2011-2020年高考数学真题分专题训练专题08导数在研究函数图像与性质中的综合应用（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

十年大数据*全景展示
专题 08  导数在研究函数图像与性质中的综合应用
年
份
题号
考
点
考
查
内
容
2012
理 10
导数与函数的单调性
函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究
函数的单调性，图像识别
理 21
导数与函数的最值
函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究
函数的的最值，分类整合思想
文 13
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的
切线
2013
卷 1
理 16
导数与函数的最值
函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数求函
数最值
卷 2
理 10
文 11
导数与函数的极值
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究函数的单调性、
极值、对称性
卷 1
文 9
导数与函数的极值
三角函数函数的图像与性质及利用导数研究初等函数的图像与性
质
卷 1
文 21
导数与函数的单调性
导数与函数的极值
利用导数的几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函
数最值，运算求解能力及应用意识
卷 2
文 21
导数与函数的极值
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究函数的极值、研
究函数的切线问题及取值范围问题，分类整合思想
2014
卷 2
文 11
导数与函数的单调性
已知函数单调性求参数范围
卷 2
理 8
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的
切线
卷 2
理 21
导数与函数的单调性
本题利用到研究函数的单调性、利用导数研究不等式恒成立问题及
利用函数进行近似计算
2015
卷 1
文 15
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的
切线
卷 2
文 16
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求曲线的
切线、直线与二次函数的位置关系
2016
卷 1
理 7
文 9
导数与函数的单调性
利用导数判断函数的单调性、函数图像识别
卷 1
文 12
导数与函数的单调性
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数解函数单调性问题
卷 2
理 16
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的
切线
卷 2
理 21
导数与函数的最值
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证明不等式、利用导
大数据分析*预测高考
数求最值与值域
卷 3
理 15
导数的几何意义
函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几
何意义求曲线的切线
卷 3
理 21
导数与函数的最值
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证明不等式、利用导
数求最值与值域
卷 3
文 16
导数的几何意义
函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几
何意义求曲线的切线
2017
卷 2
理 11
导数与函数的极值
函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算及利用导数研究函数
的极值．
2018
卷 1
理 5
文 6
导数的几何意义
函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意
义求曲线的切线
卷 2
理 13
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 2
文 3
导数与函数的单调性
利用导数判断函数的单调性、函数图像识别
卷 2
文 13
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 3
理 7
文 9
导数与函数的单调性
利用导数判断函数的单调性、函数图像识别
卷 3
理 14
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
2019
卷 1
理 13
文 13
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 3
理 6
文 7
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 2
文 10
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 3
文 20
导数与函数的最值
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、
利用导数求最值及分类整合思想．
2020
卷 1
理 6
导数的几何意义
利用导数的几何意义求曲线的切线
文 15
导数的几何意义
利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 3
理 10
导数的几何意义
导数的几何意义的应用，直线与圆的位置关系
文 15
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
考点
出现频率
2021 年预测
导数的几何意义
16/32
2021 年高考仍然重点利用导数的几何意义求函数的切线、利用
导数研究函数的单调性、极值与最值问题，难度可以基础题，也
可为中档题，也可为难题，题型为选择、填空或解答题．
导数与函数的单调性
7/32
导数与函数的极值
5/32
x
x
x
x
x
x
2 x
x0
2 x0
2 x0
1 4x0
5
导数与函数的最值
5/ 32
十年试题分类*探求规律
考点 26  导数的几何意义与常见函数的导数
1．(2020 全国Ⅰ理 6)函数 f  x  x
4  2x
3 的图像在点1 , f 1处的切线方程为
(
)
A． y  2x 1
B． y  2x 1
C.
y  2x  
3
D.
y  2x 1
【答案】B
【思路导引】求得函数 y  f  x 的导数 f  x ，计算出 f 1 和 f 1 的值，可得出所求切线的点斜
式方程，化简即可．
【解析】 f  x  x
4  2x
3 ， f  x  4x
3  6x
2 ， f 1  1， f 1  2 ，因此，所求切线的
方程为 y 1  2 x 1 ，即 y  2x 1，故选 B．
2．(2020 全国Ⅲ理 10)若直线l 与曲线 y 
和圆 x
2  y
2  1 
相切，则l 的方程为
(
)
5
A.
y  2x 1
【答案】D
B.
y  2x  
1
2
C.
y  1 x 1
2
D.
y  1 x  1
2
2
【思路导引】可以根据圆的切线性质，结合排除法得出正确答案；也可以根据导数的几何意义设出直线l 的
方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案．
【解析】解法一：由与圆相切，故圆心0, 0 到直线的距离为圆半径 
r 
5 ，符合条件的只有 A，D，将答
5
案 A 的直线方程带入 y 
，得： 2x 
 1  0 ，无解；将答案 AD 的直线方程带入 y 
，得：
x  
2
 1  0 ，有一解 x  1 ．故选 D．
解法二：设直线l 在曲线 y 
上的切点为x0 ,
x0  ，则 x0   0 ，
函数 y 
的导数为 y 

1
，则直线l 的斜率 k 1
，
设直线l 的方程为 y 

1 x  x  
 
，即x  
2
y  
x0
 0 ，
由于直线l 与圆 x
2  y
2  1 
相切，则
x0
0
x
x0
5
 1 
，

两边平方并整理得5x
2  4x 1  0 ，解得 x  1， x   1 
(舍)，
0
0
0
0
5
则直线l 的方程为 x  2 y  1  0 ，即 y  1 x  1 
，故选 D．
2
2
3．(2019 全国Ⅲ理 6)已知曲线 y  ae
x  x ln x 在点（1，ae）处的切线方程为 y=2x+b，则
A.
a  e，b  1
B.
a=e，b=1
C． a  e
1，b  
1
【答案】D
D． a  e
1 ， b  1
【解析】y  ae
x  xlnx 的导数为 y '  ae
x  lnx 1 ，又函数 y  ae
x  xlnx 在点(1, ae) 处的切线方程为
y  2x  b ，可得 ae  0 1  2 ，解得 a  e
1 ，又切点为(1,1) ，可得1  2  b ，即b  1，故选 D．
4．(2019 全国Ⅱ文 10)曲线 y=2sinx+cosx 在点(π，–1)处的切线方程为
A． x  y   1  0
C． 2x  y  2 1  
0
【答案】C
B． 2x  y  2 1  0
D． x  y   1  0
【解析】 由 y=2sinx+cosx，得 y  2 cos x  sin x ，所以 y xπ  2 cos π sin π=-2 ，所以曲线 y=2sinx+cosx
在点(π, 1) 处的切线方程为 y 1  2(x  π) ，即 2x  y  2 1  0 ，故选 C．
5．(2018 
Ⅰ
 
全国卷理5)
 
设函数f (x)  x
3  (a 1)x
2  ax 
 
，若f (x) 
 
为奇函数，则曲线y 
f (x) 在点(0, 0)
处的切线方程
为
A.
y  2x
【答案】D
B.
y  x
C.
y  2x
D.
y  x
【 解 析 】 因 为 函 
数
f (x)  x
3  (a 1)x
2  ax 为 奇 函 数 ， 所 以
f (x)   f (x)
， 所 以
(x)
3  (a 1)(x)
2  a(x)  [x
3  (a 1)x
2  ax] ，所以 2(a 1)x
2  0 ，因为 x  R ，所以 a  1 ，所
 
以f (x)  x
3  x 
 
，所以f (x)  3x
2 1 
 
，所以f (0)  1 
 
，所以曲线y 
y  x ．故选 D．
f (x) 在点(0, 0) 处的切线方程为
6．(2014 全国卷 2 理 8)．设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0，0)处的切线方程为 y=2x，则 
a= ( ) A． 0
B． 1
C． 2
D． 3
【答案】D
【解析】 
∵y  a 
故选 D．
1
x 1
，且在点(0, 0) 
 
