考点08 利用导数研究函数的性质（教师版）备战2021年新高考数学微专题补充考点精练

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1、 第 1 页 / 共 25 页 考点考点 08 利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的性质 1、了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次函数的 多项式函数的单调性。 2、了解函数极大（小）值、最大（小）值与导数的关系，会求不超过三次函数的多项式函数 的极大（小）值、最大（小）值。 利用导数研究函数的单调性、奇偶性、极值和最值是近几年高考的热点和难点，在考查中主要 以压轴题的方式出现，难度较大。纵观这几年江苏高考不难发现主要利用导数研究函数的单调 性以及零点和不等式等知识点的结合。因此在复习中要注意加强函数的性质的研究和学习。 1、利用导数研究函数的单调性要注意

2、一下两点： （1）求函数的单调性不要忘记求函数的定义 域。 （2）给定区间的单调性不要忽略等号； 2、利用导数求函数的单调区间，这类问题常于含参的不等式结合，要重视分类讨论的思想和 数形结合的思想的应用。 3、求参数的取值范围，这类问题可以转化为研究函数的极值或者最值问题； 1、 【2020 年江苏卷】在平面直角坐标系 xOy 中，已知 3 (0) 2 P，A，B 是圆 C： 22 1 ()36 2 xy 上的两个 动点，满足PAPB，则PAB面积的最大值是_ 考纲要求考纲要求 近三年高考情况分析近三年高考情况分析 三年高考真题三年高考真题 考点总结考点总结 第 2 页 / 共 25 页 【答

3、案】10 5 【解析】PAPBPCABQ 设圆心C到直线AB距离为d，则 2 31 |=2 36,|1 44 ABdPC 所以 222 1 2 36(1)(36)(1) 2 PAB Sdddd V 令 222 (36)(1) (06)2(1)( 236)04ydddydddd （负值舍去） 当04d时，0y ；当46d时，0y，因此当4d 时，y取最大值，即 PAB S取最大值为10 5， 故答案为：10 5 2、 【2019 年高考天津理数】 已知aR， 设函数 2 22 ,1, ( ) ln ,1. xaxax f x xaxx 若关于x的不等式( )0f x 在R上恒成立，则a的取值范围

4、为 A0,1 B0,2 C0,e D1,e 【答案】C 【解析】当1x 时，(1)1 2210faa 恒成立； 当1x时， 2 2 ( )2202 1 x f xxaxaa x 恒成立， 令 2 ( ) 1 x g x x ， 则 222 (11)(1)2(1) 1 ( ) 111 xxxx g x xxx 11 122 (1)20 11 xx xx ， 当 1 1 1 x x ，即0 x时取等号， max 2( )0ag x，则0a . 当1x 时，( )ln0f xxax，即 ln x a x 恒成立， 第 3 页 / 共 25 页 令( ) ln x h x x ，则 2 ln1 ( )

5、 (ln ) x h x x ， 当ex时，( )0h x ，函数( )h x单调递增， 当0ex时，( )0h x ，函数( )h x单调递减， 则ex时，( )h x取得最小值(e)eh， min ( )eah x， 综上可知，a的取值范围是0,e. 故选 C. 3、【2018 年高考全国卷理数】已知函数 2sinsin2f xxx，则 f x的最小值是_ 【答案】 【解析】， 所以当时函数单调递减，当时函数单调递增， 从而得到函数的递减区间为 5 2 ,2 33 kkk Z， 函数的递增区间为 2 ,2 33 kkk Z， 所以当 2 , 3 xkkZ时，函数取得最小值， 此时， 所以，

