第2章 导数及其应用 章末整合提升(学用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

该高中数学导数单元复习讲义通过六个培优专题系统构建知识体系，涵盖导数的几何意义、单调性、极值最值、不等式证明、恒成立问题及零点研究，以递进框架呈现从基础应用到综合探究的脉络，突出分类讨论、构造函数等重难点内在联系。 讲义亮点在于结合高考真题设计分层练习，如2023全国甲卷切线方程题、新高考Ⅱ卷单调性求参题，培养数学思维与运算能力。每个专题设“尝试解答”区域，基础生可掌握方法，优秀生能深化探究，助力教师实施精准教学与学生自主复习提升。

培优一｜导数的几何意义 【例1】　（1）（2023·全国甲卷8题）曲线y＝在点（1，）处的切线方程为（　　） A.y＝x B.y＝x C.y＝x＋ D.y＝x＋ （2）曲线y＝ln ｜x｜过坐标原点的两条切线的方程为　　　，　　　. 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 培优二｜利用导数研究函数的单调性 【例2】　（1）设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则（　　） A.a＜b＜c　 B.b＜c＜a C.b＜a＜c D.c＜a＜b （2）（2023·新高考Ⅱ卷6题）已知函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）上单调递增，则实数a的最小值为（　　） A.e2 B.e C.e－1 D.e－2 （3）（2023·全国乙卷16题）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　　　　. 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 培优三｜利用导数研究函数的极值和最值 【例3】　（1）函数f（x）＝cos x＋（x＋1）sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为（　　） A.－， B.－， C.－，＋2 D.－，＋2 （2）〔多选〕已知函数f（x）＝x3－x＋1，则（　　） A.f（x）有两个极值点 B.f（x）有三个零点 C.点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心 D.直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线 （3）已知x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax－ex2（a＞0且a≠1）的极小值点和极大值点.若x1＜x2，则a的取值范围是　　　　. 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 培优四｜利用导数证明不等式 【例4】　（2023·新高考Ⅰ卷19题）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＋. 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 培优五｜利用导数解决恒成立问题 【例5】　已知a＞0，函数f（x）＝ax－xex. （1）求函数y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）证明f（x）存在唯一极值点； （3）若存在a，使得f（x）≤a＋b对于任意的x∈R成立，求实数b的取值范围. 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 培优六｜利用导数研究方程的根或函数的零点 【例6】　已知函数f（x）＝ln（1＋x）＋axe－x. （1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）若f（x）在区间（－1，0），（0，＋∞）各恰有一个零点，求a的取值范围. 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 章末整合提升 【例1】(1)C(2)y=xy=-x 解析：(1)由题意可知y= e8x+1)-e1 +12 -行，则由线)一希在点1，专》处的切线朝率 y|x=1=聋，所以曲线y=苹在点(1，号)处的切线方程为y-号=聋(x一1)，即y=聋x十异，故 选C. (2)先求当x>0时，曲线y=nx过原点的切线方程，设切点为(xo,o)，则由y=,得切线斜 率为高，又切线的斜率为品，所以高=品，解得=1，代入y=血，得0=e,所以切线斜率为 是，切线方程为y=合x同理可求得当x<0时的切线方程为y=一x.综上可知，两条切线方程为y =台x,y=-合x. 