三年高考(2017-2019)文數(shù)真題專項匯編：專題04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(解答題)(解析版)

1、專題04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(解答題)1 .【2019年高考全國I卷文數(shù)】已知函數(shù)f (x) =2sinx-xcosx-x, f ' (x)為f (x)的導(dǎo)數(shù).(1)證明：f' (x)在區(qū)間(0,力存在唯一零點；(2)若xC 0, nt時，f (x)*x,求a的取值范圍.【答案】(1)見解析；(2) a ,0 .【解析】(1)設(shè) g(x) f (x),則 g(x) cosx xsin x 1,g (x) xcosx.兀5r.兀-5r當(dāng)x (0,)時，g (x) 0；當(dāng)x -，/時，g (x) 0,所以g(x)在(0,)單調(diào)遞增，在 -，/單 2222調(diào)遞減.7T一 , 一，八一，又g(

2、0) 0,g -0,g(冗)2,故g(x)在(0,力存在唯一零點.所以f (x)在(0,時存在唯一零點.(2)由題設(shè)知f(力awf(Tt) 0,可得aw。.由(1)知，f (x)在(0,/)只有一個零點，設(shè)為x°,且當(dāng)x 0,%時，f (x) 0；當(dāng)x /，冗時,f (x) 0,所以f (x)在0,x0單調(diào)遞增，在 ,冗單調(diào)遞減.又 f(0) 0, f ( u) 0,所以，當(dāng) x 0,用時，f(x>-0.又當(dāng) a, 0,x 0,用時，ax<0,故 f(x)ax.因此，a的取值范圍是(,0.【名師點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)零點個數(shù)、根據(jù)恒成立的不等式求解參數(shù)范圍的問題.

3、對于此類端點值恰為恒成立不等式取等的值的問題，通常采用構(gòu)造函數(shù)的方式，將問題轉(zhuǎn)變成函數(shù)最值與零之間的比較，進(jìn)而通過導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)來確定所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，從而得到最值2.【2019年高考全國n卷文數(shù)】已知函數(shù)f (x) (x 1)ln x x 1.證明：(1) f(x)存在唯一的極值點；(2) f (x)=0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù).【答案】(1)見解析；(2)見解析.【解析】(1) f(x)的定義域為(0, + ).,，、x 1 ,/ ,1f (x) ln x 1 In x -.xx1 因為y lnx單倜遞增，y 單調(diào)遞減，所以 f(x)單調(diào)遞增，又f (1)1 0,x，11n 4

4、 1，f (2) 1n2 0,故存在唯一 X0 (1,2),使得 f X00.2 2又當(dāng)x X0時，f (x) 0, f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x X0時，f (x) 0, f(x)單調(diào)遞增.因此，f(x)存在唯一的極值點. 由(1)知f x0f(1)2,又f e2e2 3 0 ,所以f (x) 0在x0,內(nèi)存在唯一根x .,一 1由x0 1 得一1 % .一 1111 f( )1 一一 一.又 f 1 1n 1 10,故一是 f(x) 0在 0,x0 的唯一根.綜上，f(x) 0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù).【名師點睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，通常需要對函數(shù)求導(dǎo)，用導(dǎo)數(shù)的方法研究函數(shù)的單調(diào)

5、性、極值，以及函數(shù)零點的問題，屬于?？碱}型.3.【2019年高考天津文數(shù)】設(shè)函數(shù) f(x) 1n x a(x 1)ex,其中a R .(I)若a<0,討論f (x)的單調(diào)性;41(n)若 0 a -, e(i)證明f(x)恰有兩個零點；(ii)設(shè)x0為f (x)的極值點,【答案】(I) f (x)在(0,x1為f(x)的零點，且x1 x0,證明3x0 x1 2.)內(nèi)單調(diào)遞增.；(n) (i)見解析；(ii)見解析.【解析】(I)解:由已知,f(x)的定義域為(0,)，且1 (x)x因此當(dāng)a<0時，12 xax ef (x) 0,所以f(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞增.(n)證明：(i)由

6、(I)知 f (x)2 x1 ax e.令 g(x) 1 ax2ex,由 0 a 1, e可知g(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞減，又g(1) 1 ae 0,且故g(x) 0在故當(dāng)x 0,%時,f(x)典 x令 h(x) ln x時，h(x) h(1)又因為f x0而,f(x)在(0,(ii)由題意,1時,ln x于是整理得3x0【名師點睛】g ln1 a. 11a ln a)內(nèi)有唯一解,f (x)g(x)x從而f(x)0,x0f (x)在 xo,1,則當(dāng)x 1時,0 ,所以Inx.1ln ln aaf (1) 0,所以11 ln-0.a0在(0,)內(nèi)有唯一解，不妨設(shè)為x0,則1 x0所以f (x)在

