【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册培优练习第5章《一元函数的导数及其应用》单元检测B（解析版）.doc，共(30)页，1.131 MB，由MTyang资料小铺上传

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数学选择性必修二尖子生同步培优题典第五章一元函数的导数及其应用单元检测B解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知函数()yxfx‘的图象如图所示，下面四个图象中()yfx的图象大致是（）A．B．

C．D．【答案】C【解析】【分析】根据函数y＝xf′（x）的图象，依次判断f（x）在区间（﹣∞，﹣1），（﹣1，0），（0，1），（1，+∞）上的单调性即可【详解】由函数y＝xf′（x）的图象可知：当x＜﹣1时，xf′（x）＜0，f′（x）＞0，此时f（x）增，当﹣1＜x＜0时，xf′

（x）＞0，f′（x）＜0，此时f（x）减，当0＜x＜1时，xf′（x）＜0，f′（x）＜0，此时f（x）减，当x＞1时，xf′（x）＞0，f′（x）＞0，此时f（x）增．故选C．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考

查函数的图象问题．属于基础题．2．若函数()cos2()6fxxxf，则()3f与()3f的大小关系是（）A．()()33ffB．()()33ffC．()()33ffD．不确定【答案】B【解析】【分析】先对函数求导，求出6f

，进而可判断出函数fx单调性，得出结果.【详解】因为cos26fxxxf，所以sin26fxxf，故sin2666ff

，解得162f，所以sin10fxx，因此，函数cosfxxx单调递增；故33ff.故选B【点睛】本题主要考查导数的计

算以及导数的应用，熟记导数计算公式、以及导数方法判断函数单调性即可，属于常考题型.3．设直线xt与函数22fxx，lngxx的图象分别交于点M，N，则当MN达到最小时t的值为（）A．1B．12C．52D．22【答案】B【解析】【分析】将()

()fxgx，构建新函数()hx，对新函数进行求导，分析单调性，求出极小值，则可求得MN达到最小值时候t的值.【详解】令2()()()2lnhxfxgxxx，故MN的最小值即为()hx的最小值，∴对()hx求导有：1

()4hxxx，令()0hx有：12x，∴()hx在10,2上单调递减，在1,2上单调递增，∴12t，故选：B【点睛】本题需要学生构建新函数，将原题中两函数间的最小值问题，转化为新函数的最小值问题，考查了学生对运用导数处理函数最值问题的能力.

需要有较强的转化化归思想，为容易题.4．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数

的图象的特征，已知函数()yfx，2,2x的部分图像如图所示，则()fx的解析式可能为（）A．3sin2()exxxfxB．3()sin2xfxxxeC．3sin2()exxxfxD．3()sin2exfxxx【答案】C【解析】【分析】首先观察图象，

可知其关于原点对称，得到函数()fx为奇函数，从而排除A，D；之后再利用图象的变化趋势，可以排除B，得出正确选项.【详解】由已知，图象关于原点对称，故函数()fx为奇函数，排除A，D；又因为随着自变量的增大，函数值趋近于0，排除B选项，故选：C.【点睛】该题考查的是

有关根据函数图象选择函数解析式的问题，涉及到的知识点有观察函数图象的对称性，得到与其对应的奇偶性，观察函数解析式，排除不正确的选项，结合随着自变量的增大，函数值的变化趋势排除不正确选项，求得结果，在选择过程中，注意

全局看图，属于中档题目.5．曲线2lnyx上的点到直线230xy的最短距离为（）A．5B．25C．35D．2【答案】A【解析】【分析】设与直线230xy平行且与曲线2lnyx相切的直线方程为20xym.设切点为00,Pxy，利用导数的几何意义求得切点P，再利用点到直

线的距离公式即可得出结果.【详解】设与直线230xy平行且与曲线2lnyx相切的直线方程为20xym.设切点为00,Pxy，对函数2lnyx求导得2yx，由022x，可得01x，则02l

n10y，所以，切点为1,0P.则点P到直线230xy的距离22203521d.曲线2lnyx上的点到直线230xy的最短距离是5.故选：A.【点睛】本题考查了导数的几何意义和两条平行线之间的距离、点到

