专题一 微专题3 导数的几何意义及函数的单调性-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

微专题3　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，属综合性问题. 考点一　导数的几何意义与计算 1.导数的几何意义 (1)函数在x=x0处的导数即曲线在点(x0，f(x0))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)(2024·新课标全国Ⅰ)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=　　　　.  答案　ln 2 解析　由y=ex+x得y'=ex+1， 当x=0时，y'=e0+1=2， 故曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线方程为 y=2x+1. 由y=ln(x+1)+a得y'=， 设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0，y0)， 由两曲线有公切线得y'==2， 解得x0=-，代入切线方程y=2x+1得y0=2×+1=0， 则y0=ln(x0+1)+a=0， 即ln+a=0，解得a=ln 2. (2)已知函数f(x)=(x+a)2+ln x的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线y=f(x)在点A，B处的切线都与直线x+2y=0垂直，则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞，1-) B.(1-，0) C.(-∞，1+) D.(0，1+) 答案　A 解析　由题意知f'(x)=2x+2a+，因为曲线y=f(x)在点A，B处的切线都与直线x+2y=0垂直， 所以切线斜率都是2， 即关于x的方程f'(x)=2x+2a+=2有两个不相等的正实数根， 化简得x2-(1-a)x+=0有两个不相等的正实数根，则解得a<1-. ［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)(2024·全国甲卷)设函数f(x)=，则曲线y=f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　f'(x)=， 则f'(0)= =3， 则曲线y=f(x)在点(0，1)处的切线方程为y-1=3x， 即y=3x+1， 令x=0，则y=1， 令y=0，则x=-， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S=×1×=. (2)过坐标原点作曲线f(x)=ex(x2-2x+2)的切线，则切线共有(　　) A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 答案　A 解析　设切点为(x0，-2x0+2))， 由f(x)=ex(x2-2x+2)可得f'(x)=x2ex， 则切线的斜率k=， 所以切线方程为y--2x0+2)=(x-x0)， 代入原点(0，0)得-+2x0-2=0， 故(x0-1)+2(x0-1)=0， 即(x0-1)(+2)=0， 解得x0=1，故过坐标原点的切线共有1条. 考点二　利用导数研究函数的单调性 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　已知函数g(x)=-a(a>1)，讨论g(x)的单调性. 解　因为g(x)=-a，x>0， 所以g'(x)=-a=， 因为a>1，令g'(x)=0，得x=1或x=ln a， 若1<a<e，则0<ln a<1， 当x∈(ln a，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(0，ln a)和x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 若a=e，则ln a=1，g'(x)≥0，g(x)在(0，+∞)上单调递增； 若a>e，则ln a>1， 当x∈(1，ln a)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(0，1)和x∈(ln a，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 综上所述，当1<a<e时，g(x)在(ln a，1)上单调递减，在(0，ln a)和(1，+∞)上单调递增； 当a=e时，g(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>e时，g(x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)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　已知函数f(x)=x3-x2(2ln x-1)+ax. (1)若f(x)的图象在x=1处的切线过点P，求a的值； (2)讨论f(x)的单调性. 解　(1)因为f(x)=x3-x2(2ln x-1)+ax，x>0， 所以f'(x)=x2-xln x-ax+aln x， f(1)=-a，f'(1)=1-a， 因为f(x)的图象在x=1处的切线过点P， 所以该切线的斜率k==f'(1)， 即-a=-a， 所以a=. (2)由(1)得f'(x)=x2-xln x-ax+aln x=(x-ln x)(x-a)， 设g(x)=x-ln x，则g'(x)=1-=， 所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)≥g(1)=1>0. 