高考文科数学导数真题汇编(带答案)

高考数学文科导数真题汇编答案

一、客观题组

4

5.

7.设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x =-处取得极小值，则函数()y xf x '=的图象可能是

8设函数f （x ）=

2

x

+lnx 则 （ ） A ．x=12为f(x)的极大值点 B ．x=1

2为f(x)的极小值点

C ．x=2为 f(x)的极大值点

D ．x=2为 f(x)的极小值点 9、函数y=

12

x 2

-㏑x 的单调递减区间为 （A ）（-1,1] （B ）（0,1] （C.）[1，+∞） （D ）（0，+∞）

11(2018年高考1卷)

12(2019年高考1卷)

一、

客观题答案1B ; 2.D; 3.y=x+1; 4.A . 5.y=2x-2 6D ,7C; 8D; 9B; 10.C 11.D; 12.y=3x

二、大题组

【2011新课标】21. 已知函数ln ()1a x b

f x x x

=

++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

（1）求a 、b 的值；

（2）证明：当0x >，且1x ≠时，

f (x )>ln x x -1

【解析】

（1）22

1

(

ln )

'()(1)x x b x f x x x α+-=

-

+ 由于直线230x y +-=的斜率为1

2

-

，且过点(1,1)， 故(1)1,1'(1),2f f =???=-?? 即1,1,22

b a b =???-=-??

解得1a =，1b =。

（2）由（1）知f (x )=x x x 11ln ++，所以f (x )-ln x x -1=11-x 2

(2ln x -x 2-1

x )， 考虑函数，则2

2

222)1()1(22)(x

x x x x x x h --=---='， 所以x ≠1时h ′(x )＜0，而h (1)=0

故)1,0(∈x 时，h (x )>0可得，),1(+∞∈x 时，h (x )<0可得， 从而当，且时，.

【2012新课标】21. 设函数f (x ) = e x -ax -2 （1）求f (x )的单调区间

（2）若a =1，k 为整数，且当x >0时，(x -k ) f ′(x )+x +1>0，求k 的最大值 【解析】

（1）

f (x )的定义域为(,)-∞+∞，()x f x e a '=-，

若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增. 若0a >，则当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.

（2）由于1a =，所以()()1()(1)1x x k f x x x k e x '-++=--++. 故当0x >时，()()10x k f x x '-++>等价于1(0)

(1)

x x k x x e +<+>-①.

令1()(1)

x x g x x e +=+-，则221(2)()1(1)(1)x x x

x x xe e e x g x e e ----'=+=

--. 由（1）知，函数()2x h x e x =--在(0,)+∞单调递增，而(1)0h <，(2)0h >， 所以()h x ，在(0,)+∞存在唯一的零，故()g x '在(0,)+∞存在唯一的零点. 设此零点为a ，则(1,2)a ∈.

当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>.

所以()g x 在(0,)+∞的最小值为()g a . 又由()0g a '=，可得2a e a =+，所以()1(2,3)g a a =+∈. 由于①式等价于()k g a <，故整数k 的最大值为2

【2013新课标1】20. 已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.

(1)求a ，b 的值；

ln ()1x f x x >

-ln ()1x

f x x >-0x >1x ≠ln ()1

x

f x x >-

(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 【解析】

(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4. 由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，

f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)·1e 2x

?

?-

???

. 令f ′(x )＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.

从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.

故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．

【2013新课标2】21．已知函数f(x)＝x 2e －

x . (1)求f(x)的极小值和极大值；

(2)当曲线y ＝f(x)的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围． 【解析】

(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝－e －x x(x －2)．①

当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；当x ∈(0,2)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)单调递减，在(0,2)单调递增． 故当x ＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0； 当x ＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e －2.

(2)设切点为(t ，f(t))，则l 的方程为y ＝f′(t)(x －t)＋f(t)． 所以l 在x 轴上的截距为m(t)＝()2

23'()22

f t t t t t f t t t -

=+=-++--. 由已知和①得t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)． 令h(x)＝2

x x

+

(x≠0)，则当x ∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[22，＋∞)； 当x ∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．

所以当t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[223+，＋∞]． 综上，l 在x 轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[223+，＋∞]． 【2014新课标1】21．设函数()()2

1ln 12

a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （1）求b;

（2）若存在01,x ≥使得()01

a

f x a <-，求a 的取值范围。 【解析】 （1）()(1)a

f x a x b x

'=

+--，由题设知 (1)0f '=,解得b 1

（2） f (x )的定义域为(0,∞),由(1)知, 2

1()ln 2

a f x a x x x -=+

-， ()1()(1)111a a a f x a x x x x x a -??'=

+--=-- ?-??

