南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题07：导数及其应用 53页

南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 1 页 共 53 页 专题 7：导数及其应用 目录 问题归类篇 ............................................................................................................................................................... 2 类型一：切线方程 ........................................................................................................................................... 2 类型二 利用导数研究函数的单调性问题: .................................................................................................... 6 类型三：函数极值与最值 ............................................................................................................................. 13 类型四：不等式恒成立问题 ......................................................................................................................... 24 类型五：方程有解（或解的个数）问题 ..................................................................................................... 33 综合应用篇 ............................................................................................................................................................. 41 一、例题分析 ................................................................................................................................................. 41 二、反馈巩固 ................................................................................................................................................. 45 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 2 页 共 53 页 问题归类篇 类型一：切线方程 一、前测回顾 1．曲线 y＝x3 上在点(－1，－1)的切线方程为 ． 答案：y＝3x＋2． 解析：y ′＝3x2，则切线的斜率是 3×(－1)2，再利用点斜式求出切线方程． 2．曲线 y＝x3－3x2＋2x 过点(0，0)的切线方程为 ． 答案：y＝2x 或 y＝－1 4x． 解析：y ′＝3x2－6x＋2，设切点为（x0，x03－3x02＋2x0），则切线的斜率为 3x02－6x0＋2． 切线方程为 y－(x03－3x02＋2x0)＝(3x02－6x0＋2)(x－x0)，（ 0，0）代入，得 x0的值，从而得到切 线方程． 二、方法联想 涉及函数图象的切线问题：如果已知切点，则利用切点求切线；如果不知切点，则先设切点坐标求出 切线方程的一般形式再利用已知条件． 注意：(1)“在”与“过”的区别：“在”表示该点为切点，“过”表示该点不一定为切点． (2)切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上． 三、方法应用 例 1．（2018 全国新课标Ⅰ文、理）设函数 f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax．若 f(x)为奇函数，则曲线 y＝f(x) 在点(0，0)处的切线方程为 ． 答案：y＝x. 解析：∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即 a＝1，， ∴f(x)＝x3＋x，∴f ′(0)＝1，∴切线方程为 y＝x. 例 2．（2018·无锡期末）已知函数 f(x)＝ex(3x－2)，求过点(2，0)与函数 y＝f(x)的图像相切的直线方 程； 解析：设切点为(x0，y0)，f'(x)＝ex(3x＋1)，则切线斜率为 ex0(3x0＋1)， 所以切线方程为 y－y0＝ex0(3x0＋1)(x－x0)，因为切线过(2，0)， 所以－ex0(3x0－2)＝ex0(3x0＋1)(2－x0)， 化简得 3x02－8x0＝0，解得 x0＝0，8 3. 当 x0＝0 时，切线方程为 y＝x－2， 当 x0＝8 3时，切线方程为 y＝9e 8 3x－18e 8 3. 例 3．（2014 江苏）在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线 y＝ax2＋b x (a，b 为常数)过点 P(2,－5)，且该曲 线在点 P 处的切线与直线 7x＋2y＋3＝0 平行，则 a＋b 的值是 ． 答案：－3 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 3 页 共 53 页 解析：由题意可得－5＝4a＋b 2 ①，又 f'(x)＝2ax－b x2，过点 P(2,－5)的切线的斜率 4a－b 4＝－7 2 ②，由① ②解得 a＝－1，b＝－2，所以 a＋b＝－3． 例 4、已知函数 f(x)＝2x3－3x，若过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切，求t 的取值范围． 答案：t∈(－3，－1) 解：设切点坐标(x0，y0)，切线斜率为 k ，则有   y0＝2x30－3x0 k＝f'(x0)＝6x20－3  切线方程为：y－(2x30－3x0)＝(6x20－3)(x－x0) 因为切线过 P(1，t)，所以将 P(1，t)代入直线方程可得： t－(2x30－3x0)＝(6x20－3)(1－x0) t＝(6x20－3)(1－x0)＋(2x30－3x0) ＝6x20－3－6x30＋3x0＋2x30－3x0＝－4x30＋6x20－3 所以问题等价于方程 t＝－4x30＋6x20－3，令 g(x)＝－4x3＋6x2－3 即直线 y＝t 与 g(x)＝－4x3＋6x2－3 有三个不同交点 g'(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1) 令 g'(x)＞0 解得 0＜x＜1 所以 g(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)单调递减，在(0，1)单调递增 g(x)＝g(1)＝－1，g(x)＝g(0)＝－3 所以若有三个交点，则 t∈(－3，－1) 所以当 t∈(－3，－1)时，过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切． 四、归类巩固 *1．若曲线 y＝1 2x＋b 是曲线 y＝lnx (x＞0)的一条切线，则实数 b 的值为 . (已知切线方程求参数值) 答案：ln2－1， *2．已知函数 f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则 a＝________. （已知切线过定点，求参数） 答案：1 解析：由题意可得 f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1， 又 f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此 切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得 a＝1. *3．函数 f(x)＝alnx－bx2 上一点 P(2，f(2))处的切线方程为 y＝－3x＋2ln2＋2，求 a，b 的值 （已知切线方程求参数） 答案：a＝2，b＝1， *4.（2018·南京盐城期末·20）设函数 f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b x (a,b∈R）,若函数 f(x)与 g(x)的图象在 x＝ 1 处有相同的切线，求 a，b 的值． （已知两曲线的公共切线，求参数） 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 4 页 共 53 页 答案：a＝1 2，b＝－1 2． **5．在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 与曲线 y＝x2(x＞0)和 y＝x3(x＞0)均相切，切点分别为 A(x1，y1) 和 B(x2，y2),则x1 x2 的值是 （已知两曲线的公共切线，求切点） 答案 4 3． 解析：由题设函数 y＝x2 在 A(x1，y1)处的切线方程为：y＝2x1 x－x12， 函数 y＝x3 在 B(x2，y2)处的切线方程为 y＝3 x22 x－2x23． 所以  2x1＝3x22 x12＝2x23 ，解之得：x1＝32 27，x2＝8 9． 所以 x1 x2 ＝4 3． **6．若存在过点(1，0)的直线与曲线 y＝x3 和 y＝ax2＋15 4 x－9 都相切，求 a 的值． (已知公切线，求参数的值) 答案：－25 64或－1． 解析：设曲线 y＝x3 的切点(x0，x30)，则切线方程为 y－x30＝3x20 (x－x0)， 切线过点(1，0)，所以－x30＝3x20 (1－x0)，所以 x0＝0 或 x0＝3 2， 则切线为 y＝0 或 y＝27 4 x－27 4 ， 由 y＝0 与 y＝ax2＋15 4 x－9 相切，则 ax2＋15 4 x－9＝0，所以 a≠0 且△＝0； 由或 y＝27 4 x－27 4 与 y＝ax2＋15 4 x－9 相切，则 ax2＋15 4 x－9＝27 4 x－27 4 ，所以 a≠0 且△＝0。 解得 a 的值为－25 64或－1． **7．（2015 新课标 2）已知曲线 y＝x＋lnx 在点(1,1)处的切线与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 相切，则 a ＝ ． （已知切线方程求参数） 答案：8 解析：∵y'＝1＋1 x，∴y'|x＝1 ＝2，∴y＝x＋lnx 在点(1，1)处的切线方程为 y－1＝2(x－1)，∴y＝2x －1，又切线与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 相切，当 a＝0 时，y＝2x＋1 与 y＝2x－1 平行，故 a≠0．∵ y'＝2ax＋(a－2)，∴令 2ax＋a＋2＝2 得 x＝－1 2，代入 y＝2x－1，得 y＝－2，∴点(－1 2，－2)在 y＝ ax2＋(a＋2)x＋1 的图象上，故－2＝a×(－1 2)2＋(a＋2)×(－1 2)＋1，∴a＝8． **8．曲线 y＝－1 x(x＜0)与曲线 y＝lnx 公切线（切线相同）的条数为 . 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 5 页 共 53 页 （求两曲线的公切线条数） 答案：1 **9．设直线 l1，l2 分别是函数 f(x)= ln ,0 1, ln , 1, xx xx      图象上点 P1，P2 处的切线，l1 与 l2 垂直相交于点 P，且 l1，l2 分别与 y 轴相交于点 A，B，则△PAB 的面积的取值范围是 ． （已知切线的位置关系，求参数的数量关系及范围） 答案：(0,1) 解析：设    1 1 1 2 2 2, ln , , lnP x x P x x （不妨设 121, 0 1xx   ），则由导数的几何意义易得切线 12,ll的斜率分别为 12 12 11,.kkxx   由已知得 1 2 1 2 2 1 11, 1, .k k x x x x      切线 1l 的方程 分别为  11 1 1lny x x xx   ，切线 2l 的方程为  22 2 1lny x x xx    ，即 11 1 1lny x x x x     . 分别令 0x  得    110 , 1 ln , 0 ,1 ln .A x B x   又 与 的交点为 2 11 122 11 21, ln11 xxPxxx  ， 1 1x  ， 2 11 22 11 211 12 1 1PAB A B P xxS y y x xx        ， 01PABS   ． ***10.（2018·苏北四市期末·19）已知函数 2( ) 1 ( ) ln ( )f x x ax g x x a a       R， ．