《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题三导数的几何意义及简单应用讲义理（重点生，含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题三导数的几何意义及简单应用讲义理（重点生，含解析）.pdf（26页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题三 数的几何意义及简单应用专题三 数的几何意义及简单应用 卷卷卷 奇函数的定义及利用导数 的 几 何 意 义 求 切 线 方 程T52018 利用导数讨论函数的单调 性T21(1) 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 导数的运算、利用导数求函 数极值T11 2017 利用导数讨论函数的单调 性T21(1)利用导数的极值点求参 数T21(1) _ 函数的奇偶性、利用 导数的几何意义求切 线方程T152016_ 导数的计算与几何意义、直 线方程、 斜率计算公式T16 利用导数公式直接求 导T21(1) 纵向 把握
2、 趋势 卷3 年 3 考，涉及导数 的几何意义以及讨论函数 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
3、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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 导数的几何意义 题组全练 1 (2018全国卷)设函数f (x)x3(a1)x2ax， 若f (x)为奇函数， 则曲线yf (x)在点(0,0)处的切线方程为( ) Ay2x Byx Cy2x Dyx 解析：选 D f (x)x3(a1)x2ax， f (x)3x22(a1)xa. 又f (x)为奇函数，f (
4、x)f (x)恒成立， 即x3(a1)x2axx3(a1)x2ax恒成立， a1，f (x)3x21，f (0)1， 曲线yf (x)在点(0,0)处的切线方程为yx. 2过点(0，1)的直线l与曲线yln x相切，则原点到l的距离为( ) A1 B.1 2 C. D. 2 2 2 解析：选 C 设切点为(x0，ln x0) 由yln x，得y ， 1 x 所以直线l的斜率ky|xx0， 1 x0 所以切线方程为yln x0(xx0)， 1 x0 即yxln x01. 1 x0 因为切线过点(0，1)， 则1ln x01， 即x01， 所以切线方程为yx1， 即xy10， 所以原点到l的距离d
5、，故选 C. |1| 2 2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3(2018唐山模拟)曲线y与其在点(0，1)处的切线及直线x1 所围成的封 x1 x1 闭图形的面积为( ) A1ln 2 B22ln 2 C2ln 21 Dln 2 解析 ： 选 C 因为y， 所以y， 则曲线y在(0， 1) x1 x1( x1 x1) 2 x12 x1 x1 处的切线的斜率k2，切线方程为y2x1，则曲线y与其在点(0，1)处的切线 x1 x1 及直线x1 所围成的封闭图形的面积S 2x1dx 2x11dxx22x 1 0 x1 x1 1 0 2 x1 2ln(x1) Error!2ln 21
6、. 4(2018全国卷)曲线y(ax1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为2，则a _. 解析：y(axa1)ex，当x0 时，ya1， a12，解得a3. 答案：3 5已知曲线yxln x在点(1,1)处的切线与曲线yax2(a2)x1 相切，则a _. 解析 ： 由yxln x，得y1 ，则曲线yxln x在点(1,1)处的切线斜率为 2， 1 x 故切线方程为y2x1，与yax2(a2)x1 联立，得ax2ax20，显然a0，所 以由a28a0a8. 答案：8 系统方法 1求过切点切线问题的基本思路 设曲线在(x0，y0)处的切线为l，则根据 Error! 2过非切点的切线的求法 设出切
7、点坐标(x0，f (x0)，先求出在xx0处的切线方程，然后把所过点的坐标代入 即求出x0，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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 过解方程求出参数的值 利用导数研究函数的单调性 多维例析 角度一 讨论函数的单调性或求函数单调区间 已知函数f (x)x22cos x，g(x)ex(cos xsin x2x2)，其中 e 是自例1 然对数的底数 (1)求函数g(x)的单调区间； (2)
