高考数学 高频考点归类分析 应用导数求最值(真题为例)

典型例题：

例1. （2012年全国课标卷理5分）设点P在曲线y则PQ最小值为【 】

1xe上，点Q在曲线yln(2x)上，2(A)1ln2 (B) 2(1ln2) (C) 1ln2 (D)2(1ln2)

【答案】B。

【考点】反函数的性质，导数的应用。 【解析】∵函数y1xe与函数yln(2x)互为反函数，∴它们的图象关于yx对称。 21xex1x1x2 ∴函数ye上的点P(x,e)到直线yx的距离为d

222 设函数g(x)∴dmin1x1ex，则g(x)ex1，∴g(x)min1ln2。221ln2。 2 ∴由图象关于yx对称得：PQ最小值为2dmin2(1ln2)。故选B。

例2. （2012年重庆市理5分）设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(x)，且函数

y(1x)f'(x)的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】

（A）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)

1

（B）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) （C）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2) （D）函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)

【答案】D。

【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。

【分析】由图象知，y(1x)f'(x)与x轴有三个交点，－2，1，2， ∴f'(2)=0，f'(2)=0。 由此得到x， y，1x，f'(x)和f(x)在(, )上的情况：

x (,2) ＋ ＋ ＋ ↗ －2 0 ＋ 0 极大值 (2,1) － ＋ － ↘ 1 0 0 － 非极值 (1,2) ＋ － － ↘ 2 0 － 0 极小值 (2,) － － ＋ ↗ y 1x f'(x) f(x) ∴f(x)的极大值为f(2)，f(x)的极小值为f(2)。故选D。

例3. （2012年陕西省理5分）设函数f(x)xe，则【 】

A. x1为f(x)的极大值点 B.x1为f(x)的极小值点 C. x1为f(x)的极大值点 D. x1为f(x)的极小值点 【答案】D。

【考点】应用导数求函数的极值。

【解析】∵f(x)(x1)e，令f(x)0,得x1。

x∴当x<-1时，f(x)0，f(x)xe为减函数；当x>-1时，f(x)0，

xx 2

f(x)xex为增函数，所以x1为f(x)的极小值点。

故选D。

例4. （2012年陕西省文5分）设函数fx2+lnx则【 】 x11A．x=为fx的极大值点 B．x=为fx的极小值点

22C．x=2为 fx的极大值点 D．x=2为 fx的极小值点

【答案】D。

【考点】应用导数求函数的极值。 【解析】∵f(x)21x2=2，令f(x)0,得x2。 x2xx2∴当0x2当x>2时，f(x)0，fx+lnx为增函数。

x∴x2为f(x)的极小值点。 故选D。

例

5. （2012

年全国课标卷理

12

分）已知函数f(x)满足满足

1f(x)f(1)ex1f(0)xx2；

2（1）求f(x)的解析式及单调区间；

12xaxb，求(a1)b的最大值。 212x1x1【答案】解：（1）∵f(x)f(1)ef(0)xx，∴f(x)f(1)ef(0)x。

212x1令x1得，f(0)1。∴f(x)f(1)exx。

2（2）若f(x)∴f(0)f(1)e11，得f(1)e。

x ∴f(x)的解析式为f(x)exx12x。 2x 设g(x)f(x)e1x，则g(x)e10。 ∴g(x)在xR上单调递增。

又∵f(x)0f(0)时，x0，f(x)单调递增；

3

f(x)0f(0)时，x0，f(x)单调递减。

∴f(x)的单调区间为：单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)。 （2）∵f(x)12xaxb，∴ex(a1)xb0。 2xx令h(x)e(a1)xb得h(x)e(a1)。

