（通用版）2019版高考數(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）.doc

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專題三 數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 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Ⅰ3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Ⅱ3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Ⅲ3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Ⅰ)設(shè)函數(shù)f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f (x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2x　　　　　　　　 B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 解析：選D　∵f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax， ∴f ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a. 又∵f (x)為奇函數(shù)，∴f (－x)＝－f (x)恒成立， 即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立， ∴a＝1，∴f ′(x)＝3x2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x. 2．過點(0，－1)的直線l與曲線y＝ln x相切，則原點到l的距離為(　　) A．1 B. C. D. 解析：選C　設(shè)切點為(x0，ln x0)． 由y＝ln x，得y′＝， 所以直線l的斜率k＝y(tǒng)′|x＝x0＝， 所以切線方程為y－ln x0＝(x－x0)， 即y＝x＋ln x0－1. 因為切線過點(0，－1)， 則－1＝ln x0－1， 即x0＝1， 所以切線方程為y＝x－1， 即x－y－1＝0， 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x＝1所圍成的封閉圖形的面積為(　　) A．1－ln 2 B．2－2ln 2 C．2ln 2－1 D．ln 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k＝2，切線方程為y＝2x－1，則曲線y＝與其在點(0，－1)處的切線及直線x＝1所圍成的封閉圖形的面積S＝2x－1－dx＝2x－1－1＋dx＝[x2－2x＋2ln(x＋1)] ＝2ln 2－1. 4．(2018全國卷Ⅲ)曲線y＝(ax＋1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為－2，則a＝________. 解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴當(dāng)x＝0時，y′＝a＋1， ∴a＋1＝－2，解得a＝－3. 答案：－3 5．已知曲線y＝x＋ln x在點(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________. 解析：由y＝x＋ln x，得y′＝1＋，則曲線y＝x＋ln x在點(1,1)處的切線斜率為2，故切線方程為y＝2x－1，與y＝ax2＋(a＋2)x＋1聯(lián)立，得ax2＋ax＋2＝0，顯然a≠0，所以由Δ＝a2－8a＝0?a＝8. 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x＝x0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)＝x2＋2cos x，g(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)，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)(a∈R)的單調(diào)性． [解]　(1)g′(x)＝(ex)′(cos x－sin x＋2x－2)＋ex(cos x－sin x＋2x－2)′＝ex(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2ex(x－sin x)． 記p(x)＝x－sin x， 則p′(x)＝1－cos x. 因為cos x∈[－1,1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函數(shù)p(x)在R上單調(diào)遞增． 而p(0)＝0－sin 0＝0，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 x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)， 所以h′(x)＝2ex(x－sin x)－a(2x－2sin x) ＝2(x－sin x)(ex－a)． 由(1)知，當(dāng)x>0時， p(x)＝x－sin x>0；當(dāng)x<0時，p(x)＝x－sin x<0. 當(dāng)a≤0時，ex－a>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(x－sin x)(ex－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0. ①若00，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增； x∈(ln a,0)時，ex－a>0，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減； x∈(0，＋∞)時，ex－a>0，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增． ②若a＝1，則ln a＝0，所以x∈R時，h′(x)≥0，函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增． ③若a>1，則ln a>0， 所以x∈(－∞，0)時，ex－a<0，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增； x∈(0，ln a)時，ex－a<0，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減； x∈(ln a，＋∞)時，ex－a>0，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增． 綜上所述， 當(dāng)a≤0時，函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減； 當(dāng)01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)＝＋ax＋b(a，b∈R)． (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)＝1－x＋aex，由題意知g(x)≥0在R上恒成立，即1－x＋aex≥0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)max＝h(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． ①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1－x＋aex≥0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)max＝h(2)＝(x∈(－1,3))，故a≥. 所以a的取值范圍為，＋∞. ②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1－x＋aex≤0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a∈R，函數(shù)f (x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)當(dāng)a＝2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)a＝2時，f (x)＝(－x2＋2x)ex， 所以f ′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令f ′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0， 因為ex>0，所以－x2＋2>0， 解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0， 則a≥＝＝(x＋1)－對x∈(－1,1)都成立． 