（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用講義 理（重點生含解析）

（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用講義 理（重點生，含解析）卷卷卷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)的運算、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值·T11_利用導(dǎo)數(shù)的極值點求參數(shù)·T21(1)2016_導(dǎo)數(shù)的計算與幾何意義、直線方程、斜率計算公式·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)縱向把握趨勢卷3年3考，涉及導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及討論函數(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2019年仍會以解答題的形式考查函數(shù)單調(diào)性的討論卷3年4考，涉及導(dǎo)數(shù)的運算、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2019年高考會考查利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，難度偏大卷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2019年仍會考查導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用，另外，要重點關(guān)注利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性橫向把握重點1.高考對導(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高考重點考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn)，難度中等，有時也出現(xiàn)在解答題第一問3近幾年全國卷對定積分及其應(yīng)用的考查極少，題目一般比較簡單，但也不能忽略.導(dǎo)數(shù)的幾何意義題組全練1(2018·全國卷)設(shè)函數(shù)f (x)x3(a1)x2ax，若f (x)為奇函數(shù)，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(shù)，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 B.C. D.解析：選C設(shè)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S2x1dx2x11dxx22x2ln(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(dāng)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(lián)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(shè)曲線在(x0，y0)處的切線為l，則根據(jù)2過非切點的切線的求法設(shè)出切點坐標(biāo)(x0，f (x0)，先求出在xx0處的切線方程，然后把所過點的坐標(biāo)代入即求出x0，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處的切線求參數(shù)的關(guān)鍵是用“方程思想”來破解，先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而求出在某點處的導(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，通過解方程求出參數(shù)的值利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性多維例析角度一討論函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)單調(diào)區(qū)間已知函數(shù)f (x)x22cos x，g(x)ex·(cos xsin x2x2)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論函數(shù)h(x)g(x)af (x)(aR)的單調(diào)性解(1)g(x)(ex)·(cos xsin x2x2)ex(cos 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(shù)p(x)在R上單調(diào)遞增而p(0)0sin 00，所以當(dāng)x<0時，p(x)<0，g(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，p(x)>0，g(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增綜上，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，0)，單調(diào)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(dāng)x>0時，p(x)xsin x>0；當(dāng)x<0時，p(x)xsin x<0.當(dāng)a0時，exa>0，所以x>0時，h(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；x<0時，h(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減當(dāng)a>0時，令h(x)2(xsin x)(exa)0，解得x1ln a，x20.