处的切线的斜率为2
 
，∴y |
ln x, 0  x  1,
x0  a 

1
0 
1
 2 ，即a  3 ，
7．(2016 年四川)设直线l1 ， l2 分别是函数 f ( x) 
=
ln x, x  1,
图象上点 P1 ， P2 处的切线， l1 与 l2 垂
x

x
1
x
1
x
x
1
x
1
直相交于点 P ，且l1 ， l2 分别与 y 轴相交于点 A ， B ，则△ PAB 的面积的取值范围是
A．(0，1)
B．(0，2)
C．(0，+∞)
D．(1，+∞)
【答案】A
1
1
【解析】不妨设 P1 ( x1, ln x1 ) ， P2 ( x2 , ln x2 ) ，由于l1  l2 ，所
以 
x
 (x )  1 ，
1
2
1
1
1
则 x1  
．又切线l1 ： y  ln x1  ( x  x1 ) ， l2 : y  ln x2   ( x  x2 ) ，
2
1
2
 y  ln x  1 ( x  x )
于是 A(0, ln x 1) ， B(0,1  ln x ) ，所以| AB | 2 ，联立
1
，
1
1

1
2
12
 
y  ln x2    
x
( x  x2 )
1
 
解得xP 
x  1
1
 
，所以SPAB  
2 
 2  xP 
x  1
1
 
，因为x1  1
 
，所以x1 
1
 2 ，所以 SPAB 的取值
范围是(0,1) 
 
，故选A
 
．8．
(2016 年山东)
 
若函数y 
f (x) 的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称
y  f (x) 具有 T 性质．下列函数中具有 T 性质的是
A.
y  sin x
【答案】A
B.
y  ln x
C.
y  e
x
D.
y  x
3
【解析】设函数 y  f (x) 的图象上两点 P(x1 , y1 ) ，Q(x2 , y2 ) ，则由导数的几何意义可知，点 P，Q 处切线
 
的斜率分别为k1  f (x1 ) 
 
，k2 
f (x2 ) 
 
若函数具有T 
 
性质，则k1  k2 = f (x1 ) f (x2 ) =  1．对于 A 选项，
f (x)  cos x ， 显然 k1  k2 = cos x1 cos x2 =  1 有无数组解， 所以该函数具有 T 性质； 对于 B 选项，
f (x)  1 (x  0) ，显然
x
k  k = 1  1
=  1 无解，故该函数不具有 T 性质；对于 C 选项， f (x)  e
x >0，
x1 x2
显然 k   k   = e
x1   e
x2    =  1  无解， 故该函数不具有 T  性质； 对于 D  选项，f (x)  3x
2  ≥0 ， 显然
1
2
k  k = 3x
2  3x
2 =  1 无解，故该函数不具有 T 性质．故选 A．
1
2
1
2
e
x

e
9．(2020 
Ⅲ
 
全国
文15)
 
设函数f  x  

x  
a
，若 
f
1 
，则 a ．
4
【答案】1
【思路导引】由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数 a 的方程，解方程即可确定实数 a 的值．
x
2
1
2
0
x
【解析】由函数的解析式可得： f  x 

e
x  x  a   
e
x
 x  a 
2
e
x  x  a 1

 x  a 
2
，
e
1 1 a 1
ae
ae
e
 
则：f 1 
故答案为：1．
1 a 

2
 
a 1
2   ，据此可得：a 1
2    
4 ，整理可得：a2   2a 1  0 ，解得：a  1，
10．(2020 全国Ⅰ文 15)曲线 y  ln x  x 1 的一条切线的斜率为2 ，则该切线的方程为             
 
 ．
 
【答案】y  2x
【思路导引】设切线的切点坐标为(x0 , y0 ) ，对函数求导，利用 y |x  2 ，求出 x0 ，代入曲线方程求出 y0 ，
得到切线的点斜式方程，化简即可．
【解析】设切线的切点坐标为(x , y ), y  ln x  x  1, y  1  1 
 
，
y |
 1  1  2, x  1, 
y
 2 ，
0
0
x
x x0
0
0
0
∴切点坐标为(1, 2) ，所求的切线方程为 y  2  2(x 1) ，即 y  2x ，故答案为： y  2x ．
11．(2019 全国Ⅰ理 13)曲线 y  3(x
2   x)e
x 在点(0，0) 处的切线方程为
．
 
【答案】y  3x
【解析】因为 y  
（3
x
2   x）e
x  ，所以 y '  
3e（
x
x
2   3x 1），所以当 x  0 时，y '  3 ，所以 
y  （3
x
2  x）e
x
在点（0，0）处的切线斜率 k  3 ，又 y 0  0 ，所以切线方程为 y  0  3 x  0 ，即 y  3x ．
12．(2018 全国卷 3 理 14)曲线 y  ax  1e
x 在点0，1 处的切线的斜率为2 ，则 a 
．
 
【答案】3
【解析】由题知， y  (ax  a 1)e
x ，则 f (0)  a 1  2 ，所以 a  3．
13．(2018 全国卷 2 理 13)曲线 y  2 ln(x  1) 在点(0, 0) 处的切线方程为       
 
 ．
 
【答案】y  2x
 
【解析】由题知，y 
2
x 1
， k 
2
0  
1
 2 ， y  2x ．
14．(2018 全国卷 2 文 13)曲线 y  2 ln x 在点 (1, 0) 处的切线方程为       
 
 ．
 
【答案】y  2x  2
【解析】由 y  f  x  2 ln x ，得 f  x  2 
，则曲线 y  2 ln x 在点1, 0 处的切线的斜率为 k  f 1  2 ，
则
x
所求切线方程为 y  0  2 x 1 ，即 y  2x  2 ．
15．(2017 全国卷 1 理 14)曲线 y  x
2  1 
在点(1，2)处的切线方程为
．
x


 
x
1


e
 
【答案】y  x 1
 
【解析】设y f (x) 
 
，则f (x)  2x  1
x
2
，所以 f (1)  2 1  1，所以曲线 y  x
2  1 
在点(1, 2) 处的切
x
线方程为 y  2  1 (x 1) ，即 y  x 1．
16．(2016 年全国Ⅱ理 16)若直线 y  kx  b 是曲线 y  ln x  2 的切线，也是曲线 y  ln(x 1) 的切线，则
b ．
【答案】1 ln 2
【解析】设 y  kx  b 与 y  ln x  2 和 y  ln( x  1) 的切点分别为( x1, ln x1  2) 和( x2 , ln( x2 1)) ．
1
则切线分别为 y ln x1
2
1 ( x  x1 ) 
 
，y  ln( x2  1) 
2  1 
( x  x2 ) ，
 
化简得y  1  x  ln x
x
1
 1 ， y 

1
x  1 x  ln  
x2
 1 

x2
，
x  1
1
 1 
 
依题意， x1
1
x2  1
2
2
，解得 x  1 ，
     x      
  
1
2

ln x1  1  ln  x2  
1 
从而b  ln x1  1  1  ln 2 ．
2
x2  1
17．(2016 年全国Ⅲ理 15) 已知 f (x) 为偶函数，当 x  0 时， f (x)  ln(x)  3x ，则曲线
y  f (x) ，在点(1, 3) 处的切线方程是        
 
 ．
 
【答案】y  2x 1
【解析】由题意可得当 x  0 时， f ( x)  ln x  3x ，则 f ( x)  1  3 ， f (1)  2 ，则在点(1, 3) 处的切
x
线方程为 y  3  2( x  1) ，即 y  2x  1 ．
18．(2016 
 
年全国III 文)
 
已知f (x) 
 
为偶函数，当x ≤ 0 
 
时，f (x)  e
 x1  x 
 
，则曲线y 
处的切线方程式                             
 
 ．
 
【答案】y  2x
f (x) 在点(1，2)
 
【解析】当x  0 
 
时，x  0 
 
，则f ( x)  
e
x1
x
x ．又 f ( x) 为偶函数，所以 f ( x)  f (x) 
 x ，
e
 
所以当x  0 
 
时，f ( x)  e
x1  1 
 
，则曲线y 
程为 y  2  2( x  1) ，即 y  2x ．
f ( x) 在点(1，2)处的切线的斜率为 f (1)  2 ，所以切线方
19 ．(2015 全国 1 文 14) 已知函数
a ．
【答案】1
f  x  ax
3  x 1 的图像在点1, f 1 的处的切线过点 2, 7 ， 
则
x
x
b
7
0
x
x
x
【解析】∵ f (x)  3ax
2 1 ，∴ f (1)  3a 1，即切线斜率 k  3a 1，又∵ f (1)  a  2 ，∴切点为(1，
a  2  7
a  2 )，∵切线过(2，7)，
∴
1 2
 3a 1，解得 a  1．
20． (2012 全国文 13)曲线 y  x(3ln x 1) 在点(1，1)处的切线方程为              
 
