(2017-2019)高考文数真题分类汇编专题04 导数及其应用(解答题)(教师版).pdf

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1、专题 04导数及其应用（解答题）1【2019 年高考全国卷文数】已知函数f（）=2sin-cos-，f （）为 f（）的导数（1）证明：f （）在区间（0，）存在唯一零点；（2）若0，时，f（）a，求 a 的取值范围【答案】 （1）见解析； （2）a,0.【解析】（1）设g(x) f (x)，则g(x) cos x xsin x1,g(x) xcos x.当x(0,)时，g(x) 0；当x调递减.又g(0) 0,g2,时，g(x) 0，所以g(x)在(0,)单调递增，在,单222 0,g() 2，故g(x)在(0,)存在唯一零点.2所以f (x)在(0,)存在唯一零点.（2）由题设知f ()

2、a, f () 0，可得a0.由（1）知，f (x)在(0,)只有一个零点，设为x0，且当x0,x0时，f (x) 0；当xx0,时，f (x) 0，所以f (x)在0,x0单调递增，在x0,单调递减.又f (0) 0, f () 0，所以，当x0,时，f (x) 0.又当a 0,x0,时，a0，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确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2【2

3、019 年高考全国卷文数】已知函数f (x) (x1)ln x x1证明：（1）f (x)存在唯一的极值点；（2）f (x)=0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，+）.x11ln x1 ln x.xx1因为y ln x单调递增，y 单调递减，所以f (x)单调递增，又f (1) 1 0，x1ln41f (2) ln2 0，故存在唯一x0(1,2)，使得f x00.22f (x) 又当x x0时，f (x) 0，f (x)单调递减；当x x0时，f (x) 0，f (x)单调递增.因此，f (x)存在唯一的极值点.

4、（2）由（1）知fx0 f (1) 2，又f e2 e23 0，所以f (x) 0在x0,内存在唯一根 x .由 x01得又f11 x0.f ()1 1 1111 ln1 0，故是f (x) 0在0,x0的唯一根.综上，f (x) 0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f (x) ln xa(x1)ex，其中aR.（）若 a0，讨论f (x)的单调性；（）若0 a 1，e（i）证明f (x)恰有两个零点；（ii）设x0为f (x)的极

5、值点，x1为f (x)的零点，且x1 x0，证明3x0 x1 2.【答案】 （）f (x)在(0,)内单调递增.； （） （i）见解析； （ii）见解析.【解析】（）解：由已知，f (x)的定义域为(0,)，且11ax2exxx.f (x) ae a(x1)e xx因此当 a0 时，1ax2ex 0，从而f (x) 0，所以f (x)在(0,)内单调递增.11ax2ex.令g(x) 1ax2ex，由0 a ，（）证明：（i）由（）知f (x) ex可知g(x)在(0,)内单调递减，又g(1)1ae 0，且1 1 11 gln1aln1ln 0.aaaa故g(x) 0在(0,)内有唯一解， 从而

6、f (x) 0在(0,)内有唯一解， 不妨设为x0， 则1 x0 ln当x0,x0时，f (x) 221.ag(x)gx0 0，所以f (x)在0,x0内单调递增；当xx0,时，xxf (x) g(x)gx0 0，所以f (x)在x0,内单调递减，因此x0是f (x)的唯一极值点.xx11 0，故h(x)在(1,)内单调递减，从而当x 1x令h(x) ln x x1，则当x 1时，h(x) 时，h(x) h(1) 0，所以lnx x1.从而11111 1lna1 fln lnlnaln1e lnlnln1 hln 0，aaaaaa又因为fx0 f (1)0，所以f (x)在(x0,)内有唯一零

7、点.又f (x)在0,x0内有唯一零点 1，从而，f (x)在(0,)内恰有两个零点.2x2x11x1x0 x0ln x1f x0 0,ax0e01,x1x0ln x ee.因为（ii）由题意，即从而，即12x1xfx 0,ln x a x 1 e ,x111011当x 1时，lnx x1， 又x1 x01， 故e于是x1x02x0 x11 x2x x2两边取对数， 得lne10 ln x0，0，x11x1x0 2ln x0 2x01，整理得3x0 x1 2.【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

