近三年导数大题真题汇总

1、2017-2019近三年导数大题真题汇总一 一2、1 .已知函数 f (x)(x - ax).(1)当a=1时，求f (x)的单调区间；(2)若f (x)在区间0, 2的最小值为,求a.2 .已知函数 f (x) =2x-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.第1页(共46页)3 .已知函数 f (x) =2x3ax2+2.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当0vav3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4 .

2、已知函数 f (x) = ( x- 1) lnx - x - 1,证明：(1) f (x)存在唯一的极值点；(2) f (x) =0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.第 2 页(共 46 页)5 .设函数 f (x) = Inx a (x 1) ex,其中 a CR.(I)若a 0,讨论f (x)的单调性；(n )若 0V axq,证明3xo - xi 2.6 .设函数f (x) = excosx, g (x)为f (x)的导函数.(I)求f (x)的单调区间；(n)当 x可一，一时，证明 f (x) +g (x) ( x) 0;(出)设xn为函数u (x) = f (x) - 1在区间(

3、2njt 2n % 一)内的零点，其中 n CN ,证明 2njt - xn ax,求a的取值范围.8 .已知函数f (x) = lnx -(1)讨论f (x)的单调性，并证明f (x)有且仅有两个零点；(2)设x。是f (x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A (x。，lnx。)处的切线也是曲线y=ex的切线.9 .已知函数 f (x)-x3x2+x.(I)求曲线y = f (x)的斜率为1的切线方程；(n)当 x q 2, 4时，求证：x 6 w f (x) w x;(m)设 F (x) = |f (x) - (x+a) | (aCR),记 F (x)在区间-2, 4上的最大值为 M(a

4、).当M (a)最小时，求a的值.10 .已知函数 f (x) =sinx-ln (1+x), f (x)为 f (x)的导数.证明:(1) f (x)在区间(-1,一)存在唯一极大值点；(2) f (x)有且仅有2个零点.11 .设函数 f (x) = ax2- (4a+1) x+4a+3ex.(I)若曲线y = f (x)在点(1, f (1)处的切线与x轴平行，求a;(n)若f (x)在x=2处取得极小值，求 a的取值范围.12 .设函数 f (x) = ax2- (3a+1) x+3a+2ex.(I)若曲线y = f (x)在点(2, f (2)处的切线斜率为 0,求a;(n)若f (

5、x)在x=1处取得极小值，求 a的取值范围.第 6 页(共 46 页)13 .已知函数 f (x) = ( 2+x+ax2) ln (1+x) - 2x.(1)若 a= 0,证明：当1vxv0 时，f(x) 0 时，f (x) 0;(2)若x=0是f (x)的极大值点，求 a.14 .已知函数 f (x) =aexlnx1.(1)设x=2是f (x)的极值点，求 a,并求f (x)的单调区间;(2)证明：当 a 时，f (x) 0.第10页(共46页)15 .已知函数f (x) -(1)求曲线y=f (x)在点(0, - 1)处的切线方程;(2)证明：当 a1 时，f (x) +e0.16 .

6、已知函数 f (x) = ex-ax2.(1)若 a=1,证明：当 x0 时，f (x) 1;(2)若f (x)在(0, +8)只有一个零点，求 a.17 .已知函数 f (x) = ax, g (x) = logax,其中 a1.(I )求函数 h (x) = f (x) - xlna的单调区间；(n )若曲线y= f (x)在点(xi, f (xi)处的切线与曲线 y= g (x)在点(x2, g (x2)处的切线平行，证明 xi+g (期)；(m)证明当a 一时，存在直线l,使l是曲线y=f (x)的切线，也是曲线 y=g (x) 的切线.18 .已知函数 f (x)-x3-a (x2+

