第2章 第10节 导数的应用-【成功方案】2027年高考数学艺术生文化课总复习课件(PPT)

第二章　函数、导数及其应用 第十节　导数的应用 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 教材梳理 01 目 录 诊断自测 02 典例精讲 03 高考再现 04 课时作业 05 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 教材梳理 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 单调递增 单调递减 常 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 < > 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 > < b 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 [a，b] f(a) f(b) f(a) f(b) 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 极值 f(a)，f(b) 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 诊断自测 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 典例精讲 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 高考再现 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 课时作业（十五） 点击进入Word 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 谢谢观看 第二章　函数、导数及其应用 0 返回 知识点1　利用导数研究函数的单调性 在(a，b)内可导函数f(x). f′(x)>0⇒f(x)在(a，b)上为____________函数． f′(x)<0⇒f(x)在(a，b)上为____________函数． f′(x)＝0⇒f(x)在(a，b)上为______函数． [注意]　(1)f′(x)>0(<0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件． (2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件． (3)由f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是f′(x)>0(<0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验． 思考1：若f′(x)在(a，b)内的任意子区间都不恒等于零(允许个别点x0，使f′(x0)＝0)，则f′(x)≥0(≤0)是f(x)在(a，b)内递增(递减)的什么条件？ 提示：充要条件． 思考2：在区间(a，b)内f′(x)的大小与在(a，b)内函数y＝f(x)的图象的“陡峭”和“平缓”有什么关系？ 提示：函数在某一范围内导数的绝对值较大，函数在这个范围内变化得快，其对应函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)即导函数y＝f′(x)在相应范围内是增函数，反之，函数的图象就“平缓”一些． 知识点2　函数的极值 (1)函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)____0，右侧f′(x)____0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值． (2)函数的极大值 函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)____0，右侧f′(x)____0，则点____叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值． 极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 思考：导函数f′(x)的零点与可导函数f(x)的极值点有何关系？ 提示：可导函数f(x)的极值点x0一定是导函数f′(x)的变号零点． 知识点3　函数的最值 (1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在_______上必有最大值与最小值． (2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则_______为函数的最小值，_______为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则_______为函数的最大值，_______为函数的最小值． (3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f(x)在(a，b)内的________； ②将f(x)的各极值与___________进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 思考辨析 1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　) (2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　　) (3)函数的极大值一定大于其极小值．(　　) (4)对可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.(　　) (5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　　) [解析]　(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0. (3)函数的极大值也可能小于极小值． (4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号． [答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√ 教材衍化 2．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(　　) A．(0，1] B．[1，＋∞) C．(－∞，－1] D．[－1，0)∪(0，1] [解析]　由题意知f′(x)＝2x－＝(x>0)，由f′(x)≤0，得0<x≤1.故单减区间为(0，1]. [答案]　A 3．(25－26高三上·湖南常德·开学考试)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．