第6章 导数及其应用 章末综合提升-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教B版2019）

章末综合提升 　 第六章 导数及其应用 概念梳理 构建体系 1 分层探究 提升能力 2 教考衔接 明确考向 3 内容索引 单元检测卷 4 概念梳理 构建体系 返回 返回 分层探究 提升能力 返回 一　导数的概念及几何意义的应用 主要考查角度： (1)已知切点A(x0，f (x0))，求斜率k； (2)已知斜率k，求切点A(x1，f (x1))； (3)求过某点的切线方程． 关键核心素养： (1)逻辑推理；(2)数据分析；(3)数学运算． 例1　 设曲线C：y＝x3－3x和直线x＝a(a>0)的交点为P，过P点的曲线C的切线与x轴交于点Q(－a，0)，求a的值． [点拨]　要求a的值，需利用导数的几何意义写出过P点的曲线C的切线方程，求出该切线与x轴的交点，通过列方程求解．本题主要考查导数的几何意义，要注意条件a>0. y′＝3x2－3， 所以过P点斜率为3a2－3的曲线C的切线方程为 y－(a3－3a)＝(3a2－3)(x－a)． 规律方法 利用导数的几何意义解决切线问题的两种情况 1．若已知点是切点，则在该点处的切线斜率就是该点处的导数． 2．如果已知点不是切点，则应先设出切点，再借助两点连线的斜率公式进行求解． [注意]　曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，例如，y＝x3在(1，1)处的切线l与y＝x3的图象还有一个交点(－2，－8)． 对点练1.已知函数f (x)＝x3＋x－16. (1)求曲线y＝f (x)在点(2，－6)处的切线方程； 解：因为f ′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1， 所以f (x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13. 所以切线的方程为y＝13(x－2)＋(－6)， 即y＝13x－32. (2)直线l为曲线y＝f (x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标； 解：方法一　设切点为(x0，y0)， 所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26. k＝3×(－2)2＋1＝13. 所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)． 方法二　设直线l的方程为y＝kx，切点为(x0，y0)， 解得，x0＝－2， 所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26. k＝3×(－2)2＋1＝13. 所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)． (3)如果曲线y＝f (x)的某一切线与直线y＝－ x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程． 所以切线的斜率k＝4. 所以x0＝±1. 即切点为(1，－14)或(－1，－18)． 切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18. 即y＝4x－18或y＝4x－14. 二　导数与函数的单调性 主要考查角度： (1)利用导数求函数的单调区间； (2)利用导数讨论(或证明)函数单调性； (3)根据函数的单调性求参数的取值范围； (4)巧用导数构造新函数解不等式． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)逻辑推理；(3)数据分析． 例2　已知函数f (x)＝－ax2＋ln x(a∈R)． (1)讨论f (x)的单调性； [点拨]利用单调性得结论； 当a≤0时，f ′(x)>0， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增， (2)若存在x∈(1，＋∞)，使f (x)>－a，求实数a的取值范围． [点拨]由定义域，再求导数，分类讨论． 解：由f (x)>－a，得a(x2－1)－ln x<0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(1)＝0，不合题意， 则存在x∈(1，＋∞)，使g(x)<0， 规律方法 利用导数确定参数的取值范围时，要充分利用f (x)与其导数f′(x)之间的对应关系，然后结合函数的单调性等知识求解．求解参数范围的步骤为： 第一步：对含参数的函数f (x)求导，得到f′(x)； 第二步：若函数f (x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数f (x)在(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围； 第三步：验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常函数，舍去此参数值． 对点练2.已知函数f (x)＝ －2x2＋ln x(a>0)，若函数f (x)在[1，2]上为单调函数，则实数a的取值范围是__________________． 三　导数与函数的极值、最值 主要考查角度： (1)利用导数求极值； (2)利用导数求最值； (3)已知极值、最值求参数或参数的取值范围； (4)实际问题中的极值、最值问题． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)数据分析；(3)逻辑推理；(4)数学建模． (2)若f (x)既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围． (ⅰ)当a≤0时，ax－1<0， 由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1. 所以f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x)只有极大值f (1)，不合题意． (ⅱ)当a>0时， ③若 ＝1，即a＝1， 由f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，得f (x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x)无极值，不合题意， 综上，实数a的取值范围为(0，1)∪(1，＋∞)． 规律方法 解决极值的概念问题应关注两点 1．对于已知可导函数的极值求参数的问题，解题的切入点是极值存在的条件：极值点处的导数值为0，极值点两侧的导数值异号． 2．对于函数无极值的问题，往往转化为其导函数的值非负或非正在某区间内恒成立的问题，即转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在某区间内恒成立的问题，此时需注意不等式中的等号是否成立． 