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【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，其试题难度考查较大.
【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
【解析】
1

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
32ab0

b 32a

a4

a3
试题分析：
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,< br>在
x1
处不存在极值．

b3

a4
当

时，

b11
f

(x)3x
2
8x11(3x11)(x1)
，
x(
11
所< br>,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

【答案】B
【解析】

0,


考点：函数的极值．
【变式演练3】函数
f(x)
【答案】
3

【解析】 < br>试题分析：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

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函数
f(x)1
3
1
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
【解析】
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 ]

,2



2

【解析】
32
试题分析：因为
f(x
1
)f(x
2
)0
,故得不等式
x
1
3
x
2


1a< br>

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

2x
1
x
2

a

x
1x
2

0
,

f'

x< br>
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

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
1a


2a< br>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]

,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
< br>内,
则实数
a
的取值范围是 ．
【答案】
3a2

【解析】

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
.
【解析】
试题分析：（1）由
f

(1)e1
解之即可；
4

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（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
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
f

x

max
max
< br>f

1

,f

1


，求之即可.
试题解析： （1）
f


x

 e
x
2xm
，∴
f


1

e2m
，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
.
x
e
（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）详见解析.
【解析】
e
x
(x1)e
x
x

x
， 试题 解析：（1）对
f(x)
求导可得
f

(x)
2x
ee
5

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令
f

(x)
x
0
得x=0.
x
e
当
x(,0)
时，
f

(x)0
，函数
f(x)
单调递增；
当
x(0,)
时，
f

(x)0
，函数
f(x)
单调递减，
当x=0时，< br>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)
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.
6

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【答案】（Ⅰ）
f(x)
min
1

1
，0t

2ln2

ee
；（Ⅱ）
aln2ln(


)1
.
33

tlnt,t
1

e

【解析】
111
试题分析：（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
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
)< br>，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< br>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
x
2
x
1
ln2
时，由题意

lnx2x1a0

22
42ln2
代入上述方程可得
x
2
4x
1
ln2
，此时实数
a
的取值范围为
aln2ln()1
.
333
1
试题解析：（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
(,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
；


1

tlnt,t

e

f( x)
min
7

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两式相减可 得
ln
x
1
2(x
1
x
2
)2l n2

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
.
8

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（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

f

x

ax
2


2a1

xa
< br>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

m

,求实数
a< br>的取值范围.
3
【答案】（1）极大值为
0
，极小值为
ln 2
；（2）

1ln2,

.
4
【解析】

F

x

,F'

x

随
x
的变化如下表:
x

F'

x


F

x



0,1





1


1,2





2


2,





3
.
4
0

0

0

3
ln2

4
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
9

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③当
11

1

1

1
, 即
a
时, 函数
f

x

在

0,

和

1,

上单调递增, 在

,1

上单调递减, 要
2a2

2a

2a


1

存在实数
x
2,3

,使得当
x

0,m

时, 函数
G

x

的最大值为
G

m
< br>,则
G

G

2

,代入化

2a

简得
ln

2a


1< br>ln210



4a
. 令
g

a

ln

2a


1
ln21

a
4a

1


2

,因
g'

a


1

1

11

1

恒成立, 故恒有时,



式恒成立; 综
10gagln2 0,a


a

4a

222

上，实数
a
的取值范围是

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
(I)求a的取值范围；
(II)设x
1
,x
2
是«Skip Record If...»
【答案】
«

Skip Record If...»
的两个零点,证明：«Skip Record If...».
有两个零点.
试题解析;（Ⅰ）
«
．
Skip Record If...»
（ i）设
«
,则
«
,
«
只有一个零点．
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If. ..»
（ii）设
«
,则当
«
时,
«
；当
«
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»
时,
«
．所以< br>«
在
«
上单调递减,在
«Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record
上单调递增．
If...»
10

