三年高考(2016-2018)数学(理)真题分类解析：专题08-导数与不等式、函数零点

专题08 导数与不等式、函数零点相结合
2018年高考全景展示
1.【2018年全国卷Ⅲ理】已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【答案】（1）见解析（2）
当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.
所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是
的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.如果，则当
，且时，，故不是的极大值点.如果，则
存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当
时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点，综上，.
点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论
和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大。

2．【2018年理数全国卷II】已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式，(2)研究零点，等价研究的零点，先求
导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，
没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
（2）设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
3．【2018年江苏卷】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC与MN所成的角为．
（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；
（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为
1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．
（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大
【解析】分析：（1）先根据条件求矩形长与宽，三角形的底与高，再根据矩形面积公式以及三角形面积公式得结果，最后根据实际意义确定的取值范围；（2）根据条件列函数关系式，利用导数求极值点，再根据单调性确定函数最值取法.
详解：
解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，
则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），
△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．
过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．
令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．
当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[，1）．
答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为
1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．
令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f（θ）为增函数；当θ∈（，）时，，
所以f（θ）为减函数，因此，当θ=时，f（θ）取到最大值．
答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
点睛：解决实际应用题的步骤一般有两步：一是将实际问题转化为数学问题；二是利用数学内部的知识解决问题.
2017年高考全景展示
1.【2017课标3，理11】已知函数21
1()2()x x f x x x a e
e --+=-++有唯一零点，则a =
A ．12
-
B ．
13
C ．
1
2
D ．1
【答案】C 【解析】
试题分析：函数的零点满足(
)2
1
12x x x x a e e --+-=-+，
设()1
1x x g x e
e
--+=+，则()()
211
1
1
1
1
11
x x x x x x e
g x e
e
e
e e ---+----'=-=-
=
，
当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，
设()2
2h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，
若0a ->，函数()h x 与函数()ag x 没有交点，
当0a -<时，()()11ag h -=时，此时函数()h x 和()ag x 有一个交点， 即21a -⨯=-，解得1
2
a =
.故选C. 【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想
【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用. 2.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)x
x f x ae a e x =+--.
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】
试题分析：（1）讨论()f x 单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对a 按
0a ≤，0a >进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若0a ≤，()f x 至多有一个零点.若0a >，
当ln x a =-时，()f x 取得最小值，求出最小值1
(ln )1ln f a a a
-=-
+，根据1a =，(1,)a ∈+∞，(0,1)a ∈进行讨论，可知当(0,1)a ∈有2个零点，设正整数0n 满足03
ln(1)n a
>-，则
00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3
l n (1)l n a a
->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.所以a 的取值范围为(0,1).
（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.
（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1
(ln )1ln f a a a
-=-+. ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于1
1ln 0a a
-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，1
1ln 0a a
-
+<，即(ln )0f a -<. 又4
2
2
(2)e (2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点. 设正整数0n 满足03
ln(1)n a
>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->. 由于3ln(1)ln a a
->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0,1).
【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.
【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单
调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点.
3.【2017课标II ，理】已知函数()2
ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。

(1)求a ；
(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2
202e f x --<<。

【答案】(1)1a =；(2)证明略。

【解析】
试题分析：(1)利用题意结合导函数与原函数的关系可求得1a =，注意验证结果的正确性； (2)结合(1)的结论构造函数()22ln h x x x =--，结合()h x 的单调性和()f x 的解析式即可证得题中的不等式()2
202e
f x --<<。

（2）由（1）知 ()2
ln f x x x x x =--，()'22ln f x x x =--。

设()22ln h x x x =--，则()1'2h x x
=-。

当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时，()'0h x < ；当1,2x ⎛⎫
∈+∞
⎪⎝⎭
时，()'0h x > ， 所以()h x 在10,2⎛
⎫ ⎪⎝⎭ 单调递减，在1,2⎛⎫
+∞
⎪⎝⎭
单调递增。

又()2
0h e
->，102
h ⎛⎫
< ⎪⎝⎭，()10h = ，
所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
有唯一零点0x ，在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
有唯一零点1， 且当()00,x x ∈ 时，()0h x > ；当()0,1x x ∈ 时，()0h x < ， 当()1,x ∈+∞ 时， ()0h x >。

