【高考题型分类突破】专题17 导数的几何意义及函数的单调性 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

专题十七 导数的几何意义及函数的单调性
【题型分析】
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.利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，多以选择题、填空题的形式考查，也常在导数解答题的第一问考查，难度中等偏上，属于综合性问题.
题型1 导数的几何意义
例1　(1)(2024年全国甲卷)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.
(2)(2024年新高考全国Ⅰ卷)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=　　　　.
方法总结：
1.求过某点的曲线的切线方程时(不论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程.
2.公切线问题应根据两个函数图象在切点处的切线斜率相等，且两个切点既在切线上又分别在两个函数图象上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解.
1.已知曲线y=x2+3x+在x=1处的切线与直线x-2y+1=0垂直，则a=(　　).
A.3 B. C.7 D.
2.已知函数y=的图象与函数y=aln x的图象在公共点处有相同的切线，则公共点的坐标为　　　　.
题型2 利用导数研究函数的单调性
例2　(2024年全国甲卷节选)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1，求f(x)的单调区间.
例3　(2021年全国乙卷节选)讨论函数f(x)=x3-x2+ax+1的单调性.
方法总结：
对于含参数的函数的单调性的讨论，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序排列有三个.
分类讨论点一：求导后，考虑f'(x)=0是否有实根，从而引起分类讨论.
分类讨论点二：求导后，f'(x)=0有实根，但不清楚f'(x)=0的实根是否落在定义域内，从而引起分类讨论.
分类讨论点三：求导后，f'(x)=0有实根，f'(x)=0的实根也落在定义域内，但不清楚这些实根的大小关系，从而引起分类讨论.
已知函数f(x)=-2aln x+2(a+1)x-x2(a>0)，讨论函数f(x)的单调性.
题型3 单调性的简单应用
例4　(1)(2023年新高考全国Ⅱ卷)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
(2)设a=，b=，c=2，则(　　).
A.a>b>c B.c>b>a
C.a>c>b D.c>a>b
方法总结：
1.根据函数单调性求参数的一般思路
(1)由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f'(x)≥0(f'(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式.
(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题.
(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f'(x)在整个区间内恒等于0.若f'(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f'(x)=0，则参数可取这个值.
2.利用导数比较大小，其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小.
1.若函数h(x)=ln x-ax2-2x在[1，4]上单调递增，则实数a的取值范围为(　　).
A.(-∞，-1] B.(-∞，-1)
C.-∞，- D.-∞，-
2.已知a=e2，b=e3，c=e4，则a，b，c的大小关系为(　　).
A.aC.c【真题改编】
1.(2024年全国甲卷，理科T6改编)设函数f(x)=ex-sin 2x，则曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　).
A. B. C. D.
2.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T13改编1)曲线f(x)=x6+3x-1在点(0，f(0))处的切线与曲线g(x)=3ln x+a相切，则a=(　　).
A.1 B.-1 C.2 D.-3
3.(2023年新高考全国Ⅱ卷，T6改编)已知f(x)=ex-2+x-x2在R上单调递增，则a的取值范围为(　　).
A.[-1，1) B.-1，
C.[-1，0) D.-，0
4.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T13改编2)已知函数f(x)=e2 024x，g(x)=-e-2 024x，若存在一条直线l与f(x)的图象和g(x)的图象都相切，则直线l的方程为　　　　.
5.(2024年全国甲卷，理科T21第(1)问改编)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x，当a=2时，求f(x)的单调区间.
【最新模拟】
(总分：100分　单选题每题5分，多选题每题6分，填空题每题5分，共68分；解答题共32分)
1.已知函数f(x)=x2+mln x的图象在点P(1，1)处的切线经过点Q(0，1)，则实数m的值为(　　).
A.-2 B.-1 C.1 D.2
2.函数f(x)=x2+ln x-3x的单调递减区间是(　　).
A.0， B.，1
C.(1，+∞) D.-∞，
3.已知函数f(x)=ln x-ax在区间[1，3]上单调递减，则实数a的取值范围为(　　).
A.a≥1 B.a>1
C.a≥ D.a>
4.函数f(x)=的图象大致是(　　).
