高考数学压轴题突破训练——极限、导数(含详解)

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.32e -- C.35e - D.1 【答案】A【解析】例2.（2019·北京高考真题（文））已知函数321()4f 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83x =. 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6427y 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83x =，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]3x ∈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321()()664h 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32()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）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 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3127a b -+=-，b =1，则332a =，与0<a <3矛盾. 若3127a 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()3211,32f 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()2f x x ax '=-，所以，当2a =时， ()30f =， ()22f 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()31sin 6g 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()31sin 6g 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()31sin 6g 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()31sin 6g 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32()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()3a f x x ax x x =-=-.所以有当0a <时，(,)3a -∞区间上单调递增，(,0)3a 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，(,)3a +∞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)3a 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 01a b =⎧⎨=-⎩.若02a <≤，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a +∞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()3a f 而(0),(1)2(0)fb f a b f ==-+≥，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f .即322()()13321a a ab 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，(,)3a +∞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()3a f 而(0),(1)2(0)fb f a b f ==-+≤，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f .即322()()1331a a ab 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，(,)3a +∞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()22cos f x x x =+， ()()cos sin 22xg x ex 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）22ππ2y x =-- （2）见解析 【解析】 （Ⅰ）由题意()22fππ=-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 222y 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 xx h x ex 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， xe 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 0,0xae eh x -><'， ()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时， ()ln 0,0xae eh 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()()()2ln 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 ．14B ．12C ．13D ．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12x =时，2x x -+取得最大值：111424-+= 14a ∴≥，即a 的最小值为14本题正确选项：A2．（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 ．5B ．6C ．7D ．