7、0,%內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)x x0,1 h'(x)1.從而，1 ,ln - 1 e a1 ln af (x)在(x0,)內(nèi)恰有兩個零點.x12.內(nèi)單調(diào)遞減，因此 xo是f(x)的唯一極值點.0 ,故h(x)在(1,)內(nèi)單調(diào)遞減，從而當(dāng),1,1 ln ln ln -a a)內(nèi)有唯一零點x000,即又x1ln -.a時,11 h ln0,a.又f(x)在0,x0內(nèi)有唯一零點1,從2 x0 ax°eln x11,a x1x從而ln e7xMex1 x0,即 ex1 x0 x02.x0 ln x1.因為x01,故 ex1 x0x1x02ln本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、不等式證明、2x x,

8、x11x2,兩邊取對數(shù)，得lnx。 eln x2 ,運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和方法考查函數(shù)思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力32.4.【2019年高考全國出卷文數(shù)】已知函數(shù)f (x) 2x ax 2 .(1)討論f (x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)0<a<3時，記f(x)在區(qū)間0, 1的最大值為M,最小值為m,求M m的取值范圍.【答案】(1)見詳解； ,2).27【解析】(1) f (x) 6x2 2ax 2x(3x a).令 f (x) 0 ,得 x=0 或 x a .3若 a>0 ,則當(dāng) x (,0) U a,3時，f (x) 0 ；當(dāng) xa0,-時

9、，f (x) 0 .故 f(x)在 3(,0), a,單調(diào)遞增，在 0,a單調(diào)遞減;33若a=0, f(x)在(，)單調(diào)遞增；若a<0 ,則當(dāng)xa，U(0,)時，f (x) 0 ;當(dāng) x 3aa,0 時，f (x) 0 .故 f(x)在 33 ,(0,)單調(diào)遞增,在 -,0單調(diào)遞減.3a,1單調(diào)遞增，所以 f(x)在0,1 3(2)當(dāng)0 a 3時，由(1)知，f(x)在0,a單調(diào)遞減，在3a的最小值為f a33 a272 ,最大值為f (0)=2或f (1)=4 a .于是274 a,0 a 2,2,2 a 3.所以M m32 a ,0 a 2, 273a ,2 a 3.273a當(dāng)0 a

10、 2時，可知2 a 單調(diào)遞減，所以 M m的取值范圍是 2727,2 ,3當(dāng)2 a 3時，a-單調(diào)遞增，所以M27m的取值范圍是-8,1).27綜上，M m的取值范圍是-殳，2).27【名師點睛】這是一道常規(guī)的導(dǎo)數(shù)題目，難度比往年降低了不少考查函數(shù)的單調(diào)性，最大值、最小值的計算.5.【2019年高考北京文數(shù)】已知函數(shù)(i)求曲線y f (x)的斜率為1的切線方程;(n)當(dāng) x 2,4時，求證：x 6 f(x) x ；(m)設(shè) F(x) | f(x) (x a) |(aR),記F(x)在區(qū)間2,4上的最大值為M (a),當(dāng) M (a)最小時，求a的值.【答案】(I ) y x與y x【解析】(I

11、)由f(x) x3 4.一 3 c令 f (x) 1 ,即 3x2 2x 14又 f(0)0, f(8)之，327所以曲線y；(n)見解析；(出)a 27x2 x 得 f (x) - x2 2x 41,得 x 0 或 x .3f (x)的斜率為1的切線方程是y827f (x) x,x 2,4.即y x與y x -. 27(n)令 g(x).1 323 2由 g(x) -x x 得 g'(x) -x 2x .44令 g' (x) 0 得 x 0 或 x 8 . 3g'(x), g(x)的情況如下:x2(2,0)0畤83號4)4g'(x)g(x)6Z06427Z0所

12、以g(x)的最小值為 6,最大值為0 .故 6 g(x) 0 ,即 x 6 f(x) x .(出)由(n)知，當(dāng) a3時，M(a) F(0) |g(0) a| a 3；當(dāng) a3時，M(a) F( 2) |g( 2) a16a 3;當(dāng) a 3時，M (a) 3 .綜上，當(dāng)M (a)最小時，a 3.【名師點睛】本題主要考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的切線方程，利用導(dǎo)函數(shù)證明不等式的方法，分類討論的數(shù)學(xué)思想等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力6.【2019年高考浙江】已知實數(shù) a 0,設(shè)函數(shù)f(x)=a1nx jx1,x0.3(1)當(dāng)a 時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;4,求a的取值范圍. 2a一 ，

