教考衔接六 一元函数的导数及其应用学案-2026届高三数学二轮复习

2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接六 一元函数的导数及其应用 --------------■高考命题·解读■----------------- 核心考点 五年考情 考点1.求在曲线上一点处的切线方程 2024 全国甲卷；2023全国甲卷； 2022 新高考全国 I 卷；2022 新高考全国 II 卷；2021全国甲卷 考点2.利用导数研究函数的单调性 2023 新课标 II 卷；2023全国乙卷； 2022 新高考全国 I 卷；2022 全国甲卷； 2021 新高考全国 II 卷；2021全国乙卷 考点3.利用导数研究函数的极值 2025全国二卷；2024 新高考全国 I 卷； 2024 新课标 II 卷；2023 全国乙卷； 2023 新课标 I 卷；2023新课标 II 卷； 2022 全国乙卷；2021 全国乙卷 考点4.利用导数研究函数的零点 2025 全国二卷；2024 新课标 II 卷； 2024 全国甲卷；2023全国乙卷； 2022 全国甲卷；2022全国乙卷； 2021 全国甲卷；2021 新高考全国 II 卷； 2021 全国甲卷 考点5.利用导数研究不等式恒成立问题 2025 全国一卷；2024 全国甲卷； 2024 新课标 I 卷；2023 全国甲卷 🎯【命题解读】（考前必看） 1.本章内容是高考的热点，一般考查“两小一大”或“一小一大”。解答题一般作为中档或压轴题出现，选择、填空题也有可能作为压轴小题出现，难度较大. 2.高考重点考查利用导数判断函数的图象、导数的几何意义、求曲线的切线方程、利用导数判断或证明函数的单调性、函数的极值和最值问题. 3.考查利用导数证明不等式、解决恒成立问题及有解问题、函数的零点问题. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】 (人教A版选择性必修第二册P81·T3)已知函数f(x)=13-8x+x2,且f'(x0)=4,求x0. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅲ卷)设函数，若，则　　　　.  【教材母题2】 （1）(人教A版选择性必修第二册P81·T4)求函数在点处的切线方程； （2）(人教A版选择性必修第二册P81·T5)求曲线在点处的切线方程； （3）(人教A版选择性必修第二册P81·T7)设函数f(x)＝1－ex的图象与x轴相交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； （4）(人教A版选择性必修第二册P82·T11设曲线在点处的切线与直线垂直，求的值. 【🚀衔接高考】 （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）(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 （3）(2021·全国甲卷)曲线y=在点(-1,-3)处的切线方程为　　　　.  （4）（2025·全国一卷）（一题多解）若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线，则a＝　　　　． 【🚀新题预测】 （1）（2025·四川成都1月检测）已知直线是曲线的一条切线，则（   ） A．1 B．2 C． D． （2）（2026·山西晋中模拟）若函数，则曲线在点处的切线方程为_______________. 【教材母题3】 (人教A版选择性必修第二册P104·T13)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. 【🚀衔接高考】 （1）(2020·全国Ⅲ卷)若直线l与曲线y=和圆x2+y2=都相切,则l的方程为(　　) A.y=2x+1 B.y=2x+ C.y=x+1 D.y=x+ （2）(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=　　　　.  【🚀新题预测】 （1）（2026·河南南阳1月模拟）已知函数与存在公切线，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． （2）（2026·黑龙江哈尔滨模拟）已知曲线在处的切线与曲线相切，则___________． 【教材母题4】 (湘教版选择性必修第二册P26·T4)写出过点A(-5,3)并且和曲线xy=1相切的两条直线的方程. 【🚀衔接高考】 （1）(2021·新高考Ⅰ卷) （一题多解）若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线,则(　　) A.eb<a B.ea<b C.0<a<eb D.0<b<ea （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　　　　,　　　　　.  【教材母题5】 (人教B版选择性必修第三册P91·T5)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. 【🚀衔接高考】 (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. 【教材母题6】 (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. 【🚀衔接高考】 (2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　.  【🚀新题预测】 （1）（2026·甘肃金昌模拟）函数的最小值为 . （2）（2026·江苏扬州模拟）若函数的最小值为2，则实数a的值是 . 【教材母题7】 (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. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·全国二卷）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 （2）（2025·全国二卷）若是函数的极值点，则 （3）（2025·上海高考）已知． ①若，求不等式的解集； ②若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【🚀新题预测】 （2026·甘肃金昌模拟）若函数有两个极值点，则实数的取值范围为 . 【教材母题8】 (人教A版选择性必修第二册P98·T8)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? 【🚀衔接高考】 (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. 【教材母题9】(人教A版选择性必修第二册P104·T18) （一题多解）已知函数f(x)=ex-ln(x+m),当m≤2时,求证f(x)>0. 【🚀衔接高考】 （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. 【教材母题10】(人教B版选择性必修第三册P113·T5) （一题多解）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. 【🚀衔接高考】 （1）(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　　　　.  （2）(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<x<2,求b的取值范围. （3）(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. （4）(2022·新高考Ⅱ卷节选) （一题多解）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) （一题多解）已知函数f(x)=ax-,x∈.若f(x)<sin 2x, 求a的取值范围. 【教材母题11】 (湘教版选择性必修第二册P51·T20)对数均值不等式:∀x1,x2>0,且1≠x2,<<. 【🚀衔接高考】 （1）(2022·全国甲卷节选) （一题多解）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. （2）(2022·新高考Ⅱ卷节选)设，证明：． 