向量与角度
模块1
向量问题
4
模块2
比例问题
6
模块3
角度问题
9
点差法与单动点问题
模块1
弦中点问题与点差法
18
模块2
单动点问题
23
空间向量与立体几何
模块1
利用空间向量求角度
32
模块2
空间向量问题的进阶考法36
导数的运算与几何意义
模块1
导数运算进阶
46
模块2
切线方程
51
目录
Contents
利用导数研究单调性
模块1
利用导数判断单调性
60
模块2
单调性的逆向求参问题
65
利用导数研究极值最值
模块1
极值问题
74
模块2
最值问题
78
模块3
隐性极值点
80
单变量恒成立(存在性) 问
题
模块1
恒成立问题
92
模块2
存在性问题
95
模块3
端点效应
96
双变量恒成立（存在性）
问题
模块1
单函数双变量
104
模块2
双函数双变量
106
模块3
双函数等式型问题
110
利用导数判断零点个数
模块1
零点个数问题的解题方法
118
模块2
零点问题中的找点技巧
123
第8 讲
向量与角度
直击课堂
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3
8
学习目标
1. 能熟练地把各种向量表达式转化为坐标表达式，并结合韦达定理解决向量问题.
2. 熟练掌握共线线段比例的转化方法．
3．熟练掌握角度问题的各种转化方式，能够选择合适的方法求解角度问题．
考情分析
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
4
8
1
模块
1
向量问题
精讲精练
例1
★★★★
已知椭圆C：x2
4 +y2 = 1，点A 为其右顶点．过点B(1,0) 作直线l 与椭圆C 相交于E,F 两点，直线AE，
AF 与直线x = 3 分别交于两点M，N．求−−→
EM ·−→
FN 的取值范围．
达标检测1
★★★
已知椭圆的方程为x2 +3y2 = 5，过定点C(−1,0) 的动直线与该椭圆相交于A、B 两点．若在x 轴上存在
点M，使−→
MA·−→
MB 为常数，则点M 的坐标为( )
A. M
(
−7
3,0
)
B. M (−1,0)
C. M (−2,0)
D. 不存在
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5
8
例2
★★★★
已知椭圆C : y2
2 +x2 = 1，设P 为椭圆C 上一点，若过点M (0,2) 的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点
S 和T，满足−→
OS+−→
OT = t−→
OP(O 为坐标原点)，求实数t 的取值范围．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
6
8
2
模块
2
比例问题
知识凝炼
弦长比例问题:
针对共线线段的弦长比例问题，通常有以下思路：
由于线段共线，根据相似分别可以得出三点横坐标之间关系式、纵坐标之间关系式，结合韦达定理求出相
应的参数或者取值范围．下面是常用场景：
如图：
由|AP|
|PC| = λ, 根据相似关系，可以得到yA −yP
yP −yC
= λ 和xA −xP
xP −xC
= λ, 进一步可以得到yA +λyC = (λ +1)yP
和xA +λxC = (λ +1)xP，将其套入韦达定理并进一步求出参数值或取值范围.
说明：当P 点位于x 轴，或者y 轴时, 可以得到结论：yA = −λyC 或xA = −λxC.
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7
8
精讲精练
例3
★★★★
已知椭圆C：x2
4 + y2
3 = 1，直线l 过点P(0,−1) 交椭圆C 于A，B 两点，当直线l 绕点P 运动时，试求
λ = |PA|
|PB| 的取值范围．
达标检测2
★★★★
已知椭圆C1 : x2
4 + y2
3 = 1，若过点D(4,0) 的直线l 与椭圆C1 交于不同的两点A、B，且A 在点D 与点
B 之间，则△AOD 与△BOD 面积之比的取值范围为( )
A.
(
1
3,1
)
B. (1,3)
C.
(
1
3,1
)
或(1,3)
D.
(
1
3,3
)
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
8
8
例4
★★★★★
已知椭圆E : x2
4 + y2 = 1，过左焦点F 点的直线l 交椭圆于A、B 两点，交y 轴的正半轴于点M．设
−→
MA = λ1
−→
AF，−→
MB = λ2
−→
BF，求证：λ1 +λ2 为定值．
达标检测3
★★★★
已知椭圆: x2
4 + y2
3 = 1(a > b > 0)，设P(0,m)(m̸ = ±b) 为定点，直线l 过点P 与x 轴交于点Q，且与椭
圆交于C，D 两点，设−→
QC = λ−→
PC，−→
QD = µ−→
PD，则λ + µ 的值为( )
A.
2m2
m2 −3
B. −2m2
m2 −3
C.
6
m2 −3
D.
6
3−m2
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9
8
3
模块
3
角度问题
知识凝炼
1
向量角度转化：
当A,O,B 三点不共线的时候：
①∠AOB 为直角⇔−→
OA·−→
OB = 0；
②∠AOB 为锐角⇔−→
OA·−→
OB > 0；
③∠AOB 为钝角⇔−→
OA·−→
OB < 0.
2
斜率转化：
顶点在坐标轴上的角相等或互补一般转化为斜率来处理.
3
点P 在以AB 为直径的圆周上⇔∠APB = 90◦⇔−→
PA·−→
PB = 0.
精讲精练
例5
★★★
已知椭圆方程为x2
3 +y2 = 1，定点E (−1,0)，直线y = kx+2(k̸ = 1) 与此椭圆交于C、D 两点．是否存在
实数k，使得以线段CD 为直径的圆过E 点．如果存在，求出k 的值；如果不存在，请说明理由．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
10
8
例6
★★★★
设椭圆C：x2
2 +y2 = 1 的右焦点为F，过F 的直线l 与C 交于A，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．
（1）当直线l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程．
（2）设O 为坐标原点，证明：∠OMA = ∠OMB．
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11
8
进阶1
★★★★★
设椭圆x2
a2 + y2
3 = 1
(
a >
√
3
)
的右焦点为F，右顶点为A，已知
1
|OF| +
1
|OA| = 3e
|FA|，其中O 为原点，e
为椭圆的离心率．
（1）求椭圆的方程．
（2）设过点A 的直线l 与椭圆交于点B(B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M，与y 轴交于点
H，若BF⊥HF，且∠MOA ⩽∠MAO，求直线l 斜率的取值范围．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
12
8
课堂总结
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13
8
直击高考
考题
（2019 高考真题新课标I）
已知抛物线C : y2 = 3x 的焦点为F，斜率为3
2 的直线l 与C 的交点为A，B，与x 轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF| = 4，求l 的方程．
（2）若−→
AP = 3−→
PB，求|AB|．
解析（1）解：设P(t,0)，则直线l 的方程为y = 3
2 (x−t)，将其代入抛物线y2 = 3x 得：9
4x2−
(
9
2t +3
)
x+ 9
4t2 =
0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1 +x2 =
9
2t +3
9
4
= 2t + 4
3①，x1x2 = t2②，由抛物线的定义可得：
|AF|+|BF| = x1 +x2 + p = 2t + 4
3 + 3
2 = 4，解得t = 7
12，直线l 的方程为y = 3
2x−7
8．
（2）解：设P(t,0)，则直线l 的方程为y = 3
2 (x−t)，与y2 = 3x 联立得3x2 −(6t +4)x −3t2 = 0，设
A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1 +x2 = 6t +4
3
①．
若−→
AP = 3−→
PB，则y1 = −3y2，∴3
2 (x1 −t) = −3 × 3
2 (x2 −t)，化简得x1 = −3x2 + 4t③，∵y12 = 3x1，
y22 = 3x2，∴3x1 = 9·3x2，即x1 = 9x2②．
由①②③解得t = 1，x1 = 3，x2 = 1
3，∴|AB| =
√
1+ 9
4 ·
√(
3+ 1
3
)2
−4 = 4
√
13
3
．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
14
8
直击自招
考题
（2019 年清华大学自主招生试卷9）
圆x2 +y2 = 4 上一点(x0,y0) 处的切线交抛物线y2 = 8x 于A，B 两点，且满足∠AOB = 90◦，其中O 为
坐标原点，求x0．
解析
因为∠AOB = 90◦，所以直线AB 恒过定点(8,0)，而切线方程为lAB：xx0 + yy0 = 4，则8x0 = 4，解得
x0 = 1
2．
第9 讲
点差法与单动点
问题
直击课堂
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17
9
学习目标
1. 熟练掌握点差法的结论与推导过程，并能灵活运用点差法解决与弦中点相关的一系列问题.
2. 能在具体题目中识别出设点还是设直线，掌握单动点问题的一般解题方法．
考情分析
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
18
9
1
模块
1
弦中点问题与点差法
知识凝炼
1
椭圆中的点差公式
设椭圆方程为x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0)，弦AB 的斜率为kAB，且弦AB 的中点为P(x0,y0)．
（1）点差公式：当x0 不为零时，有y0
x0
kAB = −b2
a2 ；也可写为斜率积的形式：kOP ·kAB = −b2
a2 ．
（2）基本思路：设出弦的两端点的坐标，代入方程，得到两个等式，两式相减即得弦的中点坐标P(x0,y0)
与弦的斜率之间的关系．
（3）推导过程：
设弦AB 的端点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2)，则有
x2
1
a2 + y2
1
b2 = 1
x2
2
a2 + y2
2
b2 = 1
，两式相减得：x2
1 −x2
2
a2
+ y2
1 −y2
2
b2
= 0 ，即
(x1 −x2)(x1 +x2)
a2
+ (y2 −y2)(y2 +y2)
b2
= 0；
当x1̸ = x2 时，两边同时除以x1 −x2，x0
a2 + y0 (y2 −y2)
b2 (x1 −x2) = 0，于是得到弦的中点坐标与直线斜率的关系式：
x0
a2 + y0
b2 ·kAB = 0，变形即得：y0
x0
kAB = −b2
a2 ．
2
双曲线中的点差公式
设双曲线方程为x2
a2 −y2
b2 = 1(a > 0,b > 0)，弦AB 的斜率为kAB，且弦AB 的中点为P(x0,y0)．
点差公式：当x0 不为零时，有y0
x0
kAB = b2
a2 ；也可写为斜率积的形式：kOP ·kAB = b2
a2 ．
3
抛物线中的点差公式
设抛物线方程为y2 = 2px(p > 0)，弦AB 的斜率为kAB，且弦AB 的中点为P(x0,y0)．
点差公式：y0kAB = p．
4
点差法在弦中点问题中的应用
（1）点差法的应用：点差公式建立了任一弦的斜率与弦中点之间的联系，因此凡是涉及弦中点的问题都可
考虑用点差法解决．
（2）点差法的优点：点差法避免了联立方程，通过设点参数直接得到关于弦的两个关键量——弦中点与弦
斜率的关系．
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19
9
（3）点差法的不等价性：
①点差公式的结论并不能保证直线与圆锥曲线相交，因此使用点差法时，与联立法类似，同样须验证直线
与圆锥曲线相交．
②验证方法：无须联立求判别式，如椭圆中可用弦中点落在椭圆内，即x2
0
a2 + y2
0
b2 < 1 来作为验证条件．
精讲精练
考点1: 弦中点问题
例1
★★★
椭圆x2
4 + y2
2 = 1 过点P(1,1) 的弦恰好被P 平分，则此弦所在的直线方程是
．
达标检测1
★★★
平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M : x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的右焦点的直线x+y−
√
3 = 0 交M 于A，
B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为1
2．则M 的方程为( )
A. x2
6 + y2
3 = 1
B. x2
3 + y2
6 = 1
C. x2
2 +y2 = 1
D. x2
12 + y2
6 = 1
知识凝炼
1
弦的中垂线（或对称轴）问题
此类问题属于弦中点问题的拓展，除了点差公式，解题时要注意对称轴条件的使用. 一般来说，对称轴蕴
含了两个条件：
①弦与对称轴垂直⇒斜率乘积为−1；
②中点在对称轴上⇒中点坐标满足对称轴方程.
