近3年2015-2017各地高考数学真题分类专题汇总--导数及其应用

专题3 导数的几何意义与运算1.【2015高考北京，文8】某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况．千米平均耗油量为（ ）A ．6升B ．8升C ．10升D ．12升2.【2014高考陕西版文第10题】如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连续（相切），（A ）312y x =（C ）314y x =3.【2016ln ,01,x x -<<⎧l 1与l 2垂直相交于点4.【2017课标15.【2017l 在y 轴上的截距为 .6.【2014高考广东卷.文.11】曲线53xy e =-+在点()0,2-处的切线方程为________. 7. [2016高考新课标Ⅲ文数]已知()f x 为偶函数，当0x ≤时，1()x f x ex --=-，则曲线()y f x =在(1,2)处的切线方程式_____________________________. 9.【2015高考新课标1，文14】已知函数()31f x ax x =++的图像在点()()1,1f 的处的切线过点()2,7，则a =.10.【2014，安徽文15】若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：)(i 直线l 在点()00,y x P 处与曲线C 相切；)(ii 曲线C 在P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C ，下列命题正确的是_________(写出所有正确命题的编号)①直线0:=y l 在点()0,0P 处“切过”曲线C ：3y x =②直线1:-=x l 在点()0,1-P 处“切过”曲线C ：2)1(+=x y③直线x y l =:在点()0,0P 处“切过”曲线C ：x y sin =④直线x y l =:在点()0,0P 处“切过”曲线C ：x y tan =⑤直线1:-=x y l 在点()0,1P 处“切过”曲线C ：x y ln =11.【2015高考天津，文11】已知函数()()ln ,0,f x ax x x =∈+∞ ,其中a 为实数,()f x '为()f x 的导函数,若()13f '= 12.【20151相切,则a =．13.【2017(I)当a =2时,(II)设函数()g x .14.【2017（Ⅰ）求曲线y （Ⅱ）求函数f 15.【2016（I ）当16.【2015(1))f 处的切线与直线平行. （Ⅰ）求a 的值； （Ⅱ）是否存在自然数k ，使得方程()()f x g x =在(,1)k k +内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；（Ⅲ）设函数()min{(),()}m x f x g x =（{},min p q 表示，,p q 中的较小值），求()m x 的最大值.17.【2014全国2，文21】（本小题满分12分）已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为2-.（Ⅰ）求a ；（Ⅱ）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点.18.【2016高考北京文数】（本小题13分） 设函数()32.f x x ax bx c =+++ （I ）求曲线().y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（II ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围；（III ）求证：230a b -＞是().f x 有三个不同零点的必要而不充分条件. 19.【2014已知函数)(x f x 21=. （Ⅰ）求a （Ⅱ）求函数f 20.【2015（I ）求()f x （II ）设曲线y =数x ,都有()f x （III ）若方程f。

专题 04 导数与函数的单调性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【考点】 导函数的图象【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为 x ，且图象在 x 两侧附近连续分布于轴上下方，则 0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数 f '(x ) 的正负，得出原函数 f (x ) 的单调区间． 2【2015高考湖南，文 8】设函数 f (x ) ln(1 x ) ln(1 x ) ，则 f (x ) 是()A 、奇函数，且在（0,1）上是增函数B 、奇函数，且在（0,1）上是减函数C 、偶函数，且在（0,1）上是增函数D 、偶函数，且在（0,1）上是减函数【答案】A 【解析】 函数 f (x ) ln(1 x ) ln(1 x ) ，函数的定义域为（-1，1），函数f xxxf x 所以函数是奇函数．( ) ln(1) ln(1)( )f ' x11 1 1 x 1 x 1 x2，在 （0,1）上 f 'x 0 ，所以 f (x ) 在(0,1)上单调递增，故选 A.1【考点定位】利用导数研究函数的性质【名师点睛】利用导数研究函数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 'x0时为增函数；f 'x0时为减函数．研'究函数性质时，首先要明确函数定义域.3.【2014全国2，文11】若函数f x kx Inx在区间1,单调递增，则的取值范围是（）（A）,2（B）,1（C ）2,（D ）1,【答案】D【考点定位】函数的单调性.【名师点睛】本题考查了利用函数的导数研究函数的单调性，不等式的恒成立，属于中档题，深入理解函数的单调性与函数导数之间的关系是解题的关键，注意不等式的恒成立的处理时端点值能否取到认真判断．4. 【2016高考新课标1文数】若函数1f x x-x a x 在,单调递增,则a()sin2sin3的取值范围是（）（A ）1,1（B）1,1311（C）,331（D）1,3【答案】C【解析】2试题分析：fxx a x…对x R恒成立, 1cos2cos03故1 2 cos x 1 a cos x 02… ,即 cos 4 cos 2 5 02a x x … 恒成立,33 3即 45452… 对 t 1, 1恒成立,构造t atf ttat ,开口向下的二次函数2333321f 1t 03 1 1 f t的最小值的可能值为端点值,故只需保证… a … ．故选 C ．,解得1 33f 1t 03考点：三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性 转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域 或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性. 5.【 2014湖南文 9】若0 xx1，则（）12A.2 1exe x ln xln xB.e xe xln xln x212121x ex eD. xxC.1221x e x xe x122 1【答案】C【考点定位】导数 单调性【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的性质，解决问题的关键是根据所给选项构造 对应的函数，利用函数的性质分析其单调性，对选项作出判断. 6.【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f(x)0，求a的取值范围．【答案】（1）当a0，f(x)在(,)单调递增；当a0，f(x)在(,ln a)单调递减，a a在(ln a,)单调递增；当a0，f(x)在(,ln())单调递减，在(ln(),)单调递223增；（2）[2e,1]．4【解析】3试题分析：（1）分 a 0 ， a 0 ， a0 分别讨论函数 f (x ) 的单调性；（2）分 a0 ，a ， a 0 分别解 f (x ) 0，从而确定 a 的取值范围．试题解析：（1）函数f (x ) 的 定 义 域 为 (,) ，f (x ) 2e 2xae x a 2 (2e xa )(e x a )，①若 a 0 ，则 f (x ) e 2x ，在(,) 单调递增．②若 a 0 ，则由 f (x )0得 xln a ．当 x(,ln a ) 时， f (x ) 0 ；当 x (ln a ,) 时， f(x ) 0，所以 f (x ) 在(,ln a ) 单调递减，在 (ln a,) 单调递增．a③若 a0 ，则由 f (x )0得 xln( ) ．2aa当( , ln( ))x时 ， f(x ) 0 ； 当 x(ln(),) 时 ， f (x ) 0， 故 f (x ) 在22a a (, ln( ))单调递减，在 (ln( ),)单调递增．2 2（2）①若 a 0 ，则 f (x )e 2x ，所以f (x ) 0．②若 a0 ，则由（1）得 ，当 x ln a 时， f (x ) 取得最小值，最小值为 f (ln a )a 2 ln a ．从而当且仅当 a 2 ln a 0 ，即 a1时， f (x ) 0．a③若 a0 ， 则 由 （ 1） 得 ， 当 xln( ) 时 ， f (x ) 取 得 最 小 值 ， 最 小 值 为2f a ．从而当且仅当2[3 ln( )] 0 (ln( )) [ln( )]a，即 a 23a a 242423a 时 f (x )0．2e43综上，的取值范围为[2e ,1]．4【考点】导数应用【名师点睛】本题主要考查导数的两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识 来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出 f '(x ) ，有 f '(x ) 的正负，得出函数 f (x )的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数f(x)极值或最值．47.【2017课标II，文21】设函数f(x)(1x2)e x.（1）讨论f(x)的单调性；（2）当x0时，f(x)ax1，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）在(,12)和(12,)单调递减，在(12,12)单调递增（Ⅱ）[1,)f(x)(1x)(1x)ax1.20000试题解析：（1）f(x)(12x x2)e x令f(x)0得x12当x(,12)时，f(x)0；当x(12,12)时，f(x)0；当x时，f(x)0(12,)所以f(x)在(,12)和(12,)单调递减，在(12,12)单调递增(2) f(x)(1x)(1x)e x当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）e x，h’(x)= -xe x＜0（x＞0），因此h(x)在0，+∞)单调递减，而h(0)=1，故h(x)≤1，所以f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1当0＜a＜1时，设函数g（x）=e x-x-1，g’（x）=e x-1＞0（x＞0），所以g（x）在在0，+∞)单调递增，而g(0)=0，故e x≥x+1当0＜x＜1，f(x)(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1a x x2)，取5x 054a 1 2则 x 0 (0,1), (1 x 0 )(1 x 0 ) ax 0 0,故f(x 0 )ax 0 1251当 a 0 时，取2x, f (x ) (1 x )(1x ) 1 ax 1 02综上，a 的取值范围 1，+∞）【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【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数 的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量， 构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.8.【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；3f (x )2 ． （2）当 a ﹤0 时，证明4a1【答案】（1）当 a0 时， f (x ) 在(0,) 单调递增；当 a 0 时，则 f (x ) 在) 单调递(0,2a1 增，在 (,)2a单调递减；（2）详见解析2ax(2a 1)x 1 (2ax 1)(x 1) 2试题解析：（1） f '(x )(x 0)，xx当 a0 时， f '(x ) 0 ，则 f (x ) 在(0,) 单调递增，单调递减.11(0,单调递增，在(,)2a2a当a 0时，则f(x)在)1（2）由（1）知，当a 0时，)f(x)f (，max a261 3 1 1) ( 2) ln(1f () 1，令 yln t1t （t 0 ），2a 4a2a 2a 2a1则 y '1 0，解得t1，t∴ y 在 ( 0,1) 单调递增，在 (1,) 单调递减，33∴maxy (1) 0max( y ，∴ y0，即2)f (x ) ，∴ f (x )2.4a4a【考点】利用导数求单调性，利用导数证不等式 【名师点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略 (1)构造差函数 h (x )f (x )g (x ) .根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和 问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 9.【 2017天 津 ， 文 19】 设 a ,bR ， | a |1.已 知 函 数 f (x ) x 36x 23a (a 4)x b ，g (x ) e x f (x ) .（Ⅰ）求 f (x ) 的单调区间； （Ⅱ）已知函数 yg (x ) 和 ye x 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证： f (x ) 在 x x 处的导数等于0；（ii ）若关于 x 的不等式 g (x ) e x 在区间[x1, x1]上恒成立，求 b 的取值范围.【答案】（Ⅰ）递增区间为 (,a ) ， (4 a ,) ，递减区间为 (a ,4 a ) .（2）（ⅰ） f (x ) 在x x 处的导数等于 0.（ⅱ）的取值范围是[7,1].【解析】f x f a1在[a1,a1]上恒成立，得b2a36a21，1a1，再根据导数求函数的取值范围.7试题解析：（I）由f(x)x36x23a(a 4)x b，可得f'(x)3x 12x 3a(a 4)3(x a)(x (4a))，2令f'(x)0，解得x a，或x 4a.由|a |1，得a 4a.当变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：(,a)(a,4a)(4a,)f'(x)f x A A A ()所以，f(x)的单调递增区间为(,a)，(4a ,)，单调递减区间为(a,4a).xg(x)e（II）（i）因为g'(x)e x(f(x)f'(x))，由题意知g'(x)ex，x xf(x)e e00所以e x(f(x)f'(x))ex00f(x)1，解得f'(x)0.所以，f(x)在x x处的导数等于0.