【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题19《利用导数求函数的最值》(解析版).doc，共(37)页，1.955 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题19利用导数求函数的最值一、单选题1．若函数y＝x3＋32x2＋m在[-2，1]上的最大值为92，则m等于（）A．0B．1C．2D．52【答案】C【分析】利用导数研究函数的单调性，找出最值，解方程即可得到答案.【详

解】'2333(1)yxxxx，易知，当10x时，'0y，当21x或01x时，'0y，所以函数y＝x3＋32x2＋m在(2,1)，(0,1)上单调递增，在(1,0)上单调递减，又当1x时，1

2ym，当1x时，52ym，所以最大值为5922m，解得2m.故选：C2．已知函数2()fxxa，2()xgxxe=，若对于任意的2[1,1]x，存在唯一的112[,]2x，使得12()()fxgx，则实数a的取值范围是（）A．（e，4）B．（e14，4]C．

（e14，4）D．（14，4]【答案】B【分析】结合导数和二次函数的性质可求出()fx和()gx的值域，结合已知条件可得[0e4[]a,，1)4a，从而可求出实数a的取值范围.【详解】解：g（x）=x2ex的导函数为g′（x）

=2xex+x2ex=x（x+2）ex，当0x时，0gx，由1,0x时，0gx，0,1x时，0gx，可得g（x）在[–1，0]上单调递减，在（0，1]上单调递增，故g（x）在[–1，1]上的最小值为g（

0）=0，最大值为g（1）=e，所以对于任意的2[1,1]x，2()[0,e]gx．因为2yxa开口向下，对称轴为y轴，又10202，所以当0x时，max()fxa，当2x时，min()4fxa，则函数2()fxxa在[12，2]上的值域为[a–

4，a]，且函数f（x）在11[,]22，图象关于y轴对称，在（12，2]上，函数()fx单调递减．由题意，得[0e4[]a,，1)4a，可得a–4≤0<e<14a，解得e14a≤4．故选:B．【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值，考查了二次函数

的性质，属于中档题.本题的难点是12()()fxgx这一条件的转化.3．已知函数3232fxxx，对于任意12,1,1xx都有12fxfxm，则实数m的最小值为（）A．0B．2C．4D．6【答案】C【分析】由题可得，只需满足maxminfxfxm即可

.【详解】对于任意12,1,1xx都有12fxfxm，即maxminfxfxm，23632fxxxxx当1,0x时，0fx，fx单调递增

；当0,1x时，0fx，fx单调递减；当0x时，max02fxf，11322f，11320f，min2fx，maxmin4mfxfx

，即m的最小值为4.故选：C.【点睛】关键点睛：本题考查不等式的恒成立问题，解题的关键是将不等式化为maxminfxfxm，利用导数求最值即可.4．设函数()|ln|()fxxtxtR．当[1,e]x时（e为自然对数的底数），记()fx的最大值为()gt

，则()gt的最小值为（）A．1B．2eC．eD．2e【答案】C【分析】由lnlnlnttxxtxefxxtxxxtxe，分tee，1te，1tee三种情况分别讨论出函数fx在

[1,]e上的单调性，从而求出fx的最大值()gt，再根据()gt的解析式求()gt的最小值.【详解】lnlnlnttxxtxefxxtxxxtxe当tee，即1t时，在[1,e]

x时，lnfxxxt，则111xfxxx此时，10xfxx在[1,e]x上恒成立,所以fx在[1,]e上单调递增，则()1gtfeet当1te，即0t时，在[1,e]x时，lnfxxxt，则1110xfxxx

所以fx在[1,]e上单调递增，则()1gtfeet当1tee，即10t时，ln()lnln1ttxxtexefxxtxxxtxe

若texe，则lnfxxxt，1110xfxxx，此时fx单调递增1txe，则lnfxxxt，1110xfxxx，此时fx单调递增又txe时，两段在txe处的函数值相等，所以fx在[1,]e上单调递增所以

()1gtfeet综上所述可得：11()11ettgtett由一次函数的单调性可得当1t时，()gt有最小值e故选：C【点睛】关键点睛：本题考查求含绝对值的函数的最

值问题，解答本题的关键是打开绝对值得到ln()lnlnttxxtxefxxtxxxtxe，然后由tee时，ln1,fxxxtxe，当1te时，lnfxxxt1,xe，texe时，ln()ln1

ttxxtexefxxxtxe，再由单调性得出最大值，属于中档题.5．函数2cosyxx在区间0,2上的最大值是（）A．13B．24C．36D．2【答案】C【分析】利用导数分析函数2cosyxx在区间

0,2上的单调性，进而可求得函数2cosyxx在区间0,2上的最大值.【详解】对于函数2cosyxx，12sinyx.当06x时，12sin0yx；当62x时，12sin0yx.所以，函数2cosy

xx在区间0,6上单调递增，在区间,62上单调递减.所以，max2cos3666y.故选：C.【点睛】利用导数求解函数在区间上的最值时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，

要先求函数yfx在,ab内所有使0fx的点，再计算函数yfx在区间内所有使0fx的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．6．已知函数()31xfxex(e为自然对数的底数)，则以下结论正确的为（）A．函数()yfx仅有一个零

点，且在区间(,)上单调递增；B．函数()yfx仅有一个零点，且在(,0)上单调递减，在(0,)递增；C．函数()yfx有二个零点，其中一个零点为0，另一个零点为负数；D．函数()yfx有二个零点，且当ln3x时，()yfx取得最小值为23ln3

