2019年高考数学(文)热点题型和提分秘籍专题11导数的应用(教学案)含解析

1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围是高考命题的热点。

2．常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用。

3．题型主要以解答题为主，属中高档题。

热点题型一 判断或证明函数的单调性 例1、【2017课标II ，】若2x =-是函数
的极值点，则()f x 的极小值为（ ）
A.1-
B.32e --
C.35e -
D.1 【答案】A
【变式探究】设a ∈[－2,0]，已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
x 3
－a ＋x ，x ≤0x 3－a ＋32x 2＋ax ，x ＞0。

证明f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。

【解析】设函数f 1(x )＝x 3－(a ＋5)x (x ≤0)，f 2(x )＝x 3－a ＋32
x 2
＋ax (x ≥0)。

①f ′1(x )＝3x 2－(a ＋5)，由于a ∈[－2,0]， 从而当－1＜x ≤0时，
f ′1(x )＝3x 2－(a ＋5)＜3－a －5≤0， 所以函数f 1(x )在区间(－1,0]内单调递减。

②f ′2(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)。

由于a∈[－2,0]，
所以当0＜x＜1时，f′2(x)＜0；
当x＞1时，f′2(x)＞0，
即函数f2(x)在区间[0,1)内单调递减，
在区间(1，＋∞)内单调递增。

综合①②及f1(0)＝f2(0)，
可知函数f(x)在区间(－1,1)内单调递减，
在区间(1，＋∞)内单调递增。

（Ⅱ）证明：由，得，
.
【变式探究】已知函数f(x)＝1
3x
3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数f(x)的单调区间。

【提分秘籍】求函数的单调区间的“两个方法”
方法一
(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数y′＝f′(x)；
(3)解不等式f′(x)＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。

方法二
(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；
(4)确定f ′(x )在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性。

【举一反三】
设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)。

(1)确定a 的值；
(2)求函数f (x )的单调区间与极值。

【解析】(1)因f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ， 故f ′(x )＝2a (x －5)＋6
x。

令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，
所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )·(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12。

热点题型三 已知函数的单调性求参数的范围 例3．（2018年北京卷）设函数.
（Ⅰ）若曲线在点
处的切线斜率为0，求a ；
（Ⅱ）若
在
处取得极小值，求a 的取值范围.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）因为，
所以
.
，
由题设知
，即
，解得
.
方法二：
. （1）当a =0时，令
得x =1.
随x 的变化情况如下表：
∴在x =1处取得极大值，不合题意. x 1＝
－1＋1－a a ，x 2＝－1－1－a
a。

若0＜a ＜1，则当x ∈(－∞，x 2)或x ∈(x 1，＋∞)时f ′(x )＞0，故f (x )分别在(－∞，x 2)，(x 1，＋∞)是增函数； 当x ∈(x 2，x 1)时f ′(x )＜0， 故f (x )在(x 2，x 1)是减函数。

若a ＜0，则当x ∈(－∞，x 1)或x ∈(x 2，＋∞)时f ′(x )＜0，故f (x )分别在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)是减函数； 当x ∈(x 1，x 2)时f ′(x )＞0，故f (x )在(x 1，x 2)是增函数。

(2)当a ＞0，x ＞0时，f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3＞0，故当a ＞0时，f (x )在区间(1,2)是增函数。

当a ＜0时，f (x )在区间(1,2)是增函数当且仅当f ′(1)≥0且f ′(2)≥0，解得－5
4≤a ＜0。

综上，a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－5
4，0∪(0，＋∞)。

【提分秘籍】
已知函数单调性，求参数范围的两个方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集。

(2)转化为不等式的恒成立问题来求解：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”。

[提醒：]f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0。

应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解。

【举一反三】
已知函数f (x )＝1
3
x 3＋mx 2－3m 2x ＋1，m ∈R 。

(1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，求m 的取值范围。

(2)f ′(x )＝x 2＋2mx －3m 2，
令f ′(x )＝0，得x ＝－3m 或x ＝m 。

当m ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立，不符合题意。

当m ＞0时，f (x )的单调递减区间是(－3m ，m )， 若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，
则⎩
⎪⎨⎪⎧ －3m ≤－2m ≥3，解得m ≥3。

当m ＜0时，f (x )的单调递减区间是(m ，－3m )， 若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
m ≤－2－3m ≥3，解得m ≤－2。

