第1章 专题微课 利用导数研究函数的性质-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（湘教版）

专题微课　利用导数研究函数的性质 建构知识体系 融通学科素养 1.数形结合思想在利用导数研究函数零点(方程根)中的应用：涉及函数的零点(方程根)问题，关键是将函数零点(方程根)转化为两函数的图象交点问题，利用导数工具确定函数的单调性、极值与最值的情况，确定函数的大致图象，从而确定参数的取值范围. 2.本章在研究函数单调性、极值、最值及不等式恒成立等问题中，函数解析式中含有参数时，往往需要对参数进行分类讨论.在分类讨论时，首先要确定好分类的对象以及分类的标准和依据；其次在讨论时还要遵循不重复不遗漏的原则，逐级逐类进行讨论；最后要把讨论的结果进行整合. 3.转化与化归思想在不等式恒成立问题中的应用：转化与化归思想在利用导数研究函数中的应用广泛，在本章中解决一些恒成立问题或存在性问题，我们可以将问题转化为与之等价的最值问题，解题过程中体现了转化的数学思想. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一) 利用导数研究不等式恒 成立问题　 题型(二) 构造函数证明不等式 题型(三) 函数零点问题 4 课时跟踪检测 题型(一)　利用导数研究不等式恒成立问题 01 [例1]　已知函数f(x)=ln x-m+(m∈R).对任意的x∈(0，1)，不等式f(x)>-恒成立，求m的取值范围. 解：法一　对任意的0<x<1时，f(x)>-恒成立，即m>恒成立. 令g(x)=，x∈(0，1)，则g'(x)=.令h(x)=x-ln x-1-，x∈(0，1)，则h'(x)=<0，即h(x)在区间(0，1)内单调递减，又h=0， 所以当x∈时，h(x)>0，即g'(x)>0，此时g(x)单调递增；当x∈时，h(x)<0，即g'(x)<0，此时g(x)单调递减，所以g(x)max=g==. 所以m>，即m的取值范围为. 法二　由题意知f'(x)=，当m≤0时，f'(x)>0，f(x)在区间(0，1)内单调递增， 因为f=-1-m+me=(e-1)m-1<-，所以m≤0不符合题意. 当0<m<1时，若x∈(0，m)，则f(x)单调递减， 若x∈(m，1)，则f(x)单调递增，对任意的0<x<1时，f(x)>-恒成立， 即f(x)min=ln m-m+1>-，即ln m-m+1+>0，令g(m)=ln m-m+1+，m∈(0，1) g'(m)=-1=>0，所以g(m)在区间(0，1)内单调递增，又g=-1-+1+=0， 所以<m<1.当m≥1时，f'(x)=<0，f(x)在区间(0，1)内单调递减， 所以f(x)>f(1)=0>-，符合题意；综上，m的取值范围为. |思|维|建|模| 利用导数解决不等式恒成立问题的方法 (1)分离参数法求范围：若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而解决问题. (2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围. 针对训练 1.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)当a=-2时，求f(x)的极值； 解：当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x， 所以f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1. 因为y=2ln(1+x)，y=-+1在(-1，+∞)上单调递增， 故f'(x)在(-1，+∞)上单调递增，而f'(0)=0，故当-1<x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)>0，故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0，无极大值. (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 解：f'(x)=-aln(1+x)+-1=-aln(1+x)-，x≥0，设s(x)=-aln(1+x)-，x≥0，则s'(x)=-=-=-.当a≤-时，s'(x)>0，故s(x)在(0，+∞)上单调递增，故s(x)>s(0)=0，即f'(x)>0， 所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)=0. 当-<a<0时，当0<x<-时，s'(x)<0，故s(x)在上单调递减，故在上s(x)<s(0)，即在上f'(x)<0，即f(x)单调递减，故在上f(x)<f(0)=0，不合题意，舍去.当a≥0时，s'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，同理可得在(0，+∞)上f(x)<f(0)=0恒成立， 不合题意，舍去；综上，a的取值范围为. 题型(二) 构造函数证明不等式 02 [例2]　已知函数f(x)=x+aex(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； 解：由f(x)=x+aex可得f(x)的定义域为R，f'(x)=1+aex. 当a≥0时，f'(x)>0，则函数f(x)在(-∞，+∞)上为增函数. 当a<0时，由f'(x)>0可得x<ln，由f'(x)<0可得x>ln， 所以函数f(x)在上单调递增， 在上单调递减. 综上，当a≥0时，f(x)在(-∞，+∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在上单调递增， 在上单调递减. (2)当x<0，a≤1时，求证：x2+(a+1)x>xf'(x). 解：证明：设F(x)=x2+(a+1)x-xf'(x)=x2+ax-axex=x(x+a-aex). 设H(x)=x+a-aex，则H'(x)=1-aex. 因为x<0，所以0<ex<1，又a≤1，所以1-aex≥1-ex>0， 所以H(x)在(-∞，0)上单调递增， 则H(x)<H(0)=0，即x+a-aex<0. 