云南二级建造师报名时间-神秘岛读后感

【高考地位】
导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容， 已由解决函数、数列、不等
式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决 函数的极值与最
值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范 围是
近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试卷难度考查较大.
【方法点评】
类型一利用导数研究函数的极值
使用情景：一般函数类型
解题模板：第一步 计 算函数
f(x)
的定义域并求出函数
f(x)
的导函数
f
'
(x)
；
第二步求方程
f
'
(x)0
的根；
第三步 判断
f
'
(x)
在方程的根的左、右两侧值的符号；
第四步 利用结论写出极值.
例1 已知函数
f(x)
1
lnx
，求函数
f

x

的极值.
x
【答案】极小值为
1
，无极大值.
【点评】求函数的极值的一般 步骤如下：首先令
f
'
(x)0
，可解出其极值点，然后根据导函数
大于0、小于0即可判断函数
f(x)
的增减性，进而求出函数
f(x)
的 极大值和极小值．
【变式演练1】已知函数
f(x)x
3
ax
2
bxa
2
在
x1
处有极值10，则
f(2)
等于（ ）
A．11或18 B．11 C．18 D．17或18
【答案】C
【解读】
1 36


32a b0

b32a

a4

a3
试卷 分析：
f

(x)3x
2
2axb
,

或．


2

2

1ab a10

aa120

b11

b3
a3
当

时,
f

(x)3(x1 )
2
0,
在
x1
处不存在极值．

b3< br>
a4
当

时，

b11
f

(x)3x
2
8x11(3x11)(x1)
，
x (
11
所
,1),f

(x)0
；
x(1 ,),f

(x)0
,符合题意．
3

a4
以

．
f(2)816221618
．故选C．
b11

考点：函数的单调性与极值．
1
【变式演练2】设函 数
f

x

lnxax
2
bx
，若
x1
是
f

x

的极大值点，则
a的取值范围为
2
（ ）
A．

1,0

B．

1,


C．

0,

D．

,1

U

0,


【答案】B
【解读】
考点：函数的极值．
【变式演练3】函数
f(x)
【答案】
3

【解读】 < br>试卷分析：因为
f(x)
1
3
1
x(m1)x
2
2(m1)x
，
32
1
3
1
x(m1 )x
2
2(m1)x
在
(0,4)
上无极值，则
m< br>_____.
32
所以
f'(x)x
2
(m1)x 2(m1)

x2

xm1

，由
f '

x

0
得
x2
或
xm1，又因为
2 36

函数
f(x)
1
31
m3
而
2

0,4

，所以只有
m12
，
x(m1)x
2
2(m1)x
在
( 0,4)
上无极值，
32
时，
f

x

在
R
上单调，才合题意，故答案为
3
.
考点：1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性.
【变式演练4】已知 等比数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n2
n1
k
，则
f(x)x
3
kx
2
2x1
的极大
值为（ ）
A．2 B．
【答案】B
【解读】
57
C．3 D．
22
考点：1、等比数列的性质；2、利用导数研究函数的单调性及极值．
【 变式演练5】设函数
f(x)x
3
(1a)x
2
ax
有两个不同的极值点
x
1
，
x
2
，且对不等式
f (x
1
)f(x
2
)0
恒成立，则实数
a
的取 值范围是．

1

【答案】
(,1]
U

,2



2

【解读】
32
试卷分析：因为
f(x
1
)f(x
2
)0
,故得不等式
x
1
3
x
2


1a

x
1
2
x
2

a

x
1
x
2

0
,即
xx

x
1
x
2




12

由于
22
3x
1
x
2



1a



x
1
x
2

2 x
1
x
2

a

x
1
x2

0
,

f'

x
3x
2
2

1a

xa
,令
f'

x

0
得方程
3x
2
2

1a

xa0
,因
2

xx
1a

12


3
，代入前面不等式,并 化简得
4

a
2
a1

0
, 故

a

xx
12

3

3 36


1a


2a
2
5a 2

0
,解不等式得
a1
或
11
a2
，因此, 当
a1
或
a2
时, 不等式
22

1

f

x
1

f
x
2

0
成立,故答案为
(,1]
U

,2

.

