（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 專題三 導數的幾何意義及簡單應用講義 理（重點生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 專題三 導數的幾何意義及簡單應用講義 理（重點生，含解析）卷卷卷2018奇函數的定義及利用導數的幾何意義求切線方程T5利用導數的幾何意義求切線方程T13利用導數的幾何意義求參數值T14利用導數討論函數的單調性T21(1)2017利用導數討論函數的單調性T21(1)導數的運算、利用導數求函數極值T11_利用導數的極值點求參數T21(1)2016_導數的計算與幾何意義、直線方程、斜率計算公式T16函數的奇偶性、利用導數的幾何意義求切線方程T15利用導數公式直接求導T21(1)縱向把握趨勢卷3年3考，涉及導數的幾何意義以及討論函數的單調性，其中利用導數

2、求切線方程難度偏小，而用導數討論函數的單調性難度偏大預計2019年仍會以解答題的形式考查函數單調性的討論卷3年4考，涉及導數的運算、幾何意義以及利用導數求函數的極值，題型為選擇、填空題，難度適中預計2019年高考會考查利用導數討論函數的單調性，難度偏大卷3年3考，涉及導數公式及導數幾何意義的應用，題型多為填空題預計2019年仍會考查導數幾何意義的應用，另外，要重點關注利用導數研究函數的單調性橫向把握重點1.高考對導數的幾何意義的考查，多在選擇題、填空題中出現，難度較小2高考重點考查導數的應用，即利用導數研究函數的單調性、極值、最值問題，多在選擇、填空的后幾題中出現，難度中等，有時也出現在解答題

3、第一問3近幾年全國卷對定積分及其應用的考查極少，題目一般比較簡單，但也不能忽略.導數的幾何意義題組全練1(2018全國卷)設函數f (x)x3(a1)x2ax，若f (x)為奇函數，則曲線yf (x)在點(0,0)處的切線方程為()Ay2xByxCy2x Dyx解析：選Df (x)x3(a1)x2ax，f (x)3x22(a1)xa.又f (x)為奇函數，f (x)f (x)恒成立，即x3(a1)x2axx3(a1)x2ax恒成立，a1，f (x)3x21，f (0)1，曲線yf (x)在點(0,0)處的切線方程為yx.2過點(0，1)的直線l與曲線yln x相切，則原點到l的距離為()A1

4、B.C. D.解析：選C設切點為(x0，ln x0)由yln x，得y，所以直線l的斜率ky|xx0，所以切線方程為yln x0(xx0)，即yxln x01.因為切線過點(0，1)，則1ln x01，即x01，所以切線方程為yx1，即xy10，所以原點到l的距離d，故選C.3(2018唐山模擬)曲線y與其在點(0，1)處的切線及直線x1所圍成的封閉圖形的面積為()A1ln 2 B22ln 2C2ln 21 Dln 2解析：選C因為y，所以y，則曲線y在(0，1)處的切線的斜率k2，切線方程為y2x1，則曲線y與其在點(0，1)處的切線及直線x1所圍成的封閉圖形的面積S2x1dx2x11dxx

5、22x2ln(x1) 2ln 21.4(2018全國卷)曲線y(ax1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為2，則a_.解析：y(axa1)ex，當x0時，ya1，a12，解得a3.答案：35已知曲線yxln x在點(1,1)處的切線與曲線yax2(a2)x1相切，則a_.解析：由yxln x，得y1，則曲線yxln x在點(1,1)處的切線斜率為2，故切線方程為y2x1，與yax2(a2)x1聯立，得ax2ax20，顯然a0，所以由a28a0a8.答案：8系統(tǒng)方法1求過切點切線問題的基本思路設曲線在(x0，y0)處的切線為l，則根據2過非切點的切線的求法設出切點坐標(x0，f (x0)，先求出

