2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第二章 第11节 导数的应用 理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第二章 第11节 导数的应用 理（含解析）1. （xx四川，5分）已知f(x)ln(1x)ln(1x)，x(1,1)，现有下列命题：f(x)f(x)；f2f(x)；|f(x)|2|x|.其中的所有正确命题的序号是()A BC D解析：f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)，故正确；因为f(x)ln(1x)ln(1x)ln，又当x(1,1)时，(1,1)，所以flnln22ln2f(x)，故正确；当x0,1)时，|f(x)|2|x|f(x)2x0，令g(x)f(x)2xln(1x)ln(1x)2x(x0,1)，因为g(x)20，所以g(x)在区间0,1)上单调递增，g(x)f(x)2xg(0)0，即f(x)2x，又f(x)与y2x都为奇函数，所以|f(x)|2|x|成立，故正确，故选A.答案：A2. （xx新课标全国，5分）设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)2m2，则m的取值范围是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)解析：由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)，则k(kZ)，从而得x0m(kZ)所以不等式xf(x0)2m2即为2m233，其中kZ.由题意，存在整数k使得不等式m2123成立当k1且k0时，必有21，此时不等式显然不能成立，故k1或k0，此时，不等式即为m23，解得m2.答案：C3. （xx辽宁，5分）当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 B.C6，2 D4，3解析：当x(0,1时，得a3342，令t，则t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，g(t)单调递减，所以g(t)maxg(1)6，因此a6；同理，当x2,0)时，得a3342，令m，则m，a3m34m2m，令g(m)3m34m2m，m，则g(m)9m28m1(m1)(9m1)显然在上g(m)0，所以g(m)ming(1)2.所以a2.由以上两种情况得6a2，显然当x0时也成立故实数a的取值范围为6，2答案：C4. （xx湖北，14分）为圆周率，e2.718 28为自然对数的底数(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求e3,3e，e，e,3，3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e3,3e，e，e,3，3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，因为f(x)，所以f(x).当f(x)0，即0xe时，函数f(x)单调递增；当f(x)e时，函数f(x)单调递减故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)因为e3，所以eln 3eln ，ln eln 3，即ln 3eln e，ln eln 3.于是根据函数yln x，yex，yx在定义域上单调递增，可得3ee3，e3e3.故这6个数的最大数在3与3之中，最小数在3e与e3之中由e3及(1)的结论，得f()f(3)f(e)，即.由，得ln 33；由，得ln 3eln e3，所以3ee3.综上，6个数中的最大数是3，最小数是3e.(3)由(2)知，3ee33，3ee3.又由(2)知，得ee.故只需比较e3和e和e与3的大小由(1)知，当0xe时，f(x)f(e)，即.在上式中，令x，又e，则ln，从而2ln 2.由得，eln e2.72.7(20.88)3.0243，即eln 3，亦即ln eln e3，所以e366e，即3ln ，所以e3.综上可得，3ee3ee30，所以当x(0,2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，)(2)由(1)知，k0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k0时，设函数g(x)exkx，x0，)，因为g(x)exkexeln k，当00，yg(x)单调递增故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k1时，得x(0，ln k)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增所以函数yg(x)的最小值为g(ln k)k(1ln k)函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当解得ek0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0,1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值解：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2.所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在(，x1)和(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增(2)因为a0，所以x10.当a4时，x21.由(1)知，f(x)在0,1上单调递增所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2,1上单调递减所以f(x)在xx2处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0处和x1处同时取得最小值；当1a0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.