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又
«
,
«
,取
«
满足
«
且
Skip Record If...»Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
,则
Record If...»
,
«Skip Record If...»
故
«
存在两个零点．
Skip Record If...»
«Skip
（iii）设
«
,由
«
得
«
或
«
．
Skip Record If...»Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If. ..»
若,则
«
,故当
«
时,
«
,因此
S kip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»
«Skip Record If...»
在
«
上单调递增．又 当
«
时,
«
,
Skip Record If...»
«Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»
所以
«
不存在两个零点．
Skip Record If...»
若,则
«
,故当
«
时,
«
；当
«Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»Skip
«Skip Record If.. .»
时,
«
．因此
«
在
«
单调递减,在
« Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»Skip
单调递增．又当
«
时 ,
«
,所以
«
不存
Skip Record If...»
Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»
在两个零点．
综上,
«
的取值范围为
«
．
Skip Record If...»
Skip Record If...»
（Ⅱ）不妨设
«
,由（ Ⅰ）知
«
,
«
,
«Skip Record
Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»< br>在
«
上单调递减,所以
«
等价于
«
,即
«< br>If...»Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»Skip
．
Record If...»
由于
«
,而
«
,所以
Skip Record If...»Skip Record If...»
．
«Skip Record If...»
设
«
,则
«
．
Skip Record If...»Skip Record If...»
所以当
«
时,< br>«
,而
«
,故当
«Skip Record If...»Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
时,
«
．
Skip Record If...»
从而
«
,故
«
．
Skip Record If...»Skip Record If...»
11

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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.
«Skip Record If...»
（I）讨论
«
的单调性；
Skip Record If...»
（II）当
«
时，证明
Skip Record If...»
对于任意的成立.
«Skip Record If...»
«Skip Record If...»
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
Skip Record If...»Skip Record If...»< br>试题分析：（Ⅰ）求
«
的导函数，对
a
进行分类讨论，求
«< br>的
单调性；

Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»
（Ⅱ）要证
«
对于任意的
«
成立，即证
«
，根据
单调性求解
.

（1）
«
，
Skip Record If...»
，
«Skip Record If...»
当
«
或
«
时，< br>«
，
«
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record
«Skip Record If...»
单调递增；
If...»
当
«
时，
«
，
«
单调递减；
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
«Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»«Skip Record If...»Skip
（
2
）
«
时，
«
，在«
内，
«
Skip Record If...»
Record If...»Skip Record If...»
，
«
单调递增；

12

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Skip Record If...»Skip Record If...»
（
3
）
«
时，
«
，

Skip Record If...»Skip Record If...»«Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record
当«
或
«
时，
«
，
«
If...»
单调 递增；

当
«
时，
«
，
«
单调递减.
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
«Skip Record If...»
综上所述，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
«
时，
Skip Record If...»
«Skip Record If...»
，
«
，
Skip Record If...»
«Skip Record If...»
令，
«Skip Record If...».
«Skip Record If...»
则
«
，
Skip Record If...»
由
又
可得
«
时取得等号.
Skip Record If...»
Skip Record If...»，
当且仅当
«
«Skip Record If...»
，
«Skip Record If...»
设
«
，则
«
在
«
单调递减，
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»«Skip Record If...»
因为
«
，
Skip Record If...»
13

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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
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）
Skip Record If...».
设
«Skip Record If...».
已知函数
«
Skip Record If...»
（
1
）求方程
«
的根
;
Skip Record If...»,
不等式
«Skip Record If...»Skip Record
（
2
）若对任意
«
恒成立，求实数
«
If...»
的最大值；

Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»
（
3
）若
«
，函数
«
有且只有
1
个零点，求
«
的值。
【答案】（1）①0 ②4（2）1
【解析】
14

