(天津版)高考数学分项版解析专题03导数理

第三章 导数一．基础题组1.【2006天津，理9】函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象如图所示，则函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ． 4个【答案】A2.【2006天津，理20】已知函数()θθcos 163cos 3423+-=x x x f ，其中θ,R x ∈为参数，且πθ20≤≤．（1）当时0cos =θ，判断函数()x f 是否有极值；（2）要使函数()x f 的极小值大于零，求参数θ的取值范围；（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数θ，函数()x f 在区间()a a ,12-内都是增函数，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）无极值，（2）).611,23()2,6(ππππ⋃ （3）43(,0][,1)+-∞ 【解析】（I ）解：当),()(,4)(,0cos 3+∞-∞==在则时x f x x f θ内是增函数，故无极值. （II ）解：.2cos ,0,0)(,cos 612)(212θθ==='-='x x x f x x x f 得令 由（I ），只需分下面两种情况讨论.①当θcos >0时，随x 的变化，)(x f '的符号及)(x f 的变化情况如下表：因此，函数)(x f 在2=x 处取得极小值)2(f ，且 θθθcos 163cos 41)2cos (3+-=f要使)2cos (θf >0，必有0)43(cos cos 412>--θθ，可得 23cos 0<<θ. 由于πθ20<≤，故.6112326πθππθπ<<<<或（III ）解：由（II ）知，函数)(x f 在区间（－∞，0）与（2cos θ，+∞）内都是增函数. 由题设，函数)(x f 在（),12a a -内是增函数，则a 须满足不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≥-<-⎩⎨⎧≤<-θcos 211212012a aa a a a 或 由（II ），参数311(,)(,)6226ππππ时，.23cos 0<<θ 要使不等式 θcos 2112≥-a 关于参数θ恒成立，必有.834,4312a a ≤+≥-即 综上，解得.18340<≤+≤a a 或所以a 的取值范围是43(,0][,1)+-∞.3.【2007天津，理20】已知函数2221()(1ax a f x x x -+=∈+R )，其中a ∈R . (I)当1a =时，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；(II)当0a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值.【答案】(I)625320.x y +-= (II)(1)当0a >时，函数()f x 在11x a =-处取得极小值1,f a ⎛⎫- ⎪⎝⎭且21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭. 函数()f x 在2x a =处取得极大值(),f a 且()1f a =. (2)当0a <时，函数()f x 在1x a =处取得极大值(),f a 且()1f a =.函数()f x 在21x a =-处取得极小值1,f a ⎛⎫- ⎪⎝⎭且21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭. 【解析】(II)解：22222(1)2(21)'()(1)a x x ax a f x x +--+=+222()(1).(1)x a ax x --+=+ 由于0,a ≠以下分两种情况讨论.(1)当0a >时，令'()0,f x =得到121,.x x a a=-=当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下表：所以()f x 在区间1,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭(),,a +∞内为减函数，在区间1,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭内为增函数.函数()f x 在11x a =-处取得极小值1,f a ⎛⎫- ⎪⎝⎭且21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭. 函数()f x 在2x a =处取得极大值(),f a 且()1f a =.4.【2009天津，理20】已知函数f(x)＝(x 2+ax －2a 2+3a)e x(x ∈R ),其中a ∈R . (1)当a ＝0时,求曲线y ＝f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率;(2)当32≠a 时,求函数f(x)的单调区间与极值. 【答案】（Ⅰ）3e.；（Ⅱ）若32>a ,则f(x)在(－∞,－2a),(a －2,+∞)内是增函数,在(－2a,a －2)内是减函数.函数f(x)在x ＝－2a 处取得极大值f(－2a),且f(－2a)＝3ae －2a . 函数f(x)在x ＝a －2处取得极小值f(a －2),且f(a －2)＝(4－3a)e a －2.若a ＜32,则f(x)在(－∞,a－2),(－2a,+∞)内是增函数,在(a －2,－2a)内是减函数. 函数f(x)在x ＝a －2处取得极大值f(a －2),且f(a －2)＝(4－3a)e a －2.函数f(x)在x ＝－2a 处取得极小值f(－2a),且f(－2a)＝3ae－2a.以下分两种情况讨论. ①若32>a ,则－2a ＜a －2.当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: x (－∞,－2a)－2a (－2a,a －2)a －2 (a －2,+∞)f′(x) + 0 － 0 +f(x)极大值极小值所以f(x)在(－∞,－2a),(a －2,+∞)内是增函数,在(－2a,a －2)内是减函数. 函数f(x)在x ＝－2a 处取得极大值f(－2a),且f(－2a)＝3ae－2a.