江苏省2017届高三数学一轮复习专题突破训练导数及其应用含答案

学必求其心得，业必贵于专精江苏省2017年高考一轮复习专题打破训练导数及其应用一、填空题1、（无锡市切线分别与

2016届高三上期末)过曲线yx1(x0)上一点xx轴，y轴交于点A、B，O是坐标原点，若

P(x0,y0)处的OAB的面积为1,则3

x02、（2014年江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若曲线yax2b(a,b为常数)过点P(2,5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x2y30x平行,则ab的值是▲．3、（2013年江苏高考）抛物线yx2在x1处的切线与两坐标轴围成三角形地域为D（包含三角形内部与界线）.若点P(x,y)是地域D内的任意一点，则x2y的取值范围是。4、(南通市2016届高三一模）在平面直角坐标系xOy中，直线l与曲线yx(x0)和yx(x0)均相切,切点分别为A(x1,y1)和B(x2,y2),则x2的值是23x15、函数f(x）=xex在点A（0,f（0））处的切线斜率为＿＿＿＿6、已知函数f(x)1x3x2ax1，若函数f(x)在区间[2,a]上单调递加，则3实数a的取值范围是7、过曲线C:y=xlnx上点（1，f1）处的切线方程为。8、设函数f(x)x3ax2x1在点(1，f（1））的切线与直线x+2y－3=0垂直，则实数a等于＿＿9、(苏锡常镇四市2015届高三教情况调研（一)）若曲线C1:yax36x212x与曲线C2:yex在x1处的两条切线互相垂直，则实数a的值为10、（2015届江苏苏州高三9月调研）函数fx1ax31ax22ax2a1的32学必求其心得，业必贵于专精图象经过四个象限的充要条件是▲11、（常州市2015届高三上期末)曲线yxcosx在点22处的切线方，程为▲12、（常州市武进区2015届高三上期期中考试）函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(2)0,且x0时，f(x)xf(x)0，则不等式xf(x)0的解集是▲二、解答题1、（2016年江苏高考）已知函数f(x)axbx(a0,b0,a1,b1)。1）设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根；②若对任意xR,不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；（2)若0a1,b＞1，函数gxfx2有且只有1个零点，求ab的值.2、（2015年江苏高考）已知函数f(x)x3ax2b(a,bR)，1）试谈论f(x)的单调性，2）若bca（实数c是与a没关的常数)，当函数f(x)有3个不相同的零点时,a的取值范围恰好是(,3)(1,3)(3,)，求c的值.223、（2014年江苏高考）已知函数f(x)+，其中e是自然对数的底数。(1）证明：f(x)是R上的偶函数；（2）若关于x的不等式mf(x)+m1在（0,+）上恒成立，学必求其心得，业必贵于专精求实数m的取值范围；（3）已知正数a满足：存在x01，+），使得f(x0)（03+3x0)x成立，试比较与的大小,并证明你的结论。4、（南京市2016届高三三模)设函数f(x)＝－x3＋mx2－m（m＞0）．1）当m＝1时,求函数f(x)的单调减区间;2）设g（x）＝｜f(x）|，求函数g（x）在区间0，m］上的最大值;3）若存在t≤0，使得函数f(x)图象上有且仅有两个不相同的点，且函数f(x)的图象在这两点处的两条切线都经过点(2，t)，试求的取值范围．5、（南通市2016届高三一模)已知函数f(x)axlnx(aR)1)求函数f(x)的单调区间;2）试求函数f(x)的零点个数，并证明你的结论.6、（苏锡常镇四市市2016届高三二模)已知函数f(x)aexx2bx（a，bR，2.71828是自然对数的底数）,其导函数为yf(x)．（1）设a1,若函数yf(x)在R上是单调减函数，求b的取值范围；(2)设b0，若函数yf(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；（3）设b2,且a0，点(m，n)（m，nR）是曲线yf(x)上的一个定点,可否存在实数x0（x0m），使得f(x0)f(x0m)(x0m)n成立?证明你2的结论．学必求其心得，业必贵于专精7、(镇江市2016届高三一模)已知函数f（x)＝ax2－(2a＋1)x＋2a＋1］ex.(1）求函数f(x）的单调区间；2a－11ea恒成立，求正数b的范（2）设x>0，2a∈3,m＋1］，f（x)≥b围．8、（淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市2016届高三上期末）已13(1）若函数f(x)的图像在x0处的切线与直线xy0垂直，求a的值．4x（2）关于x的不等式f(x)e在(,2)上恒成立，求a的取值范围．3(3）谈论f(x)极值点的个数．9、(南京、盐城市2016届高三上期末）已知函数f(x)axx在x0处的切e线方程为yx。（1）求a的值；（2）若对任意的，都有1的取值范围；x(0,2)k2xx成立，求kf(x)（3)若函数g(x)lnf(x)b的两个零点为x1,x2，试判断g(x1x2)的正负,2并说明原由。10、（苏州市2016届高三上期末）已知函数f(x)ex(2x1)axa（a∈R)，为自然对数的底数．1）当a＝1时,求函数f(x)的单调区间；2）①若存在实数x，满足f(x)0,求实数a的取值范围；学必求其心得，业必贵于专精②若有且只有唯一整数x0，满足f(x0)0,求实数a的取值范围．11、（泰州市2016届高三第一次模拟）已知函数fxax412x2，x(0,)，gxfxfx．（1）若a0，求证：（ⅰ）fx在f(x)的单调减区间上也单调递减；（ⅱ)gx在(0,)上恰有两个零点；若a1，记gx的两个零点为x1,x2，求证：4x1x2a4．12、（扬州中2016届高三4月质检）已知函数f(x)x(xa)2，g(x)1）若是函数yf(x)和y2）设a＞0,问可否存在

