pdf文档 全国名校试卷分享研讨群汇总

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目录
模块二 函数 1..................................................................................................................................................................... 1
考点 1 映射................................................................................................................................................................. 1
考点 2 函数的概念..................................................................................................................................................... 1
考点 3 函数的定义域................................................................................................................................................. 1
考点 4 函数的解析式................................................................................................................................................. 1
考点 5 函数的图象..................................................................................................................................................... 1
考点 6 函数的值域..................................................................................................................................................... 1
考点 7 函数的单调性................................................................................................................................................. 2
考点 8 函数的奇偶性................................................................................................................................................. 8
考点 9 函数的周期性................................................................................................................................................. 9
考点 10 函数的零点................................................................................................................................................. 10
考点 11 与函数有关的创新题................................................................................................................................. 11
模块三 导数 1................................................................................................................................................................... 12
考点 12 导数的概念................................................................................................................................................. 12
考点 13 导数的几何意义......................................................................................................................................... 12
考点 14 导数在研究函数单调性中的应用............................................................................................................. 13
考点 15 导数在研究函数极值最值中的应用......................................................................................................... 14
考点 16 导数在研究函数零点中的应用................................................................................................................. 33
考点 17 导数与零点不等式..................................................................................................................................... 40
考点 18 导数与极值点不等式................................................................................................................................. 40
考点 19 定积分与微积分基本定理......................................................................................................................... 41
模块四 三角函数 1........................................................................................................................................................... 41
考点 20 弧度制及任意角的三角函数..................................................................................................................... 41
考点 21 同角三角函数的基本关系及诱导公式..................................................................................................... 42
考点 22 三角函数的图象与性质............................................................................................................................. 42
考点 23 三角函数图象的变换................................................................................................................................. 44
考点 24 三角函数模型的应用................................................................................................................................. 44
考点 25 三角恒等变换............................................................................................................................................. 44
考点 26 正弦定理、余弦定理及其应用................................................................................................................. 46

1

模块二 函数 1
考点 1 映射
1.AAA
考点 2 函数的概念
2.AAA
考点 3 函数的定义域
3.AAA
考点 4 函数的解析式
4.(四川 2020 届高三联合诊断考试理科)如图,在第一象限内,矩形 ABCD
的三个顶点 A, B,C 分别在函数 y  log

1

2
2

x, y  x 2 , y  ( 3 )x 的图象上,且矩形
2

的边分别平行于两坐标轴,若点 A 的纵坐标是 2,则点 D 的坐标为

.

【考点】初等函数的定义.
【命题意图】本题较新颖,但属于基础题,考查了初等函数解析式的应用.
【答案】 ( 1 , 9 ) .
2 16
解析:湖北十堰郝清鹏
1

解法:依题意有 log

2
2

x  2 ,∴ x  1 ,由 x 2  2 得 x  4 ,∴ yD  yC  ( 3 )4  9 ,
2
19
2

所以点 D 的坐标为 ( 1 , 9 ) .
2 16
【解析点评】根据点 A 的纵坐标及各点间关系,逐步求出点 D 的坐标.
5.AAA
考点 5 函数的图象
6.AAA
考点 6 函数的值域
7.AAA
1

考点 7 函数的单调性
A 组:直用







x

8.(2020 届四省名校第一次联考理数)已知函数 f x  3x  3x  log3 3  1 ,则






1
3
A. f  log5   f  3  f
4



C. f

 2

 3   f   2   f  log
3

5






1
3
B. f  3  f  log5   f
4



1

4

D. f

 2

 2   f  3   f  log
3

5

1

4

【知识内容】函数值大小比较
【考查意图】本题主要是考查了函数的性质---奇偶性、单调性知识,属于中档题.
【答案】C
解析:浙江宁波赖庆龙

 











由已知函数 f x 是 x | x  0 上的偶函数,且在 , 0 单调递减,在 0,  单调递增,
因为 32  23 ,所以 3 3  2  1  log 5 4 ,所以 f
即f

 3   f   2   f  log
3

5

 3   f  2   f  log 4  ,
3

5

1
 ,故选项 C 正确.
4

【解析点评】先求函数定义域,判断函数的奇偶性,进一步确定单调性,然后比较自变量的大小,紧扣函
数性质进行解答.
9.(巴蜀中学 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)已知 a  log 7 2 ,b  log 0.7 0.2 ,c  0.7
的大小关系为(
A. a  c  b

)
B. a  b  c

C. b  c  a

D. c  a  b

【考点】比较大小
【命题意图】比较对数与幂大小,利用函数单调性寻找每个数学的估算范围,属于简单题.
答案:A.
解析:陕西西安赵钊
解法:因为 log 7 1  log 7 2  log 7 7 ,所以 0  a  1 ;

log 0.7 0.7  log 0.7 0.2 ,所以 b  1 ;

0  0.7 0.2  0.7 0 ,所以 0  c  1 ;
而 log 7 2  log 7

7

1
1
0.2
0.2
1
,且 0.7  0.5  0.5  ;
2
2

故 a  c  b ,故选 A.
1
【解析点评】利用函数单调性,借助于三个数 0,1, ,进行估算定位.
2

10.AAA
2

0.2

,则 a, b, c

B 组:恒成立问题
11.(昆明市第一中学 2020 届高三摸底考试理数)偶函数 f (x ) 在 (, 0] 上为减函数,若不等式
f (1  ax )  f (2  x 2) 对任意的 x  R 恒成立,则实数 a 的取值范围是(
A.(2 3,2)

B.(2,2 3 )

).

D.(2,2)

C.(2 3,2 3 )

【考点】函数(不等式恒成立问题).
答案:D.
解析:(湖北十堰郝清鹏)



+ 上为增函数,所以 1  ax  2  x 2 ,
因为 f (x ) 为偶函数,由题意可知,f (1  ax )  f (2  x 2 ) ,f (x ) 在 0,
从而 2  x 2  1  ax  2  x 2 在 x  R 恒成立,可得 a 2  12 且 a 2  4 ,所以 2  a  2 ,选 D.
12.(贵阳第一中学 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)若不等式 ln x 

1 m  m e
( e 为自然对数
x

1 
的底数)对 x   2 ,1 成立,则实数 m 的取值范围是
e 
 2

A.  e  e  2 ,  
2



2
 2

B.  e  e  2 , e  1 
2
2



2
 2

C.  e  e  2 , e  1 
2
2 


D. 1, 



【考点】函数单调性(不等式恒成立问题).
答案:A.
【命题意图】本题考查了含绝对值不等式恒成立问题,属于中等题.
解析:浙江宁波赖庆龙



解法 1:设 f x  ln x 

1 
1 , x   1 ,1
1
1
x 1
 e 2  ,则 f  x  x  x 2  x 2  0 ,所以 f x 在 x   e 2 ,1 上单调递
x







 

