专题07 导数及其应用（命题猜想）-2018年高考数学（理）命题猜想与仿真押题
【考向解读】
高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合
的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程
的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．
【命题热点突破一】导数的几何意义
例 1、(2017·天津卷)已知 a∈R，设函数 f(x)＝ax－lnx 的图象在点(1，f(1))处的切线为 l，则 l 在 y 轴
上的截距为________；
【答案】1
【变式探究】【2016 高考新课标 2 理数】若直线 y kx b 是曲线 ln 2y x 的切线，也是曲线 ln( 1)y x
的切线，则b ．
【答案】1 ln 2
【解析】对函数 ln 2y x 求导得 1y x
，对 ln( 1)y x 求导得 1
1y x
，设直线 y kx b 与曲线
ln 2y x 相切于点 1 1 1( , )P x y ，与曲线 ln( 1)y x 相切于点 2 2 2( , )P x y ，则 1 1 2 2ln 2, ln( 1)y x y x ，
由 点 1 1 1( , )P x y 在 切 线 上 得 1 1
1
1ln 2 ( )y x x xx
， 由 点 2 2 2( , )P x y 在 切 线 上 得
2 2
2
1ln( 1) ( )1y x x xx
，这两条直线表示同一条直线，所以 1 2
2
2 1
2
1 1
1
2 1ln( 1) ln 1
x x
xx x x
，解得
1 1
1
1 1, 2, ln 2 1 1 ln 22x k b xx
.
【感悟提升】与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略
(1)已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为：
①求出函数 y＝f(x)在点 x＝x0 处的导数，即曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处切线的斜率；
②由点斜式求得切线方程为 y－y0＝f′(x0)·(x－x0)．
(2)已知斜率求切点：已知斜率 R，求切点(x1，f(x1))，即解方程 f′(x1)＝k.
(3)求切线倾斜角的取值范围：先求导数的取值范围，即确定切线斜率的取值范围，然后利用正切函数的单
调性解决.
【变式探究】 函数 f(x)＝exsin x 的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( )
A.3π
4
B.π
3
C.π
4
D.π
6
【答案】C
【命题热点突破二】函数的单调性 与最值
例 2、(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－ 3
4a
－2.
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1
x
＋2ax＋2a＋1＝ x＋1 2ax＋1
x
.
若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(0，＋∞)单调递增．
若 a<0，则当 x∈
0，－ 1
2a 时，f′(x)>0；当 x∈
－ 1
2a
，＋∞
时，f′(x)<0.
故 f(x)在
0，－ 1
2a 单调递增，在
－ 1
2a
，＋∞
单调递减．
(2)由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－ 1
2a
取得最大值，最大值为 f
－ 1
2a ＝ln
－ 1
2a －1－ 1
4a
.
所以 f(x)≤－ 3
4a
－2 等价于 ln
－ 1
2a －1－ 1
4a
≤－ 3
4a
－2，即 ln
－ 1
2a ＋ 1
2a
＋1≤0.
设 g(x)＝lnx－x＋1，则 g′(x)＝1
x
－1.
当 x∈(0,1)时，g′(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以 g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调
递减．故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0.所以当 x>0 时，g(x)≤0.从而当 a<0 时，ln
－ 1
2a
＋ 1
2a
＋1≤0，即 f(x)≤－ 3
4a
－2.
【变式探究】(2017·课标全国Ⅱ)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则 f(x)的极小值为
( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
【答案】A
【变式探究】【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分)
已知 2
2 1( ) ln , Rxf x a x x ax
.
（I）讨论 ( )f x 的单调性；
（II）当 1a 时，证明 3( ) ' 2f x f x ＞ 对于任意的 1,2x 成立.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ） )(xf 的定义域为 ),0( ；
2
2 3 3
2 2 ( 2)( 1)( ) a ax xf ' x a x x x x
.
当 0a ， )1,0(x 时， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递增；
(1, ) , ( ) 0x f ' x 时 ， )(xf 单调递减.
当 0a 时， 3
( 1) 2 2( ) ( )( )a xf ' x x xx a a
.
（1） 20 a ， 12
a
，
当 )1,0(x 或 x ),2(
a
时， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递增；
当 x )2,1( a
时， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递减；
（2） 2a 时， 12
a
，在 x ),0( 内， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， 1a 时，
2 2 3
2 1 1 2 2( ) ( ) ln (1 )xf x f ' x x x x x x x
2 3
3 1 2ln 1x x x x x
， ]2,1[x ，
令 1213)(,ln)( 32
xxxxhxxxg ， ]2,1[x .
则 ( ) ( ) ( ) ( )f x f ' x g x h x ，
由 1( ) 0xg ' x x
可得 1)1()( gxg ，当且仅当 1x 时取得等号.
又
2
4
3 2 6( ) x xh' x x
，
【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域，不要从导数的定义域确定函数的单调区间，
在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同．
【变式探究】
(1)已知函数 f(x)＝ln(x＋a)＋ax，求函数 f(x)的单调区间和极值．
(2)已知函数 f(x)＝(ax－2)ex 在 x＝1 处取得极值，求函数 f(x)在[m，m＋1]上的最小值．
【解析】解：（1）∵f（x）＝ln（x＋a）＋ax，∴函数 f（x）的定义域为（－a，＋∞），∴f′（x）＝ 1
x＋a
＋a＝ax＋a2＋1
x＋a
.
