导数及其应用.板块四.导数与其它知识综合1函数.教师版普通高中数学复习讲义Word版

板块四.导数与其它知识综合
知识内容
1．导数与函数的性质、根本初等函数的结合，这是导数的最主要的考查内容；常常涉及到函数与方程的知识，有时需要结合函数图象求解；
2．导数与数列的结合，要注意数列作为函数的特殊性；
3．导数与三角函数的结合；
4．导数在不等式的证明中的运用，经常需要构造函数，利用导数去求单调性，证明不等式．
典例分析
题型一：导数与函数综合
方程的根的问题
【例1】假设方程
x33ax20有三个不同实根，那
么实数a的取值范围为〔〕
A．a0B．a1C．1a3D．0a1
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】选择
【关键词】
【解析】令f(x)x33ax2，f(x)3x23a3(x2a)，要方程有三个不同实根，必
须
a0〔否那
么
f(x)≥0，f(x)单调增长，最多只有一根〕．
此时f(x)要f(x)在(,
a)
上单调增加，在
0有三个零点，当且仅法f(
(
a)
a,a)
0，且
上单调减少，在
f( a) 0．(a,)上单调增加．
解得a
1．【答案】B
【例2】二次函数
y g(x)的导函数的图像与直线
y 2x
平行，且
y g(x)
在
x1处取得极小值
m 1(m
0)．设f x
gx．
x
⑴假设曲线y f x上的点P到点Q0，2的距离的最小值为2，求m的值；
⑵假设函数y f x kx有且仅有一个零点，求k的值，并求出相应的零点．
⑶kk R如何取值时，函数y f x kx存在零点，并求出零点．
【考点】导数与函数综合【难度】3星
【题型】解答
【关键词】
2021，广东，高考，题
20
【解析】⑴依题可设
g(x)a(x 1)2
m 1〔
a
0〕，那么g
x
2ax12a
x
2a；
又g x 的图像与直线 y2x 平行，∴
2a 2，a
1．
∴gx
x1
2
2
2xm ，fx
gx x
m 2，
m1x
x
x
2
设Px 0，y 0
，那么
PQ
2
y 0 2
x 02 x 0 m
x 02 2
x 0
2x 02
m 2 2m ≥22m 2 2m22|m|2m
x 02
当且仅当2x 02 m 2 时，|PQ|2 取得最小值，即|PQ|取得最小值
2
x 02
当m 0 时， 22 2m
2，解得m
2 1；
当m 0 时， 2 2
2m
2，解得m
2
1．
⑵由y
f
x k
x
1 k x m 20〔x0〕，得1 kx 2
2x m 0
①
x
m
，函数y
m ；
当k 1 时，方程①有一解x
f x kx 有一零点x
2
1． 2
当k 1 时，方程①有一解
4 4m1 k
0，解得k
1
1
m
此时有零点x
m ．
k 1
⑶∵x
，由⑵知，函数y f x kx 存在零点 1 k x 2 2x m 0 ①有解．
当k 1 时，方程①有一解x m
，函数y f x
kx 有一零点x
m ；
2
2
当k 1 时，方程①有一解
4 4m1 k
0，k
1
1 ，
m
此时函数y
f x
kx 有一零点x
1
m ；
k
1
方程①有二解 4 4m1 k
0 ，
假设m 0，k 1 1，
m
函数y
fx
kx 有两个零点x
2 4 4m(1 k)
，即x
1 1 m(1 k)；
2(1 k)
k 1
假设m
0，k
1 1，
m
函数y
fx
kx 有两个零点x
2 4 4m(1 k)
，即x
1 1 m(1 k)；
2(1 k) k 1
综上，当k
1时，函数y
f x
kx 有一零点x
m ；
1
〔m0
1
〔m
2
当k 1
〕或k 1
0〕时，
m
m
函数y
f x
kx 有两个零点x
1 1 m(1
k)；
k 1
当k 1
1
时，函数y
f x
kx 有一零点x 1
m ．
m
k 1
【答案】⑴m
21 ；⑵k 1
1
，零点x
m ；
m
⑶当k 1时，函数y
f x
kx 有一零点x
m ；
2
当k1
1
〔m0〕或k
1
1
〔m
0〕时，
m
m
函数y
f
x kx 有两个零点x
1 1 m(1k)；
k 1
当k1
1
时，函数yf
x kx 有一零点x
1 m ．
m
k
1
【例3】函数f(x)
ax 3 (a1)x 2
48(a 2)xb 为奇函数，
⑴求f(x)的解析式；
⑵求f(x)的单调区间．
⑶假设f(x) m 有三个不同的实根，求 m 的取值范围．
【考点】导数与函数综合 【难度】3星
【题型】解答
【关键词】
【解析】⑴∵函数f(x)是奇函数，所以a
1，b 0，于是f(x)
x 3 48x ，
⑵∴f (x) 3x 2
48 3(x 4)(x 4)，
∴当x ( 4，4) 时，f(x) 0 ；当x (
，4) (4，
)时，f(x)0 ．
所以f(x) 在(4，4) 上单调递减，在( ，4)与(4，
)上单调递增．
⑶f(x)极大
f( 4) 128，f(x)极小 f(4)
128，
当x
时，f(x) ；当x
时，f(x)
，
故当m ( 128，128) 时，f(x)
m 有三个不同的实根．
【答案】⑴f(x)
x 3 48x ；⑵f(x)在(
4，4)上单调递减，在(
，4)与(4， )上单调递增．
m(128，128)．
【例4】设函数fx
x 3 bx 2 cx(x R)，g(x)
f(x)
f(x)是奇函数．
⑴求b 、c 的值．⑵求g(x)的单调区间与极值．
⑶假设g(x) m 有三个不同的实根，求 m 的取值范围．
【考点】导数与函数综合
【难度】3星
【题型】解答
【关键词】2006，安徽，高考
【解析】⑴∵f
x
x 3 bx 2
cx ，∴f
x
3x 2 2bx c ．
从而g(x)
f(x) f
3
2
cx (32
x 2bx
)cx 3
(b3)x
2
(c2b)xc 是一个奇函
(x)x
bx
b 3 0 b
3
数，故
c
；
c 0
⑵由⑴知g(x) x 3 6x ，从而g(x) 3x 2 6，
由此可知，( ， 2) 和(2，
)是函数g(x)的单调递增区间；( 2，2)是函数g(x)的单
调递减区间；
g(x)在x
2时取得极大值，极大值为 4 2，g(x)在x
2时取得极小值，极小值为42．
⑶当x 时，g(x)
；当x
时，g(x)
，
故当m(42，4
2) 时，g(x)
m 有三个不同的实根．
【答案】⑴b
3,c 0；
