高考数学试题分项版解析专题07导数的应用求函数的最值单调性等理.doc

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1、1 / 28【2019【2019 最新最新】精选高考数学试题分项版解析专题精选高考数学试题分项版解析专题 0707 导数的应导数的应用求函数的最值单调性等理用求函数的最值单调性等理【2017 年】1.【20171.【2017 课标课标 IIII，理，理 11】11】若是函数的极值点，则的极小值为（）若是函数的极值点，则的极小值为（）2x 21( )(1)xf xxaxe( )f xA. B. C. D.1132e35e【答案】A【解析】试题分析：由题可得12121( )(2)(1)(2)1xxxfxxa exaxexaxae因为，所以， ，故( 2)0f 1a 21( )(1)xf xxxe2

2、1( )(2)xfxxxe令，解得或，所以在单调递增，在单调递减( )0fx2x 1x ( )f x(, 2),(1,) ( 2,1)所以极小值为，故选 A。( )f x 1 11(1 1 1)1fe 【考点】函数的极值；函数的单调性2.【2017 浙江，7】函数 y=f(x)的导函数的图像如图所示，则函数y=f(x)的图像可能是( )yfx【答案】D2 / 28【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：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的

3、拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间0x0x0x)( xf)(xf3.【20173.【2017 课标课标 IIII，理，理】已知函数，且。已知函数，且。 2lnf xaxaxxx 0f x (1)求；a(2)证明：存在唯一的极大值点，且。 f x0x 22 02ef x【答案】(1)；(2)证明略。1a 【解析】试题解析：（1）的定义域为。 fx0，+ 设，则，等价于。 lng xaxax f xxg x 0f x 0g x 因为，因，而，得。 10,0gg x 10g 1, 11gxagax1a 若，则。当时， ，单调递减；1a 11gxx 01x 0g

4、x g x当时， ，单调递增。所以是的极小值点，故1x 0gx g x1x g x 10g xg综上， 。1a 3 / 28（2）由（1）知， 。 2lnf xxxxx 22lnfxxx设，则。 22lnh xxx 12hxx当时， ；当时， ，10,2x 0hx 1,2x 0hx 所以在单调递减，在单调递增。 h x10,21,2又， ， ， 20h e102h 10h所以在有唯一零点，在有唯一零点 1， h x10,20x1,2且当时， ；当时， ，00,xx 0h x 0,1xx 0h x 当时， 。1,x 0h x 因为，所以是的唯一极大值点。 fxh x0xx f x由得，故。 00

5、fx00ln21xx 0001f xxx由得。00,1x 01 4f x因为是在（0,1）的最大值点，0xx f x由，得。10,1e 10fe 12 0f xf ee所以。 22 02ef x【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4.【2017 课标 3，理 21】已知函数. 1lnf xxax （1）若，求 a 的值； 0f x （2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n，求 m 的最小值.4 / 282111111222nm【答案】(1)；1a (2) 【解析】试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可得 x=a 是在的唯一最小值点，列方程解得； f x0，+x1a (2

6、)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为2111111222ne231111112222m试题解析：解：（1）的定义域为. f x0，+ 若，因为，所以不满足题意；0a 11=-+2022faln若，由知，当时， ；当时， ，所以在单调递减，在单调递增，故 x=a是在的唯一最小值点.0a 1axaf xxx 0x,a 0f x，+xa 0f x f x0,a，+a f x0，+x由于，所以当且仅当 a=1 时，.故 a=1. 10f 0f x (2)由(1)知当时，.1,x1 ln0xx 令得.从而112nx 11ln 122nn221111111ln 1ln

7、1ln 1112222222nnn .故.2111111222ne而，所以的最小值为.231111112222m【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5 / 28明不等式5.【2017 浙江，20】（本题满分 15 分）已知函数 f(x)=（x）（）21xex1 2x （）求 f(x)的导函数；（）求 f(x)在区间上的取值范围1+ )2，【答案】 （） ；（）0，xexxxf )1221)(1 ()( 1 21 2e【解析】试题分析：（）利用求导法则及求导公式，可求得的导数；（）令，解得或，进而判断函数的单调区间，结合区间端点值求解函数的取值范围)(xf0)( xf1x