当 a≥0 时，f′（x）＝ 1
x＋a
＋a＞0，函数 f（x）在（－a，＋∞）上为增函数，无极值.
当 a＜0 时，令 f′（x）＝0，解得 x＝－a－1
a
＞－a，
当 f′（x）＞0 时，解得－a＜x＜－a－1
a
，函数 f（x）为增函数，
当 f′（x）＜0 时，解得 x＞－a－1
a
，函数 f（x）为减函数，
故当 x＝－a－1
a
时，函数 f（x）有极大值，极大值为 f
－a－1
a ＝ln
－1
a －a2－1.
综上所述，当 a≥0 时，函数 f（x）在（－a，＋∞）上为增函数，无极值；当 a＜0 时，函数 f（x）在
－a，－a－1
a
上为增函数，在
－a－1
a
，＋∞
上为减函数，函数 f（x）有极大值，极大值为 ln
－1
a －a2－1.
x （－∞，1） 1 （1，＋∞）
f′（x） － 0 ＋
f（x） 减 －e 增
所以函数 f（x）在（－∞，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
当 m≥1 时，f（x）在 [m，m＋1]上单调递增，f（x）min＝f（m）＝（m－2）em.当 0＜m＜1 时，m＜1＜m＋1，
f（x）在[m，1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，f（x）min＝f（1）＝－e.
当 m≤0 时，m＋1≤1，f（x）在[m，m＋1]上单调递减，f（x）min＝f（m＋1）＝（m－1）em＋1.
综上，f（x）在[m，m＋1]上的最小值 f（x）min＝
（m－2）em，m≥1，
－e，0
1，即 a>1
2
时，令 u′（x）＝0，得 x＝ln 2a.
当 x∈[0，ln 2a）时，u′（x）<0，g′（x）＝ex－2ax－2a 在[0，ln 2a）上单调递减，
所以当 x∈[0，ln 2a）时，g′（x）＝ex－2ax－2a≤g′（0）＝1－2a<0，则 g（x）在[0，ln 2a）上单调
递减，
于是 g（x）≤g（0）＝0，这与 g（x）≥0 恒成立矛盾.
综上可得，实数 a 的取值范围是
－∞，1
2 .
【感悟提升】对于求不等式恒成立时的参数范围问题，一般是将参数分离出来，使不等号一边是参数，另
一边是一个区间上具体的函数，这样便于解决问题．但要注意的是分离参数不是万能的，如果分离参数后，
得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，则不要分离参数．
【变式探究】
已知函数 f(x)＝
xe－x2＋mx，x∈（0，1），
ln x－x＋2，x∈[1，＋∞），
其中 e＝2.718 28…是自然对数的底数，m∈R.
(1)若函数 f(x)为(0，1)上的单调增函数，求 m 的取值范围；
(2)对任意的 11，由（*）式，知 lnb
a
0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以 g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调
递减．故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0.所以当 x>0 时，g(x)≤0.从而当 a<0 时，ln
－ 1
2a
＋ 1
2a
＋1≤0，即 f(x)≤－ 3
4a
－2.
4、(2017·课标全国Ⅱ)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则 f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
【答案】A
【解析】 (1)函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由 x＝－2 是函数 f(x)的极值点得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以 a＝－1.
所以 f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由 ex－1>0 恒成立，得 x＝－2 或 x＝1 时，f′(x)＝0，
且 x<－2 时，f′(x)>0；－21 时，f′(x)>0.
所以 x＝1 是函数 f(x)的极小值点．
所以函数 f(x)的极小值为 f(1)＝－1.
故选 A.
5.【2017 课标 II，理】已知函数 2 lnf x ax ax x x ，且 0f x 。
(1)求 a ；
(2)证明： f x 存在唯一的极大值点 0x ，且 2 2
0 2e f x 。
【答案】(1) 1a ；
(2)证明略。
（2）由（1）知
设
当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递减，在 单调递增
又 ，所以 在 有唯一零点x0，在 有唯一零点1，且当 时， ；
当 时， ，当 时， .
因为 ，所以 x=x0 是 f(x)的唯一极大值点
由
由 得
因为 x=x0 是 f(x)在（0,1）的最大值点，由 得
所以
6.【2017 山东，理 20】已知函数 2 2cosf x x x ， cos sin 2 2xg x e x x x ，其中 2.71828e 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.
【答案】（1） 22π π 2y x （2）见解析
（Ⅱ）由题意得 2cos sin 2 2 2cosxh x e x x x a x x ，
因为 cos sin 2 2 sin cos 2 2 2sinx xh x e x x x e x x a x x
2 sin 2 sinxe x x a x x
2 sinxe a x x ，
令 sinm x x x
则 1 cos 0m x x
所以 m x 在 R 上单调递增.
