数学攻略

数学谜题攻略数学谜题是考验逻辑思维和数学能力的一种有趣挑战。

通过解答数学谜题，我们不仅可以提高自己的数学水平，还可以锻炼思维能力和解决问题的能力。

本文将为大家介绍一些解决数学谜题的方法和技巧，希望能够帮助大家更好地应对数学谜题。

一、理解题意在解决数学谜题之前，首先要准确理解题目的意思。

有些数学谜题可能会通过问题的描述、条件的表述等方式给出一些提示，我们需要仔细阅读并理解这些信息。

如果对问题的描述存在模糊或不理解的地方，可以多读几遍，并尝试用自己的话重新表述问题，以确保自己对问题的理解是准确的。

二、寻找规律数学谜题中常常存在一定的规律，通过观察和寻找这些规律可以帮助我们解答问题。

当我们发现一些数字、图形或符号之间存在一定的联系或者变化规律时，可以将这些规律应用于题目中，找出正确的答案。

三、善用数学知识和技巧数学谜题往往需要运用一些特定的数学知识和技巧来解决。

在解答问题时，可以回顾自己所学的数学知识，结合题目给出的条件和限制，灵活运用相应的数学方法。

比如，对于一些关于几何图形的谜题，可以运用几何知识中的图形性质和关系来解答；对于一些关于数列和等式的谜题，可以运用代数方程的方法来求解。

四、进行逻辑推理解决数学谜题时，我们经常需要进行逻辑推理，通过推理关系和条件来得出答案。

逻辑推理是一种从已知条件出发，按照逻辑关系进行推理和判断的思维方式。

在解答问题时，可以运用假设、排除法、反证法等逻辑推理方法，分析问题的逻辑结构和关系，最终得出正确的答案。

五、多练习、多思考数学谜题需要一定的经验和思考能力，而这些能力的培养需要通过不断的练习和思考来逐渐提高。

在解答数学谜题时，可以多多尝试不同类型的问题，不断进行思考和总结，寻找解决问题的方法和技巧。

通过反复实践和思考，我们可以逐渐提高自己解答数学谜题的能力。

综上所述，解答数学谜题需要准确理解题意，寻找规律，善用数学知识和技巧，进行逻辑推理，并进行多练习和思考。

希望本文介绍的方法和技巧能够帮助大家在解答数学谜题时取得更好的成绩。

浙教版五年级数学完全攻略为了帮助五年级的学生们更好地掌握浙教版数学课程，本文将详细介绍一套完全攻略。

通过系统性的学习和练习，相信学生们能够在数学领域有所突破。

一、认识数的大小和数的读法1. 数的读法：在学习数的读法时，可以采用分组的方式，将千、百、十、个位进行分组，并依次读出每个数位上的数字。

例如，数字256可以读作“二百五十六”。

这种方法有助于学生们更好地理解和记忆。

2. 比较数的大小：在比较数的大小时，可以采用数的大小关系符号进行比较。

例如，“>”表示大于，“<”表示小于，“=”表示等于。

通过这种符号的运用，学生们能够准确地判断数的大小关系。

二、认识分数1. 分数的定义：分数是用分子和分母表示的有理数。

分子表示被分成的份数，分母表示等分成的份数。

例如，1/2表示将一个整体分成两份，取其中一份。

2. 分数的表示：可以通过绘制图形、使用物体等方式进行分数的表示，帮助学生们更好地理解和运用分数。

三、认识小数1. 小数的定义：小数是在整数部分之后用小数点隔开的数。

小数点后面的数字表示百分之几、千分之几等等。

例如，0.5表示百分之五十。

2. 小数的转化：学生们需要掌握将分数转化为小数和将小数转化为分数的方法。

例如，将1/2转化为小数，可以进行分子除以分母的计算。

四、认识整数1. 正整数和负整数：正整数是大于0的整数，负整数是小于0的整数。

学生们需要通过具体的实例来理解正整数和负整数的概念。

2. 整数的加减法：学生们需要记住整数的加减法规则，并练习运用。

例如，正整数与正整数的相加、正整数与负整数的相加等等。

五、认识简单的几何图形1. 正方形、长方形和三角形：学生们需要认识这些基本的几何图形，并了解它们的特征和性质。

2. 图形的绘制：学生们需要通过练习，掌握手绘正方形、长方形和三角形的技巧，从而能够准确地绘制这些图形。

六、认识运算符号和运算法则1. 四则运算：学生们需要掌握加法、减法、乘法和除法的运算法则，并灵活运用于实际计算中。

初中数学习题攻略第一篇范文在初中数学的学习过程中，习题练习是提高数学能力的重要环节。

为了帮助同学们更好地掌握初中数学知识，提高解题能力，本文将结合初中数学习题的特点，提供一些实用的解题攻略。

一、理解题目要求在做题之前，首先要认真阅读题目，理解题目所给出的信息，明确题目的要求。

对于选择题，要弄清楚每个选项的意义；对于解答题，要弄清楚题目的已知条件和需要求解的目标。

二、制定解题计划在理解题目要求的基础上，制定解题计划。

对于不同类型的题目，采取不同的解题策略。

例如，对于几何题目，可以先画出图形，然后再根据图形的特点选择合适的解题方法；对于代数题目，可以先列出已知的方程或不等式，然后再进行求解。

三、注重解题步骤在解题过程中，要注重解题步骤的完整性。

对于选择题，要给出选择该选项的理由；对于解答题，要按照题目要求，逐步求解，并给出每一步的依据。

四、培养解题思维在解题过程中，要灵活运用所学的知识和方法，培养解题思维。

对于一些复杂的题目，可以先尝试用简单的方法去解决，如果不行，再考虑用其他的方法。

五、检查答案在完成解题后，要检查答案的合理性。

对于选择题，可以再次阅读题目，看看选择的选项是否符合题目的要求；对于解答题，可以再次审视解题过程，看看是否有错误或者不完整的地方。

六、总结经验在解题过程中，要不断地总结经验，提炼解题方法。

对于那些经常出错的题目，要进行重点复习，找出错误的原因，并加以改正。

通过以上的习题攻略，相信同学们在做初中数学习题时会有所帮助。

在做题的过程中，要不断地实践和总结，提高解题能力。

同时，也要注重培养对数学的兴趣，享受解题的过程。

第二篇范文：初中学生学习方法技巧在当今教育环境中，初中学生面临着严峻的学习挑战。

数学作为基础学科之一，对于学生的逻辑思维能力、解决问题的能力有着重要的要求。

本文将结合初中学生的特点，提供一些实用的数学学习方法技巧，以帮助学生更好地掌握数学知识，提高学习成绩。

一、合理规划学习时间初中学生面临着多门学科的学习任务，因此，合理规划学习时间是非常重要的。

小学一年级数学学习攻略：巧记倍数表在小学一年级的数学学习中，倍数表是一个重要的概念，它为后续的数学学习打下了坚实的基础。

掌握倍数表不仅有助于提高孩子们的数学运算能力，还能培养他们的逻辑思维和数学思维能力。

一、什么是倍数？倍数是指一个数可以被另一个数整除，也就是说，如果一个数能被另一个数整除，那么它就是这个数的倍数。

例如，2 是 4 的倍数，因为4 可以被 2 整除，而 3 不是 4 的倍数，因为 4 不可以被 3 整除。

二、为什么要学习倍数？学习倍数对于孩子们的数学学习至关重要。

首先，掌握倍数可以帮助孩子们更好地理解整数的概念，提高他们的数学思维能力。

其次，掌握倍数有助于孩子们在日常生活中进行数学计算，例如计算物品的价格、计算时间等等。

最后，倍数在后续的数学学习中也扮演着重要角色，例如分数的比较、约分等等，掌握好倍数对于后续的学习是非常有帮助的。

三、如何巧记倍数表？掌握倍数表的关键在于记住每个数的倍数。

以下是一些巧记倍数表的方法，帮助孩子们快速记住倍数。

1. 规律法：在学习倍数表时，我们会发现每个数的倍数都有规律可循。

例如，2 的倍数都是偶数，因此可以将 2 的倍数记在一起；3 的倍数的个位数之和都是 3 的倍数，因此可以将 3 的倍数记在一起；同样地，4 的倍数的末两位是 4 的倍数，5 的倍数都以 0 或 5 结尾，等等。

