第03讲 导数的几何意义及函数的单调性（3大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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【考点分析】
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.
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知幂函数在上单调递减，则曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用幂函数定义解方程并利用单调性可得，再由导数的几何意义即可求得结果.
【详解】由于为幂函数，则，解得或，
又在上单调递减，得，即，故，
则，
可得，，则，
故曲线在处的切线方程为，即，
故选：C．
二、填空题
2．（2024·山西·校联考模拟预测）已知函数，若直线与曲线相切，则 .
【答案】/
【分析】根据切线的斜率求出切点，再代入切线方程即可得解.
【详解】设切点为，
，
由题意可得，
因为函数在上都是增函数，
所以函数在上是增函数，
又，所以，
所以切点为，
则，解得.
故答案为：.
3．（2024上·广东深圳·高三深圳外国语学校校联考期末）已知，则 .（用数字作答）
【答案】405
【分析】两边求导，令即可得结果.
【详解】对两边求导得：
，
令，可得.
故答案为：.
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．
一、单选题
1．已知函数在区间上不单调，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由于函数在区间上不单调，等价于函数在区间上存在极值点，对函数求导，对分类讨论，求出极值点，根据极值点在区间内，可得关于的不等式，即可求出结果．
【详解】由.
①当时，函数单调递增，不合题意；
②当时，函数的极值点为，
若函数在区间不单调，必有，解得；
综上所述：实数a的取值范围为.
故选：B.
二、解答题
2．（2024上·山西·高三期末）已知函数，.
(1)求证：函数存在单调递减区间，并求出该函数单调递减区间的长度的取值范围；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）先求，然后分析的根，由此完成证明；利用韦达定理表示出结合的范围求解出其范围；
（2）将问题转化为“在上恒成立”，建立函数，通过多次求导分析函数单调性的过程求解出的取值范围.
【详解】（1），
令，
因为，二次函数对称轴，，
且恒成立，
所以恒有两个不相等的正实根，且这两个正实根分别为，，，
所以的单调递减区间是，
所以单调递减区间的长度，
因为，所以的取值范围为；
（2）由题意在上恒成立，
即在上恒成立，
令，
则，令，
则，令，
则，令，
则，当时，，
所以在上单调递减，，
所以在上单调递减，，
当，即时，，
所以在上单调递减，，
所以在上单调递减，成立，所以；
当，即，单调递减函数在时，，且，
所以在上有根，记为，
在上，，在上，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，函数在时，，
因此在上有解，记为，
在上，，单调递增，而，
因此在上，，从而在上不恒成立，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.
3．（2024上·天津河北·高三统考期末）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求函数的单调区间；
(3)在（2）的条件下，当时，，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)单调递减区间是，单调递增区间是
(3)
【分析】（1）当时，分别求出的值即可得解.
（2）对函数求导，令，得或，且满足，进一步即可得解.
（3）由题意只需，即，解不等式即可得解.
【详解】（1）时，，
，整理得.
曲线在点处的切线方程为.
（2），
，
令，
，解得或，且满足.
当变化时，的变化情况如下表：
函数单调递减区间是，单调递增区间是.
（3）由（2）可知，函数在区间单调递增，在区间单调递减，
，
解得，
，
实数的取值范围为.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是将极值点先求出来，然后根据导数与单调性的关系即可得解，第三问的关键是由，列出相应的不等式，从而即可顺利得解.
考点三 单调性的简单应用
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．
一、单选题
1．（2024上·甘肃兰州·高三校考阶段练习）已知函数的定义域为，，且在恒有成立，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意，可得函数的图象关于对称，且在上单调递增，在上单调递减，从而可判断出函数的正负分布情况，即为或，进而可得出答案.
【详解】因为，所以函数的图象关于对称，
因为在恒有成立，
所以函数在上单调递增，
由对称性可得函数在上单调递减，
又，所以，
故当时，，当或时，，
由，得或，
所以或，解得或，
即的解集为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：由题意得出函数的对称性及单调性，从而判断出函数的正负分布情况，是解决本题的关键.