解：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x，由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，因此，当x0时，g(x)g(0)0，即x2ex.(3)证明：法一：若c1，则excex.又由(2)知，当x0时，x2ex.所以当x0时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，令k1，要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln k，则h(x)1，所以当x2时，h(x)0，h(x)在(x0，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增，又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.法二：对任意给定的正数c，取x0，由(2)知，当x0时，exx2，所以exee22，当xx0时，ex222x2.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.法三：首先证明当x(0，)时，恒有x3ex.证明如下：令h(x)x3ex，则h(x)x2ex.由(2)知，当x0时，x2ex，从而h(x)0，h(x)在(0，)内单调递减，所以h(x)h(0)10，即x3ex.取x0，当xx0时，有x2x3ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.8. （xx浙江，14分）已知函数f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)设bR，若f(x)b24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围解：(1)因为f(x)所以f(x)由于1x1，当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1,1)上是增函数，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.当1a1时，若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函数；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是减函数，所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此，当1a时，M(a)m(a)a33a4；当a0，t(a)在上是增函数，故t(a)t(0)2，因此23ab0；当a1时，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2是3ab22，解得3ab0；当a1时，h(x)在1,1上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1)23ab，所以3ab22且3ab22，解得3ab0.综上，得3ab的取值范围是23ab0.9. （xx四川，14分）已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，求a的取值范围解：(1)由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.因此，当x0,1时，g(x)12a，e2a当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递减，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；当a时，令g(x)0，得xln(2a)(0,1)所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点由(1)知，当a时，g(x)在0,1上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点当a时，g(x)在0,1上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点所以a0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe10，g(1)e2ab1a0.解得e2a1.当e2a1时，g(x)在区间0,1内有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0，则g(x)0(x0,1)，从而f(x)在区间0,1上单调递增，这与f(0)f(1)0矛盾，所以g(ln(2a)0，g(1)1a0，故此时g(x)在(0，ln(2a)和(ln(2a)，1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在0，x1上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在x2,1上单调递增所以f(x1)f(0)0，f(x2)f(1)0，故f(x)在(x1，x2)内有零点综上可知，a的取值范围是(e2,1)10. （xx江苏，16分）已知函数f(x)exex，其中e是自然对数的底数(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)exm1在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x01，)，使得f(x0)0)，则t1，所以m对任意t1成立因为t112 13，所以，当且仅当t2，即xln 2时等号成立因此实数m的取值范围是.(3)令函数g(x)exa(x33x)，则g(x)ex3a(x21)当x1时，ex0，x210，又a0，故g(x)0.所以g(x)是1，)上的单调增函数，因此g(x)在1，)上的最小值是g(1)ee12a.由于存在x01，)，使ex0ex0a(x3x0)0成立，当且仅当最小值g(1)0.故ee12a.令函数h(x)x(e1)ln x1，则h(x)1.