(共32张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1.(2024·漳州三模)已知函数f(x)=ln x+x,g(x)是函数f(2x+1)的导函数,则g(0)= ( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:因为f(x)=ln x+x(x>0),所以f(2x+1)=ln(2x+1)+2x+1,即f'(2x+1)=+2,所以g(x)=+2,所以g(0)=4.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
2.已知函数f(x)与f'(x)的图象如图所示,则g(x)=( )
A.在区间(0,1)上单调递减
B.在区间(1,4)上单调递减
C.在区间上单调递减
D.在区间上单调递减
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
解析:结合图象知,当x∈(1,4)时,f(x)-f'(x)<0,而g'(x)=,而f(2)=0,故g(x)在上单调递减.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
3.(2024·潍坊三模)牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法.如图,方程 f(x)=0的根就是函数f(x)的零点r,取初始值x0,f(x)的图象在点(x0,f(x0))处的切线与x轴的交点的横坐标为 x1,f(x)的图象在点(x1,f(x1))处的切线与x轴的交点的横坐标为x2,一直继续
下去,得到x1,x2,…,xn,它们越来越接近r.设函
数f(x)=x2+bx,x0=2,用牛顿迭代法得到x1=,则
实数b=( )
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
A.1 B.
C. D.
解析:f'(x)=2x+b,f'(2)=4+b,f(2)=4+2b,则f(x)在(2,f(2))处的切线方程为y-(4+2b)=(4+b)(x-2),由题意得,切线过,代入切线方程得-(4+2b)=(4+b),解得b=.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
4.(2024·邢台二模)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,则下面等式可能成立的是 ( )
A.x1+x2=2 B.x1+x2=
C.x1x2=2 D.x1x2=
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
解析:因为f(x)=x2+2ln x,x>0.所以f'(x)=2x+,x>0.
由因为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) 2x1+=2x2+,又x1≠x2,所以x1x2=1,故C、D错误;
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成立.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
5.(2024·泰州模拟)若函数f(x)=sin 2x-acos x在(0,π)上单调递增,则a的取值范围是( )
A.(-∞,-1] B.[-1,+∞)
C.(-∞,1] D.[1,+∞)
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
解析:因为函数f(x)=sin 2x-acos x在(0,π)上单调递增,
所以f'(x)=cos 2x+asin x≥0在(0,π)上恒成立,即1-2sin2x+asin x≥0
在(0,π)上恒成立.令t=sin x,x∈(0,π),则t∈(0,1],所以a≥2t-在(0,1]上恒成立.
(关键点:分离参数,利用函数的单调性求解)
又因为y=2t-在(0,1]上单调递增,所以当t=1时,ymax=1,故a≥1.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
6.[多选]已知函数f(x)=x2-ex,则下列结论正确的是 ( )
A.f(f(0))=
B.f(x)为减函数
C.f(log23)
D.曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(2-e)x-1
解析:因为f(x)=x2-ex,所以f(0)=02-e0=-1,则f(-1)=(-1)2-e-1=1-=,故A正确;
√
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
因为f'(x)=2x-ex,设g(x)=f'(x)=2x-ex,则g'(x)=2-ex,由g'(x)=2-ex=0得x=ln 2,当x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)>0,f'(x)单调递增,当x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)<0,f'(x)单调递减,所以f'(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0,所以f'(x)<0恒成立,所以f(x)为减函数,故B正确;
因为log23f(2),故C错误;
由f'(1)=2-e,f(1)=1-e,则y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(1-e)=(2-e)(x-1),即y=(2-e)x-1,故D正确.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
7.[多选]已知函数f(x)的导函数为f'(x),对任意的正数x,都满足f(x)A.f(1)<2f B.f(1)C.f(1)<4f-2 D.f(1)解析:
思维路径:由f(x)√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
设g(x)=(x>0),则g'(x)=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,由g(1)>g得f(1)>2f,故A错误;
由g(1)设h(x)=(x>0),则h'(x)==<0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,由h(1)h(2)得f(1)>f(2)+1,故D错误.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
8.若过点(a,2)可以作曲线y=ln x的两条切线,则a的取值范围为 ( )
A.(-∞,e2) B.(-∞,ln 2)
C.(0,e2) D.(0,ln 2)
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
解析:在曲线y=ln x上任取一点P(t,ln t),对函数y=ln x求导,得y'=,所以曲线y=ln x在点P处的切线方程为y-ln t=(x-t).由题意可知,点(a,2)在直线y-ln t=(x-t)上,可得a=3t-tln t.令f(t)=3t-tln t,t∈(0,+∞),则f'(t)=3-ln t-1=2-ln t.当t∈(e2,+∞)时,f'(t)<0,f(t)单调递减,当t∈(0,e2)时,f'(t)>0,f(t)单调递增,所以f(t)max=f(e2)=e2,且当t∈(0,e3)时,f(t)>0,当t∈(e3,+∞)时,f(t)<0,又直线y=a与曲线y=f(t)的图象有两个交点,所以a的取值范围为(0,e2).
