高考二次求导

高考二次求导

高考二次求导 一．解答题（共40小题）‎ ‎1．已知函数f（x）=ax2+lnx，g（x）=﹣bx，其中a，b∈R，设h（x）=f（x）﹣g（x），‎ ‎（1）若f（x）在x=处取得极值，且f′（1）=g（﹣1）﹣2．求函数h（x）的单调区间；‎ ‎（2）若a=0时，函数h（x）有两个不同的零点x1，x2‎ ‎①求b的取值范围；‎ ‎②求证：＞1．‎ ‎2．设a，b∈R，函数，g（x）=ex（e为自然对数的底数），且函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在x=0处有公共的切线．‎ ‎（Ⅰ）求b的值；‎ ‎（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅲ）若g（x）＞f（x）在区间（﹣∞，0）内恒成立，求a的取值范围．‎ ‎3．已知函数．‎ ‎（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；‎ ‎（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．‎ ‎4．已知函数．‎ ‎（1）设G（x）=2f（x）+g（x），求G（x）的单调递增区间；‎ ‎（2）证明：当x＞0时，f（x+1）＞g（x）；‎ ‎（3）证明：k＜1时，存在x0＞1，当x∈（1，x0）时，恒有．‎ ‎5．已知函数．‎ ‎（Ⅰ） 当a=0时，求曲线f （x）在x=1处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ） 设函数h（x）=alnx﹣x﹣f（x），求函数h （x）的极值；‎ ‎（Ⅲ） 若g（x）=alnx﹣x在[1，e]（e=2.718 28…）上存在一点x0，使得g（x0）≥f（x0）成立，求a的取值范围．‎ ‎6．设函数f（x）=eax+λlnx，其中a＜0，e是自然对数的底数 ‎（Ⅰ）若f（x）是（0，+∞）上的单调函数，求λ的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若0＜λ＜，证明：函数f（x）有两个极值点．‎ ‎7．已知函数（a为常数，a≠0）．‎ ‎（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）在点（3，f（3））的切线方程 ‎（Ⅱ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）若f（x）在x0处取得极值，且，而f（x）≥0在[e+2，e3+2]上恒成立，求实数a的取值范围．（其中e为自然对数的底数）‎ ‎8．已知函数．‎ ‎（1）若g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为8x﹣2y﹣3=0，求a，b的值；‎ ‎（2）若b=a+1，x1，x2是函数g（x）的两个极值点，试比较﹣4与g（x1）+g（x2）的大小．‎ ‎9．已知函数f（x）=x﹣alnx﹣1，，其中a为实数．‎ ‎（Ⅰ）求函数g（x）的极值；‎ ‎（Ⅱ）设a＜0，若对任意的x1、x2∈[3，4]（x1≠x2），恒成立，求实数a的最小值．‎ ‎10．已知函数f（x）=xlnx﹣k（x﹣1）‎ ‎（1）求f（x）的单调区间；并证明lnx+≥2（e为自然对数的底数）恒成立；‎ ‎（2）若函数f（x）的一个零点为x1（x1＞1），f'（x）的一个零点为x0，是否存在实数k，使=k，若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，说明理由．‎ ‎11．已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．‎ ‎12．设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；‎ ‎（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立．‎ ‎13．设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．‎ ‎（1）求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；‎ ‎（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．‎ ‎14．设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．‎ ‎（Ⅰ）求f′（x）；‎ ‎（Ⅱ）求A；‎ ‎（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．‎ ‎15．设函数f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．‎ ‎（1）求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=0；‎ ‎（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．‎ ‎16．已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．‎ ‎（Ⅰ）求a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．‎ ‎17．已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．‎ ‎（I）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．‎ ‎18．已知函数f（x）=lnx+x2．‎ ‎（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3aexx∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；‎ ‎（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x0，F（x0））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．‎ ‎19．g（x）=2lnx﹣x2﹣mx，x∈R，如果g（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2），AB中点为C（x0，0），求证g′（x0）≠0．‎ ‎20．已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g（x）=x3+x2（f'（x）+）在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）求证：×××…×＜（n≥2，n∈N*）．‎ ‎21．设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）‎ ‎（1）若关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．‎ ‎（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，若关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．‎ ‎（3）证明不等式：（n∈N*）．‎ ‎22．已知函数，f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．‎ ‎（1 ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，问：m在什么范围取值时，对于任意的t[1，2]，函数在区间（t，3）上总存在极值？‎ ‎23．已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C．‎ ‎（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调减区间；‎ ‎（2）设函数f（x）的导函数为f′（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，求实数b的取值范围；‎ ‎（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎24．已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a≠0）．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）+（a+1）x+4﹣e≤0对任意x∈[e，e2]恒成立，求实数a的取值范围（e为自然常数）；‎ ‎（Ⅲ）求证ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*）（n!=1×2×3×…×n）．‎ ‎25．已知函数f（x）=lnx﹣x﹣lna，a为常数．‎ ‎（1）若函数f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求a的取值范围；‎ ‎（2）在（1）的条件下，证明：的值随a的值增大而增大．‎ ‎26．已知函数f（x）=e1﹣x（﹣a+cosx），a∈R．‎ ‎（Ⅰ）若函数f（x）存在单调减区间，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若a=0，证明：，总有f（﹣x﹣1）+2f′（x）•cos（x+1）＞‎ ‎0．‎ ‎27．已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．‎ ‎（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．‎ ‎28．已知函数f（x）=，g（x）=ln（x+1），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是5x﹣4y+1=0‎ ‎（1）求a，b的值；‎ ‎（2）若当x∈[0，+∞）时，恒有f（x）≥kg（x）成立，求k的取值范围；‎ ‎（3）若=22361，试估计ln的值（精确到0.001）‎ ‎29．设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）设F（x）=f（x）+ax2+ax，问F（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（Ⅲ）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数g（x）=f（x）+ax图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为为k．证明：k＞g′（x0）．‎ ‎30．已知函数f（x）=x3+（1﹣a）x2﹣a（a+2）x（a∈R），f′（x）为f（x）的导数．‎ ‎（Ⅰ）当a=﹣3时证明y=f（x）在区间（﹣1，1）上不是单调函数．‎ ‎（Ⅱ）设，是否存在实数a，对于任意的x1∈[﹣1，1]存在x2∈[0，2]，使得f′（x1）+2ax1=g（x2）成立？若存在求出a的取值范围；若不存在说明理由．‎ ‎31．已知函数f（x）=x2﹣（a+2）x+alnx，其中常数a＞0．‎ ‎（Ⅰ）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x0，h（x0‎ ‎））处的切线方程为l：y=g（x），若＞0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”．当a=4时，试问y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎32．已知函数f（x）=2ex+2ax﹣a2，a∈R．‎ ‎（1）当a=1时，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎（2）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（3）若x≥0时，f（x）≥x2﹣3恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎33．已知a∈R，函数f（x）=ex﹣a（x+1）的图象与x轴相切．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若x＞0时，f（x）＞mx2，求实数m的取值范围．‎ ‎34．已知函数h（x）=﹣ax2+1，设f（x）=h'（x）﹣2alnx，g（x）=ln2x+2a2，其中x＞0，a∈R．‎ ‎（1）若f（x）在区间（2，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）记F（x）=f（x）+g（x），求证：F（x）≥．‎ ‎35．