高考数学真题专题分类汇编导数及其应用解答题文

专题04 导数及其应用（解答题）
1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f′（x ）为f （x ）的导数．
（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.
【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=.
当π
(0,)2
x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫
⎪⎝⎭
单
调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫
=>=-
⎪⎝⎭
，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.
（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.
由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，
()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.
又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈„时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.
【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值. 2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：
（1）()f x 存在唯一的极值点；
（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.
11
()ln 1ln x f x x x x x
-'=
+-=-. 因为ln y x =单调递增，1
y x
=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，
1ln 41
(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.
又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()
22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根
x α=.
由01x α>>得01
1x α
<<.
又1111()1ln 10f f ααααα
α⎛⎫⎛⎫=---==
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.
3．【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x
f x x a x =--，其中a ∈R .
（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若1
0e
a <<
， （i ）证明()f x 恰有两个零点；
（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 【答案】（Ⅰ）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（Ⅱ）（i ）见解析；（ii ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且
211e ()e (1)e x x x
f ax x a a x x x
-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.
（Ⅱ）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()x ax f x x
-'=.令2()1e x
g x ax =-，由10e a <<，
可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且
22
1111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则01
1ln x a
<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x
'=
>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x
'=
<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.
令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1
()10h'x x
=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而
ln 1
111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，
又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.
（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()01
201
1e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即10
2
011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()10
2
012011e 1
x x x x x x --<=-，
两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是
()10002ln 21x x x x -<<-，
整理得0132x x ->.
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数3
2
()22f x x ax =-+．
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 【答案】（1）见详解；（2）8
[
,2)27
. 【解析】（1）2
()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3
a
x =
． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞
⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫
⎪⎝⎭
单调递减；
若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；
若a <0，则当,
(0,)3a x ⎛
⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()0f x '<．故()f x 在
,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫
⎪⎝⎭
单调递减．
（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,
3a ⎛
⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭
单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫
=-
+ ⎪⎝⎭
，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3
227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩
所以3
32,02,27
,2 3.27
a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩
当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫
⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8
[,1)27
．
综上，M m -的取值范围是8
[
,2)27
． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.
5．【2019年高考北京文数】已知函数3
21()4
f x x x x =
-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；
（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．
【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23
()214
f x x x '=-+．
令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或8
3x =．
又(0)0f =，88
()327
f =，
所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88
273
y x -=-，
即y x =与64
27
y x =-．
（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．
由321()4g x x x =
-得23
()24
g'x x x =-． 令()0g'x =得0x =或8
3
x =．
(),()g'x g x 的情况如下：
所以()g x 的最小值为6-，最大值为0． 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，
当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．
【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
6．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>
（1）当3
4
a =-
时，求函数()f x 的单调区间；
（2）对任意2
1
[
,)
e x ∈+∞均有()2
f x a ≤求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．
【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦
.
【解析】（1）当34a =-
时，3
()ln 04
f x x x =->．
3()
4f 'x x =-
=
， 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．
（2）由1
(1)2f a
≤
，得04a <≤．
当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥．
令1
t a
=
，则t ≥．
设()22ln ,g t t x t =≥
则2()2ln g t t x
=
-．
（i ）当1
,7
x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭
()2ln g t g x ≥=．
记1
()ln ,7
p x x x =≥
，则
1()
p'x x =
-=
=
.
