数学卷·2018届黑龙江省牡丹江一中高二下学期4月月考数学试卷（文科）（解析版）

数学卷·2018届黑龙江省牡丹江一中高二下学期4月月考数学试卷（文科）（解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省牡丹江一中高二（下）4月月考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1．若f′（x0）=4，则=（　　）‎ A．2 B．4 C． D．8‎ ‎2．函数的最大值为（　　）‎ A．e﹣1 B．e C．e2 D．‎ ‎3．函数的单调增区间是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．若直线y=kx+1（k∈R）与曲线y=x3+ax+b（a，b∈R）相切于点A（1，3），则log2k+ab的值为（　　）‎ A．2 B．﹣2 C．﹣3 D．3‎ ‎5．设函数f （x）在定义域内可导，y=f （x）的图象如图所示，则导函数y=f′（x）的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．若函数f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值，则常数c为（　　）‎ A．2 B．6 C．2或6 D．﹣2或﹣6‎ ‎7．函数在x∈[1，4]上单调递减，则实数a的最小值为（　　）‎ A．1 B．2 C．4 D．5‎ ‎8．若函数f（x）=x3﹣3bx+3b在（0，1）内有极小值，则（　　）‎ A．0＜b＜1 B．b＜1 C．b＞0 D．b＜‎ ‎9．对于R上可导的任意函数f（x），且f′（1）=0若满足（x﹣1）f′（x）＞0，则必有（　　）‎ A．f（0）+f（2）＜2f（1） B．f（0）+f（2）≤2f（1） C．f（0）+f（2）＞2f（1） D．f（0）+f（2）≥2f（1）‎ ‎10．若a＞3，则方程x3﹣ax2+1=0在区间（0，2）上的实根个数是（　　）‎ A．3 个 B．2 个 C．1个 D．0个 ‎11．设函数f（x）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f'（x），且有2f（x）+xf'（x）＞x2，则不等式（x+2017）2f（x+2017）﹣4f（﹣2）＞0的解集为（　　）‎ A．（﹣∞，﹣2015） B．（﹣∞，﹣2019） C．（﹣2015，0） D．（﹣2019，0）‎ ‎12．已知函数f（x）=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（　　）‎ A．（﹣∞，0] B．（﹣∞，1] C．[﹣2，1] D．[﹣2，0]‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13．函数f（x）=x3+2lnx，则f'（1）的值为　　．‎ ‎14．已知函数y=f（x）（x∈R）的图象如图所示，则不等式xf′（x）＜0的解集为　　．‎ ‎15．已知函数f（x）=ex﹣2x+a有零点，求a的取值范围．‎ ‎16．已知f（x）=﹣x+xlnx+m，g（x）=﹣，若任取x1∈（0，），都存在x2‎ ‎∈（0，），使得f（x1）＞g（x2），则m的取值范围为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）‎ ‎17．若函数y=x3﹣x2+a在[﹣1，1]上有最大值3，则该函数在[﹣1，1]上的最小值是　　．‎ ‎18．若函数f（x）=ax2+2x﹣lnx在x=1处取得极值．‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）求函数f（x）的单调区间及极值．‎ ‎19．已知函数f（x）=xln x﹣a（x﹣1），其中a∈R，求函数f（x）在区间[1，e]上的最小值．‎ ‎20．已知函数f（x）=ex﹣ax（a为常数）的图象与y轴交于点A，曲线y=f（x）在点A处的切线斜率为﹣1．‎ ‎（1）求a的值及函数f（x）的极值；‎ ‎（2）证明：当x＞0时，x2＜ex．