第5章 一元函数的导数及其应用 章末优化提升-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册同步练测（人教版2019）

令m(x)=h(x)—h(2—x),x∈(0,1), 则m'(x)=1-1+(1-2-x)=2-1-2-x= -2a(2-)<0, ∴m(x)在(0,1)上单调递减， ∴m(x)>m(1)=0, ∴m(x?)>0, 即h(x?)>h(2—x?),即h(e3)>h(2—x?)得证， ∴e+x?>2. 综上所述，e3+x?>2成立. 12.解(1)易知函数h(x)的定义域为(0,+一). 当a=0 时，h(x)=x,在(0,+0)上无零点，与题意 不符。 a=n当a≠0时，由h(x)=x-aln x=0,得- 令f(x)=nx,z>0, y=1与所以若h(x)有两个零点，则直线 函数f(x)的 图象有两个不同的交点. 易得f(x)=1-na, 令f'(x)=0,得x=e. 所以当x∈(0,e)时，f'(x)>0,f(x)单调递增； 当x∈(e,+)时，f'(x)<0,f(x)单调递减， 所以f(x)=f(e)=1 又f(1)=0,当x→+0时，f(x)>0,所以函数f(x)的 大致图象如图所示。 y=! o 置中e y=f(x) o<1<e, v=a与函由图可知，当 即 a>e时，直线 数f(x)的图象有两个不同的交点， 所以实数 a的取值范围是(e,十). (2)证明：由xe2—a(ln x+x)=0,得xe2—an(xe2)=0. 令t=xe2,x>0,则t-aln t=0,t>0. 易得t′=(x+1)e?>0, 所以函数t=xe在(0,+)上单调递增. 令t?=x?e,t?=x?e?,则关于t的方程t—aln t=0有 两个实数根t?,t?,且t?≠t?. e>,要证 即证x?e·x?e>e2,即证t?t?>e2,即证In t?+1n t? >2. =an由已知得 +4=at-h)所以 以二-m-m所 Inz?+int?=二m会>2,不妨设t?>t?>0,即证 即证 令s=1>1,即证ns>2(-1,其中s>1 构造函数g(s)=In s-2(+1,>1, 则g(3)=1-(s+4=s(s+13>0, 所以函数g(s)在(1,+0)上单调递增， 所以g(s)>g(1)=0,故原不等式得证。 章末优化提升 【考点聚焦】——[跟踪训练] 1.D f(w)=2z+a-因为函数 f(a)在区间(1,+o)上 (2,+o)上恒成立，是增函数，所以f'(x)≥0在区间 即a≥1-2x (2,+o)上恒成立.设g(z)=在区间 3-2a,则g(a)=-3-2.当a∈(_,+o) 时， (2,+o)上单调递减，g'(x)<0恒成立，所以g(x)在 故g(x)<g(1)=4-1=3,所以a≥3. 2.解(1)依题意，函数 f(x)的定义域为(0,+一), ∴f(a)=1-a,z>0. 当a≤0时，f(x)=1-a>0在(0,+0o)上恒成立， 即函数 f(x)在(0,+一)上单调递增； 当a>0时，令f(x)=1-a>0,则0<a<a; 令f(x)=1-a<0,则a>1;令f(x)=1-a=0, 则x=!, (0,1)上单调递增，在[1,+]∴函数 f(x)在 上单 调递减。 综上所述，当 a≤0时，函数 f(x)在(0,+0)上单调 递增； 当a>0时，函数f(x)在(0,2)上单调递增；在 (1,+c)上上单调递减。 (2)若a≤0,由(1)可知，函数 f(x)在(0,1)上单调递增， 不存在最大值，与题意不符， ∴a>0, (o,)上单调递增,在[1,+o]上∴函数f(x)在 上单 调递减， o<1<1,∴若要使得函数在(0,1)上存在最大值，则 即a>1, 45 f(1)=1m1-a×1+a=a-1-且此时最大值为 In a. 令a-1-In a=a-3,解得a=e2>1, .a的值为e2. 3.解析 (1)当a>0时，IIn a≥2#·In2=nz≥a·2“ ?x·log?x≥ax·2“?2°8=·log?x≥ax·2. 设f(x)=x·22,则f'(x)=2?+x·21·In 2=22(1+x ·In 2)>0对x∈(0,+)恒成立，则f(x)在(0,+0) 上单调递增，则x·log?x≥ax·2台f(log?x)≥f(ax) =logz≥aIos≥a. (0-mz-g-1-设g(a)=Io2,则 当x∈(0,e)时，g'(x)>0; 当x∈(e,+0)时，g'(x)<0, 所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+0)上单调 递减， g(e)=1oee=cn?,故则当x=e时，g(x)取得最大值 a≤2, en?.