减,



所以 f x  1,e 2  2 ,所以 ln x  1  m  1  m, e 2  2  m  ,
x
为使不等式 ln x 
而 ln x 

1  m  m  e x   1 ,1
1
 m e
对
成立,则 ln x   m


2
x
x
e 
max





1 m
 max 1  m , e 2  2  m ,
x
max


1 e
m  2
 1  m  m  e
,解得 
所以  2
2
 e  2  m  m  e
m  e  e  2
2

 2

所以 m   e  e  2 ,   ,故选 A.
2



3

全



解法 2:设 f x  ln x 

1 , x   1 ,1
1
1
x 1
 e 2  ,则 f  x  x  x 2  x 2  0
x





1 
所以 f x 在 x   2 ,1 上单调递减,所以 f x  1,e 2  2
e 



 

为使不等式 ln x 

1  m  m  e x   1 ,1
对
 e 2  成立
x



1 
即 m  e  m  f x  m  e 对 x   2 ,1 成立
e 



 

f x e

所以 m 

2



f x
 e e2  e  2
1 
max

对 x   2 ,1 成立,即 m 
2
2
e 

 2

所以 m   e  e  2 ,   ,故选 A.
2





解法 3:设 f x  ln x 

1 , x   1 ,1
1
1
x 1
,则 f  x   2  2  0


2
x
x x
x
e 



1 
所以 f x 在 x   2 ,1 上单调递减,所以 f x  1,e 2  2
e 



 

为使不等式 ln x 

1  m  m  e x   1 ,1
对
 e 2  成立
x



即不等式 m  t  m  e 对 t  1,e 2  2 成立

 t e 
e2  e  2

当 m  1 时, t  m  m  e 对 t  1,e 2  2 成立,即 m  
,不符

2
 2 max
当 m  e 2  2 时, m  t  m  e 对 t  1,e 2  2 成立,显然恒成立

m  t,1  t  m
当 1  m  e 2  2 时, g t  t  m  
t  m, m  t  e 2  2





m  1  m  e
只需 max m  1,e 2  2  m  e ,即  2
e  2  m  m  e





 2

所以 m   e  e  2 ,   ,故选 A.
2



【解析点评】解法一利用函数的整体性,抓住关键点处的单调函数值不超过 m  e ,解两个含绝对值不等



式;解法二利用函数的整体性,求出 f x  ln x 

1 , x   1 ,1
 e 2  的范围,再利用绝对值的基本解法,分离
x



参变量;解析三对参数进行讨论,目的是寻找函数的最大值。以上方法都值得一学.

4

 x 2  ax  2a, x  1,

13.(巴蜀中学 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)已知 a  R ,函数 f ( x)  
对任意的实数 x , f ( x )  0 恒成立,则 a 的取值范围为(
A.  0, 2 

B. 0,e

 x  a ln x, x  1,

且

)

C. 1, 2

D. 1, e 

【考点】分段函数
【命题意图】考查了含参的分段函数恒大于或等于 0 时,求参数范围,属于中等题.
【答案】B
解析:浙江宁波赖庆龙
解法 1:分类讨论
当 x £ 1 时,函数 f ( x ) = x 2 - ax + 2 a ,其图象为开口向上,对称轴为 x =
x > 1 时, f ( x) = x - a ln x , f ¢ ( x ) = 1 -

①当 a ³ 2 时,

a
的抛物线在 x £ 1 上的图象,当
2

a x-a
,
=
x
x

a
³ 1 ,所以 f ( x) 在  ,1 , 1, a  上单调递减,在  a,   上单调递增,
2

ìï f (1) ³ 0
所以 ïí
,解得 2
ïï f (a ) ³ 0
î

②当 1 < a < 2 时,

a

e;

a
a

a 
< 1 ,所以 f ( x) 在  ,  , 1, a  上单调递减,在  ,1 ,  a,   上单调递增,所以
2
2
2 


ì
ï
a
ï
ï f ççç ÷÷÷ ³ 0
ï
,解得 1 < a < 2 ;
í 2
ï
ï
ï
ï
î f (a ) ³ 0
ì
ï
ï f çç a ÷÷ ³ 0
a
ï
a 1

a 
ï
,
,1
,
1,


f
x
③当 a £ 1 时, < ,所以 ( ) 在 
上单调递减,在 
 上单调递增,所以 íï ç 2 ÷ ,
 

2
2 2
2 

ï
ï
ï
î f (1) ³ 0

解得 0

a

1;

综上,实数 a 的取值范围是 0

a

e ,故选项 B 正确.

解法 2:参变分离
当 x £ 1 时, f ( x ) = x 2 - ax + 2 a ³ 0 恒成立,即 a ³
设 t = x - 2 ,则 t £-1 ,记 g (t ) = t +

x2
恒成立,
x-2

4
+ 4, t £ -1 ,则函数 g (t ) 在 (-¥, -2) 单调递增,在 [-2, -1] 单调递
t

减,则 g (t )max = g (- 2) = 0 ,所以 a ³ 0 ;
当 x > 1 时, f ( x) = x - a ln x ³ 0 恒成立,则 a £
设 h ( x) =

x
恒成立,
ln x

ln x -1
x
,所以 h ( x) 在 (1,e) 单调递减,在 (e, +¥) 单调递增,
, x > 1 ,因为 h ¢ ( x) =
ln x
ln 2 x
5

所以 h ( x )min = h (e) = e ,所以 a £ e ;
综上,实数 a 的取值范围是 0

a

e ,故选项 B 正确.

解法 3:特殊值排除法

ì
ï x 2 , x £ 1,
当 a = 0 时, f ( x) = ï
显然满足对任意的实数 x , f ( x )  0 恒成立,
í
ï
x
,
x
1.
>
ï
î
ì
ï x 2 - ex + 2e, x £ 1,
在 (-¥,1], (1,e] 单调递减,在 [e, +¥) 单调递增,
当 a = e 时, f ( x) = ï
í
ï
ï
î x - e ln x, x > 1.
则 f ( x )min = min { f (1) , f ( e )} = 0 ,所以满足对任意的实数 x , f ( x )  0 恒成立,、
从而选项 B 正确.
【解析点评】解法 1:主要是寻找函数的最小值大于或等于 0,求参数范围;解法 2:主要是利用参数全
分离,构造新的已知函数,直接求参数范围;解法 3:主要在特殊情况下的不等式恒成立,这也是做选择
题的一种好的方法.

14.A

C 组:可成立问题
15.(昆明市第一中学 2020 届高三摸底考试理数)若存在 x 0  (0,1) ,满足 ln
数 a 的取值范围是(


A.  1 ,  
4



x

0

  2a

1
2

x

).



