2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析

已知函数f(x)exax2.

（1） 若a1，证明：当x0时，f(x)1. （2） 若f(x)在(0,)只有一个零点，求a. 题目分析：

本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过g(x)exf(x)的变形化成(ax2bxc)exC的形式，这种形式的函数求导之后仍为(ax2bxc)ex这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数f(x)本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答：

（1）若a1，f(x)exx2，f(x)ex2x，f(x)ex2.

当x[0,ln2)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(ln2,)时，f(x)0，f(x)单调递增； 所以f(x)f(ln2)22ln20，从而f(x)在[0,)单调递增；所以f(x)f(0)1，得证. （2）当a0时，f(x)0恒成立，无零点，不合题意.

当a0时，f(x)ex2ax，f(x)ex2a.

当x[0,ln2a)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(ln2a,)时，f(x)0，f(x)单调递增；所以f(x)f(ln2a)2a(1ln2a).

当0ae时，f(x)0，从而f(x)在[0,)单调递增，f(x)f(0)1，在(0,)无零2点，不合题意.

当ae时，易证2aln2a. 2f(0)10，f(ln2a)0，由（1）可知，f(2a)=e2a(2a)210.

2a)使得由零点存在性定理可知必然存在一点x1(0,ln2a)使得f(x1)0，x2(ln2a，f(x2)0；

y所以当x(0,x1)时，f(x)0，f(x)单调递增，x(x1,x2)，

f(x)0，f(x)单调递减，x(x2,)，f(x)0，f(x)单调递增，

f(x)即当xx2时f(x)取得极小值

2f(x2)ex2ax2

ln(2a)O2ax1x2x由f(x2)0得

ex2 a2x2从而

ex2f(x2)eax(2x2)

2x222e2当x22时，即a时，极小值f(x2)0恰好成立，此时在f(x)在(0,)只有一个零点

4x2，满足题意.

yyf(x)f(x)x1O1x22xx1x212x

O ee2ex当a时，即1x22时（易证在(1,)单调递增），极小值f(x2)0，此时在242x(0,)无零点，不合题意.

yf(x)x1O12x23a3x e21当a时，即x22时，f(0)10，f(x2)0， f(3a)e3aa(3a)20 （易证exx334恒成立），由零点存在性定理可知f(x)在区间(0,x2)和(x2,3a)各有一根，不合题意.

e2综上所述，a.

4