所以若a≤0，则f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 若a>0，则当x∈(0，a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增. 考点三　单调性的简单应用 1.函数f(x)在区间I上单调递增(或递减)，可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈I上恒成立. 2.函数f(x)在区间I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∈I上有解. 例3　(1)(2024·兰州模拟)函数f(x)=-x2+ax+1-ln x，若f(x)在上单调递减，则实数a的取值范围为(　　) A.(-∞，2］ B.(-∞，2) C.(-∞，3］ D.(-∞，3) 答案　C 解析　函数f(x)=-x2+ax+1-ln x， ∴f'(x)=-2x+a-， 若函数在区间上单调递减， 则f'(x)≤0在上恒成立， 即a≤+2x在上恒成立， 由对勾函数性质可知y=+2x在上单调递减，故y=+2x>3，∴a≤3. (2)(2024·西安模拟)已知函数f(x)=-，则f(2)，f(e)，f(3)，f(5)从大到小顺次为(　　) A.f(5)，f(3)，f(e)，f(2) B.f(2)，f(e)，f(5)，f(3) C.f(e)，f(3)，f(2)，f(5) D.f(e)，f(5)，f(3)，f(2) 答案　C 解析　f(x)的定义域为(0，1)∪(1，+∞)， 由f'(x)==0，得x=e. 当1<x<e时，f'(x)>0，f(x)在(1，e)上单调递增； 当x>e时，f'(x)<0，f(x)在(e，+∞)上单调递减， 所以在区间(1，+∞)上，当x=e时，f(x)取得最大值. 则f(e)>f(3)>f(4)>f(5)，且f(e)>f(2). 又因为f(2)=-=-=-=f(4)， 所以f(e)>f(3)>f(2)>f(5). ［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)(2024·安康模拟)已知α∈R，则“2α-cos 2α>”是“α>”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　C 解析　令f(x)=x-cos x，则f'(x)=1+sin x≥0恒成立， 所以f(x)=x-cos x在R上单调递增， 又f=-cos=， 所以当x>时，f(x)>， 所以“2α-cos 2α>”是“α>”的充要条件. (2)已知变量x1，x2∈(0，m)，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，x1，x2∈(0，m)， ∴<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)=， 当f'(x)>0时，0<x<e， 所以函数f(x)的单调递增区间是(0，e)， 则m的最大值为e. 专题强化练 (分值：90分) 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.(2024·海口模拟)已知函数f(x)=x3-x+2sin x，则曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为(　　) A.x-y=0 B.y=1 C.2x+y=0 D.2x-y=0 答案　A 解析　函数f(x)=x3-x+2sin x，求导得f'(x)=3x2-1+2cos x，则f'(0)=1，而f(0)=0，所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=x，即x-y=0. 2.(2024·成都模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=x(1-ln x)，则当x<0时，f(x)的单调递增区间为(　　) A.(-∞，-e) B.(-e，0) C.(-∞，0) D.(-1，0) 答案　D 解析　当x>0时，f(x)=x(1-ln x)，则f'(x)=-ln x， 所以当0<x<1时，f'(x)>0，当x>1时，f'(x)<0， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 又函数f(x)是定义在R上的奇函数， 所以f(x)在(-1，0)上单调递增，在(-∞，-1)上单调递减. 3.(2024·曲靖模拟)已知函数f(x)与g(x)的部分图象如图所示，则(　　) A.g'(-1)<0<f'(-1) B.f'(-1)<0<g'(-1) C.g'(3)<f'(3) D.f'(3)<g'(3) 答案　D 解析　由图可知，f(x)与g(x)在区间［-1，3］上单调递增，所以g'(-1)>0，f'(-1)>0. 在区间［-1，3］上，g(x)的图象比f(x)的图象更陡峭，所以0<f'(-1)<g'(-1)，f'(3)<g'(3). 4.(2024·沧州模拟)已知f(x)=3-x2-2cos x，设a=2-0.5，b=，c=log2，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为(　　) A.f(c)>f(a)>f(b) B.f(b)>f(a)>f(c) C.f(b)>f(c)>f(a) D.f(c)>f(b)>f(a) 答案　B 解析　由题意知，函数f(x)的定义域为R， 且f(-x)=3-(-x)2-2cos(-x)=f(x)，所以f(x)为偶函数. 又f'(x)=2(sin x-x)， 当x≥0时，令g(x)=2(sin x-x)，则g'(x)=2(cos x-1)≤0， 所以g(x)在［0，+∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)=0， 即f'(x)≤0，所以f(x)在［0，+∞)上单调递减. a=2-0.5=>=b， |c|==log23>1， 故|c|>a>b，从而f(b)>f(a)>f(|c|)，即f(b)>f(a)>f(c). 