高考二次求導(dǎo)

第6頁（共62頁）高考二次求導(dǎo)一．解答題（共40小題）1．已知函數(shù)f（x）=ax2+lnx，g（x）=﹣bx，其中a，b∈R，設(shè)h（x）=f（x）﹣g（x），（1）若f（x）在x=處取得極值，且f′（1）=g（﹣1）﹣2．求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若a=0時，函數(shù)h（x）有兩個不同的零點x1，x2①求b的取值范圍；②求證：＞1．2．設(shè)a，b∈R，函數(shù)，g（x）=ex（e為自然對數(shù)的底數(shù)），且函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象在x=0處有公共的切線．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（Ⅲ）若g（x）＞f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）內(nèi)恒成立，求a的取值范圍．3．已知函數(shù)．（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒單調(diào)遞減，求a的取值范圍；（2）若函數(shù)y=f（x）有兩個極值點x1，x2（x1＜x2），求a的取值范圍并證明x1+x2＞2．4．已知函數(shù)．（1）設(shè)G（x）=2f（x）+g（x），求G（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）證明：當x＞0時，f（x+1）＞g（x）；（3）證明：k＜1時，存在x0＞1，當x∈（1，x0）時，恒有．5．已知函數(shù)．（Ⅰ）當a=0時，求曲線f（x）在x=1處的切線方程；（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=alnx﹣x﹣f（x），求函數(shù)h（x）的極值；（Ⅲ）若g（x）=alnx﹣x在[1，e]（e=2.71828…）上存在一點x0，使得g（x0）≥f（x0）成立，求a的取值范圍．6．設(shè)函數(shù)f（x）=eax+λlnx，其中a＜0，e是自然對數(shù)的底數(shù)（Ⅰ）若f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，求λ的取值范圍；（Ⅱ）若0＜λ＜，證明：函數(shù)f（x）有兩個極值點．7．已知函數(shù)（a為常數(shù)，a≠0）．（Ⅰ）當a=1時，求函數(shù)f（x）在點（3，f（3））的切線方程（Ⅱ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅲ）若f（x）在x0處取得極值，且，而f（x）≥0在[e+2，e3+2]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）8．已知函數(shù)．（1）若g（x）在點（1，g（1））處的切線方程為8x﹣2y﹣3=0，求a，b的值；（2）若b=a+1，x1，x2是函數(shù)g（x）的兩個極值點，試比較﹣4與g（x1）+g（x2）的大?。?．已知函數(shù)f（x）=x﹣alnx﹣1，，其中a為實數(shù)．（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的極值；（Ⅱ）設(shè)a＜0，若對任意的x1、x2∈[3，4]（x1≠x2），恒成立，求實數(shù)a的最小值．10．已知函數(shù)f（x）=xlnx﹣k（x﹣1）（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；并證明lnx+≥2（e為自然對數(shù)的底數(shù)）恒成立；（2）若函數(shù)f（x）的一個零點為x1（x1＞1），f'（x）的一個零點為x0，是否存在實數(shù)k，使=k，若存在，求出所有滿足條件的k的值；若不存在，說明理由．11．已知函數(shù)f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若f（x）有兩個零點，求a的取值范圍．12．設(shè)函數(shù)f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)．若不存在，請說明理由；（Ⅲ）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）是函數(shù)g（x）=f（x）+ax圖象上任意不同的兩點，線段AB的中點為C（x0，y0），直線AB的斜率為為k．證明：k＞g′（x0）．30．已知函數(shù)f（x）=x3+（1﹣a）x2﹣a（a+2）x（a∈R），f′（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)．（Ⅰ）當a=﹣3時證明y=f（x）在區(qū)間（﹣1，1）上不是單調(diào)函數(shù)．（Ⅱ）設(shè)，是否存在實數(shù)a，對于任意的x1∈[﹣1，1]存在x2∈[0，2]，使得f′（x1）+2ax1=g（x2）成立？若存在求出a的取值范圍；若不存在說明理由．31．已知函數(shù)f（x）=x2﹣（a+2）x+alnx，其中常數(shù)a＞0．（Ⅰ）當a＞2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（Ⅱ）設(shè)定義在D上的函數(shù)y=h（x）在點P（x0，h（x0））處的切線方程為l：y=g（x），若＞0在D內(nèi)恒成立，則稱P為函數(shù)y=h（x）的“類對稱點”．當a=4時，試問y=f（x）是否存在“類對稱點”，若存在，請至少求出一個“類對稱點”的橫坐標；若不存在，請說明理由．32．已知函數(shù)f（x）=2ex+2ax﹣a2，a∈R．（1）當a=1時，求f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（3）若x≥0時，f（x）≥x2﹣3恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．33．已知a∈R，函數(shù)f（x）=ex﹣a（x+1）的圖象與x軸相切．（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若x＞0時，f（x）＞mx2，求實數(shù)m的取值范圍．34．已知函數(shù)h（x）=﹣ax2+1，設(shè)f（x）=h'（x）﹣2alnx，g（x）=ln2x+2a2，其中x＞0，a∈R．（1）若f（x）在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；（2）記F（x）=f（x）+g（x），求證：F（x）≥．35．已知函數(shù)f（x）=lnx﹣x+1，函數(shù)g（x）=axex﹣4x，其中a為大于零的常數(shù)．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）求證：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．36．已知x∈（1，+∞），函數(shù)f（x）=ex+2ax（a∈R），函數(shù)g（x）=|﹣lnx|+lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．（1）若a=﹣，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）證明：當a∈（2，+∞）時，f′（x﹣1）＞g（x）+a．37．已知函數(shù)f（x）=x2+mlnx+x（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，試問過點P（1，3）存在多少條直線與曲線y=g（x）相切？并說明理由．38．已知函數(shù)．（Ⅰ）若f（x）在點（2，f（2））處的切線與直線x﹣2y+1=0垂直，求實數(shù)a的值；（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅲ）討論函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e2]上零點的個數(shù)．39．已知函數(shù)f（x）=（2﹣a）lnx++2ax（a≥0）（1）當a=0時，求f（x）的極值；（2）當a＜0時，討論f（x）的單調(diào)性；（3）若對于任意的x1，x2∈[1，3]，a∈（﹣∞，﹣2）都有|f（x1）﹣f（x2）|＜（m+ln3）a﹣2ln3，求實數(shù)m的取值范圍．40．已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；（Ⅱ）當a=1時，函數(shù)有兩個零點x1，x2，且x1＜x2．求證：x1+x2＞1．