x2(a1)xa(其中a为常数）.g(x)有相同的极值点，求a的值;x0(1,a3)，使得f(x0)g(x0)，若存在,央求出实数的取值范围；若不存在，请说明原由；(3）记函数H(x)[f(x)1][g(x)1]，若函数yH(x)有5个不相同的零点,求实数a的取值范围.参照答案一、填空题1、52、【答案】12【提示】依照P点在曲线上，曲线在点P处的导函数值等于切线斜54ab3b7a率,y'2axk将P(2,5)带入得2，解得12,2,则abx2,4ab7b24223、解：本题主要察看导数的几何意义及线性规划等基础知识。学必求其心得，业必贵于专精y'2x∴ky'x12∴切线方程为y12(x1)与x轴交点为A(21,0)，与y轴交点为B(0,1),当直线当直线

zx2y过点A(1,0)时zmax1022zx2y过点B(0,1)时zmin02(1)2∴x2y的取值范围是2,12yy＝2x—1Ox1y＝—2x4、【答案】错误!．【命题立意】本题旨在察看导数的看法，函数的切线方程．察看运算能力，推理论证能力及灵便运用数知识能力，难度中等.【解析】由题设函数y＝x2在A（x1,y1）处的切线方程为：y＝2x1xx12,函数y＝x3在B（x2，y2）处的切线方程为y＝3x22x－2x23．所以错误!,解之得：x1＝错误!，x2＝错误!．x1所以x2＝错误!．5、16、1,)7、yx18、19、1、6a3、2xy0、2,02,3e1625二、解答题1、解：（1)因为a2,b1，所以f(x)2x2x。2学必求其心得，业必贵于专精①方程f(x)2,即2x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，于是2x1，解得x0。②由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x))22。因为f(2x)mf(x)6关于xR恒成立，且f(x)0，所以m(f(x))24关于xR恒成立.f(x)而(f(x))24f(x)42f(x)?44,且(f(0))244，f(x)f(x)f(x)f(0)所以m4，故实数m的最大值为4。(2)因为函数g(x)f(x)2只有1个零点,而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g'(x)axlnabxlnb,又由0a1,b1知lna0,lnb0，所以g'(x)0有唯一解x0logb(lna)。alnb令h(x)g'(x)，则h'(x)(axlnabxlnb)'ax(lna)2bx(lnb)2，从而对任意xR，h'(x)0,所以g'(x)h(x)是(,)上的单调增函数，于是当x(,x0)，g'(x)g'(x0)0;当x(x0,)时，g'(x)g'(x0)0。所以函数g(x)在(,x0)上是单调减函数，在(x0,)上是单调增函数。下证x00.若x00，则x0x00，于是g(x0)g(0)0，22又g(loga2)aloga2bloga22aloga220,且函数g(x)在以x0和loga2为端点的闭区2间上的图象不中止，所以在x0和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因2为0a1,所以loga20，又x00，所以x10与“0是函数g(x)的唯一零点”2矛盾.若x00，同理可得，在x0和loga2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾.2学必求其心得，业必贵于专精所以，x00。于是lna1,故lnalnb0，所以ab1.lnb2a，2、解：（1）令f'(x)3x22ax0获取x0,x3①当a0时，f'(x)0恒成立，f(x)在定义域内单调递加；②当a0时，2a时，2a时，，x(,0)(,)f'(x)0,f(x)x(0,3)f'(x)03f(x)；③当a0时,x(,2a)(0,)时f'(x)0,f(x)，x(2a,0)时,33f'(x)0，f(x)。（2）f(x)0有3个不相同的实根，显然a0时不符。下面谈论a0的情况：当f(0)0b0，即4a327a27c0（a）4ab0a0时，应有f()03ca327当a0时,应有f(2a4a33(b）3)027b0，即4a27a27c0f(0)0b0ca关于(a)：a的取值范围应在a3内，依照题意，有24(3)327(3)27c0c1a，吻合题意;关于(b）：4(3)327327c0c1而a1时，ca，故c1所以c1符22,,合题意.综上，吻合题意的c1。3、(1）∵xf(x)=+=f(x)，∴f(x)是R上的偶函数(2)∵f(x)+2=21，∴f(x)∴m（f(x)）,1，∴m=,学必求其心得，业必贵于专精令g(x)=，g(x)=，∴x时g(x)g(x)单调减，x时g(x)g(x)单调增,∴g(x)min=g(ln2)=，若关于x的不等式mf(x)+m1在（，+)上恒成立，则只要0mg(x)min恒成立,∴m。∴m（]。（3）由题正数a满足:存在x01，+)，使得f(x0)（03+3x0）x成立。即+（x03+3x0)令h(x)=+（x3+3x），即h(x)min0。hx-=+3a，当x1，+）时,hx0，h(x)min=h(1)=e+-2a0,∴a+。要比较与的大小，两边同时取以e为底的对数。只要比较a-1与（e—1）lna的大小。令y=a-1-（e-1）lna，y=1—,∵a++e-1,∴a（+）时y

