第五章 一元函数的导数及其应用 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版）

该高中数学讲义通过“探究点+要点归纳”系统构建导数知识体系，以导数的几何意义、运算、单调性、极值最值及综合问题为核心，用要点总结梳理知识脉络，明确“过点切线”与“在点切线”等重难点联系。 讲义亮点在于高考真题溯源与分层练习设计，如探究点一结合2021新高考Ⅰ卷切线问题，提炼“切点等量关系”解题方法，培养数学思维与运算能力。对点练分基础与综合题，助力不同学生提升，教师可据此实施精准教学。

章末综合提升 探究点一　导数的几何意义及其应用 (1)(2021·新高考Ⅰ卷)若过点可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　) A.eb＜a B.ea＜b C.0＜a＜eb D.0＜b＜ea (2)曲线y＝cos(2x＋)在x＝处切线的斜率为　　　. 答案：(1)D　(2)－ 解析：(1)法一：在曲线y＝ex上任取一点P，对函数y＝ex求导得y'＝ex，所以曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et，即y＝etx＋et，由题意可知，点在直线y＝etx＋et上，可得b＝aet＋et＝et，令f＝et，则f'＝et.当t＜a时，f'＞0，此时函数f单调递增，当t＞a时，f'＜0，此时函数f单调递减，所以f(t)max＝f＝ea，由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f的图象有两个交点，则b＜f＝ea，当t＜a＋1时，f＞0，当t＞a＋1时，f＜0，作出函数f的图象如上图所示. 由图可知，当0＜b＜ea时，直线y＝b与曲线y＝f的图象有两个交点.故选D. 法二：画出函数y＝ex的图象如右图所示，根据直观即可判定点在曲线下方且在x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0＜b＜ea.故选D. (2)由题意知，y'＝－2sin(2x＋)，所以k＝y'＝－2sin(2×＋)＝－2sin＝－. 1.导数的几何意义的应用：利用导数的几何意义可以求出曲线上任意一点处的切线方程y－y0＝f'(x0)(x－x0)，明确“过点P(x0，y0)的曲线y＝f(x)的切线方程”与“在点P(x0，y0)处的曲线y＝f(x)的切线方程”的异同点. 2.围绕着切点有三个等量关系：切点(x0，y0)，则k＝f'(x0)，y0＝f(x0)，(x0，y0)满足切线方程，在求解参数问题中经常用到. 对点练1.(1)若过点P(－1，m)可以作三条直线与曲线C：y＝xex相切，则实数m的取值范围是(　　) A.(－，＋∞) B.(－，0) C.(0，＋∞) D.(－，－) 学生用书⬇第127页 (2)点P是曲线f(x)＝x2＋2x－3ln x上任意一点，则点P到直线y＝x－4的最短距离为　　　　. 答案：(1)D　(2)3 解析：(1)设切点为(x0，x0)，则切线方程为y＝(x0＋1)(x－x0)＋x0，代入点P坐标化简为m＝(－－x0－1)，即这个方程有三个不等实根，令f(x)＝(－x2－x－1)ex，求导得f'(x)＝(－x－1)(x＋2)ex，令f'(x)＝(－x－1)(x＋2)ex＜0，得x＜－2，或x＞－1；令f'(x)＝(－x－1)(x＋2)ex＞0，得－2＜x＜－1，所以函数在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，故f(－2)＜m＜f(－1)，即m∈(－，－).故选D. (2)由f'(x)＝2x＋2－＝，x＞0，令＝1，解得x＝1，或x＝－(舍去)，又由f(1)＝3，可得斜率为1且与曲线y＝f(x)相切的直线的切点为(1，3)，则点P到直线y＝x－4的最短距离为＝3. 对点练2.已知函数f(x)＝ln x＋a(a＞0)，函数g(x)＝ex. (1)若曲线f(x)在x＝1处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，求实数a的值； (2)若直线y＝kx与曲线f(x)，g(x)都相切，求实数a的值. 解：(1)由已知得f'(x)＝，则f'(1)＝1， 又f(1)＝a，所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x＋a－1. 当x＝0时，y＝a－1，当y＝0时，x＝1－a， 则×｜a－1｜×｜1－a｜＝， 又a＞0，所以a＝2. (2)由已知得g'(x)＝ex. 因为直线y＝kx与曲线f(x)，g(x)均相切， 所以k＞0. 设直线y＝kx与曲线f(x)，g(x)相切的切点分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则＝k，＝k，所以x1＝，x2＝ln k， 可得直线y＝kx与曲线f(x)，g(x)相切的切点分别为(，1)，(ln k，kln k)， 所以 故实数a的值为2. 探究点二　导数的运算 (1)已知函数f(x)的导函数为f'(x)，且满足f(x)＝f'(e)ln x＋2x，则f'(e)＝(　　) A.1 B.－1 C. D.－ (2)在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式.如果函数足够光滑的话，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况之下，泰勒公式可以用这些导数值做系数构建一个多项式来近似函数在一点的邻域中的值，常见的公式有：ex＝1＋x＋x2＋x3＋x4＋…＋xn＋…；sin x＝x－x3＋x5－x7＋…＋(－1)n－1x2n－1＋….则利用泰勒公式估计cos 1的近似值为(精确到0.001)(　　) A.0.536 B.0.540 C.0.544 D.0.549 答案：(1)C　(2)B 解析：(1)由题意知，f'(x)＝f'(e)＋2，所以f'(e)＝f'(e)＋2，解得f'(e)＝.故选C. (2)根据题意，对sin x求导可得cos x＝1－x2＋x4－…＋(－1)n－1x2n－2＋…，因为1－＝0.5，1－＋≈0.541 7，1－＋－≈0.540 3，1－＋－＋≈0.540 3，所以cos 1＝1－×1＋×1－×1＋…≈0.540.故选B. 1.导数的运算是解决一切导数问题的基础，要熟练掌握基本初等函数的求导法则，掌握函数的和、差、积、商的运算法则，复合函数求导的关键是分清层次，逐层求导，求导时不要忘记对内层函数求导. 2.对解析式形如f(x)＝f'(x0)g(x)＋h(x)(x0是常数)的函数求值问题，解题思路为：先求导数f'(x)，然后令x＝x0，解关于f'(x0)的方程，即可得到f'(x0)的值，进而得到f(x)，f'(x)，再进行求解. 学生用书⬇第128页 对点练3.(1)已知函数f(x)＝ex－1＋f'(1)x2＋f(1)x＋1，则f'(2)＝(　　) A.e＋2 B.e－3 C.e－5 D.e－7 (2)设f'(x)是函数f(x)的导函数，若f(x)＝x·ln(2x－1)，则f'(1)＝　　　　. 答案：(1)D　(2)2 解析：(1)令x＝1，得f(1)＝1＋f'(1)＋f(1)＋1，得f'(1)＝－2，所以f'(x)＝ex－1－4x＋f(1).令x＝1，得f'(1)＝1－4＋f(1)＝－2，所以f(1)＝1，所以f'(x)＝ex－1－4x＋1，所以f'(2)＝e－7.故选D. (2)因为f(x)＝x·ln(2x－1)，所以f'(x)＝ln(2x－1)＋·(2x－1)'＝ln(2x－1)＋，则f'(1)＝2. 探究点三　 函数的单调性与导数 已知函数f(x)＝x3－ax－1(a∈R). (1)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围； (2)若函数f(x)的单调递减区间是(－1，1)，求实数a的值； (3)若函数f(x)在区间(－1，1)上单调递减，求实数a的取值范围. 解：(1)由题意知f'(x)＝3x2－a. 因为f(x)在R上是增函数， 所以f'(x)≥0恒成立，即a≤3x2恒成立， 故a≤(3x2)min＝0. 经检验，当a＝0时，符合题意， 故实数a的取值范围是(－∞，0]. (2)f'(x)＝3x2－a. 因为f(x)的单调递减区间是(－1，1)， 所以不等式3x2－a＜0的解集为(－1，1)， 所以－1和1是方程3x2－a＝0的两个实根， 所以a＝3. (3)f'(x)＝3x2－a. 因为函数f(x)在区间(－1，1)上单调递减， 所以f'(x)≤0在x∈(－1，1)上恒成立， 即a≥3x2在x∈(－1，1)上恒成立. 又函数y＝3x2在(－1，1)上的值域为[0，3)， 所以a≥3. 故实数a的取值范围为[3，＋∞). 　　利用导数判断函数的单调性是解决一切应用问题的基础，一般按照求导、通分、因式分解、分类讨论的思路研究函数的单调性，从而掌握函数图象的变化趋势，达到解决问题的目的. 对点练4.已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求实数a的取值范围. 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f'(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1， 由于φ'(x)＝ex＋2＞0，故f'(x)在R上单调递增，注意到f'(0)＝0， 故当x∈(－∞，0)时，f'(x)＜0，f(x)在(－∞，0)上单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增. (2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0， ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意； ②当x＞0时，分离参数a得a≥－， 记g(x)＝－， g'(x)＝－， 令h(x)＝ex－x2－x－1(x＞0)， 则h'(x)＝ex－x－1， 令t(x)＝h'(x)，x＞0，则t'(x)＝ex－1＞0， 故h'(x)单调递增，h'(x)＞h'(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)＞h(0)＝0， 由h(x)＞0可得ex－x2－x－1＞0恒成立，故当x∈(0，2)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减； 因此，g(x)max＝g(2)＝，故a≥. 综上可得，实数a的取值范围为. 学生用书⬇第129页 探究点四　 函数的极值、最值与导数 已知函数f(x)＝－ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的极值； (2)求f(x)在上的最大值g(a). 解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞). 因为f(x)＝－ln x， 所以f'(x)＝. ①当a≤0时，f'(x)＜0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，此时f(x)无极值. ②当a＞0时，令f'(x)＞0，解得0＜x＜a，令f'(x)＜0，解得x＞a， 所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减， 此时f(x)的极大值为f(a)＝－ln a，无极小值. (2)由(1)知当a≤时，f(x)在上单调递减， g(a)＝f(x)max＝f＝2－ae； 当＜a＜e时，f(x)在上单调递增，在(a，e]上单调递减， g(a)＝f(x)max＝f(a)＝－ln a； 当a≥e时，f(x)在上单调递增， g(a)＝f(x)max＝f(e)＝－. 综上，当a≤时，g(a)＝2－ae； 当＜a＜e时，g(a)＝－ln a； 当a≥e时，g(a)＝－. 利用导数求函数极值、最值的三个注意点 1.求单调区间时，应先求函数的定义域，遵循定义域优先的原则. 2.当f'(x0)＝0时，x0不一定是极值点. 3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时应分类讨论. 对点练5.已知函数f(x)＝. (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a＞0时，求函数f(x)在区间[0，1]上的最大值. 解：(1)当a＝1时，f(x)＝，x∈R，f'(x)＝， 令f'(x)＞0，解得x＜0；令f'(x)＜0，解得x＞0. 所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减. (2)由f(x)＝，得f'(x)＝， 令f'(x)＝0，解得x＝1－＜1. ①当1－≤0，即0＜a≤1时，f'(x)≤0对任意x∈[0，1]恒成立， 所以f(x)在[0，1]上单调递减，f(x)max＝f(0)＝1； ②当0＜1－＜1，即a＞1时，当x变化时，f'(x)，f(x)在(0，1)上的变化情况如下表所示： x (0，1－) 1－ (1－，1) f'(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 所以f(x)max＝f(1－)＝. 综上，当0＜a≤1时，f(x)max＝1； 当a＞1时，f(x)max＝. 学生用书⬇第130页 探究点五　与导数有关的综合问题 已知函数f(x)＝xln x. (1)求f(x)的最小值； (2)若对任意的x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围； (3)若关于x的方程f(x)＝b恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围. 解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f'(x)＝1＋ln x，令f'(x)＞0，解得x＞； 令f'(x)＜0，解得0＜x＜，故f(x)在上单调递减，在上单调递增， 故f(x)min＝f＝ln ＝－. (2)当x≥1时，f(x)≥ax－1恒成立， 等价于x ln x≥ax－1(x≥1)恒成立， 等价于a≤ln x＋(x≥1)恒成立. 令g(x)＝ln x＋，则当x≥1时a≤g(x)min. 因为g'(x)＝－＝， 所以当x≥1时，g'(x)≥0， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝1， 所以a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]. (3)若关于x的方程f(x)＝b恰有两个不相等的实数根， 则y＝b的图象和y＝f(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点. 由(1)知f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f＝ln ＝－， 又当0＜x＜时，f(x)＜0，当x＞1时，f(x)＞0， 故当－＜b＜0时，满足y＝b的图象和y＝f(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点， 即若关于x的方程f(x)＝b恰有两个不相等的实数根， 则－＜b＜0，即b∈. 所以实数b的取值范围为(－，0). 1.与导数有关的综合问题是指：利用导数研究函数的零点、方程的根、证明不等式、恒(能)成立以及解决实际问题等.一般伴随着分类讨论、数形结合、构造函数等数学中的思想方法，关键是分类讨论时，是否做到了不重不漏；数形结合时是否掌握了函数图象的变化趋势；构造函数时是否合理等. 2.通过利用导数解决实际问题，培养数学建模核心素养，通过解决函数方程问题，提升逻辑推理、直观想象及数学运算等核心素养. 对点练6.已知函数f(x)＝ex－xln x－ax－1(a∈R)有两个零点. (1)求实数a的取值范围； (2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＞2.(取ee－1＝5.6) 解：(1)由f(x)＝0，得－ln x－a＝0， 设g(x)＝－ln x－a，则g'(x)＝，x＞0， 因为ex－1＞0，所以当0＜x＜1时，g'(x)＜0，当x＞1时，g'(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1). 又f(x)有两个零点，即g(x)有两个零点，所以g(1)＝e－1－a＜0，所以a＞e－1. 因为g(e－a)＝，且0＜e－a＜1， 所以g(e－a)＞0， 即g(x)在(e－a，1)上有一个零点， 令y＝ex－3x，则y'＝ex－3.当x∈(ln 3，＋∞)时，y'＞0，函数单调递增， g(ea)＝－e－a－2a＞ea－a＋1－1－2a＝ea－3a＞ee－1－3(e－1)＞5.6－3×1.8＞0， 即g(x)在(1，ea)上有一个零点，满足题意， 所以实数a的取值范围是(e－1，＋∞). (2)证明：不妨设x1＜x2，由(1)知g(x1)＝g(x2)＝0，则x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x1∈(1，2)， 又g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以x1＋x2＞2等价于g(x2)＞g(2－x1)， 即g(x1)＞g(2－x1)， 设h(x)＝g(x)－g(2－x)， 则h'(x)＝g'(x)＋g'(2－x)＝(x－1)［－］. 设u(x)＝，则u'(x)＝， 设v(x)＝(x－2)ex＋2，则v'(x)＝(x－1)ex， 当0＜x＜1时，v'(x)＜0，v(x)单调递减， 当x＞1时，v'(x)＞0，v(x)单调递增， 又v(0)＝0，v(1)＝2－e＜0，v(2)＝2＞0， 所以存在x0∈(1，2)，使得v(x0)＝0， 当0＜x＜x0时，v(x)＜0，即u'(x)＜0， 当x＞x0时，v(x)＞0，即u'(x)＞0， 所以u(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增. 又u(1)＝e－1，u(2)＝＜e－1， 所以当0＜x＜1时，u(x)＞e－1，当1＜x＜2时，u(x)＜e－1，所以当0＜x＜1时，h'(x)＝(x－1)[u(x)－u(2－x)]＜0，h(x)单调递减. 因为x1∈(0，1)，所以h(x1)＞h(1)＝g(1)－g(1)＝0， 所以g(x1)＞g(2－x1)，即原命题得证. 学生用书⬇第131页 (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'＝ ， 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. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P81T5)求曲线y＝在点M(π，0)处的切线方程. 点评：本高考题和教材习题非常类似，给出的函数都是分式函数，都属于简单的求切线方程问题. (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) 答案：B 解析：f(x)＝x3＋ax＋2，则f'(x)＝3x2＋a，若f(x)存在 3 个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则 a＜0，令f'(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或x＝ ，且当x∈∪(，＋∞)时，f'(x)＞0，当x∈时，f'(x)＜0，故f(x)的极大值为f，极小值为f，若f(x)要存在 3 个零点，则解得a＜－3.故选B. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P104T19)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. 点评：本高考题与教材题目问法一致，都是已知函数零点的个数求参数的取值范围问题，解题思路及方法相似. (多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A.x＝3是f(x)的极小值点 B.当0＜x＜1时，f(x)＜f(x2) C.当1＜x＜2时，－4＜f(2x－1)＜0 D.当－1＜x＜0时，f(2－x)＞f(x) 答案：ACD 解析：因为f＝(x－4)，所以f'＝2(x－1)＋＝3，令f'(x)＝0，解得x＝1，或x＝3，当x＜1，或x＞3时，f'(x)＞0，当1＜x＜3时，f'(x)＜0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，故A正确；当0＜x＜1时，x－x2＝x＞0，即0＜x2＜x＜1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f＜f，故B错误；当1＜x＜2时，1＜2x－1＜3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)＜f(2x－1)＜f(1)＝0，故C正确；当－1＜x＜0时，f－f＝－(x－4)＝－＝＝－2＞0，所以f(2－x)＞f(x)，故D正确.故选ACD. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P91例5)求函数f(x)＝x3－4x＋4的极值. 点评：本高考题与教材例题给定的函数都是三次函数，而且都是与单调性、极值等相关联的问题，解题方法完全相同. (2024·新课标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，令f(x)＝ex＋x，则f'＝ex＋1，所以f'＝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'＝，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. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P104T13)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. 点评：本高考题与教材习题都是考查曲线的切线问题，解题方法高度相似. (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； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. 解：(1)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：法一：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)＞2ln a＋，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g'(a)＝2a－＝， 令g'(a)＜0，则0＜a＜；令g'(a)＞0，则a＞； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln＝ln＞0，则当a＞0时，g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立. 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， 所以要证f(x)＞2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0， 令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)， 则g'(a)＝2a－＝， 令g'(a)＜0，则0＜a＜；令g'(a)＞0，则a＞； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln＝ln＞0，则g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P104T18)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m).当m≤2时，求证f(x)＞0. 点评：本高考题与教材复习参考题都是考查与指数函数有关的恒(能)成立问题，解题思路类似、方法相同. 学生用书⬇第132页 (2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 解：(1)当a＝1时，f＝ex－x－1，则f'＝ex－1， 则f'(1)＝e－1. 又f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)易知函数f(x)的定义域为R，f'＝ex－a. 当a≤0时，f'(x)＞0，函数f(x)在R上单调递增，无极值； 当a＞0时，由f'＞0，得x＞ln a，由f'(x)＜0，得x＜ln a， 所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f＝a－aln a－a3. 由题意知a－aln a－a3＜0(a＞0)，等价于1－ln a－a2＜0(a＞0). 令g＝1－ln a－a2(a＞0)， 则g'＝－－2a＜0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，　 又g(1)＝0，故当0＜a≤1时，g(a)≥0；当a＞1时，g(a)＜0. 故实数a的取值范围为(1，＋∞). (2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， f'＝2ln＋－1＝2ln－＋1. 易知f'(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f'(0)＝0， 所以当x∈(－1，0)时，f'(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，f'(x)＞0， 所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值. (2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， 则f'＝－aln－， 设g(x)＝－aln(1＋x)－， 则g'＝－－. 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. 当a≤－，x≥0时，g'≥－＝≥0， 所以f'(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f'≥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. 学科网（北京）股份有限公司 $