4.2导数的应用_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版高考总复习数学5·3A版_专题四§42导数的应用_专题PDF_专题PDF_专题电子书

专题四 导数及其应用 ２０１
４．２ 导数的应用
§
整个定义域内可能有多个极大值和极小值
；
极大值与极小值没有必然的大小关系 极大值可能比极小
（２） ，
值还小
；
考点一 导数与函数的单调性
导数等于零的点不一定是极值点 例如 ｆ ｘ ｘ３
（３） （ ： （ ）＝ ，
１．函数单调性与导数的关系 ｆ ′ ｘ ｘ２ 当ｘ 时 ｆ ′ 但ｘ 不是函数的极值点
（ ）＝３ ， ＝０ ， （０）＝０， ＝０ ）；
设函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内可导 ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 的导数 则 对于处处可导的函数 极值点的导数必为零．
（ ） （ ， ） ， （ ） （ ） ， （４） ，
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内 单调递增 ２．函数的最大值与最小值
（ ）＞０ （ ） （ ， ） ①
函数的最大值与最小值 在闭区间 ａ ｂ 上连续的函数
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内 单调递减 （１） ： ［ ， ］
（ ）＜０ （ ） （ ， ） ② ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上必有 最大值与最小值 但在开区间 ａ ｂ 内
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内为常数函数 （ ）， ［ ， ］ ⑧ ； （ ， ）
（ ）＝０ （ ） （ ， ） 连续的函数ｆ ｘ 不一定有最大值与最小值．
（ ）
注意 讨论函数单调性或求函数的单调区间的实质是 设函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上连续 在 ａ ｂ 内可导 求ｆ ｘ 在
（１） （２） （ ） ［ ， ］ ， （ ， ） ， （ ）
解不等式 求解时 要坚持 定义域优先 原则． ａ ｂ 上的最大值与最小值的步骤如下
， ， “ ” ［ ， ］ ：
有相同单调性的单调区间不止一个时 用 隔开或用 求ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内的 极值
（２） ， “，” （ｉ） （ ） （ ， ） ⑨ ；
和 连接 不能用 连接． 将ｆ ｘ 的各极值与ｆ ａ ｆ ｂ 比较 其中最大的一个
“ ” ， “∪” （ｉｉ） （ ） （ ）、 （ ） ，
２．用充分必要条件来诠释导数与函数单调性的关系 是最大值 最小的一个是最小值．
，
ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内单调递增 或
（１） （ ）＞０（ （ ）＜０） （ ） （ ， ） （
递减 的充分不必要条件 考点三 导数的综合应用
） ；
ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内单调递增 或递 １．不等式恒成立（有解）问题的处理方法
（２） （ ）≥０（ （ ）≤０） （ ） （ ， ） （
减 的必要不充分条件 ｆ ′ ｘ 只可能在孤立的点处成立 ． 形如ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ Ｄ 恒成立 主要方法如下
） （ （ ）＝０ ） （１） （ ）≥ （ ）（ ∈ ） ， ：
注意 由函数ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 内单调递增 或递减 可 法 构造函数 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ Ｄ 使Ｆ ｘ ｘ
（ ） ［ ， ］ （ ）， １： ： （ ）＝ （ ）－ （ ）（ ∈ ）， （ ）≥０（ ∈
得ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 在该区间恒成立 而不是ｆ ′ ｘ Ｄ 恒成立 即Ｆ ｘ ｘ Ｄ 恒成立．求Ｆ ｘ 的最小值即可．
（ ）≥０（ （ ）≤０） ， （ ）＞０ ） ， （ ）ｍｉｎ≥０（ ∈ ） （ ）
或ｆ ′ ｘ 恒成立 不能少．必要时还需对 进行检验． 法 参变量分离 ａ φ ｘ 或 ａ φ ｘ 恒成立 即 ａ
（ （ ）＜０） ，“＝” “＝” ２： ： ≥ （ ） ≤ （ ） ， ≥
φ ｘ 或ａ φ ｘ ｘ Ｄ 求φ ｘ 的最大值或最小值即可．
考点二 导数与函数的极（最）值 （ ）ｍａｘ ≤ （ ）ｍｉｎ（ ∈ ）， （ ）
形如ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ Ｄ 有解问题的求解方法
（２） （ ）≥ （ ）（ ∈ ） ：
１．函数的极值与导数 法 构造函数 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ Ｄ Ｆ ｘ 在ｘ
１： ： （ ）＝ （ ）－ （ ）（ ∈ ）， （ ）≥０ ∈
设函数ｆ ｘ 在点ｘ 附近有定义 如果对ｘ 附近的所有的 Ｄ时有解 即Ｆ ｘ ｘ Ｄ 有解 即求Ｆ ｘ 的最大值即可．
（ ） ０ ， ０ ， （ ）ｍａｘ≥０（ ∈ ） ， （ ）
点 都有 ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） 则ｆ ｘ 是函数ｆ ｘ 的一个极大 法 参变量分离 ａ φ ｘ 或ａ φ ｘ ｘ Ｄ 有解 即ａ
， ③ ＜ ０ ， （ ０） （ ） ２： ： ≥ （ ） ≤ （ ）（ ∈ ） ， ≥
定义 值 记作ｆ ｘ ｆ ｘ 如果对ｘ 附近的所有的点 都有 φ ｘ 或ａ φ ｘ ｘ Ｄ 即求φ ｘ 的最值问题．
， （ ）极大值＝ （ ０）； ０ ， （ ）ｍｉｎ ≤ （ ）ｍａｘ（ ∈ ）， （ ）
ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） 则ｆ ｘ 是函数ｆ ｘ 的一个极小值 记作 ２．证明形如ｆ（ｘ） ｇ（ｘ）的不等式恒成立的方法
④ ＞ ０ ， （ ０） （ ） ， ≥
ｆ ｘ ｆ ｘ ．极大值与极小值统称为极值 法 构造函数 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 即Ｆ ｘ 恒成立
（ ）极小值＝ （ ０） １： ： （ ）＝ （ ）－ （ ）， （ ）ｍｉｎ≥０ ，
设函数ｆ ｘ 在点ｘ 处连续． 转化为求Ｆ ｘ 的最小值问题．
（ ） ０ （ ）
如果在ｘ 附近的左侧ｆ ′ ｘ 右侧ｆ ′ ｘ 那么 法 若ｆ ｘ ｇ ｘ 则ｆ ｘ ｇ ｘ 恒成立 证明ｆ ｘ
（１） ０ （ ）＞０， （ ）＜０， ２： （ ）ｍｉｎ≥ （ ）ｍａｘ， （ ）≥ （ ） ， （ ）
ｆ ｘ 是 极大值 的最小值大于或等于ｇ ｘ 的最大值．
（ ０） ⑤ ； （ ）
结论 如果在ｘ 附近的左侧ｆ ′ ｘ 右侧ｆ ′ ｘ 那么 法 中间变量法 ｆ ｘ ｈ ｘ 且 ｈ ｘ ｇ ｘ 则 ｆ ｘ
（２） ０ （ ）＜０， （ ）＞０， ３： ： （ ）≥ （ ） （ ）≥ （ ）， （ ）≥
ｆ ｘ 是极小值 ｇ ｘ ｈ ｘ 为中间函数 且为一次函数较多 ．
（ ０） ； （ ）（ （ ） ， ）
如果在ｘ 附近的左 右两侧导数值同号 那么 ｆ ｘ 不 ３．生活中的优化问题
（ 是 ３ 极 ） 值 ０ 、 ， （ ０） 生活中经常遇到求利润最大 用料最省 效率最高等问
（１） 、 、
求ｆ ｘ 的定义域 题 这些问题通常称为优化问题 导数在这一类问题中有着重要
利用导 （１） （ ） ； ， ，
求ｆ′ ｘ 的作用 它是求函数最大 小 值的有力工具．
数求函 （２） （ ）； ， （ ）
求方程 ｆ′（ｘ） 的根 解决优化问题的基本思路
数极值 （３） ⑥ ＝０ ； （２） ：
判断ｆ′ ｘ 在方程的根的 左、右两侧值的符号 优化问题 用函数表示成数学问题
的步骤 （４） （ ） ⑦ ；
利用结论求出极值 →
（５） ↑ ↓
注 在函数的整个定义域内 函数的极值不一定唯一 在 优化问题的答案 用导数解决数学问题
：（１） ， ， ←
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
若ｂ 则函数ｆ ｘ 的图象与直线ｙ 只有一个公共点
Ｄ． ＝０， （ ） ＝１０
答案 Ｃ
ｘ [ ]
考点一 导数与函数的单调性
７．已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｅ
ｘ ＋
ｘ２
－２
ｘ
，
ｘ
∈
１
，２ ，
则
（ ）
２
１．函数ｆ ｘ １ ｘ２ ｘ ｘ的单调增区间是 ｆ ｘ 的极小值为 极大值为 ３
（ ）＝ － －２ｌｎ （ ） Ａ． （ ） ｅ－１， ２ ｅ－
２ ４
２
Ａ．（－１，＋∞） Ｂ．（２，＋∞） Ｃ．（－∞，２） Ｄ．（－∞，－１） ｆ ｘ 的极小值为 极大值为ｅ
答案 Ｂ Ｂ． （ ） ｅ－１，
２
ｘ ｆ ｘ 的极小值为 无极大值
２．已知ｆ ｘ ｌｎ 则 Ｃ． （ ） ｅ－１，
（ ）＝ ｘ ， （ ） ２
ｆ ｘ 的极大值为ｅ 无极小值
ｆ ｆ ｆ ｆ ｆ ｆ Ｄ． （ ） ，
Ａ． （２）＞（ｅ）＞（３） Ｂ． （３）＞（ｅ）＞（２） ２
ｆ ｆ ｆ ｆ ｆ ｆ 答案 Ｃ
Ｃ． （３）＞（２）＞（ｅ） Ｄ． （ｅ）＞（３）＞（２）
答案 Ｄ ８．若对任意的ｘ 不等式 ｘ ｘ ｍ恒成立 则实数
∈（０，＋∞）， ｜ｌｎ ｜＋２ ≥ ，
３．若函数ｆ
（
ｘ
）＝２
ｘ３
－３
ｍｘ２
＋６
ｘ在区间
［１，＋∞）
上为增函数
，
则实 ｍ的取值范围为
（ ）
数ｍ的取值范围为
（ ） Ａ．（－∞，２］ Ｂ．（－∞，１＋ｌｎ２］
Ａ．（－∞，１］ Ｂ．（－∞，１） Ｃ．（－∞，２］ Ｄ．（－∞，２） Ｃ．［１＋ｌｎ２，＋∞） Ｄ．［１＋ｌｎ２，２］
答案 Ｃ 答案 Ｂ
４．已知函数ｆ ｘ ｘ １ ｘ 若ｆ ａ ｆ ａ２ 则实数ａ的 考点三 导数的综合应用
（ ）＝ｅ － ｘ－２ ， （ －３）＋（２ ）≤０，
ｅ
取值范围为 ９．函数ｆ ｘ 是定义在 上的可导函数 ｆ ′ ｘ 为其导函
（ ） （ ） （０，＋∞） ， （ ）
[ ] [ ) 数 若ｘ ｆ′ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ 且ｆ 则不等式ｆ ｘ
３ ３ ， · （ ）＋（ ）＝ｅ（ －１）， （２）＝０， （ ）＜０
Ａ． －１， Ｂ．（－∞，－１］∪ ，＋∞ 的解集为
２ ２ （ ）
[ ] ( ]
３ ３ Ａ．（０，１） Ｂ．（０，２）
Ｃ． － ，１ Ｄ． －∞，－ ∪［１，＋∞）
２ ２ Ｃ．（１，２） Ｄ．（２，＋∞）
答案 Ｃ 答案 Ｂ
{ ｘ３ ｘ２ ｘ
考点二 导数与函数的极（最）值 １０．已知ａ
＞０
且ａ
≠１，
函数ｆ
（
ｘ
）＝ ａ
２
ｘ
＋３
ｘ
＋２， ≤０，在
［－２，２］
＋１， ＞０
５．若函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｃ ２ 在ｘ 处有极小值 则常数ｃ的值为 上的最大值为 则实数ａ的取值范围是
（ ）＝ （ － ） ＝２ ， ３， （ ）
（ ）
或 Ａ．（０，１）∪（１， ２］ Ｂ．（１， ２］
Ａ．４ Ｂ．２ ６ Ｃ．２ Ｄ．６
答案 Ｃ Ｃ．（０，１）∪［ ２，＋∞） Ｄ．（０，１）∪（１， ２）
答案 Ａ
６．设函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ ｂ 则下列结论正确的是
（ ）＝ －１２ ＋ ， （ ） １１．已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｇ ｘ ｍｘ ｍ ｍ 若对任意的ｘ
函数ｆ ｘ 在 上单调递增 （ ）＝ｅ（ －１）， （ ）＝ － （ ＞０）， １
Ａ． （ ） （－∞，－１） 总存在ｘ 使得ｆ ｘ ｇ ｘ 则实数ｍ
函数ｆ ｘ 在 上单调递减 ∈［－２，２］， ２∈［－２，２］ （ １）＝ （ ２），
Ｂ． （ ） （－∞，－１） 的取值范围是 ．
若ｂ 则函数ｆ ｘ 的图象在点 ｆ 处的切线方
Ｃ． ＝－６， （ ） （－２， （－２）） 答案 ２
程为ｙ ［ｅ ，＋∞）
＝１０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
( )
４
Ｃ．（０，１），（４，＋∞） Ｄ．（－∞，１）， ，＋∞
３
答案 Ｃ 由题意可知 在题图中 先减后增的那条曲线为
， ，
考点一 导数与函数的单调性 ｆ ′ ｘ 的图象 先增再减最后增的曲线为ｆ ｘ 的图象 由ｇ ｘ
（ ） ， （ ） ， （ ）
１．（２０１９河南安阳模拟，５）已知函数ｆ ｘ 与其导函数ｆ ′ ｘ 的 ｆ ｘ ｘｆ ′ ｘ ｘｆ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ
（ ） （ ） （ ）得ｇ′ ｘ ｅ （ ）－ｅ （ ） （ ）－（ ） 由题图可知
ｆ ｘ ＝ ｘ （ ）＝ ２ ｘ ＝ ｘ ， ，
图象如图 则函数ｇ ｘ （ ）的单调减区间为 ｅ ｅ ｅ
， （ ）＝ ｘ （ ） 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｇ′ ｘ 当ｘ 时
ｅ ∈（－∞，０） ， （ ）－（ ）＞０， （ ）＞０， ∈（０，１） ，
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｇ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ
（ ）－ （ ）＜０， （ ）＜０， ∈（１，４） ， （ ）－ （ ）＞０，
ｇ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｇ′ ｘ ．
（ ）＞０， ∈（４，＋∞） ， （ ）－（ ）＜０， （ ）＜０
ｆ ｘ
函数ｇ ｘ （ ）的单调减区间为 ．故选
∴ （ ）＝ ｘ （０，１），（４，＋∞） Ｃ．
ｅ
ｆ ｘ
( ) ２．（２０１８河南新乡二模，１０）若函数ｙ ＝ （ ｘ ）在 （１，＋∞） 上单调
４ ｌｎ
Ａ．（０，４） Ｂ． ０， 递减 则称ｆ ｘ 为Ｐ函数．下列函数中为Ｐ函数的为
３ ， （ ） （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２０３
① ｆ （ ｘ ）＝１；② ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ；③ ｆ （ ｘ ）＝ １ ｘ ；④ ｆ （ ｘ ）＝ ｘ． 考点二 导数与函数的极（最）值
１．（２０１８河南中原名校期中，７）已知定义在Ｒ上的函数ｆ ｘ
Ａ．①②④ Ｂ．①③ Ｃ．①③④ Ｄ．②③ （ ），
其导函数 ｆ ′ ｘ 的大致图象如图所示 则下列叙述正确
答案 Ｂ ｘ 时 ｘ ｘ增大时 １ １ 都减 （ ） ，
∈（１，＋∞） ，ｌｎ ＞０， ， ｘ，ｘ ｘ 的是
ｌｎ ｌｎ （ ）
ｆ ｂ ｆ ａ ｆ ｃ
小 ｙ １ ｙ １ 在 上都是减函数 ｆ ｘ 和 ①（ ）＞（ ）＞（ ）；
，∴ ＝ ｘ， ＝ｘ ｘ （１，＋∞） ，∴ （ ）＝ １ 函数ｆ ｘ 在ｘ ｃ处取得极小值 在ｘ ｅ处取得极大值
ｌｎ ｌｎ ② （ ） ＝ ， ＝ ；
( ｘ ) ｘ 函数ｆ ｘ 在ｘ ｃ处取得极大值 在ｘ ｅ处取得极小值
ｆ ｘ １ 都是 Ｐ 函数 ′ ｌｎ －１ 当 ｘ 时 ③ （ ） ＝ ， ＝ ；
（ ）＝ ｘ ； ｘ ＝ ｘ ２， ∈（１，ｅ） ， 函数ｆ ｘ 的最小值为ｆ ｄ ．
ｌｎ （ｌｎ ） ④ （ ） （ ）
( ｘ ) ( ｘ ) ｘ
′ 当ｘ 时 ′ 即ｙ 在 上
ｘ ＜０， ∈（ｅ，＋∞） ， ｘ ＞０， ＝ ｘ （１，ｅ）
ｌｎ ｌｎ ｌｎ
单调递减 在 上单调递增 ｆ ｘ ｘ 不是 Ｐ 函数
， （ｅ，＋∞） ，∴ （ ）＝ ；
æ ｘ ö ｘ æ ｘ ö
ç ÷′ ｌｎ －２ 当ｘ ２ 时 ç ÷′ 当ｘ ２
è ｘø ＝ ｘ ｘ ２ ， ∈（１，ｅ ） ，è ｘø ＜０， ∈（ｅ ，
ｌｎ ２ （ｌｎ ） ｌｎ
æ ｘ ö ｘ
时 ç ÷′ 即 ｙ 在 ２ 上单调递减 在 ２
＋∞） ，è ｘø ＞０， ＝ ｘ （１，ｅ ） ， （ｅ ，
ｌｎ ｌｎ
Ａ．③ Ｂ．①② Ｃ．③④ Ｄ．④
上单调递增 ｆ ｘ ｘ不是Ｐ函数．故选 答案 Ａ 由导函数的图象可知在 ｃ 与 ｅ 上
＋∞） ，∴ （ ）＝ Ｂ． （－∞， ） （ ，＋∞） ，
ｆ ′ ｘ 所以函数ｆ ｘ 在 ｃ 与 ｅ 上单调递增 在
３．（２０１７安徽江淮十校第三次联考，１２）设函数ｆ ｘ １ｘ２ ｘ在 （ ）＞０， （ ） （－∞， ） （ ，＋∞） ，
（ ）＝ －９ｌｎ ｃ ｅ 上 ｆ ′ ｘ 所以函数ｆ ｘ 在 ｃ ｅ 上单调递减．所以
２ （ ， ） ， （ ）＜０， （ ） （ ， ）
区间 ａ ａ 上单调递减 则实数ａ的取值范围是 ｆ ｃ ｆ ｂ ｆ ａ 故 错 函数ｆ ｘ 在ｘ ｃ处取得极大值 在ｘ ｅ
［ －１， ＋１］ ， （ ） （ ）＞（ ）＞（ ）， ① ； （ ） ＝ ， ＝
ａ ａ ａ ａ 处取得极小值 故 错 对 函数没有最小值 故 错．所以选 ．
Ａ．１＜ ≤２ Ｂ． ≥４ Ｃ． ≤２ Ｄ．０＜ ≤３ ， ② ③ ； ， ④ Ａ
答案 Ａ 易知函数ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ｘ ２．（２０１９安徽马鞍山第二中学３ 月模拟，６）已知函数 ｆ ｘ
（ ） （０，＋∞）， （ ）＝ － （ ）＝
９
ｘ ，
由ｆ ′
（
ｘ
）＝
ｘ
－
９
ｘ ＜０，
解得
０＜
ｘ
＜３
．因为函数ｆ
（
ｘ
）＝
１ ｘ２
－
１ ｘ３
＋
ｍｘ２
＋
ｎｘ
＋２，
其导函数ｆ ′
（
ｘ
）
为偶函数
，
ｆ
（１）＝－
２
，
则函
２ ３ ３
{ａ 数ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ 在区间 上的最小值为
ｘ在区间 ａ ａ 上单调递减 所以 －１＞０， 解得 ａ （ ）＝ （ ）ｅ ［０，２］ （ ）
９ｌｎ ［ －１， ＋１］ ， ａ １＜
＋１≤３， Ａ．－３ｅ Ｂ．－２ｅ Ｃ．ｅ Ｄ．２ｅ
故选 ． 答案 Ｂ 由题意可得ｆ ′ ｘ ｘ２ ｍｘ ｎ
≤２， Ａ （ ）＝ ＋２ ＋ ，
４．（２０１８湖北黄冈、黄石等八校３月联考，１１）已知实数ａ 且 ｆ ′ ｘ 为偶函数 ｍ
＞０， ∵ （ ） ，∴ ＝０，
{ａｘ ｘ
， ＜１， 故ｆ ｘ １ ｘ３ ｎｘ ． ｆ １ ｎ ２ ｎ ．
ａ 函数ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 则实数 （ ）＝ ＋ ＋２∵ （１）＝ ＋ ＋２＝－ ，∴ ＝－３
≠１， （ ）＝ ｘ２ ４ ａ ｘ ｘ ， ３ ３ ３
＋ ｘ ＋ ｌｎ ， ≥１
ｆ ｘ １ ｘ３ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ２ ．
ａ的取值范围是 ∴ （ ）＝ －３ ＋２， （ ）＝ －３
Ａ．１＜ ａ ≤５ Ｂ．２≤ ａ ≤５ Ｃ． ａ ＞１ Ｄ． ａ ≤５ （ ） 故ｇ （ ｘ ）＝ ３ ｅ ｘ （ ｘ２ －３）， 则ｇ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ （ ｘ２ －３＋２ ｘ ）＝ｅ ｘ （ ｘ －１）（ ｘ ＋３），
答案 Ｂ 函数ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 则ａ 据此可知函数ｇ （ ｘ ） 在区间 ［０，１） 上单调递减 ， 在区间 （１，２］ 上
（ ） ， ＞１， 单调递增
当ｘ ≥１ 时 ， ｆ （ ｘ ）＝ ｘ２ ＋ ４ ｘ ＋ ａ ｌｎ ｘ ， 故函数ｇ ， ｘ 的极小值 即最小值为ｇ １ ２ ．
（ ） ， （１）＝ｅ ×（１ －３）＝－２ｅ
故选
则ｆ ′ ｘ ｘ ４
ａ
２
ｘ３
＋
ａｘ
－４ Ｂ．
（ ）＝２ －ｘ２ ＋ ｘ ＝ ｘ２ ， ３．（２０２０河南安阳一模）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－
ａｘ
－１，
以下结论正
则
２
ｘ３
＋
ａｘ
－４≥０
在
［１，＋∞）
上恒成立
，
确的
当
个
ａ
数为
时 函数ｆ ｘ 的图象的对称中心为
（ ）
∴
ａ
≥
４
ｘ －２
ｘ２ 在ｘ
∈［１，＋∞）
上恒成立
，
①
当ａ
＝０
时
，
函数
（
ｆ
）
ｘ 在 上单调递
（
减
０，－１）；
② ≥３ ， （ ） （－１，１） ；
若函数ｆ ｘ 在 上不单调 则 ａ
由于ｙ
＝
４
ｘ －２
ｘ２ 在
［１，＋∞）
上单调递减
，
③
当ａ
（
时
）
ｆ
（
ｘ
－
在
１，１）
上的
，
最大
０
值
＜
为
＜３；
．
④ ＝１２ ，（ ） ［－４，５］ １５
ｙ 则ａ 当ｘ 时 ａ ．
∴ ｍａｘ＝２， ≥２， ＝１ ， ≤１＋４＝５ Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
综上 实数ａ的取值范围是 ａ ．故选 ． 答案 Ｃ 本题考查利用导数研究函数的的单调性 极值
， ２≤ ≤５ Ｂ 、 、
５．（２０２０江西南昌四校联考，１２）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ 若 最值．
（ ）＝ ｌｎ ＋２ ，
不等式ｆ ｘ ａｘ ｘ 在 上恒成立 则实数ａ的取值 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ３ ｙ ｘ３ 为奇函数 其图象的对称中心
（ ＋１）＜ ＋２ｅ （１，＋∞） ， ① ＝０ ， （ ）＝ －１， ＝ ，
范围为 为原点 所以函数 ｆ ｘ 的图象的对称中心为 结论
（ ） ， （ ） （０，－１），
正确．
Ａ．［－２，＋∞） Ｂ．［－４，＋∞） Ｃ．（－４，＋∞） Ｄ．（－∞，－２）
答案 Ｂ ｆ ｘ ａ ｘ ｘ ａｘ ｘ 不等式化为 由题意知ｆ ′ ｘ ｘ２ ａ 因为当 ｘ 时 ｘ２ 又ａ
∵ （ｅ ）＝ ｌｎ ｅ ＋２ｅ ＝ ＋２ｅ ，∴ ② （ ）＝３ － ， －１＜ ＜１ ，３ ＜３， ≥３，
ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 在 上恒为递 所以ｆ ′ ｘ 在 上恒成立 所以函数ｆ ｘ 在 上
（ ＋１）＜（ｅ ），∵ ＞１，∴ ＋１＞２，∴ （ ） （２，＋∞） （ ）＜０ （－１，１） ， （ ） （－１，１）
ａ
单调递减 结论正确．
增函数 ｆ ′ ｘ 在 上恒成立 ａ ｘ ａ ，
，∴ （ ）＝ ｘ ＋２≥０ （２，＋∞） ， ≥－２ ， ≥ 由题意知ｆ′ ｘ ｘ２ ａ 当ａ 时 ｆ′ ｘ 此时ｆ ｘ 在
③ （ ）＝３ － ， ≤０ ， （ ）≥０， （ ）
故选 ． 上为增函数 不符合题意 故ａ
－４， Ｂ （－∞，＋∞） ， ， ＞０；
ａ
令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ３ ．因为ｆ ｘ 在 上不单调 所
（ ）＝０， ＝± （ ） （－１，１） ，
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ａ ｆ′ ｘ
以ｆ ′ ｘ 在 上有解 所以 ３ 解得 ａ 结 （ ） － ０ ＋ ０ －
（ ）＝０ （－１，１） ， ０＜ ＜１， ０＜ ＜３，
３ ｆ ｘ 极小值 极大值
论正确． （ ） ↘ ↗ ↘
ａ
令ｆ′ ｘ ｘ２ 得ｘ 根据函数的单调性可知ｆ ｘ 此时ｆ ｘ 的极大值为ｆ ４＋ ．
④ 在 （ ） 上 ＝ 的 ３ 最 － 大 １２ 值 ＝ 可 ０， 能为 ＝ ｆ ±２， 或ｆ ． （ ） （ ） （２）＝ ｅ ２ ＞０
［－４，５］ （－２） （５） 当ａ 时 ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表
因为ｆ ｆ 所以最大值为 结论错误． ③ ＜－２ ， ， （ ）， （ ） ：
（－２）＝１５， （５）＝６４， ６４，
所以结论 正确．故选Ｃ． ｘ ａ ａ ａ
①②③ （－∞，２） ２ （２，－ ） － （－ ，＋∞）
４．（２０１９河南郑州一模，１２）函数ｆ ｘ 是定义在 上的可 ｆ′ ｘ
（ ） （１，＋∞） （ ） － ０ ＋ ０ －
导函数 ， ｆ ′ （ ｘ ） 为其导函数 ， 若ｆ （ ｘ ）＋（ ｘ －１） ｆ ′ （ ｘ ）＝ ｘ２ （ ｘ －２）， ｆ ｘ 极小值 极大值
且ｆ ２ 则不等式ｆ ｘ 的解集为 （ ） ↘ ↗ ↘
（ｅ ）＝０， （ｅ ）＜０ （ ） 此时ｆ ｘ 的极大值为ｆ ａ ａ ａ ．
（ ） （－ ）＝－ ·ｅ ＞０
Ａ．（０，１） Ｂ．（０，２） Ｃ．（１，２） Ｄ．（２，＋∞） 综上 ｆ ｘ 的极大值恒大于 ．
答案 Ｂ 函数 ｆ ｘ 是定义在 上的可导函数 ， （ ） ０
（ ） （１，＋∞） ，
ｆ ′ （ ｘ ） 为其导函数 ， 令φ （ ｘ ）＝（ ｘ －１） ｆ （ ｘ ）， 则φ′ （ ｘ ）＝（ ｘ －１）· 考点三 导数的综合应用
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｘ２ ｘ 可知当ｘ 时 φ ｘ 是单调减函
（ ）＋（ ）＝ （ －２）， ∈（１，２） ， （ ） １．（２０１８河北衡水金卷信息卷（二），６）已知某服装厂生产某种
数 并且 ｆ ′ ｆ 即ｆ ．ｘ
， ０· （１）＋（１）＝１×（１－２）＝－１＜０， （１）＜０ ∈（２， 品牌的衣服 销售量ｑ ｘ 单位 百件 关于每件衣服的利润ｘ
＋∞） 时 ， φ （ ｘ ） 是单调增函数 ， ｆ （ｅ ２ ）＝０， 则φ （ｅ ２ ）＝（ｅ ２ －１）· ， （ ）（ ： { ）
ｆ （ｅ ２ ）＝０， 则不等式ｆ （ｅ ｘ ）＜０ 的解集就是 （ｅ ｘ －１） ｆ （ｅ ｘ ）＜０ 的解 单位 元 的函数解析式为ｑ ｘ １ ｘ ２６０ ，０＜ ｘ ≤２０， 则
集 即φ ｘ φ ２ 的解集 故不等式的解集为 ｘ ｘ ．故 （ ： ） （ ）＝ ＋１
， （ｅ ）＜ （ｅ ） ， ｛ ｜０＜ ＜２｝ ｘ ｘ
选 ９０－３ ５ ，２０＜ ≤１８０，
Ｂ． 当该服装厂所获效益最大时 ｘ
５．（２０１９重庆５月模拟，１１）若函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ， ＝ （ ）
（ ）＝（ｃｏｓ －ｓｉｎ ）·ｅ ，
则ｆ ｘ 的所有极大值点之和与所有极小值点之和 Ａ．２０ Ｂ．６０ Ｃ．８０ Ｄ．４０
∈（０，１０π）， （ ） 答案 Ｃ 设该服装厂所获效益为ｆ ｘ 元
的差为 （ ） ，
（ ） { ｘ
１２６０００ ｘ
Ａ．－５π Ｂ．５π Ｃ．５５π Ｄ．－５５π 则ｆ ｘ ｘｑ ｘ ｘ ，０＜ ≤２０，
答案 Ａ 函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ （ ）＝１００ （ ）＝ ＋１
∵ （ ）＝ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ ）， ｘ ｘ ｘ ．
ｆ ′ ｘ ｘ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ′ ｘ ｘ １００ （９０－３ ５ ），２０＜ ≤１８０
∴ （ ）＝（ｅ ） （ｃｏｓ －ｓｉｎ ）＋ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ ） ＝－２ｅ ｓｉｎ ， ｘ
ｘ ｋ ｋ ｋ Ｚ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｋ ｋ 当 ｘ 时 ｆ ｘ １２６０００ １２６０００ ｆ ｘ 在区
∵ ∈（２ π＋π，２ π＋２π）（ ∈ ） ， （ ）＞０， ∈（２ π，２ π＋ ０＜ ≤２０ ， （ ）＝ ｘ ＝１２６ ０００－ ｘ ， （ ）
ｋ Ｚ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｋ ｋ ｋ Ｚ 时 ＋１ ＋１
π）（ ∈ ） ， （ ）＜０，∴ ∈（２ π＋π，２ π＋２π）（ ∈ ） ， 间 上单调递增 所以当 ｘ 时 ｆ ｘ 有最大值
ｆ ｘ 递增 ｘ ｋ ｋ ｋ Ｚ 时 ｆ ｘ 递减 当 ｘ （０，２０］ ， ＝ ２０ ， （ ）
（ ） ， ∈（２ π，２ π＋π）（ ∈ ） ， （ ） ，∴ ＝ ．
ｋ ｋ Ｚ 时 ｆ ｘ 取极小值 当ｘ ｋ ｋ Ｚ 时 ｆ ｘ １２００００
取 ２ π 极 ＋ 大 π（ 值 ∈ ． ） ， （ ） ， ＝２ π（ ∈ ） ， （ ） 当 ２０＜ ｘ ≤１８０ 时 ， ｆ （ ｘ ）＝９０００ ｘ －３００ ５· ｘ ｘ ，
ｆ ｘ 的所有极大值点为ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ 令ｆ ′ ｘ ｘ ．
（ ） ＝２π，４π，６π，８π， （ ）＝９０００－４５０ ５· ， （ ）＝０，∴ ＝８０
ｆ ｘ 的所有极小值点为ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
（ ） ＝π，３π，５π，７π，９π， ２０＜ ＜８０ ， （ ）＞０， （ ） ，
故 故选 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
（２π＋４π＋６π＋８π）－（π＋３π＋５π＋７π＋９π）＝－５π， Ａ． ８０≤ ≤１８０ ， （ ）≤０， （ ） ，
６．（２０２０ 北京平谷一模，１９）已知函数 ｆ ｘ
ｘ２
＋
ａｘ
－
ａ
其中 ａ
所以当ｘ
＝８０
时
，
ｆ
（
ｘ
）
有极大值
２４００００，
也是最大值．故选
Ｃ．
（ ）＝ ｘ ， ２．（２０２０北京朝阳六校联考，１０）关于函数ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ｘ
ｅ （ ）＝（ ＋ －１）ｅ ，
Ｒ． 有以下三个结论
∈ ：
当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在 ｆ 处的切线方程 函数ｆ ｘ 恒有两个零点 且两个零点之积为
（１） ＝０ ， ＝ （ ） （１， （１）） ； ① （ ） ， －１；
求证 ｆ ｘ 的极大值恒大于 ． 函数ｆ ｘ 的极值点不可能是ｘ
（２） ： （ ） ０ ② （ ） ＝－１；
ｘ２ ａｘ ａ 函数ｆ ｘ 必有最小值．
解析 由ｆ ｘ ＋ － ③ （ ）
（ ）＝ ｘ ， 其中正确结论的个数为
ｅ （ ）
ｘ ａ ｘ ｘ２ ａｘ ａ ｘ ｘ２ ａ ｘ ａ
得ｆ ′ ｘ （２ ＋ ）ｅ －（ ＋ － ）ｅ － －（ －２） ＋２ Ａ．３ Ｂ．２ Ｃ．１ Ｄ．０
（ ）＝ ｘ ２ ＝ ｘ 答案 Ａ 对于 令ｆ ｘ 得 ｘ２ ａｘ ｘ ｘ
（ｅ ） ｅ ①， （ ）＝０， （ ＋ －１）ｅ ＝０，∵ ｅ ＞０，
ｘ２ ａ ｘ ａ ｘ ａ ｘ ｘ２ ａｘ Δ ａ２ 设ｆ ｘ 的两个零点为 ｘ ｘ ｘ
＝ －［ ＋（
ｅ
－ ｘ ２） －２ ］ ＝ －（ ＋
ｅ
） ｘ （ －２） ， ∴ ｘ
２），
＋ 故ｘ －
１，
１ ｘ ＝
２
０ 满 ， 足 ＝ ｘ２
＋
＋ ａ ４ ｘ ＞
－１
０，
＝０，
所 （ 以 ） ｘ
１·
ｘ
２＝－１，
故
①
１， 中 ２（ 结 １ 论 ＜
正确
当ａ 时 ｆ １ ｆ ′ １ ；
（１） ＝０ ， （１）＝ ｅ ， （１）＝ ｅ ， 对于 ②， ｆ ′ （ ｘ ）＝［ ｘ２ ＋（ ａ ＋２） ｘ ＋（ ａ －１）］ｅ ｘ ， ｆ ′ （－１）＝［１－（ ａ ＋
则曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在 （１， ｆ （１）） 处的切线方程为ｙ － １ ＝ １ （ ｘ －１）， ａ －１ －２ 故ｘ 不可能是函数ｆ ｘ 的极值
ｅ ｅ ２）＋（ －１）］ｅ ＝ ≠０， ＝－１ （ ）
ｅ
化简得ｙ １ ｘ． 点 故 中结论正确
＝ ， ② ；
ｅ 对于 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ２ ａ ｘ ａ Δ ａ ２
证明 令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ａ． ③， （ ）＝ ０， ＋（ ＋２） ＋ －１＝０， ＝（ ＋２） －
（２） ： （ ）＝０， ＝２ ＝－ ａ ａ２
当ａ 时 ｆ′ ｘ 恒成立 此时函数ｆ ｘ 在 ４（ －１）＝ ＋８＞０，
① ＝－２ ， （ ）≤０ ， （ ） （－∞，＋∞） 设方程的两个实数根为ｘ ｘ 且ｘ ｘ
上单调递减 所以函数ｆ ｘ 无极值． ３， ４， ３＜ ４，
， （ ） 当ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
当ａ 时 ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表 ∈（－∞， ３），（ ４，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） ；
② ＞－２ ， ， （ ）， （ ） ： 当ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
∈（ ３， ４） ， （ ）＜０， （ ） ，
ｘ ａ ａ ａ 所以ｆ ｘ 的极小值为ｆ ｘ ．
（－∞，－ ） － （－ ，２） ２ （２，＋∞） （ ） （ ４）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２０５
由 知 当ｘ ｘ 时 ｆ ｘ 所以当ｘ ｘ 时 ( ａ )
① ， ∈（－∞， １） ， （ ）＞０， ∈（－∞， ３） ， 由ｇ ｘ ｘ２ ａｘ图象可知 当ｘ 时 ｇ ｘ 是减
ｆ ｘ 又ｆ 所以 ｘ ． ② （ ）＝ ＋ ， ∈ －∞，－ ， （ ）
（ ）＞０， （０）＝－１＜０， ０∈（ ３，＋∞） ２
所以ｆ ｘ ｆ ( ａ ) ｇ ｘ ｇ ｘ
（ ４）≤（０）＜０， 函数 当不相等的实数ｘ ｘ 时 （ １）－ （ ２）
所以ｆ ｘ 为函数ｆ ｘ 的最小值 故 中结论正确．故选Ａ． ，∴ １、 ２∈ －∞，－ ， ｘ ｘ
（ ４） （ ） ， ③ ２ １－ ２
３．（２０２０海南第一次联考，１２）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ２
－４
ａｘ
－ｌｎ
ｘ
，
则
＜０，
即ｎ
＜０，∴ ②
不成立．
ｆ ｘ 在 上不单调的一个充分不必要条件可以是 ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ
（ ） （１，４） （ ） 若ｍ ｎ 则有（ １）－（ ２） （ １）－ （ ２）
③ ＝ ， ｘ ｘ ＝ ｘ ｘ ，
ａ １ ａ １ １－ ２ １－ ２
Ａ． ＞－ Ｂ．０＜ ＜ 即ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ
２ １６ （ １）－（ ２）＝ （ １）－ （ ２）， （ １）－ （ １）＝ （ ２）－ （ ２），
令ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ
ａ １ 或 １ ａ ａ １ （ ）＝ （ ）－ （ ），
Ｃ． ＞ － ＜ ＜０ Ｄ． ＞ 则ｈ ｘ ｘ ｘ２ ａｘ ｈ′ ｘ ｘ ｘ ａ
１６ ２ １６ （ ）＝２ － － ， （ ）＝２ ｌｎ２－２ － ，
ａｘ２ ａｘ 令ｈ′ ｘ ｘ ｘ ａ
答案 Ｄ ｆ ′ ｘ ａｘ ａ １ ２ －４ －１ （ ）＝２ ｌｎ２－２ － ＝０，
（ ）＝２ －４ － ｘ ＝ ｘ ， 得 ｘ ｘ ａ．由ｙ ｘ 与ｙ ｘ ａ的图象知
２ ｌｎ２＝２ ＋ ＝２ ｌｎ２ ＝２ ＋ ，
若ｆ ｘ 在 上不单调 令ｇ ｘ ａｘ２ ａｘ 存在ａ使对任意ｘ Ｒ恒有 ｘ ｘ ａ
（ ） （１，４） ， （ ）＝２ －４ －１， ∈ ２ ｌｎ２＞２ ＋ ，
则
在
函
区
数
间
ｇ （ ｘ ）＝
上
２
有
ａｘ
零
２ －
点
４ ａ
．
ｘ －１ 的对称轴方程为ｘ ＝１， 此时
不
ｈ （
成
ｘ ）
立
在
．
Ｒ上是增函数．若ｈ （ ｘ １）＝ ｈ （ ｘ ２）， 则ｘ １＝ ｘ ２，
（１，４） ∴ ③
当ａ 时 显然不成立
＝０ ， {ａ ；
④
若ｍ
＝－
ｎ
，
则有 ｆ （ ｘ １
ｘ
）－ ｆ
ｘ
（ ｘ ２）
＝－
ｇ （ ｘ １
ｘ
）－ ｇ
ｘ
（ ｘ ２）
，
当ａ 时 只需 ｇ ＞０， ａ １－ ２ １－ ２
≠０ ， ｇ （ （ １ ４ ） ） ＝ ＝ － １６ ２ ａ － － １ １ ＞ ＜ ０ ０ ， ， ｆ 令 （ ｘ φ １）＋ ｘ ｇ （ ｘ ｆ １） ｘ ＝ ｆ （ ｇ ｘ ２ ｘ ）＋ ｇ （ ｘ ２），
或
{ａ
ｇ （ ＜ １ ０ ） ， ＝－２ ａ －１＞０， 解得ａ ＞ １ 或ａ ＜－ １ ．故选 Ｄ． 则 φ′ φ ｘ
（
（ ｘ
）
）
＝
＝ ｘ ２
（
ｘ ＋
）
ｘ
＋
２ ＋ ｘ ａ
（
ｘ ａ ，
）
．
，
ｇ （４）＝１６ ａ －１＜０， １６ ２ 令 （ φ′ ）＝ ｘ ２ ｌｎ２ 得 ＋２ ｘ ＋ ｘ ａ
４．（多选题）（２０２１届广东珠海一中模拟）已知ｆ （ ｘ ） 是可导的函数 ， 即 ｘ （ ）＝０， ｘ ａ ２ ． ｌｎ２＋２ ＋ ＝０，
且ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 对于ｘ Ｒ恒成立 则下列不等关系正确的是 ２ ｌｎ２＝－２ －
（ ）＜（ ） ∈ ， 由ｙ ｘ 与ｙ ｘ ａ的图象可知 对任意的ａ 存在ｘ
１＝２ ｌｎ２ ２＝－２ － ， ， ０，
（ ） 使ｘ ｘ 时ｙ ｙ ｘ ｘ 时ｙ ｙ
Ａ．
ｆ
（１）＜ｅ
ｆ
（０），
ｆ
（２０２０）＜ｅ
２０２０ｆ
（０） 故对
＞
任
０
意的
１
ａ
＞
存
２，
在
＜
ｘ
０
使ｘ
１＜
ｘ
２，
时 φ′ ｘ ｘ ｘ 时φ′ ｘ
Ｂ．
ｆ
（１）＞ｅ
ｆ
（０），
ｆ
（１）＞ｅ
２ｆ
（－１） 故对任意的ａ
，
φ ｘ 在
０，
Ｒ上
＞
不
０
是单
，
调
（
函
）
数
＞
．
０， ＜ ０ （ ）＜０，
Ｃ．
ｆ
（１）＜ｅ
ｆ
（０），
ｆ
（１）＜ｅ
２ｆ
（－１） 故对任意的ａ
，
存
（
在
）
不相等的实数ｘ ｘ 使ｍ ｎ
Ｄ．
ｆ
（１）＞ｅ
ｆ
（０），
ｆ
（２０２０）＞ｅ
２０２０ｆ
（０） 成立．
， １， ２， ＝－ ，
ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ∴ ④
答案 ＡＣ 设ｇ ｘ （ ） 则ｇ′ ｘ （ ）－（ ） 综上 正确．
（ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｘ ， ，①④
ｅ ｅ ６．（２０１５江苏，１７，１４分）某山区外围有两条相互垂直的直线型
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｇ′ ｘ 即ｇ ｘ 在Ｒ上单调递减
∵ （ ）＜（ ），∴ （ ）＜０， （ ） ， 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
ｆ ｆ ， ，
ｇ ｇ 即（１） （０） 即ｆ ｆ 公路和山区边界的直线型公路 记两条相互垂直的公路为ｌ
∴ （１）＜ （０）， ＜ ０ ， （１）＜ｅ（０）， ， １，
ｅ ｅ 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
ｆ ｆ ２， ， ， ， ，
ｇ ｇ 即（２０２０） （０） 即ｆ ２０２０ｆ Ｃ的两个端点 测得点Ｍ到ｌ ｌ 的距离分别为 千米和 千
（２０２０）＜ （０）， ２０２０ ＜ ０ ， （２０２０）＜ｅ （０）， ， １，２ ５ ４０
ｅ ｅ 米 点Ｎ到ｌ ｌ 的距离分别为 千米和 ． 千米 以ｌ ｌ 所
ｆ ｆ ， １，２ ２０ ２ ５ ， ２， １
ｇ ｇ 即（１） （－１） 即ｆ ２ｆ ． 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
（１）＜ （－１）， ＜ －１ ， （１）＜ｅ （－１） ， ， ，
ｅ ｅ ａ
选项 和 正确 选项 和 错误． 符合函数ｙ 其中ａ ｂ为常数 模型．
∴ Ａ Ｃ ， Ｂ Ｄ ＝ｘ２ ｂ（ ， ）
故选ＡＣ． ＋
求ａ ｂ的值
５．（２０１５四川，１５，５分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｇ ｘ ｘ２ ａｘ 其中ａ （１） ， ；
（ ）＝２， （ ）＝ ＋ （ 设公路ｌ与曲线Ｃ相切于Ｐ点 Ｐ的横坐标为ｔ．
ｆ ｘ ｆ ｘ （２） ，
Ｒ ． 对于不相等的实数 ｘ ｘ 设 ｍ （ １）－（ ２） ｎ 请写出公路ｌ长度的函数解析式ｆ ｔ 并写出其定义域
∈ ） １， ２， ＝ ｘ ｘ ， ① （ ）， ；
１－ ２ 当ｔ为何值时 公路ｌ的长度最短 求出最短长度．
ｇ ｘ ｇ ｘ ② ， ？
（ １）－ （ ２）．
＝ ｘ ｘ
１－ ２
现有如下命题
：
对于任意不相等的实数ｘ ｘ 都有ｍ
① １， ２， ＞０；
对于任意的ａ及任意不相等的实数ｘ ｘ 都有ｎ
② １， ２， ＞０；
对于任意的ａ 存在不相等的实数ｘ ｘ 使得ｍ ｎ
③ ， １， ２， ＝ ；
对于任意的ａ 存在不相等的实数ｘ ｘ 使得ｍ ｎ．
④ ， １， ２， ＝－
其中的真命题有 （ 写出所有真命题的序号 ） ． 解析 由题意知 点 Ｍ Ｎ 的坐标分别为
答案 （１） ， ， （５，４０），（２０，
①④ ì ï ａ
解析 ① ｆ （ ｘ ）＝２ ｘ 是增函数 ，∴ 对任意不相等的实数ｘ １， ｘ ２， ． ．将其分别代入ｙ ａ 得í ï ２５＋ ｂ＝４０， 解得 {ａ ＝１０００，
都有 ｆ （ ｘ １）－ ｆ （ ｘ ２） 即ｍ 成立． ２５） ＝ｘ２ ＋ ｂ， ï ï ａ ． ｂ ＝０ ．
ｘ ｘ ＞０， ＞０，∴ ① î ｂ＝２５，
１－ ２ ４００＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
æ ö
由 知 ｙ １０００ ｘ 则点 Ｐ 的坐标 Ｂç ３０００÷．
（２）① （１） ， ＝ ｘ２ （５≤ ≤２０）， è０， ｔ２ ø
为 æ è çｔ ， １０ ｔ２ ００ ö ø ÷ ， 故ｆ （ ｔ ）＝ ( ３ ｔ) ２ ＋ æ è ç３ ｔ ０ ２ ００ ö ø ÷ ２ ＝ ３ ｔ２ ＋ ４× ｔ １ ４ ０ ６ ， ｔ ∈［５，２０］ ．
２ ２
６
设ｇ ｔ ｔ２ ４×１０
② （ ）＝ ＋ ｔ４ ，
６
则ｇ′ ｔ ｔ １６×１０ ．
（ ）＝２ － ｔ５
令ｇ′ ｔ 解得ｔ ．
（ ）＝０， ＝１０ ２
当ｔ 时 ｇ′ ｔ ｇ ｔ 是减函数
∈（５，１０ ２） ， （ ）＜０， （ ） ；
设在点Ｐ处的切线 ｌ 交 ｘ 轴 ｙ 轴分别于 Ａ Ｂ 点 易知 ｙ′ 当ｔ 时 ｇ′ ｔ ｇ ｔ 是增函数
， ， ， ＝ ∈（１０ ２，２０） ， （ ）＞０， （ ） ；
从而 当ｔ 时 函数ｇ ｔ 有极小值 也是最小值
２０００ ， ＝１０ ２ ， （ ） ， ，
－ ｘ３ ， 所以ｇ ｔ 则ｆ ｔ ．
( ｔ ) （ ）ｍｉｎ＝３００， （ ）ｍｉｎ＝１５ ３
则ｌ 的方程为 ｙ １０００ ２０００ ｘ ｔ 由此得 Ａ ３ 答 当ｔ 时 公路ｌ的长度最短 最短长度为 千米．
－ ｔ２ ＝－ ｔ３ （ － ）， ，０ ， ： ＝１０ ２ ， ， １５ ３
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
( ａ ) ( ａ )
， ＋１ 和（ ， ），单调减区间为 ＋１， ；
－∞ － ａ －１ ＋∞ － ａ －１
当ａ 时，函数ｆ（ｘ）的单调增区间为（ ， ），单调减区
＝０ －１ ＋∞
考法一 利用导数研究函数的单调性 间为（ ， ）；当 ａ 时，函数 ｆ（ｘ） 的单调增区间为
－∞ －１ ＜０
例１ （２０１９湖南郴州二模，２１）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ （ ａｘ２ ＋ ( －１ ， － ａ ＋ ａ １ ) ，单调减区间为（ －∞ ， －１ ）， ( － ａ ＋ ａ １， ＋∞ ) ．
ｘ ａ ．
＋ ）
求函数ｆ ｘ 的单调区间 （ ）函数ｆ（ｘ） ｘ（ａｘ２ ｘ） 恒成立转化为ａ ｘ １ 在Ｒ
（１） （ ） ； ２ ≤ｅ ＋２ ＋１ ≤ ＋ ｘ
（２）
若函数ｆ
（
ｘ
）≤ｅ
ｘ
（
ａｘ２
＋２
ｘ
）＋１
恒成立
，
求实数ａ的取值
ｘ
ｅ
范围． 上恒成立．令ｈ（ｘ） ｘ １ ，则ｈ′（ｘ） ｅ －１，易知ｈ（ｘ）在（ ， ）
＝ ＋ ｘ ＝ ｘ ０ ＋∞
ｅ ｅ
解题导引 上为增函数，在（ ， ）上为减函数． ｈ（ｘ） ｈ（ ） ．
－∞ ０ ∴ ｍｉｎ＝ ０ ＝１
故实数ａ的取值范围为（ ， ］．
－∞ １
方法总结 用导数法求可导函数单调区间的一般步骤
：
例２ （２０２０ 山东临沂高三检测，２１（改编））已知函数
解析 （ ）函数ｆ（ｘ）的定义域为Ｒ，且ｆ′（ｘ） （ａｘ ａ ）·
１ ＝ ＋ ＋１ ｇ ｘ ａｘ ｂ ｘ ａ ｂ Ｒ ａｂ 讨论ｇ ｘ 的单调性．
（ｘ ） ｘ，当ａ 时，ｆ′（ｘ） ｘ（ｘ ），当ｘ 时，ｆ′（ｘ） ，当 （ ）＝ －１－ ｌｎ （ ， ∈ ， ≠０）， （ ）
＋１ ｅ ＝０ ＝ｅ ＋１ ＞－１ ＞０ ａｘ ｂ
ｘ 时，ｆ′（ｘ） ，所以函数ｆ（ｘ）的单调增区间为（ ， ），单 解析 ｇ（ｘ）的定义域为（ ， ），ｇ′（ｘ） － ，下面讨论一
＜－１ ＜０ －１ ＋∞ ０ ＋∞ ＝ ｘ
调减区间为（ ， ）．当ａ 时， ｆ ′（ｘ） ａ（ｘ ） ( ｘ ａ ＋１ ) ｘ， 次函数ｙ ａｘ ｂ在（ ， ）上的正负情况：
－∞ －１ ≠０ ＝ ＋１ ＋ ａ ｅ ＝ － ０ ＋∞
ｂ
（ ）当ａ ，ｂ 时，令ｇ′（ｘ） ，得ｘ ，令ｇ′（ｘ） ，得
则方程ｆ ′（ｘ） 的两根为 ， ａ ＋１． １ ＞０ ＞０ ＞０ ＞ ａ ＜０ ０＜
＝０ －１ － ａ ｂ ( ｂ ) ( ｂ )
ｘ ，则ｇ（ｘ）在 ， 上单调递减，在 ， 上单调递增；
ａ ＜ ａ ０ ａ ａ ＋∞
当ａ 时， ＋１，所以函数 ｆ（ｘ）的单调增区间为
① ＞０ －１＞－ ａ （ ）当ａ ，ｂ 时，ｇ′（ｘ） ，则 ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调
( ａ ) ( ａ ) 递增；
２ ＞０ ＜０ ＞０ ０ ＋∞
， ＋１ 和（ ， ），单调减区间为 ＋１， ．
－∞ － ａ －１ ＋∞ － ａ －１ （ ）当ａ ，ｂ 时，ｇ′（ｘ） ，则 ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调
３ ＜０ ＞０ ＜０ ０ ＋∞
ａ 递减；
当ａ 时， ＋１，所以函数 ｆ（ｘ）的单调增区间为
② ＜０ －１＜－ ａ ｂ
（ ）当ａ ，ｂ 时，令ｇ′（ｘ） ，得 ｘ ，令ｇ′（ｘ） ，得
( ａ ) ( ａ ) ４ ＜０ ＜０ ＞０ ０＜ ＜ ａ ＜０
， ＋１ ，单调减区间为（ ， ）， ＋１， ．
－１ － ａ －∞ －１ － ａ ＋∞ ｂ ( ｂ ) ( ｂ )
ｘ ，则ｇ（ｘ）在 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
综上可知，当 ａ 时，函数 ｆ（ｘ） 的单调增区间为 ＞ ａ ０ ａ ａ ＋∞
＞ ０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２０７
( ｂ )
综上所述：当ａ ，ｂ 时，ｇ（ｘ）在 ， 上单调递减，在
考法二 利用导数研究函数的极值或最值
＞０ ＞０ ０ ａ
( ｂ ) 例３ （２０２０山东济南６月模拟）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ
， 上单调递增； （ ）＝ ｌｎ（ ＋
ａ ＋∞
ｂ ｘ．
当ａ ，ｂ 时，ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递增； ）－
＞０ ＜０ ０ ＋∞ 若ａ ｂ 求ｆ ｘ 的最大值
当ａ ，ｂ 时，ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递减； （１） ＝１， ＝０， （ ） ；
＜０ ＞０ ０ ＋∞ 当ｂ 时 讨论ｆ ｘ 极值点的个数．
( ｂ ) （２） ＞０ ， （ ）
当 ａ ， ｂ 时， ｇ （ｘ） 在 ， 上单调递增， 在 解题导引 求出函数的导数 由导数的正负确定函数
＜ ０ ＜ ０ ０ ａ （１） ，
(
ａ
ｂ ，
＋∞
) 上单调递减． 的单调性 首 ， 求 先 出 要 最 明 值 确 ； ｂ是正的常数 ａ是参数．按求极值的步骤
（２） ， ，
方法总结 用导数法求可导函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内的单调性 ｘ ａ ｘ ｂ
（ ） （ ， ） 求出导数后 实质上导函数ｆ ′ ｘ － ＋２ － 的分子可以看成
的步骤 ， （ ）＝ ｘ ｘ ｂ
： ２ （ ＋ ）
求ｆ ′ ｘ 是关于 ｘ的二次函数 转化为讨论二次函数ｙ ｘ ａ ｘ ｂ在定
