高考数学命题角度6_2函数的单调性与极值、最值的综合应用大题狂练理

高考数学命题角度6_2函数的单调性与极值、最值的综合应用大题狂练理

命题角度 2：函数的单调性与极值、最值的综合应用 1.已知函数 ， . （Ⅰ）若 ，求曲线 在 处的切线方程； （Ⅱ）探究函数 的极值点情况，并说明理由. 【答案】（1） （2）见解析 【解析】试题分析：（1）先求函数导数，根据导数几何意义得切线斜率，再根据点斜式写出 切线方程（2）先求导数，转化研究函数 ,利用导数易得 先 减后增，讨论与两个端点值以及最小值点大小关系，确定极值点情况. （i）当 ，即 时， 恒成立，函数 在区间 上无极 值点； （ii）当 ，即 时， 有两不同解，函数 在 上有两个极值点； （iii）当 ，即 时， 有一解，函 数 在区间 上有一个极值点； （iv）当 ，即 时， ，函数 在区间 上无 极值点. 2.已知函数    2ln R2 af x x x x a   . （1）若 2a  ，求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （2）若      1g x f x a x   在 1x  处取得极小值，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） y x  （2） 1a  【解析】试题分析： (1)利用导函数可得切线的斜率为  ' 1 1f   ，然后由点斜式可得切线方程为  ' 1 1f   ； (2)首先对 g(x)求导，然后分类讨论可得实数 a 的取值范围为 1a  . ①当  0, 0,a x   时，  ' 0h x  ，函数  'g x 单调递增，所以当  0,1x 时，  ' 0g x  ，当  1,x  时，  ' 0g x  ，所以  g x 在 1x  处取得极小值，满足题意. ②当 0 1a  时， 1 1a  ，当 10,x a     时，  ' 0h x  ，故函数  'g x 单调递增，可得 当  0,1x 时，   1' 0 1,g x x a      ， 时，  ' 0g x  ，所以  g x 在 1x  处取得极小 值，满足题意. ③当 1a  时，当  0,1x 时，  ' 0h x  ，  'g x 在 0,1 内单调递增，  1,x  时，    ' 0, 'h x g x 在 1, 内单调递减，所以当  0,x  时，    ' 0,g x g x 单调递减， 不合题意. ④当 1a  时，即 10 1a   ，当 1 ,1x a     时，    ' 0, 'h x g x 单调递减，  ' 0g x  ， 当  1,x  时，    ' 0, 'h x g x 单调递减，  ' 0g x  ，所以  g x 在 1x  处取得极大 值，不合题意. 综上可知，实数 a 的取值范围为 1a  . 3.设函数    2f x x a  （ a R ），   lng x x ， (Ⅰ) 试求曲线      F x f x g x  在点   1, 1F 处的切线 l 与曲线  F x 的公共点个数； (Ⅱ) 若函数      G x f x g x  有两个极值点，求实数 a 的取值范围． （附：当 0a  ，x 趋近于 0 时， 2ln ax x  趋向于  ） 【答案】（1）两个公共点；（2）     3 22 ,0 0,1 1,a e          ． 【解析】试题分析：（1）计算出  1F 及  ' 1F ，根据点斜式可得切线方程，将切线方程与  F x 联立可得方程 2 3 ln 2 0x x x    ，设   2 3 ln 2h x x x x    ，对其求导，可得其在 0, 内 的 单 调 性 ， 结 合  1 0h  ， 2 1 0h e      ， 可 得 零 点 个 数 ；（ 2 ） 题 意 等 价 于    ' 2ln 1 0aG x x a x x         在  0, 至少有两不同根，当 0a  时， 1x a 是  ' 0G x  的根，根据图象的交点可知   2ln 1 ar x x x    有一个零点，除去同根；当 0a  显 然不合题意；当 0a  时，题意等价于   2ln 1 0ar x x x     在 0, 至少有两不同根，对 其求导判断单调性，考虑极值与两端的极限值可得结果. 试题解析：（1）∵    21 1F a  ，     1' 2F x x a x    ， 切线l 的斜率为  ' 1 3 2F a  ， ∴切线l 的方程为     21 3 2 1y a a x     ，即   23 2 2y a x a    ， 联立    2 lny F x x a x    ，得 2 3 ln 2 0x x x    ； 设   2 3 ln 2h x x x x    ，则     2 1 11' 2 3 x xh x x x x      ， 由  ' 0h x  及 0x  ，得 10 2x  或 1x  ， ∴  h x 在 10, 2      和 1,  上单调递增，可知  h x 在 1 ,12      上单调递减， 又  1 0h  ， 2 4 2 1 1 3 0h e e e        ，所以 0 10, 2x      ，  0 0h x  ， ∴方程 2 3 ln 2 0x x x    有两个根：1 和 0x ，从而切线l 与曲线  F x 有两个公共点． ②当 0a  时，    ' 2ln 1 0G x x x   在 0, 仅一根，所以 0a  不合题意；--9 分 ③当 0a  时，需   2ln 1 0ar x x x     在 0, 至少有两不同根， 由   2 2' 0ar x x x    ，得 2 ax   ，所以  r x 在 ,2 a      上单调递增， 可知  r x 在 0, 2 a    上单调递减， 因为 0a  ， x 趋近于 0 时，  r x 趋向于  ，且 1x  时，   0r x  ， 由题意知，需  min 0r x  ，即 2ln 3 02 2 a ar               ，解得 3 22a e    ， ∴ 3 22 0e a     ． 综上知，     3 22 ,0 0,1 1,a e          ． 4.已知函数      22 2 ( 0)xf x x e a x x     . （1）若  f x 是 0, 的单调递增函数，求实数 a 的取值范围； （2）当 10, 4a     时，求证：函数  f x 有最小值，并求函数  f x 最小值的取值范围. 【答案】（Ⅰ） 1 4a  ;（Ⅱ）  , 1e  ． 【解析】试题分析：（1）函数单调递增等价于导函数   0 0 +f x  在（ ， ）上恒成立，再利 用变量分离转化为求对应函数最值问题：  1 2 4 xx ea x   的最大值，最后根据导数求对应函 数最值，即得实数 a 的取值范围；(2)实质证明函数  f x 当 10, 4a     时先减后增，也即函 数有极小值点，并在此极小值点处取最小值，此时要用零点存在定理说明极值点存在.求出函 数极小值表达式，即最小值表达式，利用导数研究最小值表达式单调性，并根据极小值点范 围确定最小值取值范围. 试题解析：（Ⅰ）    2 2 4x xf x e x e ax a     ∵函数 )f x（ 在区间 0 +（ ， ）上单调递增，   0 0 +f x  在（ ， ）上恒成立 . ∴  2 2 4 0x xe x e ax a     ，∴  1 2 4 xx ea x   ， 令    1 2 4 xx eg x x   ，               2 2 2 2 2 21 2 4 2 1 0 2 4 2 4 xx x x e x xx e e x x e g x x x                ， ∴     10 4g x g  ，∴ 1 4a  . （Ⅱ）   ' 2 0xf x x e a       ∴  = 0 +y f x 在（ ， ）上单调递增  0 =4 1 0f a  又  1 =6 0f a  ∴  0,1 =0t f t存在 （ ）使 ∴ 0 tx（ ， ）时，   0f x  ， t +x （ ， ）时 ，   0f x  x=t当 时 ，      2 min = = -2 + 2tf x f t t e a t （ ）    = -1 +2 2 0tf t e t a t   且有 （ ） ，∴     1= 2 2 te ta t   ． 由（Ⅰ）知     1= ( )= 2 2 te ta g t t   在  0,t   上单调递减， 1(0)= , (1)=04g g ，且 10 4a  ，∴  0,1t  ． ∴            2 2 min 21= = -2 + 22 2 2 t t t t te tf x f t t e t et       （ ） ，    2= 1 02 tef t t t     ， ∴      1 0f f t f  ，   1e f t    , ∴  f x 的最小值的取值范围是 , 1e  ． 5.已知函数   ( 0, 1)xf x x a a a   且 ． （1）当 a e ， x 取一切非负实数时，若   21 2f x b x  ，求b 的范围； （2）若函数  f x 存在极大值  g a ，求  g a 的最小值． 【答案】（1） 1b   （2） a e 试题解析：（1）当 a e 时，   xf x x e  ，   21 2f x b x  恒成立等价于 21 2 xb x x e   恒成立，令   21 2 xg x x x e   ，   1 xg x x e   ，   1 xg x e  ，当 0x  时，   0g x  恒成立，即   1 xg x x e   在 0, 内单调递减，故    0 0g x g   ，可得  g x 在 0, 内单调递减，故  0 1b g   . （2）   1 lnxf x a a  ， ①当 0 1a  时， 0,ln 0xa a  ，所以   0f x  ，所以  f x 在 R 上为单增函数，无极大 值； ②当 1a  时，设方程   0f x  的根为t ，则有 1 ln ta a  ，即 1ln1 lnlog ln lna at a a   ，所以  f x 在  ,t 上 为 增 函 数 ， 在  ,t  上 为 减 函 数 ， 所 以  f x 的 极 大 值 为   1ln 1ln ln ln t af t t a a a     ，即   1ln 1ln ln ln ag a a a   ，因为 1a  ，所以 1 0lna  ，令 1 lnx a  则 1ln 1ln lnln ln a x x xa a    ， 设   ln , 0h x x x x x   ，则   1ln · 1 lnh x x x xx     ，令   0h x  ，得 1x  ，所以  h x 在 0,1 上为减函数，在 1, 上为增函数，所以  h x 得最小值为  1 1h   ，即  g a 的最 小值为-1，此时 a e ． 