8、和解决问题的能力.4【2019 年高考全国卷文数】已知函数f (x) 2x3ax22（1）讨论f (x)的单调性；（2）当0a0，则当x(,0) U aa (,0),单调递增，在0,单调递减；33若 a=0，f (x)在(,)单调递增；若 a0，则当x,a aU (0,)x时，；当f (x) 0,0时，f (x) 0故f (x)在33a a,(0, )单调递增，在,0单调递减33（2）当0 a 3时，由（1）知，f (x)在0,a a单调递减，在,1单调递增，所以f (x)在0,133a3 a 2，最大值为f (0)=2或f (1)=4a.于是的最小值为f 3274a,0 a 2,a3m 2，

9、M 272,2 a 3.a32a,0 a 2,27所以M m 3a,2 a 3.27a3 8,2当0 a 2时，可知2a单调递减，所以M m的取值范围是2727a38当2 a 3时，单调递增，所以M m的取值范围是,1)2727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f (x) 13x x2 x4（）求曲线y f (x)的斜率为 1 的切线方程；（）当x2,4时，求证：x6 f (x) x；（）设F(x) | f (x)(xa)|(aR )，记F(x)在区间

10、2,4上的最大值为 M（a），当 M（a）最小时，求 a 的值64； （）见解析； （）a 3.2713【解析】 （）由f (x) x3 x2 x得f (x) x22x14438令f (x) 1，即x22x11，得x 0或x 4388又f (0) 0，f ( ) ，32788所以曲线y f (x)的斜率为 1 的切线方程是y x与y x，27364即y x与y x27【答案】 （）y x与y x（）令g(x) f (x) x,x2,4133x x2得g(x) x22x448令g(x) 0得x 0或x 3由g(x) g(x),g(x)的情况如下：xg(x)2(2,0)08(0, )3838( ,

11、4)34g(x)6Z06427Z0所以g(x)的最小值为6，最大值为0故6 g(x) 0，即x6 f (x) x（）由（）知，当a3时，M(a) F(0) | g(0) a| a 3；当a 3时，M(a) F(2) | g(2)a| 6 a 3；当a 3时，M(a) 3综上，当M(a)最小时，a 3【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a 0，设函数f (x)=aln x （1）当a x 1,x 0.3时，求函数f (x)的单调区间；4x1f (x) ,

12、求a的取值范围均有,)2ae2（2）对任意x注：e=2.71828为自然对数的底数20,0,3f x3,【答案】 （1） 的单调递增区间是（2）,单调递减区间是；4.【解析】（1）当a 33时，f (x) ln x 1 x,x 044f(x) 31( 1 x 2)(2 1 x 1)，4x2 1 x4x 1 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f (1)21，得0 a 42a当0 a 令t 2xx2 1 x2ln x 0时，f (x) 等价于242aaa1，则t 2 2a2设g(t) tx 2t 1 x 2ln x,t 2 2，则g(t) 11 xx

13、(t 1)22ln xxx17（i）当x,时，11 2 2，则xg(t) g(2 2) 8 x 4 2 1 x 2ln x记p(x) 4 x 2 2 1 x ln x,x 1，则7p(x) 2212 xx12xx1xx1xx x1(x1)1x( 2x2 1).x x1( x 1)( x12x)故x171(,1)71(1,)p(x)0+p(x)1p( )7单调递减极小值p(1)单调递增所以，p(x) p(1) 0因此，g(t) g(2 2) 2p(x) 0（ii）当x12 x ln x(x1) 11,时，g(t) g12x2 xe7 11,，2e7令q(x) 2 x ln x(x1),x则q(x

14、) ln x21 0，x 11,上单调递增，所以q(x)2e7 1 q7故q(x)在由（i）得，q 所以，q(x)0172 712 7p p(1) 0777因此g(t) g11q(x) 0 x2 x 10，,，t2 2, ),g(t)2e由（i） （ii）知对任意x即对任意xx 1f (x)，均有,22ae2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