2017年02月13日數(shù)學(xué)的高中數(shù)學(xué)組卷參考答案與試題解析一．解答題（共40小題）1．（2017?南京一模）已知函數(shù)f（x）=ax2+lnx，g（x）=﹣bx，其中a，b∈R，設(shè)h（x）=f（x）﹣g（x），（1）若f（x）在x=處取得極值，且f′（1）=g（﹣1）﹣2．求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若a=0時，函數(shù)h（x）有兩個不同的零點x1，x2①求b的取值范圍；②求證：＞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）．則，（x＞0），由h′（x）＞0得0＜x＜1，h′（x）＜0得x＞1．所以h（x）的減區(qū)間為（1，+∞），增區(qū)間為（0，1）．（2）①由已知h（x）=lnx+bx，（x＞0）．所以h，（x＞0），當b≥0時，顯然h′（x）＞0恒成立，此時函數(shù)h（x）在定義域內(nèi)遞增，h（x）至多有一個零點，不合題意．當b＜0時，令h′（x）=0得x=＞0，令h′（x）＞0得；令h′（x）＜0得．所以h（x）極大=h（）=﹣ln（﹣b）﹣1＞0，解得．且x→0時，lnx＜0，x→+∞時，lnx＜0．所以當時，h（x）有兩個零點．②證明：由題意得，即，①×②得．因為x1，x2＞0，所以﹣b（x1+x2）＞0，所以，因為0＜﹣b＜，所以e﹣b＞1，所以x1x2＞＞＞e2，所以＞1．2．（2017?四川模擬）設(shè)a，b∈R，函數(shù)，g（x）=ex（e為自然對數(shù)的底數(shù)），且函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象在x=0處有公共的切線．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（Ⅲ）若g（x）＞f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）內(nèi)恒成立，求a的取值范圍．（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，當a2≤1時，即﹣1≤a≤1時，f'（x）≥0，從而函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，當a2＞1時，，此時若，f'（x）＞0，則函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；若，f'（x）＜0，則函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；若時，f'（x）＞0，則函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．…（6分）（Ⅲ）令h（x）=g'（x）﹣f'（x）=ex﹣x2﹣2ax﹣1，則h（0）=e0﹣1=0．h'（x）=ex﹣2x﹣2a，令u（x）=h'（x）=ex﹣2x﹣2a，則u'（x）=ex﹣2．當x≤0時，u'（x）＜0，從而h'（x）單調(diào)遞減，令u（0）=h'（0）=1﹣2a=0，得．先考慮的情況，此時，h'（0）=u（0）≥0；又當x∈（﹣∞，0）時，h'（x）單調(diào)遞減，所以h'（x）＞0；故當x∈（﹣∞，0）時，h（x）單調(diào)遞增；又因為h（0）=0，故當x＜0時，h（x）＜0，從而函數(shù)g（x）﹣f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）內(nèi)單調(diào)遞減；又因為g（0）﹣f（0）=0，所以g（x）＞f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）恒成立．接下來考慮的情況，此時，h'（0）＜0，令x=﹣a，則h'（﹣a）=e﹣a＞0．由零點存在定理，存在x0∈（﹣a，0）使得h'（x0）=0，當x∈（x0，0）時，由h'（x）單調(diào)遞減可知h'（x）＜0，所以h（x）單調(diào)遞減，又因為h（0）=0，故當x∈（x0，0）時h（x）＞0．從而函數(shù)g（x）﹣f（x）在區(qū)間（x0，0）單調(diào)遞增；又因為g（0）﹣f（0）=0，所以當x∈（x0，0），g（x）＜f（x）．綜上所述，若g（x）＞f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）恒成立，則a的取值范圍是．…（14分）3．（2017?達州模擬）已知函數(shù)．（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒單調(diào)遞減，求a的取值范圍；（2）若函數(shù)y=f（x）有兩個極值點x1，x2（x1＜x2），求a的取值范圍并證明x1+x2＞2．解：（1）因為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）單調(diào)遞增（1，+∞）單調(diào)遞減，所以a≥g（1）=1，即得：a≥1…（5分）（2）函數(shù)y=f（x）有兩個極值點x1，x2（x1＜x2），即y=f'（x）有兩個不同的零點，且均為正，f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，由可知1）a≤0時，函數(shù)y=f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，不可能有兩個零點．2）a＞0時，y=F（x）在是增函數(shù)在是減函數(shù)，此時為函數(shù)的極大值，也是最大值．當時，最多有一個零點，所以才可能有兩個零點，得：0＜a＜1…（7分）此時又因為，，，令，φ（a）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以φ（a）＜φ（1）=3﹣e2，即綜上，所以a的取值范圍是（0，1）…（8分）下面證明x1+x2＞2由于y=F（x）在是增函數(shù)在是減函數(shù)，，可構(gòu)造出構(gòu)造函數(shù)則，故m（x）在區(qū)間上單調(diào)減．又由于，則，即有m（x1）＞0在上恒成立，即有成立．由于，，y=F（x）在是減函數(shù)，所以所以成立…（12分）4．（2017?大理州一模）已知函數(shù)．（1）設(shè)G（x）=2f（x）+g（x），求G（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）證明：當x＞0時，f（x+1）＞g（x）；（3）證明：k＜1時，存在x0＞1，當x∈（1，x0）時，恒有．解：（1）由題意知，…（1分）從而…（2分）令G'（x）＞0得0＜x＜2…（3分）所以函數(shù)G（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，2）…（4分）（2）令…（5分）從而…（6分）因為x＞0，所以H'（x）＞0，故H（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增…（7分）所以，當x＞0時，H（x）＞H（0）=0，即f（x+1）＞g（x）…（8分）（3）當k＜1時，令…（9分）則有…（10分）由F'（x）=0得﹣x2+（1﹣k）x+1=0，解之得，，…（11分）從而存在x0=x2＞1，當x∈（1，x0）時，F(xiàn)'（x）＞0，故F（x）在[1，x0）上單調(diào)遞增，從而當x∈（1，x0）時，F(xiàn)（x）＞F（1）=0，即…（12分）5．（2017?茂名一模）已知函數(shù)．（Ⅰ）當a=0時，求曲線f（x）在x=1處的切線方程；（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=alnx﹣x﹣f（x），求函數(shù)h（x）的極值；（Ⅲ）若g（x）=alnx﹣x在[1，e]（e=2.71828…）上存在一點x0，使得g（x0）≥f（x0）成立，求a的取值范圍．解：（Ⅰ）當a=0時，f（x）=，f（1）=1，則切點為（1，1），…（1分）∵，∴切線的斜率為k=f'（1）=﹣1，…（2分）∴曲線f（x）在點（1，1）處的切線方程為y﹣1=﹣（x﹣1），即x+y﹣2=0…（3分）（Ⅱ）依題意，定義域為（0，+∞），∴，…（4分）①當a+1＞0，即a＞﹣1時，令h'（x）＞0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a，此時，h（x）在區(qū)間（0，a+1）上單調(diào)遞增，令h'（x）＜0，得x＞1+a．此時，h（x）在區(qū)間（a+1，+∞）上單調(diào)遞減．…（5分）②當a+1≤0，即a≤﹣1時，h'（x）＜0恒成立，h（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減．…（6分）綜上，當a＞﹣1時，h（x）在x=1+a處取得極大值h（1+a）=aln（1+a）﹣a﹣2，無極小值；當a≤﹣1時，h（x）在區(qū)間（0，+∞）上無極值．…（7分）（Ⅲ）依題意知，在[1，e]上存在一點x0，使得g（x0）≥f（x0）成立，即在[1，e]上存在一點x0，使得h（x0）≥0，故函數(shù)在[1，e]上，有h（x）max≥0．…（8分）由（Ⅱ）可知，①當a+1≥e，即a≥e﹣1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，∴，∴，∵，∴．…（9分）②當0＜a+1≤1，或a≤﹣1，即a≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，∴h（x）max=h（1）=﹣1﹣1﹣a≥0，∴a≤﹣2．…（10分）③當1＜a+1＜e，即0＜a＜e﹣1時，由（Ⅱ）可知，h（x）在x=1+a處取得極大值也是區(qū)間（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，此時不存在x0使h（x0）≥0成立．…（11分）綜上可得，所求a的取值范圍是或a≤﹣2．…（12分）6．（2017?佛山一模）設(shè)函數(shù)f（x）=eax+λlnx，其中a＜0，e是自然對數(shù)的底數(shù)（Ⅰ）若f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，求λ的取值范圍；（Ⅱ）若0＜λ＜，證明：函數(shù)f（x）有兩個極值點．