7、x+1).(1)若a=3,求f (x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点.19 .已知函数 f (x)- x+alnx.(1)讨论f (x)的单调性；(2)若f (x)存在两个极值点 xi, x2,证明： 0时，求f (x)的极小值；(n)当aw。时，讨论方程f (x) = 0实根的个数.21 .已知函数 f (x) = ex (ex-a) - a2x.(1)讨论f (x)的单调性；(2)若f (x) n 0,求a的取值范围.22 .设函数 f (x) = ( 1x2) ex.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当xR0时，f (x)w ax+1,求a的取值范围.第 11 页(共 4

8、6 页)23 .设a 已知定义在 R上的函数f (x) = 2x4+3x3 - 3x2 - 6x+a在区间(1, 2)内有一个 零点xo, g (x)为f (x)的导函数.(I )求g (x)的单调区间；(n )设 mqi , x0)U ( xo, 2,函数 h (x) = g (x) ( m - xo) - f (m),求证：h (m)h (xo) v 0;(出)求证：存在大于 0的常数A,使得对于任意的正整数 p, q,且一 qi, xo) u (xo,2,满足 |一 xo| -24 .已知函数f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosx sinx+2x 2),其中e- 2.718

9、28 是自然对数的底数.(I)求曲线y = f (x)在点(兀，f (兀)处的切线方程；(n)令 h (x) = g (x) - af (x) (aCR),讨论h (x)的单调性并判断有无极值，有 极值时求出极值.第28页(共46页)2017-2019近三年导数大题真题汇总参考答案与试题解析一、解答题.，一、一一 2x1.已知函数 f (x)(x - ax).(1)当a=1时，求f (x)的单调区间；(2)若f (x)在区间0, 2的最小值为 求a.【分析】(1)将a=1代入f (x)中，然后求导，根据导函数的零点判断单调性导函数在各区间上的符合，从而得到单调区间；(2)对f (x)求导后，根

10、据导函数的零点分a三类分别求出f(x)的最小值，让最小值等于解出a,然后判断是否符合条件即可.【解答】解：(1)当a=1时，f (x)一(x2x),则 f (x) 一 一( x0),令 f (x) = 0,贝U x 当 0vxv 时，f (x) V 0；当 x 时，f (x) 0.f (x)的单调递减区间为，-，单调递增区间为 -，；(2) f (x) (0WxW2),令 f (x) =0,贝U x ，当 aw。时，f (x) 0, .f (x)在0, 2上单调递增，不 符合条件；当 V一时，V ，则当 0VxV 一时，f (x) V0；当 0,.f (x)在 ，上单调递减，在 ， 上单调递增

11、，一 一 -a符合条件；当a时，一 ，则当0vxv2时，f (x) v 0, f (x)在(0, 2)上单调递减，一a ,不符合条件.，f (x)在区间0, 2的最小值为 -，a的值为一.【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论思想和分类法，属中档题.2.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.2【分析】(1)f (x) =6x- 2ax =6x (x -).令 f (x) =6x (x -)=0,解得 x

12、= 0,或-.对a分类讨论，即可得出单调性.(2)对a分类讨论，利用(1)的结论即可得出.【解答】解：(1) f (x) = 6x2- 2ax=6x (x -).令 f ( x) = 6x (x -)=0,解得 x=0,或一.a=0时，f (x) = 6x20,函数f (x)在R上单调递增.a0时，函数f (x)在(-, 0),(, +)上单调递增，在(0,一)上单调递减.a0时，函数f (x)在0, 一上单调递减.- 1,即 a3 时，函数 f (x)在0, 1上单调递减.则 f ( 0) = b= 1, f (1) = 2 - a+b=-1,解得b=1, a=4,满足条件.0V-V1,即0

13、vav 3时，函数f (x)在0,-)上单调递减，在(一，1上单调递增.则最小值 f (一) 一 a - b= - 1,化为： b=-1.而 f (0) = b, f (1) = 2- a+b,最大值为 b 或 2 - a+b.若： b = - 1, b = 1,解得a = 33,矛盾，舍去.若： 一 b=-1, 2-a+b=1,解得a = 3 ，或0,矛盾，舍去.综上可得：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.a, b的所有值为:【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.3

