高考数学专题一　微专题4　导数的几何意义及函数的单调性 课件(共67张PPT)

(共67张PPT)
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
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
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，＋∞)
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)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
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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，
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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.
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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)B.f′(π)C.f′(2)D.f′(3)√
√
√
由f′(x)>0知，f(x)在R上是增函数，则f(2)1
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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)1
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所以由图易知f′(3)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
√
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√
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，
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所以ex－e－x>0，x(ex－e－x)>0，
所以f′(x)>0，
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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；
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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，
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而1＋a∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，
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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，
所以直线AM的方程为y－1＋ ＝－ (x－x1)，M(0， x1－ ＋1)，
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所以|AM|＝ ＝ ·|x1|，
同理|BN|＝ ·|x2|，
所以 ＝ ＝ ＝ ＝ ∈(0,1).
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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；
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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xx2；
令f′(x)<0，则x11
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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.
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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；
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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，＋∞)；
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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
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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