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,xf x xg 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)th t g t f t e t =-=-+，1'()()()1t 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()1ln +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()()()121102x f x f ef x x -'=-+,其中()f x '是函数()f x 的导数, e 为自然对数的底数, ()212g 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）()212xf x e x x =-+,0x =为极大值点,且(0)1f =；（Ⅱ）2e.【解析】（Ⅰ）由已知得()()()110x f x f ef x -''=-+,令1x =, 得()()()1101f f f ''=-+,即()01f =,又()()'10f f e=, ∴()1f e '=,从而()212xf x e x x =-+, ∴()1x x f e x '=+-, 又()1xx 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()212f x x ax b ≥++， 令()()10xh x e a x b =-+-≥，得()()1xh 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 +-++≥,∴()()()()22111ln 1a b a a a +≤+-++,()10a +>,令()()22ln 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 2e F x =, 即当1a e =-,2eb =时, ∴()1b a +的最大值为2e , 6.（2019·山东高考模拟（理））已知抛物线216y 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2164y 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,||42pAF x x BF x =+=+=+， 又||||4,||||4AC AF BD BF =-=-，所以2221212264||||(||4)(||4)16161616y 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2116x x =， 所以211164||||1248AB AF x x x ⋅=+++（其中1>0x ）， 令264()1248f x x x x =+++，222642(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 kf 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,+∞.()()()2423222xx x x e kxx e xe k k f x x x x x -+-=-'+=. 由0,0k x ≥>可得0xe kx +>，所以当()0,2x ∈时， ()0f 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 xe e kx k x +=⇒-=， ()x e g x x =，依题函数y k =-与函数()xe g x x=， ()0,3x ∈的图象有两个横坐标不等于2的交点.()()21x 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()()()231,2,3.23e e g e g g === 所以当2323e e k <-<即3232e e k -<<-时，存在12023x x <<<<使得xe 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xe k x -=，此时()f x 存在极小值点1,2x 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 xf x a x x ⎛⎫=⋅++ ⎪⎝⎭，其中a R ∈． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-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 xf x a x x x ⎛⎫=⋅++'- ⎪⎝⎭及e 0x >知， ()f x '与221ln a x x x +-+同号． 令()221ln g x a x x x =+-+， 则 ()()22331122x 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： x01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭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()()3232f x ax x b x R =-+∈在1x =处有极值32.（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：3322330a b a ⎧-+=⎪⎨⎪-=⎩，解得：12a b =⎧⎨=⎩. 经检验1,2a b ==符合题意. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知：()32322f x x x =-+，()2'()3331f x x x x x =-=-， 令'()0f x =可得0x =或1x =，由于：()3111222f -=--+=-，()3311222f =-+=，()02f =，故函数的最大值为()02f =，函数的最小值为()112f -=-.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,()2f x ?lnx x x =-+, f′（x ）=()()2x 1x 112x 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 a2x 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)∵()110,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 ∵21211f 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)-()()()()()23121313131a a a a ln a a ⎡⎤-+--=---⎣⎦ 设h(x)=lnx-x(x>2) ∵()110,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>113．