（ii）因为g(x)e x，x[x 1,x 1]，由e x 0，可得f(x)1.00又因为f(x)1，0f'(x)0，故x为f(x)的极大值点，由（I）知xa.另一方面，由于|a |1，故a 14a，由（I）知f(x)在(a 1,a)内单调递增，在(a,a 1)内单调递减，故当x a时，f(x)f(a)1在[a 1,a 1]上恒成立，从而g(x)e x在[x 1x1]上0,0 0恒成立.由f(a)a36a23a(a4)a b1，得b2a36a21，1a1.令t(x)2x36x21，x[1,1]，所以t'(x)6x212x，令t'(x)0，解得x2（舍去），或x0.因为t(1)7，t(1)3，t(0)1，故t(x)的值域为[7,1].8所以，的取值范围是[7,1].【考点】1.导数的几何意义；2.导数求函数的单调区间；3.导数的综合应用.【名师点睛】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分解因式， 并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点 是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出 xa ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的 功能.10.【2014 山东.文 20】（本题满分 13分)x 1设函数 f (x ) a ln x ,其中a 为常数.x 1 （1）若 a0 ，求曲线 yf (x )在点(1, f (1)) 处的切线方程；（2）讨论函数 f (x ) 的单调性. 【答案】（1） x 2y 1 0 .（2）当 a0 时，函数 f (x ) 在(0,)上单调递增；1当a时，函数 f (x ) 在(0,)上单调递减；2 1时， f (x ) 在 (0, (a 1)2a 1)a 0当2a(a 1) 2a 1，(,)a上单调递减， (a 1) 2a1 (a1) 2a 1在(,)a a上单调递增.【解析】性.其中a0时，情况较为单一，f'(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递增，当a0时，令g(x)ax2(2a2)x a，9由于(2a 2)2 4a 2 4(2a 1) ，再分 a1 ， a1 ， 1 0a 等情况加以讨论.2 2 2 试题解析：（1）由题意知 a0 时， ( )1,(0, ) f xxx，x 1此时 f '(x )2 (x 1) 2， 可得 ' (1)1f，又 f (1) 0，2所以曲线 yf (x ) 在 (1, f (1))处的切线方程为 x 2y10 .（2）函数 f (x ) 的定义域为(0,)，f (x )'a 2 ax(2a 2)x a 2x (x 1)x (x 1)22，当 a 0 时， f ' (x ) 0，函数 f (x ) 在(0,)上单调递增，当 a 0 时，令 g (x ) ax 2 (2a 2)x a ， 由于(2a 2)24a 24(2a1) ，1① 当a时，0，21(x 1)22f (x )'x (x 1)2，函数 f (x ) 在 (0,)上单调递减，1 ② 当a时，0, g (x ) 0， 2f ' (x ) 0 ，函数 f (x ) 在(0,)上单调递减，1③ 当时，0， a 02设 x x x x 是函数 g (x ) 的两个零点，1, 2 ( 1 2 ) 则 x 1 (a 1) 2a 1 ， a x2 (a 1) 2a 1 ，a由 x 1a 1 2a 1 aa 2 2a 1 2a 1a0 ， 所以 x (0, x ) 时， g (x ) 0, f ' (x ) 0，函数 f (x ) 单调递减，110x (x , x ) 时， g (x ) 0, f ' (x ) 0，函数 f (x ) 单调递增，12x(x,) 时， g (x ) 0, f ' (x ) 0，函数 f (x ) 单调递减，2综上可知，当 a 0 时，函数 f (x ) 在(0,)上单调递增；1当a时，函数 f (x ) 在(0,)上单调递减；2时， f (x ) 在 (0, (a 1)2a 1) 1a 0 当2a(a 1) 2a 1，(,)a上单调递减， (a 1) 2a1 (a1) 2a 1在(,)a a上单调递增.考点：导数的几何意义，应用导数研究函数的单调性，分类讨论思想.【名师点睛】本题考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性等.解答本题的主要困难 是（II ）利用分类讨论思想，结合函数零点，确定函数的单调性.本题是一道能力题，属于难题.在考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性等基础知 识、基本方法的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力，考查转 化与化归思想及分类讨论思想.11.2016 高考新课标Ⅲ文数]设函数 f (x )ln x x 1．（I ）讨论 f (x ) 的单调性；x 1 （II ）证明当 x (1,) 时，1x ；ln x（III ）设 c 1，证明当 x (0,1)时，1(c 1)x c x .【答案】（Ⅰ）当 0 x1时， f (x ) 单调递增；当 x1时， f (x ) 单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．试题解析：（Ⅰ）由题设， f (x ) 的定义域为(0,)， f ' (x ) 1 1，令 f ' (x ) 0，解得 xx1.当0x1时，f'(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f'(x)0，f(x)单调递11减. ………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知， f (x ) 在 x 1处取得最大值，最大值为 f (1) 0，所以当 x 1时， ln x x 1， 故当 x(1,) 时， ln x x 1， ln 111，即1 x 1x . ………………7分 x x ln x（Ⅲ）由题设 c 1，设 g (x )1 (c 1)x c x ，则 g ' (x ) c 1c x ln c ．令 g ' (x ) 0，解得xc 1 ln cln . ln c 当 x x 时 ， g '(x ) 0， g (x ) 单 调 递 增 ； 当x x 时 ， g ' (x ) 0， g (x ) 单 调递减. ……………9分c 1由（Ⅱ）知，1c，故 0 x1．又 g (0) g (1) 0 ，故当 0 x 1时， g (x ) 0 ，ln c所以当 x(0,1)时，1 (c 1)x c x . ………………12分考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式的证明与解法．【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性， 再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或 最值来证明．12.【2016高考天津文数】（（本小题满分 14分）设函数 f (x )x 3 ax b ， x R ，其中 a ,b R（Ⅰ）求 f (x ) 的单调区间；（Ⅱ）若 f (x ) 存在极值点 x ，且 (x 1)f (x )f，其中x 1 x ，求证： x 20 ；1x（Ⅲ）设 a 0，函数 g (x ) | f (x ) | ，求证： g (x ) 在区间[1,1]上的最大值不小于1 4.，递增区间为 (,3a ) 3a3a，(3a ,) 【答案】（Ⅰ）递减区间为( , ).（Ⅱ）3 333详见解析（Ⅲ）详见解析【解析】123a3a11，②当3334时，23a13a3a123aa3，③3333当时，123a23a1a3.433试题解析：（1）解：由f(x)x3ax b，可得f (x)3x2a，下面分两种情况讨论：①当a 0时，有f (x)3x2a 0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,).②当a 0时，令f (x)0，解得x 3或3a ax.33当变化时，f (x)、f(x)的变化情况如下表：a33(3,3)aa a3a3a(,)(,)333333f x()f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(,3)3a3a a(,)，333 3a(,).3（2）证明：因为f(x)存在极值点，所以由（1）知a0且x. 00a由题意得f x x2a，即2()30x，0003132a 进而 f (x )x 3axbx b ，38a2a又 f xx 3 axbxax bx b f x ，且 2xx ，( 2 )822( )33由题意及（1）知，存在唯一实数 x 满足 1f (x ) f (x )，且1xx ，因此 1 0x x ， 1 2 0所以 xx.1+2 0 =0（3）证明：设 g (x ) 在区间[1,1]上的最大值为 M ， max{x , y }表示， y 两数的最大值，下面分三种情况讨论： ①当 a3时，31 13，由（1） 知 f (x ) 在区间[1,1]上单调递减，a a 33所以 f (x ) 在区间[1,1]上的取值范围为[ f (1), f (1)]，因此，M max{[ f (1), f (1)]} max{|1ab |,| 1 ab |} max{| a 1 b |,| a 1b |}a 1b ,b 0,a 1b ,b 0,所以 M a 1 | b | 2.②当 3 4时， 2 3 1 3 3 1 2 3 a 3，a a a a 3 3 3 3 由（1）和（2） 知f f f ， (1) (2 3 ) ( 3 ) ( 1) ( ) ( ) f f f ，2 3a 3a a a3 3 3 3 所以 f (x ) 在区间[1,1]上的取值范围为[ ( 3 ), ( 3 )]a a f f ， 3 33a3a2a2a所以max{| f (|,| f () |} max{|3a b |,| 3a b |}33 9 92a 2a 2a 2 3 3 1max{| 3ab |,| 3ab |} 3a | b |3 .9 9 9 9 4 4 4③当时， 1 2 32 3 1a，由（1）和（2）知，3 a a 433fff ， (1)(2 3 ) ( 3 )( 1) () ( ) ff f ，2 3a 3a a a 333 3所以 f (x ) 在区间[1,1]上的取值范围为[ f (1), f (1)]，因此，14M max{[ f (1), f (1)]} max{| 1 a b |,|1 a b |} max{|1 a b |,|1 a b |}11 a | b | .4综上所述，当 a 0 时， g (x ) 在区间[1,1]上的最大值不小于 14.考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数 f (x )的定义域(定义域优先)； (2)求导函数 f ′(x )；(3)在函数 f (x )的定义域内求不等式 f ′(x )＞0或 f ′(x )＜0的解集．(4)由 f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)的解集确定函数 f (x )的单调增(减)区间．若遇不等式中带有 参数时，可分类讨论求得单调区间．2．由函数 f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围问题，可转化为 f ′(x )≥0(或 f ′(x )≤0) 恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到． 13.【2016高考四川文科】（本小题满分 14分） 设函数 f (x )ax 2a ln x ， ( ) 1g x，其中 q R ，e=2.718…为自然对数的底数.e x ex（Ⅰ）讨论 f(x)的单调性；（Ⅱ）证明：当 x ＞1时，g(x)＞0； （Ⅲ）确定的所有可能取值，使得 f (x )g (x ) 在区间（1，+∞）内恒成立.【答案】（1）当 x （0, 1 ) 时， f '(x ) <0， f (x ) 单调递减；当x1 + ) （ ， 时， f '(x )2a2a >0， f (x ) 单调递增；（2）证明详见解析；（3） a1 + ) [ ， . 2（Ⅰ）的结论，缩小的范围，设g(x)=11x e x1e x1xx1xe，并设s(x)=e x1x，通过研究s(x)15的单调性得 x1时， g (x ) 0 ，从而 f (x ) 0 ，这样得出 a 0 不合题意，又 0 1a时，2f (x ) 的极小值点 x，且 ( 1 ) (1) 0 1，也不合题意，从而 1 1ff a ，此时考2a2a211虑 h ¢(x ) = 2ax - + - e 1 x 得 h '(x ) -x x21 1 1> - + -0 ，得此时 h (x ) 单调递增，从而有 x x x x2h (x ) h (1) 0 ，得出结论．试题解析：（I ）1 2ax 12f '(x ) 2ax ( x 0).x x当时， f '(x ) <0， f (x ) 在（0，+）内单调递减.a当a0时，由 f '(x )=0，有x1 .2a当 x0, 1 ) （ 时， f '(x ) <0， f (x ) 单调递减； 2a 当x1 + ) （ ， 时， f '(x ) >0， f (x ) 单调递增.2a（II ）令 s (x ) =e x 1x ，则 s '(x ) =e x11.当 x1时， s '(x ) >0，所以 e x1x ，从而 g (x ) =11 >0. x e x 1（iii ）由（II ），当 x 1时， g (x ) >0.当 a0 ， x 1时， f (x ) =a (x 2 1)ln x 0.故当 f (x ) >g (x ) 在区间（1，+)内恒成立时，必有 a 0 .当1a 时， 21 2a>1.由（I）有1,从而(1)0 f()f(1)0g，2a2a所以此时f(x)>g(x)在区间（1，+)内不恒成立.1当a时，令h(x)= f(x)g(x)(x1).21611111当x 1时，h'(x)=2ax e 1x xx x x x x22x2x1x2x132x x22.因此h(x)在区间（1，+)单调递增.又因为h(1)=0，所以当x 1时，h(x)= f(x)g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.综上，a1+)[，.2考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题．【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求f'(x)，解方程f'(x)0，再通过f'(x)的正负确定f(x)的单调性；要证明函数不等式f(x)g(x)，一般证明f(x)g(x)的最小值大于0，为此要研究函数h(x)f(x)g(x)的单调性．本题中注意由于函数h(x)有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．14.【2015高考福建，文22】已知函数(x 1)2 f(x)ln x．2(Ⅰ)求函数f x的单调递增区间；（Ⅱ）证明：当x 1时，f x x 1；（Ⅲ）确定实数的所有可能取值，使得存在x ，当01x x时，恒有f x k x 1．(1,)【答案】(Ⅰ)150,2；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）,1．17（II ）令 Fx fx x 1，x0,．1x2则有．F xx当 x1,时，Fx 0，所以 F x 在1,上单调递减，故当 x1时， F x F 1 0 ，即当 x1时， fx x 1．（III ）由（II ）知，当 k 1时，不存在 x满足题意．1当 k1时，对于 x 1，有 fx x 1 kx 1，则 fxk x 1，从而不存在x1满足题意． 当 k 1时，令 Gx f x k x 1，x0,，则有x 21kx 1 1．G x x 1 k xx由Gx0 得，x 21 k x 10． 解得 x11 k 1k42x21k 1k422 0，22 1．2当x x 时，Gx0，故G x在1,1,x内单调递增．22从而当x x 时，G x G 10，即f x k x 1，1,2综上，的取值范围是,1．18【考点定位】导数的综合应用．【名师点睛】利用导数判断或求函数的单调区间，通过不等式 f ' (x )0或 f ' (x ) 0 求解，但是要兼顾定义域；利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等 式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的 单 调 性 或 最 值 ， 从 而 证 得 不 等 式 ， 注 意 f (x ) g (x ) 与f (x )g (x ) 不 等价 ，minmaxf (x )g (x ) 只是 f (x ) g (x ) 的特例，但是也可以利用它来证明，在 2014年全国Ⅰ卷minmax理科高考 21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、 最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延 续．19。

