《三年高考（2017_2019）高考数学真题分项汇编专题04导数及其应用（解答题）文（含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三年高考（2017_2019）高考数学真题分项汇编专题04导数及其应用（解答题）文（含解析）.pdf（32页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题 04 导数及其应用（解答题）专题 04 导数及其应用（解答题） 1 【2019 年高考全国卷文数】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，）存在唯一零点； （2）若x0，时，f（x）ax，求a的取值范围 【答案】 （1）见解析；（2）.,0a 【解析】（1）设，则.( )( )g xfx( )cossin1,( )cosg xxxxg xxx 当时，；当时，所以在单调递增，在单 (0,) 2 x( )0g x , 2 x ( )0g x( )g x (0,) 2 , 2 调递减. 又，故在存在唯一零点. (0)0,0, ()
2、2 2 ggg ( )g x(0,) 所以在存在唯一零点.( )fx(0,) （2）由题设知，可得a0.(),()0faf 由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，( )fx(0,) 0 x 0 0,xx( )0fx 0, xx ，所以在单调递增，在单调递减.( )0fx( )f x 0 0,x 0, x 又，所以，当时，.(0)0,()0ff0,x( ) 0f x 又当时，ax0，故.0,0,ax( )f xax 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
3、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 年高考全国卷文数】已知函数证明：( )(1)ln1f xxxx （1）存在唯一的极值点；( )f x （2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数( )=0f x 【答案】 （1）见解析；（2）见解析. 【解析】（1）的定义域为（0，+）.( )f x . 11 ( )ln1ln x fxxx xx 因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，lnyx 1 y x ( )fx(1)10 f ，故存在唯一，使得. 1ln4 1 (2)ln20 22 f 0 (1,2
4、)x 0 0fx 又当时，单调递减；当时，单调递增. 0 xx( )0fx( )f x 0 xx( )0fx( )f x 因此，存在唯一的极值点.( )f x （2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根 0 (1)2f xf 22 ee30f( )0f x 0, x .x 由得. 0 1x 0 1 1x 又，故是在的唯一根. 1111( ) 1 ln10 f f 1 ( )0f x 0 0,x 综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数( )0f x 【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
5、高考天津文数】设函数，其中.( )ln(1)exf xxa xaR （）若a0，讨论的单调性；( )f x （）若， 1 0 e a （i）证明恰有两个零点；( )f x （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明. 0 x( )f x 1 x( )f x 10 xx 01 32xx 【答案】 （）在内单调递增.；（） （i）见解析；（ii）见解析. ( )f x(0,) 【解析】（）解：由已知，的定义域为，且( )f x(0,) . 2 11e ( )e(1)e x xx f ax xaa x xx 因此当a0 时，从而，所以在内单调递增. 2 1e0 x ax ( )0fx( )f x(0,
6、) （）证明：（i）由（）知.令，由， 2 1e ( ) x ax fx x 2 ( )1exg xax 1 0 e a 可知在内单调递减，又，且( )g x(0,)(1)1e0ga . 22 1111 ln1ln1ln0ga aaaa 故在内有唯一解， 从而在内有唯一解， 不妨设为， 则.( )0g x (0,)( )0fx (0,) 0 x 0 1 1lnx a 当时，所以在内单调递增；当时， 0 0,xx 0 ( ) ( )0 g xg x fx xx ( )f x 0 0,x 0, xx ，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点. 0 ( ) ( )0 g xg x fx xx ( )f
7、 x 0, x 0 x( )f x 令，则当时，故在内单调递减，从而当( )ln1h xxx1x 1 ( )10h x x ( )h x(1,)1x 时，所以.从而( )(1)0h xhln1xx ， ln1 111111 lnlnlnln1 elnlnln1ln0 a fah aaaaaa 又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点 1，从 0 (1)0f xf( )f x 0 (,)x ( )f x 0 0,x 而，在内恰有两个零点.( )f x(0,) （ii）由题意，即从而，即.因 0 1 0, 0, fx f x 0 1 2 0 11 e1, lne ,1 x x ax xa x