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=axex﹣4x，其中a为大于零的常数．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．‎ ‎36．已知x∈（1，+∞），函数f（x）=ex+2ax（a∈R），函数g（x）=|﹣lnx|+lnx，其中e为自然对数的底数．‎ ‎（1）若a=﹣，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）证明：当a∈（2，+∞）时，f′（x﹣1）＞g（x）+a．‎ ‎37．已知函数f（x）=x2+mlnx+x ‎（1）求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）令g（x）=f（x）﹣x2‎ ‎，试问过点P（1，3）存在多少条直线与曲线y=g（x）相切？并说明理由．‎ ‎38．已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线x﹣2y+1=0垂直，求实数a的值；‎ ‎（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）讨论函数f（x）在区间[1，e2]上零点的个数．‎ ‎39．已知函数f（x）=（2﹣a）lnx++2ax（a≥0）‎ ‎（1）当a=0时，求f（x）的极值；‎ ‎（2）当a＜0时，讨论f（x）的单调性；‎ ‎（3）若对于任意的x1，x2∈[1，3]，a∈（﹣∞，﹣2）都有|f（x1）﹣f（x2）|＜（m+ln3）a﹣2ln3，求实数m的取值范围．‎ ‎40．已知函数f（x）=lnx﹣ax．‎ ‎（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．‎ ‎　‎ ‎2017年02月13日数学的高中数学组卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．解答题（共40小题）‎ ‎1．（2017•南京一模）已知函数f（x）=ax2+lnx，g（x）=﹣bx，其中a，b∈R，设h（x）=f（x）﹣g（x），‎ ‎（1）若f（x）在x=处取得极值，且f′（1）=g（﹣1）﹣2．求函数h（x）的单调区间；‎ ‎（2）若a=0时，函数h（x）有两个不同的零点x1，x2‎ ‎①求b的取值范围；‎ ‎②求证：＞1．‎ ‎ 解：（1）由已知得f，（x＞0），‎ 所以，所以a=﹣2．‎ 由f′（1）=g（﹣1）﹣2，‎ 得a+1=b﹣2，‎ 所以b=1．‎ 所以h（x）=﹣x2+lnx+x，（x＞0）．‎ 则，（x＞0），‎ 由h′（x）＞0得0＜x＜1，h′（x）＜0得x＞1．‎ 所以h（x）的减区间为（1，+∞），增区间为（0，1）．‎ ‎（2）①由已知h（x）=lnx+bx，（x＞0）．‎ 所以h，（x＞0），‎ 当b≥0时，显然h′（x）＞‎ ‎0恒成立，此时函数h（x）在定义域内递增，h（x）至多有一个零点，不合题意．‎ 当b＜0时，令h′（x）=0得x=＞0，令h′（x）＞0得；令h′（x）＜0得．‎ 所以h（x）极大=h（）=﹣ln（﹣b）﹣1＞0，解得．‎ 且x→0时，lnx＜0，x→+∞时，lnx＜0．‎ 所以当时，h（x）有两个零点．‎ ‎②证明：由题意得，即，‎ ‎①×②得．‎ 因为x1，x2＞0，‎ 所以﹣b（x1+x2）＞0，‎ 所以，‎ 因为0＜﹣b＜，‎ 所以e﹣b＞1，‎ 所以x1x2＞＞＞e2，‎ 所以＞1．‎ ‎　‎ ‎2．（2017•四川模拟）设a，b∈R，函数，g（x）=ex（e为自然对数的底数），且函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在x=0处有公共的切线．‎ ‎（Ⅰ）求b的值；‎ ‎（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅲ）若g（x）＞f（x）在区间（﹣∞，0）内恒成立，求a的取值范围．‎ ‎ （Ⅰ）f'（x）=x2+2ax+b，g'（x）=ex，‎ 由f'（0）=b=g'（0）=1，得b=1．…（2分）‎ ‎（Ⅱ）f'（x）=x2+2ax+1=（x+a）2+1﹣a2，‎ 当a2≤1时，即﹣1≤a≤1时，f'（x）≥0，从而函数f（x）在定义域内单调递增，‎ 当a2＞1时，，此时 若，f'（x）＞0，则函数f（x）单调递增；‎ 若，f'（x）＜0，则函数f（x）单调递减；‎ 若时，f'（x）＞0，则函数f（x）单调递增．…（6分）‎ ‎（Ⅲ）令h（x）=g'（x）﹣f'（x）=ex﹣x2﹣2ax﹣1，则h（0）=e0﹣1=0．h'（x）=ex﹣2x﹣2a，令u（x）=h'（x）=ex﹣2x﹣2a，则u'（x）=ex﹣2．‎ 当x≤0时，u'（x）＜0，从而h'（x）单调递减，‎ 令u（0）=h'（0）=1﹣2a=0，得．‎ 先考虑的情况，此时，h'（0）=u（0）≥0；‎ 又当x∈（﹣∞，0）时，h'（x）单调递减，所以h'（x）＞0；‎ 故当x∈（﹣∞，0）时，h（x）单调递增；‎ 又因为h（0）=0，故当x＜0时，h（x）＜0，‎ 从而函数g（x）﹣f（x）在区间（﹣∞，0）内单调递减；‎ 又因为g（0）﹣f（0）=0，所以g（x）＞f（x）在区间（﹣∞，0）恒成立．‎ 接下来考虑的情况，此时，h'（0）＜0，‎ 令x=﹣a，则h'（﹣a）=e﹣a＞0．‎ 由零点存在定理，存在x0∈（﹣a，0）使得h'（x0）=0，‎ 当x∈（x0，0）时，由h'（x）单调递减可知h'（x）＜0，所以h（x）单调递减，‎ 又因为h（0）=0，故当x∈（x0，0）时h（x）＞0．‎ 从而函数g（x）﹣f（x）在区间（x0，0）单调递增；‎ 又因为g（0）﹣f（0）=0，所以当x∈（x0，0），g（x）＜f（x）．‎ 综上所述，若g（x）＞f（x）在区间（﹣∞，0）恒成立，则a的取值范围是．…（14分）‎ ‎　‎ ‎3．（2017•达州模拟）已知函数．‎ ‎（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；‎ ‎（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．‎ ‎ 解：（1）因为f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），‎ 所以由f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立得，‎ 令，易知g（x）在（0，1）单调递增（1，+∞）单调递减，‎ 所以a≥g（1）=1，‎ 即得：a≥1…（5分）‎ ‎（2）函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），‎ 即y=f'（x）有两个不同的零点，且均为正，f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），‎ 令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，由可知 ‎1）a≤0时，函数y=f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点．‎ ‎2）a＞0时，y=F（x）在是增函数在是减函数，‎ 此时为函数的极大值，也是最大值．‎ 当时，最多有一个零点，所以才可能有两个零点，‎ 得：0＜a＜1…（7分）‎ 此时又因为，，，‎ 令 ‎，φ（a）在（0，1）上单调递增，‎ 所以φ（a）＜φ（1）=3﹣e2，即 综上，所以a的取值范围是（0，1）…（8分）‎ 下面证明x1+x2＞2‎ 由于y=F（x）在是增函数在是减函数，，可构造出 构造函数 ‎ 则，故m（x）在区间上单调减．又由于，‎ 则，即有m（x1）＞0在上恒成立，即有成立．‎ 由于，，y=F（x）在是减函数，所以 所以成立 …（12分）‎ ‎　‎ ‎4．（2017•大理州一模）已知函数．‎ ‎（1）设G（x）=2f（x）+g（x），求G（x）的单调递增区间；‎ ‎（2）证明：当x＞0时，f（x+1）＞g（x）；‎ ‎（3）证明：k＜1时，存在x0＞1，当x∈（1，x0）时，恒有．‎ ‎ 解：（1）由题意知，…（1分）‎ 从而…（2分）‎ 令G'（x）＞0得0＜x＜2…（3分）‎ 所以函数G（x）的单调递增区间为（0，2）…（4分）‎ ‎（2）令…（5分）‎ 从而…（6分）‎ 因为x＞0，所以H'（x）＞0，故H（x）在（0，+∞）上单调递增…（7分）‎ 所以，当x＞0时，H（x）＞H（0）=0，‎ 即f（x+1）＞g（x）…（8分）‎ ‎（3）当k＜1时，‎ 令…（9分）‎ 则有…（10分）‎ 由F'（x）=0得﹣x2+（1﹣k）x+1=0，‎ 解之得，，‎ ‎…（11分）‎ 从而存在x0=x2＞1，当x∈（1，x0）时，F'（x）＞0，‎ 故F（x）在[1，x0）上单调递增，从而当x∈（1，x0）时，F（x）＞F（1）=0，‎ 即…（12分）‎ ‎　‎ ‎5．（2017•茂名一模）已知函数．‎ ‎（Ⅰ） 当a=0时，求曲线f （x）在x=1处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ） 设函数h（x）=alnx﹣x﹣f（x），求函数h （x）的极值；‎ ‎（Ⅲ） 若g（x）=alnx﹣x在[1，e]（e=2.718 28…）上存在一点x0，使得g（x0）≥f（x0）成立，求a的取值范围．‎ ‎ 解：（Ⅰ） 当a=0时，f （x）=，f （1）=1，则切点为（1，1），…（1分）‎ ‎∵，∴切线的斜率为k=f'（1）=﹣1，…（2分）‎ ‎∴曲线f （x）在点（1，1）处的切线方程为y﹣1=﹣（ x﹣1），即x+y﹣2=0 …（3分）‎ ‎（Ⅱ）依题意，定义域为（0，+∞），‎ ‎∴，…（4分）‎ ‎①当a+1＞0，即a＞﹣1时，令h'（x）＞0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a，‎ 此时，h（x） 在区间（0，a+1）上单调递增，‎ 令h'（x）＜0，得 x＞1+a．‎ 此时，h（x）在区间（a+1，+∞）上单调递减．…（5分）‎ ‎②当a+1≤0，即a≤﹣1时，h'（x）＜0恒成立，h（x）在区间（0，+∞）上单调递减．…（6分）‎ 综上，当a＞﹣1时，h（x）在x=1+a处取得极大值h（1+a）=aln（1+a）﹣a﹣2，无极小值；‎ 当a≤﹣1时，h（x）在区间（0，+∞）上无极值．…（7分）‎ ‎（Ⅲ） 依题意知，在[1，e]上存在一点x0，使得g（x0）≥f（x0）成立，‎ 即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）≥0，‎ 故函数在[1，e]上，有h（x）max≥0．…（8分）‎ 由（Ⅱ）可知，①当a+1≥e，即a≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递增，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵，∴．…（9分）‎ ‎②当0＜a+1≤1，或a≤﹣1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递减，‎ ‎∴h（x）max=h（1）=﹣1﹣1﹣a≥0，∴a≤﹣2．…（10分）‎ ‎③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e﹣1时，‎ 由（Ⅱ）可知，h（x）在x=1+a处取得极大值也是区间（0，+∞）上的最大值，‎ 即h（x）max=h（1+a）=aln（1+a）﹣a﹣2=a[ln（1+a）﹣1]﹣2，‎ ‎∵0＜ln（a+1）＜1，∴h（1+a）＜0在[1，e]上恒成立，‎ 此时不存在x0使h（x0）≥0成立．…（11分）‎ 综上可得，所求a的取值范围是或a≤﹣2．…（12分）‎ ‎　‎ ‎6．（2017•佛山一模）设函数f（x）=eax+λlnx，其中a＜0，e是自然对数的底数 ‎（Ⅰ）若f（x）是（0，+∞）上的单调函数，求λ的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若0＜λ＜，证明：函数f（x）有两个极值点．‎ ‎ 解：（Ⅰ）f′（x）=aeax+=，（x＞0），‎ ‎①若λ≤0，则f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）递减，‎ ‎②若λ＞0，令g（x）=axeax+λ，其中a＜0，x＞0，‎ 则g′（x）=aeax（1+ax），‎ 令g′（x）=0，解得：x=﹣，‎ 故x∈（0，﹣）时，g′（x）＜0，g（x）递减，‎ x∈（﹣，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）递增，‎ 故x=﹣时，g（x）取极小值也是最小值g（﹣）=λ﹣，‎ 故λ﹣≥0即λ≥时，g（x）≥0，‎ 此时f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）递增，‎ 综上，所求λ的范围是（﹣∞，0]∪[，+∞）；‎ ‎（Ⅱ）f′（x）=aeax+=，（x＞0），‎ 令g（x）=axeax+λ，其中a＜0，x＞0，‎ 求导得：g′（x）=aeax（1+ax），‎ 令g′（x）=0，解得：x=﹣，‎ x∈（0，﹣）时，g′（x）＜0，g（x）递减，‎ x∈（﹣，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）递增，‎ x=﹣时，g（x）取得极小值，也是最小值g（﹣）=λ﹣，‎ ‎∵0＜λ＜，∴g（﹣）=λ﹣＜0，又g（0）=λ＞0，‎ ‎∴g（﹣）g（0）＜0，‎ ‎∴函数f（x）有两个极值点．