专题07 导数及其应用（命题猜想）-2018年高考数学（理）命题猜想与仿真押题 50页

【考向解读】 高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合 的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程 的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查． 【命题热点突破一】导数的几何意义 例 1、(2017·天津卷)已知 a∈R，设函数 f(x)＝ax－lnx 的图象在点(1，f(1))处的切线为 l，则 l 在 y 轴 上的截距为________； 【答案】1 【变式探究】【2016 高考新课标 2 理数】若直线 y kx b  是曲线 ln 2y x  的切线，也是曲线 ln( 1)y x  的切线，则b  ． 【答案】1 ln 2 【解析】对函数 ln 2y x  求导得 1y x   ，对 ln( 1)y x  求导得 1 1y x    ，设直线 y kx b  与曲线 ln 2y x  相切于点 1 1 1( , )P x y ，与曲线 ln( 1)y x  相切于点 2 2 2( , )P x y ，则 1 1 2 2ln 2, ln( 1)y x y x    ， 由 点 1 1 1( , )P x y 在 切 线 上 得  1 1 1 1ln 2 ( )y x x xx     ， 由 点 2 2 2( , )P x y 在 切 线 上 得 2 2 2 1ln( 1) ( )1y x x xx     ，这两条直线表示同一条直线，所以 1 2 2 2 1 2 1 1 1 2 1ln( 1) ln 1 x x xx x x         ，解得 1 1 1 1 1, 2, ln 2 1 1 ln 22x k b xx          . 【感悟提升】与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略 (1)已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为： ①求出函数 y＝f(x)在点 x＝x0 处的导数，即曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处切线的斜率； ②由点斜式求得切线方程为 y－y0＝f′(x0)·(x－x0)． (2)已知斜率求切点：已知斜率 R，求切点(x1，f(x1))，即解方程 f′(x1)＝k. (3)求切线倾斜角的取值范围：先求导数的取值范围，即确定切线斜率的取值范围，然后利用正切函数的单 调性解决. 【变式探究】 函数 f(x)＝exsin x 的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( ) A.3π 4 B.π 3 C.π 4 D.π 6 【答案】C 【命题热点突破二】函数的单调性 与最值 例 2、(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－ 3 4a －2. 【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1 x ＋2ax＋2a＋1＝ x＋1 2ax＋1 x . 若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(0，＋∞)单调递增． 若 a<0，则当 x∈ 0，－ 1 2a 时，f′(x)>0；当 x∈ － 1 2a ，＋∞ 时，f′(x)<0. 故 f(x)在 0，－ 1 2a 单调递增，在 － 1 2a ，＋∞ 单调递减． (2)由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－ 1 2a 取得最大值，最大值为 f － 1 2a ＝ln － 1 2a －1－ 1 4a . 所以 f(x)≤－ 3 4a －2 等价于 ln － 1 2a －1－ 1 4a ≤－ 3 4a －2，即 ln － 1 2a ＋ 1 2a ＋1≤0. 设 g(x)＝lnx－x＋1，则 g′(x)＝1 x －1. 当 x∈(0,1)时，g′(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.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，g(x)≤0.从而当 a<0 时，ln － 1 2a ＋ 1 2a ＋1≤0，即 f(x)≤－ 3 4a －2. 【变式探究】(2017·课标全国Ⅱ)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则 f(x)的极小值为 ( ) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 【答案】A 【变式探究】【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分) 已知   2 2 1( ) ln , Rxf x a x x ax     . （I）讨论 ( )f x 的单调性； （II）当 1a  时，证明   3( ) ' 2f x f x ＞ 对于任意的  1,2x 成立. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】 （Ⅰ） )(xf 的定义域为 ),0(  ； 2 2 3 3 2 2 ( 2)( 1)( ) a ax xf ' x a x x x x       . 当 0a ， )1,0(x 时， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递增； (1, ) , ( ) 0x f ' x  时 ， )(xf 单调递减. 当 0a 时， 3 ( 1) 2 2( ) ( )( )a xf ' x x xx a a    . （1） 20  a ， 12  a ， 当 )1,0(x 或 x  ),2(  a 时， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递增； 当 x  )2,1( a 时， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递减； （2） 2a 时， 12  a ，在 x  ),0(  内， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递增； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 1a 时， 2 2 3 2 1 1 2 2( ) ( ) ln (1 )xf x f ' x x x x x x x         2 3 3 1 2ln 1x x x x x       ， ]2,1[x ， 令 1213)(,ln)( 32  xxxxhxxxg ， ]2,1[x . 