2023版考前三个月冲刺专题练　第6练　导数的几何意义及函数的单调性

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第6练　导数的几何意义及函数的单调性


1．(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
答案　B
解析　f(1)＝1－2＝－1，
则切点坐标为(1，－1)，
又f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为
k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
所以切线方程为y＋1＝－2(x－1)，
即y＝－2x＋1.
2．(2019·全国Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(　　)
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
答案　D
解析　因为y′＝aex＋ln x＋1，
所以y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为
y－ae＝(ae＋1)(x－1)，
即y＝(ae＋1)x－1，
所以解得
3．(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 C．0 答案　D
解析　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 4．(2014·全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
答案　D
解析　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在
(1，＋∞)上恒成立．
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞)．
5．(2020·全国Ⅲ)若直线l与曲线y＝和圆x2＋y2＝都相切，则l的方程为(　　)
A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋
C．y＝x＋1 D．y＝x＋
答案　D
解析　圆x2＋y2＝的圆心为原点，半径为，经检验原点到选项A，D中的直线y＝2x＋1，y＝x＋的距离均为，即两直线与圆x2＋y2＝均相切，原点到选项B，C中的直线y＝2x＋，y＝x＋1的距离均不是，即两直线与圆x2＋y2＝均不相切，所以排除B，C.对于A选项，y＝2x＋1与y＝联立可得2x－＋1＝0，此时方程无解，所以排除A.
6．(2022·新高考全国Ⅰ)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　)
A．a C．c 答案　C
解析　设u(x)＝xex(0 v(x)＝(0 w(x)＝－ln(1－x)(0 则当00，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 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) 即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，
所以ln[u(0.1)] 又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以u(0.1) 所以a ②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0 则g′(x)＝(x＋1)ex－
＝(0 设h(x)＝(1－x2)ex－1(0 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 7．(2020·全国Ⅲ)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________.
答案　1
解析　∵f′(x)＝，
∴f′(1)＝＝，
即＝，解得a＝1.
8．(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(x0，)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率，化简得x＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．

