第二编 专题1 第2讲 导数及其应用-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学 　　 　第2讲　导数及其应用 「考情研析」1.导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点．　2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的一个重点． (1)“在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)”是“函数f(x)在此区间上单调递增(减)”的充分不必要条件． (2)可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充要条件是∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒为零． (3)对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件． (4)若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点． (5)导数综合问题中常用的不等式及其关系 考向1　导数的几何意义 例1 (1)已知函数f(x)的定义域为R，函数f(x＋1)是偶函数，当x＜时，f(x)＝ln (1－2x)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为(　　) A． B．－ C．2 D．－2 答案：C 解析：根据题意，函数f(x)的定义域为R，函数f(x＋1)是偶函数，则f(1＋x)＝f(1－x)，两边同时求导，得f′(1＋x)＝－f′(1－x)，当x＜时，f(x)＝ln (1－2x)，求导可得f′(x)＝，则有f′(0)＝－2，又由f′(1＋x)＝－f′(1－x)，令x＝1，可得f′(2)＝－f′(0)＝2，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为2.故选C. (2)若曲线f(x)＝有三条过点(0，a)的切线，则实数a的取值范围为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：设该切线的切点为，则切线的斜率为k＝f′(x0)＝，所以切线方程为y－＝(x－x0)，又切线过点(0，a)，则a－＝(0－x0)，整理得a＝.要使过点(0，a)的切线有3条，需方程a＝有3个不同的解，即函数y＝的图象与直线y＝a在R上有3个交点．设g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)>0⇒0<x<2，令g′(x)<0⇒x<0或x>2，所以函数g(x)在(0，2)上单调递增，在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，且极小值、极大值分别为g(0)＝0，g(2)＝，如图．由图可知，当0<a<时，函数y＝的图象与直线y＝a在R上有3个交点，即过点(0，a)的切线有3条．所以实数a的取值范围为.故选B. (3)(2025·河北秦皇岛抽测)若直线l同时是曲线f(x)＝aex(a>1)和曲线g(x)＝ex＋a的切线，则l的斜率的最小值为(　　) A．1 B．2 C．e D．2e 答案：C 解析：设直线l与曲线f(x)＝aex、曲线g(x)＝ex＋a相切的切点分别为(x0，aex0)，(t，et＋a)，求导，得f′(x)＝aex，g′(x)＝ex，则aex0＝et，且＝＝et，aex0＝et两边取对数，整理得t－x0＝ln a，代入＝et，可得et＝，令h(a)＝，a>1，求导，得h′(a)＝，则当1<a<e时，h′(a)<0，当a>e时，h′(a)>0，故函数h(a)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，h(a)min＝h(e)＝e，所以l的斜率的最小值为e.故选C. (4)已知曲线y＝ln x与y＝ax2(a>0)有公共切线，则实数a的取值范围为________． 答案： 解析：设公切线与曲线y＝ln x和y＝ax2的切点分别为(x1，ln x1)，(x2，ax)，其中x1>0.对于y＝ln x，有y′＝，则y＝ln x上的切线方程为y－ln x1＝(x－x1)，即y＝＋(ln x1－1)，对于y＝ax2，有y′＝2ax，则y＝ax2上的切线方程为y－ax＝2ax2(x－x2)，即y＝2ax2x－ax，所以有－＝ln x1－1，即＝x－xln x1(x1>0)．令g(x)＝x2－x2ln x，g′(x)＝x－2xln x＝x(1－2ln x)，令g′(x)＝0，得x＝e，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝e，故0<≤e，即a≥，所以实数a的取值范围是. 1．利用导数求切线方程的一般过程 已知曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)，求曲线过点P的切线方程，需分点P是切点和不是切点两种情况求解： (1)若P(x0，y0)是切点，则曲线的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)． (2)若P(x0，y0)不是切点，则分以下几个步骤： “在”和“过”的区别 (1)“曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线”指点P(x0，y0)是切点，切线的斜率k＝f′(x0)． (2)“曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)的切线”指点P(x0，y0)只是切线上的一点，不一定是切点． 2．解决由两曲线的公切线求参数取值范围问题的策略 首先利用导数的几何意义，构造参数关于切点横坐标或切线斜率k的函数，然后转化成函数的零点问题或两函数图象的交点问题，最后利用函数的性质或图象求解． 1．曲线f(x)＝x6＋3x－1在点(0，－1)处的切线与坐标轴围成的图形的面积为(　　) A． B． C． D．－ 答案：A 解析：f′(x)＝6x5＋3，所以f′(0)＝3，故切线方程为y＝3(x－0)－1＝3x－1，故切线在x轴上的截距为，在y轴上的截距为－1，故切线与坐标轴围成的图形的面积为×1×＝.故选A. 2．