（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）124m -<<【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11x m =-+．当101<<-+x m 时，()0f x '>； 当11x 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322211(1)1()(1)x m x x g x x m x x x'-+--=--+-=. 令322()(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124m -<<. 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14m ≥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124m -<<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21()2sin +1,()cos 2f x x xg 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()3ππ,；（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3x π= 当x 变化时，(),()f x f x '变化如下：x (0,)3π3π ()3ππ, '()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()3ππ,（Ⅲ）因为21()cos 2g 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1cos 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()2ln 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 =，()2max 2f x e =-②6【解析】（1）()222a x af 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21123f e e⎛⎫=+< ⎪⎝⎭，()2225.29 2.722 2.82 5.84f e e =-<=-<-=， 故()()2max 2f x f e e ==-. ②由于，()()()()()()()21212111n 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，()21,2f x e ⎡⎤∈-⎣⎦，取123451x x x x x =====，则()()()212552f 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.。

13.设函数fx=nx-ux-1--1.-X-I当a=1时，过原点的直线与函数fx的图象相切于点P,求点P 坐标；-IⅡ当0<u<二时，求函数fx的单调区间：-D当u=号时，设函数g=-2x-,若对于飞∈0，e], 飞e[0,1-12-使fx≥8x2成立，求实数b的取值范围.e是自然对数的底，e<√3+1-14.两边分求 最小值与最大值已知函数f=xlnx,8=-x+x-3.求f在-[,t+2t>0上的最小值：若存在-e是常数 e=2.71828„使不等式-In x>-2f≥8成立，求实数0的取值范围：证明对一切x∈0，+0，都有e #43;bex∈R.（1若a=2,b=-2,求函数∫x的极值；-2若x=1是函数fx的一个 值点，试求出关于b的关系式（用M表示b,并确定-∫x的单调区间；-3在2的条件下，设u>0,函数8x=a2 14e+4.若存在21,22∈[0,4]使得-If2-f22K1成立，u的取值范围.-12.两边分求，最小 与最大值-已知函数f=lnr-ax+--1aeR.当a≤时，讨论f的单调性；设-8=x2-2bx+4.当a 时，若对任意x∈0,2，存在3∈[1,2，使fC≥g,-求实数b取值范围.
21.单调性已知fx=n+2-x+bx+c若函数fx在点1，y处的切线与直线-3x+7y+2=0垂直，且=0，求函数fx在区间[0,3]上的最小值；若fx在区间[0，m上-单调，求b的取值范围，-22.单调性， 到二阶导数的技巧-已知函数fx=lnx-0若F=f0+“-a∈R,求Fx的极大值：-X-2若Gx=[fx] kx在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围

高考压轴导数大题例1.已知函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内各有一个极值点． （I ）求24a b -的最大值；（II ）当248a b -=时，设函数()y f x =在点(1(1))A f ，处的切线为l ，若l 在点A 处穿过函数()y f x =的图象（即动点在点A 附近沿曲线()y f x =运动，经过点A 时，从l 的一侧进入另一侧），求函数()f x 的表达式．例3已知函数()θθcos 163cos 3423+-=x x x f ，其中θ,R x ∈为参数，且πθ20≤≤．（1）当时0cos =θ，判断函数()x f 是否有极值；（2）要使函数()f x 的极小值大于零，求参数θ的取值范围；例4．已知函数32()f x ax bx cx =++在点0x 处取得极大值5，其导函数'()y f x =的图象经过点(1,0)，(2,0).求：（Ⅰ）0x 的值；（Ⅱ）,,a b c 的值.例5设3=x 是函数()()()R x e b ax x x f x ∈++=-32的一个极值点.（Ⅰ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()x f 的单调区间；（Ⅱ）设0>a ，()x e a x g ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4252.若存在[]4,0,21∈εε使得()()121<-εεg f 成立， 求a 的取值范围例6已知函数321()(2)13f x ax bx b x =-+-+ 在1x x =处取得极大值，在2x x =处取得极小值，且12012x x <<<<．（1）证明0a >；（2）若z =a +2b ,求z 的取值范围。

