三年高考（2016_2018）高考数学试题分项版解析专题07导数的应用理（含解析）.doc

《三年高考（2016_2018）高考数学试题分项版解析专题07导数的应用理（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三年高考（2016_2018）高考数学试题分项版解析专题07导数的应用理（含解析）.doc（25页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1专题 07 导数的应用考纲解读明方向考点 内容解读 要求 常考题型 预测热 度1.导数与函数的单调性了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)理解 选择题解答题 2.导数与函数的极(最)值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)掌握 解答题 3.生活中的优化问题 会利用导数解决某些实际问题 掌握 选择题 分析解读 1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方

2、法,解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题.3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为 1217 分,属于高档题.命题探究练扩展22018 年高考全景展示1 【2018 年理数天津卷】已知函数 ， ，其中 a1.（I）求函数 的单调区间；（II）若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行，证明；（III）证明当 时，存在直线 l，使 l 是曲线 的切线，也是曲线 的切线.【答案】()单调递减区间 ，单调递增区间为 ；()证明见解析；()证明见解析.（ III）由题意可得两条切线方程分别为 l1： .l2： .则原问题等价于

3、当 时，存在 ， ，使得 l1和 l2重合.转化为当 时，关于 x1的方程 存在实数解，构造函数，令，结合函数的性质可知存在唯一的 x0，且 x00，使得 ，据此可证得存在实数 t，使得 ，则题中的结论成立. 详解：（ I）由已知， ，有 .令 ，解得 x=0.由 a1，可知当 x 变化时， ， 的变化情况如下表：x 00 +极小值所以函数 的单调递减区间 ，单调递增区间为 .3（ III）曲线 在点 处的切线 l1： .曲线 在点 处的切线 l2： .要证明当 时，存在直线 l，使 l 是曲线 的切线，也是曲线 的切线，只需证明当 时，存在 ， ，使得 l1和 l2重合.即只需证明当 时，方

4、程组 有解，由得 ，代入，得 . 因此，只需证明当 时，关于 x1的方程存在实数解.设函数 ，即要证明当 时，函数 存在零点.，可知 时， ；时， 单调递减，又 ， ，故存在唯一的 x0，且 x00，使得 ，即 .由此可得 在 上单调递增，在 上单调递减. 在 处取得极大值 .因为 ，故 ，所以 .4下面证明存在实数 t，使得 .由（ I）可得 ，当 时，有 ，所以存在实数 t，使得，因此，当 时，存在 ，使得 .所以，当 时，存在直线 l，使 l 是曲线 的切线，也是曲线 的切线.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，所以在历届高考中，对导数

5、的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，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2 【2018 年理北京卷】设函数 = （）若曲线 y= f（ x）在点（1， ）处的切线与 轴平行，求 a；（）若 在 x=2 处取得极小值，求 a 的取值范围【答案】(1) a 的值为 1 (2) a 的取值范围是（ ，+）【解析】分析：（1）先求导数，再根据 得 a；（

6、2）先求导数的零点： ， 2；再分类讨论，根据是否满足 在 x=2 处取得极小值，进行取舍，最后可得 a 的取值范围详解：解：（）因为 = ，所以 f （ x）=2 ax（4 a+1） e x+ ax2（4 a+1） x+4a+3e x（ x R）= ax2（2 a+1） x+2e xf (1)=(1 a)e由题设知 f (1)=0，即(1 a)e=0，解得 a=1此时 f (1)=3e0所以 a 的值为 1点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起5

7、来求解.3 【2018 年江苏卷】记 分别为函数 的导函数若存在 ，满足 且，则称 为函数 与 的一个“ S 点” （1）证明：函数 与 不存在“ S 点” ；（2）若函数 与 存在“ S 点” ，求实数 a 的值；（3）已知函数 ， 对任意 ，判断是否存在 ，使函数 与 在区间内存在“ S 点” ，并说明理由【答案】 （1）证明见解析（2） a 的值为 （3）对任意 a0，存在 b0，使函数 f（ x）与 g（ x）在区间（0，+）内存在“ S 点” 【解析】分析：（1）根据题中“ S 点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据“S 点”的定义列两个方程，解方程组可得