(i)若12a ≤

，则11a

a

≤-，故当x ∈(1,∞)时, f '(x ) 0 , f (x )在(1,∞)上单调递增.

所以,存在0x ≥1, 使得 0()1a f x a ≤-的充要条件为(1)1a f a ≤-，即1121a a

a

--<-

所以2 1 a 2 1;

(ii)若

112a <<，则11a a >-，故当x ∈(1, 1a a -)时, f '(x ) <0 , x ∈(,1a

a

+∞-)时, ()0f x '>，f (x )在(1,

1a a -)上单调递减，f (x )在,1a

a

+∞-单调递增. 所以,存在0x ≥1,, 使得 0()1a f x a ≤-的充要条件为()11a a

f a a

≤--，

而()2()ln 112111a a a a a

f a a a a a a

=++>

-----，所以不符合题意. (ⅲ) 若1a >，则11(1)1221

a a a

f a ---=

-=<-。 综上，a 的取值范围为：()

()2211,-?+∞

【2014新课标2】21. 已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点（0,2）处的切线与

x 轴交点的横坐标为-2. （1）求a ；

（2）证明：当时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点。

【解析】

（1）2()36f x x x a '=-+，(0)f a '=

曲线()y f x =在点（0，2）处的切线方程为2y ax =+，由题设得2

2a

-=-，所以1a = （2）由（1）知，32()32f x x x x =-++ 设32()()23(1)4g x f x kx x x k x =-+=-+-+ 由题设知10k ->

当0x ≤时，2()3610g x x x k '=-+->，()g x 单调递增，(1)10,(0)4g k g -=-<=， 所以()0g x =在(,0]-∞有唯一实根。

当0x >时，令32()34h x x x =-+，则()()(1)()g x h x k x h x =+->

2()363(2),()h x x x x x h x '=-=-在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增，所以 ()()(2)0g x h x h >≥=

所以()0g x =在(0,)+∞没有实根

综上()0g x =在R 由唯一实根，即曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点。

【2015新课标1】21. 设函数x 。

（1）讨论()f x 的导函数'()f x 零点的个数； （2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a

≥+。 【解析】

【2015新课标2】21. 已知()()ln 1f x x a x =+-. （1）讨论()f x 的单调性；

（2）当()f x 有最大值,且最大值大于22a -时,求a 的取值范围. 【解析】已知()()ln 1f x x a x =+-.

.

),1

()1,0)(00)(0.1)(')1(上是减函数上是增函数，在在（时，函数当）上是增函数；

，在（时，函数当+∞>∞+≤-=

a

a x f a x f a a x

x f Θ （2）由（1）知，当.ln 1)1

(1)(0a a a

f a x x f a --==>时取得最大值

在时，函数 .01ln ,22ln 1<-+->--a a a a a 整理得由 .

1,0(,10),1()(,0)1(0)(,0)(',00,1

1',1ln )(）即上述不等式即函数。又）是增

，在（）（则设∈<<∴<=∞+>∴>∴>+=-+=a a g a g g x g x g x a x

x g x x x g Θ

【2016新课标1】21. 已知函数f (x )=(x ?2)e x +a(x ?1)2. (I)讨论f(x)的单调性；

(II)若f(x)有两个零点，求的取值范围. 【解析】

(I)

(i)设，则当时，；当时，. 所以在单调递减，在单调递增. (ii)设，由得x=1或x=ln(-2a).

①若，则，所以在单调递增.

②若，则ln(-2a)<1,故当时，；

当时，，所以在单调递增，在

单调递减.

③若，则，故当时，，当时，。

所以在单调递增，在单调递减. (II)

(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.

