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专题三专题三 | 导数的几何意义及简单应用导数的几何意义及简单应用 卷卷 卷卷 卷卷 2018 奇函数的定义及利用导数奇函数的定义及利用导数的 几 何 意 义 求 切 线 方的 几 何 意 义 求 切 线 方程程 T5 利用导数的几何意义求切线利用导数的几何意义求切线方程方程 T13 利用导数的几何意义利用导数的几何意义求参数值求参数值 T14 利用导数讨论函数的单调利用导数讨论函数的单调性性 T21(1) 2017 利用导数讨论利用导数讨论函数的单调函数的单调性性 T21(1) 导数的运算、利用导数求函导数的运算、利用导数求函数极值数极值 T11 _ 利用导数的极值点求参利用导数的极值点求参数数 T21(1) 2016 _ 导数的计算与几何意义、直导数的计算与几何意义、直线方程、斜率计算公式线方程、斜率计算公式 T16 函数的奇偶性、利用函数的奇偶性、利用导数的几何意义求切导数的几何意义求切线方程线方程 T15 利用导数公式直接求利用导数公式直接求导导 T21(1) 纵向纵向 把握把握 趋势趋势 卷卷3 年年 3 考，涉及导数考，涉及导数的几何意义以及讨论函数的几何意义以及讨论函数的单调性，其中利用导数的单调性，其中利用导数求切线方程难度偏小，而求切线方程难度偏小，而用导数讨论函数的单调性用导数讨论函数的单调性难度偏大 预计难度偏大 预计 2019 年仍年仍会以解答题的形式考查函会以解答题的形式考查函数单调性的讨论数单调性的讨论 卷卷3 年年 4 考，涉及导数的考，涉及导数的运算、几何意义以及利用导运算、几何意义以及利用导数求函数的极值，题型为选数求函数的极值，题型为选择、填空题，难度适中预择、填空题，难度适中预计计 2019 年高考会考查利用年高考会考查利用导数讨论函数的单调性，难导数讨论函数的单调性，难度偏大度偏大 卷卷3 年年 3 考，涉及考，涉及导数公式及导数几何导数公式及导数几何意义的应用，题型多意义的应用，题型多为填空题预计为填空题预计 2019年仍会考查导数几何年仍会考查导数几何意义的应用，另外，意义的应用，另外，要重点关注利用导数要重点关注利用导数研究函数的单调性研究函数的单调性 横向横向 把握把握 重点重点 1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小高考对导数的几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小 2高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等，有时也出现在解答多在选择、填空的后几题中出现，难度中等，有时也出现在解答题第一问题第一问 3近几年全国卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能近几年全国卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略忽略. 导数的几何意义导数的几何意义 题组全练题组全练 1(2018 全国卷全国卷)设函数设函数 f (x)x3(a1)x2ax，若，若 f (x)为奇函数，则曲线为奇函数，则曲线 yf (x)在点在点(0,0)处的切线方程为处的切线方程为( ) Ay2x Byx Cy2x Dyx 解析：解析：选选 D f (x)x3(a1)x2ax， f (x)3x22(a1)xa. 又又f (x)为奇函数，为奇函数，f (x)f (x)恒成立，恒成立， 即即x3(a1)x2axx3(a1)x2ax 恒成立，恒成立， a1，f (x)3x21，f (0)1， 曲线曲线 yf (x)在点在点(0,0)处的切线方程为处的切线方程为 yx. 2过点过点(0，1)的直线的直线 l 与曲线与曲线 yln x 相切，则原点到相切，则原点到 l 的距离为的距离为( ) A1 B.12 C.22 D. 2 解析：解析：选选 C 设切点为设切点为(x0，ln x0) 由由 yln x，得，得 y1x， 所以直线所以直线 l 的斜率的斜率 ky|xx01x0， 所以切线方程为所以切线方程为 yln x01x0(xx0)， 即即 y1x0 xln x01. 因为切线过点因为切线过点(0，1)， 则则1ln x01， 即即 x01， 所以切线方程为所以切线方程为 yx1， 即即 xy10， 所以原点到所以原点到 l 的距离的距离 d|1|222，故选，故选 C. 3(2018 唐山模拟唐山模拟)曲线曲线 yx1x1与其在点与其在点(0，1)处的切线及直线处的切线及直线 x1 所围成的封闭所围成的封闭图形的面积为图形的面积为( ) A1ln 2 B22ln 2 C2ln 21 Dln 2 解析：解析：选选 C 因为因为 yx1x1，所以，所以 y x1x12 x1 2，则曲线，则曲线 yx1x1在在(0，1)处的切线的斜率处的切线的斜率 k2，切线方程为，切线方程为 y2x1，则曲线，则曲线 yx1x1与其在点与其在点(0，1)处的切线及处的切线及直线直线 x1 所围成的封闭图形的面积所围成的封闭图形的面积 S012x1x1x1dx012x112x1dxx22x2ln(x1) 102ln 21. 4(2018 全国卷全国卷)曲线曲线 y(ax1)ex在点在点(0,1)处的切线的斜率为处的切线的斜率为2，则，则 a_. 解析：解析：y(axa1)ex，当当 x0 时，时，ya1， a12，解得，解得 a3. 