 
【答案】 4x  y  3  0 ．
【解析】∵ y  3ln x  4 ，∴切线斜率为 4，则切线方程为： 4x  y  3  0 ．
21．(2015 
 
卷2 
 
文16)
 
已知曲线y  x  ln x 在点1,
1
a=                  
 
 ．
【答案】8
 
处的切线与曲线y  ax
2  a  2 x 
1
相切，则
【解析】由 y  1 1 
可得曲线 y  x  ln x 在点1,1 处的切线斜率为 2，故切线方程为 y  2x 1 ，与
x
y  ax
2  a  2 x 
1
联立得 ax
2  ax  2  0 ，显然 a  0 ，所以
由
  a
2  8a  0  a  8 ．
22．(2015 陕西)设曲线 y  e
x 在点(0，1)处的切线与曲线 y  1 (x  0) 上点 P 处的切线垂直，则 P 的坐标
x
为      
 
 ．
【解析】(1,1)
【解析】因为 y  e
x ，所以 y  e
x ，所以曲线 y  e
x 在点0,1 处的切线的斜率 
k1
 y
x0  e
0  1 ，设
的坐标为 x , y  ( x  0 )，则 y  1 
，因为 y  1 
，所以 y   1 
，所以曲线 y  1 
在点 P 处的切线的
0
0
0
2
0
斜率 
k
 y
  1 
 
，因为k  k
 1 ，所以 1  1 ，即 x
2  1 ，解得 x  1 ，因为 x  0 ，所
2
x x0
2
1
2
0
2
0
0
0
0
以 x0  1，所以 y0  1 ，即 P 的坐标是1,1 ，所以答案应填： 1,1 ．
23．(2014 广东)曲线 y  e
5 x   2 在点(0,3) 处的切线方程为        
 
 ．
 
【答案】y  5x  3
【解析】y  5e
5 x ，在点(0, 3) 处的切线的斜率为5 ，所以切线方程为 y  3  5(x  0) ，即 y  5x  3 ．
24．(2014 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线 y  ax 2  b (a，b 为常数)过点 P(2,5) ，且该曲线在点 P
x
处的切线与直线7x  2 y  3  0 平行，则 a  b 的值是   
  ．
【答案】－3
【解析】由题意可得5  4a 
2
①
 
又f (x)  2ax  b
x
2
，过点 P(2,5) 的切线的斜率 4a 
 
4
2
②，由①②解得 a  1, b  2 ，所以 a  b  3 ．
x
b
x
x0
x0
x1
25．(2014 安徽)若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：
(i) 直线l 在点 Px0 , y0 处与曲线C 相切； (ii) 曲线C 在 P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点 P 
处
“切过”曲线C ．下列命题正确的是        
 
 (写出所有正确命题的编号)
①直线l : y  0 
 
在点P0,0
“
”
处切过曲线C 
 
：y  x
3
②直线l : x  1
 
在点P1,0
“
”
处切过曲线C 
 
：y  (x 1)
2
③直线l : y  x 
 
在点P0,0
“
”
处切过曲线C 
 
：y  sin x
④直线l : y  x 
 
在点P0,0
“
”
处切过曲线C 
 
：y  tan x
⑤直线l : y  x 1 在点 P1,0 处“切过”曲线C ： y  ln x ．
【答案】①③④
【解析】 对于①， y  3x
2 , y |  0 ，所以l : y  0 是曲线C : y  x
3 在点 P(0, 
0)
处的切线，画图可知
曲线C : y  x
3 在点 P(0, 0) 附近位于直线l 的两侧，①正确；对于②，因为 y  2(x 1), y | 0 ，所以
l : x  1 不是曲线C ： y  (x 1)
2 在点 P1,0处的切线，②错误；对于③， y  cos x, y |  1，在点
P0,0处的切线为l : y  x ，画图可知曲线C ： y  sin x 在点 P0,0附近位于直线l 的两侧，③正确；对
 
于④，y 
1
cos
2 x
， y 
|
x0 
1
cos
2 0
 1 ，在点 P0,0 处的切线为l : y  x ，画图可知曲线C ： y  tan x 在
 
点P0,0附近位于直线l 
 
的两侧，④正确；对于⑤y  1 
 
，y 
|
x
x1 1，
在点 P1,0处的切线为l : y  x 1 ，令 h(x)  x 1 ln x(x  0) ，可得
h(x)  1 1  x 1 
，所以h(x)
x
x
min  h(1)  0 ，故 x 1≥ln x ，
可知曲线C ： y  ln x 在点 P1,0附近位于直线l 的下侧，⑤错误．
26．(2013 江西)若曲线 y  x
 1 ( R )在点(1, 2) 处的切线经过坐标原点，则=    
  ．
【答案】2
 
【解析】y  x
1 
 
，则k 
 
，故切线方程y  x
27．(2016 年北京)设函数 f (x)  xe
a x   bx ，曲线 y 
(I)求a ， b 的值；
(II) 求 f (x) 的单调区间．
过点(1, 2) 解得 2 ．
f (x) 在点(2, f (2)) 处的切线方程为 y  (e 1)x  4 ，
【解析】(I) f (x)  xe
a x  bx 
 
，∴f (x)  e
a x  xe
a x  b  (1  x)e
a x  b
 
∵曲线y  f (x) 在点(2, f (2)) 
 
处的切线方程为y  (e  1)x  4
∴ f (2)  2(e  1)  4 ， f (2)  e 1
即 f (2)  2e
a2   2b  2(e 1)  4
①
a
1
                         
 
 
x2
f (2)  (1  2)e
a2   b  e 1
② 
 
由①②解得：a  2 
 
，b  e
(II) 由(I)
 
可知：f (x)  xe
2 x  ex 
 
，f (x)  (1  x)e
2 x  e
 
令g(x)  (1  x)e
2 x 
 
，∴g(x)  e
2 x  (1  x)e
2 x  (x  2)e
2 x
x
, 2
2
2, 
g(x)

0

g (x)

极小值

∴ g (x) 
 
的最小值是g(2)  (1  2)e
22  1
∴ f (x) 的最小值为 f (2)  g(2)  e  e 1  0 ．
 即 f (x)  0 对x  R 恒成立．
∴ f (x) 在,  上单调递增，无减区间．
28．(2018 天津)已知函数 f (x)  a
x ， g(x)  log x ，其中 a  1．
(1)求函数 h(x)  f (x)  x ln a 的单调区间；
(2) 若曲线 y  f (x) 在点(x1 , f (x1 )) 处的切线与曲线 y  g(x) 在点(x2 , g(x2 )) 处的切线平行，证明
x  g(x )   2 ln ln a 
；
1
2
ln a
1
(3)证明当 a ≥ ee 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．
【解析】(1)由已知， h(x)  a
x  x ln a ，有 h(x)  a 
x ln a  ln a ．
 令h(x)  0 ，解得 x  0 ．
由 a  1，可知当 x 变化时， h(x) ， h(x) 的变化情况如下表：
x
(, 0)
0
(0, )
h(x)

0
+
h(x)

极小值

所以函数 h(x) 的单调递减区间(, 0) ，单调递增区间为(0, ) ．
(2)证明：
 
由f (x)  a
x ln a 
 
，可得曲线y 
f (x) 在点(x , f (x )) 处的切线斜率为 a
x  ln a ．由 g(x) 1
，
1
                     
 
 
1
1
x ln a
可得曲线 y  g(x) 在点(x , g(x )) 处的切线斜率为
1
．因为这两条切线平行，故有 a
x  ln a 1
，
2
2
ln a
x ln a
2
2
1
1
                         
 
 
即 x a
x1 (ln a)
2   1 ．
 
两边取以a 为底的对数，得loga x2  x1  2 loga ln a  0 
 
，所以x1  g(x2 )  2 ln ln 
a
．
ln a
(3)证明：曲线 y   f (x) 在点(x , a
x1 ) 处的切线l ： y  a
x1     a
x1   ln a  (x  x ) ．
1
1
1
 