函数f(x)在x ＝a －2处取得极小值f(a －2),且f(a －2)＝(4－3a)e a －2.②若a ＜32,则－2a ＞a －2.当x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (－∞,a－2)a －2 (a －2,－2a)－2a (－2a,+∞)f′(x) + 0 － 0 +f(x)极大值极小值所以f(x)在(－∞,a－2),(－2a,+∞)内是增函数,在(a －2,－2a)内是减函数.函数f(x)在x ＝a －2处取得极大值f(a －2),且f(a －2)＝(4－3a)e a －2.函数f(x)在x ＝－2a 处取得极小值f(－2a),且f(－2a)＝3ae －2a.二．能力题组1.【2008天津，理20】已知函数()()0≠++=x b xax x f ，其中R b a ∈,. （Ⅰ）若曲线()x f y =在点()()2,2f P 处的切线方程为13+=x y ，求函数()x f 的解析式； （Ⅱ）讨论函数()x f 的单调性；（Ⅲ）若对于任意的⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21a ，不等式()10≤x f 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,41上恒成立，求b 的取值范围.【答案】（I ）8()9f x x x=-+．（II ）()f x 在(,-∞，)+∞内是增函数，在(，(0,)+∞内是减函数．（Ⅲ）(7,]4-∞． 【解析】（Ⅰ）解：2()1af x x'=-，由导数的几何意义得(2)3f '=，于是8a =-．由切点(2,(2))P f 在直线31y x =+上可得27b -+=，解得9b =． 所以函数()f x 的解析式为8()9f x x x=-+．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，()f x 在1[,1]4上的最大值为1()4f 与(1)f 的较大者，对于任意的1[,2]2a ∈，不等式0(1)f x ≤在1[,1]4上恒成立，当且仅当10(11(4)10)f f ≤≤⎧⎪⎨⎪⎩，即39449a b ab ≤-≤-⎧⎪⎨⎪⎩，对任意的1[,2]2a ∈成立． 从而得74b ≤，所以满足条件的b 的取值范围是(7,]4-∞． 2.【2010天津，理21】已知函数f (x )＝x e －x(x ∈R )． （1）求函数f (x )的单调区间和极值；(2)已知函数y ＝g (x )的图象与函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，证明当x ＞1时，f (x )＞g (x )；(3)如果x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明x 1＋x 2＞2.【答案】(1) f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．函数f(x)在x ＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝1e. (2) 详见解析(3) 详见解析 【解析】 (1)解：f ′(x )＝(1－x )e －x.令f′(x)＝0，解得x ＝1.当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：↗所以f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数． 函数f(x)在x ＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝1e.(3)证明：①若(x 1－1)(x 2－1)＝0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2＝1，与x 1≠x 2矛盾． ②若(x 1－1)(x 2－1)＞0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2，与x 1≠x 2矛盾． 根据①②得(x 1－1)(x 2－1)＜0.不妨设x 1＜1，x 2＞1.由(2)可知，f (x 2)＞g (x 2)，g (x 2)＝f (2－x 2)，所以f (x 2)＞f (2－x 2)，从而f (x 1)＞f (2－x 2)．因为x 2＞1，所以2－x 2＜1.又由(1)可知函数f(x)在区间(－∞，1)内是增函数，所以x 1＞2－x 2，即x 1＋x 2＞2. 3.【2011天津，理19】已知0a >，函数2()ln ,0.f x x ax x =->（()f x 的图像连续不断） （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当18a =时，证明：存在0(2,)x ∈+∞，使03()()2f x f =； （Ⅲ）若存在均属于区间[]1,3的,αβ，且1βα-≥，使()()f f αβ=，证明ln 3ln 2ln 253a -≤≤．【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间是()f x 的单调递减区间是).+∞ ；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析【解析】（I ）解：2112'()2,(0,)2ax f x ax x x -=-=∈+∞，令'()0,2f x a=解得x=当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下表：x(0,2a 2a()2a+∞ '()f x +0 - ()f x极大值所以，()f x 的单调递增区间是()f x 的单调递减区间是).+∞（II ）证明：当211,()ln .88a f x x x ==-时（说明：'x 的取法不唯一，只要满足'2,(')0x g x ><且即可）（III ）证明：由()()f f αβ=及（I ）的结论知2aαβ<<， 从而()[,]f x αβ在上的最小值为().f a又由1βα-≥，,[1,3],αβ∈知12 3.αβ≤≤≤≤故(2)()(1),ln 24,(2)()(3).ln 24ln39.f f f a a f f f a a αβ≥≥-≥-⎧⎧⎨⎨≥≥-≥-⎩⎩即从而ln 3ln 2ln 2.53a -≤≤ 三．