8、10 1 1 2 0 1 lnex x x x x 10 2 01 1 ln e 1 xx xx x 为当时， 又， 故， 两边取对数， 得，1x ln1xx 10 1xx 10 2 012 0 1 1 e 1 xx xx x x 10 2 0 lneln xx x 于是 ， 1000 2ln21xxxx 整理得. 01 32xx 【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 年高考全国卷文数】已知函数 32 ( )22f xxax （1）讨论的单调性；( )f x （
9、2）当00， 则 当时 ，； 当时 ， 故在(,0), 3 a x ( )0fx0, 3 a x ( )0fx( )f x 单调递增，在单调递减；(,0), 3 a 0, 3 a 若a=0，在单调递增；( )f x(,) 若a2 时，f （x）0 所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+）单调递增 （2）当a时，f（x） 1 e e ln1 e x x 设g（x）=，则 e ln1 e x x e1 ( ) e x g x x 当 01 时，g（x）0所以x=1 是g（x）的最小值点 故当x0 时，g（x）g（1）=0 因此，当时， 1 e a ( )0f x 【名师点睛】该题考查的是有关
10、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 年高考全国卷文数】已知函数 32 1 1 3 f xxa xx （1）若，求的单调区间；3a ( )f x （2）证明：只有一个零点( )f x 【答案】（1） 在 （，）， （， +） 单调递增， 在 （，） 单调递减 ； （2）32 332 332 332 3 见解析. 【解析】（1）当a=3 时
11、，f（x）=，f（x）= 32 1 333 3 xxx 2 63xx 令f（x）=0 解得x=或x=32 332 3 当x（，）（，+）时，f（x）0；32 332 3 当x（，）时，f（x） 0f(x) 0f(x) 当时，在相应区间上是减增函数.f(x) 1，则当时，； 1 (,1)x a ( )0fx 当时，.(1,)x( )0fx 所以在x=1 处取得极小值.( )f x 若，则当时，1a (0,1)x110axx 所以.( )0fx 所以 1 不是的极小值点.( )f x 综上可知，a的取值范围是.(1,) 方法二：.( )(1)(1)exfxaxx （1）当a=0 时，令得x=1.(
12、 )0fx 随x的变化情况如下表：( ),( )fxf x x(,1)1(1,) ( )fx+0 ( )f x极大值 在x=1 处取得极大值，不合题意.( )f x （2）当a0 时，令得.( )0fx 12 1 ,1 a xx 当，即a=1 时， 12 xx 2 ( )(1) e0 x fxx 在上单调递增，( )f xR 无极值，不合题意.( )f x 当，即 01 时，随x的变化情况如下表： 12 xx( ),( )fxf x x 1 (,) a 1 a 1 (,1) a 1 (1,) ( )fx+00+ ( )f x极大值极小值 在x=1 处取得极小值，即a1 满足题意.( )f x
13、（3）当a1 时，=0，解得x1=，x2=( )g x 2 1 3 d 2 1 3 d 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()=0 2 1 3 d 3 2 2 2 3(1) 6 3 9 d g(x)的极小值g(x2)=g()= 2 1 3 d 3 2 2 2 3(1) 6 3 9 d 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 若即， 也 就 是， 此 时，且 2 ()0,g x 3 2 2 (1)27d |10d 2 |dx(|) | 6 30,gdd ， 从而由的单调性，
14、 可知函数 3 1 2| |, ( 2|)6|2| 6 362 106 30dx gddd ( )g x 在区间内各有一个零点，符合题意( )yg x 1122 ( 2|,),( ,),(,|)dxx xxd 所以，的取值范围是d(,10)( 10,) 【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)=lnxx （）若f(x)在x=x1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)88ln2； （）若a34ln2，证明：对于任意
15、k0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点 【答案】 （）见解析；（）见解析. 【解析】 （）函数f（x）的导函数， 11 ( ) 2 fx xx 由得， 12 ()()fxfx 12 12 1111 22xxxx 因为，所以 12 xx 12 111 2xx 由基本不等式得 4 121212 1 2 2 x xxxx x 因为，所以 12 xx 12 256x x 由题意得 1211221212 1 ()()lnlnln() 2 f xf xxxxxx xx x 设， 1 ( )ln 2 g xxx 则， 1 ( )(4) 4 g xx x 所以 x（0，16）16（16，+） (
16、 )g x 0+ ( )g x 24ln2 所以g（x）在256，+）上单调递增， 故， 12 ()(256)88ln2g x xg 即 12 ()()88ln2f xf x （）令m=，n=，则 () e ak2 1 ()1 a k f（m）kma|a|+kka0， f（n）kna0，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（P为此圆弧的MPN 中点）和线段MN构成已知圆O的半径为 40 米，点P到MN的距
