浙江历年高考真题导数

高考数学舟山卷导数的应用历年真题解析1. 2019年真题解析题目描述：设函数y=f(x)满足条件f'(x)=x^2+1，且f(0)=2，求f(x)。

解析：根据题目给出的条件，我们知道f'(x)是f(x)的导函数。

我们需要先求出f(x)的原函数，即f(x) = ∫(x^2+1)dx = (1/3)x^3 + x + C，其中C为常数。

根据已知条件f(0)=2，代入得2 = (1/3) * 0^3 + 0 + C，解得C=2。

所以f(x) = (1/3)x^3 + x + 2。

2. 2018年真题解析题目描述：已知函数y=f(x)在区间[0,1]上连续，且f'(x)为非负函数，求证函数y=f(x)在区间[0,1]上单调递增。

解析：由题目已知条件可知，f'(x) ≥ 0，即导数非负。

根据导数的定义可知，在[0,1]区间上，导数不小于0，说明函数y=f(x)上任意一点的斜率不小于0。

要证明函数y=f(x)在区间[0,1]上单调递增，只需证明函数上任意两点之间的斜率大于等于0即可。

假设存在x1 < x2，且f(x1) > f(x2)。

根据拉格朗日中值定理，存在c∈(x1,x2)，使得f'(c) = [f(x2) - f(x1)] / (x2 - x1)。

根据已知条件f'(c) ≥ 0，可得 [f(x2) - f(x1)] / (x2 - x1) ≥ 0。

由于x1 < x2，所以x2 - x1 > 0，此时可以得到 f(x2) - f(x1) ≥ 0。

但题目中假设了f(x1) > f(x2)，与以上推导矛盾，所以假设不成立。

因此可以得出结论，函数y=f(x)在区间[0,1]上单调递增。

3. 2017年真题解析题目描述：已知函数f(x) = e^x + 2x，求证f(x)在任意区间上都有且仅有一个零点。

解析：首先，我们需要证明f(x)在任意区间上至少有一个零点。

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编导数选择、填空目录题型一：导数的概念及其几何意义 ..................................... 1 题型二：导数与函数的单调性 ......................................... 8 题型三：导数与函数的极值、最值 ..................................... 9 题型四：导数与函数的零点 .......................................... 14 题型五：导数的综合应用 ............................................ 16 题型六：定积分 (20)题型一：导数的概念及其几何意义一、选择题1．(2021年新高考Ⅰ卷·第7题)若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则( )A ．e b a <B ．e a b <C ．0e b a <<D ．0e a b <<【答案】D解析:在曲线x y e =上任取一点(),tP t e ，对函数x y e =求导得e x y ′=，所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()t t y e e x t −=−，即()1t ty e x t e +−， 由题意可知，点(),a b 在直线()1t t y e x t e +−上，可得()()11t tt b ae t e a t e =+−=+−，令()()1t f t a t e =+−，则()()t f t a t e ′=−．当t a <时，()0f t ′>，此时函数()f t 单调递增， 当t a >时，()0f t ′<，此时函数()f t 单调递减，所以，()()max a f t f a e ==， 由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max a b f t e <=， 当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点,故选D ．2．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第0题)函数43()2f xx x =−的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为( )A ．21y x =−− B ．21y x =−+ C ．23y x =− D ．21y x =+ 【答案】B【解析】()432f x x x =− ，()3246f x x x ′∴=−，()11f ∴=−，()12f ′=−， 因此，所求切线的方程为()121y x +=−−，即21y x =−+． 故选：B ．【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题 3．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第0题)若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为( )A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1 D ．y =12x +12【答案】D解析：设直线l在曲线y =(0x ，则00x >，函数y =的导数为y ′=，则直线l的斜率k =，设直线l的方程为)0y x x −−，即00x x −+=， 由于直线l 与圆2215x y +==， 两边平方并整理得2005410x x −−=，解得01x =，015x =−(舍)， 则直线l 的方程为210x y −+=，即1122y x =+． 故选：D ．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题．4．(2019·全国Ⅲ·理·第6题)已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则( )A ．,1a e b ==−B ．,1a e b ==C ．1,1a e b −==D ．1,1a e b −==−【答案】D【解析】由/ln 1x y ae x =++，根据导数的几何意义易得/1|12x y ae ==+=，解得1a e −=，从而得到切点坐标为(1,1)，将其代入切线方程2y x b =+，得21b +=，解得1b =−，故选D ．【点评】准确求导是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．另外对于导数的几何意义要注意给定的点是否为切点，若为切点，牢记三条：①切点处的导数即为切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上。

专题03 导数一．基础题组1。

【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】设为正数，，若在区间不大于0，则的取值范围是( ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】求导得到函数在区间递增，只要满足就可以算出结果【详解】【点睛】运用导数求得函数的单调性,然后满足题意列出不等式即可算出结果，本题较为基础。

2。

【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】已知函数，则函数的最小的极值点为___________;若将的极值点从小到大排列形成的数列记为，则数列的通项公式为______。

【答案】或【解析】【分析】求导后令导函数等于零求出最小极值点，结合三角函数的零点分类求出数列的通项公式【详解】，或，显然数列的，当为偶数时，当为奇数时，综上所述,【点睛】本题考查了含有三角函数的极值问题,运用导数求导后结合三角函数的周期性求出极值，按照要求分类讨论出极值点的通项，还是需要探究出其规律。

3.【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】如图，可导函数在点处的切线为，设，则下列说法正确的是（）A．是的极大值点B．是的极小值点C．不是的极值点D．是的极值点【答案】B【解析】分析：从图像看,在上,为增函数，在上,是减函数，故可判断为的极小值点．点睛：函数的极值刻画了函数局部性质,它可以理解为函数图像具有“局部最低"的特性,用数学语言描述则是：“在的附近的任意，有（）” ．另外如果在附近可导且的左右两侧导数的符号发生变化，则必为函数的极值点．4。

．【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】函数的图象大致是（ ) A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】利用导数法分析函数的单调性，再结合函数的零点个数,排除错误答案即可【详解】【点睛】本题主要考查了函数的图像，依据函数求出零点，运用导数判断其单调性和极值，从而得到答案5。

【浙江省杭州市学军中学2018年5月高三模拟】已知不等式对任意实数恒成立，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】分析：先转化为，再转化为，再求g（x)的最大值得解.详解：原不等式可以化为，设f(x）=,所以,所以只有a+4〉0，才能有恒成立.此时，设g(x)=所以所以故答案为：A点睛:（1）本题主要考查利用导数求函数的单调性和最值，考查利用导数解答恒成立问题，意在考查学生对这些知识的掌握能力和分析推理能力.（2)解答本题的关键有两点，其一是原不等式可以化为，求，其二是设g(x)=求g（x)的最大值。

一．基础题组1.【2013年.浙江卷.文8】已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如右图所示，则该函数的图象是()．2.【2013年.浙江卷.文8】已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如右图所示，则该函数的图象是()．3.【2007年.浙江卷.文15】曲线32242y x x x=--+在点(1，一3)处的切线方程是___________4.【2006年.浙江卷.文6】32()32f x x x=-+在区间[]1,1-上的最大值是(A)-2 (B)0 (C)2 (D)45.【2005年.浙江卷.文9】函数21y ax=+的图象与直线y x=相切，则a=( )(A)18(B)14(C)12(D)1二．能力题组1. 【2011年.浙江卷.文10】设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()x f x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是三．拔高题组1. 【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 ≤+.2. 【2013年.浙江卷.文21】(本题满分15分)已知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若|a |＞1，求f (x )在闭区间0,2|a |]上的最小值．3. 【2012年.浙江卷.文21】已知a ∈R ，函数f (x )＝4x 3－2ax ＋a ．(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当0≤x ≤1时，f (x )＋|2－a |＞0．4. 【2011年.浙江卷.文21】（本题满分15分）设函数22()ln (0)f x a x x ax a =-+>（Ⅰ）求()f x 单调区间（Ⅱ）求所有实数a ，使21()e f x e -≤≤对[1,]x e ∈恒成立(注：e 为自然对数的底数)5. 【2010年.浙江卷.文21】（本题满分15分）已知函数2()()f x x a =-（a-b ）(,,a b R a ∈<b)。

浙江历年高考真题导数．已知浙江高考)1. (07 ．??22kxxx??x1?f?的解；k ＝2，求方程(I)若??0?fx上有两个解(0，2)在(II)若关于x的方程??0f?x的取值范围，并证明x，求kx，11214 xx122. （08浙江高考）已知a是实数，函数. ??2axxf()?x?(1)=3,求a的值及曲线在点1f（Ⅰ）若(1,f()?yf(x1))处的切线方程；（Ⅱ）求在区间[0，2]上的最大值。

)f(x3.（09浙江高考）已知函数．)b(a,?R（I）若函数的图象过23bx?a?2)(1?a)x?a(?x(fx)?原点，且在原点处)xf(的切线斜率是，求的值；3?b,a（II）若函数在区间上不单调，求的)f(x1,1)(?a．．．取值范围．4.（10浙江高考）已知函数（a-b）2)?a?f(x)(x<b)。

a?R,(a,b（I）当a=1，b=2时，求曲线在点（2，）)x)f(fy?(x 处的切线方程。

（II）设是的两个极值点，是的一个xxx,)(xxf()f123零点，且，x?xxx?2313证明：存在实数，使得按某种顺序排列xx,,xx,x42134后的等差数列，并求x45.（11浙江高考）22?ax,a??a0lnx?x)f(x设函数)xf(（的单调区间I）求??ex?1,2e?)(??e1fxa对恒成立。