令h(x)0，得xe1，当x(0，e1)时，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的单调增函数所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0.当x(e1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0.所以h(x)0对任意的x(1，e)成立当a(1，e)时，h(a)0，即a1(e1)ln a，从而ea1h(e)0，即a1(e1)ln a，故ea1ae1.综上所述，当a时，ea1ae1.11. （xx辽宁，12分）已知函数f(x)(cos xx)(2x)(sin x1)，g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln.证明：(1)存在唯一x0，使f(x0)0；(2)存在唯一x1，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0x1.证明：(1)当x时，f(x)(1sin x)(2x)2xcos x0，f20，当t时，u(t)0，所以u(t)在(0，x0上无零点在上u(t)为减函数，由u(x0)0，u4ln 20，故g(x)(1sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1，使g(x1)0.因x1t1，t1x0，所以x0x1.12. （xx天津，14分）设f(x)xaex(aR)，xR.已知函数yf(x)有两个零点x1，x2，且x10在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意a0时由f(x)0，得xln a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln a)ln a(ln a，)f(x)0f(x)ln a1这时，f(x)的单调递增区间是(，ln a)；单调递减区间是(ln a，)于是，“函数yf(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：a.f(ln a)0；b存在s1(，ln a)，满足f(s1)0；c存在s2(ln a，)，满足f(s2)0，即ln a10，解得0ae1.而此时，取s10，满足s1(，ln a)，且f(s1)a0；取s2ln，满足s2(ln a，)，且f(s2)0.由已知，x1，x2满足ag(x1)，ag(x2)，由a(0，e1)，及g(x)的单调性，可得x1(0,1)，x2(1，)对于任意的a1，a2(0，e1)，设a1a2，g(1)g(2)a1,0112，g(1)g(2)a2，其中011a2，即g(1)g(1)，可得11；类似可得20，得1，且解得x1，x2.所以，x1x2.令h(x)，x(1，)，则h(x)，令u(x)2ln xx，得u(x)2.当x(1，)时，u(x)0.因此，u(x)在(1，)上单调递增，故对于任意的x(1，)，u(x)u(1)0，由此可得h(x)0，故h(x)在(1，)上单调递增因此，由可得x1x2随着t的增大而增大而由(2)知，t随着a的减小而增大，所以x1x2随着a的减小而增大13. （xx湖南，13分）已知常数a0，函数f(x)ln(1ax).(1)讨论f(x)在区间(0，)上的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)f(x2)0，求a的取值范围解：(1)f(x).(*)当a1时，f(x)0.此时，f(x)在区间(0，)上单调递增当0a1时，由f(x)0得x12.当x(0，x1)时，f(x)0.故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，)上单调递增综上所述，当a1时，f(x)在区间(0，)上单调递增；当0a1时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增(2)由(*)式知，当a1时，f(x)0，此时f(x)不存在极值点因而要使得f(x)有两个极值点，必有0a且x2，所以2，22，解得a.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点而f(x1)f(x2)ln(1ax1)ln(1ax2)ln1a(x1x2)a2x1x2ln(2a1)2ln(2a1)22.令2a1x，由0a1且a知当0a时，1x0；当a1时，0x1.记g(x)ln x22.()当1x0时，g(x)2ln(x)2，所以g(x)0.因此，g(x)在区间(1,0)上单调递减，从而，g(x)g(1)40.故当0a时，f(x1)f(x2)0.()当0x1时，g(x)2ln x2，所以g(x)g(1)0.故当a0.综上所述，满足条件的a的取值范围为.14. （xx陕西，14分）设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设nN，比较g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明解：由题设得，g(x)(x0)(1)由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可得gn(x).下面用数学归纳法证明当n1时，g1(x)，结论成立假设nk时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立由可知， 结论对nN成立所以gn(x).(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立设(x)ln(1x)(x0)，则(x)，当a1时，(x)0(仅当x0，a1时等号成立)，(x)在0，)上单调递增，又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1时，ln(1x)恒成立(仅当x0时等号成立)当a1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln(n1)证明如下：证法一：上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln.下面用数学归纳法证明当n1时，ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即ln(k1)那么，当nk1时，ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，即结论成立由可知，结论对nN成立证法二：上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln.故有ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上述各式相加可得ln(n1)，结论得证证法三：如图，dx是由曲线y，xn及x轴所围成的曲边梯形的面积，而是图中所示各矩形的面积和，dxdxnln(n1)，结论得证15. （xx重庆，12分）已知函数f(x)ae2xbe2xcx(a，b，cR)的导函数f(x)为偶函数，且曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线的斜率为4c.(1)确定a，b的值；(2)若c3，判断f(x)的单调性；(3)若f(x)有极值，求c的取值范围解：(1)对f(x)求导得f(x)2ae2x2be2xc，由f(x)为偶函数，知f(x)f(x)，即2(ab)(e2xe2x)0，所以ab.又f(0)2a2bc4c，故a1，b1.(2)当c3时，f(x)e2xe2x3x，那么f(x)2e2x2e2x32310，故f(x)在R上为增函数(3)由(1)知f(x)2e2x2e2xc，而2e2x2e2x24，当x0时等号成立下面分三种情况进行讨论当c0，此时f(x)无极值；当c4时，对任意x0，f(x)2e2x2e2x40，此时f(x)无极值；当c4时，令e2xt，注意到方程2tc0有两根t1,20，即f(x)0有两个根x1ln t1或x2ln t2.当x1xx2时f(x)x2时，f(x)0，从而f(x)在xx2处取得极小值综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，)16. （xx江西，12分）已知函数f(x)(x2bxb)(bR)(1)当b4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围解：(1)当b4时，f(x)，由f(x)0得x2或x0.当x(，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x2取极小值f(2)0，在x0取极大值f(0)4.(2)f(x)，因为当x时，0；当x(2，ln 2)时，f(x)0时，f(x)0，当0x时，f(x)时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.当a0时，令f(x)0，得2ax2bx10.由b28a0，得x1，x2.当0xx2时，f(x)x2时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.综上所述，当a0，b0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；当a0，b0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，.(2)由题意知，函数f(x)在x1处取得最小值由(1)知是f(x)的唯一极小值点，故1，整理得2ab1即b12a.令g(x)24xln x，则g(x).令g(x)0，得x，当0x0，g(x)单调递增；当x时，g(x)0，g(x)单调递减因此g(x)g1ln 1ln 40.故g(a)0，即24aln a2bln a0，即ln a2b.19（xx湖南，13分）已知函数f(x)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当f(x1)f(x2)(x1x2)时，x1x20.解：本题主要考查函数求导、函数的单调区间和不等式的证明，意在结合转化思想和函数思想，考查考生的计算能力、利用函数思想证明不等式的能力(1)函数f(x)的定义域为(，)f(x)exexexex.当x0；当x0时，f(x)0.所以f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)(2)证明：当x0，ex0，故f(x)0；同理，当x1时，f(x)0.当f(x1)f(x2)(x1x2)时，不妨设x1x2，由(1)知，x1(，0)，x2(0,1)下面证明：x(0,1)，f(x)f(x)，即证exex.此不等式等价于(1x)ex0，令g(x)(1x)ex，则g(x)xex(e2x1)当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递减，从而g(x)g(0)0.即(1x)ex0.所以x(0,1)，f(x)f(x)而x2(0,1)，所以f(x2)f(x2)，从而f(x1)f(x2)由于x1，x2(，0)，f(x)在(，0)上单调递增，所以x1x2，即x1x20时，f(x)()A有极大值，无极小值B有极小值，无极大值C既有极大值又有极小值D既无极大值也无极小值解析：本题考查导数的应用以及转化能力由题意x2f(x)，令g(x)x2f(x)，则g(x)，且f(x)，因此f(x).令h(x)ex2g(x)，则h(x)ex2g(x)ex，所以x2时，h(x)0；0x2时，h(x)0时，f(x)是单调递增的，f(x)既无极大值也无极小值答案：C22（xx湖北，5分）已知a为常数，函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则()Af(x1)0，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)Cf(x1)0，f(x2)Df(x1)0，f(x2)解析：本题主要考查函数与导数的基础知识与基本运算，意在考查考生分析问题、处理问题的能力f(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1.