《精品》2017-2019三年高考真题专题04导数及其应用(解答题)-数学(文)分项汇编(解析版)

专题04 导数及其应用（解答题）

1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f ′（x）为f（x）的导数．

（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）a,0.

【解析】（1）设g(x)f(x)，则g(x)cosxxsinx1,g(x)xcosx.

当x(0,)时，g(x)0；当x调递减. 又g(0)0,gπ2πππ,π时，g(x)0，所以g(x)在(0,)单调递增，在,π单

222π0,g(π)2，故g(x)在(0,π)存在唯一零点. 2所以f(x)在(0,π)存在唯一零点.

（2）由题设知f(π)…aπ,f(π)0，可得a≤0.

由（1）知，f(x)在(0,π)只有一个零点，设为x0，且当x0,x0时，f(x)0；当xx0,π时，

f(x)0，所以f(x)在0,x0单调递增，在x0,π单调递减.

又f(0)0,f(π)0，所以，当x[0,π]时，f(x)…0. 又当a„0,x[0,π]时，ax≤0，故f(x)…ax. 因此，a的取值范围是(,0].

【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.

2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数f(x)(x1)lnxx1．证明：

（1）f(x)存在唯一的极值点；

（2）f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

1

【解析】（1）f(x)的定义域为（0，+）.

x11lnx1lnx. xx1因为ylnx单调递增，y单调递减，所以f(x)单调递增，又f(1)10，

x1ln41f(2)ln20，故存在唯一x0(1,2)，使得fx00.

22f(x)又当xx0时，f(x)0，f(x)单调递减；当xx0时，f(x)0，f(x)单调递增. 因此，f(x)存在唯一的极值点.

（2）由（1）知fx0f(1)2，又fe2e230，所以f(x)0在x0,内存在唯一根

x.

由x01得又f11x0.

f()111110，故是f(x)0在0,x0的唯一根. 1ln1综上，f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.

3．【2019年高考天津文数】设函数f(x)lnxa(x1)ex，其中aR.

（Ⅰ）若a≤0，讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）若0a1， e（i）证明f(x)恰有两个零点；

（ii）设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1x0，证明3x0x12. 【答案】（Ⅰ）f(x)在(0,)内单调递增.；（Ⅱ）（i）见解析；（ii）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由已知，f(x)的定义域为(0,)，且

11ax2exxx. f(x)aea(x1)exx因此当a≤0时，1ax2ex0，从而f(x)0，所以f(x)在(0,)内单调递增.

2

11ax2ex.令g(x)1ax2ex，由0a， （Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知f(x)ex可知g(x)在(0,)内单调递减，又g(1)1ae0，且

1111gln1aln1ln0. aaaanl故g(x)0在(0,)内有唯一解，从而f(x)0在(0,)内有唯一解，不妨设为x0，则1x0当x0,x0时，f(x)221.ag(x)gx00，所以f(x)在0,x0内单调递增；当xx0,时，xxf(x)g(x)gx00，所以f(x)在x0,内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点.

xx110，故h(x)在(1,)内单调递减，从而当x1x令h(x)lnxx1，则当x1时，h'(x)时，h(x)h(1)0，所以lnxx1.从而

111111lna1flnlnlnaln1elnlnln1hln0，

aaaaaa又因为fx0f(1)0，所以f(x)在(x0,)内有唯一零点.又f(x)在0,x0内有唯一零点1，从而，f(x)在(0,)内恰有两个零点.

2x2x11x1x0x0lnx1fx00,ax0e01,x1x0lnxee.因为（ii）由题意，即从而，即12x1xfx0,lnxax1e,x111011当x1时，lnxx1，又x1x01，故e于是

x1x02x0x11x2xx2两边取对数，得lne10lnx0，0，

x11x1x02lnx02x01，

整理得3x0x12.