对点练3.已知函数f (x)＝ln x－ (m∈R)． (1)当m＝－2时，求函数f (x)的单调区间和极值； 当x∈(0，2)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 所以f (x)的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(0，2)，极小值是 f (2)＝ln 2＋1，无极大值． (2)若函数f (x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值． ①若m≥－1，则当x∈[1，e]时，f ′(x)≥0，f (x)在[1，e]上单调递增， 所以f (x)min＝f (1)＝－m＝4，解得m＝－4，不满足m≥－1，故舍去； ②若－e<m<－1，则当x∈(1，－m)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 当x∈(－m，e)时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 所以f (x)min＝f (－m)＝ln(－m)＋1＝4， 解得m＝－e3，不满足－e<m<－1，故舍去； ③若m≤－e，则当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f (x)在[1，e]上单调递减， 所以f (x)min＝f (e)＝1－ ＝4，解得m＝－3e，满足m≤－e. 综上，m的值为－3e. 四　导数创新题 例4　若函数f (x)在[a，b]上有定义，且对于任意不同的x1，x2∈[a，b]，都有|f (x1)－f (x2)|<k|x1－x2|，则称f (x)为[a，b]上的“k类函数”． (1)若f (x)＝ ＋x，判断f (x)是否为[1，2]上的“3类函数”； 解：∀x1，x2∈[1，2]，且x1<x2， 所以f (x)是[1，2]上的“3类函数”． (2)若f (x)＝a (x－1)ex－ －xln x为[1，e]上的“2类函数”，求实数a的取值范围； 解：因为f (x)是[1，e]上的“2类函数”，不妨设x1，x2∈[1，e]，且x1<x2. 则2 (x1－x2)<f (x1)－f (x2)<2 (x2－x1)恒成立． 即g (x)＝f (x)＋2x在[1，e]上单调递增，h (x)＝f (x)－2x在[1，e]上单调 递减， 所以∀x∈[1，e]，g′(x)＝f′(x)＋2≥0，h′(x)＝f′(x)－2≤0恒成立， 又f ′(x)＝axex－x－ln x－1， 所以∀x∈[1，e]，－2≤axex－x－ln x－1≤2恒成立， 所以F (t)在[1，2)上单调递增，在(2，e＋1]上单调递减，G (t)在 [1，e＋1]上单调递减， (3)若f (x)为[1，2]上的“2类函数”，且f (1)＝f (2)，证明：∀x1，x2∈[1，2]，|f (x1)－f (x2)|<1. 解：证明：不妨设1≤x1≤x2≤2， |f (x1)－f (x2)|＝|f (x1)－f (1)＋f (2)－f (x2) |≤|f (x1)－f (1)|＋(2)<2 (x1－1)＋2 (2－x2)＝2－2 (x2－x1)<1， 所以∀x1，x2∈[1，2]，|f (x1)－f (x2)|<1. 规律方法 导数创新情境问题的关注点 1．以新定义为载体，考查曲线的切线、导数的单调性、极值最值、函数的零点、不等式恒成立等问题，重在转化新定义，回归为常见的导数问题． 2．以高等数学知识为载体，涉及泰勒展开、帕德近似、拉格朗日中值定理、洛必达法则等高等数学内容，重在理解新定义，利用新情境信息解决问题． 3．与数列、概率综合的导数信息题，这类题目注重创新交汇，体现综合性，通过挖掘关联信息解决问题． 令h (x)＝g′(x)＝－sin x＋x，h′(x)＝－cos x＋1≥0， 故h (x)在[0，＋∞)上单调递增，h (x)≥h (0)＝0， 故g (x)在[0，＋∞)上单调递增，g (x)≥g (0)＝0， 证明如下： 返回 教考衔接 明确考向 返回 真题 1 √ (2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为 A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 真题 2 √ (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) 真题 3 √ f (x)＝x3＋ax＋2，则f ′(x)＝3x2＋a， (多选)(2023·新课标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 真题 4 √ √ √ (2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f (x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是____________． 真题 5 (2023·全国乙卷)已知函数f (x)＝ ln(1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程； 真题 6 据此可得f (1)＝0，f ′(1)＝－ln 2， 所以函数在(1，f (1))处的切线方程为 y－0＝－ln 2(x－1)，即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)若函数f (x)在(0，＋∞)单调递增，求实数a的取值范围． 满足题意时f ′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立． 则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 当a≤0时，由于x>0时，2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)＝0，不合题意； 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满足题意． g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减， (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f (x)的单调性； 真题 7 解：因为f (x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f ′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f (x)在R上单调递减； 当a>0时，令f ′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f ′(x)<0，则f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f ′(x)>0，则f (x)在(－ln a，＋∞)上单调递增； 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)证明：当a>0时，f (x)>2ln a＋ . 