專(zhuān)題三導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡(jiǎn)單應(yīng)用講義理

1、專(zhuān)題三數(shù)的幾何意義及簡(jiǎn)單應(yīng)用 一(4三年考情縱橫研究： 卷I 卷n 卷川 2018 奇函數(shù)的定義及利用導(dǎo)數(shù) 的幾何意義求切線方 程T5 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線 方程 T13 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義 求參數(shù)值T14 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào) 性T21(1) 2017 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào) 性T21(1) 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)求函 數(shù)極值 T11 利用導(dǎo)數(shù)的極值點(diǎn)求參 數(shù)T21(1) 2016 導(dǎo)數(shù)的計(jì)算與幾何意義、直 線方程、斜率計(jì)算公 式T16 函數(shù)的奇偶性、利用 導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切 線方程 T15 利用導(dǎo)數(shù)公式直接求 導(dǎo)T21(1) 縱向 把握 趨勢(shì) 卷I 3年3考，涉及導(dǎo)數(shù) 的幾何意義以及討

2、論函數(shù) 的單調(diào)性，其中利用導(dǎo)數(shù) 求切線方程難度偏小，而 用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性 難度偏大預(yù)計(jì) 2019年 仍會(huì)以解答題的形式考查 函數(shù)單調(diào)性的討論 卷n 3年4考，涉及導(dǎo)數(shù)的 運(yùn)算、幾何意義以及利用導(dǎo) 數(shù)求函數(shù)的極值，題型為選 擇、填空題，難度適中預(yù) 計(jì)2019年高考會(huì)考查利用 導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，難 度偏大 卷川3年3考，涉及 導(dǎo)數(shù)公式及導(dǎo)數(shù)幾何 意義的應(yīng)用，題型多 為填空題.預(yù)計(jì) 2019 年仍會(huì)考查導(dǎo)數(shù)幾何 意義的應(yīng)用，另外，要 重點(diǎn)關(guān)注利用導(dǎo)數(shù)研 究函數(shù)的單調(diào)性 橫向 把握 重點(diǎn) 1.高考對(duì)導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查，多在選擇題、填空題中出現(xiàn)，難度較小. 2高考重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，即利用導(dǎo)

3、數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問(wèn)題， 多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn)，難度中等，有時(shí)也出現(xiàn)在解答題第一問(wèn). 3 近幾年全國(guó)卷對(duì)定積分及其應(yīng)用的考查極少，題目一般比較簡(jiǎn)單，但也不能 忽略. 保分考法練為主導(dǎo)； 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 題組全練 1. (2018 全國(guó)卷I )設(shè)函數(shù)f (x) = x3+ (a 1)x 即 y = x+ In x 1. X0 因?yàn)榍芯€過(guò)點(diǎn)(0， 1), 則一1= In x 1, 即 X0= 1, 所以切線方程為y= x 1, 即 x y 1 = 0, + ax,若f (x)為奇函數(shù)，則曲線 y =f (x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為() A. y = 2xB. y= x C

4、. y = 2xD. y= x 32 解析：選 D /f (x) = x + ( a 1)x+ ax, 2 f (x) = 3x + 2( a 1)x + a. 又 f (x)為奇函數(shù)， f ( x) = f (x)恒成立， 即一x3 + (a 1)x2 ax= x3 (a 1)x2 ax 恒成立， 2 a= 1,. f (x) = 3x +1, f (0) = 1, 曲線y = f (x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y = x. 2. 過(guò)點(diǎn)(0， 1)的直線I與曲線y = In x相切，則原點(diǎn)到I的距離為() 所以切線方程為 1 y In xo= (x xo), 1 A. 1 B.1 c返

5、C. 2 D. 2 解析：選 C設(shè)切點(diǎn)為（X0, In X。） . 由 y = In x，得 y= x， 所以直線 I 的斜率 k = y| x = x = 所以原點(diǎn)到I的距離d = I -11V2 2兀 ,故選C. X 1 3. （2018 唐山模擬）曲線y = x與其在點(diǎn)（0， 1）處的切線及直線 x = 1所圍成的封 X T I 閉圖形的面積為（） A. 1 In 2 B. 2 2ln 2 C. 2In 2 1 D. In 2 X 1 x 1 2x 1 解析：選C因?yàn)閥=，所以y X + 1 / X+ 1= 右廠，則曲線y=x+ 1在（, X一 1 1)處的切線的斜率k= 2,切線方程為

6、y= 2x 1,則曲線y = 與其在點(diǎn)(0， 1)處的切 Z. I I 1X 1求過(guò)切點(diǎn)切線問(wèn)題的基本思路 設(shè)曲線在（xo, yo）處的切線為l，則根據(jù) k切=f X。, 切點(diǎn)在切線I上，建立方程組求解.切點(diǎn)在曲線上 22 線及直線x = 1所圍成的封閉圖形的面積S= 02x 1 齊dx = 02x 1 1 + XT7dx = x 1 2x + 2ln( x + 1)= 2ln 2 1. 0 4. (2018 全國(guó)卷川)曲線y = (ax + 1)ex在點(diǎn)(0,1)處的切線的斜率為一2，貝U a = x 解析:討=(ax+ a+ 1)e，二當(dāng) x= 0 時(shí)，y= a+ 1, a+ 1 = 2，