‎ ‎21．已知函数 ‎（1）若函数f（x）在定义域内单调递增，求a的取值范围；‎ ‎（2）若，且关于x的方程在[1，4]恰有两个不相等的实数根，求b的取值范围．‎ ‎22．设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2﹣x），其中a∈R ‎（1）讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由；‎ ‎（2）若任意x∈（0，+∞），f（x）≥0成立，求a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省牡丹江一中高二（下）4月月考数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1．若f′（x0）=4，则=（　　）‎ A．2 B．4 C． D．8‎ ‎【考点】变化的快慢与变化率．‎ ‎【分析】利用=2，即可得出结论．‎ ‎【解答】解： =2=2f′（x0）=8，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．函数的最大值为（　　）‎ A．e﹣1 B．e C．e2 D．‎ ‎【考点】函数在某点取得极值的条件．‎ ‎【分析】先找出导数值等于0的点，再确定在此点的左侧及右侧导数值的符号，确定此点是函数的极大值点还是极小值点，‎ 从而求出极值．‎ ‎【解答】解：令，‎ 当x＞e时，y′＜0；‎ 当x＜e时，y′＞0，，‎ 在定义域内只有一个极值，‎ 所以，‎ 故答案选 A．‎ ‎　‎ ‎3．函数的单调增区间是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【分析】利用导数判断函数的单调性求得单调区间即可．‎ ‎【解答】解：∵y′===，函数的单调递增，‎ ‎∴x（2﹣xln2）＞0，‎ 解得0＜x＜，‎ 故函数的单调递增区间为（0，），‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．若直线y=kx+1（k∈R）与曲线y=x3+ax+b（a，b∈R）相切于点A（1，3），则log2k+ab的值为（　　）‎ A．2 B．﹣2 C．﹣3 D．3‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎【分析】求出函数y=x3+ax+b的导数，可得切线的斜率，由切点A在切线上，也在曲线上，可得a，b，k的方程，解方程可得所求值．‎ ‎【解答】解：y=x3+ax+b的导数为y′=3x2+a，‎ 由切点（1，3），可得切线的斜率为k=3+a，‎ k+1=3，1+a+b=3，‎ 解方程可得k=2，a=﹣1，b=3，‎ 则log2k+ab=log22﹣3=1﹣3=﹣2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．设函数f （x）在定义域内可导，y=f （x）的图象如图所示，则导函数y=f′（x）的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【分析】先根据函数f（x）的图象判断单调性，从而得到导函数的正负情况，最后可得答案．‎ ‎【解答】解：原函数的单调性是：当x＜0时，增；当x＞0时，单调性变化依次为增、减、增 故当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）的符号变化依次为+、﹣、+．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．若函数f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值，则常数c为（　　）‎ A．2 B．6 C．2或6 D．﹣2或﹣6‎ ‎【考点】函数在某点取得极值的条件．‎ ‎【分析】求出函数的导数，再令导数等于0，求出c 值，再检验函数的导数是否满足在x=2处左侧为正数，右侧为负数，‎ 把不满足条件的 c值舍去．