高考真題分類(lèi)匯編理數(shù)導(dǎo)數(shù)

1、2017年高考真題分類(lèi)匯編（理數(shù)）：專(zhuān)題2 導(dǎo)數(shù)一、單選題（共3題；共6分）1、（2017浙江）函數(shù)y=f（x）的導(dǎo)函數(shù)y=f（x）的圖象如圖所示，則函數(shù)y=f（x）的圖象可能是（    ）A、B、C、D、2、（2017新課標(biāo)）若x=2是函數(shù)f（x）=（x2+ax1）ex1的極值點(diǎn)，則f（x）的極小值為（    ） A、1B、2e3C、5e3D、13、（2017新課標(biāo)）已知函數(shù)f（x）=x22x+a（ex1+ex+1）有唯一零點(diǎn)，則a=（    ） A、 B、C、D、1二、解答題（共8題；共50分）4、（

2、2017浙江）已知函數(shù)f（x）=（x ）ex（x ）（）求f（x）的導(dǎo)函數(shù)；（）求f（x）在區(qū)間 ，+）上的取值范圍 5、（2017山東）已知函數(shù)f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosxsinx+2x2），其中e2.17828是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)（13分）（）求曲線y=f（x）在點(diǎn)（，f（）處的切線方程；（）令h（x）=g （x）a f（x）（aR），討論h（x）的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值 6、（2017北京卷）已知函數(shù)f（x）=excosxx（13分） (1)求曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0）處的切線方程； (2)求函數(shù)f（x）在區(qū)間0， 上的最大值和最小值 7、（2

3、017·天津）設(shè)aZ，已知定義在R上的函數(shù)f（x）=2x4+3x33x26x+a在區(qū)間（1，2）內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)x0 ， g（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)（）求g（x）的單調(diào)區(qū)間；（）設(shè)m1，x0）（x0 ， 2，函數(shù)h（x）=g（x）（mx0）f（m），求證：h（m）h（x0）0；（）求證：存在大于0的常數(shù)A，使得對(duì)于任意的正整數(shù)p，q，且 1，x0）（x0 ， 2，滿(mǎn)足| x0| 8、（2017江蘇）已知函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有極值，且導(dǎo)函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)是f（x）的零點(diǎn)（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）（）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出定義域；（）證

4、明：b23a；（）若f（x），f（x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于 ，求a的取值范圍 9、（2017新課標(biāo)卷）已知函數(shù)f（x）=ae2x+（a2）exx（12分） (1)討論f（x）的單調(diào)性； (2)若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍 10、（2017新課標(biāo)）已知函數(shù)f（x）=ax2axxlnx，且f（x）0（）求a；（）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0 ， 且e2f（x0）22 11、（2017新課標(biāo)）已知函數(shù)f（x）=x1alnx（）若 f（x）0，求a的值；（）設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，（1+ ）（1+ ）（1+ ）m，求m的最小值 答案解析部分一、單選題1、【答案】D 【

5、考點(diǎn)】函數(shù)的圖象，函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 【解析】【解答】解：由當(dāng)f（x）0時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)f（x）0時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，則由導(dǎo)函數(shù)y=f（x）的圖象可知：f（x）先單調(diào)遞減，再單調(diào)遞增，然后單調(diào)遞減，最后單調(diào)遞增，排除A，C，且第二個(gè)拐點(diǎn)（即函數(shù)的極大值點(diǎn)）在x軸上的右側(cè)，排除B，故選D【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，當(dāng)f（x）0時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)f（x）0時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，根據(jù)函數(shù)圖象，即可判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后根據(jù)函數(shù)極值的判斷，即可判斷函數(shù)極值的位置，即可求得函數(shù)y=f（x）的圖象可能 2、【答案】A 【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)

6、性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值 【解析】【解答】解：函數(shù)f（x）=（x2+ax1）ex1 ， 可得f（x）=（2x+a）ex1+（x2+ax1）ex1 ， x=2是函數(shù)f（x）=（x2+ax1）ex1的極值點(diǎn)，可得：4+a+（32a）=0解得a=1可得f（x）=（2x1）ex1+（x2x1）ex1 ， =（x2+x2）ex1 ， 函數(shù)的極值點(diǎn)為：x=2，x=1，當(dāng)x2或x1時(shí)，f（x）0函數(shù)是增函數(shù)，x（2，1）時(shí)，函數(shù)是減函數(shù)，x=1時(shí)，函數(shù)取得極小值：f（1）=（1211）e11=1故選：A【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用極值點(diǎn)，求出a，然后判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解函數(shù)的極小值即可 3、【答案】C