6、 故答案是. 4、【2019 年高考北京理数】设函数 ee xx f xa （a 为常数）若 f（x）为奇函数，则 a=_； 若 f（x）是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是_ 【答案】1,0 第 4 页 / 共 25 页 【解析】首先由奇函数的定义得到关于a的恒等式，据此可得a的值，然后利用( )0fx 可得 a 的取 值范围. 若函数 ee xx f xa 为奇函数，则 ,fxf x即eeee xxxx aa ， 即1e e0 xx a 对任意的x恒成立， 则10a ，得1a. 若函数 ee xx f xa 是 R 上的增函数，则( ) ee0 xx fxa 在 R 上恒成立， 即 2

7、 e x a 在 R 上恒成立， 又 2 e0 x ，则0a， 即实数a的取值范围是,0. 5、 【2018 年高考江苏】 若函数在内有且只有一个零点， 则在 上的最大值与最小值的和为_ 【答案】3 【解析】由 2 620fxxax得0 x或 3 a x ， 因为函数 f x在0,上有且仅有一个零点且 0 =1f，所以0,0 33 aa f ， 因此 32 210, 33 aa a 解得3a . 从而函数 f x在1,0上单调递增，在0,1上单调递减，所以 max 0 ,f xf min min1 ,11f xfff， 则 maxmin f xf x 0 +11 43.ff 故答案为3. 6、

8、 【2020 年全国 1 卷】.已知函数 2 ( )exf xaxx. （1）当 a=1时，讨论 f（x）的单调性； （2）当 x0 时，f（x） 1 2 x3+1，求 a 的取值范围. 【解析】(1)当1a 时， 2x xxefx， 21 x fxex， 第 5 页 / 共 25 页 由于 20 x fxe，故 fx单调递增，注意到 00 f ，故： 当,0 x 时， 0,fxf x 单调递减， 当0,x时， 0,fxf x 单调递增. (2)由 3 1 1 2 fxx得， 23 1 1 2 x eaxxx，其中0 x， .当 x=0 时，不等式为：11，显然成立，符合题意； .当0 x时，

9、分离参数 a 得， 3 2 1 1 2 x exx a x ， 记 3 2 1 1 2 x exx g x x ， 2 3 1 21 2 x xexx gx x ， 令 2 1 10 2 x exxh xx， 则 1 x h xex， 10 x hxe ， 故 h x单调递增， 00h xh ， 故函数 h x单调递增， 00h xh， 由 0h x 可得： 2 1 1 0 2 x exx 恒成立， 故当0,2x时， ( ) 0gx ， g x单调递增； 当2,x时， ( ) 0gx 1时， 2 2 121 ( )110h x xxx ， 由此可得 h x在1,单调递增，所以当 t1时， 1h

10、 th，即 1 2ln0tt t . 因为 2 1x ， 323 331(1)0tttt ，3k ， 所以 33232 2 11 3312ln33132lnxtttk ttttttt tt 32 3 36ln1ttt t . 由()(ii)可知，当1t 时， 1g tg，即 32 3 36ln1ttt t ， 故 32 3 36ln10ttt t 由可得 121212 20 xxfxfxf xf x . 所以，当3k 时，任意的 12 ,1,x x ，且 12 xx，有 1212 12 2 fxfxf xf x xx . 8、 【2020 年山东卷】已知函数 1 ( )elnln x f xa

11、xa （1）当ae时，求曲线 y=f（x）在点（1，f（1） ）处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若 f（x）1，求 a 的取值范围 【解析】 （1）( )ln1 x f xexQ， 1 ( ) x fxe x ，(1)1kfe . (1)1feQ，切点坐标为(1,1+e), 函数 f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为1(1)(1)yeex ,即12yex, 切线与坐标轴交点坐标分别为 2 (0,2),(,0) 1e , 第 8 页 / 共 25 页 所求三角形面积为 122 2 |= 211ee ; （2）解法一： 1 ( )lnln x f xaexa Q, 1 1 ( )