综上所述，实数m 的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)。

热点题型四 利用导数研究函数的极值 例4、（2018年天津卷）设函数，其中
,且是公差为的等差数列.
（I ）若
求曲线
在点
处的切线方程；
（II ）若，求的极值； （III ）若曲线
与直线
有三个互异的公共点，求d 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)x +y =0；(Ⅱ)极大值为6
；极小值为−6
；(Ⅲ)
（Ⅱ）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
=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令
=0，解得x =t 2−
，或x =t 2+
．
当x 变化时，，f (x )的变化如下表： )
，+
，
所以函数f (x )的极大值为f (t 2−
)=(−)3−9×(−)=6
；函数f (x )的极小值为f (t 2+
)=()3−9×(
)=−6
． （Ⅲ）曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−6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)+ 6
=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +6=0．
设函数g (x )=x 3+(1−d 2)x +6，则曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−6
有三个互异的公共点等价于函数y =g (x )有
三个零点．
当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； 当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增， 在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值， 极大值是；
极小值是
.
【变式探究】已知函数f (x )＝x －1＋a
e x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)。

(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值。

【提分秘籍】 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)列表检验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。

【举一反三】
设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－1
2对称，且f ′(1)＝0。

(1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值。

【解析】(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ， 从而f ′(x )＝6⎝⎛⎭⎫x ＋a 62＋b －a 2
6
，
即y ＝f ′(x )关于直线x ＝－a
6对称。

从而由题设条件知－a 6＝－1
2，即a ＝3。

又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0， 得b ＝－12。

(2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1， 所以f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，
即6(x －1)(x ＋2)＝0， 解得x ＝－2或x ＝1， 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0， 即f (x )在(－∞，－2)上单调递增； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0， 即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0， 即f (x )在(1，＋∞)上单调递增。

从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6。

（Ⅱ）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
=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令
=0，解得x =t 2−
，或x =t 2+
．
当x 变化时，，f (x )的变化如下表： )
，+
，
所以函数f (x )的极大值为f (t 2−
)=(−)3−9×(−)=6
；函数f (x )的极小值为f (t 2+
)=()3−9×(
)=−6
． （Ⅲ）曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−6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)+ 6
=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +6=0．
设函数g (x )=x 3+(1−d 2
)x +6
，则曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−6
有三个互异的公共点等价于函数y =g (x )有
三个零点．
=3x 3+(1−d 2)．
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． 若即
，也就是
，此时
，
且，从而由
的单调性，
可知函数
在区间内各有一个零点，符合题意． 所以，的取值范围是
．
【变式探究】【2017江苏】 已知函数
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：23b 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，.
列表如下
故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，
因此223
9a b a
=+，定义域为(3,)+∞. (2)f ′(x )＝x ＋a x ＋a 2x
，a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a
2。

当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；
当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 10，－a
2时，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－a
2，＋∞时，f (x )单调递增。

易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝⎛⎭
⎫－a
2＝0。

①当－a
2
≤1时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，
均不符合题意。

②当1＜－a
2
≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝0，不符合题意。

③当－a
2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64
＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意。

