专题1 微专题4 导数的几何意义及函数的单调性 （课件）-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

专题一　函数与导数 微专题4 导数的几何意义及函数的单调性 1.此部分内容是高考命题的热点内容.在选择题、填空题中多考查导数的计算、几何意义，难度较小. 2.应用导数研究函数的单调性多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题. 考情分析 2 思维导图 3 内容索引 典型例题 热点突破 4 典例1　(1)(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______________________. 考点一　导数的几何意义与计算 (－∞，－4)∪(0，＋∞) PART ONE 典型例题 因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为 ，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝ ＝ ＝ ， (2)(2023·上海模拟)若直线l与曲线C1：y＝ex＋1、曲线C2：y＝3＋ln x都相切，则直线l的方程为__________________. y＝ex＋1或y＝x＋2 由y＝ex＋1得y′＝ex， 设切点为 ， 所以切线的斜率为 ， 则直线l的方程为y－( ＋1)＝ (x－x1)， 即y＝ ； 设切点为(x2,3＋ln x2)， 消去x2得(x1－1)( －1)＝0， 故x1＝1或x1＝0， 所以直线l的方程为y＝ex＋1或y＝x＋2. 跟踪训练1　(1)(2023·常德模拟)已知l为曲线y＝ 在(1，a)处的切线， 当直线l与坐标轴围成的三角形面积为 时，实数a的值为_____. 所以切线l的方程为y－a＝(1－a)(x－1)， (2)(2023·厦门模拟)已知函数f(x)＝mx＋ln x，g(x)＝x2－mx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)存在公切线，则实数m的最大值为___. 假设两曲线在同一点(x0，y0)处相切， 因为函数y＝x2＋ln x－1单调递增，且当x＝1时，y＝0， 根据曲线的变化趋势，若m继续增大，则两曲线相交于两点，不存在公切线， 典例2　(2023·洛阳模拟)已知函数f(x)＝ax2＋(2－a)x－ln x(a∈R). (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 考点二　利用导数研究函数的单调性 由a＝2，得f(x)＝2x2－ln x，f(1)＝2，切点为(1,2)， 则切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0. (2)讨论函数y＝f(x)的单调性. f(x)＝ax2＋(2－a)x－ln x，定义域为(0，＋∞)， f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间. 当a＝－2时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 跟踪训练2　 (1)当a＝1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 所以切线的斜率k＝f′(1)＝1，又f(1)＝0， 所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，即x－y－1＝0. (2)讨论函数f(x)的单调性； f(x)的定义域是(0，＋∞)， 令g(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4. ①当a≤0或Δ≤0，即a≤2时，f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. 综上所述，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 典例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 考点三　单调性的简单应用 √ 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， (2)(2023·泸州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋(x－1)ex，则不等式f(3x－2)<f(x2)的解集为 A.(－∞，1)∪(2，＋∞) B.(0,1)∪(2，＋∞) D.(1,2) √ 函数f(x)＝ln x＋(x－1)ex的定义域为(0，＋∞)， 所以函数f(x)是增函数， 跟踪训练3　(1)(2023·玉林模拟)设函数f(x)＝ex－ －2x，若f(a－3)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是 √ 又因为f(－x)＝e－x－ex＋2x＝－f(x)，所以f(x) 为奇函数，原式等价于 f(a－3)≤－f(2a2)⇔f(a－3)≤f(－2a2)⇔a－3≤－2a2⇔2a2＋a－3≤0⇔(2a＋3)(a－1)≤0， 易知当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 即函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. 1.两曲线的公切线问题 解决两曲线的公切线问题的基本思路是：分别设出两曲线的切点坐标，然后求导得到切线的斜率，则求得两条切线方程，接着让两切线方程的斜率和截距分别相等，得到两个关于切点坐标的方程组，再加以研究. 2.由单调性求参数范围 (1)若可导函数f(x)在区间M上单调递增，则f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数f(x)在区间M上单调递减，则f′(x)≤0(x∈M)恒成立. 总结提升 (2)若可导函数在某区间上存在单调递增(减)区间，则f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集. (3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，则I是其单调区间的子集. 总结提升 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ PART TWO 热点突破 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.