（１） （ ）； ， ＝－ ＋２ －
确定ｆ ′ ｘ 在 ａ ｂ 内的符号 义域 上的正 负 为零情况．
（２） （ ） （ ， ） ； ［０，＋∞） 、 、
得出结论 ｆ′ ｘ 或 时为增函数 ｆ′ ｘ 或 解析 （ ）当ａ ，ｂ 时， ｆ（ｘ） ｘ ｘ，
（３） ， （ ）≥０（ ＞０） ， （ ）≤０（ １ ＝１ ＝０ ＝ｌｎ －
时为减函数．
＜０） 此时，函数ｆ（ｘ）的定义域为（ ， ）， ｆ ′（ｘ） １ １
０ ＋∞ ＝ ｘ － ｘ
２
例 （２０２０江西南昌开学摸底考试，２１）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ２－ ｘ ，
ａｘ ＝ ｘ
ｅ ｘ ｘ 为自然对数的底数 ａ为常数 且ａ ． ２
ａ ＋ －２ｌｎ（ ＋１）（ｅ ， ， ≠０） 由ｆ ′（ｘ） ，得 ｘ ；由ｆ ′（ｘ） ，得ｘ ，
＞０ ０＜ ＜４ ＜０ ＞４
若函数ｆ ｘ 在ｘ 处的切线与直线 ｘ ｙ 平行 求 所以ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减．
（１） （ ） ＝１ ｅ － ＝０ ， ０ ４ ４ ＋∞
ａ的值 所以ｆ（ｘ） ｆ（ ） ．
； 若ｆ ｘ 在 上存在单调递减区间 求ａ的取值 （ ）当ｂ ｍａ 时 ｘ＝ ，函 ４ 数 ＝ ｆ ２ （ ｌ ｘ ｎ ） ２ 的 － 定 ２ 义域为［ ， ），
（２） （ ） （０，＋∞） ， ２ ＞０ ０ ＋∞
范围．
ａ ｘ ａ ｘ ｂ
ｆ ′（ｘ） １ － ＋２ － ．
解析 （ １ ）ｆ ′（ｘ） ＝ｅ ａｘ ＋１－ｘ ２ ，ｘ ∈ （ －１ ， ＋∞ ）． （ ２ 分） ＝ｘ ＋ ｂ－ ２ ｘ＝ ２ ｘ（ｘ ＋ ｂ）
＋１ 当ａ 时，ｆ′（ｘ） 对任意的ｘ （ ， ）恒成立，ｆ（ｘ）
故ｆ ′（ ） ａ，结合题意知 ａ ， ａ ． （ 分） ① ≤０ ＜０ ∈ ０ ＋∞
１ ＝ｅ ｅ ＝ｅ ∴ ＝１ ４ 在（ ， ）上单调递减，此时ｆ（ｘ）极值点的个数为 ；
０ ＋∞ ０
（ ）由题意知ｘ （ ， ）时，ｆ′（ｘ） ａｘ ２ 有解， 当ａ 时，设ｈ（ｘ） ｘ ａ ｘ ｂ，
２ ∈ ０ ＋∞ ＝ｅ ＋１－ｘ ＜０ ② ＞０ ＝－ ＋２ －
＋１
（ ）当 ａ２ ｂ ，即 ａ ｂ时，
当ｘ ［ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ａｘ ２ 恒成立，不存在 ｉ ４ －４ ≤０ ０＜ ≤
∈ １ ＋∞ ＝ｅ ＋１－ｘ ＞０ ｆ ′（ｘ） 对任意的ｘ （ ， ）恒成立，即ｆ（ｘ）在（ ， ）
＋１ ≤０ ∈ ０ ＋∞ ０ ＋∞
单调递减区间． （ 分） 上单调递减，此时ｆ（ｘ）极值点的个数为 ；
５ ０
当ｘ （ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ａｘ ２ 有解等价于 １－
ｘ （
ｉｉ
）当
４
ａ２
－４
ｂ
＞０
，即ａ
＞
ｂ时，记方程ｈ（ｘ）
＝ ０
的两根分别
∈ ０ １ ＝ｅ ＋１－ｘ ＜０ ｌｎ ｘ 为ｘ ，ｘ ，
＋１ １＋
ａｘ 有解． （ 分） １ ２
－ ＞０ ６ 则 ｘ ｘ ａ ， ｘ ｘ ｂ ，所以ｘ ，ｘ 都大于 ，
ｘ １＋ ２ ＝２ ＞０ １ ２ ＝ ＞０ １ ２ ０
设φ（ｘ） １－ ａｘ，则φ′（ｘ） ２ ａ， 即ｆ ′（ｘ）在（ ， ）上有 个变号零点，
＝ｌｎ
１＋
ｘ－ ＝ｘ２
－１
－
此时ｆ（ｘ）极值
０
点
＋∞
的个数为
２
．
２
因为ｘ （ ， ），所以 ２ ． （ 分） 综上所述，ａ ｂ时， ｆ（ｘ）极值点的个数为 ；
∈ ０ １ ｘ２ ＜－２ ８ ≤ ０
－１
ａ ｂ时， ｆ（ｘ）极值点的个数为 ．
当ａ 时，φ′（ｘ） ２ ａ 恒成立， ＞ ２
① ≥－２ ＝ｘ２
－１
－ ＜０ 方法总结 解决函数极值问题的一般思路
ｘ
φ（ｘ） １－ ａｘ在ｘ （ ， ）上单调递减，φ（ｘ） φ（ ）
＝ｌｎ ｘ－ ∈ ０ １ ＜ ０ ＝
１＋
恒成立，不符合题意． （ 分）
０ １０
ａ æ ａ ö
当ａ 时， ＋２ ，当 ｘ ç ， ＋２÷时，φ′（ｘ）
② ＜－２ ０＜ ａ ＜１ ∈è０ ａ ø ＝
２ ａ ，
ｘ２ － ＞０
－１
ｘ æ ａ ö
φ（ｘ） １－ ａｘ 在 ｘ ç ， ＋２÷上单调递增，φ（ｘ）
＝ｌｎ ｘ－ ∈è０ ａ ø ＞
１＋
ｘ
φ（ ） ，即 １－ ａｘ ．
０ ＝０ ｌｎ ｘ－ ＞０
１＋
综上所述，ａ ． （ 分）
＜－２ １２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｋ
所以当ｘ 时，φ（ｘ）取得最小值φ（ ） ｅ，
例 （２０１７江西南昌高三第二次模拟，２１）已知函数ｆ ｘ ＝２ ２ ＝
（ ） ２
＝
ｘ
·ｌｎ（
ｘ
－１）－
ａｘ２
＋
ｂｘ
（
ａ
，
ｂ
∈
Ｒ
，
ａ
，
ｂ为常数
，ｅ
为自然对数的底
所以只需
ｋ
ｅ ｋ ，即正实数ｋ的取值范围是（ ， ）．
数 ． ｅ＜ ⇒ ＞２ ２ ＋∞
） ２
( )
当ａ 时 讨论函数ｆ ｘ 在区间 １ 上极 考法三 利用导数研究函数的零点
（１） ＝－１ ， （ ） ＋１，ｅ＋１
ｅ
值点的个数 例４ （２０１８课标Ⅱ，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２．
； （ ）＝ｅ －
当ａ ｂ 时 对任意的ｘ 都有ｆ ｘ 若ａ 证明 当ｘ 时 ｆ ｘ
（２） ＝１， ＝ｅ＋２ ， ∈（１，＋∞） （ ）＜ （１） ＝１， ： ≥０ ， （ ）≥１；
ｋ
ｅ
ｘ ２成立
，
求正实数ｋ的取值范围．
（２）
若ｆ
（
ｘ
）
在
（０，＋∞）
只有一个零点
，
求ａ．
ｘ 解题导引 要证ｆ ｘ 只要证 ｘ ｘ２ 即 ｘ２
解析 （ ）当ａ 时， ｆ ′（ｘ） （ｘ ） ｘ ｂ， （１） （ ）≥１， ｅ － －１≥０， （ ＋
记ｇ（ ｘ）
１
ｆ ′（ｘ）
＝－
ｂ，
１ ＝ｌｎ －１ ＋ｘ －１ ＋２ ＋ １）ｅ － ｘ －１≤
若
０
使
， 设
ｆ
ｇ
ｘ
（ ｘ
在
）＝（ ｘ２ ＋１）
上
ｅ － ｘ
有
－１
一
， 证
个
明
零点
ｇ （ ｘ
可
）ｍ
以
ａｘ≤
考
０
虑
即
使
可
函
．
数ｙ
＝ －
( )
（２） （ ） （０，＋∞） ，
ｆ ｘ 的图象在 上与ｘ轴有一个交点 由于ａ为参数
ｘ· ｘ ３ ＝ （ ） （０，＋∞） ， ，
则ｇ′（ｘ） ＝ｘ － １ １ －（ｘ － １ １ ）２ ＋２＝ ２ （ｘ －１ － ） ２ ２ ， 其 由 取 于 值 ｆ 变 ｘ 化影 ｘ 响 ａｘ 着 ２ 的 ｙ ＝ 导 ｆ （ 数 ｘ ） ｆ 的 ′ 单 ｘ 调性 ｘ ， 因 ａ 此 ｘ不 ， 首 易 先 判 对 断函 ａ分 数 类 值 讨 符 论 号 ，
（ ）＝ｅ － （ ）＝ｅ －２ ，
令ｇ′（ｘ） ＝０ ，得ｘ ＝
２
３ ， 所以将其转化为ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ æ
è
ç
１－
ａ
·
ｘ２
ｘ
ö
ø
÷
，
即讨论ｈ
（
ｘ
）＝１－
ａ
·
ｘ２
ｘ
的
( ) ｅ ｅ
当ｘ １ ，３ 时，ｇ′（ｘ） ； 零点问题 结合单调性分类讨论．
∈ １＋ ＜０ ，
( ｅ ２ ) 解析 （ １ ）证明：当ａ ＝１ 时， ｆ（ｘ） ≥１ 等价于（ｘ２ ＋１ ） ｅ － ｘ －１
当ｘ ∈ ３ ， ｅ＋１ 时，ｇ′（ｘ） ＞０ ， ≤０ ．
２ 设ｇ（ｘ） （ｘ２ ） － ｘ ，
所以当ｘ ＝ ３ 时，ｇ（ｘ）取得极小值 ６－ｌｎ２ ， 则ｇ′（ｘ） ＝ （ ＋ ｘ２ １ ｅ ｘ －１ ） － ｘ （ｘ ）２ － ｘ．
２ ＝－ －２ ＋１ ｅ ＝－ －１ ｅ
( ) 当ｘ 时，ｇ′（ｘ） ，所以ｇ（ｘ）在（ ， ）单调递减．
又ｇ １ ２ ，ｇ（ ） １ ， ｆ ′（ｘ） ≠１ ＜０ ０ ＋∞
＋１ ＝ｅ＋ ＋２ ｅ＋１ ＝ ２ｅ＋ ＋４ ＝ ０⇔ 而ｇ（ ） ，故当ｘ 时，ｇ（ｘ） ，即ｆ（ｘ） ．
ｅ ｅ ｅ ０ ＝０ ≥０ ≤０ ≥１
ｇ（ｘ） ｂ，所以 （ ）证明：设ｈ（ｘ） ａｘ２ － ｘ．
＝－ ２ ＝１－ ｅ
（ ）当 ｂ ，即ｂ 时， ｆ ′（ｘ） ， ｆ（ｘ）在（ ， ）只有一个零点当且仅当ｈ（ｘ）在（ ， ）只
ｉ － ≤６－ｌｎ２ ≥ｌｎ２－６ ≥０ ０ ＋∞ ０ ＋∞
( ) 有一个零点．
函数ｆ（ｘ）在区间 １ ， 上无极值点；
＋１ ｅ＋１ （ ）当ａ 时，ｈ（ｘ） ，ｈ（ｘ）没有零点．
ｅ ｉ ≤０ ＞０
（ ）当ａ 时，ｈ′（ｘ） ａｘ（ｘ ） － ｘ．
（ ）当 ｂ ２ ，即 ２ ｂ 时， ｉｉ ＞０ ＝ －２ ｅ
ｉｉ ６－ｌｎ２＜－ ＜ｅ＋ ＋２ －ｅ－ －２＜ ＜ｌｎ２－６ 当ｘ （ ， ）时，ｈ′（ｘ） ；当ｘ （ ， ）时，ｈ′（ｘ） ．
ｅ ｅ ∈ ０ ２ ＜０ ∈ ２ ＋∞ ＞０
ｆ ′（ｘ） 有两个不同的解， 函数 ｆ （ｘ） 在区间 所以ｈ（ｘ）在（ ， ）单调递减，在（ ， ）单调递增．
＝ ０ ０ ２ ２ ＋∞
( )
ａ
１ ， 上有两个极值点； 故ｈ（ ） ４ 是ｈ（ｘ）在［ ， ）的最小值．
ｅ ＋１ ｅ＋１ ２ ＝１－ ｅ ２ ０ ＋∞
（ ）当 ２ ｂ １ ，即 １ ｂ ２ 若ｈ（ ） ，即ａ ｅ ２ ，ｈ（ｘ）在（ ， ）没有零点；
ｉｉｉ ｅ＋ ＋２≤－ ＜２ｅ＋ ＋４ －２ｅ－ －４＜ ≤－ｅ－ － ① ２ ＞０ ＜ ０ ＋∞
ｅ ｅ ｅ ｅ ４
( )
时， ｆ ′（ｘ） 有一个解，函数ｆ（ｘ）在区间 １ ， 上有 若ｈ（ ） ，即ａ ｅ ２ ，ｈ（ｘ）在（ ， ）只有一个零点；
２ ＝０ ＋１ ｅ＋１ ② ２ ＝０ ＝ ０ ＋∞
ｅ ４
一个极值点；
２
若ｈ（ ） ，即ａ ｅ ，由于ｈ（ ） ，所以ｈ（ｘ）在（ ， ）有
③ ２ ＜０ ＞ ０ ＝１ ０ ２
（ ）当 ｂ １ ，即ｂ １ 时， ｆ ′（ｘ） ，函 ４
ｉｖ － ≥２ｅ＋ ＋４ ≤－２ｅ－ －４ ≤０ 一个零点．
ｅ ｅ
数ｆ（ｘ）在区间
(
１ ，
)
上无极值点．
由（
１
）知，当ｘ
＞０
时，
ｅ
ｘ
＞
ｘ２，
＋１ ｅ＋１
ｅ 所以ｈ（ ａ） １６ ａ３ １６ ａ３ １６ ａ３ １ ．
（ ２ ）当ａ ＝１ ，ｂ ＝ｅ＋２ 时，对任意的ｘ ∈ （ １ ， ＋∞ ）都有ｆ（ｘ） ＜ ４ ＝１－ ｅ ４ ａ ＝１－（ ｅ ２ ａ）２＞１－（ ２ ａ）４ ＝１－ ａ ＞０
ｋ· ｘ ２成立，即ｘ （ｘ ） ｘ２ （ ）ｘ ｋ ｘ ２，即 （ｘ ） ｘ 故ｈ（ｘ）在（ ， ａ）有一个零点．
ｅ ｌｎ －１ － ＋ ｅ＋２ ＜ ｅ ｌｎ －１ － ＋ｅ＋２ ２ ４
ｘ ｘ 因此ｈ（ｘ）在（ ， ）有两个零点．
ｋ·ｅ ２ ，记ｈ（ｘ） （ｘ ） ｘ ，φ（ｘ） ｋ·ｅ ２ ， ０ ＋∞
＜ ｘ ＝ｌｎ －１ － ＋ｅ＋２ ＝ ｘ ２
综上， ｆ（ｘ）在（ ， ）只有一个零点时，ａ ｅ ．
ｘ ０ ＋∞ ＝
由于ｈ′（ｘ） １ ２－ ， ４
＝ｘ －１＝ｘ 方法总结 研究函数的零点个数问题 可以通过导数研究
－１ －１ ，
当 ｘ 时，ｈ′（ｘ） ，当ｘ 时，ｈ′（ｘ） ， 函数的单调性 最值等．具体地 可画出函数图象 根据函数图象
１＜ ＜２ ＞０ ＞２ ＜０ 、 ， ，
所以当ｘ 时，ｈ（ｘ）取得最大值ｈ（ ） ， 的走势规律 标出函数极值点 最值点的位置求解．这种用数形结
＝２ ２ ＝ｅ ， 、
ｘ ｘ ｋ ｘ 合思想分析问题的方法 可以使问题有一个清晰 直观的整体
１ ２ｘ ２ ２（ｘ ） ， 、
又φ′（ｘ） ｋ· ２
ｅ －ｅ
２
ｅ －２
，
展现．
＝ ｘ２ ＝ ｘ２
当 ｘ 时，φ′（ｘ） ，当ｘ 时，φ′（ｘ） ，
１＜ ＜２ ＜０ ＞２ ＞０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２０９
例 （２０１５四川，２１，１４分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ
（ ）＝－２（ ＋ ）ｌｎ
ｘ ｘ２ ａｘ ａ２ ａ 其中ａ ．
＋ －２ －２ ＋ ， ＞０
例 （２０１８安徽皖南八校第三次（４月）联考，２１）已知函 设ｇ ｘ 是ｆ ｘ 的导函数 讨论ｇ ｘ 的单调性
（１） （ ） （ ） ， （ ） ；
数ｆ
（
ｘ
）＝ 若
ｘ２
＋ 曲
ｘ
－ 线
ａ
ｌ ｙ ｎ
ｘ
ｆ （
ａ
ｘ ∈ 与
Ｒ
） ｙ ，
ｇ
ｇ （
ｘ
ｘ ）＝ 在 ２
１
点
ｘ２
＋
ｘ
＋ ２
１
处
．
的切线互相垂 内恒
（
成
２
立
） 证
， 且
明 ：
ｆ （
存
ｘ ）
在
＝
ａ
０
∈
在
（
区
０，
间
１）
（
，
１
使
，＋
得
∞）
ｆ （
内
ｘ
有
）≥
唯
０
一
在
解
区
．
间 （１，＋∞）
（１） ＝ （ ） ＝ （ ） （１，２） 解析 （ ）由已知得，函数ｆ（ｘ）的定义域为（ ， ），
直 求ａ的值 １ ０ ＋∞
， ； ( ａ )
ｇ（ｘ） ｆ ′（ｘ） （ｘ ａ） ｘ ，
讨论函数ｙ ｆ ｘ ｇ ｘ １ 的零点个数． ＝ ＝２ － －２ｌｎ －２ １＋ ｘ
（２） ＝ （ ）－ （ ）＋
２ ( ) ( )
２
ａ ｘ １ ａ １
解析 （ ）ｆ ′（ｘ） ｘ ，ｇ′（ｘ） ｘ ， ａ ２ － ＋２ －
１ ＝２ ＋１－ ｘ ＝ ＋１ 所以ｇ′（ｘ） ２ ２ ２ ４ ．
＝２－ ｘ ＋ｘ２ ＝ ｘ２
由题意知ｆ ′（
１
）ｇ′（
１
）
＝－１⇒
（
３－
ａ）
×２＝－１
，解得ａ
＝
７ ．
当 ａ １ 时， ｇ （ ｘ） 在 区 间
æ
ç ，１－ １－４
ａö
÷，
２ ０ ＜ ＜ è０ ø
４ ２
（
２
）ｙ
＝
ｆ（ｘ）
－
ｇ（ｘ）
＋
１
＝
１ ｘ２
－
ａ
ｌｎ
ｘ，
æ ａ ö
２ ２ ç１＋ １－４ ， ÷上单调递增，
ａ
è ＋∞ø
令ｈ（ｘ） １ ｘ２ ａ ｘ，ｘ ，则ｈ′（ｘ） ｘ （ｘ ）． ２
＝ － ｌｎ ＞０ ＝ － ｘ ＞０ æ ａ ａö
２ 在区间ç１－ １－４ ，１＋ １－４ ÷上单调递减；
当ａ 时，ｈ（ｘ）在定义域（ ， ）上恒大于 ，ｈ（ｘ）没 è ø
① ＝０ ０ ＋∞ ０ ２ ２
有零点．
当ａ １ 时，ｇ（ｘ）在区间（ ， ）上单调递增．
ａ ≥ ０ ＋∞
当ａ 时，ｈ′（ｘ） ｘ 在（ ， ）上恒成立， ４
② ＜０ ＝ － ｘ ＞０ ０ ＋∞ ( ａ )
（ ）证明：由ｆ ′（ｘ） （ｘ ａ） ｘ ，解得ａ
所以ｈ（ｘ）在定义域（ ， ）上为增函数， ２ ＝２ － －２ｌｎ －２ １＋ ｘ ＝０
０ ＋∞
ｘ ｘ
因为ｈ（ ） １ ，ｈ（ １ａ） １ ２ａ ， －１－ｌｎ ．
１ ＝ ＞０ ｅ ＝ ｅ －１＜０ ＝ ｘ－１
２ ２ １＋
所以ｈ（ｘ）有 个零点． æ ｘ ｘö ｘ ｘ
１ 令φ（ｘ） çｘ －１－ｌｎ ÷ ｘ ｘ２ －１－ｌｎ ·ｘ
当ａ 时，ｈ′（ｘ） ｘ ａ ｘ２ － ａ （ｘ ＋ ａ）（ｘ － ａ） ， ＝ －２è ＋ １＋ ｘ－１ øｌｎ ＋ －２× １＋ ｘ－１ －
③ ＞０ ＝ － ｘ ＝ ｘ ＝ ｘ æｘ ｘö２ ｘ ｘ
ç －１－ｌｎ ÷ －１－ｌｎ ．
因为当ｘ
∈
（
０
， ａ）时，ｈ′（ｘ）
＜０
，ｈ（ｘ）在（
０
， ａ）上为减函 ２è １＋ ｘ－１ ø ＋ １＋ ｘ－１
数，当ｘ ∈ （ ａ， ＋∞ ）时，ｈ′（ｘ） ＞０ ，ｈ（ｘ）在（ ａ， ＋∞ ）上为增函 则φ（ １ ） ＝１＞０ ，φ（ ｅ ） ＝－ ｅ （ ｅ－ － ２ １ ） －２ æ è ç ｅ－２ －１ ö ø ÷ ２ ＜０ ．
１＋ｅ １＋ｅ
数，所以ｘ ＝ ａ时，ｈ（ｘ）有极小值，也是最小值，ｈ（ ａ） ＝ １ ａ － 故存在ｘ （ ， ），使得φ（ｘ ） ．
２ ０∈ １ ｅ ０ ＝０
ｘ ｘ
ａ ａ １ ａ（ ａ）． 令ａ ０－１－ｌｎ ０，ｕ（ｘ） ｘ ｘ（ｘ ）．
ｌｎ ＝ １－ｌｎ ０＝ ｘ－１ ＝ －１－ｌｎ ≥１
２ １＋ ０
当ａ （ ， ）时，ｈ（ ａ） １ ａ（ ａ） ，ｈ（ｘ）没有零点； 由ｕ′（ｘ） １ 知，函数ｕ（ｘ）在区间（ ， ）上单调
∈ ０ ｅ ＝ １－ｌｎ ＞０ ＝１－ ｘ ≥０ １ ＋∞
２
递增．
当ａ 时，ｈ（ ａ） １ ａ（ ａ） ，ｈ（ｘ）有 个零点ｘ
＝ｅ ＝ ２ １－ｌｎ ＝０ １ ＝ ｕ（ ） ｕ（ｘ ） ｕ（ ）
所以 １ ０ ａ ｅ ｅ－２ ．即ａ （ ， ）．
ａ；当ａ ∈ （ ｅ ， ＋∞ ）时，ｈ（ ａ） ＝ １ ａ（ １－ｌｎ ａ） ＜０ ， ０＝ １＋１ ＜ １＋ ｘ ０ －１ ＝ ０＜ １＋ｅ －１ ＝ １＋ｅ －１＜１ ０∈ ０ １
２ 当ａ ａ 时，有ｆ ′（ｘ ） ， ｆ（ｘ ） φ（ｘ ） ．
＝ ０ ０ ＝０ ０ ＝ ０ ＝０
因为ｈ（ ） １ 且ｈ（ ａ） ， 由（ ）知， ｆ ′（ｘ）在区间（ ， ）上单调递增，
１ ＝ ＞０ ＜０ １ １ ＋∞
２ 故当ｘ （ ，ｘ ）时， ｆ ′（ｘ） ，
所以方程ｈ（ｘ） 在区间（ ， ａ）内有一解， ∈ １ ０ ＜０
＝０ ０ 从而ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） ；
因为当ｘ 时，ｘ ｘ ， ＞ ０ ＝０
＞１ －ｌｎ ＞０ 当ｘ （ｘ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ，
所以ｘ ＞ｌｎ ｘ，则ｈ（ｘ） ＝ １ ｘ２ － ａ ｌｎ ｘ ＞ １ ｘ２ － ａｘ， 从而 ∈ ｆ（ｘ） ０ ＋ ｆ（ ∞ ｘ ） ． ＞０
２ ２ ＞ ０ ＝０
所以，当ｘ （ ， ）时， ｆ（ｘ） ．
因为 ａ ａ ，所以ｈ（ ａ） １ （ ａ）２ ａ２ ， ∈ １ ＋∞ ≥０
２ ＞ ＞１ ２ ＞ ２ －２ ＝０ 综上所述，存在ａ （ ， ），使得ｆ（ｘ） 在区间（ ， ）
２ ∈ ０ １ ≥０ １ ＋∞
所以ｈ（ｘ） 在区间（ ａ， ）内有一解， 内恒成立，且ｆ（ｘ） 在区间（ ， ）内有唯一解．
＝０ ＋∞ ＝０ １ ＋∞
所以方程ｈ（ｘ） 在区间（ ， ）内有两解．
＝０ ０ ＋∞ 考法四 利用导数研究不等式
综上所述，当ａ ［ ， ）时，ｙ ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） １ 没有零点；
∈ ０ ｅ ＝ － ＋ 例５ （２０２０浙江温州中学３月模拟，２１改编）已知ｆ ｘ
２ （ ）
ｘ ｘ ２ ｇ ｘ ｋ ｘ ．
当ａ 或ａ 时，ｙ ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） １ 有 个零点； ＝２ｌｎ（ ＋２）－（ ＋１） ， （ ）＝ （ ＋１）
＜０ ＝ｅ ＝ － ＋ １ 求ｆ ｘ 的单调区间
２ （１） （ ） ；
当ｋ 时 求证 ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 恒成立．
当ａ 时，ｙ ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） １ 有 个零点． （２） ＝２ ， ：∀ ＞－１， （ ）＜ （ ）
＞ｅ ＝ － ＋
２
２ 解题导引 根据求单调区间的步骤求解． 要证明
（１） （２）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｆ ｘ ｇ ｘ 可构造函数ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 再证明ｈ ｘ 通 所以ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减．
（ ）＜ （ ）， （ ）＝ （ ）－ （ ）， （ ）＜０， ０ ｅ ｅ ＋∞
过对ｈ ｘ 化简 变形 求出ｈ ｘ 的最值即可 移项构造不等式转 所以当ｘ 时，函数ｈ（ｘ）取得最大值ｈ（ ） ，因此ｋ ．
（ ） 、 ， （ ） ； ＝ｅ ｅ ＝１ ≥１
化为求函数最值是证明不等式的首选方法． ｋ ｙ ｙ ｘ ｘ
（ ）证明：ｇ（ｘ） ｆ（ｘ） ｘ ．ｋ ２－ １ ｌｎ ２－ｌｎ １，
（ｘ２ ｘ ） ３ ＝ － ｘ ＋１＝ｌｎ ＋１ ＝ｘ ｘ ＝ ｘ ｘ
解析 （ ）ｆ ′（ｘ） ２ （ｘ ） －２ ＋３ ＋１ （ｘ ）， ２－ １ ２－ １
１ ＝ｘ －２ ＋１ ＝ ｘ ＞－２ ｘ ｘ
＋２ ＋２ 因为ｘ １＋ ２，所以ｇ′（ｘ ） （ ｘ ）′ １ ２ ．
当ｆ ′（ｘ） 时，ｘ２ ｘ ，解得ｘ －３＋ ５． ０＝ ２ ０ ＝ ｌｎ ＋１ ｜ｘ ＝ ｘ ０ ＝ｘ ０ ＝ｘ １＋ ｘ ２
＜０ ＋３ ＋１＞０ ＞ ｘ ｘ
２ 要证ｋ ｇ′（ｘ ），即证ｌｎ ２－ｌｎ １ ２ ，
＞ ０ ｘ ｘ ＞ｘ ｘ
当ｆ ′（ｘ） 时，解得 ｘ －３＋ ５．所以ｆ（ｘ）的单调增区间 ２－ １ １＋ ２
＞０ －２＜ ＜ （ｘ ｘ ）
２ 即证 ｘ ｘ ２ ２－ １ （因为 ｘ ｘ ），
æ ö æ ö ｌｎ ２－ｌｎ １＞ ｘ ｘ ０＜ １＜ ２
为ç ，－３＋ ５÷，单调减区间为ç－３＋ ５， ÷． １＋ ２
è－２ ø è ＋∞ø ｘ （ｔ ）
２ ２ 设ｔ ２ ，即证 ｔ ２ －１ ４ ，
（
２
）证明：设ｈ（ｘ）
＝
ｆ（ｘ）
－
ｇ（ｘ）
＝２ｌｎ
（ｘ
＋２
）
－
（ｘ
＋１
）２
－
ｋ（ｘ
＋
＝ｘ
１
＞１ ｌｎ ＞ ｔ
＋１
＝２－ｔ
＋１
）（ｘ ），当ｋ 时，ｈ（ｘ） （ｘ ） （ｘ ）（ｘ ）．ｈ′（ｘ）
１ ＞－１ ＝２ ＝２ｌｎ ＋２ － ＋１ ＋３ ＝ 也就是要证 ｔ ４ ，其中ｔ （ ， ），
－２ （ｘ ＋３ ）（ｘ ＋１ ） ， 当ｘ 时，ｈ′（ｘ） 恒成立，ｈ（ｘ）单调递减． ｌｎ ＋ｔ ＋１ －２＞０ ∈ １ ＋∞
ｘ ∴ ＞－１ ＜０
＋２ 设ｋ（ｔ） ｔ ４ （ｔ （ ， ）），
又ｈ（
－１
）
＝０
，
∴
当ｘ
∈
（
－１
，
＋∞
）时，ｈ（ｘ）
＜
ｈ（
－１
）
＝０
恒成立，即 ＝ｌｎ ＋ｔ ＋１ －２ ∈ １ ＋∞
ｆ（ｘ） － 方 ｇ 法 （ｘ 总 ） ＜ 结 ０ 恒成 １． 立 证 ． 明 ∴ 不 ∀ 等 ｘ ＞ 式 －１ 的 ， 基 ｆ（ 本 ｘ） 方 ＜ ｇ 法 （ｘ）恒成立． 则ｋ′（ｔ） ＝ １ ｔ －（ｔ ＋ ４ １ ）２ ＝ （ ｔ ｔ （ ＋ ｔ １ ＋ ） １ ２ ） － ２ ４ ｔ ＝ｔ （ （ ｔ ｔ － ＋ １ １ ） ） ２ ２＞０ ，
： 所以ｋ（ｔ）在（ ， ）上单调递增，
利用单调性 若 ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上是增函数 则 ｘ １ ＋∞
（１） ： （ ） ［ ， ］ ， ①∀ ∈ 因此ｋ（ｔ） ｋ（ ） ．即ｋ ｇ′（ｘ ）．
ａ ｂ 有ｆ ａ ｆ ｘ ｆ ｂ ｘ ｘ ａ ｂ 且ｘ ｘ 有 ＞ １ ＝０ ＞ ０
［ ， ］， （ ）≤ （ ）≤ （ ），②∀ １， ２∈［ ， ］， １＜ ２， 方法总结 解决不等式恒成立问题的常见方法 分离参数
ｆ ｘ ｆ ｘ ．对于减函数有类似结论． ：① ，
值 （ ｍ １） （ ＜ ２ 则 ） （ 利 ２） 用 ｘ 最 Ｄ 值 ： 有 若 ｆ ｆ （ ｘ ｘ ） 在 Ｍ 某 或 个范 ｆ 围 ｘ Ｄ ｍ 内有 ． 最大值Ｍ （ 或最小 化 即可 为 ） ａ ； ≥ ② ｆ （ 数 ｘ 形 ） 恒 结 成 合 立 （ ｙ （ ａ ＝ ≥ ｆ （ ｆ ｘ （ ） ｘ 图 ）ｍａ 象 ｘ 即 在 可 ｙ ） ＝ 或 ｇ （ ａ ≤ ｘ ） ｆ 图 （ ｘ 象 ） 恒 上 成 方 立 （ （ 或 ａ ≤ 下 ｆ 方 （ ｘ ） ） 即 ｍｉｎ
） ２． ， 证明 ∀ ｆ （ ∈ ｘ ）＜ ， ｇ （ ｘ （ ）， ） 可 ≤ 构 （ 造函 （ 数 ） Ｆ ≥ （ ｘ ） ） ＝ ｆ （ ｘ ）－ ｇ （ ｘ ）， 证明 可 除 ） 不 ； 合 ③ 题 讨 意 论 的 最 参 值 数 ｆ （ 范 ｘ ） 围 ｍｉｎ≥ 筛 ０ 选 或 出 ｆ 符 （ 合 ｘ ） 题 ｍａｘ 意 ≤ 的 ０ 参 恒 数 成 范 立 围 ；④ ． 讨论参数 ， 排
Ｆ ｘ ． ，
（ ）＜０
例６ （２０１９陕西第二次质量检测，２１）函数ｆ ｘ ｘ
（ ）＝ｌｎ ＋
ｋ 例 （２０１９河南八市重点高中联盟第五次测评，２１）已知
ｋ Ｒ．
ｘ ， ∈ 函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２ 且曲线ｙ ｆ ｘ 在ｘ 处的切线与直线ｘ
（ ）＝ｅ － ， ＝ （ ） ＝１ ＋
若ｋ 求函数ｆ ｘ 的单调区间 ｙ 垂直．
（１） ＝１， （ ） ； （ｅ－２） ＝０
求函数ｆ ｘ 的单调区间
若ｆ ｘ １－ｅ恒成立 求实数ｋ的取值范围 （１） （ ） ；
（２） （ ）≥２＋ ｘ ， ； 求证 ｘ 时 ｘ ｘ ｘ ｘ ．
（２） ： ＞０ ，ｅ －ｅ －１≥ （ｌｎ －１）
（３） 设ｇ （ ｘ ）＝ ｆ （ ｘ ）－ ｋ ｘ ＋１， Ａ （ ｘ １， ｙ １）， Ｂ （ ｘ ２， ｙ ２） 为曲线ｙ ＝ 解析 （ １ ）由ｆ（ｘ） ＝ｅ ｘ － ａｘ２，得ｆ ′（ｘ） ＝ｅ ｘ －２ ａｘ．
因为曲线ｙ ｆ（ｘ）在ｘ 处的切线与直线ｘ （ ）ｙ
ｘ ｘ ＝ ＝１ ＋ ｅ－２ ＝０
ｇ ｘ 上两点 且 ｘ ｘ 设直线ＡＢ斜率为ｋ ｘ １＋ ２ 证明 ｋ 垂直，
（ ） ， ０＜ １＜ ２， ， ０＝ ， ：
２ 所以ｆ′（ ） ａ ，所以ａ ，即ｆ（ｘ） ｘ ｘ２，ｆ′（ｘ）
ｇ′ ｘ ． １ ＝ｅ－２ ＝ｅ－２ ＝１ ＝ｅ －
＞ （ ０） ｘ ｘ．
解题导引 求ｆ′ ｘ 判断ｆ′ ｘ 在 上的正负 ＝ｅ －２
（１） （ ）， （ ） （０，＋∞） ， 令ｇ（ｘ） ｘ ｘ，则ｇ′（ｘ） ｘ ．所以ｘ （ ， ）时，
从而得单调区间 找出使ｆ ′ ｘ 的ｘ是确定单调区间的关键． ＝ｅ －２ ＝ｅ －２ ∈ －∞ ｌｎ ２
， （ ）＝０ ｇ′（ｘ） ，ｇ（ｘ）单调递减；
将恒成立问题等价变形 转化为求确定函数的最值问 ＜０
（２） ， ｘ （ ， ）时，ｇ′（ｘ） ，ｇ（ｘ）单调递增．所以ｇ（ｘ）
题 分离常数ｋ时注意变量ｘ 的限定． ∈ ｌｎ２ ＋∞ ＞０ ｍｉｎ
， ∈（０，＋∞） ｇ（ ） ，所以ｆ ′（ｘ） 恒成立， ｆ（ｘ）单调递增．
ｘ ｘ ＝ ｌｎ２ ＝２－２ｌｎ２＞０ ＞０
将要证不等式明确为证明不等式ｌｎ ２－ｌｎ １ ２ 成立 即ｆ（ｘ）的单调增区间为（ ， ），无减区间．
（３） ｘ ｘ ＞ｘ ｘ －∞ ＋∞
２－ １ １＋ ２ （ ）证明：由（ ）知ｆ（ｘ） ｘ ｘ２， ｆ（ ） ，所以ｙ ｆ（ｘ）
ｘ ｘ 再考虑如何变两元 ｘ ｘ 为一元 此处是证明的关 ２ １ ＝ｅ － １ ＝ｅ－１ ＝
（ ２＞ １＞０）， １， ２ ， 在ｘ 处的切线方程为ｙ （ ） （ ）（ｘ ），
ｘ ｘ ＝１ － ｅ－１ ＝ ｅ－２ －１
键 由对数运算性质 ｘ ｘ ２不妨设 ２ ｔ 再构造函数 即ｙ （ ）ｘ ．
， ｌｎ ２－ｌｎ １＝ｌｎ ｘ ｘ ＝ ， ＝ ｅ－２ ＋１
１ １ 令ｈ（ｘ） ｘ ｘ２ （ ）ｘ ，则ｈ′（ｘ） ｘ ｘ （ ） ｘ
证明即可． ＝ｅ － － ｅ－２ －１ ＝ｅ －２ － ｅ－２ ＝ｅ －
（ｘ ），
ｅ－２ －１
解析 （ ）当ｋ 时，函数ｆ（ｘ） ｘ １ ，ｘ ． ｆ ′（ｘ） １ 且ｈ′（ ） ，ｈ″（ｘ） ｘ ，
１ ＝１ ＝ｌｎ ＋ ｘ ＞０ ＝ ｘ １ ＝０ ＝ｅ －２
ｘ （ ， ）时，ｈ″（ｘ） ，ｈ′（ｘ）单调递减；
－ｘ １ ２ ＝ ｘ ｘ － ２ １．当ｆ ′（ｘ） ＞０ 时，ｘ ＞１ ，当ｆ ′（ｘ） ＜０ 时， ０＜ ｘ ＜１ ，则函数 ｘ ∈ ∈ （ ｌ － ｎ ∞ ２ ， ｌ ＋ ｎ ∞ ２ ）时，ｈ″（ｘ） ＜ ＞ ０ ０ ，ｈ′（ｘ）单调递增．
ｆ（ｘ）的单调递减区间为（
０
，
１
），单调递增区间为（
１
，
＋∞
）． 因为ｈ′（ １ ） ＝０ ，所以ｈ′（ｘ） ｍｉｎ＝ ｈ′（ ｌｎ２ ） ＝４－ｅ－２ｌｎ ２＜０ ，因
ｋ 为ｈ′（ ） ，所以存在ｘ （ ， ），使ｘ （ ，ｘ ）时，ｈ′（ｘ）
（ ）ｆ（ｘ） １－ｅ恒成立，即 ｘ １－ｅ恒成立，整理 ０ ＝３－ｅ＞０ ０∈ ０ １ ∈ ０ ０
２ ≥２＋ ｘ ｌｎ ＋ ｘ ≥２＋ ｘ ，ｈ（ｘ）单调递增；
＞０
得ｋ ｘ ｘ ｘ 恒成立，令ｈ（ｘ） ｘ ｘ ｘ ，ｘ ，则
≥２ － ｌｎ ＋１－ｅ ＝ ２ － ｌｎ ＋１－ｅ ＞０
ｈ′（ｘ） ｘ，令ｈ′（ｘ） ，得ｘ ，
＝１－ｌｎ ＝０ ＝ｅ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２１１
ｘ
∈
（ｘ
０
，
１
）时，ｈ′（ｘ）
＜０
，ｈ（ｘ）单调递减；ｘ
∈
（
１
，
＋∞
）时，ｈ′
（ ）证明：原不等式可化为
ｆ（ｘ）
ｅ
ｘ －１
，
（ｘ） ，ｈ（ｘ）单调递增． ２ ≥ｘ ｘ
＞０ ｅ＋１ ｅ ＋１
又ｈ（
０
）
＝
ｈ（
１
）
＝０
，所以ｘ
＞０
时，ｈ（ｘ）
≥０
，即
ｅ
ｘ
－
ｘ２
－
（
ｅ－ 记ｇ（ｘ） ｅ
ｘ －１
，则ｇ′（ｘ） ｅ
ｘ －１（
１－ｅ
ｘ）
，
）ｘ ， ＝ｘ ｘ ＝ （ｘ ｘ ）２
２ －１≥０ ｅ ＋１ ｅ ＋１
所以
ｅ
ｘ
－
（
ｅ－２
）ｘ
－１≥
ｘ２． 当ｘ
≥１
时，ｇ′（ｘ）
＜０
，
ｘ
令φ（ｘ） ｘ ｘ，则φ′（ｘ） １ １－ ． 所以ｇ（ｘ）在［ ， ）上单调递减，有ｇ（ｘ） ｇ（ ） １ ，
＝ｌｎ － ＝ ｘ －１＝ ｘ １ ＋∞ ≤ １ ＝
ｅ＋１
所以ｘ （ ， ）时，φ′（ｘ） ，φ（ｘ）单调递增；ｘ （ ， ） ｆ（ｘ） ｆ（ ）
∈ ０ １ ＞０ ∈ １ ＋∞ 又由（ ）知， １ １ ，得证．
时，φ′（ｘ）
＜０
，φ（ｘ）单调递减，所以φ（ｘ）
≤
φ（
１
）
＝－１
，即
ｌｎ
ｘ
＋１
１ ｅ＋１ ≥ ｅ＋１ ＝ ｅ＋１
（ ）ｆ（ｘ） （ ｍ）ｘ ｍ即 ｘ ｍ（ｘ ） ，
ｘ． ３ ≥ １－ ＋ ｌｎ － －１ ≤０
≤
因为ｘ ，所以ｘ（ ｘ ） ｘ２，所以ｘ 时， ｘ （ ）ｘ 记ｈ（ｘ） ＝ｌｎ ｘ － ｍ（ｘ －１ ），
＞０ ｌｎ ＋１ ≤ ＞０ ｅ － ｅ－２ －１ 则ｈ（ｘ） 对任意ｘ （ ， ）恒成立，
ｘ（ ｘ ）， ≤０ ∈ ０ ＋∞
≥ ｌｎ ＋１
即ｘ 时， ｘ ｘ ｘ（ ｘ ）． 求导得ｈ′（ｘ） １ ｍ（ｘ ），
＞０ ｅ －ｅ －１≥ ｌｎ －１ ＝ ｘ － ＞０
例 （２０１８山西康杰中学等四校联考，２１）已知函数ｆ ｘ
（ ） 若ｍ ，则ｈ′（ｘ） ，得ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，
ｘ ｘ． ≤０ ＞０ ０ ＋∞
＝ －ｌｎ 又ｈ（ ） ，故当ｘ 时，ｈ（ｘ） ，不合题意；
求ｆ ｘ 的单调区间和极值 １ ＝０ ＞１ ＞０
（１） （ ） ； ( )
ｘ ｘ ｆ ｘ 若 ｍ ，则易得 ｈ （ｘ） 在 ，１ 上单调递增，在
证明 当ｘ 时 （ ｅ ＋１） （ ） ｘ －１ ＞ ０ ０ ｍ
（２） ： ≥１ ， ≥ｅ ；
ｅ＋１ ( ) ( )
若ｆ ｘ ｍ ｘ ｍ对任意ｘ 恒成立 求 １ ， 上单调递减，则ｈ（ｘ） ｈ １ ｍ ｍ，
（３） （ ）≥（１－ ） ＋ ∈（０，＋∞） ， ｍ ＋∞ ｍａｘ＝ ｍ ＝－ｌｎ －１＋
实数ｍ的值．解析 （ ）ｆ（ｘ） ｘ ｘ， ｆ ′（ｘ） １ ，ｘ （ ， 依题意有 ｍ ｍ ，故ｆ（ｍ） ，
１ ＝ －ｌｎ ＝１－ ｘ ∈ ０ ＋ －ｌｎ －１＋ ≤０ ≤１
由（ ）知ｆ（ｍ） ，则ｍ只能等于 ．
）， ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递减，在（ ， ）上单调递增，有极 １ ≥１ １
∞ ０ １ １ ＋∞
小值ｆ（ ） ，无极大值．
１ ＝１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考法二 利用导数研究函数的极值或最值
５．（２０１９ 重庆（区县） 调研测试，９） 函数 ｆ ｘ １ ｘ３
（ ） ＝ ＋
考法一 利用导数研究函数的单调性 ３
１．（２０１９吉林长春实验中学期末，９）设函数ｆ ｘ ｘ ｘ － ｘ １ （１－３ ａ ） ｘ２ ＋（２ ａ２ － ａ ） ｘ ＋１， 若在区间 （０，３） 内存在极值点 ， 则
（ ）＝ （ｅ ＋ｅ ）， ２
则ｆ ｘ 实数ａ的取值范围是
（ ） （ ） （ ）
是奇函数 且在Ｒ上是增函数 ( )
Ａ． ， １
是偶函数 且在Ｒ上有极小值 Ａ．（０，３） Ｂ． ，２
Ｂ． ， ２
是奇函数 且在Ｒ上是减函数 ( )
Ｃ． ， １
是偶函数 且在Ｒ上有极大值 Ｃ．（０，１）∪（１，３） Ｄ． ，１ ∪（１，２）
Ｄ． ， ２
答案 Ａ 答案 Ｃ
２．（多选题）（２０２０山东滨州三模，１２）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ ＋ ６．（２０２０浙江温丽联盟第一次联考，６）若函数ｆ （ ｘ ）＝（ ｘ － ａ ） ３ －
ｘ ．则下面结论正确的是 ｘ ｂ的极大值是Ｍ 极小值是ｍ 则Ｍ ｍ
｜ ｜ （ ） ３ ＋ ， ， － （ ）
ｆ ｘ 是奇函数 与ａ有关 且与ｂ有关 与ａ有关 且与ｂ无关
Ａ． （ ） Ａ． ， Ｂ． ，
ｆ ｘ 在 上为增函数 与ａ无关 且与ｂ无关 与ａ无关 且与ｂ有关
Ｂ． （ ） ［０，＋∞） Ｃ． ， Ｄ． ，
( ) 答案 Ｃ
若ｘ 则ｆ ｘ １ ２
Ｃ． ≠０， ＋ ｘ ＞ｅ ＋２
若ｆ ｘ ｆ 则 ｘ
７．（２０２０山东潍坊检测，２０）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－
１ ｘ２
＋
ａｘ
＋１
．
Ｄ． （ －１）＜（－１）， ０＜ ＜２ ２
答案 ＢＣＤ 当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
（１） ＝２ ， ＝ （ ） （０， （０）） ；
３．（２０２０北京怀柔适应性练习，１５）若函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ 在 若函数 ｆ ｘ 在 ｘ 处有极小值 求函数 ｆ ｘ 在区间
（ ）＝ｅ（ｃｏｓ － ） （２） （ ） ＝１ ， （ ）
( ) [ ]
区间 π π 上单调递减 则实数ａ的取值范围是 ． ３ 上的最大值．
－ ， ， －２，
２ ２ ２
答案 ８．（２０２０北京海淀一模，１９）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ．
［ ２，＋∞） （ ）＝ｅ ＋
４．（２０１６北京，１８，１３分）设函数ｆ ｘ ｘ ａ － ｘ ｂｘ 曲线ｙ ｆ ｘ 当ａ 时
（ ）＝ ｅ ＋ ， ＝ （ ） （１） ＝－１ ，
在点 ｆ 处的切线方程为ｙ ｘ ． 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
（２， （２）） ＝（ｅ－１） ＋４ ① ＝ （ ） （０， （０）） ；
求ａ ｂ的值 求函数ｆ ｘ 的最小值
（１） ， ； ② （ ） ；
求ｆ ｘ 的单调区间． 求证 当ａ 时 曲线ｙ ｆ ｘ 与ｙ ｘ有且只有
（２） （ ） （２） ： ∈（－２，０） ， ＝ （ ） ＝１－ｌｎ
一个交点．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
( )
考法三 利用导数研究函数的零点 为 （０，＋∞）， 导函数为ｆ ′ （ ｘ ）， ｘｆ ′ （ ｘ ）－ ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｌｎ ｘ ， 且ｆ １ ＝
ｅ
９．（２０２０山东济南二模，１４）已知函数 ｆ ｘ ｘ ａ ｘ 若
（ ）＝ ｅ － （ ＋１）， １ 则
ｆ ｘ 有两个零点 则实数ａ的取值范围是 ． ， （ ）
（ ） ， ｅ
答案 ( )
（１，＋∞） ｆ ′ １ ｆ ｘ 在ｘ １ 处取得极大值
ｘ Ａ． ＝０ Ｂ． （ ） ＝
１０．（２０２０北京朝阳一模，１９）已知函数ｆ ｘ ｘ ＋１． ｅ ｅ
（ ）＝ｅ －ｘ ｆ ｆ ｘ 在 上单调递增
－１ Ｃ．０＜（１）＜１ Ｄ． （ ） （０，＋∞）
求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程 答案 ＡＣＤ
（１） ＝ （ ） （０， （０）） ；
判断函数ｆ ｘ 的零点的个数 并说明理由 １３．（２０１９四川高三联合诊断）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ ｘ 则满
（２） （ ） ， ； （ ）＝ ＋ －ｓｉｎ ，
（３）
设ｘ
０
是ｆ
（
ｘ
）
的一个零点
，
证明曲线ｙ
＝ｅ
ｘ 在点
（
ｘ
０，ｅ
ｘ
０ ）
处 足不等式ｆ
（
ｍ
－１）＋
ｆ
（２
ｍ２
）≤０
成立的实数ｍ的取值范围是
的切线也是曲线ｙ ｘ的切线． ．
＝ｌｎ
[ ]
答案 １
考法四 利用导数研究不等式 －１，
２
１１．（２０２０山东德州６月二模，６）已知函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ １４．（２０２０北京西城一模，１９）设函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ２ ａ ｘ
（ ） ， （ ）＝ ｌｎ ＋ －（ ＋２） ，
且ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ 则不等式ｆ ｘ ｘ 的解集为 其中ａ Ｒ．
（ ）＋１＜ （ ）， （０）＝２， （ ）＋１＞３ｅ ∈
（ ） 若曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处切线的倾斜角为π 求ａ
（１） ＝ （ ） （２， （２）） ，
Ａ．（１，＋∞） Ｂ．（－∞，１） ４
的值
Ｃ．（０，＋∞） Ｄ．（－∞，０） ；
答案 Ｃ 已知导函数ｆ ′ ｘ 在区间 上存在零点 证明 当ｘ
（２） （ ） （１，ｅ） ， ： ∈
１２．（多选题）（２０２０山东威海三模，１２）已知函数ｆ ｘ 的定义域 时 ｆ ｘ ２．
（ ） （１，ｅ） ， （ ）＞－ｅ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
ì ａ
ï
ï－ ＝－１＋２， {ａ
í ３ ＝－３，
∴ ïｂ ∴ ｂ ．
ï ＝－１２
考法一 利用导数研究函数的单调性 î ＝－１×２，
６
１．（２０１９安徽皖中名校联盟１０月联考，８）函数ｙ
ｘ４
ｌｎ｜
ｘ
｜的图 ∴
ｆ
（
ｘ
）＝２
ｘ３
－３
ｘ２
－１２
ｘ
＋３，
＝ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ
｜ ｜ ∴ （ ）＝６ －６ －１２＝６（ ＋１）（ －２），
象大致是 令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ
（ ） （ ）＞０， ＜－１ ＞２；
令ｆ ′ ｘ 得 ｘ
（ ）＜０， －１＜ ＜２，
ｆ ｘ ｆ ｆ ｘ ｆ ．
∴ （ ）极大值＝ （－１）＝１０， （ ）极小值＝ （２）＝－１７
由 知 ｆ ｘ 在 和 上单调递增 在
（２） （１） ， （ ） （－∞，－１］ ［２，＋∞） ，
上单调递减．
（－１，２）
{ｍ
ｘ４ ｘ ｍ 或 ≥－１，或ｍ ．
答案 Ｄ 令ｆ ｘ ｌｎ｜ ｜ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 为 ∴ ＋４≤－１ ｍ ≥２
（ ）＝ ｘ ， ≠０， （－ ）＝ （ ）， （ ） ＋４≤２
上的 ｜ 偶 ｜ 函数 故 错误．当ｘ 时 ｆ ｘ ∴ ｍ ≤－５ 或ｍ ≥２，
（－∞，０）∪（０，＋∞） ( ， Ｂ ) ＞０ ， （ ）＝ 则ｍ的取值范围是 ．
（－∞，－５］∪［２，＋∞）
ｘ３ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ２ ｘ １
ｌｎ ， （ ）＝３ ｌｎ ＋ ＝３ ｌｎ ＋ ３ ， ３．（２０１８山东青岛调研，２１）已知ｆ ｘ ａｘ ａ ｘ ２ 其
（ ）＝ －（２ ＋１）ｌｎ － ｘ ，
当
０＜
ｘ
＜ｅ
－３ １时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０，
故ｆ
（
ｘ
）
在
（０，ｅ
－３ １
）
上为减函数
； 中ａ Ｒ．
当ｘ
＞ｅ
－３ １时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＞０，
故 ｆ
（
ｘ
）
在
（ｅ
－３ １
，＋∞）
上为增函数．故
讨
∈
论函数ｆ ｘ 在定义域上的单调性
选 ． （１） （ ） ；
Ｄ
方法总结 函数图象往往取决于函数的解析式的形式 因此 若 ａ １ 证明 方程ａｘ ａ ｘ ２ 在区间
， （２） ０＜ ＜ ， ： －（２ ＋１）ｌｎ － ｘ ＝０ ［１，
通过解析式刻画函数的性质是关键 我们一般是先讨论函数定 ｅ
， 上没有根． 其中 为自然对数的底数 ．
义域 再讨论函数的奇偶性 周期性等 最后利用基本初等函数 ｅ］ （ ｅ ，ｅ＝２７１８２…）
， 、 ，
的单调性或导数讨论函数的单调性 极值点等． 解析 函数ｆ ｘ ａｘ ａ ｘ ２ 的定义域为 ｘ ｘ
、 （１） （ ）＝ －（２ ＋１）ｌｎ － ｘ ｛ ｜ ＞
２．已知函数ｆ
（
ｘ
）＝２
ｘ３
＋
ａｘ２
＋
ｂｘ
＋３
在ｘ
＝－１
和ｘ
＝２
处取得极值．
．
（１） 求ｆ （ ｘ ） 的表达式和极值 ； ０｝ ( ) ａ
若ｆ ｘ 在区间 ｍ ｍ 上是单调函数 试求 ｍ 的取值 ｆ ′ ｘ ａｘ ′ ａ ｘ ′ ２ ′ ａ ２ ＋１ ２
（２） （ ） ［ ， ＋４］ ， （ ）＝ （ ） －（２ ＋１）（ｌｎ ） － ｘ ＝ － ｘ ＋ ｘ２ ＝
范围．
ａｘ２ ａ ｘ ａｘ ｘ
解析 （１） 依题意知ｆ ′ （ ｘ ）＝６ ｘ２ ＋２ ａｘ ＋ ｂ ＝０ 的两根分别为 －１ －（２ ｘ２ ＋１） ＋２ ＝ （ －１ ｘ ） ２ （ －２）．
和
２， ｘ
当ａ 时 ｆ ′ ｘ －（ －２）．
＝０ ， （ ）＝ ｘ２
可以看出 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
， ＞２ ， （ ）＜０；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２１３
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ 时 函数ｆ ｘ 单调递增 ｘ 时 函数ｆ ｘ 单
０＜ ＜２ ， （ ）＞０， ∴ ∈（１，２） ， （ ） ； ∈（２，ｅ） ， （ ）
所以ａ 时 函数ｆ ｘ 在区间 上单调递增 在 调递减
＝０ ， （ ） （０，２） ； （２，＋∞） ，
上单调递减． 分 当ｘ 时 函数ｆ ｘ 取得极大值 也是 上的最大值
（２ ） ∴ ＝２ ， （ ） ， ［１，ｅ］ ，
( ) ｆ ｘ ｆ ａ ａ ． 分
ａ ｘ １ ｘ ∴ （ ）ｍａｘ＝ （２）＝２ －（２ ＋１）ｌｎ２－１ （９ ）
ａｘ ｘ － ａ （ －２）
当ａ 时 ｆ ′ ｘ （ －１）（ －２） ． 因为 ａ １ 所以 ａ 所以 ａ
≠０ ， （ ）＝ ｘ２ ＝ ｘ２ ０＜ ＜ ， ２ ＜１， ２ －１＜０，
ｅ
又 ａ
若ａ 则 １ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ －（２ ＋１）ｌｎ２＜０，
（ｉ） ＜０， ａ ＜０＜２， ０＜ ＜２ ， （ ）＞０； 所以ｆ ｘ ｆ ａ ａ 恒成立
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 由此 在
（ ）ｍａｘ＝
上
（２）＝
ｆ
２
ｘ
－（２
恒
＋
成
１）
立
ｌｎ
．
２－１＜０ ，
分
＞２ ， （ ）＜０， ， ［１，ｅ］ ， （ ）＜０ （１１ ）
所以ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减． 所以方程ｆ ｘ 在 上没有根． 分
＜０ ， （ ） （０，２） ； ( （２，＋∞ ) ） （ ）＝０ ［１，ｅ］ （１２ ）
ａ ｘ １ ｘ
－ ａ （ －２） 考法二 利用导数研究函数的极值或最值
若 ａ １ 则 １ 解不等式 得
（ｉｉ） ０＜ ＜ ２ ， ０＜２＜ ａ ， ｘ２ ＞０， ０ １．（２０１９广东肇庆二模，１２）已知ｘ 是ｆ ｘ ｘ２ ａ ｘ
( ) ＝１ （ ）＝［ －（ ＋３） ＋
ａ ｘ － ａ １ （ ｘ －２） ２ ａ ＋３］ｅ ｘ 的极小值点 ， 则实数ａ的取值范围是 （ ）
ｘ 或ｘ １ 解不等式 得 ｘ １ ．
＜ ＜２ ＞ ａ ； ｘ２ ＜０， ２＜ ＜ ａ Ａ．
答
（１
案
，＋∞
Ｄ
）
函
Ｂ
数
．（
ｆ
－１
ｘ
，＋∞）
ｘ２
Ｃ．
ａ
（－∞
ｘ
，－１）
ａ
Ｄ．（
ｘ
－
则
∞，
ｆ
１
′
）
ｘ
( ) （ ）＝［ －（ ＋３） ＋２ ＋３］ｅ ， （ ）＝
所以 ａ １ 时 函数ｆ ｘ 在区间 １ 上单调递减 在区间 ｘ２ ａ ｘ ａ ｘ
０＜ ＜ ， （ ） ２， ａ ； ［ －（ ＋１） ＋ ］ｅ ，
(
２
)
令ｆ ′
（
ｘ
）＝０，
得ｘ２
－（
ａ
＋１）
ｘ
＋
ａ
＝０，
（０，２），
１
ａ ，＋∞
上单调递增． 设ｇ
（
ｘ
）＝
ｘ２
－（
ａ
＋１）
ｘ
＋
ａ
，
ｘ
∈
Ｒ．
当ａ 时 ｇ ｘ ｘ ２ 恒成立
ｘ ２ ① ＝１ ， （ ）＝（ －１） ≥０ ，
若ａ １ 则ｆ ′ ｘ （ －２） 在定义域 上 总有 ｆ ′ ｘ 恒成立 ｆ ｘ 是Ｒ上的单调增函数 没有极值点
（ｉｉｉ） ＝ ， （ ）＝ ｘ２ ， （０，＋∞） ， ∴ （ ）≥０ ， （ ） ， ，
２ ２ 不合题意．
ｘ ２
ｆ ′ （ ｘ ）＝ （ － ｘ ２ ２ ） ≥０ ． ② 当ａ ＞１ 时 ， ｇ （ ｘ ） 有两个零点 １ 和ａ ， 且ｘ ＜１ 或ｘ ＞ ａ时 ， ｇ （ ｘ ）＞
２ 则ｆ ′ ｘ ｘ ａ时 ｇ ｘ 则ｆ ′ ｘ
０， （ ）＞０；１＜ ＜ ， （ ）＜０， （ ）＜０，
所以ａ ＝ ２ １ 时 ， 在定义域 （０，＋∞） 上 ， 函数 ｆ （ ｘ ） 为单调递增 所以ｘ ＝１ 是ｆ （ ｘ ） 的极大值点 ， 不满足题意．
函数． 当ａ 时 ｇ ｘ 有两个零点 和ａ 且ｘ ａ或ｘ 时 ｇ ｘ
③ ＜１ ， （ ） １ ， ＜ ＞１ ， （ ）＞
则ｆ ′ ｘ ａ ｘ 时 ｇ ｘ 则ｆ ′ ｘ
若ａ １ 则 １ ０， （ ）＞０； ＜ ＜１ ， （ ）＜０， （ ）＜０，
（ｉｖ） ＞ ， ０＜ ａ ＜２， 所以ｘ 是ｆ ｘ 的极小值点 满足题意．
２ ＝１ （ ） ，
( ) 综上所述 实数ａ的取值范围是 ．故选
ａ ｘ １ ｘ ， （－∞，１） Ｄ．
－ ａ （ －２） ２．（２０１８北京海淀二模，８）如图 已知直线ｙ ｋｘ与曲线ｙ ｆ ｘ
解不等式 得 ｘ １ 或ｘ ， ＝ ＝ （ ）
ｘ２ ＞０， ０＜ ＜ ａ ＞２； 相切于两点 函数ｇ ｘ ｋｘ ｍ ｍ 则函数Ｆ ｘ ｇ ｘ
， （ ）＝ ＋ （ ＞０）， （ ）＝ （ ）－
( ) ｆ ｘ
ａ ｘ １ ｘ （ ） （ ）
－ ａ （ －２）
解不等式 得 １ ｘ ．
ｘ２ ＜０， ａ ＜ ＜２
( )
所以ａ １ 时 函数ｆ ｘ 在 １ 和 上单调递增 在
＞ ， （ ） ０， ａ （２，＋∞） ；
２
( )
１ 上单调递减． 分
ａ ，２ （５ ）
有极小值 没有极大值
综上 ， 当ａ ≤０ 时 ， ｆ （ ｘ ） 在 （０，２） 上单调递增 ， 在 （２，＋∞） 上单 Ａ．
有极大值
，
没有极小值
调递减
Ｂ． ，
；
( ) 至少有两个极小值和一个极大值
当 ａ １ 时 函数 ｆ ｘ 在 １ 上单调递减 在 Ｃ．
至少有一个极小值和两个极大值
０＜ ＜ ， （ ） ２， ａ ， （０，２），
２ Ｄ．
( ) 答案 Ｃ 作 ｙ ｋｘ 的平行线 ｙ ｋｘ ｍ 与 ｙ ｆ ｘ 相切
１ 上单调递增 ＝ ＝ ＋ １ ＝ （ ） ，
ａ ，＋∞ ； 如图．
当ａ １ 时 在定义域 上 函数ｆ ｘ 为单调递增函数
＝ ， （０，＋∞） ， （ ） ；
２
( )
当ａ １ 时 函数 ｆ ｘ 在 １ 和 上单调递增 在
＞ ， （ ） ０， ａ （２，＋∞） ，
２
( )
１ 上单调递减． 分
ａ ，２ （６ ）
( )
（２） 证明 ： 因为 ０＜ ａ ＜ １ ｅ ， 所以ａ ∈ ０， １ ２ ． 设两切线与ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 的切点的横坐标依次为ｘ １， ｘ ２， ｘ ３ ．
( ) 由图可得 ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｋ
由 得 此时函数 ｆ ｘ 在 １ 上单调递减 在 ： （ １）＝ （ ２）＝ （ ３）＝ ，
（１） ， （ ） ２， ａ ； （０，２）， 则ｋ ｆ ′ ｘ ｋ ｆ ′ ｘ ｋ ｆ ′ ｘ ．
－ （ １）＝ － （ ２）＝ － （ ３）＝０
( ) Ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｋｘ ｍ ｆ ｘ
１ 上单调递增． （ ）＝ （ ）－（ ）＝ ＋ －（ ），
ａ ，＋∞ Ｆ′ ｘ ｇ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｋ ｆ ′ ｘ
（ ）＝ （ ）－ （ ）＝ － （ ），
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
所以ｘ ｘ ｘ 为Ｆ′ ｘ 的根
１， ２， ３ （ ）＝０ ， 当ａ 时 φ ｘ 在 上是减函数 φ ｘ φ ｅ
由图易得当ｘ变化时 Ｆ′ ｘ Ｆ ｘ 变化情况如下表 ＞ｅ ， （ ） （０，ｅ］ ， （ ）ｍｉｎ＝ （ｅ）＝ ａ －１
， （ ）， （ ） ：
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ＝２，
（－∞， １） １ （ １， ２） ２ （ ２， ３） ３ （ ３，＋∞）
