第5章 一元函数的导数及其应用单元复习归纳-【重难点手册】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）浙江专用

重难点手册高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 单元复习归纳 口01一知识网5构建。 平均速度一 瞬时速度 「物理意义 物理意义 导数的概念及其意义 平均变化率—瞬时变化率 几何意义 几何意义 曲线的割线的斜率一曲线的切线的斜率 导 导数的运算一基本初等函数的导数公式、导数的四则运算法则、简单复合函数的导数 在某个区间(a,b)上，如果f(x)>0,那么函数y=f(x)在区间(a, 函数的单调性一b)上单调递增；在某个区间(a,b)上，如果f(x)<0,那么函数y= f(x)在区间(a,b)上单调递减 如果是可导函数y=f(x)的极值点，那么f'(x)=0 函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近其 导数在研究函 他点的函数值都小，f(a)=0;而且在点x=a附近的左侧f(x)< 函数的极值 数中的应用 0,右侧f(x)>0,则a叫作函数y=f(x)的极小值点，f(a)叫作 函数y=f(x)的极小值 函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近其 他点的函数值都大，f(b)=O;而且在点x=b附近的左侧f(x)> 0,右侧f(x)<0,则b叫作函数y=f(x)的极大值点，f(b)叫作 函数y=f(x)的极大值 函数的最大（小）值 02微转题妙总结。一 微专题1导数与函数的零点问题 1(n≥2，n∈N)的实数根的个数为(). 导数与函数、方程交汇是近年命题的热 A.0 B.1 C.2 D.3 点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究 解析令f(x)=x"十x”-1十…十x一1(n≥ 函数的极（最）值的正负，求解时应注重等价转 -] -1 化与数形结合思想的应用，其主要考查方式 1-2 有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由 函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围. -(2)}<0,f1)=m-1>0. 1.个数的判定与证明问题 由函数零点存在定理可知f(x)=x”十 例①(2025·西南大学附中单元检测)当 x1+…+x-1(n≥2，n∈N在（分，1上至少 x∈（侵1时，方程x十x1+…+x= 有一个零点 132 第五章一元函数的导教及其应用收型 又当x∈（侵，1）时，f(x)=n1+(n x=2时，g(x)=0),所以f(x)在(0，十∞)上单 1)x"-2+…+1>0(n≥2，n∈N),故当x∈ 调递增. (,1时，f()单调递增。 ③当a=0时，g(x)在(0,1)上大于0，在 (1,十∞)上小于0，所以f(x)在(0,1)上单调 因此，当x(21)时，函数f()有唯一的 递增，在(1，十∞)上单调递减。 零点，即当x(21)时，方程x十x1十…十 ④当a<0时，g(x)在(0,1-80)上 Aa x=1(n≥2，n∈N)的实数根的个数为1. 大于0，在(-0，+∞)上小于0， Aa 答案B 点评若函数f(x)在区间(a,b)上满足函 所以在0,1上单羽递增， 数零，点存在定理，并且f(x)在区间(a,b)上单 调，则易知f(x)在区间(a,b)上存在唯一零，点.我 在，+上单训递减 们常用此方法研究零点的唯一性问题， (2)曲线y=f(x)在点(t,f(t)处的切线 例2(2025·山东烟台一中单元检测)已 方程为y=(}+2at-1)(x-)+ht什at2-t, 知函数f(x)=lnx十a.x2-x(x>0,a∈R). 切线方程和y=f(x)联立，可得 (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)证明：当a≤0时，曲线y=f(x)上任意 InxFax:-+2at)-IntHal+1-0. 一点处的切线与该曲线只有一个公共点. 设h(x)=lnx+ar2-(}+2atr-lnt中 解标(1)f(x)=1十2ax一1 at+1(x>0), 2ax2-x+1(x>0),设g(x)=2ax2-z+1 则h'(x)=（x-t)(2atx-1） xt (x>0). 