8、25)(xf)(xf试题解析：（）因为所以=（）由解得或因为x（）1（）（）6 / 28-0+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6.【2017 江苏，20】已知函数有极值,且导函数的极值点是的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）32( )1(0,)f xxaxbxabR( )fx( )f x（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：;23ba（3）若,这两个函数的所有极值之和不小于，求的取值范围.( )f x( )fx7 2【答案】 （1） （2）见解析（3）3a 36a【解析】解：（1）由，得.32( )1f xxaxbx2 22(

9、 )323()33aafxxaxbxb当时，有极小值.3ax ( )f x23ab因为的极值点是的零点.( )f x( )f x所以，又，故.33 ()1032793aaaabf 0a 223 9aba因为有极值，故有实根，从而，即.( )f x( )=0f x2 31(27a )039aba3a 3a 时， ，故在 R 上是增函数，没有极值；( )0(1)f xx ( )f x( )f x7 / 283a 时，有两个相异的实根，.( )=0f x213=3aabx 223=3aabx 列表如下x1(,)x1x12( ,)x x2x2(,)x ( )f x+00+( )f xA极大值A极小值A

10、故的极值点是.( )f x12,x x从而，3a 因此，定义域为.223 9aba(3,)因为，所以，故，即.3a 3 3a a () (3 3)= 3g a ag 3b a因此.23ba（3）由（1）知，的极值点是，且，.( )f x12,x x122 3xxa 2 22 1246 9abxx从而3232 12111222()()11f xf xxaxbxxaxbx 记，所有极值之和为，( )f x( )f x( )h a因为的极值为，所以，.( )f x2 213 39abaa 213( )=9h aaa3a 因为，于是在上单调递减.223( )=09h aaa( )h a(3,)因为，于

11、是，故.7(6)=2h( )(6)h ah6a 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【2016 年】8 / 281.【2016 高考江苏卷】 （本小题满分 16 分）已知函数.( )(0,0,1,1)xxf xababab设.12,2ab（1）求方程的根;( )2f x （2）若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；xR(2 )f( )6fxmxm （3）若，函数有且只有 1 个零点，求的值。01,1ab 2g xf xab【答案】 （1）0 4（2）1【解析】试题解析：（1）因为，所以.12,2ab( )22xxf x方程，即，亦即，( )2f x 2

12、22xx2(2 )2 210xx 所以，于是，解得.2(21)0x21x0x 由条件知.2222(2 )22(22 )2( ( )2xxxxfxf x因为对于恒成立，且，(2 )( )6fxmf xxR( )0f x 9 / 28所以对于恒成立.2( ( )4 ( )f xmf xxR而，且，2( ( )444( )2( )4( )( )( )f xf xf xf xf xf x2( (0)44(0)f f所以，故实数的最大值为 4.4m m（2）因为函数只有 1 个零点，而，( )( )2g xf x00(0)(0)220gfab所以 0 是函数的唯一零点.( )g x因为，又由知，( )l

13、nlnxxg xaabb01,1abln0,ln0ab所以有唯一解.( )0g x 0lnlog ()lnb aaxb令，则，( )( )h xg x22( )(lnln )(ln )(ln )xxxxh xaabbaabb从而对任意， ，所以是上的单调增函数，xR( )0h x ( )( )g xh x(,) 于是当， ；当时，.0(,)xx 0( )()0g xg x0(,)xx 0( )()0g xg x因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.( )g x0(,)x0(,)x 下证.00x 若，则，于是，00x 0 002xx 0()(0)02xgg又，且函数在以和为端点的闭区间上的

