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+❑√2x2,且f'(x0)=4,求x0.
【解析】因为f(x)=13-8x+❑√2x2,所以f'(x)=-8+2❑√2x,所以f'(x0)=-8+2❑√2x0,
因为f'(x0)=4,所以-8+2❑√2x0=4,解得x0=3❑√2.
【🚀衔接高考】
(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)= e
x
x +a.若f'(1)= e
4 ,则a= .
【答案】1
【解析】f'(x)=e
x( x +a-1)
( x +a)
2
,可得f'(1)=
ae
(1+a)
2=e
4 ,即
a
(1+a)
2=1
4 ,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= e
x
x +1
在点(1, e
2)处的切线方程为( )
A.y=e
4 x B.y=e
2x C.y= e
4 x+e
4 D.y=e
2x+3e
4
【答案】C
【解析】由题意可知y'=e
x( x +1)-e
x·1
( x +1)
2
=
x e
x
( x +1)
2,则曲线y= e
x
x +1在点(1, e
2)处的切线斜率
k=y'|x=1=e
4 ,所以曲线y= e
x
x +1
在点(1, e
2)处的切线方程为y-e
2=e
4 (x-1), 即y= e
4 x+e
4 ,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=2 x -1
x +2 在点(-1,-3)处的切线方程为 .
【答案】y=5x+2
【解析】y'=(
2 x -1
x +2 )'=2( x +2)-(2 x -1)
( x +2)
2
=
5
( x +2)
2,所以y'|x=-1=
5
(-1+2)
2=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+1
x ,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{
y =2 x -1,
y =a x
2+(2a+3)x +1,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=1
2,综上a=0 或a=1
2.
【🚀衔接高考】
（1）(2020·全国Ⅲ卷)若直线l 与曲线y=❑√x和圆x2+y2=1
5都相切,则l 的方程为( )
A.y=2x+1 B.y=2x+1
2 C.y=1
2x+1 D.y=1
2x+1
2
【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
|b|
❑√k
2+1
=
❑√5
5 ①,
设直线l 与曲线y=❑√x的切点坐标为(x0,❑√x0)(x0>0),则y'|x = x0=1
2 x0
- 1
2=k ②,
❑√x0=kx0+b ③,由②③可得b=1
2
❑√x0,
将b=1
2
❑√x0,k=1
2 x0
- 1
2代入①得x0=1 或x0=-1
5(舍去),所以k=b=1
2,故直线l 的方程y=1
2x+1
2.
（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)= 1
x +1,设直线y=2x+1 与曲线y=g(x)相切于点(x0,y0),则
1
x0+1=2,得x0=-1
2,则y0=2x0+1=0,
所以0=ln(- 1
2 +1)+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=1
x ,则y'=- 1
x
2,设切点为P(x0,y0),则y'|x = x0=- 1
x0
2,
则曲线在切点处的切线方程为y- 1
x0
=- 1
x0
2(x-x0),把A(-5,3)代入,可得3- 1
x0
=- 1
x0
2(-5-x0),整理得x0=-1 或x0=5
3.
当x0=-1 时,切线方程为x+y+2=0,或x0=5
3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=e
x0(x-a).
由{
y0-b=e
x0( x0-a),
y0=e
x0
得e
x0(1-x0+a)=b,
则由题意知关于x0的方程e
x0(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)e
x0),O 为坐标原点,
依题意得,切线斜率kOA=y'|x = x0=(x0+a+1)e
x0=( x0+a)e
x0
x0
,化简,得x0
2+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x0
2+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=1
e x y=-1
e 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'=1
x ,得切线斜率为1
x0
,又切线的斜率为y0
x0
,所以1
x0
= y0
x0
,解得y0=1,代入y=ln x,得x0=e,
所以切线斜率为1
e ,切线方程为y=1
e x.同理可求得当x<0 时的切线方程为y=-1
e x.
