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(共169张PPT)
第三章　导数及其应用
教材考点·真题分布
目 录 CONTENTS
教材探究问题 · 研析
教材阅读文字 · 拓展
教材典型母题 · 必刷
01
02
03
04
教材常用结论 · 推导
教材探究问题·研析
01
1.(人教A版选择性必修第二册P67)观察函数y＝f(x)的图象(如图),平均变化率表示什么 瞬时变化率f'(x0)＝表示什么
探究
提示:平均变化率＝表示割线P0P的斜率.
瞬时变化率f'(x0)＝＝表示切线P0T的斜率.
2.(人教A版选择性必修第二册P74)画出函数y＝的图象,根据图象,描述它的变化情况,并求出曲线在点(1,1)处的切线方程.
提示:函数y＝的图象如图所示,结合函数图象及其导数y'＝－发现,当x<0时,随着x的增加,函数y＝减少得越来越快;
当x>0时,随着x的增加,函数减少得越来越慢.
点(1,1)处切线的斜率就是导数y'|x＝1＝－＝－1,
故斜率为－1,过点(1,1)的切线方程为x＋y－2＝0.
3.(人教A版选择性必修第二册P77)设f(x)＝x2,g(x)＝x,计算[f(x)g(x)]'与f'(x)·g'(x),它们是否相等 f(x)与g(x)商的导数是否等于它们导数的商呢
提示:通过计算可知,[f(x)g(x)]'＝(x3)'＝3x2,f'(x)g'(x)＝2x·1＝2x,因此[f(x)·g(x)]'≠f'(x)g'(x).同样地,'与也不相等.
事实上,对于两个函数f(x)和g(x)的乘积(或商)的导数,我们有如下法则:
[f(x)g(x)]'＝f'(x)g(x)＋f(x)g'(x);
'＝(g(x)≠0).
4.(人教B版选择性必修第三册P86)已知h(x)＝sin 2x,f(u)＝sin u,g(x)＝2x.
(1)h(x)可以由f(u)与g(x)得到吗
提示:在f(u)＝sin u中,令u＝g(x)＝2x,
则有f(g(x))＝sin(g(x))＝sin 2x＝h(x).
(2)分别求出h'(x),f'(u),g'(x),并总结它们之间的关系.
提示:因为h(x)＝sin 2x＝2sin xcos x,
所以h'(x)＝(2sin xcos x)'
＝2(sin x)'cos x＋2sin x(cos x)'
＝2cos2x－2sin2x
＝2cos 2x.
又因为f'(u)＝cos u,g'(x)＝2,因此h'(x)＝f'(g(x))g'(x).
一般地,如果函数y＝f(u)与u＝g(x)的复合函数为y＝h(x)＝f(g(x)),
则可以证明,复合函数的导数h'(x)与f'(u),g'(x)之间的关系为
h'(x)＝[f(g(x))]'＝f'(u)g'(x)＝f'(g(x))g'(x).
这一结论也可以表示为 yx'＝yu'ux'.
5.(人教A版选择性必修第二册P85)对于高台跳水问题,函数h(t)的单调性与h'(t)的正负有内在联系,那么,我们能否由h'(t)的正负来判断函数h(t)的单调性呢
提示:可以发现:
当t∈(0,a)时,h'(t)>0,函数h(t)的图象是“上升”的,函数h(t)在(0,a)上单调递增;
当t∈(a,b)时,h'(t)<0,函数h(t)的图象是“下降”的,函数h(t)在(a,b)上单调递减.
6.(人教A版选择性必修第二册P87)请同学们回顾一下函数单调性的定义,并思考在某个区间上单调的函数y＝f(x)的平均变化率的几何意义与f'(x)的正负的关系.
提示:一般地,设函数的定义域为I:如果对于定义域内某个区间D上的任意两个自变量的值x1,x2,当x1f(x2)),那么就说函数在区间D上单调递增(减).上述定义也可以理解为:在区间D上,当>0时,函数单调递增;当<0时,函数在区间D上单调递减,而是函数在区间[x1,x2]上的平均变化率,其几何意义是指曲线f(x)过点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))的割线的斜率.由此可见,当区间(x1,x2)的长度很小时,平均变化率就可以近似地反映函数y＝f(x)在这个区间上的单调性,而当x2→x1时,平均变化率的极限是函数y＝f(x)在x＝x1处的导数.故当函数在某个区间内的导数大于零时,函数在此区间内单调递增;当导数小于零时,函数在此区间内单调递减.
7.(人教A版选择性必修第二册P88)研究对数函数y＝ln x与幂函数y＝x3在区间(0,＋∞)上增长快慢的情况.
提示:对数函数y＝ln x的导数为y'＝>0(x∈(0,＋∞)),所以y＝ln x在区间(0,＋∞)上单调递增.当x越来越大时,y'＝越来越小,所以函数y＝ln x递增得越来越慢,图象上升得越来越“平缓”(如图(1)).
幂函数y＝x3的导数为y'＝3x2>0(x∈(0,＋∞)),所以y＝x3在区间(0,＋∞)上单调递增.当x越来越大时,y'＝3x2越来越大,函数y＝x3递增得越来越快,图象上升得越来越“陡峭”(如图(2)).
一般地,如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大,那么函数在这个范围内变化得较快,这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下);反之,函数在这个范围内变化得较慢,函数的图象就比较“平缓”.
8.(人教A版选择性必修第二册P91)导数值为0的点一定是函数的极值点吗
提示:导数值为0的点不一定是函数的极值点.例如,对于函数f(x)＝x3,我们有f'(x)＝3x2.虽然f'(0)＝0,但由于无论x>0,还是x<0,恒有f'(x)>0,即函数f(x)＝x3是增函数,所以0不是函数f(x)＝x3的极值点.一般地,函数y＝f(x)在一点的导数值为0是函数y＝f(x)在这点取极值的必要条件,而非充分条件.
教材常用结论·推导
02
1.(人教A版选择性必修第二册P99T12拓展)证明: x∈R,ex≥em(x－m)＋em恒成立.
证明　令f(x)＝ex－em(x－m)－em,
则f'(x)＝ex－em,
令g(x)＝ex－em,g'(x)＝ex>0,
所以g(x)单调递增,又因为g(m)＝0,
所以x∈(－∞,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(m,＋∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min＝f(m)＝0,
特别地,当m＝0时,ex≥x＋1,
当m＝1时,ex≥ex.
2.(人教A版选择性必修第二册P94T2拓展)证明: x>0,不等式ln x≤(x－m)＋ln m恒成立.
证明　令f(x)＝(x－m)＋ln m－ln x,
则f'(x)＝,
x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(m,＋∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min＝f(m)＝0.
特别地,当m＝1时,ln x≤x－1,
把x换成,ln x≤x－1可变形为ln x≥1－.
3.(人教A版选择性必修第二册P97练习T1拓展)证明: x∈,不等式sin xtan x恒成立.
证明　令f(x)＝x－sin x,x∈,
则f'(x)＝1－cos x>0,
所以f(x)在上单调递增,所以f(x)>f(0)＝0,
即 x∈,x>sin x.
令g(x)＝tan x－x,x∈,
则g'(x)＝－1＝tan2x>0,
所以g(x)在上单调递增,所以g(x)>g(0)＝0,即 x∈,tan x>x,
综上, x∈,sin x【应用示例】 (1)(2022·全国甲卷)已知a＝,b＝cos ,c＝4sin ,则(　　)
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
解析　因为b＝cos ＝1－2sin2,
所以b－a＝1－2sin2
＝－2sin2
＝2.
令f(x)＝x－sin x,
A
则f'(x)＝1－cos x≥0,
所以函数f(x)在R上单调递增,
所以当x>0时,f(x)>f(0)＝0,
即有x>sin x(x>0)成立,
所以>sin ,得>sin2,所以b>a.
因为＝4tan ,
所以令g(x)＝tan x－x,
则g'(x)＝－1＝≥0,
所以函数g(x)在定义域内单调递增,
所以当x>0时,g(x)>g(0)＝0,
即有tan x>x(x>0)成立,
所以tan >,即4tan >1,
所以>1,又b>0,所以c>b.
综上c>b>a.故选A.
(2)(2023·新高考Ⅱ卷节选)证明:当0证明　令h(x)＝x－x2－sin x(0则h'(x)＝1－2x－cos x(0令p(x)＝1－2x－cos x(0则p'(x)＝－2＋sin x<0,
所以p(x)即h'(x)在(0,1)上单调递减,
又h'(0)＝0,
所以当0所以当0即x－x2令g(x)＝sin x－x(0则g'(x)＝cos x－1≤0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,又g(0)＝0,
所以当0即sin x综上,当04.(人教A版选择性必修第二册P99T13拓展)三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的常见结论.
(1)任意三次函数均有对称中心(x0,f(x0)),其中x0满足f″(x0)＝0,且x0＝－.
证明　因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0),
所以f'(x)＝3ax2＋2bx＋c,
所以f″(x)＝6ax＋2b.
因为f″(x0)＝0,
所以f″(x0)＝6ax0＋2b＝0,
所以x0＝－,
所以f(x0＋x)＋f(x0－x)＝a(x0＋x)3＋b(x0＋x)2＋c(x0＋x)＋d＋a(x0－x)3＋b(x0－x)2＋c(x0－x)＋d＝2a＋2b＋2cx0＋2d＋(6ax0＋2b)x2＝2a＋2b＋2cx0＋2d＋(－·6a＋2b)x2＝2f(x0),
所以点(x0,f(x0))是函数f(x)图象的对称中心.
(2)设f(x)对称中心的横坐标为x0,两个极值点分别为x1,x2,则f'(x0)＝－(x1－x2)2.
证明　∵f'(x)＝3ax2＋2bx＋c,
∴x1＋x2＝－,x1x2＝,
(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝,
∴
＝＝a[(x1＋x2)2－x1x2]＋b(x1＋x2)＋c
＝a＋b＋c＝,
f'(x0)＝f'
＝
＝,
又－(x1－x2)2＝,
故f'(x0)＝－(x1－x2)2.
(3)若f(x)的对称中心为点P(x0,f(x0)),极大值为M,极小值为m,且f(x)＝M的两根为x1,x2(x1证明　以a>0为例,
由f(x)＝M的两根为x1,x2,
则f(x)－M＝ax3＋bx2＋cx＋d－M
＝a(x－x1)2(x－x2)＝0,
所以－a(x1＋x1＋x2)＝b,
即x1＋x1＋x2＝－.
又x0＝－,所以2x1＋x2＝3x0,
即x2－x0＝2(x0－x1),
所以x0是[x1,x2]的三等分点,
又x0为[x1,x3]的中点,
所以x3为[x1,x2]的三等分点,
同理可得x0是[x4,x3]的三等分点,
综上,x1,x0,x3将区间[x4,x2]四等分.
【应用示例】 (1)(多选)(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1,则(　　)
A.当a>1时,f(x)有三个零点
B.当a<0时,x＝0是f(x)的极大值点
C.存在a,b,使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D.存在a,使得点(1,f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
AD
解析　由题可知,
f'(x)＝6x(x－a).
对于A,当a>1时,由f'(x)<0得0由f'(x)>0得x<0或x>a,
则f(x)在(－∞,0)上单调递增,在(0,a)上单调递减,在(a,＋∞)上单调递增,
且当x→－∞时,f(x)→－∞,f(0)＝1,f(a)＝－a3＋1<0,
当x→＋∞时,f(x)→＋∞,故f(x)有三个零点,A正确;
对于B,当a<0时,由f'(x)<0得a则f'(x)>0得x>0或x则f(x)在(－∞,a)上单调递增,在(a,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增,故x＝0是f(x)的极小值点,B错误;
对于C,当x→＋∞时,f(x)→＋∞,当x→－∞时,f(x)→－∞,故曲线y＝f(x)必不存在对称轴,C错误;
对于D,f(x)＝2x3－3ax2＋1
＝2a2＋1－,
令t＝x－,
则f(x)可转化为
g(t)＝2t3－a2t＋1－,
由y＝2t3－a2t为奇函数,且其图象关于原点对称,
可知g(t)的图象关于点对称,
则f(x)的图象关于点对称,
故存在a＝2,使得点(1,f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心,D正确,故选AD.
(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
AC
解析　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－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,也可由任意三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的对称中心为得出对称中心为(0,1),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AC.
5.(湘教版选择性必修第二册P51T20拓展)对数均值不等式: x1,x2>0,且x1≠x2,<<.
证明　不妨设0< ln >.
构建函数:f(x)＝ln x－(0则f'(x)＝
＝－<0,
故可知:f(x)＝ln x－在x∈(0,1)上单调递减,
即f(x)>f(1)＝ln 1－＝0.
可证得<.
< ln >2
＝2,>1.
构建函数g(x)＝ln x－,x>1,
则g'(x)＝>0,
∴g(x)在(1,＋∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)＝0,
可证得<.
综上, x1,x2>0,且x1≠x2,
<<.
【应用示例】 (2022·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a,证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
证明　f'(x)＝,令f'(x)＝0,则x＝1,
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,＋∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
若f(x)有两个零点x1,x2,
则x1,x2一个大于1,一个介于0与1之间.
法一(构造积的对称函数)
不妨设01.令F(x)＝f(x)－f,
则F'(x)＝＋·
＝(ex＋x－x－1).
令g(x)＝ex＋x－x－1(x>0),
则g'(x)＝ex＋1－＋x·
＝ex＋1＋(x>0),
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,
所以当x∈(0,1)时,g(x)所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,
所以F(x)在(0,1)上单调递增,
所以F(x)即在(0,1)上f(x)－f又f(x1)＝f(x2)＝0,所以f(x2)－f<0,
即f(x2)又函数f(x)在(1,＋∞)上单调递增,
所以x2<,即x1x2<1.
法二(同构构造函数化解等式)
不妨设0由f(x1)＝f(x2)＝0,
得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2,
即＋x1－ln x1
＝＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增,
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立.
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0),
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0),
则g'(x)＝1＋≥0(x>0),
所以函数g(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以当x>1时,g(x)>g(1)＝0,
即当x>1时,h(x)>h,
所以h(x1)＝h(x2)>h.
又h'(x)＝1－(x>0),
所以h(x)在(0,1)上单调递减,
所以0法三(对数均值不等式)
由法二知x1－ln x1＝x2－ln x2,
即＝1,
由对数均值不等式<<(证明略)
得<＝1,
即x1x2<1.
教材阅读文字·拓展
03
通过阅读《探究与发现——牛顿法——用导数方法求方程的近似解》(人教A版选择性必修第二册P82),可从中提炼出如下结论:
(1)牛顿切线法的步骤
用“作切线”的方法求方程的近似解,如图,设r是函数y＝f(x)的一个零点,
①任意选取x0作为r的初始近似值,过点(x0,f(x0))作曲线y＝f(x)的切线l1,设l1与x轴交点的横坐标为x1,并称x1为r的1次近似值.
