2020-2021年新高三数学一轮复习考点 导数与函数的单调性，极值，最值
2020-2021 年新高三数学一轮复习考点 导数与函数的
单调性，极值，最值
1.最新考试说明：
1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(对多项式函数不超
过三次)．
【2020 年高考全国Ⅰ卷理数 21】已知函数 2e xfxaxx ．
（1）当 1a 时，讨论 fx的单调性；
（2）当 0x 时， 31 12f x x ，求 a 的取值范围．
【答案】（1）当 ,0x 时， ' 0 ,f x f x 单调递减，当 0,x 时， ' 0 ,f x f x 单调递增;
（2）
27 ,4
e
．
【思路导引】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可；
(2)首先讨论 0x 的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定
实数 a 的取值范围．
【解析】(1)当 1a 时， 2x xx ef x ， '21 xfxex ，
由于 ''20 xfxe ，故 'fx单调递增，注意到 '00f ，故：
当 时， 单调递减；当 时， 单调递增．
(2)由 31 12fxx 得， 231 12
xeaxxx … ，其中 0x ，
①．当 x=0 时，不等式为：11 ，显然成立，符合题意；
②．当 0x 时，分离参数 a 得，
3
2
1 12
xe x x
a x
… ，
记
3
2
1 12
xe x x
gx x
，
2
3
1212'
xx e x x
gx x
，
令 21 102
xe x xhx x ，则 '1xh x e x ， ''10 xhxe ，
故 'hx单调递增， ' ' 0 0h x h，故函数 hx单调递增， 00h x h，
由 0hx 可得： 21 102
xexx … 恒成立，故当 0 ,2x 时， '0gx ， gx单调递增；
当 2,x 时， '0gx ， 单调递减；
因此，
2
max
72 4
egxg ．综上可得，实数 a 的取值范围是
27 ,4
e
．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性、极值（最值），考查数
形结合、分类讨论思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确构造新函数，
结合导函数研究构造所得的函数．
【考向总结】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对
导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
(4)考查数形结合思想的应用．
【2020 年高考全国Ⅱ卷文数 21】已知函数 2ln1fxx ．
（1）若 2fxxc ，求 c 的取值范围；
（2）设 0a ，讨论函数 fxfagx xa
的单调性．
【答案】（1） 1c ；（ 2） ()gx 在区间 (0 , )a 和 ( , )a 上单调递减，没有递增区间．
【思路导引】（1）不等式 ( ) 2f x x c转化为 ( ) 2 0f x x c ，构造新函数，利用导数求出新函数的最
大值，进而进行求解即可；
（2）对函数 求导，把导函数 ()gx 的分子构成一个新函数 ()mx ，再求导得到 ()mx ，根据 的正
负，判断 的单调性，进而确定 的正负性，最后求出函数 的单调性．
【解析】（1）函数 ()fx的定义域为 (0,) ， ( ) 2( ) 20 2ln 1 20( )f xx c f x x cxx c ，
设 ( )2ln1 2(0)h xxx c x ，则有 2 2(1 )( ) 2 xhx xx
，
当 1x 时， ()0,()hxh x 单调递减；当01x时， ()0,()hxh x 单调递增，∴当 1x 时，函数 ()hx
有最大值，即 max( ) (1) 2ln1 1 2 1 1h x h c c ，要想不等式 () 在 上恒成立，只需
max()0101hxcc ．
（2） 2ln1(2ln1)2(lnln)()(0 xaxagxx xaxa
且 )xa ，因此 2
2(lnln)() ()
xaxxxagx xxa
，
设 ()2(lnln)mxxaxxxa ，则有 ()2(lnln)mxax ，
当 xa 时， l n l nxa ，∴ ( ) 0mx ， ()mx 单调递减，因此有 ( ) ( ) 0m x m a，
即 ( ) 0gx ，∴ ()gx 单调递减；
当 0 xa 时，l n l nxa ，∴ ( ) 0mx ， 单调递增，因此有 ，即 ，∴
单调递减，∴函数 在区间 (0 , )a 和 ( , )a 上单调递减，没有递增区间．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数单调性，考查不等式恒成立的参
数取值范围问题，考查转化与化归思想，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是应
用参数分离法解决不等式恒成立的参数取值范围问题．
2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数不超
过三次).
【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数 ()(1)ln1fxxxx ．证明：
（1） ()fx存在唯一的极值点；
（2） ( )=0fx 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【答案】（1）见解析；（ 2）见解析.
【解析】（1） ()fx的定义域为（0，+ ）. 11()ln1lnxfxxx xx
.
因为 lnyx 单调递增， 1y x 单调递减，所以 ()fx 单调递增，又 (1)10f ，
1 ln 4 1(2) ln 2 022f ，故存在唯一 0 (1,2)x ，使得 0 0fx .又当 0xx 时， ()0fx ，
单调递减；当 0xx 时， ( ) 0fx ， 单调递增.因此， 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知 0 (1)2fxf ，又 22ee30f ，所以 ()0fx 在 0 ,x 内存在唯一根
x .由 0 1x 得 0
1 1 x .又 1 1 1 1 ( )1 ln 1 0ff
，故 1
是 ( ) 0fx 在
00, x 的唯一根.综上， 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、
极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.
