1.3.1 导数的几何意义及函数的单调性 题点考法讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

导数的几何意义及函数的单调性 习题讲评（三） (1)导数的几何意义和计算是导数应用的基础,多以选择、填空题的形式考查,难度中等偏下. (2)应用导数研究函数的单调性,是导数应用的重点内容,是研究函数极值、最值的基础,主要考查利用导数判断函数的单调性,进而比较大小或求参数值,选择、填空、解答题均有考查. 2 题点考法讲评 教学环节一 (每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授) CONTENTS 目录 1 2 教学点(一)　导数的几何意义 教学点(二)　利用导数研究函数 的单调性 导数的几何意义 教学点（一） 5 [例1]　(2022·新课标Ⅱ卷)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为　 　　　　,　 　　　　.  思维路径:此题求过某点的切线方程,所以已知点不一定是切点,需要设出切点坐标;注意分x>0和x<0两种情况求解. 解析:法一:化为分段函数,分段求y=ln|x|. 当x>0时,y=ln x,设切点为(x0,ln x0),由y'=,得y'=,所以切线方程为y-ln x0=(x-x0).又切线过坐标原点,所以-ln x0=(-x0),解得x0=e,所以切线方程为y-1=(x-e),即y=x; y=x y=-x 6 当x<0时,y=ln(-x),设切点为(x1,ln(-x1)),由y'=,得y'=,所以切线方程为y-ln(-x1)=(x-x1).又切线过坐标原点,所以-ln(-x1)=(-x1),解得x1=-e,所以切线方程为y-1=(x+e),即y=-x. 法二:根据函数的对称性,数形结合. 当x>0时,y=ln x,设切点为(x0,ln x0),由y'=,得y'=,所以切线方程为y-ln x0=(x-x0),又切线过坐标原点,所以-ln x0=(-x0),解得x0=e,所以切线方程为y-1=(x-e),即y=x; 7 因为y=ln|x|是偶函数,图象如图所示, 所以当x<0时的切线,只需找到y=x关于y轴的对称直线y=-x即可. 8 [例2]　(2022·新课标Ⅰ卷)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　 　　　　　　　.  思维路径:设出切点横坐标x0,利用导数的几何意义求得切线方程,根据切线经过原点得到关于x0的方程,根据此方程应有两个不同的实数根,求得a的取值范围. (-∞,-4)∪(0,+∞) 9 解析:∵y=(x+a)ex,∴y'=(x+1+a)ex,设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a),切线斜率k=(x0+1+a),切线方程为y-(x0+a)=(x0+1+a)(x-x0); ∵切线过原点,∴-(x0+a)=(x0+1+a)(-x0),整理得+ax0-a=0; ∵切线有两条,∴Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0, ∴a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞). 10 [例3]　(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a=　　　　.  解析:由y=ex+x,得y'=ex+1,y'|x=0=e0+1=2,故曲线y=ex+x在(0,1)处的切线方程为y=2x+1.由y=ln(x+1)+a,得y'=. ln 2 11 设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0,ln(x0+1)+a), 由两曲线有公切线得y'==2,解得x0=-,则切点为,切线方程为y=2+a+ln=2x+1+a-ln 2, 根据两切线重合,所以a-ln 2=0,解得a=ln 2. 12 [思维建模] 已知公切线求参数值(范围)的步骤 (1)分别设切点坐标,求出两曲线的切线方程. (2)根据斜率和纵截距相等列关于切点横坐标的方程组. (3)消元得含参数的方程. (4)分离参数,通过求函数的值域求参数的取值范围. [练1]　(2024·辽阳二模)设函数f(x)=x+的图象与x轴相交于点P,则该曲线在点P处的切线方程为(　　) A.y=-x B.y=-x-1 C.y=0 D.y=x-1 解析:令x+=0,即x(x+2)+1=0,即(x+1)2=0,解得x=-1,故P(-1,0), f'(x)=1-,则f'(-1)=1-=0,则其切线方程为y-f(-1)=f'(-1)(x+1),即y=0. √ 即时训练 14 [练2]　(2024·德阳二模)已知直线y=ax-1与曲线f(x)=ln(ex)相切,则a的值为 (　　) A. B.1 C. D.e √ 15 解析:由f(x)=ln(ex),可得f'(x)==,设切点为(x0,ln(ex0)),则f'(x0)=,则切线方程为y-ln(ex0)=(x-x0),即y=x+ln(ex0)-1. 又直线y=ax-1与曲线f(x)=ln(ex)相切, 所以解得 [练3]　(2024·南阳一模)已知曲线y=ex-1与曲线y=f(x)关于直线x-y=0对称,则与两曲线均相切的直线的方程为　　　　　.  解析:设曲线y=ex-1上任一点的坐标为(x,y),则该点关于直线x-y=0的对称点为(y,x),得x=ey-1,整理可得y=ln(x+1).设曲线y=ex-1上的切点为(x1,-1),曲线y=ln(x+1)上的切点为(x2,ln(x2+1)),又y=ex-1的导函数为y'=ex,y=ln(x+1)的导函数为y'=, x-y=0 17 则 两式整理得x1=-(x2+1)ln(x2+1),所以=,即=,解得x2=0,所以x1=0.