故
所以，()(1)0p x p ≥=．
因此，()2()0g t g p x ≥=≥．
（ii ）当
211,e 7x ⎡⎫
∈⎪⎢
⎣⎭时，()g t g =…
令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤
=++∈⎢
⎥⎣
⎦， 则()10q'x
=
+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤
⎢
⎥⎣
⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫
⎪⎝⎭
„．
由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
． 所以，()<0q x ．
因此()0
g t g =>…．
由（i ）（ii ）知对任意2
1,e x ⎡⎫
∈+∞⎪⎢
⎣⎭
，),()0t g t ∈+∞…，
即对任意2
1,e x ⎡⎫
∈+∞⎪⎢
⎣⎭
，均有()2f x a „．
综上所述，所求a 的取值范围是4⎛ ⎝⎦
．
【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，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．
7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数． （1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；
（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；
（3）若0,01,1a b c =<=„，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤4
27
． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）因为a b c ==，所以3
()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3
(4)8a -=， 解得2a =． （2）因为b c =，
所以2
3
2
2
()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=--
⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23
a b
x +=．
因为2,,
3a b
a b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33
a b a b +===-．
此时2
()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：
所以()f x 的极小值为2
(1)(13)(13)32f =-+=-．
（3）因为0,1a c ==，所以3
2
()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，
2()32(1)f 'x x b x b =-++．
因为01b <≤，所以2
2
4(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．
由()0f 'x =，得121133
b b x x ++==．
列表如下：
所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：
()321111(1)M f x x b x bx ==-++
()2
21111211(1)[32(1)]3
999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫
=-++--+ ⎪
⎝⎭
()23
21(1)
(1)227
927
b b b b b --+++=
++
2
3(1)2(1)(1)2
272727b b b b +-+=-+
(1)24272727b b +≤
+≤
．因此4
27
M ≤． 解法二：
因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．
当(0,1)x ∈时，2
()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2
()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛
⎫=-- ⎪⎝⎭
． 令()0g'x =，得1
3
x =
．列表如下：
所以当13x =
时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭
．
所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤
，因此4
27
M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．
8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21
()e
x
ax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.
【解析】（1）2(21)2
()e
x
ax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，2
1
()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+．
令2
1
()1e
x g x x x +=+-+，则1
()21e
x g x x +'=++．
当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．
【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，2
1
()e (1e
)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.
9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1x
f x a x =--．
（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1
e
a ≥
时，()0f x ≥． 【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.
【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，
，f ′（x ）=a e x
–1x
． 由题设知，f ′（2）=0，所以a =2
1
2e ． 从而f （x ）=
21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x
-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0． 所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1e
x
x --．
设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1
()e x g x x
'=-．
当0<x <1时，g ′（x ）<0；当x >1时，g ′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点． 故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0． 因此，当1
e
a ≥
时，()0f x ≥．
【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()3
2113
f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间；
（2）证明：()f x 只有一个零点．
【答案】（1）在（–∞，3-3++∞）单调递增，在（3-，3+减；（2）见解析.
【解析】（1）当a =3时，f （x ）=
3
213333
x x x ---，f ′（x ）=263x x --．
令f ′（x ）=0解得x =3-x =3+
当x ∈（–∞，3-3++∞）时，f ′（x ）>0；
当x ∈（3-3+f ′（x ）<0．
故f （x ）在（–∞，3-3++∞）单调递增，在（3-3+
（2）由于2
10x x ++>，所以()0f x =等价于32301
x a x x -=++．
设()g x =3
231
x a x x -++，
则g ′（x ）=2222
(23)
(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0，
所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．
故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点． 又f （3a –1）=2
2111
626()0366
a a a -+-
=---<， f （3a +1）=
1
03
>，故f （x ）有一个零点． 综上，f （x ）只有一个零点．
【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数f (f )的定义域；②求导数f ′(f )；
③由f ′(f )>0（或f ′(f )<0）解出相应的f 的取值范围，当f ′(f )>0时，f (f )在相应区间上是增函数；当f ′(f )<0时，f (f )在相应区间上是减增函数.
（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数f (f )有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.
11．【2018年高考北京文数】设函数2
()[(31)32]e x
f x ax a x a =-+++.
（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）1
2
a =
；（Ⅱ）(1,)+∞. 【解析】（Ⅰ）因为2
()[(31)32]e x
f x ax a x a =-+++， 所以2
()[(1)1]e x
f x ax a x '=-++.
2(2)(21)e f a '=-，
由题设知(2)0f '=，即2
(21)e 0a -=，解得1
2
a =
. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2
()[(1)1]e (1)(1)e x
x
f x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a
∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.
若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.
所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.
方法二：()(1)(1)e x
f x ax x '=--.
（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.
(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：
∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121
,1a
x x =
=. ①当12x x =，即a =1时，2
()(1)e 0x
f x x '=-≥， ∴()f x 在R 上单调递增， ∴()f x 无极值，不合题意.
②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：
∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.
③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：
∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121
,1a
x x =
=. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：
∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.
【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.
解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.
12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d
的等差数列．
（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （II ）若3d =，求()f x 的极值；
（III ）若曲线()y f x =与直线2()y x t =---d 的取值范围．
【答案】（I ）x +y =0；（II ）函数f (x )的极大值为f (x )的极小值为−III ）d 的取
值范围为(,)-∞+∞U .