因为()()'f x h x = ，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点。

由()0'0f x =得()00ln 21x x =-，故()()0001f x x x =-。

由()00,1x ∈ 得 ()014
f x <。

因为0x x =是()f x 在（0,1）的最大值点，
由()1
0,1e -∈，()1
'0f e
-≠ 得()()1
2
f x f e e
-->=。

所以()2
202e
f x --<<。

【考点】 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系。

(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数。

(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题。

(4)考查数形结合思想的应用。

4.【2017天津，理20】设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数4
3
2
()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数. （Ⅰ）求()g x 的单调区间；
（Ⅱ）设00[1,)(,2]m x x ∈ ，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且
00[1,)(,2],p
x x q
∈ 满足
04
1
|
|p x q Aq
-≥. 【答案】 （1）增区间是(,1)-∞-，1
(,)4
+∞，减区间是1(1,)4
-.（2）（3）证明见解析
试题解析：（Ⅰ）由432()2336f x x x x x a =+--+，可得32
()()8966g x f x x x x '==+--， 进而可得2
()24186g x x x '=+-.令()0g x '=，解得1x =-，或1
4
x =. 当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：
所以，()g x 的单调递增区间是(,1)-∞-，(,)4+∞，单调递减区间是(1,)4
-. （Ⅱ）证明：由0()()()()h x g x m x f m =--，得0()()()()h m g m m x f m =--，
000()()()()h x g x m x f m =--.
令函数10()()()()H x g x x x f x =--，则10()()()H x g x x x ''=-.由（Ⅰ）知，当[1,2]x ∈时，
()0g x '>，故当0[1,)x x ∈时，1()0H x '<，1()H x 单调递减；当0(,2]x x ∈时，1()0H x '>，1()
H x 单调递增.因此，当00[1,)(,2]x x x ∈ 时，1100()()()0H x H x f x >
=-=，可得
1()0,()
H m h m >>即. 令函数200()()()()H x g x x x f x =--，则20()()()H x g x g x '=-.由（Ⅰ）知，()g x 在[1,2]上单调递增，故当0[1,)x x ∈时，2()0H x '>，2()H x 单调递增；当0(,2]x x ∈时，2()0H x '<，2()
H x
单调递减.因此，当00[1,)(,2]x x x ∈ 时，220()()0H x H x <=，可得20()0,()0H m h x <<即. 所以，0()()0h m h x <.
（III ）证明：对于任意的正整数
p ，q ，且
00[1)(,],2p
x x q
∈ ， 令p
m q
=
，函数0()()()()h g m x x x m f =--. 由（II ）知，当0[1),m x ∈时，()h x 在区间0(,)m x 内有零点； 当0(,2]m x ∈时，()h x 在区间0(),x m 内有零点.
所以()h x 在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为1x ，则110()()()()0p p
h g x f q x q
x =--=. 由（I ）知()g x 在[1,2]上单调递增，故10()()12()g x g g <<<，
于是43223404
1()|()|
|2336|||||()()(2)2p p
f f p p p q p q pq aq q q
x q g x g g q
+--+-=≥=. 因为当[12],x ∈时，()0g x >，故()f x 在[1,2]上单调递增， 所以()f x 在区间[1,2]上除0x 外没有其他的零点，而
0p x q
≠，故()0p
f q ≠.
又因为p ，q ，a 均为整数，所以432234
|2336|p p q p q pq aq +--+是正整数，
从而432234
|2336|1p p q p q pq aq +--+≥. 所以041|
2|()p x q g q -≥.所以，只要取()2A g =，就有0
4
1
||p x q Aq -≥. 【考点】导数的应用
【名师点睛】判断()g x 的单调性，只需对函数求导，根据()g x '的导数的符号判断函数的单调性，求出单调区间，有关函数的零点问题，先利用函数的导数判断函数的单调性，了解函数的图象的增减情况，再对极值点作出相应的要求，可控制零点的个数.
2016年高考全景展示
1．【2016高考新课标1卷】已知函数()()()2
21x
f x x e a x =-+-有两个零点.
(I)求a 的取值范围；
(II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 【答案】(0,)+∞
试题解析;（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x x
f x x e a x x e a =-+-=-+．
（i ）设0a =,则()(2)x
f x x e =-,()f x 只有一个零点．
（ii ）设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞上
单调递减,在(1,)+∞上单调递增．
