第2章 7 培优课 利用导数证明不等式 能力提升-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教用课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦利用导数证明不等式，通过移项作差构造函数、构造双函数、换元法、放缩法四大题型，结合典例研析与跟踪训练，搭建从基础到综合的学习支架，帮助学生衔接导数应用与不等式证明的知识脉络。 其特色在于以典例为载体培养数学思维，如换元法证明双变量不等式突出逻辑推理，通性通法总结强化模型观念。学生能掌握构造函数等核心方法，提升解题能力，教师可借助系统题型与分层训练提高教学效率。

培优课　利用导数证明不等式 能力提升 1 典例研析 01 课时作业 02 目录 2 01 PART 典例研析 典例研析 目 录 题型一｜移项作差构造函数证明不等式 【例1】　已知函数f（x）＝ （a∈R）. （1）若曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y＝ ，求f （x）的单调区间；（e＝2.718 28…为自然对数的底数） 解： 由题意知切点（e，f（e））在切线y＝ 上，可得f（e）＝ ， 即 ＝ ，得a＝0，所以f（x）＝ ，f'（x）＝ ，由f'（x）＞ 0，得0＜x＜e；由f'（x）＜0，得x＞e.所以f（x）的单调递增区间为 （0，e），单调递减区间为（e，＋∞）. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）设a＝－1，证明：（x＋2）f（x）＞e，x∈（1，＋∞）.（参考数 据：ln 2≈0.693） 解： 证明：当a＝－1时，（x＋2）f（x）＞e， 即 ＞e，x∈（1，＋∞）， 即证（x＋2）ln x－e（x－1）＞0，x∈（1，＋∞）. 令h（x）＝（x＋2）ln x－e（x－1），x＞1，则问题转化为证明h （x）＞0. h'（x）＝ln x＋ ＋1－e， 令φ（x）＝ln x＋ ＋1－e，则φ'（x）＝ ， 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 由φ'（x）＜0，得1＜x＜2； 由φ'（x）＞0，得x＞2. 所以h'（x）在（1，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增， 而 h'（1）＝3－e＞0，h'（2）＝2＋ln 2－e＜0，h'（e）＝2＋ －e＞ 0， 所以存在x1∈（1，2），x2∈（2，e），使得h'（x1）＝h'（x2）＝0， 所以h（x）在（1，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在 （x2，＋∞）上单调递增， 所以当x＝x1时，h（x）取得极大值， 当x＝x2时，h（x）取得极小值， 又h（1）＝0，则1＜x＜x1时，h（x）＞0，所以只需证明h（x2）＞0即可. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 由题意h（x2）＝（x2＋2）ln x2－e（x2－1），① 由h'（x2）＝0，得e＝ln x2＋ ＋1，② 将②代入①得h（x2）＝3ln x2－x2－1＋ （2＜x2＜e）. 令g（x）＝3ln x－x－1＋ （2＜x＜e）， 则g'（x）＝ ＜0， 故g（x）在（2，e）上单调递减，则h（x2）＞h（e）＝2＋ －e＞0，所 以当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，不等式得证. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 　　一般地，要证f（x）＞g（x）在区间（a，b）上成立，需构造辅助 函数F（x）＝f（x）－g（x），通过分析F（x）在端点处的函数值来 证明不等式.若F（a）＝0，只需证明F（x）在（a，b）上单调递增即 可；若F（b）＝0，只需证明F（x）在（a，b）上单调递减即可. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 已知函数f（x）＝ex－ax（e为自然对数的底数，a为常数）的图象在点 （0，1）处的切线斜率为－1. （1）求a的值及函数f（x）的极值； 解： f'（x）＝ex－a，∴f'（0）＝1－a， 又∵f（x）的图象在点（0，1）处的切线斜率为－1， 即1－a＝－1，∴a＝2. ∴f（x）＝ex－2x，f'（x）＝ex－2. 令f'（x）＝0，解得x＝ln 2. 当x＜ln 2时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减； 当x＞ln 2时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增. ∴当x＝ln 2时，函数f（x）取得极小值，为f（ln 2）＝2－2ln 2，无极 大值. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）求证：当x＞0时，x2＜ex. 