专题三导数的几何意义及简单应用讲义理

1、专题三数的几何意义及简单应用 一(4三年考情纵横研究： 卷I 卷n 卷川 2018 奇函数的定义及利用导数 的几何意义求切线方 程T5 利用导数的几何意义求切线 方程 T13 利用导数的几何意义 求参数值T14 利用导数讨论函数的单调 性T21(1) 2017 利用导数讨论函数的单调 性T21(1) 导数的运算、利用导数求函 数极值 T11 利用导数的极值点求参 数T21(1) 2016 导数的计算与几何意义、直 线方程、斜率计算公 式T16 函数的奇偶性、利用 导数的几何意义求切 线方程 T15 利用导数公式直接求 导T21(1) 纵向 把握 趋势 卷I 3年3考，涉及导数 的几何意义以及讨

2、论函数 的单调性，其中利用导数 求切线方程难度偏小，而 用导数讨论函数的单调性 难度偏大预计 2019年 仍会以解答题的形式考查 函数单调性的讨论 卷n 3年4考，涉及导数的 运算、几何意义以及利用导 数求函数的极值，题型为选 择、填空题，难度适中预 计2019年高考会考查利用 导数讨论函数的单调性，难 度偏大 卷川3年3考，涉及 导数公式及导数几何 意义的应用，题型多 为填空题.预计 2019 年仍会考查导数几何 意义的应用，另外，要 重点关注利用导数研 究函数的单调性 横向 把握 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. 2高考重点考查导数的应用，即利用导

3、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 忽略. 保分考法练为主导； 导数的几何意义 题组全练 1. (2018 全国卷I )设函数f (x) = x3+ (a 1)x 即 y = x+ In x 1. X0 因为切线过点(0， 1), 则一1= In x 1, 即 X0= 1, 所以切线方程为y= x 1, 即 x y 1 = 0, + ax,若f (x)为奇函数，则曲线 y =f (x)在点(0,0)处的切线方程为() A. y = 2xB. y= x C

4、. y = 2xD. y= x 32 解析：选 D /f (x) = x + ( a 1)x+ ax, 2 f (x) = 3x + 2( a 1)x + a. 又 f (x)为奇函数， 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, 曲线y = f (x)在点(0,0)处的切线方程为y = x. 2. 过点(0， 1)的直线I与曲线y = In x相切，则原点到I的距离为() 所以切线方程为 1 y In xo= (x xo), 1 A. 1 B.1 c返

5、C. 2 D. 2 解析：选 C设切点为（X0, In X。） . 由 y = In x，得 y= x， 所以直线 I 的斜率 k = y| x = x = 所以原点到I的距离d = I -11V2 2兀 ,故选C. X 1 3. （2018 唐山模拟）曲线y = x与其在点（0， 1）处的切线及直线 x = 1所围成的封 X T I 闭图形的面积为（） A. 1 In 2 B. 2 2ln 2 C. 2In 2 1 D. In 2 X 1 x 1 2x 1 解析：选C因为y=，所以y X + 1 / X+ 1= 右厂，则曲线y=x+ 1在（, X一 1 1)处的切线的斜率k= 2,切线方程为

6、y= 2x 1,则曲线y = 与其在点(0， 1)处的切 Z. I I 1X 1求过切点切线问题的基本思路 设曲线在（xo, yo）处的切线为l，则根据 k切=f X。, 切点在切线I上，建立方程组求解.切点在曲线上 22 线及直线x = 1所围成的封闭图形的面积S= 02x 1 齐dx = 02x 1 1 + XT7dx = x 1 2x + 2ln( x + 1)= 2ln 2 1. 0 4. (2018 全国卷川)曲线y = (ax + 1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为一2，贝U a = x 解析:讨=(ax+ a+ 1)e，二当 x= 0 时，y= a+ 1, a+ 1 = 2，