Ｆ′ （ ｘ ） － ０ ＋ ０ － ０ ＋ ∴ ａ ＝ ｅ ， 不合题意．
３
Ｆ ｘ 极小值 极大值 极小值
（ ） ↘ ↗ ↘ ↗ 综上所述 ａ １ ．
所以Ｆ ｘ 至少有两个极小值和一个极大值．故选 ， ＝ ｅ
（ ） Ｃ．
方法点拨 该题考查的是利用函数图象解题的问题 在解题 ｆ ′ ｘ ｘ ｍ ２ ｘ２ －２ ｘ ＋ ｍ ｘ
， （２） （ ）＝２ －２＋ ｘ ＝ ｘ （ ＞０），
的过程中 需要认真分析 读出图中所给的相关信息 对函数求
导 分析ｆ
，
′ ｘ 与ｋ的关系
，
从而判断出函数的极值点
，
的个数
令ｆ ′
（
ｘ
）＝０，
得
２
ｘ２
－２
ｘ
＋
ｍ
＝０，①
， （ ） ， ， ｆ ｘ 存在两个极值点ｘ ｘ ｘ ｘ 方程 在 上
得到结果． ∵ （ ） １， ２（ １＜ ２），∴ ① （０，＋∞）
有两个不等实根ｘ ｘ
３．（２０１８四川双流中学第二次模拟，１２）若函数ｇ ｘ ｍｘ ｓｉｎ
ｘ
{Δ ｍ
１， ２，
（ ）＝ ＋ ｘ ＝４－８ ＞０，
ｅ ｍ ｍ １ 且ｘ ｘ ｘ １
在区间 有一个极大值和一个极小值 则实数ｍ的取值 ∴ ⇒０＜ ＜ ， １＋ ２＝１，０＜ １＜ ，
（０，２π） ， ＞０ ２ ２
范围是 ２
（ ） 则ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ．
Ａ．［－ｅ －２π ，ｅ －π ２ ） Ｂ．（－ｅ －π ，ｅ －２π ） １－ ２＝ ( １－（１ ) － １）＝２ １－１ ( ∈（－１，０） )
( ) ｇ′ ｘ ｘ １ ｘ 当 ｘ １ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ
π －５π －３π π （ ）＝ ＋ ｅ ， ∈ －１，－ ， （ ）＜０； ∈
Ｃ． －ｅ ，ｅ Ｄ．（－ｅ ，ｅ ） ４ ４
２ ( )
ｘ １ 时 ｇ′ ｘ ．
答案 Ａ 函数ｇ ｘ ｍｘ ｓｉｎ 在区间 有一个极大 － ，０ ， （ ）＞０
（ ）＝ ＋ ｘ （０，２π） ４
ｅ ( ) ( )
值和一个极小值 即其导函数有两个相异的实根 ｇ′ ｘ ｍ ｇ ｘ 在 １ 上是减函数 在 １ 上是增函数
， ， （ ）＝ ＋ ∴ （ ） －１，－ ， － ，０ ，
ｃｏｓ ｘ － ｘ ｓｉｎ ｘ ⇒ ｍ ＝ －ｃｏｓ ｘ ｘ ＋ｓｉｎ ｘ 有两个不等实根 ， 构造函数ｈ （ ｘ ） ｇ ｘ ｘ 的最小 ４ 值为ｇ ( １ ) － １ ４． ４
ｅ ｅ ∴ （ １－ ２） － ＝－ｅ
ｘ ｘ ｘ ( ) ４
ｓｉｎ －ｃｏｓ ｈ′ ｘ ２ｃｏｓ 得 到 ｈ ｘ 在 π
＝ ｘ ， （ ） ＝ ｘ ， （ ） ０， ， 考法三 利用导数研究函数的零点
ｅ ｅ ２
( ) ( )
１．（２０１９江西吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学４
３π 上单调递增 在 π ３π 上单调递减 结合单调性画
２ ，２π ， ２ ， ２ ， 月联考，１１）已知定义在Ｒ上的奇函数ｆ ｘ 满足ｘ 时 ｆ ｘ
（ ） ＞０ ， （ ）
出函数的图象 使得 ｙ ｍ 和 ｈ ｘ 有两个交点即可 得到
， ( ) ＝ （ ） ， ２ ｘ ｘ π 则函数ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ 为自然对数的
＝ －ｌｎ ＋ｌｎ ， （ ）＝ （ ）－ｓｉｎ （ｅ
ｈ （２π）＝－ｅ －２π ， ｈ π ＝ｅ －π ２ ， 故实数ｍ的取值范围是 ［－ｅ －２π ， 底数 π 的零点个 ２ 数是
２ ） （ ）
－π
２
．故选 ．
ｅ ） Ａ Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．５
方法总结 本题考查了导数在研究函数的极值和单调性中的 ( )
答案 Ｃ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ２ １ 故函数在 π 上
应用 极值点即导函数的零点 但是必须是变号零点 即在零点 ＞０ ， （ ）＝ － ｘ ， ０，
， ， ， π ２
两侧正负相反 极值即将极值点代入原函数取得的函数值 注 ( ) ( )
； ， 递减 在 π 上递增 所以在ｘ π处有最小值 为ｆ π
意分清楚这些概念 求完导如果出现二次 则极值点就是导函 ， ，＋∞ ， ＝ ，
， ， ２ ２ ２
数的两个根 可以结合根与系数的关系解答． ( ) ( )
， 此时ｇ π ｆ π π 根据ｆ ｘ 的单调性
４．（２０２０福建龙岩模拟）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
－２
ｘ
＋
ｍ
ｌｎ
ｘ
（
ｍ
∈
Ｒ
），
＝１，
２
＝
２
－ｓｉｎ
２
＝１－１＝０， （ ）
( )
ｇ ｘ ｘ ３ ｘ． 和 ｘ 可知 当ｘ 时 ｘ π是ｇ ｘ 的唯一零点．由于
（ ）＝ － ｅ ｜ｓｉｎ ｜≤１ ， ＞０ ， ＝ （ ）
４ ２
[ ( ) ] ｆ ｘ 是定义在Ｒ上的奇函数 则ｆ 故ｇ ｆ
（１）
若ｍ
＝－１，
函数φ
（
ｘ
）＝
ｆ
（
ｘ
）－
ｘ２
－ ２＋ ａ
１ ｘ
（０＜
ｘ
≤ｅ）
的 （ ）
所以ｘ 是函数ｇ ｘ 的
，
零点
（
．由
０）
于
＝０
ｆ
，
ｘ 和
（０
ｙ
）＝ （
ｘ
０）
都
－
是
ｓｉｎ
奇
０
＝０， ＝０ （ ） （ ） ＝ｓｉｎ
最小值为 求实数ａ的值 ( ) ( ) ( )
２， ； 函数 故ｆ π ｆ π π 且根据奇函数
若ｆ ｘ 存在两个极值点ｘ ｘ ｘ ｘ 求ｇ ｘ ｘ 的最小值． ， － ＝－ ＝－１，ｓｉｎ － ＝－１，
（２） （ ） １， ２（ １＜ ２）， （ １－ ２） ２ ２ ２
( )
解析 当 ｍ 时 φ ｘ １ ｘ ｘ ｘ φ′ ｘ 图象的对称性可知 当ｘ 时 ｆ ｘ 在 π 上递增 在
（１） ＝－１ ， （ ）＝ ａ －ｌｎ （ ＞０）， （ ） ， ＜０ ， （ ） －∞，－ ，
２
( )
ｘ － ａ π 上递减 ｘ π 时 ｆ ｘ 取得最大值 故 ｘ π 是
＝ ａｘ ， － ，０ ， ＝－ ， （ ） ， ＝－
２ ２ ２
当ａ 时 φ′ ｘ φ ｘ 在 上是减函数 φ ｘ φ ｇ ｘ 在区间 上的唯一零点．综上所述 ｇ ｘ 的零点个
＜０ ， （ ）＜０， （ ） （０，ｅ］ ， （ ）ｍｉｎ＝ （ｅ）
数
（
为
）
故选
（－∞，０） ， （ ）
ｅ 不合题意． ３， Ｃ．
＝ ａ －１＜０， ２．（２０１７ 安徽十大名校 １１ 月联考，１２） 若函数 ｆ ｘ
（ ） ＝
当ａ 时 由φ′ ｘ 解得ｘ ａ 由φ′ ｘ 解得 ｘ ａ { ｘ ｘ ｘ
＞０ ， （ ）＞０， ＞ ， （ ）＜０， ０＜ ＜ ， ｓｉｎ － ， ＜１， 有 个零点 则实数ｍ的取值范围是
φ ｘ 在 ａ 上是减函数 在 ａ 上是增函数． ｘ３ ｘ２ ｘ ｍ ｘ ４ ，
∴ （ ） （０， ］ ， （ ，＋∞） －９ ＋２４ ＋ ， ≥１
当 ａ 时 φ ｘ 在 ａ 上是减函数 在 ａ 上是增
０＜ ≤ｅ ， （ ） （０， ） ， （ ，ｅ） （ ）
函数
， Ａ．（１６，２０） Ｂ．（－２０，－１６）
φ ｘ φ ａ ａ ａ １ 符合题意． Ｃ．（－∞，－２０）∪（－１６，＋∞） Ｄ．（－∞，１６）∪（２０，＋∞）
（ ）ｍｉｎ＝ （ ）＝１－ｌｎ ＝２，∴ ＝ ， 答案 Ｂ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ
ｅ ＜１ ， （ ）＝ｃｏｓ －１，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２１５
此时ｆ ′ ｘ 恒成立 又ｆ 思路分析 由已知可知ｋ ｘ ｘ２ 在 上恒成立 则ｋ
（ ）≤０ ， （０）＝０， ＋２ － ＞０ （０，２） ， ＜
则函数ｆ ｘ 在 上有且只有 个零点． ｘ
（ ） （－∞，１） １ ｅ ｘ２ ｘ 求最值即可．
故ｆ ｘ 在 上有 个零点． ｘ ＋ －２ ，
（ ） ［１，＋∞） ３
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ 方法总结 解决恒成立问题 往往需要分离参变量求最值 若
≥１ ， （ ）＝３ －１８ ＋２４＝３（ －２）（ －４）， ， ，
则函数ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减 在 ｆ ｘ ａ 恒成立 只需ｆ ｘ ａ 若 ｆ ｘ ａ 恒成立 只需
（ ） （１，２） ， （２，４） ， （４， （ ）≥ ， （ ）ｍｉｎ≥ ； （ ）≤ ，
上单调递增 ｆ ｘ ａ即可 利用导数法求出最值 从而使问题得解．
＋∞） ， （ ）ｍａｘ≤ ， ，
所以此时函数ｆ ｘ 的极大值为ｆ ｍ 极小值为ｆ ２．（２０１８广东深圳中学第一次阶段测试，１６）函数 ｆ ｘ ｘ
（ ） （２）＝２０＋ ， （４）＝ （ ）＝ －
ｍ ｆ ｘ 对任意ｘ ｘ 恒有 ｆ ｘ ｆ ｘ Ｍ 则Ｍ的
１６＋ ＝ （１）， ２ｓｉｎ ， １， ２∈［０，π］， ｜ （ １）－（ ２）｜≤ ，
{ ｍ 最小值为 ．
要使ｆ ｘ 在 上有 个零点 则 １６＋ ＜０，解得 ｍ
（ ） ［１，＋∞） ３ ， ｍ －２０＜ ＜
２０＋ ＞０， 答案 ２π
故选 ＋ ３
－１６， Ｂ． ３
解题关键 本题主要考查了根据函数的零点求解参数的取值 解析 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ
∵ （ ）＝ －２ｓｉｎ ，∴ （ ）＝１－２ｃｏｓ ，
范围问题 解答中涉及利用导数研究函数的单调性 利用导数
， ， 当 ｘ π时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
研究函数的极值等知识点 着重考查了数形结合思想和转化与 ∴ ０＜ ＜ ， （ ）＜０， （ ） ；
， ３
化归思想的应用．
当π ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增．
３．（２０１８安徽合肥期中，２１）已知二次函数ｆ （ ｘ ） 的最小值为 －４， ３ ＜ ＜π ， （ ）＞０， （ ） ( )
且关
求
于
函
ｘ
数
的
ｆ
不
ｘ
等
的
式
解
ｆ （
析
ｘ ）
式
≤０ 的解集为 ｛ ｘ ｜－１≤ ｘ ≤３， ｘ ∈ Ｒ ｝ ． ∴ 当ｘ ＝ π
３
时 ， ｆ （ ｘ ） 有最小值 ， 且ｆ （ ｘ ）ｍｉｎ＝ ｆ π
３
＝ π
３
－２ｓｉｎ π
３
（１） （ ） ；
ｆ ｘ π ．
求函数ｇ ｘ （ ） ｘ的零点个数． ＝ － ３
（２） （ ）＝ ｘ －４ｌｎ ３
又ｆ ｆ ｆ ｘ ．
的 解 解 析 集 为 （ ｛ １ ｘ ） ｜ ∵ －１ ｆ ≤ （ ｘ ｘ ） ≤ 是 ３ 二 ， ｘ ∈ 次 Ｒ 函 ｝ 数 ，∴ ， 且 ｆ （ 关 ｘ ） 于 ＝ ａ ｘ （ 的 ｘ ＋ 不 １） 等 （ ｘ 式 －３ ｆ ） （ ＝ ｘ ） ａ ≤ ｘ２ － ０ 由题 （ 意 ０） 得 ＝０ ｜ ｆ ， （ ｘ （ １） π － ） ｆ ＝ （ ｘ π ２ ， ） ∴ ｜≤ （ Ｍ ( ） 恒 ｍａｘ 成 ＝π 立 ) 等价于
ａｘ ａ 且ａ ． ｆ ｘ ｆ ａ ａ ． Ｍ ｆ ｘ ｆ ｘ π ２π ．
故
２
函
－
数
３ ，
ｆ ｘ 的
＞０
解
∴
析
（
式
）
为
ｍｉｎ
ｆ
＝
ｘ
（１）
ｘ
＝
２
－４
ｘ
＝
．
－４，∴ ＝１ ≥｜ （ ）ｍａｘ－（ ）ｍｉｎ｜＝π－
３
－ ３ ＝
３
＋ ３
（ ） （ ）＝ －２ －３
ｘ２ ｘ Ｍ的最小值为２π ．
ｇ ｘ －２ －３ ｘ ｘ ３ ｘ ｘ ∴ ＋ ３
（２）∵ （ ）＝ ｘ －４ｌｎ ＝ － ｘ －４ｌｎ －２（ ＞０）， ３
３．（２０２０安徽 １０联盟上学期摸底，２２）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ．
ｘ ｘ Ａ （ ）＝ ｌｎ
ｇ′ ｘ ３ ４ （ －１）（ －３） 令ｇ′ ｘ 得ｘ ｘ 若函数φ ｘ ｆ ｘ ｍ ｘ 讨论函数φ ｘ 在
∴ （ ）＝ １＋ｘ２ － ｘ ＝ ｘ２ ， （ ）＝ ０， １＝１， ２ （１） （ ）＝ （ ）－（ ＋２） ， （ ） ［３，＋∞）
上的单调性
． ；
当
＝３
ｘ变化时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 的变化情况如下表 （２）
求证
：ｅ
２ｆ
（
ｘ
）＜２ｅ
ｘ．
， （ ）， （ ） ： 解析 由题意得 φ ｘ ｘ ｘ ｍ ｘ φ ｘ 的定义域
ｘ （１） ， （ ）＝ ｌｎ －（ ＋２） ， （ ）
（０，１） １ （１，３） ３ （３，＋∞） 为
（０，＋∞），
ｇ′ （ ｘ ） ＋ ０ － ０ ＋ ∴ φ′ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ －１－ ｍ ，
ｇ ｘ 递增 极大值 递减 极小值 递增 令φ′ ｘ 解得ｘ １＋ ｍ
（ ） （ ）＝０， ＝ｅ ，
则φ ｘ 在 １＋ ｍ 上单调递减 在 １＋ ｍ 上单调递增．
当 ０＜ ｘ ≤３ 时 ， ｇ （ ｘ ）≤ ｇ （１）＝－４＜０， ｇ （ｅ ５ ）＝ｅ ５ － ｅ ３ ５ －２０－２＞２ ５ －１ （ ） （０，ｅ ） ， （ｅ ，＋∞） （３ 分 ）
． 当ｍ 时 １＋ ｍ 此时函数φ ｘ 在 上单调
－２２＝９＞０ ≤ｌｎ ３－１ ，ｅ ≤３， （ ） ［３，＋∞）
ｇ ｘ 在 上单调递增 ｇ ｘ 在 上只有 个 递增
∵
零点
（
故
）
ｇ
（３
ｘ
，＋
在
∞）
上仅有
，∴
个
（
零
）
点
（
．
３，＋∞） １
当ｍ
；
时 １＋ ｍ 此时函数φ ｘ 在 １＋ ｍ 上单调递
， （ ） （０，＋∞） １ ＞ｌｎ３－１ ，ｅ ＞３， （ ） ［３，ｅ ）
减 在 １＋ ｍ 上单调递增． 分
， （ｅ ，＋∞） （５ ）
考法四 利用导数研究不等式 证明 要证 ２ｆ ｘ ｘ
（２） ： ｅ （ ）＜２ｅ ，
ｘ ｘ ｘ
１．已知ｘ 若关于ｘ的不等式 １ 恒成立 则实 即证ｘ ｘ ２ ｘ 即证ｌｎ ２ｅ ． 分
∈（０，２）， ｘ ＜ｋ ｘ ｘ２ ， ｌｎ ＜ ２·ｅ ， ｘ ＜ ２ｘ２ （７ ）
ｅ ＋２ － ｅ ｅ
数ｋ的取值范围为 ｘ ｘ ｘ
（ ） 令ｇ ｘ ２ｅ 则ｇ′ ｘ ２ ｅ（ －２）
（ ）＝ ２ｘ２， （ ）＝ ２· ｘ３ ，
Ａ．［０，ｅ＋１） Ｂ．［０，２ｅ－１） Ｃ．［０，ｅ） Ｄ．［０，ｅ－１） ｅ ｅ
答案 Ｄ 依题意 知ｋ ｘ ｘ２ 即 ｋ ｘ２ ｘ 对任意 ｘ 故当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ 时 ｇ′ ｘ
， ＋２ － ＞０， ＞ －２ ∈ ０＜ ＜２ ， （ ）＜０， ＞２ ， （ ）＞０，
ｘ ｘ 函数ｇ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增
恒成立 从而ｋ 所以由 １ 可得ｋ ｅ ｘ２ ∴ （ ） （０，２） ， （２，＋∞） ，
（０，２） ， ≥０， ｘ ＜ｋ ｘ ｘ２ ＜ ｘ ＋ －
ｅ ＋２ － ｇ ｘ ｇ １ ． 分
ｘ ｘ ｘ ∴ （ ）ｍｉｎ＝ （２）＝ （９ ）
ｘ．令ｆ ｘ ｅ ｘ２ ｘ 则 ｆ ′ ｘ ｅ（ －１） ｘ ｘ ２
２ （ ）＝ ｘ ＋ －２ ， （ ）＝ ｘ２ ＋２（ －１）＝ （ －
令ｈ ｘ ｌｎ
ｘ
则ｈ′ ｘ １－ｌｎ
ｘ
æ ｘ ö （ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｘ２ ，
çｅ ÷．
１）èｘ２ ＋２ø 故当 ｘ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ
０＜ ＜ｅ ， （ ）＞０， ＞ｅ ， （ ）＜０，
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在 函数ｈ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减
（ ）＝０， ＝１， ∈（１，２） ， （ ）＞０， （ ） ∴ （ ） （０，ｅ） ， （ｅ，＋∞） ，
上单调递增 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在
（１，２） ， ∈（０，１） ， （ ）＜０， （ ） （０， ｈ ｘ ｈ １ ． 分
上单调递减 所以ｋ ｆ ｘ ｆ 故实数ｋ的取值范 ∴ （ ）ｍａｘ＝ （ｅ）＝ （１１ ）
１） ， ＜（ ）ｍｉｎ＝ （１）＝ｅ－１， ｅ
围是 ． 故ｈ ｘ ｇ ｘ
［０，ｅ－１） （ ）ｍａｘ＜ （ ）ｍｉｎ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｌｎ ｘ ２ｅ ｘ 即 ２ｆ ｘ ｘ． 分 （３） 证明 ： 设点Ｐ （ ｘ ０， ｙ ０）， 由题意知 ， ｆ ′ （ ｘ ０）＝（ ｘ ０＋１） ２ ｅ ｘ ０＝０，
∴ ｘ ＜ ２ｘ２， ｅ （ ）＜２ｅ （１２ ） 解得ｘ ．
ｅ ０＝－１
４．（２０１５广东，１９，１４分）设ａ 函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ ａ． ( )
求ｆ ｘ 的单调区间
＞１， （ ）＝（１＋ ）ｅ － 所以ｙ
０＝（１＋
ｘ２
０）ｅ
ｘ
０－
ａ
＝
２
－
ａ
，
所以点Ｐ的坐标为
－１，
２
－
ａ ．
（１） （ ） ； ｅ ｅ
证明 ｆ ｘ 在 上仅有一个零点
（２） ： （ ） （－∞，＋∞） ； 所以ｋ ａ ２ ．
若曲线ｙ ｆ ｘ 在点Ｐ处的切线与ｘ轴平行 且在点Ｍ ｍ ＯＰ＝ －
（３） ＝ （ ） ， （ ， ｅ
ｎ ） 处的切线与直线 ＯＰ 平行 （ Ｏ 是坐标原点 ）， 证明 ： ｍ ≤ 由题意可得 ｆ ′ ｍ ｍ ２ ｍ ａ ２ ．
， （ ）＝（ ＋１） ｅ ＝ －
３ ｅ
ａ ２ ．
－ －１ ３ ３
ｅ 要证明ｍ ａ ２ 只需要证明ｍ ａ ２
解析 函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ． ≤ － －１， ＋１≤ － ，
ｅ ｅ
（１） （ ）
因为ｆ ′ （ ｘ ）＝２ ｘ ·ｅ ｘ ＋（１＋ ｘ２ ）ｅ ｘ ＝（ ｘ２ ＋２ ｘ ＋１）ｅ ｘ ＝（ ｘ ＋１） ２ ｅ ｘ ≥０， 只需要证明 （ ｍ ＋１） ３ ≤ ａ － ２ ＝（ ｍ ＋１） ２ ｅ ｍ ，
所以函数ｆ ｘ 在 Ｒ 上单调递增 即 ｆ ｘ 的单调递增区间为 ｅ
（ ） ， （ ） 只需要证明ｍ ｍ．
无单调递减区间． ＋１≤ｅ
（－∞，＋∞）， 构造函数 ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ Ｒ 则ｈ′ ｘ ｘ ．
证明 因为ａ 所以ｆ ａ ｆ ａ ２ａ ： （ ）＝ｅ － －１（ ∈ ）， （ ）＝ｅ －１
（ ｌ ２ ｎ ） ａ ａ ａ ： ２ａ ＞１， （０）＝１－ ＜０， （ｌｎ ）＝（１＋ｌｎ ）· 当ｘ ＜０ 时 ， ｈ′ （ ｘ ）＜０， 即ｈ （ ｘ ） 在 （－∞，０） 上单调递减 ；
ｅ － ＝ ｌｎ ＞０， 当ｘ 时 ｈ′ ｘ 即ｈ ｘ 在 上单调递增．
所以ｆ ｆ ａ 由零点存在性定理可知 ｆ ｘ 在 ＞０ ， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞）
（０）· （ｌｎ ）＜０， （ ） 所以函数ｈ ｘ 有最小值 为ｈ 则ｈ ｘ ．
ａ 内存在零点． （ ） ， （０）＝０， （ ）≥０
（０，ｌｎ ） 所以 ｘ ｘ 故 ｍ ｍ 故 ｍ ｍ 故原不等式
又由 知 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 故ｆ ｘ 在 上仅 ｅ － －１≥０， ｅ － －１≥０， ＋１≤ｅ ，
（１） ， （ ） ， （ ） （－∞，＋∞） 成立．
有一个零点．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
式为ｙ ａｘ２（ａ ），把Ｃ（ ， ）代入得ａ ，所以抛物线对应的
＝ ≠０ ２ ４ ＝１
解析式为ｙ ｘ２．设点Ｐ（ｔ，ｔ２），因为ｙ′ ｘ，所以过点Ｐ 的切线
＝ ＝２
ＥＦ的方程为ｙ ｔｘ ｔ２，
＝２ －
例 为了满足广大人民群众日益增长 ( ｔ )
令ｙ ，得 Ｅ ， ；令 ｘ ，得
的体育需求 为了纪念北京奥运会成功举办 ＝０ ０ ＝２
， ， ２
国务院批准从 年起 将每年 月 日设 Ｆ（ ， ｔ ｔ２），所以 ＢＥＦ 的面积 Ｓ
２００９ ， ８ ８ ２ ４ － △ ＝
置为 全民健身日 为响应国家号召 各地利 ( ｔ )
“ ”， ， １ （ ｔ ｔ２），
用已有土地资源建设健身场所．如图 有一个 ２－ ４ －
， ２ ２
长方形地块ＡＢＣＤ 边ＡＢ为 ＡＤ 为 ．
， ２ ｋｍ， ４ ｋｍ 即Ｓ １ （ｔ３ ｔ２ ｔ），ｔ （ ， ］，
地块的一角是草坪 图中阴影部分 其边缘线 ＝ －８ ＋１６ ∈ ０ ２
（ ）， ４
Ａ 线 Ｃ 的 是 一 以 部 直 分 线 ．现 ＡＤ 要 为 铺 对 设 称 一 轴 条 ， 过 以 边 Ａ 缘 为 线 顶 Ａ 点 Ｃ 的 上 抛 一 物 点Ｐ的直线型隔离 故Ｓ′ ＝ ４ １ （ ３ ｔ２ －１６ ｔ ＋１６ ） ＝ ４ ３ （ｔ －４ ）·
( ) ( ) ( ]
带ＥＦ Ｅ Ｆ分别在边ＡＢ ＢＣ上 隔离带不能穿越草坪 且占地 ｔ ４ ．由Ｓ′ ，得ｔ ，４ ，由Ｓ′ ，得ｔ ４ ， ，
， ， ， （ ， － ＞０ ∈ ０ ＜０ ∈ ２
面积忽略不计 将隔离出的 ＢＥＦ作为健身场所．则 ＢＥＦ面 ３ ３ ３
）， △ △ ( ) ( ]
积Ｓ的最大值为 单位 平方千米 ． 所以Ｓ在ｔ ，４ 上是增函数，在ｔ ４ ， 上是减函数，
（ ： ） ∈ ０ ∈ ２
解析 以Ａ为坐标原点，ＡＢ所在的直线为ｘ轴，建立平面直 ３ ３
角坐标系，可得Ｃ（ ， ）．设边缘线ＡＣ所在的抛物线对应的解析 所以Ｓ在ｔ ∈ （ ０ ， ２ ］上的最大值在ｔ ＝ ４ 处取到，为６４．
２ ４ ３ ２７
答案 ６４
２７
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
用θ表示 米．要使输气管顺利通过拐角 则其长度
（ ） ，
不能低于 米．
１．（２０２０山东威海三模，１６）我国的西气东输工程把西部的资源
优势变为经济优势 实现了气能源需求与供给的东西部衔接
， ，
工程建设也加快了西部及沿线地区的经济发展．输气管道工程
建设中 某段管道铺设要经过一处峡谷 峡谷内恰好有一处直
， ，
角拐角 水平横向移动输气管经过此拐角 从宽为 米的峡谷
， ， ２７
拐入宽为 米的峡谷．如图所示 位于峡谷悬崖壁上两点Ｅ Ｆ
８ ， 、
的连线恰好经过拐角内侧顶点 Ｏ 点 Ｅ Ｏ Ｆ 在同一水平面
（ 、 、
内 设 ＥＦ 与较宽侧峡谷悬崖壁所成角为 θ 则 ＥＦ 的长为
）， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２１７
已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比 比例系数为ｋ ｋ为
答案 ２７ ８ （２） ， （
θ＋ θ；１３ １３ 正的常数 下部主体造价与其高度成正比 比例系数为
ｓｉｎ ｃｏｓ ）， ，
２．（２０２０江苏泰州、南通、扬州、苏北四市二模，２０）图 是一栋 ｋ．现欲造一栋上 下总高度为 的别墅 试问 当θ为
① １６ 、 ６ ｍ ， ：
新农村别墅 它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图 屋 何值时 总造价最低
， ②， ， ？
顶由四坡屋面构成 其中前后两坡屋面ＡＢＦＥ和ＣＤＥＦ是全等
，
的等腰梯形 左右两坡屋面ＥＡＤ和ＦＢＣ是全等的三角形．点Ｆ
，
在平面ＡＢＣＤ和ＢＣ上的射影分别为Ｈ Ｍ．已知ＨＭ ＢＣ
， ＝５ｍ， ＝
梯形ＡＢＦＥ 的面积是 ＦＢＣ 面积的 ． 倍．设 ＦＭＨ
１０ ｍ， △ ２ ２ ∠ ＝
( )
θ θ π ．
０＜ ＜
４
求屋顶面积Ｓ关于θ的函数关系式
（１） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 导数与函数的单调性 标轴围成的三角形的面积
；
１．（多选题）（２０２１ 新高考适应卷，９，５ 分）已知函数 ｆ ｘ 若ｆ ｘ 求ａ的取值范围．
（ ）＝ （２） （ ）≥１，
ｘ ｘ 则 １０．（２０２０北京，１９，１５分）已知函数ｆ ｘ ｘ２．
ｌｎ（１＋ ）， （ ） （ ）＝１２－
ｆ ｘ 在 单调递增 求曲线ｙ ｆ ｘ 的斜率等于 的切线方程
Ａ． （ ） （０，＋∞） （１） ＝ （ ） －２ ；
ｆ ｘ 有两个零点 设曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｔ ｆ ｔ 处的切线与坐标轴围成的
Ｂ． （ ） （２） ＝ （ ） （ ， （ ））
( ( )) 三角形的面积为Ｓ ｔ 求Ｓ ｔ 的最小值．
曲线ｙ ｆ ｘ 在点 １ ｆ １ 处切线的斜率为 （ ）， （ ）
Ｃ． ＝ （ ） － ， － －１－ｌｎ２ １１．（２０１８北京，１８，１３分）设函数ｆ ｘ ａｘ２ ａ ｘ ａ ｘ．
２ ２ （ ）＝［ －（４ ＋１） ＋４ ＋３］ｅ
ｆ ｘ 是偶函数 若曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线与ｘ轴平行 求ａ
Ｄ． （ ） （１） ＝ （ ） （１， （１）） ， ；
答案 ＡＣ 若ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 求ａ的取值范围．
（２） （ ） ＝２ ，
２．（２０２０课标Ⅰ理，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
＋
ａｘ２
－
ｘ． １２．（２０１７课标Ⅱ，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ２
－
ａｘ
－
ｘ
ｌｎ
ｘ
，
且
当ａ 时 讨论ｆ ｘ 的单调性 ｆ ｘ ．
（１） ＝１ ， （ ） ； （ ）≥０
求ａ
当ｘ 时 ｆ ｘ １ ｘ３ 求ａ的取值范围． （１） ；
（２） ≥０ ， （ ）≥ ＋１， 证明 ｆ ｘ 存在唯一的极大值点ｘ 且 －２ ｆ ｘ －２．
２ （２） ： （ ） ０， ｅ ＜ （ ０）＜２
３．（２０２０课标Ⅱ文，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝２ｌｎ
ｘ
＋１
． １３．（２０１７山东，２０，１３分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
＋２ｃｏｓ
ｘ
，
ｇ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
·
若ｆ ｘ ｘ ｃ 求ｃ的取值范围 ｘ ｘ ｘ 其中 ． 是自然对数的底数．
（１） （ ）≤２ ＋ ， ； （ｃｏｓ －ｓｉｎ ＋２ －２）， ｅ＝２７１８２８…
ｆ ｘ ｆ ａ 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
设ａ 讨论函数ｇ ｘ （ ）－（ ）的单调性． （１） ＝ （ ） （π， （π）） ；
（２） ＞０， （ ）＝ ｘ ａ 令ｈ ｘ ｇ ｘ ａｆ ｘ ａ Ｒ 讨论ｈ ｘ 的单调性并判
－ （２） （ ）＝ （ ）－ （ ）（ ∈ ）， （ ）
４．（２０１８课标Ⅰ，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ １ ｘ ａ ｘ．
断有无极值
，
有极值时求出极值．
（ ）＝ ｘ － ＋ ｌｎ １４．（２０１８课标Ⅲ，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２
讨论ｆ ｘ 的单调性 （ ）＝（２＋ ＋ ）ｌｎ（１＋
（１） （ ） ； ｘ ｘ．
）－２
若ｆ ｘ 存在两个极值点ｘ ｘ 证明 ｆ （ ｘ １）－ ｆ （ ｘ ２） ａ ． （１） 若ａ ＝０， 证明 ： 当 －１＜ ｘ ＜０ 时 ， ｆ （ ｘ ）＜０； 当ｘ ＞０ 时 ， ｆ （ ｘ ）＞０；
（２） （ ） １， ２， ： ｘ １－ ｘ ２ ＜ －２ （２） 若ｘ ＝０ 是ｆ （ ｘ ） 的极大值点 ， 求ａ．
５．（２０１７课标Ⅰ，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ａ ２ ｘ ａ ｘ ｘ．
（ ）＝ ｅ ＋（ －２）ｅ －
讨论ｆ ｘ 的单调性 考点三 导数的综合应用
（１） （ ） ；
若ｆ ｘ 有两个零点 求ａ的取值范围． １５．（２０２１新高考适应卷，８，５分）已知ａ 且ａ ５ ａ ｂ 且
（２） （ ） ， ＜５ ｅ ＝５ｅ ， ＜４
ｂ ４ ｂ ｃ 且ｃ ３ ｃ 则
考点二 导数与函数的极（最）值 ｅ ＝４ｅ ， ＜３ ｅ ＝３ｅ ， （ ）
ｃ ｂ ａ ｂ ｃ ａ ａ ｃ ｂ ａ ｂ ｃ
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜
６．（２０１７课标Ⅱ，１１，５分）若ｘ 是函数ｆ ｘ ｘ２ ａｘ 答案 Ｄ
＝－２ （ ）＝（ ＋ －１）·
ｘ －１的极值点 则ｆ ｘ 的极小值为
ｅ ， （ ） （ ） １６．（２０１７江苏，１１，５分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ ｘ １ 其中
－３ －３ （ ）＝ －２ ＋ｅ － ｘ， ｅ
Ａ．－１ Ｂ．－２ｅ Ｃ．５ｅ Ｄ．１ ｅ
答案 Ａ 是自然对数的底数．若ｆ
（
ａ
－１）＋
ｆ
（２
ａ２
）≤０，
则实数ａ的取值
７．（２０１８课标Ⅰ，１６，５ 分）已知函数 ｆ ｘ ｘ ｘ 则 范围是 ．
（ ）＝ ２ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ２ ，
ｆ ｘ 的最小值是 ． [ ]
（ ） 答案 １
－１，
答案 ３ ３ ２
－ １７．（２０２０天津，２０，１６分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ｋ ｘ ｋ Ｒ
２ （ ）＝ ＋ ｌｎ （ ∈ ），
８．（２０１８江苏，１１，５ 分）若函数 ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ａ Ｒ 在 ｆ ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导函数．
（ ）＝ ２ － ＋１（ ∈ ） （ ） （ ）
内有且只有一个零点 则ｆ ｘ 在 上的最大值 当ｋ 时
（０，＋∞） ， （ ） ［－１，１］ （１） ＝６ ，
与最小值的和为 ． 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
（ｉ） ＝ （ ） （１， （１）） ；
答案
－３ 求函数ｇ ｘ ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ９ 的单调区间和极值
９．（２０２０新高考Ⅰ，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ －１ ｘ ａ． （ｉｉ） （ ）＝ （ ）－ （ ）＋ ｘ ；
（ ）＝ ｅ －ｌｎ ＋ｌｎ
当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线与两坐 当ｋ 时 求证 对任意的ｘ ｘ 且ｘ ｘ
（１） ＝ｅ ， ＝ （ ） （１， （１）） （２） ≥－３ ， ： １， ２∈［１，＋∞）， １＞ ２，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ
有 （ １）＋ （ ２） （ １）－（ ２）． 证明 当ｘ ５π时 ｆ ｘ
＞ ｘ ｘ （１） ： ＞－ ，（ ）≥０；
２ １－ ２ ４
１８．（２０１９课标Ⅰ，２０，１２ 分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ 若ｇ ｘ ａｘ 求ａ．
（ ）＝ｓｉｎ －ｌｎ（１＋ ）， （２） （ ）≥２＋ ，
ｆ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导数．证明
（ ） （ ） ： ２０．（２０１９北京，１９，１３分）已知函数ｆ ｘ １ ｘ３ ｘ２ ｘ．
( ) （ ）＝ － ＋
ｆ′ ｘ 在区间 π 存在唯一极大值点 ４
（１） （ ） －１， ； 求曲线ｙ ｆ ｘ 的斜率为 的切线方程
２ （１） ＝ （ ） １ ；
ｆ ｘ 有且仅有 个零点． 当ｘ 时 求证 ｘ ｆ ｘ ｘ
（２） （ ） ２ （２） ∈［－２，４］ ， ： －６≤（ ）≤ ；
１９．（２０２１新高考适应卷，２２，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ 设Ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ａ ａ Ｒ 记Ｆ ｘ 在区间
（ ）＝ｅ －ｓｉｎ － （３） （ ）＝ ｜ （ ）－（ ＋ ）｜（ ∈ ）， （ ） ［－２，４］
ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ． 上的最大值为Ｍ ａ ．当Ｍ ａ 最小时 求ａ的值．
ｃｏｓ ， （ ）＝ｅ ＋ｓｉｎ ＋ｃｏｓ （ ） （ ） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 导数与函数的单调性 ３．（２０１４课标Ⅱ文，１１，５分）若函数ｆ ｘ ｋｘ ｘ在区间
（ ）＝ －ｌｎ （１，
单调递增 则ｋ的取值范围是
１．（２０１６课标Ⅰ文，１２，５分）若函数ｆ ｘ ｘ １ ｘ ａ ｘ在 ＋∞） ， （ ）
（ ）＝ － ｓｉｎ２ ＋ ｓｉｎ ． ．
３ Ａ（－∞，－２］ Ｂ（－∞，－１］
单调递增 则ａ的取值范围是 ． ．
（－∞，＋∞） ， （ ） Ｃ［２，＋∞） Ｄ［１，＋∞）
[ ] [ ] [ ]
１ １ １ １ 答案 Ｄ 依题意得ｆ ′ ｘ ｋ １ 在 上恒成立
Ａ．［－１，１］ Ｂ． －１， Ｃ． － ， Ｄ． －１，－ （ ）＝ － ｘ ≥０ （１，＋∞） ，
３ ３ ３ ３
答案 Ｃ ｆ ′ ｘ ２ ｘ ａ ｘ ２ ２ｘ 即ｋ １ 在 上恒成立
（ ）＝１－ ｃｏｓ ２ ＋ ｃｏｓ ＝１－ （２ｃｏｓ －１）＋ ≥ ｘ （１，＋∞） ，
３ ３
ａ ｘ ４ ２ｘ ａ ｘ ５ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 则ｆ ′ ｘ ｘ １
ｃｏｓ ＝－ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＋ ， （ ） ， （ ） ∵ ＞１，∴０＜ ｘ ＜１，
３ ３
ｋ 故选
在Ｒ上恒成立 令 ｘ ｔ ｔ 则 ４ ｔ２ ａｔ ５ ∴ ≥１， Ｄ．
≥０ ， ｃｏｓ ＝ ，∈［－１，１］， －
３
＋ ＋
３
≥０ ４．（２０１９课标Ⅲ文，２０，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝２
ｘ３
－
ａｘ２
＋２
．
在 上恒成立 即 ｔ２ ａｔ 在 上恒成立 讨论ｆ ｘ 的单调性
［－１，１］ ， ４ －３ －５≤０ ［－１，１］ ， （１） （ ） ；
{ｇ ａ 当 ａ 时 记ｆ ｘ 在区间 的最大值为Ｍ 最小值
令ｇ ｔ ｔ２ ａｔ 则 （１）＝４－３ －５≤０， 解得 １ ａ （２） ０＜ ＜３ ， （ ） ［０，１］ ，
（ ）＝ ４ －３ －５， ｇ ａ － ≤ ≤ 为ｍ 求Ｍ ｍ的取值范围．
（－１）＝４＋３ －５≤０， ３ ， －
解析 本题考查函数的导数及其应用的基础知识 考查导数
１ 故选 ． ，
， Ｃ 与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数最值的方法 考
３ ，
疑难突破 由函数的单调性求参数范围 利用导数将问题转 查学生的运算求解能力 推理论证能力以及分类讨论思想的
， 、
化为恒成立问题 再利用二次函数来解决． 应用．
，
评析 本题考查由函数的单调性求参数范围，利用导数将问题
（１）
ｆ ′
（
ｘ
）＝６
ｘ２
－２
ａｘ
＝２
ｘ
（３
ｘ
－
ａ
）
．
转化为恒成立问题，再利用二次函数来解决即可．
ａ
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ．
２．（２０１５课标Ⅱ理，１２，５分）设函数ｆ ′ ｘ 是奇函数ｆ ｘ ｘ （ ）＝０， ＝０ ＝
（ ） （ ）（ ∈ ３
Ｒ 的导函数 ｆ 当ｘ 时 ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 则使得 ( ａ )
） ， （－１）＝ ０， ＞０ ， （ ）－ （ ）＜０， 若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
ｆ ｘ 成立的ｘ的取值范围是 ＞０， ∈（－∞，０）∪ ，＋∞ ， （ ）＞０；
（ ）＞０ （ ） ３
( ａ )
Ａ．（－∞，－１）∪（０，１） Ｂ．（－１，０）∪（１，＋∞） 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
∈ ０， ， （ ）＜０
Ｃ．（－∞，－１）∪（－１，０） Ｄ．（０，１）∪（１，＋∞） ３
ｆ ｘ ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ ( ａ ) ( ａ )
答案 Ａ 令ｇ ｘ （ ） 则ｇ′ ｘ （ ）－（ ） 由题意 故ｆ ｘ 在 单调递增 在 单调递减
（ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｘ２ ， （ ） （－∞，０）， ，＋∞ ， ０， ；
３ ３
知 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 在 上是减函数． 若ａ ｆ ｘ 在 单调递增
， ＞０ ， （ ）＜０，∴ （ ） （０，＋∞） ＝０， （ ） （－∞，＋∞） ；
ｆ ｘ 是奇函数 ｆ ｆ ｆ ( ａ )
∵ （ ） ， （－１）＝０，∴ （１）＝－（－１）＝０， 若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
ｆ ＜０， ∈ －∞， ∪（０，＋∞） ， （ ）＞０；
ｇ （１） ３
∴ （１）＝ ＝０， ( ａ )
１ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
当ｘ 时 ｇ ｘ 从而ｆ ｘ ∈ ，０ ， （ ）＜０
∴ ∈（０，１） ， （ ）＞０， （ ）＞０； ３
当ｘ 时 ｇ ｘ 从而ｆ ｘ ． ( ａ ) ( ａ )
∈（１，＋∞） ， （ ）＜０， （ ）＜０ 故ｆ ｘ 在 单调递增 在 单调递减．
ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ （ ） －∞， ，（０，＋∞） ， ，０
又 ｇ ｘ （－ ） －（ ） （ ） ｇ ｘ ｇ ｘ 是偶函数 ３ ３
∵ （－ ）＝ ｘ ＝ ｘ ＝ ｘ ＝ （ ），∴ （ ） ， ( ａ )
－ － 当 ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调递减 在
当ｘ 时 ｇ ｘ 从而ｆ ｘ （２） ０＜ ＜３ ， （１） ， （ ） ０， ，
∴ ∈（－∞，－１） ， （ ）＜０， （ ）＞０； ３
当ｘ 时 ｇ ｘ 从而ｆ ｘ ． ( ａ ) ( ａ )
∈（－１，０） ， （ ）＞０， （ ）＜０ 单调递增 所以 ｆ ｘ 在 的最小值为ｆ
综上 所求ｘ的取值范围是 ． ，１ ， （ ） ［０，１］ ＝
， （－∞，－１）∪（０，１） ３ ３
评析 出现ｘｆ ′（ｘ） ｆ（ｘ） （ ）时，考虑构造函数 Ｆ（ｘ） ａ３
＋ ＞０ ＜０ ＝ 最大值为ｆ 或ｆ ａ．
ｘｆ（ｘ）；出现ｘｆ ′（ｘ） ｆ（ｘ） （ ）时，考虑构造函数 ｇ（ｘ） － ＋２， （０）＝２ （１）＝４－
－ ＞０ ＜０ ２７
ｆ（ｘ） ａ３ { ａ ａ
． 于是ｍ Ｍ ４－ ，０＜ ＜２，
＝ ｘ ＝－ ＋２， ＝ ａ ．
２７ ２，２≤ ＜３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２１９
所以Ｍ ｍ ì í ï ï２－ ａ ＋ ２ ａ ７ ３ ，０＜ ａ ＜２， ＝ｘ （ ｘ ｘ －１）［１ ｘ ＋ ｘ （ ２ ｘ ｘ ＋２－１）］ ｘ ．
－ ＝ïａ３
故
＋１（ ＋１）（ ＋１＋ ２ ）
ï ａ ．
î ，２≤ ＜３
２７ ( )
当 ａ 时 可知 ａ ａ３ 单调递减 所以Ｍ ｍ的取值范围 ｘ １ ７ １ ７ ，１ １ （１，＋∞）
０＜ ＜２ ， ２－ ＋ ， － ｐ′ ｘ
２７ （ ） － ０ ＋
( ) ( )
是 ８ ． ｐ ｘ ｐ １ 单调递减 极小值ｐ 单调递增
（ ） （１）
，２ ７
２７
当 ａ 时 ａ３ 单调递增 所以Ｍ ｍ的取值范围是 [ ８ ) ． 所以 ， ｐ （ ｘ ）≥ ｐ （１）＝０ ．
２≤ ＜３ ， ， － ，１ 因此 ｇ ｔ ｇ ｐ ｘ ．
２７ ２７ ， （ ）≥ （２ ２）＝２ （ ）≥０
[ ) é ö
综上 Ｍ ｍ的取值范围是 ８ ． 当ｘ êê １ １ ÷时
， － ，２ （ｉｉ） ∈ë ２， ø ，
２７ ｅ ７
规律总结 含参函数单调性的讨论 关键在于确定参数的分 æ ö ｘ ｘ ｘ
， ｇ ｘ ｇç １ ÷ －２ ｌｎ －（ ＋１）．
界值 ， 确定分界值的顺序 ：（１） ｆ′ （ ｘ ） 最高次项系数是否等于 ０； （ ）≥ è １＋ ｘ ø＝ ｘ
２
方程ｆ′ ｘ 是否有实数解 方程ｆ′ ｘ 的解是否
（
在
２
定
）
义域内
（
；（
）
４
＝
）
ｆ
０
′
（
ｘ
）＝０
的解ｘ
１
；
，
（
ｘ
３
２
）
之间的大
（
小
）＝
比
０
较．
令ｑ
（
ｘ
）＝２
ｘ
ｌｎ
ｘ
＋（
ｘ
＋１），
ｘ
∈
é
ë
êê
ｅ
１
２，
１
７
ù
û
úú
，
易错警示 解题时，易犯以下两个错误： 对参数ａ未讨论或
ｘ
① 则ｑ′ ｘ ｌｎ ＋２
对ａ分类讨论不全面，尤其易忽略ａ ＝０ 的情形而导致失分； ② （ ）＝ ｘ ＋１＞０，
( ａ )
当ａ ＞０ 时， ｆ（ｘ）在（ －∞ ， ０ ）， ３ ， ＋∞ 单调递增，将这两个区 故ｑ （ ｘ ） 在 é ë êê １ ２， １ ù û úú上单调递增 ，
( ａ ) ｅ ( ７ )
间合并表示为ｆ（ｘ）在（ －∞ ， ０ ） ∪ ， ＋∞ 单调递增导致错误， 所以ｑ ｘ ｑ １ ．
３ （ ）≤
７
从而失分．
( ) ( )
５．（２０１９浙江，２２，１５分）已知实数ａ 设函数ｆ ｘ ａ ｘ 由 得 ｑ １ ２ ７ｐ １ ２ ７ｐ ．
≠０， （ ）＝ ｌｎ ＋ （ｉ） ， ＝－ ＜－ （１）＝０
７ ７ ７ ７
ｘ ｘ ． 所以 ｑ ｘ ．
１＋ ， ＞０ ， （ ）＜０
（１） 当ａ ＝－ ４ ３ 时 ， 求函数ｆ （ ｘ ） 的单调区间 ； 因此 ， ｇ （ ｔ ）≥ ｇ æ è ç １＋ １ ｘ ö ø ÷ ＝－ ｑ （ ｘ ｘ ） ＞０ ．
２
（２） 对任意ｘ ∈ é ë êê
ｅ
１ ２，＋∞ ö ø ÷均有ｆ （ ｘ ）≤
２
ｘ ａ， 求ａ的取值范围． 由 （ｉ）（ｉｉ） 知对任意ｘ ∈ é ë êê
ｅ
１ ２，＋∞ ö ø ÷ ， ｔ ∈［２ ２，＋∞）， ｇ （ ｔ ）≥０，
注 ． 为自然对数的底数． é ö
解 ：ｅ 析 ＝２ ７ 本 １８ 题 ２８ 主 … 要考查函数的单调性
，
导数的运算及其应用
，
即对任意ｘ ∈ë êê
ｅ
１ ２，＋∞ø ÷ ，
同时考查逻辑思维能力和综合应用能力．考查数学抽象 逻辑
、 ｘ
推理 数学运算的核心素养． 均有ｆ
（
ｘ
）≤ ａ
．
、 ２
（１） 当ａ ＝－ ３ 时 ， ｆ （ ｘ ）＝－ ３ ｌｎ ｘ ＋ １＋ ｘ ， ｘ ＞０ ． 综上所述 所求ａ的取值范围是 æ ç ２ ù úú．
４ ４ ， è０， û
４
ｘ ｘ 疑难突破 导函数ｆ ′ ｘ 通分后 对分子的因式分解比较
ｆ ′ ｘ ３ １ （ １＋ －２）（２ １＋ ＋１） （１） （ ） ，
（ ）＝－ ｘ＋ ｘ＝ ｘ ｘ ， 困难 可以选择先求分子等于 时的根 从而确定根两侧导函
４ ２ １＋ ４ １＋ ， ０ ，
所以 函数ｆ ｘ 的单调递减区间为 单调递增区间为 数的正负．
， （ ） （０，３）， （３，
． 先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点 由于ａ的
＋∞） （２） ，
范围太大 借助恒成立的条件用特殊值缩小ａ的范围是解题的
由ｆ １ 得 ａ ２． ，
（２） （１）≤ ａ， ０＜ ≤ 关键 另外 对双变量不等式 合理确定主元 是解决本题的思
２ ４ ， ， ， ，
维转折点．
ｘ ｘ ｘ
当 ０＜ ａ ≤ ４ ２时 ， ｆ （ ｘ ）≤ ２ ａ 等价于 ａ２ － ２ ａ １＋ －２ｌｎ ｘ ≥０ ． ６．（２０１７课标Ⅰ文，２１，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ （ｅ ｘ － ａ ）－ ａ２ｘ．
讨论ｆ ｘ 的单调性
令ｔ ＝ ａ １ ， 则ｔ ≥２ ２ ．设ｇ （ ｔ ）＝ ｔ２ ｘ －２ ｔ １＋ ｘ －２ｌｎ ｘ ， ｔ ≥２ ２， 则 （１） 若ｆ ｘ （ ） 求ａ的 ； 取值范围．
（２） （ ）≥０，
解析 本题考查了利用导数研究函数的单调性 最值．
æ ö２ ｘ 、
ｇ （ ｔ ）＝ ｘ è çｔ － １＋ １ ｘ ø ÷ － １＋ ｘ －２ｌｎ ｘ． （１） 函数ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （－∞，＋∞）， ｆ ′ （ ｘ ）＝ ２ｅ ２ ｘ － ａ ｅ ｘ － ａ２ ＝
ｘ ａ ｘ ａ ．
[ ) （２ｅ ＋ ）（ｅ － ）
当ｘ １ 时 １ 若ａ 则ｆ ｘ ２ ｘ 在 单调递增．
（ｉ） ∈ ，＋∞ ， １＋ ｘ ≤２ ２， ① ＝０， （ ）＝ｅ ， （－∞，＋∞）
７ 若ａ 则由ｆ ′ ｘ 得ｘ ａ．
则ｇ ｔ ｇ ｘ ｘ ｘ． ② ＞０， （ ）＝０ ＝ｌｎ
（ ）≥ （２ ２）＝８ －４ ２ １＋ －２ｌｎ 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ
∈（－∞，ｌｎ ） ， （ ）＜０；
记ｐ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ １ 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．
（ ）＝４ －２ ２ １＋ －ｌｎ ， ≥ ， ∈（ｌｎ ，＋∞） ， （ ）＞０
７ 故ｆ ｘ 在 ａ 单调递减 在 ａ 单调递增．
（ ） （－∞，ｌｎ ） ， （ｌｎ ，＋∞）
则ｐ′ ｘ ２ ２ １ ２ ｘ ｘ ＋１－ ２ ｘ － ｘ ＋１ 若ａ 则由ｆ ′ ｘ 得ｘ ( ａ ) ．
（ ）＝ ｘ － ｘ － ｘ ＝ ｘ ｘ ③ ＜０， （ ）＝０ ＝ｌｎ －
＋１ ＋１ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
( ( ａ )) 令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ （ ）＝０， ＝－２ ＝２，
∈ －∞，ｌｎ － ， （ ）＜０； 则ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 随ｘ的变化情况如下表
２ （ ）， （ ） ：
( ( ａ ) )
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ． ｘ
∈ ｌｎ － ，＋∞ ， （ ）＞０ （－∞，－２） －２ （－２，２） ２ （２，＋∞）
( ２ ( ａ )) ( ( ａ ) ) ｆ′ （ ｘ ） ＋ ０ － ０ ＋
故ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调
（ ） －∞，ｌｎ － ， ｌｎ － ，＋∞ ｆ ｘ 极大值 极小值
２ ２ （ ） ↗ ↘ ↗
递增． 函数ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 则ａ ．故选 ．
∴ （ ） ＝２ ， ＝２ Ｄ
若ａ 则ｆ ｘ ２ ｘ 所以ｆ ｘ ． 评析 本题考查了函数的极值问题．正确理解函数的极值点的
（２）① ＝０， （ ）＝ｅ ， （ ）≥０
若ａ 则由 得 当ｘ ａ时 ｆ ｘ 取得最小值 最小值 概念是解题的关键．
② ＞０， （１） ， ＝ｌｎ ， （ ） ，
为ｆ ａ ａ２ ａ 从而当且仅当 ａ２ ａ 即 ａ ｘ
（ｌｎ ）＝ － ｌｎ ， － ｌｎ ≥０， ≤１ ３．（２０１４课标Ⅱ理，１２，５ 分）设函数 ｆ ｘ π ．若存在 ｆ
时 ｆ ｘ ． （ ）＝ ３ｓｉｎ ｍ
，（ ）≥０
若ａ 则由 得 当ｘ ( ａ ) 时 ｆ ｘ 取得最小值 最 （ ｘ ） 的极值点ｘ ０ 满足ｘ２ ０＋［ ｆ （ ｘ ０）］ ２ ＜ ｍ２ ， 则ｍ的取值范围是
③ ＜０， （１） ， ＝ｌｎ － ， （ ） ，
２
( ( ａ )) [ ( ａ )] （ ）
小值为ｆ
ｌｎ － ＝
ａ２ ３
－ｌｎ －
． Ａ．（－∞，－６）∪（６，＋∞） Ｂ．（－∞，－４）∪（４，＋∞）
２ ４ ２
[ ( ａ )] Ｃ．（－∞，－２）∪（２，＋∞） Ｄ．（－∞，－１）∪（１，＋∞）