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试题解析：（1）因为«Skip Record If...»，所以«Skip Record If...».
①方程«Skip Record If...»，即«Skip Record If...»，亦即«Skip Record If...»，
所以«Skip Record If...»，于是«Skip Record If...»，解得«Skip Record If...».
②由条件知«Skip Record If...».
因为«Skip Record If...»对于«Skip Record If...»恒成立，且«Skip Record If...»，
所以«Skip Record If...»对于«Skip Record If...»恒成立.
而«Skip Record If...»，且«Skip Record If...»，
所以«Skip Record If...»，故实数«Skip Record If...»的最大值为4.
（2）因为函数«Skip Record If...»只有1个零点，而«Skip Record If...»，
所以0是函数«Skip Record If...»的唯一零点.
因为«Skip Record If...»，又由«Skip Record If...»知«Skip Record If...»，
所以«Skip Record If...»有唯一解«Skip Record If...».
令«Skip Record If...»，则«Skip Record If...»，
从而对任意«Skip Record If...»，«Skip Record If...»，所以«Skip Record If...»是«Skip Record If...»
上的单调增函数，
于是当«Skip Record If...»，«Skip Record If...»；当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...».
因而函数«Skip Record If...»在«Skip Record If...»上是单调减函数，在«Skip Record If...»上是单调
增函数.
下证«Skip Record If...».
15

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若«Skip Record If...»，则«Skip Record If...»，于是«Skip Record If...»，
又«Skip Record If...»，且函数«Skip Record If...»在以«Skip Record If...»和«Skip Record If...»为端
点的闭区间上的图象不间断，所以在«Skip Record If...»和«Skip Record If...»之间存在«Skip
Record If...»的零点，记为«Skip Record If...». 因为«Skip Record If...»，所以«Skip Record If...»，
又«Skip Record If...»，所以«Skip Record If...»与“0是函数«Skip Record If...»的唯一零点”矛盾.
若«Skip Record If...»，同理可得，在«Skip Record If...»和«Skip Record If...»之间存在«Skip Record
If...»的非0的零点，矛盾.
因此，«Skip Record If...».
于是«Skip Record If...»，故«Skip Record If...»，所以«Skip Record If...».
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）
设函数
«
,
«

Skip Record If...»，
其中
«Skip Record If...»Skip Record If...»
(I)求
«
的单调区间；
Skip Record If...»
(II) 若
«
存在极值点
«
，且
«
，其中
«
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»Skip
，求证：
«
；
Record If...»Skip Record If...»
（Ⅲ）设
«，函数
«
，求证：在区间
«
Skip Record If...»
Skip Record If...»«Skip Record If...»Skip
的最大值不
．
小
．
于
．
Record If...»
上
«Skip Record If...»
16

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.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：«Skip Record If...»
，
再根 据导函数零点是否存在情况，分
类讨论：①当
«
时，有
«
恒成立，所 以
«
的单调
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
增区间为
«
.②当
«< br>时，存在三个单调区间
Skip Record If...»
Skip Record If...»

试题解析：（Ⅰ）解：由«Skip Record If...»，可得«Skip Record If...».
下面分两种情况讨论：
（1）当«Skip Record If...»时，有«Skip Record If...»恒成立，所以
«
的单调递增
Skip Record If...»
区间为«Skip Record If...».
（2）当«Skip Record If...»时，令«Skip Record If...»，解得«Skip Record If...»，或«Skip Record If...».
当«Skip Record If...»变化时，«Skip Record If...»，«Skip Record If...»的变化情况如下表：
«Skip Record
If...»
«Skip Record
If...»
«Skip Record
If...»
«Skip Record
If...»
＋
单调递增
«Skip Record
If...»
0
极大值
«Skip Record
If...»
－
单调递减
«Skip Record
If...»
0
极小值
«Skip Record
If...»
＋
单调递增
所以«Skip Record If...»的单调递减区间为«Skip Record If...»，单调递增区间为«Skip Record
If...»，«Skip Record If...».
17