　　　　　　
A　　　　　　　B　　　　　　　　C　　　　　　　D
5.已知函数f(x)=x2+(x-2)ex-2x+5在区间(3m-1，m+2)上不单调，则m的值可以为(　　).
A.-3 B.-1 C.0 D.1
6.如图，这是f(x)的导函数f'(x)的图象，给出下列四个结论，其中正确的是(　　).
A.f(x)有三个单调区间
B.f(-2)C.f(-1)D.f(x)在[-1，2]上单调递增，在(2，4]上单调递减
7.下列不等式成立的是(　　).
A.2ln C.5ln 2<2ln 5 D.π>eln π
8.若存在直线与曲线f(x)=x3-x，g(x)=x2-a2+a都相切，则a的取值范围是(　　).
A.[0，2] B.[-2，0]
C.-，2 D.，
9.已知f(x)=xln(x+3)，则曲线f(x)在点(-2，0)处的切线方程是　　　　.
10.已知f(x)=x+acos x(a≠0)，则(　　).
A.f(x)可能在R上单调递减
B.若f(x)在R上单调递增，则a∈[-1，0)∪(0，1]
C.，是曲线y=f(x)的一个对称中心
D.曲线y=f(x)所有的对称中心都在同一条直线上
11.已知函数f(x)=ln x+ax在函数g(x)=x2-2x+b的单调递增区间上也单调递增，则实数a的取值范围是　　　　.
12.(15分)已知函数f(x)=xln x，g(x)=x2+ax(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设f(x)的图象在点(1，0)处的切线与g(x)的图象相切，求a的值.
13.(17分)已知函数f(x)=ln x-ax2+(a-1)x(a≠0).
(1)当a=1时，求曲线f(x)在x=1处的切线的斜率.
(2)当a<-1时，求函数f(x)的单调递增区间.
(3)记函数F(x)的图象为曲线C，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)是曲线C上两个不同的点，如果曲线C上存在点M(x0，y0)，满足①x0=，②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数F(x)存在“中值相依切线”.判断函数f(x)是否存在“中值相依切线”，并说明理由.
14.(原创)已知函数h(x)=ln x+mx的图象存在斜率为3的切线，则实数m的取值范围是(　　).
A.(-∞，3) B.(-∞，3]
C.[3，+∞) D.(3，+∞)
15.(原创)已知函数f(x)=ln x+-x-2 024在(0，+∞)上存在单调递增区间，则m的取值范围是　　　　.
参考答案
专题十七 导数的几何意义及函数的单调性
题型1　导数的几何意义
例1　(1)A　(2)ln 2
【解析】(1)f'(x)
=，
则f'(0)==3，
所以该切线方程为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×-=.故选A.
(2)由y=ex+x得y'=ex+1，则y'|x=0=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'=.
因为y=2x+1也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，设切点坐标为(x0，ln(x0+1)+a)，
所以y'==2，解得x0=-，则切点坐标为-，a+ln.
将切点坐标代入y=2x+1，得a+ln=2×-+1，解得a=ln 2.
跟踪训练
1.C
【解析】由y=x2+3x+，求导得y'=2x+3-，当x=1时，y'=5-a.
由曲线y=x2+3x+在x=1处的切线与直线x-2y+1=0垂直，得5-a=-2，
所以a=7.故选C.
2.(e2，e)
【解析】设函数f(x)=aln x，函数g(x)=，
则f'(x)=，g'(x)=.
设曲线f(x)=aln x与曲线g(x)=的公共点的坐标为(x0，y0)，
因为两个函数的图象在公共点处有相同的切线，所以=，所以x0=4a2(a>0).
由f(x0)=g(x0)，可得aln x0=.
由解得x0=e2，
所以y0=e，所以公共点的坐标为(e2，e).
题型2　利用导数研究函数的单调性
例2
【解析】由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a-=.
当a≤0时，f'(x)=<0，故f(x)在(0，+∞)上单调递减.
当a>0时，若x∈，+∞，则f'(x)>0，f(x)单调递增；若x∈0，，则f'(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为，+∞，单调递减区间为0，.
例3
【解析】由题意知f(x)的定义域为R，f'(x)=3x2-2x+a，
令f'(x)=0，则Δ=(-2)2-4×3a=4(1-3a).
