4.2 导数的应用-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

即梯于上端下滑的速度为0.875m/s. 16.解：(1)由函数f(x)的图象在点M(-1, f(一1))处的切线方程为x十2y+5=0,知一1+ 2f(-1)+5=0, 即f(-1）=-2f(-1D=-2 1 f'(z)=a(x+b)-2x(ax-6) (x2+b)2 -a-6 =-2, 1+b a(1+b)+2(-a-6)1 (1+b)2 , a=2b-4, 即{a(1+b)-2(a+6)__ (1+6)9 2, 解得a=2,b=3(,b+1≠0，.b=-1舍去.) 所以所求的函数解析式是f(x)=21一6 x2+31 (2)f'(z)=-2x2+12x+6 (.x2+3)2 令-2x2+12x+6=0,解得x1=3-2√3，x2 =3+2√3， 当x<3-2√3或x>3+23时，f'(x)<0: 当3-2√3<x<3+2√3时，f'(x)>0. f(r)=2-在(-0,3-2W3)内是减函数： Γx2+3 在(3一2√3,3十2√3)内是增函数；在(3+2√3，+∞) 内是减函数. 1 17.解：(1)f'(x)= ，记yo=f(xo),过 √x+1 1 点P(xo,yo)的切线方程为y一y。= (x √x。+I 2o+2 x).即y=,+干√+T 二十 所以，当x。=1时，切线1的方程为x一√2y+3 =0. (2)当x=0时，y=x+2 ；当y=0时，x= √x。+I 一x0-2. 1 20+2 (x6+2)2 S△AoB= ·(x0+2) 2 √x+1 2√x0+1 .S△A0B= (是+ 83 91 2 3 §4.2导数的应用 五年高考母题原型训练 1.D【解析】f'(x)=(x-3)'e十(x 3)(e)'=(x-2)e,令f'(x)>0,解得x>2,故 选D. 2.(-1,11)【解析】本题考查了导数法求函 数的单调区间问题.由f(x)=x3一15x2一33.x十6， 可得f'(x)=3.x2-30x-33=3(x2-10x-11),令 f'(x)<0可解得-1<x<11,.函数f(x)=x3 15.x2-33x+6的单调减区间为（一1,11）. [片+） 3. 【解析】f'(x)=x'lnx+ xx)/=lx+至=lx十1，由f(x)≥0，可得1x 十1≥0，解之得x≥。，即得画数f(x)的递增区间 为[片+） 4.解：(I)因f(x)=ax2+bx+k(k>0),故 f'(z)=2ax+b, 又f(x)在x=0处取得极值，故f'(0)=0,从而 b=0. 由曲线y=f(x)在(1，f(1)处的切线与直线x +2y+1=0相互垂直可知该切线斜率为2，即f'(1) =2,有2a=2,从而a=1. e (Ⅱ)由(I)知，gx)=+6k>0), g'(x)=e（x-2x+k) (x2+k)(k>0). 令g'(x)=0,有x2-2x十k=0(k>0). (1)当△=4-4k<0,即当k>1时，g'(x)>0在 R上恒成立，故函数g(x)在R上为增函数. (2)当△=4-4k=0.即当k=1时，有g'(x)= e(x-1)2 (.x2+1)2 >0(x≠1)，从而当k=1时，g(x)在R上 为增函数， (3)当△=4-4k>0,即当0<k<1时，方程x 一2x十k=0有两个不相等实根x1=1一√1一，x2 =1+√1-k. 当x∈(-∞，1-1-k)时，g'(x)>0, 故g(x)在（一∞，1一√1一k)上为增函数； 当x∈(1-√1-k,1+√1-k)时，g'(x)<0, 故g(x)在(1一√一k,1+√一k)上为减 函数； 当x∈(1+√-，+∞)时，g'(x)>0, 故g(x)在(1+√1一k,+∞)上为增函数. 5.解：(I)f'(x)=5.x+3a.x2+b. 由假设知f'(1)=5+3a十b=0, f'(2)=2×5+2×3a+b=0. 解得a= 36=20. 25 (Ⅱ)由(I)知 f'(x)=5.x‘-25.x2+20=5(x2-1)(x2-4) =5(x+1)(x+2)(x-1)(x-2). 当x∈(-∞，-2)U(-1,1)U(2,+∞)时， f'(x)>0, 当x∈(-2，-1)U(1,2)时，f'(x)<0, 因此f(x)的单调增区间是（一∞，一2），（一1， 1),(2,十∞)， f(x)的单调减区间是（一2，一1），(1,2). 6.本小题主要考查函数的定义域、利用导数等 知识研究函数的单调性，考查分类讨论的思想方法和 运算求解的能力. 解：f(x)的定义域是(0，+o∞)， f'(x)=1+2-4=-ax+2 设g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判 别式△=a2-8. ①当△<0即0<a<2W2时，对一切x>0都有 f'(x)>0. 此时f(x)是(0，十∞)上的单调递增函数. ②当△=0即a=22时，仅对x=√2有f'(x)= 0,对其余的x>0都有f'(x)>0. 此时f(x)也是(0，十∞)上的单调递增函数. ③当△>0即a>2√2时，方程g(x)=0有两个 不同的实根x1= a-√/a2-8 a+√a2-8 2 ,x2 0<x1<x2. 2 (0,x1) T1 (x1,x2） T2 x2,+o∞ f'(x) + 0 0 + f(x) 极大值 极小值 此时f(x)在0，a-a-8 上单调递增， 在 a-a-8a+√a-8 上单调递减， 2 a十a-8,十∞上单调递增. 2 3 7.解：(I)f'(x)=3m.x2-6(m十1)x十n, 因为x=1是f(x)的一个极值点，所以f'(1)= 0,即3m-6(m+1)+n=0,所以n=3m+6. (Ⅱ)由(I)知，f'(x)=3m.x2-6(m+1)x+3m +6=3m(x- -(+)川 当m<0时，有1>1+名，当x变化时，f()与 72 f'(x)的变化如下表： 2 2 ∞，11 1+ 2 n n ,1 1,十∞) (x 0 0 f(x 极小值 极大值 由上表知，当m<0时，f(x)在 1+) 单 调递诚，在(+号单调道指，在1，十四)单洞 递减. (Ⅲ)由已知，得f(x)>3m,即m.x2-2(m+1) x十2>0，m<0, x2 2（m+1D+2<0, m 即-2+}+<0ae[-1() m 设)=-2(+动）+品其国数回象的 开口向 由题意，()式恒成立， 2 m <m,又m<0. 3 4 3 <m<0, 即m的取值范国是一子<m<0, 8.D【解析】由题意可知f'(一3)=0，可直 接计算得a=5,故选D. 9.C【解析】由题意，取f(x)=一x2,g(x) =一x,则0是f(x)的极大值，也是g(x)的极大值； 取f(x)=x,g(x)=x2,则0是f(x)的极小值，也 是g(x)的极小值；取f(x)=x,g(x)=0,则0是f (x)的极小值，但不是g(x)的极值，由此可得A、BD 中符合条件的函数情形均可以出现.实质上，由于∫ (x)≥g(x),若0是f(x)的极大值，则也必然是g (x)的极大值，故应选C. 10.4【解析】f'(x)=3ax2一3， 当a≤0时，f'(x）=3ax2-3<0, ∴.f(x)在[-1,1]上为减函数， .f(x)装小位=f(1)=a一2≥0， 解之得a≥2（与条件a≤0矛盾）； 当a>0时，令f'(x)=0可得工=士子，当x∈ (-1,二)时'(x)<0f(x)为减函数： √a'a x∈(-0，-2)，或(，十e0)时，f(x)>0, 1 a a f(x)为增函数 由f(-1)=4-a≥0可得0<a≤4，又由f 宏=ax-2+1=1 aaa 2≥0可得a≥4， ∴a=4. 11.解：由f(x)=sin.x一cos.x十x+1,0<x 2r, 知f(x)=cos.x十sinx十1， 于是f(x)=1+5sin(+) 令f)=0.从而m(+）-94= 或x= 3π 2 当x变化时，∫'(x),f(x)的变化情况如下表： 3 3 (0,) 3 2 2,2x) f'(x) + 0 一 0 单调 单调 3 单调 f(x) 递增 π十2 递减 2 递塔 因此，由上表知f(x)的单调递增区间是(0，π)与 (侣，2)单润递减区间是(，号小极小值为 3 /(径)-经极大值为f)=x+2. 12.解：(I）f'(x)=3.x2+2bx+c. 因为函数f'(x)的图象关于直线x=2对称， 所以-台=2，于是6=-6， (Ⅱ)由(I)知，f(x)=x3-6x2+cx, f'(x）=3.x2-12x+c=3(x-2)2+c-12. (i)当c≥12时，f'(x)≥0，此时f(x)无极值. ·3 (ⅱ)当c<12时，'(x)=0有两个互异实根 x1,x.不妨设x1<x2,则x1<2<x2, 当x<x1时，f'(x)>0,f(x)在区间(-∞，x1) 内为增函数； 当x1<x<x时，f'(x)<0,f(x)在区间(x1, x2)内为减函数， 当x>x时，f'(x)>0,f(x)在区间(x,+∞) 内为增函数 所以f(x)在x=x1处取极大值，在x=x2处取 极小值. 因此当且仅当c<12时，函数f(x)在x=x处 存在唯一极小值， 所以t=x:>2. 于是g(t)的定义域为(2，十∞). 由f'(t)=3t2-12t+c=0得c=-3t+12t. 于是 g(t)=f(t)=t3-6t2+ct=-2t3+6t2,t∈(2， 十0o). 当t>2时，g'(t)=-6t2+12t=6t(2-t)<0, 所以函数g(t)在区间(2，十∞)内是减函数. 故g(t)的值域为(-©∞，8). 13.本小题考查函数、函数极值的概念，考查应 用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力. 解：(I)由已知，切点为(2,0).故用f(2)=0, 即4b+c+3=0 ① f'(x)=3.x2+4bx+c,f'(2)=12+8b+c=5② 联立①、②，解得c=1,b=一1， 于是函数解析式为f(x)=x3一2x十x一2. (Ⅱ)g(x）=x3-2x2+x-2+ 3 mx, g)=3x-4r+1+号令g'()=0. 当函数有极值时，△>≥0，方程3x:一4x+1+四 3 =0有实根，由△=4(1一m)≥0，得m≤1. 、①当m=1时，g（x)=0有实根x名， 在=号左右两则均有g:)>0,故厨数g） 无极值。 ②当m<1时，g'(x)=0有两个实根， x1=32-V1-m)x=32+1-m), 当x变化时，g'(x),g(x)的变化情况如下表： x-o∞x)x1x1x)x:Kz+ g'(x) + 0 一 0 + g(z) 极大值 极小值 故在m∈（一∞，1）时，函数g(x)有极值： 当x=子(2-Vm)时gx)有板大值： 当x=名(2+V厂)时，g)有极小值。 14.解：(I)f'(x)=3x2-3a=3(x2-a), 当a<0时，对x∈R,有f'(x)>0, ∴.当a<0时，f(x)的单调增区间为（一∞， +∞). 当a>0时，由f'(x)>0解得x<-a或x >√a; 由f'(x)<0解得-√a<x<√a, ∴.当a>0时，f(x)的单调增区间为（一∞， 一√a),(Wa,+):f(x)的单调减区间为(-√a, √a). (Ⅱ)，f(x)在x=一1处取得极值， .f'(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴.a=1. ∴f(x)=x3-3x-1,f'(x)=3x2-3, 由'(x)=0解得x1=-1,x2=1. 由(I)中f(x)的单调性可知，f(x)在x=一1 处取得极大值f(一1)=1，在x=1处取得极小值f (1)=-3. ,直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不 同的交点， 结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是（一 3,1). 15.解：(1)f'(x)=4(x-1)(3a.x2+3a.x-1). 当a=6时f'(x)=2(x+2)(x-1),f(x)在 (一∞，一2)内单调减，在（一2，+∞）内单调增，在x =-2时，f(x)有极小值. 所以f(-2)=一12是f(x)的极小值. (2)在（一1,1）上，f(x)单调增加，当且仅当 f'(x)=4(x-1)(3a.x2+3a.x-1)≥0，即3ax2+3ax -1≤0，① (i)当a=0时①恒成立： (ii)当a>0时①成立，当且仅当3a·12+3a·1 -10. 