专题07 导数及其应用（命题猜想）-2018年高考数学（文）命题猜想与仿真押题 42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·高考天津卷)已知 a∈R，设函数 f(x)＝ax－ln x 的图象在点(1，f(1))处的切线为 l， 则 l 在 y 轴上的截距为________． 解析：∵f′(x)＝a－1 x ，∴f′(1)＝a－1. 又∵f(1)＝a，∴切线 l 的斜率为 a－1，且过点(1，a)， ∴切线 l 的方程为 y－a＝(a－1)(x－1)． 令 x＝0，得 y＝1，故 l 在 y 轴上的截距为 1. 答案：1 【2016 高考新课标 2 文数】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 【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离 的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即 为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值． 【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 【解析】因为 f′（x）＝exsin x＋excos x，所以 f′（0）＝1，即曲线 y＝f（x）在点（0，f（0）） 处的切线的斜率为 1，所以在点（0，f（0））处的切线的倾斜角为π 4 . 【命题热点突破二】函数的单调性 与最值 例 2、【2017 课标 3，文 21】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 3( ) 24f x a    ． 【答案】（1）当 0a 时， )(xf 在 ),0(  单调递增；当 0a 时，则 )(xf 在 )2 1,0( a  单调递增，在 ),2 1(  a 单调递减；（2）详见解析 当 a＜0 时， 1 1ln 1 02 2a a     ，即 3 24fx a    . 【2016 高考山东文数】(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 （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    ， 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。 【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． （2）f′（x） ＝aex＋（ax－2）ex＝（ax＋a－2）ex. 由已知得 f′（1）＝0，即（2a－2）e＝0，解得 a＝1， 验证知，当 a＝1 时，函数 f（x）＝（x－2）ex 在 x＝1 处取得极小值，所以 a＝1. f（x）＝（x－2）ex，f′（x）＝ex＋（x－2）ex＝（x－1）ex. f′（x），f（x）随 x 的变化情况如下： 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，由（*）式，知 lnb a 0；当 x∈（-1- ，+∞） 时，f’(x)<0 所以 f(x)在（-∞，-1- ），（-1+ ，+∞）单调递减，在（-1- ，-1+ ）单调递增 (2) f (x)=(1+x)（1-x）ex 当 a≥1 时，设函数 h(x)=（1-x）ex，h’(x)= -xex＜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）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以 g（x）在在[0，+∞)单调递 增，而 g(0)=0，故 ex≥x+1 当 0＜x＜1， ， ，取 则 当 综上，a 的取值范围[1，+∞） 5.【2017 课标 3，文 21】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 3( ) 24f x a    ． 【答案】（1）当 0a 时， )(xf 在 ),0(  单调递增；当 0a 时，则 )(xf 在 )2 1,0( a  单调递增，在 ),2 1(  a 单调递减；（2）详见解析 （2）由（1）知，当 a＜0 时，f（x）在 1 2x a   取得最大值，最大值为 1 1 1ln 12 2 4f a a a      . 所以 3 24fx a    等价于 1 1 3ln 1 22 4 4a a a       ，即 1 1ln 1 02 2a a     . 设 g（x）=lnx-x+1，则 ’ 1 1g x x   . 当 x∈（0,1）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，g（x）≤0. 从而当 a＜0 时， 1 1ln 1 02 2a a     ，即 3 24fx a    . 6.【2017 山东，文 20】（本小题满分 13 分）已知函数   3 21 1 ,3 2f 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 sing 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)3 9 0x y   ,（2）(II)⑴ 0a  无极值；⑵ 0a  极大值为 31 sin6 a a  ,极小值为 a ； ⑶ 0a  极大值为 a ,极小值为 31 sin6 a a  .   sinx a x x   ， 令   sinh x x x  ， 则   1 cos 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  . （3）当 0a  时，     sing x x a x x   ， 当  ,0x  时， 0x a  ，   0g x  ，  g x 单调递增； 当  0,x a 时， 0x a  ，   0g x  ，  g x 单调递减； 当  ,x a  时， 0x a  ，   0g x  ，  g x 单调递增. 所以当 0x  时  g x 取到极大值，极大值是  0g a  ； 当 x a 时  g x 取到极小值，极小值是   31 sin6g a a a   . 综上所述： 当 0a  时，函数  g x 在 ,a 和 0, 上单调递增，在  ,0a 上单调递减，函数既有极大值，又 有极小值，极大值是   31 sin6g a a a   ，极小值是  0g a  ； 当 0a  时，函数  g x 在  ,  上单调递增，无极值； 当 0a  时，函数  g x 在  ,0 和 ,a  上单调递增，在  0,a 上单调递减，函数既有极大值，又 有极小值，极大值是  0g a  ，极小值是   31 sin6g a a a   . 7.【2017 北京，文 20】已知函数 ( ) e cosxf 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 1；最小值 2  . 1. 【2016 高考山东文数】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 年高考四川文数】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 3.