(完整)2015-2017年高考文科数学试题汇编-导数与极值最值-推荐文档

1.【2016高考四川文科】已知函数f(x)x312x的极小值点，则=()(A)-4(B)-2(C)4(D)2【答案】D考点：函数导数与极值.【名师点睛】本题考查函数的极值．在可导函数中函数的极值点x0是方程f'(x)0的解，但x0是极大值点还是极小值点，需要通过这点两边的导数的正负性来判断，在x0附近，如果xx0时，f'(x)0，xx0时f'(x)0，则x0是极小值点，如果xx0时，f'(x)0，xx0时，f'(x)0，则x0是极大值点，2.【2015高考福建，文12】“对任意x(0,)，ksinxcosxx”是“k1”2的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】Bkk当k1时，ksinxcosxsin2x，构造函数f(x)sin2xx，则22f'(x)kcos2x10．故f(x)在x(0,)单调递增，故2f(x)f()0，则ksinxcosxx；当k1时，不等式2211ksinxcosxx等价于sin2xx，构造函数g(x)sin2xx，则22g'(x)cos2x10，故g(x)在x(0,)递增，故g(x)g()0，则222sinxcosxx．综上所述，“对任意x(0,)，ksinxcosxx”是“k1”2的必要不充分条件，选B．【考点定位】导数的应用．【名师点睛】本题以充分条件和必要条件为载体考查三角函数和导数在单调性上的应用，根据已知条件构造函数，进而研究其图象与性质，是函数思想的体现，属于难题．3.(2014课标全国Ⅰ，文12)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是(　　)．A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)答案：C详细分析：当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1存在两个零点，不合题意；22当a＞0时，f′(x)＝3ax－6x＝3axx，a2令f′(x)＝0，得x1＝0，x，2a2所以f(x)在x＝0处取得极大值f(0)＝1，在x处取得极小值a24，f12aa2要使f(x)有唯一的零点，需f0，但这时零点x0一定小于0，不合题a意；22当a＜0时，f′(x)＝3ax－6x＝3axx，a2令f′(x)＝0，得x1＝0，x，这时f(x)在x＝0处取得极大值f(0)2a224＝1，在处取得极小值，xf12aaa24要使f(x)有唯一零点，应满足，解得a＜－2(a＞2舍去)，f120aa且这时零点x0一定大于0，满足题意，故a的取值范围是(－∞，－2)．名师点睛：本题考查导数法求函数的单调性与极值，函数的零点，考查分析转化能力，分类讨论思想，较难题.注意区别函数的零点与极值点.4.【2014辽宁文12】当x[2,1]时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是（）9A．[5,3]B．[6,]C．[6,2]D．[4,3]8【答案】Cx28x9(x9)(x1)f'(x)0，故函数f(x)递增，则x4x4x24x3xf(x)f(1)6，故a6；当x[2,0)时，a，记maxx3x24x3xf(x)，令f'(x)0，得x1或x9（舍去），当x(2,1)时，x3''f(x)0；当x(1,0)时，f(x)0，故f(x)minf(1)2，则a2．综上所述，实数a的取值范围是[6,2]．【考点定位】利用导数求函数的极值和最值．【名师点睛】本题考查应用导数研究函数的单调性、极值，不等式恒成立问题.解答本题的关键，是利用分类讨论思想、转化与化归思想，通过构造函数研究其单调性、最值，得出结论.本题属于能力题，中等难度.在考查应用导数研究函数的单调性、极值、不等式恒成立问题等基本方法的同时，考查了考生的逻辑推理能力、运算能力、分类讨论思想及转化与化归思想.5.【2017江苏，20】已知函数f(x)x3ax2bx1(a0,bR)有极值,且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；（2） 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：b23a;7（3）若f(x),f(x)这两个函数的所有极值之和不小于，求的取值范围.2【答案】（1）a3（2）见解+析（3）3a6aa3a3ab2a23所以f()10，又a0，故b.327939aa21因为f(x)有极值，故f(x)=0有实根，从而b(27a3)0，即39aa3.a3时，f(x)>0(x1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；aa23baa23ba3时，f(x)=0有两个相异的实根x=，x=.1323列 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 如下x(,x1)x1(x1,x2)x2(x2,)f(x)+0–0+f(x)A极大值A极小值A故f(x)的极值点是x1,x2.