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微专题 3 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，属综合性问题.
考点一 导数的几何意义与计算
1.导数的几何意义
(1)函数在x=x 处的导数即曲线在点(x ，f(x ))处的切线的斜率.
0 0 0
(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)(2024·新课标全国Ⅰ)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=
.
答案 ln 2
解析 由y=ex+x得y'=ex+1，
当x=0时，y'=e0+1=2，
故曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线方程为
y=2x+1.
1
由y=ln(x+1)+a得y'= ，
x+1
设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x ，y )，
0 0
1
由两曲线有公切线得y'= =2，
x +1
0
1 ( 1)
解得x =- ，代入切线方程y=2x+1得y =2× - +1=0，
0 2 0 2
则y =ln(x +1)+a=0，
0 0
( 1 )
即ln - +1 +a=0，解得a=ln 2.
2
(2)已知函数f(x)=(x+a)2+ln x的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线y=f(x)在点A，B处的切线都与直
线x+2y=0垂直，则实数a的取值范围是( )
A.(-∞，1-√2) B.(1-√2，0)
C.(-∞，1+√2) D.(0，1+√2)
答案 A1
解析 由题意知f'(x)=2x+2a+ ，因为曲线y=f(x)在点A，B处的切线都与直线x+2y=0垂直，
x
所以切线斜率都是2，
1
即关于x的方程f'(x)=2x+2a+ =2有两个不相等的正实数根，
x
{
1-a>0,
1
化简得x2-(1-a)x+
2
=0有两个不相等的正实数根，则
Δ=(1-a) 2-4×1×
1
>0,
解得a<1-√2.
2
[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.
ex+2sinx
跟踪演练1 (1)(2024·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
1+x2
围成的三角形的面积为( )
1 1
A. B.
6 3
1 2
C. D.
2 3
答案 A
(ex+2cosx)(1+x2 )-(ex+2sinx)·2x
解析 f'(x)= ，
(1+x2
)
2
(e0+2cos0)×(1+0)-(e0+2sin0)×0
则f'(0)=
(1+0) 2
=3，
则曲线y=f(x)在点(0，1)处的切线方程为y-1=3x，
即y=3x+1，
令x=0，则y=1，
1
令y=0，则x=- ，
3
故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
1 | 1| 1
S= ×1× - = .
2 3 6
(2)过坐标原点作曲线f(x)=ex(x2-2x+2)的切线，则切线共有( )
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
答案 A
解析
设切点为(x，ex 0(x2
-2x +2))，
0 0 0由f(x)=ex(x2-2x+2)可得f'(x)=x2ex，
则切线的斜率k=x2ex
0，
0
所以切线方程为y-ex 0(x2
-2x
+2)=x2ex
0(x-x )，
0 0 0 0
代入原点(0，0)得x3 -x2
+2x -2=0，
0 0 0
故x2
(x -1)+2(x -1)=0，
0 0 0
即(x
-1)(x2
+2)=0，
0 0
解得x =1，故过坐标原点的切线共有1条.
0
考点二 利用导数研究函数的单调性
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.
a
例2 已知函数f(x)=(x-2)ex+ x2-ax.讨论函数f(x)的单调性.
2
a
解 f(x)=(x-2)ex+ x2-ax，函数f(x)的定义域为R，
2
f'(x)=(x-1)ex+a(x-1)=(x-1)(ex+a).
①当a≥0时，
若x∈(-∞，1)，则f'(x)<0，所以f(x)在(-∞，1)上单调递减；
若x∈(1，+∞)，则f'(x)>0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增.
②当-e0，
所以f(x)在(-∞，ln(-a))，(1，+∞)上单调递增；
若x∈(ln(-a)，1)，则f'(x)<0，所以f(x)在(ln(-a)，1)上单调递减.
③当a=-e时，ln(-a)=1，
对∀x∈R，f'(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增.