通过找到规律，孩子们可以更好地记忆倍数表。

2. 关联法：将倍数与具体的数量或物品关联起来，可以更好地记忆。

例如，将 5 的倍数与一只手的手指数关联起来，将 10 的倍数与两只手的手指数关联起来，这样可以帮助孩子们更好地记住倍数的概念。

3. 反复操练：熟能生巧。

孩子们可以通过不断地反复操练倍数表来巩固记忆。

可以让孩子们用口头回忆倍数表，也可以用写作业的形式进行操练，或者利用数学游戏等方式进行巩固练习。

四、如何应用倍数？掌握倍数不仅要知道每个数的倍数，还要学会运用倍数进行数学计算和问题解决。

初三数学复习攻略答题技巧与解题思路初三数学复习攻略——答题技巧与解题思路一、写在前面初三数学复习是为了备战中考，为了顺利完成数学试卷中的各种题型，我们需要掌握一些答题技巧并培养解题思路。

本文将为大家介绍几种常见题型的解题技巧，并提供一些建议来帮助大家在初三数学考试中取得更好的成绩。

二、选择题选择题是初三数学试卷中的常见题型，正确率往往是决定最终得分的重要因素。

下面是几种常见的选择题解题技巧：1. 仔细审题：通读题目，理解问题的意思。

注意关键词和条件限制，避免因为粗心而出错。

2. 排除法：先排除明显错误的选项，缩小范围后再仔细比较。

常见的排除方法有比较法、代入法等。

3. 过滤法：根据各选项的特点和条件，筛选出符合题意的选项。

常见的过滤方法有奇偶性判断、单位换算等。

三、填空题填空题要求我们根据条件填写适当的数值或运算符号，下面是几种常见的填空题解题技巧：1. 利用已知条件：仔细阅读题目，寻找已知条件，并根据条件进行推导和计算，找到合适的答案。

2. 变量代换：将未知数用字母表示，建立方程，通过解方程求解出未知数的数值。

3. 利用特殊性质：填空题中经常涉及到数的性质和规律，我们可以利用这些性质和规律来求解。

比如利用等差数列或等比数列的性质。

四、解答题解答题是初三数学试卷中的较为复杂的题型，需要综合运用所学的知识和解题技巧。

下面是几种常见的解答题解题思路：1. 分析问题：仔细阅读题目，理解问题的要求。

结合已知条件，分析问题的性质和特点，并采取相应的解题思路。

2. 建立模型：将问题抽象为数学模型，利用已知条件和题目要求建立等式或方程，进行求解。

常见的模型有几何模型、代数模型等。

3. 逻辑推理：通过观察和逻辑推理寻找问题的规律和解题思路。

例如利用归纳法、演绎法等进行推理，帮助我们找到解题的方法和步骤。

五、巩固练习在提高数学解题能力的过程中，巩固练习是非常重要的。

通过大量的练习，我们可以更好地掌握解题技巧和思路，提高解题能力。

小学一年级数学学习攻略：掌握图形的旋转与镜像数学是一门重要的学科，对于小学一年级的孩子来说，数学的学习需要从基础开始，而图形的旋转与镜像是数学学习的重要内容之一。

