2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题1 第4讲　导数的几何意义及函数的单

第4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)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2ex－x)·cosx的图象在x＝0处的切线方程为()A．x－2y＋1＝0B．x－y＋2＝0C．x＋2＝0D．2x－y＋1＝0答案B解析由题意，函数f(x)＝(2ex－x)·cosx，可得f′(x)＝(2ex－1)·cosx－(2ex－x)·sinx，所以f′(0)＝(2e0－1)·cos0－(2e0－0)·sin0＝1，f(0)＝(2e0－0)·cos0＝2，所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.(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)0ex)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝0|xxy＝(x0＋a＋1)0ex＝000()exxax，化简，得x20＋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x20＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a0，解得a－4或a0，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)(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＝1exy＝－1ex解析先求当x0时，曲线y＝lnx过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y′＝1x，得切线斜率为1x0，又切线的斜率为y0x0，所以1x0＝y0x0，解得y0＝1，代入y＝lnx，得x0＝e，所以切线斜率为1e，切线方程为y＝1ex.同理可求得当x0时的切线方程为y＝－1ex.综上可知，两条切线方程为y＝1ex，y＝－1ex.(2)(2022·保定联考)已知函数f(x)＝alnx，g(x)＝bex，若直线y＝kx(k0)与函数f(x)，g(x)的图象都相切，则a＋1b的最小值为()A．2B．2eC．e2D.e答案B解析设直线y＝kx与函数f(x)，g(x)的图象相切的切点分别为A(m，km)，B(n，kn)．由f′(x)＝ax，有km＝alnm，am＝k，解得m＝e，a＝ek.又由g′(x)＝bex，有kn＝ben，ben＝k，解得n＝1，b＝ke，可得a＋1b＝ek＋ek≥2e2＝2e，当且仅当a＝e，b＝1e时取“＝”．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(2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝axex－(x＋1)2(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若f(x)在x＝0处的切线与直线y＝ax垂直，求a的值；(2)讨论函数f(x)的单调性．解(1)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，则f′(0)＝a－2，由已知得(a－2)a＝－1，解得a＝1.(2)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，①当a≤0时，aex－20，所以f′(x)0⇒x－1，f′(x)0⇒x－1，则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；②当a0时，令aex－2＝0，得x＝ln2a，(ⅰ)当0a2e时，ln2a－1，所以f′(x)0⇒x－1或xln2a，f′(x)0⇒－1xln2a，则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在－1，ln2a上单调递减，在ln2a，＋∞上单调递增；(ⅱ)当a＝2e时，f′(x)＝2(x＋1)(ex＋1－1)≥0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅲ)当a2e时，ln2a－1，所以f′(x)0⇒xln2a或x－1，f′(x)0⇒ln2ax－1，则f(x)在－∞，ln2a上单调递增，在ln2a，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；当0a2e时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在－1，ln2a上单调递减，在ln2a，＋∞上单调递增；当a＝2e时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a2e时，f(x)在－∞，ln2a上单调递增，在ln2a，－1上单调递减，在(－1，＋∞)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，依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(2022·北京模拟)已知函数f(x)＝lnx－lntx－t.(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)＝lnx－ln2x－2，∴f′(x)＝x－2x－lnx＋ln2x－22，∴f′(1)＝ln2－1，又f(1)＝ln2，∴切线方程为y－ln2＝(ln2－1)(x－1)，即y＝(ln2－1)x＋1.(2)f(x)＝lnx－lntx－t，∴f(x)的定义域为(0，t)∪(t，＋∞)，且t0，f′(x)＝1－tx－lnx＋lntx－t2，令φ(x)＝1－tx－lnx＋lnt，x0且x≠t，φ′(x)＝tx2－1x＝t－xx2，∴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)若函数f(x)＝ex(cosx－a)在区间－π2，π2上单调递减，则实数a的取值范围是()A．(－2，＋∞)B．(1，＋∞)C．[1，＋∞)D．[2，＋∞)答案D解析f′(x)＝ex(cosx－a)＋ex(－sinx)＝ex(cosx－sinx－a)，∵f(x)在区间－π2，π2上单调递减，∴f′(x)≤0在区间－π2，π2上恒成立，即cosx－sinx－a≤0恒成立，即a≥cosx－sinx＝2cosx＋π4恒成立，∵－π2xπ2，∴－π4x＋π43π4，∴－12cosx＋π4≤2，∴a≥2.(2)(2022·全国甲卷)已知a＝3132，b＝cos14，c＝4sin14，则()A．cbaB．bacC．abcD．acb答案A解析a＝3132＝1－132＝1－12×142，令φ(x)＝1－12x2－cosx，x∈(0,1)，则φ′(x)＝－x＋sinx，令h(x)＝－x＋sinx，则h′(x)＝－1＋cosx0，∴φ′(x)在(0,1)上单调递减，∴φ′(x)φ′(0)＝0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，∴φ(x)φ(0)＝0，即1－12x2cosx，x∈(0,1)，∴ab，又b－c＝cos14－4×sin14＝414cos14－sin14，令g(x)＝xcosx－sinx，x∈(0,1)，则g′(x)＝－xsinx0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)g(0)＝0，即xcosxsinx，x∈(0,1)，∴14cos14sin14，即bc，综上，abc.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，把比较大小或求解不等式的问题，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a＝e0.02，b＝1.02，c＝ln2.02，则()A．cabB．abcC．acbD．bac答案B解析构造函数f(x)＝ex－(1＋x)，令f′(x)＝ex－1＝0，则x＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(0.02)f(0)＝0，从而e0.021＋0.02＝1.021ln2.02，即abc.(2)已知变量x1，x2∈(0，m)(m0)，且x1x2，若2112xxxx恒成立，则m的最大值为(e＝2.71828…为自然对数的底数)()A．eB.eC.1eD．1答案A解析∵2112xxxx⇒x2lnx1x1lnx2，x1，x2∈(0，m)，m0，∴lnx1x1lnx2x2恒成立，设函数f(x)＝lnxx，∵x1x2，f(x1)f(x2)，∴f(x)在(0，m)上单调递增，又f′(x)＝1－lnxx2，则f′(x)0⇒0xe，即函数f(x)的单调递增区间是(0，e)，则m的最大值为e.专题强化练一、选择题1．(2022·张家口模拟)已知函数f(x)＝1x－2x＋lnx，则函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为()A．2x＋y－2＝0B．2x－y－1＝0C．2x＋y－1＝0D．2x－y＋1＝0答案C解析因为f′(x)＝－1x2－2＋1x，所以f′(1)＝－2，又f(1)＝－1，故函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－1)，化简得2x＋y－1＝0.2．已知函数f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cosx＋2，其导函数为f′(x)，则f′(0)等于()A．－1B．0C．1D．2答案C解析因为f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cosx＋2，所以f(0)＝2－f′(0)．因为f′(x)＝2x＋f(0)＋f′(0)·sinx，所以f′(0)＝f(0)．故f′(0)＝f(0)＝1.3．(2022·重庆检测)函数f(x)＝e－xcosx(x∈(0，π))的单调递增区间为()A.0，π2B.π2，πC.0，3π4D.3π4，π答案D解析f′(x)＝－e－xcosx－e－xsinx＝－e－x(cosx＋sinx)＝－2e－xsinx＋π4，当x∈0，3π4时，e－x0，sinx＋π40，则f′(x)0；当x∈3π4，π时，e－x0，sinx＋π40，则f′(x)0.∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为3π4，π.4．(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx在区间x∈[1,2]上存在单调递增区间，则m的取值范围为()A．(0，e)B．(－∞，e)C．(0,2e2)D．(－∞，