7、解得 a= 3. 答案：3 5. 已知曲线y= x+ In x在点(1,1)处的切线与曲线 y= ax过非切点的切线的求法 设出切点坐标（X0, f（X0）,先求出在X = X0处的切线方程，然后把所过点的坐标代入即 + ( a+ 2) x+1相切，则a = 1 解析：由y = x + In x，得y = 1 + -，则曲线y = x+ In x在点(1,1)处的切线斜率为 x 22 2,故切线方程为 y= 2x 1,与 y = ax + (a+ 2)x + 1 联立，得 ax + ax + 2= 0，显然 a*0, 2 所以由 A = a 8a= 0? a= 8. 答案：8 系统方法 求出X

8、o，从而得出切线方程. 3.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“方程思想”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，通 过解方程求出参数的值. 考法二 利用导数研究函数的单调性 x (In a, 0)时，e 12 x 设 h( x) =，贝V h( x) = -, 由 h(x)0，得 x2 ;由 h(x)2, 所以h(x)在(-g, 2)上单调递增，在(2 ,+g)上单调递减， - a0, h(x)0, h(x)0，函数 h(x)单调递增. 若a= 1,U In a= 0,所以x R时，h(x) 0,

9、函数h(x)在R上单调递增. 若 a1,则 In a0, 所以 x ( g, 0)时，ex-a0，函数 h(x)单调递增； x (0 , In a)时，ex- a0, h(x)0, h(x)0，函数 h(x)单调递增. 综上所述， 当aw0时，函数h(x)在(0，+g)上单调递增，在(-g, 0)上单调递减； 当0a1时，函数h(x)在(一g, 0) , (In a,+g)上单调递增，在(0 , In a)上单调递 减. 类题通法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 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

10、，一般来说需要进行四个层次的分类： (1) 最高次幕的系数是否为 0 ； (2) 导函数是否有变号零点； (3) 导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内； 导函数的变号零点之间的大小关系. 角度二已知函数的单调性求参数范围 x 例2 已知函数 f (x) = x+ ax+ b( a, b R). e (1)若函数f (x)在R上是增函数，求实数 a的取值范围; (1) f x x e 2 e 若函数f (x)在(一1,3)上单调，求实数a的取值范围. x 1 x + aex _ + a= x e 设g(x) = 1 -x + aex,由题意知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,分离参数可得 a 在R上恒成立. e 1 1 所以 h(x)max= h(2) = g ,故 aM 所以a的取值范围为 1 + 8 函数f (x)在(一1,3)上单调，则函数 f (x)在(1,3)上单调递增或单调递减. 若函数f (x)在(1,3)上单调递增，则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 设h(x) = -l，贝U h(x) = -l，所以h(x)在(一1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递 e 减,

12、 1 1 所以 h(x)max= h(2) =r(x ( 1,3)，故 ap ee 1 所以a的取值范围为y+8 若函数f (x)在(一1,3)上单调递减，则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 设h(x) = -l，贝U h(x) = ，所以h(x)在(一1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递 ee 减. 1 13 12 又 h( 1) = = 2e, h(3) = = r. ee e 2 显然2eh( 1) = 2e(x ( 1,3), e 所以a的取值

13、范围为(8, 2e. 1 综上，a的取值范围为(一8, 2e U -2,+8 . e 类题通法 由含参函数单调性求解参数范围问题的2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f (x)在区间M上单调 递增，则f (x) 0在区间M上恒成立；若可导函数 f (x)在区间M上单调递减，则 f ( x) 0，即(一x2+ 2)ex0, 因为 ex0,所以一x2 + 20, 解得_：2x0对x ( 1,1)都成立. x2x 因为 f(x) = ( 2x+ a)e + ( x + ax)e =x2 + (a 2) x+ aex, 所以x + (a 2) x + ae 0 对

14、x ( 1,1)都成立. 因为 ex0,所以一x2 + (a 2)x + a0, 则a x+打- = (x + 1) 士对 x ( 1,1)都成立. x + 1x + 1 人1 令 g(x) = (x + 1)不, 1 则 g(x) = 1+20. x + 1 1 所以g(x) = (x+ 1)=在(1,1)上单调递增. x十1 13 所以 g(x)2,所以a的取值范围是2，+m . (3) 若函数f (x)在R上单调递减，则f (x) W0对x R都成立，即x2 + (a 2)x 十aex0,所以x2 (a 2)x a0对x R都成立. 2 2 所以A = (a 2) + 4aw0，即卩a

