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第 3 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′x＝y′·u′.
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.因
OA 0 0
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有两个不同
0 0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<a<2e时，ln >－1，
所以f′(x)>0⇒x<－1或x>ln ，
f′(x)<0⇒－1<x<ln ，
则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
(ⅱ)当a＝2e时，f′(x)＝2(x＋1)(ex＋1－1)≥0，
则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
(ⅲ)当a>2e时，ln <－1，
所以f′(x)>0⇒x<ln 或x>－1，
f′(x)<0⇒ln <x<－1，
则f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；
当0<a<2e时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当a＝2e时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>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，
∵－<x<，
∴－<x＋<，
∴－1<cos≤，∴a≥.
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则( )
A．a<b<c B．c<b<a
C．c<a<b D．a<c<b
答案 C
解析 设u(x)＝xex(0<x≤0.1)，
v(x)＝(0<x≤0.1)，
w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)．
则当0<x≤0.1时，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0.
①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]
＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]
＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，
则f′(x)＝1－＝<0在(0,0.1]上恒成立，
所以f(x)在(0,0.1]上单调递减，
所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)＝0，
即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，
所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)]．
又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以u(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<，所以a<b.
②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，
则g′(x)＝(x＋1)ex－
＝(0<x≤0.1)．
设h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，
则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，
所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，
即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，
所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，
即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c.
综上，c<a<b，故选C.
规律方法 利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化
为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
跟踪演练3 (1)(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1<m<2，
∴xm－1>1，∴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)<f(9)<f(10)，即b<0<a.
(2)已知变量x ，x∈(0，m)(m>0)，且x<x ，若 恒成立，则m的最大值为(e＝2.718
1 2 1 2
28…为自然对数的底数)( )
A．e B. C. D．1
答案 A
解析 ∵ ⇒xln x<xln x，
2 1 1 2
x，x∈(0，m)，m>0，
1 2
∴<恒成立，
设函数f(x)＝，
∵x<x，f(x)<f(x)，
1 2 1 2
∴f(x)在(0，m)上单调递增，
又f′(x)＝，
则f′(x)>0⇒0<x<e，
即函数f(x)的单调递增区间是(0，e)，
则m的最大值为e.专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·张家口模拟)已知函数f(x)＝－2x＋ln x，则函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为(
)
A．2x＋y－2＝0 B．2x－y－1＝0
C．2x＋y－1＝0 D．2x－y＋1＝0
答案 C
解析 因为f′(x)＝－－2＋，
所以f′(1)＝－2，
又f(1)＝－1，故函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－1)，
化简得2x＋y－1＝0.
2．已知函数f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cos x＋2，其导函数为f′(x)，则f′(0)等于( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案 C
解析 因为f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cos x＋2，
所以f(0)＝2－f′(0)．
因为f′(x)＝2x＋f(0)＋f′(0)·sin x，
所以f′(0)＝f(0)．
故f′(0)＝f(0)＝1.
3．(2022·重庆检测)函数f(x)＝e－xcos x(x∈(0，π))的单调递增区间为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 f′(x)＝－e－xcos x－e－xsin x
＝－e－x(cos x＋sin x)＝－e－xsin，
当x∈时，
e－x>0，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m<xex，
令g(x)＝xex，x∈[1,2]，
则g′(x)＝(x＋1)ex>0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．eb<a B．ea<b
C．0<a<eb D．0<b<ea
答案 D
解析 (用图估算法)过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方
且在x轴的上方，得0<b<ea.
6．已知a＝e0.3，b＝＋1，c＝，则它们的大小关系正确的是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>a>c D．c>b>a
答案 B
解析 由b＝＋1＝ln＋1，
令f(x)＝ln x＋1－x，
则f′(x)＝－1，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0；
所以f(x)＝ln x＋1－x在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，则f()<0，
因此ln＋1－<0，所以b<c，
又因为c＝<1.3，
所以ln＋1<<1.3，
得ln<0.3＝ln e0.3，
故<e0.3，所以a>c.
综上，a>c>b.
二、多项选择题
7．若曲线f(x)＝ax2－x＋ln x存在垂直于y轴的切线，则a的取值可以是( )
A．－ B．0 C. D.