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2015年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（04导数及其应用）一、选择题：1.（2015安徽文）函数()32f x ax bx cx d =+++的图像如图所示，则下列结论成立的是（ ）（A ）a >0，b <0，c >0，d >0 （B ）a >0，b <0，c <0，d >0 （C ）a <0，b <0，c <0，d >0 （D ）a >0，b >0，c >0，d <02．（2015福建理）若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ）A ．11f k k ⎛⎫<⎪⎝⎭ B ．111f k k ⎛⎫>⎪-⎝⎭ C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭ D ． 111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 【答案】C考点：函数与导数．3．（2015福建文）“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ． 充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B考点：导数的应用．4.(2015全国新课标Ⅰ卷理)设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数x 0，使得0()f x 0，则a 的取值范围是（ ）A.[-，1）B. [-，）C. [，）D. [，1）【答案】D 【解析】试题分析：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()(21)x g x e x '=+，所以当12x <-时，()g x '＜0，当12x >-时，()g x '＞0，所以当12x =-时，max [()]g x =12-2e -，当0x =时，(0)g =-1，(1)30g e =>，直线y ax a =-恒过（1,0）斜率且a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-≥--，解得32e≤a ＜1，故选D.考点：导数的综合应用5．(2015全国新课标Ⅱ卷理)设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ）A ．(,1)(0,1)-∞-B ．(1,0)(1,)-+∞C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)+∞【答案】A 【解析】试题分析：记函数()()f x g x x=，则''2()()()xf x f x g x x -=，因为当0x >时，'()()0xf x f x -<，故当0x >时，'()0g x <，所以()g x 在(0,)+∞单调递减；又因为函数()()f x x R ∈是奇函数，故函数()g x 是偶函数，所以()g x 在(,0)-∞单调递减，且(1)(1)0g g -==．当01x <<时，()0g x >，则()0f x >；当1x <-时，()0g x <，则()0f x >，综上所述，使得()0f x >成立的x 的取值范围是(,1)(0,1)-∞-，故选A ．考点：导数的应用、函数的图象与性质． 6. (2015陕西理)对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）A ．-1是()f x 的零点B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值 D. 点(2,8)在曲线()y f x =上 【答案】A考点：1、函数的零点； 2、利用导数研究函数的极值．二、填空题：1.（2015安徽理）设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 .（写出所有正确条件的编号）① 3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==.与最值；函数零点问题考查时，要经常性使用零点存在性定理.2. (2015湖南理)20(1)x dx ⎰-= .【答案】0.【考点定位】定积分的计算.【名师点睛】本题主要考查定积分的计算，意在考查学生的运算求解能力，属于容易题，定积分的计算通常有两类基本方法：一是利用牛顿-莱布尼茨定理；二是利用定积分的几何意义求解.3、(2015全国新课标Ⅰ卷文)已知函数()31f x ax x =++的图像在点()()1,1f 的处的切线过点()2,7，则 a = .4. (2015全国新课标Ⅱ卷文)已知曲线ln y x x =+在点()1,1 处的切线与曲线()221y ax a x =+++相切,则a = ． 【答案】8 【解析】试题分析：由11y x'=+可得曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线斜率为2,故切线方程为21y x =-,与()221y ax a x =+++ 联立得220ax ax ++=,显然0a ≠,所以由 2808a a a ∆=-=⇒=.考点：导数的几何意义.5、(2015陕西文)函数x y xe =在其极值点处的切线方程为____________. 【答案】1y e=-考点：导数的几何意义. 6. (2015陕西理)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 ．【答案】1.2 【解析】试题分析：建立空间直角坐标系，如图所示：原始的最大流量是()11010222162⨯+-⨯⨯=，设抛物线的方程为22x py =（0p >），因为该抛物线过点()5,2，所以2225p ⨯=，解得254p =，所以2252x y =，即2225y x =，所以当前最大流量是()()5323535522224022255255257575753x dx x x --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤-=-=⨯-⨯-⨯--⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是161.2403=，所以答案应填：1.2．考点：1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．7. (2015陕西理)设曲线x y e =在点（0,1）处的切线与曲线1(0)y x x=>上点p 处的切线垂直，则p 的坐标为 ． 【答案】()1,1 【解析】试题分析：因为x y e =，所以x y e '=，所以曲线x y e =在点()0,1处的切线的斜率0101x k y e ='===，设P 的坐标为()00,x y （00x >），则001y x =，因为1y x =，所以21y x '=-，所以曲线1y x =在点P处的切线的斜率02201x x k y x ='==-，因为121k k ⋅=-，所以2011x -=-，即201x =，解得01x =±，因为00x >，所以01x =，所以01y =，即P 的坐标是()1,1，所以答案应填：()1,1．考点：1、导数的几何意义；2、两条直线的位置关系．8、(2015四川文)已知函数f (x )＝2x ，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R ).对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝1212()()f x f x x x --，n ＝1212()()g x g x x x --，现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m ＞0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n ＞0； ③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中真命题有___________________(写出所有真命题的序号).【答案】①④ 【解析】对于①，因为f '(x )＝2x ln 2＞0恒成立，故①正确对于②，取a ＝－8，即g '(x )＝2x －8，当x 1，x 2＜4时n ＜0，②错误 对于③，令f '(x )＝g '(x )，即2x ln 2＝2x ＋a 记h (x )＝2x ln 2－2x ，则h '(x )＝2x (ln 2)2－2【考点定位】本题主要考查函数的性质、函数的单调性、导数的运算等基础知识，考查函数与方程的思想和数形结合的思想，考查分析问题和解决能提的能力.【名师点睛】本题首先要正确认识m ，n 的几何意义，它们分别是两个函数图象的某条弦的斜率，因此，借助导数研究两个函数的切线变化规律是本题的常规方法，解析中要注意“任意不相等的实数x 1，x 2”与切线斜率的关系与差别，以及“都有”与“存在”的区别，避免过失性失误.属于较难题. 9. (2015天津文) 已知函数()()ln ,0,f x ax x x =∈+∞ ,其中a 为实数,()f x '为()f x 的导函数,若()13f '= ,则a 的值为 ． 【答案】3 【解析】试题分析：因为()()1ln f x a x '=+ ,所以()13f a '==. 考点：导数的运算法则.10.(2015天津理)曲线2y x = 与直线y x = 所围成的封闭图形的面积为 . 【答案】16【解析】试题分析：两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，所以它们所围成的封闭图形的面积()1122300111236S x x dx x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭⎰.考点：定积分几何意义.三、解答题：1. （2015安徽文） 已知函数)0,0()()(2>>+=r a r x axx f （Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性；（Ⅱ）若400=ra，求)(x f 在),0(+∞内的极值.2.（2015安徽理）设函数2()f x x ax b =-+.（Ⅰ）讨论函数(sin )f x 在(,)22ππ-内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； （Ⅱ）记2000()f x x a x b =-+，求函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值D ； （Ⅲ）在（Ⅱ）中，取000a b ==，求24a zb =-满足D 1≤时的最大值.3.（2015北京文）设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >． （Ⅰ）求()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(上仅有一个零点．【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；极小值(1ln )2k k f -=；（2）证明详见解析.所以，()f x 的单调递减区间是)k ，单调递增区间是(,)k +∞；()f x 在x k =(1ln ))2k k f k -=. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )()2k k f k -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥. 当k e =时，()f x 在区间)e 上单调递减，且()0f e =，所以x e =()f x 在区间]e 上的唯一零点.当k e >时，()f x 在区间)e 上单调递减，且1(1)02f =>，()02e kf e -=<， 所以()f x 在区间]e 上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间]e 上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.4. （2015北京理）已知函数()1ln 1xf x x+=-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程；（Ⅱ）求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()01x ∈，恒成立，求k 的最大值． 【答案】（Ⅰ）20x y -=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k 的最大值为2.试题解析：（Ⅰ）212()ln,(1,1),(),(0)2,(0)011x f x x f x f f x x+''=∈-===--，曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为20x y -=；（Ⅱ）当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭，即不等式3()2()03x f x x -+>，对(0,1)x ∀∈成立，设331()ln 2()ln(1)ln(1)2()133x x x F x x x x x x +=-+=+---+-，则422()1x F x x'=-，当()01x ∈，时，()0F x '>，故()F x 在（0，1）上为增函数，则()(0)0F x F >=，因此对(0,1)x ∀∈，3()2()3x f x x >+成立；（Ⅲ）使()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭成立，()01x ∈，，等价于31()ln ()013x x F x k x x +=-+>-，()01x ∈，；422222()(1)11kx k F x k x x x+-'=-+=--， 当[0,2]k ∈时，()0F x '≥，函数在（0，1）上位增函数，()(0)0F x F >=，符合题意；当2k >时，令402()0,(0,1)k F x x -'==∈，，显然不成立，综上所述可知：k 的最大值为2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.5．