§3.2　利用导数研究函数的单调性、极值和最值_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53B版_第三章　导数及其应用_§32　利用导数研究函数的单调性、极值和最值

第三章 导数及其应用 １ ０１
§３．２ 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
３． 解题指导 （ ）对原函数求导，利用导数的正负来确定增
利用导数研究函数的单调性 学生用书Ｐ４６ １
减区间．
１．（２０２１全国乙理，１２，５分）设ａ ． ｂ ． ｃ ． （ ）将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题，将ａ
＝２ｌｎ１０１， ＝ｌｎ １０２， ＝ １０４ ２
则 和ｘ分离，通过构造函数分析函数的性质及图象的变化趋势，
－１， （ ）
ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ ｃ ａ ｂ 进而求解参数的范围．
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜
１． 答案 Ｂ
解析 当ａ 时 ｆ ｘ
ｘ２
ｘ２ － ｘ ｘ
２．（２０２１全国甲文，２０，１２分）设函数ｆ ｘ ａ２ｘ２ ａｘ ｘ 其 （１） ＝２ ， （ ）＝ ｘ ＝ ·２ （ ＞０），
（ ）＝ ＋ －３ｌｎ ＋１， ２
中ａ ． 则ｆ ′ ｘ ｘ － ｘ ｘ２ － ｘ ｘ － ｘ ｘ ．
＞０ （ ）＝２ ·２ ＋ ·（－ｌｎ２·２ ）＝ ·２ （２－ ｌｎ２）
讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ） ； 令ｆ ′ ｘ 则ｘ ２
若ｙ ｆ ｘ 的图象与ｘ轴没有公共点 求ａ的取值范围． （ ）＝０， ＝ ，
（２） ＝ （ ） ， ｌｎ２
２． 解题指导 （ ）对函数ｆ（ｘ）求导并因式分解得到ｆ ′（ｘ） ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的情况如下
１ ＝ （ ）， （ ） ：
（ ａｘ ）（ａｘ ） ( ) ( )
２ ＋３ －１ ，根据ａ ，ｘ ，可以判断ｆ ′（ｘ）的正负，即可 ｘ ２ ２ ２
ｘ ＞０ ＞０ ０， ，＋∞
ｌｎ２ ｌｎ２ ｌｎ２
判断出ｆ（ｘ）的单调性．
ｆ′ ｘ
（ ） ＋ ０ －
（ ）根据题意得到函数ｆ（ｘ）在（ ， ）上没有零点．由（ ）可
２ ０ ＋∞ １ ｆ ｘ 极大值
( ) ( ) （ ） ↗ ↘
得ｆ（ｘ） ｆ １ ，使ｆ １ ，即可求出ａ的取值范围． ( )
ｍｉｎ＝ ａ ａ ＞０
所以函数 ｆ ｘ 的单调递增区间是 ２ 单调递减区间
解析 ｆ ｘ ａ２ｘ２ ａｘ ｘ ｘ （ ） ０， ｌｎ２ ，
（１） （ ）＝ ＋ －３ｌｎ ＋１， ∈（０，＋∞）， ( )
∴
ｆ ′
（
ｘ
）＝２
ａ２ｘ
＋
ａ
－
３
ｘ ＝
２ ａ２ｘ２
ｘ
＋ ａｘ －３
＝
（２ ａｘ ＋３）
ｘ
（ ａｘ －１）． 是
ｌｎ
２
２
，＋∞ ．
ｘａ
∵ ａ ＞０， ｘ ＞０，∴ ２ ａｘ ｘ ＋３ ＞０， （２） 令ｆ （ ｘ ）＝１， 则 ａｘ ＝１， 所以ｘａ ＝ ａｘ ，
( ) ｘ ａ
当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ 两边同时取对数 可得ａ ｘ ｘ ａ 即ｌｎ ｌｎ
∈ ０， ａ ， （ ）＜０； ， ｌｎ ＝ ｌｎ ， ｘ ＝ ａ ，
( ) ｘ ａ
当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ 根据题意可知 方程ｌｎ ｌｎ 有两个实数解．
∈ ａ ，＋∞ ， （ ）＞０， ， ｘ ＝ ａ
( ) ( ) ｘ ｘ
函数ｆ ｘ 在 １ 上单调递减 在 １ 上单调递增． 设ｇ ｘ ｌｎ 则ｇ′ ｘ １－ｌｎ
∴ （ ） ０， ａ ， ａ ，＋∞ （ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｘ２ ，
ｙ ｆ ｘ 的图象与ｘ轴没有公共点 令ｇ′ ｘ 则ｘ ．
（２）∵ ＝ （ ） ， （ ）＝０， ＝ｅ
函数ｆ ｘ 在 上没有零点 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增
∴ （ ） （０，＋∞） ， ∈（０，ｅ） ， （ ）＞０， （ ） ；
( ) ( ) 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减．
由 可得函数ｆ ｘ 在 １ 上单调递减 在 １ 上单 ∈（ｅ，＋∞） ， （ ）＜０， （ ）
（１） （ ） ０， ａ ， ａ ，＋∞
又知ｇ ｇ ｘ ｇ ｘ ｇ １
调递增 ｆ ｘ ｆ
(
１
)
１ ａ ａ
（１）＝０，ｘｌ
→
ｉｍ
＋∞
（ ）＝０， （ ）ｍａｘ＝ （ｅ）＝
ｅ
，
，∴ （ ）ｍｉｎ＝ ａ ＝３－３ｌｎ ａ ＝３＋３ｌｎ ＞０，∴ ｌｎ ＞－１， 所以要使曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ 有且仅有两个交点 则只需
＝ （ ） ＝１ ，
ａ ( ) ａ ( )
解得ａ １ ｌｎ １ 即ｇ ａ ｌｎ １ 所以ａ
＞ ， ａ ∈ ０， ， （ ）＝ ａ ∈ ０， ， ∈（１，ｅ）∪（ｅ，
ｅ ｅ ｅ
( )
．综上 实数ａ的取值范围为 ．
故实数ａ的取值范围是 １ ． ＋∞） ， （１，ｅ）∪（ｅ，＋∞）
ｅ
，＋∞ ４．（２０２０课标
Ⅰ
理，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
＋
ａｘ２
－
ｘ．
关键点拨 利用导数求函数的单调性时，要注意： 题目中 当ａ 时 讨论ｆ ｘ 的单调性
① （１） ＝１ ， （ ） ；
函数的定义域是否有限制； 多个同单调性的区间不能用并
集符号相连； 在对含参数问
②
题进行分类讨论时，分类要做到 （２）
当ｘ
≥０
时
，
ｆ
（
ｘ
）≥
１ ｘ３
＋１，
求ａ的取值范围．
③ ２
“不重不漏、层次分明”． ４． 解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ．
（１） ＝１ ，（ ）＝ｅ ＋ － ， （ ）＝ｅ ＋２ －１
３．（２０２１全国甲理，２１，１２ 分）已知 ａ 且 ａ 函数 ｆ ｘ 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
＞０ ≠１， （ ）＝ ∈（－∞，０） ， （ ）＜０； ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０
ｘａ 所以ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增．
ｘ ． （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞）
ａｘ（ ＞０） ( )
ｆ ｘ １ ｘ３ 等价于 １ ｘ３ ａｘ２ ｘ － ｘ ．
当ａ 时 求ｆ ｘ 的单调区间 （２） （ ）≥ ＋１ － ＋ ＋１ ｅ ≤１
（１） ＝２ ， （ ） ； ２ ２
若曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ 有且仅有两个交点 求ａ的取 ( )
（２） ＝ （ ） ＝１ ， 设函数ｇ ｘ １ ｘ３ ａｘ２ ｘ － ｘ ｘ 则
值范围． （ ）＝ － ＋ ＋１ ｅ （ ≥０），
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ０２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ) ｆ ｘ ｆ ｘ
ｇ′ ｘ １ ｘ３ ａｘ２ ｘ ３ ｘ２ ａｘ － ｘ 若ｆ ｘ 存在两个极值点ｘ ｘ 证明 （ １）－（ ２） ａ ．
（ ）＝－ － ＋ ＋１－ ＋２ －１ ｅ （２） （ ） １， ２， ： ｘ ｘ ＜ －２
２ ２ １－ ２
ａ
１ ｘ ｘ２ ａ ｘ ａ － ｘ ６． 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １
＝－
２
［ －（２ ＋３） ＋４ ＋２］ｅ （１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝－ｘ２ －１＋ ｘ ＝
１ ｘ ｘ ａ ｘ － ｘ．
ｘ２
－
ａｘ
＋１．
＝－
２
（ －２ －１）（ －２）ｅ － ｘ２
若ａ 则ｆ ′ ｘ 当且仅当ａ ｘ 时 ｆ ′ ｘ
若 ａ 即ａ １ 则当ｘ 时 ｇ′ ｘ ．所以 （ｉ） ≤２， （ ）≤０， ＝２， ＝１ ， （ ）＝０，
（ｉ） ２ ＋１≤０， ≤－ ２ ， ∈（０，２） ， （ ）＞０ 所以ｆ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上单调递减．
ｇ ｘ 在 单调递增 而ｇ 故当ｘ 时 ｇ ｘ
（ ） （０，２） ， （０）＝１， ∈（０，２） ， （ ）＞ ａ ａ２ ａ ａ２
不合题意． 若ａ 令ｆ ′ ｘ 得ｘ － －４或ｘ ＋ －４．
１， （ｉｉ） ＞２， （ ）＝０， ＝ ＝
２ ２
（ｉｉ）
若
０＜２
ａ
＋１＜２，
即
－
１
＜
ａ
＜
１
，
则当 ｘ
∈（０，２
ａ
＋１）∪（２， 当ｘ
æ
ç
ａ
－
ａ２
－４
ö
÷
æ
ç
ａ
＋
ａ２
－４
ö
÷时 ｆ ′ ｘ
２ ２ ∈è０， ø∪è ，＋∞ø ， （ ）＜０；
时 ｇ′ ｘ 当ｘ ａ 时 ｇ′ ｘ ．所以ｇ ｘ 在 ２ ２
（ ＋ ０ ∞ ，２ ） ａ ＋ ， １）， （ （ ） ２， ＜０ ＋ ； ∞） 单 ∈ 调 （ 递 ２ 减 ＋１ ， ， 在 ２） （２ ａ ， ＋１ （ ，２ ） ） ＞ 单 ０ 调递增 （ ．由 ） 于 当ｘ ∈ æ è ç ａ － ａ２ －４ ， ａ ＋ ａ２ －４ ö ø ÷时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＞０ ．
ｇ 所以ｇ ｘ 当且仅当ｇ ａ －２ 即ａ ２ ２
（０）＝１， （ ）≤１ （２）＝（７－４ ）ｅ ≤１，
７－ｅ ２ ．所以当７－ｅ ２ ａ １ 时 ｇ ｘ ． 所以ｆ ｘ 在 æ ç ａ － ａ２ －４ ö ÷ æ ç ａ ＋ ａ２ －４ ö ÷上单调递减
≥ ≤ ＜ ， （ ）≤１ （ ） è０， ø，è ，＋∞ø ，
４ ４ ２ ２ ２
若 ａ 即ａ １ 则ｇ ｘ ( １ ｘ３ ｘ ) － ｘ． 在 æ ç ａ － ａ２ －４ ａ ＋ ａ２ －４ ö ÷上单调递增．
（ｉｉｉ） ２ ＋１≥２， ≥ ， （ ）≤ ＋ ＋１ ｅ è ， ø
２ ２ ２ ２
[ ) ( )
由于 ７－ｅ ２ １ 故由 可得 １ ｘ３ ｘ － ｘ ． （２） 证明 ： 由 （１） 知 ， ｆ （ ｘ ） 存在两个极值点当且仅当ａ ＞２ ．
０∈ ４ ， ２ ， （ｉｉ） ２ ＋ ＋１ ｅ ≤１ 由于ｆ （ ｘ ） 的两个极值点ｘ １， ｘ ２ 满足ｘ２ － ａｘ ＋１＝０，
故当ａ ≥ １ 时 ， ｇ （ ｘ ）≤１ ． 所以ｘ １ ｘ ２＝１， 不妨设ｘ １＜ ｘ ２， 则ｘ ２＞１，
２ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
[ ) 由于（ １）－（ ２） １ ａｌｎ １－ｌｎ ２ ａ ｌｎ １－ｌｎ ２
综上 ａ的取值范围是 ７－ｅ ２ ． ｘ ｘ ＝－ｘ ｘ －１＋ ｘ ｘ ＝－２＋ · ｘ ｘ
， ，＋∞ １－ ２ １ ２ １－ ２ １－ ２
４ ｘ
ａ－２ｌｎ ２
易错警示 本题在处理ｆ（ｘ） １ ｘ３ 时，易处理成 １ ｘ３ ＝－２＋ ，
≥ ＋１ － １ ｘ
２ ２ ｘ － ２
２
ａｘ２
＋
ｘ
＋１≤ｅ
ｘ．然后设函数ｇ（ｘ）
＝
１ ｘ３
－
ａｘ２
＋
ｘ
＋１
，ｈ（ｘ）
＝ｅ
ｘ，用
所以
ｆ
（
ｘ
１）－
ｆ
（
ｘ
２） ａ 等价于 １ ｘ ｘ ．
２ ｘ ｘ ＜ －２ ｘ － ２＋２ｌｎ ２＜０
此种方法处理繁杂且无法得到结果． １－ ２ ２
５．（２０２０课标 文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ． 设函数ｇ ｘ １ ｘ ｘ
Ⅱ （ ）＝２ｌｎ ＋１ （ ）＝ ｘ － ＋２ｌｎ ，
若ｆ ｘ ｘ ｃ 求ｃ的取值范围
（１） （ ）≤２ ＋ ， ； 由 知 ｇ ｘ 在 上单调递减
ｆ ｘ ｆ ａ （１） ， （ ） （０，＋∞） ，
设ａ 讨论函数ｇ ｘ （ ）－（ ）的单调性． 又ｇ 从而当ｘ 时 ｇ ｘ
（２） ＞０， （ ）＝ ｘ ａ （１）＝０， ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０，
－ ｆ ｘ ｆ ｘ
５． 解析 设ｈ ｘ ｆ ｘ ｘ ｃ 则ｈ ｘ ｘ ｘ ｃ 所以 １ ｘ ｘ 即（ １）－（ ２） ａ ．
（ ）＝ （ ）－２ － ， （ ）＝２ｌｎ －２ ＋１－ ， ｘ － ２＋２ｌｎ ２＜０， ｘ ｘ ＜ －２
２ １－ ２
其定义域为 ｈ′ ｘ ２ ． 思路分析 （ ）首先确定函数的定义域，再对函数求导，之
（０，＋∞）， （ ）＝ ｘ －２ １
后对ａ进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，
当 ｘ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．所以ｈ ｘ 在区
（１） ０＜ ＜１ ， （ ）＞０； ＞１ ， （ ）＜０ （ ） 从而求得函数对应的单调区间；
间 单调递增 在区间 单调递减．从而当ｘ 时
（０，１） ， （１，＋∞） ＝１ ， （ ）根据ｆ（ｘ）存在两个极值点，结合第（ ）问的结论，可以确
ｈ ｘ 取得最大值 最大值为ｈ ｃ． ２ １
故
（
当
）
且仅当 －１－ ｃ ≤
，
０， 即ｃ ≥－１
（１
时
）＝
，
－
ｆ （
１
ｘ
－
）≤２ ｘ ＋ ｃ．
定
不等
ａ
＞ 的 ２
，
正
ｆ
实
（ｘ
根
）的
，利
两
用
个极
根
值
与
点
系数
ｘ
１
，
的
ｘ
２ 关
是
系
方
得
程
到
ｘ２
ｘ － ｘ
ａｘ
＋ 的 １ 值 ＝０ ，再
的
根
两个
据
所以ｃ的取值范围为 ．
［－１，＋∞）
ｆ（ｘ ） ｆ（ｘ ）
１ ２
（２） ｇ （ ｘ ）＝ ｆ （ ｘ ） ｘ － － ｆ ａ （ ａ ） ＝ ２（ｌｎ ｘ ｘ － － ａ ｌｎ ａ ） ， ｘ ∈（０， ａ ）∪（ ａ ，＋∞） ． ｘ １ ｘ ２ 的值将 １ ｘ １ － － ｘ ２ ２ 化简，构造新函数即可证得结果．
(ｘ ａ ) ( ａ ａ ) ７．（２０１９课标 理，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂ．
－ ａ ｘ Ⅲ （ ）＝２ － ＋
２ ｘ ＋ｌｎ －ｌｎ ２ １－ ｘ ＋ｌｎ ｘ 讨论ｆ ｘ 的单调性
ｇ′ ｘ ． （１） （ ） ；
（ ）＝ （ ｘ － ａ ） ２ ＝ （ ｘ － ａ ） ２ （２） 是否存在ａ ， ｂ ， 使得ｆ （ ｘ ） 在区间 ［０，１］ 的最小值为 －１ 且最
取ｃ 得ｈ ｘ ｘ ｘ ｈ 则由 知 当ｘ 大值为 若存在 求出 ａ ｂ 的所有值 若不存在 说明
＝－１ （ ）＝２ｌｎ －２ ＋２， （１）＝ ０， （１） ， ≠１ １？ ， ， ； ，
时 ｈ ｘ 即 ｘ ｘ ．故当ｘ ａ ａ 时 理由．
， （ ）＜０， １－ ＋ｌｎ ＜０ ∈（０， ）∪（ ，＋∞） ，１－
ａ ａ ７． 解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数
从而ｇ′ ｘ ．所以ｇ ｘ 在区间 ａ ａ
ｘ ＋ｌｎ ｘ ＜０， （ ）＜０ （ ） （０， ），（ ，＋∞） 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
，
单调递减． 分类讨论思想 考查了数学运算的核心素养．
，
ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｘ ｘ ａ ．
６．（２０１８课标 理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ １ ｘ ａ ｘ． （１） （ ）＝６ －２ ＝２ （３ － ）
Ⅰ （ ）＝ ｘ － ＋ ｌｎ ａ
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ．
讨论ｆ ｘ 的单调性 （ ）＝０， ＝０ ＝
（１） （ ） ； ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ０３
( ａ ) 转化为恒成立问题，再利用二次函数来解决．
若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
＞０， ∈（－∞，０）∪ ，＋∞ ， （ ）＞０； ∈ 评析 本题考查由函数的单调性求参数范围，利用导数将问
３
( ａ ) ( ａ ) 题转化为恒成立问题，再利用二次函数来解决即可．
时 ｆ ′ ｘ ．故 ｆ ｘ 在 单调递
０， ， （ ）＜０ （ ） （－∞，０）， ，＋∞ ２．（２０１５课标 理，１２，５分）设函数ｆ′ ｘ 是奇函数ｆ ｘ ｘ Ｒ
３ ( ａ ) ３ 的导函数 Ⅱ ｆ 当ｘ 时 ｘｆ ′ （ ｘ ） ｆ ｘ 则 （ 使 ）（ 得 ∈ ｆ ｘ ）
增 在 单调递减． ， （－１）＝０， ＞０ ， （ ）－ （ ）＜０， （ ）
， ０，
３
成立的ｘ的取值范围是
＞０ （ ）
若ａ ｆ ｘ 在 单调递增．
＝０， （ ） （ ( －∞，＋∞ ａ ） ) Ａ．（－∞，－１）∪（０，１） Ｂ．（－１，０）∪（１，＋∞）
若ａ
＜０，
则当ｘ
∈ －∞， ∪（０，＋∞）
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＞０；
当 ｘ
∈
Ｃ．（－∞，－１）∪（－１，０） Ｄ．（０，１）∪（１，＋∞）
３ ｆ ｘ ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ
( ａ ) 时 ｆ ′ ｘ ．故 ｆ ｘ 在 ( ａ ) 单调递 答案 Ａ 令ｇ （ ｘ ）＝ （ ｘ ） ， 则ｇ′ （ ｘ ）＝ （ ｘ ） ２ －（ ） ， 由题意
，０ ， （ ）＜０ （ ） －∞， ，（０，＋∞）
３ ３ 知 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 在 上是减函数．
( ａ ) ， ＞０ ， （ ）＜０，∴ （ ） （０，＋∞）
增 在 单调递减． ｆ ｘ 是奇函数 ｆ ｆ ｆ
， ，０ ∵ （ ） ， （－１）＝０，∴ （１）＝－（－１）＝０，
３ ｆ
满足题设条件的ａ ｂ存在． ｇ （１）
（２） ， ∴ （１）＝ ＝０，
当ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调递增 所以ｆ ｘ 在 １
（ｉ） ≤０ ， （１） ， （ ） ［０，１］ ， （ ） 当ｘ 时 ｇ ｘ 从而ｆ ｘ
区间 的最小值为ｆ ｂ 最大值为ｆ ａ ｂ．此时 ∴ ∈（０，１） ， （ ）＞０， （ ）＞０；
［０，１］ （０）＝ ， （１）＝ ２－ ＋ 当ｘ 时 ｇ ｘ 从而ｆ ｘ ．
ａ ｂ满足题设条件当且仅当ｂ ａ ｂ 即ａ ｂ ． ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０， （ ）＜０
， ＝－１，２－ ＋ ＝１， ＝０， ＝－１ ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ
当ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调递减 所以ｆ ｘ 在 又 ∵ ｇ （－ ｘ ）＝ （－ ｘ ） ＝ －（ ｘ ） ＝ （ ｘ ） ＝ ｇ （ ｘ ），∴ ｇ （ ｘ ） 是偶函数 ，
（ｉｉ） ≥３ ， （１） ， （ ） ［０，１］ ， （ ） － －
区间 的最大值为ｆ ｂ 最小值为ｆ ａ ｂ．此时 当ｘ 时 ｇ ｘ 从而ｆ ｘ
［０，１］ （０）＝ ， （１）＝ ２－ ＋ ∴ ∈（－∞，－１） ， （ ）＜０， （ ）＞０；
ａ ｂ满足题设条件当且仅当 ａ ｂ ｂ 即ａ ｂ ． 当ｘ 时 ｇ ｘ 从而ｆ ｘ ．
， ２－ ＋ ＝－１， ＝１， ＝４， ( ＝ ａ １ ) 综上 ∈ 所 （－ 求 １， ｘ ０） 的取 ， 值 （ 范 ） 围 ＞０ 是 ， （ ）＜０ ．
（ｉｉｉ）
当
０＜
ａ
＜３
时
，
由
（１）
知
，
ｆ
（
ｘ
）
在
［０，１］
的最小值为ｆ
３ ＝ 评析
，
出现ｘｆ ′（ｘ） ｆ（ｘ）
（－
（
∞，－
）
１
时
）∪
，考
（０
虑
，１
构
）
造函数 Ｆ（ｘ）
＋ ＞０ ＜０ ＝
ａ３ ｂ 最大值为ｂ或 ａ ｂ． ｘｆ（ｘ）；出现ｘｆ ′（ｘ） ｆ（ｘ） （ ）时，考虑构造函数 ｇ（ｘ）
－ ＋ ， ２－ ＋ － ＞０ ＜０
２７ ｆ（ｘ）
若
ａ３
ｂ ｂ 则ａ ３ 与 ａ 矛盾． ＝ ｘ
．
－ ＋ ＝－１， ＝１， ＝３ ２， ０＜ ＜３
２７ ３．（２０１４ 课标 文，１１，５ 分）若函数 ｆ ｘ ｋｘ ｘ 在区间
若
ａ３
ｂ ａ ｂ 则ａ 或ａ 或ａ 与 ａ 单调递
Ⅱ
增 则ｋ的取值范围是
（ ）＝ －ｌｎ （１，
－ ＋ ＝－１，２－ ＋ ＝１， ＝３ ３ ＝－３ ３ ＝０， ０＜ ＋∞） ， （ ）
２７ ． ．
矛盾． Ａ（－∞，－２］ Ｂ（－∞，－１］
＜３ ． ．
综上 当且仅当ａ ｂ 或ａ ｂ 时 ｆ ｘ 在 的 Ｃ［２，＋∞） Ｄ［１，＋∞）
， ＝０， ＝－１ ＝４， ＝１ ， （ ） ［０，１］
最小值为 最大值为 ． 答案 Ｄ 依题意得ｆ ′ ｘ ｋ １ 在 上恒成
－１， １ （ ）＝ － ｘ ≥０ （１，＋∞）
思路分析 （ ）求出ｆ ′（ｘ） 的两根，比较根的大小并分
１ ＝ ０ 立 即ｋ １ 在 上恒成立
类讨论． ， ≥ ｘ （１，＋∞） ，
（ ）利用（ ）中的单调区间讨论ｆ（ｘ）在［ ， ］上的最值，最终
２ １ ０ １ ｘ １
确定参数ａ，ｂ的值． ∵ ＞１，∴０＜ ｘ ＜１，
疑难突破 第（ ）问中分类讨论的标准是单调区间的端点 ｋ 故选
２ ∴ ≥１， Ｄ．
与 ， 的大小关系，从而确定函数在［ ， ］上的最值． ４．（２０１９课标 文，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ．
０ １ ０ １ Ⅲ （ ）＝２ － ＋２
讨论ｆ ｘ 的单调性
以下为教师用书专用（１—６） （１） （ ） ；
当 ａ 时 记ｆ ｘ 在区间 的最大值为Ｍ 最小值
（２） ０＜ ＜３ ， （ ） ［０，１］ ，
１．（２０１６课标 文，１２，５分）若函数ｆ ｘ ｘ １ ｘ ａ ｘ在
为ｍ
，
求Ｍ
－
ｍ的取值范围．
Ⅰ （ ）＝ － ３ ｓｉｎ ２ ＋ ｓｉｎ 解析 本题考查函数的导数及其应用的基础知识 考查导数
，
单调递增 则ａ的取值范围是
（－∞，＋∞） ， （ ） 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
[ ] [ ] [ ] ，
考查学生的运算求解能力 推理论证能力以及分类讨论思想
１ １ １ １
Ａ．［－１，１］ Ｂ． －１， Ｃ． － ， Ｄ． －１，－ 、
３ ３ ３ ３ 的应用．
答案 Ｃ ｆ ′
（
ｘ
）＝１－
２
ｃｏｓ ２
ｘ
＋
ａ
ｃｏｓ
ｘ
＝１－
２
（２ｃｏｓ
２ｘ
－１）＋ （１）
ｆ ′
（
ｘ
）＝６
ｘ２
－２
ａｘ
＝２
ｘ
（３
ｘ
－
ａ
）
．
３ ３ ａ
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ．
ａ
ｃｏｓ
ｘ
＝－ ３
４
ｃｏｓ
２ｘ
＋
ａ
ｃｏｓ
ｘ
＋ ３
５
，
ｆ
（
ｘ
）
在Ｒ上单调递增
，
则ｆ ′
（
ｘ
）
（ ）＝０， ＝０ ＝
３ ( ａ )
若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
≥０
在Ｒ上恒成立
，
令
ｃｏｓ
ｘ
＝
ｔ
，
ｔ
∈［－１，１］，
则
－ ３
４ ｔ２
＋
ａｔ
＋ ３
５
≥０
＞０
(
，
ａ )
∈（－∞，０）∪
３
，＋∞ ， （ ）＞０；
在
［－１，１］
上恒成立
，
即
４
ｔ２
－３
ａｔ
－５≤０
在
［－１，１］
上恒成立
，
当ｘ
∈ ０，
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０
．
令ｇ ｔ ｔ２ ａｔ 则 {ｇ （１）＝４－３ ａ －５≤０， 解得 １ ａ 故ｆ ｘ 在 ３ ( ａ ) 单调递增 在 ( ａ ) 单调递减
（ ）＝４ －３ －５， ｇ ａ － ≤ ≤ （ ） （－∞，０）， ，＋∞ ， ０， ；
（－１）＝４＋３ －５≤０， ３ ３ ３
若ａ ｆ ｘ 在 单调递增
１ 故选 ． ＝０， （ ） （－∞，＋∞） ；
， Ｃ ( ａ )
３ 若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
疑难突破 由函数的单调性求参数范围，利用导数将问题 ＜０， ∈ －∞， ∪（０，＋∞） ， （ ）＞０；
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ０４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ａ )
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ． 令ｔ １ 则ｔ ．设ｇ ｔ ｔ２ ｘ ｔ ｘ ｘ ｔ 则
∈ ，０ ， （ ）＜０ ＝ ａ ， ≥２ ２ （ ）＝ －２ １＋ －２ｌｎ ， ≥２ ２，
３
( ａ ) ( ａ ) æ ö２ ｘ
故ｆ ｘ 在 单调递增 在 单调递减． ｇ ｔ ｘçｔ １ ÷ １＋ ｘ．
（ ） －∞， ３ ，（０，＋∞） ， ３ ，０ （ ）＝ è － １＋ ｘ ø － ｘ －２ｌｎ
( ａ )
当 ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调递减 在 [ )
（２） ０＜ ＜３ ， （１） ， （ ） ０， ， 当ｘ １ 时 １
３ （ｉ） ∈ ，＋∞ ， １＋ ｘ ≤２ ２，
( ａ ) ( ａ ) ７
，１ 单调递增 ， 所以 ｆ （ ｘ ） 在 ［０，１］ 的最小值为ｆ ＝ 则ｇ （ ｔ ）≥ ｇ （２ ２）＝８ ｘ －４ ２ １＋ ｘ －２ｌｎ ｘ．
３ ３
－ ａ３ ＋２， 最大值为ｆ （０）＝２ 或ｆ （１）＝４－ ａ． 记ｐ （ ｘ ）＝４ ｘ －２ ２ １＋ ｘ －ｌｎ ｘ ， ｘ ≥ １ ，
２７ ７
ａ３ { ａ ａ ｘ ｘ ｘ ｘ
于是ｍ Ｍ ４－ ，０＜ ＜２， 则ｐ′ ｘ ２ ２ １ ２ ＋１－ ２ － ＋１
＝－ ＋２， ＝ ａ ． （ ）＝ ｘ － ｘ － ｘ ＝ ｘ ｘ
２７ ２，２≤ ＜３ ＋１ ＋１
ì
ï ａ
ａ３
ａ ｘ ｘ ｘ
ï２－ ＋ ，０＜ ＜２， （ －１）［１＋ （ ２ ＋２－１）］ ．
所以Ｍ ｍ í ２７ ＝ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
－ ＝ï
ï
ａ３
ａ ． 故
＋１（ ＋１）（ ＋１＋ ２ ）
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 １
，１ １ （１，＋∞）
０＜ ＜２ ， ２－ ＋ ， － ７ ７
( ) ２７ ｐ′ （ ｘ ） ( ) － ０ ＋
是 ８ ． ｐ ｘ ｐ １ 单调递减 极小值ｐ 单调递增
，２ （ ） （１）
２７ ７
ａ３ [ ) 所以 ｐ ｘ ｐ ．
当 ａ 时 单调递增 所以Ｍ ｍ的取值范围是 ８ ． ， （ ）≥ （１）＝０
２≤ ＜３ ， ， － ，１
２７ ２７ 因此 ｇ ｔ ｇ ｐ ｘ ．
[ ) ， （ ）≥ （２ ２）＝２ （ ）≥０
综上 Ｍ ｍ的取值范围是 ８ ． é ö
， － ，２ 当ｘ êê １ １ ÷时
２７ （ｉｉ） ∈ë ２， ø ，
规律总结 含参函数单调性的讨论，关键在于确定参数的 ｅ ７
æ ö ｘ ｘ ｘ
分界值，确定分界值的顺序：（ ）ｆ′（ｘ）最高次项系数是否等于 ｇ ｘ ｇç １ ÷ －２ ｌｎ －（ ＋１）．
１ （ ）≥ è １＋ ｘ ø＝ ｘ
；（ ）方程ｆ′（ｘ） 是否有实数解；（ ）方程ｆ′（ｘ） 的解是 ２
０ ２ ＝０ ３ ＝０ é ù
否在定义域内；（ ）ｆ′（ｘ） 的解ｘ ，ｘ 之间的大小比较． 令ｑ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ êê １ １ úú
易错警示 解题时
４
，易犯以
＝０
下两个错
１
误
２
： 对参数ａ未讨论或
（ ）＝２ ｌｎ ＋（ ＋１）， ∈ë
ｅ
２，
７
û，
① ｘ
对ａ分类讨论不全面，尤其易忽略ａ 的情形而导致失分； 则ｑ′ ｘ ｌｎ ＋２
( ａ ＝０ ) ② （ ）＝ ｘ ＋１＞０，
当ａ 时， ｆ（ｘ）在（ ， ）， ， 单调递增，将这两个区
＞０ －∞ ０ ３ ＋∞ 故ｑ ｘ 在 é êê １ １ ù úú上单调递增
间合并表示为 ｆ（ｘ）在（ －∞ ， ０ ） ∪ ( ａ ， ＋∞ ) 单调递增导致错 （ ） ë ｅ ２ ( ， ７ ) û ，
３ 所以ｑ ｘ ｑ １ ．
误，从而失分． （ ）≤
７
５．（２０１９ 浙江，２２，１５ 分）已知实数 ａ 设函数 ｆ ｘ ａ ｘ ( ) ( )
≠０， （ ）＝ ｌｎ ＋ 由 得 ｑ １ ２ ７ｐ １ ２ ７ｐ ．
（ｉ） ， ＝－ ＜－ （１）＝０
１＋ ｘ ， ｘ ＞０ ． ７ ７ ７ ７
所以 ｑ ｘ ．
当ａ ３ 时 求函数ｆ ｘ 的单调区间 ， （ ）＜０
（１） ＝－ ， （ ） ； æ ö ｑ ｘ
４ 因此 ｇ ｔ ｇç １ ÷ （ ） ．
é ö ｘ ， （ ）≥ è １＋ ｘ ø＝－ ｘ ＞０
对任意ｘ êê １ ÷均有ｆ ｘ 求ａ的取值范围． ２
（２） ∈ë ２，＋∞ø （ ）≤ ａ， é ö
ｅ ２ 由 知对任意ｘ êê １ ÷ ｔ ｇ ｔ
注 ． 为自然对数的底数． （ｉ）（ｉｉ） ∈ë ２，＋∞ø， ∈［２ ２，＋∞）， （ ）≥０，
：ｅ＝２７１８２８… ｅ
解析 本题主要考查函数的单调性 导数的运算及其应用 é ö
， ， 即对任意ｘ êê １ ÷
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 ∈ë ２，＋∞ø，
、 ｅ
推理 数学运算的核心素养． ｘ
、 均有ｆ ｘ ．
（ ）≤ ａ
当ａ ３ 时 ｆ ｘ ３ ｘ ｘ ｘ ． ２
（１） ＝－ ，（ ）＝－ ｌｎ ＋ １＋ ， ＞０ æ ù
４ ４ 综上所述 所求ａ的取值范围是ç ２úú．
ｘ ｘ ， è０， û
ｆ ′ ｘ ３ １ （ １＋ －２）（２ １＋ ＋１） ４
（ ）＝－ ４ ｘ＋ ２ １＋ ｘ＝ ４ ｘ １＋ ｘ ， 疑难突破 （ １ ）导函数ｆ ′（ｘ）通分后，对分子的因式分解
所以 函数ｆ ｘ 的单调递减区间为 单调递增区间为 比较困难，可以选择先求分子等于 时的根，从而确定根两侧
， （ ） （０，３）， （３， ０
． 导函数的正负．
＋∞）
（ ）先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点，由于ａ的
由ｆ １ 得 ａ ２． ２
（２） （１）≤ ａ， ０＜ ≤ 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
２ ４
ｘ ｘ ｘ 关键，另外，对双变量不等式，合理确定主元，是解决本题的思
当 ａ ２时 ｆ ｘ 等价于 ２ １＋ ｘ ．
０＜ ≤ ，（ ）≤ ａ ａ２ － ａ －２ｌｎ ≥０ 维转折点．
４ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ０５
６．（２０１７课标 文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ ａ２ｘ． ｘ
Ⅰ （ ）＝ｅ（ｅ － ）－ ｙ′ ａ ｘ ｘ １ ａ ｘ ｘ ａ
讨论ｆ ｘ 的单调性 ∴ ＝ｌｎ（ － ）＋ ·ａ ｘ·（－１）＝ｌｎ（ － ）－ａ ｘ， ∈（－∞， ），
（１） （ ） ； － －
若ｆ ｘ 求ａ的取值范围． ｘ 是函数ｙ ｘｆ ｘ 的极值点
（２） （ ）≥０， ∵ ＝０ ＝ （ ） ，
解析 本题考查了利用导数研究函数的单调性 最值．
、 ａ ０ 可得ａ ．
（１）
函数ｆ
（
ｘ
）
的定义域为
（－∞，＋∞），
ｆ ′
（
ｘ
）＝ ２ｅ
２ ｘ
－
ａ
ｅ
ｘ
－
ａ２
＝
∴ ｌｎ（ －０）－ａ －０ ＝０， ＝１
ｘ ａ ｘ ａ ． 当ａ 时 ｙ′ ｘ ｘ ｘ
（２ｅ ＋ ）（ｅ － ） ＝１ ， ＝ｌｎ（１－ ）－ ｘ， ∈（－∞，１），
若ａ 则ｆ ｘ ２ ｘ 在 单调递增． １－
① ＝０， （ ）＝ｅ ， （－∞，＋∞） ｘ
若ａ 则由ｆ ′ ｘ 得ｘ ａ． 令ｐ ｘ ｘ
② ＞０， （ ）＝０ ＝ｌｎ （ ）＝ｌｎ（１－ ）－ ｘ，
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ １－
∈（－∞，ｌｎ ） ， （ ）＜０； ｘ
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ． 则ｐ′ ｘ １ １ －２
故ｆ ∈ ｘ （ 在 ｌｎ ，＋∞） ａ ， 单调 （ 递 ）＞ 减 ０ 在 ａ 单调递增． （ ）＝ｘ －１ － （１－ ｘ ） ２ ＝ （ ｘ －１） ２，
（ ） （－∞，ｌｎ ） ， （ｌｎ ，＋∞） 易知当ｘ 时 ｐ′ ｘ 恒成立．
( ａ ) ∈（－∞，１） ， （ ）＜０
若ａ 则由ｆ ′ ｘ 得ｘ ． ｐ ｘ 在 上为减函数 又ｐ
③ ＜０， （ ）＝０ ＝ｌｎ － ∴ （ ） （－∞，１） ， （０）＝０，
２ 当ｘ 时 ｐ ｘ
( ( ａ )) ∴ ∈（－∞，０） ， （ ）＞０；
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｐ ｘ
∈ －∞，ｌｎ － ， （ ）＜０； ∈（０，１） ， （ ）＜０，
２ 函数ｙ ｘｆ ｘ ｘ ｘ 在 上为增函数 在
( ( ａ ) ) ∴ ＝ （ ）＝ ｌｎ（１－ ） （－∞，０） ， （０，１）
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ． 上为减函数．
∈ ｌｎ － ，＋∞ ， （ ）＞０
２ 当ａ 时 ｘ 是函数ｙ ｘｆ ｘ 的极值点． ａ ．
( ( ａ )) ( ( ａ ) ) ∴ ＝１ ， ＝０ ＝ （ ） ∴ ＝１
故ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调 证明 由 知ａ ｆ ｘ ｘ ｘ
（ ） －∞，ｌｎ － ， ｌｎ － ，＋∞ （２） ： （１） ＝１，∴ （ ）＝ｌｎ（１－ ）， ∈（－∞，１），
２ ２ 当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｘｆ ｘ
递增． ∈（０，１） ，（ ）＝ｌｎ（１－ ）＜０，∴ （ ）＜０，
当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｘｆ ｘ
若ａ 则ｆ ｘ ２ ｘ 所以ｆ ｘ ． ∈（－∞，０） ，（ ）＝ｌｎ（１－ ）＞０，∴ （ ）＜０，
（２）① ＝０， （ ）＝ｅ ， （ ）≥０ ｘ ｆ ｘ
若ａ 则由 得 当ｘ ａ时 ｆ ｘ 取得最小值 最小值 要证ｇ ｘ ＋（ ） 只需证ｘ ｆ ｘ ｘｆ ｘ ．
② ＞０， （１） ， ＝ｌｎ ， （ ） ， ∴ （ ）＝ ｘｆ ｘ ＜１， ＋（ ）＞ （ ）
为ｆ ａ ａ２ ａ 从而当且仅当 ａ２ ａ 即 ａ （ ）
（ｌｎ ）＝ － ｌｎ ， － ｌｎ ≥０， ≤１ 只需证ｘ ｘ ｘ ｘ
时 ｆ ｘ ． ＋ｌｎ（１－ ）＞ ｌｎ（１－ ），
，（ ）≥０ 只需证ｘ ｘ ｘ
( ａ ) ＋（１－ ）ｌｎ（１－ ）＞０，
若ａ 则由 得 当ｘ 时 ｆ ｘ 取得最小值 最 令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ
③ ＜０， （１） ， ＝ｌｎ － ， （ ） ， （ ）＝ ＋（１－ ）ｌｎ（１－ ），
２ 则ｈ′ ｘ ｘ ｘ
( ( ａ )) [ ( ａ )] （ ）＝１－ｌｎ（１－ ）－１＝－ｌｎ（１－ ），
小值为ｆ ａ２ ３ ． 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递增
ｌｎ － ＝ －ｌｎ － ∴ ∈（０，１） ， （ ）＞０， （ ） ，
２ ４ ２ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递减
[ ( ａ )] ∈（－∞，０） ， （ ）＜０， （ ） ，
从而当且仅当ａ２ ３ 当ｘ 时 ｈ ｘ ｈ
－ｌｎ － ≥０， ∴ ∈（－∞，０）∪（０，１） ， （ ）＞ （０）＝０，
４ ２ ｘ ｘ ｘ 在 上恒成立．
即ａ
≥－２ｅ
３ ４时
，
ｆ
（
ｘ
）≥０
． ∴
ｇ
＋（
ｘ
１－ ）
．
ｌｎ（１－ ）＞０ （－∞，０）∪（０，１）
∴ （ ）＜１
综上 ａ的取值范围是 ３ ４ ． 名师点拨 在论证较为复杂的不等式时，可考虑数学证明
， ［－２ｅ ，１］
中的分析法，将问题转化，构造函数，通过求函数最值达到解
利用导数研究函数的极值、最值 学生用书Ｐ４７ 决问题的目的．
ｘ
１．（２０２１全国乙理，１０，５分）设ａ 若ｘ ａ为函数ｆ ｘ ａ ｘ ５．（２０２１北京，１９）已知函数ｆ ｘ ３－２ ．
≠０， ＝ （ ）＝ （ － （ ）＝ ｘ２ ａ
ａ ２ ｘ ｂ 的极大值点 则 ＋
） （ － ） ， （ ） 若ａ 求曲线ｙ ｆ ｘ 在 ｆ 处的切线方程
ａ ｂ ａ ｂ ａｂ ａ２ ａｂ ａ２ （１） ＝０， ＝ （ ） （１， （１）） ；
Ａ． ＜ Ｂ． ＞ Ｃ． ＜ Ｄ． ＞ 若函数ｆ ｘ 在ｘ 处取得极值 求ｆ ｘ 的单调区间 以
１． 答案 Ｄ （２） （ ） ＝－１ ， （ ） ，
及最大值和最小值．
２．（２０２１新高考 ，１５，５分）函数ｆ ｘ ｘ ｘ的最小值
Ⅰ （ ）＝ ｜２ －１｜－２ｌｎ ｘ
为 ． ５． 解析 当ａ 时 ｆ ｘ ３－２ ｆ 又ｆ ′ ｘ
（１） ＝０ ， （ ）＝ ｘ２ ，∴ （１）＝ １， （ ）＝
２． 答案
１ ｘ
解题指导 先分类讨论去掉绝对值符号，然后用函数的单 ２
ｘ
－
３
６
，
故ｆ ′
（１）＝－４，
故曲线ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
在
（１，
ｆ
（１））
处的切线方
调性分析其最小值．
程为ｙ ｘ 即 ｘ ｙ ．
＝－４（ －１）＋１， ４ ＋ －５＝０
３．（２０１８江苏，１１，５分）若函数ｆ
（
ｘ
）＝ ２
ｘ３
－
ａｘ２
＋１（
ａ
∈
Ｒ
）
在
（０， 由题意得ｆ ′ ｘ ２
ｘ２
－６
ｘ
－２
ａ
且ｆ ′ 故 ａ
＋∞） 内有且只有一个零点 ， 则ｆ （ ｘ ） 在 ［－１，１］ 上的最大值与最 （２） （ ）＝ （ ｘ２ ＋ ａ ） ２ ， （－１）＝０， ８－２ ＝０，
小值的和为 ． 解得ａ
＝４，
３． 答案
－３ 故ｆ ｘ ３－２
ｘ
ｘ Ｒ ｆ ′ ｘ ２
ｘ２
－６
ｘ
－８ ２（
ｘ
＋１）（
ｘ
－４）
４．（２０２１全国乙理，２０，１２分）设函数ｆ （ ｘ ）＝ｌｎ（ ａ － ｘ ）， 已知ｘ ＝０ （ ）＝ ｘ２ ＋４ ， ∈ ， （ ）＝ （ ｘ２ ＋４） ２ ＝ （ ｘ２ ＋４） ２ ，
是函数ｙ ｘｆ ｘ 的极值点． 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ 或ｘ 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ
＝ （ ） （ ）＞０， ＞４ ＜－１； （ ）＜０， －１＜ ＜４，
求ａ 故函数ｆ ｘ 的单调增区间为 和 单调减区
（１） ； （ ） （－∞，－１） （４，＋∞），
ｘ ｆ ｘ 间为 ．
设函数ｇ ｘ ＋（ ）．证明 ｇ ｘ ． （－１，４）
（２） （ ）＝ ｘｆ ｘ ： （ ）＜１
（ ） 所以ｆ ｘ 的极大值为ｆ ｆ ｘ 的极小值为ｆ １ ．
４． 解析 由题意得ｙ ｘｆ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ａ （ ） （－１）＝１， （ ） （４）＝－
（１） ＝ （ ）＝ ｌｎ（ － ）， ∈（－∞， ）， ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ０６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
又当ｘ 时 ｘ 故ｆ ｘ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ．
∈（－∞，－１） ，３－２ ＞０， （ ）＞０； ０＜ ＜１ ， （ ）＜０； ＞１ ， （ ）＞０
当ｘ 时 ｘ 故ｆ ｘ 所以ｘ 是ｇ ｘ 的最小值点．
∈（４，＋∞） ，３－２ ＜０， （ ）＜０， ＝１ （ ）
故当ｘ 时 ｇ ｘ ｇ ．
ｆ ｘ ｆ ｆ ｘ ｆ １ ． ＞０ ， （ ）≥ （１）＝０
∴ （ ）ｍａｘ＝ （－１）＝１， （ ）ｍｉｎ＝ （４）＝－
４ 因此 当ａ １ 时 ｆ ｘ ．
解题指导 （ ）当ａ 时，求出ｆ（ ）与ｆ ′（ ）的值，再写出 ， ≥ ， （ ）≥０
１ ＝０ １ １ ｅ
切线方程；（ ）由ｆ ′（ ） 求出ａ的值，再通过导函数的符 方法总结 本题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知
２ －１ ＝０
号求出ｆ（ｘ）的单调区间和最值． 识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系
６．（２０２０北京，１９，１５分）已知函数ｆ ｘ ｘ２． 以及证明不等式问题，在解题的过程中，先确定函数的定义
（ ）＝１２－
求曲线ｙ ｆ ｘ 的斜率等于 的切线方程 域，再根据导数与极值的关系求得参数值，之后根据导数的正
（１） ＝ （ ） －２ ；
设曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｔ ｆ ｔ 处的切线与坐标轴围成的三 负确定出函数的单调区间，第（ ）问在求解时构造新函数，应
（２） ＝ （ ） （ ， （ ）） ２
角形的面积为Ｓ ｔ 求Ｓ ｔ 的最小值． 用不等式的传递性证得结果．
（ ）， （ ）
６． 解析 因为ｆ ｘ ｘ２ 所以ｆ ′ ｘ ｘ ８．（２０１９ 课标 理，２０，１２ 分）已知函数 ｆ ｘ ｘ ｘ
（１） （ ）＝１２－ ， （ ）＝－２ ， Ⅰ （ ）＝ｓｉｎ －ｌｎ（１＋ ），
令 ｘ 解得ｘ ｆ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导数．证明
－２ ＝－２， ＝１， （ ） （ ） ：
又ｆ 所以所求切线方程为ｙ ｘ ( )
（１）＝１１， －１１＝－２（ －１）， ｆ′ ｘ 在区间 π 存在唯一极大值点
整理得 ｘ ｙ ． （１） （ ） －１， ；
２ ＋ －１３＝０ ２
由 可知ｆ′ ｘ ｘ 所以曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｔ ｆ ｔ 处 ｆ ｘ 有且仅有 个零点．
（２） （１） （ ）＝－２ ， ＝ （ ） （ ， （ ）） （２） （ ） ２
的切线斜率ｋ ｔ 又ｆ ｔ ｔ２ 所以切线方程为ｙ ８． 证明 设ｇ ｘ ｆ′ ｘ
＝－２， （ ）＝ １２－ ， －（１２－ （１） （ ）＝ （ ），
ｔ２ ｔ ｘ ｔ 整理得 ｔｘ ｙ ｔ２ 当ｘ 时 ｙ ｔ２
）＝－２（ － ）， ２ ＋ －（ ＋１２）＝ ０， ＝０ ， ＝ ＋ 则ｇ ｘ ｘ １ ｇ′ ｘ ｘ １ ．
１２， 所以切线与ｙ轴的交点为 （０， ｔ２ ＋１２）， （ ）＝ｃｏｓ － １＋ ｘ， （ ）＝－ｓｉｎ ＋ （１＋ ｘ ） ２
ｔ２ (ｔ２ ) ( ) ( )
当ｙ 时 ｘ ＋１２ 所以切线与ｘ轴的交点为 ＋１２ ． 当ｘ π 时 ｇ′ ｘ 单调递减 而 ｇ′ ｇ′ π
＝０ ， ＝ ｔ ， ｔ ，０ ∈ －１， ， （ ） ， （０）＞０， ＜０，
２ ２ ２ ２
ｔ２ ｔ２ ２ ( )
当ｔ 时 Ｓ ｔ １ ＋１２ ｔ２ （ ＋１２） 可得ｇ′ ｘ 在 π 有唯一零点 设为α
① ＞０ ， （ ）＝ · ｔ ·（ ＋１２）＝ ｔ ， （ ） －１， ， ，
２ ２ ４ ２
ｔ２ ｔ２ ( )
则Ｓ′ （ ｔ ）＝ ３（ －４） ｔ （ ２ ＋１２） ， 则当ｘ ∈（－１， α ） 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＞０； 当ｘ ∈ α ， π 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＜０ ．
４ ２
当 ｔ 时 Ｓ′ ｔ 此时Ｓ ｔ 在 上单调递减 ( )
０＜ ＜２ ， （ ）＜０， （ ） （０，２） ； 所以 ｇ ｘ 在 α 单调递增 在 α π 单调递减 故
当ｔ 时 Ｓ′ ｔ 此时Ｓ ｔ 在 上单调递增 （ ） （－１， ） ， ， ，
＞２ ， （ ）＞０， （ ） （２，＋∞） ， ２
所以Ｓ ｔ Ｓ ． ( ) ( )
（ ）ｍｉｎ＝ （２）＝３２ ｇ ｘ 在 π 存在唯一极大值点 即ｆ′ ｘ 在 π 存在
ｔ２ ２ ｔ２ ｔ２ （ ） －１， ， （ ） －１，
当ｔ 时 Ｓ ｔ （ ＋１２） 则Ｓ′ ｔ ３（ －４）（ ＋１２） ２ ２
② ＜０ ， （ ）＝－ ｔ ， （ ）＝－ ｔ２ ， 唯一极大值点．
４ ４
当ｔ 时 Ｓ′ ｔ 此时Ｓ ｔ 在 上单调递减 ｆ ｘ 的定义域为 ．
＜－２ ， （ ）＜０， （ ） （－∞，－２） ； （２） （ ） （－１，＋∞）
当 ｔ 时 Ｓ′ ｔ 此时Ｓ ｔ 在 上单调递增 当ｘ 时 由 知 ｆ′ ｘ 在 单调递增
－２＜ ＜０ ， （ ）＞０， （ ） （－２，０） ， （ｉ） ∈（－１，０］ ， （１） ， （ ） （－１，０） ，
所以Ｓ ｔ Ｓ ． 而ｆ′ 所以当ｘ 时 ｆ′ ｘ 故ｆ ｘ 在 单
（ ）ｍｉｎ＝ （－２）＝３２ （０）＝０， ∈（－１，０） ， （ ）＜０， （ ） （－１，０）
综上所述 当ｔ 时 Ｓ ｔ 取最小值 为 ． 调递减．又ｆ 从而ｘ 是ｆ ｘ 在 的唯一零点．
， ＝±２ ， （ ） ， ３２ （０）＝０， ＝０ （ ） （－１，０］
名师点拨 本题主要考查导数在研究函数中的应用和导数 ( ]
当ｘ π 时 由 知 ｆ′ ｘ 在 α 单调递增 在
的概念及几何意义．本题第（ ）问先求出切线与ｘ轴和ｙ轴的 （ｉｉ） ∈ ０， ， （１） ， （ ） （０， ） ，
２ ２
交点，再求出三角形的面积表达式，分ｔ 和ｔ 两种情况，也 ( ) ( )
＞０ ＜０ α π 单调递减 而 ｆ′ ｆ′ π 所以存在 β
可以只研究ｔ 时Ｓ（ｔ）的最小值，由上面解析知当ｔ 时，Ｓ ， ， （０）＝ ０， ＜０， ∈
＞０ ＝２ ２ ２
（
图
ｔ）
象
取
关
最
于
小
ｙ
值
轴
，
对
Ｓ（
称
ｔ）
， ｍｉ 得 ｎ＝ 出
Ｓ（
ｔ ２
）
＝ 时 ３２ ，
，
Ｓ
利
（ｔ
用
）
ｆ（ｘ
Ｓ
）
（ ＝１２ ） －
ｘ２ 是
．
偶函数， (
α ， π
)
， 使得ｆ′ （ β ）＝０， 且当ｘ ∈（０， β ） 时 ， ｆ′ （ ｘ ）＞０； 当ｘ ∈
＜０ ｍｉｎ＝ －２ ＝３２ ( ２ ) ( )
７．（２０１８课标 Ⅰ 文，２１，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ｘ －ｌｎ ｘ －１ ． β π 时 ｆ′ ｘ ．故ｆ ｘ 在 β 单调递增 在 β π 单
， ， （ ）＜０ （ ） （０， ） ， ，
设ｘ 是ｆ ｘ 的极值点 求ａ 并求ｆ ｘ 的单调区间 ２ ２
（１） ＝２ （ ） ， ， （ ） ；
调递减．
证明 当ａ １ 时 ｆ ｘ ． ( ) ( ) ( ]
（２） ： ≥ ， （ ）≥０
ｅ 又ｆ ｆ π π 所以当ｘ π 时
７． 解析 （１） ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （０，＋∞）， （０）＝０， ２ ＝１ ( －ｌｎ １ ] ＋ ２ ＞０， ∈ ０， ２ ，
ｆ ′ ｘ ａ ｘ １ ．由题设知 ｆ ′ 所以ａ １ ． ｆ ｘ ．从而 ｆ ｘ 在 π 没有零点．
（ ）＝ ｅ － ｘ ， （２）＝０， ＝ ２ （ ）＞０ ， （ ） ０， ２
２ｅ ( ] ( )
从而ｆ （ ｘ ）＝ １ ２ｅ ｘ －ｌｎ ｘ －１， ｆ ′ （ ｘ ）＝ １ ２ｅ ｘ － １ ｘ ． （ｉｉｉ） 当ｘ ∈ π ２ ，π 时 ， ｆ′ （ ｘ ）＜０， 所以ｆ （ ｘ ） 在 π ２ ，π 单调递
２ｅ ２ｅ ( ) ( ]
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ． 减．而ｆ π ｆ 所以ｆ ｘ 在 π 有唯一零点．
０＜ ＜２ ， （ ）＜０； ＞２ ， （ ）＞０ ＞０， （π）＜０， （ ） ，π
所以ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增． ２ ２
（ ） （０，２） ， （ ｘ ２，＋∞） （ｉｖ） 当ｘ ∈（π，＋∞） 时 ，ｌｎ（ ｘ ＋１）＞１， 所以ｆ （ ｘ ）＜０， 从而ｆ （ ｘ ） 在
（２）
证明
：
当ａ
≥
１
ｅ
时
，
ｆ
（
ｘ
）≥
ｅ
ｅ
－ｌｎ
ｘ
－１
．
（π，＋∞）
没有零点．
ｘ ｘ 综上 ｆ ｘ 有且仅有 个零点．
设ｇ ｘ ｅ ｘ 则ｇ′ ｘ ｅ １ ． ， （ ） ２
（ ）＝ －ｌｎ －１， （ ）＝ － ｘ 方法总结 本题考查导数与函数极值之间的关系，利用导
ｅ ｅ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ０７
数解决函数零点个数的问题．解决零点问题的关键一方面是利
ｘ
答案 Ｃ ｆ ′ ｘ ３π π
用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用 （ ）＝ ｍ ｃｏｓ ｍ，
函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可． ｆ ｘ 的极值点为ｘ
∵ （ ） ０，
ｘ
以下为教师用书专用（１—１９） ｆ ′ ｘ ３π π ０
１．（２０１７浙江，７，５分）函数ｙ ｆ ｘ 的导函数ｙ ｆ ′ ｘ 的图象如
∴ （ ０）＝０，∴ ｍ ｃｏｓ ｍ ＝０，
＝ （ ） ＝ （ ）
图所示 则函数ｙ ｆ ｘ 的图象可能是 πｘ ｋ π ｋ Ｚ
， ＝ （ ） （ ） ∴ ｍ ０＝ π＋ ， ∈ ，
２
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
ｍ
(
ｋ １
) ２ ｍ２
－３ ｋ Ｚ
答案 Ｄ 本题考查函数图象的识辨
，
利用导数判断函数的 ∵ ≠０，∴ ＋
２
＜ ｍ２ ， ∈ ，
单调性和极值． 又 存在ｘ 满足ｘ２ ｆ ｘ ２ ｍ２ 即存在ｋ Ｚ满足上式
∵ ０ ０＋［ （ ０）］ ＜ ， ∈ ，
不妨设导函数ｙ ＝ ｆ′ （ ｘ ） 的零点依次为ｘ １， ｘ ２， ｘ ３， 其中ｘ １＜０＜ ｘ ２＜ ｍ２ －３ [( ｋ １ ) ２ ]
ｘ
３，
由导函数图象可知
，
ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
在
（－∞，
ｘ
１）
上为减函数
，
在 ∴ ｍ２ ＞ ＋
２ ｍｉｎ
，
（
增
ｘ
函
１， ｘ
数
２）
，
上
从
为
而
增
排
函
除
数
Ａ
，
，
在
Ｃ ．ｙ
（ ｘ
＝
２
ｆ
，
（
ｘ
ｘ
３
）
）
在
上为
ｘ ＝
减
ｘ １
函
， ｘ
数
＝
，
ｘ
在
３ 处
（ ｘ
取
３，
到
＋∞
极
）
小
上
值
为
， ∴
ｍ
ｍ
２ －
２
３
＞
(
２
１ ) ２
，∴
ｍ２
－３＞
ｍ
４
２
，∴
ｍ２
＞４，∴
ｍ
＞２
或 ｍ
＜－２，
故
在ｘ ｘ 处取到极大值 又ｘ 排除 故选 ． 选 ．
＝ ２ ， ２＞０， Ｂ， Ｄ Ｃ
方法总结 函数图象的识辨方法： 评析 本题考查了函数的极值问题，三角函数求值、恒成立等
．利用函数图象上的特殊点（如函数图象与ｘ轴、ｙ轴的交点， 问题．考查分析问题、解决问题的能力．
１
函数图象上的最高点、最低点等）来识辨． ４．（２０１３课标 ，理１０，文１１，５分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ
Ⅱ （ ）＝ ＋ ＋ ＋
．利用函数的定义域，在某个区间上的值域来识辨． ｃ 下列结论中错误的是
２ ， （ ）
．利用函数的单调性、极值（常用导数来判断）和函数的周期 ｘ Ｒ ｆ ｘ
３ Ａ．∃ ０∈ ， （ ０）＝０
性来识辨． 函数ｙ ｆ ｘ 的图象是中心对称图形
Ｂ． ＝ （ ）
．利用函数的零点来识辨． 若ｘ 是ｆ ｘ 的极小值点 则ｆ ｘ 在区间 ｘ 单调递减
４ Ｃ． 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 若ｘ 是ｆ ｘ 的极值点 则ｆ ′ ｘ
５ Ｄ． ０ （ ） ， （ ０）＝０
象关于原点（或ｙ轴）对称． 答案 Ｃ 由三次函数值域为Ｒ知ｆ ｘ 有解 所以 项
（ ）＝０ ， Ａ
．利用函数图象的中心对称和轴对称来识辨． 正确 因为ｙ ｘ３ 的图象为中心对称图形 而ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ
６ ； ＝ ， （ ）＝ ＋ ＋ ＋
．利用函数图象的渐近线来识辨．如指数型函数、对数型函数、 ｃ的图象可以由ｙ ｘ３ 的图象平移得到 故 项正确 若ｆ ｘ 有
７ ＝ ， Ｂ ； （ ）
幂函数（指数为负）型函数（含反比例函数）、正切型函数等，其 极小值点 则ｆ ′ ｘ 有两个不等实根ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ
， （ ）＝０ １， ２（ １＜ ２）， （ ）
图象都有渐近线． ｘ２ ａｘ ｂ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ｘ 在 ｘ 上为增函
２．（２０１６四川文，６，５分）已知ａ为函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ的极小值 ＝ 数 ３ 在 ＋２ ｘ ＋ ｘ ＝ 上 ３（ 为 － 减 １ 函 ） 数 （ － 在 ２） ｘ ， （ ） 上为 （ 增 －∞ 函 ， 数 １） 故 项错
点 则ａ
（ ）＝ －１２
误
，
项
（
正
１，
确
２）
．故选 ．
， （ ２，＋∞） ， Ｃ
， ＝ （ ） ；Ｄ Ｃ
评析 本题考查了三次函数的图象和性质，考查了利用导数
Ａ．－４ Ｂ．－２ Ｃ．４ Ｄ．２
答案 Ｄ 由题意可得ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 研究函数极值与单调性．
（ ）＝３ －１２＝３（ －２）（ ＋２），
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ５．（２０１９课标 文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ．
（ ）＝０， ＝－２ ＝２， Ⅱ （ ）＝（ －１）ｌｎ － －１
则ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 随ｘ的变化情况如下表 证明
（ ）， （ ） ： ：
ｘ ｆ ｘ 存在唯一的极值点
（－∞，－２） －２ （－２，２） ２ （２，＋∞） （１） （ ） ；
ｆ ｘ 有且仅有两个实根 且两个实根互为倒数．
ｆ′ ｘ （２） （ ）＝０ ，
（ ） ＋ ０ － ０ ＋ 解析 本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根
ｆ ｘ 极大值 极小值
（ ） ↗ ↘ ↗ 的问题 考查推理论证能力 运算求解能力 考查函数与方程
， 、 ，
函数ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 则ａ ．故选 ．
∴ （ ） ＝２ ， ＝２ Ｄ 思想 转化与化归思想 考查的核心素养是逻辑推理及数学
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 、 ，
运算．
概念是解题的关键．
ｆ ｘ 的定义域为 ．
（１） （ ） （０，＋∞）
ｘ
３．（２０１４课标 理，１２，５分）设函数ｆ ｘ π ．若存在ｆ ｘ ｘ
Ⅱ （ ）＝ ３ｓｉｎ ｍ （ ） ｆ ′ ｘ －１ ｘ ｘ １ ．
（ ）＝ ｘ ＋ｌｎ －１＝ｌｎ － ｘ
的极值点ｘ 满足ｘ２ ｆ ｘ ２ ｍ２ 则ｍ的取值范围是
０ ０＋［ （ ０）］ ＜ ， 因为ｙ ｘ单调递增 ｙ １ 单调递减 所以ｆ ′ ｘ 单调递增．
＝ｌｎ ， ＝ ｘ ， （ ）
（ ）
Ａ．（－∞，－６）∪（６，＋∞） Ｂ．（－∞，－４）∪（４，＋∞） 又ｆ ′ ｆ ′ １ ｌｎ４－１ 故存在唯一ｘ
（１）＝－１＜０， （２）＝ｌｎ ２－ ＝ ＞０， ０
Ｃ．（－∞，－２）∪（２，＋∞） Ｄ．（－∞，－１）∪（１，＋∞） ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ０８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
使得ｆ ′ ｘ ．
∈（１，２）， （ ０）＝０ ｆ′ （ ｘ ） ＋ ０ － ０ ＋
又当ｘ ｘ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ
＜ ０ ， （ ）＜０， （ ） ； ＞ ０ ， （ ）＞０， ｆ ｘ 极大值 极小值
ｆ ｘ 单调递增． （ ） ↗ ↘ ↗
（ ）
因此
，
ｆ
（
ｘ
）
存在唯一的极值点． 所以ｆ （ ｘ ） 的极大值Ｍ ＝ ｆ （ ｘ １） ．
解法一
（
又
２）
ｆ （
由
ｅ ２
（
）
１
＝
） 知
ｅ ２ －
ｆ
３
（
＞
ｘ ０
０
）
，