当a≤0时，若x∈(0，t),则h'(x)>0,若 ①当0a日时，g()在(0,1-） x∈(t,十∞)，则h'(x)<0, 故h(x)在(0，t)上单调递增，在(t,十∞) (1+合，+四)上大于8，在亚 上单调递减. 4a 又h(t)=0,故h(x)只有唯一的零，点t, 1+=8@)上小于0， Aa 即切线与该曲线只有一个公共，点(t,f(t). 所以f在(o,1),(+ 2.与零点相关的求参问题 Aa x2 +上单调递增，在(-西，1+-西 例B已知函数f(x)=nx Aa (1)求f(x)的单调区间； 上单调递减， (2)若关于x的方程tf(x)一x=0在 ②当a≥日时gx)≥0（当且仅当a=日，[。，1）U(1,e2]上有两个不相等的实数根，求 133 重雕包手细高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 实数t的取值范围. 调递增.由已知得f(m)<f(nn),故m<lnn, 图翻函数f)=言的定义战为0， 即em<n. 答案A 1)U(1,十o∞)，f(x=x(2lnx-1) (In x)2 点评若一个式子中出现两个变量，适当 由f(x)>0,得x>√e,所以f(x)的单调 变形后，等式或不等式两边结构相同，则一般 递增区间为(W,+∞)，由f'(x)<0,得0<x< 采用同构法，再利用函数的单调性进行解题， √e,且x≠1，所以f(x)的单调递减区间为(0， 在进行式子的变形时，要注意lne=x=e血x的 使用. 1),(1,We). 同构法的三种基本类型如下： (2)关于x的方程f)-x=0在[是，1U (1)乘积型，如aea≤blnb可以同构成 (1,e2]上有两个不相等的实数根等价于函数h(x) ae≤(lnb)ehb,进而构造函数f(x)=xe; -的图象与函数y=1的图象在[日1U (2比商型，如<品6可以同构成e< (1,e2]上有两个不同的交点。 x 6,进而构造函数fx）=nz 由h()=1->0,得0<x<e; (3)和差型，如ea士a>b士lnb,同构后可 由()=1-hx<0,得>e 以构造函数f(x)=e士x或f(x)=x士lnx. 2.不等式的恒成立、有解问题 所以当x=e时，函数h(x)取得极大值，为 例5已知a∈R,f(x)=(a十x)e在 a(e)=& [一3，十∞)上单调递增. 又A()=-e,(e)=是，(1)=0且> (1)求实数a的最小值； (2)当实数a取最小值时，若存在x使不等 0>-e, 式f(x)一ke2r≥0成立，求实数k的取值范围. 所以实教1的取值范周为[怎，君) 解析(1)由题意可得f'(x)=(x十a十1)e≥ 微专题2利用导数研究不等式问题 0在[-3，十o)上恒成立， 1.比较大小问题 所以x十a十1≥0在x∈[一3，十∞)上恒 例④(2025·浙江示范高中联考)已知 成立，所以一3十a+1≥0，解得a≥2. m,n都是正整数，且em+lnn<m十n,则 故实数a的最小值为2. (). (2)当a=2时，存在x使不等式f(x)一 A.nem B.mem ke2x=e(x十2-ker)≥0成立，又er>0,所以 C.n<em D.men 存在x使不等式x十2一ke≥0成立，即存在x [解析因为em十lnn<m十n,所以em一m< 使不学式≤成立 n-lnn=ehm-lnn.令f(x)=ex-x(x≥0)， 则f(x)=e-1≥0，故f(x)在[0，+o∞)上单 不奶令g)=已，即问题特化为≤ 134 第五童一元函数的导教及其应用么超 g(2)mx,g'(c)=-2+1 所以f(x)mn=f(e)=e-n-m-1 e 令g(x)>0,得x<-1;令g(x)<0,得 由题意知g(x)=x十er-(x+l)e= x>-1. x(1-e), 所以g(x)在区间（一∞，一1）上单调递增， 当x∈[一2,0]时，g'(x)≤0，所以g(x)在 在(-1，十∞)上单调递减. [-2,0]上单调递减.所以g(x)min=g(0)=1. 从而g(x)的最大值为g(一1)=e,即k≤≤e, 所以e-m-m1≤1，即m≥ee十1 e e+1 故实数k的取值范围为（一∞，e]. 3.双变量的存在、任意问题 所以实数m的取值范围是 e2 例6(2025·湖南长郡中学月考)已知函 4.利用放缩法证明不等式问题 数f(x)=x-mlnx-m二(m∈R),g(x)= 例7(2024·深圳中学高二单元检测)已 知函数f(x)=(x十a)ln(x十1)一ax. 