8、a 的值；（3）通过构造函数以及结合 “ S 点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论.详解：解：（1）函数 f（ x）= x， g（ x）= x2+2x-2，则 f（ x）=1， g（ x）=2 x+2由 f（ x）= g（ x）且 f（ x）= g（ x） ，得 ，此方程组无解，因此， f（ x）与 g（ x）不存在“ S”点（2）函数 ， ，则 设 x0为 f（ x）与 g（ x）的“ S”点，由 f（ x0）与 g（ x0）且 f（ x0）与 g（ x0） ，得，即 ， （*）得 ，即 ，则 当 时， 满足方程组（*） ，即 为 f（ x）与g（ x）的“ S”点因此，

9、a 的值为 （3）对任意 a0，设 因为 ，且 h（ x）的图象是不间断的，所以存在 （0，1） ，使得 ，令 ，则 b06函数 ，则 由 f（ x）与 g（ x）且 f（ x）与 g（ x） ，得，即 （*）此时， 满足方程组（*） ，即 是函数 f（ x）与 g（ x）在区间（0，1）内的一个“ S 点” 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” 点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、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

10、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.4 【2018 年理新课标 I 卷】已知函数 （1）讨论 的单调性；（2）若 存在两个极值点 ，证明： 【答案】 （1）当 时， 在 单调递减.，当 时， 在 单调递减，在 单调递增.（2）证明见解析.（i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单调递减.（ii）若 ，令 得， 或 .当 时，7；当 时， .所以 在 单调递减，在 单调递增.（2）由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 .由于 的两个极值点 满足 ，所以 ，不妨设 ，则 .由于，所以 等价于 .设函数 ，由（1）知， 在单调递减，又 ，从而当 时， .所以

11、 ，即.点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.2017 年高考全景展示1.【2017 课标 II，理 11】若 2x是函数 21()xfxae的极值点，则 ()fx的极小值为（ ）A. 1 B. 3e C. 35 D.1【答案】A【解析】试题分析：由题可得 12121()2)()()x

12、x xfxaeaeae 因为 (2)0f，所以 ， f，故 2fx令 x，解得 x或 1，所以 ()fx在 ,2)(1,单调递增，在 (,1)单调递减所以 ()f极小值为 ()fe，故选 A。8【考点】 函数的极值；函数的单调性【名师点睛】(1)可导函数 y f(x)在点 x0处取得极值的充要条件是 f( x0)0，且在 x0左侧与右侧f( x)的符号不同。(2)若 f(x)在( a， b)内有极值，那么 f(x)在( a， b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值。2.【2017 浙江，7】函数 y=f(x)的导函数 ()yfx的图像如图所示，则函数 y=f(x)的图像可能

13、是【答案】 D【解析】试题分析：原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于 0，因此选 D【考点】 导函数的图象【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与 x轴的交点为 0x，且图象在0x两侧附近连续分布于 x轴上下方，则 0x为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数 )(f的正负，得出原函数 )(f的单调区间3.【2017 课标 II，理】已知函数 2lnxax，且 0fx。(1)求 a；(2)证明： fx存在唯一的极大值点 0，且 220ef。【答案】(1) 1；(2)证明略。【解析】试题分析：(1)利用题意结合导函数与原函数的关系可求

14、得 1a，注意验证结果的正确性；(2)结合(1)的结论构造函数 2lnhxx，结合 h的单调性和 fx的解析式即可证得题中的9不等式 220efx。试题解析：（1） fx的定义域为 ， +。设 lngax，则 fxg， 0fx等价于 0gx。因为 0,，因 10，而 1,1aa，得 。若 1，则 x。当 x时， x， 单调递减；当 x时， g， 单调递增。所以 1是 g的极小值点，故 10gx综上， a。（2）由（1）知 2lnfxx， 2lnfx。设 lnhx，则 1h。当 0,2 时， 0x ；当 ,2x 时， 0hx ，所以 hx 在 1, 单调递减，在 1, 单调递增。又 20e， ，