若存在与函数 f(x)，g(x)的图象都相切的直线，求实数 a 的取值范围． （已知公切线，利用零点存在性定理，求参数取值范围） 解析：设函数 f(x)上点(x1，f(x1))与函数 g(x)上点(x2，g(x2))处切线相同， 则 f'(x1)＝g'(x2)＝f(x1)－g(x2) x1－x2 所以 2x1＋a＝1 x2 ＝x12＋ax1＋1－(lnx2－a) x1－x2 所以 x1＝ 1 2x2 －a 2，代入x1－x2 x2 ＝x12＋ax1＋1－(lnx2－a)得： 1 4x22－ a 2x2 ＋lnx2＋a2 4 －a－2＝0(*) 设 F(x)＝ 1 4x2－ a 2x＋lnx＋a2 4 －a－2，则 F'(x)＝－ 1 2x3＋ a 2x2＋1 x＝2x2＋ax－1 2x3 不妨设 2x02＋ax0－1＝0(x0＞0)则当 0＜x＜x0 时，F'(x)＜0，当 x＞x0 时，F'(x)＞0 所以 F(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增， 代入 a＝1－2x02 x0 ＝1 x0 －2x0 可得：F(x)min＝F(x0)＝x02＋2x0－1 x0 ＋lnx0－2 设 G(x)＝x2＋2x－1 x＋lnx－2，则 G'(x)＝2x＋2＋1 x2＋1 x＞0 对 x＞0 恒成立， 所以 G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又 G(1)＝0 所以当 0＜x≤1 时 G(x)≤0，即当 0＜x0≤1 时 F(x0)≤0, 又当 x＝ea＋2 时 F(x)＝ 1 4e2a＋4－ a 2ea＋2＋lnea＋2＋a2 4 －a－2 ＝1 4( 1 ea＋2－a)2≥0 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 6 页 共 53 页 因此当 0＜x0≤1 时，函数 F(x)必有零点；即当 0＜x0≤1 时，必存在 x2 使得(*)成立； 即存在 x1，x2 使得函数 f(x)上点(x1，f(x1))与函数 g(x)上点(x2，g(x2))处切线相同． 又由 y＝1 x－2x 得：y'＝－1 x2－2＜0 所以 y＝1 x－2x(0，1)单调递减，因此 a＝1－2x02 x0 ＝1 x0 －2x0∈[－1＋∞) 所以实数 a 的取值范围是[－1，＋∞)． 类型二 利用导数研究函数的单调性问题: 一、前测回顾 1．已知函数 f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)， (1)若函数 f(x)的单调递减区间是(0,4)，则实数 k 的值为____________； (2)若在(0,4)上为减函数，则实数 k 的取值范围是____________． 答案：(1)1 3 (2) 0，1 3 解析：(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知 f′(4)＝0，解得 k＝1 3，检验符合. (2)由 f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知 f′(4)≤0，解得 k≤1 3，又 k>0，故 0－1 4时，由 f′(x)＝0 得 x1＝1＋ 1＋4a 2 ，x2＝1－ 1＋4a 2 ， ① 若－1 4x2>0， 由 f′(x)<0，得 0x1； 由 f′(x)>0，得 x20，则 x1>0>x2， 由 f′(x)<0，得 x>x1；由 f′(x)>0，得 0f(x)恒成立，若 x10，所以 g(x)单调递增，当 x1－1 2时，－(a＋1)2 ＋a＋2≥0，则－1 20，故 f(x)在区间(－∞，0)上是单调递增． ②当 a>0 时，x∈(－∞，－a)，f′(x)>0，所以 f(x)在区间(－∞，－a)上是单调递增；x∈(－a，0)，f′ (x)<0，所以 f(x)在区间(－a，0)上是单调递减． 综上所述，当 a≤0 时，f(x)单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当 a>0 时，f(x)单调增区间为(－∞， －a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，0)，(0，a)． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 11 页 共 53 页 **9.设函数 f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋a－1 x －3（a∈R）．求函数 φ(x)＝f(x)＋g(x)的单调增区间。 （考查函数单调性的讨论) 解析：因为 φ(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax＋a－1 x －3 (x＞0)， 所以 φ'(x)＝ 1 x＋a－a－1 x2 ＝ ax2＋x－(a－1) x2 ＝ (ax－(a－1))(x＋1) x2 （x＞0）． ①当 a＝0 时，由 φ'(x)＞0，解得 x＞0； ②当 a＞1 时，由 φ'(x)＞0，解得 x＞ a－1 a ； ③当 0＜a＜1 时，由 φ'(x)＞0，解得 x＞0； ④当 a＝1 时，由 φ'(x)＞0，解得 x＞0； ⑤当 a＜0 时，由 φ'(x)＞0，解得 0＜x＜a－1 a ． 所以，当 a＜0 时，函数 φ(x)的单调增区间为 (0，a－1 a )； 当 0≤a≤1 时，函数 φ(x)的单调增区间为(0，＋∞)； 当 a＞1 时，函数 φ(x)的单调增区间为(a－1 a ，＋∞)． **10．(15 年高考题).已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论 f(x)的单调性． （考查函数单调性的讨论) 解析：(1) f′(x)＝3x2＋2ax，令 f′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝－2a 3 . 当 a＝0 时，因为 f′(x)＝3x2>0(x≠0)，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当 a>0 时，x∈ －∞，－2a 3 ∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈ －2a 3 ，0 时，f′(x)<0， 所以函数 f(x)在 －∞，－2a 3 ，(0，＋∞)上单调递增，在 －2a 3 ，0 上单调递减； 当 a<0 时，x∈(－∞，0)∪ －2a 3 ，＋∞ 时，f′(x)>0，x∈ 0，－2a 3 时，f′(x)<0， 所以函数 f(x)在(－∞，0)， －2a 3 ，＋∞ 上单调递增，在 0，－2a 3 上单调递减． **11．定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)＋f ′(x)＞1，f(0)＝4，则不等式 exf(x)＞ex＋3（其中 e 为自然对 数的底数）的解集为 ． (考查根据导数性质确定函数单调性，利用函数单调性解不等式) 答案：(0，＋∞) 解析：令 g(x)＝exf(x)－ex，则 g ′(x)＝ex(f(x)＋f ′(x)－1)＞0，所以函数 g(x)在 R 上单调增， 不等式 exf(x)＞ex＋3 即为 g(x)＞g(0)，所以解集为(0，＋∞)． ***12．设连续函数 f(x)在 R 上存在导函数 f ′(x)，对于任意实数 x，都有 f(x)＝6x2－f(－x)，当 x∈(－ ∞，0)时， 2f ′(x)＋1＜12x 若 f(m＋2)≤f(－2m)＋12m＋12－9m2，则 m 的取值范围为 . (利用导数研究函数的单调性、构造函数求参数范围, 准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解 这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 12 页 共 53 页 “形状”变换不等式“形状”；②利用条件中提示) 【答案】[－2 3，＋∞) 【解析】∵f(x)－3x2＋f(－x)－3x2＝0,设 g(x)＝f(x)－3x2，则 g(x)＋g(－x)＝0，∴g(x)为奇函数，又 g'(x)＝f'(x)－6x＜－1 2，∴g(x)在 x∈(－∞，0)上是减函数，从而在 R 上是减函数，又 f(m＋2)≤f(－ 2m)＋12m＋12－9m2，等价于 f(m＋2)－3(m＋2)2≤f(－2m)－3－(－2m)2，即 g(m＋2)≤g(－2m)， ∴m＋2≥－2m，解得 m≥－2 3. **13．设函数 f(x)＝1 3x3－a 2x2＋1. (1) 若 a>0，求函数 f(x)的单调区间； (2) 设函数 g(x)＝f(x)＋2x，且 g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围． 解：(1) 由已知得 f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)． 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0； 当 x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以函数 f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调减区间为(0，a)． (2) g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在 x∈(－2，－1)， 使不等式 g′(x)＝x2－ax＋2<0 成立， 即 x∈(－2，－1)时，a<(x＋2 x)max＝－2 2， 当且仅当 x＝2 x，即 x＝－ 2时等号成立． 所以满足要求的实数 a 的取值范围是(－∞，－2 2)． ***14．已知函数 f (x)＝x(ex－2)，g (x)＝x－lnx＋k，k∈R，e 为自然对数的底．记函数 F(x)＝f(x)＋g (x)．记 F(x)的极值点为 m．求证：函数 G(x)＝|F(x)|＋lnx 在区间(0，m)上单调递增．(极值点是指函数取极值 时对应的自变量的值) (考查利用导数研究函数的单调性) 证明：F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex－x－lnx＋k，F ′(x)＝(x＋1)(ex－1 x)， 设 h(x)＝ex－1 x(x＞0)，则 h ′(x)＝ex＋1 x2＞0 恒成立， 所以函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又 h(1 2)＝ e－2＜0，h(1)＝e－1＞0，且 h(x)的图像在(0，＋∞)上不间断， 因此 h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点 x0∈(1 2，1)，且 ex0＝1 x0 ． 当 x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即 F ′(x)＜0；当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即 F ′(x)＞0， 所以 F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 于是 x＝x0 时，函数 F(x)取极(最)小值为 F(x0)＝x0ex0－x0－lnx0＋k ＝1－x0－ln 1 ex0＋k＝1＋k．所以 m＝x0， ①当 1＋k≥0，即 k≥－1 时，F(x)≥0 恒成立， 于是 G(x)＝F(x)＋lnx＝xe x－x＋k，G ′(x)＝(x＋1)ex－1． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 13 页 共 53 页 因为 x∈(0，m)，所以 x＋1＞1，ex＞1，于是 G ′(x)＞0 恒成立， 所以函数 G(x)在(0，m)上单调递增． ②当 1＋k＜0，即 k＜－1 时，0＜ek＜1 2＜x0＝m， F(ek)＝ek( eek －1)＞0，F(m)＝F(x0)＝1＋k＜0， 又 F(x)在(0，m)上单调递减且图像不间断， 所以 F(x)在(0，m)上存在唯一的零点 x1． 当 0＜x≤x1 时，F(x)≥0，G(x)＝F(x)＋lnx＝xex－x＋k，G ′(x)＝(x＋1)ex－1， 因为 0＜x≤x1，所以 x＋1＞1，ex＞1，于是 G ′(x)＞0 恒成立， 所以函数 G(x)在(0，x1]上单调递增； ① 当 x1≤x＜m 时，F(x)≤0，G(x)＝－F(x)＋lnx，G ′(x)＝－F ′(x)＋1 x， 可知，当 x1≤x＜m 时，F ′(x)＜0，于是 G ′(x)＞0 恒成立， 所以函数 G(x)在[x1，m)上单调递增； ② 设任意 s，t∈(0，m)，且 s＜t， 若 t≤x1，则由①知 G(s)＜G(t), 若 s＜x1＜t，则由①知 G(s)＜G(x1)，由②知 G(x1)＜G(t)，于是 G(s)＜G(t), 若 x1≤s，由②知 G(s)＜G(t), 因此总有 G(s)＜G(t), 所以 G(x)在(0，m)上单调递增． 综上，函数 G(x)在(0，m)上单调递增． 类型三：函数极值与最值 一、前测回顾 1．