因此实数a的最大值为 故选C. (2)①由题意得f(x)=t(x+t)2—t3+t-1(x∈R,t>0), ∴f(x)的最小值为f(一t)=-t3+t-1, 即h(t)=—t3+t-1. ②记 g(t)=h(t)一(-2t+m)=—t3+3t-1-m,t ∈(0,2), 则 g'(t)=-3t2+3. 令 g'(t)=0,得t=1或t=-1(舍去). 当t变化时，g'(t),g(t)的变化情况如下表所示. t (0,1) (1,2)1 g'(t) 十 0 g(t) 极大值 ∴g(t)在(0,2)内有最大值g(1)=1-m. ∵h(t)<-2t+m对任意t∈(0,2)恒成立， ∴g(t)<0对任意t∈(0,2)恒成立， ∴1-m<0,∴m>1. ∴实数m的取值范围为(1,十0). ③∵h(t)=-t3+t-1, ∴h'(t)=—3t2+1. t=3或t=-3令h'(t)=0,得 舍去). 当0<1<号时，h()>0; 当3<t<2时，h'(t)<0, .当t∈(0,2)时，h(1)=h(停)=-5+g-1 =25-9 令φ(t)=-2t+n,t∈(0,2),则φ(t)>n-4. 23-?≤n-4,由题意可短 解得n≥2√3+27. (2×3+27,+o).∴实数n的取值范围为 答案(1)C(2)见解析 4.解(1)定义城为(0,+c),且f(a)=1-In a-a, 令f(x)=0,得x=e1-“. 当x变化时， f'(x),f(x)的变化情况如下表： x (0,e1-“) e1- (e1-a,十) f(x) 十 0 f(x) 极大值 所以f(x)的单调递增区间为(0,e1-“),单调递减区间为 (e1-“,十). f(e-)=1-,(2)由(1)可知 f(x)的最大值为 ①当a=1时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1, e)上单调递减. 又 f(1)=0,故f(x)在区间(0,e)上只有一个零点. ②当a<1时，1-a>0,e1-?>1, 则 f(e-)=1-e?<0,所以f(x)在区间[0,e]上无 零点。 综上，当a=1时，f(x)在区间(0,e)上只有一个零点，当 a<1时，f(x)在区间(0,e)上无零点. 5.解(1)设需新建 n个桥墩，则(n+1)x=m, 即n=m-1. 所以y=f(x)=256n+(n+1)(2+√x)x =256(m-1)+"(2+√z)x =256m+m√Z+2m-256. (2)由(1)知，f(x)=-256m+_ma-+=22(a+- 512)。令f'(x)=0,得 x*=512, 所以x=64. 当0<x<64时，f(x)<0, f(x)在区间(0,64)内为减函数； 当64<x<640时，f(x)>0, f(x)在区间(64,640)内为增函数， 所以f(x)在x=64处取得极小值且为最小值。 n=m-1=640-1=9.此时 故需新建9个桥墩才能使y最小. 46 第五章 一元函数的导数及其应用 章末优化提升 网络构建 △y 取极限变化率问题 平均变化率△x 元函数的导数及其应用 △y导数的概念 导数的概念 瞬时变化率lim △r→0 △x 导数的几何意义一切线的斜率k= f(x?) 基本初等函数的导数公式 导数的计算- 导数的运算法则 简单复合函数的导数- 函数y=f(x)在区间(a,b)上可导，若f'(x)>0,则f(x)在(a,b) 函数的单调性 内单调递增；若f(x)<0,则f(x)在(a,b)内单调递减 导数的应用- 函数的极值一①求导数f(x);②解方程f(x)=0;③判断两侧符号 函数的最大(小)值一①求极值；②极值与端点处函数值比较 一考点聚焦 考点一 函数的单调性与导数 [例1] 已知函数f(w)=a-2a2+In x,其中 a为常数且a≠0. (1)若a=1,求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数， 求a的取值范围. [解] (1)当 a=1 时，f(x)=3x—2x2+ ln x, 其定义域为(0,+○), 则f(a)=1-4z+3=-4a2+3a+1 =-(4a+1)(a-1(a>0), 当x∈(0,1)时，f(x)>0,故函数f(x)在区 间(0,1)上单调递增； 当x∈(1,+○)时，f(x)<0,故函数f(x) 在区间(1,十○)上单调递减。 所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递 减区间为(1,+一). (2)由题意得f(x)=a-4a+1(a>0), 因为函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数， 所以在区间[1,2]上，f(x)≥0或f(x)≤0 恒成立。 