一、数学运算
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）导数的计算；（2）利用导数研究函数的单调性、极值、最值；（3）函数不等式的证明；（4）恒成立（能成立）的转化.
培优一 导数的几何意义
1.利用导数的几何意义可以求出曲线上任意一点处的切线方程y－y0＝f'（x0）（x－x0），明确“过点P（x0，y0）的曲线y＝f（x）的切线方程”与“在点P（x0，y0）处的曲线y＝f（x）的切线方程”的异同点.
2.围绕着切点有三个等量关系：切点（x0，y0），则k＝f'（x0），y0＝f（x0），（x0，y0）满足切线方程，在求解参数问题中经常用到.
【例1】 已知函数f（x）＝x3＋x－16.
（1）求曲线y＝f（x）在点（2，－6）处的切线方程；
（2）直线l为曲线y＝f（x）的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标.
尝试解答
培优二 利用导数研究函数的单调性
借助导数研究函数的单调性，尤其是研究含有ln x，ex，－x3等初等函数（或复合函数）的单调性，是近几年高考的一个重点.其特点是导数f'（x）的符号一般由二次函数来确定；经常同一元二次方程、一元二次不等式结合，集分类讨论、数形结合于一体.
【例2】 （1）（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
（2）（多选）（2024·新高考Ⅰ卷10题）设函数f（x）＝（x－1）2（x－4），则（ ）
A.x＝3是f（x）的极小值点
B.当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2）
C.当1＜x＜2时，－4＜f（2x－1）＜0
D.当－1＜x＜0时，f（2－x）＞f（x）
尝试解答
培优三 利用导数研究函数的极值和最值
1.极值和最值是两个迥然不同的概念，前者是函数的“局部”性质，而后者是函数的“整体”性质.另函数有极值未必有最值，反之亦然.
2.判断函数“极值”是否存在时，务必把握以下原则：
（1）求定函数f（x）的定义域；
（2）求方程f'（x）＝0的根；
（3）检验f'（x）＝0的根的两侧f'（x）的符号：
若左正右负，则f（x）在此根处取得极大值；
若左负右正，则f（x）在此根处取得极小值.
导数的零点未必是极值点，这一点是解题时的主要失分点，学习时务必引起注意.
3.求函数f（x）在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步骤：
（1）求f（x）在（a，b）内的极值；
（2）将（1）求得的极值与f（a），f（b）相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值.
【例3】 （1）（2022·全国甲卷6题）当x＝1时，函数f（x）＝aln x＋取得最大值－2，则f'（2）＝（ ）
A.－1 B.－
C. D.1
（2）（多选）（2023·新高考Ⅱ卷11题）若函数f（x）＝ aln x＋＋（a≠0）既有极大值也有极小值，则（ ）
A.bc＞0 B.ab＞0
C.b2＋8ac＞0 D.ac＜0
尝试解答
培优四 利用导数证明不等式
利用导数解决不等式问题（如：证明不等式、比较大小等），其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式（或比较大小）常与函数最值问题有关.因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解.其实质是这样的：
要证不等式f（x）＞g（x），则构造函数φ（x）＝f（x）－g（x），只需证φ（x）＞0即可，由此转化成求φ（x）最小值问题，借助于导数解决.
【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
解决恒成立问题的方法：
（1）若关于x的不等式f（x）≤m在区间D上恒成立，则转化为f（x）max≤m；
（2）若关于x的不等式f（x）≥m在区间D上恒成立，则转化为f（x）min≥m.
【例5】 （2023·全国甲卷21题）已知函数f（x）＝ax－，x∈（0，）.
（1）当a＝8时，讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）＜sin 2x，求a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
讨论方程根的个数、研究函数图象与x轴或某直线的交点个数、不等式恒成立等问题的实质就是函数的单调性与函数极（最）值的应用.破解问题的方法是根据题目的要求，借助导数将函数的单调性与极（最）值列出，然后再借助单调性和极（最）值情况，画出函数图象的草图，数形结合求解.
【例6】 已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝（x＞0）.
（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；
（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，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，培养学生的数学建模核心素养.
培优七 导数的实际应用
解决优化问题的步骤：
（1）首先要分析问题中各个数量之间的关系，建立适当的函数模型，并确定函数的定义域；
（2）其次要通过研究相应函数的性质，如单调性、极值与最值，提出优化方案，使问题得以解决，在这个过程中，导数是一个有力的工具；
（3）最后验证数学问题的解是否满足实际意义.