二、解答题
2．（2024上·河北·高三雄县第一高级中学校联考期末）已知函数为常数，过曲线上一点处的切线与轴垂直.
(1)求的值及的单调递增区间；
(2)若对任意的，使得（是自然对数的底数）恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，，的单调递增区间为
(2)
【分析】（1）由题意可得，，联立可求得，，根据二阶导数大于0，可得一阶导函数单调递增，讨论可得函数得单调区间；
（2）由题意可得，由（1）可知所以当时，，讨论可得，进而得出恒成立，进而求解即可得证.
【详解】（1），
，
又，
，
则，
令，
在上单调递增，又，
所以不等式的解集为，
故函数的单调递增区间为.
（2）若对任意的，使得恒成立，
只需，
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，，
为中的最大值，
，
令，则，
在上是增函数，而，
即，
，
对于，则，所以函数在上是增函数，
所以，因为，
所以的取值范围为.
【点睛】（1）主要考查导数的几何意义，运用解方程得思想求出，，二次求导是解决本题单调性的重要方法；（2）证明的关键有两点：1、对任意的，使得恒成立，转化为证明，2、讨论中的最大值，进而证明恒成立.
3．（2024上·江苏盐城射阳中学校联考期末）设函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)若在上单调递增，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义即可求出结果；
（2）根据条件，将问题转化成恒成立，再构造函数，将问题转化成求函数的最大值，再利用导数与函数单调性间的关系即可求出结果.
【详解】（1）因为，则，
当时，，，所以在处的切线方程为.
（2）因为在上单调递增，所以恒成立，即恒成立，
令，则，当时，，当时，，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，故.
【强化训练】
一、单选题
1．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心设函数，则
A．2016B．2017C．2018D．2019
【答案】C
【详解】分析：对已知函数求两次导数可得图象关于点对称，即，利用倒序相加法即可得到结论.
详解：函数，
函数的导数，，
由得，
解得，而，
故函数关于点对称，
，
故设，
则，
两式相加得，则，故选C.
点睛：本题主要考查初等函数的求导公式，正确理解“拐点”并利用“拐点”求出函数的对称中心是解决本题的关键，求和的过程中使用了倒序相加法，属于难题.
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】观察到，构造函数进行尝试比较，可证其在是增函数，由可得，
对于，注意到，把换成，直接构造函数进行尝试比较其大小，证明其在是增函数，由可得，可得答案.
【详解】令，则，
当时，，在是增函数，
所以，所以，
即，所以，
令，则，
当时，，在是增函数，
所以，所以，
即，所以，
综上.
故选：B.
【点睛】本题属于构造函数，利用单调性比较大小问题，是近几年的高考热点，往往要求高难度大，解决问题的关键在于构造函数，平时对常见函数要熟悉，解题时细心观察题目特征，联想构造函数，利用导数判断单调性求解.
3．（2023上·江苏盐城阜宁中学校联考期末）已知点P是曲线上一动点，为曲线在点P处的切线的倾斜角，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出函数的导数，利用均值不等式求出切线斜率的取值范围即可计算作答.
【详解】函数的定义域是R，求导得：函数，而，
则曲线在点处的切线的斜率，
当且仅当，即，时取“=”，而，
于是得，又，因此，，
所以的取值范围是.
故选：A
4．若对任意的 ，，且，都有，则m的最小值是（ ）
A．B． C．1D．
【答案】A
【分析】已知不等式变形为，引入函数，
则其为减函数，由导数求出的减区间后可的最小值．
【详解】因为，
所以由，
可得，
，
即．
所以在上是减函数，
，
当时，，递增，
当时，，递减，
即的减区间是，
所以由题意的最小值是．
故选：A．
5．（2023下·四川宜宾校考期中）设函数，曲线在点处的切线方程为．则（ ）
A．0B．2C．1D．
【答案】C
【分析】对函数求导，再利用导数的几何意义求解作答.
【详解】函数，求导得，显然，
因此，解得，
所以.
