第5章一元函数的导数及其应用 章末复习方案（Word教参）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

章末复习方案 探究一　导数几何意义的应用 1．利用导数的几何意义求切线方程的关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有两种，一种是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率，代入直线方程即可；另一种是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，需要先根据条件求切点坐标． 2．导数的几何意义，集中体现了直观想象和数学运算的核心素养． 【真题1】 (1)(2023·全国甲)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)(2024·新课标Ⅰ)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝________. 解析　(1)设曲线y＝在点处的切线方程为y－＝k(x－1)，因为y＝，所以y′＝＝，所以k＝y′|x＝1＝，所以y－＝(x－1)，所以曲线y＝在点处的切线方程为y＝x＋.故选C项． (2)由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1；由y＝ln(x＋1)＋a得y′＝，设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线得y′＝＝2，解得x0＝－，则切点为，切线方程为y＝2＋a＋ln＝2x＋1＋a－ln 2，由两切线重合，得a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. 答案　(1)C　(2)ln 2 探究二　函数的单调性 1．函数的单调性是研究函数最基本、最重要的性质，主要包括求单调区间和已知函数单调性求参数范围两类问题． 2．研究函数的单调性，可以提升学生的逻辑推理和数学运算素养． 【真题2】 (2023·北京节选)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间． 解析　(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b， 因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1， 则解得 (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)·e－x＋1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1， 令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±，不妨设x1＝3－，x2＝3＋，则0<x1<x2，易知e－x＋1>0恒成立， 所以令g′(x)<0，解得0<x<x1或x>x2；令g′(x)>0，解得x<0或x1<x<x2； 所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3－)和(3＋，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－，3＋)． 【真题3】 (2023·全国乙)已知函数f(x)＝ln(1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线方程； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围． 解析　(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(x＋1)(x>－1)， 则f′(x)＝－×ln(x＋1)＋×， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 所以函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)由函数的解析式可得f′(x)＝ln(x＋1)＋×(x>－1)， 满足题意时f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立． 令ln(x＋1)＋≥0， 则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)＝0，不合题意； 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 则h′(x)＝2a－， 当a≥，即2a≥1时，由于<1，所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满足题意． 当0<a<时，由h′(x)＝2a－＝0可得x＝－1， 当x∈时，h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减，即g′(x)单调递减， 注意到g′(0)＝0，故当x∈时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减， 由于g(0)＝0，故当x∈时，g(x)<g(0)＝0，不合题意． 综上可知，实数a的取值范围是. 探究三　函数的极值、最值 1．利用导函数可以研究函数的极值、最值问题，进而解决和函数相关的恒成立、函数零点等问题． 2．函数的极值、最值问题的研究，可提升学生的逻辑推理、数学运算素养． 【真题4】 (多选)(2023·新课标Ⅱ)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 答案　BCD 解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A项错误，B，C，D项正确．故选BCD项． 【真题5】 已知函数f(x)＝. (1)若a＝0，求y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值． 解析　因为f(x)＝，所以x2＋a≠0，f′(x)＝ ＝. (1)若a＝0，则f′(1)＝－4，f(1)＝1， 代入y－f(1)＝f′(1)(x－1)，得4x＋y－5＝0， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为4x＋y－5＝0. (2)由函数f(x)在x＝－1处取得极值可知f′(－1)＝0，即＝0得a＝4. 此时f(x)＝， 所以f′(x)＝， 当x∈(－∞，－1)∪(4，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)； 当x∈(－1,4)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(－1,4)． 又当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→0， 所以f(x)的最大值为f(－1)＝1，f(x)的最小值为f(4)＝－. 探究四　导数与函数的零点 1．利用导数研究函数的零点主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．考查的主要形式：(1)求函数的零点、图象交点的个数；(2)根据函数的零点个数求参数的取值或范围． 2．利用导数研究函数的零点的常用方法：(1)研究函数的单调性、极值，利用单调性、极值、函数零点存在定理来求解零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，从而变形为两个函数图象的交点问题，运用函数的图象和性质求解． 【真题6】 (2022·全国乙)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 解析　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x，x>0， 则f′(x)＝－＝， 当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)f(x)＝ax－－(a＋1)ln x，x>0， 则f′(x)＝a＋－＝， 当a≤0时，ax－1≤0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，此时函数无零点，不合题意； 当0<a<1时，>1，在(0,1)，内，f′(x)>0，f(x)单调递增； 在内，f′(x)<0，f(x)单调递减； 又f(1)＝a－1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近正无穷大， 所以f(x)仅在内有唯一零点，符合题意； 当a＝1时，f′(x)＝≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)＝a－1＝0， 所以f(x)有唯一零点，符合题意； 当a>1时，<1，在，(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增； 在内，f′(x)<0，f(x)单调递减； 此时f(1)＝a－1>0， 又f＝－an＋n(a＋1)ln a，当n趋近正无穷大时，f趋近负无穷， 所以f(x)在内有一个零点，在内无零点， 所以f(x)有唯一零点，符合题意． 综上，a的取值范围为(0，＋∞)． 探究五　恒成立问题 结合函数的单调性、极值及最值，将参数置身于题目之中，考查分类讨论、数形结合等数学思想方法，一直是高考的热点问题，其中恒成立问题是常见的问题之一，在解决恒成立问题时，一般是构造函数、数形结合或分离参数，过程要注意树立主元意识． 【真题7】 (2024·新课标Ⅰ)已知函数f(x)＝ln＋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． 解析　(1)b＝0时，f(x)＝ln＋ax，其中x∈(0,2)， 则f′(x)＝＋a，x∈(0,2)， 因为x(2－x)≤2＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0成立， 故a＋2≥0，即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)证明：f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0,2)， 设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于(1，a)的对称点为Q(2－m,2a－n)， 因为P(m，n)在y＝f(x)图象上，故n＝ln＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m)＝ln＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a， 所以Q(2－m,2a－n)也在y＝f(x)图象上， 由P的任意性可得y＝f(x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a)． (3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2，故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2，即a＝－2， 先考虑1<x<2时，f(x)>－2恒成立． 此时f(x)>－2即为ln＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1,2)上恒成立， 设t＝x－1∈(0,1)，则ln－2t＋bt3>0在(0,1)上恒成立， 设g(t)＝ln－2t＋bt3，t∈(0,1) 则g′(t)＝－2＋3bt2＝， 当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1,2)上恒成立． 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0， 故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1,2)上恒成立． 当b<－时，则当0<t<<1时，g′(t)<0， 故在上g(t)为减函数，故g(t)<g(0)＝0，不合题意，舍； 综上，f(x)>－2在(1,2)上恒成立时b≥－. 当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0,1)上单调递增，故g(t)>0的解为(0,1)，即f(x)>－2的解为(1,2)． 综上，b的取值范围为. 【真题8】 (2023·新课标Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 解析　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增； 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝2－－ln＝ln>0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$