从而当且仅当ａ２ ３ ｘ
－ｌｎ － ≥０， 答案 Ｃ ｆ ′ ｘ ３π π
４ ２ （ ）＝ ｍ ｃｏｓ ｍ，
即ａ ≥－２ｅ ３ ４时 ， ｆ （ ｘ ）≥０ ． ｆ ｘ 的极值点为ｘ
综上 ａ的取值范围是 ３ ４ ．
∵ （ ） ０，
ｘ
， ［－２ｅ ，１］ ｆ ′ ｘ ３π π ０
∴ （ ０）＝０，∴ ｍ ｃｏｓ ｍ ＝０，
考点二 导数与函数的极（最）值
１．（２０１７浙江，７，５分）函数ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
的导函数ｙ
＝
ｆ ′
（
ｘ
）
的图象 ∴ ｍ πｘ ０＝ ｋ π＋ π
２
， ｋ ∈ Ｚ ，
如图所示 则函数ｙ ｆ ｘ 的图象可能是 ｍ
， ＝ （ ） （ ） ｘ ｍｋ ｋ Ｚ
∴ ０＝ ＋ ， ∈ ，
２
又 ｘ２ ｆ ｘ ２ ｍ２
∵ ０＋［ （ ０）］ ＜ ，
( ｍ)
２
[ ( )]
２
ｍｋ ｋ π ｍ２ ｋ Ｚ
∴ ＋ ＋ ３ｓｉｎ π＋ ＜ ， ∈ ，
２ ２
( )
２
即ｍ２ ｋ １ ｍ２ ｋ Ｚ
＋ ＋３＜ ， ∈ ，
２
( ) ２ ｍ２
ｍ ｋ １ －３ ｋ Ｚ
∵ ≠０，∴ ＋ ＜ ｍ２ ， ∈ ，
２
答案 Ｄ 本题考查函数图象的识辨 利用导数判断函数的 又 存在ｘ 满足ｘ２ ｆ ｘ ２ ｍ２ 即存在ｋ Ｚ满足上式
， ∵ ０ ０＋［ （ ０）］ ＜ ， ∈ ，
单调性和极值． ｍ２ [( ) ２ ]
－３ ｋ １
不妨设导函数ｙ ｆ′ ｘ 的零点依次为ｘ ｘ ｘ 其中ｘ ｘ ∴ ｍ２ ＞ ＋ ，
ｘ 由导函数图象 ＝ 可 （ 知 ） ｙ ｆ ｘ 在 １， ｘ ２， ３ 上 ， 为减函 １＜ 数 ０＜ 在 ２＜ ｍ２ ( ) ２ ２ ｍｉｎ ｍ２
３ ｘ ， ｘ 上为增函数 在 ， ｘ ＝ ｘ （ ） 上为 （ 减 －∞ 函 ， 数 １） 在 ｘ 上 ， 为 ∴ ｍ － ２ ３ ＞ １ ，∴ ｍ２ －３＞ ，∴ ｍ２ ＞４，∴ ｍ ＞２ 或 ｍ ＜－２， 故
（ 增函 １， 数 ２） 从而排除 ， ．ｙ （ ２ ｆ ， ｘ ３） 在ｘ ｘ ｘ ， ｘ 处 （ 取 ３， 到 ＋∞ 极 ） 小值 选 ． ２ ４
在ｘ ｘ ， 处取到极大 Ａ， 值 Ｃ 又 ＝ ｘ （ ） 排除 ＝ １， 故 ＝ 选 ３ ． ， 评析 Ｃ 本题考查了函数的极值问题，三角函数求值、恒成立等
方法 ＝ 总 ２ 结 函数图象的 ， 识辨 ２ 方 ＞０ 法 ， Ｂ， Ｄ 问题 ．考查分析问题、解决问题的能力．
：
．利用函数图象上的特殊点 如函数图象与ｘ轴 ｙ轴的交点 ４．（２０１３课标Ⅱ，理１０，文１１，５分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ
１ （ 、 ， （ ）＝ ＋ ＋
函数图象上的最高点 最低点等 来识辨． ｃ 下列结论中错误的是
、 ） ＋ ， （ ）
．利用函数的定义域 在某个区间上的值域来识辨． ｘ Ｒ ｆ ｘ
２ ， Ａ．∃ ０∈ ， （ ０）＝０
．利用函数的单调性 极值 常用导数来判断 和函数的周期性 函数ｙ ｆ ｘ 的图象是中心对称图形
３ 、 （ ） Ｂ． ＝ （ ）
来识辨． 若ｘ 是ｆ ｘ 的极小值点 则ｆ ｘ 在区间 ｘ 单调递减
Ｃ． ０ （ ） ， （ ） （－∞， ０）
．利用函数的零点来识辨． 若ｘ 是ｆ ｘ 的极值点 则ｆ ′ ｘ
４ Ｄ． ０ （ ） ， （ ０）＝０
．利用函数的奇偶性来识辨 若函数是奇 或偶 函数 则其图 答案 Ｃ 由三次函数值域为Ｒ知ｆ ｘ 有解 所以 项
５ ， （ ） ， （ ）＝０ ， Ａ
象关于原点 或ｙ轴 对称． 正确 因为ｙ ｘ３ 的图象为中心对称图形 而ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ
（ ） ； ＝ ， （ ）＝ ＋ ＋ ＋
．利用函数图象的中心对称和轴对称来识辨． ｃ的图象可以由ｙ ｘ３ 的图象平移得到 故 项正确 若ｆ ｘ 有
６ ＝ ， Ｂ ； （ ）
．利用函数图象的渐近线来识辨．如指数型函数 对数型函数 极小值点 则ｆ ′ ｘ 有两个不等实根ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ
７ 、 、 ， （ ）＝０ １， ２（ １＜ ２）， （ ）
幂函数 指数为负 型函数 含反比例函数 正切型函数等 其 ｘ２ ａｘ ｂ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ｘ 在 ｘ 上为增函
（ ） （ ）、 ， ＝３ ＋２ ＋ ＝３（ － １）（ － ２）， （ ） （－∞， １）
图象都有渐近线． 数 在 ｘ ｘ 上为减函数 在 ｘ 上为增函数 故 项错
， （ １， ２） ， （ ２，＋∞） ， Ｃ
２．（２０１６四川文，６，５分）已知ａ为函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ的极小值 误 项正确．故选 ．
（ ）＝ －１２ ；Ｄ Ｃ
点 则ａ 评析 本题考查了三次函数的图象和性质，考查了利用导数研
， ＝ （ ）
究函数极值与单调性．
Ａ．－４ Ｂ．－２ Ｃ．４ Ｄ．２
答案 Ｄ 由题意可得ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ５．（２０１９课标Ⅱ文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ．
（ ）＝３ －１２＝３（ －２）（ ＋２）， （ ）＝（ －１）ｌｎ － －１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２２１
证明
： ｆ′ （ ｘ ） ＋ ０ － ０ ＋
ｆ ｘ 存在唯一的极值点
（１） （ ） ； ｆ ｘ 极大值 极小值
ｆ ｘ 有且仅有两个实根 且两个实根互为倒数． （ ） ↗ ↘ ↗
（２ 解 ） 析 （ ）＝ 本 ０ 题主要考查利用导数 ， 研究函数的极值点及方程根 所以ｆ （ ｘ ） 的极小值为ｆ （１）＝（１－３）×（１＋３） ２ ＝－３２ ．
的问题 考查推理论证能力 运算求解能力 考查函数与方程思 （３）
因为ａ
＝０，
ｃ
＝１，
所以ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ
（
ｘ
－
ｂ
）（
ｘ
－１）＝
ｘ３
－（
ｂ
＋１）
ｘ２
＋
想 转化
，
与化归思想 考查的
、
核心素养是逻
，
辑推理及数学运算．
ｂｘ
，
ｆ ′
（
ｘ
）＝３
ｘ２
－２（
ｂ
＋１）
ｘ
＋
ｂ．
、 ｆ ｘ 的定义域为 ， ． 因为 ０＜ ｂ ≤１， 所以Δ ＝４（ ｂ ＋１） ２ －１２ ｂ ＝（２ ｂ －１） ２ ＋３＞０，
（１） （ ） （０，＋∞） 则ｆ ′ ｘ 有 个不同的零点 设为ｘ ｘ ｘ ｘ ．
ｆ ′ ｘ
ｘ
－１ ｘ ｘ １ ．
（ ） ２ ， １， ２（ １＜ ２）
（ ）＝ ｘ ＋ｌｎ －１＝ｌｎ － ｘ ｂ ｂ２ ｂ ｂ ｂ２ ｂ
由ｆ ′ ｘ 得ｘ ＋１－ － ＋１ ｘ ＋１＋ － ＋１．
（ ）＝０， １＝ ， ２＝
因为ｙ ｘ单调递增 ｙ １ 单调递减 所以ｆ ′ ｘ 单调递增． ３ ３
＝ｌｎ ， ＝ ｘ ， （ ） 列表如下
：
又ｆ ′ （１）＝－１＜０， ｆ ′ （２）＝ｌｎ ２－ １ ＝ ｌｎ４－１ ＞０， 故存在唯一ｘ ０ ｘ （－∞， ｘ １） ｘ １ （ ｘ １， ｘ ２） ｘ ２ （ ｘ ２，＋∞）
２ ２ ｆ′ ｘ
使得ｆ ′ ｘ ． （ ） ＋ ０ － ０ ＋
∈
又
（
当
１，
ｘ
２）
ｘ
，
时 ｆ′
（
ｘ
０）＝０
ｆ ｘ 单调递减 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ （ ｘ ） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
＜ ０ ， （ ）＜０， （ ） ； ＞ ０ ， （ ）＞０，
ｆ ｘ 单调递增． 所以ｆ ｘ 的极大值Ｍ ｆ ｘ ．
（ ） （ ） ＝ （ １）
因此 ｆ ｘ 存在唯一的极值点． 解法一
， （ ） ：
由 知ｆ ｘ ｆ Ｍ ｆ ｘ ｘ３ ｂ ｘ２ ｂｘ
（２） （１） （ ０）＜（１）＝－２， ＝ （ １）＝ １－（ ＋１） １＋ １
又ｆ ２ ２ æｘ ｂ ö ｂ２ ｂ ｂ ｂ
（ｅ ）＝ｅ －３＞０， ｘ２ ｂ ｘ ｂ ç １ ＋１÷ ２（ － ＋１）ｘ （ ＋１）
所以ｆ ｘ 在 ｘ 内存在唯一根ｘ α． ＝［３ １－２（ ＋１） １＋ ］è － ø－ １＋
（ ）＝０ （ ０，＋∞） ＝ ３ ９ ９ ９
ｂ２ ｂ ｂ ｂ ｂ
由α ｘ 得 １ ｘ ． －２（ － ＋１）（ ＋１） （ ＋１） ２ ｂ２ ｂ ３
＞ ０＞１ α ＜１＜ ０ ＝ ＋ ＋ （ － ＋１）
２７ ９ ２７
( ) ( ) ｆ α ｂ ｂ ｂ ２ ｂ
又ｆ １ １ １ １ （ ） （ ＋１） ２（ －１） （ ＋１） ２ ｂ ｂ ３
α ＝ α －１ ｌｎ α －α －１＝ α ＝０， ＝ － ＋ ［ （ －１）＋１］
２７ ２７ ２７
ｂ ｂ
故 １ 是ｆ ｘ 在 ｘ 的唯一根． （ ＋１） ２ ４ ．
α （ ）＝０ （０， ０） ≤ ＋ ≤
２７ ２７ ２７
综上 ｆ ｘ 有且仅有两个实根 且两个实根互为倒数．
， （ ）＝０ ， 因此Ｍ ４ ．
思路分析 求函数极值点的个数 实质是求导函数零点的 ≤
（１） ， ２７
个数 注意应用零点存在性定理 由第 问易知方程ｆ ｘ 解法二
， ；（２） （１） （ ） ：
在 ｘ 上存在唯一根α 根据所要证明的结论 只需求 因为 ｂ 所以ｘ ．
＝０
(
（
)
０，＋∞） ， ，
当ｘ
０＜ ≤１，
时 ｆ ｘ
１∈（
ｘ
０，
ｘ
１）
ｂ ｘ ｘ ｘ ２．
出ｆ １ 即可． ∈（０，１） ， （ ）＝ （ － ）（ －１）≤ （ －１）
α ＝０ ( )
令ｇ ｘ ｘ ｘ ２ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ １ ｘ ．
６．（２０１９江苏，１９，１６分）设函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ｂ ｘ ｃ ａ （ ）＝ （ －１） ， ∈（０，１）， （ ）＝３ － （ －１）
（ ）＝（ － ）（ － ）（ － ）， ， ３
ｂ ｃ Ｒ ｆ ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导函数．
， ∈ ， （ ） （ ） 令ｇ′ ｘ 得ｘ １ ．列表如下
若ａ ｂ ｃ ｆ 求ａ的值 （ ）＝０， ＝ ：
（１） ＝ ＝ ， （４）＝８， ； ３
若ａ ｂ ｂ ｃ 且ｆ ｘ 和ｆ ′ ｘ 的零点均在集合 ( ) ( )
（２） ≠ ， ＝ ， （ ） （ ） ｛－３，１，３｝ ｘ １ １ １
中 求ｆ ｘ 的极小值 ０， ，１
， （ ） ； ３ ３ ３
ｇ′ ｘ
若ａ ｂ ｃ 且ｆ ｘ 的极大值为Ｍ 求证 Ｍ ４ ． （ ） ＋ ０ －
（３） ＝０，０＜ ≤１， ＝１， （ ） ， ： ≤
２７ ｇ ｘ 极大值
解析 本小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． 所以当ｘ １ 时 ｇ ｘ 取得极大值 且是最大值 故ｇ ｘ
＝ ， （ ） ， ， （ ）ｍａｘ＝
（１）
因为ａ
＝
ｂ
＝
ｃ
，
所以ｆ
（
ｘ
）＝（
ｘ
－
ａ
）（
ｘ
－
ｂ
）（
ｘ
－
ｃ
）＝（
ｘ
－
ａ
）
３．
( )
３
因为ｆ （４）＝８， 所以 （４－ ａ ） ３ ＝８， 解得ａ ＝２ ． ｇ １ ＝ ４ ．
因为ｂ ｃ 所以ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ｂ ２ ｘ３ ａ ｂ ｘ２ ｂ ａ ３ ２７
（２） ＝ ， （ ）＝（ － ）（ － ） ＝ －（ ＋２ ） ＋ （２ ＋
( ａ ｂ) 所以当ｘ 时 ｆ ｘ ｇ ｘ ４ ．因此Ｍ ４ ．
ｂ
）
ｘ
－
ａｂ２
，
从而ｆ ′
（
ｘ
）＝３（
ｘ
－
ｂ
）
ｘ
－
２ ＋ ． ∈（０，１） ， （ ）≤ （ ）≤
２７
≤
２７
３ ７．（２０１９课标Ⅲ理，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂ．
ａ ｂ （ ）＝２ － ＋
令ｆ ′ ｘ 得ｘ ｂ或ｘ ２ ＋ ． 讨论ｆ ｘ 的单调性
（ ）＝０， ＝ ＝ （１） （ ） ；
３ 是否存在ａ ｂ 使得ｆ ｘ 在区间 的最小值为 且最
ａ ｂ （２） ， ， （ ） ［０，１］ －１
因为ａ ｂ ２ ＋ 都在集合 中 且ａ ｂ 大值为 若存在 求出 ａ ｂ 的所有值 若不存在 说明
， ， ｛－３，１，３｝ ， ≠ ， １？ ， ， ； ，
３ 理由．
ａ ｂ
所以２ ＋ ａ ｂ ． 解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数
＝１， ＝３， ＝－３
３ 的最值问题 通过导数的应用考查学生的运算求解能力以及分
此时 ｆ ｘ ｘ ｘ ２ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ． ，
， （ ）＝（ －３）（ ＋３） ， （ ）＝３（ ＋３）（ －１） 类讨论思想 考查了数学运算的核心素养．
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ． ，
列表如
（
下
）＝０， ＝－３ ＝１
（１）
ｆ ′
（
ｘ
）＝６
ｘ２
－２
ａｘ
＝２
ｘ
（３
ｘ
－
ａ
）
．
： ａ
ｘ （－∞，－３） －３ （－３，１） １ （１，＋∞） 令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 得ｘ ＝０ 或ｘ ＝ ．
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
( ａ ) ａ２
若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 因为ｆ ｘ 有极值 故ｆ ′ ｘ 有实根 从而ｂ １
＞０， ∈（－∞，０）∪ ，＋∞ ， （ ）＞０； ∈ （ ） ， （ ）＝ ０ ， － ＝ ａ（２７－
３ ３ ９
( ａ ) ( ａ ) ａ３ 即ａ ．
时 ｆ ′ ｘ ．故 ｆ ｘ 在 单调递 ）≤０， ≥３
０， ， （ ）＜０ （ ） （－∞，０）， ，＋∞ 当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｘ 故ｆ ｘ 在Ｒ上是增函数 ｆ ｘ
３ ３ ＝３ ， （ ）＞０（ ≠－１）， （ ） ， （ ）
( ａ ) 没有极值
增 在 单调递减． ；
， ０，
３ ａ ａ２ ｂ
若ａ ｆ ｘ 在 单调递增． 当ａ 时 ｆ ′ ｘ 有两个相异的实根ｘ － － －３ ｘ
＝０， （ ） （－∞，＋∞） ＞３ ， （ ）＝ ０ １＝ ， ２
( ａ ) ３
若ａ
＜０，
则当ｘ
∈ －∞， ∪（０，＋∞）
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＞０；
当 ｘ
∈ －
ａ
＋
ａ２
－３
ｂ
．
３ ＝
( ａ ) ( ａ ) ３
时 ｆ ′ ｘ ．故 ｆ ｘ 在 单调递 列表如下
，０ ， （ ）＜０ （ ） －∞， ，（０，＋∞） ：
３ ３
( ａ ) ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
增 在 单调递减． （－∞， １） １ （ １， ２） ２ （ ２，＋∞）
， ，０
３ ｆ′ ｘ
满足题设条件的ａ ｂ存在． （ ） ＋ ０ － ０ ＋
（２） ， ｆ ｘ 极大值 极小值
当ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调递增 所以ｆ ｘ 在 （ ） ↗ ↘ ↗
（ｉ） ≤０ ， （１） ， （ ） ［０，１］ ， （ ）
区间 的最小值为ｆ ｂ 最大值为ｆ ａ ｂ．此时 故ｆ ｘ 的极值点是ｘ ｘ ．
［０，１］ （０）＝ ， （１）＝ ２－ ＋ （ ） １， ２
ａ ｂ满足题设条件当且仅当ｂ ａ ｂ 即ａ ｂ ． 从而ａ ．
， ＝－１，２－ ＋ ＝１， ＝０， ＝－１ ＞３
当ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调递减 所以ｆ ｘ 在 ａ２
（ｉｉ） ≥３ ， （１） ， （ ） ［０，１］ ， （ ） 因此ｂ ２ ３ 定义域为 ．
区间 ［０，１］ 的最大值为ｆ （０）＝ ｂ ， 最小值为ｆ （１）＝ ２－ ａ ＋ ｂ．此时 ＝ ９ ＋ ａ ， （３，＋∞）
ａ ｂ满足题设条件当且仅当 ａ ｂ ｂ 即ａ ｂ ． ｂ ａ ａ
， ２－ ＋ ＝－１， ＝１， ＝４， ＝１ 证明 由 知 ２ ３ ．
( ａ ) （２） ： （１） ， ａ ＝ ＋ａ ａ
当 ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 的最小值为ｆ ９
（ｉｉｉ） ０＜ ＜３ ， （１） ， （ ） ［０，１］
３
＝
设ｇ ｔ ２
ｔ
３ 则ｇ′ ｔ ２ ３ ２
ｔ２
－２７．
ａ３
ｂ 最大值为ｂ或 ａ ｂ．
（ ）＝
９
＋ ｔ ， （ ）＝
９
－ｔ２ ＝
９
ｔ２
－ ＋ ， ２－ ＋
æ ö æ ö
若 ２７ ａ３ ｂ ｂ 则ａ ３ 与 ａ 矛盾． 当ｔ ∈è ç３ ６ ，＋∞ø ÷时 ， ｇ′ （ ｔ ）＞０， 从而ｇ （ ｔ ） 在 è ç３ ６ ，＋∞ø ÷上单调
－ ＋ ＝－１， ＝１， ＝３ ２， ０＜ ＜３ ２ ２
２７ 递增．
ａ３
若 ｂ ａ ｂ 则ａ 或ａ 或ａ 与 ａ 因为ａ 所以ａ ａ
－ ＋ ＝－１，２－ ＋ ＝１， ＝３ ３ ＝－３ ３ ＝０， ０＜ ＞３， ＞３ ３，
２７ ｂ
矛盾． 故ｇ ａ ａ ｇ 即 ．
综
＜３
上 当且仅当ａ ｂ 或ａ ｂ 时 ｆ ｘ 在 的
（ ）＞ （３ ３）＝ ３， ａ＞ ３
， ＝０， ＝－１ ＝４， ＝１ ， （ ） ［０，１］
最小值为 －１， 最大值为 １ ． 因此ｂ２ ＞３ ａ．
思路分析 求出ｆ ′ ｘ 的两根 比较根的大小并分类 由 知 ｆ ｘ 的极值点是ｘ ｘ
（１） （ ）＝ ０ ， （３） （１） ， （ ） １， ２，
讨论．
且ｘ ｘ ２ ａ ｘ２ ｘ２ ４
ａ２
－６
ｂ
．
利用 中的单调区间讨论ｆ ｘ 在 上的最值 最终 １＋ ２＝－ ３ ， １＋ ２＝ ９
（２） （１） （ ） ［０，１］ ，
确定参数ａ
，
ｂ的值． 从而ｆ
（
ｘ
１）＋
ｆ
（
ｘ
２）＝
ｘ３
１＋
ａｘ２
１＋
ｂｘ
１＋１＋
ｘ３
２＋
ａｘ２
２＋
ｂｘ
２＋１
疑难突破 第 问中分类讨论的标准是单调区间的端点与 ｘ ｘ
（２） １ ｘ２ ａｘ ｂ ２ ｘ２ ａｘ ｂ １ ａ ｘ２ ｘ２
的大小关系 从而确定函数在 上的最值． ＝ （３ １＋２ １＋ ）＋ （３ ２＋２ ２＋ ）＋ （ １＋ ２）＋
３ ３ ３
０，１ ， ［０，１］
８．（２ Ｒ ０１ 有 ７江 极 苏 值 ，２ 且 ０ 导 ，１ 函 ６分 数 ） ｆ 已 ′ 知 ｘ 函 的 数 极 ｆ 值 （ ｘ 点 ）＝ 是 ｘ３ ｆ ＋ ａ ｘ ｘ２ 的 ＋ ｂ 零 ｘ ＋ 点 １（ ． ａ ＞ 极 ０ 值 ， ｂ ３ ２ ｂ （ ｘ １＋ ｘ ２）＋２＝ ４ ａ３ ２ － ７ ６ ａｂ － ４ ９ ａｂ ＋２＝０ ．
∈ 点是 ） 指函数取 ， 极值时对应的 （ 自 ） 变量的值 （ ） （ 记ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 所有极值之和为ｈ ａ
（ ）， （ ） （ ），
）
（１）
求ｂ关于ａ的函数关系式
，
并写出定义域
；
因为ｆ ′
（
ｘ
）
的极值为ｂ
－
ａ２
＝－
１ ａ２
＋ ａ
３
，
证明 ｂ２ ａ ３ ９
（２） ： ＞３ ；
若ｆ ｘ ｆ′ ｘ 这两个函数的所有极值之和不小于 ７ 求
所以ｈ
（
ａ
）＝－
１ ａ２
＋ ａ
３
，
ａ
＞３
．
（３） （ ）， （ ） － ， ９
２
ａ的取值范围． 因为ｈ′ ａ ２ ａ ３
解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性 极
（ ）＝－
９
－ａ２＜０，
、 于是ｈ ａ 在 上单调递减．
值及零点问题 考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以 （ ） （３，＋∞）
，
及逻辑推理能力． 因为ｈ ７ 于是ｈ ａ ｈ 故ａ ．
（６）＝－ ， （ ）≥ （６）， ≤６
( ａ ) ２ ２
由ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ 得ｆ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ ｘ 因此ａ的取值范围为 ．
（１） （ ）＝ ＋ ＋ ＋１， （ ）＝３ ＋２ ＋ ＝３ ＋ ＋ （３，６］
３ 易错警示 函数ｆ ｘ 的极值点 ｘ 满足 ｆ ′ ｘ 函数
ｂ － ａ２ ． ｆ ｘ 的零点 （ ｘ １） 满足 ｆ （ ｘ ） 而 ｆ ′ ０ ｘ 的极值 （ 点 ０） ｘ ＝ 应 ０， 满足
３ （ ） ０ （ ０）＝ ０， （ ） ０
当ｘ
ａ
时 ｆ ′ ｘ 有极小值ｂ
ａ２
．
ｆ ″
（
ｘ
０）＝０
．
（２）
求函数的关系式必须确定函数的定义域．
＝－ ， （ ） － ９．（２０１７北京理，１９，１３分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ．
３ ３ （ ）＝ｅ ｃｏｓ －
因为ｆ ′ ｘ 的极值点是ｆ ｘ 的零点 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
（ ） （ ） ， （１） ＝ （ ） （０， （０）） ；
( ａ ) ａ３ ａ３ ａｂ ａ２ [ ]
所以ｆ 又ａ 故ｂ ２ ３ ． 求函数ｆ ｘ 在区间 π 上的最大值和最小值．
－ ＝－ ＋ － ＋１＝０， ＞０， ＝ ＋ ａ （２） （ ） ０，
３ ２７ ９ ３ ９ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２２３
解析 本题考查导数的几何意义 考查利用导数研究函数的 [ ) [ ]
单调性 最值． ， 所以ｆ （ ｘ ） 在区间 １ ，＋∞ 上的取值范围是 ０， １ ｅ － １ ２ ．
、 ２ ２
因为ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 所以 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ 解后反思 ．在导数大题中 求函数的导数至关重要 因此
（１） （ ）＝ｅ ｃｏｓ － ， （ ）＝ｅ （ｃｏｓ －ｓｉｎ ）－１， １ ， ， ，
ｆ ′ ． 必须熟练掌握求导公式和求导法则．
（０）＝０
又因为ｆ 所以曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方 ．利用导数求函数的值域的一般步骤
（０）＝１， ＝ （ ） （０， （０）） ２ ：
程为ｙ ． 求函数ｆ ｘ 的导函数ｆ ′ ｘ
＝１ （１） （ ） （ ）；
设ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ 解方程ｆ ′ ｘ
（２） （ ）＝ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ ）－１， （２） （ ）＝０；
则ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ． 用ｆ ′ ｘ 的根把函数的定义域分成若干个区间
（ ）＝ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ －ｓｉｎ －ｃｏｓ ）＝－２ｅ ｓｉｎ （３） （ ）＝０ ；
( ) 判断每个区间上ｆ ′ ｘ 的符号 得函数的单调性
当ｘ π 时 ｈ′ ｘ （４） （ ） ， ；
∈ ０， ， （ ）＜０， 求函数在各个区间上的值域 再求并集．
２ （５） ，
[ ] ．本题最易忽略ｆ ｘ 这个条件 从而得出
所以ｈ ｘ 在区间 π 上单调递减． ３ （ ）≥０ ， ：
（ ） ０， [ ) ( ]
２ ｆ ｘ 在 １ 上的值域为 １ － １ ２ 的错误结论．
( ] （ ） ，＋∞ －∞， ｅ
所以对任意ｘ π 有ｈ ｘ ｈ 即ｆ ′ ｘ ． ２ ２
∈ ０， （ ）＜ （０）＝０， （ ）＜０ 因此 在求函数ｆ ｘ 在区间 ａ 或 ａ 上的值域时
２ ， （ ） （ ，＋∞） （－∞， ） ，
[ ] 一定要观察ｆ ｘ 图象的趋势 或先判断ｆ ｘ 何时为正 何时
所以函数ｆ ｘ 在区间 π 上单调递减． （ ） ， （ ） ，
（ ） ０， 为负 通常是求出函数ｆ ｘ 的零点 ．
２ （ （ ） ）
因此ｆ ｘ 在区间
[
π
]
上的最大值为 ｆ 最小值为
１１．（２０１６山东文，２０，１３ 分）设 ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ
ｌｎ
ｘ
－
ａｘ２
＋（２
ａ
－１）
ｘ
，
ａ
（ ） ０， （０）＝ １， Ｒ．
２ ∈
( ) 令ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 求ｇ ｘ 的单调区间
ｆ π π． （１） （ ）＝ （ ）， （ ） ；
＝－ 已知ｆ ｘ 在ｘ 处取得极大值．求实数ａ的取值范围．
２ ２ （２） （ ） ＝１
解题思路 先求导 再利用导数的几何意义求出切线的斜 解析 由ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ ａ
（１） ， （１） （ ）＝ｌｎ －２ ＋２ ，
率 最后利用点斜式求出切线方程． 设ｈ ｘ ｘ ｘ 可得ｇ ｘ ｘ ａｘ ａ ｘ ．
， （２） （ ）＝ ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ （ ）＝ｌｎ －２ ＋２ ， ∈（０，＋∞）
ｘ 对ｈ ｘ 求导 进而确定ｈ ｘ 的单调性 最后求出最值． ａｘ
）－１， （ ） ， （ ） ， 则ｇ′ ｘ １ ａ １－２ ．
方法总结 ．求切线方程问题 根据导数的几何意义求出 （ ）＝ ｘ －２ ＝ ｘ
１ ：（１）
指定点处的导数值 即切线的斜率 求出指定点处的函数 当ａ 时 ｘ 时 ｇ′ ｘ 函数ｇ ｘ 单调递增
， ；（２） ≤０ ， ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） ；
值 求出切线方程． ( )
；（３） 当ａ 时 ｘ １ 时 ｇ′ ｘ 函数ｇ ｘ 单调递增
．利用导数研究函数的单调性 求出函数ｆ ｘ 的定义域 ＞０ ， ∈ ０， ａ ， （ ）＞０， （ ） ，
２ ：（１） （ ） ； ２
求出函数ｆ ｘ 的导函数ｆ ′ ｘ 令ｆ ′ ｘ 得到ｆ ｘ ( )
（２） （ ） （ ）；（３） （ ）＞０ （ ） ｘ １ 时 函数ｇ ｘ 单调递减．
在定义域内的单调递增区间 令ｆ ′ ｘ 得到ｆ ｘ 在定义域 ∈ ａ，＋∞ ， （ ）
， （ ）＜０ （ ） ２
内的单调递减区间． 所以当ａ 时 ｇ ｘ 的单调增区间为
≤０ ， （ ） （０，＋∞）；
( )
１０．（２０１７ 浙江，２０，１５ 分）已知函数 ｆ ｘ ｘ ｘ 当ａ 时 ｇ ｘ 的单调增区间为 １ 单调减区间
（ ）＝ （ － ２ －１） ＞０ ， （ ） ０， ａ ，
( ) ２
－ ｘ ｘ １ ． ( )
ｅ ≥ 为 １ ．
２ ａ，＋∞
求ｆ ｘ 的导函数 ２
（１） （ ） ； 由 知 ｆ ′ ．
[ ) （２） （１） ， （１）＝０
求ｆ ｘ 在区间 １ 上的取值范围． 当ａ 时 ｆ ′ ｘ 单调递增
（２） （ ） ，＋∞ ① ≤０ ， （ ） ，
２ 所以当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减．
解析 本题主要考查函数的最大 小 值 导数的运算及其 ∈（０，１） ， （ ）＜０， （ ）
（ ） ， 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增．
应用 同时考查分析问题和解决问题的能力． ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０， （ ）
， 所以ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 不合题意．
（ ） ＝１ ，
因为 ｘ ｘ ′ １ － ｘ ′ － ｘ ( )
（１） （ － ２ －１） ＝１－ ｘ ，（ｅ ） ＝－ｅ ， 当 ａ １ 时 １ 由 知 ｆ ′ ｘ 在 １ 内单调递
２ －１ ② ０＜ ＜ ， ａ＞１， （１） （ ） ０， ａ
æ ö ２ ２ ２
所以ｆ ′ （ ｘ ）＝è ç １－ １ ｘ ø ÷ ｅ － ｘ －（ ｘ － ２ ｘ －１）ｅ － ｘ 增 可得当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ( １ ) 时 ｆ ′ ｘ ．
２ －１ ， ∈（０，１） ， （ ）＜０， ∈ １， ａ ， （ ）＞０
２
ｘ ｘ － ｘ( ) ( )
（１－ ）（ ２ －１－２）ｅ ｘ １ ． 所以ｆ ｘ 在 内单调递减 在 １ 内单调递增
＝ ｘ ＞ （ ） （０，１） ， １， ａ ，
２ －１ ２ ２
由ｆ ′ ｘ （１－ ｘ ）（ ２ ｘ －１－２）ｅ － ｘ 解得ｘ 或ｘ ５． 所以ｆ （ ｘ ） 在ｘ ＝１ 处取得极小值 ， 不合题意．
（２） （ ）＝ ２ ｘ －１ ＝０， ＝１ ＝ ２ ③ 当ａ ＝ １ 时 ， １ ａ＝１， ｆ ′ （ ｘ ） 在 （０，１） 内单调递增 ，
因为 ２ ２
在 内单调递减
( ) ( ) ( ) （１，＋∞） ，
ｘ １ １ ５ ５ ５ 所以当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 不合题意．
，１ １ １， ，＋∞ ∈（０，＋∞） ， （ ）≤０， （ ） ，
２ ２ ２ ２ ２
ｆ′ ｘ 当ａ １ 时 １
（ ） － ０ ＋ ０ － ④ ＞ ，０＜ ａ＜１，
２ ２
( )
ｆ （ ｘ ） １ ｅ － １ ２ ↘ ０ ↗ １ ｅ － ５ ２ ↘ 当ｘ ∈ １ ａ，１ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＞０， ｆ （ ｘ ） 单调递增 ，
２ ２ ２
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
又ｆ ｘ １ ｘ ２ － ｘ ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０， （ ） ，
（ ）＝ （ ２ －１－１） ｅ ≥０， 所以ｆ ｘ 在ｘ 处取极大值 合题意．
２ （ ） ＝１ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
求ｆ ｘ 的单调区间
综上可知 实数ａ的取值范围为ａ １ ． （１） （ ） ；
， ＞ 若ｆ ｘ 存在极值点ｘ 且ｆ ｘ ｆ ｘ 其中ｘ ｘ 求
２ （２） （ ） ０， （ １）＝ （ ０）， １≠ ０，
思路分析 求出函数的导数 对ａ进行分类讨论 由 证 ｘ ｘ
（１） ， ；（２） ： １＋２ ０＝３；
第 问知ｆ ′ 对ａ进行分类讨论 然后利用导数研究 设ａ 函数ｇ ｘ ｆ ｘ 求证 ｇ ｘ 在区间 上的
（１） （１）＝０， ， （３） ＞０， （ ）＝ ｜ （ ）｜， ： （ ） ［０，２］
函数的单调性和极值来验证是否满足条件 从而求出ａ的取
， 最大值不小于 １ ．
值范围．
··· ４
评析 本题考查导数的应用，利用导数求函数的单调性和极 解析 由ｆ ｘ ｘ ３ ａｘ ｂ 可得ｆ ′ ｘ ｘ ２
（１） （ ）＝（ －１） － － ， （ ）＝ ３（ －１）
值要注意“定义域优先”原则，注意对ａ分类讨论． ａ．
－
１２．（２０１６课标Ⅱ理，２１，１２分） 下面分两种情况讨论
：
ｘ－２ 当ａ 时 有ｆ ′ ｘ ｘ ２ ａ 恒成立 所以ｆ ｘ 的
１ 讨论函数 ｆ ｘ ＝ ｘ 的单调性 并证明当 ｘ＞０ 时 ① ≤０ ， （ ）＝３（ －１） － ≥０ ， （ ）
（ ） （ ） ｘ＋２ｅ ， ， 单调递增区间为 ．
（－∞，＋∞）
ｘ－２ ｘ＋ｘ＋２＞０
ａ ａ
（ ）ｅ ； 当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ３ 或ｘ ３ ．
ｘ－ａｘ－ａ ② ＞０ ， （ ）＝０， ＝１＋ ＝１－
２ 证明 当ａ ０ １ 时 函数ｇ ｘ ＝ｅ ｘ＞０ 有最小 ３ ３
（ ） ： ∈［ ， ） ， （ ） ｘ２ （ ） 当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表
， （ ）， （ ） ：
值．设ｇ ｘ 的最小值为ｈ ａ 求函数ｈ ａ 的值域．
（ ） （ ）， （ ） ( ａ ) ａ ( ａ ａ ) ａ ( ａ )
解析 １ ｆ ｘ 的定义域为 －∞ －２ －２ ＋∞ ． ２分 ｘ －∞，１－ ３ １－ ３ １－ ３ ，１＋ ３ １＋ ３ １＋ ３ ，＋∞
（ ） （ ） （ ， ）∪（ ， ） （ ） ３ ３ ３ ３ ３ ３
ｘ－１ ｘ＋２ ｘ－ ｘ－２ ｘ ｘ２ ｘ ｆ′ ｘ
ｆ ′ ｘ ＝（ ）（ ）ｅ （ ）ｅ ＝ ｅ ０ （ ） ＋ ０ － ０ ＋
（ ） ｘ＋２ ２ ｘ＋２ ２≥ ， ｆ ｘ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
（ ） （ ） （ ）
且 所 仅 以 当 ｆ ｘ ｘ＝ 在 ０时 － ， ∞ ｆ ′ － （ ２ ｘ ） ＝０ － ， ２ ＋∞ 单调递增． 所以ｆ （ ｘ ） 的单调递减区间为 æ è ç １－ ３ ａ ，１＋ ３ ａö ø ÷ ， 单调递增区
（ ） （ ， ），（ ， ） ３ ３
因 所 此 以 当
（
ｘ－ ｘ ２ ∈
）
（
ｅ
０ ｘ＞ ， － ＋
（
∞ ｘ ） ＋ 时 ２
）
，
，（
ｆ （ ｘ ｘ － ） ２ ＞
）
ｆ
ｅ
（ ｘ ０ ＋ ） ｘ ＝ ＋２ － ＞ １ ０ ． ．
（
４分
）
间为 æ è ç －∞，１－ ３ ａö ø ÷ ， æ è ç １＋ ３ ａ ，＋∞ ö ø ÷．
（ ２ ） ｇ′ （ ｘ ） ＝（ ｘ－２ ）ｅ ｘ ｘ ＋ ３ ａ （ ｘ＋２ ）＝ ｘ ｘ ＋ ３ ２ （ ｆ （ ｘ ） ＋ａ ） ． （ ５分 ） （２） 证明 ： 因为ｆ ３ （ ｘ ） 存在极值 ３ 点 ， 所以由 （１） 知ａ ＞０， 且ｘ ０≠１ ．
ａ
由
（
１
）
知
，
ｆ
（
ｘ
）
＋ａ单调递增．对任意ａ
∈［
０
，
１
），
ｆ
（
０
）
＋ａ＝ａ－ 由题意 ， 得ｆ ′ （ ｘ ０）＝ ３（ ｘ ０－１） ２ － ａ ＝０， 即 （ ｘ ０－１） ２ ＝
３
， 进而
１＜０ ｆ ２ ＋ａ＝ａ ０． ａ ａ
因此 ，
，
存 （ 在 ） 唯一ｘ ≥
ａ∈（
０
，
２
］，
使得ｆ
（
ｘ
ａ）
＋ａ＝０
，
即ｇ′
（
ｘ
ａ）
＝０． ｆ （ ｘ ０）＝（ ｘ ０－１） ３ － ａｘ ０－ ｂ ＝－ ２
３
ｘ ０－
３
－ ｂ．
６分 ａ
（ ） 又ｆ ｘ ｘ ３ ａ ｘ ｂ ８ ｘ ａｘ ａ
当０＜ｘ＜ｘ 时 ｆ ｘ ＋ａ＜０ ｇ′ ｘ ＜０ ｇ ｘ 单调递减 （３－２ ０）＝（２－２ ０） － （３－２ ０）－ ＝ （１－ ０）＋２ ０－３ －
ａ ， （ ） ， （ ） ， （ ） ； ３
当ｘ＞ｘ ａ 时 ， ｆ （ ｘ ） ＋ａ＞０ ， ｇ′ （ ｘ ） ＞０ ， ｇ （ ｘ ） 单调递增． （ ７分 ） ｂ ２ ａ ｘ ａ ｂ ｆ ｘ 且 ｘ ｘ
因此ｇ （ ｘ ） 在ｘ＝ｘ ａ 处取得最小值 ， 由 ＝ 题 － 意 ３ 及 ０－ ３ － 知 ＝ 存 （ 在 ０ 唯 ）， 一实 ３－ 数 ２ ｘ ０≠ 满 ０ 足 ， ｆ ｘ ｆ ｘ 且ｘ
最小值为ｇ ｘ ＝ｅ ｘａ－ａ （ ｘ ａ ＋１ ）＝ｅ ｘａ＋ｆ （ ｘ ａ）（ ｘ ａ ＋１ ）＝ ｅ ｘａ ． ｘ 因此ｘ （１） ， ｘ ．所以ｘ ｘ １ ． （ １）＝ （ ０）， １≠
（ ａ） ｘ２ ａ ｘ２ ａ ｘ ａ ＋２ ０， 证明 １ 设 ＝３ ｇ －２ ｘ ０ 在区间 １＋２ ０ 上 ＝３ 的最大值为Ｍ ｘ ｙ 表
８分 （３） ： （ ） ［０，２］ ，ｍａｘ｛ ， ｝
（ ） 示ｘ ｙ两数的最大值．下面分三种情况讨论
ｘａ ( ｘ ) ｘ＋１ ｘ ｘ ， ：
于是ｈ ａ ＝ ｅ 由 ｅ ′＝（ ）ｅ ＞０ 得 ｙ＝ ｅ 单调 ａ ａ
（ ） ｘ ａ ＋２， ｘ＋２ （ ｘ＋２ ） ２ ， ｘ＋２ ① 当ａ ≥３ 时 ，１－ ３ ≤０＜２≤１＋ ３ ， 由 （１） 知 ， ｆ （ ｘ ） 在区
递增． ３ ３
间 上单调递减 所以ｆ ｘ 在区间 上的取值范围为
１ ０ ｘａ ２ ２ ［０，２］ ， （ ） ［０，２］
所以 由ｘ ０ ２ 得 ＝ ｅ ＜ｈ ａ ＝ ｅ ｅ ＝ｅ ． ｆ ｆ 因此
， ａ∈（ ， ］， ２ ０＋２ （ ） ｘ ＋２≤２＋２ ４ ［ （２）， （０）］，
ａ
Ｍ ｆ ｆ ａ ｂ ｂ
１０分 ＝ｍａｘ｛｜ （２）｜，｜ （０）｜｝＝ｍａｘ｛｜１－２ － ｜，｜－１－ ｜｝
（ ） ａ ａ ｂ ａ ａ ｂ
ｘ ( １ ２ ] ＝ｍａｘ｛｜ －１＋（ ＋ ）｜，｜ －１－（ ＋ ）｜｝
因为ｙ＝ ｅ 单调递增 对任意λ ｅ 存在唯一的ｘ {ａ ａ ｂ ａ ｂ
ｘ＋２ ， ∈ ２，４ ， ａ －１＋（ ＋ ）， ＋ ≥０，
＝ ａ ａ ｂ ａ ｂ ．
０ ２ ａ＝－ｆ ｘ ０ １ 使得ｈ ａ ＝λ．所以ｈ ａ 的值 －１－（ ＋ ）， ＋ ＜０
∈（ ， ］， （ ａ）∈［ ， ）， （ ） （ ） 所以Ｍ ａ ａ ｂ ．
( １ ２ ] ＝ －１＋｜ ＋ ｜≥２
域是 ｅ ． ａ ａ ａ
２，４ 当 ３ ａ 时 ２ ３ ３ ３
② ≤ ＜３ ，１－ ≤０＜１－ ＜１＋ ＜２≤１＋
综上 当ａ ０ １ 时 ｇ ｘ 有最小值ｈ ａ ｈ ａ 的值域是 ４ ３ ３ ３
， ∈［ ， ） ， （ ） （ ）， （ ）
( １ ｅ ２ ] ． １２分 ２ ３ ａ 由 和 知 ｆ ｆ æ ç ２ ３ ａö ÷ ｆ æ ç ３ ａö ÷
２，４ （ ） ， （１） （２） （０）≥ è１－ ø ＝ è１＋ ø，
３ ３ ３
疑难突破 本题求解的关键是 设而不求 方法的运用 另 æ ａö æ ａö
“ ” ， ｆ ｆç ２ ３ ÷ ｆç ３ ÷
外 注意将对ｇ′ ｘ 符号的判断灵活地转化为对ｆ ｘ ＋ａ符号 （２）≤ è１＋ ø＝ è１－ ø，
， （ ） （ ） ３ ３
的判断． 所以 ｆ ｘ 在 区 间 上 的 取 值 范 围
（ ） ［ ０， ２ ］
评析 本题主要考查导数的运用，求单调区间及最值，考查不 é æ ａö æ ａöù
为êêｆç ３ ÷ ｆç ３ ÷úú
等式的证明．属难题． ë è１＋ ø， è１－ øû，
３ ３
１３．（２０１６天津理，２０，１４分）设函数ｆ ｘ ｘ ３ ａｘ ｂ ｘ { æ ａö æ ａö }
（ ）＝（ －１） － － ， ∈ 因此Ｍ ｆç ３ ÷ ｆç ３ ÷
Ｒ 其中ａ ｂ Ｒ． ＝ｍａｘ è１＋ ø ， è１－ ø
， ， ∈ ３ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２２５
{ ａ ａ } ａｘ２ ａｘ ａ
２ ａ ａ ｂ ２ ａ ａ ｂ ｆ ′ ｘ １ ａ ｘ ２ ＋ － ＋１．
＝ｍａｘ － ３ － － ， ３ － － （ ）＝ｘ ＋ （２ －１）＝ ｘ
９ ９ ＋１ ＋１
{ ａ ａ } 令ｇ ｘ ａｘ２ ａｘ ａ ｘ ．
２ ａ ａ ｂ ２ ａ ａ ｂ （ ）＝２ ＋ － ＋１， ∈（－１，＋∞）
＝ｍａｘ ３ ＋（ ＋ ） ， ３ －（ ＋ ） 当ａ 时 ｇ ｘ
９ ９ ① ＝０ ， （ ）＝１，
ａ 此时ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在 单调递增 无极值点．
２ ａ ａ ｂ ２ ３ ３ １ ． （ ）＞０， （ ） （－１，＋∞） ，
＝ ３ ＋｜ ＋ ｜≥ × × ３× ＝ 当ａ 时 Δ ａ２ ａ ａ ａ ａ ．
９ ９ ４ ４ ４ ② ＞０ ， ＝ －８ （１－ ）＝ （９ －８）
当 ａ ３ 时 ２ ３ ａ ２ ３ ａ （ｉ） 当 ０＜ ａ ≤ ８ 时 ， Δ ≤０， ｇ （ ｘ ）≥０，
③ ０＜ ＜ ，０＜１－ ＜１＋ ＜２， ９
４ ３ ３ ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在 单调递增 无极值点．
æ ａö æ ａö （ ）≥０， （ ） （－１，＋∞） ，
由 和 知ｆ ｆç ２ ３ ÷ ｆç ３ ÷
（１） （２） （０）＜ è１－ ø＝ è１＋ ø， 当ａ ８ 时 Δ
３ ３ （ｉｉ） ＞ ， ＞０，
æ ａö æ ａö ９
ｆ ｆç ２ ３ ÷ ｆç ３ ÷ 设方程 ａｘ２ ａｘ ａ 的两根为ｘ ｘ ｘ ｘ
（２）＞ è１＋ ø＝ è１－ ø， ２ ＋ － ＋１＝０ １， ２（ １＜ ２），
３ ３
所以ｆ ｘ 在区间 上的取值范围为 ｆ ｆ 因为ｘ ｘ １ 所以ｘ １ ｘ １ ．
（ ） ［０，２］ ［ （０）， （２）］， １＋ ２＝－ ， １＜－ ， ２＞－
因此Ｍ ｆ ｆ ｂ ａ ｂ ２ ４ ４
＝ｍａｘ｛｜ （０）｜，｜ （２）｜｝＝ｍａｘ｛｜－１－ ｜，｜１－２ － ｜｝
由ｇ 可得 ｘ １ ．
＝ｍａｘ｛｜１－
ａ
＋（
ａ
＋
ｂ
）｜，｜１－
ａ
－（
ａ
＋
ｂ
）｜｝
（－１）＝１＞０， －１＜ １＜－
４
所以当ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 函数 ｆ ｘ 单调
＝１－
ａ
＋｜
ａ
＋
ｂ
｜＞
１ ．
递增
∈（－１， １） ， （ ）＞０， （ ）＞０， （ ）
４
综上所述 ， 当 ａ ＞０ 时 ， ｇ （ ｘ ） 在区间 ［０，２］ 上的最大值不小 当ｘ ； ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递减
∈（ １， ２） ， （ ）＜０， （ ）＜０， （ ） ；
于 １ ． 当ｘ ∈（ ｘ ２，＋∞） 时 ， ｇ （ ｘ ）＞０， ｆ ′ （ ｘ ）＞０， 函数ｆ （ ｘ ） 单调递增．
４ 因此函数有两个极值点．
易错警示
（１）
对参数ａ讨论时易忽略ａ
≤０
的情形
，
导致忽
当ａ 时 Δ
略ｆ （ ｘ ） 在Ｒ上递增的情况． （３） 讨论 ０＜ ａ ＜３ 时 ， 未意识到仍需 ③ 由ｇ ＜０ ， ＞０ 可 ， 得ｘ ．
（－１）＝１＞０， １＜－１
将ａ分成 ０＜ ａ ＜ ３ 与 ３ ≤ ａ ＜３ 两段来讨论 ， 从而造成失分． 当ｘ ∈（－１， ｘ ２） 时 ， ｇ （ ｘ ）＞０， ｆ ′ （ ｘ ）＞０， 函数ｆ （ ｘ ） 单调递增 ；
４ ４ 当ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递减．
评析 本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、 ∈（ ２，＋∞） ， （ ）＜０， （ ）＜０， （ ）
所以函数有一个极值点．
证明不等式等基础知识和方法．考查分类讨论思想和化归思
综上所述 当ａ 时 函数ｆ ｘ 有一个极值点
想．考查综合分析问题和解决问题的能力． ， ＜０ ， （ ） ；
１４．（２０１５课标Ⅱ文，２１，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ ＋ ａ （１－ ｘ ） ． 当 ０≤ ａ ≤ ８ ９ 时 ， 函数ｆ （ ｘ ） 无极值点 ；
讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ） ； 当ａ ８ 时 函数ｆ ｘ 有两个极值点．
当ｆ ｘ 有最大值 且最大值大于 ａ 时 求 ａ 的取值 ＞ ， （ ）
（２） （ ） ， ２ －２ ， ９
范围． 由 知
（２） （１） ，
解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １ ａ． 当 ａ ８ 时 函数ｆ ｘ 在 上单调递增
（１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝ ｘ － ① ０≤ ≤ ， （ ） （０，＋∞） ，
９
若ａ 则ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 上单调递增． 因为ｆ 所以ｘ 时 ｆ ｘ 符合题意．
≤０， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞） （０）＝０， ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０，
( ) ( )
若ａ 则当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ １ 时 当 ８ ａ 时 由ｇ 得ｘ
＞０， ∈ ０， ａ ， （ ）＞０； ∈ ａ ，＋∞ ， ② ＜ ≤１ ， （０）≥０， ２≤０，
９
( ) ( ) 所以函数ｆ ｘ 在 上单调递增．
ｆ ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在 １ 上单调递增 在 １ 上单 （ ） （０，＋∞）
（ ）＜０ （ ） ０， ａ ， ａ ，＋∞ 又ｆ 所以ｘ 时 ｆ ｘ 符合题意．
（０）＝０， ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０，
调递减． 当ａ 时 由ｇ 可得ｘ ．
③ ＞１ ， （０）＜０， ２＞０
由 知 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上无最大值 当ａ 所以ｘ ｘ 时 函数ｆ ｘ 单调递减．
（２） （１） ， ≤０ ，（ ） （０，＋∞） ( ) ； ( ) ＞０ 因为ｆ ∈（０， ２ 所 ） 以 ， ｘ （ ｘ ） 时 ｆ ｘ 不合题意．
时
，
ｆ
（
ｘ
）
在ｘ
＝ ａ
１ 处取得最大值
，
最大值为ｆ １
ａ ＝ｌｎ
１
ａ ＋ 当ａ
（０）
时
＝０，
设ｈ ｘ
∈（
ｘ
０， ２）
ｘ
，
．
（ ）＜０，
④ ＜０ ， （ ）＝ －ｌｎ（ ＋１）
( )
ｘ
ａ １ ａ ａ ． 因为ｘ 时 ｈ′ ｘ １
１－ ａ ＝－ｌｎ ＋ －１ ∈（０，＋∞） ， （ ）＝１－ｘ ＝ｘ ＞０，
＋１ ＋１
( ) 所以ｈ ｘ 在 上单调递增．
因此ｆ １ ａ 等价于 ａ ａ ． （ ） （０，＋∞）
ａ ＞２ －２ ｌｎ ＋ －１＜０ 因此当ｘ 时 ｈ ｘ ｈ 即 ｘ ｘ．
∈（０，＋∞） ， （ ）＞ （０）＝０， ｌｎ（ ＋１）＜
令ｇ
（
ａ
）＝ｌｎ
ａ
＋
ａ
－１，
可得ｆ
（
ｘ
）＜
ｘ
＋
ａ
（
ｘ２
－
ｘ
）＝
ａｘ２
＋（１－
ａ
）
ｘ
，
则ｇ ａ 在 上单调递增 ｇ ．
于是
（
当
） （
ａ
０，＋∞
时
）
ｇ ａ 当
，
ａ
（１
时
）＝
ｇ
０
ａ ．
当ｘ
＞１－ ａ
１ 时
，
ａｘ２
＋（１－
ａ
）
ｘ
＜０，
， ０＜ ＜１ ， （ ）＜０； ＞１ ， （ ）＞０
因此 ａ的取值范围是 ． 此时ｆ ｘ 不合题意．
， （０，１） （ ）＜０，
１５．（２０１５山东理，２１，１４分）设函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ２ ｘ 综上所述 ａ的取值范围是 ．
（ ）＝ｌｎ（ ＋１）＋ （ － ）， ， ［０，１］
其中ａ Ｒ． １６．（２０１４课标Ⅱ理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ － ｘ ｘ．
∈ （ ）＝ｅ －ｅ －２
讨论函数ｆ ｘ 极值点的个数 并说明理由 讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ） ， ； （１） （ ） ；
若 ｘ ｆ ｘ 成立 求ａ的取值范围． 设ｇ ｘ ｆ ｘ ｂｆ ｘ 当 ｘ 时 ｇ ｘ 求 ｂ 的最
（２） ∀ ＞０， （ ）≥０ ， （２） （ ）＝ （２ ）－４ （ ）， ＞０ ， （ ）＞０，
解析 由题意知函数ｆ ｘ 的定义域为 大值
（１） （ ） （－１，＋∞）， ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
已知 ． ． 估计 的近似值 精确到 ｆ ′ ｘ ．
（３） １４１４ ２＜ ２＜１ ４１４ ３， ｌｎ ２ （ （ ）＞０
． ． 所以ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调
０００１） （ ） （－∞，０），（２，＋∞） ， （０，２）
解析 ｆ ′ ｘ ｘ － ｘ 等号仅当ｘ 时成立． 递增．
（１） （ ）＝ｅ ＋ｅ －２≥０， ＝０
所以ｆ ｘ 在 上单调递增． 故当ｘ 时 ｆ ｘ 取得极小值 极小值为ｆ 当ｘ 时
（ ） （－∞，＋∞） ＝０ ， （ ） ， （０）＝０； ＝２ ，
（２） ｇ （ ｘ ）＝ ｆ （２ ｘ ）－４ ｂｆ （ ｘ ）＝ｅ ２ ｘ －ｅ －２ ｘ －４ ｂ （ｅ ｘ －ｅ － ｘ ）＋（８ ｂ －４） ｘ ， ｆ （ ｘ ） 取得极大值 ， 极大值为ｆ （２）＝４ｅ －２．