又函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2，f(x)ln x2ax1有两个零点x1，x2，即函数g(x)ln x与函数h(x)2ax1有两个交点a0，且0x1x2.设经过点(0，1)的曲线g(x)ln x的切线与曲线g(x)ln x相切于点(x0，ln x0)，则切线方程为yln x0(xx0)，将点(0，1)代入，得x01，故切点为(1,0)此时，切线的斜率k1，要使函数g(x)ln x与函数h(x)2ax1的图象有两个交点，结合图象可知，02a1，即0a且0x11x2.由函数的单调性得：(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)最小值最大值f(x1)f(1)a.故选D.答案：D23（xx福建，13分）已知函数f(x)xaln x(aR)(1)当a2时，求曲线yf(x)在点A(1，f(1)处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值解：本小题主要考查函数、导数的几何意义、函数的极值等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、数形结合思想、化归与转化思想函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.(1)当a2时，f(x)x2ln x，f(x)1(x0)，因而f(1)1，f(1)1，所以曲线yf(x)在点A(1，f(1)处的切线方程为y1(x1)，即xy20.(2)由f(x)1，x0知：当a0时，f(x)0，函数f(x)为(0，)上的增函数，函数f(x)无极值；当a0时，由f(x)0，解得xa，又当x(0，a)时，f(x)0，从而函数f(x)在xa处取得极小值，且极小值为f(a)aaln a，无极大值综上，当a0时，函数f(x)无极值；当a0时，函数f(x)在xa处取得极小值aaln a，无极大值24（xx浙江，14分）已知aR，函数f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0,2时，求|f(x)|的最大值解：本题以三次函数为载体，主要考查利用导数研究函数的性质、二次函数、绝对值等基础知识，意在考查考生的推理能力，函数与方程、分类讨论、数形结合等思想方法(1)由题意得f(x)3x26x3a，故f(1)3a3.又f(1)1，所以所求的切线方程为y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0x2，故当a0时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递减，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.当a1时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.当0a1时，设x11，x21，则0x1x20，f(x1)f(x2)4(1a)0.从而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)()当0a|f(2)|.又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).()当a1时，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2)，所以当a|f(2)|.故|f(x)|maxf(x1)12(1a).当a0，讨论曲线yf(x)与曲线ymx2(m0)公共点的个数；(3)设ab，比较与的大小，并说明理由解：本题考查指数函数和对数函数互为反函数，函数导数的几何意义，利用导数研究两函数图象交点个数和比较大小的方法(1)f(x)的反函数为g(x)ln x.设直线ykx1与g(x)ln x的图象在P(x0，y0)处相切，则有y0kx01ln x0，kg(x0)，解得x0e2，k.(2)曲线yex与ymx2的公共点个数等于曲线y与ym的公共点个数令(x)，则(x)，(2)0.当x(0,2)时，(x)0，(x)在(2，)上单调递增，(x)在(0，)上的最小值为(2).当0m时，在区间(0,2)内存在x1，使得(x1)m，在(2，)内存在x2me2，使得(x2)m.由(x)的单调性知，曲线y与ym在(0，)上恰有两个公共点综上所述，当x0时，若0m，曲线yf(x)与ymx2有两个公共点(3)法一：可以证明.事实上，11(ba)(*)令(x)1(x0)，则(x)0(仅当x0时等号成立)，(x)在0，)上单调递增，x0时，(x)(0)0.令xba，即得(*)式，结论得证法二：(ba)eba(ba)2eba2，设函数u(x)xexx2ex2(x0)，则u(x)exxex12ex，令h(x)u(x)，则h(x)exexxex2exxex0(仅当x0时等号成立)，u(x)单调递增，当x0时，u(x)u(0)0，u(x)单调递增当x0时，u(x)u(0)0.令xba，则得(ba)eba(ba)2eba20，0，因此，.26（xx江苏，16分）若函数yf(x)在xx0处取得极大值或极小值，则称x0为函数yf(x)的极值点已知a，b是实数，1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点(1)求a和b的值；(2)设函数g(x)的导函数g(x)f(x)2，求g(x)的极值点；(3)设h(x)f(f(x)c，其中c2,2，求函数yh(x)的零点个数解：(1)由题设知f(x)3x22axb，且f(1)32ab0，f(1)32ab0，解得a0，b3.(2)由(1)知f(x)x33x.因为f(x)2(x1)2(x2)，所以g(x)0的根为x1x21，x32，于是函数g(x)的极值点只可能是1或2.当x2时，g(x)0；当2x0，故2是g(x)的极值点当2x1时，g(x)0，故1不是g(x)的极值点所以g(x)的极值点为2.(3)令f(x)t，则h(x)f(t)c.先讨论关于x的方程f(x)d根的情况，d2,2当|d|2时，由(2)可知，f(x)2的两个不同的根为1和2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)2的两个不同的根为1和2.当|d|0，f(1)df(2)d2d0，于是