答案：答案：3 5已知曲线已知曲线 yxln x 在点在点(1,1)处的切线与曲线处的切线与曲线 yax2(a2)x1 相切，则相切，则 a_. 解析：解析：由由 yxln x，得，得 y11x，则曲线，则曲线 yxln x 在点在点(1,1)处的切线斜率为处的切线斜率为 2，故切线方程为故切线方程为 y2x1，与，与 yax2(a2)x1 联立，得联立，得 ax2ax20，显然，显然 a0，所，所以由以由 a28a0a8. 答案：答案：8 系统方法系统方法 1求过切点切线问题的基本思路求过切点切线问题的基本思路 设曲线在设曲线在(x0，y0)处的切线为处的切线为 l，则根据，则根据 k切切f x0 ，切点在切线切点在切线l上，建立方程组求解上，建立方程组求解切点在曲线上切点在曲线上 2过非切点的切线的求法过非切点的切线的求法 设出切点坐标设出切点坐标(x0，f (x0)，先求出在，先求出在 xx0处的切线方程，然后把所过点的坐标代入即处的切线方程，然后把所过点的坐标代入即求出求出 x0，从而得出切线方程，从而得出切线方程 3由曲线的切线求参数的方法由曲线的切线求参数的方法 已知曲线在某点处的切线求参数的关键是用已知曲线在某点处的切线求参数的关键是用“方程思想方程思想”来破解，先求出函数的导数，来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程， 通过解方程求出参数的值通过解方程求出参数的值 利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的单调性 多维例析多维例析 角度一角度一 讨论函数的单调性或求函数单调区间讨论函数的单调性或求函数单调区间 例例1 已知函数已知函数 f (x)x22cos x，g(x)ex (cos xsin x2x2)，其中，其中 e 是自然对数是自然对数的底数的底数 (1)求函数求函数 g(x)的单调区间；的单调区间； (2)讨论函数讨论函数 h(x)g(x)af (x)(aR R)的单调性的单调性 解解 (1)g(x)(ex) (cos xsin x2x2)ex(cos xsin x2x2)ex(cos xsin x2x2sin xcos x2)2ex(xsin x) 记记 p(x)xsin x， 则则 p(x)1cos x. 因为因为 cos x1,1，所以，所以 p(x)1cos x0，所以函数，所以函数 p(x)在在 R R 上单调递增上单调递增 而而 p(0)0sin 00，所以当，所以当 x0 时，时，p(x)0，g(x)0 时，时，p(x)0，g(x)0，函数，函数 g(x)单调递增单调递增 综上，函数综上，函数 g(x)的单调递减区间为的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为，单调递增区间为(0，) (2)因为因为 h(x)g(x)af (x)ex(cos xsin x2x2)a(x22cos x)， 所以所以 h(x)2ex(xsin x)a(2x2sin x) 2(xsin x)(exa) 由由(1)知知，当当 x0 时时， p(x)xsin x0；当当 x0 时时，p(x)xsin x0， 所以所以 x0 时，时，h(x)0，函数，函数 h(x)单调递增；单调递增； x0 时，时，h(x)0 时，令时，令 h(x)2(xsin x)(exa)0，解得，解得 x1ln a，x20. 若若 0a1，则，则 ln a0， 所以所以 x(，ln a)时，时，exa0，函数，函数 h(x)单调递增；单调递增； x(ln a,0)时，时，exa0，h(x)0，h(x)0，函数，函数 h(x)单调递增单调递增 若若 a1，则，则 ln a0，所以，所以 xR R 时，时，h(x)0，函数，函数 h(x)在在 R R 上单调递增上单调递增 若若 a1，则，则 ln a0， 所以所以 x(，0)时，时，exa0，函数，函数 h(x)单调递增；单调递增； x(0，ln a)时，时，exa0，h(x)0，h(x)0，函数，函数 h(x)单调递增单调递增 综上所述，综上所述， 当当 a0 时，函数时，函数 h(x)在在(0，)上单调递增，在上单调递增，在(，0)上单调递减；上单调递减； 当当 0a1 时，函数时，函数 h(x)在在(，0)，(ln a，)上单调递增，在上单调递增，在(0，ln a)上单调递减上单调递减 类题通法类题通法 讨论含参函数的单调性，其本质讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分讨论时要考虑参数所在的位置及参数取论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类： (1)(1)最高次幂的系数是否为最高次幂的系数是否为 0 0； (2)(2)导函数是否有变号零点；导函数是否有变号零点； (3)(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内；导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内； (4)(4)导函数的变号零点之间的大小关系导函数的变号零点之间的大小关系 角度二角度二 已知函数的单调性求参数范围已知函数的单调性求参数范围 例例2 已知函数已知函数 f (x)xexaxb(a，bR R) (1)若函数若函数 