掌握图形的旋转与镜像不仅可以提高孩子的观察力和思维能力，还可以为日后的几何学学习打下坚实的基础。

本文将从基本概念、学习方法以及实际应用等方面，为大家介绍如何有效地帮助小学一年级的孩子掌握图形的旋转与镜像。

一、基本概念1. 图形的旋转：图形的旋转是指将一个图形绕一个中心点旋转一定角度后得到的新图形。

旋转可以是顺时针方向或逆时针方向。

2. 图形的镜像：图形的镜像是指沿着一条直线将图形折叠，使得折叠前后的图形完全重合，但方向相反。

二、学习方法1. 观察实物：让孩子观察身边的物体，例如棋盘上的棋子、家具上的装饰物等，引导他们发现图形的旋转与镜像特点。

可以让孩子亲自操作，将图形旋转或折叠，观察变化后的形状。

2. 绘制图形：可以用纸和颜色笔让孩子自己绘制各种图形，然后进行旋转和镜像操作，观察变化后的效果。

可以通过绘制多个图形，让孩子对旋转和镜像有更深的印象。

3. 制作拼图：可以使用纸板或卡片，将一些基本图形切割成若干个小块，然后让孩子尝试将这些小块进行旋转和镜像，拼成原始的图形。

这样的练习可以锻炼孩子的空间想象力和手眼协调能力。

4. 利用工具：在数字化时代，可以通过电子设备上的数学学习软件或在线教育平台提供的绘图工具来进行图形的旋转和镜像操作。

这样不仅可以增加趣味性，还可以培养孩子使用科技工具的能力。

三、实际应用1. 游戏：可以利用游戏的方式进行图形的旋转和镜像操作。

例如，用积木拼出一些基本图形，然后让孩子尝试将它们进行旋转或镜像，体验旋转和镜像对图形的影响。

2. 日常生活中的活动：在日常生活中，孩子可以发现很多旋转和镜像的现象，例如自行车轮子的旋转、纸风车的旋转等。

通过引导孩子观察和思考这些现象，可以帮助他们理解图形的旋转和镜像。

3. 绘画和手工艺：可以利用绘画和手工艺的方式进行图形的旋转和镜像操作。

数学逻辑推理题攻略数学逻辑推理是数学领域中非常重要的一部分，它包括推理、证明和解答一系列与数学相关的问题。

通过数学逻辑推理，我们可以培养我们的思维能力，提高解决问题的能力。

在这篇文章中，我将为大家分享一些数学逻辑推理题的攻略和解题方法。

一、条件语句的推理条件语句是数学逻辑推理题中最常见的类型之一。

条件语句由一个前提和一个结论组成，我们需要根据给定的条件，判断结论的真假。

在解答这类问题时，我们可以使用以下几种方法：1. 直接法：根据条件直接得到结论，无需其他假设或推导。

2. 反证法：假设结论为假，通过推理得出与已知条件矛盾的结论，从而得出结论的真实性。

3. 逆否命题法：将条件语句的逆否命题推理为原命题，判断逆否命题的真假。

例如，给定条件："如果一个数是偶数，则它能被2整除。

"我们需要判断结论："一个数不能被2整除，则它一定是奇数。

"的真假性。

根据直接法，我们可以得出结论为真，因为奇数不能被2整除。

二、命题之间的关系在数学逻辑推理中，我们经常需要判断命题之间的关系，如充分性、必要性、等价关系等。

了解这些关系对于解题非常重要。

1. 充分条件：如果命题A成立，则命题B也成立。

记作"A⇒B"，可以通过构造反例来证明充分条件是否成立。

2. 必要条件：如果命题A成立，那么命题B必定成立。

记作"A⇐B"，可以通过否定B，看是否能否定A来证明必要条件。

3. 充要条件：如果命题A成立，当且仅当命题B成立。

记作"A⇔B"，需要同时证明充分条件和必要条件。

三、三段论三段论是逻辑学中一种常见的推理形式，用于由两个条件命题推出一个结论命题。

三段论包括三个命题，分别称为大前提、小前提和结论。

形式上，三段论通常表示为："如果A是C，则B是C。

A是B。

所以，A是C。

"在解题过程中，可以使用三段论来简化推理的步骤。

奥数竞赛学习攻略奥数竞赛是许多学生向往并渴望参加的一项学术竞赛。

这项竞赛为学生提供了展示数学才能的舞台，同时也是锻炼思维、培养解决问题能力的良好机会。

然而，要在奥数竞赛中脱颖而出，并不是一件容易的事情。

为了帮助大家顺利备战奥数竞赛，本文将分享一些学习攻略，希望能对广大竞赛学生有所帮助。

1. 树立学习兴趣要在奥数竞赛中取得好成绩，学习兴趣是至关重要的。

只有真正对数学产生兴趣，才会主动地去学习和探索数学的奥秘。

因此，首先要树立对数学的兴趣和热情。

可以通过阅读数学相关的书籍、参加数学俱乐部或者观看数学竞赛视频等方式，激发对数学的兴趣，并培养对数学问题的好奇心。

2. 掌握基础知识在参加奥数竞赛前，有必要全面地掌握数学的基础知识。

这包括数学的各个分支，如代数、几何、概率等，以及相应的理论和公式。

要通过系统地学习，巩固和加深对基础知识的理解和掌握。

可以参考奥数竞赛的教材和辅导书籍，进行有针对性的学习和练习。

3. 多做题，深度拓展在奥数竞赛中，解题能力是关键。

因此，适量并高质量地做题是必不可少的。

可以从简单的题目开始，逐渐提升难度，扩展解题思路和技巧。

同时，要注重理解和掌握不同题型的解题方法，并学会灵活运用。

可以参加奥数竞赛的模拟训练，通过与他人的交流和比较，提高解题速度和准确性。

4. 培养逻辑思维奥数竞赛往往考察的是学生的逻辑思维能力。

因此，培养和提升逻辑思维至关重要。

可以通过解决数学问题、推理和分析等方式，训练自己的逻辑思维能力。

同时，要多进行思维训练，锻炼自己的思维灵活性和创新性。

可以尝试解决一些具有挑战性的问题，挑战自己的思维极限。

5. 合理安排学习时间要在奥数竞赛中取得好成绩，合理安排学习时间是必不可少的。

要制定一个科学合理的学习计划，将时间分配给各个学习任务。

要有计划、有条理地进行学习和复习，不要碎片化地学习。

同时，合理安排休息时间，保证充足的休息，提高学习效率。

6. 坚持不懈，勇敢挑战奥数竞赛并非一蹴而就，需要长期的坚持和努力。

隐零点问题导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．【知识导图】考点一：不含参函数的隐零点问题考点二：含参函数的隐零点问题【考点分析】考点一：不含参函数的隐零点问题规律方法　已知不含参函数f (x )，导函数方程f ′(x )=0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f ′(x )=0的根为x 0，则①有关系式f ′(x 0)=0成立，②注意确定x 0的合适范围．1(2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)已知函数f x =x cos x -sin x ，x ∈0,π2.(1)求证：f x ≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈0,π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2)a 的最大值为2π，b 的最小值为1.【详解】(1)由f x =x cos x -sin x ，求导得f x =cos x -x sin x -cos x =-x sin x ，因为在区间0,π2上f x =-x sin x <0，则f x 在区间0,π2 上单调递减，所以f x ≤f 0 =0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x -ax >0”，“sin xx<b ”等价于“sin x -bx <0”，令g x =sin x -cx ，x ∈0,π2，则g x =cos x -c ，当c ≤0时，g x >0对任意x ∈0,π2恒成立，当c ≥1时，因为对任意x ∈0,π2 ，gx =cos x -c <0，于是g x 在区间0,π2 上单调递减，则g x <g 0 =0对任意x ∈0,π2恒成立，当0<c <1时，存在唯一的x 0∈0,π2使得g x 0 =cos x 0-c =0，当x ∈(0,x 0)时，g (x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈x 0,π2时，g(x )<0，函数g (x )单调递减，显然g (x 0)>g (0)=0，g π2=1-π2c ，则当g π2 ≥0，即0<c ≤2π时，g (x )>0对x ∈0,π2恒成立，因此当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈0,π2恒成立，当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈0,π2恒成立，所以a <sin x x <b 对任意x ∈0,π2 恒成立时，a 的最大值为2π，b 的最小值为1.2(2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试)已知函数f x =ln x -xe -x +1x (e 为自然对数的底数).(1)求函数f x 在x =1处的切线方程；(2)若f x +x -1x -1>ae -x +ln x 恒成立，求证：实数a <-1.【答案】(1)y =1-1e (2)证明见解析【详解】(1)由f x =ln x -xe -x +1x，定义域为0,+∞ ，则f x =x -1e x +1x -1x 2=x -1 1e x +1x 2.所以f x 在x =1处的切线l 的斜率为k =f 1 =0，又f 1 =1-1e ，则l 的方程为y =1-1e.(2)f x +x -1x -1>ae -x+ln x ⇔f x -ln x +x 2-x -1x >a e x ⇔-x e x +x -1>a e x ⇔a <x -1 e x -x恒成立，令h x =x -1 e x -x ，则h x =xe x -1，令u x =xe x -1，x >0，则u x =x +1 e x >0所以u x 在0,+∞ 上单调递增，又u 0 =-1<0，且u 1 =e -1>0，则u x 在0,1 上存在零点x 0且u x 0 =x 0e x 0-1=0，即e x 0=1x 0.所以h x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，所以h x min =h x 0 =x 0-1 e x 0-x 0=1-x 0+1x 0，即a <h x 0 .h x 0 =1-x 0+1x 0，则h x 0 =1x 20-1=1+x 0 1-x 0 x 20又x 0∈0,1 ，所以h x 0 >0，则h x 0 =1-x 0+1x 0在0,1 上单调递增，因此h x 0 <h 1 =-1所以a <-1.3(2024·河北邢台·高三统考期末)已知函数f (x )=sin x +x 2．证明：f (x )>-516．【答案】证明见解析【解析】f (x )=cos x +2x令函数u (x )=f (x )，则u (x )=-sin x +2>0，所以u (x )=f (x )是增函数．因为f (0)=1，f -1 2=cos12-1<0，所以存在x0∈-1 2 ,0，使得f (x0)=cos x0+2x0=0，即x20=14cos2x0．所以当x∈-∞,x0时，f (x)<0，当x∈x0,+∞时，f (x)>0，所以f(x)在-∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增．f(x)≥f x 0=sin x0+x20=sin x0+14cos2x0=-14sin2x0+sin x0+14．因为x0∈-1 2 ,0，所以sin x0>sin-12>sin-π6=-12，所以-14sin2x0+sin x0+14>-14×-122-12+14=-516．故f(x)>-5 16．4已知函数f x =e x-a-ln x+x，当a≤0时，证明：f x >x+2.【解析】当a≤0时，令F(x)=f(x)-x-2=e x-a-ln x-2，x>0，求导得F (x)=e x-a-1x=xe x-a-1x，显然函数F (x)在(0,+∞)上单调递增，令g(x)=xe x-a-1，x≥0，g (x)=(x+1)e x-a>0，即函数g(x)在(0, +∞)上单调递增，而g(0)=-1<0,g(1)=e1-a-1≥e-1>0，则存在唯一x0∈(0,1)，使得g(x0)=0，即e x0-a =1x0，因此存在唯一x0∈(0,1)，使得F (x0)=0，当0<x<x0时，F (x0)<0，当x>x0时，F (x0)>0，因此函数F(x)在(0,x0)上递减，在(x0,+∞)上递增，当e x0-a=1x0时，x0-a=-ln x0，则F(x)≥F(x0)=e x0-a-ln x0-2=1x0+x0-a-2>21x⋅x0-a-2=-a≥0，(当且仅当1x0=x0即x0=1时，取等号，故式子取不到等号)所以当a≤0时，f x >x+2.