7、解得 a= 3. 答案：3 5. 已知曲線y= x+ In x在點(diǎn)(1,1)處的切線與曲線 y= ax過(guò)非切點(diǎn)的切線的求法 設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)（X0, f（X0）,先求出在X = X0處的切線方程，然后把所過(guò)點(diǎn)的坐標(biāo)代入即 + ( a+ 2) x+1相切，則a = 1 解析：由y = x + In x，得y = 1 + -，則曲線y = x+ In x在點(diǎn)(1,1)處的切線斜率為 x 22 2,故切線方程為 y= 2x 1,與 y = ax + (a+ 2)x + 1 聯(lián)立，得 ax + ax + 2= 0，顯然 a*0, 2 所以由 A = a 8a= 0? a= 8. 答案：8 系統(tǒng)方法 求出X

8、o，從而得出切線方程. 3.由曲線的切線求參數(shù)的方法 已知曲線在某點(diǎn)處的切線求參數(shù)的關(guān)鍵是用“方程思想”來(lái)破解，先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)， 從而求出在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值；再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與已知條件，建立關(guān)于參數(shù)的方程，通 過(guò)解方程求出參數(shù)的值. 考法二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 x (In a, 0)時(shí)，e 12 x 設(shè) h( x) =，貝V h( x) = -, 由 h(x)0，得 x2 ;由 h(x)2, 所以h(x)在(-g, 2)上單調(diào)遞增，在(2 ,+g)上單調(diào)遞減， - a0, h(x)0, h(x)0，函數(shù) h(x)單調(diào)遞增. 若a= 1,U In a= 0,所以x R時(shí)，h(x) 0,

9、函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增. 若 a1,則 In a0, 所以 x ( g, 0)時(shí)，ex-a0，函數(shù) h(x)單調(diào)遞增； x (0 , In a)時(shí)，ex- a0, h(x)0, h(x)0，函數(shù) h(x)單調(diào)遞增. 綜上所述， 當(dāng)aw0時(shí)，函數(shù)h(x)在(0，+g)上單調(diào)遞增，在(-g, 0)上單調(diào)遞減； 當(dāng)0a1時(shí)，函數(shù)h(x)在(一g, 0) , (In a,+g)上單調(diào)遞增，在(0 , In a)上單調(diào)遞 減. 類(lèi)題通法討論含參函數(shù)的單調(diào)性，其本質(zhì)就是討論導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的變化情況，所以討 論的關(guān)鍵是抓住導(dǎo)函數(shù)解析式中的符號(hào)變化部分.討論時(shí)要考慮參數(shù)所在的位置及參數(shù)取值 對(duì)導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的影響

10、，一般來(lái)說(shuō)需要進(jìn)行四個(gè)層次的分類(lèi)： (1) 最高次幕的系數(shù)是否為 0 ； (2) 導(dǎo)函數(shù)是否有變號(hào)零點(diǎn)； (3) 導(dǎo)函數(shù)的變號(hào)零點(diǎn)是否在函數(shù)定義域或指定區(qū)間內(nèi)； 導(dǎo)函數(shù)的變號(hào)零點(diǎn)之間的大小關(guān)系. 角度二已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍 x 例2 已知函數(shù) f (x) = x+ ax+ b( a, b R). e (1)若函數(shù)f (x)在R上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍; (1) f x x e 2 e 若函數(shù)f (x)在(一1,3)上單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍. x 1 x + aex _ + a= x e 設(shè)g(x) = 1 -x + aex,由題意知g(x) 0在R上恒成立，即1 - x+ ae

11、x 0在R上恒成立. x一 1 由ex0,分離參數(shù)可得 a 在R上恒成立. e 1 1 所以 h(x)max= h(2) = g ,故 aM 所以a的取值范圍為 1 + 8 函數(shù)f (x)在(一1,3)上單調(diào)，則函數(shù) f (x)在(1,3)上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減. 若函數(shù)f (x)在(1,3)上單調(diào)遞增，則f (x) 1 x+ aex x e 0在(1,3)上恒成立, x一 1 即1 x + aex0在(1,3)上恒成立，所以a l在(1,3)上恒成立. e x 一 12 一 x 設(shè)h(x) = -l，貝U h(x) = -l，所以h(x)在(一1,2)上單調(diào)遞增，在(2,3)上單調(diào)遞 e 減,

12、 1 1 所以 h(x)max= h(2) =r(x ( 1,3)，故 ap ee 1 所以a的取值范圍為y+8 若函數(shù)f (x)在(一1,3)上單調(diào)遞減，則f (x)= .x 1 x+ ae x e W0在(1,3)上恒成立, x一 1 即1 x + aex0在(1,3)上恒成立，所以 aw在(1,3)上恒成立. x 12 x 設(shè)h(x) = -l，貝U h(x) = ，所以h(x)在(一1,2)上單調(diào)遞增，在(2,3)上單調(diào)遞 ee 減. 1 13 12 又 h( 1) = = 2e, h(3) = = r. ee e 2 顯然2eh( 1) = 2e(x ( 1,3), e 所以a的取值

