(北京卷)十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题04导数及其应用文(含解析).pdf

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1、专题专题 0404 导数及其应用导数及其应用历年考题细目表历年考题细目表题型题型解答题解答题解答题解答题解答题解答题解答题解答题解答题历年高考真题汇编历年高考真题汇编1 【2019 年北京文科 20】已知函数f（x）年份年份201920182017201620152014201220112010考点考点导数综合问题导数综合问题导数综合问题导数综合问题导数综合问题导数综合问题导数综合问题导数综合问题导数综合问题试题位置试题位置2019 年北京文科 202018 年北京文科 192017 年北京文科 202016 年北京文科 202015 年北京文科 192014 年北京文科 202012 年北京

2、文科 182011 年北京文科 182010 年北京文科 18x3x2+x（）求曲线yf（x）的斜率为l的切线方程；（）当x2，4时，求证：x6f（x）x；（）设F（x）|f（x）（x+a）|（aR R） ，记F（x）在区间2，4上的最大值为M（a） 当M（a）最小时，求a的值【解答】解： （）f（x）由f（x）1 得x（x）0，得又f（0）0，f（ ），1yx和即yx和yx；，（）证明：欲证x6f（x）x，只需证6f（x）x0，令g（x）f（x）x，x2，4，则g（x），为正，可知g（x）在2，0为正，在（0， ）为负，在g（x）在2，0递增，在0， 递减，在递增，又g（2）6，g（0）0，

3、g（ ）6g（x）0，x6f（x）x；（）由（）可得，6，g（4）0，F（x）|f（x）（x+a）|f（x）xa|g（x）a|在2，4上，6g（x）0，令tg（x） ，h（t）|ta|，则问题转化为当t6，0时，h（t）的最大值M（a）的问题了，当a3 时，M（a）h（0）|a|a，2此时a3，当a3 时，M（a）取得最小值 3；当a3 时，M（a）h（6）|6a|6+a|，6+a3，M（a）6+a，也是a3 时，M（a）最小为 3综上，当M（a）取最小值时a的值为32 【2018 年北京文科 19】设函数f（x）ax（3a+1）x+3a+2e（）若曲线yf（x）在点（2，f（2） ）处的切线

4、斜率为 0，求a；（）若f（x）在x1 处取得极小值，求a的取值范围【解答】解： （）函数f（x）ax（3a+1）x+3a+2e的导数为22xxf（x）ax2（a+1）x+1ex曲线yf（x）在点（2，f（2） ）处的切线斜率为 0，可得（4a2a2+1）e0，解得a；22（）f（x）的导数为f（x）ax（a+1）x+1e（x1） （ax1）e，若a0 则x1 时，f（x）0，f（x）递增；x1，f（x）0，f（x）递减xxx1 处f（x）取得极大值，不符题意；若a0，且a1，则f（x）（x1）e0，f（x）递增，无极值；若a1，则1，f（x）在（ ，1）递减；在（1，+） ， （， ）递增，

5、2x可得f（x）在x1 处取得极小值；若 0a1，则1，f（x）在（1， ）递减；在（ ，+） ， （，1）递增，可得f（x）在x1 处取得极大值，不符题意；若a0，则1，f（x）在（ ，1）递增；在（1，+） ， （， ）递减，可得f（x）在x1 处取得极大值，不符题意综上可得，a的范围是（1，+） 3 【2017 年北京文科 20】已知函数f（x）ecosxx（1）求曲线yf（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x3xx【解答】解： （1）函数f（x）ecosxx的导数为f（x）e（cosxsinx）1，可得曲线yf（x）在点（0，f（

6、0） ）处的切线斜率为ke（cos0sin0）10，切点为（0，ecos00） ，即为（0，1） ，曲线yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程为y1；（2）函数f（x）ecosxx的导数为f（x）e（cosxsinx）1，令g（x）e（cosxsinx）1，则g（x）的导数为g（x）e（cosxsinxsinxcosx）2esinx，当x0， ，可得g（x）2esinx0，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）ecos001；000 xxxxxx最小值为f（ ）cos324 【2016 年北京文科 20】

