1、專題 07 導數的應用考綱解讀明方向考點內容解讀要求常考題型預測熱度1.導數與函數的 單調性了解函數單調性和導數的關系；能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間（其中多項式函數一般不超過三次）理解選擇題解答題2.導數與函數的極（最）值了解函數在某點取得極值的必要條件和充 分條件；會用導數求函數的極大值、極小值 （其中多項式函數一般不超過三次）；會求閉 區間上函數的最大值、最小值（其中多項式 函數一般不超過三次）掌握解答題3.生活中的優化問 題會利用導數解決某些實際問題掌握選擇題分析解讀1. 會利用導數研究函數的單調性，掌握求函數單調區間的方法.2. 掌握求函數極值與最值的方法，解決利潤最

2、大、用料最省、效率最高等實際生產、生活中的優化問題3. 利用導數求函數極值與最值、結合單調性與最值求參數范圍、證明不等式是高考熱點分值為 1217 分,屬于高檔題命題探究練擴展廣數學恩想壇坯1 一菇類討 i&EMl:第問求/（可他單 財性需對“軸 I石。和葉軸況進 行甘論2數播結合患扭：第門）何梅據團數前曲盤，町加訥有購半羋慮隔豐滯足 閭條件九利用非救機光甫數的單調性 Z利用導數研徂廉數懂（M） Fi3.利用#數辭決有 Jt 零點問建（靳 17課標全國,21, 12） L1知晡螂（刃=曲叫（n-2）e*TTL討淮問的瑕艸性*e 命題規律）1-本題凱冋硏究雷數的單雞出這 呆導數應朗的塔卑

3、”也為零門 問傲奸 誦擁21由的結皚可劃函數圖璽的變此規障.利用殖形結合塞求満足徘件的奪 數觀倩也圍，烏妙地將臥數“方輕、 不裁式綜合在一起寺住易措脅示）-僭因處析：X 弟一問求#幣謀.主羈足學生 不知迫潛用宣合隔 ISt 的壤導祛則 來求導2.鄭一問施導展不繪因武分解應3.弟一網討世單調件時分類掰諛 或分類不仝4第一問中有找到朗亍慮惱 Jt-歯數葫尢于仇逾謁沒科說明 砂一*時.母卜+ H * jCT*6時. 曲卜+85.術蕓和用陰數的思患獨卵不零式樹題，衣第二網中.列出 yt-luoi-i+lh1.(I )求函數汕c的單調區間；(II )若曲線 在點 *處的切線與曲線在點處的切線平行，證明2

4、lnlna1_(III )證明當 ：時，存在直線I，使I是曲線二水的切線，也是曲線，- 的切線.【答案】(I)單調遞減區間J,單調遞增區間為丄 ；(n)證明見解析；(川)證明見解析.【解析】分折:(-)由題肓可得心弋:二汁“ M=0.解得乂據此可得函數也的單調遞減 區間(一也 0兒單調遞増區間為(0,+coJ.曲線 y =找在點 OdfE)加的切線斜率為 a 加曲纟駅=鳥 G)在點的切線斜率為汽;JL 1 *LLS.原問題等價干 (加口尸= 1兩邊取對數可得匕+班心=-&“y - - (x x2)(III)由題意可得兩條切線方程分別為I1：.12：.則原1I 心，1，使得I1和I2重合

5、.轉化為當：時，關于X12lnlnar1Zinina=0u(x)cr - xa I na+ x H-H-存在實數解，構造函數，令,結合函數的性質可知存在唯一的X0，且XoO，使得，據此可證得存在實數t，使得，則題 中的結論成立.詳解：()由已知，帆旳二品-敘皿，有hx) =- iva令，解得x=0.由a1，可知當x變化時，的變化情況如下表:x(-詢01(0,+31-10+i問題等價于當：時，存在JfJfa1-xa1lna+ x. H-+的方程 -13阿功1卜極小值所以函數的單調遞減區間I ,單調遞增區間為 V .（ 由 r（.x）=：可得曲線y = fE在點.心f（利）她的切線斜率為 aXiI

