2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数及其应用).pdf

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1、第 1页（共 41页）2015 年全国各地高考数学试题及解答分类大全（导数及其应用）一、选择题：1.（2015 安徽文）函数32fxaxbxcxd的图像 如图所示，则下列结论成立的是（）（A）a0，b0，d0（B）a0，b0，c0（C）a0，b0，c0（D）a0，b0，c0，d时，f()；()证明：当1k,使得对0(0),xx?任意，恒有 f()()xg x；()确定 k 的所以可能取值，使得存在0t，对任意的(0),x?，t恒有2|f()()|xg xx-【答案】()详见解析；()详见解析；()=1k【解析】试题分析：()构造函数()f()ln(1),(0,),F xxxxx x=-=+-?

2、+￥只需求值域的右端点并和0 比较即可；()构造函数G()f()()ln(1),(0,),xxg xxkx x=-=+-?+￥即()0G x，求导得1()1+Gxkx=-(1k)1+kxx-+-=，利用导数研究函数()G x的形状和最值，证明当1k，使得()0G x即可；()由()知，当1k 时，对于(0,),x违+()f()g xxx，故()f()g xx，则不等式2|f()()|xg xx-变形为2kln(1)xxx-+，构造函数2M()kln(1),0)xxxxx=-+-违，+，只需说明()0M x，易发现函数()Mx在22(k2)8(k 1)0)4kx-+-+-?（，递增，而(0)0M

3、，故不存在；当1k,使得对任意的任意的0(0),xx，?恒有f()()xg x，此时不等式变形为2ln(1)kxxx+-，构造2N()ln(1)k,0)xxxxx=+-违，+，易发现函数()N x在2(+2(k+2)8(1 k)0)4kx-+-?）（，递增，而(0)0N，不满足题意；当=1k时，代入证明即可试题解析：解法一：(1)令()f()ln(1),(0,),F xxxxx x=-=+-?+￥则有1()11+1+xFxxx=-=-当(0,),x?+￥()0Fx时，()(0)0,F xF时，xxf(),所以G()x在0,)+￥上单调递增,G()(0)0 xG=故对任意正实数0 x均满足题意.

4、当01k取01=1xk，-对任意0(0,),xx?恒有G()0 x,所以G()x在00,x)上单调递增,G()(0)0 xG=,即f()()xg x.综上，当1k,使得对任意的0(0),xx，?恒有f()()xg x(3)当1k 时，由（1）知，对于(0,),x违+()f()g xxx，故()f()g xx，|f()()|()()kln(1)xg xg xf xxx-=-=-+，令2M()kln(1),0)xxxxx=-+-违，+，则有21-2+(k-2)1M()k2=,11xxkxxxx+-=-+故当22(k2)8(k 1)0)4kx-+-+-?（，时，M()0 x,M()x在22(k2)8

5、(k 1)0)4k-+-+-，上单调递增，故M()M(0)0 x=,即2|f()()|xg xx-,所以满足题意的t 不存在.当1k,使得对任意的任意的0(0),xx，?恒有f()()xg x此时|f()()|f()()ln(1)kxg xxg xxx-=-=+-,第 14页（共 41页）令2N()ln(1)k,0)xxxxx=+-违，+，则有21-2-(k+2)1()2=,11xxkNxkxxx-+=-+故当2(+2(k+2)8(1k)0)4kx-+-?）（，时，N()0 x,M()x在2(2)(k2)8(1k)0)4k-+-，上单调递增，故N()(0)0 xN=,即2f()()xg xx-

6、,记0 x与2(2)(k2)8(1 k)4k-+-中较小的为1x，则当21(0)|f()()|xxxg xx?-，时，恒有，故满足题意的t 不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x 违当+|f()()|()()ln(1)xg xg xf xxx-=-=-+，令2H()ln(1),0)xxxxx=-+-违，+，则有21-2H()12=,11xxxxxx-=-+当0 x 时，H()0 x,所以H()x在0+￥，）上单调递减，故H()(0)0 xH时，恒有2|f()()|xg xx-时，由（1）知，对于(0,),x违+()f()g xxx，故|f()()|()()kln(1)k(k1)xg xg