即。-4a+1≥0或。-4x+1≤0在x∈ [1,2]时恒成立， 即3≥4x-1或3≤4x-1(1≤a≤2), 即3≥(4m-1)或3≤(4c-1), 其中1≤x≤2. 令h(a)=4x-1(1≤x≤2),易知函数h(x) 在区间[1,2]上单调递增， 故h(1)≤h(x)≤h(2). ≥h(2)或<h(1),所以 79 ?高中数学·选择性必修 第二册 即3≥4×2-1=1或3≤4×1-1=3, 解得a<0或0<a≤号或a≥1 故a的取值范围为(-~,0)U(0,3)u[1, 十0). -I归纳提升|l 借助导数研究函数的单调性，尤其是研究含有 ln x,e2,-x3等线性函数(或复合函数)的单调性，是近 几年高考的一个重点.其特点是导数f(x)的符号一般 由二次函数来确定；经常同一元二次方程、一元二次不 等式结合，融分类讨论、数形结合于一体。 跟踪训练 1.若函数 f(x)= a2+ aa+ 在 区间 (,+)上是增函数，则a的取值范围是 ( ) A.[-1,0] B.(-1,+○) C.[0,3] D.(3,+) 考点二 利用导数解决函数的极值、最大 (小)值问题 [例2] 设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x —a)2(x—b)的极大值点，则 ( A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2 [解析] f(x)=a[2(x—a)(x—b)+(x— a)2]=a(x—a)(3x—a—2b).令f(x)=0, x=a+26解得x=a或 由题得f'(x)在x =a的附近时，左侧为正值，右侧为负值.当 a>0 时，作为f'(x)的大致图象如图①所 a<a+2b,示，则 ,即0<a<b;当 a<0时，作 出f(x)的大致图象如图②所示，则 a> a+26,,即 0>a>b.综上，a与a—b始终异 号，即 a(a—b)<0,即 a2<ab.故选 D. yA) a+2b0 +2b 0 3 3 图① 图② [答案] D 归纳提升|Ⅱ 导数是求极值和最值的有力工具.函数的极值是 一个局部性概念，一般通过确定函数的定义域，用方程 f'(x)=0的根和不可导点的x 值依次将函数的定义 域分成若干个小区间，并列成表格结合在每个区间上 的单调性求极值；对于求函数的最值问题，求在[a,b] 上连续且在(a,b)内可导的函数 f(x)的最值，可将过 程简化，即不用判断极值是极大值还是极小值，而直接 与区间端点函数值作比较即可. 跟踪训练 2.已知函数 f(x)=1n x—ax+a(a∈R). (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若f(x)在(0,1)上的最大值是a-3,求a 的值 80 第五章 一元函数的导数及其应用 考点三 利用导数解决不等式的恒成立(能 成立)问题 [例3] (河南安阳高二月考)已知函数f(x) =an x+4x+3a(a≠0). (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)设g(x)=2z2-me2+i+4,当 a= -6时，对任意的x?∈[1,4],总存在x?∈ [1,e],使g(x?)≤f(x?),求实数 m的取值 范围. f(a)=a+4-3[解](1)由题意得 =(z+6a)(a-2a2(a>0). 当 a>0时，由f(x)=0,得x=2a, 所以当0<x<2a时，f(x)<0; 当 x>2a时，f(x)>0, 因此，当 a>0时，函数 f(x)在(0,2a)上单 调递减，在(2a,+一)上单调递增. 当 a<0时，由f(x)=0,得x=—6a, 所以当0<x<-6a时，f(x)<0; 当x>-6a时，f(x)>0, 因此，当 a<0 时，函数 f(x)在(0,—6a)上 单调递减，在(—6a,十○)上单调递增. (2)当a=-6时，由(1)知，函数f(x)在 [1,e]上单调递减， 所以当a∈[1,e]时，f(x)=f(1)=是 +4. 对任意的x?∈[1,4],总存在x?∈[1,e], 使g(x?)≤f(x?)等价于Vx?∈[1,4], g(x)≤+4恒成立， 则Vx?∈[1,4],2x2—me?≤0恒成立， 即Va?∈[1,4],m恒成立. 令h(x)=22(I1<=≤4), 则h(a)=4a-2a2=-2a(a-2). 令h′(x)=0,得x=2, 所以当1≤x≤2时，h'(x)≥0; 当 2≤x≤4时，h'(x)≤0, 即h(x)在[1,2]上单调递增，在[2,4]上单 调递减， 所以当a∈[1,4]时，h(x)x=h(2)=8, 因此m≥ (8,+).