④当a<-e时，ln(-a)>1，
若x∈(-∞，1)∪(ln(-a)，+∞)，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞，1)，(ln(-a)，+∞)上单调递增；
若x∈(1，ln(-a))，则f'(x)<0，所以f(x)在(1，ln(-a))上单调递减.
综上所述，当a≥0时，f(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增；
当-e0时，f(x)的定义域为(0，+∞)，
1
令f'(x)=0得x= ，
k
( 1) (1 )
当x∈ 0， 时，f'(x)>0，当x∈ ，+∞ 时，f'(x)<0，
k k
( 1) (1 )
所以f(x)在 0， 上单调递增，在 ，+∞ 上单调递减；
k k
当k<0时，f(x)的定义域为(-∞，0)，
1
令f'(x)=0得x= ，
k
( 1)
当x∈ -∞， 时，f'(x)<0，
k
(1 )
当x∈ ，0 时，f'(x)>0，
k
( 1) (1 )
所以f(x)在 -∞， 上单调递减，在 ，0 上单调递增.
k k
( 1) (1 )
综上所述，当k>0时，f(x)在 0， 上单调递增，在 ，+∞ 上单调递减；
k k
( 1) (1 )
当k<0时，f(x)在 -∞， 上单调递减，在 ，0 上单调递增.
k k
考点三 单调性的简单应用
1.函数f(x)在区间I上单调递增(或递减)，可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈I上恒成立.
2.函数f(x)在区间I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∈I上有解.
例3 (1)(2023·新高考全国Ⅱ)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答案 C
1
解析 依题可知，f'(x)=aex- ≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，
x
1
所以xex≥ 在(1，2)上恒成立，
a
设g(x)=xex，x∈(1，2)，
所以g'(x)=(x+1)ex>0，
所以g(x)在(1，2)上单调递增，
1
g(x)>g(1)=e，故e≥ ，
a
1
即a≥ =e-1，即a的最小值为e-1.
e
(2)(2024·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=(x-1)3+sin(x-1)+5，则不等式f(2x+1)+f(1-x)≥10的解集为( )
A.[0，+∞) B.[1，+∞)
C.[2，+∞) D.[3，+∞)
答案 A
解析 由题可得f(x+1)-5=x3+sin x，
所以f(-x+1)-5=(-x)3+sin(-x)=-x3-sin x，
即有f(x+1)-5+f(-x+1)-5=0，即f(x+1)=10-f(1-x)，
故不等式f(2x+1)+f(1-x)≥10等价于f(2x+1)≥f(x+1)，
又f'(x)=3(x-1)2+cos(x-1)，
[ π π]
当x∈ 1- ，1+ 时，cos(x-1)≥0，
2 2
故f'(x)>0，
( π) ( π )
当x∈ -∞，1- ∪ 1+ ，+∞ 时，
2 2
(π) 2
3(x-1)2>3× >1，cos(x-1)∈[-1，1]，故f'(x)>0，
2
即f'(x)>0恒成立，故f(x)在R上单调递增，
故由f(2x+1)≥f(x+1)可得2x+1≥x+1，即x≥0.
[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)已知函数f(x)=log (2x+2-x)-cos x，设a=f(log 2)，b=f(-1.5)，c=f(3-0.2)，则( )
2 3
A.b0，
2x
( π) ( π)
则h(x)在 0， 上单调递增，而y=log t，y=-cos x在 0， 上均单调递增，
2 2 2
( π)
故f(x)=log (2x+2-x)-cos x在 0， 上单调递增.
2 2
8
因为3log 2-2=log <0，
3 39
2
所以0 = ，
3 3 243
2
所以 <3-0.2<1，又b=f(-1.5)=f(1.5)，
3
π
且00时，f(x)=x(1-ln x)，则当x<0时，f(x)的单
调递增区间为( )
A.(-∞，-e) B.(-e，0)
C.(-∞，0) D.(-1，0)
答案 D
解析 当x>0时，f(x)=x(1-ln x)，则f'(x)=-ln x，
所以当00，当x>1时，f'(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
又函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(x)在(-1，0)上单调递增，在(-∞，-1)上单调递减.