拔高题组1.【2005天津，理22】设函数()()sin f x x x x R =∈ （Ⅰ）证明()()22sin f x k f x k x ππ+-=其中为k 为整数（Ⅱ）设0x 为()f x 的一个极值点，证明()4200201x f x x ⎡⎤=⎣⎦+（Ⅲ）设()f x 在（0,+∞）内的全部极值点按从小到大的顺序排列为12,,,,n a a a ，证明：()11,2,2n n a a n ππ+<-<=【答案】（Ⅰ）详见解析，（Ⅱ）详见解析，（Ⅲ）详见解析.（II ）证明：由函数y x =-的图象和函数tan y x =的图象知，对于任意整数k ，在开区间（2k ππ-，2k ππ+）内方程tan x x -=只有一个根0x ，当0(,)2x k x ππ∈-时，tan x x ->，当0(,)2x x k ππ∈-时，tan x x -<而cos x 在区间（2k ππ-，2k ππ+）内，要么恒正，要么恒负因此0(,)2x k x ππ∈-时()0'f x 的符号与0(,)2x x k ππ∈-时()0'f x 的符号相反 综合以上，得：()'0f x =的每一个根都是()f x 的极值点 ③ 由tan x x -=得，当0x >时，tan 0x <，即对于00x >时，()0(,)2x k k k N πππ+∈-∈ ④综合 ③、④ ：对于任意n N +∈ ，2n n a n πππ-<<由：2n n a n πππ-<<和()()1112n n a n ππ++-<<+，得：1322n n a a ππ+<-<⑤ 又：()()()()1111111tan tan tan 01tan tan 11n n n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a a a +++++++------===-<++--+，但132n n a a ππ+≤-<时，()1tan 0n n a a +-≥ ⑥ 综合 ⑤、⑥ 得：12n n a a ππ+<-<2.【2012天津，理20】已知函数f (x )＝x －ln(x ＋a )的最小值为0，其中a ＞0． (1)求a 的值；(2)若对任意的x ∈［0，＋∞)，有f (x )≤kx 2成立，求实数k 的最小值； (3)证明1221ni i =-∑－ln(2n ＋1)＜2(n ∈N *)．【答案】(1) a ＝1．(2)12，(3)详见解析(2)当k≤0时，取x ＝1，有f(1)＝1－ln2＞0，故k≤0不合题意．当k ＞0时，令g (x )＝f (x )－kx 2，即g (x )＝x －ln(x ＋1)－kx 2．g ′(x )＝1xx +－2kx ＝[]2(12)1x kx k x ---+． 令g ′(x )＝0，得x 1＝0，21212kx k-=>-． ①当12k ≥时，1202kk-≤，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在［0，＋∞)上单调递减．从而对于任意的x∈［0，＋∞)，总有g(x)≤g(0)＝0，即f (x )≤kx 2在［0，＋∞)上恒成立，故12k ≥符合题意． ②当0＜k ＜12时，1202k k ->，对于x∈(0，122k k -)，g′(x)＞0，故g(x)在(0，122kk-)内单调递增．因此当取x0∈(0，122kk-)时，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx02不成立．故0＜k ＜12不合题意． 综上，k 的最小值为12． (3)证明：当n ＝1时，不等式左边＝2－ln3＜2＝右边，所以不等式成立．当n ≥2时，11222()ln(1)212121nni i f i i i ==⎡⎤=-+⎢⎥---⎣⎦∑∑＝[]112ln(21)ln(21)21nni i i i i ==-+---∑∑ ＝1221ni i =-∑－ln(2n ＋1)． 在(2)中取12k =，得f (x )≤22x (x ≥0)，从而 2222()21(21)(23)(21)f i i i i ≤<----(i ∈N *，i ≥2)， 所以有1221ni i =-∑－ln(2n ＋1) ＝1222()(2)()2121nn i i f f f i i ===+--∑∑＜2－ln3＋22(23)(21)ni i i =--∑ ＝2－ln3＋211()2321ni i i =---∑＝2－ln3＋1－121n -＜2． 综上，1221ni i =-∑－ln(2n ＋1)＜2，n ∈N *．3.【2013天津，理20】已知函数f (x )＝x 2ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的s ，使t ＝f (s )；(3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s ＝g (t )，证明：当t ＞e 2时，有2ln ()15ln 2g t t <<. 【答案】（Ⅰ）单调递减区间是⎛ ⎝，单调递增区间是⎫+∞⎪⎭；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝2xln x ＋x ＝x(2ln x ＋1)，令f′(x)＝0，得x =. 当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的单调递减区间是⎛ ⎝，单调递增区间是⎫+∞⎪⎭.(3)证明：因为s ＝g(t)，由(2)知，t ＝f(s)，且s ＞1，从而2ln ()ln ln ln ln ln ()ln(ln )2ln ln(ln )2ln g t s s s ut f s s s s s u u====++， 其中u ＝ln s. 要使2ln ()15ln 2g t t <<成立，只需0ln 2uu <<. 当t ＞e2时，若s ＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t ＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾． 所以s ＞e ，即u ＞1，从而ln u ＞0成立． 另一方面，令F(u)＝ln 2u u -，u ＞1.F′(u)＝112u -，令F′(u)＝0，得u ＝2. 当1＜u ＜2时，F′(u)＞0；当u ＞2时，F′(u)＜0. 