（2015福建文）已知函数2(1)()ln 2x f x x -=-．(Ⅰ)求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）证明：当1x >时，()1f x x <-；（Ⅲ）确定实数k 的所有可能取值，使得存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有()()1f x k x >-．【答案】(Ⅰ) ⎛ ⎝⎭；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）(),1-∞． 【解析】(Ⅰ)求导函数()21x x f x x-++'=，解不等式'()0f x >并与定义域求交集，得函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）构造函数()()()F 1x f x x =--，()1,x ∈+∞．欲证明()1f x x <-，只需证明()F x 的最大值小于0即可；（Ⅲ）由（II ）知，当1k =时，不存在01x >满足题意；当1k >时，对于1x >，有()()11f x x k x <-<-，则()()1f x k x <-，从而不存在01x >满足题意；当1k <时，构造函数()()()G 1x f x k x =--，()0,x ∈+∞，利用导数研究函数()G x 的形状，只要存在01x >，当0(1,)x x ∈时()0G x >即可．试题解析：（I ）()2111x x f x x x x-++'=-+=，()0,x ∈+∞．由()0f x '>得2010x x x >⎧⎨-++>⎩解得102x <<．故()f x 的单调递增区间是10,2⎛+ ⎝⎭． （II ）令()()()F 1x f x x =--，()0,x ∈+∞．则有()21F x x x-'=．当()1,x ∈+∞时，()F 0x '<，所以()F x 在[)1,+∞上单调递减，故当1x >时，()()F F 10x <=，即当1x >时，()1f x x <-． （III ）由（II ）知，当1k =时，不存在01x >满足题意．当1k >时，对于1x >，有()()11f x x k x <-<-，则()()1f x k x <-，从而不存在01x >满足题意．当1k <时，令()()()G 1x f x k x =--，()0,x ∈+∞，则有()()2111G 1x k x x x k x x-+-+'=-+-=．由()G 0x '=得，()2110x k x -+-+=．解得10x =<，21x =>．当()21,x x ∈时，()G 0x '>，故()G x 在[)21,x 内单调递增．从而当()21,x x ∈时，()()G G 10x >=，即()()1f x k x >-， 综上，k 的取值范围是(),1-∞．考点：导数的综合应用．6. （2015福建理） 已知函数f()ln(1)x x =+，(),(k ),g x kx R =?(Ⅰ)证明：当0x x x ><时，f()；(Ⅱ)证明：当1k <时，存在00x >,使得对0(0),x x Î任意，恒有f()()x g x >；(Ⅲ)确定k 的所以可能取值，使得存在0t >，对任意的(0),x Î，t 恒有2|f()()|x g x x -<． 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) =1k ． 【解析】 试题分析：(Ⅰ)构造函数()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??只需求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)构造函数G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x =-=+-??即()0G x >，求导得1()1+G x k x ¢=- (1k)1+kx x-+-=，利用导数研究函数()G x 的形状和最值，证明当1k <时，存在00x >，使得()0G x >即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当1k >时，对于(0,),x "违+()f()g x x x ，>>故()f()g x x >，则不等式2|f()()|x g x x -<变形为2k ln(1)x x x -+<，构造函数2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+，只需说明()0M x <，易发现函数()M x 在0x Î（递增，而(0)0M =，故不存在；当1k <时，由(Ⅱ)知，存在00x >,使得对任意的任意的0(0),x x ，Î恒有f()()x g x >，此时不等式变形为2ln(1)k x x x +-<， 构造2N()ln(1)k ,[0)x x x x x =+--违，+，易发现函数()N x 在0x Î（递增，而(0)0N =，不满足题意；当=1k 时，代入证明即可．试题解析：解法一：(1)令()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??则有1()11+1+x F x x x¢=-=-当(0,),x ?? ()0F x ¢<,所以()F x 在(0,)+?上单调递减； 故当0x >时，()(0)0,F x F <=即当0x >时，x x f()<．(2)令G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x =-=+-??则有1(1k)()1+1+kx G x k x x-+-¢=-=当0k £ G ()0x ¢>,所以G()x 在[0,)+?上单调递增, G()(0)0x G >= 故对任意正实数0x 均满足题意.当01k <<时，令()0,x G ¢=得11=10k x k k-=->． 取01=1x k，-对任意0(0,),x x Î恒有G ()0x ¢>,所以G()x 在0[0,x )上单调递增, G()(0)0x G >=,即f()()x g x >.综上，当1k <时，总存在00x >,使得对任意的0(0),x x ，Î恒有f()()x g x >．(3)当1k >时，由（1）知，对于(0,),x "违+()f()g x x x ，>>故()f()g x x >，|f()()|()()k ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+，则有21-2+(k-2)1M ()k 2=,11x x k x x x x+-¢=--++故当0x Î（时，M ()0x ¢>,M()x 在[0上单调递增，故M()M(0)0x >=,即2|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在.当1k <时，由（2）知存在00x >,使得对任意的任意的0(0),x x ，Î恒有f()()x g x >． 此时|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x -=-=+-,令2N()ln(1)k ,[0)x x x x x =+--违，+，则有2'1-2-(k+2)1()2=,11x x k N x k x x x-+=--++故当0x Î（时，N ()0x ¢>,M()x 在[0上单调递增，故N()(0)0x N >=,即2f()()x g x x ->,记0x 的为1x ，则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有，故满足题意的t 不存在. 当=1k ，由（1）知，(0,),x 违当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2H()ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+，则有21-2H ()12=,11x xx x x x-¢=--++ 当0x >时，H ()0x ¢<,所以H()x 在[0+¥，）上单调递减，故H()(0)0x H <=,故当0x >时，恒有2|f()()|x g x x -<,此时，任意实数t 满足题意. 综上，=1k .解法二：（1）（2）同解法一.（3）当1k >时，由（1）知，对于(0,),x "违+()f()g x x x >>，，故|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x x x x -=-=-+>-=-，令2(k 1),01x x x k -><<-解得，从而得到当1k >时，(0,1)x k ?对于恒有2|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在.当1k <时，取11k+1=12k k k <<，从而 由（2）知存在00x >,使得0(0),x x Î任意，恒有1f()()x k x kx g x >>=.此时11|f()()|f()()(k)2kx g x x g x k x x --=->-=, 令21k 1k ,022x x x --><<解得，此时 2f()()x g x x ->, 记0x 与1-k 2中较小的为1x ，则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有，故满足题意的t 不存在. 当=1k ，由（1）知，(0,),x 违当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2M()ln(1),[0)x x x x x =-+-∈∞，+，则有212M ()12,11x xx x x x--'=--=++ 当0x >时，M ()0x ¢<,所以M()x 在[0+∞，）上单调递减，故M()M(0)0x <=,故当0x >时，恒有2|f()()|x g x x -<,此时，任意实数t 满足题意 综上，=1k .考点：导数的综合应用．7．（2015广东理）设1a >，函数a e x x f x-+=)1()(2。

专题03 基本初等函数1.【2017北京，理5】已知函数1()3()3x xf x =-，则()f x（A ）是奇函数，且在R 上是增函数 （B ）是偶函数，且在R 上是增函数（C ）是奇函数，且在R 上是减函数 （D ）是偶函数，且在R 上是减函数 【答案】A 【解析】试题分析：()()113333xxxx f x f x --⎛⎫⎛⎫-=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以函数是奇函数，并且3x 是增函数，13x⎛⎫ ⎪⎝⎭是减函数，根据增函数-减函数=增函数，所以函数是增函数，故选A. 【考点】函数的性质2.【2017北京，理8】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080.则下列各数中与M N最接近的是（参考数据：lg3≈0.48） （A ）1033（B ）1053（C ）1073（D ）1093【答案】D 【解析】 试题分析：设36180310M x N ==，两边取对数，36136180803lg lg lg3lg10361lg38093.2810x ==-=⨯-=，所以93.2810x =，即M N 最接近9310，故选D.【考点】对数运算【名师点睛】本题考查了转化与化归能力，本题以实际问题的形式给出，但本质就是对数的运算关系，以及指数与对数运算的关系，难点是36180310x =时，两边取对数，对数运算公式包含log log log a a a M N MN +=，log log log a a a MM N N-=，log log n a a M n M =. 3.【2016课标3理数】已知432a =，254b =，1325c =，则（ ）（A ）b a c <<（B ）a b c <<（C ）b c a <<（D ）c a b << 【答案】A 【解析】试题分析：因为422335244a b ==>=，1223332554c a ==>=，所以b a c <<，故选A ． 考点：幂函数的图象与性质．4. 【2015高考山东，理10】设函数()31,1,2,1xx x f x x -<⎧=⎨≥⎩则满足()()()2f a f f a =的取值范围是（ ）（A ）2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦ （B ）[]0,1 （C ）2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（D ）[)1,+∞ 【答案】C【解析】当1a ≥时，()21af a =>，所以，()()()2f aff a =，即1a >符合题意.当1a <时，()31f a a =-,若()()()2f aff a =，则()1f a ≥，即：2311,3a a -≥≥，所以213a ≤<适合题意综上，的取值范围是2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭,故选C. 【考点定位】1、分段函数；2、指数函数.【名师点睛】本题以分段函数为切入点，深入考查了学生对函数概念的理解与掌握，同时也考查了学生对指数函数性质的理解与运用，渗透着对不等式的考查，是一个多知识点的综合题. 5.【2015高考新课标2，理5】设函数211log (2),1,()2,1,x x x f x x -+-<⎧=⎨≥⎩,2(2)(log 12)f f -+=( )A ．3B ．6C ．9D ．12 【答案】C【解析】由已知得2(2)1log 43f -=+=，又2log 121>，所以22log 121log 62(log 12)226f -===，故2(2)(log 12)9f f -+=，故选C ．【考点定位】分段函数．【名师点睛】本题考查分段函数求值，要明确自变量属于哪个区间以及熟练掌握对数运算法则，属于基础题．6.【2015高考天津，理7】已知定义在R 上的函数()21x mf x -=-（m 为实数）为偶函数，记()()0.52(log 3),log 5,2a f b f c f m ===，则,,a b c 的大小关系为( ) （A ）a b c <<（B ）a c b <<（C ）c a b <<（D ）c b a << 【答案】C【解析】因为函数()21x mf x -=-为偶函数，所以0m =，即()21xf x =-，所以221log log 330.521(log 3)log 2121312,3a f f ⎛⎫===-=-=-= ⎪⎝⎭()()2log 502log 5214,2(0)210b f c f m f ==-====-=所以c a b <<，故选C.【考点定位】1.函数奇偶性；2.指数式、对数式的运算.7.【2017天津，理6】已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x xf x =.