若0<a<1，則ln a<0，所以x(，ln a)時，exa<0，h(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；x(ln a,0)時，exa>0，h(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；x(0，)時，exa>0，h(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增若a1，則ln a0，所以xR時，h(x)0，函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增若a>1，則ln a>0，所以x(，0)時，exa<0，h(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；x(0，ln a)時，exa<0，h(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；x(ln a，)時，exa>0，h(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增綜上所述，當(dāng)a0時，函數(shù)h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，0)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<1時，函數(shù)h(x)在(，ln a)，(0，)上單調(diào)遞增，在(ln a,0)上單調(diào)遞減；當(dāng)a1時，函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時，函數(shù)h(x)在(，0)，(ln a，)上單調(diào)遞增，在(0，ln a)上單調(diào)遞減類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)解析式中的符號變化部分討論時要考慮參數(shù)所在的位置及參數(shù)取值對導(dǎo)函數(shù)符號的影響，一般來說需要進(jìn)行四個層次的分類：(1)最高次冪的系數(shù)是否為0；(2)導(dǎo)函數(shù)是否有變號零點；(3)導(dǎo)函數(shù)的變號零點是否在函數(shù)定義域或指定區(qū)間內(nèi)；(4)導(dǎo)函數(shù)的變號零點之間的大小關(guān)系角度二已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍已知函數(shù)f (x)axb(a，bR)(1)若函數(shù)f (x)在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)f (x)在(1,3)上單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍解(1)f (x)a，設(shè)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ex>0，分離參數(shù)可得a在R上恒成立設(shè)h(x)，則h(x)，由h(x)>0，得x<2；由h(x)<0，得x>2，所以h(x)在(，2)上單調(diào)遞增，在(2，)上單調(diào)遞減，所以h(x)maxh(2)，故a.所以a的取值范圍為.(2)函數(shù)f (x)在(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)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(shè)h(x)，則h(x)，所以h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，在(2,3)上單調(diào)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(shù)f (x)在(1,3)上單調(diào)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(shè)h(x)，則h(x)，所以h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，在(2,3)上單調(diào)遞減又h(1)2e，h(3).顯然2e<，所以h(x)>h(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(shù)單調(diào)性求解參數(shù)范圍問題的2個關(guān)注點(1)準(zhǔn)確把握函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)符號之間的關(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在區(qū)間M上恒成立(2)注意參數(shù)在導(dǎo)函數(shù)解析式中的位置，先嘗試分離參數(shù)，將問題的求解轉(zhuǎn)化為求解對應(yīng)函數(shù)的最值問題；若不能分離參數(shù)或分離參數(shù)后對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性無法利用導(dǎo)數(shù)解決，則可以直接轉(zhuǎn)化為求解含參函數(shù)的最值問題綜合訓(xùn)練1已知aR，函數(shù)f (x)(x2ax)ex(xR，e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)當(dāng)a2時，求函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)f (x)在(1,1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(3)函數(shù)f (x)是否為R上的單調(diào)減函數(shù)？若是，求出a的取值范圍？若不是，請說明理由解：(1)當(dāng)a2時，f (x)(x22x)ex，所以f (x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex.令f (x)>0，即(x22)ex>0，因為ex>0，所以x22>0，解得<x<.所以函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，)(2)因為函數(shù)f (x)在(1,1)上單調(diào)遞增，所以f (x)0對x(1,1)都成立因為f (x)(2xa)ex(x2ax)exx2(a2)xaex，所以x2(a2)xaex0對x(1,1)都成立因為ex>0，所以x2(a2)xa0，則a(x1)對x(1,1)都成立令g(x)(x1)，則g(x)1>0.所以g(x)(x1)在(1,1)上單調(diào)遞增所以g(x)<g(1)(11).