则 ( ) ( ) ( ) ( )f x f ' x g x h x   ， 由 1( ) 0xg ' x x   可得 1)1()(  gxg ，当且仅当 1x 时取得等号. 又 2 4 3 2 6( ) x xh' x x    ， 【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域，不要从导数的定义域确定函数的单调区间， 在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同． 【变式探究】 (1)已知函数 f(x)＝ln(x＋a)＋ax，求函数 f(x)的单调区间和极值． (2)已知函数 f(x)＝(ax－2)ex 在 x＝1 处取得极值，求函数 f(x)在[m，m＋1]上的最小值． 【解析】解：（1）∵f（x）＝ln（x＋a）＋ax，∴函数 f（x）的定义域为（－a，＋∞），∴f′（x）＝ 1 x＋a ＋a＝ax＋a2＋1 x＋a . 当 a≥0 时，f′（x）＝ 1 x＋a ＋a＞0，函数 f（x）在（－a，＋∞）上为增函数，无极值. 当 a＜0 时，令 f′（x）＝0，解得 x＝－a－1 a ＞－a， 当 f′（x）＞0 时，解得－a＜x＜－a－1 a ，函数 f（x）为增函数， 当 f′（x）＜0 时，解得 x＞－a－1 a ，函数 f（x）为减函数， 故当 x＝－a－1 a 时，函数 f（x）有极大值，极大值为 f －a－1 a ＝ln －1 a －a2－1. 综上所述，当 a≥0 时，函数 f（x）在（－a，＋∞）上为增函数，无极值；当 a＜0 时，函数 f（x）在 －a，－a－1 a 上为增函数，在 －a－1 a ，＋∞ 上为减函数，函数 f（x）有极大值，极大值为 ln －1 a －a2－1. x （－∞，1） 1 （1，＋∞） f′（x） － 0 ＋ f（x） 减 －e 增 所以函数 f（x）在（－∞，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增. 当 m≥1 时，f（x）在 [m，m＋1]上单调递增，f（x）min＝f（m）＝（m－2）em.当 0＜m＜1 时，m＜1＜m＋1， f（x）在[m，1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，f（x）min＝f（1）＝－e. 当 m≤0 时，m＋1≤1，f（x）在[m，m＋1]上单调递减，f（x）min＝f（m＋1）＝（m－1）em＋1. 综上，f（x）在[m，m＋1]上的最小值 f（x）min＝ （m－2）em，m≥1， －e，01，即 a>1 2 时，令 u′（x）＝0，得 x＝ln 2a. 当 x∈[0，ln 2a）时，u′（x）<0，g′（x）＝ex－2ax－2a 在[0，ln 2a）上单调递减， 所以当 x∈[0，ln 2a）时，g′（x）＝ex－2ax－2a≤g′（0）＝1－2a<0，则 g（x）在[0，ln 2a）上单调 递减， 于是 g（x）≤g（0）＝0，这与 g（x）≥0 恒成立矛盾. 综上可得，实数 a 的取值范围是 －∞，1 2 . 【感悟提升】对于求不等式恒成立时的参数范围问题，一般是将参数分离出来，使不等号一边是参数，另 一边是一个区间上具体的函数，这样便于解决问题．但要注意的是分离参数不是万能的，如果分离参数后， 得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，则不要分离参数． 【变式探究】 已知函数 f(x)＝ xe－x2＋mx，x∈（0，1）， ln x－x＋2，x∈[1，＋∞）， 其中 e＝2.718 28…是自然对数的底数，m∈R. (1)若函数 f(x)为(0，1)上的单调增函数，求 m 的取值范围； (2)对任意的 11，由（*）式，知 lnb a 0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.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，g(x)≤0.从而当 a<0 时，ln － 1 2a ＋ 1 2a ＋1≤0，即 f(x)≤－ 3 4a －2. 4、(2017·课标全国Ⅱ)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则 f(x)的极小值为( ) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 【答案】A 【解析】 (1)函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 则 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由 x＝－2 是函数 f(x)的极值点得 f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以 a＝－1. 所以 f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)． 由 ex－1>0 恒成立，得 x＝－2 或 x＝1 时，f′(x)＝0， 且 x<－2 时，f′(x)>0；－21 时，f′(x)>0. 所以 x＝1 是函数 f(x)的极小值点． 所以函数 f(x)的极小值为 f(1)＝－1. 故选 A. 5.【2017 课标 II，理】已知函数   2 lnf x ax ax x x   ，且   0f x  。 (1)求 a ； (2)证明：  f x 存在唯一的极大值点 0x ，且  2 2 0 2e f x   。 【答案】(1) 1a  ； (2)证明略。 （2）由（1）知 设 当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递减，在 单调递增 又 ，所以 在 有唯一零点x0，在 有唯一零点1，且当 时， ； 当 时， ，当 时， . 因为 ，所以 x=x0 是 f(x)的唯一极大值点 由 由 得 因为 x=x0 是 f(x)在（0,1）的最大值点，由 得 所以 6.