【期末章节复习】一元函数的导数及其应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册（含解析）
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| 名称 | 【期末章节复习】一元函数的导数及其应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 536.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-20 14:18:04 | ||
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文档简介
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【期末章节复习】一元函数的导数及其应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 静海区校级月考）已知，，，则（ ）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．b＞a＞c
2．（2025春 北京校级期中）下列函数中，在（0，+∞）上为增函数的是（ ）
A．y＝﹣2sinx B．y＝xex C．y＝x3﹣x D．y＝lnx﹣x
3．（2024秋 香坊区校级期末）若函数f（x）＝x2+alnx﹣x+1（a∈R）在上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．[0，+∞） B．（0，+∞） C． D．
4．（2025春 绿园区校级期中）若函数f（x）2f'（0）cosx+x，则的值为（ ）
A．0 B． C． D．π
5．（2025春 长春期中）曲线y＝ex﹣1+x2在x＝1处的切线方程为（ ）
A．y＝2x+1 B．y＝2x C．y＝3x﹣1 D．y＝3x
6．（2025 锦江区校级模拟）已知，函数f（x）＝（lnx﹣ax2）（x2﹣bx+c），若f（x）≤0，则的最小值为（ ）
A． B． C．e D．e2
7．（2025春 台山市期中）已知函数y＝f（x）的图象如图所示，f′（x）是f（x）的导函数，则下列式子正确的是（ ）
A．f′（3）＞f′（2） B．f′（3）＜f（3）﹣f（2）
C．f′（2）＜f（3）﹣f（2） D．f（3）﹣f（2）＜0
8．（2025春 黄浦区校级期中）设曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线为l．则以下说法正确的个数是（ ）
①l与曲线y＝f（x）可能没有交点
②l与曲线y＝f（x）一定只有一个交点
③l与曲线y＝f（x）不可能有且仅有两个交点
④l与曲线y＝f（x）可能有无穷多个交点
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 重庆模拟）将函数f（x）＝cosx﹣lnx的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{xn}（其中n∈N*），则（ ）
A．f（x1）＞f（x2） B．x2n﹣x2n﹣1＜π
C．x2n+1﹣x2n＜π D．x2+x3＜5π
（多选）10．（2025春 蒙城县校级期末）已知函数f（x）＝（x2﹣2x）ex，其导函数为f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（1）＝f′（1）
B．f（x）在区间（﹣2，2）上单调递减
C．f（x）无最大值，有最小值
D．若函数y＝f（x）﹣m（m∈R）有两个零点，则
（多选）11．（2025春 张家口月考）已知函数f（x）＝﹣x3+12x﹣4，下列说法正确的是（ ）
A．f（x）在x＝﹣2处取得极小值
B．f（x）有3个零点
C．f（x）在区间（﹣2，2）上的值域为（﹣24，20）
D．曲线y＝f（x）的对称中心为（0，﹣2）
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 静安区期末）函数f（x）＝cosx lnx的导函数f'（x）＝ ．
13．（2025春 武安市校级月考）若函数f（x）＝ex+axx2存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 ．
14．（2025春 青浦区期末）已知函数y＝f（x），其中f（x）＝ax3﹣6x，若y＝f（x）的一个极值点为1，则y＝f（x）的极大值是 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 静安区期末）设函数f（x）＝ex﹣ax，a∈R．
（1）讨论y＝f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥（x+1）2恒成立，求a的取值范围．
16．（2025春 静安区期末）设f（x）＝x3﹣3x．
（1）求函数y＝f（x）图像上以点为切点的切线方程；
（2）经过点是否还存在函数y＝f（x）图像的另一条切线？如果存在，求出该切线与（1）中切线的夹角大小（用反三角函数值表示），如果不存在，请说明理由．
17．（2025春 和平区校级月考）已知函数f（x）＝ex﹣ax2（a∈R）．
（1）当a＝0时，若直线l过原点且与曲线y＝f（x）相切，求l的方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上恰有2个零点x1，x2，求a的取值范围．
18．（2025春 涪城区校级期中）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当x∈（0，+∞）时，f（x）≥xlnx恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝1时，设g（x）＝f（x）﹣x2，证明：g（x）在（0，+∞）上存在唯一的极小值点x0且g（x0）．
参考数据：e3≈20.09．
19．（2025春 青浦区期末）定义：若函数y＝f（x）与y＝g（x）的图像上分别存在点P（x1，y1），Q（x2，y2），使得当x1＝x2时有y1+y2＝0成立，则称函数y＝f（x）与y＝g（x）具有“对称互补”关系．
（1）判断函数f（x）＝x+1与g（x）＝x2﹣2x﹣3是否具有“对称互补”关系，并说明理由；
