2021届课标版高考理科数学大一轮复习精练：3.2　导数的应用（试题部分） .docx

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1、3.2导数的应用探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.导数与函数的单调性了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2019课标,20,12分讨论函数的单调性及最值函数最值2018课标,21,12分讨论函数的单调性,证明不等式函数的极值2017课标,21,12分讨论函数的单调性,根据函数零点求参数函数的零点2.导数与函数的极(最)值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)20

2、19课标,20,12分利用导数研究函数极值函数零点2018课标,16,5分利用导数研究函数的最值三角函数2017课标,11,5分利用导数研究函数的极值指数函数2016课标,21,12分利用导数研究函数的最值三角函数及绝对值不等式3.导数的综合应用会利用导数解决某些实际问题2015课标,12,5分利用导数研究不等式问题函数单调性及函数的零点分析解读1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方法,解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题.3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式.4.从近五年的考查情况来看,本

3、节一直是高考的重点和难点.一般以基本初等函数为载体,利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题,同时与解不等式关系最为密切,还可能与三角函数、数列等知识综合考查,一般出现在选择题和填空题的后两题中以及解答题的第21题,难度较大,复习备考的过程中应引起重视.破考点 练考向【考点集训】考点一导数与函数的单调性1.(2019河南安阳模拟,5)已知函数f(x)与其导函数f (x)的图象如图,则函数g(x)=f(x)ex的单调减区间为()A.(0,4)B.0,43C.(0,1),(4,+)D.(-,1),43,+答案C2.(2018湖北黄冈、黄石等八校3月联考,11)已知实数a0,且a1,函数f(x

4、)=ax,x1,x2+4x+alnx,x1在R上单调递增,则实数a的取值范围是()A.11D.a5答案B考点二导数与函数的极(最)值1.(2020届甘肃会宁第一中学第一次月考,8)函数f(x)=lnxx在区间(0,3)上的最大值为()A.1eB.1C.2D.e答案A2.(2019安徽马鞍山第二中学3月模拟,6)已知函数f(x)=13x3+mx2+nx+2,其导函数f (x)为偶函数, f(1)=-23,则函数g(x)=f (x)ex在区间0,2上的最小值为()A.-3eB.-2eC.eD.2e答案B3.(2018豫南九校第二次质量考评,10)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则

5、常数c的值为()A.4B.2或6C.2D.6答案C考点三导数的综合应用(2018河北衡水金卷信息卷(二),6)已知某服装厂生产某种品牌的衣服,销售量q(x)(单位:百件)关于每件衣服的利润x(单位:元)的函数解析式为q(x)=1 260x+1,0x20,90-35x,20x180,则当该服装厂所获效益最大时,x=()A.20B.60C.80D.40答案C炼技法 提能力【方法集训】方法1利用导数研究函数单调性的方法1.(2019广东广州综合测试(一),12)已知函数f(x)=e|x|-ax2,对任意x10,x20,且x1x2,都有(x2-x1)(f(x2)-f(x1)0,则实数a的取值范围是()

6、A.-,e2B.-,-e2C.0,e2D.-e2,0答案A2.(2019河南郑州一模,12)函数f(x)是定义在(1,+)上的可导函数, f (x)为其导函数,若f(x)+(x-1)f (x)=x2(x-2),且f(e2)=0,则不等式f(ex)|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.解析(1)函数f(x)=1-a2x2+ax-ln x(aR),函数f(x)的定义域为(0,+).当a=1时, f(x)=x-ln x, f (x)=1-1x=x-1x,当0x1时, f (x)1时, f (x)0, f(x)单调递增,函数f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.(2)函数f(x)=1

7、-a2x2+ax-ln x(aR),f (x)=(1-a)x+a-1x=(1-a)x-1a-1(x-1)x,当a(4,5)时,在区间1,2上, f (x)0,则f(x)单调递减, f(1)是f(x)的最大值, f(2)是f(x)的最小值,|f(x1)-f(x2)|f(1)-f(2)=a2-32+ln 2.对任意a(4,5)及任意x1,x21,2,恒有a-12m+ln 2|f(x1)-f(x2)|成立,a-12m+ln 2a2-32+ln 2,得ma-3a-1.a(4,5),a-3a-1=1-2a-10恒成立,且a0,则下列说法正确的是()A. f(a)f(0)C.eaf(a)f(0)答案D2.

