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1、第1页（共 18页） 2019 年高考真题导数专题 一解答题（共12小题） 1已知函数 f（x）=ae 2x+（a2）exx （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围 2已知函数 f（x）=ax 2axxlnx， 且 f（x）0 （1）求 a； （2）证明： f（x）存在唯一的极大值点x0，且 e 2f（x 0）2 2 3已知函数 f（x）=x1alnx （1）若 f（x）0，求 a 的值； （2）设 m 为整数，且对于任意正整数n，（1+ ） （1+） （1+） m，求 m 的最小值 4已知函数f（x）=x 3+ax2+bx+1（a0， bR）有极值，
2、且导函数 f （x） 的极值点是 f（x）的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明： b23a； （3）若 f（x） ，f （x）这两个函数的所有极值之和不小于，求 a 的取值 范围 5设函数 f（x）=（1x2）ex （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 x0 时，f（x）ax+1，求 a 的取值范围 6已知函数 f（x）=（x）e x（x ） （1）求 f（x）的导函数； （2）求 f（x）在区间 ，+）上的取值范围 7 已知函数 f （x） =x2+2cosx，g （x） =ex（cosxsinx+2x2） ，
3、其中 e2.17828 是自然对数的底数 （）求曲线 y=f（x）在点（ ，f（ ） ）处的切线方程； 第2页（共 18页） （）令 h（x）=g （x）a f（x） （aR） ，讨论 h（x）的单调性并判断有无 极值，有极值时求出极值 8已知函数 f（x）=excosx x （1）求曲线 y=f（x）在点（ 0，f（0） ）处的切线方程； （2）求函数 f（x）在区间 0， 上的最大值和最小值 9 设 aZ，已知定义在 R上的函数 f （x） =2x4+3x33x26x+a 在区间（1，2） 内有一个零点 x0，g（x）为 f（x）的导函数 （）求 g（x）的单调区间； （）设 m 1，x0
4、）（x0，2 ，函数 h（x）=g（x） （mx0）f（m） ， 求证： h（m）h（x0）0； （）求证：存在大于 0 的常数 A，使得对于任意的正整数p，q，且 1，x0）（ x0，2 ，满足|x0| 10已知函数 f（x）=x3ax 2， aR， （1）当 a=2 时，求曲线 y=f（x）在点（ 3，f（3） ）处的切线方程； （2）设函数 g（x）=f（x）+（xa）cosx sinx，讨论 g（x）的单调性并判断 有无极值，有极值时求出极值 11设 a，bR，| a| 1已知函数f（x）=x 36x23a（a4）x+b， g （x）=exf（x） （）求 f（x）的单调区间； （）已
5、知函数 y=g（x）和 y=ex的图象在公共点（ x0，y0）处有相同的切线， （i）求证： f（x）在 x=x0处的导数等于 0； （ii）若关于 x 的不等式 g（x）ex在区间 x01，x0+1 上恒成立，求 b 的 取值范围 12已知函数f（x）=ex（exa）a2x （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）0，求 a 的取值范围 第3页（共 18页） 2019 年高考真题导数专题 参考答案与试题解析 一解答题（共12小题） 1 （2019?新课标 ）已知函数 f（x）=ae 2x+（a2）exx （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范
6、围 【解答】 解： （1）由 f（x）=ae2x+（a2）exx，求导 f （x）=2ae2x+（a2） ex1， 当 a=0时，f （x）=2ex10， 当 xR，f（x）单调递减， 当 a0 时，f （x）=（2ex+1） （aex1）=2a（ex+） （ex） ， 令 f （x）=0，解得： x=ln， 当 f （x）0，解得： xln， 当 f （x）0，解得： xln， x（，ln）时，f（x）单调递减，x（ln，+）单调递增； 当 a0 时，f （x）=2a（ex+） （ex）0，恒成立， 当 xR，f（x）单调递减， 综上可知：当 a0 时，f（x）在 R单调减函数， 当 a0
