课时作业18 导数与函数的极值、最值-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

hh 课时作业18 导数与函数的极值、最值 - 一、单项选择题 1.函数f(x)的定义域为(a,b), 导函数f'(x)在(a,b)内的图 象如图所示,则函数f(x)在 (a,b)内极小值点的个数是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 2.设函数f(x)=2ln x-x2,则 ( ) A.x=e为极大值点 B.x=1为极大值点 C.x=1为极小值点 D.无极值点 3.函数f(x)=x2+2ln x-x的极值点的个数为 ( ) A.无数个 B.2 C.1 D.0 4.函数f(x)= x2-x+3 x 在区间(0,+∞)上的 最小值为 ( ) A.22 B.23 C.22-1 D.23-1 5.当x=1时,函数f(x)=aln x+bx2+3取得 最大值2,则f(3)= ( ) A.2ln 3+2 B.- 16 3 C.2ln 3-6 D.-4 6.已知函数f(x)=(x-a)(x-b)ex 在x=a处 取极小值,且f(x)的极大值为4,则b= ( ) A.-1 B.2 C.-3 D.4 二、多项选择题 7.如图是函数y=f(x)的导 函数的图象,下列结论中正 确的是 ( ) A.f(x)在[-2,-1]上是增函数 B.当x=3时,f(x)取得最小值 C.当x=-1时,f(x)取得极小值 D.f(x)在[-1,2]上是增函数,在[2,4]上是 减函数 8.已知函数f(x)=ex +x2+(a-2)x+1在区 间(0,1)上有最小值,则整数a可能的取值是 ( ) A.-3 B.-2 C.-1 D.0 9.已知函数f(x)=xex -2ex +2,则 ( ) A.f(x)恰有2个极值点 B.f(x)在(1,+∞)上单调递增 C.f(-0.1)>f(0.2) D.f(x)的值域为[2-e,+∞) 三、填空题 10.已知函数f(x)=x3-12x+a,若f(x)在区 间[-1,3]上的最大值为10,则f(x)在该区 间上的最小值为 . 11.若函数f(x)= 2 3x 3-ax2(a<0)在(2a,a+ 1)上有最大值,则a的取值范围为 . 12.小王大学毕业后决定利用所学专业进行自主 创业,生产某小型电子产品.经过市场调研, 生产该小型电子产品需投入年固定成本2万 元,每生产x 万件,需另投入流动成本W(x) 万元.已知在年产量不足4万件时,W(x)= 1 3x 3+2x,在年产量不小于4万件时,W(x)= 7x+ 64 x-27. 每件产品售价6元.通过市场分析, 小王生产的产品当年能全部售完. 则年利润P(x)(万元)关于年产量x(万件) 的 函 数 解 析 式 为 , 年 产 量 为 万件时,小王在这一产品的生产中 所获年利润最大,最大年利润是 . (年利润=年销售收入-年固定成本-流动 成本) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -324- 第三章 一元函数的导数及其应用 3 四、解答题 13.(2024·九省联考)已知函数f(x)=ln x+ x2+ax+2的图象在点(2,f(2))处的切线与 直线2x+3y=0垂直. (1)求a的值; (2)求f(x)的单调区间和极值. 14.已知函数f(x)=(ax2+x+a)ex,a≠0. (1)当a=-1时,求函数f(x)的极值; (2)当a>0,求f(x)在x∈[-2,-1]上的 最大值. 2 15.已知函数f(x)=xex -ln x-x-2,g(x)= ex x +ln x-x 的最小值分别为m,n,则m,n 的大小关系为 . 16.石宝寨位于重庆市忠县境内长江北岸边,被 称为“江上明珠”,国家AAAA级旅游景区,全 国重点文物保护单位,长江三峡最佳旅游景 观之一,美国探索频道中国七大奇观之一,世 界八大奇异建筑之一.近期石宝寨景区为提 高经济效益,拟投入资金对景区进行改造升 级,经过市场调查可知,景区门票增收y(单 位:万元)与投入资金x(5≤x ≤40)(单位: 万元)之间的关系式为y=f(x)=- x2 40+ 7 4x+aln x+b,其中a,b为常数,当投入资 金x为10万元时,门票增收y为16.5万元;当 投入资金x 为30万元时,门票增收y为37万 元(参考数据:ln 2≈0.7,ln 3≈1.1,ln 5≈ 1.6).