解：证明：法一：由(1)得，f (x)min＝f (－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0； 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f (x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 返回 单元检测卷 返回 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2．已知f (x)＝x2＋2x·f′(1)，则f′(0)＝ A．－2 B．2 C．1 D．－4 √ 因为f ′(x)＝2x＋2f ′(1)，得f′(1)＝2＋2f ′(1)，所以f ′(1)＝－2，所以f ′(x)＝2x－4，所以f ′(0)＝－4.故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3．已知a为实数，函数y＝f (x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的导函数为y＝f′(x)，且y＝f′(x)是偶函数，则曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线方程为 A．9x＋y－16＝0 B．9x－y－16＝0 C．6x－y－12＝0 D．6x＋y－12＝0 √ 依题意，f ′(x)＝3x2＋2ax＋a－3，由导函数y＝f ′(x)为偶函数，得a＝0，故f (x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，所以f (2)＝2，f ′(2)＝9，故曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线方程为y－2＝9(x－2)，即9x－y－16＝0.故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4．函数y＝x2ex的大致图象为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题意可知y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，当x<－2或x>0时，y′>0，当－2<x<0时，y′<0，所以y＝x2ex在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，且当x<0时，y＝x2ex>0.故选A． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5．已知函数f (x)在R上可导，其部分图象如图所示，设 ＝a，则下列不等式正确的是 A．a<f ′(2)<f ′(4) B．f ′(2)<a<f ′(4) C．f ′(4)<f ′(2)<a D．f ′(2)<f ′(4)<a 根据题意，如图：设M(2，f (2))，N(4，f (4))，则f ′(2) 为曲线在点M处切线的斜率，f ′(4)为曲线在点N处切 线的斜率，KMN＝ ＝a，则a为直线MN的 斜率，结合图形分析可得：f ′(2)<a<f ′(4)．故选B． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6．已知函数f (x)＝ax3－x2＋x－5在区间(－∞，＋∞)上既有极大值，又有极小值，则实数a的取值范围是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7．把一个周长为12 cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为 A．1∶π B．2∶π C．1∶2 D．2∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8．已知f (x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x)>xf ′(x)恒成立，则不等式x2 f －f (x)>0的解集为 A．(0，1) B．(1，2) C．(1，＋∞) D．(2，＋∞) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9．下列函数中，存在极值点的是 A．y＝x－ B．y＝2|x| C．y＝－2x3－x D．y＝xln x √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10．如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象，则下面判断不正确的是 A．f (x)在(－2，1)上是增函数 B．当x＝2时，f (x)取极大值 C．f (x)在(1，3)上是减函数 D．当x＝4时，f (x)取极大值 √ √ √ 由题意可知当x∈(－2，－1)时，导函数为负，f (x)是减函数；当x∈(1，2)时，导函数为正，f (x)是增函数；当x∈(2，4)时，导函数为负，f (x)是减函数；当x＝2时，f (x)取极大值，故B正确；A、C、D错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11．若定义域为(0，＋∞)的函数f (x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋1>0，且f (1)＝1，则下列结论中不成立的是 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1＋ln 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13．若曲线f (x)＝aex＋ 在(1，f (1))处的切线方程为y＝2e(x＋1)，则a＝___，b＝___． 3 e 因为f ′(x)＝aex－ ，所以f ′(1)＝ae－b＝2e，ae＋b＝4e，所以a＝3， b＝e. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14．设定义域为R的函数f (x)满足f′(x)＞f (x)，则不等式ex－1f (x)＜f (2x－1)的解集为________． (1，＋∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15．(本小题满分13分)已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限． (1)求P0的坐标；(5分) 解：由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1， 由已知得3x2＋1＝4，解得x＝±1， 当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4. 