解得a≤行 当a0时0皮立，即3(+)广-- 3 ≤0成立， 当且仅当-0-1<0.解得a≥- 4 3 绵上“的取他范西是[子，] 16.本小题主要考查函数的奇偶性、单调性、极 值、导数、不等式等基础知识，考查运用导数研究函数 性质的方法，以及分类与整合、转化与化归等数学思 想方法，考查分析问题和解决问题的能力， 解：(I)由函数f(x)的图象过点（一1，一6）， 得m-n=-3.① 由f(x)=x3十m.x2+nx-2,得'(x)=3x2+ 22x+n, 则g(x)='(x)+6x=3x+(2m十6)x十n, 而g(x)的图象关于y轴对称，所以-2十6 2×3 =0, 所以m=一3，代入①得n=0. 于是f'(x)=3x2-6x=3x(x-2. 由'(x)>0得x>2或x<0,故f(x)的单调 递增区间是（一∞，0），(2，十∞)： 由f'(x)<0得0<x<2,故f(x)的单调递减区 间是(0,2). (Ⅱ)由(I)得f'(x)=3x(x-2), 令f(x)=0得x=0或x=2. 当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表： (-∞，0) 0 (0,2) 2 (2,+∞ (x 0 一 0 f(z) 极大值 极小值 由此可得： 当0<a<1时，f(.x)在(a-1,a+1)内有极大值 f(0)=一2，无极小值： 当a=1时，f(x)在(a一1，a+1)内无极值； 当1<a<3时，f(.x)在(a一1，a+1)内有极小值 f(2)=一6，无极大值： 当a≥3时，f(x)在(a-1,a+1)内无极值 综上得：当0<a<1时，f(x)有极大值一2，无极 小值：当1<a<3时，f(x)有极小值一6，无极大值： 当a=1或a≥3时，f(x)无极值. 17.解：(I)f(x)=(x+c)-2z(kx+1) (x2+c)2 =-kzi-2x+ck (x2+c)2 由题意知f'(一c)=0, 即得ck一2c-ck=0,(￥) c≠0，k≠0. 由f'(x)=0得-kx2-2x+ck=0, 由韦达定理知另一个极值点为x=1 1庄（*试得=名即=1+是 当c>1时，k>0:当0<c<1时，k<-2. (i)当k>0时，f(x)在(-∞，-c)和(1，+∞) 内是减函数，在（一c,1)内是增函数， M=0)出>0 m=f(-c)=二c+1-k: c+c2(k+2)<0, k2 由Mm冬+2+2≥1及k>0·解 得k≥√2. (iⅱ)当k<一2时，f(x)在(-∞，一c)和 (1,十∞)内是增函数，在(-c,1)内是减函数， 一k2 六M=(-c)=2G车2>0，m=f1)=号 0. M-m2台-1-≥1恒 成立. 综上可知，所求k的取值范围为（一©∞，一2）U [√2，+o∞). 18.解：(I)当a=1时，f(x)=-x(x-1)= -x3+2x2-x,得f(2)=-2,且f'(x)=-3x2+ 4x-1,f'(2)=-5. 所以曲线y=一x(x一1)在点(2，一2)处的切 线方程是y+2=-5(x-2),整理得5.x十y-8=0 (Ⅱ)f(x)=-x(x-a)2=-x3+2a.x2-a2x, f'(x)=-3x2十4ax-a2=-(3.x-a)(x-a). 令f(x)=0,解得x= 或-a. 由于a≠0，以下分两种情况讨论. (1)若a>0,当x变化时，f'(x)的正负如下表： 3 ( f (x 0 0 因此，函数f(x)在x= 兰处取得极小值 ·3 f(3)且f(3)--27a: 函数f(x)在x=a处取得极大值f(a),且f(a) =0: (2)若a<0,当x变化时，f'(x)的正负如下表： (-，a) a 3 3,十) (x 0 0 因此，函数f(x)在x=a处取得极小值f(a)且 fa)=0,函数f(x)在x=号处取极大值f(号) 且f学)=-7. 4 ()证明：由a>3,得到g>1.当k∈[-1,0] 时，k-cos.x≤1，k2-cos2x≤1. 由（Ⅱ）知，f(x)在(-∞，1]上是减函数， 要使f(k-cosx)≥f(k2-cos2x)(x∈R), 只要k-cos.x≤k2-cos2x(x∈R). 即cos2x-cos.x≤k2-k(x∈R). ① 设g(x)=cos2x-cos.x= (cosz- 2 函数g(x)在R上的最大值为2. 要使①式恒成立，必须k2一≥2，即k≥2或k -1. 所以，在区间[一1,0]上存在k=一1，使得 f(k-cosx)≥f(k2-cosx)对任意的x∈R恒成立. 19.C【解析】考查利用导数求三次函数在闭 区间上的最值.由已知得f(x)=3x2一6x=3x(x 2),x∈[一1,1]，.f(x)的最大值为f(0)=2,故 选C. 20.C【解析】因为y=一x2+81,所以当x >9时，y<0:当x∈(0,9)时，y'>0,所以函数y= -子+81-234在(9，十∞)上单涧递减，在0… 9)上单调递增，所以x=9是函数的极大值，点，又因 为函数在(0，十∞)上只有一个极大值，点，所以函数在 x=9处取得最大值.选C. 21.-16【解析】f'(x)=12-3.x2. 令'(x)>0→-2<x<2,令f'(x)<0→-3 x<-2即2<一x3, ∴f(x)在[-3，一2)及(2,3]上单调递减.在 (一2,2)上单调递增， f(x)在x=一2处取极小值， .f(-2)=12×(-2)-(-2)3=-16, f(-3)=12×(-3)-(-3)3=-9,f(3)=12 ×3-33=9, f(-2)<f(-3)<f(3),故f(x)在[-3,3]上 的最小值为一16. 22.32【解析】f'(x)=3.x2-12,令f'(x)= 0可得3x2-12=0,即得x=2或x=-2,在区间[- 3,3]上列表如下： -3(-3,-2) -2 (-2,2) 2 (2,3) 3 f'(x) 0 0 f(x) 17 极大值 极小值 :f长小造(x)=∫（一2）=24，f小造(x)=f(2) =-8. ∴.M=f景大值(x)=24,m=f景小造（x)=一8， .M-m=24-(-8)=32. 【点评】本题考查了导数法确定三次函数在定 区间上的最值，体现了导数的工具性的应用，与对考 生分析问题与解决问题能力的考查. 23.解：(I)f(x)=-3x2+6x+9.令f'(x) <0,解得x<-1或x>3, 所以函数f(x)的单调递减区间为（一∞，一1）， (3,十0∞). (Ⅱ)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a, f(2)=-8+12+18+a=22+a, 所以f(2)>f(-2). 因为在(-1,3)上f'(x)>0,所以f(x)在[-1， 2]上单调递增，又由于f(x)在[一2，一1]上单调 递减， 因此f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[一2， 2]上的最大值和最小值. 于是有22+a=20,解得a=-2. 故f(x)=-x3+3x2+9x-2. 因此f(-1)=1+3-9-2=-7, 即函数f(x)在区间[一2,2]上的最小值为一7. 24.解：(I)f'(x)=3ax2-6.x=3.x(a.x-2). 因为x=2是函数y=f(x)的极值点，所以f (2)=0,即6(2a-2)=0,因此a=1. 经验证，当a=1时，x=2是函数y=f(x)的极 值点. (Ⅱ)由题设，g(x)=a.x3-3.x2+3ax2-6.x =ax2(x十3)-3.x(x十2). 当g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)时， g(0)≥g(2),即0≥20a-24. 3 故得a<号.反之，当a≤号时，对任意x∈[0,2] g(z)≤6x2(x+3)-3z(x+2 =32(2x2+x-10 5 32(2x+5)(z-2)≤0， 而g(0)=0,故g(x)在区间[0,2]上的最大值为 g(0). 上“的永直范酒为(，号】 25,本小题主要考查函数的概念、解三角形、导 数等基础知识，考查数学建模能力、抽象概括能力和 解决实际问题的能力. 解：(I)(i)如图，延长PO交AB于点Q. D C 0 A ⊙ 1 由题设可知BQ=AQ=2AB=10, AO=BO,PO=10-OQ. 在R△1Q0中.A0=900=101a0.所以 y=AO+BO+PO=- 20 +10-10tan9. ose 又易知0<0≤千，故y用0表示的函数为 y=a3g10a0+1oo≤≤）片 20 (i)由题设可知，在Rt△AQO中，AO= √AQ+OQ=√10+(10-x),则y=AO+BO +P0=x+2√102+(10-x)'. 显然0≤x≤10，所以，y用x表示的函数为 y=x+2√x2-20.x+200(0≤.x≤10). (Ⅱ)选用(I)中的函数关系 20 y= cose -10an9+100<9≤) ,来确定符合 要求的污水处理厂的位置， 20 20 因为y= cos -10tan8+10= sing cos0 -10· cos +10, 20sine 所以y'= cos0+sin20 -10· cos2 cos20 =10 .2sin9-1 c0s20 由y=0得sim9=子.因0<0<天，故0=6 当9∈【p)时，y<0:当9∈（后]时， y'>0,所以函数y在9= 吾时取得极小值，这个极小 值就是函数y在【，]上的最小值 当9=若时，A0=B0= 10=203 (km). 3 cos6 因此，当污水处理厂建在矩形区域内且到A、B 两点的距离均为203km时，铺设的排污管道的总3 度最短 26.本小题主要考查函数的导数，单调性，极值， 最值等基础知识，考查综合利用导数研究函数的有关 性质的能力 解：f'(x)=3ax2+2bx-3a2.① (I)当a=1时， f'(x)=3.x2+2bx-3. 由题意知x1,x2为方程3.x2十2b.x-3=0的两 根，所以1z1-x:=√6+36 3 由x1-x2|=2,得b=0. 从而f(x)=x-3.x+1,f'(x)=3.x2-3=3(x +1)(x-1). 当x∈(-1,1)时，f'(x)<0; 当x∈(-∞，-1)U(1,+o∞)时，f'(x)>0. 故f(x)在（一1,1）单调递减，在（一∞，一1）， (1,十∞)单调递增. (Ⅱ)由①式及题意知x1,x为方程3a.x十2bz -3a=0的两根，所以，x1-x:=√46+36a 3a 从而x1-x2|=2台b2=9a2(1-a). 由上式及题设知0<a≤l. 考虑g(a)=9a2-9a3, g'a)=18a-27a=-27ae-爱） 故：(a)在0，号)单词递增，在（学，1单调递 减，从而g(a)在0,1门上的最大值为g(子)=子，又 3 ga)在01]上只有-个极值，所以g(号)=专为 g(a)在(0,1)上的最大值.且最小值为g(1)=0. 所以b2∈ 【,】即6的取值范面 为 2323 33 27.C【解析】f'(x)=-x+ x+2 -x2-2x+b x+2 ,由x>-1得x十2>1>0， f(x)为（一1，十∞）上的减函数，.f(x)≤0 (x>-1), ∴.不等式一x2一2x十b≤0在(-1，+∞)上恒 成立 ,y=一x2-2x十b在(-1，十∞)上单调递减， .-1-2×(-1)十b≤0，得b≤-1，故应选C 28.<1【解析】当2=0时，不等式n受： ≥x位成立：当x≠0时，不等式sm受：≥x恒成 立，等价于k≤ 22 sin x一，x∈(0,1].令f(x)= sin 期/7(x)=三6os 22 2* ,x∈ x“ 01)时，7x(0,7),lamx>1,即可得 ·cos2-sin2<anrcos合-sin =0,从而得f'(x)<0,又f'(1)<0,∴.f(x)在x∈ (0,1]上为减函数，即可得fmin(x)=f(1)=1,∴. 1. 29.解：f(.x)=3.x2-2a.x+(a2-1), 其判别式△=4a2-12a2+12=12-8a2. （1)若△=12-8a=0,即a=± 2 当xe(,号)或x∈（学+）时f(x) >0/(x)在(-0，十o)为增函数.所以a=士5 2 (i)若△=12-8a2<0,恒有f'(x)>0,f(x)在 (-oo,十o)为增函数.所以a>2,即a∈ 3 (》+ （m)若A=12-8a>0,即-5<a< 2 f'(x)=0, 解得x1=a-V3-2a ,z2=0十V3-2a 3 3 当x∈(-∞，x1)或x∈(x2,十o∞)时， f'(x)>0,f(x)为增函数； 当x∈(x1,x2)时，f'(x)<0,f(x)为减函数. 