2

考点：1、利用导数研究函 数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.
【变式演练6】已知函数
f
x

x
3
ax
2
x2

a 0

的极大值点和极小值点都在区间

1,1

内,
则实数
a
的取值范围是．
【答案】
3a2

【解读】

考点：导数与极值．
类型二 求函数在闭区间上的最值
使用情景：一般函数类型
解题模板：第一步 求出函数
f(x)
在开区间
(a,b)
内所有极值点；
第二步 计算函数
f(x)
在极值点和端点的函数值；
第三步 比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
例2若函数
f

x

e
x
x
2
mx
，在点

1,f

1


处的斜率为
e1
．
（1）求实数
m
的值；
（2）求函数
f

x
在区间

1,1

上的最大值．
【答案】（1）
m1
；（2）
f

x

max
e.
【解读】
试卷分析：（1）由
f

(1)e1
解之即可；
（2 ）
f


x

e
x
2x1
为递增函数且
f


1

e10,f

1

e
1
30
,所以在区间
( 1,1)
上存
4 36

在
x
0
使
f

(x
0
)0
，所以函数在区间
[1,x
0
]
上单调递减，在区间
[x
0
,1]
上单调递增，所以< br>f

x

max
max

f
< br>1

,f

1


，求之即可.
试卷解读： （1）
f


x

e
x< br>2xm
，∴
f


1

e2m< br>，即
e2me1
，解得
m1
；
实数
m
的值为1；
（2）
f


x< br>
e
x
2x1
为递增函数，∴
f


1

e10,f


1

e< br>1
30
，
存在
x
0


 1,1

，使得
f


x
0

 0
，所以
f

x

max
max
f

1

,f

1


，
f

1

e
1
2,f

1

e
，∴
f

x

max
 f

1

e

考点：1.导数的几何意义；2.导数与函数的单调性、最值.
【名师点睛】本题考查导数的 几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数
的几何意义是拇年高考的必考内容，考查 题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（1）
问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题 角度：已知切点求切线方程、已知切线方程
（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围 .
【变式演练7】已知
f(x)
x1
.
e
x
（1）求函数
yf(x)
最值；
（2）若
f(x
1
)f(x
2
)(x
1
x
2
)
，求证：
x
1
x
2
0
.
【答案】（ 1）
f(x)
取最大值
f(x)
max
f(0)1
， 无最小值；（2）详见解读.
【解读】
e
x
(x1)e
x
x

x
， 试卷 解读：（1）对
f(x)
求导可得
f

(x)
2x
ee
令
f

(x)
x
0
得x=0. e
x
当
x(,0)
时，
f

(x)0
，函数
f(x)
单调递增；
5 36

当
x(0,)
时，
f

(x)0
，函数
f(x)< br>单调递减，
当x=0时，
f(x)
取最大值
f(x)
max
f(0)1
，无最小值.
（2）不妨设
x
1
x
2
，由（1）得
当
x(,0)
时，
f

(x)0
，函数
f(x)< br>单调递增；
当
x(0,)
时，
f

(x) 0
，函数
f(x)
单调递减，
若
f(x
1
)f (x
2
)
，则
x
1
0x
2
，

考点：1.导数与函数的最值；2.导数与不等式的证明.
【变式演练7】已知函 数
f(x)xlnx
，
g(x)x
2
ax2
.
（Ⅰ）求函数
f(x)
在
[t,t2](t0)
上的最小值；
（Ⅱ）若函数
yf(x)g(x)
有两个不同的极值点
x
1,x
2
(x
1
x
2
)
且
x
2
x
1
ln2
，求实数
a
的取
值范围. f(x)
min
【答案】（Ⅰ）
1

1
，0t

2ln2

ee


；（Ⅱ）
aln 2ln()1
.
1
33

tlnt,t

e

【解读】
6 36

111
试卷分析：（Ⅰ）由
f
'
(x)lnx10
，得极值点为
x
，分情况讨论
0t
及
t
时，函
eee
数
f(x)
的最小值；（Ⅱ）当函数< br>yf(x)g(x)
有两个不同的极值点，即
y
'
lnx2x 1a0
有两个不同的实根
x
1
,x
2
(x
1
x
2
)
，问题等价于直线
ya
与函数
G(x) lnx2x1
的图象有两
1
个不同的交点，由
G(x)
单调 性结合函数图象可知当
aG(x)
min
G()ln2
时，
x
1
,x
2
存在，且
2

lnx
1
2x
1
1a0
，
x
2
4x
1
x
2
x
1
的值随着
a
的增大而增大，而当
x2
x
1
ln2
时，由题意

lnx2x1a 0

22
42ln2
代入上述方程可得
x
2
4 x
1
ln2
，此时实数
a
的取值范围为
aln2ln ()1
.
333
1
试卷解读：（Ⅰ）由
f
'
( x)lnx10
，可得
x
，
e
111

