(2017-2019)高考理数真题分类汇编专题04 导数及其应用(解答题)(教师版).pdf

专题 04导数及其应用（解答题）1【2019 年高考全国卷理数】已知函数f(x)sin xln(1 x)，f(x)为f(x)的导数证明：（1）f(x)在区间(1,)存在唯一极大值点；（2）f(x)有且仅有 2 个零点【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设g(x)f(x)，则g(x)cosx211，g(x)sin x.2(1 x)1 x当x1,设为.时，单调递减，而，可得在1,g(x)g(x)g(0)0,g()0有唯一零点，222则当x(1,)时，g(x)0；当x,时，g(x)0.2所以g(x)在(1,)单调递增，在,单调递减，故在1,g(x)存在唯一极大值点，即f(x)22在1,存在唯一极大值点.2（2）f(x)的定义域为(1,).（i）当x(1,0时，由（1）知，f(x)在(1,0)单调递增，而f(0)0，所以当x(1,0)时，f(x)0，故f(x)在(1,0)单调递减，又f(0)=0，从而x 0是f(x)在(1,0的唯一零点.（ii）当x0,时，由（1）知，f(x)在(0,)单调递增，在,单调递减，而f(0)=0，22 f 0，所以存在,，使得f()0，且当x(0,)时，f(x)0；当x,222时，f(x)0.故f(x)在(0,)单调递增，在,单调递减.2又f(0)=0，f零点.1ln 1 0 x 0,，所以当时，.从而，在f(x)0f(x)0,没有2222（iii）当x 所以f(x)在,单调递减.而,时，f(x)0，22 所以f(x)f 0，f()0，2在,有唯一零点.2（iv）当x(,)时，ln(x1)1，所以f(x)0，则当x(,0)U aa(,0),单调递增，在0,单调递减；33若 a=0，f(x)在(,)单调递增；若 a0，则当x,a aU(0,)时，；当xf(x)0,0时，f(x)0故f(x)在33a a,(0,)单调递增，在,0单调递减.33（2）满足题设条件的 a，b 存在.（i）当 a0 时，由（1）知，f(x)在0，1单调递增，所以f(x)在区间0，l的最小值为f(0)=b，最大值为f(1)2a b.此时 a，b 满足题设条件当且仅当b1，2ab 1，即 a=0，b1（ii）当 a3 时，由（1）知，f(x)在0，1单调递减，所以f(x)在区间0，1的最大值为f(0)=b，最小值为f(1)2a b此时 a，b 满足题设条件当且仅当2ab 1，b=1，即 a=4，b=1a3 a b，最大值为b 或2ab（iii）当0a3 时，由（1）知，f(x)在0，1的最小值为f 273a3b 1，b=1，则a 332，与 0a3 矛盾.若27a3b 1，2ab 1，则a 3 3或a 3 3或 a=0，与 0a3 矛盾若27综上，当且仅当 a=0，b1或 a=4，b=1 时，f(x)在0，1的最小值为-1，最大值为 1【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算.4【2019 年高考北京理数】已知函数f(x)13x x2 x4（）求曲线y f(x)的斜率为 1 的切线方程；（）当x2,4时，求证：x6 f(x)x；（）设F(x)|f(x)(x a)|(aR)，记F(x)在区间2,4上的最大值为 M（a）当 M（a）最小时，求 a 的值64；（）见解析；（）a 3.2713【解析】（）由f(x)x3 x2 x得f(x)x22x1.4438令f(x)1，即x22x11，得x 0或x.4388又f(0)0，f()，32788所以曲线y f(x)的斜率为 1 的切线方程是y x与y x，27364即y x与y x.27【答案】（）y x与y x（）令g(x)f(x)x,x2,4.133x x2得g(x)x22x.448令g(x)0得x 0或x.3由g(x)g(x),g(x)的情况如下：xg(x)g(x)2(2,0)08(0,)3838(,4)34ZZ6064270所以g(x)的最小值为6，最大值为0.故6 g(x)0，即x6 f(x)x.（）由（）知，当a3时，M(a)F(0)|g(0)a|a 3；当a 3时，M(a)F(2)|g(2)a|6 a 3；当a 3时，M(a)3.综上，当M(a)最小时，a 3.【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，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.5【2019 年高考天津理数】设函数f(x)e cos x,（）求fx的单调区间；（）当x,时，证明f(x)g(x)x 0；24 2（）设xn为 函 数u(x)f(x)1在区间2nxg(x)为fx的导函数 ,2n内 的零 点，其中nN N，证 明42e2n2n xn2sin x0cosx03【答案】（）f(x)的单调递增区间为2k,2k(k Z Z),f(x)的单调递减区间为4452k,2k(k Z Z).