2019年高考数学(理)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、（2018年全国I卷理数）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）当时，在单调递减.，
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）证明见解析.
【解析】
【变式探究】【2017课标II ，理11】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 【解析】由题可得
，
因为()20f '-=，所以1a =-，
，故
，
令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在上单调递增，在()2,1-上
单调递减，所以()f x 的极小值为
，故选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)＝3x2－(a＋5)＜3－a－5≤0，
所以函数f1(x)在区间(－1,0]内单调递减。

②f′2(x)＝3x2－(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。

【提分秘籍】导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)求f′(x)；
(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数。

【举一反三】
已知函数f(x)＝x2－e x，试判断f(x)的单调性并给予证明。

热点题型二求函数的单调区间
例2、（2018年天津卷）已知函数，，其中a>1. （I）求函数的单调区间；
（II）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明
；
（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.
因为这两条切线平行，故有，即.
两边取以a为底的对数，得，所以.
（III）曲线在点处的切线l1：.
曲线在点处的切线l2：.
要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，
只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.
即只需证明当时，方程组有解，
由①得，代入②，得. ③
因此，只需证明当时，关于x 1的方程③存在实数解.
设函数，
即要证明当
时，函数存在零点.
，可知
时，
；
【变式探究】【2017天津，理20】设a Z ，已知定义在R 上的函数
在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数.
（Ⅰ）求()g x 的单调区间； （Ⅱ）设
，函数
，求证：
；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且满足
.
（ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-. 当
时， ()0f x '<；当
时， ()0f x '>，所以()f x 在()
,ln a -∞-单调递减，在()ln ,a -+∞单调递增.
【变式探究】函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0)。

(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )在区间(1,2)是增函数，求a 的取值范围。

【解析】(1)f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，f ′(x )＝0的判别式Δ＝36(1－a )。

【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。

【解析】(1)当m ＝1时， f (x )＝1
3
x 3＋x 2－3x ＋1，
又f ′(x )＝x 2＋2x －3，所以f ′(2)＝5。

又f (2)＝5
3
，
所以所求切线方程为y －5
3＝5(x －2)，
即15x －3y －25＝0。

所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为15x －3y －25＝0。

(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年全国Ⅲ卷理数）已知函数．
（1）若，证明：当时，
；当
时，
； （2）若
是
的极大值点，求．
【答案】（1）见解析 （2）
从而
，且仅当时，.
所以在单调递增.
又
，故当
时，
；当时，.
（2）（i ）若，由（1）知，当
时，
，这与
是
的
极大值点矛盾.
以不是的极大值点. 如果
，则
.则当时，
；当
时，
.
所以是
的极大值点，从而是
的极大值点
综上，
.
【变式探究】【2017山东，理20】已知函数，
，
其中
是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程； （Ⅱ）令，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）见解析
【解析】 （Ⅰ）由题意
又
，
所以()2f ππ'=，
因此 曲线()y f x =在点()()
,f ππ处的切线方程为
，
即
.
（Ⅱ）由题意得
，
由 ()0h x '=得 1ln x a =， 2=0x ①当01a <<时， ln 0a <， 当
时，
， ()h x 单调递增； 当()ln ,0x a ∈时，， ()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时，
， ()h x 单调递增.
数()h x 有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是
；
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 ＝－12对称，且f ′(1)＝0。

(1)求实数a ，b 的值；
(2)求函数f(x)的极值。

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。

热点题型五利用导数研究函数的最值
例5、已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)。

(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值。

【提分秘籍】
求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a ，b )内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；
(3)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。

【举一反三】
设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x ＞0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－1
2相切。

(1)求实数a ，b 的值；
(2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤
1e ，e 上的最大值。

热点题型六 函数极值与最值的综合问题 例6、【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 ≥.
3
a=时，，故()
f x没有极值；
f x在R上是增函数，()
a>时，()=0
3
f x'有两个相异的实根，. 列表如下
【提分秘籍】
求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的。