7、设函数f（x）x+ax+bx+c（1）求曲线yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程；（2）设ab4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围；（3）求证：a3b0 是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件【解答】解： （1）函数f（x）x+ax+bx+c的导数为f（x）3x+2ax+b，可得yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线斜率为kf（0）b，切点为（0，c） ，可得切线的方程为ybx+c；（2）设ab4，即有f（x）x+4x+4x+c，由f（x）0，可得cx+4x+4x，由g（x）x+4x+4x的导数g（x）3x+8x+4（x+2） （3x+2） ，当x当2x或x2 时，g

8、（x）0，g（x）递增；时，g（x）0，g（x）递减32232323222即有g（x）在x2 处取得极大值，且为 0；g（x）在x处取得极小值，且为4由函数f（x）有三个不同零点，可得解得 0c，） ；c0，则c的取值范围是（0，（3）证明：若f（x）有三个不同零点，令f（x）0，可得f（x）的图象与x轴有三个不同的交点即有f（x）有 3 个单调区间，即为导数f（x）3x+2ax+b的图象与x轴有两个交点，可得0，即 4a12b0，即为a3b0；若a3b0，即有导数f（x）3x+2ax+b的图象与x轴有两个交点，当c0，ab4 时，满足a3b0，即有f（x）x（x+2） ，图象与x轴交于（0，

9、0） ， （2，0） ，则f（x）的零点为 2 个故a3b0 是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件222222225 【2015 年北京文科 19】设函数f（x）（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，上仅有一个零点klnx，k0【解答】解： （1）由f（x）f（x）x由f（x）0 解得xf（x）与f（x）在区间（0，+）上的情况如下：Xf（x）（0，）（+） 05f（x）所以，f（x）的单调递增区间为（） ，单调递减区间为（0，） ；f（x）在x处的极小值为f（），无极大值（2）证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+）上的最小值为f（）

10、因为f（x）存在零点，所以，从而ke当ke时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）0所以x是f（x）在区间（1，）上唯一零点当ke时，f（x）在区间（0，）上单调递减，且，所以f（x）在区间（1，）上仅有一个零点综上所述，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，上仅有一个零点6 【2014 年北京文科 20】已知函数f（x）2x33x（）求f（x）在区间2，1上的最大值；（）若过点P（1，t）存在 3 条直线与曲线yf（x）相切，求t的取值范围；（）问过点A（1，2） ，B（2，10） ，C（0，2）分别存在几条直线与曲线yf（x）相切？（只需写出结论）【解答】解： （）由f（x）2x

11、33x得f（x）6x23，令f（x）0 得，x或x，f（2）10，f（），f（），f（1）1，f（x）在区间2，1上的最大值为（）设过点P（1，t）的直线与曲线yf（x）相切于点（x0，y0） ，则y023x0，且切线斜率为k63，切线方程为yy0（63） （xx0） ，ty0（63） （1x0） ，即 46t+30，6设g（x）4x6x+t+3，则“过点P（1，t）存在 3 条直线与曲线yf（x）相切” ，等价于“g（x）有 3 个不同的零点” g（x）12x12x12x（x1） ，g（x）与g（x）变化情况如下：xg（x）g（x）（，0）+ 0 0t+3（0，1） 1 0t+1（1，+）+

12、232g（0）t+3 是g（x）的极大值，g（1）t+1 是g（x）的极小值当g（0）t+30，即t3 时，g（x）在区间（，1和（1，+）上分别至多有一个零点，故g（x）至多有 2 个零点当g（1）t+10，即t1 时，g（x）在区间（，0和（0，+）上分别至多有一个零点，故g（x）至多有 2 个零点当g（0）0 且g（1）0，即3t1 时，g（1）t70，g（2）t+110，g（x）分别在区间1，0） ，0，1）和1，2）上恰有 1 个零点，由于g（x）在区间（，0）和1，+）上单调，故g（x）分别在区间（，0）和1，+）上恰有 1 个零点综上所述，当过点过点P（1，t）存在 3 条直线与

13、曲线yf（x）相切时，t的取值范围是（3，1） （）过点A（1，2）存在 3 条直线与曲线yf（x）相切；过点B（2，10）存在 2 条直线与曲线yf（x）相切；过点C（0，2）存在 1 条直线与曲线yf（x）相切7 【2012 年北京文科 18】已知函数f（x）ax+1（a0） ，g（x）x+bx（1）若曲线yf（x）与曲线yg（x）在它们的交点（1，c）处有公共切线，求a，b的值；（2）当a3，b9 时，函数f（x）+g（x）在区间k，2上的最大值为 28，求k的取值范围【解答】解： （1）f（x）ax+1（a0） ，则f（x）2ax，k12a，223g（x）x3+bx，则g（x）3x2+