13、一 1(2)對任意x ,)均有f(x) e注：e=2.71828為自然對數(shù)的底數(shù).(1)f X的單調(diào)遞增區(qū)間是3,單調(diào)遞減區(qū)間是0,3 ；。當(dāng)(1)3當(dāng) a 時，f (x)4f'(x)34x12Jx(,r-x 2)(2 .1x 1)4x 1 x所以,函數(shù)f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0, 3),單調(diào)遞增區(qū)間為(3, +(2)2a 4a 二時，f(x) 4立等價于-x2a a2、1 x 21n x 0.a工，則t a設(shè) g(t)t2G2t .1 x2ln x,t 2.2則 g(t)x(t1 x)2時,1 12 2,g(t) g(2:2)8 & 4 疝Tx 21nx.記 p(x) 4

14、x2 石 >/1 xln x, x，則7p'(x)2 v22 2 x X ，2x,x x 1 x(x 1)1 £x(、2x 2 1)x . x 1( . x 1)( . x 1. 2x)x17(»1(1,)p'(x)0+p(x)1 p(7)單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增所以，p(x) p(1) 0 .因此，g(t)g(2>/2) 2p(x) 0.2 x In x (x 1)2 . x1 1 一-1(ii)當(dāng) x ,-時，g(t>p J1 e 7. x令 q(x) 2 , x In x (x 1),x則 q' (x)10,.1 1 ,

15、1故q(x)在 -2 一 上單倜遞增，所以 q(x), q 一e 77由(i)得,2 7Vp27 /八p(1)0.所以，q(x)<0 .因此 g(t) ' g 1 1q(x)0.1由(i) (ii)知對任意x , e,t 272,),g(t)。即對任意x-12,均有f(x),.e2a .2綜上所述，所求a的取值范圍是 0,? .【名師點睛】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識點，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個角度進(jìn)行：(1)考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系.(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù).

16、(3)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最彳1(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題.(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.7.【2019年高考江蘇】設(shè)函數(shù)f(x) (x a)(x b)(x c),a,b,c R、f' (x)為f (x)的導(dǎo)函數(shù).(1)若 a=b=c, f (4) =8,求 a 的值；(2)若a巾，b=c,且f (x)和f'(x)的零點均在集合 3,1,3中，求f (x)的極小值；4(3)若a 0,0 b, 1,c 1,且f(x)的極大值為 M,求證：mw.27【答案】(1) a 2； (2)見解析；(3)見解析.【解析】(1)因為 a b c,所以 f (x) (x a)(x b)(x c)

17、 (x a)3.因為 f(4) 8,所以(4 a)3 8,解得a 2.(2)因為b c ,所以 f (x) (x a)(x b)2 x3 (a 2b)x2 b(2a b)x ab2,從而 f'(x) 3(x b) x 2ab .令 f'(x) 0,得 x b或 x 2ab . 33因為ab&b都在集合 3,1,3中，且a b, ''3所以在衛(wèi)1,a 3,b3.3此時 f(x) (x 3)(x 3)2, f'(x) 3(x 3)(x 1).令f'(x) 0,得x 3或x 1 .列表如下：x(,3)3(3,1)1(1,)f'(x)+0

18、一0+f(x)Z極大值極小值Z所以f(x)的極小值為f(1 3)(1 3)232 .(3)因為 a 0,c 1,所以 f (x) x(x b)(x 1) x3 (b 1)x2 bx, f'(x) 3x2 2(b 1)x b .2 2因為 0 b 1 ,所以 4(b 1)12b (2b 1)3 0,則f'(x)有2個不同的零點，設(shè)為 x1,x2 x1x2 .b 1 b2 b 1 b 1. b2 b 1由 f'(x) 0,得為,x2 .3 3列表如下：x(,x1)x1x1，x2x2(x2 ,)f'(x)+0一0+f(x)Z極大值極小值Z所以f(x)的極大值M f x

19、1 .解法一：32,M f x1x (b 1)x1 bK22x1 b 12bbi b(b 1)3x1 2(b 1)x1 b - -x139992 b2 b 1 (b 1)27b(b 1)3 b b 1 27b(b 1) 2(b 1)2(b 1)272727(,b(b1)1)3b(b 1)24272727解法二：因此M427因為0 b 1 ,所以x1(0,1).當(dāng) x (0,1)時，f(x) x(x b)(x 1) x(x 1)2.2_1令 g(x) x(x 1) ,x (0,1),則 g'(x) 3 x - (x 1).31令g'(x) 0,得x .列表如下: 3x1 (0,3

20、)3(?1)g'(x)+0一g(x)Z極大值1 14所以當(dāng)x 1時，g(x)取得極大值，且是最大值，故g(x)max g 13.332744所以當(dāng)x (0,1)時，f(x) g(x) ,因此M . 2727【名師點睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，考查綜合運用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力.8.【2018年高考全國出卷文數(shù)】已知函數(shù)f(x)2當(dāng)x 1時，g (x) 0 , g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x 1時，g (x) 0, g(x)單調(diào)遞增;ax x 1所以 g(x) g( 1)=0 .因此 f (x) e 0.【名師點睛】本題考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用， 第一問由導(dǎo)數(shù)的幾