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=x（x﹣c）2=x3﹣2cx2+c2x，它的导数为f′（x）=3x2﹣4cx+c2，‎ 由题意知，在x=2处的导数值为 12﹣8c+c2=0，∴c=6，或 c=2，‎ 又函数f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值，故导数值在x=2处左侧为正数，右侧为负数．‎ 当c=2时，f′（x）=3x2﹣8x+4=3（x﹣）（x﹣2），不满足导数值在x=2处左侧为正数，右侧为负数．‎ 当c=6时，f′（x）=3x2﹣24x+36=3（x2﹣8x+12）=3（x﹣2）（x﹣6），‎ 满足导数值在x=2处左侧为正数，右侧为负数．故 c=6．‎ 故选 B．‎ ‎　‎ ‎7．函数在x∈[1，4]上单调递减，则实数a的最小值为（　　）‎ A．1 B．2 C．4 D．5‎ ‎【考点】函数的单调性与导数的关系．‎ ‎【分析】根据题意，函数f（x）的导数在区间[1，4]上恒小于或等于0．因此求出导数f'（x），列出相应不等式，解之即可得到实数a的最小值．‎ ‎【解答】解：求得函数的导数f'（x）=1﹣，‎ ‎∵函数在x∈[1，4]上单调递减，‎ ‎∴f'（x）≤0即1﹣≤0，对任意的x∈[1，4]成立 ‎∴a≥2对任意的x∈[1，4]成立，得a≥4‎ 因此a的最小值是4‎ 故选C ‎　‎ ‎8．若函数f（x）=x3﹣3bx+3b在（0，1）内有极小值，则（　　）‎ A．0＜b＜1 B．b＜1 C．b＞0 D．b＜‎ ‎【考点】利用导数研究函数的极值．‎ ‎【分析】先对函数f（x）进行求导，然后令导函数等于0，由题意知在（0，1）内必有根，从而得到b的范围．‎ ‎【解答】解：因为函数在（0，1）内有极小值，所以极值点在（0，1）上．‎ 令f'（x）=3x2﹣3b=0，得x2=b，显然b＞0，‎ ‎∴x=±．‎ 又∵x∈（0，1），∴0＜＜1．∴0＜b＜1．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．对于R上可导的任意函数f（x），且f′（1）=0若满足（x﹣1）f′（x）＞0，则必有（　　）‎ A．f（0）+f（2）＜2f（1） B．f（0）+f（2）≤2f（1） C．f（0）+f（2）＞2f（1） D．f（0）+f（2）≥2f（1）‎ ‎【考点】函数的单调性与导数的关系．‎ ‎【分析】对x分段讨论，解不等式求出f′（x）的符号，判断出f（x）的单调性，利用函数的单调性比较出函数值f（0），f（2）与f（1）的大小关系，利用不等式的性质得到选项．‎ ‎【解答】解：∵（x﹣1）f'（x）＞0‎ ‎∴x＞1时，f′（x）＞0；x＜1时，f′（x）＜0‎ ‎∴f（x）在（1，+∞）为增函数；在（﹣∞，1）上为减函数 ‎∴f（2）＞f（1）‎ ‎ f（0）＞f（1）‎ ‎∴f（0）+f（2）＞2f（1），‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．若a＞3，则方程x3﹣ax2+1=0在区间（0，2）上的实根个数是（　　）‎ A．3 个 B．2 个 C．1个 D．0个 ‎【考点】根的存在性及根的个数判断．‎ ‎【分析】对函数进行求导，判断函数在区间（0，2）上的单调性，从而判断根的个数．‎ ‎【解答】解：方程x3﹣ax2+1=0在（0，2）上的实根，即为函数f（x）=x3﹣ax2+1=0在（0，2）上的零点，‎ ‎∵f′（x）=3x2﹣2ax=x（3x﹣2a），a＞3，‎ ‎∴当x∈（0，2）时，f′（x）＜0恒成立，‎ 故函数f（x）=x3﹣ax2+1=0在（0，2）上为减函数，‎ ‎∵f（0）=1＞0，f（2）=9﹣4a＜0，‎ 故函数f（x）=x3﹣ax2+1=0在（0，2）上有且只有一个零点，‎ 即方程x3﹣ax2+1=0在（0，2）上的实根个数是1个，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．