2020年高考数学之冲破压轴题讲与练 专题04 应用导数研究函数的极(最)值(解析版)

第一章 函数与导数
专题04 应用导数研究函数的极（最）值
【压轴综述】
纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究函数的极（最）值问题的主要命题角度有：已知函数求极值(点)、已知极值(点)，求参数的值或取值范围、利用导数研究函数的最值、函数极值与最值的综合问题.本专题就应用导数研究函数的极（最）值问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法. 一、函数极值的两类热点问题
(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：
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． (2)由函数极值求参数的值或范围．
讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 二、函数最值的基本求法
1.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤： 第一步，求函数在(a ，b )内的极值；
第二步，求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；
第三步，将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 2．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值． 三、求解函数极值与最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
【压轴典例】
例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.3
2e -- C.3
5e - D.1 【答案】A 【解析】
例2.（2019·北京高考真题（文））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）0x y -=和2727640x y --=.
（Ⅱ）见解析； （Ⅲ）3a =-. 【解析】 （Ⅰ）23()214f x x x '=
-+，令23()2114f x x x '=-+=得0x =或者83
x =. 当0x =时，(0)0f =，此时切线方程为y x =，即0x y -=；
当83x =
时，88()327f =，此时切线方程为6427
y x =-，即2727640x y --=； 综上可得所求切线方程为0x y -=和2727640x y --=.
（Ⅱ）设321()()4g x f x x x x =-=
-，23()24g x x x '=-，令23()204g x x x '=-=得0x =或者8
3
x =，所以当[2,0]x ∈-时，()0g x '≥，()g x 为增函数；当8(0,)3x ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数；当8
[,4]
3
x ∈时，()0g x '≥，()g x 为增函数；
而(0)(4)0g g ==，所以()0g x ≤，即()f x x ≤； 同理令3
21()()664
h x f x x x x =-+=-+，可求其最小值为(2)0h -=，所以()0h x ≥，即()6f x x ≥-，综上可得6()x f x x -≤≤.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知6()0f x x -≤-≤，
所以()M a 是,6a a +中的较大者，
若6a a ≥+，即3a -≤时，()3M a a a ==-≥； 若6a a <+，即3a >-时，()663M a a a =+=+>； 所以当()M a 最小时，()3M a =，此时3π.
例3.（2019·全国高考真题Ⅲ（理））已知函数3
2
()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）0
1a b =⎧⎨=-⎩
或41a b =⎧⎨=⎩. 【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）满足题设条件的a ，b 存在.
（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．
（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．
（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+． 若3
127
a b -+=-，b =1，则332a =，与0<a <3矛盾. 若3
127
a b -+=-，21a b -+=，则33a =或33a =-或a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 例4.（2017·山东高考真题（文））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， ()30f =， ()2
2f x x x '=-，
所以()33f '=，
因此，曲线()y f x =在点()()
3,3f 处的切线方程是()33y 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()00h =，
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(),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()3
1sin 6
g a a a =--， 当0x =时()g x 取到极小值，极小值是()0g 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(),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 =-； 当x a =时()g x 取到极小值，极小值是()3
1sin 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(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()3
1sin 6
g a a a =-
-，极小值是()0g 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()0g a =-，极小值是()3
1sin 6
g a a a =-
-. 例5.（2016·山东高考真题（文））设f(x)=xln x –ax 2
+(2a –1)x ，a R.
（Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；
（Ⅱ）已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）当时，函数
单调递增区间为
，当
时，函数单调递增区间为，
单调递减区间为； （Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）由 可得，
则， 当
时，
时，
，函数
单调递增；
当
时，
时，，函数单调递增， 时，
，函数
单调递减.
所以当时，单调递增区间为；
当
时，函数
单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，. ①当时，
，
单调递减. 所以当时，，单调递减. 当时，
，
单调递增. 所以在x=1处取得极小值，不合题意.