‎ ‎　‎ ‎7．（2017•南充模拟）已知函数（a为常数，a≠0）．‎ ‎（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）在点（3，f（3））的切线方程 ‎（Ⅱ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）若f（x）在x0处取得极值，且，而f（x）≥0在[e+2，e3+2]上恒成立，求实数a的取值范围．（其中e为自然对数的底数）‎ ‎ 解：（x＞2）‎ ‎（Ⅰ）当a=1时，，f'（3）=﹣2.，‎ 所以，函数f（x）在点（3，f（3））处的切线方程为：‎ ‎，即4x+2y﹣3=0．…（3分）‎ ‎（Ⅱ）=，‎ 因为x＞2，所以x﹣2＞0，‎ ‎①当a＜0时，（x﹣1）2﹣（a+1）=x（x﹣2）﹣a＞0在x＞2上成立，‎ 所以f'（x）当x＞2恒大于0，‎ 故f（x）在（2，+∞）上是增函数．…（5分）‎ ‎②当a＞0时，，‎ 因为x＞2，‎ 所以，a（x﹣2）＞0，‎ 当时，f'（x）≤0，f（x）为减函数；‎ 当时，f'（x）≥0，f（x）为增函数．…（7分）‎ 综上：当a＜0时，f（x）在（2，+∞）上为增函数；‎ 当a＞0时，f（x）在上为增函数，在上为减函数．…（8分）‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知x0处有极值，故a＞0，且，‎ 因为且e+2＞2，‎ 所以f（x）在[e+2，e3+2]上单调．…（10分）‎ 当[e+2，e3+2]为增区间时，f（x）≥0恒成立，则有．‎ 当[e+2，e3+2]为减区间时，f（x）≥0恒成立，则有解集为空集．‎ 综上：当a＞e6+2e3时满足条件．…（12分）‎ ‎　‎ ‎8．（2017•本溪模拟）已知函数．‎ ‎（1）若g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为8x﹣2y﹣3=0，求a，b的值；‎ ‎（2）若b=a+1，x1，x2是函数g（x）的两个极值点，试比较﹣4与g（x1）+g（x2）的大小．‎ ‎ （1）根据题意可求得切点，由题意可得，，‎ ‎∴，即，解得a=1，b=﹣1．…（3分）‎ ‎（2）证明：∵b=a+1，∴，则．‎ 根据题意可得x2﹣ax+a=0在（0，+∞）上有两个不同的根x1，x2．‎ 即，解得a＞4，且x1+x2=a，x1x2=a．…（5分）‎ ‎∴．…（6分）‎ 令，则f'（x）=lnx+1﹣x﹣1=lnx﹣x，‎ 令h（x）=lnx﹣x，则当x＞4时，，‎ ‎∴h（x）在（4，+∞）上为减函数，即h（x）＜h（4）=ln4﹣4＜0，f'（x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（4，+∞）上为减函数，即f（x）＜f（4）=8lnx﹣12，‎ ‎∴g（x1）+g（x2）＜8ln2﹣12，…（10分）‎ 又∵，，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴g（x1）+g（x2）＜﹣4．…（12分）‎ ‎　‎ ‎9．（2017•本溪模拟）已知函数f（x）=x﹣alnx﹣1，，其中a为实数．‎ ‎（Ⅰ）求函数g（x）的极值；‎ ‎（Ⅱ）设a＜0，若对任意的x1、x2∈[3，4]（x1≠x2），恒成立，求实数a的最小值．‎ ‎ 解：（Ⅰ），令g'（x）=0，得x=1，列表如下：‎ x ‎（﹣∞，1）‎ ‎1‎ ‎（1，+∞）‎ g'（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ g（x）‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎∴当x=1时，g（x）取得极大值g（1）=1，无极小值；…（4分）‎ ‎（Ⅱ）当m=1时，a＜0时，f（x）=x﹣alnx﹣1，x∈（0，+∞），‎ ‎∵在[3，4]恒成立，∴f（x）在[3，4]上为增函数，‎ 设，∵在[3，4]上恒成立，‎ ‎∴h（x）在[3，4]上为增函数，‎ 不妨设x2＞x1，则等价于：f（x2）﹣f（x1）＜h（x2）﹣h（x1），即f（x2）﹣h（x2）＜f（x1）﹣h（x1），…（6分）‎ 设，则u（x）在[3，4]上为减函数，‎ ‎∴在[3，4]上恒成立，‎ ‎∴恒成立，∴，x∈[3，4]，…（8分）‎ 设，∵，‎ ‎∴，∴v'（x）＞0，v（x）为减函数，‎ ‎∴v（x）在[3，4]上的最大值，∴，‎ ‎∴a的最小值为．…（12分）‎ ‎　‎ ‎10．（2017•泸州模拟）已知函数f（x）=xlnx﹣k（x﹣1）‎ ‎（1）求f（x）的单调区间；并证明lnx+≥2（e为自然对数的底数）恒成立；‎ ‎（2）若函数f（x）的一个零点为x1（x1＞1），f'（x）的一个零点为x0，是否存在实数k，使=k，若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，说明理由．‎ ‎ 解：（1）∵f′（x）=lnx+1﹣k，‎ x∈（0，ek﹣1）时，f′（x）＜0，此时h（x）递减，‎ x∈（ek﹣1，+∞）时，f′（x）＞0，此时h（x）递增，‎ 令k=2，则f（x）=xlnx﹣2（x﹣1），‎ 故x=e时，f（x）有最小值是f（e），‎ 故f（x）=xlnx﹣2（x﹣1）≥f（e）=2﹣e，‎ 即lnx+≥2恒成立；‎ ‎（2）由题意得：x1lnx1﹣k（x1﹣1）=0，‎ lnx0+1﹣k=0，‎ 假设存在k，使得=k，（k＞0）成立，‎ 消元得：ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1=0，‎ 设m（k）=ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1，‎ 则m′（k）=ek﹣1（lnk+﹣1），‎ 设F（k）=lnk+﹣1，‎ 则F′（x）=﹣，‎ k∈（0，1）时，F′（x）＜0，即此时函数F（k）递减，‎ k∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，此时函数F（k）递增，‎ ‎∴F（k）≥F（1）=0，‎ ‎∴m′（k）＞0，‎ 故函数m（k）在（0，+∞）递增，‎ ‎∵m（1）=0，∴k=1，‎ 但k=1时，x1=ek1k=1，与已知x1＞1矛盾，‎ 故k不存在．‎ ‎　‎ ‎11．（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．‎ ‎ 解：（Ⅰ）由f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，‎ 可得f′（x）=（x﹣1）ex+2a（x﹣1）=（x﹣1）（ex+2a），‎ ‎①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，‎ 即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增；‎ ‎②当a＜0时，若a=﹣，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；‎ 若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；‎ 由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．‎ 即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；‎ 在（1，ln（﹣2a））递减；‎ 若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；‎ 由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．‎ 即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；‎ 在（ln（﹣2a），1）递减；‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎①由（Ⅰ）可得当a＞0时，f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，‎ ‎ 且f（1）=﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；x→﹣∞，f（x）→+∞．f（x）有两个零点；‎ ‎②当a=0时，f（x）=（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x=2；‎ ‎③当a＜0时，‎ 若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，‎ 又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；‎ 当a≥﹣时，f（x）在（1，+∞）单调递增，又x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点．‎ 综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．‎ ‎　‎ ‎12．（2016•四川）设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；‎ ‎（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立．‎ ‎ （Ⅰ）解：由f（x）=ax2﹣a﹣lnx，得f′（x）=2ax﹣=（x＞0），‎ 当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）成立，则f（x）为（0，+∞）上的减函数；‎ 当a＞0时，由f′（x）=0，得x==，‎ ‎∴当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，‎ 则f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；‎ 综上，当a≤0时，f（x）为（0，+∞）上的减函数，当a＞0时，f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；‎ ‎（Ⅱ）证明：要证g（x）＞0（x＞1），即﹣＞0，‎ 即证，也就是证，‎ 令h（x）=，则h′（x）=，‎ ‎∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）min=h（1）=e，‎ 即当x＞1时，h（x）＞e，∴当x＞1时，g（x）＞0；‎ ‎（Ⅲ）解：由f（x）＞g（x），得，‎ 设t（x）=，‎ 由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）内恒成立，‎ ‎∵t（1）=0，‎ ‎∴有t′（x）=2ax=≥0在（1，+∞）内恒成立，‎ 令φ（x）=，‎ 则φ′（x）=2a=，‎ 当x≥2时，φ′（x）＞0，‎ 令h（x）=，h′（x）=，函数在[1，2）上单调递增，∴h（x）min=h（1）=﹣1．‎ 又2a≥1，e1﹣x＞0，∴1＜x＜2，φ′（x）＞0，‎ 综上所述，x＞1，φ′（x）＞0，φ（x）在区间（1，+∞）单调递增，‎ ‎∴t′（x）＞t′（1）≥0，即t（x）在区间（1，+∞）单调递增，‎ ‎∴a≥．‎ ‎　‎ ‎13．（2016•天津）设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．‎ ‎（1）求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；‎ ‎（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．