13、范圍為(8, 2e. 1 綜上，a的取值范圍為(一8, 2e U -2,+8 . e 類(lèi)題通法 由含參函數(shù)單調(diào)性求解參數(shù)范圍問(wèn)題的2個(gè)關(guān)注點(diǎn) (1) 準(zhǔn)確把握函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)符號(hào)之間的關(guān)系：若可導(dǎo)函數(shù)f (x)在區(qū)間M上單調(diào) 遞增，則f (x) 0在區(qū)間M上恒成立；若可導(dǎo)函數(shù) f (x)在區(qū)間M上單調(diào)遞減，則 f ( x) 0，即(一x2+ 2)ex0, 因?yàn)?ex0,所以一x2 + 20, 解得_：2x0對(duì)x ( 1,1)都成立. x2x 因?yàn)?f(x) = ( 2x+ a)e + ( x + ax)e =x2 + (a 2) x+ aex, 所以x + (a 2) x + ae 0 對(duì)

14、x ( 1,1)都成立. 因?yàn)?ex0,所以一x2 + (a 2)x + a0, 則a x+打- = (x + 1) 士對(duì) x ( 1,1)都成立. x + 1x + 1 人1 令 g(x) = (x + 1)不, 1 則 g(x) = 1+20. x + 1 1 所以g(x) = (x+ 1)=在(1,1)上單調(diào)遞增. x十1 13 所以 g(x)2,所以a的取值范圍是2，+m . (3) 若函數(shù)f (x)在R上單調(diào)遞減，則f (x) W0對(duì)x R都成立，即x2 + (a 2)x 十a(chǎn)ex0,所以x2 (a 2)x a0對(duì)x R都成立. 2 2 所以A = (a 2) + 4aw0，即卩a

15、+ 4w0,這是不可能的. 故函數(shù)f (x)不可能在R上單調(diào)遞減. 2. (2018 合肥質(zhì)檢)已知 f (x) = In (2 x 1) + ?a R). (1) 討論f (x)的單調(diào)性； (2) 若f (x) ax恒成立，求a的值. 1 解：f (x)的定義域?yàn)?，+m , 2 ,2 a 2x 2ax+ a f ( x) =2. 2x 1 x 2x 1 x 令 g(x) = 2x 2ax+ a, 若 2x1 - f (x)在2，X1和(X2,+m )上單調(diào)遞增，在(X1, X2)上單調(diào)遞減. 2ax+ a= 0 的根的判別式 A = 4a2 8a 0, 1 一、 即當(dāng)0w a0恒成立， 1

16、 即當(dāng)x ，+m 時(shí)，f (x) 0恒成立， 1 f (x)在2, +m 上單調(diào)遞增. 若2x2 2ax+ a= 0的根的判別式 A 0,即當(dāng)a2或a0時(shí)，函數(shù)g( x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸為 直線x= a11 當(dāng) a0 時(shí)，20. 1 對(duì)任意x 2，+m ，g(x)0恒成立， 1 即對(duì)任意x 2，+m , f (x)0恒成立， 1 f (x)在, +m 上單調(diào)遞增. a11 當(dāng) a2 時(shí),21,且 g 2 = 20. 1 1 1 記 g(x) = 0 的兩根分別為 X1, X2,且 X1 = -(a a 2a)q, X2 = ( a+ a 2a). 1 當(dāng) x , X1 U (X2,+)時(shí)，g(x)

17、0，當(dāng) x (X1, X2)時(shí)，g(x)0，當(dāng) x (X1, X2)時(shí)，f (x)2 時(shí)，f (x)在 1, 1 a :a- x2x- 1 - 2a 和 *a+ -a2- 2a)上單調(diào)遞增, 1 (2) f (x) w ax恒成立等價(jià)于對(duì)任意x 2，+m (x) - ax0 ; 當(dāng) x (1 ,+s)時(shí)，h(x)0,求函數(shù)f (x)在區(qū)間m,2nj上的最大值. 1|n x 解因?yàn)楹瘮?shù)f(X)的定義域?yàn)?0,+ )，且f (X)=2一 得 xe. f x 0,f x 0, 由得0 x0, 0, 所以函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0, e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+)，且f (x)極大值= 1 f

18、 (e) = 1，無(wú)極小值. e 2m e,e 當(dāng)即00,2 In 2 m 所以 f (x) max= f (2 m) = 2m 1 ； e 當(dāng)me2m 即2me時(shí)，函數(shù)f (x)在區(qū)間m,2m上單調(diào)遞減， In m 所以 f(X)max= f ( m) = 1. m e ,In 2 m , e ,1 r, 綜上所述，當(dāng)0rff-時(shí)，f(x)max= 1 ；當(dāng);；me時(shí)， 2 2m ，2e In m f ( x) max= 1. m 類(lèi)題通法求函數(shù)f (x)在閉區(qū)間上最值的策略 (1) 若所給的閉區(qū)間a, b不含有參數(shù)，則只需對(duì)函數(shù)f (x)求導(dǎo)，并求f (x) = 0在 區(qū)間a, b內(nèi)的根，