（2）若函数f（x）＝xsinx与g（x）＝cosx+a在给定定义域区间（0，π）上具有“对称互补”关系，且存在唯一的点对（P，Q）满足条件，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）＝x2﹣2x+blnx，g（x）x2+2x，b∈R不具有“对称互补”关系，求实数b的取值范围．
【期末章节复习】一元函数的导数及其应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B A B C C B B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BD AC AB
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 静海区校级月考）已知，，，则（ ）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．b＞a＞c
【解答】解：设函数，其中x＞0，那么导函数，
当时，导函数g′（x）＜0，g（x）在上单调递减，
当时，导函数g′（x）＞0，g（x）在上单调递增，
由于，
，，
因为，所以g（2）＞g（e）＞g（3），即，所以a＞c＞b．
故选：B．
2．（2025春 北京校级期中）下列函数中，在（0，+∞）上为增函数的是（ ）
A．y＝﹣2sinx B．y＝xex C．y＝x3﹣x D．y＝lnx﹣x
【解答】解：对于A，因为y＝﹣2sinx，
所以y′＝﹣2cosx，因为x∈（0，+∞），
所以cosx与0的大小不确定，故A错误；
对于B，因为y＝xex，则y′＝（1+x）ex，所以y′＞0在区间（0，+∞）上恒成立，
则函数y＝xex在区间（0，+∞）上为增函数，故B正确；
对于C，因为y＝x3﹣x，则，
所以当时，y′＜0，
当或时，y′＞0，
所以函数的单调递减区间为，
单调递增区间为，，
则y＝x3﹣x在区间（0，+∞）上不单调，故C错误；
对于D，因为y＝lnx﹣x，则，当0＜x＜1时y′＞0，当x＞1时y′＜0，
所以y＝lnx﹣x的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），
则y＝lnx﹣x在区间（0，+∞）上不单调，故D错误．
故选：B．
3．（2024秋 香坊区校级期末）若函数f（x）＝x2+alnx﹣x+1（a∈R）在上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．[0，+∞） B．（0，+∞） C． D．
【解答】解：因为函数f（x）＝x2+alnx﹣x+1在上单调递增，
所以0在上恒成立，
所以a≥﹣2x2+x在上恒成立，
根据二次函数的性质可知，当x时，﹣2x2+x≤0，
故a≥0．
故选：A．
4．（2025春 绿园区校级期中）若函数f（x）2f'（0）cosx+x，则的值为（ ）
A．0 B． C． D．π
【解答】解：因为f（x）2f'（0）cosx+x，
所以f′（x）＝x﹣2f'（0）sinx+1，
所以f′（0）＝1，f′（x）＝x﹣2sinx+1，
则．
故选：B．
5．（2025春 长春期中）曲线y＝ex﹣1+x2在x＝1处的切线方程为（ ）
A．y＝2x+1 B．y＝2x C．y＝3x﹣1 D．y＝3x
【解答】解：因为y＝ex﹣1+x2，所以y'＝ex﹣1+2x，
所以当x＝1时，斜率k＝e1﹣1+2＝3，
所以曲线y＝ex﹣1+x2在x＝1处的切线方程为y﹣2＝3（x﹣1），即y＝3x﹣1．
故选：C．
6．（2025 锦江区校级模拟）已知，函数f（x）＝（lnx﹣ax2）（x2﹣bx+c），若f（x）≤0，则的最小值为（ ）
A． B． C．e D．e2
【解答】解：由题意得f（x）的定义域为（0，+∞）．设g（x）＝lnx﹣ax2，
则，令g′（x）＝0，得，
当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以，
又当x→0+时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→﹣∞，
所以g（x）在（0，+∞）内有两个零点，设为x1，x2（x1＜x2），
则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，g（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，g（x）＞0．
设h（x）＝x2﹣bx+c，
由f（x）≤0，得当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，h（x）＞0，
当x∈（x1，x2）时，h（x）＜0，则x1，x2为方程h（x）＝0的两个实数根，
所以Δ＝b2﹣4c＞0，x1+x2＝b＞0，x1x2＝c＞0．
又g（x1）＝0，g（x2）＝0，所以，，
所以，
即，则lnc＝ab2﹣2ac，所以．
易知x1＞1，x2＞1，故x1x2＝c＞1，
设，则，
当t∈（1，e）时，φ′（t）＜0，φ（t）单调递减，当t∈（e，+∞）时，φ′（t）＞0，φ（t）单调递增，
所以φ（t）min＝φ（e）＝e，故的最小值为e．
故选：C．
7．（2025春 台山市期中）已知函数y＝f（x）的图象如图所示，f′（x）是f（x）的导函数，则下列式子正确的是（ ）
A．f′（3）＞f′（2） B．f′（3）＜f（3）﹣f（2）
C．f′（2）＜f（3）﹣f（2） D．f（3）﹣f（2）＜0
【解答】解：由题中图可知函数y＝f（x）是单调递增的，
则函数f（x）的图象上任意一点处的导函数值都大于零，
又函数f（x）的图象在x＝2处的切线斜率k1大于在x＝3处的切线斜率k2，
所以f′（2）＞f′（3），
如图，记A（2，f（2）），B（3，f（3）），连接AB，
直线AB的斜率，
由函数图象知：k1＞k＞k2＞0，
即f′（2）＞f（3）﹣f（2）＞f′（3）＞0．
故选：B．
8．（2025春 黄浦区校级期中）设曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线为l．则以下说法正确的个数是（ ）
①l与曲线y＝f（x）可能没有交点
②l与曲线y＝f（x）一定只有一个交点
③l与曲线y＝f（x）不可能有且仅有两个交点
④l与曲线y＝f（x）可能有无穷多个交点
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【解答】解：∵曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线为l，
∴P必然在曲线上，且P为切线l与曲线的一个交点，故①错误；