(2025·河南信阳二模)若直线y＝2x为曲线y＝eax＋b的一条切线，则ab的最大值为________． 答案： 解析：设f(x)＝eax＋b，则f′(x)＝aeax＋b，设切点为(x0，eax0＋b)，则f′(x0)＝aeax0＋b，则切线方程为y－eax0＋b＝aeax0＋b(x－x0)，整理可得y＝aeax0＋bx＋(1－ax0)eax0＋b，所以解得x0＝，aeax ＋b＝ae1＋b＝2，所以a＝，所以ab＝，设g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以当x＝1时，g(x)取得最大值g(1)＝，所以ab的最大值为. 3．(2025·重庆第八中学模拟)若直线y＝kx＋b是曲线f(x)＝ex－1的切线，也是曲线g(x)＝ex－2的切线，则k＝________． 答案：2 解析：设曲线f(x)＝ex－1上的切点为A(x0，ex0－1)，曲线g(x)＝ex－2上的切点为B(x1，ex1－2)，f′(x)＝ex－1，g′(x)＝ex，故ex0－1＝ex1＝k，故x1＝x0－1，曲线f(x)＝ex－1在点A(x0，ex0－1)处的切线方程为y－ex0－1＝ex0－1·(x－x0)，显然B(x1，ex1－2)在切线上，故ex1－2－ex0－1＝ex0－1(x1－x0)，即ex0－1－2－ex0－1＝ex0－1(x0－1－x0)，即ex0－1＝2，解得x0＝1＋ln 2，故k＝e1＋ln 2－1＝2. 4．已知函数f(x)＝2＋ln x，g(x)＝a，若存在两条不同的直线与函数y＝f(x)，y＝g(x)的图象均相切，则实数a的取值范围为________． 答案：(0，2) 解析：设函数f(x)＝2＋ln x图象上的切点坐标为(x1，2＋ln x1)，且x1>0，函数g(x)＝a图象上的切点坐标为(x2，a)，且x2≥0.又f′(x)＝，g′(x)＝，所以公切线的斜率k＝＝，则a>0，所以x2＝x，所以公切线的方程为y－(2＋ln x1)＝(x－x1)，即y＝x＋ln x1＋1.代入(x2，a)，得a＝x2＋ln x1＋1，所以x1＝·x＋ln x1＋1，整理得a2＝.若存在两条不同的直线与函数y＝f(x)，y＝g(x)的图象均相切，那么方程a2＝有两个不同的实根．设h(x)＝，x>0，所以h′(x)＝＝－.令h′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，由h(x)＝0可得x＝，所以当x→0时，h(x)→－∞；当x→＋∞时，h(x)→0，所以函数h(x)的大致图象如图，所以解得0<a<2，故实数a的取值范围为(0，2)． 考向2　利用导数研究函数的单调性 例2 　(1)函数f(x)＝的单调递增区间为(　　) A．(－∞，0) B．(0，2log2e) C．(－∞，2log2e) D．(2log2e，＋∞) 答案：B 解析：f′(x)＝＝＝，令f′(x)＞0，得0<x<，即0＜x＜2log2e.故选B. (2)已知f(x)＝x－＋cosx是R上的减函数，则实数a的取值范围是(　　) A． B．(－∞，－1] C． D．[1，＋∞) 答案：B 解析：∵f(x)＝x－＋cosx是R上的减函数，∴f′(x)＝a－－cos2x－sinx≤0，∴a≤－sin2x＋sinx＋1＝－＋，当sinx＝－1时，y＝－＋取得最小值－1，∴a≤－1，即实数a的取值范围是(－∞，－1]．故选B. (3)若a＝2ln 1.1，b＝0.21，c＝tan0.21，则(　　) A．b<c<a B．a<c<b C．c<a<b D．a<b<c 答案：D 解析：根据题意，a＝2ln 1.1＝ln 1.12＝ln (1＋0.21)，设h(x)＝tanx－x，0<x<，则h′(x)＝－1＝－1>0，所以h(x)＝tanx－x在上单调递增，所以h(x)＝tanx－x>h(0)＝0，即tanx>x，0<x<，令f(x)＝x－ln (1＋x)，0<x<，则f′(x)＝1－＝>0，所以f(x)＝x－ln (1＋x)在上单调递增，从而f(x)＝x－ln (1＋x)>f(0)＝0，即x>ln (1＋x)，x∈，所以tanx>x>ln (1＋x)，x∈，又0<0.21<，所以tan0.21>0.21>ln 1.21，即a<b<c.故选D. (4)已知奇函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，f(1)＝2，当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，则使不等式xf(x)>2成立的x的取值范围是________． 答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：因为当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，所以[xf(x)]′>0，令F(x)＝xf(x)，则F′(x)>0，F(x)单调递增，因为f(x)是奇函数，所以f(x)＝－f(－x)，所以F(－x)＝(－x)f(－x)＝－x[－f(x)]＝xf(x)＝F(x)，所以F(x)为偶函数，图象关于y轴对称，因为f(1)＝2，所以F(1)＝f(1)＝2，所以xf(x)>2，即F(x)>F(1)，得|x|>1，解得x<－1或x>1，所以使不等式xf(x)>2成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 1．利用导数研究函数f(x)的单调性 求f(x)的定义域→求导数f′(x)→求f′(x)＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义域→确定f′(x)在各个开区间内的符号→确定相应开区间上的单调性． 2．已知函数在某区间上的单调性求参数取值范围的两种思路 (1)转化为不等式恒成立问题 若函数在某区间上单调递增，则f′(x)≥0在该区间上恒成立；若函数在某区间上单调递减，则f′(x)≤0在该区间上恒成立． (2)利用区间之间的包含关系 若已知y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)应该是相应单调区间的子区间． 当方程f′(x)＝0不可解时，根据f′(x)的结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间． 1．(2025·山东聊城一模)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f(x)＝x3＋ax2＋(6－a)x＋2a，若f(x)是增函数，则实数a的取值范围为(　　) A．