所以a，所以a的取值范圍是.(3)若函數(shù)f (x)在R上單調(diào)遞減，則f (x)0對xR都成立，即x2(a2)xaex0對xR都成立因為ex>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(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)ln(2x1)(aR)(1)討論f (x)的單調(diào)性；(2)若f (x)ax恒成立，求a的值解：(1)f (x)的定義域為，f (x).令g(x)2x22axa，若2x22axa0的根的判別式4a28a0，即當(dāng)0a2時，對任意x，g(x)0恒成立，即當(dāng)x時，f (x)0恒成立，f (x)在上單調(diào)遞增若2x22axa0的根的判別式>0，即當(dāng)a>2或a<0時，函數(shù)g(x)圖象的對稱軸為直線x.當(dāng)a<0時，<0，且g>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(diào)遞增當(dāng)a>2時，>1，且g>0.記g(x)0的兩根分別為x1，x2，且x1(a)>，x2(a)當(dāng)x(x2，)時，g(x)>0，當(dāng)x(x1，x2)時，g(x)<0.當(dāng)x(x2，)時，f (x)>0，當(dāng)x(x1，x2)時，f (x)<0.f (x)在和(x2，)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減綜上，當(dāng)a2時，f (x)在上單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時，f (x)在和，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(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(dāng)a1時，h(x)，當(dāng)x時，h(x)>0；當(dāng)x(1，)時，h(x)<0.當(dāng)a1時，h(x)在上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，從而h(x)h(1)0，符合題意a1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值多維例析角度一求函數(shù)的極值或最值已知函數(shù)f (x)1.(1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間及極值；(2)設(shè)m>0，求函數(shù)f (x)在區(qū)間m,2m上的最大值解(1)因為函數(shù)f (x)的定義域為(0，)，且f (x)，由得0<x<e；由得x>e.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f (e)1，無極小值(2)當(dāng)即0<m時，函數(shù)f (x)在區(qū)間m,2m上單調(diào)遞增，所以f (x)maxf (2m)1；當(dāng)m<e<2m，即<m<e時，函數(shù)f (x)在區(qū)間(m，e)上單調(diào)遞增，在(e,2m)上單調(diào)遞減，所以f (x)maxf (e)11；當(dāng)me時，函數(shù)f (x)在區(qū)間m,2m上單調(diào)遞減，所以f (x)maxf (m)1.綜上所述，當(dāng)0<m時，f (x)max1；當(dāng)<m<e時，f (x)max1；當(dāng)me時，f (x)max1. 類題通法求函數(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)，則只需對函數(shù)f (x)求導(dǎo)，并求f (x)0在區(qū)間a，b內(nèi)的根，再計算使導(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，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值(2)若所給的閉區(qū)間a，b含有參數(shù)，則需對函數(shù)f (x)求導(dǎo)，通過對參數(shù)分類討論，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)已知函數(shù)f (x)ax2(a2)xln x，其中aR.(1)當(dāng)a1時，求曲線yf (x)在點(1，f (1)處的切線方程；(2)當(dāng)a>0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(dāng)a1時，f (x)x23xln x(x>0)，所以f (x)2x3，所以f (1)2，f (1)0.所以切線方程為y20.(2)函數(shù)f (x)ax2(a2)xln x的定義域為(0，)，當(dāng)a>0時，f (x)2ax(a2)，令f (x)0，解得x或x.當(dāng)0<1，即a1時，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 (1)2，符合題意；當(dāng)1<<e，即<a<1時，f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f (x)在1，e上的最小值為f <f (1)2，不合題意；當(dāng)e，即0<a時，f (x)在1，e上單調(diào)遞減，所以f (x)在1，e上的最小值為f (e)<f (1)2，不合題意綜上，實數(shù)a的取值范圍是1，)類題通法已知函數(shù)在閉區(qū)間上最值求參數(shù)的方法主要采取分類討論的思想，將導(dǎo)函數(shù)的零點與所給區(qū)間進(jìn)行比較，利用導(dǎo)數(shù)的工具性得到函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，從而可求其最值，判斷所求的最值與已知條件是否相符，從而得到參數(shù)的取值范圍綜合訓(xùn)練1已知函數(shù)f (x)x33x2.