（浙江專(zhuān)用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 第2講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 3 第3課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題教學(xué)案

第3課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程根)的問(wèn)題(高頻考點(diǎn))利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程根)的問(wèn)題，是高考的重點(diǎn)，常出現(xiàn)在解答題的某一問(wèn)中，難度偏大，主要命題角度有：(1)利用最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)；(2)構(gòu)造函數(shù)法研究零點(diǎn)問(wèn)題角度一利用最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù) 已知函數(shù)f(x)ax2(1a)xln x(aR)(1)當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)當(dāng)a0時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)xf(x)k(x2)2.若函數(shù)g(x)在區(qū)間，)上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍【解】(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)的導(dǎo)數(shù)為f(x)ax1a(a0)，當(dāng)a(0，1)時(shí)，1.由f(x)0，得x或a1.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，；當(dāng)a1時(shí)，恒有f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)；當(dāng)a(1，)時(shí)，1.由f(x)0, 得x1或x.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，(1，)綜上，當(dāng)a(0，1)時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，；當(dāng)a1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)；當(dāng)a(1，)時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，(1，)(2)g(x)x2xln xk(x2)2在x，)上有兩個(gè)零點(diǎn)，即關(guān)于x的方程k在x，)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根令函數(shù)h(x)，x，)，則h(x)，令函數(shù)p(x)x23x2ln x4，x，)則p(x)在，)上有p(x)0，故p(x)在，)上單調(diào)遞增因?yàn)閜(1)0，所以當(dāng)x，1)時(shí)，有p(x)0，即h(x)0，所以h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(1，)時(shí)，有p(x)0，即h(x)0，所以h(x)單調(diào)遞增因?yàn)閔，h(1)1，所以k的取值范圍為.角度二構(gòu)造函數(shù)法研究零點(diǎn)問(wèn)題 設(shè)函數(shù)f(x)x2mln x，g(x)x2(m1)x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)m1時(shí)，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)【解】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)x，m0時(shí)，f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，m0時(shí)，f(x)，當(dāng)0x時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增綜上m0時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；m0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmln x，x0，問(wèn)題等價(jià)于求函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，F(xiàn)(x)，當(dāng)m1時(shí)，F(xiàn)(x)0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)，注意到F(1)0，F(xiàn)(4)ln 40，所以F(x)有唯一零點(diǎn)；當(dāng)m1時(shí)，0x1或xm時(shí)F(x)0，1xm時(shí)F(x)0，所以函數(shù)F(x)在(0，1)和(m，)上單調(diào)遞減，在(1，m)上單調(diào)遞增，注意到F(1)m0，F(xiàn)(2m2)mln (2m2)0，所以F(x)有唯一零點(diǎn)，綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點(diǎn)，即兩函數(shù)圖象只有一個(gè)交點(diǎn)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)或方程根的方法(1)通過(guò)最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值后，通過(guò)極值的正負(fù)，函數(shù)單調(diào)性判斷函數(shù)圖象的走勢(shì)，從而判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)或者通過(guò)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍(2)數(shù)形結(jié)合法求解零點(diǎn)對(duì)于方程解的個(gè)數(shù)(或函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù))問(wèn)題，可利用函數(shù)的值域或最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，畫(huà)出草圖數(shù)形結(jié)合確定其中參數(shù)的范圍(3)構(gòu)造函數(shù)法研究函數(shù)零點(diǎn)根據(jù)條件構(gòu)造某個(gè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值與0的關(guān)系，從而求解解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是將函數(shù)零點(diǎn)、方程的根、曲線(xiàn)交點(diǎn)相互轉(zhuǎn)化，突出導(dǎo)數(shù)的工具作用，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法 (2020·紹興市高三教學(xué)質(zhì)量調(diào)測(cè))已知函數(shù)f(x)x3ax23xb(a，bR)(1)當(dāng)a2，b0時(shí)，求f(x)在0，3上的值域；(2)對(duì)任意的b，函數(shù)g(x)|f(x)|的零點(diǎn)不超過(guò)4個(gè)，求a的取值范圍解：(1)由f(x)x32x23x，得f(x)x24x3(x1)(x3)當(dāng)x(0，1)時(shí)，f(x)0，故f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x(1，3)時(shí)，f(x)0，故f(x)在(1，3)上單調(diào)遞減又f(0)f(3)0，f(1)，所以f(x)在0，3上的值域?yàn)?，(2)由題得f(x)x22ax3，4a212，當(dāng)0，即a23時(shí)，f(x)0，f(x)在R上單調(diào)遞增，滿(mǎn)足題意當(dāng)0，即a23時(shí)，方程f(x)0有兩根，設(shè)兩根為x1，x2，且x1x2，x1x22a，x1x23.則f(x)在(，x1)，(x2，)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減由題意知|f(x1)f(x2)|，即|a(xx)3(x1x2)|.化簡(jiǎn)得(a23)，解得3a24，綜合，得a24，即2a2.利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)題(高頻考點(diǎn))利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)題是高考中的?？键c(diǎn)，主要出現(xiàn)在解答題中，難度較大，主要命題角度有：(1)證明函數(shù)不等式；(2)不等式恒成立問(wèn)題角度一證明函數(shù)不等式 (2020·溫州市高考模擬)設(shè)函數(shù)f(x)，證明：(1)當(dāng)x0時(shí)，f(x)1；(2)對(duì)任意a0，當(dāng)0|x|ln(1a)時(shí)，|f(x)1|a.【證明】(1)因?yàn)楫?dāng)x0時(shí)，f(x)1，等價(jià)于xf(x)x，即xf(x)x0，設(shè)g(x)xf(x)xex1x，所以g(x)ex10在(，0)上恒成立，所以g(x)在(，0)上單調(diào)遞減，所以g(x)g(0)1100，所以xf(x)x0恒成立，所以x0時(shí)，f(x)1.(2)要證明當(dāng)0|x|ln(1a)時(shí)，|f(x)1|a，即證0xln(1a)時(shí)，f(x)1a，即證a1，即證ex1(a1)x即證ex1(a1)x0，令h(x)ex1(a1)x，所以h(x)ex(a1)eln(a1)(a1)0，所以h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)h(0)0，同理可證當(dāng)x0時(shí)，結(jié)論成立所以對(duì)任意a0，當(dāng)0|x|ln(1a)時(shí)，|f(x)1|a.角度二不等式恒成立問(wèn)題 (2019·高考浙江卷)已知實(shí)數(shù)a0，設(shè)函數(shù)f(x)aln x，x>0.(1)當(dāng)a時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)對(duì)任意x均有f(x)，求a的取值范圍注：e2.718 28為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)【解】(1)當(dāng)a時(shí)，f(x)ln x，x>0.f(x)，令f(x)>0，解得x>3，令f(x)<0，解得0<x<3，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，)(2)由f(1)，得0<a.當(dāng)0<a時(shí)，f(x)等價(jià)于2ln x0.令t，則t2.設(shè)g(t)t22t2ln x，t2，則g(t)2ln x.當(dāng)x時(shí)， 2，則g(t)g(2)842ln x.記p(x)42ln x，x，則p(x).故x1(1，)p(x)0p(x)p單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增所以p(x)p(1)0.