则f(x)的解析式为f(x)= ;石宝寨景区投入资金为 万元 时,改造升级后的旅游利润ω(x)=f(x)-x 的值最大. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -325- 参 考 答 案 1 e , 又 b - a = ln 3 3 - ln 2 2 = 2ln 3-3ln 2 6 = ln 9-ln 8 6 >0 ,所以 b>a,所以c>b>a. 16.-∞, 1 2 -e 2 解析:∵f(x)=ex -xln x+ m 2x 2, ∴f'(x)= ex -ln x -1+ mx, ∴f″(x)=ex - 1 x +m ,∵f(x)= ex -xln x+ m 2x 2 在(1,2)上为“凸 函数”,∴f″(x)=ex- 1 x +m<0 在 (1,2)上恒成立,即 m < 1 x -e x 在 (1,2)上恒成立,令g(x)= 1 x -e x, x∈(1,2),∴g'(x)= - ex + 1 x2 < 0,∴g(x)= 1 x -e x 在(1,2)上单调 递减,∴g(x)> g(2)= 1 2 -e 2, ∴m ≤ 1 2 -e 2,即 m ∈ - ∞, 1 2 -e 2 . 课时作业18 导数与函数的 极值、最值 1.A 2.B 3.D 由 f'(x)= 2x + 2 x -1 = 2x2-x+2 x 且x ∈ (0,+ ∞),令 g(x)=2x2-x+2,而Δ=(-1)2- 4×2×2<0,故g(x)>0恒成立,所 以f'(x)>0在x ∈ (0,+∞)上恒 成立,即f'(x)=0无解,故函数没有 极值点.故选D. 4.D f'(x)= (2x-1)x-(x2-x+3) x2 = x2-3 x2 = (x+ 3)(x- 3) x2 ,所以在 区间(0,3)上,f'(x)<0,f(x)递 减,在区间(3,+∞)上,f'(x)>0, f(x) 递 增, 所 以 f(x) 在 区 间 (0,+ ∞)上 的 最 小 值 为 f(3)= 3- 3+3 3 = 6- 3 3 =2 3-1.故 选D. 5.C 因为f(x)=aln x+bx2+3,所 以f'(x)= a x +2bx ,又当x =1时, 函 数f(x)=aln x+bx2+3取得最大 值2,所 以 f(1)=2,f'(1)=0,即 b+3=2, a+2b=0, 解 得 a=2,b= -1, 所 以 f(x)=2ln x-x2+3,f'(x)= 2 x - 2x = 2(1-x)(1+x) x ,所以f(x)在 (0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调 递减,符合题意,所以f(3)=2ln 3- 6.故选C. 6.B f(x)= (x -a)(x -b)ex = (x2-ax-bx+ab)ex,所以f'(x)= (2x-a-b)ex + (x2-ax -bx + ab)ex =ex[x2+(2-a-b)x+ab- a-b].因 为 函 数 f(x)= (x - a)(x-b)ex 在x =a处取极小值,所 以f'(a)=ea[a2+ (2-a-b)a+ ab-a-b]=ea(a-b)=0,所以a= b,∴f(x)= (x -a)2ex,f'(x)= ex[x2+ (2-2a)x +a2 -2a]= ex(x-a)[x-(a-2)],令f'(x)= 0,得x =a 或x =a-2,当x ∈ (- ∞,a -2)时,f'(x)>0,所 以 f(x)在(-∞,a-2)上单调递增,当 x ∈ (a-2,a)时,f'(x)<0,所以 f(x)在 (a-2,a)上 单 调 递 减,当 x ∈ (a,+∞)时,f'(x)>0,所以 f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以 f(x)在x =a-2处有极大值,因为 f(a-2)=4ea-2 =4,解得a=2,所 以b=2.故选B. 7.CD 根据图象知当x ∈ (-2,-1), x ∈(2,4)时,f'(x)<0,函数单调递 减,当x∈(-1,2),x∈(4,+∞)时, f'(x)>0,函数单调递增,故A错误, D正确;当x = -1时,f(x)取得极小 值,故C正确;当x =3时,f(x)不是 取得最小值,故B错误.