6、na.由爐二孟，可得曲線）f二譏劉在點的切線斜率為話因為這兩條切線平行，故有cA1/na即 x2（_lna）2-1A j .L 7LQ兩邊取加為底的對數，得聞民+廠斗2呦山口 =0所臥利+9%）=-尋（山）曲線 在點處的切線I仁.;-曲線在點處的切線丨2：1要證明當：時，存在直線I，使I是曲線的切線，也是曲線的切線,1只需證明當：時，存在1即只需證明當：時，方程組十，孔0 十 Q，使得|i和|2重合.a1/no =-1 & -XXQIna二log x2 (2)局 有解，牝二- ；由得 ，代入，得1因此，只需證明當：時，關于1u（x）=l xaxlna+ x H- 1-_ma ha蠱 1

7、12.lnlnaa- x1aIna+ x1+ -= += 0Inat/r 口xi的方程存在實數解2lninai設函數，即要證明當：時，函數存在零點譏 =1-（lna）2xax，可知XE（-co）時，譏 0；adw二時，.單調遞減，又故存在唯一的X0,且X0O,使得 ，即：由此可得 在上單調遞增，在上單調遞減45在處取得極大值因為 ：，故-f:衛- 1x -下面證明存在實數t,使得：由(I)可得八，當 時，u(x) (1 +咒!皿)(1 一：dnn) +x4- +- -(Hapxz+ x + 1 -+-有-，所以存在實數t，使得i_諷訂 V。，因此，當心時，存在咒送(0十,使得以巧)=,1所以，

8、當 ：時，存在直線I，使I是曲線的切線，也是曲線的切線點睛：導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，本專題在高考中的命題方向及命題角度從高考來看，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系.(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數.(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題.(4)考查數形結合思想的應用.2 .【2018 年理北京卷】設函數；=-：，+ !、.(I)若曲線y= f(x)在點(1,;)處的切線與 軸平行

9、，求a;(n)若； 在x=2 處取得極小值，求a的取值范圍.1【答案】 a的值為 1 (2)a的取值范圍是(，+R)1【解析】分析：(1)先求導數，再根據得a； (2)先求導數的零點：二2；再分類討論，根據是否滿足在x=2 處取得極小值，進行取舍，最后可得a的取值范圍.詳解：解：(I)因為；=：；廣 門訂 + ：06f (1)=(1 a)e .由題設知f (1)=0，即即 (1 a)e=0，解得a=1.此時f(1)=3e豐0.所以a的值為 1.7(I)宙(I )得f1(x) =ax-(加 T).v-2 r= (ox-1).若 送， 貝愷x$ 1：時， 當-巧時3心 所以幾00在I處取得極小值

10、若磴 則當工心2)時，AZ-1-10,所以廣優)沁所以2不是)的極小值點.綜上可知，的取值范圍是G -C.點睛：利用導數的幾何意義解題，主要是利用導數、切點坐標、切線斜率之間的關系來進行轉化以平行、垂直直線斜率間的關系為載體求參數的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關系，進而和導數聯系起 來求解3.【2018 年江蘇卷】記；C -J 分別為函數- 的導函數.若存在；，滿足 f ：且則稱為函數 f與gg的一個“S點”.(1)證明：函數與r-U 不存在“S點”；(2) 若函數小-宀與0,存在b0,使函數f(x)與g(x)在區間(0,+s)內存在“S點”.【解析】分析：(1)根據題中“S點”的定義

11、列兩個方程，根據方程組無解證得結論；(2)同(1)根據“S點”的定義列兩個方程，解方程組可得a的值；(3)通過構造函數以及結合“S點”的定義列兩個方程， 再判斷方程組是否有解即可證得結論 詳解：解：(1)函數f(x) =x,g(x) =x2+2x-2，則f(x) =1,g(x) =2x+2.(x =+ 2x - 2由f(x) =g(x)且f(x) =g(x)，得I1 = +，此方程組無解，因此，f(x)與g(x)不存在“S點.設X。為f(x)與g(x)的“S點，由f(X。)與g(x。)且f(x。)與g(x)，得(2)函數8e1a = -當 2 時，如二亡滿足方程組(* )，即為f(X)與g(X

