第二章 导数及其应用 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版）

该高中数学讲义通过递进式框架系统梳理导数知识体系，将导数的计算、几何意义、单调性、综合问题及实际应用按“基础运算-几何应用-性质探究-综合拓展”逻辑组织，用知识框架图呈现重难点分布及内在联系。 讲义亮点在于“探究点+对点练+高考真题”的三层练习设计，如实际问题中蓄水池体积优化培养数学眼光，函数零点讨论题训练数学思维，解析详尽且分层设置，基础生掌握方法，优秀生深化探究，助力教师精准教学。

章末综合提升 探究点一　导数的计算 求下列函数的导数： (1)y＝3x2＋cos x； (2)y＝x； (3)y＝xcossin. 解：(1)y'＝3·2x－sin x＝6x－sin x. (2)y'＝(x)'＝(x)'＋x()' ＝＋＝. (3)因为y＝xcossin ＝x(－sin 2x)cos 2x＝－xsin 4x， 所以y'＝'＝－sin 4x－cos 4x·4＝－sin 4x－2xcos 4x. 学生用书⬇第99页 　　导数的运算是解决一切导数问题的基础，熟练掌握基本初等函数的求导法则，掌握函数的和、差、积、商的运算法则，复合函数求导的关键是分清层次，逐层求导，一般我们只解决有两层复合的关系，求导时不要忘了对内层函数求导即可. 对点练1.(1)已知函数f(x)＝ex－1＋f'(1)x2＋f(1)x＋1，则f'(2)＝(　　) A.e＋2 B.e－3 C.e－5 D.e－7 (2)设f'(x)是函数f(x)的导函数，若f(x)＝x·ln (2x－1)，则f'(1)＝　　　　. 答案：(1)D　(2)2 解析：(1)令x＝1，得f(1)＝1＋f'(1)＋f(1)＋1，解得f'(1)＝－2，所以f(x)＝ex－1－2x2＋f(1)x＋1，所以f'(x)＝ex－1－4x＋f(1).令x＝1，得f'(1)＝1－4＋f(1)＝－2，解得f(1)＝1，所以f'(x)＝ex－1－4x＋1，所以f'(2)＝e－7.故选D. (2)因为f(x)＝x·ln (2x－1)，所以f'(x)＝ln (2x－1)＋·(2x－1)'＝ln (2x－1)＋，则f'(1)＝2. 探究点二　导数的几何意义及应用 已知函数f(x)＝ln x＋a(a＞0)，函数g(x)＝ex. (1)若曲线f(x)在x＝1处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，求实数a的值； (2)若直线y＝kx与曲线f(x)，g(x)都相切，求实数a的值. 解：(1)由已知得f'(x)＝，则f'(1)＝1，又f(1)＝a，所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x＋a－1.当x＝0时，y＝a－1，当y＝0时，x＝1－a， 则×｜a－1｜×｜1－a｜＝， 又a＞0，所以a＝2. (2)由已知得g'(x)＝ex. 因为直线y＝kx与曲线f(x)，g(x)均相切， 所以k＞0. 设直线y＝kx与曲线f(x)，g(x)相切的切点分别为(x1，y1)，， 则＝k，＝k，所以x1＝，x2＝ln k， 可得直线y＝kx与曲线f(x)，g(x)相切的切点分别为，， 所以 故实数a的值为2. 1.关于导数的几何意义，若已知切点坐标，直接写出切线方程；若不知道切点坐标，首先设切点坐标，然后再写切线方程. 2.围绕着切点有三个等量关系：切点(x0，y0)，则k＝f'(x0)，y0＝f(x0)，(x0，y0)满足切线方程，在求解参数问题中经常用到. 对点练2.(1)已知函数f(x)＝ln x＋x，过原点作曲线y＝f(x)的切线l，则切点P的坐标为(　　) A.(1，1) B.(e，e＋1) C. D.(e2，e2＋2) (2)设曲线y＝eax在点(0，1)处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，则a＝　　　　.该切线与坐标轴围成的三角形面积为　　　　. 答案：(1)B　(2)2　 解析：(1)由题意可知，f'(x)＝＋1，设切点为P(x0，ln x0＋x0)，则切线方程为y＝(x－x0)＋ln x0＋x0.因为切线过原点，所以0＝(＋1)(－x0)＋ln x0＋x0＝ln x0－1，解得x0＝e，则P(e，e＋1).故选B. (2)令y＝f(x)，则曲线y＝eax在点(0，1)处的切线的斜率为f'(0).又切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，所以f'(0)＝2.因为f(x)＝eax，所以f'(x)＝aeax，所以f'(0)＝a＝2，即a＝2.由题意可知，切线方程为y－1＝2x，即2x－y＋1＝0，令x＝0得y＝1；令y＝0得x＝－，故该切线与坐标轴围成的三角形面积为S＝××1＝. 探究点三　导数与函数的单调性 已知函数f(x)＝x－＋a(2－ln x)，a＞0.讨论f(x)的单调性. 解：由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)， f'(x)＝1＋－＝. 设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8. ①当Δ＜0即0＜a＜2时， 对一切x＞0都有f'(x)＞0. 此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数. ②当Δ＝0，即a＝2时，仅对x＝，有f'(x)＝0，对其余的x＞0都有f'(x)＞0. 此时f(x)也是(0，＋∞)上的单调递增函数. ③当Δ＞0，即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根， x1＝，x2＝，0＜x1＜x2. 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f'(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 此时f(x)在上单调递增， 在上单调递减， 在上单调递增. 学生用书⬇第100页 　　利用导数判断函数的单调性是解决应用问题的基础，一般按照求导、通分、因式分解、分类讨论的思路研究函数的单调性，从而掌握函数图象的变化趋势，达到解决问题的目的. 对点练3.已知函数f(x)＝ln x＋1.a＞0时，讨论函数g(x)＝的单调性. 解：g(x)＝＝(x＞0且x≠a)， 因此g'(x)＝. 设m(x)＝x－a－xln x＋xln a， 则有m'(x)＝ln a－ln x. 