2019年高考导数问题常见的分类讨论典型例题

合集下载

高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用

高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。

方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。

题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。

方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。

例题：已知函数f(x)=x-3x。

1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。

提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。

将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。

答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。

1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。

（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。

题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。

方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。

（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。

（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。

导数大题20 种主要题型讲解

答案详解：本题主要考查导数在研究函数中的应用。

（1）求出比较其与的大小，得到的单调性表，于是得到的极值。

（2）将代入到中，并求得当时，此时恒成立，即在单调递增，同理可以得到在上为增函数，则原不等式可化为在上恒成立，令，对其求导得知若为减函数时其导数恒小于，便可得到的取值范围。

（3）若存在，使得假设成立，也即在上不是单调增或单调减，故，对求导得到其极小值点为，由于解得此时，此时需证明当，使得即可，此时可取，发现成立，故的取值范围为。

答案详解（Ⅰ），由是的极值点得，所以。

于是，定义域为，，函数在上单调递增，且。

因此，当时，；当时，。

所以，在上单调递减，在上单调递增。

（Ⅱ）当，时，，故只需要证明当时，。

当时，函数在单调递增，又，，故在有唯一实根，且。

当时，；当时，；从而当时，取得最小值。

由得：，，故。

综上：当时，。

解析:本题主要考查函数的求导和函数的单调性的判断。

（Ⅰ）先对函数求导，得导函数，由题，则可得的值，当时，单调递增，求得的的取值范围即为单调增区间；当时，单调递减，求得的的取值范围即为单调减区间。

（Ⅱ）由分析知，只需证明当时，，此时通过分析函数单调性，求得即可得证。

例题5：函数。

（Ⅰ）讨论的导函数零点的个数；（Ⅱ）证明：当时，。

答案详解（Ⅰ）的定义域为，（）。

当时，，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增。

又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点。

（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；当时，。

故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为。

由于，所以。

故当时，。

解析:本题主要考查导数的概念及其几何意义以及导数在函数研究中的应用。

（Ⅰ）求导得出的表达式，根据其表达式，对进行分类讨论。

当时，可知没有零点；当时，可知单调递增，且存在使得而，因此存在唯一零点。

（Ⅱ）由（Ⅰ），可设的最小值在时取到，最小值为。

写出的表达式，再运用均值不等式即可得出。

题型3：先构造，再赋值，证明和式或积式不等式例题：已知函数。

2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(理)：专题03 导数及其应用 (含解析).docx

专题03导数及其应用1. [2019年高考全国III 卷理数】已知曲线y = ae x +xlnx 在点(1, ae)处的切线方程为y=2x+b,贝9 A. a = e, b = —1 B. a=e, b=l C. a — e _1, b = lD. a = e"1 > b = -\【答案】D【解析】T y' = ae* + lnx+l,切线的斜率 k = y' |Y=1= ae+1 = 2,a = e _1，将(1,1)代入 y = 2x + b,得 2 + b = l,b = -l. 故选D.【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a, b 的等式，从而求解，属于常考题型.了2 O XTTV 2d V* V 12. [2019年高考天津理数】已知tzeR ，设函数/(%)=' _ '若关于X 的不等式/(x)>0在R 上x-alnx, x>l.恒成立，则a 的取值范围为A. [0,1]B. [0,2]C. [0,e]D. [l,e]【答案】C【解析】当兀=1时，/(1) = 1 —2a + 2a = l>0恒成立;当 x<l 时，/(%) = x 2-2ajc + 2a>0^ 2a>^-恒成立,x-1令g(x) =—7x-1(1 —兀―1)2_ (1—兀)2—2(1 —兀)+ 1 1 — X 1 — X当1 —兀=丄，即x = 0时取等号,1-X贝0g(x) = ——1-X2a= 0,则a>0.Y当 x 〉l 时，f(x) = x-a\nx>0,即a< ---------------- 11 成立,lnx当x>e 时,h'(x) >0,函数〃(x)单调递增, 当0<x<e 时，h'(x) <0,函数力(x)单调递减, 则x = e 时，〃(x)取得最小值A(e) = e,•■- a<h(x)nin =e,综上可知，a 的取值范围是［0,e ］. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.x,x<03. (2019浙江)已知a,bwR ，函数/(%) = < 1 1 2.若函数f(x)-ax-b 恰有3个零点, —X ——(Q + 1)兀 + ax, X > 0 13 2A. a<-\, b<0 C. tz>—1, Z?<0D. a>—1, Z?>0【答案】C【解析】当 x<0 时，y=f (x) -ax - b=x - ax - b= (1 - a) x - b=0,得 x= 丿丿 l-a则y=f (x) -ax-b 最多有一个零点；当 x>0 时，y=f (兀)-ax - b= -x 3—- (a+1) x^+ax - ax - b= -x 3—- (a+1) x 2 - b, —)J3 2 3 2y = x 2-(€l + l)x,当 a+lwo,即來-1 时，y>0, y=f (x) -ax-b 在［0, +oo)上单调递增，则y =f -ax-b 最多有一个零点，不合题意；当a+l>0,即°>-1时，令y'>0得兀丘@+1, +oo),此时函数单调递增，令WVO 得用［0, d+1),此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y=f (x) -ax-b 恰有3个零点o 函数y=f (x) - ax - b 在(-oo, 0)上有一个零点，在［0, +oo)令〃(x)=—, lnx则 h\x)=lnx-1(In x)2 B. a<-l, b>0上有2个零点,如图：b—b>01-a (a + l)3 - j (a + l)(a + l)2- b<0解得b<0, 1 - a>0, b> -- (a+1) 3,6则a>-l, b<0.故选C・【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当兀V0时，y=f (x) -ax - b=x - ax - b= (l-°) x~ b最多有一个零点；当空0时，y=/(x) -ax-b=^-\ (a+1) - b,利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解.4.[2019年高考全国I卷理数】曲线y = 3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为_________________ .【答案】3x-y-0【解析】y = 3(2x+l)e A + 3(x2 + x)e r = 3(x2 +3x+l)e r,所以切线的斜率k = y' |x=0=3,则曲线y = 3(x2 + x)^在点(0,0)处的切线方程为y = 3x,即3x — y = 0 .【名师点睛】准确求导数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，而导致计算错误•求导要“慢”, 计算要准，是解答此类问题的基本要求._ 45.[2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y = x + —(无>0)上的一个动点，则点P到直线x+ y = 0的距离的最小值是一▲•【答案】44 4【解析】由y = x （x〉0）,得丁' = 1 ——,X X4 4设斜率为一1的直线与曲线_y = x + -（x>0）切于（x0,x0+—）,x 勺由1一一 =一1得x0 = A/2（x0=-A/2舍去），x o曲线y = x + -（x>o）±,点P（V2,3A/2）到直线x+y = o的距离最小，最小值为故答案为4 .【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到己知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6.[2019年高考江苏】在平面直角坐标系中，点A在曲线y=lnr上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e, -l）（e 为自然对数的底数），则点A的坐标是▲.【答案】（e, 1）【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点A（x0,y0）,则y Q =lnx0.又# =丄，X则曲线y = InX在点A处的切线为y - ％=丄（X —勺），即yin”。