B.  1 ,  
4





C.  , 1 
4





D.  , 1 
4



【考点】函数可成立问题.
答案:A.
解析:(陕西西安赵钊)
解法一:【官方解答】
设 f (x )= ln(x  1) , g(x )=2a(x  1)  ln 2 ,则它们函数图象的一个公共点为 A (1, ln 2) ,
函数 f (x )= ln(x  1) 在点 A 处的切线斜率为 f (1)= 1 = 1 ,
11 2
所以在 A 处的切线方程为 y  1 (x  1)  ln 2 ,
2

 

所以要存在 x 0  0,1 满足 ln(x 0  1)  2a(x 0  1)  ln 2 ,则 2a  1 ,
2



所以 a 取值范围是  1 , +  ,选 A.
4

解法二:(分离参数+最值讨论+洛必达法则)

6

0



 1 ,则实

彻底换元:令

x

0

 t,

1
2





由题知:存在 t  ( 1 ,1) 使得 ln t  4a t  1 .即: 4a  ln t 在 t  ( 1 ,1) 有解.
t 1
2
2

ln t , t   1 ,1  ,由于 g '(t ) 
构造 g(t ) 


t 1
2 

1  1  ln t 1  1  ln t
t
t

,
2
2
t 1
t 1









2
令 h(t )  1  1  ln t, t  1 ,则 h '(t )  1  12  1  t  t2  1  0 ,故 h(t )  h(1)  0 ,故 g '(t )  0 .
t
t
t
t

1
ln
t
即: g(t ) 单调递减,由洛必达法则知 lim
 lim t  1 .
t 1 t  1
t 1 1

1

故 4a  ln t 在 t  ( 1 ,1) 有解知, 4a  1 ,即 a   ,  
t 1
2
4

解法三:(构造作差+分类讨论)
彻底换元:令

x

0

 t,

1
2









由题知:存在 t  ( 1 ,1) 使得 ln t  4a t  1 .即 g(t )  ln t  4a t  1  0 有解.由于 g(1)  0
2
而 g '(t )  1  4a 单调递减,所以 g '(t )  1  4a
t
①当 a  1 时, g '(t )  0 ,此时 g(t ) 在 t  ( 1 ,1) 单调递增,所以 g(t )  0 恒成立,舍去.
2
4
②当 a  1 时,令 g '(t )  1  4a  0 得: t  ( 1 ,1) ,即 g(t ) 在 t  ( 1 ,1) 单调递减.
t
4a
4a
4
此时, g(t )  0 恒成立,故存在 t  ( 1 ,1) 使得 g(t )  0 有解.
2
综上: a  1
4
解法四:(特值验证)
小题做法:首先,彻底换元:令



x

0

  t ,由题知:存在 t  ( 1 ,1) 使得 ln t  4a

1
2

2





t  1 .


由于 ln t  t  1 对任意实数 t 成立,故考虑 a  1 时,不难发现 t  ( 1 ,1) ln t  t  1 ,故排除 BD. 而
2
4
a  0 时, ln t  0 无解,排除 C. 综上:选 A.

解法 5:(半分离)换元+数形结合法(广西玉林徐文才)
令t 

x0  1
2

1 
,由 x 0  0,1 可知 t   ,1 
2 

 

7



原命题等价于:存在 t   1 ,1  ,使得 ln t  4a t  1
2







1 
等价于函数 y  ln t , t   ,1  的图像上至少存在一点在直线 y  4a t  1 的上方
2 







 

 



 

因为直线 y  4a t  1 过定点 1, 0 , y  ln t 也过点 1, 0 ,且在 1, 0 处的切线方程为 y  t  1

1

结合图像可知 4a  1 ,即 a  1 ,即 a 的取值范围是  ,   .
4
4


3

16.(巴蜀中学 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)已知 a  R ,函数 f ( x )  ax  x ,若存在 t  R ,
使得 f (t  2)  f (t )  2 ,则实数 a 的最大值为
【考点】纵坐标差
【命题意图】含参函数平移前后的纵坐标差,是 2019 年浙江高考真题 T16 改编而来,属于中等题.
答案: 2 .
解析:浙江衢州汪强
解 法 1 : f (t  2)  f (t ) = a(6t 2  12t  8)  2  2  0  a(6t 2  12t  8)  4  0  a 
a(

4
有解,故
6t  12t  8
2

4
) max  2 .
6t  12t  8
2

解析:浙江湖州史健
解法 2: f (t  2)  f (t ) = a (6t 2  12t  8)  2  2 有解,
2
2
设故 x  6t  12t  8, t  R ,则 x  6(t  1)  2 ≥ 2

不等式

ax  2  2

a  0
 0  a≤2
有解,所以 
 2a  2 ≤ 2

【解析点评】解法一:采用参变量全分离法,寻找不等式成立的条件,进而求出参数的最大值;解法二:
主要是延续浙江高考中含绝对值问题常见处理方法,化为“一次的绝对值问题”.
17.AAA
考点 8 函数的奇偶性
8

2

18.(巴蜀中学 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)已知 f ( x )  ( x  4) sin x ,且

f ( x  a) 为偶函数,则  的值可能为(
A.

3
8

B.


2

)

3
4

C.

D.



【考点】函数性质(奇偶性)
【命题意图】考查了函数平移后为偶函数时,求平移单位,属于中等题.
答案:A.
解析:陕西西安赵钊
解法: 因为 f ( x  a) 为偶函数,所以 g ( x )  f ( x  a )  ( x  a  4) 2 sin(  x  a ) 为偶函数,



 k , k  Z
2
2
 k

, k  Z ,故   ,故选 A.
解得:   
8 4
8

由 g ( x)  g ( x) 知: a  4 且 a  4  k, k Z ,即: 4 

【解析点评】根据函数性质,求参数取值,三角函数 y  A sin( x   ) 的初相  的作用:一,当初相为

k ( k  Z ) 时,不改变函数名称;二,当初相为 k 


(k  Z ) 时,改变函数名称;就是诱导公式中常说的
2

“奇变偶不变,符号看象限”.

19.AAA

考点 9 函数的周期性
20.(吉林省长春市 2020 届高三质量检测(一)理科数学)已知函数 y  f ( x) 是定义在 R 上的奇函数,
且满足 f (2  x)  f ( x)  0 ,当 x  [2,0] 时, f ( x )   x 2  2 x ,则当 x  [4,6] 时,y  f ( x) 的最小值为(
A. 8
B. 1
C. 0
D. 1

).

【考点】函数的奇偶性、周期性.
【命题意图】本题通过求函数在指定区间上的最值,考查了函数的对称性(奇偶性)与周期性间关系与应
用.
答案:B.
解析:(浙江嘉兴陈国伟)
解法 1:由 f (2  x )  f (x )  0 得函数的周期为 4,又当 x  [2, 0] 时,f (x )  x 2  2x ,且 f (x ) 是定义在 R 上
的奇函数∴ x  [0,2] 时, f (x )  x 2  2x ,
∴当 x  [4, 6] 时, f (x )  f (x  4)  (x  4)2  2(x  4)  x 2  10x  24
此时 f (x ) 的最小值为 f (5)  1 .
解法 2:由周期为 4, f (x ) 在 [0,2] 上的最小值即为 f (x ) 在 [4, 6] 上的最小值
解法 3:由函数的性质可直接画出在 [4, 6] 上的图像,数形结合即可.
9

【解析点评】本题重点考查的函数周期性的应用.解法 1 根据周期性求出函数在指定区间上的解析式后求
最值;解法 2 根据周期性,将指定区间上的最值转化解析式已知的区间上的最值,更简洁些;解法 3 根据
对称性作图后解答,更直观些.
对于条件复杂的求解析式问题,解法 3 可能更容易掌握,不妨试解下题:

 



















定义在 R 上的奇函数 f x 满足 f 3  x  f 3  x ,若当 x  0 ,3 时, f x  2x ,求当 x  6 , 3 时,

 



f x 的解析式.答案: f x  2x 6 .
21.AAA

考点 10 函数的零点



22.(云南师大附中 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)函数 g x 的图像如图 2 所示,则方

     0 的实根个数为(

程g g x3

).