12、 x fxae x ，且0a. 设( )( )g xfx,则 1 2 1 ( )0, x g xae x g(x)在(0,)上单调递增，即 ( )fx 在(0,)上单调递增， 当1a 时，( )01 f , 11 min f xf, 1f x 成立. 当1a 时， 1 1 a ， 1 1 1 a e ， 1 1 1 ( )(1)(1)(1)0 a ffa ea a , 存在唯一 0 0 x ，使得 0 1 0 0 1 ()0 x fxae x ，且当 0 (0,)xx时( )0fx，当 0 (,)xx时 ( )0fx ， 0 1 0 1 x ae x ， 00 ln1lnaxx ， 因此 0

13、1 min00 ( )()lnln x f xf xaexa 00 00 11 ln1ln2ln122ln1axaaxa xx 1, 1,f x 1f x 恒成立； 当01a时， (1)ln1,faaa(1)1,( )1ff x不是恒成立. 综上所述，实数 a的取值范围是1,+). 解法二： 11 1 xlna x f xaelnxlnaelnxlna 等价于 1 1 lna xlnx elnaxlnxxelnx , 令 x g xex,上述不等式等价于1g lnaxg lnx , 显然 g x为单调增函数，又等价于1lnaxlnx ，即1lnalnxx ， 令 1h xlnxx ,则 11

14、1 x h x xx 在0,1上 h(x)0,h(x)单调递增；在(1,+)上 h(x)0，则当(,0), 3 a x 时，( )0fx；当0, 3 a x 时，( )0fx故( )f x在 (,0), 3 a 单调递增，在0, 3 a 单调递减； 若 a=0，( )f x在(,) 单调递增； 若 a0，则当,(0,) 3 a x 时，( )0fx；当,0 3 a x 时，( )0fx故( )f x在 ,(0,) 3 a 单调递增，在,0 3 a 单调递减. （2）满足题设条件的 a，b 存在. （i）当 a0 时，由（1）知，( )f x在0，1单调递增，所以( )f x在区间0，l的最小值

15、为(0)=fb，最 大值为(1)2fab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当1b，21ab ，即 a=0，1b （ii）当 a3 时，由（1）知，( )f x在0，1单调递减，所以( )f x在区间0，1的最大值为(0)=fb，最 小值为(1)2fab此时 a，b 满足题设条件当且仅当21a b ，b=1，即 a=4，b=1 （iii）当 0a3 时，由（1）知，( )f x在0，1的最小值为 3 327 aa fb ，最大值为 b 或2 a b 若 3 1 27 a b ，b=1，则 3 3 2a ，与 0a3 矛盾. 第 10 页 / 共 25 页 若 3 1 27 a b ，21ab ，

16、则3 3a 或3 3a 或 a=0，与 0a3 矛盾 综上，当且仅当 a=0，1b或 a=4，b=1 时，( )f x在0，1的最小值为-1，最大值为 1 10、【2019 年高考北京理数】已知函数 32 1 ( ) 4 f xxxx （）求曲线( )yf x的斜率为 1 的切线方程； （）当 2,4x 时，求证：6( )xf xx； （）设( ) |( )()|()F xf xxaaR，记( )F x在区间 2,4上的最大值为 M（a）当 M（a）最 小时，求 a 的值 【解析】 （）由 32 1 ( ) 4 f xxxx得 2 3 ( )21 4 fxxx. 令( )1fx，即 2 3 2

17、11 4 xx ，得0 x或 8 3 x . 又(0)0f， 88 ( ) 327 f， 所以曲线( )yf x的斜率为 1 的切线方程是yx与 88 273 yx， 即yx与 64 27 yx. （）令( )( ), 2,4g xf xx x . 由 32 1 ( ) 4 g xxx得 2 3 ( )2 4 g xxx. 令( )0g x 得0 x或 8 3 x . ( ), ( )g x g x的情况如下： x 2 ( 2,0) 0 8 (0, ) 3 8 3 8 ( ,4) 3 4 ( )g x ( )g x 6 0 64 27 0 所以( )g x的最小值为6，最大值为0. 故6( )