19、再計(jì)算使導(dǎo)數(shù)等于零的根的函數(shù)值，把該函數(shù)值與f (a), f (b)比較， 其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值. (2) 若所給的閉區(qū)間a, b含有參數(shù)，則需對(duì)函數(shù) f (x)求導(dǎo)，通過(guò)對(duì)參數(shù)分類(lèi)討論， 判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f (x)的最值. 角度二已知函數(shù)的極值或最值求參數(shù) 例2已知函數(shù) f (x) = ax2 (a+ 2)x+ In x,其中 a R. (1)當(dāng)a= 1時(shí)，求曲線y= f (x)在點(diǎn)(1 , f (1)處的切線方程; 當(dāng)a0時(shí)，若f (x)在區(qū)間1 , e上的最小值為一2，求a的取值范圍. 2 解(1)當(dāng) a= 1 時(shí)，f (x) = x 3x+ In x

20、(x0), 所以 f (x) = 2x 3+ 丄= x 2x2 3x + 1 x 所以 f =-2, f (1) = 0. 所以切線方程為y+ 2= 0. 2 函數(shù) f (x) = ax (a+2)x + In x 的定義域?yàn)?0 ,+), 當(dāng) a0時(shí)，f (x) = 2ax(a+ 2) +1 = 2ax a+ x + 1 =_ax, xxx 令 f，(x) = 0,解得 x= 2或 x = 1. 1 當(dāng)01時(shí)， a f (x)在1 , e上單調(diào)遞增. 所以f (x)在1 , e上的最小值為f=2，符合題意； 11 1 、 1 、 * 當(dāng)1we，即-a1時(shí)，f (x)在1,-上單調(diào)遞減，在 -

21、，e上單調(diào)遞增， a eaa 1 所以f (x)在1 , e上的最小值為f - f (1) = 2，不合題意； a 11 當(dāng)e,即0aw二時(shí)，f (x)在1 , e上單調(diào)遞減， ae 所以f (x)在1 , e上的最小值為f (e)1)在1,2上的值域?yàn)閜(a),q(a)，求 0 (a) = q(a) p( a)的最小值. 解：(1)因?yàn)?f (x) = x所以 g(x) = 6x 6( a+ 1)x + 6a= 6(x 1)( x a). 3x2,所以 f (x) = 3x2 6x, 所以曲線y = f (x)在點(diǎn)R1 , 2)處的切線的斜率為f (1) = 3, 所以切線方程為y ( 2)

22、 = 3( x 1), 即 3x+ y 1 = 0. 32 (2)因?yàn)?g( x) = 2x 3( a+1) x + 6ax, 令 g(x) = 0,得 x= 1 或 x= a, 若 1a2, 當(dāng)x (1 , a)時(shí)，g(x)0，所以g(x)在(a,2)上單調(diào)遞增. 5 32 若 g(l) w g(2) ,即卩 1aw 3，此時(shí) q( a) = g(2) = 4, p(a) = g( a) = - a + 3a , 所以 0 (a) = 4- ( a3 + 3a2) = a3 - 3a2+ 4 1a 5 , 3 因?yàn)?0 ( a) = 3a2 6a= 3a( a 2) g(2)，即 3a2,

23、32 此時(shí) q(a) = g(1) = 3a 1, p(a) = g(a) = a + 3a , 所以 0 (a) = 3a 1 ( a + 3a?) 325 =a 3a + 3a 1 3a0, 5 所以0 (a)在3, 2上單調(diào)遞增， 58 所以當(dāng) a 3, 2 時(shí)，0 (a)27. 若 a2, 當(dāng)x 1,2時(shí)，g(x) w 0,所以g(x)在1,2上單調(diào)遞減， 所以 q(a) = g(1) = 3a 1, p(a) = g(2) = 4, 所以 0 (a) = 3a 1 4 = 3a 5( a 2), 所以0 (a)在2 ,+s)上的最小值為0=1. 8 綜上，0 (a)的最小值為27.

