2022年高考数学(文)热点题型和提分秘籍：专题11 导数的应用.doc

1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围是高考命题的热点。

2．常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用。

3．题型主要以解答题为主，属中高档题。

热点题型一 判断或证明函数的单调性

例1、设a ∈[－2,0]，已知函数f (x )＝?

????

x 3－ a ＋5 x ，x ≤0x 3－a ＋32x 2＋ax ，x ＞0。 证明f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。

②f ′2(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)。

由于a ∈[－2,0]，

所以当0＜x ＜1时，f ′2(x )＜0；

当x ＞1时，f ′2(x )＞0，

即函数f 2(x )在区间[0,1)内单调递减，

在区间(1，＋∞)内单调递增。

综合①②及f 1(0)＝f 2(0)，

可知函数f (x )在区间(－1,1)内单调递减，

在区间(1，＋∞)内单调递增。

【提分秘籍】导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤

(1)求f ′(x )；

(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；

(3)作出结论：f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数。

【举一反三】

已知函数f (x )＝x 2－e x ，试判断f (x )的单调性并给予证明。

热点题型二 求函数的单调区间

例2、已知函数f (x )＝13

x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R)，求函数f (x )的单调区间。 【解析】f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ，

二次方程x 2＋2x ＋a ＝0的判别式Δ＝4－4a ＝4(1－a )，若a ≥1，则Δ≤0，f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0，

∴f (x )在R 上单调递增。

若a ＜1，则Δ＞0，方程x 2＋2x ＋a ＝0有两个不同的实数根，x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a ，

当x ＜x 1或x ＞x 2时，f ′(x )＞0；当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0，

∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)，

单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )。

【提分秘籍】 求函数的单调区间的“两个方法”

方法一

(1)确定函数y ＝f (x )的定义域；

(2)求导数y ′＝f ′(x )；

(3)解不等式f ′(x )＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；

(4)解不等式f ′(x )＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。

方法二

(1)确定函数y ＝f (x )的定义域；

(2)求导数y ′＝f ′(x )，令f ′(x )＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；

(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 )在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性。

【举一反三】

设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)。

(1)确定a 的值；

(2)求函数f (x )的单调区间与极值。

所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )·(x －1)，由点(0,6)在切线

上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12

。 (2)由(1)知，f (x )＝12

(x －5)2＋6ln x (x ＞0)， f ′(x )＝x －5＋6x ＝ x －2 x －3 x

。 令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3。

当0＜x ＜2或x ＞3时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x ＜3时，f ′(x )＜0，故f (x )在(2,3)上为减函数。

由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92

＋6ln2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln3。 热点题型三 已知函数的单调性求参数的范围

例3．函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0)。

(1)讨论f (x )的单调性；

(2)若f (x )在区间(1,2)是增函数，求a 的取值范围。

【解析】(1)f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，f ′(x )＝0的判别式Δ＝36(1－a )。

若a ≥1，则f ′(x )≥0，且f ′(x )＝0当且仅当a ＝1，x ＝－1。故此时f (x )

在R 上是增函数。

若a ＜0，则当x ∈(－∞，x 1)或x ∈(x 2，＋∞)时f ′(x )＜0，故f (x )分别在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)是减函数；

当x ∈(x 1，x 2)时f ′(x )＞0，故f (x )在(x 1，x 2)是增函数。

(2)当a ＞0，x ＞0时，f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3＞0，故当a ＞0时，f (x )在区间(1,2)是增函数。

当a ＜0时，f (x )在区间(1,2)是增函数当且仅当f ′(1)≥0且f ′(2)≥0，解得－54

≤a ＜0。 综上，a 的取值范围是???

?－54，0∪(0，＋∞)。 【提分秘籍】

已知函数单调性，求参数范围的两个方法

(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集。

(2)转化为不等式的恒成立问题来求解：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”。

[提醒：]f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0。应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解。

【举一反三】

已知函数f (x )＝13

x 3＋mx 2－3m 2x ＋1，m ∈R 。 (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；

(2)若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，求m 的取值范围。

【解析】(1)当m ＝1时，

f (x )＝13

x 3＋x 2－3x ＋1， 又f ′(x )＝x 2＋2x －3，所以f ′(2)＝5。

又f (2)＝53

， 所以所求切线方程为y －53

＝5(x －2)， 即15x －3y －25＝0。

所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为15x －3y －25＝0。

(2)f ′(x )＝x 2＋2mx －3m 2，

令f ′(x )＝0，得x ＝－3m 或x ＝m 。

当m ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立，不符合题意。

当m ＞0时，f (x )的单调递减区间是(－3m ，m )，

若f (x )在区间(－2,3)上是减函数，

综上所述，实数m 的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)。 热点题型四 利用导数研究函数的极值

