[讲义答案]第5讲-5ef0dcf8eef8_学而思高三全套_2019年高三暑假直播_2019-暑高二升高三理科数学一轮复习直播凌云班（全国）10讲王侃_讲义答案

直击课堂
【本讲解读】
  本书第讲在第讲“导数（一）”的基础上，重点围绕“函数的极值与最值”、“恒成立与存在性问题”、“函数的零
点问题”三个模块展开．该三个模块均属于高考中分值占比高、重点考查的考点内容，且常以中档难度以上的压轴大
题形式出现．高考试题中此模块的考查主要集中在对含参函数解析式及含参区间上单调性、极值与最值、零点等多
个维度上的考查，涉及数形结合、分类讨论等多个数学思想与方法．具体的考点考法将在本讲的后续内容中进行详
细的阐述．
模块
模块1：七分钟快测
：七分钟快测
1  61%
直击课堂
直击课堂
本讲解读
本讲解读
5
4
演练1
答 案
D
解析
 
，
， 
， 当
时，
，
当
时，
，
为
的极小值点． 
答 案
A
解析
解：
，
， 
， 
是函数
的极值点， 
， 
解得
， 
， 
在
上单调递增，在
上单调递减， 
，无极小值． 
故选：A．
答 案
A
解析
解：函数
的导函数为
， 
令
，解得
， 
所以，
为函数
的极值点． 
因为
， 
所以在区间
上，
， 
则
， 
故选：A．
答 案
B
1
1
1  74%
∵f(x) =
 +
x
2
lnx
∴x > 0
f (x) =
′
−
 +
x2
2
 =
x
1
 
x2
x −2
x > 2
f (x) >
′
0
0 < x < 2
f (x) <
′
0
∴x = 2
f(x)
演练2
∵f x =
( )
ax + lnx
x > 0
∴f
x =
′ ( )
a +
 x
1
∵x = 1
f x =
( )
ax + lnx
∴f
1 =
′ ( )
a + 1 = 0
a = −1
∴f
x =
′ ( )
−1 +
 =
x
1
 
x
1 −x
∴f x
( )
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
∴f x
 =
( )极大值
f 1 =
( )
−1
演练3
f x =
( )
x −
3
3x −1
f
x =
′ ( )
3x −
2
3
f
x =
′ ( )
0
x = ±1
1
−1
f x
( )
f −3 =
(
)
−19, f −1 =
(
)
1, f 1 =
( )
−3, f 2 =
( )
1
−3, 2
[
]
M = f x
 =
( )max
1, N = f x
 =
( )min
−19
M −N = 20
演练4
解析
【命题立意】本题考查极值的应用，难度较小. 【解题思路】因为
，故
，故
，故选B.
答 案
D
解析
①中，
恒成立，所以函数在
上单调递增，无极值点；②中，
，当
时，函数单调递增，当
时，函数单调递减，所以在
处取得极值，符合题意；③中，结
合该函数图象可知当
时，函数单调递增，当
时，函数单调递减，所以在
处取得
极值，符合题意；④中，由函数的图象知其在
上单调递增，无极值点．故选D．
答 案
A
解析
解:当
时，
， 
， 当
时，
，当
时，
， 
是函数的极值点， 
是定义域为
的奇函数， 
是函数的极值点， 故选A．
答 案
极大值为，极小值为
．
解析
由已知条件得， 
，且函数定义域为
，所以
，令
，得
或
， 
随的变化如下表:  
模块
模块2：函数的极值、最值
：函数的极值、最值
考法：求极值
1  73%
2  46%
1
f
x =
′ ( )
3ax +
2
b
f
 
=
′ ( a
1 )
 +
a
3
b = 0
ab = −3
例题1
y =
′
3x ⩾
2
0
R
y =
′
2x
x > 0
x < 0
x = 0
x > 0
x < 0
x = 0
R
x < 0
f(x) = (x + 1) e
−
3 x+1
e
∴f (x) =
′
(x + 4)(x + 1) e
2 x+1
∴
x < −4
f (x) <
′
0
−4 < x < 0
f (x) >
′
0
∴x = −4
∵f(x)
R
∴x = 4
例题2
0
ln2 −
 4
3
F x =
( )
lnx +
 x −
4
1
2
 x +
2
3
 4
5
0, +∞
(
)
F
x =
′ ( )
 +
x
1
 x −
2
1
 =
2
3
 =
2x
x −3x + 2
2
 