8、(2020届安徽A10联盟上学期摸底,22)已知函数f(x)=xln x.(1)若函数(x)=f(x)-(m+2)x,讨论函数(x)在3,+)上的单调性;(2)求证:e2f(x)ln 3-1时,e1+m3,此时函数(x)在3,e1+m)上单调递减,在(e1+m,+)上单调递增.(5分)(2)证明:要证e2f(x)2ex,即证xln x2e2ex,即证lnxx2exe2x2.(7分)令g(x)=2exe2x2,则g(x)=2e2ex(x-2)x3,故当0x2时,g(x)2时,g(x)0,函数g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,g(x)min=g(2)=12.(9分)令h(x)

9、=lnxx,则h(x)=1-lnxx2,故当0x0,当xe时,h(x)0,函数h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,h(x)max=h(e)=1e.(11分)故h(x)maxg(x)min,lnxx2exe2x2,即e2f(x)0时, f(x)=2x-ln x+ln2,则函数g(x)=f(x)-sin x(e为自然对数的底数)的零点个数是()A.1B.2C.3D.5答案C2.(2019湖南娄底二模,11)已知函数f(x)=ln x-ax+a在x1,e上有两个零点,则a的取值范围是()A.e1-e,-1B.e1-e,1C.e1-e,-1D.-1,e)答案A【五年高考】A组统一命

10、题课标卷题组考点一导数与函数的单调性1.(2019课标,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.解析本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养.(1)f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f (x)=0,得x=0或x=a3.若a0,则当x(-,0)a3,+时, f (x)0;当x0,a3时, f (x)0.故f(x)在(-,0),a3

11、,+单调递增,在0,a3单调递减.若a=0, f(x)在(-,+)单调递增.若a0;当xa3,0时, f (x)0.故f(x)在-,a3,(0,+)单调递增,在a3,0单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.(i)当a0时,由(1)知, f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ii)当a3时,由(1)知, f(x)在0,1单调递减,所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-

12、1,b=1,即a=4,b=1.(iii)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,1的最小值为fa3=-a327+b,最大值为b或2-a+b.若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0a3矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0a3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在0,1的最小值为-1,最大值为1.思路分析(1)求出f (x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论.(2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在0,1上的最值,最终确定参数a,b的值.疑难突破第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从

13、而确定函数在0,1上的最值.2.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)=1x-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x22,令f (x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42a+a2-42,+时, f (x)0.所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于f(x

14、1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2a-2等价于1x2-x2+2ln x20.设函数g(x)=1x-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0,所以1x2-x2+2ln x20,即f(x1)-f(x2)x1-x2a-2.3.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(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.解

15、析本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力.(1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a0,则f (x)0,则由f (x)=0得x=-ln a.当x(-,-ln a)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a,+)单调递增.(2)(i)若a0,由(1)知, f(x)至多有一个零点.(ii)若a0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a+ln a.当a=1时,

16、由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-1a+ln a0,即f(-ln a)0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-1a+ln a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0en0-n02n0-n00.由于ln3a-1-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).考点二导数与函数的极(最)值1.(2017课标,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的

17、极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案A2.(2018课标,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是.答案-3323.(2019课标,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f(x)为f(x)的导数.证明:(1)f(x)在区间-1,2存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.证明本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结合思想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.(1)设g(x)=