17、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，要求均在线段CDP,A B 上，均在圆弧上设OC与MN所成的角为MN,C D （1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；ABCDCDPsin （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 求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大4:3 【答案】 （1）矩形ABCD的面积为 800（4sincos+cos）平方米，CDP的面积为 1600（cos sincos）平方米，sin的取值范围是，1； （2）当=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产 1 4
18、 6 值最大 【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240cos（4040sin）=1600（cossincos） 1 2 过N作GNMN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10 令GOK=0，则 sin0=，0（0，） 1 4 6 当0，时，才能作出满足条件的矩形ABCD， 2 所以 sin的取值范围是，1 1 4 答 ： 矩形ABCD的面积为 800
19、（4sincos+cos） 平方米， CDP的面积为 1600（cossincos） 平方米，sin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 43， 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（k0） ， 则年总产值为 4k800（4sincos+cos）+3k1600（cossincos） =8000k（sincos+cos） ，0， 2 设f（）=sincos+cos，0， 2 则 222 ( )cossinsin(2sinsin1)(2sin1)(sin1)f 令，得=，( )=0f 6 当（0，）时，所以f（）为增函数； 6 ( )0f
20、 当（，）时，所以f（）为减函数， 6 2 ( )0f 因此，当=时，f（）取到最大值 6 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】 记分别为函数的导函数 若存在， 满足( ),( )fx g x( ), ( )f x g x 0 x R 00 ()()f xg x 且，则称为函数与的一个“S点” 00 ()()fxg x 0 x( )f x( )g x （1）证明：函数与不存在“S点” ；( )f xx 2 ( )22g x
21、xx （2）若函数与存在“S点” ，求实数a的值； 2 ( )1f xax( )lng xx （3） 已知函数， 对任意， 判断是否存在， 使函数与 2 ( )f xxa e ( ) x b g x x 0a 0b ( )f x( )g x 在区间内存在“S点” ，并说明理由(0,) 【答案】 （1）见解析；（2）；（3）见解析. e 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 ，此方程组无解， 2 22 122 xxx x 因此，f（x）与g（x）不存在“S”点 （2）函数， 2 1f
22、xax（ ）( )lng xx 则 1 2fxaxg x x （ ）， （ ） 设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）=g（x0）且f（x0）=g（x0） ，得 ，即， （*） 2 00 0 0 1ln 1 2 axx ax x 2 00 2 0 1ln 21 axx ax 得，即，则 0 1 ln 2 x 1 2 0 ex 1 2 2 1e 2 2(e) a 当时，满足方程组（*） ，即为f（x）与g（x）的“S”点 e 2 a 1 2 0 ex 0 x 因此，a的值为 e 2 （3）对任意a0，设 32 ( )3h xxxaxa 因为，且h（x）的图象是不间断的，(0)0(1)
23、1 320hahaa ， 所以存在（0，1） ，使得令，则b0 0 x 0 ()0h x 0 3 0 0 2 e (1) x x b x 函数， 2 e ( )( ) x b f xxag x x ， 则 2 e (1) ( )2( ) x bx fxxg x x ， 由f（x）=g（x）且f（x）=g（x） ，得 ，即， （*） 2 2 e e (1) 2 x x b xa x bx x x 0 0 3 2 0 0 3 0 2 0 2e e (1) 2e (1) 2 e (1) x x x x x xa xx xx x xx 此时，满足方程组（*） ，即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1
24、）内的一个“S点” 0 x 0 x 因此，对任意a0，存在b0，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 年高考全国卷文数】已知函数=ex(exa)a2x( )f x （1）讨论的单调性；( )f x （2）若，求a的取值范围( )0f x 【答案】 （1）当时，在单调递增；当时，在单调递减，在0a )(xf(,) 0a ( )f x(,ln )a 单调递增；当时，在单调递减，在单调递增；（2）(ln ,)a 0a ( )f x(,ln() 2 a
25、(ln(),) 2 a 3 4 2e ,1 【解析】 （1）函数的定义域为，( )f x(,) 22 ( )2ee(2e)(e) xxxx fxaaaa 若，则，在单调递增0a 2 ( )e x f x (,) 若，则由得0a ( )0fxlnxa 当时，； 当时，故在单调递减，在(,ln )xa ( )0fx(ln ,)xa( )0fx( )f x(,ln )a 单调递增(ln ,)a 若，则由得0a ( )0fxln() 2 a x 当时，； 当时，故在单(,ln() 2 a x ( )0fx(ln(),) 2 a x( )0fx( )f x(,ln() 2 a 调递减，在单调递增(ln(
