1、高考真题 （2019江苏卷）设函数( )()()(), , ,Rf xxaxbxc a b c，( )f x为 f（x）的导函数 （1）若 a=b=c，f（4）=8，求 a 的值； （2）若 ab，b=c，且 f（x）和( )f x的零点均在集合3,1,3中，求 f（x）的极小值； （3）若0,01,1abc，且 f（x）的极大值为 M，求证:M 4 27 【解析】 （1）因为abc，所以 3 ( )()()()()f xxa xb xcxa 因为(4)8f，所以 3 (4)8a，解得2a （2）因为bc， 所以 2322 ( )()()(2 )(2)f xxa xbxab xbab xab，
2、 从而 2 ( )3() 3 ab f xxbx 令 ( )0f x ，得xb或 2 3 ab x 因为 2 , , 3 ab a b ，都在集合 3,1,3中，且ab， 所以 2 1,3,3 3 ab ab 此时 2 ( )(3)(3)f xxx，( )3(3)(1)f xxx 令 ( )0f x ，得3x 或1x 列表如下： x(, 3) 3( 3,1)1(1,) +00+ ( )f x 极大值极小值 所以 ( )f x的极小值为 2 (1)(1 3)(1 3)32f （3）因为0,1ac，所以 32 ( )()(1)(1)f xx xb xxbxbx， 2 ( )32(1)f xxbxb
3、 因为01b，所以 22 4(1)12(21)30bbb， 则有 2 个不同的零点，设为 1212 ,x xxx 由 ( )0f x ，得 22 12 1111 , 33 bbbbbb xx 列表如下： x 1 (,)x 1 x 12 ,x x 2 x 2 (,)x +00+ ( )f x 极大值极小值 所以 ( )f x的极大值 1 Mfx 解法一： 32 1111 (1)Mfxxbxbx 2 2 1 111 21 1(1) 32(1) 3999 bb xbb b xbxbx 2 3 2 21 (1) (1)2 1 27927 bbb b b bb 2 3 (1)2(1) (1)2 (1)
4、1) 272727 b bbb b b (1)24 272727 b b 因此 4 27 M 解法二： 因为01b，所以 1 (0,1)x 当(0,1)x时， 2 ( )()(1)(1)f xx xb xx x 令 2 ( )(1) ,(0,1)g xx xx，则 1 ( )3(1) 3 g xxx 令( )0g x ，得 1 3 x 列表如下： x 1 (0, ) 3 1 3 1 (,1) 3 ( )g x+0 ( )g x 极大值 所以当 1 3 x 时，( )g x取得极大值，且是最大值，故 max 14 ( ) 327 g xg 所以当(0,1)x时， 4 ( )( ) 27 f xg
5、 x，因此 4 27 M 【答案】 （1）2a ； （2）见解析； （3）见解析. （2019全国 I 卷（理） ）已知函数( )sinln(1)f xxx，( )fx 为 ( )f x的导数证明： （1）( )fx 在区间( 1,) 2 存在唯一极大值点； （2） ( )f x有且仅有 2 个零点 【解析】 （1）由题意知： fx定义域为：1, 且 1 cos 1 fxx x 令 1 cos 1 g xx x ，1, 2 x 2 1 sin 1 gxx x ，1, 2 x 2 1 1x 在 1, 2 上单调递减，sin x，在 1, 2 上单调递减 gx 在 1, 2 上单调递减 又 0si
6、n0 1 10 g ， 22 44 sin10 22 22 g 0 0, 2 x ，使得 0 0gx 当 0 1,xx 时， 0gx； 0, 2 xx 时， 0gx 即 g x在 0 1,x上单调递增；在 0, 2 x 上单调递减 则 0 xx为 g x唯一的极大值点 即： fx 在区间 1, 2 上存在唯一的极大值点 0 x. （2）由（1）知： 1 cos 1 fxx x ， 1,x 当1,0 x 时，由（1）可知 fx 在1,0上单调递增 00fxf f x 在1,0上单调递减 又 00f 0 x为 fx在1,0上的唯一零点 当0, 2 x 时， fx 在 0 0,x上单调递增，在 0,
7、 2 x 上单调递减 又 00 f 0 0fx f x在 0 0,x上单调递增，此时 00f xf，不存在零点 又 22 cos0 2222 f 10, 2 xx ，使得 1 0fx f x在 01 ,x x上单调递增，在 1, 2 x 上单调递减 又 0 00f xf， 2 sinln 1lnln1 0 2222 e f 0f x在 0, 2 x 上恒成立，此时不存在零点 当, 2 x 时，sin x单调递减，ln1x单调递减 f x在, 2 上单调递减 又0 2 f ， sinln1ln10f 即 0 2 ff ，又 fx在, 2 上单调递减 fx在, 2 上存在唯一零点 当,x时，sin
8、1,1x ，ln1ln1ln1xe sinln10 xx 即 fx在,上不存在零点 综上所述： fx有且仅有2个零点 【答案】 （1）见解析； （2）见解析 （2019北京卷（理） ）已知函数 32 1 ( ) 4 f xxxx. （）求曲线( )yf x的斜率为 1 的切线方程； （）当 2,4x 时，求证：6( )xf xx； （）设( ) |( )()|()F xf xxaaR，记( )F x在区间 2,4 上的最大值为 M（a） ，当 M（a）最小时， 求 a 的值 【解析】 （） 2 3 ( )21 4 fxxx，令 2 3 ( )211 4 fxxx 得0 x 或者 8 3 x .
9、 当0 x 时，(0)0f，此时切线方程为y x ，即0 xy； 当 8 3 x 时， 88 ( ) 327 f，此时切线方程为 64 27 yx，即2727640 xy； 综上可得所求切线方程为0 xy和2727640 xy. （）设 32 1 ( )( ) 4 g xf xxxx， 2 3 ( )2 4 g xxx，令 2 3 ( )20 4 g xxx得0 x 或者 8 3 x ， 所以当 2,0 x 时，( )0g x ，( )g x为增函数； 当 8 (0, ) 3 x时，( )0g x，( )g x为减函数； 当 8 ,4 3 x 时，( )0g x ，( )g x为增函数； 而(0)(4)0gg，所以( )0g x ，即( )f xx； 同理令 32 1 ( )( )66 4 h xf xxxx，可求其最小值为( 2)0h ，所以( )0h x ，即( )6f xx， 综上可得6( )xf xx. （）由（）知6( )0f xx ， 所以( )M a是,6a a中的较大者， 若6aa，即3a时，( )3M aaa ； 若6aa，即3a 时，( )663M aaa； 所以当( )M a最小时，( )3M a ，此时3. 【答案】 （）0 xy和2727640 xy. （）见解析； （）3a .