设函数f（x）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f'（x），且有2f（x）+xf'（x）＞x2，则不等式（x+2017）2f（x+2017）﹣4f（﹣2）＞0的解集为（　　）‎ A．（﹣∞，﹣2015） B．（﹣∞，﹣2019） C．（﹣2015，0） D．（﹣2019，0）‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论．‎ ‎【解答】解：由2f（x）+xf′（x）＞x2，（x＜0），‎ 得：2xf（x）+x2f′（x）＜x3，‎ 即[x2f（x）]′＜x3＜0，‎ 令F（x）=x2f（x），‎ 则当x＜0时，‎ 得F′（x）＜0，即F（x）在（﹣∞，0）上是减函数，‎ ‎∴F（x+2017）=（x+2017）2f（x+2017），F（﹣2）=f（﹣2），‎ 即不等式等价为F（x+2017）﹣F（﹣2）＞0，‎ ‎∵F（x）在（﹣∞，0）是减函数，‎ ‎∴由F（x+2017）＞F（﹣2）得，x+2017＜﹣2，‎ 即x＜﹣2019，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．已知函数f（x）=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（　　）‎ A．（﹣∞，0] B．（﹣∞，1] C．[﹣2，1] D．[﹣2，0]‎ ‎【考点】其他不等式的解法．‎ ‎【分析】由函数图象的变换，结合基本初等函数的图象可作出函数y=|f（x）|‎ 的图象，和函数y=ax的图象，由导数求切线斜率可得l的斜率，进而数形结合可得a的范围．‎ ‎【解答】解：由题意可作出函数y=|f（x）|的图象，和函数y=ax的图象，‎ 由图象可知：函数y=ax的图象为过原点的直线，当直线介于l和x轴之间符合题意，直线l为曲线的切线，且此时函数y=|f（x）|在第二象限的部分解析式为y=x2﹣2x，‎ 求其导数可得y′=2x﹣2，因为x≤0，故y′≤﹣2，故直线l的斜率为﹣2，‎ 故只需直线y=ax的斜率a介于﹣2与0之间即可，即a∈[﹣2，0]‎ 故选：D ‎　‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13．函数f（x）=x3+2lnx，则f'（1）的值为　5　．‎ ‎【考点】导数的运算．‎ ‎【分析】求导，当x=1代入即可求得f'（1）．‎ ‎【解答】解：由f（x）=x3+2lnx，求导f′（x）=3x2+，‎ 则f'（1）=3+2=5，‎ 故答案为：5．‎ ‎　‎ ‎14．已知函数y=f（x）（x∈R）的图象如图所示，则不等式xf′（x）＜0的解集为　（﹣∞，0）∪（，2）　．‎ ‎【考点】函数的单调性与导数的关系．‎ ‎【分析】由函数y=f（x）（x∈R）的图象可得函数的单调性，根据单调性与导数的关系得导数的符号，进而得不等式xf′（x）＜0的解集．‎ ‎【解答】解：由f（x）图象特征可得，f′（x）在（﹣∞，）∪（2，+∞）上大于0，‎ 在（，2）上小于0，‎ ‎∴xf′（x）＜0⇔⇔⇔x＜0或＜x＜2，‎ 所以xf′（x）＜0的解集为（﹣∞，0）∪（，2）．‎ 故答案为：（﹣∞，0）∪（，2）．‎ ‎　‎ ‎15．已知函数f（x）=ex﹣2x+a有零点，求a的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的极值．‎ ‎【分析】先讨论函数的单调性，得出函数的最值，由函数的最大值大于或等于零（或函数的最小值小于或等于零）得出a的取值范围．‎ ‎【解答】解：f′（x）=ex﹣2，可得f′（x）=0的根为x0=ln2，‎ ‎ 当x＜ln2时，f′（x）＜0，可得函数在区间（﹣∞，ln2）上为减函数；‎ 当x＞ln2时，f′（x）＞0，可得函数在区间（ln2，+∞）上为增函数，‎ ‎∴函数y=f（x）在x=ln2处取得极小值f（ln2）=2﹣2ln2+a，‎ 并且这个极小值也是函数的最小值，‎ 由题设知函数y=f（x）的最小值要小于或等于零，即2﹣2ln2+a≤0，可得a≤2ln2﹣2，‎ 故答案为：（﹣∞，2ln2﹣2]．‎ ‎　‎ ‎16．