7、时，f（x）在（，ln）是减函数，在（ln，+）是增函 数； （2）若 a0 时，由（1）可知： f（x）最多有一个零点， 当 a0 时，f（x）=ae 2x+（a2）exx， 当 x时，e2x0 ，ex0 ， 当 x时，f（x）+， 当 x，e2x+，且远远大于 ex和 x， 第4页（共 18页） 当 x，f（x）+， 函数有两个零点，f（x）的最小值小于 0 即可， 由 f（x）在（，ln）是减函数，在（ln，+）是增函数， f（x）min=f（ln）=a（）+（a2）ln0， 1ln0，即 ln+10， 设 t=，则 g（t）=lnt+t1，（t0） ， 求导 g （t）=+1，由 g（
8、1）=0， t=1，解得： 0a1， a 的取值范围（ 0，1） 方法二： （1）由 f（x）=ae2x+（a2）e xx， 求导 f （x）=2ae2x+（a2）ex 1， 当 a=0时，f （x）=2ex10， 当 xR，f（x）单调递减， 当 a0 时，f （x）=（2ex+1） （aex1）=2a（ex+） （ex） ， 令 f （x）=0，解得： x=lna， 当 f （x）0，解得： xlna， 当 f （x）0，解得： xlna， x（，lna）时，f（x）单调递减，x（ lna，+）单调递 增； 当 a0 时，f （x）=2a（ex+） （ex）0，恒成立， 当 xR，f（x）
9、单调递减， 综上可知：当 a0 时，f（x）在 R单调减函数， 当 a0 时，f（x）在（，lna）是减函数，在（ lna，+）是 增函数； （2）若 a0 时，由（1）可知： f（x）最多有一个零点， 当 a0 时，由（1）可知：当 x=lna 时，f（x）取得最小值，f（x） 第5页（共 18页） min=f（lna）=1ln， 当 a=1，时，f（lna）=0，故 f（x）只有一个零点， 当 a（1，+）时，由 1ln0，即 f（lna）0， 故 f（x）没有零点， 当 a（0，1）时，1ln0，f（lna）0， 由 f（2）=ae 4+（a2）e2+22e2+20， 故 f（x）在（，
10、lna）有一个零点， 假设存在正整数 n0，满足 n0ln（1） ，则 f（n0）=（a+a2） n0n0n00， 由 ln（1） lna， 因此在（ lna，+）有一个零点 a 的取值范围（ 0，1） 2 （2019?新课标 ）已知函数 f（x）=ax 2axxlnx， 且 f（x）0 （1）求 a； （2）证明： f（x）存在唯一的极大值点x0，且 e 2f（x 0）2 2 【解答】 （1）解：因为 f（x）=ax 2axxlnx=x（axalnx） （x0） ， 则 f（x）0 等价于 h（x）=axalnx0，求导可知 h （x）=a 则当 a0 时 h （x）0，即 y=h（x）在（
11、 0，+）上单调递减， 所以当 x01 时，h（x0）h（1）=0，矛盾，故 a0 因为当 0x时 h （x）0、当 x时 h （x）0， 所以 h（x）min=h（） ， 又因为 h（1）=aaln1=0， 所以=1，解得 a=1； （2）证明：由（ 1）可知 f（x）=x 2xxlnx， f （x）=2x2lnx， 令 f （x）=0，可得 2x2lnx=0，记 t（x）=2x2lnx，则 t （x）=2， 第6页（共 18页） 令 t （x）=0，解得： x= ， 所以 t（x）在区间（ 0，）上单调递减，在（，+）上单调递增， 所以 t（x）min=t（）=ln210，从而 t（x）=
12、0 有解，即 f （x）=0 存在 两根 x0，x2， 且不妨设 f （x）在（0，x0）上为正、在（ x0，x2）上为负、在（ x2，+） 上为正， 所以 f（x）必存在唯一极大值点x0，且 2x02lnx0=0， 所以 f（x0）=x0x0lnx0=x0+2x02=x0， 由 x0可知 f（x0）（ x0）max=+= ； 由 f （）0 可知 x0， 所以 f（x）在（ 0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以 f（x0）f（）=； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且 e 2f（x 0）2 2 3 （2019?新课标 ）已知函数 f（x）=x1alnx （1）若 f
13、（x）0，求 a 的值； （2）设 m 为整数，且对于任意正整数n，（1+ ） （1+） （1+） m，求 m 的最小值 【解答】 解： （1）因为函数 f（x）=x1alnx，x0， 所以 f （x）=1=，且 f（1）=0 所以当 a0时 f （x）0 恒成立，此时 y=f（x）在（0，+）上单调递增， 这与 f（x）0 矛盾； 当 a0 时令 f （x）=0，解得 x=a， 所以 y=f（x）在（ 0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增，即 f （x）min=f（a） ， 又因为 f（x）min=f（a）0， 第7页（共 18页） 所以 a=1； （2）由（ 1）可知当 a=1 时