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
9.(2024·遵义质监)已知f(x)=xln(x+3),则f(x)在(-2,0)处的切线方程是 .
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.
2x+y+4=0
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
10.已知函数f(x)=3x-sin x,若f(a)+f(a2-2)>0,则实数a的取值范围为 .
解析:函数f(x)=3x-sin x的定义域为R,且f(-x)=-3x+sin x=-f(x),所以f(x)=3x-sin x为奇函数.又f'(x)=3-cos x>0,所以f(x)=3x-sin x在R上单调递增,不等式f(a)+f(a2-2)>0,即f(a2-2)>-f(a)=f(-a),等价于a2-2>-a,解得a>1或a<-2,所以实数a的取值范围为(-∞,-2)∪(1,+∞).
(-∞,-2)∪(1,+∞)
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
11.(2024·成都模拟)已知函数g(x)=的图象与函数f(x)=aln x的图象在公共点处有相同的切线,则公共点坐标为 .
解析:函数f(x)=aln x的定义域为(0,+∞),由f(x)=aln x,可得f'(x)=,由g(x)=,可得g'(x)=,设曲线f(x)=aln x与曲线g(x)=的公共点为(x0,y0),由于在公共点处有共同的切线,所以=,
所以x0=4a2(a>0),由f(x0)=g(x0),可得aln x0=,联立可得解得x0=e2,所以y0=e,所以公共点坐标为(e2,e).
(e2,e)
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
12.已知函数f(x)=x(x-c)2.
(1)若c=2,求函数y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
解:当c=2时,f(x)=x(x-2)2,
求导得f'(x)=(x-2)2+2x(x-2),
则f'(1)=-1,而f(1)=1,
所以所求切线方程为y-1=-1×(x-1),即x+y-2=0.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
(2)讨论函数y=f(x)的单调性.
解:函数f(x)=x(x-c)2的定义域为R,求导得
f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=3(x-c).
当c<0时,由f'(x)<0,得c0,得x,
函数f(x)在上单调递减,在(-∞,c),上单调递增;
当c=0时,f'(x)≥0恒成立,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
当c>0时,由f'(x)<0,得0,得x<或x>c,
函数f(x)在上单调递减,在,(c,+∞)上单调递增,
所以当c<0时,函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为(-∞,c),;当c=0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);
当c>0时,函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,(c,+∞).
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
13.(2024·广州模拟)已知直线y=kx+b恒在曲线y=ln(x+2)的上方,则的取值范围是( )
A.(1,+∞) B.
C.(0,+∞) D.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
解析:设直线y=kx+t与曲线切于点(x0,ln(x0+2)),则y'=,所以切线方程为y=x+ln(x0+2)-,所以k=>0,t=ln(x0+2)-,所以>=(x0+2)ln(x0+2)-(x0+2)+2.设g(x)=xln x-x+2,则g'(x)=ln x,当01时,g'(x)>0,即g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=1,所以>1.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
14.已知f(x)=ex-1,g(x)=ln x+1,则f(x)与g(x)的公切线有 ( )
A.0条 B.1条
C.2条 D.3条
解析:根据题意,设直线l与f(x)=ex-1相切于点(m,em-1) ,与g(x)相切于点(n,ln n+1)(n>0),对于f(x)=ex-1,f'(x)=ex,
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
则k1=em,则直线l的方程为y+1-em=em(x-m),即y=emx+em(1-m)-1.对于g(x)=ln x+1,g'(x)=,则k2=,则直线l的方程为y-(ln n+1)=(x-n),即y=x+ln n.直线l是f(x)与g(x)的公切线,则可得(1-m)(em-1)=0,即m=0或m=1,则切线方程为y=ex-1 或y=x,故f(x)与g(x)的公切线有两条.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
15.(2024·安康模拟)若0A.+ln x1>+ln x2 B.+ln x1<+ln x2
C.x2>x1 D.x2解析:令f(x)=ex-ln x,x>0,则f'(x)=ex-,令h(x)=ex-,则h'(x)=ex+>0恒成立,即f'(x)=ex-在定义域(0,+∞)上单调递增,
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
且f'=-e<0,f'(1)=e-1>0,因此在区间上必然存在唯一x0,使得f'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,f(x)单调递减,当x∈(x0,1)时,f(x)单调递增,故A、B错误;
令g(x)=,则g'(x)=,当0,即x2>x1,故C正确,D错误.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
16.(2023·全国乙卷)已知函数f(x)=ln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
解:当a=-1时,f(x)=ln(1+x),f'(x)=-ln(1+x)+·,
所以f'(1)=-ln 2,
又f(1)=0,所以点(1,f(1))处的切线方程为y-0=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=0.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.
解:由题意得f'(x)=-ln(1+x)+·≥0(x>0),
即≥0(x>0),因为x2(1+x)>0,
所以只需满足ax2+x-(1+x)ln(1+x)≥0(x>0).
设g(x)=ax2+x-(1+x)ln(1+x),则g'(x)=2ax+1-ln(1+x)-1=2ax-ln(1+x).
