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（标准版）（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f(x)=(x-2)ex+x2-ax.讨论函数f(x)的单调性. 解　f(x)=(x-2)ex+x2-ax，函数f(x)的定义域为R， f'(x)=(x-1)ex+a(x-1)=(x-1)(ex+a). ①当a≥0时， 若x∈(-∞，1)，则f'(x)<0，所以f(x)在(-∞，1)上单调递减； 若x∈(1，+∞)，则f'(x)>0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增. ②当-e<a<0时，ln(-a)<1， 若x∈(-∞，ln(-a))∪(1，+∞)，则f'(x)>0， 所以f(x)在(-∞，ln(-a))，(1，+∞)上单调递增； 若x∈(ln(-a)，1)，则f'(x)<0，所以f(x)在(ln(-a)，1)上单调递减. ③当a=-e时，ln(-a)=1， 对∀x∈R，f'(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增. ④当a<-e时，ln(-a)>1， 若x∈(-∞，1)∪(ln(-a)，+∞)，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞，1)，(ln(-a)，+∞)上单调递增； 若x∈(1，ln(-a))，则f'(x)<0，所以f(x)在(1，ln(-a))上单调递减. 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-e<a<0时，f(x)在(-∞，ln(-a))，(1，+∞)上单调递增，在(ln(-a)，1)上单调递减； 当a=-e时，f(x)在R上单调递增； 当a<-e时，f(x)在(-∞，1)，(ln(-a)，+∞)上单调递增，在(1，ln(-a))上单调递减. [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)=x[1-ln(kx)]. (1)若f(x)在x=e处的切线与直线y=x垂直，求实数k的值； (2)讨论f(x)的单调性. 解　(1)因为f(x)=x[1-ln(kx)]，k≠0，所以f'(x)=-ln(kx)， f(x)在x=e处的切线与直线y=x垂直， 所以f'(e)=-ln(ke)=-1，解得k=1. (2)由f(x)=x[1-ln(kx)]得f'(x)=-ln(kx)，k≠0， 当k>0时，f(x)的定义域为(0，+∞)， 令f'(x)=0得x= 当x∈时，f'(x)>0，当x∈时，f'(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减； 当k<0时，f(x)的定义域为(-∞，0)， 令f'(x)=0得x= 当x∈时，f'(x)<0， 当x∈时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当k>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减； 当k<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增. 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)(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)(2024·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=(x-1)3+sin(x-1)+5，则不等式f(2x+1)+f(1-x)≥10的解集为(　　) A.[0，+∞) B.[1，+∞) C.[2，+∞) D.[3，+∞) 答案　A 解析　由题可得f(x+1)-5=x3+sin x， 所以f(-x+1)-5=(-x)3+sin(-x)=-x3-sin x， 即有f(x+1)-5+f(-x+1)-5=0，即f(x+1)=10-f(1-x)， 故不等式f(2x+1)+f(1-x)≥10等价于f(2x+1)≥f(x+1)， 又f'(x)=3(x-1)2+cos(x-1)， 当x∈时，cos(x-1)≥0， 故f'(x)>0， 当x∈∪时， 3(x-1)2>3×>1，cos(x-1)∈[-1，1]，故f'(x)>0， 即f'(x)>0恒成立，故f(x)在R上单调递增， 故由f(2x+1)≥f(x+1)可得2x+1≥x+1，即x≥0. [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. (2)(2024·成都模拟)已知函数f(x)=x-cos x，若f(x1)+f(x2)=π，则f(x1+x2)等于(　　) A.π-1 B.π+1 C.π D.0 答案　B 解析　因为f(x)=x-cos x，所以f'(x)=1+sin x≥0. 所以f(x)在R上单调递增. 因为f(x1)+f(x2)=π， 所以f(x1)=π-f(x2)=π-x2+cos x2 =π-x2-cos(π-x2)=f(π-x2)， 结合f(x)在R上单调递增，知x1=π-x2，即x1+x2=π. 所以f(x1+x2)=f(π)=π-cos π=π+1. 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.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的取值范围为(　　) A. B.(-∞，2] C. D.(-∞，2) 答案　D 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. 