5.(2024·呼和浩特模拟)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) 答案　C 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). 6.(2024·昆明模拟)已知函数f(x)=asin x+cos x，x∈，若存在x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)，则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞，1］ B.［，+∞) C.(1，) D.［1，］ 答案　C 解析　存在x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)，等价于函数f(x)在上不单调. 易知f'(x)=acos x-sin x， 若函数f(x)在上单调递增，则f'(x)≥0恒成立，即acos x-sin x≥0， 所以a≥=tan x在上恒成立，则a≥； 同理，若函数f(x)在上单调递减，则f'(x)≤0恒成立，得a≤1， 所以若函数f(x)在上不单调，则1<a<. 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2024·邢台模拟)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，则下面等式一定不成立的是(　　) A.x1+x2=2 B.x1+x2= C.x1x2=2 D.x1x2= 答案　ACD 解析　因为f(x)=x2+2ln x，x>0， 所以f'(x)=2x+，x>0. 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)，即2x1+=2x2+， 整理得(x1-x2)=0， 又x1≠x2，所以x1x2=1，故C，D不成立； 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可能成立. 8.已知函数f(x)=x4-x3+x2-xln x在上存在单调递减区间，则实数a的取值可能为(　　) A. B. C.2 D.e 答案　AB 解析　因为函数f(x)=x4-x3+x2-xln x，可得f'(x)=x3-2x2+ax-ln x-1， 因为函数f(x)在上存在单调递减区间， 可得f'(x)=x3-2x2+ax-ln x-1<0在上有解. 即a<+2x-x2在上有解. 令g(x)=+2x-x2， 则a<g(x)max，且g'(x)=--2(x-1)， 当≤x<1时，->0，-2(x-1)>0，所以g'(x)>0； 当1<x≤2时，-<0，-2(x-1)<0，所以g'(x)<0， 所以g(x)在上单调递增，在(1，2］上单调递减，故g(x)max=g(1)=2，所以a<2. 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.已知函数f(x)=2f'(2)x-x2+ln x，则f(1)=　　　　.  答案　 解析　∵f(x)=2f'(2)x-x2+ln x， 则f'(x)=2f'(2)-x+， ∴f'(2)=2f'(2)-×2+， 解得f'(2)=， ∴f(x)=5x-x2+ln x， ∴f(1)=5-+ln 1=. 10.(2024·重庆模拟)已知f(x)=2x-+ln x，若实数m，n满足f(m)+f=0，则4m+的最小值为　　　　.  答案　4 解析　由f(x)=2x-+ln x(x>0)可得f'(x)=2++>0，故f(x)=2x-+ln x在(0，+∞)上单调递增， 而f(x)+f =+=0， 故由f(m)+f=0得=1， 即m=n2(n2>0)， 4m+=4n2+≥2=4，当且仅当4n2=，即n2=时取等号，故4m+的最小值为4. 四、解答题(共28分) 11.(13分)已知函数f(x)=ln x+eax-ax(a∈R). (1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为1，求该切线方程；(5分) (2)讨论函数f(x)的单调性.(8分) 解　(1)由题意知，f'(x)=+aeax-a，则f'(1)=1+aea-a. 因为曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为1， 所以f'(1)=1，即1+aea-a=1，即a(ea-1)=0， 所以a=0， 因此f(x)=ln x+1，f(1)=1， 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-1=x-1，即x-y=0. (2)f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=+aeax-a=+a(eax-1)， 若a=0，则f'(x)=>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 若a>0，则ea>1，当x∈(0，+∞)时， eax=(ea)x>=1， 于是eax-1>0，a(eax-1)>0，+a(eax-1)>0， 即f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 若a<0，则0<ea<1，当x∈(0，+∞)时，eax=∈(0，1)， 于是eax-1<0，a(eax-1)>0，+a(eax-1)>0， 即f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. 综上所述，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增. 12.