考点二：含参函数的隐零点问题规律方法　已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)=0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)=0的根为x0，则①有关系式f′(x0)=0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．1(2022上·河南洛阳·高三新安县第一高级中学校考开学考试)(1)证明不等式：e x-2>ln x(第一问必须用隐零点解决，否则不给分)；(2)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.求a的取值范围.(第二问必须用分段讨论解决，否则不给分)【答案】(1)证明见解析；(2)(0,+∞).【分析】(1)根据给定条件，构造函数g(x)=e x-2-ln x，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.(2)求出函数f(x)的导数，利用导数分类讨论函数f(x)的单调性、零点情况作答.【详解】(1)令函数g x =e x-2-ln x，x>0，求导得：g x =e x-2-1x，显然函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g (1)=e-1-1<0，g (2)=12>0，则存在x0∈(1,2)，使得g (x0)=0，即e x0-2=1x0，有x0-2=-ln x0，当0<x<x0时，g (x)<0，当x>x0时，g (x)>0，函数g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，g(x)min=g(x0)=e x0-2-ln x0=1x0+x0-2>21x⋅x0-2=0，所以e x-2>ln x.(2)函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2定义域R，求导得f (x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a)，当a>0时，由f (x)<0得，x<1，由f (x)>0得，x>1，即函数f(x)在(-∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增，f(x)min=f(1)=-e<0，而f(2)=a>0，即存在x1∈(1,2)，使得f(x1)=0，则函数f(x)在(1,+∞)上有唯一零点，取b<0且b<ln a2，则f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>a2(b-2)+a(b-1)2=a b2-32b>0，即存在x2∈(b,1)，使得f(x2)=0，则函数f(x)在(-∞,1)上有唯一零点，因此当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a=0时，函数f(x)=(x-2)e x只有一个零点2，当a<0时，若-e2<a<0，当x<ln(-2a)或x>1时，f (x)>0，当ln(-2a)<x<1时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增，在(ln(-2a),1)上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，因此函数f(x)在(-∞,1)上没有零点，在(1,+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，若a=-e2，恒有f(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，函数f(x)最多一个零点，若a<-e2，当x<1或x>ln(-2a)时，f(x)>0，当1<x<ln(-2a)时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增，在(1,ln(-2a))上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，当x∈1,ln-2a时，f x <0，因此函数f(x)在(-∞,ln(-2a))上没有零点，在(ln(-2a),+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，综上得，当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a≤0时，函数f(x)最多一个零点，所以a的取值范围是(0,+∞).2(2023秋·北京·高三统考开学考试)已知函数f(x)=ax-x+be x，曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线为y=-x+1．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间(1,+∞)上单调递增；(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由．【答案】(1)a=1,b=-1.(2)证明见解析(3)零点个数为0，证明见解析.【详解】(1)f (x)=a-1-x+be x，则有f0 =-b=1，解得b=-1，f 0 =a-1-b=a-2=-1，则a=1,b=-1.(2)由(1)知f(x)=x-x-1e x ，f (x)=1-2-xe x=e x+x-2e x，设h x =e x+x-2，因为h x 在1,+∞上单调递增，则h x >h1 =e-1>0，所以f (x)>0在1,+∞上恒成立，所以函数f x 在区间(1,+∞)上单调递增.(3)因为f (x)=1-2-xe x =e x+x-2e x，令f (x)=0，令f (x)=0，得e x+x-2=0，设h x =e x+x-2，由(2)知h x 在R上单调递增，且h0 =-1，h1 =e-1>0，故存在唯一零点x0∈0,1使得h x =0，即存在唯一零点x0∈0,1满足f (x0)=0，即得e x0+x0-2=0，则e x0=2-x0，且当x∈-∞,x0时，f (x)<0，此时f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f (x)>0，此时f x 单调递增，所以f x min=f x0=x0-x0-1e x0=x0e x0-x0+1e x0=x02-x0-x0+12-x0=-x20+x0+12-x0=-x0-122+542-x0，当x0∈0,1时，2-x0>0，-x0-1 22+54>-0-122+54=1，则f x min>0，则函数f(x)的零点个数为0.3(2023秋·河北张家口·高三统考开学考试)已知f x =ae x，g x =ln x+1 a．(1)当a=1时，证明：f x ≥g x +1；(2)若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)a≥1【详解】(1)当a=1时，设h x =f x -g x -1=e x-ln x+1-1x>-1，h x =e x-1x+1，当x>0时，h x >0，-1<x<0时，h x <0，所以h x 在-1,0单调递减，0,+∞单调递增，所以h x ≥h0 ，而h0 =0，∴h x ≥0，即f x ≥g x +1．(2)法一：若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，即ae x≥ln x+1a+1⇒ae x+ln a≥ln x+1+1，即ae x +ln ae x ≥x +1+ln x +1 ，构造函数m t =t +ln t ，易知m t 在0,+∞ 递增，则不等式为m ae x ≥m x +1 ，∴ae x ≥x +1⇒a ≥x +1e x ，设ϕx =x +1e x x >-1 ，ϕ x =-xex x >-1 ，则φx 在-1,0 递增，0,+∞ 递减，ϕx max =ϕ0 =1，∴a ≥1．法二：∀x ∈-1,+∞ ，f x ≥g x +1恒成立，即ae x +ln a -ln x +1 -1≥0．令F x =ae x -ln x +1 +ln a -1，F x =ae x -1x +1a >0 ，ae x =1x +1有唯一实数根，设为x 0x 0>-1 ，即ae x 0=1x 0+1，ln a +x 0=-ln x 0+1 ，则F x 在-1,x 0 递减，在x 0,+∞ 递增，∴F x min =F x 0 =ae x 0-ln x 0+1 +ln a -1≥0，即1x 0+1-x 0-2ln x 0+1 -1≥0，设h x =1x +1-x -2ln x +1 -1，显然h x 在-1,+∞ 单调递减，而h 0 =0，∴h x 0 ≥0，则-1<x 0≤0，ln a =-ln x 0+1 -x 0，x 0∈-1,0 ，∴ln a ≥0，a ≥1．4(拔尖强基联盟2024届高三下学期二月联合考试)已知函数f x =x +1 ln -mx ，g x =mx cos -1，其中m ∈R ．(1)若m =1,h x =f x +g x +1，求证：h x 在定义域内有两个不同的零点；(2)若f x +g x ≤0恒成立，求m 的值．【答案】(1)证明过程见详解；(2)m =1【解析】(1)m =1时，h x =cos x +ln x +1 -x ，h x =-sin x +1x +1-1①x ∈-1,0 时，h x 在-1,0 上单调递减，所以h x ≥h 0 =0，所以h x 在-1,0 上单调递增，又h 0 =1>0，h 1e 2-1=cos 1e 2-1-2-1e2+1<0，所以∃x 1∈1e 2-1,0，使得h x 1 =0，即h x 在-1,0 上有且仅有1个零点x 1；②x ∈π,+∞ 时，由(1)知f x =ln x +1 -x 在π,+∞ 上单调递减，即f x ≤f π =ln π+1 -π，所以h x =cos x +f x ≤1+ln π+1 -π<1+ln e 2-π=3-π<0，所以h x 在π,+∞ 上没有零点；③x ∈0,π 时，-sin x <01x +1-1<0 ，所以h x =-sin x +1x +1-1<0，即h x 在0,π 上单调递减，又h 0 =1>0，h π =ln π+1 -π-1<0，所以h x 在0,π 上有且仅有1个零点x 2；综上所述，h x 在-1,+∞ 内有两个不同的零点x 1，x 2.(2)令φx =f x +g x =ln x +1 +cos mx -mx -1，由于φx ≤0恒成立，且φ0 =0，同时φx 在-1,+∞ 上连续，所以x =0是φx 的一个极大值点.因为φ x =1x +1-m sin mx -m ，所以φ 0 =1-m =0即m =1，下面证明m =1时，φx ≤0在-1,+∞ 上恒成立，由(1)知，m =1时，f x 在-1,0 上单调递增，在0,+∞ 上单调递减；所以f x ≤f 0 =0，又g x =cos x -1≤0，故φx =f x +g x ≤0恒成立.5(2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测)已知f x =ae 2x -2xe x (其中e =2.71828⋯为自然对数的底数),∀x ∈R ,f x +1a≤0，求实数a 的取值范围.【答案】1-2 e 2,0【解析】由f x =ae 2x -2xe x ，可得f x =2ae 2x -2x +1 e x =2e x ae x -x -1 ，由∀x ∈R ,f x +1a ≤0，因为f 0 +1a =a +1a =a 2+1a ≤0，可得a <0，令g x =ae x -x -1，则g x 在R 上递减，当x <0时，可得e x ∈(0,1)，则ae x ∈(a ,0)，所以g x =ae x -x -1>a -x -1，则g a -1 >a -a -1 -1=0，又因为g -1 =ae -1<0，∃x 0∈a -1,-1 使得g x 0 =0，即g x 0 =ae x 0-x 0-1=0且当x ∈-∞,x 0 时，g x >0，即f x >0；当x 0∈x 0,+∞ 时，g x <0，即f x <0，所以f x 在-∞,x 0 递增，在x 0,+∞ 递减，所以f (x )max =f x 0 =ae 2x 0-2x 0e x 0，由g x 0 =ae x 0-x 0-1=0，可得a =x 0+1ex，由f (x )max +1a ≤0，可得x 0+1 e x 0-2x 0e x 0+exx 0+1≤0，即1-x 0 1+x 0 +1x 0+1≤0，由x 0+1<0，可得x 20-1≤1，所以-2≤x 0<-1，因为a =x 0+1ex 0，设h x =x +1e x(-2≤x <-1)，则h x =-x e x >0，可知h x 在-2,1 上递增，h x ≥h -2 =1-2e-2=1-2 e 2且h x <h -1 =0，所以实数a 的取值范围是1-2 e 2,0 .