7、【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用，函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，函數(shù)的零點(diǎn) 【解析】【解答】解：因?yàn)閒（x）=x22x+a（ex1+ex+1）=1+（x1）2+a（ex1+ ）=0，所以函數(shù)f（x）有唯一零點(diǎn)等價(jià)于方程1（x1）2=a（ex1+ ）有唯一解，等價(jià)于函數(shù)y=1（x1）2的圖象與y=a（ex1+ ）的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=x22x1，此時(shí)有兩個(gè)零點(diǎn)，矛盾；當(dāng)a0時(shí)，由于y=1（x1）2在（，1）上遞增、在（1，+）上遞減，且y=a（ex1+ ）在（，1）上遞增、在（1，+）上遞減，所以函數(shù)y=1（x1）2的圖象的最高點(diǎn)為A（1，1），y

8、=a（ex1+ ）的圖象的最高點(diǎn)為B（1，2a），由于2a01，此時(shí)函數(shù)y=1（x1）2的圖象與y=a（ex1+ ）的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，矛盾；當(dāng)a0時(shí)，由于y=1（x1）2在（，1）上遞增、在（1，+）上遞減，且y=a（ex1+ ）在（，1）上遞減、在（1，+）上遞增，所以函數(shù)y=1（x1）2的圖象的最高點(diǎn)為A（1，1），y=a（ex1+ ）的圖象的最低點(diǎn)為B（1，2a），由題可知點(diǎn)A與點(diǎn)B重合時(shí)滿(mǎn)足條件，即2a=1，即a= ，符合條件；綜上所述，a= ，故選：C【分析】通過(guò)轉(zhuǎn)化可知問(wèn)題等價(jià)于函數(shù)y=1（x1）2的圖象與y=a（ex1+ ）的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)求a的值分a=0、a0、a0三種情況，

9、結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性分析可得結(jié)論 二、解答題4、【答案】解：（）函數(shù)f（x）=（x ）ex（x ），導(dǎo)數(shù)f（x）=（1 2）ex（x ）ex=（1x+ ）ex=（1x）（1 ）ex；（）由f（x）的導(dǎo)數(shù)f（x）=（1x）（1 ）ex ， 可得f（x）=0時(shí)，x=1或 ，當(dāng) x1時(shí)，f（x）0，f（x）遞減；當(dāng)1x 時(shí)，f（x）0，f（x）遞增；當(dāng)x 時(shí)，f（x）0，f（x）遞減，且x x22x1（x1）20，則f（x）0由f（ ）= e ，f（1）=0，f（ ）= e ，即有f（x）的最大值為 e ，最小值為f（1）=0則f（x）在區(qū)間 ，+）上的取值范圍是0， e 【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利

10、用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用 【解析】【分析】（）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，注意運(yùn)用復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則，即可得到所求；（）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得極值點(diǎn)，討論當(dāng) x1時(shí)，當(dāng)1x 時(shí)，當(dāng)x 時(shí)，f（x）的單調(diào)性，判斷f（x）0，計(jì)算f（ ），f（1），f（ ），即可得到所求取值范圍 5、【答案】解：（）f（）=22f（x）=2x2sinx，f（）=2曲線y=f（x）在點(diǎn)（，f（）處的切線方程為：y（22）=2（x）化為：2xy22=0（）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx）h（x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（

11、sinxcosx+2）a（2x2sinx）=2（xsinx）（exa）=2（xsinx）（exelna）令u（x）=xsinx，則u（x）=1cosx0，函數(shù)u（x）在R上單調(diào)遞增u（0）=0，x0時(shí)，u（x）0；x0時(shí)，u（x）0（i）a0時(shí)，exa0，x0時(shí)，h（x）0，函數(shù)h（x）在（0，+）單調(diào)遞增；x0時(shí)，h（x）0，函數(shù)h（x）在（，0）單調(diào)遞減x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（0）=12a（ii）a0時(shí)，令h（x）=2（xsinx）（exelna）=0解得x1=lna，x2=00a1時(shí)，x（，lna）時(shí)，exelna0，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；x（lna，0）時(shí)，e