1. 已知函数21()22f x ax x =+，()g x lnx =.（Ⅰ）如果函数()y f x =在[1,)+∞上是单调增函数，求a 的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数0a >，使得方程()()(21)g x f x a x '=-+在区间1(,)e e 内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．2. 如果()0x f 是函数()x f 的一个极值，称点()()00,x f x 是函数()x f 的一个极值点.已知函数()()()00≠≠-=a x e b ax x f x a 且（1）若函数()x f 总存在有两个极值点B A ,，求b a ,所满足的关系；（2）若函数()x f 有两个极值点B A ,，且存在R a ∈，求B A ,在不等式1<x 表示的区域内时实数b 的范围.（3）若函数()x f 恰有一个极值点A ，且存在R a ∈，使A 在不等式⎩⎨⎧<<e y x 1表示的区域内，证明：10<≤b .3 已知函数3221()ln ,()3(,,R)32f x x x g x x ax bx c a b c ==-+-+∈.(1)若函数()()()h x f x g x ''=-是其定义域上的增函数，求实数a 的取值范围；(2)若()g x 是奇函数，且()g x 的极大值是3g ，求函数()g x 在区间[1,]m -上的最大值；(3)证明：当0x >时，12()1x f x e ex '>-+.4已知实数a 满足0＜a ≤2，a ≠1，设函数f (x )＝13x 3－12a +x 2＋ax ． (Ⅰ) 当a ＝2时，求f (x )的极小值；(Ⅱ) 若函数g (x )＝x 3＋bx 2－(2b ＋4)x ＋ln x (b ∈R )的极小值点与f (x )的极小值点相同．求证：g (x )的极大值小于等于5/4例1解（I ）因为函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内分别有一个极值点，所以2()f x x ax b '=++0=在[11)-，，(13]，内分别有一个实根， 设两实根为12x x ，（12x x <），则2214x x a b -=-2104x x <-≤．于是2044a b <-，20416a b <-≤，且当11x =-，23x =，即2a =-，3b =-时等号成立．故24a b -的最大值是16． （II ）解法一：由(1)1f a b '=++知()f x 在点(1(1))f ，处的切线l 的方程是(1)(1)(1)y f f x '-=-，即21(1)32y a b x a =++--， 因为切线l 在点(1())A f x ，处空过()y f x =的图象，所以21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++--在1x =两边附近的函数值异号，则 1x =不是()g x 的极值点． 而()g x 321121(1)3232x ax bx a b x a =++-++++，且 22()(1)1(1)(1)g x x ax b a b x ax a x x a '=++-++=+--=-++．若11a ≠--，则1x =和1x a =--都是()g x 的极值点．所以11a =--，即2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--． 解法二：同解法一得21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++-- 2133(1)[(1)(2)]322a x x x a =-++-+． 因为切线l 在点(1(1))A f ，处穿过()y f x =的图象，所以()g x 在1x =两边附近的函数值异号，于是存在12m m ，（121m m <<）． 当11m x <<时，()0g x <，当21x m <<时，()0g x >；或当11m x <<时，()0g x >，当21x m <<时，()0g x <．设233()1222a a h x x x ⎛⎫⎛⎫=++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则当11m x <<时，()0h x >，当21x m <<时，()0h x >；或当11m x <<时，()0h x <，当21x m <<时，()0h x <．由(1)0h =知1x =是()h x 的一个极值点，则3(1)21102a h =⨯++=， 所以2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--．例3解（Ⅰ）当cos 0θ=时，3()4f x x =，则()f x 在(,)-∞+∞内是增函数，故无极值.（Ⅱ）2'()126cos f x x x θ=-，令'()0f x =，得12cos 0,2x x θ==. 由（Ⅰ），只需分下面两种情况讨论.①当cos 0θ>时，随x 的变化'()f x 的符号及()f x 的变化情况如下表： x(,0)-∞ 0 cos (0,)2θ cos 2θ cos (,)2θ+∞ '()f x + 0 - 0 + ()f x ↗ 极大值↘ 极小值 ↗因此，函数()f x 在2x =处取得极小值f()2，且3cos 13()cos 2416f θθθ=-+.要使cos ()02f θ>，必有213cos (cos )044θθ-->，可得30cos θ<<由于30cos θ≤≤3116226ππππθθ<<<<或. ②当时cos 0θ<，随x 的变化，'()f x 的符号及()f x 的变化情况如下表： xcos (,)2θ-∞ cos 2θ cos (,0)2θ 0 (0,)+∞ '()f x+ 0 - 0 + ()f x 极大值 极小值因此，函数()0f x x =在处取得极小值(0)f ，且3(0)cos .16f θ= 若(0)0f >，则cos 0θ>.矛盾.所以当cos 0θ<时，()f x 的极小值不会大于零.综上，要使函数()f x 在(,)-∞+∞内的极小值大于零，参数θ的取值范围为311(,)(,)6226ππππ⋃.