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高考数学二轮专题学与练 04 导数及其应用（高考押题）（含解析）
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这是一份高考数学二轮专题学与练 04 导数及其应用（高考押题）（含解析），共18页。
高考押题专练
1．若函数f(x)＝x－ sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1,1] B.
C. D.
【解析】取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，
f′(x)＝1－cos 2x－cos x，
但f′(0)＝1－－1＝－<0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.
【答案】C
2．设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，下面的不等式在R上恒成立的是( )
A．f(x)>0 B．f(x)<0
C．f(x)>x D．f(x)
【答案】A
3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x＋1)·f′(x)≥0，则有( )
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)
【解析】由题意得，当x≥－1时，f′(x)≥0，当x≤－1时，f′(x)≤0，∴f(x)的最小值为f(－1)，即对任意实数x，都有f(x)≥f(－1)，∴f(0)≥f(－1)，f(－2)≥f(－1)，∴f(0)＋f(－2)≥2f(－1)，故选D.
【答案】D
4．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且f(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是
( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞)
B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
【解析】设h(x)＝f(x)g(x)，又h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0知x<0时，h(x)为增函数，又f(x)，g(x)分别是奇函数和偶函数，∴h(x)为奇函数且在(0，＋∞)上为增函数，且h(3)＝0，所以f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故选D.
【答案】D
5．求曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积，其中正确的是( )
A．S＝ (x2－x)dx
B．S＝ (x－x2)dx
C．S＝ (y2－y)dy
D．S＝ (y－)dy
【解析】依题意，在同一坐标系下画出曲线y＝x2与直线y＝x的图象(图略)，注意到它们的交点坐标分别为(0,0)与(1,1)，结合图形及定积分的几何意义可知，相应的图形的面积可用定积分表示为 (x－x2)dx，选B.
【答案】B
6.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C的方程为x2－y＝0)的点的个数的估计值为( )
A．5 000 B．6 667
C．7 500 D．7 854
【解析】S阴影＝S正方形－ x2dx＝1－＝，所以有＝＝，解得n≈6 667，故选B.
【答案】B
7．已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】当x≠0时，f′(x)＋＝＝>0，当x>0时，[xf(x)]′>0，则h(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即F(x)在(0，＋∞)上无零点．当x<0时，[xf(x)]′<0，∴h(x)＝xf(x)在(－∞，0)上为减函数，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，所以F(x)＝xf(x)＋在(－∞,0)上为减函数，当x→0时，xf(x)→0，→－∞，则F(x)<0，x→－∞时，→0，F(x)≈xf(x)＞0，∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零点．综上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零点，故选B.
【答案】B
8．若∀x，y∈[0，＋∞)，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，则实数a的最大值是( )
A. B．1
C．2 D.
【解析】ex＋y－2＋ex－y－2＋2＝ex－2(ey＋e－y)＋2≥2(ex－2＋1)，当且仅当y＝0时等号成立．由2(ex－2＋1)≥4ax，得2a≤.令g(x)＝，则g′(x)＝，可得g′(2)＝0，且在(2，＋∞)上，g′(x)>0，在(0,2)上，g′(x)<0，故g(x)的最小值为g(2)＝1，所以2a≤1，即a≤.故选D.
【答案】D
9．已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( )
A．－ B.
C. D．1
【解析】由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1] ＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．
由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋
a(e1－1＋e－1＋1)＝0，
解得a＝.故选C.
