(完整版)导数与函数的极值、最值问题(解析版)
红楼之妻为夫纲-
【高考地位】
导数
在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、
不等
式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，
特别是利用导
数来解决函数的极值与最
值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导
数问题中求参数的取值范围是
近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较
大
.
【方法点评】
类型一
利用导数研究函数的极值
使用情景：一般函数类型
解题模板：第一步
计算函数
f
(
x
)
的定义域并求出函数
f
(
x
)
的导函数
f
'
(
x
)
；
第二步
求方程
f
'
(
x
)
0
的根；
第三步
判断
f<
/p>
'
(
x
)
在方程的根的左、右两侧值的符号；
第四步
利用结论写出极值
.
例
1
已知
函数
f
(
x
)
1
ln<
/p>
x
，求函数
f
x
的极值
.
x
【答案】极小值为
1
，无极大值
.
【点评】求函数的极值的一般步骤如下
：首先令
f
'
(
x
)
0
，
可解出其极值点，然后根据导函数
大于
0
、小于
0
即可判断函数
f
(
x
)
的增减性，进而求
出函数
f
(
x
)
的极大值和极小值．
【变式演练<
/p>
1
】已知函数
f
(
x
)
x<
/p>
3
ax
2
bx
a
2
在
x
1
处有极值
10
，则
f
(2)
等于（
）
A
．
11
或
18
B
．
11
C
．
18
D
．
17
或
18
【答案】
C
【解析】
1
/
37
3<
/p>
2
a
b
0
b
3
2
a
a
4
a
3
试题
分析：
f
(
x
)
3
x<
/p>
2
2
ax
b
,
或
．
2
< br>
2
1
a
b
a
10
<
/p>
a
a
12
0
b
11
b
3
a
3
当
时
,
f
(
x<
/p>
)
3
(
x
1
)
2
0
,
在
x
1
处
不
存
在
极
值
．
<
/p>
b
3
a
4
当
时
，
b
11
< br>f
(
x
)
3
x
2
8
x
11
(
3
x
11
)(
x
1
)
，
x
(
11
所
< br>,
1
),
f
(
x
)
0
；
x
<
/p>
(
1
,
),
f
(
x
)
0
,
符合题意．
3
a
4
以
．
f
(
2
)
8
16
22
16
18
．故选
C
．
b
11
考点：函数的单调性与极值．
1
【变式演练
2
】设函数
f
x
ln
x
ax
2
bx
，若
x
1
是
f
x<
/p>
的极大值点，则
a
的取值范围为
2
（
）
A
．
1,0
B
．
1,
C
．
0,
D
．
,
1
U
0,
【答案】
B
【解析】
考点：函数的极值．
【变式演练
3
】函数
f
(
x
)
【答案】<
/p>
3
【解析】
试题分析：因为
f
(
< br>x
)
1
3
1
x
(
m
1
)
x
2
2
(
m
1
)
x
，
< br>3
2
1
3
1
x
(
m
1
)
x
2
2
(
m
1
)
x
在
(
0
< br>,
4
)
上无极值，则
m
_____.
3<
/p>
2
所以
f
'(<
/p>
x
)
x
2
(
m
1)
x
2(
m
1)
x
< br>2
x
m
1
，由
f
'
x
0
得
x
2
或
x
m
1
，又因为
2
/
37
函数
f
(
x
)
1
3
1
m
3
而
2
0,
4
，
所以只有
m
1
2
< br>，
x
(
m
1
)
x
2
2
(
m
1
)
x
在
(
0
,
4
)
上无极值，
3
2
时，
f
x
在
R
上单调，才合题意，故答案为
3
.
考点：
1
、利用导数研究函数
的极值；
2
、利用导数研究函数的单调性
.