(2023·茂名模拟)已知a＝6－ln 2－ln 3，b＝e－ln 3，c＝e2－2，则 A.a>b>c B.b>a>c C.b>c>a D.c>a>b √ 因为a＝6－ln 2－ln 3＝6－ln 6，b＝e－ln 3<3－ln 3，c＝e2－2＝e2－ln e2， 构造函数f(x)＝x－ln x，x>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 因为e2>6>3，所以e2－ln e2>6－ln 6>3－ln 3>e－ln 3， 所以c>a>b. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(多选)设f′(x)是函数f(x)的导数，若f′(x)>0，且∀x1，x2∈R(x1≠x2)， f(x1)＋f(x2)<2f  ，则下列各选项正确的是 A.f(2)<f(e)<f(π) B.f′(π)<f′(e)<f′(2) C.f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3) D.f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2) √ √ √ 由f′(x)>0知，f(x)在R上是增函数，则f(2)<f(e)<f(π)，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以y＝f(x)的图象如图所示， 由导数的几何意义知，随着x的增加， f(x)的图象越来越平缓，即切线斜率越来越小， 所以f′(π)<f′(e)<f′(2)，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以由图易知f′(3)<kAB<f′(2)， 故D正确，C错误. 6.(多选)已知函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则 A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 函数f(x)的定义域为R，又f(－x)＝－x(e－x＋ex)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，故A错误； f′(x)＝(ex＋e－x)＋x(ex－e－x)，当x＝0时，f′(x)>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以ex－e－x>0，x(ex－e－x)>0， 所以f′(x)>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以ex－e－x<0，x(ex－e－x)>0， 所以f′(x)>0， 综上，f′(x)>0恒成立，故f(x)是增函数，故B正确； 由B得，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率k＝f′(0)＝2，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.(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____________. 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 而1＋a∈(1,2)，故ln(1＋a)>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.(2021·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函数f(x)的图象在点A(x1，f(x1))和点B(x2，f(x2))的两条切线互相垂直，且分别交y轴于 M，N两点，则 的取值范围是_____. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (0,1) 所以点A(x1,1－ )和点B(x2， －1)，kAM＝ ，kBN＝ ， 所以 ＝－1，x1＋x2＝0， 所以直线AM的方程为y－1＋ ＝－ (x－x1)，M(0， x1－ ＋1)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以|AM|＝ ＝ ·|x1|， 同理|BN|＝ ·|x2|， 所以 ＝ ＝ ＝ ＝ ∈(0,1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1. (1)讨论f(x)的单调性； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a). 令f′(x)>0，则x<x1或x>x2； 令f′(x)<0，则x1<x<x2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增. (2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1，所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1,1＋a)和(－1，－1－a). 10.(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x(a∈R). (1)若函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，求实数a的取值范围； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ②当a≠0时，令h(x)＝ax2－x＋1(x>0)，则Δ＝1－4a. 故g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 综上可得，当a＝0时，g(x)的单调递增区间为(0,1)； x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 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，＋∞). 所以切线的斜率为， 由y＝3＋ln x得y′＝， 则直线l的方程为y－(3＋ln x2)＝(x－x2)， 即y＝x＋ln x2＋2. 所以 ＝，且 ＋1＝ln x2＋2， 0或 解得a＝0或a＝. 因为y′＝，所以y′|x＝1＝1－a， 令x＝0得y＝2a－1；令y＝0得x＝， 所以S＝·|x|·|y|＝·＝， 可得1－ln x0＝x， 由题意可知f′(x)＝m＋，g′(x)＝2x－m， 则 即x＋ln x0－1＝0， 所以x0＝1，则m＝，此时两曲线在点处相切， 所以m的最大值为. f′(x)＝4x－，f′(1)＝4－1＝3， 则f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为； ②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－， 当－2<a<0时，－>， 则f′(x)＝2ax＋(2－a)－＝＝， ①当a≥0时，由f′(x)<0，得0<x<； 由f′(x)>0，得x>， 当a＝－2时，f′(x)＝－≤0恒成立， 当a<－2时，－<， 由f′(x)>0，得－<x<； 由f′(x)>0，得<x<－； 由f′(x)<0，得0<x<或x>－， 则f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，. 