(15分)已知函数f(x)=aln x-x+1(a∈R). (1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；(6分) (2)对任意的x1，x2∈(0，1］，当x1<x2时，都有f(x1)-f(x2)<4，求实数a的取值范围.(9分) 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=-1=. 当a>0时，由f'(x)<0，解得x>a， 由f'(x)>0，解得0<x<a. 即f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减. (2)f(x1)-f(x2)<4， 即f(x1)-<f(x2)-. 令g(x)=f(x)-， 因为对任意的x1，x2∈(0，1］， 当x1<x2时，g(x1)<g(x2)， 所以函数g(x)在(0，1］上单调递增. 所以g'(x)=f'(x)+=-1+≥0在(0，1］上恒成立， 即a≥x-在(0，1］上恒成立， 只需a≥. 设h(x)=x-，x∈(0，1］， 则h'(x)=1+>0， 所以h(x)=x-在(0，1］上单调递增. 所以a≥h(x)max=h(1)=1-4=-3. 综上所述，实数a的取值范围为［-3，+∞). 每小题5分，共10分 13.(2024·淮南模拟)丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若x1，x2，…，xn为(a，b)上任意n个实数，满足f≤，则称函数f(x)在(a，b)上为“凹函数”.也可设可导函数f(x)在(a，b)上的导函数为f'(x)，f'(x)在(a，b)上的导函数为f″(x)，当f″(x)>0时，函数f(x)在(a，b)上为“凹函数”.已知x1，x2，…，xn>0，n≥2，且x1+x2+…+xn=1，令W=++…+的最小值为an，则a2 024为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　记函数f(x)==-1，x∈(0，1)，首先证明其凹凸性： ∵f'(x)=-=， ∴f″(x)=-=>0， ∴f(x)=-1在(0，1)上为“凹函数”. 由f≤， 得≥， ∴W=++…+≥， 即W的最小值an=，∴a2 024=. 14.已知函数f(x)=log2(2x+2-x)-cos x，设a=f(log32)，b=f(-1.5)，c=f(3-0.2)，则(　　) A.b<c<a B.b<a<c C.a<c<b D.a<b<c 答案　C 解析　因为函数f(x)=log2(2x+2-x)-cos x的定义域为R， f(-x)=log2(2-x+2x)-cos(-x)=log2(2-x+2x)-cos x=f(x)， 所以函数f(x)为偶函数. 当x∈时，令t=h(x)=2x+2-x， 则h'(x)=(2x-2-x)ln 2=>0， 则h(x)在上单调递增，而y=log2t，y=-cos x在上均单调递增， 故f(x)=log2(2x+2-x)-cos x在上单调递增. 因为3log32-2=log3<0， 所以0<log32<， 因为(3-0.2)5=>=， 所以<3-0.2<1，又b=f(-1.5)=f(1.5)， 且0<log32<3-0.2<1.5<， 所以f(log32)<f(3-0.2)<f(1.5)，即a<c<b. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 导数的几何意义及函数的单调性 微专题3 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，属综合性问题. 考情分析 考点一 考点二 考点三 导数的几何意义与计算 利用导数研究函数的单调性 单调性的简单应用 专题强化练 内容索引 考点一 导数的几何意义与计算 1.导数的几何意义 (1)函数在x=x0处的导数即曲线在点(x0，f(x0))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. (1)(2024·新课标全国Ⅰ)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=　　　　.  例1 ln 2 由y=ex+x得y'=ex+1， 当x=0时，y'=e0+1=2， 故曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线方程为y=2x+1. 由y=ln(x+1)+a得y'=， 设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0，y0)， 由两曲线有公切线得y'==2， 解得x0=-，代入切线方程y=2x+1得y0=2×+1=0， 则y0=ln(x0+1)+a=0， 即ln+a=0，解得a=ln 2. (2)已知函数f(x)=(x+a)2+ln x的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线y=f(x)在点A，B处的切线都与直线x+2y=0垂直，则实数a的取值范围是 A.(-∞，1-) B.(1-，0) C.(-∞，1+) D.(0，1+) √ 由题意知f'(x)=2x+2a+，因为曲线y=f(x)在点A，B处的切线都与直线x+2y=0垂直， 所以切线斜率都是2， 即关于x的方程f'(x)=2x+2a+=2有两个不相等的正实数根， 化简得x2-(1-a)x+=0有两个不相等的正实数根，则 解得a<1-. 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. (1)(2024·全国甲卷)设函数f(x)=，则曲线y=f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 A. B. C. D. 