已知f（x）=﹣x+xlnx+m，g（x）=﹣，若任取x1∈（0，），都存在x2∈（0，），使得f（x1）＞g（x2），则m的取值范围为　（1﹣，+∞）　．‎ ‎【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．‎ ‎【分析】若任取x1∈（0，），都存在x2∈（0，），使得f（x1）＞g（x2），则g（x）=﹣的最小值小于f（x）=﹣x+xlnx+m的最小值，利用导数法分别求出两个函数的最小值，进而可得m的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵f（x）=﹣x+xlnx+m，g（x）=﹣，‎ ‎∵g′（x）==‎ ‎∵x1∈（0，）时，g′（x）＜0，x1∈（，）时，g′（x）＞0，‎ 故当x=时，g（x）取最小值﹣‎ 又∵f′（x）=lnx，‎ ‎∵x1∈（0，1）时，f′（x）＜0，x1∈（1，）时，f′（x）＞0，‎ 故当x=1时，f（x）取最小值m﹣1‎ 若任取x1∈（0，），都存在x2∈（0，），使得f（x1）＞g（x2），‎ 则g（x）=﹣的最小值小于f（x）=﹣x+xlnx+m的最小值 即﹣＜m﹣1‎ 即m＞1﹣‎ 故m的取值范围为：（1﹣，+∞）‎ 故答案为：（1﹣，+∞）‎ ‎　‎ 三、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）‎ ‎17．若函数y=x3﹣x2+a在[﹣1，1]上有最大值3，则该函数在[﹣1，1]上的最小值是　　．‎ ‎【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．‎ ‎【分析】本题是典型的利用函数的导数求最值的问题，只需要利用已知函数的最大值为3，进而求出常数a的值，即可求出函数的最小值．‎ ‎【解答】解：由已知，f′（x）=3x2﹣3x，有3x2﹣3x≥0得x≥1或x≤0，‎ 因此当x∈[1，+∞），（﹣∞，0]时f（x）为增函数，在x∈[0，1]时f（x）为减函数，‎ 又因为x∈[﹣1，1]，‎ 所以得当x∈[﹣1，0]时f（x）为增函数，在x∈[0，1]时f（x）为减函数，‎ 所以f（x）max=f（0）=a=3，故有f（x）=x3﹣x2+3‎ 所以f（﹣1）=，f（1）=‎ 因为f（﹣1）=＜f（1）=，所以函数f（x）的最小值为f（﹣1）=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎18．若函数f（x）=ax2+2x﹣lnx在x=1处取得极值．‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）求函数f（x）的单调区间及极值．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值．‎ ‎【分析】（1）求出原函数的导函数，由函数在x=1时的导数为0列式求得a的值；‎ ‎（2）把（1）中求出的a值代入f（x）=ax2+2x﹣lnx，求其导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，利用导函数在不同区间段内的符号求单调期间，进一步求得极值点，代入原函数求得极值．‎ ‎【解答】解：（1）∵函数f（x）=ax2+2x﹣lnx在x=1处取得极值，‎ ‎∴f′（1）=0，‎ 又，‎ ‎∴，解得：a=﹣；‎ ‎（2）f（x）=﹣x2+2x﹣lnx，‎ 函数的定义域为（0，+∞），‎ 由==0，‎ 解得：x1=1，x2=2．‎ ‎∴当x∈（0，1），（2，+∞）时，f′（x）＜0；‎ 当x∈（1，2）时，f′（x）＞0．‎ ‎∴f（x）的单调减区间为x∈（0，1），（2，+∞）；‎ 单调增区间为x∈（1，2）．‎ f（x）的极小值为f（1）=；‎ f（x）的极大值为f（2）=．‎ ‎　‎ ‎19．已知函数f（x）=xln x﹣a（x﹣1），其中a∈R，求函数f（x）在区间[1，e]上的最小值．‎ ‎【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．