）求所有实数II（，使为自然对数的底数。

e注：6.（12浙江高考）已知函数,Ra?2.a?ax)x?4x2?f(⑴求的单调区间)f(x时，⑵证明：当0.?a2?xf()|?|1x0??7.（13浙江高考）知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a2＋6xax.＋1)(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若|a|＞1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．时，2）当k＝1. （Ⅰ）解：（1 ??22kx?1??xf?xx 时，方程化1≤①当≥1或－时，即xx201x??为20?2x2x?1??3??3?，故舍去，所以，因为解得??x01?23?1?．?x2当②方程化为＜＜1时，时，－12x0?1?2x0??1x，1解得?x?2的解所以＝2时，方程①②由得当k??0f?3?1?1．或?x?x?22 2，x＜x＜0 (II)解：不妨设＜212?12x?kx?1 ?x?因为???xf?1kx?1 x???］（0,1是单调函数，故在在所以（0,1］????0x?fxf 上至多一个解，＝x2，则x＜x＜1＜0若1＜x，故不符题2121?2≤1＜x＜2．x意，因此0＜211由得，所以；1??k??0xf???k1x171；所以，得由??0?fx x?k?21????k22x22．7上有两个故当2)时，方程在(0，??0?fx1?k???2解．时，≤1＜x＜21 x，＜当0221?k?0?kx?2x1?消去k得20x??x?2xx2121，所以2＜1111．，因为22x1即x24??2x??2xxxx2211）解：2. ．2ax)?3x?2f'(x因为，3?3?2a?f'(I)．所以0a?，又当时，0a?3?1,f'(I)f(I)?线曲处的切线方程为所以(I)))在(1,f?yf(x．02=3x-y-a2 II）解：令．，解得（?0,xx?0)?xf'(213a2上单调2]在[0，，即a≤0时，当0?)xf(3递增，从而．a4(2)?8?ff?max2a时，即a≥3时，在[0当，2]上单2?)xf(3调递减，从而．0(0)??ff max2aa2，即，当在上单调递??3a??00,2??0)xf(??33??2a上单调递增，从而减，在??2,??3??8?4a,0?a?2.? ??f?max3.??a0, 2??8?4a, a?2.??综上所述，f??max2.0, a???3. 解析：（Ⅰ）由题意得)(2(31)2()2??xa?afaxx???0b?(0)?f，解得，或又?1a?3b?0?a???32)???0)?a(a?f(?（Ⅱ）函数在区间不单调，等价于)1,(x)1(?f导函数在既能取到大于0的?)1(?1f,(x)实数，又能取到小于0的实数即函数在上存在零点，根据零?)1(?1f(x),点存在定理，有，即：??0)f(1)f?(?1[3?2(1?a)?a(a?2)][3?2(1?a)?a(a?2)]?0整理得：，解得0)15()(1)(21??a?5??aa??a?时，a=1,b=2)4. Ⅰ解：当-1)(3x-5) 因为f'(x)=(x 故f'(2)=1f(2)=0,y=x-2）处的切线方程为2,0在点（f(x)所以．b2a?），＝（Ⅱ）证明：因为f′（x）3（x－a）（x－3. 由于a<b.故a<ba?23 a，x.＝所以f（x）的两个极值点为x＝b2a[3＝xx＝a，不妨设b2a?，213 f（x）的零点，x 因为x≠，x≠x，且x是32133.bx＝故3又因为bb2a?a?2－，（b）－a＝233＝x 1a?b2b2a?＋a（）＝，4323b?a2ba?2依次成等差数列，，所以a，，b33. ＝满足题意，且x b?2a x所以存在实数4435. ，，其中（Ⅰ）解：因为220x axx?a?lnxxf()?所以。