故实数m的取值范围是 归纳提升|l- “恒成立”问题，要转化为最值问题来解决，“能成 立”问题，要转化为有解问题来解决.在处理这类问题 时，首先考虑分离参数. (1)若A<f(x)(A>f(x))在区间 D上恒成立， 则等价于在区间D上A<f(x)(A>f(x)m). (2)若存在x∈D,使得A<f(x)(A>f(x))成立， 则等价于在区间 D上A<f(x)m(A>f(x)m).如果 不能分离参数或者参数分离后所形成的函数不易处 理，那么可以选择利用分类讨论求最值来处理. 3.(1)(湖北荆荆襄宜四地七校高二期中联考) In x≥2m.若存在正实数x,使得不等式 ln 2(a>0)成立(e是自然对数的底数),则实 数 a的最大值为 ( ) B.In2A.n2 c.n? D.In2 (2)设函数 f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R, t>0). ①求 f(x)的最小值h(t); ②若 h(t)<-2t+m对任意t∈(0,2)恒成 立，求实数m的取值范围； ③若对任意的t?,t?∈(0,2),都有 h(t?)< -2t?+n,求实数 n的取值范围. 81 ?高中数学·选择性必修 第二册 考点四 利用导数解决函数的零点或方程的 根问题 f(x)=(x[例4] 已知a>0且a≠1,函数 >0). (1)当 a=2时，求f(x)的单调区间； (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=1有且仅有 两个交点，求a的取值范围. [解](1)当a=2时，对 f(x)求导得f(x) =2-ahn2·x(z>0), 令f(x)>0,解得0<a<n? a>n?令f(x)<0,解得 (0,n?)则函数 f(x)的单调递增区间为 ,单 (n?,+0).调递减区间为 (2)曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两 个交点等价于方程x“=a即aln x=xln a 即nx=Ina有且仅有 2 个不相等的实数 g(x)=Inx根，即函数 的图象与直线y= Ina;有两个交点， g(x)=hn(z>0),g(x)=1-(a>0), 令g(x)=1-In×=0,解得a=e. 令g'(x)>0,则0<x<e,此时 g(x)单调 递增； 令g'(x)<0,则x>e,此时 g(x)单调递减。 故g(x)=g(e)=1,,当0<x<1时， g(a)∈(-o,0);当x>1时，g(a)∈(0,). 因为g(1)=0,所以要使函数 y=g(x)的图 y=Iaa象与直线 有两个交点， 则o<Iaa ,na<0,当0<a<1时， 此时不符合题意， 所以 a>1且a≠e,故 a的取值范围是 (1,e)U(e,+). 归纳提升|Ⅱ 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助 于导数研究函数的单调性，极值(最值),通过极值或最 值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断 零点个数或者通过零点的个数求参数范围. 跟踪训练 f(a)=n a+a-1.4.已知函数 (1)求 f(x)的单调区间； (2)当a≤1时，求函数 f(x)在区间(0,e)上 零点的个数. 考点五 利用导数解决实际问题 1.利润最大问题 [例5](厦门高二月考)某商场从 2021年1 月份起的前x个月，顾客对某商品的需求总 量 p(x)(单位：件)与x的关系近似地满足 p(x)=2a(a+1)(39-2x)(其中α∈N*且 x≤12),该商品第x月的进货单价q(x)(单 位：元)与x的近似关系是 o-e< (1)写出 2021年第 x月的需求量f(x)(单 位：件)与x的函数关系式； 82 第五章 一元函数的导数及其应用 (2)该商品每件的售价为185 元，若不计其 他费用且每月都能满足市场需求，试问该商 场 2021 年第几个月销售该商品的月利润 g(x)最大，最大月利润为多少元? [解] (1)当x=1时，f(1)=p(1)=37, 当 2≤x≤12且x∈N*时， f(x)=p(x)-p(x-1)=2a(x+1)(39- 2a)-号(a-1)a(41-2.x)=-3a2+40z. 