【2017 山东，理 20】已知函数   2 2cosf x x x  ，    cos sin 2 2xg x e x x x    ，其中 2.71828e   是 自然对数的底数. （Ⅰ）求曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程； （Ⅱ）令       h x g x af x a R   ，讨论  h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 【答案】（1） 22π π 2y x   （2）见解析 （Ⅱ）由题意得      2cos sin 2 2 2cosxh x e x x x a x x      ， 因为        cos sin 2 2 sin cos 2 2 2sinx xh x e x x x e x x a x x             2 sin 2 sinxe x x a x x      2 sinxe a x x   ， 令   sinm x x x  则   1 cos 0m x x   所以  m x 在 R 上单调递增. 因为  0 0,m  所以 当 0x  时，   0,m x  当 0x  时，   0m x  (1)当 0a  时， xe a 0 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递减， 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递增， 所以 当 0x  时  h x 取得极小值，极小值是  0 2 1h a   ； ②当 1a  时， ln 0a  ， 所以 当  ,x   时，   0h x  ，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； ③当 1a  时， ln 0a  所以 当  ,0x  时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递增； 当  0,lnx a 时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递减； 当  ln ,x a  时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递增； 所以 当 0x  时  h x 取得极大值，极大值是  0 2 1h a   ； 当 lnx a 时  h x 取得极小值. 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 综上所述： 当 0a  时，  h x 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增， 函数  h x 有极小值，极小值是  0 2 1h a   ； 7.【2017 天津，理 20】设 aZ ，已知定义在 R 上的函数 4 3 2( ) 2 3 3 6f x x x x x a     在区间 (1,2) 内 有一个零点 0x ， ( )g x 为 ( )f x 的导函数. （Ⅰ）求 ( )g x 的单调区间； （Ⅱ）设 0 0[1, ) ( ,2]m x x  ，函数 0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m   ，求证： 0( ) ( ) 0h m h x  ； （Ⅲ）求证：存在大于 0 的常数 A ，使得对于任意的正整数 ,p q ，且 0 0[1, ) ( ,2],p x xq   满足 0 4 1| |p xq Aq   . 【答案】（Ⅰ）增区间是 , 1  ， 1 ,4     ，递减区间是 11, 4     .（Ⅱ）见解析；（III）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由   4 3 22 3 3 6f x x x x x a     ，可得     3 28 9 6 6g x f x x x x     ， 进而可得   224 18 6g x x x    .令   0g x  ，解得 1x   ，或 1 4x  . 当 x 变化时， ( ), ( )g x g x 的变化情况如下表： x ( , 1)  1( 1, )4  1( , )4  ( )g x + - + ( )g x ↗ ↘ ↗ 所以， ( )g x 的单调递增区间是 ( , 1)  ， 1( , )4  ，单调递减区间是 1( 1, )4  . （III）证明：对于任意的正整数 p ， q ，且 0 0[1 ) ( , ], 2p x xq   ， 令 pm q  ，函数 0( ) ( )( ) ( )h g m xx x mf   . 由（II）知，当 0[1 ),m x 时， ( )h x 在区间 0( , )m x 内有零点； 当 0( ,2]m x 时， ( )h x 在区间 0( ),x m 内有零点. 所以 ( )h x 在 (1,2) 内至少有一个零点，不妨设为 1x ，则 1 1 0( ) ( )( ) ( ) 0p ph g x fqx qx    . 由（I）知 ( )g x 在[1,2] 上单调递增，故 10 ( ) ( )1 2( )g xg g   ， 于是 4 3 2 2 3 4 0 4 1 ( ) | ( ) | | 2 3 3 6 || | | |( ) ( ) (2 )2 p pf fp p p q p q pq aqq qxq g x g g q        . 1. 【2016 高考山东理数】若函数 ( )y f x 的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直， 则称 ( )y f x 具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是（ ） （A） siny x （B） lny x （C） exy  （D） 3y x 【答案】A 【解析】当 siny x 时， cosy x  ，cos0 cos 1    ，所以在函数 siny x 图象存在两点，使条件成立， 故 A 正确；函数 3ln , e ,xy x y y x   的导数值均非负，不符合题意，故选 A。 2.【2016 年高考四川理数】设直线 l1，l2 分别是函数 f(x)= ln ,0 1, ln , 1, x x x x      图象上点 P1，P2 处的切线， l1 与 l2 垂直相交于点 P，且 l1，l2 分别与 y 轴相交于点 A，B，则△PAB 的面积的取值范围是( ) （A）(0,1) （B）(0,2) （C）(0,+∞) （D）(1,+∞) 【答案】A 【解析】设    1 1 1 2 2 2, ln , , lnP x x P x x （不妨设 1 21, 0 1x x   ），则由导数的几何意义易得切线 1 2,l l 的斜率分别为 1 2 1 2 1 1, .k kx x    由已知得 1 2 1 2 2 1 11, 1, .k k x x x x       切线 1l 的方程分别为  1 1 1 1lny x x xx    ，切线 2l 的方程为  2 2 2 1lny x x xx     ，即 1 1 1 1lny x x x x        .