l与曲线y＝f（x）不一定只有一个交点，可能有且仅有两个交点，
如图：
故②③错误；
l与曲线y＝f（x）可能有无穷多个交点，如f（x）＝sinx，P（，1），故④正确．
∴说法正确的个数是1个．
故选：B．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 重庆模拟）将函数f（x）＝cosx﹣lnx的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{xn}（其中n∈N*），则（ ）
A．f（x1）＞f（x2） B．x2n﹣x2n﹣1＜π
C．x2n+1﹣x2n＜π D．x2+x3＜5π
【解答】解：，令，
即，
所以数列{xn}从左往右如图所示，
因为x∈（x1，x2）时，，即，
所以f（x）在（x1，x2）单调递增，
所以f（x1）＜f（x2），故A错误；
根据图像可知（2n﹣1）π＜x2n﹣1＜x2n＜2nπ，所以x2n﹣x2n﹣1＜π，故B正确；
（2n﹣1）π＜x2n＜2nπ，（2n+1）π＜x2n+1＜（2n+2）π，所以x2n+1﹣x2n＞π，故C错误；
由题知存在，使′，此时，
又′，且y＝﹣sinx在单调递增，
所以x3＜x2′，
即x2+x3＜x2+x2'＝5π，故D正确．
故选：BD．
（多选）10．（2025春 蒙城县校级期末）已知函数f（x）＝（x2﹣2x）ex，其导函数为f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（1）＝f′（1）
B．f（x）在区间（﹣2，2）上单调递减
C．f（x）无最大值，有最小值
D．若函数y＝f（x）﹣m（m∈R）有两个零点，则
【解答】解：函数f（x）＝（x2﹣2x）ex，则f′（x）＝（x2﹣2）ex，
f′（1）＝f（1）＝﹣e，故A正确；
当或时，f′（x）＞0，当时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，），（）上单调递增，在（）上单调递减，故B错误；
作出f（x）的大致图象如图所示，
由图可知f（x）无最大值，有最小值，故C正确；
函数y＝f（x）﹣m有两个零点等价于函数y＝f（x）与直线y＝m有两个交点，
又，，
则m或，故D错误．
故选：AC．
（多选）11．（2025春 张家口月考）已知函数f（x）＝﹣x3+12x﹣4，下列说法正确的是（ ）
A．f（x）在x＝﹣2处取得极小值
B．f（x）有3个零点
C．f（x）在区间（﹣2，2）上的值域为（﹣24，20）
D．曲线y＝f（x）的对称中心为（0，﹣2）
【解答】解：由f（x）＝﹣x3+12x﹣4，可得导函数f′（x）＝﹣3x2+12，定义域为R，
令导函数f′（x）＝0 x＝±2，
因此当﹣2＜x＜2时，f′（x）＞0；
当x＜﹣2或x＞2时，f′（x）＜0，
即f（x）在（﹣2，2）上单调递增；在（﹣∞，﹣2），（2，+∞）上单调递减，
对于选项A，根据以上分析可得函数f（x）在x＝﹣2处取得极小值，因此选项A正确；
对于选项B，由于f（﹣4）＝12＞0，f（﹣2）＝﹣20，f（2）＝12＞0，f（4）＝﹣64+48﹣4＝﹣20＜0，
根据零点存在定理可得函数f（x）有3个零点，因此选项B正确；
对于选项C，由B可得f（x）在区间（﹣2，2）上的值域为（﹣20，12），故C错误；
对于选项D，f（﹣x）+f（x）＝x3﹣12x﹣4+（﹣x3+12x﹣4）＝﹣8，
所以曲线y＝f（x）的对称中心为（0，﹣4），故D错误．
故选：AB．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 静安区期末）函数f（x）＝cosx lnx的导函数f'（x）＝ ．
【解答】解：函数f（x）＝cosx lnx，
则f'（x）＝（cosx）'lnx+cosx （lnx）'．
故答案为：．
13．（2025春 武安市校级月考）若函数f（x）＝ex+axx2存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 （﹣∞，﹣1） ．
【解答】解：函数f（x）＝ex+axx2的定义域是R，则f′（x）＝ex+a﹣x，
依题意，得f′（x）＝ex+a﹣x＜0成立，则a＜（x﹣ex）max．
令g（x）＝x﹣ex，则g′（x）＝1﹣ex，
令令g′（x）＜0，解得x＞0，g′（x）＞0，解得x＜0，
故g（x）在（0，+∞）上单调递减，在（﹣∞，0）上单调递增，
故g（x）max＝g（0）＝﹣1，故a＜﹣1．
故答案为：（﹣∞，﹣1）．
14．（2025春 青浦区期末）已知函数y＝f（x），其中f（x）＝ax3﹣6x，若y＝f（x）的一个极值点为1，则y＝f（x）的极大值是 4 ．
【解答】解：因为f（x）＝ax3﹣6x，x∈R，
所以f′（x）＝3ax2﹣6，
由题意可得，f′（1）＝3a﹣6＝0，即a＝2，
则f′（x）＝6x2﹣6＝6（x﹣1）（x+1），
当x＞1或x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故f（x）在（1，+∞）和（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，
故x＝﹣1时，函数取得极大值f（﹣1）＝4．
故答案为：4．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 静安区期末）设函数f（x）＝ex﹣ax，a∈R．
（1）讨论y＝f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥（x+1）2恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）导函数f′（x）＝ex﹣a
①当a≤0时，f′（x）＞0，因此f（x）在R上单调递增；
②当a＞0时，令导函数f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x＜lna时，导函数f′（x）＜0，因此f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减；
当x＞lna时，导函数f′（x）＞0，因此f（x）在（lna，+∞）上单调递增，
综上，当a＞0时，函数f（x）在（lna，+∞）上单调递增，在（﹣∞，lna）上单调递减；
当a≤0时，函数f（x）在R上单调递增．
（2）当x＝0时，f（0）＝1＞（0+1）2对a∈R恒成立，
当x＞0时，不等式化为恒成立，
令函数，那么只需a≤g（x）min，
导函数，由于（ex﹣x﹣1）′＝ex﹣1＞0（x＞0），
