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（新高考提高版）

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·湖北省七市(州)联考)已知m>0，n>0，直线y＝x＋m＋1与曲线y＝ln x－n＋2相切，则＋的最小值是(　　) A．16 B．12 C．8 D．4 答案　D 解析　对y＝ln x－n＋2求导得y′＝， 由y′＝＝得x＝e， 则·e＋m＋1＝ln e－n＋2，即m＋n＝1， 所以＋＝(m＋n) ＝2＋＋≥2＋2＝4， 当且仅当m＝n＝时取等号． (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·武汉华中师大一附中模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R. (1)当a＝0时，求f(x)在x＝0处的切线方程； (2)讨论函数f(x)的单调性． 解　(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex， f′(x)＝(x－1)ex， f′(0)＝(0－1)e0＝－1，f(0)＝－2， ∴切线方程为y－(－2)＝(－1)(x－0)， 即x＋y＋2＝0. (2)∵f(x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R. ∴f′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a)． ①当a≤0时，令f′(x)<0，得x<1， ∴f(x)在(－∞，1)上单调递减； 令f′(x)>0，得x>1， ∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增． ②当0<a<e时，令f′(x)<0，得ln a<x<1. ∴f(x)在(ln a,1)上单调递减； 令f′(x)>0，得x<ln a或x>1. ∴f(x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增． ③当a＝e时，f′(x)≥0在R上恒成立， ∴f(x)在R上是增函数． ④当a>e时，令f′(x)<0，得1<x<ln a. ∴f(x)在(1，ln a)上单调递减； 令f′(x)>0，得x>ln a或x<1. ∴f(x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； 当0<a<e时，f(x)在(ln a,1)上单调递减，在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增； 当a＝e时，f(x)在R上是增函数； 当a>e时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增． 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·北京模拟)已知函数f(x)＝. (1)当t＝2时，求f(x)在x＝1处的切线方程； (2)求f(x)的单调区间． 解　(1)∵t＝2，∴f(x)＝， ∴f′(x)＝， ∴f′(1)＝ln 2－1，又f(1)＝ln 2， ∴切线方程为y－ln 2＝(ln 2－1)(x－1)， 即y＝(ln 2－1)x＋1. (2)f(x)＝， ∴f(x)的定义域为(0，t)∪(t，＋∞)，且t>0， f′(x)＝， 令φ(x)＝1－－ln x＋ln t，x>0且x≠t， φ′(x)＝－＝， ∴当x∈(0，t)时，φ′(x)>0， 当x∈(t，＋∞)时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0，t)上单调递增，在(t，＋∞)上单调递减， ∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0， ∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上单调递减． 即f(x)的单调递减区间为(0，t)，(t，＋∞)，无单调递增区间． 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·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，可得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. 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)(2023·山西统考)若对于∀x1，x2∈(－∞，m)，且x1<x2，都有>1，则m的最大值是(　　) A．2e B．e C．0 D．－1 答案　C 解析　∵x1<x2，∴ex1<ex2， ∴>1等价于x2－x1>－， 则， 令f(x)＝，则f(x2)>f(x1)， 又x1<x2<m， ∴f(x)在(－∞，m)上单调递增， 由f′(x)＝－≥0在(－∞，m)上恒成立，得m≤0，故m的最大值为0. (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·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(　　) A. B. C. D.∪ 答案　D 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∈∪. 5．(2023·成都模拟)若过原点与曲线f(x)＝x2ex＋ax2－2x相切的直线，切点均与原点不重合的有2条，则a的取值范围是(　　) A．(e－2，＋∞) B．(－∞，e－2) C．(0，e－2) D．(0，e－2] 答案　C 解析　因为f(x)＝x2ex＋ax2－2x， 所以f′(x)＝(2x＋x2)ex＋2ax－2， 设过原点的切线与曲线f(x)在x＝t(t≠0)处相切， 所以切线的斜率 k＝f′(t)＝(2t＋t2)et＋2at－2＝， 整理得a＝－(t＋1)et， 设g(t)＝－(t＋1)et，则g′(t)＝－(t＋2)et， 所以当t<－2时，g′(t)>0， 当t>－2时，g′(t)<0， 所以g(t)在(－∞，－2)上单调递增， 在(－2，＋∞)上单调递减， 所以g(t)max＝g(－2)＝e－2， 且当t→－∞时，g(t)→0， 当t→＋∞时，g(t)→－∞， 所以当0<a<e－2时，过原点与曲线f(x)＝x2ex＋ax2－2x相切的直线有2条，且切点均与原点不重合． 6．(2023·广州模拟)已知偶函数f(x)与其导函数f′(x)的定义域均为R，且f′(x)＋e－x＋x也是偶函数，若f(2a－1)<f(a＋1)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，2) B．