若2(log 5.1)a g =-，0.8(2)b g =，(3)c g =，则a ，b ，c 的大小关系为 （A ）a b c << （B ）c b a <<（C ）b a c <<（D ）b c a <<【答案】C【解析】因为()f x 是奇函数且在R 上是增函数，所以在0x >时，()0f x >， 从而()()g x xf x =是R 上的偶函数，且在[0,)+∞上是增函数，22(log 5.1)(log 5.1)a g g =-=，0.822<，又4 5.18<<，则22log 5.13<<，所以即0.8202log 5.13<<<，0.82(2)(log 5.1)(3)g g g <<，所以b a c <<，故选C ．【考点】指数、对数、函数的单调性 【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.8. 【2015高考浙江，理10】已知函数223,1()lg(1),1x x f x xx x ⎧+-≥⎪=⎨⎪+<⎩，则((3))f f -=，()f x 的最小值是．【答案】，3-22.【解析】0)1())3((==-f f f ，当1≥x 时，322)(-≥x f ，当且仅当2=x 时，等号成立，当1<x 时，0)(≥x f ，当且仅当0=x 时，等号成立，故)(x f 最小值为322-.【考点定位】分段函数9.【2016高考江苏卷】设()f x 是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[1,1)-上，,10,()2,01,5x a x f x x x +-≤<⎧⎪=⎨-≤<⎪⎩其中.a ∈R 若59()()22f f -=，则(5)f a 的值是. 【答案】25-【解析】51911123()()()()22222255f f f f a a -=-==⇒-+=-⇒=， 因此32(5)(3)(1)(1)155f a f f f ===-=-+=-考点：分段函数，周期性质【名师点睛】分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么.函数周期性质可以将未知区间上的自变量转化到已知区间上.解决此类问题时，要注意区间端点是否取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数结合点处函数值. 10.【2016高考江苏卷】函数y =232x x --的定义域是. 【答案】[]3,1-【解析】试题分析：要使函数有意义，必须2320x x --≥，即2230x x +-≤，31x ∴-≤≤．故答案应填：[]3,1-，考点：函数定义域 【名师点睛】函数定义域的考查，一般是多知识点综合考查，先列，后解是常规思路.列式主要从分母不为零、偶次根式下被开方数非负、对数中真数大于零等出发，而解则与一元二次不等式、指对数不等式、三角不等式联系在一起.11.【2016年高考北京理数】设函数33,()2,x x x af x x x a⎧-≤=⎨->⎩.①若0a =，则()f x 的最大值为______________； ②若()f x 无最大值，则实数的取值范围是________. 【答案】，(,1)-∞-. 【解析】考点：1.分段函数求最值；2.数形结合的数学思想.【名师点睛】1.分段函数的函数值时，应首先确定所给自变量的取值属于哪一个范围，然后选取相应的对应关系．若自变量值为较大的正整数，一般可考虑先求函数的周期．若给出函数值求自变量值，应根据每一段函数的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值是否属于相应段自变量的范围；2.在研究函数的单调性时，常需要先将函数化简，转化为讨论一些熟知的函数的单调性，因此掌握一次函数、二次函数、幂函数、对数函数等的单调性，将大大缩短我们的判断过程．12.【2015高考福建，理14】若函数()6,2,3log ,2,a x x f x x x -+≤⎧=⎨+>⎩（0a >且1a ≠）的值域是[)4,+∞，则实数的取值范围是．【答案】(1,2]【解析】当2x ≤，故64x -+≥，要使得函数()f x 的值域为[)4,+∞，只需1()3log a f x x =+（2x >）的值域包含于[)4,+∞，故1a >，所以1()3log 2a f x >+，所以3log 24a +≥，解得12a <≤，所以实数的取值范围是(1,2]． 【考点定位】分段函数求值域．13. 【2015高考山东，理14】已知函数()(0,1)xf x a b a a =+>≠ 的定义域和值域都是[]1,0- ，则a b +=.【答案】32-【解析】若1a > ，则()f x 在[]1,0-上为增函数,所以1110a b b -⎧+=-⎨+=⎩ ，此方程组无解；若01a << ，则()f x 在[]1,0-上为减函数,所以1011a b b -⎧+=⎨+=-⎩ ，解得122a b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩ ，所以32a b +=-.【考点定位】指数函数的性质.【名师点睛】本题考查了函数的有关概念与性质，重点考查学生对指数函数的性质的理解与应用，利用方程的思想解决参数的取值问题，注意分类讨论思想方法的应用.14.【2015高考浙江，理18】已知函数2()(,)f x x ax b a b R =++∈，记(,)M a b 是|()|f x 在区间[1,1]-上的最大值.（1）证明：当||2a ≥时，(,)2M a b ≥；（2）当，满足(,)2M a b ≤，求||||a b +的最大值. 【答案】（1）详见解析；（2）.试题分析：（1）分析题意可知()f x 在[1,1]-上单调，从而可知(,)max{|(1)|,|(1)|}M a b f f =-，分类讨论的取值范围即可求解.；（2）分析题意可知 ||,0||||||,0a b ab a b a b ab +≥⎧+=⎨-<⎩，再由(,)2M a b ≤可得|1||(1)|2a b f ++=≤， |1||(1)|2a b f -+=-≤，即可得证.试题解析：（1）由22()()24a a f x x b =++-，得对称轴为直线2ax =-，由||2a ≥，得||12a-≥，故()f x 在[1,1]-上单调，∴(,)max{|(1)|,|(1)|}M a b f f =-，当2a ≥时，由 (1)(1)24f f a --=≥，得max{(1),(1)}2f f -≥，即(,)2M a b ≥，当2a ≤-时，由 (1)(1)24f f a --=-≥，得max{(1),(1)}2f f --≥，即(,)2M a b ≥，综上，当||2a ≥时，(,)2M a b ≥；（2）由(,)2M a b ≤得|1||(1)|2a b f ++=≤，|1||(1)|2a b f -+=-≤，故||3a b +≤，||3a b -≤，由||,0||||||,0a b ab a b a b ab +≥⎧+=⎨-<⎩，得||||3a b +≤，当2a =，1b =-时，||||3a b +=，且2|21|x x +-在[1,1]-上的最大值为，即(2,1)2M -=，∴||||a b +的最大值为..【考点定位】1.二次函数的性质；2.分类讨论的数学思想.。

专题08 导数与不等式、函数零点相结合【2017年】1.【2017课标3，理11】已知函数f(x)x22x a(e x1e x1)有唯一零点，则a=A．1B．11B．123C．12D．1【答案】C【解析】试题分析：函数的零点满足x22xa e x1e x1，1e 121x设g x e x1e x1，则，g x e e ex1x1x1x1x1e e当gx0时，x 1，当x 1时，gx0，函数g x单调递减，当x 1时，gx0，函数g x单调递增，当x 1时，函数取得最小值g 12，设h x x22x，当x 1时，函数取得最小值1，若a 0，函数h x与函数ag x没有交点，当a 0时，ag 1h 1时，此时函数h x和ag x有一个交点，即a21，解得1a.故选C.2【考点】函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想2 .【2017课标1，理21】已知函数f(x)ae2x (a 2)e x x.（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.【解析】试题分析：（1）讨论f(x)单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对按a 0，a 0进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若a 0，f(x)至多有一个零点.若a0，当x ln a时，f(x)取得最小值，求出最小值11f(ln a)1ln a，根据a1，a(1,)，a(0,1)进行讨论，可知当a(0,1)有2 a3个零点，设正整数n满足n ln(1)，则00af n a a n n n.由于ln(31)ln a()e n(e n2)e n2n0，因此f(x)在00000000a(ln a,)有一个零点.所以的取值范围为(0,1).试题解析：（1）f(x)的定义域为(,)，f(x)2ae x(a2)e x1(ae x1)(2e x1)，2（ⅰ）若a0，则f(x)0，所以f(x)在(,)单调递减.（ⅱ）若a0，则由f(x)0得x ln a.当x(,ln a)时，f(x)0；当x(ln a,)时，f(x)0，所以f(x)在(,ln a)单调递减，在(ln a,)单调递增.（2）（ⅰ）若a0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.（ⅱ）若a0，由（1）知，当x ln a时，f(x)取得最小值，最小值为1f(ln a)1ln a.a①当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；②当a(1,)时，由于11ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；a③当a(0,1)时，11ln a0，即f(ln a)0.a又f(2)a e4(a2)e222e220，故f(x)在(,ln a)有一个零点.3设正整数n满足n ln(1)，则f(n)e n(a e n a2)n e n n2n n0.0000000000a3由于ln(1)ln a，因此f(x)在(ln a,)有一个零点.a综上，的取值范围为(0,1).【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.2在大于0的点.3.【2017课标II，理】已知函数f x ax ax x x，且f x0。

专题 06 导数与函数的零点等综合问题1.【2014全国 1，文 12】已知函数 f (x ) ax 3 3x 21，若 f (x ) 存在唯一的零点x ，且x 00 ，则的取值范围是( )2,（B ）1,（C）,2（D）,1【答案】Cf xax x x ax，利用导数的正负与函数单调性的关系可得： x ( , 2) '( ) 3 2 6 3 ( 2)和ax时函数单调递减;x (2 0) (0,)， 时函数单调递增，欲要使得函数有唯一的零点且为正， a则 满 足 ：2f ( ) 0 a ， 即 得 ：f (0) 02 2 a( )3( )1 032， 可 解 得 ： a 2 4，则a aa 2(舍去）,a2 ．考点：1.函数的零点;2.导数在函数性质中的运用;3.分类讨论的运用【名师点睛】本题主要是考查函数的零点、导数在函数性质中的运用和分类讨论思想的运用， 在研究函数的性质时要结合函数的单调性、奇偶性、零点、以及极值等函数的特征去研究，本 题考查了考生的数形结合能力.1 f xx 3x 2 axaR . 2.【2014高考广东卷.文 21】(本小题满分 14分)已知函数13(1)求函数 f x的单调区间；(2)当 a0 时,试讨论是否存在x1 1 f xf 1 0, ,1.,使得00222【答案】(1)详见解析；(2)详见解析.【解析】(1) f x x22x a,方程x22x a0的判别式为44a,①当a1时,0,则f x0,此时f x在R上是增函数；1②当 a 1时,方程 x 2 2x a0 的两根分别为x 1 11 a ,xa , 2 1 1解不等式 x 2 2x a 0 ,解得 x 1 1 a 或 x 1 1 a ,解不等式 x 2 2x a 0 ,解得 11ax 11a ,此时,函数 fx的单调递增区间为,11a 和11a ,,单调递减区间为11 a ,1 1a ；综上所述,当 a 1时,函数 f x的单调递增区间为,,当 a 1时,函数 fx的单调递增区间为,1 1a 和1 1a ,,单调递减区间为11a ,1 1 a ；321 1111 1f x f x x axa (2)32 1123 32 22321 1 1 1xxa x3 2 032 2 2111 1 1 1x x x x x a x2 0322 42 2221 x x 1 1xxa 023 6 12211x4x 14x7 12a2 0122,若存在xf xf 0, ,1 1 11,使得2 22, 必须24x 14x712a 0 在0, 11,1上有解,222,a14 16 7 12a 4 42 48a0 ,2方 程 的 两 根 为14 2 21 48a 721 48a ,x18414 2 2148a 7 21 48a, x2847 2148a0 , x x x,247 2148a依题意,1,即 7 2148a11,4,即 25 7 49 21 48a 121a,12 12又由72148 1a425a ,4 得故欲使满足题意的5a,4x 存在,则所 以 ,当a25 5 5 7 , , 时 ,存 在 唯 一 12 4 4 12 x 110,,1 满 足22f xf1,2当,,0时,不存在a 255712412x 11f x f 10,,1满足x11f xf 100222.【考点定位】本题以三次函数为考查形式,考查利用导数求函数的单调区间,从中渗透了利用分类讨论的思想处理含参函数的单调区间问题,并考查了利用作差法求解不等式的问题,综合性强,属于难题.【名师点晴】本题主要考查的是函数的单调区间和函数与方程，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“单调区间”，否则很容易出现错误．利用导数求函数f x的单调区间的步骤：①确定函数f x的定义域；②对f x求导；③令fx0，解不等式得的范围就是递增区3间，令 f x 0，解不等式得的范围就是递减区间．f xx 2 e x a x1 ． 3.【2016高考新课标 1文数】（本小题满分 12分）已知函数2(I)讨论 f x 的单调性；(II)若 fx有两个零点,求 a的取值范围.【答案】见解析(II)0,【解析】试题分析：(I)先求得 f 'x x 1e x2a .再根据 1,0,2a 的大小进行分类确定 fx的单调性；(II)借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得 a 的取值范围为0,.试题解析： (I) '12 1 12.f xx e xa x x e xa(i)设 a0 ,则当 x,1时, f 'x0 ；当 x 1,时, f 'x 0 .所以在,1单调递减,在1,单调递增.当 xln2a ,1时 , f 'x 0 ,所 以 fx在,ln2a,1,单 调 递 增 ,在ln2a,1单调递减.③若ea ,则 ln2a1,故 当 x ,1ln2a,时, f 'x0 ,当 2x 1,ln2a时 ,f 'x 0 ,所 以 f x 在,1,ln2a ,单 调 递 增 ,在1,ln2a单调递减.(II)(i)设a0,则由(I)知, f x在,1单调递减,在1,单调递增.4ba ,又 f1 e ，f2 a ,取 b 满足 b <0且ln22f bba ba bba23321则,所以 f x有两个零点.22(ii)设 a =0,则 fxx 2e x 所以 f x有一个零点.e (iii)设 a <0,若a,则由(I)知, fx在1,单调递增.2e又 当 x1时 , f x <0,故 f x不 存 在 两 个 零 点 ； 若 a,则 由 (I)知 , f x在21,ln2a单调递减,在 ln2a,单调递增.