②当时，
，由(Ⅰ)知
在
内单调递增，
可得当当时，
，
时，，
所以
在(0,1)内单调递减，在
内单调递增，
所以在x=1处取得极小值，不合题意. ③当时，即
时，在(0,1)内单调递增，在内单调递减，
所以当
时，
，
单调递减，不合题意.
④当时，即
，当时，
，单调递增,
当
时，
，
单调递减，
所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为
.
例6.（2019·全国高考真题（理））已知函数3
2
()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见详解；(2) 01a b =⎧⎨=-⎩
或41a b =⎧⎨=⎩.
【解析】
(1)对32
()2f x x ax b =-+求导得2
'()626()3
a f x x ax x x =-=-.所以有
当0a <时，(,)3a -∞区间上单调递增，(,0)3
a 区间上单调递减，(0,)+∞区间上单调递增； 当0a =时，(,)-∞+∞区间上单调递增；
当0a >时，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3
a +∞区间上单调递增. (2)若()f x 在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以
若0a <，(,)3a -∞区间上单调递增，(,0)3
a 区间上单调递减，(0,)+∞区间上单调递增；
此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1b =-，0a =，与0a <矛盾，所以0a <不成立.
若0a =，(,)-∞+∞区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得 0
1a b =⎧⎨=-⎩
.
若02a <≤，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a
区间上单调递减，(,)3
a +∞区间上单调递增.
即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3
a f 而(0),(1)2(0)f
b f a b f ==-+≥，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f .
即3
22()()13321
a a a
b a b ⎧-+=-⎪⎨⎪-+=⎩相减得32227a a -+=，即(33)(33)0a a a -+=，又因为02a <≤，所以
无解.
若23a <≤，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3
a +∞区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3
a f 而(0),(1)2(0)f
b f a b f ==-+≤，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f .
即3
22()()1331
a a a
b b ⎧-+=-⎪⎨⎪=⎩相减得3227a =，解得332x =，又因为23a <≤，所以无解.
若3a >，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a
区间上单调递减，(,)3
a +∞区间上单调递增. 所以有()f x 区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f ，最小值为(1)f
即121b a b =⎧⎨-+=-⎩解得41a b =⎧⎨=⎩.
综上得01a b =⎧⎨=-⎩
或41a b =⎧⎨=⎩.
例7.（2018·全国高考真题（理））已知函数．
（1）讨论
的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】
（1）的定义域为，. （i ）若
，则
，当且仅当
，
时
，所以
在
单调递减.
（ii ）若，令得，或.
当时，；
当时，.所以在单调递减，在
单调递增.
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当
.
由于
的两个极值点满足
，所以
，不妨设
，则
.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.
所以
，即.
【思路点拨】
(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间； (2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定
，令
，得到两个极值点
是方
程
的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.
（3）本题涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，确定函数的定义域，要对参数进行讨论.同时，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.
例8. (2017·山东高考真题（理））已知函数()2
2cos f x x x =+， ()()cos sin 22x
g x e
x x x =-+-，其
中 2.71828e =L 是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()
,f x π处的切线方程；
（Ⅱ）令()()()()h x g x af x a R =-∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 【答案】（1）2
2ππ2y x =-- （2）见解析 【解析】 （Ⅰ）由题意()22f
ππ=-
又()22sin f x x x =-'， 所以()2f ππ'=，
因此 曲线()y f x =在点()()
,f ππ处的切线方程为
()
()222y x πππ--=-，
即 2
22y x ππ=--.