【2020 年高考天津卷 20】已知函数 3()ln()fxxkxkR ， ()fx 为 ()fx的导函数．
（Ⅰ）当 6k 时，
（i）求曲线 ()y f x 在点 (1, (1) )f 处的切线方程；
（ii）求函数 9( ) ( ) ( )g x f x f x x
的单调区间和极值；
【答案】（Ⅰ）（ i） 98yx；（ ii） ()gx 的极小值为 (1) 1g ，无极大值；（Ⅱ）证明见解析．
【思路导引】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得 gx 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
【解析】(Ⅰ) (i) 当 k=6 时， 3 6lnfxxx ， 2 6'3f x x x．可得 11f ， ' 1 9f ，
∴曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线方程为 1 9 1yx ，即 ．
(ii) 依题意， 32 336ln,0,gxxxxx x ．从而可得 2
2
63'36gxxx xx ，整理可得：
3
2
3(1)(1)() xxgx x
，令 '0gx ，解得 1x ．当 x 变化时， ',g x g x 的变化情况如下表：
x 0 ,1 1,
'gx 0
gx 单调递减 极小值 单调递增
∴函数 g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为 g(1)=1，无极大值．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数的几何意义，考查导数与函数的单调性、
极值，考查考查应用导数证明不等式，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想
象、数学建模等学科素养．解题的关键是合理消元，构造新函数，合理放缩解决问题．
3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数不超过三次)．
【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数 32( )22fxxax ．
（1）讨论 ()fx的单调性；
（2）当0
0， 则 当 (,0), 3
ax
时， ( ) 0fx ；当 0, 3
ax
时， ( ) 0fx ．故 ()fx 在
( ,0) , , 3
a
单调递增，在 0, 3
a
单调递减；
若 a=0， 在 ( , ) 单调递增；
若 a<0， 则 当 ,(0,)3
ax
时， ；当 ,03
ax
时， ．故 在
, ,(0 , )3
a
单调递增，在 ,03
a
单调递减．
（2）当 03a时，由（1）知， 在 单调递减，在 ,13
a
单调递增，所以 在[0,1]
的最小值为
3
2327
aaf
，最大值为 ( 0 ) = 2f 或 (1)=4fa .于是
3
227
am ， 4,02,
2,23.
aaM a
所以
3
3
2,02, 27
,23.27
aaa
Mm
a a
当 02a时，可知
3
2 27
aa 单调递减，所以 Mm 的取值范围是 8 ,227
．
当 23a时，
3
27
a 单调递增，所以 的取值范围是 8[,1)27
．
综上， 的取值范围是 8[ ,2)27
．
【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最
小值的计算.
【2019 年高考北京文数】已知函数 321() 4f x x x x ．
（1）求曲线 ()y f x 的斜率为 1 的切线方程；
（2）当 [ 2 ,4 ]x 时，求证： 6 ( )x f x x ；
（3）设 ()|()() | ()Fxfxxaa R ，记 ()Fx 在区间 [ 2 ,4 ] 上的最大值为 M（a），当 M（a）最小时，
求 a 的值．
【答案】（1） yx 与 64
27yx ；（2）见解析；（3） 3a .
【解析】（1）由 321() 4fxxxx 得 23()21 4fxxx ．令 ( ) 1fx ，即 23 2 1 14 xx ，
得 0x 或 8
3x ．又 (0) 0f ， 88()3 27f ，所以曲线 ()y f x 的斜率为 1 的切线方程是
与 88
27 3yx ，即 与 ．
（2）令 ()(),[2,4]gxfxxx ．由 321() 4g x x x 得 23( ) 2 4g ' x x x ．
令 ( ) 0g ' x 得 或 ． ( ), ( )g' x g x 的情况如下：
x 2 ( 2 ,0 ) 0 8(0 , )3 8
3 8( ,4)3 4
()g ' x
()gx 6 0
64
27 0
所以 的最小值为 ，最大值为 ．故 6()0gx ，即 6()xfxx ．
（3）由（2）知，当 3a 时， ( ) (0) | (0) | 3M F g aa a ；
当 3a 时， ( )( 2)|( 2)|63MFa gaa ；当 3a 时， ()3M a ．
综上，当 ()M a 最小时， ．
【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分
类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4.会利用导数解决某些实际问题.
【2020 年高考江苏卷 17】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平
线 MN 上，桥 AB 与 MN 平行，OO 为铅垂线（ O 在 AB 上）．经测量，左侧曲线 AO 上任一点 D 到
的距离 1h （米）与 D 到OO 的距离a（米）之间满足关系式 2
1
1
40ha ；右侧曲线 BO 上任一点 F 到
的距离 2h （米）与 F 到 OO 的距离 b （米）之间满足关系式 3
2
1 6800hbb ．己知点 B 到 的距离
为 40 米．
（1）求桥 AB 的长度；
（2）计划在谷底两侧建造平行于 的桥墩CD 和 EF ，且CE 为80 米，其中C ， E 在 AB 上（不包括
端点）．桥墩 EF 每米造价 k （万元），桥墩 CD 每米造价 3
2 k （万元）（ 0k ），
问 'OE为多少米时，桥墩 CD 与 EF 的总造价最低？
【答案】（1）桥 AB 的长度为 120 米；（2） OE 为 20 米时，桥墩 CD 与 EF 的总造价最低．
【解析】（1）过 A ， B 分别作 MN 的垂线，垂足为 A ， B ，则 31 40640160800AABB ．
令 21 16040 a ，得 80a ，∴ 80AO ， 8040120ABAOBO ．
（2）设 O E x ，则 80CO x ，由
040
08080
x
x
得0 40x ．
总造价 23311160(80)160[](6 )240800
kyxkxx 3230160800)(800 xxk
2 3360)(20)800800
kkyxxx x （ ，∵ 0k ，∴令 0y ，得 0x 或 20 ，
∴当020x 时， 0y ， y 单调递减；当2040x 时， 0y ， 单调递增,
∴当 20x 时， 取最小值，造价最低．
【专家解读】本题的特点是注重导数在生活实际中的应用，本题考查了导数与函数的单调性、最值，考查
数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题的关键是应用导数与函数最值的关
系解决生活中的最优化问题．
2.命题方向预测：
1.利用导数研究函数的单调性、极值是近几年高考的热点．
2.选择题、填空题侧重于考查导数的运算及导数的几何意义，解答题侧重于利用导数研究函数的单调性、
极值、最值等，往往与函数、解析几何、不等式、数列等交汇命题，一般难度较大.
3.利用导数解决生活中的最优化问题，近几年考查也较多.