f (x)在在 R R 上是增上是增函数，求实数函数，求实数 a 的取值范围；的取值范围； (2)若函数若函数 f (x)在在(1,3)上单调，求实数上单调，求实数 a 的取值范围的取值范围 解解 (1)f (x)ex ex x ex 2a1xaexex， 设设 g(x)1xaex，由题意知由题意知 g(x)0 在在 R R 上恒成立上恒成立，即即 1xaex0 在在 R R 上恒成立上恒成立 由由 ex0，分离参数可得分离参数可得 ax1ex在在 R R 上恒成立上恒成立 设设 h(x)x1ex，则则 h(x)2xex， 由由 h(x)0，得得 x2；由由 h(x)2， 所以所以 h(x)在在(，2)上单调递增上单调递增，在在(2，)上单调递减上单调递减， 所以所以 h(x)maxh(2)1e2，故，故 a1e2. 所以所以 a 的取值范围为的取值范围为 1e2， . (2)函数函数 f (x)在在(1,3)上单调上单调，则函数则函数 f (x)在在(1,3)上单调递增或单调递减上单调递增或单调递减 若函数若函数 f (x)在在(1,3)上单调递增，则上单调递增，则 f (x)1xaexex0 在在(1,3)上恒成立上恒成立，即即 1xaex0 在在(1,3)上恒成立上恒成立，所以所以 ax1ex在在(1,3)上恒成立上恒成立 设设 h(x)x1ex，则则 h(x)2xex，所以所以 h(x)在在(1,2)上单调递增，在上单调递增，在(2,3)上单调递减上单调递减， 所以所以 h(x)maxh(2)1e2(x(1,3)，故故 a1e2. 所以所以 a 的取值范围为的取值范围为1e2，. 若函数若函数 f (x)在在(1,3)上单调递减上单调递减，则则 f (x)1xaexex0 在在(1,3)上恒成立上恒成立，即即 1xaex0 在在(1,3)上恒成立上恒成立，所以所以 ax1ex在在(1,3)上恒成立上恒成立 设设 h(x)x1ex，则则 h(x)2xex，所以所以 h(x)在在(1,2)上单调递增，在上单调递增，在(2,3)上单调递减上单调递减 又又 h(1)11e12e，h(3)31e32e3. 显然显然2eh(1)2e(x(1,3)， 所以所以 a 的取值范围为的取值范围为(，2e 综上，综上，a 的取值范围为的取值范围为(，2e 1e2， . 类题通法类题通法 由含参函数单调性求解参数范围问题的由含参函数单调性求解参数范围问题的 2 个关注点个关注点 (1)准确把握函数单调性与导函数符号之间的关系：若可导函数准确把握函数单调性与导函数符号之间的关系：若可导函数 f (x)在区间在区间 M 上单调递上单调递增，则增，则 f (x)0 在区间在区间 M 上恒成立； 若可导函数上恒成立； 若可导函数 f (x)在区间在区间 M 上单调递减， 则上单调递减， 则 f (x)0在区间在区间 M 上恒成立上恒成立 (2)注意参数在导函数解析式中的位置，先尝试分离参数，将问题的求解转化为求解对注意参数在导函数解析式中的位置，先尝试分离参数，将问题的求解转化为求解对应函数的最值问题；若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性无法利用导数解决，应函数的最值问题；若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性无法利用导数解决，则可以直接转化为求解含参函数的最值问题则可以直接转化为求解含参函数的最值问题 综合训练综合训练 1已知已知 aR R，函数，函数 f (x)(x2ax)ex(xR R，e 为自然对数的底数为自然对数的底数) (1)当当 a2 时，求函数时，求函数 f (x)的单调递增区间；的单调递增区间； (2)若函数若函数 f (x)在在(1,1)上单调递增，求上单调递增，求 a 的取值范围；的取值范围； (3)函数函数 f (x)是否为是否为 R R 上的单调减函数？若是，求出上的单调减函数？若是，求出 a 的取值范围？若不是，请说明理的取值范围？若不是，请说明理由由 解解：(1)当当 a2 时，时，f (x)(x22x)ex， 所以所以 f (x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex. 令令 f (x)0，即，即(x22)ex0， 因为因为 ex0，所以，所以x220， 解得解得 2x0，所以，所以x2(a2)xa0， 则则 ax22xx1 x1 21x1(x1)1x1对对 x(1,1)都成立都成立 令令 g(x)(x1)1x1， 则则 g(x)11 x1 20. 所以所以 g(x)(x1)1x1在在(1,1)上单调递增上单调递增 所以所以 g(x)0，所以，所以 x2(a2)xa0 对对 xR R 都成立都成立 所以所以 (a2)24a0，即，即 a240，这是不，这是不可能的可能的 故函数故函数 f (x)不可能在不可能在 R R 上单调递减上单调递减 2(2018 合肥质检合肥质检)已知已知 f (x)ln(2x1)ax(aR R) (1)讨论讨论 f (x)的单调性；的单调性； (2)若若 f (x)ax 恒成立，求恒成立，求 a 的值的值 解：解：(1)f (x)的定义域为的定义域为 12， ， f (x)22x1ax22x22axa 2x1 x2. 