＜ ｆ （１）＝－２， Ｍ
＝
ｆ
（
ｘ
１
：
）＝
ｘ３
１－（
ｂ
＋１）
ｘ２
１＋
ｂｘ
１
所以ｆ ｘ 在 ｘ 内存在唯一根ｘ α． æｘ ｂ ö ｂ２ ｂ ｂ ｂ
（ ）＝０ （ ０，＋∞） ＝ ＝［３ ｘ２ １－２（ ｂ ＋１） ｘ １＋ ｂ ］è ç １ － ＋１ ø ÷ － ２（ － ＋１）ｘ １＋ （ ＋１）
由α ｘ 得 １ ｘ ． ３ ９ ９ ９
＞ ０＞１ α ＜１＜ ０ －２（ ｂ２ － ｂ ＋１）（ ｂ ＋１） ｂ （ ｂ ＋１） ２ ｂ２ ｂ ３
( ) ( ) ｆ α ＝ ＋ ＋ （ － ＋１）
又ｆ １ １ １ １ （ ） ２７ ９ ２７
α ＝ α －１ ｌｎ α －α －１＝ α ＝０， ｂ ｂ ｂ ２ ｂ
（ ＋１） ２（ －１） （ ＋１） ２ ｂ ｂ ３
＝ － ＋ ［ （ －１）＋１］
故 １ 是ｆ ｘ 在 ｘ 的唯一根． ２７ ２７ ２７
α （ ）＝０ （０， ０） ｂ ｂ
（ ＋１） ２ ４ ．
综上 ｆ ｘ 有且仅有两个实根 且两个实根互为倒数． ≤ ＋ ≤
， （ ）＝０ ， ２７ ２７ ２７
思路分析 （ ）求函数极值点的个数，实质是求导函数零
１ 因此Ｍ ４ ．
点的个数，注意应用零点存在性定理；（ ）由第（ ）问易知方程 ≤
２７
２ １
解法二
ｆ（ｘ） 在（ｘ ， ）上存在唯一根α，根据所要证明的结论，只 ：
＝０ ( ) ０ ＋∞ 因为 ｂ 所以ｘ ．
需求出ｆ １ 即可． ０＜ ≤１， １∈（０，１）
α ＝０ 当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｂ ｘ ｘ ｘ ２．
∈（０，１） ， （ ）＝ （ － ）（ －１）≤ （ －１）
６．（２０１９江苏，１９，１６分）设函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ｂ ｘ ｃ ａ ｂ ( )
（ ）＝（ － ）（ － ）（ － ）， ， ， 令ｇ ｘ ｘ ｘ ２ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ １ ｘ ．
ｃ Ｒ ｆ ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导函数． （ ）＝ （ －１） ， ∈（０，１）， （ ）＝３ － （ －１）
∈ ， （ ） （ ） ３
若ａ ｂ ｃ ｆ 求ａ的值
（１） ＝ ＝ ， （４）＝８， ； 令ｇ′ ｘ 得ｘ １ ．列表如下
若ａ ｂ ｂ ｃ 且ｆ ｘ 和ｆ ′ ｘ 的零点均在集合 （ ）＝０， ＝ ：
（２） ≠ ， ＝ ， （ ） （ ） ｛－３，１，３｝ ３
中 求ｆ ｘ 的极小值 ( ) ( )
， （ ） ； ｘ １ １ １
０， ，１
若ａ ｂ ｃ 且ｆ ｘ 的极大值为Ｍ 求证 Ｍ ４ ． ３ ３ ３
（３） ＝０，０＜ ≤１， ＝１， （ ） ， ： ≤ ｇ′ ｘ
２７ （ ） ＋ ０ －
解析 本小题主要考查利用导数研究函数的性质 考查综合
， ｇ ｘ 极大值
运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力． （ ） ↗ ↘
因为ａ ｂ ｃ 所以ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ｂ ｘ ｃ ｘ ａ ３． 所以当ｘ １ 时 ｇ ｘ 取得极大值 且是最大值 故ｇ ｘ
（１） ＝ ＝ ， （ ）＝（ － ）（ － ）（ － ）＝（ － ） ＝ ， （ ） ， ， （ ）ｍａｘ＝
因为ｆ 所以 ａ ３ 解得ａ ． ３
（４）＝８， （４－ ） ＝８， ＝２ ( )
因为ｂ ｃ 所以ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ｂ ２ ｘ３ ａ ｂ ｘ２ ｂ ａ ｇ １ ４ ．
（２） ＝ ， （ ）＝（ － ）（ － ） ＝ －（ ＋２ ） ＋ （２ ＋ ＝
( ａ ｂ) ３ ２７
ｂ ｘ ａｂ２ 从而ｆ ′ ｘ ｘ ｂ ｘ ２ ＋ ．
） － ， （ ）＝３（ － ） － 所以当ｘ 时 ｆ ｘ ｇ ｘ ４ ．因此Ｍ ４ ．
３ ∈（０，１） ， （ ）≤ （ ）≤ ≤
ａ ｂ ２７ ２７
令ｆ ′
（
ｘ
）＝０，
得ｘ
＝
ｂ或ｘ
＝
２ ＋ ． ７．（２０１７江苏，２０，１６分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
＋
ａｘ２
＋
ｂｘ
＋１（
ａ
＞０，
ｂ
∈
３ Ｒ 有极值 且导函数ｆ ′ ｘ 的极值点是ｆ ｘ 的零点． 极值点
ａ ｂ ） ， （ ） （ ） （
因为ａ ， ｂ ， ２ ＋ 都在集合 ｛－３，１，３｝ 中 ， 且ａ ≠ ｂ ， 是指函数取极值时对应的自变量的值
３ ）
ａ ｂ 求ｂ关于ａ的函数关系式 并写出定义域
所以２ ＋ ａ ｂ ． （１） ， ；
＝１， ＝３， ＝－３ 证明 ｂ２ ａ
３ （２） ： ＞３ ；
此时 ， ｆ （ ｘ ）＝（ ｘ －３）（ ｘ ＋３） ２ ， ｆ ′ （ ｘ ）＝３（ ｘ ＋３）（ ｘ －１） ． 若ｆ ｘ ｆ′ ｘ 这两个函数的所有极值之和不小于 ７ 求
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ． （３） （ ）， （ ） － ，
（ ）＝０， ＝－３ ＝１ ２
列表如下 ａ的取值范围．
：
解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性 极
ｘ 、
（－∞，－３） －３ （－３，１） １ （１，＋∞） 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
ｆ′ ｘ ，
（ ） ＋ ０ － ０ ＋ 以及逻辑推理能力．
ｆ （ ｘ ） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ( ａ ) ２
由ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ 得ｆ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ ｘ
所以ｆ ｘ 的极小值为ｆ ２ ． （１） （ ）＝ ＋ ＋ ＋１， （ ）＝３ ＋２ ＋ ＝３ ＋ ＋
（ ） （１）＝（１－３）×（１＋３） ＝－３２ ３
因为ａ ｃ 所以ｆ ｘ ｘ ｘ ｂ ｘ ｘ３ ｂ ｘ２ ａ２
（３） ＝０， ＝１， （ ）＝ （ － ）（ －１）＝ －（ ＋１） ＋ ｂ ．
ｂｘ
，
ｆ ′
（
ｘ
）＝３
ｘ２
－２（
ｂ
＋１）
ｘ
＋
ｂ． －
３
因为 ０＜ ｂ ≤１， 所以Δ ＝４（ ｂ ＋１） ２ －１２ ｂ ＝（２ ｂ －１） ２ ＋３＞０， 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 有极小值ｂ ａ２ ．
则ｆ ′ ｘ 有 个不同的零点 设为ｘ ｘ ｘ ｘ ． ＝－ ， （ ） －
（ ） ２ ， １， ２（ １＜ ２） ３ ３
因为ｆ ′ ｘ 的极值点是ｆ ｘ 的零点
ｂ ｂ２ ｂ ｂ ｂ２ ｂ （ ） （ ） ，
由ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 得ｘ １＝ ＋１－ － ＋１ ， ｘ ２＝ ＋１＋ － ＋１． 所以ｆ ( ａ ) ａ３ ａ３ ａｂ 又ａ 故ｂ ２ ａ２ ３ ．
３ ３ － ＝－ ＋ － ＋１＝０， ＞０， ＝ ＋ ａ
列表如下 ３ ２７ ９ ３ ９
： ａ２
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 因为ｆ ｘ 有极值 故 ｆ ′ ｘ 有实根 从而 ｂ １
（－∞， １） １ （ １， ２） ２ （ ２，＋∞） （ ） ， （ ）＝ ０ ， － ＝ ａ（２７－
３ ９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ０９
ａ３ 即ａ ． 单调性 最值．
）≤０， ≥３ 、
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｘ 故ｆ ｘ 在Ｒ上是增函数 ｆ ｘ 因为ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 所以 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ
＝３ ， （ ）＞０（ ≠－１）， （ ） ， （ ） （１） （ ）＝ｅ ｃｏｓ － ， （ ）＝ｅ （ｃｏｓ －ｓｉｎ ）－１，
没有极值 ｆ ′ ．
； （０）＝０
又因为ｆ 所以曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 有两个相异的实根ｘ － ａ － ａ２ －３ ｂ ｘ （０）＝１， ＝ （ ） （０， （０））
＞３ ， （ ）＝０ １＝ ３ ， ２ 程为ｙ ＝１ ．
设ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ
ａ ａ２ ｂ （２） （ ）＝ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ ）－１，
－ ＋ －３ ． 则ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ．
＝ （ ）＝ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ －ｓｉｎ －ｃｏｓ ）＝－２ｅ ｓｉｎ
３ ( )
列表如下 当ｘ π 时 ｈ′ ｘ
： ∈ ０， ， （ ）＜０，
２
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ [ ]
（－∞， １） １ （ １， ２） ２ （ ２，＋∞） 所以ｈ ｘ 在区间 π 上单调递减．
ｆ′ ｘ （ ） ０，
（ ） ＋ ０ － ０ ＋ ２
( ]
ｆ ｘ 极大值 极小值 所以对任意ｘ π 有ｈ ｘ ｈ 即ｆ ′ ｘ ．
（ ） ↗ ↘ ↗ ∈ ０， （ ）＜ （０）＝０， （ ）＜０
故ｆ ｘ 的极值点是ｘ ｘ ． ２ [ ]
从而 （ ａ ） ． １， ２ 所以函数ｆ ｘ 在区间 π 上单调递减．
＞３ （ ） ０，
２
ａ２ [ ]
因此ｂ ＝ ２ ＋ ａ ３ ， 定义域为 （３，＋∞） ． 因此ｆ （ ｘ ） 在区间 ０， π 上的最大值为 ｆ （０）＝ １， 最小值为
９
２
ｂ ａ ａ ( )
证明 由 知 ２ ３ ． ｆ π π．
（２） ： （１） ， ａ ＝ ＋ａ ａ ＝－
９ ２ ２
ｔ ｔ２ 解题思路 （ ）先求导，再利用导数的几何意义求出切线
设ｇ ｔ ２ ３ 则ｇ′ ｔ ２ ３ ２ －２７． １
（ ）＝ ＋ ｔ ， （ ）＝ －ｔ２ ＝ ｔ２ 的斜率，最后利用点斜式求出切线方程．（ ）设ｈ（ｘ） ｘ（ ｘ
９ ９ ９ ２ ＝ｅ ｃｏｓ
æ ö æ ö ｘ） ，对ｈ（ｘ）求导，进而确定ｈ（ｘ）的单调性，最后求出
当ｔ ç３ ６ ÷时 ｇ′ ｔ 从而ｇ ｔ 在ç３ ６ ÷上单调 －ｓｉｎ －１
∈è ，＋∞ø ， （ ）＞０， （ ） è ，＋∞ø 最值．
２ ２
递增． 方法总结 ．求切线方程问题：（ ）根据导数的几何意义求
１ １
因为ａ 所以ａ ａ 出指定点处的导数值，即切线的斜率；（ ）求出指定点处的函
＞３， ＞３ ３， ２
ｂ
数值；（ ）求出切线方程．
故ｇ ａ ａ ｇ 即 ． ３
（ ）＞ （３ ３）＝ ３， ａ＞ ３
２
．利用导数研究函数的单调性：（
１
）求出函数ｆ（ｘ）的定义域；
（ ）求出函数ｆ（ｘ）的导函数ｆ ′（ｘ）；（ ）令ｆ ′（ｘ） 得到ｆ（ｘ）
因此ｂ２ ａ． ２ ３ ＞０
＞３ 在定义域内的单调递增区间，令ｆ ′（ｘ） 得到ｆ（ｘ）在定义域
由 知 ｆ ｘ 的极值点是ｘ ｘ ＜０
（３） （１） ， （ ） １， ２， 内的单调递减区间．
ａ２ ｂ
且ｘ
１＋
ｘ
２＝－
３
２ ａ
，
ｘ２
１＋
ｘ２
２＝
４
９
－６ ．
９．（２０１７ 浙江，２０，１５ 分） 已知函数 ｆ
（
ｘ
） ＝ （
ｘ
－ ２
ｘ
－１）
从
ｘ
而ｆ
（
ｘ
１）＋
ｆ
（
ｘ
２）＝
ｘ３
１＋
ａ
ｘ
ｘ２
１＋
ｂｘ
１＋１＋
ｘ３
２＋
ａｘ２
２＋
ｂｘ
２＋１
ｅ
－ ｘ
(
ｘ
≥
１
)
．
２
＝
３
１ （３ ｘ２ １＋２ ａｘ １＋ ｂ ）＋
３
２ （３ ｘ２ ２＋２ ａｘ ２＋ ｂ ）＋
３
１ ａ （ ｘ２ １＋ ｘ２ ２）＋
（１）
求ｆ
（
ｘ
）
的导函数
[ ； )
３
２ ｂ （ ｘ １＋ ｘ ２）＋２＝ ４ ａ３
２
－
７
６ ａｂ － ４
９
ａｂ ＋２＝０ ． （２） 求ｆ （ ｘ ） 在区间 １
２
，＋∞ 上的取值范围．
记ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 所有极值之和为ｈ ａ 解析 本题主要考查函数的最大 小 值 导数的运算及其
（ ）， （ ） （ ）， （ ） ，
应用 同时考查分析问题和解决问题的能力．
因为ｆ ′ ｘ 的极值为ｂ
ａ２
１ ａ２ ３ ，
（ ） － ３ ＝－ ９ ＋ ａ ， 因为 ｘ ｘ ′ １ － ｘ ′ － ｘ
（１） （ － ２ －１） ＝１－ ｘ ，（ｅ ） ＝－ｅ ，
所以ｈ ａ １ ａ２ ３ ａ ． ２ －１
（ ）＝－ ＋ ａ ， ＞３ æ ö
９ 所以ｆ ′ （ ｘ ）＝è ç １－ １ ｘ ø ÷ ｅ － ｘ －（ ｘ － ２ ｘ －１）ｅ － ｘ
因为ｈ′ ａ ２ ａ ３ ２ －１
（ ）＝－ ９ －ａ２＜０， ｘ ｘ － ｘ( )
（１－ ）（ ２ －１－２）ｅ ｘ １ ．
于是ｈ （ ａ ） 在 （３，＋∞） 上单调递减． ＝ ２ ｘ －１ ＞ ２
因为ｈ ７ 于是ｈ ａ ｈ 故ａ ． ｘ ｘ － ｘ
（６）＝－ ， （ ）≥ （６）， ≤６ 由ｆ ′ ｘ （１－ ）（ ２ －１－２）ｅ 解得ｘ 或ｘ ５．
２ （２） （ ）＝ ｘ ＝０， ＝１ ＝
因此ａ的取值范围为 ． ２ －１ ２
（３，６］ 因为
易错警示 （ ）函数ｆ（ｘ）的极值点ｘ 满足ｆ′（ｘ ） ，函数
１ ０ ０ ＝０ ( ) ( ) ( )
ｆ（ｘ）的零点ｘ ０ 满足 ｆ（ｘ ０ ） ＝ ０ ，而 ｆ ′（ｘ）的极值点 ｘ ０ 应满足 ｘ １ １ ，１ １ １， ５ ５ ５ ，＋∞
ｆ ″（ｘ ） ．（ ）求函数的关系式必须确定函数的定义域． ２ ２ ２ ２ ２
０ ＝０ ２
８．（２０１７北京理，１９，１３分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ． ｆ′ （ ｘ ） － ０ ＋ ０ －
（ ）＝ｅ ｃｏｓ －
求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
（１） ＝ （ ） [ （０， （ ] ０）） ； ｆ （ ｘ ） １ ｅ － １ ２ ↘ ０ ↗ １ ｅ － ５ ２ ↘
２ ２
求函数ｆ ｘ 在区间 π 上的最大值和最小值．
（２） （ ） ０，
２ 又ｆ ｘ １ ｘ ２ － ｘ
解析 本题考查导数的几何意义 考查利用导数研究函数的 （ ）＝ （ ２ －１－１） ｅ ≥０，
， ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ １０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
[ ) [ ]
所以ｆ （ ｘ ） 在区间 １ ，＋∞ 上的取值范围是 ０， １ ｅ － １ ２ ． 综上可知 ， 实数ａ的取值范围为ａ ＞ １ ．
２ ２ ２
解后反思 ．在导数大题中，求函数的导数至关重要，因 思路分析 （ ）求出函数的导数，对ａ进行分类讨论；（ ）
１ １ ２
此，必须熟练掌握求导公式和求导法则． 由第（ ）问知ｆ ′（ ） ，对ａ进行分类讨论，然后利用导数研
１ １ ＝０
．利用导数求函数的值域的一般步骤： 究函数的单调性和极值来验证是否满足条件，从而求出ａ的
２
（ ）求函数ｆ（ｘ）的导函数ｆ ′（ｘ）； 取值范围．
１
（ ）解方程ｆ ′（ｘ） ； 评析 本题考查导数的应用，利用导数求函数的单调性和极
２ ＝０
（ ）用ｆ ′（ｘ） 的根把函数的定义域分成若干个区间； 值要注意“定义域优先”原则，注意对ａ分类讨论．
３ ＝０
（ ）判断每个区间上ｆ ′（ｘ）的符号，得函数的单调性； １１．（２０１６课标 理，２１，１２分）
４ Ⅱ
（ ）求函数在各个区间上的值域，再求并集． ｘ－２
５ １ 讨论函数 ｆ ｘ ＝ ｘ 的单调性 并证明当 ｘ＞０ 时
．本题最易忽略ｆ（ｘ） 这个条件，从而得出： （ ） （ ） ｘ＋２ｅ ， ，
３ ≥０
[ ) ( ] ｘ－２ ｘ＋ｘ＋２＞０
ｆ（ｘ）在 １ ， ＋∞ 上的值域为 －∞ ，１ ｅ － １ ２ 的错误结论． （ ）ｅ ； ｘ－ａｘ－ａ
２ ２ ２ 证明 当ａ ０ １ 时 函数ｇ ｘ ＝ｅ ｘ＞０ 有最小
因此，在求函数ｆ（ｘ）在区间（ａ， ）或（ ，ａ）上的值域时， （ ） ： ∈［ ， ） ， （ ） ｘ２ （ ）
＋∞ －∞
一定要观察ｆ（ｘ）图象的趋势，或先判断ｆ（ｘ）何时为正，何时为 值．设ｇ ｘ 的最小值为ｈ ａ 求函数ｈ ａ 的值域．
（ ） （ ）， （ ）
负（通常是求出函数ｆ（ｘ）的零点）． 解析 １ ｆ ｘ 的定义域为 －∞ －２ －２ ＋∞ ． ２分
（ ） （ ） （ ， ）∪（ ， ） （ ）
１０．（２０１６山东文，２０，１３分）设ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ
ｌｎ
ｘ
－
ａｘ２
＋（２
ａ
－１）
ｘ
，
ａ
∈
Ｒ．
ｆ ′ ｘ ＝（
ｘ－１
）（
ｘ＋２
）ｅ
ｘ－
（
ｘ－２
）ｅ
ｘ
＝
ｘ２
ｅ
ｘ
０
令ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 求ｇ ｘ 的单调区间 （ ） ｘ＋２ ２ ｘ＋２ ２≥ ，
（１） （ ）＝ （ ）， （ ） ； （ ） （ ）
已知ｆ ｘ 在ｘ 处取得极大值．求实数ａ的取值范围． 且仅当ｘ＝０时 ｆ ′ ｘ ＝０
（２） （ ） ＝１ ， （ ） ，
解析 由ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ ａ 所以ｆ ｘ 在 －∞ －２ －２ ＋∞ 单调递增．
（１） （ ）＝ｌｎ －２ ＋２ ， （ ） （ ， ），（ ， ）
可得ｇ ｘ ｘ ａｘ ａ ｘ ． 因此当ｘ ０ ＋∞ 时 ｆ ｘ ＞ｆ ０ ＝－１．
（ ）＝ｌｎ －２ ＋２ ， ∈（０，＋∞） ∈（ ， ） ， （ ） （ ）
ａｘ 所以 ｘ－２ ｘ＞－ ｘ＋２ ｘ－２ ｘ＋ｘ＋２＞０． ４分
则ｇ′ ｘ １ ａ １－２ ． （ ）ｅ （ ），（ ）ｅ （ ）
（ ）＝ ｘ －２ ＝ ｘ ｘ－２ ｘ＋ａ ｘ＋２ ｘ＋２
２ ｇ′ ｘ ＝（ ）ｅ （ ）＝ ｆ ｘ ＋ａ ． ５分
当ａ 时 ｘ 时 ｇ′ ｘ 函数ｇ ｘ 单调递增 （ ） （ ） ｘ３ ｘ３ （ （ ） ） （ ）
≤０ ， ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） ；
( ) 由 １ 知 ｆ ｘ ＋ａ单调递增．对任意ａ ０ １ ｆ ０ ＋ａ＝ａ－１
当ａ 时 ｘ １ 时 ｇ′ ｘ 函数ｇ ｘ 单调递增 （ ） ， （ ） ∈［ ， ）， （ ）
＞０ ， ∈ ０， ａ ， （ ）＞０， （ ） ， ＜０ ｆ ２ ＋ａ＝ａ ０．
２ ， （ ） ≥
( ) 因此 存在唯一ｘ ０ ２ 使得ｆ ｘ ＋ａ＝０ 即ｇ′ ｘ ＝０．
ｘ １ 时 函数ｇ ｘ 单调递减． ， ａ∈（ ， ］， （ ａ） ， （ ａ）
∈ ａ，＋∞ ， （ ） ６分
２
（ ）
所以当ａ ≤０ 时 ， ｇ （ ｘ ） 的单调增区间为 （ ( ０，＋∞ ) ）； 当０＜ｘ＜ｘ ａ 时 ， ｆ （ ｘ ） ＋ａ＜０ ， ｇ′ （ ｘ ） ＜０ ， ｇ （ ｘ ） 单调递减 ；
当ａ ＞０ 时 ， ｇ （ ｘ ） 的单调增区间为 ０， １ ａ ， 单调减区间 当ｘ＞ｘ ａ 时 ， ｆ （ ｘ ） ＋ａ＞０ ， ｇ′ （ ｘ ） ＞０ ， ｇ （ ｘ ） 单调递增． （ ７分 ）
( ) ２ 因此ｇ （ ｘ ） 在ｘ＝ｘ ａ 处取得最小值 ，
为 １
ａ，＋∞
．
最小值为ｇ ｘ ＝ｅ
ｘａ－ａ
（
ｘ
ａ
＋１
）＝ｅ
ｘａ＋ｆ
（
ｘ
ａ）（
ｘ
ａ
＋１
）＝ ｅ
ｘａ
．
２ （ ａ） ｘ２ ｘ２ ｘ ＋２
由 知 ｆ ′ ． ａ ａ ａ
（２） （１） ， （１）＝０ ８分
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 单调递增 （ ）
① ≤０ ， （ ） ， ｘａ ( ｘ ) ｘ＋１ ｘ ｘ
所以当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减． 于是ｈ ａ ＝ ｅ 由 ｅ ′＝（ ）ｅ ＞０ 得 ｙ＝ ｅ 单调
∈（０，１） ， （ ）＜０， （ ） （ ） ｘ ＋２， ｘ＋２ ｘ＋２ ２ ， ｘ＋２
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增． ａ （ ）
∈（１，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） 递增．
所以ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 不合题意．
（ ） ＝１ ，
( ) 所以 由ｘ ０ ２ 得
１
＝ ｅ
０
＜ｈ ａ ＝ ｅ
ｘａ
ｅ
２
＝ｅ
２
．
当 ａ １ 时 １ 由 知 ｆ ′ ｘ 在 １ 内单调递 ， ａ∈（ ， ］， ２ ０＋２ （ ） ｘ ＋２≤２＋２ ４
② ０＜ ＜ ， ａ＞１， （１） （ ） ０， ａ ａ
２ ２
( )
２ １０分
（ ）
增 可得当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ ． ｘ ( １ ２ ]
， ∈（０，１） ， （ ）＜０， ∈ １， ａ ， （ ）＞０ 因为ｙ＝ ｅ 单调递增 对任意λ ｅ 存在唯一的ｘ
( ) ２ ｘ＋２ ， ∈ ２ ，４ ， ａ
所以ｆ ｘ 在 内单调递减 在 １ 内单调递增 ０ ２ ａ＝－ｆ ｘ ０ １ 使得ｈ ａ ＝λ．所以ｈ ａ 的值
（ ） （０，１） ， １， ａ ， ∈（ ， ］， （ ａ）∈［ ， ）， （ ） （ ）
所以ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 不合题 ２ 意． ( １ ２ ]
（ ） ＝１ ， 域是 ２ ， ｅ ４ ．
③ 当ａ ＝ １ 时 ， １ ａ＝１， ｆ ′ （ ｘ ） 在 （０，１） 内单调递增 ， 综上 当ａ ０ １ 时 ｇ ｘ 有最小值 ｈ ａ ｈ ａ 的值域是
在 ２ 内单 ２ 调递减 ( １ ， ２ ] ∈［ ， ） ， （ ） （ ）， （ ）
（１，＋∞） ， ２ ， ｅ ４ ． （ １２分 ）
所以当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 不合题意．
∈（０，＋∞） ， （ ）≤０， （ ） ，
疑难突破 本题求解的关键是“设而不求”方法的运用，
当ａ １ 时 １
④ ＞ ，０＜ ａ＜１， 另外，注意将对ｇ′（ｘ）符号的判断灵活地转化为对ｆ（ｘ）＋ａ符
２ ２
( ) 号的判断．
当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
∈ ａ，１ ， （ ）＞０， （ ） ， 评析 本题主要考查导数的运用，求单调区间及最值，考查
２
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 不等式的证明．属难题．
∈（１，＋∞） ， （ ）＜０， （ ） ，
所以ｆ ｘ 在ｘ 处取极大值 合题意． １２．（２０１６天津理，２０，１４分）设函数ｆ ｘ ｘ ３ ａｘ ｂ ｘ Ｒ
（ ） ＝１ ， （ ）＝（ －１） － － ， ∈ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ １１
其中ａ ｂ Ｒ． { æ ａö æ ａö }
， ∈ 因此Ｍ ｆç ３ ÷ ｆç ３ ÷
求ｆ ｘ 的单调区间 ＝ｍａｘ è１＋ ø ， è１－ ø
（１） （ ） ； ３ ３
若ｆ ｘ 存在极值点ｘ 且ｆ ｘ ｆ ｘ 其中ｘ ｘ 求 { ａ ａ }
（２） （ ） ０， （ １）＝ （ ０）， １≠ ０， ２ ａ ａ ｂ ２ ａ ａ ｂ
证 ｘ ｘ ＝ｍａｘ － ３ － － ， ３ － －
： １＋２ ０＝３； ９ ９
设ａ 函数ｇ ｘ ｆ ｘ 求证 ｇ ｘ 在区间 上 { ａ ａ }
（３） ＞０， （ ）＝ ｜ （ ）｜， ： （ ） ［０，２］ ２ ａ ａ ｂ ２ ａ ａ ｂ
＝ｍａｘ ３ ＋（ ＋ ） ， ３ －（ ＋ ）
的最大值不小于 １ ． ９ ９
ａ
··· ４ ２ ａ ａ ｂ ２ ３ ３ １ ．
解析 由ｆ ｘ ｘ ３ ａｘ ｂ 可得ｆ ′ ｘ ｘ ２ ＝ ３ ＋｜ ＋ ｜≥ × × ３× ＝
（１） （ ）＝（ －１） － － ， （ ）＝ ３（ －１） ９ ９ ４ ４ ４
ａ． ａ ａ
－ 当 ａ ３ 时 ２ ３ ２ ３
下面分两种情况讨论 ③ ０＜ ＜ ，０＜１－ ＜１＋ ＜２，
： ４ ３ ３
①
当ａ
≤０
时
，
有ｆ ′
（
ｘ
）＝３（
ｘ
－１）
２
－
ａ
≥０
恒成立
，
所以ｆ
（
ｘ
）
的
由 和 知ｆ ｆ
æ
ç ２ ３
ａö
÷ ｆ
æ
ç ３
ａö
÷
单调递增区间为 ． （１） （２） （０）＜ è１－ ø＝ è１＋ ø，
（－∞，＋∞） ３ ３
ａ ａ æ ａö æ ａö
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ３ 或ｘ ３ ． ｆ ｆç ２ ３ ÷ ｆç ３ ÷
② ＞０ ， （ ）＝０， ＝１＋ ＝１－ （２）＞ è１＋ ø＝ è１－ ø，
３ ３ ３ ３
当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表 所以ｆ ｘ 在区间 上的取值范围为 ｆ ｆ
， （ ）， （ ） ： （ ） ［０，２］ ［ （０）， （２）］，
ｘ ( ３ ａ ) ３ ａ ( ３ ａ ３ ａ ) ３ ａ ( ３ ａ ) 因此Ｍ ＝ｍａｘ｛｜ ｆ （０）｜，｜ ｆ （２）｜｝＝ｍａｘ｛｜－１－ ｂ ｜，｜１－２ ａ － ｂ ｜｝
－∞，１－ ３ １－ ３ １－ ３ ，１＋ ３ １＋ ３ １＋ ３ ，＋∞ ＝ｍａｘ｛｜１－ ａ ＋（ ａ ＋ ｂ ）｜，｜１－ ａ －（ ａ ＋ ｂ ）｜｝
ｆ′ ｘ
（ ） ＋ ０ － ０ ＋
ａ ａ ｂ １ ．
ｆ （ ｘ ） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ＝１－ ＋｜ ＋ ｜＞
４
æ ａ ａö 综上所述 当ａ 时 ｇ ｘ 在区间 上的最大值不小
所以ｆ ｘ 的单调递减区间为ç ３ ３ ÷ 单调递增 ， ＞０ ， （ ） ［０，２］
（ ） è１－ ，１＋ ø，
３ ３ 于 １ ．
区间为 æ è ç －∞，１－ ３ ａö ø ÷ ， æ è ç １＋ ３ ａ ，＋∞ ö ø ÷． 易 ４ 错警示 （ ）对参数ａ讨论时易忽略ａ 的情形，导致
３ ３ １ ≤０
证明 因为ｆ ｘ 存在极值点 所以由 知ａ 且ｘ ． 忽略ｆ（ｘ）在Ｒ上递增的情况．（ ）讨论 ａ 时，未意识到
（２） ： （ ） ， （１） ＞０， ０≠１ ３ ０＜ ＜３
ａ
由题意 ， 得ｆ ′ （ ｘ ０）＝ ３（ ｘ ０－１） ２ － ａ ＝０， 即 （ ｘ ０－１） ２ ＝
３
， 进而 仍需将ａ 分成 ０＜ ａ ＜
４
３ 与 ３
４
≤ ａ ＜３ 两段来讨论，从而造成
ａ ａ 失分．
ｆ （ ｘ ０）＝（ ｘ ０－１） ３ － ａｘ ０－ ｂ ＝－ ２ ｘ ０－ － ｂ． 评析 本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性
３ ３
ａ 质、证明不等式等基础知识和方法．考查分类讨论思想和化归
又ｆ ｘ ｘ ３ ａ ｘ ｂ ８ ｘ ａｘ ａ
（３－２ ０）＝（２－２ ０） － （３－２ ０）－ ＝ （１－ ０）＋２ ０－３ － 思想．考查综合分析问题和解决问题的能力．
３
ａ ａ １３．（２０１５课标 文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ．
ｂ ２ ｘ ｂ ｆ ｘ 且 ｘ ｘ Ⅱ （ ）＝ｌｎ ＋ （１－ ）
＝－ ０－ － ＝ （ ０）， ３－２ ０≠ ０， 讨论ｆ ｘ 的单调性
３ ３ （１） （ ） ；
由题意及 知 存在唯一实数ｘ 满足ｆ ｘ ｆ ｘ 且ｘ 当ｆ ｘ 有最大值 且最大值大于 ａ 时 求 ａ 的取值
（１） ， １ （ １）＝ （ ０）， １≠ （２） （ ） ， ２ －２ ，
ｘ 因此ｘ ｘ ．所以ｘ ｘ ． 范围．
０， １＝３－２ ０ １＋２ ０＝３
证明 设ｇ ｘ 在区间 上的最大值为Ｍ ｘ ｙ 表
（３） ： （ ） ［０，２］ ，ｍａｘ｛ ， ｝ 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １ ａ．
示ｘ ｙ两数的最大值．下面分三种情况讨论 （１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝ ｘ －
， ：
ａ ａ 若ａ 则ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 上单调递增．
① 当ａ ≥３ 时 ，１－ ３ ≤０＜２≤１＋ ３ ， 由 （１） 知 ， ｆ （ ｘ ） 在区 ≤０， （ ） ( ＞０， ) （ ） （０，＋∞） ( )
３ ３ 若ａ 则当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ １ 时
间 上单调递减 所以ｆ ｘ 在区间 上的取值范围 ＞０， ∈ ０， ａ ， （ ）＞０； ∈ ａ ，＋∞ ，
［０，２］ ， （ ） ［０，２］ ( ) ( )
为 ｆ ｆ 因此
［ （２）， （０）］， ｆ ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在 １ 上单调递增 在 １ 上单
（ ）＜０ （ ） ０， ａ ， ａ ，＋∞
Ｍ ｆ ｆ ａ ｂ ｂ
＝ｍａｘ｛｜ （２）｜，｜ （０）｜｝＝ｍａｘ｛｜１－２ － ｜，｜－１－ ｜｝
调递减．
ａ ａ ｂ ａ ａ ｂ
＝ { ｍ ａ ａ
－
ｘ｛
１＋
｜
（
－ ａ １
＋
＋ ｂ （
），
＋ ａ
＋
） ｂ
≥
｜，
０
｜
，
－１－（ ＋ ）｜｝ （２） 由 （１） 知 ， 当ａ ≤０ 时 ， ｆ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上无
(
最
)
大值 ；
(
当ａ
)
＞０
＝ ａ ａ ｂ ａ ｂ ． 时 ｆ ｘ 在ｘ １ 处取得最大值 最大值为ｆ １ １
－１－（ ＋ ）， ＋ ＜０ ，（ ） ＝ ａ ， ａ ＝ｌｎ ａ ＋
所以Ｍ ａ ａ ｂ ．
＝ －１＋｜ ＋ ｜≥２ ( )
ａ ａ ａ ａ １ ａ ａ ．
当 ３ ａ 时 ２ ３ ３ ３ １－ ａ ＝－ｌｎ ＋ －１
② ≤ ＜３ ，１－ ≤０＜１－ ＜１＋ ＜２≤１＋
４ ３ ３ ３ ( )
因此ｆ １ ａ 等价于 ａ ａ ．
ａ æ ａö æ ａö ａ ＞２ －２ ｌｎ ＋ －１＜０
２ ３ 由 和 知 ｆ ｆç ２ ３ ÷ ｆç ３ ÷
３ ， （１） （２） （０）≥ è１－ ３ ø ＝ è１＋ ３ ø， 令ｇ （ ａ ）＝ｌｎ ａ ＋ ａ －１，
æ ａö æ ａö 则ｇ ａ 在 上单调递增 ｇ ．
ｆ ｆç ２ ３ ÷ ｆç ３ ÷ （ ） （０，＋∞） ， （１）＝０
（２）≤ è１＋ ø＝ è１－ ø， 于是 当 ａ 时 ｇ ａ 当ａ 时 ｇ ａ ．
３ ３ ， ０＜ ＜１ ， （ ）＜０； ＞１ ， （ ）＞０
所 以 ｆ ｘ 在 区 间 上 的 取 值 范 围 因此 ａ的取值范围是 ．
（ ） ［ ０， ２ ］ ， （０，１）
为
é
êêｆ
æ
ç ３
ａö
÷ ｆ
æ
ç ３
ａö
÷
ù
úú
１４．（２０１５山东理，２１，１４分）设函数ｆ
（
ｘ
）＝ｌｎ（
ｘ
＋１）＋
ａ
（
ｘ２
－
ｘ
），
其
ë è１＋ ø， è１－ øû， 中ａ Ｒ．
３ ３ ∈
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ １２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
讨论函数ｆ ｘ 极值点的个数 并说明理由 １５．（２０１４课标 理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ － ｘ ｘ．
（１） （ ） ， ； Ⅱ （ ）＝ｅ －ｅ －２
若 ｘ ｆ ｘ 成立 求ａ的取值范围． 讨论ｆ ｘ 的单调性
（２） ∀ ＞０， （ ）≥０ ， （１） （ ） ；
解析 由题意知函数ｆ ｘ 的定义域为 设ｇ ｘ ｆ ｘ ｂｆ ｘ 当 ｘ 时 ｇ ｘ 求 ｂ 的最
（１） （ ） （－１，＋∞）， （２） （ ）＝ （２ ）－４ （ ）， ＞０ ， （ ）＞０，
ａｘ２ ａｘ ａ 大值
ｆ ′ ｘ １ ａ ｘ ２ ＋ － ＋１． ；
（ ）＝ｘ ＋１ ＋ （２ －１）＝ ｘ ＋１ 已知 ． ． 估计 的近似值 精确到
（３） １ ４１４ ２＜ ２＜１ ４１４ ３， ｌｎ ２ （
令ｇ
（
ｘ
）＝２
ａｘ２
＋
ａｘ
－
ａ
＋１，
ｘ
∈（－１，＋∞）
．
０
．
００１）
．
① 当ａ ＝０ 时 ， ｇ （ ｘ ）＝１， 解析 （１） ｆ ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ －２≥０， 等号仅当ｘ ＝０ 时成立．
此时ｆ ′ （ ｘ ）＞０， 函数ｆ （ ｘ ） 在 （－１，＋∞） 单调递增 ， 无极值点． 所以ｆ （ ｘ ） 在 （－∞，＋∞） 上单调递增．
② 当ａ ＞０ 时 ， Δ ＝ ａ２ －８ ａ （１－ ａ ）＝ ａ （９ ａ －８） ． （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 ，
当 ａ ８ 时 Δ ｇ ｘ ｇ′ （ ｘ ）＝２［ｅ ２ ｘ ＋ｅ －２ ｘ －２ ｂ （ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ ）＋（４ ｂ －２）］
（ｉ） ０＜ ≤ ９ ， ≤０， （ ）≥０， ｘ － ｘ ｘ － ｘ ｂ ．
＝２（ｅ ＋ｅ －２）（ｅ ＋ｅ －２ ＋２）
ｆ ′ （ ｘ ）≥０， 函数ｆ （ ｘ ） 在 （－１，＋∞） 单调递增 ， 无极值点． （ｉ） 当ｂ ≤２ 时 ， ｇ′ （ ｘ ）≥０， 等号仅当ｘ ＝０ 时成立 ， 所以ｇ （ ｘ ）
（ｉｉ） 当ａ ＞ ８ 时 ， Δ ＞０， 在 （－∞，＋∞） 上单调递增．而ｇ （０）＝０， 所以对任意ｘ ＞０， ｇ （ ｘ ）
９ ．
设方程 ２ ａｘ２ ＋ ａｘ － ａ ＋１＝０ 的两根为ｘ １， ｘ ２（ ｘ １＜ ｘ ２），
（
＞
ｉ
０
ｉ）
当ｂ
＞２
时
，
若ｘ满足
２＜ｅ
ｘ
＋ｅ
－ ｘ
＜２
ｂ
－２，
即
０＜
ｘ
＜ｌｎ（
ｂ
－１＋
因为ｘ
１＋
ｘ
２＝－
１
，
所以ｘ
１＜－
１
，
ｘ
２＞－
１ ． ｂ２
－２
ｂ
）
时
，
ｇ′
（
ｘ
）＜０
．而 ｇ
（０）＝ ０，
因此当
０＜
ｘ
≤ｌｎ（
ｂ
－１＋
２ ４ ４
ｂ２ ｂ 时 ｇ ｘ ．
由ｇ 可得 ｘ １ ． －２ ） ， （ ）＜０
（－１）＝１＞０， －１＜ １＜－
４
综上
，
ｂ的最大值为
２
．
所以当ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 函数 ｆ ｘ 单调
递增
∈（－１， １） ， （ ）＞０， （ ）＞０， （ ）
（３）
由
（２）
知
，
ｇ
（ｌｎ ２）＝
３
－２ ２
ｂ
＋２（２
ｂ
－１）ｌｎ２
．
； ２
当ｘ ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递减 当ｂ 时 ｇ ３
∈（ １， ２） ， （ ）＜０， （ ）＜０， （ ） ； ＝２ ， （ｌｎ ２）＝ －４ ２＋６ｌｎ２＞０，
当ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递增． ２
∈（ ２，＋∞） ， （ ）＞０， （ ）＞０， （ ）
因此函数有两个极值点．
８ ２－３ ．
ｌｎ２＞ ＞０６９２８；
当ａ 时 Δ １２
③ ＜０ ， ＞０，
由ｇ 可得ｘ ．
当ｘ
（－１）＝１
ｘ
＞０
时
，
ｇ ｘ
１＜－１
ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递增
当ｂ
＝
３ ２
＋１
时
，ｌｎ（
ｂ
－１＋
ｂ２
－２
ｂ
）＝ｌｎ ２，
∈（－１， ２） ， （ ）＞０， （ ）＞０， （ ） ； ４
当ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递减．
∈（ ２，＋∞） ， （ ）＜０， （ ）＜０， （ ） ｇ （ｌｎ ２）＝－ ３ －２ ２＋（３ ２＋２）ｌｎ２＜０，
所以函数有一个极值点． ２
综上所述 当ａ 时 函数ｆ ｘ 有一个极值点
， ＜０ ， （ ） ； １８＋ ２ ． ．
ｌｎ２＜ ＜０６９３４
当 ａ ８ 时 函数ｆ ｘ 无极值点 ２８
０≤ ≤ ， （ ） ； 所以 的近似值为 ． ．
９ ｌｎ２ ０６９３
评析 本题考查了导数的应用，同时考查了分类讨论思想和
当ａ ８ 时 函数ｆ ｘ 有两个极值点．
＞ ， （ ） 运算能力．
９
由 知 １６．（２０１３课标 文，２０，１２ 分）已知函数 ｆ ｘ ｘ ａｘ ｂ ｘ２
（２） （１） ， Ⅰ （ ）＝ ｅ （ ＋ ）－ －
ｘ 曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｙ ｘ ．
当 ａ ８ 时 函数ｆ ｘ 在 上单调递增 ４ ， ＝ （ ） （０， （０）） ＝４ ＋４
① ０≤ ≤ ， （ ） （０，＋∞） ， 求ａ ｂ的值
９ （１） ， ；
因为ｆ 所以ｘ 时 ｆ ｘ 符合题意． 讨论ｆ ｘ 的单调性 并求ｆ ｘ 的极大值．
（０）＝０， ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （２） （ ） ， （ ）
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ ａ ｂ ｘ ．
当 ８ ａ 时 由ｇ 得ｘ （１） （ ）＝ｅ（ ＋ ＋ ）－２ －４
② ＜ ≤１ ， （０）≥０， ２≤０， 由已知得ｆ ｆ ′ ．故ｂ ａ ｂ ．
９ （０）＝４， （０）＝４ ＝４， ＋ ＝８
所以函数ｆ ｘ 在 上单调递增． 从而ａ ｂ ．
（ ） （０，＋∞） ＝４， ＝４
又ｆ 所以ｘ 时 ｆ ｘ 符合题意． 由 知ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ２ ｘ
（０）＝０， ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （２） （１） （ ）＝４ｅ（ ＋１）－ －４ ，
当ａ 时 由ｇ 可得ｘ ． ( )
③ ＞１ ， （０）＜０， ２＞０ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ １ ．
所以ｘ ｘ 时 函数ｆ ｘ 单调递减． （ ）＝４ｅ（ ＋２）－２ －４＝４（ ＋２） ｅ －
∈（０， ２） ， （ ） ２
因为ｆ 所以ｘ ｘ 时 ｆ ｘ 不合题意． 令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ．
（０）＝０， ∈（０， ２） ， （ ）＜０， （ ）＝０， ＝－ｌｎ２ ＝－２
当ａ 时 设ｈ ｘ ｘ ｘ ． 从而当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
④ ＜０ ， （ ）＝ －ｌｎ（ ＋１） ∈（－∞，－２）∪（－ｌｎ２，＋∞） ， （ ）＞０；
ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
因为ｘ 时 ｈ′ ｘ １ ∈（－２，－ｌｎ２） ， （ ）＜０
∈（０，＋∞） ， （ ）＝１－ｘ ＝ｘ ＞０， 故ｆ ｘ 在 上单调递增
＋１ ＋１ （ ） （－∞，－２），（－ｌｎ２，＋∞） ，
所以ｈ ｘ 在 上单调递增． 在 上单调递减．
（ ） （０，＋∞） （－２，－ｌｎ２）
因此当ｘ 时 ｈ ｘ ｈ 即 ｘ ｘ． 当ｘ 时 函数ｆ ｘ 取得极大值 极大值为ｆ
∈（０，＋∞） ， （ ）＞ （０）＝０， ｌｎ（ ＋１）＜ ＝－２ ， （ ） ， （－２）＝ ４（１－
可得ｆ ｘ ｘ ａ ｘ２ ｘ ａｘ２ ａ ｘ －２ ．
（ ）＜ ＋ （ － ）＝ ＋（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
当ｘ １ 时 ａｘ２ ａ ｘ
＞１－ ａ ， ＋（１－ ） ＜０， 的单调性和极值等基础知识，考查了运算求解能力．
此时ｆ ｘ 不合题意． １７．（２０１３课标 文，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ２ － ｘ．
（ ）＜０， Ⅱ （ ）＝ ｅ
综上所述 ａ的取值范围是 ． 求ｆ ｘ 的极小值和极大值
， ［０，１］ （１） （ ） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ １３
当曲线ｙ ｆ ｘ 的切线ｌ的斜率为负数时 求ｌ在ｘ轴上 时 ｇ′ ｘ ．
（２） ＝ （ ） ， ， （ ）＞０
截距的取值范围． 从而ｇ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ
（ ） （－∞，ｌｎ（ ＋１）） ， （ｌｎ（ ＋１），＋∞）
解析 ｆ ｘ 的定义域为 上单调递增．
（１） （ ） （－∞，＋∞），
ｆ ′ ｘ － ｘｘ ｘ ． 故ｇ ｘ 有最小值ｇ ａ ａ ａ ａ ．
（ ）＝－ｅ （ －２） ① （ ） （ｌｎ（ ＋１））＝ ＋１－（ ＋１）ｌｎ（ ＋１）
当ｘ 或ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时
∈（－∞，０） ∈（２，＋∞） ， （ ）＜０； ∈（０，２） ， 所以ｆ ｘ １ ｘ２ ａｘ ｂ等价于ｂ ａ ａ ａ ．
ｆ ′ ｘ ． （ ）≥ ＋ ＋ ≤ ＋１－（ ＋１）ｌｎ（ ＋１） ②
（ ）＞０ ２
所以ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调 因此 ａ ｂ ａ ２ ａ ２ ａ ．
（ ） （－∞，０），（２，＋∞） ， （０，２） （ ＋１） ≤（ ＋１） －（ ＋１） ｌｎ（ ＋１）
递增． 设ｈ ａ ａ ２ ａ ２ ａ
（ ）＝（ ＋１） －（ ＋１） ｌｎ（ ＋１），
故当ｘ 时 ｆ ｘ 取得极小值 极小值为ｆ 当 ｘ 则ｈ′ ａ ａ ａ ．
＝０ ， （ ） ， （０）＝ ０； ＝２ （ ）＝（ ＋１）［１－２ｌｎ（ ＋１）］
时 ， ｆ （ ｘ ） 取得极大值 ， 极大值为ｆ （２）＝４ｅ －２． 所以ｈ （ ａ ） 在 （－１，ｅ １ ２ －１） 上单调递增 ， 在 （ｅ １ ２ －１，＋∞） 上单调
（２） 设切点为 （ ｔ ， ｆ （ ｔ ））， 则ｌ的方程为 递减 故ｈ ａ 在ａ １ ２ 处取得最大值．
ｙ ｆ ′ ｔ ｘ ｔ ｆ ｔ ． ， （ ） ＝ｅ －１
＝ （ ）（ －）＋（ ）
所以ｌ在ｘ轴上的截距为 从而ｈ
（
ａ
）≤
ｅ
，
即
（
ａ
＋１）
ｂ
≤
ｅ ．
２ ２
ｆ ｔ ｔ
ｍ （ ｔ ）＝ ｔ －ｆ （ ′ ） ｔ ＝ ｔ ＋ｔ ＝ ｔ －２＋ｔ ２ ＋３ ． 当ａ １ ２ ｂ ｅ １ ２ 时 式成立 故ｆ ｘ １ ｘ２ ａｘ ｂ．
（ ） －２ －２ ＝ｅ －１， ＝ ，② ， （ ）≥ ＋ ＋
由已知和 得ｔ ． ２ ２
① ∈（－∞，０）∪（２，＋∞）
综合得 ａ ｂ的最大值为 ｅ ．
令ｈ ｘ ｘ ２ ｘ 则当ｘ 时 ｈ ｘ 的取值范 ，（ ＋１）
（ ）＝ ＋ ｘ （ ≠０）， ∈（０，＋∞） ， （ ） ２
评析 本题考查了函数与导数的综合应用，难度较大，考查
围为
［２ ２，＋∞）；
当ｘ
∈（－∞，－２）
时
，
ｈ
（
ｘ
）
的取值范围是
（－
了分类讨论和函数与方程的思想方法，直线斜率以零为分界
∞，－３）
． 点进行分类是解题关键．
所以当ｔ ∈（－∞，０）∪（２，＋∞） 时 ， ｍ （ ｔ ） 的取值范围是 （－∞， １９．（２０１２课标文，２１，１２分）设函数ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－
ａｘ
－２
．
． 求ｆ ｘ 的单调区间
０）∪［２ ２＋３，＋∞） （１） （ ） ；
综上 ｌ在ｘ轴上的截距的取值范围是 若ａ ｋ为整数 且当ｘ 时 ｘ ｋ ｆ ′ ｘ ｘ 求ｋ
， （－∞，０）∪［２ ２＋３，＋ （２） ＝１， ， ＞０ ，（ － ） （ ）＋ ＋１＞０，
． 的最大值．
∞）
评析 本题考查了导数的应用，均值定理求最值，考查了综 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ｘ ａ．
（１） （ ） （－∞，＋∞）， （ ）＝ｅ －
合解题的能力，正确地求导是解题的关键． 若ａ 则ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 上单调递增．
≤０， （ ）＞０， （ ） （－∞，＋∞）
１８．（２０１２课标理，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）
满足ｆ
（
ｘ
）＝
ｆ ′
（１）ｅ
ｘ －１
－
若ａ
＞０，
则当ｘ
∈（－∞，ｌｎ
ａ
）
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０；
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ
ｆ ｘ １ｘ２． ∈（ｌｎ ，＋∞） ， （ ）＞０，
（０） ＋ 所以 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ 上单调
２ ， （ ） （－∞，ｌｎ ） ， （ｌｎ ，＋∞）
求ｆ ｘ 的解析式及单调区间 递增．
（１） （ ） ；
由于ａ 所以 ｘ ｋ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ．
若ｆ ｘ １ ｘ２ ａｘ ｂ 求 ａ ｂ的最大值． （２） ＝１， （ － ） （ ）＋ ＋１＝（ － ）（ｅ －１）＋ ＋１
（２） （ ）≥ ＋ ＋ ， （ ＋１） ｘ
２ 故当ｘ 时 ｘ ｋ ｆ ′ ｘ ｘ 等价于ｋ ＋１ ｘ ｘ ．
解析 由已知得ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ －１ ｆ ｘ ＞０ ，（ － ） （ ）＋ ＋１＞０ ＜ ｘ ＋ （ ＞０） ①
（１） （ ）＝ （１）ｅ －（０）＋ ， ｅ －１
所以ｆ ′ ｆ ′ ｆ 即ｆ ． ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
（１）＝ （１）－（０）＋１， （０）＝１ 令ｇ ｘ ＋１ ｘ 则ｇ′ ｘ － ｅ －１ ｅ（ｅ － －２）．
又ｆ ｆ ′ －１ 所以ｆ ′ ． （ ）＝ ｘ ＋ ， （ ）＝ ｘ ２ ＋１＝ ｘ ２
（０）＝ （１）ｅ ， （１）＝ｅ ｅ －１ （ｅ －１） （ｅ －１）
由 知 函数ｈ ｘ ｘ ｘ 在 上单调递增．而ｈ
从而ｆ ｘ ｘ ｘ １ ｘ２． （１） ， （ ）＝ｅ － －２ （０，＋∞） （１）
（ ）＝ｅ － ＋ ｈ 所以 ｈ ｘ 在 上存在唯一的零点．故
２ ＜０， （２）＞０， （ ） （０，＋∞）
由于ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ 在 上存在唯一的零点．设此零点为 α 则 α
（ ）＝ｅ －１＋ ， ∈（－∞，０） ， （ ）＜０； （ ） （０，＋∞） ， ∈
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ． ．
∈（０，＋∞） ， （ ）＞０ （１，２）
从而 ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增． 当ｘ α 时 ｇ′ ｘ
， （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞） ∈（０， ） ， （ ）＜０；
由已知条件得 ｘ ａ ｘ ｂ． 当ｘ α 时 ｇ′ ｘ ．
（２） ｅ －（ ＋１） ≥ ① ∈（ ，＋∞） ， （ ）＞０
若ａ 则对任意常数ｂ 当ｘ 且ｘ １－ ｂ 时 可得 ｘ 所以ｇ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上的最小值为ｇ （ α ） ．
（ｉ） ＋１＜０， ， ＜０， ＜ａ ＋１ ， ｅ － 又由ｇ′
（
α
）＝０，
可得
ｅ
α
＝
α
＋２，
所以ｇ
（
α
）＝
α
＋１∈（２，３）
．
（ ａ ＋１） ｘ ＜ ｂ ， 因此 ① 式不成立． 由于 式等价于ｋ ｇ α 故整数ｋ的最大值为 ．
① ＜ （ ）， ２
（ｉｉ）
若ａ
＋１＝０，
则
（
ａ
＋１）
ｂ
＝０
． 评析 本题考查了函数与导数的综合应用，判断出导数的零
（ｉｉｉ）
若ａ
＋１＞０，
设ｇ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－（
ａ
＋１）
ｘ
，
则ｇ′
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－（
ａ
＋１）
． 点范 围是求解第（ ）问的关键．
２
当ｘ ａ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ ａ
∈（－∞，ｌｎ（ ＋１）） ， （ ）＜０； ∈（ｌｎ（ ＋１），＋∞）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ １４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
学生用书Ｐ４８
1 续表
考点 利用导数研究函数的单调性
设函数ｆ ｘ 在点ｘ 处连续．
（ ） ０
如果在ｘ 附近的左侧ｆ ′ ｘ 右侧ｆ ′ ｘ 那么
１．函数单调性与导数的关系 （１） ０ （ ）＞０， （ ）＜０，
ｆ ｘ 是极大值
设函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内可导 ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 的导函数 则 （ ０） ；
（ ） （ ， ） ， （ ） （ ） ， 结论 如果在ｘ 附近的左侧ｆ ′ ｘ 右侧ｆ ′ ｘ 那么
（２） ０ （ ）＜０， （ ）＞０，
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内 单调递增 ｆ ｘ 是极小值
（ ）＞０ （ ） （ ， ） ① （ ０） ；
如果在ｘ 附近的左 右两侧导数值 同号 那么 ｆ ｘ
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内 单调递减 （３） ０ 、 ⑤ ， （ ０）
（ ）＜０ （ ） （ ， ） ② 不是极值
⑥
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内为常数函数 求ｆ ｘ 的定义域
（ ）＝０ （ ） （ ， ） 利用导 （１） （ ） ；
求ｆ′ ｘ
注意 讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质 数求函 （２） （ ）；
（１） 数极值 （３） 求方程ｆ′ （ ｘ ）＝０ 的根 ；
是解不等式 求解时 要坚持 定义域优先 原则． 判断ｆ′ ｘ 在方程的根的左 右两侧值的符号
， ， “ ” 的步骤 （４） （ ） 、 ；
有相同单调性的单调区间不止一个时 用 隔开或用 利用结论求出极值
（２） ， “，” （５）
和 连接 不能用 连接．
“ ” ， “∪” 注意 在函数的整个定义域内 函数的极值不一定唯
（１） ，
２．用充分、必要条件来诠释导数与函数单调性的关系
一 在整个定义域内可能有多个极大值和极小值
， ；
ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内单调递增 或
极大值与极小值没有必然的大小关系 极大值可能比极
（１） （ ）＞０（ （ ）＜０） （ ） （ ， ） （
（２） ，
递减 的充分不必要条件
小值还小
） ；
；
ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内单调递增
（２） （ ）≥０（ （ ）≤０） （ ） （ ， ） 导数等于零的点不一定是极值点 例如 ｆ ｘ ｘ３
（３） （ ： （ ）＝ ，
或递减 的必要不充分条件 ｆ ′ ｘ 只可能在孤立的点处成
（ ） （ （ ）＝０ ｆ ′ ｘ ｘ２ 当ｘ 时 ｆ ′ 但ｘ 不是函数的极值点
（ ）＝３ ， ＝０ ， （０）＝０， ＝０ ）；
立 ．
）
对于处处可导的函数 极值点的导数必为零．
注意 由函数ｆ （ ｘ ） 在区间 ［ ａ ， ｂ ］ 内单调递增 （ 或递减 ）， 可 ２ （ ． ４ 函 ） 数的最大值与最小值 ，
得ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 在该区间恒成立 而不是ｆ ′ ｘ
（ ）≥０（ （ ）≤０） ， （ ）＞０ 函数的最大值与最小值 在闭区间 ａ ｂ 上连续的函数
或ｆ ′ ｘ 恒成立 不能少．必要时还需对 进行检验． （１） ： ［ ， ］
（ （ ）＜０） ，“＝” “＝” ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上必有最大值与 最小值 但在开区间 ａ ｂ 内
（ ）， ［ ， ］ ⑦ ； （ ， ）
2 连续的函数ｆ ｘ 不一定有最大值与最小值．
考点 利用导数研究函数的极值、最值 （ ）
设函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上连续 在 ａ ｂ 内可导 求ｆ ｘ 在
（２） （ ） ［ ， ］ ， （ ， ） ， （ ）
ａ ｂ 上的最大值与最小值的步骤如下
１．函数的极值与导数 ［ ， ］ ：
求ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内的 极值
（ｉ） （ ） （ ， ） ⑧ ；
设函数ｆ ｘ 在点ｘ 附近有定义 如果对ｘ 附近的所有的点 将ｆ ｘ 的各 极值 与 ｆ（ａ）、 ｆ（ｂ） 比较 其中最大
（ ） ０ ， ０ ， （ｉｉ） （ ） ⑨ ⑩ ，
都有 ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） 则ｆ ｘ 是函数ｆ ｘ 的一个极大值 记 的一个是最大值 最小的一个是最小值．
③ ＜ ０ ， （ ０） （ ） ， ，
作ｆ ｘ ｆ ｘ 其中ｘ 称为函数ｆ ｘ 的极大值点 如果
定义 （ ）极大值＝ （ ０）， ０ （ ） ；
对ｘ 附近的所有的点 都有 ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） 则ｆ ｘ 是函数
０ ， ④ ＞ ０ ， （ ０）
ｆ ｘ 的一个极小值 记作ｆ ｘ ｆ ｘ 其中ｘ 称为函数
（ ） ， （ ）极小值＝ （ ０）， ０
ｆ ｘ 的极小值点．极大值与极小值统称为极值
（ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ４９
利用ｆ ′ ｘ 的根将函数的定义域分成若干个子区
（３） （ ）＝ ０
一、利用导数研究函数单调性的方法 间 在这些子区间上讨论ｆ ′ ｘ 的正负 由符号确定ｆ ｘ 在该子
， （ ） ， （ ）
１．利用导数讨论函数的单调性或求函数单调区间 区间上的单调性．
方法一 确定函数ｆ ｘ 的定义域 注意 涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题 一
：（１） （ ） ； （１） ，
求导数ｆ ′ ｘ 定要弄清参数对导数ｆ′ ｘ 在某一区间内的正负是否有影响 若
（２） （ ）； （ ） ，
由ｆ′ ｘ 或 解出相应的ｘ的取值范围 对应的区 有影响 则必须分类讨论． 求函数的单调区间 要在函数的定
（３） （ ）＞０（ ＜０） ， ， （２） ，
间为ｆ ｘ 的单调递增 减 区间． 义域内讨论 还要确定导数为零的点和函数的间断点．
（ ） （ ） ，
方法二 确定函数ｆ ｘ 的定义域 ２．已知函数的单调性求参数范围
：（１） （ ） ；
求导数ｆ ′ ｘ 并求出方程ｆ ′ ｘ 的根 注意参数在导函数解析式中的位置 先尝试分离参数 将问
（２） （ ）， （ ）＝０ ； ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ １５
题转化为对应函数的最值问题 若不能分离参数或分离参数后 ( ) ( ) ( ) ( )
； ｆ π ｆ π ｆ π ｆ π
对应函数的单调性无法利用导数解决 则可以转化为含参函数 Ｃ． ＞ ３ Ｄ． ＞ ２
， ６ ３ ４ ３
的最值问题． １－１． 答案 ＣＤ
例１ 已知函数ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
（
ａｘ２
＋
ｘ
＋
ａ
）
． １－２ （２０２１新高考五省百校联盟联考，２２）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
求函数ｆ ｘ 的单调区间
（１） （ ） ； １ ｘ ａｘ２ ｂｘ ａ ｂ Ｒ．
（２）
若函数ｆ
（
ｘ
）≤ｅ
ｘ
（
ａｘ２
＋２
ｘ
）＋１
恒成立
，
求实数ａ的取值
２
ｌｎ ＋ ＋ ， ， ∈