【强化训练】1已知函数f x =e x -ax 2-x .当a >12时，求证f x 在0,+∞ 上存在极值点x 0，且f x 0 <3-x 02.【答案】证明见解析【解析】f x =e x -ax 2-x ，则f x =e x -2ax -1，令g (x )=f (x )，g (x )=e x -2a ，由a >12可知，x >ln2a 时，g (x )>0，g (x )递增，x <ln2a 时，g (x )<0，g (x )递减，g (x )在x =ln2a 处取得最小值，而g (ln2a )=2a -2a ln2a -1=2a 1-ln2a -12a ，又记h (x )=1-ln x -1x (x >1)，h(x )=-1x +1x2=1-xx2<0，故h (x )在1,+∞ 上单调递减，故h (x )<h (1)=0，于是h (2a )<0，即g (ln2a )=2a ⋅h (2a )<0；g (2a )=e 2a -4a 2-1，令p (x )=e x -x 2-1(x >1)，p (x )=e x -2x ，记q (x )=p (x )(x >1)，则q (x )=e x -2>e 1-2>0，则q x =p x 在1,+∞ 单增，q x >q 1 =e -2，故p (x )在1,+∞ 上递增，p (x )>p (1)=e -2>0，取x =2a ，则g (2a )=p (2a )>0；记y =ln x -x +1，y =1-xx，于是x >1时，y <0，y 递减，0<x <1时，y >0，y 递增，故y 在x =1处取得最大值，故y =ln x -x +1≤ln1-1+1=0，x =1取得等号，于是ln2a <2a -1<2a . 于是，由g (2a )⋅g (ln2a )<0和零点存在定理可知，∃x 0∈(ln2a ,2a )，使得g (x 0)=f (x 0)=0，且ln2a <x <x 0，f (x )<0，x 0<x <2a ，f (x )>0，所以x 0是极小值点；由f (x 0)=0可得，e x 0-2ax 0-1=0，令j (x )=e x -ax 2-x -3-x 2=e x -ax 2-3+x 2，代入a =e x -12x ，整理j (x )=1-x 2 e x -32，j (x )=(1-x )e x 2，于是x >1时，j (x )<0，j (x )递减，x <1时，j (x )>0，j (x )递增，故j (x )在x =1处取得最大值，故j (x )≤j (1)=e -32<0，取x =x 0，故j (x 0)<0，原命题得证.2(广东省2024届高三上学期元月期末统一调研测试数学试卷)若函数f x 在a ,b 上有定义，且对于任意不同的x 1,x 2∈a ,b ，都有f x 1 -f x 2 <k x 1-x 2 ，则称f x 为a ,b 上的“k 类函数”.若f x =a x -1 e x -x 22-x ln x 为1,e 上的“2类函数”，求实数a 的取值范围；【答案】1e 2<a <4+ee e +1【解析】因为f x =axe x -x -ln x -1，由题意知，对于任意不同的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 <2x 1-x 2 ，可转化为对于任意x ∈1,e ，都有-2<f x <2，由f x <2可转化为a <x +ln x +3xe x ，令g x =x +ln x +3xe x，只需a <g x ming x =1+x -2-ln x -xx 2e x ，令u x =-2-ln x -x ，u x 在1,e 单调递减，所以u x ≤u 1 =-3<0，g x <0，故g x 在1,e 单调递减，g x min =g e =4+ee e +1，由f x >-2可转化为a >x +ln x -1xe x ，令h x =x +ln x -1xe x，只需a >h x maxh x =1+x 2-ln x -xx 2ex，令m x =2-ln x -x ，m x 在1,e 单调递减，且m 1 =1>0，m e =1-e <0，所以∃x 0∈1,e 使m x 0 =0，即2-ln x 0-x 0=0，即ln x 0=2-x 0,x 0=e2-x 0，当x ∈1,x 0 时，m x >0，h x >0，故h x 在1,x 0 单调递增，当x ∈x 0,e 时，m x <0，h x <0，故h x 在x 0,e 单调递减，h x max =h x 0 =x 0+ln x 0-1x 0e e +1=1e2，故1e 2<a <4+ee e +1.3已知函数f (x )=a x -e log a x -e ，其中a >1．讨论f (x )的极值点的个数．【答案】有且仅有一个极值点.【解析】由题意知，函数f (x )的定义域为(0,+∞)，fx =a xln a -e x ln a =xa x ln 2a -ex ln a，设g x =xa x ln 2a -e ，a >1，显然函数g (x )在(0,+∞)上单调递增，g (x )与f (x )同号，①当a >e 时，g 0 =-e <0，g 1 =a ln 2a -e >0，所以函数g (x )在0,1 内有一个零点x 0，且x ∈0,x 0 ，g x <0，x ∈x 0,+∞ ，g x >0，故f x 在0,x 0 单调递减，在x 0,+∞ 单调递增；所以函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；②当a =e 时，由(1)知，函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；③当1<a <e 时，1ln 2a >1，g 1ln 2a=a 1ln 2a -e ，因为ln a1ln 2a=ln a ln 2a =1ln a >1，所以a 1ln 2a >e ，g 1ln 2a>0，又g 1 =a ln 2a -e <0，所以函数g (x )在1,1ln 2a内有一个零点x 1，且x ∈0,x 1 ，g x <0，x ∈x 1,+∞ ，g x >0，故f x 在0,x 1 单调递减，在x 1,+∞ 单调递增；所以函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；综上所述，函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点．4(2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测)已知函数f x =x ln x -mx m ∈R ．当x >1时，不等式f x +ln x +3>0恒成立，求整数m 的最大值．【答案】2【解析】由题意，知x ln x -mx +ln x +3>0对任意x >1恒成立，可知m <ln x +ln x +3x对任意x >1恒成立．设函数g x =ln x +ln x +3x x >1 ，只需m <g x min ．对函数g x 求导，得g x =1x +1-ln x +3 x 2=x -ln x -2x2．设函数h x =x-ln x-2x>1，对函数h x 求导，得h x =1-1x=x-1x>0，所以函数h x 在1,+∞上单调递增．又h3 =1-ln3<0,h72=32-ln72>0，所以存在x0∈3,7 2，使h x0 =0，即x0-ln x0-2=0，所以当x∈1,x0时，h x <0,g x <0，函数g x 单调递减；当x∈x0,+∞时，h x >0,g x >0，函数g x 单调递增，所以g x min=g x0=ln x0+ln x0+3x0=x0-2+x0-2+3x0=x0+1x0-1，所以m<x0+1x0-1．又x0∈3,72，所以x0+1x-1∈213,21114，所以整数m的最大值为2．5(2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模)已知函数f x =x sin x+cos x+ax2,g x =x ln x π．(1)当a=0时，求函数f x 在-π,π上的极值；(2)用max m,n表示m,n中的最大值，记函数h x =max f x ,g x(x>0)，讨论函数h x 在0,+∞上的零点个数．【答案】答案见解析【解析】由h x =max f x ,g x，知h x ≥g x ．(ⅰ)当x∈π,+∞时，g x >0，∴h x >0，故h x 在π,+∞上无零点．(ⅱ)当x=π时，gπ =0,fπ =-1+π2a．故当fπ ≤0时，即a≤1π2时，hπ =0,x=π是h x 的零点；当fπ >0时，即a>1π2时，hπ =fπ >0,x=π不是h x 的零点．(ⅲ)当x∈0,π时，g x <0．故h x 在0,π的零点就是f x 在0,π的零点，f x =x2a+cos x,f0 =1．①当a≤-12时，2a+cos x≤0，故x∈0,π时，f x ≤0,f x 在0,π是减函数，结合f0 =1，fπ =-1+π2a<0可知，f x 在0,π有一个零点，故h x 在0,π上有1个零点．②当a≥12时，2a+cos x≥0，故x∈0,π时，f x ≥0,f x 在0,π是增函数，结合f0 =1可知，f x 在0,π无零点，故h x 在0,π上无零点．③当a∈-12 ,12时，∃x0∈0,π ，使得x∈0,x0时，f x >0,f x 在0,x0是增函数；x∈x0,π时，f x <0,f x 在x0,π是减函数；由f0 =1知，f x0>0．当f π =-1+π2a ≥0，即1π2≤a <12时，f x 在0,π 上无零点，故h x 在0,π 上无零点．当f π =-1+π2a <0，即-12<a <1π2时，f x 在0,π 上有1个零点，故h x 在0,π 上有1个零点．综上所述，a <1π2时，h x 有2个零点；a =1π2时，h x 有1个零点；a >1π2时，h x 无零点6(2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习)已知函数f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ．其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)求实数a 的取值范围；(2)若ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)0,2e(2)-∞,(e -1)2【详解】(1)由于f x =ae x -2e x -1 ，由题知f x =0有两个不同实数根，即a =2e x -1e x有两个不同实数根．令g x =2e x -1 e x ，则gx=2e 2-x e x≥0，解得x ≤2，故g x 在-∞,2 上单调递增，在2,+∞ 上单调递减，且x →-∞时，g (x )→-∞，x →+∞时，g (x )→0，g 2 =2e，故g x 的图象如图所示，当a ∈0,2e时，f x 有两个零点x 1,x 2且x 1<x 2．则f x ≥0⇔0<x ≤x 1或x ≥x 2，故f x 在0,x 1 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减，在x 2,+∞ 上单调递增，f x 的极大值点为x 1，极小值点为x 2．故f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点时，实数a 的取值范围为0,2e．