从而a3，2a23因此b，定义域为(3,).9ab2aa3（2）由（1）知，=.a9aa2t3232t227设g(t)=，则g(t)=.9t9t29t23636当t(,)时，g(t)0，从而g(t)在(,)上单调递增.22b因为a3，所以aa33，故g(aa)>g(33)=3，即>3.a因此b2>3a.2（3）由（1）知，f(x)的极值点是x,x，且xxa，121234a26bx2x2.1293232从而f(x1)f(x2)x1ax1bx11x2ax2bx21xx121(3x22axb)2(3x22axb)a(x2x2)b(xx)23113223123124a36ab4ab20279记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，a21313因为f(x)的极值为ba2，所以h(a)=a2，a3.39a9a23因为h(a)=a0，于是h(a)在(3,)上单调递减.9a27因为h(6)=，于是h(a)h(6)，故a6.2因此a的取值范围为(3，6].【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.6.【2014高考北京文第20题】（本小题满分13分）已知函数f(x)2x33x.（1）求f(x)在区间[2,1]上的最大值；（2）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；（3）问过点A(1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线yf(x)相切？（只需写出结论）【答案】(1)2;(2)(3,1);(3)详见解+析.22因为f(2)10，f()2，f()2，f(1)1，222所以f(x)在区间[2,1]上的最大值为f()2.2（2）设过点P（1，t）的直线与曲线yf(x)相切于点(x0,y0)，则32y02x03x0，且切线斜率为k6x03，所以切线方程为2yy0(6x03)(xx0)，232因此ty0(6x03)(1x0)，整理得：4x06x0t30，设g(x)4x36x2t3，则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”，g'(x)12x212x=12x(x1)，g(x)与g'(x)的情况如下：(,0)0(0,1)1(1,)g'(x)+00+g(x)t+3t1所以，g(0)t3是g(x)的极大值，g(1)t1是g(x)的极小值，当g(0)t30，即t3时，此时g(x)在区间(,1]和(1,)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点，当g(1)t10，t1时，此时g(x)在区间(,0)和[0,)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)0且g(1)0，即3t1时，因为g(1)t70，g(2)t110，所以g(x)分别为区间[1,0),[0,1)和[1,2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(,0)和(1,)上单调，所以g(x)分别在区间(,0)和[1,)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切时，t的取值范围是(3,1).（3）过点A（-1，2）存在3条直线与曲线yf(x)相切；过点B（2，10）存在2条直线与曲线yf(x)相切；过点C（0，2）存在1条直线与曲线yf(x)相切.考点：本小题主要考查导数的几何意义、导数在函数中的应用等基础知识的同时，考查分类讨论、函数与方程、转化与化归等数学思想，考查同学们分析问题与解决问题的能力.利用导数研究函数问题是高考的热点，在每年的高考试卷中占分比重较大，熟练这部分的基础知识、基本题型与基本技能是解决这类问题的关键.x27.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数fxklnx，2k0．（I）求fx的单调区间和极值；（II）证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点．fxfx1,e【答案】（I）单调递减区间是(0,k)，单调递增区间是(k,)；极小值k(1lnk)f(k)；（II）证明详见解+析.2取得极小值，同时也是最小值；（II）利用第一问的表，知f(k)为函数的最k(1lnk)小值，如果函数有零点，只需最小值0，从而解出ke，下面再分2情况分析函数有几个零点.x2 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 详细分析：（Ⅰ）由fxklnx，（k0）得2kx2kf'(x)x.xx由f'(x)0解得xk.f(x)与f'(x)在区间(0,)上的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(0,k)，单调递增区间是(k,)；k(1lnk)f(x)在xk处取得极小值f(k).2k(1lnk)（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在区间(0,)上的最小值为f(k).2k(1lnk)因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.2当ke时，f(x)在区间(1,e)上单调递减，且f(e)0，所以xe是f(x)在区间(1,e]上的唯一零点.1当ke时，f(x)在区间(0,e)上单调递减，且f(1)0，2ekf(e)0，2所以f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数fx的单调性与极值的步骤：①确定函数fx的定义域；②对fx求导；③求方程fx0的所有实数根；④列表格．