ｇ′ （ ｘ ）＝２［ｅ ２ ｘ ＋ｅ －２ ｘ －２ ｂ （ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ ）＋（４ ｂ －２）］ （２） 设切点为 （ ｔ ， ｆ （ ｔ ））， 则ｌ的方程为
＝２（ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ －２）（ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ －２ ｂ ＋２） ． ｙ ＝ ｆ ′ （ ｔ ）（ ｘ － ｔ ）＋ ｆ （ ｔ ） ．
当ｂ 时 ｇ′ ｘ 等号仅当ｘ 时成立 所以ｇ ｘ 在 所以ｌ在ｘ轴上的截距为
（ｉ） ≤２ ， （ ）≥０， ＝０ ， （ ）
上单调递增．而ｇ 所以对任意ｘ ｇ ｘ ｆ ｔ ｔ
（－∞，＋∞） （０）＝ ０， ＞０， （ ） ｍ ｔ ｔ （ ） ｔ ｔ ２ ．
＞０ ． （ ）＝ －ｆ ′ （ ｔ ） ＝ ＋ｔ －２ ＝ －２＋ｔ －２ ＋３
（ｉｉ） 当ｂ ＞２ 时 ， 若ｘ满足 ２＜ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ ＜２ ｂ －２， 即 ０＜ ｘ ＜ｌｎ（ ｂ －１＋ 由已知和 ① 得ｔ ∈（－∞，０）∪（２，＋∞） ．
ｂ２ ｂ 时 ｇ′ ｘ ．而 ｇ 因此当 ｘ ｂ 令ｈ ｘ ｘ ２ ｘ 则当ｘ 时 ｈ ｘ 的取值范
－２ ） ， （ ）＜０ （０）＝ ０， ０＜ ≤ｌｎ（ －１＋ （ ）＝ ＋ ｘ （ ≠０）， ∈（０，＋∞） ， （ ）
ｂ２ ｂ 时 ｇ ｘ ．
－２ ） ， （ ）＜０ 围为 当ｘ 时 ｈ ｘ 的取值范围是
综上 ｂ的最大值为 ． ［２ ２，＋∞）； ∈（－∞，－２） ， （ ） （－
， ２ ．
∞，－３）
由 知 ｇ ３ ｂ ｂ ． 所以当ｔ 时 ｍ ｔ 的取值范围是
（３） （２） ， （ｌｎ ２）＝ －２ ２ ＋２（２ －１）ｌｎ２ ∈（－∞，０）∪（２，＋∞） ， （ ） （－∞，
２
．
当ｂ 时 ｇ ３ ０）∪［２ ２＋３，＋∞）
＝２ ， （ｌｎ ２）＝ －４ ２＋６ｌｎ２＞０， 综上 ｌ在ｘ轴上的截距的取值范围是
２ ， （－∞，０）∪［２ ２＋３，＋
．
８ ２－３ ． ∞）
ｌｎ２＞ ＞０６９２８； 评析 本题考查了导数的应用，均值定理求最值，考查了综合
１２
解题的能力，正确地求导是解题的关键．
当ｂ ＝ ３ ２ ＋１ 时 ，ｌｎ（ ｂ －１＋ ｂ２ －２ ｂ ）＝ｌｎ ２， １９．（２０１２课标理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ 满足ｆ ｘ ｆ ′ ｘ －１
４ （ ） （ ）＝ （１）ｅ －
ｇ ３ ｆ ｘ １ｘ２．
（ｌｎ ２）＝－ －２ ２＋（３ ２＋２）ｌｎ２＜０， （０） ＋
２ ２
求ｆ ｘ 的解析式及单调区间
（１） （ ） ；
１８＋ ２ ． ．
ｌｎ２＜ ２８ ＜０６９３４ （２） 若ｆ （ ｘ ）≥ １ ｘ２ ＋ ａｘ ＋ ｂ ， 求 （ ａ ＋１） ｂ的最大值．
所以 的近似值为 ． ． ２
评析 ｌｎ 本 ２ 题考查了导数 ０６ 的 ９３ 应用，同时考查了分类讨论思想和 解析 （１） 由已知得ｆ ′ （ ｘ ）＝ ｆ ′ （１）ｅ ｘ －１ － ｆ （０）＋ ｘ ，
运算能 力． 所以ｆ ′ （１）＝ ｆ ′ （１）－ ｆ （０）＋１， 即ｆ （０）＝１ ．
１７．（２０１３课标Ⅰ文，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ ｂ ｘ２ 又ｆ （０）＝ ｆ ′ （１）ｅ －１ ， 所以ｆ ′ （１）＝ｅ ．
（ ）＝ｅ （ ＋ ）－ －
４
ｘ
，
曲线ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
在点
（０，
ｆ
（０））
处的切线方程为ｙ
＝４
ｘ
＋４
． 从而ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－
ｘ
＋
１ ｘ２．
求ａ ｂ的值 ２
（１） ， ； 由于ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
讨论ｆ ｘ 的单调性 并求ｆ ｘ 的极大值． （ ）＝ｅ －１＋ ， ∈（－∞，０） ， （ ）＜０；
（２） （ ） ， （ ） 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ ａ ｂ ｘ ． ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０
（１） （ ）＝ｅ（ ＋ ＋ ）－２ －４ 从而 ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增．
由已知得ｆ ｆ ′ ．故ｂ ａ ｂ ． ， （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞）
（０）＝４， （０）＝４ ＝４， ＋ ＝８ 由已知条件得 ｘ ａ ｘ ｂ．
从而ａ ｂ ． （２） ｅ －（ ＋１） ≥ ①
由 ＝４， 知 ＝ ｆ ４ ｘ ｘ ｘ ｘ２ ｘ 若ａ 则对任意常数ｂ 当ｘ 且ｘ １－ ｂ 时 可得 ｘ
（２） （１） （ ）＝４ｅ（ ＋１）－ －４ ， （ｉ） ＋１＜０， ， ＜０， ＜ａ ， ｅ －
( ) ＋１
ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ １ ． ａ ｘ ｂ 因此 式不成立．
（ ）＝４ｅ（ ＋２）－２ －４＝４（ ＋２） ｅ － （ ＋１） ＜ ， ①
２ 若ａ 则 ａ ｂ ．
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ． （ｉｉ） ＋１＝０， （ ＋１） ＝０
（ ）＝０， ＝－ｌｎ２ ＝－２ 若ａ 设ｇ ｘ ｘ ａ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ ａ ．
从而当ｘ 时 ｆ ′ ｘ （ｉｉｉ） ＋１＞０， （ ）＝ｅ －（ ＋１） ， （ ）＝ｅ －（ ＋１）
∈（－∞，－２）∪（－ｌｎ２，＋∞） ， （ ）＞０； 当ｘ ａ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ ａ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ． ∈（－∞，ｌｎ（ ＋１）） ， （ ）＜０； ∈（ｌｎ（ ＋１），＋∞）
∈（－２，－ｌｎ２） ， （ ）＜０ 时 ｇ′ ｘ ．
故ｆ ｘ 在 上单调递增 ， （ ）＞０
（ ） （－∞，－２），（－ｌｎ２，＋∞） ， 从而ｇ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ
在 上单调递减． （ ） （－∞，ｌｎ（ ＋１）） ， （ｌｎ（ ＋１），＋∞）
（－２，－ｌｎ２） 上单调递增．
当ｘ 时 函数ｆ ｘ 取得极大值 极大值为ｆ
＝－２ ， （ ） ， （－２）＝ ４（１－ 故ｇ ｘ 有最小值ｇ ａ ａ ａ ａ ．
－２ ． （ ） （ｌｎ（ ＋１））＝ ＋１－（ ＋１）ｌｎ（ ＋１）
ｅ ）
评析 本题考查导数的运算及几何意义、利用导数研究函数 所以ｆ
（
ｘ
）≥
１ ｘ２
＋
ａｘ
＋
ｂ等价于ｂ
≤
ａ
＋１－（
ａ
＋１）ｌｎ（
ａ
＋１）
．
②
的单调性和极值等基础知识，考查了运算求解能力． ２
１８．（２０１３课标Ⅱ文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ２ － ｘ． 因此 （ ａ ＋１） ｂ ≤（ ａ ＋１） ２ －（ ａ ＋１） ２ ｌｎ（ ａ ＋１） ．
求ｆ ｘ 的极小值和极大值 （ ）＝ ｅ 设ｈ （ ａ ）＝（ ａ ＋１） ２ －（ ａ ＋１） ２ ｌｎ（ ａ ＋１），
（１） （ ） ； 则ｈ′ ａ ａ ａ ．
当曲线ｙ ｆ ｘ 的切线ｌ的斜率为负数时 求ｌ在ｘ轴上截 （ ）＝（ ＋１）［１－２ｌｎ（ ＋１）］
（２） ＝ （ ） ，
距的取值范围． 所以ｈ ａ 在 １ ２ 上单调递增 在 １ ２ 上单调
（ ） （－１，ｅ －１） ， （ｅ －１，＋∞）
解析 （１） ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （－∞，＋∞）， 递减 ， 故ｈ （ ａ ） 在ａ ＝ｅ １ ２ －１ 处取得最大值．
ｆ ′ ｘ － ｘｘ ｘ ．
（ ）＝－ｅ （ －２） ① 从而ｈ ａ ｅ 即 ａ ｂ ｅ ．
当ｘ 或ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 （ ）≤ ， （ ＋１） ≤
∈（－∞，０） ∈（２，＋∞） ， （ ）＜０； ∈（０，２） ， ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２２７
当ａ ＝ｅ １ ２ －１， ｂ ＝ ｅ １ ２ 时 ，② 式成立 ， 故ｆ （ ｘ ）≥ １ ｘ２ ＋ ａｘ ＋ ｂ． 因为ｘ ０＜１， 所以ａ ＜ ｅ ｘ ０ （ ｘ ２ ｘ ０－１）．
２ ２ ０－１
易知 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 为增函数
综合得 ａ ｂ的最大值为 ｅ ． ， ∈（－∞，０） ， （ ）＞０， （ ） ，
，（ ＋１） 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 为减函数
２ ∈（０，１） ， （ ）＜０， （ ） ，
评析 本题考查了函数与导数的综合应用，难度较大，考查了 要满足题意 则ｘ 此时需满足ｇ ａ ｇ
， ０＝０， （－１）≤ ＜ （０），
分类讨论和函数与方程的思想方法，直线斜率以零为分界点
得 ３ ａ 满足ａ ．故选 ．
进行分类是解题关键． ≤ ＜１（ ＜１） Ｄ
２ｅ
２０．（２０１２课标文，２１，１２分）设函数ｆ ｘ ｘ ａｘ ． 评析 本题主要考查导数的应用及分类讨论思想，分离参变量
（ ）＝ｅ － －２
求ｆ ｘ 的单调区间 是解决本题的关键，本题综合性较强，属难题．
（１） （ ） ；
若ａ ｋ为整数 且当ｘ 时 ｘ ｋ ｆ ′ ｘ ｘ 求ｋ ２．（２０１４课标Ⅰ，理１１，文１２，５分）已知函数ｆ ｘ ａｘ３ ｘ２
（２） ＝１， ， ＞０ ，（ － ） （ ）＋ ＋１＞０， （ ）＝ －３ ＋
的最大值． 若ｆ ｘ 存在唯一的零点ｘ 且ｘ 则ａ的取值范围是
１， （ ） ０， ０＞０，
解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ｘ ａ．
（１） （ ） （－∞，＋∞）， （ ）＝ｅ － （ ）
若ａ 则ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 上单调递增．
≤０， （ ）＞０， （ ） （－∞，＋∞） Ａ．（２，＋∞） Ｂ．（１，＋∞） Ｃ．（－∞，－２） Ｄ．（－∞，－１）
若ａ 则当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 答案 Ｃ 当 ａ 时 显然 ｆ ｘ 有两个零点 不符合
＞０， ∈（－∞，ｌｎ ） ， （ ）＜０； （１） ＝０ ， （ ） ，
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 题意．
∈（ｌｎ ，＋∞） ， （ ）＞０，
所以 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ 上单调 当ａ 时 ｆ ′ ｘ ａｘ２ ｘ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｘ
， （ ） （－∞，ｌｎ ） ， （ｌｎ ，＋∞） （２） ≠０ ， （ ）＝３ －６ ， （ ）＝０， １＝０， ２
递增．
２ ．
由于ａ 所以 ｘ ｋ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ． ＝ ａ
（２） ＝１， （ － ） （ ）＋ ＋１＝（ － ）（ｅ －１）＋ ＋１
ｘ
故当ｘ 时 ｘ ｋ ｆ ′ ｘ ｘ 等价于ｋ ＋１ ｘ ｘ ． 当ａ 时 ２ 所以函数 ｆ ｘ ａｘ３ ｘ２ 在 与
＞０ ，（ － ） （ ）＋ ＋１＞０ ＜ ｘ ＋ （ ＞０） ① ＞０ ， ａ ＞０， （ ）＝ －３ ＋１ （－∞，０）
ｅ －１
( ) ( )
令ｇ ｘ ｘ ＋１ ｘ 则ｇ′ ｘ － ｘ ｅ ｘ －１ ｅ ｘ （ｅ ｘ － ｘ －２）． ２ 上为增函数 在 ２ 上为减函数 因为ｆ ｘ 存在
（ ）＝ ｘ ＋ ， （ ）＝ ｘ ２ ＋１＝ ｘ ２ ａ ，＋∞ ， ０， ａ ， （ ）
ｅ －１ （ｅ －１） （ｅ －１）
由 （１） 知 ， 函数ｈ （ ｘ ）＝ｅ ｘ － ｘ －２ 在 （０，＋∞） 上单调递增．而ｈ （１） 唯一零点ｘ ０， 且ｘ ０＞０， 则ｆ （０）＜０， 即 １＜０， 不成立． ( )
＜０， ｈ （２）＞０， 所以 ｈ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上存在唯一的零点．故 当ａ ＜０ 时 ， ２ ａ ＜０， 所以函数ｆ （ ｘ ）＝ ａｘ３ －３ ｘ２ ＋１ 在 －∞， ２ ａ 和
ｇ′ ｘ 在 上存在唯一的零点．设此零点为 α 则 α
（ ） （０，＋∞） ， ∈ ( )
． 上为减函数 在 ２ 上为增函数 因为ｆ ｘ 存在唯
（１，２） （０，＋∞） ， ａ ，０ ， （ ）
当ｘ α 时 ｇ′ ｘ
∈（０， ） ， （ ）＜０； ( )
当ｘ α 时 ｇ′ ｘ ． 一零点ｘ 且ｘ 则ｆ ２ 即ａ ８ ４ 解得ａ
所以
∈
ｇ
（
ｘ
，＋
在
∞） ， （
上
）
的
＞０
最小值为ｇ α ．
０， ０＞０， ａ ＞０， ·ａ３ －３·ａ２ ＋１＞０，
（ ） （０，＋∞） （ ） 或ａ 又因为ａ 故ａ的取值范围为 ．选 ．
又由ｇ′ α 可得 α α 所以ｇ α α ． ＞２ ＜－２， ＜０， （－∞，－２） Ｃ
由于 式
（
等
）＝
价
０
于
，
ｋ ｇ
ｅ
α
＝
故
＋２
整
，
数ｋ的
（
最
）
大
＝
值
＋
为
１∈
．
（２，３） ３．（２０２０课标Ⅱ理，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝ｓｉｎ
２ｘ
ｓｉｎ２
ｘ．
① ＜ （ ）， ２ 讨论ｆ ｘ 在区间 的单调性
评析 本题考查了函数与导数的综合应用，判断出导数的零 （１） （ ） （０，π） ；
点范围是求解第（ ）问的关键． 证明 ｆ ｘ ３ ３
２ （２） ：｜ （ ）｜≤ ；
８
考点三 导数的综合应用 ｎ
设ｎ Ｎ∗ 证明 ２ｘ ２ ｘ ２ ｘ ２ ｎｘ ３ ．
（３） ∈ ， ：ｓｉｎ ｓｉｎ ２ ｓｉｎ ４ …ｓｉｎ ２ ≤ ｎ
１．（２０１５课标Ⅰ理，１２，５分）设函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ ａ 其 ４
（ ）＝ｅ （２ －１）－ ＋ ， 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ′
中ａ 若存在唯一的整数ｘ 使得ｆ ｘ 则ａ的取值范围是 （１） （ ）＝ｃｏｓ （ｓｉｎ ｓｉｎ２ ）＋ｓｉｎ （ｓｉｎ ｓｉｎ２ ）
＜１， ０ （ ０）＜０， ｘ ｘ ｘ ２ｘ ｘ
＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ２ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ２
（ ） ｘ ｘ．
[ ) [ ) [ ) [ ) ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ３
３ ３ ３ ３ ３ ３ ( ) ( ) ( )
Ａ． － ，１ Ｂ． － ， Ｃ． ， Ｄ． ，１ 当ｘ π ２π 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ π ２π 时
２ｅ ２ｅ ４ ２ｅ ４ ２ｅ ∈ ０， ∪ ，π ， （ ）＞０； ∈ ， ，
答案 Ｄ 由 ｆ （ ｘ ０）＜０， 即 ｅ ｘ ０ （２ ｘ ０－１）－ ａ （ ｘ ０－１）＜０ 得 ３ ３ ( ) ( ) ３ ３
ｘ ｘ ａ ｘ ． ｆ ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在区间 π ２π 单调递增 在区间
ｅ ０ （２ ０－１）＜ （ ０－１） （ ）＜０ （ ） ０， ， ，π ，
当ｘ 时 得 显然不成立 所以ｘ ． ３ ３
０＝１ ， ｅ
ｘ
＜０，
ｘ
， ０≠１ (
π ２π
)
单调递减．
若ｘ 则ａ ｅ ０ （２ ０－１）．
３
，
３
０＞１， ＞ ｘ ０－１
( ) （２）
证明
：
因为ｆ
（０）＝
ｆ
（π）＝０，
由
（１）
知
，
ｆ
（
ｘ
）
在区间
［０，π］
的
ｘ ｘ ｘ ３ ( ) ( )
ｘ ｘ ２ ｅ － 最大值为ｆ π ３ ３ 最小值为ｆ ２π ３ ３．而ｆ ｘ 是周期
令ｇ ｘ ｅ（２ －１） 则ｇ′ ｘ ２ ． ＝ ， ＝－ （ ）
（ ）＝ ｘ －１ ， （ ）＝ （ ｘ －１） ２ ３ ８ ３ ８
( ) 为 的周期函数 故 ｆ ｘ ３ ３．
当ｘ ３ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 为减函数 π ， ｜ （ ）｜≤
∈ １， ， （ ）＜０， （ ） ， ８
( ２ ) 证明 由于 ２ｘ ２ ｘ ２ ｎｘ ３ ２
当ｘ ３ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 为增函数 （３） ： （ｓｉｎ ｓｉｎ ２ …ｓｉｎ ２ ）
∈ ，＋∞ ， （ ）＞０， （ ） ， ３ｘ ３ ｘ ３ ｎｘ
２ ＝｜ｓｉｎ ｓｉｎ ２ …ｓｉｎ ２ ｜
要满足题意 ， 则ｘ ０＝２， 此时需满足ｇ （２）＜ ａ ≤ ｇ （３）， 得 ３ｅ ２ ＜ ａ ≤ ＝｜ｓｉｎ ｘ
ｘ
｜｜ｓ
ｆ
ｉｎ
ｘ
２ｘ
ｆ
ｓｉｎ ３
ｘ
２ ｘ …
ｆ
ｓｉｎ ３
ｎ
２
－１
ｎ
ｘ
－１ｘ ｓｉｎ２ ｎ
２
ｘ
ｎ
｜
ｘ
｜ｓｉｎ ２ ２ ｎｘ ｜
５ ｅ ３ ， 与ａ ＜１ 矛盾 ， 所以ｘ ０＜１ ． ＝｜ｓ ｆ ｉｎ ｘ ｜ ｆ ｜ （ ｘ ） （ ｆ ２ ） ｎ － … １ｘ （２ ）｜｜ｓｉｎ ２ ｜
２ ≤｜ （ ） （２ ）…（２ ）｜，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
所以 ｓｉｎ ２ｘ ｓｉｎ ２ ２ ｘ …ｓｉｎ ２ ２ ｎｘ ≤ æ è ç３ ３ ö ø ÷ ２ ３ ｎ ＝ ３ ｎ ｎ ． 则 因为 ｆ （－ ｍ １） ｎ － ｈ （－１）＜０， 因此 － 所 １ 以 ∉（ ｎ ｍ ｍ ， ｎ ） ． ．
８ ４ ［ ， ］⊆［－ ２， ２］， － ≤ ２＋１＜ ７
４．（２０２０江苏，１９，１６分）已知关于ｘ的函数ｙ ｆ ｘ ｙ ｇ ｘ 当 ｔ 时 因为ｆ ｘ ｇ ｘ 均为偶函数 因此ｎ ｍ
＝ （ ）， ＝ （ ） ③ － ２≤ ＜０ ， （ ）， （ ） ， － ≤ ７
与ｈ ｘ ｋｘ ｂ ｋ ｂ Ｒ 在区间Ｄ上恒有ｆ ｘ ｈ ｘ ｇ ｘ ． 也成立．
（ ）＝ ＋ （ ， ∈ ） （ ）≥ （ ）≥ （ ）
（１） 若ｆ （ ｘ ）＝ ｘ２ ＋２ ｘ ， ｇ （ ｘ ）＝－ ｘ２ ＋２ ｘ ， Ｄ ＝（－∞，＋∞）， 求ｈ （ ｘ ） 的 综上所述 ， ｎ － ｍ ≤ ７ ．
表达式
； ５．（２０２０课标Ⅰ文，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ．
（２） 若
求
ｆ
ｋ
（
的
ｘ ）
取
＝
值
ｘ２ －
范
ｘ ＋
围
１
；
， ｇ （ ｘ ）＝ ｋ ｌｎ ｘ ， ｈ （ ｘ ）＝ ｋｘ － ｋ ， Ｄ ＝（０，＋∞），
（１）
当
若
ａ
ｆ ＝ ｘ １ 有
时
两 ，
讨
个
论
零
ｆ
点 （
ｘ
） 求
的
ａ
单
的
调
取
性
值 ； 范围
（
．
）＝ｅ － （ ＋２）
（３） 若ｆ （ ｘ ）＝ ｘ４ －２ ｘ２ ， ｇ （ ｘ ）＝４ ｘ２ －８， ｈ （ ｘ ）＝４（ ｔ３ － ｔ ） ｘ －３ ｔ４ ＋２ ｔ２ （０ （２ 解 ） 析 （ ） 当ａ 时 ， ｆ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ ．
（１） ＝１ ，（ ）＝ｅ － －２， （ ）＝ｅ －１
ｔ Ｄ ｍ ｎ 求证 ｎ ｍ ． 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
＜｜ ｜≤ ２）， ＝［ ， ］⊆［－ ２， ２］， ： － ≤ ７ ＜０ ， （ ）＜０； ＞０ ， （ ）＞０
解析 本题主要考查利用导数研究函数的性质 考查综合运 所以ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增．
， （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞）
用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力． ｆ ′ ｘ ｘ ａ．
（２） （ ）＝ｅ －
由条件ｆ ｘ ｈ ｘ ｇ ｘ 得ｘ２ ｘ ｋｘ ｂ ｘ２ ｘ 当ａ 时 ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 单调递增
（１） （ ）≥ （ ）≥ （ ）， ＋２ ≥ ＋ ≥－ ＋２ ， ≤０ ， （ ）＞０， （ ） （－∞，＋∞） ，
取ｘ 得 ｂ 所以ｂ ． 故ｆ ｘ 至多存在 个零点 不合题意．
＝０， ０≥ ≥０， ＝０ （ ） １ ，
由ｘ２ ｘ ｋｘ 得ｘ２ ｋ ｘ 此式对一切ｘ 恒 当ａ 时 由 ｆ ′ ｘ 可得 ｘ ａ．当 ｘ ａ 时
＋２ ≥ ， ＋（２－ ） ≥０， ∈（－∞，＋∞） ＞０ ， （ ）＝ ０ ＝ｌｎ ∈（－∞，ｌｎ ） ，
成立 ｆ ′ ｘ 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．所以 ｆ ｘ 在
， （ ）＜０； ∈（ｌｎ ，＋∞） ， （ ）＞０ （ ） （－∞，
所以 ｋ ２ 则ｋ 此时 ｘ ｘ２ ｘ恒成立 ａ 单调递减 在 ａ 单调递增 故当ｘ ａ时 ｆ ｘ
（２－ ） ≤０， ＝２， ２ ≥－ ＋２ ， ｌｎ ） ， （ｌｎ ，＋∞） ， ＝ｌｎ ， （ ）
所以ｈ ｘ ｘ． 取得最小值 最小值为ｆ ａ ａ ａ ．
（ ）＝２ ， （ｌｎ ）＝－ （１＋ｌｎ ）
ｈ ｘ ｇ ｘ ｋ ｘ ｘ ｘ ．
（２） （ ）－ （ ）＝ （ －１－ｌｎ ）， ∈（０，＋∞） 若 ａ １ 则ｆ ａ ｆ ｘ 在 至多存在
（ｉ） ０＜ ≤ ， （ｌｎ ）≥０， （ ） （－∞，＋∞） １
令ｕ ｘ ｘ ｘ 则ｕ′ ｘ １ 令ｕ′ ｘ 得ｘ ． ｅ
（ ）＝ －１－ｌｎ ， （ ）＝１－ ｘ ， （ ）＝０， ＝１ 个零点 不合题意．
，
ｘ （０，１） １ （１，＋∞） 若ａ １ 则ｆ ａ ．
（ｉｉ） ＞ ， （ｌｎ ）＜０
ｕ′ ｘ ｅ
（ ） － ０ ＋ 由于ｆ －２ 所以ｆ ｘ 在 ａ 存在唯一零点．
ｕ ｘ 极小值 （－２）＝ｅ ＞０， （ ） （－∞，ｌｎ ）
（ ） ↘ ↗ 由 知 当ｘ 时 ｘ ｘ 所以当ｘ 且ｘ ａ 时
（１） ， ＞２ ，ｅ － －２＞０， ＞４ ＞２ｌｎ（２ ） ，
所 所 以 以当 ｕ （ 且 ｘ ） 仅 ｍｉｎ 当 ＝ ｕ ｋ （１）＝ 时 ０ ． ｈ 则 ｘ ｘ －１≥ ｇ ｌｎ ｘ ｘ 恒 恒 成 成 立 立 ． ， ｆ （ ｘ ）＝ｅ ２ ｘ ·ｅ ２ ｘ － ａ （ ｘ ＋２）＞ｅ ｌｎ（２ ａ ） · ( ｘ ＋２ ) － ａ （ ｘ ＋２）＝２ ａ ＞０ ．
≥０ ， （ ）≥ （ ） ２
另一方面 ｆ ｘ ｈ ｘ 恒成立 即ｘ２ ｘ ｋｘ ｋ恒成立 故ｆ ｘ 在 ａ 存在唯一零点．从而ｆ ｘ 在 有
， （ ）≥ （ ） ， － ＋１≥ － ， （ ） （ｌｎ ，＋∞） （ ） （－∞，＋∞）
也即ｘ２ ｋ ｘ ｋ 恒成立． 两个零点．
－（１＋ ） ＋１＋ ≥０
ｋ ( )
因为ｋ 对称轴为ｘ １＋ 综上 ａ的取值范围是 １ ．
≥０， ＝ ＞０， ， ，＋∞
２ ｅ
所以
（１＋
ｋ
）
２
－４（１＋
ｋ
）≤０，
解得
－１≤
ｋ
≤３
． ６．（２０２０课标Ⅲ文，２０，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－
ｋｘ
＋
ｋ２．
因此 ｋ的取值范围是 ｋ ． 讨论ｆ ｘ 的单调性
， ０≤ ≤３ （１） （ ） ；
证明 当 ｔ 时 由ｇ ｘ ｈ ｘ 得 ｘ２ ｔ３ 若ｆ ｘ 有三个零点 求ｋ的取值范围．
（３） ：① １≤≤ ２ ， （ ）≤ （ ）， ４ －８≤４（ － （２） （ ） ，
ｔ ｘ ｔ４ ｔ２ 整理得ｘ２ ｔ３ ｔ ｘ ３
ｔ４
－２
ｔ２
－８ ．
解析
（１）
ｆ ′
（
ｘ
）＝３
ｘ２
－
ｋ．
） －３ ＋２ ， －（ －） ＋ ≤０（∗） 当ｋ 时 ｆ ｘ ｘ３ 故ｆ ｘ 在 单调递增．
４ ＝０ ， （ ）＝ ， （ ） （－∞，＋∞）
令Δ ｔ３ ｔ ２ ｔ４ ｔ２ 则Δ ｔ６ ｔ４ ｔ２ ． 当ｋ 时 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｋ 故ｆ ｘ 在 单调递增．
＝［－（ －）］ －（３ －２ －８）， ＝ －５ ＋３ ＋８ ＜０ ， （ ）＝３ － ＞０， （ ） （－∞，＋∞）
记φ ｔ ｔ６ ｔ４ ｔ２ ｔ ｋ æ ｋö
（ ）＝ －５ ＋３ ＋８（１≤≤ ２）， 当ｋ 时 令ｆ′ ｘ 得ｘ ３ ．当ｘ ç ３ ÷时 ｆ
则φ′ ｔ ｔ５ ｔ３ ｔ ｔ ｔ２ ｔ２ 恒成立 ＞０ ， （ ）＝０， ＝± ∈è－∞，－ ø ，
（ ）＝６ －２０ ＋６ ＝２（３ －１）（ －３）＜０ ， ３ ３
所以φ ｔ 在 上是减函数 则φ φ ｔ φ 即 æ ｋ ｋö
（ ） ［１， ２］ ， （ ２）≤ （ ）≤ （１）， ′ ｘ 当 ｘ ç ３ ３ ÷ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
φ ｔ ． （ ） ＞ ０； ∈ è－ ， ø ， （ ） ＜ ０； ∈
２≤ （ ）≤７ ３ ３
所以不等式 有解 设解的范围为ｘ ｘ ｘ æ ｋ ö æ ｋö
（∗） ， １≤ ≤ ２， ç ３ ÷时 ｆ ′ ｘ ． 故 ｆ ｘ 在 ç ３ ÷
因此ｎ ｍ ｘ ｘ Δ ． è ，＋∞ø ， （ ） ＞ ０ （ ） è－∞，－ ø，
－ ≤ ２－ １＝ ≤ ７ ３ ３
②
当
０＜
ｔ
＜１
时
，
ｆ
（－１）－
ｈ
（－１）＝３
ｔ４
＋４
ｔ３
－２
ｔ２
－４
ｔ
－１
． æ
ç ３
ｋ ö
÷单调递增 在
æ
ç ３
ｋ
３
ｋö
÷单调递减．
设ｖ
（
ｔ
）＝３
ｔ４
＋４
ｔ３
－２
ｔ２
－４
ｔ
－１，
è
３
，＋∞ø ， è－
３
，
３
ø
ｖ′
（
ｔ
）＝１２
ｔ３
＋１２
ｔ２
－４
ｔ
－４＝４（
ｔ
＋１）（３
ｔ２
－１）， （２）
由
（１）
知
，
当ｋ
≤０
时
，
ｆ
（
ｘ
）
在
（－∞，＋∞）
单调递增
，
ｆ
（
ｘ
）
ｋ
令ｖ′ ｔ 得ｔ ３． 不可能有三个零点．当ｋ 时 ｘ ３ 为ｆ ｘ 的极大值点 ｘ
（ ）＝０， ＝ ＞０ ， ＝－ （ ） ，
３ ３
æ ö ｋ
当ｔ ç ３÷时 ｖ′ ｔ ｖ ｔ 是减函数 ３ 为ｆ ｘ 的极小值点．
∈è０， ø ， （ ）＜０， （ ） ； ＝ （ ）
３ ３
æ ö ｋ ｋ
当ｔ ç ３ ÷时 ｖ′ ｔ ｖ ｔ 是增函数． 此时 ｋ ３ ３ ｋ 且ｆ ｋ ｆ ｋ
∈è ，１ø ， （ ）＞０， （ ） ，－ －１＜－ ＜ ＜ ＋１ （－ －１）＜０， （ ＋１）＞０，
３ ３ ３
ｖ ｖ 则当 ｔ 时 ｖ ｔ ． æ ｋö
（０）＝－１， （１）＝０， ０＜ ＜１ ， （ ）＜０ ｆç ３ ÷ ．
或证 ｖ ｔ ｔ ２ ｔ ｔ è－ ø＞０
（ ： （ ）＝（ ＋１） （３ ＋１）（ －１）＜０） ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２２９
根据ｆ
（
ｘ
）
的单调性
，
当且仅当 ｆ
æ
è
ç ３
ｋö
ø
÷
＜０，
即 ｋ２
－
２
ｋ
３
ｋ
＜０
因为
上
ｆ′
（
单
ｘ
）
调
＝
递
ｅ
ｘ
增
－１，
所
所
以
以
函
当
数
ｘ
＞
ｙ
０
时
ｆ
，
ｘ
ｆ
在
′
（
ｘ
）＞０，
故函
上
数
有唯
ｆ
（
ｘ
一
）
在
零
［
点
０
．
，
３ ９ ＋∞） ， ＝ （ ） （０，＋∞）
时 ｆ ｘ 有三个零点 解得 ｋ ４ ．因此 ｋ 的取值范围 令ｇ ｘ ｘ １ ｘ２ ｘ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ
， （ ） ， ＜ （２）（ｉ） （ ）＝ｅ － － －１（ ≥０）， （ ）＝ｅ － －１＝ （ ）＋
２７ ２
( ) ａ 由 知函数ｇ′ ｘ 在 上单调递增 故当ｘ 时
为 ４ ． －１， （１） （ ） ［０，＋∞） ， ＞０ ，
０， ｇ′ ｘ ｇ′ 所以函数ｇ ｘ 在 单调递增 故ｇ ｘ
２７ （ ）＞ （０）＝０， （ ） ［０，＋∞） ， （ ）
７．（２０２０课标Ⅲ理，２１，１２分）设函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
＋
ｂｘ
＋
ｃ
，
曲线ｙ
＝ ≥
ｇ
（０）＝０
．
ｆ ｘ 在点 ( １ ｆ ( １ )) 处的切线与ｙ轴垂直． 由ｇ （ ２（ ａ －１））≥０ 得ｆ （ ２（ ａ －１））＝ｅ ２（ ａ －１） － ２（ ａ －１）－ ａ
（ ） ， ｆ ｘ
求ｂ
２ ２ ≥０＝ （ ０），
（１） ； 因为ｆ ｘ 在 单调递增 故 ａ ｘ ．
若ｆ ｘ 有一个绝对值不大于 的零点 证明 ｆ ｘ 所有零 （ ） ［０，＋∞） ， ２（ －１）≥ ０
（２） （ ） １ ， ： （ ） 令ｈ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｈ′ ｘ ｘ ｘ
点的绝对值都不大于 ． （ ）＝ｅ － － －１（０≤ ≤１）， （ ）＝ｅ －２ －１，
１ 令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ ｈ′ ｘ ｘ 所以
解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｂ． １（ ）＝ｅ －２ －１（０≤ ≤１）， １（ ）＝ｅ －２，
（１） （ ）＝３ ＋
( ) ｘ
０ （０，ｌｎ２） ｌｎ２ （ｌｎ２，１） １
依题意得ｆ ′ １ 即 ３ ｂ ．
＝０， ＋ ＝０ ｈ′ ｘ
２ ４ １（ ） －１ － ０ ＋ ｅ－２
故ｂ ＝－ ３ ． ｈ １（ ｘ ） ０ ↘ ↗ ｅ－３
４ 故当 ｘ 时 ｈ ｘ 即ｈ′ ｘ 所以ｈ ｘ 在 单调
（２） 由 （１） 知ｆ （ ｘ ）＝ ｘ３ － ３ ｘ ＋ ｃ ， ｆ ′ （ ｘ ）＝３ ｘ２ － ３ ． 递减 ， ０ 因 ＜ 此 ＜１ 当 ０ ， ≤ １ ｘ （ ≤ ） １ ＜ 时 ０， ， ｈ （ ｘ ） （ ≤ ） ｈ ＜ （ ０ ０ ， ）＝０ ． （ ） ［０，１］
４ ４
由ｈ ａ 得ｆ ａ ａ －１ ａ ａ ｆ ｘ
令ｆ ′ ｘ 解得ｘ １ 或ｘ １ ． （ －１）≤０ （ －１）＝ｅ － －１－ ≤０＝ （ ０），
（ ）＝０， ＝－ ＝ 因为ｆ ｘ 在 单调递增 故 ａ ｘ ．
ｆ ′ ｘ 与ｆ ｘ 的情况为 ２ ２ （ ） ［０，＋∞） ， －１≤ ０
（ ） （ ） ： 综上 ａ ｘ ａ ．
( ) ( ) ( ) 令
，
ｕ
－
ｘ
１≤
ｘ
０≤ ２（
ｘ
－１）
ｕ′ ｘ ｘ 所以当 ｘ
ｘ －∞，－ １ － １ － １ ， １ １ １ ，＋∞ （ｉｉ） （ ）＝ｅ －（ｅ－１） －１， （ ）＝ｅ －（ｅ－１）， ＞１
２ ２ ２ ２ ２ ２ 时 ｕ′ ｘ 故函数 ｕ ｘ 在区间 上单调递增 因此
， （ ）＞０， （ ） ［１，＋∞） ，
ｆ′ （ ｘ ） ＋ ０ － ０ ＋ ｕ （ ｘ ）≥ ｕ （１）＝０ ．
由 ｘ ｘ ａ可得
ｆ
（
ｘ
） ↗
ｃ
＋ ４
１
↘
ｃ
－ ４
１
↗ ｘ ０ ｆ （
ｅ
ｅ
０
ｘ
＝
０ ）＝
０＋
ｘ ０ ｆ （ ｘ ０＋ ａ ）＝（ｅ ａ －１） ｘ２ ０＋ ａ （ｅ ａ －２） ｘ ０≥（ｅ－１） ａｘ２ ０，
因为ｆ （１）＝ ｆ ( － １ ) ＝ ｃ ＋ １ ， 所以当ｃ ＜－ １ 时 ， ｆ （ ｘ ） 只有大于 １ 由ｘ ０≥ ａ －１ 得ｘ ０ ｆ （ｅ ｘ ０ ）≥（ｅ－１）（ ａ －１） ａ．
２ ４ ４ ９．（２０１９天津理，２０，１４分）设函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｇ ｘ 为ｆ ｘ
的零点． （ ）＝ｅ ｃｏｓ ， （ ） （ ）
的导函数．
( )
因为ｆ ｆ １ ｃ １ 所以当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有小于 求ｆ ｘ 的单调区间
（－１）＝ ＝ － ， ＞ ， （ ） －１ （１） （ ） ；
２ ４ ４ [ ] ( )
的零点． 当ｘ π π 时 证明ｆ ｘ ｇ ｘ π ｘ
（２） ∈ ， ， （ ）＋ （ ） － ≥０；
４ ２ ２
由题设可知 １ ｃ １ ． ( )
－ ≤ ≤ 设ｘ 为函数ｕ ｘ ｆ ｘ 在区间 ｎ π ｎ π 内
４ ４ （３） ｎ （ ）＝ （ ）－１ ２ π＋ ，２ π＋
４ ２
当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有两个零点 １ 和 ． －２ ｎ π
＝－ ， （ ） － １ 的零点 其中ｎ Ｎ 证明 ｎ π ｘ ｅ ．
４ ２ ， ∈ ， ２ π＋ － ｎ＜ ｘ ｘ
２ ｓｉｎ ０－ｃｏｓ ０
当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有两个零点 和 １ ． 解析 本小题主要考查导数的运算 不等式证明 运用导数
＝ ， （ ） －１ 、 、
４ ２ 研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转
当 １ ｃ １ 时 ｆ ｘ 有三个零点 ｘ ｘ ｘ 且 ｘ 化思想．考查抽象概括能力 综合分析问题和解决问题的能力．
－ ＜ ＜ ， （ ） １， ２， ３， １ ∈ 、
４ ４ 由已知 有ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ．
( ) ( ) ( ) （１） ， （ ）＝ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ ）
１ ｘ １ １ ｘ １ ． ( )
－１，－ ， ２∈ － ， ， ３∈ ，１ 因此 当ｘ ｋ π ｋ ５π ｋ Ｚ 时 有 ｘ ｘ 得
２ ２ ２ ２ ， ∈ ２ π＋ ，２ π＋ （ ∈ ） ， ｓｉｎ ＞ｃｏｓ ，
综上 若ｆ ｘ 有一个绝对值不大于 的零点 则ｆ ｘ 所有零点 ４ ４
， （ ） １ ， （ ） ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 单调递减
的绝对值都不大于 ． （ ）＜０， （ ） ；
１ ( )
８．（２０２０浙江，２２，１５分）已知 ａ 函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ 其 当ｘ ｋ ３π ｋ π ｋ Ｚ 时 有 ｘ ｘ 得ｆ ′ ｘ
１＜ ≤２， （ ）＝ｅ － － ， ∈ ２ π－ ，２ π＋ （ ∈ ） ， ｓｉｎ ＜ｃｏｓ ， （ ）＞
中 ． 是自然对数的底数． ４ ４
ｅ＝２７１８２８… 则ｆ ｘ 单调递增．
证明 函数ｙ ｆ ｘ 在 上有唯一零点 ０， （ ）
（１） ： ＝ （ ） （０，＋∞） ； [ ]
记ｘ 为函数ｙ ｆ ｘ 在 上的零点 证明 所以 ｆ ｘ 的单调递增区间为 ｋ ３π ｋ π ｋ Ｚ
（２） ０ ＝ （ ） （０，＋∞） ， ： ， （ ） ２ π－ ４ ，２ π＋ ４ （ ∈ ），
ａ ｘ ａ [ ]
（ｉ） －１≤ ０≤ ２（ －１）； ｆ ｘ 的单调递减区间为 ｋ π ｋ ５π ｋ Ｚ ．
（ｉｉ） ｘ ０ ｆ （ｅ ｘ ０ ）≥（ｅ－１）（ ａ －１） ａ． （ ） ２ π＋ ４ ，２ π＋ ４ （ ∈ ）
解析 本题主要考查函数的单调性 零点 导数的运算及其 ( )
、 ， 证明 记ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ π ｘ ．依题意及 有ｇ ｘ
应用 同时考查数学抽象 逻辑推理与数学运算等素养． （２） ： （ ）＝ （ ）＋ （ ） － （１）， （ ）
， 、 ２
因为ｆ ａ ｆ ２ ａ ２ 所以ｙ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
（１） （０）＝１－ ＜０， （２）＝ｅ －２－ ≥ｅ －４＞０， ＝ （ ） ＝ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ ），
在 上存在零点． 从而ｇ′ ｘ ｘ ｘ．
（０，＋∞） （ ）＝－２ｅ ｓｉｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
( ) ( )
当ｘ π π 时 ｇ′ ｘ 又ｇ ｇ π ｇ 故ｇ ｘ 在 存在唯一
∈ ， ， （ ）＜０， （０）＝０， ＞０， （π）＝－２， （ ） （０，π）
４ ２ ２
( ) 零点．
故ｈ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ π ｘ ｇ ｘ
（ ）＝ （ ）＋ （ ） － ＋ （ ）（－１） 所以ｆ ′ ｘ 在 存在唯一零点．
２ （ ） （０，π）
( ) 由题设知ｆ ａ ｆ 可得ａ ．
ｇ′ ｘ π ｘ （２） （π）≥ π，（π）＝０， ≤０
＝ （ ） － ＜０， 由 知 ｆ ′ ｘ 在 只有一个零点 设为ｘ 且当ｘ
２
[ ] ( ) ｘ
（
时
１）
ｆ ′
，
ｘ
（ ） （０，π） ， ０， ∈（０，
因此 ｈ ｘ 在区间 π π 上单调递减 进而ｈ ｘ ｈ π ０） ， （ ）＞０；
， （ ） ， ， （ ）≥ 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 ｘ 单调递增 在
( )
４ ２ ２
ｘ
∈（
单
０，
调
π
递
）
减
，
．
（ ）＜０， （ ） （０， ０） ，
＝ ｆ π ＝０ ． （ 又 ０ ｆ ，π） ｆ 所以 当ｘ 时 ｆ ｘ ．
２ （０）＝０，（π）＝０， ， ∈［０，π］ ，（ ）≥０
[ ] ( )
又当ａ ｘ 时 ａｘ 故ｆ ｘ ａｘ．
所以 当ｘ π π 时 ｆ ｘ ｇ ｘ π ｘ ． ≤０， ∈［０，π］ ， ≤０， （ ）≥
（３） 证 ， 明 ： 依 ∈ 题意 ４ ( ， ， ｕ ２ （ ｘ ｎ） ) ＝ ， ｆ （ （ ｘ ｎ ） ） ＋ －１ （ ＝０ ） ， 即 ２ ｅ － ｘｎ ｃｏｓ ≥ ｘ ０ ｎ＝１ ．记ｙ ｎ＝ ｘ ｎ １１． 因 （２ 此 ０１ ， ９ ａ 课 的 标 取 Ⅱ 值 理 范 ， 围 ２０ 是 ， （ １ － ２ ∞ 分 ， ） ０ 已 ］ ． 知函数ｆ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ － ｘ ｘ ＋１．
－２ ｎ π， 则ｙ ｎ∈ π ， π ， 且 ｆ （ ｙ ｎ）＝ ｅ ｙｎ ｃｏｓ ｙ ｎ ＝ｅ ｘｎ－２ ｎ π ｃｏｓ（ ｘ ｎ－ 讨论ｆ ｘ 的单调性 并证明ｆ ｘ 有且仅有两个零 － 点 １
４ ２ （１） （ ） ， （ ） ；
ｎ －２ ｎ π ｎ Ｎ ． 设ｘ 是ｆ ｘ 的一个零点 证明曲线ｙ ｘ在点Ａ ｘ
由 ２ ( π ｆ （ ） ｙ ＝ ｎ） ｅ ) ＝ｅ （ －２ ｎ π ∈ ≤１ ） ＝ ｆ （ ｙ ０） 及 （１）， 得 [ ｙ ｎ≥ ｙ ０ ． ] 由 （２） 知 ， 当 ｘ ∈ （２） ｌｎ ｘ ０ ０ ） 处的 （ 切 ） 线也是曲线ｙ ， ＝ｅ ｘ 的切线． ＝ｌｎ （ ０，
解析 本题考查利用导数判断函数的单调性 求函数零点
π π 时 ｇ′ ｘ 所以ｇ ｘ 在 π π 上为减函数 因 ，
４
，
２
， （ ）＜０， （ ）
４
，
２
， 以及导数的几何意义．考查学生分析 解决问题的能力 考查
( ) 、 ，
逻辑推理能力和运算求解能力 体现了逻辑推理和数学运算
此 ｇ （ ｙ ｎ） ≤ ｇ （ ｙ ０） ＜ ｇ π
４
＝ ０ ． 又由 （２） 知 ， ｆ （ ｙ ｎ） ＋
的核心素养．
，
( )
ｇ （ ｙ ｎ） π － ｙ ｎ ≥０， 故 （１） ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （０，１）∪（１，＋∞） ．
２
π ２ － ｙ ｎ≤－ｇ ｆ （ （ ｙ ｙ ｎ ｎ ） ） ＝ －ｇ ｅ （ － ｙ ２ ｎ ｎ π ） ≤－ｇ ｅ （ － ｙ ２ ｎ ０ π ） ＝ ｅ ｙ ０ （ｓｉｎ ｅ ｙ － ０ ２ － ｎ π ｃｏｓ ｙ ０） ＜ 因 调 为 递增 ｆ ′ ． （ ｘ ）＝ １ ｘ ＋ （ ｘ － ２ １） ２＞０， 所以ｆ （ ｘ ） 在 （０，１），（１，＋∞） 单
ｎ ｎ
ｓｉｎ ｘ ｅ ０ － － ２ ｃ π ｏｓ ｘ ０ ．所以 ，２ ｎ π＋ π ２ － ｘ ｎ＜ ｓｉｎ ｘ ｅ ０ － － ２ ｃ π ｏｓ ｘ ０ ． 因为ｆ （ｅ）＝１－ ｅ ｅ ＋ － １ １ ＜０， ｆ （ｅ ２ ）＝２－ ｅ ｅ ２ ２ ＋ － １ １ ＝ ｅ ｅ ２ ２ － － ３ １ ＞０， 所以ｆ （ ｘ ） 在
思路分析 求ｆ ｘ 的单调区间 只需求出ｆ ′ ｘ 和ｆ ′ ( )
（１） （ ） ， （ ）＞０ 有唯一零点 ｘ 即 ｆ ｘ ．又 １ ｆ １
ｘ 时ｘ的范围． （１，＋∞） １， （ １）＝ ０ ０＜ｘ ＜１， ｘ ＝
（ ）＜０ １ １
( ) ｘ
记ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ π ｘ 求ｈ′ ｘ 从而得到函数ｈ ｘ １＋１ ｆ ｘ 故ｆ ｘ 在 有唯一零点 １ ．
（２）
[
（ ）＝ （
]
）＋ （ ）
２
－ ， （ ），
综
－ｌｎ
上
１＋
ｆ
ｘ
１ ｘ －１ 有
＝
且
－
仅
（
有
１）
两
＝０
个
，
零点
（
．
） （０，１） ｘ
１
ｘ 在 π π 上的单调性 转化为求ｈ ｘ 的最小值 验证最 ， （ ）
（ ） ， ， （ ） ， ( )
小值非负 ４ 即可 ２ ． （２） 因为 ｘ １ ＝ｅ －ｌｎ ｘ ０ ， 故点Ｂ －ｌｎ ｘ ０，ｘ １ 在曲线ｙ ＝ｅ ｘ 上．
( ) ０ ｘ ０
（３） 记ｕ
(
（ ｘ ） 在区间 ２ ｎ π＋ π
) ４
，２ ｎ π＋ π
２
内的零点为
(
ｘ ｎ，
)
由题设知ｆ （ ｘ ０）＝０， 即 ｌｎ ｘ ０＝ｘ ０
０
＋
－
１
１
，
ｘ
则ｘ ｎ∈ ２ ｎ π＋ π ４ ，２ ｎ π＋ π ２ ( ， 则有 ) ｙ ｎ＝ ｘ ｎ－２ ｎ π∈ π ４ ， π ２ ．与 故直线ＡＢ的斜率ｋ ｘ １ ０ －ｌｎ ｘ ０ ｘ １ ０ －ｘ ０ ０ ＋ － １ １ １ ．
＝ ｘ ｘ ＝ ｘ ＝ｘ
（２） 联系知ｆ （ ｙ ｎ）＋ ｇ （ ｙ ｎ） π ２ － ｙ ｎ ≥０ ｆ ， ｙ 此时要先确定ｇ （ ｙ ｎ） 的 ( －ｌｎ ０－ ) ０ －ｘ ０ ０ ＋ － １ １ － ｘ ０ ０
符号 ， 再将上式转化为 π ２ － ｙ ｎ≤－ｇ （ （ ｙ ｎ ｎ ） ） ， 然后进一步证明 曲线ｙ ＝ｅ ｘ 在点 Ｂ －ｌｎ ｘ ０，ｘ １ 处切线的斜率是 ｘ １ ， 曲线 ｙ ＝
０ ０
ｎ ｎ
－２π －２π
ｅ ｅ ． ｘ在点Ａ ｘ ｘ 处切线的斜率也是 １ 所以曲线ｙ ｘ
－ｇ
（
ｙ
ｎ）
＜
ｓｉｎ
ｘ
０－ｃｏｓ
ｘ
０
ｌｎ （ ０，ｌｎ ０） ｘ
０
， ＝ｌｎ
１０．（２０１９课标Ⅰ文，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 在点Ａ ｘ ｘ 处的切线也是曲线ｙ ｘ 的切线．
（ ）＝２ｓｉｎ － ｃｏｓ － （ ０，ｌｎ ０） ＝ｅ
ｘ ｆ ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导数． 解后反思 先判断函数的单调性 然后结合零点存在性
， （ ） （ ） （１） ，
证明 ｆ ′ ｘ 在区间 存在唯一零点 定理证明函数ｆ ｘ 有且仅有两个零点．
（１） ： （ ） （０，π） ； （ ）
若ｘ 时 ｆ ｘ ａｘ 求ａ的取值范围． 要证明曲线ｙ ｘ在点Ａ ｘ ｘ 处的切线也是曲线ｙ
（２） ∈［０，π］ ， （ ）≥ ， （２） ＝ｌｎ （ ０，ｌｎ ０）
解析 设ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 则ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ ｇ′ ｘ
（１） （ ）＝ （ ）， （ ）＝ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ －１， （ ）＝ ｘ 的切线 首先求得这条切线的斜率ｋ １ 所以必须在曲
ｘ ｘ． ＝ｅ ， ＝ ｘ ，
ｃｏｓ ０
( ) ( )
当ｘ ∈ ０， π 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＞０； 当ｘ ∈ π ，π 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＜０， 线ｙ ＝ｅ ｘ 上找一点Ｂ （ ｘ １，ｅ ｘ １ ）， 使 ｅ ｘ １＝ ｘ １ ， 从而求得Ｂ点的坐
２ ２ ０
( ) ( )
所以ｇ ｘ 在 π 单调递增 标为 ｘ １ 然后证明曲线ｙ ｘ在点Ａ ｘ ｘ 处
（ ） ０， ， －ｌｎ ０，ｘ ， ＝ｌｎ （ ０，ｌｎ ０）
２ ０
( ) ( )
在 π 单调递减． 切线的斜率等于曲线ｙ ｘ 在点Ｂ ｘ １ 处的切线斜率
，π ＝ｅ －ｌｎ ０，ｘ
２ ０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２３１
１２．（
即
２
可
０１
．
８江苏，１９，１６分）记 ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ 分别为函数 ｆ ｘ ＝
ｘ２
０－ｘ
２
ｘ２
０
，
从而转化为研究ｈ
（
ｘ
）＝
－
ｘ３
＋３
ｘ２
ｘ
＋
ａｘ
－
ａ
，
ｘ
∈（０，１），
（ ）， （ ） （ ）， ０－１ １－
ｇ
（
ｘ
）
的导函数．若存在ｘ
０∈
Ｒ
，
满足ｆ
（
ｘ
０）＝
ｇ
（
ｘ
０）
且ｆ ′
（
ｘ
０）＝
ａ
＞０
的零点存在性问题
，
再转化为研究函数ｍ
（
ｘ
）＝－
ｘ３
＋３
ｘ２
＋
ｇ′ ｘ 则称ｘ 为函数ｆ ｘ 与ｇ ｘ 的一个 Ｓ点 ． ａｘ ａ ｘ ａ 由ｍ ｍ 可判断出ｍ ｘ
（ ０）， ０ （ ） （ ） “ ” － ， ∈（０，１）， ＞０， （０）＜０， （１）＞０， （ ）
证明 函数ｆ ｘ ｘ与ｇ ｘ ｘ２ ｘ 不存在 Ｓ点 在 上存在零点 进而解决问题．
（１） ： （ ）＝ （ ）＝ ＋２ －２ “ ”； （０，１） ，
（２）
若函数ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ２
－１
与ｇ
（
ｘ
）＝ｌｎ
ｘ存在
“
Ｓ点
”，
求实数ａ １３．（２０１８课标Ⅰ文，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ａ
ｅ
ｘ
－ｌｎ
ｘ
－１
．
的值 设ｘ 是ｆ ｘ 的极值点 求ａ 并求ｆ ｘ 的单调区间
； （１） ＝２ （ ） ， ， （ ） ；
（３）
已知函数ｆ
（
ｘ
）＝－
ｘ２
＋
ａ
，
ｇ
（
ｘ
）＝
ｂ
ｘ
ｅ ｘ ．对任意ａ
＞０，
判断是否
（２）
证明
：
当ａ
≥
１ 时
，
ｆ
（
ｘ
）≥０
．
ｅ
存在ｂ ＞０， 使函数ｆ （ ｘ ） 与ｇ （ ｘ ） 在区间 （０，＋∞） 内存在 “ Ｓ 解析 （１） ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （０，＋∞），
点 并说明理由． ｆ ′ ｘ ａ ｘ １ ．
”， （ ）＝ ｅ － ｘ
解析 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的能力以及逻辑推 由题设知 ｆ ′ 所以ａ １ ．
理能力． ， （２）＝０， ＝ ２ｅ ２
证明 函数ｆ ｘ ｘ ｇ ｘ ｘ２ ｘ 从而ｆ ｘ １ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ １ ｘ １ ．
（１） ： （ ）＝ ， （ ）＝ ＋２ －２， （ ）＝ ２ｅ －ｌｎ －１， （ ）＝ ２ｅ － ｘ
则ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ２ｅ ２ｅ
（ ）＝１， （ ）＝２ ＋２， 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ
由ｆ ｘ ｇ ｘ 且ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ ０＜ ＜２ ， （ ）＜０；