综上有，a ＝－10。

1. （2018年江苏卷）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最
大值与最小值的和为________．
【答案】–3
2. （2018年天津卷）设函数，其中
,且是公差为的等差数列.
（I ）若 求曲线在点
处的切线方程；
（II ）若
，求
的极值； （III ）若曲线 与直线
有三个互异的公共点，求d 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)x +y =0；(Ⅱ)极大值为6
；极小值为−6
；(Ⅲ)
【解析】（Ⅰ）由已知，可得f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3
−x ，故
=3x 2−1，因此f (0)=0，
=−1，又因为曲线y =f (x )
在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=
(x −0)，故所求切线方程为x +y =0．
（Ⅱ）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
=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令
=0，解得x =t 2−
，或x =t 2+
．
当x 变化时，，f (x )的变化如下表： )
，+
，
所以函数f(x)的极大值为f(t2−)=(−)3−9×(−)=6；函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3−9×()=−6．（Ⅲ）曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于关于x的方程
(x−t2+d)(x−t2)(x−t2−d)+(x−t2)+ 6=0有三个互异的实数解，令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0．设函数g(x)=x3+(1−d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．
=3x3+(1−d2)．
当d2≤1时，≥0，这时在R上单调递增，不合题意．
当d2>1时，=0，解得x1=，x2=．
易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．
g(x)的极大值g(x1)=g()=>0．
g(x)的极小值g(x2)=g()=−．
若g(x2)≥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．
若即，也就是，此时，且
，从而由的单调性，可知函数在区间
内各有一个零点，符合题意．
所以，的取值范围是．
3. （2018年全国卷Ⅱ）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】见解析
【解析】
（2）由于，所以等价于．
设=，则g ′（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）=
，f （3a +1）=
，故f （x ）有一个零点．
综上，f （x ）只有一个零点． 5. （2018年北京卷）设函数.
（Ⅰ）若曲线在点
处的切线斜率为0，求a ；
（Ⅱ）若
在
处取得极小值，求a 的取值范围.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）因为，
所以
.
，
由题设知
，即
，解得
.
1.【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】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
2.【2017课标1，文14】曲线2
1
y x x
=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】1y x =+
【考点】导数几何意义
3.【2017课标1，文21】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 =，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)
a +∞单调递增；当0a <，()f x 在
单调递减，在
单调递增；（2）3
4
[2e ,1]-．
【考点】导数应用
4.【2017课标II ，文21】设函数.
（1）讨论()f x 的单调性； （2）当0x ≥时，，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）在
和
单调递减，在
单调递增（Ⅱ）
[1,)+∞ 【解析】（1）f ’(x )=(1-2x -x 2)e x 令f’(x )=0得x =-1- ，x =-1+
当x ∈（-∞，-1-）时，f’(x )<0；当x ∈（-1-，-1+）时，f’(x )>0；当x ∈（-1-，+∞）时，f’(x )<0
所以f (x )在（-∞，-1-），（-1+
，+∞）单调递减，在（-1-
，-1+
）单调递增
【考点】利用导数求函数单调区间，利用导数研究不等式恒成立 5.【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明
．
【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(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，+∞），
.
若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’
0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a -时， ’
0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a
-单调递增，在1
2a
∞-
+，单调递减.
【考点】利用导数求单调性，利用导数证不等式
6.【2017山东，文20】（本小题满分13分）已知函数.,
(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
,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)
,（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为,极小值为a -；
⑶0a >极大值为a -,极小值为.
【解析】 （Ⅰ）由题意
，
所以，当2a =时， ()30f =，，
所以()33f '=，
因此，曲线()y f x =在点()()
3,3f 处的切线方程是()33y x =-， 即
.
（1）当0a <时，
，
当(),x a ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增； 当(),0x 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，
当0x =时()g x 取到极小值，极小值是()0g a =-. （2）当0a =时，，
当
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，
，
当(),0x ∈-∞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
()0g a
=-；
8.【2017江苏，20】 已知函数
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：23b 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，得.
当3
a
x =-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
，又0a >，故223
9a b a
=+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而，即3a ≥.
3a =时，，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
，.
列表如下
故()f x 的极值点是12,x x .
从而3a >，
因此223
9a b a
=+，定义域为(3,)+∞.
（3）由（1）知， ()f x 的极值点是12,x x ，且，.
从而
记()f x ， ()f x '所有极值之和为()h a ，
因为()f x '的极值为
，所以
， 3a >.
因为，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.
因为7
(6)=2
h -
，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 1.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分） 已知函数
.
设12,2
a b ==
. （1）求方程()2f x =的根; （2）若对任意x R ∈,不等式恒成立，求实数m 的最大值； （3）若
，函数
有且只有1个零点，求ab 的值。