y单调减，a（)时yy单调增,又∵+，当a=1时，y=0，∴当a=+时,y0，当a=e时,y=0。∴a=e—1时，y0。∴当+时，y0，此时a—1（e-1）lna，即.学必求其心得，业必贵于专精当a=e时y0，此时a—1(e—1）lna,即。当ae时y0，此时a—1（e—1）lna,即4、解:（1）当m＝1时，f(x）＝－x3＋x2－1．f′（x)＝－3x2＋2x＝－x（3x－2)．由f′（x）＜0，解得x＜0或x＞错误!．所以函数f（x)的减区间是(－∞，0）和(错误!,＋∞）．······································2分（2）依题意m＞0．因为f(x）＝－x3＋mx2－m，所以f′（x）＝－3x2＋2mx＝－x(3x－2m)．由f′（x)＝0,得x＝错误!或x＝0．当0＜x＜错误!时，f′(x）＞0，所以f（x）在（0，错误!)上为增函数；当错误!＜x＜m时，f′（x）＜0，所以f(x)在（错误!,m)上为减函数；所以，f（x）极大值＝f(错误!)＝错误!m3－m．·················································4分①当错误!m3－m≥m,即m≥错误!，ymax＝错误!m3－m．···············································6分②当错误!m3－m＜m,即0＜m＜错误!时，ymax＝m．学必求其心得，业必贵于专精综