②过点(x1,f(x1))作曲线y＝f(x)的切线l2,设l2与x轴交点的横坐标为x2,称x2为r的2次近似值.
③过点(xn－1,f(xn－1))(n∈N*)作曲线y＝f(x)的切线ln,记ln与x轴交点的横坐标为xn,称xn为r的n次近似值.
若f'(xn－1)≠0,则xn＝xn－1－.
证明　f(x)在点(xn－1,f(xn－1))处的切线斜率为f'(xn－1),
因此切线方程为y－f(xn－1)＝f'(xn－1)·(x－xn－1),
令y＝0,则0－f(xn－1)＝f'(xn－1)·(x－xn－1),
得x＝xn－1－,
即xn＝xn－1－.
④直到|xn－r|<ε(ε为所需精确度)为止,xn可作为r的近似值.
(2)不同的初始值对求方程的近似解有影响吗 如果有,影响在什么地方
解　有影响.如果解不唯一,那么初始值不同,可能得到的解不同,而且初始值离真值的距离会影响迭代的次数.
(3)你还知道其他求方程近似解的方法吗 你认为牛顿法的优点和缺点是什么
解　二分法、分割法.优点是收敛速度快,缺点是运算量大.
【应用示例】 记R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),满足xn＋1＝xn－(n∈N*)的数列{xn}称为函数f(x)的“牛顿数列”.已知数列{xn}为函数f(x)＝x2－x的“牛顿数列”,且数列{an}满足a1＝2,an＝ln ,xn>1.
(1)求a2;
解　因为f(x)＝x2－x,
则f'(x)＝2x－1,
从而有xn＋1＝xn－＝xn－,由a1＝2,而a1＝ln ,
则＝e2,解得x1＝,
则有x2＝,
所以a2＝ln ＝ln－＝ln e4＝4.
(2)证明数列{an}是等比数列并求an;
证明　由xn＋1＝,
则＝,
所以an＋1＝ln ＝ln
＝2ln ＝2an(xn>1),
故＝2(非零常数),且a1＝2≠0,
所以数列{an}是以2为首项、2为公比的等比数列,
所以an＝a1qn－1＝2n.
(3)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式(－1)n·tSn－14≤对任意的n∈N*恒成立,求t的取值范围.
解　由等比数列的前n项和公式得:
Sn＝＝2n＋1－2.
因为(－1)n·tSn－14≤对任意的n∈N*恒成立,
又Sn>0且Sn单调递增,
所以(－1)nt≤Sn＋对任意的n∈N*恒成立.
令g(x)＝x＋,x∈(0,＋∞),
则g'(x)＝1－.
①当x∈(0,)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
②当x∈(,＋∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
又2＝S1<则g(x)min＝.
当n为偶数时,原式化简为t≤Sn＋,
所以当n＝2时,t≤,
当n为奇数时,原式化简为－t≤Sn＋,
所以当n＝1时,－t≤9,
所以t≥－9.
综上可知,－9≤t≤,
即t的取值范围为.
教材典型母题·必刷
04
母题1 (人教A版选择性必修第二册P81T3)已知函数f(x)＝13－8x＋x2,且f'(x0)＝4,求x0.
解　∵f(x)＝13－8x＋x2,
∴f'(x)＝－8＋2x,
∴f'(x0)＝－8＋2x0.
∵f'(x0)＝4,∴－8＋2x0＝4,
解得x0＝3.
(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝.若f'(1)＝,则a＝　　　　.
解析　f'(x)＝,
可得f'(1)＝,即,
解得a＝1.
1
母题2 (人教A版选择性必修第二册P81T5)求曲线y＝在点M(π,0)处的切线方程.
解　求导得y'＝,
∴切线方程的斜率k＝y'|x＝π＝－,
则切线方程为y＝－(x－π),
即y＝－＋1.
(1)(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　)
A.y＝x B.y＝x
C.y＝x＋ D.y＝x＋
C
解析　由题意可知y'＝,
则曲线y＝处的切线斜率k＝y'|x＝1＝,
所以曲线y＝处的切线方程为y－(x－1),
即y＝x＋,故选C.
(2)(2021·全国甲卷)曲线y＝在点(－1,－3)处的切线方程为　　　　　　.
y＝5x＋2
解析　y'＝'＝,
所以y'|x＝－1＝＝5,
所以切线方程为y＋3＝5(x＋1),
即y＝5x＋2.
(3)(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为(　　)
A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1
B
解析　f(1)＝1－2＝－1,切点坐标为(1,－1),
又f'(x)＝4x3－6x2,
所以切线的斜率k＝f'(1)＝4×13－6×12＝－2,
切线方程为y＋1＝－2(x－1),
即y＝－2x＋1.故选B.
母题3 (人教A版选择性必修第二册P82习题5.2T11)设曲线y＝e2ax在点(0,1)处的切线与直线2x－y＋1＝0垂直,求a的值.
解　y'＝e2ax·(2ax)'＝2ae2ax,
∴k＝f'(0)＝2a,
∴2a＝－,
∴a＝－.
(2025·新高考Ⅰ卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线,则a＝　　　　.
解析　设直线y＝2x＋5与曲线y＝
ex＋x＋a相切于点(x0,＋x0＋a),
由y＝ex＋x＋a得y'＝ex＋1,
所以y'＋1＝2,解得x0＝0,
所以切点坐标为(0,1＋a),
又切点(0,1＋a)在切线y＝2x＋5上,
所以1＋a＝5,解得a＝4.
4
母题4 (湘教版选择性必修第二册P26T4)写出过点A(－5,3)并且和曲线xy＝1相切的两条直线的方程.
解　由xy＝1,得y＝,
则y'＝－,设切点为P(x0,y0),
则y'＝－,
则曲线在切点处的切线方程为
y－＝－(x－x0),
把A(－5,3)代入,
可得3－＝－(－5－x0),
整理得x0＝－1或x0＝.
当x0＝－1时,切线方程为x＋y＋2＝0,
或x0＝时,切线方程为9x＋25y－30＝0.
(1)(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a,b)可以作曲线y＝ex的两条切线,则(　　)
A.ebC.0D
解析　法一　设切点为(x0,y0),y0>0,
则切线方程为y－b＝(x－a).
由
得(1－x0＋a)＝b,
则由题意知关于x0的方程(1－x0＋a)＝b有两个不同的解.
设f(x)＝ex(1－x＋a),
则f'(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a).
由f'(x)＝0得x＝a,
所以当x0,f(x)单调递增,当x>a时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea.
当x0,所以f(x)>0,
又当x→－∞时,f(x)→0,当x→＋∞时,f(x)→－∞,
故函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示,
由题意知f(x)的图象与直线y＝b有两个交点,所以0法二　过点(a,b)可以作曲线y＝ex的两条切线,则点(a,b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方,得0(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　　　　　　　.
(－∞,－4)∪(0,＋∞)
解析　因为y＝(x＋a)ex,
所以y'＝(x＋a＋1)ex.
设切点为A(x0,(x0＋a)),O为坐标原点,
依题意得,切线斜率kOA＝y'＝(x0＋a＋1),
化简,得＋ax0－a＝0.
因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线,
所以关于x0的方程＋ax0－a＝0有两个不同的根,
所以Δ＝a2＋4a>0,解得a<－4或a>0,
所以a的取值范围是(－∞,－4)∪(0,＋∞).
(3)(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
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.
母题5 (人教A版选择性必修第二册P104T13)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点,求a的值.
解　∵y＝x＋ln x,∴y'＝1＋,
当x＝1时,y'＝1＋1＝2,即切线的斜率为2,
由点斜式得切线方程为y－1＝2(x－1),
即y＝2x－1,
联立
得ax2＋(2a＋1)x＋2＝0.
∵切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点,
∴方程ax2＋(2a＋1)x＋2＝0只有一个根,当a＝0时,方程为x＋2＝0只有一个根,满足题意;
当a≠0时,Δ＝(2a＋1)2－8a＝0,
即(2a－1)2＝0,解得a＝,
综上a＝0或a＝.
(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线,则a＝　　　　.
ln 2
解析　由题意,令f(x)＝ex＋x,则f'(x)＝ex＋1,
所以f'(0)＝2,所以曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1.
令g(x)＝ln(x＋1)＋a,则g'(x)＝,
设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0,y0),则＝2,
得x0＝－,则y0＝2x0＋1＝0,
所以0＝ln＋a,所以a＝ln 2.
母题6 (人教B版选择性必修第三册P91T5)设l是曲线y＝的一条切线,证明l与坐标轴所围成的三角形的面积与切点无关.
证明　设切点为,
∵y＝,∴y'＝－,
∴切线的斜率为k＝－,
∴切线l的方程为y－＝－(x－x0),
令x＝0,得y＝;
令y＝0,得x＝2x0,
∴l与坐标轴所围成的三角形的面积
S＝|2x0|＝2,
故l与坐标轴所围成的三角形的面积与切点无关.
(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝,则曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A. B.
C. D.
A
解析　f'(x)＝,
所以f'(0)＝3,
所以曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线方程为y－1＝3(x－0),
即3x－y＋1＝0,
切线与两坐标轴的交点分别为(0,1),,
所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×,故选A.
母题7 (人教A版选择性必修第二册P89例4)设x>0,f(x)＝ln x,
g(x)＝1－,两个函数的图象如图所示.判断f(x),g(x)的图象
与C1,C2之间的对应关系.
解　因为f(x)＝ln x,g(x)＝1－,
所以f'(x)＝,g'(x)＝.
当x＝1时,f'(x)＝g'(x)＝1;
当0f'(x)>1;
当x>1时,0所以f(x),g(x)在(0,＋∞)上都是增函数.在区间(0,1)上,g(x)的图象比f(x)的图象要“陡峭”;在区间(1,＋∞)上,g(x)的图象比f(x)的图象要“平缓”.
所以f(x),g(x)的图象依次是图中的C2,C1.
由此图象,还可以得到一个常用的不等式:
1－≤ln x≤x－1(x>0).
母题8 (人教A版选择性必修第二册P93例6)求函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值与最小值.
解　因为f(x)＝x3－4x＋4,
所以f'(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f'(x)＝0,解得x＝－2,或x＝2.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x (－∞,－2) －2 (－2,2) 2 (2,＋∞)
f'(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 单调递减 － 单调递增
在区间[0,3]上,当x＝2时,函数f(x)＝x3－4x＋4有极小值,并且极小值为f(2)＝－.
又由于f(0)＝4,f(3)＝1,
所以函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是4,最小值是－.
(1)(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为　　　　.
解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0,＋∞).
①当x>时,f(x)＝2x－1－2ln x,
所以f'(x)＝2－.
当1时,f'(x)>0,
所以f(x)在上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1;
1
②当0显然f(x)在上单调递减,
所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.
综上,f(x)min＝1.
(2)(2025·北京卷节选)已知函数f(x)的定义域为(－1,＋∞),且f(0)＝0,f'(x)＝,直线l1是曲线y＝f(x)在点A(a,f(a))处的切线.
求导函数f'(x)的最大值.
解　设g(x)＝f'(x),
g'(x)＝＝,
由g'(x)＝0可得x＝e－1,
当x∈(－1,e－1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(e－1,＋∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以f'(x)的最大值为f'(e－1)＝.
母题9 (人教A版选择性必修第二册P95例7)给定函数f(x)＝(x＋1)ex.
(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的极值;
解　函数的定义域为R.
f'(x)＝(x＋1)'ex＋(x＋1)(ex)'
＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex.
令f'(x)＝0,解得x＝－2.
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x (－∞,－2) －2 (－2,＋∞)
f'(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 － 单调递增
所以f(x)在区间(－∞,－2)上单调递减,在区间(－2,＋∞)上单调递增.
当x＝－2时,f(x)有极小值f(－2)＝－.
(2)画出函数f(x)的大致图象;
解　令f(x)＝0,解得x＝－1.
当x<－1时,f(x)<0;当x>－1时,f(x)>0.
所以,f(x)的图象经过特殊点A,B(－1,0),C(0,1).
当x→－∞时,与一次函数相比,指数函数y＝e－x呈爆炸性增长,从而f(x)＝→0,
当x→＋∞时,f(x)→＋∞,f'(x)→＋∞.
我们画出f(x)的大致图象如图所示.
(3)求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数.
解　方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数为函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数.
由(1)及(2)中图象可得,当x＝－2时,
f(x)有最小值f(－2)＝－.
所以,关于方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数有如下结论:
当a<－时,解为0个;
当a＝－或a≥0时,解为1个;
当－(2025·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3,其中0(1)证明:f(x)在区间(0,＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
证明　因为f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3,k∈,
所以f'(x)＝－1＋x－3kx2
＝＝.
当x>0时,令f'(x)＝0,解得x＝－1>0,
所以当00,f(x)单调递增;
当x>－1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
所以x＝－1是f(x)在(0,＋∞)上唯一的极值点,是极大值点.
因为f>f(0)＝0,
f＝ln
＝ln<0,
所以 x0∈,f(x0)＝0,
所以x0是f(x)在(0,＋∞)上唯一的零点.
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,＋∞)的极值点和零点.
①设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t),证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
证明　因为g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t),
所以g'(t)＝f'(x1＋t)＋f'(x1－t)
＝(x1＋t－x1)＋·(x1－t－x1)
＝3kt
＝.
因为t∈(0,x1),
所以t2－－2x1<0,(1＋x1)2－t2>0,
所以g'(t)＝<0,
即g(t)在区间(0,x1)单调递减.
②比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
解　由①得,g(t)在(0,x1)上单调递减,
所以g(x1)即f(2x1)－f(0)又f(0)＝0,所以f(2x1)<0,
因为x2是f(x)的零点,所以f(x2)＝0,
所以f(2x1)又x2>x1,且f(x)在(x1,＋∞)上单调递减,
所以2x1>x2.
母题10 (人教A版选择性必修第二册P98T8)将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形,做成一个无盖方盒.
(1)试把方盒的容积V表示为x的函数;
解　由于在边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长为x的小正方形,做成一个无盖方盒,
所以无盖方盒的底面是正方形,且边长为a－2x,高为x,
则无盖方盒的容积V(x)＝(a－2x)2x,0(2)x多大时,方盒的容积V最大
解　因为V(x)＝(a－2x)2x＝4x3－4ax2＋a2x,0所以V'(x)＝12x2－8ax＋a2＝(6x－a)(2x－a),
所以当x∈时,V'(x)>0;
当x∈时,V'(x)<0;
故x＝时,函数V(x)可得最大值,
即当x＝时,方盒的容积V最大.