【变式演练
4
】已知等比数列<
/p>
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
2
n
1
k
，则
f
(
x
)
x
3
kx
2
2
x
1
的
极大
值为（
）
A
．
2
B
．
【答案】
B
【解析】
5
7
C
．
3
D
．
2
2
考点：
1
、等比
数列的性质；
2
、利用导数研究函数的单调性及极值．
【变式演练
5
】设函
数
f
(
x
)<
/p>
x
3
(1
a
)
x
2
ax
有两个不同的极值点
x
1
，
x
2
，且对不等式
< br>f
(
x
1
)
f
(
x
2
)
0
恒成立，则实数
a
的取值范围是
．
1
【答案】
(
,
1]
U<
/p>
,
2
2
【解析】
3
2
试
题
分
析
：
因
为
f
< br>(
x
1
)
f
(
x
2
)
0
,
故
得
不
等
式
x
1
3
x
2
< br>
1
a
x
1
2
x
2
a
x
1
x
2
0
,
< br>即
x
x
x
1
x
2
1
2
由
于
2
2
3
x
1
< br>x
2
1
a
x
1
x
2
2
x
1
x
2
< br>a
x
1
x
2
0
,
<
/p>
f
'
x
3
x
2
2
1
a
x
a
,
令
f
'
<
/p>
x
0
得
方
程
3
x
2
2
1
a
x
a
0
,
因
2<
/p>
x
x
1
a
1
2
3
，
代
入
前
面
不
等
式
,<
/p>
并
化
简
得
4
a
2
a
1
0
,
故
a
x
x
1
2
3
3
/
37
1<
/p>
a
2
a
2
5
a
2
0
,
解不等式得
a
1
或
1
1
a
2
，因此
,
当
a
1
或
a
2
时
,
不等式
2
2<
/p>
1
f
x
1
f
x
2
0
成立
,
故答案为
(
,
1]
U
,
2
.
2
考点：
1
、利用导数研究函数的极值点；
2
、韦达定理及高次不等式的
解法
.
【变式演练
6
】
已知函数
f
x
< br>x
3
ax
2
x
2
a
0<
/p>
的极大值点和极小值点都在区间
1,1
内
,
则实数
a
的取
值范围是
．
【答案】
3
a<
/p>
2
【解析】
考点：导数与极值．
类型二
求函数在闭区间上的最值
使用情景：一般函数类型
解题模板：第一步
求出函数
f
(
x
)
在开区间
(
a
,
b
)
内所有极值点；
第二步
计算函数
f
(
x
)
在极值点和端点的函数值；
第三步
比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值
.
例
2
若函数
f
x
e
x
x
2
mx<
/p>
，在点
1,
f
1
处的斜率为
e
1
．
（
1
）求实数
m
的值；
（
2
）求函数
f
x
在区
间
1,1
上的最大值．
【答案】
（
1
）
m
1
；
（
2
）
f
x
max
e
.
【解析】
试题分析：
（
1
）由
f
(1)
e
1
解之即可；
4
/
37
（
2
）
f
x
e
x
2
x
1
为递增函数且
f
1
e
1
0,
f
< br>
1
e
1
3
0
,
所以在区间
(
1,1)
上存
在
x
0
使
f
(
x
0
)
0
，所以函数在区间
[
1,
x
0
]
上单调递减，在区间
[
x
0
,1]
上单调递增
，所以
f
x
max
max
f
1
,
f
<
/p>
1
，求之即
可
.
试题解析：
< br>（
1
）
f
x
e
x
2
x
m
，∴
f
1
e
2
m
，即
< br>e
2
m
e
1
，解得
m
1
；
实数
m<
/p>
的值为
1
；
（
2
）
f
x
e
x
2
x
< br>1
为递增函数，∴
f
1
e
1
< br>0,
f
1
e
1
3<
/p>
0
，
存在
x
0
1,1
，使得
f
x
0
0
，所以
f
x
max
max
f
1
,
< br>f
1
，
f
1
e
1
2,
f
1
e
，∴
f
x
< br>max
f
< br>1
e
考点：
1.
导数的几何意义；
2.
导数与函数的单调性、最值
.