【例2】(1)B(2)C 解析：(1)b-c=ln1.02-V1.04+1,设f(x)=ln(x+1)-V1+2x+1,则b-c=f 2 V1+2s-(x+1) (0.02,/x)=本-云-云，当x≥0时，x+1=√x+1≥V1+2x,故当x V1+2x-（x+1) ≥0时，了(x)=+·+1)≤0，所以f(x)在[0，+∞）上单调递减，所以f(0.02)<f(0)= 0,即b<c.a-c=2n1.01-V1.04+1,设g(x)=2n(x+1)-V1+4x+1,则a-c=g 42[1+4x-x+1] (0.0I),g(x)=帝-本=+W+,当0≤<2时，4w+1√x+1=x+l, 故当0≤x<2时，g'(x)≥0，所以g(x)在[0,2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)=0,故 c<a,从而有b<c<a,故选B. (2)法-由题意，得f(x)=ae-是，(x)=ae-是≥0在区间(1,2)上恒成立，即a≥ 亡在区间(1,2》上恒成立.设函数g()=京，x∈(1,2)，则g()=一語<0，函数g (x)在区间(1,2)单调递减..x∈(1,2)，g(x)<g(1)=吉=e1.a≥el,a的最 小值为e-1.故选C. 法二：函数∫(x)=ae*-lnx,f(x)=ae-是.：函数f(x)=aer-lnx在区间(l,2)单调 递增，(x)≥0在(1,2)恒成立，即a心-是≥0在(1,2)恒成立，易知a>0,则0<}≤xex 在(1,2)恒成立.设g(x)=xe,则g'(x)=(x十1)e.当x∈(1,2)时，g'(x)>0,g (x)单调递增，∴.在(1,2)上，g(x)>g(1)=e,≤e,即a≥=e-l,故选C. 1/7 ·独家授权侵权必究。 。学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (3)法一由题意，得P(x)=a1na+(a+1)n(a+1).令h(x)=a1na+(a+1)1n(a +1),则h'(x)=a(lna)2+(a+1)x[ln(a+1)]2.当x>0时，h'(x)>0,所以函数y=f (x)在(0，+∞)上单调递增.因为f(0)=lna+ln(a+1),当x一+∞时，(x)→+∞， 所以若P(0)<0,则在(0，+∞)上存在xo使得P(x0)=0,且当x∈(0，o)时，f(x)单调 递减，与题意不符；若(0)≥0，则P(x)>0,此时f(x)在(0，+∞)上单调递增.所以lna +h(a+1)≥0，印2+a-1≥0，解得a≥5或a<5.因为ae《0,1),所以a∈ [,10. 法二令g(x)=a,r(x)=(a+1)x,a∈(0,1)，则g(x)=alna,r'(x)=(a+1)n (a+1),g(0)≥r(0),即na≥-ln(a十1)，解得ae[号，1). 【例3】(1)D(2)AC(3)(告，1) 解析：(1)f(x)=cosx+(x+1)sinx+1,x∈[0,2元]，则f(x)=一sinx+sinx+(x+1) cosx=(x十1)cosx.令f(x)=0,解得x=-1(舍去)，x=晋或x=钙.因为()=cos受+ (5+1)sim受+1=2+受，f变)=cos变+（变+1）sim警+1=-受，又f(0)=cos0+(0+ 1)sin0+1=2,f(2元)=cos2元+(2元+1)sin2元+1=2，所以f(x)mx=f(号)=2+号，f(x) mm=f(钙)=一变.故选D. (2)因为fw)=3-x+1,所以(x)=32-1,令f()=3x2-1=0,得x=士9.由了(x =3x2-1>0得x>号或x<-号；由P()=3-1<0得-号<x<9.所以f(x)=-x+1在 (写，十©)，(-，一号)上单调递增，在(-，)上单调递减，所以f(x)有两个板值 点，故A正确因为f()的授小值（停）=（得）3-号+1=1-2渠>0，f(-2)=(-2) (-2)十1=一5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误.因为函数g(x)= x3一x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)=x3-x十1的图象，函数g(x)=x3一x的图象关 于原点(0,0)中心对称且g(0)=0,所以点(0,1)是曲线f(x)=x3-x十1的对称中心，故 C正确.假设直线y=2x是曲线y=∫(x)的切线，切点为(x0,%),则f(xo)=3xX-1=2,解得 o=±1.若xo=1,则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y=2x上，若xo=一1，则切点 坐标为（一1,1），但点（一1,1）不在直线y=2x上，所以假设不成立，故D错误.故选A、C. 2/7 ·独家授权侵权必究· 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXxk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 (3)法一由f(x)=2a-ex2,得f(x)=2ana-2ex.