【例7】 如图，四边形ABCD是一块边长为4 km的正方形地域，地域内有一条河流MD，其经过的路线是以AB中点M为顶点且开口向右的抛物线（河流宽度忽略不计）.某公司准备投资建一个大型矩形游乐园PQCN，试求游乐园的最大面积.
尝试解答
章末复习与总结
【例1】 解：（1）∵f'（x）＝（x3＋x－16）'＝3x2＋1，
∴f（x）在点（2，－6）处的切线的斜率为f'（2）＝13.
∴切线的方程为y＝13（x－2）－6，
即y＝13x－32.
（2）法一 设切点为（x0，y0），
则直线l的斜率为f'（x0）＝3＋1，
∴直线l的方程为
y＝（3＋1）（x－x0）＋＋x0－16.
又∵直线l过点（0，0），∴0＝（3＋1）（－x0）＋＋x0－16.
整理得，＝－8，
∴x0＝－2.
∴y0＝（－2）3＋（－2）－16＝－26.
f'（－2）＝3×（－2）2＋1＝13.
∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为（－2，－26）.
法二 设直线l的方程为y＝kx，切点为（x0，y0），
则k＝＝，
又∵k＝f'（x0）＝3＋1，
∴＝3＋1.
解得x0＝－2，
∴y0＝（－2）3＋（－2）－16＝－26.
k＝3×（－2）2＋1＝13.
∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为（－2，－26）.
【例2】 （1）C （2）ACD 解析：（1）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.
（2）对A，因为函数f（x）的定义域为R，而f'（x）＝2（x－1）·（x－4）＋（x－1）2＝3（x－1）·（x－3），易知当x∈（1，3）时，f'（x）＜0，当x∈（－∞，1）或x∈（3，＋∞）时，f'（x）＞0，故函数f（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，在（3，＋∞）上单调递增，故x＝3是函数f（x）的极小值点，A正确；对B，当0＜x＜1时，x－x2＝x（1－x）＞0，所以x＞x2，又函数f（x）在（0，1）上单调递增，所以f（x）＞f（x2），B错误；对C，当1＜x＜2时，1＜2x－1＜3，而由上可知，函数f（x）在（1，3）上单调递减，所以f（1）＞f（2x－1）＞f（3），即－4＜f（2x－1）＜0，C正确；对D，由2－x－x＝2－2x，又－1＜x＜0，故2－2x＞0，所以f（2－x）－f（x）＝（1－x）2（－2－x）－（x－1）2（x－4）＝（x－1）2·（2－2x）＞0，D正确.故选A、C、D.
【例3】 （1）B （2）BCD 解析：（1）由题意知，f（1）＝aln 1＋b＝b＝－2.求导得f'（x）＝－（x＞0），因为f（x）的定义域为（0，＋∞），所以易得f'（1）＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f'（2）＝－＝－.故选B.
（2）因为函数f（x）＝aln x＋＋（a≠0），所以函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝，因为函数f（x）既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选B、C、D.
【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）当a＝8时，f（x）＝8x－（x∈（0，）），
f'（x）＝8－＝8＋－.
令＝t，则t∈（1，＋∞），
令h（t）＝－3t2＋2t＋8＝－（3t＋4）（t－2），
当t∈（1，2）时，h（t）＞0；当t∈（2，＋∞）时，h（t）＜0.
故当x∈（0，）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（，） 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
∴f（x）在区间（0，）上单调递增，在区间（，）上单调递减.
（2）令g（x）＝f（x）－sin 2x＝ax－－sin 2x，
则g'（x）＝a－－2cos 2x＝a－－4cos2x＋2＝a－（＋4cos2x－2），
令u＝cos2x，则u∈（0，1），令k（u）＝＋4u－2，
则k'（u）＝＋4＝.
当u∈（0，1）时，k'（u）＜0，
∴k（u）在（0，1）上单调递减，
∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）＞3，
∴k（u）的值域为（3，＋∞）.
①当a≤3时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，）上单调递减，
又g（0）＝0，
∴当x∈（0，）时，g（x）＜0，即f（x）＜sin 2x.
②当a＞3时， x0∈（0，）使得g'（x0）＝0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
∴g（x0）＞g（0）＝0，
∴f（x）＜sin 2x不成立.
综上所述，a的取值范围为（－∞，3].
