专题1 第3讲 导数的几何意义及函数的单调性-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考基础版）

第3讲　导数的几何意义及函数的单调性 [考情分析]　1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，是高考的热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属综合性问题． 考点一　导数的几何意义与计算 核心提炼 1．导数的几何意义 (1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率． (2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同． (3)切点既在切线上，又在曲线上． 2．复合函数的导数 复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′ x＝y′u·u′x. 例1　(1)(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A．y＝x B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 答案　C 解析　因为y＝， 所以y′＝＝， 所以k＝y′|x＝1＝， 所以曲线y＝在点处的切线方程为y－＝(x－1)， 即y＝x＋. (2)(2022·新高考全国Ⅰ)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________． 答案　(－∞，－4)∪(0，＋∞) 解析　因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝＝(x0＋a＋1)＝，化简，得x＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 易错提醒　求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点． 跟踪演练1　(1)(2023·宿迁模拟)已知曲线y＝x2－1与y＝1＋x3在x＝x0处的切线互相垂直，则x0＝________. 答案　－ 解析　由y＝x2－1，得y′＝2x，则曲线y＝x2－1在x＝x0处的切线斜率为k1＝2x0，由y＝1＋x3，得y′＝3x2，则曲线y＝1＋x3在x＝x0处的切线斜率为k2＝3x，则根据题意有k1k2＝－1，即6x＝－1，解得x0＝－. (2)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________. 答案　y＝x　y＝－x 解析　先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)， 则由y′＝，得切线斜率为， 又切线的斜率为，所以＝， 解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e， 所以切线斜率为，切线方程为y＝x. 根据偶函数图象的对称性知，当x<0时的切线方程为y＝－x. 综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x. 考点二　利用导数研究函数的单调性 核心提炼 利用导数研究函数单调性的步骤 (1)求函数y＝f(x)的定义域． (2)求f(x)的导数f′(x)． (3)求出f′(x)的零点，划分单调区间． (4)判断f′(x)在各个单调区间内的符号． 例2　(2023·北京昌平区模拟)已知函数f(x)＝(ax－1)ex，其中a∈R. (1)若函数f(x)在x＝0处的切线与x轴平行，求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间． 解　(1)f′(x)＝aex＋(ax－1)ex＝(ax＋a－1)ex， ∵f(x)在x＝0处的切线与x轴平行， ∴f′(0)＝0，即a×0＋a－1＝0，解得a＝1. (2)∵f′(x)＝(ax＋a－1)ex，且ex>0恒成立， ①当a＝0时，f′(x)＝－ex<0恒成立， 所以f(x)在R上是减函数， ②当a≠0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1， (ⅰ)当a>0时，令f′(x)>0，解得x>－1， 令f′(x)<0，解得x<－1， 故此时函数f(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为， (ⅱ)当a<0时，令f′(x)>0，解得x<－1， 令f′(x)<0，解得x>－1， 故此时函数f(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为， 综上，当a＝0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间， 当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为， 当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 规律方法　(1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制； (2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，根据根的大小进行分类讨论； (3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论． 