解： 证明：令g（x）＝ex－x2，则g'（x）＝ex－2x， 由（1）得g'（x）＝f（x）≥f（ln 2）＞0， ∴g（x）在R上是增函数， 因此当x＞0时，g（x）＞g（0）＝1＞0，∴x2＜ex. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 题型二｜构造双函数证明不等式 【例2】　已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）. （1）讨论f（x）的单调性； 解： f'（x）＝ －a（x＞0）， ①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上为增函数； ②若a＞0，则当0＜x＜ 时，f'（x）＞0； 当x＞ 时，f'（x）＜0.故在 上，f（x）单调递增；在 上，f（x）单调递减. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0. 解： 证明：因为x＞0，所以只需证f（x）≤ －2e， 由（1）知，当a＝e时，f（x）在（0，1）上单调递增， 在（1，＋∞）上单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝－e. 记g（x）＝ －2e（x＞0），则g'（x）＝ ， 所以当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减； 当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）min＝g（1）＝－e. 所以当x＞0时，f（x）≤g（x）， 即f（x）≤ －2e，即xf（x）－ex＋2ex≤0. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 　　将要证明的不等式拆分成两个函数不等式，如本例第（2）问中xf （x）－ex＋2ex≤0的证明若直接构造函数h（x）＝xeln x－ax2－ex＋ 2ex，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f（x）≤ －2e或ln x －x＋2≤ ，再分别对不等式两边构造函数证明不等式. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 已知f（x）＝xln x. （1）求函数f（x）的极值； 解： 由f（x）＝xln x，x＞0，得f'（x）＝ln x＋1，令f'（x）＝0， 得x＝ . 当x∈ 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈ 时，f'（x）＞0，f（x）单调递增. ∴当x＝ 时，f（x）取极小值， f（x）极小值＝f ＝－ ，无极大值. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）证明：对一切x∈（0，＋∞），都有ln x＞ － 成立. 解： 证明：问题等价于证明xln x＞ － （x∈（0，＋∞））. 由（1）可知f（x）＝xln x（x∈（0，＋∞））的最小值是－ ，当且 仅当x＝ 时取到. 设m（x）＝ － （x∈（0，＋∞）），则m'（x）＝ ， 由m'（x）＜0，得x＞1时，m（x）单调递减， 由m'（x）＞0得0＜x＜1时，m（x）单调递增， 易知m（x）max＝m（1）＝－ ，当且仅当x＝1时取到. 从而对一切x∈（0，＋∞），xln x≥－ ≥ － ，两个等号不同时取 到，∴对一切x∈（0，＋∞）都有ln x＞ － 成立. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 题型三｜换元法构造函数证明不等式 【例3】　已知函数f（x）＝ln x－ax（x＞0），a为常数，若函数f （x）有两个零点x1，x2（x1≠x2）.求证：x1x2＞e2. 证明：不妨设x1＞x2＞0， 因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝a（x1＋x2），ln x1－ln x2＝a（x1－x2），所以 ＝a， 欲证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2. 因为ln x1＋ln x2＝a（x1＋x2）， 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 所以即证a＞ ， 所以原问题等价于证明 ＞ ， 即ln ＞ ， 令c＝ （c＞1），则不等式变为ln c＞ . 令h（c）＝ln c－ ，c＞1， 所以h'（c）＝ － ＝ ＞0， 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 所以h（c）在（1，＋∞）上单调递增， 所以h（c）＞h（1）＝ln 1－0＝0， 即ln c－ ＞0（c＞1）， 因此原不等式x1x2＞e2得证. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 　　证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件 入手，寻找双变量所满足的关系式，通过关系式将其中一个变量用另一个 变量表示，代入要证明的不等式，化为一个变量的不等式；然后对转化得 到的不等式，根据其组成的特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调 性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式，即可证得不等式. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 已知函数f（x）＝ln x＋x2＋x，若正实数x1，x2满足f（x1）＋f（x2）＋ x1x2＝0.求证：x1＋x2≥ . 证明：f（x）＝ln x＋x2＋x（x＞0）. 由f（x1）＋f（x2）＋x1x2＝0， 得ln x1＋ ＋x1＋ln x2＋ ＋x2＋x1x2＝0， 从而（x1＋x2）2＋（x1＋x2）＝x1x2－ln（x1x2）， 令t＝x1x2（t＞0），φ（t）＝t－ln t， 得φ'（t）＝1－ ＝ ， 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 易知φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，＋∞）上单调递 增， 所以φ（t）≥φ（1）＝1， 所以（x1＋x2）2＋（x1＋x2）≥1， 因为x1＞0，x2＞0， 所以x1＋x2≥ 成立. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 题型四｜适当放缩法证明不等式 【例4】　已知函数f（x）＝mex－x－ln m－1，其中m＞0. （1）求f（x）的最小值； 解： f'（x）＝mex－1， 在（－∞，－ln m）上，f'（x）＜0，f（x）单调递减，在（－ln m，＋ ∞）上，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 故f（x）的最小值为f（－ln m）＝me－ln m－（－ln m）－ln m－1＝0. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）证明：xeex－eln x－ln（x＋1）＞1. 解： 证明：令g（x）＝ex－x－1，则g'（x）＝ex－1， 当x＝0时，g（x）取最小值，故g（x）≥g（0）＝0，即对∀x∈R， ex≥x＋1， 故xeex＝ex＋eln x≥x＋eln x＋1，故xeex－eln x－ln（x＋1）≥x－ln（x＋ 1）＋1， 而对x＞0，ex＞x＋1⇒x＞ln（x＋1）， 所以x－ln（x＋1）＞0，x－ln（x＋1）＋1＞1，故原不等式得证. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 　　导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问 题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后 再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下：（1）ex≥1＋x，当且仅当x ＝0时取等号；（2）ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 已知函数f（x）＝aex－1－ln x－1. （1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； 解： 当a＝1时， f（x）＝ex－1－ln x－1（x＞0）， f'（x）＝ex－1－ ，所以所求切线的斜率为f'（1）＝0， 又f（1）＝0， 所以切点为（1，0）. 所以切线方程为y－0＝0（x－1），即y＝0. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）证明：当a≥1时，f（x）≥0. 解： 证明：因为a≥1， 所以aex－1≥ex－1， 所以f（x）≥ex－1－ln x－1. 法一 令φ（x）＝ex－1－ln x－1（x＞0）， 所以φ'（x）＝ex－1－ ， 令h（x）＝ex－1－ ， 所以h'（x）＝ex－1＋ ＞0， 所以φ'（x）在（0，＋∞）上单调递增，又φ'（1）＝0， 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 所以当x∈（0，1）时，φ'（x）＜0， 当x∈（1，＋∞）时，φ'（x）＞0， 所以φ（x）在（0，1）上单调递减， 在（1，＋∞）上单调递增， 所以φ（x）min＝φ（1）＝0， 所以φ（x）≥0， 所以f（x）≥φ（x）≥0， 即f（x）≥0. 法二 令g（x）＝ex－x－1， 所以g'（x）＝ex－1. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 当x∈（－∞，0）时，g'（x）＜0， 当x∈（0，＋∞）时，g'（x）＞0， 所以g（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增， 所以g（x）min＝g（0）＝0， 故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号. 同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号. 由ex≥x＋1⇒ex－1≥x（当且仅当x＝1时取等号）， 由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1（当且仅当x＝1时取等号）， 所以ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1， 即ex－1－ln x－1≥0（当且仅当x＝1时取等号），故f（x）≥0. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 02 PART 课时作业 课时作业 目 录 1. 定义在R上的函数f（x），若（x－1）·f'（x）＜0，则下列各项正确 的是（　　） A. f（0）＋f（2）＞2f（1） B. f（0）＋f（2）＝2f（1） C. f（0）＋f（2）＜2f（1） D. f（0）＋f（2）与2f（1）大小不定 解析： 　∵（x－1）f'（x）＜0，∴当x＞1时，f'（x）＜0；当x＜1 时，f'（x）＞0，则f（x）在（1，＋∞）上单调递减，在（－∞，1）上 单调递增，∴f（0）＜f（1），f（2）＜f（1），则f（0）＋f（2）＜2f （1）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 2. 已知函数f（x）＝x－ sin x，则不等式f（x＋1）＋f（2－2x）＞0的 解集是（　　） A. B. C. （－∞，3） D. （3，＋∞） 解析： 　因为f（x）＝x－ sin x，所以f（－x）＝－x＋ sin x＝－f （x），即函数f（x）为奇函数，函数的导数f'（x）＝1－ cos x≥0，则函 数f（x）是增函数，则不等式f（x＋1）＋f（2－2x）＞0等价为f（x＋ 1）＞－f（2－2x）＝f（2x－2），即x＋1＞2x－2，解得x＜3，故不等 式的解集为（－∞，3）. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 3. 已知函数f（x）＝ x3＋a ，则f（x）的零点可能有 （　　） A. 1个 B. 1个或2个 C. 1个或2个或3个 D. 2个或3个 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 当a＝0时，函数f（x）＝ x3，只有1个零点；当a≠0时，令f （x）＝ x3＋a ＝0，显然x≠0，故－ ＝ ＝ ＋ ＋ ，设t＝ （t≠0），则－ ＝g（t）＝6t3＋3t2＋ t（t≠0），g' （t）＝18t2＋6t＋ ，令g'（t）＝0，则Δ＝36－4× ×18＝－72＜0，g' （t）＞0恒成立，故g（t）在（－∞，0），（0，＋∞）上单调递增， 且g（t）可取除0外的所有实数，所以－ ＝g（t）只有一个解，即函数f （x）只有1个零点.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 4. 已知函数f（x）＝log2（2x＋1）－ x，若f（a－2）≥f（2a－1）恒 成立，则实数a的取值范围是（　　） A. [－1，1] B. （－∞，－1] C. [0，＋∞） D. （－∞，－1]∪[0，＋∞） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　因为函数f（x）的定义域为R，所以f（－x）＝log2（2－x＋ 1）＋ x＝log2（2x＋1）－ x＝f（x），即函数f（x）为偶函数.又当x ＞0时，f'（x）＝ － ＝ ＞0，而f（a－2）≥f（2a－1） 等价于f（｜a－2｜）≥f（｜2a－1｜），所以｜a－2｜≥｜2a－1｜， 化简得，a2≤1，所以－1≤a≤1.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 5. 若对任意的x∈（0，＋∞），ax－ln（2x）≥1恒成立，则实数a的最 小值是（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　法一（求ax－ln（2x）在（0，＋∞）上的最小值）　令f （x）＝ax－ln（2x），x∈（0，＋∞）. 因为ax－ln（2x）≥1恒成立，所以f（x）min≥1. f'（x）＝a－ ，若a≤0，则f'（x）＜0，函数f（x）在（0，＋∞）上是 减函数，ax－ln（2x）≥1不恒成立，所以a＞0.令f'（x）＝0，解得x＝ .