.【答案】D【分析】利用导数研究函数的单调性，然后可得最值及零点．【详解】()3xfxe是增函数，∴ln3x时，()0fx，()fx递减，ln3x时，()0fx，()fx递增，显然(0)0f，∴(ln3)23ln30f，又x时，()fx，∴()fx在

(ln3,)上也有一个零点，因此共有两个零点．故选：D．【点睛】关键点点睛：本题用导数研究函数的单调性，研究函数的零点与最值．解题方法是求出导函数，确定导函数的零点与正负，从而得原函数的单调性与极值，得最值，利用零

点存在定理确定零点的存在性．7．函数3()12fxxx在区间3,1上的最小值是（）A．16B．18C．11D．9【答案】A【分析】先对函数求导，根据导数的方法判定其在给定区间的单调性，即可得出结

果.【详解】因为3()12fxxx，所以2()123fxx，由()0fx得22x，由()0fx得2x或2x；又31x，所以当32x时，()0fx，函数3()12fxxx单调递减；当21x

时，()0fx，函数3()12fxxx单调递增；因此min()(2)24816fxf.故选：A.【点睛】方法点睛：求函数()fx在区间,ab上的最值的方法：（1）若函数在区间,ab上单调递增或递减，则()fa与()fb一个为最大值

，另一个为最小值；（2）若函数在区间,ab内有极值，则要先求出函数在,ab上的极值，再与()fa，()fb比较，最大的为最大值，最小的为最小值；（3）函数()fx在区间,ab上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或最小）值点，此结论在导数的

实际应用中经常用到.8．某企业拟建造一个容器(不计厚度，长度单位：米)，该容器的底部为圆柱形，高为l，底面半径为r，上部为半径为r的半球形，按照设计要求容器的体积为283立方米.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平

方米建造费用为3万元，半球形部分每平方米建造费用为4万元，则该容器的建造费用最小时，半径r的值为（）A．1B．32C．34D．2【答案】C【分析】根据体积公式用r表示出l，得出费用关于r的函数，利用导数求出函数的极小值点即可.【详解】解：由题意知

2323142282333Vrlrrlr，故33322222282282282333333Vrrrlrrrrr，由0l可知314r.∴建造费用322222128256

2344611723ryrlrrrrrrr，(3014r)，则3221445614ryrrr.当30,4r时，0y，334,14r

时，0y.当34r时，该容器的建造费用最小.故选：C.【点睛】本题考查数学建模能力，利用导数求解最值问题，考查运算能力，是中档题.9．下列关于函数2()(3)xfxxe的结论中，正确结论的个数是（）①()0fx的解集是{|33}xx；②(

3)f是极大值，(1)f是极小值；③()fx没有最大值，也没有最小值；④()fx有最大值，没有最小值；⑤()fx有最小值，没有最大值.A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【分析】直接不等式()0fx可判断①；对函数求导，求函

数的极值，可判断②；利用导数求函数的最值可判断③④⑤【详解】解：由()0fx，得230x，即230x，解得3x3，所以()0fx的解集是{|33}xx，所以①正确；由2()(3)xfxxe，得

'2()(23)xfxxxe，令'()0fx，则2x2x30，解得3x或1x，当3x或1x时，'()0fx，当31x时，'()0fx，所以(3)f是极小值，(1

)f是极大值，所以②错误；因为(3)f是极小值，且当3x时，()0fx恒成立，而(1)f是极大值，所以()fx有最大值，没有最小值，所以④正确，③⑤错误，故选：B【点睛】此题考查导数的应用，考查函数极值和最值的求法，考查一元二次不等式的解法，属于基础题10．函数2sinsin2

fxxx的最小值是（）A．3B．2C．322D．332【答案】C【分析】对函数求导分析单调性即可求出函数的最值．【详解】解：因为()2sinsin2fxxx，2()2cos2cos22cos2(2cos1)fxxxxx22(2coscos1

)2(2cos1)(cos1)xxxx，cos10x…，当1cos2x时，()0fx，()fx单调递减，当1cos2x时，()0fx，()fx单调递增，当1cos2x时，()fx

有最小值，又()2sinsin22sin(1cos)fxxxxx，当3sin2x时，()fx有最小值，且3133()2()(1)222minfx．故选：C【点睛】本题解答的关键是利用导数研究函数的单调性，从而求出函数的最值；二、

多选题11．在单位圆O：221xy上任取一点Pxy，，圆O与x轴正向的交点是A，将OA绕原点O旋转到OP所成的角记为，若x，y关于的表达式分别为xf，yg，则下列说法正确的是（）A．xf是偶函数，

yg是奇函数；B．xf在0，上为减函数，yg在0，上为增函数；C．1fg在02，上恒成立；D．函数22tfg的最大值为332.【答案】ACD【分析】依据三角函数的基本概念可知cosx，si

ny，根据三角函数的奇偶性和单调性可判断A、B；根据辅助角公式知()()2sin4fg，再利用三角函数求值域可判断C；对于D，2cossin2t，先对函数t求导，从而可知函数t的单

调性，进而可得当1sin2，3cos2时，函数t取得最大值，结合正弦的二倍角公式，代入进行运算即可得解．【详解】由题意，根据三角函数的定义可知，xcos，ysin，对于A，函数cosf是偶函数，sing是奇函数，故A正确

