=h h ，因此21)2()(=≥h x h ，
当且仅当2=x 取得等号， 所以2
3
)2()1()()(/
=+>-h g x f x f ， 即2
3
)()(/
+
>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 恒成立。 考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.
【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思
维能力、基本计算能力、分类讨论思想等. 7.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. 设1
2,2
a b ==
. （1）求方程()2f x =的根;
（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；
（3）若01,1a b <<＞
，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。 【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】
试题分析：（1）①根据指数间倒数关系22=1x
x
-?转化为一元二次方程2(2)2210x x -?+=，求方程根②根据指数间平方关系22222(22)2x x x x --+=+-，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应
函数最值，即2(())4
()
f x m f x +≤的最小值，最后根据基本不等式求最值（2）先分析导函数零点情况：唯一
零点0x ，再确定原函数单调变化趋势：先减后增，从而结合图像确定唯一零点必在极值点0x 取得，而
00(0)(0)220g f a b =-=+-=，因此极值点0x 必等于零，进而求出ab 的值.本题难点在证明00x =，
这可利用反证法：若00x <，则可寻找出一个区间12(,)x x ，由12()0,g()0g x x <>结合零点存在定理可得函数存在另一零点，与题意矛盾，其中可取0
12,log 22
a x x x ==；若00x >，同理可得. 试题解析：（1）因为12,2
a b ==，所以()22x x f x -=+. ①方程()2f x =，即22
2x
x
-+=，亦即2(2)2210x x -?+=，
所以2
(21)0x -=，于是21x =，解得0x =.
②由条件知2222(2)22
(22)2(())2x x
x x f x f x --=+=+-=-.
因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，
所以2(())4
()
f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.
而2(())444()2()4()()()
f x f x f x f x f x f x +=+≥?=，且2((0))44(0)f f +=，
所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.
下证00x =. 若00x <，则0002x x <<，于是0()(0)02
x
g g <=， 又log 2
log 2log 2(log 2)220a a a a g a
b a =+->-=，
且函数()g x 在以0
2
x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又002
x
<，
所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾. 若00x >，同理可得，在0
2
x 和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾. 因此，00x =. 于是ln 1ln a
b
-
=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =. 考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点
【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数
范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数. 8.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈, (I)求)(x f 的单调区间；
(II) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4
1
. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 【解析】
试题解析：（Ⅰ）解：由b ax x x f ---=3)1()(，可得a x x f --=2
)1(3)('. 下面分两种情况讨论：
（1）当0≤a 时，有0)1(3)('2
≥--=a x x f 恒成立，所以)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞.
（2）当0>a 时，令0)('=x f ，解得331a
x +
=，或3
31a x -=. 当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：
x )331,(a -
-∞ 331a - )331,331(a a +- 331a + ),3
31(+∞+a
)('x f ＋
0 － 0 ＋ )(x f
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以)(x f 的单调递减区间为)331,331(a a +-
，单调递增区间为)331,(a --∞，),3
31(+∞+a
. （Ⅱ）证明：因为)(x f 存在极值点，所以由（Ⅰ）知0>a ，且10≠x ，由题意，得0)1(3)('2
00=--=a x x f ，
即3
)1(2
0a
x =
-， 进而b a
x a b ax x x f ---
=---=3
32)1()(003
00. 又b a ax x a b x a x x f --+-=----=-32)1(3
8)22()22()23(0003
00 )(3
3200x f b a x a =---=，且0023x x ≠-，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足 )()(01x f x f =，且
01x x ≠，因此0123x x -=，所以3201=+x x ；
（Ⅲ）证明：设)(x g 在区间]2,0[上的最大值为M ，},max{
y x 表示y x ,两数的最大值.下面分三种情况同理：
（1）当3≥a 时，3
3120331a
a +≤<≤-
，由（Ⅰ）知，)(x f 在区间]2,0[上单调递减，所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]0(),2([f f ，因此
|}1||,21max{||})0(||,)2(max{|b b a f f M ----== |})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=
?
?
?<++--≥+++-=0),(10
),(1b a b a a b a b a a ，所以2||1≥++-=b a a M . （2）当
343<≤a 时，3
321233133103321a
a a a +≤<+<-<≤-，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，)3
31()3321()0(a f a f f +=-
≥，)331()3321()2(a
f a f f -=+≤，
所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]3
31(),331([a f a f -+
，因此 |}39
2||,392max{||})331(||,)331(max{|b a a a
b a a a a f a f M -----=-+
= |})(39
2||,)(392max{|b a a a b a a a +-+--
= 4
14334392||392=???≥++=
b a a a .
综上所述，当0>a 时，)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于4
1
. 考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤
(1)确定函数f (x )的定义域(定义域优先)； (2)求导函数f ′(x )；
(3)在函数f (x )的定义域内求不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0的解集．
(4)由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)的解集确定函数f (x )的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．
2．由函数f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．
9.【2016高考新课标3理数】设函数()cos 2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ．
（Ⅰ）求()f x '；
（Ⅱ）求A ；
（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．
【答案】（Ⅰ）'()2sin 2(1)sin f x a x a x =---；（Ⅱ）2
123,05611
,18532,1a a a a A a a a a ?
