第5章 一元函数的导数及其应用 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（人教A版）

第五章　一元函数的导数及其应用 章末综合提升 2.(2022·新课标Ⅰ卷)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　　 　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (-∞,-4)∪(0,+∞) 设f(x)=y=(x+a)ex,则f'(x)=(x+a+1)ex.设切点为(x0,(x0+a)), 因此切线方程为y-(x0+a)=(x0+a+1)(x-x0). 又∵切线过原点(0,0),∴-(x0+a)=(x0+a+1)·(-x0),整理得+ax0-a=0.又切线有两条,∴关于x0的方程+ax0-a=0有两不相等的实根,故Δ=a2+4a>0,解得a>0或a<-4.故a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞). 3.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线. (1)若x1=-1,求a; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解:法一:由题意可知f'(x)=3x2-1,f(x1)=-x1,则曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y-(-x1)=(3-1)(x-x1),即y=(3-1)x-2. 因为曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线,所以 即方程x2-(3-1)x+2+a=0有两个相等的实数根, 从而Δ=(3-1)2-4(2+a)=0⇔4a=9+1. (1)若x1=-1,则4a=12⇔a=3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)求a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解: (2)4a=9+1, 令h(x)=9x4-8x3-6x2+1,则h'(x)=36x3-24x2-12x=12x(x-1)(3x+1), 令h'(x)>0,得-<x<0或x>1;令h'(x)<0,得x<-或0<x<1, 所以h(x)在和(1,+∞)上单调递增,在和(0,1)上单调递减. 又h(1)=-4,h,所以h(x)≥-4, 所以a≥-1,故a的取值范围为[-1,+∞). 法二:由题意可知f'(x)=3x2-1,f(x1)=-x1,则曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y-(-x1)=(3-1)(x-x1),即y=(3-1)x-2①. 设公切线与曲线y=g(x)的切点为(x2,+a), 又g'(x2)=2x2, 则切线可表示为y-(+a)=2x2(x-x2), 即y=2x2x-+a②. 因为①②表示同一直线方程,所以 则(3-1)2-8+1. 下面同法一. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 考点2　利用导数研究函数的性质 4.(2023·新课标Ⅱ卷)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C ∵f(x)在(1,2)上单调递增, ∴f'(x)≥0在(1,2)上恒成立, 即f'(x)=aex-≥0(1<x<2),∴a≥(1<x<2). 令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0, ∴g(x)在(1,2)内单调递增,g(x)∈(e,2e2), ∴,∴a≥,即a的最小值为e-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(2023·全国乙卷)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,-2) B.(-∞,-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B f'(x)=3x2+a,当a≥0时,f'(x)≥0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零点,不合题意,∴a<0.令f'(x)=0,得x1=- ,x2= . 当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f'(x)>0, 当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0, ∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ∵f(x)存在3个零点,∴f(x)的极大值f(x1)=f+2>0　①, 且f(x)的极小值f(x2)=f+2<0　②, 解①②得a<-3. 综上所述,a的取值范围为(-∞,-3). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.(2023·新课标Ⅱ卷)(多选)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 BCD 由题意得f'(x)=(a≠0),x∈(0,+∞). ∵y=f(x)既有极大值也有极小值, ∴y=ax2-bx-2c在(0,+∞)上有两个变号零点. 设方程ax2-bx-2c=0的两根分别为x1,x2(x1>0,x2>0,x1≠x2),   ∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 考点3　与极值有关的问题 7.(2023·北京卷)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; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解:(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 所以a=-1,b=1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)设函数g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解: (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+). (3)求f(x)的极值点个数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解: (3)由(1)得f(x)=x-x3e-x+1(x∈R),f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1, 由(2)知f'(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减, 在(-∞,0),(x1,x2)上单调递增, 当x<0时,f'(-1)=1-4e2<0,f'(0)=1>0, 即f'(-1)f'(0)<0, 所以f'(x)在(-∞,0)上存在唯一零点,不妨设为x3,则-1<x3<0, 此时,当x<x3时,f'(x)<0,则f(x)单调递减;当x3<x<0时,f'(x)>0,则f(x)单调递增, 所以f(x)在(-∞,0)上有一个极小值点; 当x∈(0,x1)时,f'(x)在(0,x1)上单调递减, 则f'(x1)=f'(3-)<f'(1)=1-2<0, 故f'(0)f'(x1)<0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 所以f'(x)在(0,x1)上存在唯一零点,不妨设为x4,则0<x4<x1, 此时,当0<x<x4时,f'(x)>0,则f(x)单调递增;当x4<x<x1时,f'(x)<0,则f(x)单调递减, 所以f(x)在(0,x1)上有一个极大值点; 当x∈(x1,x2)时,f'(x)在(x1,x2)上单调递增, 则f'(x2)=f'(3+)>f'(3)=1>0,故f'(x1)f'(x2)<0, 所以f'(x)在(x1,x2)上存在唯一零点,不妨设为x5,则x1<x5<x2, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 此时,当x1<x<x5时,f'(x)<0,则f(x)单调递减;当x5<x<x2时,f'(x)>0,则f(x)单调递增, 所以f(x)在(x1,x2)上有一个极小值点; 当x>x2=3+>3时,3x2-x3=x2(3-x)<0, 所以f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1>0,则f(x)单调递增,所以f(x)在(x2,+∞)上无极值点. 综上,f(x)在(-∞,0)和(x1,x2)上各有一个极小值点,在(0,x1)上有一个极大值点,共有3个极值点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.(2023·新课标Ⅱ卷,节选)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解:易知f(x)的定义域为(-1,1),f(x)为偶函数, f'(x)=-asin ax+,易知f'(x)是(-1,1)上的奇函数. 令F(x)=f'(x),则F'(x)=-a2cos ax, 显然F'(x)在(-1,1)上是偶函数,F'(0)=2-a2, 当2-a2<0,即a>时,易知F'(x)在区间(0,1)上单调递增.又F'(0)<0,所以∃m∈(0,1),x∈(-m,m)时,F'(x)<0恒成立,故f'(x)在(-m,m)上单调递减. 又f'(0)=0,故-m<x<0时,f'(x)>0,0<x<m时,f'(x)<0,故f(x)在(-m,0)上单调递增,在(0,m)上单调递减,x=0是f(x)的极大值点,符合题意. 