15、+ 4w0,这是不可能的. 故函数f (x)不可能在R上单调递减. 2. (2018 合肥质检)已知 f (x) = In (2 x 1) + ?a R). (1) 讨论f (x)的单调性； (2) 若f (x) ax恒成立，求a的值. 1 解：f (x)的定义域为2，+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 )上单调递增，在(X1, X2)上单调递减. 2ax+ a= 0 的根的判别式 A = 4a2 8a 0, 1 一、 即当0w a0恒成立， 1

16、 即当x ，+m 时，f (x) 0恒成立， 1 f (x)在2, +m 上单调递增. 若2x2 2ax+ a= 0的根的判别式 A 0,即当a2或a0时，函数g( x)图象的对称轴为 直线x= a11 当 a0 时，20. 1 对任意x 2，+m ，g(x)0恒成立， 1 即对任意x 2，+m , f (x)0恒成立， 1 f (x)在, +m 上单调递增. a11 当 a2 时,21,且 g 2 = 20. 1 1 1 记 g(x) = 0 的两根分别为 X1, X2,且 X1 = -(a a 2a)q, X2 = ( a+ a 2a). 1 当 x , X1 U (X2,+)时，g(x)

17、0，当 x (X1, X2)时，g(x)0，当 x (X1, X2)时，f (x)2 时，f (x)在 1, 1 a :a- x2x- 1 - 2a 和 *a+ -a2- 2a)上单调递增, 1 (2) f (x) w ax恒成立等价于对任意x 2，+m (x) - ax0 ; 当 x (1 ,+s)时，h(x)0,求函数f (x)在区间m,2nj上的最大值. 1|n x 解因为函数f(X)的定义域为(0,+ )，且f (X)=2一 得 xe. f x 0,f x 0, 由得0 x0, 0, 所以函数f (x)的单调递增区间为(0, e)，单调递减区间为(e,+)，且f (x)极大值= 1 f

18、 (e) = 1，无极小值. e 2m e,e 当即00,2 In 2 m 所以 f (x) max= f (2 m) = 2m 1 ； e 当me2m 即2me时，函数f (x)在区间m,2m上单调递减， In m 所以 f(X)max= f ( m) = 1. m e ,In 2 m , e ,1 r, 综上所述，当0rff-时，f(x)max= 1 ；当;；me时， 2 2m ，2e In m f ( x) max= 1. m 类题通法求函数f (x)在闭区间上最值的策略 (1) 若所给的闭区间a, b不含有参数，则只需对函数f (x)求导，并求f (x) = 0在 区间a, b内的根，

19、再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f (a), f (b)比较， 其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值. (2) 若所给的闭区间a, b含有参数，则需对函数 f (x)求导，通过对参数分类讨论， 判断函数的单调性，从而得到函数f (x)的最值. 角度二已知函数的极值或最值求参数 例2已知函数 f (x) = ax2 (a+ 2)x+ In x,其中 a R. (1)当a= 1时，求曲线y= f (x)在点(1 , f (1)处的切线方程; 当a0时，若f (x)在区间1 , e上的最小值为一2，求a的取值范围. 2 解(1)当 a= 1 时，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. 所以切线方程为y+ 2= 0. 2 函数 f (x) = ax (a+2)x + In x 的定义域为(0 ,+), 当 a0时，f (x) = 2ax(a+ 2) +1 = 2ax a+ x + 1 =_ax, xxx 令 f，(x) = 0,解得 x= 2或 x = 1. 1 当01时， a f (x)在1 , e上单调递增. 所以f (x)在1 , e上的最小值为f=2，符合题意； 11 1 、 1 、 * 当1we，即-a1时，f (x)在1,-上单调递减，在 -

21、，e上单调递增， a eaa 1 所以f (x)在1 , e上的最小值为f - f (1) = 2，不合题意； a 11 当e,即0aw二时，f (x)在1 , e上单调递减， ae 所以f (x)在1 , e上的最小值为f (e)1)在1,2上的值域为p(a),q(a)，求 0 (a) = q(a) p( a)的最小值. 解：(1)因为 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, 所以曲线y = f (x)在点R1 , 2)处的切线的斜率为f (1) = 3, 所以切线方程为y ( 2)