‎ ‎【分析】求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数f（x）的单调区间，从而求出函数f（x）在[1，e]的最小值即可．‎ ‎【解答】解：f'（x）=lnx+1﹣a，令f'（x）=0，∴x=ea﹣1，‎ ‎∴f（x）在区间（0，ea﹣1）单调递减，在区间（ea﹣1，+∞）单调递增，‎ ‎∴f（x）min=f（1）=0；‎ 当ea﹣1≤1即a≤1时，f（x）在区间[1，e]上单调递增，‎ ‎1＜ea﹣1＜e即1＜a＜2时，f（x）在[1，ea﹣1）递减，在（ea﹣1，e]递增，‎ ‎∴，‎ 当ea﹣1≥e即a≥2时，f（x）在[1，e]递减，‎ ‎∴f（x）min=f（e）=a+e﹣ae，‎ 综上：当a≤1时，f（x）的最小值为0，‎ ‎ 当1＜a＜2时，f（x）的最小值为a﹣ea﹣1；‎ 当a≥2时，f（x）的最小值为a+e﹣ae．‎ ‎　‎ ‎20．已知函数f（x）=ex﹣ax（a为常数）的图象与y轴交于点A，曲线y=f（x）在点A处的切线斜率为﹣1．‎ ‎（1）求a的值及函数f（x）的极值；‎ ‎（2）证明：当x＞0时，x2＜ex．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎【分析】（1）求函数的导数，利用导数的几何意义即可求a的值及函数f（x）的极值；‎ ‎（2）构造函数g（x）=ex﹣x2，求函数的导数，研究是的单调性和极值即可证明当x＞0时，x2＜ex．‎ ‎【解答】解：（1）因为f（x）=ex﹣ax，‎ 所以f（0）=1，即A（0，1），‎ 由f（x）=ex﹣ax，得f′（x）=ex﹣a．‎ 又f′（0）=1﹣a=﹣1，得a=2．‎ 所以f（x）=ex﹣2x，f′（x）=ex﹣2．‎ 令f′（x）=0，得x=ln2．当x＜ln2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；‎ 当x＞ln2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．‎ 所以当x=ln2时，f（x）取得极小值，且极小值为f（ln2）=eln2﹣2ln2=2﹣ln4，f（x）无极大值．‎ ‎（2）令g（x）=ex﹣x2，则g′（x）=ex﹣2x．‎ 由（1）得g′（x）=f（x）≥f（ln2）＞0，‎ 故g（x）在R上单调递增，又g（0）=1＞0，‎ 因此，当x＞0时，g（x）＞g（0）＞0，‎ 即x2＜ex．‎ ‎　‎ ‎21．已知函数 ‎（1）若函数f（x）在定义域内单调递增，求a的取值范围；‎ ‎（2）若，且关于x的方程在[1，4]恰有两个不相等的实数根，求b的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．‎ ‎【分析】（1）对函数f（x）进行求导，令导数大于等于0在x＞0上恒成立即可．‎ ‎（2）将a的值代入整理成方程的形式，然后转化为函数考虑其图象与x轴的交点的问题．‎ ‎【解答】解：（1）f'（x）=﹣（x＞0），‎ 依题意f'（x）≥0 在x＞0时恒成立，即ax2+2x﹣1≤0在x＞0恒成立．‎ 则a≤在x＞0恒成立，‎ 即a≤[（﹣1）2﹣1]min，x＞0，‎ 当x=1时，（﹣1）2﹣1取最小值﹣1，‎ ‎∴a的取值范围是（﹣∞，﹣1]；‎ ‎（2）a=﹣，f（x）=﹣x+b，‎ ‎∴x2﹣x+lnx﹣b=0‎ 设g（x）=x2﹣x+lnx﹣b（x＞0）‎ 则g'（x）=，‎ 列表：‎ x ‎（0，1）‎ ‎1‎ ‎（1，2）‎ ‎2‎ ‎（2，4）‎ g′（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ g（x）‎ ‎↑‎ 极大值 ‎↓‎ 极小值 ‎↑‎ ‎∴g（x）极小值=g（2）=ln2﹣b﹣2，g（x）极大值=g（1）=﹣b﹣，‎ 又g（4）=2ln2﹣b﹣2‎ ‎∵方程g（x）=0在[1，4]上恰有两个不相等的实数根．‎ 则，得ln2﹣2＜b≤﹣．‎ ‎　‎ ‎22．