；对于B，由正弦，余弦函数的基本性质可知，函数cosf在0,上为减函数，函数sing在0,2为增函数，在,2ππ为减函数，故B错误；对于C，当0

，时，3,444()()cossin2sin[1,2]4fg，故C正确；对于D，函数222cossin2tfg，求导22sin2cos22sin2(12sin)2(2sin1)

(sin1)t，令0t，则11sin2；令0t，则1sin12，函数t在06,和5,26上单调递增，在5,66上单调递减，当

6即1sin2，3cos2时，函数取得极大值31333222222t，又当2即sin0，cos1时，212012t，所以函数22tfg取得最大值332，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：考查三角函数的值域时，常用的方法：（

1）将函数化简整理为()sinfxAx，再利用三角函数性质求值域；（2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.12．若存在实常数k和b，使得函数Fx和Gx对其公共定义域上的任意实数x都满足：Fxkxb和Gxkxb

恒成立，则称此直线ykxb为Fx和Gx的“隔离直线”，已知函数2fxxRx，10gxxx，2elnhxx（e为自然对数的底数），则下列结论正确的是（）A．mxfxgx在31,02x

内单调递增B．fx和gx之间存在“隔离直线，且b的最小值为4C．fx和gx间存在“隔离直线”，且k的取值范围是4,1D．fx和hx之间存在唯一的“隔离直线”2eeyx【答案】AD【分析】求出mxfxgx的导数，检验在31,

02x内的导数符号，即可判断选项A；选项B、C可设fx、gx的隔离直线为ykxb，2xkxb对一切实数x都成立，即有10，又1kxbx对一切0x都成立，20，0k，0b，根据不等

式的性质，求出k、b的范围，即可判断选项B、C；存在fx和hx的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为yekxe，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函

数的最值.【详解】对于选项A：21mxfxgxxx，212mxxx，当31,02x时，2120mxxx，所以函数mxfxgx在31,02x

内单调递增；故选项A正确对于选项BC：设fx、gx的隔离直线为ykxb，则2xkxb对一切实数x都成立，即有10，即240kb，又1kxbx对一切0x都成立，则210kxbx，即20，240bk，0k，0b，即有24kb

且24bk，421664kbk，可得40k，同理可得：40b，故选项B不正确，故选项C不正确；对于选项D：函数fx和hx的图象在xe处有公共点，因此存在fx和hx的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为yekxe

，即ykxkee，由fxkxkee，可得20xkxkee对于xR恒成立，则0，只有2ke，此时直线方程为2yexe，下面证明()2hxexe，令()22n()2lGxexehxexexe，2()exeGxx，当xe

时，()0Gx，当0xe时，()0Gx，当xe时，()0Gx，则当xe时，()Gx取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()2()0Gxexehx，则()2hxexe当0x时恒成立.所以fx和gx之间存在唯一的“隔离直线”2eeyx，故选项

D正确.故选：AD【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.三、解答题13．已知函数21ln,2fxaxxxbabR，gxfx

.（1）判断函数ygx的单调性；（2）若0,2.718xee，判断是否存在实数a，使函数gx的最小值为2？若存在求出a的值；若不存在，请说明理由；【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2ae.【分析】（

1）先求gxfx，再对ygx求导，对参数a进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a进行讨论确定ygx导数的正负，即得函数ygx单调性，再根据单调性确定最值等

于2，解得符合条件的参数值即得结果；【详解】（1）由21ln2fxaxxxb，知ln1gxfxaxx，0x，故11axgxaxx.当0a时，0gx，即gx在0,为减函数，当0a时，在10

,a上0gx，所以gx在10,a为减函数，在1,a上0gx，所以gx在1,a增函数.（2）当0a时，gx在0,e为减函数，所以min11gxgeea.故不存在最小值

3.当10ae时，1ea，gx在0,e为减函数，所以min1ln2gxgeeae，所以4ae，不合题意，舍去.当1ae时，10ea，在10,a上0gx，函数gx单调递减；在1,ea上0gx

，函数gx单调递增，由此min1111ln2gxgaa，所以ln2a.解得2ae，故2ae时，使函数gx的最小值为2.【点睛】利用导数研究函数()fx的单调性和最值的步骤：①写定义域，对函数()fx求导()fx；②

在定义域内，讨论不等式何时()0fx和()0fx③对应得到增区间和减区间及极值点，进而比较端点和极值点的值确定指定区间的最值即可.14．已知函数32()2+1fxxaxbx在x=1处取得极

值-6.（1）求实数a，b的值；（2）求函数f(x)在区间2,2上的最大值和最小值.【答案】（1）3,12ab；（2）maxmin()21,()6.fxfx【分析】（1）求导262fxxaxb，根据函数()fx在x=1处取得极值-6，由(1)6'(1)

0ff求解.（2）由（1）知26612612fxxxxx，分别求得极值和端点的函数值求解.【详解】（1）由32()2+1fxxaxbx得：262fxxaxb.由题意知：1610ff

即926abab解得：312ab经检验312ab符合题意.（2）由（1）知32()2+3121fxxxx，26612612fxxxxx令0fx得：2x或1x，当x变化时

，fxfx，的变化情况如下：x-2(-2,1)1(1,2)2fx-0+()fx21单调递减-6单调递增5由表可知：maxmin()(2)21,()(1)6.fxffxf【点睛】方法点睛：（1）导数法求函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所