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（Ⅲ）证明：设«Skip Record If...»在区间
«
上的最大值为«Skip Record If...»，
Skip Record If...»
«Skip Record If...»表示«Skip Record If...»两数的最大值.下面分三种情况同理：
（1）当
«
时，«Skip Record If...»，由（Ⅰ）知，«Skip Record If...»在区间
«
Skip Record If...»
Skip
上单调递减，所以«Skip Record If...»在区间
«
上的取值范围为«Skip
Record If...»Skip Record If...»
Record If...»，因此
«Skip Record If...»
«Skip Record If...»
«Skip Record If...»，所以«Skip Record If...».
（2）当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...»，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，«Skip Record If...»，
«Skip Record If...»，
所以«Skip Record If...»在区间
«
上的取值范围为«Skip Record If...»，
Skip Record If...»
因此«Skip Record If...»
«Skip Record If...»
«Skip Record If...».
18

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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«Skip Record If...»，其中«Skip Record If...»，记«Skip Record
If...»的最大值为«Skip Record If...»．
（Ⅰ）求«Skip Record If...»；
（Ⅱ）求«Skip Record If...»；
（Ⅲ）证明«Skip Record If...»．
【答案】（Ⅰ）«Skip Record If...»；（Ⅱ）«Skip Record If...»；（Ⅲ）见解析．
【解析】
19

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试题解析：（Ⅰ）«Skip Record If...»．
（Ⅱ）当«Skip Record If...»时，
«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»
因此，«Skip Record If...»． ………4分
当«Skip Record If...»时，将«Skip Record If...»变形为«Skip Record If...»．
令«Skip Record If...»，则«Skip Record If...»是«Skip Record If...»在«Skip Record If...»上的最大值，
«Skip Record If...»，«Skip Record If...»，且当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...»取得极小
值，极小值为«Skip Record If...»．
令«Skip Record If...»，解得«Skip Record If...»（舍去），«Skip Record If...»．
（Ⅲ）由（Ⅰ）得«Skip Record If...».
当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...».
当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...»，所以«Skip Record If...».
当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...»，所以«Skip Record If...».
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、
诱导公式将解析式化为形如« Skip Record If...»的形式；（2）结合自变量«Skip Record If...»的取
20

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值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．
6. 【2016高考浙江理数】（本小题15分）已知«Skip Record If...»，函数F（x）=min{2|x−1|，
x
2
−2ax+4a−2}，
其中min{p，q}=«Skip Record If...»
（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）.
【答案】（I）«Skip Record If...»；（II）（i）«Skip Record If...»；（ii）«Skip Record If...»．
【解析】
试题分析：（I）分别对«Skip Record If...»和«Skip Record If...»两种情况讨论«Skip Record If...»，
进而可得使得等式«Skip Record If...»成立的«Skip Record If...»的取值范围；（II）（i）先求函数
«Skip Record If...»，«Skip Record If...»的最小值，再根据«Skip Record If...»的定义可得«Skip
Record If...»的最小值«Skip Record If...»；（ii）分别对«Skip Record If...»和«Skip Record If...»两种
情况讨论«Skip Record If...»的最大值，进而可得«Skip Record If...»在区间«Skip Record If...»上的
最大值«Skip Record If...»．

（ii）当«Skip Record If...»时，
«Skip Record If...»，
当«Skip Record If...»时，
21

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«Skip Record If...»．
所以，
«Skip Record If...»．
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«Skip Record If...»的取值范围化简«Skip Record If...»，即可得使得等式
«Skip Record If...»成立的«Skip Record If...»的取值范围；（II）（i）先求函数«Skip Record If...»和
«Skip Record If...»的最小值，再根据«Skip Record If...»的定义可得«Skip Record If...»；（ii）根据
«Skip Record If...»的取值范围求出«Skip Record If...»的最大值，进而可得«Skip Record If...»．
7. 【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数
If...»时，
«
；
Skip Record If...»
(Ⅱ)证明：当
«
时，函数
Skip Record If...»
有最小值.设«Skip Record If...»的
«Skip Record If...»
的单调性，并证明当«Skip Record
«Skip Record If...»
最小值为
«
，求函数
«
的值域．
Skip Record If...»Skip Record If...»
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）«Skip Record If...».
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当«Skip Record If...»时，«Skip Record
If...»证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数«Skip Record If...»的最值，在构造新函数«Skip Record
If...»，又用导数法求解.