【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值
等问题，属中档题；导数
的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题
，也常出现在解答题的第（
1
）
问中，
难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程
（
或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围
.
【变式演练
7
】已知
f
(
x
)
x
1
.
x
e
（
1
）
求函数
y
f
(
x
)
最值；
（
2
）若
f<
/p>
(
x
1
)
f
(
x
2
)(
x
1
x
2
)
< br>，求证：
x
1
x
2
0
.
【答案】
（
1
）
f
(
x
)
取最大值
f
< br>(
x
)
max
< br>
f
(
0
)
1
，
无最小值；
（
2
）详见解析
.
【解析】
e
x
(
x
1
)
e
x
x
x
，
试题解析：
（
1
）对
f
< br>(
x
)
求导可得
f
(
x
)
2
x
e
e
5
/
37
令
f
(
x
)
x
0
得
x=0.
x
e
当
x
(
,
0
)
时，
f
(
x
)
< br>
0
，函数
f
< br>(
x
)
单调递增；
当
x
< br>(
0
,
)
时，
f
(
x
)
0
，函数
f
(
x
)
单调递减，
当
x=0
时，
f
(
x
)
取最大值
< br>f
(
x
)
max
f
(
0
)
1
，无最小值
.
（
2
）不妨设
x
1
< br>
x
2
，由（
< br>1
）得
当
x
(
,
0
)
时，
f
(
x
)<
/p>
0
，函数
f<
/p>
(
x
)
单调递增
；
当
x
<
/p>
(
0
,
)
时，
f
(
x
)
0
，函数
f
(
x
)
单调递减，
若
f
(
x
1
)
f
(
x
2
)
，则
x
1
0
x
2
，
考点：
1
.
导数与函数的最值；
2.
导数与不等
式的证明
.
【变式演练
7
】已知函数
f
(
x
)
x
ln
x
，
g
(
x
)
< br>x
2
ax
2
.
（Ⅰ）求函数
f
(
x
)
在
[
t
,
t
2](
t
0)
上的最小值；
（Ⅱ）若函数
y
f
(
x
)
g
(
x
)
有两个不同的极值点
x
1
,
x
2
(
x
1
x
2
)
且
x
2
x
1
< br>ln
2
，求实数
a
的取
值范围
.
6
/
37
【答案】
（Ⅰ）
f
(
x
)
min
1
1
，
0
t
2
ln
2
e
e
；
（Ⅱ）
a
ln
2
ln(
)
1
.
3
3
t
ln
t
,
t
< br>
1
e
【解析】
1
1
1
试题分析：
（Ⅰ）由
f
'
(
x
)
ln
x
1
0
，得极值点为
x
，分情况讨论<
/p>
0
t
及
t
时，函
e
e
e
数
f
(
x
)
的最小值；
（Ⅱ）当函数
y
f
(
x
)
g
(
x
)
有两个不同的极值点，即
y
< br>'
ln
x
2
x
1
a
0<
/p>
有两个不同的实根
x
1
< br>,
x
2
(
x
1
x
2
)
，问题等价于直线
y
a
与函数
G
(
x
)
ln
x
2
x
1
的
图象有两
1
个不同的交点，由
G
(
x
)
单调性结合函
数图象可知当
a
G
< br>(
x
)
min
< br>
G
(
)
ln
2
时，
x
1
,
x
2
存在，且
2
ln
x
1
2
x
1
1
a
0
，
x
2
4
x
1
< br>x
2
x
1
的值随着
a
的增大而增大，
而当
x
2
x
1
ln
2
时，由题意
ln
x
2
x
1
a
0
2
< br>2
4
2
ln
2
代入上述方程可得
x
2
4
x
1
ln
2
，此时实数
a
的取值范围为
a
ln
2
ln
(
)
1
.