15、 0h ，所以 hx 在 1, 有唯一零点 0x，在 1,2 有唯一零点 1，且当 0, 时， h ；当 0, 时， 0hx ，当 1x 时， 0x。因为 f ，所以 是 fx的唯一极大值点。由 0x得 0ln21x，故 001x。 由 ,1 得 4f。因为 0x是 在（0,1）的最大值点，由 1,e， 10fe 得 120fxfe。 10所以 220efx。【考点】 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度

16、从高考来看，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。4.【2017 课标 3，理 21】已知函数 1lnfxax .（1）若 0fx ，求 a 的值；（2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n 211nm ，求 m 的最小值.【答案】(1) 1a ；(2)3 【解析】试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可得 x=a 是 f在 0， +x的唯一最小值点，列方程解得1a；(2)利用

17、题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得 211ne ，结合23112可知实数 m 的最小值为 3 (2)由(1)知当 1,x 时， 1ln0x .11令 12nx 得 1l2n .从而2 211lll 2nnn .故 211ne .而 232 ，所以 m 的最小值为 3 .【考点】 导数研究函数的单调性；导数研究函数的最值；利用导数证明不等式【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，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

18、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5.【2017 浙江，20】（本题满分 15 分）已知函数 f(x)=（ x 21） ex（ 12）（）求 f(x)的导函数；（）求 f(x)在区间 1+)2， 上的取值范围【答案】 （） xef ( ；（）0， 12e【解析】试题分析：（）利用求导法则及求导公式，可求得 )(xf的导数；（）令 0)(xf，解得 1x或 25，进而判断函数 )(xf的单调区间，结合区间端点值求解函数 f的取值范围试题解析：

19、（）因为所以= （）由12解得 或 因为x （ ） 1 （ ） （ ）- 0 + 0 -f（ x） 0 又 ，所以 f（ x）在区间 ）上的取值范围是 【考点】导数的应用【名师点睛】本题主要考查导数的两大方面的应用：（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 )(xf，有 )(f的正负，得出函数 )(xf的单调区间；（二）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 )(xf极值或最值6.【2017 江苏，20】 已知函数 32()1(0,)fxabxR有极值,且导函数 ()fx的极值点是()fx的零点.（极

20、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： 23;（3）若 ()fx, 这两个函数的所有极值之和不小于 72，求 a的取值范围.【答案】 （1） a（2）见解析（3） 36a【解析】解：（1）由 2()1fxbx，得222()33()3afxaxbb.当 3ax时， ()f有极小值23a.因为 ()f的极值点是 fx的零点.所以310279aab，又 a，故239ab.因为 ()fx有极值，故 ()=fx有实根，从而231(7)03，即 3a.133a时， ()01)fx，故 ()fx在 R 上是增函数， ()fx没有极值；时， =有两

21、个相异的实根213=ab，223=ab.列表如下x 1(,)x1x12(,)x2x2(,)x()f+ 0 0 +A极大值 A极小值 A故 ()fx的极值点是 12,x.从而 3a，因此29b，定义域为 (3,).（3）由（1）知， ()fx的极值点是 12,x，且 123xa，221469abx.从而 323121122()fxfabb221123)()()()3xaxx46079ab记 ()fx， f所有极值之和为 ()ha，14因为 ()fx的极值为22139aba，所以 213()=9ha， .因为 23=09ha，于是 ()在 ,上单调递减.因为 7(6)，于是 ()6h，故 .因此

22、a 的取值范围为 3， .【考点】利用导数研究函数单调性、极值及零点【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、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.2016 年高考全景展示1.【2016 高考江苏卷】 （本小题满分 16 分）已知函数 ()(0,1,)xfabab.设12,a.（1）求方程 ()fx的根;（2）若对任意 R,不等式 (2)f(6fxm恒成立，求实数 m的最大值；（3）若 01ab ，函数 g有且只