A.3
B.6
【考点】零点(复合函数零点问题).

C.9

D.12

答案:C.
解析:(四川绵阳孙莉)
令 t  x 3 , u  g(t ) ,则由 g(g(x 3 ))  0 ,有 g(u )  0 ,由图象知:
有三个根 u1 , u2 , u 3 ,分别令 u1  g (t ) , u2  g(t ) , u3  g(t ) 解出有 9 个 t 符合方程,再令 t  x 3 解出相应

x 的根的个数为 9 个,故选 C.





4x 1  x , 0  x  1
23.已知函数 f x  
,若 a, b, c 互不相等,且 f a  f b  f c ,则 a  b  c 的取值
log2019 x , x  1
范围是(
)

 

A.

1,2020





B. 1,2019



【知识内容】函数零点问题
【考查意图】本题主要是考查了二次函数的对称性,属于中档题.
答案:C
10







C. 2,2020





D. 2,2019



解析:(浙江嘉兴温福长)

  

如图所示, a  b  1 ,图象有三个点函数值相等,那么 f c  0,1

 



即 log2019 c  0,1 ,解得 c  1,2019



所以 a  b  c  2,2020





故选 C.
【解析点评】利用二次函数的对称性,得到两个零点的和为定值,再结合对数函数性质,解决第三个零点
的范围,从而使得问题得以解决.

24.AAA
考点 11 与函数有关的创新题





25.(四川 2020 届高三联合诊断考试理科)设 x , y  R ,定义 x  y  x a  y ( a  R 且 a 为常数),若



① g  x  不存在极值;



f x  e , h x  ln x , g x  e
x

x







 2x , F x  f x  g x .下述四个命题:
2

 

②若函数 y  kx 与函数 y  h x 的图像有两个交点,则 k  1 ;
e





③若 F x 在 R 上是减函数,则实数 a 的取值范围是 , 2 ;



④若 a  3 ,则在 F x 的图像上存在两点,使得在这两点处的切线互相垂直.
其中所有真命题的编号是(
A.①③④

).
B.②③④

C.②③

D.②④

【考点】新定义、函数综合问题.
【命题意图】本题借助新定义,考查了函数单调性、极值、零点、切线等问题,属于难题.
【答案】C.
解析:湖北十堰郝清鹏







解法:∵ g x  e x  2x 2 ,∴ g  x  e x  4x ,∴ g  x  e x  4  0 ,







∴ g  x  e x  4x 在 R 上单调递增,又∵ g  0  1  0 , g  1   1  4  0 ,
e

11





∴ x 0  (0,1) , 且 当 x  (0, x 0 ) 时 , g  x  0 , 当 x  (x 0 ,1) 时 , g  x  0 , ∴ x 0  (0,1) , 使 得

g(x )极小值  g(x 0 ) ,∴①错;

 

 

显然当 k  0, 0  x  1 时,函数 y  kx 与函数 y  h x 的图像有一个交点,当 x  1 时, y  h x  ln x ,



 



设曲线 y  h x  ln x (x  1) 上过原点的切线的切点为 x 0 , y0 ,则切线方程为 y  ln x 0  1 (x  x 0 ) ,∵切
x0
线过原点,∴ 0  ln x 0  1 (0  x 0 ) ,即 ln x 0  1 ,∴ x 0  e ,∴ k  1  1 ,②对;
x0
x0 e







∵ F x  f x  g x  e x (a  e x  2x 2 ) ,





∴ F  x  e x (a  2x 2  4x ) ,令 F  x  0 ,则 a  2x 2  4x  2(x  1)2  2 恒成立,即 a  [2(x  1)2  2]min .∵
2(x  1)2  2  2 ,∴ a  2 ,即 a  (, 2] ,∴③正确;

∵ a  3  (, 2] ,∴ F (x ) 在 R 上单调递减,

 

∴ F  x  e x (2x 2  4x  3)  2e x [(x  1)2  1 ]  0 , 设 (x 1, y1 ),(x 2 , y2 ) 是 其 图 象 上 任 意 两 点 , 则
2

 

 



F  x1  F  x 2  0 恒成立,∴ a  3 时,在 F x 的图像上不存在两点,使得在这两点处的切线互相垂直.∴
④错.故选择 C.
【解析点评】本题实际是多选题,根据设问,逐个考查每个命题的真假.
26.AAA

模块三 导数 1
考点 12 导数的概念

27.AAA
考点 13 导数的几何意义

12

a
28.(贵阳第一中学 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)设 a  R ,函数 f (x )  e x  x 的导数是 f (x ) ,
e
.
且 f (x ) 是偶函数,若曲线 y  f (x ) 的一条切线的斜率是 5 ,则切点的横坐标为
2
答案: x 0  ln 2 或 x 0   ln 2 .
【考点】导数切线问题.
【命题意图】本题考查了两个函数的图象是否存在关于坐标轴的对称位置,属于简单题.
解析:湖北十堰郝清鹏
x
1
5
a
∵ f (x )  e x  x 且 f (x ) 是偶函数,∴ a  1 .设切点为 (x 0 , y 0 ) ,则 f (x 0 )  e 0  x 
2
e
e0

解得 x 0  ln 2 或 x 0   ln 2 .
【解析点评】先求出函数的导函数,然后根据偶函数性质,求出参数 a 的值,最后解方程,求出切点的横
坐标;当然我们也可以根据原函数与导函数的之间奇偶性关系,若原函数是奇函数,则其导函数为偶函数;
若原函数是偶函数,则其导函数是奇函数,这样可以先求参数 a 的值,然后求导、解方程.

x

29.(巴蜀中学 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)已知函数 y  e 上任意一点 P ( x 0 , e x0 ) ,在 P 点
处的切线 l1 交 x 轴于点 A , l 2 过点 P 且 l1  l 2 , l 2 与 x 轴交于点 B ,则线段 AB 长度的取值范围
为
.
【考点】切线
【命题意图】考查了函数切线,用切点坐标表示线段的长,再求其范围,属于简单题.
【答案】 (1, +¥ )
解析:浙江宁波赖庆龙
解法: 由已知,直线 l1 的方程为 y = e x0 × x + e x0 - x 0 × e x0 ,则 A( x0 -1,0) ,
直线 l2 的方程为 y = -

1
× ( x - x0 ) + e x0 ,则 B (e 2 x0 + x0 , 0) ,
x0
e

则 AB = e2 x0 + x0 - ( x0 -1) = e2 x0 + 1 > 1 ,
所以答案为 (1,+¥) .
【解析点评】先求切线 l1 、 A 点坐标和与之垂直的直线 l2 、 B 点坐标,
然后表示 AB ,借助于 e

2x 0

 0 恒成立,从而求出 AB 的范围.