解：（Ⅰ）f′（x）=aeax+=，（x＞0），①若λ≤0，則f′（x）＜0，則f（x）在（0，+∞）遞減，②若λ＞0，令g（x）=axeax+λ，其中a＜0，x＞0，則g′（x）=aeax（1+ax），令g′（x）=0，解得：x=﹣，故x∈（0，﹣）時，g′（x）＜0，g（x）遞減，x∈（﹣，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）遞增，故x=﹣時，g（x）取極小值也是最小值g（﹣）=λ﹣，故λ﹣≥0即λ≥時，g（x）≥0，此時f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）遞增，綜上，所求λ的范圍是（﹣∞，0]∪[，+∞）；（Ⅱ）f′（x）=aeax+=，（x＞0），令g（x）=axeax+λ，其中a＜0，x＞0，求導(dǎo)得：g′（x）=aeax（1+ax），令g′（x）=0，解得：x=﹣，x∈（0，﹣）時，g′（x）＜0，g（x）遞減，x∈（﹣，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）遞增，x=﹣時，g（x）取得極小值，也是最小值g（﹣）=λ﹣，∵0＜λ＜，∴g（﹣）=λ﹣＜0，又g（0）=λ＞0，∴g（﹣）g（0）＜0，∴函數(shù)f（x）有兩個極值點．7．（2017?南充模擬）已知函數(shù)（a為常數(shù)，a≠0）．（Ⅰ）當a=1時，求函數(shù)f（x）在點（3，f（3））的切線方程（Ⅱ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅲ）若f（x）在x0處取得極值，且，而f（x）≥0在[e+2，e3+2]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）解：（x＞2）（Ⅰ）當a=1時，，f'（3）=﹣2.，所以，函數(shù)f（x）在點（3，f（3））處的切線方程為：，即4x+2y﹣3=0．…（3分）（Ⅱ）=，因為x＞2，所以x﹣2＞0，①當a＜0時，（x﹣1）2﹣（a+1）=x（x﹣2）﹣a＞0在x＞2上成立，所以f'（x）當x＞2恒大于0，故f（x）在（2，+∞）上是增函數(shù)．…（5分）②當a＞0時，，因為x＞2，所以，a（x﹣2）＞0，當時，f'（x）≤0，f（x）為減函數(shù)；當時，f'（x）≥0，f（x）為增函數(shù)．…（7分）綜上：當a＜0時，f（x）在（2，+∞）上為增函數(shù)；當a＞0時，f（x）在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)．…（8分）（Ⅲ）由（Ⅱ）知x0處有極值，故a＞0，且，因為且e+2＞2，所以f（x）在[e+2，e3+2]上單調(diào)．…（10分）當[e+2，e3+2]為增區(qū)間時，f（x）≥0恒成立，則有．當[e+2，e3+2]為減區(qū)間時，f（x）≥0恒成立，則有解集為空集．綜上：當a＞e6+2e3時滿足條件．…（12分）8．（2017?本溪模擬）已知函數(shù)．（1）若g（x）在點（1，g（1））處的切線方程為8x﹣2y﹣3=0，求a，b的值；（2）若b=a+1，x1，x2是函數(shù)g（x）的兩個極值點，試比較﹣4與g（x1）+g（x2）的大?。?）根據(jù)題意可求得切點，由題意可得，，∴，即，解得a=1，b=﹣1．…（3分）（2）證明：∵b=a+1，∴，則．根據(jù)題意可得x2﹣ax+a=0在（0，+∞）上有兩個不同的根x1，x2．即，解得a＞4，且x1+x2=a，x1x2=a．…（5分）∴．…（6分）令，則f'（x）=lnx+1﹣x﹣1=lnx﹣x，令h（x）=lnx﹣x，則當x＞4時，，∴h（x）在（4，+∞）上為減函數(shù)，即h（x）＜h（4）=ln4﹣4＜0，f'（x）＜0，∴f（x）在（4，+∞）上為減函數(shù)，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?本溪模擬）已知函數(shù)f（x）=x﹣alnx﹣1，，其中a為實數(shù)．（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的極值；（Ⅱ）設(shè)a＜0，若對任意的x1、x2∈[3，4]（x1≠x2），恒成立，求實數(shù)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）↗極大值↘∴當x=1時，g（x）取得極大值g（1）=1，無極小值；…（4分）（Ⅱ）當m=1時，a＜0時，f（x）=x﹣alnx﹣1，x∈（0，+∞），∵在[3，4]恒成立，∴f（x）在[3，4]上為增函數(shù)，設(shè)，∵在[3，4]上恒成立，∴h（x）在[3，4]上為增函數(shù)，不妨設(shè)x2＞x1，則等價于：f（x2）﹣f（x1）＜h（x2）﹣h（x1），即f（x2）﹣h（x2）＜f（x1）﹣h（x1），…（6分）設(shè)，則u（x）在[3，4]上為減函數(shù)，∴在[3，4]上恒成立，∴恒成立，∴，x∈[3，4]，…（8分）設(shè)，∵，∴，∴v'（x）＞0，v（x）為減函數(shù)，∴v（x）在[3，4]上的最大值，∴，∴a的最小值為．…（12分）10．（2017?瀘州模擬）已知函數(shù)f（x）=xlnx﹣k（x﹣1）（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；并證明lnx+≥2（e為自然對數(shù)的底數(shù)）恒成立；（2）若函數(shù)f（x）的一個零點為x1（x1＞1），f'（x）的一個零點為x0，是否存在實數(shù)k，使=k，若存在，求出所有滿足條件的k的值；若不存在，說明理由．解：（1）∵f′（x）=lnx+1﹣k，x∈（0，ek﹣1）時，f′（x）＜0，此時h（x）遞減，x∈（ek﹣1，+∞）時，f′（x）＞0，此時h（x）遞增，令k=2，則f（x）=xlnx﹣2（x﹣1），故x=e時，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）由題意得：x1lnx1﹣k（x1﹣1）=0，lnx0+1﹣k=0，假設(shè)存在k，使得=k，（k＞0）成立，消元得：ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1=0，設(shè)m（k）=ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1，則m′（k）=ek﹣1（lnk+﹣1），設(shè)F（k）=lnk+﹣1，則F′（x）=﹣，k∈（0，1）時，F(xiàn)′（x）＜0，即此時函數(shù)F（k）遞減，k∈（1，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0，此時函數(shù)F（k）遞增，∴F（k）≥F（1）=0，∴m′（k）＞0，故函數(shù)m（k）在（0，+∞）遞增，∵m（1）=0，∴k=1，但k=1時，x1=ek1k=1，與已知x1＞1矛盾，故k不存在．11．（2016?新課標Ⅰ）已知函數(shù)f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若f（x）有兩個零點，求a的取值范圍．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當a≥0時，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，即有f（x）在（﹣∞，1）遞減；在（1，+∞）遞增；②當a＜0時，若a=﹣，則f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上遞增；若a＜﹣時，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），+∞）遞增；在（1，ln（﹣2a））遞減；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，+∞）遞增；在（ln（﹣2a），1）遞減；（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得當a＞0時，f（x）在（﹣∞，1）遞減；在（1，+∞）遞增，且f（1）=﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；x→﹣∞，f（x）→+∞．f（x）有兩個零點；②當a=0時，f（x）=（x﹣2）ex，所以f（x）只有一個零點x=2；③當a＜0時，若a＜﹣時，f（x）在（1，ln（﹣2a））遞減，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）遞增，又當x≤1時，f（x）＜0，所以f（x）不存在兩個零點；當a≥﹣時，f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，又x≤1時，f（x）＜0，所以f（x）不存在兩個零點．綜上可得，f（x）有兩個零點時，a的取值范圍為（0，+∞）．12．（2016?四川）設(shè)函數(shù)f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）證明：當x＞1時，g（x）＞0；（Ⅲ）確定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)恒成立．（Ⅰ）解：由f（x）=ax2﹣a﹣lnx，得f′（x）=2ax﹣=（x＞0），當a≤0時，f′（x）＜0在（0，+∞）成立，則f（x）為（0，+∞）上的減函數(shù)；當a＞0時，由f′（x）=0，得x==，∴當x∈（0，）時，f′（x）＜0，當x∈（，+∞）時，f′（x）＞0，則f（x）在（0，）上為減函數(shù)，在（，+∞）上為增函數(shù)；綜上，當a≤0時，f（x）為（0，+∞）上的減函數(shù)，當a＞0時，f（x）在（0，）上為減函數(shù)，在（，+∞）上為增函數(shù)；（Ⅱ）證明：要證g（x）＞0（x＞1），即﹣＞0，即證，也就是證，令h（x）=，則h′（x）=，∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，則h（x）min=h（1）=e，即當x＞1時，h（x）＞e，∴當x＞1時，g（x）＞0；（Ⅲ）解：由f（x）＞g（x），得，設(shè)t（x）=，由題意知，t（x）＞0在（1，+∞）內(nèi)恒成立，∵t（1）=0，∴有t′（x）=2ax=≥0在（1，+∞）內(nèi)恒成立，令φ（x）=，則φ′（x）=2a=，當x≥2時，φ′（x）＞0，令h（x）=，h′（x）=，函數(shù)在[1，2）上單調(diào)遞增，∴h（x）min=h（1）=﹣1．