点睛：本 题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，由 ，得函数单调递增，   0f x  得函数单调递减；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通 过分离参数可转化为  a h x 或  a h x 恒成立，即  maxa h x 或  mina h x 即可，利用 导数知识结合单调性求出  maxh x 或  minh x 即得解. 6.已知函数   1lnf x a x x x    ，其中 0a  . （1）若  f x 在 2, 上存在极值点，求 a 的取值范围； （2）设  1 0,1x  ，  2 1,x   ，若    2 1f x f x 存在最大值，记为  M a ，则当 1a e e   时，  M a 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 5 ,2a      ；（2）存在，且  M a 存在最大值为 4 e ． 【解析】试题分析： (1)函数存在极值点，将问题转化为导函数有根，且不为重根，据此分离系数，结合对勾函数 的性质和函数的定义域求解实数 a 的取值范围即可； (2)分类讨论，当 0 2a  时，    2 1f x f x 不存在最大值， 当 2a  时，由根与系数的关系求得    2 1f x f x 的解析式，结合  M a 的式子构造新 函数   1 12 ln 2h x x x xx x              ，利用新函数的性质结合题意即可求得  M a 的最大 值. 解： （1）    2 2 2 111 x axaf x x x x        ，  0,x  . 由题意，得 2 1 0x ax   ，在  2,x  上有根（不为重根）. 即 1a x x   在  2,x  上有解. 由 1y x x   在  2,x  上单调递增，得 1 5 ,2x x       . 检验：当 5 2a  时，  f x 在  2,x  上存在极值点. ∴ 5 ,2a      . （2）若 0 2a  ，∵    2 2 1x ax f x x      在  0, 上满足   0f x  ， ∴  f x 在 0, 上单调递减，∴    2 1 0f x f x  . ∴    2 1f x f x 不存在最大值. 则 2a  . ∴方程 2 1 0x ax   有两个不相等的正实数根，令其为 ,m n ，且不妨设 0 1m n   则{ 1 m n a mn    .  f x 在 0,m 上单调递减，在 ,m n 上调递增，在 ,n  上单调递减， 对  1 0,1x  ，有    1f x f m ；对  2 1,x   ，有    2f x f n ， ∴        2 1 maxf x f x f n f m     . ∴       1 1ln lnM a f n f m a n n a m mn m                    1 1ln na m nm n m         . 将 1a m n nn     ， 1m n  代入上式，消去 ,a m 得   21 1 1 1ln 2 2 lnM a n n n n n nn n n n                                 ∵ 12 a e e    ，∴ 1 1n en e    ， 1n  . 据 1y x x   在  1,x  上单调递增，得  1,n e . 设   1 12 ln 2h x x x xx x              ，  1,x e .   2 2 2 1 1 1 1 12 1 ln 2 2 1 2 1 lnh x x x xx x x x x                                 ，  1,x e . ∴   0h x  ，即  h x 在 1,e 上单调递增. ∴    max 1 1 42 2h x h e e ee e e                    ∴  M a 存在最大值为 4 e . 点睛：可导函数  y f x 在点 0x 处取得极值的充要条件是  0' 0f x  ，且在 0x 左侧与右 侧  'f x 的符号不同．若  f x 在  ,a b 内有极值，那么  f x 在 ,a b 内绝不是单调函数， 即在某区间上单调增或减的函数没有极值．