2
等腰三角形问题
当题干中出现|PA| = |PB| 型的条件时，往往利用三线合一的性质，将之转化为“点P 在弦AB 的对称轴
上”.
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
20
9
精讲精练
考点2: 对称轴与中垂线问题
例2
★★★★
若椭圆M : x2
4 +y2 = 1 上存在点B、C 关于直线y = kx−1 对称，求k 的所有取值构成的集合S，并证明
对于∀k ∈S，BC 的中点恒在一条定直线上．
达标检测2
★★★★
已知椭圆E：x2
9 + y2
4 = 1，若椭圆E 上存在两点A，B 关于直线l：y = 2x−m 对称，则m 的取值范围是
( )
A. 0 < m < 2
B. 0 < m < 4
C. −2 < m < 2
D. −1 < m < 1
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21
9
例3
★★★★★
已知点A(−1,0)，B(1,0)，动点P 满足|PA|+|PB| = 2
√
3，记动点P 的轨迹为W．
（1）求W 的方程．
（2）直线y = kx+1 与曲线W 交于不同的两点C，D，若存在点M (m,0)，使得|CM| = |DM| 成立，求实
数m 的取值范围．
达标检测3
★★★★
已知椭圆M：x2
3 +y2 = 1 的顶点为A(0,−1)，若存在斜率为k(k̸ = 0) 的直线l，使l 与椭圆M 有两个不
同的交点B、C，且|AB| = |AC|，则k 的取值范围为( )
A. (−∞,1)
B. (0,1)
C. (−1,0)∪(0,1)
D. 不存在
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22
9
知识凝炼
1
抛物线中的点差公式
设抛物线方程为y2 = 2px(p > 0)，弦AB 的斜率为kAB，且弦AB 的中点为P(x0,y0). 则有点差公式：
y0kAB = p.
2
点差法在抛物线中的应用与椭圆类似，抛物线中的弦中点问题、弦的对称轴问题也可利用点差法解决.
精讲精练
考点3: 抛物线中的点差法
例4
★★★★
已知抛物线C : y2 = 2x 的焦点为F，平行于x 轴的两条直线l1,l2 分别交C 于A，B 两点，交C 的准线
于P，Q 两点．若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程．
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23
9
2
模块
2
单动点问题
知识凝炼
当圆锥曲线上只有一个动点时，坐标是能够直接体现点的运动趋势的量，我们可以选择设点为参数进行计
算.
精讲精练
考点4: 单动点问题
例5
★★★★
已知椭圆W : x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的离心率为
√
3
2 ，其左顶点A 在圆O : x2 +y2 = 16 上．
（1）求椭圆W 的方程．
（2）若点P 为椭圆W 上不同于点A 的点，直线AP 与圆O 的另一个交点为Q．是否存在点P，使得
|PQ|
|AP| = 3？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
24
9
例6
★★★★
已知椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 过点(0,1)，且离心率为
√
3
2 ．A1，A2 分别为椭圆C 的左、右顶点，
直线l：x = 2
√
2 与x 轴交于点D，点P 是椭圆C 上异于A1，A2 的动点，直线A1P，A2P 分别交直线l 于
E，F 两点．证明：|DE|·|DF| 恒为定值．
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25
9
进阶1
★★★★★
已知椭圆C：x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0) 的离心率为
√
2
2 ，点P(0,1) 和点A(m,n)(m̸ = 0) 都在椭圆C 上，
直线PA 交x 轴于点M．
（1）求椭圆C 的方程，并求点M 的坐标（用m，n 表示）；
（2）设O 为原点，点B 与点A 关于x 轴对称，直线PB 交x 轴于点N．问：y 轴上是否存在点Q，使得
∠OQM = ∠ONQ？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
26
9
课堂总结
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9
直击高考
考题
（2018新课标III）
已知斜率为k 的直线l 与椭圆C：x2
4 + y2
3 = 1 交于A，B 两点，线段AB 的中点为M (1,m)(m > 0)．
（1）证明：k < −1
2．
（2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且−→
FP+−→
FA+−→
FB = −→0 ，证明：|−→
FA|,|−→
FP|,|−→
FB| 成等差数列，并
求该数列的公差．
解析（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，∵线段AB 的中点为M (1,m)，∴x1 +x2 = 2,y1 +y2 = 2m，将A，B 代入椭圆
C：x2
4 + y2
3 = 1 中，可得
3x2
1 +4y2
1 = 12
3x2
2 +4y2
2 = 12
，两式相减可得，3(x1 +x2)(x1 −x2)+4(y1 +y2)(y1 −y2) = 0，
即6(x1 −x2) + 8m(y1 −y2) = 0，∴k = y1 −y2
x1 −x2
= −6
8m = −3
4m，∵点M (1,m) 在椭圆内，即1
4 + m2
3 <
1(m > 0)，解得0 < m < 3
2，∴k = −3
4m < −1
2．
（2）证明：设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3)，可得x1 + x2 = 2，∵−→
FP + −→
FA + −→
FB = −→0 ，F (1,0)，∴x1 −1 +
x2 −1 + x3 −1 = 0,y1 + y2 + y3 = 0，∴x3 = 1,y3 = −(y1 + y2) = −2m，∵m > 0，可得P 在第四象限，故
y3 = −3
2,m = 3
4,k = −1．
由椭圆的焦半径公式得|FA| = a−ex1 = 2−1
2x1,|FB| = 2−1
2x2,|FP| = 2−1
2x3 = 3
2．
则|FA|+|FB| = 4 −1
2 (x1 +x2) = 3，∴|FA|+|FB| = 2|FP|，联立
y = −x+ 7
4
3x2 +4y2 = 12
，可得|x1 −x2| =
√
(x1 +x2)2 −4x1x2 = 3
√
21
7
∴该数列的公差d 满足2d = ±1
2|x1 −x2| = ±3
√
21
14 ，∴该数列的公差为±3
√
21
28 ．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
28
9
直击自招
考题
（2013 年全国高中数学联赛）
在平面直角坐标系xOy 中, 椭圆的方程为x2
a2 + y2
b2 = 1(a > b > 0),A1、A2 分别为椭圆的左、右顶点,F1、
F2 分别为椭圆的左、右焦点,P 为椭圆上不同于A1 和A2 的任意一点. 若平面中两个点Q、R 满足
QA1⊥PA1,QA2⊥PA2,RF1⊥PF1,RF2⊥PF2, 试确定线段QR 的长度与b 的大小关系, 并给出证明.
解析
令c =
√
a2 −b2, 则A1 (−a,0),A2 (a,0),F1 (−c,0),F2 (c,0).
设P(x0,y0),Q(x1,y1),R(x2,y2), 其中x2
0
a2 +
y2
0
b2 = 1,y0̸ = 0.
由QA1⊥PA1,QA2⊥PA2 可知−−→
A1Q · −−→
A1P = (x1 +a)(x0 +a) + y1y0 = 0,①−−→
A2Q · −−→
A2P =
(x1 −a)(x0 −a)+y1y0 = 0.②将①、②相减, 得2a(x1 +x0) = 0, 即x1 = −x0, 将其代入①, 得−x2
0 +a2 +
y1y0 = 0, 故y1 = x2
0 −a2
y0
, 于是Q
(
−x0, x2
0 −a2
y0
)
. 根据RF1⊥PF1,RF2⊥PF2, 同理可得R
(
−x0, x2
0 −c2
y0
)
.
因此|QR| =
x2
0 −a2
y0
−x2
0 −c2
y0
= b2
|y0|, 由于|y0| ∈(0,b], 故|QR| ⩾b(其中等号成立的充分必要条件是
|y0| = b, 即点P 为(0,±b)).
第10 讲
空间向量与立体
几何
直击课堂
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31
10
学习目标
1. 熟练掌握利用空间向量求线线角、线面角、二面角的方法.
2. 掌握利用空间向量求点面距离的方法．
3. 掌握常见的动点条件的设参方法．
考情分析
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
32
10
1
模块
1
利用空间向量求角度
知识凝炼
1
空间直线的方向向量
给定一个定点A 和一个向量−→a（如图所示），再任给一个实数t，以A 为起点作向量
−→
AP = t−→a ①，这时点P 的位置被t 的值完全确定. 容易看到，当t 在实数集R 中取遍所有
值时，点P 的轨迹是通过点A 且平行于向量−→a 的一条直线l. 反之，在直线l 上任取一点
P，一定存在一个实数t，使−→
AP = t−→a .
向量−→a 称为该直线的方向向量.
2
平面的法向量
（1）平面法向量的定义
已知平面α，如果向量−→n 的基线与平面α 垂直，则向量−→n 叫做平面α 的法向量或说向量−→n 与平面α
正交.
（2）平面法向量的性质
①平面α 的一个法向量垂直于平面α 内所有的向量.
②一个平面的法向量有无限多个，它们互相平行.
（3）平面法向量的求法
平面法向量的确定通常有两种方法：
（1）直接寻找：几何体中已经明确某直线垂直于平面，该直线的方向向量即为该平面的法向量.
（2）待定系数法：当几何体中没有给出具体的直线可作为法向量基线时，根据已知平面两条相交直线的方
向向量，可以运用待定系数法求解平面的法向量（此时一般需要建立空间直角坐标系），具体步骤如下：
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33
10
3
利用向量法证明立体几何中的平行、垂直
我们可以利用直线的方向向量和平面的法向量表示空间直线、平面间的平行、垂直等位置关系.
设直线l,m 的方向向量分别为−→a ,−→b ，平面α,β 的法向量分别为−→u ,−→v ，则可以归纳出如下结论：
（1）线线平行：l//m ⇔−→a //−→b = k−→b ,k ∈R；
线面平行：l//α ⇔−→a ⊥−→u ⇔−→a ·−→u = 0；
面面平行：α//β ⇔−→u //−→v ⇔−→u = k−→v ,k ∈R.
（2）线线垂直：l⊥m ⇔−→a ⊥−→b ⇔−→a ·−→b = 0；
线面垂直：l⊥α ⇔−→a //−→u ⇔−→a = k−→u ,k ∈R；
面面垂直：α⊥β ⇔−→u ⊥−→v ⇔−→u ·−→v = 0.
4
利用向量法求角度
设异面直线l1,l2 的方向向量分别为−→
v1,−→
v2，则l1,l2 所成角θ 满足：
cosθ = |cos⟨−→
v1,−→
v2⟩| = |−→
v1 ·−→
v2|
|−→
v1||−→
v2|，θ ∈
(
0,π
2
]
设直线l 的方向向量为−→v ，平面α 的法向量为−→n ，则l 与α 所成角θ 满足：
sinθ = |cos⟨−→v ,−→n ⟩| = |−→v ·−→n |
|−→v ||−→n |（θ ∈
[
0,π
2
]
）；
设平面α,β 的法向量分别为−→
n1,−→
n2，则α,β 所成的二面角θ 满足：
|cosθ| = |cos⟨−→
n1,−→
n2⟩| = |−→
n1 ·−→
n2|
|−→
n1||−→
n2|（θ 为平面α，β 所生成的二面角，θ ∈[0,π]）
精讲精练
考点1: 求线面角
例1
★★★
如图所示，在直三棱柱ABC −A1B1C1 中，AB = BB1，AC1⊥平面A1BD．D，E 分别为AC，CC1 的中点，试
求出A1E 与平面A1BD 所成角的正弦值．
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34
10
达标检测1
★★★★
如图，正方形ABCD 的中心为O，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，AB = BE = 2，设H
为线段AF 上的点，且AH = 2
3HF，则直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为( )
A.
√
7
21
B.
√
3
21
C.
√
7
14
D.
