第6练　导数的几何意义及函数的单调性 课件（共51张PPT）

(共51张PPT)
导数的几何意义及函数的单调性
第6练
专项典题精练
高考汇编
1.(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为
A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1
√
解析　f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
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2.(2019·全国Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则
A.a＝e，b＝－1 B.a＝e，b＝1
C.a＝e－1，b＝1 D.a＝e－1，b＝－1
√
解析　因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，
即y＝(ae＋1)x－1，
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3.(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则
A.ebC.0√
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解析　方法一　设切点(x0，y0)，y0>0，
则切线方程为y－b＝ ，
由 得 (1－x0＋a)＝b，
则由题意知关于x0的方程 (1－x0＋a)＝b有两个不同的解.
设f(x)＝ex(1－x＋a)，
则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝a，
所以当x0，f(x)单调递增，
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当x>a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，
当x0，所以f(x)>0，
当x→－∞时，f(x)→0，
当x→＋∞时，f(x)→－∞，
函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示，
因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，
所以0方法二　(用图估算法)过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，
则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得01
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解析　方法一　(特殊值法)不妨取a＝－1，
不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A，B，D.故选C.
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5.(2014·全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是
A.(－∞，－2] B.(－∞，－1]
C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)
√
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即k的取值范围为[1，＋∞).
A.aC.b√
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所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以f(0.02)1
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故当0≤x<2时，g′(x)≥0，
所以g(x)在[0,2)上单调递增，
所以g(0.01)>g(0)＝0，故c1
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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________.
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(0,1)
所以点A(x1，1－ )和点B(x2， －1)，kAM＝ ，kBN＝ ，
所以 ＝－1，x1＋x2＝0，
所以AM：y－1＋ ＝－ (x－x1)，M(0， )，
所以|AM|＝ ＝ ·|x1|，
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同理|BN|＝ ·|x2|，
所以 ＝ ＝ ＝ ＝ ∈(0,1).
9.(2021·徐州模拟)随着科学技术的发展，放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域，并取得了显著经济效益.假设某放射性同位素的衰变过程中，其含量N(单位：贝克)与时间t(单位：天)满足函数关系P(t)＝ ，其中P0为t＝0时该放射性同位素的含量.已知t＝15时，该放射性同位素的瞬时变化率为 ，则该放射性同位素含量为4.5贝克时衰变所需时间为
A.20天 B.30天 C.45天 D.60天
模拟精选
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解析　由P(t)＝ 得P′(t)＝－ ·P0· ln 2，
则P(t)＝18· ，当该放射性同位素含量为4.5贝克时，即P(t)＝4.5，
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10.(2021·哈尔滨模拟)已知函数f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝x2－ln(－x)，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为
A.x－y＝0 B.x－y－2＝0
C.x＋y－2＝0 D.3x－y－2＝0
√
解析　当x>0时，－x<0，f(－x)＝x2－ln x，
又函数f(x)为偶函数，
所以f(x)＝x2－ln x，f(1)＝1，
故切线方程为y－1＝x－1，即y＝x.
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A.cC.c√
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∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
12.(2021·阳泉模拟)已知函数f(x)＝x2＋x＋aln x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是
A.[－2，＋∞) B.[－3，＋∞)
C.[－2,0) D.[－3,0)
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解析　由题意知，函数f(x)＝x2＋x＋aln x在[1，＋∞)上单调递增，
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即a≥－2x2－x在[1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝－2x2－x，x∈[1，＋∞)，
根据二次函数的性质知，函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝－3，
所以a≥－3，即实数a的取值范围是[－3，＋∞).
13.(多选)(2021·武汉模拟)已知函数f(x)＝ex－e－x－sin 2x，若f(x1)>f(x2)，则
A. B. >1
C.ln|x1|>ln|x2| D.x1|x1|>x2|x2|
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解析　因为f′(x)＝ex＋e－x－2cos 2x≥2－2cos 2x≥0，
所以f(x)在R上单调递增，
由f(x1)>f(x2)可得x1>x2，
所以 >1，所以选项B正确；
函数在R上单调递增，
所以x1|x1|>x2|x2|，所以选项D正确；
由于二次函数y＝x2不是单调函数，
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所以当x1>x2时，ln|x1|>ln|x2|不一定成立，所以选项C错误.
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A.b1
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√
解析　令函数f(x)＝x－ln x，
当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当0所以f(5)>f(4)>f(3)，
所以5－ln 5>4－ln 4>3－ln 3，
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所以a－ln a＝5－ln 5，b－ln b＝4－ln 4，c－ln c＝3－ln 3，
所以a－ln a>b－ln b>c－ln c，
即f(a)>f(b)>f(c)，
因为a－5＝ln a－ln 5<0，可得a<5，
又因为f(a)＝f(5)，则0同理f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，
所以0因为当0所以a1
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15.(2021·泰安模拟)已知函数f(x)的定义域为R，且f(－1)＝2.若对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为____________.
(－1，＋∞)
解析　设g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2，
因为对任意x∈R，f′(x)>2，所以g′(x)>0，
所以对任意x∈R，g(x)是增函数，
因为f(－1)＝2，
所以g(－1)＝f(－1)＋2－4＝4－4＝0，
由g(x)>g(－1)＝0，可得x>－1，
则f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞).