6、在xx0處的切線方程，然后把所過點的坐標代入即求出x0，從而得出切線方程3由曲線的切線求參數的方法已知曲線在某點處的切線求參數的關鍵是用“方程思想”來破解，先求出函數的導數，從而求出在某點處的導數值；再根據導數的幾何意義與已知條件，建立關于參數的方程，通過解方程求出參數的值利用導數研究函數的單調性多維例析角度一討論函數的單調性或求函數單調區(qū)間已知函數f (x)x22cos x，g(x)ex(cos xsin x2x2)，其中e是自然對數的底數(1)求函數g(x)的單調區(qū)間；(2)討論函數h(x)g(x)af (x)(aR)的單調性解(1)g(x)(ex)(cos xsin x2x2)ex(co

7、s xsin x2x2)ex(cos xsin x2x2sin xcos x2)2ex(xsin x)記p(x)xsin x，則p(x)1cos x.因為cos x1,1，所以p(x)1cos x0，所以函數p(x)在R上單調遞增而p(0)0sin 00，所以當x0時，p(x)0，g(x)0時，p(x)0，g(x)0，函數g(x)單調遞增綜上，函數g(x)的單調遞減區(qū)間為(，0)，單調遞增區(qū)間為(0，)(2)因為h(x)g(x)af (x)ex(cos xsin x2x2)a(x22cos x)，所以h(x)2ex(xsin x)a(2x2sin x)2(xsin x)(exa)由(1)知，當

8、x0時，p(x)xsin x0；當x0時，p(x)xsin x0，所以x0時，h(x)0，函數h(x)單調遞增；x0時，h(x)0時，令h(x)2(xsin x)(exa)0，解得x1ln a，x20.若0a1，則ln a0，所以x(，ln a)時，exa0，函數h(x)單調遞增；x(ln a,0)時，exa0，h(x)0，h(x)0，函數h(x)單調遞增若a1，則ln a0，所以xR時，h(x)0，函數h(x)在R上單調遞增若a1，則ln a0，所以x(，0)時，exa0，函數h(x)單調遞增；x(0，ln a)時，exa0，h(x)0，h(x)0，函數h(x)單調遞增綜上所述，當a0時，函

9、數h(x)在(0，)上單調遞增，在(，0)上單調遞減；當0a1時，函數h(x)在(，0)，(ln a，)上單調遞增，在(0，ln a)上單調遞減類題通法討論含參函數的單調性，其本質就是討論導函數符號的變化情況，所以討論的關鍵是抓住導函數解析式中的符號變化部分討論時要考慮參數所在的位置及參數取值對導函數符號的影響，一般來說需要進行四個層次的分類：(1)最高次冪的系數是否為0；(2)導函數是否有變號零點；(3)導函數的變號零點是否在函數定義域或指定區(qū)間內；(4)導函數的變號零點之間的大小關系角度二已知函數的單調性求參數范圍已知函數f (x)axb(a，bR)(1)若函數f (x)在R上是增函數，求

10、實數a的取值范圍；(2)若函數f (x)在(1,3)上單調，求實數a的取值范圍解(1)f (x)a，設g(x)1xaex，由題意知g(x)0在R上恒成立，即1xaex0在R上恒成立由ex0，分離參數可得a在R上恒成立設h(x)，則h(x)，由h(x)0，得x2；由h(x)2，所以h(x)在(，2)上單調遞增，在(2，)上單調遞減，所以h(x)maxh(2)，故a.所以a的取值范圍為.(2)函數f (x)在(1,3)上單調，則函數f (x)在(1,3)上單調遞增或單調遞減若函數f (x)在(1,3)上單調遞增，則f (x)0在(1,3)上恒成立，即1xaex0在(1,3)上恒成立，所以a在(1,

