第2章 8 数学探究活动(二) 探究函数性质（教师版）-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步复习（北师大版）

世五维课堂 数学(BS)·选择性必修第二册 §8数学探究活动（二） 探究函数性质 课程标准 素养解读 1.通过探究活动探究函数的单调性、极值、最值、 图像等， 在探究活动过程中达成逻辑推理、数学直观、数学运算的 2.感悟利用导数解决与不等式、函数零点有关的 核心素养 问题. 课堂。互动学案 对应学生用书P71 题型一 利用导数研究函数的性质 ◇[变式训练] [例1] 已知函数y=工十1，试讨论此函数的极值 1.讨论函数y=x(1一x)3的单调性、极值点，并画出 2 函数的草图. 点，单调区间、极值，并画出函数的图像 解：y'=[x2(1-x)3] [解]函数的定义域为（一∞，0）U(0,十∞)， =2x(1-x)3+x2·3(1-x)2·(-1) (+-1--1a+ =x(1-x)[2(1-x)-3x]=x(1-x)2(2-5.x), 令y'=x(1-x)2(2-5x)=0,解得x=0或x=1 令x十1)(-)=0，解得=-1或=1： 2 或= 令x+1)(-1)>0,解得>1或<-1. x 令1-)(2-5x)>0,解得0Kr<号。 “y=x十的单调递增区间是(-四，-1)和 y=(1-2的单调道增区间是0号) (1,+∞). 令+1)(-D<0,解得-1<<0或0<<1. 令1-(2-5)<0，解得0或x>号且1 ∴y=x(1-)3的单调递减区间是(-∞，0)， ÷y=x十子的单调递减区间是（一1,0）和(0,1). (层+）】 “当x=一1时，函数y=x十取极大值，为一2： .当x=0时，函数y=x2(1一x)3取极小值： 当=1时，函数y=十取板小值，为2。 当=号时，函数y=1-x)护取极大值， 函数y=x十上的图像如图所示. 函数y=x2(1一x)3的草图如图所示。 y f(x)=r(I-x) 题型二利用亭数证明不等式问题 -101 -2 [例2]已知>1，证明：lnx+子>1， [证明] 令fc)=lhx+（x>1D. 规律方法 ·f(a)=1-1=x-1 利用导数研究函数的性质的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域， :x>1,.f'(x)>0, (2)求出函数的导数. “f)=lnx+在(1，十o)上单调递增， (3)令f'(x)=0,解方程探求零点 .f(x)>f(1)=ln1+1=1. (4)讨论函数的单调性、极值、最值. (5)画出函数的图像. 从而1nx叶>1，命题得运， ·134· 第二章导数及其应用 五维课堂y 规律方法 利用导数法证明不等式的思路 (1)若证明f(x)>a成立，只需证明f(x)mm>a fx)=(x+1)e 即可. (2)若要证明f(x)>g(x)在区间D上成立，基本 -2- 方法是构造函数h(x)=f(x)一g(x),然后根 据函数h(x)的单调性证明h(x)mm>0. (3)方程f(x)=a(a∈R)的解的个数为函数y= ◇[变式训练] f(x)的图像与直线y=a的交点个数. 2.已知x>0,证明：1十2x<e2 由(1)及图可得，当x=一2时，有最小值f(一2)= 证明：设f(x)=1+2x-e2x,则f'(x)=2-2e2x= 1 2(1-e2x),当x>0时，2z>0,e2x>e°=1，.f(x) e3, =2(1-e)<0,.函数f(x)=1十2x-e2r在 所以方程f(x)=a的解的个数有如下结论： (0,十o∞)上是减函数.，函数f(x)=1+2x-e2“是 当4K时，原为0个， 连续函数，.当x>0时，f(x)<f(0)=0,.当x> 0时，1+2x-e2x<0,即1+2.x<e2a. 当a=一 或a≥0时，解为1个， 题型三利用导数研究函数的零点（方程的根）问题 当一 <a<0时，解为2个 [例3]给定函数f(x)=(x十1)e. 规律方法 (1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的极值； 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (2)画出函数f(x)的大致图像； (1)构建函数g(x)(要求g(x)易求，g'(x)=0可 (3)求出方程f(x)=a(a∈R)的解的个数. 