(2)由于ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 ⇔e x 1-1 +e -2 x 2-1 ≥λx 1-1 x 2-1 若设t 1=x 1-1,t 2=x 2-10<t 1<t 2 ，则上式即为et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2由(1)可得ae t 1=2t 1>0ae t 2=2t 2>0 ，两式相除得e t 2-t 1=t 2t 1，即t 2-t 1=ln t 2t 1>0，由et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2得t 2-t 1 et 1+e -2 t 2 ≥λt 1t 2lnt 2t1所以λ≤2+e -2 t 2t 1-e ⋅t1t 2ln t2t 1，令t =t 2t 1>1,h t =2+e -2 t -e tln t(t >1)，则λ≤h t 在1,+∞ 恒成立，由于ht =e -2 t2+e ln t -2t -e -2 t 2+et 2ln 2t，令φt =e -2 t 2+e ln t -2t -e -2 t 2+e ，则φ t =2e -2 t ln t -2-e -2 t +e t，φt =2e -2 ln t +2e -2 -et2-e +2，显然φ t 在1,+∞ 递增，又有φ 1 =-2<0,φ e =3e -6-1e>0，所以存在t 0∈1,e 使得φ t 0 =0，且易得φ t 在1,t 0 递减，t 0,+∞ 递增，又有φ 1 =0,φ e =e 2-2e -1>0，所以存在t 1∈1,e 使得φt 1 =0，且易得φt 在1,t 1 递减，t 1,+∞ 递增，又φ1 =φe =0，则1<x <e 时，φt <0,h t <0,x >e 时，φt >0,h t >0，所以易得h t 在1,e 上递减，在e ,+∞ 上递增，则h (t )min =h e =(e -1)2，所以λ的取值范围为-∞,(e -1)2 ．7(2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试)已知函数f x =x 2-mx ln x +1，m ∈R 且m ≠0.(1)当m =1时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f x ≥2ex 恒成立，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围.【答案】(1)x -y +1=0(2)1e -e ,0∪0,e -1e【详解】(1)由题，当m =1时，f x =x 2-x ln x +1，f x =2x -ln x -1，f 1 =1，f 1 =2，所以切线方程为y -2=x -1，化简得x -y +1=0，即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y +1=0.(2)f x ≥2e x ，即x 2-mx ln x +1≥2e x ，即x +1x -m ln x -2e≥0在0,+∞ 上恒成立，令g x =x +1x -m ln x -2e ，则g x =1-1x 2-m x =x 2-mx -1x2. 对于y =x 2-mx -1，Δ=m 2+4>0，故其必有两个零点，且两个零点的积为-1，则两个零点一正一负，设其正零点为x 0∈0,+∞ ，则x 20-mx 0-1=0，即m =x 0-1x 0，且在0,x 0 上时y =x 2-mx -1<0,则g x <0，此时g x 单调递减，在x 0,+∞ 上，y =x 2-mx -1>0,g x >0，此时g x 单调递增，因此当x =x 0时，g x 取最小值，故g x 0 ≥0，即x 0+1x 0-x 0-1x 0ln x 0-2e≥0.令h x =x +1x -x -1x ln x -2e ，则h x =1-1x 2-1+1x 2 ln x -1-1x 2 =-1+1x2ln x ，当x ∈0,1 时，h x >0，当x ∈1,+∞ 时，h x <0，则h x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，又h 1e=h e =0，故x 0∈1e ,e，显然函数m =x 0-1x 0在1e ,e 上是关于x 0的单调递增函数，则m ∈1e -e ,e -1e，所以实数m 的取值范围为1e -e ,0∪0,e -1e8(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习)已知函数f (x )=2x 3+3(1+m )x 2+6mx (x ∈R ).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f -1 =1，函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立，求整数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析(2)4【详解】(1)根据题意可得f (x )=6x 2+6(1+m )x +6m =6x +1 x +m ，若m =1，f (x )=6x +1 2≥0在x ∈R 上恒成立，此时函数f x 在R 上单调递增；若m >1，此时-m <-1，当x ∈-∞,-m ∪-1,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-m ，-1,+∞ 上单调递增；当x ∈-m ,-1 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-m ,-1 单调递减；若m <1，此时-m >-1，当x ∈-∞,-1 ∪-m ,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-1 ，-m ,+∞ 上单调递增，当x ∈-1,-m 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-1,-m 单调递减；综上可知，m =1时，f x 在R 上单调递增；m >1时，f x 在-∞,-m 和-1,+∞ 上单调递增，在-m ,-1 单调递减；m <1时，f x 在-∞,-1 和-m ,+∞ 上单调递增，在-1,-m 单调递减；(2)由f -1 =1可得-2+3(1+m )-6m =1，解得m =0；所以f (x )=2x 3+3x 2，则g (x )=a ln x +1 -2x -3，易知x ∈1,+∞ 时，ln x +1>0，若函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立，等价成a ≤2x +3ln x +1在x ∈1,+∞ 上恒成立；令h x =2x +3ln x +1,x >1 ，则h x =2ln x +1 -2x +3 ⋅1xln x +12=2ln x -3xln x +12；令φx =2ln x -3x x >1 ，则φ x =2x +3x2>0在x ∈1,+∞ 上恒成立，即函数φx 在x ∈1,+∞ 上单调递增，易知φ2 =2ln2-32=ln16-ln e 32，由于e 3>2.73=19.683，所以φ2 <0，而φ52 =2ln 52-65=25ln 52-ln e 35，且525>25=32>27=33>e 3，所以φ52>0；因此h x 在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0，满足2ln x0=3x0，且x0∈2,52；所以当x∈1,x0时，h x <0，当x∈x0,+∞时，h x >0；因此函数h x =2x+3ln x+1,x>1在1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增；所以h x 的最小值为h x0=2x0+3ln x0+1=2x0+332x0+1=2x0，显然2x0∈4,5，因此a≤2x0∈4,5，又a是整数，所以a的最大值为4.9(2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试)已知函数f x =ln x-x+x-2e x-m，m∈Z.(1)当m=1时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)若关于x的不等式f x <0在0,1上恒成立，求m的最小值.【答案】(1)y=-e-2(2)-3【详解】(1)由题当m=1时，f x =ln x-x+x-2e x-1，f x =1x +x-1e x-1，f 1 =0，f1 =-e-2，所以切线方程为y+e+2=0x-1，化简得y=-e-2，即曲线f x 在点1,f1处的切线方程为y=-e-2.(2)由f x <0可得m>ln x-x+x-2e x，令g x =ln x-x+x-2e x，x∈0,1，则g x =x-1e x-1 x，当0<x≤1时，x-1≤0，设h x =e x-1x，易知h x 在0,1上单调递增，又h1 =e-1>0，h12=e-2<0，则存在x0∈12,1，使得h x0 =0，即e x0=1x，取对数得ln x0=-x0，当x∈0,x0时，h x <0，g x >0，g x 单调递增，当x∈x0,1时，h x >0，g x ≤0，g x 单调递减，∴g(x)max=x0-2⋅e x0+ln x0-x0=x0-2⋅1x0-2x0=1-2x0+2x0，∵y=1-2x +2x在12,1上单调递增，则g x0 ∈-4,-3，又m>g x 对任意x∈0,1恒成立，m∈Z，所以m≥g x0，即m的最小值为-3.10(2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知函数f x =ln x-mx2+1-2mx+1.(1)若m=1，求f x 的极值；(2)若对任意x>0，f x ≤0恒成立，求整数m的最小值.【答案】(1)极大值为f12=14-ln2，无极小值(2)1【详解】(1)当m=1时，f x =ln x-x2-x+1x>0，f x =1x -2x-1=-x+12x-1x.当0<x<12时，fx >0，则f x 在0,12上单调递增；当x>12时.fx <0，则f x 在12,+∞上单调递减.所以f x 在x=12时取得极大值且极大值为f12=14-ln2，无极小值；(2)因为对任意x>0，f x ≤0恒成立，所以ln x+x+1≤m x2+2x在0,+∞上恒成立，即m≥ln x+x+1x2+2x在0,+∞上恒成立，设F x =ln x+x+1x2+2x，则F x =-x+1x+2ln xx2+2x2.设φx =-x+2ln x，显然φx 在0,+∞上单调递减，因为φ1 =-1<0，φ12=-12+2ln12=2ln2-12>0，所以∃x0∈12,1，使得φx0 =0，即x0+2ln x0=0，当x∈0,x0时，φx >0，F x >0；当x∈x0,+∞时，φx <0，F x <0，所以F x 在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，所以F x max=F x0=ln x0+x0+1x20+2x0=12x0，因为x0∈12,1，所以12x∈12,1，故整数m的最小值为1.11(2023·云南昭通·校联考模拟预测)设函数f x =e x-ln x+a，a∈R.(1)当a=1时，求f x 的单调区间；(2)若f x ≥a，求实数a的取值范围.【答案】(1)单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)(-∞,1]【详解】(1)a=1时，函数f(x)=e x-ln(x+1)的定义域为(-1,+∞)，因为f (x)=e x-1x+1，所以，当x>0时，f(x)>0，当-1<x<0时，f (x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)函数f(x)=e x-ln(x+a)的定义域为(-a,+∞),f(x)≥a，等价于e x-ln(x+a)-a≥0，设g(x)=e x-ln(x+a)-a，则g (x)=e x-1x+a，设h(x)=g (x)，则h (x)=e x+1(x+a)2>0恒成立，所以h(x)在(-a,+∞)上单调递增，即g (x)在(-a,+∞)上单调递增，当x→-a,g (x)→-∞，当x→+∞,g (x)→+∞，所以∃x0∈(-a,+∞)，使得g x0=0，即e x0=1x0+a，所以a=1e x0-x0，当x∈-a,x0时，g (x)<0，所以g(x)单调递减，当x∈x0,+∞时，g (x)>0，所以g(x)单调递增，所以g min(x)=g x0=e x0-ln x0+a-a=e x0-1e x0+2x0≥0，设p(x)=e x-1e x+2x，则p(0)=0，而p (x)=e x+1e x+2>0恒成立，所以p(x)=e x-1e x+2x为增函数，由p x0≥0=p(0)，所以x0≥0.