11、3)上恒成立設h(x)，則h(x)，所以h(x)在(1,2)上單調遞增，在(2,3)上單調遞減，所以h(x)maxh(2)(x(1,3)，故a.所以a的取值范圍為，.若函數f (x)在(1,3)上單調遞減，則f (x)0在(1,3)上恒成立，即1xaex0在(1,3)上恒成立，所以a在(1,3)上恒成立設h(x)，則h(x)，所以h(x)在(1,2)上單調遞增，在(2,3)上單調遞減又h(1)2e，h(3).顯然2eh(1)2e(x(1,3)，所以a的取值范圍為(，2e綜上，a的取值范圍為(，2e. 類題通法由含參函數單調性求解參數范圍問題的2個關注點(1)準確把握函數單調性與導函數符號之間的

12、關系：若可導函數f (x)在區(qū)間M上單調遞增，則f (x)0在區(qū)間M上恒成立；若可導函數f (x)在區(qū)間M上單調遞減，則f (x)0在區(qū)間M上恒成立(2)注意參數在導函數解析式中的位置，先嘗試分離參數，將問題的求解轉化為求解對應函數的最值問題；若不能分離參數或分離參數后對應函數的單調性無法利用導數解決，則可以直接轉化為求解含參函數的最值問題綜合訓練1已知aR，函數f (x)(x2ax)ex(xR，e為自然對數的底數)(1)當a2時，求函數f (x)的單調遞增區(qū)間；(2)若函數f (x)在(1,1)上單調遞增，求a的取值范圍；(3)函數f (x)是否為R上的單調減函數？若是，求出a的取值范圍？若

13、不是，請說明理由解：(1)當a2時，f (x)(x22x)ex，所以f (x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex.令f (x)0，即(x22)ex0，因為ex0，所以x220，解得x0，所以x2(a2)xa0，則a(x1)對x(1,1)都成立令g(x)(x1)，則g(x)10.所以g(x)(x1)在(1,1)上單調遞增所以g(x)0，所以x2(a2)xa0對xR都成立所以(a2)24a0，即a240，這是不可能的故函數f (x)不可能在R上單調遞減2(2018合肥質檢)已知f (x)ln(2x1)(aR)(1)討論f (x)的單調性；(2)若f (x)ax恒成立，求a的值解：(1)f

14、 (x)的定義域為，f (x).令g(x)2x22axa，若2x22axa0的根的判別式4a28a0，即當0a2時，對任意x，g(x)0恒成立，即當x時，f (x)0恒成立，f (x)在上單調遞增若2x22axa0的根的判別式0，即當a2或a0時，函數g(x)圖象的對稱軸為直線x.當a0時，0.對任意x，g(x)0恒成立，即對任意x，f (x)0恒成立，f (x)在上單調遞增當a2時，1，且g0.記g(x)0的兩根分別為x1，x2，且x1(a)，x2(a)當x(x2，)時，g(x)0，當x(x1，x2)時，g(x)0，當x(x1，x2)時，f (x)2時，f (x)在和，上單調遞增，在上單調遞

15、減(2)f (x)ax恒成立等價于對任意x，f (x)ax0恒成立令h(x)f (x)axln(2x1)ax，則h(x)0h(1)恒成立，即h(x)在x1處取得最大值h(x).由h(1)0，得a1.當a1時，h(x)，當x時，h(x)0；當x(1，)時，h(x)0，求函數f (x)在區(qū)間m,2m上的最大值解(1)因為函數f (x)的定義域為(0，)，且f (x)，由得0xe.所以函數f (x)的單調遞增區(qū)間為(0，e)，單調遞減區(qū)間為(e，)，且f (x)極大值f (e)1，無極小值(2)當即0m時，函數f (x)在區(qū)間m,2m上單調遞增，所以f (x)maxf (2m)1；當me2m，即me

16、時，函數f (x)在區(qū)間(m，e)上單調遞增，在(e,2m)上單調遞減，所以f (x)maxf (e)11；當me時，函數f (x)在區(qū)間m,2m上單調遞減，所以f (x)maxf (m)1.綜上所述，當0m時，f (x)max1；當m0時，若f (x)在區(qū)間1，e上的最小值為2，求a的取值范圍解(1)當a1時，f (x)x23xln x(x0)，所以f (x)2x3，所以f (1)2，f (1)0.所以切線方程為y20.(2)函數f (x)ax2(a2)xln x的定義域為(0，)，當a0時，f (x)2ax(a2)，令f (x)0，解得x或x.當01，即a1時，f (x)在1，e上單調遞增