当x∈（ 0， ）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）min＝f（ ）＝1－ln ≥1，即ln ≤0，即a≥2，所以a的最小值是2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 法二（分离参数，转化为求函数的最值）　因为ax－ln（2x）≥1（x＞0） 恒成立，则a≥ （x＞0）恒成立，令h（x）＝ （x ＞0），则h'（x）＝ ，令h'（x）＞0，即ln（2x）＜0，解得0＜ x＜ ，令h'（x）＜0，即ln（2x）＞0，解得x＞ ，故h（x）在（ 0， ） 上单调递增，在（ ，＋∞）上单调递减，h（x）max＝h（ ）＝2.故 a≥2，a的最小值是2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 6. 已知函数f（x）＝ 若f（x1）＝f（x2）（x1≠x2），则 x1＋x2的最大值为（　　） A. － B. 2ln 3－3 C. ln 3＋2 D. ln 3－1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　因为f（x）＝ 所以函数f（x）在（－∞，0） 上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.不妨设x1＜0＜x2，则有3 ＝ ，可得x1＝－ ，则有x1＋x2＝x2－ .令g（x）＝x－ ex （x＞0），有g'（x）＝1－ ex，令g'（x）＞0，可得0＜x＜ ln 3，令g' （x）＜0，可得x＞ ln 3，则函数g（x）在（ 0， ln 3）上单调递增， 在（ ln 3，＋∞）上单调递减，可得g（x）max＝g（ ln 3）＝ ln 3－ ＝ ln 3－1，故x1＋x2的最大值为 ln 3－1.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 7. 〔多选〕已知函数f（x）＝x cos x的导函数为f'（x），则（　　） A. f'（x）为偶函数 B. f'（x）为奇函数 C. f'（0）＝1 D. f（ ）＋f'（ ）＝ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　f'（x）＝ cos x－x sin x.对于选项A、B，因为f（x）＝x cos x 是奇函数，所以f'（x）是偶函数，故A正确，B错误；对于选项C，f'（0） ＝ cos 0－0 sin 0＝1，故C正确；对于选项D，f（ ）＋f'（ ）＝ cos ＋ cos － sin ＝0＋0－ ＝－ ，故D错误.故选A、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 8. 〔多选〕已知函数f（x）＝ ，则下列结论正确的是（　　） A. 函数f（x）存在两个不同的零点 B. 函数f（x）既存在极大值又存在极小值 C. 当－e＜k＜0时，方程f（x）＝k有且只有两个实根 D. 若x∈[t，＋∞）时，f（x）max＝ ，则t的最小值为2 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　令f（x）＝0，解得x＝ ， 所以A正确；f'（x）＝－ ＝ － ，当f'（x）＞0时，－1＜ x＜2，当f'（x）＜0时，x＜－1或x＞2，所以（－∞，－1），（2，＋∞）是函数的单调递减区间，（－1，2）是函数的单调递增区间，所以f（－1）是函数的极小值，f（2）是函数的极大值，所以B正确；当x→＋∞时，f（x）→0，根据B可知，函数的最小值是f（－1）＝－e，再根据单调性可知，当－e＜k＜0时，方程f（x）＝k有且只有两个实根，所以C正确；由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确.故选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 9. 〔多选〕国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2022年全国夏粮总 产量达14 739万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食，也关系着 国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容积为63 000π立方米的 粮食储藏容器，已知该容器分为上、下两部分，上部分是底面半径和高都 为r（r≥10）米的圆锥，下部分是底面半径为r米、高为h米的圆柱体， 如图所示.经测算，圆锥的侧面每平方米的建造费用为 a元，圆柱的侧 面、底面每平方米的建造费用为a元，设每个容器的制造总费用为y元， 则下面说法正确的是（　　） A. 10≤r＜40 B. h的最大值为 C. 当r＝21时，y＝7 029aπ D. 当r＝30时，y有最小值，最小值为6 300aπ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　由题意可得 πr2×r＋πr2h＝63 000π，所以h＝ ＝ － r，由h＞0，则 － r＞0，解得r＜30 ，所以10≤r＜ 30 ，故A选项不正确.