18、f(x),则g(x)=cos x-11+x,g(x)=-sin x+1(1+x)2.当x-1,2时,g(x)单调递减,而g(0)0,g20;当x,2时,g(x)0.所以g(x)在(-1,)单调递增,在,2单调递减,故g(x)在-1,2存在唯一极大值点,即f(x)在-1,2存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+).(i)当x(-1,0时,由(1)知, f(x)在(-1,0)单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时, f(x)0,故f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0的唯一零点.(ii)当x0,2时,由(1)知, f(x)在(0,)

19、单调递增,在,2单调递减,而f(0)=0, f20;当x,2时, f(x)0,所以当x0,2时,f(x)0.从而, f(x)在0,2没有零点.(iii)当x2,时, f(x)0, f()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.思路分析(1)写出函数f(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点.(2)以x为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f(x)与0的关系,得到f(x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.考点三导数的综合应用1.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一

20、的整数x0使得f(x0)0,所以f(x)在(0,1),(1,+)单调递增.因为f(e)=1-e+1e-10,所以f(x)在(1,+)有唯一零点x1,即f(x1)=0.又01x11, f1x1=-ln x1+x1+1x1-1=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点1x1.综上, f(x)有且仅有两个零点.(2)因为1x0=e-ln x0,故点B-ln x0,1x0在曲线y=ex上.由题设知f(x0)=0,即ln x0=x0+1x0-1,故直线AB的斜率k=1x0-ln x0-ln x0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.曲线y=ex在点B-ln x0,1

21、x0处切线的斜率是1x0,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.解后反思(1)先判断函数的单调性,然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零点.(2)要证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线,首先求得这条切线的斜率k=1x0,所以必须在曲线y=ex上找一点B(x1,ex1),使ex1=1x0,从而求得B点的坐标为-ln x0,1x0,然后证明直线AB的斜率等于曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率等于曲线y=ex在点B-ln

22、x0,1x0处的切线斜率即可.B组自主命题省(区、市)卷题组考点一导数与函数的单调性1.(2017浙江,7,4分)函数y=f(x)的导函数y=f (x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()答案D2.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x4,2时,证明f(x)+g(x)2-x0;(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2n+4,2n+2内的零点,其中nN,证明2n+2-xncos x,得f (x)0,则f(x)单调递减;当x2k-34,2k+4(kZ)时,有sin x0,则f(x)单调递

23、增.所以, f(x)的单调递增区间为2k-34,2k+4(kZ), f(x)的单调递减区间为2k+4,2k+54(kZ).(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)2-x.依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x),从而g(x)=-2exsin x.当x4,2时,g(x)0,故h(x)=f (x)+g(x)2-x+g(x)(-1)=g(x)2-x0,因此,h(x)在区间4,2上单调递减,进而h(x)h2=f2=0.所以,当x4,2时, f(x)+g(x)2-x0.(3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncos xn=1.记yn=xn-2n,则yn4,2,且f

24、(yn)=eyncos yn=exn-2ncos(xn-2n)=e-2n(nN).由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,当x4,2时,g(x)0,所以g(x)在4,2上为减函数,因此g(yn)g(y0)g4=0.又由(2)知, f(yn)+g(yn)2-yn0,故2-yn-f(yn)g(yn)=-e-2ng(yn)-e-2ng(y0)=e-2ney0(sin y0-cos y0)e-2nsin x0-cos x0.所以,2n+2-xn0和f (x)0时x的范围.(2)记h(x)=f(x)+g(x)2-x,求h(x),从而得到函数h(x)在4,2上的单调性,转化为

25、求h(x)的最小值,验证最小值非负即可.(3)记u(x)在区间2n+4,2n+2内的零点为xn,则xn2n+4,2n+2,则有yn=xn-2n4,2.与(2)联系知f(yn)+g(yn)2-yn0,此时要先确定g(yn)的符号,再将上式转化为2-yn-f(yn)g(yn),然后进一步证明-e-2ng(yn)e-2nsin x0-cos x0.考点二导数与函数的极(最)值1.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(aR)在(0,+)内有且只有一个零点,则f(x)在-1,1上的最大值与最小值的和为.答案-32.(2019北京,19,13分)已知函数f(x)=14x3-x2+