17、所以f (x)在1，e上的最小值為f (1)2，符合題意；當1e，即a1時，f (x)在上單調遞減，在上單調遞增，所以f (x)在1，e上的最小值為f f (1)2，不合題意；當e，即0a時，f (x)在1，e上單調遞減，所以f (x)在1，e上的最小值為f (e)1)在1,2上的值域為p(a)，q(a)，求(a)q(a)p(a)的最小值解：(1)因為f (x)x33x2，所以f (x)3x26x，所以曲線yf (x)在點P(1，2)處的切線的斜率為f (1)3，所以切線方程為y(2)3(x1)，即3xy10.(2)因為g(x)2x33(a1)x26ax，所以g(x)6x26(a1)x6a6(

18、x1)(xa)令g(x)0，得x1或xa，若1a2，當x(1，a)時，g(x)0，所以g(x)在(a,2)上單調遞增若g(1)g(2)，即1a，此時q(a)g(2)4，p(a)g(a)a33a2，所以(a)4(a33a2)a33a24，因為(a)3a26a3a(a2)g(2)，即a.若a2，當x1,2時，g(x)0，所以g(x)在1,2上單調遞減，所以q(a)g(1)3a1，p(a)g(2)4，所以(a)3a143a5(a2)，所以(a)在2，)上的最小值為(2)1.綜上，(a)的最小值為.2已知函數f (x)x23x.(1)若a4，討論f (x)的單調性；(2)若f (x)有3個極值點，求實

19、數a的取值范圍解：(1)因為a4時，f (x)x23x，所以f (x)2x3(x0)，令f (x)0，得x2；令f (x)0，得x0或0x0，得x1或x0；由g(x)0，得0x0，得a0，當a0時，0，g()2()33(a)a2a(1)0，故a0時，g(x)在(，0)上有唯一零點；令g(1)1a1，故1a0時，g(x)在(0,1)上有唯一零點；又1a0，所以g(x)在(1，)上有唯一零點綜上可知，實數a的取值范圍是(1,0)重難增分函數與導數的綜合應用典例細解(2015全國卷)設函數f (x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整數x0使得f (x0)0，則a的取值范圍是()A. B.

20、C. D.學解題法一：直接法(學生用書不提供解題過程)若a0，則對任意負整數m，有f (m)em(2m1)a(m1)0，不符合題中唯一要求，故必有0a1.由于f (x)ex(2x1)a，易知當x1時f (x)e1a0，故f (x)在(，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增注意到f (1)e0，所以在(1，)內不存在正整數x0使得f (x0)0.又f (0)1a0，這樣我們就找到了，那個唯一的整數x0就是0.則滿足題意的充要條件是f (1)0，即a，故a的取值范圍是.法二：分離參數法(學生用書不提供解題過程)f (x)ex(2x1)當x1時，有a1，這與題設矛盾，舍去；當x1時，有a.記g(x)

21、，則g(x)(x1)當x0；當0x1時，g(x)0，故g(x)在(，0)上單調遞增，在(0,1)上單調遞減，作出函數yg(x)的大致圖象如圖所示由題意知，存在唯一的整數x0使得f (x0)0，即ag(x0)，由圖易知a的取值范圍是g(1)a1，選D.法三：幾何直觀法(學生用書提供解題過程)設g(x)ex(2x1)，yaxa，由題意知存在唯一的整數x0，使得g(x0)在直線yaxa的下方因為g(x)ex(2x1)，所以當x時，g(x)時，g(x)0，所以當x時，g(x)min2e，因為g(0)10，直線yaxa恒過點(1,0)，且斜率為a，畫出函數的大致圖象如圖所示，故ag(0)1，g(1)3e