【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、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数f(x)2x3ax22．

3

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）当00，则当x(,0)a． 3aa时，；当,xf(x)00,时，f(x)0．故f(x)在

33aa(,0),,单调递增，在0,单调递减；

33若a=0，f(x)在(,)单调递增；

若a<0，则当x,aa(0,)x时，；当f(x)0,0时，f(x)0．故f(x)在

33aa,,(0,)单调递增，在,0单调递减．

33（2）当0a3时，由（1）知，f(x)在0,aa单调递减，在,1单调递增，所以f(x)在[0,1]33a3a2，最大值为f(0)=2或f(1)=4a.于是 的最小值为f3274a,0a2,a3m2，M

272,2a3.a32a,0a2,27所以Mm3

a,2a3.27a38,2． 当0a2时，可知2a单调递减，所以Mm的取值范围是2727a38当2a3时，单调递增，所以Mm的取值范围是[,1)．

2727

4

综上，Mm的取值范围是[8,2)． 27【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.

5．【2019年高考北京文数】已知函数f(x)13xx2x． 4（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当x[2,4]时，求证：x6f(x)x；

（Ⅲ）设F(x)|f(x)(xa)|(aR)，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；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）a3. 2713【解析】（Ⅰ）由f(x)x3x2x得f(x)x22x1．

4438令f(x)1，即x22x11，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】（Ⅰ）yx与yx（Ⅱ）令g(x)f(x)x,x[2,4]．

133xx2得g'(x)x22x． 448令g'(x)0得x0或x．

3由g(x)g'(x),g(x)的情况如下：

x 2 (2,0) 0 8(0,) 38 3 8(,4) 34 g'(x)    g(x) 6 0 64 27 0 5

所以g(x)的最小值为6，最大值为0． 故6g(x)0，即x6f(x)x． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，

当a3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的方法，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.

6．【2019年高考浙江】已知实数a0，设函数f(x)=alnx（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,)22ae（2）对任意x[注：e=2.71828…为自然对数的底数．

【答案】（1）fx的单调递增区间是3,,单调递减区间是0,3；（2）0,2. 4【解析】（1）当a33时，f(x)lnx1x,x0． 44f'(x)31(1x2)(21x1)， 4x21x4x1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2xx21x2lnx0． 时，f(x)等价于242aaa1，则t22． a2设g(t)t

x2t1x2lnx,t22，

6

则g(t)11xx(t1)22lnx．

xx17（i）当x, 时，1122，则 xg(t)g(22)8x421x2lnx．

记p(x)4x221xlnx,x1，则 7p'(x)2212xx12xx1xx1xxx1

(x1)[1x(2x21)].

xx1(x1)(x12x)故

x 1 7 1(,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(22)2p(x)0． （ii）当x12xlnx(x1)11,时，． g(t)…g12x2xe711, ， 2e7令q(x)2xlnx(x1),x则q'(x)lnx210， x11,上单调递增，所以q(x)„2e71q． 7故q(x)在 7

由（i）得，q所以，q(x)<0．

1727127pp(1)0． 777因此g(t)…g11q(x)0． x2x10， ,，t[22,),g(t)…2e由（i）（ii）知对任意x即对任意xx1f(x)„，均有． ,22ae2综上所述，所求a的取值范围是0,4．

【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，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．

7．【2019年高考江苏】设函数f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR、f'(x)为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和f'(x)的零点均在集合{3,1,3}中，求f（x）的极小值；

（3）若a0,0b„1,c1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤【答案】（1）a2；（2）见解析；（3）见解析.

4． 27【解析】（1）因为abc，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)． 因为f(4)8，所以(4a)8， 解得a2． （2）因为bc，

所以f(x)(xa)(xb)x(a2b)xb(2ab)xab， 从而f'(x)3(xb)x

2322332ab2ab．令，得或． f'(x)0xbx338

2ab都在集合{3,1,3}中，且ab， 32ab所以1,a3,b3．

3因为a,b,此时f(x)(x3)(x3)，f'(x)3(x3)(x1)． 令f'(x)0，得x3或x1．列表如下：

2x f'(x) f(x) (,3) + 3 0 极大值 2(3,1) – 1 0 极小值 (1,) + 所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)32．