⑵(
，
2)和(
2，
)是函数g(x)的单调递增区间；
(
2，2)是函数g(x)的单调递减区
间；g(x)在x
2时取得极大值4 2，g(x)在x
2时取得极小值 42．
⑶m (4
2，4 2)．
【例5】设函数f(x)x
3
9
x 2
6xa ．
2
⑴对于任意实数x ，f(x)≥m 恒成立，求m 的最大值；⑵假设方程f(x)0有且仅有一个实根，求a 的取值范围．
【考点】导数与函数综合
【难度】3星
【题型】解答
【关键词】2021，江西，高考，题
17
【解析】⑴f(x)
3x 2 9x 63(x
1)(x 2)，
因为x ( ，
)，f (x)≥m ，即3x 2
9x(6m)≥0恒成立，
所以
81 12(6 m)≤0，得m ≤
3
，即m 的最大值为 3；
4
4
⑵因为当x 1时，f(x)
0；当1x 2时，f(x)0；当x
2时，f(x)
0；
所以当x
1 5
a ；
时，f(x)取极大值f(1)
2
当x 2 时，f(x)取极小值f(2)2 a ；
〔而当x
时，f(x)
；当x
时，f(x)
；
注：标准答案没有这一段，默认了三次函数的两边趋于无穷大的特征〕
故当f(2)
0或f (1)0时，方程f(x)0
仅有一个实根．解得a
2或a 5．
2
故a 的取值范围为 ，
5， ．
2
2
3 ；⑵
， 5，
．
【答案】⑴
2
2
4
【例6】函数f(x)
ax 3 bx 2 4x 的极小值为
8，其导函数y
f
(x)的图象经过点( 2，0)，如图
所示．
⑴求f(x)的解析式；
⑵假设函数y
fx
k 在区间[
3，2] 上有两个不同的零点，求实数
k 的取值范围．
y
-2 O x
【考点】导数与函数综合
【难度】3星 【题型】解答
【关键词】2021-2021，海淀，高三，第一学期，期中测试
【解析】⑴f(x)
3ax 2 2bx
4
，且yf(x)的图象过点(2，0) ， 所以 2为3ax 2 2b
x
4 0的根，代入得： 3ab1 0①
由图象可知， f(x)在x 2时取得极小值，
即f( 2)
8，得b
2a ②
由①②解得a 1，b 2 ． ∴f(x)
x 3
2x 2
4x ．
⑵由题意，方程f(x)k在区间[3，2]上有两个不等实根，
即方程x 32
4x k在区间[3，2]上有两个不等实根．2x
f(x)3x24x4，令f(x)0，解得x2或x2．
3可列表：
x3(3，2)2
22
(
2，
2 (2，)
3
2)
33
f'(x)－0＋0－
f(x)3↘极小值
↗极大值
40
↘8 827
由表可知，当k8或3k 40
时，方程x32x24x k在区间[3，2]上有两个不等实根，27
即函数y f x k在区间[3，2]上有两个不同的零点．
【答案】⑴f(x)x32x24x；⑵k8或3k40．
27
【例7】二次函数f(x)满足：①在x1时有极值；②图象过点(0，3)，且在该点处的切线与直线
2xy0平行．
⑴求f(x)的解析式；
⑵求函数g(x)f(x2)的单调递增区间．
⑶求g(x)在[1，2]上的最大值与最小值．
⑷关于x的方程g(x)m最多有几个解?并求出此时m的取值范围．
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】解答
【关键词】
【解析】设f(x)ax2bx c，那么f(x)2ax b．
f(1)02a b0a1
由题设可得：f(0)2，即b2，解得b2．
f(0)3c3c3
所以f(x)x22x3．
⑵g(x)f(x2)x42x23，g(x)4x34x4x(x1)(x1)
列表：
x(，1)1(1，0)0(0，1)1(1，)
g(x)000
g(x)↘4↗3↘4↗
由表可得：函数g(x)的单调递增区间为(1，0)和(1，)．
⑶由⑵知，g(x)在x0时取到极大值3；在x1时，取到极小值4，
又g(2)f(2)3，故g(x)在[1，2]上的最大值为3，最小值为4；
⑷作出g(x)的草图〔略〕，可知当m(4，3)时，g(x)m有四个解，为解最多的情况．
【答案】⑴f(x)x22x3；⑵g(x)的单调递增区间为(1，0)和(1，)．⑶最大值为3，最小值为4；
⑷当m(4，3)时，g(x)m有四个解，为解最多的情况．
【例8】设函数f
x x lnx
m
，其中常数m 为整数．
⑴当m 为何值时，f x ≥0；
⑵定理：假设函数g x 在a ，b 上连续，且ga 与gb 异号，那么至少存在一点x 0
a ，
b ，
使gx 0
0．〔注：此定理在新课标的必修一中已经给出了〕
试用上述定理证明：当整数 m 1 时，方程f x
0在
e m
， 2m m 内有两个实根．
m e 【考点】导数与函数综合
【难度】3星
【题型】解答
【关键词】2004，广东，高考
【解析】⑴函数f(x)
x ln(x m)，x
( m ， )连续，且f(x) 1
x 1 x m 1．
m x m
令f (x) 0得x 1 m ．
当x ( m ，1 m)时，f (x) 0，f(x)为减函数，f(x) f(1 m)；
当x (1m ，
)时，f (x) 0，f(x)为增函数，f(x)
f(1 m)．
根据函数极值判别方法，f(1m)
1m 为极小值，而且对x
(m ，)都有
．
f(x)≥f(1m)1m
故当整数m ≤1时，f(x)≥1 m ≥0；
⑵由⑴知，当整数m
1时，f(1
m) 1 m
0，
函数f(x)
x ln(x m)在[e
m
m ，1 m]上为连续减函数．
f(e m m) e m m ln(e m m m) e m
0，
当整数m
1时，f(e m m)与 f(1m)异号，
由所给定理知，存在唯一的 x 1 (e m
m ，1 m)，使f(x 1)
0，
而当整数m
1时，f(e 2m m) e 2m 3m ，
记g(x) e 2x 3x ，那么
g(x) 2e 2x 3，
当x 1 时，g(x) 0，故g(x)在(1， )上单调递增，从而 g(x) g(1)0．
故f(e 2m m)e 2m 3m0．
类似地，
当整数m
1时，函数f(x)
xln(x
m)在[1
m ，e 2m m]上为连续增函数，且
f(1m)与
f(e 2m m)异号，
由所给定理知，存在唯一的 x 2 [1 m ，e 2m m]，使f(x 2)
0 ．
故当m 1 时，方程f(x) 0在[e m
m ，e 2m m]内有两个实根．