14、f（x）=x1lnx0，即 lnxx1， 所以 ln（x+1）x 当且仅当 x=0 时取等号， 所以 ln（1+），kN * 一方面，ln（1+）+ln（1+）+ +ln（1+）+ +=11， 即（1+ ） （1+） （1+）e； 另一方面，（1+） （1+） （1+）（1+） （1+） （1+）= 2； 从而当 n3 时，（1+） （1+） （1+）（ 2，e） ， 因为 m 为整数，且对于任意正整数n，（1+） （1+） （1+）m 成 立， 所以 m 的最小值为 3 4 （2019?江苏）已知函数 f（x）=x 3+ax2+bx+1（a0， bR ）有极值，且导 函数 f （x）的极值点
15、是 f（x）的零点 （极值点是指函数取极值时对应的自变量 的值） （1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明： b23a； （3）若 f（x） ，f （x）这两个函数的所有极值之和不小于，求 a 的取值 范围 【解答】 （1）解：因为 f（x）=x3+ax2+bx+1， 所以 g（x）=f（x）=3x 2+2ax+b， g （x）=6x+2a， 令 g （x）=0，解得 x= 由于当 x时 g （x）0，g（x）=f（x）单调递增；当 x时 g （x） 0，g（x）=f（x）单调递减； 所以 f （x）的极小值点为 x=， 第8页（共 18页） 由于导函数 f （x）的极
16、值点是原函数f（x）的零点， 所以 f（）=0，即+1=0， 所以 b=+（a0） 因为 f（x）=x3+ax 2+bx+1（a0， bR）有极值， 所以 f （x）=3x2+2ax+b=0的实根， 所以 4a212b0，即 a2+0，解得 a3， 所以 b=+（a3） （2）证明：由（ 1）可知h（a）=b23a=+=（4a327） （a 3 27） ， 由于 a3，所以 h（a）0，即 b23a； （3）解：由（ 1）可知 f （x）的极小值为 f （）=b， 设 x1，x2是 y=f（x）的两个极值点，则 x1+x2=，x1x2=， 所以 f（x1）+f（x2）=+a（+）+b（x1+x
17、2）+2 =（x1+x2） （x1+x2）23x1x2+a （x1+x2）22x1x2+b（x1+x2）+2 =+2， 又因为 f（x） ，f （x）这两个函数的所有极值之和不小于， 所以 b+2=， 因为 a3，所以 2a363a540， 所以 2a（a 236）+9（a6）0， 所以（ a6） （2a2+12a+9）0， 由于 a3 时 2a2+12a+90， 所以 a60，解得 a6， 所以 a 的取值范围是（ 3，6 5 （2019?新课标 ）设函数 f（x）=（1x2）ex 第9页（共 18页） （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 x0 时，f（x）ax+1，求 a 的取值范围
18、 【解答】 解： （1）因为 f（x）=（1x2）ex，xR， 所以 f （x）=（12xx2）ex， 令 f （x）=0可知 x=1， 当 x1或 x1+时 f （x）0，当1x1+时 f （x） 0， 所以 f（x）在（，1） ，（1+，+）上单调递减，在（ 1，1+）上单调递增； （2）由题可知 f（x）=（1x） （1+x）ex下面对 a 的范围进行讨论： 当 a1 时，设函数 h（x）=（1x）ex，则 h （x）=xex0（x0） ， 因此 h（x）在 0，+）上单调递减， 又因为 h（0）=1，所以 h（x）1， 所以 f（x）=（1x）h（x）x+1ax+1； 当 0a1 时，
19、设函数 g（x）=exx1，则 g （x）=ex10（x0） ， 所以 g（x）在 0，+）上单调递增， 又 g（0）=101=0， 所以 exx+1 因为当 0x1 时 f（x）（ 1x） （1+x）2， 所以（ 1x） （1+x）2ax1=x（1axx2） ， 取 x0=（0，1） ，则（1x0） （1+x0）2ax01=0， 所以 f（x0）ax0+1，矛盾； 当 a0 时，取 x0=（0，1） ，则 f（x0）（ 1x0） （1+x0）2=1 ax0+1，矛盾； 综上所述，a 的取值范围是 1，+） 6 （2019?浙江）已知函数f（x）=（x）e x（x ） （1）求 f（x）的导函