18、0g x ，即6( )xf xx. 第 11 页 / 共 25 页 （）由（）知， 当3a时，( )(0) |(0)|3MFgaaa ； 当3a时，( )( 2) |( 2)| 63MFagaa； 当3a时，( )3M a . 综上，当( )M a最小时，3a. 11、【2019 年高考浙江】已知实数0a，设函数( )= ln1,0.f xaxxx （1）当 3 4 a 时，求函数( )f x的单调区间； （2）对任意 2 1 ,) e x均有( ), 2 x f x a 求a的取值范围 注：e=2.71828为自然对数的底数 【解析】（1）当 3 4 a 时， 3 ( )ln1,0 4 f

19、xxx x 31( 12)(2 11) ( ) 42 141 xx f x xxxx ， 所以，函数( )f x的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+） （2）由 1 (1) 2 f a ，得 2 0 4 a 当 2 0 4 a时，( ) 2 x f x a 等价于 2 2 1 2ln0 xx x aa 令 1 t a ，则2 2t 设 2 ( )212ln ,2 2g ttxtxx t， 则 2 11 ( )(1)2ln x g tx tx xx （i）当 1 , 7 x 时， 1 12 2 x ，则 ( )(2 2)84 2 12lng tgxxx 记 1 ( )42 2 1l

20、n , 7 p xxxx x，则 第 12 页 / 共 25 页 2212121 ( ) 11 xxxx p x xxxx x (1)1( 221) 1(1)(12 ) xxx x xxxx . 故 x 1 7 1 (,1) 7 1 (1,) ( )p x 0 + ( )p x 1 ( ) 7 p 单调递减 极小值(1)p 单调递增 所以，( )(1)0p xp 因此，( )(2 2)2 ( )0g tgp x （ii）当 2 11 , e7 x 时， 12ln(1) ( )1 2 xxx g tg xx 令 2 11 ( )2ln(1), e7 q xxxxx ， 则 ln2 ( )10 x

21、 q x x ， 故( )q x在 2 11 , e7 上单调递增，所以 1 ( ) 7 q xq 由（i）得， 12 712 7 (1)0 7777 qpp 所以，( )0q x 因此 1( ) ( )10 2 q x g tg xx 由（i） （ii）知对任意 2 1 , e x ，2 2,), ( ) 0tg t， 第 13 页 / 共 25 页 即对任意 2 1 , e x ，均有( ) 2 x f x a 综上所述，所求 a 的取值范围是 2 0, 4 题型一题型一 函数的单调性函数的单调性 1、 （2020 届山东省济宁市高三上期末）已知函数 ln10f xxa xa a,若有且只

22、有两个整数 12 ,x x使得 1 0f x,且 2 0f x,则a的取值范围是( ) A 3ln3 0, 2 B0,2ln2 C 3ln3 ,2ln2 2 D 2ln24 3ln3 , 32 【答案】C 【解析】 ln10f xxa xa a， 1 1fxa x ， 1ln111faa 当1a 时，函数单调递增，不成立； 当1a 时，函数在 1 0, 1a 上单调递增，在 1 , 1a 上单调递增； 有且只有两个整数 12 ,x x使得 1 0f x,且 2 0f x，故 20f且 30f 即ln2220,ln22aaa； ln33 ln3330, 2 aaa 故选：C. 2、 （2020

23、届山东师范大学附中高三月考）已知偶函数 ( )f x的定义域为, 2 2 ，其导函数为( )fx ，当 0 2 x 时，有( )cos( )sin0fxxf xx 成立，则关于 x 的不等式( )2cos 4 f xfx 的解集为 （ ） A , 4 2 B, 244 2 二年模拟试题二年模拟试题 第 14 页 / 共 25 页 C ,00, 44 D,0, 44 2 【答案】B 【解析】根据题意设 ( ) ( ) cos f x g x x ，则 2 ( )cos( )sin ( ) cos fxxf xx g x x ，又当0 2 x 时， ( )cos( )sin0fxxf xx ，则有