23、有 1 个零点，求 ab的值。【答案】 （1）0 4（2）1【解析】试题分析：（1）根据指数间倒数关 系 2=1x转化为一元二次方程 2()10xx，求方程根根据指数间平方关系 2()x，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，即 ()4fm的最小值，最后根据基本不等式求最值（2）先分析导函数零点情况：唯一零点 0x，再确定原函数单调变化趋势：先减后增，从而结合图像确定唯一零点必在极值点 0x取得，而 0()2gfab，因此极值点 0x必等于零，进而求出 ab的值.本题难点在证明 ，15这可利用反证法：若 0x，则可寻找出一个区间 12(,)x，由 12()0,g()x结合

24、零点存在定理可得函数存在另一零点，与题意矛盾，其中可取 0loga；若 ，同理可得.试题解析：（1）因为 12,ab，所以 ()xf.方程 ()fx，即 x，亦即 210，所以 20，于是 1，解得 0x.由条件知 222()()()xf fx.因为 26xm对于 R恒成立，且 ，所以2()4f对于 x恒成立.而2() 4()2()fxffx，且2(0)4f，所以 4m，故实数 的最大值为 4.（2）因为函数 ()gxf只有 1 个零点，而 0(0)2gfab，所以 0 是函数 的唯一零点.因为 ()lnlxxab，又由 0,ab知 ln,l0，所以 0g有唯一解 0lnog()ba.令 ()

25、hx，则 22()ll(ln)(l)xxxxhab，从而对任意 R， 0，所以 ()gh是 ,上的单调增函数，于是当 0(,)x， (gx；当 0()x时， 0()gx.因而函数 在 上是单调减函数，在 ,上是单调增函数.下证 0x.若 ，则 02x，于是 0()2xg，又 logllo(l)aaaagb，且函数 ()gx在以 02和 loga为端点的闭区间上的图象16不间断，所以在 02x和 loga之间存在 ()gx的零点，记为 1x. 因为 01a，所以 log20a，又 0x，所以 1与“0 是函数 ()的唯一零点”矛盾.若 0x，同理可得，在 0x和 l2a之间存在 ()x的非 0

26、的零点，矛盾.因此， .于是 ln1ab，故 ln0b，所以 1b.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【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.2.【2016 高考天津理数】 （本小题满分 14 分）设函数 3()1fxaxb, R， 其中 ba,(I)求 的单调区间； (II) 若 )(xf存在极

27、值点 0x，且 )(01xff，其中 01x，求证： 1023x；（）设 a，函数 |)(|g，求证： g在区间 ,上的最大值不小于 4.【答案】 （）详见解析（）详见解析（）详见解析【解析】试题分析：（）先求函数的导数： axf2)1(3) ， 再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：当 0a时，有 ()0fx恒成立，所以 的单调增区间为 (,).当 0a时，存在三个单调区间（）由题意得 3120a，计算可得 00(32)(fxf再由 )(1xff及单调性可得结论（）实质研究函数 )(xg最大值：主要比较 (1),f，3|(|,()|aff的大小即可，分三种情况研究当 3a时， 3201aa

28、，当 4时，17321310321 aaa ，当 304时， 2310a.试题解析：（）解：由 bxxf)(，可得 axf2)1() .下面分两种情况讨论：（1）当 0a时，有 0)1(3)2af 恒成立，所以 )(f的单调递增区间为 ),(.（2）当 时，令 0xf，解得 3x，或 31ax.当 x变化时， )(f， f的变化情况如下表： )31,a)31,(a),31(a)(xf 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以 )(xf的单调递减区间为 )31,(a，单调递增区间为 )31,(a， ),(.（）证明：设 )(xg在区间 2,0上的最大值为 M， ,maxy表示 x