3.课本结论总结：
1． 函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果 f′(x)<0，那么函
数 y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2． 函数的极值
(1)判断 f(x0)是极值的方法
一般地，当函数 f(x)在点 x0 处连续时，
①如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，那么 f(x0)是极大值；
②如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，那么 f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求 f′(x)；
②求方程 f′(x)＝0 的根；
③检查 f′(x)在方程 f′(x)＝0 的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么 f(x)在这个根处取得
极大值；如果左负右正，那么 f(x)在这个根处取得极小值．
3． 函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数 f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数 f(x)在[a，b]上单调递增，则 f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数 f(x)在[a，
b]上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
(3)设函数 f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求 f(x)在(a，b)内的极值；
②将 f(x)的各极值与 f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
4． 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 y
＝f(x)；
(2)求函数的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和 f′(x)＝0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答．
5． 不等式问题
(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．
4.名师二级结论：
1.f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件．
2.函数在某区间上或定义域内极大值不是唯一的．
3.函数的极大值不一定比极小值大．
4.对可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 点为极值点的既不充分也不必要条件．
5.函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．
6.可导函数极值存在的条件：
(1)可导函数的极值点 x0 一定满足 f′(x0)＝0，但当 f′(x1)＝0 时，x1 不一定是极值点．如 f(x)＝x3，f′(0)
＝0，但 x＝0 不是极值点．
(2)可导函数 y＝f(x)在点 x0 处取得极值的充要条件是 f′(x0)＝0，且在 x0 左侧与右侧 f′(x)的符号不同．
7．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值
得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，
有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．
8．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，
最小的一个是最小值．
5.课本经典习题：
（1）（选修 2—1 第 77 页）抛物线 2xy 上到直线 42 yx 的距离最小点的坐标是（ ）
A )4
1,2
1( B )1,1( C )4
9,2
3( D )4,2(
【解析】设 则 xy 2' 设距离最小点的坐标为 ),( 00 yx ，所以 22 0 x 。得到 10 x ，选 B
【经典理由】在解析几何中，一些最值问题（如弦长、面积、距离等）常可用导数工具轻松的解决.
（2）（选修 2-2 第 12 页第 6 题）证明：当 0x 时， xx sin .
【解析】令 xxxf sin)( ，则 xxf cos1)(' ，因为 所以 0)(' xf ，得到 )0()( fxf 即
0)( xf ，故上式成立.
【经典理由】在证明不等式时，可根据不等式特点构造函数，用导数判断单调性，利用函数单调性证明不
等式，求出函数的最值，由该函数在取得最值时该不等式成立，可得该不等式成立。
（3）（必修 5 第 39 页）求和： 12321 n
n nxxxS )1,0( xx
【解析】设 nxxxxxf 32)( ，由等比数列前 n 项和公式得
x
xxxf
n
1
)1()(
因为 12321)(' nnxxxxf 所以 )(' xfS n ，而 2
1
)1(
)1(1)(' x
nxxnxf
nn
，
所以 2
1
)1(
)1(1
x
nxxnS
nn
n
.
【经典理由】要借助导数解决数列问题，关键是构建合理的函数，借助函数的性质考查数列的性质，数列
是特殊的函数。故对数列中如求数列的最值项，前 n 项和的最值，恒成立问题，若用函数思想来解决，往
往会收到意想不到的效果。
6.考点交汇展示：
(1)导数与三角函数交汇
例 1．（ 2020·湖南省衡阳市八中高三）已知函数 2( ) c o sf x x x ，则 31, (0),52f f f
的大小关系是
（ ）
A． 31(0) 52f f f
B． 13(0) 25f f f
C． 31(0)52fff
D． 13(0)25fff
【答案】B
【解析】 函数 22()()cos()cos( )fxxxxxf x ， ()fx 为偶函数， (0.5)(0.5)ff ，
( ) 2 sinf x x x ，当 0 2x 时， ()2sin0fxxx ， 函数在 0, 2
上递增，
(0)(0.5)(0.6)fff ，即 (0)(0.5)(0.6)fff ，
例 2．（ 2020·河南省高三二模）已知函数 1( )cos22f xxx
， ,22x
，则 ()fx的极大值点为
( )
A．
3
B．
6
C． 6
D． 3
【答案】A
【解析】因为 11cos2 2 2f x x x x sinx
，故可得 1
2f x cosx ，
令 0fx ，因为 ,22x
，故可得
3x 或
3x ，则 fx在区间 ,23
单调递增，
在 ,33
单调递减，在 ,32
单调递增，故 的极大值点为
3
.
例 3．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数 21】已知函数 2sin sin2f x x x ．
（1）讨论 fx在区间 0, 的单调性；
（2）证明： 33
8fx ；
（3）设 *n N ，证明： 2222 3sinsin2sin4sin2 4
n
n
nxxxx ．
【答案】（1）当 0, 3x
时， ' 0 ,f x f x 单调递增，当 2,33x
时， ' 0 ,f x f x 单调递
减，当 2 ,3x
时， 单调递增．（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【思路导引】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原
函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最
小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
2
22212 3sinsinsin 2sin 2 sin 4sin 2sin 2sin 2 nnnf xxxxxxxxx ，然后结合(2)的结论和三角
函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．
【解析】(1)由函数的解析式可得： 32sin cosf x x x ，则： 224'2 3sincossinfxxxx
2222sin3cossinxxx 222sin 4cos 1xx 22sin 2cos 1 2cos 1x x x ，
'0fx 在 0,x 上的根为： 12
2,33xx，当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减；当 时， 单调递增．
(2)注意到 22sin sin 2 sin sin 2f x x x x x f x ，
故函数 fx是周期为 的函数，结合(1)的结论，计算可得： 00ff，
2
3333
3228f
，
2
23333
3228f
，
据此可得： max
33
8fx ， min
33
8fx ，即 33
8fx ．
(3)结合(2)的结论有： 2 2 2 2sin sin 2 sin 4 sin 2nx x x x
2
3 3 3 3 3sin sin 2 sin 4 sin 2nx x x x
2
22212 3sinsinsin 2sin2sin 4sin2sin 2sin2 nnnxxxxxxxx
2
3
2333333sinsin2 888
nxx
2
333
8
n
3
4
n
．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性，考查应用导数证明不
等式，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是应用三角函数的有界性进行合理放缩
证明不等式．
(2)导数与数列交汇
例 4．（ 2020·云南省云南师大附中高三）定义在[0, ) 上的函数 ()fx满足：当 02x „ 时，
3()31fxxx ；当 2x… 时， ()3(2)fxfx .记函数 的极大值点从小到大依次记为
12,,,, naaa ，并记相应的极大值为 12,,,, nbbb ，则 11221818ababab 的值为（ ）
A． 191831 B． 181831 C． 171731 D． 181731
【答案】D
【解析】 2()33=3(1)(1)fxxxx ，由题当02x时，易知 的极大值点
为 1，极大值为 1，当 2x 时， ，则极大值点形成首项为 1，公差为 2 的等差数列，
极大值形成首项为 1，公比为 3 的等比数列，故 21nan， 13n
nb ，故 1(2 1)3n
nna b n .