曲线y  g(x) 在点(x2 , loga x2 ) 处的切线l2 
 
：y  loga x2 
2 ln a 
 (x  x2 ) ．
1
 
要证明当a ≥ ee 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，只需证明当
1
a ≥ ee 时，存在 x1  (, ) ， x2 (0, ) ，使得 l1 和 l2 重合．
a
x   ln a 
1
①
1
x
ln a
即只需证明当 a ≥ ee 时，方程组
2
有解，
a
x1    x a
x1   ln a  log  x     1
②

1
a    2
ln a
1
x
x
1
2 ln ln a
由①得 x2  
，代入②，得 a 
1   x1a 
1  ln a  x1  

 0 ．
③
a
x1 (ln a)
2
ln a
ln a
1
因此，只需证明当 a ≥ ee 时，关于 x1 的方程③有实数解．
设函数u(x)  a
x  xa
x ln a  x 
1
1
ln 
a
2 ln ln a
，
ln a
即要证明当 a ≥ ee 时，函数 y  u(x) 存在零点．
u(x)  1 (ln a)
2 xa
x ，可知 x (, 0) 时，u(x)  0 ； x (0, ) 时，u(x) 单调递减，又u(0)  1  0 ，
u(
1
(ln 
a)
2
1
)  1 a 
(ln a 
)2
 0 ，
故存在唯一的 x  ，且 x   0 ，使得u(x  )  0 ，即1 (ln a)
2 x a
x0     0 ．
0
0
0
0
由此可得u(x) 在(, x0 ) 上单调递增，在(x0 , ) 上单调递减．
u(x) 在 x  x0 处取得极大值u(x0 ) ．
1
因为 a ≥ ee ，故ln(ln a) ≥ 1，
x
x
1
2 ln ln a
所以u(x0 )  a 
0    x0 a 
0  ln a  x0 

ln a
x

ln a
0
1
1
2 ln ln 
a
2  2 ln ln a
 
x  (ln a)
2   x0 
ln a
≥
ln 
a
≥ 0 ．
下面证明存在实数t ，使得u(t)  0 ．
 由(1)可得 a
x ≥1 x ln a ，
当 x 
时，
ln a
1
2 ln ln a
有u(x) ≤ (1 x ln a)(1 x ln a)  x 

ln a
ln a
 (ln a)
2 x
2  x 1
1
ln 
a
2 ln ln a
，
ln a
所以存在实数t ，使得u(t)  0
1
因此，当 a ≥ ee 时，存在 x1  (, ) ，使得u(x1 )  0 ．
1
 
所以，当a ≥ ee 时，存在直线l ，使l 
 
是曲线y 

考点 27 导数与函数的单调性
f (x) 的切线，也是曲线 y  g(x) 的切线．
1.
【2018 
 
全国卷2 
 
理3
 
】函数f  x 

ex  e x
x2
的图像大致为(
)
【答案】B
【解析】 x  0 ， f x  e
 x  ex 
  f  x ， f  x 为奇函数，舍去 A， f 1  e  e1  0 ，
x2
 
 
舍去D； f  x 

ex  ex  x2  ex  ex 
2x
4
 x  2ex   x  
2ex

3
， x  2 ， f  x  0 ，所以，舍去
x
x
C，故选 B．
2．(2018 全国卷 3 理 7)函数 y  x
4  x
2  2 的图像大致为( )

2
2
2
【答案】D
【解析】当 x  0 时， y  2 ，可以排除 A、B 选项；又因为 y  4x
3  2x  4x(x 
2 )(x 2 ) ，
则
2
2
f (x)  0 的解集为(, 2 ) U (0,
) ， f (x) 单调递增区间为(, 2 ) ，(0, 2 ) ； f (x)  0 的解
2
2
2
2
集为(
, 0) U (
, ) 
 
，f (x) 单调递减区间为(
2
2
, 0) ，(
, ) ．结合图象，可知 D 选项正确．
2
2
3．(2016 卷 1 理 7)．函数 y  2x
2  e
|x| |在[–2，2]的图像大致为
【答案】D
【 解析】 由题知该函数是偶函数， 当 x  0 时，
f (x)  2x
2  e
x ， 所以
f (x)  4x  e
x ， 因为
f (0)  1, f (1)  4  e  0 ，由零点存在性定理知，存在 x0  (0,1) ，使得 f (x0 )  0 ，当0  x  x0 时，
f (x)  0 ，当 x0  x  1 时， f (x)  0 ，所以 f (x) 在[0, x0 ]是减函数，在[x0 ,1] 上是增函数，故选 D．
2
2
4．(2016 全国 1 文 12)若函数 f (x)  x - 1 sin 2x  a sin x 在,  单调递增，则 a 的取值范围是
3
(A) 1,
1
(B) 1, 1 

(C)  1 , 1 

 
(D) 1,  1 
【答案】C

3 

   3  
3

3
 
【解析】由题知，f (x) =1 2 cos 2x  a cos x =1 2 (2 cos
2 x 1)  a cos x =  4 cos
2 x  a cos x  5  0
3
3
3
3
 f (1)  1  a  0
对 x  R 恒成立，设t  cos x ，即 f (t)   4 t 
2  at  5  0 对t [1,1] 恒成立，∴ 

3
，
解得 1
3  a 

3
3
1 
，故选 C．
3

 f (1) 


1  a  0
3
5．(2014 全国卷 2，文 11)若函数 f  x  kx  Inx 在区间1,  单调递增，则 k 的取值范围是(
)
A． , 
2
【答案】D
B． , 
1
C． 2, 

D． 1, 
【解析】 f 
' (x)  k  1 
，由已知得 f 
' (x)  0 在 x 1,  恒成立，故 k  1 
，因为 x  1 ，所以0  1  1，
x
故k 的取值范围是1,  ，故选 D．
6．(2012 全国理 10)已知函数 f (x) =
1
x
x
，则 y = f (x) 的图像大致为
ln(x 1)  x
【答案】B
 
【解析1】定义域为(－1，0)∪(0，+∞)
 
，f (x) =
x
(x 1)(ln(x 1)  x) 
2
∴ f (x) 在(－1，0)是减函数，在(0，+∞)是增函数，结合选项，只有 B 符合，故选 B．
 
【解析2
 
】g(x)  ln(1 x)  x  g(x)  
x
1 x
 g(x)  0  1  x  0, g(x)  0  x  0  g(x)  g(0)  0

2
3 2
4
7．(2014 
 
全国卷2 
 
理21)
 
已知函数f  x = ex  e x  2x
(Ⅰ)讨论 f  x 的单调性；
(Ⅱ)设 g  x  f 2x  4bf  x ，当 x  0 时， g  x  0 ，求b 的最大值；
(Ⅲ)已知1.4142 
 1.4143，估计 ln2 的近似值(精确到 0．001)
【解析】(Ⅰ)∵ f '(x)  e
x  1
e
x 2  0 ，当且仅当 x =0 时取等号，∴ f (x) 在R 上单调递增．
(Ⅱ) g  x  f 2x  4bf  x = e
2 x  e
2 x  4b(e
x  e
 x )  (8b  4)x ，
g(x)  =  2e
2  x      2e
2   x      4b(e
x      e
  x   )    (8b    4)   =  2(e
x      e
  x      2)(e
x      e
  x       2b    2) 1
当b ≤2 时， g(x) ≥0，当且仅当 x =0 时取等号，∴ g (x) 在(, ) 上单调递增，∴当 x 
＞0 时， g (x) ＞ g (0) ；
2
当b ＞2 时，若 x 满足 2  e
x   e
 x   2b  2 ，即0  x  ln(b 1   b
2   2b) 时，g(x) ＜0，此时，g 
(x)
在(0
 
，ln(b 1
b
2  2b ) )是减函数，当0  x  ln(b 
1
b
2  2b) 时， g (x) ＜ g (0) =0，
综上所述， b 的最大值为 2．
(Ⅲ)由(Ⅱ)知， g(ln 2) = 3  2 2b  2(2b 1) ln 2 ，
2
当b =2 
 
时，g(ln 2) = 3  
4
2
 6 ln 2 ＞0，解得ln 2 ＞
12
＞0．6928．
当b =
1 时， ln(b 
1
3
b
2  2b ) = ln 2 ，
g(ln 2) =
 
2
2
 
(3
 2) ln 2 ＜0，∴ ln 2 ＜
28
x 1
＜0．6934，∴ ln 2 的近似值为 0．693．
8．(2014 山东)
 
