(1)若f(x)在x?0处取得极值，求a的值；（2分） (2)讨论f(x)的单调性；（5分）
11（5分） )...(1?2n)?e(n?N*,e为自然对数的底数）
8132x解：（1）?f??x???a,?x?0是f(x)的一个极值点，则 21?x f??0??0,?a?0，验证知a=0符合条件…………………….（2分）
(3)证明：(1?)(1?192xax2?2x?a?a? （2）?f??x??
1?x21?x2 1）若a=0时，
?f(x)在?0,???单调递增，在???,0?单调递减；
?a?0 2）若? 得，当a??1时，f??x??0对x?R恒成立，??0? ?f(x)在R上单调递减…………………………………（4分）
2 3）若?1?a?0时，由f??x??0得ax?2x?a?0 ?1?1?a2?1?1?a2?x? ?
aa?1?1?a2?1?1?a2或x? 再令f??x??0,可得x?
aa?1?1?a2?1?1?a2,)上单调递增， ?f(x)在(
aa?1?1?a2?1?1?a2)和(,??)上单调递减-------（6分） 在(??,aa 综上所述，若a??1时，f(x)在(??,??)上单调递减，
?1?1?a2?1?1?a2f(x)在(,)上单调递增，若?1?a?0时，
aa?1?1?a2?1?1?a2)和(,??)上单调递减。 (??,aa若a?0时，f(x)在?0,???单调递增，在???，0?单调递减..................（7分）
???单调递减 (3)由（2）知，当a??1时，f(x)在???，当x??0,???时，由f(x)?f(0)?0
?ln(1?x2)?x111111?ln[(1?)(1?)...(1?2n)]?ln(1?)?ln(1?)?......?ln(1?2n)981981331?1??1?n? 1111?133?1???2?......n????1?n??1332?3?231?3111?(1?)(1?)...(1?2n)?e2?e,................................(12分)98131【浙江省杭州第十四中学2020届高三12月月考】设 x1、x2（x1?x2）是函数
f(x)?ax3?bx2?a2x（a?0）的两个极值点．
（I）若 x1??1，x2?2，求函数 f(x) 的解析式； （II）若 |x1|?|x2|?22，求 b 的最大值；
（III）设函数 g(x)?f?(x)?a(x?x1)，x?(x1,x2)，当 x2?a时，求 |g(x)| 的最大
值． 【答案】
解：（1）∵f(x)?ax?bx?ax(a?0)， ∴f?(x)?3ax?2bx?a(a?0)
依题意有-1和2是方程3ax2?2bx?a2?0的两根 2b?1???a?6?3a， 解得?∴?， ??b??9??2??a?3?32222∴f(x)?6x3?9x2?36x．（经检验，适合） 3分
（2）∵f?(x)?3ax?2bx?a(a?0),依题意，x1,x2是方程f?(x)?0的两个根， ∵x1x2??22a?0且|x1|?|x2|?22， 32b24a)??8， 3a32∴(x1?x2)?8． ∴(?22∴b?3a(6?a)． ∵b2≥0 ∴0?a≤6．
设p(a)?3a2(6?a)，则p?(a)??9a2?36a． 由p?(a)?0得0?a?4，由p?(a)?0得a?4．
即：函数p(a)在区间(0,4]上是增函数，在区间[4,6]上是减函数，
∴当a?4时， p(a)有极大值为96，
∴p(a)在(0,6]上的最大值是96， ∴b的最大值为46． 9分
（3）证明：∵x1,x2是方程f'(x)?0的两根，∴f'(x)?3a(x?x1)(x?x2)．
∵x1?x2??a，x2?a， ∴x1??．
33∴|g(x)|?|3a(x?1)(x?a)?a(x?1)|?|a(x?1)[3(x?a)?1]|
333111∵x1?x?x2，即??x?a.∴|g(x)|?a(x?)(?3x?3a?1)33
13a?1a23a31 |g(x)|??3a(x?)(x?)??3a(x?)??a2?a243 33a(3a?2)23a312． ≤?a?a?1243∴g(x)maxaa(3a?2)2，当且仅当x?时取等号． 14分 ?122【北京市东城区 2020学年度高三数第一学期期末】已知M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f(x)?M，①方程f(x)?x?0有实数根；②函数f(x)的导数f?(x)满足0?f?(x)?1． （Ⅰ）判断函数f(x)?xsinx是否是集合M中的元素，并说明理由； ?24（Ⅱ）集合M中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意
?m,n??D，都存在x0??m,n?，使得等式f(n)?f(m)?(n?m)f?(x0)成立．试用
这一性质证明：方程f(x)?x?0有且只有一个实数根；
（Ⅲ）对任意f(x)?M，且x??a,b?，求证：对于f(x)定义域中任意的x1，x2，x3，当
x2?x1?1，且x3?x1?1时，f(x3)?f(x2)?2.