跟踪演练2　(2023·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x2－(2a＋1)x，其中a≥0，求函数f(x)的单调区间． 解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2x－(2a＋1)＝， 令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a， 当a＝0时，f(x)＝x2－x，对称轴为x＝， 所以f(x)在上单调递增， 在上单调递减； 当a＝时，f′(x)≥0， 则f(x)是(0，＋∞)上的增函数； 当0<a<时，若0<x<a或x>， 则f′(x)>0，若a<x<，则f′(x)<0， 所以f(x)在(0，a)，上单调递增， 在上单调递减； 当a>时，若0<x<或x>a， 则f′(x)>0，若<x<a，则f′(x)<0， 所以f(x)在，(a，＋∞)上单调递增， 在上单调递减． 综上所述，当a＝0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为； 当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当0<a<时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，，单调递减区间为； 当a>时，f(x)的单调递增区间为，(a，＋∞)，单调递减区间为. 考点三　单调性的简单应用 核心提炼 1．函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立． 2．函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解． 例3　(1)(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 答案　C 解析　依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0， 所以xex≥在(1,2)上恒成立， 设g(x)＝xex，x∈(1,2)， 所以g′(x)＝(x＋1)ex>0， 所以g(x)在(1,2)上单调递增， g(x)>g(1)＝e，故e≥， 即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1. (2)(2023·广东联考)已知函数f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，若a＝，b＝f ，c＝f(ln 3)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c>a>b B．a>c>b C．a>b>c D．b>a>c 答案　B 解析　∵f(－x)＝xsin x＋cos x＋x2＝f(x)， ∴函数f(x)为偶函数， 又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＋x＝x(cos x＋1)， 当x>0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增， 又函数f(x)为偶函数， ∴a＝＝f(－log25)＝f(log25)， ∵0<sin <1，log25>2,1<ln 3<2， ∴log25>ln 3>sin >0， ∴f(log25)>f(ln 3)>f ， 即a>c>b. 规律方法　利用导数比较大小或解不等式的策略 利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式． 跟踪演练3　(1)已知变量x1，x2∈(0，m)(m>0)，且x1<x2，若x2ln x1<x1ln x2恒成立，则m的最大值为(e＝2.718 28…为自然对数的底数)(　　) A．e B. C. D．1 答案　A 解析　∵x2ln x1<x1ln x2恒成立， ∴<恒成立，设函数f(x)＝， ∵x1<x2，f(x1)<f(x2)， ∴f(x)在(0，m)上单调递增， 又f′(x)＝， 则f′(x)>0⇒0<x<e， 即函数f(x)的单调递增区间是(0，e)， 则m的最大值为e. (2)(2023·咸阳模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，则不等式f(x－1)－1<eπ的解集是________． 答案　(1－π，1＋π) 解析　当x≥0时，f(x)＝ex－cos x， f′(x)＝ex＋sin x≥1＋sin x≥0， 则f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减， 若f(x－1)－1<eπ，即f(x－1)<eπ＋1＝f(π)， 可得|x－1|<π，解得1－π<x<1＋π， 所以不等式f(x－1)－1<eπ的解集是(1－π，1＋π)． 专题强化练 一、单项选择题 1．(2023·榆林模拟)已知函数f(x)＝x2ex＋2x＋1，则f(x)的图象在x＝0处的切线方程为(　　) A．4x－y＋1＝0 B．2x－y＋1＝0 C．4ex－y＋2＝0 D．