14、b，k23+b，由（1，c）为公共切点，可得：2a3+b又f（1）a+1，g（1）1+b，a+11+b，即ab，代入式，可得：a3，b37（2）当a3，b9 时，设h（x）f（x）+g（x）x+3x9x+1则h（x）3x+6x9，令h（x）0，解得：x13，x21；k3 时，函数h（x）在（，3）上单调增，在（3，1上单调减， （1，2）上单调增，所以在区间k，2上的最大值为h（3）283k2 时，函数h（x）在区间k，2上的最大值小于 28所以k的取值范围是（，38 【2011 年北京文科 18】已知函数f（x）（xk）e（）求f（x）的单调区间；（）求f（x）在区间0，1上的最小值【解答】

15、解： （）f（x）（xk+1）e，令f（x）0，得xk1，xx232f（x）f（x）随x的变化情况如下：xf（x）f（x）（，k1）k10ek1（k1， +）+f（x）的单调递减区间是（，k1） ，f（x）的单调递增区间（k1，+） ；（）当k10，即k1 时，函数f（x）在区间0，1上单调递增，f（x）在区间0，1上的最小值为f（0）k；当 0k11，即 1k2 时，由（I）知，f（x）在区间0，k1上单调递减，f（x）在区间（k1，1上单调递增，f（x）在区间0，1上的最小值为f（k1）ek1；当k11，即k2 时，函数f（x）在区间0，1上单调递减，f（x）在区间0，1上的最小值为f（1

16、）（1k）e；综上所述f（x）min89 【2010 年北京文科 18】设定函数f（x）为 1，4x3+bx2+cx+d（a0） ，且方程f（x）9x0 的两个根分别（）当a3 且曲线yf（x）过原点时，求f（x）的解析式；（）若f（x）在（，+）无极值点，求a的取值范围【解答】解：由得f（x）ax+2bx+c2因为f（x）9xax+2bx+c9x0 的两个根分别为 1，4，所以2（*）（）当a3 时，又由（*）式得解得b3，c12又因为曲线yf（x）过原点，所以d0，故f（x）x3x+12x32（） 由于a0， 所以 “0 在（，+）内恒成立” 由（*）式得 2b95a，c4a又（2b） 4

17、ac9（a1） （a9）2在 （， +） 内无极值点” 等价于 “f （x） ax+2bx+c2解即a的取值范围1，9考题分析与复习建议考题分析与复习建议得a1，9本专题考查的知识点为：导数的概念及运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题 .历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，预测明年本考点题目会比较稳定.备考方向以知识点导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题为重点较佳.最新高考模拟试题最新高考模拟试题91已知函数，若有 3 个零点，则k的取值范围为( )A(1，0)2e

18、B(1，0)2eC(0，1)2eD(0，1)2e【答案】C【解析】由题意，函数，要使得函数在 R 上有 3 个零点，ln x，x2ln x要使得Fx0有两个实数解，即y k和gx2有两个交点，x当x 0时，令，可得k 又由，令，可得x e，当x(0,e)时，gx0，则gx单调递增；当所以当x 时，gx0，则gx单调递减，e时，ln x1k (0,)，有两个交点，则22ex1当x 0时，y k和gx有一个交点，则k 0，x1综上可得，实数k的取值范围是(0,)，故选 C.2e若直线y k和gx2已知A，则下列不等式一定成立的是（）2B2CD【答案】C【解析】10由题意，设，设，gx在0,单调递减

19、，且2， f x0,所以fxsin x在0,递减，x2，故选 C.3已知函数最小值是（） （参考数据：A5【答案】A【解析】， 当x a时，f (x) 0， 函数f (x)单调递减， 当0 x a时，（a为大于 1 的整数） ，若y f (x)与，C7，D8）的值域相同，则a的B6f(x) 0，函数f (x)单调递增，故令， 又当， 所以函数f (x)的值域为，11因此t(a)是单调递增函数，因此当a 2,aZ时，令由上可知：，由上可知函数f (n)在0 x a时，单调递增，在x a时，单调递减，要想的值域为，a 2,aZ，所以a的最小值是 5，故本题选 A.，只需，即，设，所以当a 3,aZ