例4解法一：（Ⅰ）由图像可知，在(),1-∞上()'0f x >，在()1,2上()'0f x <，在()2,+∞上()'0f x >,故()f x 在∞∞（-，1），（2，+）上递增，在(1,2)上递减， 因此()f x 在1x =处取得极大值，所以01x =（Ⅱ）'2()32,f x ax bx c =++由'''f f f （1）=0，（2）＝0，（1）＝5，得320,1240,5,a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解得2,9,12.a b c ==-=解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）设'2()(1)(2)32,f x m x x mx mx m =--=-+又'2()32,f x ax bx c =++所以3,,232m a b m c m ==-= 32|3()2,32m f x x mx mx =-+ 由(1)5f =，即325,32m m m -+=得6,m =所以2,9,12a b c ==-=例5解（Ⅰ）f `(x)＝－[x 2＋(a －2)x ＋b －a ]e 3－x ,由f `(3)=0，得 －[32＋(a －2)3＋b －a ]e 3－3＝0，即得b ＝－3－2a ，则 f `(x)＝[x 2＋(a －2)x －3－2a －a ]e 3－x ＝－[x 2＋(a －2)x －3－3a ]e 3－x ＝－(x －3)(x ＋a+1)e 3－x .令f `(x)＝0，得x 1＝3或x 2＝－a －1，由于x ＝3是极值点，所以x+a+1≠0，那么a ≠－4.当a <－4时，x 2>3＝x 1，则在区间（－∞，3）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；在区间（3，―a ―1）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；在区间（―a ―1，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数.当a >－4时，x 2<3＝x 1，则在区间（－∞，―a ―1）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；在区间（―a ―1，3）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；在区间（3，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a >0时，f (x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[min(f (0)，f (4) )，f (3)]， 而f (0)＝－（2a ＋3）e 3<0，f (4)＝（2a ＋13）e －1>0，f (3)＝a ＋6，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[－（2a ＋3）e 3，a ＋6].又225()()4x g x a e =+在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[a 2＋425，（a 2＋425）e 4]， 由于（a 2＋425）－（a ＋6）＝a 2－a ＋41＝（21-a ）2≥0，所以只须仅须（a 2＋425）－（a ＋6）<1且a >0，解得0<a <23. 故a 的取值范围是（0，23）.例6解（Ⅰ）由函数()f x 在1x x =处取得极大值，在2x x =处取得极小值，知12x x ，是()0f x '=的两个根．所以12()()()f x a x x x x '=--当1x x <时，()f x 为增函数，()0f x '>，由10x x -<，20x x -<得0a >．（Ⅱ）在题设下，12012x x <<<<等价于(0)0(1)0(2)0f f f '>⎧⎪'<⎨⎪'>⎩ 即202204420b a b b a b b ->⎧⎪-+-<⎨⎪-+->⎩．化简得203204520b a b a b ->⎧⎪-+<⎨⎪-+>⎩．此不等式组表示的区域为平面aOb 上三条直线：203204520b a b a b -=-+=-+=，，．所围成的ABC △的内部，其三个顶点分别为：46(22)(42)77A B C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，． z 在这三点的值依次为16687，，． 所以z 的取值范围为1687⎛⎫ ⎪⎝⎭，． 1解：（Ⅰ）当0a =时，()2f x x =在[1,)+∞上是单调增函数，符合题意． 当0a >时，()y f x =的对称轴方程为2x a =-，由于()y f x =在[1,)+∞上是单调增函数， 所以21a -≤，解得2a ≤-或0a >，所以0a >． 当0a <时，不符合题意．综上，a 的取值范围是0a ≥．（Ⅱ）把方程()()(21)g x f x a x '=-+整理为2(21)lnx ax a x =+-+，即为方程2(12)0ax a x lnx +--=. b a 21 2 4 O 4677A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(42)C ， (22)B ，设2()(12)H x ax a x lnx =+-- (0)x >， 原方程在区间(1,e e )内有且只有两个不相等的实数根, 即为函数()H x 在区间(1,e e )内有且只有两个零点.1()2(12)H x ax a x '=+--22(12)1(21)(1)ax a x ax x x x +--+-==令()0H x '=，因为0a >，解得1x =或12x a =-（舍）当(0,1)x ∈时, ()0H x '<, ()H x 是减函数；当(1,)x ∈+∞时, ()0H x '>，()H x 是增函数.()H x 在(1,e e )内有且只有两个不相等的零点, 只需min 1()0,()0,()0,H e H x H e ⎧>⎪⎪<⎨⎪>⎪⎩即2222212(12)10,(1)(12)10,(12)1(2)(1)0,a a a e a e e e e H a a a ae a e e e a e ⎧--++++=>⎪⎪⎪=+-=-<⎨⎪+--=-+->⎪⎪⎩ ∴22,211,1,2e e a e a e a e e ⎧+<⎪-⎪⎪>⎨⎪-⎪>-⎪⎩ 解得2121e e a e +<<-, 所以a 的取值范围是(21,21e e e +-) ．