又2a≥1，e1﹣x＞0，∴1＜x＜2，φ′（x）＞0，綜上所述，x＞1，φ′（x）＞0，φ（x）在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)遞增，∴t′（x）＞t′（1）≥0，即t（x）在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)遞增，∴a≥．13．（2016?天津）設(shè)函數(shù)f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若f（x）存在極值點x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求證：x1+2x0=3；（3）設(shè)a＞0，函數(shù)g（x）=|f（x）|，求證：g（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值不小于．解：（1）函數(shù)f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=3（x﹣1）2﹣a，當a≤0時，f′（x）≥0，f（x）在R上遞增；當a＞0時，當x＞1+或x＜1﹣時，f′（x）＞0，當1﹣＜x＜1+，f′（x）＜0，可得f（x）的增區(qū)間為（﹣∞，1﹣），（1+，+∞），減區(qū)間為（1﹣，1+）；（2）證明：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，即為f（3﹣2x0）=f（x0）=f（x1），即有3﹣2x0=x1，即為x1+2x0=3；（3）證明：要證g（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值不小于，即證在[0，2]上存在x1，x2，使得f（x1）﹣f（x2）≥．當a≥3時，f（x）在[0，2]遞減，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（0）﹣f（2）=2a﹣2≥4＞，遞減，成立；當0＜a＜3時，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≤時，f（2）﹣f（0）=2﹣2a≥成立；若a＞時，f（1﹣）﹣f（1+）=＞成立．綜上可得，g（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值不小于．14．（2016?新課標Ⅲ）設(shè)函數(shù)f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，記|f（x）|的最大值為A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）證明：|f′（x）|≤2A．（I）解：f′（x）=﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx．（II）當a≥1時，|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．當0＜a＜1時，f（x）等價為f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1）=2acos2x+（a﹣1）cosx﹣1，令g（t）=2at2+（a﹣1）t﹣1，則A是|g（t）|在[﹣1，1]上的最大值，g（﹣1）=a，g（1）=3a﹣2，且當t=時，g（t）取得極小值，極小值為g（）=﹣﹣1=﹣，（二次函數(shù)在對稱軸處取得極值）令﹣1＜＜1，得a＜（舍）或a＞．因此A=3a﹣2①當0＜a≤時，g（t）在（﹣1，1）內(nèi)無極值點，|g（﹣1）|=a，|g（1）|=2﹣3a，|g（﹣1）|＜|g（1）|，∴A=2﹣3a，②當＜a＜1時，由g（﹣1）﹣g（1）=2（1﹣a）＞0，得g（﹣1）＞g（1）＞g（），又|g（）﹣g（﹣1）|=＞0，∴A=|g（）|=，綜上，A=．（III）證明：由（I）可得：|f′（x）|=|﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx|≤2a+|a﹣1|，當0＜a≤時，|f′（x）|≤1+a≤2﹣4a＜2（2﹣3a）=2A，當＜a＜1時，A==++≥1，∴|f′（x）|≤1+a≤2A，當a≥1時，|f′（x）|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A，綜上：|f′（x）|≤2A．15．（2016?天津）設(shè)函數(shù)f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若f（x）存在極值點x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求證：x1+2x0=0；（3）設(shè)a＞0，函數(shù)g（x）=|f（x）|，求證：g（x）在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值不小于．解：（1）若f（x）=x3﹣ax﹣b，則f′（x）=3x2﹣a，分兩種情況討論：①、當a≤0時，有f′（x）=3x2﹣a≥0恒成立，此時f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，+∞），②、當a＞0時，令f′（x）=3x2﹣a=0，解得x=或x=，當x＞或x＜﹣時，f′（x）=3x2﹣a＞0，f（x）為增函數(shù)，當﹣＜x＜時，f′（x）=3x2﹣a＜0，f（x）為減函數(shù)，故f（x）的增區(qū)間為（﹣∞，﹣），（，+∞），減區(qū)間為（﹣，）；（2）若f（x）存在極值點x0，則必有a＞0，且x0≠0，由題意可得，f′（x）=3x2﹣a，則x02=，進而f（x0）=x03﹣ax0﹣b=﹣x0﹣b，又f（﹣2x0）=﹣8x03+2ax0﹣b=﹣x0+2ax0﹣b=f（x0），由題意及（Ⅰ）可得：存在唯一的實數(shù)x1，滿足f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，則有x1=﹣2x0，故有x1+2x0=0；（Ⅲ）設(shè)g（x）在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值M，max{x，y}表示x、y兩個數(shù)的最大值，下面分三種情況討論：①當a≥3時，﹣≤﹣1＜1≤，由（I）知f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞減，所以f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上的取值范圍是[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|≥2②當a＜3時，，由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）≥=f（），f（1）≤=，所以f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上的取值范圍是[f（），f（﹣）]，因此M=max{|f（）|，|f（﹣）|}=max{||，||}=max{||，||}=，③當0＜a＜時，，由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）＜=f（），f（1）＞=，所以f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上的取值范圍是[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|＞，綜上所述，當a＞0時，g（x）在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值不小于．16．（2016?新課標Ⅰ）已知函數(shù)f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有兩個零點．（Ⅰ）求a的取值范圍；（Ⅱ）設(shè)x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x1+x2＜2．解：（Ⅰ）∵函數(shù)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，函數(shù)f（x）只有唯一的零點2，不合題意；②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，當x＜1時，f′（x）＜0，此時函數(shù)為減函數(shù)；當x＞1時，f′（x）＞0，此時函數(shù)為增函數(shù)；此時當x=1時，函數(shù)f（x）取極小值﹣e，由f（2）=a＞0，可得：函數(shù)f（x）在x＞1存在一個零點；當x＜1時，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的兩根為t1，t2，且t1＜t2，則當x＜t1，或x＞t2時，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函數(shù)f（x）在x＜1存在一個零點；即函數(shù)f（x）在R是存在兩個零點，滿足題意；③若﹣＜a＜0，則ln（﹣2a）＜lne=1，當x＜ln（﹣2a）時，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）單調(diào)遞增，當ln（﹣2a）＜x＜1時，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）單調(diào)遞減，當x＞1時，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）單調(diào)遞增，故當x=ln（