分别令 0x  得    1 10 , 1 ln , 0 ,1 ln .A x B x   又 1l 与 2l 的交点为 2 1 1 12 2 1 1 2 1, ln1 1 x xP xx x      ， 1 1x  ， 2 1 1 2 2 1 1 2 11 12 1 1PAB A B P x xS y y x x x         ， 0 1PABS   ．故选 A． 3.【2016 高考新课标 2 理数】若直线 y kx b  是曲线 ln 2y x  的切线，也是曲线 ln( 1)y x  的切线， 则b  ． 【答案】1 ln 2 4.【2016 高考新课标 3 理数】已知  f x 为偶函数，当 0x  时， ( ) ln( ) 3f x x x   ，则曲线  y f x 在 点 (1, 3) 处的切线方程是_______________． 【答案】 2 1y x   【解析】当 0x  时， 0x  ，则 ( ) ln 3f x x x   ．又因为 ( )f x 为偶函数，所以 ( ) ( ) ln 3f x f x x x    ， 所以 1( ) 3f x x    ，则切线斜率为 (1) 2f    ，所以切线方程为 3 2( 1)y x    ，即 2 1y x   ． 5.【2016 高考新课标 1 卷】（本小题满分 12 分）已知函数      22 1xf x x e a x    有两个零点. (I)求 a 的取值范围； (II)设 x1,x2 是  f x 的两个零点,证明： 1 2 2x x  . 【答案】 (0, ) 【解析】 （Ⅰ） '( ) ( 1) 2 ( 1) ( 1)( 2 )x xf x x e a x x e a       ． （i）设 0a  ,则 ( ) ( 2) xf x x e  , ( )f x 只有一个零点． （ii）设 0a  ,则当 ( ,1)x  时, '( ) 0f x  ；当 (1, )x  时, '( ) 0f x  ．所以 ( )f x 在 ( ,1) 上单调 递减,在 (1, ) 上单调递增． 又 (1)f e  , (2)f a ,取b 满足 0b  且 ln 2 ab  ,则 2 2 3( ) ( 2) ( 1) ( ) 02 2 af b b a b a b b       , 故 ( )f x 存在两个零点． （Ⅱ）不妨设 1 2x x ,由（Ⅰ）知 1 2( ,1), (1, )x x    , 22 ( ,1)x   , ( )f x 在 ( ,1) 上单调递减, 所以 1 2 2x x  等价于 1 2( ) (2 )f x f x  ,即 2(2 ) 0f x  ． 由于 22 2 2 2 2(2 ) ( 1)xf x x e a x     ,而 2 2 2 2 2( ) ( 2) ( 1) 0xf x x e a x     ,所以 2 22 2 2 2(2 ) ( 2)x xf x x e x e     ． 设 2( ) ( 2)x xg x xe x e    ,则 2'( ) ( 1)( )x xg x x e e   ． 所以当 1x  时, '( ) 0g x  ,而 (1) 0g  ,故当 1x  时, ( ) 0g x  ． 从而 2 2( ) (2 ) 0g x f x   ,故 1 2 2x x  ． 6.【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分) 已知   2 2 1( ) ln , Rxf x a x x ax     . （I）讨论 ( )f x 的单调性； （II）当 1a  时，证明   3( ) ' 2f x f x ＞ 对于任意的  1,2x 成立. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 （1） 20  a ， 12  a ， 当 )1,0(x 或 x  ),2(  a 时， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递增； 当 x  )2,1( a 时， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递减； （2） 2a 时， 12  a ，在 x  ),0(  内， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递增； （3） 2a 时， 120  a ， 当 )2,0( ax  或 x  ),1(  时， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递增； 当 x  )1,2( a 时， ( ) 0f ' x  ， )(xf 单调递减. 综上所述， 当 0a 时，函数 )(xf 在 )1,0( 内单调递增，在 ),1(  内单调递减； 当 20  a 时， )(xf 在 )1,0( 内单调递增，在 )2,1( a 内单调递减，在 ),2(  a 内单调递增； 当 2a 时， )(xf 在 ),0(  内单调递增； 当 2a ， )(xf 在 )2,0( a 内单调递增，在 )1,2( a 内单调递减，在 ),1(  内单调递增. 设 623)( 2  xxx ，则 )(x 在 x  ]2,1[ 单调递减， 因为 10)2(,1)1(   ， 所以在 ]2,1[ 上存在 0x 使得 ),1( 0xx  时， )2,(,0)( 0xxx  时， 0)( x ， 所以函数 ( )h x 在 ),1( 0x 上单调递增；在 )2,( 0x 上单调递减， 由于 2 1)2(,1)1(  hh ，因此 2 1)2()(  hxh ， 当且仅当 2x 取得等号， 所以 3( ) ( ) (1) (2) 2f x f ' x g h    ， 即 3( ) ( ) 2f x f ' x  对于任意的 ]2,1[x 恒成立。 7.【2016 高考江苏卷】（本小题满分 16 分） 已知函数 ( ) ( 0, 0, 1, 1)x xf x a b a b a b      . 设 12, 2a b  . （1）求方程 ( ) 2f x  的根; （2）若对任意 x R ,不等式 (2 ) f( ) 6f x m x  恒成立，求实数 m 的最大值； （3）若 0 1, 1a b  ＞ ，函数     2g x f x  有且只有 1 个零点，求 ab 的值。 【答案】（1）①0 ②4（2）1 （2）因为函数 ( ) ( ) 2g x f x  只有 1 个零点，而 0 0(0) (0) 2 2 0g f a b      ， 所以 0 是函数 ( )g x 的唯一零点. 因为 ( ) ln lnx xg' x a a b b  ，又由 0 1, 1a b   知 ln 0,ln 0a b  ， 所以 ( ) 0g' x  有唯一解 0 lnlog ( )lnb a ax b   . 