令令 g(x)2x22axa， 若若 2x22axa0 的根的判别式的根的判别式 4a28a0， 即当即当 0a2 时，对任意时，对任意 x 12， ，g(x)0 恒成立，恒成立， 即当即当 x 12， 时，时，f (x)0 恒成立，恒成立， f (x)在在 12， 上单调递增上单调递增 若若 2x22axa0 的根的判别式的根的判别式 0，即当，即当 a2 或或 a0 时，函数时，函数 g(x)图象的对称轴为图象的对称轴为直线直线 xa2. 当当 a0 时，时，a20. 对任意对任意 x 12， ，g(x)0 恒成立，恒成立， 即对任意即对任意 x 12， ，f (x)0 恒成立，恒成立， f (x)在在 12， 上单调递增上单调递增 当当 a2 时，时，a21，且，且 g 12120. 记记 g(x)0 的两根分别为的两根分别为 x1，x2，且，且 x112(a a22a)12，x212(a a22a) 当当 x 12，x1(x2，)时，时，g(x)0，当，当 x(x1，x2)时，时，g(x)0，当，当 x(x1，x2)时，时，f (x)2 时，时，f (x)在在 12，12 a a22a 和和 12(a a22a) ，上单调递增，在上单调递增，在 12(a a22a)，12(a a22a) 上单调递减上单调递减 (2)f (x)ax 恒成立等价于对任意恒成立等价于对任意 x 12， ，f (x)ax0 恒成立恒成立 令令 h(x)f (x)axln(2x1)axax， 则则 h(x)0h(1)恒成立，恒成立， 即即 h(x)在在 x1 处取得最大值处取得最大值 h(x)2ax3 2a x22axax2 2x1 . 由由 h(1)0，得得 a1. 当当 a1 时，时，h(x) 1x 2x2x1 x2 2x1 ， 当当 x 12，1 时，时，h(x)0； 当当 x(1，)时，时，h(x)0，求函数，求函数 f (x)在区间在区间m,2m上的最大值上的最大值 解解 (1)因为函数因为函数 f (x)的定义域为的定义域为(0，)，且且 f (x)1ln xx2， 由由 f x 0，0，得得 0 xe；由由 f x 0，得得 xe. 所以函数所以函数 f (x)的单调递增区间为的单调递增区间为(0， e)， 单调递减区间为单调递减区间为(e， ， )，且且 f (x)极大值极大值f (e)1e1，无极小值无极小值 (2)当当 2me，0，即即 0me2时时，函数函数 f (x)在区间在区间m,2m上单调递增上单调递增， 所以所以 f (x)maxf (2m)ln 2m2m1； 当当 me2m，即即e2me 时时， 函数函数 f (x)在区间在区间(m，e)上单调递增上单调递增，在在(e,2m)上单调递减上单调递减，所以所以 f (x)maxf (e)ln ee11e 1； 当当 me 时时，函数函数 f (x)在区间在区间m,2m上单调递减上单调递减， 所以所以 f (x)maxf (m)ln mm1. 综上所述综上所述， 当当 0me2时时， f (x)maxln 2m2m1； 当当e2m0 时，若时，若 f (x)在区间在区间1，e上的最小值为上的最小值为2，求，求 a 的取值范围的取值范围 解解 (1)当当 a1 时，时，f (x)x23xln x(x0)， 所以所以 f (x)2x31x2x23x1x， 所以所以 f (1)2，f (1)0. 所以切线方程为所以切线方程为 y20. (2)函数函数 f (x)ax2(a2)xln x 的定义域为的定义域为(0，)， 当当 a0 时，时，f (x)2ax(a2)1x2ax2 a2 x1x 2x1 ax1 x， 令令 f (x)0，解得，解得 x12或或 x1a. 当当 01a1，即，即 a1 时，时， f (x)在在1，e上单调递增上单调递增 所以所以 f (x)在在1，e上的最小值为上的最小值为 f (1)2，符合题意；，符合题意； 当当 11ae，即，即1ea1 时，时，f (x)在在 1，1a上单调递减，在上单调递减，在 1a，e 上单调递增，上单调递增， 所以所以 f (x)在在1，e上的最小值为上的最小值为 f 1af (1)2，不合题意；，不合题意； 当当1ae，即，即 0a1e时，时，f (x)在在1，e上单调递减，上单调递减， 所以所以 f (x)在在1，e上的最小值为上的最小值为 f (e)1)在在1,2上的值域为上的值域为p(a)，q(a)，求，求 (a)q(a)p(a)的最小值的最小值 解：解：(1)因为因为 f (x)x33x2，所以，所以 f (x)3x26x， 所以曲线所以曲线 yf (x)在点在点 P(1，2)处的切线的斜率为处的切线的斜率为 f (1)3， 所以切线方程为所以切线方程为 y(2)3(x1)， 即即 3xy10. (2)因为因为 g(x)2x33(a1)x26ax， 所以所以 g(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa) 令令 g(x)0，得，得 x1 或或 xa， 若若 1a2， 当当 x(1，a)时，时，g(x)0，所以，所以 g(x)在在(a,2)上单调递增上单调递增 若若 g(1)g(2)，即，即 1a53，此时，此时 q(a)g(2)4，p(a)g(a)a33a2， 所以所以 (a)4(a33a2)a33a24 1a53， 因为因为 (a)3a26a3a(a2)g(2)，即即53a2， 此时此时 q(a)g(1)3a1，p(a)g(a)a33a2， 所以所以 (a)3a1(a33a2) a33a23a1 53a827. 