3.(2024·曲靖模拟)已知函数f(x)与g(x)的部分图象如图所示，则( )
A.g'(-1)<00，f'(-1)>0.
在区间[-1，3]上，g(x)的图象比f(x)的图象更陡峭，所以0f(a)>f(b)
B.f(b)>f(a)>f(c)
C.f(b)>f(c)>f(a)
D.f(c)>f(b)>f(a)
答案 B
解析 由题意知，函数f(x)的定义域为R，
且f(-x)=3-(-x)2-2cos(-x)=f(x)，所以f(x)为偶函数.
又f'(x)=2(sin x-x)，
当x≥0时，令g(x)=2(sin x-x)，则g'(x)=2(cos x-1)≤0，
所以g(x)在[0，+∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)=0，
即f'(x)≤0，所以f(x)在[0，+∞)上单调递减.
√2 √3
a=2-0.5= > =b，
2 3
| 1|
|c|= log =log 3>1，
23 2
故|c|>a>b，从而f(b)>f(a)>f(|c|)，即f(b)>f(a)>f(c).
1 2 a [1 ]
5.已知函数f(x)= x4- x3+ x2-xln x在 ，2 上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为( )
4 3 2 e
(
2e-1]
A. -∞， B.(-∞，2]
e2
(
2e-1)
C. -∞， D.(-∞，2)
e2
答案 D
1 2 a
解析 因为函数f(x)= x4- x3+ x2-xln x，可得f'(x)=x3-2x2+ax-ln x-1，
4 3 2
[1 ]
因为函数f(x)在 ，2 上存在单调递减区间，
e
[1 ]
可得f'(x)=x3-2x2+ax-ln x-1<0在 ，2 上有解，
e
1+lnx [1 ]
即a< +2x-x2在 ，2 上有解.
x e
1+lnx (1 )
令g(x)= +2x-x2 ≤x≤2 ，
x e
lnx
则a0，-2(x-1)>0，所以g'(x)>0；
e x2
lnx
当10，所以 =a，
0 0 0 x
0
1
则ax =1，即x = .
0 0 a
又因为点(x ，ax +1)在曲线y=b+ln x上，
0 0
所以ax +1=b+ln x ，
0 0
所以b+ln x =2，即b-ln a=2，所以b=2+ln a，
0
所以ab=a(2+ln a)=2a+aln a(a>0).
1
令g(a)=2a+aln a，g'(a)=2+ln a+a· =ln a+3，
a
1
令g'(a)>0，可得a> ，
e3
1
令g'(a)<0，可得00，
2
所以f'(x)=2x+ ，x>0.
x
因为f(x)在A(x ，f(x ))，B(x ，f(x ))两个不同点处的切线相互平行，
1 1 2 2
2 2
所以f'(x )=f'(x )，即2x + =2x + ，
1 2 1 x 2 x
1 2
( 1 )
整理得(x -x )
1-
=0，
1 2 x x
1 2
又x ≠x ，所以x x =1，故C，D不成立；
1 2 1 2
因为x >0，x >0，且x ≠x ，所以x +x >2√x x =2，故A不成立；
1 2 1 2 1 2 1 2
1 10
当x = ，x =3时，x +x = ，故B可能成立.