3
3
3
1
试题解析：
（Ⅰ）由
f
'
(
x
)
ln
x
1
0
，可得
x
，
e
1
1
1
①
0
t
时，函数
f
(
x
)
在
(
t
,
)
上单调递减，在
(
,
t
2)
上单调递增，
e<
/p>
e
e
1
1
函数
f
(
x
)
在
[
t
,
t
< br>2](
t
0)
上的最小值为
f
(
)
，
e
e
1
②当
t
时，
f
< br>(
x
)
在
[
t
,
t
2]
上单调递增，
< br>e
f
(
x
)
min
f
(
t
)
t
ln
t
，<
/p>
1
1
，
0
t
e
e
；
1
t
ln
t
,
t
e
f
(
x
)
min
7
/
37
两式
相减可得
ln
x
1
2(
x
1
x
2
)
2ln
2
x
2
4
x
2
4
x
1
代入上述方程可得
x
2
4
x<
/p>
1
ln
2
，
3
2
ln
2
此时
a
ln
2
ln(
)
1
，
3
3
2
ln
2
所以，实数
a
的取值范围为
a
<
/p>
ln
2
ln(
)
1
；
3
3
考点：导数的应用．
【变式演练
8
】设函数
f
<
/p>
x
ln
x
1
.
8
/
37
（
1<
/p>
）已知函数
F
x
f
<
/p>
x
1
2
3
1
x
x
,
求
F
x
的极值；
4
< br>2
4
（
2
）
已知函数
G
x
f
x
ax
2
2
a
1
x
a
a
0
< br>,
若存在实数
m
2,3
,
使得当
x
0,
m
时
,
函数
G
< br>x
的最大值为
G
m
,
< br>求实数
a
的取值范围
.
3
【答案】
（
1
）极大值为
0
，极小值为
< br>ln
2
；
（
2
）
1
ln
2,
.
4
【解析】
F
x
,
F
'
x
随
x
的变化如下表
:
x
F
'
x
F
x
0,1
Z
1
1,<
/p>
2
]
2
2,<
/p>
Z
0
0
0
3
ln<
/p>
2
4
当
x
1
时
,
函数
F
x
取得极大值
F
1
0
;
当
< br>x
2
时
,
函数
F
x
取得极小值
F
2
ln
2
3
.
4
9
/
37
③
当
1
1
1<
/p>
1
1
,
即
a
时
,
函数
f
x
在
0,
和
1,
< br>
上单调递增
,
在
,1
上单调递减
,
要
2
a
2
2
a
2
a
1
< br>
存在实数
x
2,3
,
使得当
x
0,
m
时
< br>,
函数
G
< br>x
的最大值为
G
m
,
< br>则
G
G
2
,
代入化
2
a
简
得
ln
2
a
1
ln
2
1
0
< br>
4
a
.
令
g
a
ln
2
a
1
ln
2
1
< br>
a
4
a
1
2
,
因
g
'
a
1
1
1
1
< br>
1
恒成立
< br>,
故恒有
时
,
式恒成立
;
综
1
0
g
a
g
ln
2
0,
a
a
< br>4
a
2
2
2
上
，实数
a
的取值范围是
1
ln
2,
.
考点：函数导数与不等式．
【高考再现】
1.
【
2016
高考新课标
1
卷】
（本小题满分
12
分）已知函数
f
x
x
< br>
2
e
x
a
x
1
有两个
零
点
.
(I)
求
a
的取值范围；
(II)
设
x
1
,
x
2
是
< br>f
x
的两个零点
,
证明：
x
1
x
2
< br>
2
.