若若 a2， 当当 x1,2时，时，g(x)0，所以，所以 g(x)在在1,2上单调递减，上单调递减， 所以所以 q(a)g(1)3a1，p(a)g(2)4， 所以所以 (a)3a143a5(a2)， 所以所以 (a)在在2，)上的最小值为上的最小值为 (2)1. 综上，综上，(a)的最小值为的最小值为827. 2已知函数已知函数 f (x)x23xax. (1)若若 a4，讨论，讨论 f (x)的单调性；的单调性； (2)若若 f (x)有有 3 个极值点，求实数个极值点，求实数 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)因为因为 a4 时，时，f (x)x23x4x， 所以所以 f (x)2x34x22x33x24x22x34x2x24x2 x2 2x2x2 x2(x0)， 令令 f (x)0，得，得 x2；令；令 f (x)0，得，得 x0 或或 0 x0，得，得 x1 或或 x0；由；由 g(x)0，得，得 0 x0，得得 a0， 当当 a0 时，时， a0，g( a)2( a)33(a)a2a( a1)0， 故故 a0 时，时，g(x)在在(，0)上有唯一零点；上有唯一零点； 令令 g(1)1a1， 故故1a0 时，时，g(x)在在(0,1)上有唯一零点；上有唯一零点； 又又1a0，所以，所以 g(x)在在(1，)上有唯一零点上有唯一零点 综上可知，实数综上可知，实数 a 的取值范围是的取值范围是(1,0) 重难增分重难增分 函数与导数的综合应用函数与导数的综合应用 典例细解典例细解 例例1 (2015 全国卷全国卷)设函数设函数 f (x)ex(2x1)axa，其中，其中 a1，若存在唯一的，若存在唯一的整数整数 x0使得使得 f (x0)0，则，则 a 的取值范围是的取值范围是( ) A. 32e，1 B. 32e，34 C. 32e，34 D. 32e，1 学解题学解题 法一：直接法法一：直接法(学生用书不提供解题过程学生用书不提供解题过程) 若若 a0，则，则对任意负整数对任意负整数 m，有，有 f (m)em(2m1)a(m1)0，不符合题中唯一要求，不符合题中唯一要求，故必有故必有 0a1.由于由于 f (x)ex(2x1)a，易知当，易知当 x1 时时 f (x)e1a0，故，故 f (x)在在(，1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增上单调递增 注意到注意到 f (1)e0，所以在，所以在(1，)内不存在正整数内不存在正整数 x0使得使得 f (x0)0. 又又 f (0)1a0，这样我们就找到了，那个唯一的整数，这样我们就找到了，那个唯一的整数 x0就是就是 0.则满足题意的充要则满足题意的充要条件是条件是 f (1)0，即，即 a32e，故，故 a 的取值范围是的取值范围是 32e，1 . 法二：分离参数法法二：分离参数法(学生用书不提供解题过程学生用书不提供解题过程) f (x)ex(2x1) 当当 x1 时，有时，有 aex 2x1 x11，这与题设矛盾，舍去；，这与题设矛盾，舍去； 当当 x1 时，有时，有 aex 2x1 x1. 记记 g(x)ex 2x1 x1， 则则 g(x)ex 2x1 x1 ex 2x1 x1 2 xex 2x3 x1 2(x1) 当当 x0；当；当 0 x1 时，时，g(x)0， 故故 g(x)在在(，0)上单调递增，在上单调递增，在(0,1)上单调递减，作出函数上单调递减，作出函数 yg(x)的大致图象如图的大致图象如图所示所示 由题意知，存在唯一的整数由题意知，存在唯一的整数 x0使得使得 f (x0)0，即，即 ag(x0)，由图易知，由图易知 a 的取值范围是的取值范围是32eg(1)a1，选，选 D. 法三：几何直观法法三：几何直观法(学生用书提供解题过程学生用书提供解题过程) 设设 g(x)ex(2x1)，yaxa，由题意知存在唯一的整数，由题意知存在唯一的整数 x0，使得，使得 g(x0)在直线在直线 yaxa 的下方的下方 因为因为 g(x)ex(2x1)，所以当，所以当 x12时，时，g(x)12时，时，g(x)0，所以当，所以当 x12时，时，g(x)min2e12， 因为因为 g(0)10，直线，直线 yaxa 恒过点恒过点(1,0)，且斜率为，且斜率为 a，画出函数的大，画出函数的大致图象如图所示，致图象如图所示， 故故ag(0)1，g(1)3e1aa，解得，解得32ea1. 法四：特殊值探路法四：特殊值探路(学生用书提供解题过程学生用书提供解题过程) 注意到注意到f (0)a10， 故， 故x00.又又x0唯一， 故唯一， 故 f 1 0，f 1 0，解得解得a32e， 所以， 所以32ea1(*) 这是这是 a 需满足的必要条件需满足的必要条件 求导得求导得 f (x)ex(2x1)a.当当 x1 时，时，f (x)a0，f (x)在在1，)上单调递增，有上单调递增，有f (x)f (1)0.可见可见(*)式也是充分的式也是充分的 于是，于是，a 的取值范围的取值范围就是就是32ea0 时，时，xf (x)f (x)0 成立的成立的 x 的取值范围是的取值范围是( ) A(，1)(0,1) B(1,0)(1，) C(，1)(1,0) D(0,1)(1，) 解析解析 令令 g(x)f x x(x0)，则，则 g(x)xf x f x x2，当，当 x0 时，时，xf (x)f (x)0，g(x)0 时，由时，由 f (x)0，得，得 g(x)0，由图知，由图知 0 x1， 当当 x0，得，得 g(x)0，由图知，由图知 x0 成立的成立的 x 的取值范围是的取值范围是(，1)(0,1) 答案答案 A 启思维启思维 本题考查了导数运算的逆运算，通过本题考查了导数运算的逆运算，通过 xf (x)f (x)0(或或0(或或0(或或0(或或0)，构造函数，构造函数 F(x)f x ex. 