设 01217
1 1 2 218 18 1 3 3 3 5 335 3S a b a ba b ①，
设 1 2 17 183 1 3 3 3 33 3 35 3S ②，两式相减得 1 2 17 182 1 2(3 3 3 ) 35 3S
17
18 183(1 3 )1 2 35 3 2 34 313
，∴ 1817 3 1S ，
例 5.已知 0a ，函数 ( ) sin ( [0, ))axf x e x x ，记 nx 为 ()fx的从小到大的第 n *()nN 个极值点，
证明：（1）数列 { ( ) } nfx 是等比数列
（2）若
2
1
1
a
e
，则对一切 *nN ， | ( ) |nnx f x 恒成立.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】（1） '()sincosaxaxfxaexex (sincos)axeaxx 2 1sin()axaex
其中
a
1ta n ，
20 ，令 ' ( ) 0fx ，由 0x 得 mx ，即 mx ， m *N ，
对 Nk ，若 )12(2 kxk ，即 )12(2 kxk ，则 ' ( ) 0fx ，
若 )22()12( kxk ，即 )22()12( kxk ，则 ' ( ) 0fx ，
因此，在区间 ),)1(( mm 与 ),( mm 上， '( )fx的符号总相反，于是
当 )( *Nmmx 时， ()fx取得极值，∴ *() nxn nN ，
此时， 1 sin()( 1) sin() a na n n
nxenef ，易知 ()0nf x ，而
1
1
2
1
()( 1)
() (1
s n
in)
i
s
an
ax
n
n
n
an
n
f ef
x e
x e
是非零常数，故数列 ()nf x 是首项为 1()f x sinane ，
公比为 axe 的等比数列；（2）由（1）知， s i n 2
1
1a
，于是对一切 *nN ， |() |nnxfx |恒成立，
即
2
1
1
an
a
ne
恒成立，等价于
2 1 ana e
a an
（ ）恒成立（∵ 0a ），
设 ()(0)
tegtt t，则 2
('( ) 1)t
g et
tt = ，令 ' ( ) 0gt ，得 1t ，
当 10 t 时， ' ( ) 0gt ，∴ )( tg 在 )1,0( 上单调递减；当 1t 时， ' ( ) 0gt ，∴ )( tg 在 )1,0( 上单调递增，
从而当 1t 时，函数 )(tg 取得最小值 eg )1( ，因此，要是（ ）式恒成立，只需
2
()1 1ga ea ，即
只需
2
1
1
a
e
，而当
2
1
1
a
e
时， 311tan 2 ea ，且0 2
，于是
22 13 e ，且当 2n 时， 22 13
2 en ，因此对一切 *nN ，
2
1
1n
nax
e
，∴ ()ng a x
2 1(1) age a
，故（ ）式亦恒成立.
综上所述，若 a 2
1
1e
，则对一切 *nN ， ( ) ||nnxxf 恒成立.
【考点分类】
热点 1 利用导数研究函数的单调性
1.函数 23 xfxxe 的单调递增区间是（ ）
A. ,0 B. 0 ， C. ,3 和 1 ， D. （-3,１）
【答案】D
【解析】∵函数 f(x)=(3-x2)ex，∴f′(x)=-2xex+(3-x2)ex=(3-2x-x2)ex.由 f′(x)＞0，得到
f′(x)=(3-2x-x2)ex＞0，即 3-2x-x2＞0，则 x2+2x-3＜0，解得-3＜x＜1，即函数的单调增区间为（-3，1）.
2．若函数 存在单调递增区间，则 的取值范围是
A． 1 ,1e
B． 1 ,e
C． 1, D． 1, e
【答案】B
【解析】 ()lnfxaxx ，∴ ()0fx 在 x∈ 0 ， 上成立，即 ax+ ln x＞ 0 在 x∈ 上成立，
即 a lnx
x＞ 在 x∈ 上成立．令 g（x） lnx
x ，则 g′（x） 2
1 ln x
x
，∴g（x） 在
（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，∴g（x） 的最小值为 g（e）= 1
e ，∴a＞ ．
【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．
3．已知 ， ， ，则 的大小关系为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】依题意，得 3 ln3ln3 3a ， 1 lnee eb ， 3ln2 ln8
88c .令 ，所以 .
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ，且 ，
即 ，所以 .
4.【2016 年高考北京理数】设函数 () axf x x e b x ，曲线 ()y f x 在点 (2 , (2 ) )f 处的切线方程为
( 1 ) 4y e x ，
（1）求 a ， b 的值；（2）求 ()fx的单调区间.
【答案】（Ⅰ） 2a ， be ；（2） )( xf 的单调递增区间为 ( , ) .
【解析】（1）因为 bxxexf xa )( ，所以 bexxf xa )1()( .依题设，
,1)2(
,22)2(
ef
ef
即
,1
,2222
2
2
ebe
ebe
a
a
，解得 eba ,2 ；
（2）由（Ⅰ）知 exxexf x 2)( .由 )1()( 12 xx exexf 即 02 xe 知， )( xf 与 11 xex 同号.
令 11)( xexxg ，则 11)( xexg .所以，当 )1,( x 时， 0)( xg ， )( xg 在区间 )1,( 上单
调递减；当 ),1( x 时， 0)( xg ， 在区间 ),1( 上单调递增.故 1)1( g 是 )( xg 在区间 ),(
上的最小值，从而 ),(,0)( xxg .综上可知， 0)( xf ， ),( x ，故 的单调递增区间
为 .
【方法规律】
求可导函数单调区间的一般步骤和方法
(1)确定函数 f(x)的定义域．
(2)求 f′(x)，令 f′(x)＝0，求出它们在定义域内的一切实数根．
(3)把函数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然
后用这些点把函数 f(x)的定义区间分成若干个小区间．
(4)确定 f′(x)在各个开区间内的符号，根据 f′(x)的符号判定函数 f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
【解题技巧】
讨论函数的单调区间的关键是讨论导数大于 0 或小于 0 的不等式的解集，一般就是归结为一个一元二次不
等式的解集的讨论，在能够通过因式分解得到导数等于 0 的根的情况下，根的大小是分类的标准
【易错点睛】
（1）注意函数定义域的确定．
（2）解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好 f′(x)＝0 时的情况；区分极值点和导数为
0 的点．
热点 2 利用导数研究函数的最值极值
1．函数 2 l() nf x x x 的最小值为（ ）
A． 1
e B． 1
e C． 1
2e D． 1
2e
【答案】C
【解析】由题得 ( 0 , )x ， ()2ln(2ln1)fxxxxxx ，令 2ln 1 0x ，解得
1
2ex
，
则当
1
2(0,e )x
时， ()fx为减函数，当
1
2(e , )x
时， 为增函数，所以 处的函数值
为最小值，且
1
2 1(e ) 2ef
.