14、图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0 是函数的唯一零点”矛盾.log 2log 2log 2(log 2)220aaa agaba( )g x0 2xlog 2a0 2xlog 2a( )g x1x01alog 20a002x10x ( )g x若，同理可得，在和之间存在的非 0 的零点，矛盾.00x 0 2xlog 2a( )g x因此，.00x 于是，故，所以.ln1lna blnln0ab1ab 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10 / 282.【2016 高考天津理数】 （本小题满分 14 分）设函数,，其中3( )(1)f x

15、xaxbRxRba,(I)求的单调区间；)(xf(II) 若存在极值点，且，其中，求证：；)(xf0x)()(01xfxf01xx 1023xx（）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.0a| )(|)(xfxg)(xg 1 , 141【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：，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：当时，有恒成立，所以的单调增区间为.当时，存在三个单调区间（）由题意得，计算可得再由及单调性可得结论（）实质研究函数最大值：主要比较，的大小即可，分三种情况研究当时， ，当时， ，当时，.axxf2) 1( 3)( 0a ( )0fx(

16、 )f x(,) 0a 3) 1(2 0ax00(32)()fxf x)()(01xfxf)(xg(1),( 1)ff 33|(|,|()|33aaff 3a 33120331aa334a3321233133103321aaaa304a23313310aa试题解析：（）解：由，可得.baxxxf3) 1()(axxf2) 1( 3)( 当变化时， ，的变化情况如下表： )( xf)(xf11 / 28)331 ,(a331a)331 ,331 (aa331a),331 (a)( xf00)(xf单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.)(xf)331 ,33

17、1 (aa)331 ,(a),331 (a（）证明：因为存在极值点，所以由（）知，且，由题意，得，即，)(xf0a10x0) 1( 3)( 2 00axxf3) 1(2 0ax进而.baxabaxxxf332) 1()(003 00又baaxxabxaxxf32)1 (38)22()22()23(0003 00)(33200xfbaxa，且，由题意及（）知，存在唯一实数满足，且，因此，所以；0023xx )()(01xfxf01xx 0123xx3201 xx（）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况同理：)(xg2 , 0M,maxyxyx,（1）当时， ，由（）知，在

18、区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此3a33120331aa)(xf2 , 0)(xf2 , 0)0(),2(ff 0),(10),(1 babaababaa，所以.2|1baaM所以在区间上的取值范围为，因此)(xf2 , 0)331 (),331 (afaf12 / 2841 43343 92|392baaa.（3）当时， ，由（）和（）知，430 a23313310aa)331 ()3321 ()0(afaff， ，)331 ()3321 ()2(afaff所以在区间上的取值范围为，因此)(xf2 , 0)2(),0(ff41|1baa.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.

19、0a)(xg2 , 041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，可分类讨论求得单调区间3.(本小题满分 14 分)设函数 f(x)(x1)exkx2(kR).(1)当 k1 时,求函数 f(x)的单调区间；(2)当 k时,求函数 f(x)在 0,k上的最大值 M.1,12【答案】(1)详见解

20、析 (2)详见解析【解析】(1)当 k1 时,f(x)(x1)exx2,f(x)ex(x1)ex2xxex2xx(ex2),令 f(x)0,得 x10,x2ln2,13 / 28当 x 变化时,f(x),f(x)的变化如下表：x(,0)0(0,ln2)ln2(ln2,)f(x)00f(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,ln2),递增区间为(,0),(ln2,).(2)f(x)ex(x1)ex2kxxex2kxx(ex2k),令 f(x)0,得 x10,x2ln(2k),令 g(k)ln(2k)k,k,1,12则 g(k)10,1 k1k k所以 g(k)在上单调递

21、增.1,12所以 g(k)ln21ln2lne0.从而 ln(2k)k,所以 ln(2k)(0,k).所以当 x(0,ln(2k)时,f(x)0；当 x(ln(2k),)时,f(x)0；所以 Mmaxf(0),f(k)max1,(k1)ekk3.令 h(k)(k1)ekk31,则 h(k)k(ek3k),令 (k)ek3k,则 (k)ek3e30.所以 (k)在上单调递减,1,12而(1)(e3)0,1 23e2所以存在 x0使得 (x0)0,且当 k时,(k)0,1,1201,2x当 k(x0,1)时,(k)0,14 / 28所以 (k)在上单调递增,在(x0,1)上单调递减.01,2x因为

