专题04导数及其应用解答年高考真题理科数学分项汇编合卷教师版纸间书屋

专题 【2019年高考Ⅰ卷理数】已知函数f(x)sinxln(1x)，f(x)为f(x)的导数．证明f(x在区间

2

f(x2（1）g(x)

f'(x，则g(x)cosx

1

，g'(x)sinx

(1x)2x1,g'(xg'(0)0g')0g'(x在1, 2 2 设为x(1,)g'(x)0x,g'(x)0 2 gx在(1,单调递增，在gx在1f'(x) 2 2 在1存在唯一极大值点 2 （2）f(x)的定义域为(1（i）x(10]时，由（1）知，f'(x)在(1,0)单调递增，而f'(0)0x(10)f'(x)0f(x)在1,0)f(0)=0x0是f(x)在(10]的唯一零点（ii）x0,时，由（1）知，f'(x)在(0,)单调递增，在,单调递减，而f' 2 2 f0f'()0x(0f'(x)0x2

2

2 f'(x)0.f(x在(0)单调递增，在单调递减 2 f(0)=0f1ln10，所以当x0时f(x0.从而f(x在0没2 2

2

2 零点

x时，f(x0所以f(x在单调递减.f0，f(0所以f

2 在有唯一零点

x(时ln(x1)1，所以f(x<0，从而f(x在(没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.【2019年高 Ⅱ卷理数】已知函数fxlnxx1xx0f(x)y=lnxA(x0，lnx0)yex的切线（1）f(x在(0,1和(1（2）见解析【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）f(x)1x

(x

0f(x在（0，1），（1，+∞）1e1

e2 e2

e

f(e)2 e2 e2f（x）=0．又0

1，f(1)ln

x11f(x)0f（x）在（0，1）1 x x0（2）因 elnx0，故点B（–lnxx0

）在曲线y=ex上

ln

1x0x

由题设知f(x)0，即lnx ，故直线AB的斜率k0 0 x

lnx

x

x0 x0 y=exB(lnx00

1ylnxA(xlnxx x 1x，x0ylnxA(x0lnx0y=ex【2019年高考Ⅲ卷理数】已知函数f(x)2x3ax2bf(x)是否存在ab，使得f(x)在区间[0,1的最小值为11？若存在，求出ab的所有值；a（2）b

a b（1）f(x6x22ax2x(3xaf(x0，得x=0xa3若a>0x(

a时，f(x)0；当x0a时，f(x0．故f(x) 3 (0),a单调递增，在0a 3 a=0，f(x)在((0,若a<0，则当x,a 时，f(x)0；当xa,0时，f(x)0．故f(x(0, 3 a0单调递增，在a,0单调递减 3 a≤0时，由（1）f(x在[0，1]f(x在区间[0，l]f(0)=b，最大值为f(1)2ab.a，b满足题设条件当且仅当b12ab1a=0b1．a≥3时，由（1）f(x在[0，1]f(x在区间[0，1]f(0)=b，最小值为f(12ab．此时a，b满足题设条件当且仅当2ab1，b=1，即a=4，b=1．a 0<a<3时，由（1）f(x在[0，1]f327bb或2ab a3a若 b1，b=1，则a332，与0<a<333若 b1，2ab1，则a

或a

或a=0，与0<a<33a=0b1a=4，b=1f(x在[0，1]的最小值为-13【2019年高 理数】已知函数f(x)1x3x2x4yf(x1x[24]时，求证x6f(xxF(x)|f(x)xa)|(aR)F(x在区间[24]M（a）．M（a）最a的值．（Ⅱ）（Ⅲ）（Ⅰ）f(x)1x3x2xf(x)3x22x f(x1，即3x22x11，得x0x8 又f(0)0，f( yf(x1yxy8x8 yxyx64（Ⅱ）令g(x)f(xxx[2g(x)1x3x2g'(x3x22x g'(x0x0x83g'(x),g(x)x(2,0(0,383(8,34g'g(00gx的最小值为6，最大值为0故6g(x0，即x6f(xxa3时M(a)F(0)|g(0a|a3a3时M(aF(2|g(2a|6a3；当a3时M(a)3.综上，当M(a)a【2019年高考理数】设函数f(x)excosfx的单调区

g(xfxxf(xg(xx0

（）x为函数u(x)f(x1在区间2n2n内的零点，其中nN 2 2n2xnsin

（

f(x)的单调递增区间为2kπ3π2kππ(kZ),f(x)的单调递减区间为 42kππ2kπ5π(kZ.（Ⅱ）（Ⅲ） 4【解析】（Ⅰ）由已知，有f(x)ex(cosxsinxx2k2k5(kZ) 4 sinxcosx，得f(x)0，则fx单调递减；当x2k32k(kZ) 4 sinxcosxf(x)0fxfx2k32k(kZ),f