【例6】 解：（1）当a＝2时，f（x）＝（x＞0），
f'（x）＝（x＞0），
令f'（x）＞0，则0＜x＜，此时函数f（x）单调递增，
令f'（x）＜0，则x＞，此时函数f（x）单调递减，
所以函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1（x＞0）有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解.
设g（x）＝（x＞0），则g'（x）＝（x＞0），
令g'（x）＝＝0，得x＝e，
当0＜x＜e时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x＞e时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，
故g（x）max＝g（e）＝，
且当x＞e时，g（x）∈，
又g（1）＝0， 所以0＜＜，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为（1，e）∪（e，＋∞）.
【例7】 解：如图，以M点为原点，AB所在直线为y轴建立直角坐标系，则D（4，2）.
设抛物线方程为y2＝2px.
∵点D在抛物线上，
∴22＝8p，解得p＝.
∴抛物线方程为y2＝x（0≤x≤4，0≤y≤2）.
设P（y2，y）（0≤y≤2）是曲线MD上任一点，
则｜PQ｜＝2＋y，｜PN｜＝4－y2.
∴矩形游乐园面积为
S＝｜PQ｜·｜PN｜＝（2＋y）（4－y2）＝8－y3－2y2＋4y.
求导得，S'＝－3y2－4y＋4，令S'＝0，
得3y2＋4y－4＝0，
解得y＝或y＝－2（舍）.
当y∈时，S'＞0，函数单调递增；
当y∈时，S'＜0，函数单调递减.
∴当y＝时，S有极大值且为最大值.
此时｜PQ｜＝2＋y＝2＋＝，
｜PN｜＝4－y2＝4－＝.
∴游乐园的最大面积为Smax＝×＝（km2）.
3 / 3(共48张PPT)
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）导数的计算；（2）利用导数研究函数的单调
性、极值、最值；（3）函数不等式的证明；（4）恒成立（能成
立）的转化.
题型一 导数的几何意义
1. 利用导数的几何意义可以求出曲线上任意一点处的切线方程y－y0
＝f'（x0）（x－x0），明确“过点P（x0，y0）的曲线y＝f（x）
的切线方程”与“在点P（x0，y0）处的曲线y＝f（x）的切线方
程”的异同点.
2. 围绕着切点有三个等量关系：切点（x0，y0），则k＝f'（x0），
y0＝f（x0），（x0，y0）满足切线方程，在求解参数问题中经常
用到.
【例1】 已知函数f（x）＝x3＋x－16.
（1）求曲线y＝f（x）在点（2，－6）处的切线方程；
解：∵f'（x）＝（x3＋x－16）'＝3x2＋1，
∴f（x）在点（2，－6）处的切线的斜率为f'（2）＝13.
∴切线的方程为y＝13（x－2）－6，
即y＝13x－32.
（2）直线l为曲线y＝f（x）的切线，且经过原点，求直线l的方程
及切点坐标.
解：法一 设切点为（x0，y0），
则直线l的斜率为f'（x0）＝3 ＋1，
∴直线l的方程为
y＝（3 ＋1）（x－x0）＋ ＋x0－16.
又∵直线l过点（0，0），
∴0＝（3 ＋1）（－x0）＋ ＋x0－16.
整理得， ＝－8，
∴x0＝－2.
∴y0＝（－2）3＋（－2）－16＝－26.
f'（－2）＝3×（－2）2＋1＝13.
∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为（－2，－26）.
法二 设直线l的方程为y＝kx，切点为（x0，y0），
则k＝ ＝ ，
又∵k＝f'（x0）＝3 ＋1，
∴ ＝3 ＋1.
解得x0＝－2，
∴y0＝（－2）3＋（－2）－16＝－26.
k＝3×（－2）2＋1＝13.
∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为（－2，－26）.
题型二 利用导数研究函数的单调性
借助导数研究函数的单调性，尤其是研究含有ln x，ex，－x3等初等
函数（或复合函数）的单调性，是近几年高考的一个重点.其特点是
导数f'（x）的符号一般由二次函数来确定；经常同一元二次方程、一
元二次不等式结合，集分类讨论、数形结合于一体.
【例2】 （1）（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
解析：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.