√
7
7
考点2: 求二面角
例2
★★★★
如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1 中，AB = 4,AC = BC = 3,D 为AB 的中点．
（1）求点C 到平面A1ABB1 的距离；
（2）若AB1⊥A1C，求二面角A1 −CD−C1 的平面角的余弦值．
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35
10
达标检测2
★★★
如下图，边长为2 的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧
⌢
CD 所在平面垂直，M 是
⌢
CD 上异于C，D 的点．
当三棱锥M −ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．( )
A.
√
5
5
B. 2
√
5
5
C.
√
3
3
D.
√
5
3
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36
10
2
模块
2
空间向量问题的进阶考法
知识凝炼
设点M∈平面α，则α 外一点P 到平面α 的距离，就是向量−→
MP 在平面α 的法向量−→n 上的射影长度，
即P 到α 的距离为d =
−→n ·−→
MP
|−→n |
.
精讲精练
考点3: 求点面距离
例3
★★★★
如图，四棱锥P−ABCD 的底面是边长为2 的正方形，侧面PCD⊥底面ABCD，且PC = PD = 2，M，N
分别为棱PC，AD 的中点．求点N 到平面MBD 的距离．
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37
10
达标检测3
★★★★
已知三棱锥P−ABC 中，PA，PB，PC 两两垂直，且PA = 1，PB = 2，PC = 3，则点P 到平面ABC 的距离
为( )
A. 1
3
B. 2
3
C.
√
14
4
D. 6
7
进阶1
★★★★★
如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是一个直角梯形，其中∠BAD = 90◦，AB//DC，PA⊥底面
ABCD，AB = AD = PA = 2，DC = 1，点M 和点N 分别为PA 和PC 的中点．设点N 在平面BDM 内的
射影为点H，求线段HA 的长．
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38
10
考点4: 动点问题
例4
★★★★
如图，在四棱锥P−ABCD 中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC = ∠BAD = π
2 ，
PA = AD = 2，AB = BC = 1．点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的
长．
例5
★★★★
如图所示，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1 上、下底面分别是边长为3 和6 的正方形，AA1 = 6，且AA1⊥
底面ABCD，点P，Q 分别在棱DD1，BC 上．若PQ// 平面ABB1A1，二面角P−QD−A 的余弦值为3
7，
求四面体ADPQ 的体积．
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39
10
进阶2
★★★★★
如图，已知三棱台ABC −A1B1C1，AB = 2A1B1，M 是A1B1 的中点，N 在线段B1C1 上，且B1N = 2NC1，
过点A，M，N 的平面把这个棱台分为两部分，求体积较小部分与体积较大部分的体积比值．
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40
10
课堂总结
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41
10
直击高考
考题
（2018 高考真题新课标II）
如图，在三棱锥P−ABC 中，AB = BC = 2
√
2，PA = PB = PC = AC = 4，O 为AC 的中点．
（1）证明：PO⊥平面ABC．
（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M −PA−C 为30◦，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．
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42
10
解析（1）证明：连接BO，
∵AB = BC = 2
√
2，O 是AC 的中点，
∴BO⊥AC，且BO = 2，又PA = PC = PB = AC = 4，
∴PO⊥AC,PO = 2
√
3，则PB2 = PO2 +BO2，则PO⊥OB，
∵OB∩AC = O，
∴PO⊥平面ABC．
（2）建立以O 为坐标原点，OB，OC，OP 分别为x，y，z 轴的空间直角坐标系如图，
则A(0,−2,0),P
(
0,0,2
√
3
)
,C(0,2,0),B(2,0,0)，
−→
BC = (−2,2,0)，
设−→
BM = λ−→
BC = (−2λ,2λ,0),0 < λ < 1，
则−→
AM = −→
BM −−→
BA = (−2λ,2λ,0)−(−2,−2,0) = (2−2λ,2λ +2,0)，
则平面PAC 的法向量为−→
m = (1,0,0)，
设平面MPA 的法向量为−→n = (x,y,z)，
则−→
PA =
(
0,−2,−2
√
3
)
，
则−→n ·−→
PA = −2y−2
√
3z = 0,−→n ·−→
AM = (2−2λ)x+(2λ +2)y = 0，
令z = 1，则y = −
√
3,x = (λ +1)
√
3
1−λ
，
即−→n =
((λ +1)
√
3
1−λ
,−
√
3,1
)
，
∵二面角M −PA−C 为30◦，
∴cos30◦=
−→
m ·−→n
|−→
m||−→n |
=
√
3
2 ，
即
(λ +1)
√
3
1−λ
√(
λ +1
1−λ ·
√
3
)2
+1+3
=
√
3
2 ，
解得λ = 1
3 或λ = 3(舍)，
则平面MPA 的法向量−→n =
(
2
√
3,−
√
3,1
)
，
−→
PC =
(
0,2,−2
√
3
)
，
PC 与平面PAM 所成角的正弦值sinθ =
cos
⟨−→
PC,−→n
⟩ =
−2
√
3−2
√
3
√
16×
√
16
= 4
√
3
16 =
√
3
4 ．
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43
10
直击自招
考题
（清华大学2016 年自主招生笔试真题21）
在正三棱锥P−ABC 中，△ABC 的边长为1．设点P 到平面ABC 的距离为x，异面直线AB 与CP 的
距离为y，则lim
x→∞y =
．
答案
√
3
2
解析
当x →+∞时，CP 趋于与平面ABC 垂直，所求极限为△ABC 中AB 边上的高，为
√
3
2 ．
第11 讲
导数的运算与几
何意义
直击课堂
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45
11
学习目标
1. 熟练运用导数的基本公式与运算法则，进行导数的相关运算.
2. 熟练运用待定切点的方法，求解切线问题、公切线问题.
3. 综合运用导数的运算法则及几何意义，解决一些综合性的问题.
考情分析
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
46
11
1
模块
1
导数运算进阶
知识凝炼
1
导数的概念
（1）设函数y = f(x) 在区间(a,b) 上有定义，x0 ∈(a,b)，当∆x 无限趋近于0 时，比值f (x0 +∆x)−f (x0)
∆x
无限趋近于一个常数，则称f(x) 在点x = x0 处可导，并称这个常数为函数f(x) 在x = x0 处的导数，记作lim
∆x→0
f(x0 +∆x)−f(x0)
∆x
= f ′ (x0)．
（2）如果f(x) 在区间(a,b) 内每一点x 都是可导的，则称f(x) 在区间(a,b) 可导．这样，区间(a,b) 内每
个值x 都对应一个导数f ′(x)．于是，在区间(a,b) 内f ′(x) 构成一个新的函数，称为y = f(x) 的导函数，简称为
导数，记为f ′(x) 或y′（或yx′）．
2
导数公式表与四则运算法则
（1）基本初等函数导数公式
（2）导数的四则运算法则
①[f(x)±g(x)]′ =
；
②[f (x)·g(x)]′ =
；
特别的：[C f (x)]′ =
；
③
[ f (x)
g(x)
]′
=
．
3
复合函数求导法则
对于可导函数y = f(u)，u = u(x)，[f (u(x))]′=f ′ (u(x))u′ (x)．
推广：[f (g(h(x)))]′=f ′ (g(h(x)))g′ (h(x))h′ (x).
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47
11
精讲精练
考点1: 导数概念的变形
例1
★★
正确率：64%
已知函数f (x) 在x0 处的导数为f ′ (x0) = a，则lim
∆x→0
f (x0)−f (x0 −3∆x)
4∆x
=( )
A. 4
3a
B. −4
3a
C. 3
4a
D. −3
4a
进阶1
★★★
正确率：55%
已知函数f(x) 在x = x0 处可导，则lim
∆x→0
[f(x0 +∆x)]2 −[f(x0)]2
∆x
=( )
A. f ′(x0)
B. f(x0)
C. [f ′(x0)]2
D. 2 f ′(x0)f(x0)
考点2: 常规的导数运算
例2
★★★
求下列函数的导数：
（1）y = 1−x2
sinx ．
（2）y = (1−√x)
(
1+ 1
√x
)
．
（3）y = x
(
x2 + 1
x + 1
x3
)
．
（4）y = ln 1−x
1+x．
（5）y = sin(x+1)−cos x
2．
（6）y = e1−2x +ln(3−x)．
（7）y = 3xex −log3x+ln3．
（8）y = ln
(√
1+x2 +x
)
．
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48
11
达标检测1
★★★
下列式子不正确的是( )
A. (3x2 +cosx)′ = 6x−sinx
B. (lnx−2x)′ = 1
x −2x ln2
C. (2sin2x)′ = 2cos2x
D.
(
sinx
x
)′
= xcosx−sinx
x2
考点3: 导数的运算技巧
例3 （1）★★★
正确率：59%
已知y = f(x) = ln|x|, 则下列各命题中, 正确的命题是( )
A. x > 0 时, f ′(x) = 1
x,x < 0 时, f ′(x) = −1
x
B. x > 0 时, f ′(x) = 1
x,x < 0 时, f ′(x) 无意义
C. x̸ = 0 时, 都有f ′(x) = 1
x
D. ∵x = 0 时f(x) 无意义,∴对y = ln|x| 不能求导
（2）★★★
设f (x) = (x−3)(x−2)(x−1)(x+1)(x+2)(x+3)，则f ′ (1) =
．
（3）★★★★
已知函数f (x) = (x+1)2 +sinx
x2 +1
，其导函数记为f ′ (x)，则f (2020)+ f ′ (2020)+ f (−2020)−f ′ (−2020)
=
．
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49
11
达标检测2
★★★
正确率：75%
已知函数f(x) = (x4 +20x3 +3x2 +7x+k)(2x3 +3x2 +kx)(x+k)，在x = 0 处的导数为27，则k =( )
A. −27
B. 27
C. −3
D. 3
考点4: 含某点导数值的解析式问题
例4 （1）★★
正确率：61%
已知f (x) = 3x3 −2 f ′ (−1)x+5，则f ′ (−2) =( )
A. 30
B. 3
C. 2
D. −7
（2）★★★★
已知函数f (x) 满足f (x) = f ′ (1)ex−1 −f (0)x+ 1
2x2，求f (x) 的解析式．
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50
11
达标检测3
★★★★正确率：41%
已知函数f (x) 的导函数为f ′ (x)，且满足关系式f (x) = x3 −x2 f (1)+3x f ′ (1)+2lnx，则f ′ (1) 的值等于
( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 13
2
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51
11
2
模块
2
切线方程
知识凝炼
导数的几何意义：曲线y = f (x) 在点(x0, f (x0)) 处的切线斜率等于
，切线方程为
．
精讲精练
考点5: 切线方程
例5 （1）★★★
正确率：73%
若直线y = 2x−1 是曲线y = ax+lnx 的切线，则实数a 的值为
．
（2）★★★
正确率：73%
已知函数f(x) = ax3 +x+1 的图象在点(1, f(1)) 处的切线过点(2,7)，则a =
．
（3）★★★★正确率：56%
已知曲线y = 1
3x3 + 4
3，求曲线过点P(2,4) 的切线方程．
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52
11
达标检测4
★★★★正确率：45%
若曲线y = ln(x+a) 的一条切线为y = ex+b，其中a，b 为正实数，则a+
e
b+2 的取值范围是( )
A.
(
2
e + e
2,+∞
)
B. [e,+∞)
C. [2,+∞)
D. [2,e)
考点6: 公切线问题
例6
★★★★
若直线y = kx+b 是曲线y = lnx+2 的切线，也是曲线y = ln(x+1) 的切线，则b =
．
达标检测5
★★★
正确率：54%
若曲线y = ax2 (a > 0) 与曲线y = lnx 在它们的公共点P(s,t) 处具有公共切线，则a =( )
A. √e
B.