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。

【举一反三】 已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a ＜0。

(1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值。

【解析】(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝x －
x －
x
＝0得x ＝2
5
或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈⎝⎛⎭⎫0，25或x ∈(2，＋∞)，
故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2
5和(2，＋∞)。

(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。

热点题型七 利用导数研究生活中的优化问题
例7、某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)。

设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米。

假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建筑成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)。

(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大。

【解析】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元。

在定义域内，舍去)。

当r ∈(0,5)时，V ′(r )＞0，故V (r )在(0,5)上为增函数； 当r ∈(5,53)时，V ′(r )＜0，故V (r )在(5,53)上为减函数。

由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8，即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大。

【提分秘籍】
利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )。

(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0。

(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值。

(4)回归实际问题作答。

【举一反三】
请你设计一个包装盒。

如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒。

E 、F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点。

设AE ＝FB ＝x (cm)。

(1)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？
(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。

热点题型八 利用导数研究恒成立问题 例8、设函数f(x)＝1
2x 2＋e x －x e x 。

(1)求f(x)的单调区间；
(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f(x)＞m 恒成立，求实数m 的取值范围。

【提分秘籍】
利用导数解决参数问题主要涉及以下方面
(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解。

(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的问题。

(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象，数形结合求解。

【举一反三】
设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)。

(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围。

【解析】(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t －1，即h(t)＝－t3＋t－1。

(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去)。

当t变化时，g′(t)、g(t)的变化情况如下表：
∴g(t)在(0,2)内有最大值g(1)＝1－m。

h(t)＜－2t＋m在(0,2)内恒成立等价于g(t)＜0在(0,2)内恒成立，即等价于1－m＜0，
∴m的取值范围为m＞1。

热点题型九 利用导数证明不等式问题 例9、已知函数f (x )＝ax －e x (a ＞0)。

(1)若a ＝1
2，求函数f (x )的单调区间；
(2)当1≤a ≤1＋e 时，求证：f (x )≤x 。

∵1＜a ≤1＋e ，
∴a －1＞0,1－ln(a －1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0，
【提分秘籍】
利用导数方法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口。

【举一反三】
已知函数f (x )＝12x 2－1
3ax 3(a ＞0)，函数g (x )＝f (x )＋e x (x －1)，函数g (x )的导函数为g ′(x )。

(1)求函数f (x )的极值； (2)若a ＝e 。

①求函数g (x )的单调区间；
②求证：x ＞0时，不等式g ′(x )≥1＋ln x 恒成立。

【解析】(1)f ′(x )＝x －ax 2＝－ax ⎝⎛⎭⎫x －1
a ， ∴当f ′(x )＝0时，x ＝0或x ＝1
a ，又a ＞0，
∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0；
当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1
a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0， ∴f (x )的极小值为f (0)＝0， f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1
6a 2。

(2)∵a ＝e ，
g ′(x )＝x (e x －e x ＋1)≥1＋ln x ⇔e x －e x ＋1≥1＋ln x x ，
由①知，h (x )＝e x －e x ＋1≥1， 记φ(x )＝1＋ln x －x (x ＞0)。

则φ′(x )＝
1－x
x
， 在区间(1，＋∞)上，φ′(x )＜0，φ(x )是减函数， ∴φ(x )≤φ(1)＝0，即1＋ln x －x ≤0，1＋ln x
x ≤1，
∴e x －e x ＋1≥1≥1＋ln x
x ，
即g ′(x )≥1＋ln x 恒成立。