因为 0 0,m
所以 当 0x 时， 0,m x
当 0x 时， 0m x
(1)当 0a 时， xe a 0
当 0x 时， 0h x ， h x 单调递减，
当 0x 时， 0h x ， h x 单调递增，
所以 当 0x 时 h x 取得极小值，极小值是 0 2 1h a ；
②当 1a 时， ln 0a ，
所以 当 ,x 时， 0h x ，函数 h x 在 , 上单调递增，无极值；
③当 1a 时， ln 0a
所以 当 ,0x 时， ln 0x ae e ， 0,h x h x 单调递增；
当 0,lnx a 时， ln 0x ae e ， 0,h x h x 单调递减；
当 ln ,x a 时， ln 0x ae e ， 0,h x h x 单调递增；
所以 当 0x 时 h x 取得极大值，极大值是 0 2 1h a ；
当 lnx a 时 h x 取得极小值.
极小值是 2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a .
综上所述：
当 0a 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 0 2 1h a ；
7.【2017 天津，理 20】设 aZ ，已知定义在 R 上的函数 4 3 2( ) 2 3 3 6f x x x x x a 在区间 (1,2) 内
有一个零点 0x ， ( )g x 为 ( )f x 的导函数.
（Ⅰ）求 ( )g x 的单调区间；
（Ⅱ）设 0 0[1, ) ( ,2]m x x ，函数 0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m ，求证： 0( ) ( ) 0h m h x ；
（Ⅲ）求证：存在大于 0 的常数 A ，使得对于任意的正整数 ,p q ，且 0 0[1, ) ( ,2],p x xq
满足
0 4
1| |p xq Aq
.
【答案】（Ⅰ）增区间是 , 1 ， 1 ,4
，递减区间是 11, 4
.（Ⅱ）见解析；（III）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：由 4 3 22 3 3 6f x x x x x a ，可得 3 28 9 6 6g x f x x x x ，
进而可得 224 18 6g x x x .令 0g x ，解得 1x ，或 1
4x .
当 x 变化时， ( ), ( )g x g x 的变化情况如下表：
x ( , 1) 1( 1, )4
1( , )4
( )g x + - +
( )g x ↗ ↘ ↗
所以， ( )g x 的单调递增区间是 ( , 1) ， 1( , )4
，单调递减区间是 1( 1, )4
.
（III）证明：对于任意的正整数 p ， q ，且 0 0[1 ) ( , ], 2p x xq
，
令 pm q
，函数 0( ) ( )( ) ( )h g m xx x mf .
由（II）知，当 0[1 ),m x 时， ( )h x 在区间 0( , )m x 内有零点；
当 0( ,2]m x 时， ( )h x 在区间 0( ),x m 内有零点.
所以 ( )h x 在 (1,2) 内至少有一个零点，不妨设为 1x ，则 1 1 0( ) ( )( ) ( ) 0p ph g x fqx qx .
由（I）知 ( )g x 在[1,2] 上单调递增，故 10 ( ) ( )1 2( )g xg g ，
于是
4 3 2 2 3 4
0 4
1
( ) | ( ) | | 2 3 3 6 || | | |( ) ( ) (2 )2
p pf fp p p q p q pq aqq qxq g x g g q
.
1. 【2016 高考山东理数】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） siny x （B） lny x （C） exy （D） 3y x
【答案】A
【解析】当 siny x 时， cosy x ，cos0 cos 1 ，所以在函数 siny x 图象存在两点，使条件成立，
故 A 正确；函数 3ln , e ,xy x y y x 的导数值均非负，不符合题意，故选 A。
2.【2016 年高考四川理数】设直线 l1，l2 分别是函数 f(x)= ln ,0 1,
ln , 1,
x x
x x
图象上点 P1，P2 处的切线，
l1 与 l2 垂直相交于点 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
【解析】设 1 1 1 2 2 2, ln , , lnP x x P x x （不妨设 1 21, 0 1x x ），则由导数的几何意义易得切线 1 2,l l
的斜率分别为 1 2
1 2
1 1, .k kx x
由已知得 1 2 1 2 2
1
11, 1, .k k x x x x
切线 1l 的方程分别为
1 1
1
1lny x x xx
，切线 2l 的方程为 2 2
2
1lny x x xx
，即 1 1
1
1lny x x x x
.分别令
0x 得 1 10 , 1 ln , 0 ,1 ln .A x B x 又 1l 与 2l 的交点为
2
1 1
12 2
1 1
2 1, ln1 1
x xP xx x
， 1 1x ，
2
1 1
2 2
1 1
2 11 12 1 1PAB A B P
x xS y y x x x
， 0 1PABS ．故选 A．
3.【2016 高考新课标 2 理数】若直线 y kx b 是曲线 ln 2y x 的切线，也是曲线 ln( 1)y x 的切线，
则b ．
【答案】1 ln 2
4.【2016 高考新课标 3 理数】已知 f x 为偶函数，当 0x 时， ( ) ln( ) 3f x x x ，则曲线 y f x 在
点 (1, 3) 处的切线方程是_______________．
【答案】 2 1y x
【解析】当 0x 时， 0x ，则 ( ) ln 3f x x x ．又因为 ( )f x 为偶函数，所以 ( ) ( ) ln 3f x f x x x ，
所以 1( ) 3f x x
，则切线斜率为 (1) 2f ，所以切线方程为 3 2( 1)y x ，即 2 1y x ．
5.【2016 高考新课标 1 卷】（本小题满分 12 分）已知函数 22 1xf x x e a x 有两个零点.