8、讨论函数h(x)g(x)af (x)(aR)的单调性 解 (1)g(x)(ex)(cos xsin x2x2)ex(cos xsin x2x2) ex(cos xsin x2x2sin xcos x2)2ex(xsin x) 记p(x)xsin x， 则p(x)1cos x. 因为 cos x1,1，所以p(x)1cos x0，所以函数p(x)在 R 上单调递增 而p(0)0sin 00，所以当x0 时，p(x)0，g(x)0，函数g(x)单调递增 综上，函数g(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，) (2)因为h(x)g(x)af (x)ex(cos xsin x2x2)a(x
9、22cos x)， 所以h(x)2ex(xsin x)a(2x2sin x) 2(xsin x)(exa) 由(1)知，当x0 时， p(x)xsin x0；当x0， 所以x0 时，h(x)0，函数h(x)单调递增； x0 时，令h(x)2(xsin x)(exa)0，解得x1ln a，x20. 若 00，函数h(x)单调递增； x(ln a,0)时，exa0，h(x)0，h(x)0，函数h(x)单调递增 若a1，则 ln a0，所以xR 时，h(x)0，函数h(x)在 R 上单调递增 若a1，则 ln a0， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以x(，0)时，exa0，函数h(x
10、)单调递增； x(0，ln a)时，exa0，h(x)0，函数h(x)单调递增 综上所述， 当a0 时，函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减； 当 01 时， 函数h(x)在(， 0)， (ln a， )上单调递增， 在(0， ln 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，一般来说需要进行四个层次的分类： (1)最高次幂的系数是否为 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；
11、 (4)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 已知函数f (x)axb(a，bR)例2 x ex (1)若函数f (x)在 R 上是增函数，求实数a的取值范围； (2)若函数f (x)在(1,3)上单调，求实数a的取值范围 解 (1)f (x)a， exexx ex2 1xaex ex 设g(x)1xaex， 由题意知g(x)0 在 R 上恒成立， 即 1xaex0 在 R 上恒成立 由 ex0，分离参数可得a在 R 上恒成立 x1 ex 设h(x)，则h(x)， x1 ex 2x ex 由h(x)0，得x2， 所以h(x)在(，2)上单调递增，在(2，)上单调递
12、减， 所以h(x)maxh(2)，故a. 1 e2 1 e2 所以a的取值范围为. 1 e2，) (2)函数f (x)在(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)0 在(1,3)上恒成立， 1xaex ex 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 1xaex0 在(1,3)上恒成立，所以a在(1,3)上恒成立 x1 ex 设h(x)，则h(x)，所以h(x)在(1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递 x1 ex 2x ex 减， 所以h(x)maxh(2)(x(1,3)，故a. 1 e2 1 e2 所以a
13、的取值范围为，. 1 e2 若函数f (x)在(1,3)上单调递减， 则f (x)0 在(1,3)上恒成立， 1xaex ex 即 1xaex0 在(1,3)上恒成立，所以a在(1,3)上恒成立 x1 ex 设h(x)，则h(x)，所以h(x)在(1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递 x1 ex 2x ex 减 又h(1)2e，h(3). 11 e1 31 e3 2 e3 显然2eh(1)2e(x(1,3)， 2 e3 所以a的取值范围为(，2e 综上，a的取值范围为(，2e. 1 e2，) 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
14、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 在区间M上恒成立 (2)注意参数在导函数解析式中的位置，先尝试分离参数，将问题的求解转化为求解对 应函数的最值问题 ； 若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性无法利用导数解决，则 可以直接转化为求解含参函数的最值问题 综合训练 1已知aR，函数f (x)(x2ax)ex(xR，e 为自然对数的底数) (1)当a2 时，求函数f (x)的单调递增区间； (2)若函数f (x)在(1,1)上单调递增，求a的取值范围； (3)函数f (x)是否为