24、2 a 2. 已知函數(shù) f (x) = x 3x+ . x (1)若a= 4，討論f (x)的單調(diào)性； 若f (x)有3個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍. 24 解：(1)因?yàn)?a= 4 時(shí)，f (x) = x 3x+ -, x 2 2x + x + 2 2 x 32322 所以f /42x 3x 42x 4x + x 4 (X)= 2x 32 =2=2 xxx (XM0), 令 f ( x)0，得 x2 ;令 f ( x)0，得 x0 或 0 x0 ,得 x1 或 x0;由 g(x)0 ,得 0 x0, 得 a0, 當(dāng) a0時(shí)，一 一a0, g( a) = 2( a)3 3( a) a= 2a

25、( . a+1)0 , 故a0時(shí)，g(x)在(a, 0)上有唯一零點(diǎn)； 令 g(1) = 1 a 1, 故一1a0時(shí)，g(x)在(0,1)上有唯一零點(diǎn)； 又1a0,所以g(x)在(1 ,+a)上有唯一零點(diǎn). 綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1,0). 壓軸考法攻堅(jiān)破難 重難增分 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 典例細(xì)解 例1(2015 全國(guó)卷I )設(shè)函數(shù)f (x) = ex(2x 1) ax+ a,其中a1，若存在唯 一的整數(shù)xo使得f (xo)0，則a的取值范圍是( 3 d A. 2e 1 3 D. 2e,1 3 3 C. 2e, 4 學(xué)解題 法一：直接法(學(xué)生用書(shū)不提供解題過(guò)程) 若a 0,則對(duì)任意負(fù)

26、整數(shù) m有f (n) = em(2 m- 1) a(m-1)0，不符合題中唯一要求， 故必有 0a1.由于 f (x) = ex(2 x+ 1) a,易知當(dāng) x 1 時(shí) f (x) e 1 a1時(shí)f (x) 3e a0,故f (x)在(, 1)上單調(diào)遞減，在(1 ,)上單調(diào)遞增. 注意到f (1) = e0,所以在(1 ,+)內(nèi)不存在正整數(shù) X。使得f (x)0. 3 2e， 又f (0) = 1 + a0,即卩a 3，故a的取值范圍是 法二：分離參數(shù)法(學(xué)生用書(shū)不提供解題過(guò)程) f (x)ex(2x 1). 當(dāng)x1時(shí)，有 x e a 2x 1 x 1 1,這與題設(shè)矛盾，舍去; 當(dāng)x1時(shí)，有

27、x e a 2x 1 xI x e 記 g(x)= 2x 1 x 1 則g x e 2x+1 (x)= x x 1 e 2x 1 xex 2x 3 x-12(XB). 當(dāng) x0 ;當(dāng) 0 x1 時(shí)，g(x)0 , 故g(x)在(一g, 0)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，作出函數(shù)y= g(x)的大致圖象如 圖所示. 由題意知，存在唯一的整數(shù) xo使得f (xo)0，即ag(xo)，由圖易知 3 a的取值范圍是玉 =g( 1) av 1,選 D. 法三：幾何直觀法(學(xué)生用書(shū)提供解題過(guò)程) 設(shè)g(x) = ex(2 x 1), y = ax a,由題意知存在唯一的整數(shù)x,使得g(x)在直線y=

28、 ax a的下方. x11 因?yàn)?g(x) = e (2x+ 1)，所以當(dāng) x 2時(shí)，g(x)?時(shí)，g(x)0,所以當(dāng) x=- 1 時(shí)，g(X)min= 2e 因?yàn)間(0) =- 10,直線y= ax a恒過(guò)點(diǎn)(1,0),且斜率為a,畫(huà)出函數(shù)的 大致圖象如圖所示， 故ag(0) = 1, g( 解得a3，所以 法四：特殊值探路(學(xué)生用書(shū)提供解題過(guò)程) 注意到f (0) = a 10,故xo= 0.又xo唯一，故 石 a1(*) 這是a需滿(mǎn)足的必要條件. 求導(dǎo)得 f (x) = eX(2x + 1) a.當(dāng) x 1 時(shí)，f (x) af ( 1) 0;當(dāng) x1 時(shí)，f (x) 3e a0, f

29、(x)在1 ,+)上 單調(diào)遞增，有f (x) f (1)0.可見(jiàn)(*)式也是充分的. 3 于是，a的取值范圍就是 a0時(shí)，xf (x) f (x)0成立的x的取值范圍是() A. ( s, 1) U (0,1)B. ( 1,0) U (1 ,+s) C. ( s, 1) U ( 1,0)D. (0,1) U (1 ,+s) 解析 令 g(x) xf x f x , x，當(dāng) x0 時(shí), (X) f g(x)在(0，+a)上為減函數(shù)，且 f (x)為奇函數(shù)， g(x)為偶函數(shù), g(1) =f (1) (XM 0), (x)0 時(shí)，由 f (x)0 ,得 g(x)0 , 當(dāng) x0，得 g(x)0成

30、立的x的取值范圍是(一a, 1) U (0,1). 由圖知 由圖知 0 x1, x 1, xf (x) f (x)0(或 0(或0(或0(或0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)=x一. e 增分訓(xùn)練 2 1. 已知函數(shù) f (x),對(duì)？ x R,都有 f ( x) + f (x) = X ,在(0 , +a)上，f (x) 8 4m,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為() A. 2,2B. 2 ,+a) C. 0，+a )D. ( a, 2 U 2 ,+a) 解析：選B因?yàn)閷?duì)？ x R,都有f ( x) + f (x) = x2，所以f (0) = 0, 1 2 設(shè) g(x) = f (x) 2X , 1 2 則 g(