20、时，函数g(a)单调递增，4已知实数a，b，c，d满足，则的最小值为（）A8【答案】D【解析】B4C2D2，可以看成f (x) ln x和g(x) x1之间的最小值f(x) 当1x时，即点1,0到直线g(x) x1的距离最小在区间1,上存在零点，则实数a的取值范围为( )5若函数A0,【答案】D【解析】12B 1,e2C0,D 1,212因为函数，所以令，因为，所以g(x) 0，当x(1,)时，所以g(x)在(1,)上为增函数，则当12a 0时，g(x) 0，所以f (x) 0，所以f (x)在(1,)上为增函数，则，所以f (x)在(1,)上没有零点.当12a 0时，即a 1，因为g(x)在

21、(1,)上为增函数，则存在唯一的x0(1,)，使得g(x0) 0，2且当x(1,x0)时，g g( (x x) ) 0 0，当x(x0,)时，g(x) 0；所以当x(1,x0)时，f (x) 0，f (x)为减函数， 当x(x0,)时，f (x) 0，f (x)为增函数， 当x x0时，因为，当x趋于时，f (x)趋于，所以在x(x0,)内，f (x)一定存在一个零点.所以a(,)，故答案选 D.6已知函数取值范围是（）A,e2，若对任意x(0,)，都有成立，则实数a的123 B-? , 2 eD-2 e,+?(轹3C-e,+? 滕2【答案】D【解析】)13令则，因为对任意x(0,)，都有所以

22、即成立，在x(0,)上恒成立；在x(0,)上恒成立；即在x(0,)上恒成立；令，x(0,)，则，由h(x) 0得，解得x 1（舍）或x 1，2单调递减；所以，当0 x 1时，2，当x 1时，2，单调递增；所以因为在x(0,)上恒成立，所以只需2a 4 e，解得a 2 e.故选 D7已知奇函数fx是定义在R上的可导函数， 其导函数为fx，当x 0时，有则不等式A【答案】A14，的解集为()BC,2018D2016,0【解析】设，因为fx为R R上奇函数，所以即gx为R R上奇函数对gx求导，得而当x 0时，有，故x 0时，gx0，即gx单调递增，所以gx在R R上单调递增不等式，即所以故选 A

23、项.8已知函数（）A-3【答案】D【解析】根据题意，函数，其导数B-2C-1D0，则使不等式f (x1) 0成立的x的最小整数为，解得x 2016，x 0时，f (x)可以看成是 1 为首项，x2为公比的等比数列，15则有函数f (x)在R上为增函数，又由，则函数f (x)在(2,1)上存在唯一的零点，设其零点为t，又由2t 1，则，故不等式f (x1) 0成立的x的最小整数为 0；故选：D9直线y ax是曲线y 1 ln x的切线，则实数a _【答案】1【解析】解：y 1 ln x，y 1x1，m设切点为(m,1 lnm)，得切线的斜率为所以曲线在点m,1lnm处的切线方程为：即：它过原点，

24、lnm0，m 1，a 11m故答案为：110函数_【答案】a 1与的图象上存在关于x轴的对称点，则实数a的取值范围为16【解析】关于x轴对称的函数为因为函数所以方程a 0时符合题意，a 0时转化为，的图象上存在关于x轴的对称点，的图象有交点，与与有解，即aex x1有解，有解，的图象有交点，即是过定点1,0的直线，其斜率为设1，am相切时，切点的坐标为m,e， em11m1a则，解得a 1，切线斜率为1，aem1a由图可知，当此时，11，即a1且a 0时，a与的图象有交点，的图象有交点，函数与的图象上存在关于x轴的对称点，综上可得，实数a的取值范围为a1，故答案为a1.11已知函数【答案】ln

