2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题一第3讲　导数的简单应用


第3讲　导数的简单应用
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1．此部分内容是高考命题的热点内容．在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．
2．应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度属中等偏上，属综合性问题．有时也常在解答题的第一问中考查，难度中档．

[真题体验]
1．(2019·全国Ⅱ卷)曲线y＝2sin x＋cos x在点(π，－1)处的切线方程为(　　)
A．x－y－π－1＝0　　　　　 B．2x－y－2π－1＝0
C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0
解析：C　[∵y′＝2cos x－sin x，∴切线斜率k＝2cos π－sin π＝－2，
∴在点(π，－1)处的切线方程为y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.]
2．(全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：A　[f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，
则f(x)极小值为f(1)＝－1.]
3．(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．
解析：由函数的解析式可得：f′(x)＝ex×ln x＋ex×＝ex(ln x＋)，
则：f′(1)＝e1×(ln 1＋)＝e.即f′(1)的值为e.
答案：e
4．(2019·天津卷)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)
A．[0,1] B．[0,2]
C．[0，e] D．[1，e]
解析：C　[首先f(0)≥0，即a≥0，
当0≤a≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a＝(x－a)2＋2a－a2≥2a－a2＝a(2－a)＞0，
当a＜1时，f(1)＝1＞0，
故当a≥0时，x2－2ax＋2a≥0在(－∞，1]上恒成立；
若x－aln x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤在(1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
易知x＝e为函数g(x)在(1，＋∞)唯一的极小值点、也是最小值点，
故g(x)max＝g(e)＝e，所以a≤e.
综上可知，a的取值范围是[0，e]．故选C.]
[主干整合]
1．导数的几何意义
函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数值就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．
3．可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值．
(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件．
(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点．
4．函数的极值与最值
(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论的问题．
(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有．
(3)闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．

热点一　导数的几何意义
[例1]　(1)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(　　)
A．a＝e，b＝－1　　　　　　 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
[解析]　D　[y′＝aex＋ln x＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，
∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，
即y＝(ae＋1)x－1.
又∵切线方程为y＝2x＋b，
∴即a＝e－1，b＝－1.故选D.]
(2)(2019·成都二模)已知曲线C1：y2＝tx(y＞0，t＞0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1－1也相切，则tln的值为(　　)
A．4e2 B．8e
C．2 D．8
[解析]　D　[曲线C1：y＝，y′＝.
当x＝时，y′＝，切线方程为y－2＝，
化简为y＝x＋1.①
与曲线C2相切，设切点为(x0，y0)，
y′|x＝x0＝ex0＋1＝，x0＝ln－1，
那么y0＝ex0＋1－1＝－1，
切线方程为y－＝，
化简为y＝x－ln＋－1，②
①②是同一方程，
所以－ln＋－1＝1⇔ln＝，
即t＝4，那么tln＝4ln e2＝8，故选D.]

求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．
(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：
设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．
(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．

(1)(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
解析：导数运算及切线的理解应注意的问题：
一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．
二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．
设点A(x0，y0)，则y0＝ln x0.又y′＝，
当x＝x0时，y′＝，
点A在曲线y＝ln x上的切线为y－y0＝(x－x0)，
即y－ln x0＝－1，
代入点(－e，－1)，得－1－ln x0＝－1，
即x0ln x0＝e，
考查函数H(x)＝xln x，当x∈(0,1)时，H(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，H(x)＞0，
且H′(x)＝ln x＋1，当x＞1时，H′(x)＞0，H(x)单调递增，
注意到H(e)＝e，故x0ln x0＝e存在唯一的实数根x0＝e，此时y0＝1，
故点A的坐标为A(e,1)．
答案：(e,1)
(2)(2019·烟台三模)函数f(x)＝exsin x的图象在点(0，f(0))处的切线方程是________．
解析：由f(x)＝exsin x，得f′(x)＝exsin x＋excos x，所以f(0)＝0且f′(0)＝1，则切线的斜率为1，切点坐标为(0,0)，所以切线方程为y＝x.
答案：y＝x
热点二　利用导数研究函数的单调性
逻辑
推理
素养
逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性
含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法.
[例2]　(1)(2019·青岛三模)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减，则实数a的取值范围是____________．
[解析]　由已知得f′(x)＝x2－ax＋1，∵函数f(x)在区间上单调递减，∴f′(x)≤0在区间上恒成立，
∴即
解得a≥，∴实数a的取值范围为.
[答案]　
(2)(2019·吉林三模节选)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1＋－1，当－≤a≤0时，讨论f(x)的单调性．
[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋a－＝
＝.
①当a＝0时，f′(x)＝，此时，在(0,1)上f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(1，＋∞)上f′(x)＞0，f(x)单调递增；
②当－≤a＜0时，f′(x)＝.
(ⅰ)当－＝1，即a＝－时，f′(x)＝－≤0在(0，＋∞)上恒成立．
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(ⅱ)当－＜a＜0时，－＜1，此时在(0,1)，上f′(x)＜0，f(x)单调递减，在上f′(x)＞0，f(x)单调递增．
综上所述：当a＝0时，f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；当－＜a＜0时，f(x)在(0,1)，上单调递减，f(x)在上单调递增；当a＝－时f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
[注意]　讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．