当2-a2≥0,即-时,易知F'(x)在(0,1)上单调递增.又F'(0)>0,所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立,故f'(x)在(0,1)上单调递增,则f'(x)在(-1,1)上单调递增. 又f'(0)=0,所以-1<x<0时,f'(x)<0,0<x<1时,f'(x)>0, 故f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0是f(x)的极小值点,不符合题意. 综上,a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 考点4　与最值有关的问题 9.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x. (1)当a=0时,求f(x)的最大值; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解:(1)当a=0时,f(x)=--ln x(x>0), ∴f'(x)=(x>0), 令f'(x)=0,得x=1, x∈(0,1)时,f'(x)>0;x∈(1,+∞)时,f'(x)<0, ∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. ∴f(x)max=f(1)=-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解: (2)法一:f'(x)=a+. ①当a≤0时,ax-1<0恒成立, ∴0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增; x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减, ∴f(x)max=f(1)=a-1<0. 此时f(x)无零点,不合题意. ②当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1或x=. (ⅰ)当0<a<1时,1<, ∴1<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 0<x<1或x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ∴f(x)在(0,1),上单调递增,在上单调递减,f(x)的极大值为f(1)=a-1<0, x→+∞时,f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (ⅱ)当a=1时,1=,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(1)=0,符合题意. (ⅲ)当a>1时,<1,f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减, f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时,f(x)→-∞,∴f(x)恰有1个零点. 综上所述,a的取值范围为(0,+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 法二:f(x)=ax--(a+1)ln x恰有一个零点, 即a(x-ln x)=+ln x在(0,+∞)上只有一个解. 由ln x≤x-1,得x-ln x≥1, ∴a=,令g(x)=, 则g'(x)==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 令h(x)=1--ln x, 则h'(x)=,h'(x)<0在(0,+∞)上恒成立, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0, ∴在(0,1)上,h(x)>0,在(1,+∞)上,h(x)<0, 故在(0,1)上,g'(x)<0,在(1,+∞)上,g'(x)<0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减, x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)→0, ∴g(x)>0,∴a>0时,a(x-ln x)=+ln x恰有一解. 故a的取值范围为(0,+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 考点5　利用导数解决不等式问题 10.(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=a(ex+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)解: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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)证明:法一: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>0,则g(a)>0恒成立, 所以当a>0时,f(x)>2ln a+恒成立,得证. 法二:令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1, 由于y=ex在R上单调递增,所以h'(x)=ex-1在R上单调递增, 又h'(0)=e0-1=0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 所以当x<0时,h'(x)<0;当x>0时,h'(x)>0, 所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 故h(x)≥h(0)=0,则ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立, 因为f(x)=a(ex+a)-x=aex+a2-x=ex+ln a+a2-x≥x+ln a+1+a2-x, 当且仅当x+ln a=0,即x=-ln a时,等号成立, 所以要证f(x)>2ln a+,即证x+ln a+1+a2-x>2ln a+,即证a2--ln a>0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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>0,则g(a)>0恒成立, 所以当a>0时,f(x)>2ln a+恒成立,得证. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11.(2022·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=xeax-ex. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)解:当a=1时,f(x)=xex-ex,则f'(x)=xex, 当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增. (2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)解:当x>0时,f(x)<-1,即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立, 令F(x)=xeax-ex+1(x>0), 则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立. 易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0, F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1. 若F″(0)>0,则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0), 又F'(0)=0,∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x'0). 于是F(x)>F(0)=0在(0,x'0)上恒成立,与F(x)<0矛盾, ∴F″(0)≤0,∴a≤. ∵eax≤在(0,+∞)上成立, ∴F(x)≤x-ex+1在(0,+∞)上成立, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 故只需证x-ex+1<0在(0,+∞)上成立. 令G(x)=x-ex+1(x>0), 则G'(x)=. ∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,∴+1在(0,+∞)上成立, ∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ∴G(x)<G(0)=0, ∴x-ex+1<0在(0,+∞)上成立. 故当a≤时,xeax-ex<-1在(0,+∞)上成立, ∴a的取值范围为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)设n∈N*,证明:+…+>ln(n+1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)证明:构造函数h(x)=x--2ln x(x>1), 则h'(x)=1+. 易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x)>h(1)=0,∴x->2ln x. 令x=,则有 , ∴, ∴+…++…+ln =ln(n+1). 原式得证. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 有且仅有一组解, ∴ $$