554期：55页导数专题总结.docx

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1、目录第一部分 构造辅助函数求解导数问题2技法一：“比较法”构造函数2技法二：“拆分法”构造函数3技法三：“换元法”构造函数5技法四：二次(甚至多次)构造函数8强化训练10第二部分利用导数探究含参数函数的性质15技法一：利用导数研究函数的单调性15技法二：利用导数研究函数的极值17技法三：利用导数研究函数的最值20强化训练22第三部分导数的综合应用29技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根29技法二：利用导数证明不等式32技法三：利用导数研究不等式恒成立问题35技法四：利用导数研究存在性与任意性问题45技法五：利用导数研究探究性问题48强化训练50第一部分 构造辅助函数求解导数问题对于证明与函

2、数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧技法一：“比较法”构造函数典例(2017广州模拟)已知函数f(x)exax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为1(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex解(1)由f(x)exax，得f(x)exa因为f(0)1a1，所以a2，所以f(x)ex2x，f(x)ex2，令f(x)0，得xln

3、 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上单调递增所以当x0时，g(x)g(0)10，即x2ex方法点拨在本例第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2ex”构造函数，得到“g(x)exx2”，并利用(1)的结论求解对点演练已知函数f(x)，直线yg(x)为函数f(x)的图象在xx0(

4、x01)处的切线，求证：f(x)g(x)证明：函数f(x)的图象在xx0处的切线方程为yg(x)f(x0)(xx0)f(x0)令h(x)f(x)g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，则h(x)f(x)f(x0)设(x)(1x)e(1x0)ex，则(x)e(1x0)ex，x01，(x)0，(x)在R上单调递减，又(x0)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，h(x)0，当xx0时，h(x)0，h(x)在区间(，x0)上为增函数，在区间(x0，)上为减函数，h(x)h(x0)0， f(x)g(x)精美高考数学资料+VX：miqing100技法二：“拆分法”构造函数典

5、例设函数f(x)aexln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线为ye(x1)2(1)求a，b；(2)证明：f(x)1解(1)f(x)aex(x0)，由于直线ye(x1)2的斜率为e，图象过点(1,2)，所以即解得(2)证明：由(1)知f(x)exln x(x0)，从而f(x)1等价于xln xxex构造函数g(x)xln x，则g(x)1ln x，所以当x时，g(x)0，当x时，g(x)0，故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g构造函数h(x)xex，则h(x)ex(1x)所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0；故h(x)在(

6、0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而h(x)在(0，)上的最大值为h(1)综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1方法点拨对于第(2)问“aexln x1”的证明，若直接构造函数h(x)aexln x1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“aexln x1”合理拆分为“xln xxex”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的对点演练已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为x2y30(1)求a，b的值；(2)证明：当x0，且x1时，f(x)解：(1)f(x)(x0)由于直线x2y30的斜率为，且过点(1,1)，

7、故即解得(2)证明：由(1)知f(x)(x0)，所以f(x)考虑函数h(x)2ln x(x0)，则h(x)所以当x1时，h(x)0而h(1)0，故当x(0,1)时，h(x)0，可得h(x)0； 当x(1，)时，h(x)0，可得h(x)0从而当x0，且x1时，f(x)0，即f(x) 技法三：“换元法”构造函数典例已知函数f(x)ax2xln x(aR)的图象在点(1，f(1)处的切线与直线x3y0垂直(1)求实数a的值；(2)求证：当nm0时，ln nln m解(1)因为f(x)ax2xln x，所以f(x)2axln x1，因为切线与直线x3y0垂直，所以切线的斜率为3，所以f(1)3，即2a

8、13，故a1(2)证明：要证ln nln m，即证ln，只需证ln 0令x，构造函数g(x)ln xx(x1)，则g(x)1因为x1，)，所以g(x)10，故g(x)在(1，)上单调递增由已知nm0，得1，所以gg(1)0， 即证得ln 0成立，所以命题得证方法点拨对“待证不等式”等价变形为“ln0”后，观察可知，对“”进行换元，变为“ln xx0”，构造函数“g(x)ln xx(x1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算对点演练已知函数f(x)x2ln x(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t0，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)