①
0t
时，函数
f(x)
在
(t,)
上单调递减，在< br>(,t2)
上单调递增，
eee
11

函数
f( x)
在
[t,t2](t0)
上的最小值为
f()
， ee
1
②当
t
时，
f(x)
在
[t,t2 ]
上单调递增，
e
f(x)
min
f(t)tlnt
，
1

1
，0t


ee
；



tlnt,t
1

e

f( x)
min

7 36

两式相减可得
ln
x
1
2(x
1
x
2
)2ln2

x
2
4
x
2
4x
1
代入上述方程可得
x
2
4x
1
ln2
，
3
2ln2
此时
aln2ln()1
，
33
2ln2
所以，实数
a
的取值范围为
aln2ln()1
；
33

考点：导数的应用．
【变式演练8】设函数
f

x

lnx1
.
（1）已知函数
F

x

f

x


1
2
31
xx
,求
F

x

的极值；
424
（2）已知函数
G

x< br>
f

x

ax
2


2a1

xa

a0

,若存在实数
m

2,3

,使得当
x

0,m
时,
函数
G

x

的最大值为
G
< br>m

,求实数
a
的取值范围.
3
【答案】（1）极 大值为
0
，极小值为
ln2
；（2）

1ln2,

.
4
【解读】
8 36

F

x

,F'

x

随
x
的变 化如下表:
x

F'

x



0,1




Z

1


1,2




]

2


2,




Z

0

0

3
ln2

4
F

x


0

当
x1
时,函数
F

x

取得极大值
F

1

0
。当
x2时,函数
F

x

取得极小值
F

2

ln2
3
.
4
③当
11

1

1

1
,即
a
时,函数
f< br>
x

在

0,

和

1 ,

上单调递增, 在

,1

上单调递减,要存2a2

2a

2a


1
在实数
x

2,3

,使得当
x

0,m

时, 函数
G

x

的最大值为
G

m

,则
G

G

2

,代入化简

2a

得
ln

2a


1
11

1

1
< br>ln210



. 令
g

a< br>
ln

2a

ln21

a< br>
,因
g'

a



1

0
4a
4a2

a

4a
9 36

11

1

恒成立,故恒有
g

a

g

ln20,a
时,



式恒成立。综上，实数
a
的取值范围是
22

2


1ln2,

.
考点：函数导数与不等式．
【高考再现】
1. 【2016高考新课标1卷】（本 小题满分12分）已知函数
f

x



x2< br>
e
x
a

x1

有两个零
点 .
(I)求a的取值范围；
(II)设x
1
,x
2
是< br>f

x

的两个零点,证明：
x
1
x2
2
.
【答案】
(0,)

2
试卷解 读。（Ⅰ）
f'(x)(x1)e
x
2a(x1)(x1)(e
x
2a)
．
（i）设
a0
,则
f(x)(x2) e
x
,
f(x)
只有一个零点．
（ii）设
a0
,则当
x(,1)
时,
f'(x)0
；当
x(1, )
时,
f'(x)0
．所以
f(x)
在
(,1)上单
调递减,在
(1,)
上单调递增．
又
f(1)e
,
f(2)a
,取
b
满足
b0
且
b ln
f(b)
a3
(b2)a(b1)
2
a(b
2
b)0
,
22
a
,则
2
故
f(x)
存在两个零点．
（iii）设
a0
,由
f'(x)0
得
x1
或
xln(2a)
．
e
若
a
,则
ln(2a)1
,故当
x( 1,)
时,
f'(x)0
,因此
f(x)
在
(1, )
上单调递增．又当
x1
2
10 36

时,
f(x)0
,所以
f(x)
不存在两个零点．
e
若
a
,则
ln(2a)1
,故当
x( 1,ln(2a))
时,
f'(x)0
；当
x(ln(2a), )
时,
f'(x)0
．因此
2
f(x)
在
(1, ln(2a))
单调递减,在
(ln(2a),)
单调递增．又当
x 1
时,
f(x)0
,所以
f(x)
不存在
两个零点．
综上,
a
的取值范围为
(0,)
．
（Ⅱ）不妨设x
1
x
2
,由（Ⅰ）知
x
1
(,1) ,x
2
(1,)
,
2x
2
(,1)
,
f(x)
在
(,1)
上单调递
减,所以
x
1
x
2
2
等价于
f(x
1
)f(2x
2
)
,即
f(2x
2
)0
．
由于
f(2x
2
)x
2
e
2x
2
a(x2
1)
2
,而
f(x
2
)(x
2
2)e
x
2
a(x
2
1)
2
0
, 所以
f(2x
2
)x
2
e
2x
2
(x
2
2)e
x
2
．
设
g(x)xe
2x
(x2)e
x
,则
g'(x)(x1)(e
2x
e
x
)
．
所以当
x1
时,
g '(x)0
,而
g(1)0
,故当
x1
时,
g(x) 0
．
从而
g(x
2
)f(2x
2
)0< br>,故
x
1
x
2
2
．
考点：导数及其应用
2. 【2016高考山东理数】(本小题满分13分)
已知
f(x)a