2ex－y＋1＝0 答案　B 解析　因为f(x)＝x2ex＋2x＋1，所以f′(x)＝(x2＋2x)ex＋2，则f′(0)＝2，f(0)＝1，所以f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y－1＝2(x－0)， 即2x－y＋1＝0. 2．(2023·齐齐哈尔模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中可能是y＝f(x)图象的是(　　) 答案　C 解析　由y＝xf′(x)的图象知， 当x∈(－2，－1)时，xf′(x)<0， 故f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(－1,0)时，xf′(x)>0，故f′(x)<0； 当x∈[0,1)，xf′(x)≤0，故f′(x)≤0， 等号仅有可能在x＝0处取得， 所以当x∈(－1,1)时，f(x)单调递减； 当x∈(1,2)时，xf′(x)>0， 故f′(x)>0，f(x)单调递增，结合选项只有C符合． 3．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为，则(　　) A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3 C．a＝3 D．a∈(－∞，3] 答案　B 解析　由f(x)＝ln x＋x2＋ax 得f′(x)＝， 又f(x)的单调递减区间是， 所以和1是方程＝0的两个根，代入得a＝－3.经检验满足题意． 4．(2023·山西联考)若直线y＝x＋a与函数f(x)＝ex和g(x)＝ln x＋b的图象都相切，则a＋b等于(　　) A．－1 B．0 C．1 D．3 答案　D 解析　设直线y＝x＋a与函数f(x)和g(x)的图象分别相切于点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则由f(x)＝ex，得f′(x)＝ex， 令＝1，得x1＝0，y1＝1， 将(0,1)代入y＝x＋a中得a＝1， 由g(x)＝ln x＋b，得g′(x)＝， 令＝1，得x2＝1，y2＝b， 将(1，b)代入y＝x＋1中得b＝2，所以a＋b＝3. 5．(2023·玉林模拟)若函数f(x)＝(ax＋1)ex在[1,2]上单调递增，则a的取值范围是(　　) A. B. C. D．[0，＋∞) 答案　B 解析　依题意得f′(x)＝(ax＋a＋1)ex≥0对x∈[1,2]恒成立， 即ax＋a＋1≥0对x∈[1,2]恒成立． 因为y＝ax＋a＋1的图象为直线， 所以解得a≥－. 6．(2023·洛阳模拟)已知函数f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln 4)，b＝f ，c＝f(21.1)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a 答案　D 解析　因为f(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，当x≥0时， 则f(x)＝ex－x2，所以f′(x)＝ex－2x， 构建φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－2， 令φ′(x)<0，解得0≤x＜ln 2； 令φ′(x)>0，解得x>ln 2， 所以φ(x)在[0，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 可得φ(x)≥φ(ln 2)＝2(1－ln 2)>0， 即f′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立， 故f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又因为b＝f ＝f(－2)＝f(2)， 且21.1>2>ln 4>0， 所以f(21.1)>f(2)>f(ln 4)，即c>b>a. 二、多项选择题 7．若曲线f(x)＝ax2－x＋ln x存在垂直于y轴的切线，则a的取值可以是(　　) A．－ B．0 C. D. 答案　ABC 解析　依题意，f(x)存在垂直于y轴的切线，即存在斜率为0的切线， 又f′(x)＝2ax＋－1，x>0， ∴2ax＋－1＝0有正根， 即－2a＝2－有正根， 即函数y＝－2a与函数y＝2－，x>0的图象有交点， 令＝t>0， 则g(t)＝t2－t＝2－， ∴g(t)≥g＝－， ∴－2a≥－，即a≤. 8．(2023·通化模拟)若过点(a，b)可作曲线y＝x2－2x的两条切线，则点(a，b)可以是(　　) A．(0,0) B．(－1,1) C．(3,0) D．(3,4) 答案　BC 解析　设切点坐标为(t，t2－2t)，对函数y＝x2－2x求导可得y′＝2x－2， 所以切线斜率为k＝2t－2， 所以曲线y＝x2－2x在点(t，t2－2t)处的切线方程为y－(t2－2t)＝(2t－2)(x－t)， 即y＝(2t－2)x－t2， 将点(a，b)的坐标代入切线方程可得b＝(2t－2)a－t2，即t2－2at＋2a＋b＝0， 因为过点(a，b)可作曲线y＝x2－2x的两条切线，则关于t的方程t2－2at＋2a＋b＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a2－4(2a＋b)>0，即a2－2a－b>0， 即b<a2－2a， 对于点(0,0)，0＝02－2×0，A不满足； 对于点(－1,1)，1<12＋2×1＝3，B满足； 对于点(3,0)，0<32－2×3，C满足； 对于点(3,4)，4>32－2×3，D不满足． 