（II）«Skip Record If...»
由（I）知，«Skip Record If...»单调递增，对任意«Skip Record If...»
因此，存在唯一«Skip Record If...»使得«Skip Record If...»即«Skip Record If...»，
22

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当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...»单调递减；
当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...»单调递增.
因此«Skip Record If...»在«Skip Record If...»处取得最小值，最小值为
«Skip Record If...»

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«Skip Record If...»在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…
为自然对数的底数).
【答案】（Ⅰ）当
«
时，<0，
Skip Record If...»
«Skip Record If...»«Skip Record If...»
«Skip Record If...»
23

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单调递减；当
«
时，
«
>0，
«
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
«Skip Record If...»
单调递增；（Ⅱ）
【解析】
.
«Skip Record If...»
试题解析：（I）
«Skip Record If...»

«
<0，
«
在
«
内单调递减.
Skip Record If...»
«Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
由
«
=0，有
«Skip Record If...»
Skip Record If...»
.
«Skip Record If...»
此时，当
«
时，
«
<0，
«
单调Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
«Skip Record If...»
递减；
当
«
时，
«
>0，
«
单调递增.
Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
«Skip Record If...»
（II）令
«
=
Skip Record If...»
，
«
=
«
.
Skip Record If...»
Skip Record If...»
«Skip Record If...»
则
«
=
«
.
Skip Record If...»
Skip Record If...»
而当
«
时，
«
>0，
Skip Record If...»
Skip Record If...»
所以
«
在区间
«
内单调递增.
Skip Record If...»Skip Record If...»
又由
«
=0，有
«
>0，
Skip Record If...»Skip Record If...»
24

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从而当
«
时，
«
>0.
Skip Record If...»
Skip Record If...»
当
«
，
«时，
«
=
«
.
Skip Record If...»Skip Record If...»
Skip Record If...»Skip Record If...»
故当
«
>
«
在区间
«
内恒成立时，必有
«Skip
Skip Record If...»Skip Record If...»Skip Record If...»
.
Record If...»

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«Skip Record
If...»，解方程«Skip Record If...»，再通过«Skip Record If...»的正负确定«Skip Record If...»的单调
性；要证明函数不等式«Skip Record If...»，一般证明«Skip Record If...»的最小值大于0，为此要
研究函数«Skip Record If...»的单调性．本题中注意由于函数«Skip Record If...»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a
2
 7a
在
x1
处取得极大值10，则
b
的值为（ ）
a
25

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31313
或

B．

或 C．


22222
1
D．


2
A．

【答案】C
【解析】
试题分析：∵
f (x)x
3
ax
2
bxa
2
7a
，∴< br>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

< br>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< br>
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

x

在
x1
处取得极大值，符合题意；
b 3

，故选C．
a2
1
2
x(a0)
，2
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
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
【解析】
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
26

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f(x)
1
3
x4x
2
6x1
的极值点，则
log< br>2
a
2013
等于（ ）
3
A．
2
B．
3
C．
4
D．
5

【答案】A
【解析】
试题分析：
f'(x)x
2
8 x6
,
a
1
,a
4025
是方程
x
2< br>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
f( x)
1
3
111
xx
2
ax
.若
g (x)
x
,对任意
x
1
[,2]
，存在
x2
[,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
【解析】
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

【解析】
a
2
试题分析：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
27

百度文库

f'

1

2a
n
3a
n1
0
，
a
n
3a
n1
2,a
n
13

a
n1
1

,

a
n
1
< br>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
,a
n
23
n1
1
，故答案为
23
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
为自然对数的底数），则实数
a
的取值范围为___________．
1
【答案】
a
．
e
【解析】
试题分析：设
f(t)(2et)lnt
，
f'(t)lnt
ft)
2et2e
lnt1
，显然< br>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)
t
2
t
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
）时，
f(t)
，因此
f(t)e
，所以
1
0
或
a
0
11
e
，所以
a0
中
a
．
ae
考点： 导数与函数的单调性、极值、最值．
7. 【2017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
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2ex2em1