2x
x −1
x −2
(
) (
)
F
x =
′ ( )
0
x = 1
x = 2
F x , F
x
( )
′ ( )
x
  
当
时，函数
取得极大值
，当
时，函数
取得极小值
．
答 案
C
解析
(
，
)， 
若
在区间
内有极大值，即
在
内有解． 
则
在区间
内先大于，再小于， 
则
，即
，解得
．故选C．
答 案
D
解析
解：根据题意，因为
，所以
． 
令
，得
， 
再令
， 
因为函数
在
上恰有两个极值点，所以
有两个
根． 
又
， 
令
，得
，且
； 
令
，得
， 
所以函数
在
，
上单调递增，在
上单调递减． 
由于
，
， 
根据其图象可得
，即
． 
故选：D．
考法：已知极值逆向求参
1  63%
2
x = 1
F x
( )
F 1 =
( )
0
x = 2
F x
( )
F 2 =
( )
ln2 −4
3
例题3
f
x =
′ ( )
ax −1 + 2a +
(
)
 =
x
2
 
x
ax −2a + 1 x + 2
2
(
)
a > 0
x > 0
f x
( )
 , 1
( 2
1
)
f
x =
′ ( )
0
 , 1
( 2
1
)
f
x
′ ( )
 , 1
( 2
1
)
0
0
{f
 > 0
′ ( 2
1)
f
1 < 0
′ ( )
 
{
 > 0
 2
1
 a−
 2a+1 +2
4
1
2
1 (
)
a −2a + 1 + 2 < 0
(
)
1 < a < 2
f x =
( )
e −
x
a lnx + 2ax −1
f
x =
′ ( )
e −
x
 +
x
a
2a
f
x =
′ ( )
e −
x
 +
x
a
2a = 0
a =
 
1 −2x
xex
g x =
( )
 x > 0
1 −2x
xex
(
)
f x =
( )
e −
x
a lnx + 2ax −1
0, +∞
(
)
g x =
( )
a
g
x =
′ ( )
−
 x > 0
1 −2x
(
)2
e
2x + 1
x −1
x (
) (
) (
)
g
x >
′ ( )
0
0 < x < 1
x=
 
 
/ 2
1
g
x <
′ ( )
0
x > 1
g x
( )
0,
 
(
2
1 )
 , 1
( 2
1
)
1, +∞
(
)
g 0 =
( )
0
g 1 =
( )
−e
a < −e
a ∈−∞, −e
(
)
答 案
C
解析
函数
的导数为
，由
，可得
（
舍去），由
，
，
，可得
在
上的
最大值为
．故选：C．
答 案
见解析
解析
因为
， 
①当
时，在区间
上，
， 所以函数
在
上单调递增，则最大值为
． 
②当
时，即
时，
， 所以函数
在
上单调递增，则最大值
为
． 
③当
时，即
时， 函数
在
上单调递增，在
上单调
递减，则最大值为
． 
④当
时，即
时，
， 函数
在
上单调递减，则最大值为
． 
综上，当
时，最大值为
；当
时，最大值为
；当
时，最大值为
．
答 案
见解析
考法：利用导数求函数最值
1  79%
1
1
例题4
f(x) = −
 x +
3
1
3
4x −4
f (x) =
′
−x +
2
4
f (x) =
′
0
x = 2
x = −2
f(2) = 4 −
 =
3
8
 3
4
f(0) = −4
f(3) = −1
f(x)
0, 3
[
]
 3
4
例题5
f (x) =
′
 −
x
1
m =
 
x
1 −mx
m ⩽0
[1, e]
f (x) >
′
0
f(x)
[1, e]
f(e) = 1 −me
 ⩾
m
1
e
0 < m ⩽
 e
1
f (x) >
′
0
f(x)
[1, e]
f(e) = 1 −me
1 <
 <
m
1
e
 <
e
1
m < 1
f(x)
1,
 