(1)求曲線yf (x)在點P(1，2)處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)2f (x)3(1a)x26ax(a>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(x1)(xa)令g(x)0，得x1或xa，若1<a<2，當(dāng)x(1，a)時，g(x)<0，所以g(x)在(1，a)上單調(diào)遞減；當(dāng)x(a,2)時，g(x)>0，所以g(x)在(a,2)上單調(diào)遞增若g(1)g(2)，即1<a，此時q(a)g(2)4，p(a)g(a)a33a2，所以(a)4(a33a2)a33a24，因為(a)3a26a3a(a2)<0，所以(a)在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)a時，(a)的最小值為.若g(1)>g(2)，即<a<2，此時q(a)g(1)3a1，p(a)g(a)a33a2，所以(a)3a1(a33a2)a33a23a1，因為(a)3a26a33(a1)20，所以(a)在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a時，(a)>.若a2，當(dāng)x1,2時，g(x)0，所以g(x)在1,2上單調(diào)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(shù)f (x)x23x.(1)若a4，討論f (x)的單調(diào)性；(2)若f (x)有3個極值點，求實數(shù)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x>2；令f (x)<0，得x<0或0<x<2.所以f (x)在(，0)，(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增(2)由題意知，f (x)2x3(x0)，設(shè)函數(shù)g(x)2x33x2a，則原條件等價于g(x)在(，0)(0，)上有3個零點，且3個零點附近的左、右兩側(cè)的函數(shù)值異號，又g(x)6x26x6x(x1)，由g(x)>0，得x>1或x<0；由g(x)<0，得0<x<1.故g(x)在(，0)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，故原條件等價于g(x)在(，0)，(0,1)，(1，)上各有一個零點，令g(0)a>0，得a<0，當(dāng)a<0時，<0，g()2()33(a)a2a(1)<0，故a<0時，g(x)在(，0)上有唯一零點；令g(1)1a<0，解得a>1，故1<a<0時，g(x)在(0,1)上有唯一零點；又1<a<0時，g(2)4a>0，所以g(x)在(1，)上有唯一零點綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是(1,0)重難增分函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用典例細(xì)解(2015·全國卷)設(shè)函數(shù)f (x)ex(2x1)axa，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f (x0)<0，則a的取值范圍是()A. B.C. D.學(xué)解題法一：直接法(學(xué)生用書不提供解題過程)若a0，則對任意負(fù)整數(shù)m，有f (m)em(2m1)a(m1)<0，不符合題中唯一要求，故必有0<a<1.由于f (x)ex(2x1)a，易知當(dāng)x1時f (x)e1a<0，當(dāng)x1時f (x)3ea>0，故f (x)在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增注意到f (1)e>0，所以在(1，)內(nèi)不存在正整數(shù)x0使得f (x0)<0.又f (0)1a<0，這樣我們就找到了，那個唯一的整數(shù)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(shù)法(學(xué)生用書不提供解題過程)f (x)<0(x1)a>ex(2x1)當(dāng)x>1時，有a>>1，這與題設(shè)矛盾，舍去；當(dāng)x<1時，有a<.記g(x)，則g(x)(x<1)當(dāng)x<0時，g(x)>0；當(dāng)0<x<1時，g(x)<0，故g(x)在(，0)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，作出函數(shù)yg(x)的大致圖象如圖所示由題意知，存在唯一的整數(shù)x0使得f (x0)<0，即a<g(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(xué)生用書提供解題過程)設(shè)g(x)ex(2x1)，yaxa，由題意知存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線yaxa的下方因為g(x)ex(2x1)，所以當(dāng)x<時，g(x)<0；當(dāng)x>時，g(x)>0，所以當(dāng)x時，g(x)min2e，因為g(0)1<0，g(1)e>0，直線yaxa恒過點(1,0)，且斜率為a，畫出函數(shù)的大致圖象如圖所示，故a>g(0)1，g(1)3e1aa，解得a<1.法四：特殊值探路(學(xué)生用書提供解題過程)注意到f (0)a1<0，故x00.又x0唯一，故解得a，所以a<1(*)這是a需滿足的必要條件求導(dǎo)得f (x)ex(2x1)a.當(dāng)x1時，f (x)<a<0，f (x)在(，1上單調(diào)遞減，有f (x)f (1)0；當(dāng)x1時，f (x)3ea>0，f (x)在1，)上單調(diào)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a<1，選D.答案D啟思維本題考查了含參函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式的綜合問題，含參數(shù)的函數(shù)問題是高考中的難點，通常有以下兩種解題策略(1)數(shù)形結(jié)合：利用導(dǎo)數(shù)先研究函數(shù)的圖象與性質(zhì)，再畫出該函數(shù)的草圖，結(jié)合圖象確定參數(shù)范圍，若原函數(shù)圖象不易做，?