42k,2k5(kZ) 4（）h(x)

f(xg(xx．依题意及（）g(x)ex(cosxsinx)，从而 42g'(x2exsinxx,g'(x42 h'(x)f'(x)g'(x)xg(x)(1)g'(x)x0 hx在区间上单调递减，进而h(xhf0 xf(xg(xx0

uxf

10，即exncosx1yx2n

, fyeyncosyexn2n

2ne2nnN

440 0f

e2n1f

及（Ⅰ），

．由（Ⅱ）xg'(x0442gx

,

g

g

g44

（Ⅱ）f

ng

2

0nn fyn

yng

gy gyey0sinycosy sinxcosx 2n2xnsin

【2019年高考浙江】已知实数a0f(x)=alnx3当a 时，求函数f(x)的单调区间34

x1,xx1对任意x ,)均有f(x) x1

求a【答案（1）fx的单调递增区间是3,单调递减区间是03；（2）02 43【解析】（1）当a 时，f(x)34

4

1x,x0121(1x2)(21121(1x2)(21x4x1f(x的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，

1，得0a 2 xx21当0a 2时，f(x)xx21

2lnx01

2令t ，则t 2x1x1g(t)t

2lnx,t22g(t)

x(t

11)21x2lnxxxx1x（i）x11x

22 x21g(t)g(22)x21

2lnxx记p(x) x

lnxx1，2121p'(x)

2 1x2xx2x2xx1 2x xxx(x(x x(2x2xx1(x1)(x1 2x 故x17(171(x)0+p(p(17所以p(xp(10因此g(tg(22)2p(x01x2xlnx(x2（ii）当x11x2xlnx(x27 7 q(x2xlnxx1x11xq'(x)lnx210x

7q(x)在11上单调递增，所以q(x)„q17 7

7 由（i）q127p127p(107 7 q(x)<01x2 q(1x2 由（i（ii）x1t[22g(t)…0 x即对任意x1,，均有f x 2a的取值范围是0,42 （1）（2）（3）（4）【2019年高考江苏】设函数f(x)(xa)(xb)(xca,bcR、f'(x)f（x）a≠b，b=cf（x）f(x的零点均在集合3,13f（x）若a00b1c1f（x）M，求证:M≤4（2）（3）【解析】（1）因为abcf(x)xa)(xb)(xc)xa)3f(4)8，所以(4a)38，解得a2．因为bcf(x)xa)(xb)2x3a2b)x2b(2ab)xab2从而f(x3(xbx2ab．令f(x0，得xbx2ab 因为ab2ab都在集合{3,13ab33此时f(xx3)(x3)2f(x)3(x3)(x1f'(x)0x3x1x(,1f'(x)+0–0+ff(xf(113)(13)232因为a0c1f(x)x(xb)(x1)x3b1)x2bxf'(x)3x22(b1)xbb1b2bb1b2b因为0b14(b1)212b2b1)230，f(x有2b1b2bb1b2bf(x0，得x1

,x2 x(,x1,x2(x2,f'(x)+0–0+ff(xMfx1． Mfxx3(b1) b1

2b2b

b(b[3x22(b1)xb]1 x 9

2b2b1(b

b(b

b2b(b(b1)b(b1)2(b1)2(b(b(b1) b(b1)2

4M4 因为0b1x1(0,1x(0,1f(x)x(xb)(x1)x(x1)2g(x)x(x1)2x(0,1g'(x)3x1(x1 3 1令g'(x)0，得x ．列表如下13x(0,313(13+0–g(x1gx3

g1433 所以当x(0,1)时，f(x)g(x) ，因此M 【2018年高 Ⅰ卷理数】已知函数f(x)1xalnxxf(x)f(xxxfx1fx2a2 x（2）【解析】（1）f(x)的定义域为(0

ax(x) （i）若a2，则f(x)0，当且仅当a2x1f(x)0f(x)在(0单调递减aaa2a a2（ii）若a2，令f(x)0得，x 或x ax

a2 a)

a2,时， ) aa2aaa2a a2

f(x).

