专题5 考点9&考点10 导数的综合应用 题组2 -【高考密码】备战2025年高考数学2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题 分类集训 数学 题组二 用 易错记录: 一、选择题 6.(2024·新课标II卷)已知函数f(x)=^{- 1.(2022·全国甲卷·理)当x=1时,函数f(x)= ax-a③. alnx十取得最大值-2,则/(2)= ( ) (1)当a-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处 B.-1# 的切线方程; A.-1 (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取 C. 值范围. D.1 2.(2022·全国甲卷·理)已知a-31. c-4sin,则 A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b 二、填空题 3.(2023·全国乙卷·理)设a(0,1),若函数 f(x)=a十(1十a)在(0,十x)上单调递增, 则a的取值范围是 4.(2022·全国乙卷·理)已知x三x和x三x分 别是函数f(x)-2a*-er②(a>0且a1)的极 7.(2023·全国甲卷·文)已知函数f(x)三ax 小值点和极大值点,若x<x,则a的取值范围 (o). 是 三、解答题 (1)当a三1时,讨论f(x)的单调性; 5.(2024·全国甲卷·理)已知函数f(x)一(1一 (2)若f(x)士sinx<0,求a的取值范围 ax)ln(1十x)一x. (1)当a一一2时,求f(x)的极值; (2)当x0时,f(x)0,求a的取值范围 可 专题五 导数的运算与导数的几何意义 8.(2022·全国甲卷·文)已知函数f(x)=x3-x, 10.(2021·全国乙卷)设函数f(x)=ln(a一x),已 g(x)=x?+a,曲线y=f(x)在点(xì,f(x))处 知x=0是函数y=xf(x)的极值点 的切线也是曲线y一g(x)的切线 (1)求a; (1)若x1=-1,求a; (2)设函数g(x)-x十f(x) xf(x) .证明:g(x)<1. (2)求a的取值范围. (1)求f(x)的单调区间; 11.(2021·全国甲卷)已知a>0且a去1,函数 (2)已知a,bER,曲线y=f(x)上不同的三点 f()-(x>o). (x,f(x)),(x2,f(x)),(x,f(x))处的切线 都经过点(a,b).证明 (1)当a一2时,求f(x)的单调区间; ①若a→e,则o<b-/(a)<(-1); (2)若曲线=f(x)与直线-1有且仅有两个 交点,求a的取值范围 ②若<a<e<<x3,则2-<1+ 6e{-x1 (注:e-2.71828...是自然对数的底数) 23 五年高考真题 分类集训 数学 12.(2020·北京适应性考试)已知函数f(x)= 14.(2020·全国卷 II)已知函数f(x)= sin?xsin 2x. (1)讨论f(x)在区间(0,x)的单调性; (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线 方程; (2)求函数f(x)的极小值; (3)设nEN',证明:sin2xsin?2xsin{}4r... (3)求函数f(x)的零点个数 sin{2”x-3” _. 13.(2020·天津高考)已知函数f(x)三x^③十bln (bER),f(x)为f(x)的导函数 (1)当-6时: ①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 方程; ②求函数g(x)-/(x)-r(2)+的单调区间 和极值. (2)当b-3时,求证:对任意的x对,x[1,+). #(x)+f(r)f{(x)-f(x) 且x>x,有 □-2五年高考真题分类集训 数学 数当0<x<1时，h1(x)<0,即'(x)<0,所以(x)在[0。 1门单调递减，因此当0≤r≤1时，h(r)h(0)=0. 