6.(2024·临沂模拟)若直线y=ax+1与曲线y=b+ln x相切，则ab的取值范围为(　　) A. B. C.[-e3，+∞) D. 答案　D 解析　函数y=b+ln x的导数为y'= 设切点为(x0，ax0+1)，x0>0，所以=a， 则ax0=1，即x0=. 又因为点(x0，ax0+1)在曲线y=b+ln x上， 所以ax0+1=b+ln x0， 所以b+ln x0=2，即b-ln a=2，所以b=2+ln a， 所以ab=a(2+ln a)=2a+aln a(a>0). 令g(a)=2a+aln a，g'(a)=2+ln a+a·=ln a+3， 令g'(a)>0，可得a> 令g'(a)<0，可得0<a< 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min=g=+ln =-=-. 当a趋近于正无穷时，g(a)趋近于正无穷. 所以ab的取值范围为. 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.(2024·济南模拟)已知函数f(x)=sin x·ln x，则(　　) A.曲线y=f(x)在x=π处的切线斜率为ln π B.方程f(x)=2 024有无数个实数根 C.曲线y=f(x)上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于 D.y=f(x)-在(1，+∞)上单调递减 答案　BCD 解析　对于A，f(x)=sin x·ln x，x>0， 则f'(x)=cos x·ln x+ 故f'(π)=cos π·ln π+=-ln π，A错误； 对于B，由于y=sin x为周期函数，当x→+∞时，ln x→+∞， 故f(x)=sin x·ln x的图象大致如图所示， 结合图象可知，当x增大到一定数值x0，且满足f(x0)=2 024后， 大于x0且满足f(x)=2 024的数有无数个，B正确； 对于C，设P(x，sin x·ln x)为y=f(x)上任意一点，O(0，0)为坐标原点， 则kOP=(x>0)， 由于|sin x|≤1，故|kOP|≤(x>0)， 由于当0<x≤1时，f(x)≤0，故曲线y=f(x)上任意一点与坐标原点连线的斜率在x>1时才取到正值， 则当x>1，kOP取正值时，kOP≤(x>1)，kOP取负值或0时，不等式显然成立. 设g(x)=(x>1)，则g'(x)= 当1<x<e时，g'(x)>0，g(x)在(1，e)上单调递增， 当x>e时，g'(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减， 故g(x)≤g(e)= 由于|sin x|≤1取等号条件和g(x)≤取等号条件不一致， 故kOP<C正确； 对于D，设u(x)=ln x-x+1，x>1，则u'(x)=-1=<0， 故u(x)在(1，+∞)上单调递减，则u(x)<u(1)=0，则ln x<x-1，x>1. 设h(x)=f(x)-x>1， 则h'(x)=f'(x)-'=cos x·ln x+-x<ln x+-x<x-1+-x=<0， 故y=f(x)-在(1，+∞)上单调递减，D正确. 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·张掖模拟)已知函数f(x)=ln x+ex-若f+f(b)=0，则的最小值为　　　　　　　　.  答案　2-2 解析　由f(x)=ln x+ex-x>0，得f'(x)=+e+>0，所以f(x)是(0，+∞)上的增函数. 又f(x)+f=+=0， 故由f+f(b)=0得×b=1，即a2=b(b>0)， 则===b+1+-2≥2-2， 当且仅当b+1=时取等号，此时b=-1. 故的最小值为2-2. 四、解答题(共28分) 11.(14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.(8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，+∞). 12.(14分)(2024·天津模拟)已知f(x)=x+axln x(a∈R). (1)当a=2时，求f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(6分) (2)讨论f(x)的单调性.(8分) 解　(1)当a=2时，f(x)=x+2xln x， 则f(e)=e+2e=3e， 又f'(x)=3+2ln x，则切线的斜率k=f'(e)=5， 所求切线方程为y-3e=5(x-e)，即5x-y-2e=0. (2)函数f(x)的定义域为(0，+∞)， ∵f'(x)=1+aln x+ax·=1+a+aln x. ①当a=0时，f'(x)=1>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. ②当a>0时， 当x∈时，f'(x)>0， ∴函数f(x)在上单调递增； 当x∈时，f'(x)<0， ∴函数f(x)在上单调递减. ③当a<0时， 当x∈时，f'(x)>0， ∴函数f(x)在上单调递增； 当x∈时，f'(x)<0， ∴函数f(x)在上单调递减. 综上可得， 当a=0时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减. 每小题5分，共10分 13.(2024·池州模拟)在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石.简单来说就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)=x0，那么我们称f(x)为“不动点”函数.