f(x)aa2a a2aa2aaa2a a2aa2a a2 （2）由（1）f(x存在两个极值点当且仅当a2由于f(x的两个极值点xx满足x2ax10，所以xx1，不妨设xx，则x 1 1由于f(x1f(x2)11alnx1lnx22alnx1lnx22a2lnx21

x2x所以f(x1f(x2)a2等价于1

2ln

0xx1x1

2设函数g(x) x2lnx，由（1）知，g(x)在(0,)单调递减，又g(1)0，从而当x(1,x时g(x)0所以1x2ln

0

f(x1)f(x2)a2x x2

x1【2018年高 Ⅲ卷理数】已知函数fx2xax2ln1x2x（1）若a0，证明：当1x0fx0x0fx0（2）x0fx的极大值点，求a（2）6【解析】（1）当a0时f(x2xln(1x2xf(xln(1x

x1xg(x)

f(x)ln(1x)

1

g(x)

(1x)2当1x0时g(x0；当x0时g(x)0故当x1时g(x)g(0)0，且仅当x0时g(x)0，从而f(x)0，且仅当x0时f(x)0.所以f(x)在(1单调递增f(0)0，故当1x0时f(x0；当x0时f(x0（2（i）f(x)的极大值点f （ii）若a0，设函数h(x2xax2ln(1x2xax21|由于当|x| }时，2xax20，故h(x)与f(x)符1|h(0)

f(0)0x0f(x)x0是h(x)的极大值点 2(2xax2)2x(1

x2(a2x24ax6ah(x) 1

(2xax2

(x1)(ax2x 1|如果6a10，则当0x6a1，且|x| }时，h(x)0，故x0不是h(x)1|大值点1|如果6a10，则a2x24ax6a10存在根x0，故当x(x,0)，且|x|1| h(x)0x0h(x)的极大值点 x3(x 如果6a10，则h (x1)(x26x12)2.则当x(1,0)时，h(x)0；当x(0,1)时，h(x)0.x0h(x)x0是f(x)的极大值点综上a1.6a0a0，当a0时构造函数h(x)

f2x

是解题的关键，并利用导数讨论函数h(x【2018年高考Ⅱ卷理数】已知函数f(x)exax2（1）若a1x0f(x)（2）若f(x)在(0,只有一个零点，求ae2e（2） 4【解析】（1）当a1f(x)1等价于(x21)ex10g(x)(x21)ex1g'(x)(x22x1)ex(x1)2ex．x1g'(x)0gx)在(0)单调递减．g(00，故当x0时g(x)0，即f(x（2）设函数h(x)1ax2exf(x)在(0只有一个零点当且仅当h(x)在(0)当a0h(x)0h(x)a0h'(x)ax(x2)exx(02)时h'(x)0；当x(2时h'(x)0．所以h(x)在(02)单调递减，在(2)单调递增．h(2)14a是h(x)在[0)①若h(2)②若h(2)

e，即a e4e2e，即a 4

在(0在(0

③若h(2)

e，即a ，由e4

h(0)

在(0

由（1）知，当x0时，exx2，所以h(4a) 0

(e2a

h(x)在(24a)有一个零点，因此h(x)在(0)

f

在(0

2e只有一个零点时，a e4【2018年高考理数】设函数f(x)=[ax2(4a1)x4a3]exf(x在x=2处取得极小值，求a（Ⅰ）1；（Ⅱ）（12【解析】（Ⅰ）f(xax24a1)x4a3exfff′(1)=0，即(1–a)e=0a=1．f(1)=3e≠0．a（Ⅱ）由（Ⅰ）fa1x∈1，2)时，f x∈(2，+∞)时，ff(x)x=2若a≤1，则当x∈(0，2)时 2f