（）见解析；（）见解析.44【解析】（）由已知，有f(x)e(cos xsin x)因此，当x2kx5,2k(k Z Z)时，44有sinx cosx，得f(x)0，则fx单调递减；当x2k3,2k(k Z Z)时，有44sinxcosx，得f(x)0，则fx单调递增所 以，fx的 单 调 递 增 区 间 为2k,2k(k Z Z),f(x)的 单 调 递 减 区 间 为44352k,2k(k Z Z)44（）证明：记h(x)f(x)g(x)x依题意及（），有g(x)ex(cos xsin x)，从而2 g(x)2exsin x当x,时，g(x)0，故4 2 h(x)f(x)g(x)x g(x)(1)g(x)x 022因此，hx在区间,上单调递减，进而h(x)h f 0224 2所以，当x,时，f(x)g(x)x 024 2x（）证明：依题意，uxn fxn10，即encos xn1记yn xn2n，则yn ,，42且fynencosyneyxn2ncosxn2ne2nnN N 由fyne2n1 fy0及（），得yn y0由（）知，当x,时，g(x)0，所以4 2 gx在,上 为 减 函 数，因 此gyn gy0 g 0 又 由（）知，4 24 fyn gyn yn 0，故2 fyne2ne2ne2ne2n yn 2gyngyngy0ey0sin y0cos y0sin x0cosx0e2n所以，2n xn2sin x0cosx0【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法 考查函数思想和化归与转化思想考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力6【2019 年高考浙江】已知实数a 0，设函数f(x)=aln x（1）当a x 1,x 0.3时，求函数f(x)的单调区间；4x1f(x),求a的取值范围均有,)2ae2（2）对任意x注：e=2.71828为自然对数的底数20,【答案】（1）fx的单调递增区间是3,单调递减区间是0,3；（2）4.【解析】（1）当a 33时，f(x)ln x 1 x,x 044f(x)31(1 x 2)(2 1 x 1)，4x2 1 x4x 1 x所以，函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）（2）由f(1)21，得0 a 42a当0 a 令t 2xx2 1 x2ln x 0时，f(x)等价于242aaa1，则t 2 2a2设g(t)t则g(t)x 2t 1 x 2ln x,t 2 2，11 xx(t 1)22ln xxx17（i）当x,时，11 2 2，则xg(t)g(2 2)8 x 4 2 1 x 2ln x记p(x)4 x 2 2 1 x ln x,x 1，则7p(x)2212 xx12xx1xx1xx x1(x1)1x(2x2 1).x x1(x 1)(x12x)故x171(,1)71(1,)p(x)0+p(x)1p()7单调递减极小值p(1)单调递增所以，p(x)p(1)0因此，g(t)g(2 2)2p(x)012 x ln x(x1)11（ii）当x2,时，g(t)g1x2 xe7令q(x)2 x ln x(x1),x 11,，2e7则q(x)ln x21 0，x 11,上单调递增，所以q(x)2e7 1 q7故q(x)在由（i）得，q 所以，q(x)11，则当(，2)时，f()0所以 f()在=2 处取得极小值若 a11，则当(0，2)时，20，a110所以 2 不是 f()的极小值点综上可知，a 的取值范围是（1，+）2【名师点睛】利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起求解.x12【2018 年高考天津理数】已知函数f(x)a，g(x)logax，其中 a1.（I）求函数h(x)f(x)xlna的单调区间；（II）若曲线y f(x)在点(x1,f(x1)处的切线与曲线y g(x)在点(x2,g(x2)处的切线平行，证明x1 g(x2)2ln lna；lna1e（III）证明当a e时，存在直线 l，使 l 是曲线y f(x)的切线，也是曲线y g(x)的切线.【答案】（I）函数h(x)的单调递减区间为(,0)，单调递增区间为(0,)；（II）见解析；（III）见解析.【解析】（I）由已知，h(x)a xlna，有h(x)a lna lna.令h(x)0，解得=0.由 a1，可知当变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：xx(,0)00极小值(0,)+h(x)h(x)Z所以函数h(x)的单调递减区间为(,0)，单调递增区间为(0,).xx（II）由f(x)a lna，可得曲线y f(x)在点(x1,f(x1)处的切线斜率为a1lna.