①当a10时，h(x)0，∴h(x)在xR上单调递增。 但x时，h(x)与h(x)0矛盾。

②当a10时，由h(x)0得xln(a1)；由h(x)0得

xln(a1)。

∴当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0 ∴(a1)b(a1)(a1)ln(a1)。

令F(x)xxlnx(x0)；则F(x)x(12lnx)。 由F(x)0得0x ∴当x ∴当a2222e；由F(x)0得xe。

e时，F(x)maxe 2e。 2e1,be时，(a1)b的最大值为

【考点】函数和导函数的性质。 【解析】（1）由f(x)f(1)ex11f(0)xx2求出f(0)和f(1)即可得到f(x)的解析式，

2121x和f(x)x2axb，表示出(a1)b，根据导函22根据导数的性质求出单调区间。

（2）由f(x)ex数的性质求解。

例6. （2012年北京市理13分）已知函数fxax2＋1a0,gxx3＋bx （1）若曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值； （2）当a24b时，求函数fxgx的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大

x 4

值。

【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴f1a＋1=c, g11＋b=c。 ∴a＋11＋b，即ab①。

又∵f'x2ax, g'x3x2＋b，∴f'12a, g'13＋b。 又∵曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线， ∴2a3＋b②。 解①②，得ab=3。

（2）∵a24b，∴设hx=fxgx=x3ax2a2x+1。

则h'x=3x22axa2。令h'x=3x22axa2=0，解得

141414aax1=，x2=。

26 ∵a0，∴<。 又∵h'x在各区间的情况如下： a2a6x h'x a ，2＋ a 20 aa ，26－ a 60 a ，6＋ aaaa单调递增，单调递减，∴fxgx在，在，在，2266上单调递增。

a2a①若1，即a2时，fxgx最大值为f1g1=a；

42aa②若<1<，即226aafg=1。 22③若1aaa时，即a6时，fxgx最大值为fg=1。 622a2综上所述：当a2时，fxgx最大值为a；当a>2时，fxgx4

5

最大值为1。

【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。

【解析】（1）由曲线fx与曲线gx有公共点（1，c）可得f1 g1；由曲线fx与曲线gx在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即f'1 g'1。联立两式即可求出a、b的值。

（2）由 a24b得到fxgx只含一个参数的方程，求导可得fxgx的单调区间；根据 1aaaa，<1<和1三种情况讨论fxgx的最大值。 2266例7. （2012年天津市理14分）已知函数f(x)=xln(x+a)的最小值为0，其中a>0. （Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若对任意的x[0,+),有f(x)kx成立，求实数k的最小值； （Ⅲ）证明

22ln(2n+1)<2(nN*). i=12i1n【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为a，，求导函数可得f'(x)=1 令f'(x)=0，得x=1a>a。

当x变化时，f'(x)和f(x)的变化情况如下表：

1x+a1. x+ax+ax 1aa， 1a 1a， f'(x) － ↘ 0 极小值 ＋ ↗ f(x) ∴f(x)在x=1a处取得极小值。

∴由题意，得f(1a)=1aln1=1a=0。∴a=1。

（Ⅱ）当k≤0时，取x=1，有f(1)=1ln2<0，故k≤0不合题意。

gx）xln(x+1)kx。 gx）（fx）kx2，即（当k＞0时，令（求

导

函

数

可

得

2 6

1x+112kx22kxx12kx2kg'（x）12kx==。 x+1x+1x+1令g'（x）0，得x10，x2①当k12k＞1。 2k112k时， ≤0，g'（x）<0在（0，+∞）上恒成立，因此22kgx）（（fx）kx2在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x0，，总有 +）

gx）（g（0）=0，即对任意的x0， +，有f(x)kx2成立。

1符合题意。 2112k12k②当0∴0（Ⅲ）证明：当n=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。

当n≥2时，

n2n222n2f=ln1+=ln1+2i1i=12i12i1i=12i1i=12i1i=1n

=i=1n2ln2n1。 2i1在（2）中，取k=∴f∴

112，得f(x)xx0， 22222+111=2ln3+=2ln3+1<22i12n1i=22i3。

综上，

n2ln(2n+1)<2(nN*)。 i=12i1n【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。 【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数f(x)=xln(x+a)的最小值为0，即可求得a的值。