增分训练增分训练 1已知函数已知函数 f (x)，对，对xR R，都有，都有 f (x)f (x)x2，在，在(0，)上，上，f (x)0 时，时，g(x)f (x)x0，则不等式，则不等式 f (x)0， g(x)0，即，即 g(x)为为 R R 上的减函数上的减函数 g(1)f 1 e1e2， 由不等式由不等式 f (x)ex2， 得得f x exe21e2，即，即 g(x)1，不等式不等式 f (x)0，解得，解得 0 x2，故函数，故函数 f (x)的单调递增区间是的单调递增区间是 0，12和和(2，) 3(2018 石家庄模拟石家庄模拟)已知已知 f (x)ln xx，其中，其中 e 为自然对数的底数，则为自然对数的底数，则( ) Af (2)f (e)f (3) Bf (3)f (e)f (2) Cf (e)f (2)f (3) Df (e)f (3)f (2) 解析：解析：选选 D 由由 f (x)ln xx，得，得 f (x)1ln xx2，令，令 f (x)0，解得，解得 xe，当，当 x(0，e)时，时，f (x)0，函数，函数 f (x)单调递增，当单调递增，当 x(e，)时，时，f (x)0，函数，函数 f (x)单调递减，单调递减，故故 f (x)在在 xe 处取得最大值处取得最大值 f (e)，f (2)f (3)ln 22ln 333ln 22ln 36ln 8ln 960， f (2)f (3)f (2)，故选，故选 D. 4(2019 届高三届高三 广州调研广州调研)已知直线已知直线 ykx2 与曲线与曲线 yxln x 相切，则实数相切，则实数 k 的值为的值为( ) Aln 2 B1 C1ln 2 D1ln 2 解析：解析： 选选 D 由由 yxln x 知知 yln x1， 设切点为设切点为(x0， x0ln x0)， 则切线方程为， 则切线方程为 yx0ln x0(ln x01)(xx0)，因为切线，因为切线 ykx2 过定点过定点(0，2)，所以，所以2x0ln x0(ln x01)(0 x0)，解得，解得 x02，故，故 k1ln 2，选，选 D. 5已知定义在已知定义在 R R 上的可导函数上的可导函数 f (x)的导函数为的导函数为 f (x)，满足，满足 f (x)f (x)，且，且 f (x3)为偶函数，为偶函数，f (6)1，则不等式，则不等式 f (x)ex的解集为的解集为( ) A(2，) B(0，) C(1，) D(4，) 解析：解析：选选 B 因因为为 f (x3)为偶函数，为偶函数， 所以所以 f (3x)f (x3)， 因此因此 f (0)f (6)1. 设设 h(x)f x ex，则原不等式即，则原不等式即 h(x)h(0) 又又 h(x)f x exf x ex ex 2f x f x ex， 依题意依题意 f (x)f (x)，故，故 h(x)0， 因此函数因此函数 h(x)在在 R R 上是增函数，上是增函数， 所以由所以由 h(x)h(0)，得，得 x0.故选故选 B. 6已知定义在已知定义在 R R 上的函数上的函数 yf (x)满足满足 f (x)f (x)，当，当 x(0,2时，时，f (x)ln xax a12，当，当 x2,0)时，时，f (x)的最小值为的最小值为 3，则，则 a 的值等于的值等于( ) Ae2 Be C2 D1 解析：解析：选选 A 因为定义在因为定义在 R R 上的函数上的函数 yf (x)满足满足 f (x)f (x)， 所以所以 yf (x)为奇函数，其图象关于原点对称，为奇函数，其图象关于原点对称， 因为当因为当 x2,0)时，时，f (x)的最小值为的最小值为 3， 所以当所以当 x(0,2时，时，f (x)ln xax a12的最大值为的最大值为3. 又又 f (x)1axx(0 x2)， 所以当所以当 0 x0； 当当1ax2 时，时，f (x)0； 所以函数所以函数 f (x)ln xax 在区间在区间 0，1a上单调递增，在区间上单调递增，在区间 1a，2 上单上单调递减，调递减， 故故 f (x)maxf 1aln1aa1a3，解得，解得 ae2. 7若函数若函数 f (x)ln x12ax22x 存在单调递减区间，则实数存在单调递减区间，则实数 a 的取值范围是的取值范围是_ 解析：解析：f (x)1xax21ax22xx，由题意知，由题意知 f (x)0，ax22x10 有实数解当有实数解当 a0 时，显然满足；当时，显然满足；当 a0，1a1. 答案：答案：(1，) 8已知函数已知函数 f (x)exmx1 的图象为曲线的图象为曲线 C，若曲线，若曲线 C 存在与直线存在与直线 yex 垂直的切垂直的切线，则实数线，则实数 m 的取值范围是的取值范围是_ 解析：解析：函数函数 f(x)的导数的导数 f(x)exm，设切点为，设切点为(x0，ex0mx01)，即切线斜率，即切线斜率 k e x0m，若曲线，若曲线 C 存在与直线存在与直线 yex 垂直的切线，则满足垂直的切线，则满足(e x0m)e1， 即即 e x0m1e有解，有解， 即即 me x01e有解，有解， e x01e1e，m1e. 