(I)求 a 的取值范围；
(II)设 x1,x2 是 f x 的两个零点,证明： 1 2 2x x .
【答案】 (0, )
【解析】
（Ⅰ） '( ) ( 1) 2 ( 1) ( 1)( 2 )x xf x x e a x x e a ．
（i）设 0a ,则 ( ) ( 2) xf x x e , ( )f x 只有一个零点．
（ii）设 0a ,则当 ( ,1)x 时, '( ) 0f x ；当 (1, )x 时, '( ) 0f x ．所以 ( )f x 在 ( ,1) 上单调
递减,在 (1, ) 上单调递增．
又 (1)f e , (2)f a ,取b 满足 0b 且 ln 2
ab ,则
2 2 3( ) ( 2) ( 1) ( ) 02 2
af b b a b a b b ,
故 ( )f x 存在两个零点．
（Ⅱ）不妨设 1 2x x ,由（Ⅰ）知 1 2( ,1), (1, )x x , 22 ( ,1)x , ( )f x 在 ( ,1) 上单调递减,
所以 1 2 2x x 等价于 1 2( ) (2 )f x f x ,即 2(2 ) 0f x ．
由于 22 2
2 2 2(2 ) ( 1)xf x x e a x ,而 2 2
2 2 2( ) ( 2) ( 1) 0xf x x e a x ,所以
2 22
2 2 2(2 ) ( 2)x xf x x e x e ．
设 2( ) ( 2)x xg x xe x e ,则 2'( ) ( 1)( )x xg x x e e ．
所以当 1x 时, '( ) 0g x ,而 (1) 0g ,故当 1x 时, ( ) 0g x ．
从而 2 2( ) (2 ) 0g x f x ,故 1 2 2x x ．
6.【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分)
已知 2
2 1( ) ln , Rxf x a x x ax
.
（I）讨论 ( )f x 的单调性；
（II）当 1a 时，证明 3( ) ' 2f x f x ＞ 对于任意的 1,2x 成立.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
（1） 20 a ， 12
a
，
当 )1,0(x 或 x ),2(
a
时， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递增；
当 x )2,1( a
时， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递减；
（2） 2a 时， 12
a
，在 x ),0( 内， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递增；
（3） 2a 时， 120
a
，
当 )2,0( ax 或 x ),1( 时， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递增；
当 x )1,2( a
时， ( ) 0f ' x ， )(xf 单调递减.
综上所述，
当 0a 时，函数 )(xf 在 )1,0( 内单调递增，在 ),1( 内单调递减；
当 20 a 时， )(xf 在 )1,0( 内单调递增，在 )2,1( a
内单调递减，在 ),2(
a
内单调递增；
当 2a 时， )(xf 在 ),0( 内单调递增；
当 2a ， )(xf 在 )2,0( a
内单调递增，在 )1,2( a
内单调递减，在 ),1( 内单调递增.
设 623)( 2 xxx ，则 )(x 在 x ]2,1[ 单调递减，
因为 10)2(,1)1( ，
所以在 ]2,1[ 上存在 0x 使得 ),1( 0xx 时， )2,(,0)( 0xxx 时， 0)( x ，
所以函数 ( )h x 在 ),1( 0x 上单调递增；在 )2,( 0x 上单调递减，
由于
2
1)2(,1)1( hh ，因此
2
1)2()( hxh
，
当且仅当 2x 取得等号，
所以 3( ) ( ) (1) (2) 2f x f ' x g h ，
即 3( ) ( ) 2f x f ' x 对于任意的 ]2,1[x 恒成立。
7.【2016 高考江苏卷】（本小题满分 16 分）
已知函数 ( ) ( 0, 0, 1, 1)x xf x a b a b a b .
设 12, 2a b .
（1）求方程 ( ) 2f x 的根;
（2）若对任意 x R ,不等式 (2 ) f( ) 6f x m x 恒成立，求实数 m 的最大值；
（3）若 0 1, 1a b ＞ ，函数 2g x f x 有且只有 1 个零点，求 ab 的值。
【答案】（1）①0 ②4（2）1
（2）因为函数 ( ) ( ) 2g x f x 只有 1 个零点，而 0 0(0) (0) 2 2 0g f a b ，
所以 0 是函数 ( )g x 的唯一零点.
因为 ( ) ln lnx xg' x a a b b ，又由 0 1, 1a b 知 ln 0,ln 0a b ，
所以 ( ) 0g' x 有唯一解 0
lnlog ( )lnb
a
ax b
.
令 ( ) ( )h x g' x ，则 2 2( ) ( ln ln ) (ln ) (ln )x x x xh' x a a b b ' a a b b ，
从而对任意 xR ， ( ) 0h' x ，所以 ( ) ( )g' x h x 是 ( , ) 上的单调增函数，
于是当 0( , )x x ， 0( ) ( ) 0g' x g' x ；当 0( , )x x 时， 0( ) ( ) 0g' x g' x .