7、xfxxxxxx-=-=-+-=-，令2(k1),01xxxk-时，(0,1)xk?-对于恒有2|f()()|xg xx-,所以满足题意的t 不存在.当1k 时，取11k+1=12kkk,使得0(0),xx?任意，恒有1f()()xk xkxg x=.此时11|f()()|f()()(k)2kxg xxg xkxx-=-=,令21k1k,022xxx-,记0 x与1-k2中较小的为1x，则当21(0)|f()()|xxxg xx?-，时，恒有，故满足题意的t 不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x 违当+|f()()|()()ln(1)xg xg xf xxx-=-=-+，令2M()ln(

8、1),0)xxxxx，+，则有212M()12,11xxxxxx当0 x 时，M()0 x,所以M()x在0+，）上单调递减，故M()M(0)0 x 时，恒有2|f()()|xg xx-.当0a 时,()0fx，()fx没有零点；当0a 时，因为2 xe单调递增，ax-单调递增，所以()fx在()0+￥，单调递增.又()0fa,当b 满足04ab且14b 时，(b)0f时，()fx存在唯一零点.15.(2015 全国新课标卷理)已知函数f（x）=31,()ln4xaxg xx.()当 a 为何值时，x 轴为曲线()yfx的切线；（）用min,m n表示 m,n 中的最小值，设函数()min()

9、,()(0)h xf xg xx，讨论 h（x）零点的个数.第 24页（共 41页）【答案】（）3-4a；（）当34a或54a时，()h x由一个零点；当34a或54a时，()h x有两个零点；当5344a时，()h x有三个零点.【解析】试题分析：（）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；（）根据对数函数的图像与性质将x分为1,1,01xxx研究()h x的零点个数，若零点不容易求解，则对a再分类讨论.试题解析：（）设曲线()yfx与x轴相切于点0(,0)x，则0()0f x，0()0fx，即3002010430 xaxxa，解得013,24xa.因此，当34a

10、时，x轴是曲线()yf x的切线.5 分（）当(1,)x时，()ln0g xx，从而()min(),()()0h xf xg xg x，()h x在（1，+）无零点.当x=1时，若54a，则5(1)04fa，(1)min(1),(1)(1)0hfgg,故x=1 是()h x的零点；若54a，则5(1)04fa，(1)min(1),(1)(1)0hfgf,故x=1不是()h x的零点.当(0,1)x时，()ln0g xx，所以只需考虑()f x在（0,1）的零点个数.()若3a或0a，则2()3fxxa在（0,1）无零点，故()f x在（0,1）单调，而1(0)4f，5(1)4fa，所以当3a时

11、，()f x在（0，1）有一个零点；当a0 时，()f x在（0，1）无零点.()若30a，则()f x在（0，3a）单调递减，在（3a，1）单调递增，故当x=3a时，()f x取的最小值，最小值为()3af=21334aa.1若()3af 0，即34a0，()f x在（0,1）无零点.2若()3af=0，即34a，则()f x在（0,1）有唯一零点；3若()3af 0，即334a，由于1(0)4f，5(1)4fa，所以当5344a时，()f x在（0,1）有两个零点；当534a时，()f x在（0,1）有一个零点.10分综上，当34a或54a时，()h x由一个零点；当34a或54a时，()

12、h x有两个零点；当5344a时，()h x有三个零点.12 分考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想16.(2015 全国新课标卷文)已知ln1fxxax.第 25页（共 41页）（I）讨论fx的单调性；（II）当fx有最大值,且最大值大于22a时,求 a 的取值范围.【答案】（I）0a,fx在0,是单调递增；0a,fx在10,a单调递增,在1,a单调递减；（II）0,1.【解析】考点：导数的应用.17(2015 全国新课标卷理)设函数2()mxf xexmx()证明：()f x在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；（）若对于任意12,1,1x x，都有

13、12()()1f xf xe，求m的取值范围【答案】()详见解析；（）1,1【解析】试题分析：()先求导函数()(1)2mxfxm ex，根据m的范围讨论导函数在(,0)和(0,)的符号即可；（）12()()1f xf xe恒成立，等价于12max()()1f xf xe由12,x x是两个独立的变量，故可求研究()f x的值域，由()可得最小值为(0)1f，最大值可能是(1)f或(1)f，故只需(1)(0)1,(1)(0)1,ffeffe，从而得关于m的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解第 26页（共 41页）考点：导数的综合应用18.(2015 山东文)设函数.已知