答案：答案： 1e， 9已知已知 x0为函数为函数 f (x)(ea)x3x 的极值点，若的极值点，若 x0 e3，13e(e 为自然对数的底数为自然对数的底数)，则实数则实数 a 的取值范围是的取值范围是_ 解析：解析： f(x)aeax3， 则， 则 f(x0)3aeax00， 由， 由于于 eax00， 则， 则 a0，则，则 x0t3ln t，构造函数，构造函数 g(t)t3ln t(t0)，g(t)13ln t1313(ln t1)，当，当 0t0，g(t)为增函数，且为增函数，且 g(t)0 恒成立，恒成立，当当 t1e时，时，g(t)0，g(t)为为减函数，减函数，g(t)maxg 1e13e，且，且 g(e)e3，因此当，因此当 x0 e3，13e时，时，0te，即，即 00，g 2 0，2m0，解得解得6m2. 所以实数所以实数 m 的取值的取值范围为范围为(6,2) 11(2018 成都模拟成都模拟)已知函数已知函数 f (x)(ax1)ln xx22. (1)若若 a2，求曲线，求曲线 yf (x)在点在点(1，f (1)处的切线处的切线 l 的方程；的方程； (2)设函数设函数 g(x)f (x)有两个极值点有两个极值点 x1，x2，其中，其中 x1(0，e，求，求 g(x1)g(x2)的最小值的最小值 解：解：(1)当当 a2 时，时，f (x)(2x1)ln xx22， 则则 f (x)2ln xx1x2， f (1)2，f (1)12， 切线切线 l 的方程为的方程为 y122(x1)，即，即 4x2y30. (2)函数函数 g(x)aln xx1xa，定义域为，定义域为(0，)， 则则 g(x)1ax1x2x2ax1x2，令，令 g(x)0，得，得 x2ax10，其两根为，其两根为 x1，x2， 且且 x1x2a，x1x21， 故故 x21x1，a x11x1. g(x1)g(x2)g(x1)g 1x1aln x1x11x1a aln1x11x1x1a 2 x11x12aln x12 x11x12 x11x1ln x1， 令令 h(x)2 x1x2 x1xln x. 则则g(x1)g(x2)minh(x)min， 又又 h(x)2 1x 1x ln xx2， 当当 x(0,1时，时，h(x)0， 当当 x(1，e时，时，h(x)0， 即当即当 x(0，e时，时，h(x)单调递减，单调递减， h(x)minh(e)4e， 故故g(x1)g(x2)min4e. 12(2018 郑州模拟郑州模拟)已知函数已知函数 f (x)ln xx，g(x)13mx3mx(m0) (1)求曲线求曲线 yf (x)在点在点(1，f (1)处的切线方程；处的切线方程； (2)若对任意的若对任意的 x1(1,2)，总存在，总存在 x2(1,2)，使得，使得 f (x1)g(x2)，求实数，求实数 m 的取值范围的取值范围 解：解：(1)易知切点为易知切点为(1，1)，f (x)1x1，切线的斜率，切线的斜率 kf (1)0，故切线方程为，故切线方程为y1. (2)设设 f (x)在区间在区间(1,2)上的值域为上的值域为 A，g(x)在区间在区间(1,2)上的值域为上的值域为 B，则由题意可得，则由题意可得 AB. f (x)ln xx， f (x)1x11xx0 时，时，g(x)0 在在 x(1,2)上恒成立，上恒成立， 则则 g(x)在在(1,2)上是增函数，此时上是增函数，此时 g(x)在区间在区间(1,2)上的值域上的值域 B 为为 23m，23m ， 则则 m0，23m1，23mln 22， 解得解得 m32(ln 22)332ln 2. 当当 m0 时，时，g(x)0 在在 x(1,2)上恒成立，上恒成立， 则则 g(x)在在(1,2)上是减函数，此时上是减函数，此时 g(x)在区间在区间(1,2)上的值域上的值域 B 为为 23m，23m ， 则则 m0 恒成立， 函数恒成立， 函数 f (x)在在(0， ， )上单调递增， 则函数上单调递增， 则函数 f (x)不存在两个不同的零点 当不存在两个不同的零点 当a0 时，由时，由 f (x)0，得，得 x12a，当，当 0 x0，函数，函数 f (x)单调递增，当单调递增，当x12a时，时，f (x)0，即即 ln 2a1，所以，所以 02a1e，即，即 0a0 对任意的对任意的 x1 恒成立，则恒成立，则m 的最大值为的最大值为( ) A2 B3 C4 D5 解析：解析：选选 B 法一：法一：因为因为 f (x)xxln x，且，且 f (x)m(x1)0 对任意的对任意的 x1 恒成立，恒成立，等价于等价于 mxxln xx1在在(1，)上恒成立，上恒成立， 等价于等价于 m1) 令令 g(x)xxln xx1(x1)，所以，所以 g(x)x2ln x x1 2.易知易知 g(x)0 必有实根，设为必有实根，设为 x0，则则 x02ln x00，且，且 g(x)在在(1，x0)上单调递减，在上单调递减，在(x0，)上单调递增，此时上单调递增，此时 g(x)ming(x0)x0 x0ln x0 x01x0 x0 x02 x01x0， 因此， 因此 mx0， 令， 令 h(x)x2ln x， 可得， 可得 h(3)0，又又 mZ，故，故 m 的最大值为的最大值为 3.故选故选 B. 