21、何意義可求出切線方程，第二問當(dāng)a 1時，f(x) e (x2 x 1 ex1)e xe一e 1設(shè) g (x) = in x 1 ,則 g (x) . ee x當(dāng)0Vx<1時，g' (x) <0;當(dāng)x>1時，g' (x) >0.所以x=1是g (x)的最小值點.故當(dāng) x>0 時，g (x)匐(1) =0.1.因此，當(dāng)a 時，f(x) 0. e【名師點睛】該題考查的是有關(guān)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用問題，涉及的知識點有導(dǎo)數(shù)與極值、導(dǎo)數(shù)與最值、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系以及證明不等式問題，在解題的過程中，首先要確定函數(shù)的定義域，之后根據(jù)導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系求得參數(shù)值，之后利用極

22、值的特點，確定出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，第二問在求解的時候構(gòu)造新函數(shù)，應(yīng)用不等式的傳遞性證得結(jié)果.1 32,10.【2018年局考全國n卷又?jǐn)?shù)】已知函數(shù) f x -x a x x 1 .3(1)若a 3,求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f (x)只有一個零點.【答案】(1)在(但，3 273) , ( 3 2百，+°°)單調(diào)遞增，在(3 2后,3 2/3)單調(diào)遞減；(2)見解析.,令g(x) x2 x 1 ex 1,求出g(x)的最小值即可證明 x9.【2018年高考全國i卷文數(shù)】已知函數(shù)f x ae lnx 1.(1)設(shè)x 2是f x的極值點，求a,并求f x的單調(diào)區(qū)間；八

23、-1(2)證明：當(dāng)a 時，f x 0 .e【答案】(1)在(0, 2)單調(diào)遞減，在(2, +8)單調(diào)遞增；(2)見解析.1【解析】(1) f (x)的定義域為(0,) , f (x) =aex-.x1由題設(shè)知，f ' (2) =0,所以a=.2e1 V1 V 1從而 f(x)= -2ein x 1 , f (x) = -2-e.2e2e x當(dāng) 0Vx<2 時，f ' (x) <0；當(dāng) x>2 時，f' (x) >0.所以f (x)在(0, 2)單調(diào)遞減，在(2, +8)單調(diào)遞增.ex當(dāng)a呈時，f (x)上lnx 1 .ee1. Oc【解析】(1)

24、當(dāng) a=3 時，f(x) =_x 3x 3x 3, f'(x) = x2 6x 3.3令 f ' (x) =0 解得 x= 3 2J3或 x= 3 2M .當(dāng) xC ( 3, 3 2喬)U ( 3 2邪,+00)時，f ' (x) >0；當(dāng) xC(3 273 , 3 2塢)時，f' (x) <0.故 f (x)在(po, 3 2J3) , (3 2J3, +8)單調(diào)遞增，在(3 2P ,3 2/3)單調(diào)遞減.3 x 由于x2 x 1 0,所以f(x) 0等價于F 3a 0 .x x 13設(shè) g(x)=hx3a,x x 1一 ,x2(x2 2x 3)則

25、 g ' (x) =，也僅當(dāng) x=0 時 g ' (x) =0,(x x 1)所以g (x)在(3 , +8)單調(diào)遞增.故g (x)至多有一個零點，從而 f (x)至多有一個零點.2 11 21又 f (3aT) =6a22a-6(a-)2-03 66'f (3a+1) =1 0,故 f (x)有一個零點.3綜上，f (x)只有一個零點.【名師點睛】(1)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟如下：確定函數(shù)的定義域；求導(dǎo)數(shù)f2；由00。(或口)解出相應(yīng)的3的取值范圍，當(dāng)(a)。時，在相應(yīng)區(qū)間上是增函數(shù)；當(dāng)(狂)<。時，/Q；在相應(yīng)區(qū)間上是減增函數(shù).(2)本題第二問重在考查零點

26、存在性問題，解題的關(guān)鍵在于將問題轉(zhuǎn)化為求證函數(shù)有唯一零點，可先證明其單調(diào)，再結(jié)合零點存在性定理進(jìn)行論證11.【2018年高考北京文數(shù)】設(shè)函數(shù) f (x) ax2 (3a 1)x 3a 2ex.(I )若曲線y f (x)在點(2, f (2)處的切線斜率為0,求a；(n )若f (x)在x 1處取得極小值，求 a的取值范圍.1【答案】(I) a - ； (n) (1,).2【解析】(I)因為 f(x) ax2 (3a 1)x 3a 2ex所以 f (x) ax2 (a 1)x 1ex.一 一 一2f (2) (2 a 1)e ,21由題設(shè)知f (2) 0,即(2a 1)e0,解得a -.2(n