①当a≥时，f'(x)≥0，f(x)在R上单调递增.
②当a<时，令f'(x)=0，即3x2-2x+a=0，
解得x1=，x2=.
令f'(x)>0，则xx2；令f'(x)<0，则x1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.
综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增；当a<时，f(x)在-∞，，，+∞上单调递增，在，上单调递减.
跟踪训练
【解析】f'(x)=，x∈(0，+∞).
①当a=1时，f'(x)=≤0，
∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递减.
②当00，得a由f'(x)<0，得01.
∴函数f(x)在(a，1)上单调递增，在(0，a)，(1，+∞)上单调递减.
③当a>1时，同理，得函数f(x)在(1，a)上单调递增，在(0，1)，(a+∞)上单调递减.
综上，当a=1时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减；
当0当a>1时，函数f(x)在(1，a)上单调递增，在(0，1)，(a，+∞)上单调递减.
题型3　单调性的简单应用
例4　(1)C　(2)D
【解析】(1)因为函数f(x)=aex-ln x，所以f'(x)=aex-.
因为函数f(x)=aex-ln x在(1，2)上单调递增，所以f'(x)≥0在(1，2)上恒成立，
即aex-≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)上恒成立.
设g(x)=xex，则g'(x)=(x+1)ex.
当x∈(1，2)时，g'(x)>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)=e，所以≤e，即a≥=e-1.故选C.
(2)由题意得a==，b==，c=2=.
令f(x)=，则f'(x)=，
当x∈(0，e)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
因为a=f(2)=f(4)，b=f，c=f()，
所以a=f(2)f=b，即c>a>b.故选D.
跟踪训练
1.A
【解析】因为函数h(x)=ln x-ax2-2x在[1，4]上单调递增，所以h'(x)=-ax-2≥0在[1，4]上恒成立，即a≤-在[1，4]上恒成立.
令G(x)=-，x∈[1，4]，变形得G(x)=-12-1，x∈[1，4].
易得∈，1，
所以当=1，即x=1时，G(x)min=-1，所以a≤-1，故选A.
2.B
【解析】令f(x)=，则f'(x)=，易得f(x)在[2，+∞)上单调递增，
∴f(2)故选B.
1.C
【解析】f(0)=e0-sin 0=1，
因为f'(x)=ex-2cos 2x，
所以f'(0)=e0-2cos 0=1-2=-1，
所以该切线方程为y-1=-x，即y=-x+1.
令x=0，则y=1，令y=0，则x=1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S=×1×1=.故选C.
2.C
【解析】f(0)=-1，f'(x)=6x5+3，所以f'(0)=3，故切线方程为y=3(x-0)-1=3x-1.
因为该切线与曲线g(x)=3ln x+a相切，设切点坐标为(x0，y0)，
所以g'(x)=，所以=3，解得x0=1，代入切线方程得y0=2，
而点(1，2)也在曲线g(x)=3ln x+a上，所以a=2.
故选C.
3.C
【解析】依题意可知，f'(x)=ex-2+-x≥0在R上恒成立，则≤ex-x-2恒成立.
设g(x)=ex-x-2，则g'(x)=ex-1.
令g'(x)=0，则x=0，
当x<0时，g'(x)<0，此时g(x)单调递减，
当x>0时，g'(x)>0，此时g(x)单调递增，
∴g(x)min=g(0)=-1，
∴≤-1，即-1≤a<0，
∴a的取值范围为[-1，0).故选C.
4.y=2 024ex
【解析】设直线l的方程为y=kx+b，l与曲线y=e2 024x切于点(x1，)，l与曲线y=-e-2 024x切于点(x2，-).
∵f'(x)=(e2 024x)'=2 024e2 024x，g'(x)=(-e-2 024x)'=2 024e-2 024x，
∴
∴
∴直线l的方程为y=2 024ex.
5.解析　当a=2时，f(x)=(1-2x)ln(1+x)-x，
故f'(x)=-2ln(1+x)+-1=-2ln(1+x)+-3.