xlnx


2x1
,aR
.
2
x
（I）讨论
f(x)
的单调性；
3（II）当
a1
时，证明
f(x)＞f'

x

对于任意的
x

1,2

成立.
2
【答案】（Ⅰ）见解读；（Ⅱ）见解读
【解读】
试卷分析：（Ⅰ）求< br>f(x)
的导函数，对
a
进行分类讨论，求
f(x)
的单调性 ；

3
3

（Ⅱ）要证
f(x)＞f'

x


对于任意的
x

1,2

成立，即 证
f(x)f(x)
，根据单调性求解
.
2
2
11 36

（1）
0a2
，
2
1
，
a
2,)
时，
f

(x)0
，
f(x)
单调递 增；
a
当
x(0,1)
或
x
(
当
x 
(1,
2
)
时，
f

(x)0
，
f(x)
单调递减；
a
2
1
，在
x
(0, )
内，
f

(x)0
，
f(x)
单调递增；< br>
a
2
1
，

a
（
2
）
a2
时，
（
3
）
a2
时，
0
当
x(0,
2
)
或
x
(1,)
时，f

(x)0
，
f(x)
单调递增；

a2
,1)
时，
f

(x)0
，
f(x)
单调递减.
a
当
x
(
综上所述，
12 36

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
a1
时，
f(x)f< br>
(x)xlnx
312
xlnx
2

3
1
，
x[1,2]
，
xxx
312
令g(x)xlnx,h(x)
2

3
1
，
x [1,2]
.
x
xx
则
f(x)f

(x) g(x)h(x)
，
由
g

(x)
2x1122(1
2

3
)
2
xxxx

x 1
0
可得
g(x)g(1)1
，
当且仅当
x1< br>时取得等号.
x
3x
2
2x6
又
h'(x)
，
x
4
设

(x)3x
2
2x6
，则
(x)
在
x
[1,2]
单调递减，
因为

(1)1,

(2)10
，

考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.
【名师点睛】本题主要考 查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.
本题覆盖面广，对考生计算能力要求 较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当
13 36

分类讨 论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而
错漏百出.本题能 较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.
3. 【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
已知函数
f(x)a
x
 b
x
(a0,b0,a1,b1)
.
设
a2,b
（
1
）求方程
f(x)2
的根。

（
2
）若对任意
xR
,
不等式
f(2x)mf(x)6
恒成立， 求实数
m
的最大值；

（
3
）若
0a1,b＞ 1
，函数
g

x

f

x
< br>2
有且只有
1
个零点，求
ab
的值。

【答案】（1）①0 ②4（2）1
【解读】
1
.
2
试卷解读：（1）因为
a2,b
1
，所以
f(x)2
x
2
x
.
2
①方程
f(x)2
，即
2x
2
x
2
，亦即
(2
x
)
2< br>22
x
10
，
所以
(2
x
1)
2
0
，于是
2
x
1
，解得
x0.
②由条件知
f(2x)2
2x
2
2x
(2
x
2
x
)
2
2(f(x))
2
 2
.
因为
f(2x)mf(x)6
对于
xR
恒成立 ，且
f(x)0
，
(f(x))
2
4
所以
m 
对于
xR
恒成立.
f(x)
(f(0))
2
4
(f(x))
2
444
4
， 而
f(x)2 f(x)•4
，且
f(0)
f(x)f(x)f(x)
14 36