所以曲线y=ex-1与曲线y=ln(x+1)的公切线的公切点为(0,0),则切线的斜率为1,故与两曲线均相切的直线的方程为x-y=0. 18 利用导数研究函数的单调性 教学点（二） 19 [典例]　函数f(x)=(ax+1)ln x-ax+2ln a. (1)当a=2时,讨论f(x)的单调性; 思维路径:(1)求导之后再对g(x)=2xln x+1分析即可得到f(x)的单调性; 解:当a=2时,f(x)=(2x+1)ln x-2x+2ln 2,f(x)的定义域为(0,+∞), ∴f'(x)=2ln x+-2=. 令g(x)=2xln x+1,则g'(x)=2ln x+2=2(ln x+1), 令g'(x)=0,即ln x+1=0,解得x=, 20 当0<x<时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增; ∴g(x)min=g=1->0, ∴f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. 21 (2)f(x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围. 思维路径: (2)f(x)在(0,+∞)上单调递增得f'(x)≥0,然后转化为h(x)=axln x+1≥0,即h(x)min≥0. 解:∵f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f'(x)≥0,x∈(0,+∞)恒成立, f'(x)=aln x+-a=≥0,x∈(0,+∞)恒成立, 即axln x+1≥0,x∈(0,+∞)恒成立. 22 令h(x)=axln x+1,则h'(x)=a(1+ln x). ∵a>0,当0<x<时,h'(x)<0,h(x)单调递减; 当x>时,h'(x)>0,h(x)单调递增; ∴h(x)取得最小值h=1-. ∴1-≥0,0<a≤e. ∴实数a的取值范围为(0,e]. 23 [思维建模]　利用导数研究函数单调性的注意点 (1)利用导数讨论函数的单调区间时,首先确定函数的定义域; (2)不能随意将函数的几个独立的单调递增(减)区间写成并集形式. [练1]　(2024·汕头二模)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,3)上单调递减,则实数a的最大值为 (　　) A. B. C. D. 解析:由题意得f'(x)=aex-,因为函数f(x)=aex-ln x在区间(1,3)上单调递减,所以f'(x)=aex-≤0在区间(1,3)上恒成立,即a≤,令g(x)=, √ 即时训练 则g'(x)==,又x∈(1,3),所以g'(x)<0,所以g(x)=在x∈(1,3)单调递减,所以g(x)>g(3)=,所以a≤,即实数a的最大值是. 习得方法:含参函数f(x)在给定区间I上单调递增(减),等价于不等式f'(x)≥0(f'(x)≤0)在区间I上恒成立,借助分离参数法将f'(x)≥0(f'(x)≤0)中的参数分离,转化为求最值问题,从而求出参数的取值范围,注意得到参数的取值范围后,要验证等号是否成立. [练2]　已知a=ln,b=,c=,则(　　) A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.c>a>b 解析: 审题破题:本题的关键是结合a,b的特点,构造f(x)=ln x-x+1;结合b,c的特点,构造h(x)=(1-x)ex. √ 27 令f(x)=ln x-x+1(0<x<1),则f'(x)=>0,所以f(x)单调递增.又f(1)=0,所以f(x)<0,即ln x<x-1,所以ln<-,所以-ln>,即ln>,所以a>b.设h(x)=(1-x)ex(0<x<1),则h'(x)=-xex<0,所以h(x)单调递减,h(x)<h(0)=1,即ex<,故<=,即<,所以b>c,所以a>b>c. 28 [练3]　已知函数f(x)=aex-xln x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; 解:由题可得,f'(x)=aex-(1+ln x). 当a=1时,f(1)=e,f'(1)=e-1. 故曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=(e-1)x+1. 即时训练 29 (2)当a≥时,证明:f(x)为增函数. 解:法一: 思维路径:由a≥,放缩可得f'(x)≥ex-1-(1+ln x),令g(x)=ex-1-(1+ln x),利用导数研究g(x)的值域即可得证. 证明:当a≥时,f'(x)≥ex-1-(1+ln x). 设g(x)=ex-1-(1+ln x),则g'(x)=ex-1-在(0,+∞)上单调递增. 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 30 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)≥g(1)=0,从而f'(x)≥0. 当且仅当a=且x=1时,f'(x)=0.于是当a≥时,f(x)为增函数,得证. 法二: 思维路径:由f'(x)=ex,令m(x)=a-,将问题转化为m(x)≥0且没有连续的x值使m(x)=0,利用导数研究m(x)的值域即可得证. 31 证明:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ex. 设m(x)=a-,则f(x)为增函数等价于m(x)≥0且没有连续的x值使m(x)=0. m'(x)=,设h(x)=ln x-+1,则h(x)在(0,+∞)上单调递增. 当x∈(0,1)时,h(x)<0,m'(x)<0,m(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,m'(x)>0,m(x)单调递增,所以m(x)≥m(1)=0, 当且仅当x=1时,m(x)=0.于是当a≥时,f(x)为增函数,得证. 32 本课结束 $$