又因为点P0在第三象限， 所以切点P0的坐标为(－1，－4)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．(8分) 解：因为直线l⊥l1，l1的斜率为4， 因为l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)， 即x＋4y＋17＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16．(本小题满分15分)已知函数f (x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝4x＋4. (1)求a，b的值；(5分) 解：由题可得，f ′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)讨论f (x)的单调性，并求出f (x)的极大值．(10分) 解：由(1)知，f (x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， f ′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4 令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2. 从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)<0. 故f (x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调 递减． 当x＝－2时，函数f (x)取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e－2)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17．(本小题满分15分)两县城A和B相距20 km，现计划在两县城外以 为直径的半圆弧上选择一点C建造垃圾处理厂，其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，对城A和城B的总影响度为对城A与对城B的影响度之和，记C点到城A的距离为x km，建在C处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度为y.统计调查表明：垃圾处理厂对城A的影响度与所选地点到城A的距离的平方成反比，比例系数为4；对城B的影响度与所选地点到城B的距离的平方成反比，比例系数为k，当垃圾处理厂建在弧 的中点时，对城A和城B的总影响度为0.065. (1)将y表示成x的函数；(5分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)讨论(1)中函数的单调性，并判断弧 上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小？若存在，求出该点到城A的距离；若不存在，说明理由．(10分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18．(本小题满分17分)已知f (x)＝ex－ . (1)若a>0，对任意x∈[0，＋∞)，不等式f (x)≥0恒成立，求a的取值范围；(7分) 解：因为f (x)≥0对任意x∈[0，＋∞)恒成立， 所以a≥e－x－x对任意x∈[0，＋∞)恒成立， 所以g(x)＝e－x－x在x∈[0，＋∞)内单调递减， 所以g(x)≤g(0)＝1，所以a≥1， 所以a的取值范围是[1，＋∞)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若0<a≤ ，证明：函数y＝f (x)在(－a，＋∞)有唯一的零点．(10分) 解：证明：因为函数y＝ex在(－a，＋∞)上是增函数， 由零点存在性定理得，f (x)在(0，1)上有零点， 所以函数y＝f (x)在(－a，＋∞)有唯一的零点． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(本小题满分17分)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法． 给定两个正整数m，n，函数f (x)在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为： (1)求实数a，b的值；(4分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)当x>0时，f (x)>kR(x)恒成立，求实数k的取值范围；(6分) 令h(x)＝x2－4(k－1)x－4(k－1)，令h(x)＝0，即x2－4(k－1)x－4(k－1)＝0. Δ＝16k(k－1)， ①0≤k≤1时，Δ≤0，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②当k<0时，Δ>0，设两根为x1<x2.对称轴x＝2(k－1)<0，h(0)＝4(1－k)>0， 所以x1<x2<0，h(x)>0，即g′(x)>0.g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满足题意． ③当k>1时，Δ>0，h(0)＝4(1－k)<0，所以x1<0，x2>0，0<x<x2时，h(x)<0，即g′(x)<0， g(x)在(0，x2)上单调递减，g(x)<g(0)＝0，不符合题意，舍去． 综上，k的取值范围是(－∞，1]． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 取m＝n＋1，n＋2，…，2n得： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 上式相加得： …… 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 导 数 及 其 应 用 返回 ∪[1，＋∞) 例3　已知函数f (x)＝ax－－(a＋1) ln x(a∈R). (1)当a＝－1时，求曲线y＝fv在点处的切线方程； (2023·全国甲卷文)曲线y＝在点处的切线方程为 A．y＝x B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 依题可知，f ′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故 选C． ＋ ＝2× ＝2f ′(2)＝2×3＝6. 设F(x)＝，则F′(x)＝，因为f ′(x)＞f (x)，所以F′(x)＞0，即函数F(x)在定义域上单调递增．因为ex－1f (x)＜f (2x－1)，所以＜，即F(x)＜F(2x－1)，所以x＜2x－1，即x＞1，所以不等式ex－1 f (x)＜f (2x－1)的解集为(1，＋∞)． ＝ ＝ ＝2.h(x)>2，所以2k≤2，k≤1. $$