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函數高考大題的類型與解法
函數問題是近幾年高考的熱點問題之一，可以這樣毫不夸張地說，只要是數學高考試卷，都必有一個函數問題的12分大題。從題型上看是20（或21）題的12分大題，難度為中，高檔題型，一般的考生都只能拿到4到10分。縱觀近幾年高考試卷，歸結起來函數大題問題主要包括：①運用導函數探導函數的性質并求函數的極值（或最值）；②運用導函數求方程的根（或確定函數的零點）；③運用導函數證明不等式；④運用導函數，求函數滿足某一條件時，解析式中參數的值（或取值范圍）；⑤運用導函數求解與函數相關的應用問題等幾種類型。各種類型問題結構上具有一定的特征，解答方法也有一定的規律可尋。那么在實際解答圓錐曲線大題問題時，到底應該如何抓住問題的結構特征，快捷，準確地予以解答呢？下面通過典型例題的詳細解析來回答這個問題。
【典例1】解答下列問題：
1、已知函數f(x)=a+
-2x，其導函數為（x），且（-1）=0。
（1）求曲線y=f(x)在點（1，f(1)）處的切線方程；
（2）求函數f(x)在［-1,1］上的最大值和最小值（2019成都市高三零診）
【解析】
【考點】①函數在某點導函的定義與基本求法；②函數在某點導數的幾何意義；③求曲線在某點切線方程的基本方法；④函數導函數的定義與基本求法；⑤運用導函數判斷函數在區間上單調性的基本方法；⑥運用導函數求函數最值的基本方法。
【解題思路】（1）運用求函數導函數的基本方法求出導函數（x），結合問題條件得到關于參數a的方程，求解方程得出a的值，根據求函數在某點導數的基本方法和函數在某點導數的結合意義，求曲線在某點切線方程的基本方法就可求出曲線y=f(x)在點（1，f(1)）處的切線方程；
（2）根據導函數為（x）在［-1,1］上的取值，確定函數f(x)
在［-1,1］上的單調性，利用由導函數求函數最值的基本方法就可求出函數f(x)在［-1,1］上的最大值和最小值。
【詳細解答】（1）（x）=3a+x-2，（-1）=3a-1-2=0，a=1，函數
f(x)=+
-2x，（x）=3+x-2，（1）=3+1-2=2，
f(1)=1+-2=-，曲線y=f(x)在點（1，f(1)）處的切線方程為：y+=2(x-1)，即：2x-y-=0；（2）（x）=3+x-2，令（x）=0得：x=-1或x=，
函數（x），f(x)在［-1,1］上隨自變量x的變化情況如表所示：
f(-1)=-1++2
x
-1
（-1,
）
（，1）
1
=，f()=+-=-，
（x）
0
<0
0
>0
>0
f(1)=1+-2=-，函數
f(x)
-
-
f(x)在［-1,1］上的最大值為，最小值為-。
2、（理）已知函數f(x)=2-a+b。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）是否存在a，b，使得f(x)在區間［0，1］的最小值為-1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由。
（文）已知函數f(x)=2-a+2。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）當0＜a＜3時，記f(x)在區間［0，1］的最大值為M，最小值為m，求M-m的取值范圍（2019全國高考新課標III）
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與基本求法；②運用函數的導函數判斷函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④求解探索性問題的基本方法；⑤運用導函數求函數最值的基本方法。
【解題思路】（1）運用求函數導函數的基本方法求出導函數（x），根據結合問題條件得到關于參數a的方程，求解方程得出a的值，根據參數分類討論的原則與基本方法和由函數的導函數判斷函數單調性的基本方法就可得到函數的單調性；
（2）（理）根據求解探索性問題的基本方法和由函數的導函數求函數最值的基本方法求出函數f(x)在區間［0，1］上的最大值和最小值，結合問題條件就可得出結論。（文）根據由函數的導函數求函數最值的基本方法求出函數f(x)
在［0,1］上的最大值和最小值，從而得到關于參數a的函數，利用求函數值域的基本方法就可求出函數f(x)在［0,1］上的最大值和最小值之差的取值范圍。
【詳細解答】（1）（x）=6-2ax，函數（x）圖像的對稱軸為x=，與X軸的兩個交點為（0，0），（，0），①當a>0時，（x）>0在（-，0）（，+）上恒成立，（x）<0在（0，）上恒成立，
函數f(x)在（-，0），（，+）上單調遞增，在（0，）上單調遞減；②當a=0時，（x）0在R上恒成立，函數f(x)在R上單調遞增；③當a<0時，（x）>0在（-，）（0，+）上恒成立，（x）<0在（，0）上恒成立，
函數f(x)在（-，），（0，+）上單調遞增，在（，0）上單調遞減；綜上所述，當a>0時，函數f(x)在（-，0），（，+）上單調遞增，在（0，）上單調遞減；當a=0時，函數f(x)在R上單調遞增；當a<0時，函數f(x)在（-，），（0，+）上單調遞增，在（，0）上單調遞減；（2）（理）設存在a，b，使得f(x)在區間［0，1］的最小值為-1且最大值為1，①當0<<1，即00
在（，1]上恒成立，（x）<0在（0，）上恒成立，函數f(x)在（，1]上單調遞增，在（0，）上單調遞減，
f(0)=0-0+b=b，f(1)=2-a+b，=
f()=-+b
=-+b，=2-a+b（0函數f(x)在區間［0，1］的最小值為-1且最大值為1，-+b=-1，2-a+b=1或b=1，此時沒有滿足條件的a，b的值存在；②當1，即a3時，（x）<0在[0，1]上恒成立，函數f(x)在[0，1]上單調遞減，=
f(1)=
2-a+b
=-1，=
f(0)=
b=1，a=4，b=1；③當a=0時，（x）0在[0，1]上恒成立，函數f(x)在[0，1]上單調遞增，=
f(0)=
b
=-1，=
f(1)=
2-a+
b=1，a=0，b=-1；④當a<0時，（x）>0在[0，1]上恒成立，函數f(x)在[0，1]上單調遞增，=
f(0)=
b
=-1，=
f(1)=
2-a+
b=1，此時沒有滿足條件的a，b的值存在，綜上所述，存在a=4，b=1或a=0，b=-1，使得函數f(x)在區間［0，1］的最小值為-1且最大值為1。
（文）0＜a＜3，0<<1，（x）>0在（，1]上恒成立，（x）<0在（0，）上恒成立，函數f(x)在（，1]上單調遞增，在（0，）上單調遞減，
f(0)=0-0+b=b，f(1)=2-a+b，=
f()=-+b=-+b，=2-a+b（0設g(a)=
-a+2，(a)=
-1=<0在（0，2）上恒成立，函數g(a)在（0，2）上單調遞減，<