范围． 当ａ 且ｂ ａ 时
（１） ＜０， ＝ ＋１ ，
解题思路 试求函数ｆ ｘ 的单调区间
① （ ） ；
求函数的单调区间 要在函数的定义域内讨论 所以首 证明 ｆ ｘ １ ．
（１） ， ， ② ： （ ）≤－ ａ－１
先确定函数的定义域 求出导数ｆ′ ｘ 确定导数为零的点 根据 ２
， （ ）， ， 当ａ 时 若ｆ ｘ 是 上的单调函数 求ａ ｂ的
零点的大小关系对参数ａ进行分类讨论 由ｆ′ ｘ 的正负来确定 （２） ≠０ ， （ ） （０，＋∞） ， ＋
， （ ） 最小值．
ｆ ｘ 的单调性 从而确定单调区间． 解决恒成立问题 可以用
（ ） ， （２） ，
１－２． 解析 当ａ 且ｂ ａ 时 ｆ ｘ １ ｘ ａｘ２ ａ
分离参数法得出ａ ｘ １ 再构造可导函数 研究其单调性及最 （１）① ＜０， ＝ ＋１ ，（ ）＝ ｌｎ ＋ ＋（
≤ ＋ ｘ， ， ２
ｅ ｘ ｆ ｘ 的定义域为 ．
值 进而确定ａ的取值范围． ＋１） ，（ ） （０，＋∞）
， ａｘ ｘ
解析 函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 且ｆ′ ｘ ａｘ ａ ｘ ｆ ′ ｘ （２ ＋１）（２ ＋１）．
（１） （ ） ， （ ）＝（ ＋ ＋１）（ （ ）＝ ｘ
ｘ． ２
＋１）ｅ ( )
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 又 ａ 则当 ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
＝０ ， （ ）＝ｅ（ ＋１）， ＜ ０， ∈ ０，－ ａ ， （ ） ＞ ０， ∈
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ( ) ２
＞－１ ， （ ）＞０， ＜－１ ， （ ）＜０，
所以函数ｆ （ ｘ ） 的单调增区间为 （－１，＋∞）， 单调减区间为 － ２ １ ａ，＋∞ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０，
． ( )
（－∞ 当 ，－ ａ １） 时 ｆ ′ ｘ ａ ｘ ( ｘ ａ ＋１ ) ｘ 则方程ｆ ′ ｘ 故函数 ｆ （ ｘ ） 的单调增区间是 ０，－ ２ １ ａ ， 单调减区间
≠０ ， （ ）＝ （ ＋１） ＋ ａ ｅ ， （ ）＝ ０ ( )
是 １ ．
ａ － ａ，＋∞
有两个根 ＋１． ２
：－１，－ ａ
证明 由 知ａ 时 ｆ ｘ 在ｘ １ 处取得最大值
ａ ② ： ① ＜０ ，（ ） ＝－ ａ ，
当ａ 时 ＋１ 所以函数 ｆ ｘ 的单调增区间为 ２
① ＞０ ，－１＞－ ａ ， （ ） ( ) ( )
( ａ ) ( ａ ) 最大值为ｆ － １ ａ ＝ １ ｌｎ － １ ａ － １ ａ－ １ ．
＋１ 和 单调减区间为 ＋１ ． ２ ２ ２ ４ ２
－∞，－ ａ （－１，＋∞）， － ａ ，－１ ( )
所以ｆ ｘ １ １ １ １ １ １
ａ （ ）≤－ ａ－１⇔ ｌｎ － ａ － ａ－ ≤－ ａ－１，
当ａ 时 ＋１ 所以函数 ｆ ｘ 的单调增区间为 ２ ２ ２ ４ ２ ２
② ＜０ ，－１＜－ ａ ， （ ） ( )
( ａ ) ( ａ ) 即 １ ｌｎ － １ ａ ＋ １ ａ＋ １ ≤０ ．
＋１ 单调减区间为 ＋１ ． ２ ２ ４ ２
－１，－ ａ ， （－∞，－１）， － ａ ，＋∞
令ｔ １ 因为ａ 所以ｔ 则只要证 １ ｔ ｔ ．
综上可知 当 ａ 时 函数 ｆ ｘ 的单调增区间为 ＝－ ａ， ＜０， ＞０， （ｌｎ － ＋１）≤０
， ＞ ０ ， （ ） ２ ２
( ａ ) ( ａ ) ｔ
＋１ 和 单调减区间为 ＋１ 令ｇ ｔ ｔ ｔ ｔ 则ｇ′ ｔ １ １－
－∞，－ ａ （－１，＋∞）， － ａ ，－１ ； （ ）＝ｌｎ － ＋１，＞０， （ ）＝ ｔ －１＝ ｔ ，
当ａ 时 函数ｆ ｘ 的单调增区间为 单调减区 则当ｔ 时 ｇ′ ｔ 当ｔ 时 ｇ′ ｔ ．
＝０ ， （ ） （－１，＋∞）， ∈（０，１） ， （ ）＞０， ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０
间为 故ｇ ｔ 在 上单调递增 在 上单调递减
（－∞，－１）； （ ） （０，１） ， （１，＋∞） ，
( ａ )
当ａ 时 函数ｆ ｘ 的单调增区间为 ＋１ 单调减 故ｇ ｔ ｇ 故 １ ｇ ｔ 成立 即 １ ｔ ｔ
＜０ ， （ ） －１，－ ａ ， （ ）≤ （１）＝ ０， （ ）≤０ ， （ｌｎ － ＋１）
２ ２
( ａ )
区间为 ＋１ ． ≤０，
（－∞，－１）， － ａ ，＋∞
因此 ａ 时 ｆ ｘ １ ．
， ＜０ ，（ ）≤－ ａ－１
函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２ ｘ 恒成立转化为ａ ｘ １ 在Ｒ ２
（２） （ ）≤ｅ（ ＋２ ）＋１ ≤ ＋
ｅ
ｘ
ｆ ′ ｘ ４
ａｘ２
＋２
ｂｘ
＋１ ｘ ．
上恒成立． （２） （ ）＝ ｘ （ ＞０）
２
ｘ 因为ｆ ｘ 在 上单调 所以ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ
令ｈ ｘ ｘ １ 则ｈ′ ｘ ｅ －１ 易知ｈ ｘ 在 上为 （ ） （０，＋∞） ， （ ）≤０ （ ）≥０
（ ）＝ ＋ ｘ， （ ）＝ ｘ ， （ ） （０，＋∞） 在 上恒成立
ｅ ｅ （０，＋∞） ，
增函数 在 上为减函数． ｈ ｘ ｈ ． 当ａ 时 设ｈ ｘ ａｘ２ ｂｘ
， （－∞，０） ∴ （ ）ｍｉｎ＝ （０）＝１ ＜０ ， （ ）＝４ ＋２ ＋１，
故实数ａ的取值范围为 ． 则Δ ｂ２ ａ 所以ｈ ｘ 有两个相异的实根ｘ ｘ
（－∞，１］ ＝４ －１６ ＞０， （ ）＝ ０ １， ２，
１－１ （多选题）（２０２０ 山东滨州期末，１１）已知定义在
且ｘ ｘ １ ．
[ ) １ ２＝ ａ＜０
π 上的函数ｆ ｘ 的导函数为ｆ ′ ｘ 且ｆ ｆ ′ ｘ ４
０， （ ） （ ）， （０）＝０， （ ）· 不妨令ｘ ｘ
２ ２＜０＜ １，
ｘ ｆ ｘ ｘ 则下列判断中正确的是 则当ｘ ｘ 时 ｈ ｘ 即ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在
ｃｏｓ ＋（ ）ｓｉｎ ＜０， （ ） ∈（０， １） ， （ ）＞０， （ ）＞０， （ ） （０，
( ) ( ) ( ) ｘ 上单调递增
ｆ π ６ｆ π ｆ π １） ；
Ａ． ＜ Ｂ． ｌｎ ＞０ 当ｘ ｘ 时 ｈ ｘ 即ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 ｘ
６ ２ ４ ３ ∈（ １，＋∞） ， （ ）＜０， （ ）＜０， （ ） （ １，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ １６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
上单调递减 所以ａ 不合题意． ａ
＋∞） ， ＜０ ｆ ｘ 成立 即 －１ｍ ｆ ｘ ｆ ｘ 恒成立 而
当ａ 时 则ｆ ′ ｘ 对ｘ 恒成立 －（ ２）｜ ， ＋ｌｎ ２＞（｜ （ １）－ （ ２）｜）最大值 ，
＞０ ， （ ）≥０ ∈（０，＋∞） ， ２
ｆ ｘ ｆ ｘ 的最大值就是函数ｆ ｘ 在 上的最大值减去
即 ａｘ １ ｂ 对ｘ 恒成立 ｜ （ １）－（ ２）｜ （ ） ［１，２］
２ ＋ ｘ＋ ≥０ ∈（０，＋∞） ， 最小值 考虑ｆ ｘ 的单调性即可求出 再考虑对任意ａ
２ ， （ ） ；② ∈（４，
ａ ａ
设φ ｘ ａｘ １ ｂ 只需φ ｘ ． 恒有 －１ｍ ３ 成立 利用分离参数法得ｍ
（ ）＝２ ＋ ｘ＋ ， （ ）ｍｉｎ≥０ ５）， ＋ｌｎ ２＞ － ＋ｌｎ ２ ， ＞
２ ２ ２ ２
ａ
因为 ａｘ １ ｂ ａｘ １ ｂ ａ ｂ －３ 从而得出ｍ的取值范围．
２ ＋ ｘ＋ ≥２ ２ · ｘ＋ ＝２ ＋ ， ａ ，
２ ２ －１
ａ
当且仅当ｘ １ 时取等号． 解析 函数ｆ ｘ １－ ｘ２ ａｘ ｘ ａ Ｒ
＝ ａ （１）∵ （ ）＝ ２ ＋ －ｌｎ （ ∈ ），
２ 函数ｆ ｘ 的定义域为 ．
所以 ａ ｂ 即ｂ ａ． ∴ （ ） （０，＋∞）
２ ＋ ≥０， ≥－２ ｘ
所以ａ ＋ ｂ ≥ ａ －２ ａ ＝（ ａ －１） ２ －１≥－１， 当ａ ＝１ 时 ， ｆ （ ｘ ）＝ ｘ －ｌｎ ｘ ， ｆ ′ （ ｘ ）＝１－ １ ｘ ＝ － ｘ １ ，
当且仅当ａ ＝１， ｂ ＝－２ 时取等号 ， 令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 得ｘ ＝１ ．
当ａ ｂ 时 ｆ ′ ｘ （２ ｘ －１） ２ 且不恒为 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
＝１， ＝－２ ， （ ）＝ ｘ ≥０ ０， ０＜ ＜１ ， （ ）＜０， （ ） ，
２ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
此时ｆ ｘ 在 内单调递增 ＞１ ， （ ）＞０， （ ） ，
（ ） （０，＋∞） ， 函数ｆ ｘ 的极小值为ｆ 无极大值．
所以ａ ｂ的最小值为 ． ∴ （ ） （１）＝１，
＋ －１ ａ
函数ｆ ｘ １－ ｘ２ ａｘ ｘ ａ Ｒ
二、利用导数解决函数的极值和最值问题 （２）∵ （ ）＝ ＋ －ｌｎ （ ∈ ），
２
( )
１．解决函数极值问题的一般思路 ａ ｘ １ ｘ
（１－ ） －ａ （ －１）
ｆ ′ ｘ ａ ｘ ａ １ －１
∴ （ ）＝（１－ ） ＋ － ｘ ＝ ｘ ，
当ａ 时 在区间 上 ｆ ′ ｘ
∈（４，５） ， ［１，２］ ， （ ）≤０，
则ｆ ｘ 单调递减 ｆ 是ｆ ｘ 的最大值 ｆ 是ｆ ｘ 的最
（ ） ， （１） （ ） ， （２） （ ）
小值
，
ａ
ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｆ ３ ．
∴ ｜ （ １）－（ ２）｜≤（１）－（２）＝ － ＋ｌｎ２
２ ２
ａ
对任意ａ 及任意ｘ ｘ 恒有 －１ｍ
∵ ∈（４，５） １， ２∈［１，２］， ＋ｌｎ ２＞
２
ｆ ｘ ｆ ｘ 成立
｜ （ １）－（ ２）｜ ，
ａ ａ ａ
－１ｍ ３ 恒成立 分离参数得ｍ －３．
２．可导函数ｆ ｘ 的极值点存在问题可转化为导函数ｆ ′ ｘ ∴ ＋ｌｎ２＞ － ＋ｌｎ２ ， ＞ａ
（ ） （ ） ２ ２ ２ －１
的变号零点存在问题． ａ
ａ －３ ２ ２ １ ｍ １
ａ ∵ ∈（４，５），∴ ａ ＝１－ａ ＜１－ ＝ ，∴ ≥ ，
例２ 设函数ｆ ｘ １－ ｘ２ ａｘ ｘ ａ Ｒ ． －１ －１ ５－１ ２ ２
（ ）＝ ＋ －ｌｎ （ ∈ ） [ )
２ 实数ｍ的取值范围是 １ ．
当ａ 时 求函数ｆ ｘ 的极值 ∴ ，＋∞
（１） ＝１ ， （ ） ； ２
ａ ａ
若对任意ａ 及任意ｘ ｘ 恒有 －１ｍ ２－１ 已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ａ 若ｆ ｘ 恒成
（２） ∈（４，５） １， ２∈［１，２］， ＋ （ ）＝ ｅ ＋ｌｎｘ －２（ ＞０）， （ ）＞０
２ ＋２
ｆ ｘ ｆ ｘ 成立 求实数ｍ的取值范围． 立 则实数ａ的取值范围为 ．
ｌｎ２＞｜ （ １）－（ ２）｜ ， ，
解题思路 ２－１． 答案
（ｅ，＋∞）
（１）① 确定函数的定义域 ， 求导数ｆ ′ （ ｘ ）；② 求方程ｆ ′ （ ｘ ）＝ ２－２ 已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ｜ ｘ３ －３ ｘ －２ ｍ ｜＋ ｍ ， ｘ ∈［０，２］， 若ｆ （ ｘ ）ｍａｘ
的根ｘ 检验ｆ ′ ｘ 在ｘ 左右两侧的符号 若异号 则ｆ ｘ ｆ ｘ 则ｍ ．
０ ０；③ （ ） ０ ， ， （ ０） －（ ）ｍｉｎ＝３， ＝
就是所求的极值．
２－２． 答案 １
±
ａ ２
先考虑对任意ｘ ｘ 恒有 －１ｍ ｆ ｘ
（２）① １， ２∈［１，２］， ＋ｌｎ２＞｜ （ １）
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ １７
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ５０
æ ö
利用导数研究函数的单调性
ç ２ ２÷ ２
Ｃ．è－ ， ２ｅ ø Ｄ．（０， ２ｅ ）
２
ｅ
１．（２０２０河北３月联考，８）函数ｆ ｘ ｘ ｌｎ｜ ｘ ｜的图象大致为 ６． 答案 Ａ
（ ）＝｜ ｜－ ｘ２ （ ） ７．（２０２１广 东 华南师大附中综合测试（三），１６）已知当ｘ Ｒ时
∈ ，
均有不等式 ａ ｘ ａ ｘ ｘ 成立 则实数ａ的取值范围
（ ｅ －１）（ ｅ ＋２ ）≥０ ，
为 ．
( ]
７． 答案 ２
－∞，－ ∪｛ ｅ｝
ｅ
利用导数研究函数的极值、最值
１．（２０２１辽宁百校联盟质检，８）已知定义域为Ｒ的函数ｆ ｘ 的
（ ）
导函数为ｆ ′ ｘ 且ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｘ５ ｘ 若ｆ 则方
（ ）， （ ）－４ （ ）＝ ｅ ， （１）＝ｅ＋２，
程ｆ ｘ 的实根个数为
（ ）＝４ （ ）
１． 答案 Ａ Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
２．（２０２１重 庆 一模，８）已知定义在Ｒ上的可导函数ｆ ｘ 的导函
１． 答案 Ｂ
（ ） ２．（２０１９福建永安一中、德化一中、漳平一中三校联考，１２）若方
数为ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ 则关于ｘ的
不等式
（
ｆ
），
ｘ
（
ｆ
）＝
ｘ
（－ ），
ｘ的解
＞
集
０
为
， （ ）＞２ ， 程
８
ｘ
＝
ｘ２
＋６ｌｎ
ｘ
＋
ｍ仅有一个解
，
则实数ｍ的取值范围为
（２－ ）－（ ）＞４－４ （ ）
（ ）
Ａ．（－∞，－１）∪（１，＋∞） Ｂ．（－１，＋∞）
Ａ．（－∞，７）
Ｃ．（－∞，１） Ｄ．（－１，１）
２． 答案 Ｃ Ｂ．（１５－６ｌｎ３，＋∞）
３．（多选题）（２０２１ 山东淄博二模，１１）已知 是自然对数的底 Ｃ．（１２－６ｌｎ３，＋∞）
ｅ
数 则下列不等关系中不正确的是 Ｄ．（－∞，７）∪（１５－６ｌｎ３，＋∞）
， （ ） ２． 答案 Ｄ
∙∙∙
２ ３ ３．（多选题）（２０２０海南调研测试，１２）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ
Ａ．ｌｎ２＞ Ｂ．ｌｎ３＜ （ ）＝ ＋ｓｉｎ －
ｅ ｅ ｘ ｘ的定义域为 则
ｃｏｓ ［－２π，２π）， （ ）
π ｌｎ３ ３ ｆ ｘ 为奇函数
Ｃ．ｌｎ π＞ Ｄ． ＜ Ａ． （ ）
ｅ ｌｎ π π ｆ ｘ 在 上单调递增
３． 答案 ＡＣＤ Ｂ． （ ） ［０，π）
ｆ ｘ 恰有 个极大值点
Ｃ． （ ） ４
４．（２０２１广东韶关一模，８）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｌｎ（ｅ ｘ ＋１）－ １ ｘ ， 若ａ Ｄ． ｆ （ ｘ ） 有且仅有 ４ 个极值点
( ) ２ ３． 答案 ＢＤ
＝ ｆ ｌｏｇ４ １ ５ ， ｂ ＝ ｆ （ｌｏｇ５６）， ｃ ＝ ｆ （ｌｏｇ６４）， 则ａ ， ｂ ， ｃ的大小关系正 ４．（２０２０重庆 ( 育才中学 ) ３月月考，１２）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ｋｘ ， ｇ （ ｘ ）＝
确的是 （ ） ２ｌｎ ｘ ＋２ｅ １ ≤ ｘ ≤ｅ ２ ， 若ｆ （ ｘ ） 与ｇ （ ｘ ） 的图象上分别存在点
ｂ ａ ｃ ａ ｂ ｃ ｅ
Ａ． ＞ ＞ Ｂ． ＞ ＞ Ｍ Ｎ 使得Ｍ Ｎ关于直线ｙ 对称 则实数ｋ的取值范围是
ｃ ｂ ａ ｃ ａ ｂ ， ， ， ＝ｅ ，
Ｃ． ＞ ＞ Ｄ． ＞ ＞
４． 答案 Ｂ （ ）
é ù [ ]
５．（２０２１河北衡水中学全国高三第二次联考，１２）已知函数 êê ２ ４ úú ２
ｆ ｘ ｘ ｘ ａ ｆ ｂ ｆ ｃ ｆ ｅ ｄ ｆ ３ 则 Ａ．ë－ ｅ ，－ ｅ ２ û Ｂ． － ｅ ，２ｅ
（ ）＝ｅ ｌｎ｜ ｜， ＝ （－ｌｎ３）， ＝ （ｌｎ ３）， ＝ （３ ）， ＝ （ｅ ）， é ù é ö
ａ ｂ ｃ ｄ的大小顺序为 êê ４ úú êê ４ ÷
， ， ， （ ） Ｃ．ë－ ２，２ｅû Ｄ．ë ２，＋∞ø
ａ ｂ ｃ ｄ ｄ ｃ ｂ ａ ｅ ｅ
Ａ． ＞ ＞ ＞ Ｂ． ＞ ＞ ＞ ４． 答案 Ｂ
ｃ ｄ ｂ ａ ｃ ｄ ａ ｂ
Ｃ． ＞ ＞ ＞ Ｄ． ＞ ＞ ＞ ５．（多选题）（２０２１ 广东华附、省实、广雅、深中四校联考，１２）已
５． 答案 Ｂ
知函数ｆ ｘ ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ ｘ 其中 是自然对数的底数 下列说法
６．（２０２０河北衡水中学第九次调研，１２）已知函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ （ ）＝ｅ －ｅ ， ｅ ，
（ ）＝（ －２ ） 中 正确的是
ｘ 若方程ｆ ｘ ａ有 个不同的实根ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ， （ ）
·ｅ ， （ ）＝ ３ １， ２， ３（ １＜ ２＜ ３）， ( )
ａ ｆ ｘ 在 π 是增函数
则 的取值范围是 Ａ． （ ） ０，
ｘ （ ） ( ) ２
[
２－２
) æ ö Ｂ． ｆ ｘ ＋ π 是奇函数
１ ç ２ ÷ ４
Ａ． － ｅ ，０ Ｂ．è－ ｅ ２ ，０ø Ｃ． ｆ （ ｘ ） 在 （０，π） 上有两个极值点
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ １８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｆ ｘ ( ｎ ) (ｎ ) ｍｘ２
设ｇ ｘ （ ） 则满足ｇ ｇ ＋１ 的正整数ｎ的最 当 ｍ 时 令 ｆ ′ ｘ －１ 得 ｘ １ 当 ｘ
Ｄ． （ ）＝ ｘ ， π ＞ π ② ＞０ ， （ ）＝ ｘ ＝ ０， ＝ ｍ， ∈
４ ４
小值是 æ ö æ ö
５． 答案 Ａ ２ ＢＤ è ç ０， １ ｍø ÷时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０； 当 ｘ ∈è ç １ ｍ，＋∞ø ÷时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＞０， 所以
６．（２０２１湖南岳阳一模，１６）已知函数 ｆ ｘ 对任意 ｘ Ｒ 均有
（ ） ∈ æ ö æ ö
ｆ （ ｘ ）＋２ ｆ （－ ｘ ）＝ ｍｘ －６， 若ｆ （ ｘ ）≥ｌｎ ｘ恒成立 ， 则实数ｍ的取值 ｆ （ ｘ ） 在 è ç ０， １ ｍø ÷上单调递减 ， 在 è ç １ ｍ，＋∞ø ÷上单调递增．
范围是 ．
æ ö
６． 答案 故ｆ ｘ 在ｘ １ 处取得极小值ｆç １ ÷ １ ｍ １ １ ｍ 无
（－∞，－ｅ］ （ ） ＝ ｍ è ｍø ＝ ｌｎ ＋ － ，
７．（２０２１广东珠海一模，１６）若以函数ｙ ｆ ｘ 的图象上任意一点 ２ ２ ２
＝ （ ） 极大值．
Ｐ ｘ ｙ 为切点作切线ｌ ｙ ｆ ｘ 图象上总存在异于Ｐ点的
点
（
Ｑ
１，
ｘ
１）
ｙ 使得以Ｑ为
１，
切点
＝
的
（
直
）
线ｌ 与ｌ 平行 则称函数 不妨令ｈ ｘ １ １ ｅ
ｘ －１
－
ｘ
不难证明 ｘ －１ ｘ 当且
（ ２， ２）， ２ １ ， （３） （ ）＝ ｘ － ｘ －１ ＝ ｘ ｘ －１ ， ｅ － ≥０，
ｆ ｘ 为 美函数 下面四个函数中是 美函数 的是 ｅ ｅ
（ ） “ ”， “ ” 仅当ｘ 时取等号 所以 当ｘ 时 ｈ ｘ
填序号 ． ＝１ ， ， ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０，
（ ） 由 知 当 ｍ ｘ 时 ｆ ｘ 在 上单调递减
（１） ， ≤０， ＞１ ， （ ） （１，＋∞） ，
ｙ ｘ３ ｘ ｙ ｘ １ ｙ ｘ ｙ ｘ ２ ｘ． ｆ ｘ ｆ 恒成立
① ＝ －２ ；② ＝３ ＋ ｘ ；③ ＝ｃｏｓ ；④ ＝（ －２） ＋ｌｎ （ ）＜（１）＝０ ，
７． 答案 所以不等式ｆ ｘ １ １ 在 上恒成立只能ｍ ．
②③ （ ）＞ ｘ － ｘ －１ （１，＋∞） ＞０
ｅ
８．（２０２０全国统一考试模拟五，１５）已知函数ｆ ｘ １ ｍ ｘ２ æ ö
（ ）＝ （ －１） 当 ｍ 时 １ 由 知ｆ ｘ 在ç １ ÷上单调递减
ｘ ｍ Ｒ ．
２ ０＜ ＜１ ， ｍ＞１， （１） （ ） è１， ｍø ，
－ｌｎ （ ∈ ）
（１） 若ｍ ＝１， 求证 ： ｆ （ ｘ ）≥０； 所以ｆ æ ç １ ö ÷ ｆ 不满足题意．
讨论函数ｆ ｘ 的极值
è ｍø＜（１）＝０，
（２） （ ） ；
是否存在实数ｍ 使得不等式ｆ ｘ １ １ 在 上恒成 当ｍ 时 设Ｆ ｘ １ ｍ ｘ２ ｘ １ １
（３） ， （ ）＞ ｘ － ｅ ｘ －１ （１，＋∞） ≥１ ， （ ）＝ ２ （ －１）－ｌｎ － ｘ ＋ ｅ ｘ －１，
立 ？ 若存在 ， 求出ｍ的最小值 ； 若不存在 ， 请说明理由． 因为ｍ ｘ 所以ｍｘ ｘ ｘ －１ １ １
≥１， ＞１， ≥ ，ｅ ＞１，０＜ ｘ －１＜１，－１＜－ ｘ －１＜０，
８． 解析
（１）
证明
：
ｍ
＝１
时
，
ｆ
（
ｘ
）＝
１
（
ｘ２
－１）－ｌｎ
ｘ
（
ｘ
＞０），
则 ｅ
ｘ３ ｘ２ ｘ
ｅ
２ Ｆ′ ｘ １ ｍｘ １ １ １ ｘ １ － － ＋１
ｆ ′ ｘ １ ｘ
ｘ２
－１ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当
（ ）＝－ ｘ ＋ ＋ｘ２ －
ｅ
ｘ －１＞－ ｘ ＋ ＋ｘ２ －１＝ ｘ２ ，
（ ）＝ － ｘ ＋ ＝ ｘ ， ∈（０，１） ， （ ） ＜０， ｘ ｘ２
即Ｆ′ ｘ （ －１）（ －１） 所以 Ｆ ｘ 在 上单调
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上递减 在 （ ）＞ ｘ２ ＞０， （ ） （１，＋∞）
∈（１，＋∞） ， （ ）＞０，∴ （ ） （０，１） ， （１，
上递增 ｆ ｘ ｆ 故ｆ ｘ ． 递增
＋∞） ，∴ （ ）ｍｉｎ＝ （１）＝０， （ ）≥０ ，
由题意知 ｆ ′ ｘ １ ｍｘ
ｍｘ２
－１ ｘ ．
又Ｆ
（１）＝ ０，
所以ｘ
∈（１，＋∞）
时
，
Ｆ
（
ｘ
）＞０
恒成立
，
即ｆ
（
ｘ
）－
（２） ， （ ）＝－ ｘ ＋ ＝ ｘ ， ＞０
ｈ ｘ 恒成立 故存在ｍ 使得不等式ｆ ｘ １ １ 在
ｍｘ２ （ ）＞０ ， ≥１， （ ）＞ ｘ － ｘ －１ （１，
当ｍ 时 ｆ ′ ｘ －１ 所以ｆ ｘ 在 上单调 ｅ
① ≤０ ， （ ）＝ ｘ ＜０， （ ） （０，＋∞） 上恒成立 此时ｍ的最小值是 ．
＋∞） ， １
递减 没有极值．
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ５２ １００分钟 １１５分
一、单项选择题（每小题５分，共３５分） ｃ ｂ ａ ａ ｃ ｂ ｂ ａ ｃ ｂ ｃ ａ
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜
ｘ ２． 答案 Ｃ
１．（２０２０广东六校联盟第三次联考，９）函数ｆ ｘ ｓｉｎ 的图象的
（ ）＝ ｘ ３．（２０２１江苏七市第二次调研，８）若ａ ａ ｂ ｂ ｃ ｃ 则
２ｅ ｌｎ ＞ ｌｎ ＞ ｌｎ ＝１，
大致形状是
（ ） （ ）
ｂ ＋ ｃ ａ ｃ ＋ ａ ｂ ａ ＋ ｂ ｃ
Ａ．ｅ ｌｎ ＞ｅ ｌｎ ＞ｅ ｌｎ
ｃ ＋ ａ ｂ ｂ ＋ ｃ ａ ａ ＋ ｂ ｃ
Ｂ．ｅ ｌｎ ＞ｅ ｌｎ ＞ｅ ｌｎ
ａ ＋ ｂ ｃ ｃ ＋ ａ ｂ ｂ ＋ ｃ ａ
Ｃ．ｅ ｌｎ ＞ｅ ｌｎ ＞ｅ ｌｎ
ａ ＋ ｂ ｃ ｂ ＋ ｃ ａ ｃ ＋ ａ ｂ
Ｄ．ｅ ｌｎ ＞ｅ ｌｎ ＞ｅ ｌｎ
３． 答案 Ｃ
４．（２０２１上海松江二模，１６）已知函数ｆ ｘ １ ｘ ａ 若存在
（ ）＝ ｘ ＋｜２ － ｜，
相异的实数ｘ ｘ 使得ｆ ｘ ｆ ｘ 成立 则实数
１， ２∈（－∞，０）， （ １）＝ （ ２） ，
ａ的取值范围为
（ ）
æ ö
ç ２÷
１． 答案 Ａ Ａ．è－∞，－ ø Ｂ．（－∞，－ ２）
２
２．（２０２１河北张家口三模，８）已知ａ ｂ 且 ａ ａ æ ö
， ∈（０，３）， ４ｌｎ ＝ ｌｎ ４， ç ２ ÷
４ｌｎ
ｂ
＝
ｂ
ｌｎ２，
ｃ
＝ｌｏｇ０ ． ３０
．
０６，
则
（ ）
Ｃ．è
２
，＋∞ø Ｄ．（ ２，＋∞）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ １９
４． 答案 Ｂ １２．（２０２０山东青岛三模，２１）已知函数 ｆ ｘ ａ ｘ ｘ 其中
（ ）＝ ｅ ｌｎ （ ｅ＝
５．（２０２０辽宁大连第一中学月考，７）已知函数ｆ ｘ
ａ
ｌｎ
ｘ
ａ ２
．
７１８２８…
是自然对数的底数
），
ｇ
（
ｘ
）＝
ｘ２
＋
ｘ
ｌｎ
ａ
，
ａ
＞０
．
（ ）＝ ｘ （ ∈ 讨论函数ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ） ；
Ｒ ｘ ｘ ２ ４ 且ｘ ｘ ｆ （ ｘ １）－ ｆ （ ｘ ２） １ 恒成立 则 （２） 设函数ｈ （ ｘ ）＝ ｇ （ ｘ ）－ ｆ （ ｘ ）， 若ｈ （ ｘ ）＞０ 对任意的ｘ ∈（０，
），∀ １， ２∈［ｅ ，ｅ ］， １≠ ２， ｘ １－ ｘ ２ ＜ｘ １ ｘ ２ ， １） 恒成立 ， 求实数ａ的取值范围．
实数 ( ａ的取值 ] 范围为 [ （ ) ） １２． 解析 （１） 函数ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （０，＋∞） ．
( )
Ａ． －∞，－ １ Ｂ．（－∞，２］ Ｃ．［－１，＋∞） Ｄ． － １ ，＋∞ 因为ｆ ｘ ａ ｘ ｘ 所以ｆ ′ ｘ ａ ｘ ｘ １ ．
３ ３ （ ）＝ ｅ ｌｎ ， （ ）＝ ｅ ｌｎ ＋ ｘ
５． 答案 Ｄ
ｘ
６．（２０２０河北衡水中学七调，１２）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 令φ ｘ ｘ １ 则φ′ ｘ －１．
（ ）＝ ｅ －ｌｎ － －２， （ ）＝ｌｎ ＋ ｘ ， （ ）＝ ｘ２
ｘ
－２
ｇ ｘ ｅ ｘ ｘ的最小值分别为ａ ｂ 则 当ｘ 时 φ′ ｘ
（ ）＝ ｘ ＋ｌｎ － ， ， （ ） ∈（０，１） ， （ ）＜０，
φ ｘ 在 上单调递减．
ａ ｂ ａ ｂ ∴ （ ） （０，１）
Ａ． ＝ Ｂ． ＜ 当ｘ 时 φ′ ｘ
ａ ｂ ａ ｂ的大小关系不确定 ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０，
Ｃ． ＞ Ｄ． ， φ ｘ 在 上单调递增．
６． 答案 Ａ ∴ （ ） （１，＋∞）
所以φ ｘ φ ．
７．（２０２１ 湖南岳阳一模，８）对于函数 ｆ ｘ 若存在 ｘ 使 （ ）≥ （１）＝１＞０
（ ）， ０， 又因为ａ ｘ ｆ ′ ｘ 在 上恒成立．
ｆ ｘ ｆ ｘ 则点 ｘ ｆ ｘ 与点 ｘ ｆ ｘ 均称为函 ＞０，ｅ ＞０，∴ （ ）＞０ （０，＋∞）
数 （ ｆ ０ （ ） ｘ ＝ ） － 的 （ “ － 先 ０ 享 ）， 点 ” ．已 （ 知 ０， 函数 （ ０ ｆ （ ） ｘ ） ）＝ { １ （ ｘ ６ － － ｘ ａ ０ ３ ｘ ， ， － ｘ ｘ ＞ （ ０， ０） 若 ） 函数ｆ （ ｘ ） 所 （２ 以 ） ｈ （ ｆ （ ｘ ｘ ） ） ＝ 在 ｇ （ （ ｘ ０ ） ，＋ － ∞ ｆ （ ｘ ） ） 上 ＝ 单 ｘ２ 调 ＋ ｘ 递 ｌｎ 增 ａ － ． ａ ｅ ｘ ｌｎ ｘ．
存在 个 先享点 则实数ａ的取值范 ６ 围 － 为 ， ≤０， 由ｈ （ ｘ ）＞０ 得ｘ２ ＋ ｘ ｌｎ ａ － ａ ｅ ｘ ｌｎ ｘ ＞０， 即ａ ｅ ｘ ｌｎ ｘ ＜ ｘ２ ＋ ｘ ｌｎ ａ．
５ “ ”， （ ）
ｘ ｘ ａ ａ ｘ ａ ｘ ｘ
７． Ａ．（ 答 ０ 案 ，６） Ｄ Ｂ．（－∞，６） Ｃ．（３，＋∞） Ｄ．（６，＋∞） 所以ｌｎ ｘ ＜ ＋ ａ ｌｎ ｘ ＝ ｌｎ（ ａ ｅ ｘ ） ， 即ｌｎ（ ａ ｅ ｘ ） ＞ ｌｎ ｘ 对任意ｘ ∈（０，１）
ｅ ｅ ｅ
恒成立．
二、多项选择题（每小题５分，共１０分）
ｘ ｘ
ｘ 设Ｈ ｘ ｌｎ 则Ｈ′ ｘ １－ｌｎ
８．（２０２１山东德州二模，１２）已知函数ｆ ｘ ｌｎ 则 （ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｘ２ ，
（ ）＝ ｘ ， （ ）
所以 当ｘ 时 Ｈ′ ｘ 函数Ｈ ｘ 单调递增
ｆ ｆ ， ∈（０，１） ， （ ）＞０， （ ） ，
Ａ． （２）＞（５） 且当ｘ 时 Ｈ ｘ 当ｘ 时 Ｈ ｘ ．
若ｆ ｘ ｍ有两个不相等的实根ｘ ｘ 则ｘ ｘ ２ ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０， ∈（０，１） ， （ ）＜０
Ｂ． （ ）＝ １、 ２， １ ２＜ｅ 若ａ ｘ ｘ 则Ｈ ａ ｘ Ｈ ｘ ．
ｅ ≥１＞ ， （ ｅ ）≥０＞ （ ）
２ 若 ａ ｘ 因为Ｈ ａ ｘ Ｈ ｘ
Ｃ．ｌｎ２＞ ０＜ ｅ ＜１， （ ｅ ）＞ （ ），
若 ｘ ｙ ｅ ｘ ｙ均为正数 则 ｘ ｙ 且Ｈ （ ｘ ） 在 （０，１） 上单调递增 ， 所以ａ ｅ ｘ ＞ ｘ．
Ｄ． ２ ＝３ ， ， ， ２ ＞３
８． 答案 ＡＤ 综上可知 ａ ｘ ｘ时对任意ｘ 恒成立 即ａ ｘ 对任意
， ｅ ＞ ∈（０，１） ， ＞ ｘ
９．（２０２１辽宁沈阳二模，１２）若实数ｔ 则下列不等式中一定成
ｅ
≥２，
立的是 ｘ 恒成立．
（ ） ∈（０，１）
ｔ ｔ ｔ ｔ ｘ ｘ
Ａ Ｂ． ． （ （ ｔ ＋ ＋ １ ３ ） ） ｔ ｌ ＋ ｎ ２ （ ＞（ ＋ ｔ ２ ＋ ） ２ ＞ ） （ ｔ ＋１ ＋２）ｌｎ（ ＋３） 设Ｇ （ ｘ ）＝ ｅ ｘ， ｘ ∈（０，１）， 则Ｇ′ （ ｘ ）＝ １ ｅ － ｘ ＞０ ．
１ ｔ 所以Ｇ ｘ 在 单调递增 所以Ｇ ｘ Ｇ １ ａ
Ｃ．１＋ ｔ ＞ｌｏｇｔ（ ＋１） （ ） （０，１） ， （ ）＜ （１）＝ ≤ ，
ｅ
ｔ ｔ [ )
Ｄ．ｌｏｇ（ ｔ ＋１）（ ＋２）＞ｌｏｇ（ ｔ ＋２）（ ＋３） 所以ａ的取值范围为 １ ．
９． 答案 ＡＢＤ ，＋∞
ｅ
１３．（２０２０山东百师联盟测试五，２２）已知函数 ｆ ｘ ａｘ ｘ ｘ
三、填空题（每小题５分，共１０分） （ ）＝ ｅ ＋（ ＋
１０．（２０２１湖南永州二模，１６）定义 方程ｆ ｘ ｆ′ ｘ 的实数根ｘ １） ２ ， ａ ∈ Ｒ．
： （ ）＝ （ ） ０ 讨论函数ｆ ｘ 的极值
叫做函数ｆ ｘ 的 新驻点 ． （１） （ ） ；
（ ） “ ” 若函数ｇ ｘ ｆ ｘ 在Ｒ上恰有两个零点 求ａ的取值
设 ｆ ｘ ｘ 则 ｆ ｘ 在 上的 新驻点 为 （２） （ ）＝ （ ）－ｅ ，
（１） （ ）＝ ｃｏｓ ， （ ） （０，π） “ ” 范围．
．
（２） 如 果 函 数 ｇ （ ； ｘ ）＝ ｘ与ｈ （ ｘ ）＝ｌｎ（ ｘ ＋１） 的 “ 新驻点 ” 分别为 １３． 解析 （１） ｆ ′ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ｘ ＋ ａｘ ｅ ｘ ＋２（ ｘ ＋１）＝（ ａ ｅ ｘ ＋２）（ ｘ ＋１），
α 、 β ， 那么α和β的大小关系是 ． ① 当ａ ≥０ 时 ， 令 ｆ ′ （ ｘ ）＝ ０⇒ ｘ ＝－１， ｘ ∈（－∞，－１） 时 ，
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ
１０． 答案 ３π α β （ ）＜０， （ ） ； ∈（－１，＋∞） ， （ ）＞０， （ ）
（１） （２） ＞ ａ
４ 单调递增 所以ｆ ｘ 有极小值ｆ
１１．（２０２１河北唐山三模，１６）关于 ｘ 的不等式 ｘ２
－
ａ
（
ｘ
－１）ｅ
ｘ
＜０
， （ ） （－１）＝－
ｅ
；
恰有一个整数解 则实数ａ的取值范围是 ． ( )
， 当ａ 时 令ｆ ′ ｘ ｘ 或ｘ ２
[ ) ② ＜０ ， （ ）＝０⇒ ＝－１ ＝ｌｎ － ａ ，
１１． 答案 ｅ
－ ，０ ( ( ))
２ ａ 时 ｘ ２ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 单调递
（ｉ） ＜－２ｅ ， ∈ －∞，ｌｎ － ａ ， （ ）＜０， （ ）
( ( ) )
减 ｘ ２ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
四、解答题（共６０分） ； ∈ ｌｎ － ａ ，－１ ， （ ） ＞０， （ ） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ２０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 所以ｆ ｘ 有极小 单调递增．
∈（－１，＋∞） ， （ ）＜０， （ ） ， （ ）
( ( )) ( ) [ ( ) ] ２ 令ｈ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ｂｘ
值 ｆ ２ ２ ２ （３） （ ）＝ （ ）－ｅ － ＋１，
ｌｎ － ａ ＝ － ２ｌｎ － ａ ＋ ｌｎ － ａ ＋１ ＝ 则ｈ ｘ ｘ ｂ ｘ ｘ ｘ ．
（ ）＝－ｅ ＋（１－ ） －ｓｉｎ ＋１， ∈［０，＋∞）
[ ( )] ２ ａ ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｂ ｈ′ ｘ 的导函数ｈ″ ｘ ｘ ｘ．
２ 有极大值ｆ （ ）＝－ｅ －ｃｏｓ ＋１－ ， （ ） （ ）＝－ｅ ＋ｓｉｎ
ｌｎ － ａ ＋１， （－１）＝－ ； 因为ｘ 所以 ｈ″ ｘ ｘ ｈ′ ｘ 在
ｅ ∈［０，＋∞）， （ ）≤－１＋ｓｉｎ ≤０， （ ） ［０，
ａ 时 ｘ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 上单调递减．
（ｉｉ）
(
－２ｅ＜ ＜
(
０ ，
))
∈（－∞，－１） ， （ ）＜０， （ ） ； ＋∞）
当ｂ 时 ｘ ｈ′ ｘ ｈ′ ｂ
ｘ ２ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 ｘ ≥－１ ，∀ ≥０， （ ）≤ （０）＝－１－ ≤０，
∈ －１，ｌｎ － ａ ， （ ） ＞０， （ ） ； ∈ 所以ｈ ｘ 在 上单调递减
( ( ) ) （ ） ［０，＋∞） ，
ｌｎ － ａ ２ ，＋∞ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０， ｆ （ ｘ ） 单调递减 ， 所以ｆ （ ｘ ） 有 此时 ∀ ｘ ≥０， ｈ （ ｘ ）≤ ｈ （０）＝０， 满足题意．
当ｂ 时 因为ｈ′ ｘ 在 上单调递减 ｈ′ ｂ
ａ ( ( )) ( ) ＜－１ ， （ ） ［０，＋∞） ， （０）＝－１－
极小值ｆ 有极大值ｆ ２ ２ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．
（－１）＝ － ， ｌｎ － ａ ＝－２ｌｎ － ａ ＋ ＞０， →＋∞ ， （ ）→－∞
ｅ 故存在ｘ 使ｈ′ ｘ
[ (
２
) ]
２
[ (
２
)]
２ 且ｘ
０∈
ｘ
（０
时
，＋
ｈ
∞
′
）
ｘ
，
ｈ
（
ｘ
０）＝
单
０
调
，
递增
ｌｎ － ａ ＋１ ＝ ｌｎ － ａ ＋１； ∈（０， ０） ， （ ）＞０， （ ） ，
所以ｈ ｘ ｈ 与 ｘ ｈ ｘ 矛盾．
当ａ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减 无极值． （ ０）＞ （０）＝０， ∀ ≥０， （ ）≤０
（ｉｉｉ） ＝－２ｅ ， （ ）≤０， （ ） ， 所以实数ｂ的取值范围是 ．
函数ｇ ｘ ｆ ｘ 在Ｒ上恰有两个零点 即函数ｆ ｘ 的 ［－１，＋∞）
（２） （ ）＝ （ ）－ｅ ， （ ） 思路分析 （ ）对 ｆ（ｘ）二次求导，可得 ｆ ′（ｘ）在（ ，
图象与直线ｙ 恰有两个交点 由 知 １ －∞
＝ｅ ， （１） ， ）上单调递增，且ｆ ′（ ） ，则可判断出ｆ（ｘ）的单调性，
ａ ＋∞ ０ ＝ ０
当ａ 时 只需满足 ａ ２ 所以ａ 求出极值；
① ≥０ ， ｅ＞－ ⇒ ＞－ｅ ， ∈［０，＋∞）；
当ａ 时
ｅ
（ ）求导可得ｇ′（ｘ）
(ｘ２
ｘ
)
（ ｘ ａ），由（ ）得
ｘ２
② ＜０ ， ２ ＝ ＋ｃｏｓ －１ ｅ － １ ＋ｃｏｓ
ａ 时 结合 知 ｘ 时 ｆ ｘ 单调递减 ２ ２
（ｉ） ＜－２ｅ ， （１） ， ∈（－１，＋∞） ， （ ） ， ｘ ，讨论ａ 和ａ 两种情况可得出单调性；
[ ( )] ２ －１＞０ ≤０ ＞０
ｆ ａ ２ 只需满足 ２ 或 （ ）对ｈ（ｘ）二次求导，可得ｈ′（ｘ）在［ ， ）上单调递减，再
（１）＝ ｅ＋４＜－２ｅ ＋４＜０， ｌｎ － ａ ＋１＝ｅ ｅ＝－ ３ ０ ＋∞
讨论ｂ 和ｂ 两种情况，得出ｈ′（ｘ）的正负情况，进而
ａ ≥－１ ＜－１
解得ａ ２ 或ａ ２ 舍 或ａ ２ 判断ｈ（ｘ）的单调性即可．
， ＝－ｅ ＝－ （ ） ＝－ ；
ｅ ｅ ｅ－１ ｅ － ｅ－１ １５．（２０２１山东济南一模，２２）已知函数ｆ ｘ ａｘ ｘ ．
[ ( )] ２ （ ）＝ －ｌｎ（ ＋１）
ａ 时 结合 知只需满足 ２ 或 讨论ｆ ｘ 的单调性
（ｉｉ）－２ｅ≤ ＜０ ， （１） ｌｎ － ａ ＋１＝ｅ （１） （ ） ；
ａ 若ｆ ｘ １ － ｘ对任意的ｘ 恒成立 求实数ａ
解得ａ ２ 舍 ａ ２ 或ａ ２ 舍 ． （２） （ ）≥ｘ －ｅ ∈（０，＋∞） ，
ｅ＝－ ｅ ， ＝－ｅ（ ） ＝－ ｅ ｅ－１ ＝－ ｅ － ｅ－１ （ ） 的取值范围 ＋ ． １
{ }
综上 ａ的取值范围为 ２ ２ ． ａｘ ａ
， ［０，＋∞）∪ － ｅ ± ｅ－１ ，－ｅ １５． 解析 （１） ｆ ′ （ ｘ ）＝ ａ －ｘ １ ＝ ｘ ＋ －１ ， 其中ｘ ＞－１，
＋１ ＋１
１４．（２０２１山东烟台一模，２１）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
１ ｘ２
＋ｃｏｓ
ｘ
，
ｆ ′
（
ｘ
）
若ａ
≤０，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０，
此时ｆ
（
ｘ
）
在
（－１，＋∞）
上单调递减
；
２
为ｆ ｘ 的导函数． 若ａ 由ｆ ′ ｘ 得ｘ １ 由ｆ ′ ｘ 得 ｘ １
（ ） ＞０， （ ）＞０ ＞ ａ －１， （ ）＜０ －１＜ ＜ ａ －１，
求函数ｆ ｘ 的极值 ( ) ( )
（１） （ ） ；
设函数ｇ ｘ (ｘ２ ｘ ｓｉｎ ｘ ＋ｃｏｓ ｘ) ｘ ａ ( １ ｘ３ ｘ ｘ ) 故ｆ （ ｘ ） 在 －１， １ ａ －１ 上单调递减 ， 在 １ ａ －１，＋∞ 上单调
（２） （ ）＝ － ＋ ｅ － ＋ｓｉｎ － ，
２ ２ ６ 递增．
ａ Ｒ 讨论ｇ ｘ 的单调性
∈ ， （ ） ； 综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递减
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｂｘ 求实数ｂ的取值范围． ， ≤０ ， （ ） ( （－１，＋∞） ) ；
（３） ≥０ ， （ ）≤ｅ ＋ －１，
１４． 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 因为 ｘ ｘ ′ ｘ 当 ａ ＞ ０ 时 ， ｆ （ ｘ ） 在 －１， １ ａ －１ 上 单 调 递 减 ， 在
（１） （ ）＝ －ｓｉｎ ， （ －ｓｉｎ ） ＝１－ｃｏｓ ≥０，
所以ｆ ′ ｘ 在 上单调递增 又ｆ ′ ( )
（ ） （－∞，＋∞） ， （０）＝０， １ 上单调递增．
所以当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 ａ －１，＋∞
∈（－∞，０） ， （ ）＜０， （ ） ；
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增．
∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） 由题意得ａｘ － ｘ ｘ １ 对任意ｘ
故当ｘ 时 ｆ ｘ 取极小值ｆ 无极大值． （２） ＋ｅ －ｌｎ（ ＋１）－ｘ ≥０ ∈（０，＋∞）
＝０ ， （ ） （０）＝１， ＋１
ｇ′ ｘ
(ｘ２
ｘ
)
ｘ ａ
恒成立
，
（２） （ ）＝ ＋ｃｏｓ －１ （ｅ － ），
２ 记ｇ ｘ ａｘ － ｘ ｘ １ ｘ
ｘ２ （ ）＝ ＋ｅ －ｌｎ（ ＋１）－ｘ ， ∈（０，＋∞），
由 知 ｆ ｘ ｆ 即 ｘ ． ＋１
（１） ， （ ）≥（０）＝１， ＋ｃｏｓ －１≥０ 其中ｇ
２ （０）＝０，
当ａ 时 ｘ ａ ｇ′ ｘ ｇ ｘ 在 上单调
≤０ ，ｅ － ＞０， （ ）＞０， （ ） （－∞，＋∞） ｇ′ ｘ ａ － ｘ １ １ 其中ｇ′ ａ
递增
；
（ ）＝ －ｅ －ｘ
＋１
＋
（
ｘ
＋１）
２， （０）＝ －１；
当ａ ＞０ 时 ， 令 ｅ ｘ － ａ ＝０， 得ｘ ＝ｌｎ ａ． ｇ″ ｘ － ｘ １ ２ （ ｘ －１）ｅ ｘ ＋（ ｘ ＋１） ３
当ｘ ａ 时 ｘ ａ ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减 （ ）＝ｅ ＋ ｘ ２ － ｘ ３ ＝ ｘ ｘ ３ ，
∈（－∞，ｌｎ ） ，ｅ － ＜０， （ ）＜０， （ ） ， （ ＋１） （ ＋１） ｅ（ ＋１）
当ｘ ａ 时 ｘ ａ ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增． 记ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ ３
∈（ｌｎ ，＋∞） ，ｅ － ＞０， （ ）＞０， （ ） （ ）＝（ －１）ｅ ＋（ ＋１） ，
综上 当ａ 时 ｇ ｘ 在 上单调递增 因为ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ２ ｘ
， ≤０ ， （ ） （－∞，＋∞） ； （ ）＝ ｅ ＋３（ ＋１） ＞０， ∈（０，＋∞），
当ａ 时 ｇ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ 上 所以ｈ ｘ 在 上单调递增
＞０ ， （ ） （－∞，ｌｎ ） ， （ｌｎ ，＋∞） （ ） （０，＋∞） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ２１
所
所
以
以
ｈ
ｇ
（
′
ｘ
ｘ
）＞
在
ｈ （０）＝０， 所
上
以
单
ｇ
调
″ （
递
ｘ ）
增
＞０
．
， ② 当ａ ＞１ 时 ， 令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 得ｘ １＝ ａ － ａ２ －１， ｘ ２＝ ａ ＋ ａ２ －１ ．
（ ） （０，＋∞） ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
（０， １） １ （ １， ２） ２ （ ２，＋∞）
若ａ ≤０， 则ｇ （１）＝ ａ ＋ｅ －１ －ｌｎ２－ １ ＜０， 不符合题意 ； ｆ′ ｘ
２ （ ） ＋ ０ － ０ ＋
ｆ ｘ 递增 极大值 递减 极小值 递增
若 ａ 因为ｇ′ ｘ ａ － ｘ １ １ ａ － ｘ （ ）
０＜ ＜１， （ ）＝ －ｅ －ｘ
＋１
＋
（
ｘ
＋１）
２＜ －ｅ ，
综上 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增
所以ｇ′ ａ ａ ｌｎ ａ ， ≤１ ， （ ） （０，＋∞） ；
（－ｌｎ ）＜ －ｅ ＝０， 当ａ 时 ｆ ｘ 在 ａ ａ２ ａ ａ２ 上单调
又因为ｇ′ ａ ｇ′ ｘ 在 上单调递增 ＞１ ， （ ） （０， － －１），（ ＋ －１，＋∞）
（０）＝ －１＜０， （ ） （０，＋∞） ，
所以当ｘ ∈（０，－ｌｎ ａ ） 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＜０， 递增 ， 在 （ ａ － ａ２ －１， ａ ＋ ａ２ －１） 上单调递减．
所以ｇ ｘ 在 ａ 上单调递减 证明 由 知ａ 时ｆ ｘ 有两个极值点ｘ ｘ
（ ） （０，－ｌｎ ） ， （２） ： （１） ＞１ （ ） １， ２，
所以当ｘ ∈（０，－ｌｎ ａ ） 时 ， ｇ （ ｘ ）＜ ｇ （０）＝０， 不符合题意 ； 且ｘ １＋ ｘ ２＝２ ａ ， ｘ ( １ ｘ ２＝１， 不妨设ｘ ) ２＞１ ( ＞ ｘ １＞０， )
若ａ 因为ｇ′ ｘ 在 上单调递增
所以
≥
ｇ
１
′ （
，
ｘ ）＞ ｇ′ （０
（
）＝
）
ａ －
（
１
０
≥
，＋
０
∞
，
） ， ｆ
（
ｘ
１ ｘ ）－
ｆ
ｘ （
ｘ
２） ＝
ｘ １－２ ａ ｌｎ ｘ １－ｘ １
１ ｘ
－
ｘ
ｘ ２－２ ａ ｌｎ ｘ ２－ｘ １
２
所以ｇ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上单调递增 ， １－ ２
ｘ ｘ ｘ
１－ ２
ｘ
所
综
以
上
ｇ
实
（ ｘ
数
）＞
ａ
ｇ
的
（０
取
）＝
值
０
范
， 符
围
合
是
题意．
．
（ ｘ １－ ｘ ２）－２ ａ ｌｎ ｘ １ ＋ ｘ １－ ｘ ２ ２ ａ ｌｎ ｘ １
， ［１，＋∞）
＝ ｘ ｘ
２ １ ２
＝２－ ｘ ｘ
２
，
１６．（２０２１湖北八市３月联考，２１）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ １ １－ ２ １－ ２
（ ）＝ －２ ｌｎ － ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ
要证（ １）－（ ２） ａ
ａ Ｒ ． ｘ ｘ ＞２－４ ，
（ ∈ ） １－ ２
讨论函数ｆ ｘ 的单调性 ｘ
（１） （ ） ； １
ｆ ｘ ｆ ｘ ｌｎ ｘ
若ｘ ｘ 为函数ｆ ｘ 的两个极值点 证明 （ １）－（ ２） 即证 ２
（２） １， ２ （ ） ， ： ｘ １－ ｘ ２ ＞２ ｘ １－ ｘ ２ ＜２，
ａ． ｘ２
－４ 即证 ｌｎ ２ 即证 ｘ ｘ １ ．
１６． 解析
（１）
ｆ ′
（
ｘ
）＝
ｘ２
－２
ｘ
ａ
２
ｘ
＋１
，
ｘ
＞０，
令ｘ２
－２
ａｘ
＋１＝０，
Δ
＝４
ａ２ ｘ
２－ｘ
１
＜２， ｌｎ ２－ ２＋ｘ
２
＜０
２
当 Δ 即 ａ 时 ｆ ′ ｘ 则 ｆ ｘ 在
－４， ≤０， －１≤ ≤１ ， （ ）≥０， （ ） （０， 设ｇ ｔ ｔ ｔ １ ｔ 由 知当ａ １ 时 ｆ ｘ 在
（ ）＝ｌｎ － ＋ ｔ （ ＞１）， （１） ＝ ， （ ） （０，
上单调递增
２
＋∞） ；
上单调递增 又ｇ ｔ ｆ ｔ
当Δ
＞０，
即ａ
＞１
或ａ
＜－１
时
，
＋∞） ， （ ）＝－（ ），
则ｇ ｔ 在 上单调递减 ｇ ｔ ｇ 原式得证．
①
当ａ
＜－１
时
，－２
ａｘ
＞０，
ｆ ′
（
ｘ
）＞０，
ｆ
（
ｘ
）
在
（０，＋∞）
上单调 （ ） （１，＋∞） ，∴ （ ）＜ （１）＝０，
递增
；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题 ２．（２０２１ 河南部分重点高中联考，１２） 已知函数 ｆ ｘ
（ ） ＝
１．（２０２１云南顶级名校检测，９）定义在 上的单调递增函 { ｘ ｘ
（０，＋∞） ２ ＋２，－２≤ ≤１，若关于ｘ的方程ｆ ｘ ｍ恰有两个不同解
ｆ ｘ ｘ ｘ ． （ ）＝
数ｆ ｘ 若ｆ ｘ 的导函数存在且满足 （ ） ｘ 则下列不等式 ｌｎ －１，１＜ ≤ｅ
（ ）， （ ） ｆ ′ ｘ ＜ ， ｘ ｘ ｘ ｘ 则 ｘ ｘ ｆ ｘ 的取值范围是
（ ） １， ２（ １＜ ２）， （ ２－ １） （ ２） （ ）
成立的是 ( ] ( ]
（ ） ３ ５
æ ö æ ö Ａ．（－１，０］ Ｂ．（－２，０］ Ｃ． － ，０ Ｄ． － ，０
ｆç ２ ÷ ｆ ｆç ２ ÷ ｆ ２ ２
Ａ． ２ｃｏｓ１· è ø＜（ｃｏｓ１） Ｂ． ２ｓｉｎ１· è ø＜（ｓｉｎ１） 答案 Ｄ 因为ｆ ｘ ｍ的两根为ｘ ｘ ｘ ｘ 所以ｘ
２ ２ （ ）＝ １， ２（ １＜ ２）， １＝
ｆ ｆ ｆ ｆ ｍ ( ｍ )
Ｃ．ｓｉｎ１·（１）＜（ｓｉｎ１） Ｄ． （２）＜２（１） －２ ｘ ｍ ＋１ ｍ 从而 ｘ ｘ ｆ ｘ ｍ ＋１ －２ ｍ
答案 Ｂ 因为ｆ ｘ 在 上单调递增 所以ｆ ′ ｘ ． ， ２＝ｅ ， ∈（－１，０］， （ ２－ １） （ ２）＝ ｅ －
（ ） （０，＋∞） ， （ ）＞０ ２ ２
又因为
ｆ
（
ｘ
） ｘ 所以 ｆ ｘ ｘｆ ′ ｘ ．令 ｈ ｘ
ｆ
（
ｘ
） 所以 ｈ′ ｍ ｍ ＋１
ｍ２
ｍ．令ｇ ｘ ｘ ｘ ＋１ １ ｘ２ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ
ｆ ′ ｘ ＜ ， （ ）＜ （ ） （ ）＝ ｘ ， ＝ ｅ － ＋ （ ）＝ ｅ － ＋ ， ∈（－１，０］， （ ）
（ ） ２ ２
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ＋１ ｘ ｘ ．因为ｘ 所以ｘ
ｘ （ ）－（ ） 所以ｈ ｘ 在 上单调递增 又因 ＝（ ＋１）ｅ － ＋１， ∈（－１，０］ ∈（－１，０］， ＋１＞０，
（ ）＝ ｘ２ ＞０， （ ） （０，＋∞） ， ｘ ＋１ ０ ｘ 所以ｇ′ ｘ 在 上恒成立 从而ｇ
ｅ ＞ｅ ＝１，－ ＋１＞０， （ ）＞０ （－１，０］ ，
æ ö
ｆç ２ ÷ ｘ 在 上单调递增．又ｇ ｇ ５ 所以 ｇ
æ ö è ø （ ） （－１，０］ （０）＝ ０， （－１）＝ － ，
为 ２ 所以ｈç ２ ÷ ｈ 即 ２ ２
０＜ｃｏｓ１＜ ＜ｓｉｎ１＜１＜２， è ø＜ （ｓｉｎ １）， ＜ ( ] ( ]
２ ２ ２ ｘ ５ 即 ｘ ｘ ｆ ｘ 的取值范围是 ５ ．
（ ）∈ － ，０ ， （ ２－ １）·（ ２） － ，０
２ ２ ２
ｆ æ ö ３．（２０２１江西重点中学盟校联考，６）若函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ
（ｓｉｎ１） 所以 ｆç ２ ÷ ｆ 同理可以排除 （ ）＝ ＋ ＋ ＋１
， ２ｓｉｎ１· è ø＜ （ｓｉｎ １）， Ａ，Ｃ， 在ｘ 处取极值 则ａ ｂ
ｓｉｎ１ ２ ＝１ ０， － ＝ （ ）
选 ．
Ｄ， Ｂ Ａ．０ Ｂ．２ Ｃ．－２ Ｄ．１
答案 Ａ ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ
（ ）＝ ＋ ＋ ＋１， （ ）＝３ ＋２ ＋ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ２２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
因为ｆ ｘ 在ｘ 处取极值 ( ２ ] ( ]
（ ） ＝１ ０， ｅ ｅ
{ｆ ′ ａ ｂ {ａ Ａ． －∞， Ｂ． －∞， Ｃ．（０，２］ Ｄ．［２，＋∞）
所以 （１）＝３＋２ ＋ ＝０，解得 ＝－１， ４ ２
ｆ ａ ｂ ｂ ． ｘ ｘ ｋ
（１）＝１＋ ＋ ＋１＝０， ＝－１ 答案 Ａ 由题意得ｆ ′ ｘ ｅ（ －２） ２ ｋ
验证 当ａ ｂ 时 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ （ ）＝ ｘ３ ＋ ｘ －
： ＝－１， ＝－１ ， （ ）＝ ３ －２ －１＝（３ ＋１）·
ｘ 易知 ｘ
(
１
)
时 ｆ ′ ｘ ｘ 时 （
ｘ
－２）（ｅ
ｘ
－
ｋｘ２
） 令ｇ ｘ ｘ ｋｘ２
（ －１）， ∈ － ，１ ， （ ）＜０； ∈（１，＋∞） ， ＝ ｘ３ ， （ ）＝ｅ － ，
３
ｆ ′ ｘ 故ｆ ｘ 在ｘ 处取得极值 符合题意． 由于ｘ 是ｆ ｘ 的唯一极值点 则函数ｇ ｘ 在 上没
（ ）＞０， （ ） ＝１ ， ＝２ （ ） ， （ ） （０，＋∞）
故ａ ｂ 则ａ ｂ 选 ． 有变号零点．
＝－１， ＝－１， － ＝０， Ａ
( ａ ) ｘ ｘ
４．（２０２１四川绵阳二诊，１０）若函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－ ＋３
ｘ２
＋２
ａｘ
＋３
令ｇ
（
ｘ
）＝０，
得ｋ
＝ｘ
ｅ
２，
令ｈ
（
ｘ
）＝ ｘ
ｅ
２，
ｘ
＞０，
２
在ｘ 处取得极小值 则实数ａ的取值范围是 ｘ ｘ
＝２ ， （ ） 则ｈ′ ｘ ｅ（ －２）
（ ）＝ ｘ３ ，
Ａ．（－∞，－６） Ｂ．（－∞，６）
当 ｘ 时 ｈ ｘ 单调递减
Ｃ．（６，＋∞） Ｄ．（－６，＋∞） ０＜ ＜２ ， （ ） ，
( ａ ) 当ｘ 时 ｈ ｘ 单调递增
答案 Ｂ ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ａｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ２ ａ ＞２ ， （ ） ，
（ ）＝ － ＋３ ＋２ ＋３， （ ）＝３ －（ ＋ ２
２ 所以ｈ ｘ 的最小值为ｈ ｅ 无最大值
ａ （ ） （２）＝ ， ，
ｘ ａ ｘ ｘ ａ 易知ｆ ′ ｘ 的根为ｘ 和ｘ ４
６） ＋２ ＝（ －２）（３ － ）， （ ）＝０ ＝２ ＝ ， ( ２ ]
３ 故ｋ ｅ 时 ｇ ｘ 没有变号零点 ｘ 是ｆ ｘ 的唯一
ａ ∈ －∞， ， （ ） ， ＝２ （ ）
结合二次函数图象知欲使ｆ ｘ 在ｘ 处取极小值 只需 ４
（ ） ＝２ ， ＜ 极值点．
３
即ａ ．故选 ． ａ
２， ＜６ Ｂ ８．（２０２１浙江杭州二模，９）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ３ ａｘ ａ
５．（２０２１安徽宣城调研测试，１２）若函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－３
ａｘ２
＋１２
ｘ
（
ａ
＞
（ ）＝ ｅ －
１２
－ －２（ ＞
存在两个极值点ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ 的取值范围是 若函数ｙ ｆ ｘ 与ｙ ｆ ｆ ｘ 有相同的最小值 则ａ的最大
０） １， ２， （ １）＋（ ２） ０）， ＝ （ ） ＝ （ （ ）） ，
值为
（ ） （ ）
． ． ． ．
Ａ．（ 答 － 案 ∞ ，１ Ｄ ８） 由 Ｂ ｆ ． （ （ ｘ － ） ∞ ＝ ， ｘ １ ３ － ８］ ３ ａｘ２ Ｃ ＋ ． １ （ ２ － ｘ （ ∞ ａ ， ＞ １ ０ ６ ） ］ ， 得 Ｄ ｆ ． ′ （ （ － ｘ ） ∞ ＝ ， ３ １ ｘ ６ ２ ） －６ ａｘ Ａ１ 答案 Ｂ ｆ Ｂ ′ （ ２ ｘ ）＝ ａ ( ｅ ｘ － Ｃ ｘ２ ３ －１ ) ， ｆ ″ （ ｘ ） Ｄ ＝ ４ ａ ( ｅ ｘ － ｘ ) ，
４ ２
＋１２， ( )
因为函数ｆ ｘ 存在两个极值点ｘ ｘ ｆ ‴ｘ ａ ｘ １ 易知ｆ ″ ｘ 在 上单调递减 在
（ ） １， ２， （ ）＝ ｅ － ， （ ） （－∞，－ｌｎ ２） ，
所以方程 ｘ２ ａｘ 的根的判别式Δ ａ２ ２
３ －６ ＋１２＝０ ＝３６ －４×３×１２＞０， 上单调递增
即ａ （－ｌｎ２，＋∞） ，
＞２， ( )
则ｘ ｘ ａ ｘ ｘ 从而ｆ ″ ｘ ｆ ″ ａ １ ｌｎ２
１＋ ２＝２ ， １· ２＝４， （ ）ｍｉｎ＝ （－ｌｎ２）＝ ＋ ＞０，
＝ ｆ （ （ ｘ ｘ １ １ ） ＋ ＋ ｘ ｆ ２ （ ） ｘ （ ２ ｘ ） ２ １ ＝ － ｘ ｘ １ ３ １ ｘ － ２＋ ３ ｘ ａ ２ ２ ｘ ） ２ １ － ＋ ３ １ ａ ２ ［ ｘ （ １＋ ｘ １ （ ＋ ｘ ｘ ３ ２ ２ － ） ３ ２ － ａ ２ ｘ ｘ ２ ２＋ １ ｘ １ ２ ２ ］ ｘ ＋ ２ １ ） ２（ ｘ １＋ ｘ ２） 所 而 以 ｆ ′ （ ｆ ０ ′ （ ） ｘ ＝ ） ０ 在 ， 故 （－ ｆ ∞ （ ｘ ， ） ＋ 在 ∞ （ ） － 上 ∞ 单 ，０ 调 ２ ） 递 上 增 单 ２ ． 调递减 ， 在 （０，＋∞） 上单
＝（ ｘ １＋ ｘ ２）［（ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －３ ｘ １· ｘ ２］－３ ａ ［（ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －２ ｘ １ ｘ ２］＋１２（ ｘ １＋ 调递增 ， 所以ｆ （ ｘ ）ｍｉｎ＝ ｆ （０）＝ ａ －２ ．
ｘ ａ ａ２ ａ ａ２ ａ ａ３ ａ 由题知仅需ａ 即ａ 选 ．
２）＝２ （４ －１２）－３ （４ －８）＋２４ ＝－４ ＋２４ ， －２≤０， ≤２， Ｂ
设ｇ
（
ａ
）＝－４
ａ３
＋２４
ａ
，
则ｇ′
（
ａ
）＝－１２
ａ２
＋２４＝－１２（
ａ２
－２）， ９．（２０２１浙江新高考研究卷（四），９）记ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ
ｘｎ ｘｎ
－１
当ａ 时 ｇ′ ａ 则ｇ ａ 在 上单调递减． １（ ）＝ ，ｎ（ ）＝ ｎ －ｎ
＞２ ， （ ）＜０， （ ） （２，＋∞） －１
所以ｇ ａ ｇ ｎ ｎ Ｎ∗ ｇ ｘ ｆ ｘ ａｆ ｘ ｂｆ ｘ ｃｆ ｘ ｄ 若
（ ）＜ （２）＝１６， （ ≥２， ∈ ）， （ ）＝ ４（ ）＋ ３（ ）＋ ２（ ）＋ １（ ）＋ ， １
所以ｆ ｘ ｆ ｘ 的取值范围是 故选 ． 是ｇ ｘ 的一个极大值点 则
（ １）＋（ ２） （－∞，１６）， Ｄ （ ） ， （ ）
６．（２０２１安徽池州期末，１０）已知函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 其导函 ．ａ ｂ ．ａ ｂ
（ ） ， Ａ ＞ Ｂ ＜