12、)的“S點.因此，a的值為.b =圖象是不間斷的，所以存在( 0, 1)，使得h如= ,令血”bex(x -1f(x) =- xz+atg(x) = 一 fM =- gx)=-函數，則由f(x)與g(x)且f(x)與g(x)，得此時，滿足方程組(* ),即吒是函數f(x)與g(x)在區間(0, 1)內的一個“S點”. 因此，對任意a0,存在b0,使函數f(x)與g(x)在區間(0, +s)內存在“S點”. 點睛：涉及函數的零點問題、方程解的個數問題、函數圖象交點個數問題，一般先通過導數研究函數的單 調性、最大值、最小值、變化趨勢等，再借助函數的大致圖象判斷零點、方程根、交點的情況，歸根到底 還

13、是研究函數的性質，如單調性、極值，然后通過數形結合的思想找到解題的思路1fx) =- x + u/nx4.【2018 年理新課標 I 卷】已知函數(1)討論，的單調性；f 01)-心2)- - 2(2 )若存在兩個極值點，證明：& -彳a， 4 Q + J0,設- .因為- - -：-： ，且h(X)的電叱1-噸)，則bo.hex干 +1 =-X財(兀-1)氐=2X，即乜二-八(1 -利)(* )調遞減，在(2)證明見解析e9【解祈】分析；訂）首先確定函數的定義域之后對函數求導，之后對進行分類討論，從而確定出導數在相 應區間上的符號，從而求得函數對應的單調區間；2根據兀町存在兩個極值點

14、，結合第一問的結論可咲確定 2,令fW= o,得到兩個極值點也晁方程XOX + 1 = 0的兩個不等的正射艮，剎用韋達定理將其轉換，枸造新函數證得結果.詳解：（1）兀妨的定義域為e+gb rw = -i+- =止 1小（i ）若:V，則宀蘭：,當且僅當，|時m，所以 在m單調遞減.丄士迅一“龍罰二遲育 g 些!：+（ii ）若 ，令.得，或.當時,心丁疋-上二還.（遷建-紜斗W當22時，兒町 A D.所以 fA）在22單調遞減,a - Ja2- 4 +yla2-4在單調遞增（2 ）由（1）知，； 存在兩個極值點當且僅當由于的兩個極值點滿足丁一-，所以：-：、，不妨設，貝 U.由于x2+2lnx

15、2 0（旬=2_丫+2lnjc.設函數尤，由（1）知，曲在+ 單1調遞減，又w：，從而當巳：川時，.所以 點睛：該題考查的是應用導數研究函數的問題，涉及到的知識點有應用導數研究函數的單調性、應用導數 研究函數的極值以及極值所滿足的條件，在解題的過程中，需要明確導數的符號對單調性的決定性作用， 再者就是要先保證函數的生存權，先確定函數的定義域，要對參數進行討論，還有就是在做題的時候，要 時刻關注第一問對第二問的影響，再者就是通過構造新函數來解決問題的思路要明確2017 年咼考全景展示)/injc - lnx2I + t?-211122 + a-1所以等價于a-2fU-/（勺）11101.【201

16、7 課標 II ,理 11】若x - -2是函數f(x) =(X2 ax-1)ex的極值點，則f(x)的極小值為()【答案】A【解析】試題分析：由題可得f (x) = (2x a)ex， (x2 ax-1)ex = x2 (a - 2)x a-1ex因為f (一2) =0，所以a -1，f (x) = (x2- x -1)ex,故f (x) = (x2x - 2)exJ令f (x) . 0,解得x：-2或x 1，所以f(x)在(_二，_2),(1, ：)單調遞增，在(一2,1)單調遞減所以f (x)極小值為f 1=(1_1 _1丘1，故選A【考點】 函數的極值；函數的單調性【名師點睛】(1)可