【答案】⑴ ；⑵见解析．
m ≤1
【例9】f(x)是二次函数，不等式
f(x)
0的解集是(0，5) ，且f(x)在区间
1，4上的最大值是
12．
⑴求f(x)的解析式；
⑵是否存在自然数 m ，使得方程
f(x)
37 0在区间(m ，m1)内有且只有两个不等的实数
x
根？假设存在，求出
m 的取值范围；假设不存在，说明理
由．
【考点】导数与函数综合
【难度】3星
【题型】解答
【关键词】2006，福建，高考
【解析】⑴∵f(x)是二次函数，且
f(x) 0的解集是(0，5)，
∴可设f(x)ax(x5)(a0)，它的图象为开口向上的抛物线，对称轴为x5．
2
f(x)在区间1，4上的最大值是f(1)6a．
由得6a12，∴a2，∴f(x)2x(x5)2x210x(xR)．
⑵方程f(x)370等价于方程2x310x2370．
x
设h(x)2x310x237,那么h(x)6x220x2x(3x10)．
当x
10
时，h(x)0，h(x)是减函数；0，
3
当x10，时，h(x)0，h(x)是增函数．3
∵h(3)10，101
，
50，h
27
h(4)
3
∴方程h(x)0在区间
3
10
，
10
，内分别有惟一实数根，而在区间(0，3)，(4，)内，
334
没有实数根，
所以存在惟一的自然数m3，使得方程f(x)37
内有且只有两个不同0在区间(m，m1)
x
的实数根．
【答案】⑴f(x)2x210x；⑵存在，m3．
【例10】设a为实数，函数
32
x a，f(x)x x
⑴求f(x)的单调区间与极值；
⑵当a在什么范围内取值时，方程f(x)0仅有一个根．
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】解答【关键词】2005，全国，高考
【解析】⑴f(x)3x22x1，令f(x)
x，
1
3
f(x)+
(x)
∴f(x)的单调递增区间为0得112，x变化时，f(x)，f(x)变化如下：x，x1
3
11，
1(1，)
331
00+
极大值极小值
，
1
与(1，)；单调递减区间为
1，
；
331
f(x)的极大值是f 15
a1．3
a，极小值是f(1)
27
⑵易知x足够大时，f(x)0；x足够小时，f(x)0，所以f(x)与x轴至少有一个交点．由f(x)的单调性知：
当f(x)的极大值0时，极小值也0，f(x)与x轴仅有一个交点；
或当f(x)的极小值0时，极大值也0，f(x)与x轴也只有一个交点．
5
a0或a10时，y f(x)与x轴只有一个交点，综上可知当
27
此时可解出a5或a1．
27
【答案】⑴f(x)的单调递增区间为
，
1
与(1，
)；单调递减区间为
1
，；极大值是
3
3
1 5
1．⑵a
,
5 )．
f
a ，极小值是f(1)a
(1,
3
27
27
【例11】函数
f x
1 3
2
b 在x
2处有极值．
x ax
⑴求函数f x
3
的单调区间；
⑵假设函数f x 在区间 3 ,3 上有且仅有一个零点，求 b 的取值范围．
【考点】导数与函数综合
【难度】3星 【题型】解答
【关键词】2021，丰台，二模，题
19
【解析】⑴f x
x 2 2ax
由题意知： f(
2) 4 4a 0，得a
1，
∴fx x 2 2x ，
令fx
0，得x
2或x 0，
令f x 0，得2 x
0，
∴fx 的单调递增区间是
,2 和0,
，单调递减区间是
2,0 ．
⑵由⑴
知，f
x 1 3 2
b ，
x x
3
f2
4 b 为函数f
x 极大值，f
0b 为极小值．
3
∵函数f x 在区间 3,3 上有且仅有一个零点，
f 3≤0
f3≥0
f 3
0 f
2 0 f
3 0
∴
或
f
2
或
或 f3
或
，
f0
0 f3
f0
18 b ≥0
即4
b
0 ，
3
∴18≤b
4
，即b 的取值范围是
18, 4 ．
3
3
【答案】⑴fx
的单调递增区间是
,2
和0,
，单调递减区间是
2,0 ．⑵18,
4．
3
【例12】函数
fx
x 3 ax 2 b a ，b R ．
⑴假设
a 1 ，函数 fx
的图象能否总在直线 yb 的下方？说明理由？
⑵假设函数fx 在 0，2上是增函数，求a 的取值范围．
⑶设x 1，x 2，x 3
为方程fx
0的三个根，且x 1 1，0
，x 2
0，1 ，
x 3
，1
1，
，求证：a
1．
【考点】导数与函数综合
【难度】4星
【题型】解答
【关键词】2021，西城，一模，题
20
【解析】⑴当a
1 时，f
x
x 3 x 2 b ，
因为f 1b
2 b ，所以，函数 fx 的图象不能总在直线y b 的下方．
⑵由题意，得f
x
3x 2 2ax ，
令f x
0，解得x 0或x 2 a ，
3
当a 0 时，由f
x 0
，解得2
a
x
0，
3
所以 f x 只在 2 ， 上是增函数，与题意不符，舍去；
3
当a 0 时，由f x
3x 2≤0，与题意不符，舍去；
当a 0 时，由f
x
0，解得 0 x
2
a ，所以f
x 在 0，
2
3a 上是增函数，
3
又f x 在 0，2 上是增函数，所以 2 a ≥2，解得a ≥3
，
3
综上，a 的取值范围为 3，
．
⑶因为方程fx
x 3 ax 2 b 0最多只有3 个根，
由题意，得在区间
1，0内仅有一根，
所以f1f0 b1ab 0，
①
同理f 0f1
b1ab
0，②
当b 0 时，由①得 1 a b 0，即a b1，
由②得1ab 0，即a b1，
因为b
1 b 1，所以a
b 1
1，即a
1
；
当b 0 时，由①得 1 a b 0，即a
b1，
由②得
1 ab 0
，即
a b ，
1
因为b 1 b 1，所以a
b 1 1，即a 1．
当b 0时，因为f
0 0，所以f
x 0有一根0，这与题意不符．
综上，a
1．
注：在第⑶问中，得到①、②后，可以在坐标平面 aOb 内，用线性规划方法解．
【答案】⑴略；⑵a
3，
；⑶略．
图象的交点问题
【例13】直线y
kx 与曲线y
lnx 有交点，那
么
k 的最大值为〔 〕
A ．e 1
B ．e
C ．e 2
D ．0
【考点】导数与函数综合 【难度】2星
【题型】选择
【关键词】
【解析】结合图象知，当直线y
kx 与曲线y
lnx 相切时，k 有最大值．设切点为
(x 0,y 0)，有
y 0 lnx 0 1