ax–1≤22f(x)综上可知，a的取值范围是（12a【2018年高考理数】已知函数f(x)ax，g(x)logx，其中a求函数h(x)f(xxlnayf(x)在点(x1,f(x1))yg(x)在点(x2g(x2

xg(x)2lnlna 1证明当aeellyf(xyg(x的切线)（II）（III）析（I）h(xaxxlnah(xaxlnalnah(x0，解得a>1xh(xh(x)x(,0(0,0+所以函数h(x)的单调递减区间为(0)，单调递增区间为(0) f(xaxlna，可得曲线yf(x在点(x,f(x处的切线斜率为ax1lna g(x)

yg(x)在点(x2g(x2

x2ln因为这两条切线平行，故有

lna

xax(lna)2 12x2ln 12

a为底的对数，得logax2x12logalna0x1g(x2)曲线yf(x在点(xax1处的切线l1yax1ax1lnaxx

xyg(x)在点(x2logax2l2ylogax2x2

(xx).lna 1要证明当aeellyf(xyg(x1aeex1(x2(0l1l2重合 axlna

ln即只需证明当aee时，方程组

ax1xax1lnalogx

a ln由①得x

，代入②，得

xaxlnax

12lnlna0 ax1(ln

ln

1因此，只需证明当aeex1的方程③存在实数解 设函数u(x)axxaxlnax ，即要证明当aee时，函数yu(x)存在零点 u(x)1(lna)2xaxx(0)时，u(x)0；x(0)时，u(x)u(0)10u

1a(ln

0xx>0，使得u(x0，即1lna)2xax00.1 (lna)21

可得u(x)在(x0上单调递增，在(x0上单调递减u(x)xx0处取得极大值u(x01因为aee，故ln(lna

0所以u(x0)a0x0a0lnax0 x0 00t，使得u(t)01由（I）可得ax1xlna，当x 1ln

x(ln

有u(x1xlna)(1xlnaxt，使得u(t)0

2lnlna(lna)2x2x1lna

2lnlna1因此，当aeex1(，使得u(x1)01所以，当aeellyf(x)yg(x)的切线x x（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明12【解析（Ⅰ）函数f（x）的导函数f(x) 112xf(x1f(x2

1 112121212因为xx，所以1 1 12x1212x124x1x2x1x2x1x2256由题意得f(x)f(x) ln

ln

ln(xx)12x112x12

1xlnxxg(x1x

4)x−0+g(g（x）在[256，+∞）上单调递增，g(x1x2g(256)88ln2，f(x1f(x288ln2a（Ⅱ）令m=e(ak)，n= )21，aknf（n）–kn–a<n(n

ak)≤n(|a|1k)nnn所以，存在x0∈（m，n）使f（x）=kx+a得k

xlnxaxh(x)

xlnxaxlnxx1则h(x)

g(x)1ag(x)

lnxx2x由（Ⅰ）g（x）≥g（16），a≤3–4ln2，故h′（x）≤0h（x）在（0，+∞）f（x）–kx–a=01个实根．a≤3–4ln2k>0y=kx+ay=f（x）有唯一公共点．合应用能力【2018O的一段圆弧MPN（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40PMN的距离为50米．现规划在此农田上修ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDPAB均MNCDOCMN所成的角为．用ABCD和△CDP的面积，并确定sin43．求当平方米，sinθ的取值范围是[1，1]（2）θ=π时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． （1）POMNHPH⊥MNOH=10．OOE⊥BCEOE∥MN，所以∠COE=θ，ABCD2×4coθ（40siθ+1）=80（4sinθcosθ+coθ△CDP1×2×40cosθ（0–40sinθ）=160（cosθ–sinθcoθ2NGN⊥MNOEGK令∠GOK=θ0sinθ01，θ0∈（0π θ∈[θ0π]2sinθ的取值范围是14米，sinθ的取值范围是143k（k>04k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000（nco+coθθ∈θ，2f（θ）=sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0π2f()cos2sin2sin(2sin2sin1)(2sin1)(sin16θ∈（θ0π）f()0f（θ）6θ∈（ππ）f(0f（θ） θπ时，f（θ）6θπ6【2018f(xg(xf(xg(xx0Rf(x0)g(x0f(x0)g(x0x0f(xgx的一个“Sf(x)xg(x)x22x2不存在“Sf(x)ax21g(x)lnx存在“Sa已知函数f(x)