求下列函数极值(或最值)： （1） f(x)＝xlnx （2）f(x)＝sinx－1 2x，x∈[－π 2，π 2] 答案：（1）当 x＝1 e时，f(x)取极小值－1 e． （2）当 x＝－π 3时，f(x)取最小值π 6－ 3 2 ．当 x＝π 3时，f(x)取最大值 3 2 －π 6． 解析：（1）f ′(x)＝lnx＋1，令 f ′(x)＝0，则 x＝1 e，列表格得到单调性，求出极小值 (2)f ′(x)＝cosx－1 2，令 f ′(x)＝0，则 x＝±π 3，列表格得到单调性，求出极小值极大值 2．在平面直角坐标系 xOy 中，直线 y＝x＋b 是曲线 y＝alnx 的切线，则当 a>0 时，实数 b 的最小值是 ______________． 答案：－1 解析：不妨设切点 P(x0，y0)，则 f′(x0)＝ a x0 ＝1，∴ x0＝a，从而 y0＝a＋b，y0＝alna， 即有 b＝alna－a，a>0.又令 b′(a)＝lna＝0，解得 a＝1，∴ 当 a＝1 时，b 取得最小值－1. 3. 函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在 x＝1 时有极值 10，那么 a＋b 的值分别为________. 答案：15 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 14 页 共 53 页 4. 已知函数 f(x)＝lnx－m x(m∈R)在区间[1,e]上的最小值为 4，则 m＝ ． 答案：－3e 5. 已知函数 f(x)＝ax2－lnx－1(a∈R)，求 f(x)在[1，e]上的最小值． 解析： 解：f ′(x)＝2ax－1 x＝2ax2－1 x ， 当 a≤0 时，f ′(x)＜0，f(x)在[1，e]上为减函数，所以 f(x)的最大值为 f（1），最小值为 f（e）＝ae2－2． 当 a＞0 时，令 f（x）＝0 得 2ax2＝1，① 由①得 x＝ 1 2a， （1）若 1 2a≤1，即 a≥1 2时，f ′(x)≥0，f(x)在[1，e]上为增函数， ∴最小值为 f（1）＝a－1 （2）若 1＜ 1 2a＜e，即 1 2e2＜a＜1 2时，f(x)在（1， 1 2a）上为减函数，在（ 1 2a，e）上为增函数， ∴当 x＝ 1 2a，函数 f(x)取得极小值，同时也是最小值 f（ 1 2a）＝1 2(ln2a－1)． （3）若 1 2a≥e，即 a≤ 1 2e2时，f(x)在（1，e）上为减函数，最小值为 f(e)＝ae2－2． 综上，当 a≤ 1 2e2时，f(x)在[1，e]上的最小值为 f(e)＝ae2－2． 当 1 2e2＜a＜1 2时，f(x)在[1，e]上的最小值为 f( 1 2a)＝1 2(ln2a－1)． 当 a≥1 2时，f(x)在[1，e]上的最小值为 f(1)＝a－1． 二、方法联想 (1)求函数的极值(或最值) 步骤：①求函数的定义域； ②求 f ′(x)＝0 在区间内的根； ③讨论极值点两侧的导数的正负确定极大值或极小值． ④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值． (2)已知函数的极值点 x0，求参数的值． 方法：根据取极值的必要条件 f ′(x0)＝0，求出参数的值， 要注意验证 x0 左右的导数值的符号是否符合取极值的条件。 (3)已知含参函数的极值点讨论． ①分类讨论根据 f ′(x)＝0 解（判断为极值点）的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、中、 右”，对四种分类标准进行取舍(或合并)； 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 15 页 共 53 页 ②注意数形结合． 三、方法应用 例 1．（1）已知函数 2( ) 1 ( ) ln ( )f x x ax g x x a a       R， ．当 1a  时，求函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x的 极值． （2）(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sinx＋sin2x，求 f(x)的最小值． 解析：（1）函数 ()hx的定义域为 (0, ) 当 1a  时， 2( ) ( ) ( ) ln 2h x f x g x x x x      ， 所以 1 (2 1)( 1)( ) 2 1 xxh x x xx      所以当 10 2x时， ( ) 0hx  ，当 1 2x  时， ( ) 0hx  ， 所以函数 ()hx在区间 1(0, )2 单调递减，在区间 1( , )2  单调递增， 所以当 1 2x  时，函数 ()hx取得极小值为11+ln 24 ，无极大值． （2）由 f(x)＝2sinx＋sin2x，得 f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2，令 f′(x)＝0，得 cosx＝1 2或 cosx ＝－1，可得当 cosx∈ －1，1 2 时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当 cosx∈ 1 2，1 时，f′(x)>0，f(x)为增函数， 所以当 cosx＝1 2时，f(x)取最小值，此时 sinx＝± 3 2 .又因为 f(x)＝2sinx＋2sinxcosx＝2sinx(1＋cosx)，1＋ cosx≥0 恒成立，∴f(x)取最小值时，sinx＝－ 3 2 ，∴f(x)min＝2×   － 3 2 × 1＋1 2 ＝－3 3 2 . 例 2．（1）已知函数 f(x)＝1 3x3＋x2－2ax＋1，若函数 f(x)在(1，2)上有极值，则实数 a 的取值范围 为 ． （2）已知函数 f (x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a 在 x＝1 处取得极大值 10，则a b的值为________. 极值（最值或 单调性问题） 方程无解 有解在开区间内，列表求最值 所有解在开区间外 优先用十字相乘法求解 f′(x)=0 方程有解 区间左侧 区间右侧 （通分） （先舍掉解， 再比较解的 大小） f’(x)恒正或恒负，利用单调性求最值 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 16 页 共 53 页 答案：（1）(3 2，4) （2）－2 3 解析：（1）由题意得 f'(x)在(1，2)上有零点，即 x2＋2x－2a＝0a＝ 1 2(x2＋2x)∈( 3 2，4) （2）由题意知 f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，f ′(1)＝0，f (1)＝10， 即  3＋2a＋b＝0， 1＋a＋b－a2－7a＝10，解得  a＝－2， b＝1 或  a＝－6， b＝9， 经检验  a＝－6， b＝9 满足题意，故a b＝－2 3. 例 3．（扬州市 2017 届高三上学期期末）已知函数 f(x)＝g(x)·h(x)，其中函数 g(x)＝ex，h(x)＝x2＋ ax＋a．当 0＜a＜2 时，求函数 f(x)在 x∈[－2a,a]上的最大值； 解析：（2） 2( ) ( )xf x e x ax a    ， 故 ' ( ) ( 2)( ) xf x x x a e   ， 令 ' ( ) 0fx ，得 xa 或 2x  . ①当 22a   ,即01a时， ()fx在[ 2 , ]aa上递减，在[ , ]aa 上递增， 所以  max( ) max ( 2 ), ( )f x f a f a , 由于 22( 2 ) (2 ) af a a a e   ， 2( ) (2 ) af a a a e，故 ( ) ( 2 )f a f a ， 所以 max( ) ( )f x f a ; ②当 22a   ,即12a时， 在[ 2 , 2]a上递增，[ 2, ]a 上递减，在[ , ]aa 上递增， 所以  max( ) max ( 2), ( )f x f f a ， 由于 2( 2) (4 )f a e   ， ，故 ( ) ( 2)f a f， 所以 ; 综上得， 2 max( ) ( ) (2 ) af x f a a a e   例 4．已知函数 g(x)＝1 3x3－1 2ax2＋(x－a)cosx－sinx，a∈R，讨论 g(x)的单调性并判断有无极值，有极 值时求出极值． 解析：因为 g(x)＝1 3x3－1 2ax2＋(x－a)cosx－sinx 所以 g'(x)＝f'(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx， ＝x(x－a)－(x－a)sinx ＝(x－a)(x－sinx)， 令 h(x)＝x－sinx，则 h'(x)＝1－cosx＞0，所以 h(x)在 R 上单调递增， 因此 h(0)＝0，所以，当 x＞0 时，h(x)＞0；当 x＜0 时 h(x)＜0． （1） 当 a＜0 时，g'(x)＝(x－a)(x－sinx)， 当 x∈(－∞，a)时，x－a＜0，g'(x)＞0，g(x)单调递增； 当 x∈(a，0)时，x－a＞0，g'(x)＜0，g(x)单调递减； 当 x∈(0，＋∞)时，x－a＞0，g'(x)＞0，g(x)单调递增． 所以，当 x＝a 时，g(x)取到极大值，极大值是 g(a)＝－1 6a3－sina， 当 x＝0 时，g(x)取到极小值，极小值是 g(0)＝－a． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 17 页 共 53 页 （2） 当 a＝0 时，g'(x)＝x(x－sinx)， 当 x∈(－∞，＋∞)时，g'(x)≥0，g(x)单调递增； 所以，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值． （3） 当 a＞0 时，g'(x)＝(x－a)(x－sinx)， 当 x∈(－∞，0)时，x－a＜0，g'(x)＞0，g(x)单调递增； 当 x∈(0，a)时，x－a＜0，g'(x)＜0，g(x)单调递减； 当 x∈(a，＋∞)时，x－a＞0，g'(x)＞0，g(x)单调递增． 所以，当 x＝0 时，g(x)取到极大值，极大值是 g(0)＝－a； 当 x＝a 时，g(x)取到极小值，极小值是 g(a)＝－1 6a3－sina． 综上所述： 当 a＜0 时，函数 g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值， 又有极小值，极大值是 g(a)＝－1 6a3－sina，极小值是 g(0)＝－a． 当 a＝0 时，函数 g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值； 当 a＞0 时，函数 g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值， 又有极小值，极大值是 g(0)＝－a，极小值是 g(a)＝－1 6a3－sina． 例 5．（2018 南京学期调研）已知函数 f(x)＝2x3－3(a+1)x2＋6ax，a∈R．若 a＞1，设 函数 f(x)在区间[1， 2]上的最大值、最小值分别为 M(a)、m(a)，记 h(a)＝M(a)－m(a)，求 h(a)的最小值． 解析：因为 f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax， 所以 f ′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，f(1)＝3a－1，f(2)＝4． 令 f ′(x)＝0，则 x＝1 或 a． f(1)＝3a－1，f(2)＝4． ①当 1＜a≤5 3时， 当 x∈(1，a)时，f (x)＜0，所以 f(x)在(1，a)上单调递减； 当 x∈(a，2)时，f (x)＞0，所以 f(x)在(a，2)上单调递增． 又因为 f(1)≤f(2)，所以 M(a)＝f(2)＝4，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2， 所以 h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋4． 因为 h (a)＝3a2－6a＝3a(a－2)＜0， 所以 h(a)在(1，5 3]上单调递减， 所以当 a∈(1，5 3]时，h(a)最小值为 h(5 3)＝ 8 27． ②当5 3＜a＜2 时， 当 x∈(1，a)时，f (x)＜0，所以 f(x)在(1，a)上单调递减； 当 x∈(a，2)时，f (x)＞0，所以 f(x)在(a，2)上单调递增． 又因为 f(1)＞f(2)，所以 M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2， 所以 h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋3a－1． 因为 h (a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2≥0． 所以 h(a)在(5 3，2)上单调递增， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 18 页 共 53 页 所以当 a∈(5 3，2)时，h(a)＞h(5 3)＝ 8 27． ③当 a≥2 时， 当 x∈(1，2)时，f (x)＜0，所以 f(x)在(1，2)上单调递减， 所以 M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(2)＝4， 所以 h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－4＝3a－5， 所以 h(a)在[2，＋∞)上的最小值为 h(2)＝1． 