22、1aa，解得a1.法四：特殊值探路(學生用書提供解題過程)注意到f (0)a10，故x00.又x0唯一，故解得a，所以a1(*)這是a需滿足的必要條件求導得f (x)ex(2x1)a.當x1時，f (x)a0，f (x)在1，)上單調遞增，有f (x)f (1)0.可見(*)式也是充分的于是，a的取值范圍就是a0時，xf (x)f (x)0成立的x的取值范圍是()A(，1)(0,1) B(1,0)(1，)C(，1)(1,0) D(0,1)(1，)解析令g(x)(x0)，則g(x)，當x0時，xf (x)f (x)0，g(x)0時，由f (x)0，得g(x)0，由圖知0x1，當x0，得g(x)0

23、，由圖知x0成立的x的取值范圍是(，1)(0,1)答案A啟思維本題考查了導數運算的逆運算，通過xf (x)f (x)0(或0(或0(或0(或0)，構造函數F(x).增分訓練1已知函數f (x)，對xR，都有f (x)f (x)x2，在(0，)上，f (x)0時，g(x)f (x)x0，則不等式f (x)0，g(x)0，即g(x)為R上的減函數g(1)，由不等式f (x)ex2，得e2，即g(x)1，不等式f (x)0，解得0x2，故函數f (x)的單調遞增區(qū)間是和(2，)3(2018石家莊模擬)已知f (x)，其中e為自然對數的底數，則()Af (2)f (e)f (3) Bf (3)f (e

24、)f (2)Cf (e)f (2)f (3) Df (e)f (3)f (2)解析：選D由f (x)，得f (x)，令f (x)0，解得xe，當x(0，e)時，f (x)0，函數f (x)單調遞增，當x(e，)時，f (x)0，函數f (x)單調遞減，故f (x)在xe處取得最大值f (e)，f (2)f (3)0，f (2)f (3)f (2)，故選D.4(2019屆高三廣州調研)已知直線ykx2與曲線yxln x相切，則實數k的值為()Aln 2 B1C1ln 2 D1ln 2解析：選D由yxln x知yln x1，設切點為(x0，x0ln x0)，則切線方程為yx0ln x0(ln x0

25、1)(xx0)，因為切線ykx2過定點(0，2)，所以2x0ln x0(ln x01)(0x0)，解得x02，故k1ln 2，選D.5已知定義在R上的可導函數f (x)的導函數為f (x)，滿足f (x)f (x)，且f (x3)為偶函數，f (6)1，則不等式f (x)ex的解集為()A(2，) B(0，)C(1，) D(4，)解析：選B因為f (x3)為偶函數，所以f (3x)f (x3)，因此f (0)f (6)1.設h(x)，則原不等式即h(x)h(0)又h(x)，依題意f (x)f (x)，故h(x)0，因此函數h(x)在R上是增函數，所以由h(x)h(0)，得x0.故選B.6已知定

26、義在R上的函數yf (x)滿足f (x)f (x)，當x(0,2時，f (x)ln xax，當x2,0)時，f (x)的最小值為3，則a的值等于()Ae2 BeC2 D1解析：選A因為定義在R上的函數yf (x)滿足f (x)f (x)，所以yf (x)為奇函數，其圖象關于原點對稱，因為當x2,0)時，f (x)的最小值為3，所以當x(0,2時，f (x)ln xax的最大值為3.又f (x)(0x2)，所以當0x0；當x2時，f (x)0；所以函數f (x)ln xax在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，故f (x)maxf lna3，解得ae2.7若函數f (x)ln xax22x存在單調

27、遞減區(qū)間，則實數a的取值范圍是_解析：f (x)ax2，由題意知f (x)0，ax22x10有實數解當a0時，顯然滿足；當a0，1a1.答案：(1，)8已知函數f (x)exmx1的圖象為曲線C，若曲線C存在與直線yex垂直的切線，則實數m的取值范圍是_解析：函數f(x)的導數f(x)exm，設切點為(x0，ex0mx01)，即切線斜率ke x0m，若曲線C存在與直線yex垂直的切線，則滿足(e x0m)e1，即e x0m有解，即me x0有解，e x0，m.答案：9已知x0為函數f (x)(ea)x3x的極值點，若x0(e為自然對數的底數)，則實數a的取值范圍是_解析：f(x)aeax3，則