2019年高考数学理科数学导数及其应用分类汇编

2019年高考数学理科数学导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线eln xy a x x 在点（1，ae ）处的切线方程为y=2x+b ，则A ．e 1a b，B ．a=e ，b=1 C ．1e 1ab，D ．1e a，1b【答案】D 【解析】∵eln 1,xy a x ∴切线的斜率1|e 12x k y a ，1e a，将(1,1)代入2y xb ，得21,1bb.故选D ．2．【2019年高考天津理数】已知a R ，设函数222,1,()ln ,1.xax a x f x x a x x 若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为A ．0,1B ．0,2C ．0,eD ．1,e【答案】C 【解析】当1x时，(1)12210f a a 恒成立；当1x 时，22()22021xf x x ax a ax 恒成立，令2()1xg x x ，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x xxx11122(1)2011xx x x，当111xx，即0x 时取等号，∴max2()0ag x ，则0a.当1x时，()ln 0f x x a x，即ln x ax恒成立，令()ln x h x x，则2ln 1()(ln )x h x x ，当e x 时，()0h x ，函数()h x 单调递增，当0e x时，()0h x ，函数()h x 单调递减，则e x 时，()h x 取得最小值(e)e h ，∴min()e ah x ，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.3．（2019浙江）已知,a bR ，函数32,0()11(1),032x xf x x a x ax x．若函数()yf x ax b 恰有3个零点，则A ．a<–1，b<0 B ．a<–1，b>0C ．a>–1，b<0 D ．a>–1，b>0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x ，则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥０时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣bx3（a+1）x 2+ax ﹣ax ﹣bx3（a+1）x 2﹣b ，2(1)y xa x ，当a+1≤０，即a ≤﹣1时，y ′≥０，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a+1＞0，即a>﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点?函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：∴＜0且＞＜，解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞（a+1）3，则a>–1，b<0. 故选C ．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy xx 在点(0)0，处的切线方程为____________．【答案】30x y 【解析】223(21)e 3()e3(31)e ,xxxyx xx xx 所以切线的斜率0|3xky ，则曲线23()e xyxx 在点(0,0)处的切线方程为3yx ，即30xy ．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)yxx x 上的一个动点，则点P 到直线0xy 的距离的最小值是▲　.【答案】4 【解析】由4(0)yxxx，得241yx，设斜率为1的直线与曲线4(0)y x xx切于004(,)x x x ，由2411x得02x （02x 舍去），∴曲线4(0)y xxx上，点(2,32)P 到直线0xy的距离最小，最小值为22232411.故答案为4．6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y=lnx 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是▲　.【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点00,A x y ，则00ln y x .又1yx，当0xx 时，01yx ，则曲线ln y x 在点A 处的切线为0001()y y xx x ，即0ln 1x yx x ，将点e,1代入，得e 1ln 1x x ，即00ln e x x ，考察函数ln H xx x ，当0,1x 时，0H x ，当1,x时，0H x，且ln 1H xx ，当1x时，0,H x H x 单调递增，注意到ee H ，故00ln e x x 存在唯一的实数根0e x ，此时01y ，故点A 的坐标为e,1.7．【2019年高考北京理数】设函数ee xxf x a （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a=________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【答案】1,0【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x 可得a 的取值范围. 若函数e e xx f xa 为奇函数，则,f x f x 即eeeexxxxa a ，即1ee0xxa 对任意的x 恒成立，则10a ，得1a.若函数ee xxf xa 是R 上的增函数，则() ee0xxf x a 在R 上恒成立，即2e xa 在R 上恒成立，又2e0x，则0a ，即实数a 的取值范围是,0.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x ，()f x 为()f x 的导数．证明：（1）()f x 在区间(1,)2存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】（1）设()()g x f 'x ，则1()cos 1g x xx，21sin ())(1x'x g x .当1,2x 时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'，可得()g'x 在1,2有唯一零点，设为.则当(1,)x时，()0g'x ；当,2x 时，()0g'x .所以()g x 在(1,)单调递增，在,2单调递减，故()g x 在1,2存在唯一极大值点，即()f 'x在1,2存在唯一极大值点.（2）()f x 的定义域为(1,).（i ）当(1,0]x时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)单调递增，而(0)0f '，所以当(1,0)x时，()0f 'x ，故()f x 在(1,0)单调递减，又(0)=0f ，从而0x 是()f x 在(1,0]的唯一零点.（ii ）当0,2x时，由（1）知，()f 'x 在(0,)单调递增，在,2单调递减，而(0)=0f '，02f '，所以存在,2，使得()0f '，且当(0,)x 时，()0f 'x ；当,2x 时，()0f 'x .故()f x 在(0,)单调递增，在,2单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f，所以当0,2x 时，()0f x .从而，()f x 在0,2没有零点. （iii ）当,2x时，()0f 'x ，所以()f x 在,2单调递减.而02f，()0f ，所以()f x 在,2有唯一零点.（iv ）当(,)x 时，ln(1)1x ，所以()f x <0，从而()f x 在(,)没有零点.综上，()f x 有且仅有2个零点. 9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数11ln x f x xx .（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x 0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx 在点A(x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e xy 的切线.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x xx ，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f （e ）=e 110e 1，22222e 1e3(e )20e1e1f ，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x ，1111111()ln ()01x f x f x x x ，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为ln 01ex x ，故点B （–ln x 0，1x ）在曲线y=e x上．由题设知0()0f x ，即0001ln 1x x x ，故直线AB 的斜率00000111ln 111ln 1x x x x x kx x x x x x ．曲线y=e x在点001(ln ,)B x x 处切线的斜率是1x ，曲线ln yx 在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是1x ，所以曲线ln y x 在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y=e x的切线．10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x xaxb .（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）2()622(3)f x xax x x a ．令()0f x ，得x=0或3a x.