14、.已知函数 f (x) =2x3ax2+2.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当0vav3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.【分析】(1)求出原函数的导函数，得到导函数的零点，对a分类求解原函数的单调性；(2)当0vav3时，由(1)知，f (x)在(0,-)上单调递减，在(一，1)上单调递增，求得f (x)在区间0, 1的最小值为 - 一 ，最大值为f (0) = 2或f (1)一 , V V=4 - a.得到 M - m,分类求得函数值域，可得 M - m的取值一， v范围.【解答】 解：(1) f ( x) = 642ax= 2x (

15、3x a),令 f ( x) = 0,得 x= 0 或 x -.若 a0,则当 xC (-oo, 0)u (一,)时，f (x) 0;当 xC (0,-)时，f(x) 0.故f (x)在(-8, 0),(一，)上单调递增，在(0,-)上单调递减；若a = 0, f (x)在(-8,+OO)上单调递增；若 a0；当 xC (一，0)时，f (x) 0.故f (x)在(-8, 一), (0, +OO)上单调递增，在(，0)上单调递减；(2)当0vav3时，由(1)知，f (x)在(0, 一)上单调递减，在(一，1)上单调递 增，.f (x)在区间0, 1的最小值为于是，m , M一 一 ,最大值为

16、 f (0) =2 或 f (1) = 4- a.V V当0vav2时，可知2-a 一单调递减，M - m的取值范围是(一，)；当2Wa0,得到 f (x) = 0 在(xo, +8)内存在唯一的根 x= a,由axo1,得一 v v ,从而一是f (x) = 0在(0, xo)的唯一根，由此能证明f (x) =0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【解答】 证明：(1) ;函数f (x) = (x-1) lnx- x- 1. .f (x)的定义域为(0, +8),f (x) lnx -, y= lnx单调递增，y 单调递减，二. f ( x)单调递增，又，(1)= 10, 存在唯一的 xo

17、C (1, 2),使得 f (xo) =0.当xvxo时，f (x) V 0, f (x)单调递减，当xxo时，f (x) 0, f (x)单调递增， .f (x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知 f (xo) vf (1) = 2,又 f (e2) = e2- 30,，f (x) = 0在(x0, +8)内存在唯一的根 x= a,由 ax01,得一 v v ,.f (一)= ( 一 )ln- - 0, .一是 f (x) = 0 在(0, xo)的唯一根，综上，f (x) =0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【点评】 本题考查函数有唯一的极值点的证明，考查函数有且仅有两个实根，且两个

18、实 根互为倒数的证明，考查导数性质、函数的单调性、最值、极值等基础知识，考查化归 与转化思想、函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题. .设函数 f (x) = lnx a (x 1) ex,其中 a CR.(I)若ax0,证明3x0 - xi2.【分析】(I) f (x) - aex+a (xT) ex , x (0, +8). aw。时，f (x)0,即可得出函数f (x)在xC (0, +oo)上单调性.(II) (i)由(I)可知：f ( x), xC (0, +oo).令 g (x) = i-ax2ex, / 0 a 1 时，lnxv x 1. f (In) f (1) =0.可

19、 得函数f (x)在(x0, +8)上存在唯一零点.又函数f (x)在(0, xO)上有唯一零点1 .即 可证明结论.(ii)由题意可得：f ( x0) = 0,f (x1)=0,即 a 1,Inx1=a(x1-1) ，可得，由 x 1,可得 Inxvx-1.又 x1 xo 1,可得 v ，取对数即可证明.【解答】(I)解：f (x)- aex+a(x1)ex , xC(0,+8).a 0,，函数f (x)在xC (0, +oo)上单调递增.(II)证明：由(I)可知：f (x),xC (0, +8).令 g (x) = 1 - ax2ex, 0 a 0.且 g (ln-) =1-a - 1-