当－2<a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，； 由f′(x)<0，得0<x<－或x>， 则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)的单调递增区间为，单调递减区间为； 当a<－2时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，. 已知函数f(x)＝ln x＋(a－x)2，其中a∈R. 当a＝1时，f(x)＝ln x＋(1－x)2，定义域为(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－(1－x)， 由f(x)＝ln x＋(a－x)2，得f′(x)＝＋x－a＝， ②当即a>2时， 由f′(x)＝＝0，得x＝， 所以当0<x<或x>时，f′(x)>0； 当<x<时，f′(x)<0， 所以f(x)在和上单调递增， 在上单调递减. 当a>2时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减. 即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1. 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， g(x)>g(1)＝e，故e≥， C.∪(2，＋∞) 因此不等式f(3x－2)<f(x2)的解集为∪(2，＋∞). 则f′(x)＝＋xex>0对任意的x>0恒成立， 由f(3x－2)<f(x2)可得 解得<x<1或x>2， A. B. C. D. 根据题意，函数f(x)＝ex－－2x，其导数f′(x)＝ex＋－2， 又f′(x)＝ex＋－2≥0恒成立，则函数f(x)在R上为增函数， 解得－≤a≤1. (2)若函数f(x)＝－ln x在区间上不单调，则实数m的取值范围为______. 由f(x)＝－ln x可知，其定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝x－＝， 若函数f(x)＝－ln x在区间上不单调，则需满足0≤m<1<m＋， 解得<m<1. 所以实数m的取值范围为. 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＋ 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.(2023·乐山模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2－x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 A. B. C.[0，＋∞) D.(0，＋∞) 函数f(x)＝ln x－ax2－x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－ax－1， 依题意，不等式f′(x)<0⇔a>－在(0，＋∞)上有解，而－＝2－≥－， 当且仅当x＝2时取等号，则a>－， 所以实数a的取值范围是. 3.若直线l与曲线y＝和圆x2＋y2＝都相切，则l的方程为 A.y＝2x＋1 B.y＝2x＋ C.y＝x＋1 D.y＝x＋ 圆x2＋y2＝的圆心为原点，半径为，经检验原点到选项A，D中的直线y＝2x＋1，y＝x＋的距离均为，即两直线与圆x2＋y2＝均相切，原点到选项B，C中的直线y＝2x＋，y＝x＋1的距离均不是，即两直线与圆x2＋y2＝均不相切，所以排除B，C. 对于A选项，y＝2x＋1与y＝联立可得2x－＋1＝0，此时方程无解，所以排除A. 则f′(x)＝1－＝， ∀x1，x2∈R(x1≠x2)，恒有f(x1)＋f(x2)<2f ， 即<f ， 又kAB＝＝f(3)－f(2)， D.f(log23)＋f >0 当x>0时，ex＋e－x>0，ex>1,0<<1， 当x<0时，ex＋e－x>0,0<ex<1，>1， 因为f(x)是增函数，且log23>log2＝， 所以f(log23)>f ，所以f(log23)＋f ＝f(log23)－f >0，故D正确. 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≥－， 故即 故≤a<1， 结合题意可得实数a的取值范围是. 由题意得，f(x)＝|ex－1|＝ 则f′(x)＝ ①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上是增函数； ②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0， 解得x1＝，x2＝， 综上，当a≥时，f(x)在R上是增函数； 当a<时，f(x)在上单调递增， 在上单调递增. 在上单调递减， 记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，x－x＋ax0＋1)， 因为f′(x0)＝3x－2x0＋a，所以切线l的方程为y－(x－x＋ax0＋1)＝(3x－2x0＋a)(x－x0). 由l过坐标原点，得2x－x－1＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x. 由题意f′(x)＝a－≤0对x∈(0,1)恒成立， 即a≤在(0,1)上恒成立，又y＝在(0,1)上单调递减，所以a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]. (2)求函数g(x)＝f(x)－的单调递增区间. g(x)＝ax－－ln x，定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝a＋－＝， ①当a＝0时，令g′(x)＝>0，解得0<x<1，所以g(x)的单调递增区间为(0,1). (ⅰ)当a<0时，有Δ>0，函数h(x)的对称轴x＝<0且h(0)＝1>0， 令h(x)＝0，解得x1＝∈(－∞，0)(舍去)，x2＝∈(0，＋∞)， 若a≥，则Δ＝1－4a≤0，h(x)≥0恒成立，即g′(x)≥0恒成立， 令h(x)＝ax2－x＋1>0，解得0<x<，所以g(x)的单调递增区间为； 若0<a<，则Δ＝1－4a>0，h(x)＝0的两根x1＝∈(0，＋∞)，x2＝∈(0，＋∞). (ⅱ)当a>0时，函数h(x)的对称轴x＝>0且h(0)＝1>0. 所以g(x)的单调递增区间为和. 当a<0时，g(x)的单调递增区间为； 当a≥时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当0<a<时，g(x)的单调递增区间为和 . $$