跟踪演练1 √ f'(x)=， 则f'(0)==3， 则曲线y=f(x)在点(0，1)处的切线方程为y-1=3x， 即y=3x+1， 令x=0，则y=1， 令y=0，则x=-， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S=×1×=. (2)过坐标原点作曲线f(x)=ex(x2-2x+2)的切线，则切线共有 A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 √ 设切点为(x0，-2x0+2))， 由f(x)=ex(x2-2x+2)可得f'(x)=x2ex， 则切线的斜率k=， 所以切线方程为y--2x0+2)=(x-x0)， 代入原点(0，0)得-+2x0-2=0， 故(x0-1)+2(x0-1)=0， 即(x0-1)(+2)=0， 解得x0=1，故过坐标原点的切线共有1条. 利用导数研究函数的单调性 考点二 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 已知函数g(x)=-a(a>1)，讨论g(x)的单调性. 例2 因为g(x)=-a，x>0， 所以g'(x)=-a=， 因为a>1，令g'(x)=0，得x=1或x=ln a， 若1<a<e，则0<ln a<1， 当x∈(ln a，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(0，ln a)和x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 若a=e，则ln a=1，g'(x)≥0，g(x)在(0，+∞)上单调递增； 若a>e，则ln a>1， 当x∈(1，ln a)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(0，1)和x∈(ln a，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 综上所述，当1<a<e时，g(x)在(ln a，1)上单调递减，在(0，ln a)和(1，+∞)上单调递增； 当a=e时，g(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>e时，g(x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，+∞)上单调递增. (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. 规律方法 已知函数f(x)=x3-x2(2ln x-1)+ax. (1)若f(x)的图象在x=1处的切线过点P，求a的值； 跟踪演练2 因为f(x)=x3-x2(2ln x-1)+ax，x>0， 所以f'(x)=x2-xln x-ax+aln x， f(1)=-a，f'(1)=1-a， 因为f(x)的图象在x=1处的切线过点P， 所以该切线的斜率k==f'(1)， 即-a=-a， 所以a=. (2)讨论f(x)的单调性. 由(1)得f'(x)=x2-xln x-ax+aln x=(x-ln x)(x-a)， 设g(x)=x-ln x，则g'(x)=1-=， 所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)≥g(1)=1>0. 所以若a≤0，则f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 若a>0，则当x∈(0，a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增. 单调性的简单应用 考点三 1.函数f(x)在区间I上单调递增(或递减)，可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈I上恒成立. 2.函数f(x)在区间I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∈I上有解. (1)(2024·兰州模拟)函数f(x)=-x2+ax+1-ln x，若f(x)在上单调递减，则实数a的取值范围为 A.(-∞，2］ B.(-∞，2) C.(-∞，3］ D.(-∞，3) √ 例3 函数f(x)=-x2+ax+1-ln x， ∴f'(x)=-2x+a-， 若函数在区间上单调递减， 则f'(x)≤0在上恒成立， 即a≤+2x在上恒成立， 由对勾函数性质可知y=+2x在上单调递减，故y=+2x>3，∴a≤3. (2)(2024·西安模拟)已知函数f(x)=-，则f(2)，f(e)，f(3)，f(5)从大到小顺次为 A.f(5)，f(3)，f(e)，f(2) B.f(2)，f(e)，f(5)，f(3) C.f(e)，f(3)，f(2)，f(5) D.f(e)，f(5)，f(3)，f(2) √ f(x)的定义域为(0，1)∪(1，+∞)， 由f'(x)==0，得x=e. 当1<x<e时，f'(x)>0，f(x)在(1，e)上单调递增； 当x>e时，f'(x)<0，f(x)在(e，+∞)上单调递减， 所以在区间(1，+∞)上，当x=e时，f(x)取得最大值. 则f(e)>f(3)>f(4)>f(5)，且f(e)>f(2). 又因为f(2)=-=-=-=f(4)， 所以f(e)>f(3)>f(2)>f(5). 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. (1)(2024·安康模拟)已知α∈R，则“2α-cos 2α>”是“α>”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 跟踪演练3 √ 令f(x)=x-cos x，则f'(x)=1+sin x≥0恒成立， 所以f(x)=x-cos x在R上单调递增， 又f=-cos=， 所以当x>时，f(x)>， 所以“2α-cos 2α>”是“α>”的充要条件. (2)已知变量x1，x2∈(0，m)，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 √ ∵x2ln x1<x1ln x2恒成立，x1，x2∈(0，m)， ∴<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)=， 当f'(x)>0时，0<x<e， 所以函数f(x)的单调递增区间是(0，e)， 则m的最大值为e. 