1
2√e
C. e
D. 1
2e
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53
11
例7
★★★★
已知函数f (x) = (x−2)ex −a
2x2，其中a ∈R,e 为自然对数的底数．函数f (x) 的图象能否与x 轴相切？
若能与x 轴相切，求实数a 的值；否则，请说明理由．
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54
11
课堂总结
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11
直击高考
考题1 （2016 新课标Ⅲ卷理15 题）
已知f(x) 为偶函数，当x < 0 时，f(x) = ln(−x)+3x，则曲线y = f(x) 在点(1,−3) 处的切线方程是
．
答案
y+2x+1 = 0
解析
解：由f (x) 为偶函数，可得f (−x) = f (x)，当x < 0 时，f (x) = ln(−x)+3x，即有：
x > 0 时，f (x) = lnx−3x，f ′ (x) = 1
x −3，可得f (1) = ln1−3 = −3，f ′ (1) = 1−3 = −2，则曲线y = f (x)
在点(1,−3) 处的切线方程为y−(−3) = −2(x−1)，即为2x+y+1 = 0．
故答案为：2x+y+1 = 0．
考题2 （2016 北京卷理18 题）
设函数f(x) = xea−x +bx，曲线y = f(x) 在点(2, f(2)) 处的切线方程为y = (e−1)x+4．求a，b 的值.
解析
因为f(x) = xea−x +bx，所以f ′(x) = (1−x)ea−x +b．依题设，
f(2) = 2e+2
f ′(2) = e−1
即
2ea−2 +2b = 2e+2
−ea−2 +b = e−1
解得a = 2,b = e
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11
考题3 （2018 江苏卷19 题）
记f ′ (x),g′ (x) 分别为函数f (x),g(x) 的导函数．若存在x0 ∈R，满足f (x0) = g(x0) 且f ′ (x0) = g′ (x0)，
则称x0 为函数f (x) 与g(x) 的一个“S 点”．
（1）证明：函数f (x) = x 与g(x) = x2 +2x−2 不存在“S 点”．
（2）若函数f (x) = ax2 −1 与g(x) = lnx 存在“S 点”，求实数a 的值．
（3）已知函数f (x) = −x2 +a,g(x) = bex
x ．对任意a > 0，判断是否存在b > 0，使函数f (x) 与g(x) 在
区间(0,+∞) 内存在“S 点”，并说明理由．
解析（1）证明：f ′ (x) = 1,g′ (x) = 2x+2，则由“S 点”的定义得
x = x2 +2x−2
1 = 2x+2
，得方程组无解，则f (x) = x
与g(x) = x2 +2x−2 不存在“S 点”．
（2）f ′ (x) = 2ax，g′ (x) = 1
x，x > 0，由f ′ (x) = g′ (x) 得1
x = 2ax，得x =
√
1
2a，f(
√
1
2a) = −1
2 = g(
√
1
2a) =
−1
2 ln2a，得a = e
2．
（3）解：f ′ (x) = −2x，g′ (x) = bex (x−1)
x2
(x̸ = 0)，由f ′ (x0) = g′ (x0)，得bex0 = −2x3
0
x0 −1 > 0，得0 < x0 < 1，
由f (x0) = g(x0)，得−x02 +a = bex0
x0
= −2x2
0
x0 −1，得a = x02 −2x2
0
x0 −1，
令h(x) = x2 −2x2
x−1 −a = −x3 +3x2 +ax−a
1−x
(a > 0,0 < x < 1)，
设m(x) = −x3 +3x2 +ax −a(a > 0,0 < x < 1)，则m(0) = −a < 0,m(1) = 2 > 0，得m(0)m(1) < 0，又
m(x) 的图象在(0,1) 上连续不断，则m(x) 在(0,1) 上有零点，则h(x) 在(0,1) 上有零点，则f (x) 与
g(x) 在区间(0,+∞) 内存在“S”点．
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57
11
直击自招
考题
（清华大学2016 年自主招生笔试真题3）
已知函数f (x) = x2 −1，g(x) = lnx．下列说法中正确的有( )
A. f (x) 与g(x) 在点(1,0) 处有公切线
B. 存在f (x) 的某条切线与g(x) 的某条切线互相平行
C. f (x) 与g(x) 有且只有一个交点
D. f (x) 与g(x) 有且只有两个交点
答案
B,D
解析
注意y = x−1 为函数g(x) 在点(1,0) 处的切线，如图．
第12 讲
利用导数研究单
调性
直击课堂
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59
12
学习目标
1. 熟练利用导数判断函数的单调性，能对含参的导函数作合理的分类讨论，理解并掌握二阶导判断单调性的方
法.
2. 能将单调性的逆向求参问题转化为导函数的恒成立问题.
考情分析
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
60
12
1
模块
1
利用导数判断单调性
知识凝炼
1
利用导数判断函数的单调性的方法
如果函数y = f (x) 在x 的某个开区间内，总有f ′ (x) > 0，则f (x) 在这个区间上是
；
如果函数y = f (x) 在x 的某个开区间内，总有f ′ (x) < 0，则f (x) 在这个区间上是
．
2
利用导数判断函数的单调性的步骤
（1）确定函数的f (x) 定义域
（2）求出函数f (x) 的导数
（3）在定义域内求解不等式f ′ (x) > 0, 求得其解集, 再根据解集写出单调递增区间
（4）在定义域内求解不等式f ′ (x) < 0, 求得其解集, 再根据解集写出单调递减区间
注: 单调区间不以”并集”出现.
精讲精练
考点1: 利用导数判断（不含参）函数的单调性
例1 （1）★★
正确率：31%
函数f (x) = x
lnx 的递减区间是( )
A. (0,e)
B. (e,+∞)
C. (1,e)
D. (0,1),(1,e)
（2）★★★
函数f (x) =
sinx
2+cosx 的单调递增区间是
．
（3）★★★
设函数f (x) = x(ex −1)−1
2x2，求函数f (x) 的单调增区间．
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61
12
达标检测1
★★★
正确率：64%
函数f (x) = x2 −ln(2x) 的单调递增区间是( )
A.
(
0,
√
2
2
]
B.
[√
2
2 ,+∞
)
C.
(
−∞,−
√
2
2
]
,
(
0,
√
2
2
)
D.
[
−
√
2
2 ,0
)
,
(
0,
√
2
2
]
进阶1
★★★★
已知函数f(x) = lnx，g(x) = 2x−2(x ⩾1)．试判断F(x) = (x2 +1)f(x)−g(x) 在定义域上的单调性．
达标检测2
★★★
正确率：43%
函数f (x) = e2x +2cosx−4 在[0,2π] 上是( )
A. 在[0,π] 上是减函数，[π,2π] 上是增函数
B. 在[0,π] 上是增函数，[π,2π] 上是减函数
C. 增函数
D. 减函数
知识凝炼
含参函数导数的分类讨论
在研究含有参数的函数f(x) 的单调性时，分类讨论的依据如下：
①f ′(x) = 0 的根的个数；
②f ′(x) = 0 的根是否在f(x) 的定义域内；
③f ′(x) = 0 的各个根之间的大小关系；
④f ′(x) 在各区间的正负分布（一般由导函数的最高次项系数所决定）.
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62
12
精讲精练
考点2: 含参导函数的分类讨论
例2
★★★
已知f (x) = a(x−lnx)+ 2x−1
x2
，a ∈R，讨论f (x) 的单调性．
进阶2
★★★★
已知函数f(x) = lnx−ax+ 1−a
x
−1(a ∈R)，讨论f(x) 的单调性．
例3
★★★★
已知函数f (x) = xex −1
2 (a+1)
(
x2 +2x
)
．讨论f (x) 的单调性．
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63
12
知识凝炼
由二阶导判断单调性的步骤
（1）求二阶导
（2）由二阶导判断一阶导的单调性
（3）由一阶导单调性结合端点或零点判断一阶导的符号
（4）由一阶导符号得到原函数的单调性
精讲精练
考点3: 通过二阶导数判断单调性
例4
★★★★正确率：74%
已知函数f (x) = ex cosx−x，求函数f (x) 在区间
(
0,π
2
)
上的单调性．
例5
★★★★
设函数f(x) = (2−x)ex +e2x，求f(x) 的单调区间．
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12
达标检测3
★★★★
设函数f (x) = (x+1)lnx−2x，则以下说法正确的是( )
A. f (x) 在(0,+∞) 上单调递减
B. f (x) 在(0,+∞) 上单调递增
C. f (x) 在(0,1) 上单调递增，f (x) 在(1,+∞) 上单调递减
D. f (x) 在(0,1) 上单调递减，f (x) 在(1,+∞) 上单调递增
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65
12
2
模块
2
单调性的逆向求参问题
知识凝炼
单调性的逆向求参问题
1
已知函数在区间上单调增或者单调减，转化为导函数恒大于等于零或恒小于等于零求解．
2
已知函数在区间上不单调，转化为导数在区间内存在变号零点．
3
已知函数在区间上存在单调增或者单调减区间，转化为导函数在区间上大于零或者小于零有解．
精讲精练
考点4: 单调性的逆向求参问题
例6 （1）★★★
已知函数f (x) = 1
3ax3 −x2 +x 在区间(0,2) 上是增函数，则实数a 的取值范围为
．
（2）★★★
已知函数f (x) = −1
2x2 +4x−3lnx 在[t,t +1] 上不单调，则实数t 的取值范围是
．
（3）★★★★
已知函数f (x) = lnx+ 1
2ax2 −2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为
．
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12
达标检测4
★★★★
若函数f (x) = x−1
3 sin2x+asinx 在(−∞,+∞) 上单调递增，则a 的取值范围是( )
A. [−1,1]
B.
[
−1, 1
3
]
C.
[
−1
3, 1
3
]
D.
[
−1,−1
3
]
达标检测5
★★★★
已知函数f (x) = x3 +(2−m)x2 −
(
m2 −1
)
x+m(m ∈R)，若函数f (x) 在区间(−1,1) 上不单调，则实数
m 的取值范围是( )
A. (−4,2)
B.
(
−4, 1
2
)
C.
(
1
2,2
)
D.
(
−4, 1
2
)
∪
(
1
2,2
)
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67
12
课堂总结
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68
12
直击高考
考题1 （2017 新课标Ⅰ卷理21 题）
已知函数f (x) = ae2x +(a−2)ex −x．讨论f (x) 的单调性．
解析
解：由f (x) = ae2x +(a−2)ex −x，得f ′ (x) = 2ae2x +(a−2)ex −1 .
当a = 0 时，f ′ (x) = −2ex −1 < 0，
∴f (x) 在R 上单调递减；
当a > 0 时，f ′ (x) = (2ex +1)(aex −1) = 2a
(
ex + 1
2
)(
ex −1
a
)
，令f ′ (x) = 0，解得x = ln 1
a，
当f ′ (x) > 0 时，解得x > ln 1
a，当f ′ (x) < 0 时，解得x < ln 1
a，
∴x ∈
(
−∞,ln 1
a
)
时，f (x) 单调递减，x ∈
(
ln 1
a,+∞
)
时，f (x) 单调递增；
当a < 0 时，f ′ (x) = 2a
(
ex + 1
2
)(
ex −1
a
)
< 0 恒成立，
∴f (x) 在R 上单调递减.
综上可知：当a ⩽0 时，f (x) 在R 上是单调递减函数，
当a > 0 时，f (x) 在
(
−∞,ln 1
a
)
上是减函数，在
(
ln 1
a,+∞
)
上是增函数．
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12
考题2 （2017 新课标Ⅰ卷文21 题）
设函数f (x) =
(
1−x2)
ex．讨论f (x) 的单调性.