31、x) = f ( x) 2x , 1 2 1 2 所以 g(x) + g( - x) = f (x) - 2X + f ( - x) -2乂 = 0, 又 g(0) = f (0) - 0 = 0, 1 2 所以g(x)為奇函數(shù)，且f (x) = g( x) + qx , 1 2 1 2 所以 f (4 - m)- f( m)=g(4-m) + q(4 -m)- g m + -m= g(4 - m)-g(m)+ 8- 4m8- 4m 貝U g(4 -m -g(m0, 即卩 g(4 -mg(m). 當(dāng) x0時(shí)，g(x) = f (x) -x0，則不等式f (x)0, g(x)0，即g(x)為R上

32、的減函數(shù). g(1) 由不等式f (x)ex-2, f x 21 得 x e = r,即卩 g(x)1,.不等式 f (x) 1,所以n一2(x 2x)在1 , n 上恒成立，因?yàn)楹瘮?shù)g(x) = 2(x 2x) 1 2 1 在1 ,n 上單調(diào)遞減，即函數(shù)g(x) = 2(X2 2x)在1 , n 上的最大值為 g(1) = 2,所以 1 實(shí)數(shù)n的取值范圍為 2，+m，故選C. 專(zhuān)題跟蹤檢測(cè)(對(duì)應(yīng)配套卷P169) 一、全練保分考法一一保大分 1. 函數(shù)f (x) = excos x的圖象在點(diǎn)(0 , f (0)處的切線方程是() A. x + y + 1= 0B. x+ y 1 = 0 C.

33、x y + 1= 0D. xy 1 = 0 解析：選 C依題意，f (0) = e0cos0=1，因?yàn)?f (x)= excosxexsinx,所以 f (0) = 1,所以切線方程為 y 1 = x 0,即x y+ 1 = 0,故選C. 2. 已知函數(shù)f (x) = x2 5x+ 2ln x,則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是() 1 A. 0, 和(1 ,)B. (0,1)和(2 ,+s) 1十 C. 0, 和(2 ,+R)D. (1,2) 解析：選 C 函數(shù) f (x) = x2 5x + 2ln x 的定義域是(0 ,+)，且 f (x) = 2x 5 + 2 2 2x 5x + 2 x

34、 22x 1 丄 -=.由 f x xx 1 (x)0，解得0 x2，故函數(shù)f (x)的單 3. (2018 石家莊模擬)已知f (x) ln x ，其中 e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則 A. f (2) f (e) f (3) B. f (3) f (e) f (2) C. f (e) f (2) f (3) D. f (e) f (3) f (2) 1 ln x x -，令 f (x) = 0，解得 x = e, 單調(diào)遞減，故f (x)在x = e處取得最大值 f (e) ,f (2) f (3)= In 2 2 In 3 3ln 2 2ln 3 3 =6 In x 解析：選D由f (x)=，得f

35、 (x) x (0 , e)時(shí)，f (x)0，函數(shù) f (x)單調(diào)遞增，當(dāng) x (e ,+)時(shí)，f (x)0，函數(shù) f (x) In 8 In 9 6 0, f (2) f (3) f (2)，故選 D. 4. (2019屆高三廣州調(diào)研)已知直線y = kx 2與曲線y= XIn x相切，則實(shí)數(shù)k的值 為() A. ln 2B. 1 C. 1 ln 2D. 1 + ln 2 解析：選D由y= xln x知y= ln x +1,設(shè)切點(diǎn)為(xo, Xoln xo)，則切線方程為 y xoln X。= (In X0+ 1)( x x。)，因?yàn)榍芯€ y = kx 2 過(guò)定點(diǎn)(0， 2)，所以一2 X0

36、In X0= (In x+ 1)(0 xo)，解得 xo= 2，故 k = 1+ In 2，選 D. 5. 已知定義在 R上的可導(dǎo)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f (x)，滿(mǎn)足f (x)f (x)，且f (x+ 3)為偶函數(shù)，f (6) = 1,則不等式f (x)eX的解集為() A. ( 2,+)B. (0，+m) C. (1 ,+)D. (4 ,+) 解析：選B因?yàn)閒 (x+ 3)為偶函數(shù)， 所以 f (3 x) = f (x+ 3), 因此 f (0) = f (6) = 1. f x 設(shè)h(x) =e ，則原不等式即h(x)h(0). e 又h (x) =- 依題意 f ( x)f (x)，

37、故 h( x)0 , 因此函數(shù)h(x)在R上是增函數(shù)， 所以由h(x)h(0)，得x0.故選B. 6. 已知定義在 R上的函數(shù)y = f (x)滿(mǎn)足f ( x) = f (x)，當(dāng)x (0,2時(shí)，f (x)= 1 In x ax a2，當(dāng)x 2,0)時(shí)，f (x)的最小值為3,則a的值等于() 2 A. eB. e C. 2D. 1 解析：選A 因?yàn)槎x在R上的函數(shù)y = f (x)滿(mǎn)足f ( x) = f (x), 所以y= f (x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)， 因?yàn)楫?dāng)x 2,0)時(shí)，f (x)的最小值為3, 1 所以當(dāng)x (0,2時(shí)，f (x) = In x ax的最大值為一3. 1