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．m8.【2014高考陕西版文第21题】设函数f(x)lnx,mR.x（1）当me（为自然对数的底数）时，求f(x)的最小值；x（2）讨论函数g(x)f'(x)零点的个数；3f(b)f(a)（3）若对任意ba0,1恒成立，求m的取值范围.ba22【答案】（1）2；（2）当m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函332数g(x)有且仅有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点；（3）31[,).41设h(x)x3x(x0)，由h(x)x21(x1)(x1)求出函数h(x)的单调3性以及极值，并且求出函数h(x)在x0的零点，画出h(x)的大致图像，并从图像中，可以得知，当m在不同范围的时候，函数ym和函数yh(x)的交点个数f(b)f(a)（3）对任意ba0,1恒成立，等价于f(b)bf(a)a恒成立，bam则h(x)f(x)xlnxx(x0)在(0,)上单调递减，即x1mh(x)10在(0,)恒成立，xx2求出m的取值范围.e试题详细分析：（1）当me时，f(x)lnxx易得函数f(x)的定义域为(0,)1exef(x)xx2x2当x(0,e)时，f(x)0，此时f(x)在(0,e)上是减函数；当x(e,)时，f(x)0，此时f(x)在(0,e)上是增函数；e当xe时，f(x)取得极小值f(e)lne2ex1mx(2)函数g(x)f(x)(x0)3xx231令g(x)0，得mx3x(x0)31设h(x)x3x(x0)3h(x)x21(x1)(x1)当x(0,1)时，h(x)0，此时h(x)在(0,1)上式增函数；当x(1,)时，h(x)0，此时h(x)在(1,)上式增函数；12当x1时，h(x)取极大值h(1)1331令h(x)0，即x3x0，解得x0，或x33函数h(x)的图像如图所示：由图知：2①当m时，函数ym和函数yh(x)无交点；32②当m时，函数ym和函数yh(x)有且仅有一个交点；32③当0m时，函数ym和函数yh(x)有两个交点；3④m0时，函数ym和函数yh(x)有且仅有一个交点；22综上所述，当m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且332仅有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点.3f(b)f(a)（3）对任意ba0,1恒成立ba等价于f(b)bf(a)a恒成立m设h(x)f(x)xlnxx(x0)xh(x)在(0,)上单调递减1mh(x)10在(0,)恒成立xx2111mx2x(x)2(x0)2441m411当且仅当当x时，m241m的取值范围是[,)4考点：利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题；函数的零点.【名师点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题；函数的零点，属于难题．解第（1）问时一定要注意函数的定义域，在此前提下利用导数研究函数的单调性即可得到函数的最小值，对于第（2）问可构造新函1数h(x)x3x(x0)，，讨论该函数单调性即可得到所要求的零点个数，当3人这里中点考察的是分类讨论思想的运用；第（3）问仍然是构造新函数m1mh(x)lnxx(x0)，讨论其导函数h(x)10在(0,)恒成立问xxx2题学…9.【2016高考山东文数】(本小题满分13分)设f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x，a∈R.(Ⅰ)令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；(Ⅱ)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.【答案】(Ⅰ)当a0时，函数gx单调递增区间为0,；11当a0时，函数gx单调递增区间为0,，单调递减区间为,.2a2a1(Ⅱ)a.2讨论当a0时，当a0时的两种情况下导函数正负号，确定得到函数的单调区间.11(Ⅱ)分以下情况讨论：①当a0时，②当0a时，③当a时，④当221a时，综合即得.2试题详细分析：(Ⅰ)由f'xlnx2ax2a,可得gxlnx2ax2a,x0,，112ax则g'x2a，xx当a0时，x0,时，g'x0，函数gx单调递增；1当a0时，x0,时，g'x0，函数gx单调递增，2a1x,时，g'x0，函数gx单调递减.2a所以当a0时，函数gx单调递增区间为0,；11当a0时，函数gx单调递增区间为0,，单调递减区间为,.2a2a(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f'10.①当a0时，f'x0，fx单调递减.所以当x0,1时，f'x0，fx单调递减.当x1,时，f'x0，fx单调递增.