数为ｆ ′ ｘ 且 ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 在Ｒ上恒成立 则下列不等式 ．ａ ｂ ．ａ ｂ
（ ）， ３（ ）－ （ ）＞０ ， Ｃ ＋ ＞－１ Ｄ ＋ ＜－１
一定成立的是 ｘ４ ｘ３ (ｘ３ ｘ２ ) (ｘ２ )
（ ） 答案 Ｄ 由已知得ｇ ｘ ａ ｂ ｘ
ｆ ３ｆ ｆ ３ｆ （ ）＝ － ＋ － ＋ － ＋
Ａ． （１）＜ｅ （０） Ｂ． （１）＞ｅ （０） ４ ３ ３ ２ ２
Ｃ．
ｆ
（１）＜ｅ
２ｆ
（０） Ｄ．
ｆ
（１）＞ｅ
２ｆ
（０）
ｃｘ
＋
ｄ
，
则ｇ′
（
ｘ
）＝
ｘ２
（
ｘ
－１）＋
ａｘ
（
ｘ
－１）＋
ｂ
（
ｘ
－１）＋
ｃ
，
答案 Ａ 令ｇ ｘ ｆ （ ｘ ） 则ｇ′ ｘ ｆ ′ （ ｘ ）·ｅ ３ ｘ －３ ｆ （ ｘ ）ｅ ３ ｘ 由ｇ′ （１）＝０， 得ｃ ＝０， 则ｇ′ （ ｘ ）＝ ｘ３ ＋（ ａ －１） ｘ２ ＋（ ｂ － ａ ） ｘ － ｂ ＝（ ｘ －
（ ）＝ ｅ ３ ｘ ， （ ）＝ （ｅ ３ ｘ ） ２ １）（ ｘ２ ＋ ａｘ ＋ ｂ ），
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 由分类讨论知ｘ２ ａｘ ｂ 的两实根在 的异侧
（ ）－３（ ） 因为 ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 在Ｒ上恒成立 所以ｇ′ ＋ ＋ ＝０ １ ，
＝ ３ ｘ ， ３（ ）－ （ ）＞０ ， 所以 ａ ｂ ．即ａ ｂ ．
ｅ １＋ ＋ ＜０ ＋ ＜－１
ｘ 在Ｒ上恒成立 故ｇ ｘ 在Ｒ上单调递减 所以ｇ ｇ １０．（２０２１浙江“山水联盟”４月联考，８）已知ａ ｂ Ｒ 若ｘ ａ不
（ ）＜０ ， （ ） ， （１）＜ ， ∈ ， ＝
ｆ ｆ 是函数ｆ ｘ ｘ ａ ２ ｘ ｂ ｘ －１ 的极小值点 则下列选
即（１） （０） 即ｆ ３ｆ ．故选 ． （ ）＝（ － ） （ － ）（ｅ －１） ，
（０）， ３ ＜ ０ ， （１）＜ｅ （０） Ａ 项符合的是
ｅ ｅ （ ）
ｘ ． ｂ ａ ．ｂ ａ
７．（２０２１四川宜宾重点高中二诊，１１）已知函数ｆ ｘ ｅ ｋ ｘ Ａ１≤ ＜ Ｂ ＜ ≤１
（ ）＝ ｘ２ ＋２ ｌｎ ．ａ ｂ ．ａ ｂ
Ｃ ＜１≤ Ｄ ＜ ≤１
ｋｘ 若ｘ 是函数ｆ ｘ 的唯一极值点 则实数ｋ的取值范围是 答案 Ｂ 穿针引线法 令ｆ ｘ ｘ ａ ２ ｘ ｂ ｘ －１
－ ， ＝２ （ ） ， （ ） （ ）＝（ － ） （ － ）（ｅ －１）
则ｘ ａ或ｘ ｂ或ｘ 根据 选项利用穿针引
（ ） ＝０， ＝ ＝ ＝１， Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ２３
线法作出 在各选项情形下的大致图象 如图 其中左图 ( )
ｆ（ｘ） ． ， ｆ ′ １ ｆ ｘ 在ｘ １ 处取得极大值
是各选项中不取等号的情形 右图为取等号的情形 Ａ． ＝０ Ｂ． （ ） ＝
， ， ｅ ｅ
对于 如图 由图知 ｘ ａ 是 ｆ ｘ 的极小值点 不符合 ｆ ｆ ｘ 在 上单调递增
Ａ， ①， ＝ （ ） ， Ｃ．０＜（１）＜１ Ｄ． （ ） （０，＋∞）
题意 答案 ＡＣＤ 函数ｆ ｘ 的定义域为 导函数为
； ∵ （ ） （０，＋∞），
对于 如图 由图知ｘ ａ是ｆ ｘ 的极大值点或非极值点 ｆ ′ ｘ ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ
Ｂ， ②， ＝ （ ） ， （ ）， （ ）－（ ）＝ ｌｎ ，
符合题意 ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｘ
； 即满足 （ ）－（ ） ｌｎ
对于 如图 由图知 ｘ ａ 是 ｆ ｘ 的极小值点 不符合 ｘ２ ＝ ｘ ，
Ｃ， ③， ＝ （ ） ，
题意 [ｆ ｘ ] ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ
； （ ） ′ （ ）－（ ）
对于 如图 由图知 ｘ ａ 是 ｆ ｘ 的极小值点 不符合题 ∵ ｘ ＝ ｘ２ ，
Ｄ， ④， ＝ （ ） ，
意．故选 ． [ｆ ｘ ] ｘ
Ｂ （ ） ′ ｌｎ
∴ ｘ ＝ ｘ ，
ｆ ｘ
可设 （ ） １ ２ｘ ｂ ｂ为常数
∴ ｘ ＝ ｌｎ ＋ （ ），
２
ｆ ｘ １ ｘ ２ｘ ｂｘ．
∴ （ ）＝ ｌｎ ＋
２
( ) ｂ
ｆ １ １ １ ２ １ １
∵ ＝ · ｌｎ ＋ ＝ ，
ｅ ２ ｅ ｅ ｅ ｅ
解得ｂ １ ｆ ｘ １ ｘ ２ｘ １ ｘ
＝ ，∴ （ ）＝ ｌｎ ＋ ，
２ ２ ２
二、多项选择题
ｆ １ 满足 ｆ 正确．
１１．（２０２０山东滨州三模，１２）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ ＋｜ ｘ ｜ ．则下面 ∴ （１）＝ ２ ， ０＜（１）＜１，∴ Ｃ
结论正确的是
（ ） ｆ ′ ｘ １ ２ｘ ｘ １ １ ｘ ２ 且仅有 ｆ ′
ｆ ｘ 是奇函数 ∵ （ ）＝ ｌｎ ＋ｌｎ ＋ ＝ （ｌｎ ＋１） ≥０，
Ａ． （ ） ( ) ２ ２ ２
ｆ ｘ 在 上为增函数
Ｂ． （ ） ［０，＋
(
∞）
)
１
＝０，∴ Ｂ
错误
，Ａ、Ｄ
正确．故选
ＡＣＤ
．
ｅ
Ｃ． 若ｘ ≠０， 则ｆ ｘ ＋ １ ｘ ＞ｅ ２ ＋２ １３．（２０２１新高考适应卷，９，５分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ 则
（ ）＝ ｌｎ（１＋ ），
若ｆ ｘ ｆ 则 ｘ
Ｄ． （ －１）＜（－１）， ０＜ ＜２ （ ）
答案 ＢＣＤ 函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ ｆ ｘ 在 单调递增
（ ） ， Ａ． （ ） （０，＋∞）
ｆ （－ ｘ ）＝ｅ － ｘ ＋ｅ ｘ ＋｜－ ｘ ｜＝ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ ＋｜ ｘ ｜＝ ｆ （ ｘ ）， Ｂ． ｆ （ ｘ ） 有两个零点 ( ( ))
ｙ ｆ ｘ 为偶函数 故 不正确
∴ ＝ （ ） ， Ａ ； 曲线ｙ ｆ ｘ 在点 １ ｆ １ 处切线的斜率为
对于ｆ ｘ ｘ － ｘ ｘ Ｃ． ＝ （ ） － ２ ， － ２ －１－ｌｎ２
（ ）＝ｅ ＋ｅ ＋｜ ｜，
当ｘ 时 ｘ － ｘ Ｄ． ｆ （ ｘ ） 是偶函数
ｆ ∈ ｘ ［０， ｘ ＋∞ － ） ｘ ｘ ，ｅ ≥１，０＜ｅ ≤１， 答案 ＡＣ 对于选项 Ａ，∵ ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｌｎ（１＋ ｘ ），
∴ （ ）＝ｅ ＋ｅ ＋ ＞０，
ｘ
ｙ ｆ ｘ 在 上为增函数 故 正确 ｆ ′ ｘ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 恒成
∴ ＝ （ ） ［０，＋∞） ， Ｂ ； ∴ （ ）＝ｌｎ（１＋ ）＋ｘ ， ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０
＋１
当ｘ 时 ｘ １ ｘ １ 立 因此ｆ ｘ 在 上单调递增 正确
＞０ ， ＋ ｘ ≥２ · ｘ ＝２， ， （ ） （０，＋∞） ，Ａ ；
对于选项 令ｆ ｘ ｘ ｘ 可得ｘ 或 ｘ
Ｂ， （ ）＝ ｌｎ（１＋ ）＝０， ＝０ ｌｎ（１＋ ）＝０，
当且仅当ｘ １ 即ｘ 时取 ． 解得ｘ 不正确
＝ ｘ ， ＝１ “＝” ＝０，Ｂ ；
ｘ
对于选项 ｆ ′ ｘ ｘ
ｘ １ 又 ｙ ｆ ｘ 在 上为增函数 ｆ Ｃ，∵ （ ）＝ｌｎ（１＋ ）＋ ｘ，
∴ ＋ ｘ ≥２， ∵ ＝ （ ） ［０，＋∞） ，∴ １＋
( )
( )
ｆ ′ １ １ 故 正确
ｘ １ ｆ ２ －２ ２ ∴ － ＝ｌｎ －１＝－ｌｎ２－１， Ｃ ；
＋ ｘ ≥（２）＝ｅ ＋ｅ ＋２＞ｅ ＋２； ２ ２
对于选项 由于ｆ ｘ 的定义域为 定义域不关于
Ｄ， （ ） （－１，＋∞），
当且仅当ｘ 时 ｘ ｘ １ 当 ｘ 时取 原点对称 故 不正确．
＜０ ，－ ＞０，∴ （－ ）＋ ｘ ≥２， ＝－１ ， Ｄ
（－ ） １４．（２０２１届广东深圳中学达标测试，１２）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ 若
． （ ）＝ ｅ ，
“＝”
( ) [ ] ｘ ｘ 则下列选项中正确的是
∵ ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 为偶函数 ，∴ ｆ ｘ ＋ １ ｘ ＝ ｆ （－ ｘ ）＋ １ ｘ ≥ ｆ （２）＞ｅ ２ １＜ ｘ ２＜０ ｘ ， ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ （ ）
（－ ） Ａ．（ １－ ２）［ （ １）－（ ２）］＞０ Ｂ． １ （ ２）≤ ２ （ １）
故 正确
＋２， Ｃ ； ｆ ｘ ｆ ｘ １ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ
由于ｙ ｆ ｘ 为偶函数 且在 上为增函数 Ｃ．｜ （ １）－（ ２）｜＜ Ｄ． （ １）－（ ２）＜ ２－ １
故由ｆ （ ＝ ｘ － （ １） ） ＜ ｆ （－１） 得 ， ， ｆ （｜ ｘ ［ － ０ １ ， ｜ ＋ ） ∞ ＜ ｆ ） （１）， ， 答案 ＣＤ 因为 ｅ ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｅ ｘ ， 所以ｆ ′ （ ｘ ）＝（ ｘ ＋１）ｅ ｘ ，
ｘ ｘ 因此 正确． 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ
∴ ｜ －１｜＜１，∴０＜ ＜２， Ｄ （ ）＞０， ＞－１，
１２．（２０２０山东威海三模，１２）已知函数 ｆ ｘ 的定义域为 即ｆ ｘ 在 上单调递增
（ ） （０，＋ （ ） （－１，＋∞） ，
( ) 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ
导函数为ｆ ′ ｘ ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ 且ｆ １ １ 则 （ ）＜０， ＜－１，
∞）， （ ）， （ ）－（ ）＝ ｌｎ ， ＝ ， 即ｆ ｘ 在 上单调递减
ｅ ｅ （ ） （－∞，－１） ，
当ｘ ｘ 时 ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 的符号无法确定 故
（ ） １＜ ２＜０ ，（ １－ ２）［ （ １）－（ ２）］ ， Ａ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ２４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
错误
； 三、填空题
ｆ ｘ
令ｇ ｘ （ ） ｘ ａ ｘ
（ ）＝ ｘ ， ∈（－∞，０）， １６．（２０２１宁夏顶级名校联考，１５）已知函数ｆ ｘ ｅ ｘ
（ ）＝ ｘ ， ∈［１，
则ｇ ｘ ｘ 在 上单调递增
（ ）＝ｅ （－∞，０） ， ｆ ｘ ｆ ｘ
故ｘ ｘ 时 ｇ ｘ ｇ ｘ 且 ｘ ｘ ｘ ｘ （ １）－（ ２） 恒成立 则实
１＜ ２＜０ ， （ １）＜ （ ２）， ３］， ∀ １， ２∈［１，３］， １≠ ２， ｘ ｘ ＜２ ，
ｆ ｘ ｆ ｘ １－ ２
即（ １） （ ２） 数ａ的取值范围是 ．
ｘ ＜ ｘ ，
１ ２ æ ù
所以ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ 故 错误 答案 ç ９ úú
１ （ ２）＞ ２ （ １）， Ｂ ； è－∞， ３ û
ｅ
当ｘ 时 函数取得极小值ｆ ｘ １ 解析 不妨令ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ 令ｇ ｘ ｆ
＝－１ ， （ ）极小值＝－ ， １＞ ２， （ １）－２ １＜ （ ２）－２ ２， （ ）＝
ｅ ａ ｘ ｘ
且当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ 则ｇ ｘ 在 上递减 则ｇ′ ｘ ｅ（ －１）
→－∞ ，（ ）→０， →０ ，（ ）→０， （ ）－２ ， （ ） ［１，３］ ， （ ）＝ ｘ２ －２≤０
故
｜
ｆ
（
ｘ
１）－
ｆ
（
ｘ
２）｜＜｜
ｆ
（－１）｜＝
１
，
故
Ｃ
正确
；
在
［１，３］
上恒成立
，
也即ａ
ｅ
ｘ
（
ｘ
－１）≤２
ｘ２
，
ｅ 当ｘ 时 不等式恒成立．
令ｈ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ＝１ ，
则ｈ
（
ｘ
）＝
ｘ
（ ）
ｘ
＋ ， ∈
ｈ′
（
ｘ
－∞，０
ｘ
），
ｘ ｈ″ ｘ ｘ ｘ 当ｘ 时不等式转化为ａ ２ ｘ２ 在 上恒成
（ ）＝ （ｅ ＋１）， （ ）＝ｅ（ ＋１）＋１， （ ）＝ｅ（ ＋２）， ∈（１，３］ ≤ ｘ ｘ （１，３］
当ｘ 时 ｈ″ ｘ 即ｈ′ ｘ 在 上单调递减 ｅ ·（ －１）
当
＜－
ｘ
２
时
， （
ｈ″
）
ｘ
＜０，
即
（
ｈ′
）
ｘ 在
（－∞，－２）
上单调递增
，
立 令ｔ ｘ ２
ｘ２
ｘ ．
－２＜ ＜０ ， （ ）＞０， （ ） （－２，０） ， ， （ ）＝ ｘ ｘ ， ∈（１，３］
所以ｈ′ ｘ 的最小值为ｈ′ －２ ｅ ·（ －１）
所以ｈ′
（
ｘ
）
恒成立 即
（
ｈ
－
ｘ
２）
在
＝１－ｅ ＞０，
上单调增 则ｔ′ ｘ －２
ｘ
（
ｘ２
－２
ｘ
＋２）
因为ｘ （ ｘ ）＞０ 所以ｈ ， ｘ （ ｈ ） ｘ （－∞，０） ， （ ）＝ ｅ ｘ ·（ ｘ －１） ２ ＜０，
１＜ ２＜０， （ １）＜ （ ２）， 故ｔ ｘ 在 上递减 而ａ ｔ ｘ
故ｆ
（
ｘ
１）＋
ｘ
１＜
ｆ
（
ｘ
２）＋
ｘ
２，
（ ） （１，３］ ， ≤（ ）ｍｉｎ，
即ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ 故 正确． ａ ｔ ９ ．
１５．（２０ （ ２１ １ 届 ）－ 江 （ 苏 ２ 南 ）＜ 京 ２ 六 － 校 １， 联合 Ｄ 体暑假学情检测，１２）已知 ｘ ∴ ≤（３）＝ ｅ ３
ｌｎ １－
æ ù
ｘ １－ ｙ １＋２＝０， ｘ ２＋２ ｙ ２－２ｌｎ２－６＝０， 记Ｍ ＝（ ｘ １－ ｘ ２） ２ ＋（ ｙ １－ ｙ ２） ２ ， 则 综上 ， ａ ∈è ç －∞， ９ ３ û úú．
ｅ
（ ） ｘ２
１７．（２０２１四川南充重点高中月考，１６）已知函数ｆ ｘ ４ －７ 函
Ｍ的最小值为１６ 当Ｍ最小时 ｘ １４ （ ）＝ ｘ ，
Ａ． Ｂ． ， ２＝ ２－
５ ５ 数ｇ ｘ ｘ３ ａ２ｘ ａ ａ 若对任意ｘ 总存在
（ ）＝ －３ －２ （ ≥１）， １∈［０，１］，
Ｍ的最小值为 ４ 当Ｍ最小时 ｘ １２ ｘ 使得 ｇ ｘ ｆ ｘ 成立 则 ａ 的取值范
Ｃ． Ｄ． ， ２＝ ０∈［０，１］， （ ０）＝ （ １） ，
５ ５ 围是 ．
答案 ＡＢ 由 ｘ ｘ ｙ 得ｙ ｘ ｘ
ｌｎ １－ １－ １＋２＝０， １＝ｌｎ １－ １＋２， [ ]
Ｍ ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２ 的最小值可转化为函数ｙ ｘ ｘ 答案 ３
＝（ １－ ２） ＋（ １－ ２） ＝ｌｎ － ＋２ １，
图象上的点到直线ｘ ｙ 上的点的距离的最小值 ２
＋２ －２ｌｎ２－６＝０ ｘ２ ｘ
的平方 解析 对函数 ｆ ｘ 求导 可得 ｆ ′ ｘ －４ ＋１６ －７
， （ ） ， （ ）＝ ｘ ２
（２－ ）
由ｙ ｘ ｘ 得ｙ′ １ ｘ ｘ
＝ｌｎ － ＋２ ＝ ｘ －１， －（２ －１）（２ －７）．
＝ ｘ ２
（２－ ）
因为与直线ｘ ｙ 平行的直线的斜率为 １
＋２ －２ｌｎ２－６＝０ － ， 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ １ 或ｘ ７ 舍去 ．
２ （ ）＝０， ＝ ＝ （ ）
２ ２
所以 １ １ 解得ｘ 当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表所示
ｘ －１＝－ ， ＝２， ， （ ）， （ ） ：
２
则切点坐标为 ( ) ( )
（２，ｌｎ２）， ｘ １ １ １
所以点 到直线 ｘ ｙ 的距离 ｄ ０ ０， ２ ２ ２ ，１ １
（２，ｌｎ ２） ＋２ －２ｌｎ ２－６＝ ０ ＝
ｆ′ ｘ
｜２＋２ｌｎ２－２ｌｎ２－６｜ ４ ５ （ ） － ０ ＋
＝ ，
５ ５ ｆ ｘ ７
（ ） － ↘ －４ ↗ －３
即函数ｙ ｘ ｘ 图象上的点到直线ｘ ｙ 上 ２
＝ｌｎ － ＋２ ＋２ －２ｌｎ ２－６＝０
( )
的点的距离的最小值为４
５
５ ， 所以 （ ｘ １－ ｘ ２） ２ ＋（ ｙ １－ ｙ ２） ２ 的最小 所以当
(
ｘ ∈ ０
)
， １
２
时 ， ｆ （ ｘ ） 是减函数 ；
值为１６ 当ｘ １ 时 ｆ ｘ 是增函数．
， ∈ ，１ ， （ ）
５ ２
又过 且与直线ｘ ｙ 垂直的直线为ｙ 故当ｘ 时 ｆ ｘ 的值域是 ．
（２，ｌｎ２） ＋２ －２ｌｎ２－６＝０ －ｌｎ ∈［０，１］ ， （ ） ［－４，－３］
ｘ 对函数ｇ ｘ 求导 得ｇ′ ｘ ｘ２ ａ２ ．
２＝２（ －２）， （ ） ， （ ）＝３（ － ）
即 ｘ ｙ 因为ａ 所以当ｘ 时 ｇ′ ｘ ａ２
２ － －４＋ｌｎ２＝０， ≥１， ∈［０，１］ ， （ ）≤３（１－ ）≤０，
{ｘ ｙ 因此当ｘ 时 ｇ ｘ 为减函数 从而当ｘ 时 有
联立得 ＋２ －２ｌｎ２－６＝０，解得ｘ １４ ∈［０，１］ ， （ ） ， ∈［０，１］ ，
ｘ ｙ ＝ ， ｇ ｘ ｇ ｇ
２ － ＋ｌｎ２－４＝０， ５ （ ）∈［ （１）， （０）］，
又ｇ ａ ａ２ ｇ ａ
即当Ｍ最小时 ｘ １４．故选 ． （１）＝１－２ －３ ， （０）＝－２ ，
， ＝ ＡＢ 所以当ｘ 时 有ｇ ｘ ａ ａ２ ａ ．
５ ∈［０，１］ ， （ ）∈［１－２ －３ ，－２ ］
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ２５
对任意ｘ ｆ ｘ 总存在ｘ 使 ( )
１∈［０，１］， （ １）∈［－４，－３］， ０∈［０，１］， 一ｘ π， ，使得ｆ ′（ｘ ） ，最后列表进行进行说明；
{ 得
１－
ｇ
２
（ ａ ｘ
－
０）
３
＝ ａ２ ｆ
≤
（ ｘ
－
１
４
）
，
成
①
立
解
， 则
得
［１
ａ
－２ ａ －
或
３ ａ
ａ
２ ，－２ ａ
５
］⊇
解
［－
得
４，－
ａ
３］，
３
即 （
３
）由 ０∈ （
１
） ２ 与 π （
２
）的单调性求 ０ 解 ＝ ． ０
－２ ａ ≥－３，② ① ≥１ ≤－ ３ ， ② ≤ ２ ， １９．（２０２１江西吉安五校协作体联考，２１）已知函数ｆ ｘ ｘ １
[ ] （ ）＝ － ｘ －
又ａ 故ａ的取值范围是 ３ ．
≥１， １， ａ ｘ ａ Ｒ ．
２ ｌｎ （ ∈ ）
讨论函数ｆ ｘ 的单调性
四、解答题 （１） （ ） ；
已知函数ｇ ｘ ｘ２ｆ′ ｘ ｘ ａｘ 其中ｆ′ ｘ 是ｆ ｘ 的
１８．（２０２１北京海淀一模，１９）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ． （２） （ ）＝ （ ）＋２ｌｎ － （ （ ） （ ）
（ ）＝ ｓｉｎ 导函数 若函数ｇ ｘ 有两个极值点ｘ ｘ 且ｘ ｘ
( ) ）， （ ） １， ２， １＜ ２＜ｅ，
判断函数ｆ ｘ 在区间 π 上的单调性 并说明理由 求ｇ ｘ ｇ ｘ 的取值范围．
（１） （ ） ０， ， ； （ １）－ （ ２）
２ ａ
( ) 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １
求证 函数ｆ ｘ 在 π 内有且只有一个极值点 （１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝ １＋ｘ２ － ｘ
（２） ： （ ） ，π ；
２ ｘ２ ａｘ
ｆ ｘ － ＋１
求函数ｇ ｘ （ ）＋１在区间 上的最小值． ＝ ｘ２ ，
（３） （ ）＝ ｘ （１，π］
解析 本题考查函
ｌｎ
数的单调性 极值 最值 考查学生运用
令ｈ
（
ｘ
）＝
ｘ２
－
ａｘ
＋１＝０，
则
、 、 ， 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增
导数工具分析与解决函数综合问题的能力 渗透逻辑推理与 ① ≤０ ， （ ） （０，＋∞） ；
， {Δ ａ２
数学运算的核心素养 试题体现综合性与应用性． 当 ＝ －４≤０，即 ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调
， ② ａ ０＜ ≤２ ， （ ） （０，＋∞）
( ) ＞０，
函数ｆ ｘ 在 π 上单调递增． 递增
（１） （ ） ０， ；
理由 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ
２
ｘ． ③
当 ａ
＞ ２
时
，
ｘ２
－
ａｘ
＋ １ ＝ ０
有 两 根
，
分 别 为
： （ ）＝ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ
( ) ａ ａ２ ａ ａ２
因为ｘ π 所以ｆ ′ ｘ ． － －４ ＋ －４
∈ ０， ， （ ）＞０ ， ，
２ ２ ２
所以ｆ ｘ 在
(
π
)
上单调递增． 所以ｆ ｘ 的增区间为
æ
ç
ａ
－
ａ２
－４
ö
÷
æ
ç
ａ
＋
ａ２
－４
ö
÷ 减
（ ） ０， （ ） è０， ø，è ，＋∞ø，
２ ２ ２
（２） 证明
(
： 设ｈ
)
（ ｘ ）＝ ｆ ′ （ ｘ ）， 则ｈ′ （ ｘ ）＝２ｃｏｓ ｘ － ｘ ｓｉｎ ｘ．
区间为
æ
ç
ａ
－
ａ２
－４
ａ
＋
ａ２
－４
ö
÷．
当ｘ π 时 ｈ′ ｘ ． è ， ø
∈ ，π ， （ ）＜０ ２ ２
２ 综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 当ａ
( ) ： ≤２ ， （ ） （０，＋∞） ， ＞２
所以ｈ
（
ｘ
）＝
ｆ ′
（
ｘ
）
在 π
，π
内单调递减．
时 ｆ ｘ 在
æ
ç
ａ
－
ａ２
－４
ö
÷
æ
ç
ａ
＋
ａ２
－４
ö
÷上单调递增
( )
２ ， （ ） è０， ø，è ，＋∞ø ，
２ ２
又因为ｆ ′ π
２
＝１＞０， ｆ ′ （π）＝－π＜０，
在
æ
ç
ａ
－
ａ２
－４
ａ
＋
ａ２
－４
ö
÷上单调递减．
( ) è ， ø
所以存在唯一ｘ π 使得ｆ ′ ｘ ． ２ ２
０∈ ，π ， （ ０）＝０ ｇ ｘ ｘ２ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ ｘ２ ａｘ ｘ 则ｇ ｘ 的定
２ （２） （ ）＝ （ ）＋２ｌｎ － ＝ －２ ＋２ｌｎ ＋１， （ ）
( ) 义域为
ｆ ｘ 与ｆ ′ ｘ 在区间 π 上的情况如下 （０，＋∞），
（ ） （ ） ，π ： ｘ２ ａｘ
２ ｇ′ ｘ ｘ ａ ２ ２（ － ＋１） 若ｇ ｘ 有两个极值点ｘ
( ) （ ）＝２ －２ ＋ ｘ ＝ ｘ ， （ ） １，
ｘ π ｘ ｘ ｘ
２ ， ０ ０ （ ０，π） ｘ ２， 且ｘ １＜ ｘ ２＜ｅ， 则方程ｘ２ － ａｘ ＋１＝０ 的根的判别式Δ ＝ ａ２ －４＞
ｆ′ ｘ 且ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ １
（ ） ＋ ０ － ０， １＋ ２＝ ＞０， １ ２＝１⇒ ２＝ｘ ＜ｅ，
ｆ ｘ 极大值 １
（ ） ↗ ↘
( ) 得ａ 且 １ ｘ
所以ｆ ｘ 在 π 内有且只有一个极值点．
＞２，
ｅ
＜ １＜１，
由 （ ） 可 ２ ， 知 π ｆ ｘ 在 ｘ 内单调递增 在 ｘ 内 所以 ｘ ｇ （ ｘ ｘ １）－ ｘ ｇ （ ｘ ｘ ２）＝ ｘ ａ ２ １－ ｘ ２ ａｘ ｘ １＋２ｌｎ ｘ １－ ｘ ｘ２ ２＋２ ａｘ ｘ ２－２ ｘ ｌｎ ｘ ２ ｘ ｘ
（
单
３
调
）
递
（
减
１）
．
（２） ， （ ） （１， ０） ， （ ０，π） ＝（ １＋ ２）（ １－ ２）－２
(
（ １－ ２）＋
)
４ｌｎ １＝－（ １＋ ２）（ １－ ２）＋
又因为ｆ （１）＝ｓｉｎ１＞０， ｆ （π）＝０， ４ｌｎ
ｘ
１＝ｘ
１
２ １ －
ｘ２
１＋４ｌｎ
ｘ
１
１
ｅ ＜
ｘ
１＜１ ，
所以当ｘ 时 ｆ ｘ ． ( ) ( )
又因为当
∈
ｘ
（
∈
１
（
，
１
π
，
］
π］
，
时 ，
（
０＜
）
ｌ
＋
ｎ
１
ｘ
≥
≤
１
ｌｎ π，
设ｈ
（
ｔ
）＝ ｔ
１
２ －
ｔ２
＋４ｌｎ
ｔ １
ｅ ＜
ｔ
＜１ ，
则在ｔ
∈
１
ｅ ，１
上ｈ′
（
ｔ
）＜０
ｆ ｘ ( )
所以ｇ ｘ （ ）＋１ １ 当且仅当ｘ 时等号成立． 恒成立 故ｈ ｔ 在ｔ １ 上单调递减 从而ｈ ｔ ｈ
（ ）＝ ｘ ≥ ， ＝π ， （ ） ∈ ，１ ， （ ）＞ （１）＝
ｌｎ ｌｎ π ｅ
( )
所以ｇ （ ｘ ） 在 （１，π］ 上的最小值为 ｌｎ １ π ． ０， ｈ （ ｔ ）＜ ｈ １ ｅ ＝ｅ ２ － ｅ １ ２ －４，
审题指导 （ ）求导函数ｆ ′（ｘ），判断ｆ ′（ｘ）在所给区间 æ ö
１ 所以ｇ ｘ ｇ ｘ 的取值范围是ç ２ １ ÷．
上的符号，从而可得单调性；（ ２ ）设ｈ（ｘ） ＝ ｆ′（ｘ），求导函数ｈ′ （ １）－ （ ２） è０，ｅ － ｅ ２ －４ø
（ｘ），可判断ｈ（ｘ）（即ｆ ′（ｘ））在所给区间上的符号，从而得 ａ
２０．（２０２１黑龙江齐齐哈尔一模，２１）已知函数ｆ ｘ ｘ ２
单调性，再结合ｆ ′（ｘ）在所给区间端点处的符号，可知存在唯 （ ）＝ｌｎ ＋ｘ －２
＋１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ２６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ａ Ｒ ．
（ ∈ ） 若 ａ ３ 则 ２ ．
讨论函数ｆ ｘ 的单调性 ① ０＜ ＜２ｅ ， ｌｎ ａ ＞－３
（１） （ ） ；
( )
当ａ 时 求证 ｆ ｘ 在 上恒成立
（２） ＝２ ， ：（ ）＞０ （１，＋∞） ； 当ｘ ２ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
ｘ２ ∈（－∞，－３）∪ ｌｎ ａ ，＋∞ ， （ ）＞０； ∈
求证 当ｘ 时 ｘ ． ( )
（３） ： ＞０ ，ｌｎ（ ＋１）＞ ｘ
ｅ －１ ２ 时 ｆ ′ ｘ ．
－３，ｌｎ ａ ， （ ）＜０
解析 函数 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １ ( )
（１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝ ｘ － 当 ａ ３ 时 函数ｆ ｘ 在 ２ 上单
∴ ０＜ ＜２ｅ ， （ ） （－∞，－３）， ｌｎ ａ ，＋∞
ａ ｘ２ ａ ｘ
２ －２（ －１） ＋１ ( )
ｘ ２ ＝ ｘ ｘ ２ ， 调递增 在 ２ 上单调递减．
（ ＋１） （ ＋１） ， －３，ｌｎ ａ
令ｆ ′ ｘ 即ｘ２ ａ ｘ
（ ）＝０， －２（ －１） ＋１＝０，
由Δ ａ ２ 解得ａ 或ａ 若ａ ３ 则 ２ ．
＝４（ －１） －４＝０， ＝２ ＝０， ② ＝２ｅ ， ｌｎ ａ ＝－３
当 ａ 时 Δ ｆ ′ ｘ 在 上恒成立
０≤ ≤２ ， ≤０， （ ）≥０ （０，＋∞） ， 当ｘ Ｒ时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增．
所以ｆ ｘ 在 上单调递增． ∈ ， （ ）≥０，∴ （ ）
（ ） （０，＋∞）
当ａ
＞２
时
，
Δ
＞０，
方程ｘ２
－２（
ａ
－１）
ｘ
＋１＝０
的两根为ｘ
１＝（
ａ
－１） ③
若ａ
＞２ｅ
３
，
则
ｌｎ
２
ａ ＜－３
．
ａ２ ａ ｘ ａ ａ２ ａ且ｘ ｘ ( )
＋ －２ ， ２＝（ －１）－ －２ １＞０， ２＞０， 当ｘ ２ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
所以ｆ ｘ 在 ａ ａ２ ａ 上单调递增 在 ａ
∈ －∞，ｌｎ ａ ∪（－３，＋∞） ， （ ）＞０； ∈
（ ） （０， －１－ －２ ） ， （ －１－ ( )
ａ２
－２
ａ
，
ａ
－１＋
ａ２
－２
ａ
）
上单调递减
，
在
（
ａ
－１＋
ａ２
－２
ａ
， ｌｎ
２
ａ ，－３
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０
．
＋∞）
上单调递增．
( )
当ａ
＜０
时
，
Δ
＞０，
方程ｘ２
－２（
ａ
－１）
ｘ
＋１＝０
的两根为ｘ
１＝（
ａ
－１） ∴
当ａ
＞２ｅ
３ 时
，
函数ｆ
（
ｘ
）
在
－∞，ｌｎ
２
ａ ，（－３，＋∞）
上单调
ａ２ ａ ｘ ａ ａ２ ａ且ｘ ｘ ( )
＋ －２ ， ２＝（ －１）－ －２ １＜０， ２＜０， 递增 在 ２ 上单调递减．
所以ｆ ｘ 在 上单调递增． ， ｌｎ ａ ，－３
（ ） （０，＋∞）
综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增
： ≤２ ， （ ） （０，＋∞） ； 当ａ １ 时 要证ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｘ 即要证ａｘ ｘ －２ ｘ
（２） ＞ ， （ －２）＞ｌｎ － － －３， ｅ ＞ｌｎ
当ａ 时 ｆ ｘ 在 ａ ａ２ ａ ａ ａ２ ａ ｅ
＞２ ， （ ） （０， －１－ －２ ），（ －１＋ －２ ，＋∞） ｘ ｘ
上单调递增 ， 在 （ ａ －１－ ａ２ －２ ａ ， ａ －１＋ ａ２ －２ ａ ） 上单调递减． ＋ ｘ －２， 也即证ａ ＞ ｌｎ ｘ ＋ ｘ －２ －２ （ ｘ ＞０） ．
ｅ
证明 由 可知当ａ 时 函数ｆ ｘ 在 上单调
（２） ： （１） ＝２ ， （ ） （１，＋∞） 令ｇ ｘ ｌｎ ｘ ＋ ｘ －２ ｘ 则ｇ′ ｘ （ ｘ ＋１）（３－ｌｎ ｘ － ｘ ）．
递增 ， 所以ｆ （ ｘ ）＞ ｆ （１）＝０， 所以ｆ （ ｘ ）＞０ 在 （１，＋∞） 上恒成立． （ ）＝ ｘ ｅ ｘ －２ （ ＞０）， （ ）＝ ｘ２ ｅ ｘ －２
设φ ｘ ｘ ｘ φ ｘ 在 上单调递减 φ φ
（３）
证明
：
由
（２）
可知
ｌｎ
ｘ
＋ｘ
＋
４
１
－２＞０
在
（１，＋∞）
恒成立
，
所以 （ ）＝３－
ｘ
ｌｎ － ， （ ）
使得
（０
φ
，＋
ｘ
∞）
ｘ ｘ
， （１）＞
．
０，
ｌｎ（ ｘ ＋１）＞ｘ ２ ｘ 在 （０，＋∞） 上恒成立． （ 当 ３） ｘ ＜ ∈ ０ （ ， ０ ∴ ， ｘ ∃ ０） 时 ０∈ ， （ ｇ １ ′ （ ， ｘ ３ ） ） ＞ ， ０； 当ｘ ∈ （ （ ０） ｘ ０ ＝ ，＋ ３－ ∞ ｌｎ ） 时 ０－ ， ｇ ０ ′ （ ＝ ｘ ０ ） （ ＜ ∗ ０ ． ）
＋２ ｘ ｘ
下面证
ｘ
２
ｘ
＞ ｘ
ｘ２
，
即证
２ｅ
ｘ
－
ｘ２
－２
ｘ
－２＞０，
∴
ｇ
（
ｘ
）≤
ｇ
（
ｘ
０）＝
ｌｎ
ｘ
０
０
ｅ
＋
ｘ ０－
０
２
－２
＝ｘ
０ｅ
１
ｘ ０－２．
设φ ｘ ＋２ ｅ ｘ － ｘ １ ２ ｘ 则φ′ ｘ ｘ ｘ 由 （∗） 知 ３－ｌｎ ｘ ０－ ｘ ０＝０， 即 ｌｎ ｘ ０＝３－ ｘ ０，∴ ｅ ３－ ｘ ０＝ ｘ ０，
（ ）＝２ｅ － －２ －２， （ ）＝２ｅ －２ －２，
设μ ｘ ｘ ｘ 则μ′ ｘ ｘ ｇ ｘ １ １ ｇ ｘ １ ａ
易知 （ μ′ ）＝ ｘ ２ｅ －２ ｘ －２， 在 （ ）＝２ｅ 上 － 恒 ２， 成立 ∴ （ ０）＝ ｅ ３－ ｘ ０ ·ｅ ｘ ０－２ ＝ ｅ ，∴ （ ）≤ ｅ ＜ ，
（ ）＝２ｅ －２＞０ （０，＋∞） ，
所以μ （ ｘ ）＝２ｅ ｘ －２ ｘ －２ 在 （０，＋∞） 上单调递增 ， ∴ 当ａ ＞ １ ｅ 时 ， ｆ （ ｘ －２）＞ｌｎ ｘ － ｘ２ － ｘ －３ ．
所以μ ｘ ｘ ｘ μ
（ ）＝２ｅ －２ －２＞ （０）＝０， ２２．（２０２１浙江绍兴４月模拟，２２）已知函数ｆ ｘ ａｘ ｘ
所以φ （ ｘ ）＝２ｅ ｘ － ｘ２ －２ ｘ －２ 在 （０，＋∞） 上单调递增 ， － ｘ 其中 ａ 为自然对数的底数 （ ． ）＝（ － ２ －１）
所以φ
（
ｘ
）＝２ｅ
ｘ
－
ｘ２
－２
ｘ
－２＞
φ
（０）＝０，
·ｅ
求
（
函数
０
ｆ
＜
ｘ
＜
的
２，
单
ｅ
调区间
）
（１） （ ） ；
所以 ２
ｘ ｘ２
即当ｘ 时 ｘ
ｘ２
． 设函数ｆ ｘ 的极小值点为ｍ 极大值点为ｎ 证明 当ｘ
ｘ ＞ ｘ ， ＞０ ，ｌｎ（ ＋１）＞ ｘ （２） （ ） ， ， ： ∈
＋２ ｅ －１ ｅ －１ ａ
２１．（２０２１安徽合肥二模，２１）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ ２ （ ｍ ， ｎ ） 时 ， ｆ （ ｘ ）－ ｘ ｌｎ ｘ ＜ －１．
（ ）＝ （ ＋２）ｅ －（ ＋３） ｅ
ａ Ｒ 为自然对数的底数 ．
（ ∈ ，ｅ ） 解析 由题意可知 ｘ １ ｆ ′ ｘ ｘ
讨论函数ｆ ｘ 的单调性 （１） ， ≥ ， （ ）＝ （ －１）·
（１） （ ） ； ２
æ ö
（２） 当ａ ＞ １ ｅ 时 ， 证明 ： ｆ （ ｘ －２）＞ｌｎ ｘ － ｘ２ － ｘ －３ ． è ç ２ ２ ｘ －１ － ａ ø ÷ ｅ － ｘ ， 令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 得ｘ １＝１， ｘ ２＝ ２ １ ＋ａ ２ ２ ．
解析 因为ｆ ′ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ 又 ａ 所以ｘ ．
若ａ
（１）
则ａ ｘ
（ ）
．
＝ （ ＋３）ｅ －２（ ＋３）＝（ ＋３）（ ｅ － ０＜ ＜２， ２＞１
２）， ≤０， ｅ －２＜０ 令ｆ ′ ｘ 得 １ ｘ ｘ 或ｘ ｘ 令ｆ ′ ｘ 得ｘ ｘ ｘ ．
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ （ ）＜０， ＜ ＜ １ ＞ ２， （ ）＞０， １＜ ＜ ２
∈（－∞，－３） ， （ ）＞０； ∈（－３，＋∞） ， （ ）＜ ２
． 当ａ 时 函数ｆ ｘ 在 上单调递减 在 æ ö
０∴ ≤０ ， （ ） （－３，＋∞） ， （－∞， 所以ｆ ｘ 的单调递增区间为ç １ ２ ÷ 单调递减区间为
上单调递增． （ ） è１， ＋ａ２ ø，
－３） ２
( ) æ ö
若ａ 由ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｘ ２ ． １ ç １ ２ ÷．
＞０， （ ）＝０ １＝－３， ２＝ｌｎ ａ ，１ ，è ＋ａ２，＋∞ø
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ２７
æ ö 因为ｘ 所以 ｘ４ ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ２ ｘ
证明 由 可知ｍ ｎ １ ２ 所以ｘ ç １ ２ ÷． ≥１， ２ － ＋２ －２＝ （２ －１）＋２（ －１）＞０，
（２） ： （１） ＝１， ＝
２
＋ａ２， ∈è１，
２
＋ａ２ ø
所以ｇ′ ｘ ２
ｘ４
－
ｘ２
＋２
ｘ
－２
ａ （ ）＝－ ｘ３ ＜０，
令ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ －１ 则ｇ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ
（ ）＝ （ ）－ ｌｎ － ， （ ）＝ （ ）－１－ｌｎ ， 即ｇ ｘ 在 上单调递减 所以ｇ ｘ ｇ ．
ｅ （ ） ［１，＋∞） ， （ ）≤ （１）＝０
综上 ｍ ． 分
则当ｘ ｍ ｎ 时 因为 ２ ａ ａ ， ≥１ （１５ ）
∈（ ， ） ， ０＜ ｘ － ＜２－ ＜２， ２４．（２０２１浙江稽阳联谊４月模考，２２）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
２ －１ （ ）＝ ｌｎ ＋ －
所以ｇ′ ｘ ｘ － ｘ ｘ ａｘ２ 既有极大值 又有极小值．
（ ）＜２（ －１）ｅ －ｌｎ －１， ，
æ ö 求实数ａ的取值范围
设ｈ ｘ ｘ － ｘ ｘç ｘ １ ２ ÷ （１） ；
（ ）＝２（ －１）ｅ －ｌｎ è１＜ ＜ ＋ａ２ ø， 记ｘ 为函数 ｆ ｘ 的极小值点 实数 ｘ ｘ 且 ｆ ｘ
２ （２） １ （ ） ， ２≠ １ （ ２）＝
则ｈ′ （ ｘ ）＝－ ｅ
ｘ
－４ ｘ
ｘ
＋ ｘ ２
ｘ２
＜－ （
ｘ
－１） ｘ （ ｘ ２
ｘ
－１） ＜０， 解
ｆ
析 （
ｘ
１），
证明
由 ： 已
ｘ
２ 知 ＞４ 得
ｘ
１－ ｆ ６ ′
ａ
ｘ
ｘ２
１
．
有两个零点．
ｅ ｅ （１） （ ）
æ ö 当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ单调递增 不存在 个零
所以ｈ ｘ 在ç １ ２ ÷上单调递减 ① ≤０ ， （ ）＝ｌｎ ＋２－２ ， ２
（ ） è１，
２
＋ａ２ ø ， 点 故舍去．
，
所以ｈ ｘ ｈ 所以ｇ′ ｘ ．
（ ）＜ （１）＝０， （ ）＜－１＜０ 当ａ 时 令ｆ ｘ ｘ ａｘ 则ｆ ′ ｘ １ ａ 所以
则ｇ ｘ 在
æ
ç １ ２
ö
÷上单调递减．
② ＞０ ， １（ ）＝ｌｎ ＋２－２ ， １（ ）＝ ｘ －２ ，
（ ） è１， ＋ａ２ ø ( ] [ )
２ ｆ ′ ｘ 在 １ 上单调递增 在 １ 上单调递减
故ｇ
（
ｘ
）＜
ｇ
（１）＝０，
证毕． １（ ） ０，
２
ａ ，
２
ａ，＋∞ ，
( ) ( )
２３．（２０２１浙江台州二模，２２）已知函数 ｆ ｘ ａ ｘ １ ｘ 所以ｆ ′ １ １ 解得ａ ｅ ．
（ ）＝ ｌｎ ＋ ｘ ＋２ １ ａ ＝ｌｎ ａ＋１＞０， ＜
２ ２ ２
ｘ２．
－ 下证 当 ａ ｅ 时 函数ｆ ｘ 既有极大值 又有极小值．
若 ａ 求函数ｆ ｘ 的单调区间 ： ０＜ ＜ ， （ ） ，
（１） ０＜ ＜２， （ ） ； ２
若存在实数ａ 使得ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 对于任意 ( ) æ ö ａ æ ö
（２） ∈［１，＋∞）， （ ）＋ （ ）≤２ 由ｆ ′ １ ｆ ′ç １ ÷ ２ 得 存在ｘ ç １ １ ÷ 使
的ｘ ≥ ｍ恒成立 ， 求实数ｍ的取值范围． ２ ａ ＞０， è ｅ ２ ø ＝－ ｅ ２ ＜０ ， １∈è ｅ ２， ２ ａø，
解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ
（１） （ ） （０，＋∞）， （ １）＝０，
æ ö ｘ ｘ２ ａ æ ö ａ
ｆ ′ （ ｘ ）＝ ａ è ç １ ｘ －ｘ １ ２ ø ÷ ＋２－２ ｘ ＝－ （ －１）（ ｘ２ ２ － ） 又由ｆ ′ è ç ａ ４ ２ ø ÷ ＝ｌｎ ａ ４ ２ ＋２－ ａ ８ ＝２ｌｎ ２ ａ ＋２－ ａ ８ ＜ ２ ａ －４ ＜０ 得 ， 存在
æ ａ öæ ａ ö æ ö
ｘ çｘ ÷çｘ ÷ ｘ ç １ ４ ÷ 使ｆ ′ ｘ 当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变
２（ －１）è ＋ øè － ø ３∈è ａ，ａ２ ø， （ ３）＝０， ， （ ）， （ ）
２ ２ 分 ２
＝－ ｘ２ ， （４ ） 化情况如下表
：
ａ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
当 ａ 时 令ｆ ′ ｘ 得 ｘ （０， １） １ （ １， ３） ３ （ ３，＋∞）
０＜ ＜２ ， （ ）＞０， ＜ ＜１，
２ ｆ′ ｘ
（ ） － ０ ＋ ０ －
ａ
令ｆ ′ ｘ 得 ｘ 或ｘ 所以ｆ ｘ 的单调增区间为 ｆ ｘ 极小值 极大值
（ ）＜０， ０＜ ＜ ＞１， （ ） （ ） ↘ ↗ ↘
２
由上表知函数ｆ ｘ 既有极大值 又有极小值．
æ ａ ö æ ａ ö （ ） ，
ç ÷ 单调减区间为ç ÷ ． 分 ( )
è ，１ø， è０， ø，（１，＋∞） （７ ） 故实数ａ的取值范围是 ｅ ．
２ ２ ０，
ａ ａ ２
ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 即ａ ｘ ２ ｘ２ 因为ｘ 为ｆ ｘ 的极小值点 ｘ ｘ 且ｆ ｘ ｆ ｘ 所
（２） （ ）＋ （ ）≤２， ｌｎ ＋ ｘ －ｘ２ － ≤０， （２） １ （ ） ， ２≠ １， （ ２）＝ （ １），
以ｘ ｘ ．
即存在ａ ∈［１，＋∞）， 使得 ｘ １ ２ æ è ç ｌｎ ｘ ＋ ２ ｘ －ｘ １ ２ ö ø ÷ ≤ １ ａ ， 由题 ２ 意 ＞ 得 １＞０ ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ 所以ａ ２＋ｌｎ ｘ １
故 ｘ １ ２ æ è ç ｌｎ ｘ ＋ ２ ｘ －ｘ １ ２ ö ø ÷ ≤１ 对于任意的ｘ ≥ ｍ恒成立 ， 所以ｆ ｘ ｘ （ １ ｘ ）＝ ｘ ２＋ ２ ｌ ＋ ｎ ｌｎ １ ｘ － １ ２ ｘ２ １＝０， ＝ ２ ｘ １ ，
（ ）＝ ｌｎ ＋ － ｘ ，
即
ｌｎ
ｘ
＋
２
ｘ －ｘ
１
２ －
ｘ２
≤０
对任意ｘ
≥
ｍ恒成立
， （１０
分
） 所以ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
２
２
１
＋ｌｎ ｘ １ｘ２ 且ｆ ｘ ｘ １ｌｎ ｘ １．
（ ２）＝ ２ｌｎ ２＋ ２－ ｘ ２， （ １）＝
令ｇ
（
ｘ
）＝ｌｎ
ｘ
＋
２
ｘ －ｘ
１
２ －
ｘ２
，
即ｇ
（
ｘ
）≤０
对于任意的ｘ
≥
ｍ恒成
故由ｆ ｘ ｆ ｘ 得 ｘ １ｌｎ
２
ｘ １
１
ｘ ｘ ｘ ２＋ｌｎ ｘ
２
１ｘ２ ．
立 ｇ′ ｘ
ｘ２
－２
ｘ
＋２－２
ｘ４
２
ｘ４
－
ｘ２
＋２
ｘ
－２．
（ １）＝ （ ２） ，
２
＝ ２ｌｎ ２＋ ２－
２
ｘ
１
２①
， （ ）＝ ｘ３ ＝－ ｘ３ ｘ ｔ ｔ ｔ ｔ２
记 ２ ｔ ｔ 代入 得 ｘ ｌｎ ＋ － ．
设ｈ
（
ｘ
）＝２
ｘ４
－
ｘ２
＋２
ｘ
－２，
ｈ′
（
ｘ
）＝８
ｘ３
－２（
ｘ
－１），
ｘ
１
＝ （ ＞１）， ① ，ｌｎ １＝２
（
ｔ
－１）
２ ②
当
０＜
ｘ
＜１
时
，
ｈ′
（
ｘ
）＞０，
所以ｈ
（
ｘ
）＝２
ｘ４
－
ｘ２
＋２
ｘ
－２
在
（０，１）
上
要证明ｘ ｘ ａｘ２ 只需证明ｔｘ ｘ ｘ２ ２＋ｌｎ
ｘ
１
单调递增．又ｈ ｈ 所以存在唯一的ｘ ２＞４ １－６ １， １＞４ １－６ １· ｘ ，
（０）＜０， （１）＞０， ０∈（０，１）， ２ １
使得ｈ ｘ 即证ｔ ｘ ．
（ ０）＝０， ＋２＋３ｌｎ １＞０
当ｘ ｘ 时 ｈ ｘ 则ｇ′ ｘ ｇ ｘ 是减函数 ｔ ｔ ｔ ｔ２
∈（ ０，１） ， （ ）＞０， （ ）＜０， （ ） ， 将 代入 只需证ｔ ｌｎ ＋ － ．
所以ｇ ｘ ｇ 不符合题意 所以ｘ ． 分 ② ， ＋２＋６ ｔ ２ ＞０
（ ）＞ （１）＝０， ， ≥１ （１３ ） （ －１）
下证当ｘ 时 ｇ ｘ 恒成立． 由于ｔ 故只需证 ｔ ｔ ２ ｔ ｔ ｔ ｔ２
≥１ ， （ ）≤０ ＞１， （ ＋２）（ －１） ＋６ｌｎ ＋６ －６ ＞０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ２８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
所以ｇ ｔ 在 上单调递增 所以ｇ ｔ ｇ ．
即证ｔ２ ｔ ２ ｔ ． （ ） （１，＋∞） ， （ ）＞ （１）＝０
－６ ＋３＋ ｔ ＋６ｌｎ ＞０③ 得证 从而原命题得证．
③ ，
ｔ ３
令ｇ ｔ ｔ２ ｔ ２ ｔ ｔ 则ｇ′ ｔ ２（ －１）
（ ）＝ －６ ＋３＋ ｔ ＋６ｌｎ （ ＞１）， （ ）＝ ｔ２ ＞０，
􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ５３
１．（２０２１ ５·３原创题）若 ｘ ｘ２ ａｘ 在 上恒成立 ( ａ )
ｅ － － －１≥０ ［０，＋∞） ， 立 即Ｆ ｘ 在 上单调递减
则实数ａ的取值范围为 ， （ ） ０， ，
（ ） ２
( ａ ) ａ ａ
Ａ．［ｅ＋２，＋∞） Ｂ．［ｅ－２，＋∞） 所以Ｆ ｘ Ｆ ａ ａ ａ ａ
（ ）＞ ＝－ ｌｎ ＋ ｌｎ ＋２ －２ ＝０，
Ｃ．（－∞，ｅ＋２］ Ｄ．（－∞，ｅ－２］ ２ ２ ２
１． 答案 Ｄ 因为 ｘ ａ 所以Ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ａ ｘ
( ) ０＜ １＜ ， （ １）＝ （ １）－（ － １）＞０，
２
２．（２０２１ ５·３原创题）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ａ ｌｎ ｘ － ２ ｘ ＋１ －
４
１ ｘ２ 在 即ｆ （ ｘ １）＞ ｆ （ ａ － ｘ １）， 又ｆ （ ｘ １）＝ ｆ （ ｘ ２）， 所以ｆ （ ｘ ２）＞ ｆ （ ａ － ｘ １），
ａ ａ
上有极大值 则实数ａ的取值范围是 ． 因为ｘ ａ ｘ
（０，１） ( ) ， ２＞ ， － １＞ ，
２ ２
２． 答案 １ ( ａ )
０， 由 得ｆ ｘ 在 上单调递增 所以ｘ ａ ｘ 即ｘ
３．（２０２１ ５·３原
６
创题）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ２ ａ ｘ．
（１） （ ）
２
，＋∞ ， ２＞ － １， １＋
（ ）＝－ ｌｎ ＋ ＋（２－ ） ｘ ｘ ａ æｘ ｘ ö
（１） 讨论ｆ （ ｘ ） 的单调性 ； ｘ ２＞ ａ ， 即 １＋ ２ ＞ ， 即ｆ ′ è ç １＋ ２ ø ÷ ＞０， 得证．
æｘ ｘ ö ２ ２ ２
设ｘ ｘ 是ｆ ｘ 的两个零点 证明 ｆ ′ç １＋ ２÷ ． ｘ
（２） １， ２ （ ） ， ： è ø＞０ ４．（２０２１ ５·３原创题）已知ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ ａ Ｒ．
２ （ ）＝ ｌｎ － ＋ ｘ， ∈
ａ ｘ２ ａ ｘ ａ ｅ
３． 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ａ ２ ＋（２－ ） － 当ａ 时 讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ）＝ － ｘ ＋２ ＋（２－ ）＝ ｘ ＝ （１） ＝１ ， （ ） ；
ｘ ｘ ａ 若ｆ ｘ ４ 恒成立 求ａ的取值范围．
（ ＋１）（ ｘ ２ － ） （ ｘ ＞０）， （２） （ ）＞ ｅ ２ －２ ，
ｘ
ａ ４． 解析 当 ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 定义域为
由ｆ ′ ｘ 得 ｘ ｘ ａ 即ｘ 或ｘ ． （１） ＝１ ， （ ）＝ ｌｎ － ＋ ｘ， （０，
（ ）＝０， （ ＋１）（２ － ）＝０， ＝－１ ＝ ｅ
２
ｘ ｘ
ａ ｆ ′ ｘ ｘ １－ 令ｇ ｘ ｘ １－
当
≤０，
即ａ
≤０
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＞０
在
（０，＋∞）
上恒成立
，
所以 ＋∞）， （ ）＝ｌｎ ＋
ｅ
ｘ ， （ ）＝ｌｎ ＋
ｅ
ｘ ，
ｆ （ ｘ ２ ） 在 （０，＋∞） 上单调递增 ； 则ｇ′ （ ｘ ）＝ ｅ ｘ ＋ ｘ ｘ２ ｘ －２ ｘ ＞ ｘ２ － ｘ ２ ｘ ｘ ＋１ ＝ （ ｘ ｘ －１ ｘ ） ２ ≥０，
ａ ａ ｅ ｅ ｅ
当 即 ａ 时 由 ｆ ′ ｘ 得 ｘ 所以 ｆ ｘ 在
＞０， ＞０ ， （ ）＜０， ０＜ ＜ ， （ ） ｇ ｘ 在 上单调递增 又ｇ
２ ２ ∴ （ ） （０，＋∞） ， （１）＝０，
( ａ ) ａ 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 为减函数
上单调递减 由 ｆ ′ ｘ 得 ｘ 所以 ｆ ｘ 在 ∈（０，１） ， （ ）＜０， （ ） ；
０， ； （ ）＞０， ＞ ， （ ） 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 为增函数．
２ ２ ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０， （ ）
( ａ ) æ ö
上单调递增． ｆ ｘ ４ 恒成立 即ａ ｘ １ ç ４ ÷ １ 恒成立．
，＋∞ （２） （ ）＞ ２ －２ ， ＜ｌｎ ＋ ｘ＋è２－ ２ ø· ｘ
２ ｅ ｅ ｅ
综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 æ ö
， ≤０ ， （ ） （０，＋∞） ； 令ｈ ｘ ｘ １ ç ４ ÷ １ 定义域为
( ａ ) ( ａ ) （ ）＝ｌｎ ＋ ｘ＋è２－ ２ ø· ｘ ， （０，＋∞），
当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调 ｅ ｅ
＞０ ， （ ） ０， ， ，＋∞ ｘ２
２ ２ ｘ ４
递增． æ ö －２＋ ２ － ｘ
则ｈ′ ｘ １ １ ç ４ ÷ １ ｅ ｅ ．
( ａ ) ａ ａ２ （ ）＝ ｘ － ｘ－è２－ ２ ø·ｘ２ ＝ ｘ２
证明 由 及题意得ａ 且ｆ ａ ａ ｅ ｅ
（２） ： （１） ＞０， ＝－ ｌｎ ＋ ＋（２－ ） ｘ２ ｘ ｘ
２ ２ ４ 再令φ ｘ ｘ ４ 则φ′ ｘ （ －２） ．
ａ ａ ａ２ （ ）＝ －２＋ ２ － ｘ， （ ）＝１＋ ｘ
ａ ａ 且 ｆ ｘ ｆ ｘ 不妨令 ｘ ｅ ｅ ｅ
· ＝－ ｌｎ － ＋ ＜０， （ １）＝ （ ２）＝ ０， ０＜ １＜ ｘ ｘ
２ ２ ４ 当ｘ 时 由ｘ ｘ 得 （ －２） １
ａ ａ æｘ ｘ ö ｘ ｘ ａ ＞０ ， （ －２）≥－１， ｘ ≥－ ｘ，
ｘ ．要证ｆ ′ç １＋ ２÷ 即证 １＋ ２ ｅ ｅ
， ２＞ è ø＞０， ＞ ，
２ ２ ２ ２ ２ 即φ′ ｘ １ 恒成立
即证ｘ ｘ ａ 即证ｘ ａ ｘ ．令Ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ａ ｘ （ ）≥１－ ｘ＞０ ，
１＋ ２＞ ， ２＞ － １ （ ）＝ （ ）－（ － ）， ｅ
则Ｆ （ ｘ ）＝－ ａ ｌｎ ｘ ＋ ｘ２ ＋（２－ ａ ） ｘ ＋ ａ ｌｎ（ ａ － ｘ ）－（ ａ － ｘ ） ２ －（２－ ａ ）（ ａ － ∴ φ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上单调递增 ，
ａ 又φ 故当 ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递减
ｘ ａ ｘ ａ ａ ｘ ｘ ａ ｘ ． （２）＝０， ０＜ ＜２ ， （ ）＜０， （ ） ；
）＝－ ｌｎ ＋ ｌｎ（ － ）＋４ －２ ，０＜ ＜ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递增
２ ＞２ ， （ ）＞０， （ ） ，
ａ ａ ｘ ａ ２
Ｆ′ ｘ －（２ － ） ｈ ｘ ｈ １
（ ）＝－ ｘ －ａ ｘ＋４＝ ｘ ａ ｘ ， ∴ （ ）ｍｉｎ＝ （２）＝ｌｎ２＋１－ ２，
－ （ － ） ｅ
ａ ( ａ )
因为 ｘ 所以ａ ｘ 所以 Ｆ′ ｘ 在 上恒成 ａ １ ．
０＜ ＜ ， － ＞０， （ ）＜０ ０， ∴ ＜ｌｎ２＋１－ ２
２ ２ ｅ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ２９
学生用书Ｐ５４
利用导数解决不等式问题
利用导数这一工具 可以更好地研究函数的单调性 极值和
， 、 当ｂ 时 因为ｂｘ ｂ 所以取ｘ π
最值问题 高考中常考查有关不等式恒成立 能成立 问题 利用 ② ＞１ ， ∈（０， π］， ０＝ ｂ ∈（０，π），
， （ ） ，
导数求解 或证明 不等式问题 解题方法相对比较固定 依照命 则有 ｂｘ ｂ ｘ 此时不等式不恒成立．
（ ） ， ， ｓｉｎ ０＝０＜ ｓｉｎ ０，
题特点和解题规律有针对性地训练 定会收到事半功倍的效果． ｘ
， 当 ｂ 时 由 可知ｈ ｘ ｓｉｎ 在 上单调递
题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 ③ ０＜ ＜１ ， （２） （ ）＝ ｘ （０，π］
ｘ ｂｘ
已知不等式ｆ ｘ ａ ａ为实参数 对任意的 ｘ Ｄ 恒成 减 而 ｂｘ ｘ ｓｉｎ ｓｉｎ ｂｘ ｂ ｘ 不等式成立．
（ ， ）≥０（ ） ∈ ， ０＜ ＜ ≤π，∴ ｘ ＜ ｂｘ ，∴ ｓｉｎ ＞ ｓｉｎ ，
立 求参数ａ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方
， 当 ｂ 时 因为ｘ 所以 ｂｘ ｘ
法如下 ④ －１＜ ＜０ ， ∈（０，π］， ０＜－ ＜ ≤π，
： ｘ ｂｘ ｂｘ
分离参数法 将原不等式分离参数 转化为不含参数的 则ｓｉｎ ｓｉｎ（－ ） ｓｉｎ ｂｘ ｂ ｘ 不等式不成立．
（１） ： ， ｘ ＜ ｂｘ ＝ ｂｘ ，∴ ｓｉｎ ＜ ｓｉｎ ，
函数的最值问题 利用导数求该函数的最值 根据要求得所求 －
， ， 综上所述 ｂ 或 ｂ ．
范围． ， ＝－１ ０≤ ≤１
一般地
，
ｆ ｘ ａ恒成立 ｆ ｘ ａ
（ｉ） （ ）≥ ⇔（ ）ｍｉｎ≥ ， １．（２０１７天津文，１９，１４分）设ａ ｂ Ｒ ａ ．已知函数ｆ ｘ ｘ３
ｆ ｘ ａ成立 ｆ ｘ ａ． ， ∈ ，｜ ｜≤１ （ ）＝
（ ）≥ ⇔（ ）ｍａｘ≥ ｘ２ ａ ａ ｘ ｂ ｇ ｘ ｘｆ ｘ ．
ｆ ｘ ｂ恒成立 ｆ ｘ ｂ －６ －３ （ －４） ＋ ， （ ）＝ｅ （ ）
（ｉｉ） （ ）≤ ⇔（ ）ｍａｘ≤ ， 求ｆ ｘ 的单调区间
ｆ ｘ ｂ成立 ｆ ｘ ｂ． （１） （ ） ；
（ ）≤ ⇔（ ）ｍｉｎ≤
Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ （２）
已知函数ｙ
＝
ｇ
（
ｘ
）
和ｙ
＝ｅ
ｘ 的图象在公共点
（
ｘ
０，
ｙ
０）
处有相
ｆ ｘ ｇ ｘ 恒成立 （ ）＝ （ ）－ （ ） Ｆ ｘ ． 同的切线
（ｉｉｉ） （ ）＞ （ ） 􀜩􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑􀜨 （ ）ｍｉｎ＞０ ，
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ 求证 ｆ ｘ 在ｘ ｘ 处的导数等于
（ｉｖ）①∀ １∈ ，∃ ２∈ ， （ １）＞ （ ２）⇔ （ １）ｍｉｎ＞ （ｉ） ：（ ） ＝ ０ ０；
ｇ ｘ ． 若关于ｘ的不等式ｇ ｘ ｘ 在区间 ｘ ｘ 上恒
（ ２）ｍｉｎ （ｉｉ） （ ）≤ｅ ［ ０－１， ０＋１］
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ． 成立 求ｂ的取值范围．
②∀
ｘ
１∈
Ｍ
，∀
ｘ
２∈
Ｎ
，
ｆ
（
ｘ
１）＞
ｇ
（
ｘ
２）⇔
ｆ
（
ｘ
１）ｍｉｎ＞
ｇ
（
ｘ
２）ｍａｘ
． １． 解析
，
本题主要考查导数的运算 导数的几何意义 利用导数
③∃ １∈ ，∃ ２∈ ， （ １）＞ （ ２）⇔（ １）ｍａｘ＞ （ ２）ｍｉｎ
研究函数 的性质等基础知识和方法．考
、
查用函数思想解
、
决问题的
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ．
④∃
函
１
数
∈
思
，
想
∀
法
２∈
将不
，
等
（
式
１
转
）＞
化
（
为
２
某
）⇔
含待
（
求
１）
参
ｍａｘ
数
＞
的
（
函
２）
数
ｍａｘ
的最
能力．
（２） ：
值问题 利用导数求该函数的极值 最值 然后构建不等式 （１） 由ｆ （ ｘ ）＝ ｘ３ －６ ｘ２ －３ ａ （ ａ －４） ｘ ＋ ｂ ，
， （ ），
求解． 可得ｆ ′ （ ｘ ）＝３ ｘ２ －１２ ｘ －３ ａ （ ａ －４）＝３（ ｘ － ａ ）［ ｘ －（４－ ａ ）］ ．
令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ａ或ｘ ａ．
ｘ ｘ （ ）＝０， ＝ ＝４－
例１ 设函数ｆ ｘ ＋ｓｉｎ ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ．
（ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｃｏｓ －ｓｉｎ 由 ａ 得ａ ａ．
｜ ｜≤１， ＜４－
求证 当ｘ 时 ｇ ｘ 当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表
（１） ： ∈（０，π］ ， （ ）＜０； ， （ ）， （ ） ：
存在ｘ 使得ｆ ｘ ａ成立 求ａ的取值范围 ｘ ａ ａ ａ ａ
（２） ∈（０，π］， （ ）＜ ， ； （－∞， ） （ ，４－ ） （４－ ，＋∞）
若ｇ ｂｘ ｂｘ ｂｘ ｂ ｘ ｂ 对任意的ｘ
（３） （ ）≤ ｃｏｓ － ｓｉｎ （ ≥－１） ∈（０，π］ ｆ′ （ ｘ ） ＋ － ＋
恒成立 求ｂ的取值范围．
， ｆ ｘ
解析 证明 因为当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｘ ｘ ｘ （ ） ↗ ↘ ↗
（１） ： ∈（０，π］ ， （ ）＝ｃｏｓ － ｓｉｎ － 所以 ｆ ｘ 的单调递增区间为 ａ ａ 单调递减
ｘ ｘ ｘ 所以ｇ ｘ 在 上单调递减 ， （ ） （－∞， ），（４－ ，＋∞），
ｃｏｓ ＝－ ｓｉｎ ≤０， （ ） （０，π］ ， 区间为 ａ ａ ．
又ｇ 所以当ｘ 时 ｇ ｘ ． （ ，４－ ）
（０）＝０， ∈（０，π］ ， （ ）＜０ 证明 因为 ｇ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 由题意知