当x＞a时，ln x＞ln a，所以m'(x)＜0，m(x)单调递减， 因此有m(x)＜m(a)＝0， 即g'(x)＜0，所以g(x)单调递减； 当0＜x＜a时，ln x＜ln a，所以m'(x)＞0，m(x)单调递增， 因此有m(x)＜m(a)＝0， 即g'(x)＜0，所以g(x)单调递减， 所以函数g(x)在区间(0，a)和(a，＋∞)上单调递减，没有单调递增区间. 探究点四　与导数有关的综合问题 (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； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围. 解：(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∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减； 所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)f(x)＝ax－－ln x，x＞0， 则f'(x)＝a＋－＝(x＞0)， 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∈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，不符合题意； 当0＜a＜1时，＞1，在(0，1)，上，f'(x)＞0，f(x)单调递增； 在上，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)趋近于正无穷大， 所以f(x)仅在有唯一零点，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，上， f'(x)＞0，f(x)单调递增； 在上，f'(x)＜0，f(x)单调递减； 又f(1)＝a－1＞0，且f＝－an＋nln a，当n趋近正无穷大时，f趋近负无穷大， 所以f(x)在有一个零点， 在无零点， 所以f(x)有唯一零点，符合题意. 综上，a的取值范围为. 　　综合性问题是指：利用导数研究函数的零点、方程的根、证明不等式、不等式恒(能)成立问题等.一般伴随着分类讨论、数形结合、构造函数等数学中的思想方法，关键是分类讨论时，是否做到了不重不漏；数形结合时是否掌握了函数图象的变化趋势；构造函数时是否合理等问题. 对点练4.(2025·八省适应性测试)已知函数f(x)＝aln x＋－x. (1)设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； (2)若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围. 解：(1)当a＝1，b＝－2时， f(x)＝ln x－－x，其中x＞0， 则f'(x)＝＋－1＝. 令f'(x)＝2⇒＝2， 化简得3x2－x－2＝＝0，解得x＝1(负值舍去)， 又此时f(1)＝－3，则切线方程过点，结合切线方程斜率为2， 则切线方程为y＋3＝2，即2x－y－5＝0. (2)由题可得f(x)定义域为，f'(x)＝－－1＝. 因为x＝1是f(x)的极小值点，则f'(1)＝－1＋a－b＝0⇒a＝b＋1， 则f'(x)＝＝－. 若b≤0，令f'(x)＞0⇒x∈，令f'＜0⇒x∈， 则f(x)在上单调递增，在上单调递减， 得x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意. 若0＜b＜1，令f'(x)＞0⇒x∈，令f'＜0⇒x∈∪， 则f(x)在上单调递增，在，上单调递减， 得x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意. 若b＝1，则f'(x)＝－≤0，f(x)在上单调递减，无极值，不满足题意； 若b＞1，令f'(x)＞0⇒x∈，令f'＜0⇒x∈∪， 则f(x)在上单调递增，在，上单调递减， 得x＝1是f(x)的极小值点，满足题意； 综上，x＝1是f(x)的极小值点时，b的取值范围是(1，＋∞). 探究点五　实际问题中的最优化问题 某公园有一块如图所示的区域OACB，该场地由线段OA，OB，AC及曲线段BC围成.经测量，∠AOB＝90°，OA＝OB＝100米，曲线BC是以OB为对称轴的抛物线的一部分，点C到OA，OB的距离都是50米.现拟在该区域建设一个矩形游乐场OEDF，其中点D在线段AC或曲线段BC上，点E，F分别在线段OA，OB上，且该游乐场最短边长不低于30米.设DF＝x米，游乐场的面积为S平方米. 学生用书⬇第101页 (1)试建立平面直角坐标系，求曲线段BC的方程； (2)求面积S关于x的函数解析式S＝f(x)； (3)试确定点D的位置，使得游乐场的面积S最大.(结果精确到0.1米) 解：(1)以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系， 如图所示，则A，C(50，50)，B， 设曲线段BC所在抛物线的方程为y＝ax2＋b， 由题意可知，点B和C在此抛物线上，代入可得：a＝－0.02，b＝100. 所以曲线段BC的方程为y＝－0.02x2＋100(0≤x≤50). (2)由题意，线段AC的方程为y＝－x＋100(50≤x≤100)， 当点D在曲线段BC上时，S＝x(－0.02x2＋100)(30≤x≤50)， 当点D在线段AC上时，S＝x(－x＋100)(50＜x≤70)， 所以f(x)＝ (3)当30≤x≤50时，f'(x)＝－0.06x2＋100，令－0.06x2＋100＝0，得x1＝，x2＝－(舍去). 当x∈时，f'(x)＞0；当x∈时，f'(x)＜0. 因此当x＝时，S＝f＝是极大值，也是最大值. 当50＜x≤70时，f(x)＝－(x－50)2＋2 500， f(x)＜f(50)＝2 500， 因为＞2 500，所以当x＝时，S取得最大值，此时D， 所以当点D在曲线段BC上且其到OA的距离约为66.7米时，游乐场的面积S最大. 　　利用导数解决实际问题，关键是构建恰当的数学模型(函数关系)，然后利用导数研究函数的性质，从而解决问题. 对点练5.某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率). (1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大. 解：(1)因为蓄水池侧面的建造成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的建造成本为160πr2元，所以蓄水池的总建造成本为(200πrh＋160πr2)元. 