22、 = 3( x 1), 即 3x+ y 1 = 0. 32 (2)因为 g( x) = 2x 3( a+1) x + 6ax, 令 g(x) = 0,得 x= 1 或 x= a, 若 1a2, 当x (1 , a)时，g(x)0，所以g(x)在(a,2)上单调递增. 5 32 若 g(l) w g(2) ,即卩 1aw 3，此时 q( a) = g(2) = 4, p(a) = g( a) = - a + 3a , 所以 0 (a) = 4- ( a3 + 3a2) = a3 - 3a2+ 4 1a 5 , 3 因为 0 ( a) = 3a2 6a= 3a( a 2) g(2)，即 3a2,

23、32 此时 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上单调递增， 58 所以当 a 3, 2 时，0 (a)27. 若 a2, 当x 1,2时，g(x) w 0,所以g(x)在1,2上单调递减， 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)上的最小值为0=1. 8 综上，0 (a)的最小值为27.

24、2 a 2. 已知函数 f (x) = x 3x+ . x (1)若a= 4，讨论f (x)的单调性； 若f (x)有3个极值点，求实数 a的取值范围. 24 解：(1)因为 a= 4 时，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, 当 a0时，一 一a0, g( a) = 2( a)3 3( a) a= 2a

25、( . a+1)0 , 故a0时，g(x)在(a, 0)上有唯一零点； 令 g(1) = 1 a 1, 故一1a0时，g(x)在(0,1)上有唯一零点； 又1a0,所以g(x)在(1 ,+a)上有唯一零点. 综上可知，实数a的取值范围是(1,0). 压轴考法攻坚破难 重难增分 函数与导数的综合应用 典例细解 例1(2015 全国卷I )设函数f (x) = ex(2x 1) ax+ a,其中a1，若存在唯 一的整数xo使得f (xo)0，则a的取值范围是( 3 d A. 2e 1 3 D. 2e,1 3 3 C. 2e, 4 学解题 法一：直接法(学生用书不提供解题过程) 若a 0,则对任意负

26、整数 m有f (n) = em(2 m- 1) a(m-1)0，不符合题中唯一要求， 故必有 0a1.由于 f (x) = ex(2 x+ 1) a,易知当 x 1 时 f (x) e 1 a1时f (x) 3e a0,故f (x)在(, 1)上单调递减，在(1 ,)上单调递增. 注意到f (1) = e0,所以在(1 ,+)内不存在正整数 X。使得f (x)0. 3 2e， 又f (0) = 1 + a0,即卩a 3，故a的取值范围是 法二：分离参数法(学生用书不提供解题过程) f (x)ex(2x 1). 当x1时，有 x e a 2x 1 x 1 1,这与题设矛盾，舍去; 当x1时，有

27、x e a 2x 1 xI x e 记 g(x)= 2x 1 x 1 则g x e 2x+1 (x)= x x 1 e 2x 1 xex 2x 3 x-12(XB). 当 x0 ;当 0 x1 时，g(x)0 , 故g(x)在(一g, 0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，作出函数y= g(x)的大致图象如 图所示. 由题意知，存在唯一的整数 xo使得f (xo)0，即ag(xo)，由图易知 3 a的取值范围是玉 =g( 1) av 1,选 D. 法三：几何直观法(学生用书提供解题过程) 设g(x) = ex(2 x 1), y = ax a,由题意知存在唯一的整数x,使得g(x)在直线y=

28、 ax a的下方. x11 因为 g(x) = e (2x+ 1)，所以当 x 2时，g(x)?时，g(x)0,所以当 x=- 1 时，g(X)min= 2e 因为g(0) =- 10,直线y= ax a恒过点(1,0),且斜率为a,画出函数的 大致图象如图所示， 故ag(0) = 1, g( 解得a3，所以 法四：特殊值探路(学生用书提供解题过程) 注意到f (0) = a 10,故xo= 0.又xo唯一，故 石 a1(*) 这是a需满足的必要条件. 求导得 f (x) = eX(2x + 1) a.当 x 1 时，f (x) af ( 1) 0;当 x1 时，f (x) 3e a0, f