易知h随r的增大而减小，所以当r＝10时，h取 得最大值，且最大值为 ，故B选项正确.圆锥的母线长l＝ r，故圆 锥的侧面积S1＝πrl＝πr× r＝ πr2，圆柱的侧面积S2＝2πrh＝2πr （ － r）＝ － r2，圆柱的底面积S3＝πr2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 所以总费用y＝ aS1＋a（S2＋S3）＝ a× πr2＋a（ － r2＋πr2）＝ r2＋ .当r＝21时，y＝ ×212＋ ＝7 029aπ，C选项正确.y'＝ r－ ＝ ，当10≤r ＜30时，y'＜0，函数y＝ r2＋ 单调递减，当30＜r＜30 时， y'＞0，函数y＝ r2＋ 单调递增，所以当r＝30时，y取得最小 值，最小值为 ×302＋ ＝6 300aπ，D选项正确.故选B、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 10. 〔多选〕曲线y＝x2－1与曲线y＝ln x（　　） A. 在点（1，0）处相交 B. 在点（1，0）处相切 C. 存在相互平行的切线 D. 有两个交点 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　令f（x）＝x2－1，g（x）＝ln x，f（1）＝g（1）＝0，f' （1）＝2，g'（1）＝1，结合f（x）和g（x）的图象可知A正确，B错 误.f'（x）＝2x∈R，g'（x）＝ ∈（0，＋∞），存在f'（1）＝g' （ ），故曲线y＝x2－1与曲线y＝ln x存在互相平行的切线，故C正确.令 F（x）＝f（x）－g（x），则F'（x）＝2x－ ，故F（x）在（ 0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，而F（ ）＝ －1－ln ＝－ ＋ln 4＞0，F（ ）＝－ ＋ ln 2＜0，F（ ）＝ －1＋2＞0， 所以F（x）在（ ， ）和（ ， ）上各有一个零点，故F（x）有两 个零点，即曲线y＝x2－1与曲线y＝ln x有两个交点，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 11. 已知函数f（x）＝2xln x，g（x）＝－x2＋ax－3对一切x∈（0，＋ ∞），f（x）≥g（x）恒成立，则a的取值范围是 ⁠. 解析：由2xln x≥－x2＋ax－3，得a≤2ln x＋x＋ .设h（x）＝2ln x＋ ＋x（x＞0）.则h'（x）＝ － ＋1＝ ，当x∈（0，1） 时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞ 0，h（x）单调递增.∴h（x）min＝h（1）＝4.又f（x）≥g（x）恒成 立，∴a≤4. （－∞，4]　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 12. 若函数f（x）＝x3－3x＋m在[0，2]上有零点，则实数m的取值范围 为 ⁠. 解析：令f（x）＝0可得m＝－x3＋3x，令g（x）＝－x3＋3x，x∈[0， 2]，则g'（x）＝－3x2＋3＝－3（x＋1）（x－1），由g'（x）＞0可解得 0＜x＜1，由g'（x）＜0可解得1＜x＜2，∴g（x）在[0，1]上单调递 增，在[1，2]上单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝2，又g（0）＝0，g （2）＝－2，∴g（x）min＝－2，则要使f（x）在[0，2]上有零点，则－ 2≤m≤2. [－2，2]　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 13. 已知函数f（x）＝x2－2ln x，若关于x的不等式f（x）－m≥0在[1， e]上有实数解，则实数m的取值范围是 ⁠. 解析：由f（x）－m≥0得f（x）≥m，函数f（x）的定义域为（0，＋ ∞），f'（x）＝2x－ ＝ ，当x∈[1，e]时，f'（x）≥0，此 时，函数f（x）单调递增，所以f（1）≤f（x）≤f（e）.即1≤f（x） ≤e2－2，要使f（x）－m≥0在[1，e]上有实数解，则有m≤e2－2. （－∞，e2－2]　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 14. 设a为实数，函数f（x）＝ex－2x＋2a，x∈R. （1）求f（x）的单调区间与极值； 解： 由f（x）＝ex－2x＋2a（x∈R），知f'（x）＝ex－2.令f' （x）＝0，得x＝ln 2. 当x＜ln 2时，f'（x）＜0，故函数f（x）在区间（－∞，ln 2）上单调 递减； 当x＞ln 2时，f'（x）＞0，故函数f（x）在区间（ln 2，＋∞）上单调 递增. 