例4、已知函数f (x )＝x －1＋a e x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)。 (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值；

(2)求函数f (x )的极值。

【解析】(1)由f (x )＝x －1＋a e x ， 得f ′(x )＝1－a e x 。 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，

得f ′(1)＝0，即1－a e ＝0，解得a ＝e 。

(2)f ′(x )＝1－a e x ， ①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值。 ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a 。

x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )＜0；x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )＞0，

所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，

故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，

且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值。

综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；

当a ＞0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值。

【提分秘籍】

求函数f (x )极值的步骤

(1)确定函数的定义域；

(2)求导数f ′(x )；

(3)解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；

(4)列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值。

【举一反三】

设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－12

对称，且f ′(1)＝0。

(1)求实数a ，b 的值；

(2)求函数f (x )的极值。

从而由题设条件知－a 6＝－12

，即a ＝3。 又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，

得b ＝－12。

(2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1，

所以f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，

即6(x －1)(x ＋2)＝0，

解得x ＝－2或x ＝1，

当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，

即f (x )在(－∞，－2)上单调递增；

当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0，

即f (x )在(－2,1)上单调递减；

当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，

即f (x )在(1，＋∞)上单调递增。

从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6。

热点题型五 利用导数研究函数的最值 例5、已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)。

(1)求函数f (x )的单调区间；

(2)当a ＞0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值。

当x ＞1a 时，f ′(x )＝1－ax x

＜0，故函数f (x )的单调递增区间为????0，1a ， 单调递减区间为????1a ，＋∞。

(2)由(1)知，①当1a

≤1，即a ≥1时， 函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a 。

②当1a ≥2，即0＜a ≤12

时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数， ∴f (x )的最小值是f (1)＝－a 。

③当1＜1a ＜2，即12

＜a ＜1时，函数f (x )在????1，1a 上是增函数， 在????1a ，2上是减函数。又f (2)－f (1)＝ln2－a ，

∴当12

＜a ＜ln2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝ln2－2a 。 综上可知，当0＜a ＜ln2时，函数f (x )的最小值是－a ；

当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是ln2－2a 。

【提分秘籍】

求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤

(1)求函数在(a ，b )内的极值；

(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；

(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。

【举一反三】

设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x ＞0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12

相切。 (1)求实数a ，b 的值；

(2)求函数f (x )在????1e ，e 上的最大值。

(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x

， ∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )＞0得1e

≤x ＜1； 令f ′(x )＜0，得1＜x ≤e ，

∴f (x )在????1e ，1上单调递增，

在[1，e]上单调递减，

∴f (x )max ＝f (1)＝－12

。 热点题型六 函数极值与最值的综合问题

例6、已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a ＜0。

(1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；

(2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值。

【解析】(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝

2 5x －2 x －2 x

＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )＞0得x ∈???

?0，25或x ∈(2，＋∞)， 故函数f (x )的单调递增区间为???

?0，25和(2，＋∞)。 (2)f ′(x )＝ 10x ＋a 2x ＋a 2x ，a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a 2。当x ∈????0，－a 10时，f (x )单调递增；

当x ∈????－a 10

，－a 2时，f (x )单调递减； 当x ∈???

?－a 2，＋∞时，f (x )单调递增。 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ???

?－a 2＝0。 ①当－a 2

≤1时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意。

②当1＜－a 2

≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ????－a 2＝0，不符合题意。

综上有，a ＝－10。

【提分秘籍】

求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的。求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值。

【举一反三】

已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若

x ＝2

3

时，y ＝f (x )有极值。 (1)求a ，b ，c 的值；

(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值。 【解析】(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 。

当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，① 当x ＝2

3时，y ＝f (x )有极值，则f ′????23＝0， 可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4。 由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4， 所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5。

当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示：

所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为95

27。

热点题型七 利用导数研究生活中的优化问题

例7、某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)。设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米。假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建筑成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)。

(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；

(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大。

【解析】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2

元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元。

又根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，

所以h ＝15r

(300－4r 2)， 从而V (r )＝πr 2h ＝π5

(300r －4r 3)。 由h ＞0，且r ＞0可得0＜r ＜53，故函数V (r )的定义域为(0,53)。

(2)因V (r )＝π5(300r －4r 3)，所以V ′(r )＝π5

(300－12r 2)．令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去)。

【提分秘籍】

利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤

(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。

【举一反三】

请你设计一个包装盒。如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒。E 、F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点。设AE ＝FB ＝x (cm)。

(1)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？

(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。

【解析】设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)。由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x 2