若f(x)存在n个点xi(i=1，2，…，n)，满足f(xi)=xi，则称f(x)为“n型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是(　　) A.f(x)=1-ln x B.f(x)=5-ln x-ex C.f(x)= D.f(x)=2sin x+2cos x 答案　D 解析　对于A，令f(x)=1-ln x=x(x>0)，即x+ln x-1=0. 因为y=x+ln x-1的导数y'=1+>0，所以y=x+ln x-1在区间(0，+∞)上单调递增， 所以f(x)不可能为“3型不动点”函数，故A错误； 对于B，令f(x)=5-ln x-ex=x(x>0)， 即x+ln x+ex-5=0. 易判断y=x+ln x+ex-5在区间(0，+∞)上单调递增，所以f(x)不可能为“3型不动点”函数，故B错误； 对于C，由f(x)= 得f'(x)= 易知当x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减，且f(x)<0， 所以当x<0时，f(x)=的图象与直线y=x有且只有一个交点； 当0<x<1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，且f(1)=>1； 当x>1时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 令f'(x)=1，得=1， 解得x=2，此时f(2)=2， 所以直线y=x与曲线f(x)=相切于点(2，2). 所以直线y=x与曲线f(x)=共有两个交点，所以f(x)为“2型不动点”函数，故C错误； 对于D，f(x)=2sin x+2cos x=2sin作出f(x)的图象，如图所示.易知其与直线y=x有且只有三个不同的交点， 即2sin x+2cos x=x有三个不同的解， 所以f(x)=2sin x+2cos x为“3型不动点”函数，故D正确. 14.(2024·长沙模拟)若直线y=k1(x+1)-1与曲线y=ex相切，直线y=k2(x+1)-1与曲线y=ln x相切，则k1k2的值为　　　　.  答案　 1 解析　设直线y=k1(x+1)-1与曲线y=ex相切于点(x1)，直线y=k2(x+1)-1与曲线y=ln x相切于点(x2，ln x2)， 令h(x)=ex，则h'(x)=ex，且直线y=k1(x+1)-1过定点(-1，-1)， 则k1=且k1= 所以x1=1. 令g(x)=ln x，则g'(x)= 则k2=且直线y=k2(x+1)-1过定点(-1，-1)，则k2= 所以x2ln x2=1. 令f(x)=xln x，则f'(x)=1+ln x， 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 则f(x)min=f=-且f(1)=0， 当x→0时，f(x)→0，且f(x)<0，所以当x∈(0，1)时，f(x)<0. 因为f(x2)=x2ln x2=1，f()=x1=1， 即f(x2)=f()=1>0， 所以x2∈(1，+∞)∈(1，+∞)， 所以x2=故k1k2=·=1. 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 导数的几何意义与计算 考点一 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f(x)=(x-2)ex+x2-ax.讨论函数f(x)的单调性. 例2 f(x)=(x-2)ex+x2-ax，函数f(x)的定义域为R， f'(x)=(x-1)ex+a(x-1)=(x-1)(ex+a). ①当a≥0时， 若x∈(-∞，1)，则f'(x)<0，所以f(x)在(-∞，1)上单调递减； 若x∈(1，+∞)，则f'(x)>0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增. ②当-e<a<0时，ln(-a)<1， 若x∈(-∞，ln(-a))∪(1，+∞)，则f'(x)>0， 所以f(x)在(-∞，ln(-a))，(1，+∞)上单调递增； 若x∈(ln(-a)，1)，则f'(x)<0，所以f(x)在(ln(-a)，1)上单调递减. ③当a=-e时，ln(-a)=1， 对∀x∈R，f'(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增. ④当a<-e时，ln(-a)>1， 若x∈(-∞，1)∪(ln(-a)，+∞)，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞，1)，(ln(-a)，+∞)上单调递增； 若x∈(1，ln(-a))，则f'(x)<0，所以f(x)在(1，ln(-a))上单调递减. 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-e<a<0时，f(x)在(-∞，ln(-a))，(1，+∞)上单调递增，在(ln(-a)，1)上单调递减； 当a=-e时，f(x)在R上单调递增； 当a<-e时，f(x)在(-∞，1)，(ln(-a)，+∞)上单调递增，在(1，ln(-a))上单调递减. (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)=x[1-ln(kx)]. (1)若f(x)在x=e处的切线与直线y=x垂直，求实数k的值； 跟踪演练2 因为f(x)=x[1-ln(kx)]，k≠0，所以f'(x)=-ln(kx)， f(x)在x=e处的切线与直线y=x垂直， 所以f'(e)=-ln(ke)=-1，解得k=1. (2)讨论f(x)的单调性. 