17、導函數y=f(x)在點xo處取得極值的充要條件是f(xo) = 0，且在xo左側與右側f(x)的符號不同。若f(x)在(a,b)內有極值，那么f(x)在(a,b)內絕不是單調函數，即在某區間上單調增或減的函數沒有極值。2.【2017 浙江，7】函數y=f(x)的導函數 y=f (x)的圖像如圖所示，則函數y=f(x)的圖像可能是【答案】D【解析】試題分析：原函數先減再增，再減再增，且由增變減時，極值點大于0，因此選 D.【考點】 導函數的圖象【名師點睛】本題主要考查導數圖象與原函數圖象的關系：若導函數圖象與x軸的交點為x0，且圖象在x0A. -1B.C.5eD.111兩側附近連續分布于x軸上下

18、方，則x0為原函數單調性的拐點，運用導數知識來討論函數單調性時，由導函數f(x)的正負，得出原函數f(x)的單調區間.23.【2017 課標 II，理】已知函數f x =axaxxl nx，且f x _0。(1)求a；證明：f x存在唯一的極大值點x0，且e，：f x0: 22。【答案】a=1 ； (2)證明略。【解析】試題分析：(1)利用題意結合導函數與原函數的關系可求得a=1，注意驗證結果的正確性；結合的結論構造函數h x =2x-2-l nx，結合h x的單調性和f x的解析式即可證得題中的不 等式e ：f x0： ： ：2 。試題解析：(1)f x的定義域為0,+：。設g x=axa

19、-l nx，貝yf x i=xg x，f x一0等價于g x _0。1因為g1=0,gx -0，因g1 = 0，而gx；=a ,g1；=a-1，得a=1。x1若a=1，則g x =1。當0：x：1時，g x 0,g x單調遞減；x當x 1時，g x 0,g x單調遞增。所以x =1是g x的極小值點，故g x - g 1 = 0綜上，a 1。(2)由(1)知f x =x x xl nx,f x =2x2T nx。1設h x =2x-2-lnx，貝Uh x =2 x當x 0丄時，h x 0,h10,h(1 )=0,12丿12所以h(x )在.0, :有唯一零點x0，在一，址:有唯一零點 1,I

20、2丿12丿且當x三i：0,Xo時，h x 0；當x XQ,1時，h x :：0, 當x三1,：心?時，h xj,0。因為f x二h x，所以X =xo是f x的唯一極大值點。由f xo1=0 得In Xo=2 xo-1，故f Xo=Xo1 -xo。1由xo三0,1得f Xo4因為X =Xo是f X在（o,1 ）的最大值點，由eJ0,1，f eJ-0得f Xof eJ=e2。所以e：f Xo 22。【考點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值【名師點睛】導數是研究函數的單調性、極值（最值）最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，本

21、專題在高考中的命題方向及命題角度從高考來看，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：（1）考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系。（2）利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數。（3）利用導數求函數的最值（極值），解決生活中的優化問題。（4）考查數形結合思想的應用。4.【2017 課標 3,理 21】已知函數f x =x-1-alnx.（1 ）若f X -0，求a的值；（2）設m為整數，且對于任意正整數n11- i 丄|）1 1丄 Jm，求m的最小值.I 2人22丿I 2打【答案】a =1 ；3【解析】試題分析：（1）由原函數與導函數的關系可得x=a是f x在 xi

22、0,+：的唯一最小值點，列方程解得a=1 ；f 1甘K 1）利用題意結合（1）的結論對不等式進行放縮，求得.1+丄1 + |1 . 1* e，結合13I 2人22八2丿11 11 - 1 -2 1 *飛-2可知實數m的最小值為3.2 . 22. 2314試題解析：解:(1)/的定義域為IO+Mn 11若口0,因為f -二-+皿20,由廣(兀)=1一纟知當xe(0jC7)時，/F(A0,所X Xfix)在(0衛)單調遞猱 在融+1單調遞增，故-z 是門上I在mQ+l的唯一最小值點.由于/|11 = 0?所以當且僅當el時幾對王0故el由知當 xC：時，x1lnx0 .1令x =1-得In2n故1

23、V17e而1+丄1+占1+4】A2，所以m的最小值為3.I 2人22人23丿【考點】 導數研究函數的單調性；導數研究函數的最值；利用導數證明不等式【名師點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，本專題在高考中的命題方向及命題角度從高考來看，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系.(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數.(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題.(4)考查數形結合思想的應用.一 一15.【2