因此ex﹣x﹣1＞e0﹣0﹣1＝0，
因此当x＞1时，g′（x）＞0，所以函数g（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
当x＜1时，g′（x）＜0，所以函数g（x）在区间（0，1）上单调递减，
所以函数g（x）的最小值为g（1）＝e﹣4，
所以a≤e﹣4，即a的取值范围为a∈（﹣∞，e﹣4]．
16．（2025春 静安区期末）设f（x）＝x3﹣3x．
（1）求函数y＝f（x）图像上以点为切点的切线方程；
（2）经过点是否还存在函数y＝f（x）图像的另一条切线？如果存在，求出该切线与（1）中切线的夹角大小（用反三角函数值表示），如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为f（x）＝x3﹣3x，所以f′（x）＝3x2﹣3，（1分）
所以f（）＝0，f′（）＝6
所以切线方程为，即为6x﹣y0；
（2）设经过点（，0）的切线与函数切于点（x0，y0）（），
则切线方程为：，又其过，
所以，
解得，或，
所以存在另一条切线，斜率为，
设两条切线夹角为θ，则，
所以夹角θ．
17．（2025春 和平区校级月考）已知函数f（x）＝ex﹣ax2（a∈R）．
（1）当a＝0时，若直线l过原点且与曲线y＝f（x）相切，求l的方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上恰有2个零点x1，x2，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝ex，设直线l与曲线y＝f（x）相切于点（x0，y0），
因为f'（x）＝ex，所以直线l的斜率，
又，故l的方程为，又l过原点，所以，所以x0＝1，
所以，故l的方程为y＝ex，即ex﹣y＝0．
（2）因为f（x）在（0，+∞）上恰有两个零点，
所以关于x的方程ex﹣ax2＝0有两个不相等的正根，即恰有2个不相等的正实数根x1，x2，
令g（x）（x＞0），则y＝a与g（x）的图象有两个不同的交点．
因为g'（x），所以当x∈（0，2）时，g′（x）＜0；当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，
所以g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（2）．
当x从0的右侧无限趋近于0时，g（x）趋近于+∞；
当x无限趋近于+∞时，则g（x）趋近于+∞，则g（x）图象如图所示，
所以当时，直线y＝a与g（x）的图象有两个不同交点，所以实数a的取值范围为．
18．（2025春 涪城区校级期中）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当x∈（0，+∞）时，f（x）≥xlnx恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝1时，设g（x）＝f（x）﹣x2，证明：g（x）在（0，+∞）上存在唯一的极小值点x0且g（x0）．
参考数据：e3≈20.09．
【解答】解：（I）因为f（x）＝ex﹣ax﹣1其中x∈R，f'（x）＝ex﹣a．
①当a≤0时，f'（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）的增区间为（﹣∞，+∞），无减区间；
②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝lna，由f（x）＜0可得x＜lna；由f'（x）＞0可得x＞ha．
此时，函数f（x） 的减区间为 （﹣∞，lna），增区间为 （lna，+∞）．
综上所述：当a≤0时，f（x）的增区间为（﹣∞，+∞），无减区间；
当a＞0时，函数f（x）的减区间为（﹣∞，lna），增区间为（hna，+∞）．
（II）当x∈（0，+∞）时，ex﹣ax﹣1≥xlnx恒成立，即恒成立．
令，则，其中x＞0，由h（x）＜0，可得0＜x＜1；
由h（x）＞0可得x＞1．所以，函数h（x） 的减区间为 （0，1），增区间为 （1，+∞）．
所以h（x）min＝h（1）＝e﹣1即a≤e﹣1，故a的取值范围是（﹣∞，e﹣1]．
（III）当a＝1时，g（x）＝ex﹣x﹣1﹣x2，g'（x）＝ex﹣2x﹣1，令m（x）＝ex﹣2x﹣1，则m'（x）＝ex﹣2．
当x∈（0，ln2）时，m（x）＜0，m（x）单调递减；当x∈（ln2，+∞）时，m（x）＞0，m（x）单调递增，
又因为m（ln2）＝eln2﹣2ln2﹣1＝1﹣2ln2＜0，m（0）＝0且m，
所以存在唯一的，使得m（x0）＝0，即．
当x∈（0，x0）时，m（x）＜0，即g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，m（x）＞0，
即g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以x0是 g（x）在（0，+∞）上唯一的极小值点．
则，由①可知．
19．（2025春 青浦区期末）定义：若函数y＝f（x）与y＝g（x）的图像上分别存在点P（x1，y1），Q（x2，y2），使得当x1＝x2时有y1+y2＝0成立，则称函数y＝f（x）与y＝g（x）具有“对称互补”关系．
（1）判断函数f（x）＝x+1与g（x）＝x2﹣2x﹣3是否具有“对称互补”关系，并说明理由；
（2）若函数f（x）＝xsinx与g（x）＝cosx+a在给定定义域区间（0，π）上具有“对称互补”关系，且存在唯一的点对（P，Q）满足条件，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）＝x2﹣2x+blnx，g（x）x2+2x，b∈R不具有“对称互补”关系，求实数b的取值范围．
【解答】解：（1）有“对称互补”关系，理由如下：
由题意得：，
所以x1＝2，x2＝﹣1，所以具有“对称互补”关系．
（2）由题知：f（x）+g（x）＝xsinx+cosx+a＝0在（0，π）上有唯一解，
所以xsinx+cosx+a＝0 ﹣a＝xsinx+cosx，
令h（x）＝xsinx+cosx H（x）＝sinx+xcosx﹣sinx＝xcosx，
当，h′（x）＞0，此时h（x）单调递增；
当，h′（x）＜0，此时h（x）单调递减；
所以h（x）在处取得极大值为，，
所以或﹣a∈（﹣1，1]，所以或a[﹣1，1）．
（3）由题知：在（0，+∞）无解；
，
当x＝1时，无解，所以x，∈（0，1）∪（1，+∞），令，
所以，当x∈（0，1）时，m′（x）＞0，m（x）在单调递增，