；癁橐粋€函數(shù)存在一點在另一個函數(shù)上方，用圖象解(2)參變分離：轉(zhuǎn)化為參數(shù)小于某個函數(shù)(或參數(shù)大于某個函數(shù))，則參數(shù)小于該函數(shù)的最大值(大于該函數(shù)的最小值)，再構(gòu)造函數(shù)求解即可，要注意應(yīng)用分類討論思想(2015·全國卷)設(shè)函數(shù)f (x)是奇函數(shù)f (x)(xR)的導(dǎo)函數(shù)，f (1)0，當(dāng)x>0時，xf (x)f (x)<0，則使得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(dāng)x>0時，xf (x)f (x)<0，g(x)<0，g(x)在(0，)上為減函數(shù)，且g(1)f (1)f (1)0.f (x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)，g(x)的圖象的示意圖如圖所示當(dāng)x>0時，由f (x)>0，得g(x)>0，由圖知0<x<1，當(dāng)x<0時，由f (x)>0，得g(x)<0，由圖知x<1，使得f (x)>0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(dǎo)數(shù)運算的逆運算，通過xf (x)f (x)<0構(gòu)造函數(shù)g(x)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性結(jié)合圖象求解知能升級解決抽象函數(shù)導(dǎo)數(shù)問題常見構(gòu)造函數(shù)的方法(1)對于不等式xf (x)f (x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)xf (x)；(2)對于不等式xf (x)f (x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)(x0)；(3)對于不等式f (x)f (x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)exf (x)；(4)對于不等式f (x)f (x)>0(或<0)，構(gòu)造函數(shù)F(x).增分訓(xùn)練1已知函數(shù)f (x)，對xR，都有f (x)f (x)x2，在(0，)上，f (x)<x，若f (4m)f (m)84m，則實數(shù)m的取值范圍為()A2,2B2，)C0，) D(，22，)解析：選B因為對xR，都有f (x)f (x)x2，所以f (0)0，設(shè)g(x)f (x)x2，則g(x)f (x)x2，所以g(x)g(x)f (x)x2f (x)x20，又g(0)f (0)00，所以g(x)為奇函數(shù)，且f (x)g(x)x2，所以f (4m)f (m)g(4m)(4m)2g(4m)g(m)84m84m，則g(4m)g(m)0，即g(4m)g(m)當(dāng)x>0時，g(x)f (x)x<0，所以g(x)在(0，)上為減函數(shù)，又g(x)為奇函數(shù)，所以4mm，解得m2.2(2019屆高三·南昌模擬)已知函數(shù)f (x)是函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)，f (1)，對任意實數(shù)x，都有f (x)f (x)>0，則不等式f (x)<ex2的解集為()A(，e) B(1，)C(1，e) D(e，)解析：選B設(shè)g(x)，則g(x).對任意實數(shù)x，都有f (x)f (x)>0，g(x)<0，即g(x)為R上的減函數(shù)g(1)，由不等式f (x)<ex2，得<e2，即g(x)<g(1)g(x)為R上的減函數(shù)，x>1，不等式f (x)<ex2的解集為(1，)故選B.3設(shè)f (x)x3mx22nx1的導(dǎo)函數(shù)為f (x)，函數(shù)f (x)的圖象關(guān)于直線x對稱，若f (x)在1，上恒有f (x)1，則實數(shù)n的取值范圍為()A. B.C. D，)解析：選C依題意f (x)3x22mx2n，又已知函數(shù)f (x)的圖象關(guān)于直線x對稱，所以，解得m2，所以f (x)x32x22nx1，因為f (x)在1，上恒有f (x)1，所以n(x22x)在1，上恒成立，因為函數(shù)g(x)(x22x)在1，上單調(diào)遞減，即函數(shù)g(x)(x22x)在1，上的最大值為g(1)，所以實數(shù)n的取值范圍為，故選C.專題跟蹤檢測(對應(yīng)配套卷P169)一、全練保分考法保大分1函數(shù)f (x)excos x的圖象在點(0，f (0)處的切線方程是()Axy10Bxy10Cxy10 Dxy10解析：選C依題意，f (0)e0cos 01，因為f (x)excos xexsin x，所以f (0)1，所以切線方程為y1x0，即xy10，故選C.2已知函數(shù)f (x)x25x2ln x，則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.和(1，) B(0,1)和(2，)C.和(2，) D(1,2)解析：選C函數(shù)f (x)x25x2ln x的定義域是(0，)，且f (x)2x5.由f (x)>0，解得0<x<或x>2，故函數(shù)f (x)的單調(diào)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(shù)的底數(shù)，則()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：選D由f (x)，得f (x)，令f (x)0，解得xe，當(dāng)x(0，e)時，f (x)>0，函數(shù)f (x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(e，)時，f (x)<0，函數(shù)f (x)單調(diào)遞減，故f (x)在xe處取得最大值f (e)，f (2)f (3)<0，f (2)<f (3)，則f (e)>f (3)>f (2)，故選D.4(2019屆高三·廣州調(diào)研)已知直線ykx2與曲線yxln x相切，則實數(shù)k的值為()Aln 2 B1C1ln 2 D1ln 2解析：選D由yxln x知yln x1，設(shè)切點為(x0，x0ln x0)，則切線方程為yx0ln x0(ln x01)(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(dǎo)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f (x)，滿足f (x)>f (x)，且f (x3)為偶函數(shù)，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(shù)，所以f (3x)f (x3)，因此f (0)f (6)1.