﹣2a）時，函數(shù)取極大值，由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函數(shù)f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；④若a=﹣，則ln（﹣2a）=1，當x＜1=ln（﹣2a）時，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）單調(diào)遞增，當x＞1時，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）單調(diào)遞增，故函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，函數(shù)f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；⑤若a＜﹣，則ln（﹣2a）＞lne=1，當x＜1時，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）單調(diào)遞增，當1＜x＜ln（﹣2a）時，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）單調(diào)遞減，當x＞ln（﹣2a）時，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）單調(diào)遞增，故當x=1時，函數(shù)取極大值，由f（1）=﹣e＜0得：函數(shù)f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；綜上所述，a的取值范圍為（0，+∞）證明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的兩個零點，∴f（x1）=f（x2）=0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a==，令g（x）=，則g（x1）=g（x2）=﹣a，∵g′（x）=，∴當x＜1時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；當x＞1時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；設(shè)m＞0，則g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=，設(shè)h（m）=，m＞0，則h′（m）=＞0恒成立，即h（m）在（0，+∞）上為增函數(shù)，h（m）＞h（0）=0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，則g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）?g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）?2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．17．（2016?山東）已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．（I）討論f（x）的單調(diào)性；（II）當a=1時，證明f（x）＞f′（x）+對于任意的x∈[1，2]成立．（Ⅰ）解：由f（x）=a（x﹣lnx）+，得f′（x）=a（1﹣）+==（x＞0）．若a≤0，則ax2﹣2＜0恒成立，∴當x∈（0，1）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；當a＞0，若0＜a＜2，當x∈（0，1）和（，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當x∈（1，）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；若a=2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；若a＞2，當x∈（0，）和（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當x∈（，1）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；（Ⅱ）解：∵a=1，令F（x）=f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx﹣1=x﹣lnx+．令g（x）=x﹣lnx，h（x）=．則F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），由，可得g（x）≥g（1）=1，當且僅當x=1時取等號；又，設(shè)φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，則φ（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，且φ（1）=1，φ（2）=﹣10，∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x0）時φ（x0）＞0，x∈（x0，2）時，φ（x0）＜0，∴函數(shù)h（x）在（1，x0）上單調(diào)遞增；在（x0，2）上單調(diào)遞減，由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）≥h（2）=，當且僅當x=2取等號，∴f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）=，∴F（x）＞恒成立．即f（x）＞f′（x）+對于任意的x∈[1，2]成立．18．（2016?離石區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）若函數(shù)g（x）=f（x）﹣ax在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3aexx∈[0，ln2]，求h（x）的極小值；（Ⅲ）設(shè)F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函數(shù)F（x）存在兩個零點m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．問：函數(shù)F（x）在點（x0，F(xiàn)（x0））處的切線能否平行于x軸？若能，求出該切線方程；若不能，請說明理由．解：（Ⅰ）g（x）=f（x）﹣ax=lnx+x2﹣ax，由題意知，g′（x）≥0，對任意的x∈（0，+∞）恒成立，即又∵x＞0，，當且僅當時等號成立∴，可得（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，令t=ex，則t∈[1，2]，則h（t）=t3﹣3at，由h′（t）=0，得或（舍去），∵，∴若，則h′（t）＜0，h（t）單調(diào)遞減；若，則h′（t）＞0，h（t）單調(diào)遞增∴當時，h（t）取得極小值，極小值為（Ⅲ）設(shè)F（x）在（x0，F(xiàn)（x0））的切線平行于x軸，其中F（x）=2lnx﹣x2﹣kx結(jié)合題意，有①﹣②得所以，由④得所以設(shè)，⑤式變?yōu)樵O(shè)，所以函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞增，因此，y＜y|u=1=0，即，也就是此式與⑤矛盾所以F（x）在（x0，F(xiàn)（x0））的切線不能平行于x軸19．（2016?衡水模擬）g（x）=2lnx﹣x2﹣mx，x∈R，如果g（x）的圖象與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2），AB中點為C（x0，0），求證g′（x0）≠0．解：根據(jù)題意，得；②﹣①得，2ln﹣（x2﹣x1）（x2+x1）﹣m（x2﹣x1）=0，∴2ln=（x2﹣x1）（x2+x1+m）；（整理式子，向題意靠攏）假設(shè)g′（x0）=0，即g′（x0）==﹣（x1+x2）﹣m=0，（中點坐標公式2x0=x1+x2）∴x1+x2+m=，上下同除以x，另t=＞1，∴l(xiāng)nt=（t＞1）；令g（t）=lnt﹣，在g′（t）=＞0，∴g（t）＞g（1）=0，∴l(xiāng)nt≠，即g'（x0）≠0．20．（2016?商丘三模）已知函數(shù)f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線的傾斜角為45°，對于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g（x）=x3+x2（f'（x）+）在區(qū)間（t，3）上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍；（Ⅲ）求證：×××…×＜（n≥2，n∈N*）．解：（Ⅰ）（2分）當a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1]，減區(qū)間為[1，+∞）；當a＜0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[1，+∞），減區(qū)間為（0，1]；當a=0時，f（x）不是單調(diào)函數(shù)（4分）（Ⅱ）得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在區(qū)間（t，3）上總不是單調(diào)函數(shù)，且g′（0）=﹣2∴由題意知：對于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a=﹣1此時f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴當x∈（1，+∞）時f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴l(xiāng)nx＜x﹣1對一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，則有0＜lnn＜n﹣1，∴∴21．