ｘ ｘ ｘ （２）（ｉ） ： （ ）＝ ｅ ［ （ ）＋ （ ）］，
因为ｆ ｘ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ {ｇ ｘ ｘ {ｆ ｘ ｘ ｘ
（２） （ ）＝ ｘ ＝１＋ ｘ ， （ ０）＝ｅ ０ ， 所以 （ ０）ｅ ０＝ｅ ０ ，
所以ｆ ′ （ ｘ ）＝ ｘ ｃｏｓ ｘ ｘ － ２ ｓｉｎ ｘ ， 解 ｇ 得 ′ （ { ｘ ０ ｆ ） （ ＝ ｘ ０ ｅ ） ｘ ＝ ０ ， １， 所以 ｅ ｘ ０ ［ ｆ ｆ （ ｘ ｘ ０） 在 ＋ ｆ ｘ ′ （ ｘ ｘ ０） 处 ］＝ 的 ｅ 导 ｘ ０ ， 数等于 ．
由 知 当ｘ 时 ｘ ｘ ｘ 所以ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ． ， （ ） ＝ ０ ０
（１） ， ∈（０，π］ ， ｃｏｓ －ｓｉｎ ＜０， （ ）＜０， （ ０）＝０
所以ｆ ｘ 在 上单调递减 因为ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 由 ｘ 可得ｆ ｘ ．
（ ） （０，π］ ， （ｉｉ） （ ）≤ｅ ， ∈［ ０－１， ０＋１］， ｅ ＞０， （ ）≤１
所以当ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ． 又因为ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 故ｘ 为ｆ ｘ 的极大值点
∈（０，π］ ， （ ）ｍｉｎ＝ （π）＝１ （ ０）＝１， （ ０）＝０， ０ （ ） ，
因为ｆ ｘ ａ在 上有解 所以ａ ｆ ｘ 由 知ｘ ａ．另一方面 由于 ａ 故ａ ａ
（ ）＜ （０，π］ ， ＞（ ）ｍｉｎ， （１） ０＝ ， ｜ ｜≤１， ＋１＜４－ ，
从而ａ ． 由 知ｆ ｘ 在 ａ ａ 内单调递增 在 ａ ａ 内单调递
＞１ （１） （ ） （ －１， ） ， （ ， ＋１）
ｇ ｂｘ ｂｘ ｂｘ ｂｘ 减 故当ｘ ａ时 ｆ ｘ ｆ ａ 在 ａ ａ 上恒成立 从
（３） （ ）＝ ｃｏｓ －ｓｉｎ ， ， ０＝ ， （ ）≤（ ）＝１ ［ －１， ＋１］ ，
所以不等式为ｂｘ ｂｘ ｂｘ ｂｘ ｂｘ ｂ ｘ 而ｇ ｘ ｘ 在 ｘ ｘ 上恒成立．由ｆ ａ ａ３ ａ２ ａ ａ
ｃｏｓ －ｓｉｎ ≤ ｃｏｓ － ｓｉｎ ， （ ）≤ｅ ［ ０－１， ０＋１］ （ ）＝ －６ －３ （
即 ｂｘ ｂ ｘ 对任意的ｘ 恒成立． ａ ｂ 得ｂ ａ３ ａ２ ａ ．
ｓｉｎ － ｓｉｎ ≥０ ∈（０，π］ －４） ＋ ＝１， ＝２ －６ ＋１，－１≤ ≤１
当ｂ 时 不等式显然成立． 令ｔ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ 所以ｔ′ ｘ ｘ２ ｘ
① ＝－１，０，１ ， （ ）＝２ －６ ＋１， ∈［－１，１］， （ ）＝６ －１２ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ３０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
令ｔ′ ｘ 解得ｘ 舍去 或ｘ ．因为ｔ ｔ
（ ）＝０， ＝２（ ） ＝０ （－１）＝－７， （１）＝ １ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ
ｔ 因此 ｔ ｘ 的值域为 ． ＝ （ １＋ ２） － １ ２－（ １＋ ２）＋ ｌｎ（ １ ２）
－３，（０）＝１， ，（ ） ［－７，１］ ２
所以ｂ的取值范围是 ．
［－７，１］ １ ａ ａ ａ ａ ａ ａ １ ．
题型二 利用导数证明不等式 ＝ － －１＋ ｌｎ ＝ ｌｎ － －
２
(
２
)
利用单调性 若ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上是增函数 则 ｘ
（１） ： （ ） ［ ， ］ ， ①∀ ∈ 令ｈ ａ ａ ａ ａ １ ａ １ 则ｈ′ ａ ａ
ａ ｂ 则ｆ ａ ｆ ｘ ｆ ｂ ｘ ｘ ａ ｂ 且ｘ ｘ 则 （ ）＝ ｌｎ － － ２ ０＜ ＜ ４ ， （ ）＝ｌｎ ＜０，
［ ， ］， （ ）≤（ ）≤（ ）；②∀ １， ２∈［ ， ］， １＜ ２， ( )
ｆ （ ｘ １）＜ ｆ （ ｘ ２） ．对于减函数有类似结论．
∴
ｈ
（
ａ
）
在
０，
１ 上单调递减
，
利用最值 若ｆ ｘ 在某个范围Ｄ内有最大值Ｍ 或最 ４
（２） ： （ ） （ ( )
小值ｍ 则 ｘ Ｄ 有ｆ ｘ Ｍ 或ｆ ｘ ｍ ． ｈ ａ ｈ １ ｌｎ２ ３ ｆ ｘ ｆ ｘ ｌｎ２ ３ ．
），
证明
∀
ｆ
∈
ｘ
，
ｇ ｘ
（ ）
可
≤
构造
（
函数
（
Ｆ
）≥
ｘ
）
ｆ ｘ ｇ ｘ 证
∴ （ ）＞
４
＝－
２
－
４
，∴ （ １）＋（ ２）＞－
２
－
４
（３） （ ）＜ （ ）， （ ）＝ （ ）－ （ ），
明Ｆ ｘ ．
（ ）＜０
例２ 已知函数ｆ ｘ １ ｘ２ ｘ ａ ｘ． ２．（２０２１新高考 ，２２，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ．
（ ）＝ － ＋ ｌｎ Ⅰ （ ）＝ （１－ｌｎ ）
２
当ａ 时 讨论函数ｆ ｘ 的单调性 （１） 讨论ｆ （ ｘ ） 的单调性 ；
（１） ＞０ ， （ ） ；
（２） 若函数ｆ （ ｘ ） 有两个极值点ｘ １， ｘ ２， 证明 ： ｆ （ ｘ １）＋ ｆ （ ｘ ２）＞ （２） 设ａ ， ｂ为两个不相等的正数 ， 且ｂ ｌｎ ａ － ａ ｌｎ ｂ ＝ ａ － ｂ ， 证明 ：
－ ｌｎ２ － ３ ． ２＜ ａ １ ＋ １ ｂ ＜ｅ ．
２ ４
２． 解题指导 （ ）首先确定函数ｆ（ｘ）的定义域，然后求其导
解析 ｆ ｘ １ ｘ２ ｘ ａ ｘ １
（１）∵ （ ）＝ － ＋ ｌｎ ， 数ｆ ′（ｘ），再分别令ｆ ′（ｘ） 与ｆ ′（ｘ） ，解不等式，进而得出
２ ＞０ ＜０
ａ ｘ２ ｘ ａ 函数ｆ（ｘ）的单调性；（ ）先将已知条件进行等价转化，得到 ｆ
ｆ ′ ｘ ｘ － ＋ ｘ ． ２
∴ （ ）＝ －１＋ ｘ ＝ ｘ （ ＞０） ( ) ( )
１ ｆ １ ，设ｘ １ ，ｘ １ ，将条件转化为方程ｆ（ｘ） ｋ
当 ａ 即ａ １ 时 ｆ ′ ｘ
ａ ＝ ｂ １＝ ａ ２＝ ｂ ＝
① １－４ ≤０， ≥ ， （ ）≥０， 的两个实根为ｘ ，ｘ ，然后结合函数的单调性分别证明ｘ ｘ
∴ ｆ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上单 ４ 调递增 ； ２ 和ｘ １＋ ｘ ２＜ｅ 即可 １ ． ２ １＋ ２＞
② 当 １－４ ａ ＞０， 即 ０＜ ａ ＜ １ 时 ， 解析 （１） 函数ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （０，＋∞）， ｆ ′ （ ｘ ）＝－ｌｎ ｘ ， 令
４ ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 令ｆ′ ｘ 解得ｘ 所以函数ｆ ｘ 在
（ ）＞０， ０＜ ＜１， （ ）＜０， ＞１， （ ）
ａ ａ 上单调递增 在 上单调递减．
令ｆ ′
（
ｘ
）＝ ０，
得 ｘ
１＝
１－ １－４
，
ｘ
２＝
１＋ １－４
，
且
０＜
ｘ
１
（０，１） ， （１，＋∞）
２ ２
证明 由ｂ ａ ａ ｂ ａ ｂ得 １ ａ １ ｂ
ｘ （２） ： ｌｎ － ｌｎ ＝ － ａ （１＋ｌｎ ）＝ ｂ （１＋ｌｎ ），
＜ ２，
æ ａö æ ａ ö ( ) ( )
当ｘ ç １－ １－４ ÷ ç１＋ １－４ ÷时 ｆ ′ ｘ 即 １ １ １ １
∈è０， ø∪è ，＋∞ø ， （ ）＞０， ａ １－ｌｎ ａ ＝ ｂ １－ｌｎ ｂ ，
２ ２
æ ａ ａö
当ｘ ç１－ １－４ １＋ １－４ ÷时 ｆ ′ ｘ 令ｘ １ ｘ １ 则 ｘ ｘ 为 ｆ ｘ ｋ 的两个实根 当 ｘ ＋
∈è ， ø ， （ ）＜０， １＝ ａ ， ２＝ ｂ ， １， ２ （ ）＝ ， →０
２ ２
ｆ ｘ 的 单 调 递 增 区 间 为
æ
ç １－ １－４
ａö
÷
时
，
ｆ
（
ｘ
）→０
＋
，
当ｘ
→＋∞
时
，
ｆ
（
ｘ
）＜０，
且ｆ
（１）＝１，
故ｋ
∈（０，１），
∴ （ ） è０， ø， 不妨令ｘ ｘ 则 ｘ ｘ
２ １∈（０，１）， ２∈（１，ｅ）， ２－ １＞１，ｅ－ １＞１，
æ ç１＋ １－４ ａ ö ÷ 单调递减区间为 æ ç１－ １－４ ａ １＋ １－４ ａö ÷． 先证明ｘ １＋ ｘ ２＞２， 即证ｘ ２＞２－ ｘ １，
è
２
，＋∞ø； è
２
，
２
ø 即证ｆ
（
ｘ
２）＝
ｆ
（
ｘ
１）＜
ｆ
（２－
ｘ
１）
．
令ｈ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ
综上所述 当ａ １ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 （ ）＝ （ ）－（２－ ）， ∈（０，１），
： ≥ ， （ ） （０，＋∞） ； 则ｈ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ．
４ （ ）＝ （ ）＋ （２－ ）＝－ｌｎ －ｌｎ（２－ ）＝－ｌｎ［ （２－ ）］
æ ａö ｘ ｘ ｘ ｈ′ ｘ 恒成立
当 ａ １ 时 ｆ ｘ 在 区 间 ç １－ １－４ ÷ ∵ ∈（０，１），∴ （２－ ）∈（０，１），∴ （ ）＞０ ，
０ ＜ ＜ ， （ ） è０， ø， ｈ ｘ 为增函数 ｈ ｘ ｈ ．
４ ２ ∴ （ ） ，∴ （ ）＜ （１）＝０
æ ç１＋ １－４ ａ ö ÷ 上 单 调 递 增 在 区 间 ( １－ １－４ ａ ∴ ｆ （ ｘ ２）＜ ｆ （２－ ｘ １），∴ ｘ ２＞２－ ｘ １，
è
２
，＋∞ø ，
２
，
∴
ｘ
１＋
ｘ
２＞２
．
１＋ １－４ ａ ) 上单调递减． 再 令 证 φ ｘ ｘ １＋ ｘ ２ ｆ ＜ｅ ｘ ， 即 ｆ 证ｘ ｘ ２＜ｅ－ ｘ ｘ １， 即证ｆ （ ｘ ２）＝ ｆ （ ｘ １）＞ ｆ （ｅ－ ｘ １） ．
（ ）＝ （ ）－（ｅ－ ）， ∈（０，１），
２
则φ′ ｘ ｘ ｘ
证明 由 得ｆ ′ ｘ ｘ ａ ｘ２ － ｘ ＋ ａ ｘ ． （ ）＝－ｌｎ［ （ｅ－ ）］，
（２） ： （１） （ ）＝ －１＋ ｘ ＝ ｘ （ ＞０） ｘ ＋时 φ′ ｘ φ′ φ′ ｘ 在
∵ →０ ， （ ）→＋∞， （１）＝－ｌｎ（ｅ－１）＜０， （ ） （０，１）
函数ｆ ｘ 有两个极值点ｘ ｘ 上单调递减 在 上必存在唯一ｘ 使φ′ ｘ
∵ （ ） １、 ２， ，∴ （０，１） ０， （ ０）＝０，
∴
方程ｘ２
－
ｘ
＋
ａ
＝０
有两个不同实根ｘ
１、
ｘ
２，
且当ｘ
∈（０，
ｘ
０）
时
，
φ′
（
ｘ
）＞０，
φ
（
ｘ
）
单调递增
，
{ｘ ｘ 当ｘ ｘ 时 φ′ ｘ φ ｘ 单调递减
１＋ ２＝１，且Δ ａ 所以 ａ １ ． ∈（ ０，１） ， （ ）＜０， （ ） ，
∴ ｘ ｘ ａ ＝１－４ ＞０， ０＜ ＜ 又ｘ ＋时 ｆ ｘ 且ｆ
１ ２＝ ， ４ →０ ，（ ）＞０， （ｅ）＝０，
ｘ ＋时 φ ｘ 又φ ｆ ｆ
由题意得ｆ ｘ ｆ ｘ １ ｘ２ ｘ ａ ｘ １ ｘ２ ｘ ａ ｘ ∴ →０ ， （ ）＞０， （１）＝ （１）－（ｅ－１）＞０，
（ １）＋（ ２）＝ １－ １＋ ｌｎ １＋ ２－ ２＋ ｌｎ ２ φ ｘ 恒成立 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ．
２ ２ ∴ （ ）＞０ ，∴ （ ２）＞（ｅ－ １），∴ ２＜ｅ－ １，∴ １＋ ２＜ｅ
１ ｘ２ ｘ２ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ 综上 １ １ 成立．
＝ （ １＋ ２）－（ １＋ ２）＋ ｌｎ（ １ ２） ，２＜ ａ ＋ ｂ ＜ｅ
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ３１
方法总结 利用导数证明不等式时，首先要转化为函数的 求ｆ ｘ 的单调区间
（１） （ ） ；
单调性问题，然后结合函数的最值、函数的零点问题解决，注 [ ] ( )
当ｘ π π 时 证明 ｆ ｘ ｇ ｘ π ｘ
意构造函数在证明过程中的应用． （２） ∈ ， ， ：（ ）＋ （ ） － ≥０；
４ ２ ２
( )
３．（２０１８课标 Ⅲ 文，２１，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ａｘ２ ＋ ｘ ｘ －１． （３） 设ｘ ｎ 为函数ｕ （ ｘ ）＝ ｆ （ ｘ ）－１ 在区间 ２ ｎ π＋ π ，２ ｎ π＋ π 内
４ ２
ｅ ｎ
求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 处的切线方程 的零点 其中ｎ Ｎ 证明 ｎ π ｘ ｅ －２π ．
（１） ＝ （ ） （０，－１） ； ， ∈ ， ：２ π＋ － ｎ＜ ｘ ｘ
３． （２ 解 ） 证 析 明 ： 本 当 题 ａ ≥ 考 １ 查 时 导 ， 数 ｆ （ 的 ｘ ） 几 ＋ 何 ｅ≥ 意 ０ 义 ． 导数的综合应用． ５． 解析 （１） 由已知 ， 有ｆ ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ （ｃ ２ ｏｓ ｘ －ｓｉ ｓ ｎ ｉｎ ｘ ） ０ ． －ｃｏｓ ０
、 ( )
ａｘ２ ａ ｘ 因此 当ｘ ｋ π ｋ ５π ｋ Ｚ 时 有 ｘ ｘ 得
ｆ ′ ｘ － ＋（２ －１） ＋２ ｆ ′ ． ， ∈ ２ π＋ ，２ π＋ （ ∈ ） ， ｓｉｎ ＞ｃｏｓ ，
（１） （ ）＝ ｘ ， （０）＝２ ４ ４
ｅ ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 单调递减
因此曲线ｙ ｆ ｘ 在 处的切线方程是 ｘ ｙ ． （ ）＜０， （ ） ；
＝ （ ） （０，－１） ２ － －１＝０ ( )
证明 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ＋１ － ｘ． 当ｘ ｋ ３π ｋ π ｋ Ｚ 时 有 ｘ ｘ 得ｆ ′ ｘ
（２） ： ≥１ ， （ ）＋ｅ≥（ ＋ －１＋ｅ ）ｅ ∈ ２ π－ ，２ π＋ （ ∈ ） ， ｓｉｎ ＜ｃｏｓ ， （ ）
令ｇ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ＋１ 则ｇ′ ｘ ｘ ｘ ＋１． ４ ４
（ ）＝ ＋ －１＋ｅ ， （ ）＝２ ＋１＋ｅ 则ｆ ｘ 单调递增．
当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减 ＞０， （ ）
＜－１ ， （ ）＜０， （ ） ； [ ]
当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增． 所以 ｆ ｘ 的单调递增区间为 ｋ ３π ｋ π ｋ Ｚ
＞－１ ， （ ）＞０， （ ） ， （ ） ２ π－ ，２ π＋ （ ∈ ），
所以ｇ ｘ ｇ ． ４ ４
（ ）≥ （－１）＝０ [ ]
因此ｆ ｘ ． ｆ ｘ 的单调递减区间为 ｋ π ｋ ５π ｋ Ｚ ．
（ ）＋ｅ≥０ （ ） ２ π＋ ，２ π＋ （ ∈ ）
方法总结 构造函数证明不等式的策略： ４
( )
４
（ ）转化为ｆ（ｘ） Ｃ（Ｃ为常数）型，证明ｆ（ｘ） 或临界值大于 （２） 证明 ： 记ｈ （ ｘ ）＝ ｆ （ ｘ ）＋ ｇ （ ｘ ） π － ｘ ．依题意及 （１）， 有ｇ （ ｘ ）
１ ≥ ｍｉｎ ２
或等于Ｃ． ｘ ｘ ｘ
＝ｅ（ｃｏｓ －ｓｉｎ ），
（ ）转化为ｆ（ｘ） ｇ（ｘ）型，利用导数判断ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）的单调 从而ｇ′ ｘ ｘ ｘ．
２ ≥ （ ）＝－２ｅ ｓｉｎ
性，进而求出函数ｆ（ｘ）、ｇ（ｘ）的最值或临界值，用原不等式成 ( )
当ｘ π π 时 ｇ′ ｘ
立的充分条件证明． ∈ ， ， （ ）＜０，
４ ２
（ ）转化为 ｆ（ａ） ｇ（ａ） ｆ（ｂ） ｇ（ｂ）型，构造函数 ｈ（ｘ） ( )
３ ＋ ≥ ＋ ＝ 故ｈ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ π ｘ ｇ ｘ
ｆ（ｘ） ｇ（ｘ），利用ｈ（ｘ）单调性及ａ，ｂ的大小证明． （ ）＝ （ ）＋ （ ） － ＋ （ ）（－１）
＋ ２
４．（２０２０课标 理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ２ｘ ｘ． ( )
Ⅱ （ ）＝ｓｉｎ ｓｉｎ２ ｇ′ ｘ π ｘ
讨论ｆ ｘ 在区间 的单调性 ＝ （ ） － ＜０，
（１） （ ） （０，π） ； ２
[ ]
因此 ｈ ｘ 在区间 π π 上单调递减
证明 ｆ ｘ ３ ３ ， （ ） ， ，
（２） ：｜ （ ）｜≤ ； ４ ２
８ ( ) ( )
ｎ
（３） 设ｎ ∈ Ｎ∗ ， 证明 ：ｓｉｎ ２ｘ ｓｉｎ ２ ２ ｘ ｓｉｎ ２ ４ ｘ …ｓｉｎ ２ ２ ｎｘ ≤ ３ ｎ ． 进而ｈ （ ｘ ）≥ ｈ π ２ ＝ ｆ π ２ ＝０ ．
４ [ ] ( )
４． 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ′ 所以 当ｘ π π 时 ｆ ｘ ｇ ｘ π ｘ ．
（１） （ ）＝ｃｏｓ （ｓｉｎ ｓｉｎ２ ）＋ｓｉｎ （ｓｉｎ ｓｉｎ２ ） ， ∈ ， ， （ ）＋ （ ） － ≥０
ｘ ｘ ｘ ２ｘ ｘ ４ ２ ２
＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ２ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ２ 证明 依题意 ｕ ｘ ｆ ｘ
ｘ ｘ． （３） ： ， （ ｎ）＝ （ ｎ）－１＝０，
＝２ｓｉｎ ( ｓｉｎ３ ) ( ) ( ) 即 ｅ ｘｎ ｃｏｓ ｘ ｎ＝１ ．记ｙ ｎ＝ ｘ ｎ－２ ｎ π，
当ｘ π ２π 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ π ２π 时 ( )
∈ ０， ∪ ，π ， （ ）＞０； ∈ ， ， 则ｙ π π
３ ３ ( ) ( ) ３ ３ ｎ∈ ， ，
４ ２
ｆ ′ （ ｘ ）＜０ ．所以ｆ （ ｘ ） 在区间 ０， π ， ２π ，π 单调递增 ， 在区间 且ｆ （ ｙ ｎ）＝ｅ ｙｎ ｃｏｓ ｙ ｎ＝ｅ ｘｎ－２ ｎ π ｃｏｓ（ ｘ ｎ－２ ｎ π）＝ｅ －２ ｎ π （ ｎ ∈ Ｎ ） ．
( π ２π ) 单调递减． ３ ３ 由ｆ （ ｙ ｎ）＝ｅ －２ ｎ π ≤ ( １＝ ｆ （ ｙ ０） ) 及 （１）， 得ｙ ｎ≥ ｙ ０ ．
，
３ ３ 由 知 当ｘ π π 时 ｇ′ ｘ
证明 因为ｆ ｆ 由 知 ｆ ｘ 在区间 的 （２） ， ∈ ， ， （ ）＜０，
（２） ： （０）＝ （π）＝０， （１） ， （ ） ［０，π］ [ ４ ] ２
( ) ( ) 所以ｇ ｘ 在 π π 上为减函数
最大值为ｆ π ３ ３ 最小值为ｆ ２π ３ ３．而ｆ ｘ 是周 （ ） ， ，
＝ ， ＝－ （ ） ４ ２
３ ８ ３ ８ ( )
因此ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ π ．
期为 的周期函数 故 ｆ ｘ ３ ３． （ ｎ）≤ （ ０）＜ ＝０
π ， ｜ （ ）｜≤ ４
８ ( )
证明 由于 ２ｘ ２ ｘ ２ ｎｘ ３ ２ 又由 （２） 知 ， ｆ （ ｙ ｎ）＋ ｇ （ ｙ ｎ） π － ｙ ｎ ≥０， 故
（３） ： （ｓｉｎ ｓｉｎ ２ …ｓｉｎ ２ ） ２
＝ ＝ ＝ ｜ ｜ ｜ ｓ ｓ ｓ ｉ ｉ ｉ ｎ ｎ ｎ ３ ｘ ｘ ｘ ｓ ｜ ｜ ｉ ｜ ｜ ｎ ｓ ｆ ３ （ ｉ ２ ｎ ｘ ｘ ２ ） ｘ … ｆ ｓ （ ｉ ｓ ｎ ２ ｉ ３ ｎ ｘ ２ ３ ） ｘ ２ … … ｎｘ ｆ ｓ ｜ （ ｉｎ ２ ３ ｎ ２ －１ ｎ ｘ －１ ） ｘ ｜ ｓｉ ｜ ｎ ｓｉ ２ ｎ ｎ ２ ２ ｘ ｎ ｜ ｘ ｜ｓ ｜ ｉｎ ２ ２ ｎｘ ｜ π ２ － ｙ － ｎ ２ ｎ ≤ π －ｇ ｆ （ （ ｙ ｙ ｎ ｎ ） ） ＝ －ｇ ｅ （ － ｙ ２ ｎ ｎ π ） ≤－ｇ ｅ （ － ｙ ２ ｎ － ０ π ２ ） ｎ π ＝ ｅ ｙ ０ （ｓｉｎ ｅ ｙ － ０ ２ － ｎ π ｃｏｓ ｙ ０） ＜
≤｜ ｆ （ ｘ ） ｆ （２ ｘ ）… ｆ （２ ｎ －１ｘ ）｜， æ ö ２ ３ ｎ ｎ ｓｉｎ 思 ｘ ｅ ０ 路 －ｃ 分 ｏｓ 析 ｘ ０ ．所 （ 以 ） ， 求 ２ ｎ π ｆ（ ＋ ｘ） π ２ 的 － 单 ｘ ｎ＜ 调 ｓｉ 区 ｎ ｘ 间 ｅ ０－ ， ｃ 只 ｏｓ 需 ｘ ０ 求 ． 出ｆ ′（ｘ） 和
所以 ２ｘ ２ ｘ ２ ｎｘ ç３ ３÷ ３ ． １ ＞０
ｓｉｎ ｓｉｎ ２ …ｓｉｎ ２ ≤è ø ＝ ｎ ｆ ′（ｘ） 时ｘ的范围．
８ ４ ＜０
５．（２０１９天津理，２０，１４分）设函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｇ ｘ 为ｆ ｘ 的 ( )
（ ）＝ｅ ｃｏｓ ， （ ） （ ） （ ）记 ｈ（ｘ） ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） π ｘ ，求 ｈ′（ｘ），从而得到函数
导函数． ２ ＝ ＋ －
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ３２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
[ ] ｘｎｆ ′ ｘ ｎｘｎ －１ｆ ｘ ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ
ｈ（ｘ）在 π，π 上的单调性，转化为求ｈ（ｘ）的最小值，验证 （ ）－ （ ） （ ）－ （ ）．
ｘｎ ２ ＝ ｘｎ ＋１
４ ２ （ ）
最小值非负即可． 例３ （２０２０山东师范大学附中月考，１２）已知偶函数ｆ ｘ 的
（ ）
( ) ( )
（ ）记ｕ（ｘ）在区间 ｎ π， ｎ π （ｎ Ｎ）内的零点为 定义域为 π π 其导函数为 ｆ ′ ｘ 当 ｘ π 时 有
３ ２ π＋ ２ π＋ ∈ － ， ， （ ）， ０＜ ＜ ，
４ ２ ２ ２ ２
( ) ( ) ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ 成立 则关于 ｘ 的不等式 ｆ ｘ
ｘ ，则ｘ ｎ π， ｎ π ，则有ｙ ｘ ｎ π，π ． （ ）ｃｏｓ ＋ （ ）ｓｉｎ ＜０ ， （ ）＜
ｎ ｎ∈ ２ π＋ ２ π＋ ｎ＝ ｎ－２ π∈ ( )
４ ２ ４ ２ ｆ π ｘ的解集为
( ) ２ ｃｏｓ （ ）
与（ ）联系知ｆ（ｙ ） ｇ（ｙ ） π ｙ ，此时要先确定ｇ（ｙ ） ４
２ ｎ ＋ ｎ － ｎ ≥０ ｎ ( ) ( ) ( )
２ π π π π π π
ｆ（ｙ ） Ａ． ， Ｂ． － ，－ ∪ ，
的符号，再将上式转化为 π ｙ ｎ ，然后进一步证明 ４ ２ ２ ４ ４ ２
－ ｎ≤－ｇ（ｙ ） ( ) ( ) ( ) ( )
２ ｎ π π π π π
ｅ －２ ｎ π ｅ －２ ｎ π ． Ｃ． － ４ ，０ ∪ ０， ４ Ｄ． － ４ ，０ ∪ ４ ， ２
－ｇ（ｙ ）＜ ｘ ｘ ｆ ｘ
ｎ ｓｉｎ ０－ｃｏｓ ０ 解析 根据题意构造函数ｇ ｘ （ ）
６．（２０２０新高考 Ⅰ ，２１，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ｘ －１ －ｌｎ ｘ ＋ｌｎ ａ． （ ）＝ ｃｏｓ ｘ，
当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线与两坐 ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ
（１） ＝ｅ ， ＝ （ ） （１， （１）） 则ｇ′ ｘ （ ）ｃｏｓ ＋（ ）ｓｉｎ ．
标轴围成的三角形的面积 （ ）＝ ２ｘ
； ｃｏｓ
若ｆ ｘ 求ａ的取值范围．
（２） （ ）≥１， 当 ｘ π时 ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ 所以
０＜ ＜ ， （ ）ｃｏｓ ＋ （ ）ｓｉｎ ＜０， （ ）＜０，
６． 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ａ ｘ －１ １ ． ( ２ ) ( )
（ ） （０，＋∞）， （ ）＝ ｅ － ｘ
ｇ ｘ 在 π 上单调递减 又 ｆ ｘ 在 π π 上是偶函数
当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ 曲线ｙ ｆ ｘ 在 （ ） ０， ２ ， （ ） － ２ ， ２ ，
（１） ＝ｅ ，（ ）＝ｅ －ｌｎ ＋１， （１）＝ｅ－１， ＝ （ ）
ｆ ｘ ｆ ｘ
点 ｆ 处的切线方程为ｙ ｘ 即ｙ 所以ｇ ｘ （－ ） （ ） ｇ ｘ 所以ｇ ｘ 是偶函数．因为
（１，（１）） －（ｅ＋１）＝（ｅ－１）（ －１）， ＝ （－ ）＝ ｘ ＝ ｘ＝ （ ）， （ ）
ｘ ． ｃｏｓ（－ ） ｃｏｓ
（ｅ－１） ＋２ ( ) ｆ ｘ ( ) ｆ ｘ
ｘ 所以ｆ ｘ ｆ π ｘ （ ） ｆ π （ ）
直线ｙ ｘ 在ｘ轴 ｙ轴上的截距分别为－２ ． ｃｏｓ ＞０， （ ）＜ ２ ｃｏｓ ⇒ ｘ＜ ２ ⇒ ｘ＜
＝（ｅ－１） ＋２ ， ，２ ４ ｃｏｓ ４ ｃｏｓ
ｅ－１ ( )
ｆ π
因此所求三角形的面积为 ２ ． ( ) ( )
４ ｇ ｘ ｇ π 又 ｇ ｘ 为偶函数 且在 π 上为减
ｅ－１ ⇒ （ ）＜ ， （ ） ， ０，
当 ａ 时 ｆ ａ ａ ． π ４ ２
（２） ０＜ ＜１ ，（１）＝ ＋ｌｎ ＜１ ｃｏｓ
４
当ａ 时 ｆ ｘ ｘ －１ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ －１ １ ．当ｘ 时 ( )
＝１ ，（ ）＝ｅ －ｌｎ ， （ ）＝ｅ － ｘ ∈（０，１） ， 函数 且定义域为 π π 则有 ｘ π 则 π ｘ π或π
， － ， ， ｜ ｜＞ ， － ＜ ＜－
ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．所以当ｘ 时 ｆ ｘ 取 ２ ２ ４ ２ ４ ４
（ ）＜０； ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０ ＝１ ， （ ） ( ) ( )
得最小值 最小值为ｆ 从而ｆ ｘ ． ｘ π 即不等式的解集为 π π π π ．
， （１）＝１， （ ）≥１ ＜ ＜ ， － ，－ ∪ ，
当ａ ＞１ 时 ， ｆ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ｘ －１ －ｌｎ ｘ ＋ｌｎ ａ ≥ｅ ｘ －１ －ｌｎ ｘ ≥１ ． ２ 答案 Ｂ ２ ４ ４ ２
综上 ａ的取值范围是 ．
， ［１，＋∞）
题型三 利用导数构造函数解不等式
１．关系式为“加”型
７．（２０２０河北衡水中学二调，８）已知函数 ｙ ｆ ｘ 的导函数为
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ｘｆ ｘ 则 ｙ′ ｘｆ ｘ ′ ＝ （ ）
（１） （ ）＋ （ ）≥０， ＝ｅ （ ）， ＝［ｅ （ ）］ ＝ ｆ ′ ｘ 满足 ｘ Ｒ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 且ｆ 则不等式ｆ ｘ
ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ． （ ）， ∀ ∈ ， （ ）＞（ ） （１）＝ｅ， （ｌｎ ）
ｅ ［ （ ）＋（ ）］ ｘ的解集为
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ｘｆ ｘ 则 ｙ′ ｘｆ ｘ ′ ＞ （ ）
（２） （ ）＋ （ ）≥０， ＝ （ ）， ＝［ （ ）］ ＝
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ ．
Ａ．（ｅ，＋∞） Ｂ．（１，＋∞）
（ ）＋（ ）
ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ 构造ｙ ｘｎｆ ｘ 则ｙ′ ｘｎｆ ｘ ′ Ｃ．（０，ｅ） Ｄ．（０，１）
（３） （ ）＋ （ ）≥０， ＝ （ ）， ＝［ （ ）］ ＝ ７． 答案 Ａ
ｘｎｆ ′ （ ｘ ）＋ ｎｘｎ －１ｆ （ ｘ ）＝ ｘｎ －１ ［ ｘｆ ′ （ ｘ ）＋ ｎｆ （ ｘ ）］ ． ８．（２０２０河 北 衡水冀州中学期中，１２）已知函数ｆ ｘ 是定义在Ｒ
注意对ｘ的符号进行讨论 （ ）
（ ２．关系式为“减”型 ） 上的可导函数
，
对于任意的实数ｘ
，
都有 ｆ （
ｆ
－
ｘ
ｘ ）
＝ｅ
２ ｘ
，
当ｘ
＜０
时
，
（ ）
ｆ ｘ éｆ ｘ ù ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ．若 ａｆ ａ ｆ ａ 则实数 ａ 的取值范
（１） ｆ ′ （ ｘ ）－ ｆ （ ｘ ）≥０， 构造 ｙ ＝ （ ｘ ） ， 则 ｙ′ ＝ ë êê （ ｘ ） û úú′ ＝ 围 （ 是 ）＋ （ ）＞０ ｅ （２ ＋１）≥ （ ＋１），
ｅ ｅ （ ）
ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ [ ] [ ]
（ ）ｅ ｘ － ２ （ ）ｅ ＝ （ ）－ ｘ （ ）． Ａ． ０， ２ Ｂ． － ２ ，０ Ｃ．［０，＋∞） Ｄ．（－∞，０］
（ｅ ） ｅ ３ ３
ｆ ｘ [ｆ ｘ ] ８． 答案 Ｂ
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ （ ） 则 ｙ′ （ ） ′
（２） （ ）－ （ ）≥０， ＝ ｘ ， ＝ ｘ ９．（２０２１河北石家庄一模，１６）已知定义在Ｒ上的函数ｆ ｘ 其
（ ），
＝ ｘｆ ′ （ ｘ ｘ ） ２ － ｆ （ ｘ ）． 导 ｘ 函 ２ 数 ｘ 为 的 ｆ 解 ′ （ 集 ｘ ） 为 ， 满足ｆ ′ （ ｘ ． ）＞２， ｆ （２）＝４， 则不等式ｘｆ （ ｘ －１）＞
（３） ｘｆ ′ （ ｘ ）－ ｎｆ （ ｘ ）≥０， 构造 ｙ ＝ ｆ （ ｘ ｘ ｎ ） ， 则 ｙ′ ＝ [ｆ （ ｘ ｘ ｎ ） ] ′ ＝ ９． ２ 答 －２ 案 （－∞，０） ∪ （ ３， ＋∞）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ３３
教师专用题组
１．（２０１５课标 理，１２，５分）设函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ ａ 其中 又ａ 因此 ａ ２．
Ⅰ （ ）＝ｅ（２ －１）－ ＋ ， ＞ｅ， ｅ＜ ≤ｅ
ａ 若存在唯一的整数ｘ 使得ｆ ｘ 则ａ的取值范围是 综上所述 ａ 或 ａ ２ 即 ａ ２ 故选 ．
＜１， ０ （ ０）＜０， ，０＜ ≤ｅ ｅ＜ ≤ｅ ， ０＜ ≤ｅ ， Ｂ
解法二 换元之后半分离 转化为直线与曲线的相对位置关
（ ） （ ，
[ ) [ ) [ ) [ ) 系 原不等式化为 ｘ －ｌｎ ｘ ２ ａ ｘ ｘ ．
３ ３ ３ ３ ３ ３ ）： ｅ ＋ｅ ≥ （ －ｌｎ ）
Ａ． － ，１ Ｂ． － ， Ｃ． ， Ｄ． ，１
２ｅ ２ｅ ４ ２ｅ ４ ２ｅ 设ｔ ｇ ｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ １ 所以ｇ ｘ 在 上单
答案 Ｄ 由 ｆ （ ｘ ０）＜０， 即 ｅ ｘ ０ （２ ｘ ０－１）－ ａ （ ｘ ０－１）＜０ 得 ＝ （ ）＝ －ｌｎ ， （ ）＝ １－ ｘ ， （ ） （０，１）
ｅ ｘ ０ （２ ｘ ０－１）＜ ａ （ ｘ ０－１） ． 调递减 ， 在 （１，＋∞） 上单调递增 ， 从而ｇ （ ｘ ）ｍｉｎ＝ ｇ （１）＝１， 所以
当ｘ 时 得 显然不成立 所以ｘ ． ｔ 也可直接利用不等式 ｘ ｘ 得到ｔ的范围 ．
０＝１ ， ｅ＜０， ， ０≠１ ≥１（ ｌｎ ≤ －１ ）
若ｘ 则ａ ｅ ｘ ０ （２ ｘ ０－１）． 从而 ｅ ｔ ＋ｅ ２ ≥ ａｔ在 ［１，＋∞） 上恒成立 ， 设 ｆ （ ｔ ）＝ｅ ｔ ＋ｅ ２ ， 则曲线
０＞１， ＞ ｘ ｙ ｆ ｔ 在直线ｙ ａｔ及其上方 从而考虑临界情形 相切 ．
０－１ ＝ （ ） ＝ ， （ ）
令ｇ （ ｘ ( ）＝ ｅ ｘ （ ｘ ２ ) － ｘ １ －１） ， 则ｇ′ （ ｘ ）＝ ２
ｘ
ｅ （
ｘ
ｘ
(
－
ｘ
１ － ） ２
３
２
)
．
设
ｙ 令 － {
切
（ ａ ｅ
点
ｔ ＝ ０＋ ｅ
为
ｅ ｔ ０ ２ ，
（
）
ｔ
＝
０，
ｅ
ｅ
ｔ ０ （
ｔ ０＋
ｔ －
ｅ
ｔ
２
０
）
） 解
，
，
则
即 得
曲
{ ｙ ＝ ａ
线
＝ ｅ ｔ ｅ ０
ｙ
ｔ ２ ＋
＝
， （ 所
ｆ
１
（
－ 以
ｔ ）
ｔ ０
在
）ｅ
该
ｔ ａ ０＋
点
ｅ ２ ，
处
２．故
的
选
切线
．
方程为
当ｘ ∈ １， ３ 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＜０， ｇ （ ｘ ） 为减函数 ， （１－ ｔ ０）ｅ ｔ ０＋ｅ ２ ＝０， ｔ ０＝２， ０＜ ≤ｅ Ｂ
２ 方法点拨 本题考查不等式的恒成立问题，考查导数在单
( )
当ｘ
∈
３
，＋∞
时
，
ｇ′
（
ｘ
）＞０，
ｇ
（
ｘ
）
为增函数
，
调性和最值中的应用，考查分类讨论思想，关于恒成立问题的
２
要满足题意 则ｘ 此时需满足ｇ ａ ｇ 得 ２ ａ
几种常见解法总结如下：
， ０＝２， （２）＜ ≤ （３）， ３ｅ ＜ ≤
．参变量分离法：将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题；
５ ｅ ３ ， 与ａ ＜１ 矛盾 ， 所以ｘ ０＜１ ． １ ．主元变换法：把已知取值范围的变量作为主元，把求取值范
２ ２
ｘ ｘ 围的变量看作参数；
因为ｘ 所以ａ ｅ ０ （２ ０－１）．
０＜１， ＜ ｘ ．分类讨论法：利用函数的性质讨论参数，分别判断单调性求
０－１ ３
易知 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 为增函数 出最值；
， ∈（－∞，０） ， （ ）＞０， （ ） ，
当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 为减函数 ．数形结合法：将不等式两端的式子分别看成两个函数，作出
∈（０，１） ， （ ）＜０， （ ） ， ４
要满足题意 则ｘ 此时需满足ｇ ａ ｇ 函数图象，列出关于参数的不等式求解．
， ０＝０， （－１）≤ ＜ （０），
３．（２０２０江苏，１９，１６分）已知关于ｘ的函数ｙ ｆ ｘ ｙ ｇ ｘ 与
得 ３ ａ 满足ａ ．故选 ． ＝ （ ）， ＝ （ ）
≤ ＜１（ ＜１） Ｄ ｈ ｘ ｋｘ ｂ ｋ ｂ Ｒ 在区间Ｄ上恒有ｆ ｘ ｈ ｘ ｇ ｘ ．
２ｅ （ ）＝ ＋ （ ， ∈ ） （ ）≥ （ ）≥ （ ）
评析 本题主要考查导数的应用及分类讨论思想，分离参变
（１）
若ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
＋２
ｘ
，
ｇ
（
ｘ
）＝－
ｘ２
＋２
ｘ
，
Ｄ
＝（－∞，＋∞），
求ｈ
（
ｘ
）
的
量是解决本题的关键，本题综合性较强，属难题． 表达式
；
ｘ
２．（２０２１ 浙江嘉兴高三上期末，１０）对任意 ｘ
＞０，
若不等式ｅ
ｘ ＋
（２） 若ｆ （ ｘ ）＝ ｘ２ － ｘ ＋１， ｇ （ ｘ ）＝ ｋ ｌｎ ｘ ， ｈ （ ｘ ）＝ ｋｘ － ｋ ， Ｄ ＝（０，＋∞），
求ｋ的取值范围
ａ ｌｎ ｘ ＋ｅ ２ ≥ ａｘ恒成立 （ｅ 为自然对数的底数 ）， 则正实数ａ的取 若ｆ ｘ ｘ４ ｘ２ ； ｇ ｘ ｘ２ ｈ ｘ ｔ３ ｔ ｘ ｔ４ ｔ２
值范围是 （３） （ ）＝ －２ ， （ ）＝４ －８， （ ）＝４（ －） －３ ＋２ （０
（ ） ｔ Ｄ ｍ ｎ 求证 ｎ ｍ ．
[ ] [ ] ＜｜ ｜≤ ２）， ＝［ ， ］⊆［－ ２， ２］， ： － ≤ ７
． ． ２ ． ２ ． ２ ２ 解析 本题主要考查利用导数研究函数的性质 考查综合运
Ａ（０，ｅ］ Ｂ（０，ｅ ］ Ｃ ，ｅ Ｄ ，ｅ ，
ｅ ｅ 用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．
答案 Ｂ 解法一 直接分类讨论求最值
ｘ （ ｘ ｘ ）： （１） 由条件ｆ （ ｘ ）≥ ｈ （ ｘ ）≥ ｇ （ ｘ ）， 得ｘ２ ＋２ ｘ ≥ ｋｘ ＋ ｂ ≥－ ｘ２ ＋２ ｘ ，
ｅ ｘ ＋ ａ ｌｎ ｘ ＋ｅ ２ ≥ ａｘ ⇔ ｅ ｘ － ａ ｌｎ ｅ ｘ ＋ｅ ２ ≥０ ． 取ｘ ＝０， 得 ０≥ ｂ ≥０， 所以ｂ ＝０ ．
ｘ 由ｘ２ ｘ ｋｘ 得ｘ２ ｋ ｘ 此式对一切ｘ 恒
令ｔ ＝ ｅ ｘ ， 由 ｅ ｘ ≥ｅ ｘ可知ｔ ≥ｅ， 则ｔ － ａ ｌｎ ｔ ＋ｅ ２ ≥０， 成立 ＋２ ≥ ， ＋（２－ ） ≥０， ∈（－∞，＋∞）
，
设ｆ （ ｔ ）＝ ｔ － ａ ｌｎ ｔ ＋ｅ ２ （ ｔ ≥ｅ）， 只需ｆ （ ｔ ）ｍｉｎ≥０ 即可． 所以 （２－ ｋ ） ２ ≤０， 则ｋ ＝２， 此时 ２ ｘ ≥－ ｘ２ ＋２ ｘ恒成立 ，
ａ ｔ ａ 所以ｈ ｘ ｘ．
易得ｆ ′ ｔ － ． （ ）＝２
（ ）＝１－ ｔ ＝ ｔ ｈ ｘ ｇ ｘ ｋ ｘ ｘ ｘ ．
（２） （ ）－ （ ）＝ （ －１－ｌｎ ）， ∈（０，＋∞）
当 ａ 时 ｆ′ ｔ 所以此时ｙ ｆ ｔ ｔ 是增函数
① ０＜ ≤ｅ ， （ ）≥０， ＝ （ ）（ ≥ｅ） ， 令ｕ ｘ ｘ ｘ 则ｕ′ ｘ １ 令ｕ′ ｘ 得ｘ ．
故ｆ ｔ ｆ ａ ２ 解得ａ ２ 又 ａ 所以 （ ）＝ －１－ｌｎ ， （ ）＝１－ ｘ ， （ ）＝０， ＝１
（ ）ｍｉｎ＝ （ｅ）＝ｅ－ ＋ｅ ≥０， ≤ｅ ＋ｅ， ０＜ ≤ｅ， ０
ａ
＜ ≤ｅ； ｘ
当ａ 时 ｙ ｆ ｔ 在 ａ 上递减 在 ａ 上递增 （０，１） １ （１，＋∞）
② ＞ｅ ， ＝ （ ） （０， ） ， （ ，＋∞） ， ｕ′ ｘ
故ｆ ｔ ｆ ａ （ ） － ０ ＋
（ ）ｍｉｎ＝ （ ），
ｕ ｘ 极小值
ｆ ｔ ｆ ａ 所以ａ ａ ａ ２ （ ） ↘ ↗
（ ）ｍｉｎ≥０⇔（ ）≥０， － ｌｎ ＋ｅ ≥０，
设ｇ （ ａ ）＝ ａ － ａ ｌｎ ａ ＋ｅ ２ （ ａ ＞ｅ）， 故只需ｇ （ ａ ）≥０ 即可 ， 所以ｕ （ ｘ ）ｍｉｎ＝ ｕ （１）＝０ ．则ｘ －１≥ｌｎ ｘ恒成立 ，
而ｇ′ ａ ａ ａ 所以当且仅当ｋ 时 ｈ ｘ ｇ ｘ 恒成立．
（ ）＝－ｌｎ （ ＞ｅ）， ≥０ ， （ ）≥ （ ）
显然ｇ′ ａ 则ｙ ｇ ａ 在 上递减 另一方面 ｆ ｘ ｈ ｘ 恒成立 即ｘ２ ｘ ｋｘ ｋ恒成立
（ ）＜０， ＝ （ ） （ｅ，＋∞） ， ， （ ）≥ （ ） ， － ＋１≥ － ，
又ｇ ２ 而ｇ ａ 所以ｇ ａ ｇ ２ 所以ａ ２． 也即ｘ２ ｋ ｘ ｋ 恒成立．
（ｅ ）＝０， （ ）≥０， （ ）≥ （ｅ ）， ≤ｅ －（１＋ ） ＋１＋ ≥０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ３４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｋ 因此 ａ的取值范围是 ．
因为ｋ 对称轴为ｘ １＋ ， （－∞，０］
≥０， ＝ ＞０， ５．（２０１７课标 理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ．
２ Ⅲ （ ）＝ －１－ ｌｎ
所以 ｋ ２ ｋ 解得 ｋ ． 若ｆ ｘ 求ａ的值
（１＋ ） －４（１＋ ）≤０， －１≤ ≤３ （１） （ ）≥０， ；
因此 ｋ的取值范围是 ｋ ． ( )æ ö
， ０≤ ≤３ 设 ｍ 为整数 且对于任意正整数 ｎ １ ç １ ÷
（３）
证明
：①
当
１≤
ｔ
≤ ２
时
，
由ｇ
（
ｘ
）≤
ｈ
（
ｘ
），
得
４
ｘ２
－８≤４（
ｔ３
－
（２） ， ， １＋
２
è１＋
２
２ ø…
ｔ４ ｔ２ æ ö
ｔ
）
ｘ
－３
ｔ４
＋２
ｔ２
，
整理得ｘ２
－（
ｔ３
－
ｔ
）
ｘ
＋
３ －２ －８
≤０
．
（∗） è
ç
１＋
１
ｎø
÷
＜
ｍ
，
求ｍ的最小值．
４ ２
令Δ ｔ３ ｔ ２ ｔ４ ｔ２ 则Δ ｔ６ ｔ４ ｔ２ ． 解析 本题考查导数的综合应用．
＝［－（ －）］ －（３ －２ －８）， ＝ －５ ＋３ ＋８
记φ （ ｔ ）＝ ｔ６ －５ ｔ４ ＋３ ｔ２ ＋８（１≤ ｔ ≤ ２）， （１） ｆ （ ｘ ） 的定义域 ( 为 （ ) ０，＋∞） ．
则φ′ （ ｔ ）＝６ ｔ５ －２０ ｔ３ ＋６ ｔ ＝２ ｔ （３ ｔ２ －１）（ ｔ２ －３）＜０ 恒成立 ， ① 若ａ ≤０， 因为ｆ １ ＝－ １ ＋ ａ ｌｎ２＜０， 所以不满足题意 ；
所以φ ｔ 在 上是减函数 则φ φ ｔ φ 即 ２ ２
（ ） ［１， ２］ ， （ ２）≤ （ ）≤ （１）， ａ ｘ ａ
φ ｔ ． 若ａ 由ｆ′ ｘ － 知 当ｘ ａ 时 ｆ′ ｘ
２≤ （ ）≤７ ② ＞０， （ ）＝１－ ｘ ＝ ｘ ， ∈（０， ） ， （ ）＜０；
所以不等式 有解 设解的范围为ｘ ｘ ｘ
（∗） ， １≤ ≤ ２， 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在 ａ 单调递减 在
因此ｎ ｍ ｘ ｘ Δ ．
∈（ ，＋∞） ， （ ）＞０ （ ） （０， ） ，
－ ≤ ２－ １＝ ≤ ７
（
ａ
，＋∞）
单调递增．故 ｘ
＝
ａ 是 ｆ
（
ｘ
）
在
（０，＋∞）
的唯一最小
② 当 ０＜ ｔ ＜１ 时 ， ｆ （－１）－ ｈ （－１）＝３ ｔ４ ＋４ ｔ３ －２ ｔ２ －４ ｔ －１ ． 值点．
设ｖ （ ｔ ）＝３ ｔ４ ＋４ ｔ３ －２ ｔ２ －４ ｔ －１， 由于ｆ （１）＝０， 所以当且仅当ａ ＝１ 时 ， ｆ （ ｘ ）≥０ ．故ａ ＝１ ．
ｖ′ （ ｔ ）＝１２ ｔ３ ＋１２ ｔ２ －４ ｔ －４＝４（ ｔ ＋１）（３ ｔ２ －１）， （２） 由 （１） 知当ｘ ∈（１，＋∞） 时 ， ｘ －１－ｌｎ ｘ ＞０ ．
æ ö
令ｖ′ ｔ 得ｔ ３． 令ｘ １ 得 ç １ ÷ １ ．
（ ）＝０， ＝ ＝１＋ ｎ， ｌｎè１＋ ｎø＜ ｎ
３ ２ ２ ２
æ ö ( ) æ ö æ ö
当ｔ ç ３÷时 ｖ′ ｔ ｖ ｔ 是减函数 从而 １ ç １ ÷ ç １ ÷ １ １ １
∈è０， ø ， （ ）＜０， （ ） ； ｌｎ １＋ ＋ｌｎè１＋ ２ ø＋…＋ｌｎè１＋ ｎø＜ ＋ ２ ＋…＋ ｎ ＝１
３ ２ ２ ２ ２ ２ ２
æ ö
当ｔ ç ３ ÷时 ｖ′ ｔ ｖ ｔ 是增函数． １ ．
∈è ，１ø ， （ ）＞０， （ ） － ｎ＜１
３ ２
ｖ ｖ 则当 ｔ 时 ｖ ｔ ． ( )æ ö æ ö
（０）＝－１， （１）＝０， ０＜ ＜１ ， （ ）＜０ 故 １ ç １ ÷ ç １ ÷ ．
或证 ｖ ｔ ｔ ２ ｔ ｔ １＋ è１＋ ２ ø…è１＋ ｎø＜ｅ
（ ： （ ）＝（ ＋１） （３ ＋１）（ －１）＜０） ２ ２ ２
则ｆ ｈ 因此 ｍ ｎ ． ( )æ öæ ö
（－１）－ （－１）＜０， －１∉（ ， ） 而 １ ç １ ÷ç １ ÷ 所以ｍ的最小值为 ．
因为 ［ ｍ ， ｎ ］⊆［－ ２， ２］， 所以ｎ － ｍ ≤ ２＋１＜ ７ ． １＋ ２ è１＋ ２ ２ øè１＋ ２ ３ ø＞２， ３
思路分析 （ ）对ａ分类讨论，并利用导数研究ｆ（ｘ）的单
当 ｔ 时 因为ｆ ｘ ｇ ｘ 均为偶函数 因此ｎ ｍ １
③ － ２≤ ＜０ ， （ ）， （ ） ， － ≤ ７
也成立．
调性，找出最小值点，从而求出ａ．（
２
）由（
１
）得当ｘ
＞１
时，ｘ
－１－
( )æ ö
综上所述 ｎ ｍ ． ｘ ． 令 ｘ １ ，换元后可求出 １ ç １ ÷ …
， － ≤ ７ ｌｎ ＞ ０ ＝ １＋ ｎ １＋ è１＋ ２ ø
４．（２０１９课标 文，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ２ ２ ２
Ⅰ （ ）＝２ｓｉｎ － ｃｏｓ － ， æ ö
ｆ ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导数． ç １ ÷的范围．
（ ） （ ） è１＋ ｎø
证明 ｆ ′ ｘ 在区间 存在唯一零点 ２
（１） ： （ ） （０，π） ； ａ ｘ ａ
若ｘ 时 ｆ ｘ ａｘ 求ａ的取值范围． 一题多解 （ ）ｆ ′（ｘ） － （ｘ ）．当 ａ 时，
（２） ∈［０，π］ ， （ ）≥ ， １ ＝ １－ ｘ ＝ ｘ ＞０ ≤０
解析 设ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 则ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ ｇ′ ｘ
（１） （ ）＝ （ ）， （ ）＝ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ －１， （ ）＝ ｆ ′（ｘ） ，而ｆ（ ） ，不合题意， ａ ， ｆ（ｘ）在（ ，ａ）上单
ｘ ｘ． ＞０ １ ＝０ ∴ ＞０ ∴ ０
ｃｏｓ 调递减，在（ａ， ）上单调递增．又ｆ（ｘ） ， ｆ（ａ） ，即ａ
( ) ( ) ＋∞ ≥０ ∴ ≥０ －
当ｘ π 时 ｇ′ ｘ 当ｘ π 时 ｇ′ ｘ ａ ａ ，记 ｈ（ｘ） ｘ ｘ ｘ，则 ｈ′（ｘ） ｘ
∈ ０， ， （ ）＞０； ∈ ，π ， （ ）＜０， １－ ｌｎ ≥０① ＝ －１－ ｌｎ ＝ １－ｌｎ －１＝
２ ２ ｘ． ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减，
( ) －ｌｎ ∴ ０ １ １ ＋∞ ∴
所以ｇ ｘ 在 π 单调递增 ｈ（ｘ） ｈ（ ） ，即当且仅当ｘ 时，ｈ（ｘ） ， 当且仅当ａ
（ ） ０， ， ≤ １ ＝０ ＝１ ≥０ ∴
( ) ２ 时， 式成立． ａ ．
＝１ ① ∴ ＝１
在 π ２ ，π 单调递减． ６．（２０１７课标 Ⅱ 文，２１，１２分）设函数ｆ （ ｘ ）＝（１－ ｘ２ ）ｅ ｘ．
( ) 讨论ｆ ｘ 的单调性
又ｇ ｇ π ｇ 故ｇ ｘ 在 存在唯一 （１） （ ） ；
（０）＝０， ＞０， （π）＝－２， （ ） （０，π） 当ｘ 时 ｆ ｘ ａｘ 求ａ的取值范围．
２ （２） ≥０ ， （ ）≤ ＋１，
零点． 解析 本题考查函数的单调性 恒成立问题．
，
所以ｆ ′ ｘ 在 存在唯一零点． ｆ ′ ｘ ｘ ｘ２ ｘ．
（ ） （０，π） （１） （ ）＝（１－２ － ）ｅ
由题设知ｆ ａ ｆ 可得ａ ． 令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ．
（２） （π）≥ π，（π）＝０， ≤０ （ ）＝０， ＝－１－ ２ ＝－１＋ ２
由 知 ｆ ′ ｘ 在 只有一个零点 设为ｘ 且当ｘ
ｘ
（
时
１）
ｆ ′
，
ｘ
（ ） （０，π） ， ０， ∈（０， 当ｘ
∈（－∞，－１－ ２）
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０；
０） ， （ ）＞０； 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 ｘ 单调递增 在 ∈（－１－ ２，－１＋ ２） ， （ ）＞０；
∈（ ０，π） ， （ ）＜０， （ ） （０， ０） ， 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
ｘ 单调递减． ∈（－１＋ ２，＋∞） ， （ ）＜０
（ 又 ０ ｆ ，π） ｆ 所以 当ｘ 时 ｆ ｘ ． 所以ｆ ｘ 在 单调递减
（０）＝０，（π）＝０， ， ∈［０，π］ ，（ ）≥０ （ ） （－∞，－１－ ２），（－１＋ ２，＋∞） ，
又当ａ ｘ 时 ａｘ 故ｆ ｘ ａｘ． 在 单调递增．
≤０， ∈［０，π］ ， ≤０， （ ）≥ （－１－ ２，－１＋ ２）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ３５
ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ．
（２） （ ）＝（１＋ ）（１－ ）ｅ 设ｇ ｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ １ ．
当ａ 时 设函数ｈ ｘ ｘ ｘ ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｘ 因 （ ）＝ｌｎ － ＋１， （ ）＝ ｘ －１
≥１ ， （ ）＝（１－ ）ｅ ， （ ）＝－ ｅ ＜０（ ＞０），
此ｈ ｘ 在 单调递减 而ｈ 当ｘ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ．所以
（ ） ［０，＋∞） ， （０）＝１， ∈（０，１） ， （ ）＞０； ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０
故ｈ ｘ 所以ｆ ｘ ｘ ｈ ｘ ｘ ａｘ ． ｇ ｘ 在 单调递增 在 单调递减．故当 ｘ 时
（ ）≤１， （ ）＝（ ＋１） （ ）≤ ＋１≤ ＋１ （ ） （０，１） ， （１，＋∞） ＝１ ，
当 ａ 时 设函数ｇ ｘ ｘ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ｘ 所 ｇ ｘ 取得最大值 最大值为ｇ ．所以当ｘ 时 ｇ ｘ ．
０＜ ＜１ ， （ ）＝ｅ － －１， （ ）＝ｅ －１＞０（ ＞０）， （ ） ， （１）＝０ ＞０ ， （ ）≤０
以ｇ ｘ 在 单调递增 而ｇ 故 ｘ ｘ ． ( )
（ ） ［０，＋∞） ， （０）＝０， ｅ ≥ ＋１ 从而当ａ 时 １ １ 即ｆ ｘ ３ ．
当 ０＜ ｘ ＜１ 时 ， ｆ （ ｘ ）＞（１－ ｘ ）（１＋ ｘ ） ２ ，（１－ ｘ ）（１＋ ｘ ） ２ － ａｘ －１ ＜０ ，ｌｎ － ２ ａ ＋ ２ ａ＋１≤０， （ ）≤－ ４ ａ－２
８．（２０１７天津理，２０，１４ 分）设 ａ Ｚ 已知定义在 Ｒ 上的函数
ａ ∈ ，
＝ ｘ （１－ ａ － ｘ － ｘ２ ）， 取ｘ ０＝ ５－ ２ ４ －１ ， ｆ （ ｘ ）＝２ ｘ４ ＋３ ｘ３ －３ ｘ２ －６ ｘ ＋ ａ在区间 （１，２） 内有一个零点ｘ ０， ｇ （ ｘ ）
则ｘ ０∈（０，１），（１－ ｘ ０）（１＋ ｘ ０） ２ － ａｘ ０－１＝０， 故ｆ （ ｘ ０）＞ ａｘ ０＋１ ． 为ｆ （
求
ｘ ）
ｇ
的
ｘ
导
的
函
单
数
调
．
区间
（１） （ ） ；
当ａ 时 取ｘ ５－１ 设ｍ ｘ ｘ 函数ｈ ｘ ｇ ｘ ｍ ｘ ｆ ｍ
≤０ ， ０＝
２
， （２） ∈［１， ０）∪（ ０，２］， （ ）＝ （ ）（ － ０）－ （ ），
求证 ｈ ｍ ｈ ｘ
则
综上
ｘ
０ ， ∈ ａ （ 的 ０， 取 １） 值 ， 范
ｆ
（ 围
ｘ
０ 是 ）＞ ［ （ １ １ ， － ＋
ｘ
∞ ０） ） （ ． １＋
ｘ
０）
２
＝１≥
ａｘ
０＋１
．
（３） 求证
：
： 存
（
在
）
大
（
于
０）
０
＜
的
０；
常数Ａ ， 使得对于任意的正整数ｐ ， ｑ ，
ｐ ｐ
解题思路 （ ）求ｆ ′（ｘ），令ｆ ′（ｘ） ，求出ｆ（ｘ）的单调增 且 ｘ ｘ 满足 ｘ １ ．
区间，令ｆ ′（ ｘ）
１
，求出ｆ（ｘ）的单调减区
＞０
间．
ｑ ∈［１， ０）∪（ ０，２］， ｑ － ０ ≥Ａｑ４
＜０ 解析 本小题主要考查导数的运算 利用导数研究函数的性
（ ）对参数ａ的取值进行分类讨论，当ａ 时，构造函数可知 、
２ ≥１ 质 证明不等式等基础知识和方法．考查函数思想和化归思想．
（ ｘ）· ｘ ，所以ｆ（ｘ） （ｘ ）（ ｘ）· ｘ ｘ ａｘ 成 、
１－ ｅ ≤１ ＝ ＋１ １－ ｅ ≤ ＋１≤ ＋１ 考查抽象概括能力 综合分析问题和解决问题的能力．
立；当 ａ 时，构造函数可知 ｘ ｘ ，通过举反例 ｘ 、
０＜ ＜１ ｅ ≥ ＋１ ０ ＝ 由ｆ ｘ ｘ４ ｘ３ ｘ２ ｘ ａ 可得ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ３ ｘ２
ａ （１） （ ）＝２ ＋３ －３ －６ ＋ ， （ ）＝ （ ）＝８ ＋９
５－４ －１， ｆ（ｘ ） ａｘ ，从而说明命题不成立；当ａ 时， ｘ 进而可得ｇ′ ｘ ｘ２ ｘ ．令ｇ′ ｘ 解得ｘ
０ ＞ ０＋１ ≤０ －６ －６， （ ）＝２４ ＋１８ －６ （ ）＝０， ＝－１
２
或ｘ １ ．
举反例ｘ ５－１说明不等式不成立． ＝
０＝ ４
２ 当ｘ变化时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 的变化情况如下表
疑难突破 （ ）求单调区间的一般步骤： 求定义域； 求 ， （ ）， （ ） ：
１ ① ②
( ) ( )
ｆ ′（ｘ），令ｆ′（ｘ） ，求出ｆ（ｘ）的增区间，令ｆ′（ｘ） ，求出ｆ（ｘ） ｘ １ １
＞０ ＜０ （－∞，－１） －１， ，＋∞
的减区间； 写出结论，注意单调区间不能用“ ”连接． ４ ４
③ ∪
（ ）恒成立问题的三种常见解法： 分离参数，化为最值问题 ｇ′ ｘ
２ ① （ ） ＋ － ＋
求解，如ａ φ（ｘ） 或ａ φ（ｘ） ； 构造函数，分类讨论，如 ｇ ｘ
≥ ｍａｘ ≤ ｍｉｎ ② （ ） ↗ ↘ ↗
ｆ（ｘ） ｇ（ｘ），即Ｆ（ｘ） ｆ（ｘ） ｇ（ｘ），求Ｆ（ｘ） ； 转变主
≥ ＝ － ｍｉｎ≥０ ③ ( )
元，选取适当的主元可使问题简化． 所以 ｇ ｘ 的单调递增区间是 １ 单调递
， （ ） （－∞，－１）， ，＋∞ ，
７．（２０１７课标 文，２１，１２ 分）已知函数 ｆ ｘ ｘ ａｘ２ ａ ( ) ４
Ⅲ （ ）＝ ｌｎ ＋ ＋（２ ＋
１）
ｘ． 减区间是 －１， １ ．
４
讨论ｆ ｘ 的单调性 证明 由ｈ ｘ ｇ ｘ ｍ ｘ ｆ ｍ 得ｈ ｍ ｇ ｍ ｍ
（１） （ ） ； （２） ： （ ）＝ （ ）（ － ０）－ （ ）， （ ）＝ （ ）（ －
（２） 当ａ ＜０ 时 ， 证明ｆ （ ｘ ）≤－ ３ ａ－２ ． ｘ ０）－ ｆ （ ｍ ）， ｈ （ ｘ ０）＝ ｇ （ ｘ ０）（ ｍ － ｘ ０）－ ｆ （ ｍ ） ．
４ 令函数Ｈ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 则Ｈ′ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ｘ ．
１（ ）＝ （ ）（ － ０）－ （ ）， １（ ）＝ （ ）（ － ０）
解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １ ａｘ ａ 由 知 当ｘ 时 ｇ′ ｘ 故当ｘ ｘ 时 Ｈ ′ ｘ
（１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝ ｘ ＋２ ＋２ ＋ （１） ， ∈［１，２］ ， （ ）＞０， ∈［１， ０） ， １ （ ）
Ｈ ｘ 单调递减 当ｘ ｘ 时 Ｈ′ ｘ Ｈ ｘ 单调递
ｘ ａｘ ＜０， １（ ） ； ∈（ ０，２］ ， １（ ）＞０， １（ ）
（ ＋１）（２ ＋１）． 增．因此 当ｘ ｘ ｘ 时 Ｈ ｘ Ｈ ｘ ｆ ｘ
１＝ ｘ ， ∈［１， ０）∪（ ０，２］ ， １（ ）＞ １（ ０）＝ －（ ０）＝
可得Ｈ ｍ 即ｈ ｍ ．
若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 故ｆ ｘ 在 单 ０， １（ ）＞０， （ ）＞０
≥０， ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞） 令函数Ｈ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 则Ｈ′ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ ．
调递增． ２（ ）＝ （ ０）（ － ０）－ （ ）， ２（ ）＝ （ ０）－ （ ）
由 知ｇ ｘ 在 上单调递增 故当ｘ ｘ 时 Ｈ ′ ｘ
( ) （１） （ ） ［１，２］ ， ∈［１， ０） ， ２ （ ）
若ａ 则当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ Ｈ ｘ 单调递增 当ｘ ｘ 时 Ｈ′ ｘ Ｈ ｘ 单调递
＜０， ∈ ０，－ ａ ， （ ）＞０； ＞０， ２（ ） ； ∈（ ０，２］ ， ２（ ）＜０， ２（ ）
２ 减．因此 当ｘ ｘ ｘ 时 Ｈ ｘ Ｈ ｘ 可得Ｈ
( ) ， ∈［１， ０）∪（ ０，２］ ， ２（ ）＜ ２（ ０）＝０， ２
当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ ｍ 即ｈ ｘ ．
∈ －
２ (
ａ，＋∞
)
， （ ）＜０，
( )
（
所以
）＜
ｈ
０，
ｍ ｈ
（
ｘ
０）＜０
．
故ｆ ｘ 在 １ 单调递增 在 １ 单调递减．
， （ ） （ ０）＜０
（ ） ０，－ ２ ａ ， － ２ ａ，＋∞ 证明 对于任意的正整数ｐ ｑ 且 ｐ ｘ ｘ 令
（３） ： ， ， ｑ ∈［１， ０）∪（ ０，２］，
由 知 当ａ 时 ｆ ｘ 在ｘ １ 取得最大值 最大值为
（ ( ２） （ ) １） ( ， ) ＜０ ， （ ） ＝－ ２ ａ ， ｍ ＝ ｐ ｑ ， 函数ｈ （ ｘ ）＝ ｇ （ ｘ ）（ ｍ － ｘ ０）－ ｆ （ ｍ ） ．由 （２） 知 ， 当ｍ ∈［１，
ｆ － １ ａ ＝ｌｎ － １ ａ －１－ １ ａ ． ｘ 时 ｈ ｘ 在区间 ｍ ｘ 内有零点 当ｍ ｘ 时 ｈ ｘ