9、，证明：当te2时，有解：(1)由已知，得f(x)2xln xxx(2ln x1)(x0)，令f(x)0，得x当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是(2)证明：当0x1时，f(x)0，t0，当0x1时不存在tf(s)令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)上单调递增h(1)t0，h(et)e2tln ettt(e2t1)0故存在唯一的s(1，)，使得tf(s)成立(3)证明：因为sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，从而，其中uln s要使成立，只需0ln u当te2时，若sg(t

10、)e，则由f(s)的单调性，有tf(s)f(e)e2，矛盾所以se，即u1，从而ln u0成立另一方面，令F(u)ln u，u1，F(u)，令F(u)0，得u2当1u2时，F(u)0；当u2时，F(u)0故对u1，F(u)F(2)0，因此ln u成立综上，当te2时，有技法四：二次(甚至多次)构造函数典例(2017广州综合测试)已知函数f(x)exmx3，g(x)ln(x1)2(1)若曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为1，求实数m的值；(2)当m1时，证明：f(x)g(x)x3解(1)因为f(x)exmx3，所以f(x)exm3x2因为曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为

11、1，所以f(0)em1，解得m0(2)证明：因为f(x)exmx3，g(x)ln(x1)2，所以f(x)g(x)x3等价于exmln(x1)20当m1时，exmln(x1)2ex1ln(x1)2要证exmln(x1)20，只需证明ex1ln(x1)20设h(x)ex1ln(x1)2，则h(x)ex1设p(x)ex1，则p(x)ex10，所以函数p(x)h(x)ex1在(1，)上单调递增因为he20，h(0)e10，所以函数h(x)ex1在(1，)上有唯一零点x0，且x0因为h(x0)0，所以ex01，精美高考数学资料+VX：miqing100即ln(x01)(x01)当x(1，x0)时，h(x

12、)0，当x(x0，)时，h(x)0，所以当xx0时，h(x)取得最小值h(x0)，所以h(x)h(x0)ex01ln(x01)2(x01)20综上可知，当m1时，f(x)g(x)x3 方法点拨本题可先进行适当放缩，m1时，exmex1，再两次构造函数h(x)，p(x)对点演练(2016合肥一模)已知函数f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，其中e为自然对数的底数(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若g(x)f(x)对任意的x(0，)恒成立，求t的取值范围解：(1)由f(x)exxln x，知f(x)eln x1，则f(1)e1，而f(1)e，则所求切线

13、方程为ye(e1)(x1)，即y(e1)x1(2)f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，g(x)f(x)对任意的x(0，)恒成立等价于extx2xexxln x0对任意的x(0，)恒成立，即t对任意的x(0，)恒成立令F(x)，则F(x)，令G(x)exeln x，则G(x)ex0对任意的x(0，)恒成立G(x)exeln x在(0，)上单调递增，且G(1)0，当x(0,1)时，G(x)0，当x(1，)时，G(x)0，即当x(0,1)时，F(x)0，当x(1，)时，F(x)0，F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，F(x)F(1)1，t1，即t的取值范围是(，1强

14、化训练1设函数f(x)x2ex1ax3bx2，已知x2和x1为f(x)的极值点(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性；(3)设g(x)x3x2，比较f(x)与g(x)的大小解：(1)因为f(x)ex1(2xx2)3ax22bxxex1(x2)x(3ax2b)，又x2和x1为f(x)的极值点，所以f(2)f(1)0，因此解得(2)因为a，b1，精美高考数学资料+VX：miqing100所以f(x)x(x2)(ex11)，令f(x)0，解得x12，x20，x31因为当x(，2)(0,1)时，f(x)0；当x(2,0)(1，)时，f(x)0所以f(x)在(2,0)和(1，)上是单调递增的；在

15、(，2)和(0,1)上是单调递减的(3)由(1)可知f(x)x2ex1x3x2故f(x)g(x)x2ex1x3x2(ex1x)，令h(x)ex1x，则h(x)ex11令h(x)0，得x1，因为当x(，1时，h(x)0，所以h(x)在(，1上单调递减；故当x(，1时，h(x)h(1)0；因为当x1，)时，h(x)0，所以h(x)在1，)上单调递增；故x1，)时，h(x)h(1)0所以对任意x(，)，恒有h(x)0；又x20，因此f(x)g(x)0故对任意x(，)，恒有f(x)g(x)2(2015北京高考)已知函数f(x)ln(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(