(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　)
A. B.
C. D.
C
解析　该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.
设圆锥的高为h(0则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h,
则V'＝π(1－3h2),
令V'＝π(1－3h2)＝0,得h＝,
所以V＝π(1－h2)h在上单调递增,在上单调递减,
所以当h＝时,四棱锥的体积最大,故选C.
母题11 (人教A版选择性必修第二册P98T9)用测量工具测量某物体的长度,由于工具的精度以及测量技术的原因,测量n次得到的数据为:a1,a2,a3,…,an.记这n个数据的平均值为,即ai.证明:当x＝时,函数f(x)＝(ai－x)2取得最小值.
证明　∵f(x)＝(x－ai)2,
∴f'(x)＝(x－ai).
令f'(x)＝0,得x＝ai,
当x当x>ai时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
∴当x＝ai即x＝时,
f(x)＝(ai－x)2取得最小值.
母题12 (人教B版选择性必修第三册P96T7)分别讨论下列函数f(x)的单调性,其中a为非零实常数.
(1)f(x)＝ln x＋ax;
解　∵f(x)＝ln x＋ax,f'(x)＝＋a,
当a≥0时,f'(x)>0恒成立,
当a<0时,f'(x)>0 >－a 0f'(x)<0时,x>－,
∴当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,＋∞);
当a<0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)f(x)＝x2＋aln x－(a＋1)x.
解　∵f(x)＝x2＋aln x－(a＋1)x,
∴f(x)的定义域为(0,＋∞),
f'(x)＝x＋－a－1＝,
当a≤0时,f'(x)>0 x>1,
当00 01,
当a＝1时,f'(x)≥0恒成立,当且仅当x＝1时,等号成立,
当a>1时,f'(x)>0 0a,
∴当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(1,＋∞),单调递减区间为(0,1);
当0当a＝1时,f(x)的单调递增区间为(0,＋∞);
当a>1时,f(x)的单调递增区间为(0,1),(a,＋∞),单调递减区间为(1,a).
(2021·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝x(1－ln x),讨论f(x)的单调性.
解　因为f(x)＝x(1－ln x),
所以f(x)的定义域为(0,＋∞),
f'(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,＋∞)时,f'(x)<0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减.
母题13 (人教A版选择性必修第二册P104T8)已知函数f(x)＝x2＋px＋q,试确定p,q的值,使得当x＝1时,f(x)有最小值4.
解　根据题意,函数f(x)＝x2＋px＋q,其二次项系数为1.
若当x＝1时,f(x)有最小值4,
则f(x)＝(x－1)2＋4＝x2－2x＋5,
又由f(x)＝x2＋px＋q,则p＝－2,q＝5.
(2022·全国甲卷)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　因为函数f(x)的定义域为(0,＋∞),
所以依题意可知
B
而f'(x)＝,
所以
所以f'(x)＝－,
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增,
在(1,＋∞)上单调递减,
当x＝1时取最大值,满足题意.
所以f'(2)＝－1＋＝－.
母题14 (人教A版选择性必修第二册P104T9)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值,求c的值.
解　因为f(x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x,
所以f'(x)＝3x2－4cx＋c2＝(3x－c)(x－c).
当f'(x)＝0,即x＝或x＝c时,
函数f(x)＝x(x－c)2有极值.
由题意知,当x＝2时,函数f(x)＝x(x－c)2
有极大值,所以c>0.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x c (c,
＋∞)
f'(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增↗ 极大值 单调递减 ↘ 极小值 单调递增
↗
所以,当x＝时,函数f(x)＝x(x－c)2有极大值,
此时,＝2,故c＝6.
(1)(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)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
BCD
解析　(1)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
所以故选BCD.
(2)(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点,则f(0)＝　　　　.
-4
解析　由题意得
f(x)＝x3－(3＋a)x2＋(3a＋2)x－2a,
所以f'(x)＝3x2－2(3＋a)x＋3a＋2,
因为x＝2是函数f(x)的极值点,
所以f'(2)＝0,
即3×22－2×2(3＋a)＋3a＋2＝0,
解得a＝2,经检验,满足题意,
所以f(x)＝(x－1)(x－2)2,
所以f(0)＝－4.
母题15 (人教A版选择性必修第二册P104T18)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m),当m≤2时,求证f(x)>0.
证明　法一　构造“左凹右凸”的两个函数(函数增长速度差异).
当m≤2时,ex－ln(x＋m)>0 ex－ln(x＋2)>0.
令f(x)＝ex－ln(x＋2),
则f'(x)＝ex－在(－2,＋∞)上单调递增.
又f'(－1)＝－1<0,f'(0)＝1－>0.
所以f'(x)＝0在(－2,＋∞)上有唯一实根x0,且－1于是y＝f(x)在x＝x0处取到最小值.
又f'(x0)＝0,得,
两边取对数得ln(x0＋2)＝－x0,
故f(x)≥f(x0)＝－ln(x0＋2)＝＋x0＝>0.
综上可知,当m≤2时,f(x)>0成立.
法二　只需证ex≥x＋1≥ln(x＋2).
令g(x)＝ex－(x＋1),则g'(x)＝ex－1.
令g'(x)＝0,解得x＝0.
当x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.
因此,g(x)在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.
故g(x)≥g(0)＝0,即ex≥x＋1,且等号成立,当且仅当x＝0.
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2),则h'(x)＝.
令h'(x)＝0,解得x＝－1.
当－2当x>－1时,h'(x)>0.
因此,h(x)在(－2,－1)上单调递减,
在(－1,＋∞)上单调递增.
故h(x)≥h(－1)＝0,
即x＋1≥ln(x＋2),且等号成立,
当且仅当x＝－1.
综上,有ex≥x＋1≥ln(x＋2),且两处等号不同时成立,故ex>ln(x＋2),原命题得证.
(1)(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
①讨论f(x)的单调性;
解　f'(x)＝aex－1,x∈R.
当a≤0时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(－∞,＋∞)上单调递减;
当a>0时,令f'(x)>0,得x>－ln a,
令f'(x)<0,得x<－ln a,
所以函数f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,
在(－ln a,＋∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,函数f(x)在(－∞,＋∞)上单调递减;
当a>0时,函数f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,在(－ln a,＋∞)上单调递增.
②证明:当a>0时,f(x)>2ln a＋.
证明　法一　由①得当a>0时,函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝
a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a.
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－,a∈(0,＋∞),
所以g'(a)＝2a－,
令g'(a)>0,得a>;
令g'(a)<0,得0所以函数g(a)在上单调递减,
在上单调递增,
所以函数g(a)的最小值为g－ln＝ln >0,
所以当a>0时,f(x)>2ln a＋成立.
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00,
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＋>0恒成立,
所以当a>0时,f(x)>2ln a＋成立.
(2)(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x),已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点.
①求a;
解　由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x),
则y'＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]'.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点,
所以y'|x＝0＝ln a＝0,所以a＝1(经验证,a＝1符合题意).
②设函数g(x)＝,证明:g(x)<1.
证明　由①可知,f(x)＝ln(1－x),其定义域为{x|x<1},
当0当x<0时,ln(1－x)>0,此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0},
故要证g(x)＝<1,
只需证x＋f(x)>xf(x),
即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)>0.
令1－x＝t,则t>0且t≠1,
则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0,
即证1－t＋tln t>0.
令h(t)＝1－t＋tln t,
则h'(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t,
所以h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,所以h(t)>h(1)＝0,
即g(x)<1成立.
母题16 (人教A版选择性必修第二册P104T19)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性;
解　由于f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x,
故f'(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1
＝(aex－1)(2ex＋1),
①当a≤0时,aex－1<0,2ex＋1>0,
从而f'(x)<0恒成立,f(x)在R上单调递减.
②当a>0时,令f'(x)＝0,
从而aex－1＝0,得x＝－ln a.
x (－∞,－ln a) －ln a (－ln a,＋∞)
f'(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,在(－ln a,＋∞)上单调递增.
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解　由(1)知,当a≤0时,f(x)在R上单调递减,
故f(x)在R上至多一个零点,不满足条件.
当a>0时,f(x)min＝f(－ln a)＝1－＋ln a.
令g(a)＝1－＋ln a(a>0),
则g'(a)＝>0,
从而g(a)在(0,＋∞)上单调递增,
而g(1)＝0.
故当0当a＝1时,g(a)＝0.当a>1时,g(a)>0.
①若a>1,则f(x)min＝1－＋ln a>0,
从而f(x)无零点,不满足条件.
②若a＝1,则f(x)min＝1－＋ln a＝0,不满足条件.
③若0注意到－ln a>0,f(－1)＝＋1－>0.
故f(x)在(－1,－ln a)上有一个实根.
又ln>ln ＝－ln a,
且f＝－ln
＝·(3－a＋a－2)－ln
＝－ln>0.
故f(x)在上有一个零点.
所以f(x)在(－1,－ln a)及上均有一个零点,
故f(x)在R上恰有两个零点,
所以实数a的取值范围为(0,1).
母题17 (人教B版选择性必修第三册P102习题6－2BT4)已知函数f(x)＝x3－x2－x－1的图象与直线y＝c有3个不同的交点,求实数c的取值范围.
解　对f(x)求导得f'(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1).
当x<－时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当－当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
计算得f＝－,f(1)＝－2.
若f(x)的图象与直线y＝c有3个不同的交点,
则f(1)下面证明－2此时f(－2)＝－11c,f(1)c,
故 x1∈使得f(x1)＝c, x2∈使得f(x2)＝c, x3∈(1,2)使得f(x3)＝c.
综上,c∈.
(1)(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点,则a的取值范围是(　　)
A.(－∞,－2) B.(－∞,－3)
C.(－4,－1) D.(－3,0)
解析　由题意知f'(x)＝3x2＋a,要使函数f(x)存在3个零点,则f'(x)＝0要有2个不同的根,则a<0.
令3x2＋a＝0,解得x＝±.
令 f'(x)>0,则x<－或x>,
B
令f'(x)<0,则－所以f(x)在(－∞,－)和(,＋∞)上单调递增,在(－,)上单调递减,
所以要使f(x)存在3个零点,
则即
解得a<－3.
(2)(2025·天津卷)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2.
①a＝1时,求曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
解　当a＝1时,f(x)＝x－(ln x)2,
f(1)＝1,故切点为(1,1).
f'(x)＝1－,f'(1)＝1,
故曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y－1＝x－1,
即x－y＝0.
②f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1(ⅰ)求a的取值范围;
解　由f(x)＝0,得a－＝0,
令g(x)＝a－,
则g'(x)＝,
所以g(x)在(0,1),(e2,＋∞)上单调递增,在(1,e2)上单调递减,
因为x→0时,g(x)→－∞,x→＋∞时,g(x)→a,
要使g(x)有三个零点,
必有
解得0所以此时g(x)有三个零点,
故a的取值范围为.
(ⅱ)证明:(ln x2－ln x1)·ln x3<.
证明　要证(ln x2－ln x1)·ln x3<,
即证·<,
即证(ln －ln )·ln<,
即证(ln－ln)·ln<＝1＋.
由①可知0且0则<1,1<e,
又a＝,
则,
即<,
则－ln ·ln··<·.
令φ(x)＝,则φ'(x)＝,
则φ(x)在(0,1),(e2,＋∞)上单调递减,
在(1,e2)上单调递增,
又>e,所以φ()＝≤,
则－ln·ln<.
由(e－2)2>0,得e2>4e－4＝4(e－1),
即<,
则－ln·ln<<.
令＝t,则＝t>1,
,
整理得ln,ln,
故ln·ln(t>1).
将题目中要证明的问题等价转化为:
证明(ln－ln)·ln<1＋.
由上面解题过程我们得到:
－ln·ln<以及ln·ln(t>1).
我们可以得到:
(ln－ln)·ln＝ln·
ln－ln·ln<.
要证(ln x2－ln x1)·ln x3<,
即证<1即可,
即证ln t<(t>1),
令h(t)＝ln t－,则h'(t)＝,
又t>1,则h'(t)<0,h(t)在(1,＋∞)上单调递减,
则h(t)<0,即ln t<,命题得证.
母题18 (人教B版选择性必修第三册P113T4)已知关于x的函数y＝x3－t2x－tx2＋t3在区间(－1,3)上单调递减,求t的取值范围.
解　令f(x)＝x3－t2x－tx2＋t3,
因为f'(x)＝3x2－2tx－t2,
且f(x)在区间(－1,3)上单调递减,
所以f'(x)＝3x2－2tx－t2≤0在(－1,3)上恒成立,
故只需
解得t∈(－∞,－9]∪[3,＋∞).
(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(　　)
A.e2 B.e
C.e－1 D.e－2
解析　因为函数f(x)＝aex－ln x,
所以f'(x)＝aex－.
因为函数f(x)＝aex－ln x在(1,2)上单调递增,
所以f'(x)≥0在(1,2)上恒成立,
即aex－≥0在(1,2)上恒成立,
C
易知a>0,则0<≤xex在(1,2)上恒成立.
设g(x)＝xex,则g'(x)＝(x＋1)ex.
当x∈(1,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以在(1,2)上,g(x)>g(1)＝e,
所以≤e,即a≥＝e－1,故选C.
母题19 (人教B版选择性必修第三册P113T5)已知a>0且f(x)＝ax＋＋2－2a,若f(x)≥2ln x在[1,＋∞)上恒成立,求a的取值范围.
解　法一　分类讨论
令g(x)＝f(x)－2ln x.
因为f(x)≥2ln x在[1,＋∞)上恒成立,
即g(x)＝ax＋＋2－2a－2ln x≥0在[1,＋∞)上恒成立.
g'(x)＝a－
＝.
令g'(x)＝0,则x1＝1,x2＝－.
若－＝1,即a＝1,则g'(x)≥0,
函数g(x)在[1,＋∞)上单调递增.
又因为g(1)＝0,
所以f(x)≥2ln x在[1,＋∞)上恒成立,
若－>1,即a<1,则
当x∈(0,1),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)在[1,＋∞)上的最小值为g.
因为g(1)＝0,
所以g<0不合题意.
若－<1,即a>1,则
当x∈,(1,＋∞)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)在[1,＋∞)上的最小值为g(1).
又因为g(1)＝0,所以f(x)≥2ln x恒成立.
综上知,a的取值范围是[1,＋∞).
法二　端点效应(单调含参)
令g(x)＝ax＋＋2－2a－2ln x,则g(1)＝0,
g'(x)＝,g'(1)＝0,
g″(x)＝(g″(x)为g'(x)的导数).
令h(x)＝2x＋2a－4,则h(1)＝2a－2,
易得h(x)在[1,＋∞)上单调递增.