【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】
（1）因为1
2,2
a b ==
，所以.
①方程()2f x =，即22
2x
x
-+=，亦即
，
所以2
(21)0x
-=，于是21x
=，解得0x =.
②由条件知.
因为
对于x ∈R 恒成立，且()0f x >，
所以
对于x ∈R 恒成立.
而
，且，
所以4m ≤，故实数m 的最大值为4. （2）因为函数
只有1个零点，而
，
所以0是函数()g x 的唯一零点. 因为
，又由
知
，
所以()0g'x =有唯一解.
令
，则
，
从而对任意x ∈R ，()0h'x >，所以是(,)-∞+∞上的单调增函数，
于是当0(,)x x ∈-∞，
；当0(,)x x ∈+∞时，
.
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0
002
x x <<，于是，
又
，且函数()g x 在以
2
x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又002
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0
2
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，所以1ab =.
2.【2016高考天津理数】（本小题满分14分） 设函数
,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，其中01x x ≠，求证：1023x x +=；
（Ⅲ）设0>a ，函数
，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4
1
.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 【解析】
（2）当0>a 时，令0)('=x f
，解得1x =+
1x =-. 当x 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
，单调递增区间为，.
（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，即，
进而.
又，且
0023x x ≠-，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足
，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.下面分三种情况讨论：
（2）当34
3
<≤a 时，
，
由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，
，，
所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为
，
（Ⅱ）当
1
15
a <<时，由，知．又
，所以．
综上，
4【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 ）；（ii ）．
【解析】
（Ⅰ）由于3a ≥，故 当1x ≤时，，
当1x >时，
．
所以，使得等式成立的x 的取值范围为[]
2,2a ．
（Ⅱ）（ⅰ）设函数，
， 则
，
，
所以，由()F x 的定义知
，即
5.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数
的单调性，并证明当0x >时，
；
(Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()
h a 的值域．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）21(,].24
e .
【解析】
（Ⅰ）()f x 的定义域为
.
且仅当0x =时，'()0f x =，所以()f x 在单调递增，
因此当(0,)x ∈+∞时，
所以
（II ）
由（I ）知，()f x a +单调递增，对任意
因此，存在唯一0(0,2],x ∈使得即0'()0g x =， 当00x x <<时，单调递减； 当0x x >时，
单调递增.
因此()g x 在0x x =处取得最小值，最小值为
于是，由单调递增
所以，由0(0,2],x ∈得
因为2x e x +单调递增，对任意2
1(,],24
e λ∈存在唯一的0(0,2],
x ∈
使得(),h a λ=所以()h a 的值域是2
1(,],
24
e
答：当t =l 的长度最短，最短长度为
（2014·四川卷）已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，求a 的取值范围．
(2)设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，
则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1. 同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2. 故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a ≤1
2时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；
当a ≥e
2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．
所以12<a <e 2
.
此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有 g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0. 由f (1)＝0得a ＋b ＝e －1<2， 则g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0，
解得e －2<a <1.
当e －2<a <1时，g (x )在区间[0，1]内有最小值g (ln(2a ))． 若g (ln(2a ))≥0，则g (x )≥0(x ∈[0，1])，
所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，则a 的最大值为2
π
，b 的最小值为1. （2014·福建卷）已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.
(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x ；
(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .
(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4>0， 故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 所以当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x .
(3)证明：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x >0时，x 2<e x . 故当x >0时，x 2<c e x .
取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .
②若0<c <1，令k ＝1
c >1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立．
而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立． 令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2
x .
所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增．
取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增． 又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ， 易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0. 即存在x 0＝16
c
，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .
综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .
方法三：(1)同方法一． (2)同方法一．
(3)首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有1
3x 3<e x .
证明如下：
令h (x )＝1
3x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x .
由(2)知，当x >0时，x 2<e x ，
从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以h (x )<h (0)＝－1<0，即1
3x 3<e x .
取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<1
3
x 3<e x .
因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . （2014·湖北卷）π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)求函数f (x )＝ln x
x
的单调区间；
(2)求e 3，3e ，e π，πe ，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；
(3)将e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．
(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e <ln πe ，ln e π<ln 3π. 于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增，可得 3e <πe <π3，e 3<e π<3π.
故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中． 由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)，即ln ππ<ln 33<ln e
e .
由ln ππ<ln 3
3，得ln π3<ln3π，所以3π>π3；
由ln 33<ln e e ，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3.
综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e . (3)由(2)知，3e <πe <π3<3π，3e <e 3. 又由(2)知，ln ππ<ln e e ，得πe <e π.
故只需比较e 3与πe 和e π与π3的大小． 由(1)知，当0<x <e 时，f (x )<f (e)＝1
e ，
即ln x x <1e . (2)f ′(x )＝