(2019·广州二模)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点．
(1)求函数f(x)的单调递减区间．
(2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2－＋，x∈(0，＋∞)．
因为x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点，
所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.
因为f′(x)＝2－＋＝，
解f′(x)＜0，得0＜x＜1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．
(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x＞0)，
g′(x)＝2＋＋(x＞0)．
因为函数g(x)在[1,2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即2＋＋≥0在[1,2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]．
因为在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.
热点三　利用导数研究函数的极(最)值
[例3]　(2019·银川二模)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x.
(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．
(2)求函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．
[审题指导]　(1)要求a的值，只需要令f′(1)＝0即可．
(2)要求f(x)的最大值，就要根据与区间[a2，a]的关系分类讨论，依据单调性求解．
[解析]　(1)因为f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x，所以函数的定义域为(0，＋∞)．
所以f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝＝.
因为f(x)在x＝1处取得极值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，解得a＝－1.
当a＝－1时，在上f′(x)＜0，在(1，＋∞)上f′(x)＞0，
此时x＝1是函数f(x)的极小值点，所以a＝－1.
(2)因为a2＜a，所以0＜a＜1，f′(x)＝－，
因为x∈(0，＋∞)，所以ax＋1＞0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
①当0＜a≤时，f(x)在[a2，a]上单调递增，所以f(x)max＝f(a)＝ln a－a3＋a2－2a；
②当即＜a＜时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)max＝f＝－ln 2－＋＝－1－ln 2；
③当≤a2，即≤a＜1时，f(x)在[a2，a]上单调递减，所以f(x)max＝f(a2)＝2ln a－a5＋a3－2a2.
综上所述，当0＜a≤时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是ln a－a3＋a2－2a；
当＜a＜时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是－1－ln 2；
当≤a＜1时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是2ln a－a5＋a3－2a2.

利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左、右函数值的符号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
几点注意：
①求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点；
②求函数最值时，务必将极值与端点值比较得出最大(小)值；
③对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论．

(2019·惠州二模)已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解析：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0



f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值

故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0)和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e，f(x)＝aln x，
当a≤0时，f(x)≤0；当a＞0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a＜2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.