22、,h(1)0,117e0228h 所以 h(k)0 在上恒成立,当且仅当 k1 时取得“”.1,12综上,函数 f(x)在 0,k上的最大值 M(k1)ekk3.【考点定位】本题考查导数的应用,属于拔高题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 理数】设函数，其中，记的最大值为( )cos2(1)(cos1)f xaxax0a |( )|f xA（）求；( )fx（）求；A（）证明|( )| 2fxA【答案】 （） ；（） ；（）见解析( )2 sin2(1)sinfxaxax 2123 ,05 61 1,185 32,1aaaaAaa aa 【解析】试题分析：

23、（）直接可求；（）分两种情况，结合三角函数的有界性求出，但须注意当时还须进一步分为两种情况求解；（）首先由（）得到，然后分，三种情况证明( )fx1,01aaA01a15 / 281 10,15 5aa|( )| 2|1|fxaa1a 1 10,15 5aa试题解析：（） ( )2 sin2(1)sinfxaxax （）当时，1a 因此， 4 分32Aa当时，将变形为01a( )f x2( )2 cos(1)cos1f xaxax令，则是在上的最大值， ， ，且当时，取得极小值，极小值为2( )2(1)1g tatatA|( )|g t 1,1( 1)ga(1)32ga1 4ata( )g t

24、221(1)61()1488aaaagaaa 令，解得（舍去） ， 1114a a 1 3a 1 5a 又，所以1(1)(17 )|()|( 1)|048aaaggaa2161|()|48aaaAgaa综上， 9 分2123 ,05 61 1,185 32,1aaaaAaa aa （）由（）得.|( )| | 2 sin2(1)sin| 2|1|fxaxaxaa 当时，.105a|( )| 1242(23 )2fxaaaA 当时， ，所以.115a131884aAa|( )| 12fxaA 当时， ，所以.1a |( )| 31642fxaaA |( )| 2fxA考点：1、三角恒等变换；2、

25、导数的计算；3、三角函数的有界性5.【2016 高考浙江理数】 （本小题 15 分）已知，函数 F（x）16 / 28=min2|x1|，x22ax+4a2，3a 其中 minp，q=,ppqq pq. ，（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） ；（II） （i） ；（ii） 2,2a 20,32242,22am a aaa 348 ,342,4aaaa【解析】试题分析：（I）分别对和两种情况讨论，进而可得使得等式成立的的取值范围；（II）

26、 （i）先求函数，的最小值，再根据的定义可得的最小值；（ii）分别对和两种情况讨论的最大值，进而可得在区间上的最大值1x 1x F x 2F242xxaxa 21f xx 2242g xxaxa F x F x m a02x26x F x F x0,6 a试题解析：（I）由于，故3a 当时， ，1x 22242212120xaxaxxax当时， 1x 22422122xaxaxxxa所以，使得等式成立的的取值范围为 2F242xxaxa2,2a（II） （i）设函数， ，则 21f xx 2242g xxaxa min10f xf， ， 2 min42g xg aaa 所以，由的定义知，即 F

27、 x min1 ,m afg a17 / 28 20,32242,22am a aaa （ii）当时，02x Fmax0 ,22F 2xf xff，当时，26x Fmax2 ,6max 2,348max F 2 ,F 6xg xgga所以， 348 ,342,4aaaa考点：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式6.【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，使得在区间（1，+）内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).11( )xf xex【答案】 （）当时，0

28、，单调递增；（）.x10,)2a（( )fx( )f xx1+ )2a（，( )fx( )f x1 ,)2a+【解析】试题分析：（）对求导，对进行讨论，研究的正负，可判断函数的单调性；（）要证明不等式在上恒成立，基本方法是设，当时， ，的解不易确定，因此结合（）的结论，缩小的范围，设=，并设=，通18 / 28过研究的单调性得时， ，从而，这样得出不合题意，又时，的极小值点，且，也不合题意，从而，此时考虑得，得此时单调递增，从而有，得出结论( )f x( )fx11( )xf xex(1,)11( )( )()(1)xh xf xexx-=-1x1 211( )2exh xaxxx-=-+-(