解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利 [解](1)函数的定义域为x∈R. 用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定 因为f'(x)=(x+1)'e+(x+1)(e) 义区间端点值的符号（或变化趋势）等，画出 =e+(.x+1)e=(.x+2)e. g(x)的图像草图，数形结合求解函数零点的 令f(x)'=0,解得：x=一2. 个数. 当x变化时，f(x)'、f(x)的变化情况如下表： (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在 某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单 -0∞，一2) -2 (一2，+∞) 调性、极值（最值）及区间端点值符号，进而判 0 断函数在该区间上零点的个数. y 单调递减 单调递增 ◇[变式训练] 所以f(x)在区间（一∞，一2）上单调递减，在区间 3已知函数f代)=h一岩讨论f代的单调性， (一2，十∞)上单调递增. 并证明f(x)有且仅有两个零点. 解：f(x)的定义域为(0,1)U(1,十∞). 当x=一2时，f(x)有极小值f(一2)= 因为(x)=1+2 (2)令f(x)=0,解得x=-1. 2(a-1)z>0, 当x<-1时，f(x)<0;当x>-1时，f(x)>0. 所以f(x)在(0,1)和(1，十∞)上单调递增. 所以f)的国缘经过特球点A(2,)】 国为e=1-号0e)-2-号 >0,所以f(x)在(1，十∞)上有唯一零点x1(e<x B(-1,0),C(0,1). <e2),即f(x1)=0. 当x→一∞时，与一次函数相比，指数函数y=e 呈爆炸性增长，从而y=十1 0;当x→十0时， -i-f(1) f(x)→十∞，f(x)→十∞，根据以上信息，我们画 =0:数f)在01上有唯一零点 出的大致图像如图所示 综上，f(x)有且仅有两个零点. ·135· 世五维课堂 数学(BS)·选择性必修第二册 [当堂达标] ∴g(x)在[-1,1]上单调递增，即f(x)在[-1,1] 1.已知函数f(x)的定义域为[一1,4幻，部分对应值如 上单调递增..f(x)mm=f(-1),f(x)mx= 下表： f(1).∴f(x)既有最大值又有最小值.门 3.已知函数f(x)=%+1nx-1(a>0)在定义域内 x f(x） 0 有零点，则实数a的取值范围是 f(x)的导函数y=f(x)的图像如图所示.当1<a 解析：函数f(x)的定义域为(0，十∞)，因为函数 <2时，函数y=f(x)一a的零点的个数为( f(x)=日+1nx-1(a>0)在定义域内有零点，所 以a=x-xlnx有解.令h(x)=x-xlnx.所以 h'(x)=一lnx.所以h(x)的单调递增区间为(0， 1),单调递减区间为(1，十∞).所以h(x)mx=h(1) A.1 B.2 =1.又h(e)=0,所以0<a≤1. C.3 D.4 答案：(0,1] 解析：D[根据导函数图像，知2是函数的极小值 4.已知函数f(x)=kx-lnx(k>0) 点，函数y=f(x)的大致图像如图所示，由于f(0) (1)若k=1,求f(x)的单调区间： =f(3)=2,1<a<2,所以y=f(x)-a的零点个 (2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数 数为4. 的值 解：(1)若k=1,则f(x)=x-lnx,定义域为(0， +∞)，则f)=1-子由fx)>0,释>1：由 f(x)<0,得0<x<1,∴.f(x)的单调递减区间为 5-4-3-2-1012345x (0,1),单调递增区间为(1，十∞). -2 (2)由题意知，方程x一lnx=0仅有一个实根，由 -3 k.x-1nx=0,得k=ln2(2>0). 2.已知f(x)=x2一cosx,x∈[一1,1]，则导数 f'(x)是 ( 令g(x)=ln2(x>0),则g(x)=1-n2,当0<x 22 A.仅有最小值的奇函数 <e时，g'(x)>0;当x>e时，g'(x)<0. B.既有最大值又有最小值的偶函数 ∴.g(x)在(0，e)上单调递增，在(e,+o∞)上单调递 C.仅有最大值的偶函数 D.既有最大值又有最小值的奇函数 减，g(x)m=g(e)=1 e 解析：D[f(x)=2x+sinx,f'(-x)=-2x 当x→十∞时，g(x)>0. sinx=一f(x),.