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
若a≤0,则g'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递减,于是在(0,+∞)上g(x)若a>0,设h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-,h'(0)=2a-1.
①若0-1时,h'(x)>0,
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2
3
4
所以h(x)即g'(x)在上单调递减,在上单调递增,于是当0②若a≥,因为h'(x)在(0,+∞)上单调递增,h'(x)>h'(0)=2a-1≥0,所以h(x)即g'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以在(0,+∞)上g'(x)>g'(0)=0,于是g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以在(0,+∞)上g(x)>g(0)=0,满足题意.
综上所述,a的取值范围为.(共32张PPT)
导数的几何意义及函数的单调性
习题讲评（三）
(1)导数的几何意义和计算是导数应用的基础,多以选择、填空题的形式考查,难度中等偏下.
(2)应用导数研究函数的单调性,是导数应用的重点内容,是研究函数极值、最值的基础,主要考查利用导数判断函数的单调性,进而比较大小或求参数值,选择、填空、解答题均有考查.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一) 导数的几何意义
教学点(二) 利用导数研究函数
的单调性
导数的几何意义
教学点（一）
[例1] (2022·新课标Ⅱ卷)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 , .
思维路径:此题求过某点的切线方程,所以已知点不一定是切点,需要设出切点坐标;注意分x>0和x<0两种情况求解.
解析:法一:化为分段函数,分段求y=ln|x|.
当x>0时,y=ln x,设切点为(x0,ln x0),由y'=,得y'=,所以切线方程为y-ln x0=(x-x0).又切线过坐标原点,所以-ln x0=(-x0),解得x0=e,所以切线方程为y-1=(x-e),即y=x;
y=x
y=-x
当x<0时,y=ln(-x),设切点为(x1,ln(-x1)),由y'=,得y'=,所以切线方程为y-ln(-x1)=(x-x1).又切线过坐标原点,所以-ln(-x1)=(-x1),解得x1=-e,所以切线方程为y-1=(x+e),即y=-x.
法二:根据函数的对称性,数形结合.
当x>0时,y=ln x,设切点为(x0,ln x0),由y'=,得y'=,所以切线方程为y-ln x0=(x-x0),又切线过坐标原点,所以-ln x0=(-x0),解得x0=e,所以切线方程为y-1=(x-e),即y=x;
因为y=ln|x|是偶函数,图象如图所示,
所以当x<0时的切线,只需找到y=x关于y轴的对称直线y=-x即可.
[例2] (2022·新课标Ⅰ卷)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 .
思维路径:设出切点横坐标x0,利用导数的几何意义求得切线方程,根据切线经过原点得到关于x0的方程,根据此方程应有两个不同的实数根,求得a的取值范围.
(-∞,-4)∪(0,+∞)
解析:∵y=(x+a)ex,∴y'=(x+1+a)ex,设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a),切线斜率k=(x0+1+a),切线方程为y-(x0+a)=(x0+1+a)(x-x0);
∵切线过原点,∴-(x0+a)=(x0+1+a)(-x0),整理得+ax0-a=0;
∵切线有两条,∴Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,
∴a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞).
[例3] (2024·新课标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= .
解析:由y=ex+x,得y'=ex+1,y'|x=0=e0+1=2,故曲线y=ex+x在(0,1)处的切线方程为y=2x+1.由y=ln(x+1)+a,得y'=.
ln 2
设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0,ln(x0+1)+a),
由两曲线有公切线得y'==2,解得x0=-,则切点为,切线方程为y=2+a+ln=2x+1+a-ln 2,
根据两切线重合,所以a-ln 2=0,解得a=ln 2.
[思维建模]
已知公切线求参数值(范围)的步骤
(1)分别设切点坐标,求出两曲线的切线方程.
(2)根据斜率和纵截距相等列关于切点横坐标的方程组.
(3)消元得含参数的方程.
(4)分离参数,通过求函数的值域求参数的取值范围.
[练1] (2024·辽阳二模)设函数f(x)=x+的图象与x轴相交于点P,则该曲线在点P处的切线方程为( )
A.y=-x B.y=-x-1
C.y=0 D.y=x-1
解析:令x+=0,即x(x+2)+1=0,即(x+1)2=0,解得x=-1,故P(-1,0),
f'(x)=1-,则f'(-1)=1-=0,则其切线方程为y-f(-1)=f'(-1)(x+1),即y=0.
√
即时训练
[练2] (2024·德阳二模)已知直线y=ax-1与曲线f(x)=ln(ex)相切,则a的值为 ( )
A. B.1
C. D.e
√
解析:由f(x)=ln(ex),可得f'(x)==,设切点为(x0,ln(ex0)),则f'(x0)=,则切线方程为y-ln(ex0)=(x-x0),即y=x+ln(ex0)-1.
又直线y=ax-1与曲线f(x)=ln(ex)相切,
所以解得
[练3] (2024·南阳一模)已知曲线y=ex-1与曲线y=f(x)关于直线x-y=0对称,则与两曲线均相切的直线的方程为 .