4
e
．

551555

【答案】（1）
x
1

；（2）

,x
2



,
22
2


35

（3）证明见解析．
,1



；
2

【解析】
28

百度文库

2x

试题解析：（1 ）∵
f


x



x2axae


，
∴由
f


x

0
得
x
2


2a

xa 0
，∴
x
1
x
2
2a25
，∴< br>a5

∴由
x
2
25x50
得
x

253
，
2
∵
x
1
x
2
，∴
x
1

5515
，
,x
2

22
5515

1,x
2
1
，
22
（2）由（1）知，
f

x< br>
在

x
1
,x
2

上递减，在< br>
,x
1

上递增，其中
x
1


c1x
1
35
当
f

x
< br>在

c1,c

上递减时，

，又
c1
，∴
c1
，
2

cx
2
当
f

x

在
c1,c

上递增时，
cx
1
，

55

综上，
c
的取值范围为

,

2


35


,1




2

考点：1.导数在函数研究中的应用；2.单调 性；3.极值.
1
8. 【2017届河北武邑中学高三周考8.28数学试卷，理22】已 知函数
f

x

lnax
2
x
< br>a0

．
x
（1）若
f

x

是定义域上不单调的函数，求
a
的取值范围；
29

百度文库

（2）若
f

x
< br>在定义域上有两个极值点
x
1
、x
2
，证明：
f
x
1

f

x
2

3 2ln2
．
【答案】（1）
0a
【解析】
1
；（2）详见解析
8
2ax
2
x1
1试题分析：（1）
f

x

lnxaxx,f


x


，令
18a
，当
a
时，
x
8
2
0,f


x

0,f

x

在

0,

单调递减，当
0a
相等的正根
x
1
,x
2
，不 妨设
x
1
x
2
，则当
x

0,x1

1
时，
0
，方程
2ax
2
 x10
有两个不
8

x
2


时，
f


x

0
，当
x
x
1
,x
2

时，
1
．（2）由（1）知，当 且
8
f


x

0
，这时
f< br>
x

不是单调函数．综上，
a
的取值范围是
0a 
11

1

仅当
a

0,

时，
f

x

有极小值点
x
1
和 极大值
x
2
，且
x
1
x
2

，
,x
1
x
2

2a2a
8

2
f

x
1

f

x
2

lnx
1
ax
1
2
x
1
ln x
2
ax
2
x
2
ln

x
1
x
2


11

x
1
x< br>2

1ln

2a

1
令
24a
g

a

ln

2a


114a1
1

1

1

1
ga
则当
a

0,

时，
g

x


2

，在
0
1,a

0,

，


0,
2
a4a4a
4a

8

8

8


1

单调递减，所以
g

a

g

32ln2
，即
f

x
1

f

x
2

32ln2
． < br>
8


1

（2）由（1）知，当且仅当
a

0,

时，
f

x

有极 小值点
x
1
和极大值
x
2
，

8

且
x
1
x
2

11
，
,x
1
x
2

2a2a
30

百度文库

2
f

x
1

f

x
2

lnx
1
ax1
2
x
1
lnx
2
ax
2
x
2
，
11
x1

1

x
2
1



x
1
x
2

22
11
ln

x
1
x
2


x
1
x
2

1ln
2a

1
．
24a


lnx
1
lnx
2


令
g

a

ln

2a


1

1< br>
1,a

0,

，
4a

8

114a1

1

1

ga则当
a

0,

时，
g


x


2

，在
0


0,

单调递减，
2
a4a4a
8

8

1

所以
g

a

g

32ln2
，即
f

x
1
f

x
2

32ln2
.