2（1）x a x a e x a b ax e a x f ⋅--+⋅=))(()('2令()0f x '=得20x ax b -+= 240a b ∴-> 又 00a x ≠≠且204a b b ∴<≠且（2）20x ax b -+=在(1,1)-有两个不相等的实根. 即2401121010a b a a b a b ⎧∆=->⎪⎪-<<⎪⎨⎪++>⎪-+>⎪⎩ 得 22441b a a b ⎧>⎪<⎨⎪<-⎩110b b ∴-<<≠且（3）由①2()00f x x ax b '=⇒-+=(0)x ≠ ①当()220a xx ax b b f x a e x -+'==⋅⋅在x a =左右两边异号(,())a f a ∴是()y f x =的唯一的一个极值点 由题意知2110()a a e a b e e <<≠⎧⎨-<-<⎩且－ 即 220111a a ⎧<<⎨-<<⎩ 即 201a <<存在这样的a 的满足题意 0b ∴=符合题意②当0b ≠时，240a b ∆=-=即24b a = 这里函数()y f x =唯一的一个极值点为(,())22a a f由题意12102()2a a a e b e e ⎧<≠⎪⎪⎨⎪-<-<⎪⎩且即 211222042a a e b e ⎧<<⎪⎨-<-<⎪⎩ 即 1122044b e b e <<⎧⎪⎨⎪-<<⎩01b ∴<<综上知：满足题意 b 的范围为[0,1)b ∈.3解：(1)()ln 1f x x '=+ ，2()23g x x ax b '=-+-，所以2()ln 231h x x x ax b =+-++， 由于()h x 是定义域内的增函数，故1()40x h x x a '=+-≥恒成立，即14x a x ≤+对0x ∀>恒成立，又144xx +≥(2x =时取等号)，故(,4]a ∈-∞. (2)由()g x 是奇函数，则()()0g x g x +-=对0x ∀>恒成立，从而0a c ==， 所以323()3g x x bx =--，有2()23g x x b '=--. 由()g x 极大值为3g ，即3(0g '=，从而29b =-；因此32233()g x x x =--，即23323()22(g x x x x '=-+=--+， 所以函数()g x 在3(,-∞和3()+∞上是减函数，在33(上是增函数.由()0g x =，得1x =±或0x =，因此得到：当10m -<<时，最大值为(1)0g -=； 当30m ≤<32233()g m m m =-+； 当3m ≥时，最大值为343(g =.(3)问题等价于证明2()ln x xe ef x x x =>-对0x >恒成立；()ln 1f x x '=+，所以当1(0,)e x ∈时，()0f x '<，()f x 在1(0,)e 上单调减；当1(,)e x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在1(,)e+∞上单调增； 所以()f x 在(0,)+∞上最小值为1e -(当且仅当1e x =时取得) 设2()(0)x xe e m x x =->，则1()x x e m x -'=，得()m x 最大值1(1)e m =-(当且仅当1x =时取得), 又()f x 得最小值与()m x 的最大值不能同时取到，所以结论成立.4(Ⅰ) 解: 当a ＝2时，f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)．列表如下：x(－∞，1) 1 (1，2) 2 (2，＋∞) f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x )单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以，f (x )极小值为f (2)＝23．(Ⅱ) 解：f ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＋a ＝(x －1)(x －a )．g ′(x )＝3x 2＋2bx －(2b ＋4)＋1x ＝2(1)[3(23)1]x x b x x -++-．令p (x )＝3x 2＋(2b ＋3)x －1，(1) 当 1＜a ≤2时，f (x )的极小值点x ＝a ，则g (x )的极小值点也为x ＝a ，所以p (a )＝0，即3a 2＋(2b ＋3)a －1＝0，即b ＝21332a a a --，此时g(x)极大值＝g(1)＝1＋b－(2b＋4)＝－3－b＝－3＋23312a aa+-＝313222aa--．由于1＜a≤2，故313222aa--≤32⨯2－14－32＝54．(2) 当0＜a＜1时，f (x)的极小值点x＝1，则g(x)的极小值点为x＝1，由于p(x)＝0有一正一负两实根，不妨设x2＜0＜x1，所以0＜x1＜1，即p(1)＝3＋2b＋3－1＞0，故b＞－52．此时g(x)的极大值点x＝x1，有g(x1)＝x13＋bx12－(2b＋4)x1＋ln x1＜1＋bx12－(2b＋4)x1＝(x12－2x1)b－4x1＋1(x12－2x1＜0)＜－52(x12－2x1)－4x1＋1＝－52x12＋x1＋1＝－52(x1－15)2＋1＋110(0＜x1＜1)≤11 10＜54．综上所述，g(x)的极大值小于等于54．。

《难点突破》压轴题----函数与导数常考题型一、要点归纳1.曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '，且切线方程为000()()()y f x x x f x '=-+.2.若可导函数()y f x =在x x =处取得极值，则0()0f x '=.反之，不成立.3.对于可导函数()f x ，不等式()f x '0>0<（）的解集决定函数()f x 的递增（减）区间。

4.函数()f x 在区间I 上递增（减）的充要条件是：x I ∀∈,()f x '0≥(0)≤恒成立（()f x '不恒为0）.5.函数()f x （非常量函数）在区间I 上不单调等价于()f x 在区间I 上有极值，则可等价转化为方程()0f x '=在区间I 上有实根且为非二重根。