因此，g(t)g(2)2p(x)0.當(dāng)x時(shí)，g(t)g.令q(x)2ln x(x1)，x，則q(x)1>0，故q(x)在上單調(diào)遞增，所以q(x)q.由得，qp<p(1)0.所以q(x)<0.因此，g(t)g>0.由知對(duì)任意x，t2，)，g(t)0，即對(duì)任意x，均有f(x).綜上所述，所求a的取值范圍是. (1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法證明f(x)g(x)，x(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時(shí)若F(a)0，由減函數(shù)的定義可知，當(dāng)x(a，b)時(shí)，有F(x)0，即證明f(x)g(x)(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問(wèn)題的策略首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題1若exkx在R上恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()Ak1 Bk1Ck1 Dk1解析：選A.由exkx，得kexx.令f(x)exx，所以f(x)ex1.f(x)0時(shí)，x0，f(x)0時(shí)，x0，f(x)0時(shí)，x0.所以f(x)在(，0)上是減函數(shù)，在(0，)上是增函數(shù)所以f(x)minf(0)1.所以k的取值范圍為k1，故選A.2(2018·高考浙江卷)已知函數(shù)f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)處導(dǎo)數(shù)相等，證明：f(x1)f(x2)>88ln 2；(2)若a34ln 2，證明：對(duì)于任意k>0，直線(xiàn)ykxa與曲線(xiàn)yf(x)有唯一公共點(diǎn)證明：(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)，由f(x1)f(x2)得，因?yàn)閤1x2，所以.由基本不等式得2，因?yàn)閤1x2，所以x1x2>256.由題意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln(x1x2)設(shè)g(x)ln x，則g(x)(4)，所以x(0，16)16(16，)g(x)0g(x)24ln 2所以g(x)在256，)上單調(diào)遞增，故g(x1x2)>g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)>88ln 2.(2)令me(|a|k)，n1，則f(m)kma>|a|kka0，f(n)kna<nn<0，所以，存在x0(m，n)使f(x0)kx0a，所以，對(duì)于任意的aR及k(0，)，直線(xiàn)ykxa與曲線(xiàn)yf(x)有公共點(diǎn)由f(x)kxa得k.設(shè)h(x)，則h(x)，其中g(shù)(x)ln x.由(1)可知g(x)g(16)，又a34ln 2，故g(x)1ag(16)1a34ln 2a0，所以h(x)0，即函數(shù)h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，因此方程f(x)kxa0至多1個(gè)實(shí)根綜上，當(dāng)a34ln 2時(shí)，對(duì)于任意k>0，直線(xiàn)ykxa與曲線(xiàn)yf(x)有唯一公共點(diǎn)核心素養(yǎng)系列6邏輯推理兩個(gè)經(jīng)典不等式的活用邏輯推理是得到數(shù)學(xué)結(jié)論，構(gòu)建數(shù)學(xué)體系的重要方式，是數(shù)學(xué)嚴(yán)謹(jǐn)性的基本保證利用兩個(gè)經(jīng)典不等式解決其他問(wèn)題，降低了思考問(wèn)題的難度，優(yōu)化了推理和運(yùn)算過(guò)程(1)對(duì)數(shù)形式：x1ln x(x>0)，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)，等號(hào)成立(2)指數(shù)形式：exx1(xR)，當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，等號(hào)成立進(jìn)一步可得到一組不等式鏈：ex>x1>x>1ln x(x>0，且x1) (1)已知函數(shù)f(x)，則yf(x)的圖象大致為()(2)已知函數(shù)f(x)ex，xR.證明：曲線(xiàn)yf(x)與曲線(xiàn)yx2x1有唯一公共點(diǎn)【解】(1)選B.因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)榧磝|x>1，且x0，所以排除選項(xiàng)D.當(dāng)x>0時(shí)，由經(jīng)典不等式x>1ln x(x>0)，以x1代替x，得x>ln(x1)(x>1，且x0)，所以ln(x1)x<0(x>1，且x0)，即x>0或1<x<0時(shí)均有f(x)<0，排除A，C，易知B正確(2)證明：令g(x)f(x)exx2x1，xR，則g(x)exx1，由經(jīng)典不等式exx1恒成立可知，g(x)0恒成立，所以g(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，且g(0)0.所以函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn)，即兩曲線(xiàn)有唯一公共點(diǎn) 已知函數(shù)f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)證明：對(duì)于任意正整數(shù)n，··<e.