因为y=-2ln(1+x)，y=-3在(-1，+∞)上均为减函数，
所以f'(x)在(-1，+∞)上为减函数，而f'(0)=0，
故当-10，所以函数f(x)在(-1，0)上单调递增；
当x>0时，f'(x)<0，所以函数f(x)在(0，+∞)上单调递减.
综上，函数f(x)在(-1，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减.
1.A
【解析】由题知，f'(x)=2x+，所以f'(1)=2+m=kPQ==0，得m=-2.
故选A.
2.B
【解析】由题意可知f(x)的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=2x+-3=.
令f'(x)=<0，解得所以函数f(x)的单调递减区间是，1.
故选B.
3.A
【解析】因为f(x)=ln x-ax，所以f'(x)=-a.
因为f(x)在区间[1，3]上单调递减，
所以f'(x)=-a≤0在区间[1，3]上恒成立，则a≥在区间[1，3]上恒成立.
因为y=在区间[1，3]上单调递减，所以ymax=1，故a≥1.
故选A.
4.B
【解析】∵f(x)的定义域为R，f(-x)==-=-f(x)，
∴f(x)为定义在R上的奇函数，图象关于坐标原点对称，故A，C错误；
当x>0时，f(x)=，∴f'(x)==>0，
∴f(x)在(0，+∞)上单调递增，故D错误，B正确.
故选B.
5.C
【解析】由题意知f'(x)=(x-1)ex+2x-2=(ex+2)(x-1).
因为f(x)在区间(3m-1，m+2)上不单调，所以y=f'(x)在区间(3m-1，m+2)上有变号零点.
又ex+2>0，所以f'(x)=0 x=1，f'(x)<0 x<1，f'(x)>0 x>1，
所以x=1在区间(3m-1，m+2)内，
所以解得-16.CD
【解析】对于A，由图象可以看出，f'(x)的符号是先负后正，再负再正，所以函数f(x)有四个单调区间，故A错误；
对于B，当x∈[-2，-1]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以f(-2)>f(-1)，故B错误；
对于C，当x∈[-1，2]时，f'(x)≥0，函数f(x)单调递增，所以f(-1)对于D，当x∈[2，4]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调递减，故D正确.
故选CD.
7.AD
【解析】设f(x)=，则f'(x)=.
当x∈(0，e)时，f'(x)>0；当x∈(e，+∞)时，f'(x)<0.
故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减.
因为0<<2因为0<<ln ，故B错误；
因为e<4<5，所以>，即>，即5ln 2>2ln 5，故C错误；
因为e<π，所以<，即π>eln π，故D正确.
故选AD.
8.D
【解析】设该直线与f(x)的图象相切于点(x1，-x1)，
因为f(x)=x3-x，所以f'(x)=3x2-1，所以f'(x1)=3-1，
所以该切线的方程为y-(-x1)=(3-1)(x-x1)，即y=(3-1)x-2.
设该直线与g(x)的图象相切于点(x2，-a2+a)，
因为g(x)=x2-a2+a，所以g'(x)=2x，所以g'(x2)=2x2，
所以该切线的方程为y-(-a2+a)=2x2(x-x2)，即y=2x2x--a2+a.
所以
所以-a2+a=-2=2-2=-2-+.
令h(x)=x4-2x3-x2+，则h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1)，
所以当x∈-∞，-∪(0，1)时，h'(x)<0，当x∈-，0∪(1，+∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)在-∞，-和(0，1)上单调递减，在-，0和(1，+∞)上单调递增.
又h-=，h(1)=-1，所以h(x)∈[-1，+∞)，
所以-a2+a≥-1，解得≤a≤，
所以a的取值范围为，.故选D.
9.2x+y+4=0
【解析】由题意得f'(x)=ln(x+3)+，
所以f'(-2)=-2，
故切线方程为y-0=-2×(x+2)，即2x+y+4=0.
10.BCD
【解析】f(x)=x+acos x(a≠0)，则f'(x)=1-asin x.