(
m
1 )
 , e
( m
1
)
f
 
=
( m
1 )
−lnm −1
0 <
 ⩽
m
1
1
m ⩾1
f (x) <
′
0
f(x)
[1, e]
f(1) = −m
m ⩽
 e
1
1 −me
 <
e
1
m < 1
−lnm −1
m ⩾1
−m
例题6
解析
，
． 
． 
，
，
， 
在
上单调递增；在
上单调递减． 
① 当
时，
在
上单调递增， 
； 
② 当
，即
时，
在
上单调递增，在
上单调递减， 
； 
③当
，即
时，
在
上单调递减， 
． 
综上所述，当
时，函数
在
上的最大值是
； 当
时，函数
在
上的最大值是
； 当
时，函数
在
上的最大值是
．
答 案
C
解析
解：根据题意，因为
的解集为
，且
， 
所以对任意
，
恒成立， 
分种情况讨论： 
①当
时，不等式
对任意实数恒成立； 
②当
时，不等式
可变形为
， 
设
，
，其导数
， 
令
，解得
． 
当
时，
，函数
单调递减； 
当
时，
，函数
单调递增． 
由此可知：当
时，函数
取得极小值，即最小值，且
． 
，
． 
即的取值范围是
． 
故选：C．
模块
模块3：恒成立、存在性问题
：恒成立、存在性问题
考法：恒成立与存在性问题
1
∵a <
2
a
∴0 < a < 1
f
x =
′ ( )
 −
x
1
2ax + a −2 =
(
)
 =
x
1 −2ax + a −2 x
2
(
)
−
 
x
2x −1
ax + 1
(
) (
)
∵x ∈(0, +∞)
0 < a < 1
∴ax + 1 > 0
∴f x
( )
0,
 
(
2
1 )
 , +∞
( 2
1
)
0 < a ⩽
 2
1
f(x)
[a , a]
2
∴f x
 =
( )max
f(a) = lna −a +
3
a −
2
2a
 
{a >
 2
1
a <
 
2
2
1
 <
2
1
a <
 
2
 2
f(x)
a ,
 
[ 2
2
1 )
 , a
( 2
1
]
∴f x
 =
( )max
f
 
=
( 2
1 )
−ln2 −
 +
4
a
 =
2
a −2
 −
4
a
1 −ln2
 ⩽
2
1
a <
2
1
 ⩽
2
 2
a < 1
f(x)
[a , a]
2
∴f x
 =
( )max
f(a ) =
2
2 lna −a +
5
a −
3
2a2
0 < a ⩽
 2
1
f(x)
[a , a]
2
lna −a +
3
a −
2
2a
 <
2
1
a <
 
2
 2
f(x)
[a , a]
2
 −
4
a
1 −ln2
 ⩽
2
 2
a < 1
f(x)
[a , a]
2
2 lna −a +
5
a −
3
2a2
例题7
e +
x
x > ax
P
0, 2 ⊆
[
]
P
x ∈0, 2
[
]
e +
x
x > ax
2
x = 0
e +
0
0 > 0
x
x > 0
e +
x
x > ax
a −1 <
 
x
ex
g x =
( )
 
x
ex
0 < x ⩽2
g
x =
′ ( )
 
x2
e
x −1
x (
)
g
x =
′ ( )
0
x = 1
0 < x < 1
g
x <
′ ( )
0
g x
( )
1 < x ⩽2
g
x >
′ ( )
0
g x
( )
x = 1
g x
( )
g 1 =
( )
e
∴a −1 < e
∴a < e + 1
a
−∞, e + 1
(
)
答 案
解析
解法一：
(
)． 
①当
，即
时，
，
在
上单调递增， 
，
，与
矛盾；  
②当
，即
时，
，
；
，
， 
，只需
， 
与
矛盾； 
③当
，即
时，
，
在
上单调递减， 
，
，符合
． 
综上所述，的取值范围为
． 
解法二：由已知得
． 
设
(
)，
． 
，
，
在
上单调递减，
， 
故的取值范围为
．
答 案
见解析
解析
由
， 得
， 即
， 
，
， 令
，则
， 令
，则
， 
，
，
在
上单调递增， 
1
1
例题8
 , +∞
( 2
9
)
f
x =
′ ( )
3x −
2
2ax = 3x
x −
 