a，g(x) a0b0f(x)gx在区间(0内存在“Se（2）2

（3）（1）f（x）=x，g（x）=x2+2x-2f′（x）=1，g′（x）=2x+2．f（x）=g（x）f′（x）=g′（x，得xx22x12x

fx）ax21g(x)lnx

xf′x0=g′（x0ax21ln ，即 0（*）2ax0

2ax2 得lnx0 ，即x02

2a

22(e2aex

（*因此，ae2a>0，设h(xx33x2axa因为h(0a0，h(113aa20，且h（x）的图象是不间断所以存在x∈（0，1，使得h(x)0．令b ，则b>0．000f(x

a，g(x)

，x

ex0(1x(x)

bex(x．f′（x）=g′（xx2

xxx

x2，即

0ex0(1x 0

（**）

bex(x2

2x

00

ex(x2 e(1x0 （**a>0b>0f（x）g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．【2017年高考Ⅰ卷理数】已知函数f(x)ae2x(a2)exxf(x)f(xa的取值范围（2）（1）f(x)的定义域为(f(x)2ae2xa2)ex1aex1)(2ex1（ⅰ）若a0，则f(x)0，所以f(x)在(单调递减（ⅱ）若a0f(x)0xlnax(lna时f(x)0；当x(lna时f(x)0，所以f(x)在(lna单调递减，在(lna单调递增.（2（ⅰ）若a0，由（1）f(x至多有一个零点（ⅱ）若a0，由（1）xlnaf(x)f(lna)11lnaa①当a1f(lna)0，故f(x)1②当a(1,)时，由于 lna0，即f(lna)0，故f(x)没有零点1a1③当a(0,1)时，1 lna0，即f(lna)01af(2)ae4a2)e222e220f(x在(lna有一个零点3设正整数n0满足n0ln(33

1，则f(nen0(aen0a2nen0n2n0n0 a

1)lna，因此f(x)在(lna有一个零点a的取值范围为(0,1【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实数根问题相互转化.f(x有2个零单调性、极值、最值，是若f(x)有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且【2017年高考Ⅱ卷理数】已知函数f(x)ax2axxlnx，且f(x)0（1）求a（2）f(xx，且e2f(x22 【答案】（1）a1；（2）见解析（1）f(x)的定义域为(0gxaxalnx，则fxxgxfx0等价于gx0g10gx0g'(1)0g'(x)a1g'(1)a1axa1，则g'(x11x当0x1g'(x)0gx单调递减；x1时g'(x)0gx单调递增．所以x1gx的极小值点gxg10．a1．

fxx2xxlnx，f'(x)2x2lnx1设hx2x2lnx，则h'(x)2 1x x(0,)时h'(x0；当x(,时h'(x0 所以hx在(0,)上单调递减，在(, 2he20h1)0h102 所以hx在(0,)x0，在[, 且当x0x0时hx0；当xx0,1时hx0；当x1时hx0．f'(x)hxxx0fx的唯一极大值点．f(x00得lnx02x01fx0x01x01由x00,1得fx0 14xx0fx在（0，1）0由e10,1f'(e10f(x)f(e1)e200所以e2fx220（1）（2）（3）（4）【2017年高 Ⅲ卷理数】已知函数fxx1alnx（1）fx0a1（2）设m为整数，且对于任意正整数n，1111 m1 2 22 【答案】（1）a1；（2）3【解析】（1）fx的定义域为f1 ①若a0

=-+aln20 x②若 0，由f'x1 知 x0,afx0；所以fx在0,a单调递减，在a，+单调递增，x=afx在0，+的唯一最小值点.f10a=1fx0（2）由（1）x1x1lnx0x1n

得ln

n

1. ln11ln

1

11

1

1

2 22 2n

1故111

e 2 22 而11

1

12，所以m的最小值为3 2 22 23 (历届高，对数的应的考查非突出.本专在高题向及命角度：：（1）2x（3）2x2

）ex（x12(1x)(2x(1x)(2x12) 2x

(x)

(x

)

2]（1）因为(x

2x1)'

，(ex)'ex12x(1x)(2x112x(1x)(2x12)2x

(x) )2x(1(1x)(2x12) 2x

(x

2x1)