当a∈[-1，0)∪(0，1]时，f'(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增，
当a<-1或a>1时，f'(x)≤0不恒成立，f(x)不可能在R上单调递减，
综上，f(x)在R上不可能单调递减，故A错误；
若f(x)在R上单调递增，则f'(x)=1-asin x≥0恒成立，
所以a∈[-1，0)∪(0，1]，故B正确；
因为f(x)+f(π-x)=x+acos x+π-x+acos(π-x)=π，
所以曲线y=f(x)关于点，对称，故C正确；
设(m，n)是f(x)图象的一个对称中心，则f(m+x)+f(m-x)=2n，
即(m+x)+acos(m+x)+(m-x)+acos(m-x)=2n，所以2m+2acos mcos x=2n，
所以m=n且acos m=0，因为a≠0，所以cos m=0，所以m=n=(k∈Z)，
所以曲线y=f(x)所有的对称中心都在直线y=x上，故D正确.
故选BCD.
11.[0，+∞)
【解析】函数g(x)=x2-2x+b的单调递增区间为[1，+∞)，依题意得，函数f(x)在[1，+∞)上也单调递增，则f'(x)=+a≥0在[1，+∞)上恒成立，
即a≥-在[1，+∞)上恒成立.
令m(x)=-，
则m(x)在[1，+∞)上单调递增，
又当x→+∞时，m(x)→0且m(x)<0，
所以当x∈[1，+∞)时，-∈[-1，0)，所以a≥0.
12.解析　(1)函数f(x)=xln x的定义域为(0，+∞)，求导得f'(x)=1+ln x.
当0时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以函数f(x)的单调递减区间是0，，单调递增区间是，+∞. 6分
(2)由(1)得f'(1)=1，
因此函数f(x)的图象在点(1，0)处的切线方程为y=x-1.
当点(1，0)在函数g(x)=x2+ax的图象上时，12+a=0，解得a=-1，则g(x)=x2-x，
求导得g'(x)=2x-1，则g'(1)=2-1=1，
则函数g(x)=x2-x的图象在点(1，0)处的切线方程为y=x-1，符合题意，因此a=-1；
当点(1，0)不在函数g(x)=x2+ax的图象上时，设切点坐标为(x0，+ax0)，
求导得g'(x)=2x+a，则g'(x0)=2x0+a.
由曲线g(x)在点(x0，+ax0)处的切线方程为y=x-1，得
解得经检验符合题意，因此a=3.
综上，a的值为-1或3. 15分
13.解析　(1)当a=1时，f(x)=ln x-x2，则f'(x)=-x，所以f'(1)=0，
所以曲线f(x)在x=1处的切线的斜率为0. 3分
(2)函数f(x)=ln x-ax2+(a-1)x(a≠0)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=-ax+(a-1)=-=-.
因为a<-1，所以0<-<1，
由f'(x)>0，可得01，
所以函数f(x)的单调递增区间为0，-，(1，+∞). 7分
(3)不存在.理由如下：
假设函数f(x)存在“中值相依切线”，设0由题意得y1=ln x1-a+(a-1)x1，y2=ln x2-a+(a-1)x2，
则kAB==-+(a-1).
因为f'(x)=-ax+(a-1)，
所以f'(x0)=-ax0+(a-1)=-+(a-1).
由kAB=f'(x0)，可得-+(a-1)=-+(a-1)，
即=，则ln -=ln -=0.
令t=>1，且h(t)=ln t-，则h'(t)=-=>0，
故函数h(t)在(1，+∞)上单调递增，则h(t)>h(1)=0，
故h(t)=0在(1，+∞)上无解，假设不成立.
综上，函数f(x)不存在“中值相依切线”. 17分
14.A
【解析】已知h(x)=ln x+mx，则h'(x)=+m.
因为函数h(x)的图象存在斜率为3的切线，所以h'(x)=+m=3在(0，+∞)上有解，
所以=3-m>0，得m<3，所以实数m的取值范围是(-∞，3)，故选A.
15.-∞，
【解析】f(x)=ln x+-x-2 024在(0，+∞)上存在单调递增区间，
即f'(x)=--1=>0在(0，+∞)上有解，
即m<-x2+x在(0，+∞)上有解，所以m<(-x2+x)max.
令h(x)=-x2+x(x>0)，易知h(x)在0，上单调递增，在，+∞上单调递减，
则h(x)max=h=-2+=，
所以m<，即m的取值范围为-∞，.