设函数f (x)  a ln x 

x 1
，其中 a 为常数．
(Ⅰ)若a  0 
 
，求曲线y 

f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；
(Ⅱ)讨论函数 f (x) 的单调性．
【解析】(Ⅰ)
 
由题意知a  0 
 
时，f (x) x 
1
x 1
, x (0, ) ，
 
此时f (x) 
2
(x 1)
2 ，可得 f (1)  1 
，又 f (1)  0 ，
2
2
8 2  3
2
2
18 2
所以曲线 y  f (x) 在(1, f (1)) 处的切线方程为 x  2 y 1  0 ．
(Ⅱ)函数 f (x) 的定义域为(0, ) ，
(a 1) 2a 1
(a 1) 2a 1
a 12a 1
a2   2a 1 2a 1
(a 1) 2a 1
(a 1) 2a 1
(a 1) 2a 1
(a 1) 2a 1
1
1
1

a
2
ax  (2a  2)x  a
2
f (x) 


，
x
(x 1)
2
x(x 1)
2
当a  0 时， f (x)  0 ，函数 f (x) 在(0, ) 上单调递增，
 当a  0 时，令 g(x)  ax
2  (2a  2)x  a ，
由于  (2a  2)
2  4a
2  4(2a 1) ，
①当 a  时，   0 ，
2
 1 (x 1)
2
f (x)     2             0 ，函数 f (x) 在(0, ) 上单调递减，
x(x 1)
2
②当 a   1 
时，   0, g(x)  0 ， f (x)  0 ，函数 f (x) 在(0, ) 上单调递减，
2
③当
 a  0 时，   0 ，
2
设 x1 , x2 (x1  x2 ) 是函数 g (x) 的两个零点，
 
则x1 
a
， x2  
a
，
由 x1  
a

a
 0 ，
所以 x (0, x1 ) 时， g(x)  0, f (x)  0 ，函数 f (x) 单调递减，
 x (x1, x2 ) 时， g(x)  0, f (x)  0 ，函数 f (x) 单调递增，
 x (x2 , ) 时， g(x)  0, f (x)  0 ，函数 f (x) 单调递减， 
综上可知，当 a  0 时，函数 f (x) 在(0, ) 上单调递增；
当 a  时，函数 f (x) 在(0, ) 上单调递减；
2
当  1  a  0 时 ，
2
f (x) 在 (0,
)
a
， (
, 
)
a
上 单 调 递 减 ， 在
(
,
) 上单调递增．
a
a
考点 28 导数与函数的极值
12
1．(2017 全国卷 2 理 11)若 x  2 是函数 f (x)  (x
2  ax 1)e 
x1 的极值点，则 f (x) 的极小值为
A． 1
【答案】A
B． 
2e
3
C． 5e
3
D．1
【解析】由题可得 f (x)  (2x  a)e
x1  (x
2  ax 1)e
x1  [x
2  (a  2)x  a 1]e
x1 ，因为 f (2)  0 ，
 所以 a  1 ， f (x)  (x
2  x 1)e 
x1 ，故 f (x)  (x
2  x  2)e 
x1 ，令 f (x)  0 ，解得 x  2 或 x  
1 ，
所 以 f (x)
 
在(, 2),(1, ) 
       
上单调递增，在(2,1)
上 单 调 递 减 ， 所 以
f (x) 的 极 小 值 为
f (1)  (111)e
11  1，故选 A．
2．(2013 全国卷 2 理 10)已知函数 f (x) = x
3  ax
2  bx  c ，下列结论错误的是
A． x0   R f (x0 ) =0，
B.
函数 y = f (x) 的图像是中心对称图形
C.
若 x1 是 f (x) 的极小值点，则 f (x) 在区间(  ， x1 )单调递减
D.
若 x1 是 f (x) 的极值点，则 f (x1 ) =0，
【答案】C
【解析】对于选项 C：取 a  3 ， b  9 ， c  0 ，即 f (x)  x
3  3x
2  9x ，则 f '(x)  3x 
2  6x  9 ，
所以当 x  3 或 x  1 时， f '(x)  0 ，当 3  x  1 时， f '(x)  0 ，所以 f (x) 在(, 3) 和(1, ) 
内为增，
(3,1) 内为减，则 x  1 时为极小值点，但在区间(,1) 不单调递减，显然错误，故选 C．
3．(2013 全国卷 1 文 9) 函数 f (x) = (1 cos x) sin x 在[,] 的图像大致为
【答案】C
【解析】显然 f (x) 是奇函数，故排除 B，当  x  0 时， f (x) ＜0，故排除 A，
∵ f (x) = sin
2 x  cos x  cos
2 x = 2 cos
2 x  cos x 1，由 f (x) ≥0 解得 1  cos x ，又∵  x  ，
2
∴  3  x  3 
，同理，由 f (x) ≤0 解得，  x   3
或 3  x  ，
4
4
4
4
3
3
3
3
∴ f (x) 在[－，－
4
3
]上是减函数，在[－
4
3
，
]上是增函数，在[
4
4
，]上是减函数，
∴当 x =
4
 
时，f (x) 
 
取最小值f (
) = 
，最小值点靠近－，故选C ．
4
2
4．(2011 福建)若a  0 ，b  0 ，且函数 f (x)  4x
3  ax 
2  2bx  2 在 x  1 处有极值，则 ab 的最大值等于
A．2
B．3
C．6
D．9
【答案】D
【解析】 f (x)  12x
2  2ax  2b ，由 f (1)  0 ，即12  2a  2b  0 ，得 a  b  6 ．由 a  0 ， b 
 0 ， 所以 ab ≤ ( a  b )
2  9 ，当且仅当a  b  3 时取等号．选 D．
2
5．(2011 浙江)设函数 f  x  ax
2   bx  c a, b, c  R ，若 x  1 为函数 f  xe
x 的一个极值点，则
下列图象不可能为 y  f  x 的图象是
A
B
C
D
【答案】D
【解析】若 x  1 为函数 f (x)e
x 的一个极值点，则易知a  c ，∵选项 A，B 的函数为 f (x)  a(x 1)
2 ，
∴[ f (x)e
x ]  [ f (x)  f (x)]e
x   a(x 1)(x  3)e
x ，∴ x  1 为函数 f (x)e
x 的一个极值点满足条件；选项
C 
 
中，对称轴x   b
2a
b
 0 ，且开口向下，∵ a  0, b  0 ，∴ f (1)  2a  b  0 ，也满足条件；选项 D
中，对称轴 x  
 0 ，且开口向上，∴ a  0, b  2a ，∴ f (1)  2a  b  0 ，与题图矛盾，故选 D．
2a
6．(2015 重庆)
 
设函数f (x) 3x
2  ax
e
x
(a  R) ．
(Ⅰ)
 
若f (x) 
 
在x  0 
 
处取得极值，确定a 
 
的值，并求此时曲线y 
(Ⅱ)若 f (x) 在[3, ) 上为减函数，求 a 的取值范围．
(6x  a)e
x  (3x
2  ax)e
x
【解析】(Ⅰ)对 f (x) 求导得 f '(x) 

(e
x )
2
因为 f (x) 在 x  0 处取得极值，所以 f '(0)  0 即 a  0 ．
f (x) 在点(1, f (1))
3x
2  (6  a)x  
a e
x
处的切线方程；
,
当a  0 时， f (x) 
=
3
3
3x
2
e
x
, f '(x) 3x
2  6x 
e
x
, 
 
故f (1) 
3 , f  '(1)  
3
e
e
, 从而 f (x) 在点(1， f (1) )处的切线方
程为 y 

e
e (x 1), 化简得3x  ey  0 ．
3x
2  (6  a)x  a
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f '(x) 
．
e
x
6  a a2  36
6
6  a a2  36
6
6  a a2  36
9

令 g(x)  3x
2  (6  a)x  a ，
由 g (x)  0 解得 x1  
， x2  
． 
当 x  x1 时， g(x)  0 ，即 f '(x)  0 ，故 f (x) 为减函数；
当 x1  x  x2 时， g (x)  0 ，即 f '(x)  0 ，故 f (x) 为增函数；
 当 x  x2 时， g(x)  0 ，即 f '(x)  0 ，故 f (x) 为减函数；
由 f (x) 在3,  上为减函数，知 x2  
 3, 解得 a  ,
6
2
故a 的取值范围为 9 ,  ．
       2