16、0,1)时，f(x)2；(3)设实数k使得f(x)k对x(0,1)恒成立，求k的最大值解：(1)因为f(x)ln(1x)ln(1x)(1x1)，所以f(x)，f(0)2 又因为f(0)0，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y2x(2)证明：令g(x)f(x)2，则g(x)f(x)2(1x2)因为g(x)0(0x1)，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增所以g(x)g(0)0，x(0,1)，即当x(0,1)时，f(x)2(3)由(2)知，当k2时，f(x)k对x(0,1)恒成立当k2时，令h(x)f(x)k，则h(x)f(x)k(1x2)所以当0x 时，h(x)0，因此h(x)

17、在区间上单调递减故当0x 时，h(x)h(0)0，即f(x)k 所以当k2时，f(x)k并非对x(0,1)恒成立综上可知，k的最大值为23(2016广州综合测试)已知函数f(x)mexln x1(1)当m1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当m1时，证明：f(x)1解：(1)当m1时，f(x)exln x1，所以f(x)ex所以f(1)e1，f(1)e1所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x(2)证明：当m1时，f(x)mexln x1exln x1(x0)要证明f(x)1，只需证明exln x20设g(x)exln

18、 x2，则g(x)ex设h(x)ex，则h(x)ex0，所以函数h(x)g(x)ex在(0，)上单调递增因为ge20，g(1)e10，所以函数g(x)ex在(0，)上有唯一零点x0，且x0因为g(x0)0，所以ex0，即ln x0x0当x(0，x0)时，g(x)0；当x(x0，)时，g(x)0所以当xx0时，g(x)取得最小值g(x0)故g(x)g(x0)ex0ln x02x020综上可知，当m1时，f(x)1 4(2017石家庄质检)已知函数f(x)a(x0)，其中e为自然对数的底数(1)当a0时，判断函数yf(x)极值点的个数；(2)若函数有两个零点x1，x2(x1x2)，设t，证明：x1

19、x2随着t的增大而增大解：(1)当a0时，f(x)(x0)，f(x)，令f(x)0，得x2，当x(0,2)时，f(x)0，yf(x)单调递减，当x(2，)时，f(x)0，yf(x)单调递增，所以x2是函数的一个极小值点，无极大值点，即函数yf(x)有一个极值点(2)证明：令f(x)a0，得xaex，因为函数有两个零点x1，x2(x1x2)，所以x1aex1，xaex2，可得ln x1ln ax1，ln x2ln ax2故x2x1ln x2ln x1ln又t，则t1，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，

20、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的增大而增大第二部分利用导数探究含参数函数的性质技法一：利用导数研究函数的单调性典例已知函数g(x)ln xax2bx，函数g(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行于x轴(1)确定a与b的关系；(2)若a0，试讨论函数g(x)的单调性解(1)依题意得g(x)2axb(x0)由函数g(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行于x轴得：g(1)12ab0，b2a1(2)由(1)得g(x)函数g(x)的定义域为(0，)，当a0时，g(x)由g(x)

21、0，得0x1，由g(x)0，得x1，当a0时，令g(x)0，得x1或x，若1，即a，由g(x)0，得x1或0x，由g(x)0，得x1；若1，即0a，由g(x)0，得x或0x1，由g(x)0，得1x，若1，即a在(0，)上恒有g(x)0综上可得：当a0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减；当0a时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当a时，函数g(x)在(0，)上单调递增，当a时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，)上单调递增方法点拨(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论(2)划分函数的单调区间

22、时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点(3)本题(2)求解应先分a0或a0两种情况，再比较和1的大小对点演练(2016太原一模)已知函数f(x)xaln x(aR)(1)当a2时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)设函数h(x)f(x)，求函数h(x)的单调区间解：(1)当a2时，f(x)x2ln x，f(1)1，即切点为(1,1)，f(x)1，f(1)121，曲线yf(x)在点(1,1)处的切线方程为y1(x1)，即xy20(2)由题意知，h(x)xaln x(x0)，则h(x)1，当a10，即a1时，令h(x)0，x0，x1a，令h(x)0，x0，0x1a当a