又200πrh＋160πr2＝12 000π， 所以h＝(300－4r2)， 所以V(r)＝πr2h＝(300r－4r3). 因为r＞0，又由h＞0可得0＜r＜5， 故函数V(r)的定义域为(0，5). (2)因为V(r)＝(300r－4r3)， 所以V'(r)＝(300－12r2). 令V'(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去). 当r∈(0，5)时，V'(r)＞0，故V(r)在(0，5)上单调递增；当r∈(5，5)时，V'(r)＜0，故V(r)在(5，5)上单调递减. 由此可知，V(r)在r＝5处取得极大值也为最大值，此时h＝8， 即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大. (2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：f' ＝，所以f'(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝.故选A. (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) 答案：B 解析：f(x)＝x3＋ax＋2，则f'(x)＝3x2＋a， 若f(x)存在 3 个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则 a＜0，令f'(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或x＝ ，且当x∈∪时，f'(x)＞0，当x∈时，f'(x)＜0， 故f(x)的极大值为f，极小值为f， 若f(x)要存在 3 个零点，则 即解得a＜－3.故选B. (2024·新课标Ⅰ卷)(多选题)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) 答案：ACD 解析：因为f＝(x－4)，所以f'＝2(x－1)＋＝3，令f'(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x＜1或x＞3时，f'(x)＞0，当1＜x＜3时，f'(x)＜0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确.当0＜x＜1时，x－x2＝x＞0，即0＜x2＜x＜1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f＜f，所以B错误.当1＜x＜2时，1＜2x－1＜3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)＜f(2x－1)＜f(1)＝0，所以C正确.当－1＜x＜0时，f－f＝－(x－4)＝－＝＝－2＞0，所以f(2－x)＞f(x)，所以D正确.故选ACD. (2024·新课标Ⅰ卷)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＝　　　　. 答案：ln 2 解析：由题，令f(x)＝ex＋x，则f'＝ex＋1，所以f'＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln(x＋1)＋a，则g'＝，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则＝2，得x0＝－，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝ln＋a，所以a＝ln 2. 学生用书⬇第102页 (2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是　　　　. 答案： 解析：由函数的解析式可得f'(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即()x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立， 故()0＝1≥－，而a＋1∈(1，2)， 故ln(1＋a)＞0， 故 故≤a＜1，结合题意可得实数a的取值范围是. (2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 解：(1)当a＝1时，f＝ex－x－1， 则f'＝ex－1， 则f'(1)＝e－1. 又f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)， 即(e－1)x－y－1＝0. (2)易知函数f(x)的定义域为R，f'＝ex－a. 当a≤0时，f'(x)＞0，函数f(x)在R上单调递增，无极值； 当a＞0时，由f'＞0，得x＞ln a，由f'(x)＜0，得x＜ln a， 所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f＝a－aln a－a3. 由题意知a－aln a－a3＜0(a＞0)，等价于1－ln a－a2＜0(a＞0). 令g＝1－ln a－a2(a＞0)， 则g'＝－－2a＜0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，　 又g(1)＝0，故当0＜a≤1时，g(a)≥0； 当a＞1时，g(a)＜0. 故实数a的取值范围为(1，＋∞). (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； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. 解：(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，在(－ln a，＋∞)上单调递增. (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＝－－ln＝ln＞0，则当a＞0时，g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立. 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，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， 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＝－－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 $