24、( )0g x ，所以( )g x在0, 2 上单调递减，又 ( )f x在, 2 2 上是偶 函数，所以 ()( ) ()( ) cos()cos fxf x gxg x xx ，所以( )g x是偶函数，所以 ( )( )4 ( )2cos2 4cos4cos cos 4 f f xf x f xfxf xx ( ) 4 g xg ，又( )g x为偶函数，且 在0, 2 上为减函数，且定义域为 , 2 2 ，则有| 4 x ，解得 24 x 或 42 x ，即不等式的解集为, 244 2 ， 故选：B. 3、 （江苏省如皋市 2019-2020 学年高三上学期 10 月调研）设函数 2

25、xx f xeex ，则不等式 2 210fxf x 的解集为_. 【答案】 1 1, 2 【解析】因为 2 xx f xeex ,所以()2(2 )( ) xxxx fxeexeexf x , 所以函数 ( )f x为奇函数, 因为( )()()(2 )2 xxxx fxeexee 22220 xx ee (当且仅当0 x时,等号成立) 所以函数 ( )f x为R上的递增函数, 所以不等式 2 210fxf x 可化为 2 (21)fxf x, 所以根据函数 ( )f x为奇函数可化为 2 (21)()fxfx, 所以根据函数 ( )f x为增函数可化为 2 21xx , 第 15 页 /

26、共 25 页 可化为 2 210 xx , 可化为(21)(1)0 xx, 解得: 1 1 2 x, 所以不等式 2 210fxf x 的解集为: 1 1, 2 . 故答案为 1 1, 2 4、 （2020 届山东省临沂市高三上期末）已知函数 2ln1sin1f xxx，函数 1lng xaxbx （,0a babR）. （1）讨论 g x的单调性； 【解析】 （1）解： g x的定义域为0,， a gx xb x ， 当0a，0b 时， 0g x ，则 g x在0,上单调递增； 当0a，0b时，令 0g x ，得 b x a ，令 0g x，得0 b x a ，则 g x在0, b a 上单

27、调递减， 在, b a 上单调递增； 当0a ，0b时， 0g x ，则 g x在0,上单调递减； 当0a ，0b 时，令 0g x ，得0 b x a ，令 0g x，得 b x a ，则 g x在0, b a 上单调递增， 在, b a 上单调递减； （2）证明：设函数 31h xf xx，则 2 cos3 1 xxh x . 因为0 x，所以 2 0,2 1x ，cos1,1x ， 则 0h x ，从而 h x在0,上单调递减， 所以 3100h xf xxh，即 31f xx. 第 16 页 / 共 25 页 5、 （2020 届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）已知实数0a，设函数 ea

28、xf xax （1）求函数 f x的单调区间； 【解析】 (1)由( )( 1)=0 axax fxa eaa e,解得0 x 若0a,则当(0,)x时,( )0fx ,故 ( )f x在(0,)内单调递增； 当 (,0)x 时,( )0fx ,故 ( )f x在(,0) 内单调递减 若0a ,则当(0,)x时,( )0fx ,故 ( )f x在(0,)内单调递增； 当 (,0)x 时,( )0fx ,故 ( )f x在(,0) 内单调递减 综上所述,( )f x在(,0)内单调递减,在(0,) 内单调递增 6、（2020届江苏省南通市海门中学高三上学期10月检测） 设a R， 函数 322

29、21f xxaxa x， fx 为函数 f x的导函数. （1）讨论函数 f x的单调性； （2）若函数 fx 与函数 f x存在相同的零点，求实数 a 的值； （3）求函数 f x在区间1,上的最小值. 【解析】 （1）因为 322 21f xxaxa x 所以 22 343fxxaxaxaxa， 当0a时， 0fx ，所以函数 f x在 , 上单调递增； 当0a 时，当xa或 3 a x 时， 0fx，当 3 a ax时， 0fx， 所以函数 f x在,a和在, 3 a 上单调递增，在, 3 a a 上单调递减； 同理当0a时，函数 f x在, 3 a 和在, a 上单调递增，在, 3 a