有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得；（2）已知函数的最值求参数，一般先用参数表示最值，再列方程求解参数．15．已知函数1xefx

x.（1）求函数fx的单调区间；（2）在平面直角坐标系xOy中，直线2ykx与曲线xye交于P，Q两点，设点P的横坐标为0aa，OPQ△的面积为S.（i）求证：12SaaeeSae；（ii）当S取得最小

值时，求k的值.【答案】（1）fx的增区间为,0和0,；（2）（i）证明见解析；（ii）2.【分析】（1）求导211xexfxx，令11xgxex，再利用导数法研究其正负即可.（2）（i）设,aPae，,bQ

be(其中0ab)，则OPQ△的面积122Sbaba，即Sba，由2aeka，得到2aeka，然后再由,aPae及,bQbe，利用斜率公式得到baeekba求解；（ii）

由（1）得到10SefSSS为增函数，则S最小fS最小20aaeaae最小，令20aaehaaae，再利用导数法求解.【详解】（1）函数fx的定义域为,0

0,，.211xexfxx，令11xgxex，则xgxxe.因为00gxx；00gxx，所以gx在,0上为减函数，在0,上为增函数.当0x时，00gxg

，即20gxfxx，当0x时，00gxg，即20gxfxx.所以当,00,x时，0fx，所以fx在区间,0和0,上都是增函数.因此fx的增区间为,0和0,

，没有减区间.（2）（i）证明：,aPae，设,bQbe(其中0ab)，由题意，得OPQ△的面积122Sbaba，即Sba.由2aeka，得2aeka，由,aPae及,bQbe，得ba

eekba，所以11112SbababaaaaaaeeeeeeekSbabaebaeeae，故12SaaeeSae成立.（ii）由（1），得10SefSSS为增

函数，于是S最小fS最小20aaeaae最小.令20aaehaaae，则222aaaehaae，再令220aaaea，则200aaea，所以当0a时，

a单调递增.又110e，121102e，所以存在唯一的011,2a，使得00a，即00220aae.当0aa时，0a，即20aahaae；当00aa时，0a，即

20aahaae，所以0aa是ha的极小值点，也ha的最小值点，所以当0aa时，fS取得最小值，等价于S最小，此时00220aae，所以0022aeka.【点睛】本题

主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的最值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.16．已知函数()coslnfxxxax.（1）当0a时，求函数()fx在,2上的最大值；（2）若函数()fx在0,2上单调递增，求实数a的取值范围.【答案

】（1）max()0fx；（2）2,ln.【分析】（1）对函数进行求导得cos()sinlnxfxxxx，易得()0fx在,2上恒成立，即可得答案；（2）由题意得：()0fx恒成立，即cossinlnxaxxx

在0,2恒成立.构造函数cos()sinlnxhxxxx，利用导数求出函数的最小值即可；【详解】（1）当0a时，cos()sinlnxfxxxx显然()0fx在,2上恒成立，所以()fx在,2单调递减，所以max(

)02fxf；（2）因为cos()sinlnxfxxxax，所以()0fx恒成立，即cossinlnxaxxx在0,2恒成立.令cos()sinln,0,2xhxxxxx；则2

12sin()coslnxhxxxxx当1,2x时，ln0,cos0,sin0xxx，所以()0hx当(0,1)x时，令21()ln,(0,1)xxxx，因为233122()0xxxxx，所以()x在

(0,1)x单调递减，所以()(1)10x，所以(0,1)x时，()0hx综上，当0,2x时，()0hx恒成立，所以()hx在0,2单调递减，所以2()ln2hxh，所以2,lna

.【点睛】根据导数的正负研究函数的单调性；不等式恒成立问题，常用参变分离进行求解.17．已知函数3exfxxxa，aR.（1）当2a时，求fx在1,2上的最大值和最小值；（2）若fx在

1,上单调，求a的取值范围.【答案】（1）最大值为24e，最小值为2e；（2）2,.【分析】（1）2a代入fx，对函数求导，利用导数正负确定单调性即可；（2）先利用极限思想进行估值x时0fx，来确定fx在1,

上单增，0fx，再对32310xxax分离参数，研究值得分布即得结果.【详解】（1）3231xfxexxax当2a时，3233311xxfxexxxexxx

∴fx在3,1和1,上为正，在,3和1,1上为负，∴fx在3,1和1,上单增，在,3和1,1上单减，有21fe，224fe，12fe，故fx在

1,2上的最大值为24e，最小值为2e；（2）由3231xfxexxxa知，当x时，0fx，若fx在1,上单调则只能是单增，∴0fx在1,恒成立，即32310xxax∴3231a

xxx，令3231gxxxx，1x，则23610gxxx，∴gx在1,递减，12gxg，∴2,a.【点睛】（1）利用导数研究函数()fx的最值的步骤：①写定义域，对函数()fx求导()fx；②在定义域内

，解不等式()0fx和()0fx得到单调性；③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.（2）函数()fx在区间I上递增，则()0fx恒成立；函数()fx在区间I上递减，则()0fx恒成立.（3）解决恒成立问题的常用方法：①数形结合法；②分离参

数法；③构造函数法.18．已知直线:(0)lykxbb与抛物线2:4Cyx交于A、B两点，P是抛物线C上异于A、B的一点，若PAB△重心的纵坐标为13，且直线PA、PB的倾斜角互补．（Ⅰ）求k的值．（Ⅱ）求PAB△面积的取值范围．【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）30,4