14、曲线在点(1,(1)f处的切线与直线平行.（）求a 的值；（）是否存在自然数k，使得方程()()f xg x在(,1)k k内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；（）设函数()min(),()m xf xg x（minp，q表示，p，q 中的较小值），求 m(x)的最大值.【答案】（I）1a；(II)1k；(III)24e.【解析】试题分析：（I）由题意知，(1)2f，根据()ln1,afxxx即可求得.（II）1k时，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln,xxh xf xg xxxe通过研究(0,1x时，()0h x.又2244(

15、2)3ln 2ln 8110,hee得知存在0(1,2)x，使0()0h x.应用导数研究函数()h x的单调性，当(1,)x时，()h x单调递增.作出结论：1k时，方程()()fxg x在(,1)k k内存在唯一的根.（III）由（II）知，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的根0 x，且0(0,)xx时，()()f xg x，0(,)xx时，()()f xg x，得到020(1)ln,(0,(),(,)xxx xxm xxxxe.当0(0,)xx时，研究得到0()().m xm x当0(,)xx时，应用导数研究得到24()(2),m xme且0()(2)m xm.第 27页（

16、共 41页）综上可得函数()m x的最大值为24e.试题解析：（I）由题意知，曲线在点(1,(1)f处的切线斜率为2，所以(1)2f，又()ln1,afxxx所以1a.（II）1k时，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln,xxh xf xg xxxe当(0,1x时，()0h x.又2244(2)3ln 2ln81 10,hee所以存在0(1,2)x，使0()0h x.因为1(2)()ln1,xx xh xxxe所以当(1,2)x时，1()10h xe，当(2,)x时，()0h x，所以当(1,)x时，()h x单调递增.所以1k时，方程()()f xg

17、 x在(,1)k k内存在唯一的根.（III）由（II）知，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的根0 x，且0(0,)xx时，()()f xg x，0(,)xx时，()()f xg x，所以020(1)ln,(0,(),(,)xxx xxm xxxxe.当0(0,)xx时，若(0,1,()0;xm x若0(1,),xx由1()ln10,m xxx可知00()();m xm x故0()().m xm x当0(,)xx时，由(2)(),xxxm xe可得0(,2)xx时，()0,()m xm x单调递增；(2,)x时，()0,()m xm x单调递减；可知24()(2),m xme且0

18、()(2)m xm.综上可得函数()m x的最大值为24e.考点：1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、最值.19.(2015 山东理)设函数2ln1fxxa xx，其中aR.（）讨论函数fx极值点的个数，并说明理由；（）若0,0 xfx成立，求a的取值范围.【答案】（I）：当0a时，函数fx在1,上有唯一极值点；当809a时，函数fx在1,上无极值点；当89a时，函数fx在1,上有两个极值点；（II）a的取值范围是0,1.第 28页（共 41页）第 29页（共 41页）（4）当0a时，设ln1h xxx第 30页（共 41页）【考点定位】1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨

19、论的思想.【名师点睛】本题考查了导数在研究函数性质中的应用，着重考查了分类讨论、数形结合、转化的思想方法，意在考查学生结合所学知识分析问题、解决问题的能力，其中最后一问所构造的函数体现了学生对不同函数增长模型的深刻理解.20.(2015 陕西文)设2()1,2.nnfxxxxnN n(I)求(2)nf；(II)证明：()nfx在20,3内有且仅有一个零点（记为na），且1120233nna.【答案】(I)(2)(1)21nnfn；(II)证明略，详见解析.【解析】试题分析：(I)由题设1()12nnfxxnx，所以1(2)1222nnfn，此式等价于数列12nn的前n项和，由错位相减法求得(2

20、)(1)21nnfn；(II)因为(0)10f，2222()12120333nnf，所以()nfx在2(0,)3内至少存在一个零点，又1()120nnfxxnx，所以()nf x在2(0,)3内单调递增，因此，()nfx在2(0,)3内有且只有一个零点na，由于1()11nnxfxx，所以10()11nnnnnafaa，由此可得1111222nnnaa故1223na，继而得111112120222333nnnnnaa.试题解析：(I)由题设1()12nnfxxnx，所以1(2)1222nnfn由22(2)12222nnfn得21(2)12222nnnfn第 31页（共 41页）2122(1)2