解析
f (x) =
(
1−x2)
ex，则f ′ (x) =
(
1−x2 −2x
)
ex．
令f ′ (x) = 0，解得x = −1±
√
2．
当x < −1−
√
2 或x > −1+
√
2 时，f ′ (x) < 0，f (x) 单调递减；
当−1−
√
2 < x < −1+
√
2 时，f ′ (x) > 0，f (x) 单调递增．
所以f (x) 在
(
−∞,−1−
√
2
)
，
(
−1+
√
2,+∞
)
上单调递减，
在
(
−1−
√
2,−1+
√
2
)
上单调递增．
考题3 （2016 新课标Ⅱ卷理21 题）
讨论函数f (x) = x−2
x+2ex 的单调性，并证明当x > 0 时，(x−2)ex +x+2 > 0．
解析
解：f (x) 的定义域为(−∞,−2)∪(−2,+∞)．
f ′ (x) = (x−1)(x+2)ex −(x−2)ex
(x+2)2
=
x2ex
(x+2)2 ⩾0，且仅当x = 0 时，f ′ (x) = 0，所以f (x) 在(−∞,−2)，
(−2,+∞) 上分别单调递增．
因此当x ∈(0,+∞) 时，f (x) > f (0) = −1．
所以(x−2)ex > −(x+2)，即(x−2)ex +x+2 > 0．
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70
12
直击自招
考题
（2019 北京大学博雅计划14 题）
0 < x < 1，比较tanx
x ，tan2 x
x2
，tan(x2)
x2
的大小关系．
答案
tan
(
x2)
x2
< tanx
x
< tan2 x
x2
解析
解：0 < x < 1，熟知x > sinx，求导即得．考虑扇形和直角三角形面积，有tanx > x．令f (x) = tanx
x ，
f ′ (x) = xsec2 x−tanx
x2
，xsec2 x > tanx ⇔2x > sin2x，所以f ′ (x) > 0，f (x) 单调递增．tan
(
x2)
x2
< tanx
x
<
tan2 x
x2
．
第13 讲
利用导数研究极
值最值
直击课堂
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73
13
学习目标
1. 熟练掌握利用导数求函数极值和最值的一般方法，进一步强化二阶求导的技巧以及对含参导函数的分类讨
论.
2. 理解极值点与导函数零点的联系与区别，能将极值的存在性问题合理地转化为导函数的零点问题.
3. 初步理解和掌握隐性极值点的解题方法.
考情分析
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
74
13
1
模块
1
极值问题
知识凝炼
利用导数求极值
1
可导函数极值的分析方法：
在x = x0 处，f ′ (x0) = 0，
若在x0 左侧f ′ (x0) > 0，在x0 右侧f ′ (x0) < 0，则x0 是f (x) 的极大值点；
若在x0 左侧f ′ (x0) < 0，在x0 右侧f ′ (x0) > 0，则x0 是f (x) 的极小值点．
2
求可导函数的极值的步骤：
①求函数的定义域；
②求导函数f ′ (x)；
③在原函数的定义域内，求方程f ′ (x) = 0 的所有实数根；
④对每个实数根进行检验，判断在每个根的左右两侧，导数f ′ (x) 的符号变化情况．
精讲精练
考点1: 利用导数求极值
例1 （1）★★
求函数f (x) = 1
2(x−1)2 −6lnx 的极值．
（2）★★★
正确率：49%
已知f(x) 是定义域为R 的奇函数，当x < 0 时，f(x) = (x+1)3ex+1 −e．那么函数f(x) 的极值点的
个数是( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
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13
达标检测1
★★★
正确率：45%
设函数f (x) = lnx+ax2 −3
2x，若x = 1 是函数f (x) 的极大值点，则函数f (x) 的极小值为( )
A. ln2−2
B. ln2−1
C. ln3−2
D. ln3−1
考点2: 含参函数极值的分类讨论
例2
★★★★
讨论函数f (x) = (x−2)(ex −ax) 的极值情况．
知识凝炼
极值的逆向求参问题
1
已知极值点求参数值
此类问题的求解思路是：根据极值点的导数为零，列出方程直接求解参数，但要注意验证是否是变号零点．
2
由极值存在性求参数范围
此类问题可以等价的转化为导函数零点的分布问题，但要注意必须是变号零点. 另外如果明确告知了是
极大值或极小值，那么还需要讨论零点两侧导函数的符号.
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76
13
精讲精练
考点3: 极值的逆向求参问题
例3 （1）★★★
已知f (x) = x3 −ax2 +4x 有两个极值点x1、x2，且f (x) 在区间(0,1) 上有极大值，无极小值，则a 的
取值范围是
．
（2）★★★★
若函数f (x) = mx2 −(2m+1)x+lnx 在x = 1 处取得极小值，则实数m 的取值范围是
．
达标检测2
★★★
已知函数f (x) = x(x−c)2 在x = 2 处有极大值，则c =
．
达标检测3
★★★★正确率：72%
设函数f (x) = lnx+ a
2x2 −bx，若x = 1 是函数f (x) 的极大值点，则实数a 的取值范围是( )
A. (−∞,1)
B. (−∞,1]
C. (−∞,0)
D. (−∞,0]
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77
13
进阶1
★★★★★
已知函数f (x) = ex
x2 −k
(
2
x +lnx
)
，若x = 2 是函数f (x) 的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为
( )
A. (−∞,e]
B. [0,e]
C. (−∞,e)
D. [0,e)
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13
2
模块
2
最值问题
知识凝炼
1
求具体函数的最值
求函数y = f(x) 在[a,b] 上的最大值与最小值的步骤如下：
（1）求函数y = f(x) 在(a,b) 内的极值；
（2）将函数y = f(x) 的各极值与端点处的函数值f (a)，f (b) 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个
是最小值．
2
求含参函数的最值
（1）求最值的常见四类问题：
①区间定，极值点定；
②区间定，极值点变；
③区间变，极值点定；
④区间变，极值点变.
（2）无论是上述哪类问题，求最值时讨论的方向是一致的，一般都是根据极值点在区间的左边，中间，右边
三种情况来分类讨论，更复杂的情况（如极值点本身的存在性不确定）须细分.
精讲精练
考点4: 含参的求最值问题
例4
★★★
正确率：54%
已知函数f (x) = 2
x +alnx，a ∈R，求函数f (x) 在区间(0,e] 上的最小值．
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79
13
进阶2
★★★★
已知函数f (x) = lnx−ax2 +(a−2)x，求函数y = f (x) 在
[
a2,a
]
上的最大值．
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13
3
模块
3
隐性极值点
精讲精练
例5
★★★★
已知函数f (x) = ex ·
(
a+ 1
x +lnx
)
，其中a ∈R．当a ∈(0,ln2) 时，证明：f (x) 存在极小值．
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81
13
课堂总结
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82
13
直击高考
考题1 （2018 新课标Ⅲ卷理21 题）
已知函数f (x) = (2+x+ax2)ln(1+x)−2x．
（1）若a = 0，证明：当−1 < x < 0 时，f (x) < 0；当x > 0 时，f (x) > 0．
（2）若x = 0 是f (x) 的极大值点，求a 的值．
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83
13
解析（1）证明：当a = 0 时，f (x) = (2+x)ln(1+x)−2x(x > −1)．
f ′ (x) = ln(x+1)−
x
x+1，f ′′ (x) =
x
(x+1)2 ，可得当x ∈(−1,0) 时，f ′′ (x) < 0；当x ∈(0,+∞) 时，f ′′ (x) > 0，
∴f ′ (x) 在(−1,0) 上单调递减，在(0,+∞) 上单调递增，
∴f ′ (x) ⩾f ′ (0) = 0，
∴f (x) = (2+x)ln(1+x)−2x 在(−1,+∞) 上单调递增，又f(0) = 0．
∴当−1 < x < 0 时，f (x) < 0；当x > 0 时，f (x) > 0．
（2）解：由f (x) = (2+x+ax2)ln(1+x)−2x，得
f ′ (x) = (1+2ax)ln(1+x)+ 2+x+ax2
x+1
−2 = ax2 −x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)
x+1
，
令h(x) = ax2 −x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)，h′ (x) = 4ax+(4ax+2a+1)ln(x+1)．
当a ⩾0,x > 0 时，h′ (x) > 0,h(x) 单调递增，
∴h(x) > h(0) = 0，即f ′ (x) > 0，
∴f (x) 在(0,+∞) 上单调递增，故x = 0 不是f (x) 的极大值点，不符合题意．
当a < 0 时，h′′ (x) = 8a+4aln(x+1)+ 1−2a
x+1 ，显然h′′ (x) 单调递减，①令h′′ (0) = 0，解得a = −1
6．
∴当−1 < x < 0 时，h′′ (x) > 0，当x > 0 时，h′′ (x) < 0，
∴h′ (x) 在(−1,0) 上单调递增，在(0,+∞) 上单调递减，
∴h′ (x) ⩽h′ (0) = 0，
∴h(x) 单调递减，又h(0) = 0，
∴当−1 < x < 0 时，h(x) > 0，即f ′ (x) > 0，当x > 0 时，h(x) < 0，即f ′ (x) < 0，
∴f (x) 在(−1,0) 上单调递增，在(0,+∞) 上单调递减，
∴x = 0 是f (x) 的极大值点，符合题意；
②若−1
6 < a < 0，则h′′ (0) = 1+6a > 0,h′′(e
−1+6a
4a
−1) = (2a−1)(1−e
1+6a
4a
) < 0，
∴h′′ (x) = 0 在(0,+∞) 上有唯一一个零点，设为x0，
∴当0 < x < x0 时，h′′ (x) > 0,h′ (x) 单调递增，
∴h′ (x) > h′ (0) = 0，即f ′ (x) > 0，
∴f (x) 在(0,x0) 上单调递增，不符合题意；
③若a < −1
6，则h′′ (0) = 1+6a < 0，h′′( 1
e2 −1) = (1−2a)e2 > 0，
∴h′′ (x) = 0 在(−1,0) 上有唯一一个零点，设为x1，
∴当x1 < x < 0 时，h′′ (x) < 0,h′ (x) 单调递减，
∴h′ (x) > h′ (0) = 0，∴h(x) 单调递增，
∴h(x) < h(0) = 0，即f ′ (x) < 0，
∴f (x) 在(x1,0) 上单调递减，不符合题意．
综上，a = −1
6．
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13
考题2 （2017 山东卷理20 题）
已知函数f (x) = x2 +2cosx,g(x) = ex(cosx−sinx+2x−2)，其中e ≈2.71828··· 是自然对数的底数．令
h(x) = g(x)−af (x)(a ∈R)，讨论h(x) 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
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85
13
解析
解：h(x) = g(x)−af (x) = ex(cosx−sinx+2x−2)−a(x2 +2cosx)，
h′ (x) = ex(cosx−sinx+2x−2)+ex(−sinx−cosx+2)−a(2x−2sinx)
= 2(x−sinx)(ex −a) = 2(x−sinx)
(
ex −elna)
．
令u(x) = x−sinx，则u′ (x) = 1−cosx ⩾0，∴函数u(x) 在R 上单调递增．
∵u(0) = 0，∴当x > 0 时，u(x) > 0；当x < 0 时，u(x) < 0．
（1）当a ⩽0 时，ex −a > 0，∴当x > 0 时，h′ (x) > 0，函数h(x) 在(0,+∞) 上单调递增；
当x < 0 时，h′ (x) < 0，函数h(x) 在(−∞,0) 上单调递减．