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D D B C C ACD AB 题号 9 10 13 14 答案 4 B C 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11. (1)由题意知，f'(x)=+aeax-a， 则f'(1)=1+aea-a. 因为曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为1， 所以f'(1)=1，即1+aea-a=1， 即a(ea-1)=0，所以a=0， 因此f(x)=ln x+1，f(1)=1， 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-1=x-1，即x-y=0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11. (2)f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=+aeax-a=+a(eax-1)， 若a=0，则f'(x)=>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 若a>0，则ea>1， 当x∈(0，+∞)时，eax=(ea)x>=1， 于是eax-1>0，a(eax-1)>0，+a(eax-1)>0， 即f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11. 若a<0，则0<ea<1， 当x∈(0，+∞)时，eax=∈(0，1)， 于是eax-1<0，a(eax-1)>0，+a(eax-1)>0， 即f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. 综上所述，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. (1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=-1=. 当a>0时，由f'(x)<0，解得x>a， 由f'(x)>0，解得0<x<a. 即f(x)在(0，a)上单调递增， 在(a，+∞)上单调递减. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. (2)f(x1)-f(x2)<4， 即f(x1)-<f(x2)-. 令g(x)=f(x)-， 因为对任意的x1，x2∈(0，1］， 当x1<x2时，g(x1)<g(x2)， 所以函数g(x)在(0，1］上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. 所以g'(x)=f'(x)+=-1+≥0在(0，1］上恒成立， 即a≥x-在(0，1］上恒成立， 只需a≥. 设h(x)=x-，x∈(0，1］， 则h'(x)=1+>0， 所以h(x)=x-在(0，1］上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. 所以a≥h(x)max=h(1)=1-4=-3. 综上所述，实数a的取值范围为［-3，+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 一、单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1.(2024·海口模拟)已知函数f(x)=x3-x+2sin x，则曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为 A.x-y=0 B.y=1 C.2x+y=0 D.2x-y=0 √ 函数f(x)=x3-x+2sin x，求导得f'(x)=3x2-1+2cos x，则f'(0)=1，而f(0)=0，所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=x，即x-y=0. 素养提升 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.(2024·成都模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=x(1-ln x)，则当x<0时，f(x)的单调递增区间为 A.(-∞，-e) B.(-e，0) C.(-∞，0) D.(-1，0) 当x>0时，f(x)=x(1-ln x)，则f'(x)=-ln x， 所以当0<x<1时，f'(x)>0，当x>1时，f'(x)<0， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 又函数f(x)是定义在R上的奇函数， 所以f(x)在(-1，0)上单调递增，在(-∞，-1)上单调递减. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.(2024·曲靖模拟)已知函数f(x)与g(x)的部分图象如图所示，则 A.g'(-1)<0<f'(-1) B.f'(-1)<0<g'(-1) C.g'(3)<f'(3) D.f'(3)<g'(3) √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由图可知，f(x)与g(x)在区间［-1，3］上单调递增，所以g'(-1)>0，f'(-1)>0. 在区间［-1，3］上，g(x)的图象比f(x)的图象更陡峭，所以0<f'(-1)<g'(-1)，f'(3)<g'(3). 