20、 0) , h ( x),可得 h (x) 1 时，lnxx- 1 .f (ln )= In(ln)- a(ln-1)- In (ln)- (ln-1) f (1) =0. 函数f (x)在(x0, +8)上存在唯一零点.又函数f (x)在(0, xo)上有唯一零点1.因此函数f (x)恰有两个零点；(ii)由题意可得：f ( xo) = 0, f (x1)= 0,即 a 1, lnx1=a (x1 一1), - lnx1 ,即,x 1,可得 lnxvx- 1.又 x1 x01,故 v,取对数可得：x1 - x0 2lnx0 2.【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等

21、式的解法、分 类讨论方法、等价转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.6.设函数f (x) = excosx, g (x)为f (x)的导函数.(I)求f (x)的单调区间；(n)当 x可一，一时，证明 f (x) +g (x) ( x) 0;(出)设xn为函数u (x) = f (x) - 1在区间(2门兀2n % _)内的零点，其中n CN ,证明 2njt xn.【分析】(I)求出原函数的导函数，可得当 xC (一)(kCZ)时，f(x) 0, f (x)单调递增；(n )记 h (x) =f (x) +g (x)(一 )，依题意及(I),得到 g (x) = ex (co

22、sx- sinx), 由 h ( x) v 0,得 h (x)在区间,一上单调递减，有 h (x) h (一)= f (一) = 0, 从而得到当x,一时，f(x)+g(x)(x)0;(出)依题意，u(xn) = f( xn) 1 = 0,即，记 yn=xn 2n 兀,贝U ynC(一,一),且 f(yn) = e 2n兀(xCN).由 f (yn) = e-2ny 1 = f (y0)及(I),得 yny。，由(n )知，当 xC (一，一)时，g (x)在一，一上为减函数，有 g(yn)Wg(yQ)vg (一)=0,又由(n )知，一，得一 ,从而证得 2n兀 xncosx,彳导 f (

23、x) 0, f (x)单调递增.f (x)的单调增区间为,一(kCZ),单调减区间为, 一(kCZ);(n )证明：记 h (x) = f (x) +g (x)(一 )，依题意及(I ),有 g (x) = ex ( cosx - sinx),从而 h ( x) = f (x) +g (x)?(-)+g (x)?( 1)=g (x) (一)v 0.因此，h (x)在区间-,一上单调递减，有 h (x) h (一)= f () = 0.当 xq,时，f (x) +g (x) ( x) 0；(in)证明：依题意，u (xn)= f(xn) 1 = 0,即.记 yn= xn-2n 兀，贝 U ynC

24、(一,一),且 f y yn)e 1t(xCN).由 f (yn) = e 2n兀w 1 = f (yo)及(I )，得 ynyo,由(n)知，当 xe(,)时，g ( x) 0, g(x)在 ,上为减函数，因此，g (yn) Wg (yo) Vg (-) =0,又由(n)知，,故 ax,求a的取值范围.【分析】(1)令g(x)=f(x),对g(x)再求导，研究其在(0,兀)上的单调性，结合极值点和端点值不难证明；(2)利用(1)的结论，可设 f (x)的零点为x0,并结合f (x)的正负分析得到 f (x)的情况，作出图示，得出结论.【解答】解：(1)证明：= f (x) = 2sinx-

25、xcosx - x,1- f ( x) = 2cosx cosx+xsinx 1=cosx+xsinx 1,令 g (x) = cosx+xsinx - 1,贝U g (x) = sinx+sinx+xcosx=xcosx,当 xC (0, )时，xcosx0,当 x C _ , 时，xcosxV 0 ,当x 一时，极大值为g (一) 一 0,又 g (0) =0, g (兀)=2,g (x)在(0,兀)上有唯一零点，即f (x)在(0,兀)上有唯一零点；(2)由(1)知，f ( x)在(0,兀)上有唯一零点 xc,使得 f (xQ) = 0,且f ( x)在(0, x0)为正，在(x0,兀)