1. （2018年浙江卷）已知函数f (x )=
−ln x ．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>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】
所以
所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故，
2. （2018年天津卷）已知函数，，其中a>1.
（I）求函数的单调区间；
（II）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明
（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析. 【解析】（I）由已知，，有.
令，解得x=0.
由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：
即只需证明当时，方程组有解，
（1）证明：函数与不存在“S点”；
（2）若函数与存在“S点”，求实数a的值；
（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）a的值为
（3）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”．
【解析】（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．
由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得
，此方程组无解，
因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．
（2）函数，，
则．
由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得
，即（**）
此时，满足方程组（**），即是函数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”．5. （2018年全国I卷理数）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）当时，在单调递减.，
当时，在单调递减，在单调递增. （2）证明见解析.
【解析】
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.
6. （2018年全国Ⅲ卷理数）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【答案】（1）见解析
（2）
【解析】（1）当时，
，.
设函数，则
. 当
时，
；当
时，
.故当
时，
，且仅当
时，
，
综上，.
1.【2017课标II ，理11】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 【解析】由题可得
，
因为()20f '-=，所以1a =-，
，故，
令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在上单调递增，在()2,1-上
单调递减，所以()f x 的极小值为
，故选A ．
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】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 ． 3.【2017课标1，理21】已知函数.
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）()0,1.
调递减，在()ln ,a -+∞单调递增.
（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知， ()f x 至多有一个零点.
4.【2017山东，理20】已知函数
，
，其中
是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程； （Ⅱ）令，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）见解析
【解析】 （Ⅰ）由题意
又
，
所以()2f ππ'=，
因此 曲线()y f x =在点()()
,f ππ处的切线方程为
，
即
.
（Ⅱ）由题意得 ，
因为
，
令
则
由 ()0h x '=得 1ln x a =， 2=0x ①当01a <<时， ln 0a <， 当
时，
， ()h x 单调递增； 当()ln ,0x a ∈时，， ()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时，
， ()h x 单调递增.
所以 当ln x a =时()h x 取得极大值. 极大值为
，
当0x =时()h x 取到极小值，极小值是；
②当1a =时， ln 0a =， 所以 当
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 -<，单调递增； 当()0,ln x a ∈时， ln 0x a e e -<，单调递减； 当
时， ln 0x a e e ->，
单调递增；
所以 当0x =时()h x 取得极大值，极大值是；
当ln x a =时()h x 取得极小值. 极小值是.
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
；
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，
5.【2017天津，理20】设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数在区
间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数.
（Ⅰ）求()g x 的单调区间； （Ⅱ）设
，函数
，求证：
；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且满足
.
【答案】（Ⅰ）增区间是(),1-∞-， 1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，递减区间是11,4⎛
⎫- ⎪⎝
⎭.（Ⅱ）见解析；
（III ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：由，可得
，
进而可得
.令()0g x '=，解得1x =-，或1
4
x =
. 当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：
()0g x '>，故当[)01,x x ∈时， ()'10H x <， ()1H x 单调递减；当(]0,2x x ∈时， ()'10H x >， ()1H x 单调递增.因此，当
时，
，可得
.
令函数
，则
.由（Ⅰ）知， ()g x 在[]
1,2
上单调递增，故当[
)01,x x ∈时， ()'
20H x >， ()2H x 单调递增；当(]
0,2x x ∈时， ()'
20H x <，
()2H x 单调递减.因此，当
时，，可得
.
1.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
已知函数.
设
1
2,
2
a b
==.
（1）求方程()2
f 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】
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
2
x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又
02
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02
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】
313
a
-
313
a +
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
，
，
所以
.
（2）当
34
3
<≤a 时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）
知，，
，
综上所述，当0>a 时，)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于4
1
. 3.【2016高考新课标3理数】设函数，其中0a >，记|()|
f x 的最大值为A ．
（Ⅰ）求()f x '；
（Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明
．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见
解析． 【解析】