∴当x = 0 时，函数h(x) 取得极小值，h(0) = −1−2a．
（2）当a > 0 时，令h′ (x) = 2(x−sinx)
(
ex −elna)
= 0．
解得x1 = lna，x2 = 0．
①当0 < a < 1 时，x ∈(−∞,lna) 时，ex −elna < 0，h′ (x) > 0，函数h(x) 单调递增；
当x ∈(lna,0) 时，ex −elna > 0，h′ (x) < 0，函数h(x) 单调递减；
当x ∈(0,+∞) 时，ex −elna > 0，h′ (x) > 0，函数h(x) 单调递增．
∴当x = 0 时，函数h(x) 取得极小值，h(0) = −2a−1．
当x = lna 时，函数h(x) 取得极大值，h(lna) = −a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]．
②当a = 1 时，lna = 0，x ∈R 时，h′ (x) ⩾0，∴函数h(x) 在R 上单调递增，无极值．
③当a > 1 时，lna > 0,x ∈(−∞,0) 时，ex −elna < 0,h′ (x) > 0，函数h(x) 单调递增；
x ∈(0,lna) 时，ex −elna < 0,h′ (x) < 0，函数h(x) 单调递减；
x ∈(lna,+∞) 时，ex −elna > 0,h′ (x) > 0，函数h(x) 单调递增．
∴当x = 0 时，函数h(x) 取得极大值，h(0) = −2a−1．
当x = lna 时，函数h(x) 取得极小值，h(lna) = −a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]．
综上所述：当a ⩽0 时，函数h(x) 在(0,+∞) 上单调递增，在(−∞,0) 上单调递减．
x = 0 时，函数h(x) 取得极小值，h(0) = −1−2a．
当0 < a < 1 时，函数h(x) 在x ∈(−∞,lna) 上单调递增；函数h(x) 在x ∈(lna,0) 上单调递减，在
x ∈(0,+∞) 上单调递增．当x = 0 时，函数h(x) 取得极小值，h(0) = −2a−1．当x = lna 时，函数h(x)
取得极大值，h(lna) = −a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]．
当a = 1 时，lna = 0，函数h(x) 在R 上单调递增，无极值．
当a > 1 时，函数h(x) 在(−∞,0)，(lna,+∞) 上单调递增；函数h(x) 在(0,lna) 上单调递减．当
x = 0 时，函数h(x) 取得极大值，h(0) = −2a −1．当x = lna 时，函数h(x) 取得极小值，h(lna) =
−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
86
13
考题3 （2018 北京卷理18 题）
设函数f (x) = [ax2 −(4a+1)x+4a+3]ex．若f (x) 在x = 2 处取得极小值，求a 的取值范围．
解析
f (x) 的导数为f ′ (x) = [ax2 −(2a+1)x+2]ex = (x−2)(ax−1)ex，
若a = 0，则x < 2 时，f ′ (x) > 0，f (x) 递增；x > 2 时，f ′ (x) < 0，f (x) 递减．
在x = 2，处f (x) 取得极大值，不合题意；
若a > 0，且a = 1
2，则f ′ (x) = 1
2(x−2)2ex ⩾0，f (x) 递增，无极值；
若a > 1
2，则1
a < 2，f (x) 在
(
1
a,2
)
上递减；在(2,+∞)，(−∞, 1
a) 上递增，
可得f (x) 在x = 2 处取得极小值；
若0 < a < 1
2，则1
a > 2，f (x) 在
(
2, 1
a
)
上递减；在
(
1
a,+∞
)
，(−∞,2) 上递增，
可得f (x) 在x = 2 处取得极大值，不合题意；
若a < 0，则1
a < 2，f (x) 在
(
1
a,2
)
上递增；在(2,+∞)，
(
−∞, 1
a
)
上递减，
可得f (x) 在x = 2 处取得极大值，不合题意．
综上可得，a 的取值范围是
(
1
2,+∞
)
．
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87
13
考题4 （2017 北京卷理19 题）
已知函数f (x) = ex cosx−x．求函数f (x) 在区间
[
0,π
2
]
上的最大值和最小值．
答案
最大值为1，最小值为−π
2
解析
函数f (x) = ex cosx−x 的导数为f ′ (x) = ex (cosx−sinx)−1，
令g(x) = ex (cosx−sinx)−1，
则g(x) 的导数为g′ (x) = ex (cosx−sinx−sinx−cosx) = −2ex ·sinx，
当x ∈
[
0,π
2
]
时，可得g′ (x) = −2ex ·sinx ⩽0，
即有g(x) 在
[
0,π
2
]
上递减，可得g(x) ⩽g(0) = 0，
则f (x) 在
[
0,π
2
]
上递减，
即有函数f (x) 在区间
[
0,π
2
]
上的最大值为f (0) = e0 cos0−0 = 1，
最小值为f
(
π
2
)
= e
π
2 cosπ
2 −π
2 = −π
2 ．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
88
13
直击自招
考题
（2019 北京大学博雅计划数学第3 题）
求函数f (x) =
x
√
1+x2 + 1−x2
1+x2 的取值范围．
答案
[
−2, 9
8
]
解析
解：令
x
√
1+x2 = cost，
1
√
1+x2 = sint，t ∈[0,π]，则原式为y = cost + sin2t −cos2t = cost −cos2t =
2sin 3t
2 sin t
2，最小值为−2，在t =π 时取到．令sin t
2 = m，则y = 3m2 −4m4，最大值为9
8．f 在R 上是
连续函数，所以取值范围为
[
−2, 9
8
]
．
第14 讲
单变量恒成立(存
在性) 问题
直击课堂
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91
14
学习目标
1. 理解恒成立问题和存在性问题的区别，掌握两类问题的转化方法.
2. 能够根据所给函数选择整体分析法或者分离变量法求解相应的问题.
3. 能判断题目是否具有端点效应，初步掌握端点效应类问题的解题方法.
考情分析
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
92
14
1
模块
1
恒成立问题
知识凝炼
一、恒成立的常见表达的解读如下：
二、存在性的常见表达的解读如下：
三、恒成立问题常见方法总结：
方法一：整体分析法
分析函数的最值，得到最值的表达式，从而得到相应的不等式，解得结果．
方法二：分离参数法
从不等式中将参数分离出来，即将原不等式转化为λ ⩾g(x)（或λ ⩽g(x)）的形式，于是原恒成立问题等
价于λ ⩾g(x)max（或λ ⩽g(x)min）. 这时由于g(x) 中无参数，故求最值往往比较简单.
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93
14
精讲精练
例1 （1）★★★
若对任意x ∈[−1,1]，x3 −3ax+a ⩾0 恒成立，则实数a 的取值范围是
．
（2）★★★★
设函数f (x) = x+alnx，a ⩽−1，若f (x) ⩽e−1 在x ∈
[
e,e2]
时恒成立，求a 的取值范围．
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94
14
例2
★★★★★
已知函数f(x) = lnx，h(x) = ax(a ∈R)．是否存在实数m，使得对任意的x ∈(1
2,+∞)，都有函数y =
f(x)+ m
x 的图象在g(x) = ex
x 的图象的下方？若存在，请求出最大整数m 的值；若不存在，请说明理由．
（参考数据：ln2 = 0.6931，ln3 = 1.0986，√e = 1.6487，3√e = 1.3956）．
达标检测1
★★★★
已知函数f (x) = ex −x2 −ax．当x > 0 时，f (x) ⩾1−x 恒成立，求实数a 的取值范围( )
A. (−∞,e−2]
B. (−∞,e−1]
C. (−∞,e]
D. (−∞,e+1]
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95
14
2
模块
2
存在性问题
精讲精练
例3
★★★★
已知函数f (x) = lnx−2x，当a > 0 时，不等式f (x) > −ax2 +ax−2 在x ∈[1,e] 上有解，求a 的取值范
围．
达标检测2
★★★
正确率：68%
已知函数f (x) = a−x+xex，若存在x0 > −1，使得f (x0) ⩽0，则实数a 的取值范围为( )
A. [0,+∞)
B. (−∞,0]
C. [1,+∞)
D. (−∞,1]
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
96
14
3
模块
3
端点效应
知识凝炼
端点效应型恒成立问题
1
端点效应型恒成立问题
恒成立问题中，我们常常能见到类似的命题：
“对于任意的x ∈[a,b]，都有f (x) ⩾0 恒成立”（f(x) 中包含
参数λ）．
观察端点处取值，若端点处函数值恰为0，即f(a) = 0 或f(b) = 0，则称该恒成立问题具有端点效应．
2
端点效应的必要条件
对于上述问题，若f(a) = 0，则有f ′(a) ⩾0；若f(b) = 0，则有f ′(b) ⩽0．
对于f(x) ⩽0 恒成立，结论相反．
3
端点效应的解题方法
在解决端点效应型的问题时要注意三点：
①f ′(a) ⩾0 或f ′(b) ⩽0 这个结论并不能直接在解题中使用，虽然这个结论是对的，且大多数时候往往就
是题目的答案，但在高中阶段从未证明过此结论，我们只能换其他方式来说明这一点．
②对于此类端点效应型问题，在讨论时要牢记一点——不能分参，必须直接讨论．因为分参之后会出现
0
0 或∞
∞型的极限，这是我们无法处理的．
③在接下来的分类讨论中，我们要说清楚两件事：一、在参数取值范围内，不等式恒成立；二、在取值范围
外，不等式不能恒成立．
精讲精练
例4
★★★★
已知函数f (x) = alnx+ 1
x，a ∈R．若不等式f (x) > 1 对任意x ∈(1,+∞) 恒成立，求实数a 的取值范围．
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97
14
达标检测3
★★★
正确率：69%
xlnx−ax+a ⩾0 在[1,+∞) 上恒成立，根据端点效应的必要条件，猜测a 的取值范围应是( )
A. [0,+∞)
B. [1,+∞)
C. (−∞,0]
D. (−∞,1]
例5
★★★★
已知函数f (x) = xlnx−a(x−1)2 −x+1,a ∈R．若对任意x ∈(1,+∞)，f (x) < 0 恒成立，求实数a 的取
值范围．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
98
14
进阶1
★★★★★
已知函数f (x) = 2x−(x+1)ln(x+1)+1，若当x ⩾0 时，关于x 的不等式f (x) ⩾kx2 +x+1 恒成立，求
k 的取值范围．
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99
14
课堂总结
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
100
14
直击高考
考题
（2017 新课标Ⅱ卷文21 题）
设函数f (x) =
(
1−x2)
ex．当x ⩾0 时，f (x) ⩽ax+1，求a 的取值范围．
解析
令g(x) = f (x)−ax−1 =
(
1−x2)
ex −ax−1，x ⩾0，则g′ (x) =
(
1−x2 −2x
)
ex −a．
令h(x) =
(
1−x2 −2x
)
ex −a，x ⩾0，
则h′ (x) =
(
1−x2 −2x−2x−2
)
ex = −
(
x2 +4x+1
)
ex < 0，
所以g′ (x) 在[0,+∞) 上单调递减，g′(x)max = g′ (0) = 1−a．
若a < 1，g′ (0) > 0，g′ (1) = −2e−a，
①a ⩽−2e，g′ (1) = −2e−a ⩾0
当0 < x < 1 时，g′ (x) ⩾0，g(x) 单调递增，g(x) > g(0) = 0，不符合要求．
②a > −2e，g′ (1) = −2e−a < 0，存在x0 ∈(0，1)，使得g′ (x0)=0，
当0 < x < x0 时，g′ (x) > 0，g(x) 单调递增，g(x) > g(0) = 0，不符合要求．
若a ⩾1，因为g′ (0) ⩽0，所以g′ (x) ⩽0，则g(x) 在[0,+∞) 上单调递减，
于是g(x) ⩽g(0) = 0．
综上，a 的取值范围是[1,+∞)．
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101
14
直击自招
考题
（2018 福建省预赛14）
已知f (x) = ex −mx．若x > 0 时，不等式(x−2) f (x)+mx2 +2 > 0 恒成立，求实数m 的取值范围.