【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确
定最值点，最后代回原函数求得最值.
2．（ 2020·山东省潍坊中学高三）设函数 fx满足
2
2 2,2, 8
xeexfxxfxf x 则 0x 时， ( )
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值
【答案】D
【解析】 函数 ()fx满足 2 '()2()
xexfxxfx x， 2 '
xexfx x
，令 2Fxxfx ，
则
2
',24? 2 2
xeeFxFf x ，由 2 '2
xex f x xf x x，得
3
2'
xeFxfx x
，令
2xxeFx ，则 2'2 ',
x
x exxeF x x x 在 0,2 上单调递减，在 2, 上单
调递增， 的最小值为 22220,0eFx .又 0,'0,xfxfx 在 0,
单调递增， fx 既无极大值也无极小值，故选 D.
3．（ 2020·四川省高三期末）已知函数 22 ln ln 0f x ax a x a ax .
（1）讨论 的单调性；
（2）若 fx存在两个极值点 1x ， 2x ，求 12f x f x 的最小值.
【答案】（1）见解析（2） 2 2ln 2e .
【解析】（1） 0x ， 0a ，
2
22
22(2)2aaxaxa xfx xx
2
( 1 ) ( 2)x ax
x
，
由 0fx 得 1x 或 2x a ，
①若 02a，则 2 1a ，由 0fx 得 21 x a ； 0fx 得 01x或 2x a ，
所以，若 ，则 在 0 ,1 递增，在 21, a
递减，在 2 ,a
递增；
②若 2a ，则 2 1a
= ， 2
2
210xfx x
， 在定义域 0, 递增；
③若 2a ，则 2 1a ，由 得 2 1xa ； 得 20 x a 或 1x ，
所以，若 ，则 在 20, a
递增，在 2 ,1a
递减，在 1, 递增.
（2）由（1）知， 有两个极值点时， 且 2a ，不妨设 1 1x 和 2
2x a ，
1 12lnfxfaa ， 2
2 2(2)lnln 2
afaaaafx
，
所以 12(2)ln2ln 2
afxfxaa ，设 ()(2)ln2ln 2
xhxxx ，
则 ()(2)(lnln 2)2lnh xxxx ， lnln 21hxx ，由 0hx 得 20 x e ， hx在 20, e
内
递减，由 0hx 得 2x e ， 在 2 ,e
内单调递增.所以当 时， min
22( )2ln 2h xh ee
.
所以，当 且 时， 的最小值为 .
4.【2019 年高考江苏】设函数 ( ) ()()(), , ,f xx a x b x c a b c R、 ()f ' x 为 f（x）的导函数．
（1）若 a=b=c，f（4）=8，求 a 的值；
（2）若 a≠b，b=c，且 f（x）和 的零点均在集合{ 3,1,3} 中，求 f（x）的极小值；
（3）若 0,0 1, 1a b c „ ，且 f（x）的极大值为 M，求证:M≤ 4
27
．
【答案】（1） 2a ；（ 2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）因为 abc，所以 3()()()()()fxxaxbxcxa ．
因为 (4) 8f ，所以 3(4 ) 8a，解得 2a ．
（2）因为 bc ，所以 2322()()()(2)(2)fxxaxbxab xbab xab ，
从而 2()3() 3
abf 'xxbx
．令 ( ) 0f ' x ，得 xb 或 2
3
abx ．
因为 2,, 3
abab 都在集合 { 3,1,3} 中，且 ab ，所以 2 1, 3, 33
ab ab ．
此时 2()(3)(3)fxxx ， ()3(3)(1)f'xxx ．令 ( ) 0f ' x ，得 3x 或 1x ．列表如下：
x ( , 3 ) 3 ( 3,1) 1 (1, )
()f' x + 0 – 0 +
()fx 极大值 极小值
所以 ()fx的极小值为 2(1)(13)(13)32f ．
（3）因为 0,1ac，所以 32( )()(1)(1)fxx xbxxbxbx ， 2()32(1)f'xxbxb ．
因为01b，所以 224(1)12(21)30bbb ，则 ()f' x 有2个不同的零点，
设为 1212,xxxx ．由 ( ) 0f ' x ，得
22
12
1111 ,33
bbbbbbxx ．
列表如下：
x 1( , )x 1x 12,xx 2x 2( , )x
()f'x + 0 – 0 +
()fx 极大值 极小值
所以 ()fx的极大值 1M f x ．因为01b，所以 1 (0,1)x ．
当 ( 0 ,1)x 时， 2()()(1)(1)fxxxbxxx ．
令 2( ) ( 1) , (0,1)g x x x x ，则 1( ) 3 ( 1)3g' x x x
．令 ( ) 0g' x ，得 1
3x ．列表如下：
x 1(0 , )3 1
3 1( ,1)3
()g ' x + 0 –
()gx 极大值
所以当 1
3x 时， ()gx 取得极大值，且是最大值，故 max
14() 327gxg
．
所以当 ( 0 ,1)x 时， 4()() 27fxgx ，因此 4
27M ．
【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻
辑推理能力．
【方法规律】
1.求函数极值的步骤
(1)确定函数的定义域．
(2)求方程 f′(x)＝0 的根．
(3)用方程 f′(x)＝0 的根和不可导点的 x 的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格．
(4)由 f′(x)＝0 的根左右的符号以及 f′(x)在不可导点左右的符号来判断 f′(x)在这个根或不可导点处
取极值的情况.
2.函数的最大(小)值是在函数极大(小)值基础上的发展．从函数图象上可以直观地看出：如果在闭区间[a，
b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值，只要把函数 y＝f(x)的所有
极值连同端点处的函数值进行比较，就可以求出函数的最大(小)值.