（2）（多选）（2024·新高考Ⅰ卷10题）设函数f（x）＝（x－1）2
（x－4），则（ ）
A. x＝3是f（x）的极小值点
B. 当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2）
C. 当1＜x＜2时，－4＜f（2x－1）＜0
D. 当－1＜x＜0时，f（2－x）＞f（x）
解析：对A，因为函数f（x）的定义域为R，而f'（x）＝2（x－1）
（x－4）＋（x－1）2＝3（x－1）·（x－3），易知当x∈（1，3）
时，f'（x）＜0，当x∈（－∞，1）或x∈（3，＋∞）时，f'（x）
＞0，故函数f（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，3）上单调
递减，在（3，＋∞）上单调递增，故x＝3是函数f（x）的极小值
点，A正确；对B，当0＜x＜1时，x－x2＝x（1－x）＞0，所以x＞
x2，又函数f（x）在（0，1）上单调递增，所以f（x）＞f（x2），
B错误；对C，当1＜x＜2时，1＜2x－1＜3，而由上可知，函数f
（x）在（1，3）上单调递减，所以f（1）＞f（2x－1）＞f
（3），即－4＜f（2x－1）＜0，C正确；
对D，由2－x－x＝2－2x，又－1＜x＜0，故2－2x＞0，所以f（2
－x）－f（x）＝（1－x）2（－2－x）－（x－1）2（x－4）＝（x
－1）2（2－2x）＞0，D正确.故选A、C、D.
题型三 利用导数研究函数的极值和最值
1. 极值和最值是两个迥然不同的概念，前者是函数的“局部”性
质，而后者是函数的“整体”性质.另函数有极值未必有最值，
反之亦然.
2. 判断函数“极值”是否存在时，务必把握以下原则：
（1）求定函数f（x）的定义域；
（2）求方程f'（x）＝0的根；
（3）检验f'（x）＝0的根的两侧f'（x）的符号：
若左正右负，则f（x）在此根处取得极大值；
若左负右正，则f（x）在此根处取得极小值.
导数的零点未必是极值点，这一点是解题时的主要失分点，
学习时务必引起注意.
3. 求函数f（x）在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步
骤：
（1）求f（x）在（a，b）内的极值；
（2）将（1）求得的极值与f（a），f（b）相比较，其中最大的
一个值为最大值，最小的一个值为最小值.
【例3】 （1）（2022·全国甲卷6题）当x＝1时，函数f（x）＝aln
x＋ 取得最大值－2，则f'（2）＝（ ）
A. －1 B. －
C. D. 1
解析：由题意知，f（1）＝aln 1＋b＝b＝－2.求导得f'
（x）＝ － （x＞0），因为f（x）的定义域为（0，＋
∞），所以易得f'（1）＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f'（2）
＝ － ＝－ .故选B.
（2）（多选）（2023·新高考Ⅱ卷11题）若函数f（x）＝ aln x＋ ＋
（a≠0）既有极大值也有极小值，则（ ）
A. bc＞0 B. ab＞0
C. b2＋8ac＞0 D. ac＜0
解析：因为函数f（x）＝aln x＋ ＋ （a≠0），所以函数f
（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝ ，因为函数
f（x）既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c
＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即
所以故选B、C、D.
题型四 利用导数证明不等式
利用导数解决不等式问题（如：证明不等式、比较大小等），其实
质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式（或比较
大小）常与函数最值问题有关.因此，解决该类问题通常是构造一个
函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间
端点的函数值使问题得以求解.其实质是这样的：
要证不等式f（x）＞g（x），则构造函数φ（x）＝f（x）－g
（x），只需证φ（x）＞0即可，由此转化成求φ（x）最小值问题，
借助于导数解决.
【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；
解：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：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）＝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＋lna，
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＋ .
题型五 利用导数解决恒成立问题
解决恒成立问题的方法：
（1）若关于x的不等式f（x）≤m在区间D上恒成立，则转化为f
（x）max≤m；
（2）若关于x的不等式f（x）≥m在区间D上恒成立，则转化为f
（x）min≥m.
【例5】 （2023·全国甲卷21题）已知函数f（x）＝ax－ ，x∈
（0， ）.
（1）当a＝8时，讨论f（x）的单调性；
解：当a＝8时，f（x）＝8x－ （x∈（0， ）），
f'（x）＝8－ ＝8＋ － .
令 ＝t，则t∈（1，＋∞），
令h（t）＝－3t2＋2t＋8＝－（3t＋4）（t－2），
当t∈（1，2）时，h（t）＞0；当t∈（2，＋∞）时，h（t）
＜0.