第1节 导数的概念与导数的计算考试要求 1.了解导数概念的实际背景；2.通过函数图象直观理解导数的几何意义；3.能根据导数的定义求函数y ＝c (c 为常数)，y ＝x ，y ＝1x，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 的导数；4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单复合函数(仅限于形如y ＝f (ax ＋b )的复合函数)的导数.知 识 梳 理1.函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数(1)定义：称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx＝ΔyΔx 为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝ Δy Δx＝f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx.(2)几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率.相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0). 2.函数y ＝f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内的每一点处都有导数，其导数值在(a ，b )内构成一个新函数，这个函数称为函数y ＝f (x )在开区间内的导函数.记作f ′(x )或y ′. 3.基本初等函数的导数公式4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有： (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2(g (x )≠0).5.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积. [常用结论与易错提醒]1.f ′(x 0)与x 0的值有关，不同的x 0，其导数值一般也不同.2.f ′(x 0)不一定为0，但[f (x 0)]′一定为0.3.奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数.4.函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)与(f (x 0))′表示的意义相同.( ) (2)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点.( ) (3)(2x )′＝x ·2x －1.( )(4)若f (x )＝e 2x，则f ′(x )＝e 2x.( )解析 (1)f ′(x 0)是函数f (x )在x 0处的导数，(f (x 0))′是常数f (x 0)的导数即(f (x 0))′＝0；(3)(2x )′＝2xln 2； (4)(e 2x)′＝2e 2x.答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2.函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( ) A.x sin x B.－x sin x C.x cos xD.－x cos x解析 y ′＝(x cos x )′－(sin x )′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 答案 B3.(2018·全国Ⅱ卷)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为________________. 解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.当x ＝0时，y ′＝2，∴曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . 答案 y ＝2x4.(2019·南通一调)若曲线y ＝x ln x 在x ＝1与x ＝t 处的切线互相垂直，则正数t 的值为________.解析 因为y ′＝ln x ＋1， 所以(ln 1＋1)(ln t ＋1)＝－1， ∴ln t ＝－2，t ＝e －2. 答案 e －25.定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝12f ′(1)e 2x －2＋x 2－2f (0)x ，则f (0)＝________；f (x )＝________.解析 ∵f (x )＝12f ′(1)e 2x －2＋x 2－2f (0)x ，∴f ′(x )＝f ′(1)e2x －2＋2x －2f (0)，∴f ′(1)＝f ′(1)＋2－2f (0)，∴f (0)＝1， 即1＝12f ′(1)e －2，∴f ′(1)＝2e 2，∴f (x )＝e 2x＋x 2－2x . 答案 1 e 2x＋x 2－2x6.已知曲线y ＝e －x，则其图象上各点处的切线斜率的取值范围为________；该曲线在点(0，1)处的切线方程为________.解析 由题意得y ′＝－e －x，则由指数函数的性质易得y ′＝－e －x∈(－∞，0)，即曲线y ＝e －x的图象上各点处的切线斜率的取值范围为(－∞，0).当x ＝0时，y ′＝－e －0＝－1，则曲线y ＝e －x在(0，1)处的切线的斜率为－1，则切线的方程为y －1＝－1·(x －0)，即x ＋y －1＝0.答案 (－∞，0) x ＋y －1＝0考点一 导数的运算【例1】 求下列函数的导数： (1)y ＝x 2sin x ； (2)y ＝cos x ex ；(3)y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2； (4)y ＝ln(2x －5).解 (1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x e x ′＝（cos x ）′e x－cos x （e x）′（e x ）2＝－sin x ＋cos x e x. (3)∵y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ， ∴y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x＝－12sin 4x －2x cos 4x .(4)令u ＝2x －5，y ＝ln u .则y ′＝(ln u )′u ′＝12x －5·2＝22x －5，即y ′＝22x －5.规律方法 求导一般对函数式先化简再求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错，常用求导技巧有：(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导； (3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导； (4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导； (6)复合函数：由外向内，层层求导. 【训练1】 分别求下列函数的导数：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝x －sin x 2cos x2；(4)y ＝ln 1＋2x .解 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ln x ＋e x·1x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x e x .(2)∵y ＝x 3＋1＋1x 2，∴y ′＝3x 2－2x3.(3)∵y ＝x －12sin x ，∴y ′＝1－12cos x .(4)∵y ＝ln 1＋2x ＝12ln(1＋2x )，∴y ′＝12·11＋2x ·(1＋2x )′＝11＋2x .考点二 导数的几何意义多维探究角度1 求切线的方程【例2－1】 (1)(2019·绍兴一中模拟)已知函数f (x )＝e x＋2sin x ，则f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为( ) A.x ＋y －1＝0 B.x ＋y ＋1＝0 C.3x －y ＋1＝0D.3x －y －1＝0(2)已知曲线y ＝13x 3上一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，83，则过点P 的切线方程为________.解析 (1)因为f (x )＝e x＋2sin x ，所以f ′(x )＝e x＋2cos x .所以f ′(0)＝3，f (0)＝1.由导数的几何意义可知，函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝3x ，即为3x －y ＋1＝0，故选C.(2)设切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30，由y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3′＝x 2，得y ′|x ＝x 0＝x 20，即过点P 的切线的斜率为x 20，又切线过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，83，若x 0≠2，则x 20＝13x 30－83x 0－2， 解得x 0＝－1，此时切线的斜率为1；若x 0＝2，则切线的斜率为4. 故所求的切线方程是y －83＝x －2或y －83＝4(x －2)，即3x －3y ＋2＝0或12x －3y －16＝0.答案 (1)C (2)3x －3y ＋2＝0或12x －3y －16＝0 角度2 求参数的值【例2－2】 (1)(2019·嘉兴检测)函数y ＝x 3－x 的图象与直线y ＝ax ＋2相切，则实数a ＝( ) A.－1 B.1 C.2D.4(2)(2019·杭州质检)若直线y ＝x 与曲线y ＝e x ＋m(m ∈R ，e 为自然对数的底数)相切，则m ＝( ) A.1 B.2 C.－1D.－2解析 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧y ′＝3x 2－1＝a ①，y ＝x 3－x ＝ax ＋2 ②，将①代入②，消去a 得x 3－x ＝(3x 2－1)x ＋2，解得x ＝－1，则a ＝2，故选C. (2)设切点坐标为(x 0，e x 0＋m).由y ＝ex ＋m，得y ′＝ex ＋m，则切线的方程为y －e x 0＋m ＝e x 0＋m(x－x 0) ①，又因为切线y ＝x 过点(0，0)，代入①得x 0＝1，则切点坐标为(1，1)，将(1，1)代入y ＝ex ＋m中，解得m ＝－1，故选C.答案 (1)C (2)C 角度3 公切线问题【例2－3】 (一题多解)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析 法一 ∵y ＝x ＋ln x ， ∴y ′＝1＋1x，y ′|x ＝1＝2.∴曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.∵y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切， ∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2x ＋1与已知直线平行). 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋（a ＋2）x ＋1消去y ，得ax 2＋ax ＋2＝0. 由Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8. 法二 同法一得切线方程为y ＝2x －1.设y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切于点(x 0，ax 20＋(a ＋2)x 0＋1).∵y ′＝2ax ＋(a ＋2)，∴y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋(a ＋2).由⎩⎪⎨⎪⎧2ax 0＋（a ＋2）＝2，ax 20＋（a ＋2）x 0＋1＝2x 0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－12，a ＝8.答案 8规律方法 (1)求切线方程的方法：①求曲线在点P 处的切线，则表明P 点是切点，只需求出函数在点P 处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；②求曲线过点P 的切线，则P 点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.(2)处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.【训练2】 (1)(2019·苏州调研)已知曲线f (x )＝ax 3＋ln x 在(1，f (1))处的切线的斜率为2，则实数a 的值是________.(2)若存在过点(1，0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9(a ≠0)都相切，则a 的值为( ) A.－1或－2564B.－1或214C.－74或－2564D.－74或7解析 (1)f ′(x )＝3ax 2＋1x，则f ′(1)＝3a ＋1＝2，解得a ＝13.(2)由y ＝x 3得y ′＝3x 2，设曲线y ＝x 3上任意一点(x 0，x 30)处的切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，将(1，0)代入得x 0＝0或x 0＝32.①当x 0＝0时，切线方程为y ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，y ＝ax 2＋154x －9得ax 2＋154x －9＝0，Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1542＋4·a ·9＝0得a ＝－2564. ②当x 0＝32时，切线方程为y ＝274x －274，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝274x －274，y ＝ax 2＋154x －9得ax 2－3x －94＝0，Δ＝32＋4·a ·94＝0得a ＝－1.综上①②知，a ＝－1或a ＝－2564.答案 (1)13(2)A基础巩固题组一、选择题1.若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)等于( ) A.2 B.0 C.－2D.－4解析 ∵f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，∴令x ＝1，得f ′(1)＝－2， ∴f ′(0)＝2f ′(1)＝－4. 答案 D2.设曲线y ＝e ax－ln(x ＋1)在x ＝0处的切线方程为2x －y ＋1＝0，则a ＝( ) A.0 B.1 C.2D.3解析 ∵y ＝e ax－ln(x ＋1)，∴y ′＝a e ax－1x ＋1，∴当x ＝0时，y ′＝a －1.∵曲线y ＝e ax－ln(x ＋1)在x ＝0处的切线方程为2x －y ＋1＝0，∴a －1＝2，即a ＝3.故选D. 答案 D3.曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( ) A.(1，3)B.(－1，3)C.(1，3)或(－1，3)D.(1，－3)解析 f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，∴P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故选C. 答案 C4.(2019·诸暨统考)已知f (x )的导函数为f ′(x )，若满足xf ′(x )－f (x )＝x 2＋x ，且f (1)≥1，则f (x )的解析式可能是( )A.x 2－x ln x ＋x B.x 2－x ln x －x C.x 2＋x ln x ＋xD.x 2＋2x ln x ＋x解析 由选项知f (x )的定义域为(0，＋∞)，由题意得xf ′（x ）－f （x ）x 2＝1＋1x，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝1＋1x ，故f （x ）x ＝x ＋ln x ＋c (c 为待定常数)，即f (x )＝x 2＋(ln x ＋c )x .又f (1)≥1，则c ≥0，故选C.答案 C5.(一题多解)(2018·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为( )A.y ＝－2xB.y ＝－xC.y ＝2xD.y ＝x解析 法一 因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以(－x )3＋(a －1)(－x )2＋a (－x )＝－[x 3＋(a －1)x 2＋ax ]，所以2(a －1)x 2＝0.因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D.法二 因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以 －1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，此时f (x )＝x 3＋x (经检验，f (x )为奇函数)，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D.法三 易知f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ＝x [x 2＋(a －1)x ＋a ]，因为f (x )为奇函数，所以函数g (x )＝x 2＋(a －1)x ＋a 为偶函数，所以a －1＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D. 答案 D6.已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A.－1B.0C.2D.4解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.答案 B 二、填空题7.(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为________.解析 由题意得f ′(x )＝e x ln x ＋e x·1x，则f ′(1)＝e.答案 e8.(2018·全国Ⅲ卷)曲线y ＝(ax ＋1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 解析 y ′＝(ax ＋1＋a )e x，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为－2，得y ′|x ＝0＝(ax ＋1＋a )e x|x ＝0＝1＋a ＝－2，所以a ＝－3. 答案 －39.(2018·台州调考)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为__________；f (x )在x ＝1处的切线方程为________. 解析 f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )，由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3.f (x )＝3x ln x ，f (1)＝0，∴f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝3(x －1)，即为3x －y －3＝0.答案 3 3x －y －3＝010.设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)在点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________.解析 y ′＝e x ，曲线y ＝e x 在点(0，1) 处的切线的斜率k 1＝e 0＝1.设P (m ，n )，y ＝1x(x ＞0)的导数为y ′＝－1x 2(x ＞0)，曲线y ＝1x (x ＞0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m2(m ＞0)，因为两切线垂直，所以k 1k 2＝－1，所以m ＝1，n ＝1，则点P 的坐标为(1，1). 答案 (1，1) 三、解答题11.已知点M 是曲线y ＝13x 3－2x 2＋3x ＋1上任意一点，曲线在M 处的切线为l ，求： (1)斜率最小的切线方程；(2)切线l 的倾斜角α的取值范围.解 (1)y ′＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1≥－1，∴当x ＝2时，y ′min ＝－1，y ＝53， ∴斜率最小的切线过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，53，斜率k ＝－1， ∴切线方程为3x ＋3y －11＝0.(2)由(1)得k ≥－1，∴tan α≥－1，又∵α∈[0，π)，∴α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 故α的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 12.已知曲线y ＝13x 3＋43. (1)求曲线在点P (2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P (2，4)的切线方程.解 (1)∵P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2， ∴在点P (2，4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4.∴曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率为y ′|x ＝x 0＝x 20.∴切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.∵点P (2，4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0， ∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.能力提升题组13.(2018·萧山月考)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f ′2(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 018(x )等于( )A.－sin x －cos xB.sin x －cos xC.－sin x ＋cos xD.sin x ＋cos x解析 ∵f 1(x )＝sin x ＋cos x ，∴f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，∴f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，∴f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，∴f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，∴f n (x )是以4为周期的函数，∴f 2 018(x )＝f 2(x )＝－sin x ＋cos x ，故选C.答案 C14.(2019·无锡模拟)关于x 的方程2|x ＋a |＝e x有3个不同的实数解，则实数a 的取值范围为________.解析 由题意，临界情况为y ＝2(x ＋a )与y ＝e x 相切的情况，y ′＝e x ＝2，则x ＝ln 2，所以切点坐标为(ln 2，2)，则此时a ＝1－ln 2，所以只要y ＝2|x ＋a |图象向左移动，都会产生3个交点，所以a >1－ln 2，即a ∈(1－ln 2，＋∞).答案 (1－ln 2，＋∞)15.若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析 y ＝ln x ＋2的切线为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1). y ＝ln(x ＋1)的切线为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2). ∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x 2x 2＋1， 解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2. 答案 1－ln 216.(2019·湖州适应性考试)已知函数f (x )＝|x 3＋ax ＋b |(a ，b ∈R )，若对任意的x 1，x 2∈[0，1]，f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 当x 1＝x 2时，f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|恒成立；当x 1≠x 2时，由f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|得f （x 1）－f （x 2）|x 1－x 2|≤2，故函数f (x )在(0，1)上的导函数f ′(x )满足|f ′(x )|≤2，函数y ＝x 3＋ax ＋b 的导函数为y ′＝3x 2＋a ，其中[0，1]上的值域为[a ，a ＋3]，则有⎩⎪⎨⎪⎧|a |≤2，|a ＋3|≤2，解得－2≤a ≤－1.综上所述，实数a 的取值范围为[－2，－1]. 答案 [－2，－1]17.设函数f (x )＝ax －b x，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明曲线f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值.解 (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3， 当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋b x 2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x . (2)设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0).令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0，2x 0).所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.18.如图，从点P 1(0，0)作x 轴的垂线交曲线y ＝e x于点Q 1(0，1)，曲线在Q 1点处的切线与x 轴交于点P 2.再从P 2作x 轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q 1；P 2，Q 2；…；P n ，Q n ，记P k 点的坐标为(x k ，0)(k ＝1，2，…，n ).(1)试求x k 与x k －1的关系(k ＝2，…，n )；(2)求|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |. 解 (1)设点P k －1的坐标是(x k －1，0)， ∵y ＝e x ，∴y ′＝e x， ∴Q k －1(x k －1，e x k －1)，在点Q k －1(x k －1，e x k －1)处的切线方程是y －e x k －1 ＝e x k －11(x －x k －1)，令y ＝0，则 x k ＝x k －1－1(k ＝2，…，n ).(2)∵x 1＝0，x k －x k －1＝－1， ∴x k ＝－(k －1)，∴|P k Q k |＝e xk ＝e －(k －1)， 于是有|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n | ＝1＋e －1＋e －2＋…＋e －(n －1) ＝1－e －n 1－e －1＝e －e 1－n e －1， 即|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝e －e 1－n e －1.。