－x [5x ＋（3b －2）]1－2x ，易知当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，－x
1－2x
<0， 依题意当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，得b ≤1
9. 所以b 的取值范围为⎝
⎛⎦⎤－∞，1
9. （2014·辽宁卷）当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3] 【答案】C
（2014·全国卷）函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax
x ＋a (a >1)．
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)设a 1＝1，a n ＋1＝ln(a n ＋1)，证明：2n ＋2<a n ≤3
n ＋2
.
【解析】解：(1)易知f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x [x －（a 2－2a ）]
（x ＋1）（x ＋a ）2
.
(i)当1<a <2时，若x ∈(－1，a 2－2a )，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，a 2－2a )是增函数； 若x ∈(a 2－2a ，0)，则f ′(x )<0，所以f (x )在(a 2－2a ，0)是减函数； 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)是增函数．
(ii)当a ＝2时，若f ′(x )≥0，f ′(x )＝0成立当且仅当x ＝0，所以f (x )在(－1，＋∞)是增函数. (iii)当a >2时，若x ∈(－1，0)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，0)是增函数； 若x ∈(0，a 2－2a )，则f ′(x )<0，
（2014·陕西卷）设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数． (1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)设n ∈N ＋，比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明． 【解析】解：由题设得，g (x )＝x
1＋x
(x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝x 1＋x ，
g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x ＝x
1＋2x ，
g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可得g n (x )＝x
1＋nx .
下面用数学归纳法证明．
①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x ，结论成立．
②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x
1＋kx
.
那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x 1＋kx 1＋
x 1＋kx ＝x
1＋（k ＋1）x ，即结论成立．
由①②可知，结论对n ∈N ＋成立． 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)．于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0；③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0.
由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －
1.而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；
取s 2＝2a ＋ln 2
a
，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝⎝⎛⎭⎫2a －e 2a ＋⎝⎛⎭⎫ln 2a －e 2a <0. 故a 的取值范围是(0，e －
1)．
(2)证明：由f (x )＝x －a e x ＝0，有a ＝x e x .设g (x )＝x
e x ，由g ′(x )＝1－x e x ，知g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，
＋∞)上单调递减．并且，当x ∈(－∞，0]时，g (x )≤0; 当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>0.由已知，x 1，x 2满足a ＝g (x 1)，a ＝g (x 2)．由a ∈(0，e －
1)及g (x )的单调性，可得x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)．
对于任意的a 1，a 2∈(0，e －
1)，设a 1>a 2，g (ξ1)＝g (ξ2)＝a 1，其中0<ξ1<1<ξ2；g (η1)＝g (η2)＝a 2，其中0<η1<1<η2.
因为g (x )在(0，1)上单调递增，所以由a 1>a 2，即g (ξ1)>g (η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2. 又由ξ1，η1>0，得ξ2ξ1<η2ξ1<η2
η1，
所以x 2
x 1
随着a 的减小而增大．
（2014·浙江卷）已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R)．
(1)若f (x )在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R ，若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1，1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．
【解析】解：(1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，
所以f ′(x )＝⎩
⎪⎨⎪
⎧3x 2
＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .
由于－1≤x ≤1，
(i)当a ≤－1时，有x ≥a ， 故f (x )＝x 3＋3x －3a ，
此时f (x )在(－1，1)上是增函数，
因此，M (a )＝f (1)＝4－3a ，m (a )＝f (－1)＝－4－3a ，故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8. (ii)当－1<a <1时，若x ∈(a ，1)，则f (x )＝x 3＋3x －3a .在(a ，1)上是增函数；若x ∈(－1，a )， 则f (x )＝x 3－3x ＋3a 在(－1，a )上是减函数．所以，M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3.
由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此，当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当1
3<a <1时，M (a )－m (a )
＝－a 3＋3a ＋2.
(iii)当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋3a ，此时f (x )在(－1，1)上是减函数，因此，M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a ，
故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4.
综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，
－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13
，－a 3
＋3a ＋2，1
3
<a <1，
4，a ≥1.
(ii)当－1<a ≤1
3时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，所以a 3＋b ≥－2
且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2且0≤a ≤1
3
.
令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝⎛⎭⎫0，1
3上是增函数，故t (a )>t (0)＝－2， 因此－2≤3a ＋b ≤0.
(iii)当1
3<a <1时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，所以a 3＋b ≥－2
且3a ＋b ＋2≤2，解得－28
27
<3a ＋b ≤0；
(iv)当a ≥1时，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0.
综上，得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a ＋b ≤0. （2014·重庆卷）已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x
－cx (a ，b ，c ∈R)的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点
(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .
(1)确定a ，b 的值；
(2)若c ＝3，判断f (x )的单调性； (3)若f (x )有极值，求c 的取值范围．
(3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x ＋2e
－2x
－c ，而2e 2x ＋2e
－2x
≥22e 2x ·2e
－2x
＝4，当且仅当x ＝0时等号成立．
下面分三种情况进行讨论：
当c <4时，对任意x ∈R ，f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x
－c >0，此时f (x )无极值．
当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e
－2x
－4>0，此时f (x )无极值．
当c >4时，令e 2x
＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1，2＝c ±c 2－164>0，则f ′(x )＝0有两个根x 1＝1
2ln t 1，
x 2＝1
2
ln t 2.
当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0. 从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值．
综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．。