－3是函数y＝f(x)的一个零点 B．－1是函数y＝f(x)的极小值点 C．－2是函数y＝f(x)的极大值点 D．函数y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增 [解析]　根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，不足以说明－3是函数y＝f(x)零点．因为函数y＝f(x)在(－3，－1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以A、B、C不正确，故D正确．故选D. [答案]　D 考题体验 4．(浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　) [解析]　设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合． [答案]　D 5．(多选题)(2026·新高考8省联考)已知函数f(x)＝x ln (1＋x)，则(　　) A．f(x)在(0，＋∞)上单调递增 B．f(x)有两个零点 C．曲线y＝f(x)在点处的切线的斜率为－1－ln 2 D．f(x)是偶函数 [解析]　f(x)＝x ln (x＋1)，所以当x>0时，f′(x)＝ln (x＋1)＋>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以A正确；令x ln (x＋1)＝0，所以x＝0或ln (x＋1)＝0，所以x＝0，故f(x)只有1个零点0，所以B不正确；f′(x)＝ln (x＋1)＋，所以f′＝ln －1＝－1－ln 2，所以C正确；定义域不关于原点对称，所以f(x)不是偶函数，所以D不正确．故选AC. [答案]　AC 6．(2026·青岛检测)已知函数f(x)＝sin 2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a的取值范围是________． [解析]　f′(x)＝2cos 2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sinx－a＝－4sin2x－4sinx＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立．因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3. [答案]　[3，＋∞) 7．(25－26高二下·湖北·期末)若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围为________________． [解析]　依题意知，当a＝0时，f(x)＝3x2－x＋1，只有两个单调区间，不符合题意，则当a≠0时，f′(x)＝3ax2＋6x－1，因为函数f(x)恰有三个单调区间，即f(x)恰有两个极值点，故f′(x)必有两个不相等的零点，则，解得a>－3且a≠0. [答案]　(－3，0)∪(0，＋∞) 8．已知x＝是函数f(x)＝x(ln ax＋1)的极值点，则实数a的值为(　　) A． B． C．1 D．e [解析]　因为函数f(x)＝x(ln ax＋1)有极值点，所以f′(x)＝(ln ax＋1)＋1＝2＋ln ax.因为x＝是函数f(x)＝x(ln ax＋1)的极值点，所以f′＝2＋ln ＝0.所以ln ＝－2，解得a＝.经检验，a＝符合题意． [答案]　B [例1]　(25－26高二下·贵州贵阳·期末)已知函数f(x)＝ax2－2x－ln x. (1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a； (2)若a>0，讨论f(x)的单调性． [思路点拨]　(1)利用导数的几何意义，在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，即f′(1)＝0代入即可求解； (2)确定函数定义域，求导确定导函数的零点，根据导数确定函数单调性即可． [自主解答]　(1)由题可知函数f(x)定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2ax－2－， 由于函数f(x)＝ax2－2x－ln x在点(1，f(1))处的切线与x轴平行， 所以f′(1)＝0，即2a－3＝0，所以a＝. (2)由(1)可知函数f(x)定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2ax－2－＝(a＞0)， 令g(x)＝2ax2－2x－1， ∵Δ＝4＋8a>0恒成立， 令f′(x)＝0，解得x＝＜0(舍去)或x＝＞0， 若x∈，f′(x)<0，f(x)单调递减； 若x∈，f′(x)>0，f(x)单调递增． [解题心得]　解题“3步骤” (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根； (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由f′(x)的正负确定f(x)在相应子区间上的单调性． [例2]　已知函数f(x)＝－ln x. (1)求f(x)在的单调区间； (2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数). [思路点拨]　(1)可导函数的极值点x0一定满足f′(x0)＝0.(2)方程f(x)＝k的根的个数可以看成y1＝f(x)与y2＝k两函数的交点个数． [自主解答]　(1)f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定义域为(0，＋∞). ∴f′(x)＝－＝， 由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1， ∴f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)由(1)得f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减， ∴f(x)在上的最大值为f(1)＝1－1－ln 1＝0. 又f＝1－e－ln ＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f<f(e). ∴f(x)在上的最小值为f＝2－e. ∴f(x)在上的最大值为0，最小值为2－e. [解题心得]　掌握求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法 (1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值； (2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成； (3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到． [例3]　(25－26高二下·北京丰台·期末)已知函数f(x)＝x3－3x. (1)求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)求f(x)在区间[－1，2]上的最小值和最大值； (3)写出不等式|f(x)|>2的解集．