.【分析】（Ⅰ）设001122,,,,,PxyAxyBxy，利用斜率公式得到直线PA、PB、AB的斜率，根据直线PA、PB的倾斜角互补．得到01220yyy，根据三角形的重心的坐标公式可得122yy，从而可得2k；（Ⅱ）联立直线:2l

yxb与抛物线方程，根据弦长公式求出||AB，利用点到直线的距离公式求出AB边上的高，根据面积公式求出面积，再利用导数求出取值范围即可.【详解】（Ⅰ）设001122,,,,,PxyAxyBxy，则01

0122010101444PAyyyykyyxxyy，同理可得021244,PBABkkyyyy，因为直线PA、PB的倾斜角互补，所以0102440yyyy，即01220yyy

，又PAB△重心的纵坐标为13，根据三角形的重心的坐标公式可得0121yyy，所以122yy，所以422ABkk．（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线:2lyxb，与抛物线方程联立，并整理得2244(1)0xbxb，其判别式22116(1)1602

bbb，所以102b．而212111,4bxxbxx，因此，2221212||1445(1)512ABxxxxbbb，又由（Ⅰ）知，01y，所以

200144yx，所以1,14P，1,14P到直线:20lxyb的距离为31|21|24415bbd，所以2113113||512(12)222225PABSABdbbbb△令231()

(12),022fbbbb，则2333()2122(61)0222fbbbbbb恒成立，故()fb在10,2上单调递减，所以9()(0

,)4fb，故30,4PABS.【点睛】结论点睛：本题中用到的结论：①三角形的重心的坐标公式，若三角形的三个顶点的坐标为112233(,),(,),(,)AxyBxyCxy，则三角形的重心的坐标为123123,33xxxyyy

，②弦长公式：21212||1()4ABkxxxx，本题考查了运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题.19．某市作为新兴的“网红城市”，有很多风靡网络的“网红景点”，每年都有大量的游客来参观旅游。为提高经济效益，管理部门对某一景点进行

了改造升级，经市场调查，改造后旅游增加值y万元投入10xx万元之间满足：21ln25xyaxbx（a，b为常数），当10x万元时，17.7y万元；当15x万元时，25y万元.（参考数据：ln20.7,ln31.1,ln51.

6）（1）写出该景点改造升级后旅游增加利润Lx万元与投入x万元的函数解析式；（利润=旅游增加值－投入）（2）投入多少万元时，旅游增加利润最大？最大利润是多少万元？（精确到0.1）（1）22151126lnln105025550255xxLxxxxxx

；（2）投入25万元时，旅游增加利润最大，最大利润为11.9万元.【分析】（1）利用待定系数法求出151,2525ab，即可得答案；（2）利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的最值；【详解】（1）由已知得：110010ln217.72122515ln32

52abab，化简得：151,2525ab，2151ln1050255xyxxx，则该景点改造升级后旅游增加利润为：22151126lnln105025550255xxLxxxxxxx；（2）由

（1）得：2126ln1050255xLxxxx则21251261262525252525xxxxLxxxxx，令0Lx得25x，当10,25x时，0,LxLx单调递增；当

25,0,xLxLx时，单调递减；25x时，Lx取得最大值，且max2511.9LxL，当投入25万元时，旅游增加利润最大，最大利润为11.9万元.【点睛】待定系数法求函数的解析式，一般是根据条件列出

方程，再求参参数值；利用导数求函数的单调性，可求得函数的最值.20．已知函数()ln(1)(1)fxxx，()lnxgxaexa()aR（1）若曲线()ygx在点0,(0)g处的切线与直线

(1)yexb()bR重合，求ab的值；（2）若函数()yfxt的最大值为5，求实数t的值；（3）若()()gxfx，求实数a的取值范围．【答案】（1）21abe；（2）4t；（3）1,．【分析】（1）求出导函数()gx，得

切线斜率(0)g，得切线方程，与已知直线方程比较可得,ab值，从而得ab；（2）求出导函数()fx，由()fx和正负确定单调区间，得最大值，由最大值为5可求得t值；（3）不等式变形为即ln(1)ln1x

aexa，令()ln(1)lnxhxaexa，即证()1hx．然后分类讨论，01a，1a和1a，分别证明即可得．【详解】（1）因为()lnxgxaexa，所以()1xgxae，则

(0)1kga，点0,(0)g的坐标为0,lnaa，故切线方程为(ln)(1)yaaax，即(1)(ln)yaxaa，由于它与直线(1)yexb重合，所以11l

naeaab，解得1aebe，故21abe．（2）因为()ln(1)(1)fxxx1x，所以1()111xfxxx，由()0fx，解得10x，由()0fx

，解得0x，所以函数()fx在(1,0)单调递增，在0,单调递减，而max()(0)1fxf，所以15t，解得4t（3）因为()()gxfx，即lnln(1)(1)xaexaxx即ln(1)ln1xaexa

，令()ln(1)lnxhxaexa，即有()1hx．①当01a时，(0)ln1haa，所以01a不合题意；②当1a时，()ln(1)xhxex，1()1xhxex当(1,0)x时，()0hx，()hx递减，当0,

x时，()0hx，()hx递增．所以当0x时，()hx取得最小值，最小值为(0)1h，从而()1hx，符合题意；③当1a时，()ln(1)lnxhxaexaln(1)xex（放缩）；又由②知ln(1

)1xex，符合题意；综上，实数a的取值范围为1,．【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数求最值，不等式恒成立问题，解题时要掌握用导数确定函数的单调性的方法，由此才能确定函数的极值、最值，对不等式问题常常需要变形不等式，然后转化