因为y=1e x,y=-x均为减函数，所以a=1e x0-x0在0,+∞上为减函数，所以，当x0≥0时，a≤1，所以实数a的取值范围为(-∞,1]12(浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题)已知f(x)=3ln x-k(x-1).(1)若过点(2,2)作曲线y=f(x)的切线，切线的斜率为2，求k的值；(2)当x∈[1,3]时，讨论函数g(x)=f(x)-2πcosπ2x的零点个数.【答案】(1)1(2)答案见解析【解析】(1)由题意可得：f (x)=3x-k，设切点坐标为x0,3ln x0-k x0-1，则切线斜率为k=f (x0)=3x0-k=2，即k=3x0-2，可得切线方程为y-3ln x0-k x0-1=2x-x0，将(2,2)，k=3x0-2代入可得2-3ln x0-3x0-2x0-1=22-x0，整理得ln x0-1x0+1=0，因为y=ln x,y=-1x在0,+∞内单调递增，则y=ln x-1x+1在定义域0,+∞内单调递增，且当x=1时，y=0，可知关于x0的方程ln x0-1x0+1=0的根为1，即x0=1，所以k=3x0-2=1.(2)因为g(x)=f(x)-2πcosπ2x=3ln x-k(x-1)-2πcosπ2x，则g (x)=3x-k+sinπ2x，可知y=3x在[1,3]内单调递减，且x∈[1,3]，则π2x∈π2,3π2，且y=sin x在π2,3π2内单调递减，可知y=sin π2x在[1,3]内单调递减，所以g (x)在[1,3]内单调递减，且g (1)=4-k,g (3)=-k，(i)若-k≥0，即k≤0时，则g (x)≥g 3 ≥0在[1,3]内恒成立，可知g x 在[1,3]内单调递增，则g x ≥g1 =0，当且仅当x=1时，等号成立，所以g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；(ⅱ)若4-k≤0，即k≥4时，则g (x)≤g 1 ≤0在[1,3]内恒成立，可知g x 在[1,3]内单调递减，则g x ≤g1 =0，当且仅当x=1时，等号成立，所以g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；(ⅲ)若4-k>0-k<0，即0<k<4时，则g (x)在1,3内存在唯一零点m∈1,3，可知当1≤x<m时，g (x)>0；当m<x≤3时，g (x)<0；则g x 在1,m内单调递增，在m,3内单调递减，且g1 =0，可知g m>g1 =0，可知g x 在1,m内有且仅有1个零点，且g3 =3ln3-2k，①当g3 =3ln3-2k≤0，即32ln3≤k<4时，则g x 在m,3内有且仅有1个零点；②当g3 =3ln3-2k>0，即0<k<32ln3时，则g x 在m,3内没有零点；综上所述：若k∈-∞,32ln3∪4,+∞时，g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；若k∈32ln3,4时，g x 在[1,3]内有且仅有2个零点.13已知函数f x =12ax2+a+1x+ln x,a∈R(1)若1是f x 的极值点，求a的值；(2)求f x 的单调区间：(3)已知f x =12ax2+x有两个解x1,x2x1<x2，(i)直接写出a的取值范围；(无需过程)(ii)λ为正实数，若对于符合题意的任意x1,x2，当s=λx1+x2时都有f s <0，求λ的取值范围.【答案】(1)a =-1；(2)答案见解析；(3)(i )-1e,0 ；(ii )12,+∞ .【解析】(1)因为f x =12ax 2+a +1 x +ln x x >0 ，所以fx =ax +a +1 +1x =ax 2+a +1 x +1x=ax +1 x +1x，因为1是f x 的极值点，所以f 1 =0，故a +a +1 +1=0，故a =-1.此时f (x )=1-x x +1x，则x ∈(0,1)时f (x )>0，x ∈(1,+∞)时f (x )<0，所以x ∈(0,1)上f x 递增，x ∈(1,+∞)上f x 递减，则1是f x 的极值点，满足题设.综上，a =-1.(2)由(1)知，当a ≥0时，f x =ax +1 x +1x>0，故f x 在0,+∞ 上单调递增；当a <0时，令f x >0得0<x <-1a ；令f x <0得x >-1a；所以f x 在0,-1a上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，综上：当a ≥0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 0,-1a上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，(3)(i )由f x =12ax 2+x 得ax +ln x =0，即ax +ln x =0有两个解x 1,x 2x 1<x 2 ，令g x =ax +ln x x >0 ，则g x =a +1x =ax +1x，且g x 在0,+∞ 上两个零点，当a ≥0时，g x =ax +1x >0，故g x 在0,+∞ 上单调递增，则g x 在0,+∞ 上没有两个零点，不满足题意；当a <0时，令g x >0，得0<x <-1a ；令g x <0，得x >-1a；所以g x 在0,-1a 上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，即g x 的极大值为g -1a，为使g x 在0,+∞ 上有两个零点，则g -1a >0，即a -1a +ln -1a >0，解得-1e<a <0，当0<x <-1a 时，易知-1a >e ，因为g 1 =a +ln1=a <0，故g 1 g -1a <0，又g x 在0,-1a 上单调递增，所以g x 在0,-1a有唯一零点；当x >-1a时，令φx =e x -x 2x >1 ，则φ x =e x -2x ，再令u x =e x -2x x >1 ，则u x =e x -2>e 1-2>0，故u x 在1,+∞ 上单调递增，所以u x >u 1 =e -2>0，即φ x >0，故φx 在1,+∞ 上单调递增，所以φx >φ1 =e-1>0，因为-1a>e>1，所以φ-1 a>0，即e-1a--1a2>0，即e-1a>1a2，即a2e-1a>1，故a2e-1a-1>0，所以g e-1 a=ae-1a+ln e-1a=ae-1a-1a =a2e-1a-1a<0，故g-1ag e-1a <0，又g x 在-1a,+∞上单调递减，所以g x 在-1a,+∞有唯一零点；综上：当-1e<a<0时，g x 在0,+∞上两个零点，即f x =12ax2+x有两个解x1,x2x1<x2时，-1e<a<0，即a∈-1e ,0；(ii)由(i)得，0<x1<-1a <x2，ax1+ln x1=0ax2+ln x2=0，故a=-ln x2-ln x1x2-x1，又f s <0，所以as+1s+1s<0，即s>-1a，即λx1+x2>x2-x1ln x2-ln x1，故λ>x2-x1ln x2-ln x1x1+x2=x2x1-1ln x2x11+x2x1，令t=x2x1t>1，则λ>t-11+tln t，故λln t>t-1t+1，设s t =λln t-t-1t+1，则st =λt-2t+12=1tλ-2tt+12，当t>1时，2t t+12=2t+1t+2≤12，故当λ≥12时，st >0恒成立，故s t 在1,+∞上为增函数，故s t >s1 =0即λln t>t-1t+1在1,+∞上恒成立.当0<λ<12时，s1 =λ-12<0，而s t =λt2+2λ-2t+λt t+12当t>1-λ+1-2λλ>1时s t >0，故存在t0>1，使得∀t∈1,t0，使得s t <0，故s t 在1,t0为减函数，故s t <s1 =0，矛盾，舍；综上：λ≥12，即λ∈12,+∞.14(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a3x3+ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-12x2零点的个数，并说明理由．【解析】解　(1)由题知，f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<ln a<1，当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；当ln a<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即ln a>1，当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0；当1<x<ln a时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，+∞)上单调递增．(2)当a=0时，g(x)=ln x-12x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，∴g′(x)=1x-x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1x，设h(x)=e x-1x(x>0)，∴h′(x)=e x+1x2>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵h12=e-2<0，h(1)=e-1>0，∴存在唯一x0∈12，1，使h(x0)=0，即e x0-1x0=0，e x0=1x0，-x0=ln x0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(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，∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-12x20+(x0-1)2e x0=-12x20+1x0-2，设F(x)=-12x2+1x-212<x<1，易知F(x)在区间12，1上单调递减．∴g(x0)<g12=-18<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-12<0，g(2)=e2-2+ln2>0，∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．15(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.【解析】(1)解　设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1x-a，得f′(x0)=1x0-a，所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=1x0-a(x-x0)，即y=1x-ax+ln x0.因为直线y=2x与函数f(x)的图象相切，所以1x0-a=2，ln x0=0，解得a=-1.(2)证明　当a=-1时，f(x)=ln x+x+1，令F(x)=g(x)-f(x)+x2=xe x-ln x-x-1(x>0)，则F′(x)=(x+1)e x-1x-1=x+1xxe x-1，令G(x)=xe x-1(x>0)，则G′(x)=(x+1)e x>0，所以函数G(x)在区间(0，+∞)上单调递增，又G(0)=-1<0，G(1)=e-1>0，所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，故F(x)min=F(x0)=x0e x0-ln x0-x0-1，由G(x0)=0得x0e x0-1=0，两边取对数得ln x0+x0=0，故F(x0)=0，所以g(x)-f(x)+x2≥0，即f(x)≤g(x)+x2.16(2023·包头模拟)已知函数f(x)=ae x-ln(x+1)-1.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．【解析】(1)解　当a=e时，f(x)=e x+1-ln(x+1)-1，f(0)=e-1.f′(x)=e x+1-1x+1，f′(0)=e-1，故曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y-(e-1)=(e-1)x，即y=(e-1)x+e-1.。