此时m（x）∈（0，+∞），当时，m'（x）＞0，m（x）在单调递增；
当，m'（x）＜0，m（x）在单调减；
所以当x∈（1，+∞）时，在处取得极大值为﹣e，此时m（x）∈（﹣∞，﹣e]．
综上，m（x）∈（﹣∞，﹣e]∪（0，+∞）．
所以b∈（﹣e，0]．
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【期末章节复习】一元函数的导数及其应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 静海区校级月考）已知，，，则（ ）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．b＞a＞c
2．（2025春 北京校级期中）下列函数中，在（0，+∞）上为增函数的是（ ）
A．y＝﹣2sinx B．y＝xex C．y＝x3﹣x D．y＝lnx﹣x
3．（2024秋 香坊区校级期末）若函数f（x）＝x2+alnx﹣x+1（a∈R）在上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．[0，+∞） B．（0，+∞） C． D．
4．（2025春 绿园区校级期中）若函数f（x）2f'（0）cosx+x，则的值为（ ）
A．0 B． C． D．π
5．（2025春 长春期中）曲线y＝ex﹣1+x2在x＝1处的切线方程为（ ）
A．y＝2x+1 B．y＝2x C．y＝3x﹣1 D．y＝3x
6．（2025 锦江区校级模拟）已知，函数f（x）＝（lnx﹣ax2）（x2﹣bx+c），若f（x）≤0，则的最小值为（ ）
A． B． C．e D．e2
7．（2025春 台山市期中）已知函数y＝f（x）的图象如图所示，f′（x）是f（x）的导函数，则下列式子正确的是（ ）
A．f′（3）＞f′（2） B．f′（3）＜f（3）﹣f（2）
C．f′（2）＜f（3）﹣f（2） D．f（3）﹣f（2）＜0
8．（2025春 黄浦区校级期中）设曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线为l．则以下说法正确的个数是（ ）
①l与曲线y＝f（x）可能没有交点
②l与曲线y＝f（x）一定只有一个交点
③l与曲线y＝f（x）不可能有且仅有两个交点
④l与曲线y＝f（x）可能有无穷多个交点
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 重庆模拟）将函数f（x）＝cosx﹣lnx的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{xn}（其中n∈N*），则（ ）
A．f（x1）＞f（x2） B．x2n﹣x2n﹣1＜π
C．x2n+1﹣x2n＜π D．x2+x3＜5π
（多选）10．（2025春 蒙城县校级期末）已知函数f（x）＝（x2﹣2x）ex，其导函数为f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（1）＝f′（1）
B．f（x）在区间（﹣2，2）上单调递减
C．f（x）无最大值，有最小值
D．若函数y＝f（x）﹣m（m∈R）有两个零点，则
（多选）11．（2025春 张家口月考）已知函数f（x）＝﹣x3+12x﹣4，下列说法正确的是（ ）
A．f（x）在x＝﹣2处取得极小值
B．f（x）有3个零点
C．f（x）在区间（﹣2，2）上的值域为（﹣24，20）
D．曲线y＝f（x）的对称中心为（0，﹣2）
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 静安区期末）函数f（x）＝cosx lnx的导函数f'（x）＝ ．
13．（2025春 武安市校级月考）若函数f（x）＝ex+axx2存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 ．
14．（2025春 青浦区期末）已知函数y＝f（x），其中f（x）＝ax3﹣6x，若y＝f（x）的一个极值点为1，则y＝f（x）的极大值是 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 静安区期末）设函数f（x）＝ex﹣ax，a∈R．
（1）讨论y＝f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥（x+1）2恒成立，求a的取值范围．
16．（2025春 静安区期末）设f（x）＝x3﹣3x．
（1）求函数y＝f（x）图像上以点为切点的切线方程；
（2）经过点是否还存在函数y＝f（x）图像的另一条切线？如果存在，求出该切线与（1）中切线的夹角大小（用反三角函数值表示），如果不存在，请说明理由．
17．（2025春 和平区校级月考）已知函数f（x）＝ex﹣ax2（a∈R）．
（1）当a＝0时，若直线l过原点且与曲线y＝f（x）相切，求l的方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上恰有2个零点x1，x2，求a的取值范围．
18．（2025春 涪城区校级期中）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当x∈（0，+∞）时，f（x）≥xlnx恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝1时，设g（x）＝f（x）﹣x2，证明：g（x）在（0，+∞）上存在唯一的极小值点x0且g（x0）．
参考数据：e3≈20.09．
19．（2025春 青浦区期末）定义：若函数y＝f（x）与y＝g（x）的图像上分别存在点P（x1，y1），Q（x2，y2），使得当x1＝x2时有y1+y2＝0成立，则称函数y＝f（x）与y＝g（x）具有“对称互补”关系．
（1）判断函数f（x）＝x+1与g（x）＝x2﹣2x﹣3是否具有“对称互补”关系，并说明理由；
（2）若函数f（x）＝xsinx与g（x）＝cosx+a在给定定义域区间（0，π）上具有“对称互补”关系，且存在唯一的点对（P，Q）满足条件，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）＝x2﹣2x+blnx，g（x）x2+2x，b∈R不具有“对称互补”关系，求实数b的取值范围．
【期末章节复习】一元函数的导数及其应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B A B C C B B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BD AC AB