综上，h(a)的最小值为 8 27． 例 6．（常州市 2016 届高三上期末）已知 a，b 为实数，函数 f(x)＝ax3－bx，当 a＝1 且 b[1,3]时，求 函数 F(x)＝|f(x) x －lnx|＋2b＋1(x∈[1 2，2])的最大值 M（b）． 解析：F(x)＝|x2－lnx－b|＋2b＋1， 记 t(x)＝x2－lnx，x∈ 1 2，2 ，则 t′(x)＝2x－1 x， 令 t′(x)＝0，得 x＝ 2 2 .(1 分) 当1 2＜x＜ 2 2 时，t′(x)＜0，t(x)在   1 2， 2 2 上为单调减函数； 当 2 2 ＜x＜2，t′(x)＞0，t(x)在   2 2 ，2 上为单调增函数， 又 t 1 2 ＝1 4＋ln2，t(2)＝4－ln2，t   2 2 ＝1＋ln2 2 ，且 t(2)－t 1 2 ＝15 4 －2ln2＞0， 所以 t(x)的取值范围为   1＋ln2 2 ，4－ln2 .(3 分) 当 b∈[1，3]时，记 v(t)＝|t－b|＋2b＋1，则 v(t)＝  －t＋3b＋1，1＋ln2 2 ≤t≤b， t＋b＋1，b＜t≤4－ln2. 因为函数 v(t)在   1＋ln2 2 ，b 上单调递减，在(b，4－ln2]上单调递增， 且 v   1＋ln2 2 ＝3b＋1－ln2 2 ，v(4－ln2)＝b＋5－ln2， v   1＋ln2 2 －v(4－ln2)＝2b＋ln2－9 2 ， 所以当 b≤9－ln2 4 时，最大值 M(b)＝v(4－ln2)＝b＋5－ln2， 当 b＞9－ln2 4 时，最大值 M(b)＝v   1＋ln2 2 ＝3b＋1－ln2 2 ， 所以 M(b)＝   b＋5－ln2，1≤b≤9－ln2 4 ， 3b＋1－ln2 2 ，9－ln2 4 ＜b≤3. 四、归类巩固 * 1．已知函数 f(x)＝lnx－x，则函数 f(x)的极大值为 ． (考查利用单调性判断极值) 答案：－1 解析：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． 当 a＝0 时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝1 x－1， 令 f′(x)＝0 得 x＝1.(1 分) 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 19 页 共 53 页 列表： x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) ↗ 极大值 ↘ ∴ f(x)的极大值为 f(1)＝－1. *2．已知 a 是函数 f(x)＝x3－12x 的极小值点，则 a＝ ． (考查已知极值点求参数取值) 答案：2 **3.已知函数 h(x)＝2 3h′(1)x2＋1 2－lnx，求函数 h(x)的极值． (考查利用单调性判断极值) 解析：h′(x)＝4 3h′(1)x－1 x，所以 h′(1)＝4 3h′(1)－1，所以 h′(1)＝3，则 h(x)＝2x2＋1 2－lnx， h′(x)＝4x－1 x＝（2x＋1）（2x－1） x (x>0)， 令 h′(x)＝0，得 x＝1 2或 x＝－1 2(舍去)， 当 01 2时，h′(x)>0， 此时函数 h(x)在 1 2，＋∞ 上单调递增， ∴ 当 x＝1 2时，h(x)有极小值 h 1 2 ＝1＋ln2. * 4．已知函数 f(x)的导函数 f ′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若 f(x)在 x＝a 处取到极大值，则 a 的取值范围是_____． （已知极大（小）值点，求参数范围） 答案：(－1,0) 解析：因为 f(x)在 x＝a 处取到极大值，所以 x＝a 为 f ′(x)的一个零点，且在 x＝a 的左边 f ′(x)＞0，右 边 f ′(x)＜0，所以导函数 f ′(x)的开口向下，且 a＞－1，即 a 的取值范围是(－1,0)． *5．已知函数 f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），若 f (x)的极大值为 0，求实数 a 的值； （已知极大（小）值，求参数范围） 解析：因为 f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0）， 所以 f'(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)． 令 f'(x)＝0，得 x＝0 或 a． 当 x∈(－∞，0)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增； 当 x∈(0，a)时，f'(x)＜0，f (x)单调递减； 当 x∈(a，＋∞)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增． 故 f (x)极大值＝f (0)＝3a－2＝0，解得 a＝2 3． **6.已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)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______． （已知极值点范围求参数范围） 答案：( 3，2) 解析：由题意可知 f′(x)＝0 的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为 f′(x)＝3x2＋2ax＋1， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 20 页 共 53 页 所以根据导函数图象可   Δ＝2a2－4×3×1>0， －1< －2a 6 <1， f′(－1)＝3－2a＋1>0， f′(1)＝3＋2a＋1>0， 又 a>0，解得 30， x1＝1－a－ a2＋a＋1 3a ，x2＝1－a＋ a2＋a＋1 3a ， a>0 时，若 f(x)在 x＝1 处取最小值， 只需 x1≤0 且 x2≥1，解得 00)对任意实数 t，在闭区间[t－1，t＋1]上总存在两实数 x1、x2，使 得|f(x1)－f(x2)|≥8 成立，则实数 a 的最小值为________． (考查了二次函数在给定区间上的最值问题，用二次函数图象性质解决相关恒成立问题，以及等价转 化的数学思想) 答案：8 解析：f(x)＝a x＋10 a 2 ＋14－100 a (a＞0)，由题设知原题可以等价于对任意区间[x1，x2]，x2－x1＝2，函 数 f(x)在[x1，x2]上的最大值与最小值之差大于等于 8，不妨设 g(x)＝ax2＋14－100 a ，则原题可转化成 对任意 t∈R，g(x)在[t，t＋2]上最大值与最小值之差大于等于 8， ① 当 t≥0 时，g(x)在[t，t＋2]上递增， 从而 gmax(x)－gmin(x)＝g(t＋2)－g(t)＝a[(t＋2)2－t2]≥8，即 a(4t＋4)≥8 对 t≥0 恒成立，从而 4a≥8 a≥2； ② 当 t＋2≤0 时，g(x)在[t，t＋2]上递减，从而 gmax(x)－gmin(x)＝g(t)－g(t＋2)≥8 时，对任意 t≤－2 恒成立，即 a(－4t－4)≥8.对任意 t≤－2 恒成立，从而 a(8－4)≥8 a≥2； ③ 当 t＋1≤0 时，g(x)在[t，0]上递减，在[0，t＋2]上递增，且 g(t＋2)≥g(t)，从而 gmax(x)－gmin(x)＝ g(t＋2)－g(0)＝a(t＋2)2≥8，对于任意 t≥－1 恒成立，从而有 a≥8； ④ 同理 t＋1≥0 时，也有 a≥8，综上知 a≥8. **12．若函数 f(x)＝lnx＋1 2x2－ m＋1 m x 在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，则 m 的取值范围是 ． （考查函数单调性，根据函数极值点求参数取值） 答案： 0，1 2 ∪[2，＋∞)． 解析： f ′(x)＝1 x＋－ m＋1 m ，由 f ′(x)＝0 得(x－m) x－1 m ＝0，∴x＝m 或 x＝1 m.显然 m>0.当且仅当 00，当 x∈(m,2)时，f ′(x)<0，函数 f(x)有极大值点 x＝m.若 0<1 m<2≤m，即 m≥2， 则当 x∈ 0，1 m 时， f ′(x)>0，当 x∈ 1 m，2 时， f ′(x)<0，函数 f(x)有极大值点 x＝1 m.综上，m 的取值 范围是 0，1 2 ∪[2，＋∞)． **13．已知函数 f(x)＝log1 2 (－x＋1)－1，x∈[－1，k] －2|x－1|，x∈（k，a] ， 若存在实数 k 使得该函数的值域为[－2,0]，则 实数 a 的取值范围是_______. （考查分段函数单调性与值域） 答案：(1 2,2] **14．已知函数 f(x)＝x3＋3|x－a|(a＞0)，求 f(x)在[－1,1]上的最小值 g(a)． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 23 页 共 53 页 （考查分段函数单调性与最值） 答案：      1,32 10,)( 3 aa aaag . **15．已知函数 f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），若函数 g (x)＝f (x)＋6x，求 g (x)在[0，1]上取到最大 值时 x 的值． （考查函数的单调性与最值） 解析：g (x)＝f (x)＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2（a＞0）， 则 g′(x)＝6x2－6ax＋6＝6(x2－ax＋1)，x∈[0，1]． ①当 0＜a≤2 时，△ ＝36(a2－4)≤0， 所以 g′(x)≥0 恒成立，g (x)在[0，1]上单调递增， 则 g (x)取得最大值时 x 的值为 1． ②当 a＞2 时，g′(x)的对称轴 x＝a 2＞1，且△＝36(a2－4)＞0，g′(1)＝6(2－a)＜0，g′(0)＝6＞0， 所以 g′(x)在(0，1)上存在唯一零点 x0＝a－ a2－4 2 ． 当 x∈(0，x0)时，g′(x)＞0，g (x)单调递增， 当 x∈(x0，1)时，g′(x)＜0，g (x)单调递减， 则 g (x)取得最大值时 x 的值为 x0＝a－ a2－4 2 ． 综上，当 0＜a≤2 时，g (x)取得最大值时 x 的值为 1； 当 a＞2 时，g (x)取得最大值时 x 的值为a－ a2－4 2 ． **16．（2018·南通泰州期末）已知函数 g(x)＝x3＋ax2＋bx(a,b∈R)有极值，且函数 f(x)＝(x＋a)ex的极值 点是 g(x)的极值点，其中 e 是自然对数的底数.（极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值） (1) 求 b 关于 a 的函数关系式； (2) 当 a>0 时，若函数 F(x)＝f(x)－g(x)的最小值为 M(a)，求证：M(a)<－7 3. (1) 解：因为 f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex， 令 f′(x)＝0，解得 x＝－a－1. 列表如下： x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 极小值 所以 x＝－a－1 时，f(x)取得极小值． 因为 g′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由题意可知 g′(－a－1)＝0，且 Δ＝4a2－12b>0， 所以 3(－a－1)2＋2a(－a－1)＋b＝0， 化简得 b＝－a2－4a－3. 由 Δ＝4a2－12b＝4a2＋12(a＋1)(a＋3)>0，得 a≠－3 2.所以 b＝－a2－4a－3 a≠－3 2 . (2) 证明：因为 F(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋a)ex－(x3＋ax2＋bx)， 所以 F′(x)＝f′(x)－g′(x) ＝(x＋a＋1)ex－[3x2＋2ax－(a＋1)(a＋3)] 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 24 页 共 53 页 ＝(x＋a＋1)ex－(x＋a＋1)(3x－a－3) ＝(x＋a＋1)(ex－3x＋a＋3)． 记 h(x)＝ex－3x＋a＋3，则 h′(x)＝ex－3， 令 h′(x)＝0，解得 x＝ln 3. 列表如下： x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞) h′(x) － 0 ＋ h(x) ↘ 极小值 ↗ 所以 x＝ln 3 时，h(x)取得极小值，也是最小值， 此时，h(ln 3)＝eln3－3ln 3＋a＋3＝6－3ln 3＋a＝3(2－ln 3)＋a＝3lne2 3＋a>a>0. 所以 h(x)＝ex－3x＋a＋3≥h(ln 3)>0. 令 F′(x)＝0，解得 x＝－a－1. 列表如下： x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞) F′(x) － 0 ＋ F(x) ↘ 极小值 ↗ 所以 x＝－a－1 时，F(x)取得极小值，也是最小值． 