依题意x1≥0且x≤1. 由x≥0得a≥V3-2a,解得1≤a< 2 由x:≤1得√3-2a≤3-a,解得- √6 2 ∠a --V6 综上，a的取值范围为 V6 2 [+1.》印。∈(] [1,+0). 30.解：(I)f'(x)=3x2+2a.x+1,判别式 △=4(a2-3). (i)若a>3或a<-√3，则在 ∞，a-a3}上/(x)>0.fx)是增 3 函数； 在(a-a,a+a上'(x)< 3 3 0,f(x)是减函数： 在 -a+va-3 ,+o∞上f'(x)>0,f(x)是 增函数， (i)若-√3<a<√3，则对所有x∈R都有f' (x)>0,故此时f(x)在R上是增函数， (m)若a=±3，则f(（）=0,且对所有的 x≠-含都有了()>0，故当a=士时，f(x)在R 上是增函数. (Ⅱ)由(I)知，只有当a>3或a<-√5时， f(x)在 -a-a-3-a+va2-3 内是 3 3 3 减函数. 因此 -a-a3≤-名 3 31 ① 且 -a+√a-3 1 3 -之一 3 ② 当a|>√3时，由①②解得a≥2. 因此a的取值范围是[2，十∞). 31.解：(1)当a=1时，f(x)=x3- x+1, 3 f(2)=3;f'(x)=3x2-3x,f'(2)=6.所以曲线y= f(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y一3=6(x 2),即y=6x-9. (2)f'(x)=3a.x2-3.x=3.x(a.x-1).令f'(.x)= 0,解得x=0或x= 1 a 以下分两种情况讨论： ①若0Ca≤2.则日>≥子当x变化时r. 1 f(x)的变化情况如下表： z.o) 0 f'(x) 0 f(x) 极大值 当xe【] 时，f(x)>0等价于 5一a>0, 8 即 r(合)> 5+70. 8 解不等式组得-5<a<5,因此0<a≤2 回若a>2,则0<上<2当x变化时f'() f(x)的变化情况如下表： 0 11 f'(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 时，f(x)>0等价于 8 即 (a)>. 2a>0. 解不等式组得 <a<5或a<-停因此26 5. 综合①和②，可知a的取值范围为0<a<5. 32.本小题主要考查利用导数研究函数的单调 性和极值、函数的最大值、解不等式等基础知识，考查 综合分析和解决问题的能力， 解：(I)f'(x)=4x3+3a.x2+4x=x(4x2+3a.x 十4). 当a=- 号时，f'(x)=x(4x2-10x+4)= 2x(2x-1)(x-2)」 令f'（x)=0,解得x1=0,x2=2x:=2. 当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表： ,0 0 2 2 f'(x) 0 0 极 极 极 f(x) 小 大 小 值 值 值 所以f(x)在(0，）2.+∞)内是增函数，在 （一00，（仔，2）内是减丽数 (Ⅱ)f'(x)=x(4x+3ax+4),显然x=0不是 方程4x+3a.x+4=0的根.为使f(x)仅在x=0处 有极值，必须4x2+3a.x+4≥0恒成立，即有△=9a 一64≤0.解此不等式，得- 号≤a≤号这时，/0) b是唯一极值. 因此满足杀件的口的取值范围是[一号，号] (Ⅲ)由条件a∈[-2,2]可知△=9a2-64<0, 从而4x十3ax+4>0恒成立.当x<0时，f'(x)< 0;当x>0时，f'(x)>0. 因此函数f(x)在[-1,1]上的最大值为f(1)与 f(一1)两者中的较大者. 为使对任意a∈[-2,2]，不等式f(x)≤1在 [一1,1]上恒成立，当且仅当 f1)≤1， 即 \f(-1)≤1. 6≤-2-a在a∈[-2,2]上恒 b≤-2+a 成立 所以b≤一4，因此满足条件的b的取值范围是 (-∞，-4]. 33.解：(I)当a=1时，对函数f(x)求导，得 f'(x）=3x2-6.x-9. 3 令f'(x)=0,解得x1=一1，x2=3. 列表讨论f(x),f'(x)的变化情况： 一0∞，-1) -1 -1,3) 3 (3,十∞) (x》 0 0 + f(r) 极大值6 极小值-26 所以，f(x)的极大值是∫（一1）=6，极小值是 f(3)=-26. (Ⅱ)f'(x)=3.x2-6ax-9a2的图象是一条开 口向上的抛物线，关于x=a对称. 若子<a≤1，则f(x)在[1,4a]上是增函数，从 而f(x)在[1,4a]上的最小值是f'(1)=3-6a- 9a2,最大值是f'(4a)=15a 由f'(x)|≤12a,得-12a≤3.x2-6a.x-9a≤ 12a,于是有 f'(1)=3-6a-9a2≥-12a,且f'(4a)=15a 12a」 由f了1)≥-12a得-子<a<1. 由(4a)≤12a得0≤a≤5 4 所以a∈(，ln[-子1n[o,],即a∈ 若a>1,则1f'(a)|=12a>12a. 故当x∈[1,4a]时lf'(x)≤12a不恒成立. 所以使|f'(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a 的取值范苗是（子，专。 34.解：(I)f'(x)=x2-2(1十a)x+4a=(x- 2)(x-2a). 由a>1知，当x<2时，f'(x)>0, 故f(x)在区间（一©∞，2）是增函数； 当2<x<2a时，f'(x)<0, 故f(x)在区间(2,2a)是减函数； 当x>2a时，f'(x)>0, 故f(x)在区间(2a,十∞)是增函数. 综上，当a>1时，f(x)在区间（一∞，2）和(2a, 十o)是增函数，在区间(2,2a)是减函数， (Ⅱ)由(I)知，当x≥0时，f(x)在x=2a或x =0处取得最小值， f2a)=3(2a)P-1+a)(2a+4a·2a +24a 3a3+4n2+24a, 4 f(0)=24a. 由假设知 fa>1, a>1, f(2a)>0,即 3a(a+3)(a-6)>0, f(0)>0, 24a>0. 解得1<a<6. 故a的取值范围是(1,6). 35.解：(I)因为f(x)=lnx-a.x+ 1一a-1, 所以f'(x)=1-。+a = 之2 az2-x+1-0,x∈(0，+∞)， 令h(x)=a.x2-x+1-a,x∈(0，+∞)， (1)当a=0时，h(x)=-x+1,x∈(0，+∞) 所以当x∈(0,1)时，h(x)>0,此时f'(x)<0, 函数f(x)单调递减； 当x∈(1，+o∞)时，h(x)<0,此时f'(x)>0,函 数f(x)单调递增. (2)当a≠0时，由f'(x)=0, 即ax-x+1-a=0,解得x1=1,:=1 一1 ①当a=2时，x1=x2h(x)≥0恒成立，此时 f'(x)≤0，函数f(x)在(0，十∞)上单调递减； ②当0<a<2时，-1>1>0， x∈(0,1)时，h(x)>0,此时f'(x)<0,函数 f(x)单调递减； x∈1,1-1)时，h(x)<0,此时(x)>0,函 数f(x)单调递增； x∈(-1，+0)时，h(x)>0,此时f(x)<0, 函数f(x)单调递减： ③当a<0时，由于}-1<0， x∈(0,1)时，h(x)>0,此时f'(x)<0,函数 f(x)单调递减； x∈(1，+o)时，h(x)<0,此时f(x)>0,函数 f(x)单调递增， 综上所述： 当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减； ·3 函数f(x)在(1，十∞)上单调递增； 当a=号时，国数x)在(0，十0)上单河通减： 当0<a<2时，函数f(x)在(0,1)上单调递减： 函数f(x)在(1，一一1)上单调递增； 函数f)在(}1，+0)上单满通减 1 (Ⅱ)因为a=4∈(0,2)，由(1)知x1=1x: =3￠(0,2)，当x∈(0,1)时，f'(x)<0,函数f(x)单 调递减；当x∈(1,2)时，f'(x)>0,函数f(x)单调递 塔，所以x)在(0,2)上的最小值为f1)=-子 由于“对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使 f(x1)≥g(x2)"等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不 大于f2)在0,2)上的最小值-分(*) 又g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2]，所以 ①当b∈(-∞，1)时，因为[g(x)]mim=g(1)= 5-2b>0,此时与(*)矛盾； ②当b∈[1,2]时，因为[g(x)]mm=4-b≥0，同 样与（￥）矛盾. ③当b∈(2，+o)时，因为[g(x)]mim=g(2)= 8-6,解不等式8一6≤-子，可得6≥ 8 综上6的承位范国是子十。 【点评】利用导数研究函数的性质是近年高考 的热点内容，关键是把题目转化成用函数性质解决， 化归能力高考重点考查. 36.本小题主要考查函数导数的概念与计算，利 用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方 法，考查综合运用有关知识解决问题的能力. 解：(1)根据求导法则得'(x)=1-21nx+2 x>0. F(x)=zf'(x)=z-2Inx +2a,>0, 于是F'(z)=1- 2x-2 ,x>0. x 列表如下： x (0,2) 2 (2,+∞ F'(x) 0 F(z) 极小值F(2) 故知F(x)在(0,2)内是减函数，在(2，十∞)内 是增函数，所以，在x=2处取得极小值F(2)=2一 2ln2+2a. (Ⅱ)由a≥0知，F(.x)的极小值F(2)=2-2ln2 +2a>0.于是由上表知，对一切x∈(0，+∞)，恒有 F(x)=xf'(x)>0,从而当x>0时，恒有'(x)> 0,故f(x)在(0，+∞)内单调递增.所以当x>1时， f(x)>f(1)=0,即x-1-lnx+2alnx>0.故当x> 1时，恒有x>lnx-2alnx+l. 37.解：(1)易知f(x)=2x十b.由题设，对任意 的x∈R,2x+b≤x2+bx十c,即x2+(b-2)x+c一 b≥0恒成立，所以(6-2)-4(c-b)≤0.从而c≥ +1.于是c≥1，且c≥2√×1=6，因此2c-6= c+(c-b)>0. 故当x≥0时，有(x十c)2-f(x)=(2c-b)x十 c(c-1)≥0. 即当x≥0时，f(x)≤(x十c)2. (2)由(1)知，c≥|b|.当c>|b|时，有M≥ f(c)-f(b)c2-b2+bc-62 c+26 c2-b9 c2-b2 b+c 令1=名则-1<<10 2 1 b+c 1+而函数 g)=2-(-1<1<1)的值或是(0,2）因 此，当c>6时.M的取值集合为[2十一 当c=|b时，由(1)知，b=士2，c=2.此时f(c) -f(b)=-8或0，c2一b2=0,从而f(c)-f(b)≤ 含(c一)恒成立，综上所述，M的最小值为 38.解：(I)f'(x)=a- ，则有 b /')=a-6=,解得的-a-1 f1)=a+b+c=0, '1c=1-2a. (I)由(1)知，f(x)=ax+a-1+1-2a. 8(x)=f(x)-Inz=ax+4-1+1-2a- x lnx,x∈[1，+oo), 则g1)=0,g'(x)=a-a-1 4 ax2-x-(a-1） ax-- T- （1)当0a<分时，>1. 若1<r<一口，则g'(x)<0,g(x)是减函数， a 所以g(x)<g(1)=0, 即f(x)<lnx,故f(x)≥lnx在[1，+oo)上不 恒成立 (i)当≥2时，。2≤1. a 若x>1,则g'(x)>0,g（x)是增函数，所以g (x)>g(1)=0, 即g(x)=lnx,故当x≥1时，f(x)≥lnx 综上所述，所求a的取值范围为 （Ⅲ)解法一：由（Ⅱ）知：当a≥2时，有f(x)≥ lnx(x≥1). 令a=号有f)(-)≥≥D 且当x>1时，号(x-)>lr. 1 x 令-生，有生<[ 0+)-川 即1n版+1)-1<专（合+）6=123， …,n 将上述n个不等式依次相加得 d+号+（+号++）十2 影理得1+十十…+>hm十1D十 2(n+1)n≥1，n∈N“). n 解法二：用数学归纳法证明. 