三年级数学下册第一二单元攻略一、教材分析三年级数学下册第一二单元那可是相当重要的部分呢。

这两个单元就像是数学大厦的地基，要是没学扎实，后面可就容易摇摇晃晃的。

第一单元可能会涉及到一些基础的数学概念，像数字的认识、加减法之类的。

第二单元呢，也许会加深一点难度，可能会有乘除法的初步学习。

课本上的例题那都是精心挑选的，就像一个个小宝藏，等着同学们去挖掘其中的数学奥秘。

比如说课本上那些可爱的小动物分果子的例子，就是在教同学们除法的初步概念，小动物们分果子的过程，就是除法运算在实际生活中的体现。

二、教学目标1. 知识目标让同学们熟练掌握第一二单元中的数字运算，包括加减法、乘除法的基本运算规则。

就像记住自己家的电话号码一样熟练，不能出错哦。

能够准确识别各种数学符号，什么加号、减号、乘号、除号，要一眼就看明白。

2. 能力目标培养同学们的数学思维能力，让他们能够在遇到数学问题的时候，自己想办法解决，就像小侦探破案一样。

提高同学们的计算速度和准确性，在做数学题的时候，又快又好，不能磨磨蹭蹭的。

3. 情感目标让同学们感受到数学的乐趣，不要觉得数学是枯燥无味的，其实数学就像一场有趣的游戏。

培养同学们的耐心和细心，做数学题可不能粗心大意，一个小错误可能就会导致结果大不同。

三、教学重点&难点1. 教学重点加减法、乘除法的运算规则那肯定是重点啦。

同学们得像背口诀一样把这些规则牢牢记住。

数字之间的关系也要搞清楚，比如说哪个数字是哪个数字的几倍，这可不能含糊。

2. 教学难点对于一些理解能力稍微弱一点的同学来说，乘除法的概念可能有点难。

为什么乘法是加法的简便运算呢？这得给同学们解释清楚。

在做一些混合运算的时候，运算顺序可能会让同学们晕头转向的，得让他们清楚先算乘除后算加减这个规则。

四、教学方法1. 情景教学法就像刚刚说的小动物分果子的例子，通过创设这样有趣的情景，让同学们更容易理解数学知识。

我会问同学们：“如果你们是小动物，你们会怎么分果子呀？”这样同学们就会积极思考，然后我再引出除法的概念。