导数的应用求函数的最值、单调性等-三年高考(2015-2017)数学(理)试题分项版解析

【2017年】1.【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（）A.1-B.32e --C.35e -D.1 【答案】A 【解析】试题分析：由题可得12121()(2)(1)[(2)1]x x x f x x a ex ax e x a x a e ---'=+++-=+++-因为(2)0f '-=，所以1a =-，21()(1)x f x x x e -=--，故21()(2)x f x x x e-'=+-令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在(,2),(1,)-∞-+∞单调递增，在(2,1)-单调递减所以()f x 极小值为()111(111)1f e -=--=-，故选A 。

【考点】函数的极值；函数的单调性2.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】试题分析：原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 【考点】导函数的图象【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区间． 3.【2017课标II ，理】已知函数()2ln 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()2202e f x --<<。

【答案】(1)1a =；(2)证明略。

【解析】试题解析：（1）()f x 的定义域为()0，+∞。

设()ln g x ax a x =--，则()()f x xg x =，()0f x ≥等价于()0g x ≥。

因为()()10,0g g x =≥，因()'10g =，而()()1','11g x a g a x=-=-，得1a =。

若1a =，则()1'1g x x=-。

当01x <<时，()'0g x <，()g x 单调递减； 当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增。

所以1x =是()g x 的极小值点，故()()10g x g ≥= 综上，1a =。

（2）由（1）知()2ln 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()20h e->，102h ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()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()014f x <。