综上可知,两条切线方程为y=1
e x,y=-1
e 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=1
x 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(x0, 1
x0),因为y=1
x ,所以y'=- 1
x
2,所以切线的斜率为k=-
1
x0
2,
所以切线l 的方程为y- 1
x0
=- 1
x0
2(x-x0),
令x=0,得y= 2
x0
;令y=0,得x=2x0,所以l 与坐标轴所围成的三角形的面积
S=1
2|2x0||
2
x0|=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)=e
x+2sin x
1+ x
2
,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.1
6 B.1
3 C.1
2 D.2
3
【答案】A
【解析】f'(x)=(e
x+2cos x)(1+ x
2)-(e
x+2sin x)·2 x
(1+ x
2)
2
,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),(- 1
3 ,0),
所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为1
2×1×1
3=1
6 ,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)=1
3x3-4x+4 在区间[0,3]上的最大值与最小值.
【解析】因为f(x)=1
3x3-4x+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
28
3
单调递减
-4
3
单调递增
在区间[0,3]上,当x=2 时,函数f(x)=1
3x3-4x+4 有极小值,并且极小值为f(2)=-4
3 .
又由于f(0)=4,f(3)=1,
所以函数f(x)=1
3x3-4x+4 在区间[0,3]上的最大值是4,最小值是-4
3 .
【🚀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>1
2时,f(x)=2x-1-2ln x,所以f'(x)=2-2
x =2( x -1)
x
.
当1
2<x<1 时,f'(x)<0,当x>1 时,f'(x)>0,所以f(x)在(
1
2 ,1)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≤1
2时,f(x)=1-2x-2ln x,显然f(x)在(0, 1
2]上单调递减,所以f(x)min=f(
1
2)=-2ln 1
2=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）f ( x) 在区间(-∞,-2) 上单调递减，在区间(-2,+∞) 上单调递增.
当x =-2 时，f ( x)有极小值f (-2)=- 1
e
2.
（2）函数f ( x) 的大致图象如图所示.
（3 方程f ( x)=a(a∈R) 的解的个数即为函数y = f ( x) 的图象与直线y =a 的交点个数（如图）.
①当a<- 1
e
2 时，解为0 个;
②当a=- 1
e
2 或a≥0 时，解为1 个;
③当- 1
e
2 <a<0 时,解为2 个.
当- 1
e
2 <a<0时,方程f ( x)=a的两个实数根x1,x2分布在极值点-2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<a
2.
(2)因为V(x)=(a-2x)2x=4x3-4ax2+a2x,0<x<a
2,所以V'(x)=12x2-8ax+a2=(6x-a)(2x-a),
所以当x∈(0, a
6)时,V'(x)>0;当x∈(
a
6 , a
2)时,V'(x)<0;故x=a
6 时,函数V(x)可得最大值,即当x=a
6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.1
3 B.1
2 C.
❑√3
3
D.
❑√2
2
【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=1
3πr2h=1
3π(1-h2)h,则V'=1
3π(1-3h2),
令V'=1
3π(1-3h2)=0,得h=
❑√3
3 ,所以V=1
3π(1-h2)h 在(0,
❑√3
3 )上单调递增,在(
❑√3
3 ,1)上单调递减,
所以当h=
❑√3
3 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- 1
x +2在(-2,+∞)上单调递增.
又f'(-1)=1
e -1<0,f'(0)=1-1
2>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e
x0=
1
x0+2,两边取对数得ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)=e
x0-ln(x0+2)=
1
x0+2+x0=( x0+1)
2
x0+2 >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)= x +1
x +2.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+3
2.
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-3
2=a2-ln a-1
2,a∈(0,+∞),所以g'(a)=2a-1
a,
令g'(a)>0,得a>
❑√2
2 ;令g'(a)<0,得0<a<
❑√2
2 ,
所以函数g(a)在(0,
❑√2
2 )上单调递减,在(
❑√2
2 ,+∞)上单调递增,
所以函数g(a)的最小值为g(
❑√2
2 )=(
❑√2
2 )
2
-ln
❑√2
2 -1
2=ln ❑√2>0,
所以当a>0 时,f(x)>2ln a+3
2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+3
2成立,只需证1+a2+ln a>2ln a+3
2,即证a2-1
2>ln a.