26、x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),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.解析本题考查函数图象的切线,函数的极值、最值,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力,以及运用函数的基本性质分析、解决问题的能力.(1)由f(x)=14x3-x2+x得f (x)=34x2-2x+1.令f (x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0, f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与

27、y=x-6427.(2)令g(x)=f(x)-x,x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x2-2x.令g(x)=0,得x=0或x=83.g(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+-+g(x)-60-64270所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6g(x)0,即x-6f(x)x.(3)由(2)知,当a3;当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.考点三导数的综合应用1.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然

28、对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)0,则实数a的取值范围是.答案-1,122.(2019浙江,22,15分)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+1+x,x0.(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x1e2,+均有f(x)x2a,求a的取值范围.注:e=2.718 28为自然对数的底数.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.(1)当a=-34时, f(x)=-34ln x+1+x,x0.f (x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,所以,函数

29、f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+).(2)由f(1)12a,得0a24.当00,故q(x)在1e2,17上单调递增,所以q(x)q17.由(i)得,q17=-277p17-277p(1)=0.所以,q(x)0.由(i)(ii)知对任意x1e2,+,t22,+),g(t)0,即对任意x1e2,+,均有f(x)x2a.综上所述,所求a的取值范围是0,24.疑难突破(1)导函数f (x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定根两侧导函数的正负.(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,故借助恒成立的条件用特殊值缩小a

30、的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点.C组教师专用题组考点一导数与函数的单调性1.(2015福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f (x)满足f (x)k1,则下列结论中一定错误的是()A.f1k1k-1C.f1k-1kk-1答案C2.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中aR).对于不相等的实数x1,x2,设m=f(x1)-f(x2)x1-x2,n=g(x1)-g(x2)x1-x2.现有如下命题:对于任意不相等的实数x1,x2,都有m0;对于任意的a及任意不相等的实数x1,x

31、2,都有n0;对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.其中的真命题有(写出所有真命题的序号).答案3.(2016课标,21,12分)(1)讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20;(2)证明:当a0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.解析(1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).(2分)f (x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)20,且仅当x=0时, f (

32、x)=0,所以f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增.因此当x(0,+)时, f(x)f(0)=-1.所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(4分)(2)g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).(5分)由(1)知, f(x)+a单调递增.对任意a0,1), f(0)+a=a-10, f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.(6分)当0xxa时, f(x)+a0,g(x)xa时, f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.(7分)因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=

33、exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.(8分)于是h(a)=exaxa+2,由exx+2=(x+1)ex(x+2)20,得y=exx+2单调递增.所以,由xa(0,2,得12=e00+2f (x)+32对于任意的x1,2成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.当a0时,x(0,1)时, f (x)0, f(x)单调递增,x(1,+)时, f (x)0时, f (x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.0a1,当x(0,1)或x2a,+时, f (x)0, f(x)单调递增,当

34、x1,2a时, f (x)2时,02a0, f(x)单调递增,当x2a,1时, f (x)0, f(x)单调递减.综上所述,当a0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减;当0a2时, f(x)在0,2a内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f (x)=x-ln x+2x-1x2-1-1x-2x2+2x3=x-ln x+3x+1x2-2x3-1,x1,2.设g(x)=x-ln x,h(x)=3x+1x2-2x3-1,x1,2,则f(x)-f (x)=g(x)+h(x).由g(x)=x-1x0,可得g(x)g(1)=1,当且仅当x=1时取得等号.又h(x)=-3x2-2x+6x4.设(x)=-3x2-2x+6,则(x)在x1,2内单调递减.因为(1)=1,(2)=-10,所以x0(1,2),使得x(1,x0)时,(x)0,x(x0,2)时,(x)g(1)+h(2)=32,即f(x)f (x)+32对于任意的x1,2成立.考点二导数与函数的极(最)值1.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=x3-3x,xa,-2x,xa.若a=0,则f(x)的最大值为;若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案2;(-,-1)2.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-