15、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) (xa)(xb)(xc),a,b,cR、f (x)为 f（）的导函数（1）若 a=b=c，f（4）=8，求 a 的值；（2）若 ab，b=c，且 f（）和f (x)的零点均在集合3,1,3中，求 f（）的极小值；（3）若a 0,0 b 1,c 1，且 f（）的极大值为 M，求证 M【答案】 （1）a 2； （2）见解析； （3）见解析.427【解析】（1）因为a b c，所以f (x) (xa)(xb)(xc) (xa)因为f (4) 8，所以(4a)

16、8，解得a 2（2）因为b c，所以f (x) (xa)(xb) x (a 2b)x b(2a b)xab，从而f(x) 3(xb)x2322332a b 2a b令，得或f(x) 0 x bx 332ab都在集合3,1,3中，且a b，32ab所以1,a 3,b 33因为a,b,此时f (x) (x3)(x3)，f(x) 3(x3)(x1)令f(x) 0，得x 3或x 1列表如下：2xf(x)(,3)+30极大值2(3,1)10极小值(1,)+f (x)ZZ所以f (x)的极小值为f (1) (13)(13) 32（3）因为a 0,c 1，所以f (x) x(xb)(x1) x (b1)x

17、bx，32f(x) 3x22(b1)xb因为0b1，所以 4(b1) 12b (2b1) 3 0，则f(x)有2个不同的零点，设为x1,x2x1 x222b1b2b1b1b2b1,x2由f(x) 0，得x133列表如下：xf(x)f (x)(,x1)+x10极大值x1,x2x20极小值(x2,)+ZZ所以f (x)的极大值M fx1解法一：M fx1 x13(b1)x12bx122 b b1xb1b(b1)3x122(b1)x1b1x 199932b2b1(b1)27b(b1)2927b b123b(b1)2(b1)2(b1)2( b(b1)1)3272727b(b1)244因此M 27272

18、727解法二：因为0b1，所以x1(0,1)当x(0,1)时，f (x) x(xb)(x1) x(x1)令g(x) x(x1) ,x(0,1)，则g(x) 3x(x1)令g(x) 0，得x 22131列表如下：31(0, )3+xg(x)g(x)130极大值1( ,1)3Z所以当x 114时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max g3273所以当x(0,1)时，f (x) g(x) 44，因此M 2727【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ax2 x18【2018 年高考全国卷文数】已知函数f (x) xe（1）求曲

19、线y f (x)在点(0,1)处的切线方程；（2）证明：当a 1时，f (x)e 0【答案】 （1）2x y 1 0； （2）见解析.ax2(2a1)x2【解析】 （1）f (x) ，f (0) 2xe因此曲线y f (x)在点(0,1)处的切线方程是2x y 1 0（2）当a 1时，f (x)e (x x1e令g(x) x x1e2x12x1)exx1，则g(x) 2x1e当x 1时，g(x) 0，g(x)单调递减；当x 1时，g(x) 0，g(x)单调递增；所以g(x) g(1)=0因此f (x)e 0【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

20、二问当a 1时，f (x)e (x x1e2x1)ex，令g(x) x2 x1ex1，求出g(x)的最小值即可证明.x9【2018 年高考全国卷文数】已知函数fx ae lnx1（1）设x 2是fx的极值点，求a，并求fx的单调区间；（2）证明：当a 1时，fx0e1x【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+）单调递增；（2）见解析.)，f （）=ae【解析】（1）f（）的定义域为(0，由题设知，f （2）=0，所以 a=从而 f（）=122e1x1x1f =e ln x1e ， （）222e2ex当 02 时，f （）2 时，f （）0所以 f（）在（0，2）单调递减，在（2，+）单调

21、递增1ex（2）当 a时，f（）ln x1eeexex1设 g（）=lnx1，则g(x) eex当 01 时，g（）1 时，g（）0所以=1 是 g（）的最小值点故当0 时，g（）g（1）=0因此，当a 1时，f (x) 0e【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 年高考全国卷文数】已知函数fx（1）若a 3，求f (x