构造函数u(a)=ln a-(a-1)(a>0),
则u'(a)=1
a-1=1-a
a
,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a2-1
2>a-1,即证a2-a+1
2>0.
因为a2-a+1
2=(a- 1
2)
2
+1
4 >0 恒成立,
所以当a>0 时,f(x)>2ln a+3
2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)= x + f ( x)
xf ( 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)= x + f ( x)
xf ( 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+a-2
x
+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+a-2
x
+2-2a-2ln x≥0 在[1,+∞)上恒成立,则g'(x)=a-
a-2
x
2 -2
x =a x
2-2 x -a+2
x
2
=( x -1)[ax +(a-2)]
x
2
.
令g'(x)=0,则x1=1,x2=-a-2
a
.若-a-2
a
=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-a-2
a
>1,即a<1,
当x∈(0,1),(- a-2
a
,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(1,- a-2
a )时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)在[1,+∞)上的最小值为g(- a-2
a ).
因为g(1)=0,所以g(- a-2
a )<0 不合题意.若-a-2
a
<1,即a>1,
当x∈(0,- a-2
a ),(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(- a-2
a
,1)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+a-2
x
+2-2a-2ln x,g(1)=0,g'(x)=( x -1)(ax +a-2)
x
2
,g'(1)=0,
g″(x)=2 x +2a- 4
x
3
(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】 [
❑√5-1
2
,1)
【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
❑√5-1
2
≤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<
❑√5-1
2
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∈[
❑√5-1
2
,1).
（2）(2024·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=ln x
2- x +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
x
2- x +ax+b(x-1)3,定义域为{x|0<x<2},
所以f(2-x)=ln 2- x
x
+a(2-x)+b(1-x)3=-ln
x
2- x -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 x
2- x -2x+b(x-1)3,
f'(x)=2- x
x
·(2- x)+ x
(2- x)
2 -2+3b(x-1)2=
2
x(2- x)-2+3b(x-1)2=(x-1)2[
2
x(2- x) +3b].
记g(x)=
2
x(2- 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≥-2
3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<-2
3时,g(1)<0,g(x)=
2
x(2- x)+3b=-3b x
2+6bx +2
x(2- x)
,令g(x)=0,得x=1±❑√1+ 2
3b
,
因为b<-2
3,所以❑√1+ 2
3b
∈(0,1),故1+❑√1+ 2
3b
∈(1,2),1-❑√1+ 2
3b
∈(0,1),所以当x∈(1,1+ ❑√1+ 2
3b)时,g(x)<0,
f'(x)<0,f(x)在(1,1+ ❑√1+ 2
3b)上单调递减,故f(1+ ❑√1+ 2
3b)<f(1)=-2,不符合题意.
综上,b 的取值范围为[- 2
3 ,+∞).
（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)-(a+1)x
1+ x
,设g(x)=-aln(1+x)-(a+1)x
1+ x
,则g'(x)=- a
1+ x - a+1
(1+ x)
2.
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≤-1
2,
故a≤-1
2是原不等式成立的一个必要条件.
下面证明其充分性:
当a≤-1
2,x≥0 时,g'(x)≥
1
2(1+ x)-
1
2(1+ x)
2=
x
2(1+ x)
2≥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(-∞,- 1
2].
（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>1
2,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≤1
2,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
1+ x -1=- x
1+ x <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≤1
2.
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>1
2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≤1
2时,g(x)≥ex-xe
1
2 x-1,
令h(x)=ex-xe
1
2 x-1,h'(x)=e
1
2 x(e
1
2 x-1
2x-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≤1
2.