28、f(x0)3aeax00，由于eax00，則a0，則x0ln t，構造函數g(t)ln t(t0)，g(t)ln t(ln t1)，當0t0，g(t)為增函數，且g(t)0恒成立，當t時，g(t)0，g(t)為減函數，g(t)maxg，且g(e)，因此當x0時，0te，即0e，a，故實數a的取值范圍為.答案：10(2019屆高三長春模擬)已知函數f (x)ax3bx23x(a，bR)在點A(2，f (2)處的切線方程為9xy160.(1)求函數f (x)的解析式；(2)若過點M(2，m)(m2)可作曲線yf (x)的三條切線，求實數m的取值范圍解：(1)因為f (x)ax3bx23x(a，bR

29、)，所以f (x)3ax22bx3.根據題意，得即解得所以f (x)x33x.(2)設切點為(x0，y0)(x02)，則y0x3x0.因為f (x0)3x3，所以切線的斜率為3x3，則3x3，即2x6x6m0.因為過點M(2，m)(m2)可作曲線yf (x)的三條切線，所以方程2x6x6m0有三個不同的實根，設函數g(x)2x36x26m，則函數g(x)有三個零點，且g(x)6x212x，令g(x)0，得x0或x2.g(x)，g(x)隨x的變化而變化的情況如下表：x(，0)0(0,2)2(2，)g(x)00g(x)極大值極小值若函數g(x)有三個零點，則需即解得6m2.所以實數m的取值范圍為(

30、6,2)11(2018成都模擬)已知函數f (x)(ax1)ln x.(1)若a2，求曲線yf (x)在點(1，f (1)處的切線l的方程；(2)設函數g(x)f (x)有兩個極值點x1，x2，其中x1(0，e，求g(x1)g(x2)的最小值解：(1)當a2時，f (x)(2x1)ln x，則f (x)2ln xx2，f (1)2，f (1)，切線l的方程為y2(x1)，即4x2y30.(2)函數g(x)aln xxa，定義域為(0，)，則g(x)1，令g(x)0，得x2ax10，其兩根為x1，x2，且x1x2a，x1x21，故x2，a.g(x1)g(x2)g(x1)galn x1x1a22a

31、ln x122ln x1，令h(x)22ln x.則g(x1)g(x2)minh(x)min，又h(x)，當x(0,1時，h(x)0，當x(1，e時，h(x)0，即當x(0，e時，h(x)單調遞減，h(x)minh(e)，故g(x1)g(x2)min.12(2018鄭州模擬)已知函數f (x)ln xx，g(x)mx3mx(m0)(1)求曲線yf (x)在點(1，f (1)處的切線方程；(2)若對任意的x1(1,2)，總存在x2(1,2)，使得f (x1)g(x2)，求實數m的取值范圍解：(1)易知切點為(1，1)，f (x)1，切線的斜率kf (1)0，故切線方程為y1.(2)設f (x)在

32、區(qū)間(1,2)上的值域為A，g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域為B，則由題意可得AB.f (x)ln xx，f (x)10時，g(x)0在x(1,2)上恒成立，則g(x)在(1,2)上是增函數，此時g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為，則解得m(ln 22)3ln 2.當m0時，g(x)0恒成立，函數f (x)在(0，)上單調遞增，則函數f (x)不存在兩個不同的零點當a0時，由f (x)0，得x，當0x0，函數f (x)單調遞增，當x時，f (x)0，即ln 2a1，所以02a，即0a0對任意的x1恒成立，則m的最大值為()A2 B3C4 D5解析：選B法一：因為f (x)xxln x，且f