故对u ＞1，F (u)≤F(2)＜0. 因此ln 2uu <成立． 综上，当t ＞e2时，有2ln ()15ln 2g t t <<.4.【2014天津，理20】已知函数()x f x x ae =-()a R Î，x R Î．已知函数()y f x =有两个零点12,x x ，且12x x <． （Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅱ）证明21x x 随着a 的减小而增大； （Ⅲ）证明12x x +随着a 的减小而增大．【答案】（Ⅰ）a 的取值范围是()10,e -；（Ⅱ）详见试题分析；（Ⅲ）详见试题分析． 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求函数()y f x =的导数，再分0a £和0a >讨论()f x 的单调性，将“函数()y f x =有两个零点”等价转化为如下条件同时成立：“1°()ln 0f a ->；2°存在()1,ln a s ??，满足()10f s <；3°存在()2ln ,a s ?+?，满足()20f s <”，解相应的不等式即可求得a 的取值范围；（Ⅱ）由()0xf x x ae =-=分离出参数a ：x x a e =．利用导数讨论()x xg x e=的单调性即可得： ()()11g g x h >，从而11x h >；类似可得22x h <．又由11,0x h >，得222111x h h x x h <<，最终证得21xx 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）由11xx ae =，22xx ae =，可得11ln ln x a x =+，22ln ln x a x =+，作差得221211ln ln ln x x x x x x -=-=．设21x t x =，则1t >，且2121,ln ,x tx x x t ì=ïïíï-=ïî解得1x ，2x ，可求得()121ln 1t tx x t ++=-，构造函数()()()()1ln 1,1x xh x x x -Î+=+?，利用导数来证明12x x +随着a 的减小而增大．试题解析：（Ⅰ）由()xf x x ae =-，可得()1xf x ae ¢=-．下面分两种情况讨论：（1）0a £时，()0f x ¢>在R 上恒成立，可得()f x 在R 上单调递增，不合题意． （2）0a >时，由()0f x ¢=，得ln x a =-．当x 变化时，()f x ¢，()f x 的变化情况如下表：这时，()f x 的单调递增区间是(),ln a -?；单调递减区间是()ln ,a -+¥．于是，“函数()y f x =有两个零点”等价于如下条件同时成立： 1°()ln 0f a ->；2°存在()1,ln a s ??，满足()10f s <；3°存在()2ln ,a s ?+?，满足()20f s <．由()ln 0f a ->，即ln 10a -->，解得10a e -<<，而此时，取10s =，满足()1,ln a s ??，且()10f s a =-<；取222ln s a a=+，满足()2ln ,a s ?+?，且()22222ln 0a af s e e a a 骣骣鼢珑鼢=-+-<珑鼢珑鼢珑桫桫．∴a 的取值范围是()10,e -． （Ⅲ）由11x x ae =，22xx ae =，可得11ln ln x a x =+，22ln ln x a x =+，故221211ln ln ln x x x x x x -=-=．设21x t x =，则1t >，且2121,ln ,x tx x x t ì=ïïíï-=ïî解得1ln 1t x t =-，2ln 1t tx t =-． ∴()121ln 1t tx x t ++=-． ①令()()1ln 1x xh x x +=-，()1,x ??，则()()212ln 1x x xh x x -+-¢=-．令()12ln u x x x x=-+-，得()21x u x x骣-÷ç¢=÷ç÷ç桫．当()1,x ??时，()0u x ¢>．因此，()u x 在()1,+¥上单调递增，故对于任意的()1,x ??，()()10u x u >=，由此可得()0h x ¢>，故()h x 在()1,+¥上单调递增，因此，由①可得12x x +随着t 的增大而增大，而由（Ⅱ），t 随着a 的减小而增大，∴12x x +随着a 的减小而增大．考点：1．函数的零点；2．导数的运算；3.．利用导数研究函数的性质．5. 【2015高考天津，理11】曲线2y x = 与直线y x = 所围成的封闭图形的面积为 . 【答案】16【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组2y x y x⎧=⎨=⎩得两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积 ()1122300111236S x x dx x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭⎰.【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.6. 【2015高考天津，理20（本小题满分14分）已知函数()n ,nf x x x x R =-∈，其中*n ,n 2N ∈≥.(I)讨论()f x 的单调性；(II)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =,求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；(III)若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证： 21|-|21ax x n<+- 【答案】(I) 当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.