設(shè)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(shù)h(x)在R上是增函數(shù)，所以由h(x)>h(0)，得x>0.故選B.6已知定義在R上的函數(shù)yf (x)滿足f (x)f (x)，當(dāng)x(0,2時，f (x)ln xax，當(dāng)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(shù)yf (x)滿足f (x)f (x)，所以yf (x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，因為當(dāng)x2,0)時，f (x)的最小值為3，所以當(dāng)x(0,2時，f (x)ln xax的最大值為3.又f (x)(0<x2)，所以當(dāng)0<x<時，f (x)>0；當(dāng)<x2時，f (x)<0；所以函數(shù)f (x)ln xax在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，故f (x)maxf lna×3，解得ae2.7若函數(shù)f (x)ln xax22x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是_解析：f (x)ax2，由題意知f (x)<0有實數(shù)解，x>0，ax22x1>0有實數(shù)解當(dāng)a0時，顯然滿足；當(dāng)a<0時，只需44a>0，1<a<0.綜上知a>1.答案：(1，)8已知函數(shù)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(shù)m的取值范圍是_解析：函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)exm，設(shè)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(shù)f (x)(ea)x3x的極值點，若x0(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)a的取值范圍是_解析：f(x)aeax3，則f(x0)3aeax00，由于eax0>0，則a<0，此時x0ln.令t，t>0，則x0ln t，構(gòu)造函數(shù)g(t)ln t(t>0)，g(t)ln t(ln t1)，當(dāng)0<t<時，g(t)>0，g(t)為增函數(shù)，且g(t)>0恒成立，當(dāng)t>時，g(t)<0，g(t)為減函數(shù)，g(t)maxg，且g(e)，因此當(dāng)x0時，0<te，即0<e，a，故實數(shù)a的取值范圍為.答案：10(2019屆高三·長春模擬)已知函數(shù)f (x)ax3bx23x(a，bR)在點A(2，f (2)處的切線方程為9xy160.(1)求函數(shù)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(shù)m的取值范圍解：(1)因為f (x)ax3bx23x(a，bR)，所以f (x)3ax22bx3.根據(jù)題意，得即解得所以f (x)x33x.(2)設(shè)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(shè)函數(shù)g(x)2x36x26m，則函數(shù)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(shù)g(x)有三個零點，則需即解得6<m<2.所以實數(shù)m的取值范圍為(6,2)11(2018·成都模擬)已知函數(shù)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(shè)函數(shù)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(dāng)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(shù)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 x1x1a22aln x122ln x1，令h(x)22ln x.則g(x1)g(x2)minh(x)min，又h(x)，當(dāng)x(0,1時，h(x)0，當(dāng)x(1，e時，h(x)<0，即當(dāng)x(0，e時，h(x)單調(diào)遞減，h(x)minh(e)，故g(x1)g(x2)min.12(2018·鄭州模擬)已知函數(shù)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(shù)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(shè)f (x)在區(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)1<0在(1,2)上恒成立，函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，值域A為(ln 22，1)又g(x)mx2mm(x1)(x1)，當(dāng)m>0時，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g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為，則解得m(ln 22)3ln 2.當(dāng)m<0時，g(x)<0在x(1,2)上恒成立，則g(x)在(1,2)上是減函數(shù)，此時g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為，則解得m(ln 22)ln 23.實數(shù)m的取值范圍是.二、強化壓軸考法拉開分1已知函數(shù)f (x)xsin x，x1，x2，且f (x1)f (x2)，那么()Ax1x20 Bx1x20Cxx0 Dxx0解析：選D由f (x)xsin x得f (x)sin xxcos xcos x(tan xx)，當(dāng)x時，f (x)0，即f (x)在上為增函數(shù)，又f (x)xsin(x)xsin x，因而f (x)為偶函數(shù)，當(dāng)f (x1)f (x2)時，有f (|x1|)f (|x2|)，|x1|x2|，xx0，故選D.2(2018·西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)ln xax2，若f (x)恰有兩個不同的零點，則a的取值范圍為()A. B.C. D.