由g(x)11，可得曲线y g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为.x2lnaxlnax因为这两条切线平行，故有a1lna 1x2，即x2a1(ln a)1.x2lna两边取以 a 为底的对数，得logax2 x12logalna 0，所以x1 g(x2)xxx（III）曲线y f(x)在点(x1,a1)处的切线 l1：y a1 a1lna(x x1).2ln lna.lna曲线y g(x)在点(x2,logax2)处的切线 l2：y logax21e1(x x2).x2lna要证明当a e时，存在直线 l，使 l 是曲线y f(x)的切线，也是曲线y g(x)的切线，只需证明当a e时，存在x1(,)，x2(0,)，使得 l1与 l2重合.1e1x1a lna 1x2lna即只需证明当a ee时，方程组有解ax1 x ax1lna log x 11a2lna由得x2112ln lnax1x1，代入，得a x a lna x 0.11x12a(lna)lnalna1e因此，只需证明当a e时，关于1的方程存在实数解.12ln lna设函数u(x)a xa lna x，即要证明当a ee时，函数y u(x)存在零点.lnalnaxx1u(x)1(lna)2xax，可知x(,0)时，又u(0)1 0，u(x)0；x(0,)时，u(x)单调递减，1x(lna)22 u(x)01(ln a)x a 0.由此u1a 0，故存在唯一的，且 0，使得，即00002(lna)01可得u(x)在(,x0)上单调递增，在(x0,)上单调递减.u(x)在x x0处取得极大值u(x0).因为a e，故ln(ln a)1，所以u(x0)a0 x0a0lna x0 xx1e12ln lna12ln lna22ln lna x 0.02lnalnax0(lna)lnalna下面证明存在实数 t，使得u(t)0.由（I）可得ax1 xlna，当x 1时，lna12ln lna12ln lna，(lna)2x2 x1lnalnalnalna有u(x)(1 xlna)(1 xlna)x所以存在实数 t，使得u(t)0因此，当a e时，存在x1(,)，使得u(x1)0.1e所以，当a e时，存在直线 l，使 l 是曲线y f(x)的切线，也是曲线y g(x)的切线.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函1e数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.13【2018 年高考浙江】已知函数f()=xln（）若 f()在=1，2(12)处导数相等，证明：f(1)+f(2)88ln2；（）若 a34ln2，证明：对于任意0，直线 y=+a 与曲线 y=f()有唯一公共点【答案】（）见解析；（）见解析.【解析】（）函数 f（）的导函数f(x)1，2 xx1由f(x1)f(x2)得1111，2 x1x12 x2x2111x1x22因为x1 x2，所以由基本不等式得1x1x2x1x2 24x1x22因为x1 x2，所以x1x2 256由题意得f(x1)f(x2)x1ln x1x2ln x21x1x2ln(x1x2)21x ln x，21(x 4)，则g(x)4x设g(x)所以（0，16）16024ln2（16，+）+g(x)g(x)所以 g（）在256，+）上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2（）令 m=e(a k)，n=(f（m）ma|a|+a0，f（n）nan(a 12)1，则k1a|a|1k)0，直线 y=+a 与曲线 y=f（）有唯一公共点【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14【2018 年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆 O 的一段圆弧MPN（P 为此圆弧的中点）和线段 MN 构成已知圆 O 的半径为 40 米，点 P 到 MN 的距离为 50 米现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚内的地块形状为矩形 ABCD，大棚内的地块形状为CDP，要求A,B均在线段MN上，C,D均在圆弧上设 OC 与 MN 所成的角为（1）用分别表示矩形ABCD和CDP的面积，并确定sin的取值范围；（2）若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大【答案】（1）矩形 ABCD 的面积为 800（4sincos+cos）平方米，CDP 的面积为 1600（cossincos）平方米，sin 的取值范围是1，1；（2）当=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大46【解析】（1）连结 PO 并延长交 MN 于 H，则 PHMN，所以 OH=10过 O 作 OEBC 于 E，则 OEMN，所以COE=，故 OE=40cos，EC=40sin，则矩形 ABCD 的面积为 240cos（40sin+10）=800（4sincos+cos），CDP 的面积为1240cos（4040sin）=1600（cossincos）2过 N 作 GNMN，分别交圆弧和 OE 的延长线于 G 和，则 G=N=10令GO=0，则 sin0=当 0，1，0（0，）46时，才能作出满足条件的矩形ABCD，21，14所以 sin 的取值范围是答：矩形 ABCD 的面积为 800（4sincos+cos）平方米，CDP 的面积为 1600（cossincos）平方米，sin 