导数f(x)是奇函数.令g(x) =f'(x)=2x+sinx.∴.g'(x)=2十cosx>0, 叉“>0，…要使f(x)仅有一个零点，则k= e 课时。素养提升 对应学生用书P39 [基础达标练] 2.若函数f(x)在定义域R内可导，f(1.9十x)= 1.若f(x)= 22+n(x+2)在(-1，+o∞)上是 f(0.1-x)且(x-1)f(x)<0,a=f(0),b= 减函数，则b的取值范围是 ) (2)=f3),则a6c的大小关系是 ( A.[-1,+∞) B.(-1,+∞) A.a>b>c B.c>a>b C.(-∞，-1] D.(-∞，-1) C.c>b>a D.b>ac 解析：C[由题意可知f(x)=一x十，6) 十2<0，在 解析：D[.(x一1)f(x)<0,.当x>1时， x∈(-1，十∞)上恒成立，即b<x(x十2)在x∈ f'(x)<0,此时函数f(x)单调递减；当x<1时， (一1，十∞)上恒成立，由于x≠一1，所以b≤一1， f'(x)>0,此时函数f(x)单调递增.又f(1.9+x) 故C正确.] =f(0.1-x),.f(x)=f(2-x),.f(3)=f[2 ·136· 第二章导数及其应用 五维课堂型 (-1D]=f(-1,:-1<0<7f(-1)<f0) 方法化为形如(x十m)3十n(x十m)十h的形式，通 过平移函数图像，函数的解析式可以化为y=x3十 x的形式，这是一个奇函数，其图像关于坐标原点 3.已知函数f(x)=e一ax2(x>0)无零点，则实数a 对称，故函数f(x)的图像是中心对称图形，选项B 的取值范围为 ) 中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正 A.（-,号) B(-) 值，故函数如果存在极值点1,2，则极小值点x2 >x1,即函数在一∞到极小值，点的区间上是先递增 c(年+ D(号+ 后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与 极值的关系，显然选项D中的结论正确.] 解析：B[因为函数f(x)=e-ax2(.x>0)无零 点，所以方程e一a.z2=0在x∈(0，十∞)上无解， 6.已知函数f(x)=只十1nx-1(a>0)在定义域内有 即a=普在x0,十)上无解，令8)（> 零点，则实数a的取值范围是 解析：函数f(x)定义域为(0，十∞).因为函数f(x) 0),g'()=2,当>2时，g'()>0,画教 =a+lnx-1(a>0)在定义域内有零点，所以a= 2 g(x)单调递增，当0<x<2时，g(x)<0,函数 x一xlnx有解，令h(x)=x一xlnx,所以h'(x)= g(2)单调递减，所以x=2时，函数g(x)有唯一的 一lnx,所以h(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，+ 极小位，也是最小值，因为g2)号，所以g)≥ ∞)，所以h(x)nmx=h(1)=1,故0<a≤1. 导若a三无解，则。<号比适] 答案：0<a≤1 7.已知函数f(x)=一 4.已知函数f(x)=a.x3-3x2十1，若f(x)存在唯一 2+4x-3nx在[，+1上 的零点xo,且x>0,则实数a的取值范围是 不单调，则t的取值范围是 解析：由题意知了(x)=一x十4一 2 A.(2,+∞) B.(-∞，-2) C.(1,+∞) D.(-o∞，-1) -2x2+42-3_-(x-1)(x-3) 解析：B[由题意a≠0，f'(x)=3a.x2一6x=0,得 由f'(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1、3， =0或=名当>0时，f)在(-0,0)和 则只要这两个极值，点有一个在区间(t,t十1)内， 函数f(x)在区间[t,t十1]上就不单调， (径+)上单调递增，在(0，)上单润运减.1 由t1<t+1或t3<t+1,得0<t1或2<t<3. f(0)=1>0,故f(x)有小于0的零点，不符合题 答案：(0,1)U(2,3) 意，排除AC.当a<0时，要使x。>0且唯一，只需 8.已知函数f()=a十√·lnx(a∈R),试求f(x) f侣）0.即a>t…a<-2] 的零点个数. 5.(多选)已知函数f(x)=x3十ax2十b十c,下列结 解：函数f(x)=a十√·lnx的定义域为(0，十∞)， 论中正确的是 ( f()=()'1nx+.1=Elnx+2, A.3x∈R,f(x)=0 B.