解析:设曲线y=ex-1上任一点的坐标为(x,y),则该点关于直线x-y=0的对称点为(y,x),得x=ey-1,整理可得y=ln(x+1).设曲线y=ex-1上的切点为(x1,-1),曲线y=ln(x+1)上的切点为(x2,ln(x2+1)),又y=ex-1的导函数为y'=ex,y=ln(x+1)的导函数为y'=,
x-y=0
则
两式整理得x1=-(x2+1)ln(x2+1),所以=,即=,解得x2=0,所以x1=0.所以曲线y=ex-1与曲线y=ln(x+1)的公切线的公切点为(0,0),则切线的斜率为1,故与两曲线均相切的直线的方程为x-y=0.
利用导数研究函数的单调性
教学点（二）
[典例] 函数f(x)=(ax+1)ln x-ax+2ln a.
(1)当a=2时,讨论f(x)的单调性;
思维路径:(1)求导之后再对g(x)=2xln x+1分析即可得到f(x)的单调性;
解:当a=2时,f(x)=(2x+1)ln x-2x+2ln 2,f(x)的定义域为(0,+∞),
∴f'(x)=2ln x+-2=.
令g(x)=2xln x+1,则g'(x)=2ln x+2=2(ln x+1),
令g'(x)=0,即ln x+1=0,解得x=,
当0当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
∴g(x)min=g=1->0,
∴f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)f(x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围.
思维路径: (2)f(x)在(0,+∞)上单调递增得f'(x)≥0,然后转化为h(x)=axln x+1≥0,即h(x)min≥0.
解:∵f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f'(x)≥0,x∈(0,+∞)恒成立,
f'(x)=aln x+-a=≥0,x∈(0,+∞)恒成立,
即axln x+1≥0,x∈(0,+∞)恒成立.
令h(x)=axln x+1,则h'(x)=a(1+ln x).
∵a>0,当0当x>时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
∴h(x)取得最小值h=1-.
∴1-≥0,0∴实数a的取值范围为(0,e].
[思维建模] 利用导数研究函数单调性的注意点
(1)利用导数讨论函数的单调区间时,首先确定函数的定义域;
(2)不能随意将函数的几个独立的单调递增(减)区间写成并集形式.
[练1] (2024·汕头二模)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,3)上单调递减,则实数a的最大值为 ( )
A. B.
C. D.
解析:由题意得f'(x)=aex-,因为函数f(x)=aex-ln x在区间(1,3)上单调递减,所以f'(x)=aex-≤0在区间(1,3)上恒成立,即a≤,令g(x)=,
√
即时训练
则g'(x)==,又x∈(1,3),所以g'(x)<0,所以g(x)=在x∈(1,3)单调递减,所以g(x)>g(3)=,所以a≤,即实数a的最大值是.
习得方法:含参函数f(x)在给定区间I上单调递增(减),等价于不等式f'(x)≥0(f'(x)≤0)在区间I上恒成立,借助分离参数法将f'(x)≥0(f'(x)≤0)中的参数分离,转化为求最值问题,从而求出参数的取值范围,注意得到参数的取值范围后,要验证等号是否成立.
[练2] 已知a=ln,b=,c=,则( )
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>b>a D.c>a>b
解析:
审题破题:本题的关键是结合a,b的特点,构造f(x)=ln x-x+1;结合b,c的特点,构造h(x)=(1-x)ex.
√
令f(x)=ln x-x+1(00,所以f(x)单调递增.又f(1)=0,所以f(x)<0,即ln x,即ln>,所以a>b.设h(x)=(1-x)ex(0c,所以a>b>c.
[练3] 已知函数f(x)=aex-xln x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
解:由题可得,f'(x)=aex-(1+ln x).
当a=1时,f(1)=e,f'(1)=e-1.
故曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=(e-1)x+1.
即时训练
(2)当a≥时,证明:f(x)为增函数.
解:法一:
思维路径:由a≥,放缩可得f'(x)≥ex-1-(1+ln x),令g(x)=ex-1-(1+ln x),利用导数研究g(x)的值域即可得证.
证明:当a≥时,f'(x)≥ex-1-(1+ln x).
设g(x)=ex-1-(1+ln x),则g'(x)=ex-1-在(0,+∞)上单调递增.
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)≥g(1)=0,从而f'(x)≥0.
当且仅当a=且x=1时,f'(x)=0.于是当a≥时,f(x)为增函数,得证.
法二:
思维路径:由f'(x)=ex,令m(x)=a-,将问题转化为m(x)≥0且没有连续的x值使m(x)=0,利用导数研究m(x)的值域即可得证.
证明:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ex.
设m(x)=a-,则f(x)为增函数等价于m(x)≥0且没有连续的x值使m(x)=0.
m'(x)=,设h(x)=ln x-+1,则h(x)在(0,+∞)上单调递增.
当x∈(0,1)时,h(x)<0,m'(x)<0,m(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,m'(x)>0,m(x)单调递增,所以m(x)≥m(1)=0,
当且仅当x=1时,m(x)=0.于是当a≥时,f(x)为增函数,得证.习题讲评(三) 导数的几何意义及函数的单调性
(1)导数的几何意义和计算是导数应用的基础,多以选择、填空题的形式考查,难度中等偏下.