27、)方法一：由(i)得 f (x) ax2 (a 1)x 1ex (ax 1)(x 1)ex.1若 a>1,則當(dāng) x (,1)時，f (x) 0; a當(dāng) x (1,)時，f (x) 0.所以f (x)在x=1處取得極小值.若 a 1 ,則當(dāng) x (0,1)時，ax 1 x 1 0,所以f (x) 0.所以1不是f(x)的極小值點.綜上可知，a的取值范圍是(1,).方法二：f (x) (ax 1)(x 1)ex.(1)當(dāng) a=0 時，令 f (x) 0 得 x=1.f (x), f (x)隨x的變化情況如下表：x(,1)1(1)f (x)+0-f(x)極大值f (x)在x=1處取得極大值，不

28、合題意.1當(dāng) a>0 時，令 f (x) 0 得 x1 1,x2 1 .a當(dāng) x1 x2 ,即 a=1 時，f (x) (x 1)2 ex 0,f (x)在R上單調(diào)遞增，f (x)無極值，不合題意.當(dāng)x1 x2 ,即0<a<1時，f (x), f(x)隨x的變化情況如下表:x(,1)1(11) a1 a(-,) af (x)+0-0+f(x)極大值極小值f (x)在x=1處取得極大值，不合題意.當(dāng)Xi X2,即a>1時，f (x), f (x)隨x的變化情況如下表:x1(,一) a1 a1 (-,1) a1(1,)f (x)+0-0+f(x)極大值極小值. f (x)在

29、x=1處取得極小值，即 a>1滿足題意.1當(dāng)a<0時，令f (x) 0得*1 x2 1 .af (x), f (x)隨x的變化情況如下表:x(J) a1 a(-,1) a1(1,)f (x)-0+0-f(x)極小值極大值f (x)在x=1處取得極大值，不合題意綜上所述，a的取值范圍為(1,).【名師點睛】導(dǎo)數(shù)類問題是高考數(shù)學(xué)中的必考題，也是壓軸題，主要考查的形式有以下四個：考查 導(dǎo)數(shù)的幾何意義，涉及求曲線切線方程的問題；利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性或求單調(diào)區(qū)間問題； 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值、最值問題；關(guān)于不等式的恒成立問題解題時需要注意以下兩個方面：在求切線方程問題時，注意區(qū)別在某一點和

30、過某一點解題步驟的不 同；在研究單調(diào)性及極值、最值問題時常會涉及分類討論的思想，要做到不重不漏；不等式的恒成立問題屬于高考中的難點，要注意問題轉(zhuǎn)換的等價性12.【2018年高考天津文數(shù)】 設(shè)函數(shù)f(x)=(x t1)(x t2)(x t3),其中t1,t2,t3 R ,且t1,t2,t3是公差為d的 等差數(shù)列.(I)若t20,d 1,求曲線y f (x)在點(0, f(0)處的切線方程；(II)若d 3,求f(x)的極值;(III)若曲線y f(x)與直線y (x t2) 6J3有三個互異的公共點，求d的取值范圍.【答案】(I) x+y=0; (II)函數(shù)f(x)的極大值為6 73;函數(shù)f(x

31、)的極小值為-6聚；(III) d的取值范圍為(，,10)U( .10,).【解析】(I)解：由已知，可得 f(x)=x(x- 1)(x+1)=x3- x,故 f (x) =3x2-1,因此 f(0)=0, f (0)=- 1,又因為曲線y=f(x)在點(0, f(0)處的切線方程為 y-f(0)= f (0) (x-0),故所求切線方程為x+y=0.(n)解：由已知可得f(x)=(x- t2+3)(x-(x-12- 3)=(x-12)3- 9(x- t2)=x3- 3t2x2+(3t22- 9)x- t23+9t2.故 f (x) =3x2-6t2x+3t22-9.令 f (x) =0,解得

32、 x=t2- 33 ,或 x=t2+J3.當(dāng)x變化時，f (x) , f(x)的變化如下表：x(-t2- 33 )t2- V3(t2- 33 , t2+ J3 )t2+ V3(t2+>/3 , +方f (x)+0-0+f(x)極大值極小值所以函數(shù) 的極大值為 心-6)=(-百)3-9><-J3)=6 J3 ；函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+J3)=( J3)3-(出)解：曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-6，3有三個互異的公共點等價于關(guān)于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-12-d)+(x-12)+ 6 J3 =0 有三個互異的實數(shù)解，令 u=x-12,可得 u