12、xelna0，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；x（0，+）時(shí)，exelna0，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（0）=2a1當(dāng)x=lna時(shí)，函數(shù)h（x）取得極大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2當(dāng)a=1時(shí)，lna=0，xR時(shí)，h（x）0，函數(shù)h（x）在R上單調(diào)遞增1a時(shí)，lna0，x（，0）時(shí)，exelna0，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；x（0，lna）時(shí)，exelna0，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；x（lna，+）時(shí)，exelna0，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極大值

13、，h（0）=2a1當(dāng)x=lna時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2綜上所述：a0時(shí)，函數(shù)h（x）在（0，+）單調(diào)遞增；x0時(shí)，函數(shù)h（x）在（，0）單調(diào)遞減x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（0）=12a0a1時(shí)，函數(shù)h（x）在x（，lna）是單調(diào)遞增；函數(shù)h（x）在x（lna，0）上單調(diào)遞減當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（0）=2a1當(dāng)x=lna時(shí)，函數(shù)h（x）取得極大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2當(dāng)a=1時(shí)，lna=0，函數(shù)h（x）在R上單調(diào)遞增a1時(shí)，函數(shù)h（x）在（，

14、0），（lna，+）上單調(diào)遞增；函數(shù)h（x）在（0，lna）上單調(diào)遞減當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極大值，h（0）=2a1當(dāng)x=lna時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的加法與減法法則，導(dǎo)數(shù)的乘法與除法法則，函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程 【解析】【分析】（）f（）=22f（x）=2x2sinx，可得f（）=2即為切線的斜率，利用點(diǎn)斜式即可得出切線方程（）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx

15、），可得h（x）=2（xsinx）（exa）=2（xsinx）（exelna）令u（x）=xsinx，則u（x）=1cosx0，可得函數(shù)u（x）在R上單調(diào)遞增由u（0）=0，可得x0時(shí)，u（x）0；x0時(shí)，u（x）0對(duì)a分類(lèi)討論：a0時(shí)，0a1時(shí)，當(dāng)a=1時(shí)，a1時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值即可得出 6、【答案】（1）解：函數(shù)f（x）=excosxx的導(dǎo)數(shù)為f（x）=ex（cosxsinx）1，可得曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0）處的切線斜率為k=e0（cos0sin0）1=0，切點(diǎn)為（0，e0cos00），即為（0，1），曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0）處的切線方程為y=1；（2）解

16、：函數(shù)f（x）=excosxx的導(dǎo)數(shù)為f（x）=ex（cosxsinx）1，令g（x）=ex（cosxsinx）1，則g（x）的導(dǎo)數(shù)為g（x）=ex（cosxsinxsinxcosx）=2exsinx，當(dāng)x0， ，可得g（x）=2exsinx0，即有g(shù)（x）在0， 遞減，可得g（x）g（0）=0，則f（x）在0， 遞減，即有函數(shù)f（x）在區(qū)間0， 上的最大值為f（0）=e0cos00=1；最小值為f（ ）=e cos = 【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程 【解析】【分析】（1.）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率和切點(diǎn)，由點(diǎn)斜式方程即可得到所求方程；（2.）

17、求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，再令g（x）=f（x），求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，可得g（x）在區(qū)間0， 的單調(diào)性，即可得到f（x）的單調(diào)性，進(jìn)而得到f（x）的最值 7、【答案】（）解：由f（x）=2x4+3x33x26x+a，可得g（x）=f（x）=8x3+9x26x6，進(jìn)而可得g（x）=24x2+18x6令g（x）=0，解得x=1，或x= 當(dāng)x變化時(shí)，g（x），g（x）的變化情況如下表：x（，1）（1， ）（ ，+）g（x）+g（x）所以，g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（，1），（ ，+），單調(diào)遞減區(qū)間是（1， ）（）證明：由h（x）=g（x）（mx0）f（m），得h（m）=g（m）（mx0）f（m），h（x0）

18、=g（x0）（mx0）f（m）令函數(shù)H1（x）=g（x）（xx0）f（x），則H1（x）=g（x）（xx0）由（）知，當(dāng)x1，2時(shí)，g（x）0，故當(dāng)x1，x0）時(shí)，H1（x）0，H1（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x（x0 ， 2時(shí)，H1（x）0，H1（x）單調(diào)遞增因此，當(dāng)x1，x0）（x0 ， 2時(shí)，H1（x）H1（x0）=f（x0）=0，可得H1（m）0即h（m）0，令函數(shù)H2（x）=g（x0）（xx0）f（x），則H2（x）=g（x0）g（x）由（）知，g（x）在1，2上單調(diào)遞增，故當(dāng)x1，x0）時(shí)，H2（x）0，H2（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x（x0 ， 2時(shí)，H2（x）0，H2（x）單調(diào)遞減因此，當(dāng)x1，

19、x0）（x0 ， 2時(shí)，H2（x）H2（x0）=0，可得得H2（m）0即h（x0）0，所以，h（m）h（x0）0（）對(duì)于任意的正整數(shù)p，q，且 ，令m= ，函數(shù)h（x）=g（x）（mx0）f（m）由（）知，當(dāng)m1，x0）時(shí)，h（x）在區(qū)間（m，x0）內(nèi)有零點(diǎn)；當(dāng)m（x0 ， 2時(shí)，h（x）在區(qū)間（x0 ， m）內(nèi)有零點(diǎn)所以h（x）在（1，2）內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)為x1 ， 則h（x1）=g（x1）（ x0）f（ ）=0由（）知g（x）在1，2上單調(diào)遞增，故0g（1）g（x1）g（2），于是| x0|= = 因?yàn)楫?dāng)x1，2時(shí)，g（x）0，故f（x）在1，2上單調(diào)遞增，所以f（x）在區(qū)間1，2

20、上除x0外沒(méi)有其他的零點(diǎn)，而 x0 ， 故f（ ）0又因?yàn)閜，q，a均為整數(shù)，所以|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整數(shù)，從而|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1所以| x0| 所以，只要取A=g（2），就有| x0| 【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，不等式的證明，函數(shù)的零點(diǎn) 【解析】【分析】（）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)g（x）=f（x）=8x3+9x26x6，求出極值點(diǎn)，通過(guò)列表判斷函數(shù)的單調(diào)性求出單調(diào)區(qū)間即可（）由h（x）=g（x）（mx0）f（m），推出h（m）=g（m）（mx0）f（m），令函數(shù)H1（x）=g（x）（xx0）f（x），求出導(dǎo)

21、函數(shù)H1（x）利用（）知，推出h（m）h（x0）0（）對(duì)于任意的正整數(shù)p，q，且 ，令m= ，函數(shù)h（x）=g（x）（mx0）f（m）由（）知，當(dāng)m1，x0）時(shí)，當(dāng)m（x0 ， 2時(shí)，通過(guò)h（x）的零點(diǎn)轉(zhuǎn)化推出| x0|= = 推出|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1然后推出結(jié)果 8、【答案】（）解：因?yàn)閒（x）=x3+ax2+bx+1，所以g（x）=f（x）=3x2+2ax+b，g（x）=6x+2a，令g（x）=0，解得x= 由于當(dāng)x 時(shí)g（x）0，g（x）=f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x 時(shí)g（x）0，g（x）=f（x）單調(diào)遞減；所以f（x）的極小值點(diǎn)為x= ，由于導(dǎo)函數(shù)f（x）的極值

22、點(diǎn)是原函數(shù)f（x）的零點(diǎn)，所以f（ ）=0，即 + +1=0，所以b= + （a0）因?yàn)閒（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有極值，所以f（x）=3x2+2ax+b=0有兩個(gè)不等的實(shí)根，所以4a212b0，即a2 + 0，解得a3，所以b= + （a3）（）證明：由（1）可知h（a）=b23a= + = （4a327）（a327），由于a3，所以h（a）0，即b23a；（）解：由（1）可知f（x）的極小值為f（ ）=b ，設(shè)x1 ， x2是y=f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，則x1+x2= ，x1x2= ，所以f（x1）+f（x2）= + +a（ + ）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）（

23、x1+x2）23x1x2+a（x1+x2）22x1x2+b（x1+x2）+2= +2，又因?yàn)閒（x），f（x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于 ，所以b + +2= ，因?yàn)閍3，所以2a363a540，所以2a（a236）+9（a6）0，所以（a6）（2a2+12a+9）0，由于a3時(shí)2a2+12a+90，所以a60，解得a6，所以a的取值范圍是（3，6 【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用 【解析】【分析】（）通過(guò)對(duì)f（x）=x3+ax2+bx+1求導(dǎo)可知g（x）=f（x）=3x2+2ax+b，進(jìn)而再求導(dǎo)可知g（x）=6x+2a