由x<0可得F(x)=x(x+a-aex)>0， 所以x2+(a+1)x>xf'(x). |思|维|建|模| 　　证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)=f(x)-g(x)>0(利用单调性)，可构造出一个函数(可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数)，并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性，证明要证的不等式. 针对训练 2.已知a，b为实数，且b>a>e，其中e为自然对数的底数，求证：ab>ba. 证明：法一　∵b>a>e，∴要证ab>ba， 只需证bln a>aln b.设f(x)=xln a-aln x(x>a)， 则f'(x)=ln a-.∵x>a>e，∴ln a>1， 且<1，∴f'(x)>0.∴函数f(x)=xln a-aln x在(a，+∞)上单调递增.∵b>a>e，∴f(b)>f(a)=aln a-aln a=0， 即bln a-aln b>0，∴bln a>aln b，即ab>ba. 法二　∵b>a>e，∴要证ab>ba， 只需证bln a>aln b，即>.设g(x)=(x>e)， 则g'(x)=，又x>e，∴g'(x)=>0， 故函数g(x)=在(e，+∞)上单调递增. 又b>a>e，∴>，从而ab>ba. 题型(三)　函数零点问题 03 [例3]　(2025·天津高考)已知函数f(x)=ax-(ln x)2. (1)当a=1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 解：当a=1时，f(x)=x-(ln x)2，x>0， 则f'(x)=1-，则f'(1)=1，且f(1)=1， 则切点(1，1)，且切线的斜率为1， 故函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x. (2)f(x)有3个零点，x1，x2，x3且(x1<x2<x3). ①求a的取值范围； ②证明：(ln x2-ln x1)·ln x3<. 解：①令f(x)=ax-(ln x)2=0，x>0， 得a=，设g(x)=，x>0，则g'(x)==， 由g'(x)=0解得x=1或x=e2，其中g(1)=0，g(e2)=. 当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减； 当1<x<e2时，g'(x)>0，g(x)在(1，e2)上单调递增； 当x>e2时，g'(x)<0，g(x)在(e2，+∞)上单调递减； 当x→+∞时，g(x)→0；如图作出函数g(x)的图象， 要使函数f(x)有3个零点，则方程a=g(x)在(0，+∞)上有3个根， 即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点.结合图象可知， 0<a<.故a的取值范围为. ②证明：由图象可知，0<x1<1<x2<e2<x3，设ln x1=t1，ln x2=t2，ln x3=t3， 则t1<0<t2<2<t3，满足可得 两式作差可得t3-t2=2(ln t3-ln t2)， 则由对数均值不等式可得2=>，则t2t3<4，故要证(ln x2-ln x1)·ln x3<， 即证t2t3-t1t3<，只需证4-t1t3≤，即证-t1t3≤，又因为t1<0，=a<a， 则|t1|=-t1<，所以-t1t3<t3=，故只需证≤，设函数φ(t)=，t>2， 则φ'(t)==，当2<t<4时，φ'(t)>0，则φ(t)在(2，4)上单调递增；当t>4时，φ'(t)<0，则φ(t)在(4，+∞)上单调递减；故φ(t)max=φ(4)=，即φ(t)≤. 而由4e2-16e+16=4(e-2)2>0，可知<成立，故命题得证. 针对训练 3.函数f(x)=ax+xln x在x=1处取得极值. (1)求f(x)的单调区间； 解：函数f(x)=ax+xln x的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a+ln x+1. 因为f'(1)=a+1=0，解得a=-1， 故f(x)=-x+xln x，f'(x)=ln x，令f'(x)>0，解得x>1； 令f'(x)<0，解得0<x<1. 所以f(x)在x=1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，+∞)， 单调递减区间为(0，1). (2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围. 解：y=f(x)-m-1在(0，+∞)内有两个不同的零点，可转化为y=f(x)与y=m+1的图象有两个不同的交点.由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，f(x)min=f(1)=-1，由题意得，m+1>-1， 即m>-2，① 当0<x<e时，f(x)=x(-1+ln x)<0；当x>e时，f(x)>0. 当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→+∞时， 显然f(x)→+∞.由图象可知，m+1<0，即m<-1，② 由①②可得-2<m<-1. 所以实数m的取值范围是(-2，-1). 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 1.以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心，其内容如下：如果函数y=f(x)在闭区间[a，b]上连续，在开区间(a，b)内可导，则(a，b)内至少存在一个点x0∈(a，b)，使得f(b)- f(a)=f'(x0)(b-a)，其中x=x0称为函数y=f(x)在闭区间[a，b]上的“中值点”.