故选：C
6．已知函数，则等于（ ）
A．0B．2C．D．
【答案】D
【分析】利用诱导公式化简函数，再对函数求导，从而可求得的值.
【详解】∵，
∴，则，
∴.
故选：D.
二、多选题
7．（2023上·云南·高三校联考阶段练习）已知，，是的导函数，则（ ）．
A．是由图象上的点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度得到的
B．是由图象上的点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度得到的
C．的对称轴方程为，
D．是的一条切线方程
【答案】BC
【分析】根据复合函数求导可得，再利用三角函数伸缩变换规则可判断A错误，B正确，由整体代换法可知的对称轴方程为，，所以C正确，利用导数的几何意义可求得不是的切线，可知D错误.
【详解】由题意可得，
是由横坐标缩短到原来的倍，纵坐标伸长2倍，再把得到的曲线向左平移后得到的，故A错误；
函数图象将横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得，
再向右平移个长度单位，得，即，故B正确；
因为，令，，则，，
则的对称轴方程为，，故C正确；
因为，所以，
由导数的几何意义令，
可得，即，，
解得，，
所以切点为，而不在上，故D错误．
故选：BC
8．已知函数的定义域为．（ ）
A．
B．
C．
D．被8整除余数为7
【答案】BC
【分析】利用赋值或，判断AB；对函数两边求导，再赋值，判断C；，展开后可判断余数，判断D.
【详解】A.当时，，①故A错误；
B.当时，，②，
①②，解得：，故B正确；
C.，令得，故C正确；
D.，所以被8整除余数为1，故D错误.
故选：BC
三、填空题
9．已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用导数求出函数的单调区间和最值，设，则要使方程有4个不同的实数根等价于方程在上有两个不同的实数根，故，从而可求出实数的取值范围
【详解】依题意，求导，令，解得：，
当时，，单调递增；
当，，函数单调递减，且，
又时，；又时，；
设，显然当时，方程有两个实数根，
则要使方程有4个不同的实数根等价于方程在上有两个不同的实数根，
故，，
解得：.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，解题的关键是利用导数判断出函数的单调区间和最值，设，将问题转化为方程在上有两个不同的实数根，然后利用一元二次方程根的分布情况求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题
10．函数与的图象上存在关于轴的对称点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】先求得与关于轴对称的函数，将问题转化为与的图象有交点，即方程有解.对分成三种情况进行分类讨论，由此求得实数的取值范围.
【详解】因为关于轴对称的函数为，因为函数与的图象上存在关于轴的对称点，所以与的图象有交点，方程有解.
时符合题意.
时转化为有解，即，的图象有交点，是过定点的直线，其斜率为，若，则函数与的图象必有交点，满足题意；若，设，相切时，切点的坐标为，则，解得，切线斜率为，由图可知，当，即时，，的图象有交点，此时，与的图象有交点，函数与的图象上存在关于轴的对称点，综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查利用导数求解函数的零点以及对称性，函数与方程等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，推理与运算求解能力，转化与化归思想和应用意识.
11．若关于x不等式的解集中的正整数有且只有一个，则k的取值范围是 .
【答案】
【分析】对进行分类讨论，结合构造函数法以及导数，求得的取值范围.
【详解】当时，任一正整数都满足不等式，故.
当，时，不等式等价于，
令，，
∴当时，恒成立，
∴在上单调递增，
∴，解得.
故答案为：.
12．若函数在处的切线方程为，则 ．
【答案】
【分析】根据导数的几何意义即得.
【详解】因为
∴，
∴，
解得：.
故答案为：3.
四、解答题
13．已知函数，其中．
（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求实数a的值及函数的单调区间；
（2）若函数在定义域上有两个极值点，，且，求证：．
【答案】（1）,单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析
【分析】（1）由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出的值，再求的定义域，求，由，求得的递增区间，由，求得递减区间；
（2）函数在定义域上有两个极值点等价于在上有两个不相等的根.解不等式组，求得的范围，再化简得到，再构造，再利用导数证明，即得证.