令 ( ) ( )h x g' x ，则 2 2( ) ( ln ln ) (ln ) (ln )x x x xh' x a a b b ' a a b b    ， 从而对任意 xR ， ( ) 0h' x  ，所以 ( ) ( )g' x h x 是 ( , )  上的单调增函数， 于是当 0( , )x x  ， 0( ) ( ) 0g' x g' x  ；当 0( , )x x  时， 0( ) ( ) 0g' x g' x  . 因而函数 ( )g x 在 0( , )x 上是单调减函数，在 0( , )x  上是单调增函数. 下证 0 0x  . 若 0 0x  ，则 0 0 02 xx   ，于是 0( ) (0) 02 xg g  ， 又 log 2 log 2 log 2(log 2) 2 2 0a a a ag a b a      ，且函数 ( )g x 在以 0 2 x 和 log 2a 为端点的闭区间上的图象不 间断，所以在 0 2 x 和 log 2a 之间存在 ( )g x 的零点，记为 1x . 因为 0 1a  ，所以 log 2 0a  ，又 0 02 x  ， 所以 1 0x  与“0 是函数 ( )g x 的唯一零点”矛盾. 若 0 0x  ，同理可得，在 0 2 x 和 log 2a 之间存在 ( )g x 的非 0 的零点，矛盾. 因此， 0 0x  . 于是 ln 1ln a b   ，故 ln ln 0a b  ，所以 1ab  . 8.【2016 高考天津理数】（本小题满分 14 分） 设函数 3( ) ( 1)f x x ax b    , Rx ，其中 Rba , (I)求 )(xf 的单调区间； (II) 若 )(xf 存在极值点 0x ，且 )()( 01 xfxf  ，其中 01 xx  ，求证： 1 02 3x x  ； （Ⅲ）设 0a ，函数 |)(|)( xfxg  ，求证： )(xg 在区间 ]1,1[ 上的最大值不小于．．．4 1 . 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 （2）当 0a 时，令 0)(' xf ，解得 31 3 ax   ，或 31 3 ax   . 当 x 变化时， )(' xf ， )(xf 的变化情况如下表： x 3( ,1 )3 a  31 3 a 3 3(1 ,1 )3 3 a a  31 3 a 3(1 , )3 a  )(' xf ＋ 0 － 0 ＋ )(xf 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以 )(xf 的单调递减区间为 3 3(1 ,1 )3 3 a a  ，单调递增区间为 3( ,1 )3 a  ， 3(1 , )3 a  . （Ⅲ）证明：设 )(xg 在区间 ]2,0[ 上的最大值为 M ， },max{ yx 表示 yx, 两数的最大值.下面分三种情况讨 论： （1）当 3a 时， 3 31 0 2 13 3 a a     ，由（Ⅰ）知， )(xf 在区间 ]2,0[ 上单调递减，所以 )(xf 在 区间 ]2,0[ 上的取值范围为 )]0(),2([ ff ，因此 max{| (2) |,| (0) |} max{|1 2 |,| 1 |} M f f a b b       |})(1||,)(1max{| baabaa       0),(1 0),(1 babaa babaa ， 所以 2||1  baaM . （2）当 34 3  a 时， 2 3 3 3 2 31 0 1 1 2 13 3 3 3 a a a a         ，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， 2 3 3(0) (1 ) (1 )3 3 a af f f    ， 2 3 3(2) (1 ) (1 )3 3 a af f f    ， 所以 )(xf 在区间 ]2,0[ 上的取值范围为 3 3[ (1 ), (1 )]3 3 a af f  ，因此 3 3 2 2max{| (1 ) |,| (1 ) |} max{| 3 |,| 3 |}3 3 9 9 a a a aM f f a a b a a b         |})(39 2||,)(39 2max{| baaabaaa  4 1 4 334 3 9 2||39 2  baaa . 9.【2016 高考新课标 3 理数】设函数 ( ) cos2 ( 1)(cos 1)f x a x a x    ，其中 0a  ，记| ( )|f x 的最大值 为 A ． （Ⅰ）求 ( )f x ； （Ⅱ）求 A ； （Ⅲ）证明| ( ) | 2f x A  ． 【答案】（Ⅰ） ' ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x a x a x    ；（Ⅱ） 2 12 3 ,0 5 6 1 1, 18 5 3 2, 1 a a a aA aa a a              ；（Ⅲ）见解析． 【解析】 （Ⅰ） ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x x x      . （Ⅰ）当 10 5   时， ( )g t 在 ( 1,1) 内无极值点，| ( 1) |g   ，| (1) | 2 3g   ，| ( 1) | | (1) |g g  ， 所以 2 3A   ． （Ⅱ）当 1 15 a  时，由 ( 1) (1) 2(1 ) 0g g      ，知 1( 1) (1) ( )4g g g      ． 又 1 (1 )(1 7 )| ( ) | | ( 1) | 04 8g g           ，所以 21 6 1| ( ) |4 8A g          ． 综上， 2 12 3 ,0 ,5 6 1 1, 1,8 5 3 2, 1. A                     10.【2016 高考浙江理数】（本小题 15 分）已知 3a  ，函数 F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}， 其中 min{p，q}= , > p p q q p q.    ， ， （I）求使得等式 F（x）=x2−2ax+4a−2 成立的 x 的取值范围； （II）（i）求 F（x）的最小值 m（a）； （ii）求 F（x）在区间[0,6]上的最大值 M（a）. 【答案】（I） 2,2a ；（II）（i）   2 0,3 2 2 4 2, 2 2 am a a a a           ；（ii）   34 8 ,3 4 2, 4 a aa a       ． 【解析】 （Ⅰ）由于 3a  ，故 当 1x  时，     2 22 4 2 2 1 2 1 2 0x ax a x x a x          ， 当 1x  时，    2 2 4 2 2 1 2 2x ax a x x x a        ． 