令g(x)＝(x＋1)－， 則g′(x)＝1＋>0. 所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上單調(diào)遞增． 所以g(x)0，所以x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立． 所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，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(2x－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． 解：(1)f (x)的定義域為， f ′(x)＝－＝. 令g(x)＝2x2－2ax＋a， 若2x2－2ax＋a＝0的根的判別式Δ＝4a2－8a≤0， 即當(dāng)0≤a≤2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2x2－2ax＋a＝0的根的判別式Δ>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＝. ①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． ②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)a≤2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)－ax≤0恒成立． 令h(x)＝f (x)－ax＝ln(2x－1)＋－ax， 則h(x)≤0＝h(1)恒成立， 即h(x)在x＝1處取得最大值． h′(x)＝. 由h′(1)＝0，得a＝1. 當(dāng)a＝1時，h′(x)＝， ∴當(dāng)x∈時，h′(x)>0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0. ∴當(dāng)a＝1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． ∴a＝1. 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0e. 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)①當(dāng)即00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)a＝1時，f (x)＝x2－3x＋ln x(x>0)， 所以f ′(x)＝2x－3＋＝， 所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0. 所以切線方程為y＋2＝0. (2)函數(shù)f (x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定義域為(0，＋∞)， 當(dāng)a>0時，f ′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝， 令f ′(x)＝0，解得x＝或x＝. ①當(dāng)0<≤1，即a≥1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； ②當(dāng)1<1)在[1,2]上的值域為[p(a)，q(a)]，求φ(a)＝q(a)－p(a)的最小值． 解：(1)因為f (x)＝x3－3x2，所以f ′(x)＝3x2－6x， 所以曲線y＝f (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(x－1)， 即3x＋y－1＝0. (2)因為g(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax， 所以g′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 令g′(x)＝0，得x＝1或x＝a， 若10，所以g(x)在(a,2)上單調(diào)遞增． ①若g(1)≤g(2)，即1g(2)，即. 若a≥2， 當(dāng)x∈[1,2]時，g′(x)≤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φ(a)＝3a－1－4＝3a－5(a≥2)， 所以φ(a)在[2，＋∞)上的最小值為φ(2)＝1. 綜上，φ(a)的最小值為. 2．已知函數(shù)f (x)＝x2－3x＋. (1)若a＝4，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a＝4時，f (x)＝x2－3x＋， 所以f ′(x)＝2x－3－＝＝＝(x≠0)， 令f ′(x)>0，得x>2；令f ′(x)<0，得x<0或00，得x>1或x<0；由g′(x)<0，得00，得a<0， 當(dāng)a<0時，－<0，g(－)＝2(－)3－3(－a)－a＝2a(＋1)<0， 故a<0時，g(x)在(－∞，0)上有唯一零點； 令g(1)＝－1－a<0，解得a>－1， 故－10，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Ⅰ)設(shè)函數(shù)f (x)＝ex(2x－1)－ax＋a，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a≤0，則對任意負(fù)整數(shù)m，有f (m)＝em(2m－1)－a(m－1)<0，不符合題中唯一要求，故必有00，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)＝－1＋a<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?(x－1)a>ex(2x－1)． 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－時，g′(x)>0，所以當(dāng)x＝－時，g(x)min＝－2e， 因為g(0)＝－1<0，g(1)＝e>0，直線y＝ax－a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)＝－3e－1≥－a－a，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)＝a－1<0，故x0＝0.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(2x＋1)－a.當(dāng)x≤－1時，f ′(x)<－a<0，f (x)在(－∞，－1]上單調(diào)遞減，有f (x)≥f (－1)≥0；當(dāng)x≥1時，f ′(x)≥3e－a>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Ⅱ)設(shè)函數(shù)f ′(x)是奇函數(shù)f (x)(x∈R)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)＝(x≠0)，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00，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(yùn)算的逆運(yùn)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)＝(x≠0)； (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?x∈R，都有f (－x)＋f (x)＝x2，在(0，＋∞)上，f ′(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4－m≤m，解得m≥2. 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)0， ∴g′(x)<0，即g(x)為R上的減函數(shù)． g(1)＝＝， 由不等式f (x)1，∴不等式f (x)0，解得02，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(　　) 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) 解析：選D　由f (x)＝，得f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，解得x＝e，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x＝e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(diào)研)已知直線y＝kx－2與曲線y＝xln x相切，則實數(shù)k的值為(　　) A．ln 2 B．1 C．1－ln 2 D．