故选CD. 8.BCD 由 f(x)=ex +x2 + (a - 2)x+1得f'(x)=ex +2x+a-2, 由于y=ex,y=2x 均为单调递增函 数,故f'(x)在(0,1)上单调递增,因 为 f(x)在 (0,1)上 有 最 小 值,故 f'(0)<0, f'(1)>0 ⇒ 1+a-2<0,e+2+a-2>0 ⇒ -e<a<1,又a 为整数,故选BCD. 9.BCD f'(x)= (x +1)ex -2ex = (x-1)ex,令f'(x)=0,得x=1,当 x ∈ (- ∞,1)时,f'(x)<0,此 时 f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0,此时f(x)单调递增,故 f(x)恰有一个极小值点1,无极大值 点,故 A 错 误,B 正 确;由 f(x)在 (-∞,1)上单调递减,可知f(-0.1)> f(0.2),故 C 正 确;由 于 f(x)min = f(1)=2-e,而当x 趋近于 +∞ 时, f(x)趋近于 +∞,故f(x)的值域为 [2-e,+∞),故D正确.故选BCD. 10.-17 解析:由题得f'(x)=3x2 -12.由 f'(x)=0可得x =2或x = -2. 当 -1≤x<2时,f'(x)<0,f(x) 单调递减;当2<x≤3时,f'(x)> 0,f(x)单调递增.由f(2)=8-24+ a=a-16,f(-1)= -1+12+a= a+11,f(3)=27-36+a=a-9, 可 得 f(2)< f(3)< f(-1),故 f(x)在区间[-1,3]上的最大 值 为 f(-1)=a+11=10,所以a= -1, 则f(x)在区间[-1,3]上的最小值 为f(2)=a-16= -1-16= -17. 11.-∞,- 2 3 解析:由f(x)= 2 3x 3-ax2(a<0) 得,f'(x)=2x2 -2ax =2x(x - a),当x <a 时,f'(x)>0;当a< x <0时,f'(x)<0;当x >0时, f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,a)和 (0,+∞)上单调递增,f(x)在(a,0) 上单调递减,故f(x)在x=a处取得 极大值,又因为f(x)在(2a,a+1)上 有最大值,且2a<a<a+1,所以 f(a)≥f(a+1),则 2 3a 3 -a3 ≥ 2 3 (a + 1)3 - a (a+1)2, 解 得 a≤- 2 3. 12.P(x)= - 1 3x 3+4x-2,0<x<4, 25-x- 64 x ,x≥4 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 8 9万元 解析:由 题 意,当 0 < x < 4 时, P(x)=6x -2- 1 3x 3+2x = - 1 3x 3 +4x -2;当 x ≥ 4 时, P(x)=6x-2- 7x+ 64 x -27 = 25-x- 64 x . 所以P(x)= - 1 3x 3+4x-2,0<x <4, 25-x- 64 x ,x ≥4. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 当 0<x <4时,P'(x)= -x2+4,令 P'(x)=0,解得x=2.易得P(x)在 (0,2)上单调递增,在(2,4)上单调递 减,所以当0<x <4时,P(x)max = P(2)= 10 3. 当x≥4时,P(x)=25- x+ 64 x ≤25-2 x·64x =9,当 且仅当x= 64 x ,即x=8时取等号.综 上,当年产量为8万件时,所获年利润 最大,为9万元. 13.