‎ ‎ 解：（1）函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b的导数为 f′（x）=3（x﹣1）2﹣a，‎ 当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；‎ 当a＞0时，当x＞1+或x＜1﹣时，f′（x）＞0，‎ 当1﹣＜x＜1+，f′（x）＜0，‎ 可得f（x）的增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞），减区间为（1﹣，1+）；‎ ‎（2）证明：f′（x0）=0，可得3（x0﹣1）2=a，‎ 由f（x0）=（x0﹣1）3﹣3x0（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，‎ f（3﹣2x0）=（2﹣2x0）3﹣3（3﹣2x0）（x0﹣1）2﹣b ‎=（x0﹣1）2（8﹣8x0﹣9+6x0）﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，‎ 即为f（3﹣2x0）=f（x0）=f（x1），‎ 即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x0=3；‎ ‎（3）证明：要证g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于，‎ 即证在[0，2]上存在x1，x2，使得f（x1）﹣f（x2）≥．‎ 当a≥3时，f（x）在[0，2]递减，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，‎ f（0）﹣f（2）=2a﹣2≥4＞，递减，成立；‎ 当0＜a＜3时，f（1﹣）=（﹣）3﹣a（1﹣）﹣b=﹣﹣a+a﹣b ‎=﹣a﹣b，‎ f（1+）=（）3﹣a（1+）﹣b=﹣a﹣a﹣b ‎=﹣﹣a﹣b，‎ f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，‎ f（2）﹣f（0）=2﹣2a，‎ 若0＜a≤时，f（2）﹣f（0）=2﹣2a≥成立；‎ 若a＞时，f（1﹣）﹣f（1+）=＞成立．‎ 综上可得，g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．‎ ‎　‎ ‎14．（2016•新课标Ⅲ）设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．‎ ‎（Ⅰ）求f′（x）；‎ ‎（Ⅱ）求A；‎ ‎（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．‎ ‎ （I）解：f′（x）=﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx．‎ ‎（II）当a≥1时，|f（x）|=|acos2x+（a﹣1）（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）|（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）（|cosx|+1）|≤a+2（a﹣1）=3a﹣2=f（0），因此A=3a﹣2．‎ 当0＜a＜1时，f（x）等价为f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1）=2acos2x+（a﹣1）cosx﹣1，‎ 令g（t）=2at2+（a﹣1）t﹣1，‎ 则A是|g（t）|在[﹣1，1]上的最大值，g（﹣1）=a，g（1）=3a﹣2，‎ 且当t=时，g（t）取得极小值，极小值为g（）=﹣﹣1=﹣，（二次函数在对称轴处取得极值）‎ 令﹣1＜＜1，得a＜（舍）或a＞．因此A=3a﹣2‎ ‎①当0＜a≤时，g（t）在（﹣1，1）内无极值点，|g（﹣1）|=a，|g（1）|=2﹣3a，|g（﹣1）|＜|g（1）|，‎ ‎∴A=2﹣3a，‎ ‎②当＜a＜1时，由g（﹣1）﹣g（1）=2（1﹣a）＞0，得g（﹣1）＞g（1）＞‎ g（），‎ 又|g（）﹣g（﹣1）|=＞0，‎ ‎∴A=|g（）|=，‎ 综上，A=．‎ ‎（III）证明：由（I）可得：|f′（x）|=|﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx|≤2a+|a﹣1|，‎ 当0＜a≤时，|f′（x）|≤1+a≤2﹣4a＜2（2﹣3a）=2A，‎ 当＜a＜1时，A==++≥1，‎ ‎∴|f′（x）|≤1+a≤2A，‎ 当a≥1时，|f′（x）|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A，‎ 综上：|f′（x）|≤2A．‎ ‎　‎ ‎15．（2016•天津）设函数f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．‎ ‎（1）求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=0；‎ ‎（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．‎ ‎ 解：（1）若f（x）=x3﹣ax﹣b，则f′（x）=3x2﹣a，‎ 分两种情况讨论：‎ ‎①、当a≤0时，有f′（x）=3x2﹣a≥0恒成立，‎ 此时f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），‎ ‎②、当a＞0时，令f′（x）=3x2﹣a=0，解得x=或x=，‎ 当x＞或x＜﹣时，f′（x）=3x2﹣a＞0，f（x）为增函数，‎ 当﹣＜x＜时，f′（x）=3x2﹣a＜0，f（x）为减函数，‎ 故f（x）的增区间为（﹣∞，﹣），（，+∞），减区间为（﹣，）；‎ ‎（2）若f（x）存在极值点x0，则必有a＞0，且x0≠0，‎ 由题意可得，f′（x）=3x2﹣a，则x02=，‎ 进而f（x0）=x03﹣ax0﹣b=﹣x0﹣b，‎ 又f（﹣2x0）=﹣8x03+2ax0﹣b=﹣x0+2ax0﹣b=f（x0），‎ 由题意及（Ⅰ）可得：存在唯一的实数x1，满足f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，‎ 则有x1=﹣2x0，故有x1+2x0=0；‎ ‎（Ⅲ）设g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值M，max{x，y}表示x、y两个数的最大值，‎ 下面分三种情况讨论：‎ ‎①当a≥3时，﹣≤﹣1＜1≤，‎ 由（I）知f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，‎ 所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（1），f（﹣1）]，‎ 因此M=max{|f（1）|，|f（﹣1）|}=max{|1﹣a﹣b|，|﹣1+a﹣b|}‎ ‎=max{|a﹣1+b|，|a﹣1﹣b|}=，‎ 所以M=a﹣1+|b|≥2‎ ‎②当a＜3时，，‎ 由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）≥=f（），f（1）≤=，‎ 所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（），f（﹣）]，‎ 因此M=max{|f（）|，|f（﹣）|}=max{||，||}‎ ‎=max{||，||}=，‎ ‎③当0＜a＜时，，‎ 由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）＜=f（），f（1）＞=，‎ 所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（﹣1），f（1）]，‎ 因此M=max{|f（﹣1）|，|f（1）|}=max{|﹣1+a﹣b|，|1﹣a﹣b|}‎ ‎=max{|1﹣a+b|，|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|＞，‎ 综上所述，当a＞0时，g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．‎ ‎　‎ ‎16．（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．‎ ‎（Ⅰ）求a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．‎ ‎ 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，‎ ‎∴f′（x）=（x﹣1）ex+2a（x﹣1）=（x﹣1）（ex+2a），‎ ‎①若a=0，那么f（x）=0⇔（x﹣2）ex=0⇔x=2，‎ 函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；‎ ‎②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，‎ 当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；‎ 当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；‎ 此时当x=1时，函数f（x）取极小值﹣e，‎ 由f（2）=a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；‎ 当x＜1时，ex＜e，x﹣2＜﹣1＜0，‎ ‎∴f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2=a（x﹣1）2+‎ e（x﹣1）﹣e，‎ 令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e=0的两根为t1，t2，且t1＜t2，‎ 则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，‎ 故函数f（x）在x＜1存在一个零点；‎ 即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；‎ ‎③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne=1，‎ 当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1=0，‎ ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，‎ 即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，‎ 当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，‎ 即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，‎ 当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，‎ 即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，‎ 故当x=ln（﹣2a）时，函数取极大值，‎ 由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：‎ 函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；‎ ‎④若a=﹣，则ln（﹣2a）=1，‎ 当x＜1=ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，‎ 即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，‎ 当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，‎ 即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，‎ 故函数f（x）在R上单调递增，‎ 函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；‎ ‎⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne=1，‎ 当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，‎ 即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，‎ 当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，‎ 即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，‎ 当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，‎ 即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，‎ 故当x=1时，函数取极大值，‎ 由f（1）=﹣e＜0得：‎ 函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；‎ 综上所述，a的取值范围为（0，+∞）‎ 证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，‎ ‎∴f（x1）=f（x2）=0，且x1≠1，且x2≠1，‎ ‎∴﹣a==，‎ 令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，‎ ‎∵g′（x）=，‎ ‎∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；‎ 当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；‎ 设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=，‎ 设h（m）=，m＞0，‎ 则h′（m）=＞0恒成立，‎ 即h（m）在（0，+∞）上为增函数，‎ h（m）＞h（0）=0恒成立，‎ 即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，‎ 令m=1﹣x1＞0，‎ 则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）⇔2﹣x1＞x2，‎ 即x1+x2＜2．