25、，若存在实数a,b(a b)使得，则a a2b b的最大值为_.322717【解析】作出函数图像如下：由题意，令a,b为方程f (x) m的两个根，由图像易得0 m1；由e 1 m得ex1m，解得因为a b，所以因此令则因为0 m1，所以由g(m) 0得0 m，x或，0 m1，11；由g(m) 0得 m 1，3311g(m)0,即函数在上单调递增；在3,1上单调递减；3所以，因此a a2b b的最大值为ln故答案为ln32.273227（e 为自然对数的底数） ， 则a2b2的最小值是_12 已知实数a， b， c 满足【答案】【解析】设，则，15所以函数 u(x)的增区间为（0，+） ，减区

26、间为(-,0),18所以可知当且仅当因为所以所以，即ex x 1；，时取等；，解得，当且仅当c 1时，取等号5故答案为：13已知直线xt与曲线【答案】1.【解析】令，显然为增函数，且h(0) 0所以当t(1,0)时，当t(1,)时，所以故答案为 1.14曲线y acosx在x 【答案】【解析】解：曲线y acosx，可得曲线y acosx在x ，.单调递减；单调递增.分别交于M,N两点，则MN的最小值为_156处的切线l的斜率为1，则切线l的方程为_26处的切线l的斜率为1，219可得所以a 1.，所以切点坐标为：(6,3)，2.则切线l的方程为：即：故答案为：15已知函数_【答案】3ln 2

27、2【解析】若方程 f (x) a恰有两个不同的实数根x1,x2，则x1 x2的最大值是2作出fx的函数图象如图所示，由，可得， 即a 1，不妨设 x1 x2，则令，则，令，则，当1t 8时，gt0，g(t)在1,8上递增；20当t 8时，gt 0，g(t)在8,上递减；当t 8时，g(t)取得最大值故答案为3ln 22.16已知函数【答案】a 0或a 2【解析】,的图象恰好经过三个象限，则实数a的取值范围_.（1）当a 0时，f (x)在(,0上单调递减，又f (0) 1，所以函数f (x)的图象经过第二、三象限，当x 0时，所以，若a1时，f (x) 0恒成立，又当x 0时，f (x) 2，

28、所以函数f (x)图象在x 0时，经过第一象限，符合题意；若1a 0时，f (x) 0在2,)上恒成立，当0 x 2时，令f (x) 0，解，所以f (x)在0,a1a1,2上单调递减，在上单调递增，33又所以函数f (x)图象在x 0时，经过第一象限，符合题意；（2）当a 0时，f (x)的图象在(,0)上，只经过第三象限，f (x) 0在(0,)上恒成立，所以f (x)的图象在(0,)上，只经过第一象限，故不符合题意；（3）当a 0时，f (x)在(,0)上单调递增，故f (x)的图象在(,0)上只经过第三象限，所以f (x)在(0,)上的最小值fmin(x) 0，当0 x 2时，令f (

29、x) 0，解得x a1，321若a1 2时，即a 11时，f (x)在(0,)上的最小值为3，令.若时，则f (x)在0 x 2时，单调递减，当x 2时，令f (x) 0，解得x a1，3，若令若，f (x)在(2,)上单调递增， 故f (x)在(0,)上的最小值为，所以11 a 13；，f (x)在2,a1在上单调递减，3，上单调递增， 故f (x)在(0,)上的最小值为显然结上所述：a 0或a 2.17已知函数（）讨论f (x)的单调性；（）比较，故a 13；.与的大小nN且n 2，并证明你的结论.【答案】 （I）见解析； （II）见解析【解析】（）函数f (x)可化为，22当0 x a时

30、，从而f (x)在(0,a)上总是递减的，当x a时，此时要考虑a与 1 的大小.若a1，则f (x) 0，故f (x)在a,)上递增，若0a1，则当a x 1时，f (x) 0，当x 1时，f (x) 0，故f (x)在a,1)上递减，在(1,)上递增，而f (x)在x a处连续，所以当a1时，f (x)在(0,a)上递减，在a,)上递增；当0a 1时，f (x)在(0,1)上递减，在1,)上递增.（）由（）可知当a 1，x 1时，即lnx 1 x，所以ln x11.所以xx.18已知函数（1）讨论fx的单调性；（2）若x1,x2为fx的两个极值点，证明：【答案】 （1）当a2时，fx在.为

31、增函数，减函数，【解析】为增函数；当a2时，fx在0,为增函数 （2）证明见解析（1）fx的定义域为0,，对于函数当，时，即2 a 2时，在x 0恒成立23在0,恒成立， fx在0,为增函数；当 ，即a 2或a 2时，当a2时，由f x 0，得或， fx在为增函数，减函数，为增函数，当a 2时，由在0,恒成立， fx在0,为增函数综上，当a2时，fx在为增函数，减函数，为增函数；当a2时，fx在0,为增函数（2）由（1）知a2，且故，故只需证明令t ，a，故t 1，2原不等式等价于lnt t - 1对t 1成立，令，所以单调递减，有24得证.19已知函数（）当a 1时，求f (x)的最大值；（

32、）若f (x).1e对e恒成立，求实数a的取值范围.【答案】 （）1； （）1,e【解析】（）当a 1时，.令f (x) 0，得x 0.当x(1,0)时，f (x) 0，f (x)单调递增，当x(0,)时，f (x) 0，f (x)单调递减.所以.，定义域为(1,).（），x a11.令f (x) 0，得x .aa时，f (x) 0，f (x)单调递减，当时，f (x) 0，f (x)单调递增；当所以.依题意有，设，则，所以g(a)在a1,)上单调递增.又，故1剟 a e，即实数a的取值范围为1,e.20 对于函数y fx的定义域D， 如果存在区间m,n D， 同时满足下列条件： fx在25上

33、是单调函数；当xm,n时，fx的值域为2m,2n，则称区间是函数fx的“单调倍区间”已知函数（1）若a 2，求fx在点e, fe处的切线方程；（2）若函数fx存在“单调倍区间”，求a的取值范围【答案】 （1）【解析】（1）当a 2时，； （2）当x 0时，则：，又 fx在e, fe处的切线方程为：即：（2）列表如下：x,0a 0,2a20 a,2f xfx极大值设函数fx存在“单调倍区间”是26当m n0时，由fx在,0上单调递减，则有两式相减得：即，代入得：要使此关于m,n的方程组在m n0时有解，则使得y 2a与点的图象有两个公共131时，ymin，当x 0时，y 2843131 a 结合

34、两函数图象，则 2a，即：82164当x 即此时满足fx存在“单调倍区间”的a的取值范围是 31,16 4当时，由fx在0,上单调递增，则有2a 1lnma4m即：1lnna4n设gx当x当xln x，则4x0,e时，gx 0，gx为增函数e,时，gx 0，gx为减函数1lnx1ln xa有两解，则y 与gx的图象在0,有两个交点a4xa4x2要使方程27结合两函数图象，则a2 elna21，即：2aa11a4e解得：2即此时满足fx存在“在单调倍区间”的a的取值范围是4e,2e 当a a m n时，由fx在,上单调递减，则有22两式相减得：，此式不成立，即此时fx不存在“单调倍区间”综上，函

35、数fx存在“单调倍区间”的a的取值范围是21已知函数（1）讨论函数f (x)的单调性；（2）当b0,1)时，设函数.有最小值h(b)，求h(b)的值域.【答案】(1)见解析；(2)【解析】解： （1）f (x)定义域为，.令，28，1当0 a 4时， 0，即f (x) 0且不恒为零，故f (x)单调递增区间为(,4)，(4,)，2当a 4时， ，方程两根为，由于，.故x1 4 x2，因此当x(,x1)时，f (x) 0，f (x)单调递增，x(x1,4)，f (x) 0，f (x)单调递减，x(4,x2)，f (x) 0，f (x)单调递减，x(x2,)，f (x) 0，f (x)单调递增，综

36、上，当0 a 4时，f (x)在(,4)单调递增，(4,)单调递增，当a 4时，f (x)在单调递增，单调递减；在单调递增.（2），设由（1）知，a 0时，在(2,)单调递增，29由于k(0) b 0，故在(2,0存在唯一x0，使k(x0) 0，又当x(2,x0)，k(x) 0，即g (x) 0，g(x)单调递减，x(x0,)，k(x) 0，即g (x) 0，g(x)单调递增，故时，ex02，x0(2,0.x04又设，x(2,0，故m(x)单调递增，故，即，即.22已知函数（无理数e 2.718） （1）若f (x)在(1,)单调递增，求实数a的取值范围：（2）当a 0时，设，证明：当x 0时，（， 2；【答案】 （1）（2）见解析.3031