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第 4 讲 导数的几何意义及函数的单调性
[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.应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，以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属
综合性问题．
考点一 导数的几何意义与计算
核心提炼
1．导数的几何意义
(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．
(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．
(3)切点既在切线上，又在曲线上．
2．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′ ＝y′·u′.
x u x
例1 (1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2ex－x)·cos x的图象在x＝0处的切线方程为( )
A．x－2y＋1＝0 B．x－y＋2＝0
C．x＋2＝0 D．2x－y＋1＝0
答案 B
解析 由题意，函数f(x)＝(2ex－x)·cos x，
可得f′(x)＝(2ex－1)·cos x－(2ex－x)·sin x，
所以f′(0)＝(2e0－1)·cos 0－(2e0－0)·sin 0＝1，
f(0)＝(2e0－0)·cos 0＝2，
所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.
(2)(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
________．
答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析 因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x ，(x ＋a) )，O为坐标原点，
0 0
依题意得，切线斜率k ＝ ＝(x ＋a＋1) ＝ ，化简，得x＋ax －a＝0.
OA 0 0
因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x 的方程x＋ax －a＝0有两个不
0 0
同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋
∞)．
易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必
以点P为切点．
跟踪演练 1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线 y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为
__________，____________.
答案 y＝x y＝－x
解析 先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x，y)，
0 0
则由y′＝，得切线斜率为，
又切线的斜率为，所以＝，
解得y＝1，代入y＝ln x，得x＝e，
0 0
所以切线斜率为，切线方程为y＝x.
同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x.
综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x.
(2)(2022·保定联考)已知函数f(x)＝aln x，g(x)＝bex，若直线y＝kx(k>0)与函数f(x)，g(x)的图
象都相切，则a＋的最小值为( )
A．2 B．2e
C．e2 D.
答案 B
解析 设直线y＝kx与函数f(x)，g(x)的图象相切的切点分别为A(m，km)，B(n，kn)．
由f′(x)＝，有
解得m＝e，a＝ek.
又由g′(x)＝bex，有
解得n＝1，b＝，
可得a＋＝ek＋≥2＝2e，
当且仅当a＝e，b＝时取“＝”．
考点二 利用导数研究函数的单调性
核心提炼
利用导数研究函数单调性的步骤
(1)求函数y＝f(x)的定义域；
(2)求f(x)的导数f′(x)；
(3)求出f′(x)的零点，划分单调区间；
(4)判断f′(x)在各个单调区间内的符号．
例2 (2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝axex－(x＋1)2(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若f(x)在x＝0处的切线与直线y＝ax垂直，求a的值；
(2)讨论函数f(x)的单调性．解 (1)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，则f′(0)＝a－2，
由已知得(a－2)a＝－1，解得a＝1.
(2)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，
①当a≤0时，aex－2<0，
所以f′(x)>0⇒x<－1，f′(x)<0⇒x>－1，
则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令aex－2＝0，得x＝ln ，
(ⅰ)当0－1，
所以f′(x)>0⇒x<－1或x>ln ，
f′(x)<0⇒－12e时，ln <－1，
所以f′(x)>0⇒x－1，
f′(x)<0⇒ln 2e时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
规律方法 (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；
(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；
(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
跟踪演练2 (2022·北京模拟)已知函数f(x)＝.
(1)当t＝2时，求f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间．
解 (1)∵t＝2，∴f(x)＝，
∴f′(x)＝，
∴f′(1)＝ln 2－1，
又f(1)＝ln 2，
∴切线方程为y－ln 2＝(ln 2－1)(x－1)，
即y＝(ln 2－1)x＋1.(2)f(x)＝，
∴f(x)的定义域为(0，t)∪(t，＋∞)，且t>0，
f′(x)＝，
令φ(x)＝1－－ln x＋ln t，x>0且x≠t，
φ′(x)＝－＝，
∴当x∈(0，t)时，φ′(x)>0，
当x∈(t，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，t)上单调递增，在(t，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上单调递减．
即f(x)的单调递减区间为(0，t)，(t，＋∞)，无单调递增区间．
考点三 单调性的简单应用
核心提炼
1．函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成
立．
2．函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D
上有解．
例3 (1)若函数f(x)＝ex(cos x－a)在区间上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．(－，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．[，＋∞)
答案 D
解析 f′(x)＝ex(cos x－a)＋ex(－sin x)
＝ex(cos x－sin x－a)，
∵f(x)在区间上单调递减，
∴f′(x)≤0在区间上恒成立，
即cos x－sin x－a≤0恒成立，
即a≥cos x－sin x＝cos恒成立，
∵－b>a B．b>a>c
C．a>b>c D．a>c>b
答案 A解析 a＝＝1－＝1－×2，
令φ(x)＝1－x2－cos x，x∈(0,1)，
则φ′(x)＝－x＋sin x，令h(x)＝－x＋sin x，
则h′(x)＝－1＋cos x<0，
∴φ′(x)在(0,1)上单调递减，
∴φ′(x)<φ′(0)＝0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，
∴φ(x)<φ(0)＝0，
即1－x2a>b B．a>b>c
C．a>c>b D．b>a>c
答案 B
解析 构造函数f(x)＝ex－(1＋x)，令f′(x)＝ex－1＝0，则x＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(0.02)>f(0)＝0，从而e0.02>1
＋0.02＝1.02>1>ln 2.02，即a>b>c.