直线的距离公式，属于中档题.6．若曲线lnfxx在1,1f处的切线也是曲线32gxxxa的切线，则a（）A．1B．1C．1或3D．3【答案】C【解析】【分析】根据导数的几何意义求出曲线fx在1,1f处的切线，将切线斜率代

入到gx中，求出切点坐标，根据切点在曲线上可得a的值.【详解】由lnfxx得10f，1fxx，故11f，故切线方程为1yx.由32gxxxa得232gxx.令2321gxx，解得1x.代入切线方程1yx，求得切点为

1,0或1,2.将切点坐标代入32gxxxa，求得1a或3a.故选：C.7．已知函数3()2fxxaxa.过点(1,0)M引曲线:()Cyfx的两条切线，这两条切线与y轴分别交于A，B两点，若||||MAMB，则()fx的极大值点为（）A

．324B．324C．63D．63【答案】A【解析】【分析】设切点的横坐标为t，利用切点与点M连线的斜率等于曲线C在切点处切线的斜率，利用导数建立有关t的方程，得出t的值，再由MAMB得出两切线的斜率之和为零，于此得出a的值，再利用导数求出函数yfx的极大值点．【详解】设切点坐标

为3,2ttata，∵26yxa，∴32261tatatat，即32460tt，解得0t或32t.∵MAMB，∴3020xxyy，即232602a，则274a，22764fxx.当324x或324x

时，0fx；当323244x时，0fx.故fx的极大值点为324.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的极值点，在处理过点作函数的切线时，一般要设切点坐标，利用切线与点连线的斜率等于切线的斜率，考查计算能力，属于中等题．8．已知函数222222

fxxxxx.则下列结论中错误的是（）A．fx的极值点不止一个B．fx的最小值为22C．fx的图象关于y轴对称D．fx在,0上单调递减【答案】A【解析】【分析】判断函数的值域以及函数的单调性，求解函数的极值，函数的奇偶性、

对称性，即可得到结果.【详解】因为2222224242222424fxxxxxx，0fx，所以242424fxxx，则当0x时，fx单调递增，当0x时，fx单调递减，所以min022fxf，且fx

只有一个极值点.因为fxfx，所以fx是偶函数，其图象关于y轴对称.所以选项BCD正确，选项A错误，故选：A【点睛】本题主要考查了函数的图象和性质，函数的关系式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题.二、多选题9．函数()fx在定义域R内可导，若()(2)fxf

x，且(1)()0xfx，若1(0),,(3)2afbfcf，则a，b，c的大小关系正确的有（）A．baB．cbC．bcD．ca【答案】AC【解析】【分析】确定函数关于1x对称，再确定函数的单调性，综合两者判断大小得到答案.【详解】由

2fxfx得11fxfx，则函数关于1x对称，当1x时，由10xfx得0fx，函数单调递减；当1x时，由10xfx得0fx，函数单调递

增.又02aff，1322bff，3cf，故bac.故选：AC.【点睛】本题考查导数的方法判定函数单调性，利用函数的单调性和对称性判断函数值的大小关系，意在考查学生对于函数性质的

综合应用能力，属于常考题型.10．已知函数32()(0)fxaxbxcxda有两个互异的极值点1212,xxxx，下列说话正确的是（）A．230bacB．有三个零点的充要条件是12()()0fxfxC．0a时，()f

x在区间12(,)xx上单调递减D．0a时，1()fx为极大值，2()fx为极小值【答案】ABC【解析】【分析】求导2()32fxaxbxc，根据()fx有两个互异的极值点1212,xxxx逐项验证.【详解】因为函数32()(0)fxaxbxcxda，所以2(

)32fxaxbxc，因为()fx有两个互异的极值点1212,xxxx，所以22212430bacbac，故A正确；所以若()fx有三个零点则12()()0fxfx，故B正确；当0a时，2(

)32fxaxbxc开口向上，则12(,)xxx时，0fx，所以()fx区间12(,)xx上单调递减，故C正确；当0a时，当1xx或2xx时，0fx，当12xxx时，0fx，所以1()fx为极小值，2()fx为极大值，故D错误；故选

：ABC【点睛】本题主要考查导数与函数的极值，导数与函数的零点，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11．若存在m，使得fxm对任意xD恒成立，则函数fx在D上有下界，其中m为函数fx的一个下界；若存在M，使得fxM对任意x