22、)的单调区间；（2）证明：f (x)只有一个零点【答案】（1）在（，32 3），（32 3，+）单调递增，在（32 3，32 3）单调递减；（2）见解析.【解析】（1）当 a=3 时，f（）=13x ax2 x1313x 3x23x3，f （）=x26x 33令 f （）=0 解得=32 3或=32 3当（，32 3）（32 3，+）时，f （）0；当（32 3，32 3）时，f （）1，则当x(,1)时，f (x) 0；当x(1,)时，f (x) 0.所以f (x)在=1 处取得极小值.若a 1，则当x(0,1)时，ax1 x10，所以f (x) 0.所以 1 不是f (x)的极小值点.综上

23、可知，a 的取值范围是(1,).方法二：f (x) (ax 1)(x1)e.（1）当 a=0 时，令f (x) 0得=1.x1af (x), f (x)随的变化情况如下表：(,1)+10极大值(1,)f (x)f (x)f (x)在=1 处取得极大值，不合题意.（2）当 a0 时，令f (x) 0得x11,x21.a2x当x1 x2，即 a=1 时，f (x) (x1) e 0，f (x)在R上单调递增，f (x)无极值，不合题意.当x1 x2，即 0a1 时，f (x), f (x)随的变化情况如下表：1(,)a+1a0极大值1(,1)a10极小值(1,)+f (x)f (x)f (x)在=

24、1 处取得极小值，即a1 满足题意.（3）当 a1d21d21时，g(x)=0，解得1=，2=33易得，g()在(，1)上单调递增，在1，2上单调递减，在(2，+)上单调递增g()的极大值 g(1)=g(d 12 3(d 1) 6 30)=932 3(d 1)d 1 6 3)=9322322232g()的极小值 g(2)=g(若 g(2)0，由 g()的单调性可知函数 y=g()至多有两个零点，不合题意若g(x2) 0,即(d 1) 27， 也 就 是| d |10， 此 时| d | x2，g(| d |) | d | 6 3 0,且可知函数2|d | x1,g(2| d |) 6| d |

25、32| d |6 3 62 106 3 0， 从而由g(x)的单调性，232y g(x)在区间(2| d |,x1),(x1,x2),(x2,| d |)内各有一个零点，符合题意所以，d的取值范围是(, 10) U ( 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()=xln（）若 f()在=1，2(12)处导数相等，证明：f(1)+f(2)88ln2；（）若 a34ln2，证明：对于任意0，直线 y=+a 与曲线 y=f()有唯一公共

26、点【答案】（）见解析；（）见解析.【解析】 （）函数 f（）的导函数f (x) 1，2 xx1由f (x1) f (x2)得1111，2 x1x12 x2x2111因为x1 x2，所以x1x22由基本不等式得1x1x2x1x2 24x1x22因为x1 x2，所以x1x2 256由题意得f (x1) f (x2) x1ln x1x2ln x21x1x2ln(x1x2)21x ln x，21( x 4)，则g(x) 4x设g(x) 所以（0，16）16024ln2（16，+）+g(x)g(x)所以 g（）在256，+）上单调递增，故g(x1x2) g(256) 88ln 2，即f (x1) f (

27、x2) 88ln 2（）令 m=e( a k)，n=(a 12) 1，则kf（m）ma|a|+a0，f（n）nan(1a|a|1k)0，直线 y=+a 与曲线 y=f（）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，大棚内的地块形状为矩形 ABCD，大棚内的地块形状为CDP，要求A,B均在线段MN上，C,D均

28、在圆弧上设 OC 与 MN 所成的角为（1）用分别表示矩形ABCD和CDP的面积，并确定sin的取值范围；（2）若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，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 （4sincos+cos） 平方米， CDP 的面积为 1600 （cossincos）平方米，sin 的取值范围是1，1； （2）当 =时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大46【解析】 （1）连结 PO 并延长交 MN 于 H，则 PHMN，所以 OH=10过 O 作 OEBC 于 E，则 OEMN，所

29、以COE=，故 OE=40cos，EC=40sin，则矩形 ABCD 的面积为 240cos（40sin+10）=800（4sincos+cos） ，CDP 的面积为1240cos（4040sin）=1600（cossincos） 2过 N 作 GNMN，分别交圆弧和 OE 的延长线于 G 和，则 G=N=10令GO=0，则 sin0=当 0，1，0（0，） 46时，才能作出满足条件的矩形ABCD，21，14所以 sin 的取值范围是答：矩形 ABCD 的面积为 800（4sincos+cos）平方米，CDP 的面积为 1600（cossincos）平方米，sin 的取值范围是1，14（2）因