限时50分钟　满分76分
一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1．(2020·南开中学质检)已知函数f(x)＝g(x)＋2x且曲线y＝g(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为(　　)
A．2　　　　　　　　　　 B．4
C．6 D．8
解析：B　[∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(1)＝2.∵函数f(x)＝g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2，∴f′(1)＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为4.故选B.]
2．(2019·南京三模)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：D　[因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故选D.]
3．(2019·保定三模)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是(　　)
A．[0,1) B．(－1,1)
C. D．(0,1)
解析：D　[f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．
当a≤0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．
当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)．
当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；
当x∈(－，)时，f(x)单调递减，
所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0,1)内有最小值．]
4．(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(，＋∞) B．(－∞，－)
C．(－，) D．(－∞，－)∪(，＋∞)
解析：D　[f′(x)＝x2＋2ax＋3.
由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4a2－12＞0，
解得a＞或a＜－.]
5．(2019·长春质量监测)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)＞0，其中f′(x)为f(x)的导函数，设a＝f(0)，b＝2f(ln 2)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．c＞b＞a B．a＞b＞c
C．c＞a＞b D．b＞c＞a
解析：A　[令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0，所以函数g(x)在定义域R上单调递增，从而g(0)＜g(ln 2)＜g(1)，得f(0)＜2f(ln 2)＜ef(1)，即a＜b＜c.故选A.]
6．(山东卷)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是(　　)
A．y＝sin x B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x3
解析：A　[当y＝sin x时，y′＝cos x，cos 0·cos π＝－1，所以在函数y＝sin x图象存在两点x＝0，x＝π使条件成立，故A正确；函数y＝ln x，y＝ex，y＝x3的导数值均非负，不符合题意，故选A.]
二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)
7．(2019·厦门三模)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xln x相切，则实数k的值为____________．
解析：由y＝xln x知y′＝ln x＋1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2.
答案：1＋ln 2
8．(2019·潍坊三模)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围是____________．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，
由f′(1)＝0，得b＝1－a.
∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－.
①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
所以x＝1是f(x)的极大值点．
②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.
因为x＝1是f(x)的极大值点，
所以－＞1，解得－1＜a＜0.
综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞)．
答案：(－1，＋∞)
三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)
9．(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex
∴f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex
∴f′(2)＝(2a－1)e2＝0
∴a＝
(2)f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex
①当a＝0时，令f′(x)＝0得x＝1
f′(x)，f(x)随x变化如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值

∴f(x)在x＝1处取得极大值(舍)
②当a＞0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1
a．当x1＝x2，即a＝1时，
f′(x)＝(x－1)2ex≥0
∴f(x)在R上单调递增
∴f(x)无极值(舍)
b．当x1＞x2，即0＜a＜1时，f′(x)，f(x)随x变化如下表：
x
(－∞，1)
1



f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

∴f(x)在x＝1处取极大值(舍)
c．当x1＜x2，即a＞1时
f′(x)，f(x)随x变化如下表：
x



1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

∴f(x)在x＝1处取极小值
即a＞1成立
③当a＜0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1
f′(x)，f(x)随x变化如下表：
x



1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值

∴f(x)在x＝1处取极大值(舍)
综上所述：a的取值范围为(1，＋∞)．
10．(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
解析：这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．
(1)对f(x)＝2x3－ax2＋b求导得f′(x)＝6x2－2ax＝6x.所以有当a＜0时，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；
当a＝0时，(－∞，＋∞)区间上单调递增；
当a＞0时，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．
(2)若f(x)在区间[0,1]有最大值1和最小值－1，所以若a＜0，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；
此时在区间[0,1]上单调递增，所以f(0)＝－1，f(1)＝1代入解得b＝－1，a＝0，与a＜0矛盾，所以a＜0不成立．
若a＝0，(－∞，＋∞)区间上单调递增；在区间[0.1]．所以f(0)＝－1，f(1)＝1代入解得.
若0＜a≤2，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．
即f(x)在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f
而f(0)＝b，f(1)＝2－a＋b≥f(0)，故所以区间[0,1]上最大值为f(1).
即相减得2－a＋＝2，即a(a－3)(a＋3)＝0，又因为0＜a≤2，所以无解．
若2＜a≤3，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．
即f(x)在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f
而f(0)＝b，f(1)＝2－a＋b≤f(0)，故所以区间[0,1]上最大值为f(0).
即相减得＝2，解得x＝3，又因为2＜a≤3，所以无解．
若a＞3，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．
所以有f(x)区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为f(0)，最小值为f(1)
即解得.
综上得或.
答案：(1)见详解；(2)或.
11．(2018·江苏卷)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；
(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由．
解：(1)f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2
若存在，则有
根据②得到x0＝－代入①不符合，因此不存在“S点”．
(2)f′(x)＝2ax，g′(x)＝
根据题意有
且有x0＞0
根据②得到x0＝代入①得到a＝.
(3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝


转化为－x＋a＋＝0
∵0＜x0＜1
∴－x＋x＋a(x0－1)＋2x＝0⇒m(x)＝－x＋3x＋a(x0－1)＝0
转化为m(x)存在零点x0,0＜x0＜1
又m(0)＝－a＜0，m(1)＝2
∴m(x)恒存在零点大于0小于1
∴对任意a＞0均存在b＞0，使得存在“S点”．