(不用说明理由) [思路点拨]　(1)计算f′(0)，f(0)，然后根据点斜式求出方程即可； (2)利用导数判断函数单调性，然后计算； (3)根据(2)的结果，判断函数的单调性，然后计算可得f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(－2)＝－2，f(2)＝2，判断即可． [自主解答]　(1)f(x)定义域为R，f′(x)＝3x2－3，f′(0)＝－3，又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝－3x. (2)令f′(x)＝0得，x＝±1， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－1，1) 1 (1，2) f′(x) － 0 ＋ f(x)  －2  又因为f(－1)＝2，f(2)＝2， 所以f(x)在区间[－1，2]上的最小值为－2，最大值为2. (3)由(2)可知，函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)单调递增，在(－1，1)单调递减，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(－2)＝－2，f(2)＝2，所以不等式|f(x)|>2的解集为{x|x<－2或x>2}． [解题心得]　1.熟记运用导数解决函数极值问题的一般流程 2．掌握已知函数极值点或极值求参数的2个要领 列式 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解 验证 因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性 1．(2026·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝的最大值为1，则a＝(　　) A． B．1 C． D．2 [解析]　由选项知a>0，则定义域为R，由f(0)＝≤1(a>0)，解得a≥1.验证：当a＝1时，由不等式ex≥x＋1可得ex＋1≥x＋2，故f(x)＝≤1，当且仅当x＝0时等号成立，故a＝1满足题意，由选项唯一可得． [答案]　B 2．(多选题)(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) [分析]　求出函数f(x)的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数f(x)在(1，3)上的值域即可判断C，直接作差可判断D. [解析]　因为函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是函数f(x)的极小值点，A正确；当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由上可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，B错误；当1<x<2时，1<2x－1<3，而由上可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，C正确；当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0，所以f(2－x)>f(x)，D正确；故选ACD. [答案]　ACD 3．(多选题)(2024·新课标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 [分析]　A选项，先分析出函数的极值点为x＝0，x＝a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)在(－1，0)，(0，a)，(a，2a)上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的a，b，使得x＝b为f(x)的对称轴，则f(x)＝f(2b－x)为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的a，使得(1，3－3a)为f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解． [解析]　f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，故x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)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f(x)在(0，a)上有一个零点，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a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；f′(x)＝6x(x－a)，a<0时，x∈(a，0)，f′(x)<0，f(x)单调递减，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选项错误；假设存在这样的a，b，使得x＝b为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，根据二项式定理，等式右边(2b－x)3展开式含有x3的项为2C(2b)0(－x)3＝－2x3，于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，所以不存在这样的a，b，使得x＝b为f(x)的对称轴，C选项错误； 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f(x)的对称中心，D选项正确． 法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，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＝，于是该三次函数的对称中心为，由题意(1，f(1))也是对称中心，故＝1⇔a＝2，即存在a＝2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确．故选AD. [答案]　AD 4．