（5）(2023·全国甲卷节选) （一题多解）已知函数f(x)=ax- sin x
co s
3 x ,x∈(0, π
2).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 x
co s
3 x -sin 2x,则g'(x)=a-co s
4 x +3 sin
2 x co s
2 x
co s
6 x
-2cos 2x
=a-co s
2 x +3 sin
2 x
co s
4 x
-4cos2x+2=a-(
-2co s
2 x +3
co s
4 x
+ 4 co s
2 x -2),
令u=cos2x,则u∈(0,1),令k(u)=-2u+3
u
2
+4u-2,则k'(u)=2u-6
u
3
+4=4u
3+2u-6
u
3
=(u-1)(4u
2+ 4u+6)
u
3
.
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(0, π
2)上单调递减,
又g(0)=0,所以当x∈(0, π
2) 时,g(x)<0,即f(x)<sin 2x.
②当a>3 时,∃x0∈(0, π
2)使得g'(x0)=0,所以g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0, π
2)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+ sin x
co s
3 x ,g(0)=0,g'(x)=4 co s
6 x -2co s
4 x -2co s
2 x +3
co s
4 x
-a,g'(0)=3-a,
g″(x)=4 sin x(3-2co s
6 x -co s
2 x)
co s
5 x
,其中g″(x)为g'(x)的导数.
因为x∈(0, π
2),所以g″(x)>0,所以g'(x)在(0, π
2)单调递增,
当g'(0)=3-a≥0 即a≤3 时,因为g'(x)在(0, π
2)单调递增,所以g'(x)>g'(0)≥0,
所以g(x)在(0, π
2)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∈(0, π
2),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,❑√x1 x2<
x1- x2
ln x1- ln x2
<
x1+ x2
2
.
【证明】不妨设0<x1<x2,
❑√x1 x2<
x1- x2
ln x1- ln x2
⇔ln x1
x2
> x1- x2
❑√x1 x2
=❑√
x1
x2
-❑√
x2
x1(0< x1
x2
<1),
构建函数:f(x)=ln x-❑√x+ 1
❑√x (0<x<1).
因为f'(x)=1
x - 1
2❑√x -
1
2
❑√x
3=2❑√x - x -1
2
❑√x
3
=-(❑√x -1)
2
2
❑√x
3
<0,故可知:f(x)=ln x-❑√x+ 1
❑√x 在x∈(0,1)上单调递减,
即f(x)>f(1)=ln 1-❑√1+ 1
❑√1=0.
可证得❑√x1 x2<
x1- x2
ln x1- ln x2
.
x1- x2
ln x1- ln x2
< x1+ x2
2
⇔ln x2
x1
>2(
x2- x1
x2+ x1)=2(
x2
x1
-1
x2
x1
+1)
, x2
x1
>1,构建函数g(x)=ln x-2( x -1)
x +1
,x>1,g'(x)= ( x -1)
2
x( x +1)
2
>0,
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=0,可证得
x1- x2
ln x1- ln x2
< x1+ x2
2
.
【🚀衔接高考】
（1）(2022·全国甲卷节选) （一题多解）已知函数f(x)=e
x
x -ln x+x-a,证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
【证明】f'(x)= x -1
x (
e
x
x +1),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
x1
>1.令F(x)=f(x)-f(
1
x),
则F'(x)=(e
x+ x)( x -1)
x
2
+(e
1
x + 1
x)(
1
x -1)
1
x
2
· 1
x
2=( x -1)
x
2
(ex+x-xe
1
x-1).令g(x)=ex+x-xe
1
x-1(x>0),
则g'(x)=ex+1-e
1
x+xe
1
x· 1
x
2=ex+1+e
1
x(
1
x -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(
1
x)<F(1)=0.又f(x1)=f(x2)=0,所以f(x2)-f(
1
x1)<0,即f(x2)<f(
1
x1).
由(1)可知,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2< 1
x1
,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
x2
<1.