因而函数 ( )g x 在 0( , )x 上是单调减函数，在 0( , )x 上是单调增函数.
下证 0 0x .
若 0 0x ，则 0
0 02
xx ，于是 0( ) (0) 02
xg g ，
又 log 2 log 2 log 2(log 2) 2 2 0a a a
ag a b a ，且函数 ( )g x 在以 0
2
x 和 log 2a 为端点的闭区间上的图象不
间断，所以在 0
2
x 和 log 2a 之间存在 ( )g x 的零点，记为 1x . 因为 0 1a ，所以 log 2 0a ，又 0 02
x ，
所以 1 0x 与“0 是函数 ( )g x 的唯一零点”矛盾.
若 0 0x ，同理可得，在 0
2
x 和 log 2a 之间存在 ( )g x 的非 0 的零点，矛盾.
因此， 0 0x .
于是 ln 1ln
a
b
，故 ln ln 0a b ，所以 1ab .
8.【2016 高考天津理数】（本小题满分 14 分）
设函数 3( ) ( 1)f x x ax b , Rx ，其中 Rba ,
(I)求 )(xf 的单调区间；
(II) 若 )(xf 存在极值点 0x ，且 )()( 01 xfxf ，其中 01 xx ，求证： 1 02 3x x ；
（Ⅲ）设 0a ，函数 |)(|)( xfxg ，求证： )(xg 在区间 ]1,1[ 上的最大值不小于．．．4
1 .
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析
（2）当 0a 时，令 0)(' xf ，解得 31 3
ax ，或 31 3
ax .
当 x 变化时， )(' xf ， )(xf 的变化情况如下表：
x
3( ,1 )3
a 31 3
a 3 3(1 ,1 )3 3
a a
31 3
a 3(1 , )3
a
)(' xf
＋ 0 － 0 ＋
)(xf 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以 )(xf 的单调递减区间为 3 3(1 ,1 )3 3
a a ，单调递增区间为 3( ,1 )3
a ， 3(1 , )3
a .
（Ⅲ）证明：设 )(xg 在区间 ]2,0[ 上的最大值为 M ， },max{ yx 表示 yx, 两数的最大值.下面分三种情况讨
论：
（1）当 3a 时， 3 31 0 2 13 3
a a ，由（Ⅰ）知， )(xf 在区间 ]2,0[ 上单调递减，所以 )(xf 在
区间 ]2,0[ 上的取值范围为 )]0(),2([ ff ，因此
max{| (2) |,| (0) |}
max{|1 2 |,| 1 |}
M f f
a b b
|})(1||,)(1max{| baabaa
0),(1
0),(1
babaa
babaa ，
所以 2||1 baaM .
（2）当 34
3 a 时， 2 3 3 3 2 31 0 1 1 2 13 3 3 3
a a a a ，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，
2 3 3(0) (1 ) (1 )3 3
a af f f ， 2 3 3(2) (1 ) (1 )3 3
a af f f ，
所以 )(xf 在区间 ]2,0[ 上的取值范围为 3 3[ (1 ), (1 )]3 3
a af f ，因此
3 3 2 2max{| (1 ) |,| (1 ) |} max{| 3 |,| 3 |}3 3 9 9
a a a aM f f a a b a a b
|})(39
2||,)(39
2max{| baaabaaa
4
1
4
334
3
9
2||39
2 baaa .
9.【2016 高考新课标 3 理数】设函数 ( ) cos2 ( 1)(cos 1)f x a x a x ，其中 0a ，记| ( )|f x 的最大值
为 A ．
（Ⅰ）求 ( )f x ；
（Ⅱ）求 A ；
（Ⅲ）证明| ( ) | 2f x A ．
【答案】（Ⅰ） ' ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x a x a x ；（Ⅱ）
2
12 3 ,0 5
6 1 1, 18 5
3 2, 1
a a
a aA aa
a a
；（Ⅲ）见解析．
【解析】
（Ⅰ） ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x x x .
（Ⅰ）当 10 5
时， ( )g t 在 ( 1,1) 内无极值点，| ( 1) |g ，| (1) | 2 3g ，| ( 1) | | (1) |g g ，
所以 2 3A ．
（Ⅱ）当 1 15 a 时，由 ( 1) (1) 2(1 ) 0g g ，知 1( 1) (1) ( )4g g g
．
又 1 (1 )(1 7 )| ( ) | | ( 1) | 04 8g g
，所以
21 6 1| ( ) |4 8A g
．
综上，
2
12 3 ,0 ,5
6 1 1, 1,8 5
3 2, 1.
A
10.【2016 高考浙江理数】（本小题 15 分）已知 3a ，函数 F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}，
其中 min{p，q}=
, >
p p q
q p q.