k
x 0
，从而lnx 01，解得x 0e ．
x 0 x 0
【答案】B
【例14】直线y
ex b 〔e 为自然对数的底数〕与两个函数f(x)
e x ，g(x)
lnx 的图象至多有一个公
共点，那么实数b 的取值范围是__________．
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】填空【关键词】2021，丰台，二模，题14
【解析】考虑函数
f ()e x
，g(x)lnx的图象斜率为e的切线的截距即可．x
对于f(x)e x，斜率为e的切线为y ee x1，即y ex，截距为0；
对于g(x)lnx，斜率为e的切线为y ln1ex1，即y ex2，截距为2；
e e
因此实数b的取值范围是2,0．
【答案】2,0
【例15】函数f(x)x33ax1,a0
⑴求f x的单调区间；
⑵假设f x在x1处取得极值，直线y m与y fx的图象有三个不同的交点，求m的取
值范围．
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】解答
【关键词】2021，陕西，高考
【解析】⑴fx3x23a3x2a，
当a0时，对x R，有f x0，∴当a0时，f x的单调增区间为，．
当a0时，由f x0解得x a或x a；由f x0解得ax a，
∴当a0时，f x的单调增区间为，a，a，，单调减区间为a，a．
⑵∵f x在x1处取得极值，∴f13123a0，∴a1．
∴fx x33x1，fx3x23，
由fx0解得x11，x21．
由⑴中fx的单调性可知，f x在x1处取得极大值f(1)1，
在x1处取得极小值f(1)3．
又f(3)193，f(3)171，f(x)的图象大致如下．
y
1y=m
O x
-3
y=m
∵直线y m与函数y f(x)的图象有三个不同的
交点，结合
范围是3，1．
【答案】⑴当a 0时，f x的单调增区间为，．
当a 0时，f x的单调增区间为，a，
a，
⑵m的取值范围是3，1．
f(x)的图象可知，m的取值
，单调减区间为a，a．
【例16】函数f x x
33ax1，gx f x a
x
5，其中f(x)是f(x)的导函数．
⑴对满足1≤a≤1的一切a的值，都有gx0，求实数x的取值范围；
⑵设a m 2，当实数m 在什么范围内变化时，函数
y f x 的图象与直线y
3只有一个公
共点．
【考点】导数与函数综合
【难度】3星
【题型】解答
【关键词】2006，四川，高考
【解析】⑴由有g(x)3x 2
ax 3a 5，令h(a) (3
x)a 3x 2
5，h(a)是a 的一次函数，
所以只需h(
1) 0，h(1) 0，解得x 的范围为
2
，．
3
⑵f(x)
x 3 3m 2x 1与y 3只有一个交点，就是方程 x 3 3m 2x 13只有一个实数根．
易知方程至少有一个实数根．
当m 0时，显然x 3 1
3只有一个实数根；
当m 0 时，令h(x) x 3 3m 2x 13，h(x)
3(xm)(x
m)
0的根为x m ，
h(x)的单调性如下表：
(
，|m|)
|m| (|m|，|m|)
|m| (|m|，)
h(x) 0
h(x)
极大值
极小值
h(x) 0 只有一个实根，那么h(x)的极大值 0或极小值 0
，即：h(|m|) |m|3
3|m|340
或h(|m|) |m|3 3|m|3 40，
解得32 m0或0m
3
2．
综上，当m
( 32，32) 时，f(x)的图象与y
3只有一个交点．
【答案】⑴
2
，；⑵
m ( 3 3
3 1
2， 2)．
【例17】函数f(x)
x 3 x 2 ax b ．
⑴当a
1时，求函数f(x)的单调区间；
⑵假设函数f(x)的图象与直线y
ax 只有一个公共点，求实数 b 的取值范围．
【考点】导数与函数综合
【难度】3星
【题型】解答
【关键词】2021-2021，海淀，高三，第一学期，期中测试
【解析】⑴f(x)
3x 2 2x 1 (3x 1)(x 1)
令f (x) 0，解得x
1
或x
1
；令f (x) 0，解得 1 x 1．
3
1
3
1
所以f(x)的单调递增区间为
(
， )，f(x)的单调递减区间为 (
，1)，( 1，)．
3
3
⑵因为函数f(x)的图象与直线 y ax 只有一个公共点，
所以方程x 3 x 2 axb ax 0只有一个解，即x 3
x 2 b 0只有一个解．
令g(x) x 3 x 2 b ，那么其图象和x 轴只有一个交
点，
g(x)
3x 2 2x ，令g(x)3x 2
2x0，所以x 1
0，x 2
2，
3
可列表：
x
( ，2
) 2
( 2
，0)
(0，)
3
3
3
g(x)
＋
－
＋
极大值
g(x)↗4↘极小值b↗
b
27
所以，g(x)在x10处取得极小值b，在x22
取得极大值4b，327
32
b的其图象和x轴只有一个交点，要使g(x)x x
b0b0
只要4
0或4
b
，
b
270
27
解得b0或b4．
27
1【答案】⑴f(x)的单调递增区间为(，1)，(1，)，单调递减区间为．
(1，)
433
⑵b0或b．
27
【例18】函数f x 132
bx，且f10．3
x ax
⑴试用含a的代数式表示b；
⑵求f x的单调区间；
⑶令a1，设函数fx在x1，x2x1x2处取得极值，记点M x1，f x1，N x2，fx2，
证明：线段MN与曲线f x存在异于M，N的公共点．
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】解答
【关键词】2021，福建，高考
【解析】⑴依题意，得f x x22ax b．由f112ab0得b2a1．
⑵由⑴得fx1x3ax22a1x，
3
故f x x22ax2a1x1x2a1．
令fx0，得x1或x12a．
①当a1时，12a1．
当x变化时，f x与f x的变化情况如下表：
x，12a12a，11，
f x
f x单调递增单调递减单调递增
由此得，函数f x的单调增区间为，12a和1，，单调减区间为12a，1．
②当a1时，12a1．此时，f x≥0恒成立，且仅在x1处f x0，故函数f x
的单调增区间为R．
③当a1时，12a1，同理可得函数f x的单调增区间为，1和12a，，
单调减区间为1，12a．
综上：