30.AAA
考点 14 导数在研究函数单调性中的应用

13





31.(四川 2020 届高三联合诊断考试理科)已知定义在 R 上的函数 y  f x  1 的图像关于直线 x  1 对











 

称,且当 x  , 0 时, f x  xf ' x  0 (其中 f ' x 是函数 f x 的导函数)恒成立,若

 


 

a   sin 1   f  sin 1  , b  ln 2  f ln 2 , c   log 1 1   f  log 1 1  ,则 a, b, c 的大小关系是(
2 
2

2 4 
2 4 


A. a  b  c
B. b  a  c
C. c  a  b
D. a  c  b

   

).

【考点】导数与函数的单调性.
【命题意图】本题考查了求导公式的逆向应用及导数的几何意义.
答案:A

 









解法 1:
(浙江宁波赖庆龙)由已知得,函数 f x 是 R 上的偶函数,因为当 x  , 0 时,f x  xf ' x  0 ,

















所以构造函数 g x  xf x ,得 g  x  x  xf  x  0 ,所以 g x 是 R 上的奇函数,
且在 x  , 0 时,g x



单调递减,所以 g x 是 R 上的减函数,
因为 sin

1  sin   1 , ln 2  ln e  1 , log 1  2 ,所以 sin 1  ln 2  log 1 ,
1
1
2
6 2
2
2
2 4
2 4





所以 g  sin 1   g ln 2  g  log 1 1  ,即 a  b  c ,
2

2 4 


 

故选项 A 正确.
解法 2:特例法(广西玉林徐文才)







根据题意,取 f x  1 ,则 f x  1  1 ,该函数的图 象关于直线 x  1 对称成立,且 当 x  0 时,





f x  xf  x  1  0  0 也成立;此时 a   sin 1 , b   ln 2 , c   log 1 1  2
2
2 4
易知 0  sin 1  sin π  1 , 1  ln e  ln 2  ln e  1 ,所以  1  a   sin 1  0 , 1  b   ln 2   1 ,
2
6 2
2
2
2
2
而 c  2
所以 a  b  c ,故选 A.
【解析点评】由题设结构,逆用求导公式构造可导的积函数,然后根据导数的几何意义比较大小.本题关
键是要熟练几个常见的“函数组合体”的导函数结构.
32.AAA

考点 15 导数在研究函数极值最值中的应用
D 组:选择

14

 

33.(唐山市 2019-2020 学年度高三摸底考试理数)设函数 f x = ex m  ax



得 f x  0 恒成立,则实数 m 的取值范围是(



A.  ,0 


B.  0 ,2


  ln x  ax  ,若存在实数 a 使

)





C. 2 , 





D.  ,2



【考点】导数、最值问题(逆用).
【命题意图】本题借助不等式恒成立,考查导数在求函数最值中的技巧.
答案:D.
解析:
解法 1(陕西西安郝立涛):
设 A( x0 , e x0 -m ) ,则 kOA =

e x0 -m
e x0 -m
,令 y = e x-m ,则 y ¢ |x = x0 = e x0 -m ,令 e x0 -m =
,得 x0 = 1 ,
x0
x0

∴ y = e x-m 过原点的切线斜率为 k = e1-m ;
设 B ( x1 , ln x1 ) ,则 kOB =

ln x1
1
ln x
,令 y =
,则 y ¢ |x= x1 = ,
x1
x1
x

令

1 ln x1
,则 x1 = e ,
=
x1
x1

∴y=

ln x
1
过原点的切线斜率为 k1 = .
x
e

当 0 < a < e1-m 时, e

xm

1
e

 ax  0 ;当 a > 时, ln x - ax < 0 ,此时有 (e x-m - ax)(ln x - ax) < 0 恒成立,

1
1
∴ < a < e1-m ,得 < e1-m ,故 m < 2 ,故选择 D.
e
e

解法 2(云南普洱薛家兵):
ìïe x-m - ax > 0 ì
ïe x-m - ax < 0
由 (e x-m - ax)(ln x - ax) < 0 ,得 ïí
或 ïí
(舍去),
ïï
ïîï ln x - ax < 0
î ln x - ax > 0
ìïe x-m > ax
∴ ïí
.
ïîï ln x < ax
1
如图所示, y = ln x 过原点的切线方程为 y = x .
e

设 h( x) = e x-m ,则当 m < 0 时,e x-m > ax 恒成立,当 m > 0

时,

1
由 h( x) = e x-m 与 y = x 相切得切点 (1,e1-m ) 且 m = 2 ,依
e

题

意有 m < 2 ,即 m Î (-¥, 2) .
解法 3(河南郑州张建党):

 



x m


ln x   0 .
f x  ex m  ax ln x  ax  0   a  e

 a 
x 
x 




x m
令m x  e
, n x  ln x ,
x
x

 

 

15



e x m x  1

 

由 m x 

x

2

 ,知 m
 

 

x ,知 n x
由 n  x  1  ln
x2

x 

max

min



 m 1  e1m ;



n e  1;
e

x m


ln x   0 恒成立,等价于 1  e1m ,得 m  2 .
于是,存在存在实数 a 使得  a  e

 a 
x 
x 
e






故实数 m 的取值范围是  ,2 ,选 D.
【点评】解决不等式恒成立问题的最常用方法是分离参数与数形结合.
数形结合的优点是将待求问题直观化,分离参数的优点是构造的新函数往往更简洁易解.
三个解答方法均先将不易处理的问题等价转换,方法 1 与方法 2 均是数形结合,借助临界情况求出参数的
取值范围,方法 3 分离参数,配凑常见的函数.
x
如果熟知几个常见的函数( y  x ex ,y  e ,y  x ln x ,y  ln x ,y  ex  x  1 ,y  x  1  ln x ,y  sin x
x
x
x

等)的性质,解答时会更快些.