15、 R 上的单调减函数？若是， 求出a的取值范围？若不是， 请说明理 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由 解：(1)当a2 时，f (x)(x22x)ex， 所以f (x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex. 令f (x)0，即(x22)ex0， 因为 ex0，所以x220， 解得0，所以x2(a2)xa0， 则a(x1)对x(1,1)都成立 x22x x1 x121 x1 1 x1 令g(x)(x1)， 1 x1 则g(x)10. 1 x12 所以g(x)(x1)在(1,1)上单调递增 1 x1 所以g(x)0，所以x2(a2)xa0 对xR 都成立 所以(a2)24a0
16、，即a240，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)ln(2x1) (aR) a x (1)讨论f (x)的单调性； (2)若f (x)ax恒成立，求a的值 解：(1)f (x)的定义域为， ( 1 2，) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 f (x). 2 2x1 a x2 2x22axa 2x1x2 令g(x)2x22axa， 若 2x22axa0 的根的判别式4a28a0， 即当 0a2 时，对任意x，g(x)0 恒成立， ( 1 2，) 即当x时，f (x)0 恒成立， ( 1 2，) f (x)在上单调递增 ( 1 2，
17、) 若 2x22axa0 的根的判别式0，即当a2 或a0. a 2( 1 2) 1 2 对任意x，g(x)0 恒成立， ( 1 2，) 即对任意x，f (x)0 恒成立， ( 1 2，) f (x)在上单调递增 ( 1 2，) 当a2 时， 1，且g 0. a 2( 1 2) 1 2 记g(x)0 的两根分别为x1，x2，且x1 (a) ，x2 (a) 1 2 a22a 1 2 1 2 a22a 当x(x2，)时，g(x)0，当x(x1，x2)时，g(x)0，当x(x1，x2)时，f (x)2 时 ，f (x)在和， 上 单 调 递 增 ， 在 ( 1 2， 1 2a a22a)(a) )
18、上单调递减(a)，(a) (2)f (x)ax恒成立等价于对任意x，f (x)ax0 恒成立 ( 1 2，) 令h(x)f (x)axln(2x1) ax， a x 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则h(x)0h(1)恒成立， 即h(x)在x1 处取得最大值 h(x). 2ax32ax22axa x22x1 由h(1)0，得a1. 当a1 时，h(x)， 1x2x2x1 x22x1 当x时，h(x)0； ( 1 2，1) 当x(1，)时，h(x)0，求函数f (x)在区间m,2m上的最大值 解 (1)因为函数f (x)的定义域为(0，)，且f (x)， 1ln x x2 由Erro
19、r!得 0e. 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f (e) 1，无极小值 1 e (2)当Error!即 00 时，若f (x)在区间1，e上的最小值为2，求a的取值范围 解 (1)当a1 时，f (x)x23xln x(x0)， 所以f (x)2x3 ， 1 x 2x23x1 x 所以f (1)2，f (1)0. 所以切线方程为y20. (2)函数f (x)ax2(a2)xln x的定义域为(0，)， 当a0 时，f (x)2ax(a2) ， 1 x 2ax2a2x1 x 2x1ax1 x 令f (x)0，解得x 或x . 1
20、2 1 a 当 01)在1,2上的值域为p(a)，q(a)，求 (a)q(a)p(a)的最小值 解：(1)因为f (x)x33x2，所以f (x)3x26x， 所以曲线yf (x)在点P(1，2)处的切线的斜率为f (1)3， 所以切线方程为y(2)3(x1)， 即 3xy10. (2)因为g(x)2x33(a1)x26ax， 所以g(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa) 令g(x)0，得x1 或xa， 若 10，所以g(x)在(a,2)上单调递增 若g(1)g(2)，即 1g(2)，即 . ( 5 3，2) 8 27 若a2， 当x1,2时，g(x)0，所以g(x)在1,2上单调递减
21、， 所以q(a)g(1)3a1，p(a)g(2)4， 所以(a)3a143a5(a2)， 所以(a)在2，)上的最小值为(2)1. 综上，(a)的最小值为. 8 27 2已知函数f (x)x23x . a x (1)若a4，讨论f (x)的单调性； (2)若f (x)有 3 个极值点，求实数a的取值范围 解：(1)因为a4 时，f (x)x23x ， 4 x 所以f (x)2x3 4 x2 2x33x24 x2 2x34x2x24 x2 x22x2x2 x2 (x0)， 令f (x)0，得x2；令f (x)0，得x1 或x0， 得a1， 故10，所以g(x)在(1，)上有唯一零点 综上可知，实