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16.(2021·信阳模拟)对于任意x1，x2∈[1，＋∞)，当x2>x1时，恒有a(ln x2－ln x1)<2(x2－x1)成立，则实数a的取值范围是__________.
(－∞，2]
解析　对于任意x1，x2∈[1，＋∞)，
当x2>x1时，恒有a(ln x2－ln x1)<2(x2－x1)成立，
即恒有aln x2－2x2令f(x)＝aln x－2x，则f(x)在[1，＋∞)上为减函数，
∴a≤2x在[1，＋∞)上恒成立，即a≤2.
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考情分析
练后疑难精讲
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.
一、导数的计算和几何意义
核心提炼
1.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x).
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x).
2.导数的几何意义
(1)f′(x0)的几何意义：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0).
(2)切点的两大特征：①在曲线y＝f(x)上；②在切线上.
题号 1 2 3 7 8 9 10
二、利用导数研究函数的单调性
核心提炼
求可导函数单调区间的一般步骤
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)求导函数f′(x)；
(3)由f′(x)>0的解集确定函数f(x)的单调递增区间，由f′(x)<0的解集确定函数f(x)的单调递减区间.
题号 6 11 13 14 15
三、由单调性求参数范围
核心提炼
由函数的单调性求参数的取值范围
(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；
(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.
题号 4 5 12 16
易错对点精补
1.[T2补偿](2021·重庆模拟)曲线f(x)＝ax－xln x在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＝0垂直，则a等于
A.－1 B.0 C.1 D.2
√
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解析　f(x)＝ax－xln x的导数为f′(x)＝a－1－ln x，
可得在点(1，f(1))处的切线的斜率为k＝f′(1)＝a－1，
由切线与直线x＋y＝0垂直，可得a－1＝1，解得a＝2.
2.[T3补偿]过直线y＝x上一点P可以作曲线f(x)＝x－ln x两条切线，则点P横坐标t的取值范围为
A.t<1 B.t<0
C.0√
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解析　由题意得P(t，t)，设切点为A(x0，y0)，x0>0，
因为过直线y＝x上一点P可以作曲线f(x)＝x－ln x两条切线，
所以关于x0的方程t＝－x0ln x0＋x0有两个不等的实数根，
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即函数y＝t与函数g(x)＝－xln x＋x的图象有两个交点，
g′(x)＝－ln x－1＋1＝－ln x，
g′(x)>0 01，
则函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g(1)＝1，
x→0时，g(x)→0；x→＋∞时，g(x)→－∞，
则函数y＝t与函数g(x)＝－xlnx＋x的图象如图所示，
由图可知，01
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3.[T13补偿](2021·郑州模拟)已知函数f(x)＝ex＋e－x－x2，则不等式f(2m)>f(m－2)的解集为
√
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解析　因为f(－x)＝e－x＋ex－x2＝f(x)，所以f(x)是偶函数，
又f′(x)＝ex－e－x－2x，
设g(x)＝ex－e－x－2x，
所以g(x)单调递增，
当x≥0时，g(x)≥g(0)＝0，
即当x≥0时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又f(x)是偶函数，
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所以不等式f(2m)>f(m－2)化为f(|2m|)>f(|m－2|)，
所以|2m|>|m－2|，
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A.a>b>c B.a>c>b
C.b>c>a D.b>a>c
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∴a>1，b>1，c<0，则排除B，C选项，
令f(x)＝x－ln x，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(1)＝1，即ln x∴a>b，排除D选项.
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5.[T15补偿](2021·郑州模拟)已知奇函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且当x∈(－∞，0]时，f′(x)<1，则不等式f(2x－1 011)－f(x＋1 010)≥x－2 021的解集为
A.(2 021，＋∞) B.[2 021，＋∞)
C.(－∞，2 021] D.(－∞，2 021)
√
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解析　因为f′(x)<1，即f′(x)－1<0，
令g(x)＝f(x)－x，
则g′(x)<0，g(x)在(－∞，0]上单调递减，
又f(x)是R上的奇函数，则g(x)也是R上的奇函数，
从而有g(x)在R上单调递减，显然f(x)＝g(x)＋x，
则有f(2x－1 011)－f(x＋1 010)≥x－2 021
g(2x－1 011)＋(2x－1 011)－[g(x＋1 010)＋(x＋1 010)]≥x－2 021
g(2x－1 011)＋2x－1 011－g(x＋1 010)－x－1 010≥x－2 021
g(2x－1 011)≥g(x＋1 010)，
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由g(x)在R上单调递减，得
2x－1 011≤x＋1 010 x≤2 021，
所以所求不等式的解集为(－∞，2 021].
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6.[T10补偿](2021·渭南模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋2)x.若f(x)的图象关于原点(0,0)对称，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为_________
____.
5x－y－2
＝0
解析　由f(x)＝x3＋ax2＋(a＋2)x，
f(x)的图象关于原点(0,0)对称，
知f(x)为奇函数，可得a＝0，f(x)＝x3＋2x，
所以f′(x)＝3x2＋2，k＝f′(1)＝5，
所以切线方程为5x－y－2＝0.
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