的取值范围是1，14（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43，设甲的单位面积的年产值为4，乙的单位面积的年产值为3（0），则年总产值为 4800（4sincos+cos）+31600（cossincos）=8000（sincos+cos），0，2设 f（）=sincos+cos，0，22，22则f()cossinsin(2sinsin1)(2sin1)(sin1)令f()=0，得=当（0，当（，6）时，f()0，所以 f（）为增函数；6，）时，f()0，所以 f（）为减函数，62时，f（）取到最大值6因此，当=答：当=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大6【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.15【2018 年高考江苏】记f(x),g(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数 若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S 点”（1）证明：函数f(x)x与g(x)x 2x2不存在“S 点”；（2）若函数f(x)ax 1与g(x)ln x存在“S 点”，求实数 a 的值；22bex（3）已知函数f(x)x a，g(x)对任意a 0，判断是否存在b0，使函数f(x)与g(x)x2在区间(0,)内存在“S 点”，并说明理由【答案】（1）见解析；（2）e；（3）见解析.2【解析】（1）函数 f（）=，g（）=2+2-2，则 f（）=1，g（）=2+2由 f（）=g（）且 f（）=g（），得x x22x2，此方程组无解，1 2x2因此，f（）与 g（）不存在“S”点f x）ax 1，g(x)ln x，（2）函数（则f（x）2ax，g（x）21x设0为 f（）与 g（）的“S”点，由 f（0）=g（0）且 f（0）=g（0），得2ax01 ln x02ax01 ln x0，即，（*）122ax 0 x2ax0101得ln x0，即x0 e2，则a 2112(e)122e2e2x e当a 时，0满足方程组（*），即x0为 f（）与 g（）的“S”点21因此，a 的值为e232（3）对任意 a0，设h(x)x 3x ax a因为h(0)a 0，h(1)13a a 2 0，且 h（）的图象是不间断的，32x0所以存在x0（0，1），使得h(x0)0令b x，则 b0e0(1 x0)bex函数f(x)x a，g(x)，x2bex(x1)(x)2x，g(x)则f2x由 f（）=g（）且 f（）=g（），得322x0ex2bexx a x a x0e(1 x)xx0，即，（*）x3x2x0e(x1)2x be(x1)2x x02x2e(1 x)x0此时，x0满足方程组（*），即x0是函数 f（）与 g（）在区间（0，1）内的一个“S 点”因此，对任意 a0，存在 b0，使函数 f（）与 g（）在区间（0，+）内存在“S 点”【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，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.16【2017 年高考全国卷理数】已知函数f(x)ae（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求 a 的取值范围.2x(a2)ex x.【答案】（1）见解析；（2）(0,1).2xxxx【解析】（1）f(x)的定义域为(,)，f(x)2ae(a 2)e 1(ae 1)(2e 1)，（）若a 0，则f(x)0，所以f(x)在(,)单调递减.（）若a 0，则由f(x)0得x lna.当x(,lna)时，f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0，所以f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增.（2）（）若a 0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.（）若a 0，由（1）知，当x lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)1当a 1时，由于f(lna)0，故f(x)只有一个零点；当a(1,)时，由于1当a(0,1)时，1又f(2)ae41lna.a1lna 0，即f(lna)0，故f(x)没有零点；a1lna 0，即f(lna)0.a(a2)e22 2e22 0，故f(x)在(,lna)有一个零点.设正整数n0满足n0 ln(1)，则f(n0)e0(ae0 a 2)n0 e0 n0 20 n0 0.由于ln(1)lna，因此f(x)在(lna,)有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1).【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实数根问题相互转化.