因为0x x =是()f x 在（0,1）的最大值点，由()10,1e -∈，()1'0f e -≠得()()120f x f e e -->=。

所以()2202ef 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4.【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =--. （1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值. 【答案】(1)1a =； (2) 【解析】试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可得x =a 是()f x 在()0，+x ∈∞的唯一最小值点，列方程解得1a =；(2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得2111111222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，结合231111112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭可知实数m 的最小值为 试题解析：解：（1）()f x 的定义域为()0，+∞.①若0a ≤，因为11=-+2＜022f aln ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以不满足题意； ②若＞0a ，由()1a x a f 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在()0,a 单调递减，在()，+a ∞单调递增，故x =a 是()f x 在()0，+x ∈∞的唯一最小值点.由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥.故a =1. (2)由(1)知当()1,x ∈+∞时，1ln 0x x -->. 令112n x =+得11ln 122n n ⎛⎫+< ⎪⎝⎭.从而 221111111ln 1ln 1ln 1112222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ .故2111111222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 而231111112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以m 的最小值为. 【考点】导数研究函数的单调性；导数研究函数的最值；利用导数证明不等式5.【2017浙江，20】（本题满分15分）已知函数f (x )=（x e x -（12x ≥）． （Ⅰ）求f (x )的导函数；（Ⅱ）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围． 【答案】（Ⅰ）xe x x xf ----=)1221)(1()('；（Ⅱ）0，1212e -]． 【解析】试题分析：（Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得)(x f 的导数；（Ⅱ）令0)('=x f ，解得1=x 或25，进而判断函数)(x f 的单调区间，结合区间端点值求解函数)(x f 的取值范围．试题解析：（Ⅰ）因为所以=．（Ⅱ）由解得或．因为））又，所以f （x ）在区间）上的取值范围是．【考点】导数的应用6.【2017江苏，20】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）求关于的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求的取值范围.【答案】（1）3a >（2）见解析（3）36a <≤【解析】解：（1）由32()1f x x ax bx =+++，得222()323()33a a f x x axb x b '=++=++-.当3ax =-时，()f x '有极小值23a b -.因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以33()1032793a a a ab f -=-+-+=，又0a >，故2239a b a=+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而231(27a )039a b a -=-≤，即3a ≥. 3a =时，()>0(1)f x x '≠-，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1=3a x -，2=3a 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,)+∞.因为3a >，所以>(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 +=-，22212469a b x x -+=.从而323212111222()()11f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++2222121122121212(32)(32)()()23333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab 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 ≥，故6a ≤.因此a 的取值范围为(36]，.【考点】利用导数研究函数单调性、极值及零点【2016年】1.【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12,2a 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】试题解析：（1）因为12,2a b ==，所以()22x xf x -=+. ①方程()2f x =，即222xx-+=，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(())2xxx 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 xg 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 aax b=-. 令'()()h x g x =，则''22()(ln ln )(ln )(ln )xxxxh 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)02xg g <=， 又log 2log 2log 2(log 2)220a a a a g a b a =+->-=，且函数()g x 在以02x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在2x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又02x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾. 若00x >，同理可得，在02x和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾.因此，00x =. 于是ln 1ln ab-=，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2.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈, (I)求)(x f 的单调区间；(II) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．41. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：a x x f --=2)1(3)('，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：①当0a ≤时，有()0f x '≥恒成立，所以()f x 的单调增区间为(,)-∞∞.②当0a >时，存在三个单调区间（Ⅱ）由题意得3)1(20ax =-，计算可得00(32)()f x f x -=再由)()(01x f x f =及单调性可得结论（Ⅲ）实质研究函数)(x g 最大值：主要比较(1),(1)f f -，|(|f f 的大小即可，分三种情况研究①当3a ≥时，33120331a a +≤<≤-，②当334a ≤<时，3321233133103321aa a a +≤<+<-<≤-，③当304a <<时，23313310<+<-<aa . 试题解析：（Ⅰ）解：由b ax x x f ---=3)1()(，可得a x x f --=2)1(3)('.