所以fx在x1处取得极小值，不合题意.111②当0a时，1，由(Ⅰ)知f'x在0,内单调递增，22a2a1可得当当x0,1时，f'x0，x1,时，f'x0，2a1所以fx在(0,1)内单调递减，在1,内单调递增，2a所以fx在x1处取得极小值，不合题意.11③当a时，即1时，f'x在(0,1)内单调递增，在1,内单调递减，22a所以当x0,时，f'x0，fx单调递减，不合题意.111④当a时，即01，当x,1时，f'x0，fx单调递增,22a2a当x1,时，f'x0，fx单调递减，所以fx在x1处取得极大值，合题意.1综上可知，实数a的取值范围为a.2考点：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，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.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.110.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）设函数f(x)=x3，x[0,1].1x证明：（I）f(x)1xx2；33（II）f(x).42【答案】（Ⅰ）证明见解+析；（Ⅱ）证明见解+析.试题分析：本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到1x41，从而得到结论；第二问，由0x1得x3x，进行放缩，得到1x1x33fx，再结合第一问的结论，得到fx，从而得到结论.24(Ⅱ)由0x1得x3x，1133x12x133故fxx3x，1x1x222x1223所以fx.222133由(Ⅰ)得fx1xxx，24411933又因为f，所以fx，2244433综上，fx.42考点：函数的单调性与最值、分段函数.【思路点睛】（I）先用等比数列前项和公式计算1xx2x3，再用放缩法可得11xx2x3，进而可证fx1xx2；（II）由（I）的结论及放缩1x33法可证fx．4211.【2014年.浙江卷.文21】（本小题满分15分）已知函数fxx33|xa|(a0)，若f(x)在[1,1]上的最小值记为g(a).（1）求g(a)；（2）证明：当x[1,1]时，恒有f(x)g(a)4.a3,0a1【答案】（1）g(a)；（2）详见解+析.23a,a1试题详细分析：（1）因为1x1，①当0a1时，若x[1,a]，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1,a)上是减函数；若x[a,1]，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(a,1)上是增函数；所以，g(a)f(a)a3.②当a1，则xa，f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1,1)上是减函数，所以g(a)f(1)23a，a3,0a1综上所述，g(a).23a,a1（2）令h(x)f(x)g(x)，①当0a1时，g(a)a3，若x[a,1]，h(x)x33x3得h(x)3x23，所以h(x)在(a,1)上是增函数，所以h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)43aa3，且0a1，所以h(x)4，故f(x)g(a)4.若x[1,a]，h(x)x33x3aa3，则h(x)3x23，所以h(x)在(1,a)上是减函数，所以h(x)在[1,a]上的最大值是h(1)23aa3，令t(a)23aa3，则t(a)33a20，所以t(a)在(0,1)上是增函数，所以t(a)t(1)4即h(1)4，故f(x)g(a)4，②当a1时，g(a)23a，所以h(x)x33x2，得h(x)3x23，此时h(x)在(1,1)上是减函数，因此h(x)在[1,1]上的最大值是h(1)4，故f(x)g(a)4，综上所述，当x[1,1]时恒有f(x)g(a)4.考点：函数最大（最小）值的概念，利用导数研究函数的单调性.【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的最值问题，正确求导，确定函数的单调性是解决问题的关键；求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．导数在不等式问题中的应用问题解题策略：(1)利用导数证明不等式，若证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明了f(x)＜g(x)．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题，利用导数研究不等式恒成立问题，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．412.【2015高考重庆，文19】已知函数f(x)ax3x2（aR）在x=处取3得极值.(Ⅰ)确定的值，(Ⅱ)若g(x)f(x)ex，讨论的单调性.1【答案】（Ⅰ）a=，（Ⅱ）g(x)在(-¥,-4)和(-1,0)内为减函数，2(-4,-1)和(0,+¥)内为增函数..