， ，
（I）求使得等式 F（x）=x2−2ax+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） 2,2a ；（II）（i） 2
0,3 2 2
4 2, 2 2
am a
a a a
；（ii） 34 8 ,3 4
2, 4
a aa a
．
【解析】
（Ⅰ）由于 3a ，故
当 1x 时， 2 22 4 2 2 1 2 1 2 0x ax a x x a x ，
当 1x 时， 2 2 4 2 2 1 2 2x ax a x x x a ．
所以，使得等式 2 2 4 2F x x ax a 成立的 x 的取值范围为 2,2a ．
（Ⅱ）（ⅰ）设函数 2 1f x x ， 2 2 4 2g x x ax a ，
则 min 1 0f x f ， 2
min 4 2g x g a a a ，
所以，由 F x 的定义知 min 1 ,m a f g a ，即 2
0,3 2 2
4 2, 2 2.
am a
a a a
，
（ⅱ）当 0 2x 时，
max 0 , 2 2 2F x f x f f F ，
当 2 6x 时， max 2 , 6 max 2,34 8 max 2 , 6F x g x g g a F F ．
所以， 34 8 ,3 4
2, 4
a aM a a
．
11.【2016 高考新课标 2 理数】(Ⅰ)讨论函数 xx 2f (x) x 2
e 的单调性，并证明当 0x 时，
( 2) 2 0xx e x ；
(Ⅱ)证明：当 [0,1)a 时，函数 2x = ( 0)
xe ax ag xx
（ ） 有最小值.设 ( )g x 的最小值为 ( )h a ，求函数 ( )h a
的值域．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）
21( , ].2 4
e .
（II） 2 2
( 2) ( 2) 2( ) ( ( ) ),
xx e a x xg x f x ax x
由（I）知， ( )f x a 单调递增，对任意 [0,1), (0) 1 0, (2) 0,a f a a f a a
因此，存在唯一 0 (0,2],x 使得 0( ) 0,f x a 即 0'( ) 0g x ，
当 00 x x 时， ( ) 0, '( ) 0, ( )f x a g x g x 单调递减；
当 0x x 时， ( ) 0, '( ) 0, ( )f x a g x g x 单调递增.
因此 ( )g x 在 0x x 处取得最小值，最小值为
0 0 0
0 0 0
0 2 2
0 0 0
( 1) + ( )( 1)( ) .2
x x xe a x e f x x eg x x x x
于是
0
0
h( ) 2
xea x
，由 2
( 1)( )' 0,2 ( 2) 2
x x xe x e e
x x x
单调递增
所以，由 0 (0,2],x 得
00 2 2
0
1 ( ) .2 0 2 2 2 2 4
xe e e eh a x
因为
2
xe
x
单调递增，对任意
21( , ],2 4
e 存在唯一的 0 (0,2],x 0( ) [0,1),a f x
使得 ( ) ,h a 所以 ( )h a 的值域是
21( , ],2 4
e
综上，当 [0,1)a 时， ( )g x 有 ( )h a ， ( )h a 的值域是
21( , ].2 4
e
12.【2016 年高考北京理数】（本小题 13 分）
设函数 ( ) a xf x xe bx ，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 ( )f x 的单调区间.
【答案】（Ⅰ） 2a ，b e ；（2） )(xf 的单调递增区间为 ( , ) .
试题解析：（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 ， )(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 )(xf 的单调递增区间为 ),( .
1.【2015 高考江苏，19】
已知函数 ),()( 23 Rbabaxxxf .
（1）试讨论 )(xf 的单调性；
（2）若 acb （实数 c 是 a 与无关的常数），当函数 )(xf 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是
),2
3()2
3,1()3,( ，求 c 的值.
【答案】（1）当 0a 时， f x 在 , 上单调递增；
当 0a 时， f x 在 2, 3
a
， 0, 上单调递增，在 2 ,03
a
上单调递减；
当 0a 时， f x 在 ,0 ， 2 ,3
a
上单调递增，在 20, 3
a
上单调递减．
（2） 1.c
当 0a 时， 2,0 ,3
ax 时， 0f x ， 20, 3
ax
时， 0f x ，
所以函数 f x 在 ,0 ， 2 ,3
a
上单调递增，在 20, 3
a
上单调递减．
（2）由（1）知，函数 f x 的两个极值为 0f b ， 32 4
3 27
af a b
，则函数 f x 有三个
零点等价于 32 40 03 27
af f b a b
，从而 3
0
4 027
a
a b
或 3
0
40 27
a
b a
．
又b c a ，所以当 0a 时， 34 027 a a c 或当 0a 时， 34 027 a a c ．
综上 1c ．
2.【2015 高考四川，理 21】已知函数 2 2( ) 2( )ln 2 2f x x a x x ax a a ，其中 0a .
（1）设 ( )g x 是 ( )f x 的导函数，评论 ( )g x 的单调性；
（2）证明：存在 (0,1)a ，使得 ( ) 0f x 在区间 (1,+ )内恒成立，且 ( ) 0f x 在 (1,+ )内有唯一解.
【答案】（1）当 10 4a 时， ( )g x 在区间 1 1 4 1 1 4(0, ),( , )2 2
a a 上单调递增， 在区间
1 1 4 1 1 4( , )2 2
a a 上单调递减；当 1
4a 时， ( )g x 在区间 (0, ) 上单调递增.（2）详见解析.
（2）由 ( ) 2 2 2ln 2(1 ) 0af x x a x x
，解得 1
1 ln
1
x xa x
.