又，取b 满足b <0且， a ()()()()()

'12112.x x f x x e a x x e a =-+-=-+0a ≥(),1x ∈-∞()'0f x <()1,x ∈+∞()'0f x >(),1-∞()1,+∞0a <()'0f x =2e a =-()()()'1x f x x e e =--()f x (),-∞+∞2

e

a >-()()(),ln 21,x a ∈-∞-+∞U ()'0f x >()()ln 2,1x a ∈-()'0f x <()f x ()()

(),ln 2,1,a -∞-+∞()()ln 2,1a -2

e

a <-

()21ln a ->()()(),1ln 2,x a ∈-∞-+∞U ()'0f x >()()1,ln 2x a ∈-()'0f x <()f x ()()(),1,ln 2,a -∞-+∞()()

1,ln 2a -0a >()f x (),1-∞()1,+∞()()12f e f a =-=，ln 22

b a <

则，所以有两个零点. (ii)设a =0，则所以有一个零点.

(iii)设a <0，若，则由(I)知，在单调递增. 又当时，<0，故不存在两个零点；若，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又当时<0，故不存在两个零点. 综上，a 的取值范围为.

【2016新课标2】20. 已知函数

f (x )=(x +1)ln x -a (x -1)

．

（1）当4a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （2）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围． 【解析】

（1）当 a =4时，()(1)ln 4(1)f x x x x =+--，(1)0f =，切点坐标(1,0)．对()f x 求导，得

1

()ln 4x f x x x

+'=

+-，从而切线斜率(1)2f '=-，所以切线方程为02(1)y x -=--， 即

2x +y -2=0

（2）对()f x 求导，得1

()1ln f x x a x '=++-，再求导，得221

1

1

()x f x x x x -''=-+=．

当(1,)x ∈+∞时，()0f x ''>，函数()f x '在区间内(1,)+∞单调递增，所以()(1)2f x f a ''>=-． （ⅰ）若

2

a ≤，则当(1,)x ∈+∞时，()(1)0f x f ''>≥，函数()f x 在区间内(1,)+∞单调递增，

所以()(1)0f x f >=．

（ⅱ）若2a >，则结合函数()f x '在区间内(1,)+∞单调递增，可知方程()0f x '=存在唯一零点，设为0x ，则0

1

1ln a x x

=++．

当0(1,)x x ∈时，0()()0f x f x ''<=，函数()f x 在区间内0(1,)x 单调递减，所以()(1)0f x f <=，

()0

f x >不成立．

综上， a 的取值范围是 (-￥,2]．

【2016新课标3】21. 设函数()ln 1f x x x =-+. （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明当(1,)x ∈+∞时，1

1ln x x x

-<

<； ()()()23

321022a f b b a b a b b ??>

-+-=->

???

()f x ()()2x f x x e =-()f x 2

e

a ≥-

()f x ()1,+∞1x ≤()f x ()f x 2

e a <-()

f x ()()1,ln 2a -()()

ln 2,a -+∞1x ≤()f x ()f x ()0,+∞

（3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->. 【解析】

（1）由题设，()f x 的定义域为(0,)+∞，'1

()1f x x

=

-，令'()0f x =，解得1x =. 当01x <<时，'()0f x >，()f x 单调递增；当1x >时，'()0f x <，()f x 单调递减.

（2）由（1）知，()f x 在1x =处取得最大值，最大值为(1)0f =. 所以当1x ≠时，ln 1x x <-.

故当(1,)x ∈+∞时，ln 1x x <-，11ln

1x x <-，即11ln x x x

-<<. （3）由题设1c >，设()1(1)x g x c x c =+--，则'()1ln x g x c c c =--，

令'()0g x =，解得01ln

ln ln c c x c

-=

. 当0x x <时，'()0g x >，()g x 单调递增；当0x x >时，'()0g x <，()g x 单调递减.

由（2）知，1

1ln c c c

-<

<，故001x <<，又(0)(1)0g g ==，故当01x <<时，()0g x >. 所以当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.

【2017新课标1】21. 已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x ． （1）讨论()f x 的单调性；

（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围。 【解析】

（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2(2)()x x x x f x e ae a e a e a '=--=+-， ①若0a =，则2()x f x e =，在(,)-∞+∞单调递增. ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =.

当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.

③若0a <，则由()0f x '=得ln()2

a

x =-.

当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2

a -∞-单调递减，在(ln(),)2

a -+∞单调递增.

（2）①若0a =，则2()x f x e =，所以()0f x ≥.

②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-.从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥.

③若0a <，则由（1）得，当ln()2

a

x =-时，()f x 取得最小值，最小值为

23(ln())[ln()]242a a f a -=--.从而当且仅当23[ln()]042

a a --≥，即3

42e a ≥-时()0f x ≥. 综上，a 的取值范围为34

[2e ,1]-.