由f(x)=x[1-ln(kx)]得f'(x)=-ln(kx)，k≠0， 当k>0时，f(x)的定义域为(0，+∞)， 令f'(x)=0得x= 当x∈时，f'(x)>0，当x∈时，f'(x)<0， 所以f(x)在上单调递减； 当k<0时，f(x)的定义域为(-∞，0)， 令f'(x)=0得x= 当x∈时，f'(x)<0， 当x∈时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递增. 综上所述，当k>0时，f(x)在上单调 递减； 当k<0时，f(x)在上单调递增. 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)(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 √ 例3 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)(2024·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=(x-1)3+sin(x-1)+5，则不等式f(2x+1)+f(1-x)≥10的解集为 A.[0，+∞) B.[1，+∞) C.[2，+∞) D.[3，+∞) √ 由题可得f(x+1)-5=x3+sin x， 所以f(-x+1)-5=(-x)3+sin(-x)=-x3-sin x， 即有f(x+1)-5+f(-x+1)-5=0，即f(x+1)=10-f(1-x)， 故不等式f(2x+1)+f(1-x)≥10等价于f(2x+1)≥f(x+1)， 又f'(x)=3(x-1)2+cos(x-1)， 当x∈时，cos(x-1)≥0， 故f'(x)>0， 当x∈∪时， 3(x-1)2>3×>1，cos(x-1)∈[-1，1]，故f'(x)>0， 即f'(x)>0恒成立，故f(x)在R上单调递增， 故由f(2x+1)≥f(x+1)可得2x+1≥x+1，即x≥0. 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. 规律方法 (1)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 跟踪演练3 √ 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. (2)(2024·成都模拟)已知函数f(x)=x-cos x，若f(x1)+f(x2)=π，则f(x1+x2)等于 A.π-1 B.π+1 C.π D.0 √ 因为f(x)=x-cos x，所以f'(x)=1+sin x≥0. 所以f(x)在R上单调递增. 因为f(x1)+f(x2)=π， 所以f(x1)=π-f(x2)=π-x2+cos x2 =π-x2-cos(π-x2)=f(π-x2)， 结合f(x)在R上单调递增，知x1=π-x2，即x1+x2=π. 所以f(x1+x2)=f(π)=π-cos π=π+1. 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D D B D D ACD BCD 题号 9 10 13 14 答案 2-2 D 1 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 (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]， 11. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 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，+∞). 11. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 (1)当a=2时， f(x)=x+2xln x， 则f(e)=e+2e=3e， 又f'(x)=3+2ln x， 则切线的斜率k=f'(e)=5， 所求切线方程为y-3e=5(x-e)， 即5x-y-2e=0. (2)函数f(x)的定义域为(0，+∞)， ∵f'(x)=1+aln x+ax·=1+a+aln x. ①当a=0时，f'(x)=1>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. ②当a>0时， 当x∈时，f'(x)>0， 12. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ∴函数f(x)在上单调递增； 当x∈时，f'(x)<0， ∴函数f(x)在上单调递减. ③当a<0时， 当x∈时，f'(x)>0，∴函数f(x)在上单调递增； 当x∈时，f'(x)<0，∴函数f(x)在上单调递减. 综上可得， 当a=0时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减. 12. 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) √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 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.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 的取值范围为 A. B.(-∞，2] C. D.(-∞，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 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)， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2024·临沂模拟)若直线y=ax+1与曲线y=b+ln x相切，则ab的取值范围为 A. B. C.