（Ⅱ）当k≤0时，取x=1，有f(1)=1ln2<0，故k≤0不合题意。当k＞0时，

112k 时，≤0，（gx）22k1在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x0，，总有（②当0212k12k12k时，＞0，对于x(0， )，g'＞0，因此（在(0， )上单调递gx）（x）2k2k2kgx）（fx）kx，令（求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当k2增。由此可确定k的最小值。

（Ⅲ）当n=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当n≥2时，

由

i=1nn2f 2i1=121ln2n1，在（Ⅱ）中，取k=得f(x)x2,从而可得

22i=12i1222+f<，iN，i2由此可证结论。 22i12i12i32i1例8. （2012年安徽省理13分）设f(x)ae （I）求f(x)在[0,)上的最小值；

（II）设曲线yf(x)在点(2,f(2))的切线方程为y【答案】解：（I）设te(t1)，则yatxx1b(a0) aex3x；求a,b的值。 21b。 at1a2t21∴ya2。

atat2 8

1b在t1上是增函数。 at1 ∴当t1(x0)时，f(x)的最小值为ab。

a1 ②当0a1时，yatb2b

at1x ∴当且仅当at1(te,xlna)时，f(x)的最小值为b2。

a11xx（II）∵f(x)aexb，∴f(x)aex。

aeae ①当a1时，y0。∴yat122aeb3af(2)3ae2e2 由题意得：，解得。 3，即131f(2)ae2b22ae22【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。 【解析】（I）根据导数的的性质分a1和0a1求解。 （II）根据切线的几何意义列方程组求解。

例9. （2012年浙江省理14分）已知a0，bR，函数f(x)4ax2bxab． （Ⅰ）证明：当0x1时，

（i）函数f(x)的最大值为|2ab|a； （ii）f(x)|2ab|a0；

（Ⅱ）若1f(x)1对x[0，1]恒成立，求ab的取值范围． 【答案】(Ⅰ) 证明：

(ⅰ)fx12ax22b．

当b≤0时，fx12ax22b＞0在0≤x≤1上恒成立，

此时fx的最大值为：f14a2bab3ab＝|2a－b|﹢a； 当b＞0时，fx12ax22b在0≤x≤1上的正负性不能判断， 此时fx的最大值为：

ba，b2afmaxxmax{f(0)，（）f1}max{(ba)，(3ab)}＝|2a－

3ab，b2a3b|﹢a。

9

综上所述：函数fx在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。 (ⅱ) 设gx＝﹣fx，

∵gx4ax32bxab，∴令gx12ax22b0xb。 6a当b≤0时，gx12ax22b＜0在0≤x≤1上恒成立， 此时gx的最大值为：g0ab3ab＝|2a－b|﹢a； 当b＜0时，gx12ax22b在0≤x≤1上的正负性不能判断， gmaxxmax{g(b6a)，（）g1}4bmax{4bbab，b6a3b6aab，b2a}36ab2a，b6a

≤|2a－b|﹢a。

综上所述：函数gx在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即fx＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数fx在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，

且函数fx在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。 ∵﹣1≤fx≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。 取b为纵轴，a为横轴．

a>0a>0则可行域为：b2a和b2a，目标函数为z＝a＋b。

ba13ab1作图如下：

10

由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有zmax3． ∴所求a＋b的取值范围为：1，3。

【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。 【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。

(ⅱ) 利用分析法，要证fx＋|2a－b|﹢a≥0，即证gx＝﹣fx≤|2a－

b|﹢a，亦即证gx在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比

﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤fx≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。

例10. （2012年湖南省理13分）某企业接到生产3000台某产品的A，B，Ｃ三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为２,２,１（单位：件）.已知每个工人每天可生产Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.该企业计划安排２００名工人分成三组分别生产这三种部件，生产Ｂ部件的人数与生产Ａ部件的人数成正比，比例系数为k（k为正整数）.

（Ⅰ）设生产Ａ部件的人数为ｘ，分别写出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件生产需要的时间； （Ⅱ）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.