26、),) 2 a （2）若，则，所以0a 2 ( )e x f x ( )0f x 若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为从而当且0a lnxa( )f x 2 (ln )lnfaaa 仅当，即时， 2 ln0aa1a ( )0f x 若， 则由 （1） 得， 当时，取得最小值， 最小值为0a ln() 2 a x ( )f x 2 3 (ln()ln() 242 aa fa 从而当且仅当，即时 2 3 ln()0 42 a a 3 4 2ea ( )0f x 综上，的取值范围为a 3 4 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
27、数 单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，由的正负，得出函数的单调区间 ； （2）( )fx( )fx( )f x 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 年高考全国卷文数】设函数. 2 ( )(1)exf xx （1）讨论的单调性；( )f x （2）当时，求的取值范围.0x ( )1f xax a 【答案】 （1）在和单调递减，在单调递增；（2）(, 12) ( 12,) ( 12, 12) . 1,) 【解析】 （1）. 2 ( )(1 2)exfxxx 令得.( )0fx 121+
28、 2xx ， 当时，；当时，；当(, 12)x ( )0fx ( 12, 12)x ( )0fx ( 12,)x 时，.( )0fx 所以在和单调递减，在单调递增.( )f x(, 12) ( 12,) ( 12, 12) （2）.( )(1+ )(1)exf xxx 当a1 时， 设函数h(x)=（1x） ex，h(x)= xex0（x0） ， 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+1ax+1. 当 0a1 时，设函数g（x）=exx1，g（x）=ex10（x0），所以g（x）在0，+)单调递增， 而g(0)=0，故 exx
29、+1. 当0x1 时，取 2 ( )(1)(1)f xxx 22 (1)(1)1(1)xxaxxaxx ， 0 541 2 a x 则. 2 000000 (0,1),(1)(1)10,()1xxxaxf xax 故 当时，取则.0a 0 51, 2 x 0 (0,1),x 2 0000 ()(1)(1)11f xxxax 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
30、全国卷文数】已知函数 2 (1)ln2xaxaxf x （1）讨论的单调性；( )f x （2）当a0 时，证明 3 ( )2 4 f x a 【答案】 （1）当时，在单调递增；当时，在单调递增，在0a)(xf), 0( 0a)(xf) 2 1 , 0( a 单调递减；（2）详见解析), 2 1 ( a 【解析】 （1）的定义域为（0，+） ，.( )f x 1211 ( )221 xax fxaxa xx 若，则当时，故在（0，+）单调递增.0a (0)x，( )0fx ( )f x 若，则当时，；当时，.故在0a 1 (0,) 2 x a ( )0fx 1 () 2 x a ，( )0fx
31、 ( )f x 1 (0,) 2a 单调递增，在单调递减. 1 () 2a ， （2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为0a ( )f x 1 2 x a . 111 ()ln() 1 224 f aaa 所以等价于，即. 3 ( )2 4 f x a 113 ln() 12 244aaa 11 ln()10 22aa 设，则.( )ln1g xxx 1 ( )1g x x 当时，； 当x（1，+）时，.所以在（0,1）单调递增，在（1，+(0,1)x( )0g x ( )0g x ( )g x ） 单调递减.故当x=1时取得最大值， 最大值为g（1） =0.所以当x0时，.从而当a0(
32、 )g x( )0g x 时，即. 11 ln()10 22aa 3 ( )2 4 f x a 【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.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( )( )( )h xf xg x 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）（）21x e x 1 2 x （1）求f(x)的导函数； （2）求f(x)在区间上的取值范围 1 + ) 2 ， 【答案】（
33、1）；（2） (1)( 212)e1 ( )() 221 x xx fxx x 1 2 1 0,e 2 【解析】 （1）因为， 1 (21)1 21 xx x (e)e xx 所以 1 ( )(1)e(21)e 21 xx fxxx x (1)( 212)e1 () 221 x xx x x （2）由，解得或 (1)( 212)e ( )0 21 x xx fx x 1x 5 2 x 因为 x 1 2 （，1） 1 2 1（1，） 5 2 5 2 （，） 5 2 fx 0+0 f（x） 1 2 1 e 2 0 5 2 1 e 2 又， 2 1 ( )( 21 1) e0 2 x f xx 所以
34、f（x）在区间上的取值范围是 1 ,) 2 1 2 1 0,e 2 【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）（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，由的正负，得出函数的单调区间 ； （二）（二）( )f x( )f x( )f x 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，得出函数的( )f x 极值或最值 20【2017 年高考北京文数】已知函数( )e cos x f xxx （）求曲线在点处的切线方程；( )yf x(0,(0)f （）求函数在区间上的最大值和最小值( )f x 0, 2 【答案】（