8

考点：1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值.
9. 【2017届黑龙江虎林一中高三上月考一数学试卷，理22】已知函数
f(x)a( x
2
1)lnx
．
（1）若
yf(x)
在
x2
处取得极小值，求
a
的值；
（2）若
f(x)0
在
[1,)
上恒成立，求
a
的取值范围；
1113n
2
n2
（3）求证：当
n2
时，． …
ln2ln3lnn2n
2
2n
11
【答案】（1 ）；（2）
a
；（3）证明见解析.
82
【解析】
2ax2
1
11
②当
a0
时，
f'(x)
，令
f'(x)0
，得
x
；
f'(x)0
，得
0 x
．
x
2a2a
31

百度文库

（i）当
盾．
（ii）当
题意．
11
1
1< br>，即
0a
时，
x(1,)
时，
f'(x)0
，即
f(x)
递减，∴
f(x)f(1)0
矛
2
2a2 a
1
1
1
，即
a
时，
x[1,)
时，
f'(x)0
，即
f(x)
递增，∴
f(x)f(1) 0
满足
2
2a
综上:
a
1
．
211
，当
x[1,)
时，
(x
2
1)lnx 0
（当且仅当
x1
时取“

”）
22
（3） 证明：由（2）知令
a
∴当
x1
时，
12
．

2
lnxx1
111111
即当
x2,3,4,…,n
，有
…2(
2

2
…
2
)

ln2ln3lnn2131n1
1111
2(…)
132435(n1)(n1)
3n
2
n2
111111 1
．
(1)()()…()

2n
2
2n
32435n1n1
考点：1.导数的综合应用；2.不等式恒成立问题；3.不等 式的证明及裂项求和的方法.
10. 【2017届云南曲靖一中高三上月考二数学试卷，理22】已 知函数
f(x)x
3
3ax1
的导函
数为
f

(x)
，
g(x)f

(x)ax3
.
（1）当
a2
时，求函数
f(x)
的单调区间；
（2 ）若对满足
1a1
的一切
a
的值，都有
g(x)0
，求实数
x
的取值范围；
（3）若
xg

(x)lnx 0
对一切
x2
恒成立，求实数
a
的取值范围.
【答案 】（1）函数
f(x)
的单调递增区间为
(,2],[2,)
，单 调递减区间为
(2,2)
；（2）
0x
1
ln2
；（ 3）
a12
.
3
2
【解析】
32

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试题解析：（1）当
a2
时，f

(x)3x
2
6
，令
f

( x)0
得
x2
，
故当
x2
或
x2< br>时，
f

(x)0
，
f(x)
单调递增，
当
2x2
时，
f

(x)0
，
f(x)
单调递减，
所以函数
f(x)
的单调递增区间为
(,2], [2,)
，单调递减区间为
(2,2)
.
（2）因为
f
(x)3x
2
3a
，故
g(x)3x
2
ax3a3
，
令
g(x)h(a)a(3x)3x
23
，要使
h(a)0
对满足
1a1
的一切
a
成立，

h(1)3x
2
xa0,
1
则

解得.
0x
2
3

h(1)3xx 0,
（3）因为
g

(x)6xa
，所以
x(6x a)lnx0
，
即
a6x
lnx
h(x)
对一 切
x2
恒成立，
x
1lnx6x
2
1lnxh

(x)6
，令
6x
2
1lnx

(x)
，
22
xx
1
，因为
x2
，所以


(x)0
，故

(x)
在
[ 2,)
单调递增，
x
ln2
有

(x)

(2)25ln20
，因此
h

(x)0
，从而< br>h(x)h(2)12
，
2
ln2
所以
ah(x)
min
h(2)12
.
2
则


(x)12x
考点：1、利用导数研究函数的单调性进而求最值；2、不等式恒成立问题.
11. 【2016届河北南宫一中学高三仿真模拟数学试卷，理22】若函数
f
< br>x