38、ax 又 f (x)=(0 xw 2), X 1 所以當(dāng) 0 x0 ; a 1 當(dāng)一xW2 時(shí)，f ( x)0 ; 1 a，2上單調(diào)遞減， a 所以函數(shù)f (x) = In x ax在區(qū)間0,-上單調(diào)遞增，在區(qū)間 a 故 f(x) max= f -=In- ax = 3，解得 a= e1ee 1 時(shí)，g( t)0 , g(t)為減函數(shù)，g(t) max= g ：=冠且 g(e) = 3,因此當(dāng) x 3,丞 時(shí)， . 1 2 7. 若函數(shù)f (x) = In x 2ax 2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，貝U實(shí)數(shù)a的取值范圍是 . 一11 ax 2x一2 解析：f (x) = x ax 2=-，由題意知 f

39、 (x)0,. ax z.z. + 2x 10有實(shí)數(shù)解.當(dāng)a0時(shí)，顯然滿(mǎn)足；當(dāng) a0,. 1a 1. 答案：(1,+) (lnt + 1)，當(dāng) 0t0, g(t)為增函數(shù)，且 g(t )0 恒成立，當(dāng) tk 3 3ee 333 og e,即O a e, a0,6+ m0, 則需即解得一 6n2. g 2 0, 2+ m0, 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(一6,2). 2 x 11. (2018 成都模擬)已知函數(shù) f (x) = (ax 1)ln x+ -. 求 g(x g(x2)的最 (1) 若a= 2，求曲線y = f (x)在點(diǎn)(1 , f (1)處的切線I的方程; (2) 設(shè)函數(shù)g(x) =

40、 f ( x)有兩個(gè)極值點(diǎn) X1, X2,其中X1 (0 , e, 小值. 2 打r,x 解：(1)當(dāng) a= 2 時(shí)，f (x) = (2x 1)ln x+, 1 則 f (x) = 2ln x + x一_+ 2, x f (1)=2, f (1) = 2 1 切線 I 的方程為 y 2= 2( x 1)，即 4x 2y 3= 0. 1 函數(shù) g(x) = aln x+ x - + a,定義域?yàn)?0,+), X X2+ ax+ 1 令 g(x) = 0,得 2 “ x + ax+ 1 0,其兩根為X1, X2, 且 X1 + X2= a, X1X2 = 1, 1 1 故X2= x；, a= X

41、1+ x;. g(xi) g(X2)= g(xi) g 1 =aln X1 1 X1 + X1 + a X1 1 1 aln+ - X1X1 1 X1 + a = 2 X1X1 + 1 2aln X1= 2 X1 2 X1 1 X1 + 一 X1 ln X1, 1 令 h(x) = 2 x - 2 1 x+In x. x 則g(X1) g(X2) min= h(x)min, 又 h (x) = 21 + X21 一 X ln X 當(dāng) x (0,1時(shí)，h (x) w 0, 當(dāng) x (1 , e時(shí)，h (x)0 , 即當(dāng)x (0 , e時(shí)，h(x)單調(diào)遞減, 4 h( X) min = h(e)

42、= _, e 故g(Xl) - g(X2) min = 13 12. (2018 鄭州模擬)已知函數(shù) f (x) = ln x- x, g(x)=石mx mX0). (1) 求曲線y = f (x)在點(diǎn)(1 , f (1)處的切線方程； (2) 若對(duì)任意的X1 (1,2)，總存在X2 (1,2)，使得f (xd = g(xj，求實(shí)數(shù)m的取值范 圍. 1 解：(1)易知切點(diǎn)為(1 , - 1) , f (x)= - 1,切線的斜率k= f (1) = 0,故切線方 X 程為y=- 1. (2)設(shè)f (x)在區(qū)間(1,2)上的值域?yàn)?A g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域?yàn)锽,則由題意可得 A B.

43、 t f (x) = ln x- x, 1 1 一 f (x) =-1 =0時(shí)，g(x)0在x (1,2)上恒成立, 則g(x)在(1,2)上是增函數(shù)，此時(shí)g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為一|m |m , n0, 解得 m- 3(ln 2 - 2) = 3- 2in 2. 當(dāng)m0時(shí)，g(x)- 1,33 則 3解得 me In 2 - 2)=尹 2 - 3. 2 3* In 2 - 2, 3 實(shí)數(shù)m的取值范圍是 g, 3in 2 3 U 3-|ln 2 ,+ . 二、強(qiáng)化壓軸考法一一拉開(kāi)分 1. 已知函數(shù)f nn (x) = xs in x, X1, X2三,，且 f (xj 0 B. X