【答案】C
10．设函数f(x)＝ex＋a＋x，g(x)＝ln(x＋3)－4e－x－a，其中e为自然对数的底数，若存在实数x0，使得f(x0)－g(x0)＝2成立，则实数a的值为( )
A．－2＋ln 2 B．1＋ln 2
C．－1－ln 2 D．2＋ln 2
【解析】由已知得f(x)－g(x)＝ex＋a＋x－ln(x＋3)＋4e－x－a，
设h(x)＝ex＋a＋4e－x－a，u(x)＝x－ln(x＋3)，
所以h(x)＝ex＋a＋4e－x－a≥2＝4，当且仅当ex＋a＝2时等号成立．
u′(x)＝1－(x>－3)，令u′(x)>0，得x>－2；
令u′(x)<0，得－3
【答案】D
11．已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，e] B．[0，e]
C．(－∞，e) D．[0，e)
【解析】f′(x)＝－k＝(x＞0)．设g(x)＝，则g′(x)＝，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
所以g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象(图略)可知，要满足题意，只需k≤e.
【答案】A
12．已知函数g(x)＝a－x2与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是( )
A. B．[1，e2－2]
C. D．[e2－2，＋∞)
【解析】函数g(x)＝a－x2与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，即函数f(x)＝x2－a与h(x)＝2ln x的图象有交点，即M(x)＝f(x)－h(x)＝x2－2ln x－a在区间上有零点．因为M′(x)＝2x－＝，故函数M(x)在区间上单调递减，在区间[1，e]上单调递增，即M(x)在x＝1处取得最小值．要使M(x)与x轴有交点，只需M(1)＝1－a≤0，即a≥1.另一方面M＝＋2－a，M(e)＝e2－2－a，M(e)－M＝e2－－4＞0，故M(e)＝e2－2－a≥0，a≤e2－2，综上所述，实数a的取值范围是[1，e2－2]．
【答案】B
13．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为 ( )
A.
B.
C.∪
D.∪
【答案】C
【解析】若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12≥0，从而c≥或c≤－.
14．已知f(x)＝aln x＋x2(a＞0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2都有≥2恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．(0,1]
【答案】A
【解析】由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2，所以函数的导数f′(x)＝＋x≥2.可得x＝时，f′(x)有最小值2.∴a≥1.
15．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为( )
A．15 B．16
C．17 D．18
【答案】D
【解析】x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，即x＝2是f′(x)＝3x2－3a＝0的根，将x＝2代入得a＝4，所以函数解析式为f(x)＝x3－12x＋2，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时函数f(x)取得极大值f(－2)＝18，故选D.
16．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为( )
A．(－∞，0) B．(－∞，－2)
C．(－2，－1) D．(－2,0)
【答案】D
【解析】设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点，所以＝α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数单调减区间为(－2,0)故选D.
17．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．[1,2)
C. D.
【答案】C
【解析】.f′(x)＝4x－＝，
∵x＞0，由f′(x)＝0得x＝.
∴令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜.
由题意得⇒1≤k＜.故C正确．
18．如果函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：
①函数y＝f(x)在区间内单调递增；
②函数y＝f(x)在区间内单调递减；
③函数y＝f(x)在区间(4,5)内单调递增；
④当x＝2时，函数y＝f(x)有极小值；
⑤当x＝－时，函数y＝f(x)有极大值．
则上述判断中正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④⑤ D．③
【答案】D
【解析】当x∈(－3，－2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，①错；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，②错；当x＝2时，函数y＝f(x)有极大值，④错；当x＝－时，函数y＝f(x)无极值，⑤错．故选D.
19．函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,3) B．(－1,2)
C．(－1,3] D．(－1,2]
【答案】D
【解析】由题知f′(x)＝3－3x2，令f′(x)＞0，解得－1＜x＜1；令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞1，由此得函数在(－∞，－1)上是减函数，在(－1,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，故函数在x＝－1处取到极小值－2，判断知此极小值必是区间(a2－12，a)上的最小值，∴a2－12＜－1＜a，解得－1＜a＜，又当x＝2时，f(2)＝－2，故有a≤2.综上知a∈(－1,2]，故选D.