函数y=f(x)的图像是中心对称图形 令f'(x)>0,解得x>e2;令f(x)<0,解得0<2 C.若x。是f(x)的极小值点，则f(x)在区间 <e2 （一∞，x。)单调递减 所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e2,十∞)上 D.若x。是f(x)的极值点，则f'(x。)=0 单洞递增.f)m=fe)=a一名 解析：ABD[由于三次函数的三次项系数为正值， 当x→一∞时，函数值→一∞，当x>十∞时，函数 显然当a>名时，fx)m>0,f)无零点：当a 值→十∞，又三次函数的图像是连续不断的，故一 定穿过x轴，即一定]x∈R,f(x,)=0,选项A中 时，fr)m=0,f)有1个零点：当u<名时， e 的结论正确；函数f(x)的解析式可以通过配方的 f(x)mn<0,f(x有2个零点. ·137· 世五维课堂 数学(BS)·选择性必修第二册 [能力提升练] A.函数f(x)的极大值点有2个 9.(多选)(2022·新高考I卷)已知函数f(x)=x3 B.函数f(x)在[0,2]上是减函数 x十1，则 C.若当x∈[-1，t]时，f(x)的最大值是2，则t的 A.f(x)有两个极值点 最大值为4 B.f(x)有三个零点 D.当1<a<2时，函数y=f(x)一a有4个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 解析：AB[根据y=f(x)的图像，当一1≤x<0 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 或2<x<4时，f(x)>0,函数f(x)为增函数；当 解析：AC[由题意，f(a)=3x2-1,令f(x)>0, 0<x<2或4<x≤5时，f(x)<0,函数f(x)为 得>或<- 减函数..当x=0时，函数f(x)取得极大值；当 3 x=4时，函数f(x)取得极大值.函数f(x)有两 令f'0得一3<因 个极大值点.∴.A正确.函数f(x)在[0,2]上是减 3 函数，B正确. 所以f在(-5,5上单调递减，在(-00， 作出f(x)的图像如图所示，若x∈[一1，t门时， 33 3 f(x)的最大值是2，则t满足0≤t≤5，即t的最大 (号，十0)上单羽逸增， 值是5..C错误.由y=f(x)-a=0,得f(x)= a,若f(2)≤1，则当1<a<2时，f(x)=a有4 所以=士是极值点，故A正确： 个根. 因(9)=120停=1g0 9 f(-2)=-5<0, 所以，函数f(x)在 3 上有一个零点， -2-10 12345x 3 -1 当≥时fu)≥ >0,即函数f(x)在 若1<f(2)<2,则当1<a<2时，f(x)=a不一 定有4个根，有可能是2个根..函数y=f(x)一 +j上无零点， a有4个零点不一定正确..D错误.] 综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误； 令h(x)=x3一x,该函数的定义域为R,h(-x)= (-x)3-(-x)=-x3+x=-h(x), 则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心， -2-10 12345元 - 将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的 图象， 1.已知函数fx)=sinx-1,g(x)=号1nx-,若 所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C 正确； 对任意x1∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)<g(x2) 令f(x)=3x2-1=2,可得x=士1，又f(1)= 成立，则实数a的取值范围是 f(-1)=1, 解析：对任意x,∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)< 当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x一1，当切，点 g(x2)成立，所以得到f(x)mx<g(x)mx,而f(x) 为(-1,1)时，切线方程为y=2x十3， =sinx-1,所以f(x)mx=0,即存在x∈(1，e), 故D错误.] 