若a>0，则当(,0),3a x时，()0f x ；当0,3a x 时，()0f x ．故()f x 在(,0),,3a 单调递增，在0,3a 单调递减；若a=0，()f x 在(,)单调递增；若a<0，则当,(0,)3a x 时，()0f x ；当,03a x 时，()0f x ．故()f x 在,,(0,)3a 单调递增，在,03a 单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤０时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b ，21a b ，即a=0，1b．（ii ）当a ≥３时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b，b=1，即a=4，b=1．（iii ）当0<a<3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a afb ，最大值为b 或2a b ．若3127ab ，b=1，则332a ，与0<a<3矛盾.若3127ab，21a b ，则33a或33a 或a=0，与0<a<3矛盾．综上，当且仅当a=0，1b或a=4，b=1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x xxx ．（Ⅰ）求曲线()y f x 的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x时，求证：6()xf x x ；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a aR ，记()F x 在区间[2,4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【解析】（Ⅰ）由321()4f x xxx 得23()214f x xx .令()1f x ，即232114xx ，得0x 或83x.又(0)0f ，88()327f ，所以曲线()y f x 的斜率为1的切线方程是y x 与88273yx，即yx 与6427yx.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x .由321()4g x xx 得23()24g'x xx .令()0g'x 得0x 或83x.(),()g'x g x 的情况如下：x2(2,0)8(0,)3838(,4)34()g'x ()g x 606427所以()g x 的最小值为6，最大值为0.故6()0g x ，即6()x f x x .（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a 时，()(0)|(0)|3M F g a a a ；当3a 时，()(2)|(2)|63M F a g a a；当3a时，()3M a .综上，当()M a 最小时，3a .12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x 为f x 的导函数．（Ⅰ）求f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x时，证明()()02f xg x x；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x 在区间2,242nn内的零点，其中n N ，证明20022sin c s eo nnnx x x ．【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x ．因此，当52,244xkk()k Z 时，有sin cos x x ，得()0f 'x ，则f x 单调递减；当32,244xkk()k Z 时，有sin cos xx ，得()0f 'x ，则f x 单调递增．所以，f x 的单调递增区间为32,2(),()44kkkf x Z 的单调递减区间为52,2()44kkk Z ．（Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x ．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x ，从而()2e sin xg'x x ．当,42x时，0()g'x ，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x．因此，h x 在区间,42上单调递减，进而()022h x hf．所以，当,42x时，()()02f xg x x．（Ⅲ）证明：依题意，10n n u x f x ，即cos e 1nx nx ．记2nn y x n ，则,42ny ，且22e cos ecos 2e nn y x nnn n nf y y x n n N ．由20e1nnf y f y 及（Ⅰ），得0n y y ．由（Ⅱ）知，当,42x时，()0g'x ，所以g x 在,42上为减函数，因此004ngy gyg．又由（Ⅱ）知，02n nnf yg y y ，故22220002sin cos sin c e e eeos ennnnn ny nn f y y g y g y g y y y x x ．所以，20022sin c s eo nnnx x x ．13．【2019年高考浙江】已知实数0a，设函数()=ln 1,0.f x a xx x（1）当34a时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)ex均有(),2x f x a 求a 的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当34a时，3()ln 1,04f x x x x ．31(12)(211)()42141x x f 'x xxx 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204a．当204a 时，()2x f x a等价于2212ln 0x x x aa．令1t a，则22t．设2()212ln ,22g t txt xx t，则211()(1)2ln x g t x tx xx．（i ）当1,7x 时，1122x，则()(22)84212ln g t g x xx ．记1()4221ln ,7p x xxx x，则2212121()11x x x x p'x xxx x x (1)[1(221)]1(1)(12)x x xx x xx x .故x171(,1)71(1,)()p'x 0 +()p x 1()7p 单调递减极小值(1)p 单调递增所以，()(1)0p x p ．因此，()(22)2()0g t g p x ．（ii ）当211,e 7x时，12ln (1)()12x xx g t g xx…．令211()2ln (1),,e 7q x x x x x，则ln 2()10xq'x x，故()q x 在211,e 7上单调递增，所以1()7q x q,．由（i ）得，127127(1)07777qp p ．所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t gxx …．由（i ）（ii ）知对任意21,ex ，[22,),()0t g t …，即对任意21,ex，均有()2x f x a ,．综上所述，所求a 的取值范围是20,4．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a=b=c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b=c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c ,，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427．【解析】（1）因为abc ，所以3()()()()()f x x a x b x c x a ．因为(4)8f ，所以3(4)8a ，解得2a ．（2）因为b c ，所以2322()()()(2)(2)f x xa xb xa b xb a b x ab ，从而2()3()3a b f 'x x b x ．令()0f 'x ，得x b 或23a bx．因为2,,3a ba b 都在集合{3,1,3}中，且a b ，所以21,3,33a ba b．此时2()(3)(3)f x xx ，()3(3)(1)f 'x x x ．令()0f 'x ，得3x 或1x ．列表如下：x (,3)3(3,1)1 (1,)()f 'x +0 –0 +()f x 极大值极小值所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f ．（3）因为0,1ac ，所以32()()(1)(1)f x x xb x xb xbx ，2()32(1)f 'x xb x b ．因为01b ，所以224(1)12(21)30b b b ，则()f 'x 有2个不同的零点，设为1212,x x x x ．由()0f 'x ，得22121111,33b b b b b b x x ．列表如下：x 1(,)x 1x 12,x x 2x 2(,)x ()f 'x +0 –0 +()f x 极大值极小值所以()f x 的极大值1M f x ．解法一：321111(1)M f x xb xbx 221111211(1)[32(1)]3999bb x b b b xb x b x 23221(1)(1)2127927b b b b b bb 23(1)2(1)(1)2((1)1)272727b b b b b b (1)24272727b b ．因此427M．解法二：因为01b ，所以1(0,1)x ．当(0,1)x时，2()()(1)(1)f x x xb x x x ．令2()(1),(0,1)g x x x x，则1()3(1)3g'x xx ．令()0g'x ，得13x．列表如下：x1(0,)3131(,1)3()g'x +0 –()g x 极大值所以当13x时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g．所以当(0,1)x 时，4()()27f xg x ，因此427M．。