【答案】解：（Ⅰ）设完成A，B，Ｃ三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为

11

T1(x),T2(x),T3(x),

由题设有T1(x)23000100020001500,T2(x),T3(x), 6xxkx200(1k)x其中x,kx,200(1k)x均为1到200之间的正整数。

（Ⅱ）完成订单任务的时间为f(x)maxT1(x),T2(x),T3(x),其定义域为

200x0x,xN。

1k易知，T1(x),T2(x)为减函数，T3(x)为增函数。 ∵T2(x)（

1

）

2T1(x),于是 k当

k2时，

T1(x)T2(x), 此时

10001500f(x)maxT1(x),T3(x)max,，

x2003x由函数T1(x),T3(x)的单调性知， 当由

10001500400时f(x)取得最小值，解得x。 x2003x9于

4440025030045,而f(44)T1(44),f(45)T3(45),f(44)f(45)， 91113250故当x44时完成订单任务的时间最短，且最短时间为f(44)。

11（2）当k2时，T1(x)T2(x), 由于k为正整数，故k3， 此时T(x)375,(x)maxT1(x),T(x)。 50x易知T(x)为增函数，则f(x)maxT1(x),T3(x)maxT1(x),T(x)

1000375(x)max,。[

x50x由函数T1(x),T(x)的单调性知，

当由

10003700时(x)取得最小值，解得x。 x50x11于

12

40025025037525037,而(36)T1(36),(37)T(37), 119111311250此时完成订单任务的最短时间大于。

1136（3）当k2时，T1(x)T2(x), 由于k为正整数，故k1， 此时f(x)maxT2(x),T3(x)max由函数T2(x),T3(x)的单调性知，

2000750,。

x100x2000750800时f(x)取得最小值，解得x。 x100x11250250类似（2）的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。

911当

综上所述，当k2时完成订单任务的时间最短，此时生产Ａ，Ｂ，Ｃ三

种部件的人数 分别为44，88，68。

【考点】分段函数、函数单调性、最值，分类思想的应用。 【解析】（Ⅰ）根据题意建立函数模型。

（Ⅱ）利用单调性与最值，分k2、k2和k2三种情况讨论即可得出结论。

例11. （2012年湖南省理13分）已知函数f(x)ea xx，其中a≠0.

（Ⅰ）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合.

（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1x2)，记直线AB的斜率为k，问：是否存在x0，使f(x0)k成立？若存在，求x0的取值范围；若不（x1，x2）存在，请说明理由.

【答案】解：（Ⅰ）若a0，则对一切x0，f(x)ex1，这与题设矛盾，

又a0，故a0。

∵f(x)ae1,∴令f(x)0,得x当xaxax11ln。 aa11ln时，f(x)0,f(x)单调递减； aa11当xln时，f(x)0,f(x)单调递增.

aa 13

1111111ln时，f(x)取最小值f(ln)ln。 aaaaaaa111于是对一切xR,f(x)1恒成立，当且仅当ln1

aaa∴当x①

令g(t)ttlnt,则g(t)lnt。

当0t1时，g(t)0,g(t)单调递增；当t1时，g(t)0,g(t)单调

递减，

∴当t1时，g(t)取最大值g(1)1。 ∴当且仅当

11即a1时，①式成立。 a综上所述，a的取值集合为1。

f(x2)f(x1)eax2eax1（Ⅱ）存在。由题意知，k1。

x2x1x2x1eax2eax1令(x)f(x)kae,则

x2x1axeax1a(x2x1)(x1)ea(x2x1)1,x2x1eax2(x2)ea(x1x2)a(x1x2)1。 x2x1令F(t)et1，则F(t)e1。

当t0时，F(t)0,F(t)单调递减；当t0时，F(t)0,F(t)单调

递增，

∴当t0，F(t)F(0)0,即et10。 ∴ea(x2x1)ttta(x2x1)10，ea(x1x2)a(x1x2)10。

eax1eax2又∵0,0,∴(x1)0,(x2)0。

x2x1x2x1∵函数y(x)在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线，

14

∴存在x0(x1,x2)使(x0)0,(x)ae2ax0,(x)单调递增，故这

1eax2eax11eax2eax1样的c是唯一的，且cln，故当且仅当x(ln,x2)时，

aa(x2x1)aa(x2x1)f(x0)k。

综上所述，存在x0(x1,x2)使f(x0)k成立.且x0的取值范围为

1eax2eax1(ln,x2)。 aa(x2x1)【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。