23、10，即a1时，h(x)0恒成立，综上，当a1时，h(x)的单调递减区间是(0，a1)，单调递增区间是(a1，)；当a1时，h(x)的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间技法二：利用导数研究函数的极值典例设a0，函数f(x)x2(a1)xa(1ln x)(1)若曲线yf(x)在(2，f(2)处的切线与直线yx1垂直，求切线方程(2)求函数f(x)的极值解(1)由已知，得f(x)x(a1)(x0)，又由题意可知yf(x)在(2，f(2)处切线的斜率为1，所以f(2)1，即2(a1)1，解得a0，此时f(2)220，故所求的切线方程为yx2(2)f(x)x(a1)(x0)当0a1时，若x(0，a

24、)，则f(x)0，函数f(x)单调递增；若x(a,1)，则f(x)0，函数f(x)单调递减；若x(1，)，则f(x)0，函数f(x)单调递增此时xa是f(x)的极大值点，x1是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(a)a2aln a，极小值是f(1)当a1时，f(x)0，所以函数f(x)在定义域(0，)内单调递增，此时f(x)没有极值点，故无极值当a1时，若x(0,1)，则f(x)0，函数f(x)单调递增；若x(1，a)，则f(x)0，函数f(x)单调递减；若x(a，)，则f(x)0，函数f(x)单调递增此时x1是f(x)的极大值点，xa是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(

25、1)，极小值是f(a)a2aln a综上，当0a1时，f(x)的极大值是a2aln a，极小值是；当a1时，f(x)没有极值；当a1时f(x)的极大值是，极小值是a2aln a方法点拨对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题讨论的思路主要有：(1) 参数是否影响f(x)零点的存在； (2)参数是否影响f(x)不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小；(3)参数是否影响f(x)在零点左右的符号(如果有影响，需要分类讨论)对点演练(2016山东高考)设f(x)xln xax2(2a1)x，aR(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极

26、大值，求实数a的取值范围解：(1)由f(x)ln x2ax2a，可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)所以g(x)2a当a0，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0，x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，x时，g(x)0，函数g(x)单调递减所以当a0时，g(x)的单调增区间为(0，)；当a0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为(2)由(1)知，f(1)0当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意当0a时，1，由(1)知f(x)在内单调递增，可得当

27、x(0,1)时，f(x)0，当x时，f(x)0所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增，所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意当a时，1，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减，所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意当a时，01，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)在x1处取极大值，符合题意综上可知，实数a的取值范围为技法三：利用导数研究函数的最值典例已知函数f(x)ln xax(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，求函数f(x)在1,2上的最小值解(1)由题意，f(x)a(

28、x0)，当a0时，f(x)a0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，)当a0时，令f(x)a0，可得x，当0x时，f(x)0；当x时，f(x)0，故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为综上可知，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)；当a0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)当1，即a1时，函数f(x)在区间1,2上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)ln 22a当2，即0a时，函数f(x)在区间1,2上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)a当12，即a1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数又f(2)f(1)ln 2a，所以当aln 2时，最小值

29、是f(1)a；当ln 2a1时，最小值为f(2)ln 22a综上可知，当0aln 2时，函数f(x)的最小值是a；当aln 2时，函数f(x)的最小值是ln 22a方法点拨(1)在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值；(2)在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点对点演练1若函数f(x)(a0)在1，)上的最大值为，则a的值为()ABC1 D1解析：选Df(x)令f(x)0，得x或x(舍去)，若1，即0a1时，在1，)上f(x)0，f(x)maxf(1)解得a

30、1，符合题意若1，即a1时，在1，)上f(x)0，在(，)上f(x)0，所以f(x)maxf()，解得a1，不符合题意，综上知，a12已知函数f(x)xln x，g(x)(x2ax3)ex(a为实数)(1)当a5时，求函数yg(x)在x1处的切线方程；(2)求f(x)在区间(t0)上的最小值解：(1)当a5时，g(x)(x25x3)ex，g(1)e又g(x)(x23x2)ex，故切线的斜率为g(1)4e所以切线方程为ye4e(x1)，即y4ex3e(2)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极小值当t时，在区间上