30、 a 上单调递减. （2）当0a时，函数 fx 的零点是 0，而 01f，所以不合题意，舍去； 第 17 页 / 共 25 页 当0a时，函数 fx 的零点是a和 1 3 a， 因为 10f a ， 所以由函数 fx 与函数 f x存在相同的零点， 得0 3 a f ，即 333 2 10 2793 aaa ，解得 3 3 4 a . （3）由（1）得， 当1a 时， 函数 f x在1,上单调递增， 此时函数 f x在区间1,上的最小值为 2 12faa ； 当1 3 a a ，即13a?时， 函数 f x在区间1,上的最小值为 1f a ； 当1 3 a ，即3a 时， 因为 2 12faa

31、， 1f a ， 所以 1ff a，此时函数的最小值为 1f a . 所以函数 f x在区间1,上的最小值为 2 2 ,1, 1,1. aa a a 题型二 利用导数研究函数的极值与最值 1、 （2020 届山东师范大学附中高三月考）已知 2 1 ln 2 f xxax在区间0,2上有极值点，实数 a 的取 值范围是（ ） A0,2 B 2,0 0,2 C0,4 D 4,00,4 【答案】C 【解析】 2 ( ) axa fxx xx ,由于函数 ( )f x在(0,2)上有极值点，所以 ( )fx 在(0,2)上有零点.所以 0 2 a a ，解得(0,4)a. 故选：D. 2、（2020

32、届浙江省温丽联盟高三第一次联考） 若函数 3 ( )()3f xxaxb的极大值是M， 极小值是m， 第 18 页 / 共 25 页 则Mm( ) A与a有关，且与b有关 B与a有关，且与b无关 C与a无关，且与b无关 D与a无关，且与b有关 【答案】C 【解析】 3 ( )()3f xxaxb， 2 ( )3()3f xxa， 令 2 ( )3()30f xxa ，得1xa，或1xa， 当x变化时，( )fx、 ( )f x的变化如下表： x ,1a 1xa 1,1aa 1xa 1,a ( )fx 0 0 ( )f x 递增 极大值 递减 极小值 递增 (1)1 312 3f aabMab

33、， (1)1 312 3mf aabab ， 4Mm， 故选：C 3、 （2020 山东省淄博实验中学高三上期末）已知 0.5 log5a 、 3 log 2b 、 0.3 2c 、 2 1 2 d ，从这四 个数中任取一个数m，使函数 32 1 2 3 xmxxf x 有极值点的概率为（ ） A 1 4 B 1 2 C 3 4 D1 【答案】B 【解析】f（x）x2+2mx+1， 若函数 f（x）有极值点，则 f（x）有 2 个不相等的实数根， 故4m240，解得：m1 或 m1， 第 19 页 / 共 25 页 而 alog0.552，0blog321、c20.31，0d（ 1 2 ）21

34、， 满足条件的有 2 个，分别是 a，c， 故满足条件的概率 p 21 42 ， 故选：B 4、 （2019 年北京 101 中学月考）如图，已知直线 ykx 与曲线 ( )yf x 相切于两点，函数 ( )g xkxm=+ (0)m ，则函数 ( )( )( )F xg xf x （ ） A有极小值，没有极大值 B有极大值，没有极小值 C至少有两个极小值和一个极大值 D至少有一个极小值和两个极大值 【答案】C 【解析】 如图，由图像可知，直线y kx 与曲线 yf x切于 a，b， 将直线向下平移到与曲线 yf x相切，设切点为 c， 当xa时， ( )f x单调递增，所以有 ( ) 0fx