所以
m4
，故实数
m
的最大值为4.
（ 2）因为函数
g(x)f(x)2
只有1个零点，而
g(0)f(0)2a
0
b
0
20
，
所以0是函数
g(x)
的唯一零点.
因为
g
'
( x)a
x
lnab
x
lnb
，又由
0a1,b1
知
lna0,lnb0
，
所以
g
'
(x) 0
有唯一解
x
0
log
b
(
a
lna
)
.
lnb
令
h(x)g
'
(x)
， 则
h
'
(x)(a
x
lnab
x
lnb)'
a
x
(lna)
2
b
x
(lnb)2
，
从而对任意
xR
，
h
'
(x)0< br>，所以
g
'
(x)h(x)
是
(,)
上的 单调增函数，
于是当
x(,x
0
)
，
g
'
(x)g
'
(x
0
)0
；当
x(x
0
,)
时，
g
'
(x)g
'
(x
0
)0
.
因而函数
g(x)
在
(,x
0)
上是单调减函数，在
(x
0
,)
上是单调增函数.
下证
x
0
0
.
若
x
0
0< br>，则
x
0

x
0
x
0
，于是g(
0
)g(0)0
，
22
x
0
和log
a
2
为端点的闭区间上的
2
又
g(log
a
2)a
log
a
2
b
log
a
2
2a
log
a
2
20
，且函数
g(x)< br>在以
图象不间断，所以在
又
x
0
和
log
a
2
之间存在
g(x)
的零点，记为
x
1
. 因为< br>0a1
，所以
log
a
20
，
2
x< br>0
0
，所以
x
1
0
与“0是函数
g(x )
的唯一零点”矛盾.
2
x
若
x
0
0
，同理可得，在
0
和
log
a
2
之间存在
g(x)
的非0的零点，矛盾.
2
因此，
x
0
0
. < br>于是

lna
1
，故
lnalnb0
，所以< br>ab1
.
lnb
考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点
【名师点睛】 对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确
定其中参数范围．从图象 的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析
函数的奇偶性；从图象的走向趋势， 分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间
区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定 理及函数单调性严格说明函数零点个数
.
4.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
15 36

设函数
f(x)(x1)
3
axb
,
xR
，< br>其中
a,bR

(I)求
f(x)
的单调区间；
(II) 若
f(x)
存在极值点
x
0
，且
f(x
1
)f(x
0
)
，其中
x
1
x
0
，求证：
x
1
2x
0
3
；
1< br>（Ⅲ）设
a0
，函数
g(x)|f(x)|
，求证：
g( x)
在区间
[1,1]
上的最大值不小于
．．．
4
.
【答案】（Ⅰ）详见解读（Ⅱ）详见解读（Ⅲ）详见解读
【解读】
试卷分析：（Ⅰ ）先求函数的导数：
f'(x)3(x1)
2
a
，
再根据导函 数零点是否存在情况，
分类讨论：①当
a0
时，有
f

( x)0
恒成立，所以
f(x)
的单调增区间为
(,)
.②当
a0
时，
存在三个单调区间

试卷解读：（Ⅰ）解：由
f (x)(x1)
3
axb
，可得
f'(x)3(x1)
2
a
.
下面分两种情况讨论：
（1）当
a0
时，有
f'(x)3(x1)
2
a0
恒成立，所以
f(x)
的单调递增区间为
(,)
.
（2）当
a0
时，令f'(x)0
，解得
x1
3a
3a
，或
x1
.
3
3
当
x
变化时，
f'(x)
，f(x)
的变化情况如下表：
x

(,1
3a
3a3a3a
3a3a

(1

(1)

1,1)

1,)

33
333
3
f'(x)

f(x)

＋
单调递增
0
极大值
－
单调递减
0
极小值
＋
单调递增
16 36

所以
f(x)
的单调递减区间为
(1
3a
3a3a3a
,1)，单调递增区间为
(,1)
，
(1,)
.
333
3

（Ⅲ）证明：设
g(x)
在区间
[0, 2]
上的最大值为
M
，
max{x,y}
表示
x,y
两数的最大值.下面分三
种情况同理：
（1）当
a3
时，
1
3a3a
，由（Ⅰ）知，
f(x)
在区间
[0,2]
上单调 递减，所以
f(x)
021
33
在区间
[0,2]
上的取值范围为
[f(2),f(0)]
，因此
Mmax{|f(2)|,|f(0)|}max{|12ab|,|1b|}

max{|a1(ab)|,|a1(ab)|}


a1 (ab),ab0


，所以
Ma1|ab|2
.

a1(ab),ab0
（2）当
3
23a3a3a 23a
a3
时，
1
，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，
011 21
4
3333
23a3a
23a3a
)f(1)
，
f(2)f(1)f(1)
，
33
33
3a3a
),f(1)]
，
33
f( 0)f(1
所以
f(x)
在区间
[0,2]
上的取值范围为[f(1
因此
Mmax{|f(1
max{|
3a3a2a2 a
)|,|f(1)|}max{|3aab|,|3aab|}