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，14套）一、函数单调性与最值问题1.（2019年3卷20题）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)对32()2f x x ax b =-+求导得2'()626()3a f x x ax x x =-=-.所以有当0a <时，(,)3a-¥区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+¥区间上单调递增；当0a =时，(,)-¥+¥区间上单调递增；当0a >时，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a+¥区间上单调递增. (2)若()f x 在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以，若0a <，(,)3a-¥区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+¥区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1b =-，0a =，与0a <矛盾，所以0a <不成立. 若0a =，(,)-¥+¥区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1a b =ìí=-î. 若02a <£，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +¥区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af 而(0),(1)2(0)f b f a b f ==-+³，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f . 即322()()13321a a ab a b ì-+=-ïíï-+=î相减得32227a a -+=，即(33)(33)0a a a -+=，又因为02a <£，所以无解. 若23a <£，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +¥区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)f b f a b f ==-+£，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f . 即322()()1331a a a b b ì-+=-ïíï=î相减得3227a=，解得332x =，又因为23a <£，所以无解. 若3a >，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a+¥区间上单调递增. 所以有()f x 区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f ，最小值为(1)f即121b a b =ìí-+=-î解得41a b =ìí=î.综上得01a b =ìí=-î或41a b =ìí=î. 【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、最值问题，最值问题，最值问题，此类问题一般住现此类问题一般住现在第一问，在第一问，但但2019年高考3卷把该题放到第20题位置，难度也相应降低，因此，该题的第二问仍然这类问题，只不过多出一个参数。

导数问题的常见题型

导数问题的常见题型导数问题的常见题型有：一、求曲线的切线方程；二、讨论函数的单调性；三、求函数的极值、最值；四、恒成立问题与存在性问题；五、与方程有关的问题；六、与函数图象的有关问题；七、证明不等式。

例1．设函数()()ln ln 2(0)f x x x ax a =+-+>。

（1）当a =1时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在(]01，上的最大值为12，求a 的值. 解：对函数求导得：11()2f x a x x'=-+-，定义域为（0，2）. （1）当a =1时，令2112()0+1=0022x f x x x x x -+'=-⇒=--得（），当(0,2),()0,x f x '∈>为增区间；当(22),()0,x f x '∈<，为减函数。

故()f x 的单调增区间是），（20，减区间是），（22. （2）当(]01x ∈，时，11()2f x a x x '=-+->0，()f x 为增函数，max 1(1)2f f a ===。

例2.已知函数3()31,0f x x ax a =--≠.()I 求()f x 的单调区间；()II 若()f x 在1x =-处取得极值，直线m y =与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m的取值范围。

解：（1）'22()333(),f x x a x a =-=- 当0a <时，对x R ∈，有'()0,f x >当0a <时，()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞；当0a >时，由'()0f x >解得x a <-或x a >；由'()0f x <解得a x a -<<，故当0a >时，()f x 的单调增区间为(,),(,)a a -∞-+∞；单调减区间为(,)a a -.（2）因为()f x 在1x =-处取得极大值，所以'2(1)3(1)30, 1.f a a -=⨯--=∴=所以3'2()31,()33,f x x x f x x =--=-由'()0f x =解得121,1x x =-=.由（1）中()f x 的单调性可知，()f x 在1x =-处取得极大值(1)1f -=，在1x =处取得极小值(1)3f =-.因为直线y m =与函数()y f x =的图象有三个不同的交点，又(3)193f -=-<-，(3)171f =>，结合()f x 的单调性可知，m 的取值范围是(3,1)-.例3．已知函数1()ln 1a f x x ax x -=-+-()a R ∈. (Ⅰ)讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设2()2 4.g x x bx =-+当14a =时，若对任意1(0,2)x ∈，存在[]21,2x ∈，使 12()()f x g x ≥，求实数b 取值范围.（Ⅱ）当14a =时，f(x)在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意1(0,2)x ∈，有11f(x )f(1)=-2≥，又已知存在[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≥，所以21()2g x -≥，[]21,2x ∈，即存在[]1,2x ∈，使21()242g x x b x =-+≤-，即2922b x x ≥+，即922b x x≥+∈1117[,]24，所以1122b ≥，解得114b ≥，即实数b 取值范围是11[,)4+∞。