【答案】
(0,
)
2
试题解析
;
（Ⅰ）
f
'(
x
)
(
x
1)
e
x
2
a
(
x
< br>
1)
(
x
1)(
e
x
2
a
)
．
（
i<
/p>
）设
a
0
,
则
f
(
x
)
(
x
2)
e
x
,
f
(
x
)
只有一个零点．
（
ii
）设
a
0
,
则当
x
(
,1)
时
,
f
'(
x
)
< br>0
；当
x
(1,
)
时
< br>,
f
'(
x
)
0
．所以
f
(
x
)
在
(
,1)
上单
调递减
,
在
(1,
)
上单调递增．
10
/
37
又
f
(1)
e
,
f
(2)
a
,
取
b
满足
b
0
且
b
ln
f
(
b
)
a
3
< br>(
b
2)
a
(
b
1)
2
a
(
b
2
b
)
0
,
2
2
a
,
则
2
故
f
(
x
)
存在两个零点．
（
iii
）设
a
0
,
由
f
'(
x
)
0
得
x
1
或
x
ln(
2
a
)
．
e
若<
/p>
a
,
则
ln(
2
a
)
1
,
故当
x
(1,
)
时
,
f
'(
x
)
0
,
< br>因此
f
(
x
)
在
(1,
< br>)
上单调递增．又当
x
1
2
时
,
f
(
x
)
0
,
所以
< br>f
(
x
)
不存在两个零点．
e
若
a
,
则
ln(
2
a
)
1
,
故当
x
(1,ln(
2
a
))
时
,
f
< br>'(
x
)
0
；
当
x
(ln(
2
a
),
)
时
,
f
'(
x
)
0
．<
/p>
因此
2
f
(
x
)
在
(1,ln
(
2
a
))
单调递减
,
在
(ln(
2
a
),
)
单调递增．又当
x
1
时
,
f
(
x
< br>)
0
,
所以
f
(
x
)
不存在
两个零点．
综上
,
a
的取值范围为
(0,
)
．
（Ⅱ）不妨设
x
1
x
2
,<
/p>
由（Ⅰ）知
x
1
(
,1),
x
2
(1,
)
,
2
x
2
(
,1)
,
f
(
x
)
在<
/p>
(
,1)
上
单调递
减
,
所以
x
1
x
2
2
等价于
f
(
x
1
)
f
(2
x
2
)
,
即
f
(2
x
2
)
< br>0
．
由于
f
(2
x
2
)
x
2
e
2
x
2
a
(
x
2
1)
2
,
而
f
(
x
2
)
(
x
2
2)
e
x
2
a
(
x
2
1)
2
0
,
所以
f
(2
x
2
)
x
2
e
2
x
2
(
x
2<
/p>
2)
e
x
2
．
设
g
(
x
)
xe
2
x
(
x
2)
e
x
,
则
g
'
(
x
)
(<
/p>
x
1)(
e<
/p>
2
x
e
x
)
．
所以当
x
1
时
,
g
'(
x
)
< br>0
,
而
g
(1)
0
,
故当
x
1
时
,
g
(
x<
/p>
)
0
．
从而
g
(
x
2
)
f
(2
x
2
)
0
,
故
x
1
x
2
2<
/p>
．
考点：导数及其应用
2.
【
2016
高考山东理数】
(
本小题满分
13
分
)
已知
f
(
x
)
a
< br>
x
ln
x
2
x
1
,
a<
/p>
R
.
2
x
（
I
）讨论
f
(
x
)
的单调性；
3
（
II
）当
a
1
时，证明
f
(<
/p>
x
)
＞
f
'
x
对于任意的
x
1,
2
成立
.
2
【答案】<
/p>
（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析
11
/
37
【解析】
试题分析：（Ⅰ）求
f
(
x
)
的导函数，对
a
进行分类讨论，求
f
(
x
)
的单调性；
3
3
/
x
1,
< br>2
f
(
x
)
＞
f
'
x
f
(
x
)
f
(
x
)
（Ⅱ）要证
成立，即证
，
根据单调性求解
.