又当x 1时 fx <0,故 fx不存在两个零点.综上,a 的取值范围为0,.考点：函数单调性,导数应用【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根 据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第二问是求参数取值范围, 由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问 题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.4.【 2015高 考 广 东 ， 文 21】（ 本 小 题 满 分 14分 ） 设 为 实 数 ， 函 数fxx a2x a a a 1．（1）若 f1，求的取值范围；（2）讨论 fx的单调性；4 （3）当 a2 时，讨论在区间0,内的零点个数．f xx1【答案】（1）,；（2） f (x ) 在 (a ,) 上单调递增，在 (,a ) 上单调递减；（3）当24 4a2时，f x有一个零点x2；当a2时，f xx x有两个零点．5由（2）得函数 f x的最小值，再对的取值范围进行讨论确定 fx 4在区间0,内的x零点个数． 试题解析：（1） fa 2 a a 2 a a a ，因为 f 01，所以a a 1， (0)11 当 a0时， 0 1，显然成立；当 a 0 ，则有 2a1，所以0 a.a .所以221 综上所述，的取值范围是,2. （2） f (x )2 x 2x2a 1x ,(2a 1)xx a 2a ,xax 2 11a对于ux 2a 1x12，其对称轴为aa22，开口向上，所以 f (x ) 在 (a,) 上单调递增； 对于ux 2a 1x 2a 1，其对称轴为a ax 2a 11222，开口向上，所以 f (x ) 在(,a ) 上单调递减.综上所述， f (x ) 在 (a,) 上单调递增，在(,a ) 上单调递减.（ 3） 由 （ 2） 得 f (x ) 在 (a,) 上 单 调 递 增 ， 在 (0,a )上 单 调 递 减 ， 所 以f(x)min f(a)a a.2(i)当a 2时，()(2)2f x min f，f(x)2x2x3x,x5x24,x24f x 0，即令x f4 (（x 0）.x)x因为f(x)在(0,2)上单调递减，所以f(x)f(2)244而y 在(0,2)上单调递增，y f(2)2，所以y f(x)与y在(0,2)无交点.x x4当x 2时，(2，即x33x240，所以x32x2x240，所f x)x3xx4以x 2(1)0，因为x 2，所以x 2，即当a 2时，2xf x有一个零点xx 2.(ii)当a 2时，f2，(x)min f(a)a a64当 x(0,a ) 时， f (0) 2a 4， f (a ) a a 2 ，而在 x (0,a ) 上单调递增，yx 4 4当 xa 时，.下面比较 f (a ) a a2 与的大小ya a因为 a a( )224(a a4)(a 2)(aa 2)32aa a所以f (a )a a 24 a4结合图象不难得当 a 2 时， y f (x )与有两个交点.yx4 4f x f x有两个零点.xx综上所述，当 a2 时，有一个零点 x 2 ；当 a2 时，考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属 于难题．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去 掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．判断函数的 单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法．判断函数零点的个数的方法：①解方程 法；②图象法．5. 【 2014湖南文 21】已知函数 f (x )x cos x sin x1(x 0) .（1）求f (x ) 的单调区间；（2）记x为f(x)的从小到大的第i(i N*)个零点，证明：对一切n N*，有i1112.x x x322 212n7【答案】(1) 单调递减区间为2k,2k1 k N *, 单调递增区间为2k 1,2k2k N *.(2)详见解析(2)利用(1)问的结果可知函数 f x在区间0,上是单调递减的,即 fx 在区间0,上至多一个零点,根据正余弦的函数值可得f0 x122,再根据 fx在区间上n,n1单调性和函数 fx在区间n,n1端点处函数值异号可得函数 fx在区间n,n1 上有且只有一个零点,即11 1 n xn1n 122222x nn 1n 1,则依次讨论 n 1,n 2,n 3利用放缩法即可证明11 1 2. xxx32 2 212n试题解析:数 f x求导可得 f 'x cos x x sin x cos xx sin x x,令 f'x 0可得xk k N *,当x2k,2k1 k N *时,sin x 0.此时 f 'x0 ;当x 2k 1,2k2k N *时,sin x 0,此时 f 'x 0 ,故函数 fx的单调递减区间为2k,2k1k N *,单调递增区间为2k 1,2k2k N *.(2)由(1)可知函数f x 在区间0,上单调递减,又f2,所以x ,12当n N*时,因为f n f nn n1111110,且函数nn1f x的图像是连续不断的,所以f x 在区间n ,n1内至少存在一个零点,又fx在区间n ,n1上是单调的,故n x n,因此,1 1n8当 n 1时,14 2 ;x32 2111 12 当 n2 时,41 ;x 2 x 22312当 n 3时,1 1 1 1 1 1 1 +4 1xxxx2n 12222222123n11 11 1 1 1+5122 1 x 2 x 2 x 2x 2 2nn123n1 1 1 1 111 1+51x2x2x2x 222 n 2 n 1123n1 16 2 6 2 n 1 2 3, 综上所述,对一切的 nN *,111 2. xxx32 2 212n【考点定位】导数 单调性 放缩法 裂项求和【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的性质，解决问题的关键是求导要精确；利用 导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数 f ′(x )；(3)①若求单调 区间(或证明单调性)，只需在函数 f (x )的定义域内解(或证明)不等式 f ′(x )>0或 f ′(x )<0.② 若已知 f (x )的单调性，则转化为不等式 f ′(x )≥0 或 f ′(x )≤0 在单调区间上恒成立问题求解．利用导数证明不等式，就是把不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题．应用这种方法的难点是如何根据不等式的结构特点或者根据题目证明目标的要求，构造出相应的函数关系式．失误与防范1．研究函数的有关性质，首先要求出函数的定义域．2．利用单调性求最值时不要忽视f′(x)＝0的情况．3．“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x0取到极值”的必要条件．6.【2014四川，文21】已知函数f(x)e x ax2bx1，其中a,b R，e 2.71828为自然对数的底数。

专题05 导数与函数的极值、最值1.【2016高考四川文科】已知函数3()12f x x x =-的极小值点，则=( ) (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D考点：函数导数与极值.【名师点睛】本题考查函数的极值．在可导函数中函数的极值点0x 是方程'()0f x =的解，但0x 是极大值点还是极小值点，需要通过这点两边的导数的正负性来判断，在0x 附近，如果0x x <时，'()0f x <，0x x >时'()0f x >，则0x 是极小值点，如果0x x <时，'()0f x >，0x x >时，'()0f x <，则0x 是极大值点， 2.【2015高考福建，文12】“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】当1k <时，s i n c o s s i n 22k k x xx =，构造函数()s i n 22kf x x x =-，则'()c o s 210f x k x =-<．故()f x 在(0,)2x π∈单调递增，故()()022f x f ππ<=-<，则sin cos k x x x <；当1k =时，不等式sin cos k x x x <等价于1sin 22x x <，构造函数1()sin 22g x x x =-，则'()c o s 210g x x =-<，故()g x 在(0,)2x π∈递增，故()()022g x g ππ<=-<，则s i nc o s x x x <．综上所述，“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的必要不充分条件，选B ．【考点定位】导数的应用．【名师点睛】本题以充分条件和必要条件为载体考查三角函数和导数在单调性上的应用，根据已知条件构造函数，进而研究其图象与性质，是函数思想的体现，属于难题．3. (2014课标全国Ⅰ，文12)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )．A ．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C ．(－∞，－2) D ．(－∞，－1) 答案：C解析：当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1存在两个零点，不合题意； 当a ＞0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝23ax x a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，22x a=， 所以f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)＝1，在2x a=处取得极小值2241f a a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，要使f (x )有唯一的零点，需20f a ⎛⎫>⎪⎝⎭，但这时零点x 0一定小于0，不合题意； 当a ＜0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝23ax x a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，22x a =，这时f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)＝1，在2x a=处取得极小值2241f a a ⎛⎫=-⎪⎝⎭， 要使f (x )有唯一零点，应满足22410f a a ⎛⎫=->⎪⎝⎭，解得a ＜－2(a ＞2舍去)，且这时零点x 0一定大于0，满足题意，故a 的取值范围是(－∞，－2)．名师点睛：本题考查导数法求函数的单调性与极值，函数的零点，考查分析转化能力，分类讨论思想，较难题. 注意区别函数的零点与极值点.4.【2014辽宁文12】当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[5,3]--B ．9[6,]8-- C ．[6,2]-- D ．[4,3]-- 【答案】C2'4489(x 9)(x 1)()0x x f x x x-++--+==>，故函数()f x 递增，则max ()(1)6f x f ==-，故6a ≥-；当[2,0)x ∈-时，2343x x x a x --≤，记2343()x x xf x x--=，令'()0f x =，得x 1=-或x 9=（舍去），当(2,1)x ∈--时，'()0f x <；当(1,0)x ∈-时，'()0f x >，故m i n ()(1)2f x f =-=-，则a 2≤-．综上所述，实数a 的取值范围是[6,2]--．【考点定位】利用导数求函数的极值和最值．【名师点睛】本题考查应用导数研究函数的单调性、极值，不等式恒成立问题.解答本题的关键，是利用分类讨论思想、转化与化归思想，通过构造函数研究其单调性、最值，得出结论. 本题属于能力题，中等难度.在考查应用导数研究函数的单调性、极值、不等式恒成立问题等基本方法的同时，考查了考生的逻辑推理能力、运算能力、分类讨论思想及转化与化归思想. 5.【2017江苏，20】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 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）求关于的函数关系式，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72-，求的取值范围.【答案】（1）3a >（2）见解析（3）36a <≤所以33()1032793a a a ab f -=-+-+=，又0a >，故2239a b a=+.因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而231(27a )039a b a -=-≤，即3a ≥. 3a =时，()>0(1)f x x '≠-，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1x ，2x .列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，因此2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）由（1设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t -'-=.当)t ∈+∞时，()0g t '>，从而()g t 在)+∞上单调递增.因为3a >，所以>(g g因此2>3b a .（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=.从而323212111222()()11f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++2222121122121212(32)(32)()()23333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a -=-+，所以213()=9h a a a -+，3a >. 因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减. 因为7(6)=2h -，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【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.6.【2014高考北京文第20题】（本小题满分13分） 已知函数3()23f x x x =-.（1）求()f x 在区间[2,1]-上的最大值；（2）若过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切，求t 的取值范围；（3）问过点(1,2),(2,10),(0,2)A B C -分别存在几条直线与曲线()y f x =相切？