3399
2a2a
3a(ab)|,|3a(ab)|}

99
17 36


2a2331
3a|ab|3
.
99444

考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式
【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；
(2)求导函数f′(x)；
(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集．
(4) 由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，
可分类讨论求得单调区间．
2．由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题， 可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，
要注意“＝”是否可以取到．
5. 【2016高考新课标3理数】设函数
f(x)acos2x(a1)(cosx 1)
，其中
a0
，记
|f(x)|
的
最大值为
A
．
（Ⅰ）求
f

(x)
；
（Ⅱ）求
A
；
（Ⅲ）证明
|f

(x)|2A
．
18 36

1

23a,0a

5

2
a6a11
【答案】（Ⅰ）
f
'
(x)2asin2 x(a1)sinx
；（Ⅱ）
A

（Ⅲ）见解读．
,a 1
；
8a5

3a2,a1



【 解读】
试卷解读：（Ⅰ）
f
'
(x)2asin2x(a1)si nx
．
（Ⅱ）当
a1
时，
|f
'
(x)| |asin2x(a1)(cosx1)|
a2(a1)
3a2
f (0)

因此，
A3a2
． ………4分
当
0a1
时，将
f(x)
变形为
f(x)2acos
2
x(a1)cosx1
．
令
g(t)2at
2
(a 1)t1
，则
A
是
|g(t)|
在
[1,1]
上的最大值，
g(1)a
，
g(1)3a2
，且当
1a( a1)
2
a
2
6a1
1a
时，
g(t)< br>取得极小值，极小值为
g(
．
)1
t
4a8a 8a
4a
令
1
1a11
，
a
．
1
，解得
a
（舍去）
4a35
19 36

（Ⅲ）由（Ⅰ）得
|f
'
(x)||2asin2x(a1 )sinx|2a|a1|
.
当
0a
1
时，
| f
'
(x)|1a24a2(23a)2A
.
5
1 a13
当
a1
时，
A1
，所以
|f
'
(x)|1a2A
.
588a4
当
a1
时，|f
'
(x)|3a16a42A
，所以
|f
'(x)|2A
.
考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性．
【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、
诱导公式将解读式化为形如
yAsin(

x

)B
的形式；（2）结合自变量
x
的取值范围，结合
正弦曲线与余弦曲线进行求解． < br>6.【2016高考浙江理数】（本小题15分）已知
a3
，函数F（x）=min{ 2|x−1|，x
2
−2ax+4a−2}，
其中min{p，q}=


p，pq，

q,p>q.

（I）求使得等式F（x）=x
2
−2ax+4a−2成立的x的取值范围 ；
（II）（i）求F（x）的最小值m（a）；
（ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.


348 a,3a4

0,3a22
【答案】（I）

2,2a< br>
；（II）（i）
m

a



；（ii）


a



．
2
2,a4



a4a2,a22
【解读】
试卷分析：（I）分别对
x1
和
x1
两种情况讨论
F

x

，进而可得使得等式
F

x

x< br>2
2ax4a2
成立的
x
的取值范围；（II）（i）先求函数
f

x

2x1
，
g

x< br>
x
2
2ax4a2
的最小值，再根据
F

x

的定义可得
F

x

的最小值
m

a

；（ii）分别对
0x2
和
2x 6
两种情况讨论
F

x

的最大值，进而可得
F

x

在区间

0,6

上的最大值

a

．
20 36

（ii）当
0x2
时，
F

x

 f

x

max

f

0
< br>,f

2


2F

2
，
当
2x6
时，
F

x

 g

x

max

g

2
< br>,g

6


max

2,348a< br>
max

F

2

,F
6


．
所以，

348a,3a4


a



．

2,a4
考点：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式．
【思路点睛】（I）根据
x
的取值范围化简
F

x
，即可得使得等式
F

x

x
2
2ax 4a2
成立的
x
的取值范围；（II）（i）先求函数
f

x

和
g

x

的最小值，再根据
F< br>
x

的定义可得
m

a

；（i i）
根据
x
的取值范围求出
F

x

的最 大值，进而可得


a

．
7. 【2016高考新课标 2理数】(Ⅰ)讨论函数
f(x)
x2
x
e
的单调性，并证明当
x0
时，
x2
(x2)e
x
x20
；
e
x
axa
gx）=(x0)
有最小值.设
g(x)
的最小值为
h(a)
，(Ⅱ)证明：当
a[0,1)
时，函数（
2
x
21 36