２ ２ ４ ０） ， （ ） （ ， ０） ； ∈（ ０，２］ ， （ ）
( ) 在区间 ｘ ｍ 内有零点．所以ｈ ｘ 在 内至少有一个零
所以ｆ （ ｘ ）≤－ ３ ａ－２ 等价于 ｌｎ － １ ａ －１－ １ ａ≤－ ３ ａ－２， 即 （ ０， ） （ ( ） ｐ （１， ) ２） ( ｐ )
４ ２ ４ ４ 点 不妨设为ｘ 则ｈ ｘ ｇ ｘ ｘ ｆ ．
( ) ， １， （ １）＝ （ １） ｑ － ０ － ｑ ＝０
１ １ ．
ｌｎ － ａ ＋ ａ＋１≤０ 由 知ｇ ｘ 在 上单调递增 故 ｇ ｇ ｘ ｇ
２ ２ （１） （ ） ［１，２］ ， ０＜ （１）＜ （ １）＜ （２），
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ３６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ｐ )
( ｐ ) ｆ ｅ 其中ａ Ｒ ． 为自然对数的底数．
ｐ ｆ ｑ － ｘ， ∈ ，ｅ＝２７１８…
于是 ｘ ｑ ｅ
ｑ － ０ ＝ ≥ ｇ 讨论ｆ ｘ 的单调性
ｇ ｘ （２） （１） （ ） ；
（ １） 证明 当ｘ 时 ｇ ｘ
ｐ４ ｐ３ｑ ｐ２ｑ２ ｐｑ３ ａｑ４ （２） ： ＞１ ， （ ）＞０；
｜２ ＋３ －３ －６ ＋ ｜． 确定ａ的所有可能取值 使得ｆ ｘ ｇ ｘ 在区间
＝ ｇ ｑ４ （３） ， （ ）＞ （ ） （１，＋∞）
（２） 内恒成立．
因为当ｘ 时 ｇ ｘ 故ｆ ｘ 在 上单调递增 所
∈［１，２］ ， （ ）＞０， （ ） ［１，２］
ｐ
，
解析 ｆ ′ ｘ ａｘ １ ２
ａｘ２
－１ ｘ ．
以ｆ ｘ 在区间 上除ｘ 外没有其他的零点 而 ｘ 故 （１） （ ）＝２ － ｘ ＝ ｘ （ ＞０）
（ ） ［１，２］ ０ ， ｑ ≠ ０，
( ｐ ) 当ａ ≤０ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０， ｆ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 内单调递减．
ｆ ．又因为ｐ ｑ ａ均为整数 所以 ｐ４ ｐ３ｑ ｐ２ｑ２ ｐｑ３
ｑ ≠０ ， ， ， ｜２ ＋３ －３ －６ 当ａ 时 由ｆ ′ ｘ 有ｘ １ ．
＋
ａｑ４
｜
是正整数
，
从而
｜２
ｐ４
＋３
ｐ３ｑ
－３
ｐ２ｑ２
－６
ｐｑ３
＋
ａｑ４
｜≥１
．所以 ＞０ ， （ ）＝０ ＝
２
ａ
ｐ ｐ æ ö
ｘ １ ．所以 只要取Ａ ｇ 就有 ｘ １ ． 当ｘ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
ｑ － ０ ≥ｇ ｑ４ ， ＝ （２）， ｑ － ０ ≥Ａｑ４ ∈è０， ａø ， （ ）＜０， （ ） ；
（２） ２
思路分析 （ ）求出函数ｆ（ｘ）的导函数ｇ（ｘ） ｆ ′（ｘ） ｘ３ æ ö
１ ＝ ＝８ 当ｘ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增．
ｘ２ ｘ ，求出使导函数为零的ｘ的值，通过列表求出单调 ∈è ａ，＋∞ø ， （ ）＞０， （ ）
＋９ －６ －６ ２
区间即可． 令ｓ ｘ ｘ －１ ｘ 则ｓ′ ｘ ｘ －１ ．
（２） （ ）＝ｅ － ， （ ）＝ｅ －１
（ ）由ｈ（ｘ）推出ｈ（ｍ），ｈ（ｘ ），令函数Ｈ （ｘ） ｇ（ｘ）（ｘ ｘ ）
２ ０ １ ＝ － ０ － 当ｘ 时 ｓ′ ｘ 所以 ｘ －１ ｘ 从而ｇ ｘ １ １ ．
ｆ（ｘ），Ｈ（ｘ） ｇ（ｘ ）（ｘ ｘ ） ｆ（ｘ），求出导函数Ｈ′（ｘ），Ｈ ′（ｘ）， ＞１ ， （ ）＞０， ｅ ＞ ， （ ）＝ ｘ － ｘ －１＞０
２ ＝ ０ － ０ － １ ２ ｅ
由此可推出ｈ（ｍ）ｈ（ｘ ） ． 由 当ｘ 时 ｇ ｘ ．
０ ＜０ （３） （２）， ＞１ ， （ ）＞０
ｐ 当ａ ｘ 时 ｆ ｘ ａ ｘ２ ｘ ．
（ ）对于任意的正整数ｐ，ｑ，令ｍ ，函数ｈ（ｘ） ｇ（ｘ）·（ｍ ≤０， ＞１ ， （ ）＝ （ －１）－ｌｎ ＜０
３ ＝ ｑ ＝ － 故当ｆ ｘ ｇ ｘ 在区间 内恒成立时 必有ａ ．
（ ）＞ （ ） （１，＋∞） ， ＞０
ｘ ） ｆ（ｍ），由（ ）可推出ｈ（ｘ）在（ ， ）内至少有一个零点，结
０ － ２ １ ２ 当 ａ １ 时 １ ．
( ｐ ) ｆ
( ｐ ) ０＜ ＜
２
，
２
ａ＞１
ｐ ｆ ｑ
合 （ １ ） 可 得 ｑ － ｘ ０ ＝ ｇ（ｘ ｑ ） ≥ ｇ（ ２ ） ＝ 由 （１） 有ｆ æ è ç １ ａ ö ø ÷ ＜ ｆ （１）＝０， 而ｇ æ è ç １ ａ ö ø ÷ ＞０，
１ ２ ２
｜２
ｐ４
＋３
ｐ３ｑ
－３
ｐ２ｑ２
－６
ｐｑ３
＋
ａｑ４
｜，进而得到 ｐ４ ｐ３ｑ ｐ２ｑ２ ｐｑ３
所以此时ｆ
（
ｘ
）＞
ｇ
（
ｘ
）
在区间
（１，＋∞）
内不恒成立．
ｇ（
２
）ｑ４ ｜２ ＋３ －３ －６
当ａ １ 时 令ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ．
＋
ａｑ４
｜≥１
，最后推出结果即可． ≥
２
， （ ）＝ （ ）－ （ ）（ ≥１）
９．（２０１６ 课标 Ⅱ 文，２０，１２ 分）已知函数 ｆ （ ｘ ）＝ （ ｘ ＋１）ｌｎ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ａｘ １ １ １－ ｘ ｘ １ １ １ ｘ３ －２ ｘ ＋１
ａ ｘ ． ＞１ ， （ ）＝２ － ｘ ＋ｘ２ －ｅ ＞ － ｘ ＋ｘ２ － ｘ ＝ ｘ２
－ （ －１）
（１） 当ａ ＝４ 时 ， 求曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在 （１， ｆ （１）） 处的切线方程 ； ｘ２ －２ ｘ ＋１ ．
若当ｘ 时 ｆ ｘ 求ａ的取值范围． ＞ ｘ２ ＞０
（２） ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０，
解析 （１） ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （０，＋∞） ．当ａ ＝４ 时 ， 因此 ， ｈ （ ｘ ） 在区间 （１，＋∞） 内单调递增．
又因为ｈ 所以当ｘ 时 ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ
ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ １ ｆ ′ （１）＝０， ＞１ ， （ ）＝ （ ）－ （ ）＞０，
（ ）＝（ ＋１）ｌｎ －４（ －１）， （ ）＝ｌｎ ＋ ｘ －３， （１）＝－２， 即ｆ ｘ ｇ ｘ 恒成立．
（ ）＞ （ ）
[ )
ｆ ．
（１）＝０ 综上 ａ １ ．
曲线ｙ ｆ ｘ 在 ｆ 处的切线方程为 ｘ ｙ ． 分 ， ∈ ，＋∞
＝ （ ） （１， （１）） ２ ＋ －２＝０ （３ ） ２
ａ ｘ 方法总结 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，
当ｘ 时 ｆ ｘ 等价于 ｘ （ －１） ． 分
（２） ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０ ｌｎ － ｘ ＞０ （４ ） 讨论时要注意定义域和参数范围，不重不漏，证明不等式可
＋１
ａ ｘ 转化为求函数最值问题，对于（ ）中的恒成立问题要想到前
设ｇ ｘ ｘ （ －１） 则 ３
（ ）＝ｌｎ － ｘ ， 后之间的联系．
＋１
ａ ｘ２ ａ ｘ 评析 本题考查了函数的单调性问题，利用导数证明不等式
ｇ′ ｘ １ ２ ＋２（１－ ） ＋１ ｇ ． 分
（ ）＝ ｘ － ｘ ２ ＝ ｘ ｘ ２ ， （１）＝０ （６ ） 及恒成立问题，有较强的综合性．
（ ＋１） （ ＋１）
当ａ ｘ 时 ｘ２ ａ ｘ ｘ２ ｘ 故 １１．（２０１６课标 理，２１，１２ 分）设函数 ｆ ｘ α ｘ α
（ｉ） ≤２， ∈（１，＋∞） ， ＋２（１－ ） ＋１≥ －２ ＋１＞０， Ⅲ （ ）＝ ｃｏｓ ２ ＋（ －１）
ｇ′ ｘ ｇ ｘ 在 上单调递增 因此ｇ ｘ 分 ｘ 其中α 记 ｆ ｘ 的最大值为Ａ．
（ ）＞０， （ ） （１，＋∞） ， （ ）＞０； （８ ） （ｃｏｓ ＋１）， ＞０， ｜ （ ）｜
当ａ 时 令ｇ′ ｘ 得 求ｆ ′ ｘ
（ｉｉ） ＞２ ， （ ）＝０ （１） （ ）；
ｘ １＝ ａ －１－ （ ａ －１） ２ －１， ｘ ２＝ ａ －１＋ （ ａ －１） ２ －１ ． （１０ 分 ） （２） 求Ａ ；
由ｘ 和ｘ ｘ 得ｘ 故当ｘ ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 证明 ｆ ′ ｘ Ａ．
２＞１ １ ２＝１ １＜１， ∈（１， ２） ， （ ）＜０， （ ） （３） ｜ （ ）｜≤２
在 ｘ 上单调递减 因此ｇ ｘ ． 分 解析 ｆ ′ ｘ α ｘ α ｘ． 分
（１， ２） ， （ ）＜０ （１１ ） （１） （ ）＝－２ ｓｉｎ２ －（ －１）ｓｉｎ （２ ）
综上 ａ的取值范围是 ． 分 当α 时
， （－∞，２］ （１２ ） （２） ≥１ ，
评析 本题主要考查了导数的几何意义及导数的综合运用， ｆ ｘ α ｘ α ｘ α α α
｜ （ ）｜＝｜ ｃｏｓ２ ＋（ －１）（ｃｏｓ ＋１）｜≤ ＋２（ －１）＝ ３ －２
对分类讨论的思想方法考查到位，属难题． ｆ ．
＝ （０）
因此Ａ α ． 分
１０．（２０１６四川文，２１，１４分）设函数ｆ ｘ ａｘ２ ａ ｘ ｇ ｘ １ ＝３ －２ （４ ）
（ ）＝ － －ｌｎ ， （ ）＝ ｘ 当 α 时 将ｆ ｘ 变形为ｆ ｘ α ２ｘ α ｘ ．
０＜ ＜１ ， （ ） （ ）＝２ ｃｏｓ ＋（ －１）ｃｏｓ －１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ３７
设ｔ ｘ 则ｔ ｇ ｘ 单调递减． 分
＝ｃｏｓ ， ∈［－１，１］， （ ） （９ ）
令ｇ ｔ αｔ２ α ｔ 则Ａ是 ｇ ｔ 在 上的最大 ｃ
（ ）＝２ ＋（ －１） －１， ｜ （ ）｜ ［－１，１］ 由 知 －１ ｃ 故 ｘ ．
α （２） １＜ ｃ＜ ， ０＜ ０＜１
值 ｇ α ｇ α 且当 ｔ １－ 时 ｇ ｔ 取得最小 ｌｎ
， （－１）＝ ， （１）＝ ３ －２， ＝ α ， （ ） 又ｇ ｇ 故当 ｘ 时 ｇ ｘ ．
４ （０）＝ （１）＝０， ０＜ ＜１ ， （ ）＞０
( α) α ２ α２ α 所以当ｘ 时 ｃ ｘ ｃｘ． 分
值 最小值为ｇ １－ （ －１） ＋６ ＋１． ∈（０，１） ，１＋（ －１） ＞ （１２ ）
， α ＝－ α －１＝－ α 疑难突破 在（ ）中，首先要解方程ｇ′（ｘ） ，为了判定
４ ８ ８ ３ ＝ ０
令 －１＜ １ ４ － α α ＜１， 解得α ＜－ ３ １ （ 舍去 ）， 或α ＞ ５ １ ． （５ 分 ） ｇ 意 （ 到 ｘ）的 ｇ（ 单 ） 调性 ｇ（ ，必 ） 须比 是 较 求 极 解 值 本 点 题的 ｘ ０ 突 与 破 区 点 间 ． （ ０ ， １ ）的关系，注
０ ＝ １ ＝０
当 α １ 时 ｇ ｔ 在 内无极值点 ｇ α 评析 本题考查了导数的综合运用及不等式的证明．
（ｉ） ０＜ ≤ ， （ ） （－１，１） ，｜ （－１）｜＝ ，
５ １３．（２０１５课标 理，２１，１２分）设函数ｆ ｘ ｍｘ ｘ２ ｍｘ．
ｇ α ｇ ｇ 所以Ａ α． Ⅱ （ ）＝ｅ ＋ －
｜ （１）｜＝２－３ ，｜ （－１）｜＜｜ （１）｜， ＝２－３ 证明 ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增
（１） ： （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞） ；
当 １ α 时 由ｇ ｇ α 知ｇ 若对于任意ｘ ｘ 都有 ｆ ｘ ｆ ｘ
（ｉｉ） ＜ ＜１ ， （－１）－ （１）＝２（１－ ）＞０， （－１）＞ （２） １， ２∈［－１，１］， ｜ （ １）－ （ ２）｜≤ｅ－１，
５ 求ｍ的取值范围．
( α)
ｇ ｇ １－ ． 解析 ｆ ′ ｘ ｍ ｍｘ ｘ．
（１）＞ α （１） （ ）＝ （ｅ －１）＋２
４ 若ｍ 则当ｘ 时 ｍｘ ｆ ′ ｘ
( α) α α ≥０， ∈（－∞，０） ，ｅ －１≤０， （ ）＜０；
又 ｇ １－ ｇ （１－ ）（１＋７ ） 当ｘ 时 ｍｘ ｆ ′ ｘ ．
α －｜ （－１）｜＝ α ＞０， ∈（０，＋∞） ，ｅ －１≥０， （ ）＞０
４ ( α) α２ α ８ 若ｍ ＜０， 则当ｘ ∈（－∞，０） 时 ，ｅ ｍｘ －１＞０， ｆ ′ （ ｘ ）＜０；
所以Ａ ｇ １－ ＋６ ＋１． 当ｘ 时 ｍｘ ｆ ′ ｘ ．
＝ α ＝ α ∈（０，＋∞） ，ｅ －１＜０， （ ）＞０
４ ８ 所以 ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增．
ì ï α α １ ， （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞）
ïï ２－３ ，０＜ ≤ ５ ， （２） 由 （１） 知 ， 对任意的ｍ ， ｆ （ ｘ ） 在 ［－１，０］ 单调递减 ， 在 ［０，
综上 ， Ａ ＝ í ï α２ ＋６ α α ＋１ ， １ ＜ α ＜１， （９ 分 ） １ ｘ ］ 单调递增 ， 故ｆ （ ｘ ｆ ） 在 ｘ ｘ ＝０ ｆ 处取 ｘ 得最小值．所以 的 对 充 于任 要 意 条 ｘ 件 １，
î ïï ３ α － ８ ２， α ≥１ ５ ． 是 ２∈ {ｆ （ ［ １ － ）－ １ ｆ ， （ １ ０） ］ ≤ ， ｜ ｅ－１ （ ， １） － （ ２） ｜ ≤ｅ － １
由 得 ｆ′ ｘ α ｘ α ｘ α α ． ｆ ｆ
（３） （１） ｜ （ ）｜＝｜－２ ｓｉｎ２ －（ －１）ｓｉｎ ｜≤２ ＋｜ －１｜ { （ ｍ －１ ｍ ）－（０）≤ｅ－１，
当 α １ 时 ｆ ′ ｘ α α α Ａ． 即 ｅ － ≤ｅ－１，
０＜ ≤ ，｜ （ ）｜≤１＋ ≤２－４ ＜２（２－３ ）＝２ － ｍ ｍ ．①
５ ｅ ＋ ≤ｅ－１
α 设函数ｇ ｔ ｔ ｔ 则ｇ′ ｔ ｔ ．
当 １ α 时 Ａ １ ３ 所以 ｆ ′ ｘ α Ａ． （ ）＝ｅ－ －ｅ＋１， （ ）＝ｅ－１
＜ ＜１ ， ＝ ＋ α＋ ＞１， ｜ （ ）｜≤１＋ ＜２ 当ｔ 时 ｇ′ ｔ 当ｔ 时 ｇ′ ｔ ．故ｇ ｔ 在 单
５ ８ ８ ４ ＜０ ， （ ）＜０； ＞０ ， （ ）＞０ （ ） （－∞，０）
当α 时 ｆ ′ ｘ α α Ａ． 调递减 在 单调递增．
≥１ ，｜ （ ）｜≤３ －１≤６ －４＝２ ， （０，＋∞）
所以 ｆ ′ ｘ Ａ． 分 又ｇ ｇ －１ 故当 ｔ 时 ｇ ｔ
｜ （ ）｜≤２ （１２ ） （１）＝０， （－１）＝ｅ ＋２－ｅ＜０， ∈［－１，１］ ， （ ）
评析 本题主要考查导数的计算及导数的应用，考查了二次 ．
≤０
函数的性质，解题时注意分类讨论，本题综合性较强，属于 当ｍ 时 ｇ ｍ ｇ ｍ 即 式成立
∈［－１，１］ ， （ ）≤０， （－ ）≤０， ① ；
难题． 当ｍ 时 由ｇ ｔ 的单调性 ｇ ｍ 即 ｍ ｍ
＞１ ， （ ） ， （ ）＞０， ｅ － ＞ｅ－１；
１２．（２０１６课标 文，２１，１２分）设函数ｆ ｘ ｘ ｘ ． 当ｍ 时 ｇ ｍ 即 － ｍ ｍ ．
Ⅲ （ ）＝ｌｎ － ＋１ ＜－１ ， （－ ）＞０， ｅ ＋ ＞ｅ－１
讨论ｆ ｘ 的单调性 综上 ｍ的取值范围是 ．
（１） （ ） ； ， ［－１，１］
ｘ １４．（２０１５课标 文，２１，１２分）设函数ｆ ｘ ２ ｘ ａ ｘ．
证明当ｘ 时 －１ ｘ Ⅰ （ ）＝ｅ － ｌｎ
（２） ∈（１，＋∞） ，１＜ ｘ＜ ； 讨论ｆ ｘ 的导函数ｆ ′ ｘ 零点的个数
ｌｎ （１） （ ） （ ） ；
设ｃ 证明当ｘ 时 ｃ ｘ ｃｘ．
（３） ＞１， ∈（０，１） ，１＋（ －１） ＞ 证明 当ａ 时 ｆ ｘ ａ ａ ２ ．
解析 由题设知 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ （２） ： ＞０ ， （ ）≥２ ＋ ｌｎ ａ
（１） ， （ ） （０，＋∞）， （ ）＝
ａ
１ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ． 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ２ ｘ ｘ
ｘ －１， （ ）＝０， ＝１ （１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝２ｅ － ｘ （ ＞
当 ｘ 时 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 当ｘ 时 ｆ′ ｘ ．
０＜ ＜１ ， （ ）＞０， （ ） ； ＞１ ， （ ）＜０， ０）
ｆ ｘ 单调递减． 分 当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ 没有零点
（ ） （４ ） ≤０ ， （ ）＞０， （ ） ；
证明 由 知ｆ ｘ 在ｘ 处取得最大值 最大值为ｆ ａ
（２） ： （１） （ ） ＝１ ， （１） 当ａ 时 因为ｙ ２ ｘ单调递增 ｙ 单调递增 所以ｆ′ ｘ
． ＞０ ， ＝ｅ ， ＝－ ｘ ， （ ）
＝０
所以当ｘ 时 ｘ ｘ ． 在 上单调递增．
≠１ ，ｌｎ ＜ －１ （０，＋∞）
ｘ ａ
故当ｘ 时 ｘ ｘ １ １ 即 －１ ｘ． 又ｆ ′ ａ 当ｂ满足 ｂ 且ｂ １ 时 ｆ ′ ｂ
∈（１，＋∞） ，ｌｎ ＜ －１，ｌｎ ｘ ＜ ｘ －１， １＜ ｘ＜ （ ）＞０， ０＜ ＜ ＜ ， （ ）＜０，
ｌｎ ４ ４
分 故当ａ 时 ｆ ′ ｘ 存在唯一零点． 分
（７ ） ＞０ ， （ ） （６ ）
证明 由题设ｃ 设ｇ ｘ ｃ ｘ ｃｘ 证明 由 可设ｆ ′ ｘ 在 上的唯一零点为ｘ
（３） ： ＞１， （ ）＝１＋（ －１） － ， （２） ： （１）， （ ） （０，＋∞） ０，
则ｇ′ ｘ ｃ ｃｘ ｃ 令ｇ′ ｘ 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
（ ）＝ －１－ ｌｎ ， （ ）＝０， ∈（０， ０） ， （ ）＜０； ∈（ ０，＋∞） ， （ ）＞０
ｃ 故ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递减 在 ｘ 上单调递增 所以
－１ （ ） （０， ０） ， （ ０，＋∞） ，
ｌｎ ｃ 当ｘ ｘ 时 ｆ ｘ 取得最小值 最小值为ｆ ｘ ．
解得ｘ ｌｎ ． ＝ ０ ， （ ） ， （ ０）
０＝ ｃ ａ ａ
当ｘ ｘ 时 ｌｎ ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 当 ｘ ｘ 时 ｇ′ ｘ 由于 ２ｅ ２ ｘ ０－ｘ ＝０， 所以ｆ （ ｘ ０）＝ ｘ ＋２ ａｘ ０＋ ａ ｌｎ ２ ａ ≥２ ａ ＋ ａ ｌｎ ２ ａ ．
＜ ０ ， （ ）＞０， （ ） ； ＞ ０ ， （ ）＜０， ０ ２ ０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ３８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ａ
故当ａ 时 ｆ ｘ ａ ａ ２ ． 分 所以 ｘ ｘ ．
＞０ ， （ ）≥２ ＋ ｌｎ ａ （１２ ） ，｜ ２－ １｜＜ ｎ＋２
１－
评析 本题主要考查利用导数求函数零点及利用导数研究 评析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用
不等式，考查分类讨论思想，是综合性较强的题，属难题！ 导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法．考查分
１５．（２０１５天津理，２０，１４分）已知函数ｆ ｘ ｎｘ ｘｎ ｘ Ｒ 其中ｎ 类讨论思想、函数思想和化归思想．考查综合分析问题和解决
（ ）＝ － ， ∈ ，
Ｎ∗ 且ｎ ． 问题的能力．
∈ ， ≥２
讨论ｆ ｘ 的单调性 ａ
（１） （ ） ； １６．（２０１４课标 文，２１，１２分）设函数ｆ ｘ ａ ｘ １－ ｘ２ ｂｘ ａ
设曲线ｙ ｆ ｘ 与ｘ轴正半轴的交点为Ｐ 曲线在点Ｐ处 Ⅰ （ ）＝ ｌｎ ＋ － （
（２） ＝ （ ） ， ２
的切线方程为ｙ ｇ ｘ 求证 对于任意的正实数ｘ 都有 曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线斜率为 ．
＝ （ ）， ： ， ≠１）， ＝ （ ） （１， （１）） ０
ｆ ｘ ｇ ｘ 求ｂ
（ ）≤ （ ）； （１） ；
若关于ｘ的方程ｆ ｘ ａ ａ为实数 有两个正实数根ｘ ａ
（３） （ ）＝ （ ） １， 若存在ｘ 使得ｆ ｘ 求ａ的取值范围．
ａ （２） ０≥１， （ ０）＜ａ ，
ｘ 求证 ｘ ｘ ． －１
２， ：｜ ２－ １｜＜
１－
ｎ＋２
解析 ｆ ′ ｘ
ａ
ａ ｘ ｂ．
解析 由 ｆ ｘ ｎｘ ｘｎ 可得 ｆ ′ ｘ ｎ ｎｘｎ －１ ｎ （１） （ ）＝ ｘ ＋（１－ ） －
（１） （ ）＝ － ， （ ）＝ － ＝ （１－
ｘｎ －１ ）， 其中ｎ ∈ Ｎ∗ ， 且ｎ ≥２ ． 由题设知ｆ ′ （１）＝０， 解得ｂ ＝１ ．
下面分两种情况讨论 ａ
： ｆ ｘ 的定义域为 由 知 ｆ ｘ ａ ｘ １－ ｘ２
当ｎ为奇数时． （２） （ ） （０，＋∞）， （１） ， （ ）＝ ｌｎ ＋
２
－
① 令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 解得ｘ ＝１， 或ｘ ＝－１ ． ｘ ， ｆ ′ （ ｘ ）＝ ａ ｘ ＋（１－ ａ ） ｘ －１＝ １－ ｘ ａ( ｘ － ａ ａ ) （ ｘ －１） ．
当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表 １－
， （ ）， （ ） ： ａ
ｘ （－∞，－１） （－１，１） （１，＋∞） （ｉ） 若ａ ≤ １
２
， 则
１－
ａ≤１， 故当ｘ ∈（１，＋∞） 时 ， ｆ′ （ ｘ ）＞０， ｆ （ ｘ ）
ｆ ′ ｘ 在 上单调递增．
（ ） － ＋ － （１，＋∞）
ａ ａ
ｆ ｘ 所以 存在ｘ 使得ｆ ｘ 的充要条件为ｆ
（ ） ↘ ↗ ↘ ， ０≥１， （ ０）＜ａ （１）＜ａ ，
－１ －１
所以 ｆ ｘ 在 上单调递减 在 内 ａ ａ
， （ ） （－∞，－１），（１，＋∞） ， （－１，１） 即１－ 解得 ａ ．
单调递增． －１＜ａ ， － ２－１＜ ＜ ２－１
２ －１
当ｎ为偶数时． ａ ( ａ )
② 若 １ ａ 则 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当
当ｆ ′ ｘ 即ｘ 时 函数ｆ ｘ 单调递增 （ｉｉ） ＜ ＜１， ａ＞１， ∈ １， ａ ， （ ）＜０；
（ ）＞０， ＜１ ， （ ） ； ２ １－ １－
当ｆ ′ ｘ 即ｘ 时 函数ｆ ｘ 单调递减． ( ａ ) ( ａ )
（ ）＜０， ＞１ ， （ ） ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．ｆ ｘ 在 上单调递减 在
所以 ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减． ∈ ａ，＋∞ ， （ ）＞０ （ ） １， ａ ，
证 ， 明 （ ） 设点 （－ Ｐ ∞ 的 ， 坐 １） 标为 ｘ ， 则 （ ｘ １，＋ ｎ ∞ ｎ－ １ １ ） ｆ ′ ｘ ｎ ｎ２． ( ａ １－ ) 上单调递增． １－
（２） ： （ ０，０）， ０＝ ， （ ０）＝ － ａ，＋∞
曲线ｙ ｆ ｘ 在点 Ｐ 处的切线方程为 ｙ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 即 １－
＝ （ ） ＝ （ ０）（ － ０）， ａ ( ａ )
ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ．令Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 即Ｆ ｘ ｆ ｘ 所以 存在 ｘ 使得 ｆ ｘ 的充要条件为ｆ
（ ）＝ （ ０）（ － ０） （ ）＝ （ ）－ （ ）， （ ）＝ （ ）－ ， ０≥１， （ ０）＜ａ ａ
ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 则Ｆ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ． －１ １－
（ ０）（ － ０）， （ ）＝ （ ）－ （ ０） ａ
由于ｆ ′ （ ｘ ）＝ － ｎｘｎ －１ ＋ ｎ在 （０，＋∞） 上单调递减 ， 故Ｆ′ （ ｘ ） 在 ＜ａ ．
（ 时 ０ ， ， Ｆ ＋ ′ ∞ （ ｘ ） ） 上 ＞０ 单 ， 当 调递 ｘ ∈ 减 （ ． ｘ 又 ０， 因 ＋∞ 为 ） Ｆ 时 ′ （ ， Ｆ ｘ ０ ′ ） （ ＝ ｘ ） ０ ＜ ， ０ 所 ， 所 以 以 当 Ｆ ｘ （ ∈ ｘ ） （ 在 ０， （ ｘ ０ ０ ） ， 而 － ｆ ( １ １－ ａ ａ ) ＝ ａ ｌｎ １－ ａ ａ＋ ２（１ ａ － ２ ａ ） ＋ａ － ａ １ ＞ａ － ａ １ ， 所以不合题意．
ｘ 内单调递增 在 ｘ 上单调递减 所以对于任意的正
０） ， （ ０，＋∞） ， 若ａ 则ｆ １－ ａ － ａ －１ ａ ．
实数ｘ 都有Ｆ ｘ Ｆ ｘ 即对于任意的正实数ｘ 都有 （ｉｉｉ） ＞１， （１）＝ －１＝ ＜ａ
， （ ）≤ （ ０）＝０， ， ２ ２ －１
ｆ ｘ ｇ ｘ ．
（ ）≤ （ ） 综上 ａ的取值范围是 ．
证明 不妨设ｘ ｘ ． ， （－ ２－１， ２－１）∪（１，＋∞）
（３） ： １≤ ２ 评析 本题考查导数的几何意义，导数在解函数问题中的应
由
（２）
知ｇ
（
ｘ
）＝（
ｎ
－
ｎ２
）（
ｘ
－
ｘ
０）
．设方程ｇ
（
ｘ
）＝
ａ的根为ｘ′
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
可得ｘ′ ａ ｘ ．当ｎ 时 ｇ ｘ 在 上单调递 能力及推理能力的要求较高．
减．又由 ２＝ （２ ｎ ） － 知 ｎ２ ＋ ｇ （ ０ ｘ ２）≥ ｆ ≥ （ ｘ ２ ２）＝ ， ａ ＝ （ ｇ （ ） ｘ′ ２） （ ， － 可 ∞ 得 ，＋ ｘ ２ ∞ ≤ ） ｘ′ ２ ． １７．（２０１４课标 Ⅰ 理，２１，１２分）设函数ｆ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ｘ ｌｎ ｘ ＋ ｂ ｅ ｘ ｘ －１ ， 曲线
类 得 似 ｈ （ 地 ｘ ） ， ＝ 设 ｎｘ 曲 ．当 线 ｘ ｙ ∈ ＝ （ ｆ （ ０ ｘ ， ） ＋ 在 ∞ 原 ） 时 点 ， 处 ｆ （ 的 ｘ ） 切 － 线 ｈ （ 方 ｘ ） 程 ＝ 为 － ｘｎ ｙ ＜ ＝ ０ ｈ ， （ 即 ｘ ） 对 ， 可 于 ｙ （ ＝ １） ｆ （ 求 ｘ ） ａ 在 ， ｂ 点 ； （１， ｆ （１）） 处的切线方程为ｙ ＝ｅ（ ｘ －１）＋２ ．
任意的ｘ ∈（０，＋∞）， ｆ （ ｘ ）＜ ｈ （ ｘ ） ．
（２）
证明
：
ｆ
（
ｘ
）＞１
．
设方程ｈ （ ｘ ）＝ ａ的根为ｘ′ １， 可得ｘ′ １＝ ａ ｎ ．因为ｈ （ ｘ ）＝ ｎｘ在 （－∞，
ａ
解析
ｂ
（１） 函数
ｂ
ｆ （ ｘ ） 的定义域为 （０，＋∞）， ｆ ′ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ｘ ｌｎ ｘ
＋∞） 上单调递增 ， 且ｈ （ ｘ′ １）＝ ａ ＝ ｆ （ ｘ １）＜ ｈ （ ｘ １）， 因此ｘ′ １＜ ｘ １ ． ＋ ｘ ｅ ｘ －ｘ２ｅ ｘ －１ ＋ ｘ ｅ ｘ －１．
ａ
由此可得ｘ ｘ ｘ′ ｘ′ ｘ ． 由题意可得ｆ ｆ ′ ．
２－ １＜ ２－ １＝ １－ ｎ＋ ０ 故ａ ｂ ． （１）＝２， （１）＝ｅ
因
故
为ｎ
ｎ
≥
ｎ－ １ １
２，
ｘ
所
．
以
２
ｎ －１
＝（１＋１）
ｎ －１
≥１＋Ｃ
１ｎ
－１＝１＋
ｎ
－１＝
ｎ
，
（２） 由
＝１
（
，
１）
＝
知
２
， ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ ｌｎ ｘ ＋ ２ ｘ ｅ ｘ －１ ， 从而ｆ （ ｘ ）＞１ 等价于ｘ ｌｎ ｘ
２≥ ＝ ０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ３９
于是ｆ ｘ ｘ ｘ 定义域为 ｆ ′ ｘ ｘ
ｘ － ｘ ２ ． （ ）＝ ｅ －ｌｎ（ ＋１）， （－１，＋∞）， （ ）＝ ｅ
＞ ｅ －
ｅ １ ．
设函数ｇ ｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ． －ｘ
（ ）＝ ｌｎ ， （ ）＝１＋ｌｎ ＋１
( ) ( )
所以当ｘ １ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ １ 时 函数ｆ ′ ｘ ｘ １ 在 上单调递增 且ｆ ′
∈ ０， ， （ ）＜０； ∈ ，＋∞ ， （ ）＝ｅ －ｘ （－１，＋∞） ， （０）＝ ０，
ｅ ｅ ＋１
ｇ′ ｘ ． 因此当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
（ ）＞０ ∈（－１，０） ， （ ）＜０； ∈（０，＋∞） ， （ ）
( ) ( ) ．
故ｇ ｘ 在 １ 上单调递减 在 １ 上单调递增 从 ＞０
（ ） ０， ， ，＋∞ ， 所以ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增．
ｅ ( ｅ ) （ ） （－１，０） ， （０，＋∞）
证明 当ｍ ｘ ｍ 时 ｘ ｍ ｘ 故
而ｇ
（
ｘ
）
在
（０，＋∞）
上的最小值为ｇ １
ｅ
＝－
１
ｅ
． （
只
２
需
）
证明
：
当ｍ
≤２
时
， ∈
ｆ
（－
ｘ
，＋
．
∞） ，ｌｎ（ ＋ ）≤ｌｎ（ ＋２），
＝２ ， （ ）＞０
设函数ｈ （ ｘ ）＝ ｘ ｅ － ｘ － ２ ， 则ｈ′ （ ｘ ）＝ｅ － ｘ （１－ ｘ ） ． 当ｍ 时 函数ｆ ′ ｘ ｘ １ 在 上单调递增．
ｅ ＝２ ， （ ）＝ｅ －ｘ （－２，＋∞）
所以当ｘ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．
＋２
∈（０，１） ， （ ）＞０； ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０ 又ｆ ′ ｆ ′ 故ｆ ′ ｘ 在 上有唯一
故ｈ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减 从而 （－１）＜０， （０）＞０， （ ）＝０ （－２，＋∞）
（ ） （０，１） ， （１，＋∞） ， 实根ｘ 且ｘ ．
０， ０∈（－１，０）
ｈ ｘ 在 上的最大值为ｈ １ ． 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ
（ ） （０，＋∞） （１）＝－ ∈（－２， ０） ， （ ）＜０； ∈（ ０，＋∞） ， （ ）＞０，
ｅ 从而当ｘ ｘ 时 ｆ ｘ 取得最小值．
综上 当ｘ 时 ｇ ｘ ｈ ｘ 即ｆ ｘ ． ＝ ０ ， （ ）
， ＞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 由ｆ ′
（
ｘ
０）＝０
得
ｅ
ｘ
０＝ｘ
１
，ｌｎ（
ｘ
０＋２）＝－
ｘ
０，
故ｆ
（
ｘ
）≥
ｆ
（
ｘ
０）＝
单调性及最值问题，考查等价转化思想及逻辑推理能力． ０＋２
ｘ ２
１８．（２０１３课标 理，２１，１２ 分）设函数 ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ ｇ ｘ １ ｘ （ ０＋１） ．
Ⅰ （ ）＝ ＋ ＋ ， （ ）＝ ｘ ＋ ０＝ ｘ ＞０
ｘ ｃｘ ｄ ．若曲线ｙ ｆ ｘ 和曲线 ｙ ｇ ｘ 都过点Ｐ 且 ０＋２ ０＋２
ｅ（ ＋ ） ＝ （ ） ＝ （ ） （０，２）， 综上 当ｍ 时 ｆ ｘ ．
在点Ｐ处有相同的切线ｙ ｘ ． ， ≤２ ， （ ）＞０
＝４ ＋２ ａ ｘ ｂ
求ａ ｂ ｃ ｄ的值 ２０．（２０１１课标理，２１，１２ 分）已知函数ｆ ｘ ｌｎ 曲线ｙ
（１） ， ， ， ； （ ）＝ ｘ ＋ ｘ ， ＝
若ｘ 时 ｆ ｘ ｋｇ ｘ 求ｋ的取值范围． ＋１
（２） ≥－２ ， （ ）≤ （ ）， ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｘ ｙ ．
解析 由已知得ｆ ｇ ｆ ′ ｇ′ ． （ ） （１， （１）） ＋２ －３＝０
（１） （０）＝２， （０）＝２， （０）＝４， （０）＝４ 求ａ ｂ的值
而ｆ ′ ｘ ｘ ａ ｇ′ ｘ ｘ ｃｘ ｄ ｃ 故ｂ ｄ ａ ｄ ｃ （１） ， ；
（ ）＝２ ＋ ， （ ）＝ｅ（ ＋ ＋ ）， ＝２， ＝２， ＝４， ＋ ｘ ｋ
． 如果当ｘ 且ｘ 时 ｆ ｘ ｌｎ 求ｋ的取值范围．
＝４ （２） ＞０， ≠１ ， （ ）＞ｘ ＋ ｘ ，
从而ａ ｂ ｃ ｄ ． －１
＝４， ＝２， ＝２， ＝２ (ｘ )
（２）
由
（１）
知
，
ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
＋４
ｘ
＋２，
ｇ
（
ｘ
）＝２ｅ
ｘ
（
ｘ
＋１）
． ａ ＋
ｘ
１
－ｌｎ
ｘ
ｂ
设函数Ｆ （ ｘ ）＝ ｋｇ （ ｘ ）－ ｆ （ ｘ ）＝２ ｋ ｅ ｘ （ ｘ ＋１）－ ｘ２ －４ ｘ －２， 则 解析 （１） ｆ ′ （ ｘ ）＝ ｘ ２ －ｘ２ ．
Ｆ′ ｘ ｋ ｘ ｘ ｘ ｘ ｋ ｘ ． （ ＋１）
（ ）＝２ ｅ（ ＋２）－２ －４＝２（ ＋２）（ ｅ －１）
由题设可得Ｆ （０）≥０， 即ｋ ≥１ ． 由于直线ｘ ＋２ ｙ －３＝０ 的斜率为 － １ ， 且过点 （１，１），
２
令Ｆ′
（
ｘ
）＝０，
得ｘ
１＝－ｌｎ
ｋ
，
ｘ
２＝－２
． {ｆ
（１）＝１，
{ｂ
＝１，
（ｉ） 若 １≤ ｋ ＜ｅ ２ ， 则 －２＜ ｘ １≤０ ．从而当ｘ ∈（－２， ｘ １） 时 ， Ｆ′ （ ｘ ）＜ 故 ｆ ′ １ 即 ａ ｂ １ ．
当ｘ ｘ 时 Ｆ′ ｘ ．即Ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递 （１）＝－ ， － ＝－
０； ∈（ １，＋∞） ， （ ）＞０ （ ） （－２， １） ２ ２ ２
减 在 ｘ 上单调递增．故Ｆ ｘ 在 上的最小值 解得ａ ｂ ．
， （ １，＋∞） （ ） ［－２，＋∞） ＝１， ＝１
为Ｆ ｘ ．而Ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ ． ｘ
（ １） （ １）＝２ １＋２－ １－４ １－２＝－ １（ １＋２）≥０ 由 知ｆ ｘ ｌｎ １ 所以
故当ｘ 时 Ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｋｇ ｘ 恒成立． （２） （１） （ ）＝ｘ ＋ ｘ ，
≥－２ ， （ ）≥０， （ ）≤ （ ） ＋１
若ｋ ２ 则Ｆ′ ｘ ２ ｘ ｘ －２ ．从而当ｘ 时 ( ｘ ｋ )
（ｉｉ） ＝ｅ ， （ ）＝２ｅ （ ＋２）（ｅ －ｅ ） ＞－２ ， ｆ ｘ ｌｎ
Ｆ′ ｘ 即Ｆ ｘ 在 上单调递增． （ ）－ ｘ ＋ ｘ
（ ）＞０， （ ） （－２，＋∞） －１
而Ｆ 故当ｘ 时 Ｆ ｘ 即 ｆ ｘ ｋｇ ｘ 恒 [ ｋ ｘ２ ]
（－２）＝０， ≥－２ ， （ ）≥０， （ ）≤ （ ） １ ｘ （ －１）（ －１） ．
成立． ＝ ｘ２ ２ｌｎ ＋ ｘ
１－
若ｋ ２ 则Ｆ ｋ －２ －２ ｋ ２ ．从而当ｘ ｋ ｘ２
（ｉｉｉ） ＞ｅ ， （－２）＝－２ ｅ ＋２＝－２ｅ （ －ｅ ）＜０ 考虑函数 ｈ ｘ ｘ （ －１）（ －１） ｘ 则 ｈ′ ｘ
时 ｆ ｘ ｋｇ ｘ 不可能恒成立． （ ）＝ ２ｌｎ ＋ ｘ （ ＞０）， （ ）
≥－２ ， （ ）≤ （ ）
综上 ， ｋ的取值范围是 ［１，ｅ ２ ］ ． （ ｋ －１）（ ｘ２ ＋１）＋２ 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 ＝ ｘ２
的单调性，考查了分类与整合、函数与方程的思想；结合特值 设ｋ ．
（ｉ） ≤０
限定参数的范围，可减少分类的情况，有利于提高效率，掌握 ｋ ｘ２ ｘ ２
由ｈ′ ｘ （ ＋１）－（ －１） 知
利用两根大小作为讨论的分界是解题关键． （ ）＝ ｘ２ ，
１９．（２０１３课标 理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｍ ． 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．而ｈ 故当ｘ 时 ｈ ｘ
Ⅱ （ ）＝ｅ －ｌｎ（ ＋ ） ≠１ ， （ ）＜０ （１）＝０， ∈（０，１） ， （ ）＞０，
设ｘ 是ｆ ｘ 的极值点 求ｍ 并讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） ＝０ （ ） ， ， （ ） ； 可得 １ ｈ ｘ
当ｍ 时 证明ｆ ｘ ． ｘ２ （ ）＞０；
（２） ≤２ ， （ ）＞０ １－
当ｘ 时 ｈ ｘ
解析 ｆ ′ ｘ ｘ １ ． ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０，
（１） （ ） ＝ｅ －ｘ ｍ
＋ 可得 １ ｈ ｘ ．
由ｘ 是ｆ ｘ 的极值点得ｆ ′ 所以ｍ ． ｘ２ （ ）＞０
＝０ （ ） （０）＝０， ＝１ １－
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ４０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ｘ ｋ ) ｘ ａｘ
从而当ｘ 且ｘ 时 ｆ ｘ ｌｎ 即 ｆ ｘ ｌｎ ２２．（２０２１北京石景山高三统练一，２０）已知函数ｆ ｘ １＋ ａ Ｒ ．
＞０， ≠１ ， （ ）－ ｘ ＋ ｘ ＞０， （ ）＞ｘ （ ）＝ ｘ （ ∈ ）
－１ －１ ｅ
ｋ 当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在ｘ 处的切线方程
． （１） ＝－１ ， ＝ （ ） ＝０ ；
＋ ｘ 已知ｆ ｘ 对任意ｘ Ｒ恒成立 求ａ的值．
（２） （ ）≤１ ∈ ，
( ) 解析 本题考查切线方程 恒成立问题 考查分类讨论与
设 ｋ ．由于当ｘ １ 时 ｋ ｘ２ ｘ 、 ，
（ｉｉ） ０＜ ＜１ ∈ １， ｋ ，（ －１）（ ＋１）＋２ ＞０， 化归转化的数学思想方法 考查学生运用导数求曲线的切线
１－
，
故ｈ′ ｘ ． 方程与解决恒成立问题 渗透逻辑推理与数学运算的核心素
（ ）＞０ ( ) ，
养 试题体现应用性与综合性．
而ｈ 故当ｘ １ 时 ，
（１）＝０， ∈ １， ｋ ，
１－ ｘ ｘ
当ａ 时 ｆ ｘ １－ 则ｆ ′ ｘ －２
（１） ＝－１ ， （ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｘ ，
ｈ ｘ 可得 １ ｈ ｘ ．与题设矛盾． ｅ ｅ
（ ）＞０， １－ ｘ２ （ ）＜０ 所以ｆ ｆ ′ ．
（０）＝１， （０）＝－２
（ｉｉｉ） 设ｋ ≥１ ．此时ｈ′ （ ｘ ）＞０， 而 ｈ （１）＝ ０， 故当 ｘ ∈（１，＋∞） 所以曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在ｘ ＝０ 处的切线方程为ｙ ＝－２ ｘ ＋１ ．
时 ｈ ｘ
， （ ）＞０， 依题意 ｆ ｘ 对任意ｘ Ｒ恒成立
（２） ， （ ）≤１ ∈ ，
可得 １－ １ ｘ２ ｈ （ ｘ ）＜０ ．与题设矛盾． ｆ ′ （ ｘ ）＝ （１＋ ａｘ ） ′ ｅ ｘ －（ ｘ １＋ ２ ａｘ ）（ｅ ｘ ） ′ ＝ － ａｘ ＋ ｘ ａ －１．
（ｅ ） ｅ
综上 ｋ的取值范围为 ．
评析 ， 本题考查导数及 （－ 其 ∞ 应 ，０ 用 ］ ，导数的几何意义，考查分类 当ａ ＝０ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＝－ １ ｘ， 由于 ｅ ｘ ＞０， 所以ｆ ′ （ ｘ ）＜０ 恒成立 ，
ｅ
讨论的数学思想方法，考查学生综合分析问题的逻辑思维能
所以ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减
（ ） ，
力，难度较大．
因为ｆ 故当ｘ 时 ｆ ｘ 不符合题意．
（０）＝１， ＜０ ， （ ）＞１，
ａ ｘ ｂ
２１．（２０１１课标文，２１，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｌ ＋ ｎ １ ＋ ｘ ， 曲线ｙ ＝ 当ａ ≠０ 时 ， 令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 得ｘ ＝１－ ａ １ ．
ｆ （ ｘ ） 在点 （１， ｆ （１）） 处的切线方程为ｘ ＋２ ｙ －３＝０ ． 当ａ 时 ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表
＜０ ， ， （ ）， （ ） ：
求ａ ｂ的值
（１） ， ； ( ) ( )
ｘ ｘ １ １ １
证明 当ｘ 且ｘ 时 ｆ ｘ ｌｎ ． －∞，１－ ａ １－ ａ １－ ａ ，＋∞
（２） ： ＞０， ≠１ ， （ ）＞ｘ
－１ ｆ′ ｘ
(ｘ ) （ ） － ０ ＋
ａ ＋１ ｘ
ｘ －ｌｎ ｂ ｆ ｘ 单调递减 极小值 单调递增
解析 ｆ ′ ｘ ． （ ）
（１） （ ）＝ ｘ ２ －ｘ２
（ ＋１） 因为 １ ｆ 所以当ｘ 时 ｆ ｘ 不符合题意．
１－ ａ ＞０， （０）＝１， ＜０ ， （ ）＞１，
由于直线ｘ ｙ 的斜率为 １ 且过点
＋２ －３＝０ － ， （１，１）， 当ａ 时 ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表
２ ＞０ ， ， （ ）， （ ） ：
{ｆ {ｂ
（１）＝１， ＝１， ( ) ( )
故 ｆ ′ １ 即 ａ ｂ １ ． ｘ －∞，１－ ａ １ １－ ａ １ １－ ａ １ ，＋∞
（１）＝－ ， － ＝－
２ ２ ２ ｆ′ ｘ
解得ａ ｂ ． （ ） ＋ ０ －
＝１， ＝１
ｆ ｘ 单调递增 极大值 单调递减
ｘ （ ）
证明 由 知ｆ ｘ ｌｎ １
（２） ： （１） （ ）＝ｘ ＋ ｘ ，
＋１ 当 ａ 时 １ 因为 ｆ 所以当 ｘ
ｘ ( ｘ２ ) ０＜ ＜１ ，１－ ａ ＜０， （０） ＝ １， ∈
所以ｆ ｘ ｌｎ １ ｘ －１ ．
（ ）－ｘ
－１
＝
１－
ｘ２ ２ｌｎ － ｘ (
１
)
时 ｆ ｘ 不符合题意．
ｘ２ １－ ａ ，０ ， （ ）＞１，
考虑函数ｈ ｘ ｘ －１ ｘ
（ ）＝２ｌｎ － ｘ （ ＞０）， ( )
当ａ 时 １ 因为ｆ 所以当ｘ １ 时 ｆ
ｘ２ ｘ２ ＞１ ，１－ ａ ＞０， （０）＝１， ∈ ０，１－ ａ ，
则ｈ′ ｘ ２ ２ －（ －１）
（ ）＝ ｘ － ｘ２
（
ｘ
）＞１，
不符合题意．
（ ｘ －１） ２ ． 当ａ 时 １ ．
＝－ ｘ２ ＝１ ，１－ ａ ＝０
所以当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．而 ｈ 故当 ｘ 时 由ｆ ｘ 的单调性可知 ｆ ｘ ｆ 所以符合题意．
≠１ ， （ ）＜０ （１）＝ ０， ∈（０，１） ， （ ） ， （ ）ｍａｘ＝ （０）＝１，
综上 ａ ．
ｈ ｘ 可得 １ ｈ ｘ ， ＝１
（ ）＞０，
１－
ｘ２ （ ）＞０； 思路分析 （
１
）将ａ
＝－１
代入，然后求导函数ｆ ′（ｘ），计算
当ｘ 时 ｈ ｘ ｆ（ ）， ｆ ′（ ），最后代入直线方程的点斜式得切线方程；
∈（１，＋∞） ， （ ）＜０， ０ ０
（ ）计算ｆ ′（ｘ），按照ａ ，ａ ，ａ 进行分类讨论，研究原
可得 １ ｈ ｘ ． ２ ＝０ ＜０ ＞０
ｘ２ （ ）＞０ 函数的单调性，结合ｆ（ ） 判断．
１－ ０ ＝１
ｘ ｘ ２３．（２０２１北京首师大二附中高三开学测试，２０）已知函数ｆ ｘ
从而当ｘ 且ｘ 时 ｆ ｘ ｌｎ 即ｆ ｘ ｌｎ ． （ ）＝
＞０， ≠１ ， （ ）－ｘ ＞０， （ ）＞ｘ
－１ －１ ｘ ｘ １ ａｘ２ ａｘ ａ Ｒ ．
评析 本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识，含字 （ －２）ｅ － ＋ （ ∈ ）
２
母的代数式的运算要求较高，对考生的整体处理、分类整合 当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
（１） ＝０ ， ＝ （ ） （０， （０）） ；
的数学能力与技巧的要求很高．属难题． 若ａ 讨论函数ｆ ｘ 的单调性
（２） ＞０， （ ） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ４１
当ｘ 时 ｆ ｘ 恒成立 求ａ的取值范围．
（３） ≥２ ， （ ）≥０ ， 当ｘ １ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ １ 时 ｈ′ ｘ ．
解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ０ ＜ ， （ ）＜０； ＞ ， （ ）＞０
（１） ＝０ ， （ ）＝（ －２）ｅ ， （０）＝（０－２）ｅ ＝ ２ ２
ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ０ ( )
－２， （ ）＝（ －１）ｅ ， （０）＝（０－１）ｅ ＝－１， 所以 ｈ ｘ 的单调递减区间为 １ 单调递增区间
所以曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为 ｙ （ ） －∞， ，
＝ （ ） （０， （０）） ＋２＝ ２
( )
ｘ 即ｙ ｘ ．
－（ －０）， ＝－ －２ 为 １ ．
，＋∞
（２）
由ｆ
（
ｘ
）＝（
ｘ
－２）ｅ
ｘ
－
１ ａｘ２
＋
ａｘ
，
可得ｆ ′
（
ｘ
）＝（
ｘ
－１）ｅ
ｘ
－
ａｘ
＋ 证
２
明 ｈ ｘ ｍ恒成立 ２ ｘ ｍ ｘ ｍ恒成立
２ （２） ： （ ）≥１－ ⇔ｅ － （２ ＋１）≥１－
ａ ｘ ｘ ａ ． ２ ｘ ｍｘ 恒成立．
＝（ －１）（ｅ － ） ⇔ｅ －２ ≥１
因为ａ 所以ｆ ′ ｘ 的解为ｘ ａ ｘ 设Ｆ ｘ ２ ｘ ｍｘ 则Ｆ′ ｘ ２ ｘ ｍ．
＞０， （ ）＝０ １＝ｌｎ ， ２＝１， （ ）＝ｅ －２ ， （ ）＝２ｅ －２
当 ａ 即ａ 时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 在 上 当ｍ 时 Ｆ′ ｘ 恒成立
① ｌｎ ＝１， ＝ｅ ， （ ）≥０， （ ） （－∞，＋∞） ≤０ ， （ ）＞０ ，
单调递增 所以Ｆ ｘ 是 上的增函数
； （ ） （－∞，＋∞） ，
当 ａ 即 ａ 时 在区间 ａ 上 注意到Ｆ
② ｌｎ ＜１， ０＜ ＜ｅ ， （－∞，ｌｎ ），（１，＋∞） ， （０）＝１，
ｆ ′ ｘ 在区间 ａ 上 ｆ ′ ｘ 所以ｘ 时 Ｆ ｘ 不合题意．
（ ）＞０； （ｌｎ ，１） ， （ ）＜０， ＜０ ， （ ）＜１，
所以ｆ ｘ 的单调递增区间为 ａ 单调递减
（ ） （－∞，ｌｎ ），（１，＋∞）； 当ｍ 时 若ｘ １ ｍ
区间为 ａ ． ＞０ ， ＜ ｌｎ ，
（ｌｎ ，１） ２
当 ａ 即 ａ 时 在区间 ａ 上
③ ｌｎ ＞１， ＞ｅ ， （－∞，１），（ｌｎ ，＋∞） ， 则Ｆ′ ｘ 若ｘ １ ｍ 则ｈ′ ｘ
ｆ ′ ｘ 在区间 ａ 上 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 在 （ ）＜０， ＞ ｌｎ ， （ ）＞０，
（ ）＞０； （１，ｌｎ ） ， （ ）＜０， （ ） （－∞，１）， ２
ａ 上单调递增 在 ａ 上单调递减． ( ) ( )
（ｌｎ ，＋∞） ， （１，ｌｎ ） 所以Ｆ ｘ 是 １ ｍ 上的减函数 是 １ ｍ 上
解法一 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａ ． （ ） －∞， ｌｎ ， ｌｎ ，＋∞
（３） ： （ ）＝（ －１）（ｅ － ） ２ ２
当ａ 时 因为ｘ 所以ｘ ｘ ａ 所以ｆ ′ ｘ 的增函数
① ≤０ ， ≥２， －１＞０，ｅ － ＞０， （ ）＞ ，
( )
则ｆ ｘ 在 上单调递增 ｆ ｘ ｆ 成立
０， （ ） ［２，＋∞） ， （ ）≥（２）＝０ ； 故只需Ｆ ｘ Ｆ １ ｍ ｍ ｍ ｍ ．
② 当 ０＜ ａ ≤ｅ ２ 时 ， 因为ｘ ≥２， 所以ｆ ′ （ ｘ ）≥０， （ ）ｍｉｎ＝ ２ ｌｎ ＝ － ｌｎ ≥１
所以ｆ ｘ 在 上单调递增 所以ｆ ｘ ｆ 成立．
当ａ （ ） ２ 时 ［２ 在 ，＋ 区 ∞ 间 ） ａ 上 ， ｆ ′ ｘ （ ）≥（２）＝０ 令ｕ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ ＋ １ ｘ －１（ ｘ ＞０），
③ ＞ｅ ， （２，ｌｎ ） ， （ ）＜０；
在区间 ａ 上 ｆ ′ ｘ ｘ
所以ｆ （ ｘ ｌｎ 在 ，＋∞） ａ ， 上单 （ 调 ） 递 ＞０ 减 ， 在 ａ 上单调递增 ｕ′ （ ｘ ）＝ １ ｘ －ｘ １ ２ ＝ ｘ － ２ １ ，
（ ） （２，ｌｎ ） ， （ｌｎ ，＋∞） ，
因为ｆ 所以当 ｘ 时 ｆ ｘ 不恒成立 不符合 当 ｘ 时 ｕ′ ｘ 当ｘ 时 ｕ′ ｘ ．
（２）＝０， ≥２ ， （ ）≥０ ， ０＜ ＜１ ， （ ）＜０， ＞１ ， （ ）＞０
题意． 所以ｕ
（
ｘ
）
是
（０，１）
上的减函数
，
是
（１，＋∞）
上的增函数
，
综上所述 ， ａ的取值范围是 （－∞，ｅ ２ ］ ． 故ｕ （ ｘ ）≥ ｕ （１）＝０， 当且仅当ｘ ＝１ 时等号成立．
解法二 当 ｘ 时 ｆ ｘ 恒成立等价于当 ｘ 时 所以ｘ ｘ ｘ 即ｍ ｍ ｍ 从而ｍ ．
： ≥２ ， （ ）≥０ ≥２ ， － ｌｎ ≤１， － ｌｎ ≤１， ＝１
（
ｘ
－２）ｅ
ｘ
－
１ ａｘ２
＋
ａｘ
≥０
恒成立． （
因
３
为
） 设
ｙ
直
′
线
２
ｙ
ｘ
＝２ ｍｘ ＋ ｍ与曲线ｙ ＝ｅ ２ ｘ相切于点 （ ｘ ０，ｅ ２ ｘ ０ ），
２ ＝２ｅ ，
即 ( １ ｘ２ ｘ ) ａ ｘ ｘ 在 上恒成立． 所以切线的斜率为 ２ｅ ２ ｘ ０ ，
２ － ≤（ －２）ｅ ［２，＋∞） 所以切线方程为ｙ －ｅ ２ ｘ ０＝２ｅ ２ ｘ ０ （ ｘ － ｘ ０），
当 当 ｘ ｘ ＞ ＝ ２ ２ 时 时 ， ，０ １ · ｘ２ ａ － ≤ ｘ ＞ ０， ０ 所 ， 所 以 以 ａ ∈ ａ ≤ Ｒ （ ． ｘ －２）ｅ ｘ ＝ ２ ｘ ｅ ｘ 恒成立． 即 所以 ｙ ＝ { ２ ２ ｅ ｅ ２ ２ ｘ ｘ ０ ０ ｘ ＝ ＋ ２ （ ｍ １ ， －２ ｘ ０）ｅ ２ 解 ｘ ０ ． 得ｍ ．
２ １ ｘ２ － ｘ （１－２ ｘ ０）ｅ ２ ｘ ０＝ ｍ ， ＝１
ｘ ｘ ２ ｘ 所以ｈ （ ｘ ）＝ｅ ２ ｘ －２ ｘ －１，
设ｇ （ ｘ ）＝ ２ ｘ ｅ ， 则ｇ′ （ ｘ ）＝ ２（ － ｘ２ １）ｅ ． 则ｈ′ （ ｘ ）＝２ｅ ２ ｘ －２ ．
令ｈ′ ｘ 得ｘ ．当ｘ 时 ｈ′ ｘ
因为ｘ 所以ｇ′ ｘ 恒成立 所以ｇ ｘ 在区间 （ ）＝０， ＝０ ＜０ ， （ ）＜０；
＞２， （ ）＞０ ， （ ） （２，＋∞）
当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．
上单调递增． ＞０ ， （ ）＞０
所以ｈ ｘ 在区间 内单调递减 在区间 内单
所以ｇ
（
ｘ
）＞
ｇ
（２）＝ｅ
２
，
所以ａ
≤ｅ
２． （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞）
调递增
综上所述 ａ的取值范围是 ２ ． ，
， （－∞，ｅ ］
２４．（２０２１天津南开二模，２０）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｅ ２ ｘ ， ｇ （ ｘ ）＝ ｍ （２ ｘ ＋ 所以ｈ （ ｘ ）≥ ｈ （ ｘ ）ｍｉｎ＝ ｈ （０）＝０，
ｍ 为自然对数的底数 ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ． 即 ２ ｘ ｘ ．
１）（ ≠０）（ｅ ）， （ ）＝ （ ）－ （ ） ｅ ≥２ ＋１
若ｍ 求函数ｈ ｘ 的单调区间 所以 ２（ ａ － ｂ ） ａ ｂ ．
（１） ＝ｅ， （ ） ； ｅ ≥２（ － ）＋１
若ｈ ｘ ｍ恒成立 求实数ｍ的值 ｈ ａ ｈ ｂ ２ ａ ａ ２ ｂ ｂ ２ ａ ２ ｂ
（２） （ ）≥１－ ， ； 所以 （ ）－ （ ） ｅ －２ －１－（ｅ －２ －１） ｅ －ｅ
（３） 若直线ｙ ＝ ｇ （ ｘ ） 是曲线ｆ （ ｘ ）＝ｅ ２ ｘ的一条切线 ， 求证 ： 对任 ａ － ｂ ＝ ａ － ｂ ＝ ａ － ｂ － ２ ＝
意实数ａ ＞ ｂ ， 都有 ｈ （ ａ ） ａ － ｈ ｂ （ ｂ ） ≥２ｅ ２ ｂ －２ ． ｅ ２ ｂ （ｅ ａ ２ ａ －２ ｂ ｂ －１） －２≥ ｅ ２ ｂ （２ ａ － ａ ２ ｂ ｂ ＋１－１） －２＝２ｅ ２ ｂ －２ ．
－ － －
解析 （１） 当ｍ ＝ｅ 时 ， ｈ （ ｘ ）＝ｅ ２ ｘ －ｅ（２ ｘ ＋１）， 则ｈ′ （ ｘ ）＝２ｅ ２ ｘ ２５．（２０２１吉林长春５月质检，２０）已知函数ｆ （ ｘ ）＝（ ｘ －１）ｌｎ ｘ．
． 求函数ｆ ｘ 的最小值
－２ｅ （１） （ ） ；
若对任意的ｘ 有ｆ ａｘ ｘ ２ ｘ ｘ恒成立 求实数ａ
令ｈ′ ｘ 得ｘ １ （２） ＞０， （ ＋１）＜２ ｅ －２ ，
（ ）＝０， ＝ ， 的取值范围．
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ４２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
上单调递增
解析 ｆ ′ ｘ ｘ １ 易知ｆ ′ ｘ 为定义域上的单 （０，＋∞） ，
（１） （ ）＝ｌｎ ＋１－ ｘ ， （ ） 当 ａ 时 ｇ′ ａ２ 所以ｇ′ ｘ ｇ′ 所以
０≤ ≤２ ， （０）＝４－ ≥０， （ ）＞ （０）≥０，
调递增函数 且ｆ ′ ｇ ｘ 在 上单调递增 有ｇ ｘ ｇ 成立
， （１）＝０， （ ） （０，＋∞） ， （ ）＞ （０）＝０ ，
所以当
０＜
ｘ
＜１
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０，
当ｘ
＞１
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＞０，
所以ｆ
（
ｘ
） 当ａ 时 ｇ′ ａ２ ｇ′ ａ ２ ａ
ａ２
所以存在
在
（０，１）
上单调递减
，
在
（１，＋∞）
上单调递增
，
＞２ ， （０）＝ ４－ ＜０， （ ）＝ ４ｅ －ａ２
＋１
＞０，
所以ｆ ｘ 的最小值为ｆ ． ｘ ａ 使得ｇ′ ｘ 所以当ｘ ｘ 时 ｇ′ ｘ
（ ） （１）＝０ ０∈（０， ）， （ ０）＝０， ∈（０， ０） ， （ ）＜０，
由于ｘ 所以原不等式等价于ａ ａｘ ２ ｘ 即ｇ ｘ 在 ｘ 上单调递减 有ｇ ｘ ｇ 不成立．综
（２） ＞０， ｌｎ（ ＋１）＜２ｅ －２， （ ） （０， ０） ， （ ）＜ （０）＝ ０，
令ｇ ｘ ２ ｘ ａ ａｘ ｘ 则ｇ′ ｘ ２ ｘ
ａ２
由
上所述
，０≤
ａ
≤２
．
（ ）＝２ｅ － ｌｎ（ ＋１）－２（ ＞０）， （ ）＝４ｅ －ａｘ ，
＋１
ｘ 时原不等式恒成立可知ａ 所以ｇ′ ｘ ２ ｘ
ａ２
在
＞０ ≥０， （ ）＝４ｅ －ａｘ
＋１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ４３
学生用书Ｐ５７
利用导数研究函数的零点问题
利用导数研究函数的零点 或方程根的个数 问题 是近年 若ｋ 由 可知 函数 ｆ ｘ 在 上只有一个
（ ） ， ② ＝２， （１） ， （ ） （０，＋∞）
高考解答题中的热点问题 此类问题融合了利用导数研究函数 零点．
，
的图象与性质 函数零点的概念 零点存在定理以及方程的根的 ( )
、 、 若ｋ 则 ２ 则函数 ｆ ｘ 在 ２ 上单调递减 在
分布等知识 具有较强的综合性 对考生的思维严谨性有较高的 ③ ＞２， ｋ ＜１， （ ） ０， ｋ ，
， ，
( )
要求．
２ 上单调递增
题型一 研究函数零点的个数 ｋ ，＋∞ ，
函数的零点个数是函数图象与ｘ轴交点的个数 可以借助 所以函数ｆ ｘ 在ｘ ２ 处取得极小值．
， （ ） ＝ ｋ ＜１
函数图象的特征求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点
( )
个数问题 一般可从两个方面讨论 一是利用导数研究函数的单 因为ｆ 所以ｆ ２ ．
， ： （１）＝０， ｋ ＜０
调性和极值 作出函数的大致图象 根据极大值和极小值的符号
， ，
确定函数零点的个数 二是分离参数 将问题转化为求直线ｙ ａ 因为ｆ － ｋ ｋ － ｋ ２ ｋ２ ｋ － ｋ
； ， ＝ （ｅ ）＝ ｌｎ ｅ ＋ － ｋ－２＝－ ＋２ｅ －２（ｅ ＜１），
和ｙ ｆ ｘ 的图象的交点个数问题． ｅ
＝ （ ） 记φ ｘ ｘ２ ｘ ｘ
（ ）＝－ ＋２ｅ －２（ ＞２），
例１ 已知函数ｆ ｘ ｋ ｘ ２ ． 则φ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
（ ）＝ ｌｎ ＋ ｘ －２ （ ）＝－２ ＋２ｅ ＝２（ｅ － ），
由 ｘ ｘ 可得当ｘ 时 φ′ ｘ
若函数ｆ ｘ 的图象在点 ｆ 处的切线与 ｙ 轴垂 ｅ ＞ ， ＞２ ， （ ）＞０，
（１） （ ） （１， （１）） 所以φ ｘ ｘ２ ｘ 在 上单调递增
直 求ｆ ｘ 的极值 （ ）＝－ ＋２ｅ －２ （２，＋∞） ，