1)当m=1时，左边=1，右边=12+<1，不 等式成立. (2)假设n=k时，不等式成立，就是 1+号+号+…+>n++2欢D那 么1+++++>h+1)+ 1 1 k+2 2k+)++1=n(k+1)+2+ 由（Ⅱ）知：当a≥2时，有f(x)≥nx(x≥1). 令a= :有1x)=a-≥mx≥》. 令指得体生)≥ ln(k+2)-ln(k+1). k十2 k十1 .lnk+1) 206+D≥nk+2)+2k+2) 1+号++++6>k+2) 1 1 1 k+1 2(k+2)1 这就是说，当n=k十1时，不等式也成立. 根据(1)和(2)，可知不等式对任何n∈N·都 成立 【点评】恒成立问题是函数题中常出现的题型， 可转化为求函数的最值问题.不等式的放缩在函数题 中出现，往往需构造一个函数模型来比较大小 2012一2013高考题源拓展测试 1.C2.D3.D4.D5.B6.A7.B 8.C 9.(-1,1) 11.11 12.-3[-2,18] 13.解：(1)f'(x)=3x2+2ax+b, f'(x)=0有一个根为x=0, .f'(0)=b=0. 另一根x=一 a>0. 极小位/（号=一品0+合a+e=-4 又f(0)=c=0,解得a=-3,故a=-3,b=c =0. (2)f(x)=x3-3.x2,f'(.x)=3.x2-6x=3x(x 2). 当x<0或x>2时，f'(x)>0;当0<x<2时， f'(x)<0. ∴f(x)的单调递减区间为[0,2]. 14.解：f(x)的定义域为(2，+∞). 4 r)=2是-2-222 2x-1 -2(x-1)(2.x+1) 2x-1 当2<x<1时f()>0:当2>1时f'(x) <0. 则f(x)在区间(3,1)上单调递增，在区间1， +∞)上单调递减.。 (2)由(1)知fx)在区间[是，号]时的最大值为 f(1)=ln(2×1-1)-1=-1. 又1)-1()=n2x是-D-()门 [h2×-D-(号)]=1-ls<0, 所以f(x)在区同子，]上的最小值为 f)=lh(2x-1-（子=-l2- 故f)在区间[子，]上的最大值和最小值分 别为-1有-12-品 15.解：(1)f'(x)=3x2+2ax-2,由已知，得 f'(1)=3,即1+2a=3,a=1,再由切点为(1，-1)， 得-1=3+b,b=-4,.a=1,b=-4 (2)f'(x)=0,即3.x2+2a.x-2=0, △=4a2+24>0方程有两个不相等的实根x1、 x2,而x1x2=一 <0，则方程的负根x, 2 -a-+6依题意，-2<x1<0即只需∫'(-2) 3 5 >0,解得a<2当x∈(-2x)时f(x)单调递增， 当x∈(x1,0)时，∫(x)单调递减，所以f(x)在x= x1处取得极大值.因此a的取值范围是(-∞，2) 51 16.解：(1)设x∈(0,1]，则-x∈[1,0). f(一x)=一x3十ax,f(x)为偶函数， f(x)=-x3+a.x,x∈(0,1] (2)f'(x)=-3.x2+a,x∈(0,1]→-3.x2∈ [-3,0) 又a>3,.a-3.x2>0,即f'(x)>0,.f(x) 在(0,1]上为增函数 (3)当a>3时，f(x)在(0,1]上是增函数， fmx(x)=f(1)=a-1=1→a=2(不合题意，舍 去)，当0≤a≤3时，f'(x)=a-3x2,令f'(x)= 0,x=N3 a 如下表： 0A3 a /3 f'(x) 0 f(x) 最大值 ∴.f(x)在x=】 号处取最大值一气侣) 327 当a<0时，f'(x)=a-3x2<0,f(x)在(0,1] 上单调递减，f(x)在(0,1]无最大值. .存在a= √4，使f(x)在(0,1]上有最大 值1. 17.解：(1)设y=f(x)与y=g(x)(x>0)在公 共点(x。,y)处的切线相同， ·f'(z)=x+2a,g'()=3a x 由题意f(xo)=g(xo),f'(xo)=g'(xo), 2xi+2ax=3a'lnto+b, 1 即 x0+2a= 3a2 由xo+2a=3a ,得xo=a或xo=-3a(舍去)， o 即有6=a+2a-3a2lm=号a-3a2ha 1 令Ae)=哥-3rlw4>0),则a)=21- 3Int). 于是当t(1-3lnt)>0,即0<t<e时，h'(t) >0: 当t(1-3lnt)<0,即t>e时，h'(t)<0. 故h(t)在(0，e了)上为增函数，在(e,+oo)上为 减函数. 4 于是h(t)在(0，十∞)上的最大值为h(e)= 32 2e. (2)证明：设F(x)=f(x)-g(x)= 2x+2ax -3a1nx-b(x>0),则F'(x)=x+2a-3a= (x-a)z+3a》(z>0). 故F(x)在(0，a)上为减函数，在(a,+∞)上为 增函数.于是函数F(x)在(0，十∞)上的最小值是F (a)=0. 故当x>0时，有f(x)-g(x)≥0，即当x>0 时，f(x)≥g(x）. 第五章立体几何与空间向量 §5.1空间几何体的结构、三视图和直观图 五年高考母题原型训练 1.C【解析】本题考查有关球的问题.可知两 个长度的比即为两个圆的半径比，设赤道所在圆半径 为R,北纬60°所在圆的半径为r,由纬度定义可知 cos60=R=2,故选择C 2,D【解析】甲、乙在东经120°线上，所对圆 心角为75°+45°=120°，所以甲、乙的球面距离为球 西大国同长的行，长为。 3.D【解析】本题解题思路是依据球半径、球 心到截面的距离、截面圆半径三者间的关系来考虑。 设球半径为2a,依题意过M,O作垂直于OP的平 面，截球面得到两个圆的半径的平方分别是(2a)2 a2=3a2,(2a)2=4a2,因此这两个圆的面积之比为 ,选D 3 4.D【解析】如图，平面AA1D1D裁球所得 圆面的半径r= IADI√2 2 2 EFC面AA1D1D, .EF被球O截得的线段为圆面直径d, ∴.d=2r=√2.故本题选D. D A B§4.2导数的应用 考纲·题型解读 1.理解可导函数的单调性与其导数的关系，能利用导数确定函数的单调性。 2.函数的单调性是函数的重要性质，它一直是高考的重点内容，而确定函数的单调性又是一个难点，很多函数仅通过定义 很难确定其单调性，而通过导数的方法往往是一种简单易行的方法，所以近年来高考加强了利用导数的方法确定函数单调性的 考查. 3.了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号），会求一些实际问题（一般指单峰函数） 的最大值和最小值. 4,导数法研究函数的极值和最值是导数应用的关键知识，函数极值的有关概念和求解方法的复习要注意与函数图象相结 合，养成用数形结合思考问题的习惯.利用导数求函数的极大（小）值，求函数在连续区间[，b]上的最大、最小值或利用求导法 解决一些实际应用问题，这已成为新高考的一个热点问题，应予以关注. 五年高考母题题源揭秘 函数f'(x),并确定f(x)的单调区间. 题源1可导函数的单调性与导数的关系 [解析]f'(x)=2x-1)2-(2x-6)·2(x-1D (x-1) 解题模型 =-2x+26-2--2[x-(6-1)] (x-1)3 (x-1)3 设函数y=f(x)在区间(a,b)内可导： 令f'(x)=0,得x=b-1. (1)如果恒有(x)>0,则函数f(x)在(a,b)内为增 当b一1<1，即b<2时，f'(x)的变化情况如下表： 函数； (2)如果恒有f(x)<0,则函数f(x)在(a,b)内为减 x (-∞，b-1)b-1 b-1,1)(1,+o∞) 函数； (x) 0 (3)如果恒有'(x)=0,则函数f(x)在(a,b)内为常函 当b一1>1，即b>2时，f'(x)的变化情况如下表： 数 (-∞，1)1，b-1) b-1 (b-1,+o∞) [宜题(2021·江两)设函数/)= (z 0 (I)求函数f(x)的单调区间： 所以当b2时，函数f(x)在（一©∞，b一1）上单调递减，在 (Ⅱ)若>0，求不等式f'(x)+k(1-x)f(x)>0的解集， (b一1,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减. [解折1)六c+- 当b>2时，函数f(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，b一1) 9e*, 上单调递增，在(b一1，十○)上单调递减， 由f(x)=0,得x=1. 当b-1=1,即b=2时f(x)=,所以函数f(.x)在 因为当x<0时，f'(x)<0:当0<x<1时，f'(x)<0: (一0,1)上单调递减，在(1，十o∞)上单调递减。 当x>1时，f'(x)>0, 所以f(x)的单调增区间是[1，十∞)： [真题3](2022·全国)设函数f(x)=e-1-x-a.x2. 单调减区间是(-0,0)，(0,1]. (1)若a=0,求f(x)的单调区间： (Ⅱ)由f(z)+k(1-x)f(x)=文-1+k红- (2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围. -e [解析](1)a=0时，f(x)=e-1-x,f'(x)=e2-1. =x-1)(-kx+1 当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0;当x∈(0，+o)时，f'(x)> e'>0, 0.故f(x)在（一∞，0）单调减少，在(0，十∞)单调增加， 得(x-1)(k.x-1)<0. (2)f'(x)=e'-1-2ax. 故当0<<1时，解集是21<<： 由(1)知e≥1+x,当且仅当x=0时等号成立. 故f'(x)≥x-2ax=(1-2a)x, 当k=1时，解集是)： 从而当1-2a≥0，即a<}时，fx)≥0，而f0)=0,于是 当k>1时，解绕是x专<x<1, 当x≥0时，f(x)≥0. 2x-b [真题2](2020·北京)已知函数f(x)= (2-1),求导 由c>1+x(x≠0)可得e‘>1-x(x≠0).从而当a>2 ·63· 时，f'(x)<e-1+2a(er-1)=er(e-1)(e-2a), ). 故当x∈(0，n2a)时，f'(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈ 令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0，+o∞)， (0,ln2a)时，f(.x)<0. ①当a=0时，g(x)=-x+1,x∈(0，+∞)， 给合得：的取值范国为(0，】 所以，当x∈(0,1)时，g(x)>0,此时f'(x)<0,函数f(x) 单调递减； [真题4](2022·辽宁)已知函数f(x)=(a+1)nx十 当x∈(1，十∞)时，g(x)<0,此时f'(x)>0,函数f(x)单 a.x2+1. 调递增； (1)讨论函数f(x)的单调性； ②当a≠0时，由f'(x)=0, (2)设a<-1,如果对任意x1,xg∈(0，+∞)，f(x1) f(x2)川≥4x1-x2|,求a的取值范围. 即az-x十1-a=0,解得x1=1,,=1-1. a [解析](1)f(x)的定义城为(0，十∞)，f(x)=a+1+ x (①当a=2时x=xg(x)≥0恒成立，此时f'（x)≤0， 2ax=2ax'+a+1 函数f(x)在(0，十∞)上单调递减； 1 当a≥0时，f(x)>0,故f(x)在(0，+∞)单调增加； (i)当0<a<2时， 1-1>1>0: 当a≤-1时，f'(x)<0,故f(x)在(0，+∞)单调减少； x∈(0,1)时，g(x)>0,此时'(x)<0,函数f(x)单调 当-1<a<0时，令f广(x)=0,解得x= a+1 则当x 递减： a+1 x∈(，立-时，gx)<0,此时f(x)>0,画数f()单 ,+o∞1时，f 2a 调递增； (x)<0,故f(x)在 a十1 单 调增加，在 2a z(日-1，+o）时gx)>0.此时f(x)0.画数fx) 单调递减： ()当a<0时，由于1-1<0. (2)不妨假设x1≥x:,而a<-1,由(1)知f(x)在(0，十∞) a 单调减少，从而Hx1,x2∈(0，+∞)，f(x1)-f(x2)|≥4x1 x∈(0,1)时，g(x)>0,此时f‘(x)<0,函数f(x)单调 x,等价于Vx1,x2∈(0，+o∞)，f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.