经验证x=1也符合上式，故 f(x)=—3x2 +40x(x∈N*且1≤x≤12). (2)该商场第x个月销售该商品的月利润为 g(x)= 即 g(x)= -6ea/< 当 x∈N*且1≤x≤6 时， g'(x)=18x2—370x+1 400. x=140令g'(x)=0,解得x=5或 舍去). ∴当1≤x≤5时，g'(x)>0,当5<x≤6时， g'(x)<0, ∴当x∈N*且1≤x≤6时， g(x)max=g(5)=3 125. 当x∈N*且7≤x≤12 时， g(x)=—480x+6 400单调递减， 故 g(x)max=g(7)=3 040<3 125. 即该商场 2021 年第 5个月的月利润最大， 最大月利润为3 125元. 2.成本最省问题 [例6](德州高二检测)如图(1)是一个首饰 盒，其左视图由一个半径为r分米的半圆和 矩形 ABCD 组成，其中 AD长为a分米，如 图(2).为了美观，要求r≤a≤2r.已知该首 饰盒的长为 4r分米，容积为 4 立方分米(不 计厚度),假设该首饰盒的制作费用只与其 表面积有关，下半部分的制作费用为每平方 分米 2 百元，上半部分的制作费用为每平方 分米4 百元，设该首饰盒的制作费用为y 百元. D C A B 图(1) 图(2) (1)写出y关于r的函数解析式； (2)当 r为何值时，该首饰盒的制作费用 最低? [解](1)由题知4=4r(2π2+2ar)=2m3 +8ar2 ∴a=4-2-2-. 又≤a<≤2r,82≤<4+, ∴y=2(4ar+8ar+8r2)+4(πr×4r+πr2) =24ar+16r2+20πr2 =24r×2-2+20m2+16r2 =1+(16+14m)21s+<<4] (2)由(1)知f(r)=12+(16+14m)2, ∴f(r)=-3+(32+28n)r. 令f(r)=0,得=8+7m 8+7π8+n=(8+7-18+m<0, 82<<42∴当 时，f'(r)>0,函数 f(r)单调递增 r=8∴当 时，f(r)取得最小值。 r=8+即当 时，该首饰盒制作费用最低。 3.面积、容积最值问题 [例 7] 如图，在圆心角为90°, 半径为 60 cm 的扇形铁皮上 BA c 截取一块矩形材料 OABC,其 中点 O为圆心，点 B在圆弧 0 上，点 A,C在两半径上，现将此矩形铁皮 OABC卷成一个以 AB为母线的圆柱形铁 皮罐的侧面(不计剪裁和拼接损耗),设矩形 的边长 AB=x cm,圆柱形铁皮罐的容积为 V(x)cm3. 83 ?高中数学·选择性必修 第二册 (1)求圆柱形铁皮罐的容积V(x)关于x的 函数解析式，并指出该函数的定义域； (2)当x为何值时，做出的圆柱形铁皮罐的 容积V(x)最大?最大容积是多少?(圆柱 体积公式：V=Sh,S为圆柱的底面积，h为 圆柱的高) [解](1)如图，连接 OB, 在 Rt△OAB,由 AB=x,利用 B C 勾股定理可得 OA=√3 600—x2, 0 设圆柱底面半径为r,则 √3 600-x2=2πr, 即4π2r2=3 600—x2, 所以V(a)=w2a=π.3600-a2·x =36002-2, 即铁皮罐的容积V(x)关于x的函数解析式 为V(x)=3600m-,,定义域为(0.60) (2)V'(x)=3600-3m2,z∈(0,60), 令V'(x)=0,得x=20√3. 列表如下： x (0,20√3) 20√3 (20√3,60) V'(x) 十 0 V(x) 极大值 跟踪训练 5.某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩 相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的 桥面和桥墩.经测算，一个桥墩的工程费用 为256万元；距离为x米的相邻两墩之间的 桥面工程费用为(2+√x)x万元.假设桥墩 等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑 其他因素，记余下工程的费用为y万元. (1)试写出y关于x的函数关系式； (2)当m=640米时，需新建多少个桥墩才能 使y最小? 所以当 x= 20√3 时，V(x)取得最大值， 为120005 即当x为20√3时，做出的圆柱形铁皮罐的 12005cm2.容积最大，最大容积是 |归纳提升|l ----- 利用导数解决生活中的实际问题时，一般要注意 以下几点： (1)在求实际问题中的最大(小)值时，一定要考虑实际 问题的意义，不符合实际意义的值应舍去.例如，长度、 宽度应大于零，销售价格应为正数. (2)在解决实际问题时，不仅要注意将问题中涉及的变 量关系用函数关系表示，还应确定函数的定义域。 (3)得出函数的最大值或最小值之后，一定要将数学问 题的答案还原成实际问题的答案. 提示 请完成《素能提升训练》章末检测卷二 请完成《素能提升训练》模块综合检测卷 84