(
3
2a) 1 ⩽x ⩽2
 a ⩽
3
2
1
a ⩽
 2
3
f
x ⩾
′ ( )
0
f x
( )
1, 2
[
]
∴f x
 =
( )min
f 1 =
( )
11 −a
∴11 −a < 0 ⇒a > 11
a ⩽
 2
3
1 <
 <
3
2a
2
 <
2
3
a < 3
x ∈
1,
 
(
3
2a)
f
x <
′ ( )
0
x ∈
 , 2
( 3
2a
)
f
x >
′ ( )
0
∴f x
 =
( )min
f
 
=
( 3
2a)
−
 a +
27
4
3
10
−
 a +
27
4
3
10 < 0 ⇒a >
 ≈
3 67.5
4.1
 <
2
3
a < 3
 ⩾
3
2a
2
a ⩾3
f
x ⩽
′ ( )
0
f x
( )
1, 2
[
]
∴f x
 =
( )min
f 2 =
( )
18 −4a
∴18 −4a < 0 ⇒a >
 2
9
a ⩾3
a
 , +∞
( 2
9
)
a >
 =
x2
x + 10
3
x +
 
x2
10
g x =
( )
x +
 
x2
10 1 ⩽x ⩽2
∴g
x =
′ ( )
1 −
 
x3
20
∵1 ⩽x ⩽2
∴g
x <
′ ( )
0
∴g x
( )
1, 2
[
]
∴g x
 =
( )min
g 2 =
( )
 2
9
a
 , +∞
( 2
9
)
例题9
f x ⩾
( )
 x +
2
5
2
a −3 x +
(
)
1
e +
x
2x −
2
3x ⩾
 x +
2
5
2
a −3 x +
(
)
1
ax ⩽e −
x
 x −
2
1
2
1
∵x ⩾
 2
1
∴a ⩽
 
x
e −
 x −1
x
2
1
2
g x =
( )
 
x
e −
 x −1
x
2
1
2
g
x =
′ ( )
 
x2
e
x −1 −
 x + 1
x (
)
2
1
2
φ x =
( )
e
x −1 −
x (
)
x +
2
1
2
1
φ (x) =
′
x(e −
x
1)
∵x ⩾
 2
1
∴φ (x) >
′
0
∴φ(x)
 , +∞
[2
1
)
， 因此
，故
在
上单调递增，
则
， 
若
恒成立，则
， 
故的取值范围是
．
答 案
见解析
解析
解：证明：令
，则 
， 
因为
，所以
在区间
上单调递增． 
所以
，
， 
即当
时，
．
答 案
见解析
解析
解：由
知，当
时，
对
恒成立． 
当
时，令
，则 
， 
所以当
时，
，因此
在区间
上单调递减． 
当
时，
，即
． 
所以当
时，
并非对
恒成立． 
综上可知，的最大值为．
1
2
模块
模块4：函数的零点问题
：函数的零点问题
∴φ x ⩾
( )
φ
 
=
( 2
1 )
 −
8
7
 
 >
2
1
e
0
g (x) >
′
0
g(x)
 , +∞
[2
1
)
g x ⩾
( )
g
 
=
( 2
1 )
 =
 2
1
e −
 −1
 2
1
8
1
2
 −
e
 4
9
g(x) ⩾a
a ⩽2
 −
e
 4
9
a
−∞, 2
 −
 
(
e
4
9 ]
例题10
g x =
( )
f x −
( )
2
x +
 
(
3
x3
)
g
x =
′ ( )
f
x −
′ ( )
2 1 + x
=
(
2)
 
1 −x2
2x4
g
x >
′ ( )
0 0 < x < 1
(
)
g x
( )
0, 1
(
)
g x >
( )
g 0 =
( )
0
x ∈0, 1
(
)
x ∈0, 1
(
)
f x >
( )
2
x +
 
(
3
x3
)
1
( )
k ⩽2
f x >
( )
k
x +
 
(
3
x3
)
x ∈0, 1
(
)
k > 2
h x =
( )
f x −
( )
k
x +
 
(
3
x3
)
h
x =
′ ( )
f
x −
′ ( )
k 1 + x
=
(
2)
 