故当x∈（0， ）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（ ， ） 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
∴f（x）在区间（0， ）上单调递增，在区间（ ， ）上单
调递减.
（2）若f（x）＜ sin 2x，求a的取值范围.
解：令g（x）＝f（x）－ sin 2x＝ax－ － sin 2x，
则g'（x）＝a－ －2 cos 2x＝a－ －
4 cos 2x＋2＝a－（ ＋4 cos 2x－2），
令u＝ cos 2x，则u∈（0，1），令k（u）＝ ＋4u－2，
则k'（u）＝ ＋4＝ .
当u∈（0，1）时，k'（u）＜0，
∴k（u）在（0，1）上单调递减，
∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）＞3，
∴k（u）的值域为（3，＋∞）.
①当a≤3时，g'（x）＜0，
∴g（x）在（0， ）上单调递减，
又g（0）＝0，∴当x∈（0， ）时，g（x）＜0，即f（x）＜
sin 2x.
②当a＞3时， x0∈（0， ）使得g'（x0）＝0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0， ）上单调递减，
∴g（x0）＞g（0）＝0，
∴f（x）＜ sin 2x不成立.
综上所述，a的取值范围为（－∞，3].
题型六 利用导数研究方程的根或函数的零点
讨论方程根的个数、研究函数图象与x轴或某直线的交点个数、不
等式恒成立等问题的实质就是函数的单调性与函数极（最）值的应
用.破解问题的方法是根据题目的要求，借助导数将函数的单调性与
极（最）值列出，然后再借助单调性和极（最）值情况，画出函数图
象的草图，数形结合求解.
【例6】 已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝ （x＞0）.
（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；
解：当a＝2时，f（x）＝ （x＞0），
f'（x）＝ （x＞0），
令f'（x）＞0，则0＜x＜ ，此时函数f（x）单调递增，
令f'（x）＜0，则x＞ ，此时函数f（x）单调递减，
所以函数f（x）的单调递增区间为 ，单调递减区间为
.
（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值
范围.
解：曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程 ＝1（x＞0）有两个不同的解，即方程 ＝
有两个不同的解.
设g（x）＝ （x＞0），
则g'（x）＝ （x＞0），
令g'（x）＝ ＝0，得x＝e，
当0＜x＜e时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x＞e时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，
故g（x）max＝g（e）＝ ，
且当x＞e时，g（x）∈ ，
又g（1）＝0， 所以0＜ ＜ ，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为（1，e）∪（e，＋∞）.
二、数学建模
利用导数解决函数在实际问题中的应用问题，培养学生的数学建模核
心素养.
题型七 导数的实际应用
解决优化问题的步骤：
（1）首先要分析问题中各个数量之间的关系，建立适当的函数模
型，并确定函数的定义域；
（2）其次要通过研究相应函数的性质，如单调性、极值与最值，提
出优化方案，使问题得以解决，在这个过程中，导数是一个有
力的工具；
（3）最后验证数学问题的解是否满足实际意义.
【例7】 如图，四边形ABCD是一块边长为4 km的正方形地域，地域
内有一条河流MD，其经过的路线是以AB中点M为顶点且开口向右的
抛物线（河流宽度忽略不计）.某公司准备投资建一个大型矩形游乐
园PQCN，试求游乐园的最大面积.
解：如图，以M点为原点，AB所在直线为y轴建立直
角坐标系，则D（4，2）.
设抛物线方程为y2＝2px.
∵点D在抛物线上，
∴22＝8p，解得p＝ .
∴抛物线方程为y2＝x（0≤x≤4，0≤y≤2）.
设P（y2，y）（0≤y≤2）是曲线MD上任一点，
则｜PQ｜＝2＋y，｜PN｜＝4－y2.
∴矩形游乐园面积为
S＝｜PQ｜·｜PN｜＝（2＋y）（4－y2）＝8－y3－2y2＋4y.
求导得，S'＝－3y2－4y＋4，令S'＝0，
得3y2＋4y－4＝0，
解得y＝ 或y＝－2（舍）.
当y∈ 时，S'＞0，函数单调递增；
当y∈ 时，S'＜0，函数单调递减.
∴当y＝ 时，S有极大值且为最大值.
此时｜PQ｜＝2＋y＝2＋ ＝ ，
｜PN｜＝4－y2＝4－ ＝ .
∴游乐园的最大面积为Smax＝ × ＝ （km2）.
谢 谢 观 看！