[0，＋∞) B．[0，6] C．[－6，3] D．[0，3] 答案：B 解析：要使奇函数f(x)是增函数，则需要f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(0)＝2a≥0，当x>0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋(6－a)≥0恒成立，因为2a≥0，此时f′(x)＝3x2＋2ax＋(6－a)图象的对称轴为直线x＝－≤0，所以只需f′(0)＝6－a≥0即可，所以0≤a≤6.故选B. 2．若函数f(x)＝2x2－aln x＋1在(a－3，a)上不单调，则实数a的取值范围为(　　) A． B． C．[3，4) D．[3，4] 答案：C 解析：函数f(x)＝2x2－aln x＋1的定义域为(0，＋∞)，由题意，函数f(x)＝2x2－aln x＋1在(a－3，a)上不单调，所以f′(x)＝4x－在(a－3，a)上有零点，即方程f′(x)＝4x－＝0在(a－3，a)上有根，即方程4x2＝a在(a－3，a)上有根，所以即3≤a<4，所以实数a的取值范围为[3，4)．故选C. 3．(2025·山西临汾高三第二次模拟)设a＝ln 0.9，b＝－，c＝e0.9，则(　　) A．c>a>b B．c>b>a C．b>c>a D．a>c>b 答案：A 解析：设f(x)＝ln x－x＋1，则f′(x)＝－1＝，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，所以对任意的x>0，都有ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立，故ln <，故－ln <⇒ln 0.9>－，故a>b，由于a＝ln 0.9<0，b＝－<0，c＝e0.9>0，所以c>a>b.故选A. 4．(2025·广东茂名二模)已知函数f(x)为R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，f(x)＋f′(x)>0，则不等式(x－1)f(x)<0的解集为(　　) A．(－∞，－2)∪(0，1) B．(－∞，－2)∪(1，2) C．(－2，0)∪(0，1) D．(－2，0)∪(1，2) 答案：D 解析：设g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为当x>0时，f(x)＋f′(x)>0，则g′(x)>0，g(x)单调递增，则f(x)＝e－xg(x)的正负符号由g(x)决定，又因为f(2)＝0，则g(2)＝0，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则当0<x<2时，g(x)<0，所以f(x)＝e－xg(x)<0，当x>2时，g(x)>0，所以f(x)＝e－x·g(x)>0，又因为f(x)为R上的奇函数，则当－2<x<0时，－x∈(0，2)，则f(x)＝－f(－x)>0，当x<－2时，－x∈(2，＋∞)，则f(x)＝－f(－x)<0，且f(－2)＝－f(2)＝0＝f(0)，则若(x－1)f(x)<0，则或即或解得1<x<2或－2<x<0.综上所述，不等式(x－1)f(x)<0的解集为(－2，0)∪(1，2)．故选D. 考向3　利用导数研究函数的极值、最值和零点 例3　(1)(2025·河北邯郸调研监测)已知函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0]∪{e} B．[0，＋∞)∪{－e} C．(－∞，0] D．[0，＋∞) 答案：C 解析：因为f(x)＝(x－3)ex＋ax，所以f′(x)＝(x－2)ex＋a，因为函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，所以f′(x)＝(x－2)ex＋a＝0有一个变号实数根，即a＝(2－x)ex有一个变号的根，即y＝(2－x)ex的图象与直线y＝a有一个交点，且在该交点前后两函数的大小关系发生变化，令g(x)＝(2－x)ex， 则g′(x)＝(1－x)ex，令g′(x)>0，解得x<1，令g′(x)<0，解得x>1，则g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝e，当x<1，1<x<2时，都有(2－x)ex>0，当x≥2时，(2－x)ex≤0，g(x)的大致图象如图所示，所以a≤0.综上所述，a的取值范围是(－∞，0]．故选C. (2)(多选)已知函数f(x)＝ex－a－x2(a>0)有两个极值点x1和x2，且x1<x2，则下列结论正确的是(　　) A．0<x1<1 B．0<x1ex2<1 C．0<f(x1)<1 D．a>1－ln 2 答案：ACD 解析：f′(x)＝ex－a－2x，令f′(x)＝0，则＝2ea，令g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)的大致图象如图所示，依题意，若f(x)有两个极值点，则2ea>e，即a>1－ln 2，故D正确；注意到f′(0)＝e－a>0，f′(1)＝e1－a－2<eln 2－2＝0，故存在x1∈(0，1)，使得f′(x1)＝0，故A正确；又ex1－a＝2x1，故f(x1)＝ex1－a－x＝2x1－x＝1－(1－x1)2，由于x1∈(0，1)，故0<f(x1)<1，故C正确；因为即故＝，即x1ex2＝x2ex1，由于x1∈(0，1)，x2>1，所以x2ex1>1，从而x1ex2>1，故B错误．故选ACD. (3)(2025·安徽A10联盟4月质检)已知函数f(x)＝ex＋x和g(x)＝ln (xex)，若存在实数α，β，使得f(α)－g(β)＝0，则αβ的最小值为(　　) A．－e B．－1 C．－ D．－ 答案：C 解析：因为f(x)＝ex＋x＝ex＋ln ex，g(x)＝ln x＋x，所以f(α)＝eα＋ln eα，g(eα)＝eα＋ln eα，而f(α)－g(β)＝0，故f(α)＝g(eα)＝g(β)，又g(x)＝ln x＋x在定义域上单调递增，则β＝eα，于是αβ＝αeα.设h(α)＝αeα，则h′(α)＝(α＋1)eα，当α∈(－∞，－1)时，h′(α)<0，h(α)单调递减，当α∈(－1，＋∞)时，h′(α)>0，h(α)单调递增，所以h(α)min＝h(－1)＝－.故选C. (4)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________． 