所以f（x）的单调递减区间是（－∞，ln 2），单调递增区间是（ln 2，＋∞），f（x）在x＝ln 2处取得极小值f（ln 2）＝eln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a，无极大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1. 解： 证明：要证当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1，即证当a ＞ln 2－1且x＞0时， ex－x2＋2ax－1＞0. 设g（x）＝ex－x2＋2ax－1（x＞0）. 则g'（x）＝ex－2x＋2a， 由（1）知g'（x）min＝g'（ln 2）＝2－2ln 2＋2a. 又a＞ln 2－1，则g'（x）min＞0. 于是对∀x∈R，都有g'（x）＞0， 所以g（x）在R上是增函数. 于是对∀x＞0，都有g（x）＞g（0）＝0. 即ex－x2＋2ax－1＞0， 故ex＞x2－2ax＋1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 15. 已知函数f（x）＝xln（x＋1）. （1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； 解： 因为f（x）＝xln（x＋1），则f'（x）＝ln（x＋1）＋ ，所 以f（1）＝ln 2，f'（1）＝ln 2＋ ，所以曲线y＝f（x）在点（1，f （1））处的切线方程为y－ln 2＝（ ＋ln 2）（x－1），即y＝（ ＋ln 2）x－ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）证明：f（x）＋ x3≥x2. 解： 证明：令g（x）＝f（x）＋ x3－x2＝ x3－x2＋xln（x＋ 1），其中x＞－1，g'（x）＝ x2－2x＋ln（x＋1）＋ ， 令h（x）＝ x2－2x＋ln（x＋1）＋ ，其中x＞－1， 则h'（x）＝3x－2＋ ＋ ＝ ，当x＞－1时，h' （x）≥0且h'（x）不恒为零， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 所以函数g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，所以当－1＜x＜0时，g' （x）＜g'（0）＝0，此时函数g（x）单调递减，当x＞0时，g'（x）＞g' （0）＝0，此时函数g（x）单调递增， 所以g（x）≥g（0）＝0，即f（x）＋ x3≥x2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 16. 设函数f（x）＝ln（a－x）－x＋e. （1）求函数f（x）的单调区间； 解： 由题意得函数f（x）的定义域为{x｜x＜a}，f'（x）＝ －1 ＝ ，因为x＜a，所以f'（x）＜0.故函数f（x）的单调递减区间为 （－∞，a），无单调递增区间. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）当a＝e时，证明：f（e－x）＜ex＋ . 解： 证明：法一 当a＝e时，要证f（e－x）＜ex＋ ，即证ln x＋x ＜ex＋ ，即证 ＋1＜ ＋ .设g（x）＝ ＋1（x＞0），则g' （x）＝ （x＞0）， 令g'（x）＞0，得0＜x＜e， 令g'（x）＜0，得x＞e， 所以g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减， 所以g（x）≤g（e）＝ ＋1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 设h（x）＝ ＋ （x＞0），则h'（x）＝ （x＞0）， 令h'（x）＞0，得x＞1，令h'（x）＜0，得0＜x＜1， 所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以h （x）≥h（1）＝e＋ . 因为（ ＋1）－（ e＋ ）＝ ＋1－e＜0，所以 ＋1＜e＋ ，即g （x）＜h（x），所以当a＝e时，f（e－x）＜ex＋ . 法二 当a＝e时，要证f（e－x）＜ex＋ ，即证ln x＋x＜ex＋ ，即证ln x－ ＜ex－x， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 设g（x）＝ln x－ ，x＞0，则g'（x）＝ ， 当x∈（0，2e）时，g'（x）＞0， 当x∈（2e，＋∞）时，g'（x）＜0， 所以g（x）在（0，2e）上单调递增，在（2e，＋∞）上单调递减， 所以g（x）≤g（2e）＝ln（2e）－1＝ln 2＜1. 设h（x）＝ex－x，x＞0，则h'（x）＝ex－1＞0在（0，＋∞）上恒成 立，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以h（x）＞e0－0＝1，所 以g（x）＜h（x），所以当a＝e时，f（e－x）＜ex＋ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 $