（Ⅱ）由题意得 ()()()
2cos sin 222cos x h x e x x x a x x =-+--+， 因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin x
x h x e
x x x e x x a x x =-+-+--+--'
()()2sin 2sin x e x x a x x =---
()
()2sin x e a x x =--，
令()sin m x x x =- 则()1cos 0m x x ='-≥ 所以()m x 在R 上单调递增. 因为()00,m =
所以 当0x >时， ()0,m x > 当0x <时， ()0m x <
(1)当0a ≤时， x
e a - 0>
当0x <时， ()0h x '<， ()h x 单调递减， 当0x >时， ()0h x '>， ()h x 单调递增，
所以 当0x =时()h x 取得极小值，极小值是 ()021h a =--； (2)当0a >时， ()()()ln 2sin x a h x e e x x '=--
由 ()0h x '=得 1ln x a =， 2=0x ①当01a <<时， ln 0a <，
当(),ln x a ∈-∞时， ()ln 0,0x a e e h x '-， ()h x 单调递增； 当()ln ,0x a ∈时， ()ln 0,0x
a
e e
h x -><'， ()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时， ()ln 0,0x
a
e e
h x ->>'， ()h x 单调递增.
所以 当ln x a =时()h x 取得极大值.
极大值为()()()2
ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，
当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--； ②当1a =时， ln 0a =，
所以 当(),x ∈-∞+∞时， ()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； ③当1a >时， ln 0a >
所以 当(),0x ∈-∞时， ln 0x a e e -<， ()()0,h x h x '>单调递增； 当()0,ln x a ∈时， ln 0x a e e -<， ()()0,h x h x '<单调递减； 当()ln ,x a ∈+∞时， ln 0x a e e ->， ()()0,h x h x '>单调递增； 所以 当0x =时()h x 取得极大值，极大值是()021h a =--； 当ln x a =时()h x 取得极小值.
极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.
综上所述：
当0a ≤时， ()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增， 函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；
当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，
极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦
极小值是()021h a =--；
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()021h a =--；
极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.
【压轴训练】
1．（2019·青海湟川中学高三月考）已知函数
2
()2ln 2f x a x x x =+-（a R ∈）在定义域上为单调递增函数，则a 的最小值是（ ） A ．
1
4
B ．
12
C ．
13
D ．
15
【答案】A 【解析】
由题意知：函数定义域为()0,∞+，且()()22222x x a a f x x x x
-+'=+-=
()f x Q 在定义域上为单调递增函数 20x x a ∴-+≥对()0,x ∈+∞恒成立
即：2a x x ≥-+对()0,x ∈+∞恒成立 当1
2x =
时，2x x -+取得最大值：111424-+= 14
a ∴≥，即a 的最小值为14
本题正确选项：A
2．（2019·湖北黄冈中学高考模拟（理））已知函数()ln 2f x a x x =-+（a 为大于1的整数），若()y f x =与(())y f f x =的值域相同，则a 的最小值是（ ）（参考数据：ln20.6931≈，ln3 1.0986≈，
ln5 1.6094≈）
A ．5
B ．6
C ．7
D ．8
【答案】A 【解析】
'()ln 2()=1a a x f x a x x f x x x -=-+⇒-=，当x a >时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，当0x a <<时，
'()0f x >，函数()f x 单调递增，
故max ()()ln 2f x f a a a a ==-+，又当0,()x f x →→-∞，所以函数()f x 的值域为(,ln 2]a a a -∞-+，令'
()ln 2()ln 11ln ,t a a a a t a a a =-+⇒=+-=
'1,()0a a Z t a >∈∴>Q 因此()t a 是单调递增函数，因此当2,a a Z ≥∈时， ()(2)2ln 20t a t ≥=>，令()ln 2f x a x x n =-+=由上可知：ln 2n a a a ≤-+，
(())()y f f x f n ==，由上可知函数(n)f 在0x a <<时，单调递增，在x a >时，单调递减，要想(())()y f f x f n ==的值域为(,ln 2]a a a -∞-+，只需ln 2a a a a ≤-+，即ln 220a a a -+≥，设()ln 22g a a a a =-+，2,a a Z ≥∈，'()ln 1g a a =-，所以当3,a a Z ≥∈时，函数()g a 单调递增，
(2)2ln 240,(3)3ln 340g g =-<=-<，
(4)4ln 460,(5)5ln 580g g =-<=->，所以a 的最小值是5，故本题选A.