【详解】（1）由，
得，
又在点处的切线与直线平行，
所以，解得．
则，
得．
当时，，单调递减，区间为；
当时，，单调递增，区间为．
（2）证明：因为函数在定义域上有两个极值点，，且，
所以
在上有两个根，，且，
即在上有两个不相等的根，，
则，，
由题意得，解得，
则
，
令，其中，
故．令，，
在上单调递增．
由于，，
所以存在常数，使得，即，，
且当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以当时，
．
又，，
所以，即，
故得证．
【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，难度较大.
14．设函数
（1）判断函数的单调性;
（2）若方程在区间上恰有两个不同的实根,求实数的取值范围.
【答案】（1）在上单调递减；在上单调递增；（2）.
【分析】（1）求导后，通过二阶导可知单调递增，又，可得的符号，进而确定的单调性；（2）将问题转化为，，且与恰有两个不同交点；通过导数来得到的图象，根据数形结合可知当时，恰有两个不同交点.
【详解】（1）由题意知：，则
在上单调递增，又
当时，；当时，
在上单调递减；在上单调递增
（2）由得：
即：在上恰有两个不同的实根
设，，则与恰有两个不同交点
则
当时，；当时，
在上单调递减，在上单调递增
又，，
由此可得图象如下图所示：
由图象得：当，即时，与恰有两个不同交点
即时，方程在区间上恰有两个不同的实根
【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调性、根据方程在某一区间内根的个数求解参数范围的问题，解决方程根的个数问题的关键是能够将问题转化为曲线与直线的交点个数问题，通过数形结合的方式来进行求解.
15．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在实数，使得在具有单调性？若存在，求所有的取值构成的集合；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在实数，使得在单调递增，理由见解析.
【解析】（1）由题得，求导得，进而得切线方程为；
（2）令，结合，研究在上的单调性即可得答案.
【详解】解：（1）求导得，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为：.
（2）存在实数，使得在单调递增，理由如下：
由（1）得，
令，则，
故当时，在上恒成立，
故在上单调递增，由于，
故时，，单调递减，
时，，单调递增.
当时，令得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
由于，
所以当时，，
所以不可能使得在恒成立，
所以当时，均不能使得在具有单调性.
当时，，
此时时，单调递减，时，单调递增，
所以，
所以在恒成立，此时函数在单调递增.
故存在实数，使得在具有单调性.
【点睛】本题考查切线方程的求解，利用导数研究函数的单调性，考查综合分析能力，运算能力，分类讨论思想，是中档题.
16．已知函数在处的切线与直线：平行．
（1）求的值；
（2）若，试讨论在上的零点个数．
【答案】（1）；（2）答案见解析．
【分析】（1）根据平行关系得到切线斜率为，即，求解出即可求解出的值；
（2）先求解出，然后令，通过分析确定出的单调性，由此确定出的单调性，再根据的端点值与的大小关系对进行分类讨论：、、，最后结合的单调性分析每一种情况下零点个数.
【详解】解：（1）在处的切线与直线：平行，
则有，，则
（2），，
，令，则，
当时，且，则，则在单调递减，
，，
当时，且在单调递减，则，在单调递减，
，，
由于，则，在单调递减，则有一个零点，
当时，，由于在单调递减，则，在单调递增，
，则，则在无零点，
当时，，，在单调递减，则存在使，
当，，单调递增，当，，单调递减，
，，
若，则由，及的增减性可得：在无零点，此时，
若，由，和的增减性可得：在有一个零点，此时，
综上，当时，在无零点，当时，在有一个零点．
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查利用导数分析函数的零点个数问题，解答此问题的关键在于多次求导以及分类讨论思想的运用；当原函数的导函数无法直接判断出正负时，可先通过将原函数的导函数看作新函数，利用导数思想先分析的单调性以及取值正负，由此确定出的单调性并分析其取值正负，从而的正负可分析，则根据的单调性以及取值可讨论零点个数.
2
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0
+
0
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极小值
极大值