34.(吉林省长春市 2020 届高三质量检测(一)理科数学)已知函数 f (x )  (x 2  2x )e x 1 ,若当 x  1 时,
f (x )  mx  1  m  0 有解,则 m 的取值范围为( ).
B. m  1
C. m  1
D. m  1
A. m  1
【考点】导数在最值中的应用.
【命题意图】本题通过可成立逆向求参,考查了导数在解决函数最值中的应用.
答案:C.
解析:(浙江宁波赖庆龙)
解法 1:半分参,定曲动直





当 x  1 时,f (x )  mx  1  m  0 有解,即 f (x )  m x  1  1 有解,





  





因为 f  x  e x 1 x 2  2 ,所以 f x 在 1, 2 单调递减,



在  2,+ 上单调递增,其图象如图所示:






函数 f (x )  (x 2  2x )e x 1 在 1, 1 处的切线方程为 y  x ,
为使当 x  1 时, f (x )  mx  1  m  0 有解,只需 m  1 ,故选项 C 正确.
解法 2:特殊值,排除







 





当 m  0 时, g x  f (x )  mx  1  m  (x 2  2x )ex 1  1 ,因为 g  x  e x 1 x 2  2 ,所以 g x 在 1, 2 单





调递减,在  2,+ 上单调递增,而 g 1  0 , g


 2   0 ,所以 g x   0 有解,符合题意,故选项 B 和

D 错误;









当 m  1 时, g x  f (x )  mx  1  m  (x 2  2x )ex 1  x ,因为 g  x  e x 1 x 2  2  1 ,
16







 







g  x  e x 1 x 2  2x  2  0 ,所以 g  x 在 1,  单调递增,所以 g  x  g  1  0 ,

 









所以 g x 在 1,+ 上单调递增,所以 g x  g 1  0 ,所以 g x  0 无解,不符合题意,
故选项 A 错误;
综上,选项 C 正确.
解法 3:参变分离





当 x  1 时, f (x )  mx  1  m  0 有解,即 f (x )  m x  1  1 有解,令 t  x  1  0 ,





et t 2  1  1

则m 

t



因为 g  t 





有解,设 g t 





et t 3  t 2  t  1  1
t



2







et t 2  1  1
t

t  0  ,







,再设 h t  et t 3  t 2  t  1  1 ,





 



则 h  t  et t 3  4t 2  t  tet t 2  4t  1  0 ,所以 h t 在 0,  上单调递增,







 









所以 h t  h 0  0 ,即 g  t  0 ,所以 g t 在 0,  上单调递增,设  t  et t 2  1



所以 g t  lim





et t 2  1  1

t 0

故选项 C 正确.

t

 lim

 t     0 

t 0

t 0





   0  1 ,所以 m  1 ,



解法 4:(河南郑州赵永帅) f (x )  1 ≤ m x  1  m 

(x 2  2x )ex 1  1
.
x 1

(x 2  2x )e x 1  1
"0"
0
x 1
x 1
2
(x  2)e
∴m 
 1 .
x 1
1
【解析点评】解答不等式恒成立与不等式可成立,最常用的方法是分离参数与数形结合.一般情况下分离

当 x  1 时,

参数(半分参或全分参)更简洁些.分离参数是将待求问题转化成一条动直线与定曲线位置关系问题(定
直动曲),或转化两条曲线的位置关系问题(一般第一转化方法更简).特值排除法、极值情况或临界情
况求范围端点法,也是常用方法.
2
x -1
解法 4 利用洛必达法则,最简洁,加上证明函数 y  (x  2x )e  1 单调递增才严谨.
x 1

35.

E 组:填空
36.卷

17

F 组:解答题
37.(昆明市第一中学 2020 届高三摸底考试理数)(本题类 2019 全国 3 卷)
已知函数 f x  x  1 ex  a ln x  1  ax  b , x  0 ,1 .



 









(Ⅰ)讨论 f x 的单调性;



(Ⅱ)是否存在 a ,b ,使得函数 f x 在区间 0 ,1 上的最小值为 1 ,最大值为 1 ?若存在,求出 a ,b 的


所有值;若不存在,请说明理由.
参考数据: ln 2  0.693 .
【考点】导数在研究函数最值中的应用.





答案:(Ⅰ)当 a  1 时, f x 在 0 ,1 上单调递增;当 a  2 e 时, f x 在 0 ,1 上单调递减;





 



当 1  a  2 e 时, f x 在 0 ,x 0  上单调递减,在 x 0 ,1 上单调递增,其中 x 0  0 ,1 ,且满足





x

0





1
3
且 b  0 时,或当 a 
且 b  2 时,可以使得函数 f x 在区间
ln 2  1
1  ln 2

x

 1 e 0  a ;(Ⅱ)当 a 

0 ,1 的最小值为 1 且最大值为 1 .


解析:(河南郑州张建党)

 

(Ⅰ) f  x  xex 

 





a  a  x  x  1 ex  a  ,

x 1
x 1 



 



令 g x  x  1 ex  a , x  0 ,1 ,则 g  x  x  2 ex  0 在 0 ,1 恒成立,







故 g x 在 0 ,1 上单调递增.







 

(ⅰ)若 a  1 ,则 g x  g 0  1  a  0 ,则 f  x 





 

x 1

(ⅱ)若 a  2 e ,则 g x  g 1  2 e a  0 ,则 f  x 



   0 ,得 f

x g x

x  在 0 ,1 上单调递增;

   0 ,得 f

x g x
x 1



x  在 0 ,1 上单调递减;



(ⅲ)若 1  a  2 e ,则 g 0  1  a  0 , g 1  2 e a  0 ,又 g x 在 0 ,1 上单调递增,结合零点存在



 

  



x

性定理知:存在唯一实数 x 0  0 ,1 ,使得 g x 0  x 0  1 e 0  a  0 ,













当 x  0 ,x 0  时, g x  0 ,则 f  x  0 ,则 f x 在 0 ,x 0  上单调递减,




当 x  x 0 ,1 时, g x  0 ,则 f  x  0 ,则 f x 在 x 0 ,1 上单调递增.









综上,当 a  1 时, f x 在 0 ,1 上单调递增;当 a  2 e 时, f x 在 0 ,1 上单调递减;当 1  a  2 e 时,





 







x
f x 在 0 ,x 0  上单调递减,在 x 0 ,1 上单调递增,其中 x 0  0 ,1 ,且满足 x 0  1 e 0  a .





………6 分
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知:
18





(ⅰ)若 a  1 ,则 f x 在 0 ,1 上单调递增,故 f x





f x

max



 f 1  a ln 2  a  b  1 ,解得 a 

min

1
 1 ,满足题意.
ln 2  1





(ⅱ)若 a  2 e ,则 f x 在 0 ,1 上单调递减,故 f x





f x

min



 f 1  a ln 2  a  b  1 ,解得 a 







 f 0  b  1  1 ,得 b  0 ,

max



 f 0  b  1  1 ,得 b  2 ,

3
 9.772  2 e ,满足题意.
1  ln 2



 





(ⅲ)若 1  a  2 e ,令 h x  ln x  1  x , x  0 ,1 ,则 f x  x  1 ex  ah x  b .