【解题技巧】
1.在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，
不必再与端点的函数值比较．
2.对于可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是函数 f(x)在 x＝x0 处有极值的必要不充分条件．
3.可导函数极值存在的条件：
(1)可导函数的极值点 x0 一定满足 f′(x0)＝0，但当 f′(x1)＝0 时，x1 不一定是极值点．如 f(x)＝x3，f′
(0)＝0，但 x＝0 不是极值点．
(2)可导函数 y＝f(x)在点 x0 处取得极值的充要条件是 f′(x0)＝0，且在 x0 左侧与右侧 f′(x)的符号不同．
4．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值
得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，
有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．
5．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，
最小的一个是最小值．
【易错点睛】
(1)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．
(2)f′(x0)＝0 是 y＝f(x)在 x＝x0 取极值的既不充分也不必要条件．
如①y＝|x|在 x＝0 处取得极小值，但在 x＝0 处不可导；
②f(x)＝x3，f′(0)＝0，但 x＝0 不是 f(x)＝x3 的极值点．
(3)若 y＝f(x)可导，则 f′(x0)＝0 是 f(x)在 x＝x0 处取极值的必要条件．
【易错点】判断函数极值时要注意导数为 0 的点不一定是极值点，所以求极值时一定要判断导数为 0 的点
左侧与右侧的单调性，然后根据极值的定义判断是极大值还是极小值．
热点 3 利用导数研究综合问题
1．（ 2020·湖南省高三）已知函数 fx的导函数为 fx ，若对任意的 xR ，都有 30f x xf x，
且 210f ，则不等式 2 80 0xfxx x的解集为（ ）
A． ,0 B． 0 ,2 C． 2, D． ,00,2
【答案】B
【解析】构造函数 3gxxfx ，则 233g x x f x x f x， 30f x xf x，
2 30x f xfgx xx ， 函数 在 R 上单调递减. ， 280g ，
解不等式 ，当 0x 时，得 3 80x f x ，则 2gxg ，因为函数 gx在 上
单调递减，所以02x；当 0x 时，得 3 80x f x ，则 2g x g ，因为函数 在 上单调递
减，所以 2x ，不合题意，舍去.所以不等式 的解集为 .
2．（ 2020·梅河口市第五中学高三）已知函数 2( ) 2 2ln ( )f x x ax x a R .
（1）若 ()fx是单调函数，求 a 的取值范围；
（2）若 ()fx存在两个极值点 1x ， 2x ，且 2xe ，求 12( ) ( )f x f x 的最小值.
【答案】（1） [ 2 , ) （2） 2
2
1 4e e
【解析】由题意得：函数 fx定义域为 0, ， 221222
x ax
f x x a xx
（1）若 是单调函数，则 fx 在 上恒非负，令 2 1gxxax ， 0gx 在 上
恒成立，则
2
02
40
a
a
或 02
a，解得： 2a ， a 的取值范围为： 2,
（2）函数 的两个极值点 ， 是方程 2 10x a x 的两根， 12x x a ， 121xx
又 ，则 12xx ， 在 12,xx 上单调递减
22
1212111222 22ln22lnfxfxfxfxxaxxxaxx
2 2 2 211
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
22
2 2ln 2 2lnxxx x a x x x x x x x xxx
22 1 22
2222
2
1
2
2ln 1 2lnxxx x xxx
设 2
2xt ，由 得： 2te ，设 1 2lnhttt t ，则
2
2
121110ht ttt
ht 在 2 ,e 上为增函数 ， 2 2 2 2
22
112ln 4h t h e e e eee
即 2 2 2
2222
2
112ln 4x x exe ， 12fxfx 的最小值为： 。
3.【2017 课标 3，理 21】已知函数 1 lnf x x a x .
（1）若 0fx ，求 a 的值；
（2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n 2
1 1 11 1 12 2 2n m
，求 m 的最小值.
【答案】(1) 1a ；(2) 3
【解析】
【方法规律】
利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证
明对任意 x∈[a，b]都有 f(x)≥g(x)，可设 h(x)＝f(x)－g(x)只要利用导数说明 h(x)在[a，b]上的最小值
为 0 即可．解题技巧总结如下：
（1）树立服务意识：所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函
数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.
（2）强化变形技巧：所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进
行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要
利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.
（3）巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用函数的最值进行
解决.在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，体现一个“巧妙”.
【解题技巧】
1． 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合
思想的应用．
2． 在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值
即可，不必再与端点的函数值比较．
【易错点睛】
1． 函数 f(x)在某个区间内单调递增，则 f′(x)≥0 而不是 f′(x)>0 (f′(x)＝0 在有限个点处取到)．
2． 利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.
【热点预测】
1.【2017 课标 II，理 11】若 2x 是函数 21()(1) xfxxaxe 的极值点，则 ()fx的极小值为（ ）
A. 1 B. 32e C. 35e D.1
【答案】A
【解析】
2.已知函数 ln afxx x，若函数 fx在 1, e 上的最小值为 3
2
，则 a 的值为（ ）
A. e B.
2
e C. 3
2 D.
1
2e
【答案】A
【解析】由题意， 2
1 afx xx ，若 0a ，则 0fx ，函数单调递增，所以 31 2fa ，矛盾；
若 1ea ，函数在 1, a 上递减，在 ,ae上递增，所以 3
2fa ，解得 ae ；若 10a ，
函数是递增函数，所以 31 2fa ，矛盾；若 ae ，函数单调递减，所以 3
2fe ，解得
2
ea ，
矛盾.综上 ae ，故选 A.
3.设函数 ( ),y f x x R的导函数为 '()fx，且 ()()fxfx ， ' ( ) ( )f x f x ，则下列不等式
成立的是（ ）
A． 12(0) (1) (2)f e f e f B． 12(1) (0) (2)e f f e f
C． 21(2)(1)(0)efeff D． 21(2)(0)(1)effef
【答案】B
【解析】构造辅助函数 ()xg x e f x ，则 ()()()()()xxxxgxefxefxefxefx ，因为
' ( ) ( )f x f x ，所以 ( ) ( ) 0xxg x e f x e f x ，所以函数 为实数集上的单调递减
函数，则 (2)(0)(1)gg ，因为 0(0)00geff ， 12(1)1,(2)2gefgef ，又
( ) ( )f x f x ，所以 2( 2) 2g e f ，所以 12(1)(0)(2)effef ，故选 B.