（ ）＝ （ ） （ ）＝ （ ）， 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
{ｘ ｘ２ ｘ ＞２ ， （ ）＞０
得 ＝ ＋２ －２，此方程组无解． 所以ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增．
ｘ （ ） （０，２） ， （２，＋∞）
１＝２ ＋２， ｘ
因此
，
ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ与ｇ
（
ｘ
）＝
ｘ２
＋２
ｘ
－２
不存在
“
Ｓ点
”
．
（２）
当ａ
≥
１ 时
，
ｆ
（
ｘ
）≥
ｅ
－ｌｎ
ｘ
－１
．
（２） 函数ｆ （ ｘ ）＝ ａｘ２ －１， ｇ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ ， ｅ ｘ ｅ ｘ
设ｇ ｘ ｅ ｘ 则ｇ′ ｘ ｅ １ ．
则ｆ ′ ｘ ａｘ ｇ′ ｘ １ （ ）＝ ｅ －ｌｎ －１， （ ）＝ ｅ － ｘ
（ ）＝２ ， （ ）＝ ｘ ， 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ．
０＜ ＜１ ， （ ）＜０； ＞１ ， （ ）＞０
设ｘ 为ｆ ｘ 与ｇ ｘ 的 Ｓ点 所以ｘ 是ｇ ｘ 的最小值点．
０ （ ） （ ） “ ”， ＝１ （ ）
{ａｘ２ ｘ 故当ｘ 时 ｇ ｘ ｇ ．
０－１＝ｌｎ ０， ＞０ ， （ ）≥ （１）＝０
由ｆ ｘ ｇ ｘ 且ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ 得
（ ０）＝ （ ０） （ ０）＝ （ ０）， ａｘ １ 因此 当ａ １ 时 ｆ ｘ ．
２ ０＝ｘ ， ， ≥ ， （ ）≥０
０ ｅ
即
{ａｘ２
０－１＝ｌｎ
ｘ
０，
方法总结 利用导数证明不等式的常用方法
：
２ ａｘ２ ０＝１， （∗） （ ｇ １） ｘ 证 ．如 明 果 ｆ （ Ｆ ｘ ） ′ ＜ ｘ ｇ （ ｘ ）， ｘ 则 ∈ Ｆ （ ａ ， ｘ ｂ ） 在 ， 可 ａ 以 ｂ 构造 上 函 是 数 减 Ｆ 函 （ 数 ｘ ）＝ 同 ｆ （ 时 ｘ ） 若 －
（ ） （ ）＜０， （ ） （ ， ） ，
得 ｌｎ ｘ ０＝－ ２ １ ， 即ｘ ０＝ｅ －１ ２ ， 则ａ ＝ ２（ｅ １ － １ ２ ） ２ ＝ ２ ｅ ． Ｆ 证 （ 明 ａ ） 了 ≤ ｆ ０， ｘ 由减 ｇ 函 ｘ 数 ． 的定义可知 ， ｘ ∈（ ａ ， ｂ ） 时 ， 有Ｆ （ ｘ ）＜０， 即
（ ）＜ （ ）
当ａ ｅ 时 ｘ － １ ２满足方程组 证明ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ａ ｂ 可以构造函数Ｆ ｘ ｆ ｘ
＝ ， ０＝ｅ （∗）， （２） （ ）＞ （ ）， ∈（ ， ）， （ ）＝ （ ）－
２ ｇ ｘ 如果Ｆ′ ｘ 则 Ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上是增函数 同时若
即ｘ 为ｆ ｘ 与ｇ ｘ 的 Ｓ点 （ ）， （ ）＞０， （ ） （ ， ） ，
０ （ ） （ ） “ ”， Ｆ ａ 由增函数的定义可知 ｘ ａ ｂ 时 有Ｆ ｘ 即
（ ）≥０， ， ∈（ ， ） ， （ ）＞０，
因此 ａ的值为 ｅ ． 证明了ｆ ｘ ｇ ｘ ．
， （ ）＞ （ ）
２
ｂ ｘ ｘ １４．（２０１８课标Ⅲ文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ
ａｘ２
＋
ｘ
－１．
ｆ ′ ｘ ｘ ｇ′ ｘ ｅ（ －１） ｘ ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ （ ）＝ ｘ
（３） （ ）＝－２ ， （ ）＝ ｘ２ ， ≠０， （ ０）＝ （ ０）⇒ ｅ
求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 处的切线方程
ｘ３ （１） ＝ （ ） （０，－１） ；
ｂ ｅ ｘ ０＝－ｘ ２ ０ ＞０⇒ ｘ ０∈（０，１）， （２） 证明 ： 当ａ ≥１ 时 ， ｆ （ ｘ ）＋ｅ≥０ ．
０－１ 解析 本题考查导数的几何意义 导数的综合应用．
ｆ
（
ｘ
０）＝
ｇ
（
ｘ
０）⇒－
ｘ２
０＋
ａ
＝
ｂ
ｘ
ｅ
０
ｘ ０
＝－ｘ
２
０
ｘ
－
２ ０
１
⇒
ａ
＝
ｘ２
０－ｘ
２
０
ｘ
－
２ ０
１
，
（１）
ｆ ′
（
ｘ
）＝
－
ａｘ２
＋（２
ａ
ｘ
－１）
ｘ
＋２
，
ｆ ′
（
、
０）＝２
．
ｅ
令ｈ
（
ｘ
）＝
ｘ２
－ｘ
２ ｘ２
－
ａ
＝
－ ｘ３ ＋３ ｘ２
ｘ
＋ ａｘ － ａ
，
ｘ
∈（０，１），
ａ
＞０，
因此曲线ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
在
（０，－１）
处的切线方程是
２
ｘ
－
ｙ
－１＝０
．
－１ １－ 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ＋１ － ｘ．
设ｍ （ ｘ ）＝－ ｘ３ ＋３ ｘ２ ＋ ａｘ － ａ ， ｘ ∈（０，１）， ａ ＞０， （ 令 ２） ｇ ｘ ≥ ｘ １ ２ ｘ ， （ ｘ ） ＋１ ＋ｅ 则 ≥（ ｇ′ ＋ ｘ －１＋ ｘ ｅ ）ｅ ｘ ＋１．
则ｍ （０）＝－ ａ ＜０， ｍ （１）＝２＞０⇒ ｍ （０）· ｍ （１）＜０， 当ｘ （ ）＝ 时 ＋ ｇ′ － ｘ １＋ｅ ， ｇ ｘ 单 （ 调 ） 递 ＝２ 减 ＋１＋ｅ
又ｍ （ ｘ ） 的图象在 （０，１） 上连续不断 ， 当ｘ ＜ ＞ － － １ １ 时 ， ， ｇ′ （ （ ｘ ） ） ＜ ＞ ０ ０ ， ， ｇ （ （ ｘ ） ） 单调递增 ； ．
ｍ ｘ 在 上有零点 所以ｇ ｘ ｇ ．
∴ （ ） （０，１） ， （ ）≥ （－１）＝０
则ｈ ｘ 在 上有零点． 因此ｆ ｘ ．
（ ） （０，１） （ ）＋ｅ≥０
因此 对任意ａ 存在ｂ 使函数ｆ ｘ 与ｇ ｘ 在区间 方法总结 构造函数证明不等式的策略
， ＞０， ＞０， （ ） （ ） （０， ：
＋
思
∞
路
）
分
内
析
存在
本
“ Ｓ
题
点
是
” ．
新定义情境下运用导数研究函数零点问
（
于
１
或
） 转
等
化
于
为
Ｃ．
ｆ （ ｘ ）≥ Ｃ （ Ｃ为常数 ） 型 ， 证明ｆ （ ｘ ）ｍｉｎ 或临界值大
题 前两问只需按新定义就能解决问题 第三问中先利用 转化为ｆ ｘ ｇ ｘ 型 利用导数判断ｆ ｘ ｇ ｘ 的单调
， ， （２） （ ）≥ （ ） ， （ ）， （ ）
ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ 对ｘ 加以限制 然后将ｆ ｘ ｇ ｘ 转化成ａ 性 进而求出函数ｆ ｘ ｇ ｘ 的最值或临界值 用原不等式成
（ ０）＝ （ ０） ０ ， （ ０）＝ （ ０） ， （ ）、 （ ） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
立的充分条件证明． ｘ ．
２）
转化为ｆ ａ ｇ ａ ｆ ｂ ｇ ｂ 型 构造函数ｈ ｘ ｆ ｘ
（３） （ ）＋ （ ）≥（ ）＋ （ ） ， （ ）＝ （ ） 设ｆ ′ ｘ ｔ 则 １ １ ｔ的两根为ｘ ｘ ．
ｇ ｘ 利用ｈ ｘ 单调性及ａ ｂ的大小证明． （ １）＝ ， ｘ－ ｘ ＝ １， ２
＋ （ ）， （ ） ， ２
１５．（２０ 若 １８ ｆ 浙 ｘ 江 在 ，２２ ｘ ，１ ｘ ５分 ｘ ）已 ｘ 知函 ｘ 数 处 ｆ （ 导 ｘ ） 数 ＝ 相 ｘ 等 －ｌｎ 证 ｘ． 明 ｆ ｘ 即 ２ ｔ （ ｘ ） ２ － ｘ ＋２＝０ 有两 ì 个不同的正根ｘ １， ｘ ２ ．
（１） （ ） ＝ １， ２（ １≠ ２） ， ： （ １）＋ ìΔ ｔ ï ｔ １
若 ｆ （ ｘ ａ ２）＞８－８ｌｎ２； 证明 对于任意ｋ 直线ｙ ｋｘ ａ与曲线 ï ïï ＝ ｘ １－１６ ｘ ＞０， １ ï ï ０＜ ＜ １６ ，
（２） ≤３－４ｌｎ２， ： ＞０， ＝ ＋ í １＋ ２ ＝ ｔ＞０，即í ｘ ｘ １
ｙ ｆ ｘ 有唯一公共点． ∴ ï ２ ï １＋ ２ ＝ ｔ，
＝ （ ） ２
ïï ｘ ｘ １ ï
解析 函数ｆ ｘ 的导函数ｆ ′ ｘ １ １ î １ ２ ＝ ｔ ＞０， ïｘ ｘ １ ．
（１） （ ） （ ）＝ ｘ－ ｘ ， î １ ２＝ ｔ２
２
ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
由ｆ ′ （ ｘ １）＝ ｆ ′ （ ｘ ２） 得 １ ｘ －ｘ １ ＝ １ ｘ －ｘ １ ， ∴ （ １）＋（ ( ２）＝ ) １＋ ２－ｌｎ（ １ ２）
２ １ １ ２ ２ ２ １ ｔ ｔ １ ．
＝ ｔ＋２ｌｎ ０＜ ＜
因为ｘ ｘ 所以 １ １ １ ． ２ １６
１≠ ２， ｘ ＋ ｘ ＝ ( )
２ 设ｇ ｔ １ ｔ ｔ １
１ ２ （ ）＝ ｔ＋２ｌｎ ０＜ ＜ ，
由基本不等式得 １ ｘ ｘ ｘ ｘ ４ｘ ｘ ２ １６
２ １ ２ ＝ １＋ ２≥２ １ ２， 则ｇ′ ｔ １ ２ ４ ｔ －１
因为ｘ ｘ 所以ｘ ｘ ． （ ）＝－ ｔ２ ＋ ｔ ＝ ｔ２ ＜０，
１≠ ２， １ ２＞２５６ ( ２ ) ２ ( )
由题意得ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ １ ｘ ｘ ｇ ｔ 在 １ 上为减函数 ｇ ｔ ｇ １
（ １）＋ （ ２）＝ １－ｌｎ １＋ ２－ｌｎ ２＝ １ ２－ ∴ （ ） ０， ，∴ （ ）＞ ＝８－８ｌｎ２，
２ １６ １６
ｘ ｘ ． ｆ ｘ ｆ ｘ ．
ｌｎ（ １ ２） ∴ （ １）＋（ ２）＞８－８ｌｎ２
设ｈ ｘ ｆ ｘ ｋｘ ａ ｘ ｘ ｋｘ ａ
设ｇ ｘ １ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ １ ｘ （２） （ ）＝ （ ）－ － ＝ －ｌｎ － － ，
（ ）＝
２
－ｌｎ ， （ ）＝
４
ｘ（ －４）， 只需证明
：
当ａ
≤３－４ｌｎ２
时
，
对于任意的ｋ
＞０，
所以 函数ｈ ｘ 在 上只有唯一的零点．取 ｍ －｜ ａ ｜－ ｋ 则
（ ） （０，＋∞） ＝ｅ ，
ｘ （０，１６） １６ （１６，＋∞） ｈ ｍ －｜ ａ ｜－ ｋ ａ ｋ ｋ －｜ ａ ｜－ ｋ ａ
ｇ′ ｘ （ ）＝ ｅ ＋｜ ｜＋ － ｅ －
（ ） － ０ ＋ －｜ ａ ｜－ ｋ ｋ －｜ ａ ｜－ ｋ ｋ －｜ ａ ｜－ ｋ ．
ｇ ｘ ≥ ｅ ＋ （１－ｅ ）＞ （１－ｅ ）＞０
（ ） ↘ ２－４ｌｎ２ ↗ ( )
２
所以ｇ ｘ 在 上单调递增 又ｘ 时 ｘ ｋｘ １ ｋ １ １ ．
（ ） ［２５６，＋∞） ， ＞０ ， － ＜ ｋ－ · ｋ ＝ ｋ
故ｇ ｘ ｘ ｇ ２ ２ ４
即ｆ （ ｘ １ ２） ｆ ＞ ｘ （２５６）＝８－８ ． ｌｎ２， 即ｈ ｘ １ ａ ｘ 取ｎ ４ １ｋ－ ａ
（２） （ 令 １ ｍ ）＋ ＝ｅ （ －（ ２ ｜ ａ ） ｜＋ ＞ ｋ ） ８ ， － ｎ ８ ＝ ｌｎ ( ２ ｜ ａ ｋ ｜＋１ ) ２ ＋１， 则ｈ （ ｎ ）＜ ４ １ ｋ－ ａ －ｌｎ ｎ ， ＝ｅ ，
（ ）＜ ｋ－ －ｌｎ ＝０，
则ｆ ｍ ｋｍ ａ ａ ｋ ｋ ａ ４
（ ）－ － ＞｜ ｜＋ － － ≥０，
ｆ （ ｎ ）－ ｋｎ － ａ ＜ ｎ æ è ç １ ｎ－ ａ ｎ － ｋ ö ø ÷ ≤ ｎ æ è ç｜ ａ ｜ ｎ ＋１ － ｋ ö ø ÷ ＜０， 而 由于 －｜ ａ ｈ ｜－ ｍ ｋ ≤－ ａ － ｈ ｋ ＜ ｎ － ａ ＋ ４ １ ｋ， ｈ ∴ ｘ ｎ ＞ 在 ｍ ＞０ ｍ ． ｎ 上至少有一个零点
（ ）＞０， （ ）＜０，∴ （ ） （ ， ） ，
所以 存在ｘ ｍ ｎ 使ｆ ｘ ｋｘ ａ 即ｈ ｘ 在 上至少有一个零点．
， ０∈（ ， ） （ ０）＝ ０＋ ， （ ） （０，＋∞）
所以 对于任意的ａ Ｒ及ｋ 直线ｙ ｋｘ ａ与曲线 ( )
， ∈ ∈（０，＋∞）， ＝ ＋ ｈ′ ｘ １ １ ｋ １ １ １ ２ ｋ １ ｋ
ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
有公共点． ∵ （ ）＝
２
ｘ－ ｘ － ≤
２
×
４
－
４
－ ＝
１６
－ ，
ｘ ｘ ａ
由ｆ ｘ ｋｘ ａ得ｋ －ｌｎ － ． 当ｋ １ 时 ｈ ｘ 在 上单调递减
（ ）＝ ＋ ＝ ｘ ∴ ≥ ， （ ） （０，＋∞） ，
１６
ｘ ｘ ａ
设ｈ ｘ －ｌｎ － 即当ｋ １ 时 ｈ ｘ 在 上只有一个零点．
（ ）＝ ｘ ， ≥ ， （ ） （０，＋∞）
１６
ｘ
ｘ ａ 当 ｋ １ 时 ｈ′ ｘ 有两个不同的正根α β 其中α β ．
ｌｎ － －１＋ ｇ ｘ ａ ０＜ ＜ ， （ ）＝０ ， （ ＜ ）
则ｈ′ ｘ ２ － （ ）－１＋ １６
（ ）＝ ｘ２ ＝ ｘ２ ， 此时ｈ
（
ｘ
）
在
（０，
α
）
上为减函数
，
在
（
α
，
β
）
上为增函数
，
在
（
β
，
上为减函数．
其中ｇ ｘ ｘ ｘ． ＋∞）
（ ）＝ －ｌｎ
２ ｈ′ ｘ ｋ １ １
由 可知ｇ ｘ ｇ ∵ （ ）＝０，∴ ＝ α－α，
（１） （ ）≥ （１６）， ２
又ａ
≤３－４ｌｎ２， 则ｈ α α α ｋα ａ １ α α ａ
故 ｇ ｘ ａ ｇ ａ ａ （ ）＝ －ｌｎ － － ＝ －ｌｎ ＋１－ ，
－ （ ）－１＋ ≤－ （１６）－１＋ ＝－３＋４ｌｎ２＋ ≤０， ２
所以ｈ′ ｘ 即函数ｈ ｘ 在 上单调递减 α
（ ）≤０， （ ） （０，＋∞） ， ｈ′ α １ １ －４
因此方程ｆ ｘ ｋｘ ａ 至多 个实根． （ ）＝ α－α ＝ α ，
（ ）－ － ＝０ １ ４ ４
综上 当ａ 时 对于任意ｋ 直线ｙ ｋｘ ａ与曲线ｙ ｈ α 在 上为减函数 在 上为增函数
， ≤３－４ｌｎ２ ， ＞０， ＝ ＋ ∴ （ ） （０，１６） ， （１６，＋∞） ，
ｆ ｘ 有唯一公共点． ｈ α ｈ ａ ａ ．
＝ （ ） ∴ （ ）≥ （１６）＝３－ｌｎ１６－ ＝３－４ｌｎ２－ ≥０
一题多解 ｆ ′ ｘ １ １ 且 ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ 又当α 时 ｋ １ 又 ｋ １ α ．
（１） （ ）＝ ｘ－ ｘ ， （ １）＝ （ ２）（ １≠ ＝１６ ， ＝ ， ０＜ ＜ ，∴ ≠１６
２ １６ １６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２３３
故ｈ α ｘ β 时 ｈ ｘ ． 续表
（ ）＞０，∴ ∈（０， ］ ， （ ）＞０
即ｈ ｘ 在 β 上没有零点 但 ｈ ｘ 在 β 上有一个 ｘ
（ ） （０， ］ ， （ ） （ ，＋∞） （－∞，０） ０ （０，＋∞）
零点．
ｈ ｘ 极小值
（ ） ↘ ↗
当 ｋ １ 时 ｈ ｘ 在 上也只有一个零点 所以函数ｈ ｘ 的单调递减区间为 单调递增区间为
∴ ０＜ ＜ ， （ ） （０，＋∞） ， （ ） （－∞，０），
１６ ．
对于任意的ｋ 直线ｙ ｋｘ ａ与曲线ｙ ｆ ｘ 有唯一的公 （０，＋∞）
∴ ＞０， ＝ ＋ ＝ （ ） 证明 由 ｆ ′ ｘ ａｘ ａ 可得曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ
共点． （２） ： （ ）＝ ｌｎ ， ＝ （ ） （ １，
ｆ ｘ 处的切线斜率为ａｘ ａ．
１
１６．（２０１８课标Ⅱ文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ １ｘ３ ａ ｘ２ ｘ ． （ １）） ｌｎ
（ ）＝ － （ ＋ ＋１）
３ 由ｇ′ ｘ １ 可得曲线ｙ ｇ ｘ 在点 ｘ ｇ ｘ 处的切线
若ａ 求ｆ ｘ 的单调区间 （ ）＝ｘ ａ， ＝ （ ） （ ２， （ ２））
（１） ＝３， （ ） ； ｌｎ
（２） 证明 ： ｆ （ ｘ ） 只有一个零点． 斜率为 １ ．
ｘ ａ
解析 当ａ 时 ｆ ｘ １ ｘ３ ｘ２ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２ ２ｌｎ
（１） ＝３ ， （ ）＝ ３ －３ －３ －３， （ ）＝ － 因为这两条切线平行 ， 故有ａｘ １ ｌｎ ａ ＝ｘ １ ａ，
令 ６
ｘ
－ ｆ ３ ′
．
（ ｘ ）＝０， 解得ｘ ＝３－２ ３ 或ｘ ＝３＋２ ３ ． 即 两边 ｘ ２ 取 ａｘ １ 以 （ｌｎ ａ ａ 为 ） ２ 底 ＝ 的 １ ． 对数 得 ｘ ｘ
２ｌｎ
ａ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ， ｌｏｇａ ２＋ １＋２ｌｏｇａｌｎ ＝０，
∈（－∞，３－２ ３）∪（３＋２ ３，＋∞） ， （ ）＞０； ａ
当ｘ ∈（３－２ ３，３＋２ ３） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０ ． 所以ｘ １＋ ｇ （ ｘ ２）＝－ ２ｌｎ ｌｎ ｌｎ ａ ．
故ｆ ｘ 在 单调递增 在 证明 曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ ａｘ 处的切线 ｌ ｙ ａｘ
（ ） （－∞，３－２ ３），（３＋２ ３，＋∞） ， （３－ （３） ： ＝ （ ） （ １， １ ） １： － １＝
２ ３，３＋２ ３）
单调递减． ａｘ
１ ｌｎ
ａ
·（
ｘ
－
ｘ
１）
．
（２）
由于ｘ２
＋
ｘ
＋１＞０，
所以ｆ
（
ｘ
）＝０
等价于
ｘ２
ｘ
ｘ
３
－３
ａ
＝０
． 曲线ｙ
＝
ｇ
（
ｘ
）
在点
（
ｘ
２，ｌｏｇａ
ｘ
２）
处的切线ｌ
２：
ｙ
－ｌｏｇａ
ｘ
２＝ｘ
１
ａ（
ｘ
＋ ＋１ ２ｌｎ
设ｇ ｘ
ｘ３
ａ 则ｇ′ ｘ
ｘ２
（
ｘ２
＋２
ｘ
＋３） 仅当ｘ －
ｘ
２）
．
（ ）＝ｘ２ ＋ ｘ ＋１ －３ ， （ ）＝ （ ｘ２ ＋ ｘ ＋１） ２ ≥０， ＝０ 要证明当ａ ≥ｅ １ ｅ 时 ， 存在直线ｌ ， 使ｌ是曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 的切线 ， 也
时ｇ′ ｘ 所以ｇ ｘ 在 单调递增．故ｇ ｘ 至多
（ ）＝０， （ ） （－∞，＋∞） （ ） 是曲线ｙ ｇ ｘ 的切线 只需证明当 ａ １ 时 存在 ｘ
有一个零点 从而ｆ ｘ 至多有一个零点． ＝ （ ） ， ≥ｅｅ ， １∈
， （ ） ｘ 使得ｌ 与ｌ 重合．
( ) ２ （－∞，＋∞）， ２∈（０，＋∞）， １ ２
又ｆ
（３
ａ
－１）＝－６
ａ２
＋２
ａ
－ ３
１
＝－６
ａ
－ ６
１
－ ６
１
＜０，
ｆ
（３
ａ
＋１）＝ 即只需证明当ａ ≥ｅ １ ｅ 时 ，
ì
１ ＞０， 故ｆ （ ｘ ） 有一个零点． ï ï ａｘ １ ｌｎ ａ ＝ｘ １ ａ，①
３ 方程组í ２ｌｎ 有解．
综上 ｆ ｘ 只有一个零点． ï
，（ ） ïａｘ ｘ ａｘ ａ ｘ １
方法总结 利用导数研究函数零点的方法 î １－ １ １ ｌｎ ＝ｌｏｇａ ２－ ａ，②
： ｌｎ
方法一 利用导数求出函数ｆ ｘ 的单调区间和极值
：（１） （ ） ； 由 得ｘ １ 代入
根据函数ｆ ｘ 的性质作出图象 ① ２＝ａｘ １ ａ ２， ②，
（２） （ ） ； （ｌｎ ）
判断函数零点的个数． ａ
（ 方 ３ 法 ） 二 利用导数求出函数ｆ ｘ 的单调区间和极值 得ａｘ １－ ｘ １ ａｘ １ ｌｎ ａ ＋ ｘ １＋ １ ａ＋ ２ｌｎ ｌｎ ａ ＝０ ． ③
：（１） （ ） ； ｌｎ ｌｎ
分类讨论 判断函数零点的个数． 因此 只需证明当ａ １时 关于ｘ 的方程 存在实数解．
１７． （ （２ ２） ０１８天津理 ， ，２０，１４分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ａｘ ， ｇ （ ｘ ）＝ｌｏｇａ ｘ ， 设函 ， 数ｕ ｘ ａｘ ｘａ ≥ ｘ ｅｅ ａ ｘ ， １ ２ １ ｌｎ ｌｎ ａ ③
其中ａ ． （ ）＝ － ｌｎ ＋ ＋ ａ＋ ａ ，
＞１ ｌｎ ｌｎ
求函数ｈ ｘ ｆ ｘ ｘ ａ的单调区间
（１） 若曲线ｙ （ ｆ ） ｘ ＝ 在 （ 点 ）－ ｘ ｌｎ ｆ ｘ 处的切 ； 线与曲线ｙ ｇ ｘ 即要证明当ａ ≥ｅ １ ｅ 时 ， 函数ｙ ＝ ｕ （ ｘ ） 存在零点．
（２）
在点 ｘ
＝
ｇ
（ ）
ｘ 处
（
的
１，
切
（
线
１））
平行 证明 ｘ ｇ
＝
ｘ
（ ） ｕ′
（
ｘ
）＝１－（ｌｎ
ａ
）
２ｘａｘ
，
可知ｘ
∈（－∞，０）
时
，
ｕ′
（
ｘ
）＞０；
ｘ
∈（０，
（ ２， （ ２）） ， １ ＋ （ ２）＝ æ ö
ａ 时 ｕ′ ｘ 单调递减 又 ｕ′ ｕ′ç １ ÷
２ｌｎ ｌｎ ＋∞） ， （ ） ， （０）＝ １＞０， è ａ ２ ø ＝１－
－ ａ ； （ｌｎ ）
证明
ｌｎ
当ａ １ ｅ时 存在直线ｌ 使ｌ是曲线ｙ ｆ ｘ 的切线
ａ（ｌｎ １ａ）２
＜０，
故存在唯一的ｘ
０，
且ｘ
０＞０，
使得ｕ′
（
ｘ
０）＝０，
（３）
也是曲线
≥
ｙ
ｅ
ｇ ｘ
，
的切线．
， ＝ （ ） ， 即
１－（ｌｎ
ａ
）
２ｘ
０
ａｘ
０＝０
．
＝ （ ） 由此可得ｕ ｘ 在 ｘ 上单调递增 在 ｘ 上单调
解析 本小题主要考查导数的运算 导数的几何意义 运用 （ ） （－∞， ０） ， （ ０，＋∞）
、 、 递减．ｕ ｘ 在ｘ ｘ 处取得极大值ｕ ｘ ．
导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法．考 （ ） ＝ ０ （ ０）
查函数与方程思想 、 化归思想．考查抽象概括能力 、 综合分析 因为ａ ≥ｅ １ ｅ， 故 ｌｎ ｌｎ ａ ≥－１， 所以ｕ （ ｘ ０）＝ ａｘ ０－ ｘ ０ ａｘ ０ ｌｎ ａ ＋ ｘ ０＋
问题和解决问题的能力． ａ ａ ａ
１ ２ｌｎ ｌｎ １ ｘ ２ｌｎ ｌｎ ２＋２ｌｎ ｌｎ ．
由已知 ｈ ｘ ａｘ ｘ ａ 有ｈ′ ｘ ａｘ ａ ａ． ａ＋ ａ ＝ｘ ａ ２ ＋ ０＋ ａ ≥ ａ ≥０
（１） ， （ ）＝ － ｌｎ ， （ ）＝ ｌｎ －ｌｎ ｌｎ ｌｎ ０（ｌｎ ） ｌｎ ｌｎ
令ｈ′ ｘ 解得ｘ ． 下面证明存在实数ｔ 使得ｕ ｔ ．
（ ）＝０， ＝０ ， （ ）＜０
由ａ ＞１， 可知当ｘ变化时 ， ｈ′ （ ｘ ）， ｈ （ ｘ ） 的变化情况如下表 ： 由 可得ａｘ ｘ ａ 当ｘ １ 时 有
（１） ≥１＋ ｌｎ ， ＞ ａ ，
ｘ ｌｎ
（－∞，０） ０ （０，＋∞） ａ
ｈ′ （ ｘ ） － ０ ＋ ｕ （ ｘ ）≤（１＋ ｘ ｌｎ ａ ）（１－ ｘ ｌｎ ａ ）＋ ｘ ＋ １ ａ＋ ２ｌｎ ｌｎ ａ ＝－（ｌｎ ａ ） ２ｘ２ ＋ ｘ ＋
ｌｎ ｌｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ａ 若ｇ ｘ 由ｇ ｘ 的单调性可知函数ｙ ｇ ｘ 至多有两个
１＋ １ ２ｌｎ ｌｎ （ ２）≥０， （ ） ＝ （ ）
ａ＋ ａ ， 零点 不合题意．
ｌｎ ｌｎ ，
所以存在实数ｔ ， 使得ｕ （ ｔ ）＜０ ． 若ｇ （ ｘ ２）＜０， 即 （ ｄ２ －１） ３ ２ ＞２７， 也就是 ｜ ｄ ｜＞ １０， 此时 ｜ ｄ ｜＞ ｘ ２，
因此 ， 当ａ ≥ｅ １ ｅ 时 ， 存在ｘ １∈（－∞，＋∞）， 使得ｕ （ ｘ １）＝０ ． ｇ （｜ ｄ ｜）＝ ｜ ｄ ｜＋６ ３＞０， 且 －２｜ ｄ ｜＜ ｘ １， ｇ （－２｜ ｄ ｜）＝－６｜ ｄ ｜ ３ －２｜ ｄ ｜
所以 ， 当ａ ≥ｅ １ ｅ 时 ， 存在直线ｌ ， 使ｌ是曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 的切线 ， 也 ＋６ ３＜－６２ １０＋６ ３＜０， 从而由ｇ （ ｘ ） 的单调性 ， 可知函数ｙ ＝
是曲线ｙ ｇ ｘ 的切线． ｇ ｘ 在区间 ｄ ｘ ｘ ｘ ｘ ｄ 内各有一个零
＝ （ ） （ ） （－２｜ ｜， １），（ １， ２），（ ２，｜ ｜）
１８．（２０１８天津文，２０，１４ 分）设函数ｆ ｘ ｘ ｔ ｘ ｔ ｘ 点 符合题意．
（ ）＝（ － １）（ － ２）（ － ，
ｔ 其中ｔ ｔ ｔ Ｒ 且ｔ ｔ ｔ 是公差为ｄ的等差数列． 所以 ｄ的取值范围是 ．
３）， 若ｔ １， ｄ ２，３∈ 求 ， 曲线 １， ｙ ２， ｆ ３ ｘ 在点 ｆ 处的切线 方法 ， 规律 研究方程根 （－ 的 ∞ 情 ，－ 况可 １０ 以 ）∪ 通 （ 过导 １０ 数 ，＋ 研 ∞ 究 ） 函数的单
（１） ２＝０， ＝１， ＝ （ ） （０， （０））
方程
；
调性 极大值 极小值 变化趋势．根据题目要求画出函数图
、 、 、
（２）
若ｄ
＝３，
求ｆ
（
ｘ
）
的极值
；
象．标明函数极 最 值的位置 通过数形结合的思想去分析问
（ ） ，
若曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ ｘ ｔ 有三个互异的公 题 解决问题．
（３） ＝ （ ） ＝－（ － ２）－６ ３ 、
共点 求ｄ的取值范围． １９．（２０１７课标Ⅲ理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ．
， （ ）＝ －１－ ｌｎ
解析 本小题主要考查导数的运算 导数的几何意义 运用 若ｆ ｘ 求ａ的值
、 、 （１） （ ）≥０， ；
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 ( )æ ö
设 ｍ 为整数 且对于任意正整数 ｎ １ ç １ ÷
类讨论思想．考查综合分析问题和解决问题的能力． （２） ， ， １＋ è１＋ ２ ø…
２ ２
由已知 可得ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ３ ｘ 故ｆ ′ ｘ ｘ２ æ ö
（１） ， （ ）＝ （ －１）（ ＋１）＝ － ， （ ）＝３ － ç １ ÷ ｍ 求ｍ的最小值．
．因此ｆ ｆ ′ 又因为曲线ｙ ｆ ｘ 在点 è１＋ ｎø＜ ，
１ （０）＝ ０， （０）＝ －１， ＝ （ ） （０， ２
ｆ 处的切线方程为ｙ ｆ ｆ ′ ｘ 故所求切线方 解析 本题考查导数的综合应用．
（０）） －（０）＝ （０）（ －０），
程为ｘ ｙ ． ｆ ｘ 的定义域为 ．
＋ ＝０ （１） （ ） （０，＋∞）
由已知可得ｆ ｘ ｘ ｔ ｘ ｔ ｘ ｔ ｘ ｔ ３ ( )
（２） （ ）＝（ － ２＋３）（ － ２）（ － ２－３）＝（ － ２） － 若ａ 因为ｆ １ １ ａ 所以不满足题意
９（
ｘ
－
ｔ
２）＝
ｘ３
－３
ｔ
２
ｘ２
＋（３
ｔ２
２－９）
ｘ
－
ｔ３
２＋９
ｔ
２
． ① ≤０，
２
＝－
２
＋ ｌｎ２＜０， ；
故ｆ ′ （ ｘ ）＝３ ｘ２ －６ ｔ ２ ｘ ＋３ ｔ２ ２－９ ． ② 若ａ ＞０， 由ｆ ′ （ ｘ ）＝１－ ａ ｘ ＝ ｘ － ｘ ａ 知 ， 当ｘ ∈（０， ａ ） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜
令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｔ 或ｘ ｔ ．
（ ）＝０， ＝ ２－ ３， ＝ ２＋ ３ 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在 ａ 单调递减
当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表 ０； ∈（ ，＋∞） ， （ ）＞０ （ ） （０， ） ，
， （ ）， （ ） ： 在 ａ 单调递增．故ｘ ａ是ｆ ｘ 在 的唯一最小
（ ，＋∞） ＝ （ ） （０，＋∞）
ｘ
（－∞，
ｔ
２－ ３）
ｔ
２－ ３ （
ｔ
２－ ３，
ｔ
２＋ ３）
ｔ
２＋ ３ （
ｔ
２＋ ３，＋∞）
值点．
ｆ′ ｘ 由于ｆ 所以当且仅当ａ 时 ｆ ｘ ．故ａ ．
（ ） ＋ ０ － ０ ＋ （１）＝０， ＝１ ， （ ）≥０ ＝１
ｆ ｘ 极大值 极小值 由 知当ｘ 时 ｘ ｘ ．
（ ） ↗ ↘ ↗ （２） （１） ∈（１，＋∞） ， －１－ｌｎ ＞０
æ ö
所以函数ｆ ｘ 的极大值为ｆ ｔ ３ 令ｘ １ 得 ç １ ÷ １ ．
（ ） （ ２－ ３）＝（－ ３） －９×（－ ３）＝ ＝１＋ ｎ， ｌｎè１＋ ｎø＜ ｎ
－
６
６
３
３
； 函
．
数ｆ （ ｘ ） 的极小值为 ｆ （ ｔ ２＋ ３）＝ （ ３） ３ －９×（ ３）＝
从而 ｌｎ
(
１
２
＋ ２ １
)
＋ｌｎ
æ
è ç １＋
２
２ １ ２
ö
ø ÷ ＋
２
…＋ｌｎ
æ
è ç １＋ ２ １ ｎ
ö
ø ÷ ＜ ２ １ ＋ ２ １ ２ ＋…＋ ２ １ ｎ ＝
曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ ｘ ｔ 有三个互异的公共
（３） ＝ （ ） ＝－（ － ２）－６ ３ １ ．
点等价于关于ｘ的方程 ｘ ｔ ｄ ｘ ｔ ｘ ｔ ｄ ｘ ｔ １－ ｎ＜１
（ － ２＋ ）（ － ２）（ － ２－ ）＋（ － ２）＋ ２
６ ３＝０
．
有三个互异的实数解．令ｕ
＝
ｘ
－
ｔ
２，
可得ｕ３
＋（１－
ｄ２
）
ｕ
＋ 故
(
１＋ ２
１
)æ
è
ç
１＋ ２
１
２
ö
ø
÷
…
æ
è
ç
１＋ ２
１
ｎ
ö
ø
÷
＜ｅ
．
６ ３＝０ ( )æ öæ ö
设函数ｇ ｘ ｘ３ ｄ２ ｘ 则曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ 而 １ ç １ ÷ç １ ÷ 所以ｍ的最小值为 ．
（ ）＝ ＋（１－ ） ＋６ ３， ＝ （ ） ＝ １＋ è１＋ ２ øè１＋ ３ ø＞２， ３
ｘ ｔ 有三个互异的公共点等价于函数ｙ ｇ ｘ 有三 ２ ２ ２
个
－（
零
－
点
２）
．
－６ ３ ＝ （ ） 思路分析
（１）
对ａ分类讨论
，
并利用导数研究ｆ
（
ｘ
）
的单调
性 找出最小值点 从而求出ａ． 由 得当ｘ 时 ｘ
ｇ′ （ ｘ ）＝３ ｘ２ ＋（１－ ｄ２ ） ． ， ， （２） （１） ( ＞ ) １ æ ， － ö １－
当ｄ２ ≤１ 时 ， ｇ′ （ ｘ ）≥０， 这时 ｇ （ ｘ ） 在 Ｒ 上单调递增 ， 不合 ｌｎ ｘ ＞０ ．令 ｘ ＝ １＋ １ ｎ， 换元后可求出 １＋ １ è ç １＋ １ ２ ø ÷ …
题意． ２ ２ ２
æ ö
ç １ ÷的范围．
ｄ２ è１＋ ｎø
当ｄ２ 时 令ｇ′ ｘ 解得ｘ －１ ２
＞１ ， （ ）＝０， １＝－ ， ａ ｘ ａ
３ 一题多解 ｆ ′ ｘ － ｘ ．当ａ 时 ｆ ′ ｘ
（１） （ ）＝１－ ｘ ＝ ｘ （ ＞０） ≤０ ， （ ）
ｄ２
ｘ ２＝ －１．
＞０，
而ｆ
（１）＝ ０，
不合题意
，∴
ａ
＞０，∴
ｆ
（
ｘ
）
在
（０，
ａ
）
上单调递
３ 减 在 ａ 上单调递增．又ｆ ｘ ｆ ａ 即ａ
易得 ｇ ｘ 在 ｘ 上单调递增 在 ｘ ｘ 上单调递减 ， （ ，＋∞） （ ）≥０，∴ （ ）≥０， －１－
， （ ） （－∞， １） ， ［ １， ２］ ， ａ ａ 记ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｈ′ ｘ ｘ ｘ．
在 ｘ 上单调递增． ｌｎ ≥０①， （ ）＝ －１－ ｌｎ ， （ ）＝１－ｌｎ －１＝－ｌｎ
（ ２，＋∞） ｈ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减 ｈ ｘ
ｇ ｘ 的极大值ｇ ｘ ｇ æ ç ｄ２ －１ ö ÷ ２ ３（ ｄ２ －１） ３ ２ ． ∴ ｈ （ ） （０ 即 ，１ 当 ） 且仅当ｘ ， 时 （１ ｈ ，＋ ｘ ∞） 当且仅 ，∴ 当ａ （ ）
（ ） （ １）＝ è－ ø＝ ＋６ ３＞０ ≤ （１）＝ ０， ＝１ ， （ ）≥０，∴ ＝１
３ ９ 时 式成立． ａ ．
，① ∴ ＝１
ｇ ｘ 的极小值ｇ ｘ ｇ
æ
ç
ｄ２
－１
ö
÷ ２ ３（
ｄ２
－１）
３ ２
．
２０．（２０１７课标Ⅱ文，２１，１２分）设函数ｆ
（
ｘ
）＝（１－
ｘ２
）ｅ
ｘ．
（ ） （ ２）＝ è ø＝－ ＋６ ３ 讨论ｆ ｘ 的单调性
３ ９ （１） （ ） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２３５
当ｘ 时 ｆ ｘ ａｘ 求ａ的取值范围． 当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表
（２） ≥０ ， （ ）≤ ＋１， ， （ ）， （ ） ：
解析 本题考查函数的单调性 恒成立问题．
ｆ ′ ｘ ｘ ｘ２ ｘ． ， ｘ （－∞， ａ ） （ ａ ，４－ ａ ） （４－ ａ ，＋∞）
（１） （ ）＝（１－２ － ）ｅ ｆ′ ｘ
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ． （ ） ＋ － ＋
（ ）＝０， ＝－１－ ２ ＝－１＋ ２ ｆ ｘ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ （ ） ↗ ↘ ↗
∈（－∞，－１－ ２） ， （ ）＜０； 所以 ｆ ｘ 的单调递增区间为 ａ ａ 单调递
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ， （ ） （－∞， ），（４－ ，＋∞），
∈（－１－ ２，－１＋ ２） ， （ ）＞０； 减区间为 ａ ａ ．
（ ，４－ ）
当ｘ ∈（－１＋ ２，＋∞） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０ ． （２）（ｉ） 证明 ： 因为 ｇ′ （ ｘ ）＝ ｅ ｘ （ ｆ （ ｘ ）＋ ｆ ′ （ ｘ ））， 由题意知
所以ｆ ｘ 在 单调递减 {ｇ ｘ ｘ {ｆ ｘ ｘ ｘ
（ ） （－∞，－１－ ２），（－１＋ ２，＋∞） ， （ ０）＝ｅ ０ ， 所以 （ ０）ｅ ０＝ｅ ０ ，
在 单调递增． ｇ′ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ
（－ ｆ １ ｘ － ２，－１ ｘ ＋ ２） ｘ ｘ． （ { ０ ｆ ）＝ ｘ ｅ ０ ， ｅ ０ （ （ ０）＋ （ ０））＝ｅ ０ ，
（ 当 ２） ａ （ ） 时 ＝（１ 设 ＋ 函 ） 数 （１ ｈ － ） ｘ ｅ ｘ ｘ ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｘ 因 解得 ｆ （ ′ ０ ｘ ）＝１， ．
此 故 ｈ ｈ ≥ （ （ ｘ ｘ １ ） ） 在 ≤１ ［ ， ， ０ 所 ，＋ 以 ∞ ｆ ） （ 单 ｘ ） （ 调 ＝ ） （ 递 ＝ ｘ 减 （ ＋ １ １ ， － ） 而 ｈ ） （ ｅ ｈ ｘ （ ） ， ０ ≤ ） ｘ （ ＝ ＋ １ ） １ ， ≤ ＝－ ａｘ ｅ ＋１ ＜ ． ０（ ＞０）， 所以 因 ， 为 ｆ （ （ ｘ ｇ ） ０ 在 ） ｘ ＝ ｘ ０ ＝ ｘ ｘ ０ 处 ｘ 的导 ｘ 数等 ｘ 于 ０ ． 由 ｘ 可得ｆ ｘ ．
当 ａ 时 设函数ｇ ｘ ｘ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ｘ （ｉｉ） （ ）≤ｅ ， ∈［ ０－１， ０＋１］， ｅ ＞０， （ ）≤１
０＜ ＜１ ， （ ）＝ｅ － －１， （ ）＝ｅ －１＞０（ ＞０）， 又因为ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 故ｘ 为ｆ ｘ 的极大值点
所以ｇ ｘ 在 单调递增 而ｇ 故 ｘ ｘ ． （ ０）＝１， （ ０）＝０， ０ （ ） ，
（ ） ［０，＋∞） ， （０）＝０， ｅ ≥ ＋１ 由 知ｘ ａ．另一方面 由于 ａ 故ａ ａ
当 ０＜ ｘ ＜１ 时 ， ｆ （ ｘ ）＞（１－ ｘ ）（１＋ ｘ ） ２ ，（１－ ｘ ）（１＋ ｘ ） ２ － ａｘ －１ 由 （１） 知ｆ ０ ｘ ＝ 在 ａ ａ ， 内单 ｜ 调 ｜ 递 ≤ 增 １， 在 ＋ ａ １＜ ａ ４－ ， 内单调递
（１） （ ） （ －１， ） ， （ ， ＋１）
ａ 减 故当ｘ ａ时 ｆ ｘ ｆ ａ 在 ａ ａ 上恒成立 从
＝
ｘ
（１－
ａ
－
ｘ
－
ｘ２
），
取ｘ
０＝
５－
２
４ －１
， 而
，
ｇ ｘ
０＝
ｘ 在 ｘ
， （ ）
ｘ
≤（
上
）＝
恒
１
成立
［
．
－１， ＋１］ ，
则ｘ ０∈（０，１），（１－ ｘ ０）（１＋ ｘ ０） ２ － ａｘ ０－１＝０， 故ｆ （ ｘ ０）＞ ａｘ ０＋１ ． 由ｆ
（
（ ａ
）
）
＝
≤ ａ ｅ ３
－６
ａ ［ ２
－
０
３
－ ａ １
（
， ａ
－
０
４
＋
）
１ ａ ］
＋
ｂ
＝１，
当ａ ≤０ 时 ， 取ｘ ０＝ ５
２
－１ ， 得
令
ｂ
ｔ
＝
ｘ
２ ａ３ －
ｘ
６
３
ａ２ ＋
ｘ
１
２
，－１≤
ｘ
ａ ≤１ ．
则 综上 ｘ ０∈ ａ （ 的 ０， 取 １） 值 ， 范 ｆ （ 围 ｘ ０ 是 ）＞（１－ ｘ ０）（ ． １＋ ｘ ０） ２ ＝１≥ ａｘ ０＋１ ． 所以 （ ｔ′ ） （ ＝ ｘ ） ２ ＝６ － ｘ ６ ２ －１ ＋ ２ １ ｘ ， ， ∈［－１，１］，
， ［１，＋∞） 令ｔ′ ｘ 解得ｘ 舍去 或ｘ ．
解题思路 求ｆ ′ ｘ 令ｆ ′ ｘ 求出ｆ ｘ 的单调增区 （ ）＝０， ＝２（ ）， ＝０
（１） （ ）， （ ）＞０， （ ） 因为ｔ ｔ ｔ
间 令ｆ ′ ｘ 求出ｆ ｘ 的单调减区间． （－１）＝－７，（１）＝－３，（０）＝１，
， （ ）＜０， （ ） 因此 ｔ ｘ 的值域为 ．
对参数ａ的取值进行分类讨论 当ａ 时 构造函数可 ，（ ） ［－７，１］
（２） ， ≥１ ， 所以 ｂ的取值范围是 ．
知 ｘ ｘ 所以ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ａｘ ， ［－７，１］
（１－ ）·ｅ ≤１， （ ）＝（ ＋１）（１－ ）·ｅ ≤ ＋１≤ ＋１ 思路分析 求出函数ｆ ｘ 的导函数及极值点 通过列表
成立 当 ａ 时 构造函数可知 ｘ ｘ 通过举反例ｘ （１） （ ） ，
； ０＜ ＜１ ， ｅ ≥ ＋１， ０＝ 判断函数的单调性 求出单调区间即可．
，
５－ ２ ４ ａ －１ ， ｆ （ ｘ ０）＞ ａｘ ０＋１， 从而说明命题不成立 ； 当ａ ≤０ 时 ， { （２ ｇ ） （ （ ｘ ０ ｉ ） ） ＝ 对 ｅ 函 ｘ ０ ， 数 解 ｙ 方 ＝ 程 ｇ （ 组 ｘ ） 可 和 得 ｙ 出 ＝ｅ ｘ ｆ 求 ′ ｘ 导 ， 根据 ． 已知条件得方程组
举反例ｘ ０＝ ５－１说明不等式不成立． ｇ′ （ ｘ ０）＝ｅ ｘ ０ ． （ ０）＝０
２ 不等式ｇ ｘ ｘ 在区间 ｘ ｘ 上恒成立 由 ｘ
疑难突破 求单调区间的一般步骤 求定义域 求 （ｉｉ） （ ）≤ｅ ［ ０－１， ０＋１］ ， ｅ ＞
（１） ：① ；② 可得ｆ ｘ ．根据 可知ｆ ｘ ｆ ａ 在 ａ ａ
ｆ ′ ｘ 令ｆ ′ ｘ 求出ｆ ｘ 的增区间 令ｆ ′ ｘ 求出 ０， （ ）≤１ （１） （ ）≤ （ ）＝１ ［ －１， ＋１］
（ ）， （ ）＞０， （ ） ， （ ）＜０， 上恒成立．由ｆ ａ 得ｂ ａ３ ａ２ ａ 利用导数
ｆ ｘ 的减区间 写出结论 注意单调区间不能用 连接． （ ）＝１， ＝２ －６ ＋１，－１≤ ≤１，
（ ） ；③ ， “∪” 即可求出ｂ的取值范围．
恒成立问题的三种常见解法 分离参数 化为最值问题
（２） ：① ， ２２．（２０１７课标Ⅲ文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２ ａ
求解 如ａ φ ｘ 或ａ φ ｘ 构造函数 分类讨论 如 （ ）＝ｌｎ ＋ ＋（２ ＋
， ≥ （ ）ｍａｘ ≤ （ ）ｍｉｎ；② ， ， ｘ．
ｆ ｘ ｇ ｘ 即Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 求Ｆ ｘ 转变主 １）
（ ）≥ （ ）， （ ）＝ （ ）－ （ ）， （ ）ｍｉｎ≥０；③ 讨论ｆ ｘ 的单调性
元 选取适当的主元可使问题简化． （１） （ ） ；
，
２１．（２０１７天津文，１９，１４分）设ａ ｂ Ｒ ａ ．已知函数ｆ ｘ 当ａ 时 证明ｆ ｘ ３ ．
， ∈ ，｜ ｜≤１ （ ） （２） ＜０ ， （ ）≤－ ａ－２
ｘ３ ｘ２ ａ ａ ｘ ｂ ｇ ｘ ｘｆ ｘ ． ４
＝ －６ －３ （ －４） ＋ ， （ ）＝ｅ （ ）
求ｆ ｘ 的单调区间 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １ ａｘ ａ
（１） （ ） ； （１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝ ｘ ＋２ ＋２ ＋
已知函数ｙ ｇ ｘ 和ｙ ｘ 的图象在公共点 ｘ ｙ 处有
（２）
相同的切线
＝ （ ） ＝ｅ （ ０， ０）
（
ｘ
＋１）（２
ａｘ
＋１）．
， １＝ ｘ
求证 ｆ ｘ 在ｘ ｘ 处的导数等于
（ （ ｉ ｉｉ ） ） 若关 ： 于 （ ｘ ） 的不等 ＝ 式 ０ ｇ （ ｘ ）≤ｅ ｘ 在区 ０； 间 ［ ｘ ０－１， ｘ ０＋１］ 上 若 调递 ａ ≥ 增 ０ ． ， 则当ｘ ∈（０，＋∞） 时 ， ｆ′ （ ｘ ）＞０， 故ｆ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 单
恒成立 求ｂ的取值范围． ( )
解析 本 ， 小题主要考查导数的运算 导数的几何意义 利用 若ａ ＜０， 则当ｘ ∈ ０，－ １ ａ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＞０；
、 、 ２
导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查用函数思想解 ( )
当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ
决问题的能力． ∈ － ａ，＋∞ ， （ ）＜０，
２
由ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ａ ａ ｘ ｂ ( ) ( )
（１） （ ）＝ －６ －３ （ －４） ＋ ， 故ｆ ｘ 在 １ 单调递增 在 １ 单调递减．
可得ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ａ ａ ｘ ａ ｘ ａ ． （ ） ０，－ ａ ， － ａ，＋∞
（ ）＝３ －１２ －３ （ －４）＝３（ － ）［ －（４－ ）］ ２ ２
令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ａ 或ｘ ａ．
（ ）＝０， ＝ ， ＝４－ 由 知 当ａ 时 ｆ ｘ 在ｘ １ 取得最大值 最大值
由 ａ 得ａ ａ． （２） （１） ， ＜０ ， （ ） ＝－ ａ ，
｜ ｜≤１， ＜４－ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
( ) ( ) ｘ 时 ｈ ｘ 在区间 ｍ ｘ 内有零点 当ｍ ｘ 时 ｈ ｘ
为ｆ １ １ １ ． ０） ， （ ） （ ， ０） ； ∈（ ０，２］ ， （ ）
－ ａ ＝ｌｎ － ａ －１－ ａ 在区间 ｘ ｍ 内有零点．所以ｈ ｘ 在 内至少有一个零
２ ２ ４
( )
（ ０， ） （
(
）
ｐ
（１，
)
２）
( ｐ )
所以ｆ ｘ ３ 等价于 １ １ ３ 即 点 不妨设为ｘ 则ｈ ｘ ｇ ｘ ｘ ｆ ．
（ ）≤－ ａ－２ ｌｎ － ａ －１－ ａ≤－ ａ－２， ， １， （ １）＝ （ １） ｑ － ０ － ｑ ＝０
４ ２ ４ ４
( ) 由 知 ｇ ｘ 在 上单调递增 故 ｇ ｇ ｘ
ｌｎ －
１
ａ ＋
１
ａ＋１≤０
． （１） （ ） ［１，２］ ，
( ｐ )
０＜ （１）＜ （ １）＜
２ ２ ( ｐ ) ｆ
ｐ ｆ ｑ
设ｇ ｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ １ ． ｇ 于是 ｘ ｑ
（ ）＝ｌｎ － ＋１， （ ）＝ ｘ －１ （２）， ｑ － ０ ＝ ≥ ｇ
ｇ ｘ （２）
当ｘ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ．所以 （ １）
ｇ ｘ
∈
在
（０，１）
单
，
调递
（
增
）＞０
在
； ∈（１，
单
＋
调
∞
递
）
减
，
．故
（
当
）
ｘ
＜０
时 ｜２
ｐ４
＋３
ｐ３ｑ
－３
ｐ２ｑ２
－６
ｐｑ３
＋
ａｑ４
｜．
ｇ
（
ｘ
）
取
（
得
０
最
，１
大
）
值 最大值
，
为
（
ｇ
１，＋∞）
．所以当ｘ 时 ｇ
＝１
ｘ
， ＝ ｇ
（２）
ｑ４
（ ） ， （１）＝ ０ ＞０ ， （ ）≤ 因为当ｘ 时 ｇ ｘ 故ｆ ｘ 在 上单调递增 所
( ) ∈［１，２］ ， （ ）＞０， （ ） ［１，２］ ，
．从而当ａ 时 １ １ 即ｆ ｘ ３ ． ｐ
０ ＜０ ，ｌｎ － ａ ＋ ａ＋１≤０， （ ）≤－ ａ－２ 以ｆ ｘ 在区间 上除ｘ 外没有其他的零点 而 ｘ
２ ２ ４ （ ） ［１，２］ ０ ， ｑ ≠ ０，
２３．（２０１７天津理，２０，１４分）设ａ Ｚ 已知定义在Ｒ上的函数
∈ ， ( ｐ )
ｆ ｘ ｘ４ ｘ３ ｘ２ ｘ ａ在区间 内有一个零点 ｘ ｇ 故ｆ ．又因为ｐ ｑ ａ均为整数 所以 ｐ４ ｐ３ｑ ｐ２ｑ２
（ ）＝２ ＋３ －３ －６ ＋ （１，２） ０， ｑ ≠０ ， ， ， ｜２ ＋３ －３ －
ｘ 为ｆ ｘ 的导函数．
（ ） （ ） ｐｑ３ ａｑ４ 是正整数 从而 ｐ４ ｐ３ｑ ｐ２ｑ２ ｐｑ３ ａｑ４ ．所
求ｇ ｘ 的单调区间 ６ ＋ ｜ ， ｜２ ＋３ －３ －６ ＋ ｜≥１
（１） （ ） ； ｐ
设ｍ ｘ ｘ 函数 ｈ ｘ ｇ ｘ ｍ ｘ 以 ｘ １ ． 所以 只要取 Ａ ｇ 就 有
（２） ∈［１， ０）∪（ ０，２］， （ ）＝ （ ）（ － ０）－ ｑ － ０ ≥ ｇ ｑ４ ， ＝ （２），
ｆ ｍ 求证 ｈ ｍ ｈ ｘ （２）
（ ）， ： （ ） （ ０）＜０； ｐ
求证 存在大于 的常数Ａ 使得对于任意的正整数ｐ ｑ ｘ １ ．
（３） ： ０ ， ， ， ｑ － ０ ≥Ａｑ４
ｐ ｐ
且 ｘ ｘ 满足 ｘ １ ． 思路分析 求出函数ｆ ｘ 的导函数ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ３
ｑ ∈［１， ０）∪（ ０，２］， ｑ － ０ ≥Ａｑ４ （１） （ ） （ ）＝ （ ）＝８ ＋
ｘ２ ｘ 求出使导函数为零的ｘ的值 通过列表求出单调区
解析 本小题主要考查导数的运算 利用导数研究函数的 ９ －６ －６， ，
、 间即可．
性质 证明不等式等基础知识和方法．考查函数思想和化归思
、 由ｈ ｘ 推出ｈ ｍ ｈ ｘ 令函数Ｈ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ
想．考查抽象概括能力 综合分析问题和解决问题的能力． （２） （ ） （ ）， （ ０）， １（ ）＝ （ ）（ － ０）－
、 ｆ ｘ Ｈ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 求出导函数 Ｈ′ ｘ
由ｆ ｘ ｘ４ ｘ３ ｘ２ ｘ ａ 可得 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ３ （ ）， ２（ ）＝ （ ０）（ － ０）－ （ ）， １（ ），
（１） （ ）＝２ ＋３ －３ －６ ＋ ， （ ）＝ （ ）＝ ８ ＋ Ｈ ′ ｘ 由此可推出ｈ ｍ ｈ ｘ ．
ｘ２ ｘ 进而可得ｇ′ ｘ ｘ２ ｘ ．令ｇ′ ｘ 解得ｘ ２ （ ）， （ ） （ ０）＜０
９ －６ －６， （ ）＝２４ ＋１８ －６ （ ）＝０， ｐ
对于任意的正整数ｐ ｑ 令ｍ 函数ｈ ｘ ｇ ｘ ｍ
或ｘ １ ． （３） ， ， ＝ ｑ ， （ ）＝ （ ）·（
＝－１ ＝
４ ｘ ｆ ｍ 由 可推出ｈ ｘ 在 内至少有一个零点
当ｘ变化时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 的变化情况如下表 － ０）－（ ）， （２） （ ） （１，２） ，
， （ ）， （ ） ： ( ｐ )
( ｐ ) ｆ
( ) ( ) ｐ ｆ ｑ
ｘ １ １ 结 合 可 得 ｘ ｑ
（－∞，－１） －１， ，＋∞ （ １） ｑ － ０ ＝ ≥ ｇ ＝
４ ４ ｇ ｘ （２）
（ １）
ｇ′
（
ｘ
） ＋ － ＋ ｜２
ｐ４
＋３
ｐ３ｑ
－３
ｐ２ｑ２
－６
ｐｑ３
＋
ａｑ４
｜ 进而得到 ｐ４ ｐ３ｑ ｐ２ｑ２
ｇ ｘ ｇ ｑ４ ， ｜２ ＋３ －３ －
（ ） ↗ ↘ ↗ （２）
( ) ｐｑ３ ａｑ４ 最后推出结果即可．
６ ＋ ｜≥１，
所以 ， ｇ （ ｘ ） 的单调递增区间是 （－∞，－１）， １ ，＋∞ ， 单调递 ２４．（２０１６ 课标Ⅱ文，２０，１２ 分）已知函数 ｆ （ ｘ ）＝ （ ｘ ＋１）ｌｎ ｘ
４
( ) ａ ｘ ．
减区间是 １ ． － （ －１）
－１， 当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在 ｆ 处的切线方程
４ （１） ＝４ ， ＝ （ ） （１， （１）） ；
证明 由ｈ ｘ ｇ ｘ ｍ ｘ ｆ ｍ 得ｈ ｍ ｇ ｍ ｍ 若当ｘ 时 ｆ ｘ 求ａ的取值范围．
（
ｘ
２）
ｆ ｍ
：
ｈ ｘ
（ ）＝
ｇ
（
ｘ
）（
ｍ
