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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)(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　)
A．y＝x B．y＝x
C．y＝x＋ D．y＝x＋
(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__________________．
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)(2023·湖北省七市(州)联考)已知m>0，n>0，直线y＝x＋m＋1与曲线y＝ln x－n＋2相切，则＋的最小值是(　　)
A．16 B．12 C．8 D．4
(2)(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________________，__________.
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　(2023·武汉华中师大一附中模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R.
(1)当a＝0时，求f(x)在x＝0处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
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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，根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　(2023·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．
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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)(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
(2)(2023·洛阳模拟)已知函数f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln 4)，b＝f ，c＝f(21.1)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．c>b>a
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)(2023·山西统考)若对于 x1，x2∈(－∞，m)，且x11，则m的最大值是(　　)
A．2e B．e
C．0 D．－1
(2)(2023·咸阳模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，则不等式f(x－1)－1第3讲　导数的几何意义及函数的单调性
例1　(1)C
(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析　因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝＝(x0＋a＋1)＝，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，＋∞)．
跟踪演练1　(1)D
(2)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(x0，y0)，
则由y′＝，得切线斜率为，
又切线的斜率为，所以＝，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
所以切线斜率为，切线方程为y＝x.根据偶函数图象的对称性知，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.
例2　解　(1)当a＝0时，
f(x)＝(x－2)ex，
f′(x)＝(x－1)ex，
f′(0)＝(0－1)e0＝－1，f(0)＝－2，
∴切线方程为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当a≤0时，令f′(x)<0，得x<1，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>1，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当0令f′(x)<0，得ln a∴f(x)在(ln a,1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x1.
∴f(x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增．
③当a＝e时，f′(x)≥0在R上恒成立，
∴f(x)在R上是增函数．
④当a>e时，令f′(x)<0，
得1∴f(x)在(1，ln a)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>ln a或x<1.
∴f(x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
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0当a＝e时，f(x)在R上是增函数；
当a>e时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
跟踪演练2　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．
例3　(1)C
(2)D　[因为f(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，当x≥0时，则f(x)＝ex－x2，可得f′(x)＝ex－2x，
构建φ(x)＝f′(x)，则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)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
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，＋∞)上单调递增，又因为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.]
跟踪演练3　(1)C　(2)(1－π，1＋π)

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