3．（ 2020·湖南省衡阳市八中高三）已知函数
2
()(1)2()2
xxfxmemR 有两个极值点，则实数 m 的
取值范围为（ ）
A． 1[ ,0]e B． 1( 1 , 1 ) e C． 1( , ) e D． (0 , )
【答案】B
【解析】函数 fx的定义域为 R ， '1xfxxme .因为函数 有两个极值点，所以
有两个不同的零点，故关于 x 的方程 1 x
xm e 有两个不同的解，令 x
xgx e ，
则 1' x
xgx e
，当 ,1x 时， '0gx ，当 ,1x 时， '0gx ，所以函数 在
区间 ,1 上单调递增，在区间 1. 上单调递减，又当 x 时， gx ；当 x 时，
0gx ，且 11g e ，故 101m e ，所以 111me ，故选 B.
4.
0
,
000,xf x x x p f q x x f x 函数 在 处导数存在，若 ： ： 是 的极值点，则（）
A. p 是 q 的充分必要条件 B. p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件
C. p 是 q 的必要条件但不是 q 的充分条件 D. p 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件
【答案】C
【解析】根据函数极值的定义可知，函数 0xx 为函数 yfx （ ） 的极值点， '0fx（ ） 一定成立．
但当 '0fx（ ） 时，函数不一定取得极值，比如函数 3f x x（ ） ． 函数导数 2'3f x x（ ） ， 当 0x 时，
'0fx（ ） ，但函数 f 3f x x（ ） 单调递增，没有极值．则 p 是 q 的必要不充分条件，
5．（ 2020·四川省高三期末）若 2 lnf x x m x 在 2, 是增函数，则实数 的取值范围为（ ）
A． 8, ) B． ( 8 , ) C． ( , 8 ) D． ( , 8
【答案】A
【解析】对 2 lnf x x m x 求导得：
22'2mxmfxx xx
，因为若 在 2,
是增函数，所以 '0fx 在 恒成立，即： 220xm在 恒成立，所以 228max
mx .
6．（ 2020·重庆礼嘉中学高三期中）“ 3a ”是“ 1x 为函数 321()(3)1 2fxxaxax 的极小值点”
的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由题意， 2( ) 3 ( 3) 3 1f x x a x a x a x ， ( ) 0fx¢ = ，解得 1 3
ax ，或 2 1x ，
①当 12xx ，即 3a 时， ( ) 0fx¢ > ，解得 13
a x， ( ) 0fx¢ < 时，解得
3
ax ，或 1x ，
()fx在 ,13
a
上单调递增，在 , 3
a
和 ( )1, +? 上单调递减， 是 的极小值点；
②当 12xx ，即 3a 时， 0fx 恒成立， 无极值；
③当 12xx ，即 3a 时， ，解得 1 3
ax ， 时，解得 1x ，或
3
ax ，
是 的极小值点；综上，当 为 的极小值点时，
所以“ ”是“ 为函数 的极小值点”的必要不充分条件.
7.设函数 fx的导函数为 'fx，若 fx为偶函数，且在（0,1）上存在极大值，则 'fx的图象可能
为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为 fx为偶函数，所以 'fx 为奇函数，舍去 B,D;因为 fx在（0,1）上存在极大值，所以
导函数符号在（0,1）上先正后负,舍去 A,选 C.
8.设 'fx为定义在 *R 上的函数 fx的导函数，且 '0fxfx x恒成立，则（ ）
A. 3 4 4 3ff B. 3 4 4 3ff C. 3 3 4 4ff D. 3 3 4 4ff
【答案】A
【解析】 '0fxfx x，即 ' 0xf x f x
x
，设 fxgx x ，则
2
'' xf x f xgx x
，当 0x
时， '0gx 恒成立，即 gx在 0+， 上单调递增， 4343, 43
ffgg ，
3443ff ，故选 A.
9.已知函数 ，若 成立，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
不妨设 ， ， ，故
，令 ， ，易知 在
上是增函数，且 ，当 时， ，当 时， ，即当 时， 取得极小值
同时也是最小值，此时 ，即 的最小值为 .
10．（ 2020·河北易县中学高三）已知 m ， n 是函数 321 03fxxxaxa 的两个极值点，则 41
mn
的最小值为（ ）
A． 9
2 B．9 C．5 D． 5
2
【答案】A
【解析】由题可知 2 20fxxxaa ．因 ， 为函数 fx的两个极值点，所以 2mn，
0mn a ，故 0m ， 0n ，又 4 4 0 a ，则且 01a，所以
41141149 5222
mnmnmnmnnm
，当且仅当 4mn
nm ，即 4
3m ， 2
3n 时取得最小值 ．
此时 8
9a m n，符合条件．
11.定义在 上的函数 满足 ， 为 的导函数，且 对
恒成立，则 的取值范围是__________________.
【答案】
【解析】因为 ，所以 ， ，又 ，
所以 ， ．设 ，则
，所以 在 上为减函数，所以 即
，故 ；设 ，则 ，
在 上为增函数，所以 即 ，即 ，因此， 的取值范围是 ．
12．（ 2020·河北省石家庄二中高三）已知函数 322 3 13202f xaxa axa xa .
（1）当 2a 时，求 的零点个数；
（2）讨论 的单调性.
【答案】（1）1个；（2）答案见解析.
【解析】（1）当 2a 时， 3229122fxxxx ， 261812612fxxxxx .
令 0fx ，可得 1 1x ， 2 2x ，列表如下：
x ,1 1 1,2 2 2,
fx 0
fx 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以，函数 y f x 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ，则函数 的极
大值为 17f ，极小值为 26f ，又 1 21f ，由零点存在定理可知，函数 在区间 1,1
上存在唯一零点，因此，当 时，函数 只有一个零点；
（2）函数 322 3 13202fxaxa axa xa 的定义域为 R ，
22331331fxaxa axaa xxa .
①当 0a 时，则 1a ，令 0fx ，可得 xa 或 1x ；令 0fx ，可得 1ax .
此时，函数 的单调递增区间为 ,1a ，单调递减区间为 , a 和 1, ；
②当 01a时，令 ，可得 ；令 ，可得 或 .
此时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 和 ；
③当 1a 时，对任意的 x R ， 0fx ，
此时，函数 的单调递增区间为 , ，无单调递减区间；
④当 1a 时，令 ，可得1 xa；令 ，可得 1x 或 xa .