21、112nnnn，所以(2)(1)21nnfn(II)因为(0)10f222133222()112120233313nnnf，所以()nfx在2(0,)3内至少存在一个零点，又1()120nnfxxnx所以()nf x在2(0,)3内单调递增，因此，()nf x在2(0,)3内有且只有一个零点na，由于1()11nnxfxx，所以10()11nnnnnafaa由此可得1111222nnnaa故1223na所以111112120222333nnnnnaa考点：1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.21(2015 陕西理)设nfx是等比数列1，x，2x，nx的各项和，其中0 x，n，2

22、n（I）证明：函数F2nnxfx在1,12内有且仅有一个零点（记为nx），且11122nnnxx；（II）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为ngx，比较nfx与ngx的大小，并加以证明【答案】（I）证明见解析；（II）当1x=时，()()nnfxgx=，当1x时，()()nnfxgx第 32页（共 41页）1211111112()1220,12222212nnnnF所以()nFx在1,12内至少存在一个零点nx.又1()120nnFxxnx，故在1,12内单调递增，所以()nFx在1,12内有且仅有一个零点nx.因为nx是()nFx的零点，所以()=0nnF

23、x，即11201nnnxx+-=-，故111=+22nnnxx+.(II)解法一：由题设，()()11().2nnnxgx+=设()()211()()()1,0.2nnnnnxh xfxgxxxxx+=-=+-当1x=时,()()nnfxgx=当1x时,111()12.2nnn nxh xxnx若01x,11111()22nnnnn nh xxxnxx()()11110.22nnn nn nxx-+=-=所以()h x在(0,1)上递增，在(1,)上递减，所以()(1)0h xh=，即()()nnfxgx.综上所述，当1x=时,()()nnfxgx=；当1x时()()nnfxgx当1x=时,(

24、)()nnfxgx=当1x时,用数学归纳法可以证明()()nnfxgx.当2n=时,2221()()(1)0,2fxgxx-=-所以22()()fxgx成立.假设(2)nk k时，不等式成立，即()()kkfxgx.那么，当+1nk=时，()()111k+1k11()()()2kkkkkkxfxfxxgxxx+=+，则11()(k1)11(x1)kkkkhxkxk kxk kx所以当01x,()0khx,()khx在(1,)上递增.所以()(1)0kkhxh=，从而()1k+1211()2kkxkxkgx+第 33页（共 41页）故11()()kkfxgx+.即+1nk=，不等式也成立.所以，

25、对于一切2n的整数，都有()()nnfxgx，11nk.若01x,11n kx-+,11n kx-+,()0kmx,从而()kmx在(0,1)上递减,()kmx在(1,)上递增.所以()(1)0kkmxm=，所以当01(2),kkxxabkn且时,又11ab=,11nnab+=，故()()nnfxgx综上所述，当1x=时,()()nnfxgx=；当1x时()()nnfxgx0.()设g(x)为f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；()证明：存在a(0，1)，使得f(x)0 恒成立，且f(x)0 在区间(1，)内有唯一解.(I)由已知，函数f(x)的定义域为(0，)g(x)f(x)2(x1ln

26、xa)所以 g(x)222(1)xxx当 x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递减当 x(1，)时，g(x)，g(x)单调递增(II)由 f(x)2(x1lnxa)0，解得 ax1lnx令(x)2xlnxx22x(x1lnx)(x1lnx)2(1lnx)2 2xlnx则(1)10，(e)2(2e)0于是存在x0(1，e)，使得(x0)0令 a0 x0 1lnx0u(x0)，其中 u(x)x1lnx(x1)由 u(x)11x0 知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增故 0u(1)a0u(x0)u(e)e21即 a0(0，1)当 aa0时，有 f(x0)0，f(x0)(x0)0再由(I)知，