，可能分离参数转化为求函数的最值，也可以分类讨论，利用不等式的性质转化．简化原不等式，得到问题的解决．21．已知函数321()23fxxxax，21()42gxx.（1）若函数()fx在0,上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；（2）设()()()

Gxfxgx.若02a，()Gx在1,3上的最小值为ha，求ha的零点.【答案】（1）12a；（2）112.【分析】（1）由()0fx在(0,)上有解可得a的取值范围．（2）求出()Gx，由()Gx在两个零点确定()Gx

在[1,3]上最小值是(1)G或(3)G，比较它们的大小得最小值()ha，可得()ha的零点．【详解】解：（1）∵()fx在0,上存在单调递增区间，∴2'()220fxxxa在0,上有解，又()fx是对称轴为1x的二次函数，所

以'()fx在0,上的最大值大于0，而'()fx的最大值为'112fa，∴120a，解得：12a.（2）3211()()()2432Gxfxgxxxax，∴2'()2Gxxxa，由'()0Gx得：11182ax，21182ax，则()G

x在1,x，2,x上单调递减，在12,xx上单调递增，又∵当02a时，10x，213x，∴()Gx在1,3上的最大值点为2x，最小值为1G或3G，而143143GGa，1当14403a，即706a时，1

3602haGa，得112a，此时，ha的零点为112；2当14403a，即726a时，251206haGa，得2512a（舍）.综上ha的零点为112.【点睛】

关键点点睛：本题考查导数与单调性关系，用导数求函数的最值，及零点的概念．求出导函数()fx，解不等式()0fx（或()0fx）确定函数的增区间（或减区间）是求单调性的基本方法．求函数在闭区间上的最值，一般由单调性确定极值，

同时考虑区间两个端点处的函数值的大小才能得出最值．22．已知函数xaxbfxex＝，a，bR，且0a.（1）若函数fx在1x处取得极值1e，求函数fx的解析式；（2）在（1）的条件下，求函数fx的单调区间；（3）设

1xgxaxefx，gx为gx的导函数.若存在01,x＋，使000gxgx成立，求ba的取值范围.【答案】（1）210xxfxexx；（2）调递增区间是,1，1,2；单调递

减区间是1,0，10,2；（3）1,.【分析】（1）先求导函数，再由函数()fx在1x处取得极值1e，得1(1)(1)0fef，代入求解参数a，b，（2）由（1）可得fx，再求出函数的导函数，利用令()0fx…和()0fx求解函数

的单调区间；（3）将()fx代入()gx化简，再求()gx，然后得00()()gxgx，令其为0，得2(23)21bxxax，令2(23)()21xxhxx，则问题转化为求()hx在区间(1,)上的值域，利用导数求解．【详解】解：（1）函数fx的定义域为

,00,.22xaxbxbfxex，由题知1011ffe即112011abeabee解得2a，1b，所以函数210xxfxexx.（2）2212121xxx

xxxfxeexx令0fx得1x或12x，令0fx得10x或102x.所以函数fx的单调递增区间是,1，1,2单调递减区间是1,0，1

0,2（3）2xbgxaxaex，0a2xbbgxaxaexx22221()()23(23)xxxxxxeexgxgxaxeaebeaxabxx，由条件存在0(1,)x，使00

()()0gxgx成立，得22230xxxxxeeaxeaebx，对(1,)x成立，又0xe221230xaxabx对(1,)x成立，化简得2(23)21bxxax，令2(23)(

)21xxhxx，则问题转化为求()hx在区间(1,)上的值域，求导得222(463)()(21)xxxhxx，令2463yxx，为二次函数，图象开口向上，△120，则

24630xx，又0x，则()0hx，()hx在区间(1,)上单调递增，值域为(1,)，所以ba的取值范围是(1,)．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类

讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．23．已知函数3223fxxaxbxa在1x时有极值0．（1）求常数a，b的值；（2）求fx在区间4,0上的最值．【答

案】（1）2a，9b；（2）最小值为0，最大值为4．【分析】（1）已知函数322()3fxxaxbxa在1x处有极值0，即(1)0f，(1)0f，通过求导函数，再代入列方程组，即可解得a、b的值；（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的

单调区间，从而求出函数的最值即可．【详解】（1）2()36fxxaxb，由题知：2(1)0360(1)(1)0130(2)fabfaba，联立（1）、（2

）有13ab或29ab．当13ab时22()3633(1)0fxxxx在定义域上单调递增，故舍去；所以2a，9b，经检验，符合题意．（2）当2a，9b时，2()31293(3)(1)fxxxxx，故方程()0fx有根3x

或1x，由2()31290fxxx得(,3)(1,)x，由2()31290fxxx得(3,1)x，函数()fx的单调增区间为：[4,3)，(1,0]，减区间为：(3,1)．函数在3x取得极大值，在1x取得极小值

；经计算(4)0f，(3)4f，(1)0f，(0)4f，所以函数的最小值为0，最大值为4．【点睛】关键点睛：解题的关键是求出,ab后，求出2()31293(3)(1)fxxxxx，然后，利用导数求出函数的单调性、最值问题，属

于基础题．24．已知1,12k，函数2()(1)xfxxekx．（2.71828e为自然对数的底数）．（1）求函数()fx的单调区间；（2）求函数()fx在[0,]k上的最大值．【答案】（1）单调增区间为(ln2,),(0