【解析】（Ⅰ）用导函数法求出f(x)取最小值f(ln)1a1a111ln，对一切x∈R，aaaf(x)≥1恒成立转化为f(x)min1，从而得出a的取值集合。

（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。

例12. （2012年江苏省16分）若函数yf(x)在xx0处取得极大值或极小值，则称x0为函数yf(x)的极值点。

已知a，b是实数，1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点． （1）求a和b的值；

（2）设函数g(x)的导函数g(x)f(x)2，求g(x)的极值点；

（3）设h(x)f(f(x))c，其中c[2，2]，求函数yh(x)的零点个数． 【答案】解：（1）由f(x)x3ax2bx，得f'(x)3x22axb。 ∵1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点，

∴ f'(1)32ab=0，f'(1)32ab=0，解得a=0，b=3。 （2）∵ 由（1）得，f(x)x33x ，

∴g(x)f(x)2=x33x2=x1x2，解得x1=x2=1，x3=2。 ∵当x<2时，g(x)<0；当20， ∴x=2是g(x)的极值点。

15

2 ∵当21时，g(x)>0，∴ x=1不是g(x)的极值点。 ∴g(x)的极值点是－2。

（3）令f(x)=t，则h(x)f(t)c。

先讨论关于x 的方程f(x)=d 根的情况：d2, 2

当d=2时，由（2 ）可知，f(x)=2的两个不同的根为I 和一2 ，注

意到f(x)是奇函数，∴f(x)=2的两个不同的根为一和2。

当

d<2时，∵f(1)d=f(2)d=2d>0，

f(1)d=f(2)d=2d<0 ，

∴一2 , －1，1 ，2 都不是f(x)=d的根。 由（1）知f'(x)=3x1x1。

时，f'(x)>0 ，于是f(x)是单调增函数，从而① 当x2，f(x)>f(2)=2。

无实根。 此时f(x)=d在2，，时．f'(x)>0，于是f(x)是单调增函数。 ② 当x1 2又∵f(1)d<0，f(2)d>0，y=f(x)d的图象不间断， ∴f(x)=d 在（1 , 2 ）内有唯一实根。 同理，f(x)=d在（一2 ，一I ）内有唯一实根。

，1时，f'(x)<0，于是f(x)是单调减两数。 ③ 当x1 又∵f(1)d>0， f(1)d<0，y=f(x)d的图象不间断， ∴f(x)=d在（一1，1 ）内有唯一实根。

x2=2；当因此，当d=2时，f(x)=d有两个不同的根x1，x2满足x1=1，d<2 时

i=3, 4, 5。 f(x)=d有三个不同的根x3，x1，x5，满足xi<2，现考虑函数yh(x)的零点：

t2=2。 ( i ）当c=2时，f(t)=c有两个根t1，t2，满足t1=1， 16

而f(x)=t1有三个不同的根，f(x)=t2有两个不同的根，故yh(x)有5 个

零点。

( 11 ）当c<2时，f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5，满足

ti<2， i=3, 4, 5。

而f(x)=ti i=3, 4, 5有三个不同的根，故yh(x)有9 个零点。 综上所述，当c=2时，函数yh(x)有5 个零点；当c<2时，函数yh(x)有9 个零点。

【考点】函数的概念和性质，导数的应用。

【解析】（1）求出yf(x)的导数，根据1和1是函数yf(x)的两个极值点代入列方程组求解即可。

（2）由（1）得，f(x)x33x，求出g(x)，令g(x)=0，求解讨论即可。 （3）比较复杂，先分d=2和d<2讨论关于x 的方程f(x)=d 根的情况；再考虑函数yh(x)的零点。