当变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：所以)(x f 的单调递减区间为)331,331(aa +-，单调递增区间为)331,(a --∞，),331(+∞+a. （Ⅱ）证明：因为)(x f 存在极值点，所以由（Ⅰ）知0>a ，且10≠x ，由题意，得0)1(3)('200=--=a x x f ，即3)1(20a x =-， 进而b ax a b ax x x f ---=---=332)1()(00300. 又b a ax x a b x a x x f --+-=----=-32)1(38)22()22()23(000300 )(33200x f b a x a =---=，且0023x x ≠-，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足)()(01x f x f =，且01x x ≠，因此0123x x -=，所以3201=+x x ；（Ⅲ）证明：设)(x g 在区间]2,0[上的最大值为M ，},max{y x 表示y x ,两数的最大值.下面分三种情况同理： （1）当3≥a 时，33120331aa +≤<≤-，由（Ⅰ）知，)(x f 在区间]2,0[上单调递减，所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]0(),2([f f ，因此|}1||,21max{||})0(||,)2(max{|b b a f f M ----== |})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=⎩⎨⎧<++--≥+++-=0),(10),(1b a b a a b a b a a ，所以2||1≥++-=b a a M .所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]331(),331([a f a f -+，因此 |}392||,392max{||})331(||,)331(max{|b a a ab a a a a f a f M -----=-+= |})(392||,)(392max{|b a a a b a a a +-+--= 414334392||392=⨯⨯⨯≥++=b a a a . （3）当430<<a 时，23313310<+<-<aa ，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， )331()3321()0(a f a f f +=-<，)331()3321()2(a f a f f -=+>， 所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]2(),0([f f ，因此|}21||,1max{||})2(||,)0(max{|b a b f f M ----== |})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=41||1>++-=b a a .综上所述，当0>a 时，)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于41. 考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数f (x )的定义域(定义域优先)； (2)求导函数f ′(x )；(3)在函数f (x )的定义域内求不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0的解集．(4)由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)的解集确定函数f (x )的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．3.(本小题满分14分)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R ). (1)当k ＝1时,求函数f (x )的单调区间； (2)当k ∈1,12⎛⎤⎥⎝⎦时,求函数f (x )在0,k ]上的最大值M . 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【解析】(1)当k ＝1时,f (x )＝(x －1)e x －x 2,f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝xe x －2x ＝x (e x －2), 令f ′(x )＝0,得x 1＝0,x 2＝ln 2, 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化如下表：(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝xe x －2kx ＝x (e x －2k ), 令f ′(x )＝0,得x 1＝0,x 2＝ln (2k ), 令g (k )＝ln (2k )－k ,k ∈1,12⎛⎤ ⎥⎝⎦, 则g ′(k )＝1k －1＝1k k-≥0, 所以g (k )在1,12⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增. 所以g (k )≤ln 2－1＝ln 2－lne ＜0. 从而ln (2k )＜k ,所以ln (2k )∈(0,k ). 所以当x ∈(0,ln (2k ))时,f ′(x )＜0； 当x ∈(ln (2k ),＋∞)时,f ′(x )＞0； 所以M ＝max {f (0),f (k )}＝max {－1,(k －1)e k －k 3}. 令h (k )＝(k －1)e k －k 3＋1, 则h ′(k )＝k (e k －3k ),令φ(k )＝e k －3k ,则φ′(k )＝e k －3≤e －3＜0. 所以φ(k )在1,12⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减,而12ϕ⎛⎫⎪⎝⎭·φ(1)＝32⎫⎪⎭(e －3)＜0, 所以存在x 0∈1,12⎛⎤⎥⎝⎦使得φ(x 0)＝0,且当k ∈01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭时,φ(k )＞0, 当k ∈(x 0,1)时,φ(k )＜0,所以φ(k )在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在(x 0,1)上单调递减.因为17>028h ⎛⎫= ⎪⎝⎭,h (1)＝0, 所以h (k )≥0在1,12⎛⎤⎥⎝⎦上恒成立,当且仅当k ＝1时取得“＝”. 综上,函数f (x )在0,k ]上的最大值M ＝(k －1)e k －k 3. 【考点定位】本题考查导数的应用,属于拔高题其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．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）2123,05611,18532,1a a a a A a a a a ⎧-<≤⎪⎪++⎪=<<⎨⎪-≥⎪⎪⎩；（Ⅲ）见解析． 【解析】试题分析：（Ⅰ）直接可求()f x '；（Ⅱ）分1,01a a ≥<<两种情况，结合三角函数的有界性求出A ，但须注意当01a <<时还须进一步分为110,155a a <≤<<两种情况求解；（Ⅲ）首先由（Ⅰ）得到|()|2|1|f x a a '≤+-，然后分1a ≥，110,155a a <≤<<三种情况证明． 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14at 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），15a >．又1(1)(17)|()||(1)|048a a a g g a a --+--=>，所以2161|()|48a a a A g a a-++==． 综上，2123,05611,18532,1a a a a A a a a a ⎧-<≤⎪⎪++⎪=<<⎨⎪-≥⎪⎪⎩． ………9分（Ⅲ）由（Ⅰ）得'|()||2sin 2(1)sin |2|1|f x a x a x a a =---≤+-.当105a <≤时，'|()|1242(23)2f x a a a A ≤+≤-<-=. 当115a <<时，131884a A a =++≥，所以'|()|12f x a A ≤+<. 当1a ≥时，'|()|31642f x a a A ≤-≤-=，所以'|()|2f x 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．5.【2016高考浙江理数】（本小题15分）已知3a ≥，函数F （x ）=min{2|x −1|，x 2−2ax +4a −2}， 其中min{p ，q }=,>p p q q p q.≤⎧⎨⎩，，（I ）求使得等式F （x ）=x 2−2ax +4a −2成立的x 的取值范围； （II ）（i ）求F （x ）的最小值m （a ）； （ii ）求F （x ）在区间0,6]上的最大值M （a ）.