（3）因为a0,c1，所以f(x)x(xb)(x1)x(b1)xbx，

32f'(x)3x22(b1)xb．

因为0b1，所以4(b1)12b(2b1)30， 则f'(x)有2个不同的零点，设为x1,x2x1x2．

22b1b2b1b1b2b1,x2由f'(x)0，得x1．

33列表如下：

x f'(x) (,x1) + x1 0 极大值 x1,x2 – x2 0 极小值 (x2,) + f(x) 所以f(x)的极大值Mfx1． 解法一：

Mfx1x13(b1)x12bx1

22bb1xb1b(b1)12[3x12(b1)x1b]x 19993 9

2b2b1(b1)27b(b1)2927bb12

3b(b1)2(b1)2(b1)2(b(b1)1)3

272727b(b1)244．因此M． 27272727解法二：

因为0b1，所以x1(0,1)．

当x(0,1)时，f(x)x(xb)(x1)x(x1)． 令g(x)x(x1),x(0,1)，则g'(x)3x(x1)． 令g'(x)0，得x22131．列表如下： 31(0,) 3+ x g'(x) g(x) 1 30 极大值 1(,1) 3– 所以当x114时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)maxg．

327344，因此M． 2727所以当x(0,1)时，f(x)g(x)【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，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．

ax2x18．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数f(x)． xe（1）求曲线yf(x)在点(0,1)处的切线方程； （2）证明：当a1时，f(x)e0． 【答案】（1）2xy10；（2）见解析.

10

ax2(2a1)x2【解析】（1）f(x)，f(0)2． xe因此曲线yf(x)在点(0,1)处的切线方程是2xy10． （2）当a1时，f(x)e(xx1e令g(x)xx1e2x12x1)ex．

x1，则g(x)2x1e．

当x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增； 所以g(x)g(1)=0．因此f(x)e0．

【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当a1时，f(x)e(xx1e2x1)ex，令g(x)x2x1ex1，求出g(x)的最小值即可证明.

x9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数fxaelnx1．

（1）设x2是fx的极值点，求a，并求fx的单调区间； （2）证明：当a1时，fx0． e1． x【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.

)，f ′（x）=aex–【解析】（1）f（x）的定义域为(0，由题设知，f ′（2）=0，所以a=从而f（x）=

1． 22e1x1x1f ′x=elnx1e． ，（）222e2ex当02时，f ′（x）>0．

所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．

1ex（2）当a≥时，f（x）≥lnx1．

eeexex1 设g（x）=lnx1，则g(x)．eex当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点． 故当x>0时，g（x）≥g（1）=0． 因此，当a1时，f(x)0． e11

【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数fx

（1）若a3，求f(x)的单调区间； （2）证明：f(x)只有一个零点．

【答案】（1）在（–∞，323），（323，+∞）单调递增，在（323，323）单调递减；（2）见解析.

【解析】（1）当a=3时，f（x）=

13xax2x1． 313x3x23x3，f ′（x）=x26x3． 3令f ′（x）=0解得x=323或x=323．

当x∈（–∞，323）∪（323，+∞）时，f ′（x）>0； 当x∈（323，323）时，f ′（x）<0．

故f（x）在（–∞，323），（323，+∞）单调递增，在（323，323）单调递减．

x3（2）由于xx10，所以f(x)0等价于23a0．

xx12x3设g(x)=23a，

xx1x2(x22x3)≥0，仅当x=0时g ′（x）=0， 则g ′（x）=

(x2x1)2所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．

故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点． 又f（3a–1）=6a2af（3a+1）=

21116(a)20， 36610，故f（x）有一个零点． 3综上，f（x）只有一个零点．

【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数 的定义域；②求导数 ；③

12

由 （或 ）解出相应的 的取值范围，当 时， 在相应区间上是增函数；当 时， 在相应区间上是减增函数.

（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数 有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.

11．【2018年高考北京文数】设函数f(x)[ax2(3a1)x3a2]ex.

（Ⅰ）若曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0，求a； （Ⅱ）若f(x)在x1处取得极小值，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）a1；（Ⅱ）(1,). 22x【解析】（Ⅰ）因为f(x)[ax(3a1)x3a2]e， 所以f(x)[ax(a1)x1]e.

2xf(2)(2a1)e2，

由题设知f(2)0，即(2a1)e0，解得a221. 2xx（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得f(x)[ax(a1)x1]e(ax1)(x1)e. 若a>1，则当x(,1)时，f(x)0； 当x(1,)时，f(x)0. 所以f(x)在x=1处取得极小值.

若a1，则当x(0,1)时，ax1x10， 所以f(x)0.