例13. （2012年全国课标卷文5分）设函数fx ex－ax－2

(Ⅰ)求fx的单调区间

(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，xkf'xx1>0，求k的最大值

∞，f'x ex－a。 【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为∞，∞上单调递增。 若a0，则f'x ex－a>0，∴fx在∞，∞时， 若a>0，则当x∞，lna时，f'x ex－a<0；当xlna，f'x ex－a>0，∴在∞，lna上单调递减，fx在lna，∞上单调递增。

(Ⅱ)∵a=1，∴xkf'xx1=xkex1x1。 ∴当x>0时，xkex1x1>0，它等价于k<x1ex1 x x>0。

17

令gx=x1ex1x ，则g'x=xex1ex121=exexx2xe12。

∞上单调递增。 由(Ｉ)知，函数hx=exx2在0，h2=e24>0，∞上存在唯一的零点。 ∵h1=e3<0，∴hx在0，

∞上存在唯一的零点，设此零点为a，则a1,2。 ∴g'x在0，∞时，g'x>0。 当x0，a时，g'x<0；当xa， ∴gx=x1ex1∞上的最小值为ga。 x 在0， 又∵g'a=0，即ea=a2，∴ga=a1e1aa =a+12,3。

因此k【解析】(Ｉ)分a0和a>0讨论fx的单调区间即可。 (Ⅱ)由于当x>0时，xkex1x1>0等价于k<x1e1xx x>0，令

gx=x1e1xx ，

求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。

（ax2bxc）ex在0, 1上单调递减且例14. （2012年江西省文14分）已知函数fx，f10。 满足f01（1）求a的取值范围；

（2）设gx fx fx，求gx在0, 1上的最大值和最小值。 【答案】解：（1）∵f(0)c1，f(1)(abc)e0，∴ab1。

∴fx[ax2a1x1]ex。∴fx[ax2a1xa]ex。 （ax2bxc）ex在0, 1上单调递减， ∵函数fx 1，都有f'(x)0。 ∴对于任意的x0，∴由f'(0)=a0得a>0；由f'(1)=[aa1a]e0得a1。

18

∴0a1。

1，都有f'(x)=x0，函数符合条又当a=0时，对于任意的x0，件；

1，都有f'(x)=x21ex0，函数符当a=1时，对于任意的x0，合条件。

综上所述，a的取值范围是0≤a≤1。 （

2

）

2x2x∵gx fx fx（2axa1）ex axa1x1eaxa1xae∴gx2axa1ex。 1有gxex>0， （i）当a=0时，对于任意x0，∴gx在[0，1]上的最小值是g01，最大值是g1e；

1有gx2xex<0， （ii）当a=1时，对于任意x0，∴gx在[0，1]上的最小值是g10，最大值是g02； （iii）当0＜a＜1时，由gx0得x①若

1a>0， 2a1a11，即01a1a1取得最大值<1，即3e1e1当（ax2bxc）ex在[0，1]上单调递减且满足【解析】（1）由题意，函数fxf01，f10，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]

19

上的函数值恒小于等于0，再结合f01，f10这两个方程即可求得a取值范围。

（2）由题设条件，先求出gx fx fx的解析式，求出导函数

gx2axa1ex，由于参数a的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的

结论及gx分a=0，a=1， 0＜a＜1三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。

例15. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝ax(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1. （Ⅰ）求a，b的值； （II）求函数f(x)的最大值； 1

（III）证明：f(x)＜.