求函数
h(a)
的值域．
1e
2
【答案】（Ⅰ）详见解读；（Ⅱ）
(,].
.
24
【解读】
试卷分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当
x(0,)
时，
f(x)f(0)
证明结
e
x
0< br>论；（Ⅱ）用导数法求函数
g(x)
的最值，在构造新函数
h(a)
，又用导数法求解.
x
0
2

(x2)e
x
a(x2)x2
（II）
g(x)
2
(f(x)a),

x
2
x
由（I）知，
f(x)a
单调递增，对任意
a[0,1),f(0)aa10,f(2)aa0,

因此，存在唯一< br>x
0
(0,2],
使得
f(x
0
)a0,即
g'(x
0
)0
，
当
0xx
0时，
f(x)a0,g'(x)0,g(x)
单调递减；
当
x x
0
时，
f(x)a0,g'(x)0,g(x)
单调递增.
因此
g(x)
在
xx
0
处取得最小值，最小值为
e
x
0
a(x
0
1)e
x
0
+f( x
0
)(x
0
1)
e
x
0
g(x
0
).

x
0
2
x
0
2
x
0
2
22 36

考点：函数的单调性、极值与最值.
【名师点睛】求函数单调区间的步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)解出相应的x的范围．
当f′(x)＞0时，f (x)在相应的区间上是增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间上是减函数，还
可以列表 ，写出函数的单调区间．
注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较 才能下结论；
另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．
8.【2016年高考四川理数】（本小题满分14分）
设函数f(x)=ax
2
-a-lnx，其中a ∈R.
（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；
（Ⅱ）确定a的所有可能取值，使得
f(x)
然对数的底数).
【答案】 （Ⅰ）当
x
（0,
1
2
1
1x
e
在 区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自
x
11
当
x
)
时，
f'(x)
<0，
f(x)
单调递减；
（，+)时，
f'(x)
>0，
f(x)
2a2a
单调递增；（Ⅱ）a?[,?)
.
【解读】
23 36

12ax< br>2
1
试卷解读：（I）
f'(x)2ax(x0).

xx
内单调递减.
（0，+）
当a0时，
f'(x)
<0，
f(x)
在
由
f'(x)
=0，有
x
当a 0时，
1
.
2a
此时，当
x
（0,
1
)
时，
f'(x)
<0，
f(x)
单调递减；
2a当
x
（
1
，+)
时，
f'(x)
>0，< br>f(x)
单调递增.
2a
11
（II）令
g(x)
=

x1
，
s(x)
=
e
x1
x< br>.
xe
则
s'(x)
=
e
x1
1
.
而当
x1
时，
s'(x)
>0，
所以
s(x)
在区间
（1，+)
内单调递增.
又由
s(1)
=0，有
s(x)
>0，
从而当
x1
时，
f(x)
>0.
24 36

当
a0
，
x1
时，
f(x)
=
a(x
2
1)lnx0
.
故当
f(x)
>
g(x)
在区间
（1，+)
内恒成立时，必有
a0
.

考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.
【名师点 睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查
学生的分析问题解决 问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求
f'(x)
，解方程
f'(x )0
，再通过
f'(x)
的正负确定
f(x)
的单调性；要证明函 数不等式
f(x)g(x)
，一般证明
f(x)g(x)
的最小值大于0 ，为此要研究函数
h(x)f(x)g(x)
的单调性．本题中注意由于函
数h(x)
有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．
【反馈练习】
1.【2017届新疆生产建设兵团二中高三上 月考二数学试卷，文9】若
f(x)x
3
ax
2
bxa2
7a
在
x1
处取得极大值10，则
A．

b
的值为（ ）
a
31313
或

B．

或 C．


22222
1
D．


2
【答案】C
25 36

【解读】
试卷分析：∵
f(x)x
3
ax
2
bxa
2
7a
，∴
f


x

3x
2
2axb
，又
f( x)x
3
ax
2
bxa
2
7a
在
x1
处取得极大值
10
，∴
f


x

32ab0
，
f

1

1ab a
2
7a10
，∴
a
2
8a120
，∴
a2
，
b1
或
a6
，
b9
． 当
a2
，
1
b1
时，
f


x

3x
2
4x1

3x1
x1

，当
x1
时，
f


x

0
，当
x1
时，
f


x

0
，
3
∴
f

x

在
x1
处取得极小值，与题意不符；当
a6
，
b9
时，
f


x

3x
2
12x9 3

x1

x3

，当
x1
时，
f


x

0
，当
1x3
时，
f


x

0
，∴
f
< br>x

在
x1
处取得极大值，符合题意；
b3
< br>，故选C．
a2
考点：利用导数研究函数的极值．
2. 【2017届安徽 合肥一中高三上学期月考一数学试卷，文12】已知
f(x)alnx
若对任意两个不等的 正实数
x
1
,x
2
，都有
1
2
x(a0 )
，
2
f(x
1
)f(x
2
)
2恒成立，则实数
a
的取值范围是（ ）
x
1
x
2
A．
(0,1]
B．
(1,)
C．
(0,1)