令f(x)=0,得a1na=ex,因为a>0 且a≠1，所以显然x≠0，所以e=型.令g(x)=型，则g(x)=血am= x2 型.令g(x)=0,得x=点故当x>品时，g()>0,g(x)单调递增：当x<品 x2 时，g)<0,8《0)单调递减.所以g公)g(合)智=应na)电是最小宜， 因为f(x)有极小值点x=x1和极大值点x=x,故f(x)=0有两个不同的根x=,x=2,故g (x)的图象与直线y=e有两个交点，所以g(六)<e,即硫(na)2<e,又破=a器=gg= e,所以(na)2<1,又x<2,所以易知当x∈(-∞，)，(x2,十∞)时，f(x)<0;当x ∈(x1,x2)时，f(x)>0.若a>1,则当x一+∞时，f(x)→+∞，不符合题意，所以 0<a<1,则-1<na<0,所以a∈（是，1）. 法二由题意，f(x)=2a1na一2ex,根据f(x)有极小值点x=和极大值点x=x2可知，x= x1,x=x2为f(x)=0的两个不同的根，又x1<x2,所以易知当x∈（一∞，），(x2,十∞) 时，(x)<0;当x∈(1，x2)时，(x)>0.由f(x)=0可得a·na=ex.①若a>1,则当x 十∞时，f(x)→+∞，不符合题意，舍去.②若0<a<l,令g(x)=alna,h(x)=ex,在同 一平面直角坐标系中作出函数g(x)和h(x)的图象， g(x)=a'In a h(x)ex 如图所示.因为P(x)=0有两个不同的根，所以g(x)与h(x)的图象需要有两个交点，则过原 点且与g(x)的图象相切的直线1的斜率k<©.不妨设直线1与g(x)的图象的切点坐标为(xo, 0na）,因为g(x)=a(na)2,所以k=0(na)2=,可得0=品，从而k=a症(n a)2<c,即e·(na)2<e,则(na)2<1,又0<a<l,所以-1<lna<0,所以a∈（告，1）. 【例4】解：(1)由题意知，f(x)的定义域为(-∞，+∞)，f(x)=ax-1. 当a≤0时，易知f(x)<0,则f(x)在（一∞，十∞）上是减函数. 当a>0时，令(x)=0,得x=n. 当x∈(-∞，ln)时，f(x)<0;当x∈(ln,+∞)时，f(x)>0. 所以f(x)在（一∞，ln)上单调递减，在(ln,+∞）上单调递增. 3/7 ·独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 综上可知，当a≤0时，f(x)在(-∞，十∞)上是减函数；当a>0时，f(x)在(-∞，ln) 上单调递减，在(1n,十∞)上单调递增， (2)证明：法一由(1)知，当a>0时，f(x)在（一∞，ln3)上单调递减，在(1n,+∞) 上单调递增 所以f(x)mim=f(ln)=a（ena+a)-n=l+a2+na. 令g(x)=1+x2+lnx-(2lnx+2)，x>0, 即g(x)=x2-lnx-,x>0, 则g'(x)=2x-是=2经2. 令gx)=0,得x=号 当xE0,号)时，g(x)<0:当xE(9,十o)时，g()>0. 所以g(x)在(0，号）上单调递减，在（号，十©）上单词递增， 所以g(x)m=g(9)=(9)2-血号-=-1n号>0， 所以1十x2+nx>2lnx+是对x>0恒成立， 所以当a>0时，1+a2+lna>2na十号恒成立. 即当a>0时，f(x)>2lna+号. 法二当a>0时，由(1)得，f(x)mim=f(-lna)=1+a2+lna, 故欲证f(x)>2lna+成立， 只需证1+a2+lna>2lna+号， 即证a2-号>lna. 构造函数t(a)=lna-(a一1)(a>0), 则u'(a)=-1=,所以当a>1时，u'(a)<0;当0<a<1时，u'(a)>0. 所以函数u(a)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 所以u(a)≤w(1)=0,即lna≤a-1, 故只需证a2-支>a-1,即证a2-a十吉>0， 因为a2-a+=(a-吉)2+幸>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2lna+, 4/7 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 【例5】解：(1)因为f(0)=0,f(x)=a-(x+1)e*,所以P(0)=a一1，所以函数在 (0,f(0))处的切线方程为(a一1)x-y=0. (2)证明：若证明f(x)仅有一个极值点，即证P(x)=a一(x十1)e=0,只有一个解， 即证a=(x+1)ex只有一个解， 令g(x)=(x十1)e',只需证g(x)=(x十1)ex的图象与直线y=a(a>0)仅有一个交点， g'(x)=(x+2)e, 当x=一2时，g（x)=0, 当x<一2时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 当x>一2时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 当x=-2时，g(-2)=-e-2<0. 