31、f(x)为增函数，所以f(x)minf(t)tln t当0t时，在区间上f(x)为减函数，在区间上f(x)为增函数，所以f(x)minf综上，f(x)min强化训练1已知函数f(x)xax2ln(1x)(a0)(1)若x2是f(x)的极值点，求a的值；(2)求f(x)的单调区间解：f(x)，x(1，)(1)依题意，得f(2)0，即0，解得a经检验，a符合题意，故a的值为(2)令f(x)0，得x10，x21当0a1时，f(x)与f(x)的变化情况如下：x(1，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)f(x1)f(x2)f(x)的单调增区间是，单调减区间是(1,0)和当a1时，f

32、(x)的单调减区间是(1，)当a1时，1x20，f(x)与f(x)的变化情况如下：x(1，x2)x2(x2，x1)x1(x1，)f(x)00f(x)f(x2)f(x1)f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，)综上，当0a1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是(1,0)和；当a1时，f(x)的单调减区间是(1，)；当a1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，)2已知函数f(x)(1)求f(x)在区间(，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在1，e(e为自然对数的底数)上的最大值解：(1)当x1时，f(x)3x22xx(3x2)，令f(x)0，解得x0或x当x变化时，f(

33、x)，f(x)的变化情况如下表：x(，0)0f(x)00f(x)极小值极大值故当x0时，函数f(x)取得极小值为f(0)0，函数f(x)的极大值点为x(2)当1x1时，由(1)知，函数f(x)在1,0和上单调递减，在上单调递增因为f(1)2，f，f(0)0，所以f(x)在1,1)上的最大值为2当1xe时，f(x)aln x，当a0时，f(x)0；当a0时，f(x)在1，e上单调递增，则f(x)在1，e上的最大值为f(e)a综上所述，当a2时，f(x)在1，e上的最大值为a；当a2时，f(x)在1，e上的最大值为2精美高考数学资料+VX：miqing1003已知函数f(x)ax1ln x(aR)

34、(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b的取值范围解：(1)由已知得f(x)a(x0)当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递减，f(x)在(0，)上没有极值点当a0时，由f(x)0，得0x，由f(x)0，得x，f(x)在上单调递减，在上单调递增，即f(x)在x处有极小值当a0时，f(x)在(0，)上没有极值点，当a0时，f(x)在(0，)上有一个极值点(2)函数f(x)在x1处取得极值，f(1)0，解得a1，f(x)bx21b，令g(x)1，则g(x)，令g(x)0，得xe2

35、则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，g(x)ming(e2)1，即b1，故实数b的取值范围为4已知方程f(x)x22axf(x)a210，其中aR，xR(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在0，)上存在最大值和最小值，求实数a的取值范围解：(1)由f(x)x22axf(x)a210得f(x)，则f(x)当a0时，f(x)，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，0)当a0时，令f(x)0，得x1a，x2，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下： x(，x1)x1(x1，x2)x2

36、(x2，)f(x)00f(x)极小值极大值故f(x)的单调递减区间是(，a)，单调递增区间是当a0时，令f(x)0，得x1a，x2，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下：x(，x2)x2(x2，x1)x1(x1，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间是，(a，)，单调递减区间是(2)由(1)得，a0不合题意当a0时，由(1)得，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在0，)上存在最大值fa20设x0为f(x)的零点，易知x0，且x0从而当xx0时，f(x)0；当xx0时，f(x)0若f(x)在0，)上存在最小值，必有f(0)0，解得1a1所以当a0时，若

37、f(x)在0，)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(0,1当a0时，由(1)得，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以f(x)在0，)上存在最小值f(a)1易知当xa时，1f(x)0，所以若f(x)在0，)上存在最大值，必有f(0)0，解得a1或a1所以当a0时，若f(x)在0，)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(，1综上所述，实数a的取值范围是(，1(0,15设函数f(x)x2axb(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f0(x)x2a0xb0，求函数|f(sin x)f0(sin x)|在上的最大值D；(3)在(2)中，取a0b00，求zb满足条件D1时的最大值解：(1)由题意，f(sin x)sin2xasin xbsin x(sin xa)b，则f(sin x)(2sin xa)cos x，因为x，所以cos x0，22sin x2a2，bR时，函数f(sin x)单调递增，无极值；a2，bR时，函数f(sin x)单调递减，无极值；对于2a2，在内存在唯一的x0，使得2sin x0axx0时，函数f(sin x)单调递减；x0x时，函数f(sin x)单调递增因此，2a2，bR时，函数f(sin x)在x0处有极小值f(