第五章 一元函数的导数及其应用 章末重构拓展-【名师导航】2026-2027学年高中数学选择性必修第二册教师用书配套课件（人教A版）

该高中数学课件系统梳理了一元函数的导数及其应用单元核心知识，通过“巩固层·知识重构”整合导数概念、基本初等函数导数与积分公式、复合函数等求导法则及函数性质，构建从概念到应用的知识网络，体现知识点内在逻辑联系。 其亮点在于“提升层·题型探究”分类型设计例题，如讨论含参数函数单调性培养逻辑推理能力，求区间最值发展数学运算素养，章末综合测评分层设题。助力学生巩固知识，教师精准把握学情，提升复习效率。

第五章　 一元函数的导数及其应用 章末重构拓展 巩固层·知识重构 章末重构拓展 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 类型1　导数的几何意义及运算 1．本部分内容涉及导数的几何意义、基本初等函数求导、导数的四则运算法则、复合函数求导，主要考查切线方程及切点，与切线平行、垂直问题，处理此类问题一般结合函数的切线转化为点到直线的距离，平行线间的距离问题，然后再研究最值问题． 2．通过求切线方程的有关问题，培养数学运算、数学抽象等核心素养和转化化归数学思想． 提升层·题型探究 章末重构拓展 【例1】　(1)已知f (x)＝tan x，则f ′＝(　　) A． B． C． D．4 (2)曲线f (x)＝x6＋3x－1在(0，－1)处的切线与坐标轴围成的面积为(　　) A． B． C． D．－ √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 (3)已知曲线 f (x)＝a ln x＋x2在点(1，1)处的切线与直线x＋y＝0平行，则实数a的值为(　　) A．－3 B．1 C．2 D．3 √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 (1)C　(2)A　(3)A　[(1)∵f (x)＝tan x＝，∴f ′(x)＝＝， ∴f ′＝＝．故选C． (2)f ′(x)＝6x5＋3，所以f ′(0)＝3，故切线方程为y＝3(x－0)－1＝3x－1， 故切线的横截距为，纵截距为－1，故切线与坐标轴围成的面积为×1×＝．故选A． (3)由f (x)＝a ln x＋x2，得f ′(x)＝＋2x，则曲线在点(1，1)处的切线斜率为k＝a＋2，由切线与直线x＋y＝0平行，可得k＝－1，即a＋2＝－1，解得a＝－3．故选A．] 类型2　导数与函数的单调性 1．借助导数研究函数的单调性，尤其是研究含有ln x，ex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． 2．通过利用导数判断函数的单调性，培养直观想象、数学运算等核心素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 【例2】　已知函数f (x)＝e2x＋(a＋2)ex＋ax，讨论f (x)的单调性． [解]　函数f (x)的定义域为R，f ′(x)＝2e2x＋(a＋2)ex＋a＝(2ex＋a)(ex＋1)． 当a≥0时，f ′(x)＞0，f (x)在R上单调递增， 当a＜0时，令f ′(x)＝0，则x＝ln ， 当x∈时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减， 当x∈时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增． 综上，当a≥0时，f (x)在R上单调递增；当a＜0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 类型3　导数与函数的极值、最值 1．极值和最值是两个不同的概念，前者是函数的“局部”性质，而后者是函数的“整体”性质．另外函数有极值未必有最值，反之亦然． 2．判断函数“极值”是否存在时，务必把握以下原则： (1)确定函数 f (x)的定义域． (2)解方程 f ′(x)＝0的根． (3)检验 f ′(x)＝0的根的两侧f ′(x)的符号： 若左正右负，则f (x)在此根处取得极大值； 若左负右正，则f (x)在此根处取得极小值． 3．通过求函数的极值、最值问题，培养逻辑推理、数学运算等核心素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 【例3】　已知函数f (x)＝ln x－(m∈R)． (1)当m＝－2时，求函数f (x)的单调区间和极值； (2)若函数f (x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值． [解]　(1)当m＝－2时，f (x)＝ln x＋(x＞0)， 则f ′(x)＝， 当x∈(0，2)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减， 当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增， 所以f (x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)，极小值为 f (2)＝ln 2＋1，无极大值． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 (2)f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，则x＝－m， ①当－m≤1，即m≥－1时，f ′(x)≥0，x∈[1，e]，f (x)在[1，e]上单调递增，f (x)min＝f (1)＝－m＝4， 解得m＝－4，不满足m≥－1，故舍去． ②当1＜－m＜e，即－e＜m＜－1时，x∈(1，－m)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，x∈(－m，e)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，f (x)min＝f (－m)＝ln (－m)＋1＝4， 解得m＝－e3，不满足－e＜m＜－1，故舍去． ③当－m≥e，即m≤－e时，f ′(x)≤0，x∈[1，e]，f (x)在[1，e]上单调递减，f (x)min＝f (e)＝1－＝4，解得m＝－3e，满足m≤－e． 