由f(x1)=f(x2)=0,得e
x1
x1
-ln x1+x1=e
x2
x2
-ln x2+x2,即e
x1-ln x1+x1-ln x1=e
x2-ln x2+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(
1
x)=x-1
x -2ln x(x>0),则g'(x)=1+ 1
x
2-2
x =( x -1)
2
x
2
≥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(
1
x),所以h(x1)=h(x2)>h(
1
x2).
又h'(x)=1-1
x = x -1
x
(x>0),所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以0<x1< 1
x2
<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
x1- x2
ln x1- ln x2
=1,由对数均值不等式
❑√x1 x2<
x1- x2
ln x1- ln x2
< x1+ x2
2
(证明略)得❑√x1 x2<
x1- x2
ln x1- ln x2
=1,即x1x2<1.
（2）(2022·新高考Ⅱ卷节选)设n∈N
*，证明：
1
❑√1
2+1
+
1
❑√2
2+2
+⋯+
1
❑√n
2+n
>ln(n+1)．
证明：由对数平均不等式
b-a
ln b- ln a >❑√ab,可得
(n+1)-n
ln(n+1)- ln n >❑√n(n+1),即
1
ln(n+1)- ln n >❑√n(n+1),
所以
1
❑√n(n+1) >ln(n+1)- ln n,故
1
❑√n
2+n
>ln(n+1)- ln n，
所以
1
❑√1
2+1
>ln 2- ln 1,
1
❑√2
2+2
>ln 3- ln 2,⋯ ,
1
❑√n
2+n
>ln(n+1)- ln n，
把以上各式相加可得
1
❑√1
2+1
+
1
❑√2
2+2
+⋯+
1
❑√n
2+n
>- ln 1+ ln(n+1)= ln(n+1).
【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)=1-1
a+ln a.
令g(a)=1-1
a+ln a(a>0),则g'(a)= 1
a
2+1
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=1-1
a+ln a>0,从而f(x)无零点,不满足条件.
②若a=1,则f(x)min=1-1
a+ln a=0,不满足条件.
③若0<a<1,则f(x)min=1-1
a+ln a<0,
注意到-ln a>0,f(-1)= a
e
2+a
e +1-2
e >0.故f(x)在(-1,-ln a)上有一个实根.
而又ln(
3
a -1)>ln 1
a=-ln a,且f(ln(
3
a -1))=e
ln(
3
a -1)(a·e
ln(
3
a -1)+a-2)-ln(
3
a -1)
=(
3
a -1)·(3-a+a-2)-ln(
3
a -1)=(
3
a -1)-ln(
3
a -1)>0.
故f(x)在(- ln a,ln(
3
a -1))上有一个实根.所以f(x)在(-1,-ln a)及(- ln a,ln(
3
a -1))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=±❑√
-a
3
.令 f'(x)>0,则x<-❑√
-a
3
或x>❑√
-a
3
,
令f'(x)<0,则-❑√
-a
3
<x<❑√
-a
3
.所以f(x)在（-∞,-❑√
-a
3
）和（❑√
-a
3
,+∞）上单调递增,在（-❑√
-a
3
,❑√
-a
3
）上单调递减,
所以要使f(x)存在3 个零点,则{
f (- ❑√
-a
3 )>0,
f (❑√
-a
3 )<0,
即{
-2a
3
·❑√
-a
3 +2>0,
2a
3 ·❑√
-a
3 +2<0,
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≤1
e ,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)至多存在一个零点,不合题意.
(b)若a>1
e ,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)=e
x
2·e
x
2-a(x+2)>eln(2a)·(
x
2 +2)-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(
1
e ,+ ∞).