当a1时，函数f x的单调增区间为，12a和1，，单调减区间为
1 2a，1．
当a 1 时，函数 f(x)的单调增区间为R ；
当a 1 时，函数 f(x)的单调增区间为( ，1) (1 2a ， )，单调减区间为(1，12a)．
⑶当a
1 时，得f x
1 x 3
x 2 3x ，由f
x
x 3
2x3 0，得x 1
1，x 23
3
由⑵得f x 的单调增区间为 ，1和
3，
，单调减区间为
1，3
所以函数f x 在x 1 1，x 2
3
处取得极值．
故M
1 ， 5
，N
3，9 8
x1．
3
，所以直线MN 的方程为y
3
y 1 x 2 x 2
3x
由
3 ，得 3 3x 2
．
8
x x30
x1
3
令F(x)
x 3
3x 2 x 3，易得F 0 3 0，F 2 3 0，
而Fx 的图像在0，2内是一条连续不断的曲线，故Fx 在0，2内存在零点x 0，这说明线段MN 与曲线fx 有异于M ，N
的公共点．
当然也可以直接由F(x)0有根1，3 ，将F(x)因式分解
F(x)(x1)(x3)(x1)，可得F(x)的第3个根为1，
所以线段MN 与曲线f(x)有异于M ，N 的公共点
，11 ． 1
3
【答案】⑴b 2a1；
⑵当a1时，函数fx 的单调增区间为
，1 2a
和1，
，单调减区间为 1 2a ，1．
当a 1时，函数f(x)的单调增区间为 R ；
当a 1时，函数f(x)的单调增区间为
(
，1) (1 2a ，
)，单调减区间为( 1，1 2a)；
⑶略．
【例19】f(x)
mx 3 3(m 1)x 2 3(m2)x
1，其中mR ．
⑴假设m 0
，求f(x)的单调区间；
⑵在⑴的条件下，当x 1，1时，函数y f(x)的图象上任意一点的切线斜率恒大于
求m 的取值范围；
⑶设g(x)
mx 3 (3m 2)x 2 3mx 4lnxm
1，问是否存在实数
m ，使得yf(x)
3m ，
的图象与
g(x)的图象有且只有两个不同的交点？假设存在，求出m 的值；假设不存在，说明理由．
【考点】导数与函数综合 【难度】3星
【题型】解答
【关键词】
【解析】⑴f(x)
3mx 2 6(m
1)x3m63m(x 1) x
1 2 ，
m
当m
0时，有1 1
2
，当x 变化时，f(x)与f(x)的变化如下表：
m
x
， 2
2 1 2， 1
1，
1
m
1
m 1
m
f(x) 0 0
f(x)
极小值
极大值
故有上表知，当m
0 时，f(x)在
， 2 单调递减，在 2
，单调递增，在(1，)
1
m
1
1
m
上单调递减．
⑵由得f(x)
3m ，即mx 2 2(m
1)x2 0，
又m 0 ，所以x 2
2 (m 1)x 2
0〔x
1，1〕
①
m m
设h(x)
x 2
21
1 x
2
，其函数开口向上，由题意知 ①式恒成立，
m m
∴h(1)
1 2
2 2
0，
m m
h(1) 0
1 0
解之得m
4
，又m 0 ，所以m 的取值范围为 4， ；
3 3 0
⑶令(x)g(x)
f(x)，那么 (x) 2 6x4lnxm
x
因为x 0，要使函数f(x)与函数g(x)有且仅有2个不同的交点，
那么函数
(x)
x 2
6x
4lnxm 的图象与x 轴的正半轴有且只有两个不同的交点
2
2)(x
∴
(x) 2x 6 4 2x
6x 4
2(x1)(x
0)
x
x x
当x (0,1)时，
(x) 0，(x)是增函数；
当x (1, 2)时， (x) 0 ，(x)是减函数；
当x (2,
)时，
(x) 0，(x)是增函数；
∴(x)有极大值
(1)
m 5； (x)有极小值 (2) m 4ln2
8．
又因为当x 充分接近 0时，(x)0；当x 充分大时，
(x)0
所以要使 (x) 0有且仅有两个不同的正根，必须且只须
(1)
0或(2) 0，
即m 5 0 或m4ln2 8 0，∴m 5或m 84ln2．
∴当m 5或m 8 4ln2时，函数f(x)与g(x)的图象有且只有两个不同交点．
【答案】⑴f(x)在
， 2 单调递减，在
2 ，单调递增，在(1， )上单调递减．
m
m
⑵
4， ；⑶存在， m 5或
m 84ln2
．
3 0
【例20】函数f(x)
x 2 8x ，g(x) 6lnx m ．
⑴求f(x)在区间t ，t
1 上的最大值h(t)；
⑵是否存在实数m ，使得y
f(x)的图象与y g(x)的图象有且只有三个不同的交点？假设
存
在，求出m 的取值范围；假设不存在，说明理由．
【考点】导数与函数综合
【难度】3星
【题型】解答
【关键词】2006，福建，高考
【解析】⑴ f(x)
x 2 8x (x 4)2
16．
当t
1 4，即 t3 时，f(x)在t ，t
1上单调递增，
h(t)
f(t
1)
(t 1)2
8(t
1) t 2
6t 7；
当t ≤4≤t 1，即3≤t ≤4时，h(t) f (4)
16；
当t
4时，f(x)在t ，t
1 上单调递减， h(t)
2
．
f(t)t8t
t 2 6t 7 t 3
综上，h(t)
16
3≤t ≤4；
t 2
8t
t 4
⑵函数y f(x)的图象与y g(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数(x)g(x)f(x)
的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点．
∵(x)x28x6lnx m，
∴(x)2x862x28x62(x1)(x3)(x0)，
x x x
当x(0，1)时，(x)0，(x)是增函数；当x(1，3)时，(x)0，(x)是减函数；
当x(3，)时，(x)0，(x)是增函数；当x1或x3时，(x)0．
∴(x)极大值(1)m7，(x)极小值(3)m6ln315．
∵当x充分接近0时，(x)0；当x充分大时，(x)0．
∴要使(x)的图象与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须
(x)m70
最大值，即7m156ln3．
(x)m6ln3150
最小值
所以存在实数m，使得函数y f(x)与y g(x)的图象有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7，156ln3)．
t26t7t3
【答案】⑴h(t)163≤t≤4；⑵存在，m的取值范围为(7，156ln3 )．
2
8t t4
t
【例21】x3是函数f x aln1x x210x的一个极值点．
⑴求a；
⑵求函数f x的单调区间；
⑶假设直线y b与函数y fx的图象有3个交点，求b的取值范围．【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】解答
【关键词】
【解析】⑴因为f x
a
2x10，1x
所以f3a
6100，因此a16；4
⑵由⑴知，fx16ln1x x210x，x1，
fx 2x24x3
，1x
当x1，13，时，fx0；当x1，3时，fx0．
所以f x的单调增区间是1，1，3，；f x的单调减区间是1，3．
⑶由⑵知，fx在1，1内单调增加，在1，3内单调减少，在3，上单调增加，且当x1或x3时，fx0，
所以f x的极大值为f116ln29，极小值为f332ln221．
因为f16162101616ln29f1
fe21321121f3
所以在f x的三个单调区间1，1，1，3，3，直线y b与y f x的图象各有一个交点，当且仅当f3b f1．
因此，b的取值范围为32ln221，16ln29．
【答案】⑴a 16；⑵f x的单调增区间是1，1，3，；单调减区间是1，3．
32ln221，16ln29．
【例22】函数f(x)x44x3ax21在区间[0，1]上单调递增，在区间[1，2]上单调递减；
⑴求a的值；
⑵是否存在实数b，使得函数
2
1的图象与函数f(x)的图象恰有2
个交点，假设存
在，
g(x)bx
求出实数b的值；假设不存在，试说明理
由．
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】解答【关键词】
【解析】⑴∵f(x)在区间[0，1]上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，
∴f(1)
32
2ax，∴f(1)2a80a4．0，f(x)4x12x
⑵由⑴知f(x)x44x34x21，由f(x)g(x)可得x44x34x21b
x21，
即x2(x24x4b)0．
∵f(x)的图象与g(x)的图象只有两个交点，
∴方程x24x4b0有两个非零等根或有一根为0，另一个不为0，
∴164(4b)0或4b0，∴b0或b4．
【答案】⑴a4；⑵存在，b0或b4．
其它
【例23】f(x)lgx，函数f(x)定义域中任意的x1,x2(x1x2)，有如下结论：
①0f(3)f(3)f(2)f(2)；②0f(3)f(2)f(3)f(2)；
③f(x1)f(x2)
0；④f
x1x2f(x1)f(x2)
．x1x222
上述结论中正确结论的序号是．
【考点】导数与函数综合【难度】2星【题型】填空
【关键词】
【解析】结合函数f(x)lgx的图象与导数的几何意义知，①正确，②错误；
③正确，④错误．
【答案】①③
【例24】二次函数y g(x)的图象经过原点O(0，0)、点P1(m，0)和点P2(m1，m1)〔m0，且m1〕．
⑴求函数y g(x)的解析式；
⑵设f(x)(xn)g(x)〔m n 0〕，假
设f(a)f(b)0，b a，求证：bn a m．
⑶在例题⑵的条件下，假设m n22，那么过原点与曲线y f(x)相切的两条直线能否互相垂
直？假设能，请给出证明；假设不能，请说明理
由．
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】解答
【关键词】
r0p1
【解析】⑴设g(x)px2qxr(p0)，依题意得pm2qm r0，解得q m．
p(m
2
q(m1)rm1r0 1)
∴g(x)x2mx．
⑵f(x)x(xn)(xm)x3(mn)x2mnx，∴f(x)3x22(m n)xmn，依题意得a，b是方程f(x)0的两个实数根，
又f(0)mn0，f(n)(n m)n0，f(m)m(mn)0，
故两根a，b分布在区间(0，n)、(n，m)内，又b a，∴b n a m成立；
⑶设f(x)的过原点的切线对应切点的横坐标为x0，
那么切线方程为
y f(x0)[3x022(m n)x0mn](xx0)，
假设此切线过原点，那么
有x0(x0m)(x0n)[3x022(mn)x0mn](x0)，
解得x00或x0mn．
2
故f(x)有两条过原点的切线，设对应的切点的横坐标分别为
那么12mn，
x0，x
2
1
从而两切线的斜率分别为k1(m n)2
mn，k2mn，
4
假设两切线互相垂直，那
么k1k21，∴m
n2
2
．此时有
mn1
∴存在过原点且与曲线相切的两条互相垂直的直线．
【答案】⑴g(x) x2mx；⑵略；⑶能，证明略．
x1，x2，且x1x2，
m21，
21
【例25】设函数y f(x)在(a,b)上的导函数为f(x)，f(x)在(a,b)上的导函数为f(x)，假设在(a,b)上，
f(x)0恒成立，那么称函
数f(x)在(a,b)上为“凸函数〞．f(x)1x41mx33x2．
⑴假设f(x)为区间(1,3)上的“凸函数〞，试确定实数m的值；
1262
⑵假设当实数m满足|m|≤2时，函数f(x)在(a,b)上总为“凸函数〞，求b a的最大值．
【考点】导数与函数综合【难度】3星【题型】解答
【关键词】
【解析】由函数f(x)1x41m x33x2得，f(x)x2mx3，
1262
⑴假设f(x)为区间(1,3)上的“凸函数〞，那么有f(x)x2mx30在区间(1,3)上恒成立，由二次
函数的图像，当且仅当f(1)1m3≤0m≤2
2．f(3)93m3≤0
，即m
m≥2
⑵当|m|≤2时，f(x)x2mx30恒成立当|m|≤2时，mx x23恒成立．当x0时，f(x)30显然成立．
当x0，x 3
m，x
∵m的最小值是2．∴x 3
2．从而解得0x1．x
当x0，x 3
m，x
∵m的最大值是2，∴x 3
2，从而解得1x0．x
综上可得1x1，从而(b a)max1(1)2．
【答案】⑴m2；⑵(b a)
max2．
【例26】函数f(x)的图象在[a,b]上连续不断，定义：
f 1(x)min{ f(t)|a ≤t ≤x}(x [a,b])，f 2(x) max{f(t)|a ≤t ≤x} (x[a,b])．