综上，m的值为－3e． 类型4　与导数有关的综合性问题 1．以函数为背景的实际问题给高考数学提供了广阔的空间．导数是研究函数性质以及解决实际问题中的最大、最小值的强有力的工具，多以选择题和填空题的形式出现，难度中低档．从近几年高考题看，利用导数研究方程的根、函数的零点、证明不等式这些知识点常考到，一般出现在解答题中．其实质就是利用求导数的方法研究函数的性质及图象，解决该类问题通常是构造函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．一般出现在高考题解答题中，难度中高档． 2．通过利用导数解决实际问题，培养数学建模，提升逻辑推理、直观想象及数学运算等核心素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 【例4】　函数f (x)＝x＋ax2＋b ln x的图象在点P(1，0)处的切线斜率为2． (1)求a，b的值； (2)证明：f (x)≤2x－2对任意正实数x恒成立． [解]　(1)由题设可知f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1＋2ax＋， ∵曲线y＝f (x)在点P(1，0)处切线的斜率为2， ∴f (1)＝1＋a＝0，f ′(1)＝1＋2a＋b＝2， 解得a＝－1，b＝3． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 (2)证明：由(1)知f (x)＝x－x2＋3ln x(x＞0)， 则转化为证明2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 设g(x)＝2－x－x2＋3ln x，x＞0， 则g′(x)＝－1－2x＋＝－， ∴当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x＞1时，g′(x)＜0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)在x＝1处有最大值g(1)＝0， ∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立， 即2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 即f (x)≤2x－2对任意正实数x恒成立，原命题得证． 章末综合测评(一)　动量守恒定律 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 √ 14 15 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．一物体的运动满足函数s＝3＋2t，则在[2，2.1]这段时间内的平均速度是(　　) A．0.41 B．2 C．0.3 D．0.2 章末综合测评(二)　一元函数的导数及其应用 16 17 18 19 19 B　[Δs＝(3＋2×2.1)－(3＋2×2)＝0.2，Δt＝2.1－2＝0.1，则＝＝2．故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 2．(教材原题·P70练习T2)函数f (x)的图象如图所示，下列数值排序正确的是(　　) A．f ′(1)>f ′(2)>f ′(3)>0 B．f ′(1)<f ′(2)<f ′(3)<0 C．0<f ′(1)<f ′(2)<f ′(3) D．f ′(1)>f ′(2)>0>f ′(3) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 21 A　[由函数f (x)的图象可知，当x≥0时，f (x)单调递增，∴f ′(1)， f ′(2)，f ′(3)均大于0． ∵随着x的增大，曲线在每个点处切线的斜率在逐渐减小，即导函数是单调递减的， ∴f ′(1)>f ′(2)>f ′(3)>0．故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 3．已知函数f (x)＝ln (2x＋1)，则f ′(0)＝(　　) A．0 B．1 C．2 D． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C　[∵f (x)＝ln (2x＋1)， ∴f ′(x)＝， ∴f ′(0)＝2．故选C．] 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 23 √ 4．已知函数f (x)＝x＋在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0，1] C．(0，1] D．(－∞，0)∪[1，＋∞) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 24 D　[由题意知f ′(x)＝1－，由于f (x)在(－∞，－1)上单调递增，则f ′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，即≤x2在(－∞，－1)上恒成立．当x<－1时，x2>1，则有≤1，解得a≥1或a<0．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 √ 5．函数f (x)＝x ln x－x在上的最小值为(　　) A．－ B．－1 C．0 D．2ln 2－2 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 26 B　[ f (x)＝x ln x－x，x∈，f ′(x)＝ln x， 令f ′(x)＞0，解得1<x≤4，令f ′(x)＜0，解得≤x＜1， 故f (x)在上单调递减，在(1，4]上单调递增， 故f (x)min＝f (1)＝－1． 故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 √ 6．