33、3+(1-d2)u+6 J3 =0.設(shè)函數(shù)g(x)=x3+(1- d2)x+6 73 ,則曲線y=f(x)與直線y=-(x-12)- 6 33有三個互異的公共點等價于函數(shù)y=g(x)有三個零點.g'(x) =3x3+(1- d2).當(dāng)d2wi時，g'(x)>Q這時g(x)在R上單調(diào)遞增，不合題意.2d 1. d 1當(dāng) d >1 時，g (x)=0,解得 x1= 產(chǎn),x2=產(chǎn)一33+丐上單調(diào)遞增.易得，g(x)在(-8, x1)上單調(diào)遞增，在x1, x2上單調(diào)遞減，在(x2, 3ew士d2 12、.3(d2 1)2 c Kg(x)的極大值 g(xi)=g( -了)=9

34、 6j3>0.3g(x)的極/J、值 g(x2)=g()1 )=- £j3(j- 6a/3 .39若g(x2)由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù) y=g(x)至多有兩個零點，不合題意.3若 g(x2) 0,即(d2 1)2 27,也就是 |d| 而,此時 |d| x2 , g(|d|) |d | 673 0,且2|d| xi,g(2|d|)6| d |3 2| d| 67362而 6出 0 ,從而由g(x)的單調(diào)性，可知函數(shù)y g(x)在區(qū)間(2|d |,xi),(xi,x2),(x2,|d |)內(nèi)各有一個零點，符合題意.所以，d的取值范圍是(，J10)U(J10,).【名師點睛】本小

35、題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和方法，考查函數(shù)思想和分類討論思想，考查綜合分析問題和解決問題的能力【答案】(I)見解析；(n)見解析【解析】(I)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)f (x)_1_2 . x1111由 uw ，92)得示 r 2TS2 . A x12、： x2 x211因為xx2，所以衣反由基本不等式得1 "涇 Jx? Jx2 2 yxix2因為x x2 ,所以為加 256 .由題意得 f(x)f (x2) x1 1nxi . x2 In x21 ,xx2ln( x1x2).設(shè) g(x) 1Vx In x , 2貝U g (x) (Tx 4

36、), 4x所以x(0, 16)16(16, +8)g (x)-0+g(x)2-4ln2z所以g (x)在256, +8)上單調(diào)遞增,故 g(x1x2) g (256) 8 81n 2,即 f(xi) f(X2) 8 81n 2 .(n)令 m=e qa k) , n=(_a_1)2 1 ,則 kf (m) -km -a>|a|+k -k-a>0,/1a 1f (n) -kn -a< n( k) wn(-= k)<0,.n n、. n所以，存在 xoe ( m, n)使 f (xo) =kxo+a,所以，對于任意的aeR及ke (0, +oo),直線 尸kx+a與曲線y=

37、f (x)有公共點.由 f (x)= kx+a得 k . lnx a設(shè) h(x)則 h (x), x .ln x 122xg(x) 1 a2，x其中 g (x) ln x .由(I)可知 g (x)為(16),又 aw341n2,故 "g (x) T + aWg (16) -1+a= -3+4ln2+ a<0,所以h' (x) WQ即函數(shù)h (x)在(0, +8)上單調(diào)遞減，因此方程 f (x)*xw=0至多1個實根.綜上，當(dāng)aw341n2時，對于任意 k>0,直線y=kx+a與曲線y=f (x)有唯一公共點.【名師點睛】本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的運算及其應(yīng)

38、用，同時考查邏輯思維能力和綜合應(yīng)用 能力.14.【2018年高考江蘇】某農(nóng)場有一塊農(nóng)田，如圖所示，它的邊界由圓。的一段圓弧MPN (P為此圓弧的中點)和線段 MN構(gòu)成.已知圓 O的半徑為40米，點P到MN的距離為50米.現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個溫室大棚，大棚I內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD,大棚H內(nèi)的地塊形狀為 4CDP ,要求A,B均在線段MN上，C,D均在圓弧上.設(shè) OC與MN所成的角為 .(1)用 分別表示矩形 ABCD和4CDP的面積，并確定sin的取值范圍；(2)若大棚I內(nèi)種植甲種蔬菜，大棚H內(nèi)種植乙種蔬菜，且甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4:3.求當(dāng) 為何值時，能使甲、乙兩種蔬菜

39、的年總產(chǎn)值最大.【答案】(1)矩形ABCD的面積為800 (4sin0cos卅cos。)平方米，CDP的面積為1600 (cos。-sin 9cos 0)平方米，sin。的取值范圍是工，1; (2)當(dāng) ,時，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大. 46【解析】(1)連結(jié)PO并延長交 MN于H,則PHXMN ,所以O(shè)H=10.過。作 OELBC 于 E,貝U OE/ MN ,所以/ COE= 0,故 OE=40cos。，EC=40sin 0,則矩形 ABCD 的面積為 2X40cosO (40sin 卅10) =800 ( 4sin Qcos Ocos 0), CDP 的面積為 X2><