35、）；（）最大值为 1；最小值为.1y 2 【解析】（）因为，所以.( )e cos x f xxx( )e (cossin ) 1,(0)0 x fxxxf 又因为，所以曲线在点处的切线方程为.(0)1f( )yf x(0,(0)f1y （）设，则.( )e (cossin ) 1 x h xxx( )e (cossinsincos )2e sin xx h xxxxxx 当时， (0,) 2 x( )0h x 所以在区间上单调递减.( )h x 0, 2 所以对任意有，即. (0, 2 x( )(0)0h xh( )0fx 所以函数在区间上单调递减.( )f x 0, 2 因此在区间上的最大
36、值为，最小值为.( )f x 0, 2 (0)1f ( ) 22 f 【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，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设， fx h xfx 再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道 h x h x 0h x 0h x 函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果. h x yf x 21【2017 年高考天津文数】设，已知函数，, a bR | 1a 32 ( )63 (4)f xxxa axb( )e( ) x g xf x （）求的单调区
37、间； ( )f x （）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， ( )yg xexy （i）求证：在处的导数等于 0； ( )f x 0 xx （ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围( )exg x 00 1,1xx 【答案】（）递增区间为，递减区间为； （）（）见解析，（）(, )a(4,)a(),4aa 7 ,1 【解析】（）由，可得 32 4( )63 ()fxxaxxab ， 2 ( )3123 ()3()(44)f xxaxaa xxa 令，解得或由，得( )0f x xa 4xa| 1a 4aa 当变化时，的变化情况如下表： x( )f x( )f
38、x x(, )a(),4aa(4,)a ( )f x ( )f x 所以，的单调递增区间为，单调递减区间为( )f x(, )a(4,)a(),4aa （）（i）因为，由题意知，( )e ( ( )( ) x xxgff x 0 0 0 0 ()e ()e x x x x g g 所以，解得 0 00 0 0 00 ()ee e ( ()()e x xx x f ff x xx 0 0 ()1 ()0 f x xf 所以，在处的导数等于 0( )f x 0 xx （ii）因为，由，可得( )exg x 00 11,xxx e0 x ( )1f x 又因为，故为的极大值点，由（）知 0 ()1f
39、 x 0 ()0f x 0 x( )f x 0 xa 另一方面，由于，故，| 1a 14aa 由（）知在内单调递增，在内单调递减，( )f x(, )1aa(),1a a 故当时，在上恒成立， 0 xa( )( )1ffxa1,1aa 从而在上恒成立( )exg x 00 ,11xx 由，得， 32 ( )63 ()14aafaaaab 32 261baa11a 令，所以， 32 ( )261t xxx 1,1x 2 ( )612t xxx 令，解得（舍去），或( )0t x 2x 0x 因为，( 1)7t (1)3t (0)1t 故的值域为( )t x 7 ,1 所以，的取值范围是b 7 ,
40、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， 求的取值范围的关键是得出，b 0 xa 然后构造函数进行求解 22【2017 年高考山东文数】已知函数. 32 11 , 32 f xxaxaR （）当a=2 时,求曲线在点处的切线方程； yf x 3,3f （）设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出 cossing xf xxaxx g x 极值. 【答案】 （）,（）见解析.390xy 【解析】 （）由题意， 2 ( )fxxax 所以，当时，2a (3)0f 2 (
41、)2fxxx 所以，(3)3 f 因此，曲线在点处的切线方程是，( )yf x(3,(3)f3(3)yx 即.390xy （）因为，( )( )()cossing xf xxaxx 所以，( )( )cos()sincosg xfxxxaxx ()()sinx xaxax ，()(sin )xa xx 令，( )sinh xxx 则，( )1 cos0h xx 所以在上单调递增，( )h xR 因为，(0)0h 所以，当时，；当时，.0x ( )0h x 0x ( )0h x （1）当时，0a ( )()(sin )g xxa xx 当时，单调递增；(, )xa 0xa( )0g x( )g
42、x 当时，单调递减；( ,0)xa0xa( )0g x( )g x 当时，单调递增.(0,)x0xa( )0g x( )g x 所以当时取到极大值，极大值是，xa( )g x 3 1 ( )sin 6 g aaa 当时取到极小值，极小值是.0x ( )g x(0)ga （2）当时，0a ( )(sin )g xx xx 当时，单调递增；(,)x ( )0g x( )g x 所以在上单调递增，无极大值也无极小值.( )g x(,) ( )g x （3）当时，0a ( )()(sin )g xxa xx 当时，单调递增；(,0)x 0xa( )0g x( )g x 当时，单调递减；(0, )xa0xa( )0g x( )g x 当时，单调递