3. （2019·湖北高考模拟（理））已知直线x t =与曲线()()()ln 1,x
f x x
g x e =+=分别交于,M N 两点，则MN
的最小值为________ 【答案】1. 【解析】
令()()()ln(1)t
h t g t f t e t =-=-+，
1
'()()()1
t h t g t f t e t =-=-
+，显然为增函数，且'(0)0h = 所以当(1,0)t ∈-时，'()0,()h t h t <单调递减； 当(1,)t ∈+∞时，'()0,()h t h t >单调递增.
所以min ()(0)1h t h ==. 故答案为1.
4.（2018届海南省高三第二次联考）若1x =是函数()()
ln x f x e a x =+的极值点，则实数a =__________． 【答案】e -
【解析】因为()1
ln +x x f x e x e a x
='+⋅（），且1x =是函数()()
ln x f x e a x =+的极值点，所以
()10f e a '=+=，解得a e =-.
5.（2019·甘肃兰州一中高考模拟（理））已知函数()()()1
21
102
x f x f e
f x x -'=-+,其中()f x '是函数
()f x 的导数, e 为自然对数的底数, ()2
12
g x x ax b =
++ (a R ∈,b R ∈). （Ⅰ）求()f x 的解析式及极值;
（Ⅱ）若()()f x g x ≥，求(1)b a +的最大值. 【答案】（Ⅰ）()212
x
f x e x x =-+
,0x =为极大值点,且(0)1f =；（Ⅱ）2e
.
【解析】
（Ⅰ）由已知得()()()1
10x f x f e
f x -''=-+,
令1x =, 得()()()1101f f f ''=-+,即()01f =,
又()()
'10f f e
=, ∴()1f e '=,
从而()2
12
x
f x e x x =-+
, ∴()1x x f e x '=+-, 又()1x
x f e x '=+-在R 上递增,且()00f '=,
∴当0?x <时, ()0f x '<；当0x >时, ()0f x '>, 故0x =为极大值点,且(0)1f =. （Ⅱ）由()()f x g x ≥得()2
12
f x x ax b ≥
++， 令()()10x
h x e a x b =-+-≥，得()()1x
h x e a '=-+, ①当10a +≤时, ()()0h x y h x '>⇔=在x ∈R 上单调递增,
x →-∞时, ()h x →-∞与()0h x ≥相矛盾;
②当10a +>时, ()0ln(1)h x x a >'>⇔+,()()0ln 1h x x a '<⇔<+ ∴当()ln 1x a =+时, ()()()()min 11ln 10h x a a a b =+-++-≥, 即()()()11ln 1a a a b +-++≥,
∴()()()()2
2
111ln 1a b a a a +≤+-++,()10a +>,
令()()2
2
ln 0F x x x x x =->,则()()12ln F x x x '=-,
∴()00F x x e '>⇔<<,()0F x x e '<⇔>, 当x e =
时, ()max 2
e F x =, 即当1a e =
-,2
e
b =
时, ∴()1b a +的最大值为
2
e , 6.（2019·山东高考模拟（理））已知抛物线2
16y x =，过抛物线焦点F 的直线l 分别交抛物线与圆
22(4)16x y -+=于,,,A C D B （自上而下顺次）四点.
（1）求证：||||AC BD ⋅为定值； （2）求||||AB AF ⋅的最小值. 【答案】(1)见证明；(2)108 【解析】
（1）有题意可知，(4,0)F
可设直线l 的方程为4x my =+，1122(,),(,)A x y B x y
联立直线和抛物线方程2164
y x x my ⎧=⎨=+⎩，消x 可得216640y my --=，
所以1216y y m +=，1264y y =-， 由抛物线的定义可知，112||4,||42
p
AF x x BF x =+
=+=+， 又||||4,||||4AC AF BD BF =-=-，
所以22
2
1212264||||(||4)(||4)16161616
y y AC BD AF BF x x ⋅=--==⋅==，
所以||||AC BD ⋅为定值16.