【答案】（I ）[]2,2a ；（II ）（i ）()20,3242,2a m a a a a ⎧≤≤+⎪=⎨-+->+⎪⎩；（ii ）()348,342,4a a a a -≤<⎧M =⎨≥⎩． 【解析】试题分析：（I ）分别对1x ≤和1x >两种情况讨论()F x ，进而可得使得等式()2F 242x x ax a =-+-成立的的取值范围；（II ）（i ）先求函数()21f x x =-，()2242g x x ax a =-+-的最小值，再根据()F x 的定义可得()F x 的最小值()m a ；（ii ）分别对02x ≤≤和26x ≤≤两种情况讨论()F x 的最大值，进而可得()F x 在区间[]0,6上的最大值()a M ．试题解析：（I ）由于3a ≥，故当1x ≤时，()()()22242212120x ax a x x a x -+---=+-->， 当1x >时，()()()22422122x ax a x x x a -+---=--．所以，使得等式()2F 242x x ax a =-+-成立的的取值范围为[]2,2a ．（II ）（i ）设函数()21f x x =-，()2242g x x ax a =-+-，则()()min 10f x f ==，()()2min 42g x g a a a ==-+-，所以，由()F x 的定义知()()(){}min 1,m a f g a =，即()20,3242,2a m a a a a ⎧≤≤+⎪=⎨-+->+⎪⎩（ii ）当02x ≤≤时，()()()(){}()F max 0,22F 2x f x f f ≤≤==，当26x ≤≤时，()()()(){}{}()(){}F max 2,6max 2,348max F 2,F 6x g x g g a ≤≤=-=．所以，()348,342,4a a a a -≤<⎧M =⎨≥⎩． 考点：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式．6.【2016年高考四川理数】（本小题满分14分） 设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （Ⅰ）讨论f (x )的单调性；（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).【答案】（Ⅰ）当x∈0,（时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x∈+)∞时，'()f x >0，()f x 单调递增；（Ⅱ）1[,)2a ??.【解析】试题分析：（Ⅰ）对()f x 求导，对进行讨论，研究'()f x 的正负，可判断函数的单调性；（Ⅱ）要证明不等式11()x f x e x->-在(1,)+∞上恒成立，基本方法是设11()()()(1)x h x f x e x x -=--?，当1x >时，1211()2e x h x ax x x-¢=-+-，'()0h x =的解不易确定，因此结合（Ⅰ）的结论，缩小的范围，设()g x =111e x x --11x x e xxe ---，并设()s x =1e x x --，通过研究()s x 的单调性得1x >时，()0g x >，从而()0f x >，这样得出0a ≤不合题意，又102a <<时，()f x 的极小值点1x =>，且)(1)0f f <=，也不合题意，从而12a ≥，此时考虑1211()2e x h x ax x x -¢=-+-得'()h x 2111x x x x>-+-0>，得此时()h x 单调递增，从而有()(1)0h x h >=，得出结论．试题解析：（I ）2121'()20).ax f x ax x x x -=-=>( 0a ≤当时，'()f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由'()f x =0，有x =此时，当x ∈（时，'()f x <0，()f x 单调递减； 当x ∈+)∞时，'()f x >0，()f x 单调递增.所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0， 从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<. 故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >.当12a <<由（I ）有(1)0f f <=,从而0g >， 所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立. 当12a ³时，令()()()(1)h x f x g x x =-?， 当1x >时，3212222111112121()2e 0xx x x x h x ax x x x x x x x x --+-+¢=-+->-+-=>>，因此，()h x 在区间(1,)+?单调递增.又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立. 综上，1[,)2a ??．考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.【2015年】1.【2015新课标1理12】设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，使得0()f x 0，则的取值范围是（ ） (A)-32e ，1）(B)-32e ，34）(C)32e ，34）(D)32e，1）【答案】D【解析】设()g x =(21)x e x -，y ax a =-，由题知存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方.因为()(21)xg x e x '=+，所以当12x <-时，()g x '＜0，当12x >-时，()g x '＞0，所以当12x =-时，max [()]g x =12-2e-，当0x =时，(0)g =-1，(1)30g e =>，直线y ax a =-恒过（1,0）斜率且，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-≥--，解得32e≤＜1，故选D.【考点定位】本题主要通过利用导数研究函数的图像与性质解决不等式成立问题2.【2015课标2理12】设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的的取值范围是（）A ．(,1)(0,1)-∞-B ．(1,0)(1,)-+∞C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)+∞ 【答案】A【解析】记函数()()f x g x x =，则''2()()()xf x f x g x x-=，因为当0x >时，'()()0xf x f x -<，故当0x >时，'()0g x <，所以()g x 在(0,)+∞单调递减；又因为函数()()f x x R ∈是奇函数，故函数()g x 是偶函数，所以()g x 在(,0)-∞单调递减，且(1)(1)0g g -==．当01x <<时，()0g x >，则()0f x >；当1x <-时，()0g x <，则()0f x >，综上所述，使得()0f x >成立的的取值范围是(,1)(0,1)-∞- ，故选A ． 【考点定位】导数的应用、函数的图象与性质．3.【2015陕西理12】对二次函数2()f x ax bx c =++（为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（）A ．1-是()f x 的零点B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值D .点(2,8)在曲线()y f x =上 【答案】A【解析】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，()2f x ax b '=+，因为是()f x 的极值点，是()f x 的极值，所以()()1013f f '=⎧⎪⎨=⎪⎩，即203a b a b c +=⎧⎨++=⎩，解得：23b a c a =-⎧⎨=+⎩，因为点()2,8在曲线()y f x =上，所以428a b c ++=，即()42238a a a+⨯-++=，解得：5a =，所以10b =-，8c =，所以()25108f x x x =-+，因为()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠，所以1-不是()f x 的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ． 【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．【名师点晴】本题主要考查的是函数的零点和利用导数研究函数的极值，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”和“错误”，否则很容易出现错误．解推断结论的试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊值进行4.