【十年高考】（浙江专版）高考数学分项版解析 专题03 导数 文一．基础题组1. 【2013年.浙江卷.文8】已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如右图所示，则该函数的图象是( )．【答案】：B 【解析】：由导函数图象知，函数f (x )在－1,1]上为增函数．当x ∈(－1,0)时f ′(x )由小到大，则f (x )图象的增长趋势由缓到快，当x ∈(0,1)时f ′(x )由大到小，则f (x )的图象增长趋势由快到缓，故选B.2. 【2013年.浙江卷.文8】已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如右图所示，则该函数的图象是( )．【答案】：B 【解析】3. 【2007年.浙江卷.文15】曲线32242y x x x =--+在点(1，一3)处的切线方程是___________4. 【2006年.浙江卷.文6】32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是(A)-2 (B)0 (C)2 (D)4【答案】C5. 【2005年.浙江卷.文9】函数21y ax =+的图象与直线y x =相切，则a =( )(A)18(B)14 (C)12 (D)1【答案】B【解析】：由题意,得210ax x -+=有两个等实根,得a=14,选(B) 二．能力题组1. 【2011年.浙江卷.文10】设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()x f x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是【答案】D【解析】设x e x f x F )()(=，∴)2()()()(2c bx ax b ax e x f e x f e x F x x x ++++=+'='， 又∴1-=x 为xe xf )(的一个极值点，∴0)()1(2=+-=-'c a e F ，即c a =，∴()f x =2ax bx a ++,设1x ，2x 是方程2ax bx a ++=0的两根，则12x x =1，D 中图像一定不满足该条件，故选D. 三．拔高题组1. 【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.【解析】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 ，考点：函数最大（最小）值的概念，利用导数研究函数的单调性.2. 【2013年.浙江卷.文21】(本题满分15分)已知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若|a |＞1，求f (x )在闭区间0,2|a |]上的最小值．【答案】(1) y ＝6x －8. (2) f (x )在闭区间0,2|a |]上的最小值为g (a )＝231,1,0,13,3, 3.a a a a a a -<-⎧⎪<≤⎨⎪(-)>⎩【解析】：(1)当a ＝1时，f ′(x )＝6x 2－12x ＋6， 所以f ′(2)＝6.又因为f (2)＝4，所以切线方程为y ＝6x －8.(2)记g (a )为f (x )在闭区间0,2|a |]上的最小值． f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )． 令f ′(x )＝0，得到x 1＝1，x 2＝a .比较f (0)＝0和f (a )＝a 2(3－a )的大小可得g (a )＝23, 3.a a a ⎧⎨(-)>⎩综上所述，f (x )在闭区间0,2|a |]上的最小值为g (a )＝231,1,0,13,3, 3.a a a a a a -<-⎧⎪<≤⎨⎪(-)>⎩3. 【2012年.浙江卷.文21】已知a ∈R ，函数f (x )＝4x 3－2ax ＋a ． (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当0≤x ≤1时，f (x )＋|2－a |＞0． 【答案】（1）函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．单调递减区间为． （2）详见解析.(2)证明：由于0≤x ≤1，故当a ≤2时，f (x )＋|a －2|＝4x 3－2ax ＋2≥4x 3－4x ＋2．当a ＞2时，f (x )＋|a －2|＝4x 3＋2a (1－x )－2≥4x 3＋4(1－x )－2＝4x 3－4x ＋2．设g (x )＝2x 3－2x ＋1,0≤x ≤1，则g ′(x )＝6x 2－2＝6(xx， 于是所以，g (x )39所以当0≤x ≤1时，2x 3－2x ＋1＞0． 故f (x )＋|a －2|≥4x 3－4x ＋2＞0．4. 【2011年.浙江卷.文21】（本题满分15分）设函数22()ln (0)f x a x x ax a =-+> （Ⅰ）求()f x 单调区间（Ⅱ）求所有实数a ，使21()e f x e -≤≤对[1,]x e ∈恒成立(注：e 为自然对数的底数) 【答案】（Ⅰ）()f x 的增区间为(0,)a ，减区间为(,)a +∞；（Ⅱ）a e = 【解析】：（Ⅰ）因为22()ln (0)f x a x x ax a =-+>所以2()(2)()2a x a x a f x x a x x-+'=-+=由于0a >所以()f x 的增区间为(0,)a ，减区间为(,)a +∞。

高考数学真题导数专题及答案2019年高考真题-导数专题一、解答题（共12小题）1.已知函数 $f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^{x}-x$。

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。

2.已知函数 $f(x)=ax^2-ax-x\ln{x}$，且 $f(x)\geq 0$。

1）求 $a$；2）证明：$f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x$，且 $e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。

3.已知函数 $f(x)=x^{-1}-a\ln{x}$。

1）若 $f(x)\geq 0$，求 $a$ 的值；2）设 $m$ 为整数，并且对于任意正整数 $n$，$(1+\frac{1}{m})^n\geq 2$，求 $m$ 的最小值。

4.已知函数 $f(x)=x^3+ax^2+bx+1$（$a>0,b\in\mathbb{R}$）有极值，且导函数 $f'(x)$ 的极值点是 $f(x)$ 的零点。

1）求 $b$ 关于 $a$ 的函数关系式，并写出定义域；2）证明：$b^2>3a$；3）若 $f(x)$，$f'(x)$ 这两个函数的所有极值之和不小于$-1$，求 $a$ 的取值范围。

5.设函数 $f(x)=(1-x^2)e^x$。

1）讨论 $f(x)$ 的单调性；2）当$x\geq 0$ 时，$f(x)\leq ax+1$，求$a$ 的取值范围。

6.已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$。

1）求 $f(x)$ 的导函数；2）求 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上的取值范围。

7.已知函数 $f(x)=x^2+2\cos{x}$，$g(x)=e^x(\cos{x}-\sin{x}+2x^{-2})$，其中 $e\approx 2.\cdots$ 是自然对数的底数。

Ⅰ）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(\pi,f(\pi))$ 处的切线方程；Ⅱ）令 $h(x)=g(x)-af(x)$（$a\in \mathbb{R}$），讨论$h(x)$ 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值。

1. (07浙江高考)已知()221f x x x kx =-++．(I)若k ＝2，求方程()0f x =的解；(II)若关于x 的方程()0f x =在(0，2)上有两个解x 1，x 2，求k 的取值范围，并证明12114x x +<2. （08浙江高考）已知a 是实数，函数()2()f x xx a =-.（Ⅰ）若f 1(1)=3,求a 的值及曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程；（Ⅱ）求)(x f 在区间[0，2]上的最大值。

3.（09浙江高考）已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R ．（I ）若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值；（II ）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围．4.（10浙江高考）已知函数2()()f x x a =-（a-b ）(,,a b R a ∈<b)。

（I ）当a=1，b=2时，求曲线()y f x =在点（2，()f x ）处的切线方程。

（II ）设12,x x 是()f x 的两个极值点，3x 是()f x 的一个零点，且31x x ≠，32x x ≠证明：存在实数4x ，使得1234,,,x x x x 按某种顺序排列后的等差数列，并求4x5.（11浙江高考）设函数22()ln ,0f x a x x ax a =-+>（I ）求()f x 的单调区间（II ）求所有实数a ，使21()e f x e -≤≤对[]1,x e ∈恒成立。

注：e 为自然对数的底数。

6.（12浙江高考）已知,a R ∈函数2()42.f x x ax a =-+⑴求()f x 的单调区间⑵证明：当01x ≤≤时，()20.f x a +->||7.（13浙江高考）知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若|a |＞1，求f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．1. （Ⅰ）解：（1）当k ＝2时，()221f x x x kx =-++① 当210x -≥时，即x ≥1或x ≤－1时，方程化为22210x x +-=解得12x -±=1012-<<，故舍去，所以12x --=．②当210x -<时，－1＜x ＜1时，方程化为210x +=，解得12x =-由①②得当k ＝2时，方程()0f x =的解所以12x --=12x =-．(II)解：不妨设0＜x 1＜x 2＜2，因为()22 1 x 11 x 1x kx f x kx ⎧+->⎪=⎨+≤⎪⎩所以()f x 在（0,1］是单调函数，故()0f x =在（0,1］上至多一个解，若1＜x 1＜x 2＜2，则x 1x 2＝12-＜0，故不符题意，因此0＜x 1≤1＜x 2＜2．由()10f x =得11k x =-，所以1k ≤-；由()20f x =得2212k x x =-， 所以712k -<<-；故当712k -<<-时，方程()0f x =在(0，2)上有两个解．当0＜x 1≤1＜x 2＜2时，11k x =-，222210x kx +-=消去k 得2121220x x x x --=即212112x x x +=，因为x 2＜2，所以12114x x +<．2. ）解：2'()32f x x ax =-．因为'(I)323f a =-=，所以 0a =．又当0a =时，(I)1,'(I)3f f ==，所以曲线()(1,(I))y f x f =在处的切线方程为 3x y --2=0．（II ）解：令'()0f x =，解得1220,3a x x ==．当203a≤，即a ≤0时，()f x 在[0，2]上单调递增，从而max (2)84f f a ==-．当223a≥时，即a ≥3时，()f x 在[0，2]上单调递减，从而max (0)0f f ==．当2023a <<，即03a <<，()f x 在20,3a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在2,23a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，从而 max 84,0 2.0,2 3.a a f a -<≤⎧⎪=⎨<<⎪⎩综上所述，max84, 2.0, 2.a a f a -≤⎧⎪=⎨>⎪⎩3. 解析：（Ⅰ）由题意得)2()1(23)(2+--+='a a x a x x f又⎩⎨⎧-=+-='==3)2()0(0)0(a a f b f ，解得0=b ，3-=a 或1=a（Ⅱ）函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(<'-'f f ， 即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a4. Ⅰ)解：当a=1,b=2时，因为f’(x)=(x -1)(3x-5)故f’(2)=1f(2)=0,所以f(x)在点（2,0）处的切线方程为y=x-2（Ⅱ）证明：因为f ′（x ）＝3（x －a ）（x －23a b+），由于a <b .故a <23a b+.所以f （x ）的两个极值点为x ＝a ，x ＝23a b+.不妨设x 1＝a ，x 2＝23a b+，因为x 3≠x 1，x 3≠x 2，且x 3是f （x ）的零点，故x 3＝b .又因为23a b +－a ＝2（b －23a b+），x 4＝12（a ＋23a b +）＝23a b +，所以a ，23a b +，23a b+，b 依次成等差数列，所以存在实数x 4满足题意，且x 4＝23a b+.5. （Ⅰ）解：因为22()ln f x a x x ax =-+，其中0x ，所以2()(2)'()2a x a x a f x x a x x-+=+=-。

浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题2：函数与导数一、选择题1. （全国 理5分）点)0,1(P 到曲线⎩⎨⎧==ty t x 22（其中参数R t ∈）上的点的最短距离为【 】（A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）2 【答案】B 。

【考点】参数方程，两点间距离公式的应用。

【分析】直接求距离的表达式，然后求最值：点P （1，0）到曲线⎩⎨⎧==t y t x 22（其中参数R t ∈）上的点的距离为：21t ==+。

∵211t +≥，∴点)0,1(P 到曲线上的点的最短距离为1。

故选B 。

2.（全国 理5分）函数c bx x y ++=2（[)0x ,∈+∞）是单调函数的充要条件是【 】 （A ）0≥b （B ）0≤b （C ）0>b （D ）0<b 【答案】A 。

【考点】二次函数的性质。

【分析】先用配方法将函数变形，求出其对称轴，因为函数是单调函数，所以对称轴要在区间的左侧求解：∵函数c bx x y ++=2在[)0,+∞上为单调函数，∴02bx =-≤，即0b ≥。

故选A 。

3.（全国 理5分）据 3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》：“ 国内生产总值达到95933亿元，比上年增长7.3%”，如果“十•五”期间（ － ）每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十•五”末我国国内年生产总值约为【 】（A ）115000亿元 （B ）120000亿元 （C ）127000亿元 （D ）135000亿元 【答案】C 。

【考点】指数函数的应用。

【分析】由题意可知“十•五”末我国国内年生产总值为：95933（1+7.3%）4≈127164.8≈127000。

故选C 。

4.（全国 理5分）设函数⎪⎩⎪⎨⎧-=-2112)(xx f x 00>≤x x ，若1)(0>x f ，则0x 的取值范围是【 】 （A ）（1-，1） （B ）（1-，∞+）（C ）（∞-，2-） （0，∞+） （D ）（∞-，1-） （1，∞+） 【答案】D 。