14t α
α
-=
时，()g t 取得极小值，极小值为．
令
，解得13α<-
（舍去），15
α>．
（Ⅰ）当1
05
α<≤
时，()g t 在(1,1)-内无极值点，|(1)|g α-=，，
，所以23A α=-．
（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
（ⅱ）当02x ≤≤时，
，
当26x ≤≤时，
．
所以，．
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）2
1(,].24
e .
【解析】
6.【2016年高考北京理数】（本小题13分） 设函数
，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为
，
（1）求a ，b 的值； （2）求()f x 的单调区间.
【答案】（Ⅰ）2a =，b e =；（2）)(x f 的单调递增区间为(,)-∞+∞. 【解析】（1）根据题意求出()f x '，根据，
，求a ，b 的值；
（2）由题意知判断)(x f '，即判断的单调性，知()0g x >，即()0f x '>，由
此求得()f x 的单调区间.
试题【解析】（1）因为
，所以
.
依题设，即
解得e b a ==,2；（2）由（Ⅰ）知
.
由即02>-x
e
知，)(x f '与11-+-x e x 同号.
令
，则
.
所以，当)1,(-∞∈x 时，0)(<'x g ，)(x g 在区间)1,(-∞上单调递减； 当),1(+∞∈x 时，0)(>'x g ，)(x g 在区间),1(+∞上单调递增.
故1)1(=g 是)(x g 在区间),(+∞-∞上的最小值， 从而
.
综上可知，0)(>'x f ，
，故)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞.
【2015高考新课标2，理12】设函数'
()f x 是奇函数的导函数，(1)0f -=，当0
x >时，
，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ） A ． B ．
C ．
D ．
【答案】A
【2015高考新课标1，理12】设函数()f x =,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，
使得0()
f x 0，则a 的取值范围是（ ）
(A)[-32e ，1） (B)[-32e ，34） (C)[32e ，34） (D)[3
2e
，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，所以当12x <-
时，()g x '＜0，当1
2
x >-时，()g x '＞0，
所以当1
2
x =-
时，max [()]g x =12
-2e -，当0x =时，(0)g =-1，，直线y ax a =-恒过
（1,0）斜率且a ，故
，且
，解得
3
2e
≤a ＜1，故选D.
【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分） 设函数
．
(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增； （Ⅱ）若对于任意
，都有
，求m 的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]-．
最小值．所以对于任意，的充要条件是：
即
①，设函数，则
．当0t <时，'
()0g t <；当0
t >时，'
()0g t >．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，
，
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
；当1m <-时，()0g m ->，即
．综
上，m 的取值范围是[1,1]-．
【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公
路为12l l ，
，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ，
的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ，所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2
a
y x b
=+ （其中a ，b 为常数）模型.
（1）求a ，b 的值；
（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式()f t ，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度. 【答案】（1）
（2）①
定义域为[5,20]，
②千米
【解析】
（1）由题意知，点M ，N 的坐标分别为()5,40，()20,2.5．
将其分别代入2a
y x b
=
+，得，
答：当102t l 的长度最短，最短长度为153千米．
（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． 【解析】解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b . 所以g ′(x )＝e x －2a .
当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．
当a ≤1
2时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，
因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当a ≥e
2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，
因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；
当1
2<a<
e
2时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，所以函数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x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(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])，
从而f(x)在区间[0，1]内单调递增，这与f(0)＝f(1)＝0矛盾，所以g(ln(2a))<0.
又g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.
故此时g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各只有一个零点x1和x2.
由此可知f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2，1]上单调递增．所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2)<f(1)＝0，
故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．
综上可知，a 的取值范围是(e －2，1)．
（2014·安徽卷）设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；
(2)当x ∈[0，1]时 ，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．
所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．
（2014·北京卷）已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π
2. (1)求证：f (x )≤0；
(2)若a <sin x
x
<b 对x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．
x (0，x 0) x 0 ⎝
⎛⎭⎫x 0，π2
g′(x) ＋ 0 －
g(x)
因为g (x )在区间(0，x 0)上是增函数，所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π
2恒成立”当且仅当g ⎝⎛⎭⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2
π
. 综上所述，当且仅当c ≤2
π时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈⎝⎛⎭
⎫0，π
2恒成立． 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 ；。