24、017 浙江，20】(本題滿分 15分)已知函數f(x)= (x-, 2x-1)(x_).2(I)求f(x)的導函數；1(n)求f(x)在區間 ,+：)上的取值范圍.In 1 1 In 1222 IH 1 n 12冷*川丘115221 【答案】(I)f(x) = (1 - x)(1 - )e；(n)0,e2.I2x-12【解析】16進而判斷函數f(x)的單調區間，結合區間端點值求解函數f (x)的取值范圍.=1-= (e_3f)= -e試題解析：(I)因為所以(一尤)寸2北_ 一2)/才1=因為x11(八)1(賽)5:,+ 03 C)fa-0+0-f ( x )J052 1 1 -又，所以f(

25、X)在區間)上的取值范圍是【考點】導數的應用【名師點睛】本題主要考查導數的兩大方面的應用:調性時，首先考慮函數的定義域，再求出f(x)，有f(x)的正負，得出函數f(x)的單調區間；(二)函數 的最值(極值)的求法：由確認的單調區間，結合極值點的定義及自變量的取值范圍，得出函數f(x)極值或最值.6.【2017 江蘇，20】已知函數f(xx3ax2bx 1(a 0,b R)有極值,且導函數 f(x)的極值點是 f (x)的零點(極值點是指函數取極值時對應的自變量的值)(1 )求b關于 a 的函數關系式，并寫出定義域；試題分析：(1)利用求導法則及求導公式，可求得5f(x)的導數；(n)令f(x

26、)=O，解得x = 1或2(n)由fW =1 龍)( 1 -2)(?V2x_ 1(一)函數單調性的討論：運用導數知識來討論函數單17(2)證明：b23a;18(3 )若 f(x), f (x)這兩個函數的所有極值之和不小于丄，求 a 的取值范圍2【答案】(1)a 3( 2)見解析(3)3：a空6【解析】 解:(1)由f (x) = x3ax2bx 1，得f (x)二3x22ax b = 3(x)2b3a3時，f(x)有極小值b3因為所以f (x)的極值點是f (x)的零點33,c2小，a、a a ab 小小丄一 2a 3f ()1=0，又a 0，故b =327939 a因為a213f (x)有

27、極值，故f (x)=0有實根，從而b(27 - a ) _ 0，即a亠3.9aa= 3時，f (x)O(x = -1)，故f (x)在 R 上是增函數,f(x)沒有極值;a 3時，f(x)=0有兩個相異的實根為=壬丄坐，X2=a3b33列表如下x(,X1)X1(X1,X2)X2區嚴)f (x)+00+f(x)n極大值n極小值n故f (x)的極值點是x1, x2.從而a 3，2a23因此b，定義域為(3, ：).9 a19(2由(1)知，卓斗-設曲)=三+二則心)千-二二呂二9t9 t 9t當心(燉)時，g*(f) Q ,從而或力在(馬L+上單調遞増,因此b:3a.2f (x)的極值點是x-i,

28、 x2，且x!x2a,33232從而f (xjf(x2)=x-iax-i bx!1x2ax2bx21x3所法立石3故如小曲辱擊,即(3 )由(1)知,224a - 6bx-iX29201.【2016 高考江蘇卷】(本小題滿分 16 分)21已知函數f(x)=axbx(a . 0,b0,a=1,b=1).設a =2,b.2(1) 求方程f(x) =2的根；(2) 若對任意x.R,不等式f (2x) _mf(x)-6恒成立，求實數m的最大值；(3) 若0a：1,b1，函數g xjuf x -2有且只有 1 個零點，求ab的值。【答案】(1)04( 2) 1【解析】試題分析：(1)根據指數間倒數關

29、系2x2=1轉化為一元二次方程(2x)2-2 2x0，求方程根根據指數間平方關系22x2，x=(2x 2 A)2-2，將不等式轉化為一元不等式，再利用變量分離轉化為對(f (x)2+ 4應函數最值，即m的最小值，最后根據基本不等式求最值(2)先分析導函數零點情況：唯f(x)一零點X。，再確定原函數單調變化趨勢：先減后增，從而結合圖像確定唯一零點必在極值點X。取得，而g(0) = f (0) -2二a0 b-2 = 0，因此極值點 怡必等于零，進而求出ab的值.本題難點在證明x = 0,這可利用反證法：若x0：0,則可尋找出一個區間(人兀)，由g(xj：0,g(X2) 0結合零點存在定理可得 函