29、(x)在1 ,+)上 单调递增，有f (x) f (1)0.可见(*)式也是充分的. 3 于是，a的取值范围就是 a0时，xf (x) f (x)0成立的x的取值范围是() 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，当 x0 时, (X) f g(x)在(0，+a)上为减函数，且 f (x)为奇函数， g(x)为偶函数, g(1) =f (1) (XM 0), (x)0 时，由 f (x)0 ,得 g(x)0 , 当 x0，得 g(x)0成

30、立的x的取值范围是(一a, 1) U (0,1). 由图知 由图知 0 x1, x 1, xf (x) f (x)0(或 0(或0(或0(或0)，构造函数F(x)=x一. e 增分训练 2 1. 已知函数 f (x),对？ x R,都有 f ( x) + f (x) = X ,在(0 , +a)上，f (x) 8 4m,则实数m的取值范围为() A. 2,2B. 2 ,+a) C. 0，+a )D. ( a, 2 U 2 ,+a) 解析：选B因为对？ x R,都有f ( x) + f (x) = x2，所以f (0) = 0, 1 2 设 g(x) = f (x) 2X , 1 2 则 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)为奇函数，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 贝U g(4 -m -g(m0, 即卩 g(4 -mg(m). 当 x0时，g(x) = f (x) -x0，则不等式f (x)0, g(x)0，即g(x)为R上

32、的减函数. 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，因为函数g(x) = 2(x 2x) 1 2 1 在1 ,n 上单调递减，即函数g(x) = 2(X2 2x)在1 , n 上的最大值为 g(1) = 2,所以 1 实数n的取值范围为 2，+m，故选C. 专题跟踪检测(对应配套卷P169) 一、全练保分考法一一保大分 1. 函数f (x) = excos x的图象在点(0 , f (0)处的切线方程是() A. x + y + 1= 0B. x+ y 1 = 0 C.

33、x y + 1= 0D. xy 1 = 0 解析：选 C依题意，f (0) = e0cos0=1，因为 f (x)= excosxexsinx,所以 f (0) = 1,所以切线方程为 y 1 = x 0,即x y+ 1 = 0,故选C. 2. 已知函数f (x) = x2 5x+ 2ln x,则函数f (x)的单调递增区间是() 1 A. 0, 和(1 ,)B. (0,1)和(2 ,+s) 1十 C. 0, 和(2 ,+R)D. (1,2) 解析：选 C 函数 f (x) = x2 5x + 2ln x 的定义域是(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，故函数f (x)的单 3. (2018 石家庄模拟)已知f (x) ln x ，其中 e为自然对数的底数，则 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, 单调递减，故f (x)在x = e处取得最大值 f (e) ,f (2) f (3)= In 2 2 In 3 3ln 2 2ln 3 3 =6 In x 解析：选D由f (x)=，得f

35、 (x) x (0 , e)时，f (x)0，函数 f (x)单调递增，当 x (e ,+)时，f (x)0，函数 f (x) In 8 In 9 6 0, f (2) f (3) f (2)，故选 D. 4. (2019届高三广州调研)已知直线y = kx 2与曲线y= XIn x相切，则实数k的值 为() A. ln 2B. 1 C. 1 ln 2D. 1 + ln 2 解析：选D由y= xln x知y= ln x +1,设切点为(xo, Xoln xo)，则切线方程为 y xoln X。= (In X0+ 1)( x x。)，因为切线 y = kx 2 过定点(0， 2)，所以一2 X0

36、In X0= (In x+ 1)(0 xo)，解得 xo= 2，故 k = 1+ In 2，选 D. 5. 已知定义在 R上的可导函数f (x)的导函数为f (x)，满足f (x)f (x)，且f (x+ 3)为偶函数，f (6) = 1,则不等式f (x)eX的解集为() A. ( 2,+)B. (0，+m) C. (1 ,+)D. (4 ,+) 解析：选B因为f (x+ 3)为偶函数， 所以 f (3 x) = f (x+ 3), 因此 f (0) = f (6) = 1. f x 设h(x) =e ，则原不等式即h(x)h(0). e 又h (x) =- 依题意 f ( x)f (x)，