g(0)=0-0+2=2，>
g(,2)=
-2+2=，函數g(a)的值域為（，2）；②當2a<3時，M==b，m==-+b，M-m=，
設g(a)=
，(a)=
>0在[2，3）上恒成立，函數g(a)在[2，3）上,單調遞增，
<
g(3)=1，=g(2)=
，函數g(a)的值域為[，1），綜上所述，
若函數f(x)在區間［0，1］的最大值為M，最小值為m，則M-m的取值范圍是[，2）。
3、設函數f(x)=（x-a）（x-b）（x-c），a，b，cR，（x）為f(x)的導函數。
（1）若a=b=c，f(4)=8，求a的值；
（2）若a
b，b=c，且（x）和f(x)的零點均在集合{-3，1，3}中，求f(x)的極小值；
（3）若a=0，01，c=1，且f(x)的極大值為M，求證：M（2019全國高考江蘇）
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與基本求法；②運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；③函數零點的定義與性質；④運用函數導函數求函數最值的基本方法。
【解題思路】（1）由a=b=c得到函數f(x)含參數a的解析式，結合問題條件得到關于參數ad的方程，求解方程就可求出a的值；（2）由a
b，b=c得到函數
f(x)含參數a，b的解析式，根據（x）和f(x)的零點均在集合{-3，1，3}中得到關于參數a，b的方程組，求解方程組求出a，b的值，利用函數導函數求函數極值的基本方法求出函數f(x)的極小值；（3）由a=0，01，c=1得到函數f(x)含參數b的解析式，運用函數導函數求函數極值的基本方法得出函數f(x)的極大值關于參數b的函數，設函數g(b)，根據求函數最值的基本方法求出函數g(b)在（0，1]上的最大值，從而證明結論。
【詳細解答】（1）
a=b=c，
函數f(x)=（x-a）（x-b）（x-c）=
，
f(4)=
=8，,
a=2；（2）
a
b，b=c，函數f(x)=（x-a）（x-b）（x-c）=（x-a），（x）=3（x-b）（x-），令（x）=0，f(x)=0得：x=a或x=b或x=，（x）和f(x)的零點均在集合{-3，1，3}中，a
b，=1，a=3，b=-3，函數f(x)=（x-3）=，（x）=3（x-1）（x+3），令（x）=0得：x=1或x=-3，函數（x），f(x)隨自變量x的變化情況如表所示：
x
（-，-3）
-3
（-3，1）
1
（1，+）
=
f(1)=（1-3）=-32；
（x）
>0
=0
<0
=0
>0
（3）
a=0，01，c=1，函數
f(x)
0
-32
f(x)=（x-a）（x-b）（x-c）=x（x-b）（x
-1）=-（b+1）+bx，（x）=3-2（b+1）x+b，01，=4-12b
=+3>0，令（x）=0得：=，=，函數
（x），f(x)隨自變量x的變化情況如表所示：M==
f()=-（b+1）+b
=[3-2（b+1）+b]（-）
x
（-，）
（，）
（，+）
-+
（x）
>0
=0
<0
=0
>0
=++
f(x)
=-++，
若a=0，01，c=1，且f(x)的極大值為M，則M。
『思考問題1』
（1）【典例1】是運用導函數探導函數的性質，并求函數的極值（或最值）問題，解答這類問題需要理解函數的單調性，函數的極值，函數的最值的定義，掌握運用函數導函數求函數單調區間（或判斷函數單調性），函數極值，函數最值的基本方法；
（2）判斷函數的單調性（或求函數的單調區間），可將問題轉化為求解不等式（x）0（或（x）0）或證明（x）0（或（x）0）在區間上恒成立的問題；
（3）解答含參數的函數極值或函數最值問題關鍵是極值點與給定區間位置關系的討論，需要注意結合導函數圖像的性質進行分析。
「練習1」解答下列問題：
1、已知函數f(x)=+a+bx+在x=1處有極值4（2018成都市高三零診）。
（1）求實數a，b的值；
（2）當a＞0時，求曲線y=f(x)在點（-2，f（-2））處的切線方程。
2、已知函數f(x)=
cosx-x（2017全國高考北京卷）。
（1）求曲線y=f(x)在點（0，f(0)）處的切線方程；
（2）求函數f(x)在區間［0，］上的最大值和最小值。
3、（理）設函數f(x)=x+bx，曲線y=f(x)在點（2，f(2)）處的切線方程為y=(e-1)x+4.
（1）求a，b的值；
（2）求f(x)的單調區間。
（文）設函數f(x)=+a+bx+c。
（1）求曲線y=f(x)在點（0，f(0)）處的切線方程；
（2）設a=b=4，若函數f(x)有三個不同的零點，求c的取值范圍；
（3）求證：-3b＞0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件（2016全國高考北京卷）
【典例2】解答下列問題：
1、（理）已知函數f(x)=
-2a-2ax，其中a>0。
（1）當a=1時，求曲線y=
f(x)在點（0，f（0））處的切線方程；
（2）若函數f(x)有唯一零點，求a的值。
（文）已知函數f(x)=a--1，其中a>0。
（1）當a=2時，求曲線y=
f(x)在點（0，f（0））處的切線方程；
（2）若函數f(x)有唯一零點，求a的值（2020成都市高三零診）
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與求法；②函數在某點導數的定義與幾何意義；③求曲線在某點處切線方程的基本方法；④函數零點的定義與性質；⑤求函數零點的基本方法。
【解題思路】（1）（理）運用函數在某點導數的求法和求曲線在某點處切線方程的基本方法，結合問題條件就可求出曲線y=
f(x)在點（0，f(0)）處的切線方程；（文）運用函數在某點導數的求法和求曲線在某點處切線方程的基本方法，結合問題條件就可求出曲線y=
f(x)在點（0，f(0)）處的切線方程；（2）（理）利用確定函數零點的基本方法，結合問題條件得到關于實數a的方程，求解方程就可求出實數a的值。（文）利用確定函數零點的基本方法，結合問題條件得到關于實數a的方程，求解方程就可求出實數a的值。
【詳細解答】（1）（理）當a=1時，
f(x)=
-2-2x，(x)=2-2-2=2（--1），
(0)=2（1-1-1）=-2，
f(0)=1-2-0=-1，曲線y=
f(x)在點（0，f(0)）處的切線方程為：y+1=-2(x-0)，2x+y+1=0；（文）當a=2時，
f(x)=
2--1，(x)=2-=，(0)=21-1=1，
f(0)=
21-0-1=1，曲線y=
f(x)在點（0，f(0)）處的切線方程為：y-1=(x-0)，x-y+1=0；（2）（理）(x)=2-2a-2a=2（-a-a），令t=，t（0，+），(t)=2（-at-a），