🎯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- f ( xn-1)
f '( 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- f ( xn-1)
f '( xn-1),即xn=xn-1- f ( xn-1)
f '( 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- f ( xn)
f '( 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
xn-1,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≤Sn
2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- f ( xn)
f '( xn)=xn- xn
2- xn
2 xn-1=
xn
2
2 xn-1,
由a1=2,而a1=ln
x1
x1-1,则x1
x1-1=e2,解得x1= e
2
e
2-1
,
则有x2=
x1
2
2 x1-1= e
4
e
4-1
,所以a2=ln
x2
x2-1=2ln
x1
x1-1=4.
（2）证明 由xn+1=
xn
2
2 xn-1,
则
xn+1
xn+1-1=
xn
2
2 xn-1
xn
2
2 xn-1 -1
=
xn
2
xn
2-2 xn+1
=(
xn
xn-1)
2
,所以an+1=ln
xn+1
xn+1-1=ln(
xn
xn-1)
2
=2ln
xn
xn-1=2an(xn>1),
故
an+1
an
=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=2(1-2
n)
1-2
=2n+1-2.
因为(-1)n·tSn-14≤Sn
2对任意的n∈N*恒成立,
又Sn>0 且Sn单调递增,所以(-1)nt≤Sn+14
Sn
对任意的n∈N*恒成立,
令g(x)=x+14
x ,x∈(0,+∞),g'(x)=1-14
x
2 = x
2-14
x
2
.
①当x∈(0,❑√14)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
②当x∈(❑√14,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
又2=S1<❑√14<S2=6,且g(2)=9,g(6)=25
3 ,g(6)<g(2),则g(x)min=25
3 .
当n 为偶数时,原式化简为t≤Sn+14
Sn
,所以当n=2 时,t≤25
3 ,
当n 为奇数时,原式化简为-t≤Sn+14
Sn
,所以当n=1 时,-t≤9,所以t≥-9.
综上可知,-9≤t≤25
3 .
🎯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'=1
x >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'=
1
x 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=- b
3a.
（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 ( x1)- f ( x2)
x1- x2
=2
3f'(x0)=-a
2(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=- b
3a,
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=2ax0
3+2bx0
2+2cx0+2d+(6ax0+2b)x2=2ax0
3
+2bx0
2+2cx0+2d+(- b
3a ·6a+2b)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=-2b
3a,x1x2= c
3a,(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=4 b
2-12ac
9a
2
,
所以
f ( x1)- f ( x2)
x1- x2
=a( x1
3- x2
3)+b( x1
2- x2
2)+c( x1- x2)
x1- x2
=a[(x1+x2)2-x1x2]+b(x1+x2)+c
=a[(- 2b
3a)
2
- c
3a]+b(- 2b
3a)+c=6ac -2b
2
9a
,
2
3f'(x0)=2
3f'(- b
3a)=2
3[3a(- b
3a)
2
+2b·(- b
3a)+c]=6ac -2b
2
9a
,
又-a
2(x1-x2)2=6ac -2b
2
9a
,
综上,f ( x1)- f ( x2)
x1- x2
=2
3f'(x0)=-a
2(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=-b
a.又x0=- b
3a,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(x - a
2)
3
-3
2a2(x - a
2)+1-a
3
2 ,
令t=x-a
2,则f(x)可转化为g(t)=2t3-3
2a2t+1-a
3
2 ,由y=2t3-3
2a2t 为奇函数,
且其图象关于原点对称,可知g(t)的图象关于点(0,1- a
3
2 )对称,
则f(x)的图象关于点(
a
2 ,1- a
3
2 )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=±
❑√3
3 .
由f'(x)=3x2-1>0 得x>
❑√3
3 或x<-
❑√3
3 ;由f'(x)=3x2-1<0 得-
❑√3
3 <x<
❑√3
3 .
所以f(x)=x3-x+1 在(
❑√3
3 ,+ ∞),(-∞,-
❑√3
3 )上单调递增,在(-
❑√3
3 ,
❑√3
3 )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(
❑√3
3 )=(
❑√3
3 )
3
-
❑√3
3 +1=1-2❑√3
9
>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(- b
3a ,f(- b
3a))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)=3x0
2-1=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.