三、填空题 9．(2023·海南统考)已知函数f(x)＝2f′(3)x－x2＋ln x，则f(1)＝________. 答案　 解析　由f(x)＝2f′(3)x－x2＋ln x， 得f′(x)＝2f′(3)－x＋， 令x＝3，则f′(3)＝2f′(3)－×3＋， 解得f′(3)＝1， 所以f(x)＝2x－x2＋ln x， 所以f(1)＝2－＋ln 1＝. 10．(2023·江苏省八市模拟)过点(－1,0)作曲线y＝x3－x的切线，写出一条切线的方程________． 答案　2x－y＋2＝0(答案不唯一) 解析　y＝x3－x，y′＝3x2－1， 设切点坐标为(x0，x－x0)， 则切线斜率为3x－1， 得方程y－(x－x0)＝(3x－1)(x－x0)， 代入点(－1,0)，得2x＋3x－1＝0， 即(x0＋1)2(2x0－1)＝0， 解得x0＝－1或x0＝， 当x0＝－1时，切线方程为2x－y＋2＝0； 当x0＝时，切线方程为x＋4y＋1＝0. 11．(2023·潍坊模拟)若P为函数f(x)＝ex－x图象上的一个动点，以P为切点作曲线y＝f(x)的切线，则切线倾斜角的取值范围是________． 答案　∪ 解析　设P点坐标为(x0，y0)， 由f(x)＝ex－x，x∈R， 得f′(x)＝ex－， 则以P为切点的切线斜率为－>－， 令切线倾斜角为θ，θ∈[0，π)， 则tan θ>－，则θ∈∪. 12．(2023·保定模拟)若函数f(x)＝(－x2＋ax)ex在区间(－1,1]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________． 答案　 解析　f(x)＝(－x2＋ax)ex， 则f′(x)＝ex(－x2＋ax－2x＋a)， 函数f(x)＝(－x2＋ax)ex在区间(－1,1]上存在单调递减区间， 只需－x2＋ax－2x＋a<0在区间(－1,1]上有解， 又x∈(－1,1]，则x＋1∈(0,2]， 所以a<在区间(－1,1]上有解， 所以a<max，x∈(－1,1]， 令x＋1＝t，t∈(0,2]， 则＝＝t－， 令g(t)＝t－， 则g′(t)＝1＋>0在区间(0,2]上恒成立， 所以g(t)在(0,2]上单调递增， 所以g(t)max＝g(2)＝， 即max＝， 所以a<， 所以实数a的取值范围是. 四、解答题 13．(2023·无锡模拟)已知函数f(x)＝mln x＋x2－2x. (1)若函数f(x)在定义域是增函数，求实数m的取值范围； (2)若实数m<1，求f(x)的单调递增区间． 解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， 求导得f′(x)＝＋x－2＝， (1)因为函数f(x)在定义域是增函数， 故f′(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立， 所以x2－2x＋m≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立， 则4－4m≤0，即m≥1. (2)令f′(x)＝0，得x2－2x＋m＝0， Δ＝4－4m＝4(1－m)， 若m<1，则Δ>0，方程x2－2x＋m＝0的两根为x1＝1－，x2＝1＋， 若m≤0，则x1≤0，x2>0， 则当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(x2，＋∞)上单调递增； 若0<m<1，则0<x1<x2， 则当x∈(0，x1)或(x2，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增． 综上，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为 (1＋，＋∞)； 当0<m<1时，f(x)的单调递增区间为 (0,1－)，(1＋，＋∞)． 14．(2023·北京西城区模拟)已知函数f(x)＝ex－cos x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)＝xf′(x)－f(x)，证明：g(x)在(0，＋∞)上单调递增； (3)判断3f 与4f 的大小关系，并加以证明． (1)解　f′(x)＝ex＋sin x，所以f(0)＝0，f′(0)＝1， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x－y＝0. (2)证明　由题设，g(x)＝x(ex＋sin x)－(ex－cos x) ＝(x－1)ex＋xsin x＋cos x， 所以g′(x)＝x(ex＋cos x)． 当x>0时，因为ex＋cos x>e0＋cos x＝1＋cos x≥0，所以g′(x)>0. 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． (3)解　3f >4f ， 证明如下：设h(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝＝， 由(2)知g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)＝0， 所以h′(x)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 所以h>h，即3f >4f . 学科网（北京）股份有限公司 $$