D．
[1,)

【答案】D
【解读】
考点：函数导数与不等式，恒成立问题．
3．【 2016届江西新余市高三第二次模拟数学 试卷，文8】等差数列
{a
n
}
中的
a
1
，a4025
是函数
f(x)
1
3
x4x
2
 6x1
的极值点，则
log
2
a
2013
等于（ ）
3
A．
2
B．
3
C．
4
D．
5

【答案】A
【解读】
26 36

试卷分析：
f'(x)x
2
8x 6
,
a
1
,a
4025
是方程
x
28x60
的两根,由韦达定理有
a
1
a
4025
8
,所
以
2a
2013
8,a
2013
4
,故
log
2
a
2013
log
2
4 2
,选A.
考点：1.函数的极点；2.等差数列的性质；3.导数的计算.
4. 【2017届河南濮阳第一高级中学高三上学期检测二数学试卷，文12】已知函数
1111
f (x)x
3
x
2
ax
.若
g(x)
x,对任意
x
1
[,2]
，存在
x
2
[,2 ]
，使
f'(x
1
)g(x
2
)
成立，则
3e22
实数
a
的取值范围是（ ）
A．
(,
ee3e
8]
B．
[8,)
C．
[2,e)
D．
(,]

ee32
【答案】A
【解读】
考点：1 、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数求函数的最值及全称量词与存在量词的应
用.
5. 【2017届河南新乡一中高三9月月考数学试卷，文15】已知数列
{a
n< br>}
中，
a
1
1
，函数
a
2
f(x )x
3

n
x
2
3a
n1
x4
在
x1
处取得极值，则
a
n

________ _．
32
【答案】
23
n1
1

【解读】
a
2
试卷分析：因为
f(x)x
3

n
x
2
3a
n1
x4
，所以
f'

x

2x
2
a
n
x3a
n1
，
32
f'

1

2a
n
3a< br>n1
0
，
a
n
3a
n1
2,a< br>n
13

a
n1
1

,

a
n
1

是以
a
1
12
为 首项, 以
3
为公比的等比数列
a
n
123
n1< br>,a
n
23
n1
1
，故答案为
2g3
n1
1
．
考点：1、利用导数求函数极值；2、根据数列的递推公式求通项公式．
6. 【2017届 甘肃武威二中高三上学期月考二数学试卷，文16】若正数
t
满足
a

2et

lnt1
（
e
27 36

为自然对数的底数），则实数
a
的取值范围为___________．
1
【答案】
a
．
e
【解读】
试卷分析：设< br>f(t)(2et)lnt
，
f'(t)lnt
ft)
2et2e
lnt1
，显然
f'(e)0
，又
tt
2e1

，当
t0
时，
ft)0
，故
f'( t)
是减函数，所以当
0te
时，
f'(t)0
，
f (t)
2
tt
递增，当
te
时，
f'(t)0
，
f(t)
递减，所以
xe
时，
f(t)
取极大值也是最 大值
f(e)(2ee)lnee
，当
t
（或
t0< br>）时，
f(t)
，因此
f(t)e
，所以
1
0
或
a
0
11
e
，所以
a0
中< br>a
．
ae
考点： 导数与函数的单调性、极值、最值．
7.【2 017届河北正定中学高三上学期第一次月考数学试卷，文22】已知函数
f

x


x
2
ax

e
x
的 两个极值点为
x
1
,x
2
，且
x
1
x< br>2
,x
1
x
2
25
．
（1）求
x
1
,x
2
的值；
（2）若
f

x

在

c1,c

（其中
c1
）上是单调函数，求
c
的取值范围；
3
xxx
 
（3）当
me
时，求证：

fx2e
g
x2em1


4
e
．
【答案】（1）
x
1

【解读】

551 5
55

35
；（2）

；（3）证明见解读 ．
,x
2

,
U
,1


22
2

2

2x
试卷解读：（1） ∵
f


x




x

2a

xa


e
，
∴由< br>f


x

0
得
x
2


2a

xa0
，∴
x
1
x2
2a25
，∴
a5

28 36