1＋ln 2 解析：選D　由y＝xln x知y′＝ln x＋1，設(shè)切點為(x0，x0ln x0)，則切線方程為y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因為切線y＝kx－2過定點(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 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 (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，＋∞) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞) 解析：選B　因為f (x＋3)為偶函數(shù)， 所以f (3－x)＝f (x＋3)， 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)y＝f (x)滿足f (－x)＝－f (x)，當(dāng)x∈(0,2]時，f (x)＝ln x－ax，當(dāng)x∈[－2,0)時，f (x)的最小值為3，則a的值等于(　　) A．e2 B．e C．2 D．1 解析：選A　因為定義在R上的函數(shù)y＝f (x)滿足f (－x)＝－f (x)， 所以y＝f (x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱， 因為當(dāng)x∈[－2,0)時，f (x)的最小值為3， 所以當(dāng)x∈(0,2]時，f (x)＝ln x－ax的最大值為－3. 又f ′(x)＝(00； 當(dāng)0，∴ax2＋2x－1>0有實數(shù)解．當(dāng)a≥0時，顯然滿足；當(dāng)a<0時，只需Δ＝4＋4a>0，∴－1－1. 答案：(－1，＋∞) 8．已知函數(shù)f (x)＝ex－mx＋1的圖象為曲線C，若曲線C存在與直線y＝ex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)＝ex－m，設(shè)切點為(x0，ex0－mx0＋1)，即切線斜率k＝ e x0－m，若曲線C存在與直線y＝ex垂直的切線，則滿足(e x0－m)e＝－1， 即e x0－m＝－有解， 即m＝e x0＋有解， ∵e x0＋＞，∴m＞. 答案： 9．已知x0為函數(shù)f (x)＝(ea)x＋3x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)＝aeax＋3，則f′(x0)＝3＋aeax0＝0，由于eax0>0，則a<0，此時x0＝ln.令t＝－，t>0，則x0＝－ln t，構(gòu)造函數(shù)g(t)＝－ln t(t>0)，g′(t)＝－ln t－＝－(ln t＋1)，當(dāng)00，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)max＝g＝，且g(e)＝－，因此當(dāng)x0∈時，00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 2－2)＝3－ln 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 2－2)＝ln 2－3. ∴實數(shù)m的取值范圍是 ∪. 二、強(qiáng)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(　　) A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0 C．x－x＞0 D．x－x＜0 解析：選D　由f (x)＝xsin x得f ′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，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|，x－x＜0，故選D. 2．(2018西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝ln x－ax2，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)a≤0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)00，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 ＝ln－a2＝－ln 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00對任意的x>1恒成立，則m的最大值為(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選B　法一：因為f (x)＝x＋xln x，且f (x)－m(x－1)>0對任意的x>1恒成立，等價于m<在(1，＋∞)上恒成立， 等價于m1)． 令g(x)＝(x>1)，所以g′(x)＝.易知g′(x)＝0必有實根，設(shè)為x0，則x0－2－ln x0＝0，且g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，因此m0，又m∈Z，故m的最大值為3.故選B. 法二：f (x)>m(x－1)在(1，＋∞)上恒成立， 而f ′(x)＝2＋ln x，得f (x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增， 由圖象可知，過點(1,0)的直線y＝m(x－1)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m0，所以e0，a∈R恒成立，則實數(shù)m的最大值為(　　) A. B．2 C．e D．3 解析：選B　[b－(a－2)]2＋[ln b－(a－1)]2等價于點P(b，ln b)與點Q(a－2，a－1)距離的平方，易知點P，Q分別在曲線C：y＝ln x及直線l：y＝x＋1上． 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C相切的直線l′與曲線C的切點為(1,0)，所以|PQ|min＝＝，所以m2－m≤2，解得－1≤m≤2，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)－4e－x－a，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(　　) A．－2＋ln 2 B．1＋ln 2 C．－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－a， 設(shè)h(x)＝ex＋a＋4e－x－a，u(x)＝x－ln(x＋3)， 所以h(x)＝ex＋a＋4e－x－a≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)ex＋a＝2時等號成立． u′(x)＝1－＝(x>－3)， 令u′(x)>0，得x>－2； 令u′(x)<0，得－30，若直線MN∥x軸，則M，N兩點間的距離的最小值為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選A　設(shè)h(x1)＝|MN|，由題意知h(x1)＝x2－x1，x1≥1， 由MN∥x軸可得g(x2)＝f (x1)， 即x2＝ex1－1－(x1－1)2＋1， 所以h(x1)＝x2－x1＝ex1－1－(x1－1)2－x1＋1，h′(x1)＝e x1－1－x1，h″(x1)＝e x1－1－1， 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y∈[－1,1]，使得ln x－x＋1＋a＝y(tǒng)2ey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 x－x＋1＋a， 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)＝y(tǒng)2ey，y∈[－1,1]， 則g′(y)＝y(tǒng)(y＋2)ey. 由g′(y)<0，得－1≤y<0； 由g′(y)>0，得00時，f (－x)＋f (x＋3)＝0；當(dāng)x∈(0,3)時，f (x)＝，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，且e≈2.72，則方程6f (x)－x＝0在[－9,9]上的解的個數(shù)為(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：選D　依題意，當(dāng)x∈(0,3)時，f ′(x)＝，令f ′(x)＝0得x＝e，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)max＝f (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 (x＋3)＝0，即f (x＋3)＝f (x)，f (0)＝0.由6f (x)－x＝0，得f (x)＝.在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y＝f (x)與y＝在區(qū)間[－9,9] 上的圖象如圖所示．由圖可知，函數(shù)y＝f (x)與y＝的圖象有7個交點，即方程6f (x)－x＝0的解的個數(shù)為7.故選D.