－
ｘ
０）－
ｆ
（
ｍ
），
．
（ ）＝ （ ）（ － （２
解
）
析
∈（
ｆ
１
ｘ
，＋
的
∞
定
）
义
，
域
（
为
）＞０，
．当ａ 时
０）－（ ）， （ ０）＝ （ ０）（ － ０）－（ ） （１） （ ） （０，＋∞） ＝４ ，
令函数Ｈ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 则Ｈ′ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ｘ ．
由 知
１（
当
）
ｘ
＝ （ ）（ －
时
０）
ｇ
－
′
（
ｘ
），
故
１（
当
）＝
ｘ
（ ）（
ｘ
－
时
０） ｆ
（
ｘ
）＝（
ｘ
＋１）ｌｎ
ｘ
－４（
ｘ
－１），
ｆ ′
（
ｘ
）＝ｌｎ
ｘ
＋
１
ｘ －３，
ｆ ′
（１）＝－２，
Ｈ ′ （１ ｘ ） ， Ｈ ｘ ∈ 单 ［１ 调 ，２ 递 ］ 减 ， 当 （ ｘ ）＞ ｘ ０， 时 Ｈ′ ∈ ｘ ［１， ０ Ｈ ） ｘ ， ｆ （１）＝０ ．
单 １ 调 （ 递 ）＜ 增 ０ ． ， 因 １ 此 （ ） 当ｘ ｘ ； ∈ ｘ （ ０，２］ 时 ， Ｈ １（ ｘ ）＞ Ｈ ０， ｘ １（ ） 曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在 （１， ｆ （１）） 处的切线方程为 ２ ｘ ＋ ｙ －２＝０ ． （３ 分 ）
ｆ ｘ 可得
，
Ｈ
∈
ｍ
［１，
即
０）∪
ｈ
（
ｍ
０，２］
．
， １（ ）＞ １（ ０）＝
当ｘ 时 ｆ ｘ 等价于 ｘ ａ （ ｘ －１） ．
－（ ０）＝０， １（ ）＞０， （ ）＞０ （２） ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０ ｌｎ － ｘ ＞０
令函数Ｈ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 则Ｈ′ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ ． ＋１
２（ ）＝ （ ０）（ － ０）－（ ）， ２（ ）＝ （ ０）－ （ ） 分
由 知 ｇ ｘ 在 上单调递增 故当 ｘ ｘ 时 （４ ）
（１） （ ） ［１，２］ ， ∈［１， ０） ， ａ ｘ
Ｈ ′ ｘ Ｈ ｘ 单调递增 当ｘ ｘ 时 Ｈ′ ｘ Ｈ ｘ 设ｇ ｘ ｘ （ －１） 则
２ （ ）＞０， ２（ ） ； ∈（ ０，２］ ， ２（ ）＜０， ２（ ） （ ）＝ｌｎ － ｘ ，
单调递减．因此 当ｘ ｘ ｘ 时 Ｈ ｘ Ｈ ｘ ＋１
， ∈［１， ０）∪（ ０，２］ ， ２（ ）＜ ２（ ０）＝ ａ ｘ２ ａ ｘ
可得Ｈ ｍ 即ｈ ｘ ． ｇ′ ｘ １ ２ ＋２（１－ ） ＋１ ｇ ． 分
０， ２（ ）＜０， （ ０）＜０ （ ）＝ ｘ － ｘ ２ ＝ ｘ ｘ ２ ， （１）＝０ （６ ）
所以 ｈ ｍ ｈ ｘ ． （ ＋１） （ ＋１）
， （ ） （ ０）＜０ 当ａ ｘ 时 ｘ２ ａ ｘ ｘ２ ｘ 故
ｐ （ｉ） ≤２， ∈（１，＋∞） ， ＋２（１－ ） ＋１≥ －２ ＋１＞０，
证明 对于任意的正整数ｐ ｑ 且 ｘ ｘ 令 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 在 上单调递增 因此ｇ ｘ 分
（３） ： ， ， ｑ ∈［１， ０）∪（ ０，２］， （ ）＞０， （ ） （１，＋∞） ， （ ）＞０； （８ ）
当ａ 时 令ｇ′ ｘ 得
ｐ （ｉｉ） ＞２ ， （ ）＝０
ｍ 函数ｈ ｘ ｇ ｘ ｍ ｘ ｆ ｍ ．由 知 当ｍ
＝ ｑ ， （ ）＝ （ ）（ － ０）－（ ） （２） ， ∈［１， ｘ
１＝
ａ
－１－ （
ａ
－１）
２
－１，
ｘ
２＝
ａ
－１＋ （
ａ
－１）
２
－１
．
（１０
分
）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２３７
由ｘ 和ｘ ｘ 得 ｘ 故当 ｘ ｘ 时 ｇ′ ｘ 当α 时
２＞１ １ ２＝１ １＜１， ∈（１， ２） ， （ ）＜０， （２） ≥１ ，
ｇ ｘ 在 ｘ 上单调递减 因此ｇ ｘ ． 分 ｆ ｘ α ｘ α ｘ α α α
（ ） （１， ２） ， （ ）＜０ （１１ ） ｜ （ ）｜ ＝｜ ｃｏｓ ２ ＋（ －１）（ｃｏｓ ＋１）｜≤ ＋２（ －１）＝ ３ －２
综上 ａ的取值范围是 ． 分 ｆ ．
， （－∞，２］ （１２ ） ＝ （０）
评析 本题主要考查了导数的几何意义及导数的综合运用， 因此Ａ α ． 分
＝３ －２ （４ ）
对分类讨论的思想方法考查到位，属难题． 当 α 时 将ｆ ｘ 变形为ｆ ｘ α ２ｘ α ｘ ．
０＜ ＜１ ， （ ） （ ）＝２ ｃｏｓ ＋（ －１）ｃｏｓ －１
２５．（２０１６四川文，２１，１４分）设函数ｆ ｘ ａｘ２ ａ ｘ ｇ ｘ 设ｔ ｘ 则ｔ
（ ）＝ － －ｌｎ ， （ ）＝ ＝ｃｏｓ ， ∈［－１，１］，
令ｇ ｔ αｔ２ α ｔ 则Ａ是 ｇ ｔ 在 上的最大
１ ｅ 其中ａ Ｒ ． 为自然对数的底数． （ ）＝２ ＋（ －１） －１， ｜ （ ）｜ ［－１，１］
ｘ － ｘ， ∈ ，ｅ＝２７１８… α
ｅ 值 ｇ α ｇ α 且当ｔ １－ 时 ｇ ｔ 取得最小值
讨论ｆ ｘ 的单调性 ， （－１）＝ ， （１）＝３ －２， ＝ α ， （ ） ，
（１） （ ） ； ４
证明 当ｘ 时 ｇ ｘ ( α) α ２ α２ α
（２） ： ＞１ ， （ ）＞０； 最小值为ｇ １－ （ －１） ＋６ ＋１．
确定ａ的所有可能取值 使得ｆ ｘ ｇ ｘ 在区间 α ＝－ α －１＝－ α
（３） ， （ ）＞ （ ） （１，＋∞） ４ ８ ８
内恒成立． α
令 １－ 解得α １ 舍去 或α １ ． 分
解析 ｆ ′ ｘ ａｘ １ ２
ａｘ２
－１ ｘ ．
－１＜
４
α ＜１， ＜－
３
（ ）， ＞
５
（５ ）
（１） （ ）＝２ － ｘ ＝ ｘ （ ＞０）
当 α １ 时 ｇ ｔ 在 内无极值点 ｇ α
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 内单调递减． （ｉ） ０＜ ≤ ， （ ） （－１，１） ，｜ （－１）｜＝ ，
≤０ ， （ ）＜０， （ ） （０，＋∞） ５
ｇ α ｇ ｇ 所以Ａ α．
当ａ 时 由ｆ ′ ｘ 有ｘ １ ． ｜ （１）｜＝２－３ ，｜ （－１）｜＜｜ （１）｜， ＝２－３
＞０ ， （ ）＝０ ＝ ２ ａ 当 １ α 时 由ｇ ｇ α 知ｇ
（ｉｉ） ＜ ＜１ ， （－１）－ （１）＝２（１－ ）＞０， （－１）＞
æ ö ５
当ｘ
∈è
ç
０，
１
ａø
÷时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０，
ｆ
（
ｘ
）
单调递减
； ｇ ｇ
(
１－
α)
．
２ （１）＞ α
æ ö ４
当ｘ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增． ( α) α α
∈è ａ，＋∞ø ， （ ）＞０， （ ） 又 ｇ １－ ｇ （１－ ）（１＋７ ）
２ α －｜ （－１）｜＝ α ＞０，
（２） 令ｓ （ ｘ ）＝ｅ ｘ －１ － ｘ ， 则ｓ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ －１ －１ ． ４ ( α) α２ α ８
所以Ａ ｇ １－ ＋６ ＋１．
当ｘ ＞１ 时 ， ｓ′ （ ｘ ）＞０， 所以 ｅ ｘ －１ ＞ ｘ ， 从而ｇ （ ｘ ）＝ １ ｘ － ｘ １ －１＞０ ． ＝ ４ α ＝ ８ α
由 当ｘ 时 ｇ ｘ ． ｅ ì ï α α １
（
当
３）
ａ ≤
（
０，
２
ｘ
）
＞
，
１ 时
＞
，
１
ｆ （ ｘ ）
，
＝
（
ａ （
）
ｘ
＞
２ －
０
１）－ｌｎ ｘ ＜０ ． 综上 Ａ í
ïï
α
２－
２
３
α
，０＜ ≤
５
，
分
故当ｆ ｘ ｇ ｘ 在区间 内恒成立时 必有ａ ． ， ＝ï ＋６ ＋１ １ α （９ ）
（ ）＞ （ ） （１，＋∞） ， ＞０
ïï ８
α ，
５
＜ ＜１，
当 ０＜ ａ ＜
２
１ 时 ， １
２
ａ＞１ ．
（３） 由 （１）
î
得
３ α
｜
－
ｆ
２
′
，
（
α
ｘ
≥
）｜
１
＝
．
｜－２ α ｓｉｎ２ ｘ －（ α －１）ｓｉｎ ｘ ｜≤２ α ＋｜ α －１｜ ．
æ ö æ ö
由 有ｆç １ ÷ ｆ 而ｇç １ ÷ 当 α １ 时 ｆ ′ ｘ α α α Ａ．
（１） è ａø＜（１）＝０， è ａø＞０， ０＜ ≤ ，｜ （ ）｜≤１＋ ≤２－４ ＜２（２－３ ）＝２
２ ２ ５
所以此时ｆ ｘ ｇ ｘ 在区间 内不恒成立． α
（ ）＞ （ ） （１，＋∞） 当 １ α 时 Ａ １ ３ 所以 ｆ ′ ｘ α Ａ．
＜ ＜１ ， ＝ ＋ α＋ ＞１， ｜ （ ）｜≤１＋ ＜２
当ａ １ 时 令ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ． ５ ８ ８ ４
≥ ， （ ）＝ （ ）－ （ ）（ ≥１） 当α 时 ｆ ′ ｘ α α Ａ．
２ ≥１ ，｜ （ ）｜≤３ －１≤６ －４＝２
当ｘ 时 ｈ′ ｘ ａｘ １ １ １－ ｘ ｘ １ １ １
ｘ３
－２
ｘ
＋１
所以
｜
ｆ ′
（
ｘ
）｜≤２
Ａ．
（１２
分
）
＞１ ， （ ）＝２ － ｘ ＋ｘ２ －ｅ ＞ － ｘ ＋ｘ２ － ｘ ＝ ｘ２ 评析 本题主要考查导数的计算及导数的应用，考查了二次
ｘ２ ｘ 函数的性质，解题时注意分类讨论，本题综合性较强，属于
－２ ＋１ ．
＞ ｘ２ ＞０ 难题．
因此 ｈ ｘ 在区间 内单调递增． ２７．（２０１６课标Ⅲ文，２１，１２分）设函数ｆ ｘ ｘ ｘ ．
， （ ） （１，＋∞） （ ）＝ｌｎ － ＋１
又因为ｈ 所以当ｘ 时 ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 讨论ｆ ｘ 的单调性
（１）＝０， ＞１ ， （ ）＝ （ ）－ （ ）＞０， （１） （ ） ；
即ｆ ｘ ｇ ｘ 恒成立． ｘ
（ ）＞ （ ） 证明当ｘ 时 －１ ｘ
[ ) （２） ∈（１，＋∞） ，１＜ ｘ＜ ；
综上 ａ １ ． ｌｎ
， ∈ ，＋∞ 设ｃ 证明当ｘ 时 ｃ ｘ ｃｘ．
２ （３） ＞１， ∈（０，１） ，１＋（ －１） ＞
方法总结 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论 讨 解析 由题设知 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ
， （１） ， （ ） （０，＋∞）， （ ）＝
论时要注意定义域和参数范围 不重不漏 证明不等式可转化
， ， １ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ．
为求函数最值问题 对于 中的恒成立问题要想到前后之 ｘ －１， （ ）＝０， ＝１
， （３）
间的联系． 当 ｘ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 当ｘ 时 ｆ′ ｘ
０＜ ＜１ ， （ ）＞０， （ ） ； ＞１ ， （ ）＜０，
评析 本题考查了函数的单调性问题，利用导数证明不等式 ｆ ｘ 单调递减． 分
（ ） （４ ）
及恒成立问题，有较强的综合性． 证明 由 知ｆ ｘ 在ｘ 处取得最大值 最大值为ｆ
（２） ： （１） （ ） ＝１ ， （１）
２６．（２０１６课标Ⅲ理，２１，１２ 分）设函数 ｆ ｘ α ｘ α ．
（ ）＝ ｃｏｓ ２ ＋（ －１） ＝０
ｘ 其中α 记 ｆ ｘ 的最大值为Ａ． 所以当ｘ 时 ｘ ｘ ．
（ｃｏｓ ＋１）， ＞０， ｜ （ ）｜ ≠１ ，ｌｎ ＜ －１
求ｆ ′ ｘ ｘ
（１） （ ）； 故当ｘ 时 ｘ ｘ １ １ 即 －１ ｘ．
求Ａ ∈（１，＋∞） ，ｌｎ ＜ －１，ｌｎ ｘ ＜ ｘ －１， １＜ ｘ＜
（２） ； ｌｎ
证明 ｆ ′ ｘ Ａ． 分
（３） ｜ （ ）｜≤２ （７ ）
解析 ｆ ′ ｘ α ｘ α ｘ． 分 证明 由题设ｃ 设ｇ ｘ ｃ ｘ ｃｘ
（１） （ ）＝－２ ｓｉｎ２ －（ －１）ｓｉｎ （２ ） （３） ： ＞１， （ ）＝１＋（ －１） － ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
则ｇ′ ｘ ｃ ｃｘ ｃ 令ｇ′ ｘ 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ ａ ．
（ ）＝ －１－ ｌｎ ， （ ）＝０， （１） （ ）＝（ －１）ｅ ＋２ （ －１）＝（ －１）（ｅ ＋２ ）
ｃ 设ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ
－１ （ｉ） ≥０， ∈（－∞，１） ， （ ）＜０； ∈（１，＋∞）
ｌｎ ｃ 时 ｆ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上
解得ｘ ｌｎ ． ， （ ）＞０ （ ） （－∞，１） ， （１，＋∞）
０＝ ｃ 单调递增． 分
ｌｎ （２ ）
当ｘ ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 当ｘ ｘ 时 ｇ′ ｘ 设ａ 由ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ａ ．
＜ ０ ， （ ）＞０， （ ） ； ＞ ０ ， （ ）＜０， （ｉｉ） ＜０， （ ）＝０ ＝１ ＝ｌｎ（－２ ）
ｇ ｘ 单调递减． 分
（ ） （９ ） 若ａ ｅ 则ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 所以 ｆ ｘ 在
ｃ ① ＝－ ， （ ）＝（ －１）（ｅ －ｅ）， （ ） （－∞，
由 知 －１ ｃ 故 ｘ ． ２
（２） １＜ ｃ＜ ， ０＜ ０＜１ 上单调递增．
ｌｎ ＋∞）
又ｇ ｇ 故当 ｘ 时 ｇ ｘ ．
所以 （ 当 ０） ｘ ＝ （１）＝０ 时 ， ０ ｃ ＜ ＜１ ｘ ｃｘ ， ． （ ）＞０ 分 ② 若ａ ＞－ ｅ ， 则 ｌｎ（－２ ａ ）＜１， 故当ｘ ∈（－∞，ｌｎ（－２ ａ ））∪（１，
∈（０，１） ，１＋（ －１） ＞ （１２ ） ２
疑难突破 在 中 首先要解方程 ｇ′ ｘ 为了判定 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．所以
（３） ， （ ）＝ ０， ＋∞） ， （ ）＞０； ∈（ｌｎ（－２ ），１） ， （ ）＜０
ｇ ｘ 的单调性 必须比较极值点ｘ 与区间 的关系 注 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 在 ａ
（ ） ， ０ （０，１） ， （ ） （－∞，ｌｎ（－２ ）），（１，＋∞） ， （ｌｎ（－２ ），
意到ｇ ｇ 是求解本题的突破点． 上单调递减． 分
（０）＝ （１）＝０ １） （４ ）
评析 本题考查了导数的综合运用及不等式的证明．
若ａ ｅ 则 ａ 故当ｘ ａ
２８．（２０１６课标Ⅰ理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ ③ ＜－ ， ｌｎ（－２ ）＞１， ∈（－∞，１）∪（ｌｎ（－２ ），
（ ）＝（ －２）ｅ ＋ （ － ２
２ 有两个零点． 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．所以
１） ＋∞） ， （ ）＞０； ∈（１，ｌｎ（－２ ）） ， （ ）＜０
求ａ的取值范围 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 在
（１） ； （ ） （－∞，１），（ｌｎ（－２ ），＋∞） ， （１，ｌｎ（－
设ｘ ｘ 是ｆ ｘ 的两个零点 证明 ｘ ｘ ． ａ 上单调递减． 分
（２） １， ２ （ ） ， ： １＋ ２＜２ ２ ）） （６ ）
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ ａ ． 设ａ 则由 知 ｆ ｘ 在 上单调递减 在
（１） （ ）＝（ －１）ｅ ＋２ （ －１）＝（ －１）（ｅ ＋２ ） （２）（ｉ） ＞０， （１） ， （ ） （－∞，１） ，
分 上单调递增．
（２ ） （１，＋∞）
设ａ 则ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 只有一个零点． 分 ａ
（ｉ） ＝０， （ ）＝（ －２）ｅ ， （ ） （３ ） 又ｆ ｆ ａ 取ｂ满足ｂ 且ｂ
设ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ （１）＝－ｅ， （２）＝ ， ＜０ ＜ｌｎ ，
（ｉｉ） ＞０， ∈（－∞，１） ， （ ）＜０； ∈（１，＋∞） ２
时 ｆ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调 ａ ( )
， （ ）＞０ （ ） （－∞，１） ， （１，＋∞） 则ｆ ｂ ｂ ａ ｂ ２ ａ ｂ２ ３ ｂ
递增． （ ）＞ （ －２）＋ （ －１） ＝ － ＞０，
２ ２
ａ 所以ｆ ｘ 有两个零点． 分
又ｆ ｆ ａ 取ｂ满足ｂ 且ｂ 则 （ ） （８ ）
（１）＝－ｅ， （２）＝ ， ＜０ ＜ｌｎ ， 设ａ 则ｆ ｘ ｘ ｘ 所以ｆ ｘ 只有一个零点．
２ （ｉｉ） ＝０， （ ）＝（ －２）ｅ ， （ ）
ａ ( ) 分
ｆ ｂ ｂ ａ ｂ ２ ａ ｂ２ ３ ｂ （９ ）
（ ）＞ （ －２）＋ （ －１） ＝ － ＞０，
２ ２ 设ａ 若ａ ｅ 则由 知 ｆ ｘ 在 上单调
故ｆ ｘ 存在两个零点． 分 （ｉｉｉ） ＜０， ≥－ ， （１） ， （ ） （１，＋∞）
（ ） （４ ） ２
设ａ 由ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ａ ． 递增 又当ｘ 时ｆ ｘ 故ｆ ｘ 不存在两个零点 分
（ｉｉｉ） ＜０， （ ）＝０ ＝１ ＝ｌｎ（－２ ） ， ≤１ （ ）＜０， （ ） ；（１０ ）
若ａ ｅ 则 ａ 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 若ａ ｅ 则由 知 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在
≥－ ， ｌｎ（－２ ）≤１， ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０， ＜－ ， （１） ， （ ） （１，ｌｎ（－２ ）） ，
２ ２
因此ｆ ｘ 在 单调递增．又当 ｘ 时 ｆ ｘ 所以 ａ 上单调递增 又当ｘ 时ｆ ｘ 故ｆ ｘ 不
（ ） （１，＋∞） ≤１ （ ）＜０， （ｌｎ（－２ ），＋∞） ， ≤１ （ ）＜０， （ ）
ｆ ｘ 不存在两个零点． 分 存在两个零点． 分
（ ） （６ ） （１１ ）
综上 ａ的取值范围为 ． 分
若ａ ｅ 则 ａ 故当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ， （０，＋∞） （１２ ）
＜－ ， ｌｎ（－２ ）＞１， ∈（１，ｌｎ（－２ ）） ， （ ）＜ 疑难突破 分类讨论时临界点的选取是关键 易忽略ａ
２ （１） ， ＝
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．
０； ∈（ｌｎ（－２ ），＋∞） ， （ ）＞０ ｅ 的情形． 在讨论ａ 时函数零点的个数时 注意利用
因此ｆ ｘ 在 ａ 单调递减 在 ａ 单调 － （２） ＞０ ，
（ ） （１，ｌｎ（－２ ）） ， （ｌｎ（－２ ），＋∞） ２
递增．又当ｘ 时ｆ ｘ 所以ｆ ｘ 不存在两个零点． 不等式的放缩．
≤１ （ ）＜０， （ ）
综上 ａ的取值范围为 ． 分 评析 本题考查函数的单调性、零点等知识点，解题时要认真
， （０，＋∞） （８ ）
不妨设ｘ ｘ ．由 知 ｘ ｘ ｘ 审题、仔细解答，注意分类讨论和等价转化．
（２） １＜ ２ （１） ， １∈（－∞，１）， ２∈（１，＋∞），２－ ２
∈（－∞，１），
ｆ
（
ｘ
）
在
（－∞，１）
单调递减
，
所以ｘ
１＋
ｘ
２＜２
等价于 ３０．（２０１５课标Ⅱ理，２１，１２分）设函数ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｍｘ
＋
ｘ２
－
ｍｘ．
ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ． 证明 ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增
（ １）＞（２－ ２）， （２－ ２）＜０ （１） ： （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞） ；
由于ｆ （２－ ｘ ２）＝－ ｘ ２ｅ ２－ ｘ ２＋ ａ （ ｘ ２－１） ２ ， 而ｆ （ ｘ ２）＝（ ｘ ２－２）ｅ ｘ ２＋ ａ （ ｘ ２ （２） 若对于任意ｘ １， ｘ ２∈［－１，１］， 都有 ｜ ｆ （ ｘ １）－ ｆ （ ｘ ２）｜≤ｅ－１，
－１） ２ ＝０， 所以ｆ （２－ ｘ ２）＝－ ｘ ２ｅ ２－ ｘ ２－（ ｘ ２－２）ｅ ｘ ２ ． （１０ 分 ） 求ｍ的取值范围．
设ｇ
（
ｘ
）＝－
ｘ
ｅ
２－ ｘ
－（
ｘ
－２）ｅ
ｘ
，
则ｇ ′
（
ｘ
）＝（
ｘ
－１）（ｅ
２－ ｘ
－ｅ
ｘ
）
． 解析
（１）
ｆ ′
（
ｘ
）＝
ｍ
（ｅ
ｍｘ
－１）＋２
ｘ．
所以当ｘ 时 ｇ ′ ｘ 而ｇ 故当ｘ 时 ｇ ｘ ． 若ｍ 则当ｘ 时 ｍｘ ｆ ′ ｘ
＞１ ， （ ）＜０， （１）＝０， ＞１ ， （ ）＜０ ≥０， ∈（－∞，０） ，ｅ －１≤０， （ ）＜０；
从而ｇ ｘ ｆ ｘ 故ｘ ｘ ． 分 当ｘ 时 ｍｘ ｆ ′ ｘ ．
（ ２）＝ （２－ ２）＜０， １＋ ２＜２ （１２ ） ∈（０，＋∞） ，ｅ －１≥０， （ ）＞０
评析 本题重点考查利用导数处理函数问题的能力，通过对 若ｍ 则当ｘ 时 ｍｘ ｆ ′ ｘ
＜０， ∈（－∞，０） ，ｅ －１＞０， （ ）＜０；
函数零点问题的研究，深入考查了导数的应用方法及形式．能 当ｘ 时 ｍｘ ｆ ′ ｘ ．
∈（０，＋∞） ，ｅ －１＜０， （ ）＞０
够熟练地利用导函数的性质来研究原函数的性质，是解决此 所以 ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增．
， （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞）
类问题的关键． 由 知 对任意的ｍ ｆ ｘ 在 单调递减 在
（２） （１） ， ， （ ） ［－１，０］ ， ［０，１］
２９．（２０１６课标Ⅰ文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ 单调递增 故ｆ ｘ 在ｘ 处取得最小值．所以对于任意ｘ ｘ
（ ）＝（ －２）ｅ ＋ （ － ， （ ） ＝０ １， ２
２． ｆ ｘ ｆ ｘ 的充要条件
１） ∈［－ １，１］， ｜ （ １） － （ ２） ｜ ≤ ｅ － １
讨论ｆ ｘ 的单调性 {ｆ ｆ
（１） （ ） ； 是 （１）－（０）≤ｅ－１，
若ｆ ｘ 有两个零点 求ａ的取值范围． ｆ ｆ
（２） （ ） ， （－１）－（０）≤ｅ－１，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２３９
{ ｍ ｍ 当ｎ为偶数时．
即 ｅ － ≤ｅ－１， ②
－ ｍ ｍ ．① 当ｆ ′ ｘ 即ｘ 时 函数ｆ ｘ 单调递增
ｅ ＋ ≤ｅ－１ （ ）＞０， ＜１ ， （ ） ；
设函数ｇ ｔ ｔ ｔ 则ｇ′ ｔ ｔ ． 当ｆ ′ ｘ 即ｘ 时 函数ｆ ｘ 单调递减．
（ ）＝ｅ－ －ｅ＋１， （ ）＝ｅ－１ （ ）＜０， ＞１ ， （ ）
当ｔ 时 ｇ′ ｔ 当ｔ 时 ｇ′ ｔ ．故ｇ ｔ 在 单 所以 ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减．
＜０ ， （ ）＜０； ＞０ ， （ ）＞０ （ ） （－∞，０） ， （ ） （－∞，１） ， （１，＋∞）
调 又 递 ｇ 减 ， 在 （０ ｇ ，＋∞） 单调 －１ 递增． 故当ｔ 时 ｇ ｔ ． （ 曲 ２ 线 ） 证 ｙ 明 ｆ ： 设 ｘ 点 在 Ｐ 点 的 Ｐ 坐 处 标 的 为 切 （ ｘ 线 ０， 方 ０） 程 ， 则 为 ｘ ０ ｙ ＝ ｎ ｆ ｎ－ １ ′ １ ， ｘ ｆ ′ （ ｘ ｘ ０）＝ ｘ ｎ － ｎ 即 ２．
当ｍ （１）＝０， （ 时 －１） ｇ ＝ｅ ｍ ＋２－ｅ ｇ ＜０， ｍ ∈ 即 ［－１， 式 １］ 成立 ， （ ）≤０ ｇ ｘ ＝ ｆ ′ （ ｘ ） ｘ ｘ ．令Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ＝ ｘ 即 （ ０ Ｆ ）（ ｘ － ０ ｆ ） ｘ ，
当ｍ
∈［
时
－１，
由
１］
ｇ ｔ
，
的
（
单
）
调
≤
性
０，
ｇ
（－
ｍ
）≤０
即
， ①
ｍ ｍ
；
ｆ
（
′ ｘ
）＝
ｘ
（
ｘ
０）（
则
－
Ｆ
０）
′ ｘ
（
ｆ ′
）
ｘ
＝ （
ｆ
）
′
－
ｘ
（
．
）， （ ）＝ （ ）－
当ｍ ＞ ＜－ １ １ 时 ， ， ｇ （－ （ ｍ ） ）＞０， 即 ｅ － ， ｍ ＋ （ ｍ ＞ ） ｅ ＞ － ０ １ ， ． ｅ － ＞ｅ－１； 由 （ 于 ０ ｆ ） ′ （ （ ｘ － ）＝ ０） － ， ｎｘｎ －１ ＋ （ ｎ ） 在 ＝ （０， （ ＋ ） ∞ － ） 上 （ 单 ０） 调递减 ， 故 Ｆ′ （ ｘ ） 在
３１． 综 （２ 上 ０
讨
１ ， ５ ｍ
论
课 的
ｆ
标 取
ｘ
Ⅰ 值
的
文 范
导
， 围 ２
函
１ 是 ，
数
１ ［ ２ －
ｆ
１
′
分 ，
ｘ
１ ） ］ 设
零
． 函
点
数
的
ｆ
个
（ ｘ
数
）＝ｅ ２ ｘ － ａ ｌｎ ｘ． （ 时
ｘ
０ ， ，
内
Ｆ ＋ ′ ∞
单
（ ｘ ）
调
） 上 ＞
递
０ 单 ，
增
当 调递
在
ｘ ∈ 减 （
ｘ
． ｘ 又 ０， 因 ＋∞ 为 ）
上
Ｆ 时
单
′ （ ，
调
Ｆ ｘ ０ ′ ）
递
（ ＝ ｘ
减
） ０ ＜ ， ０
所
所 ， 所
以
以 以
对
当
于
Ｆ ｘ （ ∈
任
ｘ ） （
意
在 ０，
的
（ ｘ ０ ０
正
） ，
（１） （ ） （ ） ； ０） ， （ ０，＋∞） ，
（２） 证明 ： 当ａ ＞０ 时 ， ｆ （ ｘ ）≥２ ａ ＋ ａ ｌｎ ２ ａ ． 实数ｘ ， 都有Ｆ （ ｘ ）≤ Ｆ （ ｘ ０）＝ ０， 即对于任意的正实数ｘ ， 都有
ｆ ｘ ｇ ｘ ．
（ ）≤ （ ）
ａ
解析 （１） ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （０，＋∞）， ｆ ′ （ ｘ ）＝２ｅ ２ ｘ － ｘ （ ｘ ＞ （３） 证明 ： 不妨设ｘ １≤ ｘ ２ ．
由 知ｇ ｘ ｎ ｎ２ ｘ ｘ ．设方程ｇ ｘ ａ的根为ｘ′ 可
． （２） （ ）＝（ － ）（ － ０） （ ）＝ ２，
０） ａ
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ 没有零点 得ｘ′ ｘ ．当ｎ 时 ｇ ｘ 在 上单调递减．又
≤０ ， （ ）＞０， （ ） ； ２＝ｎ ｎ２ ＋ ０ ≥２ ， （ ） （－∞，＋∞）
ａ －
当ａ 时 因为ｙ ２ ｘ单调递增 ｙ 单调递增 所以ｆ′ ｘ 由 知ｇ ｘ ｆ ｘ ａ ｇ ｘ′ 可得ｘ ｘ′．
＞０ ， ＝ｅ ， ＝－ ｘ ， （ ） （２） （ ２）≥（ ２）＝ ＝ （ ２）， ２≤ ２
类似地 设曲线ｙ ｆ ｘ 在原点处的切线方程为ｙ ｈ ｘ 可得
在 上单调递增． ， ＝ （ ） ＝ （ ），
（０，＋∞） ｈ ｘ ｎｘ．当ｘ 时 ｆ ｘ ｈ ｘ ｘｎ 即对于任意
ａ （ ）＝ ∈（０，＋∞） ， （ ）－ （ ）＝－ ＜０，
又ｆ ′ ａ 当ｂ满足 ｂ 且ｂ １ 时 ｆ ′ ｂ 的ｘ ｆ ｘ ｈ ｘ ．
（ ）＞０， ０＜ ＜ ＜ ， （ ）＜０， ∈（０，＋∞）， （ ）＜ （ ）
４ ４ ａ
故当ａ 时 ｆ ′ ｘ 存在唯一零点． 分 设方程ｈ ｘ ａ的根为ｘ′ 可得ｘ′ ．因为ｈ ｘ ｎｘ在
＞０ ， （ ） （６ ） （ ）＝ １， １＝ ｎ （ ）＝ （－∞，
证明 由 可设ｆ ′ ｘ 在 上的唯一零点为ｘ
（２） ： （１）， （ ） （０，＋∞） ０， 上单调递增 且ｈ ｘ′ ａ ｆ ｘ ｈ ｘ 因此ｘ′ ｘ ．
当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ． ＋∞） ， （ １）＝ ＝ （ １）＜ （ １）， １＜ １
∈（０， ０） ， （ ）＜０； ∈（ ０，＋∞） ， （ ）＞０ ａ
故ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递减 在 ｘ 上单调递增 所以 由此可得ｘ ｘ ｘ′ ｘ′ ｘ ．
（ ） （０， ０） ， （ ０，＋∞） ， ２－ １＜ ２－ １＝ ｎ＋ ０
当ｘ ｘ 时 ｆ ｘ 取得最小值 最小值为ｆ ｘ ． １－
＝ ０ ，
ａ
（ ） ，
ａ
（ ０） 因为ｎ
≥２，
所以
２
ｎ －１
＝（１＋１）
ｎ －１
≥１＋Ｃ
１ｎ
－１＝１＋
ｎ
－１＝
ｎ
，
由于 ２ｅ ２ ｘ ０－ｘ ０ ＝０， 所以ｆ （ ｘ ０）＝ ２ ｘ ０ ＋２ ａｘ ０＋ ａ ｌｎ ２ ａ ≥２ ａ ＋ ａ ｌｎ ２ ａ ． 故 ２≥ ｎｎ－ １ １ ＝ ｘ ０ ． ａ
故当ａ
＞０
时
，
ｆ
（
ｘ
）≥２
ａ
＋
ａ
ｌｎ
２
ａ
．
（１２
分
）
所以 ，｜ ｘ ２－ ｘ １｜＜
１－
ｎ＋２ ．
评析 本题主要考查利用导数求函数零点及利用导数研究不
评析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导
等式 ，考查分类讨论思想，是综合性较强的题，属难题！
数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法．考查分类
３２．（２０１５天津理，２０，１４分）已知函数ｆ ｘ ｎｘ ｘｎ ｘ Ｒ 其中
讨论思想、函数思想和化归思想．考查综合分析问题和解决问
ｎ Ｎ∗ 且ｎ ．
（ ）＝ － ， ∈ ， 题的能力．
∈ ， ≥２
（１）
讨论ｆ
（
ｘ
）
的单调性
；
３３．（２０１５课标Ⅰ理，２１，１２ 分）已知函数 ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
＋
ａｘ
＋
１
，
ｇ
设曲线ｙ ｆ ｘ 与ｘ轴正半轴的交点为Ｐ 曲线在点Ｐ处 ４
（２） ＝ （ ） ， ｘ ｘ．
的切线方程为ｙ ｇ ｘ 求证 对于任意的正实数ｘ 都有 （ ）＝－ｌｎ
＝ （ ）， ： ， 当ａ为何值时 ｘ轴为曲线ｙ ｆ ｘ 的切线
ｆ ｘ ｇ ｘ （１） ， ＝ （ ） ？
（ ）≤ （ ）； 用 ｍ ｎ 表示 ｍ ｎ 中的最小值 设函数 ｈ ｘ
若关于ｘ的方程ｆ ｘ ａ ａ为实数 有两个正实数根ｘ （２） ｍｉｎ｛ ， ｝ ， ， （ ）＝
（３） （ ）＝ （ ） １， ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ 讨论ｈ ｘ 零点的个数．
ａ ｍｉｎ｛ （ ）， （ ）｝（ ＞０）， （ ）
ｘ 求证 ｘ ｘ ． 解析 设曲线ｙ ｆ ｘ 与ｘ轴相切于点 ｘ 则ｆ ｘ
２， ：｜ ２－ １｜＜
１－
ｎ＋２ （１）
{
＝ （ ） （ ０，０）， （ ０）
ｘ
下
ｎ －
解
面
１
）
析
分 ，
其
两
中 （
种
１ ｎ ）
情 ∈
由
况
Ｎ
ｆ
讨
∗ （
，
ｘ
论
且 ）＝ ｎ
ｎ
≥
ｘ
２
－ ．
ｘｎ
，
可得 ｆ ′
（
ｘ
）＝
ｎ
－
ｎｘｎ －１
＝
ｎ
（１－ ＝０， ｆ ′ （ ｘ ０）＝０， 即
３
ｘ３
０
ｘ
＋
２ ０＋
ａｘ
ａ
０
＝
＋
０
４
１
．
＝０，
：
当ｎ为奇数时． 解得ｘ １ ａ ３ ．
① ０＝ ， ＝－
令ｆ ′ ｘ 解得ｘ 或ｘ ． ２ ４
（ ）＝０， ＝１， ＝－１
当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表 因此 当ａ ３ 时 ｘ轴为曲线ｙ ｆ ｘ 的切线． 分
， （ ）， （ ） ： ， ＝－ ， ＝ （ ） （５ ）
４
ｘ 当 ｘ 时 ｇ ｘ ｘ 从而 ｈ ｘ
（－∞，－１） （－１，１） （１，＋∞） （２） ∈（１，＋∞） ， （ ）＝ －ｌｎ ＜０， （ ）＝
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ 故ｈ ｘ 在 无零点．
（ ） － ＋ － ｍｉｎ｛ （ ）， （ ）｝≤ （ ）＜０， （ ） （１，＋∞）
ｆ ｘ 当ｘ 时 若ａ ５ 则ｆ ａ ５ ｈ ｆ
（ ） ↘ ↗ ↘ ＝１ ， ≥－ ， （１）＝ ＋ ≥０， （１）＝ｍｉｎ｛ （１），
４ ４
所以 ｆ ｘ 在 上单调递减 在 内
， （ ） （－∞，－１），（１，＋∞） ， （－１，１） ｇ ｇ 故ｘ 是ｈ ｘ 的零点 若ａ ５ 则ｆ
单调递增． （１）｝＝ （１）＝０， ＝１ （ ） ； ＜－ ， （１）
４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｈ ｆ ｇ ｆ 故ｘ 不是ｈ ｘ 的 ( ａ)
＜０， （１）＝ｍｉｎ｛ （１）， （１）｝＝ （１）＜０， ＝１ （ ） 由 知 函数ｆ ｘ 的两个极值为ｆ ｂ ｆ ２ ４
零点． （２） （１） ， （ ） （０）＝ ， － ＝
３ ２７
当ｘ 时 ｇ ｘ ｘ 所以只需考虑ｆ ｘ 在 ( ａ)
∈（０，１） ， （ ）＝－ｌｎ ＞０， （ ） （０，１） ａ３ ｂ 则函数 ｆ ｘ 有三个零点等价于 ｆ ｆ ２
的零点个数． ＋ ， （ ） （０）· － ＝
３
（ｉ） 若ａ ≤－３ 或ａ ≥０， 则ｆ ′ （ ｘ ）＝ ３ ｘ２ ＋ ａ在 （０，１） 无零点 ， 故 ( )
{ａ
＞０，
{ａ
＜０，
ｂ ４ ａ３ ｂ 从而 或
ｆ （ ｘ ） 在 （０，１） 单调．而ｆ （０）＝ １ ， ｆ （１）＝ ａ ＋ ５ ， 所以当ａ ≤－３ ２７ ＋ ＜０， － ４ ａ３ ＜ ｂ ＜０ ０＜ ｂ ＜－ ４ ａ３．
４ ４ ２７ ２７
时 ， ｆ （ ｘ ） 在 （０，１） 有一个零点 ； 当ａ ≥０ 时 ， ｆ （ ｘ ） 在 （０，１） 没有 又ｂ ｃ ａ 所以当ａ 时 ４ ａ３ ａ ｃ 或当ａ 时 ４ ａ３ ａ
零点． ＝ － ， ＞０ ，
２７
－ ＋ ＞０ ＜０ ，
２７
－ ＋
ｃ ．
æ ａ ö ＜０
若 ａ 则 ｆ ｘ 在 ç ÷单调递减 在
（ｉｉ） －３＜ ＜０， （ ） è０， －
３
ø ， 设ｇ
（
ａ
）＝
４ ａ３
－
ａ
＋
ｃ
，
因为函数ｆ
（
ｘ
）
有三个零点时
，
ａ的取值
æ ç ａ ö ÷单调递增 故在 中 当ｘ ａ 时 ｆ ｘ ２７ ( ) ( )
è － ，１ø ， （０，１） ， ＝ － ， （ ） 范围恰好是 ３ ３
３ ３ （－∞，－３）∪ １， ∪ ，＋∞ ，
２ ２
æ ａ ö ａ ａ ( ) ( )
取得最小值 最小值为ｆ ç ÷ ２ １ ． 则在 上 ｇ ａ 且在 ３ ３ 上
， è － ø＝ － ＋ （－∞，－３） ， （ ）＜０， １， ∪ ，＋∞ ，
３ ３ ３ ４ ２ ２
æ ａ ö ｇ ａ 均恒成立
若ｆ ç ÷ 即 ３ ａ ｆ ｘ 在 无零点 （ ）＞０ ，
① è － ø＞０， － ＜ ＜０，（ ） （０，１） ； ( )
３ ４ 从而ｇ ｃ 且ｇ ３ ｃ 因此ｃ ．
② 若ｆ æ è ç － ３ ａ ö ø ÷ ＝０， 即ａ ＝－ ４ ３ ， 则ｆ （ ｘ ） 在 （０，１） 有唯一零点 ； 此时 ， （ ｆ （ － ｘ ３ ） ） ＝ ＝ ｘ３ － ＋ １ ａ ≤ ｘ２ ＋ ０， １－ ａ ＝（ ｘ ２ ＋１） ＝ ［ ｘ － ２ １ ＋ ≥ （ ａ ０ － ， １） ｘ ＋１－ ＝ ａ １ ］，
æ ａ ö
因函数ｆ
（
ｘ
）
有三个零点
，
则ｘ２
＋（
ａ
－１）
ｘ
＋１－
ａ
＝０
有两个异于
－
③ 若ｆ è ç － ø ÷ ＜０， 即 －３＜ ａ ＜－ ３ ， 由于ｆ （０）＝ １ ， ｆ （１）＝ ａ ＋ １ 的不等实根 ， 所以Δ ＝（ ａ －１） ２ －４（１－ ａ ）＝ ａ２ ＋２ ａ －３＞０， 且 （－
３ ４ ４
２ ａ ａ
１） －（ －１）＋１－ ≠０，
５ 所以当 ５ ａ ３ 时 ｆ ｘ 在 有两个零点 当 ａ ( ) ( )
４ ， － ４ ＜ ＜－ ４ ，（ ） （０，１） ； －３＜ 解得ａ ∈（－∞，－３）∪ １， ３ ∪ ３ ，＋∞ ．
２ ２
≤－ ５ 时 ， ｆ （ ｘ ） 在 （０，１） 有一个零点． （１０ 分 ） 综上 ， ｃ ＝１ ．
４ 评析 本题在考查函数的零点与方程的根的同时，重点考查
综上
，
当ａ
＞－
３ 或ａ
＜－
５ 时
，
ｈ
（
ｘ
）
有一个零点
；
当ａ
＝－
３ 或ａ 利用导 数研究函数的单调性及函数的极值问题．
４ ４ ４
ｘ２
＝－ ５ 时 ， ｈ （ ｘ ） 有两个零点 ； 当 － ５ ＜ ａ ＜－ ３ 时 ， ｈ （ ｘ ） 有三个零点． ３５．（２０１５北京文，１９，１３分）设函数ｆ （ ｘ ）＝ － ｋ ｌｎ ｘ ， ｋ ＞０ ．
４ ４ ４ ２
分 求ｆ ｘ 的单调区间和极值
（１２ ） （１） （ ） ；
３４．（２０１５江苏，１９，１６分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂ ａ ｂ Ｒ ． 证明 若ｆ ｘ 存在零点 则ｆ ｘ 在区间 上仅有一
（ ）＝ ＋ ＋ （ ， ∈ ） （２） ： （ ） ， （ ） （１， ｅ］
试讨论ｆ ｘ 的单调性 个零点．
（１） （ ） ；
若ｂ ｃ ａ 实数ｃ是与ａ无关的常数 当函数ｆ ｘ 有三 ｘ２
（２） ＝ － （ ）， （ ） 解析 由ｆ ｘ ｋ ｘ ｋ 得
个不同的零点时 ａ 的取值范围恰好是 （１） （ ）＝ － ｌｎ （ ＞０）
， （－∞，－３）∪ ２
( ) ( ) ｋ ｘ２ ｋ
３ ３ 求ｃ的值． ｆ ′ ｘ ｘ － ．
１， ∪ ，＋∞ ， （ ）＝ － ｘ ＝ ｘ
２ ２
解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｘ 由ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｋ．
（１） （ ）＝３ ＋２ ， （ ）＝ ０， １＝０， ２＝ （ ）＝０ ＝
ａ ｆ ｘ 与ｆ ′ ｘ 在区间 上的情况如下
２ ． （ ） （ ） （０，＋∞） ：
－
３ ｘ ｋ ｋ ｋ
当ａ 时 因为 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ 所以函数 ｆ ｘ 在 （０， ） （ ，＋∞）
＝０ ， （ ）＝ ３ ＞０（ ≠０）， （ ）
上单调递增 ｆ ′ （ ｘ ） － ０ ＋
（－∞，＋∞） ；
( ａ) ｋ ｋ
当ａ 时 若ｘ ２ 则ｆ ′ ｘ 若ｘ ｆ ｘ （１－ ｌｎ ）
＞０ ， ∈ －∞，－ ∪（０，＋∞）， （ ）＞０， ∈ （ ） ↘ ↗
３ ２
( ２ ａ ) 则ｆ ′ ｘ 所以 ｆ ｘ 的单调递减区间是 ｋ
－ ，０ ， （ ）＜０， ， （ ） （０， ），
３ 单调递增区间是 ｋ
( ａ) （ ，＋∞）；
所以函数 ｆ ｘ 在 ２ 上单调递增 在 ｋ ｋ
（ ） －∞，－ ，（０，＋∞） ， ｆ ｘ 在ｘ ｋ处取得极小值ｆ ｋ （１－ ｌｎ ）．
３ （ ） ＝ （ ）＝
( ａ ) ２
２ 上单调递减 证明 由 知 ｆ ｘ 在区间 上的最小值为 ｆ
－ ，０ ； （２） ： （１） ， （ ） （０，＋∞）
３ ｋ ｋ
( ａ ) ｋ （１－ ｌｎ ）．
当ａ 时 若ｘ ２ 则ｆ ′ ｘ 若ｘ （ ）＝
＜０ ， ∈（－∞，０）∪ － ，＋∞ ， （ ）＞０， ∈ ２
３ ｋ ｋ
( ａ) 因为ｆ ｘ 存在零点 所以 （１－ ｌｎ ） 从而ｋ ．
２ 则 ｆ ′ ｘ 所以函数 ｆ ｘ 在 （ ） ， ≤０， ≥ｅ
０，－ ， （ ） ＜０， （ ） （－∞，０）， ２
３
( ２ ａ ) 上单调递增 在 ( ２ ａ) 上单调递减． 当ｋ ＝ｅ 时 ， ｆ （ ｘ ） 在区间 （１， ｅ） 上单调递减 ， 且ｆ （ ｅ）＝０，
－ ，＋∞ ， ０，－ 所以ｘ 是ｆ ｘ 在区间 上的唯一零点．
３ ３ ＝ ｅ （ ） （１， ｅ］
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２４１
当ｋ 时 ｆ ｘ 在区间 上单调递减 由题设知ｆ ′ 解得ｂ ．
＞ｅ ， （ ） （０， ｅ） ， （１）＝０， ＝１
ｋ ａ
且ｆ １ ｆ ｅ－ ｆ ｘ 的定义域为 由 知 ｆ ｘ ａ ｘ １－ ｘ２
（１）＝ ＞０， （ ｅ）＝ ＜０， （２） （ ） （０，＋∞）， （１） ， （ ）＝ ｌｎ ＋ －
２ ２ ２
ａ ａ( ａ )
所以ｆ ｘ 在区间 上仅有一个零点． ｘ ｆ ′ ｘ ａ ｘ １－ ｘ ｘ ．
（ ） （１， ｅ］ ， （ ）＝ ｘ ＋（１－ ） －１＝ ｘ － ａ （ －１）
综上可知 若ｆ ｘ 存在零点 １－
， （ ） ， ａ
则ｆ ｘ 在区间 上仅有一个零点． 若ａ １ 则 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ
（ ） （１， ｅ］ （ｉ） ≤ ， ａ≤１， ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０，（ ）
评析 本题主要考查利用导数求函数的单调区间及极值，考 ２ １－
在 上单调递增．
查利用导数研究函数的零点问题，本题综合性较强，属中等难 （１，＋∞）
ａ ａ
度题． 所以 存在ｘ 使得ｆ ｘ 的充要条件为ｆ
， ０≥１， （ ０）＜ａ （１）＜ａ ，
３６．（２０１５浙江，２０，１５分）设函数ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ ａ ｂ Ｒ ． －１ －１
（ ）＝ ＋ ＋ （ ， ∈ ） ａ ａ
当ｂ
ａ２
时 求函数ｆ ｘ 在 上的最小值ｇ ａ
即１－
－１＜ａ ，
解得
－ ２－１＜
ａ
＜ ２－１
．
（１） ＝ ＋１ ， （ ） ［－１，１］ （ ） ２ －１
４ ａ ( ａ )
的表达式 若 １ ａ 则 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当
； （ｉｉ） ＜ ＜１， ａ＞１， ∈ １， ａ ， （ ）＜０；
（２） 已知函数ｆ （ ｘ ） 在 ［－１，１］ 上存在零点 ，０≤ ｂ －２ ａ ≤１， 求ｂ ( ａ ２ ) １－ ( １－ ａ )
的取值范围． ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．ｆ ｘ 在 上单调递减 在
∈ ａ，＋∞ ， （ ）＞０ （ ） １， ａ ，
解析 当ｂ ａ２ 时 ｆ ｘ ( ｘ ａ ) ２ ( ａ １－ ) １－
（１） ＝ ＋１ ， （ ）＝ ＋ ＋１， 上单调递增．
４ ２ ａ，＋∞
１－
故对称轴为直线ｘ ａ ． ａ ( ａ )
＝－ 所以 存在 ｘ 使得 ｆ ｘ 的充要条件为ｆ
２ ， ０≥１， （ ０）＜ａ ａ
当ａ 时 ｇ ａ ｆ
ａ２
ａ ． ａ
－１ １－
≤－２ ， （ ）＝ （１）＝ ＋ ＋２ ．
４ ＜ａ
当 ａ 时 ｇ ａ ｆ ( ａ ) ． － ( １ ａ ) ａ ａ２ ａ ａ
－２＜ ≤２ ， （ ）＝ － ＝１ 而ｆ ａ 所以不合题意．
２ ａ ＝ ｌｎ ａ＋ ａ ＋ａ ＞ａ ，
ａ２ １－ １－ ２（１－ ） －１ －１
当ａ 时 ｇ ａ ｆ ａ ． ａ ａ ａ
＞２ ， （ ）＝ （－１）＝ － ＋２ 若ａ 则ｆ １－ － －１ ．
４ （ｉｉｉ） ＞１， （１）＝ －１＝ ＜ａ
ì
ï
ａ２
ａ ａ 综上 ａ的取值范围是
２ ２ －１
．
ïï４ ＋ ＋２， ≤－２，
评析
，
本题考查导数的
（－
几
２
何
－
意
１，
义
２
，
－
导
１）
数
∪
在
（１
解
，＋
函
∞
数
）
问题中的应
综上 ｇ ａ í ａ
， （ ）＝ï１， －２＜ ≤２， 用等知识，同时考查了转化和分类讨论的数学思想，对运算能
î
ïï
ａ２
－
ａ
＋２，
ａ
＞２
． 力及推理能力的要求较高．
设ｓ ｔ为方程 ４ ｆ ｘ 的解 且 ｔ 则 {ｓ ＋ ｔ ＝－ ａ ， ３８．（２０１４课标Ⅰ理，２１，１２分）设函数ｆ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ｘ ｌｎ ｘ ＋ ｂ ｅ ｘ ｘ －１ ， 曲
（２） ， （ ）＝０ ， －１≤≤１， ｓｔ ｂ
＝ ， 线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｙ ｘ ．
ｔ ｔ ＝ （ ） （１， （１）） ＝ｅ（ －１）＋２
由于 ０≤ ｂ －２ ａ ≤１， 因此 ｔ －２ ≤ ｓ ≤ １ ｔ －２ （－１≤ ｔ ≤１） ． 求ａ ｂ
＋２ ＋２ （１） ， ；
证明 ｆ ｘ ．
当 ｔ 时 －２
ｔ２
ｓｔ
ｔ
－２
ｔ２
（２） ：（ ）＞１
０≤≤１ ，ｔ ≤ ≤ ｔ ， 解析 函数ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ａ ｘ ｘ
＋２ ＋２ （１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝ ｅ ｌｎ
由于 ２ －２
ｔ２
和 １
ｔ
－２
ｔ２ ａ
ｘ
ｂ
ｘ －１
ｂ
ｘ －１．
－ ≤ｔ ≤０ － ≤ ｔ ≤９－４ ５， ＋ ｘ ｅ －ｘ２ｅ ＋ ｘ ｅ
３ ＋２ ３ ＋２
由题意可得ｆ ｆ ′ ．
所以 ２ ｂ ． （１）＝２， （１）＝ｅ
－ ≤ ≤９－４ ５ 故ａ ｂ ．
３ ＝１， ＝２
ｔ ｔ２ ｔ２
当 －１≤ ｔ ＜０ 时 ， － ｔ ２ ≤ ｓｔ ≤ － ｔ ２ ， （２） 由 （１） 知 ， ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ ｌｎ ｘ ＋ ２ ｘ ｅ ｘ －１ ， 从而ｆ （ ｘ ）＞１ 等价于ｘ ｌｎ ｘ
＋２ ＋２
ｔ２ ｔ ｔ２
由于 －２≤ － ｔ ２ ＜０ 和 －３≤ － ｔ ２ ＜０， 所以 －３≤ ｂ ＜０ ． ＞ ｘ ｅ － ｘ － ２ ．
＋２ ＋２ ｅ
故ｂ的取值范围是 ． 设函数ｇ ｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ．
［－３，９－４ ５］ （ ）＝ ｌｎ ， （ ）＝１＋ｌｎ
评析 本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等 ( ) ( )
所以当ｘ １ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ １ 时
式性质等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等分析 ∈ ０， ， （ ）＜０； ∈ ，＋∞ ，
ｅ ｅ
问题和解决问题的能力，属较难题． ｇ′ ｘ ．
（ ）＞０
( ) ( )
ａ
３７．（２０１４课标Ⅰ文，２１，１２分）设函数ｆ
（
ｘ
）＝
ａ
ｌｎ
ｘ
＋
１－ ｘ２
－
ｂｘ 故ｇ
（
ｘ
）
在
０，
１ 上单调递减
，
在 １
，＋∞
上单调递增
，
从
２ ｅ ｅ
ａ 曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线斜率为 ． ( )
（ ≠１）， ＝ （ ） （１， （１）） ０ 而ｇ ｘ 在 上的最小值为ｇ １ １ ．
求ｂ （ ） （０，＋∞） ＝－
（１） ； ｅ ｅ
ａ
若存在ｘ 使得ｆ ｘ 求ａ的取值范围． 设函数ｈ ｘ ｘ － ｘ ２ 则ｈ′ ｘ － ｘ ｘ ．
（２） ０≥１， （ ０）＜ａ
－１
， （ ）＝ ｅ －
ｅ
， （ ）＝ｅ （１－ ）
ａ 所以当ｘ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．
解析 ｆ ′ ｘ ａ ｘ ｂ． ∈（０，１） ， （ ）＞０； ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０
（１） （ ）＝ ｘ ＋（１－ ） － 故ｈ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减 从而
（ ） （０，１） ， （１，＋∞） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
时 ｆ ｘ ｋｇ ｘ 不可能恒成立．
ｈ ｘ 在 上的最大值为ｈ １ ． ≥－２ ， （ ）≤ （ ）
（ ） （０，＋∞） （１）＝－ ｅ 综上 ， ｋ的取值范围是 ［１，ｅ ２ ］ ．
综上 当ｘ 时 ｇ ｘ ｈ ｘ 即ｆ ｘ ． 评析 本题考查了导数的几何意义以及利用导数研究函数的
， ＞０ ， （ ）＞ （ ）， （ ）＞１
评析 本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的 单调性，考查了分类与整合、函数与方程的思想；结合特值限
单调性及最值问题，考查等价转化思想及逻辑推理能力． 定参数的范围，可减少分类的情况，有利于提高效率，掌握利