【解析】（Ⅰ）解：由已知，可得f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3
−x ，故()f x '=3x 2
−1，
因此f (0)=0，(0)f '=−1，
又因为曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=(0)f '(x −0)， 故所求切线方程为x +y =0． （Ⅱ）解：由已知可得
f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22
−9)x −t 23+9t 2．
故()f x '=3x 2−6t 2x +3t 22
−9．令()f x '=0，解得x =t 2
x =t 2
．
当x 变化时，()f x '，f (x )的变化如下表：
所以函数f
(x )的极大值为f (t 2
3
−9×(；函数f (x )
的极小值为f (t 2+
)3−
9×)=−
（Ⅲ）解：曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−
有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2
−d )+(x −t 2有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3
+(1−d 2
)u =0．
设函数g (x )=x 3
+(1−d 2)x
y =f (x )与直线y =−(x
−t 2)−
y =g (x )有三个零点． ()g'x =3x 3+(1−
d 2)． 当d 2
≤1时，()g'
x ≥0，这时()g x 在R 上单调递增，不合题意．
当d 2
>1时，()g'x =0
，解得x 1=，x 2．
易得，g (x )在(−∞，x 1)上单调递增，在[x 1，x
2]上单调递减，在(x 2，+∞)上单调递增．
g (x )的极大值g (
x 1)=g (+． g (x )的极小值g (x 2)=g )=−
3
2
2
1)9d -+ 若g (x 2)≥0，由g (x )的单调性可知函数y =g (x )至多有两个零点，不合题意．
若2()0,g x <即32
2
(1)27d ->，也就是||d >，此时2||d x >，(||)||0,g d d =+>且
312||,(2||)6||2||0d x g d d d -<-=--+<-<，从而由()g x 的单调性，可知函数
()y g x =在区间1122(2||,),(,),(,||)d x x x x d -内各有一个零点，符合题意．
所以，d
的取值范围是(,)-∞+∞U ．
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 13．【2018年高考浙江】已知函数f (x
−ln x ．
（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）函数f （x
）的导函数1
()f x x
'=
-， 由12()()f x f x ''=
12
11
x x =， 因为12x x ≠
12
=．
=≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．
由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=
=
．
设()ln g x x =，
则1
()4)4g x x
'=， 所以
所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，
故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =2
1(
)1a k
++，则 f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a
<)a n k n
--
≤)n k -<0， 所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，
所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a
得k =
设()h x =
则22
ln )1)((12x a
g x x x a x h '=
-
-+--+=
，
其中(n )l g x x -=
． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2， 故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，
所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根．
综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点．
【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.
14．【2018年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN （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CDP △，要求,A B 均在线段MN 上，,C D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ．
（1）用θ分别表示矩形ABCD和CDP
△的面积，并确定sinθ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4:3．求当θ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）平方米，sinθ的取值范围是[1
4
，1]；（2）当θ=
π
6
时，能使甲、乙两种蔬菜
的年总产值最大．
【解析】（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1
2
×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=1
4
，θ0∈（0，
π
6
）．
当θ∈[θ0，π
2
]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，
所以sinθ的取值范围是[1
4
，1]．
答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）
平方米，sinθ的取值范围是[1
4
，1]．
（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，
设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k （k >0），
则年总产值为4k ×800（4sin θcos θ+cos θ）+3k ×1600（cos θ–sin θcos θ） =8000k （sin θcos θ+cos θ），θ∈[θ0，
π
2]． 设f （θ）=sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，
π
2
]， 则2
2
2
()cos sin sin (2sin sin 1)(2sin 1)(sin 1)f θθθθθθθθ'=--=-+-=--+． 令()=0f θ'，得θ=π6
， 当θ∈（θ0，π
6
）时，()0f θ'>，所以f （θ）为增函数； 当θ∈（
π6，π
2）时，()0f θ'<，所以f （θ）为减函数， 因此，当θ=π
6
时，f （θ）取到最大值． 答：当θ=
π
6
时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()
f x
g x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． （1）证明：函数()f x x =与2
()22g x x x =+-不存在“S 点”； （2）若函数2
()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；
（3）已知函数2
()f x x a =-+，e ()x
b g x x
=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()
g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）
e
2
；（3）见解析. 【解析】（1）函数f （x ）=x ，g （x ）=x 2
+2x -2，则f ′（x ）=1，g ′（x ）=2x +2． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）= g ′（x ），得
222
122
x x x x ⎧=+-⎨
=+⎩，此方程组无解， 因此，f （x ）与g （x ）不存在“S ”点．
（2）函数2
1f x ax =-（
），()ln g x x =， 则1
2f x ax g x x
'='=
（），（）． 设x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点，由f （x 0）=g （x 0）且f ′（x 0）=g ′（x 0），得