此时，函数 的单调递减区间为 1, a ，单调递增区间为 和 ,a .
综上所述，当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ；
当 时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 和 ；
当 1a 时，函数 y f x 的单调递增区间为 , ，无单调递减区间；
当 1a 时，函数 的单调递减区间为 1, a ，单调递增区间为 ,1 和 ,a .
13．（ 2020·湖南省湖南师大附中高三）设函数 ln xfxxxae， 21
2x m x x ，其中 aR ，e 是
自然对数的底数．
（1）若 fx在 0, 上存在两个极值点，求 a 的取值范围；
（2）当 1 0f e
，设 Fxfxx ， mR ，若 Fx在 上存在两个极值点 1x ， 2x ，
且 12xx ，求证： 2
12x x e ．
【答案】（1） 1(0 , )e
；（ 2）证明见解析.
【解析】（1） ()1 xfxlnxae ，由题意可知， 10xlnx ae 在 (0 , ) 上有两个不同的实数根，
即 1
x
lnx ae
，只需函数 1() x
lnxgx e
和 ya 图象有两个交点，
2
11(1)1
() ()
xx
xx
elnxelnxxxgx ee
，易知
1()1hxlnx x 在 上为减函数，且 10h ，当 ( 0 ,1 )x 时， ()0gx， ()gx为增函数；当
(1,)x 时， ()0gx， 为减函数；所以 1()(1)maxgxg e，所以 1a e ，又当 0x ， ()gx ，
x ， ( ) 0 gx ，要使 ()fx在 上存在两个极值点，则 10 a e ．故 a 的取值范围为 ．
（2） 1 0f e
易得 0a ， 21ln 2Fxfxxxxmxx
在 上存在两个极值点 ， ，且 ， lnFxxmx 有两个零点 ， ，
则 11
22
ln 0
ln 0
x mx
x mx
，解得 1212
1212
lnlnlnlnxxxxm xxxx
于是
22
12 1 2 11
12
212
1
1lnlnlnlnln
1
xx
xx x x xxxx xxx
x
，又 120 xx，设 2
1
xt x 则 1t ，因此
12
1 lnln ln 1
ttxx t
， ，要证 12ln ln 2xx，即证 1 ln 21
tt
t
， ，即当 时，
21ln 1
tt t
，设函数 21ln 1
thtt t
， 1t ，则
2
22
212111 0
11
tttht t ttt
所以， ht 为 1, 上的增函数，又 10h ，因此 10h t h，于是，当 时，有 ，
所以，有 12ln ln 2xx成立，即 2
12x x e ，得证。
14.【已知 2 2xf x e ax x b （ e 为自然对数的底数， ,a b R ）.
（1）设 fx 为 fx的导函数，证明：当 0a 时， fx 的最小值小于 0；
（2）若 0 , 0a f x 恒成立，求符合条件的最小整数 .b
【答案】(1)详见解析;(2) 0b .
（1）【证明】令 22xgxfxeax ，则 2.xg x e a 因为 0a ，令 0gx ，则 l n2xa .
所以当 ,l n2xa 时， 0,g x g x 单调递减；当 l n2 ,xa 时， 0,g x g x 单调递增.
则 ln2
minmin ln22 ln22 22 ln22.af xg xgaeaaaaa
令 ln2(0),1ln1ln .G xxx xxGxxx
当 0,1x 时， 0,G x G x 单调递增；当 1,x 时， 0,G x G x 单调递减.
所以 max 110GxG ，所以 min 0fx 成立.
（2）【解】 0fx 恒成立，等价于 min 0fx 恒成立.令 22xgxfxeax ，
则 2.xgxea 因为 0a ，所以 0gx ，所以 gx单调递增.
又 01 0,122 0ggea ，所以存在 0 0,1x ，使得 0 0gx .
则 0,xx 时， 0,g xfxfx 递减； 0 ,xx 时， 0,g xfxfx 单调递增.
所以 0 2
0 0 0min 20xf x f x e ax x b 恒成立. ①且 0
0220.xeax ②
由①②得
0
000 2 0
0000021 21 22
x
xxx xeb e axxe xxe x
恒成立.
又由②得
0
0
2 02
xea x
，所以 0 0,ln2 , 1 , 0,ln22
xxx m x e x x
1 112
xnxmxxe 1 02
xn x x e ，所以 1002nxn ，所以 mx单调递增，
0m x m 0 ln2ln21 1, ln2 1 ln2 2ln2 22e m x m e
，
所以 2 l n2 2b ，所以符合条件的最小整数 0b .
15．（ 2020·全国高三二模）已知 2 2cos sin cosf x x x k x x x k R ．
（1）当 0k 时，求 fx的单调区间；
（2）若 在 0, 2
上为单调递增函数，求 k 的取值范围
【答案】（1）单调减区间为 ,0 ，单调增区间为 0, ；（ 2） 4k ．
【解析】（1）当 时， 2 2cosfxxx ， 22sin2sinfxxxxx ，设 sing x x x ，
1cos0gxx ，所以 gx在 R 上单增，又因为 00g ，所以 0,x 时， 0gx ，即
0fx ； ,0x 时， 0gx ，即 0fx ，所以 的减区间为 ，增区间为 ．
（2） 22sincossinsin fxxxk xxxx ， 22sincos fxxxkxx
因为 在 上为单调递增函数，所以 0fx 在 上恒成立，
令 22sincoshxxxkxx ， π0, 2x
．
①当 0k 时， 22sincos0hxxxkxx 显然成立，满足题意；
②当 0k 时， 2 2coscossin22cossinh xx kx xxkx kxx ，
（ⅰ）当 04k时， 22cossin22cossin0h xkxkxxxkxx ，
所以 hx在 上单调递增，所以 00hxh ，满足题意；
（ⅱ）当 4k 时， 2 2 cos sinh x k x kx x ， 2 2 sin cos 0h x k x kx x ，所以 hx 在
上单增，因为 0 4 0hk ， 2 022
kh
，所以 0 0, 2x
，使得 0 0hx ，
又因为 hx 在 0, 2
上单增，所以 00,xx 时， 0hx ，当 0 , 2xx
时， 0hx ，
所以 0x 为 hx 在 0, 2
上唯一的极小值点，所以 0h x h x ，又因为 00h 所以 0 00h x h ，
所以 时， 0hx ，不满足题意．综上所述， 4k ．
