专题07 导数及其应用（命题猜想）-2018年高考数学（文）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·高考天津卷)已知 a∈R，设函数 f(x)＝ax－ln x 的图象在点(1，f(1))处的切线为 l，
则 l 在 y 轴上的截距为________．
解析：∵f′(x)＝a－1
x
，∴f′(1)＝a－1.
又∵f(1)＝a，∴切线 l 的斜率为 a－1，且过点(1，a)，
∴切线 l 的方程为 y－a＝(a－1)(x－1)．
令 x＝0，得 y＝1，故 l 在 y 轴上的截距为 1.
答案：1
【2016 高考新课标 2 文数】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
【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离
的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即
为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．
【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
【解析】因为 f′（x）＝exsin x＋excos x，所以 f′（0）＝1，即曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））
处的切线的斜率为 1，所以在点（0，f（0））处的切线的倾斜角为π
4
.
【命题热点突破二】函数的单调性 与最值
例 2、【2017 课标 3，文 21】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 3( ) 24f x a
．
【答案】（1）当 0a 时， )(xf 在 ),0( 单调递增；当 0a 时，则 )(xf 在 )2
1,0( a
单调递增，在
),2
1(
a
单调递减；（2）详见解析
当 a＜0 时， 1 1ln 1 02 2a a
，即 3 24fx a
.
【2016 高考山东文数】(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
（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
，
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。
【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．
（2）f′（x） ＝aex＋（ax－2）ex＝（ax＋a－2）ex.
由已知得 f′（1）＝0，即（2a－2）e＝0，解得 a＝1，
验证知，当 a＝1 时，函数 f（x）＝（x－2）ex 在 x＝1 处取得极小值，所以 a＝1.
f（x）＝（x－2）ex，f′（x）＝ex＋（x－2）ex＝（x－1）ex.
f′（x），f（x）随 x 的变化情况如下：
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，由（*）式，知 lnb
a
0；当 x∈（-1- ，+∞）
时，f’(x)<0
所以 f(x)在（-∞，-1- ），（-1+ ，+∞）单调递减，在（-1- ，-1+ ）单调递增
(2) f (x)=(1+x)（1-x）ex
当 a≥1 时，设函数 h(x)=（1-x）ex，h’(x)= -xex＜0（x＞0），因此 h(x)在[0，+∞)单调递减，而 h(0)=1，
故 h(x)≤1，所以
f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1
当 0＜a＜1 时，设函数 g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以 g（x）在在[0，+∞)单调递
增，而 g(0)=0，故 ex≥x+1
当 0＜x＜1， ， ，取
则
当
综上，a 的取值范围[1，+∞）
5.【2017 课标 3，文 21】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 3( ) 24f x a
．
【答案】（1）当 0a 时， )(xf 在 ),0( 单调递增；当 0a 时，则 )(xf 在 )2
1,0( a
单调递增，在
),2
1(
a
单调递减；（2）详见解析
（2）由（1）知，当 a＜0 时，f（x）在 1
2x a
取得最大值，最大值为
1 1 1ln 12 2 4f a a a
.
所以 3 24fx a
等价于 1 1 3ln 1 22 4 4a a a
，即 1 1ln 1 02 2a a
.
设 g（x）=lnx-x+1，则 ’ 1 1g x x
.
当 x∈（0,1）时， 0g x ；当 x∈（1，+ ）时， 0g x .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， 1 1ln 1 02 2a a
，即 3 24fx a
.
6.【2017 山东，文 20】（本小题满分 13 分）已知函数 3 21 1 ,3 2f x x ax a R .,
(I)当 a=2 时,求曲线 y f x 在点 3, 3f 处的切线方程；
(II)设函数 cos sing x f x x a x x ,讨论 g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极
值.
【答案】(I)3 9 0x y ,（2）(II)⑴ 0a 无极值；⑵ 0a 极大值为 31 sin6 a a ,极小值为 a ；
⑶ 0a 极大值为 a ,极小值为 31 sin6 a a .
sinx a x x ，
令 sinh x x x ，
则 1 cos 0h x x ，
所以 h x 在 R 上单调递增，
因为 0 0h ，
所以，当 0x 时， 0h x ；当 0x 时， 0h x .
（3）当 0a 时， sing x x a x x ，
当 ,0x 时， 0x a ， 0g x ， g x 单调递增；
当 0,x a 时， 0x a ， 0g x ， g x 单调递减；
当 ,x a 时， 0x a ， 0g x ， g x 单调递增.