设函数 f (x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，且函数g(x)＝xf ′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A．f (x)有两个极值点 B．f (x)有两个极小值 C．f (0)为函数的极小值 D．f (－1)为f (x)的极小值 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 28 B　[由函数g(x)＝x f ′(x)的图象，可得当x∈(－∞，－2)时，x f ′(x)＞0， 所以f ′(x)＜0，f (x)单调递减；当x∈(－2，0)时，x f ′(x)＜0， 所以f ′(x)＞0，f (x)单调递增； 当x∈(0，1)时，x f ′(x)＜0， 所以f ′(x)＜0，f (x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，x f ′(x)＞0， 所以f ′(x)＞0，f (x)单调递增，综上，当x＝－2时，函数 f (x)取得极小值； 当x＝0时，函数f (x)取得极大值；当x＝1时，函数 f (x)取得极小值， 故选项ACD错误，选项B正确． 故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 √ 7．若函数f (x)＝x2－x＋a ln x有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 30 D　[因为f (x)＝x2－x＋a ln x有两个不同的极值点，所以f ′(x)＝x－1＋＝＝0在(0，＋∞)有两个不同的零点， 所以x2－x＋a＝0在(0，＋∞)有两个不同的零点， 所以 解得0<a<．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 √ 8．函数f (x)的定义域为R，f (1)＝0，f ′(x)为f (x)的导函数，且f ′(x)＞0，则不等式(x－2) f (x)＞0的解集是(　　) A．(－∞，1)∪(2，＋∞) B．(－∞，1)∪(1，＋∞) C．(0，1)∪(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 32 A　[由题意可知f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 又f (1)＝0，(x－2) f (x)＞0，所以当x＞2时， 由f (x)＞0可知f (x)＞f (1)，即x＞1，因此x＞2； 当x＜2时，由(x－2) f (x)＞0可知f (x)<0， 即f (x)＜f (1)，因此x＜1． 所以不等式(x－2) f (x)＞0的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)．故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 √ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列命题正确的是(　　) A．若 f (x)＝x sin x＋cos x，则f ′(x)＝sin x－x cos x＋sin x B．设函数f (x)＝x ln x，若f ′(x0)＝2，则x0＝e C．已知函数f (x)＝3x2ex，则f ′(1)＝12e D．设函数f (x)的导函数为f ′(x)，且f (x)＝x2＋3xf ′(2)＋ln x，则 f ′(2)＝－ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 34 BD　[对于A，f ′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，∴A错误； 对于B，f ′(x)＝ln x＋1，f ′(x0)＝ln x0＋1＝2，∴x0＝e，∴B正确； 对于C，f ′(x)＝6xex＋3x2ex，∴f ′(1)＝9e，∴C错误； 对于D，f ′(x)＝2x＋3f ′(2)＋，∴f ′(2)＝4＋3f ′(2)＋，∴f ′(2)＝－，∴D正确．故选BD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 √ 10．已知函数f (x)及其导函数f ′(x)，若存在x0，使得f (x0)＝f ′(x0)，则称x0是f (x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是 (　　) A．f (x)＝x2 B．f (x)＝e－x C．f (x)＝ln x D．f (x)＝ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 36 ACD　[对于A，f ′(x)＝2x，由x2＝2x，得x＝0或x＝2，有“巧值点”； 对于B，f ′(x)＝－e－x，－e－x＝e－x无解，无“巧值点”； 对于C，f ′(x)＝，方程ln x＝有解，有“巧值点”； 对于D，f ′(x)＝－，由＝－，得x＝－1，有“巧值点”．故选ACD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 √ 11．(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f (x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f (x)的极小值点 B．当0<x<1时，f (x)<f (x2) C．