又(1)f e =-,(2)f a =,取b 满足0b <且ln
2
a
b <,则 223
()(2)(1)()022
a f
b b a b a b b >
-+-=->, 故()f x 存在两个零点．
（Ⅱ）不妨设12x x <,由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞,22(,1)x -∈-∞,()f x 在(,1)-∞上单调递减,所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-,即2(2)0f x -<．
由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-,而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=,所以
222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．
设2()(2)x
x g x xe
x e -=---,则2'()(1)()x x g x x e e -=--．
所以当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<． 考点：导数及其应用
【名师点睛】,对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.
2. 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221
()ln ,R x f x a x x a x
-=-+
∈. （I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）当1a =时，证明()3
()'2
f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】
试题分析：（Ⅰ）求()f x 的导函数，对a 进行分类讨论，求()f x 的单调性； （Ⅱ）要证()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立，即证2
3)()(/
>-x f x f ，根据单调性求解. 试题解析：
（Ⅰ）)(x f 的定义域为),0(+∞；
3
232/
)
1)(2(22)(x
x ax x x x a a x f --=+--=.
当0≤a ， )1,0(∈x 时，0)(/
>x f ，)(x f 单调递增；
/(1,),()0x f x ∈+∞<时，)(x f 单调递减.
当0>a 时，/3
(1)()(a x f x x x x -=
. （1）20<<a ，
12
>a
， 当)1,0(∈x 或x ∈),2
(
+∞a
时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增； 当x ∈)2
,
1(a
时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减； （2）2=a 时，
12
=a
，在x ∈),0(+∞内，0)(/≥x f ，)(x f 单调递增； （3）2>a 时，12
0<<
a
， 当)2
,
0(a
x ∈或x ∈),1(+∞时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增； 当x ∈)1,2
(
a
时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减. 综上所述，
当0≤a 时，函数)(x f 在)1,0(内单调递增，在),1(+∞内单调递减；
当20<<a 时，)(x f 在)1,0(内单调递增，在)2,1(a 内单调递减，在),2
(+∞a
内单调递增； 当2=a 时，)(x f 在),0(+∞内单调递增；
当2>a ，)(x f 在)2,
0(a 内单调递增，在)1,2
(a
内单调递减，在),1(+∞内单调递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，
/2
2321122
()()ln (1)x f x f x x x x x x x --=-+
---+
23312
ln 1x x x x x
=-++--，]2,1[∈x ，
令12
13)(,ln )(32--+=
-=x
x x x h x x x g ，]2,1[∈x . 则)()()()(/
x h x g x f x f +=-， 由01
)(/
≥-=
x
x x g 可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号. 又24
326
'()x x h x x --+=，
设623)(2
+--=x x x ϕ，则)(x ϕ在x ∈]2,1[单调递减， 因为10)2(,1)1(-==ϕϕ，
所以在]2,1[上存在0x 使得),1(0x x ∈ 时，)2,(,0)(0x x x ∈>ϕ时，0)(<x ϕ， 所以函数()h x 在),1(0x 上单调递增；在)2,(0x 上单调递减， 由于21)2(,1)1(=
=h h ，因此21)2()(=≥h x h ，
当且仅当2=x 取得等号， 所以2
3
)2()1()()(/
=
+>-h g x f x f ， 即2
3
)()(/
+
>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 恒成立。

考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.
【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.
3.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. 设1
2,2
a b ==
. （1）求方程()2f x =的根;
（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；
（3）若01,1a b <<＞
，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。