【答案】
解：（Ⅰ）因为①当x?0时，f(0)?0，
所以方程f(x)?x?0有实数根0； ②f?(x)?11?cosx， 24?13???所以f?(x)??,?，满足条件0?f?(x)?1； 44由①②，函数f(x)?xsinx是集合M中的元素. …………5分 ?24（Ⅱ）假设方程f(x)?x?0存在两个实数根?，?(???)，
则f(?)???0，f(β)?β?0. 不妨设???，根据题意存在c?(?,?)，
满足f(β)?f(α)?(β?α)f?(c).
因为f(?)??，f(?)??，且???，所以f?(c)?1. 与已知0?f?(x)?1矛盾.又f(x)?x?0有实数根，
所以方程f(x)?x?0有且只有一个实数根. …………10分 （Ⅲ）当x2?x3时，结论显然成立；
当x2?x3，不妨设a?x2?x3?b.
因为x??a,b?,且f?(x)?0,所以f(x)为增函数，那么f(x2)?f(x3). 又因为f?(x)?1?0，所以函数f(x)?x为减函数， 所以f(x2)?x2?f(x3)?x3.
所以0?f(x3)?f(x2)?x3?x2，即f(x3)?f(x2)?x3?x2. 因为x2?x1?1，所以?1?x1?x2?1， （1） 又因为x3?x1?1，所以?1?x3?x1?1， （2） （1）?（2）得?2?x2?x3?2即x3?x2?2. 所以f(x3)?f(x2)?x3?x2?2.
综上，对于任意符合条件的x1,x2,x3总有f(x3)?f(x2)?2成立.……14分
【江西省2020届十所重点中学第二次联考】已知函数f(x)＝x－2ax， a∈R． (1)当a≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＜x＜2a时，函数f(x)存在极小值，求a的取值范围；
3
解：(1)由题设知f '(x)＝4x－4ax，
2
令 f '(x)＝0，得4x(x－a)＝0， 当a≤0时，得x＝0时，
x＜0时，f '(x)＜ 0；x＞0时，f '(x)＞0，
∴函数f(x)的单调递减区间是(－∞，0)；单调递增区间是(0，＋∞)． (2)∵a＜x＜2a，∴a＞0．
当a＞0时，令f '(x)＝0，得x＝0或x＝?a，
列表如下： x (－∞，－a) (－a，0) (0，a) (a，＋∞) 4
2
f － '(x) f(x) 递减 ＋ 递增 － 递减 2
＋ 递增 得x＝－a或x＝a时，f(x)极小＝ f(±a)＝－a． 取x＝－a，由条件得 a＜－a＜2a ，无解． 取x＝a， 由条件得 a＜a＜2a ，解得
综合上述：
1＜a＜1． 41＜a ＜1． 1. 412【江西省赣州市2020届上学期高三期末】已知函数g1(x)?lnx,g2(x)?ax2?(1?a)x（a?R且a?0）.
（1）设f(x)?g1(x)?g2(x)，求函数f(x)的单调区间；
（2）设函数g1(x)的图象曲线C1与函数g2(x)的图象C2交于的不同两点A、B，过线段AB的中点作x轴的垂线分别交C1 、C2于点M、N.证明：C1在M处的切线与C2在N处的切线不平行. 解：（1）∵f(x)?lnx?12ax?(a?1)x 2∴函数f(x)的定义域是(0,??)…………1分
1a(x?1)(x?)1a…………2分 由已知得，f?(x)??ax?a?1??xx ①当a?0时, 令f'(x)?0,解得0?x?1; 令f'(x)?0,解得x?1. ∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,??)上单调递减…………3分 ②当a?0时，
11?1时，即a??1时, 令f'(x)?0,解得0?x??或x?1; aa1 令f'(x)?0,解得??x?1.
a11 ∴函数f(x)在(0,?)和(1,??)上单调递增，在(?,1)上单调递减…4分
aa1 ②当??1时，即a??1时, 显然，函数f(x)在(0,??)上单调递增………5分
a11 ③当??1时，即?1?a?0时, 令f'(x)?0，解得0?x?1或x??;
aa ①当?