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教师用书word（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. 　 题型(一)　利用导数研究不等式恒成立问题 [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; (2)当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. 解:(1)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)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　　　　　　　　　　　　 [例2]　已知函数f(x)=x+aex(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当x<0,a≤1时,求证:x2+(a+1)x>xf'(x). 解:(1)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)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 [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; (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)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)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; 且当x→0时,g(x)→+∞; 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; (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:(1)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)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). 学科网（北京）股份有限公司 $