D恒成立，则函数fx在D上有上界，其中M为函数fx的一个上界.如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界.下列说法正确的是（）A．2是函数10fxxxx的一个下界B．函数lnfxxx有下界，无上界C．函数2xefxx有上界，无下界D．函数

2sin1xfxx有界【答案】ABD【解析】【分析】由基本不等式可判断A；利用导数可确定1fxe，即可判断B；由20xefxx恒成立即可判断C；利用放缩法即可判断D.【详解】对于A，当0x时，1122xxxx,当且仅当

1x时取等号，2fx恒成立，2是fx的一个下界，故A正确；对于B，因为ln10fxxx，当10,xe时，0fx；1,xe时，0fx，fx在

10,e上单调递减，在1,e上单调递增，11fxfee，fx有下界，又x时，fx，fx无上界，故B正确；对于C，20x，0xe，20xefxx恒成立，fx有下界，故C错误；对于D，sin1,

1x，2221sin1111xxxx，又2111x，2111x，2sin111xx，fx既有上界又有下界，即fx有界，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了函数新定义的应用，关键是明确新定义运算实际考查了函数值域的

求解问题，涉及到利用导数来求解函数的单调区间和最值，属于中档题.12．如图，在四面体ABCD中，点1B，1C，1D分别在棱AB，AC，AD上，且平面111//BCD平面BCD，1A为BCD内一点，记三棱锥1111ABCD的体积为V，设1ADxAD

，对于函数()Vfx，则下列结论正确的是（）A．当23x时，函数()fx取到最大值B．函数()fx在2(,1)3上是减函数C．函数()fx的图象关于直线12x对称D．不存在0x，使得01()4

ABCDfxV(其中ABCDV为四面体ABCD的体积).【答案】ABD【解析】【分析】由题意可知111BCDBCD∽，设0ABCDVV，则111120()(1)ABBDVfxxxV.利用导数性质求出当23x时，函数()fx取到最大值.【详解】在四

面体ABCD中，点1B，1C，1D分别在棱AB，AC，AD上，且平面111//BCD平面BCD，由题意可知111BCDBCD∽，111CDADxCDAD，1112BCDBCDSxS.棱锥1111ABCD与棱锥A

BCD的高之比为1x.设0ABCDVV，111120()(1)ABCDVfxxxV.200()23fxxVxV，当()0fx时，203x，当()0fx时，23x，当23x时，函数()fx取到最大值.故

A正确；函数在函数()fx在2(,1)3上是减函数，故B正确；函数()fx的图像不关于直线12x对称，故C错误；22224()()(1)33327ABCDABCDfVV，不存在0x，使得01()4ABCDfxV

(其中ABCDV为四面体ABCD的体积).故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查相似三角形性质的应用，利用导数研究几何体体积最值问题，属于中档题三、填空题13．设fx存在导函数且满足0112lim12xffxx，则曲线yfx上的点

1,1f处的切线的斜率为______________.【答案】1【解析】【分析】根据导数的定义和几何意义即可得到答案.【详解】由题知：0112lim112xffxfx，所以曲线yfx上的点

1,1f处的切线的斜率为1.故答案为：1【点睛】本题主要考查导数的定义和几何意义，属于简单题.14．在ABC中，,,abc分别为角,,ABC的对边，若函数32221()()13fxxbxacacx有极值点，则BÐ的范围是__________．【

答案】,3【解析】【分析】【详解】由题意222'()2()fxxbxacac有两个不等实根，所以22244()0bacac，222acbac，所以2221cos22acbBac，所以3B．故答案为：,

3.【点睛】对定义域内的可导函数来讲，导函数'()fx的零点是函数极值点的必要条件，只有在0x的两侧'()fx的符号正好相反，0x都是极值点．本题中导函数'()fx是二次函数，因此要使得'()fx的零点

为()fx的极值点，只要求相应二次方程有两个不等实根即可．15．对于三次函数32()(0)fxaxbxcxda，给出定义：设fx是函数()yfx的导数，fx是fx的导数，若方程fx=0有实数解0x

，则称点(0x，0()fx)为函数()yfx的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数321()232gxxx，则12320192020202020202020gggg