æ132öx（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果可得函数g(x)=çx+x÷e，利用积的求导法则可求出è2ø1g¢(x)=x(x+1)(x+4)ex，令g¢(x)=0，解得x=0,x=-1或x=-4.从而分别讨论2x<-4，-40时g¢(x)的符号即可得到函数g(x)的单调性．试题详细分析：(1)对f(x)求导得f¢(x)=3ax2+2x44因为f(x)在x=-处取得极值，所以f¢(-)=0，3316416a81即3a´+2´(-)=-=0,解得a=.93332æ132öx(2)由(1)得，g(x)=çx+x÷e,è2øæ32öxæ132öxæ1352öx1x故g¢(x)=çx+2x÷e+çx+x÷e=çx+x+2x÷e=x(x+1)(x+4)eè2øè2øè22ø2令g¢(x)=0，解得x=0,x=-1或x=-4.当x<-4时，g¢(x)<0,故g(x)为减函数，当-40,故g(x)为增函数，当-10时，g¢(x)>0,故g(x)为增函数，综上知g(x)在(-¥,-4)和(-1,0)内为减函数，(-4,-1)和(0,+¥)内为增函数.【考点定位】1.导数与极值，2.导数与单调性.【名师点睛】本题考查函数导数的概念和运算，运用导数研究函数的单调性及导数与函数极值之间的关系，利用函数的极值点必是导数为零的点，使导函数大于零的x的区间函数必增，小于零的区间函数必减进行求解，本题属于中档题，注意求导的准确性及使导函数大于零或小于零的x的区间的确定.13.【2014，安徽文20】（本小题满分13分）设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0（I）讨论f(x)在其定义域上的单调性；（II）当x[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的的值，【答案】（I）f(x)在(,x1)和(x2,)内单调递减，在(x1,x2)内单调递增；（II）所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小只；当1a4时，f(x)在x0处取得最小值，试题分析：（I）对原函数进行求导，f'(x)1a2x3x2，令f'(x)0，143a143a解得x,x,xx，当xx或xx时13231212f'(x)0；从而得出，当x1xx2时，f'(x)0，故f(x)在(,x1)和(x2,)内单调递减，在(x1,x2)内单调递增，（II）依据第（I）题，对a进行讨论，①当a4时，x21，由（I）知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值，②当0a4时，x21，由（I）知，f(x)在[0,x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减，因此f(x)在143axx处取得最大值，又f(0)1,f(1)a，所以当0a1时，23f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小只；当1a4时，f(x)在x0处取得最小值，试题详细分析：（I）f(x)的定义域为R，f'(x)1a2x3x2，令143a143af'(x)0，得x,x,xx，所以132312f'(x)3(xx1)(xx2)，当xx1或xx2时f'(x)0；当x1xx2时，f'(x)0，故f(x)在(,x1)和(x2,)内单调递减，在(x1,x2)内单调递增，143a递减，因此f(x)在xx处取得最大值，又f(0)1,f(1)a，23所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小只；当1a4时，f(x)在x0处取得最小值，考点：1，含参函数的单调性；2，含参函数的最值求解，【名师点睛】含参函数的单调性求解步骤如下：第一步，求函数的定义域；第二步，求导函数；第三步，以导函数的零点存在性进行讨论；第四步，当导函数存在多个零点时，讨论它们的大小关系及区间位置关系；第五步，画出导函数的同号函数草图，从而判断其导函数的符号；第六步，根据第五步的草图列出f'(x)，f(x)随变化的情况表，写出函数的单调区间；第七步，综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间.ax14.【2015高考安徽，文21】已知函数f(x)(a0,r0)(xr)2（Ⅰ）求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；a（Ⅱ）若400，求f(x)在(0,)内的极值.r【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r,r）;递减区间为（-∞，-r）和（r，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值.所以当xr或xr时，f(x)0，当rxr时，f(x)0因此，f(x)单调递减区间为(,r),(r,)；f(x)的单调递增区间为r,r.（Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知f'(r)0f(x)在0,r上单调递增，在r,上单调递减.因此xr是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0,)内的极大值为ara400f(r)100，f(x)在（0,）内无极小值；2r24r4综上，f(x)在（0,）内极大值为100，无极小值.