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 静海区校级月考）已知，，，则（ ）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．b＞a＞c
【解答】解：设函数，其中x＞0，那么导函数，
当时，导函数g′（x）＜0，g（x）在上单调递减，
当时，导函数g′（x）＞0，g（x）在上单调递增，
由于，
，，
因为，所以g（2）＞g（e）＞g（3），即，所以a＞c＞b．
故选：B．
2．（2025春 北京校级期中）下列函数中，在（0，+∞）上为增函数的是（ ）
A．y＝﹣2sinx B．y＝xex C．y＝x3﹣x D．y＝lnx﹣x
【解答】解：对于A，因为y＝﹣2sinx，
所以y′＝﹣2cosx，因为x∈（0，+∞），
所以cosx与0的大小不确定，故A错误；
对于B，因为y＝xex，则y′＝（1+x）ex，所以y′＞0在区间（0，+∞）上恒成立，
则函数y＝xex在区间（0，+∞）上为增函数，故B正确；
对于C，因为y＝x3﹣x，则，
所以当时，y′＜0，
当或时，y′＞0，
所以函数的单调递减区间为，
单调递增区间为，，
则y＝x3﹣x在区间（0，+∞）上不单调，故C错误；
对于D，因为y＝lnx﹣x，则，当0＜x＜1时y′＞0，当x＞1时y′＜0，
所以y＝lnx﹣x的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），
则y＝lnx﹣x在区间（0，+∞）上不单调，故D错误．
故选：B．
3．（2024秋 香坊区校级期末）若函数f（x）＝x2+alnx﹣x+1（a∈R）在上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．[0，+∞） B．（0，+∞） C． D．
【解答】解：因为函数f（x）＝x2+alnx﹣x+1在上单调递增，
所以0在上恒成立，
所以a≥﹣2x2+x在上恒成立，
根据二次函数的性质可知，当x时，﹣2x2+x≤0，
故a≥0．
故选：A．
4．（2025春 绿园区校级期中）若函数f（x）2f'（0）cosx+x，则的值为（ ）
A．0 B． C． D．π
【解答】解：因为f（x）2f'（0）cosx+x，
所以f′（x）＝x﹣2f'（0）sinx+1，
所以f′（0）＝1，f′（x）＝x﹣2sinx+1，
则．
故选：B．
5．（2025春 长春期中）曲线y＝ex﹣1+x2在x＝1处的切线方程为（ ）
A．y＝2x+1 B．y＝2x C．y＝3x﹣1 D．y＝3x
【解答】解：因为y＝ex﹣1+x2，所以y'＝ex﹣1+2x，
所以当x＝1时，斜率k＝e1﹣1+2＝3，
所以曲线y＝ex﹣1+x2在x＝1处的切线方程为y﹣2＝3（x﹣1），即y＝3x﹣1．
故选：C．
6．（2025 锦江区校级模拟）已知，函数f（x）＝（lnx﹣ax2）（x2﹣bx+c），若f（x）≤0，则的最小值为（ ）
A． B． C．e D．e2
【解答】解：由题意得f（x）的定义域为（0，+∞）．设g（x）＝lnx﹣ax2，
则，令g′（x）＝0，得，
当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以，
又当x→0+时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→﹣∞，
所以g（x）在（0，+∞）内有两个零点，设为x1，x2（x1＜x2），
则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，g（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，g（x）＞0．
设h（x）＝x2﹣bx+c，
由f（x）≤0，得当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，h（x）＞0，
当x∈（x1，x2）时，h（x）＜0，则x1，x2为方程h（x）＝0的两个实数根，
所以Δ＝b2﹣4c＞0，x1+x2＝b＞0，x1x2＝c＞0．
又g（x1）＝0，g（x2）＝0，所以，，
所以，
即，则lnc＝ab2﹣2ac，所以．
易知x1＞1，x2＞1，故x1x2＝c＞1，
设，则，
当t∈（1，e）时，φ′（t）＜0，φ（t）单调递减，当t∈（e，+∞）时，φ′（t）＞0，φ（t）单调递增，
所以φ（t）min＝φ（e）＝e，故的最小值为e．
故选：C．
7．（2025春 台山市期中）已知函数y＝f（x）的图象如图所示，f′（x）是f（x）的导函数，则下列式子正确的是（ ）
A．f′（3）＞f′（2） B．f′（3）＜f（3）﹣f（2）
C．f′（2）＜f（3）﹣f（2） D．f（3）﹣f（2）＜0
【解答】解：由题中图可知函数y＝f（x）是单调递增的，
则函数f（x）的图象上任意一点处的导函数值都大于零，
又函数f（x）的图象在x＝2处的切线斜率k1大于在x＝3处的切线斜率k2，
所以f′（2）＞f′（3），
如图，记A（2，f（2）），B（3，f（3）），连接AB，
直线AB的斜率，
由函数图象知：k1＞k＞k2＞0，
即f′（2）＞f（3）﹣f（2）＞f′（3）＞0．
故选：B．
8．（2025春 黄浦区校级期中）设曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线为l．则以下说法正确的个数是（ ）
①l与曲线y＝f（x）可能没有交点
②l与曲线y＝f（x）一定只有一个交点
③l与曲线y＝f（x）不可能有且仅有两个交点
④l与曲线y＝f（x）可能有无穷多个交点
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【解答】解：∵曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线为l，
∴P必然在曲线上，且P为切线l与曲线的一个交点，故①错误；
l与曲线y＝f（x）不一定只有一个交点，可能有且仅有两个交点，
如图：
故②③错误；
l与曲线y＝f（x）可能有无穷多个交点，如f（x）＝sinx，P（，1），故④正确．
∴说法正确的个数是1个．
故选：B．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 重庆模拟）将函数f（x）＝cosx﹣lnx的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{xn}（其中n∈N*），则（ ）