(2)应用导数研究函数的单调性,是导数应用的重点内容,是研究函数极值、最值的基础,主要考查利用导数判断函数的单调性,进而比较大小或求参数值,选择、填空、解答题均有考查.
教学环节一 题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一) 导数的几何意义
[例1] (2022·新课标Ⅱ卷)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 , . [例2] (2022·新课标Ⅰ卷)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 . [例3] (2024·新课标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= . [练1] (2024·辽阳二模)设函数f(x)=x+的图象与x轴相交于点P,则该曲线在点P处的切线方程为 ( ) A.y=-x B.y=-x-1 C.y=0 D.y=x-1 [练2] (2024·德阳二模)已知直线y=ax-1与曲线f(x)=ln(ex)相切,则a的值为 ( ) A. B.1 C. D.e [练3] (2024·南阳一模)已知曲线y=ex-1与曲线y=f(x)关于直线x-y=0对称,则与两曲线均相切的直线的方程为 . [自助空间] 思维建模: 已知公切线求参数值(范围)的步骤 (1)分别设切点坐标,求出两曲线的切线方程. (2)根据斜率和纵截距相等列关于切点横坐标的方程组. (3)消元得含参数的方程. (4)分离参数,通过求函数的值域求参数的取值范围.
教学点(二) 利用导数研究函数的单调性
[典例] 函数f(x)=(ax+1)ln x-ax+2ln a. (1)当a=2时,讨论f(x)的单调性; (2)f(x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围. [自助空间] 思维建模: 利用导数研究函数单调性的注意点 (1)利用导数讨论函数的单调区间时,首先确定函数的定义域; (2)不能随意将函数的几个独立的单调递增(减)区间写成并集形式.
[练1] (2024·汕头二模)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,3)上单调递减,则实数a的最大值为 ( ) A. B. C. D. [练2] 已知a=ln,b=,c=,则 ( ) A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.c>a>b [练3] 已知函数f(x)=aex-xln x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)当a≥时,证明:f(x)为增函数. [练1] 习得方法: 含参函数f(x)在给定区间I上单调递增(减),等价于不等式f'(x)≥0(f'(x)≤0)在区间I上恒成立,借助分离参数法将f'(x)≥0(f'(x)≤0)中的参数分离,转化为求最值问题,从而求出参数的取值范围,注意得到参数的取值范围后,要验证等号是否成立.
教学环节二 课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1.(2024·漳州三模)已知函数f(x)=ln x+x,g(x)是函数f(2x+1)的导函数,则g(0)= ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 2.已知函数f(x)与f'(x)的图象如图所示,则g(x)= ( ) A.在区间(0,1)上单调递减 B.在区间(1,4)上单调递减 C.在区间上单调递减 D.在区间上单调递减 3.(2024·潍坊三模)牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法.如图,方程f(x)=0的根就是函数f(x)的零点r,取初始值x0,f(x)的图象在点(x0,f(x0))处的切线与x轴的交点的横坐标为x1,f(x)的图象在点(x1,f(x1))处的切线与x轴的交点的横坐标为x2,一直继续下去,得到x1,x2,…,xn,它们越来越接近r.设函数f(x)=x2+bx,x0=2,用牛顿迭代法得到x1=,则实数b= ( ) A.1 B. C. D. 4.(2024·邢台二模)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,则下面等式可能成立的是 ( ) A.x1+x2=2 B.x1+x2= C.x1x2=2 D.x1x2= [自助空间] 第1题 巧用结论: 复合函数y=f(g(x))的导数为y'x=[f(g(x))]'=f'(u)g'(x),其中u=g(x).
5.(2024·泰州模拟)若函数f(x)=sin 2x-acos x在(0,π)上单调递增,则a的取值范围是 ( ) A.(-∞,-1] B.[-1,+∞) C.(-∞,1] D.[1,+∞) 6.[多选]已知函数f(x)=x2-ex,则下列结论正确的是 ( ) A.f(f(0))= B.f(x)为减函数 C.f(log23)0,则实数a的取值范围为 . 11.(2024·成都模拟)已知函数g(x)=的图象与函数f(x)=aln x的图象在公共点处有相同的切线,则公共点坐标为 . 12.已知函数f(x)=x(x-c)2. (1)若c=2,求函数y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数y=f(x)的单调性. 第5题 发散拓展: 若函数f(x)在x∈A上单调递增,f(x)的单调递增区间为B,则A与B的关系是A B. 第7题 习得方法: 求解与导数有关的抽象函数不等式问题时,常用策略是联想函数求导公式及求导法则构造一个新函数,通过研究新函数的性质处理与原不等式相关的问题. 第12题 发散拓展: 导数与函数中分类讨论的界点 (1)根据二次项系数确定分类“界点”. (2)根据判别式确定分类“界点”. (3)根据函数零点大小确定分类“界点”. (4)根据导函数的零点与定义域的关系确定分类“界点”.