9．(2022·重庆调研)已知k<0，直线y＝k(x－2)与曲线y＝x－2ln x相切，则k等于(　　)
A．－ B．－1 C．－2 D．－e
答案　B
解析　因为直线y＝k(x－2)与曲线
y＝x－2ln x相切，
所以设切点为(x0，x0－2ln x0)，
则，
因为k<0，所以0 则切线方程为y－x0＋2ln x0
＝(x－x0)，
又因为切线过点(2,0)，
代入可得2x0－2－x0ln x0＝0.
令f(x)＝2x－2－xln x(0 则f′(x)＝1－ln x>0在(0,2)上恒成立，
所以f(x)在(0,2)上单调递增，且f(1)＝0，
所以切点为(1,1)，则k＝1－＝－1.
10．(2022·攀枝花模拟)定义在R上的偶函数f(x)，当x≠0时，恒有xf′(x)>0，设a＝f ，b＝f ，c＝f ，则(　　)
A．b>c>a B．b>a>c
C．c>a>b D．c>b>a
答案　C
解析　因为xf′(x)>0，
所以当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f(x)为偶函数可知
a＝f ＝f(log32)，
b＝f ＝f(log52)，
∵log32>log52，
＝＝log3>log3＝log32，
∴c>a>b.
11．(2022·哈尔滨模拟)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，2] B.
C. D．(－2，＋∞)
答案　D
解析　∵函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，
∴f′(x)＝＋2ax>0在区间上有解，
即2a>min在区间上成立，
又函数y＝－在上单调递增，
故当x＝时，
y＝－取得最小值min＝－4，
故2a>－4，即a>－2.
12．(多选)(2022·武汉模拟)已知函数f(x)＝ex－e－x－sin 2x，若f(x1)>f(x2)，则(　　)
A．x>x B．>1
C．ln|x1|>ln|x2| D．x1|x1|>x2|x2|
答案　BD
解析　因为f′(x)＝ex＋e－x－2cos 2x≥2－2cos 2x≥0，
所以f(x)在R上单调递增，
由f(x1)>f(x2)可得x1>x2，
所以>1，所以选项B正确；
因为函数y＝x|x|＝
函数在R上单调递增，
所以x1|x1|>x2|x2|，所以选项D正确；
由于二次函数y＝x2不是单调函数，
所以当x1>x2时，x>x不一定成立，所以选项A错误；
由于函数y＝ln|x|＝不是单调函数，
所以当x1>x2时，ln|x1|>ln|x2|不一定成立，所以选项C错误．
13．(2022·咸阳模拟)设实数a＝，b＝，c＝，那么a，b，c的大小关系为(　　)
A．a>b>c B．b>a>c
C．a>c>b D．b>c>a
答案　C
解析　a＝，b＝，c＝，
令f(x)＝，x>1，
∴f′(x)＝
＝＝.
令g(x)＝1－－2ln x，x>1，
∴g′(x)＝－＝<0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x) ∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又2 ∴f(2)>f(e)>f(3)，即a>c>b.
14．(2022·内江模拟)若函数f(x)＝x2＋1与g(x)＝2aln x＋1的图象存在公切线，则实数a的最大值为(　　)
A. B．e C. D．e2
答案　B
解析　f′(x)＝2x，g′(x)＝，
设公切线与f(x)＝x2＋1的图象切于点(x1，x＋1)，
与g(x)＝2aln x＋1的图象切于点(x2,2aln x2＋1)，
∴2x1＝＝
＝，
故a＝x1x2，
∴2x1＝，
∴x1＝2x2－2x2·ln x2，
∵a＝x1x2，
故a＝2x－2xln x2，
设h(x)＝2x2－2x2·ln x(x>0)，
则h′(x)＝2x(1－2ln x)，
∴h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h()＝e，
∴实数a的最大值为e.
15．(2022·永春模拟)定义在R上的函数满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)－<0，则不等式f(x)－>的解集为________．
答案　(－∞，1)
解析　构造函数F(x)＝f(x)－－，
则F(1)＝f(1)－－＝0，
F′(x)＝f′(x)－<0，
所以F(x)在R上单调递减，
由f(x)－>，
得f(x)－－>0，即F(x)>F(1)，
所以x<1，
即不等式f(x)－>的解集为(－∞，1)．
16．(2022·运城模拟)已知函数f(x)＝ex－e－x＋2，若对任意的x∈(0,1]，不等式f(aln x)＋
f(ax－xex)≤4恒成立，则实数a的取值范围为________．
答案　[0，e]
解析　设g(x)＝f(x)－2＝ex－e－x，
则g(－x)＝e－x－ex＝－(ex－e－x)＝－g(x)，
∴g(x)为奇函数，
又∵g′(x)＝ex＋e－x>0，
∴g(x)在R上单调递增．
由已知得f(aln x)－2＋f(ax－xex)－2≤0，
则g(aln x)＋g(ax－xex)≤0，
∴g(aln x)≤g(xex－ax)，
∴aln x≤xex－ax，
即a(x＋ln x)≤xex＝ex＋ln x，
又∵x∈(0,1]，
∴x＋ln x∈(－∞，1]，
令x＋ln x＝t，则et≥at，t∈(－∞，1]，
当a<0时，令t→－∞，
此时et→0，at→＋∞，不符合题意；
当a＝0时，et≥at＝0，符合题意；
当a>0时，et≥at可以转化为≥在(－∞，1]上恒成立，
令h(t)＝，则h′(t)＝≥0，
即h(t)在(－∞，1]上单调递增，h(t)max＝，
故≥，即0 综上所述，实数a的取值范围是[0，e]．

[考情分析]　1.此部分内容是高考命题的热点内容．在选择题、填空题中多考查导数的计算、几何意义，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．
一、导数的计算和几何意义
核心提炼
1．导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
(3)′＝(g(x)≠0)．
2．导数的几何意义
(1)f′(x0)的几何意义：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
(2)切点的两大特征：①在曲线y＝f(x)上；②在切线上．
练后反馈
题目
1
2
3
5
7
8
9
14

正误









错题整理：

二、利用导数研究函数的单调性
核心提炼
求可导函数单调区间的一般步骤
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)求导函数f′(x)；
(3)由f′(x)>0的解集确定函数f(x)的单调递增区间，由f′(x)<0的解集确定函数f(x)的单调递减区间．
练后反馈
题目
6
10
12
13
15




正误









错题整理：

三、由单调性求参数范围
核心提炼
由函数的单调性求参数的取值范围
(1)若可导函数f(x)在区间M上单调递增，则f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数f(x)在区间M上单调递减，则f′(x)≤0(x∈M)恒成立；
(2)若可导函数在某区间上存在单调递增(减)区间，则f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集；
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，则I是其单调区间的子集．
练后反馈
题目
4
11
16