当x→十∞时，g(x)一十∞， 当x→一∞时，g(x)→0， 画出函数g(x)=(x十1)ex的图象大致如下， ty /g(r)=(x+1)e =0 3之10m1 因为a>0,所以g(x)=(x十1)ex的图象与直线y=a(a>0)仅有一个交点. (3)由题意可得，存在a∈(0，+∞)，使得ax一xer≤a十b对于任意的x∈ [WT[VTHZIR[WT][WTBX灯恒成立， 即存在a∈(0，+∞)，使得一b≤xex+a(1一x)对于任意的x∈[WT[WTHZ☑R[WT][WTBX]恒 成立， 令h(x)=xex+a(1-x),即存在a∈(0，十o∞)，-b≤h(x)mim h'(x)=(x+1)er-a,h”(x)=(x+2)e. 由(2)得x<一2时，h”(x)<0,h'(x)在（-∞，一2)上单调递减，x>一2时，h”(x)>0, n'(x)在(（一2，十∞)上单调递增， 当x→十∞时，h'(x)→十∞， 当x→一∞时，h'(x)<0, 所以存在x=x0（xo>一2)，使得函数h'(xo)=(xo十1)e0-a=0, 5/7 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.Zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 即(xo+1)e0=a, 当x<xo时h(x)单调递减，当x>xo时h(x)单调递增， 当x=x时，h(x)mim=h(xo）=xoe0+a(1-xo)=(1-x号+x)eo,h'(xo)=（-X3-xo十 2)e0=-(xo+2)(xo-1)e0, 当一2<xo<1时，h'(x)>0,则h(xo)单调递增，当xo>1时，h'(xo)<0,则h(x)单调递 减. 当xo=1时，h(xo）max=h（1）=e, 因为存在a∈(0，十∞)，一b≤h(xo),即-b≤h(xo)max,即-b≤e, 所以b的取值范围为[一e,十∞)， 【例6】解：(1)当a=1时，f(x)=ln(1+x)+x·ex, f(x)=克+e+xex·(-1), .f(0)=1+1=2, f(0)=0, .所求切线方程为y-0=2·(x一0)，即y=2x (2)f(x)=ln(1+x)+ax·ex=ln(x+1)+器， ∴.①当a≥0时，若x>0,则n(x+1)>0,≥0，∴f(x)>0, ∴f(x)在(0，十∞)上无零点，不符合题意. ②当a<0时，(x)=4a1=x (x+1e3 令g(x)=e十a(1-x2),则g'(x)=e-2ax,g'(x)在(-1，+∞)上单调递增， g'(-1)=e-1+2a,g'(0)=1, (a)若g'(-1)≥0，则-宗≤a<0,.-亮≤a<0时，g'(x)>0在(-1，+∞)上恒成立， ∴g(x)在（一1，十∞）上单调递增， :g(-1)=e1>0,g(x)>0在(-1，+∞）上恒成立， ∴f(x)>0在（一1，十∞）上恒成立， ∴f(x)在（一1，十∞)上单调递增，.f(0)=0, ∴f(x)在（一1,0），(0，+∞)上均无零点，不符合题意. (b)若g'(-1)<0,则a<-六，∴a<-是时，存在x∈(-1,0)，使得g'(xo)=0. ∴g(x)在（一1，xo)上单调递减，在(xo,十∞）上单调递增. 6/7 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.Zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 g(-1)=e-1>0,g(0)=1+a,g(1)=e>0. (i)当g(0)≥0，即-1≤a<-时，g(x)>0在(0，+∞)上恒成立，f(x)>0在 (0,十∞)上恒成立， f(x)在(0，+∞)上单调递增 f(0)=0,∴.当x∈(0，+∞)时，f(x)>0, ∴f(x)在(0，十∞)上无零点，不符合题意. (i)当g(0)<0,即a<-1时， 存在∈（一1，x0),x2∈(0,1），使得g(:)=g(x2)=0, ∴f(x)在（一1,1），(2，十∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减. f(0)=0,f(x)>f(0)=0,当x→-1时，f(x)<0, f(x)在（一1，x1)上存在一个零点， 即f(x)在（一1,0）上存在一个零点， .f(0)=0,当x→十∞时，f(x)>0, ∴f(x)在(x2,十∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，十∞)上存在一个零点. 综上，a的取值范围是（一∞，一1). 7/7 ·独家授权侵权必究