已知函数f(x)有 2 个零点求参数 a 的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a与其交点的个数，从而求出 a 的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若f(x)有 2 个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0 的点.17【2017 年高考全国卷理数】已知函数f(x)ax ax xln x，且f(x)0（1）求a；（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e23annnn3a2 f(x0)22【答案】（1）a 1；（2）见解析.【解析】（1）f(x)的定义域为(0,)设gx axalnx，则fx xgx，fx0等价于gx 0因为g10,gx0，故g(1)0，而g(x)a若a 1，则g(x)11,g(1)a1，得a 1x1x当0 x1时，g(x)0，gx单调递减；当x 1时，g(x)0，gx单调递增所以x 1是gx的极小值点，故gx g10综上，a 1（2）由（1）知fx x xxlnx，f(x)2x 2ln x2设hx 2x2lnx，则h(x)21x1211所以hx在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增221又he2 0，h()0，h10，211所以hx在(0,)有唯一零点x0，在,)有唯一零点 1，22当x(0,)时，h(x)0；当x(,)时，h(x)0，且当x0,x0时，hx0；当xx0,1时，hx0；当x1,时，hx0因为f(x)hx，所以x x0是fx的唯一极大值点由f(x0)0得lnx02x01，故fx0 x01x0由x00,1得fx01214因为x x0是fx在（0，1）的最大值点，12由e 0,1，f(e)0得f(x0)f(e)e11所以e2 fx022【名师点睛】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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出导数专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考看，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18【2017 年高考全国卷理数】已知函数fx x1alnx.（1）若fx 0，求 a 的值；（2）设 m 为整数，且对于任意正整数n，1【答案】（1）a 1；（2）3.【解析】（1）fx的定义域为0，+.若a 0，因为f1 1 1L2221 1 m，求 m 的最小值.n2 1 1=-+aln2 0，所以不满足题意；22若a 0，由f x1axa知，xx当x0,a时，f x0；当xa，+时，f x0，所以fx在0,a单调递减，在a，+单调递增，故=a 是fx在0，+的唯一最小值点.由于f10，所以当且仅当 a=1 时，fx0.故 a=1.（2）由（1）知当x1,时，x1lnx 0.令x 111ln 1得n2n21n.从而21111L 11.2nn22221 11 ln1ln12L ln1n222故11 1 1L2221 1 e.n2而11 1 1 11 2，所以m的最小值为3.22223【名师点睛】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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（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19【2017 年高考浙江】已知函数f()=（2x 1）ex（x（1）求 f()的导函数；1（2）求 f()在区间，+)上的取值范围21）211(1 x)(2x12)ex1【答案】（1）f(x)(x)；（2）0,e2222x1【解析】（1）因为(x2x1)11xx，(e)e，2x11(1 x)(2x12)ex1xx)e(x2x1)e所以f(x)(1(x)22x12x1(1 x)(2x12)ex5（2）由f(x)0，解得x 1或x 22x1因为12（1，1）21（1，5）2520（5，）2f xf（）0+11e220Z15e22又f(x)1(2x11)2ex 0，2111所以 f（）在区间,)上的取值范围是0,e222【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出f(x)，由f(x)的正负，得出函数f(x)的单调区间；（二）（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数f(x)的极值或最值20【2017 年高考北京理数】已知函数f(x)excos x x（）求曲线y f(x)在点(0,f(0)处的切线方程；（）求函数f(x)在区间0,上的最大值和最小值【答案】()y 1；（）最大值为 1；最小值为2.2xx【解析】（）因为f(x)e cos x x，所以f(x)e(cos xsin x)1,f(0)0.