所以，使得等式   2 2 4 2F x x ax a    成立的 x 的取值范围为 2,2a ． （Ⅱ）（ⅰ）设函数   2 1f x x  ，   2 2 4 2g x x ax a    ， 则    min 1 0f x f  ，     2 min 4 2g x g a a a     ， 所以，由  F x 的定义知       min 1 ,m a f g a ，即   2 0,3 2 2 4 2, 2 2. am a a a a           ， （ⅱ）当 0 2x  时，           max 0 , 2 2 2F x f x f f F    ， 当 2 6x  时，                max 2 , 6 max 2,34 8 max 2 , 6F x g x g g a F F     ． 所以，   34 8 ,3 4 2, 4 a aM a a      ． 11.【2016 高考新课标 2 理数】(Ⅰ)讨论函数 xx 2f (x) x 2   e 的单调性，并证明当 0x  时， ( 2) 2 0xx e x    ； (Ⅱ)证明：当 [0,1)a  时，函数 2x = ( 0) xe ax ag xx   （ ） 有最小值.设 ( )g x 的最小值为 ( )h a ，求函数 ( )h a 的值域． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） 21( , ].2 4 e . （II） 2 2 ( 2) ( 2) 2( ) ( ( ) ), xx e a x xg x f x ax x       由（I）知， ( )f x a 单调递增，对任意 [0,1), (0) 1 0, (2) 0,a f a a f a a        因此，存在唯一 0 (0,2],x  使得 0( ) 0,f x a  即 0'( ) 0g x  ， 当 00 x x  时， ( ) 0, '( ) 0, ( )f x a g x g x   单调递减； 当 0x x 时， ( ) 0, '( ) 0, ( )f x a g x g x   单调递增. 因此 ( )g x 在 0x x 处取得最小值，最小值为 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 ( 1) + ( )( 1)( ) .2 x x xe a x e f x x eg x x x x       于是 0 0 h( ) 2 xea x   ，由 2 ( 1)( )' 0,2 ( 2) 2 x x xe x e e x x x     单调递增 所以，由 0 (0,2],x  得 00 2 2 0 1 ( ) .2 0 2 2 2 2 4 xe e e eh a x        因为 2 xe x  单调递增，对任意 21( , ],2 4 e  存在唯一的 0 (0,2],x  0( ) [0,1),a f x  使得 ( ) ,h a  所以 ( )h a 的值域是 21( , ],2 4 e 综上，当 [0,1)a 时， ( )g x 有 ( )h a ， ( )h a 的值域是 21( , ].2 4 e 12.【2016 年高考北京理数】（本小题 13 分） 设函数 ( ) a xf x xe bx  ，曲线 ( )y f x 在点 (2, (2))f 处的切线方程为 ( 1) 4y e x   ， （1）求 a ，b 的值； （2）求 ( )f x 的单调区间. 【答案】（Ⅰ） 2a  ，b e ；（2） )(xf 的单调递增区间为 ( , )  . 试题解析：（1）因为 bxxexf xa  )( ，所以 bexxf xa  )1()( . 依题设，      ,1)2( ,22)2( ef ef 即        ,1 ,2222 2 2 ebe ebe a a 解得 eba  ,2 ；（2）由（Ⅰ）知 exxexf x  2)( . 由 )1()( 12   xx exexf 即 02 xe 知， )(xf  与 11  xex 同号. 令 11)(  xexxg ，则 11)(  xexg . 所以，当 )1,(x 时， 0)(  xg ， )(xg 在区间 )1,( 上单调递减； 当 ),1( x 时， 0)(  xg ， )(xg 在区间 ),1(  上单调递增. 故 1)1( g 是 )(xg 在区间 ),(  上的最小值， 从而 ),(,0)(  xxg . 综上可知， 0)(  xf ， ),( x ，故 )(xf 的单调递增区间为 ),(  . 1.【2015 高考江苏，19】 已知函数 ),()( 23 Rbabaxxxf  . （1）试讨论 )(xf 的单调性； （2）若 acb  （实数 c 是 a 与无关的常数），当函数 )(xf 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是 ),2 3()2 3,1()3,(   ，求 c 的值. 【答案】（1）当 0a  时，  f x 在 ,  上单调递增； 当 0a  时，  f x 在 2, 3 a     ， 0, 上单调递增，在 2 ,03 a    上单调递减； 当 0a  时，  f x 在 ,0 ， 2 ,3 a     上单调递增，在 20, 3 a    上单调递减． （2） 1.c  当 0a  时，   2,0 ,3 ax        时，   0f x  ， 20, 3 ax      时，   0f x  ， 所以函数  f x 在 ,0 ， 2 ,3 a     上单调递增，在 20, 3 a    上单调递减． （2）由（1）知，函数  f x 的两个极值为  0f b ， 32 4 3 27 af a b      ，则函数  f x 有三个 零点等价于   32 40 03 27 af f b a b              ，从而 3 0 4 027 a a b    或 3 0 40 27 a b a     ． 又b c a  ，所以当 0a  时， 34 027 a a c   或当 0a  时， 34 027 a a c   ． 综上 1c  ． 2.【2015 高考四川，理 21】已知函数 2 2( ) 2( )ln 2 2f x x a x x ax a a       ，其中 0a  . （1）设 ( )g x 是 ( )f x 的导函数，评论 ( )g x 的单调性； （2）证明：存在 (0,1)a ，使得 ( ) 0f x  在区间 (1,+ )内恒成立，且 ( ) 0f x  在 (1,+ )内有唯一解. 【答案】（1）当 10 4a  时， ( )g x 在区间 1 1 4 1 1 4(0, ),( , )2 2 a a     上单调递增， 在区间 1 1 4 1 1 4( , )2 2 a a    上单调递减；当 1 4a  时， ( )g x 在区间 (0, ) 上单调递增.