13.(2024·广州模拟)已知直线y=kx+b恒在曲线y=ln(x+2)的上方,则的取值范围是 ( ) A.(1,+∞) B. C.(0,+∞) D. 14.已知f(x)=ex-1,g(x)=ln x+1,则f(x)与g(x)的公切线有 ( ) A.0条 B.1条 C.2条 D.3条 15.(2024·安康模拟)若0+ln x2 B.+ln x1<+ln x2 C.x2>x1 D.x2习题讲评(三) 导数的几何意义及函数的单调性
教学环节一 题点考法讲评
教学点(一) 导数的几何意义
[例1] 答案:y=x y=-x
思维路径:此题求过某点的切线方程,所以已知点不一定是切点,需要设出切点坐标;注意分x>0和x<0两种情况求解.
解析:法一:化为分段函数,分段求y=ln|x|.
当x>0时,y=ln x,设切点为(x0,ln x0),由y'=,得y'=,所以切线方程为y-ln x0=(x-x0).
又切线过坐标原点,所以-ln x0=(-x0),解得x0=e,
所以切线方程为y-1=(x-e),即y=x;
当x<0时,y=ln(-x),设切点为(x1,ln(-x1)),
由y'=,得y'=,
所以切线方程为y-ln(-x1)=(x-x1).
又切线过坐标原点,所以-ln(-x1)=(-x1),解得x1=-e,所以切线方程为y-1=(x+e),即y=-x.
法二:根据函数的对称性,数形结合.
当x>0时,y=ln x,设切点为(x0,ln x0),由y'=,得y'=,所以切线方程为y-ln x0=(x-x0),又切线过坐标原点,所以-ln x0=(-x0),解得x0=e,所以切线方程为y-1=(x-e),即y=x;因为y=ln|x|是偶函数,图象如图所示,
所以当x<0时的切线,只需找到y=x关于y轴的对称直线y=-x即可.
[例2] 答案:(-∞,-4)∪(0,+∞)
思维路径:设出切点横坐标x0,利用导数的几何意义求得切线方程,根据切线经过原点得到关于x0的方程,根据此方程应有两个不同的实数根,求得a的取值范围.
解析:∵y=(x+a)ex,∴y'=(x+1+a)ex,设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a),切线斜率k=(x0+1+a),切线方程为y-(x0+a)=(x0+1+a)(x-x0);∵切线过原点,∴-(x0+a)=(x0+1+a)(-x0),整理得+ax0-a=0;∵切线有两条,∴Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,∴a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞).
[例3] 答案:ln 2
解析:由y=ex+x,得y'=ex+1,y'|x=0=e0+1=2,故曲线y=ex+x在(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,ln(x0+1)+a),
由两曲线有公切线得y'==2,解得x0=-,则切点为,切线方程为y=2+a+ln=2x+1+a-ln 2,
根据两切线重合,所以a-ln 2=0,解得a=ln 2.
[练1] 选C
令x+=0,即x(x+2)+1=0,即(x+1)2=0,解得x=-1,故P(-1,0),f'(x)=1-,则f'(-1)=1-=0,则其切线方程为y-f(-1)=f'(-1)(x+1),即y=0.
[练2] 选D
由f(x)=ln(ex),可得f'(x)==,设切点为(x0,ln(ex0)),则f'(x0)=,则切线方程为y-ln(ex0)=(x-x0),即y=x+ln(ex0)-1.又直线y=ax-1与曲线f(x)=ln(ex)相切,所以解得
[练3] 答案:x-y=0
解析:设曲线y=ex-1上任一点的坐标为(x,y),则该点关于直线x-y=0的对称点为(y,x),得x=ey-1,整理可得y=ln(x+1).设曲线y=ex-1上的切点为(x1,-1),曲线y=ln(x+1)上的切点为(x2,ln(x2+1)),又y=ex-1的导函数为y'=ex,y=ln(x+1)的导函数为y'=,
则
两式整理得x1=-(x2+1)ln(x2+1),
所以=,即=,
解得x2=0,所以x1=0.
所以曲线y=ex-1与曲线y=ln(x+1)的公切线的公切点为(0,0),则切线的斜率为1,故与两曲线均相切的直线的方程为x-y=0.
教学点(二) 利用导数研究函数的单调性
[典例]
思维路径:(1)求导之后再对g(x)=2xln x+1分析即可得到f(x)的单调性;
(2)f(x)在(0,+∞)上单调递增得f'(x)≥0,然后转化为h(x)=axln x+1≥0,即h(x)min≥0.
解:(1)当a=2时,f(x)=(2x+1)ln x-2x+2ln 2,f(x)的定义域为(0,+∞),
∴f'(x)=2ln x+-2=.
令g(x)=2xln x+1,则g'(x)=2ln x+2=2(ln x+1),
令g'(x)=0,即ln x+1=0,解得x=,
当0当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
∴g(x)min=g=1->0,
∴f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)∵f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f'(x)≥0,x∈(0,+∞)恒成立,
f'(x)=aln x+-a=≥0,x∈(0,+∞)恒成立,
即axln x+1≥0,x∈(0,+∞)恒成立.