， （ ） ； 所以φ ｘ φ ２ ２
讨论函数ｆ ｘ 的零点个数． （ ）＞ （２）＝－４＋２ｅ －２＝２（ｅ －３）＞０，
（２） （ ） ( )
ｋ ｋｘ 所以函数ｆ ｘ 在 ２ 上存在一个零点 即函数 ｆ ｘ 在
解析 对ｆ ｘ 求导得ｆ ′ ｘ ２ －２ ｘ （ ） ０， ｋ ， （ ）
（１） （ ） （ ）＝ ｘ －ｘ２ ＝ ｘ２ （ ＞０），
上共有两个零点．
由题意得ｆ ′ ｋ 所以ｋ （０，＋∞）
（１）＝ －２＝０， ＝２， 综上所述 当ｋ 或ｋ 时 函数ｆ ｘ 在 上有一
ｘ ， ≤０ ＝２ ， （ ） （０，＋∞）
所以ｆ ′ ｘ ２（ －１） ｘ ． 个零点 当 ｋ 或 ｋ 时 函数 ｆ ｘ 在 上有两个
（ ）＝ ｘ２ （ ＞０） ； ０＜ ＜２ ＞２ ， （ ） （０，＋∞）
零点．
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递减
∈（０，１） ， （ ）＜０， （ ） ；
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递增
∈（１，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） ，
１．（２０２１浙江，２２，１５分）设ａ ｂ为实数 且ａ 函数ｆ ｘ ａｘ
所以ｘ 时 函数ｆ ｘ 取得极小值 为ｆ ２ ， ， ＞１， （ ）＝ －
＝１ ， （ ） ， （１）＝２ｌｎ１＋ －２＝ ｂｘ ２ ｘ Ｒ ．
１ ＋ｅ（ ∈ ）
无极大值． 求函数ｆ ｘ 的单调区间
０， （１） （ ） ；
ｋｘ 若对任意ｂ ２ 函数ｆ ｘ 有两个不同的零点 求ａ的取值
ｆ ′ ｘ －２ ｘ ． （２） ＞２ｅ ， （ ） ，
（２） （ ）＝ ｘ２ （ ＞０） 范围
；
当ｋ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在 上单调递减． 当ａ 时 证明 对任意ｂ ４ 函数ｆ ｘ 有两个不同的零
（ｉ） ≤０ ， （ ）＜０， （ ） （０，＋∞） （３） ＝ｅ ， ： ＞ｅ ， （ ）
ｂ ｂ ２
因为ｆ ｋ ２ 点ｘ ｘ 满足ｘ ｌｎ ｘ ｅ ．
（１）＝ ｌｎ１＋ －２＝０， １， ２， ２＞ ２ １＋ ｂ
１ ２ｅ
所以函数ｆ ｘ 在 上有一个零点． 注 ． 是自然对数的底数
（ ） （０，＋∞） （ ：ｅ＝２７１８２８… ）
( ) １． 解题指导 （ ）掌握用导数判断函数单调性的方法，并注
ｋ ｘ ２ １
－ ｋ 意对ｂ分类讨论；（ ）运用函数零点的定义将零点问题等价转
当ｋ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ． ２
（ｉｉ） ＞０ ， （ ）＝ ｘ２ （ ＞０） 化为方程根的问题，通过两次构造函数再运用函数的单调性
( ) 与最值求得范围；（ ）首先运用（ ）的结论与求解过程中函数
若 ｋ 则 ２ 则函数ｆ ｘ 在 ２ 上单调递减 在 ３ ２
① ０＜ ＜２， ｋ ＞１， （ ） ０， ｋ ， ｇ（ｔ）的单调性，然后运用转化与化归的思想方法证明不等式，
( )
进而运用构造函数法，结合导数判断函数的单调性求解．
２ 上单调递增 所以函数 ｆ ｘ 在 ｘ ２ 处取得极小
ｋ ，＋∞ ， （ ） ＝ ｋ ＞１ 解析 ｆ ｘ ａｘ ｂｘ ２ ｘ Ｒ ｆ ′ ｘ ａｘ ａ ｂ．
( ) （１）∵ （ ）＝ － ＋ｅ ， ∈ ，∴ （ ）＝ ｌｎ －
值．因为ｆ 所以ｆ ２ ． 若ｂ 则ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增．
（１）＝０， ｋ ＜０ ① ≤０， （ ）＞０，∴ （ ）
ｂ
若ｂ 令 ｆ ′ ｘ 则 ｘ 令 ｆ ′ ｘ 则 ｘ
又因为ｆ （ｅ ２ｋ ）＝ ｋ ｌｎ ｅ ２ｋ ＋ ２ ２ｋ －２＝２ｅ －２ｋ ＞０， ② ｂ ＞０， （ ）＞０， ＞ｌｏ ( ｇａ ｌｎ ａ， ｂ （ ) ）＜０， ＜
ｅ ｆ ｘ 的单调减区间为 单调增区间
ｌｏｇａ ａ，∴ （ ） －∞，ｌｏｇａ ａ ，
由 ｘ ｘ 可得 ２ｋ ２ ｌｎ ｌｎ
ｅ ＞ ， ｅ ＞ ｋ ， ( ｂ )
为 ．
( ) ｌｏｇａ ａ，＋∞
所以函数ｆ ｘ 在 ２ 上也有一个零点 ｌｎ
（ ） ｋ ，＋∞ ， 函数ｆ ｘ 有 个不同的零点 关于ｘ的方程ａｘ ｂｘ ２
（２） （ ） ２ ⇔ － ＋ｅ ＝０
所以函数ｆ ｘ 在 上共有两个零点． 有 个不同的解 关于 ｘ 的方程 ｘ ｌｎ ａ ｂｘ ２ 有 个不同
（ ） （０，＋∞） ２ ⇔ ｅ － ＋ｅ ＝０ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ４４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
的解． 讨论函数ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ） ；
令ｔ ｘ ａ 则 ｔ ｂｔ ２ ｂ ｅ ｔ ＋ｅ ２ ｔ ． （２） 从下面两个条件中选一个 ， 证明 ： ｆ （ ｘ ） 有一个零点．
＝ ｌｎ ， ｅ－ ａ＋ｅ ＝０⇒ ａ＝ ｔ ，＞０
ｌｎ ｌｎ １ ａ ｅ ２ ｂ ａ
ｔ ２ ｂ ① ＜ ≤ ， ＞２ ；
转化为ｙ ｅ＋ｅ 与ｙ 的图象有两个交点． ２ ２
＝ ｔ ＝ ａ
ｌｎ ａ １ ｂ ａ．
ｔ ２ ｔ ｔ ｔ ２ ｔ ｔ ２ ②０＜ ＜ ， ≤２
令ｇ ｔ ｅ＋ｅ ｔ 则ｇ′ ｔ ｅ· －（ｅ＋ｅ ） ｅ（ －１）－ｅ ． ２
（ ）＝ ｔ （ ＞０）， （ ）＝ ｔ２ ＝ ｔ２ ２． 解析 ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ２ ｂ．
（１） （ ）＝（ －１）ｅ － ＋
令ｈ ｔ ｔ ｔ ２ 则ｈ′ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ ａ ．
（ ）＝ｅ（ －１）－ｅ ， （ ）＝ｅ（ －１）＋ｅ ＝ｅ· ＞０， （ ）＝ ｅ －２ ＝ （ｅ －２ ）
又ｈ （２）＝ ０， 所以 ｔ ∈（０，２） 时 ， ｈ （ ｔ ）＜０， ｔ ∈（２，＋∞） 时 ， ① 当ａ ≤０ 时 ，ｅ ｘ －２ ａ ＞０ 对任意ｘ ∈ Ｒ恒成立 ，
ｈ （ ｔ ）＞０， 当ｘ ∈（－∞，０） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０，
则ｇ （ ｔ ） 在区间 （０，２） 内单调递减 ， 在区间 （２，＋∞） 内单调 当ｘ ∈（０，＋∞） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＞０ ．
递增
， 因此ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在 （－∞，０） 上单调递减 ， 在 （０，＋∞） 上单调递增．
当ｔ →０ 或ｔ →＋∞ 时 ， ｇ （ ｔ ）→＋∞，∴ ｂ ａ＞ ｇ （ ｔ ）ｍｉｎ＝ ｇ （２）＝ｅ ２ ， 又 ② 当ａ ＞０ 时 ， 令 ｅ ｘ －２ ａ ＝０⇒ ｘ ＝ｌｎ（２ ａ ） ．
ｌｎ
ｂ ｂ 当 ａ １ 时 ａ ．
∵ ａ ＞１，∴ ｌｎ ａ ＜ ｅ ２，∵ ｂ ＞２ｅ ２ ，∴ ｅ ２ ＞２，∴ ｌｎ ａ ≤２⇒１＜ ａ ≤ｅ ２． ∴ ｙ ０ ｆ ＜ ′ ｘ ＜ ２ 的大 ， 致 ｌｎ 图 （２ 象 ） 如 ＜０ 图 所示．
实数ａ的取值范围是 ２ ． ＝ （ ） １
（１，ｅ ］
证明 ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｂｘ ２ 有 个不同的零点 ｘ ２
（３） ： ＝ｅ ，（ ）＝ｅ － ＋ｅ ２ ⇒ｅ ＋ｅ ＝
ｂｘ有 个不同的实根 ｘ ．
２ ⇒ ＞０
图
由 知函数ｆ ｘ 有两个不同的零点 记较小者为ｘ 较大者 １
（２） （ ） ， １，
为ｘ 因此当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ
２， ∈（－∞，ｌｎ（２ ））∪（０，＋∞） ， （ ）＞０，
ｂ ｅ ｘ １＋ｅ ２ ｅ ｘ ２＋ｅ ２ ４ 易知ｘ ｘ 当ｘ ∈（ｌｎ（２ ａ ），０） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０，
＝ ｘ ＝ ｘ ＞ｅ ， １＜２＜ ２， 因此ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 在 ａ 上单调
１ ２ （ ） （－∞，ｌｎ（２ ）） ， （ｌｎ（２ ），０）
又由ｅ ５ ＋ｅ ２ ４ 知ｘ ｂ ｅ ｘ １＋ｅ ２ ２ｅ ２ ｘ ２ｅ ２ ． 递减 ， 在 （０，＋∞） 上单调递增．
＜ｅ ， ２＞５， ＝ ｘ ＜ｘ ⇒ １＜ ｂ
５ １ １ 当ａ １ 时 ａ
ｂ ｂ ２ ２ ＝ ，ｌｎ（２ ）＝０，
要证ｘ ｌｎ ｘ ｅ 只需证ｘ ｂ ｅ ． ２
２＞ ２ １＋ ｂ ， ２＞ｌｎ ＋ ｂ 此时ｆ ′ ｘ 对任意ｘ Ｒ恒成立
２ｅ （ ）≥０ ∈ ，
ｂ ｅ ｘ ２＋ｅ ２ ２ｅ ｘ ２且ｙ ｂ ｅ ２ 在 ４ 上单调递增 故ｆ （ ｘ ） 在Ｒ上单调递增．
∵ ＝ ｘ ＜ ｘ ＝ｌｎ ＋ ｂ （ｅ ，＋∞） ，
２ ２ 当ａ １ 时 ａ
只需证ｘ ２ｅ
ｘ
２ ｅ
２ｘ
２ ｘ
＞
２
，ｌｎ（２ ）＞０，
∴ ２＞ｌｎ ｘ ＋ ｘ ２ （ ２＞５）， ｙ ｆ ′ ｘ 的大致图象如图 所示
２ ２ｅ ＝ （ ） ２ ，
只需证 ｌｎ ｅ ｘ ２－ｌｎ ２ ｘ ｅ
ｘ
２ － ｅ
２ｘ
ｘ ２
２
＞０， 只需证 ｌｎ ｘ ２－ ｅ
２ｘ
ｘ ２
２
－ｌｎ２＞０ ．
２ ２ｅ ２ｅ
ｅ ２ 只需证ｈ ｘ ｘ ４ ｘ 在ｘ 时为正 图
∵ ＜４，∴ （ ）＝ｌｎ － ｘ－ｌｎ２ ＞５ ， ２
２ ｅ
因此 当ｘ ａ 时 ｆ′ ｘ 当ｘ
∵ ｈ′ （ ｘ ）＝ １ ｘ ＋４ ｘ ·ｅ － ｘ －４·ｅ － ｘ ＞０， ａ ， 时 ∈（ ｆ － ′ ∞ ｘ ，０）∪（ｌｎ（２ ），＋∞） ， （ ）＞０， ∈（０，
ｌｎ（２ ）） ， （ ）＜０，
∴ ｈ （ ｘ ） 在 （５，＋∞） 上单调递增 ， 因此ｆ （ ｘ ） 在 （－∞，０） 上单调递增 ， 在 （０，ｌｎ（２ ａ ）） 上单调递减 ，
在 ａ 上单调递增．
又 ｈ ２０ ５ ２０ 故得证． （ｌｎ（２ ），＋∞）
∵ （５）＝ｌｎ５－ ｅ ５ －ｌｎ２＝ｌｎ ２ － ｅ ５＞０， （２） 选 ①： 由 （１） 知 ， ｆ （ ｘ ） 在 （－∞，０） 上单调递增 ， 在 （０，ｌｎ
思路分析 （
１
）分ｂ
≤０
与ｂ
＞０
两类讨论导数 ｆ ′（ｘ）的正 （２ ａ ）） 上单调递减 ， 在 （ｌｎ（２ ａ ），＋∞） 上单调递增 ，
负，从而可得单调区间；（ ）将函数的零点等价转化为方程根 æ ｂ ö æ ｂ ö ｂ
２ 又ｆ ｂ ｆç ÷ ç ÷ － ａ
ｂ ｔ ２ （０）＝ －１＞０， è－ ａ ø＝è－ ａ －１øｅ ＜０，
的问题，进而用分离常数的方法，得 ｅ＋ｅ （ｔ ），从而转
ａ＝ ｔ ＞０ 故ｆ ｘ 在 上有唯一零点．
ｌｎ （ ） （－∞，０］
ｔ 当ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ
化为求函数ｇ（ｔ） ｅ＋ｅ ２ （ｔ ）的最值；（ ）运用（ ）的结论得ｂ ∈（０，＋∞） ， （ ）≥ （ｌｎ（２ ））＝ ［ｌｎ（２ ）－１］２ －
＝ ｔ ＞０ ３ ２ ａ ａ ２ ｂ ａ ａ ａ ｂ ａ ａ ａ
［ｌｎ（２ ）］ ＋ ＝ ｌｎ（２ ）·［２－ｌｎ（２ ）］＋ －２ ＞ ｌｎ（２ ）·［２－
ｅ ｘ １＋ｅ ２ ｅ ｘ ２＋ｅ ２ ４，再结合（ ）的求解过程与不等式的放缩法 ｌｎ（２ ａ ）］ ．
＝ ｘ ＝ ｘ ＞ｅ ２
２
１ ２ １ ａ ｅ ａ
转化为证明ｘ ２ｅ
ｘ
２ ｅ
２ｘ
２（ｘ ）成立，最后整理不等式、结
∵
２
＜ ≤
２
，∴０＜ｌｎ（２ ）≤２，
２＞ｌｎ ｘ
２
＋
２ｅ
ｘ
２
２＞５ 即ｆ
（
ｘ
）＞０
对任意ｘ
＞０
恒成立．
ｘ 综上 ｆ ｘ 在Ｒ上有唯一零点．
合不等式放缩法，构造函数ｈ（ｘ） ｘ ４ （ｘ ），证明 ， （ ）
＝ｌｎ － ｘ －ｌｎ ２ ＞５ 选 由 知ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增
ｅ ②： （１） （ ） （－∞，ｌｎ（２ ）） ，
ｈ（ｘ） 恒成立即得原不等式成立． 在 ａ 上单调递减 在 上单调递增
＞０ （ｌｎ（２ ），０） ， （０，＋∞） ，
２．（２０２１新高考 ，２２）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ２ ｂ． ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ２ ｂ ｆ ｂ
Ⅱ （ ）＝（ －１）ｅ － ＋ （ ）＝（ －１）ｅ － ＋ ⇒（０）＝ －１＜０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ４５
又ｆ æ ç ２－ ｂö ÷ æ ç ２－ ｂ ö ÷ ２－ａ ｂ ａ ２－ ｂ ｂ 在区间内的零点情况 ， 推导出函数本身需要满足的条件 ， 此时 ，
è ａ ø＝è ａ －１øｅ － · ａ ＋ 由于函数比较复杂 常常需要构造新函数 通过多次求导 层层
， ， ，
æ ç ２－ ｂ ö ÷ ２－ａ ｂ ｂ æ ç ２－ ｂ ö ÷ æ ç ２－ ｂ ö ÷ ｂ 推理得解．
＝è ａ －１øｅ ＋２ －２＞è ａ －１øè ａ ＋１ø＋２ －２ 例２ 已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ２ ａｘ ａ Ｒ ．
（ ）＝２ｌｎ － ＋ （ ∈ ）
ｂ 当ａ 时 求ｆ ｘ 的图象在ｘ 处的切线方程
２－ ｂ （１） ＝２ ， （ ） ＝１ ；
＝ ａ －１＋２ －２ [ ]
若函数ｇ ｘ ｆ ｘ ａｘ ｍ在 １ 上有两个零点 求
ｂ ｂ ． （２） （ ）＝ （ ）－ ＋ ，ｅ ，
＞２（２－ ）－１＋２ －２＝１＞０ ｅ
ｆ ｘ 在 上有唯一零点． 实数ｍ的取值范围．
∴ （ ） ［０，＋∞）
在ｘ 上 ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ ａ ｂ 解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｘ
∈（－∞，０） ， （ ）≤（ｌｎ（２ ））＝ ｌｎ（２ ）·［２－ｌｎ（２ ）］＋ （１） ＝２ ， （ ）＝２ｌｎ － ＋２ ，
ａ 即ｆ ｘ 对任意ｘ 恒成立．
－２ ＜０， （ ）＜０ ＜０ 则ｆ ′ ｘ ２ ｘ 切点坐标为 则切线的斜率ｋ
综上 ｆ ｘ 在Ｒ上有唯一零点． （ ）＝ ｘ －２ ＋２， （１，１）， ＝
， （ ）
３．（２０２０课标 Ⅲ 理，２１，１２ 分）设函数 ｆ （ ｘ ）＝ ｘ３ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ， 曲线 ｙ ＝ ｆ ′ （１）＝２， 则函数ｆ （ ｘ ） 的图象在ｘ ＝１ 处的切线方程为ｙ －１＝２（ ｘ
( ( )) 即ｙ ｘ ．
ｆ ｘ 在点 １ ｆ １ 处的切线与ｙ轴垂直．
－１）， ＝２ －１
（ ） ， ｇ ｘ ｆ ｘ ａｘ ｍ ｘ ｘ２ ｍ
２ ２ （２） （ ）＝ （ ）－ ＋ ＝２ｌｎ － ＋ ，
求ｂ ｘ ｘ
（１） ； 则ｇ′ ｘ ２ ｘ －２（ ＋１）（ －１）
若ｆ ｘ 有一个绝对值不大于 的零点 证明 ｆ ｘ 所有零 （ ）＝ ｘ －２ ＝ ｘ ，
（２） （ ） １ ， ： （ ） [ ]
点的绝对值都不大于 ．
１ 因为ｘ １ 所以由ｇ′ ｘ 得ｘ ．
３． 解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｂ． ∈ ｅ ，ｅ ， （ ）＝０， ＝１
（１） （ ）＝３ ＋
( )
当 １ ｘ 时 ｇ′ ｘ 函数ｇ ｘ 单调递增
依题意得ｆ ′ １ 即 ３ ｂ ．故ｂ ３ ． ≤ ＜１ ， （ ）＞０， （ ） ，
＝０， ＋ ＝０ ＝－ ｅ
２ ４ ４
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 函数ｇ ｘ 单调递减
１＜ ≤ｅ ， （ ）＜０， （ ） ，
（２） 由 （１） 知ｆ （ ｘ ）＝ ｘ３ － ４ ３ ｘ ＋ ｃ ， ｆ ′ （ ｘ ）＝３ ｘ２ － ４ ３ ． 故当 ( ｘ ＝１ ) 时 ， 函数ｇ （ ｘ ） 取得极大值ｇ （１）＝ ｍ －１，
令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 解得ｘ ＝－ １ 或ｘ ＝ １ ． 又ｇ １ ＝ ｍ －２－ １ ２， ｇ （ｅ）＝ ｍ ＋２－ｅ ２ ，
２ ２ ｅ ｅ
[ ]
ｆ ′ ｘ 与ｆ ｘ 的情况为
（ ） （ ） ： 所以ｇ ｘ ｆ ｘ ａｘ ｍ在 １ 上有两个零点需满足条
（ ）＝ （ ）－ ＋ ，ｅ
( ) ( ) ( ) ｅ
ｘ １ １ １ １ １ １ {ｇ ｍ
－∞，－ － － ， ，＋∞ （１）＝ －１＞０，
２ ２ ２ ２ ２ ２ 件 ( ) 解得 ｍ １ ．
ｆ′ ｘ ｇ １ ｍ １ １＜ ≤２＋ ２
（ ） ＋ ０ － ０ ＋ ＝ －２－ ２≤０， ｅ
ｅ ｅ
ｆ ｘ ｃ １ ｃ １ æ ù
（ ） ↗ ＋ ↘ － ↗ 故实数ｍ的取值范围是ç １ úú．
４ ４ è１，２＋ ２ û
( ) ｅ
因为ｆ ｆ １ ｃ １ 所以当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有大于
（１）＝ － ＝ ＋ ， ＜－ ， （ ） １
２ ４ ４ ４．（２０２０课标 文，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ．
的零点． Ⅰ （ ）＝ｅ － （ ＋２）
( ) 当ａ 时 讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） ＝１ ， （ ） ；
因为ｆ （－１）＝ ｆ １ ＝ ｃ － １ ， 所以当ｃ ＞ １ 时 ， ｆ （ ｘ ） 只有小于 －１ 若ｆ ｘ 有两个零点 求ａ的取值范围．
２ ４ ４ （２） （ ） ，
的零点． ４． 解析
（１）
当ａ
＝１
时
，
ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－
ｘ
－２，
则ｆ ′
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－１
．
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
由题设可知 １ ｃ １ ． ＜０ ， （ ）＜０； ＞０ ， （ ）＞０
－ ≤ ≤ 所以ｆ ｘ 在 单调递减 在 单调递增．
４ ４ （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞）
ｆ ′ ｘ ｘ ａ．
当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有两个零点 １ 和 ． （２） （ ）＝ｅ －
＝－ ， （ ） － １ 当ａ 时 ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 单调递增
４ ２ ≤０ ， （ ）＞０， （ ） （－∞，＋∞） ，
故ｆ ｘ 至多存在 个零点 不合题意．
当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有两个零点 和 １ ． （ ） １ ，
＝ ， （ ） －１ 当ａ 时 由ｆ ′ ｘ 可得ｘ ａ．
４ ２ ＞０ ， （ ）＝０ ＝ｌｎ
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ
当 １ ｃ １ 时 ｆ ｘ 有三个零点ｘ ｘ ｘ ∈（－∞，ｌｎ ） ， （ ）＜０；
－ ＜ ＜ ， （ ） １， ２， ３， 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．
４ ４ ∈（ｌｎ ，＋∞） ， （ ）＞０
( ) ( ) ( ) 所以ｆ ｘ 在 ａ 单调递减 在 ａ 单调递增
且ｘ １ ｘ １ １ ｘ １ ． （ ） （－∞，ｌｎ ） ， （ｌｎ ，＋∞） ，
１∈ －１，－ ， ２∈ － ， ， ３∈ ，１ 故当ｘ ａ 时 ｆ ｘ 取得最小值 最小值为 ｆ ａ
２ ２ ２ ２ ＝ｌｎ ， （ ） ， （ｌｎ ）＝
综上 若ｆ ｘ 有一个绝对值不大于 的零点 则ｆ ｘ 所有零点 ａ ａ ．
， （ ） １ ， （ ） － （１＋ｌｎ ）
的绝对值都不大于 ．
１ 若 ａ １ 则ｆ ａ ｆ ｘ 在 至多存在
题型二 由函数零点存在的情况求参数范围 （ｉ） ０＜ ≤ ， （ｌｎ ）≥０， （ ） （－∞，＋∞） １
ｅ
研究此类问题可以从以下两点考虑 个零点 不合题意．
： ，
根据区间上零点的个数情况 估计出函数图象的大致形
（１） ， 若ａ １ 则ｆ ａ ．
状 从而推导出参数需要满足的条件 进而求出参数的取值范围 （ｉｉ） ＞ ， （ｌｎ ）＜０
， ， ｅ
值 由于ｆ －２ 所以ｆ ｘ 在 ａ 存在唯一零点．
（ ）； （－２）＝ｅ ＞０， （ ） （－∞，ｌｎ ）
可以先求导 通过求导分析函数的单调性 再依据函数 由 知 当ｘ 时 ｘ ｘ
（２） ， ， （１） ， ＞２ ，ｅ － －２＞０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ４６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｘ ｘ 疑难突破 研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根
所以当ｘ ＞４ 且ｘ ＞２ｌｎ（２ ａ ） 时 ， ｆ （ ｘ ）＝ｅ ２ ·ｅ ２－ ａ （ ｘ ＋２）＞ｅ ｌｎ（２ ａ ） ·
( ｘ ) 问题相互转化．已知函数ｆ（ｘ）有 个零点求参数 ａ 的取值范
ａ ｘ ａ ． ２
＋２ － （ ＋２）＝２ ＞０ 围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单
２
故ｆ ｘ 在 ａ 存在唯一零点． 调性、极值、最值，判断直线ｙ ａ与构造的不含参函数图象的
（ ） （ｌｎ ，＋∞） ＝
从而ｆ ｘ 在 有两个零点． 交点个数，从而求出ａ的取值范围；第二种方法是直接对含参
（ ） （－∞，＋∞）
( ) 函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意若ｆ（ｘ）有 个
综上 ａ的取值范围是 １ ． ２
， ，＋∞ 零点，且函数先减后增，则需其最小值小于 ，最小值两边存在
ｅ ０
５．（２０１７课标 理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ａ ２ ｘ ａ ｘ ｘ． 大于 的点．
Ⅰ （ ）＝ ｅ ＋（ －２）ｅ － ０
讨论ｆ ｘ 的单调性 ６．（２０１８课标 理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２．
（１） （ ） ； Ⅱ （ ）＝ｅ －
若ｆ ｘ 有两个零点 求ａ的取值范围． 若ａ 证明 当ｘ 时 ｆ ｘ
（２） （ ） ， （１） ＝１， ： ≥０ ， （ ）≥１；
５． 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ａ ２ ｘ ａ 若ｆ ｘ 在 只有一个零点 求ａ．
（１） （ ） （－∞，＋∞）， （ ）＝２ ｅ ＋（ － （２） （ ） （０，＋∞） ，
ｘ ａ ｘ ｘ ． ６． 解析 证明 当 ａ 时 ｆ ｘ 等价于 ｘ２
２）ｅ －１＝（ ｅ －１）（２ｅ ＋１） （１） ： ＝ １ ， （ ）≥１ （ ＋
若ａ 则ｆ ′ ｘ － ｘ ．设函数ｇ ｘ ｘ２ － ｘ
（ｉ） ≤０， （ ）＜０， １）ｅ －１≤０ （ ）＝（ ＋１）ｅ －１，
所以ｆ ｘ 在 单调递减． 则ｇ′ ｘ ｘ２ ｘ － ｘ ｘ ２ － ｘ．
（ ） （－∞，＋∞） （ ）＝－（ －２ ＋１）ｅ ＝－（ －１） ｅ
若ａ 则由ｆ ′ ｘ 得ｘ ａ． 当ｘ 时 ｇ′ ｘ 所以ｇ ｘ 在 单调递减．
（ｉｉ） ＞０， （ ）＝０ ＝－ｌｎ ≠１ ， （ ）＜０， （ ） （０，＋∞）
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 而ｇ 故当ｘ 时 ｇ ｘ 即ｆ ｘ ．
∈（－∞，－ｌｎ ） ， （ ）＜０； （０）＝０， ≥０ ， （ ）≤０， （ ）≥１
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ． 设函数ｈ ｘ ａｘ２ － ｘ．ｆ ｘ 在 只有一个零点当
∈（－ｌｎ ，＋∞） ， （ ）＞０ （２） （ ）＝１－ ｅ （ ） （０，＋∞）
所以ｆ ｘ 在 ａ 单调递减 在 ａ 单调递增． 且仅当ｈ ｘ 在 只有一个零点．
（ ） （－∞，－ｌｎ ） ， （－ｌｎ ，＋∞） （ ） （０，＋∞）
若ａ 由 知 ｆ ｘ 至多有一个零点． 当ａ 时 ｈ ｘ ｈ ｘ 没有零点
（２）（ｉ） ≤０， （１） ， （ ） （ｉ） ≤０ ， （ ）＞０， （ ） ；
若ａ 由 知 当ｘ ａ时 ｆ ｘ 取得最小值 最小值 当ａ 时 ｈ′ ｘ ａｘ ｘ － ｘ．
（ｉｉ） ＞０， （１） ， ＝－ｌｎ ， （ ） ， （ｉｉ） ＞０ ， （ ）＝ （ －２）ｅ
当ｘ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ ．
为ｆ ａ １ ａ． ∈（０，２） ， （ ）＜０； ∈（２，＋∞） ， （ ）＞０
（－ｌｎ ）＝１－ ａ ＋ｌｎ 所以ｈ ｘ 在 单调递减 在 单调递增．
（ ） （０，２） ， （２，＋∞）
当ａ 时 由于ｆ ａ ａ
① ＝１ ， （－ｌｎ ）＝０， 故ｈ ４ 是ｈ ｘ 在 的最小值．
故ｆ ｘ 只有一个零点 （２）＝１－ ２ （ ） ［０，＋∞）
（ ） ； ｅ
２
当ａ 时 由于 １ ａ 若ｈ 即ａ ｅ ｈ ｘ 在 没有零点
② ∈（１，＋∞） ， １－ ａ ＋ｌｎ ＞０， ① （２）＞０， ＜ ， （ ） （０，＋∞） ；
４
即ｆ ａ ２
（－ｌｎ ）＞０， 若ｈ 即ａ ｅ ｈ ｘ 在 只有一个零点
故ｆ ｘ 没有零点 ② （２）＝０， ＝ ， （ ） （０，＋∞） ；
（ ） ； ４
２
当ａ 时 １ ａ 若ｈ 即ａ ｅ
③ ∈（０，１） ，１－ ａ ＋ｌｎ ＜０， ③ （２）＜０， ＞ ，
４
即ｆ ａ ． 由于ｈ 所以ｈ ｘ 在 有一个零点．
（－ｌｎ ）＜０ （０）＝１， （ ） （０，２）
又ｆ ａ －４ ａ －２ －２ 由 知 当ｘ 时 ｘ ｘ２
（－２）＝ ｅ ＋（ －２）ｅ ＋２＞－２ｅ ＋２＞０， （１） ， ＞０ ，ｅ ＞ ，
故ｆ ｘ 在 ａ 有一个零点． ａ３ ａ３ ａ３
（ ） （－∞，－ｌｎ ） 所以ｈ ａ １６ １６ １６ １ ．
( ) （４ ）＝１－ ４ ａ ＝１－ ２ ａ ２＞１－ ａ ４ ＝１－ ａ ＞０
设正整数ｎ 满足ｎ ３ 则ｆ ｎ ｎ ａ ｎ ａ ｎ ｅ （ｅ ） （２ ）
０ ０＞ｌｎ ａ －１ ， （ ０）＝ｅ ０ （ ｅ ０＋ －２）－ ０＞ 故ｈ ｘ 在 ａ 有一个零点．
（ ） （２，４ ）
( ) 因此ｈ ｘ 在 有两个零点．
ｅ
ｎ
０－
ｎ
０＞２
ｎ
０－
ｎ
０＞０
．由于
ｌｎ
３
ａ －１ ＞－ｌｎ
ａ
，
因此ｆ
（
ｘ
）
在
（－ｌｎ
ａ
，＋
（ ） （０，＋∞）
２
综上 ｆ ｘ 在 只有一个零点时 ａ ｅ ．
有一个零点．综上 ａ的取值范围为 ． ， （ ） （０，＋∞） ， ＝
∞） ， （０，１） ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
１．（２０１４课标 ，理１１，文１２，５分）已知函数ｆ ｘ ａｘ３ ｘ２ 唯一零点ｘ 且ｘ 则ｆ 即 不成立．
Ⅰ （ ）＝ －３ ＋１， ０， ０＞０， （０）＜０， １＜０，
若ｆ ｘ 存在唯一的零点ｘ 且ｘ 则ａ的取值范围是 ( )
（ ） ０， ０＞０， 当ａ 时 ２ 所以函数ｆ ｘ ａｘ３ ｘ２ 在 ２ 和
＜０ ， ａ ＜０， （ ）＝ －３ ＋１ －∞， ａ
（ ）
( )
Ａ．（
答
２，
案
＋∞）
Ｃ
Ｂ．（
当
１，＋
ａ
∞）
时
Ｃ
显
．（
然
－∞
ｆ
，
ｘ
－２
有
）
两
Ｄ
个
．（
零
－∞
点
，－
不
１）
符合 （０，＋∞）
上为减函数
，
在 ２
ａ ，０
上为增函数
，
因为ｆ
（
ｘ
）
存在唯
（１） ＝０ ， （ ） ， ( )
题意．
一零点ｘ 且ｘ 则ｆ ２ 即ａ ８ ４ 解得
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ａｘ２ ｘ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｘ
０， ０＞０， ａ ＞０， ·ａ３ －３·ａ２ ＋１＞０，
（２） ≠０ ， （ ）＝３ －６ ， （ ）＝ ０， １＝０， ２ ａ 或ａ 又因为ａ 故ａ的取值范围为 ．选 ．
＞２ ＜－２， ＜０， （－∞，－２） Ｃ
＝ ａ ２ ． ２．（２０２０课标 文，２０，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ｋｘ ｋ２．
Ⅲ （ ）＝ － ＋
讨论ｆ ｘ 的单调性
当ａ
＞０
时
，
２
ａ ＞０，
所以函数 ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ３
－３
ｘ２
＋１
在
（－∞，０）
与 （１）
若ｆ ｘ
（
有
）
三个零点
；
求ｋ的取值范围．
（２） （ ） ，
( ) ( ) 解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｋ．
２ 上为增函数 在 ２ 上为减函数 因为ｆ ｘ 存在 （１） （ ）＝３ －
ａ ，＋∞ ， ０， ａ ， （ ） 当ｋ 时 ｆ ｘ ｘ３ 故ｆ ｘ 在 单调递增．
＝０ ， （ ）＝ ， （ ） （－∞，＋∞）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ４７
当ｋ 时 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｋ 故ｆ ｘ 在 单调递增． 因为ｆ ｘ 在 单调递增 故 ａ ｘ ．
＜０ ， （ ）＝３ － ＞０， （ ） （－∞，＋∞） （ ） ［０，＋∞） ， －１≤ ０
ｋ æ ｋö 综上 ａ ｘ ａ ．
当ｋ ＞０ 时 ， 令ｆ ′ （ ｘ ）＝０， 得ｘ ＝± ３ ３ ．当ｘ ∈è ç －∞，－ ３ ３ ø ÷时 ， （ｉｉ） 令 ， ｕ （ － ｘ ） １ ＝ ≤ ｅ ｘ ０ － ≤ （ｅ－ ２ １ （ ） ｘ － － １ １ ） ， ｕ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ －（ｅ－１）， 所以当 ｘ ＞１
æ ｋ ｋö 时 ｕ′ ｘ 故函数ｕ ｘ 在区间 上单调递增 因此
ｆ ′ ｘ 当 ｘ ç ３ ３ ÷时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ ， （ ）＞０， （ ） ［１，＋∞） ，
（ ） ＞０； ∈è－ ， ø ， （ ） ＜０； ∈ ｕ ｘ ｕ ．
３ ３ （ ）≥ （１）＝０
æ ｋ ö æ ｋö 由 ｘ ｘ ａ可得
è
ç
３
３
，＋∞ø
÷时
，
ｆ ′
（
ｘ
） ＞ ０
． 故 ｆ
（
ｘ
）
在
è
ç
－∞，－
３
３
ø
÷
， 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，
æ è ç ３ ｋ ，＋∞ ö ø ÷单调递增 ， 在 æ è ç － ３ ｋ ， ３ ｋö ø ÷单调递减． 由ｘ ０≥ ａ －１ 得ｘ ０ ｆ （ｅ ｘ ０ ）≥（ｅ－１）（ ａ －１） ａ．
（２） ３ 由 （１） 知 ， 当ｋ ≤０ 时 ， ｆ （ ｘ ） ３ 在 （－ ３ ∞，＋∞） 单调递增 ， ｆ （ ｘ ） ４．（２０１９课标 Ⅱ 理，２０，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ － ｘ ｘ ＋ － １ １ ．
ｋ 讨论ｆ ｘ 的单调性 并证明ｆ ｘ 有且仅有两个零点
不可能有三个零点．当ｋ 时 ｘ ３ 为ｆ ｘ 的极大值点 ｘ （１） （ ） ， （ ） ；
＞０ ， ＝－ （ ） ， 设ｘ 是 ｆ ｘ 的一个零点 证明曲线 ｙ ｘ 在点 Ａ ｘ
３ （２） ０ （ ） ， ＝ｌｎ （ ０，
ｋ ｘ 处的切线也是曲线ｙ ｘ 的切线．
３ 为ｆ ｘ 的极小值点． ｌｎ ０） ＝ｅ
＝ （ ） 解析 本题考查利用导数判断函数的单调性 求函数零点以
３ ，
ｋ ｋ 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
此时 ｋ ３ ３ ｋ 且ｆ ｋ ｆ ｋ 、 ，
，－ －１＜－ ＜ ＜ ＋１ （－ －１）＜０， （ ＋１）＞０， 推理能力和运算求解能力 体现了逻辑推理和数学运算的核
３ ３ ，
æ ｋö 心素养．
ｆç ３ ÷ ．
è－ ø＞０ ｆ ｘ 的定义域为 ．
３ （１） （ ） （０，１）∪（１，＋∞）
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ｆ ′ （ ｘ ）＝ １ ｘ ＋ ｘ ２ ２＞０， 所以ｆ （ ｘ ） 在 （０，１），（１，＋∞） 单调
３ ９ （ －１）
递增．
时 ｆ ｘ 有三个零点 解得 ｋ ４ ．因此 ｋ 的取值范围
， （ ） ， ＜ ２ ２
２７ 因为ｆ ｅ＋１ ｆ ２ ｅ ＋１ ｅ －３ 所以ｆ ｘ 在
为 ( ４ ) ． （ｅ）＝１－ ｅ－１ ＜０， （ｅ ）＝ ２－ ｅ ２ －１ ＝ ｅ ２ －１ ＞０， （ ）
０， ( )
２７ 有唯一零点 ｘ 即 ｆ ｘ ．又 １ ｆ １
３．（２０２０浙江，２２，１５分）已知 ａ 函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ 其中 （１，＋∞） １， （ １）＝ ０ ０＜ｘ ＜１， ｘ ＝
１＜ ≤２， （ ）＝ｅ － － ， ｅ １ １
． 是自然对数的底数． ｘ
＝２７１８２８… ｘ １＋１ ｆ ｘ 故ｆ ｘ 在 有唯一零点 １ ．
证明 函数ｙ ｆ ｘ 在 上有唯一零点 －ｌｎ １＋ｘ ＝－（ １）＝０， （ ） （０，１） ｘ
（１） ： ＝ （ ） （０，＋∞） ； １－１ １
记ｘ 为函数ｙ ｆ ｘ 在 上的零点 证明 综上 ｆ ｘ 有且仅有两个零点．
（２） ０ ＝ （ ） （０，＋∞） ， ： ， （ ）
( )
（ｉ） ｘ ａ ｆ －１ ｘ ≤ ｘ ０≤ ２（ ａ － ａ １）； ａ． （２） 因为 ｘ １ ＝ｅ －ｌｎ ｘ ０ ， 故点Ｂ －ｌｎ ｘ ０，ｘ １ 在曲线ｙ ＝ｅ ｘ 上．
（ｉｉ） ０ （ｅ ０ ）≥（ｅ－１）（ －１） ０ ｘ ０
应
解
用
析
， 同 时
本
考
题
查
主
数
要
学
考
抽
查
象
函
、 逻
数
辑
的
推
单
理
调
与
性
数
、 零
学
点
运
，
算
导
等
数
素
的
养
运
．
算及其 由题设知ｆ （ ｘ ０）＝０， 即 ｌｎ ｘ ０＝ｘ ０
０
＋
－
１
１
，
ｘ
（ 在 因 １ （ 为 ） ０ 因 ， ｆ ＋ 为 ′ （ ∞ ｘ ｆ ） ） （ ＝ 上 ０） ｅ 存 ＝ ｘ － １ 在 １ － ， 零 ａ 所 ＜ 点 ０ 以 ， ． 当 ｆ （２ ｘ ＞ ）＝ ０ 时 ｅ ２ － ， ｆ ２－ ′ （ ａ ｘ ≥ ）＞ ｅ ２ ０ － ， ４ 故 ＞ 函 ０， 数 所以 ｆ （ ｘ ｙ ） ＝ 在 ｆ （ ［ ｘ ０ ） ， 故直线ＡＢ的斜率ｋ ＝ － ｘ １ ｌ ０ ｎ － ｘ ｌｎ ０－ ｘ ｘ ０ ０ ＝ ｘ １ ｘ ０ ０ － ＋ ｘ １ ０ ０ ＋ － ｘ １ １ ＝ｘ １ ０ ．
＋∞）
上单调递增
，
所以函数ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
在
（０，＋∞）
上有唯一零点．
( )
－ｘ ０－１ － ０
（２）（ｉ） 令ｇ （ ｘ ）＝ｅ ｘ － １ ｘ２ － ｘ －１（ ｘ ≥０）， ｇ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ － ｘ －１＝ ｆ （ ｘ ）＋ 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 ＝
２ ０ ０
ａ
ｇ′
－１
ｘ
， 由
ｇ
（
′
１） 知函数
所
ｇ
以
′ （
函
ｘ ）
数
在 ［
ｇ
０，
ｘ
＋∞
在
） 上单调递
单
增
调
，
递
故
增
当ｘ
故
＞０
ｇ
时
ｘ
， ｌｎ ｘ在点Ａ （ ｘ ０，ｌｎ ｘ ０） 处切线的斜率也是 ｘ １ ， 所以曲线ｙ ＝ｌｎ ｘ
（ ）＞ （０）＝０， （ ） ［０，＋∞） ， （ ） 在点Ａ ｘ ｘ 处的切线也是曲线ｙ ｘ 的 ０ 切线．
≥ ｇ （０）＝０ ． （ ０，ｌｎ ０） ＝ｅ
解后反思 （ ）先判断函数的单调性，然后结合零点存在
由ｇ ａ 得ｆ ａ ２（ ａ －１） ａ ａ １
（ ２（ －１））≥０ （ ２（ －１））＝ｅ － ２（ －１）－ 性定理证明函数ｆ（ｘ）有且仅有两个零点．
ｆ ｘ
≥０＝ （ ０）， （ ）要证明曲线ｙ ｘ在点Ａ（ｘ ， ｘ ）处的切线也是曲线ｙ
因为ｆ ｘ 在 单调递增 故 ａ ｘ ． ２ ＝ｌｎ ０ ｌｎ ０
（ ） ［０，＋∞） ， ２（ －１）≥ ０
令ｈ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｘ 的切线，首先求得这条切线的斜率 ｋ １ ，所以必须在曲
（ ）＝ｅ － － －１（０≤ ≤１）， （ ）＝ｅ －２ －１， ＝ｅ ＝ ｘ
令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ ｈ′ ｘ ｘ 所以 ０
１（ ）＝ｅ －２ －１（０≤ ≤１）， １（ ）＝ｅ －２，
线ｙ ｘ 上找一点Ｂ（ｘ ， ｘ），使 ｘ １ ，从而求得Ｂ点的坐标
ｘ ０ （０，ｌｎ２） ｌｎ２ （ｌｎ２，１） １ ＝ｅ １ ｅ １ ｅ １＝ｘ
０
( )
ｈ′ ｘ
１（ ） －１ － ０ ＋ ｅ－２ 为 ｘ ，１ ，然后证明曲线ｙ ｘ在点Ａ（ｘ ， ｘ ）处切线
－ｌｎ ０ ｘ ＝ｌｎ ０ ｌｎ ０
ｈ ｘ ０
１（ ） ０ ↘ ↗ ｅ－３ ( )
的斜率等于曲线ｙ ｘ 在点Ｂ ｘ ，１ 处的切线斜率即可．
故当 ０＜ ｘ ＜１ 时 ， ｈ １（ ｘ ）＜０， 即ｈ′ （ ｘ ）＜０， 所以ｈ （ ｘ ） 在 ［０，１］ 单调 ＝ｅ －ｌｎ ０ ｘ
０
递减 因此当 ｘ 时 ｈ ｘ ｈ ． ５．（２０１８江苏，１９，１６分）记ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ 分别为函数ｆ ｘ ｇ ｘ
， ０≤ ≤１ ， （ ）≤ （０）＝０ （ ）， （ ） （ ）， （ ）
由ｈ ａ 得ｆ ａ ａ －１ ａ ａ ｆ ｘ 的导函数．若存在 ｘ Ｒ 满足 ｆ ｘ ｇ ｘ 且 ｆ ′ ｘ
（ －１）≤０ （ －１）＝ｅ － －１－ ≤０＝ （ ０）， ０∈ ， （ ０）＝ （ ０） （ ０）＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ４８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｇ′ ｘ 则称ｘ 为函数ｆ ｘ 与ｇ ｘ 的一个 Ｓ点 ． ａ，ｘ （ ， ），ａ ，由ｍ（ ） ，ｍ（ ） ，可判断出ｍ（ｘ）在
（ 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 （ ， ）上存在零点，进而解决问题．
（１） ： （ ）＝ （ ）＝ ＋２ －２ “ ”； ０ １
若函数ｆ ｘ ａｘ２ 与ｇ ｘ ｘ存在 Ｓ点 求实数ａ ６．（２０１８浙江，２２，１５分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ．
（２） （ ）＝ －１ （ ）＝ｌｎ “ ”， （ ）＝ －ｌｎ
的值 若ｆ ｘ 在 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 处导数相等 证明 ｆ ｘ
； （１） （ ） ＝ １， ２（ １≠ ２） ， ： （ １）＋
ｂ ｘ ｆ ｘ
已知函数ｆ ｘ ｘ２ ａ ｇ ｘ ｅ ．对任意ａ 判断是否 （ ２）＞８－８ｌｎ２；
（３） （ ）＝－ ＋ ， （ ）＝ ｘ ＞０， 若ａ 证明 对于任意ｋ 直线ｙ ｋｘ ａ与曲线
（２） ≤３－４ｌｎ ２， ： ＞０， ＝ ＋
存在ｂ 使函数ｆ ｘ 与ｇ ｘ 在区间 内存在 Ｓ ｙ ｆ ｘ 有唯一公共点．
＞０， （ ） （ ） （０，＋∞） “ ＝ （ ）
点 并说明理由．
”， 解析 函数ｆ ｘ 的导函数ｆ ′ ｘ １ １
解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质 考查 （１） （ ） （ ）＝ ｘ－ ｘ ，
， ２
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理
由ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ 得 １ １ １ １
能力． （ １）＝ （ ２） ｘ －ｘ ＝ ｘ －ｘ ，
证明 函数ｆ ｘ ｘ ｇ ｘ ｘ２ ｘ ２ １ １ ２ ２ ２
（１） ： （ ）＝ ， （ ）＝ ＋２ －２， 因为ｘ ｘ 所以 １ １ １ ．
则ｆ ′ （ ｘ ）＝１， ｇ′ （ ｘ ）＝２ ｘ ＋２， １≠ ２， ｘ ＋ ｘ ＝ ２
由ｆ ｘ ｇ ｘ 且ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ １ ２
（ ）＝ （ ） （ ）＝ （ ），
得 {ｘ ＝ ｘ２ ＋２ ｘ －２，此方程组无解． 由基本不等式得 １ ２ ｘ １ ｘ ２ ＝ ｘ １＋ ｘ ２≥２ ４ｘ １ ｘ ２，
ｘ 因为ｘ ｘ 所以ｘ ｘ ．
因此 １＝ ｆ ２ ｘ ＋２， ｘ与ｇ ｘ ｘ２ ｘ 不存在 Ｓ点 ． １≠ ２， １ ２＞２５６
，（ ）＝ （ ）＝ ＋２ －２ “ ” 由题意得 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ １ ｘ ｘ
（２） 函数ｆ （ ｘ ）＝ ａｘ２ －１， ｇ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ ， （ １）＋ （ ２）＝ １－ｌｎ １＋ ２－ｌｎ ２＝ ２ １ ２ －
ｘ ｘ ．
则ｆ ′ ｘ ａｘ ｇ′ ｘ １ ｌｎ（ １ ２）
（ ）＝２ ， （ ）＝ ｘ ，
设ｇ ｘ １ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ １ ｘ
设ｘ 为ｆ ｘ 与ｇ ｘ 的 Ｓ点 （ ）＝ －ｌｎ ， （ ）＝ ｘ（ －４），
０ （ ） （ ） “ ”， ２ ４
{ａｘ２ ｘ 所以
０－１＝ｌｎ ０，
由ｆ ｘ ｇ ｘ 且ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ 得 ｘ
（ ０）＝ （ ０） （ ０）＝ （ ０）， ａｘ １ （０，１６） １６ （１６，＋∞）
２ ０＝ｘ ， ｇ′ ｘ
０ （ ） － ０ ＋
{ａｘ２ ｘ ｇ ｘ
即 ０－１＝ｌｎ ０， （ ） ↘ ２－４ｌｎ２ ↗
ａｘ２ （∗） 所以ｇ ｘ 在 上单调递增
２ ０＝１， （ ） ［２５６，＋∞） ，
故ｇ ｘ ｘ ｇ
得 ｌｎ ｘ ０＝－
２
１ ， 即ｘ ０＝ｅ －１ ２ ， 则ａ ＝
２（ｅ
１
－
１
２ ） ２
＝
２
ｅ ． 即ｆ
（
（ ｘ
１
１
）＋
２） ｆ
（
＞ ｘ
２
（
）
２
＞
５
８
６
－
）
８
＝
ｌｎ
８－
２
８ ． ｌｎ２，
当ａ ＝ ｅ 时 ， ｘ ０＝ｅ － １ ２满足方程组 （∗）， （２） 令ｍ ＝ｅ －（｜ ａ ｜＋ ｋ ） ， ｎ ＝ ( ｜ ａ ｋ ｜＋１ ) ２ ＋１，
２
即ｘ 为ｆ ｘ 与ｇ ｘ 的 Ｓ点 则ｆ ｍ ｋｍ ａ ａ ｋ ｋ ａ
０ （ ） （ ） “ ”， （ ）－ － ＞｜ ｜＋ － － ≥０，
æ ａ ö æ ａ ö
因此 ａ的值为 ｅ ． ｆ ｎ ｋｎ ａ ｎç １ ｋ÷ ｎç｜ ｜＋１ ｋ÷
， （ ）－ － ＜ è ｎ－ ｎ － ø≤ è ｎ － ø＜０，
２
ｂ ｘ ｘ 所以 存在ｘ ｍ ｎ 使ｆ ｘ ｋｘ ａ
ｆ ′ ｘ ｘ ｇ′ ｘ ｅ（ －１） ｘ ｆ ′ ｘ ｇ′ ｘ ， ０∈（ ， ） （ ０）＝ ０＋ ，
（３） （ ）＝－２ ， （ ）＝ ｘ２ ， ≠０， （ ０）＝ （ ０）⇒ 所以 对于任意的ａ Ｒ及ｋ 直线ｙ ｋｘ ａ与曲线ｙ
， ∈ ∈（０，＋∞）， ＝ ＋
ｘ３ ｆ ｘ 有公共点．
ｂ
ｅ
ｘ ０＝－ｘ ２ ０
＞０⇒
ｘ
０∈（０，１），
＝ （ ）
ｘ ｘ ａ
０－１ 由ｆ ｘ ｋｘ ａ得ｋ －ｌｎ － ．
ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ２ ａ
ｂ
ｅ
ｘ
０ ２
ｘ２
０ ａ ｘ２ ２
ｘ２
０
（ ）＝ ＋ ＝ ｘ
（ ０）＝ （ ０）⇒－ ０＋ ＝ ｘ ＝－ｘ ⇒ ＝ ０－ｘ ， ｘ ｘ ａ
０ ０－１ ０－１ 设ｈ ｘ －ｌｎ －
ｘ２ ｘ３ ｘ２ ａｘ ａ （ ）＝ ｘ ，
令ｈ ｘ ｘ２ ２ ａ － ＋３ ＋ － ｘ ａ
（ ）＝ －ｘ － ＝ ｘ ， ∈（０，１）， ＞０，
－１ １－ ｘ
ｘ ａ
设ｍ ｘ ｘ３ ｘ２ ａｘ ａ ｘ ａ ｌｎ － －１＋ ｇ ｘ ａ
（ ）＝－ ＋３ ＋ － ， ∈（０，１）， ＞０， 则ｈ′ ｘ ２ － （ ）－１＋
则ｍ
（０）＝－
ａ
＜０，
ｍ
（１）＝２＞０⇒
ｍ
（０）·
ｍ
（１）＜０，
（ ）＝ ｘ２ ＝ ｘ２ ，
又ｍ ｘ 的图象在 上连续不断
（ ） （０，１） ， ｘ
ｍ ｘ 在 上有零点 其中ｇ （ ｘ ）＝ －ｌｎ ｘ．
∴ （ ） （０，１） ， ２
则ｈ ｘ 在 上有零点． 由 可知ｇ ｘ ｇ
（ ） （０，１） （１） （ ）≥ （１６），
因此 对任意ａ 存在ｂ 使函数ｆ ｘ 与ｇ ｘ 在区间 又ａ
， ＞０， ＞０， （ ） （ ） （０， ≤３－４ｌｎ２，
内存在 Ｓ点 ． 故 ｇ ｘ ａ ｇ ａ ａ
＋∞） “ ” － （ ）－１＋ ≤－ （１６）－１＋ ＝－３＋４ｌｎ２＋ ≤０，
思路分析 本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问 所以ｈ′ ｘ 即函数ｈ ｘ 在 上单调递减
（ ）≤０， （ ） （０，＋∞） ，
题，前两问只需按新定义就能解决问题，第三问中先利用 因此方程ｆ ｘ ｋｘ ａ 至多 个实根．
（ ）－ － ＝０ １
ｆ ′（ｘ ） ｇ′（ｘ ）对ｘ 加以限制，然后将ｆ（ｘ ） ｇ（ｘ ）转化成ａ 综上 当ａ 时 对于任意ｋ 直线ｙ ｋｘ ａ与曲线ｙ
０ ＝ ０ ０ ０ ＝ ０ ， ≤３－４ｌｎ２ ， ＞０， ＝ ＋
ｘ２ ２
ｘ２
０ ，从而转化为研究ｈ（ｘ） －
ｘ３
＋３
ｘ２
＋
ａｘ
－
ａ
，ｘ （ ， ），ａ ＝
ｆ
（
ｘ
）
有唯一公共点．
＝ ０－ｘ ＝ ｘ ∈ ０ １
０－１ １－ 一题多解 （ ）ｆ ′（ｘ） １ １ ，且ｆ ′（ｘ ） ｆ ′（ｘ ）（ｘ
的零点存在性问题，再转化为研究函数ｍ（ｘ） ｘ３ ｘ２ ａｘ １ ＝ ｘ－ ｘ １ ＝ ２ １≠
＞０ ＝－ ＋３ ＋ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ４９
又当α 时，ｋ １ ，又 ｋ １ ， α ．
ｘ ）． ＝１６ ＝ ０＜ ＜ ∴ ≠１６
２ １６ １６
故ｈ（α） ， ｘ （ ，β］时，ｈ（ｘ） ．
设ｆ ′（ｘ ） ｔ，则 １ １ ｔ的两根为ｘ ，ｘ ． ＞０ ∴ ∈ ０ ＞０
１ ＝ ｘ－ ｘ ＝ １ ２ 即ｈ（ｘ）在（ ，β］上没有零点，但 ｈ（ｘ）在（β， ）上有一个
２ ０ ＋∞
即 ｔ（ ｘ）２ ｘ 有两个不同的正根ｘ ，ｘ ． 零点．
２ － ＋２＝０ １ ２
∴ ì í ï ïï ï Δ ＝ ｘ １ １ ＋ －１６ ｘ ｔ ２ ＞ ＝ ０ ， ２ １ ｔ＞０ ， 即 ì í ï ï ï ï ０＜ ｘ ｔ １ ＜ ＋ １ １ ６ ， ｘ ２ ＝ １ ｔ ， ∴ ∴ 共 当 对 点 于 ． ０＜ 任 ｋ ＜ 意 １ １ ６ 的 时 ｋ ， ＞ ｈ ０ （ ， ｘ 直 ）在 线 （ ｙ ０ ＝ ， ＋ ｋ ∞ ｘ ＋ ） ａ 上 与 也 曲 只 线 有 ｙ 一 ＝ 个 ｆ（ 零 ｘ） 点 有 ， 唯一的公
２
î ïï ｘ １ ｘ ２ ＝ １ ｔ ＞０ ， î ï ïｘ １ ｘ ２＝ ｔ １ ２ ． ７．（２０１８课标 Ⅱ 文，２１，１２分）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ３ １ｘ３ － ａ （ ｘ２ ＋ ｘ ＋１） ．
若ａ 求ｆ ｘ 的单调区间
ｆ（ｘ ） ｆ（ｘ ） ｘ ｘ （ｘ ｘ ） （１） ＝３， （ ） ；
∴ １ ＋ ( ２ ＝ ) １＋ ２－ｌｎ １ ２ 证明 ｆ ｘ 只有一个零点．
（２） ：（ ）
１ ｔ ｔ １ ．
＝
２
ｔ＋２ｌｎ ０＜ ＜
１６ ( )
解析
（１）
当ａ
＝３
时
，
ｆ
（
ｘ
）＝
１ ｘ３
－３
ｘ２
－３
ｘ
－３，
ｆ ′
（
ｘ
）＝
ｘ２
－６
ｘ
３
设ｇ（ｔ） ＝ １ ｔ＋２ｌｎ ｔ ０＜ ｔ ＜ １ ， －３ ．
２ １６
ｔ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ 或ｘ ．
则ｇ′（ｔ） １ ２ ４ －１ ， （ ）＝０， ＝３－２ ３ ＝３＋２ ３
＝－ ｔ２ ＋ ｔ ＝ ｔ２ ＜０ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
(
２
)
２
( )
∈（－∞，３－２ ３）∪（３＋２ ３，＋∞） ， （ ）＞０；
ｇ（ｔ）在 ，１ 上为减函数， ｇ（ｔ） ｇ １ ， 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
∴ ０ ∴ ＞ ＝８－８ｌｎ２ ∈（３－２ ３，３＋２ ３） ， （ ）＜０
１６ １６ 故ｆ ｘ 在 单调递增 在
ｆ（ｘ ） ｆ（ｘ ） ． （ ） （－∞，３－２ ３），（３＋２ ３，＋∞） ， （３－２ ３，
∴ １ ＋ ２ ＞８－８ｌｎ２ 单调递减．
（ ）设ｈ（ｘ） ｆ（ｘ） ｋｘ ａ ｘ ｘ ｋｘ ａ， ３＋２ ３）
２ ＝ － － ＝ －ｌｎ － － ｘ３
只需证明：当ａ 时，对于任意的ｋ ， 由于ｘ２ ｘ 所以ｆ ｘ 等价于 ａ ．
≤３－４ｌｎ２ ＞０ （２） ＋ ＋１＞０， （ ）＝０ ｘ２ ｘ －３ ＝０
函数ｈ（ｘ）在（ ， ）上只有唯一的零点．取ｍ －｜ ａ ｜－ ｋ，则ｈ（ｍ） ＋ ＋１
０ ＋∞ ＝ｅ ｘ３ ｘ２ ｘ２ ｘ
＝ ｅ －｜ ａ ｜－ ｋ ＋｜ ａ ｜＋ ｋ － ｋ ｅ －｜ ａ ｜－ ｋ － ａ 设ｇ （ ｘ ）＝ｘ２ ＋ ｘ ＋１ －３ ａ ， 则 ｇ′ （ ｘ ）＝ （ （ ｘ２ ＋ ＋ ｘ ２ ＋１ ＋ ） ３ ２ ） ≥０， 仅当 ｘ ＝０
－｜ ａ ｜－ ｋ ｋ（ －｜ ａ ｜－ ｋ） ｋ（ －｜ ａ ｜－ ｋ） ． 时ｇ′ ｘ 所以ｇ ｘ 在 单调递增．故ｇ ｘ 至多有
≥ ｅ ＋ １－ｅ ＞ １－ｅ ＞０ （ ）＝０， （ ） （－∞，＋∞） （ ）
( ) ２ 一个零点 从而ｆ ｘ 至多有一个零点．
又ｘ 时， ｘ ｋｘ １ ｋ· １ １ ． ， （ ）
＞０ － ＜ ｋ－ ｋ ＝ ｋ ( )
２ ２ ４ 又ｆ ａ ａ２ ａ １ ａ １ ２ １ ｆ ａ １
（３ －１）＝－６ ＋２ － ＝－６ － － ＜０， （３ ＋１）＝
即ｈ（ｘ） １ ａ ｘ，取ｎ ４ １ｋ－ ａ， ３ ６ ６ ３
＜ ｋ－ －ｌｎ ＝ｅ 故ｆ ｘ 有一个零点．
４ ＞０， （ ）
则ｈ（ｎ） １ ａ ｎ ， 综上 ， ｆ （ ｘ ） 只有一个零点．
＜ ｋ－ －ｌｎ ＝０
４ 方法总结 利用导数研究函数零点的方法：
而 ａ ｋ ａ ｋ ａ １ ， ｎ ｍ ． 方法一：（ ）利用导数求出函数ｆ（ｘ）的单调区间和极值；
－｜ ｜－ ≤－ － ＜－ ＋ ｋ ∴ ＞ ＞０ １
４ （ ）根据函数ｆ（ｘ）的性质作出图象；
由于ｈ（ｍ） ，ｈ（ｎ） ， ｈ（ｘ）在（ｍ，ｎ）上至少有一个零点， ２
＞０ ＜０ ∴ （ ）判断函数零点的个数．
即ｈ（ｘ）在（ ， ）上至少有一个零点． ３
０ ＋∞ 方法二：（ ）利用导数求出函数ｆ（ｘ）的单调区间和极值；
( ) ２ １
ｈ′（ｘ） １ １ ｋ １ １ １ ｋ １ ｋ， （ ）分类讨论，判断函数零点的个数．
∵ ＝ ｘ－ ｘ － ≤ × － － ＝ － ２
２ ２ ４ ４ １６ ８．（２０１８天津理，２０，１４分）已知函数ｆ ｘ ａｘ ｇ ｘ ｘ 其中
（ ）＝ ， （ ）＝ｌｏｇａ ，
当ｋ １ 时，ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递减， ａ ．
∴ ≥ ０ ＋∞ ＞１
１６ 求函数ｈ ｘ ｆ ｘ ｘ ａ的单调区间
（１） （ ）＝ （ ）－ ｌｎ ；
即当ｋ １ 时，ｈ（ｘ）在（ ， ）上只有一个零点． 若曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ ｆ ｘ 处的切线与曲线ｙ ｇ ｘ
≥ ０ ＋∞ （２） ＝ （ ） （ １， （ １）） ＝ （ ）
１６ 在点 ｘ ｇ ｘ 处的切线平行 证明 ｘ ｇ ｘ
当 ｋ １ 时，ｈ′（ｘ） 有两个不同的正根α，β（其中α β）． （ ２ ａ ， （ ２）） ， １ ＋ （ ２） ＝
０＜ ＜ ＝０ ＜ ２ｌｎ ｌｎ
１６ － ａ ；
此时ｈ（ｘ）在（ ，α）上为减函数，在（α，β）上为增函数，在（β， ｌｎ
＋∞
）上为减函 ０ 数．
（３）
证明当ａ
≥ｅ
１ ｅ时
，
存在直线ｌ
，
使ｌ是曲线ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
的切线
，
也是曲线ｙ ｇ ｘ 的切线．
ｈ′（ｘ） ， ｋ １ １ ， ＝ （ ）
∵ ＝０ ∴ ＝ α－α 解析 本小题主要考查导数的运算
、
导数的几何意义
、
运用
２ 导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法．考查
则ｈ（α） ＝ α －ｌｎ α － ｋα － ａ ＝ １ α －ｌｎ α ＋１－ ａ， 函数与方程思想 化归思想．考查抽象概括能力 综合分析问题
２ 、 、
和解决问题的能力．
α
ｈ′（α） １ １ －４， 由已知 ｈ ｘ ａｘ ｘ ａ 有ｈ′ ｘ ａｘ ａ ａ．
＝ α－α ＝ α （１） ， （ ）＝ － ｌｎ ， （ ）＝ ｌｎ －ｌｎ
４ ４ 令ｈ′ ｘ 解得ｘ ．
ｈ（α）在（ ， ）上为减函数，在（ ， ）上为增函数， （ ）＝０， ＝０
∴ ０ １６ １６ ＋∞ 由ａ 可知当ｘ变化时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 的变化情况如下表
ｈ（α） ｈ（ ） ａ ａ ． ＞１， ， （ ）， （ ） ：
∴ ≥ １６ ＝３－ｌｎ１６－ ＝３－４ｌｎ２－ ≥０
ｘ
（－∞，０） ０ （０，＋∞）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ５０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
续表 ａ
ｕ ｘ ｘ ａ ｘ ａ ｘ １ ２ｌｎ ｌｎ ａ ２ｘ２ ｘ
（ ）≤（１＋ ｌｎ ）（１－ ｌｎ ）＋ ＋ ａ＋ ａ ＝－（ｌｎ ） ＋ ＋
ｘ （－∞，０） ０ （０，＋∞） ｌｎ ｌｎ
ａ
ｈ′ ｘ １ ２ｌｎ ｌｎ
（ ） － ０ ＋ １＋ ａ＋ ａ ，
ｌｎ ｌｎ
ｈ （ ｘ ） ↘ 极小值 ↗ 所以存在实数ｔ 使得ｕ ｔ ．
， （ ）＜０
所以函数
．
ｈ （ ｘ ） 的单调递减区间为 （－∞，０）， 单调递增区间为 因此 ， 当ａ ≥ｅ １ ｅ 时 ， 存在ｘ １∈（－∞，＋∞）， 使得ｕ （ ｘ １）＝０ ．
（０，＋∞） 所以 当ａ １时 存在直线ｌ 使ｌ是曲线ｙ ｆ ｘ 的切线 也
证明 由ｆ ′ ｘ ａｘ ａ 可得曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ ｆ ｘ ， ≥ｅｅ ， ， ＝ （ ） ，
（２） ： （ ）＝ ｌｎ ， ＝ （ ） （ １， （ １）） 是曲线ｙ ｇ ｘ 的切线．
处的切线斜率为ａｘ ａ． ＝ （ ）
１ ｌｎ ９．（２０１８天津文，２０，１４分）设函数ｆ ｘ ｘ ｔ ｘ ｔ ｘ ｔ
（ ）＝（ － １）（ － ２）（ － ３），
由ｇ′ ｘ １ 可得曲线ｙ ｇ ｘ 在点 ｘ ｇ ｘ 处的切线 其中ｔ ｔ ｔ Ｒ 且ｔ ｔ ｔ 是公差为ｄ的等差数列．
（ ）＝ｘ ａ， ＝ （ ） （ ２， （ ２）） １，２，３∈ ， １，２，３
ｌｎ 若ｔ ｄ 求曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线
（１） ２＝０， ＝１， ＝ （ ） （０， （０））
斜率为 １ ． 方程
ｘ ａ ；
２ｌｎ 若ｄ 求ｆ ｘ 的极值
（２） ＝３， （ ） ；
因
即
为
ｘ ２
这
ａｘ １
两
（ｌｎ
条
ａ
切
） ２
线
＝
平
１ ．
行 ， 故有ａｘ １ ｌｎ ａ ＝ｘ ２ｌ １ ｎ ａ， （３
解
） 若
点 析
曲
， 求
线
本 ｄ
ｙ
小 的
＝
题
ｆ
取
（ ｘ
主 值
）
要
与
范 考
直
围
线
查 ． 导
ｙ ＝
数
－
的
（ ｘ
运
－ ｔ ２
算
）－
导
６
数
３ 有
的
三
几
个
何
互
意
异
义
的
运
公共
用
两边取以ａ为底的对数 ， 得 ｌｏｇａ ｘ ２＋ ｘ １＋２ｌｏｇａｌｎ ａ ＝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
、
分类
ａ
所以ｘ １＋ ｇ （ ｘ ２）＝－ ２ｌｎ ｌｎ ａ ． 讨论思想．考查综合分析问题和解决问题的能力．
ｌｎ