 





由 h  x  x  0 ,知 h x 在 0 ,1 上单调递减,所以, h x  h 0  0 .


x 1

 





令 u x  x  1 ex  h x  b , x  0 ,1





注1





,由(Ⅰ)知 u x  u 1  ln 2  1  b ;



【注 1:函数 u x 就是 a  1 时的 f x ,在 0 ,1 上单调递增.】



 





令 v x  x  1 ex  2 e h x  b , x  0 ,1





注2









,由(Ⅰ)知 v x  v 1  2 e ln 2  1  b ;



【注 2:函数 v x 就是 a  2 e 时的 f x ,在 0 ,1 上单调递减.】



 











因为 f x  x  1 ex  ah x  b , h x  0 ,且 1  a  2e ,





所以, v x  f x  u x ,则 f x



故 f (x )max  f x

min





max



 ln 2  1  b , f x

min









 2 e ln 2  1  b ,



 2 e 1 1  ln 2  1.362  2 ,故对任意 a  1 ,2 e ,



不存在实数 b 能使函数 f x 在区间 0 ,1 的最小值为 1 且最大值为 1 .


综上,当 a 



1
3
且 b  0 时,或当 a 
且 b  2 时,可以使得函数 f x 在区间 0 ,1 的最小值为


ln 2  1
1  ln 2

1 且最大值为 1 .

38.(贵阳第一中学 2020 届高考适应性月考卷(一)理数)已知函数 f (x )  1 ax 2  ln x .
2
(1)若 a  1 ,求 f (x ) 的单调区间;



(2)若 f (x ) 在 0,1 上的最大值是 3 ,求 a 的值;
(3)记 g(x )  2 f (x )  (a  1)ln x  1 ,当 a  2 时,若对任意 x 1, x 2  (0, ) ,总有 g(x1 )  g(x 2 )  k x1  x 2
成立,试求 k 的最大值.
【考点】导数函数的单调性、最值.
【命题意图】本题考查了函数的单调性与最值;以及函数构造求参数最大值,属于中等题.
解析:四川凉山罗永云

1 x 2  1 ,
(1) f (x ) 的定义域是 (0, ) , f ' (x )  x  
x
x
19

令 f ' (x )  0 ,则 x 1  1, x 2  1 (舍去),
当 x  (0,1) 时, f ' (x )  0 ,故 f (x ) 在 (0,1) 上是增函数;
当 x  (1, ) 时, f ' (x )  0 ,故 f (x ) 在 (1, ) 上是减函数.

1 ax 2  1 (0  x  1)
(2) Q f (x )  1 ax 2  ln x ,则 f ' (x )  ax  
,
x
x
2
①当 a  0 时, f (x ) 在 (0, ) 上是增函数,



故在 0,1 上的最大值为 f (1)  1 a  3 ,显然不合题意;
2
a  0,


1
②若 
1  1, 即 1  a  0 时, 0,1   0,   ,则 f (x ) 在 0,1 上是增函数,

a


 a








故在 0,1 上的最大值为 f (1)  1 a  3 ,不合题意,舍去;
2
a  0,

1
1
③若 
1  1, 即 a  1 时,则 f (x ) 在 (0,  ) 上是增函数,在 (  ,1) 上是减函数,

a
a
 a




故在在 0,1 上的最大值为 f (  1 )   1  ln  1  3 ,解得 a  e 5 ,符合,
a
2
a
综合①②③得 a  e 5 .
解法 2:(广西玉林徐文才)

  

当 f x 在 0,1 上的最大值是 3 时





一方面,对 x  0,1 ,恒有 f x ≤ 3 ,即 1 ax 2  ln x ≤ 3 ,也就是  1 a ≥ ln x 2 3
2
2
x
 ln x  3 
1
所以  a ≥ 
 ①
2
 x 2 max
ln x 0  3
另一方面 x 0  0,1 ,使得 f x 0  3 ,即将  1 a 
2
x2



 

0

所以  1 a 为函数 y  ln x 2 3 值域内的一个值②
2
x
 ln x  3 
1
由①②可知  a  

2
 x 2 max
1  x 2  2x ln x  3
ln
x

3
记g x 
 2 ln x3  5
0  x ≤ 1 ,则有 g  x  x
4
2
x
x
x

 







令 g  x  0  2 ln x  5  0 ,解得 x  e
所以当 0  x  e

5
2


所以 g x 在  0,e




5
2



时, g  x  0 ,当 e



 

5
2

5
2

1



 x  1 时, g  x  0




 上单调递增,在 e ,1 上单调递减



5
2

20



 

所以 g x

max

5
5 3
5
  25  ln e 2  3
 g e  
 25  e
2
2
e


  25 
e 



5
所以  1 a  e  a  e 5 .
2
2

(3) g(x )  2 f (x )  (a  1)ln x  1 ,则 g ' (x ) 

a  1  2ax  2ax 2  a  1
,
x
x

当 a  2 时, g ' (x )  0 ,故 a  2 时, g(x ) 在 (0, ) 上是减函数,
不妨设 0  x 1  x 2 ,则 g (x 2 )  g (x 1 ) ,
故 g(x1 )  g(x 2 )  k x1  x 2 等价于 g (x 1 )  g (x 2 )  k (x 2  x 1 ) ,
即 g (x 1 )  kx 1  g (x 2 )  kx 2 ,记 (x )  g(x )  kx ,从而 (x ) 在 (0, ) 上为减函数,
由 (x )  (a  1)ln x  ax 2  kx  1 ,得  ' (x ) 
Q 2ax 

(a  1)
2ax 2  kx  a  1  0
,故 k  2ax 
恒成立,
x
x

(a  1)
 2 2a(a  1) ,又 h(a )  2a(a  1) 在 , 2 上单调递减
x



 h(a )  h(2)  4 ,  2ax 

(a  1)
 2 2a(a  1)  4 , k  4 .
x

故 a  2 时, k 的最大值为 4 .
【解析点评】第一问主要是考查了给定函数的单调性;第二问主要是考查了给定函数最大值,求参数的值,
富有逻辑推理过程;第三问主要考查了构造新函数 (x )  g(x )  kx ,利用它是减函数,借助于导数  '(x )  0
恒成立,求出参数 k 的最大值.当然第二问我们可以采用恒成立方法求参数的值、第三问我们也可以采用
洛必塔法则求解,可以尝试一下.











39.(唐山市 2019-2020 学年度高三摸底考试理数)已知函数 f x  x sin x , x  0 ,π , f  x 为 f x





的导数,且 g x  f  x ,证明:

 2π
(1) g x 在  2 ,
3





 内有唯一零点 t ;




(2) f x  2 .
(参考数据: sin 2  0.9903 , cos 2  0.4161 , tan 2  2.1850 , 2  1.4141 , π  3.14 )
【考点】导数在零点、最值问题中的应用.
答案:见解析.
【命题意图】本题意在考查导数在解决函数零点问题,函数最值,或证明不等关系中的应用.
解析:四川绵阳孙莉





解法:(1) g x  f  x  x cos x  sin x .

21





当 x   0 ,π  时, g x  0 ,故 g x 在  0 ,π  内没有零点.
2
2









π

当 x   ,π  时, g  x  2 cos x  x sin x ,又 cos x  0 , x sin x  0 ,
2




π

所以, g  x  0 , g x 在  ,π  单调递减.
2








又 g 2  2  tan 2 cos 2  0 , g  2π    π  3  0 ,
3
2
 3 

 



 2π
所以 g x 在  2 ,
3





 内有唯一零点 t .