=__________.【答案】0【解析】【分析】由题意对已知函数进行二次求导，得出函数关于点1,02中心对称，即1()0gxgx，有次即可得到结果.【详解】由321()232gxxx可得2()66gxxx，()126g

xx，令()1260gxx解得12x，321111()23=02222g，由题意可得函数321()232gxxx关于点1,02中心对称，所以1()0gxgx，所以12

320192020202020202020gggg12019220181020202020202020202ggggg

.故答案为：0【点睛】本题主要考查导函数的求法，以及中心对称问题，解题的关键是找出中心对称的对称中心，考查学生的综合分析能力.16．如图，在矩形OABC与扇形OCD拼接而成的平面图

形中，3OA，5AB，6COD，点E在弧CD上，F在AB上，3EOF.设FOCx，则当平面区域OECBF（阴影部分）的面积取到最大值时cosx__________【答案】45【解析】【分析】先将阴影部分的面积表

示为251915(25)62tanxx，9()25tanhxxx，只需求使得()hx取最小值的0x即可得到答案.【详解】由已知，0[,]3x，03tan5，易得扇形EOC的面积为212525()52362xx

，四边形OCBF的面积为133532tanx，故阴影部分的面积为251915(25)62tanxx，设9()25tanhxxx，则22'29sin9cos()25sinxxhxx2(4sin3cos)(4sin3cos)sinxxxxx，令'()0

hx，得33tan[,3]45x，记其解为0x，并且()hx在00[,]x上单调递减，在0[,]3x单调递增，所以()hx得最小值为0()hx，阴影部分的面积最大值为251560()hx，此时03tan4x，0

2014coscos51tanxxx.故答案为：45.【点睛】本题考查三角函数在平面几何中的应用，涉及到利用导数求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道有一定难度的题.四、解答题17．已知二次函数22fxxx.（1）求fx在点

11f，处的切线方程；（2）讨论函数ln1gxfxax的单调性【答案】（1）410xy；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）对函数fx求导，根据导数的几何意义，先求出切线斜率，进而可得切线方程；

（2）先对gx求导，分别讨论0a，0a两种情况，根据导数的方法研究函数单调性，即可得出结果.【详解】（1）由22fxxx得22fxx，则fx在点11f，处的切线斜率为14kf，又13f，所以fx在点11f，处的切线方程为341

yx，即410xy；（2）因为22ln11gxxxaxx所以2212211xaagxxxx当0a时，gx在1,上恒正；所以gx在1,上单调递增当

0a时，由0gx得12ax，所以当1,12ax时，0gx，gx单调递减；当1,2ax时，0gx，gx单调递增；综上所述，当0a时，gx在1,上单调递增；当0a时，当1,12ax

时，gx单调递减；当1,2ax时，gx单调递增.【点睛】本题主要考查求曲线在某点处的切线方程，考查导数的方法求函数单调性，属于常考题型.18．如图，某市地铁施工队在自点M向点N直线掘

进的过程中，因发现一地下古城(如图中正方形ABCD所示区域)而被迫改道.原定的改道计划为：以M点向南，N点向西的交汇点O为圆心，OM为半径做圆弧MN，将MN作为新的线路，但由于弧线施工难度大，于是又决定自P点起，改为直道PN.已知3ONOM千米，点A到OM，ON的距离分别为

12千米和1千米，//ABON，且1AB千米，记PON.（1）求sin的取值范围；（2）已知弧形线路MP的造价与弧长成正比，比例系数为3a，直道PN的造价与长度的平方成正比，比例系数为a，当θ为多少时，总造价最少？【答案】（1）240,25

；（2）当θ为π6时，总造价最少.【解析】【分析】（1）以O为原点，ON所在直线为x轴建立平面直角坐标系，根据题意，求出直线CN的方程，MN所在圆的方程，联立直线与圆的方程，求出交点C的坐标，当PN过点C时，求出sin，结合图形，即可得出结果；

（2）先由题意，得到MP的长为32，设(3cos,3sin)P，得出()33(1818cos)2faa，0(0,)，024sin25，用导数的方法求出其最小值即可.【详解】（1）以O为原点，ON所在直线为

x轴建立平面直角坐标系，则(3,0)N，1,12A，3,22C，所以直线CN的方程为4(3)3yx，MN所在圆的方程为229xy，联立224(3),39,yxxy解得21,2572,25xy，当PN过点C时，