a>0，存在唯一的（0，+），使()=0，即存在R，使=，且()=0，當x（-，）時，(x)<0，當x（，+）時，(x)>0，函數f(x)在（-，）上單調遞減，在（，+）上單調遞增，當x
-時，-2a
0，-2ax
+，
f(x)
+，當x
+時，（-4a
）+，
f(x)
+，函數f(x)有唯一零點，=f
()=-2a-2a=0，且()=2-2
a-2a=0，+2-1=0，設g(x)=
+2x-1，
(x)=
+2>0在R上恒成立，函數g(x)在R上單調遞增，
g(0)=
1+0-1=0，方程+2-1=0有唯一解=0，2-2
a-2a=0，a=，當函數f(x)有唯一零點時，實數a=。（文）函數f(x)有唯一零點，
方程+
=a有唯一一解，設g(x)=
+
，（x）=-+=，令h(x)=1-2x-，(x)=-2-<0在R是恒成立，函數h(x)在R上單調遞減，h(0)
=1-0-1=0，當x(-，0)時，（x）>0，當x(0，+)時，（x）<0，函數g(x)在(-，0)上單調遞增，在(0，+)上單調遞減，=
g(0)=1+0=1，當x(-，0)時，
g(x)(-，1]，當x(0，+)時，
g(x)(-，1]，
a>0，當方程+
=a有唯一一解時，a=1，當函數f(x)有唯一零點時，實數a的值為1。
2、（理）設函數f(x)=
+bx+c，曲線y=
f(x)在點（，f（））處的切線與Y軸垂直。
（1）求b；
（2）若f(x)有一個絕對值不大于1的零點，證明：f(x)所有零點的絕對值都不大于1。
（文）已知函數f(x)=
-kx+
。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）若函數f(x)有三個零點，求k的取值范圍（2020全國高考新課標III）。
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與求法；②函數在某點導數的定義與幾何意義；③運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；④參數分類討論的原則與基本方法；⑤函數零點的定義與性質；⑥求函數零點的基本方法。
【解題思路】（1）（理）運用函數在某點導數的求法和函數在某點導數的幾何意義，結合問題條件得到關于參數b的方程，求解方程就可求出b的值；（文）運用求函數導函數的基本方法求出函數f(x)的導函數（x）含參數k的解析式，根據參數分類討論的原則與基本方法分別判斷函數f(x)的單調性就可得出結果；（2）（理）由（1）得到函數f(x)含參數c的解析式，從而得到導函數（x）的解析式，根據函數零點的性質和確定函數零點的基本方法，結合問題條件得到參數c的取值范圍，利用參數分類討論的原則與基本方法分別求出函數f(x)的兩點就可證明結論。（文）由（1）知函數f(x)有三個零點，k>0，利用函數零點的性質和確定函數零點的基本方法，結合問題條件得到關于參數k的不等式組，求解不等式組就可求出實數k的取值范圍。
【詳細解答】（1）（理）（x）=3+b，（）=3+b=+b，曲線y=
f(x)在點（，f（））處的切線與Y軸垂直，（）=+b=0，即b=-；（文）（x）=3-k，①當k0時，（x）0在R上恒成立，函數f(x)在R上單調遞增；②當k>0時，令（x）=0得：x=-或x=，（x）>0在（-，-），（，+）上恒成立，（x）<0在（-，）上恒成立，函數f(x)在（-，-），（，+）上單調遞增，在（-，）上單調遞減，綜上所述，當k0時，函數f(x)在R上單調遞增；當k>0時，函數f(x)在（-，-），（，+）上單調遞增，在（-，）上單調遞減。（2）由（1）得：f(x)=
-x+c，（x）=3-，令（x）=0解得：x=-或x=，函數（x），f(x)隨自變量x的變化情況如表所示，
f（1）=1-+c=+c，f（-）=-
+
+c=+c，
f（-1）=-1++c=-+c，f（）=
-+c=-+c，當c<-時，函數f(x)
只有大于1的零點，當c>時，函數f(x)只有
小于-1的零點，函數f(x)有一個
x
（-，-）
-
（-，）
（，+）
絕對值不大于1的零點，-
（x）
>0
=0
<0
=0
>0
c，①當c=時，
f(x)
f(x)
+c
-+c
=
-x+=（x+1），函數f(x)有-1和兩個零點；②當-0f（-）=+c<，-
f（）=-+c<0，
函數f(x)有三個不同的零點，，，且-1<<-，-<<，<<1；③當c=-時，
f(x)=
-x-=（x-1），函數f(x)有1和-兩個零點，綜上所述，若函數f(x)有一個絕對值不大于1的零點，則函數f(x)所有零點的絕對值都不大于1。（文）由（1）知函數f(x)有三個零點，必有k>0，函數（x），f(x)隨自變量x的變化情況如表所示，
f（-）
=-++
x
（-，-）-（-，）
（，+）
=，（x）
>0
=0
<0
=0
>0
f（）=
f(x)
-+=，>0①，且<0②，聯立①②解得：03、設函數f(x)=axlnx-x+
，a
0（2019成都市高三零診）。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）（理）當a＞0時，函數f(x)恰有兩個零點，（＜），證明7+＞7a。
（文）若存在x∈（1，e］，使+＞0成立，求a的取值范圍。
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與基本求法；②運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④函數零點的定義與性質；⑤確定函數零點的基本方法；⑥運用導函數證明不等式的基本方法。
【解題思路】（1）運用求函數導函數的基本方法求出函數（x）含參數a的解析式，根據參數分類討論的原則與基本方法，結合問題條件分別對參數a的不同取值判斷函數的單調性就可得出結果；（2）（理）當a＞0時，根據函數零點的性質，結合問題條件得到關于，的方程組，從而得到關于，的等式，代入原不等式，令t=(0【詳細解答】（1）（x）=alnx+a-1，①當a>0時，令（x）=0得，x=，（x）<0在（0，）上恒成立，（x）>0在（，+）上恒成立，函數f(x)
在（0，）上單調遞減，在（，+）上單調遞增；②當a<0時，令（x）=0得，x=，（x）>0在（0，）上恒成立，（x）<0在（，+）上恒成立，函數f(x)
在（0，）上單調遞增，在（，+）上單調遞減，綜上所述，當a>0時，函數f(x)
在（0，）上單調遞減，在（，+）上單調遞增；當a<0時，函數f(x)
在（0，）上單調遞增，在（，+）上單調遞減；（2）（理）當a＞0時，函數f(x)恰有兩個零點，（＜），aln-+=0，且aln-+=0，
aln=
，且aln=，aln=-=，0<＜，0<<1，
ln<0，a=，7+＞7a，7+＞，<，<，令t=(02lnt-，（t）=-=>0在（0，1）
