第二章 导数及其应用章末总结提升课件-2024-2025学年高二下学期数学北师大版（2019）选择性必修第二册

第二章　导数及其应用 章末总结提升 北师大版 数学 选择性必修第二册 目录索引 知识网络·整合构建 专题突破·素养提升 易错易混·衔接高考 知识网络·整合构建 专题突破·素养提升 专题一　导数几何意义的应用 1.导数的几何意义的应用,主要体现在与切线方程相关的问题,是高考的热点内容之一,呈现形式为选择、填空、解答,一般中等难度. 2.导数几何意义考查的核心素养是数学运算和直观想象. D 规律方法　利用导数求切线方程的关键是找到切点,若切点未知需设出.常见的类型有两种:一类是求“在某点处的切线方程”,此点一定为切点,易求斜率进而写出直线方程;另一类是求“过某点的切线方程”,点(x0,y0)不一定是切点,可先设切点为Q(x1,y1),由 =f'(x1)和y1=f(x1),求出x1,y1的值,再转化为第一种类型. 变式训练1过点(0,-1)作曲线f( )=ln x(x>0)的切线,则切点坐标为　　　.  专题二　函数的单调性、极值、最值问题 1.函数的单调性、极值、最值是函数的重要性质,也是高考的热点,利用导数研究函数的单调性是研究此类问题的根本. 2.掌握函数的单调性、极值、最值,重点提升数学运算和直观想象素养,运用数形结合、分类讨论等数学思想. 角度1.利用导数求函数的单调区间 【例2】 已知函数f(x)=e2x+(1-2m)·ex-mx(m∈R),讨论f(x)的单调性. 解 f(x)的定义域为R,f'(x)=2e2x+(1-2m)ex-m=(2ex+1)(ex-m), ∴当m≤0时,f'(x)>0,即f(x)在R上单调递增; 当m>0时,令f'(x)=0,解得x=ln m,∴在区间(-∞,ln m)上,f'(x)<0,在区间 (ln m,+∞)上,f'(x)>0, ∴f(x)在区间(-∞,ln m)内单调递减,在区间(ln m,+∞)内单调递增. 综上所述,当m≤0时,f(x)在R上单调递增; 当m>0时,f(x)在区间(-∞,ln m)内单调递减,在区间(ln m,+∞)内单调递增. 规律方法　利用导数求函数的单调区间转化为解不等式问题,常见的有解二次不等式、指数不等式、对数不等式.当解含参不等式时需要进行分类讨论,注意要做到不重不漏. 变式训练2已知函数f(x)=x2-ax+2ln x. (1)若a=1,求f(x)在(1,0)处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调区间. ①当Δ≤0,即-4≤a≤4时,p(x)≥0,即f'(x)≥0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. ②当Δ>0,即a<-4或a>4时, 当a<-4时,p(0)=2,则p(x)>0,即f'(x)>0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. 由f'(x)>0,即p(x)>0,得0<x<x1或x>x2; 由f'(x)<0,即p(x)<0,得x1<x<x2. 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,x1),(x2,+∞),单调递减区间为(x1,x2). 综上所述,当a≤4时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间; 角度2.构造法的应用 【例3】 已知定义在(0, )内的函数f(x),f'(x)是它的导函数,且恒有 sin x·f'(x)>cos x·f(x)成立,则(　　) D 【例4】 已知定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数f'(x)满足f(x)>f'(x),且f(0)=2,则不等式f(x)<2ex的解集为(　　) A.(-∞,0) B.(-∞,2) C.(0,+∞) D.(2,+∞) C ∵f(x)>f'(x),∴g'(x)<0, 即函数g(x)在定义域上为减函数. ∵f(0)=2,∴g(0)=f(0)=2, 则不等式等价于g(x)<g(0). ∵函数g(x)为减函数, ∴x>0,∴不等式f(x)<2ex的解集为(0,+∞),故选C. 规律方法　导数问题中的构造方法主要用于解决比较函数值大小或求解不等式. 解决比较函数值大小的题目关键是构造出恰当的函数,求出该函数的导数,利用单调性进而确定函数值的大小;对于求解不等式则需构造恰当的函数并判断其单调性,利用单调性求解不等式. 变式训练3已知定义域为R的奇函数y=f(x)的导函数为y=f'(x),当x≠0时, ,则a,b,c的大小关系正确的是(　　) A.a<c<b B.b<c<a C.a<b<c D.c<a<b B 解析 令g(x)=xf(x), 则g(-x)=-xf(-x)=xf(x),∴g(x)是偶函数. g'(x)=f(x)+xf'(x), 专题三　导数的综合应用 【例5】 设函数f(x)=(x+a)ln x-x+a,a∈R. (1)设g(x)=f'(x),求函数g(x)的极值; (2)若a≥ ,试讨论函数f(x)=(x+a)ln x-x+a的零点个数. 解 (1)∵f(x)=(x+a)ln x-x+a,a∈R,∴g(x)=f'(x)=ln x+ ,定义域为(0,+∞). ①当a≤0时,g'(x)>0恒成立, g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,无极值. ②当a>0时,令g'(x)=0,解得x=a, ∴当x∈(0,a)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)的极小值g(a)=ln a+1,无极大值. 