40、40cos 0 (40/0sin® =1600 (cos 0-sin 0cos 0). 2過N作GNXMN ,分別交圓弧和 OE的延長線于 G和K,則GK=KN=10.令 Z GOK=(0 則 sin(0= , (0 (0,).46當(dāng) 長虬 :時，才能作出滿足條件的矩形ABCD,所以sin。的取值范圍是1,1. 4答：矢I形 ABCD的面積為 800 ( 4sin Qcos卅cos。)平方米， CDP的面積為1600 (cos。-sin的os。)平方米，sin。的取值范圍是1,1.4(2)因為甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4： 3,設(shè)甲的單位面積的年產(chǎn)值為4k,乙的單位面積的年

41、產(chǎn)值為3k (k>0),則年總產(chǎn)值為 4kx800 (4sin 0cos(+cos 0) +3kM600 (cos。-sin (Cos 0),、兀=8000k (sin (Cos (+cos 0), 0 (0,-.設(shè) f ( 0) =sin (Cos 什cos 0, 0 凱 ,則 f ( ) cos2sin2 sin (2sin2 sin 1) (2sin 1)(sin 1).令f ( )=0 ,得仁，6當(dāng)長(缸)時，f ( ) 0 ,所以f (為增函數(shù)；6當(dāng)長(，)時，f ( ) 0 ,所以f (。)為減函數(shù)，62因此，當(dāng)打時，f ( °)取到最大值. 6答：當(dāng) 打時，能使甲

42、、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大. 6【名師點睛】本小題主要考查三角函數(shù)的應(yīng)用、用導(dǎo)數(shù)求最值等基礎(chǔ)知識，考查直觀想象和數(shù)學(xué)建模 及運用數(shù)學(xué)知識分析和解決實際問題的能力.15.【2018年高考江蘇】記f (x), g (x)分別為函數(shù)f (x), g (x)的導(dǎo)函數(shù).若存在X0 R,滿足f(%) g(x0)且f (Xo)g (Xo),則稱x0為函數(shù)f(x)與g(x)的一個“ S點”.(1)證明：函數(shù)f(x) x與g(x) x2 2x 2不存在“ S點”；2 右函數(shù)f (x) ax 1與g(x) lnx存在“S點”，求實數(shù)a的值；2, 、 bex(3)已知函數(shù)f (x) x a , g(x) .對任息a

43、 0,判斷是否存在b 0,使函數(shù)f(x)與g(x) x在區(qū)間(0,)內(nèi)存在“ S點”，并說明理由.【答案】(1)見解析；(2) - ; (3)見解析.2【解析】(1)函數(shù) f (x) =x, g (x) =x2+2x-2,貝U f' (x) =1, g'(x) =2x+2.由 f (x) =g (x)且 f' (x) = g' (x),得x x2 2x 2,此方程組無解，1 2x 2因此，f (x)與g (x)不存在"S"點.(2)函數(shù) f(x)2 ax1,g(x)則 f (x)g (x)設(shè)xo為f(x)與g (x)S”點,f (xo)=g

44、(xo)且 f' (xo) =g' (xo),得_ 2axo 1lnxo2axoxo2ax。22axoIn xo(*)得 In xoxo112(e)21e5當(dāng)a 時，xo e 2滿足方程組2*),即 xo為 f (x)與 g (x)的 “ S” 點.因此，a的值為e .2(3)對任意 a>o,設(shè) h(x) x33x2ax a因為 h(o) a o,h(1) 1 3o ,且h (x)的圖象是不間斷的,所以存在幾£ (o1)，使得 h(xo)o .令b2x3e"(1,則b>o. xo)函數(shù)f (x)a, g(x)區(qū)x則 f'(x)g (x)b

45、ex(x 1)由 f (x)=g(x)且 f' (x)=g' (x),得2x此時,bex2x3xbex(x 1)e" (1 x0)x2x2xoex(x 1),(*)xo滿足方程組(* ),即exo(1 xo)x2xo是函數(shù)f (x)與g (x)在區(qū)間(o, 1)內(nèi)的一個“ S點”.因此，對任意a>o,存在b>o,使函數(shù)f (x)與g (x)在區(qū)間(o, +8)內(nèi)存在“S點”.【名師點睛】本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究初等函數(shù)的性質(zhì)，考查綜合運用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力.16.【2017年高考全國I卷文數(shù)】已知函數(shù)f (x)=ex(ex-a)-