21,252725P，24sin25，所以sin的取值范围是240,25.（2）由题意，MP的长为32，设(3cos,3sin)P，则222(3cos

3)(3sin)1818cosPN，所以总造价()33(1818cos)2faa918918cos2a，0(0,)，024sin25，所以()(18sin

9)fa，令()0f得，124sin0,225，所以π6，列表如下：π0,6π60,6π()f0()f↘极小值↗所以当π6时，()f有极小值，也是最小值.答：当

为π6时，总造价最少.【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的方法求函数的最值即可，属于常考题型.19．已知函数211ln,.2fxxaxaxaR（1）若fx存在极值点1，求a的值；（2）若fx存在两个不同

的零点12,xx，求证：122.xx【答案】(1)1a；(2)见解析.【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）由fx存在极值点为1，得10f，可解得a.(2)是典型的极值点偏移问题，先证明20hxfaxfx,再利用fx在0,a上的单调

性，即可得证.试题解析：(1)1afxxax，因为fx存在极值点为1，所以10f，即220,1aa，经检验符合题意，所以1a.(2)111(0)aafxxaxxxx

①当0a时，0fx恒成立，所以fx在0,上为增函数，不符合题意；②当0a时，由0fx得xa，当xa时，0fx，所以fx为增函数，当0xa

时，0fx，所fx为减函数，所以当xa时，fx取得极小值fa又因为fx存在两个不同零点12,xx，所以0fa，即211ln02aaaaa整理得1ln12aa，作yfx关于直线xa的对称曲线2gxfax，令

2222lnaxhxgxfxfaxfxaxax2222222202aahxaxxxaa所以hx在0,2a上单调递增，不妨设122xaxa，则20hxha，即2

2212gxfaxfxfx，又因为2120,,0,,axaxa且fx在0,a上为减函数，故212axx，即122xxa，又1ln12aa，易知1a成立，故122xx

.点晴：本题主要考查导数在函数中的应用，具体涉及到函数的极值，函数的极值点偏移问题.第一问中fx存在极值点1，所以10f，解得1a;第二问处理极值点问题有两个关键步骤：一是在,2aa构造函数2hxfaxfx证明其大于

于0恒成立，二是利用fx在0,a上为减函数，两者结合即可证明结论成立.20．已知函数2()22ln()fxxaxxaR.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）若()fx存在两个极值点1221,xxxx，求

证：2121(2)fxfxaxx.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数，根据二次函数的与0的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的关系；（2）由1212,xxx

x是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将21fxfx转变为关于12xx，函数，再运用12xx，的关系将不等式转化为证22212ln0xxx，构造函数1()2ln(1)gxxxxx，分析函数()gx的单调性，得出最值，不等式可得证.【详解】

（1）解：函数fx的定义域为(0,)，2'212()22xaxfxxaxx，则24a.①当0a时，对(0,),()0xfx，所以函数()fx在(0,)上单调递增；②当02a

时，0，所以对(0,),()0xfx，所以函数()fx在(0,)上单调递增；③当2a时，令()0fx，得2402aax或242aax，所以函数()fx在240,2aa，24,2aa上单调递增；令'()0fx，得2

24422aaaax，所以()fx在2244,22aaaa上单调递减.（2）证明：由（1）知2a且1212,1,xxaxx，所以1201xx.又由

222122211122ln22lnfxfxxaxxxaxx22222222221212121212111122ln22ln2lnxxxxxaxxxxxxxxxxxxx.又因为

222121212121212121(2)222axxxxaxxxxxxxxxxxx.所以要证2121(2)fxfxaxx，只需证2

2112ln2xxxx.因为121xx，所以只需证22221lnxxx，即证22212ln0xxx.令1()2ln(1)gxxxxx，则2'2121()110gxxxx

，所以函数()gx在(1,)上单调递增，所以对1,()(1)0xgxg.所以22212ln0xxx.所以若()fx存在两个极值点1221,xxxx，则2121(2)fxfxaxx.【点睛】本题考查函数与导数的综合应

用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式

的目的.21．已知函数()ln1,fxxaxaR.（1）求函数()fx的单调区间；（2）若不等式()0fx恒成立，求实数a的取值范围；（3）当*nN时，求证：111111ln(1)123123nnn.【答案】（1）答案见解析；（2）1a；（3）证明见解析.【解析