30、为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43，设甲的单位面积的年产值为4，乙的单位面积的年产值为3（0） ，则年总产值为 4800（4sincos+cos）+31600（cossincos）=8000（sincos+cos） ，0，2设 f（）=sincos+cos，0，22，22则f () cossinsin (2sinsin1) (2sin1)(sin1)令f ()=0，得 =当 （0，当 （，6）时，f () 0，所以 f（）为增函数；6，）时，f () 0，所以 f（）为减函数，62时，f（）取到最大值6因此，当 =答：当 =时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大6【名师点睛】本小题主要考

31、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x0R， 满足f (x0) g(x0)且f (x0) g(x0)，则称x0为函数f (x)与g(x)的一个“S 点”（1）证明：函数f (x) x与g(x) x 2x2不存在“S 点”；（2）若函数f (x) ax 1与g(x) ln x存在“S 点”，求实数 a 的值；22bex（3） 已知函数f (x) x a，g(x) 对任意a 0， 判断是否存在b0， 使函数f (x)与g(x)x2在区

32、间(0,)内存在“S 点”，并说明理由【答案】 （1）见解析； （2）e； （3）见解析.2【解析】 （1）函数 f（）=，g（）=2+2-2，则 f（）=1，g（）=2+2由 f（）=g（）且 f（）= g（） ，得x x22x2，此方程组无解，1 2x2因此，f（）与 g（）不存在“S”点f x） ax 1，g(x) ln x，（2）函数（则f（ x） 2ax，g （ x） 21x设0为 f（）与 g（）的“S”点，由 f（0）=g（0）且 f（0）=g（0） ，得2ax01 ln x02ax01 ln x0，即， （*）122ax 0 x2ax0101得ln x0 ，即x0 e2，则a

33、2112(e)122e2e2x e当a 时，0满足方程组（*） ，即x0为 f（）与 g（）的“S”点21因此，a 的值为e232（3）对任意 a0，设h(x) x 3x ax a因为h(0) a 0，h(1)13a a 2 0，且 h（）的图象是不间断的，32x0所以存在x0（0，1） ，使得h(x0) 0令b x，则 b0e0(1 x0)bex函数f (x) x a ，g(x) ，x2bex(x1)(x) 2x ，g(x) 则f2x由 f（）=g（）且 f（）=g（） ，得322x0ex2bexx a x a x0e (1 x )xx0，即， （*）x3x2x0e (x1)2x be (x

34、1)2x x02x2e (1 x )x0此时，x0满足方程组（*） ，即x0是函数 f（）与 g（）在区间（0，1）内的一个“S 点”因此，对任意 a0，存在 b0，使函数 f（）与 g（）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 年高考全国卷文数】已知函数f (x)=e(ea)a2（1）讨论f (x)的单调性；（2）若f (x) 0，求 a 的取值范围【答案】 （1）当a 0时，f (x)在(,)单调递增；当a 0时，f (x)在(,ln a)单调递减，在aa（2）(lna,)

35、单调递增；当a 0时，f (x)在(,ln()单调递减，在(ln(),)单调递增；222e ,1【解析】 （1）函数f (x)的定义域为(,)，f (x) 2e若a 0，则f (x) e，在(,)单调递增若a 0，则由f (x) 0得x lna当x(,ln a)时，f (x) 0；当x(lna,)时，f (x) 0，故f (x)在(,ln a)单调递减，在2x2x34aexa2 (2ex a)(exa)，(lna,)单调递增若a 0，则由f (x) 0得x ln()a2a2a调递减，在(ln(),)单调递增22x当x(,ln()时，f (x) 0；当x(ln(),)时，f (x) 0，故f (

