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1、微专题23利用导数研究函数性质备选理由 例1考查导数的几何意义,需要先求切线方程,再求切线与坐标轴的交点,考查了学生的数学运算素养;例2考查两曲线的公切线问题,考查数形结合思想,考查转化求解能力;例3考查利用导数研究函数的单调性;例4考查利用导数研究函数的极值(最值),考查运算求解能力;例5考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调性与极值,考查知识的综合运用能力. 1 配例1使用 已知曲线y=ex-m在x=2处的切线与坐标轴围成的图形的面积为e2,则m=( A ) A.1B.2C.3D.4解析 由y=ex-m,得y=ex-m,则y|x=2=e2-m,当x=2时,y=e2-m,即切点坐标为
2、(2,e2-m),故切线方程为y-e2-m=e2-m(x-2),令x=0,解得y=-e2-m,即切线与y轴交点的坐标为(0,-e2-m).令y=0,解得x=1,即切线与x轴交点的坐标为(1,0),故切线与坐标轴围成的图形的面积为121|-e2-m|=e2-m2=e2,解得m=1.故选A. 2 配例1使用 2023浙江精诚联盟联考 已知曲线y=ex与曲线y=ln x+a,则下列结论中正确的是( C )A.若两曲线只有一个交点,则这个交点的横坐标x0(1,2)B.若a=3,则两曲线只有一条公切线C.若a=2,则两曲线有两条公切线,且两条公切线的斜率之积为eD.若a=0,P,Q分别是曲线y=ex,y
3、=ln x+a上的点,则P,Q两点间距离的最小值为1解析 若两曲线只有一个交点(x0,ex0),x00,则ex0=ln x0+a,且在此处的切线为公切线.由y=ex得y=ex,由y=ln x+a得y=1x,所以ex0=1x0,即x0ex0=1.设f(x)=xex,x0,则f(x)=(x+1)ex0,故f(x)在(0,+)上单调递增,又f(0)=0,f(1)=e1,x0ex0=1,所以x0(0,1),所以A错误.当a=3时,设h(x)=ex-ln x-3,则h(x)=ex-1x,h(x)在(0,+)上单调递增,又h(1)=e-10,h12=e-20,所以存在x112,1,使得h(x1)=0,当x
4、(0,x1)时,h(x)0,h(x)单调递增,又h(x1)h12=e+ln 2-30时,g(x)0,当x0时,g(x)x1时,f(x1)-f(x2)x1-x20B.当x2x11时,x1f(x2)x2f(x1)C.当x1x2-1时,x2f(x2)-1e时,方程xf(x)=a有两个解解析 f(x)=ex在定义域内单调递增,所以当x1x2时,f(x1)f(x2),即当x1-x20时,f(x1)-f(x2)0,故A正确;当x2x11时,由x1f(x2)x2f(x1),得f(x2)x21时,y0,故函数y=exx在(1,+)上单调递增,所以当x2x11时,ex2x2ex1x1,即x1f(x2)x2f(x
5、1),故B错误;设h(x)=xex,则h(x)=(x+1)ex,当x-1时,h(x)0,故函数h(x)在(-,-1)上单调递减,所以当x1x2h(x2),即x2f(x2)x1f(x1),故C正确;取a=0,可得方程xf(x)=a等价于xex=0,解得x=0,即当a=0时,方程xf(x)=a只有一个解,故D错误.故选AC. 4 配例3使用 设函数f(x)=1x-x+aln x(aR)的两个极值点分别为x1,x2,若f(x1)-f(x2)x1-x24e2e4-1a-2恒成立,则实数a的取值范围是e2+1e2,+.解析 函数f(x)=1x-x+aln x的定义域为(0,+),且f(x)的两个极值点分
6、别为x1,x2,f(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.设g(x)=x2-ax+1,则=a2-4,当-2a2时,0,所以f(x)0恒成立,函数f(x)在(0,+)上单调递减,不合题意;当a0,g(x)=0的两根都小于0,当x(0,+)时,f(x)2时,0,g(x)=0的两根都大于0,不妨设x1=a-a2-42,x2=a+a2-42,则x1x2=1,当0xx1时,f(x)0,当x1x0,当xx2时,f(x)2,所以a的取值范围是(2,+).因为f(x1)-f(x2)=1x1-x1+aln x1-1x2-x2+aln x2=x2-x1x1x2+(x2-x1)+a(ln x1-ln x2
7、),所以f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2.若f(x1)-f(x2)x1-x24e2e4-1a-2恒成立,则-2+aln x1-ln x2x1-x24e2e4-1a-2恒成立,所以ln x1-ln x2x1-x24e2e4-1恒成立.又x11)恒成立.设F(x)=1x-x+e4-12e2ln x(x1),则F(x)=-1x2-1+e4-12e2x=-x2-e4-12e2x+1x2,令F(x)=0,解得x3=12e4-12e2-e4-12e22-4,x4=12e4-12e2+e4-12e22-4,所以0
8、x31x40,当xe2,+)时,F(x)0,由知,x2e2,又g(x2)=x22-ax2+1=0,所以a=x2+1x2e2+1e2,又a2,所以ae2+1e2,故实数a的取值范围是e2+1e2,+. 5 配例1、例2、例3使用 2023北京卷 设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-x+1.(1)求a,b的值;(2)设函数g(x)=f(x),求g(x)的单调区间;(3)求f(x)的极值点个数.解:(1)因为f(x)=x-x3eax+b,xR,所以f(x)=1-(3x2+ax3)eax+b.因为曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=
9、-x+1,所以f(1)=-1+1=0,f(1)=-1,即1-13ea+b=0,1-(3+a)ea+b=-1,解得a=-1,b=1.(2)由(1)得g(x)=f(x)=1-(3x2-x3)e-x+1(xR),则g(x)=-x(x2-6x+6)e-x+1,令x2-6x+6=0,解得x=33,不妨设x1=3-3,x2=3+3,则0x10恒成立,所以令g(x)0,解得0xx2,令g(x)0,解得x0或x1xx2,所以g(x)在(0,x1),(x2,+)上单调递减,在(-,0),(x1,x2)上单调递增,故g(x)的单调递减区间为(0,3-3)和(3+3,+),单调递增区间为(-,0)和(3-3,3+3
10、).(3)由(1)得f(x)=x-x3e-x+1(xR),f(x)=1-(3x2-x3)e-x+1,由(2)知f(x)在(0,x1),(x2,+)上单调递减,在(-,0),(x1,x2)上单调递增,又f(-1)=1-4e20,即f(-1)f(0)0,所以f(x)在(-,0)上存在唯一零点,不妨设为x3,则-1x30,当xx3时,f(x)0,f(x)单调递减,当x3x0,f(x)单调递增,所以f(x)在(-,0)上有一个极小值点.f(x)在(0,x1)上单调递减,则f(x1)=f(3-3)f(1)=1-20,故f(0)f(x1)0,所以f(x)在(0,x1)上存在唯一零点,不妨设为x4,则0x4x1,当0x0,f(x)单调递增,当x4xx1时,f(x)f(3)=10,故f(x1)f(x2)0,所以f(x)在(x1,x2)上存在唯一零点,不妨设为x5,则x1x5x2,当x1xx5时,f(x)0,f(x)单调递减,当x5x0,f(x)单调递增,所以f(x)在(x1,x2)上有一个极小值点.当xx2=3+33时,3x2-x3=x2(3-x)0,则f(x)在(x2,+)上单调递增,所以f(x)在(x2,+)上无极值点.综上,f(x)在(-,0)和(x1,x2)上各有一个极小值点,在(0,x1)上有一个极大值点,故f(x)共有3个极值点.