专题22 函数与导数综合【母题来源一】【2019年高考浙江卷】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤，求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞；（2）．【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤当0a <≤时，()f x ≤2ln 0x -≥．令1t a=，则t ≥，设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x=-．（i ）当1[,)7x ∈+∞≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x ===．故所以()(1)0p x p ≥=，因此()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211[,)e 7x ∈时，()g t g ≥=令211()(1),[,]e 7q x x x x =++∈， 则()10q'x=+>， 故()q x 在211[,]e 7上单调递增， 所以1()()7q x q ≤．由（i ）得，11()()(1)077q p p =<=． 所以()<0q x ，因此()0g t g ≥=>．由（i ）（ii ）知对任意21[,)e x ∈+∞，),()0t g t ∈+∞≥，即对任意21[,)e x ∈+∞，均有()f x ≤．综上所述，所求a的取值范围是(0,．4【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性，已知单调性求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用．【母题来源二】【2018年高考浙江卷】已知函数f(x)=−ln x．（1）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；（2）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】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）由题可得，由得，因为，所以．由基本不等式得．因为，所以．由题意得．设，则，所以所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，故，即．（2）令m=，n=，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <≤<0，所以存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得．设h （x ）=， 则h ′（x ）=，其中g （x ）=．由（1）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减， 因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根．综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 【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 ，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．【母题来源三】【2017年高考浙江卷】已知函数1()(()2xf x x x -≥=． （1）求()f x 的导函数；（2）求()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围．【答案】（1）1())2x f x x -'=>；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为(1x '-=-，(e )e x x'--=-，所以()(1(x xf x x --'=-1)2x =>．（2）由()0xf x -'==，解得1x =或52x =．则又2()1)e 02x f x -=≥， 所以()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）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 '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．【命题意图】考查导数的几何意义、导数公式和导数的四则运算法则、导数在研究函数中的应用，考查数学式子变形能力、运算求解能力、分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想及分析问题与解决问题的能力． 【命题规律】从近几年高考来看，浙江卷高考数学在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一般有三个层次： （1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．【方法总结】1．常见基本初等函数的导数公式1()0();(),n n C C x nx n -+''==∈N 为常数；(sin )cos ;(cos )sin x x x x ''==-；(e )e ;()ln (0,1)x x x x a a a a a ''==>≠且；11(ln );(log )log e(0,1)a a x x a a x x''==>≠且．2．常用的导数运算法则法则1：[()()]()()u v u v x x x x ±'='±'．法则2：[()()]()(·()())x x x x x u u u v x v v '='+'． 法则3：2()()()()()[](()0)()()u x u x v x u x v x v x v x v x ''-'=≠． 3．复合函数的导数复合函数y=f (g (x ))的导数和函数y=f (u )，u=g (x )的导数间的关系为y x ′=y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积． 4．求曲线y =f (x )的切线方程的类型及方法（1）已知切点P (x 0，y 0)，求y =f (x )过点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程； （2）已知切线的斜率为k ，求y =f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k =f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程；（3）已知切线上一点(非切点)，求y =f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，最后由点斜式或两点式写出方程．（4）若曲线的切线与已知直线平行或垂直，求曲线的切线方程时，先由平行或垂直关系确定切线的斜率，再由k =f ′(x 0)求出切点坐标(x 0，y 0)，最后写出切线方程．（5）①在点P 处的切线即是以P 为切点的切线，P 一定在曲线上．②过点P 的切线即切线过点P ，P 不一定是切点．因此在求过点P 的切线方程时，应首先检验点P 是否在已知曲线上． 5．导数与函数的单调性利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式()0f x '>（()0f x '<）在给定区间上恒成立．一般步骤为： （1）求f ′(x )；（2）确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；（3）作出结论，()0f x '>时为增函数，()0f x '<时为减函数．注意：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 6．由函数()f x 的单调性求参数的取值范围的方法（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上()0f x '≥(或()0f x '≤)(()f x '在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而得参数的取值范围； （2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是()0f x '>(或()0f x '<)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；（3）若已知()f x 在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出()f x 的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围． 7．函数极值问题的常见类型及解题策略（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号． （2）求函数()f x 极值的方法： ①确定函数()f x 的定义域． ②求导函数()f x '． ③求方程()0f x '=的根．④检查()f x '在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．如果左正右负，那么()f x 在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么()f x 在这个根处取得极小值；如果()f x '在这个根的左、右两侧符号不变，则()f x 在这个根处没有极值．（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()f x '，求方程()0f x '=的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围． 8．求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法（1）若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．（2）若函数f (x )在区间(a ，b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ，b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（3）函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点． 注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用．（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值．要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定． 9．函数的最值与极值的关系（1）极值是对某一点附近(即局部)而言，最值是对函数的定义区间[,]a b 的整体而言；（2）在函数的定义区间[,]a b 内，极大（小）值可能有多个（或者没有），但最大（小）值只有一个（或者没有）；（3）函数f (x )的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点； （4）对于可导函数，函数的最大(小)值必在极大(小)值点或区间端点处取得．10．在利用导数求函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解题过程中，只能在定义域内讨论，定义域为实数集R 可以省略不写．在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的不连续点和不可导点．11．利用导数解决函数的零点问题时，一般先由零点的存在性定理说明在所求区间内至少有一个零点，再利用导数判断在所给区间内的单调性，由此求解． 12．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法（1）分离参数法将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，()f x a ≥恒成立，只需min ()f x a ≥即可；()f x a ≤恒成立，只需max ()f x a ≤即可． （2）函数思想法先将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解．1．【浙江省金华十校2019届第二学期高考模拟】设函数2()ln ()f x ax x a =-∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）1[,)2e+∞． 【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，221()(0)ax f x x x-'=>，当0a ≤时，()0f x '<，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当0a >时，令()0f x '=，解得x =所以当x ∈时，()0f x '<，当)x ∈+∞时，()0f x '>， 所以函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增． 综上，当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增． （2）因为()0f x ≥恒成立，所以(e)0f ≥，所以21e a ≥． 由（1）可得，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增，所以函数()f x 的最小值为12f =-，所以102-≥，解得12ea ≥． 故实数a 的取值范围为1[,)2e+∞． 2．【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】已知函数2()ln f x x ax x =-+-．（1）判断()f x 的单调性；（2）若函数()f x 存在极值，求这些极值的和的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(3ln 2,)++∞．【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，221()x ax f x x-+'=-，令2()21g x x ax =-+，当280a ∆=-≤，即a -≤≤()0g x ≥恒成立， 此时()0f x '≤，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当280a ∆=->，即a <-或a >时，2()210g x x ax =-+=有两个不相等的根12,x x ，设12x x <，则1x =，2x =当1(0,)x x ∈或2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，此时()0f x '<， 所以函数()f x 在1(0,)x 和2(,)x +∞上单调递减； 当12(,)x x x ∈时，()0g x <，此时()0f x '>， 所以函数()f x 在12(,)x x 上单调递增．综上，当a -≤≤函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当a <-或a >函数()f x在和)+∞上单调递减，在上单调递增．（2）因为函数()f x 存在极值，所以221()0x ax f x x-+'=-=在(0,)+∞上有解，所以方程2210x ax -+=在(0,)+∞上有解，所以280a ∆=-≥． 显然当0∆=时，函数()f x 无极值，不合题意， 所以方程2210x ax -+=必有两个不等的正根． 设方程2210x ax -+=的两个不等正根分别为12,x x ， 则12102x x =>，122a x x +=， 由题意知22222121212121()(ln ()()()ln )1ln 1ln22424a a a f x f x a x x x x x x +=+-+-+=-+-=++，由28a >，可得12()()121ln3ln22f x f x +>+-=+， 故这些极值的和的取值范围为(3ln 2,)++∞．【名师点睛】本题考查了含有参量的函数单调性和极值问题，求导后对其分类讨论是解答此类问题的关键，在分类过程中，一定要理清题意和思路，按部就班求出分类后的结果，一定要熟练掌握这类题目的解答方法．3．【浙江省金华市浦江县2018年高考适应性考试】已知函数22()ln f x x x x=++． （1）求函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （2）求证：()0f x >． 【答案】（1）1322y x =-+；（2）证明见解析． 【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2322222222(21)1(1)42232()()(1)(1)x x x x x x x f x x x x x x x x -++--+--'=+==+++，所以1(1)2f '=-，所以所求切线方程为1322y x =-+． （2）令32()232h x x x x =+--，则2()343h'x x x =+-，设()0h'x =的两根为12,x x ，由于1210x x =-<，不妨设10x <，20x >，则函数()h x 在2(0,)x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增， 而(0)0h <，(1)0h <，(2)0h >，所以存在0(1,2)x ∈，使得函数()f x 在0(,)x +∞上单调递增， 所以002002()()ln 0f x f x x x x =++>≥， 所以()0f x >．4．【浙江省嘉兴市2019届高三第一学期期末检测】已知函数()ln()(,)bf x x a a b x=+-∈R ，且曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为2y x =-．（1）求实数a ，b 的值；（2）函数()(1)()g x f x mx m =+-∈R 有两个不同的零点1x ，2x ，求证：212e x x ⋅>．【答案】（1）1a =-，0b =；（2）证明见解析．【解析】（1）因为曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为2y x =-， 所以(2)220f =-=，(2)1f '=，因为()ln()b f x x a x =+-，21()bf x x a x'=++， 所以ln(2)02b a +-=，1124ba +=+，解得1a =-，0b =． （2）由（1）知，()ln(1)f x x =-，所以(1)ln f x x +=，()ln ()g x x mx m =-∈R ， 不妨设120x x >>，因为12())0(g x g x ==，所以11ln x mx =，22ln x mx =，要证明212e x x ⋅>，即证明212ln()lne 2x x >=，而1212ln()()x x m x x =+，故只需证明12()2m x x +>即可， 又1212ln ln x x mx mx -=-，所以1212ln ln x x m x x -=-，故只需证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即需证1212122()ln ln x x x x x x +->+，即证1121222(1)ln1x x x x x x ->+，即只需证1121222(1)ln01x x x x x x -->+即可， 令12x t x =，由于120x x >>，故1t >， 设2(1)()ln (1)1t F t t t t -=->+， 则22214(1)()(1)(1)t F t t t t t -=-=+'+，显然()0F t '>，故2(1)()ln 1t F t t t -=-+是增函数， 所以()(1)F t F >，又(1)0F =，所以()0F t >恒成立， 即2(1)ln (1)1t t t t ->>+成立，因此212e x x ⋅>． 5．【浙江省七彩联盟2018-2019学年第一学期高三11月期中考试】已知函数()ln f x mx x x =-． （1）证明：函数()f x 存在唯一的极值点，并求出该极值点；（1）若函数()f x 的极值为1，试证明：2()e xf x x -≤+．【答案】（1）证明见解析，极值点为1e m x -=；（2）证明见解析．【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()1ln f x m x '=--， 令()0f x '>可得10e m x -<<，令()0f x '<可得1e m x ->，所以函数()f x 在1(0,e )m -上单调递增，在1(e ,)m -+∞上单调递减，所以函数()f x 有唯一的极值点，极值点为1e m x -=． （2）由（1）可得11111()(e)e e lne e 1m m m m m f x f m -----==-==极值，解得1m =，所以()ln f x x x x =-，要证明2()e xf x x -≤+，只要证2e ln 0x x x x x -+-+≥， 令2()eln x g x x x x x -=+-+，则()2eln xg'x x x -=-+，易知()g'x 在(0,)+∞上单调递增，且当0x +→时，()g'x →-∞，当x →+∞时，()g'x →+∞， 所以存在唯一的实数0x ，使得0()0g'x =，即0002eln 0x x x --+=，即000e 2ln x x x -=+．