解:(1)f'(x)= 1 x +2x +a ,则 f'(2)= 1 2 +2×2+a= 9 2 +a , 由题 意 可 得 9 2+a × -23 = -1,解得a= -3. (2)由a = -3,得f(x)=ln x + x2-3x+2, f'(x)= 1 x +2x-3= 2x2-3x+1 x = (2x-1)(x-1) x , x >0, 故当0<x < 1 2 时,f'(x)>0,当 1 2 <x<1 时,f'(x)<0,当x>1 时,f'(x)>0, 故f(x)的单调递增区间为 0, 1 2 , (1,+ ∞),f(x)的 单 调 递 减 区 间 为 1 2 ,1 , 故f(x)有极大值,为f 1 2 =ln 12+ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -579- hh 1 2 2 -3× 1 2 +2= 3 4 -ln 2, 有极小值,为f(1)=ln 1+12-3× 1+2=0. 14.解:(1)当a= -1时,f(x)=(-x2+ x-1)ex, 则f'(x)= (-2x+1)ex +(-x2+ x-1)ex = (-2x +1-x2 +x - 1)ex = (-x2-x)ex, 当x ∈ (-∞,-1)∪ (0,+∞)时, f'(x)< 0,函 数 f(x)在(- ∞, -1),(0,+∞)上单调递减, 当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,f(x) 在(-1,0)上单调递增, 所以f(x)极小值 =f(-1)= -3e-1, f(x)极大值 =f(0)= -1. (2)因为f(x)=(ax2+x+a)ex,所 以f'(x)= (ax+a+1)(x+1)ex, 令f'(x)=0,得x = -1或x = - a+1 a = -1- 1 a , 因为a>0,所以-1- 1 a <-1 , 当-1- 1 a ∈ (-2,-1),即a>1时, 当 x ∈ -2,-1- 1 a 时, f'(x)>0,f(x)单调递增, 当 x ∈ -1- 1 a ,-1 时, f'(x)<0,f(x)单调递减, 所 以 f(x)max = f -1- 1 a = (2a+1)e -1-1a, 当-1- 1 a ∈ (-∞,-2],即0<a≤ 1时,当x ∈ (-2,-1)时,f'(x)< 0,f(x)单调递减, 所以f(x)max =f(-2)=(4a-2+ a)e-2 = (5a-2)e-2, 综上所述,a>1时,f(x)max=(2a+ 1)e -1-1a, 0<a≤1时,f(x)max=(5a-2)e-2. 15.m <n 解析:令h(x)=ex-x-1,则h'(x)= ex -1,当x<0时,0<ex <1;当x≥ 0时,ex ≥1,所以h(x)在(-∞,0)上 单调递减,在[0,+∞)上单调递增, 所以h(x)≥h(0)=0,所 以ex ≥ x+1,所以f(x)=x·ex -ln x- x-2=eln x+x-ln x-x-2≥ln x+ x+1-ln x-x-2= -1(当且仅当 ln x +x =0时 “=”成 立),所 以 m = -1,又g(x)= ex x +ln x-x= e ln1x+x +ln x-x >ln 1 x +x+1+ ln x-x = 1,所 以 n > 1.所 以 m <n. 16.- x2 40+ 7 4x+5ln x-10 20 解析:因 为 y = f(x)= - x2 40 + 7 4x+aln x+b,且当投入资金x 为 10万元时,门票增收y 为16.5万元, 当投入资金x 为30万元时,门票增收 y 为37万元,所以 - 102 40+ 7 4×10+aln 10+b=16.5, - 302 40+ 7 4×30+aln 30+b=37, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 a≈5, b≈-10, 所以f(x)= -x 2 40+ 7 4x +5ln x -10;由 以 上 可 知, ω(x)= - x2 40+ 3 4x+5ln x-10,则 ω'(x)= - x 20+ 3 4 + 5 x = -x2+15x+100 20x ,令ω'(x)=0,得 x=20,当5≤x<20时,ω'(x)>0, 当20<x ≤40时,ω'(x)<0,所以 ω(x)在[5,20)上单调递增,在(20, 40]上单调递减,所以当x =20万元 时,ω(x)取得最大值. 课时作业19 证明不等式 1.