(x )25（2）

(x)

0，解得x1或x 2x121（215（1，2525（2f–0+0–1e201e2f(x12

1)2ex02x2x

1所以f（x）在区间[,)上的取值范围是 e2] （f'(x)f'(x)f(x)（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数f(x)的【2017年高考理数】已知函数f(x)excosxxyf(x在点(0,f(0处的切线方程π求函数f(x)在区间 2【答案】(Ⅰ)y1；（Ⅱ）1；最小值为π2【解析】（Ⅰ）f(xexcosxxf(xex(cosxsinx1,f(00又因为f(0)所以曲线yf(x在点(0,f(0处的切线方程为yh(x)ex(cosxsinx1h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinxx

(0,2

时h(x)0 在区间[0,

x

(0,2

有h(x)h(0)0，即f(x)0ff 在区间[0,

上单调递减f(x在区间[0,πf(0)1fπ)π 导数，因为通过fx不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设hxfx，再求hx，一般这时就可求得函数hx的零点，或是hx0hx0恒成立，这样就能知道函数hxyfx的单调性，最后求得结果.【2017年高考理数设aZ已知定义在R上的函数f(x)2x43x33x26xa在区间(1,x0gxf(xgx（Ⅱ）设m[1x0)(x02]，函数h(xg(x)(mx0f(mh(m)h(x000A，使得对于任意的正整数pq，且p[1x)(x2满足|px 1

（Ⅰ）增区间是(1，1，减区间是4

1,4

（Ⅱ（Ⅲ（Ⅰ）f(x)2x43x33x26xag(x)f(x)8x39x26x6进而可得g(x)24x218x6．g(x0，解得x1x1．4xg(x),g(x)x(,4(1,)+-+g(↗↘↗gx的单调递增区间是(11，单调递减区间是4

1,)4h(xg(x)(mx0f(m，得h(m)g(m)(mx0f(mh(x0)g(x0)(mx0)f(m) H1(x)g(x)(xx0f(xH(x)g(x)(xx 由（Ⅰ）x[12]g(x)011x[1x0H(x)0H1(x单调递减；x(x02H(x)0H1(x单调递增．11因此，当x[1,x0) (x0,2]时，H1(x)H1(x0)f(x0)0，可得H1(m)0，即h(m)0．H2x)g(x0xx0f(x H(x)g(xg(x 由（Ⅰ）gx在[1222x[1x0H(x)0H2(x单调递增；x(x02H(x)0H2(x单调递减．22因此，当x[1,x0) (x0,2]时，H2(x)H2(x0)0，可得H2(m)0，即h(x0)0．所以，h(m)h(x0)0．对于任意的正整数p，q，且p[1,x (x,2] m

p，函数h(xg(x)(mxf(m 由（Ⅱ）知，当m[1x0h(x在区间(mx0m(x02]h(x)在区间(x0m)内有零点，所以h(x)在(12)x，则h(xg(xpxfp0 由（Ⅰ）gx在[12上单调递增，故0g(1)g(x1)g(2)， f(q |f(q) |2p43p3q3p2q26pq3aq41于是|qx0||g(x)|1

x[12]g(x)0f(x在[12上单调递增，所以f(x)在区间[12]x0外没有其他的零点，p而px，故f )0p pqa均为整数，所以|2p43p3q3p2q26pq3aq4|是正整数，从而|2p43p3q3p2q26pq3aq4|1，所以|px| 所以，只要取Ag(2)，就有|px| （2）【2017fxx22cosxg(xex(cosxsinx2x2e

yfx在点π,fπ令h(x)g(x)af(x)(aR，讨论hx的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值（2）（1）f(ππ22，又fx2x2sinx，所以f(π2πyfx在点π,fπyπ222π(xπy2πxπ22（2）由题意得h(x)ex(cosxsinx2x2a(x22cosx因为h(x)ex(cosxsinx2x2ex(sinxcosx2a(2x2sin2ex(xsinx2a(xsinx)2(exa)(xsinx，令mxxsinx，则mx1cosx0，

在R上单调递增因为m(0)0x0m(x)0；x0mx0，①当a0时exa0x0hx0hx单调递减，x0hx0hx单调递增，x0hx取到极小值，极小值是

h0 a0h(x)2(exel