令h(x)=axln x+1,则h'(x)=a(1+ln x).
∵a>0,当0当x>时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
∴h(x)取得最小值h=1-.
∴1-≥0,0∴实数a的取值范围为(0,e].
[练1] 选C
由题意得f'(x)=aex-,因为函数f(x)=aex-ln x在区间(1,3)上单调递减,所以f'(x)=aex-≤0在区间(1,3)上恒成立,即a≤,令g(x)=,则g'(x)==,又x∈(1,3),所以g'(x)<0,所以g(x)=在x∈(1,3)单调递减,所以g(x)>g(3)=,所以a≤,即实数a的最大值是.
[练2] 选A
审题破题:本题的关键是结合a,b的特点,构造f(x)=ln x-x+1;结合b,c的特点,构造h(x)=(1-x)ex.
令f(x)=ln x-x+1(00,所以f(x)单调递增.又f(1)=0,所以f(x)<0,即ln x,即ln>,所以a>b.设h(x)=(1-x)ex(0c,所以a>b>c.
[练3] 解:(1)由题可得,f'(x)=aex-(1+ln x).
当a=1时,f(1)=e,f'(1)=e-1.
故曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=(e-1)x+1.
(2)法一:
思维路径:由a≥,放缩可得f'(x)≥ex-1-(1+ln x),令g(x)=ex-1-(1+ln x),利用导数研究g(x)的值域即可得证.
证明:当a≥时,f'(x)≥ex-1-(1+ln x).
设g(x)=ex-1-(1+ln x),则g'(x)=ex-1-在(0,+∞)上单调递增.
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)≥g(1)=0,从而f'(x)≥0.
当且仅当a=且x=1时,f'(x)=0.
于是当a≥时,f(x)为增函数,得证.
法二:
思维路径:由f'(x)=ex,令m(x)=a-,将问题转化为m(x)≥0且没有连续的x值使m(x)=0,利用导数研究m(x)的值域即可得证.
证明:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ex.
设m(x)=a-,则f(x)为增函数等价于m(x)≥0且没有连续的x值使m(x)=0.
m'(x)=,设h(x)=ln x-+1,
则h(x)在(0,+∞)上单调递增.
当x∈(0,1)时,h(x)<0,m'(x)<0,m(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,m'(x)>0,m(x)单调递增,
所以m(x)≥m(1)=0,
当且仅当x=1时,m(x)=0.
于是当a≥时,f(x)为增函数,得证.
教学环节二 课时作业讲评
1.选D
因为f(x)=ln x+x(x>0),所以f(2x+1)=ln(2x+1)+2x+1,即f'(2x+1)=+2,所以g(x)=+2,所以g(0)=4.
2.选C
结合图象知,当x∈(1,4)时,f(x)-f'(x)<0,而g'(x)=,而f(2)=0,故g(x)在上单调递减.
3.选D
f'(x)=2x+b,f'(2)=4+b,f(2)=4+2b,则f(x)在(2,f(2))处的切线方程为y-(4+2b)=(4+b)(x-2),由题意得,切线过,代入切线方程得-(4+2b)=(4+b),解得b=.
4.选B
因为f(x)=x2+2ln x,x>0.所以f'(x)=2x+,x>0.由因为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) 2x1+=2x2+,又x1≠x2,所以x1x2=1,故C、D错误;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成立.
5.选D
因为函数f(x)=sin 2x-acos x在(0,π)上单调递增,所以f'(x)=cos 2x+asin x≥0在(0,π)上恒成立,即1-2sin2x+asin x≥0在(0,π)上恒成立.令t=sin x,x∈(0,π),则t∈(0,1],所以a≥2t-在(0,1]上恒成立.
(关键点:分离参数,利用函数的单调性求解)
又因为y=2t-在(0,1]上单调递增,
所以当t=1时,ymax=1,故a≥1.
6.选ABD
因为f(x)=x2-ex,所以f(0)=02-e0=-1,则f(-1)=(-1)2-e-1=1-=,故A正确;因为f'(x)=2x-ex,设g(x)=f'(x)=2x-ex,则g'(x)=2-ex,由g'(x)=2-ex=0得x=ln 2,当x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)>0,f'(x)单调递增,当x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)<0,f'(x)单调递减,所以f'(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0,所以f'(x)<0恒成立,所以f(x)为减函数,故B正确;因为log23f(2),故C错误;由f'(1)=2-e,f(1)=1-e,则y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(1-e)=(2-e)(x-1),即y=(2-e)x-1,故D正确.
7.选BC
思维路径:由f(x)设g(x)=(x>0),则g'(x)=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,由g(1)>g得f(1)>2f,故A错误;
由g(1)设h(x)=(x>0),则h'(x)==<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,由h(1)h(2)得f(1)>f(2)+1,故D错误.