当h(1)＝2a－2≥0即a≥1时,因为h(x)在[1,＋∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(1)≥0,
所以g″(x)≥0,g'(x)在[1,＋∞)上单调递增,
g'(x)≥g'(1)＝0,g(x)在[1,＋∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(1)＝0,符合要求.
当h(1)＝2a－2<0即a<1时, x0∈(1,＋∞),
使得x∈(1,x0)时,h(x)<0,即g″(x)<0,
所以g'(x)在(1,x0)上单调递减,g'(x)所以g(x)在(1,x0)上单调递减,
所以g(x)综上,a≥1,即a的取值范围为[1,＋∞).
(1)(2024·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3.若f(x)>－2当且仅当1解　因为f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3,定义域为{x|0所以f(2－x)＝ln ＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－ln －ax－b(x－1)3＋2a＝－f(x)＋2a,所以f(2－x)＋f(x)＝2a,
所以曲线y＝f(x)关于(1,a)中心对称.
因为f(x)在(0,2)上连续,当且仅当1－2,
所以x＝1为f(x)＝－2的一个解,
所以f(1)＝－2,即a＝－2,
此时f(x)＝ln－2x＋b(x－1)3,
f'(x)＝·－2＋3b(x－1)2
＝－2＋3b(x－1)2
＝(x－1)2.
记g(x)＝＋3b,x∈(0,2),易知g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,g(1)＝2＋3b,
当b≥－时,g(x)≥0,f'(x)≥0,f(x)在(0,2)上单调递增,
又f(1)＝－2,故符合题意.
当b<－时,g(1)<0,
g(x)＝＋3b＝,
令g(x)＝0,得x＝1±,
因为b<－,所以∈(0,1),
故1＋∈(1,2),1－∈(0,1),
所以当x∈时,g(x)<0,
f'(x)<0,f(x)在上单调递减,
故f综上,b的取值范围为.
(2)(2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.
解　f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x,x∈(－1,＋∞),
则f'(x)＝－aln(1＋x)－.
设g(x)＝－aln(1＋x)－,
则g'(x)＝－.
因为当x≥0时,f(x)≥0,且f(0)＝0,f'(0)＝0,
所以g'(0)＝－2a－1≥0,得a≤－,
故a≤－是原不等式成立的一个必要条件.
下面证明其充分性:
当a≤－,x≥0时,g'(x)≥≥0,
所以f'(x)在[0,＋∞)上单调递增,且f'(x)≥f'(0)＝0,
所以f(x)在[0,＋∞)上单调递增,且f(x)≥f(0)＝0.
综上,a的取值范围是.
(3)(2024·天津卷节选)已知函数f(x)＝xln x.若f(x)≥a(x－)对任意x∈(0,＋∞)成立,求实数a的值.
解　法一(分类讨论)　设h(t)＝t－1－ln t,则h'(t)＝1－,从而当01时h'(t)>0.所以h(t)在(0,1]上递减,在[1,＋∞)上递增,这就说明h(t)≥h(1),即t－1≥ln t,
当且仅当t＝1时等号成立.设g(t)＝a(t－1)－2ln t,则
f(x)－a(x－)＝xln x－a(x－)＝x＝x·g.
当x∈(0,＋∞)时,的取值范围是(0,＋∞),
所以命题等价于对任意t∈(0,＋∞),都有g(t)≥0.
一方面,若对任意t∈(0,＋∞),都有g(t)>0,
则对t∈(0,＋∞)有0≤g(t)＝a(t－1)－2ln t＝a(t－1)＋2ln ≤a(t－1)＋2＝at＋－a－2,
取t＝2,得0≤a－1,故a≥1>0.
再取t＝,得0≤a·＋2－a－2＝2－a－2＝－()2,所以a＝2.
另一方面,若a＝2,则对任意t∈(0,＋∞)都有g(t)＝2(t－1)－2ln t＝2h(t)≥0,满足条件.
综合以上两个方面,知a的值是2.
法二(极点效应)　令g(x)＝xln x－a(x－),则g(1)＝0,由g'(1)＝0,得a＝2.
下证充分性.
当a＝2时,g(x)＝xln x－2(x－)＝x[ln x－2],
令t＝,
则ln x－2＝2.
令h(t)＝ln t＋－1,
则h'(t)＝,h(t)min＝h(1)＝0,
所以g(x)≥0恒成立.综上a＝2.
(4)(2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝xeax－ex,当x>0时,f(x)<－1,求a的取值范围.
解　法一　分类讨论
设h(x)＝xeax－ex＋1,则h(0)＝0,
又h'(x)＝(1＋ax)eax－ex,
设g(x)＝(1＋ax)eax－ex,
则g'(x)＝(2a＋a2x)eax－ex,
若a>,则g'(0)＝2a－1>0,
因为g'(x)为连续不间断函数,
故存在x0∈(0,＋∞),
使得 x∈(0,x0),总有g'(x)>0,
故g(x)在(0,x0)上单调递增,
故g(x)>g(0)＝0,
故h(x)在(0,x0)上单调递增,
故h(x)>h(0)＝0,与题设矛盾.
若0则h'(x)＝(1＋ax)eax－ex
＝eax＋ln(1＋ax)－ex,
下证:对任意x>0,总有ln(1＋x)证明:设S(x)＝ln(1＋x)－x,
故S'(x)＝－1＝<0,
故S(x)在(0,＋∞)上单调递减,
故S(x)即ln(1＋x)由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex故h'(x)≤0总成立,
即h(x)在(0,＋∞)上单调递减,
所以h(x)当a≤0时,有h'(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0,
所以h(x)在(0,＋∞)上单调递减,
所以h(x)综上,a≤,即a的取值范围为.
法二　端点效应(含参不单调)
令g(x)＝－1－f(x)＝ex－xeax－1,g(0)＝0,
g'(x)＝ex－eax－axeax,g'(0)＝0,
g″(x)＝ex－(a2x＋2a)eax,g″(0)＝1－2a,其中g″(x)为g'(x)的导数.
当g″(0)＝1－2a<0即a>时,
因为g″(x)连续,
所以 x0∈(0,＋∞),使得x∈(0,x0),g″(x)<0,g'(x)在(0,x0)上单调递减,
所以g'(x)所以g(x)在(0,x0)上单调递减,g(x)当g″(0)＝1－2a≥0即a≤时,
g(x)≥ex－x－1,
令h(x)＝ex－x－1,
h'(x)＝(x－1)>0,
所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,h(x)>h(0)＝0,
所以g(x)>0.
综上,a≤,即a的取值范围为.
(5)(2023·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝ax－,x∈.若f(x)解　法一　分类讨论
令g(x)＝f(x)－sin 2x
＝ax－－sin 2x,
则g'(x)＝a－－2cos 2x
＝a－－4cos2x＋2
＝a－,
令u＝cos2x,则u∈(0,1),
令k(u)＝＋4u－2,
则k'(u)＝＋4＝
＝.
当u∈(0,1)时,k'(u)<0,
所以k(u)在(0,1)上单调递减.
因为k(1)＝3,
所以当u∈(0,1)时,k(u)>3,
所以k(u)的值域为(3,＋∞).
①当a≤3时,g'(x)<0,
所以g(x)在上单调递减,
又g(0)＝0,
所以当x∈ 时,g(x)<0,
即f(x)②当a>3时, x0∈使得g'(x0)＝0,
所以g(x)在(0,x0)上单调递增,在上单调递减,
所以g(x0)>g(0)＝0,所以f(x)综上所述,a的取值范围为(－∞,3].
法二　端点效应(单调含参)
令g(x)＝sin 2x－ax＋,g(0)＝0,
g'(x)＝－a,
g'(0)＝3－a,
g″(x)＝,
其中g″(x)为g'(x)的导数.
因为x∈,所以g″(x)>0,
所以g'(x)在单调递增,
当g'(0)＝3－a≥0即a≤3时,
因为g'(x)在单调递增,
所以g'(x)>g'(0)≥0,
所以g(x)在上单调递增,
所以g(x)>g(0)＝0,符合要求.
当g'(0)＝3－a<0即a>3时,
因为g'(x)连续,所以 x0∈,使得当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,x0)单调递减,g(x)综上,a≤3,即a的取值范围为(－∞,3].第三章　导数及其应用
探究1 (人教A版选择性必修第二册P67)观察函数y＝f(x)的图象(如图),平均变化率表示什么 瞬时变化率f'(x0)＝表示什么
提示:平均变化率＝表示割线P0P的斜率.
瞬时变化率f'(x0)＝＝表示切线P0T的斜率.
探究2 (人教A版选择性必修第二册P74)画出函数y＝的图象,根据图象,描述它的变化情况,并求出曲线在点(1,1)处的切线方程.
提示:函数y＝的图象如图所示,结合函数图象及其导数y'＝－发现,当x<0时,随着x的增加,函数y＝减少得越来越快;
当x>0时,随着x的增加,函数减少得越来越慢.
点(1,1)处切线的斜率就是导数y'|x＝1＝－＝－1,故斜率为－1,过点(1,1)的切线方程为x＋y－2＝0.
探究3 (人教A版选择性必修第二册P77)设f(x)＝x2,g(x)＝x,计算[f(x)g(x)]'与f'(x)·g'(x),它们是否相等 f(x)与g(x)商的导数是否等于它们导数的商呢
提示:通过计算可知,[f(x)g(x)]'＝(x3)'＝3x2,f'(x)g'(x)＝2x·1＝2x,因此[f(x)·g(x)]'≠f'(x)g'(x).同样地,'与也不相等.
[f(x)g(x)]'＝f'(x)g(x)＋f(x)g'(x); '＝ (g(x)≠0).
事实上,对于两个函数f(x)和g(x)的乘积(或商)的导数,我们有如下法则:
探究4 (人教B版选择性必修第三册P86)已知h(x)＝sin 2x,f(u)＝sin u,g(x)＝2x.
(1)h(x)可以由f(u)与g(x)得到吗
(2)分别求出h'(x),f'(u),g'(x),并总结它们之间的关系.
提示:(1)在f(u)＝sin u中,令u＝g(x)＝2x,
则有f(g(x))＝sin(g(x))＝sin 2x＝h(x).
(2)因为h(x)＝sin 2x＝2sin xcos x,
所以h'(x)＝(2sin xcos x)'
＝2(sin x)'cos x＋2sin x(cos x)'
＝2cos2x－2sin2x
＝2cos 2x.
又因为f'(u)＝cos u,g'(x)＝2,
因此h'(x)＝f'(g(x))g'(x).
一般地,如果函数y＝f(u)与u＝g(x)的复合函数为y＝h(x)＝f(g(x)),
则可以证明,复合函数的导数h'(x)与f'(u),g'(x)之间的关系为
h'(x)＝[f(g(x))]'＝f'(u)g'(x) ＝f'(g(x))g'(x).
这一结论也可以表示为yx'＝yu'ux'.
探究5 (人教A版选择性必修第二册P85)对于高台跳水问题,函数h(t)的单调性与h'(t)的正负有内在联系,那么,我们能否由h'(t)的正负来判断函数h(t)的单调性呢
提示:可以发现:
当t∈(0,a)时,h'(t)>0,函数h(t)的图象是“上升”的,函数h(t)在(0,a)上单调递增;
当t∈(a,b)时,h'(t)<0,函数h(t)的图象是“下降”的,函数h(t)在(a,b)上单调递减.
探究6 (人教A版选择性必修第二册P87)请同学们回顾一下函数单调性的定义,并思考在某个区间上单调的函数y＝f(x)的平均变化率的几何意义与f'(x)的正负的关系.
提示:一般地,设函数的定义域为I:如果对于定义域内某个区间D上的任意两个自变量的值x1,x2,当x1f(x2)),那么就说函数在区间D上单调递增(减).上述定义也可以理解为:在区间D上,当>0时,函数单调递增;当<0时,函数在区间D上单调递减,而是函数在区间[x1,x2]上的平均变化率,其几何意义是指曲线f(x)过点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))的割线的斜率.由此可见,当区间(x1,x2)的长度很小时,平均变化率就可以近似地反映函数y＝f(x)在这个区间上的单调性,而当x2→x1时,平均变化率的极限是函数y＝f(x)在x＝x1处的导数.故当函数在某个区间内的导数大于零时,函数在此区间内单调递增;当导数小于零时,函数在此区间内单调递减.
探究7 (人教A版选择性必修第二册P88)研究对数函数y＝ln x与幂函数y＝x3在区间(0,＋∞)上增长快慢的情况.
提示:对数函数y＝ln x的导数为y'＝>0(x∈(0,＋∞)),所以y＝ln x在区间(0,＋∞)上单调递增.当x越来越大时,y'＝越来越小,所以函数y＝ln x递增得越来越慢,图象上升得越来越“平缓”(如图(1)).
幂函数y＝x3的导数为y'＝3x2>0(x∈(0,＋∞)),所以y＝x3在区间(0,＋∞)上单调递增.当x越来越大时,y'＝3x2越来越大,函数y＝x3递增得越来越快,图象上升得越来越“陡峭”(如图(2)).
一般地,如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大,那么函数在这个范围内变化得较快,这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下);反之,函数在这个范围内变化得较慢,函数的图象就比较“平缓”.
探究8 (人教A版选择性必修第二册P91)导数值为0的点一定是函数的极值点吗
提示:导数值为0的点不一定是函数的极值点.例如,对于函数f(x)＝x3,我们有f'(x)＝3x2.虽然f'(0)＝0,但由于无论x>0,还是x<0,恒有f'(x)>0,即函数f(x)＝x3是增函数,所以0不是函数f(x)＝x3的极值点.一般地,函数y＝f(x)在一点的导数值为0是函数y＝f(x)在这点取极值的必要条件,而非充分条件.
1.(人教A版选择性必修第二册P99T12拓展)证明: x∈R,ex≥em(x－m)＋em恒成立.
证明　令f(x)＝ex－em(x－m)－em,
则f'(x)＝ex－em,
令g(x)＝ex－em,g'(x)＝ex>0,
所以g(x)单调递增,又因为g(m)＝0,
所以x∈(－∞,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(m,＋∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min＝f(m)＝0,
特别地,当m＝0时,ex≥x＋1,
当m＝1时,ex≥ex.
2.(人教A版选择性必修第二册P94T2拓展)证明: x>0,不等式ln x≤(x－m)＋ln m恒成立.
证明　令f(x)＝(x－m)＋ln m－ln x,
则f'(x)＝,
x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(m,＋∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min＝f(m)＝0.
特别地,当m＝1时,ln x≤x－1,
把x换成,ln x≤x－1可变形为ln x≥1－.
3.(人教A版选择性必修第二册P97练习T1拓展)证明: x∈,不等式sin x证明　令f(x)＝x－sin x,x∈,
则f'(x)＝1－cos x>0,
所以f(x)在上单调递增,
所以f(x)>f(0)＝0,
即 x∈,x>sin x.
