1.3.2 导数的几何意义及函数的单调性 课时作业讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

课时作业讲评 教学环节二 (教师批阅作业后,据情选点讲评) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1.(2024·漳州三模)已知函数f(x)=ln x+x,g(x)是函数f(2x+1)的导函数,则g(0)= (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:因为f(x)=ln x+x(x>0),所以f(2x+1)=ln(2x+1)+2x+1,即f'(2x+1)=+2,所以g(x)=+2,所以g(0)=4. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 2.已知函数f(x)与f'(x)的图象如图所示,则g(x)=(　　) A.在区间(0,1)上单调递减 B.在区间(1,4)上单调递减 C.在区间上单调递减 D.在区间上单调递减 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析:结合图象知,当x∈(1,4)时,f(x)-f'(x)<0,而g'(x)=,而f(2)=0,故g(x)在上单调递减. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 3.(2024·潍坊三模)牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法.如图,方程 f(x)=0的根就是函数f(x)的零点r,取初始值x0,f(x)的图象在点(x0,f(x0))处的切线与x轴的交点的横坐标为 x1,f(x)的图象在点(x1,f(x1))处的切线与x轴的交点的横坐标为x2,一直继续 下去,得到x1,x2,…,xn,它们越来越接近r.设函 数f(x)=x2+bx,x0=2,用牛顿迭代法得到x1=,则 实数b=(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 A.1 B. C. D. 解析:f'(x)=2x+b,f'(2)=4+b,f(2)=4+2b,则f(x)在(2,f(2))处的切线方程为y-(4+2b)=(4+b)(x-2),由题意得,切线过,代入切线方程得-(4+2b)=(4+b),解得b=. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 4.(2024·邢台二模)已知函数f(x)=x2+2ln x的图象在A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))两个不同点处的切线相互平行,则下面等式可能成立的是 (　　) A.x1+x2=2 B.x1+x2= C.x1x2=2 D.x1x2= √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析:因为f(x)=x2+2ln x,x>0.所以f'(x)=2x+,x>0. 由因为f(x)在A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))两个不同点处的切线相互平行,所以f'(x1)=f'(x2)⇒2x1+=2x2+,又x1≠x2,所以x1x2=1,故C、D错误; 因为x1>0,x2>0且x1≠x2,所以x1+x2>2=2,故A不成立; 当x1=,x2=3时,x1+x2=.故B成立. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 5.(2024·泰州模拟)若函数f(x)=sin 2x-acos x在(0,π)上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,-1] B.[-1,+∞) C.(-∞,1] D.[1,+∞) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析:因为函数f(x)=sin 2x-acos x在(0,π)上单调递增, 所以f'(x)=cos 2x+asin x≥0在(0,π)上恒成立,即1-2sin2x+asin x≥0 在(0,π)上恒成立.令t=sin x,x∈(0,π),则t∈(0,1],所以a≥2t-在(0,1]上恒成立. (关键点:分离参数,利用函数的单调性求解) 又因为y=2t-在(0,1]上单调递增,所以当t=1时,ymax=1,故a≥1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 6.[多选]已知函数f(x)=x2-ex,则下列结论正确的是 (　　) A.f(f(0))= B.f(x)为减函数 C.f(log23)<f(2) D.曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(2-e)x-1 解析:因为f(x)=x2-ex,所以f(0)=02-e0=-1,则f(-1)=(-1)2-e-1=1-=,故A正确; √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 因为f'(x)=2x-ex,设g(x)=f'(x)=2x-ex,则g'(x)=2-ex,由g'(x)=2-ex=0得x=ln 2,当x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)>0,f'(x)单调递增,当x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)<0,f'(x)单调递减,所以f'(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0,所以f'(x)<0恒成立,所以f(x)为减函数,故B正确; 因为log23<log24=2,函数f(x)是减函数,所以 f(log23)>f(2),故C错误; 由f'(1)=2-e,f(1)=1-e,则y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(1-e)=(2-e)(x-1),即y=(2-e)x-1,故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 7.