22、数a的取值范围是(1,0) 重难增分 函数与导数的综合应用 典例细解 (2015全国卷)设函数f (x)ex(2x1)axa，其中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x0使得f (x0)ex(2x1) 当x1 时，有a1，这与题设矛盾，舍去； ex2x1 x1 当x0；当 0 时，g(x)0，所以 1 2 1 2 当x 时，g(x)min2e 1 2 ， 1 2 因为g(0)10，直线yaxa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(1)3e1aa，解得a0，f (x)在1，)上
23、单 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 调递增，有f (x)f (1)0.可见(*)式也是充分的 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(，1)(0,1) B(1,0)(1，) C(，1)(1,0) D(0,1)(1，) 解析 令g(x)(x0)，则g(x) f x x ， 当x0 时，xf (x)f (x)0 时，由f (x)0，得g(x)0，由图知 00，得g(x)0 成立的x的取值范围是(，1)(0,1) 答案 A 启思维 本题考查了导数运算的逆运算，通过xf (x)f (x)0(或0(或0(或0(或0 时，g(x)f (x)x0
24、，则不等式f (x)0， g(x)1，不等式f (x)0， 解得 02， 故函数f (x)的单调递增 2x25x2 x x22x1 x 1 2 区间是和(2，) (0， 1 2) 3(2018石家庄模拟)已知f (x)，其中 e 为自然对数的底数，则( ) ln x x 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 ： 选D 由f (x)，得f (x)，令f (x)0，解得xe，当x(0，e) ln x x 1ln x x2 时，f (x)0，函数f (x)单调递增，当x(e，)时，f (x)f (
25、3)f (2)，故选 D. 4(2019 届高三广州调研)已知直线ykx2 与曲线yxln x相切，则实数k的值 为( ) Aln 2 B1 C1ln 2 D1ln 2 解析 ： 选 D 由yxln x知yln x1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为yx0ln x0(ln x01)(xx0)，因为切线ykx2过定点(0，2)，所以2x0ln x0(ln x01)(0 x0)，解得x02，故k1ln 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 (x3)为偶函数，f (6)1，则不等式f (x)ex的解集为( ) A(2，
26、) B(0，) C(1，) D(4，) 解析：选 B 因为f (x3)为偶函数， 所以f (3x)f (x3)， 因此f (0)f (6)1. 设h(x)，则原不等式即h(x)h(0) f x ex 又h(x)， f xexf xex ex2 f xf x ex 依题意f (x)f (x)，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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 6已知定义在R上的函数yf (x)满足f (x)f (x)，当x(0,2时，f (x)ln xax ，当x2,0)时，f (x)的最小值为 3，则a的值等于( ) (
27、a 1 2) Ae2 Be C2 D1 解析：选 A 因为定义在 R 上的函数yf (x)满足f (x)f (x)， 所以yf (x)为奇函数，其图象关于原点对称， 因为当x2,0)时，f (x)的最小值为 3， 所以当x(0,2时，f (x)ln xax的最大值为3. (a 1 2) 又f (x)(00； 1 a 当 0， ax2 1 x 1ax22x x 2x10 有实数解当a0 时，显然满足 ； 当a0，11. 答案：(1，) 8 已知函数f (x)exmx1 的图象为曲线C， 若曲线C存在与直线yex垂直的切线， 则实数m的取值范围是_ 解析：函数f(x)的导数f(x)exm，设切点为
28、(x0，ex0mx01)，即切线斜率k e x0m，若曲线C存在与直线yex垂直的切线，则满足(e x0m)e1， 即 e x0m 有解， 1 e 即me x0 有解， 1 e e x0 ，m . 1 e 1 e 1 e 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案：(1 e，) 9 已知x0为函数f (x)(ea)x3x的极值点， 若x0(e 为自然对数的底 e 3， 1 3e 数)， 则实数a的取值范围是_ 解析 ：f(x)aeax3，则f(x0)3aeax00，由于 eax00，则a0，则x0 ln t，构造函数g(t) ln t(t0)，g(t) ln t ( 3 a) 3 a t