【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】
试题分析：（1）①根据指数间倒数关系22=1x
x
-⋅转化为一元二次方程2(2)2210x x
-⨯+=，求方程
根②根据指数间平方关系2222
2(22)2x
x x x --+=+-，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分
离转化为对应函数最值，即2(())4()
f x m f x +≤的最小值，最后根据基本不等式求最值（2）先分析导函
数零点情况：唯一零点0x ，再确定原函数单调变化趋势：先减后增，从而结合图像确定唯一零点必在极值点0x 取得，而0
(0)(0)220g f a b =-=+-=，因此极值点0x 必等于零，进而求出ab 的值.
本题难点在证明00x =，这可利用反证法：若00x <，则可寻找出一个区间12(,)x x ，由
12()0,g()0g x x <>结合零点存在定理可得函数存在另一零点，与题意矛盾，其中可取
12,log 22
a x x x =
=；若00x >，同理可得. 试题解析：（1）因为12,2a b ==，所以()22x x
f x -=+.
①方程()2f x =，即22
2x
x
-+=，亦即2(2)2210x x -⨯+=，
所以2
(21)0x -=，于是21x =，解得0x =.
②由条件知2222(2)22
(22)2(())2x
x
x x f x f x --=+=+-=-.
因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，
所以2(())4
()
f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.
而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且
2
((0))44(0)f f +=， 所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.
（2）因为函数()()2g x f x =-只有1个零点，而00
(0)(0)220g f a b =-=+-=， 所以0是函数()g x 的唯一零点.
因为'()ln ln x x
g x a a b b =+，又由01,1a b <<>知ln 0,ln 0a b <>， 所以'
()0g x =有唯一解0ln log ()ln b a
a
x b
=-
. 令'()()h x g x =，则''
2
2
()(ln ln )(ln )(ln )x
x
x
x
h x a a b b a a b b =+=+， 从而对任意x R ∈，'
()0h x >，所以'
()()g x h x =是(,)-∞+∞上的单调增函数， 于是当0(,)x x ∈-∞，''0()()0g x g x <=；当0(,)x x ∈+∞时，''0()()0g x g x >=. 因而函数()g x 在0(,)x -∞上是单调减函数，在0(,)x +∞上是单调增函数. 下证00x =. 若00x <，则0002x x <<，于是0()(0)02
x
g g <=， 又log 2
log 2log 2(log 2)220a a a a g a
b a =+->-=，
且函数()g x 在以0
2
x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在0
2
x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又
02
x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾. 若00x >，同理可得，在02
x
和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾.
因此，00x =. 于是ln 1ln a
b
-
=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =. 考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点
【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.
4.【2016高考新课标3理数】设函数()cos 2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ． （Ⅰ）求()f x '； （Ⅱ）求A ；
（Ⅲ）证明：|()|2f x A '≤．
【答案】（Ⅰ）'
()2sin 2(1)sin f x a x a x =---；（Ⅱ）2
123,05611,18532,1a a a a A a a a a ⎧
-<≤⎪⎪++⎪=<<⎨⎪
-≥⎪⎪⎩
；
（Ⅲ）见解析．
试题解析：（Ⅰ）'
()2sin 2(1)sin f x a x a x =---． （Ⅱ）当1a ≥时，
'|()||sin 2(1)(cos 1)|f x a x a x =+-+2(1)a a ≤+-32a =-(0)f =
因此，32A a =-． ………4分
当01a <<时，将()f x 变形为2
()2cos (1)cos 1f x a x a x =+--．
令2
()2(1)1g t at a t =+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g a -=，(1)32g a =-，且当
14a t a -=时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488a a a a g a a a
--++=--=-．
令1114a a --<
<，解得13a <-（舍去），1
5
a >． （ⅰ）当1
05
a <≤
时，()g t 在(1,1)-内无极值点，|(1)|g a -=，|(1)|23g a =-，|(1)||(1)|g g -<，所以23A a =-． （ⅱ）当
115a <<时，由(1)(1)2(1)0g g a --=->，知1(1)(1)()4a g g g a
-->>． 又1(1)(17)|()||(1)|048a a a g g a a --+--=>，所以2161|()|48a a a A g a a
-++==． 综上，2
123,05611
,18532,1a a a a A a a a a ⎧
-<≤⎪⎪++⎪=<<⎨⎪
-≥⎪⎪⎩
．
考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性．
【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如sin()y A x B ωϕ=++的形式；（2）结合自变量x 的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．。