29、,两数的最大值.下面分三种情况同理：（1）当 3a时， 311a，由（）知， )(xf在区间 2,0上单调递减，所以)(xf在区间 2,0上的取值范围为 )0(,2f，因此 |max|)(|m| bffM18|)(1|,)(1max| bab0),(a，所以 2|1baM.（2）当 34时， 31321 a ，由（）和（）知，)3()()0afaf， )()21(faf，所以 )(xf在区间 2,0上的取值范围为 )3(),(ff，因此 |392|,92max|)31(|,)31(ma| babaffM |)(92|,92x| bba413|3a.（3）当 40时， 20a，由（ ）和（）知，

30、)31()321()faf， )31()31(aff，所以 xf在区间 ,0上的取值范围为 2),0f，因此 |1|max|)2(|ma| bafM)(1,1bb4|.综上所述，当 0a时， )(xg在区间 2,0上的最大值不小于 41.考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【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)0 的解集(4)由 f( x)0( f( x)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

31、类19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3.(本小题满分 14 分)设函数 f(x)( x1) ex kx2(k R).(1)当 k1 时,求函数 f(x)的单调区间；(2)当 k 2时,求函数 f(x)在0, k上的最大值 M.【答案】(1)详见解析 (2)详见解析【解析】(1)当 k1 时,f(x)( x1) ex x2,f( x) ex( x1) ex2 x xex2 x x(ex2),令 f( x)0,得 x10, x2 ln 2,当 x 变化时, f( x),f(x

32、)的变化如下表：x (,0) 0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,)f( x) 0 0 f(x) A极大值 A极小值 A由表可知,函数 f(x)的递减区间为(0, ln 2),递增区间为(,0),( ln 2,).(2)f( x) ex( x1) ex2 kx xex2 kx x(ex2 k),令 f( x)0,得 x10, x2 ln(2k),令 g(k) ln(2k) k,k ,则 g( k) 1 0,所以 g(k)在 ,2上单调递增.所以 g(k) ln 21 ln 2 ln e0.从而 ln(2k) k,所以 ln(2k)(0, k).所以当 x(0, ln(2k)时, f(

33、x)0；当 x( ln(2k),)时, f( x)0；所以 M maxf(0),f(k) max1,( k1) ek k3.令 h(k)( k1) ek k31,则 h( k) k(ek3 k),令 (k) ek3 k,则 ( k) ek3 e30.20所以 (k)在 1,2上单调递减,而 (1) 3e(e3)0,所以存在 x0 1,2使得 (x0)0,且当 k 01,2x时, (k)0,当 k( x0,1)时, (k)0,所以 (k)在 0上单调递增,在( x0,1)上单调递减.因为 17e28h,h(1)0,所以 h(k)0 在 ,上恒成立,当且仅当 k1 时取得“”.综上,函数 f(x)

34、在0, k上的最大值 M( k1) ek k3.【考点定位】本题考查导数的应用,属于拔高题【名师点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值，属于难题解题时一定要抓住重要字眼“单调区间” ，否则很容易出现错误利用导数求函数 fx的单调区间的步骤：确定函数 fx的定义域；对 fx求导；令 0fx，解不等式得 的范围就是递增区间，令0f，解不等式得 的范围就是递减区间求函数 yf在 ,ab上的最大值与最小值的步骤：求函数 yfx在 ,ab内的极值；将函数 x的各极值与端点处的函数值 fa， fb比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值4.【2016 高考新课标 3

35、 理数】设函数 ()cos2(1)cos)fxa，其中 0，记 |()|fx的最大值为 A（）求 ()fx；（）求 ；（）证明 |()|2fA【答案】 （） ()2sin(1)sinfxaxx；（）213,056,81aA；（）见解析21【解析】试题分析：（）直接可求 ()fx；（）分 1,0a两种情况，结合三角函数的有界性求出 A，但须注意当 01a时还须进一步分为 5两种情况求解；（）首先由（）得到|()|2|fx，然后分 1a， 0,1a三种情况证明试题解析：（） ()2sin()sinfxxx（）当 1a时，|()|sin()co1)|fx2(1)a32a(0)f因此， 32A 4 分