其中，min{ f(x)|xD}表示函数f(x)在D 上的最小值，max{ f(x)|x D}表示函数f(x)在D 上 的最大值．假设存在最小正整
数
k ，使得f 2(x) f 1(x)≤k(xa)对任意的x[a,b]成立，那么称函数 f(x)为[a,b]上的“k 阶收缩函数〞．
⑴假设f(x)cosx ，x[0,π]，试写出f 1(x)，f 2(x)的表达式；
⑵函数f(x)x 2， x [1, 4] ，试判断 f(x) 是否为
[1,4]
上的“阶收缩函数〞，如果是，求
k
出对应的k ；如果不是，请说明理由；
⑶b0，函数f(x)
x 3 3x 2是[0,b]上的2阶收缩函数，求b 的取值范围．
【考点】导数与函数综合
【难度】5星 【题型】解答
【关键词】2021，海淀，二模，题 20
【解析】⑴由题意可得：
x 2,x
⑵f 1(x)
0, x
f 1(x) cosx,x[0,
[ 1, 0)，f 2(x) [0, 4]
π] ， f 2(x)
1,x[0,π]． 1, x [1, 1)
x 2,x [1, ，
4]
1 2
, x [1,0)
x
f 2(x)
f 1(x)
1, x [0,1) ，
x 2,x
[1, 4]
当x [1,0]时，1x 2≤k(x 1)，∴k ≥1x ，k ≥2；
当x (0, 1)时，1≤k(x
1)，∴k ≥
1
，∴k ≥1 ；
1
x
当x [1, 4]时，x 2
≤k(x
1) ，∴k ≥
x 2
，∴k ≥
16
．
x
1
5
综上所述，k ≥
16
．
5
即存在k 4 ，使得f(x)是[ 1, 4]上的4阶收缩函数．
⑶f(x) 3x 2
6x
3xx2
，令f(x)
0得x0或x2．
函数fx
、f (x)的变化情况如下：
x ( , 0)
(0,2)
2 (2,
)
f(x)
f(x)
极小值
极大值
令f(x) 0，解得x 0或3．
ⅰ〕b ≤2时，f(x)在[0, b]上单调递增，因此，
f 2(x)fx
x 3
3x 2，f 1(x)f00．
因为f(x)
x 3 3x 2是[0, b]上的2阶收缩函数，
所以，①f 2(x) f 1 x ≤2 x 0 对x [0, b]恒成立；
②存在x 0,b ，使得f 2(x)
f 1 x
x 0成立．
①即：x 3 3x 2≤2x 对x
[0, b]恒成立，
由x 3
3x 2≤2x ，解得：
0≤x ≤1或x ≥2，
要使 x 3 3x 2≤2x 对x[0,
b]恒成立，需且只需
0 b ≤1．
②即：存在x [0, b]，使得xx 2
3x 1 0成立．
由xx
2
3x 1 0得：x
0或
3
5 x 3
5
，所以，需且只需 b
35．
2
2
2
综合①②可得：
3
2 5
b ≤1．
ⅱ〕当b 2 时，显然有
3
[0, b]，由于f(x)在[0, 2]上单调递增，根据定义可得：
2
导数及其应用.板块四.导数与其它知识综合1函数.教师版普通高中数学复习讲义Word版
f327，f30，可得f3f327233，
22812221282
此时，f2(x)f1x≤2x0不成立．
综合ⅰ〕ⅱ〕可得：3
5b≤1．
2
注：在ⅱ〕中只要取区间(1,2)内的一个数来构造反例均可，这里用
3只是因为简单而已．
2
【答案】⑴f1(x)cosx,x[0,π]，f2(x)1,x[0,π]．
⑵存在k4，使得f(x)是[1,4]上的4阶收缩函数．⑶3
2
5b≤1．
【例27】设f x是定义在区间1，上的函数，其导函数为f x．如果存在实数a和函数h x，其中h x对任意的x1，都有h x0，使得f x h x x2ax1，那么称函数f x具
有性质Pa．
⑴设函数f(x)lnx b 2
(x1)，其中b为实数，
x1
〔ⅰ〕求证：函数f x具有性质Pb；
〔ⅱ〕求函数f x的单调区间．
⑵函数gx具有性质P2．给定x1，x21，，x1x2，设m为实数，mx11mx2，
1mx1mx2，且1，1，假设g g g x1gx2，求m的取值范围．【考点】导数与函数综合【难度】4星【题型】解答
【关键词】2021，江苏，高考20
【解析】⑴〔ⅰ〕由f x lnx b2得f x x2bx1
，x x1
2
x q
因为x1时，h x120恒成立，
x x1
所以函数fx具有性质Pb；
〔ⅱ〕当b≤2时，由x1得x2bx1≥x22x1x120所以f x0，故此时f x在区间1，上单调递增；
当b2时，解方程
2b
x10得：x1
b b24b b24
x
2，x22，
因为x1b b2422
1,x2
b b24
1 2b b24b2
所以当x1，x2时，f(x)0；所以当x x2，时，f(x)0；x x2时f(x)0
从而函数f(x)在区间1，b
b24上单调递减，在区间b b24，上单调递增．22
综上所述，当b≤2时，函数f(x)的单调增区间为1，；
当b2时，函数f(x)的单调减区间为1，b
b24；单调增区间为b b24，．22
⑵由题设知，g(x)的导函数g(x)h(x)x22x1，其中函数h(x)0对于任意的x1，都成立，所以，当x1时，g(x)h(x)(x1)20，从而g(x)在区间1，上单调递增．
①当m0，1时，有mx1(1m)x2mx
1(1m)x1x1，
导数及其应用.板块四.导数与其它知识综合1函数.教师版普通高中数学复习讲义Word版
mx
2(1m)x2x2，得x1，x2，同理可得x1，x2，所以由g(x)的单调性知g()、g()gx1，gx2，
从而有g()g()g x1gx2，符合题设．
②当m≤0时，mx11mx2≥mx21mx2x2，
1mx1mx2≤1mx1mx1x1，
于是由1，1及g x的单调性知g≤g x1g x2≤g，
所以g g≥gx1gx2，与题设不符．
③当m≥1时，同理可得≤x1，≥x2，进而得g()g()≥g(x1)g(x2)，与题设不符．
因此综合①、②、③得所求的m的取值范围是0，1．
【答案】⑴〔ⅰ〕略；〔ⅱ〕当b≤2时，函数f(x)的单调增区间为1，；
当b2时，函数f(x)的单调减区间为1，b
b24；单调增区间为bb2
4，
．22
0，1．
【例28】函数f(x)x2，g(x)x1，
⑴函数x log m x2x，如果hx 1
x x是增函数，且h x的导函数h x存f
2
在正零点，求m的值；
⑵设Fx fx tg x1t t2，且F x在0，1上单调递增，求实数t的取值范围．
⑶试求实数p的个数，使得对于每个p，关于x的方程xf(x)pg(x)2p1都有满足x2021