３９．（２０１４课标Ⅱ文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ａｘ 用两根大小作为讨论的分界是解题关键．
（ ）＝ －３ ＋ ＋２，
曲线ｙ ｆ ｘ 在点 处的切线与ｘ轴交点的横坐标为 ． ４１．（２０１３课标Ⅱ理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｍ ．
＝ （ ） （０，２） －２ （ ）＝ｅ －ｌｎ（ ＋ ）
求ａ 设ｘ 是ｆ ｘ 的极值点 求ｍ 并讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） ； （１） ＝０ （ ） ， ， （ ） ；
证明 当ｋ 时 曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ ｋｘ 只有一个 当ｍ 时 证明ｆ ｘ ．
（２） ： ＜１ ， ＝ （ ） ＝ －２ （２） ≤２ ， （ ）＞０
交点．
解析 ｆ ′ ｘ ｘ １ ．
解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ａ ｆ ′ ａ （１） （ ） ＝ｅ －ｘ ｍ
（１） （ ）＝３ －６ ＋ ， （０）＝ ， ＋
曲线ｙ ｆ ｘ 在点 处的切线方程为ｙ ａｘ ． 由ｘ 是ｆ ｘ 的极值点得ｆ ′ 所以ｍ ．
＝ （ ） （０，２） ＝ ＋２ ＝０ （ ） （０）＝０， ＝１
于是ｆ ｘ ｘ ｘ 定义域为 ｆ ′ ｘ ｘ
由题设得 ２ 所以ａ ． （ ）＝ ｅ －ｌｎ（ ＋１）， （－１，＋∞）， （ ）＝ ｅ
－ ａ ＝－２， ＝１
１ ．
证明 由 知 ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ ． －ｘ
（２） ： （１） ， （ ）＝ －３ ＋ ＋２ ＋１
设ｇ ｘ ｆ ｘ ｋｘ ｘ３ ｘ２ ｋ ｘ ．
（ ）＝ （ ）－ ＋２＝ －３ ＋（１－ ） ＋４ 函数ｆ ′ ｘ ｘ １ 在 上单调递增 且ｆ ′
由题设知 ｋ ． （ ）＝ｅ －ｘ （－１，＋∞） ， （０）＝ ０，
１－ ＞０ ＋１
当ｘ
≤０
时
，
ｇ′
（
ｘ
）＝３
ｘ２
－６
ｘ
＋１－
ｋ
＞０，
ｇ
（
ｘ
）
单调递增
，
ｇ
（－１）＝
ｋ 因此当ｘ
∈（－１，０）
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０；
当ｘ
∈（０，＋∞）
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）
ｇ 所以ｇ ｘ 在 上有唯一实根． ．
－１＜０， （０）＝４， （ ）＝０ （－∞，０］ ＞０
当ｘ
＞０
时
，
令 ｈ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－３
ｘ２
＋４，
则 ｇ
（
ｘ
）＝
ｈ
（
ｘ
）＋（１－
ｋ
）
ｘ 所以ｆ
（
ｘ
）
在
（－１，０）
上单调递减
，
在
（０，＋∞）
上单调递增．
ｈ ｘ ． 证明 当ｍ ｘ ｍ 时 ｘ ｍ ｘ 故
＞ （ ） （２） ： ≤２， ∈（－ ，＋∞） ，ｌｎ（ ＋ ）≤ｌｎ（ ＋２），
ｈ′
（
ｘ
）＝３
ｘ２
－６
ｘ
＝３
ｘ
（
ｘ
－２），
ｈ
（
ｘ
）
在
（０，２）
上单调递减
，
在
（２，
只需证明当ｍ
＝２
时
，
ｆ
（
ｘ
）＞０
．
上单调递增 所以ｇ ｘ ｈ ｘ ｈ ．
＋∞） ， （ ）＞ （ ）≥ （２）＝０ 当ｍ 时 函数ｆ ′ ｘ ｘ １ 在 上单调递增．
所以ｇ ｘ 在 上没有实根． ＝２ ， （ ）＝ｅ －ｘ （－２，＋∞）
（ ）＝０ （０，＋∞） ＋２
综上 ｇ ｘ 在Ｒ上有唯一实根 即曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ 又ｆ ′ ｆ ′ 故ｆ ′ ｘ 在 上有唯一
， （ ）＝０ ， ＝ （ ） ＝ （－１）＜０， （０）＞０， （ ）＝０ （－２，＋∞）
ｋｘ 只有一个交点． 实根ｘ 且ｘ ．
－２ ０， ０∈（－１，０）
评析 本题主要考查导数的几何意义及导数的应用，考查了 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ
∈（－２， ０） ， （ ）＜０； ∈（ ０，＋∞） ， （ ）＞０，
分类讨论、函数与方程、等价转化等思想方法．把曲线ｙ ｆ（ｘ） 从而当ｘ ｘ 时 ｆ ｘ 取得最小值．
＝ ＝ ０ ， （ ）
与直线ｙ ｋｘ 只有一个交点的问题转化为研究函数ｇ（ｘ）
ｘ３
－３
ｘ２
＋
（ ＝
１－
－ ｋ） ２ ｘ
＋４
在 Ｒ 上有唯一实根问题是解决问题的 ＝ 由ｆ ′ （ ｘ ０）＝０ 得 ｅ ｘ ０＝ｘ
０
１
＋２
，ｌｎ（ ｘ ０＋２）＝－ ｘ ０， 故ｆ （ ｘ ）≥ ｆ （ ｘ ０）＝
关键． ｘ ２
１ ｘ （ ０＋１） ．
４０．（２０１３课标Ⅰ理，２１，１２分）设函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
＋
ａｘ
＋
ｂ
，
ｇ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ ｘ
０＋２
＋ ０＝ ｘ
０＋２
＞０
ｃｘ ｄ ．若曲线ｙ ｆ ｘ 和曲线ｙ ｇ ｘ 都过点Ｐ 且在 综上 当ｍ 时 ｆ ｘ ．
（ ＋ ） ＝ （ ） ＝ （ ） （０，２）， ， ≤２ ， （ ）＞０
点Ｐ处有相同的切线ｙ ｘ ． ａ ｘ ｂ
＝４ ＋２ ４２．（２０１１课标，２１，１２ 分）已知函数ｆ ｘ ｌｎ 曲线ｙ
（１）
求ａ
，
ｂ
，
ｃ
，
ｄ的值
；
（ ）＝ ｘ ＋１ ＋ ｘ ， ＝
（２） 若ｘ ≥－２ 时 ， ｆ （ ｘ ）≤ ｋｇ （ ｘ ）， 求ｋ的取值范围． ｆ （ ｘ ） 在点 （１， ｆ （１）） 处的切线方程为ｘ ＋２ ｙ －３＝０ ．
解析 由已知得ｆ ｇ ｆ ′ ｇ′ ． 求ａ ｂ的值
（１） （０）＝２， （０）＝２， （０）＝４， （０）＝４ （１） ， ；
而ｆ ′ （ ｘ ）＝２ ｘ ＋ ａ ， ｇ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ （ ｃｘ ＋ ｄ ＋ ｃ ）， 故ｂ ＝２， ｄ ＝２， ａ ＝４， ｄ ＋ ｃ （２） 如果当ｘ ＞０， 且ｘ ≠１ 时 ， ｆ （ ｘ ）＞ｘ ｌｎ ｘ ＋ ｋ ｘ ， 求ｋ的取值范围．
． －１
从
＝４
而ａ ｂ ｃ ｄ ． ａ
(ｘ
＋１ ｘ
)
＝４， ＝２， ＝２， ＝２ ｘ －ｌｎ ｂ
由 知 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ． 解析 ｆ ′ ｘ ．
（ 设 ２ 函 ） 数 （ Ｆ １） ｘ ， ｋ （ ｇ ） ｘ ＝ ｆ ＋ ｘ ４ ＋２， ｋ （ ｘ ） ｘ ＝２ｅ（ ｘ２ ＋１ ｘ ） 则 （１） （ ）＝ （ ｘ ＋１） ２ －ｘ２
（ ）＝ （ ）－（ ）＝２ ｅ（ ＋１）－ －４ －２，
Ｆ′ ｘ ｋ ｘ ｘ ｘ ｘ ｋ ｘ ． 由于直线ｘ ｙ 的斜率为 １ 且过点
（ ）＝２ ｅ（ ＋２）－２ －４＝２（ ＋２）（ ｅ －１） ＋２ －３＝０ － ， （１，１），
由题设可得Ｆ 即ｋ ． ２
（０）≥０， ≥１ {ｆ {ｂ
令Ｆ′ ｘ 得ｘ ｋ ｘ ． （１）＝１， ＝１，
（ ）＝０， １＝－ｌｎ ， ２＝－２ 故 即 ａ
（ｉ） 当 若 ｘ １≤ ｋ ｘ ＜ｅ ２ ， 则 － 时 ２＜ Ｆ ｘ ′ １≤ ｘ ０ ．从 ． 而 即 当 Ｆ ｘ ｘ ∈ 在 （－２， ｘ １ ｘ ） 时 上 ， Ｆ 单 ′ （ 调 ｘ ） 递 ＜ ｆ ′ （１）＝－ ２ １ ， ２ － ｂ ＝－ ２ １ ．
减 ０； 在 ∈ ｘ （ １，＋∞ 上 ） 单调 ， 递 （ 增 ） ．故 ＞０ Ｆ ｘ （ 在 ） （－２， １ 上 ） 的最小值 解得ａ ＝１， ｂ ＝１ ．
为 ， Ｆ ｘ （ １ ． ， 而 ＋ Ｆ ∞） ｘ ｘ ｘ２ ｘ （ ） ［ ｘ －２， ｘ ＋∞） ． （２） 由 （１） 知ｆ （ ｘ ）＝ｘ ｌｎ ｘ ＋ １ ｘ ， 所以
（ １） （ １）＝２ １＋２－ １－４ １－２＝－ １（ １＋２）≥０ ＋１
故当ｘ 时 Ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｋｇ ｘ 恒成立． ( ｘ ｋ )
≥－２ ， （ ）≥０， （ ）≤ （ ） ｆ ｘ ｌｎ
若ｋ ２ 则Ｆ′ ｘ ２ ｘ ｘ －２ ．从而当ｘ 时 （ ）－ ｘ ＋ ｘ
（ｉｉ） ＝ｅ ， （ ）＝２ｅ（ ＋２）（ｅ －ｅ ） ＞－２ ， －１
Ｆ′
（
ｘ
）＞０，
即Ｆ
（
ｘ
）
在
（－２，＋∞）
上单调递增．
１
[
ｘ （
ｋ
－１）（
ｘ２
－１）
]
．
而Ｆ
（－２）＝０，
故当 ｘ
≥－２
时
，
Ｆ
（
ｘ
）≥０，
即 ｆ
（
ｘ
）≤
ｋｇ
（
ｘ
）
恒 ＝
１－
ｘ２ ２ｌｎ ＋ ｘ
成立． ｋ ｘ２
考虑函数 ｈ ｘ ｘ （ －１）（ －１） ｘ 则 ｈ′ ｘ
若ｋ ２ 则Ｆ ｋ －２ －２ ｋ ２ ．从而当ｘ （ ）＝ ２ｌｎ ＋ ｘ （ ＞０）， （ ）
（ｉｉｉ） ＞ｅ ， （－２）＝－２ ｅ ＋２＝－２ｅ （ －ｅ ）＜０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２４３
ｋ ｘ２ ｘ 求ａ ｂ的值
（ －１）（ ＋１）＋２ ． （１） ， ；
＝ ｘ２ ｘ
证明 当ｘ 且ｘ 时 ｆ ｘ ｌｎ ．
设ｋ ． （２） ： ＞０， ≠１ ， （ ）＞ｘ
（ｉ） ≤０ －１
由ｈ′ ｘ ｋ （ ｘ２ ＋１）－（ ｘ －１） ２ 知 ａ (ｘ ＋１ ｘ )
（ ）＝ ｘ２ ，
解析 ｆ ′ ｘ
ｘ －ｌｎ ｂ
．
当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．而ｈ 故当ｘ 时 ｈ ｘ （１） （ ）＝ ｘ ２ －ｘ２
≠１ ， （ ）＜０ （１）＝０， ∈（０，１） ， （ ）＞０， （ ＋１）
可得 １ ｈ ｘ 由于直线ｘ ｙ 的斜率为 １ 且过点
当ｘ ∈ １－ （ ｘ １ ２ ，＋ （ ∞ ） ） ＞ 时 ０； ， ｈ （ ｘ ）＜０， 故 {ｆ （１）＝１ ＋ ， ２ －３ 即 ＝ { ０ ｂ ａ ＝１， － ２ ， （１，１），
可得 １ ｘ２ ｈ （ ｘ ）＞０ ． ｆ ′ （１）＝－ ２ １ ， ２ － ｂ ＝－ ２ １ ．
从而
１
当
－
ｘ 且ｘ 时 ｆ ｘ
(
ｌｎ
ｘ ｋ )
即ｆ ｘ ｌｎ
ｘ 解得ａ ＝１， ｂ ＝１ ．
＞０， ≠１ ， （ ）－ ｘ －１ ＋ ｘ ＞０， （ ）＞ｘ －１ 证明 由 知ｆ ｘ ｌｎ ｘ １
（２） ： （１） （ ）＝ｘ ＋ ｘ ，
ｋ ＋１
＋ ｘ ． 所以ｆ ｘ ｌｎ ｘ １ ( ｘ ｘ２ －１ ) ．
（ｉｉ）
设
０＜
ｋ
＜１
．由于当ｘ
∈
(
１，
１
ｋ
)
时
，（
ｋ
－１）（
ｘ２
＋１）＋２
ｘ
＞０，
（ ）－ｘ
－１
＝
１－
ｘ２ ２
ｘ
ｌ
２
ｎ － ｘ
１－ 考虑函数ｈ ｘ ｘ －１ ｘ
故ｈ′ ｘ ． （ ）＝２ｌｎ － ｘ （ ＞０），
（ ）＞０
( ) ｘ２ ｘ２
而ｈ （１）＝０， 故当ｘ ∈ １， １ ｋ 时 ， 则ｈ′ （ ｘ ）＝ ２ ｘ － ２ －（ ｘ２ －１）
１－
ｘ ２
ｈ ｘ 可得 １ ｈ ｘ ．与题设矛盾． （ －１） ．
（ ）＞０， ｘ２ （ ）＜０ ＝－ ｘ２
１－
设ｋ ．此时ｈ′ ｘ 而ｈ 故当ｘ 时 所以当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．而 ｈ 故当 ｘ 时
（ｉｉｉ） ≥１ （ ）＞０， （１）＝０， ∈（１，＋∞） ， ≠１ ， （ ）＜０ （１）＝ ０， ∈（０，１） ，
ｈ ｘ
（ ）＞０， ｈ ｘ 可得 １ ｈ ｘ
（ ）＞０， ｘ２ （ ）＞０；
可得 １ ｈ ｘ ．与题设矛盾． １－
１－
ｘ２ （ ）＜０ 当ｘ
∈（１，＋∞）
时
，
ｈ
（
ｘ
）＜０，
综上 ｋ的取值范围为 ．
， （－∞，０］ 可得 １ ｈ ｘ ．
评析 本题考查导数及其应用，导数的几何意义，考查分类讨 ｘ２ （ ）＞０
１－
论的数学思想方法，考查学生综合分析问题的逻辑思维能力，
从而当ｘ 且ｘ 时 ｆ ｘ ｌｎ
ｘ
即ｆ ｘ ｌｎ
ｘ
．
难度较大． ＞０， ≠１ ， （ ）－ｘ
－１
＞０， （ ）＞ｘ
－１
评析 本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识，含字母
４３．（２０１１课标文，２１，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝
ａ
ｘ ｌｎ
ｘ
＋
ｂ
ｘ ， 曲线ｙ 的代 数式的运算要求较高，对考生的整体处理、分类整合的数
＋１
ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｘ ｙ ． 学能力与技巧的要求很高．属难题．
＝ （ ） （１， （１）） ＋２ －３＝０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
时间： 分钟 分值： 分
１００ １３５
一、单项选择题 每题 分 共 分 ( )
（ ５ ， ４０ ） 且当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ 则不等式ｆ ｘ π ｆ ｘ ｘ
１．（２０２１届河南郑州一中开学测试，８）函数 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ≥０ ， （ ）＋ｃｏｓ ＜０， ＋ ＞ （ ）＋ｓｉｎ
（ ）＝（ －２ ）ｅ ２
的图象大致是 ｘ的解集为
（ ） －ｃｏｓ （ ）
( ) ( ) ( ) ( )
π π π π
Ａ． －∞， Ｂ． ，＋∞ Ｃ． －∞，－ Ｄ． － ，＋∞
２ ２ ４ ４
答案 Ｃ
４．（２０２１届山东枣庄三中第二次阶段测试，１）已知定义域为Ｒ
答案 Ｂ ( )
的函数ｆ ｘ 满足ｆ １ １ ｆ′ ｘ ｘ 其中ｆ′ ｘ 为ｆ ｘ
２．（２０２１届广东茂名五校联盟第一次联考，８）若函数 ｆ ｘ （ ） ＝ ， （ ）＋４ ＞０， （ ） （ ）
（ ）＝ ２ ２
[ ] 的导函数 则不等式ｆ ｘ ｘ 的解集为
１ ｘ ａ ｘ ｘ ａ ｘ在 π 上单调递增 ， （ｓｉｎ ）－ｃｏｓ２ ≥０ （ ）
ｃｏｓ２ ＋３ （ｓｉｎ －ｃｏｓ ）＋（４ －１） － ，０ ， [ ]
２ ２ π ｋ π ｋ ｋ Ｚ
则实数ａ的取值范围为 Ａ． － ＋２ π， ＋２ π ， ∈
（ ） ３ ３
[ ] [ ] [ ]
１ １ π ｋ π ｋ ｋ Ｚ
Ａ． ，１ Ｂ． －１， Ｂ． － ＋２ π， ＋２ π ， ∈
７ ７ ６ ６
( ] [ ]
１ π ｋ ２π ｋ ｋ Ｚ
Ｃ． －∞，－ ∪［１，＋∞） Ｄ．［１，＋∞） Ｃ． ＋２ π， ＋２ π ， ∈
７ ３ ３
答案 Ｄ [ ]
π ｋ ５π ｋ ｋ Ｚ
３．（２０２１届山东师范大学附属中学第二次月考，８）已知定义在 Ｄ． ＋２ π， ＋２ π ， ∈
６ ６
Ｒ上的函数ｆ ｘ 其导函数为ｆ ′ ｘ 若ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ 答案 Ｄ
（ ）， （ ）， （ ）＝ （－ ）－２ｓｉｎ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｘ １２．（２０２１届湖南长沙第一中学月考（三），１６）函数ｆ ｘ ｘ
５．（２０２０山西平遥中学第一次月考，６）函数 ｆ ｘ ｌｎ 在区间 （ ）＝ｓｉｎ３
（ ）＝ ｘ ( [ ])
ｘ ２ｘ ｘ π 的最大值为 ．
上的最大值为 －２ｓｉｎ ｃｏｓ ∈ ０，
（０，３） （ ） ２
１ 答案 ６
Ａ． Ｂ．１ Ｃ．２ Ｄ．ｅ
ｅ ９
答案 Ａ １３．（２０２１届陕西安康１０月联考，１３）函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
（ ）＝ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ
６．（２０１９皖东名校联盟，１１）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ ｘ 的最大值为 ．
（ ）＝ｓｉｎ ２ ＋４ｃｏｓ － （０≤ ≤２π）
在Ｒ上单调递减 则实数ａ的取值范围是
， （ ） 答案 π
Ａ．［０，３］ Ｂ．［３，＋∞） ２
１４．（２０２１届山东日照１１月份第二次联考，１６）已知函数ｆ ｘ
Ｃ．（３，＋∞） Ｄ．［０，＋∞） （ ）＝
答案 Ｂ ｘ２ ｘ ｇ ｘ ｘ 若关于ｘ的不等式ｆ ｘ ｍｇ ｘ 的解集中
＋３ ＋１， （ ）＝ｅ ， （ ）＜ （ ）
７．（２０１９辽宁沈阳东北育才学校五模，８）已知函数 ｆ ｘ 恰好有一个整数 则实数ｍ的取值范围是 ．
（ ）＝ ，
ｆ ′ ｘ ｘ 则ｆ ｘ 的极大值点为 答案 （－ｅ ２ ，－ｅ］
２ｅ （ｅ）ｌｎ － ， （ ） （ ） １５．（２０２０山西省实验中学第一次月考，１６）已知函数ｆ ｘ ｘ
ｅ （ ）＝ｌｎ
１ ＋
ｘ３ 与ｇ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－
ａｘ的图象上存在关于原点对称的点
，
则实数
Ａ． ｅ Ｂ．１ Ｃ．ｅ Ｄ．２ｅ ａ的取值范围是 ．
答案 Ｄ [ )
８．（２０２１ 届湖南长沙长郡中学月
[
考（一）
)
，８）设函数 ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
－
答案 － １
ｅ
，＋∞
ｘ ｘ 若存在区间 ａ ｂ １ 使得ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上 四、解答题 共 分
ｌｎ ＋２， ［ ， ］⊆ ，＋∞ ， （ ） ［ ， ］ （ ６０ ）
２ １６．（２０２１届山东日照１１月份第二次联考，１９）已知函数ｆ ｘ
的值域为 ｋ ａ ｋ ｂ 则实数ｋ的取值范围是 （ ）＝
[ ［ （ ] ＋２）， （ ＋２）］， ( ) （ ） ｘ －１ ｘ 其中实数ａ ．
９＋２ｌｎ２ ９＋２ｌｎ２ ｘ ａ＋ｌｎ（ ＋１）， ≠－１
Ａ． １， Ｂ． １， ＋
[ ４ ] ( ４ ] （１） 若ａ ＝２， 求曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在点 （０， ｆ （０）） 处的切线方程 ；
９＋２ｌｎ２ ９＋２ｌｎ２ 若ｆ ｘ 在ｘ 处取得极值 试讨论ｆ ｘ 的单调性．
Ｃ． １， Ｄ． １， （２） （ ） ＝１ ， （ ）
答案 １ Ｄ ０ １０ １７．（２０２１届广东珠海摸底考试，２１）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｅ ｘ ＋ ａｘ２ －
ｘ ａｘ ａ ａ ．
二、多项选择题 每题 分 共 分 ２（ｅ ＋ ）＋ ， ≥０
（ ５ ， １０ ） 讨论函数ｆ ｘ 的单调性
９．（２０２１届广东深圳中学达标测试，１２）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ 若 （１） （ ） ；
（ ）＝ ｅ ， 讨论ｆ ｘ 的零点的个数．
ｘ ｘ 则下列选项中正确的是 （２） （ ）
１＜ ２＜０， （ ） １８．（２０２１届河北张家口、邢台、衡水摸底联考，２２）已知函数
ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ
Ａ．（ １－ ２）［ （ １）－（ ２）］＞０ Ｂ． １ （ ２）≤ ２ （ １） ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｇ ｘ １ ｘ２ ｆ ｘ ．
ｆ ｘ ｆ ｘ １ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ （ ）＝ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ －１， （ ）＝ －（ ）
Ｃ．｜ （ １）－（ ２）｜＜ ｅ Ｄ． （ １）－（ ２）＜ ２－ １ 求ｆ ｘ 在区间 上的 ４ 极值点
答案 ＣＤ （１） （ ） （０，２π） ；
证明 ｇ ｘ 恰有 个零点．
１０．（２０２１届江苏南京六校联合体暑假学情检测，１２）已知 ｘ （２） ： （ ） ３
ｘ ｙ ｘ ｙ 记Ｍ ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ｌｎ ２ １ １９．（２０２０广东广雅、执信等四校联考，２１）已知函数 ｆ （ ｘ ）＝
则
－ １－ １＋２＝０， ２＋２ ２－２ｌｎ２－６＝０， ＝（ １－ ２） ＋（ １－ ２） ，
ａ ｘ ｘ １ ｘ２ ｘ．
（ －２ｌｎ ）－ ＋２
（ ） ２
Ｍ的最小值为１６ 当Ｍ最小时 ｘ １４ （１） 讨论ｆ （ ｘ ） 的单调性 ；
Ａ． ５ Ｂ． ， ２＝ ５ 若ｆ ｘ 有两个不同的零点 求ａ的取值范围．
（２） （ ） ，
Ｍ的最小值为 ４ 当Ｍ最小时 ｘ １２ ２０．（２０２１届湖南、河北新高考联考１０月质量检测，１９）已知函
Ｃ． Ｄ． ， ２＝ ( )
５ ５
答案 ＡＢ 数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ ｂ ｘ π 在ｘ π处有极值．
（ ）＝ ｓｉｎ － ＋ ０≤ ≤ ＝
２ ３
三、填空题 每题 分 共 分
（ ５ ， ２５ ） 求ａ的值 并判断 ｘ π 是 ｆ ｘ 的极大值点还是极小
１１．（２０２１届广东东华高级中学第二次联考，１４）若函数ｆ ｘ （１） ， ＝ （ ）
（ ）＝ ３
２
ｘ４
－
ａｘ 的图象在点 Ｐ
（１，
ｆ
（１））
处的切线垂直于直线 ｙ
＝
值点
； [ ]
１ ｘ 则函数ｆ ｘ 的最小值是 ． 若不等式ｆ ｘ ｘ ｘ对于任意的ｘ π 恒成
－ ， （ ） （２） （ ）＞ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ∈ ０，
７ ２
立 求ｂ的取值范围．
答案 ３ ，
－
８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２４５
１．（２０１９广东惠州４月模拟，９）设函数ｆ ｘ 在Ｒ上可导 其导 单调递减．由于函数的单调减区间为 所以 不正确
（ ） ， （２，＋∞）， Ａ ；
函数为ｆ ′ ｘ 且函数ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 则函数ｙ 当ｘ 时 函数ｆ ｘ 取得极大值 所以 不正确
（ ）， （ ） ＝－２ ， ＝ ＝２ ， （ ） ， Ｂ ；
ｘ ｆ ′ ｘ 的图象可能是 只有当ｘ 时函数取得极大值 所以 不正确 正确．故
· （ ） （ ） ＝２ ， Ｃ ，Ｄ
选 ．
Ｄ
易错警示 解答本题的关键是由题中的图象得到导函数值的
符号 然后由导函数值的符号判断函数的单调性 进而得到函
， ，
数的极值情况．解题时要分清导函数的极值点与函数极值点间
的关系 常出现的错误是认为导函数的极值点即为函数的极
，
值点．
４．（２０１９江西红色七校第一次联考，８）若函数ｆ ｘ ｘ３ ｍｘ２
（ ）＝２ －３ ＋
ｘ在区间 上为增函数 则实数ｍ的取值范围是
６ （１，＋∞） ，
（ ）
Ａ．（－∞，１］ Ｂ．（－∞，１） Ｃ．（－∞，２］ Ｄ．（－∞，２）
答案 Ｃ ｆ ′ ｘ ｘ２ ｍｘ 由已知条件知ｘ
（ ）＝６ －６ ＋６， ∈（１，＋∞）
时 ｆ ′ ｘ 恒成立．设ｇ ｘ ｘ２ ｍｘ 则 ｇ ｘ 在
， （ ）≥０ （ ）＝ ６ －６ ＋６， （ ）≥０
＝ 当 ０ 答 ｘ ， 且 案 当 Ｃ ｘ ∈ ｂ （ 由 ａ 函 ｂ ，－ 数 ２） ｆ （ （ 时 ａ ｘ ＜ ） － 在 ２ ｆ ） ｘ ｘ 时 ＝－ 单 ， ２ ｆ 调 （ 处 ｘ 递 取 ） 单 增 得 调 极 即 递 小 ｆ 减 值 ′ ， ， ｘ 即 可得 ｆ ′ （ ｆ 所 ｘ ′ （ ） 以 － ＜ ２ ０ 函 ） ； （ 当 １， Δ ＋ ＝ ∞ 上 ３ ） ６ 恒 （ 上 成 ｍ 恒 ２ 立 － 成 ４） 立 ≤ ． ０， 即 －２≤ ｍ ≤２ 时 ， 满足 ｇ （ ｘ ）≥０ 在 （１，
∈（－２， ）（ ＞－２） ， （ ） ， （ ）＞０，
数ｙ ＝ ｘｆ ′ （ ｘ ） 在区间 （ ａ ，－２）（ ａ ＜－２） 内的函数值为正 ， 在区间 当 ＋∞ Δ ） ｍ ； ２ 即 ｍ 或 ｍ 时 则需
（－２，
ｂ
）（－２＜
ｂ
＜０）
内的函数值为负
，
由此可排除选项
Ａ，Ｂ，Ｄ
． {ｍ ＝ ３６ （ － ４） ＞ ０， ＜ － ２ ＞ ２ ，
故选 Ｃ ． ＜１， 解得ｍ ｍ ．
２．（２０２０山西吕梁１０月阶段性测试，９）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－３
ｘ２
ｇ
２
（１）＝６－６ ｍ ＋６≥０，
＜２，∴ ＜－２
＋４ ｘ ＋５， ｆ （ ｍ ）＝４， ｆ （ ｎ ）＝１０， 则ｍ ＋ ｎ ＝ （ ） 综上 ， ｍ ≤２，∴ 实数ｍ的取值范围是 （－∞，２］ ．
３ ５．（２０１８河北衡水金卷全国高三大联考，８）已知函数ｆ ｘ 为Ｒ
Ａ．１ Ｂ． Ｃ．２ Ｄ．３ （ ）
２ 上的奇函数 且当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｍ ｘ 记ａ
答案 Ｃ 解法一 ： ｆ ′ （ ｘ ）＝３ ｘ２ －６ ｘ ＋４＝３（ ｘ －１） ２ ＋１＞０， 所以 ｆ ｂ ｆ ， ｃ ≥０ ｆ ， （ 则 ） ａ ＝ ｂ －ｅ ｃ间 ＋１ 的 ＋ 大 ｃ 小 ｏｓ 关 ， 系是 ＝－２·
ｆ ｘ 为增函数． （－２）， ＝－（－１）， ＝３（３）， ， ， （ ）
（ ） ｂ ａ ｃ ａ ｃ ｂ
( ) ( ) Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜
又ｆ １ １７ ｆ ｆ ｆ 所以ｆ １ ｃ ｂ ａ ｃ ａ ｂ
－ ＝ ， （０）＝５， （２）＝９， （３）＝１７， － ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜
２ ８ ２ 答案 Ｄ 根据题意得ｆ ｍ 故ｘ 时 ｆ ｘ ｘ
ｆ ｍ ｆ ｆ ｆ ｎ ｆ （０）＝ ＝０， ≥０ ， （ ）＝－ｅ ＋
（ ）＜（０）， （２）＜（ ）＜（３）， ．令ｇ ｘ ｘｆ ｘ 则ｇ ｘ ｘｆ ｘ 为Ｒ上的偶函数．
１ （ ）＝ （ ）， （ ）＝ （ ）
即 １ ｍ ｎ 所以 ３ ｍ ｎ 故选 ． 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｘ ｘ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
－ ＜ ＜０，２＜ ＜３， ＜ ＋ ＜３， Ｃ ≥０ ， （ ）＝［ （－ｅ ＋１）］ ＝１－ｅ － ｅ ＝－（ ＋１）ｅ ＋１≤
２ ２ 所以ｇ ｘ 在 上单调递减．
解法二 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｆ ″ ｘ ｘ 所以ｆ ｘ 的对称中 ０， （ ） ［０，＋∞）
： （ ）＝３ －６ ＋４， （ ）＝６ －６， （ ） 又ａ ｆ ｇ ｇ ｂ ｆ ｇ ｇ ｃ
心为 又ｆ ｍ ｆ ｎ 所以ｍ ｎ ． ＝－２（－２）＝ （－２）＝ （２）， ＝－（－１）＝ （－１）＝ （１）， ＝
（１，７）， （ ）＋（ ）＝１４， ＋ ＝２ ｆ ｇ ．故ｃ ａ ｂ 选
方法总结 形如ｆ ｘ ａｘ３ ｂｘ２ ｃｘ ｄ ａ 的三次函数的对 ３（３）＝ （３） ＜ ＜ ， Ｄ．
( ｂ ( （ ） ｂ ＝ )) ＋ ＋ ＋ （ ≠０） ６．（２０１９河北省级示范性高中联合体３ 月联考，１２）已知函数
称中心是 － ３ ａ， ｆ － ３ ａ ． ｆ ( （ ｘ ） 的导 ) 函数 ｆ ′ （ ｘ ） 满足 （ ｘ ＋ ｘ ｌｎ ｘ ） ｆ ′ （ ｘ ）＜ ｆ （ ｘ ） 对 ｘ ∈
３．（２０１９江西九江第一次十校联考，３）已知函数ｆ （ ｘ ） 的导函数 １ 恒成立 则下列不等式中一定成立的是
ｆ ′ ｘ 的图象如图所示 则下列叙述正确的是 ｅ ，＋∞ ， （ ）
（ ） ， （ ）
ｆ ｆ ２ｆ ｆ
Ａ．２（１）＞（ｅ） Ｂ．ｅ （１）＞（ｅ）
ｆ ｆ ｆ ｆ
Ｃ．２（１）＜（ｅ） Ｄ．ｅ（１）＜（ｅ）
ｆ ｘ ( )
答案 Ａ 令ｇ ｘ （ ） ｘ １ ．
（ ）＝ ｘ， ∈ ，＋∞
１＋ｌｎ ｅ
ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ １
（ ）（１＋ｌｎ ）－（ ） ｘ
则ｇ′ ｘ
（ ）＝ ｘ ２ ，
（１＋ｌｎ ）
由 ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ
（ ＋ ｌｎ ） （ ）＜（ ），
函数ｆ ｘ 在 上单调递减
Ａ． （ ） （－∞，－４） 得 ｘ ｆ ′ ｘ １ ｆ ｘ 则ｇ′ ｘ
函数ｆ ｘ 在ｘ 处取得极大值 （１＋ｌｎ ） （ ）－ ｘ （ ）＜０， （ ）＜０，
Ｂ． （ ） ＝－１
函数ｆ ｘ 在ｘ 处取得极值 ( )
Ｃ． （ ） ＝－４ 故ｇ ｘ 在ｘ １ 上递减
函数ｆ ｘ 只有一个极值点 （ ） ∈ ，＋∞ ，
Ｄ． （ ） ｅ
答案 Ｄ 由导函数的图象可得 当ｘ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｆ
， ∈（－∞，２） ， （ ）＞ 故ｇ ｇ 即 （ｅ） （１）
函数ｆ ｘ 单调递增 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ （ｅ）＜ （１）， ＜ ，
０， （ ） ； ∈（２，＋∞） ， （ ）＜０， （ ） ２ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｆ ｆ ．故选 ． ９．（２０１９ 安徽宣城二模， １２） 已知函数 ｙ ａ ｘ
∴２（１）＞（ｅ） Ａ ＝ ＋ ８ｌｎ
７．（２０２０河北邢台第一次摸底考试，１２）函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ ( [ ])
（ ）＝（ －３ ）· ｘ １ 的图象上存在点Ｐ 函数ｙ ｘ２ 的图象上存
∈ ，ｅ ， ＝－ －２
ｘ １ 在区间 上的零点个数为 ｅ
ｅ －ｘ ［－３，２）∪（２，３］ （ ） 在点Ｑ 且Ｐ Ｑ关于ｘ轴对称 则ａ的取值范围是
－２ ， ， ， （ ）
２ ２
Ａ．２ Ｂ．３ Ａ．［６－８ｌｎ２，ｅ －６］ Ｂ．［ｅ －６，＋∞）
é ö é ù
Ｃ．４ Ｄ．５ êê １ ÷ êê １ úú
Ｃ．ë１０＋ ２，＋∞ø Ｄ．ë６－８ｌｎ２，１０＋
２
û
答案 Ｃ 令 ｆ ｘ ｘ３ ｘ ｘ １ 得 ｘ２ ｘ ｘ ｅ ｅ
（ ）＝ （ －３ ）ｅ －ｘ
－２
＝０， （ －２ ）ｅ ＝ 答案 Ｄ 函数ｙ
＝－
ｘ２
－２
的图象与函数ｙ
＝
ｘ２
＋２
的图象关
于ｘ轴对称
１ ．设ｇ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｈ ｘ １ 则ｇ′ ｘ ｘ２ ｘ． ，
ｘ２ （ ）＝（ －２ ）ｅ ， （ ）＝ｘ２ ， （ ）＝（ －２）ｅ ( [ ])
－３ －３ 根据已知得函数ｙ ａ ｘ ｘ １ 的图象与函数ｙ ｘ２
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ ＝ ＋８ｌｎ ∈ ，ｅ ＝
－３≤ ＜－ ２ ， （ ）＞０； － ２＜ ＜ ２ ， （ ）＜０； ２＜ ｅ [ ]
≤３
时
，
ｇ′
（
ｘ
）＞０
．所以ｇ
（
ｘ
）
的极小值为ｇ
（ ２）＝（２－２ ２）ｅ
２
＜ ＋２
的图象有交点
，
即方程ａ
＋８ｌｎ
ｘ
＝
ｘ２
＋２
在ｘ
∈
１
，ｅ
上有
ｈ 极大值为ｇ － ２ ｈ 又ｇ [ ] ｅ
（ ２）， （－ ２）＝（２＋２ ２）ｅ ＞ （－ ２）， （－３）
解 即ａ ｘ２ ｘ在ｘ １ 上有解
＝ １ ｅ ５ ３＞ ６ １ ＝ ｈ （－３）， ｇ （３）＞ ｈ （３）， 且ｈ （ ｘ ） 在 ［－３，－ ３），（－ ３， 令 ， ｇ ｘ ＝ ｘ２ ＋２－８ｌｎ ｘ ｘ ∈ [ １ ｅ ， ] ｅ 则ｇ′ ｘ ， ｘ ８ ２ ｘ２ －８
上单调递增 在 上单调递减 结合这两个函 （ ）＝ ＋２－８ｌｎ ， ∈ ，ｅ ， （ ）＝２ － ｘ ＝ ｘ ，
０） ， （０， ３），（ ３，３］ ， ｅ
数的图象 可知这两个函数的图象共有 个交点 又 ｇ [ )
， ４ ， （２）≠ 当ｘ １ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ 时 ｇ′ ｘ
ｈ 从而ｆ ｘ 在 上共有 个零点． ∈ ，２ ， （ ）＜０， ∈（２，ｅ］ ， （ ）＞０，
（２）， （ ） ［－３，２）∪（２，３］ ４ ｅ
( )
故当ｘ 时 ｇ ｘ 取最小值 为ｇ 由于ｇ １
＝２ ， （ ） ， （２）＝６－８ｌｎ２， ＝
ｅ
１ ｇ ２ 故当ｘ １ 时 ｇ ｘ 取最大值 １ 所
１０＋ ２， （ｅ）＝ｅ －６， ＝ ， （ ） １０＋ ２，
ｅ ｅ ｅ
以 ａ １ ．故选
６－８ｌｎ２≤ ≤１０＋ ２ Ｄ．
ｅ
ｘ
１０．（２０１９江西赣州模拟，１２）若关于ｘ的不等式ｌｎ２ ＋１ ａｘ ｂ
８．（２０１８广东佛山一模，１２）设函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ 若ｘ ｘ ｘ ≤ ＋
（ ）＝ －３ ＋２ ， １， ２
ｘ ｘ 是函数 ｇ ｘ ｆ ｘ λｘ 的两个极值点 现给出如下 ｂ
（ １＜ ２） （ ）＝ （ ）－ ， 成立 则 的最小值是
结论 ， ａ （ ）
：
若 λ 则ｆ ｘ ｆ ｘ
① －１＜ ＜０， （ １）＜（ ２）； １ １ １ １
若 λ 则ｆ ｘ ｆ ｘ Ａ．－ Ｂ．－ Ｃ． Ｄ．
② ０＜ ＜２， （ １）＜（ ２）； ２ｅ ｅ ｅ ２ｅ
若λ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ．
③ ＞２， （ １）＜（ ２） １ ｘ ｘ
其中正确结论的个数为 ｘ ｘ · －ｌｎ２ －１
（ ） 答案 Ａ 令 ｆ ｘ ｌｎ２ ＋１ ｆ ′ ｘ
（ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｘ２ ＝
Ａ．０ Ｂ．１
ｘ ( )
Ｃ．２ Ｄ．３ －ｌｎ２ ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ 函数 ｆ ｘ 单调递增 ｘ
答案 Ｂ 函数ｇ ｘ ｆ ｘ λｘ ｇ′ ｘ ｆ ′ ｘ λ ｘ２ ， ∈ ０， ２ ， （ ）＞０， （ ） ， ∈
（ ）＝ （ ）－ ，∴ （ ）＝ （ ）－ ， ( )
令ｇ′ （ ｘ ）＝０， 得ｆ ′ （ ｘ ）－ λ ＝０， １ 时 ｆ ′ ｘ 函数 ｆ ｘ 单调递减 且 ｘ １ 时
ｆ ′ ｘ λ有两解ｘ ｘ ｘ ｘ ． ２ ，＋∞ ， （ ）＜０， （ ） ， ＝ ２ ，
∴ （ ）＝ １， ２（ １＜ ２） ｆ ｘ 函数ｆ ｘ 的图象如图所示 满足题意时 直线ｙ ａｘ
ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ 画出ｙ ｆ ′ ｘ 的图 （ ）＞０， （ ） ， ， ＝ ＋
∵ （ ）＝ －３ ＋２ ，∴ （ ）＝３ －６ ＋２， ＝ （ ） ｂ恒不在函数ｆ ｘ 图象的下方 很明显ａ 时不合题意 当ａ
象如图所示． （ ） ， ＜０ ，
ｂ ｂ
时 令ａｘ ｂ 可得 ｘ 故 取到最小值时 直线在ｘ
＞０ ， ＋ ＝０， ａ ＝－ ， ａ ，
轴上的截距最大 令ｆ ｘ 可得ｘ １ 则 ｘ １ 据此可
， （ ）＝０， ＝ ， － ＝－ ，
２ｅ ２ｅ
ｂ
得 的最小值是 １ 故选 ．
ａ － ， Ａ
２ｅ
若 λ 则ｘ ｘ 在ｆ ｘ 的递减区间上 故ｆ ｘ ｆ ｘ
① －１＜ ＜０， １、 ２ （ ） ， （ １）＞（ ２）；
若 λ 则ｘ ｘ 又 ｘ 在 ｆ ｘ 的一个递增区间
② ０＜ ＜２， １＞０， ２＜２， １，０ （ ）
上 ｘ 在ｆ ｘ 的另一个递增区间上 ｆ ｘ ｆ
， ２，２ （ ） ，∴ （ １）＞ （０）＝ ０，
ｆ ｘ ｆ 故ｆ ｘ ｆ ｘ 若λ 则ｘ ｘ 则
（ ２）＜（２）＝ ０， （ １）＞ （ ２）；③ ＞２， １＜０， ２＞２，
ｆ ｘ ｆ ｆ ｘ ｆ 故ｆ ｘ ｆ ｘ ．故选 解后反思 本题主要考查用导函数研究函数的图象及性质
（ １）＜（０）＝０， （ ２）＞（２）＝０， （ １）＜（ ２） Ｂ． ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题四 导数及其应用 ２４７
考查数形结合的思想 等价转化的思想 综合性较强． 确定含参式子满足的条件 二是讨论分析法 根据参数取值情
、 ， ； ，
１１．（２０１９安徽黄山二模，１２）已知定义在Ｒ上的连续可导函数 况分类讨论 三是数形结合法 通过两个函数的图象进行
； ，
ｆ ｘ 无极值 且 ｘ Ｒ ｆ ｆ ｘ ｘ 若 ｇ ｘ 分析．
（ ） ， ∀ ∈ ， ［ （ ）＋２ ０１８ ］＝２ ０１９， （ ）＝
( ) [ ] １３．（２０２０ 四川成都摸底测试，１５） 已知 ｆ ｘ 是定义在
ｘ π ｍｘ在 ３π 上与函数 ｆ ｘ 的单调性相同 （ ）
２ｓｉｎ ＋ ＋ ，２π （ ） ， ( ) ( )
６ ２ π π 上的奇函数 其导函数为 ｆ ′ ｘ ｆ π 且
则实数ｍ的取值范围是 － ， ， （ ）， ＝ ２，
（ ） ２ ２ ８
( )
Ａ．（－∞，－２］ Ｂ．［－２，＋∞） 当ｘ π 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ．则不等式
∈ ０， ， （ ）ｓｉｎ ２ ＋２ （ ）ｃｏｓ ２ ＞０
Ｃ．（－∞，２］ Ｄ．［－２，－１］ ２
答案 Ａ 定义在 Ｒ 上的连续可导函数 ｆ ｘ 无极值 则 ｆ ｘ ｘ 的解集为 ．
（ ） ， （ ）ｓｉｎ２ ＜１
ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 即ｆ ｘ 为Ｒ上的单调函数．因为 ｘ ( )
（ ）≥０ （ ）≤０， （ ） ∀ 答案 π π
Ｒ ｆ ｆ ｘ ｘ 所以ｆ ｘ ｘ为定值．设ｔ － ，
∈ ，［ （ ）＋２０１８ ］＝２０１９， （ ）＋２ ０１８ ＝ ８ ８
ｆ ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｔ ｘ 易知ｆ ｘ 为Ｒ上的减函数． 解析 构造函数Ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ 则Ｆ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ
（ ）＋２０１８ ， （ ）＝ －２ ０１８ ， （ ） （ ）＝ （ ）ｓｉｎ２ ， （ ）＝ （ ）ｓｉｎ ２
( ) ( ) ( )
ｇ ｘ ｘ π ｍｘ ｇ′ ｘ ｘ π ｍ 又ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ 因为ｆ ｘ 是定义在 π π 上的奇函数 所
∵ （ ）＝２ｓｉｎ ＋ ＋ ，∴ （ ）＝２ｃｏｓ ＋ ＋ ， （ ） ＋２（ ）ｃｏｓ２ ， （ ） － ， ，
６ ６ ２ ２
[ ] 以Ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ Ｆ ｘ 所以 Ｆ ｘ 是定义在
在 ３ 上与 ｆ ｘ 的单调性相同 ｇ ｘ 在 ( （－ ） ) ＝ （－ ）ｓｉｎ（－２ ）＝ （ ( ）， ) （ ）
π，２π （ ） ， ∴ （ ）
２ π π 上的偶函数．因为当ｘ π 时 ｆ ′ ｘ ｘ
[ ] [ ] － ， ∈ ０， ， （ ）ｓｉｎ ２ ＋
３ 上单调递减 则当 ｘ ３π 时 ｇ′ ｘ 恒 ２ ２ ２ ( )
π，２π ， ∈ ，２π ， （ ）≤０
２ ２ ｆ ｘ ｘ 所以Ｆ′ ｘ 所以Ｆ ｘ 在 π 上单调递
( ) [ ] ２（ ）ｃｏｓ２ ＞０， （ ）＞０， （ ） ０，
成立 即 ｍ ｘ π ．当 ｘ ３π 时 ｘ π ２
， ≤－２ｃｏｓ ＋ ∈ ，２π ， ＋ ∈ ( )
６ ２ ６ 增 又 Ｆ ｘ 在 π π 上是偶函数 所以 Ｆ ｘ 在
[ ] ( ) ， （ ） － ， ， （ ）
５π １３π 则当 ｘ π 时 ｙ ｘ π 取得最大值 ２ ２
， ， ＋ ＝２π ， ＝２ｃｏｓ ＋ ( ) ( ) ( )
３ ６ ６ ６ π 上单调递减．因为Ｆ π ｆ π π 所以不
( ) － ，０ ＝ ｓｉｎ ＝１，
此时ｙ ｘ π 取得最小值 则ｍ 故实数ｍ ２ ８ ８ ４
２， ＝－２ｃｏｓ ＋ －２， ≤－２， ( )
６ 等式ｆ ｘ ｘ 等价于Ｆ ｘ Ｆ π 所以 ｘ π 解得ｘ
的取值范围是 故选 （ ）ｓｉｎ２ ＜１ （ ）＜ ， ｜ ｜＜ ，
（－∞，－２］， Ａ．
( )
８ ８
思路分析 根据可导函数ｆ ｘ 无极值 得到 ｆ ｘ 是单调函
（ ） ， （ ） π π ．
数 ， 根据已知得ｆ （ ｘ ）＋２０１８ ｘ为定值 ， 利用换元法得到ｆ （ ｘ ） 的 ∈ － ８ ， ８
解析式 判断函数 ｆ ｘ 的单调性 然后得到 ｇ ｘ 在 解题关键 先用奇偶性将不等式转化为两端只含符号 “ Ｆ ”
， （ ） ， （ ）
[ ] 的表达式 再利用单调性去掉符号 Ｆ 转化为普通的不等式
３ 上的单调性 利用导数与单调性之间的关系转化 ， “ ”，
π，２π ， 求解．注意偶函数特性Ｆ ｘ Ｆ ｘ Ｆ ｘ ．
２ （－ ）＝ （ ）＝ （｜ ｜）
为不等式恒成立进行求解即可． １４．（２０２０黑龙江哈尔滨师范大学附属中学９月月考，２１）已知
解题关键 本题考查导数的综合应用 考查利用导数求函数
， 函数ｆ ｘ １ ｘ２ ａｘ ａ ｘ ｇ ｘ 为ｆ ｘ 的导函数．
的单调性 利用条件判断函数ｆ ｘ ｇ ｘ 的单调性是解决本 （ ）＝ ２ ＋ － ｅ ， （ ） （ ）
， （ ）， （ ）
题的关键．
（１）
求函数ｇ
（
ｘ
）
的单调区间
；
１２．（２０２０四川成都摸底测试，１２）若关于ｘ的不等式ｘ ｌｎ ｘ － ｋｘ ＋２ ｋ ＋１ （２） 若函数 ｇ （ ｘ ） 在 Ｒ 上存在最大值 ０， 求函数 ｆ （ ｘ ） 在 ［０，
＞０
在
（２，＋∞）
上恒成立
，
则满足条件的整数ｋ的最大值为
解 ＋ 析 ∞）
上的
由
最
题
大
意
值
可
．
知 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ａ ａ ｘ
（１） ， （ ）＝ （ ）＝ ＋ － ｅ ，
（ ） 则ｇ′ ｘ ａ ｘ 分
（ ）＝１－ ｅ ， （１ ）
Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．５
答案 Ａ 当ｘ ∈（２，＋∞） 时 ， 不等式ｘ ｌｎ ｘ － ｋｘ ＋２ ｋ ＋１＞０ 恒 当ａ ≤０ 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＞０，∴ ｇ （ ｘ ） 在 （－∞，＋∞） 上单调递增 ；
分
ｘ ｘ ｘ ｘ
成立等价于 ｋ ｌｎ ＋１恒成立．令 ｆ ｘ ｌｎ ＋１ ｘ 则 （２ ）
＜ ｘ （ ）＝ ｘ （ ＞２）， 当ａ 时 当ｘ ａ时 ｇ′ ｘ 当ｘ ａ时 ｇ′ ｘ
－２ －２ ＞０ ， ＜－ｌｎ ， （ ）＞０， ＞－ｌｎ ， （ ）＜０，
ｘ ｘ ｇ ｘ 在 ａ 上单调递增 在 ａ 上单调递减．
ｆ ′ ｘ －２ｌｎ －３ 令ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ ∴ （ ） （－∞，－ｌｎ ） ， （－ｌｎ ，＋∞）
（ ）＝ （ ｘ －２） ２ ， （ ）＝ －２ｌｎ －３（ ＞２）， （ ）＝１－ （４ 分 ）
综上 当ａ 时 ｇ ｘ 的单调递增区间为 无递减
２ 函数ｇ ｘ 在 上单调递增．又 ｇ ， ≤０ ， （ ） （－∞，＋∞），
ｘ ＞０， （ ） （２，＋∞） （ｅ）＝ｅ－５＜０， 区间
；
ｇ ２ ２ 所以在 ２ 上存在ｘ 使ｇ ｘ 即ｘ 当ａ 时 ｇ ｘ 的单调递增区间为 ａ 单调递减区
（ｅ ）＝ｅ －７＞０， （ｅ，ｅ ） ０， （ ０）＝０， ０－ ＞０ ， （ ） （－∞，－ｌｎ ），
ｘ 当ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ′ ｘ 函数ｆ ｘ 间为 ａ ． 分
２ｌｎ ０－３＝０，∴ ∈（２， ０） ， （ ）＜０， （ ）＜０， （ ） （－ｌｎ ，＋∞） （６ ）
单调递减 当ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 由 可知 ａ
； ∈（ ０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ）＞０， （ ） （２） （１） ， ＞０，
ｘ ｘ 且ｇ ｘ 在ｘ ａ处取得最大值 分
单调递增 所以ｆ ｘ ｆ ｘ ０ｌｎ ０＋１ 将ｘ ｘ 代 （ ） ＝－ｌｎ ， （７ ）
， （ ）ｍｉｎ＝ （ ０）＝ ｘ ０－２ ， ０＝２ｌｎ ０＋３ ｇ （－ｌｎ ａ ）＝－ｌｎ ａ ＋ ａ － ａ ·ｅ ｌｎ １ａ ＝ ａ －ｌｎ ａ －１， 即ａ －ｌｎ ａ －１＝０，
入 得ｆ ｘ ｘ ． 分
， （ ）ｍｉｎ＝ｌｎ ０＋１ （８ ）
ｘ ２ ｘ ｘ 即 ｆ ｘ ． ａ
∵ ｅ＜ ０＜ｅ ，∴１＜ｌｎ ０＜２，∴２＜ｌｎ ０＋１＜３， ２＜（ ）ｍｉｎ＜３ 令ｈ ａ ａ ａ ａ 则ｈ′ ａ １ －１
则满足条件的整数ｋ的最大值为 故选 ． （ ）＝ －ｌｎ －１（ ＞０）， （ ）＝１－ ａ ＝ ａ ，
２， Ａ
方法点拨 对于不等式恒成立时 求参数的范围问题 一般 当ａ 时 ｈ′ ａ 当ａ 时 ｈ′ ａ
， ， ∈（０，１） ， （ ）＜０， ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０，
有三种方法 一是分离参数法 使不等式一端是含有参数的式 ｈ ａ 在 上单调递减 在 上单调递增
， ， ∴ （ ） （０，１） ， （１，＋∞） ，
子 另一端是一个区间上具体的函数 通过对具体函数的研究 ｈ ａ ｈ
， ， ∴ （ ）≥ （１）＝０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
当且仅当ａ 时 ａ ａ ( ａ )
∴ ＝１ ， －ｌｎ －１＝０， 上单调递减． 分
－ ，＋∞ （５ ）
∴
ｆ
（
ｘ
）＝
１ ｘ２
＋
ｘ
－ｅ
ｘ
， （１０
分
）
３
( ａ )
２ 当 ａ 时 由 得 ｆ ｘ 在 上单调递增 在
由题意可知ｆ ′ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ 在 上单调递减 （２） ＞０ ， （１） （ ） ０， ，
（ ）＝ （ ）≤０， （ ） ［０，＋∞） ， ２
分 ( ａ )
（１１ ） 上单调递减．
ｆ ｘ 在ｘ 处取得最大值ｆ ． 分 ，＋∞
∴ （ ） ＝０ （０）＝－１ （１２ ） ２
１５．（２０２０百师大联盟开学大联考，２０）函数ｆ ｘ ａ ｘ ａ２ ｘ 当 ａ 即 ａ 时 ｆ ｘ 在 上的最大值ｆ ｘ
（ ）＝ ｌｎ － ｘ －６ ① ＜２， ０＜ ＜４ ， （ ） （０，２］ （ ）ｍａｘ＝
２
ａ Ｒ ． ( ａ ) ａ ( ａ )
（ ∈ ） ｆ ａ ａ ａ ．
讨论函数ｆ ｘ 的单调性 ２ ＝ ｌｎ ２ －５ ＝ ｌｎ ２ －５
（１） （ ） ；
若ａ 证明 当ｘ 时 ｆ ｘ 恒成立． 因为 ａ 所以 ａ
（２） ＞０， ： ∈（０，２］ ， （ ）＜０ ０＜ ＜４， ｌｎ ＜ｌｎ２＜ｌｎ ｅ＝１，
ａ ａ２ ｘ２ ａｘ ａ２ ２
解析 ｆ ′ ｘ －６ ＋ ＋ ． 分 ( ａ )
（１） （ ）＝ ｘ ＋ｘ２ －６＝ ｘ２ （１ ） 所以ａ ． 分
ｌｎ －５ ＜０ （８ ）
令ｆ ′ ｘ 得 ｘ２ ａｘ ａ２ ２
（ ）＝０， －６ ＋ ＋ ＝０， ａ
ａ ａ 当 即ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增．
解得ｘ ｘ ． 分 ② ≥２， ≥４ ， （ ） （０，２］
１＝ ， ２＝－ （３ ） ２
２ ３ ( ａ )
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 所以 ｆ ｘ 在 上单调 ｆ ｘ ｆ ａ ．
① ＝０ ， （ ）＝ －６＜０， （ ） （０，＋∞） （ ）ｍａｘ＝ （２）＝ ｌｎ２－ －１２
递减． ２
ａ
ａ ａ ( ａ ) 因为ａ ．
当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 在 ≥４，ｌｎ２＜ｌｎ ｅ＝１＜
② ＞０ ， ＞０，－ ＜０， （ ） ０， ， ２
２ ３ ２ ( ａ ) ( ａ )
( ａ ) 所以ａ 所以ａ ． 分
上单调递减． ｌｎ２－ ＜０， ｌｎ２－ －１２＜０ （１１ ）
，＋∞ ２ ２
２ 综合 可知当ｘ 时 ｆ ｘ 恒成立． 分
ａ ａ ( ａ ) ①② ∈（０，２］ ， （ ）＜０ （１２ ）
当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 在
③ ＜０ ， ＜０，－ ＞０， （ ） ０，－ ，
２ ３ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