36、当 01a时，将 ()fx变形为 2()cos()cos1fxxx令 2()1gtt，则 A是 |gt在 1,上的最大值， ()ga， (1)32，且当4a时， ()取得极小值，极小值为22()6()488a令 1，解得 3a（舍去） ， 5（）当 05时， ()gt在 1,内无极值点， |(1)|ga， |()|23ga， |(1)|g，所以 23Aa（）由（）得 |()|2sin(1)sin|2|1|fxaxxa.当 105a时， |143A.当 时， 38Aa，所以 |()|12fxa.当 1a时， |()|1642fx，所以 |.22考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数

37、的有界性【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如 sin()yAxB的形式；（2）结合自变量 x的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解5. 【2016 高考浙江理数】 （本小题 15 分）已知 3a，函数 F（ x）=min2| x1|， x22ax+4a2，其中 minp， q= ,.， ， （I）求使得等式 F（ x）= x22ax+4a2 成立的 x 的取值范围；（II） （i）求 F（ x）的最小值 m（ a） ；（ii）求 F（ x）在区间0,6上的最大值 M（ a）.【答案】 （I） 2,a；（II ） （i

38、） 20,34,2；（ii）348,4a【解析】试题分析：（I）分别对 1x和 两种情况讨论 Fx，进而可得使得等式 2F42xa成立的 x的取值范围；（II） （i）先求函数 21f， 24gxa的最小值，再根据F的定义可得 Fx的最小值 ma；（ii）分别对 0和 6两种情况讨论 x的最大值，进而可得 在区间 0,6上的最大值 （II） （i）设函数 21fx， 242gxa，则min10fx， mina，23所以，由 Fx的定义知 min1,afga，即20,34,2ma（ii）当 x时，Fa0,F2ff，当 26时， mx2,6ax,348maxF2,6xgg所以， 348,42a考点

39、：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式【思路点睛】 （I）根据 x的取值范围化简 Fx，即可得使得等式 2F42xa成立的 x的取值范围；（II） （i）先求函数 f和 g的最小值，再根据 的定义可得 m；（ii）根据 的取值范围求出 Fx的最大值，进而可得 a6.【2016 年高考四川理数】 （本小题满分 14 分）设函数 f(x)=ax2-a-lnx，其中 a R.（）讨论 f(x)的单调性；（）确定 a 的所有可能取值，使得 1()xfe在区间（1，+）内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).【答案】 （）当 x10,)2a（ 时， ()fx0，()fx单调递增；（） ,

40、)+.【解析】试题分析：（）对 ()fx求导，对 a进行讨论，研究 ()fx的正负，可判断函数的单调性；（）要证明不等式 1()fxe在 ,上恒成立，基本方法是设 1()(xhfe-=-，当 1x时，2xha-=-+， ()0h的解不易确定，因此结合（）的结论，缩小 a的范围，设 ()g=241exx，并设 ()sx= 1e，通过研究 ()sx的单调性得 1x时， ()0gx，从而 ()0fx，这样得出 0a不合题意，又 02a时， ()f的极小值点 2a，且 ()(12ffa，也不合题意，从而 12，此时考虑 12()exhx-=-+得 ()h21xx-+-0，得此时 )hx单调递增，从而有

41、 ()0hx，得出结论试题解析：（I）21 0).axf (0a当 时 ，()fx0， ()f单调递增.（II）令 (gx= 1ex， s= 1ex.则 )s= 1.而当 x时， ()sx0，所以 ()在区间 1+（ ， 内单调递增.又由 s=0，有 ()sx0，从而当 时， f0.当 0a， 1x时， ()x= 21)ln0ax.故当 ()fg在区间 +（ ， 内恒成立时，必有 a.当 02a时， a1.25考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力求函数的单调性，基本方法是求 ()fx，解方程 ()0fx，再通过()fx的正负确定 ()fx的单调性；要证明函数不等式 ()fxg，一般证明 g的最小值大于0，为此要研究函数 ()hfgx的单调性本题中注意由于函数 ()h有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围比较新颖，学生不易想到有一定的难度