（只需写出结论）【答案】(3,1)--;(3)详见解析.因为(2)10f -=-，()2f -=(2f =(1)1f =-，所以()f x 在区间[2,1]-上的最大值为(f =（2）设过点P （1，t ）的直线与曲线()y f x =相切于点00(,)x y ，则300023y x x =-，且切线斜率为2063k x =-，所以切线方程为2000(63)()y y x x x -=--，因此2000(63)(1)t y x x -=--，整理得：32004630x x t -++=，设()g x =32463x x t -++，则“过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切”等价于“()g x 有3个不同零点”，'()g x =21212x x -=12(1)x x -，()g x 与'()g x 的情况如下：(,0)-∞0 (0,1)1 (1,)+∞'()g x+ 0 0+ ()g xt+31t +所以，(0)3g t =+是()g x 的极大值，(1)1g t =+是()g x 的极小值，当(0)30g t =+≤，即3t ≤-时，此时()g x 在区间(,1]-∞和(1,)+∞上分别至多有1个零点，所以()g x 至多有2个零点，当(1)10g t =+≥，1t ≥-时，此时()g x 在区间(,0)-∞和[0,)+∞上分别至多有1个零点，所以()g x 至多有2个零点.当(0)0g >且(1)0g <，即31t -<<-时，因为(1)70g t -=-<，(2)110g t =+>， 所以()g x 分别为区间[1,0),[0,1)-和[1,2)上恰有1个零点，由于()g x 在区间(,0)-∞和(1,)+∞上单调，所以()g x 分别在区间(,0)-∞和[1,)+∞上恰有1个零点.综上可知，当过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切时，t 的取值范围是(3,1)--. （3）过点A （-1，2）存在3条直线与曲线()y f x =相切； 过点B （2，10）存在2条直线与曲线()y f x =相切； 过点C （0，2）存在1条直线与曲线()y f x =相切.考点：本小题主要考查导数的几何意义、导数在函数中的应用等基础知识的同时，考查分类讨论、函数与方程、转化与化归等数学思想，考查同学们分析问题与解决问题的能力.利用导数研究函数问题是高考的热点，在每年的高考试卷中占分比重较大，熟练这部分的基础知识、基本题型与基本技能是解决这类问题的关键.7.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >． （I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(上仅有一个零点．【答案】（I ）单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；极小值(1ln )2k k f -=；（II ）证明详见解析.取得极小值，同时也是最小值；（II ）利用第一问的表，知f 为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值(1ln )02k k -≤，从而解出k e ≥，下面再分情况分析函数有几个零点. 试题解析：（Ⅰ）由()2ln 2x f x k x =-，（0k >）得 2'()k x kf x x x x-=-=.由'()0f x =解得x =()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的情况如下：所以，()f x 的单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；()f x 在x =(1ln )2k k f -=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )2k k f -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥.当k e =时，()f x 在区间上单调递减，且0f =，所以x =()f x 在区间上的唯一零点.当k e >时，()f x 在区间上单调递减，且1(1)02f =>，02e kf -=<，所以()f x 在区间上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题. 【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数()f x 的单调性与极值的步骤：①确定函数()f x 的定义域；②对()f x 求导；③求方程()0f x '=的所有实数根；④列表格．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．8.【2014高考陕西版文第21题】设函数()ln ,mf x x m R x=+∈. （1）当m e =（为自然对数的底数）时，求()f x 的最小值；（2）讨论函数()'()3xg x f x =-零点的个数；（3）若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，求m 的取值范围.【答案】（1）2；（2）当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点；（3）1[,)4+∞.设31()(0)3h x x x x =-+≥，由2()1(1)(1)h x x x x '=-+=--+求出函数()h x 的单调性以及极值，并且求出函数()h x 在0x ≥的零点，画出()h x 的大致图像，并从图像中，可以得知，当m 在不同范围的时候，函数y m =和函数()y h x =的交点个数 （3）对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立，等价于()()f b b f a a -<-恒成立，则()()ln (0)m h x f x x x x x x =-=+->在(0,)+∞上单调递减，即21()10mh x x x'=--≤在(0,)+∞恒成立，求出m 的取值范围.试题解析：（1）当m e =时，()ln ef x x x=+ 易得函数()f x 的定义域为(0,)+∞221()e x e f x x x x-'∴=-= ∴当(0,)x e ∈时，()0f x '<，此时()f x 在(0,)e 上是减函数；当(,)x e ∈+∞时，()0f x '>，此时()f x 在(0,)e 上是增函数；∴当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef e e e=+=(2)函数21()()(0)33x m xg x f x x x x '=-=-->令()0g x =，得31(0)3m x x x =-+>设31()(0)3h x x x x =-+≥ 2()1(1)(1)h x x x x '∴=-+=--+当(0,1)x ∈时，()0h x '>，此时()h x 在(0,1)上式增函数； 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，此时()h x 在(1,)+∞上式增函数；∴当1x =时，()h x 取极大值12(1)133h =-+=令()0h x =，即3103x x -+=，解得0x =，或x =∴函数()h x 的图像如图所示：由图知： ① 当23m >时，函数y m =和函数()y h x =无交点； ②当23m =时，函数y m =和函数()y h x =有且仅有一个交点； ③当203m <<时，函数y m =和函数()y h x =有两个交点；④0m ≤时，函数y m =和函数()y h x =有且仅有一个交点； 综上所述，当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点. （3）对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立 等价于()()f b b f a a -<-恒成立 设()()ln (0)mh x f x x x x x x=-=+-> ()h x ∴在(0,)+∞上单调递减21()10mh x x x '∴=--≤在(0,)+∞恒成立22111()(0)244m x x x x ∴≥-+=--+≥>14m ∴≥当且仅当当12x =时，14m =m ∴的取值范围是1[,)4+∞考点：利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题；函数的零点.【名师点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题；函数的零点，属于难题．解第（1）问时一定要注意函数的定义域，在此前提下利用导数研究函数的单调性即可得到函数的最小值，对于第（2）问可构造新函数31()(0)3h x x x x =-+≥，，讨论该函数单调性即可得到所要求的零点个数，当人这里中点考察的是分类讨论思想的运用；第（3）问仍然是构造新函数()ln (0)m h x x x x x =+->，讨论其导函数21()10m h x x x'=--≤在(0,)+∞恒成立问题9.【2016高考山东文数】(本小题满分13分) 设f (x )=x ln 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0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞； 当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. (Ⅱ)12a >.讨论当0a ≤时，当0a >时的两种情况下导函数正负号，确定得到函数的单调区间.(Ⅱ)分以下情况讨论：①当0a ≤时，②当102a <<时，③当12a =时，④当12a >时，综合即得.试题解析：(Ⅰ)由()'ln 22,f x x ax a =-+ 可得()()ln 22,0,g x x ax a x =-+∈+∞， 则()112'2axg x a x x-=-=， 当0a ≤时，()0,x ∈+∞时，()'0g x >，函数()g x 单调递增； 当0a >时，10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0g x >，函数()g x 单调递增， 1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0g x <，函数()g x 单调递减.所以当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞； 当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. (Ⅱ)由(Ⅰ)知，()'10f =.①当0a ≤时，()'0f x <，()f x 单调递减. 所以当()0,1x ∈时，()'0f x <，()f x 单调递减. 当()1,x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增. 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意. ②当102a <<时，112a >，由(Ⅰ)知()'f x 在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增， 可得当当()0,1x ∈时，()'0f x <，11,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x >， 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增， 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意.③当12a =时，即112a=时，()'f x 在(0,1)内单调递增，在()1,+∞内单调递减， 所以当()0,x ∈+∞时，()'0f x ≤，()f x 单调递减，不合题意. ④当12a >时，即1012a <<，当1,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，()f x 单调递增, 当()1,x ∈+∞时，()'0f x <，()f x 单调递减， 所以()f x 在1x =处取得极大值，合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为12a >. 考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.10.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）设函数()f x =311x x++，[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 21x x ≥-+；（II ）34<()f x 32≤. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】试题分析：本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到41111x x x-≤++，从而得到结论；第二问，由01x ≤≤得3x x ≤，进行放缩，得到()32f x ≤，再结合第一问的结论，得到()34f x >，从而得到结论.(Ⅱ)由01x ≤≤得3x x ≤， 故()()()()312111333311222122x x f x x x x x x -+=+≤+-+=+≤+++， 所以()32f x ≤. 由(Ⅰ)得()221331244f x x x x ⎛⎫≥-+=-+≥ ⎪⎝⎭，又因为11932244f ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以()34f x >，综上，()33.42f x <≤ 考点：函数的单调性与最值、分段函数.【思路点睛】（I ）先用等比数列前项和公式计算231x x x -+-，再用放缩法可得23111x x x x-≤-++，进而可证()21f x x x ≥-+；（II ）由（I ）的结论及放缩法可证()3342f x <≤． 11.【2014年.浙江卷.文21】（本小题满分15分）已知函数()33||(0)f x x x a a =+->，若()f x 在[1,1]-上的最小值记为()g a . （1）求()g a ；（2）证明：当[1,1]x ∈-时，恒有()()4f x g a ≤+.【答案】（1）⎩⎨⎧≥+-<<=1,3210,)(3a a a a a g ；（2）详见解析.试题解析：（1）因为11≤≤-x ， ①当10<<a 时，若],1[a x -∈，则a x x x f 33)(3+-=，033)(2<-='x x f ，故)(x f 在),1(a -上是减函数； 若]1,[a x ∈，则a x x x f 33)(3-+=，033)(2>+='x x f ，故)(x f 在)1,(a 上是增函数； 所以，3)()(a a f a g ==.②当1≥a ，则a x ≤，a x x x f 33)(3+-=，033)(2<-='x x f ，故)(x f 在)1,1(-上是减函数，所以a f a g 32)1()(+-==，综上所述，⎩⎨⎧≥+-<<=1,3210,)(3a a a a a g .