专题04 导数及其应用(解答题)

专题04 导数及其应用（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=.当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈…时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3．【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若10ea <<，（i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 【答案】（Ⅰ）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（Ⅱ）（i ）见解析；（ii ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xf ax x a a x x x-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（Ⅱ）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()xax f x x-'=.令2()1e x g x ax =-，由10e a <<，可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011l n x a<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h'x x=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而ln 1111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()012011e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即102011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =．若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭．当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27．【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5．【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-．令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：x2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0．故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->；当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>；当3a =-时，()3M a =．综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)ex ∈+∞均有(),2x f x a ≤ 求a 的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 31(12)(211)()42141x x f 'x x x 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204a <≤．当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于2212ln 0x xx a a+--≥．令1t a=，则22t ≥．设2()212ln ,22g t t x t x x t =-+-≥，则211()(1)2ln xg t x t x x x+=-+--．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，1122x+≤，则 ()(22)84212ln g t g x x x ≥=-+-．记1()4221ln ,7p x x x x x =-+-≥，则 2212121()11x x x x p'x x x x x x +--+=--=++(1)[1(221)]1(1)(12)x x x x x x x x -++-=++++.故x171(,1)71(1,)+∞()p'x-0 +()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--++= ⎪ ⎪⎝⎭…．令211()2ln (1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦ ，则ln 2()10x q'x x+=+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭…．由（i ）得，127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t g x x⎛⎫+=-> ⎪ ⎪⎝⎭…．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a …．综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦．【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．7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=…，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427．【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-，从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=--⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=．因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠，所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-．令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：x (,3)-∞-3-(3,1)-1 (1,)+∞()f 'x + 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>，则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得22121111,33b b b b b b x x +--+++-+==．列表如下：x 1(,)x -∞1x()12,x x2x2(,)x +∞()f 'x+ 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极大值()1M f x =．解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()()23221(1)(1)2127927b b b b b b b --+++=++-+23(1)2(1)(1)2((1)1)272727b b b b b b +-+=-+-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤．解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-．令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0g'x =，得13x =．列表如下： x 1(0,)3131(,1)3()g'x + 0 – ()g x极大值所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤．【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=．因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=．（2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥．【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x．由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e．从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-．当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．当0<x <1时，g ′（x ）<0；当x >1时，g ′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点．故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0．因此，当1ea ≥时，()0f x ≥．【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()32113f x x a x x =-++．（1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．【答案】（1）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减；（2）见解析.【解析】（1）当a =3时，f （x ）=3213333x x x ---，f ′（x ）=263x x --．令f ′（x ）=0解得x =323-或x =323+．当x ∈（–∞，323-）∪（323+，+∞）时，f ′（x ）>0；当x ∈（323-，323+）时，f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减．（2）由于210x x ++>，所以()0f x =等价于32301x a x x -=++．设()g x =3231x a x x -++，则g ′（x ）=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0，所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点．又f （3a –1）=22111626()0366a a a -+-=---<， f （3a +1）=103>，故f （x ）有一个零点．综上，f （x ）只有一个零点．【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.11．【2018年高考北京文数】设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）12a =；（Ⅱ）(1,)+∞. 【解析】（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++，所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e xxf x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<，所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--.（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 (1,)+∞()f x ' + 0 − ()f x↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥， ∴()f x 在R 上单调递增， ∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 1(1,)a1a1(,)a+∞ ()f x '+ 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x ' + 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x '− 0 + 0 − ()f x↘极小值↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（II ）若3d =，求()f x 的极值；（III ）若曲线()y f x =与直线2()63y x t =---有三个互异的公共点，求d 的取值范围．【答案】（I ）x +y =0；（II ）函数f (x )的极大值为63；函数f (x )的极小值为−63；（III ）d 的取值范围为(,10)(10,)-∞-+∞.【解析】（Ⅰ）解：由已知，可得f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3−x ，故()f x '=3x 2−1，因此f (0)=0，(0)f '=−1，又因为曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=(0)f '(x −0)，故所求切线方程为x +y =0．（Ⅱ）解：由已知可得f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22−9)x −t 23+9t 2．故()f x '=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令()f x '=0，解得x =t 2−3，或x =t 2+3．当x 变化时，()f x '，f (x )的变化如下表：x(−∞，t 2−3)t 2−3 (t 2−3，t 2+3)t 2+3 (t 2+3，+∞)()f x '+ 0 − 0 + f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数f (x )的极大值为f (t 2−3)=(−3)3−9×(−3)=63；函数f (x )的极小值为f (t 2+3)=(3)3− 9×(3)=−63．（Ⅲ）解：曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2 −d )+(x −t 2)+ 63=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +63=0．设函数g (x )=x 3+(1−d 2)x +63，则曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于函数y =g (x )有三个零点．()g'x =3x 3+(1−d 2)．当d 2≤1时，()g'x ≥0，这时()g x 在R 上单调递增，不合题意．当d 2>1时，()g'x =0，解得x 1=213d --，x 2=213d -．易得，g (x )在(−∞，x 1)上单调递增，在[x 1，x 2]上单调递减，在(x 2，+∞)上单调递增． g (x )的极大值g (x 1)=g (213d --)=32223(1)639d -+>0． g (x )的极小值g (x 2)=g (213d -)=−32223(1)639d -+．若g (x 2)≥0，由g (x )的单调性可知函数y =g (x )至多有两个零点，不合题意．若2()0,g x <即322(1)27d ->，也就是||10d >，此时2||d x >，(||)||630,g d d =+>且312||,(2||)6||2||636210630d x g d d d -<-=--+<-+<，从而由()g x 的单调性，可知函数()y g x =在区间1122(2||,),(,),(,||)d x x x x d -内各有一个零点，符合题意．所以，d 的取值范围是(,10)(10,)-∞-+∞．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 13．【2018年高考浙江】已知函数f (x )=x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数11()2f x xx '=-，由12()()f x f x ''=得1212111122x x x x -=-，因为12x x ≠，所以121112x x +=．由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥．因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得12112212121()()ln ln ln()2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-．设1()ln 2g x x x =-，则1()(4)4g x x x'=-，所以x（0，16）16 （16，+∞）()g x ' −0 +()g x2−4ln2所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-．（Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <1()a n k nn --≤||1()a n k n +-<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ln x x a k x--=．设l (n )x ah xx x --=，则22ln )1)((12xx ag x x x a x h '=--+--+=，其中2(n )l xg x x -=．由（Ⅰ）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】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14．【2018年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN （P 为此圆弧的中点）和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为CDP △，要求,A B 均在线段MN 上，,C D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ．（1）用θ分别表示矩形ABCD 和CDP △的面积，并确定sin θ的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]；（2）当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【解析】（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为12×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=14，θ0∈（0，π6）．当θ∈[θ0，π2]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[14，1]．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，π2 ]．设f （θ）=sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，π2]，则222()cos sin sin (2sin sin 1)(2sin 1)(sin 1)f θθθθθθθθ'=--=-+-=--+．令()=0f θ'，得θ=π6，当θ∈（θ0，π6）时，()0f θ'>，所以f （θ）为增函数；当θ∈（π6，π2）时，()0f θ'<，所以f （θ）为减函数，因此，当θ=π6时，f （θ）取到最大值．答：当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）e2；（3）见解析. 【解析】（1）函数f （x ）=x ，g （x ）=x 2+2x -2，则f ′（x ）=1，g ′（x ）=2x +2．由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）= g ′（x ），得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解，因此，f （x ）与g （x ）不存在“S ”点．（2）函数21f x ax =-（），()ln g x x =，则12f x ax g x x'='=（），（）．设x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点，由f （x 0）=g （x 0）且f ′（x 0）=g ′（x 0），得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*）得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==．当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为f （x ）与g （x ）的“S ”点．因此，a 的值为e 2．（3）对任意a >0，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且h （x ）的图象是不间断的，所以存在0x ∈（0，1），使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则b >0．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x-'=-=′，．由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）=g ′（x ），得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**）此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数f （x ）与g （x ）在区间（0，1）内的一个“S 点”．因此，对任意a >0，存在b >0，使函数f （x ）与g （x ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()f x =e x (e x −a )−a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a =时，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增；（2）34[2e ,1]-．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2e e (2e )(e )xx x x f x a a a a '=--=+-，①若0a =，则2()e xf x =，在(,)-∞+∞单调递增． ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =．当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-．当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增．（2）①若0a =，则2()e xf x =，所以()0f x ≥．②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-．从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当23[ln()]042aa --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥．综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-．【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 的极值或最值．17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（1）在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增；（2）[1,)+∞. 【解析】（1）2()(12)e xf x x x '=--.令()0f x '=得121+2x x =--=-，.当(,12)x ∈-∞--时，()0f x '<；当(12,12)x ∈---+时，()0f x '>；当(12,)x ∈-++∞时，()0f x '<.所以()f x 在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增.（2）()(1+)(1)e x f x x x =-.当a ≥1时，设函数h (x )=（1−x ）e x ，h ′(x )= −x e 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[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x≥x +1.当0＜x ＜1时，2()(1)(1)f x x x >-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取05412a x --=，则2000000(0,1),(1)(1)10,()1x x x ax f x ax ∈-+--=>+故.当0a ≤时，取051,2x -=则0(0,1),x ∈20000()(1)(1)11f x x x ax >-+=>+. 综上，a 的取值范围是[1，+∞）.【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.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+），()()1211()221x a x f x a x a x x++'=+++=.若0a ≥，则当(0)x ∈+∞，时，()0f x '>，故()f x 在（0，+）单调递增. 若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1()2x a ∈-+∞，时，()0f x '<.故()f x 在1(0,)2a-单调递增，在1()2a-+∞，单调递减. （2）由（1）知，当0a <时，()f x 在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设()ln 1g x x x =-+，则1()1g x x '=-.当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当x ∈（1，+）时，()0g x '<.所以()g x 在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x =1时()g x 取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，()0g x ≤.从而当a ＜0时，11ln()1022a a -++≤，即3()24f x a≤--. 【名师点睛】利用导数证明不等式的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.19．【2017年高考浙江】已知函数f (x )=（x –21x -）e x -（12x ≥）．（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)(212)e 1()()221x x x f x x x ----'=>-；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为1(21)121x x 'x --=--，(e )e x x'--=-，所以1()(1)e (21)e 21x xf x x x x --'=-----(1)(212)e 1()221x x x x x ----=>-．（2）由(1)(212)e ()021x x x f x x ----'==-，解得1x =或52x =．因为x12（12，1） 1 （1，52） 52（52，+∞） ()f x '–0 +–f （x ）121e 2-521e 2-又21()(211)e 02x f x 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：（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 ，由()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．20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2-. 【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=.又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()e (cos sin )1xh x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin xxh x x x x x x '=---=-.当π(0,)2x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x '=，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+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(),4a a -；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）[7],1-．【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-．当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：x (,)a -∞ (),4a a - (4,)a -+∞()f 'x+-+()f x所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知000()e ()e x x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩．所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤．又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a =．另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（Ⅰ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减，故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e xg x ≤在00,[11]x x -+上恒成立．由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．令32()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2()612t'x x x =-，令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =．因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =，故()t x 的值域为[7],1-．所以，b 的取值范围是[7],1-．【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出0x a =，然后构造函数进行求解．22．【2017年高考山东文数】已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意2()f x x ax '=-，所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x '=-，所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-，即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--，所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在R 上单调递增，因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增；当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减；当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-，当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增；当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减；当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-；当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--. 综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-；当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--. 【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．23．【2017年高考江苏】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b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：23>b a ；（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．。