20、数； 第10页（共 18页） （2）求 f（x）在区间 ，+）上的取值范围 【解答】 解： （1）函数 f（x）=（x）e x（x ） ， 导数 f （x）=（1?2）e x（x ）e x =（1x+）e x=（1x） （1 ）e x； （2）由 f（x）的导数 f （x）=（1x） （1）e x， 可得 f （x）=0 时，x=1或， 当x1 时，f （x）0，f（x）递减； 当 1x时，f （x）0，f（x）递增； 当 x时，f （x）0，f（x）递减， 且 x? x22x1? （x1） 20， 则 f（x）0 由 f（）=e，f（1）=0，f（）=e， 即有 f（x）的最大值为e，最小值
21、为 f（1）=0 则 f（x）在区间 ，+）上的取值范围是 0，e 7 （2019?山东）已知函数 f（x）=x2+2cosx ，g （x）=ex（cosx sinx+2x2） ，其 中 e2.17828 是自然对数的底数 （）求曲线 y=f（x）在点（ ，f（ ） ）处的切线方程； （）令 h（x）=g （x）a f（x） （aR） ，讨论 h（x）的单调性并判断有无 极值，有极值时求出极值 【解答】 解： （I）f（ ）= 22f （x）=2x2sinx，f （ ）=2 曲线 y=f（x）在点（ ，f（ ） ）处的切线方程为： y（ 22）=2 （x ） 化为： 2xy 22=0 第11页
22、（共 18页） （II）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx ） h （x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（sinxcosx+2）a（2x2sinx） =2（xsinx） （exa）=2（xsinx） （exelna） 令 u（x）=xsinx，则 u （x）=1cosx 0，函数 u（x）在 R上单调递增 u（0）=0，x0 时，u（x）0；x0 时，u（x）0 （1）a0 时，exa0，x0 时，h （x）0，函数 h（x）在（ 0， +）单调递增； x0 时，h （x）0，函数 h（x）在（，0）单调递减 x=0时，函数 h（x
23、）取得极小值，h（0）=12a （2）a0 时，令 h （x）=2（xsinx） （exelna）=0 解得 x1=lna，x2=0 0a1 时，x（，lna）时，exelna0，h （x）0，函数 h（x）单调递增； x（lna，0）时，exelna0，h （x）0，函数 h（x）单调递减； x（0，+）时，exelna0，h （x）0，函数 h（x）单调递增 当 x=0时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=2a1 当 x=lna 时，函数 h（x）取得极大值，h（lna）=a ln2a2lna+sin（lna） +cos（lna）+2 当 a=1 时，lna=0，xR时，h （x）0，函
24、数 h（x）在 R上单调 递增 1a 时，lna0，x（，0）时，exelna0，h（x）0，函 数 h（x）单调递增； x（0，lna）时，exelna0，h （x）0，函数 h（x）单调递减； x（lna，+）时，exelna0，h （x）0，函数 h（x）单调递增 当 x=0时，函数 h（x）取得极大值，h（0）=2a1 当 x=lna 时，函数 h（x）取得极小值，h（lna）=a ln2a2lna+sin（lna） +cos（lna）+2 综上所述： a0 时，函数 h（x）在（ 0，+）单调递增； x0 时，函数 h（x）在（，0）单调递减 第12页（共 18页） x=0时，函数
25、h（x）取得极小值，h（0）=12a 0a1 时，函数 h（x）在 x（，lna）是单调递增；函数h（x）在 x （lna，0）上单调递减当x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）= 2a1当 x=lna时，函数 h（x）取得极大值，h（lna）=a ln2a2lna+sin （lna）+cos（lna）+2 当 a=1时，lna=0，函数 h（x）在 R上单调递增 a1 时，函数 h（x）在（，0） ，（lna，+）上单调递增；函数h （x）在（0，lna）上单调递减 当 x=0时，函数 h（x）取得极大值，h（0） =2a1当 x=lna时，函数 h （x）取得极小值，h （lna）
26、=a ln2a2lna+sin （lna）+cos（lna）+2 8 （2019?北京）已知函数f（x）=excosxx （1）求曲线 y=f（x）在点（ 0，f（0） ）处的切线方程； （2）求函数 f（x）在区间 0， 上的最大值和最小值 【解答】 解： （1）函数 f（x）=excosx x 的导数为 f （x）=e x（cosx sinx）1， 可得曲线 y=f（x）在点（0，f（0） ）处的切线斜率为 k=e0（cos0sin0）1=0， 切点为（ 0，e0cos00） ，即为（ 0，1） ， 曲线 y=f（x）在点（ 0，f（0） ）处的切线方程为y=1； （2）函数 f（x）=e