(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． [解析]　由题意有f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)， 所以f′(x)＝(x－a)(x－1)＋(x－1)(x－2)＋(x－a)(x－2)， 因为2是函数f(x)极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，得a＝2， 当a＝2时，f′(x)＝2(x－2)(x－1)＋(x－2)2＝(x－2)(3x－4)， 当x∈，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(2，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极小值点，符合题意； 所以f(0)＝－1×(－2)×(－a)＝－2a＝－4. [答案]　－4 5．(2026·天津卷)已知f(x)＝ex－sin x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x∈时，证明f(x)≥1＋. [解]　(1)由于f′(x)＝ex－cos x，x∈R. 所以f(0)＝1，f′(0)＝1－＝， 则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为：y－1＝(x－0)， 即x－3y＋3＝0； (2)令g(x)＝ex－sin x－x－1， 则g′(x)＝ex－cos x－(x∈R)， 当x≥0时，ex≥1，－≤－cos x≤，则 g′(x)＝ex－cos x－≥1－－＝0， 所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(0)＝1－0－0－1＝0， 所以g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即ex－sin x≥x＋1在[0，＋∞)上恒成立； 当－≤x<0时， 令m(x)＝g′(x)＝ex－cos x－， 所以m′(x)＝ex＋sin x，因为y＝ex和y＝sin x在上单调递增， 所以m′(x)＝ex＋sin x在上单调递增， 所以m′(x)＝ex＋sin x≥e＋sin ＝e－sin ， 因为33>23·e，所以>，所以e－＞，由于0<sin <1， 所以m′(x)＝ex＋sin x≥e－－sin >0， 则g′(x)＝ex－cos x－在上单调递增， 则g′(x)＝ex－cos x－<g′(0)＝0，即g′(x)＜0在恒成立， 所以g(x)在上单调递减， 所以g(x)－g(0)＝1－0－0－1＝0， 即g(x)>0在成立， 故ex－sin x≥x＋1在成立， 综上，ex－sin x≥x＋1在上恒成立． 6．(2026·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xex＋ax＋b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－2x＋1. (1)求a，b； (2)当x>0时，f(x＋m)－f(x)>m，求m的取值范围； (3)当x>0时，f(k＋x)＋f(k－x)>2f(k)，求k的最小值． [解]　(1)f(x)＝xex＋ax＋b，x∈R， 由切点(0，f(0))在直线y＝－2x＋1上，也在函数f(x)图象上， 可知f(0)＝－2×0＋1＝1且f(0)＝0·e0＋a·0＋b＝b，可得b＝1； 由f′(x)＝(x＋1)ex＋a，则切线的斜率为f′(0)＝1＋a＝－2， 解得a＝－3； 故a＝－3，b＝1. (2)由(1)知，f(x)＝xex－3x＋1， 则f(x＋m)－f(x)－m＝(x＋m)ex＋m－xex－3(x＋m)＋3x－m ＝(x＋m)ex＋m－xex－4m， 故题意可转化为(x＋m)ex＋m－xex－4m>0对任意x∈R＋恒成立， 令g(x)＝(x＋m)ex＋m－xex－4m，x>0， 则g′(x)＝(x＋m＋1)ex＋m－(x＋1)ex＝ex[(x＋m＋1)em－(x＋1)]， ①当m>0时，由x＋m＋1>x＋1>0且em>1>0， 则(x＋m＋1)em－(x＋1)>0，即g′(x)>0， 则g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为g(0)＝mem－4m， 要使g(x)>0对任意x∈R＋恒成立， 则mem－4m≥0，解得m≥2ln 2； ②当m＝0时，f(x＋m)－f(x)＝0>0不成立； ③当m<0时，0<em<1，x＋m＋1<x＋1，且x＋1>0， 则(x＋m＋1)em－(x＋1)<(x＋1)em－(x＋1)＝(x＋1)·(em－1)<0， 即g′(x)<0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又因为当x→＋∞时，g(x)→－∞，不满足题意； 综上所述，m的取值范围为[2ln 2，＋∞). (3)设F(x)＝f(x＋k)＋f(k－x)－2f(k)，x>0， 则F′(x)＝f′(x＋k)－f′(k－x) ＝(x＋k＋1)ex＋k－(k－x＋1)ek－x ＝(x＋k＋1)ex＋k＋(x－k－1)ek－x， 令τ(x)＝(x＋k＋1)ex＋k＋(x－k－1)ek－x， 则τ′(x)＝(x＋k＋2)ex＋k＋(2＋k－x)ek－x， 其中F(0)＝0，F′(0)＝0，τ′(0)＝2(k＋2)ek. ①当k＝－2时，τ′(x)＝xex-2＋(－x)e-2-x＝xe-2(ex－e－x)>0， 则F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故F′(x)>F′(0)＝0， 故F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)>F(0)＝0， 即当x>0时，f(x＋k)＋f(k－x)>2f(k)恒成立，满足题意； ②当k>－2时，设φ(k)＝(x＋k＋2)ex＋k＋(2＋k－x)ek－x ＝[ex(k＋x＋2)＋e－x(k－x＋2)]ek ＝[(ex＋e－x)(k＋2)＋x(ex－e－x)]ek， 由x>0，k>－2，可知ex＋e－x>0且k＋2>0， 则(ex＋e－x)(k＋2)＋x(ex－e－x)>0，可知φ(k)在(－2，＋∞)上单调递增， 故φ(k)>φ(－2)＝xex-2＋(－x)e-2-x＝xe-2(ex－e－x)>0，即τ′(x)>0， 故F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故F′(x)>F′(0)＝0， 故F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)>F(0)＝0， 即当x>0时，f(x＋k)＋f(k－x)>2f(k)恒成立，满足题意； ③当k<－2时，此时τ′(0)＝2(k＋2)ek<0，又因为F(0)＝0， 则存在正实数x0，使得∀x∈(0，x0)，F′(x)<0， 则F(x)在(0，x0)上单调递减，则F(x)<F(0)＝0， 即当0<x<x0，f(x＋k)＋f(k－x)<2f(k)，不满足题意； 综上所述，k≥－2，即k的最小值为－2. $