三年高考(2019)高考数学试题分项版解析专题08 导数与不等式、函数零点相结合理(含解析)

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……专题08 导数与不等式、函数零点相结合2018年高考全景展示1.【2018年全国卷Ⅲ理】已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．【答案】（1）见解析（2）当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点..如果，则当，且时，，故不是的极大值点.如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点，综上，.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大。

2．【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式，(2)研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.3．【2018年江苏卷】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC与MN所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大【解析】分析：（1）先根据条件求矩形长与宽，三角形的底与高，再根据矩形面积公式以及三角形面积公式得结果，最后根据实际意义确定的取值范围；（2）根据条件列函数关系式，利用导数求极值点，再根据单调性确定函数最值取法.详解：解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是[，1）．答：矩形ABCD 的面积为800（4sin θcos θ+cos θ）平方米，△CDP 的面积为1600（cos θ–sin θcos θ），sin θ的取值范围是[，1）．令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f （θ）为增函数；当θ∈（，）时，，所以f （θ）为减函数，因此，当θ=时，f （θ）取到最大值．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．点睛：解决实际应用题的步骤一般有两步：一是将实际问题转化为数学问题；二是利用数学内部的知识解决问题.2017年高考全景展示1.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】试题分析：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，若0a ->，函数()h x 与函数()ag x 没有交点，当0a -<时，()()11ag h -=时，此时函数()h x 和()ag x 有一个交点，即21a -⨯=-，解得12a =.故选C. 【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【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用. 2.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)xx f x ae a e 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a 按0a ≤，0a >进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若0a ≤，()f x 至多有一个零点.若0a >，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，求出最小值1(ln )1ln f a a a-=-+，根据1a =，(1,)a ∈+∞，(0,1)a ∈进行讨论，可知当(0,1)a ∈有2个零点，设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.所以a 的取值范围为(0,1).（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+. ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<. 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->. 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点. 综上，a 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.【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点.3.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高考导数问题常见的分类讨论典型例题1.需对函数c bx ax x f ++=2)(是否为二次函数进行讨论或需对一元二次方程的判别式进行讨论的问题。

由于许多问题通过求导后转化为二次函数或二次不等式，它们对应的二次方程是否有解，就要对判别式讨论。

例1、已知函数32()3(0),()()2f x x ax bx c b g x f x =+++≠=-且是奇函数.（Ⅰ）求a ,c 的值；（Ⅱ）求函数f (x )的单调区间.例2、设函数3()3(0)f x x ax b a =-+≠.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,())f x 处与直线8y =相切，求,a b 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点.例3、已知函数2()(2ln ),(0)f x x a x a x=-+->，讨论()f x 的单调性. 例4、已知函数)0.()1ln()(2≤++=a ax x x f ,讨论)(x f 的单调性；例5、设函数2()(0)f x ax bx k k =++>在0x =处取得极值，且曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线垂直于直线210x y ++=．（Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）若函数()()xe g xf x =，讨论()g x 的单调性．例6、函数31()3f x x kx =-,其中实数k 为常数. (I) 当4k =时，求函数的单调区间；(II) 若曲线()y f x =与直线y k =只有一个交点，求实数k 的取值范围.练习：设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠，求函数()f x 的极值点。

2、需对一元二次方程两根大小为标准分类讨论的问题。

由于求单调区间通常要解一元二次不等式，要写出它的解，就必须知道它两根的大小，否则就要对两根大小分类讨论。

求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式），但不知导函数为零的实根是否落在定义域内，从而引起讨论。

求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式），导函数为零的实根也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论。

例7、设函数（），其中．当时,求函数的极大值和极小值练习：已知函数()()22211ax a f x x R x -+=∈+，其中a R ∈。

（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程；（2）当0a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值。

练习：已知a 是实数，函数())f x x a =-。

（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()g a 为()f x 在区间[]0,2上的最小值。

①写出()g a 的表达式；②求a 的取值范围，使得()62g a -≤≤-。

例8、已知函数f(x)=21x 2－ax+(a －1)ln x ，1a >。

（1）讨论函数()f x 的单调性；例9、已知函数21()e ()(0)kx f x x x k k-=+-<，求()f x 的单调区间；例10、已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x R =+-+∈其中a R ∈，当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值。

例11、已知函数21()(21)2ln ()2f x ax a x x a =-++∈R . (Ⅰ)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值； (Ⅱ)求()f x 的单调区间；例12、已知函数2()()e xf x x ax a -=++，（a 为常数，e 为自然对数的底）．（Ⅰ）若()f x 在0x =时取得极小值，试确定a 的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，设由()f x 的极大值构成的函数为()g a ，将a 换元为x ，试判断曲线()y g x =是否能与直线320x y m -+=（ m 为确定的常数）相切，并说明理由．例13、例已知0>a ，函数x a x a a x x f )13(ln )1(22)(2+-++=．（1）若函数)(x f 在1=x 处的切线与直线03=-x y 平行，求a 的值；（2）求函数)(x f 的单调递增区间；（3）在（1）的条件下，若对任意[]2,1∈x ，06)(2≥--b b x f 恒成立，求实数b 的取值组成的集合．例14、已知函数2()()x k f x x k e =-。