【2016 高考新课标 2 文数】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          . 4.【2016 高考新课标 3 文数】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, ) （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 高考山东文数】(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    . （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. （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 ， 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 【解析】 （1）因为 12, 2a b  ，所以 ( ) 2 2x xf x   . ①方程 ( ) 2f x  ，即 2 2 2x x  ，亦即 2(2 ) 2 2 1 0x x    ， 所以 2(2 1) 0x   ，于是 2 1x  ，解得 0x  . ②由条件知 2 2 2 2(2 ) 2 2 (2 2 ) 2 ( ( )) 2x x x xf x f x        . 因为 (2 ) ( ) 6f x mf x  对于 xR 恒成立，且 ( ) 0f x  ， 所以 2( ( )) 4 ( ) f xm f x  对于 xR 恒成立. 而 2( ( )) 4 4 4( ) 2 ( ) 4( ) ( ) ( ) f x f x f xf x f x f x       ，且 2( (0)) 4 4(0) f f   ， 所以 4m  ，故实数 m 的最大值为 4. 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 高考天津文数】（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  . （Ⅱ）证明：因为 )(xf 存在极值点，所以由（Ⅰ）知 0a ，且 10 x ， 由题意，得 0)1(3)(' 2 00  axxf ，即 3)1( 2 0 ax  ， 进而 baxabaxxxf  33 2)1()( 00 3 00 . 又 baaxxabxaxxf  32)1(3 8)22()22()23( 000 3 00 )(33 2 00 xfbaxa  ， 且 0023 xx  ，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数 1x 满足 )()( 01 xfxf  ，且 01 xx  ，因此 01 23 xx  ， 所以 32 01  xx . （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 . （3）当 4 30  a 时， 2 3 2 30 1 1 23 3 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 )]2(),0([ ff ，因此 |}21||,1max{||})2(||,)0(max{| babffM  |})(1||,)(1max{| baabaa  4 1||1  baa . 综上所述，当 0a 时， )(xg 在区间 ]2,0[ 上的最大值不小于 4 1 . 9.【2016 高考新课标 3 文数】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． （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                     （Ⅲ）由（Ⅰ）得| ( ) | | 2 sin 2 ( 1)sin | 2 | 1|f x x x           . 当 10 5   时，| ( ) | 1 2 4 2(2 3 ) 2f x A          . 当 1 15   时， 1 3 18 8 4A      ，所以| ( ) | 1 2f x A    . 当 1  时，| ( ) | 3 1 6 4 2f x A       ，所以| ( ) | 2f ' x A . 10.【2016 高考浙江文数】（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       ． （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 文数】(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 . 【解析】 （Ⅰ） ( )f x 的定义域为 ( , 2) ( 2, )     . 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 年高考北京文数】（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 ( , )  . 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  （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   ． 设   34 27g a a a c   ，因为函数  f x 有三个零点时， a 的取值范围恰好是   3 3, 3 1, ,2 2              ，则在 , 3  上   0g a  ，且在 3 31, ,2 2           上   0g a  均恒 成立， 从而  3 1 0g c    ，且 3 1 02g c       ，因此 1c  ． 此时，      3 2 21 1 1 1f x x ax a x x a x a            ， 因函数有三个零点，则  2 1 1 0x a x a     有两个异于 1 的不等实根， 所以    2 21 4 1 2 3 0a a a a         ，且   21 1 1 0a a      ， 解得   3 3, 3 1, ,2 2a               ． 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. 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． （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] ． 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 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 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 【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. 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] ．