所以 M(a)＝F(－a－1) ＝(－a－1＋a)e－a－1－[(－a－1)3＋a(－a－1)2＋b(－a－1)] ＝－e－a－1－(a＋1)2(a＋2)． 令 t＝－a－1，则 t<－1. 记 m(t)＝－et－t2(1－t)＝－et＋t3－t2，t<－1， 则 m′(t)＝－et＋3t2－2t，t<－1. 因为－e－1<－et<0，3t2－2t>5，所以 m′(t)>0，所以 m(t)单调递增． 所以 m(t)<－e－1－2<－1 3－2＝－7 3， 即 M(a)<－7 3. 类型四：不等式恒成立问题 一、前测回顾 1．已知不等式 ex＞x2+m 对任意 x∈(0，＋∞)恒成立，求实数 m 的取值范围； 由题意得 m＜ex－x2，x∈(0，＋∞)恒成立， 令 m(x)＝ex－x2，x∈(0，＋∞)，则 m'(x)＝ex－2x，再令 n(x)＝m'(x)＝ex－2x，则 n'(x)＝ex－2， 故当 x∈(0，ln2)时，n'(x)＜0，n(x)单调递减；当 x∈(ln2，＋∞)时，n'(x)＞0，n(x)单调递增， 从而 n(x)在(0，＋∞)上有最小值 n(ln2)＝2－2ln2＞0， 所以 m(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以 m≤m(0)，即 m≤1 2．若不等式 ax2＞lnx＋1 对任意 x∈(0，＋∞)恒成立，求实数 a 的取值范围． 答案：a＞e 2 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 25 页 共 53 页 解析：ax2＞lnx＋1∴a＞lnx＋1 x2 ，令 f(x)＝lnx＋1 x2 ， ∵f ′(x)＝－2lnx＋1 x3 ，（x＞0）， 令 f ′(x)=0 得 x＝ 1 e，易知当 x∈(0， 1 e)时，f ′(x)＞0； 当 x∈( 1 e，+∞)时，f ′(x)＜0．故 f(x)在(0， 1 e]上递增，在( 1 e，+∞)上递减． 所以 f(x)max＝f( 1 e)＝ e 2． 故要使原不等式恒成立，只需 a＞e 2． 二、方法联想 （1）若不等式的左右都是相同的变量 x，如：对x∈D，f(x)≤g(x)恒成立． 方法 1 分离变量看最值法(优先)． 方法 2 构造含有参数的函数． 方法 3 构造两个函数的图象判断位置关系(限于解填空题)． 方法 4 变换角度看函数． 技巧 可以通过先取满足条件的特殊值来缩小变量的范围． （2）若不等式的左右都是不相同的变量，如：对x1∈D1，x2∈D2， f(x1)≤g(x2)恒成立， 则 f(x)max≤g(x)min． 说明：若是不等式有解问题，则求最值与恒成立的问题正好相反． 三、方法应用 例 1、（2018 南京调研） 已知函数 f(x)＝2x3－3(a+1)x2＋6ax，a∈R．若对于任意 x∈(0，+∞)，f(x)＋ f(－x)≥12lnx 恒成立，求 a 的取值范围； 解析：f(x)＋f(－x)＝－6(a＋1)x2≥12lnx 对任意 x∈(0，+∞)恒成立， 所以－(a＋1)≥2lnx x2 ． 令 g(x)＝2lnx x2 ，x＞0，则 g(x)＝2(1－2lnx) x3 ． 令 g(x)＝0，解得 x＝ e． 当 x∈(0， e)时，g(x)＞0，所以 g(x)在(0， e)上单调递增； 当 x∈( e，＋∞)时，g(x)＜0，所以 g(x)在( e，＋∞)上单调递减． 所以 g(x)max＝g( e)＝1 e， 所以－(a＋1)≥1 e，即 a≤－1－1 e， 所以 a 的取值范围为(－∞，－1－1 e]． 例 2．（2018·无锡期末）已知函数 f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中 a，x∈R.若对任意 x∈R， 有 f(x)≥g(x)恒成立，求 a 的取值范围； 解析：由题意，对任意 x∈R 有 ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 26 页 共 53 页 ①当 x∈(－∞，2)时，a≥ex(3x－2) x－2 a≥[ex(3x－2) x－2 ]max， 令 F(x)＝ex(3x－2) x－2 ，则 F'(x)＝ex(3x2－8x) (x－2)2 ，令 F'(x)＝0 得 x＝0， Fmax(x)＝F(0)＝1，故此时 a≥1. ②当 x＝2 时，恒成立，故此时 a∈R. ③当 x∈(2，＋∞)时，a≤ex(3x－2) x－2 a≤[ex(3x－2) x－2 ]min， 令 F'(x)＝0x＝8 3， Fmin(x)＝F(8 3)＝9e 8 3，故此时 a≤9e 8 3.综上：1≤a≤9e 8 3. 例 3、已知函数 f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求实数 a 的取值范围． 解析： 当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 等价于 ln x－a(x－1) x＋1 >0． 设 g(x)＝ln x－a(x－1) x＋1 ，则 g′(x)＝1 x－ 2a x＋ 2＝x2＋ －a x＋1 x x＋ 2 ，g(1)＝0． ①当 a≤2，x∈(1，＋∞)时， x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故 g′(x)>0， g(x)在(1，＋∞)内单调递增，因此 g(x)>g(1)＝0； ②当 a>2 时，令 g′(x)＝0，得 x1＝a－1－ a－ 2－1，x2＝a－1＋ a－ 2－1． 由 x2>1 和 x1x2＝1，得 x1<1， 故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0， g(x)在(1，x2)内单调递减，此时 g(x)0 成立，求 a 的取值范围． (讨论函数的单调性及最值，处理恒成立问题) 解析：因为 f(x)为奇函数，所以当 x>0 时，f(x)＝－f(－x)＝－ －2x－a3 x2＋1 ＝2x＋a3 x2－1. ① 当 a<0 时，要使 f(x)≥a－1 对一切 x>0 成立，即 2x＋a3 x2≥a 对一切 x>0 成立．而当 x＝－a 2>0 时， 有－a＋4a≥a，所以 a≥0，这与 a<0 矛盾．所以 a<0 不成立． ② 当 a＝0 时，f(x)＝2x－1>－1＝a－1 对一切 x>0 成立，故 a＝0 满足题设要求． ③ 当 a>0 时，由 (1)可知 f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数．所以 fmin(x)＝f(a)＝3a－1>a －1，所以 a>0 时也满足题设要求． 综上所述，a 的取值范围是[0，＋∞)． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 30 页 共 53 页 ***13．已知函数 f(x)＝lnx x ＋ax＋b 的图象在点 A(1，f(1))处的切线与直线 l：2x－4y＋3＝0 平行． 记函数 g(x)＝xf(x)＋c，若 g(x)≤0 对一切 x∈(0，＋∞)，b∈ 0，3 2 恒成立，求 c 的取值范围． (利用分离变量的方法研究恒成立问题，注意到极值点、极值都与参数 b 有关，利用其关系可求出极 值点的范围，整体消元，转化成关于极值点的函数的最值问题) 解析：由 g(x)＝lnx－1 2x2＋bx＋c≤0 恒成立， ∴ c≤1 2x2－bx－lnx. 记 h1(x)＝1 2x2－bx－lnx(x>0)，则 c＝[h1(x)]min. h1′(x)＝x－b－1 x.令 h1′(x)＝0，得 x2－bx－1＝0， ∴ x＝－b± b2＋4 2 .(10 分) ∵ b∈ 0，3 2 ，∴ x1＝b－ b2＋4 2 <0(舍去)， x2＝b＋ b2＋4 2 ∈(1，2)．(12 分) 当 0x2 时，h1′(x)>0，h1(x)单调增， ∴ h1(x)min＝h1(x2)＝1 2x22－bx2－lnx2 ＝1 2x22＋1－x22－lnx2＝－1 2x22－lnx2＋1.(14 分) 记 h2(x)＝－1 2x22－lnx2＋1，∵ h2(x)在(1，2)上单调减， ∴ h2(x)>h2(2)＝－1－ln2，∴ c≤－1－ln2， 故 c 的取值范围是(－∞，－1－ln2]． **14．已知函数 f(x)＝xln x. (1) 若函数 g(x)＝f(x)＋ax 在区间[e2，＋∞)上为增函数，求 a 的取值范围； (2) 若对任意 x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－3 2 恒成立，求实数 m 的最大值． 解：(1) 由题意得 g′(x)＝f′(x)＋a＝ln x＋a＋1. ∵ 函数 g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数， ∴ 当 x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0， 即 ln x＋a＋1≥0 在[e2，＋∞)上恒成立． ∴ a≥－1－ln x. 令 h(x)＝－ln x－1，∴ a≥h(x)max， 当 x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)， ∴ h(x)∈(－∞，－3]，∴ a≥－3， 即 a 的取值范围是[－3，＋∞)． (2) ∵ 2f(x)≥－x2＋mx－3， 即 mx≤2xln x＋x2＋3， 又 x＞0，∴ m≤2xlnx＋x2＋3 x 在 x∈(0，＋∞)上恒成立． 记 t(x)＝2xlnx＋x2＋3 x ＝2ln x＋x＋3 x. ∴ m≤t(x)min. t′(x)＝2 x＋1－3 x2＝x2＋2x－3 x2 ＝（x＋3）（x－1） x2 ， 令 t′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－3(舍去)． 当 x∈(0，1)时，t′(x)＜0，函数 t(x)在(0，1)上单调递减； 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 31 页 共 53 页 当 x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数 t(x)在(1，＋∞)上单调递增． ∴ t(x)min＝t(1)＝4. ∴ m≤t(x)min＝4，即 m 的最大值为 4. **15．已知函数 f(x)＝ax2－lnx（a 为常数）．若 a＜0，且对任意的 x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x 恒成立， 求实数 a 的取值范围. (恒成立问题，当分离变量所得函数较复杂时，可对含有参数的函数讨论) 解析：设 F(x)＝f(x)－(a－2)x＝ax2－lnx－(a－2)x， 因为对任意的 x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x 恒成立，所以 F(x)≥0 恒成立， F′(x)＝2ax－1 x－(a－2)＝(ax＋1)(2x－1) x , 因为 a＜0，令 F′(x)＝0，得 x1＝－1 a，x2＝1 2 ①当 0＜－1 a≤1，即 a≤－1 时，因为 x∈(1,e)时，F′(x)＜0，所以 F(x)在(1,e)上单调递减， 因此对任意的 x∈[1,e]，F(x)≥0 恒成立， 所以 x∈[1,e]，F(x)min＝F(e)≥0，即 ae2－1－(a－2)e≥0，所以 a≥1－2e e2－e， 因为1－2e e2－e＞－1，所以此时 a 不存在． ②1＜－1 a＜e 即－1＜a＜－1 e时，F(x)在(1, －1 a)上单调递增，在(－1 a，e)上单调递减， 所以 F(e)≥0 且 F(1)≥0，所以 a≥1－2e e2－e，因为－1＜1－2e e2－e＜－1 e， 所以1－2e e2－e≤a＜－1 e， ③当－1 a≥e，即－1 e≤a＜0 时，因为 x∈(1，e)时，F'(x)＞0， 所以 F(x)在(1，e)上单调递增，由于 F(1)＝2＞0，符合题意； 综上所述，实数 a 的取值范围是[1－2e e2－e，＋∞) ***16．已知函数 f(x)＝x＋sinx,求实数 a 的取值范围，使不等式 f(x)≥axcosx 在 0，π 2 上恒成立． (恒成立问题，当分离变量所得函数较复杂时，可对含有参数的函数讨论) 解：当 a≤0 时，f(x)＝x＋sinx≥0≥axcosx 恒成立． 当 a＞0 时，令 g(x)＝f(x)－axcosx＝x＋sinx－axcosx， g′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx) ＝1＋(1－a)cosx＋axsinx. ① 当 1－a≥0，即 0＜a≤1 时，g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx＞0， 所以 g(x)在 0，π 2 上为单调增函数， 所以 g(x)≥g(0)＝0＋sin0－a×0×cos0＝0，符合题意．(10 分) ② 当 1－a＜0，即 a＞1 时，令 h(x)＝g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx， 于是 h′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx， 因为 a＞1，所以 2a－1＞0，从而 h′(x)≥0， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 32 页 共 53 页 所以 h(x)在 0，π 2 上为单调增函数， 所以 h(0)≤h(x)≤h π 2 ，即 2－a≤h(x)≤π 2a＋1， 亦即 2－a≤g′(x)≤π 2a＋1.