7．(2013 
 
全国卷1 
 
文21)
 
已知函数f (x) = e
x (ax  b)  x 
2  4x 
 
，曲线y 
y  4x  4
(Ⅰ)求 a ， b 的值
(Ⅱ)讨论 f (x) 的单调性，并求 f (x) 的极大值
【解析】(Ⅰ) f (x) = e
x (ax  a  b)  2x  4 ．
由已知得 f (0) =4， f (0) =4，故b  4 ， a  b =8，从而a =4， b  
4 ；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， f (x) = 4e
x (x 1)  x
2  4x ，
f (x) = 4e
x (x  2)  2x  4 = 4(x  2)(e
x  1 ) ，
2
f (x) 在点(0， f (0) )处切线方程为
令 f (x) =0 得， x =  ln 2 或 x =-2，
∴当 x (, 2)  ( ln 2, ) 时， f (x) ＞0，当 x ∈(-2，  ln 2 )时， f (x) ＜0，
∴ f (x) 在(-∞，-2)，(  ln 2 ，+∞)单调递增，在(-2，  ln 2 )上单调递减．
 当 x =-2 时，函数 f (x) 取得极大值，极大值为 f (2)  4(1 e
2 ) ． 8．
(2013     全国卷  2     文  21)已知函数  f    (x)        x
2e
     x     ． (Ⅰ)求 
f (x) 的极小值和极大值；
(Ⅱ)当曲线 y  f (x) 的切线l 的斜率为负数时，求l 在 x 轴上截距的取值范围．
【解析】(Ⅰ) f (x) = 2xe
 x  x
2e
 x = xe
 x (2  x)
当 x ＜0 或 x ＞2 时， f (x) ＜0，当 0＜ x ＜2 时， f (x) ＞0，
∴ f (x) 在(-∞，0)单调递减，在(0，2)单调递增，在(2，+∞)单调递减．
∴当 x =0 时， f (x) 取极小值 0，当 x =2 时， f (x) 取极大值 4e
2 ．
1
1
0
0
x
(Ⅱ) 设切点( x 
 
，y  )
 
，则f (x ) = x e
 x0 (2  x )
0
0
0
0
0
由题知 f (x ) ＜0 得， x ＜0 或 x ＞2，∴ l 的方程为 y  x
2e
 x0  x e
 x0 (2  x )(x  x ) ，
0
0
0
0
0
0
0
令 y =0，解得l 在 x 轴上截距 x = x  
x0
( 
x  ＜0 或 x ＞2)=
2
 x  2  3
x0  2
x0   2
当 x0 ＞2 时，x 
=
取等号，
2
x0  2
x
0
 2  3 ≥ 
2
3=5，当且仅当
2
x0  2
 x0  2 
 
即x0 = 2 

2 时，
2
2
x
2  4x  2
当 x ＜0 时，设 g(x ) =
 x  1，∴ g (x ) = 
1 =    0          
 
 0        
 
 ＞0，
0
0
 2
0
(x0  2)
2
(x0  2)
2
∴ g(x0 ) 在(－∞，0)单调递增，∴ g(x0 ) ＜ g(0) =0，
综上所述， l 在 x 轴上截距取值范围为(－∞，0)∪(5，+∞)．
9．(2018 北京)设函数 f (x)  [ax
2  (4a 1)x  4a  3]e 
x ．
(1)若曲线 y  f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行，求a ；
(2)若 f (x) 在 x  2 处取得极小值，求 a 的取值范围．
【解析】(1)因为 f (x)  [ax
2  (4a 1)x  4a  3]e 
x ，
 
所以f (x)  [2ax  (4a 1)]e 
x [ax 
2  (4a 1)x  4a  3]e 
x ( x  R )
=[ax
2  (2a 1)x  2]e
x ．
f (1)  (1 a)e ．
由题设知 f (1)  0 ，即(1 a)e  0 ，解得 a  1．
 此时 f (1)  3e  0 ．
所以 a 的值为 1．
(2)由(1)得 f (x)  [ax
2  (2a 1)x  2]e 
x  (ax 1)(x  2)e 
x ．
若a 
，则当 x 

2
1
( , 2)
a
时， f (x)  0 ；
当 x (2, ) 时， f (x)  0 ．
所以 f (x)  0 在 x  2 处取得极小值．
若a ≤，则当 x (0, 2) 时， x  2  0 ， ax 1≤ x 1  0 ，
0
0
0
0
2
x  2 (x  2)
0
0
1
所以 f (x)  0 ．
所以 2 不是 f (x) 的极小值点．
综上可知， a 的取值范围是( , ) ．
2
10．(2017 山东)已知函数 f  x  x
2  2 cos x ， g x   e
x cos x  sin x  2x  2  ，其中 e  2.71828是自
然对数的底数．  
 
(Ⅰ)求曲线     y                     f                 x      在点(,              f          ())              处的切线方程； 
(Ⅱ)令 h(x)  g(x)  af (x) (a  R) ，讨论 h(x) 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
【解析】(Ⅰ)
 
由题意f   
2  2
又 f  x  2x  2sin x ，
 所以 f   2，
因此曲线 y  f  x 在点, f  处的切线方程为
y  
2   2  2 x  ，
即
y  2x 
2  2 ．
(Ⅱ)由题意得 h(x)  e
x (cos x  sin x  2x  2)  a(x 
2  2 cos x) ，
 
因为h x   e
x cos x  sin x  2x  2  e
x sin x  cos x  2  a 2x  2sin x 
 2e
x  x  sin x   2a x  sin x 
 2e
x   a x  sin x ，
 
令m x  x  sin x
 
则m x  1  cos x  0
 
所以mx 
 
在R 上单调递增． 
 
因为m(0)  0,
所以
当 x  0 时， m(x)  0,
 
当x  0 
 
时，m x  0
(1)
 
当a  0 
 
时，e
x  a  0
当 x  0 时， h x  0 ， h  x 单调递
减， 当 x  0 时， h x  0 ， h  x 
单调递增，
所以 当 x  0 时 h  x 取得极小值，极小值
是
(2)当 a  0 时， h x  2e
x   e
ln a  x  sin x
h0  2a 1 ；
由 h x  0 
得
x1  ln a ， x2 =0
①当0  a  1 时， ln a  0 ，
当 x , ln a 时， e
x  e
ln a  0,hx   0 ， h  x 单调递
增； 当 x ln a, 0 时， e
x  e
ln a  0,hx   0 ， h  x 单
调递减； 当 x 0,  时， e
x  e
ln a  0,hx   0 ， h  
x 单调递增． 所以 当 x  ln a 时 h  x 取得极大值．
极大值为 h ln a  a ln
2  a  2ln a  sin ln a  cosln a  2 ，
当 x  0 时 h  x 取到极小值，极小值是 h0  2a 1 ；
②当 a  1 时， ln a  0 ，
所以 当 x ,  时， h x  0 ，函数 h  x 在,  上单调递增，无极值；
 
③当a  1
 
时，ln a  0
所以
当 x , 0 时， e
x  e
ln a  0 ， h x  0, h  x 单调
递增； 当 x 0, ln a 时， e
x  e
ln a  0 ， h x  0, h  x 单
调递减；
当 x ln a,  时， e
x  e
ln a  0 ， h x  0, h  x 单调
递增； 所以
当 x  0 时 h  x 取得极大值，极大值
是 h0  2a 1 ； 当 x  ln a 时 h  x 取得极小值．
极小值是 h ln a  a ln
2  a  2ln a  sin ln a  cosln a  
2 ．综上所述：
当 a  0 时， h  x 在, 0 上单调递减，在0,  上单调递
增， 函数 h  x 有极小值，极小值是 h0  2a 1 ；
当0  a  1 时，函数 h  x 在 , ln a 和0, ln a 和0,  上单调递增，在ln a, 0 上单调递减，函数 
h  x 有极大值，也有极小值，
极大值是 h ln a  a ln
2  a  2ln a  sin ln a  cosln a  2
极小值是 h0  2a 1 ；
当 a  1 时，函数 h  x 在,  上单调递增，无极值；
 当 a  1 时，函数 h  x 在, 0 和ln a,  上单调递
增， 在0, ln a 上单调递减，函数 h  x 有极大值，也有
极小值， 极大值是 h0  2a 1 ；
极小值是 h ln a  a ln
2  a  2ln a  sin ln a  cosln a  2 ．
11．(2014 山东)设函数 
f
x  
e
x
2
 k ( 
2
x
ln x) ( k 为常数， e  2.71828是自然对数的底数)．
(Ⅰ)当 k  0 时，求函数 f  x 的单调区间；
(Ⅱ)若函数 f  x 在0, 2 内存在两个极值点，求 k 的取值范围．
【解析】(Ⅰ)
 