1 3 2 1 2 3
8.(2024·济南模拟)已知函数f(x)=sin x·ln x，则( )
A.曲线y=f(x)在x=π处的切线斜率为ln π
B.方程f(x)=2 024有无数个实数根
1
C.曲线y=f(x)上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于
e
x2
D.y=f(x)- 在(1，+∞)上单调递减
2
答案 BCD
解析 对于A，f(x)=sin x·ln x，x>0，
sinx
则f'(x)=cos x·ln x+ ，
x
sin π
故f'(π)=cos π·ln π+ =-ln π，A错误；
π
对于B，由于y=sin x为周期函数，当x→+∞时，ln x→+∞，
故f(x)=sin x·ln x的图象大致如图所示，结合图象可知，当x增大到一定数值x ，且满足f(x )=2 024后，
0 0
大于x 且满足f(x)=2 024的数有无数个，B正确；
0
对于C，设P(x，sin x·ln x)为y=f(x)上任意一点，O(0，0)为坐标原点，
sinx·lnx
则k = (x>0)，
OP x
|lnx|
由于|sin x|≤1，故|k |≤ (x>0)，
OP x
由于当01时才取到正值，
lnx
则当x>1，k 取正值时，k ≤ (x>1)，k 取负值或0时，不等式显然成立.
OP OP x OP
lnx 1-lnx
设g(x)= (x>1)，则g'(x)= ，
x x2
当10，g(x)在(1，e)上单调递增，
当x>e时，g'(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减，
1
故g(x)≤g(e)= ，
e
1
由于|sin x|≤1取等号条件和g(x)≤ 取等号条件不一致，
e
1
故k < ，C正确；
OP e
1 1-x
对于D，设u(x)=ln x-x+1，x>1，则u'(x)= -1= <0，
x x
故u(x)在(1，+∞)上单调递减，则u(x)1.
x2
设h(x)=f(x)- ，x>1，
2
(x2 ) sinx 1 1 1-x
则h'(x)=f'(x)- '=cos x·ln x+ -x0，得f'(x)= +e+ >0，所以f(x)是(0，+∞)上的增函数.
x x x2
(1) ( e) ( e )
又f(x)+f = lnx+ex- + -lnx+ -ex =0，
x x x
( 1 ) 1
故由f +f(b)=0得 ×b=1，即a2=b(b>0)，
a2 a2
b2+1 b2+1 (b+1) 2-2(b+1)+2 2
则 = = =b+1+ -2≥2√2-2，
a2+1 b+1 b+1 b+1
2
当且仅当b+1= 时取等号，此时b=√2-1.
b+1
b2+1
故 的最小值为2√2-2.
a2+1
四、解答题(共28分)
11.(14分)已知函数f(x)=aln x-x+1(a∈R).
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；(6分)
( 1 1 )
(2)对任意的x ，x ∈(0，1]，当x 0时，由f'(x)<0，解得x>a，
由f'(x)>0，解得00，
x2
4
所以h(x)=x- 在(0，1]上单调递增.
x
所以a≥h(x) =h(1)=1-4=-3.
max
综上所述，实数a的取值范围为[-3，+∞).
12.(14分)(2024·天津模拟)已知f(x)=x+axln x(a∈R).
(1)当a=2时，求f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(6分)
(2)讨论f(x)的单调性.(8分)
解 (1)当a=2时，f(x)=x+2xln x，
则f(e)=e+2e=3e，
又f'(x)=3+2ln x，则切线的斜率k=f'(e)=5，
所求切线方程为y-3e=5(x-e)，即5x-y-2e=0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，1
∵f'(x)=1+aln x+ax· =1+a+aln x.
x
①当a=0时，f'(x)=1>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增.
②当a>0时，
当x∈
(
e
-(1+ 1
a
)
，+∞
)
时，f'(x)>0，
∴函数f(x)在
(
e
-(1+ 1
a
)
，+∞
)
上单调递增；
当x∈
(
0，e
-(1+ 1
a
))
时，f'(x)<0，
∴函数f(x)在
(
0，e
-(1+ 1
a
))
上单调递减.
③当a<0时，
当x∈
(
0，e
-(1+ 1
a
))
时，f'(x)>0，
∴函数f(x)在
(
0，e
-(1+ 1
a
))
上单调递增；
当x∈
(
e
-(1+ 1
a
)
，+∞
)
时，f'(x)<0，
∴函数f(x)在
(
e
-(1+ 1
a
)
，+∞
)
上单调递减.