4.(2024·沧州模拟)已知f(x)=3-x2-2cos x，设a=2-0.5，b=，c=log2，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为 A.f(c)>f(a)>f(b) B.f(b)>f(a)>f(c) C.f(b)>f(c)>f(a) D.f(c)>f(b)>f(a) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由题意知，函数f(x)的定义域为R， 且f(-x)=3-(-x)2-2cos(-x)=f(x)，所以f(x)为偶函数. 又f'(x)=2(sin x-x)， 当x≥0时，令g(x)=2(sin x-x)，则g'(x)=2(cos x-1)≤0， 所以g(x)在［0，+∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)=0， 即f'(x)≤0，所以f(x)在［0，+∞)上单调递减. a=2-0.5=>=b，|c|==log23>1， 故|c|>a>b，从而f(b)>f(a)>f(|c|)，即f(b)>f(a)>f(c). 5.(2024·呼和浩特模拟)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2024·昆明模拟)已知函数f(x)=asin x+cos x，x∈，若存在x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)，则实数a的取值范围是 A.(-∞，1］ B.［，+∞) C.(1，) D.［1，］ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 存在x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)，等价于函数f(x)在上不单调. 易知f'(x)=acos x-sin x， 若函数f(x)在上单调递增，则f'(x)≥0恒成立，即acos x-sin x≥0， 所以a≥=tan x在上恒成立，则a≥； 同理，若函数f(x)在上单调递减，则f'(x)≤0恒成立，得a≤1， 所以若函数f(x)在上不单调，则1<a<. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(2024·邢台模拟)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，则下面等式一定不成立的是 A.x1+x2=2 B.x1+x2= C.x1x2=2 D.x1x2= √ 答案 二、多项选择题 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为f(x)=x2+2ln x，x>0， 所以f'(x)=2x+，x>0. 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)，即2x1+=2x2+， 整理得(x1-x2)=0， 又x1≠x2，所以x1x2=1，故C，D不成立； 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可能成立. 答案 8.已知函数f(x)=x4-x3+x2-xln x在上存在单调递减区间，则实数a的取值可能为 A. B. C.2 D.e 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 √ 因为函数f(x)=x4-x3+x2-xln x，可得f'(x)=x3-2x2+ax-ln x-1， 因为函数f(x)在上存在单调递减区间， 可得f'(x)=x3-2x2+ax-ln x-1<0在上有解. 即a<+2x-x2在上有解. 令g(x)=+2x-x2， 则a<g(x)max，且g'(x)=--2(x-1)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 当≤x<1时，->0，-2(x-1)>0，所以g'(x)>0； 当1<x≤2时，-<0，-2(x-1)<0，所以g'(x)<0， 所以g(x)在上单调递增，在(1，2］上单调递减，故g(x)max=g(1)=2，所以a<2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.已知函数f(x)=2f'(2)x-x2+ln x，则f(1)=　　　　.  答案 三、填空题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ∵f(x)=2f'(2)x-x2+ln x， 则f'(x)=2f'(2)-x+， ∴f'(2)=2f'(2)-×2+， 解得f'(2)=， ∴f(x)=5x-x2+ln x， ∴f(1)=5-+ln 1=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2024·重庆模拟)已知f(x)=2x-+ln x，若实数m，n满足f(m)+f=0，则4m+的最小值为　　　　.  答案 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由f(x)=2x-+ln x(x>0)可得f'(x)=2++>0，故f(x)=2x-+ln x在(0，+∞)上单调递增， 而f(x)+f=+=0， 故由f(m)+f=0得=1， 即m=n2(n2>0)， 4m+=4n2+≥2=4，当且仅当4n2=，即n2=时取等号，故4m+的最小值为4. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.已知函数f(x)=ln x+eax-ax(a∈R). (1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为1，求该切线方程； 答案 四、解答题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由题意知，f'(x)=+aeax-a，则f'(1)=1+aea-a. 