[-e3，+∞) D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 函数y=b+ln x的导数为y'= 设切点为(x0，ax0+1)，x0>0，所以=a， 则ax0=1，即x0=. 又因为点(x0，ax0+1)在曲线y=b+ln x上， 所以ax0+1=b+ln x0， 所以b+ln x0=2，即b-ln a=2，所以b=2+ln a， 所以ab=a(2+ln a)=2a+aln a(a>0). 令g(a)=2a+aln a，g'(a)=2+ln a+a·=ln a+3， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 令g'(a)>0，可得a> 令g'(a)<0，可得0<a< 所以g(a)在上单调递增， 所以g(a)min=g=+ln =-=-. 当a趋近于正无穷时，g(a)趋近于正无穷. 所以ab的取值范围为. 答案 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.(2024·济南模拟)已知函数f(x)=sin x·ln x，则 A.曲线y=f(x)在x=π处的切线斜率为ln π B.方程f(x)=2 024有无数个实数根 C.曲线y=f(x)上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于 D.y=f(x)-在(1，+∞)上单调递减 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 √ √ 对于A，f(x)=sin x·ln x，x>0， 则f'(x)=cos x·ln x+ 故f'(π)=cos π·ln π+=-ln π，A错误； 对于B，由于y=sin x为周期函数，当x→+∞时，ln x→+∞， 故f(x)=sin x·ln x的图象大致如图所示， 结合图象可知，当x增大到一定数值x0，且满足f(x0)=2 024后， 大于x0且满足f(x)=2 024的数有无数个，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 对于C，设P(x，sin x·ln x)为y=f(x)上任意一点，O(0，0)为坐标原点， 则kOP=(x>0)， 由于|sin x|≤1，故|kOP|≤(x>0)， 由于当0<x≤1时，f(x)≤0，故曲线y=f(x)上任意一点与坐标原点连线的斜率在x>1时才取到正值， 则当x>1，kOP取正值时，kOP≤(x>1)，kOP取负值或0时，不等式显然 成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 设g(x)=(x>1)，则g'(x)= 当1<x<e时，g'(x)>0，g(x)在(1，e)上单调递增， 当x>e时，g'(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减， 故g(x)≤g(e)= 由于|sin x|≤1取等号条件和g(x)≤取等号条件不一致， 故kOP<C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 对于D，设u(x)=ln x-x+1，x>1，则u'(x)=-1=<0， 故u(x)在(1，+∞)上单调递减，则u(x)<u(1)=0，则ln x<x-1，x>1. 设h(x)=f(x)-x>1， 则h'(x)=f'(x)-'=cos x·ln x+-x<ln x+-x<x-1+-x=<0， 故y=f(x)-在(1，+∞)上单调递减，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 三、填空题 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ∵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=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2024·张掖模拟)已知函数f(x)=ln x+ex-若f+f(b)=0，则的最小值为　　　　.  答案 2-2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由f(x)=ln x+ex-x>0，得f'(x)=+e+>0，所以f(x)是(0，+∞)上的增函数. 又f(x)+f=+=0， 故由f+f(b)=0得×b=1，即a2=b(b>0)， 则===b+1+-2≥2-2， 当且仅当b+1=时取等号，此时b=-1. 故的最小值为2-2. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.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 四、解答题 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 (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. 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，+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12. (2024·天津模拟)已知f(x)=x+axln x(a∈R). (1)当a=2时，求f(x)在点(e，f(e))处的切线方程； 答案 当a=2时，f(x)=x+2xln x， 则f(e)=e+2e=3e， 又f'(x)=3+2ln x，则切线的斜率k=f'(e)=5， 所求切线方程为y-3e=5(x-e)，即5x-y-2e=0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 (2)讨论f(x)的单调性. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 函数f(x)的定义域为(0，+∞)， ∵f'(x)=1+aln x+ax·=1+a+aln x. ①当a=0时，f'(x)=1>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. ②当a>0时， 当x∈时，f'(x)>0， ∴函数f(x)在上单调递增； 当x∈时，f'(x)<0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ∴函数f(x)在上单调递减. ③当a<0时， 当x∈时，f'(x)>0， ∴函数f(x)在上单调递增； 当x∈时，f'(x)<0， ∴函数f(x)在上单调递减. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 综上可得， 当a=0时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在上单调递减. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13.(2024·池州模拟)在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石.简单来说就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)=x0，那么我们称f(x)为“不动点”函数.若f(x)存在n个点xi(i=1，2，…，n)，满足f(xi)=xi，则称f(x)为“n型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是 A.f(x)=1-ln x B.f(x)=5-ln x-ex C.f(x)= D.f(x)=2sin x+2cos x 答案 思维创新 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于A，令f(x)=1-ln x=x(x>0)，即x+ln x-1=0. 因为y=x+ln x-1的导数y'=1+>0，所以y=x+ln x-1在区间(0，+∞)上单调 递增， 所以f(x)不可能为“3型不动点”函数，故A错误； 对于B，令f(x)=5-ln x-ex=x(x>0)， 即x+ln x+ex-5=0. 易判断y=x+ln x+ex-5在区间(0，+∞)上单调递增，所以f(x)不可能为“3型不动点”函数，故B错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于C，由f(x)= 得f'(x)= 易知当x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减，且f(x)<0， 所以当x<0时，f(x)=的图象与直线y=x有且只有一个交点； 当0<x<1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，且f(1)=>1； 当x>1时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 令f'(x)=1，得=1， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解得x=2，此时f(2)=2， 所以直线y=x与曲线f(x)=相切于点(2，2). 所以直线y=x与曲线f(x)=共有两个交点， 所以f(x)为“2型不动点”函数，故C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于D，f(x)=2sin x+2cos x=2sin作出 f(x)的图象，如图所示.易知其与直线y=x有且只有三个不同的交点， 即2sin x+2cos x=x有三个不同的解， 所以f(x)=2sin x+2cos x为“3型不动点”函数，故D正确. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(2024·长沙模拟)若直线y=k1(x+1)-1与曲线y=ex相切，直线y=k2(x+1)-1与曲线y=ln x相切，则k1k2的值为　　.  答案 1 设直线y=k1(x+1)-1与曲线y=ex相切于点(x1)，直线y=k2(x+1)-1与曲线y=ln x相切于点(x2，ln x2)， 令h(x)=ex，则h'(x)=ex，且直线y=k1(x+1)-1过定点(-1，-1)， 则k1=且k1= 所以x1=1. 令g(x)=ln x，则g'(x)= 则k2=且直线y=k2(x+1)-1过定点(-1，-1)，则k2= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 所以x2ln x2=1. 令f(x)=xln x，则f'(x)=1+ln x， 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 则f(x)min=f=-且f(1)=0， 当x→0时，f(x)→0，且f(x)<0，所以当x∈(0，1)时，f(x)<0. 因为f(x2)=x2ln x2=1，f()=x1=1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 即f(x2)=f()=1>0， 所以x2∈(1，+∞)∈(1，+∞)， 所以x2=故k1k2=·=1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 本课结束 THANKS $$