（若()f x '为二次函数且I=R ，则有0∆>）.6.()f x 在区间I 上无极值等价于()f x 在区间在上是单调函数，进而得到()f x '0≥或()f x '0≤在I 上恒成立.7.若x I ∀Î，()f x 0>恒成立，则min ()f x 0>;若x I ∀∈，()f x 0<恒成立，则max ()f x 0<.8.若0x I ∃∈，使得0()f x 0>，则max ()f x 0>；若0x I∃∈，使得0()f x 0<，则min ()f x 0<.9.设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ，若x ∀∈D ()()f x g x >恒成立，则有[]min ()()0f x g x ->.10.若对11x I ∀∈、22x I ∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <.11.已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ，若对11x I ∀∈,22x I ∃∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ⊆．12.若三次函数f(x)有两个极值点，当且仅当方程()0f x '=一定有两个不等实根12x x 、，若三次函数f(x)没有极值点，则方程()0f x '=有两个相等的实根或没实根.．13.证题中常用的不等式:①1xe x≥+②1xex-≥-③xeex ≥④316xex >⑤ln +1(1)x x x ≤>-（）⑥ln 1(1)12x x x x -<>+⑦22ln 11(0)22x x x x <->⑧111ln ()1(1)2x x x x x x x-≤≤-≤-≥⑨ln 11(0)x x x x≤->二、常考题型：题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题1.1()010.1xax f x e x x y x-==+-=+已知函数在处的切线方程为（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）()1,f x <若求x 的取值范围.2.已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=.（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-.3．已知函数ln(1)()(0)x f x x x+=>（Ⅰ）判断函数()f x 的单调性；（Ⅱ）是否存在实数a 使得关于x 的不等式ln(1)x ax +<在(0,)+∞上恒成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，试说明理由.4．已知函数1ln ()xf x x+=．（Ⅰ）设a ＞0，若函数)(x f 在区间1(,2a a +上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当x ≥1时，不等式2()1k kf x x -≥+恒成立，求实数k 的取值范围．5．已知函数2()23.xf x e x x =+-（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）如果当1x ≥时，不等式25()(3)12f x x a x ≥+-+恒成立，试求实数a 的取值范围．6．设()ln af x x x x=+，32()3g x x x =--．（Ⅰ）当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（Ⅱ）若存在12,[0,2]x x ∈，使12()()g x g x M-≥成立，求满足上述条件的最大整数M ；（Ⅲ）如果对任意的1,[,2]2s t ∈，都有()()f s g t ≥成立，求实数a 的取值范围．7.设函数(),x f x xe =2().g x ax x =+（Ⅰ）若()f x 与()g x 具有完全相同的单调区间，求a 的值；（Ⅱ）若当0x ≥时恒有()(),f x g x ≥求a 的取值范围.8.已知函数()xf x e =,()1g x x =+（Ⅰ）判断函数()()f x g x -零点的个数,并说明理由；（Ⅱ）当0x ≥时，()11axf x x≥++恒成立，求实数a 的取值范围.9.已知函数32()31()f x ax x a x R =++∈，.（Ⅰ）当0a <时，求函数f(x)的极值．（Ⅱ）设函数'1()()(21)13h x f x a x =+-+，(1,](1)x b b ∈->-，如果存在(,1],a ∈-∞-，对任意(1,]x b ∈-都有()0h x ≥成立，试求b 的最大值．10.设函数2()ln ,,f x a x bx a b R =-∈（Ⅰ）若函数()f x 在1x =处与直线12y =-相切，①求实数,a b 的值；②求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最大值；（Ⅱ）当0b =时，若不等式()f x m x ≥+对所有的(230,,1,2a x e ⎡⎤⎤∈∈⎦⎢⎥⎣⎦都成立，求实数m 的取值范围.11．已知函数211()ln()22f x ax x ax =++-（a 为常数，0a >）.（Ⅰ）若12x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值；（Ⅱ）求证：当02a <≤时，()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上是增函数；（Ⅲ）若对任意．．的a ∈（1，2），总存在．．01,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式20()(1)f x m a >-成立，求实数m 的取范围.12.已知函数()()()3212f x x a x a a x=+--+()a ∈R ，()'f x 为()f x 的导数.（Ⅰ）当3a =-时，证明()y f x =在区间()1,1-上不是单调．．．．函数；（Ⅱ）设()19163g x x =-，是否存在实数a ，对于任意的[]11,1x ∈-，存在[]20,2x ∈，使得()()1122f x ax g x '+=成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.13.已知函数2()ln (1).xf x a x x a a =+->（Ⅰ）求()f x 的单调增区间；（Ⅱ）若存在[]12,1,1,x x ∈-使得12()()1(f x f x e e a -≥-是自然数）,求实数的取值.范围14.设函数2()mxf x ex 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．15．已知函数R a x x axx x f ∈-+-+=,1)1ln()(．