解:(1)∵f'(x)=cos x -acos x + axsin x,∴f'(0)=1-a=1, ∴a=0. (2)证明:要证f(x)≤2ax,即证sin x- axcos x ≤ 2ax,只 需 证 sin x ≤ ax(2+cos x),因为2+cos x>0,也 就是要证 sin x 2+cos x-ax ≤0 , 令g(x)= sin x 2+cos x-ax ,g'(x)= cos x(2+cos x)-sin x(-sin x) (2+cos x)2 - a= 2cos x+1 (2+cos x)2 -a. ∵a≥ 1 3 ,∴g'(x)≤ 2cos x+1 (2+cos x)2 - 1 3 = -(cos x-1)2 3(2+cos x)2 ≤0, ∴g(x)在[0,+∞)上为减函数, ∴g(x)≤g(0)=0, ∴f(x)≤2ax. 2.解:(1)解法1:由f(x)=aex-x-a, 得f(0)=0, 又f(x)≥0,所以x=0是f(x)的极 小值点, 故f'(0)=0,而f'(x)=aex -1, f'(0)=a-1=0,故a=1, 若a=1,则f'(x)=ex -1, 当x <0时,f'(x)<0;当x>0时, f'(x)>0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在 (0,+∞)上单调递增, 故x =0是f(x)唯一的极小值点,也 是最小值点, 由f(0)=0,所以当且仅当a =1时 f(x)≥0. 解法2:由f(x)=aex -x -a,得 f(0)=0,又f'(x)=aex -1, 当a≤0时,有f'(x)<0恒成立,所以 f(x)在R上单调递减, 又f(0)=0,则f(x)≥0不成立, 当a >0时,令f'(x)=0,得x = ln 1 a ,则x>ln 1 a 时,有f'(x)>0, x <ln 1 a 时,有f'(x)<0, 即f(x)在 -∞,ln 1 a 上单调递减, 在 ln 1 a ,+∞ 上单调递增, 所以f(x)的最小值 为 fln 1 a = 1+ln a-a≥0, (1+ln x-x)'= 1-x x , 函数y =1+ln x-x 在(1,+∞)上 单调递减,在(0,1)上单调递增, fln 1 a =1+ln a-a≤0,当且仅 当a=1时取等号,故a=1. (2)证明:当a≥1,x>0时,f(x)= aex -x-a=a(ex -1)-x ≥ex - 1-x, 设g(x)=ex-x-xln x+sin x-1, 当0<x≤1时,-xln x≥0,sin x>0, 又由(1)知ex -1-x>0,故g(x)>0, 当x >1时,g'(x)=ex -2-ln x+ cos x, 设h(x)=ex -2-ln x+cos x,则 h'(x)=ex - 1 x -sin x,h'(x)>e- 1-1>0, 则h(x)在(1,+ ∞)上 单 调 递 增, h(x)>h(1)=e-2+cos 1>0, 所以g'(x)>0,则g(x)在(1,+∞) 上单调递增, g(x)>g(1)=e-2+sin 1>0, 综 上,g(x)> 0,即 当 a ≥ 1 时, f(x)>xln x-sin x. 3.证明:要证明当a ≤ 1 2 时,f(x)< ex -sin θ, 即证明当a≤ 1 2 时,ln x+a<ex - sin θ, 即证明当a≤ 1 2 时,ln x+a-ex + sin θ<0, 构造函数h(x)=ln x +a-ex + sin θ x >0,a≤ 1 2 , h'(x)= 1 x -e x,函数h'(x)= 1 x - ex 在(0,+∞)上为减函数, h'(1)=1-e<0,h' 1 2 =2- e> 0,所 以 存 在 x0 ∈ 1 2 ,1 , 使 h'(x)= 1 x0 -e x0 =0, 1 x0 =e x0, 所 以 在 区 间(0,x0)上,h'(x)> 0, h(x)单调递增, 在 区 间 (x0,+ ∞)上,h'(x)< 0, h(x)单调递减, h(x)≤h(x0)=ln x0-e x0 +a+ sin θ=ln e -x0 - 1 x0 +a+sin θ= - x0+ 1 x0 + a + sin θ < -2 x0· 1 x0 +a+sin θ= -2+a+ sin θ<0, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -580-