所以1不是f(x)的极小值点. 综上可知，a的取值范围是(1,).

x方法二：f(x)(ax1)(x1)e.

1a（1）当a=0时，令f(x)0得x=1.

f(x),f(x)随x的变化情况如下表：

13

x (,1) + ↗ 1 0 极大值 (1,) − ↘ f(x) f(x) ∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意. （2）当a>0时，令f(x)0得x11,x21. a2x①当x1x2，即a=1时，f(x)(x1)e0， ∴f(x)在R上单调递增， ∴f(x)无极值，不合题意.

②当x1x2，即0x (,1) + ↗ 1 0 极大值 1(1,) a− ↘ 1 a0 极小值 1(,) a+ ↗ f(x) f(x) ∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.

③当x1x2，即a>1时，f(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x 1(,) a+ ↗ 1 a0 极大值 1(,1) a− ↘ 1 0 极小值 (1,) + ↗ f(x) f(x) ∴f(x)在x=1处取得极小值，即a>1满足题意. （3）当a<0时，令f(x)0得x11,x21. af(x),f(x)随x的变化情况如下表：

14

x 1(,) a− ↘ 1 a0 极小值 1(,1) a+ ↗ 1 0 极大值 (1,) − ↘ f(x) f(x) ∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a的取值范围为(1,).

【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.

解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.

12．【2018年高考天津文数】设函数f(x)=(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1,t2,t3R,且t1,t2,t3是公差为d的

等差数列．

（I）若t20,d1,求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （II）若d3，求f(x)的极值；

（III）若曲线yf(x)与直线y(xt2)63有三个互异的公共点，求d的取值范围． 【答案】（I）x+y=0；（II）函数f(x)的极大值为63；函数f(x)的极小值为−63；（III）d的取值范围为(,10)(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，

又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)=f(0)(x−0)， 故所求切线方程为x+y=0． （Ⅱ）解：由已知可得

f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2．

15

故f(x)=3x2−6t2x+3t22−9．令f(x)=0，解得x=t2−3，或x=t2+3． 当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表：

x (−∞，t2−3) + ↗ t2−3 0 极大值 (t2−3，t2+3) − ↘ t2+3 0 极小值 (t2+3，+∞) + ↗ f(x) f(x) 所以函数f(x)的极大值为f(t2−3)=(−3)3−9×(−3)=63；函数f(x)的极小值为f(t2+3)=(3)3− 9×(3)=−63．

（Ⅲ）解：曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−63有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2 −d)+(x−t2)+ 63=0有三个互异的实数解，令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+63=0．

设函数g(x)=x3+(1−d2)x+63，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−63有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．

g'(x)=3x3+(1−d2)．

当d2≤1时，g'(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意．

d21d21当d>1时，g'(x)=0，解得x1=，x2=．

332

易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增． g(x)的极大值g(x1)=g(d123(d1)63>0． )=9323(d1)d163． )=−

9322322232g(x)的极小值g(x2)=g(若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点，不合题意．

若g(x2)0,即(d1)27，也就是|d|23210，此时|d|x2，g(|d|)|d|630,且

2|d|x1,g(2|d|)6|d|32|d|636210630，从而由g(x)的单调性，可知函数

yg(x)在区间(2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点，符合题意．

所以，d的取值范围是(,10)

(10,)．

16

【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查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(x)=x−lnx．

（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；

（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）函数f（x）的导函数f(x)1， 2xx1由f(x1)f(x2)得1111， 2x1x12x2x2111因为x1x2，所以． x1x22由基本不等式得1x1x2x1x224x1x2． 2因为x1x2，所以x1x2256． 由题意得f(x1)f(x2)x1lnx1x2lnx21x1x2ln(x1x2)． 21xlnx， 21(x4)， 则g(x)4x设g(x)所以

x （0，16） − 16 0 2−4ln2 （16，+∞） + g(x) g(x) 所以g（x）在[256，+∞）上单调递增， 故g(x1x2)g(256)88ln2， 即f(x1)f(x2)88ln2． （Ⅱ）令m=e(ak)，n=(a12)1，则 k17

f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0， f（n）–kn–a所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点． 由f（x）=kx+a得kxlnxa．

x设h(x)xlnxa，

x则h(x)lnxx1ag(x)1a， 2x2x2其中g(x)xlnx． 2由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2， 故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，