)k，，单调减区间为(0,ln2)k；（2）3(1)kkek.【分析】（1）由题得()(2)xfxxek，再利用导数求函数的单调区间得解；（2）证明0(2)lnkk，列出表格得出单调区间，比

较区间端点与极值即可得到最大值．【详解】（1）由题得()(1)2(2)xxxfxexekxxek，令0()0,20xxfxek或020xxek，因为1,12k，所以122k，所以不

等式组的解为ln2xk或0x，所以函数()fx的单调增区间为(ln2,),(0)k，；令0()0,20xxfxek或020xxek，解之得0ln2xk，所以函数()fx的单调减区间为(0,ln2)k；所以函数()fx的单调增区间为(l

n2,),(0)k，，单调减区间为(0,ln2)k.（2）令()(2)kklnk，1(2k，1]，11()10kkkk„所以()k在1(2，1]上是减函数，（1）1()()2k„，112()2lnkk„．即

0(2)lnkk所以()fx，()fx随x的变化情况如下表：x(0，(2))lnk(2)lnk((2)lnk，)k()fx0()fx极小值(0)1f，()(0)fkf3(1)(0)kkekf3(1)1kkek

3(1)(1)kkek2(1)(1)(1)kkekkk2(1)[(1)]kkekk1(2k，1]，10k„．对任意的1(2k，1]，kye的图象恒在21ykk下方，所以2(1)0kekk„，所以()(0)0fkf…，即()(0)fkf…，所

以函数()fx在[0，]k上的最大值3()(1)kfkkek．【点睛】关键点睛：解答本题的关键点有两个，其一：是构造函数利用导数比较,(2)klnk的大小；其二：是比较(),(0)fkf的大小，确定函数的

最大值.25．已知函数2()1exbfxaxx，其中2.71828e…是自然对数的底数.（1）已知2210ab，若1fx≤，求x的取值范围；（2）若1ab，fx存在最小值，且最小值为k，（i）若5k，求b的值；（ii）证明：1k.【答案】（1）1

x；（2）（i）2b；（ii）证明见解析．【分析】（1）变形不等式()1fx得(1)(1)0xxxe，然后证明()10xgxex恒成立，从而可得x的范围；（2）（i）利用()

5fx，令xb可得2b，下面在2b的情况下求函数()fx的最小值，利用导数的导数确定()fx中＝有唯一零点t，也是()fx的最小值点，得22()(1)51tbtbtkftatetetb

，右边先作为b的函数2()btbeGbetetb，求出最小值是22(2)12ttGet，又作为t的函数，再用导数求其最小值为5，这样由同时取最小值

，因此可得b值；（ii）先确定只有0.0ab才有最小值，然后证不等式()1fx恒成立即可．引入新函数2()()1(1)xbvxaxxe，证明()0vx恒成立，即得原结论成立．【详解】（1）由题意1a

，0b，2()(1)1xfxxex，则(1)(1)10xxxe，∴(1)(1)0xxxe，设()1xgxex，11()11xxxxegxeee，0x时，()0gx，()gx递减，0x时，()0gx，()gx递增，∴mi

n()(0)0gxg，∴()0gx恒成立，∴10x，∴1x．（2）（i）由题意()5fx，2(1)5xbaxex，取xb，则215abb，∵1ab，∴2b，又2()(21)1xbfx

axaxe，令2()(21)1xbhxaxaxe，则2()(421)0xbhxaxaxae，∴()hx单调递增，即()fx单调递增，∵()fx存在最小值，∴()fx存在唯一零点t，xt时，()0fx，xt

时，()0fx，()fx在(,)t上递减，()fx在(,)t上递增，∴22()(1)51tbtbtkftatetetb，设2()btbeGbetetb，22(1)()0btbbeGbeteb

，∴()Gb是增函数，∴22min()(2)12ttGbGet，设22()12ttHtet，则221()112tHttte，令221()(1)12tuttte

，则222211()22(2)022ttutttete，∴()ut单调递增，即()Ht单调递增，又(2)0H，∴2t时，()0Ht，()Ht递减，2t时，()0Ht，()H

t递增，∴min()(2)5HtH，∴上述最小值需同时取到，∴2b．（ii）若0a，则x时，()fx，()fx无最小值，舍去；∴0,0ab，设2()()1(1)xbvxaxxe，则(

)1()22xbxbvxaxxexae，0x时，()0vx，()vx递减，0x时，()0vx，()vx递增，∴()(0)10bvxve，2(1)(1)0xbaxex，即

()1fx，又min()fxk，∴1k．【点睛】本题考查解函数不等式，函数的最值问题，用导数证明不等式，解题的基本思想是求导数，由导数的正负确定函数的增减，得函数的最小值．在确定导函数正负时需要对导函数再一次求导，通过多次求导才能最终确定函数的最值．对多元函

数问题需要简化思路，一次只对其中一个变量研究其最值，在解决了一个变量后再研究第二个变量，最终达到目的，本题难度较大，对学生的逻辑思维能力，运算求解能力，转化与化归思想的掌握要求较高．26．已知函数axfxxe的极值为1e.（1）求a的值并求函数fx在1x处的切线方程；（2）已

知函数0mxlnxgxemm，存在0x，，使得0gx成立，求m得最大值.【答案】（1）1a，切线方程为：2yexe；（2）最大值为1e.【分析】（1）利用切线方程的公式求解即可（2）将问题转化为mxmelnx，经过放缩得mxlnxmxexlnxlnxe，转