函数y  f  x 的定义域为(0, )

e
x   x
2  2xe
x
2
1
(x  2)(e
x  kx)
f (x) 
 k (

) 
(x  0)
x
4
x
2
x
x
3
由k  0 
 
可得e
x  kx  0
 
所以当x (0, 2) 
 
时，f (x)  0 
 
，函数y f (x) 单调递减，
 
所以当x (2, ) 
 
时，f (x)  0 
 
，函数y f (x) 单调递增，
 
所以f (x) 的单调递减区间为(0, 2) 
 
，f (x) 的单调递增区间为(2, )
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， k  0 时， f (x) 在(0, 2) 内单调递减，
 故 f (x) 在(0, 2) 内不存在极值点；
x
2
2
2
2
2


当k  0 时，设函数 g  x  e
x  kx ， x [0, ) ，因此 g(x)  e
x  k  e
x  e 
lnk ． 当0  k  1 时， x (0, 2) 时 g(x)  e
x  k  0 ，函数 y  g  x 单调递
增
故 f (x) 在(0, 2) 内不存在两个极值点；
 当 k  1 时，
函数在(0, 2) 内存在两个极值点
g(0)  0
 g(ln k )  0
e
2
当且仅当g(2)  0
0  ln k  
2
，解得e  k 
，
2
e
2
综上函数 f  x 在0, 2 内存在两个极值点时， k 的取值范围为(e,
) ．
2
考点 29  导数与函数的最值
1．(2011 湖南)
 
设直线x  t
 
与函数f (x)  x
2 
 
，g(x)  ln x
的图像分别交于点 M , N ，则当 MN 达到最
小时t 的值为
A．1
B． 1
2
C.
5 
2
D.
2 
2
【答案】D
【解析】由题| MN | x 
2  ln x ， (x  0) 不妨令 h(x)  x
2  ln x ，则 h'(x)  2x  1 
，令 h'(x)  0 解得
x
x 
， 因 x (0, ) 时，h'(x)  0 ，当 x ( , ) 时，h'(x)  0 ，所以当 x 
即t 
时，| MN |
2
2
2
2
2
达到最小．
2.
若函数 f (x) = (1 x
2 )(x
2  ax  b) 的图像关于直线 x =－2 对称，则 f (x) 的最大值是   
  ．
【答案】16
【解析】由 f (x) 图像关于直线 x =－2 对称，则
0= f (1)  f (3) =[1 (3)
2 ][(3)
2  3a  b] ，
x
(0, ln k )
ln k
(ln k, 
)
g 
x

0

g (x)


5
5
5
5
5
5
5
5
5

0= f (1)  f (5) =[1 (5)
2 ][(5)
2  5a  b] ，解得a =8， b =15，
∴ f (x) = (1 x
2 )( x
2  8x 15) ，
∴ f (x) = 2x(x
2  8x 15)  (1 x
2 )(2x  8) = 4(x
3  6x
2  7x  2)
= 4(x  2)(x  2  5)(x  2  5)
当 x ∈(－∞， 2 
)∪(－2， 2 
)时， f (x) ＞0，
当 x ∈( 2 
，－2)∪( 2 
，+∞)时， f (x) ＜0，
∴ f (x) 在(－∞，2 
)单调递增，在( 2 
，－2)单调递减，在(－2，2 )单调递增，在( 2 
，
+∞)单调递减，故当 x = 2 
和 x = 2 

5 
 
时取极大值，f (2 
5) = f (2 

5) =16．
3．(2016 年全国Ⅱ)(I)讨论函数 f (x)  x  2 e
x 的单调性，并证明当 x  0 时， (x  2)e
x  x  2  0 ；
x  2
e
x  ax  a
(II)证明：当a [0,
1)
值域．
 
时，函数g  x =
x
2
( x  
0)
有最小值．设 g x 的最小值为 h(a) ，求函数 h(a) 的
【解析】(I)
 
证明：f  x  x  2 e
x
x  2

x   x      2  
     
  4       
 
 
x
2e
x
f  x  
e
 x  
2
 
 x  2
2   

 x  2
2


 
∵当x   ， 2  2 ,   
 
时，f  x  0
∴ f  x 在 ， 2和2 ,   上单调递增
∴ x  0 
 
时，x  2 e
x  f 0= 1
x  2
∴  x  2 e
x  x  2  0

( x  2)e
x  a( x  
2)
x  2
(Ⅱ) g ( x) 

x
3
( f ( x)  a) ，
x
3
由(Ⅰ)知， f ( x)  a 单调递增，对任意的 a 0 ，1 ， f (0)  a  a  1  0 ，
f (2)  a  a  0 
 
，因此，存在唯一xa (0, 2] 
 
，使得f ( xa )  a  0 
 
，即g( xa )  0
当0  x  xa 时， f ( x)  a  0 ， g( x)  0 ， g( x) 单调递减；
 当 x  xa 时， f ( x)  a  0 ， g( x)  0 ， g( x) 单调递增．
因此 g( x) 在 x  xa 处取得最小值，最小值为

2 4

2
4
 
a    
 
2
4
e
a
e
xa    a(x   1)
e
xa    f (x  )(x   1)
e
xa
g( xa ) a                   a   a                                 
．
x
2
x
2
x  2
a
a
a
 
于是h(a) 
e
xa
x
，由(
)
(x  1)e
x
e
x
0 ，得
单调递增．
xa  2
x  2
(x  2) 
2
x  2
1
e
0
e 
xa
e
2
e
2
 
所以，由xa (0, 2] 
 
，得
2 
 
0  2 
 h(a) x  2 
 
2  2 
 
4 
，
e
x
1 e
2
因为 
x  2 
单调递增，对任意的(   ,
] ，存在唯一的 xa (0, 2] ，
 1
e
2 
a
f (x )
[0,1) ，使得h(a)
，所以h(a) 的值域为 ，  ．


 1
e
2 
综上，当 a [0,1) 时， g( x) 有最小值h(a) ， h(a) 的值域为 ，  ．


4．(2016 年全国Ⅲ) 设函数 f (x)  cos 2x  (1)(cos x 1) ，其中 0 ， 
记| f (x) | 的最大值为 A ．
(Ⅰ)求 f (x) ；
(Ⅱ)求 A ；
(Ⅲ)证明|f (x)| ≤ 2 A ．
【解析】(Ⅰ) f ( x)  2a sin 2x  (a  1) sin x ．
(Ⅱ)当a 1 
 
时，| f ( x) || a sin 2x  (a  1)(cos x  1) |
 a  2(a  1)  3a  
2 
因此， A  3a  2 ．
f (0)
当0  a  1 时，将 f (x) 变形为 f (x)  2a cos
2 x  (a 1) cos x 1 
． 令 g(t)  2at 
2  (a 1)t 1 ，则 A 是| g(t) | 在[1,1] 上的最大
值，
1 a
g(1)  a ， g(1)  3a  2 ，且当t 
时， g (t) 取得极小值，
4a
1 a
(a 1)
2
a 
2  6a 1
极小值为 g(
)  
1  
．
4a
8a
8a
1 a
1
1
令1 
 1，解得 a  (舍去)， a 
．
4a
3
5
(ⅰ)当 0  a  1 
时， g (t) 在[1,1] 内无极值点， | g(1) | a ， | g(1) | 2  3a ， | g(1) || g(1) | ，所以
5
A  2  3a ．

1
a
(ⅱ)当 1
5
1 a
 a  1 时，由 g(1)  g(1)  2(1 a)  0 ，知 g(1)  g(1)  g( ) ．
4a
1 a
(1 a)(1 7a)
1 a
a
2  6a 1
又| g(
) |  | g(1) |
 0 ，所以 A | g (
) |
．
4a
8a
2  3a,
0  a  
1
4a
8a