（2）详见解析. （2）由 ( ) 2 2 2ln 2(1 ) 0af x x a x x        ，解得 1 1 ln 1 x xa x    . 令 2 2 1 1 1 1 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( )ln 2( ) 2( )1 1 1 1 x x x x x x x xx x x x xx x x x                       . 则 2 1 1 ( 2) 2(1) 1 0, ( ) ) 2( ) 01 1 e e ee e e             ，. 故存在 0 (1, )x e ，使得 0( ) 0x  . 令 0 0 0 1 0 1 ln , ( ) 1 ln ( 1)1 x xa u x x x xx        ，. 由 1( ) 1 0u x x     知，函数 ( )u x 在区间 (1, ) 上单调递增. 所以 0 01 1 1 0 ( )(1) ( ) 20 11 1 1 1 1 u xu u e eax e e            . 即 0 (0,1)a  . 当 0a a 时，有 0 0 0( ) 0, ( ) ( ) 0f x f x x    ，. 由（1）知，函数 ( )f x 在区间 (1, ) 上单调递增. 故当 0(1, )x x 时，有 0( ) 0f x  ，从而 0( ) ( ) 0f x f x  ； 当 0( , )x x  时，有 0( ) 0f x  ，从而 0( ) ( ) 0f x f x  ； 所以，当 (1, )x  时， ( ) 0f x  . 综上所述，存在 (0,1)a ，使得 ( ) 0f x  在区间 (1,+ )内恒成立，且 ( ) 0f x  在 (1,+ )内有唯一解. 3.【2015 高考广东，理 19】设 1a  ，函数 aexxf x  )1()( 2 ． (1) 求 )(xf 的单调区间 ； (2) 证明： )(xf 在 ,  上仅有一个零点； (3) 若曲线 ( )y f x= 在点 P 处的切线与 x 轴平行，且在点 ( , )M m n 处的切线与直线OP 平行（O 是坐标原 点）,证明： 123  eam ． 【答案】（1）  ,  ；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】（1）依题         22 2' 1 ' 1 ' 1 0x x xf x x e x e x e       ， ∴  f x 在 ,  上是单调增函数； （3）证明：f'（x）=ex（x+1）2， 设点 P（x0，y0）则）f'（x）=ex0（x0+1）2， ∵y=f（x）在点 P 处的切线与 x 轴平行，∴f'（x0）=0，即：ex0（x0+1）2=0， ∴x0=﹣1 将 x0=﹣1 代入 y=f（x）得 y0= ．∴ ， ∴ …10 分 令；g（m）=em﹣（m+1）g（m）=em﹣（m+1）， 则 g'（m）=em﹣1，由 g'（m）=0 得 m=0． 当 m∈（0，+∞）时，g'（m）＞0 当 m∈（﹣∞，0）时，g'（m）＜0 ∴g（m）的最小值为 g（0）=0…12 分 ∴g（m）=em﹣（m+1）≥0 ∴em≥m+1 ∴em（m+1）2≥（m+1）3 即： ∴m≤ …14 分 4.【2015 高考新课标 2，理 12】设函数 ' ( )f x 是奇函数 ( )( )f x x R 的导函数， ( 1) 0f   ，当 0x  时， ' ( ) ( ) 0xf x f x  ，则使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是（ ） A． ( , 1) (0,1)   B． ( 1,0) (1, )  C． ( , 1) ( 1,0)   D． (0,1) (1, ) 【答案】A 5.【2015 高考新课标 1，理 12】设函数 ( )f x = (2 1)xe x ax a   ,其中 a 1，若存在唯一的整数 0x ，使得 0( )f x 0，则 a 的取值范围是（ ） (A)[- 3 2e ，1） (B)[- 3 2e ， 3 4 ） (C)[ 3 2e ， 3 4 ） (D)[ 3 2e ，1） 【答案】D 【解析】设 ( )g x = (2 1)xe x  ， y ax a  ，由题知存在唯一的整数 0x ，使得 0( )g x 在直线 y ax a  的下 方.因为 ( ) (2 1)xg x e x   ，所以当 1 2x   时， ( )g x ＜0，当 1 2x   时， ( )g x ＞0，所以当 1 2x   时， max[ ( )]g x = 1 2-2e  ，当 0x  时， (0)g =-1， (1) 3 0g e  ，直线 y ax a  恒过（1,0）斜率且 a ，故 (0) 1a g    ，且 1( 1) 3g e a a      ，解得 3 2e ≤ a ＜1，故选 D. 6.【2015 高考新课标 2，理 21】 设函数 2( ) mxf x e x mx   ． (Ⅰ)证明： ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增； （Ⅱ）若对于任意 1 2, [ 1,1]x x   ，都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e   ，求 m 的取值范围． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[ 1,1] ． （Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的 m ， ( )f x 在[ 1,0] 单调递减，在[0,1] 单调递增，故 ( )f x 在 0x  处取得最小 值．所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x   ， 1 2( ) ( ) 1f x f x e   的充要条件是： (1) (0) 1, ( 1) (0) 1, f f e f f e         即 1, 1, m m e m e e m e        ①，设函数 ( ) 1tg t e t e    ，则 ' ( ) 1tg t e  ．当 0t  时， ' ( ) 0g t  ；当 0t  时， ' ( ) 0g t  ．故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．又 (1) 0g  ， 1( 1) 2 0g e e     ，故当 [ 1,1]t   时， ( ) 0g t  ．当 [ 1,1]m  时， ( ) 0g m  ， ( ) 0g m  ，即①式成立．当 1m  时，由 ( )g t 的 单调性， ( ) 0g m  ，即 1me m e   ；当 1m   时， ( ) 0g m  ，即 1me m e    ．