8.选C
在曲线y=ln x上任取一点P(t,ln t),对函数y=ln x求导,得y'=,所以曲线y=ln x在点P处的切线方程为y-ln t=(x-t).由题意可知,点(a,2)在直线y-ln t=(x-t)上,可得a=3t-tln t.令f(t)=3t-tln t,t∈(0,+∞),则f'(t)=3-ln t-1=2-ln t.当t∈(e2,+∞)时,f'(t)<0,f(t)单调递减,当t∈(0,e2)时,f'(t)>0,f(t)单调递增,所以f(t)max=f(e2)=e2,且当t∈(0,e3)时,f(t)>0,当t∈(e3,+∞)时,f(t)<0,又直线y=a与曲线y=f(t)的图象有两个交点,所以a的取值范围为(0,e2).
9.答案: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.答案:(-∞,-2)∪(1,+∞)
解析:函数f(x)=3x-sin x的定义域为R,且f(-x)=-3x+sin x=-f(x),所以f(x)=3x-sin x为奇函数.又f'(x)=3-cos x>0,所以f(x)=3x-sin x在R上单调递增,不等式f(a)+f(a2-2)>0,即f(a2-2)>-f(a)=f(-a),等价于a2-2>-a,解得a>1或a<-2,所以实数a的取值范围为(-∞,-2)∪(1,+∞).
11.答案:(e2,e)
解析:函数f(x)=aln x的定义域为(0,+∞),由f(x)=aln x,可得f'(x)=,由g(x)=,可得g'(x)=,设曲线f(x)=aln x与曲线g(x)=的公共点为(x0,y0),由于在公共点处有共同的切线,所以=,所以x0=4a2(a>0),由f(x0)=g(x0),可得aln x0=,联立可得解得x0=e2,所以y0=e,所以公共点坐标为(e2,e).
12.解:(1)当c=2时,f(x)=x(x-2)2,
求导得f'(x)=(x-2)2+2x(x-2),
则f'(1)=-1,而f(1)=1,
所以所求切线方程为y-1=-1×(x-1),即x+y-2=0.
(2)函数f(x)=x(x-c)2的定义域为R,求导得
f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=3(x-c).
当c<0时,由f'(x)<0,得c0,得x,
函数f(x)在上单调递减,在(-∞,c),上单调递增;
当c=0时,f'(x)≥0恒成立,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当c>0时,由f'(x)<0,得0,得x<或x>c,
函数f(x)在上单调递减,在,(c,+∞)上单调递增,
所以当c<0时,函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为(-∞,c),;
当c=0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);
当c>0时,函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,(c,+∞).
13.选A
设直线y=kx+t与曲线切于点(x0,ln(x0+2)),则y'=,所以切线方程为y=x+ln(x0+2)-,所以k=>0,t=ln(x0+2)-,所以>=(x0+2)ln(x0+2)-(x0+2)+2.设g(x)=xln x-x+2,则g'(x)=ln x,当01时,g'(x)>0,即g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=1,所以>1.
14.选C
根据题意,设直线l与f(x)=ex-1相切于点(m,em-1) ,与g(x)相切于点(n,ln n+1)(n>0),对于f(x)=ex-1,f'(x)=ex,则k1=em,则直线l的方程为y+1-em=em(x-m),即y=emx+em(1-m)-1.对于g(x)=ln x+1,g'(x)=,则k2=,则直线l的方程为y-(ln n+1)=(x-n),即y=x+ln n.直线l是f(x)与g(x)的公切线,则可得(1-m)(em-1)=0,即m=0或m=1,则切线方程为y=ex-1 或y=x,故f(x)与g(x)的公切线有两条.
15.选C
令f(x)=ex-ln x,x>0,则f'(x)=ex-,令h(x)=ex-,则h'(x)=ex+>0恒成立,即f'(x)=ex-在定义域(0,+∞)上单调递增,且f'=-e<0,f'(1)=e-1>0,因此在区间上必然存在唯一x0,使得f'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,f(x)单调递减,当x∈(x0,1)时,f(x)单调递增,故A、B错误;令g(x)=,则g'(x)=,当0,即x2>x1,故C正确,D错误.
16.解:(1)当a=-1时,f(x)=ln(1+x),f'(x)=-ln(1+x)+·,
所以f'(1)=-ln 2,
又f(1)=0,所以点(1,f(1))处的切线方程为y-0=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=0.
(2)由题意得f'(x)=-ln(1+x)+·≥0(x>0),即≥0(x>0),因为x2(1+x)>0,所以只需满足ax2+x-(1+x)ln(1+x)≥0(x>0).
设g(x)=ax2+x-(1+x)ln(1+x),
则g'(x)=2ax+1-ln(1+x)-1=2ax-ln(1+x).
若a≤0,则g'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递减,于是在(0,+∞)上g(x)若a>0,设h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-,h'(0)=2a-1.
①若0-1时,h'(x)>0,
所以h(x)即g'(x)在上单调递减,在上单调递增,于是当0②若a≥,因为h'(x)在(0,+∞)上单调递增,h'(x)>h'(0)=2a-1≥0,所以h(x)即g'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以在(0,+∞)上g'(x)>g'(0)=0,于是g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以在(0,+∞)上g(x)>g(0)=0,满足题意.
综上所述,a的取值范围为.