ne

【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。

∵f′(x)＝anxn－1

n－a(n＋1)x，∴f′(1)＝－a。

n又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。 ∴a＝1，b＝0。

（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝x(1－x)＝x－x令f′(x)＝0，解得x＝

nnn＋1

，f′(x)＝(n＋1)xn－1

n－x。

n＋1 

nn＋1

，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝

nn＋1

。

∵在0，





n，＋∞上，

上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在n＋1n＋1

n＝nn1－n＝

n＋1n＋1n＋1

n

f′(x)<0，f(x)单调递减，

∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f

nnn＋1

n＋1

。

111t－1

（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－2＝2(t＞0)。

tttt∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，

φ(t)单调递增，

∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt 20

1

＞1－(t＞1)。

t1n＋11n＋1n＋1＞lne。

令t＝1＋，得ln＞，即lnnnn＋1n

nn＋1n＋1＞e，即∴n＋1n

由（II）知，f(x)≤

nn＋1

＜

1

。 ne

nnn＋1

n＋1

1

＜，∴所证不等式成立。 ne

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。

【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。

（II）由于f(x)＝x(1－x)＝x－xnnn＋1

，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1

n－x，利用导

n＋1

数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。

（III）结合（II），欲证：f(x)＜

n1n＝n．由于函数f(x)的最大值fnen＋1n＋1

n1－n＝

n＋1n＋1

nn＋1

，故此不等式证明问题可转化为证明 nnn＋1

n＋1

＜

1

，对此不等ne

1

式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅

t助证明不等式。

例16.（2012年重庆市文13分）已知函数f(x)axbxc在x2处取得极值为c16 （1）求a、b的值（6分）；

（2）若f(x)有极大值28，求f(x)在[3,3]上的最大值（7分）．

【答案】解：（Ⅰ）∵f(x)axbxc， ∴f(x)3axb。

∵f(x) 在点x2 处取得极值，

323∴f(2)012ab012ab0，即，化简得，解

f(2)c168a2bcc164ab8a1得。

b1232（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)x12xc，f(x)3x12

21

令f(x)0 ，得x12,x22。

x， f'(x)和f(x)在(, )上的情况如下表：

x (,2) 2 (2,2) 2 (2,) f'(x) － ↘ 0 极小值 ＋ ↗ 0 极大值 － ↘ f(x) 由此可知f(x) 在x12 处取得极大值f(2)16c，f(x) 在

x22 处取得极小值f(2)c16。

∵f(x)有极大值28，∴16c28，解得c12。

此时f(3)9c21,f(3)9c3，f(2)c164 ∴f(x) 上[3,3]的最小值为f(2)4。

【考点】函数的导数与极值，最值之间的关系。

【分析】（Ⅰ）先对函数f(x)进行求导，根据f(2)0=0，f(2)c16，求出a、b的值。

（Ⅱ）根据（Ⅰ）对函数f(x)进行求导，令f(x)0，解出x，列表求出函数的

极大值和极小值。再比较函数的极值与端点函数值的大小，端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值，端点函数值与极小值中最小的为函数的最小值。 例17.（2012年浙江省文14分）如图，在直角坐标系xOy中，点P（1，

1）到抛物线C：2y2=2px（p＞0）的准线的距离为

且线段AB被直线OM平分。

5。点M（t，1）是C上的定点，A，B是C上的两动点，4

22

（1）求p,t的值。

（2）求△ABP面积的最大值。

12pt1p【答案】解：（1）由题意得2。 p5，解得124t1（2）设A(x1,y1),Bx2,y2，由（1）知线段AB的中点坐标为Q(m,m)。

设直线AB的斜率为k（k0），由（1）知抛物线C：y=x。 则k2y2y1y2y1112==。 2x2x1y2y1y1y22m ∴直线AB的方程为ym1(xm)，即x2my2m2m0.。 2mx2my2m2m022由2，整理得y2my2mm0。 yx22∴4m4m，y1y22m，y1y22mm。

∴AB11y1y214m24m4m2。 2k设点P到直线AB的距离为d，则d设ABP的面积为S，则S212m2m214m2。

1ABd12(mm2)mm2。 2由4m4m0，得0m1。 令tmm2，0t则S16t。 由S16t0，得t2212，则St(12t)。 2610,。 62∴Smax66，即ABP的面积的最大值为。 99【考点】抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系。应用导数求最大值。 【解析】（1）直接由已知和抛物线的几何性质列式求解即可。

23

（2）求出△ABP面积关于线段AB的中点坐标的关系式，应用导数求最大值。

24