29、 )0h x ( )g x111 exx11xxex xe( )s x1exx( )s x1x ( )0g x ( )0f x 0a 102a( )f x112xa1()(1)02ffa1 2a 1 211( )2exh xaxxx-=-+-( )h x2111xxxx-+-0( )h x( )(1)0h xh试题解析：（I）2121( )20).axfxaxxxx(0a 当时，( )fx0，单调递增.x1+ )2a（，( )fx( )f x所以在区间内单调递增.( )s x1+ )（，又由=0，有0，(1)s( )s x从而当时，0.1x ( )f x当，时，=.0a 1x ( )f x2(

30、1)ln0a xx故当在区间内恒成立时，必有.( )f x( )g x1+ )（，0a 当时，1.102a1 2a由（I）有,从而，1()(1)02ffa1()02ga所以此时在区间内不恒成立.( )f x( )g x1+ )（，19 / 28当时，令，1 2a( )( )( )(1)h xf xg x x=-当时， ，1x32 1 2222111112121( )2e0xxxxxh xaxxxxxxxxx-+-+=-+-+-=因此，在区间单调递增.( )h x(1,)+又因为，所以当时， ，即恒成立.(1)=0h1x( )( )( )0h xf xg x=-( )( )f xg x综上， 1

31、 ,)2a+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.【2015 年】1.【2015 新课标 1 理 12】设函数=,其中 a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（ ）( )f x(21)xexaxa0x0()f x(A)-，1）(B)-， ）(C)， ）(D)，1）3 2e3 2e3 43 2e3 43 2e【答案】D【解析】设=， ，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.( )g x(21)xexyaxa0x0()g xyaxa因为，所以当时，0，当时，0，所以当时，=，( )(21)xg xex1 2x ( )g x1 2x ( )g x1 2x max

32、( )g x1 2-2e当时，=-1， ，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得1，故选 D.0x (0)g(1)30geyaxa(0)1ag 1( 1)3geaa 3 2e【考点定位】本题主要通过利用导数研究函数的图像与性质解决不等式成立问题20 / 282.【2015 课标 2 理 12】设函数是奇函数的导函数， ，当时， ，则使得成立的的取值范围是（）( )fx( )()f x xR( 1)0f 0x ( )( )0xfxf x( )0f x A B(, 1)(0,1) ( 1,0)(1,)C D(, 1)( 1,0) (0,1)(1,)【答案】A【解析】记函数，则，因为当时， ，故当时

33、， ，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且当时， ，则；当时， ，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选 A( )( )f xg xx 2( )( )( )xfxf xg xx0x ( )( )0xfxf x0x ( )0g x ( )g x(0,)( )()f x xR( )g x( )g x(,0)( 1)(1)0gg01x( )0g x ( )0f x 1x ( )0g x ( )0f x ( )0f x (, 1)(0,1) 【考点定位】导数的应用、函数的图象与性质3.【2015 陕西理 12】对二次函数（为非零常数） ，四位同学分别给出下列结论，

34、其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（）2( )f xaxbxcA是的零点 B1 是的极值点1( )f x( )f xC3 是的极值 D.点在曲线上( )f x(2,8)( )yf x【答案】A【解析】若选项 A 错误时，选项 B、C、D 正确， ，因为是的极值点，是的极值，所以，即，解得：，因为点在曲线上，所以，即，解得：，21 / 28所以， ，所以，因为，所以不是的零点，所以选项 A 错误，选项B、C、D 正确，故选 A 2fxaxb f x f x 1013ff20 3ab abc 2 3ba ca 2,8 yf x428abc42238aaa 5a 10b 8c 25108f

35、 xxx 21511018230f 1 f x【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值【名师点晴】本题主要考查的是函数的零点和利用导数研究函数的极值，属于难题解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”和“错误” ，否则很容易出现错误解推断结论的试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊值进行4.【2015 天津理 11】曲线与直线所围成的封闭图形的面积为.2yxyx【答案】1 6【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组得两曲线的交点坐标为，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积2yxyx(0,0),(1,1)1 12230 0111 236Sxxdxxx.