【解】(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，若a0，因?yàn)閒aln 2<0，所以不滿(mǎn)足題意；若a>0，由f(x)1知，當(dāng)x(0，a)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(a，)時(shí)，f(x)>0.所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增，故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值點(diǎn)因?yàn)閒(1)0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a1時(shí)，f(x)0，故a1.(2)證明：由(1)知當(dāng)x(1，)時(shí)，x1ln x>0.令x1，得ln<.從而lnlnln<1<1.故··<e. 設(shè)函數(shù)f(x)ln xx1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)求證：當(dāng)x(1，)時(shí)，1<<x.【解】(1)由題設(shè)知，f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>0，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0，f(x)在(1，)上單調(diào)遞減(2)證明：由(1)知f(x)在x1處取得最大值，最大值為f(1)0.所以當(dāng)x1時(shí)，ln x<x1.故當(dāng)x(1，)時(shí)，ln x<x1，>1.因此ln <1，即ln x>，<x.故當(dāng)x(1，)時(shí)恒有1<<x.基礎(chǔ)題組練1(2020·臺(tái)州市高考模擬)已知yf(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf(x)f(x)0，則函數(shù)g(x)xf(x)1(x0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A0 B1C0或1 D無(wú)數(shù)個(gè)解析：選A.因?yàn)間(x)xf(x)1(x0)，g(x)xf(x)f(x)0，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)1，yf(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)為(0，)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，g(x)g(0)1，所以g(x)在(0，)上無(wú)零點(diǎn)2(2020·麗水模擬)設(shè)函數(shù)f(x)ax33x1(xR)，若對(duì)于任意x1，1，都有f(x)0成立，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)解析：(構(gòu)造法)若x0，則不論a取何值，f(x)0顯然成立；當(dāng)x>0時(shí)，即x(0，1時(shí)，f(x)ax33x10可化為a.設(shè)g(x)，則g(x)，所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，因此g(x)maxg4，從而a4.當(dāng)x<0時(shí)，即x1，0)時(shí)，同理a.g(x)在區(qū)間1，0)上單調(diào)遞增，所以g(x)ming(1)4，從而a4，綜上可知a4.答案：43已知函數(shù)f(x)(2a)(x1)2ln x(aR)(1)當(dāng)a1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，求a的取值范圍解：(1)當(dāng)a1時(shí)，f(x)x12ln x，則f(x)1，由f(x)0，得x2，由f(x)0，得0x2，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，)(2)因?yàn)閒(x)0在區(qū)間上恒成立不可能，故要使函數(shù)f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，只要對(duì)任意的x，f(x)0恒成立，即對(duì)x，a2恒成立令h(x)2，x，則h(x)，再令m(x)2ln x2，x，則m(x)0，故m(x)在上為減函數(shù)，于是，m(x)m42ln 30，從而h(x)0，于是h(x)在上為增函數(shù)，所以h(x)h23ln 3，所以a的取值范圍為23ln 3，)4(2020·嵊州市第二次高考適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)x2，x(0，1(1)求f(x)的極值點(diǎn)；(2)證明：f(x).解：(1)f(x)2x.令f(x)0，解得x(0，1當(dāng)0x時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增，所以，f(x)有極小值點(diǎn)x，但不存在極大值點(diǎn)(2)證明：設(shè)F(x)f(x)，x(0，1，則F(x)2x，設(shè)t()3，則方程4x3()324t2t20在區(qū)間t(0，1)內(nèi)恰有一個(gè)實(shí)根設(shè)方程4x3()320在區(qū)間(0，1)內(nèi)的實(shí)根為x0，即x.所以，當(dāng)0xx0時(shí)，F(xiàn)(x)0，此時(shí)F(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x0x1時(shí)，F(xiàn)(x)0，此時(shí)F(x)單調(diào)遞增所以F(x)minF(x0)x.由y在(0，1上是減函數(shù)知，×1，故F(x)min.綜上，f(x)>.5.