（2016?湖南模擬）設(shè)函數(shù)f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）（1）若關(guān)于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍．（2）設(shè)g（x）=f（x）﹣x2﹣1，若關(guān)于x的方程g（x）=p至少有一個解，求p的最小值．（3）證明不等式：（n∈N*）．（1）解：依題意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]∵，而函數(shù)f（x）的定義域為（﹣1，+∞）∴f（x）在（﹣1，0）上為減函數(shù)，在（0，+∞）上為增函數(shù)，∴f（x）在[0，e﹣1]上為增函數(shù)，∴∴實數(shù)m的取值范圍為m≤e2﹣2（2）解：g（x）=f（x）﹣x2﹣1=2x﹣2ln（1+x）=2[x﹣ln（1+x）]，∴顯然，函數(shù)g（x）在（﹣1，0）上為減函數(shù)，在（0，+∞）上為增函數(shù)∴函數(shù)g（x）的最小值為g（0）=0∴要使方程g（x）=p至少有一個解，則p≥0，即p的最小值為0（3）證明：由（2）可知：g（x）=2[x﹣ln（1+x）]≥0在（﹣1，+∞）上恒成立所以ln（1+x）≤x，當且僅當x=0時等號成立令，則x∈（0，1）代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，將以上n個等式相加即可得到：22．（2016?江門模擬）已知函數(shù)，f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（1）當a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)y=f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線的傾斜角為45°，問：m在什么范圍取值時，對于任意的t[1，2]，函數(shù)在區(qū)間（t，3）上總存在極值？解：（Ⅰ），當a=1時，令導(dǎo)數(shù)大于0，可解得0＜x＜1，令導(dǎo)數(shù)小于0，可解得x＜0（舍）或x＞1故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間是（1，+∞）（Ⅱ）得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2∵g（x）在區(qū)間（t，3）上總不是單調(diào)函數(shù)，且g′（0）=﹣2∴，由題意知：對于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴．23．（2016?鷹潭校級模擬）已知函數(shù)f（x）=x3+x2+ax+b（a，b為常數(shù)），其圖象是曲線C．（1）當a=﹣2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間；（2）設(shè)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若存在唯一的實數(shù)x0，使得f（x0）=x0與f′（x0）=0同時成立，求實數(shù)b的取值范圍；（3）已知點A為曲線C上的動點，在點A處作曲線C的切線l1與曲線C交于另一點B，在點B處作曲線C的切線l2，設(shè)切線l1，l2的斜率分別為k1，k2．問：是否存在常數(shù)λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．解：（1）當a=﹣2時，函數(shù)f（x）=x3+x2﹣2x+b則f′（x）=3x2+5x﹣2=（3x﹣1）（x+2）令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜，所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣2，）；（2）函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為由于存在唯一的實數(shù)x0，使得f（x0）=x0與f′（x0）=0同時成立，則即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的實數(shù)根x0，故b=2x3+x2+x存在唯一的實數(shù)根x0，令y=2x3+x2+x，則y′=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，則函數(shù)y=2x3+x2+x在（﹣∞，），（﹣，+∞）上是增函數(shù)，在（，﹣）上是減函數(shù)，由于x=﹣時，y=﹣；x=﹣時，y=﹣；故實數(shù)b的取值范圍為：（﹣∞，﹣）∪（﹣，+∞）；（3）設(shè)點A（x0，f（x0）），則在點A處的切線l1的切線方程為y﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），與曲線C聯(lián)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，故點B的橫坐標為xB=﹣（2x0+）由題意知，切線l1的斜率為k1=f′（x0）=3x02+5x0+a，l2的斜率為k2=f′（﹣（2x0+））=12x02+20x0++a，若存在常數(shù)λ，使得k2=λk1，則12x02+20x0++a=λ（3x02+5x0+a），即存在常數(shù)λ，使得（4﹣λ）（3x02+5x0）=（λ﹣1）a﹣，故，解得λ=4，a=，故a=時，存在常數(shù)λ=4，使得k2=4k1；a≠時，不存在常數(shù)，使得k2=4k1．24．（2016?宜春校級模擬）已知函數(shù)f（x）=alnx﹣ax﹣3（a≠0）．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若f（x）+（a+1）x+4﹣e≤0對任意x∈[e，e2]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍（e為自然常數(shù)）；（Ⅲ）求證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），當a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1]，單調(diào)減區(qū)間為[1，+∞）；當a＜0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[1，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，1]；（Ⅱ）令F（x）=alnx﹣ax﹣3+（a+1）x+4﹣e=alnx+x+1﹣e，則F′（x）=，若﹣a≤e，即a≥﹣e，F(xiàn)（x）在[e，e2]上是增函數(shù)，F(xiàn)（x）max=F（e2）=2a+e2﹣e+1≤0，a≤，無解．若e＜﹣a≤e2，即﹣e2≤a＜﹣e，F(xiàn)（x）在[e，﹣a]上是減函數(shù)；在[﹣a，e2]上是增函數(shù)，F(xiàn)（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(xiàn)（x）在[e，e2]上是減函數(shù)，F(xiàn)（x）max=F（e）=a+1≤0，即a≤﹣1，∴a＜﹣e2，綜上所述，a≤．（Ⅲ）證明：令a=﹣1，此時f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴當x∈（1，+∞）時，f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴l(xiāng)nx＜x﹣1對一切x∈（1，+∞）成立，∵n≥2，n∈N*，則有l(wèi)n（+1）＜＜=﹣，要證ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*），只需證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?延安校級模擬）已知函數(shù)f（x）=lnx﹣x﹣lna，a為常數(shù)．（1）若函數(shù)f（x）有兩個零點x1，x2，且x1＜x2，求a的取值范圍；（2）在（1）的條件下，證明：的值隨a的值增大而增大．解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞）.，由f'（x）＞0得：0＜x＜1；由f'（x）＜0得：x＞1．故f（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減．要使f（x）有兩個零點，則f（1）＞0，解得：．…（5分）（2）∵x1，x2是f（x）的兩個零點，∴l(xiāng)nx1﹣x1=lna，lnx2﹣x2=lna，則，．設(shè)，，所以g（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，故對任意，函數(shù)g（x）圖象與直線y=a都有兩個交點．橫坐標分別為x1，x2，且x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），如下圖：…（9分）任取，設(shè)a1＜a2，則有g(shù)（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）上遞增，∴ξ1＜η1，同理得：ξ2＞η2，所以，故的值隨a的值增大而增大．…（12分）26．（2016?