36、【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.5.【2015 高考新课标 2，理 21】 （本题满分 12 分）设函数2( )mxf xexmx()证明：在单调递减，在单调递增；( )f x(,0)(0,)22 / 28（）若对于任意，都有，求的取值范围12, 1,1x x 12( )()1f xf xem【答案】()详见解析；（） 1,1【解析】()( )(1)2mxfxm ex若，则当时， ， ；当时， ， 0m (,0)x 10mxe ( )0fx (0,)x10mxe ( )0fx 若，则当时， ， ；当时， ， 0m (,0)x 10mxe ( )0fx (0,)x10mxe ( )0fx

37、 所以，在单调递减，在单调递增( )f x(,0)(0,)（）由()知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值所以对于任意，的充要条件是：即，设函数，则当时， ；当时， 故在单调递减，在单调递增又， ，故当时， 当时， ， ，即式成立当时，由的单调性， ，即；当时， ，即综上，的取值范围是m( )f x 1,00,1( )f x0x 12, 1,1x x 12( )()1f xf xe(1)(0)1,( 1)(0)1,ffeffe 1,1,mmemeeme( )1tg tete ( )1tg te0t ( )0g t 0t ( )0g t ( )g t(,0)(0,)(1)0g1(

38、 1)20gee 1,1t ( )0g t 1,1m ( )0g m ()0gm1m ( )g t( )0g m 1meme1m ()0gm1memem 1,1【考点定位】导数的综合应用6.【2015 高考山东，理 21】设函数，其中. 2ln1f xxa xxaR（）讨论函数极值点的个数，并说明理由； f x（）若成立，求的取值范围. 0,0xf x 【答案】 （I）：当时，函数在上有唯一极值点；0a f x1, 23 / 28当时，函数在上无极值点；809a f x1, 当时，函数在上有两个极值点；8 9a f x1, （II）的取值范围是.0,1【解析】函数的定义域为 2ln1f xxa

39、 xx1, 令， 221g xaxaxa 1,x （1）当时， ，在上恒成立0a 10g x 0fx1, 所以，函数在上单调递增无极值； f x1, （2）当时，0a 28198aaaaa 当时， ，809a0 0g x 所以， ，函数在上单调递增无极值； 0fx f x1, 当时，8 9a 0 设方程的两根为2210axaxa 1212,(),x xxx因为121 2xx 所以，1211,44xx 由可得： 110g 111,4x （3）当时，0a 0 由可得： 110g 11,x 当时， ，函数单调递增；21,xx 0,0g xfx f x当时， ，函数单调递减；2,xx 0,0g xfx

40、 f x因此函数有一个极值点 f x综上：当时，函数在上有唯一极值点；0a f x1, 24 / 28当时，函数在上无极值点；809a f x1, 当时，函数在上有两个极值点；8 9a f x1, （2）当时，由，得819a 00g20x 所以，函数在上单调递增， f x0,又，所以，时， ，符合题意； 00f0,x 0f x （3）当时，由，可得1a 00g20x 所以时，函数单调递减；20,xx f x又 00f所以，当时，不符合题意；20,xx 0f x （4）当时，设0a ln1h xxx因为时，0,x 11011xh xxx 所以在上单调递增， h x0,因此当时，0,x 00h xh即： ln1xx可得： 221f xxa xxaxa x当时，11xa 210axa x此时，不合题意. 0,f x 综上所述，的取值范围是0,1【考点定位】1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.7.【2015 高考安徽，理 21】设函数.2( )f xxaxb（）讨论函数在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；25 / 28(sin )fx(,)2 2 （）记，求函数在上的最大值 D；2 000( )fxxa xb0(sin )(sin )fxfx2 2 ,（）在（）中