所以当 0x 时 g x 取到极大值，极大值是 0g a ；
当 x a 时 g x 取到极小值，极小值是 31 sin6g a a a .
综上所述：
当 0a 时，函数 g x 在 ,a 和 0, 上单调递增，在 ,0a 上单调递减，函数既有极大值，又
有极小值，极大值是 31 sin6g a a a ，极小值是 0g a ；
当 0a 时，函数 g x 在 , 上单调递增，无极值；
当 0a 时，函数 g x 在 ,0 和 ,a 上单调递增，在 0,a 上单调递减，函数既有极大值，又
有极小值，极大值是 0g a ，极小值是 31 sin6g a a a .
7.【2017 北京，文 20】已知函数 ( ) e cosxf x x x ．
（Ⅰ）求曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程；
（Ⅱ）求函数 ( )f x 在区间 π[0, ]2
上的最大值和最小值．
【答案】(Ⅰ) 1y ；（Ⅱ）最大值 1；最小值
2
.
1. 【2016 高考山东文数】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 年高考四川文数】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
3.【2016 高考新课标 2 文数】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
.
4.【2016 高考新课标 3 文数】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, )
（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 高考山东文数】(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
.
（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.
（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 ，
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
【解析】
（1）因为 12, 2a b ，所以 ( ) 2 2x xf x .
①方程 ( ) 2f x ，即 2 2 2x x ，亦即 2(2 ) 2 2 1 0x x ，
所以 2(2 1) 0x ，于是 2 1x ，解得 0x .
②由条件知 2 2 2 2(2 ) 2 2 (2 2 ) 2 ( ( )) 2x x x xf x f x .
因为 (2 ) ( ) 6f x mf x 对于 xR 恒成立，且 ( ) 0f x ，
所以
2( ( )) 4
( )
f xm f x
对于 xR 恒成立.
而
2( ( )) 4 4 4( ) 2 ( ) 4( ) ( ) ( )
f x f x f xf x f x f x
，且
2( (0)) 4 4(0)
f
f
，
所以 4m ，故实数 m 的最大值为 4.
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 高考天津文数】（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 .
（Ⅱ）证明：因为 )(xf 存在极值点，所以由（Ⅰ）知 0a ，且 10 x ，
由题意，得 0)1(3)(' 2
00 axxf ，即
3)1( 2
0
ax ，
进而 baxabaxxxf
33
2)1()( 00
3
00 .
又 baaxxabxaxxf 32)1(3
8)22()22()23( 000
3
00 )(33
2
00 xfbaxa ，
且 0023 xx ，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数 1x 满足 )()( 01 xfxf ，且 01 xx ，因此 01 23 xx ，
所以 32 01 xx .
（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 .
（3）当
4
30 a 时， 2 3 2 30 1 1 23 3
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 )]2(),0([ ff ，因此
|}21||,1max{||})2(||,)0(max{| babffM
|})(1||,)(1max{| baabaa
4
1||1 baa .
综上所述，当 0a 时， )(xg 在区间 ]2,0[ 上的最大值不小于
4
1 .
9.【2016 高考新课标 3 文数】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．
（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
（Ⅲ）由（Ⅰ）得| ( ) | | 2 sin 2 ( 1)sin | 2 | 1|f x x x .
当 10 5
时，| ( ) | 1 2 4 2(2 3 ) 2f x A .
当 1 15
时， 1 3 18 8 4A
，所以| ( ) | 1 2f x A .
当 1 时，| ( ) | 3 1 6 4 2f x A ，所以| ( ) | 2f ' x A .
10.【2016 高考浙江文数】（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
．
（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 文数】(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 .
【解析】
（Ⅰ） ( )f x 的定义域为 ( , 2) ( 2, ) .
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 年高考北京文数】（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 ( , ) .
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
（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
．
设
34
27g a a a c
，因为函数 f x 有三个零点时， a 的取值范围恰好是
3 3, 3 1, ,2 2
，则在 , 3 上 0g a ，且在
3 31, ,2 2
上 0g a 均恒
成立，
从而 3 1 0g c ，且
3 1 02g c ，因此 1c ．
此时， 3 2 21 1 1 1f x x ax a x x a x a ，
因函数有三个零点，则 2 1 1 0x a x a 有两个异于 1 的不等实根，
所以 2 21 4 1 2 3 0a a a a ，且 21 1 1 0a a ，
解得
3 3, 3 1, ,2 2a
．
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.
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．
（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] ．
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
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
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
【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.
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] ．