(2)已知变量x ，x∈(0，m)(m>0)，且x0，
1 2
∴<恒成立，
设函数f(x)＝，
∵x0⇒00，sin>0，则f′(x)<0；
当x∈时，
e－x>0，sin<0，则f′(x)>0.
∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为.
4．(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx在区间x∈[1,2]上存在单调递增区间，则m
的取值范围为( )
A．(0，e) B．(－∞，e)
C．(0,2e2) D．(－∞，2e2)
答案 D
解析 ∵f(x)＝(x－1)ex－mx，
∴f′(x)＝xex－m，
∵f(x)在区间[1,2]上存在单调递增区间，
∴存在x∈[1,2]，
使得f′(x)>0，即m0恒成立，
∴g(x)＝xex在[1,2]上单调递增，
∴g(x) ＝g(2)＝2e2，
max
∴m<2e2，故实数m的取值范围为(－∞，2e2)．
5．(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．eb0恒成立，不满足条件；
y＝，x∈(－2，＋∞)，所以y′＝其导函数上存在两点的导函数值乘积为－1，即这两点处
的切线互相垂直，满足条件；
y＝ex－ln x(x>0)，所以y′＝ex－，函数y′＝ex－单调递增，且值域为R，其导函数上存在
两点的导函数值乘积为－1，即这两点处的切线互相垂直，满足条件．
7．已知函数f(x)＝aln x＋x2，若对任意两个不等的正实数x ，x ，都有>2，则实数a的最小
1 2
值为( )
A. B. C. D．2
答案 B
解析 由题意，不妨设x>x>0，
1 2
因为对任意两个不等的正实数x，x，都有>2，
1 2
所以f(x)－f(x)>2x－2x，即f(x)－2x>f(x)－2x，
1 2 1 2 1 1 2 2
构造函数g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x(x>0)，则g(x)>g(x)，
1 2
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)＝＋2x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2＋2x在(0，＋∞)上恒成立，
当x>0时，因为－2x2＋2x＝－22＋≤，所以(－2x2＋2x) ＝，
max
所以a≥，则实数a的最小值为.
8．(2022·全国甲卷)已知9m＝10，a＝10m－11，b＝8m－9，则( )
A．a＞0＞b B．a＞b＞0
C．b＞a＞0 D．b＞0＞a
答案 A
解析 ∵9m＝10，∴m∈(1,2)，
令f(x)＝xm－(x＋1)，x∈(1，＋∞)，
∴f′(x)＝mxm－1－1，
∵x>1且11，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又9m＝10，∴9m－10＝0，即f(9)＝0，
又a＝f(10)，b＝f(8)，
∴f(8)0时，f′(x)＝2x＋sin x，
令g(x)＝2x＋sin x，
则g′(x)＝2＋cos x>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)>f′(0)＝0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(x)为偶函数，
∴原不等式化为|2x－1|<|x＋1|，解得0x>e，则下列结论正确的是________．(填序号)
1 2
①(x－x)[f(x)－f(x)]<0；
1 2 1 2
②[f(x)＋f(x)]0；
1 2 2 1
④e[f(x)－f(x)]0，①错误；
1 2 1 2
[f(x)＋f(x)]＝(ln x＋ln x)
1 2 1 2
＝ln(xx)＝ln ，
1 2
f ＝ln ，
由x>x>e，
1 2
得>，
∴[f(x)＋f(x)]e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)0，③正确；
1 2 2 1
令g(x)＝ef(x)－x，
则g′(x)＝－1，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)0时，讨论函数的单调性．
解 函数定义域为(0，＋∞)，
求导得f′(x)＝2x－2＋.
(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.
(2)f′(x)＝2x－2＋＝(x>0)，
对于方程2x2－2x＋a＝0，记Δ＝4－8a.
①当Δ≤0，即a≥时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即00，故x>x>0.
2 1
当x∈(0，x)∪(x，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
1 2
当x∈(x，x)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
1 2
综上所述，当a≥时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当00，
解得x>e＋1，
令F′(x)<0，
解得10在上恒成立，可得a>e，
依题意可得f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在上恒成立，
设g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，
g′(x)＝ex－，
易知g′(x)在上单调递增，
故g′(x)≤g′(1)＝e－<0，
故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在上单调递减，最小值为g(1)，
故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，
设h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，由h′(a)＝－ln(a－1)－<0可得，
h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上单调递减，
又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.
综上所述，a的取值范围为(e，e＋1]．