因为曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为1， 所以f'(1)=1，即1+aea-a=1，即a(ea-1)=0， 所以a=0， 因此f(x)=ln x+1，f(1)=1， 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-1=x-1，即x-y=0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 (2)讨论函数f(x)的单调性. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=+aeax-a=+a(eax-1)， 若a=0，则f'(x)=>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 若a>0，则ea>1，当x∈(0，+∞)时，eax=(ea)x>=1， 于是eax-1>0，a(eax-1)>0，+a(eax-1)>0， 即f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 若a<0，则0<ea<1，当x∈(0，+∞)时，eax=∈(0，1)， 于是eax-1<0，a(eax-1)>0，+a(eax-1)>0， 即f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. 综上所述，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.已知函数f(x)=aln x-x+1(a∈R). (1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间； 答案 函数f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=-1=. 当a>0时，由f'(x)<0，解得x>a， 由f'(x)>0，解得0<x<a. 即f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)对任意的x1，x2∈(0，1］，当x1<x2时，都有f(x1)-f(x2)<4，求实数a的取值范围. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 f(x1)-f(x2)<4， 即f(x1)-<f(x2)-. 令g(x)=f(x)-， 因为对任意的x1，x2∈(0，1］， 当x1<x2时，g(x1)<g(x2)， 所以函数g(x)在(0，1］上单调递增. 所以g'(x)=f'(x)+=-1+≥0在(0，1］上恒成立， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 即a≥x-在(0，1］上恒成立， 只需a≥. 设h(x)=x-，x∈(0，1］， 则h'(x)=1+>0， 所以h(x)=x-在(0，1］上单调递增. 所以a≥h(x)max=h(1)=1-4=-3. 综上所述，实数a的取值范围为［-3，+∞). 13.(2024·淮南模拟)丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若x1， x2，…，xn为(a，b)上任意n个实数，满足f≤，则称函数f(x)在(a，b)上为“凹函数”.也可设可导函数f(x)在(a，b)上的导函数为f'(x)，f'(x)在(a，b)上的导函数为f″(x)，当f″(x)>0时，函数f(x)在(a，b)上为“凹函数”.已知x1，x2，…，xn>0，n≥2，且x1+x2+…+xn=1，令 W=++…+的最小值为an，则a2 024为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 思维创新 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 记函数f(x)==-1，x∈(0，1)，首先证明其凹凸性： ∵f'(x)=-=， ∴f″(x)=-=>0， ∴f(x)=-1在(0，1)上为“凹函数”. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由f≤， 得≥， ∴W=++…+≥， 即W的最小值an=，∴a2 024=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.已知函数f(x)=log2(2x+2-x)-cos x，设a=f(log32)，b=f(-1.5)，c=f(3-0.2)，则 A.b<c<a B.b<a<c C.a<c<b D.a<b<c 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为函数f(x)=log2(2x+2-x)-cos x的定义域为R， f(-x)=log2(2-x+2x)-cos(-x)=log2(2-x+2x)-cos x=f(x)， 所以函数f(x)为偶函数. 当x∈时，令t=h(x)=2x+2-x， 则h'(x)=(2x-2-x)ln 2=>0， 则h(x)在上单调递增，而y=log2t，y=-cos x在上均单调 递增， 故f(x)=log2(2x+2-x)-cos x在上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为3log32-2=log3<0， 所以0<log32<， 因为(3-0.2)5=>=， 所以<3-0.2<1，又b=f(-1.5)=f(1.5)， 且0<log32<3-0.2<1.5<， 所以f(log32)<f(3-0.2)<f(1.5)，即a<c<b. 本课结束 THANKS $$