综上可得，
当a=0时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在
(
0，e
-(1+ 1
a
))
上单调递减，在
(
e
-(1+ 1
a
)
，+∞
)
上单调递增；
当a<0时，函数f(x)在
(
0，e
-(1+ 1
a
))
上单调递增，在
(
e
-(1+ 1
a
)
，+∞
)
上单调递减.
每小题5分，共10分
13.(2024·池州模拟)在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有
限维空间，并构成了一般不动点定理的基石.简单来说就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点
x ，使得f(x )=x ，那么我们称f(x)为“不动点”函数.若f(x)存在n个点x(i=1，2，…，n)，满足f(x)=x，则
0 0 0 i i i
称f(x)为“n型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是( )
A.f(x)=1-ln x
B.f(x)=5-ln x-ex
4ex-2
C.f(x)=
x
D.f(x)=2sin x+2cos x答案 D
解析 对于A，令f(x)=1-ln x=x(x>0)，即x+ln x-1=0.
1
因为y=x+ln x-1的导数y'=1+ >0，所以y=x+ln x-1在区间(0，+∞)上单调递增，
x
所以f(x)不可能为“3型不动点”函数，故A错误；
对于B，令f(x)=5-ln x-ex=x(x>0)，
即x+ln x+ex-5=0.
易判断y=x+ln x+ex-5在区间(0，+∞)上单调递增，所以f(x)不可能为“3型不动点”函数，故B错误；
4ex-2
对于C，由f(x)= ，
x
4(x-1)ex-2
得f'(x)= ，
x2
易知当x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减，且f(x)<0，
4ex-2
所以当x<0时，f(x)= 的图象与直线y=x有且只有一个交点；
x
4
当01；
e
当x>1时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
4(x-1)ex-2
令f'(x)=1，得 =1，
x2
解得x=2，此时f(2)=2，
4ex-2
所以直线y=x与曲线f(x)= 相切于点(2，2).
x
4ex-2
所以直线y=x与曲线f(x)= 共有两个交点，所以f(x)为“2型不动点”函数，故C错误；
x( π)
对于D，f(x)=2sin x+2cos x=2√2sin x+ ，作出f(x)的图象，如图所示.易知其与直线y=x有且只有三个不
4
同的交点，
即2sin x+2cos x=x有三个不同的解，
所以f(x)=2sin x+2cos x为“3型不动点”函数，故D正确.
14.(2024·长沙模拟)若直线y=k (x+1)-1与曲线y=ex相切，直线y=k (x+1)-1与曲线y=ln x相切，则k k 的值为
1 2 1 2
.
答案 1
解析 设直线y=k (x+1)-1与曲线y=ex相切于点(x，ex 1)，直线y=k (x+1)-1与曲线y=ln x相切于点(x ，ln
1 1 2 2
x )，
2
令h(x)=ex，则h'(x)=ex，且直线y=k (x+1)-1过定点(-1，-1)，
1
ex 1+1
则k =ex 1，且k = ，
1 1 x +1
1
所以x ex 1=1.
1
1
令g(x)=ln x，则g'(x)= ，
x
1 ln x +1
则k = ，且直线y=k (x+1)-1过定点(-1，-1)，则k = 2 ，
2 x 2 2 x +1
2 2
所以x ln x =1.
2 2
令f(x)=xln x，则f'(x)=1+ln x，
( 1) (1 )
当x∈ 0， 时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈ ，+∞ 时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
e e
(1) 1
则f(x) =f =- ，且f(1)=0，
min e e
当x→0时，f(x)→0，且f(x)<0，所以当x∈(0，1)时，f(x)<0.
因为f(x )=x ln x =1，f(ex 1)=x ex 1=1，
2 2 2 1
即f(x )=f(ex 1)=1>0，
2
所以x ∈(1，+∞)，ex 1∈(1，+∞)，
2
1
所以x =ex 1，故k k =ex 1· =1.
2 1 2 x
2