，0＜x ＜30。

(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1800，

所以当x ＝15时，S 取得最大值。

(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )。

由V ′＝0得x ＝0(舍)或x ＝20。

当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0。

所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值。

此时h a ＝12。即包装盒的高与底面边长的比值为12

。 热点题型八 利用导数研究恒成立问题

例8、设函数f(x)＝12

x 2＋e x －x e x 。 (1)求f(x)的单调区间；

(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f(x)＞m 恒成立，求实数m 的取值范围。

【解析】(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，

因为f′(x)＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x(1－e x )，

由f′(x)＝x(1－e x )＞0得x ＜0，f′(x)＜0得x ＞0，

则f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)。

【提分秘籍】

利用导数解决参数问题主要涉及以下方面

(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解。

(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的问题。

(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象，数形结合求解。

【举一反三】

设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)。

(1)求f(x)的最小值h(t)；

(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围。

【解析】(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1。

(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，

由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去)。

当t变化时，g′(t)、g(t)的变化情况如下表：

∴g(t)在(0,2)内有最大值g(1)＝1－m。

h(t)＜－2t＋m在(0,2)内恒成立等价于g(t)＜0在(0,2)内恒成立，即等价于1－m＜0，∴m的取值范围为m＞1。

热点题型九利用导数证明不等式问题

例9、已知函数f(x)＝ax－e x(a＞0)。

(1)若a ＝12

，求函数f (x )的单调区间； (2)当1≤a ≤1＋e 时，求证：f (x )≤x 。

∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－ln2)， 单调递减区间为(－ln2，＋∞)。

(2)证明：法一：令F (x )＝x －f (x )＝e x －(a －1)x ， (ⅰ)当a ＝1时，F (x )＝e x ＞0，

∴f (x )≤x 成立。

(ⅱ)当1＜a ≤1＋e 时，

F ′(x )＝e x －(a －1)＝e x －e ln(a －1)，

∴当x ＜ln(a －1)时，F ′(x )＜0；

当x ＞ln(a －1)时，F ′(x )＞0，

∴F (x )在(－∞，ln(a －1))上单调递减，

在(ln(a ＋1)，＋∞)上单调递增。

∴F (x )≥F (ln(a －1))＝e ln(a

－1)－(a －1)·ln(a －1)＝(a －1)[1－ln(a －1)]， ∵1＜a ≤1＋e ，

∴a －1＞0,1－ln(a －1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0， ∴F (x )≥0，即f (x )≤x 成立。

综上，当1≤a ≤1＋e 时，有f (x )≤x 。

(2)证明：法一：令F (x )＝x －f (x )＝e x －(a －1)x ， (ⅰ)当a ＝1时，F (x )＝e x ＞0，

∴f (x )≤x 成立。

(ⅱ)当1＜a ≤1＋e 时，

F ′(x )＝e x －(a －1)＝e x －e ln(a －1)，

∴当x ＜ln(a －1)时，F ′(x )＜0；

当x ＞ln(a －1)时，F ′(x )＞0，

∴F (x )在(－∞，ln(a －1))上单调递减，

在(ln(a ＋1)，＋∞)上单调递增。

【提分秘籍】

利用导数方法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口。

【举一反三】

已知函数f (x )＝12x 2－13

ax 3(a ＞0)，函数g (x )＝f (x )＋e x (x －1)，函数g (x )的导函数为g ′(x )。

【解析】(1)f ′(x )＝x －ax 2＝－ax ???x －1a ， ∴当f ′(x )＝0时，x ＝0或x ＝1a

，又a ＞0， ∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0；

当x ∈???

?0，1a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈???

?1a ，＋∞时，f ′(x )＜0， ∴f (x )的极小值为f (0)＝0，

f (x )的极大值为f ????1a ＝16a 2。

(2)∵a ＝e ，

∴g (x )＝12x 2－13e x 3＋e x (x －1)，

g ′(x )＝x (e x －e x ＋1)。

①记h (x )＝e x －e x ＋1，则h ′(x )＝e x －e ，

当x ∈(－∞，1)时，h ′(x )＜0，h (x )是减函数；

x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )是增函数，

∴h (x )≥h (1)＝1＞0，

则在(0，＋∞)上，g ′(x )＞0；

在(－∞，0)上，g ′(x )＜0，

∴函数g (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，

单调递减区间是(－∞，0)。

②证明：x ＞0时，

g ′(x )＝x (e x －e x ＋1)≥1＋ln x ?e x －e x ＋1≥1＋ln x x

， 由①知，h (x )＝e x －e x ＋1≥1，

记φ(x )＝1＋ln x －x (x ＞0)。

则φ′(x )＝1－x x

， 在区间(1，＋∞)上，φ′(x )＜0，φ(x )是减函数，

∴φ(x )≤φ(1)＝0，即1＋ln x －x ≤0，1＋ln x x

≤1， ∴e x －e x ＋1≥1≥1＋ln x x

， 即g ′(x )≥1＋ln x 恒成立。

【2016高考山东文数】(本小题满分13分)

设f (x )=x ln x –ax 2+(2a –1)x ，a ∈R .