使号1nx->0,此时1n>0,>0,所以a>0, 10.已知函数f(x)的定义域为[一1,5]，部分对应值 如下表，f(x)的导数y=f(x)的图像如下图所 因此将问题转化为存在x∈(1，)，使2<ln工成 a x 示，下列关于函数f(x)的结论正确的是 ( x 0 4 5 主，设A(x）=兰，则名<h()k() (x) 1-1n卫，当xe(1,e),h'(x)>0,h(x)单调递增， x 所以)h(e0)=是即名<是，所以u>2e,所 a e 以实数a的取值范围是(2e,十o∞). 答案：(2e,十o∞) ·138· 第二章导数及其应用 五维课堂 12.设函数f(x)=lnx一x+1. =In x (1)讨论f(x)的单调性； 2π ②求证：当∈1，十∞)时1<n 则f斤)-fW2)=hx-ln2-ln元2ln2 2π 44π 4元 解：1f()=}-1>0. 因为元2>2π，所以f(√斤)-f(2)>0,即f(√斤) >f(2),所以f(√2)<f(√)<f(5),所以C正 由f(x)>0,解得0<<1：由f(x)<0,解得x >1. 确：由f是在(0，+)上色成立，即> ∴.f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调 递减 )+=加g中在0十0)上检成. x 2)证明：要证当x∈1，十o)时，1<<x,即 设g(）=血十土1，则g(=2n, 证lnx<x-1<xlnx. 令gr)=0,即2n11=0,解得x=} 由(1)得f(x)=lnx-x+1在(1，+∞)上单调递 减，∴.当x∈(1，十∞)时，f(x)<f(1)=0,即 有lnxx一1. 所以当0<<后时，8(x)>0,西数8()在 设F(x)=zlnx-x十1，则F'(x)=1+lnx-1= In z. 〔0)上整洞运拾，当>后时，gC0,西数 当x∈(1，十∞)时，F(x)>0,F(x)单调递增. ∴.F(x)>F(1)=0,即有zlnx>x-1..原不等 8)在（+上单递减，所以当 时 式成立 [素养培优练] 函数g(x)取得最大值，最大值为g 13,（多选)对于函数)，下列旋法正角的是 =受，所以>受，所以D正确，故选：ACD.] ( 14.已知函数f(x)=(x-1)lnx一x-1. A.f(:)在x=处取得极大值。 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为 B.f(x)有两个不同的零点 倒数. C.f(w2)<f(元)<f(5) 证明(1)f(x)的定义域为(0，十∞)， D.若xk在0，十∞)止恒成立则>号 f)=1+nx-1=n- 解析：ACD由题意，函数f(x),可得 因为y=lnx在(0，十∞)上单调递增，y=1在 f()=-21n2(c>0),令f(x)=0,即 (0,十∞)上单调递减， 3 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增 1-21nt=0,解得x=E,当0<x<E时，f(x) 又f=-10,f2②)=1n2-3h>0,故 2 >0,函数f(x)在(0，W)上单调递增；当x>√时， 存在唯一x∈(1,2)，使得f(xo)=0. 又当x<x。时，f(x)<0,f(x)单调递减： f(x)<0,函数f(x)在(WE,+∞)上单调递减，所 当x>x。时，f(x)>0,f(x)单调递增. 以当x=√E时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(W) 所以，f(x)存在唯一的极值点 品所以Λ正确：由当x=1时，f1)=0,国为 (2)由(1)知f(x,)<f1)=-2,又f(e)=e2-3>0, 所以f(x)=0在(x,,十∞)内存在唯一根x=a. f(x)在(0，√)上单调递增，所以函数f(x)在 (0,W)上只有一个零，点，当x>√时，可得f(x)> 由。x>1,降1<又日)-（合加日 0,所以函数在（√，十∞）上没有零点，综上可得函 1-1=fa2=0, a 数在(0，十∞)只有一个零点，所以B不正确；由函 数f(.x)在（√E,十∞）上单调递减，可得f(W3)> 故日是f()=0在(0，工)内的唯一根. fw,由子f)-2-,f)= 所以f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互 2 不 为倒数. ·139·