27、xcosx x 的导数为 f （x）=ex（cosxsinx）1， 令 g（x）=ex（cosxsinx）1， 则 g（x）的导数为 g （x）=ex（cosxsinxsinxcosx）=2ex?sinx， 当 x 0， ，可得 g （x）=2ex?sinx0， 即有 g（x）在 0， 递减，可得 g（x）g（0）=0， 则 f（x）在 0， 递减， 即有函数 f（x）在区间 0， 上的最大值为 f（0）=e0cos00=1； 最小值为 f（）=ecos= 第13页（共 18页） 9 （2019?天津）设 aZ，已知定义在 R上的函数 f（x）=2x 4+3x33x26x+a 在区间（ 1，2
28、）内有一个零点 x0，g（x）为 f（x）的导函数 （）求 g（x）的单调区间； （）设 m 1，x0）（x0，2 ，函数 h（x）=g（x） （mx0）f（m） ， 求证： h（m）h（x0）0； （）求证：存在大于 0 的常数 A，使得对于任意的正整数p，q，且 1，x0）（ x0，2 ，满足|x0| 【解答】 （）解：由 f（x）=2x4+3x33x26x+a，可得 g（x）=f（x）=8x3+9x2 6x6， 进而可得 g （x）=24x 2+18x6令 g （x）=0， 解得 x=1，或 x= 当 x 变化时，g （x） ，g（x）的变化情况如下表： x（，1） （1，）（，+） g
29、 （x）+ g（x） 所以，g（x）的单调递增区间是（，1） ，（，+） ，单调递 减区间是（ 1，） （）证明：由 h（x）=g（x） （mx0）f（m） ，得 h（m）=g（m） （mx0） f（m） ， h（x0）=g（x0） （mx0）f（m） 令函数 H1（x）=g（x） （xx0）f（x） ，则 H1（x）=g（x） （xx0） 由（）知，当 x 1，2 时，g （x）0， 故当 x 1，x0）时，H1（x）0，H1（x）单调递减； 当 x（x0，2 时，H 1（x）0，H1（x）单调递增 因此，当 x 1，x0）（ x0，2 时，H1（x）H1（x0）=f（x0）=0， 可得 H
30、1（m）0即 h（m）0， 令函数 H2（x）=g（x0） （xx0）f（x） ，则 H2（x）=g（x0）g （x） 由（） 第14页（共 18页） 知，g（x）在 1，2 上单调递增，故当 x 1，x0）时，H2（x）0， H2（x）单调递增；当 x（x0，2 时，H2（x）0，H2（x）单调递减因 此，当 x 1，x0）（ x0，2 时，H2（x）H2（x0）=0，可得得 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， 令 m=，函数 h（x）=g（x） （mx0）f（m） 由（）知，当 m 1，x0）时，h（x）在区间（ m，x0）内有
31、零点； 当 m（x0，2 时，h（x）在区间（ x0，m）内有零点 所以 h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为 x1，则 h（x1）=g （x1） （x0）f（）=0 由（）知 g（x）在 1，2 上单调递增，故 0g（1）g（x1）g（2） ， 于是|x0| = 因为当 x 1，2 时，g（x）0，故 f（x）在 1，2 上单调递增， 所以 f（x）在区间 1，2 上除 x0外没有其他的零点，而x0，故 f（） 0 又因为 p，q，a 均为整数，所以| 2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4| 是正整数， 从而| 2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4| 1 所以|x0|
32、所以，只要取 A=g（2） ，就有|x0| 10 （2019?山东）已知函数 f（x）=x 3 ax 2， aR， （1）当 a=2 时，求曲线 y=f（x）在点（ 3，f（3） ）处的切线方程； （2）设函数 g（x）=f（x）+（xa）cosx sinx，讨论 g（x）的单调性并判断 有无极值，有极值时求出极值 【解答】 解： （1）当 a=2时，f（x）=x3x2， 第15页（共 18页） f （x）=x22x， k=f（3）=96=3，f（3）=279=0， 曲线 y=f（x）在点（3，f（3） ）处的切线方程 y=3（x3） ，即 3xy9=0 （2）函数 g（x）=f（x）+（xa