上

，

ymax

＝错误!··················································8分（3）设两切点的横坐标分别是x1，x2．则函数f（x)在这两点的切线的方程分别为y－（－x13＋mx12－m）＝(－3x12＋2mx1)（x－x1），y－（－x23＋mx22－m)＝(－3x22＋2mx2)（x－x2）．···········································10分将(2,t）代入两条切线方程,得t－(－x13＋mx12－m）＝(－3x12＋2mx1)（2－x1）,t－（－x23＋mx22－m）＝（－3x22＋2mx2）(2－x2)．因为函数f（x）图象上有且仅有两个不相同的切点，所以方程t－（－x3＋mx2－m）＝(－3x2＋2mx)（2－x)有且仅有不相等的两个实根．···········12分整理得t＝2x3－（6＋m)x2＋4mx－m．设h（x）＝2x3－（6＋m）x2＋4mx－m，h′（x)＝6x2－2（6＋m)x＋4m＝2(3x－m）（x－2）．①当m＝6时，h′(x)＝6(x－2）2≥0，所以h(x)单调递加，显然不成立．②当m≠6时，h′(x）＝0，解得x＝2或x＝错误!．m列表可判断单调性,可适合x＝2或x＝3，学必求其心得，业必贵于专精h(x）获取极值分别为h(2）＝3m－8，或h(错误!）＝－错误!m3＋错误!m2－m．要使得关于x的方程t＝2x3－(6＋m)x2＋4mx－m有且仅有两个不相等的实根，则t＝3m－8，或t＝－错误!m3＋错误!m2－m．·······························14分因为t≤0，所以3m－8≤0（，*），或－错误!m3＋错误!m2－m≤0．（**）解(＊），得m≤错误!，解（＊*），得m≤9－3错误!或m≥9＋3错误!．因为m＞0，所以m的范围为（0，错误!]∪9＋3错误!，＋∞)．··································16分5、【答案】（1）函数fx的单调增区间为e2,单调减区间为0,e；,2（2）当a2e1时,fx的零点个数为0;当a2e1时，或a0时,fx的零点个数为1；当0a2e1时,fx的零点个数为2．【命题立意】本题旨在察看函数的基本性质、导数的应用等基础知识，察看综合运用数思想方法解析与解决问题的能力．难度较大．（1）由函数f（x)＝a+xlnx（a∈R)，得f′(x)＝1．2分(lnx2)2x令f′（x)＝0,得x＝e-2．列表以下：x(0，e—2）e-2(e—2,+∞）f′（x)－0＋学必求其心得，业必贵于专精f(xf(x)e-2,+∞)(0e—2)52(1fmin(x)fe—2a2e-16i)a2e-1,fx)≥fe-2a2e-10,f(x08iia2e-1,fxe-2+∞)(0e-2),x(0e-2)(e-2+∞)f(x)f(e—2)0f(x110iiia2e-1fminx)fe-2)a2e—10a≤0x(0e-2f(x)axlnxa≤0fx)0e—2]fxe—2+∞)fe—2a2e-10,e—2a(e—2,+),fe-2aa(12e-a)0,fxe—2,+∞a≤0f(x)113学必求其心得，业必贵于专精0＜a＜2e-1时，因为f(x）在e—2，+∞)上单调递加，且f（1）＝a0，f（e—2)＝a－2e—1＜0，所以，函数f(x)在区间(e-2，+∞）有且只有1个零点；另一方面,因为f（x）在(0，e-2］上是单调递减,且fe—2)＝a－2e-1＜0ea-2ea424又4∈(0，e)，且f（4）＝a－aea＞a－a(2)2＝0,(当ax0时，exx2成立）此时，函数f(x)在（0，e-2)上有且只有1个零点．综上所述，当a＞2e-1时,f（x）的零点个数为0;当a＝2e-1，或a≤0时，f(x）的零点个数为1；当0＜a＜2e-1时,f(x)的零点个数为2．16分6、解：(1）当a1时，f(x)exx2bx，∴f(x)ex2xb,由题意f(x)ex2xb≤0对xR恒成立﹒1分由ex2xb≤0，得b≥-ex2x，令F(x)-ex2x，则F(x)-ex2,令F(x)0，得xln2．当xln2时，F(x)0，F(x)单调递加，当xln2时，F(x)0，F(x)单调递减，从而当xln2时，F(x)有最大值2ln22,学必求其心得，业必贵于专精所以b≥2ln22．3分（2)当b0时,f(x)aex2，由题意aex0只有一解﹒xx2由aex0，得a2，令G(x)2，则G(x)x)，x2xxxxx(2xeee令G(x)0，得x0或x2．5分当x≤0时，G(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为0，,当0x2时,G(x)0，G(x)单调递加,G(x)的取值范围为0，42，e当x≥2时，G(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为0，42，e由题意，得a0或a4，从而a0或a4,22ee所以当a0或a4时，函数yf(x)只有一个零e2点．8分(3）f(x)aexx22x，f(x)aex2x2，假设存在，则有f(x0)f(x0m)(x0m)nf(x0m)(x0m)f(m),22即f(x0)f(m)f(x0m)，∵f(x0m)x0mx0m2,ae22x0m222f(x0)f(m)a(ex0em)(x02m2)2(x0m)a(ex0em)(x0m)2，x0mx0mx0m∴﹒

x0mxmae2a(e0e)x0m

﹒（＊)10分x0mxm，不如设tx0ttmm∵a0，∴e2e0em0,则e2mee﹒x0mt学必求其心得，业必贵于专精两边同除以ttem，得e2e1ttet1，12分te2令g(t)ett1，则g(t)ettttt1)，te2(e2te2)e2(e2t22令h(t)ett1t11t0,22221,则h(t)2e22(e1)h(t)在(0，)上单调递加，又∵h(0)0，∴h(t)0对t(0，)立，14分