规律方法　利用导数解决不等式的证明及函数的零点的求解与证明时,注意运用构造函数和转化思想,确定零点个数时多用零点存在定理. 变式训练5[2024山东潍坊期末]已知函数f(x)=a(ex+a)-2ln x(a>0),f(x)的导函数为f'(x). (1)当a=1时,解不等式f(x)>ex; (2)判断f'(x)的零点个数; (3)证明:f(x)≥4+a2+ln . 令g(x)=axex-2(x>0), 又a>0,则g'(x)=a(x+1)ex>0, 所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增. 所以f'(x)在区间(0,+∞)内有且只有一个零点x0. (3)证明 由(2)知,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)内单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)内单调递增,所以f(x)≥f(x0)=a(+a)-2ln x0. 专题四　导数在实际问题中的应用 1.利用导数解决实际问题,多考查实际问题中的最优解问题,主要体现在“多”“快”“好”“省”几个方面,根据题目的情境建立函数模型是关键. 2.利用导数解决实际问题考查的核心素养是数学建模. 【例6】 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米,高为h米,体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率). (1)将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大. 解 (1)因为蓄水池侧面的建造成本为100·2πrh=200πrh(元),底面的建造成本为160πr2,所以蓄水池的总建造成本为(200πrh+160πr2)元, 令V'(r)=0,解得r1=5,r2=-5(舍去). 当r∈(0,5)时,V'(r)>0,故V(r)在区间(0,5)内单调递增; 当r∈(5,5 )时,V'(r)<0,故V(r)在区间(5,5 )内单调递减. 由此可知,V(r)在r=5处取得极大值也为最大值,此时h=8,即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大. 规律方法　1.应用导数解决实际问题的关键是认真分析题意,建立函数模型.由于是实际问题,要注意根据问题实际确定函数的定义域. 2.根据所建立的函数模型,用导数求最大、最小值. 变式训练6 如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC, △ECA,△FAB,使得点D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥的体积最大为　　　　cm3.  易错易混·衔接高考 1 2 3 4 5 6 7 1.[2024全国新高考卷Ⅱ,6]设函数f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cos x+2ax(a为常数),当x∈(-1,1)时,曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点,则a=(　　) A.-1 B. C.1 D.2 D (方法二)h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cos x. 又x∈(-1,1),h(x)为偶函数,唯一零点只能是0,即h(0)=0=a-2,所以a=2. 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 2.[2024安徽宣城模拟]已知实数a,b分别满足ln(a+1)=0.01,eb=1.01,且 则(　　) A.a<b<c B.b<c<a C.c<b<a D.b<a<c C 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 B.f(x)有两个不同的零点 C.f(4)<f(π)<f(3) D.π4<4π AC 1 2 3 4 5 6 7 解析 对于A,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)= ,令f'(x)<0,得x>e,令f'(x)>0,得0<x<e. 所以f(x)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)内单调递减, 所以f(x)在x=e处取得极大值f(e)= ,故A正确; 对于B,令f(x)=0,解得x=1, 又当x>1时,f(x)>0, 所以函数f(x)有且仅有一个零点,故B错误; 对于C,由f(x)在(e,+∞)内单调递减,得f(4)<f(π)<f(3),故C正确; 对于D,因为f(4)<f(π),即 所以ln 4π<ln π4,则4π<π4,D错误. 故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 4.(多选题)[2024河北邢台二模]若关于x的不等式ex-2+x≥2ax2-xln x在(0,+∞)内恒成立,则实数a的值可以是(　　) AB 1 2 3 4 5 6 7 令h(t)=et-t-1,h'(t)=et-1,故当t∈(-∞,0)时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当t∈(0,+∞)时,h'(t)>0,h(t)单调递增,故h(t)≥h(0)=0,故ex-2-ln x+1-x+ln x≥0,则不等式成立; 当a> 时,令u(x)=x-2-ln x,因为u(1)=-1<0,u(4)=2-2ln 2>0,故u(x)在(1,4)内必有零点,设为x0, 故选AB. 1 2 3 4 5 6 7 5.