37、故 h( x)0 , 因此函数h(x)在R上是增函数， 所以由h(x)h(0)，得x0.故选B. 6. 已知定义在 R上的函数y = f (x)满足f ( x) = f (x)，当x (0,2时，f (x)= 1 In x ax a2，当x 2,0)时，f (x)的最小值为3,则a的值等于() 2 A. eB. e C. 2D. 1 解析：选A 因为定义在R上的函数y = f (x)满足f ( x) = f (x), 所以y= f (x)为奇函数，其图象关于原点对称， 因为当x 2,0)时，f (x)的最小值为3, 1 所以当x (0,2时，f (x) = In x ax的最大值为一3. 1

38、ax 又 f (x)=(0 xw 2), X 1 所以当 0 x0 ; a 1 当一xW2 时，f ( x)0 ; 1 a，2上单调递减， a 所以函数f (x) = In x ax在区间0,-上单调递增，在区间 a 故 f(x) max= f -=In- ax = 3，解得 a= e1ee 1 时，g( t)0 , g(t)为减函数，g(t) max= g ：=冠且 g(e) = 3,因此当 x 3,丞 时， . 1 2 7. 若函数f (x) = In x 2ax 2x存在单调递减区间，贝U实数a的取值范围是 . 一11 ax 2x一2 解析：f (x) = x ax 2=-，由题意知 f

39、 (x)0,. ax z.z. + 2x 10有实数解.当a0时，显然满足；当 a0,. 1a 1. 答案：(1,+) (lnt + 1)，当 0t0, g(t)为增函数，且 g(t )0 恒成立，当 tk 3 3ee 333 og e,即O a e, a0,6+ m0, 则需即解得一 6n2. g 2 0, 2+ m0, 所以实数m的取值范围为(一6,2). 2 x 11. (2018 成都模拟)已知函数 f (x) = (ax 1)ln x+ -. 求 g(x g(x2)的最 (1) 若a= 2，求曲线y = f (x)在点(1 , f (1)处的切线I的方程; (2) 设函数g(x) =

40、 f ( x)有两个极值点 X1, X2,其中X1 (0 , e, 小值. 2 打r,x 解：(1)当 a= 2 时，f (x) = (2x 1)ln x+, 1 则 f (x) = 2ln x + x一_+ 2, x f (1)=2, f (1) = 2 1 切线 I 的方程为 y 2= 2( x 1)，即 4x 2y 3= 0. 1 函数 g(x) = aln x+ x - + a,定义域为(0,+), X X2+ ax+ 1 令 g(x) = 0,得 2 “ x + ax+ 1 0,其两根为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 则g(X1) g(X2) min= h(x)min, 又 h (x) = 21 + X21 一 X ln X 当 x (0,1时，h (x) w 0, 当 x (1 , e时，h (x)0 , 即当x (0 , e时，h(x)单调递减, 4 h( X) min = h(e)

42、= _, e 故g(Xl) - g(X2) min = 13 12. (2018 郑州模拟)已知函数 f (x) = ln x- x, g(x)=石mx mX0). (1) 求曲线y = f (x)在点(1 , f (1)处的切线方程； (2) 若对任意的X1 (1,2)，总存在X2 (1,2)，使得f (xd = g(xj，求实数m的取值范 围. 1 解：(1)易知切点为(1 , - 1) , f (x)= - 1,切线的斜率k= f (1) = 0,故切线方 X 程为y=- 1. (2)设f (x)在区间(1,2)上的值域为 A g(x)在区间(1,2)上的值域为B,则由题意可得 A B.