（３） 证明 ： 曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在点 （ ｘ １， ａｘ １ ） 处的切线ｌ １： ｙ － ａｘ １＝ ａｘ １ ｌｎ ａ （
．
１
因
） 由
此
已
ｆ
知 ， 可得ｆ
ｆ
（
′
ｘ ）＝ ｘ （ ｘ －１）
又
（ ｘ
因
＋１
为
）
曲
＝ ｘ
线
３ － ｘ
ｙ
， 故
ｆ
ｆ
ｘ
′ （
在
ｘ ）
点
＝３ ｘ２ －
·（ ｘ － ｘ １） ．
ｆ
１
处
（
的
０）
切
＝
线
０，
方程
（
为
０）
ｙ
＝
ｆ
－１，
ｆ′ ｘ
＝
故所
（
求
）
切线
（
方
０
程
，
曲线ｙ ｇ ｘ 在点 ｘ ｘ 处的切线ｌ ｙ ｘ １ ｘ （０）） －（０）＝ （０）（ －０），
ｘ ．
＝ （ ） （ ２，ｌｏｇａ ２） ２： －ｌｏｇａ ２＝ｘ
２ｌｎ
ａ（ － 为ｘ
由
＋
ｙ
已
＝０
知
．
可得ｆ ｘ ｘ ｔ ｘ ｔ ｘ ｔ ｘ ｔ ３
２） （２） （ ）＝（ － ２＋３）（ － ２）（ － ２－３）＝（ － ２） －
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 故 ９（ ｘ ｆ － ′ ｔ ２ ｘ ）＝ ｘ３ － ｘ２ ３ ｔ ２ ｘ ｔ ２ ＋ ｘ （３ ｔ ｔ ２ ２ ２－９ ． ） ｘ － ｔ３ ２＋９ ｔ ２ ．
是曲线 ｙ ｇ ｘ 的切线 只需证明当 ａ １ 时 存在 ｘ （ ）＝３ －６２ ＋３２－９
＝ （ ） ， ≥ｅｅ ， １∈ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｔ 或ｘ ｔ ．
ｘ 使得ｌ 与ｌ 重合． （ ）＝０， ＝ ２－ ３， ＝ ２＋ ３
（－∞，＋∞）， ２∈（０，＋∞）， １ ２ 当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表
即只需证明当ａ １时 ， （ ）， （ ） ：
≥ｅｅ ， ｘ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
ì
ïａｘ ａ １
（－∞，２－ ３） ２－ ３ （ ２－ ３，２＋ ３） ２＋ ３ （ ２＋ ３，＋∞）
方程组í ï １ ｌｎ ＝ｘ ２ｌｎ ａ，① 有解． ｆ′ （ ｘ ） ＋ ０ － ０ ＋
ï ïａｘ ｘ ａｘ ａ ｘ １ ｆ （ ｘ ） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
î １－ １ １ ｌｎ ＝ｌｏｇａ ２－ ｌｎ ａ，② 所以函数ｆ ｘ 的极大值为 ｆ ｔ ３
（ ） （ ２－ ３）＝（－ ３） －９×（－ ３）＝
由 得ｘ １ 代入 函数ｆ ｘ 的极小值为ｆ ｔ ３ ．
① ２＝ａｘ
１
ａ ２， ②， ６ ３； （ ） （ ２＋ ３）＝（ ３） －９×（ ３）＝－６ ３
（ｌｎ ） 曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ ｘ ｔ 有三个互异的公共点
得ａｘ ｘ ａｘ ａ ｘ １ ２ｌｎ ｌｎ
ａ
．
（３） ＝ （ ） ＝－（ － ２）－６ ３
１－ １ １ ｌｎ ＋ １＋ ｌｎ ａ＋ ｌｎ ａ ＝０③ 等价于关于ｘ的方程 （ ｘ － ｔ ２＋ ｄ ）（ ｘ － ｔ ２）（ ｘ － ｔ ２－ ｄ ）＋（ ｘ － ｔ ２）＋６ ３
因此 ， 只需证明当ａ ≥ｅ １ ｅ 时 ， 关于ｘ １ 的方程 ③ 存在实数解． ＝０ ． 有三个互异的实数解．令ｕ ＝ ｘ － ｔ ２， 可得ｕ３ ＋（１－ ｄ２ ） ｕ ＋６ ３
设函数ｕ ｘ ａｘ ｘａｘ ａ ｘ １ ２ｌｎ ｌｎ ａ ＝０
（ ）＝ － ｌｎ ＋ ＋ ａ＋ ａ ， 设函数ｇ ｘ ｘ３ ｄ２ ｘ 则曲线 ｙ ｆ ｘ 与直线 ｙ
ｌｎ ｌｎ （ ）＝ ＋（１－ ） ＋６ ３， ＝ （ ） ＝
即要证明当ａ １时 函数ｙ ｕ ｘ 存在零点． ｘ ｔ 有三个互异的公共点等价于函数ｙ ｇ ｘ 有三个
≥ｅｅ ， ＝ （ ） －（ － ２）－６ ３ ＝ （ ）
ｕ′ ｘ ａ ２ｘａｘ 可知ｘ 时 ｕ′ ｘ ｘ 零点．
（ ）＝１－（ｌｎ ） ， ∈（－∞，０） ， （ ）＞０； ∈（０，
＋∞） 时 ， ｕ′ （ ｘ ） 单调递减 ， 又ｕ′ （０）＝１＞０， ｕ′ æ è ç （ｌｎ １ ａ ） ２ ö ø ÷ ＝１－ ａ（ｌｎ １ａ）２ ｇ 当 ′ （ ｄ ｘ ２ ） ≤ ＝ １ ３ ｘ 时 ２ ＋ ， （ ｇ １ ′ （ － ｘ ｄ ） ２ ） ≥ ． ０， 这时ｇ （ ｘ ） 在Ｒ上单调递增 ， 不合题意．
故存在唯一的ｘ 且ｘ 使得ｕ′ ｘ ｄ２
＜０， ０， ０＞０， （ ０）＝０， 当ｄ２ 时 令ｇ′ ｘ 解得ｘ －１
即
１－（ｌｎ
ａ
）
２ｘ
０
ａｘ
０＝０
． ＞１ ， （ ）＝０， １＝－
３
，
由此可得ｕ （ ｘ ） 在 （－∞， ｘ ０） 上单调递增 ， 在 （ ｘ ０，＋∞） 上单调递 ｘ ｄ２ －１．
减．ｕ
（
ｘ
）
在ｘ
＝
ｘ
０
处取得极大值ｕ
（
ｘ
０）
． ２＝
３
因为ａ １ 故 ａ 所以ｕ ｘ ａｘ ｘ ａｘ ａ ｘ １ 易得 ｇ ｘ 在 ｘ 上单调递增 在 ｘ ｘ 上单调递减 在
≥ｅｅ， ｌｎ ｌｎ ≥－１， （ ０）＝ ０－ ０ ０ ｌｎ ＋ ０＋ ｌｎ ａ ｘ ， （ ） 上单 （ 调 －∞ 递 ， 增 １ ． ） ， ［ １， ２］ ，
ａ ａ ａ （ ２，＋∞）
＋
２ｌｎ ｌｎ
ａ ＝ｘ
１
ａ ２ ＋
ｘ
０＋
２ｌｎ ｌｎ
ａ ≥
２＋２ｌｎ
ａ
ｌｎ
≥０
．
ｇ ｘ 的极大值ｇ ｘ ｇ
æ
ç
ｄ２
－１
ö
÷ ２ ３（
ｄ２
－１）
３ ２
．
ｌｎ ０（ｌｎ ） ｌｎ ｌｎ （ ） （ １）＝ è－ ø＝ ＋６ ３＞０
下面证明存在实数ｔ 使得ｕ ｔ ． ３ ９
， （ ）＜０ æ ｄ２ ö ｄ２ ３ ２
由 （１） 可得ａｘ ≥１＋ ｘ ｌｎ ａ ， 当ｘ ＞ １ ａ 时 ， 有 ｇ （ ｘ ） 的极小值ｇ （ ｘ ２）＝ ｇ è ç －１ ø ÷ ＝－ ２ ３（ －１） ＋６ ３ ．
ｌｎ ３ ９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ５１
若ｇ ｘ 由ｇ ｘ 的单调性可知函数ｙ ｇ ｘ 至多有两个 若ｆ ｘ 有两个零点 求ａ的取值范围．
（ ２）≥０， （ ） ＝ （ ） （２） （ ） ，
零点 不合题意． 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ ａ ．
， （１） （ ）＝（ －１）ｅ ＋２ （ －１）＝（ －１）（ｅ ＋２ ）
若ｇ （ ｘ ２）＜０， 即 （ ｄ２ －１） ３ ２ ＞２７， 也就是 ｜ ｄ ｜＞ １０， 此时 ｜ ｄ ｜＞ ｘ ２， （ｉ） 设ａ ≥０， 则当ｘ ∈（－∞，１） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０； 当ｘ ∈（１，＋∞）
时 ｆ ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在 上单调递减 在
ｇ ｄ ｄ 且 ｄ ｘ ｇ ｄ ｄ ３ ｄ ， （ ）＞０ （ ） （－∞，１） ， （１，＋∞）
（｜ ｜）＝ ｜ ｜＋６ ３＞０， －２｜ ｜＜ １， （－２｜ ｜）＝－６｜ ｜ －２｜ ｜ 上单调递增． 分
从而由ｇ ｘ 的单调性 可知函数ｙ （２ ）
＋６ ３＜－６２ １０＋６ ３＜０， （ ） ， ＝ 设ａ 由ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ａ ．
ｇ ｘ 在区间 ｄ ｘ ｘ ｘ ｘ ｄ 内各有一个零点 （ｉｉ） ＜０， （ ）＝０ ＝１ ＝ｌｎ（－２ ）
（ ） （－２｜ ｜， １），（ １， ２），（ ２，｜ ｜） ，
符合题意． 若ａ ｅ 则ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 所以 ｆ ｘ 在
① ＝－ ， （ ）＝（ －１）（ｅ －ｅ）， （ ） （－∞，
２
所以 ｄ的取值范围是 ．
， （－∞，－ １０）∪（ １０，＋∞） 上单调递增．
＋∞）
方法规律 研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单
若ａ ｅ 则 ａ 故当ｘ ａ
调性、极大值、极小值、变化趋势．根据题目要求画出函数图象． ② ＞－ ， ｌｎ（－２ ）＜１， ∈（－∞，ｌｎ（－２ ））∪（１，
２
标明函数极（最）值的位置，通过数形结合的思想去分析问题、 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．所以
＋∞） ， （ ）＞０； ∈（ｌｎ（－２ ），１） ， （ ）＜０
解决问题． ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 在 ａ
（ ） （－∞，ｌｎ（－２ ）），（１，＋∞） ， （ｌｎ（－２ ），
１０．（２０１６课标 理，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ 上单调递减． 分
Ⅰ （ ）＝（ －２）ｅ ＋ （ － １） （４ ）
２ 有两个零点．
１） 若ａ ｅ 则 ａ 故当ｘ ａ
求ａ的取值范围 ③ ＜－ ， ｌｎ（－２ ）＞１， ∈（－∞，１）∪（ｌｎ（－２ ），
（１） ； ２
设ｘ ｘ 是ｆ ｘ 的两个零点 证明 ｘ ｘ ． 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ．所以
（２） １， ２ （ ） ， ： １＋ ２＜２ ＋∞） ， （ ）＞０； ∈（１，ｌｎ（－２ ）） ， （ ）＜０
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ ａ ． ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 在
（１） （ ）＝（ －１）ｅ ＋２ （ －１）＝（ －１）（ｅ ＋２ ） （ ） （－∞，１），（ｌｎ（－２ ），＋∞） ， （１，ｌｎ（－
分 ａ 上单调递减． 分
（２ ） ２ ）） （６ ）
设ａ 则ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 只有一个零点． 分 设ａ 则由 知 ｆ ｘ 在 上单调递减 在
（ｉ） ＝０， （ ）＝（ －２）ｅ ， （ ） （３ ） （２）（ｉ） ＞０， （１） ， （ ） （－∞，１） ，
设ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 上单调递增．
（ｉｉ） ＞０， ∈（－∞，１） ， （ ）＜０； ∈（１，＋∞） （１，＋∞）
时 ｆ ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在 单调递减 在 单 ａ
， （ ）＞０ （ ） （－∞，１） ， （１，＋∞） 又ｆ ｆ ａ 取ｂ满足ｂ 且ｂ
调递增． （１）＝－ｅ， （２）＝ ， ＜０ ＜ｌｎ ，
２
ａ ａ ( )
又ｆ ｆ ａ 取ｂ满足ｂ 且ｂ 则 则ｆ ｂ ｂ ａ ｂ ２ ａ ｂ２ ３ ｂ
（１）＝－ｅ， （２）＝ ， ＜０ ＜ｌｎ ， （ ）＞ （ －２）＋ （ －１） ＝ － ＞０，
２ ２ ２
ａ ( ) 所以ｆ ｘ 有两个零点． 分
ｆ ｂ ｂ ａ ｂ ２ ａ ｂ２ ３ ｂ （ ） （８ ）
（ ）＞ （ －２）＋ （ －１） ＝ － ＞０， 设ａ 则ｆ ｘ ｘ ｘ 所以ｆ ｘ 只有一个零点．
２ ２ （ｉｉ） ＝０， （ ）＝（ －２）ｅ ， （ ）
故ｆ ｘ 存在两个零点． 分 分
（ ） （４ ） （９ ）
设ａ 由ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ａ ．
（ｉｉｉ） ＜０， （ ）＝０ ＝１ ＝ｌｎ（－２ ） 设ａ 若ａ ｅ 则由 知 ｆ ｘ 在 上单调
（ｉｉｉ） ＜０， ≥－ ， （１） ， （ ） （１，＋∞）
若ａ ｅ 则 ａ 故当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ２
≥－ ， ｌｎ（－２ ）≤１， ∈（１，＋∞） ， （ ）＞０， 递增 又当ｘ 时ｆ ｘ 故ｆ ｘ 不存在两个零点 分
２ ， ≤１ （ ）＜０， （ ） ；（１０ ）
因此ｆ ｘ 在 单调递增．又当 ｘ 时 ｆ ｘ 所以
（ ） （１，＋∞） ≤１ （ ）＜０， 若ａ ｅ 则由 知 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在
ｆ ｘ 不存在两个零点． 分 ＜－ ， （１） ， （ ） （１，ｌｎ（－２ ）） ，
（ ） （６ ） ２
ａ 上单调递增 又当ｘ 时ｆ ｘ 故ｆ ｘ 不
若ａ ｅ 则 ａ 故当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ （ｌｎ（－２ ），＋∞） ， ≤１ （ ）＜０， （ ）
＜－ ， ｌｎ（－２ ）＞１， ∈（１，ｌｎ（－２ ）） ， （ ）＜ 存在两个零点． 分
２ （１１ ）
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ． 综上 ａ的取值范围为 ． 分
０； ∈（ｌｎ（－２ ），＋∞） ， （ ）＞０ ， （０，＋∞） （１２ ）
因此ｆ （ ｘ ） 在 （１，ｌｎ（－２ ａ ）） 单调递减 ， 在 （ｌｎ（－２ ａ ），＋∞） 单调 疑难突破 （ ）分类讨论时临界点的选取是关键，易忽略
１
递增．又当ｘ 时ｆ ｘ 所以ｆ ｘ 不存在两个零点．
≤１ （ ）＜０， （ ）
综上 ａ的取值范围为 ． 分 ａ ｅ 的情形．（ ）在讨论ａ 时函数零点的个数时，注意利
， （０，＋∞） （８ ） ＝－ ２ ＞０
不妨设ｘ ｘ ．由 知 ｘ ｘ ｘ ２
（２） １＜ ２ （１） ， １∈（－∞，１）， ２∈（１，＋∞），２－ ２ 用不等式的放缩．
ｆ ｘ 在 单调递减 所以ｘ ｘ 等价于
∈
ｆ ｘ
（－∞
ｆ
，１），
ｘ
（
即
）
ｆ
（－∞
ｘ
，１）
．
， １＋ ２＜２ 评析 本题考查函数的单调性、零点等知识点，解题时要认
（ １）＞（２－ ２）， （２－ ２）＜０ 真审题、仔细解答，注意分类讨论和等价转化．
由
－１
于
） ２
ｆ
＝
（
０
２
，
－
所
ｘ ２
以
）＝
ｆ
－
（
ｘ
２
２
－
ｅ
ｘ
２－
２
ｘ
）
２＋
＝
ａ
－
（
ｘ
ｘ
２
２
ｅ
－
２－
１
ｘ
）
２－
２
（
，
ｘ
而
２－
ｆ
２
（
）
ｘ
ｅ
２）
ｘ ２
＝
．
（ ｘ ２－２）ｅ
（
ｘ ２
１
＋
０
ａ
分
（ ｘ
）
２ １２．（２０１５课标
Ⅰ
理，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
＋
ａｘ
＋ ４
１
，
ｇ
（
ｘ
）
设ｇ ｘ ｘ ２－ ｘ ｘ ｘ 则ｇ ′ ｘ ｘ ２－ ｘ ｘ ． ｘ．
（ ）＝－ ｅ －（ －２）ｅ ， （ ）＝（ －１）（ｅ －ｅ ） ＝－ｌｎ
所以当ｘ 时 ｇ ′ ｘ 而ｇ 故当ｘ 时 ｇ ｘ ． 当ａ为何值时 ｘ轴为曲线ｙ ｆ ｘ 的切线
＞１ ， （ ）＜０， （１）＝０， ＞１ ， （ ）＜０ （１） ， ＝ （ ） ？
从而ｇ ｘ ｆ ｘ 故ｘ ｘ ． 分 用 ｍ ｎ 表示 ｍ ｎ 中的最小值 设函数 ｈ ｘ
（ ２）＝ （２－ ２）＜０， １＋ ２＜２ （１２ ） （２） ｍｉｎ｛ ， ｝ ， ， （ ）＝
评析 本题重点考查利用导数处理函数问题的能力，通过对 ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ 讨论ｈ ｘ 零点的个数．
ｍｉｎ｛ （ ）， （ ）｝（ ＞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 解析 设曲线ｙ ｆ ｘ 与ｘ轴相切于点 ｘ 则ｆ ｘ
（１） ＝ （ ） （ ０，０）， （ 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 {
类问题的关键． ｆ ′ ｘ 即
ｘ３
０＋
ａｘ
０＋
１
＝０，
１１．（２０１６课标
Ⅰ
文，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝（
ｘ
－２）ｅ
ｘ
＋
ａ
（
ｘ
－
＝０， （ ０）＝０，
３
ｘ２
０＋
ａ
＝０
４
．
２．
１） 解得ｘ １ ａ ３ ．
讨论ｆ ｘ 的单调性 ０＝ ， ＝－
（１） （ ） ； ２ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ５２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ａ )
因此 当ａ ３ 时 ｘ轴为曲线ｙ ｆ ｘ 的切线． 分 ２ 上单调递减
， ＝－ ， ＝ （ ） （５ ） － ，０ ；
４ ３
当 ｘ 时 ｇ ｘ ｘ 从而 ｈ ｘ ( ａ )
（２） ∈（１，＋∞） ， （ ）＝ －ｌｎ ＜０， （ ）＝ 当ａ 时 若ｘ ２ 则ｆ′ ｘ 若ｘ
ｆ ｘ ｇ ｘ ｇ ｘ 故ｈ ｘ 在 无零点． ＜０ ， ∈（－∞，０）∪ － ，＋∞ ， （ ）＞０， ∈
ｍｉｎ｛ （ ）， （ ）｝≤ （ ）＜０， （ ） （１，＋∞） ３
( ａ)
当ｘ 时 若ａ ５ 则ｆ ａ ５ ｈ ｆ ２ 则 ｆ ′ ｘ 所以函数 ｆ ｘ 在
＝１ ， ≥－ ， （１）＝ ＋ ≥０， （１）＝ｍｉｎ｛ （１）， ０，－ ， （ ） ＜０， （ ） （－∞，０），
４ ４ ３
( ａ ) ( ａ)
ｇ ｇ 故ｘ 是ｈ ｘ 的零点 若ａ ５ 则ｆ ２ 上单调递增 在 ２ 上单调递减．
（１）｝＝ （１）＝０， ＝１ （ ） ； ＜－ ， （１） － ，＋∞ ， ０，－
４ ３ ３
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
若ａ 或ａ 则ｆ ′ ｘ ｘ２ ａ在 无零点 故 {ａ {ａ
（ｉ） ≤－３ ≥０， （ ）＝ ３ ＋ （０，１） ， ( ) ＞０， ＜０，
ｂ ４ ａ３ ｂ 从而 或
ｆ ｘ 在 单调．而ｆ １ ｆ ａ ５ 所以当ａ ＋ ＜０， ４ ａ３ ｂ ｂ ４ ａ３．
（ ） （０，１） （０）＝ ， （１）＝ ＋ ， ≤－３ ２７ － ＜ ＜０ ０＜ ＜－
４ ４ ２７ ２７
时 ｆ ｘ 在 有一个零点 当ａ 时 ｆ ｘ 在 没有
， （ ） （０，１） ； ≥０ ， （ ） （０，１） 又ｂ ｃ ａ 所以当ａ 时 ４ ａ３ ａ ｃ 或当ａ 时 ４ ａ３ ａ
零点． ＝ － ， ＞０ ， － ＋ ＞０ ＜０ ， －
２７ ２７
æ ａ ö ｃ ．
若 ａ 则 ｆ ｘ 在 ç ÷ 单调递减 在 ＋ ＜０
（ｉｉ） －３＜ ＜０， （ ） è０， － ø ，
３ 设ｇ ａ ４ ａ３ ａ ｃ 因为函数ｆ ｘ 有三个零点时 ａ的取值
æ ａ ö ａ （ ）＝ ２７ － ＋ ， （ ） ，
ç ÷单调递增 故在 中 当ｘ 时 ｆ ｘ ( ) ( )
è －
３
，１ø ， （０，１） ， ＝ －
３
， （ ）
范围恰好是 （－∞，－３）∪ １， ３ ∪ ３ ，＋∞ ，
æ ａ ö ａ ａ ２ ２
取得最小值 最小值为ｆ ç ÷ ２ １ ． ( ) ( )
， è － ø＝ － ＋ 则在 上 ｇ ａ 且在 ３ ３ 上
３ ３ ３ ４ （－∞，－３） ， （ ）＜０， １， ∪ ，＋∞ ，
æ ａ ö ２ ２
若ｆ ç ÷ 即 ３ ａ ｆ ｘ 在 无零点 ｇ ａ 均恒成立
① è － ø＞０， － ＜ ＜０，（ ） （０，１） ； （ ）＞０ ，
３ ４ ( )
若ｆ æ ç ａ ö ÷ 即ａ ３ 则ｆ ｘ 在 有唯一零点 从而ｇ （－３）＝ ｃ －１≤０， 且ｇ ３ ＝ ｃ －１≥０， 因此ｃ ＝１ ．
② è － ø＝０， ＝－ ， （ ） （０，１） ； ２
３ ４ 此时 ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ａ ｘ ｘ２ ａ ｘ ａ
③ 若ｆ æ è ç － ａ ö ø ÷ ＜０， 即 －３＜ ａ ＜－ ３ ， 由于ｆ （０）＝ １ ， ｆ （１）＝ ａ ＋ 因函 ， 数 （ ｆ （ ｘ ） ） ＝ 有三 ＋ 个零 ＋１ 点 － ， 则 ＝（ ｘ２ ＋ ＋ １ （ ） ａ ［ －１ ＋ ） （ ｘ ＋ － １ １ － ） ａ ＝ ＋ ０ １－ 有 ］ 两 ， 个异于
３ ４ ４ 的不等实根 所以Δ ａ ２ ａ ａ２ ａ 且
－１ ， ＝（ －１） －４（１－ ）＝ ＋２ －３＞０，
５ 所以当 ５ ａ ３ 时 ｆ ｘ 在 有两个零点 当 ａ ２ ａ ａ
， － ＜ ＜－ ，（ ） （０，１） ； －３＜ （－１） －（ －１）＋１－ ≠０，
４ ４ ４ ( ) ( )
解得ａ ３ ３ ．
５ 时 ｆ ｘ 在 有一个零点． 分 ∈（－∞，－３）∪ １， ∪ ，＋∞
≤－ ，（ ） （０，１） （１０ ） ２ ２
４ 综上 ｃ ．
， ＝１
综上 当ａ ３ 或ａ ５ 时 ｈ ｘ 有一个零点 当ａ ３ 或ａ 评析 本题在考查函数的零点与方程的根的同时，重点考查
， ＞－ ＜－ ， （ ） ； ＝－
４ ４ ４ 利用导数研究函数的单调性及函数的极值问题．
５ 时 ｈ ｘ 有两个零点 当 ５ ａ ３ 时 ｈ ｘ 有三个零
＝－ ４ ， （ ） ； － ４ ＜ ＜－ ４ ， （ ） １４．（２０１５北京文，１９，１３分）设函数ｆ （ ｘ ）＝ ｘ２ － ｋ ｌｎ ｘ ， ｋ ＞０ ．
点． 分 ２
（１２ ）
１３．（２０１５江苏，１９，１６分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂ ａ ｂ Ｒ ． （１） 求ｆ （ ｘ ） 的单调区间和极值 ；
（ ）＝ ＋ ＋ （ ， ∈ ）
试讨论ｆ ｘ 的单调性 证明 若ｆ ｘ 存在零点 则ｆ ｘ 在区间 上仅有一
（１） （ ） ； （２） ： （ ） ， （ ） （１， ｅ］
若ｂ ｃ ａ 实数ｃ是与ａ无关的常数 当函数ｆ ｘ 有三 个零点．
（２） ＝ － （ ）， （ ）
个不同的零点时 ａ 的取值范围恰好是 ｘ２
， （－∞，－３）∪ 解析 由ｆ ｘ ｋ ｘ ｋ 得
( ) ( ) （１） （ ）＝ － ｌｎ （ ＞０）
３ ３ 求ｃ的值． ２
１， ∪ ，＋∞ ， ｋ ｘ２ ｋ
２ ２ ｆ ′ ｘ ｘ － ．
解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｘ （ ）＝ － ｘ ＝ ｘ
（１） （ ）＝３ ＋２ ， （ ）＝０， １＝０， ２＝
ａ 由ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｋ．
２ ． （ ）＝０ ＝
－
当
３
ａ 时 因为 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ 所以函数 ｆ ｘ 在
ｆ （ ｘ ） 与ｆ ′ （ ｘ ） 在区间 （０，＋∞） 上的情况如下 ：
＝０ ， （ ）＝ ３ ＞０（ ≠０）， （ ） ｘ ｋ ｋ ｋ
上单调递增 （０， ） （ ，＋∞）
（－∞，＋∞） ；
( ａ) ｆ ′ ｘ
当ａ 时 若ｘ ２ 则ｆ′ ｘ 若ｘ （ ） － ０ ＋
(
＞
ａ
０
)
， ∈ －∞，－
３
∪（０，＋∞）， （ ）＞０， ∈
ｆ （ ｘ ） ↘ ｋ （１－ ｌｎ ｋ ） ↗
２ 则ｆ ′ ｘ ２
－ ，０ ， （ ）＜０，
３ ( ａ) 所以
，
ｆ
（
ｘ
）
的单调递减区间是
（０，
ｋ
），
所以函数 ｆ ｘ 在 ２ 上单调递增 在
（ ） －∞，－ ，（０，＋∞） ， 单调递增区间是 ｋ
３ （ ，＋∞）；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ５３
ｋ ｋ 等式性质等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等
ｆ ｘ 在ｘ ｋ处取得极小值ｆ ｋ （１－ ｌｎ ）．
（ ） ＝ （ ）＝ 分析问题和解决问题的能力，属较难题．
２
（２）
证明
：
由
（１）
知
，
ｆ
（
ｘ
）
在区间
（０，＋∞）
上的最小值为 ｆ １６．（２０１４课标
Ⅱ
文，２１，１２分）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－３
ｘ２
＋
ａｘ
＋２，
曲
ｋ ｋ 线ｙ ｆ ｘ 在点 处的切线与ｘ轴交点的横坐标为 ．
ｋ （１－ ｌｎ ）． ＝ （ ） （０，２） －２
（ ）＝ 求ａ
２ （１） ；
ｋ ｋ 证明 当ｋ 时 曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ ｋｘ 只有一个
因为ｆ ｘ 存在零点 所以 （１－ ｌｎ ） 从而ｋ ． （２） ： ＜１ ， ＝ （ ） ＝ －２
（ ） ，
２
≤０， ≥ｅ 交点．
当ｋ
＝ｅ
时
，
ｆ
（
ｘ
）
在区间
（１， ｅ）
上单调递减
，
且ｆ
（ ｅ）＝０，
解析
（１）
ｆ ′
（
ｘ
）＝３
ｘ２
－６
ｘ
＋
ａ
，
ｆ ′
（０）＝
ａ
，
所以ｘ 是ｆ ｘ 在区间 上的唯一零点． 曲线ｙ ｆ ｘ 在点 处的切线方程为ｙ ａｘ ．
＝ ｅ （ ） （１， ｅ］ ＝ （ ） （０，２） ＝ ＋２
当ｋ 时 ｆ ｘ 在区间 上单调递减 由题设得 ２ 所以ａ ．
＞ｅ ， （ ） （０， ｅ） ， － ａ ＝－２， ＝１
ｋ
且ｆ
（１）＝
１
＞０，
ｆ
（ ｅ）＝
ｅ－
＜０， （２）
证明
：
由
（１）
知
，
ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－３
ｘ２
＋
ｘ
＋２
．
２ ２
设ｇ ｘ ｆ ｘ ｋｘ ｘ３ ｘ２ ｋ ｘ ．
所以ｆ ｘ 在区间 上仅有一个零点． （ ）＝ （ ）－ ＋２＝ －３ ＋（１－ ） ＋４
（ ） （１， ｅ］ 由题设知 ｋ ．
综上可知 若ｆ ｘ 存在零点 １－ ＞０
， （ ） ， 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｘ２ ｘ ｋ ｇ ｘ 单调递增 ｇ ｋ
则ｆ ｘ 在区间 上仅有一个零点． ≤０ ， （ ）＝３ －６ ＋１－ ＞０， （ ） ， （－１）＝
（ ） （１， ｅ］ ｇ 所以ｇ ｘ 在 上有唯一实根．
评析 本题主要考查利用导数求函数的单调区间及极值，考 －１＜０， （０）＝４， （ ）＝０ （－∞，０］
当ｘ 时 令 ｈ ｘ ｘ３ ｘ２ 则 ｇ ｘ ｈ ｘ ｋ ｘ
查利用导数研究函数的零点问题，本题综合性较强，属中等 ＞０ ， （ ）＝ －３ ＋４， （ ）＝ （ ）＋（１－ ）
ｈ ｘ ．
难度题． ＞ （ ）
ｈ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ ｈ ｘ 在 上单调递减 在
１５．（２０１５浙江，２０，１５分）设函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
＋
ａｘ
＋
ｂ
（
ａ
，
ｂ
∈
Ｒ
）
． （ ）
上
＝
单
３
调
－
递
６
增
＝３
所
（
以
－２
ｇ
），
ｘ
（
ｈ
）
ｘ
（０
ｈ
，２）
．
， （２，
当ｂ
ａ２
时 求函数ｆ ｘ 在 上的最小值ｇ ａ 所
＋∞
以
）
ｇ ｘ 在
， （
上
）
没
＞
有
（
实
）
根
≥
．
（２）＝０
（１） ＝ ＋１ ， （ ） ［－１，１］ （ ） （ ）＝０ （０，＋∞）
４ 综上 ｇ ｘ 在Ｒ上有唯一实根 即曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ
的表达式 ， （ ）＝０ ， ＝ （ ） ＝
； ｋｘ 只有一个交点．
已知函数ｆ ｘ 在 上存在零点 ｂ ａ 求ｂ －２
（２） （ ） ［－１，１］ ，０≤ －２ ≤１， 评析 本题主要考查导数的几何意义及导数的应用，考查了
的取值范围．
分类讨论、函数与方程、等价转化等思想方法．把曲线ｙ ｆ（ｘ）
解析 当ｂ ａ２ 时 ｆ ｘ ( ｘ ａ ) ２ 与直线ｙ ｋｘ 只有一个交点的问题转化为研究函数ｇ ＝ （ｘ）
（１） ＝ ＋１ ， （ ）＝ ＋ ＋１， ＝ －２ ＝
４ ２ ｘ３ ｘ２ （ ｋ）ｘ 在 Ｒ 上有唯一实根问题是解决问题的
ａ －３ ＋ １－ ＋４
故对称轴为直线ｘ ． 关键．
＝－
２ １７．（２０２１北京海淀二模，２０）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ．
ａ２ （ ）＝ － ｌｎ
当ａ 时 ｇ ａ ｆ ａ ． 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
≤－２ ， （ ）＝ （１）＝ ＋ ＋２ （１） ＝ （ ） （１， （１）） ；
( ａ ４ ) （２） 求ｆ （ ｘ ） 的单调区间 ；
当 －２＜ ａ ≤２ 时 ， ｇ （ ａ ）＝ ｆ － ＝１ ． （３） 若关于ｘ的方程ｘ － ａ ｌｎ ｘ ＝０ 有两个不相等的实数根 ， 记
２
较小的实数根为ｘ 求证 ａ ｘ ａ．
当ａ ＞２ 时 ， ｇ （ ａ ）＝ ｆ （－１）＝ ａ２ － ａ ＋２ ． 解析 因为ｆ ｘ ０， ｘ ａ ：（ ｘ －１） ０＞
４ （１） （ ）＝ － ｌｎ ，
ì
ï
ａ２
ａ ａ 所以ｆ ′ ｘ
ａ
．
ïï４ ＋ ＋２， ≤－２， （ ）＝１－ ｘ
综上 ， ｇ （ ａ ）＝ í ï１， －２＜ ａ ≤２， 所
又
以
因为
ｆ ′ （
ｆ
１）＝１－ ａ．
ïï ａ２ ａ ａ ． （１）＝１，
î － ＋２， ＞２ 所以曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｙ
４ ＝ （ ） （１， （１）） －１＝（１－
{ｓ ｔ ａ ａ ｘ 即ｙ ａ ｘ ａ．
设ｓ ｔ为方程ｆ ｘ 的解 且 ｔ 则 ＋ ＝－ ， ）（ －１）， ＝（１－ ） ＋
（２） ， （ ）＝０ ， －１≤≤１， ｓｔ ｂ ｆ ｘ 的定义域为 ．
＝ ， （２） （ ） （０，＋∞）
ｔ ｔ ａ ｘ ａ
由于 ｂ ａ 因此－２ ｓ １－２ ｔ ． ｆ ′ ｘ － ．
０≤ －２ ≤１， ｔ ≤ ≤ｔ （－１≤≤１） （ ）＝１－ ｘ ＝ ｘ
＋２ ＋２
当 ｔ 时 －２
ｔ２
ｓｔ
ｔ
－２
ｔ２ 当ａ
≤０
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＞０，
所以ｆ
（
ｘ
）
的单调递增区间为
（０，＋∞）
．
０≤≤１ ，ｔ ≤ ≤ ｔ ， 当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 得ｘ ａ．
＋２ ＋２ ＞０ ， （ ）＝０， ＝
由于 ２ －２
ｔ２
和 １
ｔ
－２
ｔ２ ｆ
（
ｘ
）
与ｆ ′
（
ｘ
）
在区间
（０，＋∞）
上的情况如下
：
－ ≤ｔ ≤０ － ≤ ｔ ≤９－４ ５，
３ ＋２ ３ ＋２ ｘ （０， ａ ） ａ （ ａ ，＋∞）
所以 ２ ｂ ． ｆ′ ｘ
－ ≤ ≤９－４ ５ （ ） － ０ ＋
３
ｆ ｘ 极小值
ｔ ｔ２ ｔ２ （ ） ↘ ↗
当 ｔ 时 －２ ｓｔ －２
－１≤ ＜０ ， ｔ ≤ ≤ｔ ， 所以ｆ ｘ 的单调递减区间为 ａ 单调递增区间为 ａ
＋２ ＋２ （ ） （０， ）， （ ，
ｔ２ ｔ ｔ２ ．
由于 －２ 和 －２ 所以 ｂ ． ＋∞）
－２≤ｔ ＜０ －３≤ ｔ ＜０， －３≤ ＜０ 证明 由 知 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增．
＋２ ＋２ （３） ： （２） ： ≤０ ， （ ） （０，＋∞）
故ｂ的取值范围是 ． 所以ｆ ｘ 至多有一个实根 不符合题意．
［－３，９－４ ５］ （ ）＝０ ，
评析 本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不 故ａ ． ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ 上单调递增．
＞０ （ ） （０， ） ， （ ，＋∞）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ５４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
所以ｆ ｘ 的最小值为ｆ ａ ａ ａ ａ． ( ) ( )
（ ） （ ）＝ － ｌｎ
ｘ １ １ １
若ｆ ａ 则ｆ ｘ 所以ｆ ｘ 至多有一个实根 不符 ０， ，＋∞
（ ）≥０， （ ）≥０， （ ）＝０ ， ｅ ｅ ｅ
合题意．
ｆ′ ｘ
（ ） － ０ ＋
若ｆ ａ 即ａ ａ ａ 得ａ ．
（ ）＜０， － ｌｎ ＜０， ＞ｅ ｆ ｘ 极小值
又ｆ 且ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 （ ） ↘ ↗
（１）＝１＞０， （ ） （０， ） ， ( )
所以ｆ ｘ 在 ａ 上有唯一零点． 所以ｆ ｘ 的极小值为ｆ １ １ １ １ 没有极大值．
（ ） （０， ） （ ） ＝ ｌｎ ＝－ ，
因为方程ｘ ａ ｘ 有两个不相等的实数根 且较小的实数 ｅ ｅ ｅ ｅ
－ ｌｎ ＝０ ，
根为ｘ 所以ｆ ｘ 在 ａ 上的唯一零点就是ｘ ． 又因为ｆ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ ２ ３ ｆ ′ ２ ３ ２ ３ ２
０， （ ） （０， ） ０ （ｅ ）＝ｅ ｌｎ ｅ ＝ ｅ ， （ｅ ）＝ｌｎ ｅ ＋１＝ ＋１＝
证法一 ｘ ａ ｘ ｘ ａ ． ３ ３
： ０ ｘ － ｌｎ ０＝０， ０∈（１， ） ５ 所以直线ｌ的方程为ｙ ２ ２ ３ ５ ｘ ２ ３ 即 ｘ ｙ ２ ３
所以ａ ０ ． ， － ｅ ＝ （ －ｅ ）， ５ －３ －３ｅ
＝ ｘ ３ ３ ３
ｌｎ ０ ．
æ ｘ ö ｘ ＝０
所以 “（ ａ －１） ｘ ０＞ ａ ” 等价于 “è ç ｌｎ ０ ｘ ０ －１ø ÷ｘ ０＞ ｌｎ ０ ｘ ０ ”， （ｉｉ） 对任意的ｘ ≥ｅ 都有ｆ （ ｘ ）≥ ｍ ｘ ｅ ｍ ｘ ＝ｅ ｍ ｘ ·ｌｎ ｅ ｍ ｘ ，
即ｘ ０－ｌｎ ｘ ０＞１ ． 即ｆ ｘ ｆ ｍ ｘ 恒成立．由ｍ 知 ｍ 所以 ｍ ｘ ．
由 知 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ的最小值为ｆ ． （ ）≥（ｅ ） ＞０， ｘ ＞０， ｅ ＞１
（２） ， ＝１ ， （ ）＝ －ｌｎ （１）＝１
又因为ｘ 所以ｘ ｘ ． ( )
０≠１， ０－ｌｎ ０＞１ 由 知ｆ ｘ 在 １ 上单调递增
所以 ａ ｘ ａ． （ｉ） （ ） ，＋∞ ，
（ －１） ０＞ ｅ
ａ ｍ ｍ
证法二 ａ ｘ ａ 等价于 ｘ ． 因此ｘ ｘ 可得 ｘ 即ｘ ｘ ｍ．
：“（ －１） ０＞ ” “ ０＞ａ ” ≥ｅ ， ｌｎ ≥ ｘ ， ｌｎ ≥
－１
ａ ａ２ ａ ａ ａ 当ｘ 时 ｆ ｘ 的最小值为ｆ 所以ｍ的最大值为 ．
又 ａ － ＋２ － （ －２） ≥ｅ ， （ ） （ｅ）＝ｅ， ｅ
ａ －１ － ＝ ａ －１ ＝ ａ －１ ＜０， （２） 证明 ： 要证明ｘ １ ｘ ２＞ｅ ２ ， 只需证明 ｌｎ（ ｘ １ ｘ ２）＞２ 即可 ，
所 因 以 为 ａ ｆ － （ ａ ｘ １ ） ＜ 在 ａ． （０， ａ ） 上单调递减 ， 依 因 题 为 意 ｘ ＞ ， ０ ｘ ， １， 所 ｘ ２ 以 是 {ａ ａ 方 ｌｎ 程 ｘ ｘ １ ａ ＋ ｘ ｘ ｘ ｌｎ １＝ ｘ ０ ＋ ， ． ｘ ① ２ ＝０ 的两个不等实根 ，
ａ ( ａ ) ｌｎ ２＋ ２＝０②
所以 ｘ 等价于 ｆ ｘ ｆ 相加得ａ ｘ ｘ ｘ ｘ
“ ０＞ａ
－１
” “ （ ０）＜ ａ
－１
”， ①、②
相减得ａ
（ｌｎ
ｘ
１＋ｌｎ
ｘ
２）＋（
ｘ
１＋
ｘ
２）＝０，
( ａ ) ａ ａ ①、② （ｌｎ １－ｌｎ ２）＋（ １－ ２）＝０，
即ｆ ａ ． ｘ ｘ ｘ ｘ
ａ ＝ａ － ｌｎａ ＞０（∗） 消去ａ 整理得ｌｎ（ １ ２） １＋ ２
－１ －１ －１ ， ｘ ＝ｘ ｘ ，
因为ａ １ １－ ２
＞ｅ， ｌｎ ｘ
ａ ｔ ２
令ｔ 则ｔ ａ ． ｘ
＝ａ ， ＞１， ＝ｔ １
－１ －１ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ＋１
ｔ ｘ ｘ １ １＋ ２ １ ２ ．
即 （∗） 式等价于ｔ －ｔ －１ ｌｎ ｔ ＞０， 即ｔ －１－ｌｎ ｔ ＞０ ． ｌｎ（ １ ２）＝ｌｎ ｘ ２ ·ｘ １－ ｘ ２ ＝ｌｎ ｘ ２ ·ｘ ｘ １ －１
所以 ａ ｘ ａ 等价于 ｔ ｔ ．
“（ －１） ０＞ ” “ －１－ｌｎ ＞０” ｘ ２
令ｇ （ ｔ ）＝ ｔ －１－ｌｎ ｔ ， ｔ ＞１ ． 不妨设ｘ １＞ ｘ ２， 令ｔ ＝ｘ １ ， 则ｔ ＞１ ．
所以ｇ′ ｔ １ ｔ －１． ２ ｔ ｔ
（ ）＝１－ ｔ ＝ ｔ 故只需证明当ｔ 时 ｔ ＋１ 即证明 ｔ ２（ －１）．
＞１ ，ｌｎ ·ｔ ＞２， ｌｎ ＞ ｔ
当ｔ 时 ｇ′ ｔ －１ ＋１
＞１ ， （ ）＞０， ｔ
所以ｇ ｔ 在 上单调递增． 设ｈ ｔ ｔ ２（ －１）
（ ） （１，＋∞） （ ）＝ｌｎ － ｔ ，
所以ｇ ｔ ｇ 而ｇ ． ＋１
（ ）＞ （１）， （１）＝０ ｔ ｔ ｔ ２
所以ｔ ｔ 恒成立 则ｈ′ ｔ １ ＋１－（ －１） （ －１）
－１－ｌｎ ＞０ ， （ ）＝ ｔ －２ ｔ ２ ＝ｔ ｔ ２＞０，
所以 ａ ｘ ａ． （ ＋１） （ ＋１）
（ －１） ０＞ 于是ｈ ｔ 在 上单调递增 从而ｈ ｔ ｈ
１８．（２０２１天津和平一模，２０）已知函数ｆ ｘ ａｘ ｘ ａ Ｒ． （ ） （１，＋∞） ， （ ）＞ （１）＝０，
（ ）＝ ｌｎ ， ∈ ｔ
（１） 当ａ ＝１ 时 ， 直线ｌ与曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 相切于点 （ｅ ２ ３ ， ｆ （ｅ ２ ３ ）） ． 因此 ｌｎ ｔ ＞ ２（ ｔ ＋ － １ １）．所以ｘ １ ｘ ２＞ｅ ２．
（ｉ）
求ｆ
（
ｘ
）
的极值
，
并写出直线ｌ的方程
；
１９．（２０２１安徽江淮十校４月联考，２１）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｋｘ２
＋２
ｘ
－
ｍ ｍ ｘ．
若对任意的ｘ 都有ｆ ｘ ｘ ｍ 求ｍ的最 ｌｎ
（ｉｉ） ≥ｅ （ ）≥ ｘ ｅ ， ＞０， 讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ） ；
大值 若ｆ ｘ 有 个极值点ｘ ｘ 证明 ｆ ｘ ｆ ｘ ．
若函
；
数ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ２ 有且只有两个不同的零点ｘ ｘ
（２） （ ） ２ １， ２， ：（ １）＋（ ２）＞３
（２） （ ）＝ （ ）＋ １， ２， 解析 ｆ ｘ 的定义域是 ｆ ′ ｘ ｋｘ １
求证 ｘ ｘ ２． （１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝２ ＋２－ ｘ ＝
： １ ２＞ｅ
解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ′ ｘ ｘ ｘ １ ２
ｋｘ２
＋２
ｘ
－１ ｘ ．
（１）（ｉ） ＝１ ， （ ）＝ ｌｎ ， （ ）＝ｌｎ ＋ · ｘ ｘ （ ＞０）
记ｇ ｘ ｋｘ２ ｘ
ｘ ｘ ．令ｆ ′ ｘ 解得ｘ １ ． （ ）＝２ ＋２ －１，
＝ｌｎ ＋１， ＞０ （ ）＝０， ＝
ｅ 当ｋ 时 令ｇ ｘ ｘ １
当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如下表 ① ＝０ ， （ ）＝０⇒ ＝ ，
， （ ）， （ ） ： ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ５５
( ) 解析 由题可得 ｆ ｘ 的定义域为 Ｒ ｆ ′ ｘ
当ｘ １ 时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 （１） （ ） ， （ ）＝
当ｘ ∈ ( ０ １ ， ２ ) ， 时 （ ｇ ）＜ ｘ ０⇒ （ ｆ ′ ）＜ ｘ ０⇒（ ｆ ） ｘ 单调递 ， 增． ｅ ｘ （ （ ｘ ｘ ２ ２ － ＋ ２ ａ ｘ ） ＋ ２ ａ ）．Δ ＝（－２） ２ －４ ａ ＝４－４ ａ．
∈ ，＋∞ ， （ ）＞０⇒ （ ）＞０⇒（ ）
２ 当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ａ ｘ
ｋ
① ∈（０，１） ， （ ）＝ ０， １＝１－ １－ ， ２＝１＋
当 ｋ 时 Δ ｋ ｇ ｘ ｘ －２＋ ４＋８ ａ 所以函数ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 在
② ＞０ ， ＝４＋８ ＞０， （ ）＝ ０⇒ ＝ ｋ ＝ １－ ， （ ） （－∞，１－ １－ ） ， （１－
４ ａ ａ 上单调递减 在 ａ 上单调
ｋ １－ ，１＋ １－ ） ， （１＋ １－ ，＋∞）
１＋２ －１ 负根舍去 递增
ｋ （ ）， ；
２
æ ｋ ö 当 ａ 时 ｆ ′ ｘ ｅ
ｘ
（
ｘ２
－２
ｘ
＋
ａ
） 所以函数
当ｘ ∈è ç ０， １＋２ ｋ －１ ø ÷时 ， ｇ （ ｘ ）＜０⇒ ｆ ′ （ ｘ ）＜０⇒ ｆ （ ｘ ） 单调 ② ∈［１，＋∞） ， （ ）＝ （ ｘ２ ＋ ａ ） ２ ≥０，
２ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增． 证法一 由 可得 ａ 且ｘ ｘ
递减 （ ） （２） ： （１） ０＜ ＜１， １， ２
，
æ ｋ ö
是ｘ２
－２
ｘ
＋
ａ
＝０
的两根．
当ｘ ç １＋２ －１ ÷时 ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调 设 ｘ ｘ 则由 知ｆ ｘ 在ｘ 处取得极大值 在ｘ 处
∈è ２ ｋ ，＋∞ø ， （ ）＞０⇒ （ ）＞０⇒ （ ） 取得 ０＜ 极 １ 小 ＜１ 值 ＜ ２ 且 ， ｆ ｘ （１） ｆ ｘ （ ． ） １ ， ２
递增
；
， （ １）＞（ ２）
( ] 因为ｘ２ ａ ｘ ｘ２ ａ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ａ
当ｋ 时 令Δ ｋ 得ｋ １ １＋ ＝２ １， ２＋ ＝２ ２， １＋ ２＝２， １ ２＝ ，
③ ＜０ ， ＝４＋８ ≤０， ∈ －∞，－ ２ ， 所以所证结论等价于证ｅ ｘ １ ｅ ｘ ２ ｅ １－ ｘ １ ｘ ２
则ｇ ｘ ｋｘ２ ｘ 在 上恒成立 ｘ － ｘ ＜ · ｘ ｘ ，
（ ）＝２ ＋２ －１≤０ （０，＋∞） ， ２ １ ２ ２ ２ １ ２
于是ｆ ′
（
ｘ
）≤０
在
（０，＋∞）
上恒成立
，
ｆ
（
ｘ
）
在定义域
（０，＋∞）
整理得ｘ
２ｅ
ｘ １－１
－
ｘ
１ｅ
ｘ ２－１
＜１－
ｘ
１
ｘ
２，
上单调递减． 即证 （２－ ｘ １）ｅ ｘ １－１ － ｘ １ｅ １－ ｘ １－（ ｘ １－１） ２ ＜０ ．
( ) ｋ 令ｔ ｘ ｔ Ｆ ｔ ｔ － ｔ ｔ ｔ ｔ２
若ｋ １ 则Δ ｋ 令ｇ ｘ ｘ １＋２ －１ ＝１－ １，∈（０，１）， （ ）＝（１＋）ｅ －（１－）ｅ－ ，
∈ － ２ ，０ ， ＝４＋８ ＞０， （ ）＝０⇒ １＝ ２ ｋ ， 所以Ｆ′ （ ｔ ）＝ ｔ （ｅ ｔ －ｅ － ｔ －２）， ｔ ∈（０，１） ．
ｋ 令ｇ ｔ ｔ － ｔ 易知ｇ ｔ 在 上单调递增．
ｘ － １＋２ －１ ｆ ′ ｘ 有 个不相等正根 ｆ ｘ 在 （ ）＝ｅ－ｅ －２， （ ） （０，１）
２＝ ｋ ， （ ）＝ ０ ２ ， （ ） 因为ｇ ｇ
２ （０）＝－２＜０， （１）＞０，
æ ｋ ö æ ｋ ｋ ö 所以存在ｔ 使ｇ ｔ
è
ç
０，
１＋２
ｋ
－１
ø
÷上单调递减
，
在
è
ç １＋２
ｋ
－１
，
－ １＋
ｋ
２ －１
ø
÷上
所以当ｔ
０∈（
ｔ
０，
时
１），
Ｆ′ ｔ
（ ０）＝
Ｆ
０，
ｔ 单调递减 当ｔ ｔ
２ ２ ２ ∈（０，０） ， （ ）＜０， （ ） ； ∈（ ０，１）
æ ｋ ö 时 Ｆ′ ｔ Ｆ ｔ 单调递增
单调递增 在ç－ １＋２ －１ ÷上单调递减． ， （ ）＞０， （ ） ，
， è ｋ ，＋∞ø 所以Ｆ ｔ Ｆ Ｆ
２ （ ）＜ｍａｘ｛ （０）， （１）｝＝０，
（２） 证明 ： 由 （１） 知若ｆ （ ｘ ） 有 ２ 个极值点 ， 则ｆ ′ （ ｘ ）＝０ 有 ２ 个 所以 （２－ ｘ １）ｅ ｘ １－１ － ｘ １ｅ １－ ｘ １－（ ｘ １－１） ２ ＜０ 成立 ，
不相等正根 ａ
， 所以 ｆ ｘ ｆ ｘ ｅ １－ ．
( ) ｋ ｜ （ １）－（ ２）｜＜ · ａ
ｇ ｘ ｋｘ２ ｘ 此时ｋ １ ｘ １＋２ －１ ｘ ２
（ ）＝ ２ ＋２ －１＝０， ∈ － ，０ ， １＝ ｋ ， ２ 证法二 由 可得 ａ 且ｘ ｘ 是ｘ２ ｘ ａ 的两根．
２ ２ ： （１） ０＜ ＜１， １， ２ －２ ＋ ＝０
ｋ 设 ｘ ｘ 则由 知ｆ ｘ 在ｘ 处取得极大值 在ｘ 处
－ １＋２ －１ ０＜ １＜１＜ ２， （１） （ ） １ ， ２
＝ ｋ ， 取得极小值 且ｆ ｘ ｆ ｘ ．
２ ， （ １）＞（ ２）
且满足ｘ １＋ ｘ ２＝－ １ ｋ ， ｘ １ ｘ ２＝－ ２ １ ｋ， ｋｘ２ １＝ ２ １ （１－２ ｘ １）， ｋｘ２ ２＝ ２ １ （１－ ｘ 先 ２ １＋ 证 ａ ＝ 当 ２ ｘ ｘ １， ｘ２ ２＋ 时 ａ ＝２ ｘ ｘ ２， ｘ １ ｘ ｘ ２＝ ｘ ａ ２ ， ｘ 当 １＋ ｘ ｘ ２＝２ 时 ． ｘ ｘ ｘ２ ．
ｘ ． ： ≥０ ，ｅ ≥１＋ ＋ ； ＜０ ，ｅ ＜１＋ ＋
２ ２）
２ ２
所以ｆ （ ｘ １）＋ ｆ （ ｘ ２）＝ ｋｘ２ １＋ ｋｘ２ ２＋２（ ｘ １＋ ｘ ２）－（ｌｎ ｘ １＋ｌｎ ｘ ２）＝
２
１ ［（１ 令ｍ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－１－
ｘ
－
ｘ２
（
ｘ
≥０），
则ｍ′
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－１－
ｘ
≥０
在ｘ
≥０
２
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
－２ １）＋（１－２ ２）］＋２（ １＋ ２）－（ｌｎ １＋ｌｎ ２） 时恒成立
，
故ｍ
（
ｘ
）
在
［０，＋∞）
上单调递增
，
＝１＋（ ｘ １＋ ｘ ２）－ｌｎ（ ｘ １ ｘ ２）＝１－ １ ｋ ＋ｌｎ（－２ ｋ ）， 当ｘ ＝０ 时 ， ｍ （ ｘ ）＝０， 所以当ｘ ≥０ 时 ， 有 ｅ ｘ ≥１＋ ｘ ＋ ｘ２ ；
( ) ２
设ｈ
（
ｋ
）＝１－
１
ｋ ＋ｌｎ（－２
ｋ
），
ｋ
∈ －
１
，０ ， 同理 当ｘ 时 ｘ ｘ
ｘ２
．
２ ， ＜０ ，ｅ ＜１＋ ＋
( ) ( ) ２
求导得ｈ′ ｋ １ １ １ １ ｈ ｋ 在 １ 上单 é ｘ ２ù
（ ）＝ ｋ２ ＋ ｋ
(
＝ ｋ
)
ｋ ＋１ ＞０， （ ） － ２ ，０ 因为ｘ １－１＜０， 所以 ｅ ｘ １＝ｅ·ｅ ｘ １－１ ＜ｅë êê １＋ ｘ １－１＋ （ １－
２
１） û úú．
调
所
递
以
增
ｆ
，
ｘ
所
有
以ｈ
个
（
ｋ
极
）＞
值
ｈ
点
－
ｘ
２
１
ｘ
＝
时
３
．
ｆ ｘ ｆ ｘ ．
因为ｘ ２－１＞０， 所以 ｅ ｘ ２＝ｅ·ｅ ｘ ２－１ ＞ｅ
é
ë êê １＋ ｘ ２－１＋ （
ｘ
２－
２
１）
２ù
û úú ，
（ ） ２ １， ２ ， （ １）＋（ ２）＞３ ｘ ｘ ｘ ｘ
２０．（２０２１浙江“超级全能生”３月模拟，２２）已知ａ 函数ｆ ｘ 从而 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｅ １ ｅ ２ ｅ １ ｅ ２
ｅ
ｘ
．
＞０， （ ） ｜ （ １）－（ ２）｜＝ （ １）－（ ２）＝ｘ２
１＋
ａ－ｘ２
２＋
ａ＝
２
ｘ
１
－
２
ｘ
２
＝ｘ２ ＋ ａ é êê ｘ （ ｘ １－１） ２ù úú é êê ｘ （ ｘ ２－１） ２ù úú
讨论函数ｆ ｘ 的单调性 ｅë１＋ １－１＋ û ｅë１＋ ２－１＋ û
（１） （ ） ； ＜ ｘ ２ － ｘ ２
（２） 已 ｅ 知函 １－ 数 ａ ． ｆ （ ｘ ） 存在极值点ｘ １， ｘ ２， 求证 ：｜ ｆ （ ｘ １）－ ｆ （ ｘ ２）｜＜ ｅ æ ç ｘ２ １＋１ ２ ｘ １ ２ ２＋１ ö ÷ ｅ ( １ ) ２ ｘ ２ ｘ
· ａ ＝ è ｘ － ｘ ø＝ · ａ －１ （ ２－ １）
２ ２ ２ １ ２ ２ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１ ５６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ) ａ 成立 从而 式成立．
ｅ １ ａ ｅ １－ ． ０ ， （∗）
＝ · ａ －１ ４－４ ＜ · ａ 由于 ａ 可知 式显然成立．
４ ２ １＜ ＜ｅ， （∗∗）
当 ａ 时 符合题意．
２１．（２０２１浙江“９＋１”联盟４月联考，２２）设函数ｆ ｘ ａ ｘ １ ∴ １＜ ＜ｅ ，
（ ）＝ ｌｎ － ａ 若ａ 则由 知ｆ ｘ 在 上单调递增
③ ≥ｅ， （１） （ ） ［１，ｅ］ ，
ｘ２ ＋ ｘ ＋ ｂ （ ａ ， ｂ ∈ Ｒ ） ． 故要使得 ｅ≤ ａｆ （ ｘ ）≤ｅ ２ ＋１ 对 ［１，ｅ］ 恒成立 ， 只需存在实数ｂ ，
求ｆ ｘ 的极值 ì
（１） （ ） ； ïｆ １ ｂ ｅ
（２） 已知ａ ＞０， 若存在实数ｂ ， 使得 ｅ≤ ａｆ （ ｘ ）≤ｅ ２ ＋１ 对ｘ ∈［１， 使得í ï（１）＝１－ ａ ＋ ≥ ａ ， 成立 即要ｅ＋１ ｂ ２ｅ ２ ＋１
ｅ］ 恒成立 ， 求ａ的取值范围． （ 其中 ｅ 是自然对数的底数 ） ï ïｆ ａ ｅ ２ ｂ ｅ ２ ＋１ ， ａ －１≤ ≤ ａ －
解析 由题意知 ａ ｆ ｘ 的定义域为 î（ｅ）＝ － ａ ＋ｅ＋ ≤ ａ
（１） ： ≠０， （ ） （０，＋∞），
ｆ ′ ｘ －（ ｘ － ａ ）（２ ｘ ＋ ａ ）． ａ 从而只需ｅ＋１ ２ｅ ２ ＋１ ａ 解得 ａ
（ ）＝ ａｘ －ｅ， ａ －１≤ ａ － －ｅ， １－２ｅ≤ ≤ｅ，
当ａ 时 又ａ ａ ．
① ＞０ ， ≥ｅ，∴ ＝ｅ
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ． é ù
∴
ｆ
（
∈ ｘ
）
（ 的 ０， 单 ） 调递 ， 增 （ 区 ） 间 ＞０ 为 ；
（０，
∈ ａ
）
（
，
单 ，＋ 调 ∞ 递 ） 减 ， 区间 （ 为 ）＜
（
０ ａ
，＋∞），
综上所述 ： ａ的取值范围是 ë ê ê１－ｅ＋
２
ｅ ２ ＋２ｅ－７ ，ｅû ú ú．
ｆ ｘ 有极大值 极大值为ｆ ａ ａ ａ ｂ 无极小值． ｘ
∴ （ ） ， ( （ ａ ）＝ ) ｌｎ ＋ ， ２２．（２０２１浙江嘉兴二模，２２）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ｅ ａ －ｌｎ（ ａｘ － ａ ）＋１（ ａ
当 ａ 时 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
② ＜ ０ ， ∈ ０，－ ， （ ） ＜ ０； ∈ 为自然对数的底数 ．
２
( － ａ ，＋∞ ) 时 ， ｆ ′ （ ｘ ） ＞０ ． ∴ ｆ （ ｘ ） 的单调递减区间为 （ ＞ １ ０ ） ，ｅ 当ａ ＝１ 时 ， 求曲线 ｙ ） ＝ ｆ （ ｘ ） 在点 （２， ｆ （２）） 处的切线的
２ 斜率
( ａ ) ( ａ ) ；
单调递增区间为 若ｆ ｘ 恒成立 求实数ａ的取值范围
０，－ ， － ，＋∞ ， （２） （ ）＞０ ， ；
２ ２ 设函数ｇ ｘ ｘ ａｘ 且ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ．若
( ａ ) ( ａ ) （３） （ ）＝ｌｎ（ －１）－ －１， （ ）＝ （ ）＋ （ ）
ｆ ｘ 有极小值 极小值为 ｆ ａ ３ ａ ｂ 无 ｘ ｘ 为函数 ｈ ｘ 的两个零点 且 ｈ ｘ 的导函数为 ｈ′
∴ （ ） ， － ＝ ｌｎ － － ＋ ， １， ２ （ ） ， （ ）
２ ２ ４ æｘ ｘ ö
极大值． ｘ 求证 ｈ′ç １＋ ２÷ ．
（ ）， ： è ø＜０
综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 的极大值为ａ ａ ｂ 无极小值 ２
： ＞０ ， （ ） ｌｎ ＋ ， ； 解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ
( ａ ) （１） ＝１ ， （ ）＝ｅ －ｌｎ（ －１）＋１， （ ）＝ｅ －
当ａ 时 ｆ ｘ 的极小值为ａ ３ ａ ｂ 无极大值．
＜０ ， （ ） ｌｎ － － ＋ ， １ ．因此 曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线的斜率ｋ ｆ ′
２ ４ ｘ ， ＝ （ ） （２， （２）） ＝
若 ａ 则由 知 ｆ ｘ 在 上单调递减 －１
（２）① ０＜ ≤１， （１） ：（ ） ［１，ｅ］ ， ２ ．
故要使得 ａｆ ｘ ２ 对ｘ 恒成立 只需存在实 （２）＝ｅ －１
ｅ≤ （ ）≤ｅ ＋１ ∈［１，ｅ］ ， 易知ｘ 因此 ｆ ｘ 恒成立 ｆ ｘ ｘ ．
ì ïｆ １ ｂ ｅ ２ ＋１ （２） ＞１， ｘ ， （ ）＞０ ｘ ⇔（ ）ｍｉｎ＞０（ ＞１）
ï（１）＝１－ ａ ＋ ≤ ａ ， 易知ｆ ′ ｘ ｅ １ ｆ ″ ｘ ｅ １
数ｂ
，
使得í
ï ２
成立
，
（ ）＝ ａ －ｘ
－１
， （ ）＝ ａ ＋
（
ｘ
－１）
２＞０，
î ïｆ （ｅ）＝ ａ － ｅ ａ ＋ｅ＋ ｂ ≥ ａ ｅ 所以ｆ ′ （ ｘ ） 在 （１，＋∞） 上单调递增．
又因为ｘ ＋时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
２ ２ ２ ２ →１ ， （ ）→－∞； →＋∞ ， （ ）→＋∞
即ｅ ＋ｅ ａ ｂ ｅ ＋２ 从而只需ｅ ＋ｅ ａ ｅ ＋２ ．
ａ － －ｅ≤ ≤ ａ －１， ａ － －ｅ≤ ａ －１ 故存在唯一实数ｘ ｘ 使ｆ ′ ｘ 即 ｘ ａ 也即
０（ ０＞１）， （ ０）＝０， ｅ ０＝ｘ ，
２
０－１
又 ａ 解得１－ｅ＋ ｅ ＋２ｅ－７ ａ ． ｘ ａ ｘ 在 ｘ 上 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 单调递
０＜ ≤１， ≤ ≤１ ０＝ｌｎ －ｌｎ（ ０－１）， （１， ０） ， （ ）＜０， （ ）
２ 减 在 ｘ 上 ｆ ′ ｘ 函数 ｆ ｘ 单调递增 因此
若 ａ 则由 知 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 在 ａ ， （ ０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） ， ，
② １＜ ＜ｅ， （１） ： （ ） ［１， ］ ， ［ ，ｅ］ ｘ
单调递减 ｆ ｘ ｆ ｘ ｅ ０ ａｘ ａ １ ｘ ａ
， （ ）ｍｉｎ＝ （ ０）＝ ａ －ｌｎ（ ０－ ）＋１＝ｘ ＋ ０－２ｌｎ ＋１
故要使得 ａｆ ｘ ２ 对ｘ 恒成立 只需存在实 ０－１
ｅ≤ （ ）≤ｅ ＋１ ∈［１，ｅ］ ，
ì ï
ï
ｆ
（
ａ
）＝
ａ
ｌｎ
ａ
＋
ｂ
≤
ｅ ２
ａ
＋１
，
＝ｘ
０
１
－１
＋ ｘ ０－１－２ｌｎ ａ ＋２≥２ ｘ
０
１
－１
·（ ｘ ０－１） －２ｌｎ ａ ＋２＝４－
ï ａ ．因此 ａ ２．
数ｂ 使得íｆ １ ｂ ｅ 成立 ２ｌｎ ＞０ ，０＜ ＜ｅ
， ï（１）＝１－ ａ ＋ ≥ ａ ， ，
证明 由题意可知ｈ ｘ ｅ
ｘ
ａｘ ａ
ï （３） ： （ ）＝ ａ － －ｌｎ ，
２
î ïｆ （ｅ）＝ ａ － ｅ ａ ＋ｅ＋ ｂ ≥ ａ ｅ 且ｅ ｘ １ ａｘ ａ ｅ ｘ ２ ａｘ ａ ．
即 ì í ï ï ｅ＋ ａ １ －１≤ ｂ ≤ ｅ ２ ａ ＋１ － ａ ｌｎ ａ ， 由
ａ －
可
１－
得
ｌｎ
ａ２
＝０
ｅ
①
ｘ １－
，
ｅ
ａ
ｘ ２ ．
－ ２－ｌｎ ＝０②
①－② ＝ｘ ｘ
ï ïｅ ２ ＋ｅ ａ ｂ ｅ ２ ＋１ ａ ａ １－ ２
î ａ － { －ｅ ａ ≤ ≤ ２ ａ ａ ２ － ａ ｌｎ ， 由ｈ′ （ ｘ ）＝ ｅ ａ ｘ － ａ得ｈ′ æ è ç ｘ １＋ ｘ ２ ö ø ÷ ＝ ｅ ｘ ａ １＋ ２ ｘ ２ － ａ ＝ ａ １ （ｅ ｘ １＋ ２ ｘ ２ － ａ２ ）＝ ａ １ ·
从而只需 ｅ－ ≤ｅ － ｌｎ ， ２
ｅ－ ａ２ －ｅ ａ ≤１－ ａ２ ｌｎ ａ ， ( ｘ １＋ｘ ２ ｅ ｘ １－ｅ ｘ ２ ) ．不妨令ｘ ｘ 并设ｔ ｘ ｘ ｔ
{ ２ ａ ａ２ ａ ｅ ２ －ｘ ｘ ③ １＞ ２， ＝ １－ ２（ ＞０），
即 ｅ －ｅ＋ － ｌｎ ≥０（∗）， １－ ２
由 ａ２ ａ （１－ｌｎ 可 ａ 知 ）＋（ ２ ａ －１） ａ ｅ＋ ａ２ １≥ ａ ０（∗ ２ ∗） ａ ， ａ２ ａ ａ 则ｘ １＝ ｘ ２＋ ｔ ， 代入 ③ 可得ｈ′ æ è ç ｘ １＋ ｘ ２ ö ø ÷ ＝ ｅ ａ ｘ ２ ( ｅ ２ ｔ － ｅ ｔ － ｔ １ ) ，
１＜ ＜ｅ， ｅ －ｅ＋ － ｌｎ ＞ｅ －ｅ＋ － ＝（ｅ－ ）（ｅ＋ －１）＞ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第三章 导数及其应用 １ ５７
æｘ ｘ ö ｔ ｔ 则ｍ ｔ 在 上单调递减 故ｍ ｔ ｍ
要证明ｈ′ç １＋ ２÷ 只需证明 ２ ｅ－１ （ ） （０，＋∞） ， （ ）＜ （０）＝０，
è ø＜０， ｅ － ｔ ＜０， æｘ ｘ ö
２ 即ｈ′ç １＋ ２÷ ．
即证明ｔ ２
ｔ
ｔ ．令ｍ ｔ ｔ ２
ｔ
ｔ ｔ 则ｍ′ ｔ ２
ｔ è
２
ø＜０
ｅ －ｅ＋１＜０ （ ）＝ ｅ －ｅ ＋１（ ＞０）， （ ）＝ｅ
( ｔ ) ｔ ｔ ( ｔ ｔ )
２ ２
＋１ －ｅ ＝ｅ · ＋１－ｅ ＜０，
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