① 递减； 令g(x)=f(x)+4x,则g'(x)=a+1+2ax+4. x∈(1，十∞)时，g(x)<0,此时f'(x)>0,函数f(x)单 调递增. ①等价于g(x)在(0，十o0)单调减少，即a+1 综上所迷： +2a.x+4≤0. 当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减；函数f(.x)在 从- (1,十∞)上单调递增： 2x2+1 2x2+1 -2. 故a的取值范围为(-∞，-2]. 当a=2时，画教了x)在(0，十o0)上单润递减： [真题5](2022·山东)已知函数f(x)=1x-ax+二4 x 当0<a<2时，函数fx)在(0，)上单调递减：函数f(x)在 -1(a∈R). (1)当a=一1时，求曲线y=f(x)在点(2，f(2)处的切线 一小上单：画数)在（-1+上单调 方程： 题源2函数的极值 (2)当a≤<时，讨论f)的单调性， [解析](1)当a=-1时，fx)=1nr+x+2-1,x∈(0， x 十∞). f(x)=x+x-2 x∈(0，+∞)， 因此f(2)=1. 即曲线y=f(x)在点(2，f(2)处的切线斜率为1. 又f(2)=ln2+2, 所以曲线y=f(x)在，点(2，f(2)处的切线方程为y一(n2 十2)=x-2, 即x-y+ln2=0. (2)因为f(x)=1nx-ax+1二a-1, x 1 所以'(x)= -4+a1=-az2-x-a+1 x∈(0，+ x ·64· 解题模型 3 2mx+2mx. (1)设函数∫(x)在点x。附近有定义，如果对于x。附 近所有的点都有f(x)<f(x)(或f(x)>f(x0),我们 由/1)=5，中号-2m十2m=5,得m=6,所以a=2.6 就说f(x。)是函数f(x)的一个极大值（或极小值） -9,c=12. 可导函数f(x)在极值，点处的导数为0. [真题7](2018·山东)设函数f(x)=2x3-3(a-1)x 如果函数f(x)在点x0处连续，且在点x。两侧的导 +1,其中a≥1. 数异号，那么点x。是函数f(x)极值点. (I)求f(x)的单调区间： (2)求可导函数的极值时应注意以下几点： (Ⅱ)讨论f(x)的极值. ①按定义，极值点x:是区间[a,b]内部的点，不会是 [解析]由已知得f'(x)=6.x[x-(a-1)], 端点a、b. 令f'(x)=0,解得x1=0,x2=a-1. ②若f(x)在(a,b)内有极值，那么f(x)在(a,b)内绝 (I)当a=1时，f'(x)=6x2,f(x)在（一∞，十o∞）上单调 不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值 递增： ③极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不 当a>1时，f'(x)=6.x[x-(a-1)]. 一定比极小值大，极小值不一定比极大值小. f'(x)、f(x)随x的变化情况如下表： ④函数f(x)在[a,b]上有极值 y=f'(x) (-∞，0) 0 (0,a-1) a-1 (a-1,+∞) 的话，它的极值点的分布是有规律 f'(.x) + 0 0 的，如图，相邻两个极大值点之间必 有一个极小值点，同样相邻两个极 f(z) 极大值 极小值 小值点之间必有一个极大值点，一 从上表可知，函数∫(x)在（一∞，0）上单调递增； 般地，当函数f(x)在[a,b]上连续且有有限个极值点时函 在(0，a一1)上单调递减：在(a一1，十o∞)上单调递增. 数f(x)在a,b]内的极大值点、极小值点是交替出现的， (Ⅱ)由(I)知，当a=1时，函数f(x)没有极值. 当a>1时，函数f(x)在x=0处取得极大值1， 在x=a-1处取得极小值1-(a-1)3. ⑤导数为零的，点是该点为极值点的必要条件，不是充 分条件 [真题8](2020·江西)已知函数f(x)=x‘+3ax ⑥极值只能在函数的不可导点和导数为零的点取得。 a2x2+a‘(a>0). (3)函数极值的求法： (I)求函数y=f(x)的单调区间： ①求导数f'(x).②求方程f'(x)=0的全部实根.③ (Ⅱ)若函数y=f(x)的图象与直线y=1恰有两个交点，求 检查f'(x)在方程f'(x)=0的根左右两边的值的符号.如 a的取值范围. 果左正右负，那么(x)在这个根处取得极大值；如果左负 [解析](I)f'(x)=x3十a.x2-2a2x=x(x十2a)(x-a) 右正，那么f(x)在这个根处取得极小值. 令f'(x)=0得，x1=-2a,x2=0,xg=a,由a>0得f'(x)在 总结：求可导函数的极值，实质上是解方程即解方程 ∫'(x)=0根的左右的符号如下表所示： '(x)=0,然后列表即可. x f'(x) f(z) [真题6](2018·北京)已知函数f(x) -∞，-2a〉 =a.x3十bx2+cx在点x0处取得极大值5，其 -2a 0 极小值 导函数y=f'(x)的图象经过点(1,0)，(2， 0),如图所示.求： (-2a,0) + (I)x。的值： 0 0 极大值 (Ⅱ)a,b,c的值. (0,a) [解析]解法一：(I)由图象可知，在(-∞，1)上f'(x)> 0,在(1,2)上f'(x)<0,在(2，十∞)上f'(x)>0,故f(x)在 a 0 极小值 (-∞，1)，(2，+o∞)上递增，在(1,2)上递减，因此f(x)在x=1 (a,+∞) + 处取得极大值，所以x。=1. 所以f(x)的递增区间为(-2a,0)与(a,十c∞)， (Ⅱ)f'(x)=3ax2+2b.x+c,由f'(1)=0,f'(2)=0,f(1) f(x)的递减区间为(-∞，-2a)与(0，a). ,3a+2b+c=0, =5,得12a+4b+c=0,解得a=2,b=-9,c=12. 由（I)得fma=f(-2a)=-子af)a= a+b+c=5, 7 解法二：(I)同解法一. fa)=12a,f(x)*度=f(0)=a, (Ⅱ)设f(.x)=m(x-1)(x-2)=mx2-3m.x+2m,又 3,6=3 f'(x)=3ax2+2bx+c,所以a= 要使f(x)的图象与直线y=1怡有两个文点，只要-3 Γ2m,c=2m,f(.x) 12 ,或0<a<1. ·65· [真题9](2019·山东)设函数f(x)=a.x2+blnx,其中 -a], ab≠0. 4g(x)=z2+(3-a+b)x+2b-ab-a, 证明：当ab>0时，函数f(x)没有极值点；当ab<0时，函 则△=(3-a十b)2-4(2b-ab-a)=(a十b-1)2+8>0, 数(x)有且只有一个极值点，并求出极值. 于是可设x1,x2是g(x)=0的两实根，且x1<x, [解析]因为f(x)=a.x2+bnx,ab≠0，所以f(x)的定义 ①当x1=a或x2=a时，则x=a不是f(x)的极值点，此 域为(0，十∞). 时不合题意 f(x)=2az+b=2ax+b ②当x1≠a且x2≠a时，由于x=a是f(x)的极大值点， x 当ab>0时，如果a>0,b>0,f'(x)>0,f(x)在(0，+∞) 故x1<ax2· 上单调递增； 即g(a)<0, 如果a<0,b<0,f'(x)<0,f(x)在(0，十o∞)上单调递减. 即a2+(3-a+b)a+2b-ab-a<0, 所以当ab>0时，函数f(x)没有极值，点。 所以b<一a, 当ab<0时， 所以b的取值范围是（一o,一a). (2)由(1)可知，假设存在b及x:满足题意，则 2a 2a ①当x2一a=a一x1时，则x4=2x2一a或x4=2x1一a, f(x)= f'(x)=0,得 于是2a=x1十x2=a-b-3, b b 即b=-a-3. ∈(0，十∞)，当 2a (0，十∞)（舍去），x2= 2a 此时x4=2x2-a=a-b-3+√(a+b-1)+8-a=a+ a>0,b<0时，f'(x)、f(x)随x的变化情况如下表： 26,或x:=2x1-a=a-b-3-√(a+b-1)+8-a=a- b 2a ,十 26. 2a 2a ②当x2一a≠a-x1时，则x2-a=2(a一x1)或a一x1 (x) 0 + =2(x2-a). f(x) 极小值 不 (D若r:-a=2(a-81）,则z4=a十型 2 从上表可看出，函数f(x)有且只有一个极小值点，极小值 为（品--(a川 于是3a=2x1十，=3a-6-3)-Va+6-1)+8 当a<0,b>0时，f'(x)、f(x)随x的变化情况如下表： 即/(a+b-1)+8=-3(a+b+3), b b b 于是a+6-1=二9-3 2 2 2a W 2a,+ 此时4=+=2a+a-6-3）-3a+b+3》=-6-3 f'(x) 0 2 f(z) 极大值 -a+1+ 2 从上表可看出，函数∫(x)有且只有一个极大值点，极大值 （国常4-1=2：-公).时=，于是a=24:十 为(-（川 x1=3(a-6-3)+a-6-D+8 综上所述，当ab>0时，函数f(x)没有极值点： 当ab<0时，若a>0,b<0时，函数f(x)有且只有一个极 即√(a-b-1)+8=3(a+b+3), 小值点，极小值为- 引-（会] 于是。+6-1=9+压.此时x4=” 2 2 若a<0,b>0时，函数f(x)有且只有一个极大值点，极大 维为--()门 2a+a-6-3)-3(a+6+3》=-6-3=a+1-飞 4 2 综上所述，存在b满足题意. [真题10](2022·浙江)已知a是给定的实常数.设函数 f(x)=(x-a)(x+b)e,b∈R,x=a是f(x)的一个极大 当b=-a-3时，x4=a士2V6; 值点 当b=一a一 7+√13 (1)求b的取值范围： 2 时，2：=4+1+V3 2 (2)设x1,x,xa是f(x)的3个极值点，问是否存在实数 7-/13 当b=一a b,可找到x,∈R,使得x1,x2,x,x:的某种排列x1,x2x, 时x:=4+1-3 2 x4(其中{i1,i2i3,i:}=1,2,3,4})依次成等差数列？若存在， 题源3函数的最值 求所有的b及相应的x4;若不存在，说明理由。 [解析](1)f'(x)=e(x一a)[x十(3-a十b)x十2b-ab ·66 解题模型 上是增函数。 由前面讨论知，g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值只 闭区间[a,b]上连续函数f(x)必有最大值与最小值， 其求法为： 能在x=1,巨，2时取得，而g()= 3,g(W2)=4 3,8(2)= 1.求出函数f(x)在(a,b)内的极值； 2.将f(x)的各极值与f(a),f(b)比较，其中最大的 周此g(x)在区间[1,2]上的最大值为gW)=4 4 3,最小值 一个是最大值，最小的一个是最小值. 此性质包括两个条件： ①给定函数的区间必须是闭区间，也就是说函数∫ 为2=兰 [真题13](2021·陕西)已知函数f(x)=ln(ax+1)+ (x)在开区间上虽然连续，但不能保证有最大值与最小值. 1-x 例如函数f()=1在(0，十)内连续，但没有最大值与 1+7,x≥0，其中a>0. (I)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值； 最小值。 (Ⅱ)求f(x)的单调区间： ②在闭区间上的每一点处必须连续，即在闭区间上有 (Ⅲ)若f(x)的最小值为1，求a的取值范围. 间断点亦不能保证f(x)有最大值与最小值.例如f(x)= [解析](I)'(x)=a 2 ax2+a-2 2 (0≤x<1) 有最小值0，无最大值」 ax+1(1+x)2(a.x+1)(1+x)2' 0 (x=1) :f(x)在x=1处取得极值，f'(1)=0,即a·12+a-2 =0,解得a=1. [真题11](2022·江西)设函数f(x)=nx+ln(2-x)+ a.x2+a-2 ax(a>0). (fx)=ar+D+x20,a>0.ax+1>0. (1)当a=1时，f(x)的单调区间； ①当a≥2时，在区间(0，+∞)上f'(.x)>0,∴f(.x)的单调 (Ⅱ)若f(x)在(0,1]上的最大值为2，求a的值. 增区间为(0，十∞). [解析]函数f(x)的定义域为(0,2)， ②当0<a<2时，由f'(x)>0解得x> =a,由f(x) a f'(x)= 1 2-x 十a. <0解得x<A 2-a -x2+2 a )的单润区为√)单 (I)当a=1时，f'(x)= 2-,所以∫(x)的单调遥增 区间为(0,2)，单调递减区间为（√2,2）. 