-<≤??++?=<
-≥???
；
（Ⅲ）见解析． 【解析】
试题分析：（Ⅰ）直接可求()f x '；（Ⅱ）分1,01a a ≥<<两种情况，结合三角函数的有界性求出A ，但须注意当01a <<时还须进一步分为11
0,155
a a <≤
<<两种情况求解；（Ⅲ）首先由（Ⅰ）得到|()|2|1|f x a a '≤+-，然后分1a ≥，11
0,155
a a <≤<<三种情况证明．
（ⅰ）当1
05
a <≤
时，()g t 在(1,1)-内无极值点，|(1)|g a -=，|(1)|23g a =-，|(1)||(1)|g g -<，所以23A a =-．
[来源:https://www.doczj.com/doc/8c6353514.html,]
（ⅱ）当
115a <<时，由(1)(1)2(1)0g g a --=->，知1(1)(1)()4a g g g a
-->>． 又1(1)(17)|()||(1)|048a a a g g a a --+--=>，所以2161|()|48a a a A g a a
-++==．
综上，2
123,05611
,18532,1a a a a A a a a a ?
-<≤??++?=<
-≥???
． ………9分
（Ⅲ）由（Ⅰ）得'|()||2sin 2(1)sin |2|1|f x a x a x a a =---≤+-. 当1
05
a <≤
时，'|()|1242(23)2f x a a a A ≤+≤-<-=. 当
115a <<时，13
1884
a A a =++≥，所以'|()|12f x a A ≤+<. 当1a ≥时，'
|()|31642f x a a A ≤-≤-=，所以'
|()|2f x A ≤. 考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性．
【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如sin()y A x B ω?=++的形式；（2）结合自变量x 的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．
10.【2016高考浙江理数】（本小题15分）已知3a ≥，函数F （x ）=min{2|x ?1|，x 2?2ax +4a ?2}， 其中min{p ，q }=,>p p q q p q.≤???
，，
（I ）求使得等式F （x ）=x 2?2ax +4a ?2成立的x 的取值范围； （II ）（i ）求F （x ）的最小值m （a ）； （ii ）求F （x ）在区间[0,6]上的最大值M （a ）.
【答案】（I ）[]2,2a ；（II ）（i ）()2
0,322
42,22
a m a a a a ?≤≤+?=?-+->+??；（ii ）()348,342,4a a a a -≤
【解析】
试题分析：（I ）分别对1x ≤和1x >两种情况讨论()F x ，进而可得使得等式()2F 242x x ax a =-+-成立的x 的取值范围；（II ）（i ）先求函数()21f x x =-，()2242g x x ax a =-+-的最小值，再根据()F x 的定义可得()F x 的最小值()m a ；（ii ）分别对02x ≤≤和26x ≤≤两种情况讨论()F x 的最大值，进而可得
()F x 在区间[]0,6上的最大值()a M ．
试题解析：（I ）由于3a ≥，故
当1x ≤时，()
()()2
2
242212120x ax a x x a x -+---=+-->，
当1x >时，()
()()2
2422122x ax a x x x a -+---=--．
所以，使得等式()2F 242x x ax a =-+-成立的x 的取值范围为
[]2,2a ．
考点：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式．
【思路点睛】（I ）根据x 的取值范围化简()F x ，即可得使得等式()2F 242x x ax a =-+-成立的x 的取值范围；（II ）（i ）先求函数()f x 和()g x 的最小值，再根据()F x 的定义可得()m a ；（ii ）根据x 的取值范围求出()F x 的最大值，进而可得()a M ．
11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数x
x 2f (x)x 2
-=+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20
x x e x -++>； (Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2
x =(0)x e ax a g x x
-->（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函
数()h a 的值域．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）2
1(,].24
e .
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(0,)x ∈+∞时，()(0)f x f >证明结论；（Ⅱ）
用导数法求函数()g x 的最值，在构造新函数00h()2
x e a x =+，又用导数法求解.
试题解析：（Ⅰ）()f x 的定义域为(,2)(2,)-∞-?-+∞.