 







(2)由(1)得, x  0 ,t , g x  0 ,所以 f  x  0 , f x 单调递增,

 







当 x  t ,π 时, g x  0 ,所以 f  x  0, f x 单调递减,





所以 f x 的最大值为 f t  t sin t .





f  t  t cos t  sin t , f  t  2 cos t  t sin t , t   2 ,2π  , f  t  0 , f  t 在  2 ,2π  上单调递减,
3 
3 















令 f  t  0 得 t   tan t ,所以 f t   tan t  sin t ,





2

2
2
cos t  1  2
 1

 2π 
所以 f t  2   sin t  2 cos t  cos t  2 cos t  1 
, t   2 ,  , cos t    ,cos 2  ,
3 
cos t
cos t
cos t
 2









2

  2



2

所以 cos 2  1  2  1.4161 



 cos 2  1
 0 ,即

2

2

2

cos t

0,



所以 f t  2  0 ,所以 f x  2 得证.
【解析点评】第一问借助连续函数性质(零点存在定理)证明命题成立,第二问在第一问的基础上,通过



多次求导后确定 f  x  的单调性,最终证明不等式 f x  2 成立.

40.(本小题满分 12 分)已知函数 f (x )  2x 3  ax 2  b
(1)若 f (x ) 在 [ 1,1] 是单调函数,求 a 的值;
1
(2)若对 x  [0,1] , f (x )  1 恒成立,求 f ( ) 的取值范围.
2

【知识内容】导数三次函数
【考查意图】本题主要是考查了三次函数单调时求参数取值范围;不等式恒成立求双参数范围,属于中档
题.
解析:(浙江衢州汪强)
a
a
2
(1)解法 1: f (x )  2x 3  ax 2  b ,则 f (x )  6x  2ax =6x (x  ) ,令 f (x )  0 ,解得 x 1 =0 , x 2 = .
3
3
22

a  0 时, f (x )  6x 2  0 , f (x ) 在 R 上单调,则在 [1,1] 是单调.

a
a  0 时, f (x ) 在 [1, 0) 上单调递增,在 (0, ) 上单调递减,则 f (x ) 在 [1,1] 不是单调函数,不符合题目.
3
a
1] 上单调递增,则 f (x ) 在 [1,1] 不是单调函数,不符合题目.
a  0 时, f (x ) 在 ( , 0) 上单调递减,在 (0,
3

综上, a  0 .





解法 2:(广西玉林徐文才)因为 f x  2x 3  ax 2  b ,所以 f  x  6x 2  2ax



设 g x  6x 2  2ax , x   1,1 ,该函数的图象是一个开口向上抛物线的一部分

 





因为 f x 在  1,1 是单调函数,所以 f  x ≥ 0 恒成立或 f  x ≤ 0 恒成立











①当 f  x ≥ 0 恒成立时,任意 x   1,1 ,恒有 g x ≥ g 0 ,所以 g 0 为二次函数 g x 的最小值



所以 x  0 为二次函数 g x  6x 2  2ax 的对称轴,所以 2a  0  a  0 ;
26

 



6  2a ≤ 0
g 1 ≤ 0
②当 f  x ≤ 0 恒成立时,任意 x   1,1 ,恒有 g x ≤ g 0 ,所以 
,即 
,无解
g 1 ≤0
6  2a ≤ 0









综上可知 a  0 ;





解法 3:(广西玉林徐文才)因为 f x  2x 3  ax 2  b ,所以 f  x  6x 2  2ax

 

 





若 f x 在  1,1 不是单调函数,则 f x 在区间 1,1 上存在极值点,









所以 f  x  0 在 x  1,1 上存在变号零点,又 f  0  0
所以   4a 2  0  0 ,解得 a  0 或 a  0

 



 

所以 f x 在  1,1 不是单调函数时, a 的取值范围是 , 0 U 0, 



 

所以当 f x 在  1,1 是单调函数时, a 的值为 0 .
(2)以导函数 f (x ) 的两个零点为界点讨论:

 f (0)  1
1] 上 f (x )  1 恒成立  
,
① a  0 时, f (x )  2x 3  b 在 [0,1] 上单调递增,在 x  [0,
 f (1)  1
② 0  a  3 时, 0 

a  1 f (x ) [0, a ]
a
,
在
上单调递减,在 [ ,1] 上单调递增,在 x [0,1] 上 f (x )  1 恒成立
3
3
3

 f (0)  1

,
 f (1)  1
③ a  3 时,

a 1
a
, f (x ) 在 [0, ] 上 单 调 递 减 , 则 在 [0,1] 上 单 调 递 减 , 在 x [0,1] 上 f (x )  1 恒 成 立
3
3

 f (0)  1

,
 f (1)  1
23

 f (0)  1
④ a  0 时, f (x ) 在 [0,+)上单调递增,则在 [0,1] 单调递增,在 x [0,1] 上 f (x )  1 恒成立  
,
 f (1)  1

 b  1
f (0)=b  1

整合①②③④,在 x [0,1] 上 f (x )  1 恒成立  
,
f (1)  2  a  b  1 b  a  1


 b  1
表示的平面区域(可行域)如下图:
在平面直角坐标新 aOb 中作出不等式组 
b  a  1

1
1 1
1
1
1
1
1
设 f ( )   a  b  z ,则 b  a (z  ),当直线 b  a (z  )经过 A 时,截距(z  )最大,
2
4 4
4
4
4
4
4

 b=1
(1,2).
此时 z 最大.由 
,解得最优解为 A
b=a  1
1
1 1
3
1
1
1
当 f ( )max    2  1  ,当直线 b  a (z  )向 y 轴负方向无限平移时,截距(z  )  ,
2
4 4
4
4
4
4
1
3
此时 z   .所以 f ( ) 的取值范围是(  , ]
2
4

解法 2:(广西玉林徐文才)


a
因为 f x  2x 3  ax 2  b ,所以 f  x  6x  x  
3






 

 

当 f x 在 0,1 上单调时, f x

max

    

 max f 0 , f 1

 





当 f x 在 0,1 上不单调时, 0  a  1 ,当 0  x  a 时, f  x  0 ;当 a  x  1 时, f  x  0
3
3
3

 a
a 
所以函数 f x 在 0,  上单调递减,在  ,1 上单调递增
3


3 

 
 

 

所以函数 f x 在 0,1 上的最大值 f x



max

    

 max f 0 , f 1



因为对 x  0,1 , f x ≤ 1 恒成立,所以 f x







b ≤ 1
b ≤ 1
f 0 ≤ 1
所以 
,即 
,即 
f 1 ≤1
2  a  b ≤ 1
b  a  1 ≤ 0


3

2



≤ 1 ,所以 max f  0  , f 1 ≤ 1

max

 
 
 
而 f  1   2 1  a  1  b  1  1 a b  1 b a 1  3 b
4 4
4
4
2
2
2



24




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