（2）由（1）可知，12||||||8AB AF BF x x =+=++，1||4AF x =+，
212111212||||(8)(4)12432AB AF x x x x x x x x ⋅=+++=++++，
由1216x x =，可得21
16x x =
， 所以2
111
64
||||1248AB AF x x x ⋅=++
+（其中1>0x ）， 令2
64()1248f x x x x =+++，2
22642(2)(4)()212x x f x x x x
-+'=+-=， 当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数单调递减，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增， 所以()(2)108f x f ≥=. 所以||||AB AF ⋅的最小值为108.
7.（2018届江西省上饶市高三二模）设函数()22ln x e k
f x k x x x
=+
+（k 为常数， 2.71828e =L 为自然对数的底数）．
（1）当0k ≥时，求函数()f x 的单调区间；
（2）若函数()f x 在()0,3内存在三个极值点，求实数k 的取值范围．
【答案】(1) ()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,.+∞（2）322,,322e e e e ⎛⎫⎛⎫
--⋃-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
.
【解析】(1) 函数()f x 的定义域为()0,+∞.()()()
2423
222x
x x x e kx
x e xe k k f x x x x x -+-=-'+=. 由0,0k x ≥>可得0x
e kx +>，所以当()0,2x ∈时， ()0
f x '<；当()2,x ∈+∞时， ()0f x '>.
故()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,.+∞
（2）由（1）知，当0k ≥时，函数()f x 在()0,2内单调递减，在()2,3内单调递增，故()f x 在()0,3内仅存在一个极值点2x =；
当0k <时，令0x x
e e kx k x +=⇒-=， ()x e g x x =，依题函数y k =-与函数()x
e g x x
=， ()0,3x ∈的
图象有两个横坐标不等于2的交点.
()()2
1x e x g x x
=
'-，当()0,1x ∈时， ()0g x '<，则()g x 在()0,1上单调递减，
当()1,3x ∈时， ()0g x '>，则()g x 在()1,3上单调递增；
而()()()23
1,2,3.23
e e g e g g === 所以当2323e e k <-<即3232e e k -<<-时，存在12023x x <<<<使得x
e k x
-=， 且当()10,x x ∈时()0f x '<，当()1,2x x ∈ ()0f x '>，当()22,x x ∈时()0f x '<，当()2,3x x ∈时
()0f x '>，此时()f x 存在极小值点12,x x 和极大值点2；
同理，当22e e k <-<即22e k e -<<-时，存在3402x x <<<使得x
e k x
-=，此时()f x 存在极小值点1,2
x 和极大值点2x .
综上，函数()f x 在()0,3内存在三个极值点时，实数k 的取值范围为322,,322e e e e ⎛⎫⎛⎫
--⋃-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
.
8．（2018届北京市城六区高三一模）已知函数()1e ln x
f x a x x ⎛
⎫
=⋅+
+ ⎪⎝⎭
，其中a R ∈． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线e
x
y =-
垂直，求a 的值；
（Ⅱ）当()0,ln2a ∈时，证明： ()f x 存在极小值． 【答案】（Ⅰ）0a =．（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ） ()f x 的导函数为()2211121e ln e e ln x x x f x a x a x x x x x x ⎛
⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+++⋅-=⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
'．依题意，有 ()()1e 1e f a =⋅+='，解得0a =． （Ⅱ）由()221e ln x
f x a x x x ⎛
⎫
=⋅+
+'- ⎪⎝⎭
及e 0x >知， ()f x '与221ln a x x x +-+同号． 令()2
21
ln g x a x x x =+
-+， 则 ()()2
233
11
22x x x g x x x -=
'+-+=． 所以对任意()0,x ∈+∞，有()0g x '>，故()g x 在()0,+∞单调递增． 因为()0,ln2a ∈，所以()110g a =+>， 11ln 022g a ⎛⎫
=+<
⎪
⎝⎭
， 故存在01,12x ⎛⎫
∈
⎪⎝⎭
，使得()00g x =． ()f x 与()f x '在区间1,12⎛⎫
⎪⎝⎭
上的情况如下：
x
01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭
0x
()0,1x
()f x ' -
+
()f x
↘
极小值
↗
所以()f x 在区间01,2x ⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减，在区间()0,1x 上单调递增． 所以()f x 存在极小值()0f x ．
9.（2019·天津高三期中（理））已知函数()()3
232f x ax x b x R =-
+∈在1x =处有极值3
2
. （Ⅰ）求a 、b 的值；
（Ⅱ）在[]
1,1x ∈-时，求函数()f x 的最值.