[多选]已知函数f(x)的导函数为f'(x),对任意的正数x,都满足f(x)<xf'(x)<2f(x)-2x,则下列结论正确的是 (　　) A.f(1)<2f B.f(1)<f(2) C.f(1)<4f-2 D.f(1)<f(2)+1 解析: 思维路径:由f(x)<xf'(x)<2f(x)-2x联想到构造函数,利用不等式确定导函数正负,进而确定所构造函数的单调性,利用单调性比较函数值大小. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 设g(x)=(x>0),则g'(x)=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,由g(1)>g得f(1)>2f,故A错误; 由g(1)<g(2)得f(1)<f(2),故B正确; 设h(x)=(x>0),则h'(x)==<0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,由h(1)<h得f(1)<4f-2,故C正确;由h(1)>h(2)得f(1)>f(2)+1,故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 8.若过点(a,2)可以作曲线y=ln x的两条切线,则a的取值范围为 (　　) A.(-∞,e2) B.(-∞,ln 2) C.(0,e2) D.(0,ln 2) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析:在曲线y=ln x上任取一点P(t,ln t),对函数y=ln x求导,得y'=,所以曲线y=ln x在点P处的切线方程为y-ln t=(x-t).由题意可知,点(a,2)在直线y-ln t=(x-t)上,可得a=3t-tln t.令f(t)=3t-tln t,t∈(0,+∞),则f'(t)=3-ln t-1=2-ln t.当t∈(e2,+∞)时,f'(t)<0,f(t)单调递减,当t∈(0,e2)时,f'(t)>0,f(t)单调递增,所以f(t)max=f(e2)=e2,且当t∈(0,e3)时,f(t)>0,当t∈(e3,+∞)时,f(t)<0,又直线y=a与曲线y=f(t)的图象有两个交点,所以a的取值范围为(0,e2). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 9.(2024·遵义质监)已知f(x)=xln(x+3),则f(x)在(-2,0)处的切线方程是　　　　　　.  解析:由题意,得f'(x)=ln(x+3)+,所以f'(-2)=-2,故切线方程为y-0=-2×(x+2),即2x+y+4=0. 2x+y+4=0 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 10.已知函数f(x)=3x-sin x,若f(a)+f(a2-2)>0,则实数a的取值范围为　　　 　　.  解析:函数f(x)=3x-sin x的定义域为R,且f(-x)=-3x+sin x=-f(x),所以f(x)=3x-sin x为奇函数.又f'(x)=3-cos x>0,所以f(x)=3x-sin x在R上单调递增,不等式f(a)+f(a2-2)>0,即f(a2-2)>-f(a)=f(-a),等价于a2-2>-a,解得a>1或a<-2,所以实数a的取值范围为(-∞,-2)∪(1,+∞). (-∞,-2)∪(1,+∞) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 11.(2024·成都模拟)已知函数g(x)=的图象与函数f(x)=aln x的图象在公共点处有相同的切线,则公共点坐标为　　　　.  解析:函数f(x)=aln x的定义域为(0,+∞),由f(x)=aln x,可得f'(x)=,由g(x)=,可得g'(x)=,设曲线f(x)=aln x与曲线g(x)=的公共点为(x0,y0),由于在公共点处有共同的切线,所以=, 所以x0=4a2(a>0),由f(x0)=g(x0),可得aln x0=,联立可得解得x0=e2,所以y0=e,所以公共点坐标为(e2,e). (e2,e) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 12.已知函数f(x)=x(x-c)2. (1)若c=2,求函数y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; 解:当c=2时,f(x)=x(x-2)2, 求导得f'(x)=(x-2)2+2x(x-2), 则f'(1)=-1,而f(1)=1, 所以所求切线方程为y-1=-1×(x-1),即x+y-2=0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 (2)讨论函数y=f(x)的单调性. 解:函数f(x)=x(x-c)2的定义域为R,求导得 f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=3(x-c). 当c<0时,由f'(x)<0,得c<x<,由f'(x)>0,得x<c或x>, 函数f(x)在上单调递减,在(-∞,c),上单调递增; 当c=0时,f'(x)≥0恒成立,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 当c>0时,由f'(x)<0,得<x<c,由f'(x)>0,得x<或x>c, 函数f(x)在上单调递减,在,(c,+∞)上单调递增, 所以当c<0时,函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为(-∞,c),;当c=0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞); 当c>0时,函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,(c,+∞). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 13.(2024·广州模拟)已知直线y=kx+b恒在曲线y=ln(x+2)的上方,则的取值范围是(　　) A.(1,+∞) B. C.(0,+∞) D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析:设直线y=kx+t与曲线切于点(x0,ln(x0+2)),则y'=,所以切线方程为y=x+ln(x0+2)-,所以k=>0,t=ln(x0+2)-,所以>=(x0+2)ln(x0+2)-(x0+2)+2.设g(x)=xln x-x+2,则g'(x)=ln x,当0<x<1时,g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0,即g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=1,所以>1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 14.已知f(x)=ex-1,g(x)=ln x+1,则f(x)与g(x)的公切线有 (　　) A.0条 B.1条 C.2条 D.3条 解析:根据题意,设直线l与f(x)=ex-1相切于点(m,em-1) ,与g(x)相切于点(n,ln n+1)(n>0),对于f(x)=ex-1,f'(x)=ex, √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 则k1=em,则直线l的方程为y+1-em=em(x-m),即y=emx+em(1-m)-1.对于g(x)=ln x+1,g'(x)=,则k2=,则直线l的方程为y-(ln n+1)=(x-n),即y=x+ln n.直线l是f(x)与g(x)的公切线,则可得(1-m)(em-1)=0,即m=0或m=1,则切线方程为y=ex-1 或y=x,故f(x)与g(x)的公切线有两条. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 15.(2024·安康模拟)若0<x1<x2<1,则 (　　) A.+ln x1>+ln x2 B.+ln x1<+ln x2 C.x2>x1 D.x2<x1 解析:令f(x)=ex-ln x,x>0,则f'(x)=ex-,令h(x)=ex-,则h'(x)=ex+>0恒成立,即f'(x)=ex-在定义域(0,+∞)上单调递增, √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 且f'=-e<0,f'(1)=e-1>0,因此在区间上必然存在唯一x0,使得f'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,f(x)单调递减,当x∈(x0,1)时,f(x)单调递增,故A、B错误; 令g(x)=,则g'(x)=,当0<x<1时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减.因为0<x1<x2<1,所以>,即x2>x1,故C正确,D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 16.(2023·全国乙卷)已知函数f(x)=ln(1+x). (1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. 解:当a=-1时,f(x)=ln(1+x),f'(x)=-ln(1+x)+·, 所以f'(1)=-ln 2, 又f(1)=0,所以点(1,f(1))处的切线方程为y-0=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 (2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围. 解:由题意得f'(x)=-ln(1+x)+·≥0(x>0), 即≥0(x>0),因为x2(1+x)>0, 所以只需满足ax2+x-(1+x)ln(1+x)≥0(x>0). 设g(x)=ax2+x-(1+x)ln(1+x),则g'(x)=2ax+1-ln(1+x)-1=2ax-ln(1+x). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 若a≤0,则g'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递减,于是在(0,+∞)上g(x)<g(0)=0,不满足题意. 若a>0,设h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-,h'(0)=2a-1. ①若0<a<,则h'(0)=2a-1<0,令h'(x)=0,得x=-1,因为h'(x)在(0,+∞)上单调递增,故当0<x<-1时,h'(x)<0,当x>-1时,h'(x)>0, 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 所以h(x)即g'(x)在上单调递减,在上单调递增,于是当0<x<-1时,g'(x)<g'(0)=0,即g(x)在上单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合题意; ②若a≥,因为h'(x)在(0,+∞)上单调递增,h'(x)>h'(0)=2a-1≥0,所以h(x)即g'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以在(0,+∞)上g'(x)>g'(0)=0,于是g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以在(0,+∞)上g(x)>g(0)=0,满足题意. 综上所述,a的取值范围为. 本课结束 $$