设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2﹣x），其中a∈R ‎（1）讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由；‎ ‎（2）若任意x∈（0，+∞），f（x）≥0成立，求a的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【分析】（1）求出函数的导数．令g（x）=2ax2+ax﹣a+1，对a与△分类讨论即可得出函数的单调性与极值的情况．‎ ‎（2）由（1）可知：当0≤a≤时，可得函数f（x）在（0，+∞）上单调性，即可判断出；当＜a≤1时，由g（0）≥0，可得x2≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调性，即可判断出；当1＜a时，由g（0）＜0，可得x2＞0，利用x∈（0，x2）时函数f（x）单调性，即可判断出；当a＜0时，设h（x）=x﹣ln（x+1），x∈（0，+∞），研究其单调性，即可判断出．‎ ‎【解答】解：（1）函数f（x）=ln（x+1）+a（x2﹣x），其中a∈R，x∈（﹣1，+∞）．‎ f′（x）=+2ax﹣a=，‎ 令g（x）=2ax2+ax﹣a+1，‎ ‎（i）当a=0时，g（x）=1，此时f′（x）＞0，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，无极值点．‎ ‎（ii）当a＞0时，△=a2﹣8a（1﹣a）=a（9a﹣8）．‎ ‎①当0＜a≤时，△≤0，g（x）≥0，f′（x）≥0，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，无极值点．‎ ‎②当a＞时，△＞0，设方程2ax2+ax﹣a+1=0的两个实数根分别为x1，x2，x1＜x2．‎ ‎∵x1+x2=﹣，‎ ‎∴x1＜﹣，x2＞﹣，‎ 由g（﹣1）＞0，可得﹣1＜x1＜﹣；‎ ‎∴当x∈（﹣1，x1）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；‎ 当x∈（x1，x2）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；‎ 当x∈（x2，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．‎ 因此函数f（x）有两个极值点．‎ ‎（iii）当a＜0时，△＞0．由g（﹣1）=1＞0，可得x1＜﹣1＜x2．‎ ‎∴当x∈（﹣1，x2）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；‎ 当x∈（x2，+∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．‎ 因此函数f（x）有一个极值点．‎ 综上所述：当a＜0时，函数f（x）有一个极值点；‎ 当0≤a≤时，函数f（x）无极值点；‎ 当a＞时，函数f（x）有两个极值点．‎ ‎（2）由（1）可知：‎ ‎①当0≤a≤时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．‎ ‎∵f（0）=0，‎ ‎∴x∈（0，+∞）时，f（x）＞0，符合题意．‎ ‎②当＜a≤1时，由g（0）≥0，可得x2≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．‎ 又f（0）=0，‎ ‎∴x∈（0，+∞）时，f（x）＞0，符合题意．‎ ‎③当1＜a时，由g（0）＜0，可得x2＞0，‎ ‎∴x∈（0，x2）时，函数f（x）单调递减．‎ 又f（0）=0，‎ ‎∴x∈（0，x2）时，f（x）＜0，不符合题意，舍去；‎ ‎④当a＜0时，设h（x）=x﹣ln（x+1），x∈（0，+∞），h′（x）=＞0．‎ ‎∴h（x）在（0，+∞）上单调递增．‎ 因此x∈（0，+∞）时，h（x）＞h（0）=0，即ln（x+1）＜x，‎ 可得：f（x）＜x+a（x2﹣x）=ax2+（1﹣a）x，‎ 当x＞1﹣时，‎ ax2+（1﹣a）x＜0，此时f（x）＜0，不合题意，舍去．‎ 综上所述，a的取值范围为[0，1]．‎