[2024广东惠州检测]设满足方程(2aln a-b)2+(c2-mc+3+d)2=0的点(a,b),(c,d)的运动轨迹分别为曲线M,N,若在区间 上,曲线M,N有两个交点(其中e=2.718 28…是自然对数的底数),则实数m的最大值 为　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 解析 ∵(2aln a-b)2+(c2-mc+3+d)2=0, ∴2aln a-b=0,c2-mc+3+d=0. 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 6.[2024全国新高考卷Ⅰ,18]已知函数f(x)= +ax+b(x-1)3. (1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值; (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形; (3)若f(x)>-2,当且仅当1<x<2,求b的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 (2)证明∵f(2-x)=ln(2-x)-ln x+a(2-x)+b(1-x)3,∴f(2-x)+f(x)=2a,∴函数f(x)的图象关于点(1,a)对称.故曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)解 由(2)知,f(x)的图象关于点(1,a)对称. 若f(x)>-2,当且仅当1<x<2,则f(1)=-2, ∴a=-2. 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 7.[2024全国新高考卷Ⅱ,16]已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,则切点为(1,e-2).又f'(x)=ex-1,k=f'(1)=e-1,故所求切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),整理得(e-1)x-y-1=0. (2)由题得,f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在R上为增函数,无极值,所以a>0. 令f'(x)=0,得x=ln a. 当f'(x)<0时,x<ln a;当f'(x)>0时,x>ln a,故函数f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(ln a)=a-aln a-a3<0,即1-ln a-a2<0.令g(x)=-x2-ln x+1,x>0,g'(x)=-2x- <0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递减.又g(1)=0,所以g(a)<g(1),即a>1,故a的取值范围为(1,+∞). 【例1】已知点P在曲线y=上,α为曲线在点P处的切线的倾斜角,则α的取值范围是(　　) A.[0,) B.[] C.(] D.[,π) 解析 根据题意得f'(x)=-, ∵k=-≥-=-, 当且仅当ex=,即x=0时,等号成立, 又f'(x)<0, 则曲线在点P处的切线的斜率取值范围为-≤k<0, 又k=tan α,∴α∈[,π).故选D. (,1) 解析 因为f()=ln x(x>0), 所以f(x)=ln x2=2ln x(x>0),设切点为(x0,y0), ∴f'(x)=,根据题意可得,解得y0=1, ∴x0=,即切点坐标为(,1). 解 (1)当a=1时,f(x)=x2-x+2ln x(x>0), 所以f'(x)=2x-1+, 则f'(1)=3,所以f(x)在(1,0)处的切线方程为y=3(x-1),即3x-y-3=0. (2)因为f(x)=x2-ax+2ln x(x>0),所以f'(x)=2x-a+, 令p(x)=2x2-ax+2(x>0),Δ=a2-16,图象的对称轴为x=. 当a>4时,令p(x)=2x2-ax+2=0,得x1=,x2=, 当a>4时,函数f(x)的单调递增区间为(0,),(,+∞),单调递减区间为. A.f()>f() B.f()>f() C.f()>2f() D.f()<f() 解析 由f'(x)sin x>f(x)cos x,即f'(x)sin x-f(x)cos x>0, 构造函数g(x)=, 则g'(x)=. 当x∈(0,)时,g'(x)>0, 即函数g(x)在区间(0,)内单调递增, ∴g()<g(),∴f()<f(),故选D. 解析 设g(x)=,则g'(x)=. f'(x)+<0,若a=f(),b=-f(-),c=(ln)f(ln) ∵f'(x)+<0,∴当x>0时,xf'(x)+f(x)<0, 当x<0时,xf'(x)+f(x)>0.∴g(x)在(0,+∞)内单调递减. ∵<ln 2<1<,∴g()<g(ln 2)<g(). ∵g(x)是偶函数,∴g(-)=g(),g(ln)=g(ln 2),∴g(-)<g(ln )<g(). 故选B. 变式训练4已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,且=ax(a>0且a≠1), f'(x)g(x)<f(x)g'(x),,则a=　　　　　.  