1 −x2
kx −k −2
4
(
)
0 < x <
 
4
 
k
k −2
h
x <
′ ( )
0
h x
( )
0,
 
 
(
4
 
k
k −2 )
0 < x <
 
4
 
k
k −2
h x <
( )
h 0 =
( )
0
f x <
( )
k
x +
 
(
3
x3
)
k > 2
f x >
( )
k
x +
 
(
3
x3
)
x ∈0, 1
(
)
k
2
答 案
B
解析
由题意，知
，函数
有且只有一个零点等价于方程
只有一个根，即方程
只有一个根，则函数
与直线
只有一个交点．因为
，所以函数
在
上是增函数，在
上为减函数，在
为增函数，
的极小值为
，且
，
，
，
，
，则
的图象如图所示，由图易知
，故选B．  
答 案
C
解析
函数
， 
， 当
时，
，函数为减函数； 当
时，
，函数为增函数； 故当
时，
取最小值
， 由
，
， 故函数
 在
和
各有一个零点， 故选：C．
答 案
见解析
解析
由
， 得
， 令
，
则
， 观察得
时，
． 当
时，
考法：零点问题
1
2
1
例题11
x=0
/
f x
( )
 −
x
ex
kx = 0
 =
x2
ex
k
g x =
( )
 
x2
ex
y = k
g
x =
′ ( )
 
x4
x x −2 e
(
)
x
g x
( )
−∞, 0
(
)
0, 2
(
)
2, +∞
(
)
g x
( )
g 2 =
( )
 4
e2
x →0
g x →
( )
+∞
x →−∞, g x →
( )
0
x →+∞
g x →
( )
+∞
g x
( )
0 < k <
 4
e2
∵
f x =
( )
lnx +
 −
x
1
2
∴f
x =
′ ( )
 −
x
1
 =
x2
1
 
x2
x −1
x ∈0, 1
(
)
f
x <
′ ( )
0
x ∈1, +∞
(
)
f
x >
′ ( )
0
x = 1
f x
( )
−1
 f x →
x→0+
lim
( )
+∞
 f x →
x→+∞
lim
( )
+∞
f x =
( )
lnx +
 −
x
1
2
0, 1
(
)
1, +∞
(
)
例题12
g(x) = f(x) −lnx + x =
2
0
m =
 
x
e −lnx + x
x
2
h x =
( )
 
x
e −lnx + x
x
2
h
x =
′ ( )
 
x2
x −1 e + x −1 + lnx
(
)
x
2
x = 1
h (x) =
′
0
x > 1
， 当
时，
， 
， 函数
存在两个零点时
的取值范围是
．
答 案
见解析
解析
方法一：①若
时，由
可知：
最多有一个零点， 
②当
时，
， 
当
时，
， 
当
时，
， 
当
，且远远大于
和， 
当
， 
要使函数有两个零点，则
的最小值小于即可， 
又
在
上是减函数，在
上是增函数， 
， 
，即
， 
设
，则
， 
，由
， 
，解得
， 
的取值范围是
． 
方法二：①若
时，由
可知：
至多有一个零点， 
②当
时，由
可知：当
时，
取得最小值，
， 
当
时，
，故
只有一个零点， 
当
时，
，即
， 
故
没有零点， 
当
时，
，即
， 
又
， 
故
在
有一个零点， 
假设存在正整数
，满足
，则 
， 
又
，故
在
上有一个零点． 
的取值范围是
．
1
h (x) >
′
0
0 < x < 1
h (x) <
′
0
∴h(x)
 =
min
h(1) = e + 1
∴
g(x) = f(x) −lnx + x2
m
(e + 1, +∞)
例题13
a ⩽0
(1)
f x
( )
a > 0
f x =
( )
ae
+
2x
a −2 e −
(
)
x
x
x →−∞
e
→
2x
0, e →
x
0
∴
x →−∞
f x →
( )
+∞
x →+∞, e
→
2x
+∞
ex
x
∴
x →+∞, f x →
( )
+∞
∴
f x
( )
0
f x
( )
−∞, ln
 