（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的(0,)x ∈+∞，都有()f x ≤1e ，求k 的取值范围。

例15、已知函数2()ln f x x ax b x =++（0x >，实数a ，b 为常数）.若2a b +=-，讨论函数()f x 的单调性．例16、已知函数)1ln(21)(2x ax x x f +--=，其中a ∈R .（Ⅰ）若2x =是)(x f 的极值点，求a 的值；（Ⅱ）求)(x f 的单调区间. 练习：已知函数2()=(1)x a f x x ， (1,)x ∈+∞. (Ⅰ)求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)函数()f x 在区间[2,)+∞上是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．例17、已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x ＋k 2x 2(k ≥0)． (1)当k ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间．练习1、设函数21()ln (2a f x x ax x a -=+-∈1a >时，讨论函数()f x 的单调性.（Ⅱ）若对任意(2,3)a ∈及任意12,[1,2]x x ∈，恒有2)()ma f x +- 成立，求实数m 的取值范围.3、需对导数为零的点与定义域或给定的区间的相对位置关系讨论的问题。

也就是要讨论导数为零的点是否在定义域内，在定义域内要讨论它给定的区间左、中、右，以确认函数在此区间上的单调性。

例19、（2012年北京高考题）已知函数f （x ）=ax 2+1（a>0）,g(x)=x 3+bx(1) 若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点（1，c ）处具有公共切线，求a 、b 的值；(2) 当a 2=4b 时，求函数f(x)+g(x)的单调区间，并求其在区间（-∞，-1）上的最大值，例20、已知函数1()f x x a=+，2()3g x bx x =+. (Ⅰ)若曲线()()()h x f x g x =-在点（1，0）处的切线斜率为0，求a,b 的值；(Ⅱ)当[3,)a ∈+∞，且ab=8时，求函数()()()g x x f x ϕ=的单调区间，并讨论函数在区间[-2，-1]上的最小值.例21、已知a 是实数，函数f (x )=x 2(x -a ).求)(x f 在区间[0，2]上的最大值。

例22、已知函数()e x f x ax =+，()ln g x ax x =-，其中0a ≤．（Ⅰ）求)(x f 的极值；（Ⅱ）若存在区间M ，使)(x f 和()g x 在区间M 上具有相同的单调性，求a 的取值范围．例23、已知函数()ln f x ax x =-，()e 3ax g x x =+，其中a ∈R ．（Ⅰ）求)(x f 的极值；（Ⅱ）若存在区间M ，使)(x f 和()g x 在区间M 上具有相同的单调性，求a 的取值范围．例24、已知函数()()x f x x k e =-。

（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）求()f x 在区间[0,1]上的最小值。

例25、已知函数()ln f x x ax =-()a ∈R .(Ⅰ) 求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ) 当a >0时，求函数()f x 在[1,2]上最小值.例26、已知函数2()ln f x x ax bx =++(其中,a b 为常数且0a ≠)在1x =处取得极值.(I) 当1a =时，求()f x 的单调区间；(II) 若()f x 在(]0,e 上的最大值为1，求a 的值.例27、已知函数()ln ()a f x x a R x =-∈.(1)判断()f x 在定义域上的单调性; (2)若()f x 在[1,]e 上的最小值为2,求a 的值.例28、已知函数x ax x x f ln )(2-+=， .a R ∈（1）若函数)(x f 在[]2,1上是减函数，求实数a 的取值范围；（2）令2)()(x x f x g -=，是否存在实数a ，当∈x ],0(e （e 是自然常数）时，函数)(x g 的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由.例29、已知函数32()2f x x mx nx =++-的图像过点（-1，-6），且函数()'()6g x f x x =+的图像关于y 轴对称。

（1）求m,n 的值；（2）若a>0，求函数()y f x =在区间(1,1)a a -+内的极值。

例30、已知：函数()xe f x x a =-（其中常数0a ）.（Ⅰ）求函数()f x 的定义域及单调区间；（Ⅱ）若存在实数(],0x a ∈，使得不等式()12f x ≤成立，求a 的取值范围．例31、如图，抛物线29y x =-+与x 轴交于两点,A B ，点,C D 在抛物线上（点C 在第一象限），CD ∥AB ．记||2CD x =，梯形ABCD 面积为S ．（Ⅰ）求面积S 以x 为自变量的函数式；（Ⅱ）若||||CD k AB ≤，其中k 为常数，且01k <<，求S 的最大值．例32、已知函数322()1,a f x x x =++其中0a >. （I ）若曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线与直线1y =平行，求a 的值；（II ）求函数()f x 在区间[1,2]上的最小值.例33、已知函数f(x)=mx x 2+n(m,n ∈R)在x=1处取到极值2 . (1) 求f(x)的解析式;（2）设函数g(x)=lnx+a x.若对任意的x 1∈[-1,1]，总存在x 2∈[1,e]，使得g(x 2)≤f(x 1)+72,求实数a 的取值范围。

（此题满14分）练习1、已知函数211()ln (0)22f x a x x a a =-+∈≠且R . （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得对任意的[)1,x ∈+∞，都有()0f x ≤？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. ５. “曲线过一点的切线”与“曲线在该点处的切线”两个概念是不同的例34、求曲线33y x x =-的过点(22)A -，的切线方程．例35、已知函数32()231()f x x ax x =++∈R ．（Ⅰ）若()f x 在1x =处取得极值，求实数a 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）求函数()f x 在闭区间[]0,2的最小值.6、不等式两边同除一个数或式子，要讨论它的正负的问题。