上恒成立，函數g(t)
在（0，1）上單調遞增，<
g(1)=0-0=0，當0alnx-1++＞0成立，存在x∈（1，e］，使alnx-1+
＞0成立,
x∈（1，e］，
lnx>0,
存在x∈（1，e］，使a
＞成立,設g(x)=
，（x）
==，令h(x)=
，（x）=-1+=<0
在（1，e］上恒成立，函數h(x)
在（1，e］上單調遞減，
<
h(1)=-1+0+1=0，（x）<0在（1，e］上恒成立，函數g(x)
在（1，e］上單調遞減，=g(e)
=
，a>，即：若存在x∈（1，e］，使+＞0成立，則實數a的取值范圍是（，+）。
『思考問題2』
（1）【典例2】是運用導函數探導方程的根（或函數的零點）的問題，解答這類問題需要理解方程的根（或函數的零點）的定義，掌握求方程的根(或函數零點)的基本方法，注意函數圖像與X軸的交點與方程的根（或函數的零點）之間的內在聯系；
（2）求解方程的根（或函數的零點）的基本方法是：①運用函數導函數判斷函數的單調性并求出函數的極值（或最值）；②借助函數圖像，根據方程的根（或函數的零點）與函數圖像與X軸交點之間的關系建立含參數的不等式（或不等式組）；③求解不等式（或不等式組）得出結果。
「練習2」解答下列問題：
1、（理）已知函數f(x)=sinx-ln(1+x)，
(x)為f(x)的導函數。證明：
（1）
(x)在區間（-1，）存在唯一最大值點；
（2）f(x)有且僅有2個零點。
（文）已知函數f(x)=2sinx-xcosx-x，（x）為f(x)的導數。
（1）證明：（x）在區間（0，）存在唯一零點；
（2）若x［0，］時，f(x)
ax，求a的取值范圍（2019全國高考新課標I）
2、（理）已知函數f(x)=lnx-
。
（1）討論f(x)的單調性，并證明f(x)有且僅有兩個零點；
（2）設是f(x)的一個零點，證明曲線y=lnx在點A（，ln
）處的切線也是切線y=
的切線。
（文）已知函數f(x)=（x-1）lnx-x-1.證明：
（1）f(x)存在唯一的極值點；
（2）f(x)=0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數（2019全國高考新課標II）
3、（理）已知函數f(x)=
，其中e=2.71828----為自然對數的底數。
（1）若曲線y=f(x)在點P（，f()）處的切線方程為y=kx+b，求k-b的最小值；
（2）當常數m（2，+）時，若函數g(x)=（x-1）f(x)-m+2在［0，+）上有兩個零點，（＜），證明：+ln＜＜m。
（文）已知函數f(x)=
（x-1）-m+2，其中mR，e=2.71828----為自然對數的底數。
（1）當m=1時，求函數f(x)的單調區間；
（2）當常數m（2，+）時，若函數f(x)在［0，+）上有兩個零點，（＜），證明：
-＞
ln（2018成都市高三一診）
【典例3】解答下列問題：
1、已知函數f(x)=（a-1）lnx+x+，aR，(x)為函數f(x)的導函數（2020成都市高三一診）。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）（理）當a<-1時，證明：x（1，+），f(x)>-a-
。（文）當a=2時，證明：
f(x)-
(x)
x+對任意的x[1,2]都成立。
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與求法；②運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④用函數導函數證明不等式某區間上恒成立的基本方法。
【解題思路】（1）運用函數導函數的定義與求法求出函數的導函數，根據參數的分類法則和方法分別確定導函數在（0，+）的正負，運用導函數與函數的單調性的定理判斷函數的單調性；（2）（理）運用（1）的結論，先求出函數f(x)
在（1，+）上的最小值，結合問題條件得到關于a的不等式，證明不等式在在（1，+）上恒成立就可得到結論。（文）構造函數g(x)，證明函數g(x)
0在給定區間上恒成立，從而得到結論。
【詳細解答】（1）（x）=+1-==，①當a0時，x+a>0，
x（0，1）時，（x）<0，x（1，+）時，（x）>0，函數f(x)
在（0，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增；②當-a<1，即-1x（0，-a）（1，+）時，（x）>0，x（-a，1）時，（x）<0，函數f(x)
在（0，-a），（1，+）上單調遞增，在（-a，1）上單調遞減；③當-a>1，即a<-1時，
x（0，1）（-a，+）時，（x）>0，x（1，-a）時，（x）<0，
函數f(x)在（0，1），（-a，+）上單增，在（1，-a）上單減，綜上所述，當a0時，函數f(x)
在（0，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增；當-1在（0，-a），（1，+）上單調遞增，在（-a，1）上單調遞減；當a<-1時，函數f(x)在（0，1），（-a，+）上單增，在（1，-a）上單減；（2）（理）由（1）知，當a<-1時，函數在（1，-a）上單減，f(x)在（-a，+）上單增，
當x（1，+）時，=
f(-a)=（a-1）ln(-a)-a-1，x（1，+）時，f(x)>-a-
恒成立，+（a-1）ln(-a)
-1>0成立，
a<-1，+（a-1）ln(-a)
-1>0，
ln(-a)
<-a-1，設g(x)=lnx-x+1
(x（1，+）)，
（x）=--1=，x（1，+）時，（x）<0恒成立，函數g(x)在（1，+）上單調遞減，<-a-1恒成，當a<-1，
x（1，+）時，f(x)>-a-
恒成立。（文）當a=2時，
f(x)-
（x）x+在x[1，2]上恒成立，lnx+x+--1+x+在x[1，2]上恒成立，
lnx--1+0在x[1，2]上恒成立，設g(x)=
lnx--1+，（x）=+-=
，
當x
[1，）時，（x）<0，當x
（，2]時，（x）>0，
函數g(x)
在[1，）上單調遞減，在（，2]
上單調遞增，
g(1)=0-1-1+2=0，g(2)=
ln2--1-=
ln2-2<0，當x[1，2]時，=
g(1)=0-1-1+2=0，當x[1，2]時，函數g(x)
0恒成立，當a=2時，
f(x)-
（x）x+在x[1，2]上恒成立。
2、（理））已知函數f(x)=a
，其中a，mR。
（1）當a=m=1時，設g(x)=
f(x)-lnx，求函數g(x)的單調區間；
（2）當a=4，m=2時，證明：f(x)>x(1+lnx)。
（文）已知函數f(x)=
-lnx，其中mR。
（1）當m=1時，求函數f(x)的單調區間；
（2）當m=2時，證明：f(x)>0（2020成都市高三三診）。