所以()g x 在0(0,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增， 所以022min 000000000000()()eln 1ln (1)(ln )()x g x g x x x x x x x x x x x x -==+-+=+++=++，下面利用反证法证明00ln 0x x +≥，假设00ln 0x x +<，即00ln x x <-，即00e xx -<，所以0000000ln e 2ln e 0x x x x x x x --++-=+-<，这与000e2ln x x x -=+矛盾，所以00ln 0x x +≥，即()0g x ≥，故2()e xf x x -≤+．【名师点睛】本题考查了导数和函数的极值和最值得关系，以及反证法、考查函数与方程、分类与整合、化归与转化的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、创新意识．6．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】设,a b ∈R ，函数2()ln(1)f x x ax bx =+++．（1）证明：当0b =时，对任意实数a ，直线y x =总是曲线()y f x =的切线； （2）若存在实数a ，使得对任意1x >-且0x ≠，都有()0xf x >，求实数b 的最小值． 【答案】（1）证明见解析；（2）1-． 【解析】由题可得1()21f x ax b x'=+++． （1）当0b =时，2()ln(1)f x x ax =++，1()21f x ax x'=++． 则(0)0f =，(0)1f '=，故直线y x =是曲线()y f x =在原点(0,0)处的切线， 所以对任意实数a ，直线y x =总是曲线()y f x =的切线．（2）由题可得存在实数a ，使得对任意的(1,0)x ∈-，都有()0f x <， 对任意的(0,)x ∈+∞，都有()0f x >．因(0)0f =，故(0)0f '≥（否则，若(0)0f '<，则在0x =的左右附近，恒有(0)0f '<，从而()f x 单调递减，不合题意）．于是(0)10f b '=+≥，所以1b ≥-．又当12a =，1b =-时，21()1011x f x x x x'=+-=≥++（等号成立当且仅当0x =）， 于是()f x 在(1,)-+∞内单调递增，满足题意． 所以b 的最小值为1-．7．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】已知()ln af x x x=+，()e x g x -=，其中a ∈R ，e 2.718=为自然对数的底数．（1）若函数()g x 的切线l 经过(1,0)点，求l 方程；（2）若函数()f x 在2(0,)e为递减函数，试判断()()()x f x g x ϕ=-函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】（1） 1y x =-+；（2）函数()x ϕ的零点个数是0，证明见解析．【解析】（1）设l 和曲线()g x 的切点是00(,e )x x -，函数()g x 在该点处的导数00()e x g'x -=-，它是切线l 的斜率，因为切线l 经过(1,0)，也过切点00(,e)x x -，所以切线l 的斜率又可写为00e 1x x --，故00e e 1x x x --=--，故011x -=-，解得00x =， 故切线l 的斜率为00()e1x g'x -=-=-，故切线l 的方程为1y x =-+．（2）判断：函数()x ϕ的零点个数是0， 下面证明()()f x g x >恒成立，2()0x af x x-'=≤，故x a ≤， 若()f x 在2(0,)e 为递减函数，则2ea ≥，因此，要证明()ln ()e xa f x x g x x-=+>=对0x >恒成立，只需证明2ln e e x x x -+>⋅对0x >恒成立， 考虑2ln e e x x x -+>⋅等价于2ln e ex x x x ->-， 记()ln u x x x =，2()e e xv x x -=⋅-，先看()u x ，()ln 1u'x x =+，令()0u'x >，解得1e x >；令()0u'x <，解得10ex <<， 故()u x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e +∞单调递增，所以min 11()()e e u x u ==-，再看2()e ex v x x -=⋅-，()(1)e xv'x x -=-⋅．令()0v'x >，解得01x <<；令()0v'x <，解得1x >， 故()v x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减， 所以max 1()(1)v x v e==-． min max ()()u x v x =，且两个函数的极值点不在同一个x 处，故()()u x v x >对0x >恒成立， 综上，()()f x g x >对0x >恒成立，故函数()()()x f x g x ϕ=-函数零点个数是0．8．【浙江省宁波市2019届高三上学期期末考试】已知函数32()f x x ax bx =++，其中,a b 为实数．（1）若函数()f x 的图象关于点(1,0)对称，求()f x 的解析式； （2）若364a -≤≤-，且230a b ++=，t 为函数32()f x x ax bx =++的极小值点，求()f t a的取值范围．【答案】（1）32()32f x x x x =-+；（2）5[3]3-．【解析】（1）设(,())M x f x 为()y f x =图象上的任意一点，则点M 关于点(1,0)的对称点为(2,())x f x --，即()(2)f x f x -=-，所以3232(6)(412)(428)x ax bx x a x a b x a b ++=-++++-++对所有实数x 成立，从而(6)a a =-+，412b a b =++，0428a b =++， 解得3a =-，2b =，从而32()32f x x x x =-+．（2）由题可得2()32f x x ax b '=++，由230a b ++=可知(1)0f '=，设()3(1)()f x x x m '=--，则213a m -=+，3bm =，即3(1)2a m =-+，3b m =， 因为364a -≤≤-，所以132m -≤≤， 因为()f x 存在极小值，所以1m ≠．①若112m -≤<，则1t =， 所以()f t a =(1)3(1)2f m -+2131a b m ++=-⋅+231411511(,]313133m m m +=-⋅+=⋅-∈-++． ②若13m <≤，则t m =，所以()f t a =()3(1)2f m m -+23=-⋅3213221m m m -++3233(1)m m m -=+， 令323()3(1)x x h x x -=+，则222(3)()3(1)x x h x x -'=+，则()h x在上为减函数，在上为增函数， 又1(1)3h =-，3h =-，(3)0h =，所以()[3f t a∈-． 综上所述，()f t a的取值范围为5[3]3-．【名师点睛】本题主要考查函数对称性以及函数的极值的应用，考查函数的单调性，由()0f x '>，得函数单调递增，()0f x '<得函数单调递减，进而可得极值与最值，利用函数极值和导数之间的关系进行转化讨论是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．9．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若方程()f x c =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12()02x x f +'>． 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）由题可得(2)(1)()(0)x a x f x x x-+'=>，当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 的单调增区间为(0,)+∞；当0a >时，由()0f x '>得2a x >；由()0f x '<得02a x <<， 所以函数()f x 的单调增区间为(,)2a +∞，单调减区间为(0,)2a．综上，当0a ≤时，函数()f x 的单调增区间为(0,)+∞；当0a >时，函数()f x 的单调增区间为(,)2a +∞，单调减区间为(0,)2a ．（2）因为12,x x 是方程()f x c =的两个不等实根，所以0a >，不妨设120x x <<，则2111(2)ln x a x a x c ---=，2222(2)ln x a x a x c ---=， 两式相减可得22111222(2)ln [(2)ln ]0x a x a x x a x a x -------=，所以221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--．又()02a f '=，当2a x >时，()0f x '>；当02ax <<时，()0f x '<． 故只要证明1222x x a+>即可，即证22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--，即证11221222ln x x x x x x -<+，即证11212222ln 1x x x x x x -<+．设12(01)x t t x =<<，令22()ln 1t g t t t -=-+，则2(1)()0(1)t g t t t +'-=>， 则22()ln 1t g t t t -=-+在(0,1)上为增函数， 又(1)0g =，所以(0,1)t ∈时，()0g t <总成立，所以12()02x x f +'>． 【名师点睛】本题考查函数与导数的综合问题．考查单调区间的求法，导数不等式的证明．考查构造法、分类讨论、函数与方程等数学思想方法．10．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知函数2()2f x x =，()ln (0)g x m x m =>，曲线()f x 与()g x 有且仅有一个公共点． （1）求m 的值；（2）若存在实数a ，b ，使得关于x 的不等式()()2g x ax b f x ≤+≤+对任意正实数x 恒成立，求a 的最小值．【答案】（1）4e ；（2）4．【解析】（1）由题意知()()f x g x =，即22ln x m x =， 令2ln 2()x F x x m =-，则312ln ()xF'x x -=．易得函数()F x 在上递增，在)+∞上增减，所以max 12()2e F x F m==-，所以4e m =． （2）由题意知必有(1)(1)2g ax b f ≤+≤+，即04a b ≤+≤， 当0a =时，4e e bx >，4eln x ax b <+，不符合题意；当0a <时，有0b >，此时0max{1,}b x a=-，0()g x ax b ≥+，不符合题意，因此0a >，28(2)0a b ∆=--≤ ①，令()()()4eln h x g x ax b x ax b =-+=--，则4e()h'x a x=-， 易知含糊()h x 在4e (0,)a 上递增，在4e(,)a +∞上递减， 故max 4e 4e()()4eln4e 0h x h b a a==--≤ ②， 由①②两式可知24e 8(24eln 4e)0a a--+≤，构造函数24e()8(24eln4e)x x xϕ=--+，则(4)0ϕ=，易知()x ϕ在(0,上递减，在)+∞上递增，所以min 4a =，此时0b =． 故a 的最小值为4．11．【浙北四校2019届高三12月模拟考试】设a ∈R ，已知函数2()2ln f x x a x =-．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值()g a ；（3）若0a >，求使方程()2f x ax =有唯一解的a 的值． 【答案】（1）见解析；（2）1,1()ln ,1a g a a a a a ≤⎧=⎨->⎩；（3）12．【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222()2()a f x x x a x x'=-=-， 当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '<，可得0x <<()0f x '>，可得x >所以函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增．综上，当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增．（2）由（1）可知，当1a ≤时，函数()f x 在[1,)+∞上单调递增， 所以min ()()(1)1g a f x f ===；当1a >时，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增，所以min ()()ln g a f x f a a a ===-．综上，1,1()ln ,1a g a a a a a ≤⎧=⎨->⎩．（3）令2()()222ln h x f x ax x ax a x =-=--，由题意，可得方程()0h x =有唯一解， 又222()22()a h'x x a x ax a x x=--=--，(0,)x ∈+∞，0a >，令()0h'x =，可得0x =， 所以函数()h x 在0(0,]x 上单调递减，在0[,)x +∞上单调递增，因为()0h x =有唯一解，所以0()0h x =．由00()0()0'h x h x =⎧⎨=⎩，可得20002002200x alnx ax x ax a ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，所以002ln 10x x +-=， 设()2ln 1g x x x =+-，易知函数()g x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0g =，所以方程002ln 10x x +-=的解为01x =，即01x ==，解得12a =， 故方程()2f x ax =有唯一解时a 的值为12． 【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数在区间上的最值问题，同时考查了函数的零点问题，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．12．【浙江省2019年高考模拟训练卷三】知函数2()x a f x x a+=+，()2ln 2()g x x a a =+∈R ． （1）求()f x 的单调区间；（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得方程()()f x g x =在(1,)+∞上有唯一解．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)(,)a a -∞--+∞，222()()x ax a f x x a +-'=+，令22y x ax a =+-，则2440a a ∆=+≤，即10a -≤≤， 则()0f x '≥在(,)(,)a a -∞--+∞上恒成立，当1a <-或0a >，由220x ax a +->可得x a >-或x a <-由220x ax a +-<可得a x a -<<-，综上，当1a <-或0a >时，函数()f x的递增区间是(,)a a -∞--+∞，递减区间是()a a --，(,a a --；当10a -≤≤时，函数()f x 的递增区间是(,),(,)a a -∞--+∞．（2）令2()()()2ln 2x a h x f x g x x a x a+=-=--+， 当(0,1)a ∈时，则222222(2)(2)()()()x ax a x a x x a h x x a x x a x+-+--=-=+'+=，因为(1,)x ∈+∞，故当11x <<()0h x '<，当1x +<时，()0h x '>，所以函数()h x 在(1,1+上递减，在(1)+∞上递增，所以当11x =()h x 取得最小值，又(1)12h a =-，当112a ≤<时，(1)0h ≤，即()0h x <在(1,1上恒成立， 又112a ≤<时，222()2ln 22ln 22ln 222x a x x h x x a x a x x lnx x a x x+=-->-->--=--+， 取2e x =，则222ln 2e 42e 60x x --=--=->，即2(e )0h >，又函数()h x 在(1)++∞上递增，而1()0h x <，所以由函数零点存在定理可知函数()h x 在(1)+∞上存在唯一零点， 所以当112a ≤<时，存在(0,1)a ∈，使得方程()0h x =在(1,)+∞上有唯一解， 所以方程()()f x g x =在(1,)+∞上有唯一解．【名师点睛】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数零点等知识，考查了推理论证能力、运算求解能力，考查了函数与方程、分类与整合、化归与转化等数学思想方法，属于难题． 13．【浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估】设函数431()4f x x x =-，x ∈R ． （1）求函数()f x 在1x =处的切线方程；（2）若对任意的实数x ，不等式()2f x a x ≥-恒成立，求实数a 的最大值；（3）设0m ≠，若对任意的实数k ，关于x 的方程()f x kx m =+有且只有两个不同的实根，求实数m 的取值范围．【答案】（1）524y x =-+；（2）1-；（3）[4,){1}+∞-． 【解析】（1）由题可得32(3)x x x f '=-，(1)2f '=-，3(1)4f =-， 所以函数()f x 在1x =处的切线方程为524y x =-+． （2）因为对任意的实数x ，不等式()2f x a x ≥-恒成立， 所以4324x a x x ≤-+恒成立，设43()24x g x x x =-+，则322()32(1)(22)g'x x x x x x =-+=---(1)(11x x x =---+，所以函数()g x 在(1-，(1)++∞上单调递增，在(,1-∞-，(1,1+上单调递减，所以min ()min{(1(1g x g g =，因为1222=0x x --的两根， 所以4230000000022()2(22)2)44(x x g x x x x x x +=-+=-++2220000(1)2211x x x x =+-=-++=-，其中01x = 所以a 的最大值为1-．（3）若对任意的实数k ，关于x 的方程()f x kx m =+有且只有两个不同的实根，当0x =，可得0m =，与已知矛盾． 所以43444x x m k x --=有两根，即43444x x m y x--=与y k =有两个交点， 令4344()4x x m h x x --=，则432384()4x x m h'x x-+=， 令43()384p x x x m =-+，则2()12(2)p'x x x =-，所以函数()p x 在(,2)-∞上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，所以min ()(2)416p x p m ==-．（ⅰ）当4160m -≥时，即4m ≥时，则()0h'x ≥，即()h x 在(,0)-∞，(0,)+∞上单调递增， 且当(,0)x ∈-∞时，()h x 的取值范围为R ；当(0,)x ∈+∞时，()h x 的取值范围为R ．此时对任意的实数k ，原方程恒有且只有两个不同的解．（ⅱ）当04m <<时，()p x 有两个非负根1x ，2x ，所以()h x 在(,0)-∞，1(0,)x ，2(,)x +∞上单调递增，在12(,)x x 上单调递减，所以当21()(()),k h x h x ∈时有4个交点，1()k h x =或2()k h x =有3个交点，均与题意不合，舍去． （ⅲ）当0m <时，则()p x 有两个异号的零点1x ，2x ，不妨设120x x <<，则()h x 在1(,)x -∞，2(,)x +∞上单调递增，在1(,0)x ，2(0,)x 上单调递减．当1(,)x x ∈-∞时，()h x 的取值范围为1,())(h x -∞，当2(,)x x ∈+∞时，()h x 的取值范围为2()),(h x +∞，所以当12()()h x h x =时，对任意的实数k ，原方程恒有且只有两个不同的解．所以有43113840x x m -+=，43223840x x m -+=，得222212121212()3())8(x x x x x x x x ++=++，由12()()h x h x =，得3232112233x x x x -=-，即221212123()x x x x x x ++=+，所以22128x x +=，122x x =-，122x x +=．故3344121288()()3m x x x x =+-+222222121122121283()()2()()[]8x x x x x x x x x x =+-+-+-=-，所以1m =-．综上，当4m ≥或1m =-时，原方程对任意实数k 均有且只有两个解．故故实数m 的取值范围为[4,){1}+∞-．【名师点睛】（1）对于曲线的切线问题，注意“在某点处的切线”和“过某点的切线”的差别，切线问题的核心是切点的横坐标；（2）不等式的恒成立问题，应优先考虑参变分离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值（或最值的范围）问题来处理，有时新函数的最值点（极值点）不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用最值点（极值点）满足的等式化简函数的最值可以相应的最值范围．（3）导数背景下零点个数问题，可转化为动直线与函数的图象的位置关系，用导数刻画函数图象时注意函数值的范围（防止忽视渐近线）．。