‎ ‎　‎ ‎17．（2016•山东）已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．‎ ‎（I）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．‎ ‎ （Ⅰ）解：由f（x）=a（x﹣lnx）+，‎ 得f′（x）=a（1﹣）+‎ ‎==（x＞0）．‎ 若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，‎ ‎∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，‎ 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；‎ 当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，‎ 当x∈（1，）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；‎ 若a=2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；‎ 若a＞2，当x∈（0，）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，‎ 当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；‎ ‎（Ⅱ）解：∵a=1，‎ 令F（x）=f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx﹣1=x﹣lnx+．‎ 令g（x）=x﹣lnx，h（x）=．‎ 则F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），‎ 由，可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取等号；‎ 又，‎ 设φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，‎ 且φ（1）=1，φ（2）=﹣10，‎ ‎∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x0） 时φ（x0）＞0，x∈（x0，2）时，φ（x0）＜0，‎ ‎∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）上单调递减，‎ 由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）≥h（2）=，当且仅当x=2取等号，‎ ‎∴f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）=，‎ ‎∴F（x）＞恒成立．‎ 即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．‎ ‎　‎ ‎18．（2016•离石区二模）已知函数f（x）=lnx+x2．‎ ‎（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3aexx∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；‎ ‎（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x0，F（x0））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．‎ ‎ 解：（Ⅰ）g（x）=f（x）﹣ax=lnx+x2﹣ax，‎ 由题意知，g′（x）≥0，对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即 又∵x＞0，，当且仅当时等号成立 ‎∴，可得 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，令t=ex，则t∈[1，2]，则 h（t）=t3﹣3at，‎ 由h′（t）=0，得或（舍去），‎ ‎∵，∴‎ 若，则h′（t）＜0，h（t）单调递减；若，则h′（t）＞0，h（t）单调递增 ‎∴当时，h（t）取得极小值，极小值为 ‎（Ⅲ）设F（x）在（x0，F（x0））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx﹣x2﹣kx 结合题意，有 ‎①﹣②得 所以，由④得 所以 设，⑤式变为 设，‎ 所以函数在（0，1）上单调递增，‎ 因此，y＜y|u=1=0，即，也就是此式与⑤矛盾 所以F（x）在（x0，F（x0））的切线不能平行于x轴 ‎　‎ ‎19．（2016•衡水模拟）g（x）=2lnx﹣x2﹣mx，x∈R，如果g（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2），AB中点为C（x0，0），求证g′（x0）≠0．‎ ‎ 解：根据题意，得；‎ ‎②﹣①得，2ln﹣（x2﹣x1）（x2+x1）﹣m（x2﹣x1）=0，‎ ‎∴2ln=（x2﹣x1）（x2+x1+m）；（整理式子，向题意靠拢）‎ 假设g′（x0）=0，‎ 即g′（x0）==﹣（x1+x2）﹣m=0，（中点坐标公式2x0=x1+x2）‎ ‎∴x1+x2+m=，‎ 上下同除以x，另t=＞1，‎ ‎∴lnt=（t＞1）；‎ 令g（t）=lnt﹣，‎ 在g′（t）=＞0，‎ ‎∴g（t）＞g（1）=0，‎ ‎∴lnt≠，‎ 即g'（x0）≠0．‎ ‎　‎ ‎20．（2016•商丘三模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g（x）=x3+x2（f'（x）+）在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）求证：×××…×＜（n≥2，n∈N*）．‎ ‎ 解：（Ⅰ）（2分）‎ 当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；‎ 当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；‎ 当a=0时，f（x）不是单调函数（4分）‎ ‎（Ⅱ）得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3‎ ‎∴，‎ ‎∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2（6分）‎ ‎∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2‎ ‎∴‎ 由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，‎ 所以有：，∴（10分）‎ ‎（Ⅲ）令a=﹣1此时f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，‎ 由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，‎ ‎∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，‎ ‎∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）‎ ‎∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎　‎ ‎21．（2016•湖南模拟）设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）‎ ‎（1）若关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．‎ ‎（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，若关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．‎ ‎（3）证明不等式：（n∈N*）．‎ ‎ （1）解：依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]‎ ‎∵，而函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）‎ ‎∴f（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，‎ ‎∴f（x）在[0，e﹣1]上为增函数，∴‎ ‎∴实数m的取值范围为m≤e2﹣2‎ ‎（2）解：g（x）=f（x）﹣x2﹣1=2x﹣2ln（1+x）=2[x﹣ln（1+x）]，∴‎ 显然，函数g（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数 ‎∴函数g（x）的最小值为g（0）=0‎ ‎∴要使方程g（x）=p至少有一个解，则p≥0，即p的最小值为0‎ ‎（3）证明：由（2）可知：g（x）=2[x﹣ln（1+x）]≥0在（﹣1，+∞）上恒成立 所以ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时等号成立 令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：‎ 即，即 所以ln2﹣ln1＜1，，，…，‎ 将以上n个等式相加即可得到：‎ ‎　‎ ‎22．（2016•江门模拟）已知函数，f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．‎ ‎（1 ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，问：m在什么范围取值时，对于任意的t[1，2]，函数在区间（t，3）上总存在极值？‎ ‎ 解：（Ⅰ） ，‎ 当a=1时，‎ 令导数大于0，可解得0＜x＜1，令导数小于0，可解得x＜0（舍）或x＞1‎ 故函数的单调增区间为（0，1），单调减区间是（1，+∞）‎ ‎（Ⅱ） 得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3‎ ‎∴，‎ ‎∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2‎ ‎∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2‎ ‎∴，‎ 由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，‎ 所以有：，‎ ‎∴．‎ ‎　‎ ‎23．（2016•鹰潭校级模拟）已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C．