令g(x)＝tan x－x,x∈,
则g'(x)＝－1＝tan2x>0,
所以g(x)在上单调递增,
所以g(x)>g(0)＝0,即 x∈,tan x>x,
综上, x∈,sin x【应用示例】 (1)(2022·全国甲卷)已知a＝,b＝cos ,c＝4sin ,则(　　)
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
答案　xA
解析　因为b＝cos ＝1－2sin2,
所以b－a＝1－2sin2
＝－2sin2
＝2.
令f(x)＝x－sin x,
则f'(x)＝1－cos x≥0,
所以函数f(x)在R上单调递增,
所以当x>0时,f(x)>f(0)＝0,
即有x>sin x(x>0)成立,
所以>sin ,得>sin2,所以b>a.
因为＝4tan ,
所以令g(x)＝tan x－x,
则g'(x)＝－1＝≥0,
所以函数g(x)在定义域内单调递增,
所以当x>0时,g(x)>g(0)＝0,
即有tan x>x(x>0)成立,
所以tan >,即4tan >1,
所以>1,又b>0,所以c>b.
综上c>b>a.故选A.
(2)(2023·新高考Ⅱ卷节选)证明:当0证明　令h(x)＝x－x2－sin x(0则h'(x)＝1－2x－cos x(0令p(x)＝1－2x－cos x(0则p'(x)＝－2＋sin x<0,
所以p(x)即h'(x)在(0,1)上单调递减,
又h'(0)＝0,
所以当0所以当0即x－x2令g(x)＝sin x－x(0则g'(x)＝cos x－1≤0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,又g(0)＝0,
所以当0即sin x综上,当04.(人教A版选择性必修第二册P99T13拓展)三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的常见结论.
(1)任意三次函数均有对称中心(x0,f(x0)),其中x0满足f″(x0)＝0,且x0＝－.
证明　因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0),
所以f'(x)＝3ax2＋2bx＋c,
所以f″(x)＝6ax＋2b.
因为f″(x0)＝0,
所以f″(x0)＝6ax0＋2b＝0,
所以x0＝－,
所以f(x0＋x)＋f(x0－x)＝a(x0＋x)3＋b(x0＋x)2＋c(x0＋x)＋d＋a(x0－x)3＋b(x0－x)2＋c(x0－x)＋d＝2a＋2b＋2cx0＋2d＋(6ax0＋2b)x2＝2a＋2b＋2cx0＋2d＋(－·6a＋2b)x2＝2f(x0),
所以点(x0,f(x0))是函数f(x)图象的对称中心.
(2)设f(x)对称中心的横坐标为x0,两个极值点分别为x1,x2,则f'(x0)＝－(x1－x2)2.
证明　∵f'(x)＝3ax2＋2bx＋c,
∴x1＋x2＝－,x1x2＝,
(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝,
∴
＝
＝a[(x1＋x2)2－x1x2]＋b(x1＋x2)＋c
＝a＋b＋c
＝,
f'(x0)＝f'
＝
＝,
又－(x1－x2)2＝,
故f'(x0)＝－(x1－x2)2.
(3)若f(x)的对称中心为点P(x0,f(x0)),极大值为M,极小值为m,且f(x)＝M的两根为x1,x2(x1证明　以a>0为例,
由f(x)＝M的两根为x1,x2,
则f(x)－M＝ax3＋bx2＋cx＋d－M
＝a(x－x1)2(x－x2)＝0,
所以－a(x1＋x1＋x2)＝b,
即x1＋x1＋x2＝－.
又x0＝－,
所以2x1＋x2＝3x0,
即x2－x0＝2(x0－x1),
所以x0是[x1,x2]的三等分点,
又x0为[x1,x3]的中点,
所以x3为[x1,x2]的三等分点,
同理可得x0是[x4,x3]的三等分点,
综上,x1,x0,x3将区间[x4,x2]四等分.
【应用示例】 (1)(多选)(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1,则(　　)
A.当a>1时,f(x)有三个零点
B.当a<0时,x＝0是f(x)的极大值点
C.存在a,b,使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D.存在a,使得点(1,f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
(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
答案　(1)AD　(2)AC
解析　(1)由题可知,
f'(x)＝6x(x－a).
对于A,当a>1时,由f'(x)<0得0由f'(x)>0得x<0或x>a,
则f(x)在(－∞,0)上单调递增,在(0,a)上单调递减,在(a,＋∞)上单调递增,
且当x→－∞时,f(x)→－∞,f(0)＝1,f(a)＝－a3＋1<0,
当x→＋∞时,f(x)→＋∞,故f(x)有三个零点,A正确;
对于B,当a<0时,由f'(x)<0得a则f'(x)>0得x>0或x则f(x)在(－∞,a)上单调递增,在(a,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增,故x＝0是f(x)的极小值点,B错误;
对于C,当x→＋∞时,f(x)→＋∞,当x→－∞时,f(x)→－∞,故曲线y＝f(x)必不存在对称轴,C错误;
对于D,f(x)＝2x3－3ax2＋1
＝2a2＋1－,
令t＝x－,
则f(x)可转化为
g(t)＝2t3－a2t＋1－,
由y＝2t3－a2t为奇函数,
且其图象关于原点对称,
可知g(t)的图象关于点对称,
则f(x)的图象关于点对称,
故存在a＝2,使得点(1,f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心,D正确,故选AD.
(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－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,也可由任意三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的对称中心为得出对称中心为(0,1),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AC.
5.(湘教版选择性必修第二册P51T20拓展)对数均值不等式: x1,x2>0,x1≠x2,<<.
证明　不妨设0< ln >.
构建函数:f(x)＝ln x－(0则f'(x)＝
＝－<0,
故可知:f(x)＝ln x－在x∈(0,1)上单调递减,即f(x)>f(1)＝ln 1－＝0.
可证得<.
< ln >2
＝2,>1.
构建函数g(x)＝ln x－,x>1,
则g'(x)＝>0,
∴g(x)在(1,＋∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)＝0,
可证得<.
综上, x1,x2>0,且x1≠x2,
<<.
【应用示例】 (2022·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a,证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
证明　f'(x)＝,令f'(x)＝0,则x＝1,
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,＋∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
若f(x)有两个零点x1,x2,
则x1,x2一个大于1,一个介于0与1之间.
法一(构造积的对称函数)
不妨设01.令F(x)＝f(x)－f,
则F'(x)＝＋·
＝(ex＋x－x－1).
令g(x)＝ex＋x－x－1(x>0),
则g'(x)＝ex＋1－＋x·
＝ex＋1＋(x>0),
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,
所以当x∈(0,1)时,g(x)所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,
所以F(x)在(0,1)上单调递增,
所以F(x)即在(0,1)上f(x)－f又f(x1)＝f(x2)＝0,
所以f(x2)－f<0,
即f(x2)又函数f(x)在(1,＋∞)上单调递增,
所以x2<,即x1x2<1.
法二(同构构造函数化解等式)
不妨设0由f(x1)＝f(x2)＝0,
得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2,
即＋x1－ln x1
＝＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增,
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立.
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0),
g(x)＝h(x)－h
＝x－－2ln x(x>0),
则g'(x)＝1＋≥0(x>0),
所以函数g(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以当x>1时,g(x)>g(1)＝0,
即当x>1时,h(x)>h,
所以h(x1)＝h(x2)>h.
又h'(x)＝1－(x>0),
所以h(x)在(0,1)上单调递减,
所以0法三(对数均值不等式)
由法二知x1－ln x1＝x2－ln x2,
即＝1,
由对数均值不等式
<<(证明略)
得<＝1,
即x1x2<1.
通过阅读《探究与发现——牛顿法——用导数方法求方程的近似解》(人教A版选择性必修第二册P82),可从中提炼出如下结论:
(1)牛顿切线法的步骤
用“作切线”的方法求方程的近似解,如图,设r是函数y＝f(x)的一个零点,
①任意选取x0作为r的初始近似值,过点(x0,f(x0))作曲线y＝f(x)的切线l1,设l1与x轴交点的横坐标为x1,并称x1为r的1次近似值.
②过点(x1,f(x1))作曲线y＝f(x)的切线l2,设l2与x轴交点的横坐标为x2,称x2为r的2次近似值.
③过点(xn－1,f(xn－1))(n∈N*)作曲线y＝f(x)的切线ln,记ln与x轴交点的横坐标为xn,称xn为r的n次近似值.
若f'(xn－1)≠0,则xn＝xn－1－.
证明　f(x)在点(xn－1,f(xn－1))处的切线斜率为f'(xn－1),
因此切线方程为y－f(xn－1)＝f'(xn－1)·(x－xn－1),
令y＝0,则0－f(xn－1)＝f'(xn－1)·(x－xn－1),
得x＝xn－1－,
即xn＝xn－1－.
④直到|xn－r|<ε(ε为所需精确度)为止,xn可作为r的近似值.
(2)不同的初始值对求方程的近似解有影响吗 如果有,影响在什么地方
解　有影响.如果解不唯一,那么初始值不同,可能得到的解不同,而且初始值离真值的距离会影响迭代的次数.
(3)你还知道其他求方程近似解的方法吗 你认为牛顿法的优点和缺点是什么
解　二分法、分割法.优点是收敛速度快,缺点是运算量大.
【应用示例】 记R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),满足xn＋1＝xn－(n∈N*)的数列{xn}称为函数f(x)的“牛顿数列”.已知数列{xn}为函数f(x)＝x2－x的“牛顿数列”,且数列{an}满足a1＝2,an＝ln ,xn>1.
(1)求a2;
解　因为f(x)＝x2－x,
则f'(x)＝2x－1,
从而有xn＋1＝xn－＝xn－,由a1＝2,而a1＝ln ,
则＝e2,解得x1＝,
则有x2＝,
所以a2＝ln ＝ln－＝ln e4＝4.
(2)证明数列{an}是等比数列并求an;
证明　由xn＋1＝,
则＝,
所以an＋1＝ln ＝ln
＝2ln ＝2an(xn>1),
故＝2(非零常数),且a1＝2≠0,
所以数列{an}是以2为首项、2为公比的等比数列,
所以an＝a1qn－1＝2n.
(3)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式(－1)n·tSn－14≤对任意的n∈N*恒成立,求t的取值
范围.
解　由等比数列的前n项和公式得:
Sn＝＝2n＋1－2.
因为(－1)n·tSn－14≤对任意的n∈N*恒成立,
又Sn>0且Sn单调递增,
所以(－1)nt≤Sn＋对任意的n∈N*恒成立.
令g(x)＝x＋,x∈(0,＋∞),
则g'(x)＝1－.
①当x∈(0,)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
②当x∈(,＋∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
又2＝S1<则g(x)min＝.
当n为偶数时,原式化简为t≤Sn＋,
所以当n＝2时,t≤,
当n为奇数时,原式化简为－t≤Sn＋,
所以当n＝1时,－t≤9,
所以t≥－9.
综上可知,－9≤t≤,
即t的取值范围为.
母题1 (人教A版选择性必修第二册P81T3)已知函数f(x)＝13－8x＋x2,且f'(x0)＝4,求x0.
解　∵f(x)＝13－8x＋x2,
∴f'(x)＝－8＋2x,
∴f'(x0)＝－8＋2x0.
∵f'(x0)＝4,∴－8＋2x0＝4,
解得x0＝3.
(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝.若f'(1)＝,则a＝　　　　.
答案　1
解析　f'(x)＝,
可得f'(1)＝,即,
解得a＝1.
母题2 (人教A版选择性必修第二册P81T5)求曲线y＝在点M(π,0)处的切线方程.
解　求导得y'＝,
∴切线方程的斜率k＝y'|x＝π＝－,
则切线方程为y＝－(x－π),
即y＝－＋1.
(1)(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　)
A.y＝x B.y＝x
C.y＝x＋ D.y＝x＋
(2)(2021·全国甲卷)曲线y＝在点(－1,－3)处的切线方程为　　　　.
(3)(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为(　　)
A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1
答案　(1)C　(2)y＝5x＋2　(3)B
解析　(1)由题意可知
y'＝,
则曲线y＝处的切线斜率
k＝y'|x＝1＝,
所以曲线y＝处的切线方程为y－(x－1),
即y＝x＋,故选C.
(2)y'＝'＝,所以y'|x＝－1＝＝5,
所以切线方程为y＋3＝5(x＋1),即y＝5x＋2.
(3)f(1)＝1－2＝－1,切点坐标为(1,－1),
又f'(x)＝4x3－6x2,
所以切线的斜率k＝f'(1)＝4×13－6×12＝－2,
切线方程为y＋1＝－2(x－1),
即y＝－2x＋1.故选B.
母题3 (人教A版选择性必修第二册P82习题5.2T11)设曲线y＝e2ax在点(0,1)处的切线与直线2x－y＋1＝0垂直,求a的值.
解　y'＝e2ax·(2ax)'＝2ae2ax,∴k＝f'(0)＝2a,∴2a＝－,∴a＝－.
(2025·新高考Ⅰ卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线,则a＝　　　　.
答案　4
解析　设直线y＝2x＋5与曲线y＝
ex＋x＋a相切于点(x0,＋x0＋a),
由y＝ex＋x＋a得y'＝ex＋1,
所以y'＋1＝2,解得x0＝0,
所以切点坐标为(0,1＋a),
又切点(0,1＋a)在切线y＝2x＋5上,
所以1＋a＝5,解得a＝4.
母题4 (湘教版选择性必修第二册P26T4)写出过点A(－5,3)并且和曲线xy＝1相切的两条直线的方程.
解　由xy＝1,得y＝,
则y'＝－,设切点为P(x0,y0),
则y'＝－,
则曲线在切点处的切线方程为
y－＝－(x－x0),
把A(－5,3)代入,
可得3－＝－(－5－x0),
整理得x0＝－1或x0＝.
当x0＝－1时,切线方程为x＋y＋2＝0,
或x0＝时,切线方程为9x＋25y－30＝0.
(1)(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a,b)可以作曲线y＝ex的两条切线,则(　　)
A.ebC.0(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　.
(3)(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　　　　,　　　　　.
答案　(1)D　(2)(－∞,－4)∪(0,＋∞)　(3)y＝x　y＝－x
解析　(1)法一　设切点为(x0,y0),y0>0,
则切线方程为y－b＝(x－a).
由
得(1－x0＋a)＝b,
则由题意知关于x0的方程(1－x0＋a)＝b有两个不同的解.
设f(x)＝ex(1－x＋a),
则f'(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a).
由f'(x)＝0得x＝a,
所以当x0,f(x)单调递增,当x>a时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea.