33、）cosxsinx= x 3 ax 2+（xa）cosxsinx， g （x）=（xa） （xsinx） ， 令 g （x）=0，解得 x=a，或 x=0， 若 a0 时，当 x0 时，g （x）0 恒成立，故 g（x）在（，0） 上单调递增， 当 xa 时，g （x）0 恒成立，故 g（x）在（ a，+）上单调递增， 当 0xa 时，g （x）0 恒成立，故 g（x）在（ 0，a）上单调递减， 当 x=a时，函数有极小值，极小值为 g（a）=a3sina 当 x=0时，有极大值，极大值为 g（0）=a， 若 a0 时，当 x0 时，g （x）0 恒成立，故 g（x）在（，0） 上单调递增，
34、当 xa 时，g （x）0 恒成立，故 g（x）在（，a）上单调递增， 当 ax0 时，g （x）0 恒成立，故 g（x）在（ a，0）上单调递减， 当 x=a时，函数有极大值，极大值为 g（a）=a3sina 当 x=0时，有极小值，极小值为 g（0）=a 当 a=0时，g （x）=x（x+sinx） ， 当 x0 时，g （x）0 恒成立，故 g（x）在（ 0，+）上单调递增， 当 x0 时，g （x）0 恒成立，故 g（x）在（，0）上单调递增， g（x）在 R上单调递增，无极值 11 （2019?天津）设 a，bR，| a| 1已知函数 f（x）=x36x23a（a 4）x+b，g（x
35、）=e xf（x） （）求 f（x）的单调区间； （）已知函数 y=g（x）和 y=ex的图象在公共点（ x0，y0）处有相同的切线， （i）求证： f（x）在 x=x0处的导数等于 0； 第16页（共 18页） （ii）若关于 x 的不等式 g（x）ex在区间 x01，x0+1 上恒成立，求 b 的 取值范围 【解答】 （）解：由 f（x）=x36x23a（a4）x+b，可得 f（x）=3x212x 3a（a4）=3（xa） （x（4a） ） ， 令 f（x）=0，解得 x=a，或 x=4a由| a| 1，得 a4a 当 x 变化时，f（x） ，f（x）的变化情况如下表： x（，a） （a，
36、4a） （4a，+ ） f（x）+ f（x） f（x）的单调递增区间为（，a） ，（4a，+） ，单调递减区间 为（a，4a） ； （） （i）证明： g（x）=ex（f（x）+f（x） ） ，由题意知， ，解得 f（x）在 x=x0处的导数等于 0； （ii）解：g（x）ex，x x01，x0+1 ，由 ex0，可得 f（x）1 又f（x0）=1，f（x0）=0， 故 x0为 f（x）的极大值点，由（I）知 x0=a 另一方面，由于| a| 1，故 a+14a， 由（）知 f（x）在（a1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减， 故当 x0=a时，f（x）f（a）=1 在 a1，a+1
37、 上恒成立，从而 g（x） ex在 x01，x0+1 上恒成立 由 f（a）=a36a23a（a4）a+b=1，得 b=2a 36a2+1， 1a1 令 t（x）=2x 36x2+1， x 1，1 ， t（x）=6x212x， 令 t（x）=0，解得 x=2（舍去） ，或 x=0 第17页（共 18页） t（1）=7，t（1）=3，t（0）=1，故 t（x）的值域为 7，1 b 的取值范围是 7，1 12 （2019?新课标 ）已知函数f（x）=ex（exa）a 2x （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）0，求 a 的取值范围 【解答】 解： （1）f（x）=ex（exa）a2x
38、=e2xexaa2x， f （x）=2e2xaexa2=（2ex+a） （exa） ， 当 a=0时，f （x）0 恒成立， f（x）在 R上单调递增， 当 a0 时，2ex+a0，令 f （x）=0，解得 x=lna， 当 xlna 时，f （x）0，函数 f（x）单调递减， 当 xlna 时，f （x）0，函数 f（x）单调递增， 当 a0 时，exa0，令 f （x）=0，解得 x=ln（） ， 当 xln（）时，f （x）0，函数 f（x）单调递减， 当 xln（）时，f （x）0，函数 f（x）单调递增， 综上所述，当 a=0时，f（x）在 R上单调递增， 当 a0 时，f（x）在（，lna）上单调递减，在（lna，+）上单 调递增， 当 a0 时，f（x）在（，ln（） ）上单调递减，在（ln（） ，+ ）上单调递增， （2）当 a=0时，f（x）=e2x0 恒成立， 当 a0 时，由（1）可得 f（x）min=f（lna）=a 2lna0， lna0， 0a1， 当 a0 时，由（1）可得 f（x）min=f（ln（） ）=a2ln（）0， ln（）， 第18页（共 18页） 2a0， 综上所述 a 的取值范围为 2，1