区为（写，+） （)当x∈(0,11时，f)=22x (Ⅲ)当a≥2时，由（Ⅱ）①知，f(x)的最小值为f(0)=1;当 z(2-r)+a>0, 2-a 处取得最小值 即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值 0<a<2时，由（Ⅱ）②知，f(x)在x= 为f(1)=a,因此a=2 1 2-a f(a )f(0)=1,综上可知，若f(x)的最小值为1，则a [点评]函数问题中，导数的应用、分类讨论的思想，是函 的取值范围是[2，十©∞). 数大题中常见的类型， [真题14](2021·天津)已知函数f(x)=x+4+6(x≠ [真题12](2022·重庆)已知函数f(x)=a.x8+x2+bz x (其中常数a,b∈R),g(x)=f(x)+f'(x)是奇函数 0),其中a,b∈R (1)求f(x)的表达式； (I)若曲线y=f(x)在点P(2,f(2)处的切线方程为y= (2)讨论g(x)的单调性，并求g(x)在区间[1,2]上的最大 3x+1,求函数f(x)的解析式； 值与最小值. (Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性； [解析](1)由题意得f'(x)=3ax+2x十b.因此g(x)= (Ⅲ)若对于任意的a∈ f(x)+f'(x)=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b.因为函数g(x) 合小不等式f2)≤10在 是奇函数，所以g(一x)=一g(x),即对任意实数x,有a(一x)3 [片上恒皮立求6的取位老面 +(3a+1)(-x)2+(b+2)(-x)+b=-[a.x3+(3a+1)x2+ (b+2)x十b],从而3a十1=0，b=0,解得a=- 3b=0,因此f [解析]（I)f'(x)=1-总，由导教的几何意义得f'(2) =3,于是a=一8.由切点P(2,f(2))在直线y=3.x十1上可得 x)的解析式为f(x)=-3x+x 一2十b=7,解得b=9.所以函数∫(x)的解析式为f(x)=x 8 1 (2)由1)知g(x)=-3x+2x,所以g'(x)=-x+2, x +9. 令g'(x)=0,解得x1=-√2，x=V2,则当x<-√2或x>√2 (Ⅱ)f'(x)=1-4 时，g'(x)<0,从而g(x)在区间(-∞，一√2]，[W2,十∞)上是 当a≤0时，显然f'(x)>0(x≠0)，这时f(x)在(-∞，0)， 减函数：当一√2<x<√2时，g'(x)>0,从而g(x)在[-√2，√2] (0,十∞)内是增函数. ·67· 当a>0时，令f'(x)=0,解得x=士√a. 数，把解析几何问题转化为函数问题求解是关键. 当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表： [真题16](2021·山东)两县城A和B相距20km,现计 划在两县城外以AB为直径的半圆弧AB上选择一点C建造垃 a a,0y(0,√a》 a (Ja, 圾处理厂，其对城市的影响与所选地点到城市的距离有关，对城 +c∞) A和城B的总影响度为对城A与对城B的影响度之和，记C点 到城A的距离为xkm,建在C处的垃圾处理厂对城A与城B的 f'(x) 0 0 影响度为y,统计调查表明：垃圾处理厂对A的影响度与所选地 点到A的距离的平方成反比，比例系数为4；对城B的影响度与 f (x) 极大值 极小值 所选地点到城B的距离的平方成反比，比例系数为k.当垃圾处 理厂建在弧AB的中点时，对城A和城B的总影响度为0.065. 所以f(x)在（一o,一√a),(a,十∞）内是增函数，在 (I)将y表示成x的函数； (-√a,0),(0,√a)内是减函数 (Ⅱ)讨论(I)中函数的单调性，并判断弧AB上是否存在一 (Ⅲ)由（Ⅱ）知，f(x)在 片上的大为（） 点，使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小？ 若存在，求出该点到城A的距离；若不存在，说明理由。 )中的载大者，对于任意的a∈[2，]不等式fx)10在 [解析](I)根据题意∠ACB=90°，AC=xkm,BC= √400一x”km,且建在C处的垃圾处理厂对城A的影响度为 39 [上恒成立，当且仅当 4 ·对城B的影响度为·因此·总影响度y为y=。十 f(1)≤10， (b<9-a 意的a∈[]成立 400-(0<x<20). 又因为垃圾处理厂建在孤AB的中点时，对城A和城B的 从而得b≤有，所以满足条件的6的取值范国 4 总影响度为0.065，所以 是（引 V10+10y+0-(W10+10> =0.065,解得为=9，所以y=生 9 [真题15]如图所示，已知抛物线 +400-x(0<x<20). y2=4x的顶点为O,点A的坐标为(5， (Ⅱ)因为y=-8 18.x -+(400-x)y 0),倾斜角为于的直线1与线段OA相交 =18x-8X(400-x')2 (不经过点O或点A),且交抛物线于M、 x3(400-x2)2 N两点，求△AMN的面积最大时直线l =x+800)(10z2-1600) 的方程，并求△AMW的最大面积. x3(400-x2)2 [解析]由于直线1与线段OA相交且倾解角为，又点 由y'=0解得x=4√10或x=-4√10（舍去）， 易知4√10∈(0,20). A的坐标为(5,0)，设直线1的方程为y=x十m,可知一5<m y,y'随x的变化情况如下表： ∠0. (0,410) 4W/10 (4/10,20) 由方程组=x十m, 消去y得x2十(2m一4)x+m2=0.① b2=4x 0 直线1与抛物线有两个不同交点M、N,∴方程①的判别 极小值 式△=(2m-4)2-4m2=16(1-m)>0,.m<1,由 5<m<0】 由表可知，函数在(0,4√0)内单调递减，在(4/0,20)内单 得m∈(-5,0) 0m<1 调递增水=y=而=6，此时x=4W0,故在AB上存在 设M(x1y1),N(x2y2),则x1十x2=4一2m,x1x2=m2, C点，使得建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最 MN|=4√2-m,点A到直线1的距离d=5+m 小，该点与城A的距离x=4W/10km. [真题17](2021·辽宁)设f(x)=e(ax2+x+1),且曲 .S△AMw=2(5+m)√1-m,即S2AMw=4(1-m)(5+m),令 线y=f(x)在x=1处的切线与x轴平行. f(m)=(1-m)(5+m)2=-m3-9m2-15m+25, (I)求a的值，并讨论f(x)的单调性； 对f'(m)=-3m2-18m-15, 当f'(m)=0时，即m=-1或m=一5. (I)证明：当9e【0,受]时，cog)-fsin01<2。 根据题意知m=-1时，f(m)最大，即S△AMN最大为8V2, [解析](I)f'(x)=e(ax2+x十1+2a.x十1).由条件 故直线1的方程为y=x-1,△AMN的最大面积是8V2. 知，f'(1)=0,故a+3+2a=0→a=-1. [评析]本题考查综合运用弦长公式、三角形面积公式、基 于是f'(x)=e(-x2-x+2)=-e(x+2)(x-1). 本不等式等求函数最值，数学思维层次较高，其中建立目标函 故当x∈(-∞，-2)U(1,+∞)时，f'(x)<0: ·68· 当x∈（一2,1）时，f'(x)>0. 1 从而f(x)在(-∞，-2)，(1，十∞)单调递减，在(-2,1)单 的最大值为2一1. 调递增， 题源4已知函数的单调性确定参数的取值范围 (Ⅱ)由(I)知f(x)在[0,1]单调递增，故f(x)在[0,1]的 最大值为f(1)=e,最小值为f(0)=1. 解题模型 从而对任意x1,x2∈[0,1]，有|f(x1)-f(x2)|≤e-1<2. 而当0∈[0,2]时cos0.sin∈[0,1. 这种问题往往转化为恒成立或能成立问题解决： 从而lf(cos0)-f(sin0)l<2. [思维拓展]导数法是求解有关函数单调性问题、最值问 [真题19](2022·北京)设函数fx)=号x+6z+x+da 题、极值问题、参数问题的有效方法之一，在具体问题中一定要 >0),且方程f'(x)-9x=0的两个根分别为1,4. 明确其方法和要点，应用导数法求解单调性问题关键就是求解 (1)当a=3且曲线y=f(x)过原点时，求f(x)的解析式： 不等式的解集；最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大 (2)若f(x)在（一∞，十∞）内无极值点，求a的取值范围. 小；极值就是依据极值定义判断各个导数为0的点；参数问题涉 [解析]由fx)=号2+bx+c十d得()=ax+ 及的有最值恒成立问题、单调性的逆向应用，在求解过程中要注 意以细求准， 2ba+c. [真题18](2020·湖南)已知函数f(x)=1n2(1十x) 因为f'(x)-9x=ax+2b.x十c一9x=0的两个根分别为 1,4, 1+x1 所以+26+c-9=0, (￥) (I)求函数f(x)的单调区间： 16a+8b+c-36=0. )若不等式1叶）“≤e对任意的u∈N都成立（其 1)当a=3时，由(*)式得26十c-6=0, 18b+c+12=0, 中e是自然对数的底数)，求a的最大值 解得b=-3,c=12,又因为曲线y=f(x)过原点，所以d [解析](I)函数f(x)的定义域是(-1，+∞)，f'(x)= =0, 2ln(1+x)x2+2x2(1+x)ln(1+x)-x2-2x 故f(x)=x3-3x2+12x 1+x (1+x)2 (1+x)2 设g(x)=2(1+xn(1+x)-x2-2x,则g'(x）=2n(1+ (2)由于a>0,所以f(z)=号x+6x+cx+d在(-0， x)-2x. 十∞)内无极值，点”等价于“f'(x)=ax2+2bx十c≥0在(-0∞， -2x 令h2)=2n0+)22,期()名2=十 +∞)内恒成立”.由（￥）式得2b=9-5a,c=4a.又△=(2b)2 当一1<x<0时，h'(x)>0,h(x)在（一1,0）上为增函数，当 4ac=9a-1Da-9,解>0： 得a∈[1,9]. 1△=9(a-1)(a-9)≤0， x>0时，h'(x)<0,h(x)在(0，十)上为减函数. 即a的取值范围是[1,9]. 所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以g'(x) [真题20](2021·浙江)已知函数f(x)=x3+(1-a)x <0(x≠0)，函数g(x)在（一1，十∞）上为减函数. -a(a+2)x+b(a,b∈R) 于是当-1<x<0时，g(x)>g(0)=0,当x>0时，g(x) (I)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是 <g(0)=0. -3,求a,b的值： 所以，当一1<x<0时，f(x)>0,f(x)在（一1,0)上为增 (Ⅱ)若函数f(x)的在区间（一1,1）上不单调，求a的取值范围 函数，当x>0时，f'(x)<0,f(x)在(0，+∞)上为减函数. [解析](I)由函数f(x)的图象过原点，得b=0,又f 故函数f(x)的单调递增区间为（一1,0），单调递减区间为 (x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2),f(x)在原点处的切线斜率是 (0,十∞). -3. +)“≤e等价子a+a(+)1.由1+ 则一a(a十2)=一3，所以a=一3，或a=1. >1知a< （)由f'(x)=0,得x1=a,x:=-a2 3· + 又f(x)在（一1,1）上不单调，即 设G(x)= n1+x)）-立，x∈(0,1]，则G(x)= 1 1 1a1, 1, -1a1, 3 解得 1 _a十2或 1(1+x)ln2(1+x)-x2 a≠ 3 ≠ a+2 a≠ 21 (1+x)n(1+x)x2 x(1+x)ln(1+x) 3 x2 -5a1 由(I)知，lm1+x)+z≤0，即(1+xn1+x)-x 或 0. a≠一 所以u的取值范国是(-5，一宁U(- 21) 21 所以G‘(x)<0,x∈(0,1]于是G(x)在(0,1]上为减函数. [真题21]（2021·山东)已知函数f(x)=3ax+bx+ 故函数G(x)在(0,1门上的最小值为G(1)=n21.