解析：選C函數(shù)f (x)的定義域為(0，)，f (x)2ax.當(dāng)a0時，f (x)>0恒成立，函數(shù)f (x)在(0，)上單調(diào)遞增，則函數(shù)f (x)不存在兩個不同的零點當(dāng)a>0時，由f (x)0，得x，當(dāng)0<x<時，f (x)>0，函數(shù)f (x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>時，f (x)<0，函數(shù)f (x)單調(diào)遞減，所以f (x)的最大值為f lna2ln 2a，于是要使函數(shù)f (x)恰有兩個不同的零點，則需滿足ln 2a>0，即ln 2a<1，所以0<2a<，即0<a<，所以a的取值范圍是，故選C.3已知函數(shù)f (x)xxln x，若mZ，且f (x)m(x1)>0對任意的x>1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 (x)m(x1)>0對任意的x>1恒成立，等價于m<在(1，)上恒成立，等價于m<min(x>1)令g(x)(x>1)，所以g(x).易知g(x)0必有實根，設(shè)為x0，則x02ln x00，且g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，此時g(x)ming(x0)x0，因此m<x0，令h(x)x2ln x，可得h(3)<0，h(4)>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(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)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(shè)過點(1,0)且與f (x)的圖象相切的直線的斜率為k，則m<k.此時設(shè)切點為(x0，x0x0ln x0)，則有k2ln x0，可得x0ln x020，令g(x)xln x2，顯然g(e)<0，g(e2)>0，所以e<x0<e2，所以1<ln x0<2,3<k<4，又m<k，且mZ，因此m的最大值為3. 故選B.4不等式b(a2)2ln b(a1)2m2m對任意的b>0，aR恒成立，則實數(shù)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設(shè)函數(shù)f (x)exax，g(x)ln(x3)4exa，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，若存在實數(shù)x0，使得f (x0)g(x0)2成立，則實數(shù)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(shè)h(x)exa4exa，u(x)xln(x3)，所以h(x)exa4exa24，當(dāng)且僅當(dāng)exa2時等號成立u(x)1(x>3)，令u(x)>0，得x>2；令u(x)<0，得3<x<2，所以u(x)在(3，2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x2時，u(x)取得最小值為2.若存在實數(shù)x0，使得f (x0)g(x0)2成立，則當(dāng)x2時，exa2成立，所以e2a2，解得a2ln 2.6設(shè)點M(x1，f (x1)和點N(x2，g(x2)分別是函數(shù)f (x)ex1(x1)2和g(x)x1圖象上的點，且x11，x2>0，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(shè)h(x1)|MN|，由題意知h(x1)x2x1，x11，由MNx軸可得g(x2)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(shù)，所以h(x1)h(1)0，因此h(x1)在1，)上是增函數(shù)，所以h(x1)h(1)1，故選A.7若對任意的x，e為自然對數(shù)的底數(shù)，總存在唯一的y1,1，使得ln xx1ay2ey成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A. B.C. D.解析：選B設(shè)f (x)ln xx1a，則f (x)1.因為x，所以f (x)0，f (x)在上單調(diào)遞增，所以f (x).設(shè)g(y)y2ey，y1,1，則g(y)y(y2)ey.由g(y)<0，得1y<0；由g(y)>0，得0<y1.所以函數(shù)g(y)在1,0上單調(diào)遞減，在0,1上單調(diào)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<ae.故選B.8已知函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時，f (x)f (x3)0；當(dāng)x(0,3)時，f (x)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，且e2.72，則方程6f (x)x0在9,9上的解的個數(shù)為()A4 B5C6 D7解析：選D依題意，當(dāng)x(0,3)時，f (x)，令f (x)0得xe，故函數(shù)f (x)在區(qū)間(0，e)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(e,3)上單調(diào)遞減，故在區(qū)間(0,3)上，f (x)maxf (e)1.又函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x>0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(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)yf (x)與y在區(qū)間9,9 上的圖象如圖所示由圖可知，函數(shù)yf (x)與y的圖象有7個交點，即方程6f (x)x0的解的個數(shù)為7.故選D.