26、为负， f (x)在0, x0递增，在x0,可递减，结合 f (0) =0, f (兀)=0,可知f (x)在0,兀上非负,令 h (x) = ax,作出图示，f (x) h (x), a w 0,和数形结合的思想方法,【点评】此题考查了利用导数研究函数的单调性，零点等问题,难度较大.8 .已知函数f (x) = lnx -(1)讨论f (x)的单调性，并证明f (x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f (x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A (xo, lnxo)处的切线也是曲线y= ex的切线.【分析】(1)讨论f (x)的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，(

27、2)运用曲线的切线方程定义可证明.【解答】解析：(1)函数f (x) = lnx .定义域为：(0, 1) U ( 1, +8)；f (x)- 0, (x0 且 xw 1), f (x)在(0, 1)和(1, +8)上单调递增，在(0, 1)区间取值有一，-代入函数，由函数零点的定义得， f(一) 0, f(一)?f(-) V0, f (x)在(0, 1)有且仅有一个零点，在(1, +8)区间，区间取值有 e, e2代入函数，由函数零点的定义得，又 f (e) 0, f (e)?f (e2) 0,，f (x)在(1, +8)上有且仅有一个零点，故f (x)在定义域内有且仅有两个零点； 2) x

28、0是f (x)的一个零点，则有 lnxc ,曲线y=lnx,则有V, 一；曲线y=lnx在点A (x0, lnx0)处的切线方程为：y- lnx0 一(x-xq)即：y x- 1+lnxo即：y x 而曲线y=ex的切线在点(ln ,一)处的切线方程为：y 一 一(x-In-),即：y 一x ,故曲线y= lnx在点A (x0, lnx0)处的切线也是曲线 y=ex的切线.故得证.【点评】本题考查f (x)的单调性，函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，以及利用曲线的切线方程定义证明.9 .已知函数 f (x) -x3x2+x.(I)求曲线y = f (x)的斜率为1的切线方程；

29、(n )当 x 可2, 4时，求证：x 6 w f (x) w x;(m)设 F (x) = |f (x) - (x+a) | (aCR),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.【分析】(I)求导数 f (x),由f (x) =1求得切点，即可得点斜式方程；(n )把所证不等式转化为- 6 f (x) - x 0,再令g (x) =f (x) - x,利用导数研究g (x)在-2, 4的单调性和极值点即可得证；(出)先把F (x)化为|g (x) - a|,再利用(n)的结论，引进函数h (t) =|t-a|,结合绝对值函数的对称性，单调性，通过对

30、称轴t=a与-3的关系分析即可.【解答】解：(I) f (x),由 f (x) = 1得 x (x ) = 0,得 ， 一.又 f (0) =0, f (一)，y= x 和,即y=x和y=x ；(n)证明：欲证 x-6Wf (x) x,只需证-6Wf(x) - x6,g(4)= 0,x 6W f (x) x;(m)由(n)可得，F (x) = |f (x) - ( x+a) |=|f (x) - x - a |=|g (x) - a|.在-2, 4上，63,当a= - 3时，M (a)取得最小值 3;当 a一3 时，M (a) = h (6) = | - 6-a|= |6+a|,-6+a3,M

31、 (a) = 6+a,也是a= - 3时，M (a)最小为3.综上，当M (a)取最小值时a的值为-3.【点评】此题考查了导数的综合应用，构造法，转化法，数形结合法等，难度较大.10 .已知函数 f (x) =sinx-ln (1+x), f (x)为 f (x)的导数.证明：(1) f (x)在区间(-1, 一)存在唯一极大值点；(2) f (x)有且仅有2个零点.得至IJ- 1+1结合单调【分析】(1) f (x)的定义域为(-1, +8),求出原函数的导函数，进一步求导, f (x)在(-1,一)上为减函数，结合 f (0) =1, f (-)= - 1 =0,由零点存在定理可知，函数

32、f (x)在(-1, 一)上存在唯一得零点 xq,性可得，f (x)在(-1, X0)上单调递增，在(X0,-)上单调递减，可得f (x)在区间(-1, 一)存在唯一极大值点；(2)由(1)知，当 xC ( 1, 0)时，f (x) 0, f(x)单调递增；由于f( x)在(xo,-)上单调递减，且f( xo)0, f (一)0, f (兀)0.然后列x, f (x)与f (x)的 变化情况表得答案.【解答】证明：(1) f (x)的定义域为(-1, +8),f ( x) = cosx , f (x) =- sinx ,令 g (x) = sinx ,贝U g ( x) = cosx f( 0

33、)= 0, f(x)单调递增；由于 f (x)在(x0, 一)上单调递减，且 f (x0) 0, f (-)f(x1)=0,f(x)单调递增；当 xC (, 一)时，f( x)单调递减，f( x)V f( x1)= 0,f(x)单调递减.当 x C (一，兀)时，cosxv 0, 0,于是 f ( x) = cosx 1 ln (1 _)=1- ln2.61 - lne=0,f(7t) = - ln (1+兀) In3V0.于是可得下表:x(T,0)0(0, x1)x1(，)1-(一，)兀f (x)-0+0-f (x)单调递减0单调递增0单调递减K 0单调递减小于0结合单调性可知，函数 f (

34、x)在(-1, 一上有且只有一个零点 0,由函数零点存在性定理可知，f(X)在(一，兀)上有且只有一个零点 X2,当 xq 兀，+)时，f (x) = sinx- In (1 + x) v 1 In (1+ 兀) 1 - In3- , 0 aa 0,由极小值的定义，即可得到所求a的范围.【解答】 解：(I)函数f (x) = ax2- (4a+1) x+4a+3ex的导数为f (x) = ax2- (2a+1) x+2ex.由题意可得曲线y=f (x)在点(1, f (1)处的切线斜率为 0,可得(a2a-1+2) e=0,且 f (1) = 3ew 0,解得a= 1;(n) f (x)的导数

35、为 f (x) = ax2 (2a+1) x+2ex= (x 2) (ax 1) ex,若 a = 0 则 x0, f(x)递增；x2, f ( x) 0,且 a ,则 f (x) (x-2) 2e 0, f (x)递增，无极值；若 a ,则v2, f (x)在(，2)递减；在(2, +) , (-,)递增，可得f (x)在x= 2处取得极小值；若 0vav 则2, f (x)在(2,-)递减；在(，+8),(8, 2)递增，可得f (x)在x= 2处取得极大值，不符题意；若 a 1, 0vav1, a0,由极小值的定义，即可得到所求a的范围.【解答】 解：(I)函数f (x) = ax2-

36、(3a+1) x+3a+2ex的导数为f ( x) = ax2- ( a+1) x+1ex.曲线y = f (x)在点(2, f (2)处的切线斜率为 0,可得(4a - 2a - 2+1) e2= 0,解得a -；(n ) f (x)的导数为 f (x) = ax2 ( a+1) x+1ex = (x 1) (ax 1) ex,若 a = 0 则 x0, f(x)递增；x1, f (x) 0,且 a = 1,则 f ( x) = ( x- 1) 2ex0, f (x)递增，无极值；若 a1,则v1, f (x)在(，1)递减；在(1, +8),( 8, _)递增，可得f (x)在x= 1处取