36、x)在(,ln()单a2a2（2）若a 0，则f (x) e，所以f (x) 0若a 0，则由（1）得，当x lna时，f (x)取得最小值，最小值为f (lna) a lna从而当且仅当a2lna 0，即a 1时，f (x) 0 若a 0， 则 由 （ 1 ） 得 ， 当x ln()时 ，f (x)取 得 最 小 值 ， 最 小 值 为2a2a3a3af (ln() a2ln()从而当且仅当a2ln() 0，即a 2e4时f (x) 024242综上，a的取值范围为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：运用导数知识讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义

37、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 年高考全国卷文数】设函数f (x) (1 x2)ex.343（1）讨论f (x)的单调性；（2）当x 0时，f (x) ax 1，求a的取值范围.1,).【答案】（1） 在(,12)和(12, )单调递减， 在(12, 12)单调递增；（2）2x【解析】 （1）f (x) (12x x )e.令f (x) 0得x 12，x 1+ 2.当x(,12)时，f (x) 0；当x(12,

38、12)时，f (x) 0；当x(12, )时，f (x) 0.所以f (x)在(,12)和(12, )单调递减，在(12, 12)单调递增.x（2）f (x) (1+x)(1 x)e.当 a1 时，设函数 h()=（1）e，h()= e0（0） ，因此 h()在0，+)单调递减，而 h(0)=1，故 h()1，所以 f()=（+1）h()+1a+1.当 0a1 时，设函数 g（）=e1，g（）=e10（0），所以 g（）在0，+)单调递增，而 g(0)=0，故 e+1.(1 x)(1 x) ax1 x(1a x x )，当01时，f (x) (1 x)(1 x)，取x02则x0(0,1),(1

39、 x0)(1 x0) ax01 0,故f (x0) ax01.22254a 1，2当a 0时，取x05 12,则x0(0,1),f (x0) (1 x0)(1 x0) 1 ax01.2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 年高考全国卷文数】已知函数f (x) lnxax 2a1x2（1）讨论f (x)的单调性；（2）当 a0 时，证明f (x) 324a【答案】 （1）当a 0时

40、，f (x)在(0,)单调递增；当a 0时，f (x)在(0,1)单调递增，在2a(1,)单调递减； （2）详见解析2a【解析】 （1）f (x)的定义域为（0，+） ，f (x) x12ax1.12ax2a1xx)时，f (x) 0，故f (x)在（0，+）单调递增.若a 0，则当x(0，若a 0，则当x(0,调递增，在(111)时，f (x) 0；当x(， )时，f (x) 0.故f (x)在(0,)单2a2a2a1， )单调递减.2a1取得最大值，最大值为2a（2）由（1）知，当a 0时，f (x)在x 111.) ln()12a2a4a3113112等价于ln()1 2，即ln()1

41、0.所以f (x) 4a2a4a4a2a2a1设g(x) lnx x1，则g(x) 1.xf (当x(0,1)时，g(x) 0；当（1，+）时，g(x) 0.所以g(x)在（0,1）单调递增， 在（1，+）单调递减.故当=1 时g(x)取得最大值，最大值为 g（1）=0.所以当0 时，g(x) 0.从而当 a0 时，ln(113)1 0，即f (x) 2.2a2a4a【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

42、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()=（2x 1）ex（ x （1）求 f()的导函数；1（2）求 f()在区间 ， +)上的取值范围21）211(1 x)( 2x12)ex1【答案】（1）f (x) (x )；（2）0,e2222x1【解析】 （1）因为(x2x1) 11xx，(e) e，2x11(1 x)( 2x12)ex1xx)e(x2x1)e所以f (x) (1(x )22x12x1(1 x)( 2x12)ex5（2）由f (x) 0，解得x 1或x 22x1因为12（1，1）21（1，5）2520

43、（5，）2f xf（）0+11e220Z15e22又f (x) 1( 2x11)2ex 0，2111所以 f（）在区间 ,)上的取值范围是0,e222【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用： （一）（一）函数单调性的讨论：运用导数知识讨论函数单调性时，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）（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f (x) excos x x（）求曲线y f (x)在点(0, f (0)处的切线方程；（）求函数