对于该类问题，可从不等式的结构特点出发，构 造函数，借助导数确定函数的性质，借助单调性或最值实现转化． 7.已知函数    21 1 ln2f x x m x x    . （1）若函数  f x 存在单调递减区间，求实数 m 的取值范围； （2）设 1 2 1 2, ( )x x x x 是函数  f x 的两个极值点，若 7 2m  ，求    1 2f x f x 的最小值. 【答案】（1） 3m  （2） 152ln2 8   【解析】试题分析：（1）函数  f x 存在单调递减区间，等价于   0f x  在 0 ， 上有解， 即  2 1 1 0x m x    在 0 ， 上有解，根据实根分布可得 1 0{ 2 ( 4 0m m       ， ， 解不等式可得 实数 m 的取值范围；（2） 1 2,x x 为  2 1 1 0x m x    两根，所以 1 2 1 2 1{ 1 x x m x x     ， ， 代入    1 2f x f x 消 m 化 简 得 1 1 2 2 2 1 1ln 2 x x x x x x       ． 令 1 2 x tx  ， 转 化 研 究 函 数   1 1ln 2h t t t t       最小值，先根据 7 2m  ，确定自变量取值范围： 10 4t  ，再利用导 数研究函数单调性：  h t 在 10 4      ， 上单调递减，进而确定函数最小值. 试题解析：（Ⅰ）因为    21 1 ln2f x x m x x    ， 所以    2 1 111 x m xf x x m x x        ， 又因为   0f x  在 0 ， 上有解， 令    2 1 1g x x m x    ，则  0 1 0g   ， 只需 1 0{ 2 ( 4 0m m       ， ， 解得 1{ 3 1 m m m     ， 或 ，即 3m  ． （Ⅱ）因为    2 1 1x m xf x x     ，令   0f x  ，即  2 1 1 0x m x    ， 两根分别为 1 2x x， ，则 1 2 1 2 1{ 1 x x m x x     ， ， 又因为        2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 11 ln 1 ln2 2f x f x x m x x x m x x                 2 2 2 2 2 21 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 11 ln ln2 2 x xx x m x x x x x xx x              2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 1ln ln ln2 2 2 x x x x x x xx xx x x x x x x                   ． 令 1 2 x tx  ，由于 1 2x x ，所以 0 1t  ． 又因为 7 2m  ，    2 2 1 2 251 4x x m    ， 即  2 1 2 1 2 1 2 2 1 2x x x x x x x x     ，即 1 252 4t t    ， 所以 24 17 4 0t t   ，解得 4t  或 1 4t  ，即 10 4t  ． 令   1 1 1ln (0 )2 4h t t t tt         ，    22 2 2 2 11 1 1 2 1 02 2 2 2 tt th t t t t t         ， 所以  h t 在 10 4      ， 上单调递减，  min 1 1 1 1 15ln 4 2ln24 4 2 4 8h t h                ． 所以    1 2f x f x 的最小值为 152ln2 8   ． 点睛：导数与函数的单调性 (1)函数单调性的判定方法：设函数  y f x 在某个区间内可导，如果   0f x  ，则  y f x 在该区间为增函数；如果   0f x  ，则  y f x 在该区间为减函数. (2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方 程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法. 8.已知函数   ln 1af x x x    ， a R . （1）若关于 x 的不等式   1 12f x x  在 1, 上恒成立，求 a 的取值范围； （2）设函数    f xg x x  ，若  g x 在 21,e   上存在极值，求 a 的取值范围，并判断极值的 正负. 【答案】（1） 1, 2     ;（2）见解析. 【解析】【试题分析】（１）先分离参数，再构造函数运用导数求函数的最值；（２）借助导数 与函数的单调性之间的关系，运用分类整合思想进行分析求解： （2）   2 ln 1x ag x x x x    ， 21,x e    ，∴   2 2 3 3 1 1 1 2 2 ln 2nx a x x x ag x x x x x       . 