由h(√a-I≤0得f(a-I)=e@可-a-1-a≤0 fx0》, 因为f(x)在[0，+∞)单调递增，故√a-1≤x0 综上，√a-I≤xw≤√2(a-1). (‖)令u(r)=e-(e一1)x-1,a'(x)=e一(e一1)，所以 当r>1时，u(r)>0,故函数r(x)在区间[1，十o∞)上单调 因为f(1)=f(-之 =c十车，所以当< 时，fr)只有 递增，因此u(x)≥u(门)=0， 大于1的零点。 由e=x6十a可得 因为-1)=（受）=-，所以当>时)只有小 wf)=r0f(+a)=(e-1)6+a(e-2)x0 于-1的零点， ≥(e-1)ar6, 由xe≥a-1得xuf(e)≥(e-1)(a-1)a. 由题设可知一<< 14.解：(1)当a=1时，f(.x)=e十x2-x,f'(x)=e+2x-1. 故当x∈(-∞，0)时，了(x)<0:当x∈(0，十o)时，f(x) 当=一时，)只有两个零点之和1 >0, 所以f()在(-∞，0们单调递减，在(0，十)单调递增. 当=子时)只有两个零点-1和宁 2)fx)≥2r+1等价于（号2-ar2+x+1)e<1. 当、1 <c< }时，fx)有三个零点西且∈ 设画数)=（合r-ar+r+1)e>0 -(-a++1-+2r-小e (三次函数存在三个零点，则f八.x)板太值·（x)板小丝<0) 综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则「(x)所有零 =-[2-(2a+3)r+u+2]e 点的绝对值都不大于1 题组二 1 1.B因为虽数f(x)定义城为(0，十o),所以依题可知，f(1) =-2r(x-2a-1)(r-2e 年-21)=0，西广(x)=号-名，所以6==2a-6=0 (1)若2a+1<0,甲a<-名 则当x∈(0.2)时，g(x)>0. 即a=-26-2,将以了0)=-兰+号，因光画量/)在 所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)=1, (0,1)上递增，在(1，十©)上递减，x=1时取最大值，满足题意，即 故当r∈(0,2)时，g(x)>1,不合题意. ()著0<2a+1<2,即-合<a<名 有了2)=-1+号=-合故选B 则当x∈(0,2a+1)U(2.+o0)时，g'(x)<0: 2.A周为元=4tam子，周为当xe(0,受）sinx<<tanx 当xE(2a+1,2)时，g(x)>0. 11 所以g(r)在(0,2a十1)，(2，+∞)单调递减， 所以an>,即若>1，所以c>b: 在(2a十1,2)单调递增.由于g(0)=1, 所以g(:x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e2≤1， f(r)=cos+-1.E(0.1), 即a≥2-c2 广(x)=一sinx十x>0,所以f(x)在(0,1)单调递增， 4 所以当<a营时gC. 则()》>0)=0，所以m是-是>0… 所以b>a,所以r>b>a, 故选A (国)若2a+1≥2，中a≥号 3.解析：由函数的解析式可得广(x)■alna十(1十a)'ln 则)≤（经r+r+1)e (1十a)≥0在区间(0，十o)上成主， 则(1+a)ln(1+a)≥-a'lna, 中(l甘)'>≥-no在区同(0，+m)上楼成立 故面(i)可得（合P++1小e<1. 故，”=1>-na两a+1e.2, In a 故当a≥时g)≤1 故ln(1十a)>0, 综上的取值花周是[，+) a≥np8≥1，a. 0<a<1 2 15.解：(1)f'(x)=3r2十b. 站合题高可得宾款。的取维花周无[5，)。 依意得了（）=0.脚+b=0,故6=- 故答案为：「5,1)。 2 (函数在点（号（号）)处的切线与y轴垂直，则了（分）=0， 答案[， 由此列方程求b的值】 4.解析：f(x)=2(ana一er)至少要有两个零点r=1和x (2)由)知fr)=-是r+c,f(x)=3x-8 r,我们对其求导，f产(x)=2a(lna)2-2e, (1)若a>1.则”(x)在R上单调递增，此时若(o)=0,则 令f)=0:解释x-名友r-之 了(r)在（一∞，m)上单词递减，在(m,十∞）上单调递增，此 时若有x=n和r=xg分别是函数f(r)=2a,-rx2(a>0 (x)与f(x)的情风为： 且口年1)的极小值点和极大值点，则x1>xg,不符合题意。 (2)若0<a<1,则(x)在R上单调递减，此时若“(xo)= 126 可 详解答案 0,则广(x)在（一∞，n)上单调递增，在(x0,十o)上单调递 解法一（导数法）令g(a)=1-lna-a2(a>0), 减.且=log.,光时若有r=和r=n分别是 2u-2+ 西敦f(x)=2a一ex2(a>0且a年1)的机小值点和城大值 则g(a)=1-}-2a=-2a2+a-1 点，且<2，则常满足广()>0，即 <0, 所以函数g(:)在(0，十∞)上单调递减， 、>daga0na)r>a<e (in六<in (na 又g(1)=0.放当0<a<1时，g(a)>0:当a>1时，g(a)<0. 故实数a的取值范国为门，十©)， ana<1-tndna, 解法二（图象法）由1-lna-a2<0(a>0》,得ln4>一a2 +1(a>0). 可解得上<a<e,由于0<a<1,取交条即得}<a<1 如图为函数y=n“与y=一2+1在区间(0，十∞)上的大 答案：（日1】 致图象， 5.解：(1)第1步：给出定义城，并求导 当a=-2时，fx)=(1+2x)ln(1十x)-x,r∈(-1，+o9), y=ln a fx)=2n1+x)++-1=2n1+)-++h 1+x 第2步：判断西数的单调性 易知(x)在（一1，+∞）上单调递增，且f(0)=0. 所以当x∈（一1,0）时，广(x)<0,当x∈(0，十co)时，(x) y=-+1(a>0) >0. 所以f(x)在（一1,0）上单调递减，在(0，十©)上单调递增， 由图易知当a>1时，lna>一a+1,即1一ln4-a<0. 第3步：根据极值的定义给出站论 所以实数a的取值范围为(1，十∞)， 所以当x=0时，f(x)取得极小值，为f(0)=0,「(x)无极 大值， 7解，周为a1所以)=票(o,受》， (2)第1步：求导 f（x)=(1-ar)ln(1+x)-x,r∈(-1，+o∞)， (r)-1-tos reos r-2cos r(-sin r)sin cos 则/()=-aln1十r)-a+r,设gr)=-aln1+r) 1+x =1-cox'r+2sin cos a+Dx,则(r)=-千xd+x a+1 1+r cos'r-cos r-2(1-cos r) 第2步：找出原不等式成立的一个必要条件 国为当x2≥0时，fr)≥0，且f(0)=0,f(0)=0, =c083r十cos2x-2 cos"r 所以g0)=-2a-1≥0，得a<- 令1=cos,由于x∈(0，受）所以1=cosx∈01D, 故≤-2是原不等式成立的一个必要条件。 所以co%3x+c0s2x-2=2+2-2=2-2+2r2-2= 第3步：证明该必要条件也是充分条件 (1-1)+2(+1)(1-1)=(2+2+2)(1-1), 下面证明其充分性： 因为2+21+2=(t+1)2+1>0,11<0,csx=r>0. 1 当a≤-2，r≥0时，8（x)≥2+)一21+r) 所以了r)=r+m一2<0在(0，受)上渔成立， cos 2(1+)P≥0， 所以x)在(0，受)上单调递减。 所以了(x)在[0.十∞)上单调递增，且f(x)≥(0)=0， (2)法一：构建g(r)=fx)+imr=ar-血兰+mr(0 所以f(x)在[0，+o)上单调递增，且f(x)≥f(0)=0, cos?r 接上0的取植花周是（一0，一门 <<受 6,解：(1)第1步：求当a一1时蓝数的解析式与等函数 则gr)=a-1中m上+(0<<受） 当a=1时，f(x)=e-x一1，则/(x)=e'-1, cos3r 第2步：求切线的斜率与切点坐标 若g(x)=f(r)+sinx<0,且g(0)=f(0)十sin0=0. 则(1)=c-1, 则g(0)=a一1十1=4≤0，解得a0, f(1)=e一2，所以切点坐标为(1，e-2) 第3步：求切线方程 当=0时，周为m识=m(1-》 cos r 所以切线方程为y一(e一2)=(e一1)(x一1)，即(e一1)x 又re(0,艺），所以0<im<1,0<cos<1, y-1=0. (2)第1步：求导 则>1， 马如函数f(x)的定义城为R,∫(x)=e-a "cos r 第2步：讨论函数的单调性，求出极小值 所以f(x)十sinr=simr一m兰<0，满足题意： cos2r 当4≤0时，f(x)>0.函数f(x)在R上单调递增，无板值： 当a>0时，由了(x)>0,得r>lna,由了(x)<0,得x 当a<0时，由于0<r<受，显然ar<0… In a. 