当x0,所以f(x)>0,
又当x→－∞时,f(x)→0,当x→＋∞时,f(x)→－∞,
故函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示,
由题意知f(x)的图象与直线y＝b有两个交点,所以0法二　过点(a,b)可以作曲线y＝ex的两条切线,则点(a,b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方,得0(2)因为y＝(x＋a)ex,
所以y'＝(x＋a＋1)ex.
设切点为A(x0,(x0＋a)),O为坐标原点,
依题意得,切线斜率kOA＝y'＝(x0＋a＋1),化简,得
＋ax0－a＝0.
因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线,
所以关于x0的方程＋ax0－a＝0有两个不同的根,
所以Δ＝a2＋4a>0,解得a<－4或a>0,
所以a的取值范围是(－∞,－4)∪(0,＋∞).
(3)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.
母题5 (人教A版选择性必修第二册P104T13)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点,求a的值.
解　∵y＝x＋ln x,∴y'＝1＋,
当x＝1时,y'＝1＋1＝2,即切线的斜率为2,
由点斜式得切线方程为y－1＝2(x－1),
即y＝2x－1,
联立
得ax2＋(2a＋1)x＋2＝0.
∵切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点,
∴方程ax2＋(2a＋1)x＋2＝0只有一个根,当a＝0时,方程为x＋2＝0只有一个根,满足题意;
当a≠0时,Δ＝(2a＋1)2－8a＝0,
即(2a－1)2＝0,解得a＝,
综上a＝0或a＝.
(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线,则a＝　　　　.
答案　ln 2
解析　由题意,令f(x)＝ex＋x,则f'(x)＝ex＋1,
所以f'(0)＝2,所以曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1.
令g(x)＝ln(x＋1)＋a,则g'(x)＝,
设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0,y0),则＝2,
得x0＝－,则y0＝2x0＋1＝0,
所以0＝ln＋a,所以a＝ln 2.
母题6 (人教B版选择性必修第三册P91T5)设l是曲线y＝的一条切线,证明l与坐标轴所围成的三角形的面积与切点无关.
证明　设切点为,
∵y＝,∴y'＝－,
∴切线的斜率为k＝－,
∴切线l的方程为y－＝－(x－x0),
令x＝0,得y＝;
令y＝0,得x＝2x0,
∴l与坐标轴所围成的三角形的面积
S＝|2x0|＝2,
故l与坐标轴所围成的三角形的面积与切点无关.
(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝,则曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　f'(x)＝
,
所以f'(0)＝3,所以曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线方程为y－1＝3(x－0),
即3x－y＋1＝0,
切线与两坐标轴的交点分别为(0,1),,
所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×,故选A.
母题7 (人教A版选择性必修第二册P89例4)设x>0,f(x)＝ln x,g(x)＝1－,两个函数的图象如图所示.判断f(x),g(x)的图象与C1,C2之间的对应关系.
解　因为f(x)＝ln x,g(x)＝1－,
所以f'(x)＝,g'(x)＝.
当x＝1时,f'(x)＝g'(x)＝1;
当0f'(x)>1;
当x>1时,0所以f(x),g(x)在(0,＋∞)上都是增函数.在区间(0,1)上,g(x)的图象比f(x)的图象要“陡峭”;在区间(1,＋∞)上,g(x)的图象比f(x)的图象要“平缓”.
所以f(x),g(x)的图象依次是图中的C2,C1.
由此图象,还可以得到一个常用的不等式:
1－≤ln x≤x－1(x>0).
母题8 (人教A版选择性必修第二册P93例6)求函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值与最小值.
解　因为f(x)＝x3－4x＋4,
所以f'(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f'(x)＝0,解得x＝－2,或x＝2.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x (－∞,－2) －2 (－2,2) 2 (2,＋∞)
f'(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 单调递减 － 单调递增
在区间[0,3]上,当x＝2时,函数f(x)＝x3－4x＋4有极小值,并且极小值为f(2)＝－.
又由于f(0)＝4,f(3)＝1,
所以函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是4,最小值是－.
(1)(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为　　　　.
答案　1
解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0,＋∞).
①当x>时,f(x)＝2x－1－2ln x,
所以f'(x)＝2－.
当当x>1时,f'(x)>0,
所以f(x)在上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1;
②当0显然f(x)在上单调递减,
所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.
综上,f(x)min＝1.
(2)(2025·北京卷节选)已知函数f(x)的定义域为(－1,＋∞),且f(0)＝0,f'(x)＝,直线l1是曲线y＝f(x)在点A(a,f(a))处的切线.
求导函数f'(x)的最大值.
解　设g(x)＝f'(x),
g'(x)＝＝,
由g'(x)＝0可得x＝e－1,
当x∈(－1,e－1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(e－1,＋∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以f'(x)的最大值为f'(e－1)＝.
母题9 (人教A版选择性必修第二册P95例7)给定函数f(x)＝(x＋1)ex.
(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的极值;
(2)画出函数f(x)的大致图象;
(3)求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数.
解　(1)函数的定义域为R.
f'(x)＝(x＋1)'ex＋(x＋1)(ex)'
＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex.
令f'(x)＝0,解得x＝－2.
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x (－∞,－2) －2 (－2,＋∞)
f'(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 － 单调递增
所以f(x)在区间(－∞,－2)上单调递减,在区间(－2,＋∞)上单调递增.
当x＝－2时,f(x)有极小值f(－2)＝－.
(2)令f(x)＝0,解得x＝－1.
当x<－1时,f(x)<0;当x>－1时,f(x)>0.
所以,f(x)的图象经过特殊点A,B(－1,0),C(0,1).
当x→－∞时,与一次函数相比,指数函数y＝e－x呈爆炸性增长,从而f(x)＝→0,
当x→＋∞时,f(x)→＋∞,f'(x)→＋∞.
我们画出f(x)的大致图象如图所示.
(3)方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数为函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数.
由(1)及(2)中图象可得,当x＝－2时,
f(x)有最小值f(－2)＝－.
所以,关于方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数有如下结论:
当a<－时,解为0个;
当a＝－或a≥0时,解为1个;
当－(2025·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3,其中0(1)证明:f(x)在区间(0,＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
证明　因为f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3,k∈,
所以f'(x)＝－1＋x－3kx2
＝
＝.
当x>0时,令f'(x)＝0,解得x＝－1>0,
所以当00,f(x)单调递增;
当x>－1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
所以x＝－1是f(x)在(0,＋∞)上唯一的极值点,是极大值点.
因为f>f(0)＝0,
f＝ln
＝ln<0,
所以 x0∈,f(x0)＝0,
所以x0是f(x)在(0,＋∞)上唯一的零点.
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,＋∞)的极值点和零点.
①设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t),证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
证明　因为g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t),
所以g'(t)＝f'(x1＋t)＋f'(x1－t)
＝(x1＋t－x1)＋·(x1－t－x1)
＝3kt
＝.
因为t∈(0,x1),
所以t2－－2x1<0,(1＋x1)2－t2>0,
所以g'(t)＝<0,
即g(t)在区间(0,x1)单调递减.
②比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
解　由①得,g(t)在(0,x1)上单调递减,
所以g(x1)即f(2x1)－f(0)又f(0)＝0,所以f(2x1)<0,
因为x2是f(x)的零点,所以f(x2)＝0,
所以f(2x1)又x2>x1,且f(x)在(x1,＋∞)上单调递减,
所以2x1>x2.
母题10 (人教A版选择性必修第二册P98T8)将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形,做成一个无盖方盒.
(1)试把方盒的容积V表示为x的函数;
(2)x多大时,方盒的容积V最大
解　(1)由于在边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长为x的小正方形,做成一个无盖方盒,
所以无盖方盒的底面是正方形,且边长为a－2x,高为x,
则无盖方盒的容积V(x)＝(a－2x)2x,0(2)因为V(x)＝(a－2x)2x＝4x3－4ax2＋a2x,0所以V'(x)＝12x2－8ax＋a2＝(6x－a)(2x－a),
所以当x∈时,V'(x)>0;
当x∈时,V'(x)<0;
故x＝时,函数V(x)可得最大值,
即当x＝时,方盒的容积V最大.
(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.
设圆锥的高为h(0则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h,
则V'＝π(1－3h2),
令V'＝π(1－3h2)＝0,得h＝,
所以V＝π(1－h2)h在上单调递增,在上单调递减,
所以当h＝时,四棱锥的体积最大,故选C.
母题11 (人教A版选择性必修第二册P98T9)用测量工具测量某物体的长度,由于工具的精度以及测量技术的原因,测量n次得到的数据为:a1,a2,a3,…,an.记这n个数据的平均值为,即ai.证明:当x＝时,函数f(x)＝(ai－x)2取得最小值.
证明　∵f(x)＝(x－ai)2,
∴f'(x)＝(x－ai).
令f'(x)＝0,得x＝ai,
当x当x>ai时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
∴当x＝ai即x＝时,
f(x)＝(ai－x)2取得最小值.
母题12 (人教B版选择性必修第三册P96T7)分别讨论下列函数f(x)的单调性,其中a为非零实常数.
(1)f(x)＝ln x＋ax;
(2)f(x)＝x2＋aln x－(a＋1)x.
解　(1)∵f(x)＝ln x＋ax,f'(x)＝＋a,
当a≥0时,f'(x)>0恒成立,
当a<0时,f'(x)>0 >－a 0f'(x)<0时,x>－,
∴当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,＋∞);
当a<0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)∵f(x)＝x2＋aln x－(a＋1)x,
∴f(x)的定义域为(0,＋∞),
f'(x)＝x＋－a－1＝,
当a≤0时,f'(x)>0 x>1,
当00 01,
当a＝1时,f'(x)≥0恒成立,当且仅当x＝1时,等号成立,
当a>1时,f'(x)>0 0a,
∴当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(1,＋∞),单调递减区间为(0,1);
当0(0,a),(1,＋∞),单调递减区间为(a,1);
当a＝1时,f(x)的单调递增区间为(0,＋∞);
当a>1时,f(x)的单调递增区间为(0,1),(a,＋∞),单调递减区间为(1,a).
(2021·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝x(1－ln x),讨论f(x)的单调性.
解　因为f(x)＝x(1－ln x),
所以f(x)的定义域为(0,＋∞),
f'(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,＋∞)时,f'(x)<0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,
在(1,＋∞)上单调递减.
母题13 (人教A版选择性必修第二册P104T8)已知函数f(x)＝x2＋px＋q,试确定p,q的值,使得当x＝1时,f(x)有最小值4.
解　根据题意,函数f(x)＝x2＋px＋q,其二次项系数为1.
若当x＝1时,f(x)有最小值4,
则f(x)＝(x－1)2＋4＝x2－2x＋5,
又由f(x)＝x2＋px＋q,则p＝－2,q＝5.
(2022·全国甲卷)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
答案　B
解析　因为函数f(x)的定义域为(0,＋∞),
所以依题意可知
而f'(x)＝,
所以
所以f'(x)＝－,
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增,
在(1,＋∞)上单调递减,
当x＝1时取最大值,满足题意.
所以f'(2)＝－1＋＝－.
母题14 (人教A版选择性必修第二册P104T9)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值,求c的值.
解　因为f(x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x,
所以f'(x)＝3x2－4cx＋c2＝(3x－c)(x－c).
当f'(x)＝0,即x＝或x＝c时,
函数f(x)＝x(x－c)2有极值.
由题意知,当x＝2时,函数f(x)＝x(x－c)2有极大值,所以c>0.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x c (c,＋∞)
f'(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 ↗ 极大值 单调递减 ↘ 极小值 单调递增 ↗
所以,当x＝时,函数f(x)＝x(x－c)2有极大值,此时,＝2,故c＝6.
(1)(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)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
(2)(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点,则f(0)＝　　　　.
答案　(1)BCD　(2)－4
解析　(1)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
所以故选BCD.
(2)由题意得
f(x)＝x3－(3＋a)x2＋(3a＋2)x－2a,
所以f'(x)＝3x2－2(3＋a)x＋3a＋2,
因为x＝2是函数f(x)的极值点,
所以f'(2)＝0,
即3×22－2×2(3＋a)＋3a＋2＝0,
解得a＝2,经检验,满足题意,
所以f(x)＝(x－1)(x－2)2,
所以f(0)＝－4.
母题15 (人教A版选择性必修第二册P104T18)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m),当m≤2时,求证f(x)>0.
证明　法一　构造“左凹右凸”的两个函数(函数增长速度差异).
当m≤2时,ex－ln(x＋m)>0 ex－ln(x＋2)>0.
令f(x)＝ex－ln(x＋2),
则f'(x)＝ex－在(－2,＋∞)上单调递增.
又f'(－1)＝－1<0,f'(0)＝1－>0.
所以f'(x)＝0在(－2,＋∞)上有唯一实根x0,且－1于是y＝f(x)在x＝x0处取到最小值.
又f'(x0)＝0,得,
两边取对数得ln(x0＋2)＝－x0,
故f(x)≥f(x0)＝－ln(x0＋2)＝＋x0＝>0.
综上可知,当m≤2时,f(x)>0成立.
法二　只需证ex≥x＋1≥ln(x＋2).
令g(x)＝ex－(x＋1),则g'(x)＝ex－1.
令g'(x)＝0,解得x＝0.
当x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.
因此,g(x)在(－∞,0)上单调递减,
在(0,＋∞)上单调递增.
故g(x)≥g(0)＝0,即ex≥x＋1,且等号成立,当且仅当x＝0.
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2),则h'(x)＝.
令h'(x)＝0,解得x＝－1.
当－2当x>－1时,h'(x)>0.
因此,h(x)在(－2,－1)上单调递减,
在(－1,＋∞)上单调递增.
故h(x)≥h(－1)＝0,
即x＋1≥ln(x＋2),且等号成立,
当且仅当x＝－1.
综上,有ex≥x＋1≥ln(x＋2),且两处等号不同时成立,故ex>ln(x＋2),原命题得证.
(1)(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
①讨论f(x)的单调性;
解　f'(x)＝aex－1,x∈R.
当a≤0时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(－∞,＋∞)上单调递减;
当a>0时,令f'(x)>0,得x>－ln a,
令f'(x)<0,得x<－ln a,
所以函数f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,
在(－ln a,＋∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,函数f(x)在(－∞,＋∞)上单调递减;
当a>0时,函数f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,在(－ln a,＋∞)上单调递增.
②证明:当a>0时,f(x)>2ln a＋.
证明　法一　由①得当a>0时,函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a.
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－,a∈(0,＋∞),
所以g'(a)＝2a－,
令g'(a)>0,得a>;
令g'(a)<0,得0所以函数g(a)在上单调递减,
在上单调递增,
所以函数g(a)的最小值为g－ln＝ln >0,
所以当a>0时,f(x)>2ln a＋成立.