的反函数记为
f
1

x

，
已知函数
f

x

e
x
．
33

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（1）设函数
F
x

f
1

x

f

x

，试判断函数
F

x

的极值点个数； 


（2）当
x

0,

时，< br>f

x

sinxkx
，求实数
k
的取值 范围．

2

【答案】（1）
1
个；（2）
< br>,1

．
【解析】
试题解析：（1）
F
< br>
x


∴
F


x
< br>
当
x
1
x
1
e
，当
x
0,

时，是减函数，
e
x
也是减函数， < br>xx
1
x
e
在

0,

上是 减函数，当
x1
时，
F


x

1 e0
，
x
1
时，
F


x

2e0
，∴
F


x

在

0,

上有且只有一个变号零点，
2
∴
F

x

在定义域

0,

上有且只有一个极值 点．．



（2）令
g

x

f

x

kxe
x
sinxkx
，要使
f

x

kx
总成立，只需
x
0,

时，
g

x

min
0，

2

对
g

x

求导得
g


x

e
x

sinx cosx

k
，





令
h

x

e
x

sinxcosx

，则
h


x

2e
xcosx0
，

x

0,




2








∴
h

x

在

0,

上为增函数，∴
h

x



1,e
2

．

2


34

百度文库


考点：1．函数的极值点；2．含参讨论函数的单调性与最值．
12. 【2017届安徽蚌 埠二中等四校高三10月联考数学试卷，理22】设函数
f(x)
x
aln(1 x)
，
g(x)ln(1x)bx
．
1x
（1）若函数< br>f(x)
在
x0
处有极值，求函数
f(x)
的最大值； < br>（2）①是否存在实数
b
，使得关于
x
的不等式
g(x)0
在
(0,)
上恒成立？若存在，求出
b
的
取值范围；若 不存在，说明理由；
②证明：不等式
1

k1
lnn(n 1,2,)
．
2
2
k1
k1
n
【答案】（ 1）
f(0)0
；（2）①
b1
；②证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）由
f

(x)0
的解,即可得出极值点,得出< br>a
值后,再利用导函数求单调区间；（2）
①本题为恒成立问题,利用函数的增减性和端 点值来求解,而函数的单调性由导函数的正负来决
定；②运用不等式的放缩与基本不等式的性质,证明右 边项时采用了数列的增减性的基本定义
来证明,通过说明数列时单调递减来证明不等式,在证明右侧时, 采用将
lnn
裂项的方法,将详见
得到的每一项放缩,最后利用裂项相消
11 1
来证得不等式成立．

n(n1)nn1
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（2）①由已知得：
g
'
(x)
1
b

1x
1
b0

1x

（ⅰ）若
b 1
，则
x[0,)
时，
g
'
(x)
∴< br>g(x)ln(1x)bx
在
[0,)
上为减函数，
∴< br>g(x)ln(1x)bxg(0)0
在
(0,)
上恒成立；
（ⅱ）若
b0
，则
x[0,)
时，
g
'< br>(x)
1
b0

1x
∴
g(x)ln(1 x)bx
在
[0,)
上为增函数，
∴
g(x)ln(1 x)bxg(0)0
，不能使
g(x)0
在
(0,)
上恒成立；
11
b0
时，
x1
，
1xb11
当
x[0,1)
时，
g
'
(x)0
，∴
g(x)ln(1x)bx
在
[0,1)
上为增函数，
bb
（ⅲ）若
0b1
，则
g
'
(x)
此时
g(x)ln(1x)bxg(0)0
，∴不能使
g(x)0
在
(0,)
上恒成立；
综上所述，
b
的取值范围是
x[1,)
．
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n1n1
k1k1n
故
x
n


2



ln(1) 

[
2
ln(1)]
2
kkn1
k1
k1
k1k1
k1
n
n1n1
k1111

(
2
)

2


11
．
kn
k1
k1
k1
(k1)k
k1
(k1)k
n1
考点：1．函数的极值；2．恒成立问题；3．导 数证明不等式．
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