43、 t f (x) = ln x- x, 1 1 一 f (x) =-1 =0时，g(x)0在x (1,2)上恒成立, 则g(x)在(1,2)上是增函数，此时g(x)在区间(1,2)上的值域B为一|m |m , n0, 解得 m- 3(ln 2 - 2) = 3- 2in 2. 当m0时，g(x)- 1,33 则 3解得 me In 2 - 2)=尹 2 - 3. 2 3* In 2 - 2, 3 实数m的取值范围是 g, 3in 2 3 U 3-|ln 2 ,+ . 二、强化压轴考法一一拉开分 1. 已知函数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,上为增函数，又 f ( x) = xsin( x)= xsin x，因而 f (x)为偶函数，.当 f (xi) v f (xi)时，有 f (| xi|) f (| xi|) , - | xi| | xi| , xi xl 0,故选 D. 2. (2018 西安八校联考)已知函数f (x) = In x ax2,若f (x)恰有两个不同的零点， 则a的取值范围为() A. 1 2e， -pm B. 1 2e， 1 C. 0， 2e 1 d. 0, 2e 解析：选C函数f (x)的定义域为(0, +m),

45、 f (x) =1 2ax= x 上型.当a0恒成立，函数f(X)在(0，+m )上单调递增，则函数 f (x)不存在两个不同的零 点.当a0时，由f ( x) = 0,得x= ,当00，函数 f (x)单 调递增, 当x 2a时，f ( x)0, 1 1 1 ln 2a-1,所以02ae，即0a0 对任意的 x1 恒成立, 则m的最大值为( A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 解析：选B 法一：因为f (x) = x + xln x,且f (x) m(x 1)0对任意的x1恒成 x 亠 xln x 立，等价于 m在(1 , +s)上恒成立, X I 等价于m1). y | y I yy

46、Q I 口 y 令g(x)= (xi)，所以g(x)= w.易知g(x)= 0必有实根，设为 x 1x 1 xo,则xo2 Inxo= 0,且g(x)在(1 ,x。)上单调递减，在(x。，+)上单调递增，此时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的最大值为3.故选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)上单调递减，在(e 2，+)上单调递增， 由图象可知，过点(1,o)的直

47、线y = m(x 1)必在f (x)的图象下方，设过点(1,o)且与f (x)的图象相切的直线的斜率为k，则mk. 此时设切点为(Xo，xo+ xoln xo)， 则有k= 2+ ln Xo = xo+ xol n xo xo 1 可得 xo ln xo 2 = 0，令 g(x) = x ln x 2， 显然 g(e)0，所以 exoe，所以 1ln xo2,3k4，又 mni m对任意的b0, a R恒成立，则实数 m的最大值为() A. e B. 2 C. e D. 3 解析：选 B b (a 2) 2 + ln b (a 1) 2等价于点 P(b, ln b)与点 Q(a 2, a 1)

48、 距离的平方，易知点 P, Q分别在曲线C： y = ln x及直线l : y = x+ 1上. 1 令f (x) = ln x,则f ( x)= -，令f ( x) = 1，得x= 1，故与直线l平行且与曲线 x C相切的直线l 与曲线C的切点为(1,o)，所以|PQ|min= =Q2,所以m me2,解得一 K me2,所以m的最大值为2.故选B. 5. 设函数f (x) = ex+a + x, g(x) = ln( x+ 3) 4exa，其中e为自然对数的底数，若存 在实数xo,使得f (xo) g(xo) = 2成立，则实数a的值为() A. 2+ ln 2 B. 1 + ln 2 C

49、. 1 ln 2 D. 2+ ln 2 解析：选 D 由已知得 f (x) g(x) = ex+a+ x ln( x+ 3) + 4e x+ ax a 设 h(x) = e + 4e , u(x) = x ln( x + 3), 所以h(x) = ex+a+ 4exa2寸/a 4e x a= 4，当且仅当ex+a= 2时等号成立. ,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,若直线MN/ x轴，则M N两点间的距离的最小值为() A. 1 C. 3 B. 2 D. 4 解析：选 A 设 h(X1)

50、= | MIN，由题意知 h(X1)= X2 X1, x1 1, 由 MN/ x 轴可得 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 因为 h(X1) h (1) = 0, 所以hW)在1 ,+R)上是增函数， 所以 h(x h (1) = 0, 因此h(x在1 ,+s)上是增函数，所以h(xj h(1) = 1,故选A. 1 7. 若对任意的x -, 1 , e为自然对数的底数，总存在唯一的y