33、(x)m(x1)0對任意的x1恒成立，等價于m在(1，)上恒成立，等價于m1)令g(x)(x1)，所以g(x).易知g(x)0必有實根，設為x0，則x02ln x00，且g(x)在(1，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增，此時g(x)ming(x0)x0，因此mx0，令h(x)x2ln x，可得h(3)0，又mZ，故m的最大值為3.故選B.法二：f (x)m(x1)在(1，)上恒成立，而f (x)2ln x，得f (x)在(0，e2)上單調遞減，在(e2，)上單調遞增，由圖象可知，過點(1,0)的直線ym(x1)必在f (x)的圖象下方，設過點(1,0)且與f (x)的圖象相切的直線的斜

34、率為k，則mk.此時設切點為(x0，x0x0ln x0)，則有k2ln x0，可得x0ln x020，令g(x)xln x2，顯然g(e)0，所以ex0e2，所以1ln x02,3k4，又m0，aR恒成立，則實數m的最大值為()A. B2Ce D3解析：選Bb(a2)2ln b(a1)2等價于點P(b，ln b)與點Q(a2，a1)距離的平方，易知點P，Q分別在曲線C：yln x及直線l：yx1上令f (x)ln x，則f (x)，令f (x)1，得x1，故與直線l平行且與曲線C相切的直線l與曲線C的切點為(1,0)，所以|PQ|min，所以m2m2，解得1m2，所以m的最大值為2.故選B.5

35、設函數f (x)exax，g(x)ln(x3)4exa，其中e為自然對數的底數，若存在實數x0，使得f (x0)g(x0)2成立，則實數a的值為()A2ln 2 B1ln 2C1ln 2 D2ln 2解析：選D由已知得f (x)g(x)exaxln(x3)4exa，設h(x)exa4exa，u(x)xln(x3)，所以h(x)exa4exa24，當且僅當exa2時等號成立u(x)1(x3)，令u(x)0，得x2；令u(x)0，得3x0，若直線MNx軸，則M，N兩點間的距離的最小值為()A1 B2C3 D4解析：選A設h(x1)|MN|，由題意知h(x1)x2x1，x11，由MNx軸可得g(x2

36、)f (x1)，即x2ex11(x11)21，所以h(x1)x2x1ex11(x11)2x11，h(x1)e x11x1，h(x1)e x111，因為h(x1)h(1)0，所以h(x1)在1，)上是增函數，所以h(x1)h(1)0，因此h(x1)在1，)上是增函數，所以h(x1)h(1)1，故選A.7若對任意的x，e為自然對數的底數，總存在唯一的y1,1，使得ln xx1ay2ey成立，則實數a的取值范圍為()A. B.C. D.解析：選B設f (x)ln xx1a，則f (x)1.因為x，所以f (x)0，f (x)在上單調遞增，所以f (x).設g(y)y2ey，y1,1，則g(y)y(y

37、2)ey.由g(y)0，得1y0，得0y1.所以函數g(y)在1,0上單調遞減，在0,1上單調遞增，且g(1)g(1)e.對任意的x，總存在唯一的y1,1，使得ln xx1ay2ey成立，等價于f (x)的值域是g(y)的不含極值點的單值區(qū)間的子集，故，所以0時，f (x)f (x3)0；當x(0,3)時，f (x)，其中e是自然對數的底數，且e2.72，則方程6f (x)x0在9,9上的解的個數為()A4 B5C6 D7解析：選D依題意，當x(0,3)時，f (x)，令f (x)0得xe，故函數f (x)在區(qū)間(0，e)上單調遞增，在區(qū)間(e,3)上單調遞減，故在區(qū)間(0,3)上，f (x)maxf (e)1.又函數f (x)是定義在R上的奇函數，且當x0時，f (x)f (x3)0，即f (x3)f (x)，f (0)0.由6f (x)x0，得f (x).在同一坐標系內作出函數yf (x)與y在區(qū)間9,9 上的圖象如圖所示由圖可知，函數yf (x)與y的圖象有7個交點，即方程6f (x)x0的解的個數為7.故選D.