(0,2) C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 答案　B 解析　因为f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)，等式两边求导可得f′(x)＝－f′(－x)，① 因为函数f′(x)＋e－x＋x为偶函数， 则f′(x)＋e－x＋x＝f′(－x)＋ex－x，② 联立①②可得f′(x)＝－x， 令g(x)＝f′(x)， 则g′(x)＝－1≥－1＝0， 且g′(x)不恒为零，所以函数g(x)在R上为增函数，即函数f′(x)在R上为增函数，故当x>0时，f′(x)>f′(0)＝0， 所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，由f(2a－1)<f(a＋1)可得f(|2a－1|)<f(|a＋1|)， 所以|2a－1|<|a＋1|， 整理可得a2－2a<0，解得0<a<2. 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．若对∀m∈R，∃a，b∈R，使得＝f(m)成立，则称可导函数f(x)满足性质Ω，下列函数满足性质Ω的是(　　) A．f(x)＝x2＋3x B．f(x)＝ C．f(x)＝e－x＋1 D．f(x)＝cos(1－2x) 答案　ABD 解析　若对∀m∈R，∃a，b∈R，使得＝f(m)成立，则f(x)的值域是f′(x)值域的子集． 对于A，由二次函数性质知，f(x)＝x2＋3x的值域为， ∵f′(x)＝2x＋3，∴f′(x)的值域为R， 则⊆R，A满足性质Ω； 对于B，∵(x＋1)2>0， ∴f(x)的值域为(0，＋∞)， ∵f′(x)＝－， 又(x＋1)3≠0，∴f′(x)的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 则(0，＋∞)⊆(－∞，0)∪(0，＋∞)，B满足性质Ω； 对于C，∵－x＋1∈R， ∴f(x)＝e－x＋1的值域为(0，＋∞)， ∵f′(x)＝－e－x＋1， ∴f′(x)的值域为(－∞，0)， 则f(x)的值域不是f′(x)的值域的子集，C不满足性质Ω； 对于D，∵1－2x∈R， ∴f(x)＝cos(1－2x)的值域为[－1,1]， ∵f′(x)＝2sin(1－2x)，∴f′(x)的值域为[－2,2]， 则[－1,1]⊆[－2,2]，D满足性质Ω. 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·广州统考)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________． 答案　a>c>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. 12．(2023·全国乙卷)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 答案　 解析　由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a， 即x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立， 而y＝x在区间(0，＋∞)上单调递增， 故0＝1≥－， 而1＋a∈(1,2)，故ln(1＋a)>0， 故即 故≤a<1， 结合题意可得实数a的取值范围是. 四、解答题 13．(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a∈R)． (1)若函数在x＝1处的切线与直线x－y－2＝0垂直，求实数a的值； (2)当a>0时，讨论函数的单调性． 解　(1)由题意可得，f′(x)＝2x－2＋， 因为函数在x＝1处的切线与直线x－y－2＝0垂直，则f′(1)＝－1＝2－2＋a，即a＝－1. (2)因为f′(x)＝2x－2＋＝，x>0， 对于方程2x2－2x＋a＝0， 记Δ＝4－8a， ①当Δ≤0，即a≥时，f′(x)≥0，函数f(x)是(0，＋∞)上的增函数； ②当Δ>0，即0<a<时，令f′(x)＝0， 解得x1＝，x2＝. 又x2>x1>0. 当x∈或时， f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 综上所述，当a≥时，函数f(x)是(0，＋∞)上的增函数； 当0<a<时，函数f(x)在，上单调递增， 在上单调递减． 14．(2023·湖北八市联考)设函数f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e为自然常数) (1)当a＝1时，求F(x)＝ex－f(x)的单调区间； (2)若f(x)在区间上单调递增，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，F(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，定义域为(1，＋∞)， F′(x)＝ln(x－1)－1，令F′(x)>0，解得x>e＋1， 令F′(x)<0，解得1<x<e＋1， 故此时F(x)的单调递增区间为(e＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e＋1)． (2)f(x)在区间上有意义， 故ax－1>0在上恒成立，可得a>e， 依题意可得，f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在上恒成立， 设g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1， g′(x)＝ex－， 易知g′(x)在上单调递增， 故g′(x)≤g′(1)＝e－<0， 故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在上单调递减，最小值为g(1)， 故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0， 设h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e， 由h′(a)＝－ln(a－1)－<0，可得h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上单调递减， 又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1. 综上所述，实数a的取值范围为(e，e＋1]． 学科网（北京）股份有限公司 $$