‎ ‎（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调减区间；‎ ‎（2）设函数f（x）的导函数为f′（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，求实数b的取值范围；‎ ‎（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎ 解：（1）当a=﹣2时，函数f（x）=x3+x2﹣2x+b 则f′（x）=3x2+5x﹣2=（3x﹣1）（x+2）‎ 令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜，‎ 所以f（x）的单调递减区间为（﹣2，）；‎ ‎（2）函数f（x）的导函数为由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，‎ 则即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的实数根x0，‎ 故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，‎ 令y=2x3+x2+x，则y′=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，‎ 则函数y=2x3+x2+x在（﹣∞，），（﹣，+∞）上是增函数，在（‎ ‎，﹣）上是减函数，‎ 由于x=﹣时，y=﹣；x=﹣时，y=﹣；‎ 故实数b的取值范围为：（﹣∞，﹣）∪（﹣，+∞）；‎ ‎（3）设点A（x0，f（x0）），则在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），‎ 与曲线C联立得到f（x）﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），‎ 即（x3+x2+ax+b）﹣（x03+x02+ax0+b）=（3x02+5x0+a）（x﹣x0），‎ 整理得到（x﹣x0）2[x+（2x0+）]=0，‎ 故点B的横坐标为xB=﹣（2x0+）‎ 由题意知，切线l1的斜率为k1=f′（x0）=3x02+5x0+a，‎ l2的斜率为k2=f′（﹣（2x0+））=12x02+20x0++a，‎ 若存在常数λ，使得k2=λk1，则12x02+20x0++a=λ（3x02+5x0+a），‎ 即存在常数λ，使得（4﹣λ）（3x02+5x0）=（λ﹣1）a﹣，‎ 故，解得λ=4，a=，‎ 故a=时，存在常数λ=4，使得k2=4k1；a≠时，不存在常数，使得k2=4k1．‎ ‎　‎ ‎24．（2016•宜春校级模拟）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a≠0）．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）+（a+1）x+4﹣e≤0对任意x∈[e，e2]恒成立，求实数a的取值范围（e为自然常数）；‎ ‎（Ⅲ）求证ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*）（n!=1×2×3×…×n）．‎ ‎ 解：（Ⅰ）f′（x）=（x＞0），‎ 当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，单调减区间为[1，+∞）；‎ 当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），单调减区间为（0，1]；‎ ‎（Ⅱ）令F（x）=alnx﹣ax﹣3+（a+1）x+4﹣e=alnx+x+1﹣e，则F′（x）=，‎ 若﹣a≤e，即a≥﹣e，‎ F（x）在[e，e2]上是增函数，‎ F（x）max=F（e2）=2a+e2﹣e+1≤0，‎ a≤，无解．‎ 若e＜﹣a≤e2，即﹣e2≤a＜﹣e，‎ F（x）在[e，﹣a]上是减函数；在[﹣a，e2]上是增函数，‎ F（e）=a+1≤0，即a≤﹣1．‎ F（e2）=2a+e2﹣e+1≤0，即a≤，‎ ‎∴﹣e2≤a≤．‎ 若﹣a＞e2，即a＜﹣e2，‎ F（x）在[e，e2]上是减函数，‎ F（x）max=F（e）=a+1≤0，即a≤﹣1，‎ ‎∴a＜﹣e2，‎ 综上所述，a≤．‎ ‎（Ⅲ）证明：令a=﹣1，此时f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，‎ 由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，‎ ‎∴当x∈（1，+∞）时，f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，‎ ‎∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，‎ ‎∵n≥2，n∈N*，则有ln（+1）＜＜=﹣，‎ 要证ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*），‎ 只需证ln（+1）+ln（+1）+…+ln（+1）＜1（n≥2，n∈N*）；‎ ln（+1）+ln（+1）+…+ln（+1）‎ ‎＜（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1﹣＜1；‎ 所以原不等式成立．‎ ‎　‎ ‎25．（2016•延安校级模拟）已知函数f（x）=lnx﹣x﹣lna，a为常数．‎ ‎（1）若函数f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求a的取值范围；‎ ‎（2）在（1）的条件下，证明：的值随a的值增大而增大．‎ ‎ 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）.，‎ 由f'（x）＞0得：0＜x＜1；由f'（x）＜0得：x＞1．‎ 故f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减．‎ 要使f（x）有两个零点，则f（1）＞0，解得：．…（5分）‎ ‎（2）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴lnx1﹣x1=lna，lnx2﹣x2=lna，则，．‎ 设，，所以g（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，故对任意，函数g（x）图象与直线y=a都有两个交点．横坐标分别为x1，x2，且x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），如下图：‎ ‎…（9分）‎ 任取，设a1＜a2，则有g（ξ1）=g（ξ2）=a1，0＜ξ1＜1＜ξ2，g（η1）=g（η2）=a2，0＜η1＜1＜η2，由a1＜a2得：g（ξ1）＜g（η1），∵g（x）在（0，1）上递增，∴ξ1＜η1，同理得：ξ2＞η2，所以，‎ 故的值随a的值增大而增大．…（12分）‎ ‎　‎ ‎26．（2016•南昌三模）已知函数f（x）=e1﹣x（﹣a+cosx），a∈R．‎ ‎（Ⅰ）若函数f（x）存在单调减区间，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若a=0，证明：，总有f（﹣x﹣1）+2f′（x）•cos（x+1）＞0．‎ ‎ 解：（I）由已知，得f'（x）=﹣e1﹣x（﹣a+cosx）﹣e1﹣xsinx=e1﹣x（a﹣（sinx+cosx））（2分）‎ 因为函数f（x）存在单调减区间，所以方程f'（x）＜0有解．‎ 而e1﹣x＞0恒成立，即a﹣（sinx+cosx）＜0有解，所以a＜（sinx+cosx）max．‎ 又，所以，．（5分）‎ ‎（II）因为a=0，所以f（x）=e1﹣x•cosx，‎ 所以f（﹣x﹣1）=ex+2•cos（﹣x﹣1）=ex+2•cos（x+1）．‎ 因为2f'（x）•cos（x+1）=﹣2e1﹣x（sinx+cosx）•cos（x+1），‎ 所以f（﹣x﹣1）+2f'（x）•cos（x+1）=cos（x+1）[ex+2﹣2e1﹣x（sinx+cosx）]，‎ 又对于任意，cos（x+1）＞0．（6分）‎ 要证原不等式成立，只要证ex+2﹣2e1﹣x（sinx+cosx）＞0，‎ 只要证，对于任意上恒成立．（8分）‎ 设函数，，‎ 则=，‎ 当x∈[﹣1，0]时，g'（x）≤0，即g（x）在[﹣1，0]上是减函数，‎ 当时，g'（x）＞0，即g（x）在上是增函数，‎ 所以，在上，g（x）min=g（0）=0，所以g（x）≥0．‎ 所以，，（当且仅当x=0时上式取等号）①（10分）‎ 设函数h（x）=e2x+1﹣（2x+2），，则h'（x）=2e2x+1﹣2=2（e2x+1﹣1），‎ 当时，h'（x）≤0，即h（x）在上是减函数，‎ 当时，h'（x）＞0，即h（x）在上是增函数，‎ 所以在上，，所以h（x）≥0，‎ 即e2x+1≥2x+2，（当且仅当时上式取等号）②．‎ 综上所述，，‎ 因为①②不可能同时取等号 所以，在上恒成立，‎ 所以，总有f（﹣x﹣1）+2f'（x）•cos（x+1）＞0成立．（12分）‎ ‎　‎ ‎27．（2016•包头校级三模）已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．‎ ‎（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．‎ ‎ 解：（1）若a=，f（x）=（x2+bx+1）e﹣x，‎ 则f′（x）=（2x+b）e﹣x﹣（x2+bx+1）e﹣x=﹣[x2+（b﹣2）x+1﹣b]e﹣x=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x，‎ 由f′（x）=0得﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]=0，即x=1或x=1﹣b，‎ ‎①若1﹣b=1，即b=0时，f′（x）=﹣（x﹣1）2e﹣x≤0，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，+∞）．‎ ‎②若1﹣b＞1，即b＜0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1＜x＜1﹣b，‎ 此时函数单调递增，单调递增区间为（1，1﹣b），‎ 由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1，或x＞1﹣b，‎ 此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1），（1﹣b，+∞），‎ ‎③若1﹣b＜1，即b＞0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1﹣b＜x＜1，‎ 此时函数单调递增，单调递增区间为（1﹣b，1），‎ 由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1﹣b，或x＞1，‎ 此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1﹣b），（1，+∞）．‎ ‎（2）若f（1）=1，则f（1）=（2a+b+1）e﹣1=1，‎ 即2a+b+1=e，则b=e﹣1﹣2a，‎ 若方程f（x）=1在（0，1）内有解，‎ 即方程f（x）=（2ax2+bx+1）e﹣x=1在（0，1）内有解，‎ 即2ax2+bx+1=ex在（0，1）内有解，‎ 即ex﹣2ax2﹣bx﹣1=0，‎ 设g（x）=ex﹣2ax2﹣bx﹣1，‎ 则g（x）在（0，1）内有零点，‎ 设x0是g（x）在（0，1）内的一个零点，‎ 则g（0）=0，g（1）=0，知函数g（x）在（0，x0）和（x0，1）上不可能单调递增，也不可能单调递减，‎ 设h（x）=g′（x），‎ 则h（x）在（0，x0）和（x0，1）上存在零点，‎ 即h（x）在（0，1）上至少有两个零点，‎ g′（x）=ex﹣4ax﹣b，h′（x）=ex﹣4a，‎ 当a≤时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上递增，h（x）不可能有两个及以上零点，‎ 当a≥时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上递减，h（x）不可能有两个及以上零点，‎ 当＜a＜时，令h′（x）=0，得x=ln（4a）∈（0，1），‎ 则h（x）在（0，ln（4a））上递减，在（ln（4a），1）上递增，h（x）在（0，1）上存在最小值h（ln（4a））．‎ 若h（x）有两个零点，则有h（ln（4a））＜0，h（0）＞0，h（1）＞0，‎ h（ln（4a））=4a﹣4aln（4a）﹣b=6a﹣4aln（4a）+1﹣e，＜a＜，‎ 设φ（x）=x﹣xlnx+1﹣x，（1＜x＜e），‎ 则φ′（x）=﹣lnx，‎ 令φ′（x）=﹣lnx=0，得x=，‎ 当1＜x＜时，φ′（x）＞0，此时函数φ（x）递增，‎ 当＜x＜e时，φ′（x）＜0，此时函数φ（x）递减，‎ 则φ（x）max=φ（）=+1﹣e＜0，‎ 则h（ln（4a））＜0恒成立，‎ 由h（0）=1﹣b=2a﹣e+2＞0，h（1）=e﹣4a﹣b＞0，‎ 得＜a＜，‎ 当＜a＜时，设h（x）的两个零点为x1，x2，则g（x）在（0，x1）递增，‎ 在（x1，x2）上递减，在（x2，1）递增，‎ 则g（x1）＞g（0）=0，‎ g（x2）＜g（1）=0，‎ 则g（x）在（x1，x2）内有零点，‎ 综上，实数a的取值范围是（，）．‎ ‎　‎ ‎28．