200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩
，即2
00
2
01ln 21
ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01
ln 2
x =-，即1
20e x -=，则12
21e 2
2(e )
a -=
=
． 当e
2
a =时，1
20e x -=满足方程组（*），即0x 为f （x ）与g （x ）的“S ”点．
因此，a 的值为
e 2
． （3）对任意a >0，设3
2
()3h x x x ax a =--+．
因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且h （x ）的图象是不间断的，
所以存在0x ∈（0，1），使得0()0h x =．令030
02e (1)
x x b x =-，则b >0．
函数2
e ()()x
b f x x a g x x
=-+=，，
则2
e (1)
()2()x b x f x x g x x
-'=-=′，． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）=g ′（x ），得
22e e (1)2x
x b x a x
b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即0
03
20030202e e (1)2e (1)2e (1)x x x
x x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅
⎪-⎩
，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数f （x ）与g （x ）在区间（0，1）内的一个“S 点”． 因此，对任意a >0，存在b >0，使函数f （x ）与g （x ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．
【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.
16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()f x =e x (e x
−a )−a 2x ．
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．
【答案】（1）当0a =时，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在
(ln ,)a +∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a
-+∞单调递增；
（2）3
4
[2e ,1]-．
【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2e e (2e )(e )x x x x
f x a a a a '=--=+-，
①若0a =，则2()e x
f x =，在(,)-∞+∞单调递增． ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =．
当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在
(ln ,)a +∞单调递增．
③若0a <，则由()0f x '=得ln()2
a x =-．
当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2
a -∞-单
调递减，在(ln(),)2
a
-+∞单调递增．
（2）①若0a =，则2()e x
f x =，所以()0f x ≥．
②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2
(ln )ln f a a a =-．从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．
③若0a <，则由（1）得，当ln()2
a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为
23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当23[ln()]042
a
a --≥，即3
42e a ≥-时()0f x ≥．
综上，a 的取值范围为3
4
[2e ,1]-．
【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）
函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．
17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2
()(1)e x
f x x =-.
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.
【答案】（1）在(,1-∞--和(1)-+∞单调递减，在(11--+单调递增；（2）
[1,)+∞. 【解析】（1）2()(12)e x f x x x '=--.
令()0f x '=得1x x =--=-
当(,1x ∈-∞--时，()0f x '<；当(11x ∈--+时，()0f x '>；当(1)x ∈-+∞时，()0f x '<.
所以()f x 在(,1-∞-和(1)-++∞单调递减，在(11---+单调递增. （2）()(1+)(1)e x
f x x x =-.
当a ≥1时，设函数h (x )=（1−x ）e x ，h′(x )= −x e x
＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1.
当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x −x −1，g ′（x ）=e x −1＞0（x ＞0），所以g （x ）在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x
≥x +1.
当0＜x ＜1时，2()(1)(1)f x x x >-+，22
(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取0x =
，
则2
000000(0,1),(1)(1)10,()1x x x ax f x ax ∈-+--=>+故.
当0a ≤时，取0x =
则0(0,1),x ∈2
0000()(1)(1)11f x x x ax >-+=>+. 综上，a 的取值范围是[1，+∞）.
【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数()2
(1)ln 2x ax a x f x =+++．
（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3
()24f x a
≤-
-． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，)(x f 在)21
,0(a
-
单调递增，在),21
(+∞-
a
单调递减；（2）详见解析 【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞），()()1211
()221x ax f x ax a x x
++'=
+++=. 若0a ≥，则当(0)x ∈+∞，
时，()0f x '>，故()f x 在（0，+∞）单调递增. 若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1()2x a ∈-+∞，时，()0f x '<.故()f x 在1
(0,)2a
-单调递增，在1()2a
-
+∞，单调递减. （2）由（1）知，当0a <时，()f x 在1
2x a
=-
取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a
-
=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a
-++≤. 设()ln 1g x x x =-+，则1
()1g x x '=-.
当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时，()0g x '<.所以()g x 在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.故当x =1时()g x 取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，()0g x ≤.从而当
a ＜0时，11ln()1022a a -
++≤，即3()24f x a
≤--. 【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：
（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.