30、數存在另一零點，與題意矛盾，其中可取治二西，x2= loga2；若x00，同理可得.2221試題解析：(1)因為a=2,b，所以f(x2x2.21方程f (x) =2，即2x2 =2，亦即(2x)2-2 2x 1 =0,所以(2x-1)0，于是2x=1，解得x=0.2由條件知f (2x) =22x2(2x2)2- 2 = (f (x)2-2.因為f (2x) _mf (x)-6對于x，R恒成立，且f(x)0,2(f(x)4f(x)對于x -(f(x)24f(x)f(x)=4，且(f(0)24f(0)R恒成立.4f(x)4f(x)23所以m _ 4，故實數m的最大值為 4.(2)因為函數g(x)

31、二 f(x) _2只有 1 個零點，而g(0) = f(0) -2 二 a b -2 = 0, 所以 0 是函數g(x)的唯一零點.因為g (x)二axIn a bxln b，又由0 : a：1,b1知In a：0,ln b 0，所以g(x) =0有唯一解x= logb(-).alnb令h(x) = g (x)，則h (x) = (axln a bxIn b) = ax(ln a)2- bx(ln b)2，從而對任意R，h(x) 0，所以g(x)=h(x)是(一七)上的單調增函數，于是當X(-：，X。)，g (x) g (x) = 0； 當x (x,：)時，g (x) g (x) =0.因而函

32、數g(x)在(-：，x)上是單調減函數，在(滄，：)上是單調增函數下證xo= 0.若x0 0，函數g(X) =| f(X)|，求證：g(X)在區間1,1上的最大值不小于 一.-4【答案】(I)詳見解析(n)詳見解析(川)詳見解析【解析】試題分析：(I)先求函數的導數：f (x) =3(x -1)2- a再根據導函數零點是否存在情況，分類討論：當a乞0時，有f (x)_0恒成立，所以f(X)的單調增區間為(：，：)當a 0時，存在三個單調區間|，計算可得 f (3-2X0)=f(怡)再由f(Xl)=f(x0)及單調性可得結論(川)實1 - -I 0：2冬1三133 1 - 8乞0叮-整氷乞14，

33、當0：a：3時，0叮-壬r仝2.333343332試題解析：(I)解：由f(x)=(x-1) -ax-b，可得f(x) =3(x-1) -a.下面分兩種情況討論：(1 )當a = 0時，有f(x) =3(x-1)2-a -0恒成立，所以f (x)的單調遞增區間為(一：).(2)當a 0時，令f(x) = 0,解得x=1少，或x=1-.33當X變化時，f (x),f (x)的變化情況如下表：X73a(亠,1)3 0 或f(x)v0 的解集.由f(x) 0(f(x)v0)的解集確定函數f(x)的單調增(減)區間.若遇不等式中帶有參數時，可分類討論求得單調區間.2.由函數f(x)在(a,b)上的單調

34、性，求參數范圍問題，可轉化為f(x) 0(或f(x) 0,kk所以g(k)在!,i上單調遞增.所以g(k)win2 1 =In2 In e 0.從而In(2k) k,所以In(2k) (0,k).所以當x (0,In(2k)時,f(x) 0;所以M=ma*f(0),f(k)k3=maX 1,(k 1)ek.令h(k) = (k 1)ekk3+ 1,則h(k) =k(ek 3k),kk令 $ (k) =e 3k,則( k) =e 3we 3 0.所以$ (k)在i，1上單調遞減，12而；i1 $ (1) = i .e -3(e 3) 0,1212丿當k (x,1)時，$ (k) 0,h(1) =