答案 ABC
解析 依题意，f(x)存在垂直于y轴的切线，即存在切线斜率k＝0的切线，
又k＝f′(x)＝2ax＋－1，x>0，
∴2ax＋－1＝0有正根，
即－2a＝2－有正根，
即函数y＝－2a与函数y＝2－，x>0的图象有交点，
令＝t>0，
则g(t)＝t2－t＝2－，
∴g(t)≥g＝－，
∴－2a≥－，即a≤.
8．已知函数f(x)＝ln x，x>x>e，则下列结论正确的是( )
1 2
A．(x－x)[f(x)－f(x)]<0
1 2 1 2
B.[f(x)＋f(x)]<f
1 2
C．xf(x)－xf(x)>0
1 2 2 1
D．e[f(x)－f(x)]<x－x
1 2 1 2
答案 BCD
解析 ∵f(x)＝ln x是增函数，
∴(x－x)[f(x)－f(x)]>0，A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>，
又f(x)＝ln x单调递增，∴[f(x)＋f(x)]<f ，B正确；
1 2
令h(x)＝，
则h′(x)＝，
当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)<h(x)，
1 2
即 < ⇒xf(x)－xf(x)>0，
1 2 2 1
C正确；
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)<g(x)，即ef(x)－x<ef(x)－x⇒
1 2 1 1 2 2
e[f(x)－f(x)]<x－x，D正确．
1 2 1 2
三、填空题
9．(2022·保定模拟)若函数 f(x)＝ln x－＋m在(1，f(1))处的切线过点(0,2)，则实数 m＝
______.
答案 6
解析 由题意，函数f(x)＝ln x－＋m，
可得f′(x)＝＋ ，
可得f′(1)＝2，且f(1)＝m－2，
所以＝2，解得m＝6.
10．已知函数f(x)＝x2－cos x，则不等式f(2x－1)<f(x＋1)的解集为________．
答案 (0,2)
解析 f(x)的定义域为R，
f(－x)＝(－x)2－cos(－x)
＝x2－cos x＝f(x)，
∴f(x)为偶函数．
当x>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0<x<2，
∴原不等式的解集为(0,2)．
11．(2022·伊春模拟)过点P(1,2)作曲线C：y＝的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB
的方程为________．
答案 2x＋y－8＝0
解析 设A(x，y)，B(x，y)，y′＝－，
1 1 2 2
所以曲线C在A点处的切线方程为
y－y＝－(x－x)，
1 1
将P(1,2)代入得2－y＝－(1－x)，
1 1
因为y＝，化简得2x＋y－8＝0，
1 1 1
同理可得2x＋y－8＝0，
2 2
所以直线AB的方程为2x＋y－8＝0.
12．已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x，对于任意不同的x ，x∈(0，＋∞)，有>3，则实数a的取
1 2
值范围是________．
答案 a≤－1
解析 对于任意不同的x，x∈(0，＋∞)，
1 2
有 >3.
不妨设x<x，
1 2
则f(x)－f(x)<3(x－x)，
1 2 1 2
即f(x)－3x<f(x)－3x，
1 1 2 2
设F(x)＝f(x)－3x，则F(x)<F(x)，
1 2
又x<x，
1 2
所以F(x)单调递增，F′(x)≥0恒成立．
F(x)＝f(x)－3x＝x2－(a＋3)x＋ln x.
所以F′(x)＝x－(3＋a)＋＝，
令g(x)＝x2－(3＋a)x＋1，
要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
只需g(x)＝x2－(3＋a)x＋1≥0恒成立，
即3＋a≤x＋恒成立，x＋≥2＝2，
当且仅当x＝，即x＝1时等号成立，
所以3＋a≤2，即a≤－1.
四、解答题
13．(2022·滁州模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a∈R)．
(1)若函数在x＝1处的切线与直线x－4y－2＝0垂直，求实数a的值；(2)当a>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0<a<时，令f′(x)＝0，
解得x＝，x＝.
1 2
又a>0，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0<a<时，函数f(x)在，
上单调递增，
在上单调递减．
14．(2022·湖北八市联考)设函数f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e＝2.718 28…为自然对
数的底数)
(1)当a＝1时，求F(x)＝ex－f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在区间上单调递增，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，
F(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，
定义域为(1，＋∞)，F′(x)＝ln(x－1)－1，
令F′(x)>0，解得x>e＋1，
令F′(x)<0，解得1<x<e＋1，
故F(x)的单调递增区间为(e＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e＋1)．
(2)f(x)在区间上有意义，
故ax－1>0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]．