所以a x十3，其中a≠0. ·69· (I)当a,b满足什么条件时，f(x)取得极值？ 即g)在(0，二)上单调递增，在(，1门上单调递减，所以 (Ⅱ)已知a>0,且f(x)在区间(0,1]上单调递增，试用a a 表示出b的取值范围」 [gx门医=g(片)=-6，因此b≥-a. [解析](I)f'(x)=a.x2+2bx+1,当(2b)2-4a≤0时无 极值，当(2b)2-4a>0,即b2>a时，'(x)=a.x2+2bx十1=0 当二∈[1，十∞)，即a∈(0,1]时，由于x∈(0,1]时，g'(x) 有两个不月的解，甲=6口4=二6十62 ≥0，即g(x)在(0,1]上单调递增，所以[g(x)]推=g(1)= 因此f'(x)=a(x-x1)(x-x2),(1)当a>0时，f(x),f'(x) _a+ ,因此b≥-a 随x的变化情况如下表： 2. 综上所述，当a>1时，b≥-√a; x (-∞，x1) ZI (x1,x2） T2 (x2,+∞) f'(x) + 0 0 + 当0<a≤1时，b≥-a+1 2 f(x) 极大值 极小值 x 题源5 利用单调性证明不等式 由此表可知f(x)在，点x1,x2处分别取得极大值和极小值。 (2)当a<0时，f(x),'(x)随x的变化情况如下表： 解题模型 2 (-∞，xg) (x2,x1) (x1,十∞) 此类问题往往需构造函数，利用函数的单调性解决， f'(x) 0 + 0 [真题22] (2022·安徽)设a为实数，函数f(x)=e f(x) 极小值 极大值 2x+2a,x∈R. 由此表可知f(x)在点x1,工2处分别取得极大值和极小值. (I)求f(x)的单调区间与极值； 综上所迷，当a和b满足b2>a时，f(x)能取得极值. (Ⅱ)求证：当a>ln2-1且x>0时，e>x2-2a.x+1. (Ⅱ)解法一：由题意 [解析](I)由f(x)=e-2x+2a,x∈R知f'(x)=e f'(x)=a.x2+2bx+1≥0在区间(0,1]上恒成立，即b≥ 2,x∈R. 受-2e0,1]设g)=受2e0,1 ax 1 1 令f'(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时，f'(x),f(x)的 变化情况如下表： 1)当 当后∈01，即a≥1时， x (-,In2) In2 (In2,+) f'(x) 0 + g(x)=-g+1 2 =一√a,等号成立的条件 单调递减 单调递增 f(x) 2(1-ln2+a) 习 为x= ∈(0,1门.[g(x]*a=g（ )=-√a,因此b≥ √a a 故f(x)的单调递减区间是（一o∞，ln2),单调递增区间 是(ln2,+o), f(x)在x=ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)=e2 (2)当=>1，即0<a<1时，g'(x)=- a11-ax 2+2x 2x* 2ln2+2a=2(1-ln2+a). (Ⅱ)设g(x)=e-x2+2a.x-1,x∈R.于是g'(x)=e- >0,所以g(x)在(0,1]单调递增，[g(x)]大准=g(1)=- 2 2x+2a,x∈R. 2= 2,所以6≥-a+1 1a+1 由(I)知当a>ln2-1时，g'(x)最小值为g'(ln2)=2(1- 2 ln2+a)>0. 综上所述，当a≥1时，b≥一√a: 于是对任意x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在R内单调 当0<a<1时，b≥-a十1 递增. 2 于是当a>ln2-1时，对任意x∈(0，+o∞)，都有g(x) 解法二：由题意f'(x)=ax2+2b.x十1≥0在区间(0,1]上恒 >g(0). 成立，所以b≥-0T-1 而g(0)=0.从而对任意x∈(0，十∞)，g（x)>0. 22z2∈(0,1. 即e-x2+2ax-1>0,故e>x2-2ax+1. ax 1 设gx)=-受-2zx∈01]，则g'(x)=- + 1 [点评]导数是高考必考内容之一，求单调区间求极值常 利用导数工具，通过构造函数转化为函数最值问题也是证明不 令g'(x)=0 等式的常用方法 1 得x1=或x=一 （舍去） √a a [真题23](2020·山东)已知函数f(x)=1-) 当二∈(0,1)，即a>1时，由于x∈0， aln(.x-1),其中n∈N",a为常数. 时)>0： (1)当n=2时，求函数f(x)的极值； 1 (2)当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有 x∈( 三，1]时，g'(x)<0. f(x)x一1. ·70· [解析](1)由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},当 f'(x) 0 1 n=2时，f(x)=a=c)+aln(x-1),所以f'(x） f(x) 入 极大值 =2-a(1-x)2 所以f(x)在(-∞，1)内是增函数，在(1，十∞)内是减 (1-x)3 函数 ①当a>0时，由f(x)=0得x=1+√ 2 >1,x2=1 函数fx)在x=1处取得极大值f(1),且f)=】 e E<1此时f'e)=-a2-) (2)由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)e-2, a (1-x)3 令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe+(x-2)e 当x∈(1，x1)时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 于是F'(x)=(x-1)(e-2-1)e. 当x∈(x1,十o∞)时，f'(x)>0,f(x)单调递增. 当x>1时，2x-2>0,从而e2=2-1>0.又e>0,所以 ②当a≤0时，f'(x)<0恒成立，所以f(x)无极值. F'(x)>0.从而函数F(x)在[1，十o∞]上是增函数. 处取 综上所迷，n=2时，当a>0时，f(x)在x=1+√后 又F(1)=e1一e-1=0,所以x>1时，有F(x)>F(1)=0, 即f(x)>g(x). 得板小位，技小值为(+√月)受+h）当ac0时， (3)①若(x1-1)(x2-1)=0,由(1)及∫(x1)=f(x:),得 x1=x2=1,与x1≠x2矛盾. f(x)无极值. ②若(x1-1)(x2-1)>0,由(1)及f(x1)=f(x2),得x1= 1 (2)证法一：因为a=1,所以f(x)= +ln(.x-1).当 x2,与x1≠x2矛盾. (1-x)" 根据①②得(x1-1)(x-1)<0.不妨设x1<1,x2>1. n为偶数时，令g(x)=x一1一 (1-z)-In(z-1),)= 1 由(2)可知，f(x)>g(x2),g(x2)=f(2-x2),所以f n (x2)>f(2-xg),从而f(x1)>f(2-x2).因为x2>1,所以2 1x-2n 1+x-1）-+a-1)m>0x≥2). 一x2<1. 所以当x∈[2，十∞)时，g(x)单调递增，又g(2)=0,因此 又由(1)可知函数f(x)在区间（一∞，1）内是增函数，所以 1 x1>2-x2,即x1十x2>2. g(x)=x-1-(z-1-lnx-1)≥g(2)=0恒成立，所以 [真题25](2022·全国Ⅱ)设函数f(x)=1一e. f(x)≤x1成立. D证明：当x>-1时1x)≥ 1 当n为奇数时，要证f(x)≤x-1,由于a-x)<0,所以 (2)设当x≥0时，f(x)≤ 只需证ln(.x-1)≤x-1,令h(x)=x-1-ln(.x-1),则h'(x) a十，求a的取值范围. =1-导6≥2》.所以音[2，+)时) [解折]1)喜>-1时，)≥千当且仪当e≥ x一1十ln(x一1)单调递增，又h(2)=1>0,所以当x≥2时，恒 十x 有h(x)>0,即ln(x一1)<x-1命题成立.综上所述，结论成立. 令g(x)=e-x-1,则g'(x)=e2-1. 当x≥0时，g'(x)≥0，g(x)在[0，十∞)是增函数； 证法二：当a=1时，f(x)=q-x)+lnx-1》, 当x≤0时g'(x)≤0，g(x)在（-o0,0]是减函数. 1 于是g(x)在x=0处达到最小值，因而当x∈R时，g(x)≥ 当x≥2时，对任意的正整数m,恒有1-≤1，故只需证 g(0),即e≥1+x. 明1+ln(x-1)≤x-1. 令h(x）=x-1-(1+ln(x-1)=x-2-ln(x-1), 所以当>-1时，产千 [2+)测W)=1昌当≥2时≥ (2)由题设x≥0，此时f(x)≥0. 0,故h(x)在[2，十∞)上单调递增，因此当x≥2时，h(x)≥ 当a<0若>-明币<0fe)≤ ax+7不 1 (2)=0,即1+1n(z-1)≤x-1成立.故当x≥2时，有0-) 成立； 当a≥0时，令h(x)=axf(x)十f(x)一x,则 +n(x-1)≤x-1.即f(x)x-1. [真题24](2022·天津)已知函数f(x)=xe(x∈R). 1)a行高且仅年A)0 (1)求函数f(x)的单调区间和极值； h'(x)=af(x)+a.xf'(.x)+f'(x)-1 (2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于 =af(x)-axf(x)+ax-f(x). 直线x=1对称证明当x>1时，f(x)>g(x); (3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x),证明x1十x>2. (i)当0≤Q≤2时，由(1)知x≤(x+1)f(x), [解析](1)f'(.x)=(1-x)e. h'(x)af(z)-azf(z)+a(z+1)f(z)-f(z) 令f(x)=0,解得x=1. =(2a-1)f(x)≤0， 当x变化时，∫'(x),f(x)的变化情况如下表： h(x)在[0，+∞]是减函数，h(x)≤h(0)=0,即f(x) x(-o∞，1) (1,+o∞) a.x+1 ·71· (m当a>时，由0知≥f(x), f(z)-az+T h'(x)=af(x)-azf(z)+ax-f(z)2af(z)-axf(x) +af(x)-f(x)=(2a-1-a.x)f(x), 综上，a的取值范图是0，门 当0<x<2a-1时，'(x)>0,所以h(x)>h(0)=0,即 a 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 题源1可导函数的单调性 5.(2020·四川)设x=1和x=2是函数f(x)=xi+ax +bx十1的两个极值点.求 与导数的关系（★★★★★） (I)a和b的值： 1.(2021·广东)函数f(x)=(x-3)e的单调递增区间是 (Ⅱ)f(x)的单调区间. A.(-∞，2)》 B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+©o) 2.(2021·江苏)函数f(.x)=x3-15.x2-33x+6的单调减 区间为 3.(2019·江苏)函数f(x)=xlnx(x>0)的单调递增区间 是 4.(2021·重庆)设函数f(x)=ax2+bx十k(k>0)在x=0 处取得极值，且曲线y=∫(x)在点(1，∫(1)处的切线垂直于直 线x+2y+1=0. (I)求a,b的值： e (Ⅱ)若函数g(x)=fx)讨论g(x)的单调性. 6.(2021·安徽)已知函数f(x)=x-2+a(2-1nx), x a>0.讨论f(.x)的单调性. 7.(2018·山东)已知x=1是函数f(x)=m.x3一3(m+1)x +x+1的一个极值点，其中m、n∈R,m<0. (I)求m与n的关系表达式： (Ⅱ)求f(x)的单调区间： (Ⅲ)当x∈[-1,1]时，函数y=f(x)的图象上任意一点的 切线斜率恒大于3m,求m的取值范围. ·72· 13.(2021·四川)已知函数f(x)=x3+2b.x2+cx-2的图 象在与x轴交点处的切线方程是y=5.x-10. (I)求函数f(x)的解析式： (Ⅱ)设函数g(x)=f(x)+ 3mx,若g(x)的极值存在，求 实数m的取值范围以及函数g(x)取得极值时对应的自变量x 的值. 题源2函数的极值（★★★★★） 8.(2018·全国I)函数f(x)=x3+ax2十3x-9,已知 f(x)在x=一3时取得极值，则a等于 () A.2 B.3 C.4 D.5 9.