27、f(x)在区间(1，)上单调递增当 x(1，x0)时，f(x)0，从而 f(x)f(x0)0当 x(x0，)时，f(x)0，从而 f(x)f(x0)0又当 x(0，1时，f(x)(xa0)22xlnx0故 x(0，)时，f(x)0第 35页（共 41页）综上所述，存在a(0，1)，使得 f(x)0 恒成立，且f(x)0 在区间(1，)内有唯一解.【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.【名师点睛】本题第()问隐藏二阶导数知识点，由于连续两次求导后，参数a消失，故函

28、数的单调性是确定的，讨论也相对简单.第()问需要证明的是：对于某个a(0，1)，f(x)的最小值恰好是 0，而且在(1，)上只有一个最小值.因此，本题仍然要先讨论f(x)的单调性，进一步说明对于找到的a，f(x)在(1，)上有且只有一个等于0 的点，也就是在(1，)上有且只有一个最小值点.属于难题.24.(2015 四川理)已知函数22()2()ln22f xxaxxaxaa，其中0a.（1）设()g x是()f x的导函数，评论()g x的单调性；（2）证明：存在(0,1)a，使得()0f x在区间(1,+)内恒成立，且()0f x在(1,+)内有唯一解.【答案】（1）当104a时，()g

29、x在区间114114(0,),(,)22aa上单调递增，在区间114114(,)22aa上单调递减；当14a时，()g x在区间(0,)上单调递增.（2）详见解析.第 36页（共 41页）【考点定位】本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想.【名师点睛】本题作为压轴题，难度系数应在0.3 以下.导数与微积分作为大学重要内容，在中学要求学生掌握其基础知识，在高考题中也必有体现.一般地，只要掌握了课本知识，是完全可以解决第（1）题的，所以对难度最大的最后一个题，任何人都不能

30、完全放弃，这里还有不少的分是志在必得的.解决函数题需要的一个重要数学思想是数形结合，联系图形大胆猜想.在本题中，结合待证结论，可以想象出()f x的大致图象，要使得()0f x在区间(1,+)内恒成立，且()0f x在(1,+)内有唯一解，则这个解0 x应为极小值点，且极小值为0，当0(1,)xx时，()f x的图象递减；当0(,)xx时，()f x的图象单调递增，顺着这个思想，便可找到解决方法.25.(2015 天津文)已知函数4()4,fxxxxR=-?（I）求()f x的单调性；（II）设曲线()yf x=与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为()yg x=,求证：对于任意的正

31、实数x,都有()()f xg x;（III）若方程()=()f xa a为实数有两个正实数根12xx，且12xx,求证：1321-43axx -+.【答案】（I）fx的单调递增区间是,1,单调递减区间是1,；（II）见试题解析；（III）见试题解析.【解析】第 37页（共 41页）试题解析：（I）由4()4f xxx=-,可得3()44fxx=-,当0fx,即1x时,函数fx单调递增；当0fx,即1x时,函数fx单调递减.所以函数fx的单调递增区间是,1,单调递减区间是1,.（II）设0,0P x,则1304x,012,fx曲线yfx在点P处的切线方程为00yfxxx,即00g xfxxx,令

32、F xfxg x即0F xfxfxxx则0Fxfxfx.由于3()44f xx=-在,单调递减,故Fx在,单调递减,又因为00Fx,所以当0,xx时,0Fx,所以当0,xx时,0Fx,所以F x在0,x单调递增,在0,x单调递减,所以对任意的实数x,00F xF x,对于任意的正实数x,都有()()f xg x.考点：1.导数的几何意义；2.导数的应用.26.(2015 天津理)已知函数()n,nfxxxxR，其中*n,n2N.(I)讨论()f x的单调性；(II)设曲线()yf x=与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为()yg x=,求证：对于任意的正实数x，都有()()f xg

33、 x；(III)若关于x的方程()=a(a)f x为实数有两个正实根12xx，求证：21|-|21ax xn+-第 38页（共 41页）【答案】(I)当n为奇数时，()f x在(,1)，(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增；当n为偶数时，()f x在(,1)上单调递增，()f x在(1,)上单调递减.(II)见解析；(III)见解析.试题解析：(I)由()nf xnxx，可得，其中*nN且2n，下面分两种情况讨论：（1）当n为奇数时：令()0fx，解得1x或1x，当x变化时，(),()fxf x的变化情况如下表：x(,1)(1,1)(1,)()fx()f x所以，()f x在(,1)，(