答案：(－2，1) 解析：令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)，得x＝1，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1)＝－2，因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，所以等价于直线y＝a与g(x)的图象有两个不同的交点，所以a的取值范围为(－2，1)． (5)(2025·安徽江南十校4月模拟)已知a∈R，关于x的不等式－3aln x≥x＋1对任意x∈(1，＋∞)恒成立，则a的取值范围是________． 答案：(－∞，－1] 解析：因为关于x的不等式－3aln x≥x＋1对任意x∈(1，＋∞)恒成立，所以a≤对任意x∈(1，＋∞)恒成立，令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，所以当x>0时，g′(x)>0，当x<0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以g(x)≥g(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立(当且仅当x＝0时，等号成立)，所以x－3ex＝ex＋ln x－3＝ex－3ln x≥－3ln x＋x＋1(当且仅当－3ln x＋x＝0时，等号成立)，设h(x)＝－3ln x＋x，则h(1)＝1>0，h(3)＝3－3ln 3＝3(1－ln 3)<0，所以h(x)在(1，3)内存在零点，所以≥＝－1(当且仅当－3ln x＋x＝0时，等号成立)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]． 1．求函数的极值需先研究函数的单调性，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点． 2．函数的极值的重要应用是研究函数对应方程的根(或函数零点)，求解此类问题时可画出函数草图，结合图形分析． 3．求函数y＝f(x)在[a，b]上的最值需先研究函数极值，函数的最值点必在以下各点中取到：区间的端点、极值点或导数不存在的点． 1．(多选)若函数f(x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)＋，则(　　) A．f(x)的图象关于点(0，0)对称 B．f(x)在上单调递增 C．f(x)的极小值点为 D．f(x)有两个零点 答案：AC 解析：对于函数f(x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)＋，由解得－1<x<0或0<x<1，所以函数f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，1)，又f(－x)＝ln (1－x)－ln (1＋x)－＝－＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，其图象关于点(0，0)对称，故A正确；又f′(x)＝－－＝＋－＝－＝＝，当x∈时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减，故B错误；当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增，根据奇函数的对称性可知f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的极小值点为，极大值点为－，故C正确；又f(x)极小值＝f＝ln (3＋2)＋2>0，且当x趋近于1时，f(x)趋近于无穷大，当x趋近于0时，f(x)趋近于无穷大，所以f(x)在(0，1)上无零点，根据对称性可知f(x)在(－1，0)上也无零点，故f(x)无零点，故D错误．故选AC. 2．已知函数f(x)＝若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，则|x1－x2|的最大值为________． 答案： 解析：当x＞0时，f(x)＝2xln x，f′(x)＝2(1＋ln x)，当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，可得f(x)在x＝处取得极小值，且为－，作出y＝f(x)的图象，如图所示，由图象可设x1＜0，x2＞0，由f(x1)＝f(x2)，可得2x1＋1＝2x2ln x2，则|x1－x2|＝x2－x1＝x2－＝x2－x2ln x2＋.设g(x)＝x－xln x＋，x>0，则g′(x)＝1－1－ln x＝－ln x，当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，可得g(x)在x＝1处取得最大值，为1－0＋＝，则|x1－x2|的最大值为. 3．(2025·河北保定一模)若函数f(x)＝mx－|ln x＋1|有且只有三个零点，则m的取值范围是________． 答案：(0，1) 解析：由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f(x)＝0，得m＝，令t(x)＝＝当x≥时，t(x)＝，则t′(x)＝，令t′(x)＝0⇒x＝1，所以当x∈时，t′(x)>0，t(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，t′(x)<0，t(x)为减函数，所以函数t(x)在x＝1处取得极大值t(1)＝1，且t＝0，当x→＋∞时，t(x)→0，且t(x)>0；当0<x<时，t(x)＝，则t′(x)＝，则当0<x<时，t′(x)<0，t(x)为减函数，当x→0＋时，t(x)→＋∞.所以t(x)的大致图象如图所示，所以当y＝m与函数y＝t(x)的图象有三个交点时，0<m<1，即当函数f(x)＝mx－|ln x＋1|有且只有三个零点时，m的取值范围是(0，1)． 4．(2025·浙江名校联盟联考)已知函数f(x)＝＋2x2，g(x)＝2m－ln x，若关于x的不等式f(x)≤xg(x)有解，则m的最小值是________． 答案： 解析：由f(x)≤xg(x)，得＋2x2≤x(2m－ln x)，显然x＞0，所以2m≥＋2x＋ln x＝e－2x－ln x－(－2x－ln x)有解，令t＝－2x－ln x，则t∈R，令g(t)＝et－t，则g′(t)＝et－1，所以当t＜0时，g′(t)＜0，当t＞0时，g′(t)＞0，所以g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(t)min＝g(0)＝1，即e－2x－ln x－(－2x－ln x)≥1，所以2m≥1，则m≥，即m的最小值是. 5．(2025·河北张家口二模)已知关于x的方程2a2ax＋1＋2ax＝1有两个不等实根，则正数a的取值范围是________． 答案：(0，e)∪(e，1) 解析：由2a2ax＋1＋2ax＝1，可得ax－＝－a2ax＋1，即ln a＝－a2ax＋1ln a，等价于ln a＝a2ax＋1ln ，变形，得＝，设g(x)＝，则g′(x)＝，当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，又因为当0<x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，当x→＋∞时，g(x)→0，所以若方程2a2ax＋1＋2ax＝1有两个不等实根，由g＝g(a)，知只需满足1<<e或>e，所以正数a的取值范围为(0，e)∪(e，1)． 真题押题 1．(多选)(2025·新课标Ⅱ卷，10)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则(　　) A．f(0)＝0 B．当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2 C．f(x)≥2当且仅当x≥ D．x＝－1是f(x)的极大值点 答案：ABD 解析：对于A，因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确；对于B，当x<0时，－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－{[(－x)2－3]e－x＋2}＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；对于C，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2(e－1)>2，故C错误；对于D，当x<0时，f(x)＝(3－x2)e－x－2，则f′(x)＝－(3－x2)e－x－2xe－x＝(x2－2x－3)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3(舍去)，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则x＝－1是f(x)的极大值点，故D正确．故选ABD. 2．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷，11)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 答案：AD 解析：对于A，f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，a)上单调递减，则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，则f(0)f(a)<0，根据零点存在定理，可知f(x)在(0，a)上有且只有一个零点，又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，则f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，则f(x)在(－1，0)，(a，2a)上各有一个零点，于是当a>1时，f(x)有三个零点，A正确；对于B，f′(x)＝6x(x－a)，由于a<0，故当x∈(a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)在x＝0处取到极小值，B错误；对于C，假设存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，即存在这样的a，b，使得f(x)＝f(2b－x)，即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，易知等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，C错误；对于D，解法一(利用对称中心的表达式化简)：f(1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1，3－3a)为曲线y＝f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，即解得a＝2，即存在a＝2，使得(1，f(1))是曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．解法二(直接利用拐点结论)：任何三次函数的图象都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)＝2x3－3ax2＋1，f′(x)＝6x2－6ax，f″(x)＝12x－6a，由f″(x)＝0⇔x＝，于是该三次函数的图象的对称中心为点，由题意可知点(1，f(1))是函数y＝f(x)的图象的对称中心，故＝1⇔a＝2，即存在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. 3．(2025·新课标Ⅰ卷，12)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线，则a＝________． 答案：4 解析：对于y＝ex＋x＋a，其导数为y′＝ex＋1，因为直线y＝2x＋5是曲线的切线，直线的斜率为2，令y′＝ex＋1＝2，即ex＝1，解得x＝0，将x＝0代入切线方程y＝2x＋5，可得y＝2×0＋5＝5，所以切点坐标为(0，5)，因为切点(0，5)在曲线y＝ex＋x＋a上，所以5＝e0＋0＋a，即5＝1＋a，解得a＝4. 4．(2025·新课标Ⅱ卷，13)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． 答案：－4 解析：由题意有f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)，所以f′(x)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(x－a＋x－2)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(2x－2－a)，因为x＝2是函数f(x)的极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，解得a＝2，当a＝2时，f(x)＝(x－1)(x－2)2，f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈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x＝2是函数f(x)的极小值点，符合题意．所以f(0)＝－(－2)2＝－4. 5．(2024·新课标Ⅰ卷，13)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：设f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，f′(0)＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.设g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝，设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线，得＝2，解得x0＝－，则切点为，切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2，因为两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. 若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．下列给出的函数，其图象与函数f(x)＝ex－ex2＋(x－1)2的图象“相似”的是(　　) A．y＝x2 B．y＝－x2 C．y＝x3－3x D．y＝－x3＋3x 答案：C 解析：由题意知，f′(x)＝ex－ex＋2x－2，则f′(1)＝0，令f′(x)＝0，则ex＝(e－2)x＋2，如图，作出函数y＝ex，y＝(e－2)x＋2的图象，由图可知，函数y＝ex与y＝(e－2)x＋2的图象有两个交点，即函数y＝f′(x)有两个零点1，x0，且x0<0，令f′(x)>0，得x>1或x<x0，令f′(x)<0，得x0<x<1，所以f(x)在(－∞，x0)，(1，＋∞)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以f(x)的极大值点为x0，极小值点为1.对于A，函数y＝x2在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以函数有极小值点，无极大值点，故A不符合题意；对于B，函数y＝－x2在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数有极大值点，无极小值点，故B不符合题意；对于C，y′＝3x2－3，当x<－1或x>1时，y′＝3x2－3>0，函数单调递增，当－1<x<1时，y′＝3x2－3<0，函数单调递减，所以函数y＝x3－3x的极大值点为－1，极小值点为1，故C符合题意；对于D，y＝－x3＋3x＝－(x3－3x)，则函数y＝－x3＋3x的极小值点为－1，极大值点为1，故D不符合题意．故选C. 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ 对点 利用导数求切线方程 导函数与原函数图象的关系 求函数的极值 已知函数的最值求参数 利用导数判断函数的单调性；求不等式的解集 已知函数的零点个数求参数的取值范围 已知函数的单调性求参数的取值范围 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★★ 对点 利用导数解决不等式恒成立问题 利用导数研究函数的单调性、极值、最值 利用导数研究函数的零点、极值 利用导数研究函数的最值、切线及解决恒(能)成立问题 已知函数的极值点求参数 已知两曲线的公切线情况求参数的取值范围 利用导数解决不等式恒成立问题 一、单选题 1．(2025·广东湛江二模)已知函数f(x)＝ex＋2x，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为(　　) A．y＝2x＋1 B．y＝3x＋1 C．y＝2x D．y＝3x 答案：B 解析：由f(x)＝ex＋2x，得f′(x)＝ex＋2，则f(0)＝1，f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝3x＋1.故选B. 2．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，若f(2)＝0，则y＝f(x)的图象大致为(　　) 答案：D 解析：由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，则在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内．对于A，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率均小于0，故排除A；对于B，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在一点，在该点处切线的斜率大于1，故排除B；对于C，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在一点，在该点处切线的斜率大于1，故排除C.故选D. 3．函数f(x)＝3ln x＋x2－4x的极大值为(　　) A．－2 B．－ C．－3 D．－ 答案：D 解析：函数f(x)＝3ln x＋x2－4x的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，则x＝1或x＝3，所以当0<x<1或x>3时，f′(x)>0，当1<x<3时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝0＋－4＝－.故选D. 4．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：依题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝－2，则f′(1)＝0，又f′(x)＝－，所以f(1)＝b＝－2，f′(1)＝a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－＋＝，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，因此函数f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时，f(x)取得最大值，满足题意，即有f′(2)＝＝－.故选B. 5．已知函数f(x)＝2sinx－ex＋e－x，则关于x的不等式f(x2－4)＋f(3x)<0的解集为(　　) A．(－4，1) B．(－1，4) C．(－∞，－4)∪(1，＋∞) D．[－1，4] 答案：C 解析：由题意，知f(－x)＋f(x)＝0，∴f(x)为奇函数，f′(x)＝2cosx－(ex＋e－x)，2cosx≤2，ex＋e－x≥2，∴f′(x)≤0，∴f(x)为减函数，由f(x2－4)＋f(3x)<0，即f(x2－4)<f(－3x)，得x2－4>－3x，故x>1或x<－4. 6．(2025·广东广州二模)已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－a恰有两个零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B．(0，1] C．(0，4] D．(4，＋∞) 答案：B 解析：易知当x≤0时，函数y＝ex单调递增，且y＝ex∈(0，1]；当x>0时，y＝x－，易知y′＝1＋＝，显然当a≥0时，y′>0恒成立，即y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，y→－∞，当x→＋∞时，y→＋∞，此时函数f(x)的图象大致如图1所示，若函数g(x)＝f(x)－a恰有两个零点，即函数f(x)的图象与直线y＝a有两个交点， 由图1可知a∈(0，1]；当a<0时，根据对勾函数的性质可知，y＝x－＝x＋≥2，当且仅当x＝时，等号成立，此时函数f(x)的图象大致如图2所示，显然函数f(x)的图象与直线y＝a没有交点，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(0，1]．故选B. 7．已知函数f(x)＝a(sinx－cosx)＋cos2x＋x，若f(x)在上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，2] B．[0，＋∞) C．[0，2] D．[0，1] 答案：D 解析：因为f(x)＝a(sinx－cosx)＋cos2x＋x，所以f′(x)＝a(cosx＋sinx)－sin2x＋1.若f(x)在上单调递增，则f′(x)＝a(cosx＋sinx)－sin2x＋1≥0在上恒成立，令t＝cosx＋sinx，则t＝sin，sin2x＝t2－1，又－≤x＋≤，故－≤sin≤1⇒t∈[－1，]，所以问题转化为不等式－t2＋at＋2≥0在[－1，]上恒成立，即不等式t2－at－2≤0在[－1，]上恒成立．令h(t)＝t2－at－2，t∈[－1，]，则有解得0≤a≤1. 8．若对任意正数x，y，不等式x(1＋ln x)≥xln y－ay恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：由不等式x(1＋ln x)≥xln y－ay恒成立，且x>0，y>0，分离参数，得ay≥x(ln y－ln x)－x，所以a≥(ln y－ln x)－，即a≥ln －.设t＝，得a≥，t∈(0，＋∞)，设g(t)＝，t∈(0，＋∞)，则a≥g(t)max.g′(t)＝，由g′(t)＝0得t＝e2，当t∈(0，e2)时，g′(t)>0，g(t)单调递增；当t∈(e2，＋∞)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(e2)＝＝，所以a≥.故选C. 二、多选题 9．(2025·河北邯郸四调)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，则下列结论正确的是(　　) A. ＝3 B．函数f(x)在(－1，1)上单调递减 C．函数f(x)有极大值6e－3 D．函数f(x)在[－4，－2]上的最小值为f(－4) 答案：BC 解析：由题意可得f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，因为f(0)＝－3，所以 ＝＝f′(0)＝－3，故A不正确；由f′(x)>0，得x<－3或x>1，由f′(x)<0，得－3<x<1，则f(x)在(－∞，－3)，(1，＋∞)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，则f(x)在x＝－3处取得极大值f(－3)＝6e－3，故B，C正确；f(－4)＝>f(－2)＝，则函数f(x)在[－4，－2]上的最小值为f(－2)，故D不正确．故选BC. 10．(2025·辽宁鞍山质量监测)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c满足f(0)＝0，f(1)＝1，则(　　) A．a＋b＝c B．对任意a>0，f(x)有三个零点 C．对任意a<0，f(x)有两个极值点 D．存在a>0，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 答案：AB 解析：对于A，由f(0)＝c＝0，f(1)＝1＋a＋b＋c＝1，可得c＝0，a＋b＋c＝0，即a＋b＝0＝c，故A正确；对于B，由A项可得b＝－a，则f(x)＝x3＋ax2－ax，则f′(x)＝3x2＋2ax－a，当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，令f′(x)>0，得x>或x<，令f′(x)<0，得<x<，所以函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减，由a>0，可得<0<，而f(0)＝0，所以f>0，f<0，又当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在和内都存在一个零点，所以对任意a>0，f(x)有三个零点，故B正确；对于C，当a＝－1时，f(x)＝x3－x2＋x，则f′(x)＝3x2－2x＋1，由Δ＝4－12＝－8<0，得f′(x)＝3x2－2x＋1>0恒成立，所以函数f(x)在R上单调递增，所以函数f(x)无极值点，故C错误；对于D，要使点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，则f(1＋x)＋f(1－x)＝2f(1)＝2，而f(1＋x)＋f(1－x)＝(1＋x)3＋a(1＋x)2－a(1＋x)＋(1－x)3＋a(1－x)2－a(1－x)＝(2a＋6)x2＋2，所以2a＋6＝0，解得a＝－3，所以不存在a>0，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，故D错误．故选AB. 11．(2025·河南郑州一模)已知函数f(x)＝ex－ln (x＋1)－1，g(x)＝ln x－ax，若∀x1∈(－1，＋∞)，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，则下列结论错误的是(　　) A．∃x0∈(0，2)，使得f′(x0)＝0 B．函数y＝f(x)的最大值为0 C．a的取值范围为 D．过点(0，0)只能作1条曲线y＝f(x)的切线 答案：ABC 解析：对于A，f′(x)＝ex－，因为y＝ex在(－1，＋∞)上单调递增，y＝－在(－1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，又f′(0)＝e0－＝0，所以当0<x<2时，f′(x)>f′(0)＝0，故A错误；对于B，由A项分析可知，当－1<x<0时，f′(x)<f′(0)＝0，当x>0时，f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝e0－ln (0＋1)－1＝0，无最大值，故B错误；对于C，由以上分析，知f(x)min＝0，由题意，知∃x2∈(0，＋∞)，使得g(x2)≤0.对于函数g(x)＝ln x－ax，x>0，当x→0时，g(x)→－∞，故无论a取什么值，均∃x∈(0，＋∞)，使得g(x)≤0，则a的取值范围为R，故C错误；对于D，不妨设切点为(x0，ex0－ln (x0＋1)－1)，f′(x0)＝ex0－，切线的方程为y－[ex0－ln (x0＋1)－1]＝(x－x0)，把(0，0)代入可得0－[ex0－ln (x0＋1)－1]＝(0－x0)，即(x0－1)ex0＋ln (x0＋1)＋＝0.令h(x)＝(x－1)ex＋ln (x＋1)＋，x>－1，h′(x)＝xex＋－＝xex＋＝x，因为ex＋>0对x>－1恒成立，所以当－1<x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，故h(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又h(0)＝0，所以h(x)只有一个零点0，即只有当x0＝0时，(x0－1)ex0＋ln (x0＋1)＋＝0成立，故过点(0，0)只能作1条曲线y＝f(x)的切线，故D正确．故选ABC. 三、填空题 12．(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋a2x在x＝1处取得极小值，则a＝________． 答案：－1 解析：f′(x)＝3x2＋4ax＋a2，又函数f(x)＝x3＋2ax2＋a2x在x＝1处取得极小值，则f′(1)＝3＋4a＋a2＝0，解得a＝－1或a＝－3.当a＝－1时，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在x＝1处取得极小值，故a＝－1符合题意；当a＝－3时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－3)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝3或x＝1，当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，则函数f(x)在x＝1处取得极大值，故a＝－3不符合题意．综上所述，a＝－1. 13．若两曲线y＝x2－1与y＝aln x－1存在公切线，则正实数a的取值范围是________． 答案：(0，2e] 解析：设两曲线y＝x2－1与y＝aln x－1的两个切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝x2－1可得y′＝2x，由y＝aln x－1可得y′＝，则过两切点的切线方程分别为y－(x－1)＝2x1(x－x1)，y－(aln x2－1)＝(x－x2)，化简得y＝2x1x－1－x，y＝x＋aln x2－a－1.因为两条切线为同一条，所以解得a＝－4x(ln x2－1)．令g(x)＝4x2－4x2ln x(x>0)，g′(x)＝4x(1－2ln x)，令g′(x)＝0，得x＝，当0<x<时，g′(x)>0，当x>时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，)内单调递增，在(，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g()＝2e，所以a∈(0，2e]． 14．(2025·陕西咸阳二模)已知方程tln x＝2x的两个根为x1，x2(x1<x2)，若m>0，不等式t<(2－m)x1＋mx2对任意的x1，x2∈(0，＋∞)恒成立，则正实数m的最小值为________． 答案：1 解析：因为x1，x2分别是方程tln x＝2x的两个根，即tln x1＝2x1，tln x2＝2x2，两式相减，得t(ln x2－ln x1)＝2(x2－x1)，则t＝，则不等式t<(2－m)x1＋mx2(m>0)，可变为<(2－m)x1＋mx2(m>0)，两边同时除以x1，得<2－m＋，令k＝(k>1)，则<2－m＋mk在k∈(1，＋∞)上恒成立，即ln k－>0在k∈(1，＋∞)上恒成立，令h(k)＝ln k－，则h′(k)＝－＝＝，当≤1，即m≥1时，h′(k)>0在(1，＋∞)上恒成立，则h(k)在(1，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，则h(k)>0在(1，＋∞)上恒成立；当>1，即0<m<1时，当k∈时，h′(k)<0，则h(k)在上单调递减，则h(k)<h(1)＝0，不符合题意．综上所述，m≥1，所以正实数m的最小值为1. 24 学科网（北京）股份有限公司 $