【解析】(I)由()n f x nx x =-，可得，其中*n N ∈且2n ≥， 下面分两种情况讨论：(2)当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增； 当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n-=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P处的切线方程为()00()y f x x x '=-，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即()00()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-由于1()n f x nx n -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 内单调递增，在0(,)x +∞内单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.(III)证明：不妨设12x x ≤，由(II)知()()2()g x n nx x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202.ax x n n'=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由(II)知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1ax n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111()()()h x a f x h x '==<，因此11x x '<.由此可得212101ax x x x x n''-<-=+-. 因为2n ≥，所以11112(11)111n n n Cn n ---=+≥+=+-=，故1102n nx -≥=，所以2121ax x n-<+-. 【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.7. 【2016高考天津理数】设函数3()(1)f x x ax b =---，x ∈R ，其中a ,b ∈R. （Ⅰ）求f (x )的单调区间；（Ⅱ）若f (x )存在极值点x 0，且f (x 1)= f (x 0)，其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3； （Ⅲ）设a ＞0,函数g (x )= |f (x )|,求证：g (x )在区间[0,2]上的最大值不小于．．．14. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.试题解析：（Ⅰ）解：由b ax x x f ---=3)1()(，可得a x x f --=2)1(3)('. 下面分两种情况讨论：（1）当0≤a 时，有0)1(3)('2≥--=a x x f 恒成立，所以)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞.（2）当0>a 时，令0)('=x f ，解得1x =1x =-. 当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：所以)(x f 的单调递减区间为(1，单调递增区间为(,1-∞，(1)++∞.（Ⅲ）证明：设)(x g 在区间]2,0[上的最大值为M ，},max{y x 表示y x ,两数的最大值.下面分三种情况讨论： （1）当3≥a 时，1021≤<≤+，由（Ⅰ）知，)(x f 在区间]2,0[上单调递减，所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]0(),2([f f ，因此max{|(2)|,|(0)|}max{|12|,|1|}M f f a b b ==----|})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=⎩⎨⎧<++--≥+++-=0),(10),(1b a b a a b a b a a ， 所以2||1≥++-=b a a M .（2）当343<≤a时，101121≤<<<≤，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，(0)(1(1f f f ≥=+，(2)(1(1f f f ≤=， 所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为[(1(133f f +-，因此max{|(1|,|(1|}max{||,||}33M f f a b a b =+-=--21|})(392||,)(392max{|b a a a b a a a +-+--= 414334392||392=⨯⨯⨯≥++=b a a a . （3）当430<<a时，011233<-<+<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，(0)(1(1f f f <-=，(2)(1(1f f f >=， 所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]2(),0([f f ，因此|}21||,1max{||})2(||,)0(max{|b a b f f M ----==|})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=41||1>++-=b a a . 综上所述，当0>a 时，)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于41. 【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1．求可导函数单调区间的一般步骤：(1)确定函数f (x )的定义域(定义域优先)；(2)求导函数f ′(x )；(3)在函数f (x )的定义域内求不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0的解集；(4)由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)的解集确定函数f (x )的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．2．由函数f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．。