24、，通過(guò)令g（x）=0進(jìn)而可知f（x）的極小值點(diǎn)為x= ，從而f（ ）=0，整理可知b= + （a0），結(jié)合f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有極值可知f（x）=0有兩個(gè)不等的實(shí)根，進(jìn)而可知a3（）通過(guò)（1）構(gòu)造函數(shù)h（a）=b23a= + = （4a327）（a327），結(jié)合a3可知h（a）0，從而可得結(jié)論；（）通過(guò)（1）可知f（x）的極小值為f（ ）=b ，利用韋達(dá)定理及完全平方關(guān)系可知y=f（x）的兩個(gè)極值之和為 +2，進(jìn)而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解不等式b + +2= ，因式分解即得結(jié)論 9、【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a2）exx，求導(dǎo)f（x）=2ae2x+（a2）ex1，

25、當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=2ex10，當(dāng)xR，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)a0時(shí)，f（x）=（2ex+1）（aex1）=2a（ex+ ）（ex ），令f（x）=0，解得：x=ln ，當(dāng)f（x）0，解得：xln ，當(dāng)f（x）0，解得：xln ，x（，ln ）時(shí)，f（x）單調(diào)遞減，x（ln ，+）單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，f（x）=2a（ex+ ）（ex ）0，恒成立，當(dāng)xR，f（x）單調(diào)遞減，綜上可知：當(dāng)a0時(shí)，f（x）在R單調(diào)減函數(shù)，當(dāng)a0時(shí)，f（x）在（，ln ）是減函數(shù)，在（ln ，+）是增函數(shù)；（2）由f（x）=ae2x+（a2）exx=0，有兩個(gè)零點(diǎn)，由（1）可知：當(dāng)a0時(shí)，f（x）=0，有兩個(gè)零點(diǎn)，則

26、f（x）min=a +（a2） ln ，=a（ ）+（a2）× ln ，=1 ln ，由f（x）min0，則1 ln 0，整理得：a1+alna0，設(shè)g（a）=alna+a1，a0，g（a）=lna+1+1=lna+2，令g（a）=0，解得：a=e2 ， 當(dāng)a（0，e2），g（a）0，g（a）單調(diào)遞減，當(dāng)a（e2 ， +），g（a）0，g（a）單調(diào)遞增，g（a）min=g（e2）=e2lne2+e21= 1，由g（1）=11ln1=0，0a1，a的取值范圍（0，1） 【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，函數(shù)零點(diǎn)的判定定理 【解析】【分析】（1.

27、）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分類(lèi)討論，即可求得f（x）單調(diào)性；（2.）由（1）可知：當(dāng)a0時(shí)才有個(gè)零點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得f（x）最小值，由f（x）min0，g（a）=alna+a1，a0，求導(dǎo)，由g（a）min=g（e2）=e2lne2+e21= 1，g（1）=0，即可求得a的取值范圍 10、【答案】（）解：因?yàn)閒（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），則f（x）0等價(jià)于h（x）=axalnx0，因?yàn)閔（x）=a ，且當(dāng)0x 時(shí)h（x）0、當(dāng)x 時(shí)h（x）0，所以h（x）min=h（ ），又因?yàn)閔（1）=aaln1=0，所以 =1，解得a=1；（）證明：由（1）可知

28、f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令f（x）=0，可得2x2lnx=0，記t（x）=2x2lnx，則t（x）=2 ，令t（x）=0，解得：x= ，所以t（x）在區(qū)間（0， ）上單調(diào)遞減，在（ ，+）上單調(diào)遞增，所以t（x）min=t（ ）=ln210，從而t（x）=0有解，即f（x）=0存在兩根x0 ， x2 ， 且不妨設(shè)f（x）在（0，x0）上為正、在（x0 ， x2）上為負(fù)、在（x2 ， +）上為正，所以f（x）必存在唯一極大值點(diǎn)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）上單調(diào)遞增，在（x0 ， ）上單調(diào)遞減，所以f（x0）f（ ）= + = ；綜上所述，f（x）存在唯一