又因为f(0)1，所以曲线y f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y 1.x（）设h(x)e(cos xsin x)1，则h(x)e(cos xsin xsin xcos x)2e sin x.当x(0,)时，h(x)0，所以h(x)在区间0,上单调递减.所以对任意x(0,有h(x)h(0)0，即f(x)0.所以函数f(x)在区间0,上单调递减.因此f(x)在区间0,上的最大值为f(0)1，最小值为f()xx222222.2【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点，需要两次求导数，因为通过f x不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设hx f x，再求hx，一般这时就可求得函数hx的零点，或是hx0或hx0恒成立，这样就能知道函数hx的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断y fx的单调性，最后求得结果.43221【2017 年高考天津理数】设aZ Z，已知定义在 R R 上的函数f(x)2x 3x 3x 6xa在区间(1,2)内有一个零点x0，g(x)为f(x)的导函数（）求g(x)的单调区间；（）设m1,x0)U(x0,2，函数h(x)g(x)(m x0)f(m)，求证：h(m)h(x0)0；（）求证：存在大于0 的常数A，使得对于任意的正整数p,q，且p1,x0)U(x0,2,满足q|p1 x0|qAq41414【答案】（）增区间是(,1)，(,)，减区间是(1,)；（）证明见解析；（）证明见解析43232【解析】（）由f(x)2x 3x 3x 6xa，可得g(x)f(x)8x 9x 6x6，进而可得g(x)24x 18x6令g(x)0，解得x 1或x 214当变化时，g(x),g(x)的变化情况如下表：(,1)+1(1,)4-1(,)4+g(x)g(x)所以，g(x)的单调递增区间是(,1)，(,)，单调递减区间是(1,)（）由h(x)g(x)(m x0)f(m)，得h(m)g(m)(m x0)f(m)，1414h(x0)g(x0)(m x0)f(m)令函数H1(x)g(x)(x x0)f(x)，则H1(x)g(x)(x x0)由（）知，当x1,2时，g(x)0，故当x1,x0)时，H1(x)0，H1(x)单调递减；当x(x0,2时，H1(x)0，H1(x)单调递增因此，当x1,x0)U(x0,2时，H1(x)H1(x0)f(x0)0，可得H1(m)0，即h(m)0令函数H2(x)g(x0)(x x0)f(x)，则H2(x)g(x0)g(x)由（）知，g(x)在1,2上单调递增，故当x1,x0)时，H2(x)0，H2(x)单调递增；当x(x0,2时，H2(x)0，H2(x)单调递减因此，当x1,x0)U(x0,2时，H2(x)H2(x0)0，可得H2(m)0，即h(x0)0所以，h(m)h(x0)0（III）对于任意的正整数p，q，且p1,x0)U(x0,2，q令m p，函数h(x)g(x)(m x0)f(m)q由（）知，当m1,x0)时，h(x)在区间(m,x0)内有零点；当m(x0,2时，h(x)在区间(x0,m)内有零点，所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x1，则h(x1)g(x1)(pp x0)f()0qq由（）知g(x)在1,2上单调递增，故0 g(1)g(x1)g(2)，ppf()|f()|p|2p43p3q3p2q26pq3aq4|qq|于是|x0|4qg(x1)g(2)g(2)q因为当x1,2时，g(x)0，故f(x)在1,2上单调递增，所以f(x)在区间1,2上除x0外没有其他的零点，而pp x0，故f()0qq432234又因为p，q，a均为整数，所以|2p 3p q 3p q 6pq aq|是正整数，从而|2p 3p q 3p q 6pq aq|1，432234所以|p1 x0|qg(2)q4p1 x0|qAq4所以，只要取A g(2)，就有|【名师点睛】（1）判断函数的单调性，只需对函数求导，根据导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间；（2）有关函数零点的问题，合理构造函数，根据函数的单调性、极值、零点等即可求解x22【2017 年高考山东理数】已知函数fx x2 2cos x，g(x)e(cos xsin x 2x2)，其中e 2.71828L是自然对数的底数.（1）求曲线y fx在点,f处的切线方程；（2）令h(x)g(x)af(x)(aR R)，讨论hx的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【答案】（1）y 2x 2；（2）见解析.【解析】（1）由题意f()2，又f x 2x 2sin x，所以f()2，22因此曲线y fx在点,f处的切线方程为y(2)2(x)，即y 2x 2.22（2）由题意得h(x)e(cos xsin x2x2)a(x 2cos x)，因为h(x)e(cos xsin x2x2)e(sin xcos x2)a(2x2sin x)xxx2 2ex(xsin x)2a(xsin x)2(exa)(xsin x)，令mx x sin x，则mx1cosx 0，所以mx在R R上单调递增.