函數(shù)f(x)x3ax2bxc(a，b，cR)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示：(1)求a，b的值并寫(xiě)出f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)yf(x)有三個(gè)零點(diǎn)，求c的取值范圍解：(1)因?yàn)閒(x)x3ax2bxc，所以f(x)x22axb.因?yàn)閒(x)0的兩個(gè)根為1，2，所以解得a，b2，由導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)1x2時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x1或x2時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在(，1)和(2，)上單調(diào)遞增，在(1，2)上單調(diào)遞減(2)由(1)得f(x)x3x22xc，函數(shù)f(x)在(，1)，(2，)上是增函數(shù)，在(1，2)上是減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的極大值為f(1)c，極小值為f(2)c.而函數(shù)f(x)恰有三個(gè)零點(diǎn)，故必有解得c.所以使函數(shù)f(x)恰有三個(gè)零點(diǎn)的實(shí)數(shù)c的取值范圍是.6(2020·浙江金華十校第二學(xué)期調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)exx，h(x)kx3kx2x1.(1)求f(x)的最小值；(2)設(shè)h(x)f(x)對(duì)任意x0，1恒成立時(shí)k的最大值為，證明：46.解：(1)因?yàn)閒(x)exx，所以f(x)ex1，當(dāng)x(，0)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)minf(0)1.(2)證明：由h(x)f(x)，化簡(jiǎn)可得k(x2x3)ex1，當(dāng)x0，1時(shí)，kR，當(dāng)x(0，1)時(shí)，k，要證：46，則需證以下兩個(gè)問(wèn)題；4對(duì)任意x(0，1)恒成立；存在x0(0，1)，使得6成立先證：4，即證ex14(x2x3)，由(1)可知，exx1恒成立，所以ex1x，又x0，所以ex1x，即證x4(x2x3)14(xx2)(2x1)20，(2x1)20，顯然成立，所以4對(duì)任意x(0，1)恒成立；再證存在x0(0，1)，使得6成立取x0，8(1)，因?yàn)?，所?(1)8×6，所以存在x0(0，1)，使得6，由可知，46.綜合題組練1(2020·杭州市學(xué)軍中學(xué)高考模擬)已知函數(shù)f(x)ax3bx2x(a，bR)(1)當(dāng)a2，b3時(shí)，求函數(shù)f(x)極值；(2)設(shè)ba1，當(dāng)0a1時(shí)，對(duì)任意x0，2，都有m|f(x)|恒成立，求m的最小值解：(1)當(dāng)a2，b3時(shí)，f(x)x3x2x，f(x)2x23x1(2x1)(x1)，令f(x)0，解得x1或x，令f(x)0，解得x1，故f(x)在(，)上單調(diào)遞增，在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，故f(x)極大值f()，f(x)極小值f(1).(2)當(dāng)ba1時(shí)，f(x)ax3(a1)x2x，f(x)ax2(a1)x1，f(x)恒過(guò)點(diǎn)(0，1)當(dāng)a0時(shí)，f(x)x1，m|f(x)|恒成立，所以m1；0a1，開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸1，f(x)ax2(a1)x1a(x)21，當(dāng)a1時(shí)f(x)x22x1，|f(x)|在x0，2的值域?yàn)?，1；要m|f(x)|，則m1；當(dāng)0a1時(shí)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)軸分類(lèi)：當(dāng)x2，即a1時(shí)，(a1)20，f()(a)(，0)，又f(2)2a11，所以|f(x)|1；當(dāng)x2，即0a；f(x)在x0，2的最小值為f(2)2a1；12a1，所以|f(x)|1，綜上所述，要對(duì)任意x0，2都有m|f(x)|恒成立，有m1.所以m的最小值為1.2(2020·臺(tái)州市高考模擬)已知函數(shù)f(x)x3ax2bx(a，bR)(1)若函數(shù)f(x)在(0，2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求3ab的取值范圍；(2)當(dāng)a0，b1時(shí)，求證：對(duì)任意的實(shí)數(shù)x0，2，|f(x)|2b恒成立解：(1)f(x)x2axb，由已知可得f(x)0在(0，2)上存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)，故有，即令z3ab，如圖所示：由圖可知8z0，故3ab的取值范圍(8，0)(2)證明：f(x)x3bx(b1，x0，2)，所以f(x)x2b，當(dāng)b0時(shí)，f(x)0在0，2上恒成立，則f(x)在0，2上單調(diào)遞增，故0f(0)f(x)f(2)2b，所以|f(x)|2b；當(dāng)1b0時(shí)，由f(x)0，解得x(0，2)，則f(x)在0，上單調(diào)遞減，在，2上單調(diào)遞增，所以f()f(x)maxf(0)，f(2)因?yàn)閒(0)0，f(2)2b0，f()b0，要證|f(x)|2b，只需證b2b，即證b(3)4，因?yàn)?b0，所以0b1，334，所以b(3)4成立綜上所述，對(duì)任意的實(shí)數(shù)x0，2，|f(x)|2b恒成立17