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與求法；②運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法；③用函數導函數證明不等式某區間上恒成立的基本方法；④基本不等式及運用。
【解題思路】（1）運用函數導函數的定義與求法求出函數的導函數，結合問題條件就可求出函數g(x)（或函數f(x)）的單調區間；（2）（理）構造函數g(x)=
f(x)-x(1+lnx)，運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法判斷函數g(x)在（0，+）上的單調性，證明函數g(x)在（0，+）上的最小值大于零就可證明結論。（文）運用函數導函數證明不等式的基本方法，結合問題條件證明函數f(x)
>0在（0，+）上恒成立就可證明結論。
【詳細解答】（1）（理）當a=m=1時，g(x)=
f(x)-lnx
=-lnx，（x）=-=，函數（x）在（0，+）上單調遞增，（1）=1-1=0，（x）<0在（0，1）上恒成立，（x）>0在（1，+）上恒成立，即：函數g(x)
在（0，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增；（文）當m=1時，函數f(x)=
-lnx=-lnx，（x）=-=，函數（x）在（0，+）上單調遞增，（1）=1-1=0，（x）<0在（0，1）上恒成立，（x）>0在（1，+）上恒成立，即：函數f(x)
在（0，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增；（2）（理）當a=4，m=2時，f(x)=
4，
f(x)>x(1+lnx)，4
-
x(1+lnx)>0，設,h(x)=
x-1-lnx，（x）=1-=，令（x）=0得：x=1，（x）<0在（0，1）上恒成立，（x）>0在（1，+）上恒成立，即：函數h(x)
在（0，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增，=
h(1)=1-1-0=0，
x-1-lnx
0，即
x
1+lnx在（0，+）上恒成立，x(1+lnx)在（0，+）上恒成立，當且僅當x=1時等號成立，設函數g(x)=ln4-ln=x-2+ln4-2lnx,
（x）=1-=，令（x）=0得：x=2，（x）<0在（0，2）上恒成立，（x）>0在（2，+）上恒成立，即：函數g(x)
在（0，2）上單調遞減，在（2，+）上單調遞增，=
g(2)=0+ln4-2ln2=0，
x-2+ln4-2lnx
0，即ln4-ln0在（0，+）上恒成立，當且僅當x=2時等號成立，
當a=4，m=2時，f(x)>x(1+lnx)。（文）當m=2時，函數f(x)=
-lnx=
-lnx=
-
lnx，（x）=-，（1）=-1=<0，（2）=1-=>0，存在（1，2），使（）=0，（x）<0在（0，）上恒成立，（x）>0在（，+）上恒成立，函數f(x)
在（0，）上單調遞減，在（，+）上單調遞增，
=
f()=-ln=-2+，
（1，2）,
-2+>2-2>0，
>0，當m=2時，f(x)>0。
3、（理）已知函數f(x)=sin
xsin2x。
（1）討論函數f(x)在區間（0，）的單調性；
（2）證明：|
f(x)|
；
（3）設n，證明：sin
x
sin
2x
sin
4x------
sin
x。
（文）已知函數f(x)=2lnx+1。
（1）若f(x)2x+c，求c的取值范圍；
（2）設a>0，討論函數g(x)=
的單調性（2020全國高考新課標II）。
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與求法；②運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法；③用函數導函數證明不等式某區間上恒成立的基本方法；④不等式恒成立求不等式中參數求證范圍的基本方法；⑤參數分類討論的原則與基本方法。
【解題思路】（1）（理）運用函數導函數的基本求法求出函數f(x)的導函數，根據運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法，結合問題條件就可判斷函數f(x)在區間（0，）的單調性；（文）構造函數g(x)=
f(x)-2x-c，運用函數導函數的基本求法求出函數g(x)的導函數，根據用函數導函數證明不等式某區間上恒成立的基本方法得到關于參數c的不等式，利用不等式恒成立求不等式中參數求證范圍的基本方法就可求出c的取值范圍；（2）（理）運用函數導函數求函數值域的基本方法求出函數f(x)的值域，從而證明結論；（文）求出函數g(x)的導函數，根據參數分類討論的原則與基本方法，運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法分別判斷函數g(x)在定義域上的單調性，就可得出函數g(x)的單調性；（3）（理）由（2）得：f(x)=sin
xsin2x，從而得到sin
2xsin4x=sin
2xsinx，-----
sin
xsin
x，運用疊乘法就可證明結論。
【詳細解答】（1）（理）f(x)=sin
xsin2x=2xcosx，（x）=2sin
x（3x-
sin
x）=-8
sin
xsin(x+)
sin(x-)，當x(0，)時，（x）>0，當x(，)時，（x）<0，當x(，)時，（x）>0，函數f(x)在(0，)，(，)上單調遞增，在(，)上單調遞減；（文）設函數g(x)=
f(x)-2x-c=2lnx-2x+1-c，
（x）=-2=，當x(0，1)時，（x）>0，當x(1，+)時，（x）<0，
函數g(x)在(0，1)上單調遞增，在
(1，+)上單調遞減，=
g(1)=0-2+1-c=-1-c，
g(x)
0在（0，+）上恒成立，-1-c0，c-1，若函數f(x)2x+c，則實數c的取值范圍是[-1，+）；（2）（理）（x）=4xx=4x
=，當且僅當1-x=3x，即cosx=時，等號成立，|
f(x)|
；（文）函數g(x)=
=，（x）=，設h(x)=
，
（x）=-+=，a>0，令（x）=0得：x=a，當x(0，a)時，（x）>0，當x(a，+)時，（x）<0，函數h(x)在(0，a)上單調遞增，在
(a，+)上單調遞減；
（3）（理）由（2）得：f(x)=sin
xsin2x，
sin
2xsin4x=sin
2x
Sinx，-----
sin
xsin
x，sin
xsin2x.
sin
2xsinx.
sin
xsin
x=sin
x.
2x.
x
-------.x.x
..----
.
，x.
2x.
x
-------.x.x=sinx（sin
x.