对于任意的
2
2
（
1
）
0
a
< br>2
，
2
1
，
a
当
x
(
0
,
1
)
或
x
(
2
,
)
时，
f
/
(
x
< br>)
0
，
f
(
x
)
单
调递增；
a
当
x
(
1
,
2
)
时，
f<
/p>
/
(
x
)
0
，
f
(
x
)
单调递减；
a
2
1
，在
x
(
0
,
)
内，
f
/
< br>(
x
)
0
，
f
(
x
)
单调递增；
a
（
2
）
a
2
时，
（<
/p>
3
）
a
2
时，
0
2
1
，
a
当
x
< br>
(
0
,
2
)
或
x
(
1
,
<
/p>
)
时，
f
/
(
x
)
0
，
f
(
x
)
单调递增；
a
2
,
1
)
时，
f
/
(
x
)
0
，
f
(
x
)
单调递减
.
a
当
x
(
综上所述，
12
/
37
（Ⅱ
）由（Ⅰ）知，
a
1
时，
f
(
< br>x
)
f
/
(
x
)
x
ln
x<
/p>
3
1
2
x
ln
x
2
3
1
< br>，
x
[
1
,
2
]
，
x
x
x
3
1
2
令
g
(
x
)
x
ln
x
,
h
(
x
)
2
3
1<
/p>
，
x
[
1
,
2
]
.
x
x
x
则
f
(
x
< br>)
f
/
(
x
)
g
(
x
)
h
(
x
)
，
由
g
/
(
x
)
< br>
2
x
1
1
2
2
(1
2<
/p>
3
)
2
x
x
x
x
x
1
0
可得
g
< br>(
x
)
g
(
1
)
1
，
当且仅当
x
1
时取得等号
.
x
3
x
2
2
x
6
又
h
'(
x
)
，
x
4
设
(
x
)
3
x
2
2
x
6
，则
(
x
)
在
x
[
1
,
2
]
单调递减，
因为
(
1
)
1
,
(
2
)
10
< br>，
考点：
< br>1.
应用导数研究函数的单调性、极值；
2.
分类讨论思想
.
【名师点睛】本题主要考查导数
的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想
.
本
题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题
.
解答本题
，准确求导数是基础，恰当
13
/
37
分
类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而
错漏百出
.
本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算
能力、分类讨论思想等
.
3.
【<
/p>
2016
高考江苏卷】
（本小题满分
16
分）
已知函
数
f
(
x
)<
/p>
a
x
b
x
(
a
0,
b
0,
a
1,
b
1)
.
设
a
2,
< br>b
（
1
）求方程
f
(
x
)
2
的根
;
（
2
）若对任意
x
R
,
不等式
f
(2
x
< br>)
m
f(
x
)
6
恒成立，求实数
m
的最大值；
（
3
）若
0
a
1,
b
＞
1
，函数
g
x
f
x
2
有且只有
< br>1
个零点，求
ab
的值。
【答案】
（
1
）①
0
②
4
（
2
）
1
【解析】
1
.
2
试题
解析：
（
1
）因为
a
2,
b
1
，所以
f
(
x
)
2
x
2
x
.
2
①方程<
/p>
f
(
x
)
2
，即
2
x
2
x
2
，亦即
(2
x
)
2
2
2
x
1
0
，
所以
(
2
x
1)
2
0
，于是
2
x
1
，解得
x
0
. <
/p>
②由条件知
f
(2
x
)
2
2
x
2
2
x
(2
x
2
x
)
2
2
(
f
(
x
))
2
2
.
因为
f
(2
x
)
mf
(
x
)
6
对于
x<
/p>
R
恒成立，且
f
(
x
)
<
/p>
0
，
(
f
(
x
))
2
4
所以
m
对于
x
R
恒成立
.
f
(
x
)
(
f
(0))
2
4
(
f
< br>(
x
))
2
4
4
4
4
，
而<
/p>
f
(
x
)
2
f
(
x
)
•
4
，且
< br>f
(0)
f
(
< br>x
)
f
(
x
)
f
(
x
)
14
/
37
所
以
m
4
，故
实数
m
的最大值为
4.
（
2
）因为函数
g
(
x
)
f
(
x
)
< br>
2
只有
1
个零点，而
g
(0)
f
(0)
2
a
0
b
0
2
0
，
所以
0
是函数
g
(
x
)
的唯一零点
< br>.