南昌三模）已知函數(shù)f（x）=e1﹣x（﹣a+cosx），a∈R．（Ⅰ）若函數(shù)f（x）存在單調(diào)減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍；（Ⅱ）若a=0，證明：，總有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）因為函數(shù)f（x）存在單調(diào)減區(qū)間，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）因為a=0，所以f（x）=e1﹣x?cosx，所以f（﹣x﹣1）=ex+2?cos（﹣x﹣1）=ex+2?cos（x+1）．因為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）]，又對于任意，cos（x+1）＞0．（6分）要證原不等式成立，只要證ex+2﹣2e1﹣x（sinx+cosx）＞0，只要證，對于任意上恒成立．（8分）設(shè)函數(shù)，，則=，當x∈[﹣1，0]時，g'（x）≤0，即g（x）在[﹣1，0]上是減函數(shù)，當時，g'（x）＞0，即g（x）在上是增函數(shù)，所以，在上，g（x）min=g（0）=0，所以g（x）≥0．所以，，（當且僅當x=0時上式取等號）①（10分）設(shè)函數(shù)h（x）=e2x+1﹣（2x+2），，則h'（x）=2e2x+1﹣2=2（e2x+1﹣1），當時，h'（x）≤0，即h（x）在上是減函數(shù)，當時，h'（x）＞0，即h（x）在上是增函數(shù)，所以在上，，所以h（x）≥0，即e2x+1≥2x+2，（當且僅當時上式取等號）②．綜上所述，，因為①②不可能同時取等號所以，在上恒成立，所以，總有f（﹣x﹣1）+2f'（x）?cos（x+1）＞0成立．（12分）27．（2016?包頭校級三模）已知函數(shù)f（x）=（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．（1）若a=，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）內(nèi)有解，求實數(shù)a的取值范圍．解：（1）若a=，f（x）=（x2+bx+1）e﹣x，則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時，f′（x）=﹣（x﹣1）2e﹣x≤0，此時函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，+∞）．②若1﹣b＞1，即b＜0時，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1＜x＜1﹣b，此時函數(shù)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增區(qū)間為（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，此時函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，1），（1﹣b，+∞），③若1﹣b＜1，即b＞0時，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1﹣b＜x＜1，此時函數(shù)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增區(qū)間為（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，此時函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，1﹣b），（1，+∞）．（2）若f（1）=1，則f（1）=（2a+b+1）e﹣1=1，即2a+b+1=e，則b=e﹣1﹣2a，若方程f（x）=1在（0，1）內(nèi)有解，即方程f（x）=（2ax2+bx+1）e﹣x=1在（0，1）內(nèi)有解，即2ax2+bx+1=ex在（0，1）內(nèi)有解，即ex﹣2ax2﹣bx﹣1=0，設(shè)g（x）=ex﹣2ax2﹣bx﹣1，則g（x）在（0，1）內(nèi)有零點，設(shè)x0是g（x）在（0，1）內(nèi)的一個零點，則g（0）=0，g（1）=0，知函數(shù)g（x）在（0，x0）和（x0，1）上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減，設(shè)h（x）=g′（x），則h（x）在（0，x0）和（x0，1）上存在零點，即h（x）在（0，1）上至少有兩個零點，g′（x）=ex﹣4ax﹣b，h′（x）=ex﹣4a，當a≤時，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上遞增，h（x）不可能有兩個及以上零點，當a≥時，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上遞減，h（x）不可能有兩個及以上零點，當＜a＜時，令h′（x）=0，得x=ln（4a）∈（0，1），則h（x）在（0，ln（4a））上遞減，在（ln（4a），1）上遞增，h（x）在（0，1）上存在最小值h（ln（4a））．若h（x）有兩個零點，則有h（ln（4a））＜0，h（0）＞0，h（1）＞0，h（ln（4a））=4a﹣4aln（4a）﹣b=6a﹣4aln（4a）+1﹣e，＜a＜，設(shè)φ（x）=x﹣xlnx+1﹣x，（1＜x＜e），則φ′（x）=﹣lnx，令φ′（x）=﹣lnx=0，得x=，當1＜x＜時，φ′（x）＞0，此時函數(shù)φ（x）遞增，當＜x＜e時，φ′（x）＜0，此時函數(shù)φ（x）遞減，則φ（x）max=φ（）=+1﹣e＜0，則h（ln（4a））＜0恒成立，由h（0）=1﹣b=2a﹣e+2＞0，h（1）=e﹣4a﹣b＞0，得＜a＜，當＜a＜時，設(shè)h（x）的兩個零點為x1，x2，則g（x）在（0，x1）遞增，在（x1，x2）上遞減，在（x2，1）遞增，則g（x1）＞g（0）=0，g（x2）＜g（1）=0，則g（x）在（x1，x2）內(nèi)有零點，綜上，實數(shù)a的取值范圍是（，）．28．（2016?葫蘆島一模）已知函數(shù)f（x）=，g（x）=ln（x+1），曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程是5x﹣4y+1=0（1）求a，b的值；（2）若當x∈[0，+∞）時，恒有f（x）≥kg（x）成立，求k的取值范圍；（3）若=22361，試估計ln的值（精確到0.001）解（1）f′（x）=，由題意：f′（1）==f（1）==解得：a=1，b=2…（3分）（2）：由（1）知：f（x）=，由題意：﹣kln（1+x）≥0令F（x）=﹣kln（1+x），則F′（x）=1+﹣…（5分）解法一：F′（x）=1+﹣=令△=（2﹣k）2﹣4（2﹣k）=（k﹣2）（k+2），①當△≤0即﹣2≤k≤2時，x2+（2﹣k）x+2﹣k≥0恒成立，∴F′（x）≥0∴F（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴F（x）≥F（0）=0恒成立，即f（x）≥kg（x）恒成立，∴﹣2≤k≤2時合題意②當△＞0即k＜﹣2或k＞2時，方程x2+（2﹣k）x+2﹣k=0有兩解x1=，x2=此時x1+x2=k﹣2，x1x2=2﹣k（i）當k＜﹣2時，x1x2=2﹣k＞0，x1+x2=k﹣2＜0，∴x1＜0，x2＜0，∴F′（x）=＞0∴F（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴F（x）≥F（0）=0恒成立即f（x）≥kg（x）恒成立∴k＜﹣2時合題意（ii）當k＞2時，x1x2=2﹣k＜0，∴x1＜0，x2＞0∴F′（x）=∴當x∈（0，x2）時，F(xiàn)′（x）＜0，∴F（x）在x∈（0，x2）上單調(diào)遞減∴當x∈（0，x2）時，F(xiàn)（x）＜F（0）=0這與F（x）≥0矛盾，∴k＞2時不合題意綜上所述，k的取值范圍是（﹣∞，2]…（8分）解法二：F′（x）=1+﹣=（1+x+﹣k）①∵1+x+≥2，∴當k≤2時，F(xiàn)′（x）≥0∴F（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴F（x）≥F（0）=0恒成立，即f（x）≥kg（x）恒成立，∴k≤2時合題意，②當k＞2時，令F′（x）=0得x1＜0＜x2，結(jié)合圖象可知，當x∈（0，x2）時，F(xiàn)′（x）＜0，∴F（x）在x∈（0，x2）上單調(diào)遞減（其中x2=）∴當x∈（0，x2）時，F(xiàn)（x）＜F（0）=0這與F（x）≥0矛盾，∴k＞2時不合題意綜上所述，k的取值范圍是（﹣∞，2]…（8分）（3）由（2）知：當k≤2時，≥kln（1+x）在x≥0時恒成立取k=2，則≥2ln（1+x）即：≥2ln（1+x）令x=﹣1＞0得：2ln＜，∴l(xiāng)n＜≈0.2236…（10分）由（2）知：當k＞2時，＜kln（1+x）在（0，）時恒成立令=﹣1，解得：k=∴＜ln（1+x）在x∈（0，）上恒成立取x=﹣1得：＜ln，∴l(xiāng)n＞≈0.2222，∴l(xiāng)n==0.2229∵精確到0.001，∴取ln=0.223…（12分）29．（2016?南通模擬）設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（Ⅱ）設(shè)F（x）=f（x）+ax2+ax，問F（x）是否存在極值，若存在，請求出極值；若不存在，請說明理由；（Ⅲ）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）是函數(shù)g（x）=f（x）+ax圖象上任意不同的兩點，線段AB的中點為C（x0，y0），直線AB的斜率為為k．證明：k＞g′（x0）．（Ⅰ）解：在區(qū)間（0，+∞）上，．