【答案】(Ⅰ)1,2a b ==；(Ⅱ)最大值为2，最小值为12
-. 【解析】
(Ⅰ)由函数的解析式可得：2
'()33f x ax x =-，
则3(1)2(1)0f f ⎧=⎪⎨⎪=⎩'，即：3322330
a b a ⎧
-+=
⎪⎨⎪-=⎩，解得：12a b =⎧⎨
=⎩. 经检验1,2a b ==符合题意. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知：()3
2
322
f x x x =-
+，()2'()3331f x x x x x =-=-， 令'()0f x =可得0x =或1x =，
由于：()3111222f -=--
+=-，()33
11222
f =-+=，()02f =， 故函数的最大值为()02f =，函数的最小值为()1
12
f -=-.
10.（2019·新疆高考模拟（文））已知函数
（Ⅰ）若,求函数
的单调区间；
（Ⅱ）若函数有两个极值点，求征：
.
【答案】（Ⅰ）在上单调递增，在
上单调递减；（Ⅱ）详见解析.
【解析】 （Ⅰ）当
时，
，
，
当
时，
，当
时，
在
上单调递增，在上单调递减；
（Ⅱ） ，
有两个极值点得
,，
，
令,则 ,
在上单调递增,
.
11．（2019·广西高考模拟（理））设函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）已知函数在上有极值，求实数的取值范围.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）.
【解析】
（1）.当时.
由有，解得；.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）设，，
因为函数在上有极值点，所以函数在上有零点.
当时，，∴，∴，
∴在上单调递增，
∵，所以当时恒成立，
即函数在上没有零点.
当时，，，
时，，时，，∴在上单调递减，在上单调递增
∵，且在上单调递减，∴.
对于，当时，
，
所以存在使
.
所以函数在上有零点.
所以函数
在
上有极值点时，实数的取值范围是
.
12.（2019·天津高考模拟（理））已知函数2
()ln (21)f x a x x a x =-+-，其中a R ∈. （Ⅰ）当a=1时，求函数()f x 的单调区间： （Ⅱ）求函数()f x 的极值；
（Ⅲ）若函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围.
【答案】（Ⅰ）单调减区间为（1，+∞） ，增区间为（0,1）; （Ⅱ）见解析（Ⅲ）a>1 【解析】
（Ⅰ）当a=1时,()2
f x ?lnx x x =-+, f′（x ）=()()2x 1x 11
2x 1x x
+--+=- 当f′（x ）<0时，x>1; f′（x ）>0时，0<x<1
∴函数()f x 的单调减区间为（1，+∞） ，增区间为（0,1） （Ⅱ）f （x ）的定义域是（0，+∞）， f′（x ）()()()2x 1x a a
2x 2a 1x x
+-=
-+-=-
， 若a≤0，则f′（x ）＜0，此时f （x ）在（0，+∞）递减，无极值 若a ＞0，则由f′（x ）＝0，解得：x ＝a ，
当0＜x ＜a 时，f′（x ）>0，当x ＞a 时，f ′（x ）<0， 此时f （x ）在（0，a ）递增，在（a ，+∞）递减；
∴当x=a 时，函数的极大值为f(a)=a lna a 1)+-（，无极小值 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知
当 a≤0时，f （x ）在（0，+∞）递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去； 当a ＞0时，函数的极小值为f(a)=a lna a 1)+-（， 令g(x)=lnx+x-1(x>0)
∵()1
10,g x x
+>'=
∴g(x)在（0，+∞）单调递增，又g(1)=0, ∴0<x<1时，g(x)<0;x>1时，g(x)>0 (i) 当0<a≤1,f(a)=ag(a) ≤0,则函数f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去； (ii) 当a>1时，f(a)=ag(a)>0 ∵21211