35、 且 ( )( )fxfak 对于 F xg xf x=( )kxmf x， 有 ( )0Fxkfx ，所以 F x在xa时单调递减； 第 20 页 / 共 25 页 当axc时， ( )f x单调递减，所以有 ( ) 0fx 且 ( )( )fxfak 有 ( )0Fxkfx ，所以 F x在axc时单调递增； 所以xa是 F x的极小值点 同样的方法可以得到xb是 F x的极小值点，xc是 F x的极大值点 故选 C 5、 （2019 年北京人民大学附属中学月考）已知 0a 且 1a ，函数 32 232,0 ( ) 1,0 x xxx f x ax 在 2,2 上的最大值为 3，则实数a

36、的取值范围是（ ） A(0,1)(1,2 B(1,2 C(0,1) 2,) D(0,1)(1, 2)U 【答案】A 【解析】当0 x时， 32 ( )232f xxx， 2 ( )666 (1)fxxxx x， 由( )0fx 得0 x（舍）或21x ，此时 ( )f x为增函数， 由( )0fx 得10 x ，此时 ( )f x为减函数， 则当1x时， ( )f x取得极大值，极大值为( 1)3f ， 当2x时， ( )f x取得最小值，最小值为( 2)2f ， ( )f x在 2,2 上的最大值为 3， 当02x时，函数( )1 x f xa的最大值不能超过 3 即可， 当1a 时， (

37、)f x为增函数， 则当0 2x时， 函数( )1 x f xa的最大值为 2 (2)13fa ， 即 2 2a ， 得1 2a ， 当01a时， ( )f x为减函数，则 0 ( )1 1 12f xa ，此时满足条件 综上实数a的取值范围是01a或1 2a ， 故选 A 6、 （2020 届山东师范大学附中高三月考）已知函数 2 ( )lnf xxxx， 0 x是函数( )f x的极值点，以下几个 第 21 页 / 共 25 页 结论中正确的是（ ） A 0 1 0 x e B 0 1 x e C 00 ()20f xx D 00 ()20f xx 【答案】AC 【解析】函数 2 ( )l

38、(),n0f xxxxx,( )ln1 2fxxx , 0 x是函数( )f x的极值点， 0 0fx，即 00 ln1 20 xx ， 12 0f ee , 0,( )xfx , 0 1 0 x e ,即 A 选项正确,B 选项不正确; 2 00000000000 2ln2l21n0f xxxxxxxxxxx,即 C 正确,D 不正确. 故答案为:AC. 7、（2020 届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考） 已知函数 2 , b f xxaxa x ， ， 其中0a， bR，记 ,m a b为 f x的最小值，则当,4M a b 时，b的取值范围为_. 【答案】()2， 【解析】函数 2

39、 ) b f xxaxa x ， 导数 2 2 1 b fx x ， 当0b时， 0fx， f x在)xa，递增，可得 f a取得最小值， 且为 2 2 b a a ，由题意可得 2 2400 b aab a ， ，方程有解； 当0b时，由 2 2 10 b fx x ，可得 2xb (负的舍去)， 当2ab时， 0fx， f x在)xa，递增，可得 f a为最小值， 且有 2 2400 b aab a ， ， ，方程有解； 当2ab时， f x在2 )ab，递减，在( 2)b ，递增， 可得()2fb为最小值，且有2 24ab，即42 20ab，解得02b . 第 22 页 / 共 25 页

40、 综上可得b的取值范围是()2，. 故答案为：()2，. 8、 （江苏省如皋市 2019-2020 学年度高三年级第一学期教学质量调研（三)）已知aR，实数x，y满足 方程 2 2ln0 xxy，则 22 2axay的最小值为_. 【答案】0 【解析】设,2A a a，,B x y，则 222 2axayAB ,2A a a在直线 2yx 上，,B x y在曲线 2 2lnyxx ， 求AB的最小值，即为求曲线 2 2lnyxx 上的点到直线 2yx 上的点的距离的最小值。 又 2 2lnyxx 与 2yx 都过点1, 1 曲线 2 2lnyxx 上的点到直线 2yx 上的点的距离的最小值为