【教材母题12】 (人教A版·选择性必修第二册P104·T19)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. 【🚀衔接高考】 （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）(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2). ①当a=1时,讨论f(x)的单调性; ②若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】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),得出如下结论: （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-. 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? （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? 【🚀新题预测】 (2026·锦州模拟)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. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版选择性必修第二册P88)研究数函数y=ln x与幂函数y=x3在区间(0,+∞)上增长快慢的情况. 【探究2】(人教A版选择性必修第二册P99·T13)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=-. （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. （3）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<x2),f(x)=m的两根为x3,x4(x4<x3),则x1,x0,x3将区间[x4,x2]四等分. 【🚀衔接高考】 （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）(多选题)(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 【🚀新题预测】 （2026·吉林长春模拟）已知函数的极大值为，则（   ） A． B． C． D． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接六 一元函数的导数及其应用 --------------■高考命题·解读■----------------- 核心考点 五年考情 考点1.求在曲线上一点处的切线方程 2024 全国甲卷；2023全国甲卷； 2022 新高考全国 I 卷；2022 新高考全国 II 卷；2021全国甲卷 考点2.利用导数研究函数的单调性 2023 新课标 II 卷；2023全国乙卷； 2022 新高考全国 I 卷；2022 全国甲卷； 2021 新高考全国 II 卷；2021全国乙卷 考点3.利用导数研究函数的极值 2025全国二卷；2024 新高考全国 I 卷； 2024 新课标 II 卷；2023 全国乙卷； 2023 新课标 I 卷；2023新课标 II 卷； 2022 全国乙卷；2021 全国乙卷 考点4.利用导数研究函数的零点 2025 全国二卷；2024 新课标 II 卷； 2024 全国甲卷；2023全国乙卷； 2022 全国甲卷；2022全国乙卷； 2021 全国甲卷；2021 新高考全国 II 卷； 2021 全国甲卷 考点5.利用导数研究不等式恒成立问题 2025 全国一卷；2024 全国甲卷； 2024 新课标 I 卷；2023 全国甲卷 🎯【命题解读】（考前必看） 1.本章内容是高考的热点，一般考查“两小一大”或“一小一大”。解答题一般作为中档或压轴题出现，选择、填空题也有可能作为压轴小题出现，难度较大. 2.高考重点考查利用导数判断函数的图象、导数的几何意义、求曲线的切线方程、利用导数判断或证明函数的单调性、函数的极值和最值问题. 3.考查利用导数证明不等式、解决恒成立问题及有解问题、函数的零点问题. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】 (人教A版选择性必修第二册P81·T3)已知函数f(x)=13-8x+x2,且f'(x0)=4,求x0. 【解析】因为f(x)=13-8x+x2,所以f'(x)=-8+2x,所以f'(x0)=-8+2x0, 因为f'(x0)=4,所以-8+2x0=4,解得x0=3. 【🚀衔接高考】 (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. 【教材母题2】 （1）(人教A版选择性必修第二册P81·T4)求函数在点处的切线方程； 【解析】，所以， 则函数在点处的切线方程为 ，即. （2）(人教A版选择性必修第二册P81·T5)求曲线在点处的切线方程； 【解析】因为，所以切线方程的斜率，则切线方程为 ，即. （3）(人教A版选择性必修第二册P81·T7)设函数f(x)＝1－ex的图象与x轴相交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； 【解析】令，解得，所以函数f(x)＝1－ex的图象与x轴相交于点.由，知.所以曲线在点的切线方程为 （4）(人教A版选择性必修第二册P82·T11设曲线在点处的切线与直线垂直，求的值. 【解析】曲线，所以，所以在点处的切线斜率为，又因为切线与直线垂直，所以，所以. 【🚀衔接高考】 （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+ 【答案】C 【解析】由题意可知y'==,则曲线y=在点处的切线斜率 k=y'|x=1=,所以曲线y=在点处的切线方程为y-=(x-1), 即y=x+,故选C. （2）(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】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. （3）(2021·全国甲卷)曲线y=在点(-1,-3)处的切线方程为　　　　.  【答案】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. （4）（2025·全国一卷）（一题多解）若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线，则a＝　　　　． 【答案】4 【解析】解法一：设直线y＝2x＋5与曲线y＝ex＋x＋a相切于点(x0，y0)，由于(ex＋x＋a)′＝ex＋1，故由题意知由ex0＋1＝2得x0＝0，从而y0＝5.将x0＝0，y0＝5代入y0＝ex0＋x0＋a得a＝4. 解法二：由于(ex＋x＋a)′＝ex＋1，则曲线y＝ex＋x＋a在点(x0，y0)处的切线方程为 y－(ex0＋x0＋a)＝(ex0＋1)(x－x0)， 即y＝(ex0＋1)x＋ex0＋a－x0ex0.从而由题设可得解得x0＝0，a＝4. 【🚀新题预测】 （1）（2025·四川成都1月检测）已知直线是曲线的一条切线，则（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【解析】设，，设切点为，根据切线斜率为1，则， 解得，则，则切点坐标为，则，解得.故选C. （2）（2026·山西晋中模拟）若函数，则曲线在点处的切线方程为_______________. 【答案】 【解析】因为，所以， 令，得，解得，所以，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 【教材母题3】 (人教A版选择性必修第二册P104·T13)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. 【解析】因为y=x+ln x,所以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. 因为切线与曲线y=ax2+(2a+3)x+1只有一个公共点, 所以方程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=. 【🚀衔接高考】 （1）(2020·全国Ⅲ卷)若直线l与曲线y=和圆x2+y2=都相切,则l的方程为(　　) A.y=2x+1 B.y=2x+ C.y=x+1 D.y=x+ 【答案】D 【解析】易知直线l的斜率存在,设直线l的方程y=kx+b,则=　①, 设直线l与曲线y=的切点坐标为(x0,)(x0>0),则y'==k　②, =kx0+b　③,由②③可得b=, 将b=,k=代入①得x0=1或x0=-(舍去),所以k=b=,故直线l的方程y=x+. （2）(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. 【🚀新题预测】 （1）（2026·河南南阳1月模拟）已知函数与存在公切线，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设公切线与函数及函数的切点分别为，，且，，故两切线方程为，， 即，， 与存在公切线，所以有解，消去后得：， 令，， 易得在上单调递增，且时，；时，， 故在区间上递减，在上递增． 所以，的最小值为，即的最小值为，即实数的最小值为． 故选B． （2）（2026·黑龙江哈尔滨模拟）已知曲线在处的切线与曲线相切，则___________． 【答案】 【解析】由，则，则，又当时，所以曲线在处的切线为；对于，可得，设切点为，则，解得. 【教材母题4】 (湘教版选择性必修第二册P26·T4)写出过点A(-5,3)并且和曲线xy=1相切的两条直线的方程. 【解析】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. 【🚀衔接高考】 （1）(2021·新高考Ⅰ卷) （一题多解）若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线,则(　　) A.eb<a B.ea<b C.0<a<eb D.0<b<ea 【答案】D 【解析】解法一：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x<a时,f'(x)>0,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x<a时,a-x>0,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<b<ea.故选D. 解法二：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<b<ea. 故选D. （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　　　　.  【答案】(-∞,-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　　　　,　　　　　.  【答案】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. 【教材母题5】 (人教B版选择性必修第三册P91·T5)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,因为y=,所以y'=-,所以切线的斜率为k=-, 所以切线l的方程为y-=-(x-x0), 令x=0,得y=;令y=0,得x=2x0,所以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. 【🚀衔接高考】 (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. 【教材母题6】 (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. 【解析】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-. 【🚀衔接高考】 (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,+∞). 当x>时,f(x)=2x-1-2ln x,所以f'(x)=2-=. 当<x<1时,f'(x)<0,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; 当0<x≤时,f(x)=1-2x-2ln x,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. 【🚀新题预测】 （1）（2026·甘肃金昌模拟）函数的最小值为 . 【答案】 【解析】函数的定义域为. 当时，易知在上单调递增，. 当时，.， 令，解得，可得，当，，当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，，所以函数的最小值为. （2）（2026·江苏扬州模拟）若函数的最小值为2，则实数a的值是 . 【答案】1 【解析】由，求导可得，当时，令，可得， 由可得，由得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故，解得； 当时，，显然函数在上单调递减，故不合题意； 当时，，函数在上单调递减，故不合题意.故答案为 【教材母题7】 (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. 【解析】（1） 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增. 当 时，有极小值. （2）函数 的大致图象如图所示. （3方程 的解的个数即为函数 的图象与直线 的交点个数（如图）. ①当 时，解为0个; ②当 或 时，解为1个; ③当 时,解为2个. 当时,方程的两个实数根,分布在极值点的两侧, 【🚀衔接高考】 （1）（2025·全国二卷）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 【答案】ABD 【解析】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B正确； 对C，， 故C错误； 对D，当时，，则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减， 则是极大值点，故D正确；故ABD. （2）（2025·全国二卷）若是函数的极值点，则 【答案】 【解析】由题意有， 所以， 因为是函数极值点，所以，得， 当时，， 当单调递增，当单调递减， 当单调递增，所以是函数的极小值点，符合题意； 所以. （3）（2025·上海高考）已知． ①若，求不等式的解集； ②若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【解析】①因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故，故原不等式的解为. ②在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，，故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，，时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 【🚀新题预测】 （2026·甘肃金昌模拟）若函数有两个极值点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【解析】由题意，得， 若，则，此时函数在上单调递减，不可能存在两个极值点，舍去， 若，则由题意，得关于的方程在上有两个不相等的实数根， 所以，解得，故实数的取值范围为. 【教材母题8】 (人教A版选择性必修第二册P98·T8)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? 【解析】(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<x<. (2)因为V(x)=(a-2x)2x=4x3-4ax2+a2x,0<x<,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. 【🚀衔接高考】 (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<h<1),底面半径为r,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. 【教材母题9】(人教A版选择性必修第二册P104·T18) （一题多解）已知函数f(x)=ex-ln(x+m),当m≤2时,求证f(x)>0. 【证明】解法一：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),当m=2时,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<x0<0. 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. 解法二：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x<-1时,h'(x)<0;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. 【🚀衔接高考】 （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+. 1 解　f'(x)=aex-1,x∈R. 2 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　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<a<, 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0<a<1时,u'(a)>0, 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; ②设函数g(x)=,证明:g(x)<1. ①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证明　由①可知,f(x)=ln(1-x),其定义域为{x|x<1}, 当0<x<1时,ln(1-x)<0,此时xf(x)<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. 【教材母题10】(人教B版选择性必修第三册P113·T5) （一题多解）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. 【解析】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,则g'(x)=a--==. 令g'(x)=0,则x1=1,x2=-.若-=1,即a=1,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, 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, 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,+∞). 解法一：端点效应(单调含参) 令g(x)=ax++2-2a-2ln x,g(1)=0,g'(x)=,g'(1)=0, g″(x)=(g″(x)为g'(x)的导数).令h(x)=2x+2a-4,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)<g'(1)=0,所以g(x)在(1,x0)上单调递减, 所以g(x)<g(1)=0,与已知矛盾. 综上,a≥1. 【🚀衔接高考】 （1）(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　　　　.  【答案】　 【解析】由题意,∀x∈(0,+∞),f'(x)=axln a+(1+a)xln(1+a)≥0恒成立,因为f″(x)=axln2a+(1+a)xln2(1+a)>0, 其中f″(x)为f'(x)的导数,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增, 当f'(0)=ln a(1+a)≥0即≤a<1时, 因为f'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)>f'(0)≥0,符合要求. 当f'(0)=ln a(1+a)<0即0<a<时, 因为f'(x)连续可导,所以∃x0∈(0,+∞),使得x∈(0,x0),f'(x)<0,与已知矛盾. 综上,a∈. （2）(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<x<2,求b的取值范围. 【解析】因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3,定义域为{x|0<x<2}, 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<x<2时,f(x)>-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<f(1)=-2,不符合题意. 综上,b的取值范围为. （3）(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. 【解析】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. （4）(2022·新高考Ⅱ卷节选) （一题多解）已知函数f(x)=xeax-ex,当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围. 【解析】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<a≤,则h'(x)=(1+ax)eax-ex=eax+ln(1+ax)-ex, 下证:对任意x>0,总有ln(1+x)<x成立, 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)<S(0)=0,即ln(1+x)<x成立. 由上述不等式有eax+ln(1+ax)-ex<eax+ax-ex=e2ax-ex≤0,故h'(x)≤0总成立, 即h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0. 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)<h(0)=0. 综上,a≤. 解法一：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)<g'(0)=0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,g(x)<g(0)=0,与已知矛盾. 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≤. （5）(2023·全国甲卷节选) （一题多解）已知函数f(x)=ax-,x∈.若f(x)<sin 2x, 求a的取值范围. 【解析】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)<sin 2x. 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)<sin 2x不成立. 综上所述,a的取值范围为(-∞,3]. 解法一：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)<g(0)=0,与已知矛盾. 综上,a≤3. 【教材母题11】 (湘教版选择性必修第二册P51·T20)对数均值不等式:∀x1,x2>0,且1≠x2,<<. 【证明】不妨设0<x1<x2, <⇔ln >=-, 构建函数:f(x)=ln x-+(0<x<1). 因为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,g'(x)=>0, 所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=0,可证得<. 【🚀衔接高考】 （1）(2022·全国甲卷节选) （一题多解）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. 解法一：构造积的对称函数 不妨设0<x1<1<x2,则>1.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)<g(1)=0, 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)<F(1), 即在(0,1)上f(x)-f<F(1)=0.又f(x1)=f(x2)=0,所以f(x2)-f<0,即f(x2)<f. 由(1)可知,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2<,即x1x2<1. 解法一：同构构造函数化解等式 不妨设0<x1<1<x2,则0<<1. 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<x1<<1,即x1x2<1. 解法三：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. （2）(2022·新高考Ⅱ卷节选)设，证明：． 证明：由对数平均不等式 ,可得,即, 所以,故， 所以,, ,， 把以上各式相加可得. 【教材母题12】 (人教A版·选择性必修第二册P104·T19)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. 【解析】(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<a<1时,g(a)<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<a<1,则f(x)min=1-+ln a<0, 注意到-ln a>0,f(-1)=++1->0.故f(x)在(-1,-ln a)上有一个实根. 而又ln>ln =-ln a,且f=-ln =·(3-a+a-2)-ln=-ln>0. 故f(x)在上有一个实根.所以f(x)在(-1,-ln a)及上均有一个实数根, 故f(x)在R上恰有两个实根,所以实数a的取值范围为(0,1). 【🚀衔接高考】 （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】选B.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-<x<.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）(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2). ①当a=1时,讨论f(x)的单调性; ②若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 【解析】①当a=1时,f(x)=ex-x-2,x∈R,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)单调递减,在(0,+∞)单调递增. ②f'(x)=ex-a. (ⅰ)当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.故f(x)至多存在一个零点,不合题意. (ⅱ)当a>0时,由f'(x)=0,可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0; 当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增. 故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a). (a)若0<a≤,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)至多存在一个零点,不合题意. (b)若a>,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)存在唯一零点. 由①知,当x>2时,ex-x-2>0.所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=·-a(x+2)>eln(2a)·-a(x+2)=2a>0. 故f(x)在(ln a,+∞)存在唯一零点.从而f(x)在(-∞,+∞)有两个零点. 综上,a的取值范围是. 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】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),得出如下结论: （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? 【解析】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? 【解析】二分法、分割法.优点是收敛速度快,缺点是运算量大. 【🚀新题预测】 (2026·锦州模拟)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. （1）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 =2ln =4. （2）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）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,+∞),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<<S2=6,且g(2)=9,g(6)=,g(6)<g(2),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≤. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版选择性必修第二册P88)研究数函数y=ln x与幂函数y=x3在区间(0,+∞)上增长快慢的情况. 【解析】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2】(人教A版选择性必修第二册P99·T13)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=-. （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. （3）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<x2),f(x)=m的两根为x3,x4(x4<x3),则x1,x0,x3将区间[x4,x2]四等分. 【证明】（1）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+x2=2f(x0), 所以点(x0,f(x0))是函数f(x)图象的对称中心. （2）因为f'(x)=3ax2+2bx+c,所以x1+x2=-,x1x2=,(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=, 所以==a[(x1+x2)2-x1x2]+b(x1+x2)+c =a+b+c=, f'(x0)=f'==, 又-(x1-x2)2=, 综上,=f'(x0)=-(x1-x2)2. （3）　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. 【🚀衔接高考】 （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 【答案】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<x<a, 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<x<0,则f'(x)>0得x>0或x<a, 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=2-a2+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）(多选题)(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】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-<x<. 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. 【🚀新题预测】 （2026·吉林长春模拟）已知函数的极大值为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意，，则， 令，解得或， 当时，在，上满足，单调递增， 在上满足，单调递减， 所以在处取得极大值，，解得， 当时，在，上满足，单调递增， 在上满足，单调递减， 所以在处取得极大值，，不符合题意， 当时，，在R上单调递增，无极值，不符合题意， 综上所述，.故选D. 学科网（北京）股份有限公司 $