设   2 ln 2h x x x x a   ，则    2 1 ln 1 lnh x x x     .由   0h x  ，得 x e . 当1 x e  时，   0h x  ；当 2e x e  时，   0h x  . ∴  h x 在 1,e 上单调递增，在  2,e e  上单调递减.且  1 2 2h a  ，   2h e e a  ，  2 2h e a  .显然    21h h e . 结合函数图像可知，若  g x 在 21,e   上存在极值，则     0{ 1 0 h e h   或    2 1 0 { 0 h h e   . （ⅰ）当     0{ 1 0 h e h   ，即1 2 ea  时， 则必定 2 1 2, 1,x x e     ，使得    1 2 0h x h x  ，且 2 1 21 x e x e    . 当 x 变化时，  h x ，  g x ，  g x 的变化情况如下表： x  11, x 1x  1 2,x x 2x  2 2 ,x e  h x  0  0   g x  0  0   g x  极小值  极大值  ∴当1 2 ea  时，  g x 在 21,e   上的极值为    1 2,g x g x ，且    1 2g x g x . ∵   1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 ln ln1x x x x aag x x x x x      . 设   lnx x x x a    ，其中1 2 ea  ， 1 x e  . ∵   ln 0x x   ，∴  x 在 1,e 上单调递增，    1 1 0x a     ，当且仅当 1x  时取等号. ∵ 11 x e  ，∴  1 0g x  .∴当1 2 ea  时，  g x 在 21,e   上的极值    2 1 0g x g x  . （ⅱ）当    2 1 0 { 0 h h e   ，即 0 1a  时，则必定  2 3 1,x e  ，使得  3 0h x  . 易知  g x 在  31, x 上单调递增，在 2 3,x e 上单调递减.此时，  g x 在 21,e   上的极大值 是  3g x ，且     2 2 3 4 0a eg x g e e    . ∴当 0 1a  时，  g x 在 21,e   上极值为正数.综上所述：当 0 2 ea  时，  g x 在 21,e   上存在极值.且极值都为正数. 注：也可由   0g x  ，得 2 2 lna x x x  .令   2 lnh x x x x  后再研究  g x 在 21,e   上的 极值问题. 点睛：本题以含参数的函数解析式为背景，设置了两个问题，旨在考查导数知识在研究函数 的单调性、极值（最值）等方面的综合运用。解答本题的第一问时，先将函数解析式中的参 数分离出来，再构造函数   21ln 2m x x x x   ，运用导数知识求该函数的最值；解答本题的 第二问时，充分借助题设条件，运用导数与函数的单调性之间的关系及分类整合思想进行分 析求解，从而使得问题获解。 9.已知函数   2 4 xxf x ex   . （I）讨论函数的单调性,并证明当 2x   时， 2 4 0xxe x    ; （Ⅱ）证明：当  0,1a 时，函数     2 2 3 ( 2) 2 xe ax ag x x x       有最小值，设  g x 最小值 为  h a ，求函数  h a 的值域. 【答案】（1）见解析（2） 21 e,2 4      试 题 解 析 ： （ 1 ） 由   2 4 xxf x ex   得           2 2 2 2 2 24 0, 444 4 x xxxf x e e xxx x               故  f x 在   , 4 4,   和 上单调递增， 当 2x   时，由上知    2 1f x f    ， 即 2 14 xx ex    ，即 2 4 0xxe x    ，得证. （2）对    2 e 3 2 x ax ag x x    求导，得           2 2 3 3 4 ee 4 4 2 2 x x xx ax a x xg x x x              ， 2x   ． 记   2e4 xxx ax    ， 2x   ． 由（Ⅰ）知，函数  x 区间 2,  内单调递增， 又  2 1 0a      ，  0 0a   ， 所 以 存 在 唯 一 正 实 数 0x ， 使 得   00 0 0 2 e 02 xxx ax     ． 于是，当  02,x x  时，   0x  ，   0g x  ，函数  g x 在区间 02, x 内单调递减； 当  0,x x  时，   0x  ，   0g x  ，函数  g x 在区间 0,x  内单调递增． 所以  g x 在 2,  内有最小值     0 2 0 0 2 0 e 3 2 x ax ag x x     ， 由题设即     0 2 0 2 0 e 3 2 x ax ah a x     ． 又因为 0 20 0 e4 xxa x    ．