正误









错题整理：


1．[T2补偿](2022·皖淮模拟)若曲线y＝x3＋ax在点(1，a＋1)处的切线方程为y＝7x＋m，则m等于(　　)
A．3 B．－3 C．2 D．－2
答案　D
解析　y′＝3x2＋a，
依题意可得3＋a＝7，即a＝4，
因为a＋1＝7＋m，所以m＝－2.
2．[T12补偿](多选)(2022·济南模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，则下列式子成立的是(　　)
A．f(2 022) B．f(2 022)>ef(2 023)
C．f(x)是R上的增函数
D．∀t>0，f(x) 答案　AD
解析　由f(x)＋f′(x)>0，
得exf(x)＋exf′(x)>0，
即[exf(x)]′>0，
所以函数y＝exf(x)在R上单调递增，
故e2 022f(2 022) 所以f(2 022) 函数exf(x)为增函数时，f(x)不一定为增函数，如f(x)＝，显然exf(x)是增函数，但f(x)是减函数，所以C不正确；
因为函数exf(x)为增函数，
所以当t>0时，有exf(x) 故有f(x) 3．[T13补偿](2022·宝鸡模拟)已知a>1，b>1，则下列关系式不可能成立的是(　　)
A．ebln a≤ab B．ebln a≥ab
C．aeb≥bln a D．aeb≤bln a
答案　D
解析　对于ebln a≤ab，
两边取对数得ln(ebln a)≤ln(ab)，
即b－ln b≤ln a－ln(ln a)，
构造函数f(x)＝x－ln x(x>0)，
则f′(x)＝1－＝，
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当0 若1 则b－ln b≤ln a－ln(ln a)，
即ebln a≤ab，故A正确；
若1 则b－ln b≥ln a－ln(ln a)，
ebln a≥ab，故B正确；
构造函数g(x)＝，h(x)＝，
则g′(x)＝，
当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)>g(1)＝e，
h′(x)＝，
当00，h(x)单调递增；
当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)≤h(e)＝，
所以当x>1时，g(x)>h(x)，
即>，
所以aeb≥bln a成立，aeb≤bln a不可能成立，故C正确，D错误．
4．[T6补偿](2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则(　　)
A．a C．b 答案　B
解析　b－c＝ln 1.02－＋1，
设f(x)＝ln(x＋1)－＋1，
则b－c＝f(0.02)，f′(x)＝－
＝，
当x≥0时，x＋1＝≥，
故当x≥0时，f′(x)＝≤0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以f(0.02) a－c＝2ln 1.01－＋1，
设g(x)＝2ln(x＋1)－＋1，
则a－c＝g(0.01)，
g′(x)＝－
＝，
当0≤x<2时，≥＝x＋1，
故当0≤x<2时，g′(x)≥0，
所以g(x)在[0,2)上单调递增，
所以g(0.01)>g(0)＝0，即c 从而有b 5．[T15补偿](2022·福州模拟)已知函数y＝f(x)在R上连续且可导，y＝f(x＋1)为偶函数且f(2)＝0，其导函数满足(x－1)f′(x)>0，则不等式f(x＋1)>f(3x－1)的解集为________．
答案　
解析　因为y＝f(x＋1)为偶函数，
所以y＝f(x＋1)的图象关于y轴对称，
所以y＝f(x)的图象关于x＝1对称，
因为(x－1)f′(x)>0，
所以当x>1时，f′(x)>0，
当x<1时，f′(x)<0，
所以y＝f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
不等式f(x＋1)>f(3x－1)等价于
|(x＋1)－1|>|(3x－1)－1|，
解得 所以不等式f(x＋1)>f(3x－1)的解集为.
6．[T14补偿](2022·山东百师联盟)已知函数f(x)＝，g(x)＝x2，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数a的取值范围是________________．
答案　(－∞，0)∪
解析　数形结合可得，当a<0时，存在一条直线同时与两函数图象相切；

当a>0时，若存在一条直线同时与两函数图象相切，
则x∈(0，＋∞)时，＝x2有解，
所以＝，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，
因为h′(x)＝＝，
则当x∈(0,2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
所以h(x)在x＝2处取得极大值，也是最大值，
最大值为h(2)＝，且h(x)>0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
所以∈，
即a∈(－∞，0)∪.