(2019·过宁)已知f(x)与g(x)是定义在R上的连续函 数，如果f(x)与g(x)仅当x=0时函数值为0，且f(x)≥ g(x),那么下列情形不可能出现的是 (） A.0是f(x)的极大值，也是g(x)的极大值 B.0是f(x)的极小值，也是g(x)的极小值 14.(2021·陕西)已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0. C.0是f(x)的极大值，但不是g(x)的极值 (I)求f(x)的单调区间： D.0是f(x)的极小值，但不是g(x)的极值 (Ⅱ)若f(x)在x=1处取得极值，直线y=m与y=f 10.(2020·江苏)设函数f(x)=a.x3-3z+1(x∈R),若对于 (x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围. 任意x∈[-1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为 11.(2022·安微)设函数f(x)=sinx-cosx十x+1,0<x <2π，求函数f(x)的单调区间与极值. 15.(2022·全国I)已知函数f(x)=3a.x-2(3a十1)x2 +4x. )当a=。时，求f)的板值： 12.(2021·湖南)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的导函数 (2)若f(x)在（一1,1）上是增函数，求a的取值范围. 的图象关于直线x=2对称 (1)求b的值： (Ⅱ)若f(x)在x=t处取得极小值，记此极小值为g(t), 求g(t)的定义域和值域. ·73· 题源3函数的最值（★★★★★） 16.(2020·福建)已知函数f(x)=x3十mx十nx一2的图 象过点(-1，-6)，且函数g(x)=f'(x)+6.x的图象关于y轴 19.(2018·浙江)函数f(x)=x3-3.x2+2在区间[-1,1] 对称. 上的最大值是 () (I)求m、n的值及函数y=f(x)的单调区间： A.-2 B.0 (Ⅱ)若a>0,求函数y=f(x)在区间(a一1，a十1)内的 C.2 D.4 极值. 20.(2022·山东)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元) 与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y=一 3x+81x 234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 A.13万件 B.11万件 C.9万件 D.7万件 21.(2019·湖南)函数f(x)=12x-x3在区间[-3,3]上 的最小值是 22.(2019·江苏)已知函数f(x)=x3-12.x+8在区间 [-3,3]上的最大值与最小值分别为M,m,则M一m 23.(2018·北京)已知函数f(x)=一x3+3x2十9x十a. 17.(2020·陕西)已知函数f(x)=,+(c>0,且c≠1， (I)求f(x)的单调递减区间； k∈R)恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是x=一c, (Ⅱ)若f(x)在区间[一2,2]上的最大值为20，求它在该区 (I)求函数f(x)的另一个极值点； 间上的最小值. (Ⅱ)求函数f(x)的极大值M和极小值m,并求M一m≥1 时k的取值范围. 18.(2019·天津)设函数f(x)=一x(x一a)(x∈R),其中 a∈R. 24.(2020·全国I)设a∈R,函数f(x)=ax3-3x (I)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(2，f(2)处的切线 (I)若x=2是函数y=f(x)的极值点，求a的值； 方程； (Ⅱ)若函数g(x)=∫(x)+f'(x),x∈[0,2]，在x=0处取 (Ⅱ)当a≠0时，求函数f(x)的极大值和极小值： 得最大值，求a的取值范围. (Ⅲ)当a>3时，证明存在k∈[-1,0]，使得不等式f(k cosx)≥f(k2-cos2x)对任意的x∈R恒成立. ·74· 25.(2020·江苏)如图，某地有三家工厂，分别位于矩形 30.(2020·全国I)已知函数f(x)=x3十ax2十x+ ABCD的两个顶点A、B及CD的中点P处，AB=20km,BC= 1,a∈R. 10km,为了处理三家工厂的污水，现要在该矩形区域上（含边 (I)讨论函数f(x)的单调区间： 界)，且与A、B等距离的一点O处，建造一个污水处理厂，并铺 设三条排污管道AO、BO、PO.记排污管道的总长度为ykm. ()设函数1化)在区间(-号一子)内是减函数，求。的 (I)按下列要求建立函数关系： 取值范围。 (i)设∠BAO=9(rad),将y表示为6的函数； (ii)设PO=x(km),将y表示为x的函数. (Ⅱ)请你选用(I)中的一个函数关系，确定污水处理厂的 位置，使铺设的排法管道的总长度最短 D 26.(2020·过宁)设函数f(x)=a.x3+bx-3ax十1(a、b 31.(②02·天津)已知函数f)=ax3-子+10x∈R. ∈R)在x=x1,x=x:处取得极值，且x1一x:|=2. 其中a>0. (I)若a=1,求b的值，并求f(x)的单调区间： (1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2，f(2)处的切线方程； (Ⅱ)若a>0,求b的取值范围. ②若在区同合]上，K)>0恒成立求。的取值 范围 题源4已知函数的单调性确 定参数的取值范围（★★★★） 1 27.(2020·湖北)若f(x)=-2x+bl血(x+2)在（-1， +∞)上是减函数，则b的取值范围是 () A.[-1,+∞) 32.(2020·天津)设函数f(x)=x+a.x3+2x2+b(x∈ B.(-1,十∞) R),其中a,b∈R. C.(-0∞，-1] D.(-∞，-1) (1)当a=一碧时，讨论函数fx)的单两性： 28,(2021·上海)当0<x≤1时，不等式sm号>≥z成立 (Ⅱ)若函数f(x)仅在x=0处有极值，求a的取值范围： (Ⅲ)若对于任意的a∈[-2,2]，不等式f(x)≤1在[-1， 则实数k的取值范围是 1门上恒成立，求b的取值范围. 29.(2018·全国1)设a为实数，函数f(x)=x3-a.x2+ (a2-1)x在（一c∞，0）和(1，十o∞)都是增函数，求a的取值范围. ·75· 33.(2021·宁海)已知函数f(x)=x3-3ax2-9ax十a3. (I)设a=1,求函数f(x)的极值； ()若a>,且当x[1,4a]时，f(1≤12a恒成立. 试确定a的取值范围. 34.(2021·全国)设函数f(z)=号-1+a)x+4ar +24a,其中常数a>1. (I)讨论f(x)的单调性； (Ⅱ)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a的取值范围 ·76· 35.(2022·安徽)已知函数f(x)=1nr-ax+1二0-1(a 37.(2022·湖南)已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R), x 对任意的x∈R,恒有f'(x)≤f(x). ∈R). (1)证明：当x≥0时，f(x)≤(x十c)； (1)当a<?时，讨论f()的单调性： (2)若对满足题设条件的任意b,c,不等式f(c)一f(b)≤ M(c2-b)恒成立，求M的最小值. (Ⅱ)设g(x)=x2-2bx十4，当a=时，若对任意x1∈ (0,2),存在x∈[1,2]，使f(x1)≥g(x).求实数b的取值 范围. 38.(2022·湖光)已知函数f(x)=ar++c(a>0)的图 题源5利用单调性证明不等式（★★★★） 象在点(1，f(1))处的切线方程为y=x一1. (I)用a表示出b,c: 36.(2019·安微)设a≥0，f(x)=x-1-lmx+2alnx(x>0). (Ⅱ)若f(x)≥nx在[1，十oo)上恒成立，求a的取值范围； (I)令F(x)=xf(x),讨论F(x)在(0，十∞)内的单调性 并求极值； （)证明1+号+号++>1a+1D+2wDa≥1， (Ⅱ)求证：当x>1时，恒有x>lnx-2alnx+1. n∈N". ·77· 2022一2023高考题源拓展测试 D未来高考还会这样考， (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括8小题，每小题2.5分，共20分。每小题 C.[1,e] 只有一个选项符合题意) D.(1,e) 1.(2)已知f(x)的定义域为R,f(x)的导函数'(x)的 7.(①5)已知函数f(x),g(x)在区间[a,b]上均有f'(x) 图象如图所示，则 () <g'(x),则下列关系式中正确的是 () A.f(z)+f(b)2g(x)+g(b) B.f(x)-f(b)2g(x)-g(b) C.f(x)≥g(x) D.f(a)-f(b)≥g(b)-g(a》 A.f(x)在x=1处取得极小值 8.(口4)若函数fx)=lr十ar+号为其定义域上的增函 B.f(x)在x=1处取得极大值 数，则实数a的取值范围是 () C.f(x)是R上的增函数 A.[0,+o∞) D.f(x)是(-∞，1)上的减函数，(1，+c∞)上的增函数 B.(0,+co) 2.(1)函数f(x)=x3-3.x2+1是减函数的区间为 C.[-2,+o∞) ( D.(-2,0) A.(2,+o) 二、填空题（本题包括4小题，每小题5分，共20分） B.(-0∞，2) 9.(G1)函数y=x3-3x的单调减区间为 C.(-∞，0) 10.(g4)如果函数f(x)=a.x3-x2十x一5在(-∞，十o∞) D.(0,2) 上单调递增，则a∈ 3.(①2)若函数y=f(x)在x=x。处可导，下列说法正确 11.(G3)函数y=x一8x2+2在[一1,3]上最大值为 的是 () 12.(g3)已知点P(2,2)在曲线y=ax3+bx上，如果该曲 A.当f(x。)=0时，则f(x。)为f(x)的极大值 线在点P处切线的斜率为9，那么ab=,此时函数 B.当f'(xo)=0时，则f(xa)为f(x)的极小值 C.当f'(xo)=0时，则f(x。)为f(x)的极值 f）ar+红【号，的信坡为 D.当f(xo)为函数f(x)的极值时，则有f'(x。)=0 三、解答题（本题包括5小题，每小题12分，共60分） 4.(们2)函数f(x)=x3十ax2十bx十a2在x=1处有极值 13.(位1)设函数f(x)=x+a.x2+bx十c的图象如图所 10,则a,b的值是 ( 示，且与y=0在原点相切，若函数极小值为一4， A.a=-11,b=4 (1)求a、b、c的值； B.a=-4,b=11 (2)求函数的递减区间。 C.a=11,b=-4 D.a=4,b=-11 5.(信3)函数y=x十2cosx在[0，]上取最大值时，x的 值为 () A.0 B c D 6.o3)国数f()=7e(six+cou)在区间p,]上 的值域为 A2] B(分2) ·78· 14.(①1.3)设函数f(x)=ln(2x一1)一x2. 16.(@4)已知：函数f(x)是定义在[-1,0)U(0,1]上的偶 (1)讨论f(x)的单调性： 函数，当x∈[-1,0)时，f(x)=x3-a.x(a为实数). (2求f✉在区同是，子]止的景大值和录小位 (1)当x∈(0,1]时，求f(x)的解析式： (2)若a>3,试判断f(x)在(0,1]上的单调性，并证明你的 结论； (3)是否存在a,使得当x∈(0,1]时，f(x)有最大值1？若 存在，求出a的值；若不存在，请说明理由. 15.(2)已知函数f(x)=x8+a.x2-2x-1(a∈R), (1)若曲线y=f(x)在x=1处与直线y=3.x十b相切，求 a,b的值； (2)若f(x)在区间（一2,0）内有极值，求a的取值范围. 17,位5)已知定义在正实数集上的函数f(x)=22十 2axg(x)=3a2lnx十b,其中a>0.设两曲线y=f(x),y=g (x)有公共点，且在该点处的切线相同. (1)用a表示b,并求b的最大值； (2)求证：f(x)≥g(x)(x>0). ·79·