法二：法二：f (x)m(x1)在在(1，)上恒成立，上恒成立， 而而 f (x)2ln x，得，得 f (x)在在(0，e2)上单调递减，在上单调递减，在(e2，)上单调递增，上单调递增， 由图象可知，过点由图象可知，过点(1,0)的的直线直线 ym(x1)必在必在 f (x)的图象下方，设过点的图象下方，设过点(1,0)且与且与 f (x)的图象相切的直线的斜率为的图象相切的直线的斜率为 k，则，则 mk. 此时设切点为此时设切点为(x0，x0 x0ln x0)， 则有则有 k2ln x0 x0 x0ln x0 x01， 可得可得 x0ln x020，令，令 g(x)xln x2， 显然显然 g(e)0，所以，所以 ex0e2，所以，所以 1ln x02,3k4，又，又 m0，aR R 恒成立，则实数恒成立，则实数m 的最大值为的最大值为( ) A. e B2 Ce D3 解析：解析：选选 B b(a2)2ln b(a1)2等价于点等价于点 P(b，ln b)与点与点 Q(a2，a1)距离距离的平方，易知点的平方，易知点 P，Q 分别在曲线分别在曲线 C：yln x 及直线及直线 l：yx1 上上 令令 f (x)ln x，则，则 f (x)1x，令，令 f (x)1，得，得 x1，故与直线，故与直线 l 平行且与曲线平行且与曲线 C 相切相切的直线的直线 l与曲线与曲线 C 的切点为的切点为(1,0)， 所以， 所以|PQ|min22 2， 所以， 所以 m2m2， 解得， 解得1m2，所以所以 m 的最大值为的最大值为 2.故选故选 B. 5设函数设函数 f (x)exax，g(x)ln(x3)4exa，其中，其中 e 为自然对数的底数，若存在为自然对数的底数，若存在实数实数 x0，使得，使得 f (x0)g(x0)2 成立，则实数成立，则实数 a 的值为的值为( ) A2ln 2 B1ln 2 C1ln 2 D2ln 2 解析：解析：选选 D 由已知得由已知得 f (x)g(x)exaxln(x3)4exa， 设设 h(x)exa4exa，u(x)xln(x3)， 所以所以 h(x)exa4exa2 exa 4exa4，当且仅当，当且仅当 exa2 时等号成立时等号成立 u(x)11x3x2x3(x3)， 令令 u(x)0，得，得 x2； 令令 u(x)0，得，得3x0，若直线，若直线 MNx 轴，则轴，则 M，N 两点间的距离的最小值为两点间的距离的最小值为( ) A1 B2 C3 D4 解析：解析：选选 A 设设 h(x1)|MN|，由题意知，由题意知 h(x1)x2x1，x11， 由由 MNx 轴可得轴可得 g(x2)f (x1)， 即即 x2ex1112(x11)21， 所以所以 h(x1)x2x1ex1112(x11)2x11，h(x1)e x11x1，h(x1)e x111， 因为因为 h(x1)h(1)0， 所以所以 h(x1)在在1，)上是增函数，上是增函数， 所以所以 h(x1)h(1)0， 因此因此 h(x1)在在1，)上是增函数，所以上是增函数，所以 h(x1)h(1)1，故选，故选 A. 7若对任意的若对任意的 x 1e，1 ，e 为自然对数的底数，总存在唯一的为自然对数的底数，总存在唯一的 y1,1，使得，使得 ln xx1ay2ey成立，则实数成立，则实数 a 的取值范围为的取值范围为( ) A. 1e，e B. 2e，e C. 2e， D. 2e，e1e 解析：解析：选选 B 设设 f (x)ln xx1a， 则则 f (x)1x11xx. 因为因为 x 1e，1 ，所以，所以 f (x)0，f (x)在在 1e，1 上单调递增，所以上单调递增，所以 f (x) a1e，a . 设设 g(y)y2ey，y1,1， 则则 g(y)y(y2)ey. 由由 g(y)0，得，得1y0，得，得 0y1. 所以函数所以函数 g(y)在在1,0上单调递减，在上单调递减，在0,1上单调递增，且上单调递增，且 g(1)1eg(1)e. 对任意的对任意的 x 1e，1 ，总存在唯一的，总存在唯一的 y1,1，使得，使得 ln xx1ay2ey成立，等价成立，等价于于 f (x)的值域是的值域是 g(y)的不含极值点的单值区间的子集，的不含极值点的单值区间的子集， 故故 a1e，a 1e，e ，所以，所以2e0 时，时， f (x)f (x3)0； 当； 当 x(0,3)时，时，f (x)eln xx，其中，其中 e 是自然对数的底数，且是自然对数的底数，且 e2.72，则方程，则方程 6f (x)x0 在在9,9上的上的解的个数为解的个数为( ) A4 B5 C6 D7 解析：解析：选选 D 依题意，当依题意，当 x(0,3)时，时，f (x)e 1ln x x2，令，令 f (x)0 得得 xe，故函，故函数数 f (x)在区间在区间(0，e)上单调递增，在区间上单调递增，在区间(e,3)上单调递减，故在区间上单调递减，故在区间(0,3)上，上，f (x)maxf (e)1.又函数又函数 f (x)是定义在是定义在R R上的奇函数， 且当上的奇函数， 且当x0时，时， f (x)f (x3)0， 即， 即 f (x3)f (x)，f (0)0.由由 6f (x)x0，得，得 f (x)x6.在同一坐标系内作出函数在同一坐标系内作出函数 yf (x)与与 yx6在区间在区间9,9 上的图象如图所示由图可知，函数上的图象如图所示由图可知，函数 yf (x)与与 yx6的图象有的图象有 7 个交点，即方程个交点，即方程 6f (x)x0 的解的个数为的解的个数为 7.故选故选 D.
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