(12 分) (ⅰ) 当 2－a≥0，即 1＜a≤2 时，g′(x)≥0， 所以 g(x)在 0，π 2 上为单调增函数．于是 g(x)≥g(0)＝0，符合题意．(14 分) (ⅱ) 当 2－a＜0，即 a＞2 时，存在 x0∈ 0，π 2 ，使得 当 x∈(0，x0)时，有 g′(x)＜0，此时 g(x)在(0，x0)上为单调减函数， 从而 g(x)＜g(0)＝0，不能使 g(x)＞0 恒成立， 综上所述，实数 a 的取值范围为 a≤2. ***17．（常州市 2017 届高三上学期期末）已知函数 f(x)＝x2lnx－x＋1,当 x≥1 时，关于 x 的不等式 f(x) ≥t(x－1)2 恒成立，求实数 t 的取值范围（其中 e 是自然对数的底数，e＝2．71828…）. 答案：t≤3 2 ***18．已知函数 f(x)＝ x lnx， g(x)＝k(x－1)，若x∈[e，e2]，使 f(x)≤g(x)＋1 2成立，求实数 k 的取 值范围. (利用导数研究不等式恒成立或存在性问题，可构造函数，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) 解析：f(x)≤g(x)＋1 2即 x lnx－k(x－1)≤1 2，令 φ(x)＝ x lnx－k(x－1)， x∈[e，e2]， 则x∈[e，e2]，使 f(x)≤g(x)＋1 2成立φ(x)min≤1 2， φ'(x)＝lnx－1 (lnx)2－k＝－( 1 lnx)2＋ 1 lnx－k＝－( 1 lnx－1 2)2＋1 4－k. （i）当 k≥1 4时， φ'(x)≤0， φ(x)在[e，e2]上为减函数，于是 φ(x)min＝φ(e2)＝e2 2－k(e2－1)，由e2 2 －k(e2－1)≤1 2得 k≥1 2，满足 k≥1 4，所以 k≥1 2符合题意； （ii）当 k＜1 4时，由 y＝－(t－1 2)2＋1 4－k 及 t＝ 1 lnx的单调性知 φ'(x)＝－( 1 lnx－1 2)＋1 4－k 在[e，e2]上 为增函数，所以 φ'(e)≤φ'(x)≤φ'(e2)，即－k≤φ'(x)≤1 4－k. ①若－k≥0，即 k≤0，则 φ'(x)≥0，所以 φ(x)在[e，e2]为增函数，于是 φ(x)min＝φ(e)＝e－k(e －1)≥e＞1 2，不合题意； ②若－k＜0，即 0＜k＜1 4，则由 φ'(e)＝－k＜0， φ'(e2)＝1 4－k＞0 及 φ'(x)的单调性知存在唯一 x0(e， e2)，使 φ'(x0)＝0，且当 x∈(e，x0)时， φ'(x)＜0， φ(x)为减函数；当 x∈(x0，e2)时， φ'(x)＞0， φ(x)为增函数； 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 33 页 共 53 页 所以 φ(x)min＝φ(x0)＝ x0 lnx0 －k(x0－1)，由 x0 lnx0 －k(x0－1)≤1 2得 k≥ 1 x0－1( x0 lnx0 －1 2)＞ 1 x0－1(x0 2－1 2)＝1 2 ＞1 4，这与 0＜k＜1 4矛盾，不合题意. 综上可知， k 的取值范围是[1 2，＋∞). 19.已知函数f(x)=xln x，g(x)=－x2+ax－3. **(1)对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； ***(2)求证：对一切x∈(0，+∞)，lnx>1 ex－ 2 ex恒成立. (分离参数，构造新函数，然后通过对新函数求最值来求解；结合已知的两个函数，然后证明 f(x)min>m(x)max). 解析：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，+∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋3 x. 设h(x)= 2lnx＋x＋3 x(x>0)，则h'(x)=(x＋3)(x－1) x2 , 当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min=h(1)=4. 因为对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min=4， 即实数a的取值范围是(-∞，4]. (2)问题等价于证明xln x>x ex－2 e(x∈(0，+∞))恒成立. 又f(x)=xln x，f'(x)=ln x+1， 当x∈(0, 1 e)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(1 e,＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f(1 e)＝－1 e. 设m(x)= x ex－2 e(x∈(0，+∞))，则m'(x)= 1－x ex ， 易知m(x)max=m(1)=－1 e， 从而对一切x∈(0，+∞)，ln x>1 ex－ 2 ex恒成立. 类型五：方程有解（或解的个数）问题 一、前测回顾 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 34 页 共 53 页 1．已知函数 f(x)＝  2x3＋3x2＋m，0≤x≤1， mx＋5，x＞1. 若函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有两个不同的交点，则实 数 m 的取值范围为________． 答案：(－5，0) 解析：当 m＝0 时，函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有 1 个交点； 当 m>0 时，函数 f(x)的图象与 x 轴没有交点； 当 m<0 时，函数 f(x)的图象要与 x 轴有且只有两个不同的交点，则 f(0)<0，且 f(1)>0， 得实数 m 的取值范围为(－5，0)． 2．已知f (x)＝ax2，g(x)＝lnx＋1，若y＝f(x)与y＝g(x)的图象有两个交点，则实数 a的取值范围是_______． 答案：(0，e 2) 解析：ax2＝lnx＋1 有两个根，则 ax2－lnx－1＝0 有两解。令 f(x)＝ax2－lnx－1，则 f ′(x)＝2ax－1 x＝ 2ax2－1 x ， 当 a≤0 时，f ′(x)＜0，f(x)在（0，＋∞）上为减函数，不合题意 当 a＞0 时，令 f ′(x)＝0 得 2ax2＝1，① 由①得 x＝ 1 2a，f(x)在（0， 1 2a）上为减函数，在（ 1 2a，＋∞）上为增函数， ∴当 x＝ 1 2a，函数 f(x)取得极小值，同时也是最小值 f（ 1 2a）＝1 2(ln2a－1)． ∴只要1 2(ln2a－1)＜0，∴a∈(0，e 2)． 二、方法联想 方法 1 分离变量法(优先) ． 方法 2 构造 F(x)＝f(x)－g(x)，转化为 F(x)零点问题． 方法 3 构造两个函数的图象判断交点个数． 方法 4 转化为二次函数零点问题． 方法 5 转化为一次函数零点问题． 说明：考虑数形结合． 三、方法应用 例 1．已知函数 f(x)满足 f(x)＝f(2x)，且当 x∈[1,2)时 f(x)＝lnx.若在区间[1,4)内，函数 g(x)＝f(x)－2ax 有三个不同零点，则 a 的范围为__________． 答案：(ln2 8 , 1 4e) 例 2．（2018·苏州期末·20）已知函数 f(x)＝    －x3＋x2，x＜0， ex－ax，x≥0． 若方程 f(－x)＋f(x)＝ex－3 在区间(0,+) 上有实数解，则实数 a 的取值范围是_______． 解析：设 x＞0，则－x＜0，所以 f(－x)＋f(x)＝x3＋x2＋ex－ax， 由题意，x3＋x2＋ex－ax＝ex－3 在区间(0，＋∞)上有解， 等价于 a＝x2＋x＋3 x在区间(0，＋∞)上有解. 记 g(x)＝x2＋x＋3 x(x＞0)， 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 35 页 共 53 页 则 g'(x)＝2x＋1－3 x2＝2x3＋x2－3 x2 ＝(x－1)(2x2＋3x＋3) x2 ， 令 g'(x)＝0，因为 x＞0，所以 2x2＋3x＋3＞0，故解得 x＝1， 当 x∈(0，1)时，g'(x)＜0，当 x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0， 所以函数 g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， 故函数 g(x)在 x＝1 处取得最小值 g(1)＝5. 要使方程 a＝g(x)在区间(0，＋∞)上有解，当且仅当 a≥g(x)min＝g(1)＝5， 综上，满足题意的实数 a 的取值范围为[5，＋∞). 例 3．（常州市 2017 届高三上学期期末）已知函数 f(x)＝x2lnx＋bx＋1，关于 x 的方程 f(x)＝0 在[1 e2，e] 上恰有两个不等的实根，求实数 b 的取值范围； 答案：[2 e2，1 e） 四、归类巩固 *1．f(x)＝2sinπx－x＋1 的零点个数为 个． (转化成两个函数图象的交点问题，数形结合的方法研究函数图象交点个数) 答案：5 解析：作出函数 y＝2sinπx 与 y＝x－1 的图像，如图所示．由图像可知，两个函数的图像有 5 个交点， 即 f(x)＝2sinπx－x＋1 有 5 个零点. *2．若函数 f(x)＝x3－3x＋a 有 3 个不同的零点，则实数 a 的取值范围是 ． (利用导数研究函数的单调区间，求出极值，利用函数图象解决) 答案：(－2,2) 解析：函数 f(x)＝x3－3x＋a 的导函数 f′(x)＝3x2－3，相应二次方程 3x2－3＝0 有两根 x＝±1 ，函数存在 一个极大值 f(－1)＝2＋a>0，还有一个极小值 f(1)＝－2＋a<0，由上知 a 的取值范围是(－2,2) *3．已知函数 f(x)＝    log2(x＋1)(x＞0) －x2－2x(x≤0) ,若函数 g(x)＝f(x)－m 有 3 个零点,则实数 m 的取值范围是 ___________. (考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围) 答案：(0,1) ***4、已知函数       0, 0,lg )( 2 xxx xx xf . ,若关于 x 的方程 f2(x)＋2f(x)＋b＝0 有三个不同的实数根,则实数 b 的范围为_________. (考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围) 答案：b≤0 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 36 页 共 53 页 ***5、已知函数 f(x)＝－x2－2x，g(x)＝   x＋ 1 4x，x＞0， x＋1，x≤0. 若方程 g[f(x)]－a＝0 有 4 个实数根，则实数 a 的取值范围为_________． (考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围) 答案：[1, 5 4) 解析：令 f(x)＝t，则原方程化为 g(t)＝a，易知方程 f(x)＝t 在 t∈(－∞，1)内有 2 个不同的解，则原方 程有 4 个解等价于函数 y＝g(t)(t＜1)与 y＝a 的图象有 2 个不同的交点，作出函数 y＝g(t)(t＜1)的图象， 如图所示，由图象可知，当 1≤a＜5 4时，函数 y＝g(t)(t＜1)与 y＝a 有 2 个不同的交点，即所求 a 的取 值范围是[1, 5 4). **6．设函数 1 1 , ( ,2) () 1 ( 2), [2, )2 xx fx f x x          ,则函数 ( ) ( ) 1F x xf x的零点的个数为 . (考查分段函数的性质，利用数形结合的方法求函数零点个数) 答案：6 **7．已知函数 f（x）=x2－2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则 a= ． (考查函数的奇偶性，对称性与函数零点) 答案：1 2 **8．（2018 江苏）若函数 32( ) 2 1( )f x x ax a   R 在(0, ) 内有且只有一个零点，则 ()fx在[ 1,1] 上的最大值与最小值的和为 ． (考查已知函数的零点，研究函数的单调性求参数取值范围) 答案：－3． **9．已知函数 f(x)＝|x3－4x|＋ax－2 恰有 2 个零点，则实数 a 的取值范围为________． (利用求导判断函数的单调性作出函数的图象、导数的几何意义、函数与方程(零点)的综合运用，重 点考查了数形结合思想的运用) 答案：a<－1 或 a>1 解析：0＝| |x3－4x ＋ax－2，则| |x3－4x ＝2－ax 恰有 2 个零点，即 y＝| |x3－4x 与 y＝2－ax 的图象有 两个交点．如图，直线 y＝2－ax 与 y＝| |x3－4x 的图象相切时，设切点为(x0，y0)，则y0－2 x0 ＝3x20－4， 又 y0＝x30－4x0，解得 x0＝－1，此时 k＝－1，而 y＝| |x3－4x 是偶函数，在 y 轴右侧相切时 k＝1.