因为
g
'
< br>(
x
)
a
x
ln
a
b
x
ln
b
，又由
0
a
1,
b
<
/p>
1
知
ln
a
0,ln
b
<
/p>
0
，
所以
g
'
(
x
)
0
有唯一解
x
0
log
b
(
a
ln
a
)
.
ln
b
令
h
(
x
)
< br>g
'
(
x
)
，则
h
'
(
x
)
(<
/p>
a
x
ln
a
b
x
ln
b
)
'
a
x
(ln
a
)
2
b
x
(ln
b
)
2
，
从而对任意
x
R
，
h
'
(
x
)
0
，所以
g
'
(
x
)
h
(
x<
/p>
)
是
(
,
)
上的单调
增函数，
于是当
x
< br>
(
,
x
0
)
，
g
'
(
x
)<
/p>
g
'
(
x
0
)
0
；当
x
(
x
0
,
< br>
)
时，
g
< br>'
(
x
)
g
'
(
x
0
)
0
.
因而函数
g
(
x
)
在
(
,
x
0
)
上是单调减函数，在
(
x
0
,
)
上是单调增函数
.
下证
x
0
0
.
若
x
0
0
，则
x
< br>0
x
0
x
0
，于是
g
(
0
)
g
(0)
0
，
2
2
x
0
和
log
a
2
为端点的闭区间上的
< br>2
又
g
(log
a
2)
a
< br>log
a
2
< br>b
log
a
2
< br>
2
a
log
a
2
2
0
，且函数
g
(
x
)
在以
图象不间断，
所以在
又
x
0
和
log
a
2
之间存在
g
(
x
)
的零点，
记为
x
1
.
因为
0
a
1
，
所以
log
a
2
0
，
2
x
0
0
，所以
x
1
0
与“
0
是函数
g
< br>(
x
)
的唯一零点”矛盾
.
2
x
若
x
0
0
，同理可得，在
0
和
log
a
2
之间存在
g
(
x
)
的非
0
的零点，矛盾
.
< br>2
因此，
x
0
< br>
0
.
于是
< br>
ln
a
1
，故
ln
a
ln
b
0
，所以
ab
1
.
ln
b
考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点
< br>【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确
定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析
函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间
区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数
.
4.
【
201
6
高考天津理数】
（本小题满分
14<
/p>
分）
15
/
37
设函数
f
(
x
)
<
/p>
(
x
1)
3
ax
b
,
x
R
，
其中
a
,
b
R
< br>
(I)
求
f
< br>(
x
)
的单调区间；
(II)
若
f
(
x
)
存在极值点<
/p>
x
0
，且
f
(
x
1
)
f
(
x
0
)
，其中
x
1
x
0
< br>，求证：
x
1
2
x
0
3
；
1
（Ⅲ）设
a
0
，函数
g
(
x
)
|
f
(
x
)
|
，求证
：
g
(
x
)<
/p>
在区间
[
1<
/p>
,
1
]
上的最大
值不小于
．．．
4
.
【答案】
（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）先求函数的导数：
f
'
(
x
)
3
(
x
1<
/p>
)
2
a
，
再根据导函数零点是否存在情况，
分类讨论
：①当
a
0
时，有
f
(
x
)
0
恒成
立，所以
f
(
x
)
的单调增区间为
(
,
)
.
②当
a
0
< br>时，
存在三个单调区间
试题解
析：
（Ⅰ）解：由
f
(
x
)
(
x
1
)
3
ax
b
，可得
f
'
(
x
)
3
(
x
1
)
2
a
.
下面分两种情况讨论：
（
1
）当
a
0
时，有
f
'
(
x
)
<
/p>
3
(
x
1
)
2
a
0
恒成立，所以
f
(
x
)
的单调递增区间为
(
,
)
.
（
2
）当
a
0
时，令
f
'
(
x
)
<
/p>
0
，解得
x
<
/p>
1
3
a
3
a
，或
x
1
.