(
a
1 )
ln
 , +∞
(
a
1
)
∴f x
 =
( )min
f
ln
 
=
(
a
1 )
a ×
 
+
( a2
1 )
a −2 ×
(
)
 −
a
1
ln
 <
a
1
0
∴1 −
 −
a
1
ln
 <
a
1
0
ln
 +
a
1
 −
a
1
1 > 0
t =
 a
1
g t =
( )
lnt + t −1 t > 0
(
)
g
t =
′ ( )
 +
t
1
1 > 0
g 1 =
( )
0
∴t =
 >
a
1
1
0 < a < 1
∴a
0, 1
(
)
a ⩽0
(1)
f x
( )
a > 0
(1)
x = −lna
f x
( )
f x
 =
( )min
f −lna =
(
)
1 −
 −
a
1
ln
 a
1
a = 1
f −lna =
(
)
0
f x
( )
a ∈1, +∞
(
)
1 −
 −
a
1
ln
 >
a
1
0
f −lna >
(
)
0
f x
( )
a ∈0, 1
(
)
1 −
 −
a
1
ln
 <
a
1
0
f −lna <
(
)
0
f −2 =
(
)
ae
+
−4
a −2 e
+
(
)
−2
2 > −2e
+
−2
2 > 0
f x
( )
−∞, −lna
(
)
n0
n
 >
0
ln
 −1
( a
3
)
f n
 =
(
0)
e
ae
+ a −2 −
n
 0 (
n
 0
)
n
 >
0
e
−
n
 0
n
 >
0
2
−
n
 0
n
 >
0
0
ln
 −1
>
( a
3
)
−lna
f x
( )
−lna, +∞
(
)
∴a
0, 1
(
)
答 案
见解析
解析
解：
， 
当
时，
，函数
在
上单调递增， 
又
时，
，
，因此函数
有且只有一个零点． 
当
时，令
，解得
． 
当
时，
，若
，则
，函数
在
上单调递增；若
，则
，函数
在
上单调递减．此时
为函数
的极大值
点，
． 
①当
时，
，
，此时函数在
上有且只有一个零点
． 
②当
时，
，
，此时函数
在
上无零点． 
③当
时，
，
，此时函数在
上有且只有一个零
点，由于
． 
(i)当
时，
时，此时函数在
上有且只有一个零点； 
(ii)当
时，
时，此时函数在
上无零点． 
④当
时，
．
，此时函数
在
上单调递增，且
，
，此时存在一个零点． 
⑤当
时，
．
，此时函数
在
上单调递增，且
，
，此时存在一个零点．
1
例题14
f
x =
′ ( )
2 + aex
(1)
a ⩾0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
(−∞, 4]
x →−∞
f x →
( )
−∞
f 4 =
( )
3 + ae >
4
0
f x
( )
(2)
a < 0
f
x =
′ ( )
0
x
 =
0
ln
−
 
(
a
2 )
a < −
 
e4
2
x
 <
0
4
x < x
 0
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
(−∞, x
 )
0
x
 <
0
x < 4
f
x <
′ ( )
0
f x
( )
(x
 , 4)
0
x
 0
f x
( )
f x
 =
(
0)
2x
 −
0
7 = 2 ln
−
 
−
(
a
2 )
7
x
 =
0
 2
7
a =
 
e
 2
7
−2
f x
 =
(
0)
0
(−∞, 4]
 2
7
x
 <
0
 2
7
a <
 
e
 2
7
−2
f x
 <
(
0)
0
f x
( )
(−∞, 4]
 <
2
7
x
 <
0
4
 <
e
 2
7
−2
a <
 
e4
−2
f x
 >
(
0)
0
(−∞, x
 )
0
f 4 =
( )
3 + ae4
 <
e 2
7
−2
a ⩽−
 
e4
3
f 4 ⩽
( )
0
x
 , 4
(
0
]
−
 <
e4
3
a < −
 
e4
2
f 4 >
( )
0
x
 , 4
(
0
]
a = −
 
e4
2
x
 =
0
4
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
(−∞, 4)
f 0 =
( )
−5 + a < 0
f 4 =
( )
3 + ae =
4
3 −2 = 1 > 0
∴
−
 <
e4
2
a < 0
x
 >
0
4
f
x >
′ ( )
0
f x
( )
(−∞, 4]
f 0 =
( )
−5 + a < 0
f 4 =
( )
3 + ae >
4
3 −2 = 1 > 0
∴