化成fmxflnx，再利用导数判断()fx的最值情况，进而可求得最终答案【详解】解：（1）fx定义域为R因为1axfxeax若0a则fx在R上单调递增，无极值，不合题意，舍去若0a则令0fx得1xa所以11fae解得

1a经检验，1a符合题意.因为切线斜率11112fee又因为1fe所以切点为1e，所以切线方程为：21yexe即切线方程为：2yexe（2）因为存在0x，，使得0gx成立则mxlnxem即

mxmelnx即mxlnxmxexlnxlnxe即mxlnxmxelnxe即fmxflnx(*)由（1）得1xfxex所以fx在区间1，上单调递减，在区间1，上单调递

增因为00mxmxmelnx，，所以0lnx，所以1x即0mx且0lnx所以存在1x，使得fmxflnx所以存在1x，使得mxlnx即1lnxmxx

，令lnxsxx所以maxmsx因为210lnxsxx得xe所以sx在区间1e，上单调递增，在区间e，单调递减所以sx的最大值为1see所

以1me又因为0m，所以10me所以m的最大值为1e【点睛】关键点睛：解题的关键在于放缩得mxlnxmxexlnxlnxe，把问题转化为fmxflnx，考查学生的转化化归和放缩的运用，属于难题27．已知函数()exfxaxb

，且函数()fx的图象在点(0,(0))f处的切线斜率为1a．（1）求b的值；（2）求函数()fx的最值；【答案】（1）1；（2）当0a时，()fx没有最值；当0a时，()fx的最大值为lnaaa，

无最小值．【分析】（1）对()fx求导，又(0)1faba，进而求出b的值．（2）对a进行讨论，利用导函数求函数的单调性，进一步求出最值.【详解】（1）由题意，得()exfxab，又(0)1faba，1b．（2）(

)xfxae．当0a时，()0fx，()fx在R上单调递减，()fx没有最值；当0a时，令()0fx，得lnxa，令()0fx，得lnxa，()fx在区间(,ln)a上单调递增，在区间(ln,)a上单调递减，()fx在lnxa

处取得唯一的极大值，即为最大值，且maxlnlnfxfaaaa．综上所述，当0a时，()fx没有最值；当0a时，()fx的最大值为lnaaa，无最小值．【点睛】本题考查的是导函数的知识点，涉及到利用导函数求函数的最值，以及分类讨论的思想，属于常见的题型.2

8．已知函数2()(23)xfxexx.（1）求不等式()0fx的解集；（2）求函数()fx在区间[0,2]上的最大值和最小值.【答案】（1）|x0x或32x；（2）最小值e，最大值22e.【分析】

（1）直接解不等式可得不等式的解集；（2）对函数求导，令0fx，求出方程根，得出单调性可得函数的最值．【详解】（1）因为0xe，由2(0)23xfxexx，得2230xx.所以0x或32x.所以不等式0fx的解集为|x0x或

32x；（2）由223()xfxexx得：2()(23)xfxexx231xexx.令0fx，得1x，或32x（舍）.fx与fx在区间[0，2]上的情况如下：x0（0，1）1（1，2）2()fx－0+f

x0减e增22e所以当1x时，fx取得最小值1fe；当2x时，fx取得最大值222fe.29．如图，某校园有一块半径为20m的半圆形绿化区域（以O为圆心，AB为直径），现对其进行改建，在AB的延长线上取点D，40mOD，在半圆上选定一点C，改建后绿化区域由

扇形区域AOC和三角形区域COD组成，设AOC.（1）当3时，求改建后的绿化区域边界AC与线段CD长度之和；（2）若改建后绿化区域的面积为S，写出S关于的函数关系式S，试问为多大时，

改建后的绿化区域面积S取得最大值.【答案】（1）202073；（2）S200400sin，0,；23.【分析】（1）利用弧长公式和余弦定理可算出答案；（2）利用扇形和三角形的面积公式可得S，然后利用导数求出其单调性即可.【详解】（1）弧22220202

04022040cos207333ACCD.（2）211202040sin()22CODAOCSSS△扇形200400sin，0,.由

'200400cosS，得20,3，'0S，S单调递增，得2,3，'0S，S单调递减.所以当23时，S取得最大值.30．已知函数ecos2xfxx(其中0x

)，fx为fx的导数.（1）求导数fx的最小值；（2）若不等式()fxax恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a.【分析】（1）先求导数，再构造esinxgxx，利用导数和函数的单调性确定函数的最值．（2）令ecos2xhxxax，通过求导分

类讨论，根据导数和最值的关系即求．【详解】（1）esinxfxx，令esinxgxx，当0x时，则ecos1cos0xgxxx.故0x时，0gx，gx为增函数，故min01gxg，即导数fx的最小值为1.（2）

令ecos2xhxxax，esinxhxxa，当1a时，若0x，则由（1）可知，10hxa，所以hx为增函数，故00hxh恒成立，即1a．当1a时，由（1）可知esinxhx

xa在0,上为增函数，且010ha，ln(2)2sinln(2)2sinln(2)0haaaaa，故存在唯一00x,，使得00hx．则当00,xx时，0hx，hx为减函数，所以

00hxh，此时与0hx恒成立矛盾．综上所述，1a．【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决恒成立问题，解题关键是构造函数ecos2xhxxax,通过求min0hx进而得解，考查了学生的运算求

解能力，逻辑推理能力．属于中档题．