【2017新课标2】21. 设函数f(x)=(1-x 2)e x . （1）讨论f (x )的单调性；

（2）当x ≥0时，f (x )≤ax +1，求a 的取值范围。 【解析】

（1）∵f （x ）=（1﹣x 2）e x ，x ∈R ，∴f′（x ）=（1﹣2x ﹣x 2）e x ， 令f′（x ）=0可知x=﹣1±，

当x ＜﹣1﹣

或x ＞﹣1+

时，f′（x ）＜0，当﹣1﹣

＜x ＜﹣1+

时f′（x ）＞0，

∴f （x ）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，﹣1+）上单

调递增；

（2）由题可知f （x ）=（1﹣x ）（1+x ）e x ．下面对a 的范围进行讨论： ①当a≥1时，设函数h （x ）=（1﹣x ）e x ，则h′（x ）=﹣xe x ＜0（x ＞0）， 因此h （x ）在[0，+∞）上单调递减，又因为h （0）=1，所以h （x ）≤1， 所以f （x ）=（1﹣x ）h （x ）≤x+1≤ax+1；

②当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x ﹣x ﹣1，则g′（x ）=e x ﹣1＞0（x ＞0）， 所以g （x ）在[0，+∞）上单调递增，又g （0）=1﹣0﹣1=0，所以e x ≥x+1． 因为当0＜x ＜1时f （x ）＞（1﹣x ）（1+x ）2， 所以（1﹣x ）（1+x ）2﹣ax ﹣1=x （1﹣a ﹣x ﹣x 2）， 取x 0=

∈（0，1），则（1﹣x 0）（1+x 0）2﹣ax 0﹣1=0，

所以f （x 0）＞ax 0+1，矛盾； ③当a≤0时，取x 0=

∈（0，1），则f(x 0)＞(1﹣x 0)(1+x 0)2=1≥ax 0+1，矛盾；

综上所述，a 的取值范围是[1，+∞]．

【2017新课标3】21.设函数2()ln (21)f x x ax a x =+++. （1）讨论()f x 的单调性；

（2）当0a <时，证明3

()24f x a

≤--. 【解析】

（1）由2

()ln (21),(0)f x x ax a x x =+++> 有'

1

()221f x ax a x

=+++22(21)1ax a x x +++=

①当0a =时，'()10,()f x f x =>单增

②当0a ≠时，令'()0f x =，即22(21)10ax a x +++=，

③解得121

1(,2x x a

=-=-舍)

，设2()2(21)1g x ax a x =+++ ⅰ.当0a >时，()g x 开口向上，1

02a -<,()0g x >,即'()0f x >，()f x 单增 ⅱ.当0a <时，()g x 开口向上，1

02a

->， 此时，在1

(0,)2a

-上，()0g x <，即'()0f x <，()f x 单减

在1

(,)2a

-+∞上，()0g x >，即'()0f x >，()f x 单增 （2）由（1）可得：max 111

()()ln()1224f x f a a a

=-=--

- 故要证3()24f x a ≤--，即证113ln()12244a a a ---≤-- 即证11

ln()1022a a

-+

+≤，即证ln 10(0)t t t -+≤> 令()ln 1g t t t =-+ ，则'1

()1g t t

=- ，令'()0g t ≥，得1t < max ()(1)0g t g ∴==

()0g t ∴≤，故原命题得证.

【2018新课标1】21．（12分）已知函数()e ln 1x f x a x =--. （1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1e

a ≥时，()0f x ≥. 【答案】

（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1

()e x f x a x

'=-.由题设知，(2)0f '=，所以212e

a =.

从而21()e ln 12e x f x x =

--，2

11

()e 2e x f x x

'=-. 当02x <<时，()0f x '<；当2x >时，()0f x '>. 所以()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增.

（2）当1

e

a ≥时，e ()ln 1e x f x x --≥. 设e ()ln 1e x g x x =--，则e 1()e x g x x '=-.

当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '

>. 所以1x =是()g x 的最小值点.

故当0x >时，()(1)0g x g =≥。因此，当1

e

a ≥时，()0f x ≥.