令 2 2
1 1 1 1
1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( )ln 2( ) 2( )1 1 1 1
x x x x x x x xx x x x xx x x x
.
则 2
1 1
( 2) 2(1) 1 0, ( ) ) 2( ) 01 1
e e ee e e
，.
故存在 0 (1, )x e ，使得 0( ) 0x .
令 0 0
0 1
0
1 ln , ( ) 1 ln ( 1)1
x xa u x x x xx
，.
由 1( ) 1 0u x x
知，函数 ( )u x 在区间 (1, ) 上单调递增.
所以 0
01 1 1
0
( )(1) ( ) 20 11 1 1 1 1
u xu u e eax e e
.
即 0 (0,1)a .
当 0a a 时，有 0 0 0( ) 0, ( ) ( ) 0f x f x x ，.
由（1）知，函数 ( )f x 在区间 (1, ) 上单调递增.
故当 0(1, )x x 时，有 0( ) 0f x ，从而 0( ) ( ) 0f x f x ；
当 0( , )x x 时，有 0( ) 0f x ，从而 0( ) ( ) 0f x f x ；
所以，当 (1, )x 时， ( ) 0f x .
综上所述，存在 (0,1)a ，使得 ( ) 0f x 在区间 (1,+ )内恒成立，且 ( ) 0f x 在 (1,+ )内有唯一解.
3.【2015 高考广东，理 19】设 1a ，函数 aexxf x )1()( 2 ．
(1) 求 )(xf 的单调区间 ；
(2) 证明： )(xf 在 , 上仅有一个零点；
(3) 若曲线 ( )y f x= 在点 P 处的切线与 x 轴平行，且在点 ( , )M m n 处的切线与直线OP 平行（O 是坐标原
点）,证明： 123
eam ．
【答案】（1） , ；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】（1）依题 22 2' 1 ' 1 ' 1 0x x xf x x e x e x e ，
∴ f x 在 , 上是单调增函数；
（3）证明：f'（x）=ex（x+1）2，
设点 P（x0，y0）则）f'（x）=ex0（x0+1）2，
∵y=f（x）在点 P 处的切线与 x 轴平行，∴f'（x0）=0，即：ex0（x0+1）2=0，
∴x0=﹣1
将 x0=﹣1 代入 y=f（x）得 y0= ．∴ ，
∴ …10 分
令；g（m）=em﹣（m+1）g（m）=em﹣（m+1），
则 g'（m）=em﹣1，由 g'（m）=0 得 m=0．
当 m∈（0，+∞）时，g'（m）＞0
当 m∈（﹣∞，0）时，g'（m）＜0
∴g（m）的最小值为 g（0）=0…12 分
∴g（m）=em﹣（m+1）≥0
∴em≥m+1
∴em（m+1）2≥（m+1）3
即：
∴m≤ …14 分
4.【2015 高考新课标 2，理 12】设函数 ' ( )f x 是奇函数 ( )( )f x x R 的导函数， ( 1) 0f ，当 0x 时，
' ( ) ( ) 0xf x f x ，则使得 ( ) 0f x 成立的 x 的取值范围是（ ）
A． ( , 1) (0,1) B． ( 1,0) (1, )
C． ( , 1) ( 1,0) D． (0,1) (1, )
【答案】A
5.【2015 高考新课标 1，理 12】设函数 ( )f x = (2 1)xe x ax a ,其中 a 1，若存在唯一的整数 0x ，使得
0( )f x 0，则 a 的取值范围是（ ）
(A)[- 3
2e
，1） (B)[- 3
2e
， 3
4
） (C)[ 3
2e
， 3
4
） (D)[ 3
2e
，1）
【答案】D
【解析】设 ( )g x = (2 1)xe x ， y ax a ，由题知存在唯一的整数 0x ，使得 0( )g x 在直线 y ax a 的下
方.因为 ( ) (2 1)xg x e x ，所以当 1
2x 时， ( )g x ＜0，当 1
2x 时， ( )g x ＞0，所以当 1
2x 时，
max[ ( )]g x = 1
2-2e
，当 0x 时， (0)g =-1， (1) 3 0g e ，直线 y ax a 恒过（1,0）斜率且 a ，故
(0) 1a g ，且 1( 1) 3g e a a ，解得 3
2e
≤ a ＜1，故选 D.