解析
解：设g(x) = (x−2) f (x)+mx2 +2，则g(x) = (x−2)ex +2mx+2．
x > 0 时，不等式(x−2) f (x)+mx2 +2 > 0 恒成立⇔x > 0 时，g(x) > 0 恒成立．
∵g′ (x) = ex +(x−2)ex +2m = (x−1)ex +2m，g′′ (x) = ex +(x−1)ex = xex．
∴x > 0 时，g′′ (x) = exx > 0，g′ (x) = (x−1)ex +2m 在区间[0,+∞) 上为增函数．
另由g(2) = 4m+2 > 0，知m > −1
2．
①若−1
2 < m < 1
2，则g′ (0) = −1+2m < 0，g′ (2) = e2 +2m > 0．
此时，g′′ (x) 在区间[0,x0] 上为减函数，g(x0) < g(0) = 0．因此，−1
2 < m < 1
2 不符合要求．
②若m ⩾1
2，则x > 0 时，g′ (x) > g′ (0) = −1+2m ⩾0．此时，g(x) 在[0,+∞) 上为增函数．
∴x > 0 时，g(x) > g(0) = 0．因此，m ⩾1
2 符合要求．
由①、②，得m 的取值范围为
[
1
2,+∞
)
．
第15 讲
双变量恒成立（存
在性）问题
直击课堂
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103
15
学习目标
1. 熟练掌握几种常见的双变量问题的转化方法，体会转化与化归的数学思想.
考情分析
该模块知识虽然在近三年的高考中没有考察，但是我们期中考试、期末考试仍会涉及，其转化思想依然需
要掌握.
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
104
15
1
模块
1
单函数双变量
知识凝炼
一个函数中有两个变量时，常用的转化方法为：
1
∀x1,x2 (x1̸ = x2), f (x1)−f (x2)
x1 −x2
< m 可转化为f
′ (x) ≤m.
2
∀x1,x2 (x1̸ = x2), f (x1)−f (x2)
x1 −x2
> m 可转化为f
′ (x) ≥m.
3
∀x1,x2, f (x1)−f (x2)
x1 −x2
> m 可转化为函数g(x) = f (x)−mx 单调递增.
4
∀x1,x2,|f (x1)−f (x2)| < m 可转化为f (x)max −f (x)min < m.
精讲精练
例1
★★★★
设f (x) = ax3 +xlnx(a ∈R)．若∀x1，x2 ∈(0,+∞) 且x1 > x2，不等式f (x1)−f (x2)
x1 −x2
< 2 恒成立，求实数
a 的取值范围．
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105
15
例2
★★★★
已知函数f (x) = ax +x2 −xlna(a > 0,a̸ = 1)，对任意的x1、x2 ∈[0,1]，不等式|f (x1)−f (x2)| ⩽a−1 恒
成立，则实数a 的取值范围为
．
达标检测1
★★★
设函数f (x) = lnx+ m
x ，m ∈R，若对任意b > a > 0，f (b)−f (a)
b−a
< 1 恒成立，则m 的取值范围为( )
A. [0,+∞)
B.
[
1
4,+∞
)
C. [1,+∞)
D. [2,+∞)
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
106
15
2
模块
2
双函数双变量
知识凝炼
双变量问题的常见表达的解读如下：
精讲精练
例3
★★★★
设函数f (x) = a
x +xlnx(a ⩾1)，g(x) = x3 −x2 −3．求证：对任意的s，t ∈[1,2]，都有f (s) ⩾g(t) 成立．
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107
15
例4
★★★★
设函数g(x) = x2 +(1−t)x+1
ex
，h(x) = 2g(x)，存在实数x1，x2 ∈[0,1] 使得h(x1) < g(x2) 成立，求实数t
的取值范围．
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108
15
达标检测2
★★★
已知函数f (x) = x−1
ex ，g(x) = x−m2
x ，其中m̸ = 0．对任意实数x1，x2 ∈[1,+∞)，都有f (x1) ⩽g(x2) 恒
成立，则实数m 的取值范围为( )
A.
[
−1
e, 1
e
]
B. [−1,1]
C. [−e,e]
D.
[
−
√
e2 −1
e
,
√
e2 −1
e
]
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109
15
进阶1
★★★★★
已知函数f (x) = ax3 −x2 +x +2，g(x) = elnx
x
，若对于∀x1 ∈(0,1]，∀x2 ∈(0,1]，都有f (x1) ⩾g(x2)，则
实数a 的取值范围是
．
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110
15
3
模块
3
双函数等式型问题
知识凝炼
双变量的等式问题的转化方法为：
1
∀x1,∃x2, 使得f (x1) = g(x2), 则f (x) 的值域为g(x) 的值域的子集;
2
∃x1,∃x2, 使得f (x1) = g(x2), 则f (x) 的值域与g(x) 的值域交集非空集.
精讲精练
例5
★★★★
已知函数f (x) = ax−lnx，g(x) = lnx
x ．若h(x) = x2 [1+g′ (x)]，当a > 1 时，对于∀x1 ∈[1,e]，∃x0 ∈[1,e]，
使f (x1) = h(x0)，求a 的取值范围．
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111
15
达标检测3
★★★★正确率：58%
设曲线f (x) = −ex−x（e 为自然对数的底数）上任意一点处的切线为l1，总存在曲线g(x) = 3ax+2cos x
上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a 的取值范围为( )
A. [−1,2]
B. (3,+∞)
C.
[
−2
3, 1
3
]
D.
[
−1
3, 2
3
]
进阶2
★★★★★
设函数f (x) =
√
lnx+x+m，若曲线y = 1−e
2
cosx+ 1+e
2
上存在(x0,y0)，使得f (f (y0)) = y0 成立，则
实数m 的取值范围为( )
A.
[
0,e2 −e+1
]
B.
[
0,e2 +e−1
]
C.
[
0,e2 +e+1
]
D.
[
0,e2 −e−1
]
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
112
15
课堂总结
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113
15
直击高考
考题
（2014 天津市）
已知函数f (x) = x2 −2
3ax3 (a > 0)，x ∈R．
（1）求f (x) 的单调区间和极值．
（2）若对于任意的x1 ∈(2,+∞)，都存在x2 ∈(1,+∞)，使得f (x1)· f (x2) = 1，求a 的取值范围．
答案（1）见解析
（2）
[
3
4, 3
2
]
解析（1）解：f ′ (x) = 2x−2ax2 = 2x(1−ax)，令f ′ (x) = 0，解得x = 0 或x = 1
a．
当x 变化时，f ′ (x)，f (x) 的变化情况如下表：
所以，f (x) 的单调递减区间为：(−∞,0) 和
(
1
a,+∞
)
，单调递增区间为
(
0, 1
a
)
，当x = 0 时，f (x) 有极
小值f (0) = 0，当x = 1
a 时，f (x) 有极大值f
(
1
a
)
=
1
3a2 ．
（2）由f (0) = f
(
3
2a
)
= 0 及(1) 知，当x ∈
(
0, 3
2a
)
时，f (x) > 0；当x ∈
(
3
2a,+∞
)
时，f (x) < 0．
设集合A = { f (x)|x ∈(2,+∞)}，集合B =
{
1
f (x)
x ∈(1,+∞), f (x)̸ = 0
}
，则对于任意的x1 ∈(2,+∞)，
都存在x2 ∈(1,+∞)，使得f (x1)· f (x2) = 1，等价于A ⊆B，显然A̸ = ∅．下面分三种情况讨论：
①当3
2a > 2，即0 < a < 3
4 时，由f
(
3
2a
)
= 0 可知，0 ∈A，而0 /∈B，∴A 不是B 的子集；
②当1 ⩽3
2a ⩽2，即3
4 ⩽a ⩽3
2 时，f (2) ⩽0，且f (x) 在(2,+∞) 上单调递减，故A = (−∞, f (2))，
∴A ⊆(−∞,0)；由f (1) ⩾0，有f (x) 在(1,+∞) 上的取值范围包含(−∞,0)，即(−∞,0) ⊆B，∴A ⊆B；
③当3
2a < 1，即a > 3
2 时，有f (1) < 0，且f (x) 在(1,+∞) 上单调递减，故B =
(
1
f (1),0
)
，A =
(−∞, f (2))，∴A 不是B 的子集．
综上，a 的取值范围是
[
3
4, 3
2
]
．
高二数学·凌云班（课改+ 选修2-1）·秋
114
15
直击自招
考题
正确率：23% （2019 年清华大学自主招生试卷6）
若对∀c ∈R，∃a，b，使得f (a)−f (b)
a−b
= f (c) 成立，则称函数f (x) 满足性质T．下列函数不满足性质T
的是( )
A. f (x) = x3 −3x2 +3x
B. f (x) =
1
x2 +1
C. f (x) = ex+1
D. f (x) = sin(2x+1)
答案
A,B
解析
解：因为∀c ∈R，∃a，b，使得f (a)−f (b)
a−b
= f (c)，则
f (x) 的值域是f ′ (x) 值域的子集，
A 选项：f ′ (x) = 3x2 −6x+3 ∈[0,+∞)，f (x) ∈R，满足题意，
B 选项：f ′ (x) = −
2x
(
x2 +1
)2 ，
令x = tanα，则
g(α) = −1
2 sin2α (1+cos2α)，
当sin2α，cos2α > 0 时，则由四元均值不等式可知
sin2 2α(1+cos2α)2 = 27×
(
1+cos2α
3
)3
(1−cos2α) ⩽27×
(
2
4
)4
，
当且仅当cos2α = 1
2 时，等号成立，所以
f ′ (x) ∈
[
−3
√
3
8 , 3
√
3
8
]
，f (x) ∈(0,1]，满足题意，
因为g(α) 为奇函数，
C 选项：f ′ (x) = ex+1，f (x) ∈R，f ′ (x) ∈R，不满足题意，
D 选项：f ′ (x) = 2cos(2x+1)，f(x) ∈[−1,1]，f ′ (x) ∈[−2,2]，不满足题意，
综上所述：选A，B．
第16 讲
利用导数判断零
点个数
直击课堂
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16
学习目标
1. 熟练掌握利用导数判断零点个数的基本方法，解决有限区间内的零点个数问题及逆向求参问题.
2. 理解零点问题中何时需要找点，初步掌握几种常见的找点技巧.
考情分析
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16
1
模块
1
零点个数问题的解题方法
知识凝炼
1
利用导数判断不含参函数零点个数的步骤
（1）利用导数判断函数的单调性，求出所有单调区间；
（2）求出函数的各个极值；
（3）根据端点处函数值及各极值的符号，在每一个单调区间内判断零点的个数；
（4）得到在整个定义域内的零点个数．
零点问题方法综述
由零点个数求参数范围的问题，与恒成立问题类似，有三种处理手段：
（1）分离参数法，转化为分离后函数的单调区间与各区间的值域问题；
（2）整体分析法，考虑整体函数的单调区间与区间端点值的符号；
（3）图象法，左右两边分离出两个简单的函数，转化为两函数图象的交点问题，此时解题关键在于当参数
变化时，分析图象的动态变化过程，找出临界情形.