请问函数f(x)=5x3-3x在区间[-1，1]上的“中值点”的个数为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 解析：由拉格朗日中值定理，f(-1)=-2，f(1)=2，f'(x)=15x2-3， 则f(1)-f(-1)=f'(x0)×2，所以f'(x0)=2 ， 则15-3=2，x0=±，符合题意，共2个解，故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.函数f(x)=2x3-6x+m有三个零点，则实数m的取值范围是 (　　) A.[-4，4] B.(-4，4) C.(-∞，-4]∪[4，+∞) D.(-∞，-4)∪(4，+∞) √ 解析：由题意可得f'(x)=6x2-6，当x<-1时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当-1<x<1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x>1时，f'(x)>0，f(x)单调递增，据此可得函数在x=-1处取得极大值，在x=1处取得极小值，结合题意可得解得-4<m<4，所以实数m的取值范围是(-4，4).故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 3.已知函数f(x)=x2-2ln x，若在定义域内的任意x，使得不等式 f(x)-m≥0恒成立，则实数m的最大值是 (　　) A.2 B.-2 C.1 D.-1 √ 解析：因为f(x)=x2-2ln x，x>0，所以f'(x)=2x-=，x>0，令f'(x)=0得x=1，令f'(x)<0得0<x<1，令f'(x)>0得x>1，所以函数f(x)在(0，1)内单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(1)=1-2ln 1=1，因为不等式f(x)-m≥0恒成立，所以m≤f(x)min=1，所以实数m的最大值是1.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 4.若对任意的x∈R，>x+log2a恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C.(0，8) D.(0，8] √ 解析：由对任意的x∈R，ex+2>x+log2a恒成立，设f(x)= ex+2-x，f'(x)=ex+2-1，令f'(x)=ex+2-1>0，解得x>-2，令f'(x)=ex+2-1<0，解得x<-2，则f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在(-2，+∞)上单调递增，故f(x)≥f(-2)=3，所以log2a<3，解得0<a<8.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 5.已知函数f(x)=ln x与g(x)=，则它们的图象交点个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.不确定 √ 解析：令h(x)=ln x-，则h'(x)=-，∴当0<x<e时，h'(x)>0， 当x>e时，h'(x)<0，∴当x=e时，h(x)取得最大值h(e)=0. ∴h(x)=ln x-只有一个零点， 即f(x)与g(x)的图象只有1个交点，故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 6.已知函数f(x)=2x-kex(2x+1)，若∃x0∈(0，+∞)，使得f(x0)≥0成立，则实数k的最大值是 (　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：由题设，∃x0∈(0，+∞)，使k≤=·成立， 令g(x)=，x>0，则g'(x)=-， ∴当0<x<时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x>时，g'(x)<0，g(x)单调递减.∴g(x)≤g=， 故k≤即可.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 7.(5分)(2024·全国甲卷)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为___________.  解析：令x3-3x=-(x-1)2+a，则a=x3+x2-5x+1. 令g(x)=x3+x2-5x+1(x>0)，则g'(x)=3x2+2x-5=(3x+5)(x-1). 令g'(x)=0(x>0)得x=1，当x∈(0，1)时， g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时， g'(x)>0，g(x)单调递增，g(0)=1，g(1)=-2. 因为曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a 在(0，+∞)上有两个不同的交点， 所以等价于y=a与y=g(x)有两个交点，所以a∈(-2，1). (-2，1) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 8.(5分)已知函数f(x)=xex，若f(x)>x2+(a-1)x在x∈(0，+∞)上恒成立，则实数a的最大值为____________.  解析：当x>0时，f(x)>x2+(a-1)x恒成立，等价于a<ex-x+1恒成立，令h(x)=ex-x+1(x>0)，所以h'(x)=ex- 1，所以当x>0时，h'(x)>0，h(x)单调递增，又e0-0+1=2，所以h(x)>2，所以a≤2，所以实数a的最大值为2. 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 9.(5分)已知函数f(x)=-mx+3，g(x)=ln x，若∀x∈(0，e]，f(x)-g(x)≥1恒成立，则实数m的取值范围是____________.  解析：由∀x∈(0，e]，f(x)-g(x)≥1，可化为mx+ln x-2≤0，取x=e有me+1-2≤0，得m≤.