37、得极小值；若 0vav1,则一 1, f (x)在(1, 一)递减；在(一，+8),(巴 1)递增，可得f (x)在x= 1处取得极大值，不符题意；若 a0,则v1, f (x)在(，1)递增；在(1, +8),( 8, _)递减，可得f (x)在x= 1处取得极大值，不符题意.综上可得，a的范围是(1, +8).【点评】 本题考查导数的运用：求切线的斜率和极值，考查分类讨论思想方法，以及运算能力，属于中档题.13 .已知函数 f (x) = ( 2+x+ax2) ln (1+x) - 2x.(1)若 a= 0,证明：当1vxv0 时，f(x) 0 时，f (x) 0;(2)若x=0是f (x

38、)的极大值点，求 a.【分析】(1)对函数f (x)两次求导数，分别判断 f (x)和f (x)的单调性，结合 f(0) =0即可得出结论；(2)令h (x)为f ( x)的分子，令h ( 0) = 0计算a,讨论a的范围，得出f (x) 的单调性，从而得出 a的值.【解答】(1)证明：当 a= 0 时，f (x) = ( 2+x) ln (1+x) - 2x, (x 1).可得 xC( 1, 0)时，f (x) W0, xC (0, +8)时，f (x) 0 f (x)在(-1, 0)递减，在(0, +8)递增， f ( x) f (0) =0, .f (x) = ( 2+x) In (1

39、+ x) - 2x在(-1, +8)上单调递增，又 f (0) =0. 当1vxv0 时，f (x) V0；当 x0 时，f (x) 0.(2)解：由 f (x) = ( 2+x+ax2) In (1+x) 2x,得f (x) = ( 1+2ax) In (1+x) 2 令 h (x) =ax2-x+ (1+2ax) (1 + x) In (x+1),h ( x) = 4ax+ (4ax+2a+1) In (x+1).当 a0, x0 时，h ( x) 0, h (x)单调递增，h (x) h (0) =0,即 f (x) 0, f (x)在(0, +8)上单调递增，故 x= 0不是f (x)

40、的极大值点，不符合题意.当 a0,当 x0 时，h (x)0,即 f (x) 0,当 x0 时，h (x) 0,即 f (x) 0, h (1) = (2a1)(1)0, h ( x)单调递增， h (x) h (0) =0,即 f (x) 0, f (x)在(0, xq)上单调递增，不符合题意；2若 av贝U h (0) = 1+6av0, h (- 1) = ( 1 2a) e 0, .h (x) = 0在(-1, 0)上有唯一一个零点，设为x1，当 x1x0 时，h ( x) h (0) = 0,h (x)单调递增，h (x) 0.【分析】(1)推导出x0, f (x) = aex 一，

41、由x = 2是f (x)的极值点，解得a , 从而f (x)ex - lnx - 1,进而f (x)由此能求出f(x)的单调区间.(2)当 a 一时，f (x) lnx 1,设 g (x) lnx 1,贝U 一 :由此利用导数性质能证明当 a -时，f (x) 0.【解答】 解：(1) ,函数f (x) =aexlnx1.x 0, f (x) = aex. x=2是f (x)的极值点，f ( 2) =ae2 0,解得 a ，1- f (x)ex - lnx - 1,，f (x)，当 0vxv2 时，f (x) 2 时，f (x) 0, f (x)在(0, 2)单调递减，在(2, +8)单调递增

42、.(2)证明：当 a -时，f (x) lnx- 1,设 g (x) lnx 1,则 -由 一0,得 x= 1,当 0vxv 1 时，g ( x) V 0,当 x1 时，g ( x) 0, x= 1是g ( x)的最小值点，故当 x0 时，g (x) g (1) = 0, 当 a 时，f (x) 0.【点评】本题考查函数的单调性、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，是中档题.15.已知函数f (x)(1)求曲线y=f (x)在点(0, - 1)处的切线方程;(2)证明：当 a1 时，f (x) +e0.分析(1)由f (0) =2,可得切线斜率 k=2,即可得到切线方程.(2)可得 .可得长*)在(巴 _),(2, +8)递减，在(2)递增