(Ⅰ)令g (x )=f'(x )，求g (x )的单调区间；

(Ⅱ)已知f (x )在x =1处取得极大值.求实数a 的取值范围.

【答案】(Ⅰ)当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞； 当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ?

? ???，单调递减区间为1,2a ??+∞ ???.

(Ⅱ)

1

2a >. 【解析】

()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；

当0a >时，

10,2x a

∈（）时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 1,2x a

∈+∞（）时，()0g x '<，函数()g x 单调递减. 所以当0a ≤时，()g x 单调递增区间为()0,+∞；

当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,

2a （），单调递减区间为1,2a

+∞（）. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()10f '=.

①当0a ≤时，()0f x '<，()f x 单调递减.

所以当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减.

当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.

所以()f x 在x=1处取得极小值，不合题意. ②当102a <<时，112a >，由(Ⅰ)知()f x '在10,2a

（）内单调递增， 可得当当()0,1x ∈时，()0f x '<，11,2x a

∈（）时，()0f x '>， 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在11,2a （）内单调递增， 所以()f x 在x=1处取得极小值，不合题意. ③当12a =时，即112a

=时，()f x '在(0,1)内单调递增，在 ()1,+∞内单调递减， 所以当()0,x ∈+∞时，()0f x '≤， ()f x 单调递减，不合题意.

【2016高考天津文数】（（本小题满分14分）

设函数b ax x x f --=3)(，R x ∈，其中R b a ∈,

（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；

（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：0201=+x x ； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4

1

.

【答案】（Ⅰ）递减区间为(，递增区间为(,-∞，()+∞.（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析

（2）当0a >时，令()0f x '=，解得x =或x =. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：

所以()f x 的单调递减区间为(，单调递增区间为(,-∞，

)+∞. （Ⅱ）证明：因为()f x 存在极值点，所以由（Ⅰ）知0a >且00x ≠.

由题意，得200()30f x x a '=-=，即203

a x =

， 进而300002()3a f x x ax b x b =--=--， 又3000000082(2)822()33a a f x x ax b x ax b x b f x -=-+-=-+-=--=，且002x x -≠，

由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足10()()f x f x =，且10x x ≠，因此102x x =-， 所以10+2=0x x .

（Ⅲ）证明：设()g x 在区间[1,1]-上的最大值为M ，max{,}x y 表示x ，y 两数的最大值，下面分三种情况讨论：

（1）当3a ≥时，11≤-<≤，由（Ⅰ） 知，()f x 在区间[1,1]-上单调递减，

所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(1),(1)]f f -，因此， max{|(1)|,|(1)|}max{|1|,|1|}

M f f a b a b =-=---+-max{|1|,|1|}a b a b =-+--

1+,0,1,0,a b b a b b -≥?=?--

所以1||2M a b =-+≥.

（2）当334

a ≤<时，11≤-<<<≤，

由（Ⅰ）和（Ⅱ） 知(1)(f f f -≥=，(1)(f f f ≤=，

所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(f f ，

因此

M=max{||,|(|}max{||,||}f f b b =--

231|,||}||944

b b b =+-=≥?=. （3）当304a <<

时，11-<<<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，

(1)(f f f -<=

，(1)(f f f >=，

【2016高考浙江文数】（本题满分15分）设函数()f x =311x x +

+，[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 21x x ≥-+；

（II ）34<()f x 32

≤. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.

【解析】 （Ⅰ）因为44

23

1()11,1()1x x x x x x x ----+-==--+ 由于[0,1]x ∈，有411,11x x x -≤++ 即

23111x x x x -≤++-， 所以

2()1.f x x x ≥-+

由（Ⅰ）得

22133()1()244f x x x x ≥-+=-+≥， 又因为1193()2

244f =>，所以3()4f x >. 综上，33().4

2f x <≤ 【2016高考四川文科】（本小题满分14分）

设函数2()ln f x ax a x =--，1()x e g x x e =

-，其中q R ∈，e=2.718…为自然对数的底数.

（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；

（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间（1，+∞）内恒成立.

【答案】（1）当x

∈（时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x

∈+)∞时，'()f x >0，()f x 单调递增；（2）证明详见解析；（3）a ∈1+)2

∞[，. 【解析】 （Ⅰ）2121()20).ax f x ax x x x

-'=-=>( 0a 当≤时，

()f x '<0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()f x '=0

有x =当x

∈（时，()f x '<0，()f x 单调递减； 当x

∈+)∞时，()f x '＞0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()s x =1e x x --，则()s x '=1e 1x --.

当1x >时，()s x '＞0，所以1e x x ->，从而()g x =111e x x --＞0.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/f7cq.html