（2）令)()()(x g x f x h -=， ①当10<<a 时，3)(a a g =，若]1,[a x ∈，33)(3-+=x x x h 得33)(2+='x x h ，所以)(x h 在)1,(a 上是增函数，所以)(x h 在]1,[a 上的最大值是334)1(a a h --=，且10<<a ，所以4)(≤x h ， 故4)()(+≤a g x f .若],1[a x -∈，3333)(a a x x x h -+-=，则33)(2-='x x h ，所以)(x h 在),1(a -上是减函数， 所以)(x h 在],1[a -上的最大值是332)1(a a h -+=-， 令332)(a a a t -+=，则033)(2>-='a a t ，所以)(a t 在)1,0(上是增函数，所以4)1()(=<t a t 即4)1(<-h ，故4)()(+≤a g x f ，②当1≥a 时，a a g 32)(+-=，所以23)(3+-=x x x h ，得33)(2-='x x h ， 此时)(x h 在)1,1(-上是减函数，因此)(x h 在]1,1[-上的最大值是4)1(=-h ， 故4)()(+≤a g x f ，综上所述，当]1,1[-∈x 时恒有4)()(+≤a g x f .考点：函数最大（最小）值的概念，利用导数研究函数的单调性.【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的最值问题，正确求导，确定函数的单调性是解决问题的关键；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．导数在不等式问题中的应用问题解题策略：(1)利用导数证明不等式，若证明f (x )＜g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )＜0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )＜0，即证明了f (x )＜g (x )． (2)利用导数解决不等式的恒成立问题，利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 12.【2015高考重庆，文19】已知函数32()f x ax x =+（a R ∈）在x=43-处取得极值. (Ⅰ)确定的值，(Ⅱ)若()()xg x f x e =，讨论的单调性. 【答案】（Ⅰ）12a =，（Ⅱ）g()x 在(,4)(1,0)-?-和内为减函数，(4,1)(0,)--+?和内为增函数..（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果可得函数321g()2xx x x e 骣琪=+琪桫，利用积的求导法则可求出g ()x ¢=1(1)(4)2x x x x e ++，令g ()0x ¢=，解得0,1=-4x x x ==-或.从而分别讨论-4x <，41x -<<-，-10x <<及0x >时g ()x ¢的符号即可得到函数g()x 的单调性．试题解析： (1)对()f x 求导得2()32f x ax x ¢=+因为()f x 在43x =-处取得极值，所以4()03f ¢-=， 即16416832()09333a a ??=-=,解得12a =. (2)由(1)得，321g()2xx x x e 骣琪=+琪桫,故232323115g ()222222x x x x x x e x x e x x x e 骣骣骣¢琪琪琪=+++=++琪琪琪桫桫桫1(1)(4)2x x x x e =++令g ()0x ¢=，解得0,1=-4x x x ==-或. 当-4x <时，g ()0x ¢<,故g()x 为减函数， 当41x -<<-时，g ()0x ¢>,故g()x 为增函数， 当-10x <<时，g ()0x ¢<,故g()x 为减函数， 当0x >时，g ()0x ¢>,故g()x 为增函数，综上知g()x 在(,4)(1,0)-?-和内为减函数，(4,1)(0,)--+?和内为增函数. 【考点定位】1. 导数与极值，2. 导数与单调性.【名师点睛】本题考查函数导数的概念和运算，运用导数研究函数的单调性及导数与函数极值之间的关系，利用函数的极值点必是导数为零的点，使导函数大于零的x 的区间函数必增，小于零的区间函数必减进行求解，本题属于中档题，注意求导的准确性及使导函数大于零或小于零的x 的区间的确定.13.【2014，安徽文20】（本小题满分13分）设函数23()1(1)f x a x x x =++--，其中0a >（I ）讨论()f x 在其定义域上的单调性；（II ）当[0,1]x ∈时，求()f x 取得最大值和最小值时的的值， 【答案】（I ）()f x 在1(,)x -∞和2(,)x +∞内单调递减，在12(,)x x 内单调递增；（II ）所以当01a<<时，()f x 在1x =处取得最小值；当1a =时，()f x 在0x =和1x =处同时取【解析】试题分析：（I ）对原函数进行求导，2'()123f x a x x =+--，令'()0f x =，解得121211,,33x x x x --+==<，当1x x <或2x x >时'()0f x <；从而得出，当12x x x <<时，'()0f x >，故()f x 在1(,)x -∞和2(,)x +∞内单调递减，在12(,)x x 内单调递增，（II ）依据第（I ）题，对a 进行讨论，①当4a ≥时，21x ≥，由（I ）知，()f x 在[0,1]上单调递增，所以()f x 在0x =和1x =处分别取得最小值和最大值，②当04a <<时，21x <，由（I ）知，()f x 在2[0,]x 上单调递增，在2[,1]x 上单调递减，因此()f x 在2x x ==处取得最大值，又(0)1,(1)f f a ==，所以当01a <<时，()f x 在1x =处取得最小值；当1a =时，()f x 在0x =和1x =处同时取得最小只；当14a <<时，()f x 在0x =处取得最小值，试题解析：（I ）()f x 的定义域为R ，2'()123f x a x x =+--，令'()0f x =，得121211,,33x x x x --+==<，所以12'()3()()f x x x x x =---，当1x x <或2x x >时'()0f x <；当12x x x <<时，'()0f x >，故()f x 在1(,)x -∞和2(,)x +∞内单调递减，在12(,)x x 内单调递增，递减，因此()f x 在213x x -==处取得最大值，又(0)1,(1)f f a ==，所以当01a <<时，()f x 在1x =处取得最小值；当1a =时，()f x 在0x =和1x =处同时取得考点：1，含参函数的单调性；2，含参函数的最值求解，【名师点睛】含参函数的单调性求解步骤如下：第一步，求函数的定义域；第二步，求导函数；第三步，以导函数的零点存在性进行讨论；第四步，当导函数存在多个零点时，讨论它们的大小关系及区间位置关系；第五步，画出导函数的同号函数草图，从而判断其导函数的符号；第六步，根据第五步的草图列出'()f x ，()f x 随变化的情况表，写出函数的单调区间；第七步，综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间. 14.【2015高考安徽，文21】已知函数)0,0()()(2>>+=r a r x axx f（Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）若400=ra，求)(x f 在),0(+∞内的极值. 【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r ,r ）;递减区间为（-∞，-r ）和（r ，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值.所以当r x -<或r x >时，0)(<'x f ，当r x r <<-时，0)(>'x f因此，)(x f 单调递减区间为),(),,(+∞--∞r r ；)(x f 的单调递增区间为(),r r -. （Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知0)('=r f )(x f 在()r ,0上单调递增，在()+∞,r 上单调递减. 因此r x =是)(x f 的极大值点，所以)(x f 在),0(+∞内的极大值为()100440042)(2====r a r ar r f ，）在（+∞,0)(x f 内无极小值； 综上，）在（+∞,0)(x f 内极大值为100，无极小值.【考点定位】本题主要考查了函数的定义域、利用导数求函数的单调性，以及求函数的极值等基础知识.【名师点睛】本题在利用导数求函数的单调性时要注意，求导后的分子是一个二次项系数为负数的一元二次式，在求0)(>'x f 和0)(<'x f 时要注意，本题主要考查考生对基本概念的掌握情况和基本运算能力.15. 【2014天津，文19】已知函数232()(0),3f x x ax a x R =->∈ （1） 求()f x 的单调区间和极值；（2）若对于任意的1(2,)x ∈+∞，都存在2(1,)x ∈+∞，使得12()()1f x f x ⋅=，求的取值范围 【答案】(1) ()f x 的单调增区间是1(0,)a ，单调减区间是(,0)-∞和1(,)a+∞，当0x =时，()f x 取极小值，当1x a =时，()f x 取极大值213a ， (2) 33[,].42【解析】极大值213a ， (2)本题首先要正确转化：“对于任意的1(2,)x ∈+∞，都存在2(1,)x ∈+∞，使得12()()1f x f x ⋅=”等价于两个函数值域的包含关系. 设集合{()|(2,)},A f x x =∈+∞，集合1{|(1,),()0},()B x f x f x =∈+∞≠则A B ⊆，其次挖掘隐含条件，简化讨论情况，明确讨论方向. 由于0B ∉，所以0A ∉,因此322a ≤，又A B ⊆，所以(1)0f ≥，即33.42a ≤≤ 试题解析：解(1)由已知有2()22(0).f x x ax a '=->令()0f x '=，解得0x =或1x a=，列表如下： (,0)-∞1(0,)a 1a 1(,)a+∞(f x ' ()f x213a所以()f x 的单调增区间是1(0,)a ，单调减区间是(,0)-∞和1(,)a+∞，当0x =时，()f x 取极小值，当1x a =时，()f x 取极大值213a ，(2)由3(0)()02f f a ==及（1）知，当3(0,)2x a∈时，()0f x >，当3(,)2x a∈+∞时，()0.f x <设集合{()|(2,)},A f x x =∈+∞，集合1{|(1,),()0},()B x f x f x =∈+∞≠则“对于任意的1(2,)x ∈+∞，都存在2(1,)x ∈+∞，使得12()()1f x f x ⋅=”等价于A B ⊆.显然0B ∉.下面分三种情况讨论： 当322a >即304a <<时，由3()02f a=可知0A ∈而0B ∉，所以A 不是B 的子集 当3122a ≤≤即3342a ≤≤时，有(2)0f ≤且此时()f x 在(2,)+∞上单调递减，故(,(2))A f =-∞，因而(,0)A ⊆-∞由(1)0f ≥有()f x 在(1,)+∞上的取值范围包含(,0)-∞，所以A B ⊆ 当312a <即32a >时，有(1)0f <且此时()f x 在(1,)+∞上单调递减，故1(,0)(1)B f =,(,(2))A f =-∞,所以A 不是B 的子集 综上，的取值范围为33[,].42考点：利用导数求单调区间及极值，利用导数求函数值域【名师点睛】本题考查利用导数工具研究函数，涉及导数与函数的单调性，证明不等式等，导数是研究函数的锐利工具，借助导数可以研究函数的单调性，研究函数的极值和最值，研究函数的零点，研究函数图像的位置，最重要的是利用导数研究函数单调性，借助函数的单调性比较大小、解不等式、证明不等式.由于导数是高等数学的基础知识，所以成为高考命题的热点，每年必考，花样繁新.16.【2014年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷21】π为圆周率，⋅⋅⋅=71828.2e 为自然对数的底数.（1）求函数xx x f ln )(=的单调区间； （2）求3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π这6个数中的最大数与最小数；（3）将3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论.（2）因为π<<3e ，所以πln 3ln e e <，3ln ln ππ<e ，即e e πln 3ln <，ππ3ln ln <e ，于是根据函数x y ln =、x e y =、xy π=在定义域上单调递增，所以33ππ<<e e ，ππ33<<e e ， 故这6个数的最大数在3π与π3之中，最小数在e 3与3e 之中，由π<<3e 及（1）的结论得)()3()(e f f f <<π，即ee ln 33ln ln <<ππ， 由33ln ln <ππ得ππ3ln ln 3<，所以33ππ>， 由e e ln 33ln <得3ln 3ln e e <，所以33e e <， 综上，6个数中的最大数为π3，最小数为e 3.考点：导数法求函数的单调性、单调区间，对数函数的性质，比较大小.【名师点睛】作为一道函数压轴题，以函数作为主线，重点考查导数在研究函数的单调性与极值中的应用，其解题思路为：第一问直接对函数进行求导并分别令导数大于0、小于0即可求出相应的单调区间；第二问运用函数x y ln =、x e y =、x y π=在定义域上单调性及（1）的结论构造不等式逐个进行比较，确定出其最大的数和最小的数即可.17.【2015新课标2文21】（本小题满分12分）已知()()ln 1f x x a x =+-.（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当()f x 有最大值,且最大值大于22a -时,求a 的取值范围.【答案】（I ）0a ≤,()f x 在()0,+∞是单调递增；0a >,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；（II ）()0,1.时,()0g a <,当1a >时()0g a >,因此a 的取值范围是()0,1.试题解析：（I ）()f x 的定义域为()0,+∞,()1f x a x '=-,若0a ≤,则()0f x '>,()f x 在()0,+∞是单调递增；若0a >,则当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x '>,当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0f x '<,所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减. （II ）由（I ）知当0a ≤时()f x 在()0,+∞无最大值,当0a >时()f x 在1x a =取得最大值,最大值为111ln 1ln 1.f a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭因此122ln 10f a a a a ⎛⎫>-⇔+-< ⎪⎝⎭.令()ln 1g a a a =+-,则()g a 在()0,+∞是增函数,()10g =,于是,当01a <<时,()0g a <,当1a >时()0g a >,因此a 的取值范围是()0,1.【考点定位】本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.。