2x.
x
-------.x.
sin
x）sinx，
sin
x
sin
2x
sin
4x------
sin
x。
『思考問題3』
（1）【典例3】是運用導函數證明不等式的問題，解答這類問題需要理解不等式的定義和性質，掌握運用導函數證明不等式的基本方法；
（2）運用導函數證明不等式的基本方法是：①構造一個新函數（一般是所證明的不等式兩邊之差）；②運用函數導函數和參數分類討論的原則與基本方法分別證明函數的最大值（或最小值）小于或等于零（或大于或等于零）在某區間上恒成立；③由②判斷不等式在某區間上是否恒成立；④綜合得出證明的結論。
「練習3」解答下列問題：
1、已知函數f(x)=
-+x。
（1）求曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程；
（2）當x［-2，4］時，求證：x-6f(x)
x；
（3）設F（x）=［f(x)-(x+a)
］(aR)，記F（x）在區間［-2，4］上的最大值為M（a），當M（a）最小時，求a的值（2019全國高考北京）
2、（理）已知函數f(x)=(1-k)x-klnx+k-1，其中kR，k0。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）設函數f(x)的導函數為g(x)，若函數f(x)恰有兩個零點，（＜），證明：g（）＞0。
（文）已知函數f(x)=lnx，g(x)=x+1，若函數f(x)圖像上任意一點P關于直線y=x的對稱點
Q恰好在函數h(x)的圖像上。
（1）證明：g(x)
h(x)；
（2）若函數F（x）=
在［k，+）（k）上存在極值，求k的最大值（2018成都市高三三診）
3、已知函數f(x)=xlnx+ax+1，aR。
（理）（1）擋x＞0時，若關于x的不等式f(x)
0恒成立，求a的取值范圍；
（2）當n時，證明：＜ln2+ln+------+ln＜.
（文）（1）當x＞0時，若關于x的不等式f(x)
0恒成立，求a的取值范圍；
（2）當n（1，+
），證明：＜lnx＜-x（2018成都市高三二診）
【典例4】解答下列問題：
1、已知函數f(x)=
+m+nx+3，其導函數（x）的圖像關于Y軸對稱，f(1)=-
，
（1）求實數m，n的值；
（2）若函數y=
f(x)-
的圖像與X軸有三個不同的交點，求實數的取值范圍（2020成都市高三零診）
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與基本求法；②函數奇偶性的定義與性質；③函數零點的定義與性質；④確定函數零點的基本方法。
【解題思路】（1）運用求函數導函數的基本方法求出函數（x）的解析式，根據函數奇偶性的性質，結合問題條件得到關于m，n的方程組，求解方程組就可求出m，n的值；（2）由函數y=
f(x)-
的圖像與X軸有三個不同的交點，函數f(x)的圖像與函數g(x)=
的圖像有3個不同的交點，運用導函數探導函數f(x)的性質，求出函數f(x)的極值（或最值），作出函數f(x)的大致圖像，利用函數f(x)的大致圖像確定出實數的取值范圍。
【詳細解答】（1）（x）=+2mx+n，導函數（x）的圖像關于Y軸對稱，導函數（x）是偶函數，（-x）=（x），2mx=0①，
f(1)=
+m+n+3=-
②，聯立①②解得：m=0，n=-4，
m=0，n=-4；（2）函數y=
f(x)-
的圖像與X軸有三個不同的交點，函數f(x)的圖像與函數g(x)=
的圖像有3個不同的交點，由（1）得函數f(x)=
-4x+3，（x）=-4，令（x）=0得：x=-2或x=2，函數（x），f(x)
隨自變量x的變化情況如下表所示：
y
X
（-，-2）
-2
（-2，2）
2
（2，+）
f(x)
（x）
>0
0
<0
0
>0
g(x)
f(x)
-
-2
-1
0
1
2
x
作出函數f(x)的大致圖像如圖所示，由圖知要使函數f(x)的圖像與函數g(x)=
的圖像有3個不同的交點，-<<，若函數y=
f(x)-
的圖像與X軸有三個不同的交點，實數的取值范圍是（-，）。
2、（理）已知函數f(x)=
+2x-mln(x+1)，其中mR。
（1）當m>0時，求函數f(x)的單調區間；
（2）設g(x)=
f(x)+
，若g(x)>
在（0，+）上恒成立，求實數m的最大值。
（文））已知函數f(x)=
-mx-mlnx，其中m>0。
（1）若m=1，求函數f(x)的極值；
（2）設g(x)=
f(x)+mx，若g(x)>
在（1，+）上恒成立，求實數m的取值范圍（2020成都市高三二診）。
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與基本求法；②運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④運用函數導函數求函數極值的基本方法；⑤運用函數導函數求不等式在某區間上恒成立時，不等式中參數的值（或取值范圍）的基本方法。
【解題思路】（1）運用求函數導函數的基本方法求出函數（x）的解析式，根據用函數導函數判斷函數單調性的基本方法和數分類討論的原則與基本方法分別求出函數的單調區間，從而求出函數f(x)的單調區間；（文）求出函數f(x)的導函數，根據用函數導函數求函數極值的基本方法就可求出函數f(x)的極值；（2）（理）構造函數
h(x)=
g(x)-，運用函數導函數求函數最值的基本方法求出函數
h(x)
在（0，+）上的最小值，從而得到關于參數m的不等式，根據函數導函數求函數最值的基本方法就可求實數m的最大值。（文）構造函數
h(x)=
g(x)-
，運用函數導函數求函數最值的基本方法求出函數
h(x)
在（0，+）上的最小值，從而得到關于參數m的不等式，求解不等式就可求出實數m的取值范圍。
【詳細解答】（1）（理）（x）=2x+2-=，m>0，令（x）=0得：
x=-1-，或x=-1+，-1-（-1，+），
x=-1+，當x(-1，-1+)時，（x）<0，當x(-1+，+)時，（x）>0，函fh(x)在(-1，-1+)上單調遞減，在
(-1+，+)上單調遞增；（文）當m=1時，函數f(x)=
-mx-mlnx
=-x-lnx，（x）=2x-1-=，令（x）=0得：x=-，或x=1，
-（0，+），
x=1，當x(0，1)時，（x）<0，當x(1，+)時，（x）>0，函數f(x)在(0，1)上單調遞減，在
(1，+)上單調遞增，即：=
f(1)=1-1-0=0，無極大值；（2）（理）①當m
0時，
ln(x+1)>0，
mln(x+1)
0，
g(x)=
f(x)+
，
g(x)>
在（0，+）上恒成立，+2x+
->mln(x+1)
在（0，+）上
恒成立，設函數
h(x)=
+2x+
-
（x）=2x+2-+>0在（0，+）上恒成立，函數
h(x)
在（0，+）上單調遞增，>
h(0)
=1+1=2，+2x+
->mln(x+1)
在（0，+）上恒成立；②當m
>0時，設函數
h(x)=
-x-1，（x）=-1>0在（0，+）上恒成立，函數
h(x)
在（0，+）上單調遞增，>
h(0)
=1-0-1=0，
>x+1>0在（0，+）上恒成立，>，
g(x)=
f(x)+
>在（0，+）上恒成立，
f(x)>
->0在（0，+）上恒成立，由（1）知
==