44、1 + X20 C. 2 2 X1 X2 0 D. x1 x2 0，即 f (x)在 0,上為增函數(shù)，又 f ( x) = xsin( x)= xsin x，因而 f (x)為偶函數(shù)，.當(dāng) f (xi) v f (xi)時(shí)，有 f (| xi|) f (| xi|) , - | xi| | xi| , xi xl 0,故選 D. 2. (2018 西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x) = In x ax2,若f (x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)， 則a的取值范圍為() A. 1 2e， -pm B. 1 2e， 1 C. 0， 2e 1 d. 0, 2e 解析：選C函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0, +m),

45、 f (x) =1 2ax= x 上型.當(dāng)a0恒成立，函數(shù)f(X)在(0，+m )上單調(diào)遞增，則函數(shù) f (x)不存在兩個(gè)不同的零 點(diǎn).當(dāng)a0時(shí)，由f ( x) = 0,得x= ,當(dāng)00，函數(shù) f (x)單 調(diào)遞增, 當(dāng)x 2a時(shí)，f ( x)0, 1 1 1 ln 2a-1,所以02ae，即0a0 對(duì)任意的 x1 恒成立, 則m的最大值為( A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 解析：選B 法一：因?yàn)閒 (x) = x + xln x,且f (x) m(x 1)0對(duì)任意的x1恒成 x 亠 xln x 立，等價(jià)于 m在(1 , +s)上恒成立, X I 等價(jià)于m1). y | y I yy

46、Q I 口 y 令g(x)= (xi)，所以g(x)= w.易知g(x)= 0必有實(shí)根，設(shè)為 x 1x 1 xo,則xo2 Inxo= 0,且g(x)在(1 ,x。)上單調(diào)遞減，在(x。，+)上單調(diào)遞增，此時(shí)g(x)min =g(xo)= xo+ xoln xo 1 xo xo + xoxo 2 xo 1 xo，因此 rKxo,令 h( x) = x 2 In x，可得 h(3)o，又m Z，故m的最大值為3.故選B. 法二：f(x)mx 1)在(1，+s)上恒成立， 而f (x)=2+ InX，得f (x)在(o，e2)上單調(diào)遞減，在(e 2，+)上單調(diào)遞增， 由圖象可知，過(guò)點(diǎn)(1,o)的直

47、線y = m(x 1)必在f (x)的圖象下方，設(shè)過(guò)點(diǎn)(1,o)且與f (x)的圖象相切的直線的斜率為k，則mk. 此時(shí)設(shè)切點(diǎn)為(Xo，xo+ xoln xo)， 則有k= 2+ ln Xo = xo+ xol n xo xo 1 可得 xo ln xo 2 = 0，令 g(x) = x ln x 2， 顯然 g(e)0，所以 exoe，所以 1ln xo2,3k4，又 mni m對(duì)任意的b0, a R恒成立，則實(shí)數(shù) m的最大值為() A. e B. 2 C. e D. 3 解析：選 B b (a 2) 2 + ln b (a 1) 2等價(jià)于點(diǎn) P(b, ln b)與點(diǎn) Q(a 2, a 1)

48、 距離的平方，易知點(diǎn) P, Q分別在曲線C： y = ln x及直線l : y = x+ 1上. 1 令f (x) = ln x,則f ( x)= -，令f ( x) = 1，得x= 1，故與直線l平行且與曲線 x C相切的直線l 與曲線C的切點(diǎn)為(1,o)，所以|PQ|min= =Q2,所以m me2,解得一 K me2,所以m的最大值為2.故選B. 5. 設(shè)函數(shù)f (x) = ex+a + x, g(x) = ln( x+ 3) 4exa，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若存 在實(shí)數(shù)xo,使得f (xo) g(xo) = 2成立，則實(shí)數(shù)a的值為() A. 2+ ln 2 B. 1 + ln 2 C

49、. 1 ln 2 D. 2+ ln 2 解析：選 D 由已知得 f (x) g(x) = ex+a+ x ln( x+ 3) + 4e x+ ax a 設(shè) h(x) = e + 4e , u(x) = x ln( x + 3), 所以h(x) = ex+a+ 4exa2寸/a 4e x a= 4，當(dāng)且僅當(dāng)ex+a= 2時(shí)等號(hào)成立. ,1 x + 2 U(x) = 1=(x 3), x + 3 x + 3 令 u(x)0 ,得 x 2; 令u(x)0，得3x 1, X20,若直線MN/ x軸，則M N兩點(diǎn)間的距離的最小值為() A. 1 C. 3 B. 2 D. 4 解析：選 A 設(shè) h(X1)

50、= | MIN，由題意知 h(X1)= X2 X1, x1 1, 由 MN/ x 軸可得 g( X2) = f (X1), 1 2 即 X2= ex1 1 於 X1 1) + 1, 所以 h(x = X2 X1 = eX1 2 C. , +m e 1(x1 1)2 X1+ 1,h(x= e x 1 1 X1,h(x1)= e x 1 因?yàn)?h(X1) h (1) = 0, 所以hW)在1 ,+R)上是增函數(shù)， 所以 h(x h (1) = 0, 因此h(x在1 ,+s)上是增函數(shù)，所以h(xj h(1) = 1,故選A. 1 7. 若對(duì)任意的x -, 1 , e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，總存在唯一的y