分x+e-e (1)若a=2,求f(x)的单调区间； (1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值； (2)若a≤-2，-1<x<0,求证：f(x)> (2)当m≤2时，若存在x1∈[e,e2],使得 2x(1-ex). 对任意x2∈[-2,0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实 解析(1)当a=2时，f(x)=(x十2)ln(x十 数m的取值范围。 1)-2z,)=ln(x+1)+-2=ln(x+ x+1 解标(1)f(x）=x一mlnx-m二1(x>0), 1)+1 +11. 所以f)-1-+"1m-D 令po）=lh(z+I)十-1，则g)= ①当m≤2时，若x∈[1，e],则f(x)≥0， 1 所以f(x)在[l,e]上单调递增.所以f(x)min x+1(x+1)2=(x+1)2 f(1)=2-m. 令p'(x)=0,得x=0 ②当m≥e+1时，若x∈[1，e],则f(x)≤ 当一1<x0时，p(x)<0,p(x)单调递减； 0,所以f(x)在[1，e]上单调递减.所以f(x)m= 当x>0时，0(x)>0,p(x)单调递增 f(e)=e-m-m-1】 故p(x)≥p(0)=0,即f(x)≥0，所以 e f(x)在（一1，十∞）上单调递增. ③当2<m<e十1时，若x∈[1，m-1],则 故f(x)的单调递增区间为（一1，十∞），无 f(x)≤0，若x∈[m一1，e],则f(x)≥0.所以 单调递减区间. f(x)在[1，m-1]上单调递减，在[m-1,e]上 (2)令h(a)=(x+a)ln(x+l)-ax(a≤ 单调递增.所以f(x)mm=f(m一1)=m-2 -2),则h'(a)=1n(x十1)-x<0, mln(m-1). 所以h(a)在a∈(-o∞，一2]上单调递减. (2)当m≤2时，若x∈[e,e2],则f(x)> 所以h(a)≥h(-2)=(x-2)n(x+1)+2x. 0,所以f(x)在[e,e2]上单调递增， 则当-1<x<0时，要证f(x)>2x(1 135 重难点手册高中教学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) e),只需证(x-2)n(x+1)+2x>2z(1-) 又h(0)=0,所以x>0时，h(x)>0. 易知当x<0时，h(x)<0. 即证(2-x)ln(x+1)<2, 所以实数a的取值范围是aa=一L或 即证2x e(>ln(G++1). a>0》 又由(1)知当a=2,-1<x<0时，f(x)< K0),即n（r+1D<千2故只需证，2 sin -ze-1, (2)由题意知g(x=f) x十2 所以欲证g(x)≥x+lnx, 2x 即证xe-l≥x十lnx=ln(xer), e*(2-x)" 即证xe-ln(xe)-l≥0. 又-1<x<0, t=xe">0,H(t)=t-In t-1(t0), 所以2x<0,x十2>0，e(2-x)>0, 故只需证e(2>1. 则H0-=1}=, t x+2 所以H(t)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞) 令g)-e,则a千苏0， 上单调递增 所以g(x)在（一1,0）上单调递减 所以H(t)≥H(1)=0, 所以g(x)>g(0)=1. 所以xe-l≥x+lnx. 所以f(x)>2x(1-ex). 6.极值点偏移问题 5.利用构造函数法证明不等式问题 例⑨(2025·湖北武汉二中高二月考)已 例8(2025·华中师大一附中高二月考) 知函数f(x)=xex(x∈R), (1)求函数f(x)的单调区间和极值； 已知f(x)=asin x十x2ez-ax-xe2sinx. (2)已知函数y=g(x)的图象与函数y= (1)当f(x)有两个零点时，求实数a的取 f(x)的图象关于直线x=1对称，证明：当x> 值范围； 1时，f(x)>g(x); 8当a=1,0时，设gw)编 (3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明： 求证：g(x)≥x十lnx. x1+x2>2. 解析(1)由题意知f(x)=(xe一a)(x 解析(1)f(x)=(1-x)ex,令f(x)= sinx)有两个零点， 0,解得x=1. 