A．f（x1）＞f（x2） B．x2n﹣x2n﹣1＜π
C．x2n+1﹣x2n＜π D．x2+x3＜5π
【解答】解：，令，
即，
所以数列{xn}从左往右如图所示，
因为x∈（x1，x2）时，，即，
所以f（x）在（x1，x2）单调递增，
所以f（x1）＜f（x2），故A错误；
根据图像可知（2n﹣1）π＜x2n﹣1＜x2n＜2nπ，所以x2n﹣x2n﹣1＜π，故B正确；
（2n﹣1）π＜x2n＜2nπ，（2n+1）π＜x2n+1＜（2n+2）π，所以x2n+1﹣x2n＞π，故C错误；
由题知存在，使′，此时，
又′，且y＝﹣sinx在单调递增，
所以x3＜x2′，
即x2+x3＜x2+x2'＝5π，故D正确．
故选：BD．
（多选）10．（2025春 蒙城县校级期末）已知函数f（x）＝（x2﹣2x）ex，其导函数为f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（1）＝f′（1）
B．f（x）在区间（﹣2，2）上单调递减
C．f（x）无最大值，有最小值
D．若函数y＝f（x）﹣m（m∈R）有两个零点，则
【解答】解：函数f（x）＝（x2﹣2x）ex，则f′（x）＝（x2﹣2）ex，
f′（1）＝f（1）＝﹣e，故A正确；
当或时，f′（x）＞0，当时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，），（）上单调递增，在（）上单调递减，故B错误；
作出f（x）的大致图象如图所示，
由图可知f（x）无最大值，有最小值，故C正确；
函数y＝f（x）﹣m有两个零点等价于函数y＝f（x）与直线y＝m有两个交点，
又，，
则m或，故D错误．
故选：AC．
（多选）11．（2025春 张家口月考）已知函数f（x）＝﹣x3+12x﹣4，下列说法正确的是（ ）
A．f（x）在x＝﹣2处取得极小值
B．f（x）有3个零点
C．f（x）在区间（﹣2，2）上的值域为（﹣24，20）
D．曲线y＝f（x）的对称中心为（0，﹣2）
【解答】解：由f（x）＝﹣x3+12x﹣4，可得导函数f′（x）＝﹣3x2+12，定义域为R，
令导函数f′（x）＝0 x＝±2，
因此当﹣2＜x＜2时，f′（x）＞0；
当x＜﹣2或x＞2时，f′（x）＜0，
即f（x）在（﹣2，2）上单调递增；在（﹣∞，﹣2），（2，+∞）上单调递减，
对于选项A，根据以上分析可得函数f（x）在x＝﹣2处取得极小值，因此选项A正确；
对于选项B，由于f（﹣4）＝12＞0，f（﹣2）＝﹣20，f（2）＝12＞0，f（4）＝﹣64+48﹣4＝﹣20＜0，
根据零点存在定理可得函数f（x）有3个零点，因此选项B正确；
对于选项C，由B可得f（x）在区间（﹣2，2）上的值域为（﹣20，12），故C错误；
对于选项D，f（﹣x）+f（x）＝x3﹣12x﹣4+（﹣x3+12x﹣4）＝﹣8，
所以曲线y＝f（x）的对称中心为（0，﹣4），故D错误．
故选：AB．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 静安区期末）函数f（x）＝cosx lnx的导函数f'（x）＝ ．
【解答】解：函数f（x）＝cosx lnx，
则f'（x）＝（cosx）'lnx+cosx （lnx）'．
故答案为：．
13．（2025春 武安市校级月考）若函数f（x）＝ex+axx2存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 （﹣∞，﹣1） ．
【解答】解：函数f（x）＝ex+axx2的定义域是R，则f′（x）＝ex+a﹣x，
依题意，得f′（x）＝ex+a﹣x＜0成立，则a＜（x﹣ex）max．
令g（x）＝x﹣ex，则g′（x）＝1﹣ex，
令令g′（x）＜0，解得x＞0，g′（x）＞0，解得x＜0，
故g（x）在（0，+∞）上单调递减，在（﹣∞，0）上单调递增，
故g（x）max＝g（0）＝﹣1，故a＜﹣1．
故答案为：（﹣∞，﹣1）．
14．（2025春 青浦区期末）已知函数y＝f（x），其中f（x）＝ax3﹣6x，若y＝f（x）的一个极值点为1，则y＝f（x）的极大值是 4 ．
【解答】解：因为f（x）＝ax3﹣6x，x∈R，
所以f′（x）＝3ax2﹣6，
由题意可得，f′（1）＝3a﹣6＝0，即a＝2，
则f′（x）＝6x2﹣6＝6（x﹣1）（x+1），
当x＞1或x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故f（x）在（1，+∞）和（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，
故x＝﹣1时，函数取得极大值f（﹣1）＝4．
故答案为：4．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 静安区期末）设函数f（x）＝ex﹣ax，a∈R．
（1）讨论y＝f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥（x+1）2恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）导函数f′（x）＝ex﹣a
①当a≤0时，f′（x）＞0，因此f（x）在R上单调递增；
②当a＞0时，令导函数f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x＜lna时，导函数f′（x）＜0，因此f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减；
当x＞lna时，导函数f′（x）＞0，因此f（x）在（lna，+∞）上单调递增，
综上，当a＞0时，函数f（x）在（lna，+∞）上单调递增，在（﹣∞，lna）上单调递减；
当a≤0时，函数f（x）在R上单调递增．
（2）当x＝0时，f（0）＝1＞（0+1）2对a∈R恒成立，
当x＞0时，不等式化为恒成立，
令函数，那么只需a≤g（x）min，
导函数，由于（ex﹣x﹣1）′＝ex﹣1＞0（x＞0），
因此ex﹣x﹣1＞e0﹣0﹣1＝0，
因此当x＞1时，g′（x）＞0，所以函数g（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
当x＜1时，g′（x）＜0，所以函数g（x）在区间（0，1）上单调递减，
所以函数g（x）的最小值为g（1）＝e﹣4，
所以a≤e﹣4，即a的取值范围为a∈（﹣∞，e﹣4]．
16．（2025春 静安区期末）设f（x）＝x3﹣3x．
（1）求函数y＝f（x）图像上以点为切点的切线方程；
（2）经过点是否还存在函数y＝f（x）图像的另一条切线？如果存在，求出该切线与（1）中切线的夹角大小（用反三角函数值表示），如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为f（x）＝x3﹣3x，所以f′（x）＝3x2﹣3，（1分）
所以f（）＝0，f′（）＝6
所以切线方程为，即为6x﹣y0；
（2）设经过点（，0）的切线与函数切于点（x0，y0）（），
则切线方程为：，又其过，
所以，
解得，或，
所以存在另一条切线，斜率为，
设两条切线夹角为θ，则，
所以夹角θ．
17．（2025春 和平区校级月考）已知函数f（x）＝ex﹣ax2（a∈R）．
（1）当a＝0时，若直线l过原点且与曲线y＝f（x）相切，求l的方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上恰有2个零点x1，x2，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝ex，设直线l与曲线y＝f（x）相切于点（x0，y0），
因为f'（x）＝ex，所以直线l的斜率，
又，故l的方程为，又l过原点，所以，所以x0＝1，
所以，故l的方程为y＝ex，即ex﹣y＝0．
（2）因为f（x）在（0，+∞）上恰有两个零点，
所以关于x的方程ex﹣ax2＝0有两个不相等的正根，即恰有2个不相等的正实数根x1，x2，
令g（x）（x＞0），则y＝a与g（x）的图象有两个不同的交点．
因为g'（x），所以当x∈（0，2）时，g′（x）＜0；当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，
所以g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（2）．
当x从0的右侧无限趋近于0时，g（x）趋近于+∞；
当x无限趋近于+∞时，则g（x）趋近于+∞，则g（x）图象如图所示，
所以当时，直线y＝a与g（x）的图象有两个不同交点，所以实数a的取值范围为．
18．（2025春 涪城区校级期中）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当x∈（0，+∞）时，f（x）≥xlnx恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝1时，设g（x）＝f（x）﹣x2，证明：g（x）在（0，+∞）上存在唯一的极小值点x0且g（x0）．
参考数据：e3≈20.09．
【解答】解：（I）因为f（x）＝ex﹣ax﹣1其中x∈R，f'（x）＝ex﹣a．
①当a≤0时，f'（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）的增区间为（﹣∞，+∞），无减区间；
②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝lna，由f（x）＜0可得x＜lna；由f'（x）＞0可得x＞ha．
此时，函数f（x） 的减区间为 （﹣∞，lna），增区间为 （lna，+∞）．
综上所述：当a≤0时，f（x）的增区间为（﹣∞，+∞），无减区间；
当a＞0时，函数f（x）的减区间为（﹣∞，lna），增区间为（hna，+∞）．
（II）当x∈（0，+∞）时，ex﹣ax﹣1≥xlnx恒成立，即恒成立．
令，则，其中x＞0，由h（x）＜0，可得0＜x＜1；
由h（x）＞0可得x＞1．所以，函数h（x） 的减区间为 （0，1），增区间为 （1，+∞）．
所以h（x）min＝h（1）＝e﹣1即a≤e﹣1，故a的取值范围是（﹣∞，e﹣1]．
（III）当a＝1时，g（x）＝ex﹣x﹣1﹣x2，g'（x）＝ex﹣2x﹣1，令m（x）＝ex﹣2x﹣1，则m'（x）＝ex﹣2．
当x∈（0，ln2）时，m（x）＜0，m（x）单调递减；当x∈（ln2，+∞）时，m（x）＞0，m（x）单调递增，
又因为m（ln2）＝eln2﹣2ln2﹣1＝1﹣2ln2＜0，m（0）＝0且m，
所以存在唯一的，使得m（x0）＝0，即．
当x∈（0，x0）时，m（x）＜0，即g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，m（x）＞0，
即g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以x0是 g（x）在（0，+∞）上唯一的极小值点．
则，由①可知．
19．（2025春 青浦区期末）定义：若函数y＝f（x）与y＝g（x）的图像上分别存在点P（x1，y1），Q（x2，y2），使得当x1＝x2时有y1+y2＝0成立，则称函数y＝f（x）与y＝g（x）具有“对称互补”关系．
（1）判断函数f（x）＝x+1与g（x）＝x2﹣2x﹣3是否具有“对称互补”关系，并说明理由；
（2）若函数f（x）＝xsinx与g（x）＝cosx+a在给定定义域区间（0，π）上具有“对称互补”关系，且存在唯一的点对（P，Q）满足条件，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）＝x2﹣2x+blnx，g（x）x2+2x，b∈R不具有“对称互补”关系，求实数b的取值范围．
【解答】解：（1）有“对称互补”关系，理由如下：
由题意得：，
所以x1＝2，x2＝﹣1，所以具有“对称互补”关系．
（2）由题知：f（x）+g（x）＝xsinx+cosx+a＝0在（0，π）上有唯一解，
所以xsinx+cosx+a＝0 ﹣a＝xsinx+cosx，
令h（x）＝xsinx+cosx H（x）＝sinx+xcosx﹣sinx＝xcosx，
当，h′（x）＞0，此时h（x）单调递增；
当，h′（x）＜0，此时h（x）单调递减；
所以h（x）在处取得极大值为，，
所以或﹣a∈（﹣1，1]，所以或a[﹣1，1）．
（3）由题知：在（0，+∞）无解；
，
当x＝1时，无解，所以x，∈（0，1）∪（1，+∞），令，
所以，当x∈（0，1）时，m′（x）＞0，m（x）在单调递增，
此时m（x）∈（0，+∞），当时，m'（x）＞0，m（x）在单调递增；
当，m'（x）＜0，m（x）在单调减；
所以当x∈（1，+∞）时，在处取得极大值为﹣e，此时m（x）∈（﹣∞，﹣e]．
综上，m（x）∈（﹣∞，﹣e]∪（0，+∞）．
所以b∈（﹣e，0]．
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