所以     0 2 0 0 1 e4 xh a g x x    ． 根据（Ⅰ）知，  f x 在 2,  内单调递增，  0 20 0 e 1,04 xx ax      ，所以 02 0x   ． 令   21 e ( 2 0)4 xu x xx     ，则   23 e 04 xxu x x    ，函数  u x 在区间  2,0 内单 调递增， 所以      2 0u u x u   ， 即函数  h a 的值域为 21 e,2 4      ． 10.设函数    31 ,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 0x ，且    1 0f x f x ，其中 1 0x x ，求证: 1 02 3x x  ； （Ⅲ）设 0a  ，函数    g x f x ，求证：  g x 在区间 0,2 上最大值不小于 1 4 . 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）见解析. 【解析】试题分析：（1）求单调区间，先求导解导数大于零求递增区间，导数小于零求递减 区间，但要注意 a 的取值对导数符号得影响（2）函数存在极值点，即将 0x 代入导函数等于零， 又          3 0 0 0 0 0 0 0 8 23 2 2 2 3 2 1 2 3 , 3 3 3 a a af x x a x b x ax a b x b f x                所以 1 03 2x x  从而得证（3）求最值先分析函数单调性即可，然后讨论在区间 0,2 得极值 和端点值大小来确定最大值，再验证其不小于 1 4 即可 试题解析： （Ⅰ）由    21f x x ax b    ，可得    23 1f x x a   ， 下面分两种情况讨论： （1）当 0a  时，有    23 1 0f x x a    恒成立，所以  f x 单调递增区间为 , .  （2）当 0a  时，令   0f x  ，解得 31 3 ax   ，或 31 3 ax   ， 当 x 变化时，    ,f x f x 的变化情况如下表： x 3,1 3 a      31 3 a 3 31 ,13 3 a a      31 3 a 31 ,3 a       f x + 0 - 0 +  f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所 以  f x 的 单 调 递 减 区 间 为 3 31 ,13 3 a a      ， 单 调 递 增 区 间 为 3 3,1 , 1 , .3 3 a a                （Ⅱ）证明：因为  f x 存在极值点，所以由（Ⅰ）知 0a  ，且 0 1x  ，由题意，得    2 0 03 1 0f x x a     ，即  2 0 1 ,3 ax   进而    2 0 0 0 0 21 .3 3 a af x x ax b x b        又        3 0 0 0 0 0 83 2 2 2 3 2 1 2 3 ,3 af x x a x b x ax a b            0 0 2 3 3 a ax b f x     ,且 0 03 2x x  ，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数 1x 满足    1 0f x f x ，且 1 0x x ，因此 1 03 2x x  ，所以 1 02 3x x  ； （Ⅲ）证明：设  g x 在区间 0,2 上的最大值为 M ,  max ,x y 表示 ,x y 两数的最大值，下 面分三种情况讨论： （1）当 3a  时， 3 31 0 2 13 3 a a     ，由（Ⅰ）知，  f x 在区间 0,2 上单调递 减，所以  f x 在区间 0,2 上的取值范围为    2 , 0f f   ，因此      max 2 , 0 max 1 2 , 1M f f a b b            max 1 , 1a a b a a b           1 , 0{ 1 , 0 a a b a b a a b a b           所以 1 2,M a a b     （2）当 3 34 a  时， 2 3 3 3 2 31 0 1 1 2 13 3 3 3 a a a a         ，由（Ⅰ）和（Ⅱ） 知，    2 3 3 2 3 30 1 1 , 2 1 13 3 3 3 a a a af f f f f f                                     ， 所以  f x 在区间 0,2 上的取值范围为 3 31 , 13 3 a af f                   ， 因 此 3 3 2 2max 1 , 1 max 3 33 3 9 9 a a a aM f f a a b a a b                                     2 2max 3 39 9 a aa a b a a b           2 2 3 3 13 39 9 4 4 4 a a a b       