，即恒成即g(t)0对t(0，)恒成立，g(t)在(0，)上单调递加，又g(0)0，∴g(t)0对t(0，)恒成立，即（＊）式不行立，15分∴不存在实数x0(x0m),使得f(x0)f(x0m)(x0m)n成立．162分7、【答案】(1）当a＝0时，函数f(x）的增区间是(－∞，0)，减区间是(0，＋∞）；当a<0时，函数f（x)的增区间是错误!,减区间是（0，＋∞)，错误!；当a〉0时，函数f(x）的增区间是(－∞，0）错误!，减区间是错误!；（2)当2〈m≤4时，0〈b≤错误!；当m>4时，0〈b≤m错误!．【命题立意】本题旨在察看利用导数求函数的单调区间,察看分类讨论思想,转变思想;难度中等。【解析】（1)f2xx分）′(x）(ax＝－x)e＝x（ax－1）e.(1若a＝0，则f′(x）＝－xex，令f′（x）>0，则x<0;令f′(x)0〈，则x>0；学必求其心得，业必贵于专精1若a〈0，由f′（x)〉0，得a〈x〈0;由f′（x)〈0，得错误!>x或0〈x；若a〉0，由f′(x)0〈，得0〈x<错误!；由f′(x)0〉，得x〉错误!或x<0；综上可得：当a＝0时，函数f(x）的增区间是(－∞，0），减区间是（0，＋∞）；(3分)当a〈0时，函数f(x)的增区间是错误!，减区间是（0，＋∞),错误!；(5分)当a>0时，函数f（x）的增区间是（－∞，0)错误!,减区间是错误!(7分）（2)因为2a∈3，m＋1］，由(1)x∈(0，＋∞)上f(x函）数的最小值是f错误!。2a－11因为f(x）≥bea恒成立，1所以f错误!≥b2a－1ea恒成立，（8分）12a－112a－1恒成立．(9分）所以ea（2a－1）≥bea恒成立，即2a－1≥b由2a∈3,m＋1］，令2a－1＝t∈2,m］,则t≥bt，所以lnb≤错误!＝g(t),(10分)由g′（t）＝错误!，可知函数g(t）在(0，e）上递加；(e，＋∞）上递减，且g(2）＝g（4)．（11分)当2〈m≤4时，g（t)min＝g（2)＝错误!,从而lnb≤错误!，解得0〈b≤错误!;13分)当m〉4时，g（t)min＝g（m）＝错误!，从而lnb≤错误!，解得0<b≤m错误!，（15分）故：当2<m≤4时，0〈b≤错误!；当m>4时，0〈b≤m错误!（16分）8、（1）由题意，学必求其心得，业必贵于专精f(x)ex1x3x2axa23f(x)x0xy0,f(0)=1,a14(2)f(x)4exex1x32x2(a4)x2a44ex,333x36x2(3a12)x6a80x(，2)663xax36x212x8x(，2)x2ax36x212x81x22,83x23g(x)122gx(，2),g(2)0,x3a≥0,a[0，)10f(x)4exex1x32x2(a4)x2a44ex333x36x2(3a12)x6a80(，2),6x36x2(3a12)x6a80(x2)(x24x3a4)0a≥0,x24x3a4(x2)23a≥0(，2)8a0,g(x)x24x3a4g(2)3a0,x24x3a40x1,x2x12x2(x2)(xx1)(xx2)0(，x1)(2，x2),a0a学必求其心得，业必贵于专精[0，)10(3)f'(x)ex1x3x2axa3f(x).11g(x)1x3x2axa3f(x),g(x)xg(x)g(x)g(x),g'(x)x22xa≥0Ra≥1)g(x)x1,x2,g(x1)g(x2)≥0g'(x)x22xa0a1x122x1a0,x222x2a0x1x22,x1x2ag(x1)1x13x12ax1a1x1(2x1a)x12ax1a331(2x1a)1ax1ax1a2(a1)x1a,333g(x2)2(a1)x2a3gx1gx22(a1)x1a2a≥03(a1)x23(a1)2x1x2a(a1)(x1x2)a2≥0(a1)2a2a(a1)a2≥0a≥00≤a1a≥0f(x)14f(x),g(x)xa0a≥0f(x),a0,f(x)16学必求其心得，业必贵于专精9、解：（1）由题意得f(x)a(1x)，因函数在x0处的切线方程为yx，ex所以f(0)a，得a1。4分11(2)由（1)知xk1对任意x(0,2)都成立，f(x)所以k2xx20，即kx22x对任意x(0,2)都成立,从而k0。6分又不等式整理可得所以