41、0。 即 22 2axay的最小值为 2 00。 故答案为 0。 9、 （2020 届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数 ex x fx （e是自然对数的底数） ，则函数 f x的 最大值为_；若关于x的方程 2 2210f xtf xt 恰有 3 个不同的实数解，则实数t的取值 范围为_. 【答案】 1 e e1 1 , 2 e2 【解析】 （1） f x的定义域为R， 1 x x fx e ，故 f x在,1上递增，在1,上递减，所以 1 1f e 是 f x的极大值也即是最大值. （2）由（1）知 f x在,1上递增，在 1,上递减，最大值为 1 1f e . 当0 x时 0f x ，

42、当0 x时， 0f x ，当0 x时， 0f x . 由 2 2210f xtf xt ，即 2110f xtf x . 由上述分析可知 10,1f xf x 有一个解 1 x.故需 210,1 2f xtf xt 有两个不同的 第 23 页 / 共 25 页 解，由上述分析可知 1 01 2t e ，解得 11 22 e t e .所以实数t的取值范围是 e1 1 , 2e2 . 故答案为： （1） 1 e ； （2） e1 1 , 2e2 . 10、 （2020 届山东省潍坊市高三上期中）已知函数 32 1 1 2 f xxxax （1）当2a时，求曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程

43、； （2）若函数 1f xx 在处有极小值，求函数 f x在区间 3 2, 2 上的最大值 【答案】 （1）210 xy ； （2） 49 27 . 【解析】 （1）当2a时， 32 1 ( )21 2 f xxxx， 2 ( )32fxxx， 所以 (0)2 f ， 又( 0 ) 1f， 所以曲线 yf x在点 0,0f处切线方程为12yx ， 即21 0 xy . （2）因为 2 ( )3fxxxa， 因为函数 1f xx 在处有极小值，所以(1)202faa ， 所以 2 ( )32fxxx 由 0fx ，得 2 3 x 或1x ， 当 2 3 x 或1x 时， 0fx， 当 2 1 3

44、 x时，( )0fx ， 所以 f x在 2 2, 3 ， 3 1, 2 上是增函数，在 2 ,1 3 上是减函数， 因为 249 327 f ， 31 24 f ， 所以 f x的最大值为 249 327 f . 11、 （2020 届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知正实数a，设函数 22 ( )lnf xxa xx （1）若 2a 时，求函数 ( )f x在1, e的值域； 第 24 页 / 共 25 页 （2）对任意实数 1 , 2 x 均有( )21f xax恒成立，求实数a的取值范围 【答案】 （1） 2 1,2ee ； （2）0 1a. 【解析】 （1）由 2 ( )2 ln

45、f xxxx， 得( )2(1ln )fxxx ， 1 ( )2 10fx x ， 所以( )fx 在1, e单调递增，( )(1)0fxf 所以 ( )f x在 1,e单调递增，所以 2 ( )1,2f xee 所以 ( )f x的值域为 2 1,2ee . （2）由题意可得：(1)fa，即01a 事实上，当01a时 2 22 2 21 ln21ln0 xx xa xxaxxx aa 记 1 1t a ，设 2 2 ( )21lng tx txtxx，则 ( )g t为关于t的二次函数， 定义域为1,)，其对称轴为 2 21 2 x t x 42 414222xxxxx 2 21 1 2 x t x 2 ( )(1)21lng tgxxxx 设 211 ( )ln , 2 x h xxx x x 22 1 (1)21 1 2121 ( )1 x xxx xx h x xxx 当 1 ,1 2 x ，( )0h x ，( )h x递增；当(1,)x，( )0h x ，( )h x递减， 第 25 页