（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
19．【2017年高考浙江】已知函数f (x )=（x e x -（1
2
x ≥
）． （1）求f (x )的导函数；
（2）求f (x )在区间1
[+)2
∞，上的取值范围．
【答案】（1）1
())
2x f x x -'=>；（2）121[0,e ]2-．
【解析】（1）因为(1
x '-=-
，(e )e x x
'--=-，
所以()(1(
x x
f x x --'=--1)2x x -=>．
（2）由()0f x '==，解得1x =或5
2x =．
因为
又21
()1)e 02
x f x -=
≥， 所以f （x ）在区间1
[,)2
+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．
【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f'x ，由()f'x 的正负，得出函数()f x 的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．
20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x
f x x x =-．
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π
[0,]2
上的最大值和最小值． 【答案】（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2
-
.
【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0x
f x x x f ''=--=. 又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.
（Ⅱ）设()e (cos sin )1x
h x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin x
x
h x x x x x x '=---=-. 当π(0,)2
x ∈时，()0h x '<， 所以()h x 在区间π[0,]2
上单调递减.
所以对任意π(0,]2
x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2
上单调递减.
因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22
f =-
. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x '=，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．
（Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，
（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；
（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．
【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）
[7],1-．
【解析】（Ⅰ）由3
2
4()63()f x x a x x a b =--+-，可得
2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，
令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-． 当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：
所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．
（Ⅱ）（i ）因为()e (()())x
x x g'f f 'x =+，由题意知0
00()e ()e x x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩， 所以000
000()e e e (()())e
x x x
x f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩． 所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．
（ii ）因为()e x
g x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤．
又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a =． 另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，
由（Ⅰ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减， 故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，
从而()e x
g x ≤在00,[11]x x -+上恒成立．
由3
2
()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．
令3
2
()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2
()612t'x x x =-，
令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =． 因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =， 故()t x 的值域为[7],1-． 所以，b 的取值范围是[7],1-．
【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出0x a =，然后构造函数进行求解．
22．【2017年高考山东文数】已知函数()32
11,32
f x x ax a =
-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()
3,3f 处的切线方程；
（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由题意2
()f x x ax '=-，
所以，当2a =时，(3)0f =，2
()2f x x x '=-，
所以(3)3f '=，
因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.
（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，
()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，
令()sin h x x x =-， 则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增， 因为(0)0h =，
所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，
当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减；
当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是3
1()sin 6
g a a a =--， 当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-， 当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；
所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，
当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时()g x 取到极小值，极小值是3
1()sin 6
g a a a =--. 综上所述：
当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是3
1()sin 6
g a a a =-
-，极小值是(0)g a =-； 当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；
当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是3
1()sin 6
g a a a =-
-. 【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．
23．【2017年高考江苏】已知函数32
()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()'f x 的极值点
是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明：23>b a ；
（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于7
2
-
，求a 的取值范围． 【答案】（1）223
9a b a
=+，定义域为(3,)+∞；（2）见解析；（3）(36]，
． 【解析】（1）由3
2
()1f x x ax bx =+++，
得2
2
2()323()33
a a f x x ax
b x b '=++=++-．
当3a x =-时，()f x '有极小值2
3
a
b -．
因为()f x '的极值点是()f x 的零点．
所以33()1032793
a a a ab
f -=-+-+=，
又0a >，故223
9a b a
=+．
因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，
从而231
(27)039a b a a
-=-≤，即3a ≥．
当3a =时，()>0(1)f x x '≠-，
故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；
当3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1=3a x --，2=3
a x -．
列表如下：
故()f x 的极值点是12,x x ．
从而3a >． 因此2239a b a
=+，定义域为(3,)+∞．
（2）由（1
． 设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t
-'-=．
当)t ∈+∞时，()0g t '>，
从而()g t 在()2
+∞上单调递增．
因为3a >，所以>
故(g g
因此2>3b a ．
（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ， 且1223x x a +=-，22212469
a b x x -+=． 从而323212111222()()11f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++
2222121122121212(32)(32)()()23333
x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420.279
a a
b ab -=-+= 记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，
因为()f x '的极值为221339a b a a
-=-+，所以213()=9h a a a -+，3a >． 因为223()=09h a a a
'-
-<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减． 因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，
a ．
故6
，．
因此a的取值范围为(36]
【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路．。