35、 0,12丿2 828所以h(k)0在,1上恒成立，當且僅當k= 1 時取得“=”.12綜上，函數f(x)在0,k上的最大值M= (k 1)ekk3.【考點定位】本題考查導數的應用，屬于拔高題【名師點晴】本題主要考查的是利用導數研究函數的單調性、利用導數研究函數的最值，屬于難題解題29，否則很容易出現錯誤利用導數求函數f x的單調區間的步驟：確定函數f x的定義域；對f x求導；令f x.0,解不等式得x的范圍就是遞增區間，令f x：0,解不等式得x的范圍就是遞減區間. 求函數y二f X在a,b 1上的最大值與最小值的步驟：求函數y = f x在a,b內的極值；將函數y = f x的各極值與端

36、點處的函數值fa,f b比較,其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.4.【2016 高考新課標 3 理數】設函數f (x) = acos2x (a _1)(cosx 1)，其中a 0，記| f(x)|的最大值 為A(I)求f (x)；(n)求A；(川)證明| f (x)國2A12 3a,0 a蘭一5a2+ 6a +1 1【答案】(I)f(x)=2asin2x(a1)sin x；(n)A=-，cac1;(川)見解析.8a 53a-2,aZ1J【解析】試題分析：(I)直接可求f (x)；(n)分a _ 1,0:：a:：1兩種情況，結合三角函數的有界性求出A，但須1 1注意當0：a：1時還須進

37、一步分為0：a , a：1兩種情況求解；(川)首先由(I)得到5 51 1| f (x)匸2a | a -1|，然后分a -1,0 : a , ：a：1三種情況證明.5 5試題解析：(I)f (x) =-2asi n2x-(a-1)s in x.(n)當a一1時，| f(x)|=|asi n2x (a-1)(cosx 1) |遼a 2(a1)=3a2二f(0)因此，A=3a-2.4 分2當0：a1時，將f (x)變形為f (x)二2 a cos x (a - 1)cos x T.21 a令g(t) =2at2(a -1)t -1，則A是|g(t)|在-1,1上的最大值，g(-1) = a,g(

38、1) = 3a-2，且當t：4a時一定要抓住重要字眼“單調區30時，g(t)取得極小值，極小值為4a8aa26a 18a【解析】31d_a11令-11，解得a(舍去)，a .4a351(i)當0 :a時，g(t)在(-1,1)內無極值點，|g(-1)|=a,|g(1)| = 2-3a,|g(-1)卜：|g(1)|，所以5A = 2 -3a.Cil當-a耳(1)(),5eI /|(1一口)(】+說)“rtpi 門一口、| 0丿所以話=1g()1=-SCJ4旳&2I 2-30(3l(川)由(I)得| f (x) |=| -2asin 2x -(a -1)sin x |乞2a - | a -

39、1|1當0：a時，| f(x)|_1 a _24a：2(2 3a) =2A.5M/1a 13當a q.試題分析：(I)分別對x0、x 10寸，IF 2av+ 4a - - I - _r-l|= i x - - i x -la .所th使得等式F (JC) = x* 2av+屁 7 成立的x的取值范圍為2.2a.(II ) (i )設函數f (x)=2x1,g(x) = x22ax + 4a2，則“ “ “ 2f Xmin= f 1 =0，g Xmin二g a a 4a-2,所以，由F x的定義知m a二min f 1 , g a匚，即b,3 Wa蘭2m a=2-a2+4a -2, aA2+ J

40、2(ii )當0乞x冬2時，F x乞f x乞maxf 0 , f 2心2二F 2, 當2乞x乞6時，F x乞g x空maxg 2 , g 6，max234-8a，max：F 2 ,F 6；.所以, 、la =348a，3渋412,4考點：1、函數的單調性與最值；2、分段函數；3、不等式.(II )(i)求F(x)的最小值m(a);(ii )【答求F(x)在區間0,6上的最大值 M(a).0,3乞a乞2、2(I )2,2a； (II ) (i)m (a )= 2+V2;(ii a=34皿3亠4I2,a王433【思路點睛】(I)根據x的取值范圍化簡F x,即可得使得等式F x = x2- 2ax，4a - 2成立的x的取值范圍；(II ) (i )先求函數f x和g x的最小值，再根據F x的定義可得ma； (ii )根據x的取值范34圍求出F x的最大值，進而可得二I a.6.【2016 年高考四川理