（1）當a≤0時，∵x＞0，∴f′（x）＞0恒成立，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；（2）當a＞0時，令f′（x）＞0，即，得．∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，）；綜上所述：當a≤0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），當a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，）；（Ⅱ）由F（x）=f（x）+ax2+ax=lnx﹣ax+ax2+ax=lnx+ax2得（x＞0），當a≥0時，恒有F′（x）＞0，∴F（x）在（0，+∞）上無極值；當a＜0時，令F′（x）=0，得，x∈（0，），F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)′（x）單調(diào)遞增，x∈（，+∞），F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)′（x）單調(diào)遞減．∴．F（x）無極小值．綜上所述：a≥0時，F(xiàn)（x）無極值，a＜0時，F(xiàn)（x）有極大值，無極小值；（Ⅲ）證明：，又，∴g′（x0）=，要證k＞g′（x0），即證，不妨設(shè)0＜x1＜x2，即證，即證，設(shè)，即證：，也就是要證：，其中t∈（1，+∞），事實上：設(shè)t∈（1，+∞），則=，∴k（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，因此k（t）＞k（1）=0，即結(jié)論成立．30．（2016?佛山模擬）已知函數(shù)f（x）=x3+（1﹣a）x2﹣a（a+2）x（a∈R），f′（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)．（Ⅰ）當a=﹣3時證明y=f（x）在區(qū)間（﹣1，1）上不是單調(diào)函數(shù)．（Ⅱ）設(shè)，是否存在實數(shù)a，對于任意的x1∈[﹣1，1]存在x2∈[0，2]，使得f′（x1）+2ax1=g（x2）成立？若存在求出a的取值范圍；若不存在說明理由．解：（Ⅰ）當a=﹣3時，f（x）=x3+4x2﹣3x，f′（x）=3x2+8x﹣3，由f′（x）=0，即3x2+8x﹣3=0，得x1=﹣3，，當時，f′（x）＜0，所以f（x）在（﹣1，）上為減函數(shù)，在（，1）上導(dǎo)數(shù)為正，函數(shù)為增函數(shù)，所以，f（x）在（﹣1，1）上不是單調(diào)函數(shù)．（Ⅱ）因為g（x）=在[0，2]上為增函數(shù)，所以g（x）∈[﹣，6]．令F（x）=f′（x）+2ax=3x2+2（1﹣a）x﹣a（a+2）+2ax=3x2+2x﹣a2﹣2a若存在實數(shù)a，對于任意的x1∈[﹣1，1]存在x2∈[0，2]，使得f'（x1）+2ax1=g（x2）成立，則對任意x∈[﹣1，1]，有，F(xiàn)（x）max≤6．對于函數(shù)F（x）=3x2+2x﹣a2﹣2a，==，F(xiàn)（x）max=5﹣a2﹣2a．聯(lián)立解得：﹣2≤a≤0．31．（2016?廣東模擬）已知函數(shù)f（x）=x2﹣（a+2）x+alnx，其中常數(shù)a＞0．（Ⅰ）當a＞2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（Ⅱ）設(shè)定義在D上的函數(shù)y=h（x）在點P（x0，h（x0））處的切線方程為l：y=g（x），若＞0在D內(nèi)恒成立，則稱P為函數(shù)y=h（x）的“類對稱點”．當a=4時，試問y=f（x）是否存在“類對稱點”，若存在，請至少求出一個“類對稱點”的橫坐標；若不存在，請說明理由．解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），∵，∴…（1分）∵a＞2，∴，令f′（x）＞0，即，∵x＞0，∴0＜x＜1或，…（2分）所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，1），…（3分）（Ⅱ）解法一：當a=4時，所以在點P處的切線方程為…（4分）若函數(shù)存在“類對稱點”P（x0，f（x0）），則等價于當0＜x＜x0時，f（x）＜g（x），當x＞x0時，f（x）＞g（x）恒成立．…（5分）①當0＜x＜x0時，f（x）＜g（x）恒成立，等價于恒成立，即當0＜x＜x0時，恒成立，令，則φ（x0）=0，…（7分）要使φ（x0）＜0在0＜x＜x0恒成立，只要φ（x）在（0，x0）單調(diào)遞增即可．又∵，…（8分）∴，即．…（9分）②當x＞x0時，f（x）＞g（x）恒成立時，．…（10分）∴．…（11分）所以y=f（x）存在“類對稱點”，其中一個“類對稱點”的橫坐標為．…（12分）（Ⅱ）解法二：猜想y=f（x）存在“類對稱點”，其中一個“類對稱點”的橫坐標為．…（4分）下面加以證明：當時，…（5分）①當時，f（x）＜g（x）恒成立，等價于恒成立，令…（7分）∵，∴函數(shù)φ（x）在上單調(diào)遞增，從而當時，恒成立，即當時，f（x）＜g（x）恒成立．…（9分）②同理當時，f（x）＞g（x）恒成立．…（10分）綜上知y=f（x）存在“類對稱點”，其中一個“類對稱點”的橫坐標為．…（12分）32．（2016?株洲一模）已知函數(shù)f（x）=2ex+2ax﹣a2，a∈R．（1）當a=1時，求f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（3）若x≥0時，f（x）≥x2﹣3恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：（1）當a=1時，f（x）=2ex+2x﹣1，∴f′（x）=2ex+2，f（0）=2e0﹣1=1∴k=f′（0）=2e0+2=4，∴f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y﹣1=4x，即4x﹣y+1=0，（2）∵f′（x）=2ex+2a，當a≥0時，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上單調(diào)遞增，當a＜0時，當f′（x）＞0，即x＞ln（﹣a）時，函數(shù)單調(diào)遞增，當f′（x）＜0，即x＜ln（﹣a）時，函數(shù)單調(diào)遞減，綜上所述：當a≥0時，f（x）在R上單調(diào)遞增，當a＜0時，f（x）在（﹣∞，﹣ln（﹣a））上單調(diào)遞減，在（ln（﹣a），+∞）單調(diào)遞增，（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，+∞）單調(diào)遞增，且h（0）=2（a+1），當a≥﹣1時，g′（x）≥0，即函數(shù)g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，從而須滿足g（0）=5﹣a2≥0，解得﹣≤a≤，又a≥﹣1，∴﹣1≤a≤，當a＜﹣1時，則?x0＞0，使h（x0）=0，且x∈（0，x0）時，h（x）＜0，即g′（x）＜0，即g（x）單調(diào)遞減，x∈（x0，+∞）時，h（x）＞0，即g′（x）＞0，即g（x）單調(diào)遞增，g（x）min=g（x0）=﹣（x0﹣a）2+3≥0，又h（x0）=2（﹣x0﹣a）=0，從而=x0﹣a，即a=x0﹣，令M（x）=x﹣ex，0＜x≤ln3，∴M′（x）=1﹣ex＜0，∴M（x）在（0，ln3]上單調(diào)遞減，則M（x）≥M（ln3）=ln3﹣3，又M（x）＜M（0）=1，∴l(xiāng)n3﹣3≤a＜﹣1，綜上所述ln3﹣3≤a≤33．（2016?福州模擬）已知a∈R，函數(shù)f（x）=ex﹣a（x+1）的圖象與x軸相切．（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若x＞0時，f（x）＞mx2，求實數(shù)m的取值范圍．解：（Ⅰ）f′（x）=ex﹣a，依題意，設(shè)切點為（b，0），（1分）則即，解得（3分）所以f′（x）=ex﹣1，所以，當x＜0時，f′（x）＜0；當x＞0時，f′（x）＞0．所以，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．（5分）（Ⅱ）令g（x）=f（x）﹣mx2，則g′（x）=ex﹣2mx﹣1，令h（x）=g′（x），則h′（x）=ex﹣2m，（7分）（ⅰ）若m≤，因為當x＞0時，ex＞1，所以h′（x）＞0，所以h（x）即g′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．又因為g′（0）=0，所以當x＞0時，g′（x）＞g′（0）=0，從而g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，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，當x∈（0，ln（2m）），h′（x）＜0，所以h（x）即g′（x）在（0，ln（2m））上單調(diào)遞減，又因為g′（0）=0，所以當x∈（0，ln（2m））時，g′（x）＜0，從而g（x）在（0，ln（2m））上單調(diào)遞減，而g（0）=0，所以當x∈（0，ln（2m）），時，g（x）＜g（0）=0，即f（x）＞mx2不成立．綜上所述，m的取值范圍是（﹣∞，]．（12分）34．（2016?河南模擬）已知函數(shù)h（x）=﹣ax2+1，設(shè)f（x）=h'（x）﹣2alnx，g（x）=ln2x+2a2，其中x＞0，a∈R．（1）若f（x）在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；（2）記F（x）=f（x）+g（x），求證：F（x）≥．解：（1）函數(shù)，h'（x）=x2﹣2ax，函數(shù)f（x）=h'（x）﹣2aln