【2015天津理11】曲线2y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为.【答案】16【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组2y x y x ⎧=⎨=⎩得两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积()1122300111236S x x dx x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭⎰.【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.5.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）设函数2()mx f x e x mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-，求m 的取值范围． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]-． 【解析】(Ⅰ)'()(1)2mx f x m e x =-+．若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e -≤，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，'()0f x >．若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e ->，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，'()0f x >．所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12()()1f x f x e -≤-的充要条件是：(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩即1,1,mm e m e e m e -⎧-≤-⎪⎨+≤-⎪⎩①，设函数()1t g t e t e =--+，则'()1t g t e =-．当0t <时，'()0g t <；当0t >时，'()0g t >．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0g m ≤，()0g m -≤，即①式成立．当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即1m e m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1m e m e -+>-．综上，m 的取值范围是[1,1]-．【考点定位】导数的综合应用．6.【2015高考山东，理21】设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a R ∈.（Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若()0,0x f x ∀>≥成立，求的取值范围.【答案】（I ）：当0a <时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点； 当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点； （II ）的取值范围是[]0,1. 【解析】函数()()()2ln 1f x x a x x =++-的定义域为()1,-+∞()2121211ax ax af x ax a x x ++-'=+-=++令()221g x ax ax a =++-，()1,x ∈-+∞（1）当0a =时，()10g x =>，()0f x '>在()1,-+∞上恒成立 所以，函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值；（2）当0a >时，()()28198a a a a a ∆=--=-①当809a <≤时，0∆≤，()0g x ≥ 所以，()0f x '≥，函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值； ②当89a >时，0∆> 设方程2210ax ax a ++-=的两根为1212,(),x x x x <因为1212x x +=- 所以，1211,44x x <->- 由()110g -=>可得：111,4x -<<-（3）当0a <时，0∆> 由()110g -=>可得：11,x <-当()21,x x ∈-时，()()0,0g x f x '>>，函数()f x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '<<，函数()f x 单调递减； 因此函数()f x 有一个极值点． 综上：当0a <时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点； 当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点；（2）当819a <≤时，由()00g ≥，得20x ≤ 所以，函数()f x 在()0,+∞上单调递增，又()00f =，所以，()0,x ∈+∞时，()0f x >，符合题意； （3）当1a >时，由()00g <，可得20x > 所以()20,x x ∈时，函数()f x 单调递减； 又()00f =所以，当()20,x x ∈时，()0f x <不符合题意； （4）当0a <时，设()()ln 1h x x x =-+ 因为()0,x ∈+∞时，()11011x h x x x '=-=>++ 所以()h x 在()0,+∞上单调递增， 因此当()0,x ∈+∞时，()()00h x h >= 即：()ln 1x x +<可得：()()()221f x x a x x ax a x <+-=+-当11x a>-时，()210ax a x +-< 此时，()0,f x <不合题意. 综上所述，的取值范围是[]0,1【考点定位】1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.7.【2015高考安徽，理21】设函数2()f x x ax b =-+. （Ⅰ）讨论函数(sin )f x 在(,)22ππ-内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； （Ⅱ）记2000()f x x a x b =-+，求函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值D ； （Ⅲ）在（Ⅱ）中，取000a b ==，求24a z b =-满足D 1≤时的最大值.【答案】（Ⅰ）极小值为24a b -；（Ⅱ）00||||D a a b b =-+-；（Ⅲ）1.【解析】（Ⅰ）2(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+，22x ππ-<<.[(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-，22x ππ-<<.因为22x ππ-<<，所以cos 0,22sin 2x x >-<<.①当2,a b R ≤-∈时，函数(sin )f x 单调递增，无极值.②当2,a b R ≥∈时，函数(sin )f x 单调递减，无极值. ③当22a -<<，在(,)22ππ-内存在唯一的0x ，使得02sin x a =. 02x x π-<≤时，函数(sin )f x 单调递减；02x x π<<时，函数(sin )f x 单调递增.因此，22a -<<，b R ∈时，函数(sin )f x 在0x 处有极小值20(sin )()24a a f x fb ==-.（Ⅱ）22x ππ-≤≤时，00000|(sin )(sin )||()sin |||||f x f x a a x b b a a b b -=-+-≤-+-，当00()()0a a b b --≥时，取2x π=，等号成立，当00()()0a a b b --<时，取2x π=-，等号成立，由此可知，函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值为00||||D a a b b =-+-.（Ⅲ）D 1≤，即||||1a b +≤，此时201,11a b ≤≤-≤≤，从而214a zb =-≤. 取0,1a b ==，则||||1a b +≤，并且214a z b =-=. 由此可知，24a zb =-满足条件D 1≤的最大值为1.【考点定位】1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.8.【2015高考重庆，理20】 设函数()()23xx axf x a R e +=∈（1）若()f x 在0x =处取得极值，确定的值，并求此时曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在[)3,+∞上为减函数，求的取值范围。