46、a2x.(1)討論f (x)的單調(diào)性；(2)若f(x) 0 ,求a的取值范圍.【答案】(1)當(dāng)a 0時，f(x)在(，)單調(diào)遞增；當(dāng)a 0時，f(x)在(，lna)單調(diào)遞減，在a , , a (lna,)單調(diào)遞增；當(dāng)a 0時，f(x)在(,ln(一)單調(diào)遞減，在(ln(-),)單調(diào)遞增；(2)2232e4,1.【解析】(1)函數(shù) f(x)的定義域為(，)，f (x) 2e2x aex a2 (2ex a)(ex a),若a 0,則f(x) 32”,在(，)單調(diào)遞增.若a 0 ,則由f (x) 0得x In a .當(dāng) x ( ,ln a)時，f (x) 0 ;當(dāng) x (In a,)時，f (x)

47、 0 ,故 f (x)在(,ln a)單調(diào)遞減，在(Ina,)單調(diào)遞增.a若a 0,則由f (x) 0得x ln( a).2aaa當(dāng) x ( ,ln( 一)時，f (x) 0；當(dāng) x (ln(-),)時，f (x) 0,故 f(x)在(,ln( 一)單222a.倜遞減，在(ln(-),)單調(diào)遞增.2若a 0,則f(x) e2x,所以f(x) 0.若a 0,則由(1)得，當(dāng)x In a時，f(x)取得最小值，最小值為 f(lna)a2 ln a .從而當(dāng)且僅當(dāng) a2In a 0,即 a 1 時，f (x) 0.若a 0 ,則由(1 )得，當(dāng)x ln(耳)時，f(x)取得最小值，最小值為 2一-3

48、a 3 3 a3 3 af (ln(a)a2ln(a).從而當(dāng)且僅當(dāng)a2ln(-)0,即 a2e4時 f(x) 0.242423綜上，a的取值范圍為2e4,1.【名師點睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)兩大方面的應(yīng)用：(1)函數(shù)單調(diào)性的討論：運用導(dǎo)數(shù)知識來討論函數(shù)單調(diào)性時，首先考慮函數(shù)的定義域，再求出 f (x),由f (x)的正負(fù)，得出函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)函數(shù)的最值(極值)的求法：由確認(rèn)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合極值點的定義及自變量的取值范圍，得出函數(shù)f(x)的極值或最值.17.【2017年高考全國n卷文數(shù)】設(shè)函數(shù) f(x) (1 x2)ex.(1)討論f (x)的單調(diào)性；當(dāng)x 0時，f (x) ax

49、1 ,求a的取值范圍.【答案】(1)在(，1 /2)和(1 J2,)單調(diào)遞減，在(1 J2, 1 J2)單調(diào)遞增；(2)1,).【解析】(1) f (x) (1 2x x2)ex.令 f (x) 0 得 x 1 也 x1+V2.當(dāng) x (, 1 72)時，f (x) 0 ；當(dāng) x ( 1 72, 1 72)時，f (x) 0 ；當(dāng) x ( 1 J2,)時，f (x) 0.所以f(x)在(，1 歷和(1 72,)單調(diào)遞減，在(1 夜，1 J2)單調(diào)遞增.(2) f (x) (1+x)(1 x)ex.當(dāng) aRl 時，設(shè)函數(shù) h(x)= (1-x) ex, h'(x)= -xex< 0

50、 (x> 0),因此 h(x)在0, +00 用調(diào)遞減，而 h(0)=1 ,故 h(x)wj 所以 f(x)= (x+1) h(x)球+1Wax+1.當(dāng) 0v av 1 時，設(shè)函數(shù) g (x) =ex- x-1, g' (x) =ex- 1 > 0 (x> 0),而 g(0)=0,故 exM+1.當(dāng) 0Vxv 1 時，f(x) (1 x)(1 x)2, (1 x)(1 x)2 ax 1 x(1則 x0 (0,1),(1x0)(1 x。)2 ax0 1 0,故f(x0) ax。1.當(dāng) a 0 時，取 x°則 x° (0,1), f(x0) (1 x&

51、#176;)(1 x°)22綜上，a的取值范圍是1, +8).【名師點睛】利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構(gòu)造函數(shù)，所以g (x)在0, +8彈調(diào)遞增,x x2),取x0三二,2ax0 1 .利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)， 直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.218.【2017年局考全國出卷又?jǐn)?shù)】已知函數(shù)f(x) lnx ax 2a 1 x .(1)討論f (x)的單調(diào)性;3(2)當(dāng)a<0 時，證明 f(x) 2 .4a(1)當(dāng)a 0時，f (x)在(0,)單調(diào)遞增；當(dāng)a1 、0時，f(x)在(0,)單調(diào)遞增，在2a(一)單調(diào)遞減；(2)詳見解析(1) f(x)的定義域為(c 、一1一0, +, .J, f (x)