f((-1+)，f(0)=0+0-0=0，若-1+>0，即m>2時，函數
f(x)
在（0，-1+）上單調遞減，f((-1+)<
f(0)=0，與題意不符；-1+0，
0g(x)-=
+2x-
mln(x+1)+
-
+2x-
2ln(x+1)+
-，
設函數q(x)=+2x-2ln(x+1)+
-，（x）=2x+2--+，
-<-，（x）=2x+2--+>2x+2-+
==>0在（0，+）上恒成立，函數q(x)
在（0，+）上單調遞增，>
q(0)=0+0-0+1-1=0，
g(x)->0在（0，+）上恒成立，綜上所述，若g(x)>
在（0，+）上恒成立，則實數m的最大值為2。（文）
g(x)=
f(x)+mx，若g(x)>
在（1，+）上恒成立，-mlnx->0在（1，+）上恒成立，
設函數
h(x)=
-mlnx-，
（x）=2x-+=，令函數q(x)=
，（x）=6-m，①當m6時，（x）>0在（1，+）上恒成立，函數
q(x)
在（1，+）上單調遞增，>
q(1)
=2-m+1=3-m，若3-m0，即00在（1，+）上恒成立，函數
h(x)在（1，+）上單調遞增，>
h(1)=1-0-1=0，g(x)>
在（1，+）上恒成立；若3-m<0，即3h(x)在（1，+）上單調遞減，<
h(1)=1-0-1=0與題意不符；②當m>6時，令（x）=0得：x=-，或x=，
x=-（1，+），
x=，當x(1，)時，（x）<0，當x(，+)時，（x）>0，函數q(x)在(1，)上單調遞減，在
(，+)上單調遞增，=
q()=2-m+1=3-m<0（x）<0在(1，)上恒成立，函數
h(x)
在(1，)上單調遞減，
h(x)<
h(1)=1-0-1=0在(1，)上恒成立與題意不符，綜上所述，若g(x)>
在（1，+）上恒成立，則實數m的取值范圍是（0，3]。
3、已知函數f(x)=a-lnx+lna。
（1）當a=e時，求曲線y=
f(x)在點（1，f(1)）處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若f(x)
1，求a的取值范圍（2020全國高考新高考I）
【解析】
【考點】①函數導函數的定義與基本求法；②函數在某點的導數的集合意義與基本求法；③求曲線在某點的切線方程的基本方法；④運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；⑤參數分類討論的原則與基本方法；⑥運用函數導函數求函數最值的基本方法；⑦運用函數導函數求不等式在某區間上恒成立時，不等式中參數的值（或取值范圍）的基本方法。
【解題思路】（1）運用求函數在某點導數的基本方法求出函數f(x)在點x=1的導數值（1），,根據求曲線在某點的切線方程的基本方法求出曲線y=
f(x)在點（1，f(1)）處的切線方程，從而求出切線與兩坐標軸的交點坐標，利用三角形面積公式通過運算就可求出切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；（2）構造函數
g(x)=
f(x)
-1，運用函數導函數求函數最值的基本方法求出函數
g(x)
在（0，+）上的最小值，從而得到關于參數a的不等式，求解不等式就可求實數a的取值范圍。
【詳細解答】（1）當a=e時，f(x)=
-lnx+1，
f(1)=e-0+1=e+1，（x）=-，
（1）=e-1，曲線y=
f(x)在點（1，f(1)）處的切線肥腸粉為：y-（e+1）=（e-1）(x-1)，
即：(e-1)x-y+2=0，曲線與兩坐標軸的交點分別為：A（-，0），B（0，2），=2
=，即曲線y=
f(x)在點（1，f(1)）處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為；（2）f(x)
1，
a-lnx+lna-10，設函數
g(x)=
a-lnx+lna-1，（x）
=
a-=，①當0g(1)=1-0+lna-1=lna<0與題意不符；②當a=1時，
（x）=，（1）=1-1=0，x
（0，1）時，（x）<0，x
（1，+）時，（x）>0，函數
g(x)在（0，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增，
=
g(1)=1-0-1=0，函數
g(x)
0在（0，+）上恒成立；③當a>1時，
g(x)=
a-lnx+lna-1>
a-lnx-1>-lnx-1
0在（0，+）上恒成立，綜上所述，若f(x)
1，實數a的取值范圍是[1，+）。
『思考問題4』
（1）【典例4】是運用函數導函數求不等式在某個區間恒成立時，不等式中參數的值（或取值范圍）的問題，解答這類問題的基本思路是構造一個新函數，其解析式是不等式兩邊的差，把問題轉化為運用函數導函數求函數最值的基本方法和參數分類討論的原則與基本方法分別求函數最值的問題，從而求出參數的值（或取值范圍）；
（2）求解運用函數導函數求不等式在某個區間恒成立時，不等式中參數的值（或取值范圍）問題的基本方法是：①構造一個新函數（函數解析式為不等式兩邊的差）；②運用函數導函數求函數最值的基本方法和參數分類討論的原則與基本方法求出新函數在區間上的最值；③由②判斷不等式在區間上是否恒成立；④綜合得出參數的值（或取值范圍）。
「練習4」解答下列問題：
1、（理）已知函數f(x)=
+a-x。
（1）當a=1時，討論函數f(x)的單調性；
（2）當x0時，f(x)
+1，求a的取值范圍。
（文））已知函數f(x)=
-a（x+2）。
（1）當a=1時，討論函數f(x)的單調性；
（2）若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍（2020全國高考新課標I）。
2、已知函數f(x)=-alnx-
+ax，aR。
（理）（1）當a＜0時，討論函數f(x)的單調性；
（2）當a=1時，若關于X的不等式f(x)+(x+)-bx1恒成立，求實數b的取值范圍。
（文）（1）當a＜0時，討論函數f(x)的單調性；
（2）當a=1時，若關于X的不等式f(x)+(bx-b+)-x0在x（1，+）時恒成立，求實數b的取值范圍（2019成都市高三一診）
3、（理21）已知函數f(x)=
（aR）。
（1）求函數f(x)的單調區間；
（2）設函數g(x)=（x-k）+
k，kZ，e=2.71828----為自然對數的底數。當a=1時，若
（0，+），（0，+），不等式5f()+g()＞0成立，求k的最大值。
（文21）已知函數f(x)=（x-k）+k，kZ，e=2.71828----為自然對數的底數。
（1）當k=0時，求函數f(x)的單調區間；
（2）若當x（0，+）時，不等式f(x)+5＞0恒成立，求k的最大值（2018成都市高三零診）
【典例5】解答下列問題：
1、請你設計一個包裝盒，如圖所示，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得ABCD四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱的包裝盒，E，F在AB上被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設AE=FB=xcm.