（Ⅰ）当0>a 时，求函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若存在0>x ，使)(11)(Z a x xx x f ∈+-<++成立，求a 的最小值．16.设函数()1.xf x e -=-（Ⅰ）证明：当1,();1x x f x x >-≥+时（Ⅱ）当0,()1xx f x ax ≥≤+时恒成立,求a 的取值范围.17.已知函数2()(1)(1).x f x x e x x =-->（Ⅰ）试判断方程()0f x =根的个数.（Ⅱ）()(1,),k k f x k ≤+∞若为整数,且不等式在上恒成立求的最大值.18.设函数()2xf x e ax =--(Ⅰ)求()f x 的单调区间(Ⅱ)若1,a k =为整数，且当0x >时，'()()10,x k f x x -++>求k 的最大值.题型二：导数与函数的切线问题19．已知函数312()ln ,()23f x x x g x ax x e=⋅=--．（Ⅰ）求()f x 的单调增区间和最小值；（Ⅱ）若函数()y f x =与函数()y g x =在交点处存在公共切线，求实数a 的值；（Ⅲ）若2(0,]x e ∈时，函数()y f x =的图象恰好位于两条平行直线1:l y kx =；2:l y kx m =+之间，当1l 与2l 间的距离最小时，求实数m 的值．20.已知函数()ln().f x x a ax =-+（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）若(,1),a ∈-∞-函数'()()g x a f x =的图象上存在12,P P 两点,其横坐标满足1216x x -<<<,且()g x 的图象在此两点处的切线互相垂直,求a 的取值范围.21.已知在函数321253y x x x =--+的曲线上存在唯一点P 00(,)x y ，过点P 作曲线的切线l 与曲线有且只有一个公共点P，则切线l 的斜率k =______________．22．已知函数2(),.xf x e ax ex a R =+-∈（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）试确定a 的取值范围，使得曲线()y f x =上存在唯一的点P ，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P .题型三：导数与函数的零点及零点关系问题23.已知函数3()sin (),[0]22f x ax x a R π=-∈且在，上的最大值.π-3为2（Ⅰ）求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）判断函数()f x 在(0,)π内的零点个数，并加以证明．24.已知函数()xf x x ae=-()a R Î有两个零点12,x x ，且12x x <.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）证明21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）证明12x x +随着a 的减小而增大.25.已知函数()2ln ()2a f x x x x x a a R =--+Î，在其定义域内有两个不同的极值点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）记两个极值点为12,x x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式112e x x ll+<×恒成立，求λ的取值范围.26.已知函数()(0)axf x x e a =->.（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 有两个零点12,x x ，且12x x <，试证明12x ae x <.27．已知函数()f x =1x x e-（x ∈R）（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当x ＞2时，()f x ＞()g x ；（Ⅲ）如果1x ≠2x ，且1()f x =2()f x ，证明：12x x +＞4．28．已知函数2)1(2)(-+-=x a e x x f x）（有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是的两个零点，证明：x 1+x 2<2.29.已知函数()(cos )2sin 2f x x x x π=---，2()(1xg x x ππ=-+-.证明：（1）存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =；32.已知()()ln ().f x x x mx m R =-∈（Ⅰ）当1m =时，()f x 的图象在()1,1-处的切线l 恰与函数(01)xy a a a =>≠且的图象相切，求实数a 的值.（Ⅱ）若函数21()ln 212F x x x mx =+-+的两个极值点为1212,,x x x x <且，求证：21()1()f x f x <-<.33．设函数'()ln(1),()(),0,f x x g x xf x x =+=≥其中'()f x 是()f x 的导函数．（Ⅰ）令11()(),()(()),,n n g x g x g x g g x n N ++==∈求()n g x 的表达式；（Ⅱ）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（Ⅲ）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n ++⋅⋅⋅+与()n f n -的大小，并加以证明．34．已知函数f（x）=e x-kx，x∈R.（Ⅰ）若k=e ，试确定函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|）＞0恒成立，试确定实数k 的取值范围；（Ⅲ）设函数F（x）=f(x)+f(-x)，求证：F（1）F（2）…F（n）＞()122nn e++（n∈N *）.《难点突破》(答案)压轴题----函数与导数常考题型二、常考题型：题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题2.解：（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=-+，由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。