因为当x一sinx=0时，x=0, 当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表 所以xe2一a=0有一个非零实数根， (-0∞，1) 1 (1,+∞) 设h(x)=xe,得h'(x)=(x十1)e, f'(x) + 0 所以h(x)在（一∞，一1）上单调递减，在 f(x) 单调递增 极大位。 单调递减 (一1，十∞)上单调递增. 所以f(x)的单调递增区间为（一∞，1），单 所以h(x)m=h(-1)=-1」 调递减区间为(1，十∞)，函数f(x)在x=1处 136 第五章 一元函数的导教及其应用么出型 取得极大值f)=日。 ,1 =8， 解桐依题意有xy十2x·之 (2)由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)= (2-x)e-2. =及04②. 令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xex十 框架用料总长度L(x)=2x十2y十2. 2 (x-2)e2,于是F(x)=(x-1)(e2-2-1)ex 当x>1时，2x-2>0,从而e2x-2-1>0, =(径++， 又x-1>0,ex>0,所以F(x)>0,从而函数 F(x)在(1，十∞)上单调递增， 则L()=+2-19. 又F(1)=e1-e1=0,所以x>1时，有 F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). 令L/()=0,即8+2-19=0， (3)f(x)=(1-x)ex,则x<1,f(x)> 解得1=8-4√2，x2=4√2一8（舍去）， 0,f(x)单调递增，x>1,f(x)<0,f(x)单调 当0<x<8一4√2时，L'(x)<0,L(x)单调 递减。 递减； 由于x1≠x2,f(x1)=f(x2),不妨设x1< 当8-4√2<x<4√2时，L'(x)>0,L(x) x2,且有x<1<x2. 单调递增 于是要证x十x2>2,可证x>2-x2,只 需f(x1)>f(2-x2),即证f(x2)>f(2-x2). ∴.当x=8一4√2时，L(x)取得极小值，也 构造函数H(x)=f(x)一f(2-x),x>1, 是最小值，此时x=8一4√2≈2.343(m),y= 所以H(x)=f'(x)十f'(2-x)=(x-1)· 2√2≈2.828(m). (e2x-2-1)ex>0, 故当x为2.343m,y为2.828m时，用料 所以函数H(x)在(1，十∞)上单调递增， 最省 于是H(x)>H(1)=0. 2.费用最低问题 所以f(x2)>f(2-x2),故x1十x2>2. 例11(2025·辽宁沈阳二中月考)某地 微专题3导数在解决最优化问题中的应用 修建一条大型输油管道需要通过120千米长 1.用料最省问题 的沙漠地带，该段输油管道两端的输油站已建 例10(2025·天津南开中学高二月考) 好，余下工程只需要在该段两端已建好的输油 某单位用木料制作如图所示的框架，框架的下 站之间铺设输油管道和等距离修建增压站（又 部是边长分别为x,y(单位：m)的矩形，上部是 称泵站).经预算，修建一个增压站的工程费用 等腰直角三角形，要求框架围成的总面积为 为400万元，铺设距离为x千米的相邻两增压 8m,则x,y分别为多少时用料最省（精确到 站之间的输油管道费用为(x2十x)万元.设余 0.001m)? 下工程的总费用为y万元. (1)试将y表示成关于x的函数； (2)需要修建多少个增压站才能使总费用 y最小？ 图(1)依题意可知余下工程有2段输 137 重难点手册高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 油管道，有20-1)个增压站， 令y=0,得x=20(负值舍去). 当x变化时，y,y的变化情况如下表所示. 故余下工程的总费用y=(2+).120+ (0,20) 20 (20,120) 400·(20-1-120x+4800-280. 0 + x y 单调递减 极小值 单调递增 所以将y表示成关于x的函数为y=120x +48000-280(0<x<120). 由上表易知，函数在x=20时取得最小值， (2)由(1)知y=120x+4800-280(0< 此时120-1=5. 故需要修建5个增压站才能使总费用y x<120),则y'=120-48000 最小 138