所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根． 综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）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Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ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Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ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．

18

【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[

1π，1]；（2）当θ=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PH⊥MN，所以OH=10． 过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ， 故OE=40cosθ，EC=40sinθ，

则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ）， △CDP的面积为

1×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）． 2过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10． 令∠GOK=θ0，则sinθ0=当θ∈[θ0，

1π，θ0∈（0，）． 46π]时，才能作出满足条件的矩形ABCD， 21，1]． 4所以sinθ的取值范围是[

答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[

1，1]． 4

（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，

设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0）， 则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ） =8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，

π]． 2 19

设f（θ）=sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0，

22π]， 22则f()cossinsin(2sinsin1)(2sin1)(sin1)． 令f()=0，得θ=当θ∈（θ0，当θ∈（

π， 6π）时，f()0，所以f（θ）为增函数； 6ππ，）时，f()0，所以f（θ）为减函数， 62π时，f（θ）取到最大值． 6因此，当θ=答：当θ=

π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x0R，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2x2不存在“S点”； （2）若函数f(x)ax1与g(x)lnx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b0，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（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2． 由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得

xx22x2，此方程组无解， 12x2因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．

fx）ax1，g(x)lnx， （2）函数（则f（x）2ax，g（x）21． x设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）=g（x0）且f′（x0）=g′（x0），得

20

2ax01lnx02ax01lnx0，即，（*） 122ax0x2ax0101得lnx0，即x0e2，则a2112(e)122e． 2e当a时，x0e2满足方程组（*），即x0为f（x）与g（x）的“S”点．

21因此，a的值为

e． 232（3）对任意a>0，设h(x)x3xaxa．

因为h(0)a0，h(1)13aa20，且h（x）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b>0．

e0(1x0)bex函数f(x)xa，g(x)，

x2bex(x1)(x)2x，g(x)则f′． 2x由f（x）=g（x）且f′（x）=g′（x），得

322x0ex2bexxaxax0e(1x)xx0，即，（**） x3x2x0e(x1)2xbe(x1)2xx02x2e(1x)x0此时，x0满足方程组（**），即x0是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”． 因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）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Ⅰ卷文数】已知函数f(x)=ex(ex−a)−a2x．

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若f(x)0，求a的取值范围．

21

【答案】（1）当a0时，f(x)在(,)单调递增；当a0时，f(x)在(,lna)单调递减，在

aa（2）(lna,)单调递增；当a0时，f(x)在(,ln())单调递减，在(ln(),)单调递增；

22[2e,1]．

【解析】（1）函数f(x)的定义域为(,)，f(x)2e①若a0，则f(x)e，在(,)单调递增． ②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，故f(x)在(,lna)单调递减，在

2x2x34aexa2(2exa)(exa)，

(lna,)单调递增．

③若a0，则由f(x)0得xln()．

a2a2a调递减，在(ln(),)单调递增．

22x当x(,ln())时，f(x)0；当x(ln(),)时，f(x)0，故f(x)在(,ln())单

a2a2（2）①若a0，则f(x)e，所以f(x)0．

②若a0，则由（1）得，当xlna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)alna．从而当且仅当a2lna0，即a1时，f(x)0．

③若a0，则由（1）得，当xln()时，f(x)取得最小值，最小值为

2a2a3a3af(ln())a2[ln()]．从而当且仅当a2[ln()]0，即a2e4时f(x)0．

24242综上，a的取值范围为[2e,1]．

【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，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；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，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．

17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数f(x)(1x2)ex.

343 22

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围.

[1,). 【答案】（1）在(,12)和(12,)单调递减，在(12,12)单调递增；（2）

2x【解析】（1）f(x)(12xx)e.

令f(x)0得x12，x1+2. 当x(,12)时，f(x)0；当x(12,12)时，f(x)0；当x(12,)时，f(x)0.

所以f(x)在(,12)和(12,)单调递减，在(12,12)单调递增.

x （2）f(x)(1+x)(1x)e.