f 10a e e e e
⎛⎫⎛⎫=---< ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭∴函数f(x)在（1,a e ）内有一个零点，
∵f(3a -1)=aln(3a-1)-()()()()()2
3121313131a a a a ln a a ⎡⎤-+--=---⎣⎦ 设h(x)=lnx-x(x>2) ∵()1
10,h x x
-<'=
∴h(x)在（2，+∞）内单调递减，则h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0 ∴函数f （x ）在（a,3a-1）内有一个零点.则当a>1时，函数f(x)恰有两个零点 综上，函数()f x 有两个不同的零点时，a>1
13．（2019·北京高考模拟（文））已知函数()(1)ln ()f x m x x m =++∈R . （1）当1m =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的单调区间；
（3）若函数211
()+()2g x x f x x
=-在区间(1,2)内有且只有一个极值点，求m 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）310x y --=（Ⅱ）见解析（Ⅲ）1
24
m -<<
【解析】
（Ⅰ）当1m =时，()2ln f x x x =+， 所以1
(x)2'=+f x
，(1)3f '=． 又(1)2f =，
所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为310x y --= （Ⅱ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞．
1(1)1()1m x f x m x x
'++=++
=， （1）当10m +…
即1m -…时， 因为(0,)x ∈+∞，()0f x '>，
所以()f x 的单调增区间为(0,)+∞，无单调减区间. （2）当10+<m ，即1m <-时，令()0f x '=，得1
1
x m =-
+．
当1
01
<<-+x m 时，()0f x '>； 当1
1
x m >-
+时，()0f x '<； 所以()f x 的单调增区间为10,1m ⎛⎫-
⎪+⎝
⎭，减区间为1,1m ⎛⎫
-+∞ ⎪+⎝⎭
．
综上，当1m -…时，()f x 的单调增区间为(0,)+∞，无单调减区间； 当1m <-时，()f x 的单调增区间为10,1m ⎛
⎫- ⎪+⎝⎭，减区间为1,1m ⎛⎫
-+∞ ⎪+⎝⎭
．
（Ⅲ）因为211
()(1)ln 2g x x m x x x
=
+-+-， 所以3222
11(1)1
()(1)x m x x g x x m x x x
'
-+--=--+-=. 令32
2()(1)1,
()32(1)1h x x m x x h x x m x '=-+--=-+-.
若函数()g x 在区间(1,2)内有且只有一个极值点, 则函数()h x 在区间(1,2)内存在零点. 又(0)10h '
=-<，
所以()h x '在(0,)+∞内有唯一零点0x . 且()00,x x ∈时，()0h x '<
()0,x x ∈+∞时，()0h x '>
则()h x 在()00,x 内为减函数，在()0,x +∞内为增函数. 又因为(0)10h =-<且()h x 在(1,2)内存在零点, 所以(1)0(2)0h h <⎧⎨
>⎩
解得1
24
m -<<
. 显然()h x 在()1,2内有唯一零点，记为1x .
当()11,x x ∈时，()1()0,,2h x x x <∈时，()0h x >，所以()h x 在1x 点两侧异号，即()g x '在1x 点两侧异号，
1x 为函数()g x 在区间(1,2)内唯一极值点.
当2m ≤-时，(1)20h m =--≥ 又(1)0,()0h h x '
'
>>在(1,2)内成立,
所以()h x 在(1,2)内单调递增，故()g x 无极值点.
当1
4
m ≥
时，(2)0,(0)0h h ≤<易得(1,2)x ∈时,()0h x <故()g x 无极值点. 所以当且仅当1
24
m -<<时，函数()g x 在区间(1,2)内有且只有一个极值点.