（2016•葫芦岛一模）已知函数f（x）=，g（x）=ln（x+1），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是5x﹣4y+1=0‎ ‎（1）求a，b的值；‎ ‎（2）若当x∈[0，+∞）时，恒有f（x）≥kg（x）成立，求k的取值范围；‎ ‎（3）若=22361，试估计ln的值（精确到0.001）‎ ‎ 解（1）f′（x）=，由题意：f′（1）== f（1）== 解得：a=1，b=2…（3分）‎ ‎（2）：由（1）知：f（x）=，由题意：﹣kln（1+x）≥0‎ 令F（x）=﹣kln（1+x），则F′（x）=1+﹣…（5分）‎ 解法一：F′（x）=1+﹣=‎ 令△=（2﹣k）2﹣4（2﹣k）=（k﹣2）（k+2），‎ ‎①当△≤0即﹣2≤k≤2时，x2+（2﹣k）x+2﹣k≥0恒成立，‎ ‎∴F′（x）≥0‎ ‎∴F（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，‎ ‎∴F（x）≥F（0）=0恒成立，‎ 即f（x）≥kg（x） 恒成立，‎ ‎∴﹣2≤k≤2时合题意 ‎②当△＞0即k＜﹣2或k＞2时，方程x2+（2﹣k）x+2﹣k=0有两解x1=，x2=‎ 此时x1+x2=k﹣2，x1x2=2﹣k ‎（i）当k＜﹣2时，x1x2=2﹣k＞0，x1+x2=k﹣2＜0，‎ ‎∴x1＜0，x2＜0，‎ ‎∴F′（x）=＞0‎ ‎∴F（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，‎ ‎∴F（x）≥F（0）=0恒成立 即f（x）≥kg（x） 恒成立 ‎∴k＜﹣2时合题意 ‎（ii）当k＞2时，x1x2=2﹣k＜0，‎ ‎∴x1＜0，x2＞0‎ ‎∴F′（x）=‎ ‎∴当x∈（0，x2）时，F′（x ）＜0，‎ ‎∴F（x）在x∈（0，x2）上单调递减 ‎∴当x∈（0，x2）时，F（x）＜F（0）=0‎ 这与F（x）≥0矛盾，‎ ‎∴k＞2时不合题意 综上所述，k的取值范围是（﹣∞，2]…（8分）‎ 解法二：F′（x）=1+﹣=（1+x+﹣k）‎ ‎①∵1+x+≥2，‎ ‎∴当k≤2时，F′（x）≥0‎ ‎∴F（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，‎ ‎∴F（x）≥F（0）=0恒成立，‎ 即f（x）≥kg（x） 恒成立，‎ ‎∴k≤2时合题意，‎ ‎②当k＞2时，令F′（x）=0得x1＜0＜x2，结合图象可知，当x∈（0，x2）时，F′（x ）＜0，‎ ‎∴F（x）在x∈（0，x2）上单调递减（其中x2=）‎ ‎∴当x∈（0，x2）时，F（x）＜F（0）=0‎ 这与F（x）≥0矛盾，‎ ‎∴k＞2时不合题意 综上所述，k的取值范围是（﹣∞，2]…（8分）‎ ‎（3）由（2）知：当k≤2时，≥kln（1+x）在x≥0时恒成立 取k=2，则≥2ln（1+x） 即：≥2ln（1+x）‎ 令x=﹣1＞0得：2ln＜，‎ ‎∴ln＜≈0.2236…（10分）‎ 由（2）知：当k＞2时，＜kln（1+x）在（0，）时恒成立 令=﹣1，解得：k=‎ ‎∴＜ln（1+x）在x∈（0，）上恒成立 取x=﹣1得：＜ln，‎ ‎∴ln＞≈0.2222，‎ ‎∴ln==0.2229‎ ‎∵精确到0.001，‎ ‎∴取ln=0.223…（12分）‎ ‎　‎ ‎29．（2016•南通模拟）设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）设F（x）=f（x）+ax2+ax，问F（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（Ⅲ）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数g（x）=f（x）+ax图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为为k．证明：k＞g′（x0）．‎ ‎ （Ⅰ）解：在区间（0，+∞）上，．‎ ‎（1）当a≤0时，∵x＞0，∴f′（x）＞0恒成立，f（x）的单调增区间为（0，+∞）；‎ ‎（2）当a＞0时，令f′（x）＞0，即，得．‎ ‎∴f（x）的单调增区间为（0，）；‎ 综上所述：‎ 当a≤0时，f（x）的单调增区间为（0，+∞），‎ 当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，）；‎ ‎（Ⅱ）由F（x）=f（x）+ax2+ax=lnx﹣ax+ax2+ax=lnx+ax2‎ 得 （ x＞0），‎ 当a≥0时，恒有F′（x）＞0，‎ ‎∴F（x）在（0，+∞）上无极值；‎ 当a＜0时，令F′（x）=0，得，‎ x∈（0，），F′（x）＞0，F′（x）单调递增，‎ x∈（，+∞），F′（x）＜0，F′（x）单调递减．‎ ‎∴．‎ F（x）无极小值．‎ 综上所述：‎ a≥0时，F（x）无极值，‎ a＜0时，F（x）有极大值，无极小值；‎ ‎（Ⅲ）证明：，‎ 又，‎ ‎∴g′（x0）=，‎ 要证k＞g′（x0），即证，‎ 不妨设0＜x1＜x2，即证，即证，‎ 设，即证：，‎ 也就是要证：，其中t∈（1，+∞），‎ 事实上：设 t∈（1，+∞），‎ 则=，‎ ‎∴k（t）在（1，+∞）上单调递增，因此k（t）＞k（1）=0，即结论成立．‎ ‎　‎ ‎30．（2016•佛山模拟）已知函数f（x）=x3+（1﹣a）x2﹣a（a+2）x（a∈R），f′（x）为f（x）的导数．‎ ‎（Ⅰ）当a=﹣3时证明y=f（x）在区间（﹣1，1）上不是单调函数．‎ ‎（Ⅱ）设，是否存在实数a，对于任意的x1∈[﹣1，1]存在x2∈[0，2]，使得f′（x1）+2ax1=g（x2）成立？若存在求出a的取值范围；若不存在说明理由．‎ ‎ 解：（Ⅰ）当a=﹣3时，f（x）=x3+4x2﹣3x，f′（x）=3x2+8x﹣3，由f′（x）=0，即3x2+8x﹣3=0，得x1=﹣3，，‎ 当时，f′（x）＜0，所以f（x）在（﹣1，）上为减函数，在（，1）上导数为正，函数为增函数，‎ 所以，f（x）在（﹣1，1）上不是单调函数．‎ ‎（Ⅱ）因为g（x）=在[0，2]上为增函数，所以g（x）∈[﹣，6]．‎ 令F（x）=f′（x）+2ax=3x2+2（1﹣a）x﹣a（a+2）+2ax=3x2+2x﹣a2﹣2a 若存在实数a，对于任意的x1∈[﹣1，1]存在x2∈[0，2]，使得f'（x1）+2ax1=g（x2）成立，则对任意x∈[﹣1，1]，有，F（x）max≤6．‎ 对于函数F（x）=3x2+2x﹣a2﹣2a，==，F（x）max=5﹣a2﹣2a．‎ 联立解得：﹣2≤a≤0．‎ ‎　‎ ‎31．（2016•广东模拟）已知函数f（x）=x2﹣（a+2）x+alnx，其中常数a＞0．‎ ‎（Ⅰ）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x0，h（x0））处的切线方程为l：y=g（x），若＞0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”．当a=4时，试问y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎ 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），‎ ‎∵，‎ ‎∴…（1分）‎ ‎∵a＞2，∴，‎ 令f′（x）＞0，即，‎ ‎∵x＞0，∴0＜x＜1或，…（2分）‎ 所以函数f（x）的单调递增区间是（0，1），…（3分）‎ ‎（Ⅱ）解法一：当a=4时，‎ 所以在点P处的切线方程为…（4分）‎ 若函数存在“类对称点”P（x0，f（x0）），‎ 则等价于当0＜x＜x0时，f（x）＜g（x），‎ 当x＞x0时，f（x）＞g（x）恒成立．…（5分）‎ ‎①当0＜x＜x0时，f（x）＜g（x）恒成立，‎ 等价于恒成立，‎ 即当0＜x＜x0时，恒成立，‎ 令，则φ（x0）=0，…（7分）‎ 要使φ（x0）＜0在0＜x＜x0恒成立，只要φ（x）在（0，x0）单调递增即可．‎ 又∵，…（8分）‎ ‎∴，即．…（9分）‎ ‎②当x＞x0时，f（x）＞g（x）恒成立时，．…（10分）‎ ‎∴．…（11分）‎ 所以y=f（x）存在“类对称点”，其中一个“类对称点”的横坐标为．…（12分）‎ ‎（Ⅱ）解法二：‎ 猜想y=f（x）存在“类对称点”，其中一个“类对称点”的横坐标为．…（4分）下面加以证明：‎ 当时，…（5分）‎ ‎①当时，f（x）＜g（x）恒成立，‎ 等价于恒成立，‎ 令…（7分）‎ ‎∵，∴函数φ（x）在上单调递增，‎ 从而当时，恒成立，‎ 即当时，f（x）＜g（x）恒成立．…（9分）‎ ‎②同理当时，f（x）＞g（x）恒成立．…（10分）‎ 综上知y=f（x）存在“类对称点”，其中一个“类对称点”的横坐标为．…（12分）‎ ‎　‎ ‎32．（2016•株洲一模）已知函数f（x）=2ex+2ax﹣a2，a∈R．‎ ‎（1）当a=1时，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎（2）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（3）若x≥0时，f（x）≥x2﹣3恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎ 解：（1）当a=1时，f（x）=2ex+2x﹣1，‎ ‎∴f′（x）=2ex+2，f（0）=2e0﹣1=1‎ ‎∴k=f′（0）=2e0+2=4，‎ ‎∴f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y﹣1=4x，即4x﹣y+1=0，‎ ‎（2）∵f′（x）=2ex+2a，‎ 当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，‎ ‎∴f（x）在R上单调递增，‎ 当a＜0时，当f′（x）＞0，即x＞ln（﹣a）时，函数单调递增，‎ 当f′（x）＜0，即x＜ln（﹣a）时，函数单调递减，‎ 综上所述：当a≥0时，f（x）在R上单调递增，‎ 当a＜0时，f（x）在（﹣∞，﹣ln（﹣a））上单调递减，在（ln（﹣a），+∞）单调递增，‎ ‎（3）令g（x）=f（x）﹣x2+3=2ex﹣（x﹣a）2+3，x≥0，‎ ‎∴g′（x）=2（ex﹣x+a），‎ 再令h（x）=2（ex﹣1）≥0，‎ ‎∴h（x）在[0，+∞）单调递增，且h（0）=2（a+1），‎ 当a≥﹣1时，g′（x）≥0，即函数g（x）在[0，+∞）单调递增，‎ 从而须满足g（0）=5﹣a2≥0，‎ 解得﹣≤a≤，‎ 又a≥﹣1，‎ ‎∴﹣1≤a≤，‎ 当a＜﹣1时，则∃x0＞0，使h（x0）=0，且x∈（0，x0）时，h（x）＜0，‎ 即g′（x）＜0，即g（x）单调递减，‎ x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，即g（x）单调递增，‎ g（x）min=g（x0）=﹣（x0﹣a）2+3≥0，‎ 又h（x0）=2（﹣x0﹣a）=0，‎ 从而=x0﹣a，即a=x0﹣，‎ 令M（x）=x﹣ex，0＜x≤ln3，‎ ‎∴M′（x）=1﹣ex＜0，‎ ‎∴M（x）在（0，ln3]上单调递减，‎ 则M（x）≥M（ln3）=ln3﹣3，‎ 又M（x）＜M（0）=1，‎ ‎∴ln3﹣3≤a＜﹣1，‎ 综上所述ln3﹣3≤a≤‎ ‎　‎ ‎33．（2016•福州模拟）已知a∈R，函数f（x）=ex﹣a（x+1）的图象与x轴相切．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若x＞0时，f（x）＞mx2，求实数m的取值范围．‎ ‎ 解：（Ⅰ）f′（x）=ex﹣a，依题意，设切点为（b，0），（1分）‎ 则即，‎ 解得（3分）‎ 所以f′（x）=ex﹣1，‎ 所以，当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0．‎ 所以，f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．（5分）‎ ‎（Ⅱ）令g（x）=f（x）﹣mx2，‎ 则g′（x）=ex﹣2mx﹣1，‎ 令h（x）=g′（x），则h′（x）=ex﹣2m，（7分）‎ ‎（ⅰ）若m≤，‎ 因为当x＞0时，ex＞1，所以h′（x）＞0，‎ 所以h（x）即g′（x）在（0，+∞）上单调递增．‎ 又因为g′（0）=0，所以当x＞0时，g′（x）＞g′（0）=0，‎ 从而g（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ 而g（0）=0，所以g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞mx2成立．（9分）‎ ‎（ⅱ）若m＞，‎ 令h′（x）=0，解得x=ln（2m）＞0，‎ 当x∈（0，ln（2m）），h′（x）＜0，所以h（x）即g′（x）在（0，ln（2m））上单调递减，‎ 又因为g′（0）=0，所以当x∈（0，ln（2m））时，g′（x）＜0，‎ 从而g（x）在（0，ln（2m））上单调递减，‎ 而g（0）=0，所以当x∈（0，ln（2m）），时，g（x）＜g（0）=0，即f（x）＞mx2不成立．‎ 综上所述，m的取值范围是（﹣∞，]．（12分）‎ ‎　‎ ‎34．（2016•河南模拟）已知函数h（x）=﹣ax2+1，设f（x）=h'（x）﹣2alnx，g（x）=ln2x+2a2，其中x＞0，a∈R．‎ ‎（1）若f（x）在区间（2，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）记F（x）=f（x）+g（x），求证：F（x）≥．