资源简介

一、数学运算与逻辑推理
　　数学运算、逻辑推理这两大核心素养在本章中体现较多，主要涉及以下内容：（1）导数计算；（2）利用导数研究函数的单调性、极值、最值；（3）不等式的证明；（4）恒成立（能成立）的转化.
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）（2022·新高考Ⅱ卷）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）（2022·全国乙卷）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）（2022·新高考Ⅰ卷）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）（2022·全国乙卷）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】　（2022·全国乙卷）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　　　　　　 　　　　　　
【例7】　已知函数f（x）＝ex－a（x＋2）.
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
二、数学建模
　　利用导数解决函数在实际问题中的应用问题，培养了学生的数学建模核心素养.
培优七 导数的实际应用
【例8】　时下，网校教学越来越受广大学生的喜爱，它已经成为学生课外学习的一种方式.假设某网校的套题每日的销售量y（单位：千套）与销售价格x（单位：元/套）满足关系式：y＝＋4（x－6）2，其中2＜x＜6，m为常数，已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套.
（1）求m的值；
（2）假设网校的员工工资、办公费用等所有开销折合为每套题2元（只考虑售出的套题）.试确定销售价格x为何值时，网校每日销售套题所获得的利润最大.（保留1位小数）
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
章末复习与总结
【例1】　（1）C　（2）y＝x　y＝－x
解析：（1）由题意可知y'＝＝，则曲线y＝在点（1，）处的切线斜率k＝y'｜x＝1＝，所以曲线y＝在点（1，）处的切线方程为y－＝（x－1），即y＝x＋，故选C.
（2）先求当x＞0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为（x0，y0），则由y'＝，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以＝，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，所以切线斜率为，切线方程为y＝x.同理可求得当x＜0时的切线方程为y＝－x.综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x.
【例2】　（1）B　（2）C　（3）［，1）
解析：（1）b－c＝ln 1.02－＋1，设f（x）＝ln（x＋1）－＋1，则b－c＝f（0.02），f'（x）＝－＝，当x≥0时，x＋1＝≥，故当x≥0时，f'（x）＝≤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＝2ln 1.01－＋1，设g（x）＝2ln（x＋1）－＋1，则a－c＝g（0.01），g'（x）＝－＝，当0≤x＜2时，≥＝x＋1，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）法一　由题意，得f'（x）＝aex－，∴f'（x）＝aex－≥0在区间（1，2）上恒成立，即a≥在区间（1，2）上恒成立.设函数g（x）＝，x∈（1，2），则g'（x）＝－＜0，∴函数g（x）在区间（1，2）单调递减.∴ x∈（1，2），g（x）＜g（1）＝＝e－1.∴a≥e－1，∴a的最小值为e－1.故选C.
法二　∵函数f（x）＝aex－ln x，∴f'（x）＝aex－.∵函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）单调递增，∴f'（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－≥0在（1，2）恒成立，易知a＞0，则0＜≤xex在（1，2）恒成立.设g（x）＝xex，则g'（x）＝（x＋1）ex.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－1，故选C.
（3）法一　由题意，得f'（x）＝axln a＋（a＋1）xln（a＋1）.令h（x）＝axln a＋（a＋1）xln（a＋1），则h'（x）＝ax（ln a）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）＝ln a＋ln（a＋1），当x→＋∞时，f'（x）→＋∞，所以若f'（0）＜0，则在（0，＋∞）上存在x0使得f'（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，f（x）单调递减，与题意不符；若f'（0）≥0，则f'（x）＞0，此时f（x）在（0，＋∞）上单调递增.所以ln a＋ln（a＋1）≥0，即a2＋a－1≥0，解得a≥或a≤.因为a∈（0，1），所以a∈［，1）.
法二　令g（x）＝ax，r（x）＝（a＋1）x，a∈（0，1），则g'（x）＝axln a，r'（x）＝（a＋1）xln（a＋1），g'（0）≥－r'（0），即ln a≥－ln（a＋1），解得a∈［，1）.
【例3】　（1）D　（2）AC　（3）　解析：（1）f（x）＝cos x＋（x＋1）sin x＋1，x∈[0，2π]，则f'（x）＝－sin x＋sin x＋（x＋1）cos x＝（x＋1）cos x.令f'（x）＝0，解得x＝－1（舍去），x＝或x＝.因为f＝cos ＋sin ＋1＝2＋，f＝cos ＋sin ＋1＝－，又f（0）＝cos 0＋（0＋1）sin 0＋1＝2，f（2π）＝cos 2π＋（2π＋1）sin 2π＋1＝2，所以f（x）max＝f＝2＋，f（x）min＝f＝－.故选D.
（2）因为f（x）＝x3－x＋1，所以f'（x）＝3x2－1，令f'（x）＝3x2－1＝0，得x＝±.由f'（x）＝3x2－1＞0得x＞或x＜－；由f'（x）＝3x2－1＜0得－＜x＜.所以f（x）＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f（x）有两个极值点，故A正确.因为f（x）的极小值f＝－＋1＝1－＞0，f（－2）＝（－2）3－（－2）＋1＝－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－x的图象向上平移一个单位长度得函数f（x）＝x3－x＋1的图象，函数g（x）＝x3－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＋1的对称中心，故C正确.假设直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线，切点为（x0，y0），则f'（x0）＝3－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为（1，1），但点（1，1）不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为（－1，1），但点（－1，1）不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.故选A、C.
（3）法一　由f（x）＝2ax－ex2，得f'（x）＝2axln a－2ex.令f'（x）＝0，得axln a＝ex，因为a＞0且a≠1，所以显然x≠0，所以e＝.令g（x）＝，则g'（x）＝＝.令g'（x）＝0，得x＝.故当x＞时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当x＜时，g'（x）＜0，g（x）单调递减.所以g（x）极小值＝g＝＝（ln a）2，也是最小值.因为f（x）有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，故f'（x）＝0有两个不同的根x＝x1，x＝x2，故g（x）的图象与直线y＝e有两个交点，所以g＜e，即（ln a）2＜e，又＝＝＝e，所以（ln a）2＜1，又x1＜x2，所以易知当x∈（－∞，x1），（x2，＋∞）时，f'（x）＜0；当x∈（x1，x2）时，f'（x）＞0.若a＞1，则当x→＋∞时，f'（x）→＋∞，不符合题意，所以0＜a＜1，则－1＜ln a＜0，所以a∈.
法二　由题意，f'（x）＝2axln a－2ex，根据f（x）有极小值点x＝x1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∈（－∞，x1），（x2，＋∞）时，f'（x）＜0；当x∈（x1，x2）时，f'（x）＞0.由f'（x）＝0可得ax·ln a＝ex.①若a＞1，则当x→＋∞时，f'（x）→＋∞，不符合题意，舍去.②若0＜a＜1，令g（x）＝axln a，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，
如图所示.因为f'（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l的斜率k＜e.不妨设直线l与g（x）的图象的切点坐标为（x0，ln a），因为g'（x）＝ax（ln a）2，所以k＝（ln a）2＝，可得x0＝，从而k＝（ln a）2＜e，即e·（ln a）2＜e，则（ln a）2＜1，又0＜a＜1，所以－1＜ln a＜0，所以a∈.
【例4】　解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'（x）＝aex－1.
当a≤0时，易知f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数.
当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝ln.
当x∈（－∞，ln）时，f'（x）＜0；当x∈（ln，＋∞）时，f'（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.
综上可知，当a≤0时，f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数；当a＞0时，f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.
（2）证明：法一　由（1）知，当a＞0时，f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.
所以f（x）min＝f（ln）＝a（＋a）－ln＝1＋a2＋ln a.
令g（x）＝1＋x2＋ln x－（2ln x＋），x＞0，
即g（x）＝x2－ln x－，x＞0，
则g'（x）＝2x－＝.
令g'（x）＝0，得x＝.
当x∈（0，）时，g'（x）＜0；当x∈（，＋∞）时，g'（x）＞0.
所以g（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（）＝（）2－ln －＝－ln＞0，
所以1＋x2＋ln x＞2ln x＋对 x＞0恒成立，
所以当a＞0时，1＋a2＋ln a＞2ln a＋恒成立.
即当a＞0时，f（x）＞2ln a＋.
法二　当a＞0时，由（1）得，f（x）min＝f（－ln a）＝1＋a2＋ln a，
故欲证f（x）＞2ln a＋成立，
只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，
即证a2－＞ln a.
构造函数u（a）＝ln a－（a－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，＋∞）上单调递减，
所以u（a）≤u（1）＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－＞a－1，即证a2－a＋＞0，
因为a2－a＋＝（a－）2＋＞0恒成立，
所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋.
【例5】　解：（1）因为f（0）＝0，f'（x）＝a－（x＋1）ex，所以f'（0）＝a－1，所以函数在（0，f（0））处的切线方程为（a－1）x－y＝0.
（2）证明：若证明f（x）仅有一个极值点，即证f'（x）＝a－（x＋1）ex＝0，只有一个解，
即证a＝（x＋1）ex只有一个解，
令g（x）＝（x＋1）ex，只需证g（x）＝（x＋1）ex的图象与直线y＝a（a＞0）仅有一个交点，
g'（x）＝（x＋2）ex，
当x＝－2时，g'（x）＝0，
当x＜－2时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
当x＞－2时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＝－2时，g（－2）＝－e－2＜0.
当x→＋∞时，g（x）→＋∞，
当x→－∞时，g（x）→0－，
画出函数g（x）＝（x＋1）ex的图象大致如下，
因为a＞0，所以g（x）＝（x＋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－xex≤a＋b对于任意的x∈R恒成立，
即存在a∈（0，＋∞），使得－b≤xex＋a（1－x）对于任意的x∈R恒成立，
令h（x）＝xex＋a（1－x），即存在a∈（0，＋∞），－b≤h（x）min，
h'（x）＝（x＋1）ex－a，h″（x）＝（x＋2）ex.
由（2）得x＜－2时，h″（x）＜0，h'（x）在（－∞，－2）上单调递减，x＞－2时，h″（x）＞0，h'（x）在（－2，＋∞）上单调递增，
当x→＋∞时，h'（x）→＋∞，
当x→－∞时，h'（x）＜0，
所以存在x＝x0（x0＞－2），使得函数h'（x0）＝（x0＋1）－a＝0，
即（x0＋1）＝a，
当x＜x0时h（x）单调递减，当x＞x0时h（x）单调递增，
当x＝x0时，h（x）min＝h（x0）＝x0＋a（1－x0）＝（1－＋x0），h'（x0）＝（－－x0＋2）＝－（x0＋2）（x0－1），
当－2＜x0＜1时，h'（x0）＞0，则h（x0）单调递增，当x0＞1时，h'（x0）＜0，则h（x0）单调递减.
当x0＝1时，h（x0）max＝h（1）＝e，
因为存在a∈（0，＋∞），－b≤h（x0），即－b≤h（x0）max，即－b≤e，
所以b的取值范围为[－e，＋∞）.
【例6】　解：（1）当a＝1时，f（x）＝ln（1＋x）＋x·e－x，
∴f'（x）＝＋e－x＋x·e－x·（－1），
∴f'（0）＝1＋1＝2，
∵f（0）＝0，
∴所求切线方程为y－0＝2·（x－0），即y＝2x.
（2）∵f（x）＝ln（1＋x）＋ax·e－x＝ln（x＋1）＋，
∴①当a≥0时，若x＞0，则ln（x＋1）＞0，≥0，∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.
②当a＜0时，f'（x）＝.
令g（x）＝ex＋a（1－x2），则g'（x）＝ex－2ax，g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，
g'（－1）＝e－1＋2a，g'（0）＝1，
（a）若g'（－1）≥0，则－≤a＜0，∴－≤a＜0时，g'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴g（x）在（－1，＋∞）上单调递增，
∵g（－1）＝e－1＞0，∴g（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴f'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴f（x）在（－1，＋∞）上单调递增，∵f（0）＝0，
∴f（x）在（－1，0），（0，＋∞）上均无零点，不符合题意.
（b）若g'（－1）＜0，则a＜－，∴a＜－时，存在x0∈（－1，0），使得g'（x0）＝0.
∴g（x）在（－1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.
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，＋∞）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，＋∞）上无零点，不符合题意.
（ⅱ）当g（0）＜0，即a＜－1时，
存在x1∈（－1，x0），x2∈（0，1），使得g（x1）＝g（x2）＝0，
∴f（x）在（－1，x1），（x2，＋∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减.
∵f（0）＝0，∴f（x1）＞f（0）＝0，当x→－1时，f（x）＜0，
∴f（x）在（－1，x1）上存在一个零点，
即f（x）在（－1，0）上存在一个零点，
∵f（0）＝0，当x→＋∞时，f（x）＞0，
∴f（x）在（x2，＋∞）上存在一个零点，即f（x）在（0，＋∞）上存在一个零点.
综上，a的取值范围是（－∞，－1）.
【例7】　解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex－x－2，则f'（x）＝ex－1.
当x＜0时，f'（x）＜0；当x＞0时，f'（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，0）单调递减，在（0，＋∞）单调递增.
（2）f'（x）＝ex－a.
当a≤0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（－∞，＋∞）上是增函数，故f（x）至多存在1个零点，不合题意.
当a＞0时，由f'（x）＝0可得x＝ln a.当x∈（－∞，ln a）时，f'（x）＜0；当x∈（ln a，＋∞）时，f'（x）＞0.所以f（x）在（－∞，ln a）单调递减，在（ln a，＋∞）单调递增.故当x＝ln a时，f（x）取得最小值，最小值为f（ln a）＝－a（1＋ln a）.
①若0＜a≤，则f（ln a）≥0，f（x）在（－∞，＋∞）至多存在1个零点，不合题意.
②若a＞，则f（ln a）＜0.由于f（－2）＝e－2＞0，所以f（x）在（－∞，ln a）存在唯一零点.
由（1）知，当x＞2时，ex－x－2＞0，所以当x＞4且x＞2ln（2a）时，f（x）＝·－a（x＋2）＞eln（2a）·－a（x＋2）＝2a＞0.
故f（x）在（ln a，＋∞）存在唯一零点.从而f（x）在（－∞，＋∞）有两个零点.
综上，a的取值范围是 .
【例8】　解：（1）由题意知当x＝4时，y＝21，
代入y＝＋4（x－6）2，
得＋16＝21，解得m＝10.
（2）设每日销售套题所获得的利润为f（x）千元.
由（1）可知，套题每日的销售量y＝＋4（x－6）2，2＜x＜6，所以每日销售套题所获得的利润f（x）＝（x－2）＝10＋4（x－6）2（x－2）＝4x3－56x2＋240x－278（2＜x＜6），则f'（x）＝12x2－112x＋240＝4（3x－10）（x－6）（2＜x＜6）.
令f'（x）＝0，得x＝6（舍去）或x＝.
当x∈时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以x＝是函数f（x）在（2，6）内的极大值点，也是最大值点，
所以当x＝≈3.3时，函数f（x）取得最大值.
故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.
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章末复习与总结
一、数学运算与逻辑推理
　　数学运算、逻辑推理这两大核心素养在本章中体现较多，主要涉
及以下内容：（1）导数计算；（2）利用导数研究函数的单调性、极
值、最值；（3）不等式的证明；（4）恒成立（能成立）的转化.
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（　C　）
C
解析： 由题意可知y'＝ ＝ ，则曲线 y
＝ 在点（1， ）处的切线斜率 k ＝y'｜ x＝1＝ ，所以曲线 y
＝ 在点（1， ）处的切线方程为 y － ＝ （ x －1），即 y ＝
x ＋ ，故选C.
解析： 先求当 x ＞0时，曲线 y ＝ln x 过原点的切线方程，
设切点为（ x0， y0），则由y'＝ ，得切线斜率为 ，又切线的
斜率为 ，所以 ＝ ，解得 y0＝1，代入 y ＝ln x ，得 x0＝e，
所以切线斜率为 ，切线方程为 y ＝ x .同理可求得当 x ＜0时的
切线方程为 y ＝－ x .综上可知，两条切线方程为 y ＝ x ， y ＝
－ x .
（2）（2022·新高考Ⅱ卷）曲线 y ＝ln ｜ x ｜过坐标原点的两条切线的
方程为 　 y ＝ x 　， 　 y ＝－ x 　.
y ＝ x
y ＝－ x
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
（　B　）
A. a ＜ b ＜ c B. b ＜ c ＜ a
C. b ＜ a ＜ c D. c ＜ a ＜ b
B
解析： b － c ＝ln 1.02－ ＋1，设 f （ x ）＝ln（ x ＋
1）－ ＋1，则 b － c ＝ f （0.02），f'（ x ）＝ －
＝ ，当 x ≥0时， x ＋1＝ ≥
，故当 x ≥0时，f'（ x ）＝ ≤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 ＝2ln 1.01－ ＋1，设 g （ x ）＝2ln（ x ＋1）－ ＋
1，则 a － c ＝ g （0.01），g'（ x ）＝ － ＝ ，
当0≤ x ＜2时， ≥ ＝ x ＋1，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）（2023·新高考Ⅱ卷6题）已知函数 f （ x ）＝ a e x －ln x 在区间
（1，2）上单调递增，则实数 a 的最小值为（　C　）
A. e2 B. e
C. e－1 D. e－2
C
解析： 法一　由题意，得f'（ x ）＝ a e x － ，∴f'（ x ）＝
a e x － ≥0在区间（1，2）上恒成立，即 a ≥ 在区间（1，
2）上恒成立.设函数 g （ x ）＝ ， x ∈（1，2），则g'（ x ）
＝－ ＜0，∴函数 g （ x ）在区间（1，2）单调递减.∴ x ∈
（1，2）， g （ x ）＜ g （1）＝ ＝e－1.∴ a ≥e－1，∴ a 的最小
值为e－1.故选C.
法二　∵函数 f （ x ）＝ a e x －ln x ，∴f'（ x ）＝ a e x － .∵函数 f
（ x ）＝ a e x －ln x 在区间（1，2）单调递增，∴f'（ x ）≥0在（1，
2）恒成立，即 a e x － ≥0在（1，2）恒成立，易知 a ＞0，则0＜ ≤
x e x 在（1，2）恒成立.设 g （ x ）＝ x e x ，则g'（ x ）＝（ x ＋1）e x .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－1，故选C.
（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 .
［ ，1）
解析：法一　由题意，得f'（ x ）＝ ax ln a ＋（ a ＋1） x ln（ a ＋1）.令 h
（ x ）＝ ax ln a ＋（ a ＋1） x ln（ a ＋1），则h'（ x ）＝ ax （ln a ）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）＝ln a ＋ln（ a ＋1），当
x →＋∞时，f'（ x ）→＋∞，所以若f'（0）＜0，则在（0，＋∞）上
存在 x0使得f'（ x0）＝0，且当 x ∈（0， x0）时， f （ x ）单调递减，与
题意不符；若f'（0）≥0，则f'（ x ）＞0，此时 f （ x ）在（0，＋∞）
上单调递增.所以ln a ＋ln（ a ＋1）≥0，即 a2＋ a －1≥0，解得 a ≥
或 a ≤ .因为 a ∈（0，1），所以 a ∈［ ，1）.
法二　令 g （ x ）＝ ax ， r （ x ）＝（ a ＋1） x ， a ∈（0，1），则g'
（ x ）＝ ax ln a ，r'（ x ）＝（ a ＋1） x ln（ a ＋1），g'（0）≥－r'
（0），即ln a ≥－ln（ a ＋1），解得 a ∈［ ，1）.
培优三 利用导数研究函数的极值和最值
【例3】　（1）（2022·全国乙卷）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（　D　）
D
解析： f （ x ）＝ cos x ＋（ x ＋1） sin x ＋1， x ∈[0，
2π]，则f'（ x ）＝－ sin x ＋ sin x ＋（ x ＋1） cos x ＝（ x ＋1）
cos x .令f'（ x ）＝0，解得 x ＝－1（舍去）， x ＝ 或 x ＝ .因
为 f ＝ cos ＋ sin ＋1＝2＋ ， f ＝ cos ＋
sin ＋1＝－ ，又 f （0）＝ cos 0＋（0＋1） sin 0＋1
＝2， f （2π）＝ cos 2π＋（2π＋1） sin 2π＋1＝2，所以 f （ x ）
max＝ f ＝2＋ ， f （ x ）min＝ f ＝－ .故选D.
（2）（多选）（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 f （ x ）＝ x3－ x ＋1，则
（　AC　）
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 ＝2 x 是曲线 y ＝ f （ x ）的切线
AC
解析： 因为 f （ x ）＝ x3－ x ＋1，所以f'（ x ）＝3 x2－1，
令f'（ x ）＝3 x2－1＝0，得 x ＝± .由f'（ x ）＝3 x2－1＞0得 x
＞ 或 x ＜－ ；由f'（ x ）＝3 x2－1＜0得－ ＜ x ＜ .所以 f
（ x ）＝ x3－ x ＋1在 ， 上单调递增，在
上单调递减，所以 f （ x ）有两个极值点，故A正确.
因为 f （ x ）的极小值 f ＝ － ＋1＝1－ ＞0， f （－2）
＝（－2）3－（－2）＋1＝－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－ x 的图象向上平移一个单
位长度得函数 f （ x ）＝ x3－ x ＋1的图象，函数 g （ x ）＝ x3－ 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 ＋1的对称中心，故C正确.假设直线 y ＝2 x 是曲线 y ＝ f
（ x ）的切线，切点为（ x0， y0），则f'（ x0）＝3 －1＝2，解得 x0
＝±1.若 x0＝1，则切点坐标为（1，1），但点（1，1）不在直线 y ＝
2 x 上，若 x0＝－1，则切点坐标为（－1，1），但点（－1，1）不在
直线 y ＝2 x 上，所以假设不成立，故D错误.故选A、C.


解析： 法一　由 f （ x ）＝2 ax －e x2，得f'（ x ）＝2 ax ln a
－2e x .令f'（ x ）＝0，得 ax ln a ＝e x ，因为 a ＞0且 a ≠1，所以
显然 x ≠0，所以e＝ .令 g （ x ）＝ ，则g'（ x ）＝
＝ .令g'（ x ）＝0，得 x ＝ .
故当 x ＞ 时，g'（ x ）＞0， g （ x ）单调递增；当 x ＜ 时，
g'（ x ）＜0， g （ x ）单调递减.
所以 g （ x ）极小值＝ g ＝ ＝ （ln a ）2，也是最小值.因
为 f （ x ）有极小值点 x ＝ x1和极大值点 x ＝ x2，故f'（ x ）＝0有两个不
同的根 x ＝ x1， x ＝ x2，故 g （ x ）的图象与直线 y ＝e有两个交点，所
以 g ＜e，即 （ln a ）2＜e，又 ＝ ＝ ＝e，所
以（ln a ）2＜1，又 x1＜ x2，所以易知当 x ∈（－∞， x1），（ x2，＋
∞）时，f'（ x ）＜0；当 x ∈（ x1， x2）时，f'（ x ）＞0.若 a ＞1，则
当 x →＋∞时，f'（ x ）→＋∞，不符合题意，所以0＜ a ＜1，则－1＜
ln a ＜0，所以 a ∈ .
法二　由题意，f'（ x ）＝2 ax ln a －2e x ，根据 f
（ x ）有极小值点 x ＝ x1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 ∈（－∞， x1），（ x2，
＋∞）时，f'（ x ）＜0；当 x ∈（ x1， x2）时，f'
（ x ）＞0.由f'（ x ）＝0可得 ax ·ln a ＝e x .①若 a
＞1，则当 x →＋∞时，f'（ x ）→＋∞，不符合题意，舍去.②若0＜ a ＜1，令 g （ x ）＝ ax ln a ， h （ x ）＝e x ，在同一平面直角坐标系中作出函数 g （ x ）和 h （ x ）的图象，
如图所示.因为f'（ 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 l 的斜
率 k ＜e.不妨设直线 l 与 g （ x ）的图象的切点坐标为（ x0， ln
a ），因为g'（ x ）＝ ax （ln a ）2，所以 k ＝ （ln a ）2＝ ，可
得 x0＝ ，从而 k ＝ （ln a ）2＜e，即e·（ln a ）2＜e，则（ln a ）2
＜1，又0＜ a ＜1，所以－1＜ln a ＜0，所以 a ∈ .
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 （e x ＋ a ）－x .
（1）讨论 f （ x ）的单调性；
解： 由题意知， f （ x ）的定义域为（－∞，＋∞），f'
（ x ）＝ a e x －1.
当 a ≤0时，易知f'（ x ）＜0，则 f （ x ）在（－∞，＋∞）上是
减函数.
当 a ＞0时，令f'（ x ）＝0，得 x ＝ln .
当 x ∈（－∞，ln ）时，f'（ x ）＜0；当 x ∈（ln ，＋∞）
时，f'（ x ）＞0.
所以 f （ x ）在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上
单调递增.
综上可知，当 a ≤0时， f （ x ）在（－∞，＋∞）上是减函数；
当 a ＞0时， f （ x ）在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋
∞）上单调递增.
（2）证明：当 a ＞0时， f （ x ）＞2ln a ＋ .
解： 证明：法一　由（1）知，当 a ＞0时， f （ x ）在（－
∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增.
所以 f （ x ）min＝ f （ln ）＝ a （ ＋ a ）－ln ＝1＋ a2＋ln
a .
令 g （ x ）＝1＋ x2＋ln x －（2ln x ＋ ）， x ＞0，
即 g （ x ）＝ x2－ln x － ， x ＞0，
则g'（ x ）＝2 x － ＝ .
令g'（ x ）＝0，得 x ＝ .
当 x ∈（0， ）时，g'（ x ）＜0；当 x ∈（ ，＋∞）时，g'
（ x ）＞0.
所以 g （ x ）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调
递增，
所以 g （ x ）min＝ g （ ）＝（ ）2－ln － ＝－ln ＞0，
所以1＋ x2＋ln x ＞2ln x ＋ 对 x ＞0恒成立，
所以当 a ＞0时，1＋ a2＋ln a ＞2ln a ＋ 恒成立.
即当 a ＞0时， f （ x ）＞2ln a ＋ .
法二　当 a ＞0时，由（1）得， f （ x ）min＝ f （－ln a ）＝1＋ a2＋ln
a ，
故欲证 f （ x ）＞2ln a ＋ 成立，
只需证1＋ a2＋ln a ＞2ln a ＋ ，
即证 a2－ ＞ln a .
构造函数 u （ a ）＝ln a －（ a －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，＋∞）上单调
递减，
所以 u （ a ）≤ u （1）＝0，即ln a ≤ a －1，
故只需证 a2－ ＞ a －1，即证 a2－ a ＋ ＞0，
因为 a2－ a ＋ ＝（ a － ）2＋ ＞0恒成立，
所以当 a ＞0时， f （ x ）＞2ln a ＋ .
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 － x e x .
（1）求函数 y ＝ f （ x ）在点（0， f （0））处的切线方程；
解： 因为 f （0）＝0，f'（ x ）＝ a －（ x ＋1）e x ，所以f'
（0）＝ a －1，所以函数在（0， f （0））处的切线方程为（ a
－1） x － y ＝0.
（2）证明 f （ x ）存在唯一极值点；
解： 证明：若证明 f
（ x ）仅有一个极值点，即证f'
（ x ）＝ a －（ x ＋1）e x ＝0，
只有一个解，
即证 a ＝（ x ＋1）e x 只有一个解，令 g （ x ）＝（ x ＋1）e x ，只需证 g （ x ）＝（ x ＋1）e x 的图象与直线 y ＝ a （ a ＞0）仅有一
个交点，g'（ x ）＝（ x ＋2）e x ，当 x ＝－2时，g'（ x ）＝0，
当 x ＜－2时，g'（ x ）＜0， g （ x ）单调递减，当 x ＞－2时，g'（ x ）＞0， g （ x ）单调递增，
当 x ＝－2时， g （－2）＝－e－
2＜0.
当 x →＋∞时， g （ x ）→＋
∞，
当 x →－∞时， g （ x ）→0－，
画出函数 g （ x ）＝（ x ＋1）e x
的图象大致如下，
因为 a ＞0，所以 g （ x ）＝（ x＋1）e x 的图象与直线 y ＝ a （ a
＞0）仅有一个交点.
（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.
解： 由题意可得，存在 a ∈（0，＋∞），使得 ax － x e x ≤
a ＋ b 对于任意的 x ∈R恒成立，
即存在 a ∈（0，＋∞），使得－ b ≤ x e x ＋ a （1－ x ）对于任意
的 x ∈R恒成立，
令 h （ x ）＝ x e x ＋ a （1－ x ），即存在 a ∈（0，＋∞），－ b
≤ h （ x ）min，
h'（ x ）＝（ x ＋1）e x － a ， h ″（ x ）＝（ x ＋2）e x .
由（2）得 x ＜－2时， h ″（ x ）＜0，h'（ x ）在（－∞，－2）
上单调递减， x ＞－2时， h ″（ x ）＞0，h'（ x ）在（－2，＋
∞）上单调递增，
当 x →＋∞时，h'（ x ）→＋∞，
当 x →－∞时，h'（ x ）＜0，
所以存在 x ＝ x0（ x0＞－2），使得函数h'（ x0）＝（ x0＋1）
－ a ＝0，
即（ x0＋1） ＝ a ，
当 x ＜ x0时 h （ x ）单调递减，当 x ＞ x0时 h （ x ）单调递增，
当 x ＝ x0时， h （ x ）min＝ h （ x0）＝ x0 ＋ a （1－ x0）＝（1
－ ＋ x0） ，h'（ x0）＝（－ － x0＋2） ＝－（ x0＋
2）（ x0－1） ，
当－2＜ x0＜1时，h'（ x0）＞0，则 h （ x0）单调递增，当 x0＞1
时，h'（ x0）＜0，则 h （ x0）单调递减.
当 x0＝1时， h （ x0）max＝ h （1）＝e，
因为存在 a ∈（0，＋∞），－ b ≤ h （ x0），即－ b ≤ h （ x0）
max，即－ b ≤e，
所以 b 的取值范围为[－e，＋∞）.
培优六 利用导数研究方程的根或函数的零点
【例6】　（2022·全国乙卷）已知函数 f （ x ）＝ln（1＋ x ）＋ ax e－ x .
（1）当 a ＝1时，求曲线 y ＝ f （ x ）在点（0， f （0））处的切线
方程；
解： 当 a ＝1时， f （ x ）＝ln（1＋ x ）＋ x ·e－ x ，
∴f'（ x ）＝ ＋e－ x ＋ x ·e－ x ·（－1），
∴f'（0）＝1＋1＝2，
∵ f （0）＝0，
∴所求切线方程为 y －0＝2·（ x －0），即 y ＝2 x .
（2）若 f （ x ）在区间（－1，0），（0，＋∞）各恰有一个零点，求
a 的取值范围.
解： ∵ f （ x ）＝ln（1＋ x ）＋ ax ·e－ x ＝ln（ x ＋1）
＋ ，
∴①当 a ≥0时，若 x ＞0，则ln（ x ＋1）＞0， ≥0，∴ f
（ x ）＞0，∴ f （ x ）在（0，＋∞）上无零点，不符合题
意.
②当 a ＜0时，f'（ x ）＝ .
令 g （ x ）＝e x ＋ a （1－ x2），则g'（ x ）＝e x －2 ax ，g'
（ x ）在（－1，＋∞）上单调递增，
g'（－1）＝e－1＋2 a ，
g'（0）＝1，
（a）若g'（－1）≥0，则－ ≤ a ＜0，∴－ ≤ a ＜0时，
g'（ x ）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴ g （ x ）在（－1，＋∞）上单调递增，
∵ g （－1）＝e－1＞0，∴ g （ x ）＞0在（－1，＋∞）上恒
成立，
∴f'（ x ）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴ f （ x ）在（－1，＋∞）上单调递增，∵ f （0）＝0，
∴ f （ x ）在（－1，0），（0，＋∞）上均无零点，不符合
题意.
（b）若g'（－1）＜0，则 a ＜－ ，∴ a ＜－ 时，存在
x0∈（－1，0），使得g'（ x0）＝0.
∴ g （ x ）在（－1， x0）上单调递减，在（ x0，＋∞）上单
调递增.
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，＋∞）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，＋∞）上无零点，不符合题意.
（ⅱ）当 g （0）＜0，即 a ＜－1时，
存在 x1∈（－1， x0）， x2∈（0，1），使得 g （ x1）＝ g
（ x2）＝0，
∴ f （ x ）在（－1， x1），（ x2，＋∞）上单调递增，在
（ x1， x2）上单调递减.
∵ f （0）＝0，∴ f （ x1）＞ f （0）＝0，当 x →－1时， f
（ x ）＜0，
∴ f （ x ）在（－1， x1）上存在一个零点，
即 f （ x ）在（－1，0）上存在一个零点，
∵ f （0）＝0，当 x →＋∞时， f （ x ）＞0，
∴ f （ x ）在（ x2，＋∞）上存在一个零点，即 f （ x ）在
（0，＋∞）上存在一个零点.
综上， a 的取值范围是（－∞，－1）.
【例7】　已知函数 f （ x ）＝e x － a （ x ＋2）.
（1）当 a ＝1时，讨论 f （ x ）的单调性；
解： 当 a ＝1时， f （ x ）＝e x － x －2，则f'（ x ）＝e x －1.
当 x ＜0时，f'（ x ）＜0；当 x ＞0时，f'（ x ）＞0.
所以 f （ x ）在（－∞，0）单调递减，在（0，＋∞）单调递增.
解： f'（ x ）＝e x － a .
当 a ≤0时，f'（ x ）＞0，所以 f （ x ）在（－∞，＋∞）上是增
函数，故 f （ x ）至多存在1个零点，不合题意.
当 a ＞0时，由f'（ x ）＝0可得 x ＝ln a .当 x ∈（－∞，ln a ）
时，f'（ x ）＜0；当 x ∈（ln a ，＋∞）时，f'（ x ）＞0.所以 f
（ x ）在（－∞，ln a ）单调递减，在（ln a ，＋∞）单调递增.
故当 x ＝ln a 时， f （ x ）取得最小值，最小值为 f （ln a ）＝－ a
（1＋ln a ）.
（2）若 f （ x ）有两个零点，求 a 的取值范围.
①若0＜ a ≤ ，则 f （ln a ）≥0， f （ x ）在（－∞，＋∞）至多
存在1个零点，不合题意.
②若 a ＞ ，则 f （ln a ）＜0.由于 f （－2）＝e－2＞0，所以 f
（ x ）在（－∞，ln a ）存在唯一零点.
由（1）知，当 x ＞2时，e x － x －2＞0，所以当 x ＞4且 x ＞2ln
（2 a ）时， f （ x ）＝ · － a （ x ＋2）＞eln（2 a）· － a
（ x ＋2）＝2 a ＞0.
故 f （ x ）在（ln a ，＋∞）存在唯一零点.从而 f （ x ）在（－
∞，＋∞）有两个零点.综上， a 的取值范围是 .
二、数学建模
　　利用导数解决函数在实际问题中的应用问题，培养了学生的数学
建模核心素养.
培优七 导数的实际应用
【例8】　时下，网校教学越来越受广大学生的喜爱，它已经成为学
生课外学习的一种方式.假设某网校的套题每日的销售量 y （单位：千
套）与销售价格 x （单位：元/套）满足关系式： y ＝ ＋4（ x －6）
2，其中2＜ x ＜6， m 为常数，已知销售价格为4元/套时，每日可售出
套题21千套.
（1）求 m 的值；
解： 由题意知当 x ＝4时， y ＝21，
代入 y ＝ ＋4（ x －6）2，
得 ＋16＝21，解得 m ＝10.
解： 设每日销售套题所获得的利润为 f （ x ）千元.
由（1）可知，套题每日的销售量 y ＝ ＋4（ x －6）2，2
＜ x ＜6，所以每日销售套题所获得的利润 f （ x ）＝（ x －
2） ＝10＋4（ x －6）2（ x －2）＝4 x3
－56 x2＋240 x －278（2＜ x ＜6），则f'（ x ）＝12 x2－112 x
＋240＝4（3 x －10）（ x －6）（2＜ x ＜6）.
令f'（ x ）＝0，得 x ＝6（舍去）或 x ＝ .
当 x ∈ 时，f'（ x ）＞0，函数 f （ x ）单调递增；
（2）假设网校的员工工资、办公费用等所有开销折合为每套题2元
（只考虑售出的套题）.试确定销售价格 x 为何值时，网校每日
销售套题所获得的利润最大.（保留1位小数）
当 x ∈ 时，f'（ x ）＜0，函数 f （ x ）单调递减，
所以 x ＝ 是函数 f （ x ）在（2，6）内的极大值点，也是
最大值点，
所以当 x ＝ ≈3.3时，函数 f （ x ）取得最大值.
故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利
润最大.
谢 谢 观 看！

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