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第3講　導數的幾何意義及函數的單調性
[考情分析]　
1.導數的幾何意義和計算是導數應用的基礎，是高考的熱點，多以選擇題、填空題的形式考查，難度較小.
2.應用導數研究函數的單調性，是導數應用的重點內容，也是高考的常見題型，以選擇題、填空題的形式考查，或為導數解答題第一問，難度中等偏上，屬綜合性問題．
考點一　導數的幾何意義與計算
核心提煉
1．導數的幾何意義
(1)函數在某點的導數即曲線在該點處的切線的斜率．
(2)曲線在某點的切線與曲線過某點的切線不同．
(3)切點既在切線上，又在曲線上．
2．復合函數的導數
復合函數y＝f(g(x))的導數和函數y＝f(u)，u＝g(x)的導數間的關系為y′ x＝y′u·u′x.
例1　(1)(2023·全國甲卷)曲線y＝在點處的切線方程為(　　)
A．y＝x B．y＝x
C．y＝x＋ D．y＝x＋
(2)(2022·新高考全國Ⅰ)若曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍是__________________．
易錯提醒　求曲線的切線方程要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點．
跟蹤演練1　(1)(2023·湖北省七市(州)聯考)已知m>0，n>0，直線y＝x＋m＋1與曲線y＝ln x－n＋2相切，則＋的最小值是(　　)
A．16 B．12 C．8 D．4
(2)(2022·新高考全國Ⅱ)曲線y＝ln|x|過坐標原點的兩條切線的方程為________________，__________.
考點二　利用導數研究函數的單調性
核心提煉
利用導數研究函數單調性的步驟
(1)求函數y＝f(x)的定義域．
(2)求f(x)的導數f′(x)．
(3)求出f′(x)的零點，劃分單調區間．
(4)判斷f′(x)在各個單調區間內的符號．
例2　(2023·武漢華中師大一附中模擬)已知函數f(x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R.
(1)當a＝0時，求f(x)在x＝0處的切線方程；
(2)討論函數f(x)的單調性．
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規律方法　(1)討論函數的單調性是在函數的定義域內進行的，千萬不要忽視了定義域的限制；
(2)在能夠通過因式分解求出不等式對應方程的根時，根據根的大小進行分類討論；
(3)在不能通過因式分解求出根的情況時，根據不等式對應方程的判別式進行分類討論．
跟蹤演練2　(2023·北京模擬)已知函數f(x)＝.
(1)當t＝2時，求f(x)在x＝1處的切線方程；
(2)求f(x)的單調區間．
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考點三　單調性的簡單應用
核心提煉
1．函數f(x)在區間D上單調遞增(或遞減)，可轉化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立．
2．函數f(x)在區間D上存在單調遞增(或遞減)區間，可轉化為f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解．
例3　(1)(2023·新高考全國Ⅱ)已知函數f(x)＝aex－ln x在區間(1,2)上單調遞增，則a的最小值為(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
(2)(2023·洛陽模擬)已知函數f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln 4)，b＝f ，c＝f(21.1)，則a，b，c的大小關系為(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．c>b>a
規律方法　利用導數比較大小或解不等式的策略
利用導數比較大小或解不等式，常常要構造新函數，把比較大小或解不等式的問題，轉化為利用導數研究函數單調性問題，再由單調性比較大小或解不等式．
跟蹤演練3　(1)(2023·山西統考)若對于 x1，x2∈(－∞，m)，且x11，則m的最大值是(　　)
A．2e B．e
C．0 D．－1
(2)(2023·咸陽模擬)已知f(x)是定義在R上的偶函數，當x≥0時，f(x)＝ex－cos x，則不等式f(x－1)－1第3講　導數的幾何意義及函數的單調性
例1　(1)C
(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析　因為y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.設切點為A(x0，(x0＋a))，O為坐標原點，依題意得，切線斜率kOA＝＝(x0＋a＋1)＝，化簡，得x＋ax0－a＝0.因為曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標原點的切線，所以關于x0的方程x＋ax0－a＝0有兩個不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范圍是
(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
跟蹤演練1　(1)D
(2)y＝x　y＝－x
解析　先求當x>0時，曲線y＝ln x過原點的切線方程，設切點為(x0，y0)，
則由y′＝，得切線斜率為，
又切線的斜率為，所以＝，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
所以切線斜率為，切線方程為y＝x.根據偶函數圖象的對稱性知，當x<0時的切線方程為y＝－x.
綜上可知，兩條切線方程為y＝x，y＝－x.
例2　解　(1)當a＝0時，
f(x)＝(x－2)ex，
f′(x)＝(x－1)ex，
f′(0)＝(0－1)e0＝－1，f(0)＝－2，
∴切線方程為y－(－2)＝(－1)(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)∵f(x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R.
∴f′(x)＝(x－1)ex－ax＋a
＝(x－1)(ex－a)．
①當a≤0時，令f′(x)<0，得x<1，
∴f(x)在(－∞，1)上單調遞減；
令f′(x)>0，得x>1，
∴f(x)在(1，＋∞)上單調遞增．
②當0令f′(x)<0，得ln a∴f(x)在(ln a,1)上單調遞減；
令f′(x)>0，得x1.
∴f(x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上單調遞增．
③當a＝e時，f′(x)≥0在R上恒成立，
∴f(x)在R上是增函數．
④當a>e時，令f′(x)<0，
得1∴f(x)在(1，ln a)上單調遞減；
令f′(x)>0，得x>ln a或x<1.
∴f(x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上單調遞增．
綜上所述，當a≤0時，f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增；
當0當a＝e時，f(x)在R上是增函數；
當a>e時，f(x)在(1，ln a)上單調遞減，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上單調遞增．
跟蹤演練2　解　(1)∵t＝2，
∴f(x)＝，
∴f′(x)＝，
∴f′(1)＝ln 2－1，又f(1)＝ln 2，
∴切線方程為y－ln 2＝(ln 2－1)(x－1)，
即y＝(ln 2－1)x＋1.
(2)f(x)＝，
∴f(x)的定義域為(0，t)∪(t，＋∞)，且t>0，
f′(x)＝，
令φ(x)＝1－－ln x＋ln t，x>0且x≠t，
φ′(x)＝－＝，
∴當x∈(0，t)時，φ′(x)>0，
當x∈(t，＋∞)時，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，t)上單調遞增，
在(t，＋∞)上單調遞減，
∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上單調遞減．
即f(x)的單調遞減區間為(0，t)，(t，＋∞)，無單調遞增區間．
例3　(1)C
(2)D　[因為f(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，所以函數f(x)為偶函數，當x≥0時，則f(x)＝ex－x2，可得f′(x)＝ex－2x，
構建φ(x)＝f′(x)，則φ′(x)＝ex－2，
令φ′(x)<0，解得0≤x＜ln 2；
令φ′(x)>0，解得x>ln 2，
所以φ(x)在[0，ln 2)上單調遞減，在(ln 2，＋∞)上單調遞增，
可得φ(x)≥φ(ln 2)＝2(1－ln 2)>0，
即f′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，又因為b＝f＝f(－2)＝f(2)，
且21.1>2>ln 4>0，
所以f(21.1)>f(2)>f(ln 4)，
即c>b>a.]
跟蹤演練3　(1)C　(2)(1－π，1＋π)

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