填空题主要采用图象法或分参法，解答题采用分参法或者整体法．
注意区分零点问题的两种表述：
“f(x) 存在零点”与“f(x) 存在× 个零点”，两类问题的处理手法是不同
的．
分离参数法
在解答题中，零点问题遵循优先分参的原则．分参后得到一个不含参的函数，一般需要:
①先求出函数的所有单调区间；
②进一步求出函数在定义域区间端点、极值点的函数值，有时还须结合在无穷处以及间断点处的极限，从
而得到函数在各个单调区间上的值域；
③然后根据零点存在定理，由零点个数去求参数的取值范围．
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16
整体分析法
1
当参数难以分离或者分离后的函数难以处理时，适合采用整体分析法．整体分析的难点在于对参数的分
类讨论，注意分类的点有两种：①单调性；②端点值与极值的符号．一般先按照单调性分大类，然后在每一大
类下再讨论端点值与极值的符号，最后结合零点存在定理，由零点个数去求参数的取值范围．
2
对于函数在无穷远处的函数值或者代入区间端点函数值无意义的情况，在这个点与和它相邻的极值点之
间的单调区间上，零点存在与否一般有两种类型：
（1）相邻极值与此点（无穷远点或函数值不存在的区间端点，下同）处函数值极限同号，如f (x) 在极值
点x = a 的极值f (a) < 0，且当x > a 时，f (x) < 0 恒成立，则f (x) 在(a,+∞) 无零点；
（2）函数的极值和在此点函数值的极限异号，则函数在此单调区间上有一个零点，但不能用极限来说明零
点的存在，需要在区间上找到一点，使得这一点的函数值与极值点的函数值异号．
精讲精练
考点1: 图象法
例1
★★★★正确率：68%
函数f (x) = (x+1)lnx−a(x−1) 有3 个零点，则实数a 的取值范围是( )
A. (0,2)
B. (2,e)
C. (e,+∞)
D. (2,+∞)
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达标检测1
★★★★正确率：57%
设f (x) = |lnx|，若函数g(x) = f (x)−ax 在区间(0,4) 上有三个零点，则实数a 的取值范围是( )
A.
(
0, 1
e
)
B.
(
ln2
2 ,e
)
C.
(
0, ln2
2
)
D.
(
ln2
2 , 1
e
)
考点2: 分参处理
例2
★★★
已知函数f (x) = 1
2x2 −alnx(a > 0)．若f (x) 在区间(1,e) 上恰有两个零点，求a 的取值范围．
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16
达标检测2
★★★
已知函数f (x) = ln(x+a)−x2 −x 在x = 0 处取得极值．若关于x 的方程f (x) = −5
2x+b 在区间[0,2]
上有两个不同的实根，求实数b 的取值范围( )
A.
(
ln3, 1
2 +ln2
)
B.
(
−1+ln3, 1
2 +ln2
)
C.
[
ln3, 1
2 +ln2
)
D.
[
−1+ln3, 1
2 +ln2
)
考点3: 整体处理
例3
★★★★
已知函数f(x) = a
3x3 −1
2 (a+1)x2 +x−1
3 (a ∈R)．当0 < a < 1 时，判断函数f (x) 在区间[0,2] 上零点
的个数．
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16
例4
★★★★
已知函数f (x) = −a2 lnx+x2 −ax(a ∈R)．若函数f (x) 在区间(1,e) 上有两个零点，求a 的取值范围．
进阶1
★★★★★
已知函数f (x) = ex−2，其中e ≈2.71828··· 是自然对数的底数．设m 为整数，函数g(x) = f (x)−lnx−m
有两个零点，求m 的最小值( )
A. 1
B. 2
C. −1
D. 0
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2
模块
2
零点问题中的找点技巧
1
分析与构造：观察目标函数的结构特点，构造与之相匹配的代数式.
2
直接放缩法：将目标函数难以处理的部分（一般为指数或对数）通过适当的放缩化为简单的函数，从而找
到满足条件的点.
3
分而治之：在构造或放缩时往往要求所找的点须同时满足两个或多个条件，这时可用max{a,b,...}（或
min{a,b,...}）的形式来表达.
精讲精练
例5
★★★★
已知函数f (x) = lnx−ax+1，a ∈R，讨论函数f (x) 零点的个数．
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16
例6
★★★★★
已知函数f (x) = ex −ax2．若f (x) 在(0,+∞) 只有一个零点，求a．
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达标检测3
★★★★★
已知函数f (x) = (x−2)ex +a(x−1)2．若f (x) 有两个零点，求a 的取值范围( )
A. (−2,+∞)
B. (1,+∞)
C. (0,+∞)
D. [1,+∞)
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课堂总结
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直击高考
考题1 （2017 新课标Ⅰ卷理21 题）
已知函数f (x) = ae2x +(a−2)ex −x．
（1）讨论f (x) 的单调性．
（2）若f (x) 有两个零点，求a 的取值范围．
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解析（1）解：由f (x) = ae2x +(a−2)ex −x，得f ′ (x) = 2ae2x +(a−2)ex −1 .
当a = 0 时，f ′ (x) = −2ex −1 < 0，
∴f (x) 在R 上单调递减；
当a > 0 时，f ′ (x) = (2ex +1)(aex −1) = 2a
(
ex + 1
2
)(
ex −1
a
)
，令f ′ (x) = 0，解得x = ln 1
a，当f ′ (x) > 0
时，解得x > ln 1
a，当f ′ (x) < 0 时，解得x < ln 1
a，
∴x ∈
(
−∞,ln 1
a
)
时，f (x) 单调递减，x ∈
(
ln 1
a,+∞
)
时，f (x) 单调递增；
当a < 0 时，f ′ (x) = 2a
(
ex + 1
2
)(
ex −1
a
)
< 0 恒成立，
∴f (x) 在R 上单调递减.
综上可知：当a ⩽0 时，f (x) 在R 上是单调递减函数，
当a > 0 时，f (x) 在
(
−∞,ln 1
a
)
上是减函数，在
(
ln 1
a,+∞
)
上是增函数．
（2）方法一：①若a ⩽0 时，由(1) 可知：f (x) 最多有一个零点，
②当a > 0 时，f (x) = ae2x +(a−2)ex −x，当x →−∞时，e2x →0,ex →0，
∴当x →−∞时，f (x) →+∞，当x →+∞,e2x →+∞，且远远大于ex 和x，
∴当x →+∞, f (x) →+∞，
∴要使函数有两个零点，则f (x) 的最小值小于0 即可，又f (x) 在
(
−∞,ln 1
a
)
上是减函数，
在
(
ln 1
a,+∞
)
上是增函数，
∴f(x)min = f
(
ln 1
a
)
= a×
(
1
a2
)
+(a−2)× 1
a −ln 1
a < 0，
∴1 −1
a −ln 1
a < 0，即ln 1
a + 1
a −1 > 0，设t = 1
a，则g(t) = lnt +t −1(t > 0)，g′ (t) = 1
t + 1 > 0，由
g(1) = 0，
∴t = 1
a > 1，解得0 < a < 1，
∴a 的取值范围是(0,1)．
方法二：①若a ⩽0 时，由(1) 可知：f (x) 至多有一个零点，
②当a > 0 时，由(1) 可知：当x = −lna 时，f (x) 取得最小值，f(x)min = f (−lna) = 1−1
a −ln 1
a，
当a = 1 时，f (−lna) = 0，故f (x) 只有一个零点，
当a ∈(1,+∞) 时，1−1
a −ln 1
a > 0，即f (−lna) > 0，
故f (x) 没有零点，
当a ∈(0,1) 时，1−1
a −ln 1
a < 0，即f (−lna) < 0，
又f (−2) = ae−4 +(a−2)e−2 +2 > −2e−2 +2 > 0，
故f (x) 在(−∞,−lna) 有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0 > ln
(
3
a −1
)
，则
f (n0) = en0 (aen0 +a−2)−n0 > en0 −n0 > 2n0 −n0 > 0，
又ln
(
3
a −1
)
> −lna，故f (x) 在(−lna,+∞) 上有一个零点．
∴a 的取值范围是(0,1)．
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考题2 （2018 新课标Ⅱ卷文21 题）
已知函数f (x) = 1
3x3 −a
(
x2 +x+1
)
．证明：f (x) 只有一个零点．
解析
证明：因为x2 +x+1 =
(
x+ 1
2
)2
+ 3
4 > 0，
所以f (x) = 0 等价于
x3
3
(
x2 +x+1
) −a = 0，
令g(x) =
x3
3
(
x2 +x+1
) −a，
则g′ (x) =
x2 [
(x+1)2 +2
]
3
(
x2 +x+1
)2
> 0，仅当x = 0 时，g′ (x) = 0，所以g(x) 在R 上是增函数；
g(x) 至多有一个零点，从而f (x) 至多有一个零点．
又因为f (3a−1) = −6a2 +2a−1
3 = −6
(
a−1
6
)2
−1
6 < 0，
f (3a+1) = 1
3 > 0，
故f (x) 有一个零点，
综上，f (x) 只有一个零点．
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考题3 （2018 浙江卷22 题）
已知函数f (x) = √x−lnx．
（1）若f (x) 在x = x1,x2(x1̸ = x2) 处导数相等，证明：f (x1)+ f (x2) > 8−8ln2；
（2）若a ⩽3−4ln2，证明：对于任意k > 0，直线y = kx+a 与曲线y = f (x) 有唯一公共点．
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解析（1）证明：∵函数f (x) = √x−lnx，
∴x > 0, f ′ (x) =
1
2√x −1
x，
∵f (x) 在x = x1,x2(x1̸ = x2) 处导数相等，
∴
1
2√x1
−1
x1
=
1
2√x2
−1
x2
，
∵x1̸ = x2，∴
1
√x1
+
1
√x2
= 1
2，
由基本不等式得：1
2
√x1x2 = √x1 +√x2 ⩾2 4√x1x2，
∵x1̸ = x2，∴x1x2 > 256，
由题意得f (x1)+ f (x2) = √x1 −lnx1 +√x2 −lnx2 = 1
2
√x1x2 −ln(x1x2)，
设g(x) = 1
2
√x−lnx，则g′ (x) = 1
4x (√x−4)，
∴列表讨论：
∴g(x) 在(256,+∞) 上单调递增，
∴g(x1x2) > g(256) = 8−8ln2，
∴f (x1)+ f (x2) > 8−8ln2．
（2）令m = e−(|a|+k)，n =
(|a|+1
k
)2
+1，
则f (m)−km−a > |a|+k −k −a ⩾0，
f (n)−kn−a < n
(
1
√n −a
n −k
)
⩽n
(|a|+1
√n
−k
)
< 0，
∴存在x0 ∈(m,n)，使f (x0) = kx0 +a，
∴对于任意的a ∈R 及k ∈(0,+∞)，直线y = kx+a 与曲线y = f (x) 有公共点，
由f (x) = kx+a，得k =
√x−lnx−a
x
，
设h(x) =
√x−lnx−a
x
，则h′ (x) =
lnx−
√x
2 −1+a
x2
= −g(x)−1+a
x2
，
其中g(x) =
√x
2 −lnx，
由(1) 知g(x) ⩾g(16)，
又a ⩽3−4ln2，∴−g(x)−1+a ⩽−g(16)−1+a = −3+4ln2+a ⩽0，
∴h′ (x) ⩽0，即函数h(x) 在(0,+∞) 上单调递减，
∴方程f (x)−kx−a = 0 至多有一个实根，
综上，a ⩽3−4ln2 时，对于任意k > 0，直线y = kx+a 与曲线y = f (x) 有唯一公共点．
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直击自招
考题
（2019 北京大学博雅计划数学第2 题）
f (x) = asinx，x ∈
[
0,π
2
]
，a > 0，若f (x) 与其反函数y = f −1 (x) 有两个交点，求a 的取值范围．
答案
1 < a ⩽π
2
解析
解：如果f 反函数存在，则f 与f −1 关于直线y = x 对称，所以f (x) 与其反函数y = f −1 (x) 有两个
交点，等价于f (x) 与y = x 有两个交点．考虑g(x) = x −asinx，g′ = 1 −acosx，当a ⩽1，g(0) = 0，
g′(x) < 0，g(x) 单调递增，只有一个零点．当1 < a ⩽π
2 ，g(x) 先减后增，g
(
π
2
)
⩾0，在
[
0,π
2
]
有两个
零点．当a > π
2 ，g(x) 先减后增，g
(
π
2
)
< 0，在
[
0,π
2
]
只有有一个零点．综上，1 < a ⩽π
2 ．