44、f (x)在区间0,上的最大值和最小值【答案】（）y 1；（）最大值为 1；最小值为2.2xx【解析】（）因为f (x) e cos x x，所以f (x) e (cos xsin x)1, f (0) 0.又因为f (0) 1，所以曲线y f (x)在点(0, f (0)处的切线方程为y 1.（）设h(x) e (cos xsin x)1，则h(x) e (cos xsin xsin xcos x) 2e sin x.xxx当x(0,)时，h(x) 0，所以h(x)在区间0,上单调递减.所以对任意x(0,有h(x) h(0) 0，即f (x) 0.所以函数f (x)在区间0,上单调递减.因此

45、f (x)在区间0,上的最大值为f (0) 1，最小值为f ( ) 222222.2【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hx f x，再求hx，一般这时就可求得函数hx的零点，或是hx0(hx0)恒成立，这样就能知道函数hx的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断y fx的单调性，最后求得结果.21 【2017 年高考天津文数】 设a,bR，|a|1已知函数f (x) x36x23a(a 4)x b，g(x) exf (x)（）求f (x)的单调区间；（）已知函数y g

46、(x)和y ex的图象在公共点（0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f (x)在x x0处的导数等于 0；（ii）若关于的不等式g(x) ex在区间x01,x01上恒成立，求 b 的取值范围【答案】 （）递增区间为(,a)，(4a,)，递减区间为(a,4a)； （） （）见解析， （）7,1【解析】（）由f (x) x 6x 3a(a4)xb，可得32f (x) 3x212x3a(a4) 3(xa)(x(4a)，令f (x) 0，解得x a或x 4a由|a|1，得a 4a当x变化时，f (x)，f (x)的变化情况如下表：xf (x)(,a)(a,4a)(4a,)f (x)ZZ所以，f (x

47、)的单调递增区间为(,a)，(4a,)，单调递减区间为(a,4 a)x0g(x ) e0（）（i）因为g(x) ex( f (x)f (x)，由题意知，x0g(x0) exx f (x0) 1f (x0)e0 e0所以x，解得x00f(x0) 0e ( f (x0)f (x0) e所以，f (x)在x x0处的导数等于 0 x（ii）因为g(x) e，xx01,x01，由ex 0，可得f (x) 1又因为f (x0) 1，f(x0) 0，故x0为f (x)的极大值点，由（）知x0 a另一方面，由于|a|1，故a1 4a，由（）知f (x)在(a1,a)内单调递增，在(a,a1)内单调递减，故当

48、x0 a时，f (x) f (a) 1在a 1,a 1上恒成立，x从而g(x) e在x01,x01上恒成立32由f (a) a 6a 3a(a4)a b 1，得b 2a36a21，1 a 12令t(x) 2x 6x 1，x1,1，所以t(x) 6x 12x，32令t(x) 0，解得x 2（舍去），或x 0因为t(1) 7，t(1) 3，t(0) 1，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x0 a，然

49、后构造函数进行求解22【2017 年高考山东文数】已知函数fx1312x ax ,aR.32（）当 a=2 时,求曲线y fx在点3, f3处的切线方程；（）设函数gx fxxacosxsinx,讨论gx的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】 （）3x y 9 0,（）见解析.2【解析】 （）由题意f (x) x ax，所以，当a 2时，f (3) 0，f (x) x 2x，所以f (3) 3，因此，曲线y f (x)在点(3, f (3)处的切线方程是y 3(x3)，即3x y 9 0.（）因为g(x) f (x)(xa)cos xsin x，所以g(x) f (x)cos x(

50、xa)sin xcos x，2 x(xa)(xa)sin x (xa)(xsin x)，令h(x) xsin x，则h(x) 1cos x 0，所以h(x)在R上单调递增，因为h(0) 0，所以，当x 0时，h(x) 0；当x 0时，h(x) 0.（1）当a 0时，g(x) (xa)(xsin x)，当x(,a)时，xa 0，g(x) 0，g(x)单调递增；当x(a,0)时，xa 0，g(x) 0，g(x)单调递减；当x(0,)时，xa 0，g(x) 0，g(x)单调递增.所以当x a时g(x)取到极大值，极大值是g(a) 13a sina，6当x 0时g(x)取到极小值，极小值是g(0) a