】【分析】（1）对函数求导，然后分0a，0a两种情况，由导函数的正负可求得其单调区；（2）利用导数求()fx的最大值小于零即可，或()ln10fxxax恒成立，等价于ln1xax，0x，然后构造函数

ln1()xgxx，利用导数求其最大值即可；（3）由(2)知，当1a时，()0fx恒成立，即ln1xx(仅当1x时等号成立)，当*1,kxkNk时，有11lnkkk，然后利用累加法可得111ln(1)123nn…+，当*,1kxkNk时

，有11ln1kkk，再利用累加法可得1111ln(1)2341nn…+，从而可证得结论【详解】（1）()ln1,0fxxaxx，1()fxax①当0a时，()0fx，所以()fx在(0,)上递增；②当0a时，令

()0fx，则1xa，当10xa时，()0fx；当1xa时，()0fx，所以()fx在区间1(0,)a上递增，在1(,)a上递减.（2）方法1：构造函数()ln1,0fxxaxx，1()fxax①当0a时，由（1）()fx在(0,)上递增，又(

1)10fa，不符合题意，舍；②当0a时，由（1）知()fx在区间1(0,)a上递增，在1(,)a上递减；所以max11()()ln()0fxfaa，解得：1a.综上：1a方法2：分离参数()ln10fxxax恒成立，等价于ln1xax

，0x设ln1()xgxx，0x，2ln()xgxx，令()0gx，1x，则当01x时，()0gx；当1x时，()0gx，所以()gx在区间(0,1)上递增，在(1,)上递减；所以max()

(1)1gxg，所以：1a（3）由(2)知，当1a时，()0fx恒成立，即ln1xx(仅当1x时等号成立)①当*1,kxkNk时，11ln1kkkk，即11lnkkk；所以，2ln

11，31ln22，41ln33，……，11lnnnn；上述不等式相加可得：2341111lnlnlnln112323nnn…+，即：2341111ln112323nnn…+，即：111ln(1)123nn…+，*nN；②当*

,1kxkNk时，ln111kkkk，即111ln1kkk，即11ln1kkk所以，21ln12，31ln23，41ln34，……，11ln1nnn；上述不等式相加可得：23411111lnlnlnln1232341nnn

…+，即：23411111ln1232341nnn…+，即：1111ln(1)2341nn…+，*nN；综上：当*nN时，111111ln(1)123123

nnn.【点睛】此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决恒成立问题，考查累加法的应用，考查转化思想和计算能力，属于难题22．已知函数21cossin4fxxxxx，fx为fx的导函数.（1）若0,2x，2sinf

xaxx恒成立，求a的取值范围；（2）证明：函数2cosgxfxx在0,2上存在唯一零点.【答案】（1）14a；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）当0x时，0000fa成立，当0,2x

时，分离参数得cos14xax设cos14xpxx，利用导数求出px的最小值，minapx即可.（2）先求出12cossin2gxxxxx，13sincos2gxxxx，再求导得4cossingxxx

x，5sincos0gxxxx可得4cossingxxxx单调递增，多次利用零点存在定理，利用导函数的符号判断原函数的单调性即可求证.【详解】（1）解：当0x时，0000fa成立，当0,2x时，2cos

1sin4xfxaxxax.设cos14xpxx，0,2x，则2sincosxxxpxx.∵0,2x，∴0px，∴px在0,2上单调递减，∴min12

4pxp，∴14a.（2）证明：∵1sin2fxxxx，∴12cossin2gxxxxx，13sincos2gxxxx.则4cossingxxxx，则5s

incosgxxxx.∵当0,2x时，0gx，∴gx为增函数，且040g，022g，∴存在唯一的00,2x，使得00gx，∴当00,xx

时，0gx；当0,2xx时，0gx.∴gx在00,x上单调递减，在0,2x上单调递增.又∵1002g，5022g，∴存在唯一的000,tx，使得00gt，∴当00,xt时，0gx

；当0,2xt时，0gx.∴gx在00,t上单调递增，在0,2t上单调递减.∵020g，024g，∴存在唯一的00,2rt，使得00

gr，∴gx在0,2上存在唯一零点.【点睛】本题主要考查了恒成立问题，采用分离参数转化为求函数的最值，考查了函数的单调性与导数符号的关系，考查了零点存在定理，属于难题.