而两 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 37 页 共 53 页 个函数的图象若有两个交点，则 k<－1 或 k>1，而 k＝－a，则实数 a 的取值范围为 a<－1，或 a>1. **10．设函数 f(x)＝  x－1 ex ，x≥a， －x－1，x＜a， g(x)＝f(x)－b.若存在实数 b，使得函数 g(x)恰有 3 个零点，则实 数 a 的取值范围为__________． (考查了分段函数，利用导数求最值等内容，以及数形结合思想处理函数零点问题．) 答案： －1－1 e2，2 解析： y＝x－1 ex ，利用导数画出草图，该函数在 x＝2 处取到最大值1 e2，结合 f(x)的草图分析，对于 y ＝－x－1 的函数值为1 e2时，得到 x＝－ 1＋1 e2 ，所以－ 1＋1 e2 1，则方程|f(x)＋g(x)|＝1 实根的个数 为____________． 解析：设 F(x)＝f(x)＋g(x)＝   －lnx，02 ，利用导数知识画出 F(x)的图象，它与直线 y＝1， y＝－1 的交点各有 2 个，方程|f(x)＋g(x)|＝1 实根的个数为 4. ***13．已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2 有两个零点,则 a 的取值范围是 . (考查函数零点，根据零点个数确定参数范围，需要对导函数零点分类讨论) 答案：a＞0 ***14．已知函数 f(x)＝  －x3＋3x2＋t，x＜0， x， x≥0， t∈R．若函数 g (x)＝f (f (x)－1)恰有 4 个不同的零点，则 t 的取值范围为 . 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 38 页 共 53 页 (考查复合函数零点，根据零点个数确定参数范围) 答案：[－4，0) ***15．已知 a，b∈R，e 为自然对数的底数．若存在 b∈[－3e，－e2]，使得函数 f (x)＝ex－ax－b 在 [1，3]上存在零点，则 a 的取值范围为 . 答案：[e2，4e] ***16．(15 年高考题). 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，若 b＝c－a（实数 c 是 a 与无关的常数）， 当函数 f(x)有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，3 2)∪(3 2，＋∞)，求 c 的值. 解析： 求导可知，函数 f(x)的两个极值为 f(0)＝b，f －2a 3 ＝ 4 27a3＋b，则函数 f(x)有三个零点等价于 f(0)·f －2a 3 ＝b 4 27a3＋b <0， 从而  a>0， － 4 27a30 时， 4 27a3－a＋c>0 或当 a<0 时， 4 27a3－a＋c<0. 设 g(a)＝ 4 27a3－a＋c，因为函数 f(x)有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪ 1，3 2 ∪  3 2，＋∞ ， 则在(－∞，－3)上 g(a)<0，且在 1，3 2 ∪ 3 2，＋∞ 上 g(a)>0 均恒成立， 从而 g(－3)＝c－1≤0，且 g 3 2 ＝c－1≥0，因此 c＝1. 此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因函数有三个零点，则 x2＋(a－1)x＋1－a＝0 有两个异于－1 的不等实根， 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0， 解得 a∈(－∞，－3)∪ 1，3 2 ∪ 3 2，＋∞ . 综上 c＝1. ***17．(12 年高考题)若函数 y＝f(x)在 x＝x0 处取得极大值或极小值，则称 x0 为函数 y＝f(x)的极值点．已 知 a，b 是实数，1 和－1 是函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx 的两个极值点． 设 h(x)＝f(f(x))－c，其中 c∈[－2,2]，求函数 y＝h(x)的零点个数． 解 令 f(x)＝t，则 h(x)＝f(t)－c.先讨论关于 x 的方程 f(x)＝d 根的情况，d∈[－2,2]． 当|d|＝2 时，由(2)可知 f(x)＝－2 的两个不同的根为 1 和－2，注意到 f(x)是奇函数，所以 f(x)＝2 的两 个不同的根为－1 和 2. 当|d|＜2 时，因为 f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d＞0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d＜0， 所以－2，－1,1,2 都不是 f(x)＝d 的根．由(1)知 f′(x)＝3(x＋1)(x－1)． ①当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，于是 f(x)是单调增函数，从而 f(x)＞f(2)＝2，此时 f(x)＝d 无实根．同 理，f(x)＝d 在(－∞，－2)上无实根． ②当 x∈(1,2)时，f′(x)＞0，于是 f(x)是单调增函数，又 f(1)－d＜0，f(2)－d＞0，y＝f(x)－d 的图象不 间断，所以 f(x)＝d 在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d 在(－2，－1)内有唯一实根． ③当 x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，故 f(x)是单调减函数，又 f(－1)－d＞0，f(1)－d＜0， y＝f(x)－d 的图象不间断，所以 f(x)＝d 在(－1,1)内有唯一实根． 由上可知：当|d|＝2 时，f(x)＝d 有两个不同的根 x1，x2 满足|x1|＝1，|x2|＝2； 当|d|＜2 时，f(x)＝d 有三个不同的根 x3，x4，x5 满足|xi|＜2，i＝3,4,5. 现考虑函数 y＝h(x)的零点． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 39 页 共 53 页 (i)当|c|＝2 时，f(t)＝c 有两个根 t1，t2 满足|t1|＝1，|t2|＝2，而 f(x)＝t1 有三个不同的根，f(x)＝t2 有两个 不同的根，故 y＝h(x)有 5 个零点． (ii)当|c|＜2 时，f(t)＝c 有三个不同的根，t3，t4，t5 满足|ti|＜2，i＝3,4,5，而 f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不 同的根，故 y＝h(x)有 9 个零点． 综上可知，当|c|＝2 时，函数 y＝h(x)有 5 个零点；当|c|＜2 时，函数 y＝h(x)有 9 个零点． **18．（2018 江苏）记 f'(x)，g'(x)分别为函数 f(x)，g(x)的导函数．若存在 x0∈R，满足 f(x0)＝g(x0)且 f'(x0) ＝g'(x0)，则称 x0 为函数 f(x)与 g(x)的一个“S 点”． (1)证明：函数 f(x)＝x 与 g(x)＝x2＋2x－2 不存在“S 点”； (2)若函数 f(x)＝ax2－1 与 g(x)＝lnx 存在“S 点”，求实数 a 的值； 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    x＝x2＋2x－2 1＝2x＋2 ，此方程组无解， 因此，f(x)与 g(x)不存在“S 点”． (2) 函数 f(x)＝ax2－1，g(x)＝lnx， 则 f'(x)＝2axg'(x)＝1 x． 设 x0 为 f(x)与 g(x)的“S 点”，由 f(x0)＝g(x0)且 f'(x0)＝g'(x0)，得   ax20－1＝lnx0 2ax0＝1 x0 ，即   ax20－1＝lnx0 2ax20＝1 ，（ *） 得 lnx0＝－1 2，即 x0＝e－1 2，则 a＝ 1 2(e－1 2)2 ＝e 2． 当 a＝e 2时，x0＝e－1 2满足方程组（*），即 x0 为 f(x)与 g(x)的“S 点”． 因此，a 的值为e 2． ***19．设函数 f(x)＝(x＋1)lnx，g(x)＝x2 ex，是否存在自然数 k，使得方程 f(x)＝g(x)在（k，k＋1）内存 在唯一的根？如果存在，求出 k；如果不存在，请说明理由. （考查零点存在性定理判断方程是否有根及根的个数） 答案：k＝1 解析：设 h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－x2 ex， 当 x∈(0，1]时，h(x)＜0. 又 h(2)＝3ln2－4 e2＝ln8－4 e2＞1－1＝0， 所以存在 x0∈(1，2)，使 h(x0)＝0. 因为 h'(x)＝lnx＋1 x＋1＋x(x－2) ex ，所以当 x∈(1，2)时，h'(x)＞1－1 e＞0，当 x∈(2，＋∞)时，h'(x)＞0， 所以当 x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 40 页 共 53 页 所以 k＝1 时，方程 f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根. ***20．已知 b  0, 且 b  1，函数 f (x)  exbx，其中 e 为自然对数的底数．如果关于 x 的方程 f (x)  2 有且只有一个解，求实数 b 的取值范围. （考查零点存在性定理证明方程是有根及根的个数） 解析：令 g(x)＝f(x)－2＝ex＋bx－2 为 R 上连续函数，且 g (0)=0，则方程 g (x)=0 存在一个解. 1°当 b>1 时，g (x)为增函数，此时g (x)=0 只有一个解. 2°00 时，令 f ′(x)＝0，解得 x＝1＋ 3a 3 或 x＝1－ 3a 3 . 当 x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表： 所以 f(x)的单调递减区间为    1－ 3a 3 ，1＋ 3a 3 ，单调递增区间为   －∞，1－ 3a 3 ，     1＋ 3a 3 ，＋∞ . (2)证明：因为 f(x)存在极值点，所以由(1)知 a>0，且 x0≠1.由题意，得 f ′(x0)＝3(x0－1)2－a＝0，即 (x0 －1)2＝ a 3，所以 f(x0)＝(x0－1)3－ax0－b＝(x0－1)3－3(x0－1)2x0－b. 因为 f(x1)＝f(x0)，所以(x1－1)3－3(x0－1)2x1－b＝(x0－1)3－3(x0－1)2x0－b，分解因式， (x1－x0)2( x1＋2x0－3)＝0,因为 x1≠x0，因此 x1＝3－2x0，所以 x1＋2x0＝3. (3)证明：设 g(x)在区间[0，2]上的最大值为 M，max{x，y}表示 x，y 两数中的最大值，下面分三种 情况讨论： ①当 a≥3 时，1－ 3a 3 ≤0<2≤1＋ 3a 3 . 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 44 页 共 53 页 由(1)知，f(x)在区间[0，2]上单调递减，所以 f(x)在区间[0，2]上的取值范围为[f(2)，f(0)]，因此 M＝max{|f(2)|，|f(0)|}＝max{|1－2a－b|，|－1－b|} ＝max{|a－1＋(a＋b)|，|a－1－(a＋b)|} ＝ a－1＋（a＋b），a＋b≥0， a－1－（a＋b），a＋b<0. 所以 M＝a－1＋|a＋b|≥2. ②当3 4≤a<3 时，1－2 3a 3 ≤0<1－ 3a 3 <1＋ 3a 3 <2≤1＋2 3a 3 ，由(1)和(2)知， f(0)≥f   1－2 3a 3 ＝ f   1＋ 3a 3 ，f(2)≤f   1＋2 3a 3 ＝f   1－ 3a 3 ， 所以 f(x)在区间[0，2]上的取值范围为   f   1＋ 3a 3 ，f   1－ 3a 3 ， 因此 M＝max       f   1＋ 3a 3 ，   f   1－ 3a 3 ＝max   －2a 9 3a－a－b ， 2a 9 3a－a－b ＝max   2a 9 3a＋（a＋b） ， 2a 9 3a－（a＋b） ＝2a 9 3a＋|a＋b|≥2 9×3 4× 3×3 4＝1 4. ③当 0f   1＋2 3a 3 ＝f   1－ 3a 3 ， 所以 f(x)在区间[0，2]上的取值范围为[f(0)，f(2)]， 因此 M＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝max{|－1－b|，|1－2a－b|} ＝max{|1－a＋(a＋b)|，|1－a－(a＋b)|} ＝1－a＋|a＋b|> 1 4. 综上所述，当 a>0 时，g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于 1 4. 〖教学建议〗 （1）问题归类与方法： 函数的最值的问题 求解步骤：①求函数的定义域；②求 f ′(x)＝0 在区间内的根；③讨论极值点两侧的导数的正负 确定极大值或极小值．④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值． （2）方法选择与优化建议： 第（2）中也可选择用 x0 表示 a，由 f(x1)＝f(x0)得到关于 x1 的方程，参数为 x0． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 45 页 共 53 页 二、反馈巩固 *1．直线 y＝kx＋1 与曲线 y＝x3＋ax＋b 相切于点 A(1，2)，则 ab＝_________． (考查导数的几何意义) 答案：－8 解析：A(1，2)代入 y＝kx＋1，则 k＝1；又 y ′＝3x2＋a，则 3＋a＝1，则 a＝－2； A(1，2)代入 y＝x3＋ax＋b，则 b＝3 *2．函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是___________． 答案：(2，＋∞) 说明：本题考查求函数单调区间 解析：f ′(x)＝ex ＋(x－3)ex＝（x－2）ex＞0，则 x＞2 *3．函数 y＝x＋2cosx，x∈[0， 2]的值域是 ． (考查函数的值域) 答案：[ 2， 6＋ 3] 解析：f(x)＝x＋2cosx，则 f ′(x)＝1－2sinx 令 f ′(x)＝0，则 x＝π 6，列表格说明单调性，（0，π 6）上 f(x)单调递增，（π 6，π 2）单调递减， 则 x＝π 6时 f(x)取得最大值是 6＋ 3；又 f(π 2)＝π 2，f(0)＝2，则 f(x)的最小值是π 2 *4．设函数 f(x)＝1 2x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数 a 的取值范围是_______． (用导数研究函数的单调性) 答案：1＜a≤2． **5. 关于 x 的方程 x3－3x2－a＝0 有三个不同的实数解，则实数 a 的取值范围是________. (利用导数研究函数的零点) 答案：(－4，0)． **6.已知 x≥0，y≥0，x＋3y＝9，则 x2y 的最大值为________． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 46 页 共 53 页 (考查用导数研究函数的最值). 答案：36； **7．设直线 x＝t 与函数 f(x)＝x2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点 M，N，则当|MN|达到最小时 t 的值为 _____． (用导数研究函数的最值) 答案： 2 2 ． **8．若 f(x)＝－1 2x2＋blnx 在(0,＋∞)上是减函数，则 b 的取值范围是 ． (考查导数与单调性，恒成立问题) 答案：b≤0 解析：f ′(x)＝－x＋b1 x≤0 恒成立，则 b≤x2，∴b≤0 **9．若函数 f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋3 既有极大值又有极小值，则 a 的取值范围为 ． (本题考查函数的极值) 答案：a＞2 或 a＜－1 解析：f ′(x)的△＞0 **10．已知函数 f(x)＝x3＋6x2＋2a＋3，若方程 f(x)＝0 有 3 个互不相等的实数根，则 a 的取值范围是 ___________． (考查函数的单调性、函数的极值、函数的图象) 答案：－35 2 ＜a＜－3 2 解析：f ′(x)＝3x2＋12x＝3x（x＋4），令 f ′(x)＝0，则 x＝－4 或 0 列表格说明单调性，得到 f(x)的极大值为 f(－4)，f(x)的极小值是 f(0) 由题意得，f(－4)＞0 且 f(0)＜0 **11．已知 f(x)＝x3，g(x)＝－x2＋x－2 9a，若存在 x0∈[－1,a 3](a＞0)，使得 f(x0)＜g(x0)，则实数 a 的取值 范围是 ． (考查不等式有解的问题，分类讨论) 答案：0＜a＜－3＋ 21 2 解析：存在 x0∈[-1，a 3]（a＞0），使得 f（x0）＜g（x0），转化为存在 x∈[-1，a 3]（a＞0），使得（f（x） -g（x））max＜0 即可． 令 h（x）=f（x）-g（x）=x3+x2-x+2 9a， 则 h′（x）=3x2+2x-1=（3x-1）（x+1） 令 h′（x）＞0 解得 x＜-1 或 x＞1 3，即 h（x）在区间（-∞，-1）与（1 3，+∞）上是增函数，在（-1，1 3） 上是减函数 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 47 页 共 53 页 又 x0∈[-1，a 3]（a＞0），∵h（-1）＞0，∴h（a 3）＜0，且 a＞0，解得 0＜a＜－3＋ 21 2 ***12．f(x)是定义在 R 上的函数，其导函数为 f'(x)，若 f(x)－f'(x)＞1， f(1)＝2018，则不等式 f(x)＞ 2017·ex－1＋1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为_______． （考查利用导数研究函数的单调性，需要根据题意构造函数） 答案：(－∞，1) 解析：设 g(x)= e－(x－1)f(x)－e－(x－1)， 则 g′(x)=− e－(x－1)f(x)+ e－(x－1)f′(x)+ e－(x－1)=e－(x－1) [f′(x)−f(x)+1]， ∵f(x)−f′(x)>1,∴f′(x)−f(x)+1<0， ∴g′(x)<0， ∴y=g(x)在定义域上单调递减,g(1)=2017， ∵f(x)＞2017·ex－1＋1,∴e－(x－1)f(x)－e－(x－1)>2017= g(1)， 得到 g(x)>2017=g(1)， ∴g(x)>g(1)，得 x<1， ∴f(x)＞2017·ex－1＋1 的解集为(－∞，1) . 13．已知函数 f(x)＝1 3x3－a＋1 2 x2＋bx＋a(a，b∈R)，且其导函数 f ′(x)的图象过原点． *（1）当 a＝1 时，求函数 f(x)的图象在 x＝3 处的切线方程； **（2）若存在 x＜0，使得 f ′(x)＝－9，求 a 的最大值． 答案：（1）3x－y－8＝0； （2）a 的最大值为－7 (考查导数的几何意义,方程有解的问题) 解析：求导数，可得 f ′(x)＝x2-（a+1）x+b，由 f ′(0)=0 得 b=0，f ′(x)＝x（x－a－1） （1）当 a=1 时，f(x)=1 3x3-x2+1，f ′(x)＝x（x－2）， ∴f（3）=1，f′（3）=3 ∴函数 f（x）的图象在 x=3 处的切线方程为 y-1=3（x-3）即 3x-y-8=0． （2）∵存在，使 x＜0 得 f′（x）=x（x-a-1）=-9， ∴-a-1=-x-9 x=≥2 (－x)(－ 9 x)=6， ∴a≤－7 当且仅当 x=-3 时，a=-7．∴a 的最大值为-7． 14．已知函数 f(x)＝ex(ax2＋x＋1)． **（1）设 a＞0，讨论f(x)的单调性； **（2）设 a＝－1，证明：对任意 x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|＜2． (考查函数单调区间的分类讨论，比较两个驻点的大小,考查命题的转化、函数的最值) 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 48 页 共 53 页 解析：（1）∵f ′(x)=ex（ax2+x+1+2ax+1）=ex（x+2）（x+1）． 令 f ′(x)＞0，得（x+2）（x+1）＞0，注意到 a＞0， ∴当 a∈（0，1 2）时，f（x）在（-∞，-1 a）上是增函数，在（-1 a，-2）上是减函数，在（－2，+∞）上递 增； 当 a=1 2时，f(x)在（-∞，+∞）上递增； 当 a∈（1 2，+∞）时，f(x)在（-∞，-2）上递增，在（-2，-1 a）上递减，在（-1 a，+∞）上递增． （2）∵a=-1，由（Ⅰ）f ′(x)=-ex（x+2）（x-1）， ∴f(x)在[0，1]上单调增加， 故 f(x)在[0，1]上的最大值为 f（1）=e，最小值为 f（0）=1． 从而对∀x1，x2∈[0，1]，都有|f（x1）-f（x2）|＜2． **15.现有一张长为 80cm 宽为 60cm 的长方形铁皮 ABCD，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求 材料利用率为 100%，不考虑焊接处损失，若长方形 ABCD 的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒 的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为 x(cm),高为 y(cm),体积为 V（cm3）. （1）求出 x 与 y 的关系式; （2）求该铁皮盒体积 V 的最大值. (考查函数的应用,函数的最值) 答案 (1) y＝4800－x2 4x (0＜x＜60) (2)32000cm3 ***16. 下图为某仓库一侧墙面的示意图，其下部是一个矩形 ABCD，上部是圆弧 AB，该圆弧所在圆的 圆心为 O.为了调节仓库内的湿度和温度，现要在墙面上开一个矩形的通风窗 EFGH(其中 E，F 在圆弧 AB 上，G，H 在弦 AB 上)．过 O 作 OP⊥AB，交 AB 于 M，交 EF 于 N，交圆弧 AB 于 P.已知 OP＝10， MP＝6.5(单位：m)，记通风窗 EFGH 的面积为 S(单位：m2)． (1) 按下列要求建立函数关系式： (ⅰ) 设∠POF＝θ(rad)，将 S 表示成 θ 的函数； (ⅱ) 设 MN＝x(m)，将 S 表示成 x 的函数； (2) 试问通风窗的高度 MN 为多少时，通风窗 EFGH 的面积 S 最大？ (考查函数的应用,函数的最值) 解：(1) 由题意知，OF＝OP＝10，MP＝6.5，故 OM＝3.5. (ⅰ) 在 Rt△ONF 中，NF＝OFsinθ＝10sinθ，ON＝OFcosθ＝10cosθ. 在矩形 EFGH 中，EF＝2NF＝20sinθ， FG＝ON－OM＝10cosθ－3.5， 故 S＝EF×FG＝20sinθ(10cosθ－3.5)＝10sinθ(20cosθ－7)． 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 49 页 共 53 页 即所求函数关系是 S＝10sinθ(20cosθ－7)，0＜θ＜θ0，其中 cosθ0＝ 7 20，θ0 为锐角．(4 分) (ⅱ) 因为 MN＝x，OM＝3.5， 所以 ON＝x＋3.5. 在 Rt△ONF 中，NF＝ OF2－ON2＝ 100－（x＋3.5）2＝ 351 4 －7x－x2. 在矩形 EFGH 中，EF＝2NF＝ 351－28x－4x2，FG＝MN＝x， 故 S＝EF×FG＝x 351－28x－4x2. 即所求函数关系是 S＝x 351－28x－4x2，0＜x＜6.5.(8 分) (2) (方法 1)选择(ⅰ)中的函数模型： 令 f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)， 即 f′(θ)＝cosθ(20cosθ－7)＋sinθ(－20sinθ)＝40cos2θ－7cosθ－20.(10 分) 由 f′(θ)＝40cos2θ－7cosθ－20＝0， 解得 cosθ＝4 5，或 cosθ＝－5 8. 因为 0＜θ＜θ0，所以 cosθ＞cosθ0， 所以 cosθ＝4 5. 设 cosα＝4 5，且 α 为锐角， 则当 θ∈(0，α)时，f′(θ)＞0，f(θ)是增函数；当 θ∈(α，θ0)时，f′(θ)＜0，f(θ)是减函数， 所以当 θ＝α，即 cosθ＝4 5时，f(θ)取到最大值，此时 S 有最大值． 即 MN＝10cosθ－3.5＝4.5 m 时，通风窗的面积最大．(14 分) (方法 2)选择(ⅱ)中的函数模型： 因为 S＝ x2（351－28x－4x2）， 令 f(x)＝x2(351－28x－4x2)， 则 f′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)．(10 分) 因为当 0＜x＜9 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当9 2＜x＜13 2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以当 x＝9 2时，f(x)取到最大值，此时 S 有最大值． 即 MN＝x＝4.5 m 时，通风窗的面积最大． 17．已知函数 f(x)＝|x－a|－a 2ln x，a∈R. **(1)求函数 f(x)的单调区间； ***(2)若函数 f(x)有两个零点 x1，x2(x10，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)． 当 a>0 时，f(x)＝|x－a|－a 2ln x＝    x－a－a 2ln x，x≥a， a－x－a 2ln x，00，此时函数 f(x)单调递增， 若 00 时，函数 f(x)的单调递减区间为(0，a)；单调递增区间为(a，＋∞)． (2)证明 由(1)知，当 a≤0 时，函数 f(x)单调递增，至多只有一个零点，不合题意； 则必有 a>0，此时函数 f(x)的单调递减区间为(0，a)；单调递增区间为(a，＋∞)， 由题意，必须 f(a)＝－a 2ln a<0，解得 a>1. 由 f(1)＝a－1－a 2ln 1＝a－1>0，f(a)<0，得 x1∈(1，a)． 而 f(a2)＝a2－a－aln a＝a(a－1－ln a)， 下面证明：a>1 时，a－1－ln a>0. 设 g(x)＝x－1－ln x，x>1， 则 g′(x)＝1－1 x＝x－1 x >0， ∴g(x)在 x>1 时递增，则 g(x)>g(1)＝0， ∴f(a2)＝a2－a－aln a＝a(a－1－ln a)>0，又 f(a)<0， ∴x2∈(a，a2)，综上，1