因为m(0)0,所以当x 0时，m(x)0；当x 0时，mx 0，当a 0时，exa 0，当x 0时，hx 0，hx单调递减，当x 0时，hx 0，hx单调递增，所以当x 0时hx取到极小值，极小值是h0 2a 1；当a 0时，h(x)2(e exlna)(xsin x)，由hx 0得x1 lna，x2=0.（i）当0 a 1时，lna 0，当x,ln a时，exelna 0，h(x)0，hx单调递增；当xlna,0时，exelna 0，h(x)0，hx单调递减；当x0,时，exelna 0，h(x)0，hx单调递增.所以当x lna时hx取到极大值.2极大值为hlna aln a2ln asinlnacoslna2，当x 0时hx取到极小值，极小值是h0 2a 1；（ii）当a 1时，lna 0，所以当x,时，hx 0，函数hx在,上单调递增，无极值；（iii）当a 1时，lna 0，所以当x,0时，exelna 0，hx 0,hx单调递增；当x0,ln a时，exelna 0，hx 0,hx单调递减；当xlna,时，exelna 0，hx 0,hx单调递增.所以当x 0时hx取到极大值，极大值是h0 2a 1；当x lna时hx取到极小值.2极小值是hlna aln a2ln asinlnacoslna2.综上所述：当a 0时，hx在,0上单调递减，在0,上单调递增，函数hx有极小值，极小值是h0 2a 1；当0 a 1时，函数hx在,ln a和0,上单调递增，在lna,0上单调递减，函数hx有极大值，也有极小值，2极大值是hlna aln a2ln asinlnacoslna2，极小值是h0 2a 1；当a 1时，函数hx在,上单调递增，无极值；当a 1时，函数hx在,0和lna,上单调递增，在0,ln a上单调递减，函数hx有极大值，也有极小值，极大值是h0 2a 1，2极小值是hlna aln a2ln asinlnacoslna2.【名师点睛】（1）函数 f()在点0处的导数 f(0)的几何意义是曲线 yf()在点 P(0，y0)处的切线的斜率 相应地，切线方程为yy0f(0)(0)注意：求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过点 P 的切线的不同（2）本题主要考查导数的几何意义、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，或复杂式子变形能力差.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.23【2017 年高考江苏】已知函数f(x)x3ax2bx1(a 0,bR)有极值，且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：b2 3a；（3）若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于7，求a的取值范围22a236【答案】（1）b，定义域为(3,)；（2）见解析；（3）(3，9a32【解析】（1）由f(x)x ax bx 1，a2a2得f(x)3x 2axb 3(x)b3322aa当x 时，f(x)有极小值b33因为f(x)的极值点是f(x)的零点aa3a3ab所以f()1 0，327932a23又a 0，故b 9a因为f(x)有极值，故f(x)=0有实根，a21从而b(27 a3)0，即a339a当a 3时，f(x)0(x 1)，故f(x)在 R 上是增函数，f(x)没有极值；22aa 3baa 3b当a 3时，f(x)=0有两个相异的实根x1=，x2=33列表如下：(,x1)+x10极大值(x1,x2)x20极小值(x2,)+f(x)f(x)ZZ故f(x)的极值点是x1,x2从而a 32a23因此b，定义域为(3,)9a（2）由（1）知，b2a a3=9aa a2t3232t227设g(t)=，则g(t)=229t9t9t当t(3 6,)时，g(t)0，23 6,)上单调递增2从而g(t)在(因为a 3，所以a a 3 3，故g(a a)g(3 3)=3，即b 3a因此b23a（3）由（1）知，f(x)的极值点是x1,x2，24a26b22且x1 x2 a，x1 x2393232从而f(x1)f(x2)x1 ax1bx11 x2 ax2bx21x1x1222(3x122ax1b)2(3x22ax2b)a(x12 x2)b(x1 x2)233334a36ab4ab2 0.279记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，2123a13因为f(x)的极值为b a2，所以h(a)=a，a 39a39a23a2 0，于是h(a)在(3,)上单调递减9a7因为h(6)=，于是h(a)h(6)，2因为h(a)=故a 66因此 a 的取值范围为(3，【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路