3
3
当
x
变化时，
f
'
(
x
)
，
f
< br>(
x
)
的变化情况如下表：
x
f
'
(
x
)
f
(
x
< br>)
(
,
1
3
a
3
a
3
a<
/p>
3
a
3
a
3
a
(
1
(
1
)
1
,
1
)
< br>1
,
)
3
3
3
3
3
3
＋<
/p>
单调递增
0
极大值
－
单调递减
0
极小值
＋
单调递增
16
/
37
所以
f
(
x
)
的单调
递减区间为
(
1
3
a
3
a
3
a
3
a
,<
/p>
1
)
，单调递
增区间为
(
,
1
)
，
(
1
,
)
.
3
3<
/p>
3
3
（Ⅲ）证
明：设
g
(
x
)
在区间
[
0
,
2
]
上的最大值为
< br>M
，
max{
x
,
y
}
表示
< br>x
,
y
两数的最大值
.
下面分三
种情况同理：
（
1
）
当
a
3
时，
1
3
a
3
a
，
由
（Ⅰ）
知，
f
(
x
)
在区间
[
0
,
2
]
< br>上单调递减，
所以
f
(
x
)
0
2
1
< br>
3
3
在区间
< br>[
0
,
2
]
上的取值范围为
[
f
(
2
),
f
(
0
)]
，因此
M
max{|
f
(
2
)
|,
|
f
(
0
)
|}
< br>max{|
1
2
a
b
|,
|
1
b
|}
max{|
a
1
< br>
(
a
b
)
|,
|
a
1
(<
/p>
a
b
)
|}
a
1
(
a
b
),
a
b
0
，所以
M
a
1
|
a
<
/p>
b
|
2
.
a
1
(
a
b
),
a
b
0
（
2
）当
3
2
3
a
3
a
3
a
2
3
a
a
3
时，
1
，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，
0
1
1
2
<
/p>
1
4
3
3
3
3
2
3
a
3
a
2
3
a
3
a
)
f
(
1
)
，<
/p>
f
(
2
)
f
(
1
)
f
(
1
)
，
3
3
3
3
3
a
3<
/p>
a
),
f
(
1
)]
，
3
3
f
(
0
)
f
(
1
所以
f
(
x
)
在区间
[
0
,
2
]
上的取值范围为
[
f
(
1
< br>
因此
M
max{|
f
(
1
max{|
3
a
3
a
2
a
2
a
)
|,
|
f
(
1
)
|
}
max{|
3
a
a
b
|,
|
3
a
a
b
|}
3
3
9
9
2
a
2
a
3
a
(
a
b
)
|,
|
3
a
(
a
b
)
|}
9
9
17
/
37
2<
/p>
a
2
3
3
1
3
a
|
a
b
|
3
.
9
9
4
4
4
考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式
<
/p>
【名师点睛】
1.
求可导函数单调区间的
一般步骤
(1)
确定函数
f
(
x
)
的定义域
(
定义域优先
)
；
(2)
求导函
数
f
′(
x
)
；
(3)
在
函数
f
(
x
)
的定义域内求不等式
f
′(
x
)
＞
0
或
f
′(
x
< br>)
＜
0
的解集．
(4)
由
f
′(
x
)
＞
< br>0(
f
′(
x
< br>)
＜
0)
的解集确定函数
f
(
x
)
的单调增
(
减
)
区间．若遇不等式中带有参数时，
可分类讨论求得单调区间．
2
．由函数
f
(
x
)
在
(
a
，
b
)
上的单调性，求参数范围问题，可转化为
f
′(
x
)≥0(
或
f
′(
x
)≤0)
恒成立问题，
要注意
“
＝
”
是否可以取到．
5.
【
2016
高考新课标
3
理数】
设函数
f
(
x
)
a
cos
2
x
(
a
1)(cos
x
1)
，
其中
a
0
，
记
|
f
(
x
< br>)
|
的
最大值为
A
．
（Ⅰ）求
f
(
x
< br>)
；
（Ⅱ）求
A
；
（Ⅲ）证明
|
f
(
x
)
|
2
A
．
18
/
37