222
(1)(2)(2)'()0,(2)(2)x x x x x e x e x e f x x x -+--==≥++
且仅当0x =时，'()0f x =，所以()f x 在(,2),(2,)-∞--+∞单调递增， 因此当(0,)x ∈+∞时，()(0)1,f x f >=- 所以(2)(2),(2)20x x x e x x e x ->-+-++>
（II ）22(2)(2)2
()(()),x x e a x x g x f x a x x
-+++=
=+ 学优高考网 由（I ）知，()f x a +单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,a f a a f a a ∈+=-<+=≥ 因此，存在唯一0(0,2],x ∈使得0()0,f x a +=即0'()0g x =， 当00x x <<时，()0,'()0,()f x a g x g x +<<单调递减； 当0x x >时，()0,'()0,()f x a g x g x +>>单调递增. 因此()g x 在0x x =处取得最小值，最小值为
000
000022000(1)+()(1)().2x x x e a x e f x x e g x x x x -++===+
于是00h()2x e a x =+，由2(1)()'0,
2(2)2x x x
e x e e x x x +=>+++单调递增 所以，由0(0,2],x ∈得0022
01().2022224
x e e e e h a x =<=≤=+++
因为2x e x +单调递增，对任意2
1(,],24e λ∈存在唯一的0(0,2],x ∈0()[0,1),a f x =∈
使得(),h a λ=所以()h a 的值域是2
1(,],24
e
综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有()h a ，()h a 的值域是2
1(,].24
e
考点： 函数的单调性、极值与最值. 【名师点睛】求函数单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求导数f ′(x )；
(3)由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)解出相应的x 的范围．
当f ′(x )＞0时，f (x )在相应的区间上是增函数；当f ′(x )＜0时，f (x )在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．
注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． 12.【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+，[来源学优高考网]
（1）求a ，b 的值； （2）求()f x 的单调区间.
【答案】（Ⅰ）2a =，b e =；（2）)(x f 的单调递增区间为(,)-∞+∞. 【解析】
试题分析：（1）根据题意求出()f x '，根据(2)22f e =+，(2)1f e '=-，求a ，b 的值；
（2）由题意知判断)(x f '，即判断11)(-+-=x e x x g 的单调性，知()0g x >，即()0f x
'>，由此求得()f x 的单调区间.
试题解析：（1）因为bx xe
x f x
a +=-)(，所以
b e x x f x a +-='-)1()(.
依题设，???-='+=,1)2(,22)2(e f e f 即???-=+-+=+--,
1,22222
2e b e e b e a a 解得e b a ==,2；（2）由（Ⅰ）知ex xe
x f x
+=-2)(.
由)1()(12--+-='x x e x e x f 即02>-x
e
知，)(x f '与11-+-x e x 同号. 令11)(-+-=x e x x g ，则11)(-+-='x e x g .
所以，当)1,(-∞∈x 时，0)(<'x g ，)(x g 在区间)1,(-∞上单调递减； 当),1(+∞∈x 时，0)(>'x g ，)(x g 在区间),1(+∞上单调递增.[来源学优高考网gkstk]
故1)1(=g 是)(x g 在区间),(+∞-∞上的最小值， 从而),(,0)(+∞-∞∈>x x g .
综上可知，0)(>'x f ，),(+∞-∞∈x ，故)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞. 考点：导数的应用.
【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．
13.【2016年高考四川理数】（本小题满分14分） 设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （Ⅰ）讨论f (x )的单调性；
（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得11()x
f x e x
->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).
【答案】（Ⅰ）当x ∈
10,)2a （时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x ∈1
+)2a
∞（，时，'()f x >0，()f x 单调递增；（Ⅱ）1
[,)2
a ??.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）对()f x 求导，对a 进行讨论，研究'()f x 的正负，可判断函数的单调性；（Ⅱ）要证明不等式11()x f x e x
->
-在(1,)+∞上恒成立，基本方法是设11
()()()(1)x h x f x e x x -=--?，当1x >时，
1211
()2e x h x ax x x
-￠=-
+-，'()0h x =的解不易确定，因此结合（Ⅰ）的结论，缩小a 的范围，设()g x =111e x x --11
x x e x xe
---，并设()s x =1
e x x --，通过研究()s x 的单调性得1x >时，()0g x >，从而
()0f x >，这样得出0a ≤不合题意，又102a <<
时，()f x 的极小值点112x a
=>，且1(
)(1)02f f a
<=，也不合题意，从而12a ≥，此时考虑1211
()2e x h x ax x x -￠=-+-得
'()h x 2111
x x x x
>-
+-0>，得此时()h x 单调递增，从而有()(1)0h x h >=，得出结论．
（II ）令()g x =
111
e
x x --，()s x =1e x x --. 则'()s x =1e 1x --. 而当1x >时，'()s x >0，
所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0， 从而当1x >时，()f x >0.
当0a ≤，1x >时，()f x =2
(1)ln 0a x x --<. 故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >.
当1
02a <<
时，12a
>1. 由（I ）有1(
)(1)02f f a <=,从而1
()02g a
>，
所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立. 当1
2
a 3
时，令()()()(1)h x f x g x x =-?， 当1x >时，3212222111112121()2e 0x
x x x x h x ax x x x x x x x x --+-+￠=-+->-+-=>>，
因此，()h x 在区间(1,)+?单调递增.
又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =-> ，即 ()()f x g x >恒成立.
综上，1
[,)2
a ??．
考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.
【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求'()f x ，解方程'()0f x =，再通过'()f x 的正负确定()f x 的单调性；要证明函数不等式()()f x g x >，一般证明()()f x g x -的最小值大于0，为此要研究函数()()()h x f x g x =-的单调性．本题中注意由于函数()h x 有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．