ex2exx22x，kx2x，令g(x)xxex(x1)ex2)0，得g(x)x22(x1)(x1)(2xx1，8分当x(1,2)时，g(x)0，函数g(x)在(1,2)上单调递加,同理,函数g(x)在(0,1)上单调递减,所以kg(x)ming(1)e1,综上所述，实数k的取值范围是[0,e1).10分分（3)结论是g(x1x2)0。11211x，证明：由题意知函数g(x)lnxxb，所以g(x)1xx易得函数g(x)在(0,1)单调递加，在(1,)上单调递减，所以只要证明x1x21即可。12分2因为x1,x2是函数g(x)的两个零点，所以x1blnx1，相减得x2x1lnx2,x2blnx2x1不如令x2t1，则x2tx1，则tx1x1lntx1lntxtlnt，x1,t1t1即证t1lnt2，即证(t)lnt2t10,14t1t1分因为14(t1)20,所以(t)在(1,)上单调递加，所以(t)(t1)2t(t2t1)(t)(1)0,综上所述，函数g(x)总满足g(x1x2)0成立。162分10、解：（1)当a＝1时，fxex2x1x1，f'xex2x11，学必求其心得，业必贵于专精f'(0)0x(0,),ex1,2x11f'(x)0x(,0)0<ex1,2x11f'(x)0f(x)(,0)(0,)42f(x)0ex2x1ax1x1x1,aex2x1x1aex2x1.6x1x1xxxx2x23xg(x)=e2x1g'(x)e2x1x1e2x1e2x2x1x11g(x)，03,,0,11,322x1,a33x1ag4e2g0128,a3,9,14e2a1x0(,1),f(x0)0g(x0)a,g(x)，0,0,1g01ag1≤aa≥3e23≤a1122e3a4e2,x0(1,)f(x0)0g(x0)a学必求其心得，业必贵于专精又3上单调递减，在3g(x)在区间1，,2233a,e22

上单调递加,且∴g2a，解得g3≥a3e2a≤5e3.15分2综上所述，全部a的取值范围为325e316分2e2．[,1)3e,11、证：（1）因为fxax41x2x0，所以f(x)4ax3x，2由当

(4ax3x)12ax210得f(x)的递减区间为(0,1),2分23ax(0,21)时，f(x)4ax3xx(4ax21)0，3a所以fx在f(x)的递减区间上也递减．4分(2）解1：gxfxfxax41x2(4ax3x)ax44ax31x2x，1212因为x0，由gxax44ax3x2x0得ax34ax2x10，121，2令(x)ax34ax2x1,则(x)3ax28ax212因为a0，且(0)0，所以(x)必有两个异号的零点，记正零点为2x0，则x(0,x0)时，(x)0,(x)单调递减；x(x0,)时，(x)0,(x)单调递增，若(x)在(0,)上恰有两个零点，则(x0)0，7分由(x0)3ax028ax010得3ax028ax01,22所以(x0)32174819ax03x09，又因为对称轴为x3,所以(3)(0)20，所以x087，所以(x0)32ax01(x07)0，33933学必求其心得，业必贵于专精又(x)ax34ax21x11ax2(x8)1x(ax21)1,222设1,8中的较大数为M，则(M)0，a故a0gx在(0,)上恰有两个零点．10分解2：gxfxfxax41x2(4ax3x)ax44ax31x2x，22因为x0，由gxax44ax31x2x0得ax34ax21x10，1x22令(x)ax34ax21，2若gx在(0,)上恰有两个零点，则(x)在(0,)上恰有两个零点,当x2时，由(x)0得a0，此时(x)1)上只有一个零点，x1在(0,2不合题意；当x2时，由(x)ax34ax21x10得1x34x2，7分22ax2令1(x)x34x2x22x4x8，x222x(x25x8)2x[(x5)27]则1(x)240，(x2)2(x2)2当x(0,2)时,(x)单调递加，且由yx22x4,y8值域知x2(x)值域为(0,);当