‎ ‎ 解：（1）函数，h'（x）=x2﹣2ax，‎ 函数f（x）=h'（x）﹣2alnx，‎ ‎∴f（x）=x2﹣2ax﹣2alnx，‎ ‎∵f（x）在区间（2，+∞）上单调递增，‎ ‎∴在区间（2，+∞）上恒成立，‎ ‎∴在x∈（2，+∞）上恒成立．‎ 令，则，‎ 当x∈（2，+∞）时，M'（x）＞0，所以，‎ ‎∴实数a的取值范围为．‎ ‎（2）证明：，‎ 令，‎ 则．‎ 令Q（x）=x﹣lnx，则，‎ 显然Q（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间[1，+∞）上单调递增，则Q（x）min=Q（1）=1，‎ 则，故．‎ ‎　‎ ‎35．（2016•哈尔滨校级二模）已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=axex﹣4x，其中a为大于零的常数．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．‎ ‎ （Ⅰ）解：，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）‎ 令f'（x）＞0得0＜x＜1，则f（x）在（0，1）上单调递增；‎ 令f'（x）＜0得x＞1，则f（x）在（1，+∞）上单调递减．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）‎ ‎（Ⅱ）证明：g（x）﹣2f（x）=axex﹣2x﹣2lnx﹣2．‎ 令F（x）=axex﹣2lnx﹣2x﹣2，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）‎ 则，‎ 令G（x）=axex﹣2，‎ 则G'（x）=a（x+1）ex＞0，故G（x）在（0，+∞）上单调递增．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）‎ 而G（0）=﹣2＜0，，故存在，使得G（x0）=0，‎ 即．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）‎ 则x∈（0，x0）时，G'（x）＜0，故F'（x）＜0；x∈（x0，+∞）时，G'（x）＞0，故F'（x）＞0．‎ 则F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）‎ 故=．‎ 故g（x）﹣2f（x）＞2（lna﹣ln2）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）‎ ‎　‎ ‎36．（2016秋•沈河区校级期中）已知x∈（1，+∞），函数f（x）=ex+2ax（a∈R），函数g（x）=|﹣lnx|+lnx，其中e为自然对数的底数．‎ ‎（1）若a=﹣，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）证明：当a∈（2，+∞）时，f′（x﹣1）＞g（x）+a．‎ ‎ 解：（1）当a=﹣，f（x）=ex﹣e2x，x∈（1，+∞），‎ f′（x）=ex﹣e2，‎ 当x∈（1，2）时，f′（x）＜0，f（x）在（1，2）上单调递减；‎ 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（2，+∞）上单调递增；‎ 证明：（2）x∈（1，+∞），f′（x﹣1）=ex﹣1+2a，‎ g（x）=|﹣lnx|+lnx=，‎ ‎①1＜x＜e时，证明当a∈（2，+∞）时，f′（x﹣1）＞g（x）+a，‎ 即证明：ex﹣1+2a＞+a，a＞2，‎ 即a＞﹣ex﹣1，‎ 只需证明h（x）=﹣ex﹣1≤2在（1，e）恒成立即可，‎ h′（x）=﹣﹣ex﹣1＜0，h（x）在（1，e）递减，‎ h（x）最大值=h（1）=e﹣1＜2，‎ ‎∴a＞﹣ex﹣1，‎ ‎∴1＜x＜e时，当a∈（2，+∞）时，f′（x﹣1）＞g（x）+a；‎ ‎②x≥e时，证明当a∈（2，+∞）时，f′（x﹣1）＞g（x）+a，‎ 即证明：ex﹣1+2a＞2lnx﹣+a，a＞2，‎ 令m（x）=ex﹣1﹣2lnx++a，（a＞0，x≥e），‎ m′（x）=﹣﹣+ex﹣1，显然m′（x）在[e，+∞）递增，‎ 而m′（e）=≈0，m′（3）≈6，‎ 近似看成m（x）在[e，+∞）递增，‎ ‎∴m（x）＞m（x0）≈m（e）=ee﹣1+a﹣1＞ee﹣1+1＞0，‎ 综上，当a∈（2，+∞）时，f′（x﹣1）＞g（x）+a．‎ ‎　‎ ‎37．（2016•泰安二模）已知函数f（x）=x2+mlnx+x ‎（1）求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）令g（x）=f（x）﹣x2，试问过点P（1，3）存在多少条直线与曲线y=g（x）相切？并说明理由．‎ ‎ 解：（1）f（x）=x2+mlnx+x，（x＞0），‎ f′（x）=x++1==，‎ ‎①m≥0时，f′（x）＞0，函数在（0，+∞）递增，‎ ‎②m＜0时，令f′（x）＞0，解得：x＞，‎ 令f′（x）＜0，解得：x＜，‎ ‎∴f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；‎ ‎（2）设切点为（x0，x0+mlnx0），则切线斜率k=1+，‎ 切线方程为y﹣（x0+alnx0）=（1+）（x﹣x0）．‎ 因为切线过点P（1，3），则3﹣（x0+alnx0）=（1+）（1﹣x0）．‎ 即m（lnx0+﹣1）﹣2=0． …①‎ 令g（x）=m（lnx+﹣1）﹣2（x＞0），则 g′（x）=m（﹣）=，‎ ‎①当m＜0时，在区间（0，1）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增；‎ 在区间（1，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，‎ 所以函数g（x）的最大值为g（1）=﹣2＜0．‎ 故方程g（x）=0无解，即不存在x0满足①式．‎ 因此当m＜0时，切线的条数为0．‎ ‎②当m＞0时，在区间（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，‎ 在区间（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，‎ 所以函数g（x）的最小值为g（1）=﹣2＜0．‎ 取x1=e1+＞e，则g（x1）=a（1++e﹣1﹣﹣1）﹣2=ae﹣1﹣＞0．‎ 故g（x）在（1，+∞）上存在唯一零点．‎ 取x2=e﹣1﹣＜，则g（x2）=m（﹣1﹣+e1+﹣1）﹣2=me1+﹣2m﹣4=m[e1+﹣2（1+）]．‎ 设t=1+（t＞1），u（t）=et﹣2t，则u′（t）=et﹣2．‎ 当t＞1时，u′（t）=et﹣2＞e﹣2＞0恒成立．‎ 所以u（t）在（1，+∞）单调递增，u（t）＞u（1）=e﹣2＞0恒成立，‎ 所以g（x2）＞0．‎ 故g（x）在（0，1）上存在唯一零点．‎ 因此当m＞0时，过点P（1，3）存在两条切线．‎ ‎③当m=0时，f（x）=x，显然不存在过点P（1，3）的切线．‎ 综上所述，当m＞0时，过点P（1，3）存在两条切线；‎ 当m≤0时，不存在过点P（1，3）的切线．‎ ‎　‎ ‎38．（2016•济宁一模）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线x﹣2y+1=0垂直，求实数a的值；‎ ‎（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）讨论函数f（x）在区间[1，e2]上零点的个数．‎ ‎ 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），‎ ‎∵f（x）=lnx﹣ax2，‎ ‎∴f′（x）=﹣ax=，‎ ‎∵只需x﹣2y+1=0的斜率是，‎ ‎∴×=﹣1，‎ ‎∴a=；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=，‎ 当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）递增，‎ a＞0时，由f′（x）＞0，得x＜，由f′（x）＜0，解得：x＞，‎ ‎∴f（x）在（0，）递增，在（，+∞）等价，‎ 综上，当a≤0时，函数f（x）的递增区间是（0，+∞），‎ a＞0时，函数f（x）的递增区间是（0，），递减区间是（，+∞），‎ ‎（Ⅲ）法一：由f（x）=0，得a=，‎ 令g（x）=，则g′（x）=，‎ 由g′（x）＞0得，1＜x＜，由g′（x）＜0，得＜x＜e2，‎ ‎∴g（x）在区间[1，]递增，在区间[，e2]递减，‎ 又∵g（1）=0，g（）=，g（e2）=，‎ ‎∴当0≤a＜或a=时，f（x）在[1，e2]上有一个零点，‎ 当≤a＜时，f（x）在[1，e2]上有2个零点，‎ 当a＜0或a＞时，f（x）在[1，e2]上没有零点；‎ 法二：由（Ⅱ）可知：‎ 当a＜0时，f（x）在[1，e2]递增，∵f（1）=﹣a＞0，‎ ‎∴f（x）在[1，e2]上有一个零点，‎ 当a＞0时，‎ ‎①若≤1，即a≥1时，f（x）在[1，e2]递减，‎ ‎∵f（1）=﹣a＜0，∴f（x）在[1，e2]上没有零点；‎ ‎②若1＜＜e2，即＜a＜1时，f（x）在[1，]上递增，在[，e2]递减，‎ ‎∵f（1）=﹣a＜0，f（）=﹣lna﹣，f（e2）=2﹣ae4，‎ 若﹣lna﹣＜0，即a＞时，f（x）在[1，e2]上没有零点，‎ 若﹣lna﹣=0，即a=时，f（x）在[1，e2]上有一个零点，‎ 若lna﹣＞0，即a＜时，由f（e2）=2﹣ae4＞0得a＜，此时f（x）在[1，e2]有一个零点，‎ 由f（e2）=2﹣ae4≤0，得a≥，此时在[1，e2]上有2个零点，‎ ‎③若≥e2，即0＜a≤时，f（x）在[1，e2]单调递增，‎ ‎∵f（1）=﹣a＜0，f（e2）=2﹣ae4＞0，‎ ‎∴f（x）在[1，e2]上有1个零点，‎ 综上，当0≤a＜或a=时，f（x）在[1，e2]上有1个零点；‎ 当≤a＜时，f（x）在[1，e2]上有2个零点，‎ 当a＜0或a＞时，f（x）在[1，e2]没有零点，‎ ‎（法三：本题还可以转化为lnx=ax2，再转化为y=lnx与y=ax2‎ 的图象的交点个数问题，‎ 可用数形结合的方法求解）．‎ ‎　‎ ‎39．（2016•山东三模）已知函数f（x）=（2﹣a）lnx++2ax（a≥0）‎ ‎（1）当a=0时，求f（x）的极值；‎ ‎（2）当a＜0时，讨论f（x）的单调性；‎ ‎（3）若对于任意的x1，x2∈[1，3]，a∈（﹣∞，﹣2）都有|f（x1）﹣f（x2）|＜（m+ln3）a﹣2ln3，求实数m的取值范围．‎ ‎ 解：（1）依题意知f（x）的定义域为（0，+∞），‎ 当a=0时，f（x）=2lnx+，f′（x）=，‎ 令f′（x）=0，解得x=，‎ 当0＜x＜时，f′（x）＜0；‎ 当x≥时，f′（x）＞0‎ 又∵f（）=2ln+2=2﹣2ln2‎ ‎∴f（x）的极小值为2﹣2ln2，无极大值．‎ ‎（2）f′（x）=﹣+2a=，‎ 当a＜﹣2时，﹣＜，‎ 令f′（x）＜0 得 0＜x＜﹣或x＞，‎ 令f′（x）＞0 得﹣＜x＜；‎ 当﹣2＜a＜0时，得﹣＞，‎ 令f′（x）＜0 得 0＜x＜或x＞﹣，‎ 令f′（x）＞0 得＜x＜﹣；‎ 当a=﹣2时，f′（x）=﹣≤0，‎ 综上所述，当a＜﹣2时f（x），的递减区间为（0，﹣）和（，+∞），递增区间为（﹣，）；‎ 当a=﹣2时，f（x）在（0，+∞）单调递减；‎ 当﹣2＜a＜0时，f（x）的递减区间为（0，）和（﹣，+∞），递增区间为（，﹣）．‎ ‎（3）由（Ⅱ）可知，当a∈（﹣∞，﹣2）时，f（x）在区间[1，3]上单调递减，‎ 当x=1时，f（x）取最大值；‎ 当x=3时，f（x）取最小值；‎ ‎|f（x1）﹣f（x2）|≤f（1）﹣f（3）=（1+2a）﹣[（2﹣a）ln3++6a]=﹣4a+（a﹣2）ln3，‎ ‎∵（m+ln3）a﹣ln3＞|f（x1）﹣f（x2）|恒成立，‎ ‎∴（m+ln3）a﹣2ln3＞﹣4a+（a﹣2）ln3‎ 整理得ma＞﹣4a，‎ ‎∵a＜0，∴m＜﹣4恒成立，‎ ‎∵﹣3＜a＜﹣2，∴﹣＜﹣4＜﹣，‎ ‎∴m≤﹣．‎ ‎　‎ ‎40．（2016•宁城县模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax．‎ ‎（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．‎ ‎ 解：（I）因为f（x）=lnx﹣ax，则，‎ 若函数f（x）=lnx﹣ax在（1，+∞）上单调递减，‎ 则1﹣ax≤0在（1，+∞）上恒成立，‎ 即当x＞1时恒成立，所以a≥1．（5分）‎ ‎（II）证明：根据题意，，‎ 因为x1，x2是函数的两个零点，‎ 所以，．‎ 两式相减，可得，（7分）‎ 即，故．‎ 那么，．‎ 令，其中0＜t＜1，‎ 则．‎ 构造函数，（10分）‎ 则．因为0＜t＜1，所以h'（t）＞0恒成立，‎ 故h（t）＜h（1），即．‎ 可知，故x1+x2＞1．（12分）‎ ‎　‎