的偶数根．
【考点】导数与函数综合【难度】5星【题型】解答
【关键词】
【解析】⑴由题意h(x)1x2log m x2x，从而h x x21．
2xlnm
由题意知h(x)≥0在0，上恒成立，
即1
≥x2x x
2
1在0，上恒成立，即1≥1，所以0lnm≤1，
1
lnm lnm
又hx存在正零点，即1≥1中的等号可以取到，∴lnm1，即m e；
lnm
⑵由题设得Fx x2tx1t2，
对称轴方程为x t，t241t25t24．
2
由于F x在0，1上单调递增，那么有
2525t
≤0
25
〔Ⅰ〕当≤0即
2
≤t≤0．≤t≤时，有，解得
552
5
≤t≤
2
55
55
〔Ⅱ〕当0即t 25
或t25时，55
设方程F x0的根为x1，x2x1x2，
①假设
t
2
5，那么t
t ≥ 1
，解得
t ≥2 ；
5，有2
5
2
5
x 1 0
F(0)
1 t 2
②假设
t
25，即t
5
，有x 1
0，x 2≤0，
5 2 5
x 1 x 2
0t 0
2
5
．〔也可直接根据
∴x 1x 2≥0
1 t 2≥ 0
1≤t ≤ 1，解得
1≤t
f(0)≥0得到〕
2
5
5
t
5
由①②得1≤t
25
或t ≥2．
5
综合〔Ⅰ〕，〔Ⅱ〕有 1≤t ≤0或t ≥2 ．
⑶注意到对任意x
2021，x 为偶数，p
x 3
1
的取值各不同，
x 1
反证法证明如下：假设 x ，y 为不同的偶数，满足
x 3 1 y 3 1，
x 1 y 1
那么去分母后因式分解得：
(x
y)(x 2y
xy
2
x 2 xy y 2
1) 0，
由x ，y 都为偶数得x 2y xy 2 x 2 xy y 2
1为奇数，故x 2yxy 2
x 2 xy y 2 10，
从而x y 0，x y ．
故对任意x
2021，x 为偶数，p
x 3
1
的取值各不同．
x 1
而满足x
2021的偶数有2021个，每个x 唯一对应一个
p 的值，故共有2021个p 满足条件．
【答案】⑴me ；⑵ 1≤t ≤0 或t ≥2 ．⑶共有 2021 个p 满足条件．
【例29】定义在区间D 上的函数fx ，如果满足：对
xD ，
常数A ，都有f
x ≥A 成立，那么
称
函数f
x 在区间 上有下界，其中A 称为函数的下界．
．．
．．．D
．．．． ．．．．．
⑴试判断函数fx
x
3
48
在0，
上是否有下界？并说明理由；
x
⑵又具有以下图特征的函数称为在区间 D 上有上界．
y
y=B
y=fx
x 2
x 1 O
x
D=x 1,x 2
请你类比函数有下界的定义，给出函数 fx 在区间D 上有上界的定义，并判断⑴中的函数
在
，0 上是否有上界？并说明理由；
⑶假设函数f x 在区间D 上既有上界又有下界， 那么称函数f x 在区间D 上有界，函数f x
叫
做有界函数．试探究函数fx
ax
3
b
〔a
0，b 0，a ，b 是常数〕是否是 m ，n 〔m
0，
x
0，m、n是常数〕上的有界函数？
【考点】导数与函数综合【难度】4星【题型】解答【关键词】
【解析】⑴解法1：∵f x3x248
，由f x0得3x2480，22
x x
4
16，∵x0，，∴x2
x
∵当0x2时，f x0，∴函数f x在0，2上是减函数；当x2时，f x0，∴函数f x在2，上是增函数；
∴x2是函数的在区间0，上的最小值点，f x
min f28
48
32．
2
∴对x0，，都有fx≥32，即在区间0，上存在常数A32，使得对x0，都有f x≥A成立，∴函数f x x348在0，上有下界．
x
解法2：∵x0，∴fx34831616163161616
x
x x
x x
≥44x
x x
32
x x
当且仅当x316
即x2时“〞成立∴对x0，，都有f x≥32，x
即在区间0，上存在常数A32，使得对x0，都有f x≥A成立，
∴函数f x x348在0，上有下界．
x
⑵类比函数有下界的定义，函数有上界可以这样定义：
定义在D上的函数f x，如果满足：对xD，常数B，都有f x≤B成立，那么称函数fx 在D上有上界，其中B称为函数的上界．
设x0那么x0，由⑴知，对x0，，都有f x≥32，
∴f x≥32，∵函数fx
348
为奇函数，∴f x f x x
x
∴fx≥32，∴f x≤32
即存在常数B32，对x，0，都有fx≤B，∴函数f x x48在，0上有上界．
3
x
⑶∵f x
2b，由
f x
2b0，∵a0，b0．3ax20得3ax
x
2
x
∴x4b，∵m，n0，，∴x b，
4
3a3a
∵当0x4b
时，f x0，∴函数fx在0，4
b
上是减函数；
3a3a
当x4b时，f x0，∴函数f x在4b，上是增函数；
3a3a
3
∴x
4
b 是函数的在区间 0， 上的最小值点，
f
4
b
a 4
b
b
44 3ab 3 3a
3a
3a
4
b
3
3a
①当m ≥4
b
时，函数f
x 在m ，n 上是增函数；∴f
m ≤fx
≤f n ．
3a
∵m 、n 是常数，∴f m 、f n 都是常数．
令f m A ，F n B ，
∴对x
m ，n ， 常数A ，B ，都有A ≤fx ≤B ．
即函数f x
ax
3
b
在m ，n 上既有上界又有下界．
x
②当n ≥4 b 时函数f x 在m ，n 上是减函数
3a
∴对x
m ，n 都有f
n ≤f x ≤f
m ，∴函数f
x ax
3
b
在m ，n 上有界．
x
③当m
4
b n 时，函数f
x 在m ，n 上有最小值
3a
b
b 3 b
44
3ab 3．
fx
min
f
4
a
4
3a
3a 4
b 3
3a
令A 443ab 3 ，令B 等于f
m 、f n 中的最大者那么对 x
m ，n ，
常数A ，B ，都有
3
A ≤f
x ≤B ，
∴函数f x
ax 3
b
在m ，n 上有界．
x
综上可知函数f
x
ax
3
b
是m ，n 上的有界函数．
x
【答案】⑴f
x x
3
48
在0，
上有下界；
x
⑵函数有上界可以这样定义：定义在 D 上的函数fx ，如果满足：对 xD ，常数B ，都
有f x ≤B 成立，那么称函数 fx 在D 上有上界，其中B 称为函数的上界．
函数f
x x 3
48在 ，0 上有上界．
x
b
是m ，n 上的有界函数．
⑶函数f x
ax 3
x。