【2018新课标2】21．（12分）已知函数321()(1)3

f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间； （2）证明：()f x 只有一个零点．

【答案】（1）当a =3时，f （x ）=3213333

x x x ---，f ′（x ）=263x x --． 令f ′（x ）=0解得x =

3-x =3+

当x ∈（–∞，3-3++∞）时，f ′（x ）>0； 当x ∈（

3-3+ f ′（x ）<0．

故f （x ）在（–∞，

3-3++∞）单调递增，

在（3-3+

（2）由于2

10x x ++>，所以()0f x =等价于3

2

301

x a x x -=++． 设()g x =3

2

31

x a x x -++，则g ′（x ）=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0，所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点． 又f （3a –1）=22111626()03

6

6

a a a -+-=---<，f （3a +1）=103

>，故f （x ）有一个零点． 综上，f （x ）只有一个零点． 【注】因为211()(1)(13)33f x x x x a -

=++--，2213

1()024

x x x ++=++>，所以1

(13)03

f a +=

>，2(23)(1)0f a x x -+=-++<． 综上，f （x ）只有一个零点．

【2018新课标3】21．（12分）已知函数()21

e x

ax x f x +-=．

（1）求由线()y f x =在点()01-，处的切线方程；

（2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】

（1）2(21)2

()e x

ax a x f x -+-+'=，(0)2f '=．

因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=．

（2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+． 令21()1e x g x x x +≥+-+，则1()21e x g x x +'≥++．

当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．

【2019新课标1】20．（12分）已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．

【答案】

（1）设 g (x )=￠f (x )，则 g (x )=cos x +x sin x -1,￠g (x )=x cos x .

当

x ?(0,p

2

)时，

￠g (x )>0；当

x ?p 2,p ?è?

?

?

÷时， ￠g (x )<0， 所以

g (x )在

(0,p

2

)单调递增，在 p 2,p ?è?

?

?

÷单调递减. 又

g (0)=0,g p 2?è?

?

?

÷>0,g (p )=-2，故 g (x )在 (0,p )存在唯一零点. 所以 ￠f (x )在 (0,p )存在唯一零点.

（2）由题设知

，可得a ≤0.

由（1）知， ￠f (x )在 (0,p )只有一个零点，设为 x 0，且当

x ?0,x 0()

时，

￠f (x )>0；

当 x ?x 0,p ()时， ￠f (x )<0，所以

f (x )在 0,x 0()单调递增，在 x 0,p (

)单调递减.

又 f (0)=0,f (p )=0，所以，当 x ?[0,p ]时，

f (x )30. 又当 a ￡0,x ?[0,p ]时，ax ≤0，故 f (x )3ax .因此，a 的取值范围是

(-￥,0].

【2019新课标2】21.（12分）已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；

（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【答案】

（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11

()ln 1ln x f x x x x x

-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1

y x

=

单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<， 1ln 41(2)ln 2022

f -'=-

=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=. 又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.

（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()

22e e 30f =->， 所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=. 由01x α>>得

01

1x α

<<.

又1111

()1ln 10f f αααααα????=---==

? ?

????

，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

【2019新课标3】20.已知函数32()22f x x ax =-+. （1）讨论()f x 的单调性；

（2）当0<<3a 时，记()f x 在区间[]0,1的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围.

【详解】(1)对32()22f x x ax =-+求导得2

'()626()3

a f x x ax x x =-=-.所以有

当0a <时，(,)3a

-∞区间上单调递增，(,0)3

a 区间上单调递减，(0,)+∞区间上单调递增；

当0a =时，(,)-∞+∞区间上单调递增；

当0a >时，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3

a +∞区间上单调递增. (2)

若02a <≤，()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3

a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为

()3

a

f .而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≥，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f . 所以3

32(1)()(4)[2()()2]233327

a a a a M m f f a a a -=-=---+=-+，设函数

3()227x g x x =-+，求导2

'()19

x g x =-当02x <≤时'()0g x <从而()g x 单调递减.而

02a <≤，所以3

8222727

a a ≤-+<.即M m -的取值范围是8[,2)27.

若23a <<，()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3

a

单调递增，所以区间[0,1]上最小值为

()3a

f 而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≤，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f . 所以3

32(0)()2[2()()2]33327

a a a a M m f f a -=-=--+=，

而23a <<，所以3

812727

a <<.即M m -的取值范围是8(,1)27.

综上得M m -的取值范围是8

[,2)27

.

【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少.考查的函数

单调性，最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大，由计算量补充.