5
 
a
2  6a  1 1
 
综上，A  

8a
,
 a  1 ．
5
 3a  2,

a 1
(Ⅲ)由(Ⅰ)得| f ( x) || 2a sin 2x  (a  1) sin x | 2a | a  1 | ．
当0  a  1 
时， | f ( x) |1  a  2  4a  2(2  3a)  2 A ．
5
当
 a  1 时， A  1  3 1 ，所以| f ( x) |1  a  2 A ．
5
8
8a
4
当a 1 时， | f ( x) | 3a  1 6a  4  2 A ，所以| f ( x) | 2 A ．
5．(2015 新课标 2 文 21)已知函数 f (x)  ln x  a(1 x) ．
(Ⅰ)讨论 f (x) 的单调性；
(Ⅱ)当 f (x) 有最大值，且最大值大于2a  2 时，求 a 的取值范围．
【解析】(Ⅰ) f (x) 的定义域为(0, ) ， f (x)  1  a ．
x
若a ≤ 0 ，则 f (x)  0 ，所以 f (x) 在(0, ) 单调递增．
 
若a  0 
 
，则当x 

1
1
(0,   )
a
 
时，f (x)  0 
 
；当x  ( 1 ,
a
) 时， f (x)  0 ．所以 f (x) 在(0, 1 
)
1
a
单调递增，
在( , ) 单调递减．
a
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，当 a ≤ 0 时， f (x) 在(0, ) 上无最大值；当 a  0 时， f (x) 在 x  1 
取得最大值，最大值为
a
1
1
1
f (   )  ln
 a(1
)   ln a  a 1．
a
a
a
因此 f ( )  2a  2 等价于ln a  a 1  0 ．
a
令 g(a)  ln a  a 1 ，则 g (a) 在(0, ) 单调递增， g (1)  
0 ． 于是，当0  a  1 时， g (a)  0 ；当 a  1 时， g (a)  
0 ．
[0,
]
[0,
]
因此 a 的取值范围是(0,1) ．
6．(2017 北京)已知函数 f (x)  e
x cos x  x ．
(Ⅰ)求曲线 y  f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线方程；

(Ⅱ)求函数 f (x) 在区间[0, ] 上的最大值和最小值．
2
【解析】(Ⅰ)因为 f (x)  e
x cos x  x ，所以 f (x)  e
x (cos x  sin x) 1, f (0)  0 ．
又因为 f (0)  1，所以曲线 y  f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线方程为 y  1．
(Ⅱ)设 h(x)  e
x (cos x  sin x) 1 ，则
h(x)  e
x (cos x  sin x  sin x  cos x)  2e
x sin x ．
 
当x 
π
(0,   )
2
时， h(x)  0 ，
所以 h(x) 在区间
π
2 上单调递减．
 
所以对任意x 
π
(0,   ]
2
有 h(x)  h(0)  0 ，即 f (x)  0 ．
所以函数 f (x) 在区间
π
2 上单调递减．
因此 f (x) 在区间[0, π] 上的最大值为 f (0)  1，最小值为 f ( π)   π 
．
2
2
2
7．(2012 全国理 21)已知函数 f (x) = f (1)e
x1  f (0)x  1 x
2 ．
2
(Ⅰ)求 f (x) 的解析式及单调区间；
(Ⅱ)若 f (x) ≥ 1 x
2  ax  b ，求(a 1)b 的最大值．
2
【解析】(Ⅰ)由已知得 f (x) = f (1)e
x1  f (0)  x ，∴ f (1) = f (1)  f (0) 1 ，
∴ f (0) =1， 又∵ f (0) = f (1)e
1 ，∴ f (1) = e ，
∴ f (x) = e
x  x  1 x
2 ，
2
∴ f (x) = e
x 1 x ，当 x (, 0) 时， f (x) ＜0；当 x (0, ) 时， f (x) ＞0，
∴ f (x) 减区间为(, 0) ，增区间为(0, ) ；
(Ⅱ)【解法 1】由已知条件得
e
x  (a 1)x  b
①
(ⅰ)若 a 1  0 ，则对任意常数b ，当 x  0 ，且 x  1 b 
时，可得e
x  (a 1)x  b ，因此①式不成立．
a 1
e
e
e
e
1
(ⅱ)若 a 1  0 ，则(a 1)b  0 ，
(ⅲ)若 a 1  0 ，设 g (x) = e
x  (a 1)x ，则 g(x) = e
x  (a 1) ，
当 x (, ln(a 1)) 时， g(x) ＜0，当 x  (ln(a 1), ) 时， g(x) ＞0，
∴ g (x) 在(, ln(a 1)) 单调递减，在(ln(a 1), ) 上单调递增，
∴ g (x) 有最小值 g(ln(a 1)) = a 1 (a 1) ln(a 1) ，
∴ f (x) ≥ 1 x
2  ax  b 等价于b  a 1 (a 1) ln(a 1) ②
2
∴ (a 1)b  (a 1)
2  (a 1)
2 ln(a 1) ，
设h(a) = (a 1)
2  (a 1)
2 ln(a 1) ，则 h(a) = (a 1)(1 2 ln(a 1)) ，
1
1
∴ h(a) 在(1, e2 1) 单调递增，在(e2 1, ) 单调递减，
1
∴ h(a) 在 a = e 2 1 处取最大值，
∴ h(a)  h(e2 1) = e
2 ，即(a 1)b 
．
2
1
1
e2
1
当a  e 2  1 ， b 
时，②式成立，故 f (x) ≥
2
2
e
x
2  ax  b ，
综合得， (a 1)b 的最大值为．
2
 
【解法2
 
】f (x)  1 x
2  ax  b  h(x)  e
x  (a 1)x  b  0 
 
得h(x)  e
x  (a 
1) 2
①当a 1  0 时， h(x)  0  y  h(x) 在 x  R 上单调递增
x   时， h(x)   与 h(x)  0 矛盾
②当a 1  0 
 
时，h(x)  0  x  ln(a 1), h(x)  0  x  ln(a 
1) 
 
得：当x  ln(a 1) 
 
时，h(x)min  (a 1)  (a 1) ln(a 1)  b 
 0 (a 1)b  (a 1)
2  (a 1)
2 ln(a 1)(a 1  0)
 
令F (x)  x
2  x
2 ln x(x  0) 
 
；则F (x)  x(1 2 ln x)
F (x)  0  0  x e, F (x)  0  x 
e
当 x 
时， F (x)max  
2
当a 
1, b 
时， (a 1)b 的最大值为 e
2
8．(2019 全国Ⅲ文 20)已知函数 f (x)  2x
3  ax
2  2 ．
e



a
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)当0<a<3 时，记 f (x) 在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求 M  m 的取值范围．
【解析】(1) f (x)  6x
2  2ax  2x(3x  a) ． 
令 f (x)  0 ，得 x=0 或 x  a 
．
3
若 a>0 ， 则 当x (, 0)   a ,   时 ， f (x)  0 ； 当 x  0, a  时 
，
f (x)  0 ． 故f (x) 在
 3


3 




(, 0),  a ,   单调递增，在 0, a  单调递减；
 3


3 




若 a=0， f (x) 在(, ) 单调递增；
若 a<0 ， 则 当x  , a   (0, ) 时 ， f (x)  0 ； 当 x  a , 0  时 
，
f (x)  0 ． 故f (x) 在

3 
 3





 , a  , (0, ) 单调递增，在 a , 0  单调递减．

3 
 3





(2)当0  a  3 时，由(1)知， f (x) 在
 0, a  
单调递减，在
 a ,1 
单调递增，所以 f (x) 在[0，1]的最小值为

3 
 3





 a 
a
3
f  3    
27 
 2 ，最大值为 f (0)=2 或 f (1)=4  a ．于是

a
3
a
3
4  a, 0  a  
2,

2  a  
27 
, 0  a  2,
m   
27 
 2 ， M  2, 2  a  
3.
a
3
 
所以M  m  
 a
3
 27
, 2  a  
3.
 8 , 2 
当0  a  2 时，可知 2  a 
单调递减，所以 M  m 的取值范围是 27
 ．
27
3
当2 

时，
单调递减，所
以

的取值范围是[ 8


,1) ．
a
3
M
m
27
27
综上： M  m 的取值范围是[ 8
27 , 2) ．