综上， m 的取值 范围是[ 1,1] ． 7.【2015 江苏高考，17】（本小题满分 14 分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山 区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为 1 2l l， ，山 区边界曲线为 C，计划修建的公路为 l，如图所示，M，N 为 C 的两个端点，测得点 M 到 1 2l l， 的距离分别为 5 千米和 40 千米，点 N 到 1 2l l， 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米，以 1 2l l， 所在的直线分别为 x，y 轴，建立 平面直角坐标系 xOy，假设曲线 C 符合函数 2 ay x b   （其中 a，b 为常数）模型. （1）求 a，b 的值； （2）设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为 t. ①请写出公路 l 长度的函数解析式  f t ，并写出其定义域； ②当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度. 【答案】（1） 1000, 0;a b  （2）① 6 2 4 9 10 9( ) ,4f t tt   定义域为[5,20] ， ② min10 2, ( ) 15 3t f t  千米 【解析】 （1）由题意知，点  ，  的坐标分别为  5,40 ， 20,2.5 ． 将其分别代入 2 ay x b   ，得 4025 2.5400 a b a b       ， 解得 1000 0 a b    ． ②设   6 2 4 4 10g t t t   ，则   6 5 16 102g t t t    ．令   0g t  ，解得 10 2t  ． 当  5,10 2t  时，   0g t  ，  g t 是减函数； 当  10 2,20t  时，   0g t  ，  g t 是增函数． 从而，当 10 2t  时，函数  g t 有极小值，也是最小值，所以  min 300g t  ， 此时  min 15 3f t  ． 答：当 10 2t  时，公路l 的长度最短，最短长度为15 3 千米． 8.【2015 高考新课标 2，理 12】设函数 ' ( )f x 是奇函数 ( )( )f x x R 的导函数， ( 1) 0f   ，当 0x  时， ' ( ) ( ) 0xf x f x  ，则使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是（ ） A． ( , 1) (0,1)   B． ( 1,0) (1, )  C． ( , 1) ( 1,0)   D． (0,1) (1, ) 【答案】A 【解析】记函数 ( )( ) f xg x x  ，则 ' ' 2 ( ) ( )( ) xf x f xg x x  ，因为当 0x  时， ' ( ) ( ) 0xf x f x  ，故当 0x  时， ' ( ) 0g x  ，所以 ( )g x 在 (0, ) 单调递减；又因为函数 ( )( )f x x R 是奇函数，故函数 ( )g x 是偶函数， 所以 ( )g x 在 ( ,0) 单调递减，且 ( 1) (1) 0g g   ．当 0 1x  时， ( ) 0g x  ，则 ( ) 0f x  ；当 1x   时， ( ) 0g x  ，则 ( ) 0f x  ，综上所述，使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是 ( , 1) (0,1)   ，故选 A． 9.【2015 高考新课标 1，理 12】设函数 ( )f x = (2 1)xe x ax a   ,其中 a 1，若存在唯一的整数 0x ，使得 0( )f x 0，则 a 的取值范围是（ ） (A)[- 3 2e ，1） (B)[- 3 2e ， 3 4 ） (C)[ 3 2e ， 3 4 ） (D)[ 3 2e ，1） 【答案】D 10.【2015 高考新课标 2，理 21】（本题满分 12 分） 设函数 2( ) mxf x e x mx   ． (Ⅰ)证明： ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增； （Ⅱ）若对于任意 1 2, [ 1,1]x x   ，都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e   ，求 m 的取值范围． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[ 1,1] ． 【解析】(Ⅰ) ' ( ) ( 1) 2mxf x m e x   ． 若 0m  ，则当 ( ,0)x  时， 1 0mxe   ， ' ( ) 0f x  ；当 (0, )x  时， 1 0mxe   ， ' ( ) 0f x  ． 若 0m  ，则当 ( ,0)x  时， 1 0mxe   ， ' ( ) 0f x  ；当 (0, )x  时， 1 0mxe   ， ' ( ) 0f x  ． 所以， ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增． （Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的 m ， ( )f x 在[ 1,0] 单调递减，在[0,1] 单调递增，故 ( )f x 在 0x  处取得最小 值．所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x   ， 1 2( ) ( ) 1f x f x e   的充要条件是： (1) (0) 1, ( 1) (0) 1, f f e f f e         即 1, 1, m m e m e e m e        ①，设函数 ( ) 1tg t e t e    ，则 ' ( ) 1tg t e  ．当 0t  时， ' ( ) 0g t  ；当 0t  时， ' ( ) 0g t  ．故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．又 (1) 0g  ， 1( 1) 2 0g e e     ，故当 [ 1,1]t   时， ( ) 0g t  ．当 [ 1,1]m  时， ( ) 0g m  ， ( ) 0g m  ，即①式成立．当 1m  时，由 ( )g t 的 单调性， ( ) 0g m  ，即 1me m e   ；当 1m   时， ( ) 0g m  ，即 1me m e    ．综上， m 的取值 范围是[ 1,1] ．