令h(x)=mx+ln x-2(0<x≤e)，①当m≤0时，由0<x≤e，有mx≤0，ln x≤1，此时h(x) <0恒成立；②当0<m≤时，此时函数h(x)单调递增，有h(e)=me+1-2=me-1≤0.综上所述，实数m的取值范围是. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 10.(10分)已知函数f(x)=sin x+ax，其中x∈[0，π]. (1)当a=-时，求f(x)的极值；(6分) 解：当a=-时，f(x)=sin x-x，x∈[0，π]， 求导得f'(x)=cos x-，x∈[0，π]，令f'(x)=0，得x=， 当x∈时，f'(x)≥0；当x∈时，f'(x)<0. ∴f(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减， ∴当x=时，f(x)取得极大值f=-，无极小值. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 (2)当a≥1时，求f(x)的零点个数.(4分) 解：f'(x)=cos x+a，x∈[0，π]， 当a≥1时，∵-1≤cos x≤1，∴f'(x)≥0， ∴f(x)在区间[0，π]内单调递增， ∴f(x)≥f(0)=0，故f(x)只有一个零点0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 11.(15分)已知函数f(x)=2ex-x-ln(x+a). (1)当a=1时，求f(x)在x=1处的切线方程；(5分) 解：当a=1时，f(x)=2ex-x-ln(x+1)，求导得f'(x)=2ex-1-， f'(1)=2e-，f(1)=2e-1-ln 2， 故切线方程为(4e-3)x-2y+1-2ln 2=0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 (2)若f(x)>2a恒成立，求a的取值范围.(10分) 解：由f(x)>2a可得2ex-x-ln(x+a)>2a，即2ex+x>ln(x+a)+2x+2a， 变形得ln ex+2ex>ln(x+a)+2(x+a)(此处也可变形为2ex+x>ln(x+a)+2eln(x+a)，设h(x)=x+2ex)， 设g(x)=ln x+2x，则有g(ex)>g(x+a)，显然g(x)在(0，+∞)上为增函数， 所以只需ex>x+a>0恒成立.设h(x)=ex-x-a(x>-a)，求导得h'(x)=ex-1， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 ①若a>0，当-a<x<0时，h'(x)<0，则h(x)在(-a，0)内单调递减， 当x>0时，h'(x)>0，则h(x)在(0，+∞)上单调递增， 故 h(x)≥h(0)=1-a，要使h(x)>0恒成立，需使1-a>0，又a>0， 故得0<a<1； ②若a≤0，则x>-a≥0，h'(x)>0，则h(x)在(-a，+∞)上单调递增， 故有 h(x)>h(-a)=e-a>0恒成立. 综上所述，a的取值范围是(-∞，1). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 12.(15分)(2025·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3，其中0<k<. (1)证明：f(x)在区间(0，+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；(6分) 解：证明：∵f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3，k∈. ∴f'(x)=-1+x-3kx2==， 当x>0时，令f'(x)=0，解得x=-1>0，∴当0<x<-1时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x>-1时，f'(x)<0，f(x)单调递减， ∴x=-1是f(x)在(0，+∞)上唯一的极值点，且是极大值点. 又∵f>f(0)=0，f=ln-<0， ∴∃x2∈，f(x2)=0，即x2是f(x)在(0，+∞)上唯一的零点. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 (2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，+∞)的极值点和零点. ①设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)，证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减；(5分) 解：①证明：∵g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)， ∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)=(x1+t-x1)+(x1-t-x1) =3kt=，∵t∈(0，x1)， ∴t2--2x1<0，(1+x1)2-t2>0，∴g'(t)=<0， 即g(t)在t∈(0，x1)内单调递减. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 ②比较2x1与x2的大小，并证明你的结论.(4分) 解：②由①得，g(t)在t∈(0，x1)内单调递减， ∴g(x1)<g(0)，即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0，f(2x1)<0， ∵x2是f(x)的零点， ∴f(x2)=0， ∴f(2x1)<f(x2)， 又∵x2>x1，2x1>x1，且f(x)在(x1，+∞)上单调递减，∴2x1>x2. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $