微专题5三次函数的图象与性质课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“三次函数的导数及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了单调性判断、极值求解、零点分析三大核心考点，通过近五年模拟题与真题统计，明确了极值点参数范围、闭区间最值等高频题型的考查权重，构建了从导数分析到性质应用的完整解题体系。 课件亮点在于“真题导向+素养融合+技巧突破”，如以2025年江苏苏州模拟题为例，通过导数零点存在性定理分析极值点唯一性，培养数学思维；结合牛顿迭代法应用题，训练数学语言表达。特设“易错警示”（如极值符号判断失误）和“步骤模板”，帮助学生高效掌握得分技巧，教师可据此精准定位复习重点，提升学生高考冲刺能力。

第3章 一元函数的导数及其应用 微专题5：三次函数的图象与性质 2027届高考一轮复习 数学 1 设F(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，则F'(x)=3ax2+2bx+c是二次函数. 可能有以下三种情形: 情形1函数F'(x)没有零点，F'(x)在(-∞，+∞)上不变号，如图1. (1)若a>0，则F'(x)恒为正，F(x)在(-∞，+∞)上单调递增. (2)若a<0，则F'(x)恒为负，F(x)在(-∞，+∞)上单调递减. 名师导学第一轮总复习 高三数学 2 情形2函数F'(x)有一个零点x=w，如图2. (1)若a>0，则F'(x)在(-∞，w)∪(w，+∞)上恒为正，F(x)在(-∞，+∞)上单调递增. (2)若a<0，则F'(x)在(-∞，w)∪(w，+∞)上恒为负，F(x)在(-∞，+∞)上单调递减. 名师导学第一轮总复习 高三数学 3 情形3函数F'(x)有两个零点x=u和x=v，设u<v，如图3，根据二次函数的性质可得: (1)若a>0，则F'(x)在(-∞，u)和(v，+∞)上为正，在(u，v)上为负，对应地，F(x)在(-∞，u)上递增，在(u，v)上递减，在(v，+∞)上递增. 可见F(x)在x=u处取极大值，在x=v处取极小值. (2)若a<0，则F'(x)在(-∞，u)和(v，+∞)上为负， 在(u，v)上为正，对应地，F(x)在(-∞，u)上递减， 在(u，v)上递增，在(v，+∞)上递减. 可见F(x)在x=u处取极小值，在x=v处取极大值. 名师导学第一轮总复习 高三数学 例1　(1)(2025·江苏苏州·模拟预测)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2，若f(x)在(-1，1)有唯一的极值点且为极大值点，则a的取值范围为　　　　　　.  (-9，3) [解析] 函数f(x)=x3-3x2+ax+2，则f'(x)=3x2-6x+a， 因为f(x)在(-1，1)有唯一的极值点且为极大值点， 所以根据零点的存在性定理得f'(-1)·f'(1)<0， f'(x)=3x2-6x+a的图象是开口向上的抛物线，对称轴为 x= - =1， 由于对称轴x=1在区间(-1，1)右侧， 名师导学第一轮总复习 高三数学 5 要使f'(x)在(-1，1)内有唯一的变号零点，则需满足 而f'(-1)=3×(-1)2-6×(-1)+a=3+6+a=9+a， f'(1)=3×12-6×1+a=3-6+a=a-3， 则不等式组可化为 解得-9<a<3， 综上，a的取值范围为(-9，3). 名师导学第一轮总复习 高三数学 6 (2)求函数f(x)=x3+x2-2x+1在区间[-2，1]上的最大值和最小值. [解析] 求导得f'(x)=3x2+x-2.令f'(x)=0，则x1=-1，x2=. 由于x1和x2都在区间[-2，1]内，所以可列表如下: x [-2，-1) -1 f'(x) + 0 - 0 + f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增 名师导学第一轮总复习 高三数学 7 又f(-2)=-1，f(1)=， 将它们与极值比较可得，该函数在[-2，1]上的最大值为，最小值为-1. 名师导学第一轮总复习 高三数学 8 [小结]1.利用导数判断三次函数单调性的步骤: (1)求导数y=f'(x). (2)解不等式f'(x)>0,函数在解集与定义域的交集上单调递增. (3)解不等式f'(x)<0,函数在解集与定义域的交集上单调递减. 2.三次函数极值和极值点的求解步骤 (1)求导数y=f'(x). (2)求方程f'(x)=0的根. (3)用方程f'(x)=0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并列成表格. (4)由f'(x)在方程f'(x)=0的根左右的符号,来判断f(x)在这个根处取极值的情况. 名师导学第一轮总复习 高三数学 9 3.三次函数在闭区间上的最值的求解步骤 (1)求导数y=f'(x). (2)解方程f'(x)=0. (3)求极值、端点处的函数值,确定最值. 名师导学第一轮总复习 高三数学 10 【针对训练】 1.(2025高三·上海·月考)已知函数y=x3-x2-3x+a，a∈R在区间(t-4，t+4)上有最大值，则实数t的取值范围是(　　) A.(-5，1) B.(-5，1] C.(-5，3) D.(-5，3] B [解析] 由f(x)=x3-x2-3x+a得f'(x)=x2-2x-3=(x+1)(x-3)， 则f'(x)>0得x<-1或x>3;f'(x)<0得-1<x<3， 则f(x)在(-∞，-1)和(3，+∞)上单调递增， 在(-1，3)上单调递减，又f(-1)=f(5)， 则f(x)在区间(t-4，t+4)上有最大值时有t-4<-1，-1<t+4≤5， 得-5<t≤1，则实数t的取值范围是(-5，1].故选B. 名师导学第一轮总复习 高三数学 11 2.(多选)已知函数f(x)=ax3-bx+2，则(　　) A.f(x)的值域为R B.f(x)图象的对称中心为(0，2) C.当b-3a>0时，f(x)在区间(-1，1)内单调递减 D.当ab>0时，f(x)有两个极值点 BD [解析] A选项:当a，b至少一个不为0，则函数f(x)为三次函数或者一次函数， 值域均为R;当a，b均为0时，值域为{2}，故A错误; B选项:函数g(x)=f(x)-2=ax3-bx满足g(-x)=-ax3+bx=-g(x)，可知g(x)为奇函数， 其图象关于(0，0)中心对称，因为f(x)的图象为g(x)的图象向上移动两个单位后得到的，所以关于(0，2)中心对称，故B正确; 名师导学第一轮总复习 高三数学 12 C选项:f'(x)=3ax2-b，当b-3a>0时，取a=-1，b=-1，当x∈时，f'(x)=-3x2+1>0，f(x)在区间上单调递增，C选项错误; D选项:f'(x)=3ax2-b，当ab>0时，f'(x)=3ax2-b=0有两个不相等的实数根， 所以函数f(x)有两个极值点.故D正确.故选BD. 名师导学第一轮总复习 高三数学 13 2.利用极值研究三次函数的零点 例2　(1)(多选)设f(x)=x3+bx2+cx+d，又k是一个常数，若当k<0或k>4时，f(x)-k=0只有一个实根;当0<k<4时，f(x)-k=0有三个相异实根，则下列命题正确的是(　 　) A.f(x)-4=0和f'(x)=0有一个相同的实根 B.f(x)=0和f'(x)=0有一个相同的实根 C.f(x)+3=0的任一实根大于f(x)-1=0的任一实根 D.f(x)+5=0的任一实根小于f(x)-2=0的任一实根. ABD [解析] ∵f(x)=x3+bx2+cx+d，当k<0或k>4时，f(x)-k=0只有一个实根， 当0<k<4时，f(x)-k=0有三个相异实根，故函数既有极大值，又有极小值， 名师导学第一轮总复习 高三数学 14 且极大值为4，极小值为0，且极大值点小于极小值点， 故f(x)-4=0与f'(x)=0有一个相同的实根，即极大值点，故A正确; f(x)=0与f'(x)=0有一个相同的实根，即极小值点，故B正确; f(x)+3=0有一实根小于函数最小的零点， f(x)-1=0有三个实根均大于函数最小的零点，故C错误; f(x)+5=0有一实根小于函数最小的零点， f(x)-2=0有三个实根均大于函数最小的零点，故D正确.故选ABD. 名师导学第一轮总复习 高三数学 15 (2)(2025·湖南·二模)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有三个不同的零点x1，x2，x3. (ⅰ)若a=1，b=-1，求c的取值范围; (ⅱ)若a=，b>0，x1=0，且对任意x∈[x2，x3](x2<x3)都有f(x)>f(-1)恒成立，求实数b的取值范围; (ⅲ)若a=b>0，c=0，比较f(x)的极小值与-1的大小. [解析] (ⅰ)a=1，b=-1时，f(x)=x3+x2-x+c，f'(x)=3x2+2x-1=(x+1)(3x-1)， 知x∈(-∞，-1)∪时，f'(x)>0;x∈时，f'(x)<0， 所以f(x)在(-∞，-1)，上单调递增，在上单调递减， 故f(x)的极大值是f(-1)=1+c，f(x)的极小值是f=-+c， 名师导学第一轮总复习 高三数学 16 由f(x)有三个零点知解得-1<c<. (ⅱ)由x1=0知c=0，所以f(x)=x3+x2+bx=x， 所以x2，x3是方程x2+x+b=0的两个根， 即有Δ=-4b>0，得0<b<，x2+x3=-，x2x3=b>0， 所以x2<0，x3<0，由x2<x3，得x2=--x3<x3⇒0>x3>->-1， ①x2≤-1<x3时，f(-1)=-(-1-x2)(-1-x3)≥0=f(x2)， 则此时f(x)>f(-1)不成立; 名师导学第一轮总复习 高三数学 17 ②-1<x2<x3时，f(x)=x(x-x2)(x-x3)≥0， 所以只需f(-1)<0，即-1+-b<0，解得b>. 综上可知<b<. (ⅲ)当a=b，c=0时，f(x)=x3+ax2+ax，f'(x)=3x2+2ax+a， 由f(x)有三个零点知f'(x)=0有两个不相等的解，记为t1，t2(设t1<t2)， 所以有Δ=4a2-12a>0，得a>3(a<0舍去)， 由求根公式知t1=，t2=， f(x)在(-∞，t1)，(t2，+∞)上单调递增，在(t1，t2)上单调递减， 名师导学第一轮总复习 高三数学 18 所以f(x)的极小值为f(t2)=+a+at2， 由f'(t2)=0，得3+2at2+a=0，得a= ， 代入得f(t2)=- - = ， 由t2= 及a>3知t2>-1， 考虑函数g(x)= ，x>-1，g'(x)= <0， 所以g(x)在(-1，+∞)上单调递减， 所以g(x)<g(-1)=-1，所以f(t2)<-1，所以f(x)的极小值小于-1. 名师导学第一轮总复习 高三数学 19 [小结]判断三次函数f(x)的零点情况的思路 (1)求导数f'(x)及函数f'(x)的零点. (2)用f'(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f'(x)在各个区间上的正负,并得出f(x)的单调性与极值. (3)画出f(x)的大致图象. (4)分析函数f(x)的零点情况. 名师导学第一轮总复习 高三数学 20 【针对训练】 3.(2025·云南·一模)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c，其导函数f'(x)的图象关于直线x=-对称，且f'(1)=0.若函数y=f(x)有三个零点，则实数c的取值范围是(　　) A. B. C. D.∪(0，+∞) C [解析] 因为f(x)=x3+ax2+bx+c，所以f'(x)=3x2+2ax+b， 因为f'(x)的图象关于直线x=-对称，所以x=-=-，所以a=， 名师导学第一轮总复习 高三数学 21 又f'(1)=3+2a+b=3+2×+b=0，解得b=-6， 所以f(x)=x3+x2-6x+c，所以f'(x)=3x2+3x-6=3(x+2)(x-1)， 当x<-2或x>1时，f'(x)>0，f(x)单调递增; 当-2<x<1时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x=-2时，f(x)取到极大值f(-2)=-8+6+12+c=10+c， 当x=1时，f(x)取到极小值f(1)=1+-6+c=-+c，函数y=f(x)有三个零点， 所以解得-10<c<.故选C. 名师导学第一轮总复习 高三数学 22 4.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a<0)在x=0处取得极值-1. (1)设点A(-a，f(-a))，求证:过点A的切线有且只有一条，并求出该切线方程; (2)若过点(0，0)可作曲线y=f(x)的三条切线，求a的取值范围; (3)设曲线y=f(x)在点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))(x1≠x2)处的切线都过点(0，0)，证明:f'(x1)≠f'(x2). 名师导学第一轮总复习 高三数学 23 (1)设点A(-a，f(-a))，求证:过点A的切线有且只有一条，并求出该切线方程; [解析] (1)证明:由f(x)=x3+ax2+bx+c(a<0)，得f'(x)=x2+2ax+b， 由题意可得所以，f(x)=x3+ax2-1. 此时，f'(x)=x2+2ax， 当x<0时，f'(x)>0，此时函数f(x)单调递增， 当0<x<-2a时，f'(x)<0，此时函数f(x)单调递减， 所以，函数f(x)在x=0处取得极大值-1. 设切点为(x0，y0)，则切线方程为y-y0=f'(x0)(x-x0)， 名师导学第一轮总复习 高三数学 24 即y--a+1=(+2ax0)(x-x0)， 即为y=(+2ax0)x--a-1， 将点(-a，f(-a))的坐标代入方程可得+3a+3a2x0+a3=0， 即(x0+a)3=0，所以x0=-a，即点A为切点，且切点是唯一的， 故切线有且只有一条. 所以切线方程为a2x+y+a3+1=0. 名师导学第一轮总复习 高三数学 25 (2)因为切线方程为y=(+2ax0)x--a-1， 把点(0，0)的坐标代入切线方程可得+a+1=0， 因为有三条切线，故方程+a+1=0有三个不同的实根. 设g(x)=x3+ax2+1(a<0)，g'(x)=2x2+2ax， 令g'(x)=2x2+2ax=0，可得x=0和x=-a. 当x∈(-∞，0)时，g'(x)>0，g(x)为增函数， 当x∈(0，-a)时，g'(x)<0，g(x)为减函数， 当x∈(-a，+∞)时，g'(x)>0，g(x)为增函数， (2)若过点(0，0)可作曲线y=f(x)的三条切线，求a的取值范围; 名师导学第一轮总复习 高三数学 26 所以，函数g(x)在x=0处取得极大值， 且g(x)极大值=g(0)=1>0， 函数g(x)在x=-a处取得极小值，且g(x)极小值=g(-a)=-a3+a3+1=+1， 因为方程g(x)=0有三个根，则g(-a)=+1<0，解得a<-， 因为g=a×<0，g(-3a)=-9a3+1>0， 由零点存在定理可知，函数g(x)有三个零点， 综上所述，a<-. 名师导学第一轮总复习 高三数学 27 (3)证明:假设f'(x1)=f'(x2)，则+2ax1=+2ax2，则(x1-x2)(x1+x2+2a)=0， 因为x1≠x2，所以x1+x2=-2a. 由(2)可得两式相减可得(-)+a(-)=0. 因为x1≠x2，故(+x1x2+)+a(x1+x2)=0. 把x1+x2=-2a代入上式可得，+x1x2+=3a2， (3)设曲线y=f(x)在点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))(x1≠x2)处的切线都过点(0，0)，证明:f'(x1)≠f'(x2). 名师导学第一轮总复习 高三数学 28 所以(x1+x2)2-x1x2=3a2，(-2a)2-x1x2=3a2，所以x1x2=a2. 又由x1x2<==a2，这与x1x2=a2矛盾. 所以假设不成立，即证得f'(x1)≠f'(x2). 名师导学第一轮总复习 高三数学 29 3.“牛顿法”及其应用 例3　(1)(多选)英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法—牛顿迭代法，做法如下:如图，设r是f(x)=0的根，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l:y-f(x0)=f'(x0)(x-x0)，则l与x轴的交点的横坐标x1=x0-(f'(x0)≠0)，称x1是r的第一次近似值;过点(x1，f(x1))作曲线y=f(x)的切线，则该切线与x轴的交点的横坐标为x2，称x2是r的第二次近似值;重复以上过程，得到r的近似值序列，其中xn+1=xn-(f'(xn)≠0)，称xn+1是r的n+1次近似值，这种求方程f(x)=0近似解的方法称为牛顿迭代法. 若使用该方法求方程x2-3=0的近似解，记f(x)=x2-3，则(　　) 名师导学第一轮总复习 高三数学 30 A.若取初始近似值为1，则过点(1，f(1))的曲线y=x2-3的切线为y=2x-4 B.若取初始近似值为1，则该方程解的第二次近似值为 C.x3=x0-+- D.xn+1=x0----…- √ √ √ 名师导学第一轮总复习 高三数学 31 [解析] 因为函数f(x)=x2-3，则f'(x)=2x，取初始近似值x0=1，f(x0)=-2，f'(x0)=2， 则y-(-2)=2(x-1)，即y=2x-4，故A正确; x0=1⇒x1=x0-=1-=2，x2=x1-=2-=，故B正确; 根据题意，可知x1=x0-，x2=x1-，x3=x2-，…，xn+1=xn-， 上述式子相加，得xn+1=x0----…-， 所以x3=x0---，故C错误，D正确.故选ABD. 名师导学第一轮总复习 高三数学 32 (2)(2025高三上·安徽六安·月考)牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.具体做法如下:先在x轴找初始点P0(x0，0)，然后作y=f(x)在点Q0(x0，f(x0))处的切线，切线与x轴交于点P1(x1，0)，再作y=f(x)在点Q1(x1，f(x1))处的切线(Q1P1⊥x轴，以下同)，切线与x轴交于点P2(x2，0)，再作y=f(x)在点Q2(x2，f(x2))处的切线，一直重复，可得到一列数:x0，x1，x2，…，xn.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求xn，若设精度为ε，则把首次满足|xn-|<ε的xn称为r的近似解. 名师导学第一轮总复习 高三数学 33 ①设f(x)=x3+x2+1，试用牛顿法求方程f(x)=0满足精度ε=0.4的近似解(取x0=-1，且结果保留小数点后第二位); ②如上图，设函数g(x)=2x; (ⅰ)由以前所学知识，我们知道函数g(x)=2x没有零点，你能否用上述材料中的牛顿法加以解释? (ⅱ)若设初始点为P0(0，0)，类比上述算法，求所得前n个三角形△P0Q0P1，△P1Q1P2，…，△Pn-1Qn-1Pn的面积和. [解析] ①由函数f(x)=x3+x2+1，则f'(x)=3x2+2x，切线斜率k1=f'(-1)=1，f(-1)=1，那么在x0=-1点处的切线方程为y-1=x+1， 所以x1=-2，且|x1-x0|≥0.5，k2=f'(-2)=8，f(-2)=-3， 名师导学第一轮总复习 高三数学 34 那么在x1=-2点处的切线方程为y+3=8(x+2)， 所以x2=-≈-1.63，且|x2-x1|<0.4， 故用牛顿法求方程f(x)=0满足精度ε=0.4的近似解为-1.63. ②(ⅰ)设(，0)，则(，g())， 因为g(x)=2x，所以g'(x)=2xln 2， 则(，g())处的切线为y=×ln 2×(x-xn-1)+， 切线与x轴相交得Pn(xn，0)，xn-xn-1=-，即|xn-xn-1|=为定值， 根据牛顿法，此函数没有零点. 名师导学第一轮总复习 高三数学 35 (ⅱ)因为x0=0得xn-1=-， 所以|P0P1|=|P1P2|=|P2P3|=…|Pn-1Pn|=，g(xn-1)==()n-1= ， 所以++…+ = × = = · = ·= log4e. 故所得前n个三角形△P0Q0P1，△P1Q1P2，…，△Pn-1Qn-1Pn的面积和为log4e. 名师导学第一轮总复习 高三数学 36 [小结](1)牛顿迭代法亦称切线法,牛顿迭代法是求函数零点近似解的另一种方法,若定义xk(k∈N)是函数零点近似解的初始值,过点Pk(xk,f(xk))的切线为y=f'(xk)(x-xk)+f(xk),切线与x轴交点的横坐标xk+1,即为函数零点近似解的下一个初始值,以此类推,满足精度的初始值即为函数零点的近似解. (2)本题第二问的关键在于根据xn-xn-1=-,再结合牛顿法得到xn-1=-. 名师导学第一轮总复习 高三数学 37 【针对训练】 5.设函数f(x)=x2-2，满足x0=2，应用牛顿迭代法，则x2=(　　) A. B. C. D. C 名师导学第一轮总复习 高三数学 38   [解析] 根据题意，由f(x)=x2-2可得f'(x)=2x，则f'(x0)=f'(2)=4， 又f(2)=2，所以过点(2，2)的切线为y=4(x-2)+2， 令y=0，可得x=，即x1=. 同理f'(x1)=f'=3，f=-2= ， 所以过点的切线为y=3+， 令y=0，可得x= ，即x2= . 故选C. 名师导学第一轮总复习 高三数学 39 6.(2025·内蒙古呼和浩特·二模)17世纪，牛顿在《流数法与无穷级数》 一书中，给出了代数方程的一种数值解法:如图所示，我们想要找到f(x)=0的根，即A点的横坐标，则可以先在A点附近取一个初始值， 比如x0，然后在以x0为横坐标的B点处作一条切线，并求出该切线与 x轴的交点横坐标x1，此时，我们会发现x1比初始值x0更接近A点. (1)根据牛顿迭代法，求x1; 如果重复这个过程，不断绘制切线并计算其与x轴的交点，依次迭代下去， 我们将得到x2，x3，x4，…，xn+1，根据给定的精确度ξ，直到求得满足精度|xn+1-xn|<ξ 的近似解xn+1为止(n∈N).这就是牛顿迭代法(切线法)的原理.已知f(x)=ex-x2，取x0=1. (2)求xn+1与xn的关系式(n∈N); (3)牛顿迭代法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取曲线的切线或割线.若g(x)=xln x-x2+(e-1)x+1，求证:f(x)≥g(x). (注:ln 4=1.386) 名师导学第一轮总复习 高三数学 40 [解析] (1)f(x)=ex-x2，x∈R，f'(x)=ex-2x， 当x0=1时，f(x0)=e-1，f'(x0)=-2x0=e-2， 因此切线l:y-(e-1)=(e-2)(x-1)， 令y=0，可得x1=-+1=. (1)根据牛顿迭代法，求x1; 名师导学第一轮总复习 高三数学 41 [解析](2)当切点为(xn，f(xn))时切线方程为l:y-f(xn)=f'(xn)(x-xn). 令y=0，可得:xn+1=-+xn= -+xn= = (n∈N)， 即xn+1= (n∈N). (2)求xn+1与xn的关系式(n∈N); 名师导学第一轮总复习 高三数学 42 [解析](3)证明:由(1)知，函数f(x)的图象在(1，e-1)处的切线方程为y=(e-2)x+1. ①先证:当x>0，f(x)的图象恒在切线y=(e-2)x+1的上方， 即当x>0时，ex-x2≥(e-2)x+1，即ex-x2-(e-2)x-1≥0. 令h(x)=ex-x2-(e-2)x-1，则h(0)=h(1)=0， 易知h'(x)=ex-2x-(e-2)，令m(x)=h'(x)=ex-2x-(e-2)， 可得m'(x)=ex-2，易知m'(ln 2)=0， (3)牛顿迭代法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取曲线的切线或割线. 若g(x)=xln x-x2+(e-1)x+1，求证:f(x)≥g(x). (注:ln 4=1.386) 名师导学第一轮总复习 高三数学 43 ∴h'(x)在区间(0，ln 2)上单调递减，在区间(ln 2，+∞)上单调递增， 又h'(ln 2)=4-e-2ln 2<0，h'(0)=3-e>0，h'(1)=0， ∴存在x0∈(0，ln 2)使得h'(x0)=0， ∴h(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0，1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增. 又h(0)=h(1)=0， ∴当x>0时，h(x)≥0，即ex-x2≥(e-2)x+1，即f(x)≥(e-2)x+1. 名师导学第一轮总复习 高三数学 44 ②下证:(e-2)x+1≥g(x)=xln x-x2+(e-1)x+1. 即(e-2)x+1-[xln x-x2+(e-1)x+1]≥0，即x-1-ln x≥0. 令p(x)=x-1-ln x(x>0)， 则p'(x)=1-=，则p(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，又p(1)=0， 显然当x>0时，p(x)≥0恒成立，即(e-2)x+1≥g(x)恒成立， 由①②可得f(x)≥g(x). 名师导学第一轮总复习 高三数学 45 $