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

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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       
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