14.（2019·北京高考模拟（理））已知函数2
1()2sin +1,()cos 2
f x x x
g x x m x =-=+. （Ⅰ）求曲线()y f x =在0x =处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 在(0,)π上的单调区间；
（Ⅲ）当1m >时，证明：()g x 在(0,)π上存在最小值.
【答案】（Ⅰ）1y x =-+；（Ⅱ）单调递减区间为(0,)3π,单调递增区间为()3
π
π,；（Ⅲ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）因为()2sin 1f x x x =-+，所以'
()12cos f x x =-
则(0)1f =，'
(0)1f =-，所以切线方程为1y x =-+
（Ⅱ）令'
()0f x =，即1cos 2x =
，()0,x π∈，得3
x π= 当x 变化时，(),()f x f x '变化如下：
x (0,)3
π
3
π ()3
π
π, '()f x
-
0 +
()f x
减
最小值
增
所以函数()f x 的单调递减区间为(0,)3π,单调递增区间为()3π
π,
（Ⅲ）因为2
1()cos 2
g x x m x =
+，所以'()sin g x x m x =- 令'
()()sin h x g x x m x ==-，则'
()1cos h x m x =-
因为1m >，所以
1
(0,1)m
∈ 所以'
()1cos 0,h x m x =-=即1
cos x m
=
在()0,π内有唯一解0x 当()00,x x ∈时，()0h x '<，当()0,x x π∈时，()0h x '>， 所以()h x 在()00,x 上单调递减,在()0,x π上单调递增. 所以0()(0)0h x h <=，又因为()0h ππ=>
所以()sin h x x m x =-在0(,)(0,)x ππ⊆内有唯一零点1x 当()10,x x ∈时，()0h x <即'
()0g x <，
当()1,x x π∈时，()0h x >即'
()0g x >，
所以()g x 在()10,x 上单调递减,在()1,πx 上单调递增. 所以函数()g x 在1x x =处取得最小值 即1m >时，函数()g x 在()0,π上存在最小值
15.（2019·山东高考模拟（理））设函数()2
ln f x x a x =-.
（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）当2a =时，
①求函数()f x 在1
,e e
⎡⎤⎢⎥⎣⎦
上的最大值和最小值；
②若存在1x ，2x ，…，1,n x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦
，使得()()()()121n n f x f x f x f x -+++≤L 成立，求n 的最大值.
【答案】（1）见解析（2）①()min 1f x =，()2
max 2f x e =-②6
【解析】
（1）()222a x a
f x x x x
='-=-，
故当0a ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增；
当0a >时，令()0f x '>，得22a x >
，所以函数()f x 在2,2a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭
上单调递增； 令()0f x '<，得22a x <
，所以函数()f x 在20,2a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
上单调递减. 综上，当0a ≤时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；
当0a >时，函数()f x 在2,2a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,2a ⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭
上单调递减
（2）①当2a =时，由（1）知，函数()f x 在1,1e ⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
上单调递减，在(]
1,e 上单调递增.故()()min 11f x f ==，
又因为211
23f e e
⎛⎫=
+< ⎪⎝⎭
，()2225.29 2.722 2.82 5.84f e e =-<=-<-=， 故()()2
max 2f x f e e ==-. ②由于，()()()()()()()2
1212111n n e f e f x f x f x f x n f n --=≥≥+++≥-=-L ，
故217n e ≤-<.
由于1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦
时，()2
1,2f x e ⎡⎤∈-⎣⎦，
取123451x x x x x =====，
则()()()2
12552f x f x f x e +++=<-L ，
故n 的最大值为6.
16.（2019·山东高考模拟（文））已知函数.
（Ⅰ）若函数在上单调递减，求实数的取值范围； （Ⅱ）若
，求
的最大值. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】 （Ⅰ）由题意知， 在上恒成立，所以
在
上恒成立.
令，则，
所以在上单调递增，所以，
所以.
（Ⅱ）当时，.
则，
令，则，
所以在上单调递减.
由于，，所以存在满足，即.
当时，，；当时，，. 所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
因为，所以，所以，
所以.。