解析 令h(x)=, ∵f'(x)g(x)<f(x)g'(x), ∴h'(x)=<0, ∴函数y=ax在R上为减函数,∴0<a<1. ∵,∴a+a-1=, 化为2a2-5a+2=0,解得a=2或a=. ∵0<a<1,∴a=. g'(x)=, (2)由(1)知g(x)的极小值g(a)=ln a+1≥ln+1=0, ∴g(x)min≥0,即f'(x)≥0恒成立. ∴f(x)在区间(0,+∞)内单调递增. ∵fln+a=--a-+a=-<0, f(e)=(e+a)ln e-e+a=e+a-e+a=2a≥>0, ∴f(x)在区间(,e)内有一个零点, ∴函数f(x)=(x+a)ln x-x+a的零点个数为1. (1)解 当a=1时,f(x)=ex+1-2ln x>ex, 所以ln x<,所以0<x<,所以不等式的解集为(0,). (2)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-. 令x=0,则g(0)=-2<0,g=2-2=2(-1)>0, 所以存在x0∈使得g(x0)=0, 因为ax0-2=0,所以a,ln a+x0=ln 2-ln x0. 所以f(x0)=a(+a)-2ln x0=+a2-2(ln 2-ln a-x0)=+2x0+a2+ln≥4+a2+ln,当且仅当x0=1时,等号成立,此时a=>0,所以f(x)≥4+a2+ln. 又因为200πrh+160πr2=12 000π,所以h=(300-4r2), 从而V(r)=πr2h=(300r-4r3). 因为r>0,又由h>0可得r<5,故函数V(r)的定义域为(0,5). (2)因为V(r)=(300r-4r3), 所以V'(r)=(300-12r2). 4 解析 设△ABC的边长为a cm,0<a<5,则三个等腰三角形底边上的高为 (5-a) cm,折起后所得正三棱锥的高为a (cm), 所以所得三棱锥的体积为a2×(cm3).令u=25a4-a5,则u'=100a3-a4=25a3(4-a),其中0<a<5. 当0<a<4时,u'>0,当4<a<5时,u'<0, 故a=4为u=25a4-a5在定义域内唯一的极大值点,也是最大值点,所以当a=4时,三棱锥的体积最大,即为 ×(4)2×=4=4(cm3). 解析 (方法一)由f(x)=g(x),得a=,设h(x)=,h(x)在(-1,1)上为偶函数,当x∈(0,1)时,h'(x)=<0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)≤h(0)=2,要使y=a与y=h(x)只有一个交点,则a=2.故选D. c=, 解析 令f(x)=ex-1-ln(x+1)(0<x<1), 则f'(x)=ex-在区间(0,1)内单调递增, f'(x)>f'(0)=0,则f(x)在区间(0,1)内单调递增, ∴f(0.01)>f(0)=0,即e0.01-1-ln 1.01>0,即e0.01-1>ln 1.01. 令g(x)=ln x-(x>1),则g'(x)=>0,g(x)在区间(1,+∞)内单调递增, ∴g(1.01)>g(1)=0,即ln 1.01->0,即ln 1.01>. 由ln(a+1)=0.01,可得a=e0.01-1,由eb=1.01,可得b=ln 1.01,c=, ∴a>b>c.故选C. 3.(多选题)[2024福建福州模拟]对于函数f(x)=,下列说法正确的是(　　) A.f(x)在x=e处取得极大值 , A. B. C. D.2 则x0-2=ln x0,则=x0,故+1-2ax0+ln x0=(1-2a)x0<0,不合题意,舍去. 综上所述,a≤. 解析 依题意,+1-2ax+ln x≥0在(0,+∞)内恒成立, 当a≤时,+1-2ax+ln x≥+1-x+ln x=ex-2-ln x+1-x+ln x, e+2+ 依题意,曲线M:y=2xln x,曲线N:y=-x2+mx-3,在区间上,曲线M,N有两个交点, 即方程2xln x=-x2+mx-3,也就是关于x的方程m=2ln x+x+在x∈上有两解, ∴直线y=m与曲线y=2ln x+x+,x∈有两个交点. 令g(x)=2ln x+x+,x∈,g'(x)= ∴当<x<1时,g'(x)<0,当1<x<e时,g'(x)>0, ∴g(x)在上单调递减,在[1,e]上单调递增,g(e)=e+2+,g=-2++3e,且g(e)-g=4+-2e<0,∴g(e)<g, ∵y=m与g(x)=2ln x+x+,x∈的图象有两个交点,∴m的最大值为e+2+. ln (1)解 由>0,得函数f(x)的定义域为(0,2). 当b=0时,f(x)=ln x-ln(2-x)+ax, 则f'(x)=+a. 由f'(x)≥0,得+a≥0, 即a≥(0<x<2), ∵x·(x-2)=x2-2x=(x-1)2-1,x∈(0,2), ∴-1≤x(x-2)<0.∴≤-2. ∴a≥-2.故a的最小值为-2. ∴f(x)=ln-2x+b(x-1)3>-2在区间(1,2)内恒成立. f'(x)=-2+3b(x-1)2=+3b(x-1)2=(x-1)2[+3b], 令g(x)=+3b,则g(1)=2+3b,由2+3b≥0, 得b≥-,此时,f'(x)≥0,f(x)在区间(1,2)内单调递增. ∴在区间(1,2)内恒有f(x)>f(1)=-2. 若b<-,则存在x∈(1,ε),使得f'(x)<0,f(x)在区间(1,ε)内单调递减, 则在区间(1,2)内,f(x)<f(1)=-2,不符合题意. 故b≥-. 当b≥-时,对∀x∈(1,2),f(x)≥ln-2x-(x-1)3. 令h(x)=ln-2x-(x-1)3, 则h'(x)=-2(x-1)2=2(x-1)2[-1]>0对∀x∈(1,2)恒成立, ∴h(x)>h(1)=-2符合条件. 综上所述,b的取值范围为[-,+∞). $$