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00,
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＋>0恒成立,
所以当a>0时,f(x)>2ln a＋成立.
(2)(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x),已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点.
①求a;
解　由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x),
则y'＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]'.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点,
所以y'|x＝0＝ln a＝0,所以a＝1(经验证,a＝1符合题意).
②设函数g(x)＝,证明:g(x)<1.
证明　由①可知,f(x)＝ln(1－x),其定义域为{x|x<1},
当0当x<0时,ln(1－x)>0,此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0},
故要证g(x)＝<1,
只需证x＋f(x)>xf(x),
即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)>0.
令1－x＝t,则t>0且t≠1,
则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0,
即证1－t＋tln t>0.
令h(t)＝1－t＋tln t,
则h'(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t,
所以h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,所以h(t)>h(1)＝0,
即g(x)<1成立.
母题16 (人教A版选择性必修第二册P104T19)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.
解　(1)由于f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x,
故f'(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1
＝(aex－1)(2ex＋1),
①当a≤0时,aex－1<0,2ex＋1>0,
从而f'(x)<0恒成立,f(x)在R上单调递减.
②当a>0时,令f'(x)＝0,
从而aex－1＝0,得x＝－ln a.
x (－∞,－ln a) －ln a (－ln a,＋∞)
f'(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,
在(－ln a,＋∞)上单调递增.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在R上单调递减,
故f(x)在R上至多一个零点,不满足条件.
当a>0时,f(x)min＝f(－ln a)＝1－＋ln a.
令g(a)＝1－＋ln a(a>0),
则g'(a)＝>0,
从而g(a)在(0,＋∞)上单调递增,
而g(1)＝0.
故当0当a＝1时,g(a)＝0.当a>1时,g(a)>0.
①若a>1,则f(x)min＝1－＋ln a>0,
从而f(x)无零点,不满足条件.
②若a＝1,则f(x)min＝1－＋ln a＝0,不满足条件.
③若0注意到－ln a>0,f(－1)＝＋1－>0.
故f(x)在(－1,－ln a)上有一个实根.
又ln>ln ＝－ln a,
且f＝－ln
＝·(3－a＋a－2)－ln
＝－ln>0.
故f(x)在上有一个零点.
所以f(x)在(－1,－ln a)
及上均有一个零点,
故f(x)在R上恰有两个零点,
所以实数a的取值范围为(0,1).
母题17 (人教B版选择性必修第三册P102习题6－2BT4)已知函数f(x)＝x3－x2－x－1的图象与直线y＝c有3个不同的交点,求实数c的取值范围.
解　对f(x)求导得f'(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1).
当x<－时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当－当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
计算得f＝－,f(1)＝－2.
若f(x)的图象与直线y＝c有3个不同的交点,
则f(1)下面证明－2此时f(－2)＝－11c,
f(1)c,
故 x1∈使得f(x1)＝c, x2∈使得f(x2)＝c, x3∈(1,2)使得f(x3)＝c.
综上,c∈.
(1)(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点,则a的取值范围是(　　)
A.(－∞,－2) B.(－∞,－3)
C.(－4,－1) D.(－3,0)
答案　B
解析　由题意知f'(x)＝3x2＋a,要使函数f(x)存在3个零点,则f'(x)＝0要有2个不同的根,
则a<0.
令3x2＋a＝0,解得x＝±.
令 f'(x)>0,则x<－或x>,
令f'(x)<0,则－所以f(x)在(－∞,－)和(,＋∞)上单调递增,在(－,)上单调递减,
所以要使f(x)存在3个零点,
则
即
解得a<－3.
(2)(2025·天津卷)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2.
①a＝1时,求曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
解　当a＝1时,f(x)＝x－(ln x)2,
f(1)＝1,故切点为(1,1).
f'(x)＝1－,f'(1)＝1,
故曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y－1＝x－1,
即x－y＝0.
②f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1(ⅰ)求a的取值范围;
解　由f(x)＝0,得a－＝0,
令g(x)＝a－,
则g'(x)＝,
所以g(x)在(0,1),(e2,＋∞)上单调递增,在(1,e2)上单调递减,
因为x→0时,g(x)→－∞,
x→＋∞时,g(x)→a,
要使g(x)有三个零点,
必有
解得0所以此时g(x)有三个零点,
故a的取值范围为.
(ⅱ)证明:(ln x2－ln x1)·ln x3<.
证明　要证(ln x2－ln x1)·ln x3<,
即证·<,
即证(ln －ln )·ln<,
即证(ln－ln)·ln<＝1＋.
由①可知0且0则<1,1<e,
又a＝,
则,
即<,
则－ln ·ln··<·.
令φ(x)＝,则φ'(x)＝,
则φ(x)在(0,1),(e2,＋∞)上单调递减,
在(1,e2)上单调递增,
又>e,
所以φ()＝≤,
则－ln·ln<.
由(e－2)2>0,得e2>4e－4＝4(e－1),
即<,
则－ln·ln<<.
令＝t,则＝t>1,
,
整理得ln,ln,
故ln·ln(t>1).
将题目中要证明的问题等价转化为:
证明(ln－ln)·ln<1＋.
由上面解题过程我们得到:
－ln·ln<以及ln·
ln(t>1).
我们可以得到:
(ln－ln)·ln＝ln·
ln－ln·ln<.
要证(ln x2－ln x1)·ln x3<,
即证<1即可,
即证ln t<(t>1),
令h(t)＝ln t－,则h'(t)＝,
又t>1,则h'(t)<0,h(t)在(1,＋∞)上单调递减,
则h(t)<0,即ln t<,命题得证.
母题18 (人教B版选择性必修第三册P113T4)已知关于x的函数y＝x3－t2x－tx2＋t3在区间(－1,3)上单调递减,求t的取值范围.
解　令f(x)＝x3－t2x－tx2＋t3,
因为f'(x)＝3x2－2tx－t2,
且f(x)在区间(－1,3)上单调递减,
所以f'(x)＝3x2－2tx－t2≤0在(－1,3)上恒成立,
故只需
解得t∈(－∞,－9]∪[3,＋∞).
(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(　　)
A.e2 B.e
C.e－1 D.e－2
答案　C
解析　因为函数f(x)＝aex－ln x,
所以f'(x)＝aex－.
因为函数f(x)＝aex－ln x在(1,2)上单调递增,
所以f'(x)≥0在(1,2)上恒成立,
即aex－≥0在(1,2)上恒成立,
易知a>0,则0<≤xex在(1,2)上恒成立.
设g(x)＝xex,则g'(x)＝(x＋1)ex.
当x∈(1,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以在(1,2)上,g(x)>g(1)＝e,
所以≤e,即a≥＝e－1,故选C.
母题19 (人教B版选择性必修第三册P113T5)已知a>0且f(x)＝ax＋＋2－2a,若f(x)≥2ln x在[1,＋∞)上恒成立,求a的取值范围.
解　法一　分类讨论
令g(x)＝f(x)－2ln x.
因为f(x)≥2ln x在[1,＋∞)上恒成立,
即g(x)＝ax＋＋2－2a－2ln x≥0在[1,＋∞)上恒成立.
g'(x)＝a－
＝.
令g'(x)＝0,则x1＝1,x2＝－.
若－＝1,即a＝1,则g'(x)≥0,
函数g(x)在[1,＋∞)上单调递增.
又因为g(1)＝0,
所以f(x)≥2ln x在[1,＋∞)上恒成立,
若－>1,即a<1,则
当x∈(0,1),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)在[1,＋∞)上的最小值为g.
因为g(1)＝0,
所以g<0不合题意.
若－<1,即a>1,则
当x∈,(1,＋∞)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)在[1,＋∞)上的最小值为g(1).
又因为g(1)＝0,所以f(x)≥2ln x恒成立.
综上知,a的取值范围是[1,＋∞).
法二　端点效应(单调含参)
令g(x)＝ax＋＋2－2a－2ln x,则g(1)＝0,
g'(x)＝,g'(1)＝0,
g″(x)＝(g″(x)为g'(x)的导数).
令h(x)＝2x＋2a－4,则h(1)＝2a－2,
易得h(x)在[1,＋∞)上单调递增.
当h(1)＝2a－2≥0即a≥1时,因为h(x)在[1,＋∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(1)≥0,
所以g″(x)≥0,g'(x)在[1,＋∞)上单调递增,
g'(x)≥g'(1)＝0,g(x)在[1,＋∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(1)＝0,符合要求.
当h(1)＝2a－2<0即a<1时, x0∈(1,＋∞),
使得x∈(1,x0)时,h(x)<0,即g″(x)<0,
所以g'(x)在(1,x0)上单调递减,g'(x)所以g(x)在(1,x0)上单调递减,
所以g(x)综上,a≥1,即a的取值范围为[1,＋∞).
(1)(2024·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3.若f(x)>－2当且仅当1解　因为f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3,定义域为{x|0所以f(2－x)＝ln ＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－ln －ax－b(x－1)3＋2a＝－f(x)＋2a,
所以f(2－x)＋f(x)＝2a,
所以曲线y＝f(x)关于(1,a)中心对称.
因为f(x)在(0,2)上连续,当且仅当1－2,
所以x＝1为f(x)＝－2的一个解,
所以f(1)＝－2,即a＝－2,
此时f(x)＝ln－2x＋b(x－1)3,
f'(x)＝·－2＋3b(x－1)2
＝－2＋3b(x－1)2
＝(x－1)2.
记g(x)＝＋3b,x∈(0,2),易知g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,g(1)＝2＋3b,
当b≥－时,g(x)≥0,f'(x)≥0,f(x)在(0,2)上单调递增,
又f(1)＝－2,故符合题意.
当b<－时,g(1)<0,
g(x)＝＋3b＝,
令g(x)＝0,得x＝1±,
因为b<－,所以∈(0,1),
故1＋∈(1,2),1－∈(0,1),
所以当x∈时,g(x)<0,
f'(x)<0,f(x)在上单调递减,
故f综上,b的取值范围为.
(2)(2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.
解　f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x,x∈(－1,＋∞),
则f'(x)＝－aln(1＋x)－.
设g(x)＝－aln(1＋x)－,
则g'(x)＝－.
因为当x≥0时,f(x)≥0,且f(0)＝0,f'(0)＝0,
所以g'(0)＝－2a－1≥0,得a≤－,
故a≤－是原不等式成立的一个必要条件.
下面证明其充分性:
当a≤－,x≥0时,g'(x)≥≥0,
所以f'(x)在[0,＋∞)上单调递增,且f'(x)≥f'(0)＝0,
所以f(x)在[0,＋∞)上单调递增,且f(x)≥f(0)＝0.
综上,a的取值范围是.
(3)(2024·天津卷节选)已知函数f(x)＝xln x.若f(x)≥a(x－)对任意x∈(0,＋∞)成立,求实数a的值.
解　法一(分类讨论)　设h(t)＝t－1－ln t,则h'(t)＝1－,从而当01时h'(t)>0.所以h(t)在(0,1]上递减,在[1,＋∞)上递增,这就说明h(t)≥h(1),即t－1≥ln t,
当且仅当t＝1时等号成立.设g(t)＝a(t－1)－2ln t,则
f(x)－a(x－)＝xln x－a(x－)＝x＝x·g.
当x∈(0,＋∞)时,的取值范围是(0,＋∞),
所以命题等价于对任意t∈(0,＋∞),都有g(t)≥0.
一方面,若对任意t∈(0,＋∞),都有g(t)>0,
则对t∈(0,＋∞)有0≤g(t)＝a(t－1)－2ln t＝a(t－1)＋2ln
≤a(t－1)＋2＝at＋－a－2,
取t＝2,得0≤a－1,故a≥1>0.
再取t＝,得0≤a·＋2－a－2＝2－a－2＝－()2,所以a＝2.
另一方面,若a＝2,则对任意t∈(0,＋∞)都有g(t)＝2(t－1)－2ln t＝2h(t)≥0,满足条件.
综合以上两个方面,知a的值是2.
法二(极点效应)　令g(x)＝xln x－a(x－),则g(1)＝0,由g'(1)＝0,得a＝2.
下证充分性.
当a＝2时,g(x)＝xln x－2(x－)＝x[ln x－2],
令t＝,
则ln x－2＝2.
令h(t)＝ln t＋－1,
则h'(t)＝,h(t)min＝h(1)＝0,
所以g(x)≥0恒成立.综上a＝2.
(4)(2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝xeax－ex,当x>0时,f(x)<－1,求a的取值范围.
解　法一　分类讨论
设h(x)＝xeax－ex＋1,则h(0)＝0,
又h'(x)＝(1＋ax)eax－ex,
设g(x)＝(1＋ax)eax－ex,
则g'(x)＝(2a＋a2x)eax－ex,
若a>,则g'(0)＝2a－1>0,
因为g'(x)为连续不间断函数,
故存在x0∈(0,＋∞),
使得 x∈(0,x0),总有g'(x)>0,
故g(x)在(0,x0)上单调递增,
故g(x)>g(0)＝0,
故h(x)在(0,x0)上单调递增,
故h(x)>h(0)＝0,与题设矛盾.
若0则h'(x)＝(1＋ax)eax－ex
＝eax＋ln(1＋ax)－ex,
下证:对任意x>0,总有ln(1＋x)证明:设S(x)＝ln(1＋x)－x,
故S'(x)＝－1＝<0,
故S(x)在(0,＋∞)上单调递减,
故S(x)即ln(1＋x)由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex故h'(x)≤0总成立,
即h(x)在(0,＋∞)上单调递减,
所以h(x)当a≤0时,有h'(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0,
所以h(x)在(0,＋∞)上单调递减,
所以h(x)综上,a≤,即a的取值范围为.
法二　端点效应(含参不单调)
令g(x)＝－1－f(x)＝ex－xeax－1,g(0)＝0,
g'(x)＝ex－eax－axeax,g'(0)＝0,
g″(x)＝ex－(a2x＋2a)eax,g″(0)＝1－2a,其中g″(x)为g'(x)的导数.
当g″(0)＝1－2a<0即a>时,
因为g″(x)连续,
所以 x0∈(0,＋∞),使得x∈(0,x0),g″(x)<0,g'(x)在(0,x0)上单调递减,
所以g'(x)所以g(x)在(0,x0)上单调递减,g(x)当g″(0)＝1－2a≥0即a≤时,
g(x)≥ex－x－1,
令h(x)＝ex－x－1,
h'(x)＝(x－1)>0,
所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,h(x)>h(0)＝0,
所以g(x)>0.
综上,a≤,即a的取值范围为.
(5)(2023·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝ax－,x∈.若f(x)解　法一　分类讨论
令g(x)＝f(x)－sin 2x
＝ax－－sin 2x,
则g'(x)＝a－－2cos 2x
＝a－－4cos2x＋2
＝a－,
令u＝cos2x,则u∈(0,1),
令k(u)＝＋4u－2,
则k'(u)＝＋4＝
＝.
当u∈(0,1)时,k'(u)<0,
所以k(u)在(0,1)上单调递减.
因为k(1)＝3,
所以当u∈(0,1)时,k(u)>3,
所以k(u)的值域为(3,＋∞).
①当a≤3时,g'(x)<0,
所以g(x)在上单调递减,
又g(0)＝0,
所以当x∈ 时,g(x)<0,
即f(x)②当a>3时, x0∈使得g'(x0)＝0,
所以g(x)在(0,x0)上单调递增,在上单调递减,
所以g(x0)>g(0)＝0,所以f(x)综上所述,a的取值范围为(－∞,3].
法二　端点效应(单调含参)
令g(x)＝sin 2x－ax＋,g(0)＝0,
g'(x)＝－a,
g'(0)＝3－a,
g″(x)＝,
其中g″(x)为g'(x)的导数.
因为x∈,所以g″(x)>0,
所以g'(x)在单调递增,
当g'(0)＝3－a≥0即a≤3时,
因为g'(x)在单调递增,
所以g'(x)>g'(0)≥0,
所以g(x)在上单调递增,
所以g(x)>g(0)＝0,符合要求.
当g'(0)＝3－a<0即a>3时,
因为g'(x)连续,所以 x0∈,使得当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,x0)单调递减,g(x)综上,a≤3,即a的取值范围为(－∞,3].第三章　导数及其应用
探究1 (人教A版选择性必修第二册P67)观察函数y＝f(x)的图象(如图),平均变化率表示什么 瞬时变化率f'(x0)＝表示什么
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究2 (人教A版选择性必修第二册P74)画出函数y＝的图象,根据图象,描述它的变化情况,并求出曲线在点(1,1)处的切线方程.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究3 (人教A版选择性必修第二册P77)设f(x)＝x2,g(x)＝x,计算[f(x)g(x)]'与f'(x)·g'(x),它们是否相等 f(x)与g(x)商的导数是否等于它们导数的商呢
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究4 (人教B版选择性必修第三册P86)已知h(x)＝sin 2x,f(u)＝sin u,g(x)＝2x.
(1)h(x)可以由f(u)与g(x)得到吗
(2)分别求出h'(x),f'(u),g'(x),并总结它们之间的关系.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究5 (人教A版选择性必修第二册P85)对于高台跳水问题,函数h(t)的单调性与h'(t)的正负有内在联系,那么,我们能否由h'(t)的正负来判断函数h(t)的单调性呢
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究6 (人教A版选择性必修第二册P87)请同学们回顾一下函数单调性的定义,并思考在某个区间上单调的函数y＝f(x)的平均变化率的几何意义与f'(x)的正负的关系.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究7 (人教A版选择性必修第二册P88)研究对数函数y＝ln x与幂函数y＝x3在区间(0,＋∞)上增长快慢的情况.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究8 (人教A版选择性必修第二册P91)导数值为0的点一定是函数的极值点吗
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(人教A版选择性必修第二册P99T12拓展)证明: x∈R,ex≥em(x－m)＋em恒成立.
证明　令f(x)＝ex－em(x－m)－em,
则f'(x)＝ex－em,
令g(x)＝ex－em,g'(x)＝ex>0,
所以g(x)单调递增,又因为g(m)＝0,
所以x∈(－∞,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(m,＋∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min＝f(m)＝0,
特别地,当m＝0时,ex≥x＋1,
当m＝1时,ex≥ex.
2.(人教A版选择性必修第二册P94T2拓展)证明: x>0,不等式ln x≤(x－m)＋ln m恒成立.
证明　令f(x)＝(x－m)＋ln m－ln x,
则f'(x)＝,
x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(m,＋∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min＝f(m)＝0.
特别地,当m＝1时,ln x≤x－1,
把x换成,ln x≤x－1可变形为ln x≥1－.
3.(人教A版选择性必修第二册P97练习T1拓展)证明: x∈,不等式sin x证明　令f(x)＝x－sin x,x∈,
则f'(x)＝1－cos x>0,
所以f(x)在上单调递增,
所以f(x)>f(0)＝0,
即 x∈,x>sin x.
令g(x)＝tan x－x,x∈,
则g'(x)＝－1＝tan2x>0,
所以g(x)在上单调递增,
所以g(x)>g(0)＝0,即 x∈,tan x>x,
综上, x∈,sin x【应用示例】 (1)(2022·全国甲卷)已知a＝,b＝cos ,c＝4sin ,则(　　)
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
(2)(2023·新高考Ⅱ卷节选)证明:当0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4.(人教A版选择性必修第二册P99T13拓展)三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的常见结论.
(1)任意三次函数均有对称中心(x0,f(x0)),其中x0满足f″(x0)＝0,且x0＝－.
证明　因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0),
所以f'(x)＝3ax2＋2bx＋c,
所以f″(x)＝6ax＋2b.
因为f″(x0)＝0,
所以f″(x0)＝6ax0＋2b＝0,
所以x0＝－,
所以f(x0＋x)＋f(x0－x)＝a(x0＋x)3＋b(x0＋x)2＋c(x0＋x)＋d＋a(x0－x)3＋b(x0－x)2＋c(x0－x)＋d＝2a＋2b＋2cx0＋2d＋(6ax0＋2b)x2＝2a＋2b＋2cx0＋2d＋(－·6a＋2b)x2＝2f(x0),
所以点(x0,f(x0))是函数f(x)图象的对称中心.
(2)设f(x)对称中心的横坐标为x0,两个极值点分别为x1,x2,则f'(x0)＝－(x1－x2)2.
证明　∵f'(x)＝3ax2＋2bx＋c,
∴x1＋x2＝－,x1x2＝,
(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝,
∴
＝
＝a[(x1＋x2)2－x1x2]＋b(x1＋x2)＋c
＝a＋b＋c
＝,
f'(x0)＝f'
＝
＝,
又－(x1－x2)2＝,
故f'(x0)＝－(x1－x2)2.
(3)若f(x)的对称中心为点P(x0,f(x0)),极大值为M,极小值为m,且f(x)＝M的两根为x1,x2(x1证明　以a>0为例,
由f(x)＝M的两根为x1,x2,
则f(x)－M＝ax3＋bx2＋cx＋d－M
＝a(x－x1)2(x－x2)＝0,
所以－a(x1＋x1＋x2)＝b,
即x1＋x1＋x2＝－.
又x0＝－,
所以2x1＋x2＝3x0,
即x2－x0＝2(x0－x1),
所以x0是[x1,x2]的三等分点,
又x0为[x1,x3]的中点,
所以x3为[x1,x2]的三等分点,
同理可得x0是[x4,x3]的三等分点,
综上,x1,x0,x3将区间[x4,x2]四等分.
【应用示例】 (1)(多选)(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1,则(　　)
A.当a>1时,f(x)有三个零点
B.当a<0时,x＝0是f(x)的极大值点
C.存在a,b,使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D.存在a,使得点(1,f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
(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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5.(湘教版选择性必修第二册P51T20拓展)对数均值不等式: x1,x2>0,且x1≠x2,<<.
证明　不妨设0< ln >.
构建函数:f(x)＝ln x－(0则f'(x)＝
＝－<0,
故可知:f(x)＝ln x－在x∈(0,1)上单调递减,即f(x)>f(1)＝ln 1－＝0.
可证得<.
< ln >2
＝2,>1.
构建函数g(x)＝ln x－,x>1,
则g'(x)＝>0,
∴g(x)在(1,＋∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)＝0,
可证得<.
综上, x1,x2>0,且x1≠x2,
<<.
【应用示例】 (2022·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a,证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
通过阅读《探究与发现——牛顿法——用导数方法求方程的近似解》(人教A版选择性必修第二册P82),可从中提炼出如下结论:
(1)牛顿切线法的步骤
用“作切线”的方法求方程的近似解,如图,设r是函数y＝f(x)的一个零点,
①任意选取x0作为r的初始近似值,过点(x0,f(x0))作曲线y＝f(x)的切线l1,设l1与x轴交点的横坐标为x1,并称x1为r的1次近似值.
②过点(x1,f(x1))作曲线y＝f(x)的切线l2,设l2与x轴交点的横坐标为x2,称x2为r的2次近似值.
③过点(xn－1,f(xn－1))(n∈N*)作曲线y＝f(x)的切线ln,记ln与x轴交点的横坐标为xn,称xn为r的n次近似值.
若f'(xn－1)≠0,则xn＝xn－1－.
证明　f(x)在点(xn－1,f(xn－1))处的切线斜率为f'(xn－1),
因此切线方程为y－f(xn－1)＝f'(xn－1)·(x－xn－1),
令y＝0,则0－f(xn－1)＝f'(xn－1)·(x－xn－1),
得x＝xn－1－,
即xn＝xn－1－.
④直到|xn－r|<ε(ε为所需精确度)为止,xn可作为r的近似值.
(2)不同的初始值对求方程的近似解有影响吗 如果有,影响在什么地方
解　有影响.如果解不唯一,那么初始值不同,可能得到的解不同,而且初始值离真值的距离会影响迭代的次数.
(3)你还知道其他求方程近似解的方法吗 你认为牛顿法的优点和缺点是什么
解　二分法、分割法.优点是收敛速度快,缺点是运算量大.
【应用示例】 记R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),满足xn＋1＝xn－(n∈N*)的数列{xn}称为函数f(x)的“牛顿数列”.已知数列{xn}为函数f(x)＝x2－x的“牛顿数列”,且数列{an}满足a1＝2,an＝ln ,xn>1.
(1)求a2;
(2)证明数列{an}是等比数列并求an;
(3)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式(－1)n·tSn－14≤对任意的n∈N*恒成立,求t的取值范围.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题1 (人教A版选择性必修第二册P81T3)已知函数f(x)＝13－8x＋x2,且f'(x0)＝4,求x0.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝.若f'(1)＝,则a＝　　　　.
母题2 (人教A版选择性必修第二册P81T5)求曲线y＝在点M(π,0)处的切线方程.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　)
A.y＝x B.y＝x
C.y＝x＋ D.y＝x＋
(2)(2021·全国甲卷)曲线y＝在点(－1,－3)处的切线方程为　　　　.
(3)(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为(　　)
A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1
母题3 (人教A版选择性必修第二册P82习题5.2T11)设曲线y＝e2ax在点(0,1)处的切线与直线2x－y＋1＝0垂直,求a的值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2025·新高考Ⅰ卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线,则a＝　　　　.
母题4 (湘教版选择性必修第二册P26T4)写出过点A(－5,3)并且和曲线xy＝1相切的两条直线的方程.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a,b)可以作曲线y＝ex的两条切线,则(　　)
A.ebC.0(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　.
(3)(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　　　　,　　　　　.
母题5 (人教A版选择性必修第二册P104T13)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点,求a的值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线,则a＝　　　　.
母题6 (人教B版选择性必修第三册P91T5)设l是曲线y＝的一条切线,证明l与坐标轴所围成的三角形的面积与切点无关.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝,则曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A. B.
C. D.
母题7 (人教A版选择性必修第二册P89例4)设x>0,f(x)＝ln x,g(x)＝1－,两个函数的图象如图所示.判断f(x),g(x)的图象与C1,C2之间的对应关系.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题8 (人教A版选择性必修第二册P93例6)求函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值与最小值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为　　　　.
(2)(2025·北京卷节选)已知函数f(x)的定义域为(－1,＋∞),且f(0)＝0,f'(x)＝,直线l1是曲线y＝f(x)在点A(a,f(a))处的切线.
求导函数f'(x)的最大值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题9 (人教A版选择性必修第二册P95例7)给定函数f(x)＝(x＋1)ex.
(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的极值;
(2)画出函数f(x)的大致图象;
(3)求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2025·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3,其中0(1)证明:f(x)在区间(0,＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,＋∞)的极值点和零点.
①设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t),证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
②比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题10 (人教A版选择性必修第二册P98T8)将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形,做成一个无盖方盒.
(1)试把方盒的容积V表示为x的函数;
(2)x多大时,方盒的容积V最大
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　)
A. B.
C. D.
母题11 (人教A版选择性必修第二册P98T9)用测量工具测量某物体的长度,由于工具的精度以及测量技术的原因,测量n次得到的数据为:a1,a2,a3,…,an.记这n个数据的平均值为,即ai.证明:当x＝时,函数f(x)＝(ai－x)2取得最小值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题12 (人教B版选择性必修第三册P96T7)分别讨论下列函数f(x)的单调性,其中a为非零实常数.
(1)f(x)＝ln x＋ax;
(2)f(x)＝x2＋aln x－(a＋1)x.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2021·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝x(1－ln x),讨论f(x)的单调性.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题13 (人教A版选择性必修第二册P104T8)已知函数f(x)＝x2＋px＋q,试确定p,q的值,使得当x＝1时,f(x)有最小值4.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2022·全国甲卷)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
母题14 (人教A版选择性必修第二册P104T9)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值,求c的值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)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
(2)(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点,则f(0)＝　　　　.
母题15 (人教A版选择性必修第二册P104T18)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m),当m≤2时,求证f(x)>0.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2023·新高考Ⅰ卷)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＋.
(2)(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x),已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点.
①求a;
②设函数g(x)＝,证明:g(x)<1.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题16 (人教A版选择性必修第二册P104T19)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.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题17 (人教B版选择性必修第三册P102习题6－2BT4)已知函数f(x)＝x3－x2－x－1的图象与直线y＝c有3个不同的交点,求实数c的取值范围.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点,则a的取值范围是(　　)
A.(－∞,－2) B.(－∞,－3)
C.(－4,－1) D.(－3,0)
(2)(2025·天津卷)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2.
①a＝1时,求曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1(ⅰ)求a的取值范围;
(ⅱ)证明:(ln x2－ln x1)·ln x3<.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题18 (人教B版选择性必修第三册P113T4)已知关于x的函数y＝x3－t2x－tx2＋t3在区间(－1,3)上单调递减,求t的取值范围.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(　　)
A.e2 B.e
C.e－1 D.e－2
母题19 (人教B版选择性必修第三册P113T5)已知a>0且f(x)＝ax＋＋2－2a,若f(x)≥2ln x在[1,＋∞)上恒成立,求a的取值范围.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2024·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3.若f(x)>－2当且仅当1(2)(2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.
(3)(2024·天津卷节选)已知函数f(x)＝xln x.若f(x)≥a(x－)对任意x∈(0,＋∞)成立,求实数a的值.
(4)(2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝xeax－ex,当x>0时,f(x)<－1,求a的取值范围.
(5)(2023·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝ax－,x∈.若f(x)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

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