所以高数f.x)在区间（一oo,lna)上单调适减，在区间(lna, 所以f(x)+inr=ar-sinI十inr<sinr-sinI<0, c082r 十oo)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(lna)=a一alna 满足题意： 综上所述：茅f(x)十sinx<0,等价于≤0， 第3步：根据极小值小于0求口的取值范国 所以的取值范国为（一©，0们， 由题意知a一alna-a<0(a>0),等价于1一lnd一a<0(a >0). 法二：因为smx-in_sin rcos2r一sin cos r cos2 127 五年高考真题分类集训 数学 sin (cos'r-1)sin'r cos cos 9解：1)图为fr)-云+lhx>0) 国为x∈(0.誓），所以0<imx<1,0<cosx<1, 所以了)-2是+}-2>0 故sin一<0在(0，受）上位成立， 令fu)<0,得0<r<号令f)>0,得>受 cos' 所以当a=0时，f(x)十sinx=sinx sin工<0，满足海意： 所以f(x)的单调延减区间为(0，号)单调遥增区同 cos 当a<0时，曲于0K<受显然a<0 为（货+） 所以f(r)+sinr=ar-血是+sinr<imr-m2<0, (2)证明：因为曲线y=f(x)上不可的三点(x1,∫())，(x: cos 00s°r f().(x3f(x3)处的切线都经过点(a,b), 满足题意： 所以西r2r是方程fx)-b=f(r)(r-a) 当u>0时，周为fr)+imr=ua-n十imr=au cos 2 即1a+生-是一b一1=0的三个不同的实数解 _sin3 c021 ①◆a=ln+空-是一1 ◆g)=ar-r（0<r<受)， 则g)-↓-a士+g--e4r>0. r 2 则g'(r）=a 3sin'reos r+2sin r 当a>e时，令g'(r)>0,得0<r<e或r>a: cos r 令g'(x)<0,得e<r<a, 注意到g(0)=日 3sin 0cos 0+2sin00. 所以g(x)在(0，e》和(a,十oo)上单调道增，在(e,a)上单调 逆减， 00s30 当+0时，g(r)→一o,当x→十oo时，g(x)→+ 若Y0<r<受g(x)>0,则g(r)在(0，受)上单调递增， 周为画数g(r)有三个零点，所以Re)0, g(a)<0. 注意到g(0)=0.所以g(x)>g(0)=0, 即f(x)十sinx>0,不满是题意： 1+-器-1>0. ,所以2云十1一>0 若30<<受，g()<0.则g(0)g()<0, aa+元-a, 所以在(0，艺）上最靠近x=0处必存在套点∈(0受) 所以6一f八a)=-na一后>0，所以原不等式左边成主. 使得g(x1)=0, 此时R(x)在(0，)上有g'(x)>0,所以g(x)在 又6-a)-b-na一云<是+1-au- (0,1)上单训递增， 则在(0，x1)上有g(r)>g(0)=0,即f(x)十inr>0,不 所以要注6一u<号（侣-）小只考证公十1-n品 满足题意： 综上：u0, (侣-小即运na+元>是，即运a>是 8.解：(1)f(x)=3x2-1, ,了(-1)=2，Lf(-1)=0 又由1)知x)在（登+四）上单调递增，所以fa)>e) 故y=f(r)在点（一1.0）处的切线为y=2r十2. 又y=2x十2与y=g(x)相切，将直线y=2x+2代入 一受所以原不等式右边成主，故命随得运 g(r)=x2+a得x2-2x十a-2-0. 由4=4-4(a-2)=0得a=3. ③当0<u<<<西时，今4=>a6=<人 (2)广(x)=3x一1，曲线y=f(r)在点(x1,(x1)处的初 则>c>1. 线为y-(x12-x1)=(32-1)(x-) t a 即y=(312-1)x-2.x11: 由g(r)=x十a得g(r)=2r, 周为西是方程n十士-是一-6一1=0的两个不同 设y=g()在点(，g(2)处的初线为 的实数解， y-(x2+a)=2y(x-x), -b-1=0, py=2ax2x-x22十a, 所以 n+u+e-g0-b-1=0, 2 a=n2-23=9n-83-6a2+0. -In +(ate)n-u 2 -b-1=0, 令h(x1)=9,m1-813-6x12+1,则(x)=36.知12- 所以 242-12m1=12x1(.0-1)(3x+1) In +(a+e)s 当<-寻我0<1<1时，h()<0,此时画数y=() -b-1=0. 单调递减： 以i--（+）4-)+=0 当-写<<0浅>1时>0，北时画量y=) 单调递增： 又h(-吉）-器A0)=1.4=-4 所以+-（+）+)+ +1 ea ·m 一1 t .h()m=h(1)=-4, =0, >子=-1，故>-1 e 6e2 128 详解答案 只常运[+-（侣-）][+-（侣+器）] 所以当0<u<e,<华<时，召+二0<1+1<2 10.解：(1)由题意得f(r)的定义城为（一oo,a). 令mx)=xfx).则m(x)=h(a-x)z∈(-ooa). 红+ 只需证2， 则me)=lna-+·。己lna-x+。号 n号>（是+能）侣一）即证 -1 因为x=0是函数xf(x)的板值，点· 所以m'(0)=0,即na=0,所以a=1: +1 (是+是)（台-】 事a-1时，m)-ln1-)+号-ln1-)+己 In +1, 1一1 2 且m'(0)=0. -1 -1 网为m')=+--<0, +2 m(x)在（一∞，1）上单调道减， 2() 所以当xE(-o∞，0)时，m'(x)>0: 当r∈(0.1)时，m(x)<0, 令H)=号n>. 所以a=1时，r=0是函数xf(x)的一个极值点： (2)证明：由(1)可知rf(r)=ln(1-t, x-I-2In 则H'(x)= (r-1)2x>1. 委运得<1，即运， xf(x) 因为当x∈（一0,0）时，xln(1一x)<0, 令Ar)=-2n>1D. 当x∈(0,1)时，xln(1一x)0, 所以需证x十ln(1一x》>xln(1-x), 则)=二1)>0在1，十o)上恒成立. pr+(1-,x)ln(1-x)0: 令h(x)mx+(1-x)ln(1-x),x∈(-o,1), 所以h(x)=x--2m(z>1)在(1，十)上单调道增， 则h)=+(-Dlna-0+1-·己-n1-, 所以h'(0)■0，当x∈（一o,0)时，h'(x)<0 所以A)>1-}-2n1=0.所以（)=(-1产 当r∈(0,1)时，h(x)>0, 所以x=0为(x)的板小值点， 之0在1，+上成立，所以H)-告1n>D在 所以h(x)>h(0)=0,即x+ln(1-x)>xn(1-x), 所以中ln<1成立. (1,十)上单调递增. xin(1-x) 十1 聊+四<1. 又2>>1，所以n> rfCr) -1 -·lne 所以g(x)<1. 11.解：1)当a=2时x)= 2(r>0). +2< 十2 fx)=z2-血2.a>0) 72() 2() 2 令了>0，即0<品2此时)单调运培， (-) 2 +2, 令f(r)<0,即r>n2此时fr)单谓跳浅 6() 数f(x)的单调超增区间(0，品》小单润递减区 +1 所以委红是+浸<十是是只安拉 ln 同（品2+）力 g-1 (2)要使y=f(x)与y=1有2个交点， e (告 即二=1有2解，批-9有2解 a +2 a 6(告)月 (0)()-1-(0) x -1 令g(x)=1-血E=0,解得x=心 即证ln。-2a >0, +16（号）广（号+） 令g'(r)>0.即0<x<e,此时g(x)单调递增： 令g'(x)<0,即t>e,此时g(x)单调递减： ◆M)=hr-2.=-r-D9 +16r(r+D>D. 故g(x)mn=g(e)-1 则M()=士-a- （x-1)2(2.x+1) 而gr在r>e时，gr)e(0,） 3.x(r+1)2 x-1)产(3r+>0在1，+∞)上板成立. 因g(1)=0,即要使条件成立，即：0<n8<1 -e 3.x2(x+1)2 I:当0<a<1,此时不待合条件. 所以M(x)在(1，十o0)上单调递增. 所aM(台)》>h1-2x6x0D0 Ⅱ：当a>L,周g(x)=g(e)= 故a∈(1，e)U(e,+o). 129 五年高考真题分类集训 数学 12.解：(1)西数f(x)的定义战为R. f(r)=e(I-1)+e-er=x(e-e"). >1,故P-3F+6h1+-1>0. ③ f(0)=e°(0-1)-0=一1，.切点为(0，-1). 由①②③可得(1一)[f(x1)+广()]-2[f(1)- 又f(0)=0X(e-e)=0. f红)]>0. .曲线y=f(x)在点(0，一1)处的切战方程y=一1. 所以当k≥一3时，对任意的∈[1，十∞)， (2)令f广)=0，得r(e-e）=0,解得n=0,n=a(a<0). 且五>x有)+)-f 当x变化时，厂(x),f(x)的变化情况如下表. 2 14.解：(1)f(r)=2 sin rcos asin2x+2sin2xc0s2d (0, a (a.0) 0 a) 十60) =2sin rsin 3.r. f(r) 0 0 当eo,晋)u(停)时fu>0: f(r) 极大值 4 极小值 当xe(受，)时，x)0, ∴f(x)在（一∞，a),(0,+）上单调递增，在(a,0)上单调 所以f)在区何(0，于），（等）单调道增， 递减. ,f(x)在x=0处取得极小值，为f(0)=一1. 在区间（受，晋）单调递减。 (3)由(2)知f(x)的枝大值为f()=(a一1) (2)证明：因为f(0)=f(x)=0,由(1)知，f(x)在区间[0，π] a-1-e 的最大值为（侵）-3百，最小值为/（停）=-3 8 f(0)=-1<0,f(2)=e2-2e a0,,f(2>0,fa)<0, 而)是周期为元的周期画数，故r≤35 ,函数f(x)的零点个数为1. (3)证明：由于(sim2xsin22r…sin22"r) 13.解：(1)①当k=6时，f(x)=x+61nx,故f(x)=3x2+ ■sin2rsin32r…sin2"xl 兰可得)=1)=9，所以尚线y=)在点1 =sin sin'rsin 2rsin 2rsin 2 sin2 2"r f(1))处的切线方程为y一1=9(x一1)， -Isin lf()f(2x)f(2)sin2" 即y=9x-8. ≤fx)f(2x)…f2-1x). 俄题意，gm)=-3x2+6hx+三r∈(0，十o四.从万 可得 题组三 g(r)一3-6虹+·整理可得g(x)目 1.解：(1)第1步：求乎 当k=-1时，f(x)=x-ln(1十r)(x>一1)， 3x-1)2r+D.令g(x)=0,解得x=1. x2 财f(x)=11十中子 当x变化时：g(x),g(x)的变化特况如表： 第2步：求f(r)的单调区间 (0.1) 1 (1.+6∞) 令f(r)>0,得x>0.令f(x)<0,得-1<x<0, 所以「(x)的单调递增区间为(0，+∞)，单调递减区间 g'(x) 0 + 为（一1.0）. (2)第1步：求出1的方程 8(r) 4 板小值 k f)=1++f0-1+中 所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为 (1,十)：g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值. 故1的方程为-)-（自+车，）-》 2)证明：由/x)=r+n,得了广r)=3r2+ 第2步：提出假设，得到关于1的等式 对任意的r西∈[1，十∞)，且>n,令=>1). 假设1经址点0,0.则一)=-(1+车》 则(n-)[f()+f(:门-2[f(x1)-f)月 即-1-n(1+0=一1年 k =-(+片+u+号)-2(-4+2） 又k≠0，所以in1+0=千>0) =行-道-3西+3+（停）2血号 第3步：推出矛盾，得结论 =对r-3n+3-10+k(--2n)小 ◆F)=n1+0-+>0. ◆h)--士-2hre1.+o∞》 则F)=a十>0： 所以F(1)在(0，十∞)上单调递增。 当>1时)=1+-是-=(1-)》广>0 所以F)>0.即n1+)>,>0).与n1+0=千 由此可捍h(x)在[1，十∞)单调远增，所以当t>1时，h(t)> (1>0)矛盾， h1,即1--21n>0.周为>1.-3r+31-1-G 所以假设不成立，即（不经过点(0,0） (3)第1步：求乎，得(x)的单调性 -1)>0,k≥-3， 当k=1时，f(x)=x十ln(1十x),剿f(0)=0,(x)=1十 所以d-3n+3-1)+k(-↓-2n）≥r-n+3 中>0， -D-3e--2n）-=r-3r+6la+2-1 数f(x)在（一1，十oo)上单调递增， 第2步：求出/的方程，得到点B的纵坐标 由①@可知，当>1时，g0>g1.即产-3+6h1计号 所以1的方程为y-+a1+门=(1+)x-0, 130