（1）若廣告商要求包裝盒側面積S（cm）最大，試問x應取何值？
（2）若廣告商要求包裝盒容積V（cm）最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值（2019全國高考江蘇）
【解析】
【考點】①正方形和等腰直角三角形的定義與性質；②正方體的定義與性質；③一元二次函數的定義與性質；④求一元二次函數最值的基本方法；⑤函數導函數的定義與基本求法；⑥運用函數導函數求函數最值的基本方法。
【解題思路】（1）設包裝盒的高為h（cm），底面邊長為a（cm），運用等腰直角三角形的性質和相似三角形的性質，結合問題條件把a，h表示成關于x的式子，從而根據正方體側面積的公式求出S關于x的解析式，利用求一元二次函數最值的基本方法就可求出S的最大值與x的值；（2）運用正方體的體積公式把包裝盒的體積表示成關于x的函數，運用求函數導函數和用函數導函數求函數最值的基本方法就可求出包裝盒體積的最大值與x的值。
【詳細解答】（1）設包裝盒的高為h（cm），底面邊長為a（cm），如圖a=x，h=
=（30-x），（0（30-x）=8x（30-x）=-8+240x，當且僅當x=-=15時，=-8225+24015=120（30-15）=1800（cm），包裝盒側面積S（cm）最大時，x=15；（2）V=h=2.（30-x）=-2+60，
（x）=-6+120x=6x（20-x），令（x）=0得：x=0或x=20，0x=20，當x（0，20）時,
（x）>0，當x（20，30）時,
（x）<0，函數
V（x）在（0，20）上單調遞增，在（20，30）上單調遞減，=
V（30）=800
（-20+30）=8000（cm），此時==，包裝盒容積V（cm）最大時，x=20，包裝盒的高與底面邊長的比值為。
2、某農場有一塊農田如圖所示，它的邊界由圓O的一段圓弧MPN（P為此圓弧的中點）和線段MN構成，已知圓O的半徑為40米，點P到MN的距離為50米，現規劃在此農田上修建兩個溫室大棚，大棚I內的地塊形狀為矩形ABCD，大棚II內的地塊形狀為CDP，要求A，B均在線段MN上，C，D均在圓弧上，設OC與MN所成的角為。
（1）用分別表示矩形ABCD和CDP的面積，并確定sin的取值范圍；
（2）若大棚I內種植甲種蔬菜，大棚II內種植乙種蔬菜，且甲，乙兩種蔬菜的單位面積年產值之比為4：3，求當為何值時，能使甲，乙兩種蔬菜的年產值最大（2018全國高考江蘇卷）
【解析】
【考點】①圓和矩形的定義與性質；②求三角形和矩形面積的基本方法；③三角函數的定義與性質；④求三角函數最值的基本方法；⑤函數導函數的定義與基本求法；⑥運用函數導函數求函數最值的基本方法。
【解題思路】（1）設包裝盒的高為h（cm），底面邊長為a（cm），運用等腰直角三角形的性質和相似三角形的性質，結合問題條件把a，h表示成關于x的式子，從而根據正方體側面積的公式求出S關于x的解析式，利用求一元二次函數最值的基本方法就可求出S的最大值與x的值；（2）運用正方體的體積公式把包裝盒的體積表示成關于x的函數，運用求函數導函數和用函數導函數求函數最值的基本方法就可求出包裝盒體積的最大值與x的值。
【詳細解答】（1）如圖過A，B分別作ADMN于點A，BCMN于點B，分別交圓弧MPN于點D，C，設PO交CD于點H，AD=BC=40sin+10，AB=CD=240cos=80
cos，PH=40-40sin，=AB.BC=（40sin+10）.80
cos，=3200
sin.
cos+800
cos，
=CD.PH=40
cos（40-40sin）=1600
cos-1600
sin.
cos，若點C，D落在優弧MN上時，AB>MN，與題意不符，點C，D只能落在劣弧MN上，<40
sin
sin<1；（2）設甲種蔬菜年產值為4k(k>0)，則乙種蔬菜年產值為3k(k>0)，年總產值為y，y=4k+3k=8000k（sin.
cos+
cos），令f（）=
sin.
cos+
cos，（）=
cos
-
sin
-
sin=
-2sin
-
sin+1，令（）=0
得：sin=-1或sin=，-1（，1），
sin=，=，若sin=，當
（，）時,
（）>0，當（，）時,
（）<0，函數f（）在（，）上單調遞增，在（，）上單調遞減，=
f（）=
sin.
cos+
cos
=+=，即y=8000k=6000k為年產值的最大值，當=時，能使甲，乙兩種蔬菜的年產值最大。
『思考問題5』
（1）【典例5】是運用函數導函數解答函數實際應用問題的類型，解答這類問題的關鍵是建立適當的函數模型；
（2）運用函數導函數解決函數實際應用問題的基本方法是：①認真讀題，理解題意；②根據問題的條件選擇適當的函數模型，列出相應函數的解析式；
③運用該函數導函數求出函數的最值；④得出函數實際應用問題的結果。
〔練習5〕解答下列問題：
1、甲廠以x千克/小時的速度勻速生產某種產品（生產條件要求1x10），每一小時可獲得的利潤是100（5x+1-）元。
（理）（1）要使生產該產品2小時獲得的利潤不低于3000元，求x的取值范圍；
（2）要使生產900千克該產品獲得的利潤最大，問：甲廠應該選取何種生產速度？并求此最大利潤。
（文）（1）求證：生產a千克該產品所獲得的利潤為100a(5+-)元；
（2）要使生產900千克該產品獲得的利潤最大，問：甲廠應該選取何種生產速度？并求此最大利潤（2013全國高考上海卷）
2、（理）兩縣城A和B相距20km，現計劃在兩縣城外以AB為直徑的半圓弧AB上選擇一點C建造垃圾處理廠，其對城市的影響度與所選地點到城市的距離有關，對城A和城B的總影響度為對城A與對城B的影響度之和。記C點到城A的距離為xkm，建在C處的垃圾處理廠對城A與城B的總影響度為y，統計調查表明：垃圾處理廠對城A的影響度與所選地點到城A的距離的平方成反比，比例系數為4，對城B的影響度與所選地點到城B的距離的平方成反比，比例系數為k，當垃圾處理廠建在弧AB的中點時，對城A和城B的總影響度為0.065.
（1）將y表示成x的函數；
（2）討論（1）中喊聲的單調性，并判斷弧AB上是否存在一點，使建在此處的垃圾處理廠對城A和城B的總影響度最小？若存在，求出該點到城A的距離；若不存在，請說明理由。
（文）已知函數f(x)=
a+b+x+3，(其中a≠0)
(1)當a、b滿足什么條件時，f(x)取得極值；
（2）已知a＞0,且f(x)在區間〔0,1〕上單調遞增，試用a表示出b的取值范圍（2009全國高考山東卷）

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