34、1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增.(2)当n为偶数时，当()0fx，即1x时，函数()fx单调递增；当()0fx，即1x时，函数()fx单调递减.所以，()f x在(,1)上单调递增，()f x在(1,)上单调递减.(II)证明：设点P的坐标为0(,0)x，则110nxn，20()fxnn，曲线()yfx在点P处的切线方程为00()yfxxx，即00()()g xfxxx，令()()()F xf xg x，即00()()()F xfxfxxx，则0()()()Fxfxfx由于1()nfxnxn在0,上单调递减，故()Fx在0,上单调递减，又因为0()0Fx，所以当0(0,)xx时，0(

35、)0Fx，当0(,)xx时，0()0Fx，所以()F x在0(0,)x内单调递增，在0(,)x内单调递减，所以对任意的正实数x都有0()()0F xF x，即对任意的正实数x，都有()()f xg x.(III)证明：不妨设12xx，由(II)知20()g xnnxx，设方程()g xa的根为2x，可得202.axxnn，当2n时，()g x在,上单调递减，又由(II)知222()()(),g xf xag x可得22xx.类似的，设曲线()yf x在原点处的切线方程为()yh x，可得()h xnx，当(0,)x，()()0nfxh xx，即对任意(0,)x，()().f xh x设方程()

36、h xa的根为1x，可得1axn，因为()h xnx在,上单调递增，且第 39页（共 41页）111h xafxh x，因此11xx.由此可得212101axxxxxn.因为2n，所以111121 1111nnnCnn，故0112nxn.所以，2121axxn.考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.27、(2015 重庆文)已知函数f（x）=a3x+2x（aR）在 x=43处取得极值.（I）确定 a 的值；（II）若 g（x）=f（x）xe，讨论的单调性.【答案】（）12a=；（）g()x在(,4)(1,0)-￥-和内为减函数，(4,1)(0,)-+￥

37、和内为增函数.【解析】试题分析：（）先求出函数()f x的导函数2()32fxaxx=+，由已知有4()03f-=可得关于 a 的一个一元方程，解之即得a 的值；（）由（）的结果可得函数321g()2xxxxe骣琪=+琪桫，利用积的求导法则可求出g()x=1(1)(4)2xx xxe+，令g()0 x=，解得0,1=-4xxx=-或.从而分别讨论-4x，41x-，-10 x时g()x的符号即可得到函数g()x的单调性试题解析：(1)对()f x求导得2()32fxaxx=+因为()f x在43x=-处取得极值，所以4()03f-=，即16416832()09333aa+-=-=,解得12a=.

38、(2)由(1)得，321g()2xxxxe骣琪=+琪桫,故232323115g()222222xxxxxx exxexxx e骣骣骣琪琪琪=+=+琪琪琪桫桫桫1(1)(4)2xx xxe=+令g()0 x=，解得0,1=-4xxx=-或.当-4x 时，g()0 x,故g()x为减函数；当41x-,故g()x为增函数；当-10 x时，g()0 x时，g()0 x,故g()x为增函数；综上知g()x在(,4)(1,0)-￥-和内为减函数，(4,1)(0,)-+￥和内为增函数.考点：1.导数与极值；2.导数与单调性.28(2015 重庆理)设函数23xxaxfxaRe（1）若fx在0 x处取得极值，

39、确定a的值，并求此时曲线yfx在点1,1f处的切第 40页（共 41页）线方程；（2）若fx在3,上为减函数，求a的取值范围。【答案】（1）0a，切线方程为30 xey-=；（2）9,)2.【解析】试题解析：(1)对()f x求导得2226336()xxxxxa exax exa xafxee因为()f x在0 x=处取得极值，所以(0)0f，即0a=.当0a=时，23()=,xxf xe236()xxxfxe,故33(1)=,(1)ffee,从而()f x在点1(1)f（，）处的切线方程为33(1)yxee-=-,化简得30 xey-=(2)由(1)得，236()xxa xafxe,令()2g()36xxa xa=-+-+【考点定位】复合函数的导数，函数的极值，切线，单调性考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力第 41页（共 41页）问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；本题涉及第一个点和第二个点，主要注意问题的转化，转化为不等式恒成立，转化为二次函数的性质