【考点定位】本题主要考查了函数的定义域、利用导数求函数的单调性，以及求函数的极值等基础知识.【名师点睛】本题在利用导数求函数的单调性时要注意，求导后的分子是一个二次项系数为负数的一元二次式，在求f(x)0和f(x)0时要注意，本题主要考查考生对基本概念的掌握情况和基本运算能力.215.【2014天津，文19】已知函数f(x)x2ax3(a0),xR3（1）求f(x)的单调区间和极值；（2）若对于任意的x1(2,)，都存在x2(1,)，使得f(x1)f(x2)1，求的取值范围11(0,)(,)【答案】(1)f(x)的单调增区间是a，单调减区间是(,0)和a，当1133x[,].x0时，f(x)取极小值，当a时，f(x)取极大值3a2，(2)4212x(2,)极大值3a，(2)本题首先要正确转化：“对于任意的1，都存在x(1,)f(x)f(x)12，使得12”等价于两个函数值域的包含关系.设集合1B{|x(1,),f(x)0},A{f(x)|x(2,)},，集合f(x)则AB，其次挖掘隐含32条件，简化讨论情况，明确讨论方向.由于0B，所以0A,因此2a，又33a.AB，所以f(1)0，即42试题详细分析：12x解(1)由已知有f(x)2x2ax(a0).令f(x)0，解得x0或a，列表如下：111(,0)(0,)(,)aaaf(x)f(x)AA1A3a211(0,)(,)所以f(x)的单调增区间是a，单调减区间是(,0)和a，当x0时，113xf(0)f()0f(x)取极小值，当a时，f(x)取极大值3a2，(2)由2a及（1）知，33x(0,)x(,)当2a时，f(x)0，当2a时，f(x)0.设集合A{f(x)|x(2,)},，1B{|x(1,),f(x)0},x(2,)x(1,)集合f(x)则“对于任意的1，都存在2，f(x)f(x)1使得12”等价于AB.显然0B.下面分三种情况讨论：33320af()0当2a即4时，由2a可知0A而0B，所以A不是B的子集33312a当2a即42时，有f(2)0且此时f(x)在(2,)上单调递减，故A(,f(2))，因而A(,0)由f(1)0有f(x)在(1,)上的取值范围包含(,0)，所以AB3311aB(,0)当2a即2时，有f(1)0且此时f(x)在(1,)上单调递减，故f(1),A(,f(2)),所以A不是B的子集33[,].综上，的取值范围为42考点：利用导数求单调区间及极值，利用导数求函数值域【名师点睛】本题考查利用导数工具研究函数，涉及导数与函数的单调性，证明不等式等，导数是研究函数的锐利工具，借助导数可以研究函数的单调性，研究函数的极值和最值，研究函数的零点，研究函数图像的位置，最重要的是利用导数研究函数单调性，借助函数的单调性比较大小、解不等式、证明不等式.由于导数是高等数学的基础知识，所以成为高考命题的热点，每年必考，花样繁新.16.【2014年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷21】为圆周率，e2.71828为自然对数的底数.lnx（1）求函数f(x)的单调区间；x（2）求e3，3e，e，e，3，3这6个数中的最大数与最小数；（3）将e3，3e，e，e，3，3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论.（2）因为e3，所以eln3eln，lneln3，即ln3elne，lneln3，于是根据函数ylnx、yex、yx在定义域上单调递增，所以3ee3，e3e3，故这6个数的最大数在3与3之中，最小数在3e与e3之中，lnln3lne由e3及（1）的结论得f()f(3)f(e)，即，3elnln3由得ln3ln3，所以33，3ln3lne由得ln3elne3，所以3ee3，3e综上，6个数中的最大数为3，最小数为3e.考点：导数法求函数的单调性、单调区间，对数函数的性质，比较大小.【名师点睛】作为一道函数压轴题，以函数作为主线，重点考查导数在研究函数的单调性与极值中的应用，其解题思路为：第一问直接对函数进行求导并分别令导数大于0、小于0即可求出相应的单调区间；第二问运用函数ylnx、yex、yx在定义域上单调性及（1）的结论构造不等式逐个进行比较，确定出其最大的数和最小的数即可.17.【2015新课标2文21】（本小题满分12分）已知fxlnxa1x.（I）讨论fx的单调性；（II）当fx有最大值,且最大值大于2a2时,求a的取值范围.1【答案】（I）a0,fx在0,是单调递增；a0,fx在0,单调递增,在a1,单调递减；（II）0,1.a时,ga0,当a1时ga0,因此a的取值范围是0,1.试题详细分析：1（I）fx的定义域为0,,fxa,若a0,则fx0,fx在x110,是单调递增；若a0,则当x0,时fx0,当x,时aa11fx0,所以fx在0,单调递增,在,单调递减.aa1（II）由（I）知当a0时fx在0,无最大值,当a0时fx在x取a111得最大值,最大值为flna1lnaa1.因此aaa1f2a2lnaa10.令galnaa1,则ga在0,是增函数,ag10,于是,当0a1时,ga0,当a1时ga0,因此a的取值范围是0,1.【考点定位】本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.