6.【2015 高考新课标 2，理 21】
设函数 2( ) mxf x e x mx ．
(Ⅰ)证明： ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增；
（Ⅱ）若对于任意 1 2, [ 1,1]x x ，都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e ，求 m 的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[ 1,1] ．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的 m ， ( )f x 在[ 1,0] 单调递减，在[0,1] 单调递增，故 ( )f x 在 0x 处取得最小
值．所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x ， 1 2( ) ( ) 1f x f x e 的充要条件是： (1) (0) 1,
( 1) (0) 1,
f f e
f f e
即
1,
1,
m
m
e m e
e m e
①，设函数 ( ) 1tg t e t e ，则 ' ( ) 1tg t e ．当 0t 时， ' ( ) 0g t ；当 0t 时，
' ( ) 0g t ．故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．又 (1) 0g ， 1( 1) 2 0g e e ，故当
[ 1,1]t 时， ( ) 0g t ．当 [ 1,1]m 时， ( ) 0g m ， ( ) 0g m ，即①式成立．当 1m 时，由 ( )g t 的
单调性， ( ) 0g m ，即 1me m e ；当 1m 时， ( ) 0g m ，即 1me m e ．综上， m 的取值
范围是[ 1,1] ．
7.【2015 江苏高考，17】（本小题满分 14 分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山
区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为 1 2l l， ，山
区边界曲线为 C，计划修建的公路为 l，如图所示，M，N 为 C 的两个端点，测得点 M 到 1 2l l， 的距离分别为 5
千米和 40 千米，点 N 到 1 2l l， 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米，以 1 2l l， 所在的直线分别为 x，y 轴，建立
平面直角坐标系 xOy，假设曲线 C 符合函数 2
ay x b
（其中 a，b 为常数）模型.
（1）求 a，b 的值；
（2）设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为 t.
①请写出公路 l 长度的函数解析式 f t ，并写出其定义域；
②当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度.
【答案】（1） 1000, 0;a b （2）①
6
2
4
9 10 9( ) ,4f t tt
定义域为[5,20] ，
② min10 2, ( ) 15 3t f t 千米
【解析】
（1）由题意知，点 ， 的坐标分别为 5,40 ， 20,2.5 ．
将其分别代入 2
ay x b
，得
4025
2.5400
a
b
a
b
，
解得 1000
0
a
b
．
②设
6
2
4
4 10g t t t
，则
6
5
16 102g t t t
．令 0g t ，解得 10 2t ．
当 5,10 2t 时， 0g t ， g t 是减函数；
当 10 2,20t 时， 0g t ， g t 是增函数．
从而，当 10 2t 时，函数 g t 有极小值，也是最小值，所以 min 300g t ，
此时 min 15 3f t ．
答：当 10 2t 时，公路l 的长度最短，最短长度为15 3 千米．
8.【2015 高考新课标 2，理 12】设函数 ' ( )f x 是奇函数 ( )( )f x x R 的导函数， ( 1) 0f ，当 0x 时，
' ( ) ( ) 0xf x f x ，则使得 ( ) 0f x 成立的 x 的取值范围是（ ）
A． ( , 1) (0,1) B． ( 1,0) (1, )
C． ( , 1) ( 1,0) D． (0,1) (1, )
【答案】A
【解析】记函数 ( )( ) f xg x x
，则
'
'
2
( ) ( )( ) xf x f xg x x
，因为当 0x 时， ' ( ) ( ) 0xf x f x ，故当 0x
时， ' ( ) 0g x ，所以 ( )g x 在 (0, ) 单调递减；又因为函数 ( )( )f x x R 是奇函数，故函数 ( )g x 是偶函数，
所以 ( )g x 在 ( ,0) 单调递减，且 ( 1) (1) 0g g ．当 0 1x 时， ( ) 0g x ，则 ( ) 0f x ；当 1x
时， ( ) 0g x ，则 ( ) 0f x ，综上所述，使得 ( ) 0f x 成立的 x 的取值范围是 ( , 1) (0,1) ，故选 A．
9.【2015 高考新课标 1，理 12】设函数 ( )f x = (2 1)xe x ax a ,其中 a 1，若存在唯一的整数 0x ，使得
0( )f x 0，则 a 的取值范围是（ ）
(A)[- 3
2e
，1） (B)[- 3
2e
， 3
4
） (C)[ 3
2e
， 3
4
） (D)[ 3
2e
，1）
【答案】D
10.【2015 高考新课标 2，理 21】（本题满分 12 分）
设函数 2( ) mxf x e x mx ．
(Ⅰ)证明： ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增；
（Ⅱ）若对于任意 1 2, [ 1,1]x x ，都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e ，求 m 的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[ 1,1] ．
【解析】(Ⅰ) ' ( ) ( 1) 2mxf x m e x ．
若 0m ，则当 ( ,0)x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ；当 (0, )x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ．
若 0m ，则当 ( ,0)x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ；当 (0, )x 时， 1 0mxe ， ' ( ) 0f x ．
所以， ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的 m ， ( )f x 在[ 1,0] 单调递减，在[0,1] 单调递增，故 ( )f x 在 0x 处取得最小
值．所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x ， 1 2( ) ( ) 1f x f x e 的充要条件是： (1) (0) 1,
( 1) (0) 1,
f f e
f f e
即
1,
1,
m
m
e m e
e m e
①，设函数 ( ) 1tg t e t e ，则 ' ( ) 1tg t e ．当 0t 时， ' ( ) 0g t ；当 0t 时，
' ( ) 0g t ．故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．又 (1) 0g ， 1( 1) 2 0g e e ，故当
[ 1,1]t 时， ( ) 0g t ．当 [ 1,1]m 时， ( ) 0g m ， ( ) 0g m ，即①式成立．当 1m 时，由 ( )g t 的
单调性， ( ) 0g m ，即 1me m e ；当 1m 时， ( ) 0g m ，即 1me m e ．综上， m 的取值
范围是[ 1,1] ．