2013-2017年浙江高考理科数学历年真题之函数与导数大题（教师版）1、（2013年）已知,a R ∈函数32()333 3.f x x x ax a =-+-+(Ⅰ)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； ⅠⅠ()当[0,2]x ∈时，求|()|f x 的最大值. (Ⅰ)解：由题意2()363(1)33f x x x a f a ''=--⇒=-因为(1)1,f =故所求切线方程为(33)34y a x a =--+ⅠⅠ()由于2()3(1)3(1),02f x x a x '=-+-≤≤故⑴当0a ≤时，有()0f x '≤，此时()f x 在[0,2]上单调递减，故 max |()|max{|(0)|,|(2)|}33.f x f f a ==-⑵当1,()0,a f x '≥≥时有此时()f x 在[0,2]上单调递增，故 max |()|max{|(0)|,|(2)|}31f x f f a ==-⑶当01a <<时，设1211x x == 121202,()3()().x x f x x x x x '<<<=-- 列表如下：故 1212()()20,()()4(1f x f x f x f x a +=>-=- 从而 12()|()|.f x f x >所以 max 2|()|max{(0),(2),()}.f x f f f x = (i)当203a <<时，(0)|(2)|f f >又 21()(0)2(1(23)0,f x f a a -=--=>故 max 1|()|()12(1f x f x a ==+-(ii)当21,|(2)|(2),(2)(0).3a f f f f ≤<=≥时且 又21()(2)2(1(32)f x f a a -=--=所以①1max 123,()(2),()()12(134a f x f f x f x a ≤<>==+-时故 ②1max 31,()|(2)|,()|(2)|3 1.4a f x f f x f a ≤<≤==-时故 综上所述max 3303|()|12(1043314a a f x a a a a ⎧⎪-≤⎪⎪=+-<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩2、（2014年）已知函数()).(33R a a x x x f ∈-+=(Ⅰ)若()x f 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为)(),(a m a M ，求)()(a m a M -；ⅠⅠ()设,R b ∈若()[]42≤+b x f 对[]1,1-∈x 恒成立，求b a +3的取值范围.解析：（I ）因为()3333,()33,()x x a x a f x x x a x a ⎧+-≥=⎨-+<⎩，所以()2233,()'33,()x x a f x x x a ⎧+≥=⎨-<⎩，由于11x -≤≤，（i ）当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，此时()x f 在()1,1-上是增函数，因此()()143M a f a ==-，()()143m a f a =-=--，()()()43438M a m a a a -=----=（ii ）当11a -<<时，若(),1x a ∈，()333f x x x a =+-，在(),1a 上是增函数，若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，所以()()(){}max 1,1m a f f =-，()()3m a f a a ==，由于()()1162f f a --=-+，因此，当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+，当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++， （iii ）当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()x f 在()1,1-上是减函数，因此()()123M a f a =-=+，()()123m a f a ==-+，故()()()23234M a m a a a -=+-+=，综上()()()()338,1134,13132,134,1a a a a M a m a a a a a ≤-⎧⎪⎛⎫⎪--+-<≤ ⎪⎪⎝⎭⎪-=⎨⎛⎫⎪-++<< ⎪⎪⎝⎭⎪≥⎪⎩；（II ）令()()h x f x b =+，则()3333,()33,()x x a b x a h x x x a b x a ⎧+-+≥=⎨-++<⎩，()2233,()'33,()x x a h x x x a ⎧+≥=⎨-<⎩，因为()24f x b +≤⎡⎤⎣⎦，对[]1,1-∈x 恒成立，即()22h x -≤≤对[]1,1-∈x 恒成立，所以由（I ）知，（i ）当1a ≤-时，()h x 在()1,1-上是增函数，()h x 在[]1,1-上的最大值是()143h a b =-+，最小值是()143h a b -=--+，则432a b --+≥-，且432a b -+≤，矛盾；（ii ）当113a -<≤时，()h x 在[]1,1-上的最大值是()143h a b =-+，最小值是()3h a a b =+，所以32a b +≥-，432a b -+≤，从而323362a a a b a --+≤+≤-且103a ≤≤，令()323t a a a =--+，则()2'330t a a =->，()t a 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，故()()02t a t >=-，因此230a b -≤+≤， （iii ）当113a <<时，()h x 在[]1,1-上的最大值是()132h ab -=++，最小值是()3h a a b =+，所以32a b +≥-，322a b ++≤，解得283027a b -≤+≤， （iv ）当1a ≥时，()h x 在[]1,1-上的最大值是()132h a b -=++，最小值是()123h a b =-++，所以322a b ++≤，232a b -++≥-，解得30a b +=，综上b a +3的取值范围230a b -≤+≤.3、（2015年）已知函数f (x )=x 2+ax +b (a , b ∈R ), 记M (a , b )是|f (x )|在区间[-1,1]上的最大值 (I)证明: 当|a |≥2时, M (a , b )≥2;(II)当a , b 满足M (a , b )≤2, 求|a |+|b |的最大值 解析：(I)∵|a |≥2 ∴|2|a-≥1, 故f (x )在[-1, 1]上为单调函数 ∴M (a , b )=max{|f (-1)|, |f (1)|}=max{|1+b -a |, |1+b +a |}=|1+b |+|a |≥2 (最佳表达式, 重复应用)(II)由(I)知|a |≤2, ∴|2|a -≤1 ∴M (a , b )=max{{|f (-1)|, |f (1)|, f (2a -)} ∴|b |-1+|a |≤|1+b |+|a |=max{|f (-1)|, |f (1)|}≤M (a , b )≤2∴|a |+|b |≤3, 当a = -2, b = -1时, M (a , b )=2, |a |+|b |=3 (每一点的知识都不难, 串起来才难) 因此, |a |+|b |的最大值为3法二: (I)由已知得|f (-1)|≤M (a , b ), |f (1)|≤M (a , b )又f (-1)=1-a +b , f (1)=1+a +b ∴2a =f (1) -f (-1) (隐含着通过函数值反求系数, 常法) ∴4≤2|a |≤|f (1)|+|f (-1)|≤2M (a , b ) ∴M (a , b )≥2 (II)由(I)知a +b =f (1)-1, a -b =1-f (-1)∴|a |+|b |=max{|a +b |, |a -b |}=max{|f (1) -1|, |1- f (-1)|}≤M (a , b )+1≤3当a = -2, b = -1时, f (x )=x 2-2x -1=(x -1)2-2∈[-2, 2], |x |≤1, 此时M (a , b )=2, |a |+|b |=3 因此, |a |+|b |的最大值为34、（2016年）已知3a …，函数{}2()min 21,242F x x x ax a =--+-，其中{}min ,>p,p q,p q q,p q.⎧=⎨⎩…（1）求使得等式2()242F x x ax a =-+-成立的x 的取值范围；（2）（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 . 解析：5、(2017年)已知函数f (x )=（x –2x-1）e -x （x≥12）．（1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间[12，+∞)上的取值范围．。