29、 3 t 3 1 3 (ln t1)，当 00，g(t)为增函数，且g(t)0 恒成立，当t 时， 1 3 1 3 1 e 1 e g(t)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， ( 2 3m， 2 3m) 则Error! 解得m (ln 22)3 ln 2. 3 2 3 2 当m0 恒成立，函数f (x)在(0，)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， 1 2a 1 2a 当x时，f (x)0， ( 1 2a) 1 2
30、1 2 1 2 1 2 即 ln 2a0 对任意的x1 恒成立， 则m 的最大值为( ) A2 B3 C4 D5 解析 ： 选 B 法一 ： 因为f (x)xxln x，且f (x)m(x1)0 对任意的x1 恒成立， 等价于m1) ( xxln x x1) 令g(x)(x1)， 所以g(x).易知g(x)0必有实根， 设为x0， xxln x x1 x2ln x x12 则x02ln x00， 且g(x)在(1，x0)上单调递减， 在(x0， )上单调递增， 此时g(x)min 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 g(x0)x0，因此m0，又mZ，故m的最大值为 3.故选 B. 法二
31、：f (x)m(x1)在(1，)上恒成立， 而f (x)2ln x，得f (x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增， 由图象可知，过点(1,0)的直线ym(x1)必在f (x)的图象下方，设过点(1,0)且与f (x)的图象相切的直线的斜率为k，则m0， 所以 e0，aR 恒成立， 则实数m 的最大值为( ) A. B2e Ce D3 解析 ： 选 B b(a2)2ln b(a1)2等价于点P(b，ln b)与点 Q(a2，a 1)距离的平方，易知点P，Q 分别在曲线C：yln x及直线l：yx1 上 令f (x)ln x，则f (x) ，令f (x)1，得x1，故与直线l平行且
32、与曲线C 1 x 相切的直线l与曲线C的切点为(1,0)，所以|PQ|min，所以m2m2，解得 2 2 2 1m2，所以m的最大值为 2.故选 B. 5设函数f (x)exax，g(x)ln(x3)4exa，其中 e 为自然对数的底数，若 存在实数x0，使得f (x0)g(x0)2 成立，则实数a的值为( ) A2ln 2 B1ln 2 C1ln 2 D2ln 2 解析：选 D 由已知得f (x)g(x)exaxln(x3)4exa， 设h(x)exa4exa，u(x)xln(x3)， 所以h(x)exa4exa24，当且仅当 exa2 时等号成立exa4exa u(x)1(x3)， 1 x
33、3 x2 x3 令u(x)0，得x2； 令u(x)0，若直线MNx轴，则M，N两点间的距离的最小值为( ) A1 B2 C3 D4 解析：选 A 设h(x1)|MN|，由题意知h(x1)x2x1，x11， 由MNx轴可得g(x2)f (x1)， 即x2ex11 (x11)21， 1 2 所以h(x1)x2x1ex11 (x11)2x11，h(x1)e x11x1，h(x1)e 1 2 x111， 因为h(x1)h(1)0， 所以h(x1)在1，)上是增函数， 所以h(x1)h(1)0， 因此h(x1)在1，)上是增函数，所以h(x1)h(1)1，故选 A. 7若对任意的x，e 为自然对数的底数
34、，总存在唯一的y1,1，使得 ln 1 e，1 xx1ay2ey成立，则实数a的取值范围为( ) A. B. 1 e，e)( 2 e，e C. D. 2 e，) 2 e，e 1 e 解析：选 B 设f (x)ln xx1a， 则f (x) 1. 1 x 1x x 因为x，所以f (x)0，f (x)在上单调递增，所以f (x). 1 e，1 1 e，1a 1 e，a 设g(y)y2ey，y1,1， 则g(y)y(y2)ey. 由g(y)0，得 00 时，f (x)f (x3)0； 当x (0,3)时，f (x)， 其中 e 是自然对数的底数， 且 e2.72， 则方程 6f (x)x0 在 e
35、ln x x 9,9上的解的个数为( ) A4 B5 C6 D7 解析 ： 选 D 依题意，当x(0,3)时，f (x)，令f (x)0 得xe， e1ln x x2 故函数f (x)在区间(0， e)上单调递增， 在区间(e,3)上单调递减， 故在区间(0,3)上，f (x)maxf (e)1.又函数f (x)是定义在 R 上的奇函数， 且当x0 时，f (x)f (x3) 0，即f (x3)f (x)，f (0)0.由 6f (x)x0， 得f (x) .在同一坐标系内作出函数yf x 6 (x)与y 在区间9,9 上的图象如图所示 由图可知， 函数yf (x)与y 的图象有 x 6 x 6 7 个交点，即方程 6f (x)x0 的解的个数为 7.故选 D.