当a≥1时，设函数h(x)=（1−x）e，h′(x)= −xe＜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.

xx

当0＜a＜1时，设函数g（x）=e−x−1，g′（x）=e−1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞)单调递增，

xx

而g(0)=0，故e≥x+1.

x

(1x)(1x)ax1x(1axx)，当0＜x＜1时，f(x)(1x)(1x)，取x02则x0(0,1),(1x0)(1x0)ax010,故f(x0)ax01.

22254a1 ，

2当a0时，取x0512,则x0(0,1),f(x0)(1x0)(1x0)1ax01. 2综上，a的取值范围是[1，+∞）.

【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数f(x)lnxax2a1x．

2（1）讨论f(x)的单调性； （2）当a﹤0时，证明f(x)32． 4a23

【答案】（1）当a0时，f(x)在(0,)单调递增；当a0时，f(x)在(0,1)单调递增，在2a(1,)单调递减；（2）详见解析 2a【解析】（1）f(x)的定义域为（0，+ ），fx()2ax1x112ax2a1xx.

)时，f(x)0，故f(x)在（0，+ ）单调递增. 若a0，则当x(0，若a0，则当x(0,调递增，在(111)时，f(x)0；当x(，)时，f(x)0.故f(x)在(0,)单2a2a2a1，)单调递减. 2a1取得最大值，最大值为 2a（2）由（1）知，当a0时，f(x)在x111. )ln()12a2a4a3113112等价于ln()12，即ln()10. 所以f(x)4a2a4a4a2a2a1设g(x)lnxx1，则g(x)1.

xf(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，+ ）=0.所以当x＞0时，g(x)0.从而当a＜0时，单调递减.故当x=1时g(x)取得最大值，最大值为g（1）

ln(113)10，即f(x)2. 2a2a4a【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：

（1）构造差函数h(x)f(x)g(x).根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.

（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

19．【2017年高考浙江】已知函数f(x)=（x–2x1）ex（x（1）求f(x)的导函数；

1（2）求f(x)在区间[，+)上的取值范围．

21）． 211(1x)(2x12)ex1【答案】（1）f(x)(x)；（2）[0,e2]．

222x1 24

【解析】（1）因为(x2x1)'11xx，(e)'e， 2x11(1x)(2x12)ex1xx)e(x2x1)e所以f(x)(1(x)．

22x12x1(1x)(2x12)ex5（2）由f(x)0，解得x1或x．

22x1因为

x 1 2 （1，1） 2– 1 （1，5） 25 20 （5，） 2– fx f（x） 0 + 11e2 2 0 15e2 2 又f(x)1(2x11)2ex0， 2111所以f（x）在区间[,)上的取值范围是[0,e2]．

22【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：运用导数知识来讨论函数单调性时，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）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年高考北京文数】已知函数f(x)excosxx．

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值． 【答案】（Ⅰ）y1；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2π. 2xx【解析】（Ⅰ）因为f(x)ecosxx，所以f(x)e(cosxsinx)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.

（Ⅱ）设h(x)e(cosxsinx)1，则h(x)e(cosxsinxsinxcosx)2esinx.

25

xxx

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()π2π2π2π2π2π2π. 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，第二问比较有特点的是需要两次求导数，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hxfx，再求hx，一般这时就可求得函数hx的零点，或是hx0(hx0)恒成立，这样就能知道函数hx的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断yfx的单调性，最后求得结果. 21．【2017年高考天津文数】设a,bR，|a|1．已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)．

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）已知函数yg(x)和yex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，

（i）求证：f(x)在xx0处的导数等于0；

（ii）若关于x的不等式g(x)ex在区间[x01,x01]上恒成立，求b的取值范围．

【答案】（Ⅰ）递增区间为(,a)，(4a,)，递减区间为(a,4a)；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）

[7,1]．

【解析】（Ⅰ）由f(x)x6x3a(a4)xb，可得

32f'(x)3x212x3a(a4)3(xa)(x(4a))，

令f'(x)0，解得xa或x4a．由|a|1，得a4a． 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f'(x) (,a) (a,4a) (4a,)    26

f(x) 所以，f(x)的单调递增区间为(,a)，(4a,)，单调递减区间为(a,4a)．

x0g(x)e0x（Ⅱ）（i）因为g'(x)e(f(x)f'(x))，由题意知， x0g'(x0)exxf(x0)1f(x0)e0e0所以x，解得． x00f'(x0)0e(f(x0)f'(x0))e所以，f(x)在xx0处的导数等于0．

x（ii）因为g(x)e，x[x01,x01]，由ex0，可得f(x)1．

又因为f(x0)1，f'(x0)0，故x0为f(x)的极大值点，由（Ⅰ）知x0a． 另一方面，由于|a|1，故a14a，

由（Ⅰ）知f(x)在(a1,a)内单调递增，在(a,a1)内单调递减， 故当x0a时，f(x)f(a)1在[a1,a1]上恒成立，

x从而g(x)e在[x01,x01]上恒成立．

32由f(a)a6a3a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1．

2令t(x)2x6x1，x[1,1]，所以t'(x)6x12x，

32令t'(x)0，解得x2（舍去），或x0． 因为t(1)7，t(1)3，t(0)1， 故t(x)的值域为[7,1]． 所以，b的取值范围是[7,1]．

【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b的取值范围的关键是得出x0a，然后构造函数进行求解．

22．【2017年高考山东文数】已知函数fx1312xax,aR. 32（Ⅰ）当a=2时,求曲线yfx在点3,f3处的切线方程；

27



（Ⅱ）设函数gxfxxacosxsinx,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）3xy90,（Ⅱ）见解析.

2【解析】（Ⅰ）由题意f(x)xax，

所以，当a2时，f(3)0，f(x)x2x， 所以f(3)3，

因此，曲线yf(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y3(x3)， 即3xy90.

（Ⅱ）因为g(x)f(x)(xa)cosxsinx， 所以g(x)f(x)cosx(xa)sinxcosx，

2x(xa)(xa)sinx (xa)(xsinx)，

令h(x)xsinx， 则h(x)1cosx0， 所以h(x)在R上单调递增， 因为h(0)0，

所以，当x0时，h(x)0；当x0时，h(x)0. （1）当a0时，g(x)(xa)(xsinx)，

当x(,a)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增； 当x(a,0)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递减； 当x(0,)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增. 所以当xa时g(x)取到极大值，极大值是g(a)13asina， 6 28

当x0时g(x)取到极小值，极小值是g(0)a. （2）当a0时，g(x)x(xsinx)， 当x(,)时，g(x)0，g(x)单调递增；

所以g(x)在(,)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值. （3）当a0时，g(x)(xa)(xsinx)，

当x(,0)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增； 当x(0,a)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递减； 当x(a,)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增. 所以当x0时g(x)取到极大值，极大值是g(0)a； 当xa时g(x)取到极小值，极小值是g(a)综上所述：

当a0时，函数g(x)在(,a)和(0,)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)13asina. 613asina，极小值是g(0)a； 6当a0时，函数g(x)在(,)上单调递增，无极值；

当a0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g(0)a，极小值是g(a)13asina. 6【名师点睛】(1)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检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．

3223．【2017年高考江苏】已知函数f(x)xaxbx1(a0,bR)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． 2 29

2a236]． 【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2axb3(x)b．

3322

aa

当x时，f(x)有极小值b．

33

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a3．

39a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；

22aa3baa3b

当a3时，f(x)=0有两个相异的实根x1=，x2=．33列表如下：

x (,x1) + x1 0 极大值 (x1,x2) – x2 0 极小值 (x2,) + f(x) f(x) 故f(x)的极值点是x1,x2． 从而a3．

2a23因此b，定义域为(3,)．

9a

30

（2）由（1）知，b2aa3． =9aaa2t3232t227设g(t)=，则g(t)=2． 29t9t9t当t(36,)时，g(t)0， 236,)上单调递增． 2从而g(t)在(因为a3，所以aa33，

故g(aa)>g(33)=3，即b>3． a因此b2>3a．

（3）由（1）知，f(x)的极值点是x1,x2，

24a26b22且x1x2a，x1x2．

393232从而f(x1)f(x2)x1ax1bx11x2ax2bx21

x1x1222(3x122ax1b)2(3x22ax2b)a(x12x2)b(x1x2)2 33334a36ab4ab20.

279记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，

2123a123h(a)=a，a3． 因为f(x)的极值为b，所以a9a39a23a2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6．

6]． 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

31

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．

32