当1<x<2时，－4<f (2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f (2－x)>f (x) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 38 ACD　[对A选项，因为函数f (x)的定义域为R，而f ′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)·(x－3)， 易知当x∈(1，3)时，f ′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f ′(x) >0， 所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3， ＋∞)上单调递增，所以x＝3是函数f (x)的极小值点，故A正确； 对B选项，当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0， 所以1>x>x2>0， 由A选项可知，函数f (x)在(0，1)上单调递增， 所以f (x)>f (x2)，故B错误； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 对C选项，当1<x<2时，1<2x－1<3，由A选项可知，函数f (x)在(1，3)上单调递减， 所以f (1)>f (2x－1)>f (3)，即－4<f (2x－1)<0，故C正确； 对D选项，当－1<x<0时，f (2－x)－f (x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0，所以f (2－x)>f (x)，故D正确．故选ACD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数f (x)＝f ′cos x＋sin x，则f 的值为________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1　[因为f ′(x)＝－f ′sin x＋cos x，所以 f ′＝－f ′sin ＋ cos ．整理得f ′＝－1．所以f ＝f ′cos ＋sin ＝1．] 1　 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 41 13．(2025·全国二卷)若x＝2是函数f (x)＝(x－1)·(x－2)(x－a)的极值点，则f (0)＝________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 －4　[ f ′(x)＝(x－2)′[(x－1)(x－a)]＋(x－2)·[(x－1)(x－a)]′＝(x－1)(x－a)＋(x－2)[(x－1)(x－a)]′，因为x＝2是函数 f (x)的极值点，所以f ′(2)＝0，即(2－1)(2－a)＝0，则a＝2，经检验，满足题意，所以 f (x)＝(x－1)(x－2)2，所以 f (0)＝－4．] －4 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 42 14．已知函数f (x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如表所示，f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示．下列关于f (x)的命题： 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 x －1 0 4 5 f (x) 1 2 2 1 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 43 ①函数f (x)的极大值点为0，4；②函数f (x)在[0，2]上单调递减；③如果当x∈[－1，t]时，f (x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④函数y＝f (x)－a有4个零点；⑤函数y＝f (x)－a的零点个数可能为0，1，2，3，4．其中正确命题的序号是_____________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ①②⑤ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 44 ①②⑤　[由f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象知，函数f (x)的极大值点为0，4，故①正确； 因为在[0，2]上f ′(x)≤0，故函数f (x)在[0，2]上单调递减，故②正确； 由题表和题图知0≤t≤5，所以③不正确； 由f (x)＝a知，因为极小值f (2)未知，所以函数y＝f (x)－a零点的个数可能为0，1，2，3，4，所以④不正确，⑤正确．故正确命题的序号是①②⑤．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)已知函数f (x)＝(x＋a)ex． (1)若f (x)在x＝1处取得极小值，求实数a的值； (2)若f (x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 46 [解]　(1)因为f ′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex， 所以f ′(1)＝(a＋2)e＝0，得a＝－2， 此时f ′(x)＝(x－1)ex，令f ′(x)＞0，解得x＞1，令f ′(x)＜0，解得x＜1， 则f (x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (x)在x＝1处取得极小值，满足题意，所以实数a的值为－2． (2)f ′(x)＝(x＋a＋1)ex，由已知有f (x)在(－1，1)上单调递增， 故f ′(x)≥0在(－1，1)上恒成立， 因为ex＞0，所以x＋a＋1≥0在(－1，1)上恒成立，即a≥－x－1在(－1，1)上恒成立，故a≥0，故实数a的取值范围为[0，＋∞)． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 47 16．(本小题满分15分)已知曲线C：f (x)＝x3－x． (1)求f ′(1)的值； (2)求曲线C在点P(1，f (1))处的切线方程； (3)求函数f (x)的极值． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 [解]　(1)已知f (x)＝x3－x，定义域为R， 可得f ′(x)＝3x2－1，所以f ′(1)＝3×12－1＝2． (2)由(1)知f ′(1)＝2，又f (1)＝13－1＝0， 所以曲线C在点P(1，f (1))处的切线方程为y－0＝2(x－1)， 即2x－y－2＝0． (3)由(1)知f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)＝0， 解得x＝－或x＝，当x＜－时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 当－＜x＜时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减； 当x＞时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增， 所以f (x)在x＝－处取得极大值，在x＝处取得极小值－． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17．(本小题满分15分)已知函数f (x)＝x－ln (x＋1)． (1)求f (x)的最小值； (2)已知n∈N*，证明：1＋＋…＋＞ln (n＋1)． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)已知f (x)＝x－ln (x＋1)，函数定义域为(－1，＋∞)， 可得f ′(x)＝1－＝， 当－1＜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， 所以f (x)≥f (0)＝0，则f (x)的最小值为0． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 (2)证明：由(1)知x≥ln (x＋1)，当且仅当x＝0时，等号成立， 所以当n∈N*时，＞ln ＝ln ， 此时1＋＋…＋＞ln ＝ln (n＋1)， 则1＋＋…＋＞ln (n＋1)． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18．(本小题满分17分)已知某公司生产某种型号的医疗器械的月固定成本为20万元，每生产1千件需另投入5.4万元，设该公司一月内生产该型号医疗器械x千件且能全部销售完，每千件的销售收入为 g(x)万元，已知g(x)＝ (1)请写出月利润y(单位：万元)关于月产量x(单位：千件)的函数解析式； (2)月产量为多少千件时，该公司在这一型号医疗器械的生产中所获月利润最大？求出最大月利润． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 [解]　(1)由题意，当0＜x≤10时，y＝x－20－5.4x＝ －x3＋8.1x－20． 当x＞10时，y＝x－20－5.4x＝148－－5.4x． ∴y＝ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)①当0＜x≤10时，y′＝8.1－x2， 令y′＝0，可得x＝9，当x∈(0，9)时，y′＞0，当x∈(9，10]时，y′＜0． ∴x＝9时，ymax＝28.6(万元)． ②当x＞10时，y＝148－2≤148－4＝148－120＝28(万元)，当且仅当x＝时取等号． 由①②知，当x＝9时，y取得最大值28.6万元． 故当月产量为9千件时，该公司在这一型号医疗器械的生产中所获月利润最大，最大月利润为28.6万元． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(本小题满分17分)已知函数f (x)＝2ax－＋ln x． (1)若f (x)在x＝1，x＝处取得极值． ①求a，b的值； ②若存在x0∈，使得不等式f (x0)－c≤0成立，求c的最小值； (2)当b＝a时，若f (x)在(0，＋∞)上是单调函数，求a的取值范围． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末重构拓展 [解]　(1)①函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝2a＋． ∵f (x)在x＝1，x＝处取得极值， ∴f ′(1)＝0，f ′＝0， 即解得 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②由①知，f (x)＝－x＋＋ln x，若存在x0∈，使得不等式 f (x0)－c≤0成立， 则只需c≥f (x)min． ∵f ′(x)＝－＝－＝－， ∴当x∈时，f ′(x)≤0，函数f (x)单调递减； 当x∈时，f ′(x)≥0，函数f (x)单调递增； 当x∈[1，2]时，f ′(x)≤0，函数f (x)单调递减， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∴f (x)在x＝处取得极小值， 即f＝＋ln ＝－ln 2， 又f (2)＝－＋ln 2， ∴f (x)min＝f (2)， ∴c≥f (x)min＝－＋ln 2， ∴c∈， ∴c的最小值为－＋ln 2． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)当a＝b时，f ′(x)＝． 当a＝0时，f (x)＝ln x， 则f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，∵x>0， ∴2ax2＋x＋a>0， ∴f ′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 当a<0时，设g(x)＝2ax2＋x＋a＝2a＋a－， ∵－>0， 故只需Δ≤0，从而得a≤－， 此时f (x)在(0，＋∞)上单调递减． 综上可得，a的取值范围为∪[0，＋∞)． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $