第五章 一元函数的导数及其应用 同步学案（含答案） 2024~2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修2

第五章　一元函数的导数及其应用
1. 了解导数的概念，理解导数的几何意义、物理意义．
2. 掌握基本初等函数的导数公式、导数的运算法则及简单复合函数的导数．
3. 掌握导数在研究函数性质中的应用．
4. 理解导数在实际问题中的应用．
活动一 知识整合
知识结构框图：
活动二　导数的基本运算　
例1　求下列函数的导数：
(1) f(x)＝；
(2) f(x)＝；
(3) f(x)＝lg x＋cos x；
(4) f(x)＝2x＋ln x.
(5) f(x)＝sin 3x cos x；
(6) f(x)＝ln (2x＋1)＋32x.
活动三　理解导数的几何意义　
例2　设曲线C：y＝x3－3x和直线x＝a(a>0)的交点为P，曲线C在点P处的切线与 x轴 交于点Q(－a，0)，求实数a的值．
活动四　掌握利用导数解决函数的单调性的方法　
例3　（2024遂宁月考）已知函数f(x)＝x2＋ax－ln x.
(1) 若函数y＝f(x)在区间[1，3]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2) 当a＝1时，讨论函数f(x)在区间(0，t]（t>0)上的单调性．
例4　（2024张家口月考）已知函数f(x)＝xex，g(x)＝x＋ln x＋m.
(1) 求函数f(x)的极值；
(2) 若g(x)≤f(x)恒成立，求实数m的取值范围．
活动五　掌握利用导数解决函数的极值与最值问题的方法　
例5　设函数f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)为奇函数，其图象在点(1，f（1)）处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.
(1) 求a，b，c的值；
(2) 求函数f(x)的单调增区间，并求函数f(x)在区间[－1，3]上的最大值和最小值．
例6　（2024枣庄阶段练习）已知函数f(x)＝ax2＋(2－a)x－ln x.
(1) 讨论f(x)的单调性；
(2) 若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
活动六 导数在实际问题中的应用　　
例7　某物流公司购买了一块长AM＝30m，宽AN＝20m的矩形地AMPN，规划建设占地如图中矩形ABCD的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点C在地块的对角线MN上，点B，D分别在边AM，AN上．假设AB的长度为xm.
(1) 要使仓库占地ABCD的面积不小于144m2, AB的长度应在什么范围内？
(2) 若规划建设仓库的高度是与AB长度相同的长方体形建筑，当AB的长度为多少时？仓库的容量最大．（墙体楼板所占空间忽略不计）
活动七　导数的综合应用　
例8　设函数f(x)＝－x(x－a)2(x∈R，a∈R).
(1) 当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f（2)）处的切线方程；
(2) 当a≠0时，求函数f(x)的极大值和极小值；
(3) 当a>3时，证明存在k∈[－1，0]，使得不等式f(k－cos x)≥f(k2－cos2x)对任意的x∈R恒成立．
1．（2024温州期末）已知函数f(x)满足f(x)＝f′sin x－cos x，则f′的值为(　　)
A. B. C. － D. －
2. 函数f(x)＝x2－ln x的单调减区间是(　　)
A. （0，） B. [，＋∞）
C. （－∞，－），（0，） D. [－，0），（0，）
3. （多选）（2024淮南开学考试）已知函数f(x)＝，则下列命题中正确的是(　　)
A. 曲线y＝f(x)在点(1，0)处的切线方程是x－ey－1＝0
B. 函数f(x)有极大值，且极大值点x0∈(1，2)
C. f(2)D. 函数f(x)有两个零点
4. （2024武汉月考）若函数f(x)＝x3＋x2－2在区间(a－4，a)上存在最小值，则实数a的取值范围是　　　　．
5. 已知函数f(x)＝.
(1) 求函数f(x)的单调增区间；
(2) 求函数f(x)在区间[1，3]上的最大值和最小值．
第五章　一元函数的导数及其应用
【活动方案】
例1　(1) f′(x)＝9x2＋2x－－1 (2) f′(x)＝－
(3)f′(x)＝－sin x (4) f′(x)＝2x ln 2＋
(5) f′(x)＝3cos 3x cos x－sin 3x sin x (6) f′(x)＝＋9x ln 9
例2　由题意，得点P(a，a3－3a).
因为y′＝3x2－3，
所以在点P处的切线的斜率为3a2－3，
所以切线方程为y－(a3－3a)＝(3a2－3)(x－a).
令y＝0，得x＝.
由题意，得＝－a，解得a＝±.
又a>0，所以a＝.
例3　(1) 因为f(x)＝x2＋ax－ln x，
所以f′(x)＝2x＋a－.
由题意，得f′(x)≥0在区间[1，3]上恒成立，
所以a≥－2x在区间[1，3]上恒成立．
令g(x)＝－2x，x∈[1，3]，则g′(x)＝－－2<0，
所以g(x)在区间[1，3]上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝－1，可得a≥－1，
即实数a的取值范围为[－1，＋∞).
(2) 当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，
则f′(x)＝2x＋1－＝，
当0时，f′(x)>0，
即f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当0当t>时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
例4　(1) 由题意，得f′(x)＝(x＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1.
f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值－ 单调递增
所以函数f(x)的极小值为－，无极大值．
(2) 不等式g(x)≤f(x)恒成立，
即x＋ln x＋m≤xex恒成立，
即m≤xex－x－ln x，x>0恒成立，
所以m≤(xex－x－ln x)min，x>0.
设h(x)＝xex－x－ln x，x>0，
则h′(x)＝(x＋1)ex－1－＝(x＋1)，其中x＋1>0.
设m(x)＝ex－，
则m′(x)＝ex＋>0，
所以m(x)在区间(0，＋∞)单调递增．
因为m<0，m(1)>0，
所以存在x0∈，使得m(x0)＝0，
即h′(x0)＝0，即ex0＝.
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝x0时，函数h(x)取得最小值h(x0)＝x0ex0－x0－ln x0.
由ex0＝，可得x0＝－ln x0，
所以h(x0)＝x0ex0－x0－ln x0＝1－x0＋x0＝1，
所以m≤1，即实数m的取值范围是(－∞，1].
例5　(1) 因为函数f(x)是奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，
即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c，
所以c＝0.
因为f′(x)＝3ax2＋b，且f′(x)的最小值为－12，所以b＝－12.
因为函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，
所以f′(1)＝3a－12＝－6，则a＝2，
综上，a＝2，b＝－12，c＝0.
(2) 由(1)，得f(x)＝2x3－12x，
所以f′(x)＝6x2－12.
令f′(x)>0，得x<－或x>，
所以函数f(x)的单调增区间是(－∞，－)和(，＋∞).
因为f()＝－8，f(3)＝18，f(－1)＝10，
所以函数f(x)在区间[－1，3]上的最大值为18，最小值为－8.
例6　(1) 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝2ax＋(2－a)－＝.
当a≥0时，ax＋1>0.
由f′(x)>0，得x>；
由f′(x)<0，得0所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当a<0时，由f′(x)＝2ax＋(2－a)－＝＝0，
解得x1＝，x2＝－.
当a<－2时，x1＝>x2＝－.
令f′(x)>0，得－令f′(x)<0，得x<－或x>，
所以f(x)在区间和上单调递减，在区间上单调递增；
当a＝－2时，＝－，可得f′(x)≤0，所以f(x)在区间(0，＋∞)单调递减；
当－2令f′(x)>0，得令f′(x)<0，得0－，
所以f(x)在区间和上单调递减，在区间上单调递增．
综上，当a≥0时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；当－2(2) 由(1)可知，当a≥0时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当x→0时，y→＋∞；当x→＋∞时，y→＋∞.
若f(x)有两个零点，则f<0，即f＝＋1－＋ln 2<0，
解得a>4(1＋ln 2)；
当a＝－2时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，不可能有两个零点；
当a<0且a≠－2时，在x1＝和x2＝－处取得极值，
f＝＋1－＋ln 2＝1＋ln 2－>0，
f＝－＋1－ln ，
令－＝t>0，下证h(t)＝t＋1－ln t>0，
h′(t)＝1－＝，
当01时，h′(t)>0，
所以函数h(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
可得h(t)>h(1)＝2>0，
所以f＝－＋1－ln >0，
所以当a<0且a≠－2时，f(x)不可能有两个零点．
综上，实数a的取值范围为(4(1＋ln 2)，＋∞).
例7　(1) 由题意，得＝，则AD＝20－x，所以S矩形ABCD＝x.
因为仓库占地面积不小于144m2，
所以x≥144，解得12≤x≤18.
综上，要使仓库占地面积不小于144m2，AB的长度应在[12，18]范围内．
(2) 由题意，得V＝x2(0则V′＝40x－2x2.由V′＝0，得x＝0或x＝20.
当x∈(0，20)时，V′>0；
当x∈(20，30)时，V′<0，
所以当x＝20时，V取最大值，
故当AB的长度为20m时，仓库的容量最大．
例8　(1) 当a＝1时，f(x)＝－x(x－1)2＝－x3＋2x2－x，则f(2)＝－2，且f′(x)＝－3x2＋4x－1，所以f′(2)＝－5，
所以切线方程为y＋2＝－5(x－2)，即5x＋y－8＝0.
(2) 由f′(x)＝－3x2＋4ax－a2＝－(3x－a)(x－a)＝0，得x＝a或x＝.
若a>0，则f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，) a (a，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调递减 － 单调递增 0 单调递减
所以当x＝时，f(x)有极小值f＝－；当x＝a时，f(x)有极大值f(a)＝0.
若a<0，则f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，a) a (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调递减 0 单调递增 － 单调递减
所以当x＝a时，f(x)有极小值f(a)＝0；
当x＝时，f(x)有极大值f＝－.
(3) 由a>3，得>1.
当k∈[－1，0]时，k－cos x≤1，k2－cos2x≤1，
由(2)，得函数f(x)在区间(－∞，1]上单调递减，
要使f(k－cosx)≥f(k2－cos2x)在R上恒成立，
只要k－cosx≤k2－cos2x在R上恒成立，
即cos2x－cosx≤k2－k在R上恒成立．
设g(x)＝cos2x－cosx＝－，
则g(x)max＝g(－1)＝2，
所以k2－k≥2，解得k≥2或k≤－1，
所以在区间[－1，0]上存在k＝－1，使得f(k－cos x)≥f(k2－cos2x)对任意的x∈R恒成立．
【检测反馈】
1．A　由题意，得f′(x)＝f′cos x＋sin x，则f′＝f′cos ＋sin ＝f′＋，解得f′＝.
2. A　f′(x)＝2x－＝，令f′(x)<0，得0＜x<，故函数f(x)的单调减区间为(0，).
3. AB　对于A，f′(x)＝＝，则f′(1)＝，所以曲线y＝f(x)在点(1，0)处的切线方程是y－0＝(x－1)，即x－ey－1＝0，故A正确；对于B，设h(x)＝1－x ln x，则h′(x)＝－ln x－1，当00，h(x)单调递增，当x>时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h＝1＋>0，令x＝et→0，则t＝ln x→－∞，所以h(x)＝1－x ln x＝1－→1，而h(1)＝1>0，h(2)＝1－2ln 2<0，由零点存在定理可知h(x)＝1－x ln x的零点x0∈(1，2)，即函数f(x)有极大值，且极大值点x0∈(1，2)，故B正确；对于C，由以上可知f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递减，且x0∈(1，2)，所以f(2)>f(3)，故C错误；对于D，由f(x)＝＝0，得x＝1，所以f(x)只有唯一的零点x＝1，故D错误．故选AB.
4. [1，4)　由f(x)＝x3＋x2－2，得f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，所以当x<－2或x>0时，f′(x)>0；当－25. (1) 由题意，得f′(x)＝.
令f′(x)>0，得x<2；
令f′(x)<0，得x>2，
故函数f(x)在区间(－∞，2)上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减.
即函数f(x)的单调增区间为(－∞，2).
(2) 由(1)，得函数f(x)在区间[1，2)上单调递增，在区间(2，3]上单调递减，
故函数f(x)在x＝2处取得极大值，f(2)＝.
又因为f(1)＝0，f(3)＝，
所以函数f(x)在区间[1，3]上的最小值为0，最大值为.