20．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)＜，则f(x)＜＋的解集为( )
A．{x|－1＜x＜1} B．{x|x＜－1}
C．{x|x＜－1，或x＞1} D．{x|x＞1}
【答案】D
【解析】设F(x)＝f(x)－，则F(1)＝f(1)－＝1－1＝0，F′(x)＝f′(x)－，对任意x∈R，有F′(x)＝f′(x)－＜0，即函数F(x)在R上单调递减，则F(x)＜0的解集为(1，＋∞)，即f(x)＜＋的解集为(1，＋∞)，故选D.
21．已知函数f(x)(x∈R)满足f′(x)＞f(x)，则( )
A．f(2)＜e2f(0) B．f(2)≤e2f(0)
C．f(2)＝e2f(0) D．f(2)＞e2f(0)
【答案】D
【解析】由题意构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＞0，则g(x)＝在R上单调递增，则有g(2)＞g(0)，故f(2)＞e2f(0)．
22．直线y＝a分别与直线y＝2(x＋1)，曲线y＝x＋ln x交于点A，B，则|AB|的最小值为( )
A．3 B．2
C. D.
【答案】D
【解析】解方程2(x＋1)＝a，得x＝－1.
设方程x＋ln x＝a的根为t(t＞0)，则t＋ln t＝a，
则|AB|＝＝
＝.
设g(t)＝－＋1(t＞0)，
则g′(t)＝－＝(t＞0)，
令g′(t)＝0，得t＝1.当t∈(0,1)时，g′(t)＜0；
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)＞0，所以g(t)min＝g(1)＝，
所以|AB|≥，所以|AB|的最小值为.
23．已知函数f(x)＝x2＋3x－2ln x，则函数f(x)的单调递减区间为________．
【解析】函数f(x)＝x2＋3x－2ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2x＋3－，令2x＋3－＜0，即2x2＋3x－2＜0，解得x∈.又x∈(0，＋∞)，所以x∈.所以函数f(x)的单调递减区间为.
24．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
【解析】对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－2＋＋2a.
当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a＞0，解得a＞－.
所以a的取值范围是.
25．某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30元，并且每件产品须向总公司缴纳a元(a为常数，2≤a≤5)的管理费，根据多年的统计经验，预计当每件产品的售价为x元时，产品一年的销售量为(e为自然对数的底数)万件，已知每件产品的售价为40元时，该产品一年的销售量为500万件．经物价部门核定每件产品的售价x最低不低于35元，最高不超过41元．
(1)求分公司经营该产品一年的利润L(x)万元与每件产品的售价x元的函数关系式；
(2)当每件产品的售价为多少元时，该产品一年的利润L(x)最大，并求出L(x)的最大值．
【解析】(1)由题意，该产品一年的销售量为y＝.
将x＝40，y＝500代入，得k＝500e40.
故该产品一年的销售量y(万件)关于x(元)的函数关系式为y＝500e40－x.
所以L(x)＝(x－30－a)y＝500(x－30－a)e40－x(35≤x≤41)．
(2)由(1)得，L′(x)＝500[e40－x－(x－30－a)e40－x]＝500e40－x(31＋a－x)．
①当2≤a≤4时，L′(x)≤500e40－x(31＋4－35)＝0，
当且仅当a＝4，x＝35时取等号．
所以L(x)在[35，41]上单调递减．
因此，L(x)max＝L(35)＝500(5－a)e5.
②当40⇔35≤x<31＋a，
L′(x)<0⇔31＋a
因此，L(x)max＝L(31＋a)＝500e9－a.
综上所述当2≤a≤4时，每件产品的售价为35元，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500(5－a)e5万元；
当4
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
当m≤0时，f′(x)≥0，所以函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间；
当m＞0时， f′(x)＝；
当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
综上，当m≤0时，函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间；当m＞0时，函数f(x)的单调增区间是(，＋∞)，单调减区间是(0，)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，
当m＝0时，F(x)＝－x2＋x，x＞0，有唯一零点；
当m＞0时，F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，所以F(x)有唯一零点；
当m＞1时，由F′(x)＜0得0＜x＜1或x＞m，由F′(x)＞0得1＜x＜m，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋＞0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，
所以F(x)有唯一零点；
当0＜m＜1时，0＜x＜m或x＞1时，由F′(x)＜0得，0＜x＜m或x＞1，
由F′(x)＞0得m＜x＜1，
所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)单调递减，在(m，1)单调递增，又ln m＜0，
所以F(m)＝(m＋1－2ln m)＞0，
而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点．
综上，函数F(x)有唯一零点，即当m≥0时函数f(x)与g(x)图象总有一个交点．
27．已知函数f(x)＝aln x－bx2，a，b∈R.
(1)若f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，求a，b的值；
(2)在(1)的条件下，求f(x)在上的最大值；
(3)若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，求a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝－2bx.
由函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，得即
解得
(2)由(1)得f(x)＝ln x－x2，定义域为(0，＋∞)．
此时，f′(x)＝－x＝，令f′(x)＞0，解得0＜x＜1，令f′(x)＜0，解得x＞1.
所以f′(x)在上单调递增，在(1，e)上单调递减，
所以f(x)在上的最大值为f(1)＝－.
(3)若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，
即aln x－bx2≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，
即aln x－x≥bx2对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，
即aln x－x≥0对x∈(e，e2]恒成立，
即a≥对x∈(e，e2]恒成立，
即a大于等于在区间(e，e2]上的最大值．
令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(e，e2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以h(x)＝，x∈(e，e2]的最大值为h(e2)＝，即a≥.
所以a的取值范围为.
28．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．
(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的单调性．
【解析】(1)∵a＝e，
∴f(x)＝ex－ex－1，f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.
∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.
(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．
∴当a≤1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，
∴当0lna时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．
29．已知函数f(x)＝2ln x＋x2－2ax(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1
f′(x)＝，令x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4，
①当0
②当a>2时，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3
f′(x)<0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，
则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，
令t＝，则0
故g(t)在(0,1)上单调递减且g＝－2ln 2，
故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln 2＝g，即0
所以h′(t)＝1－<0在t∈上恒成立，
故h(t)＝t＋＋2在上单调递减，
从而a2≥，
故a的取值范围是.
30．已知函数f(x)＝(ax2＋x＋a)e－x(a∈R)．
(1)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值；
(2)若对任意的a≤0，f(x)≤bln(x＋1)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围．
【解析】(1)由题意，f′(x)＝(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x
＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1]＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)．
①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)，
令f′(x)>0，得x<1；f′(x)<0，得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)＝≠，不合题意．
②当a>0时，1－<1，
令f′(x)>0，得1－1，所以f(x)在单调递增，在，(1，＋∞)单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)＝＝，得a＝1.
综上所述a＝1.
(2)令g(a)＝e－x(x2＋1)a＋xe－x，a∈(－∞，0]，
当x∈[0，＋∞)时，e－x(x2＋1)≥0，
则g(a)≤bln(x＋1)对∀a∈(－∞，0]恒成立等价于g(a)≤g(0)≤bln(x＋1)，
即xe－x≤bln(x＋1)，对x∈[0，＋∞)恒成立．
①当b≤0时，∀x∈(0，＋∞)，bln(x＋1)<0，xe－x>0，
此时xe－x>bln(x＋1)，不合题意．
②当b>0时，令h(x)＝bln(x＋1)－xe－x，x∈[0，＋∞)，
则h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝，其中(x＋1)ex>0，∀x∈[0，＋∞)，
令p(x)＝bex＋x2－1，x∈[0，＋∞)，p′(x)＝bex＋2x＞0，则h(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
a．b≥1时，p(x)≥p(0)＝b－1≥0，
所以对∀x∈[0，＋∞)，h′(x)≥0，从而h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以对任意x∈[0，＋∞)，h(x)≥h(0)＝0，
即不等式bln(x＋1)≥xe－x在[0，＋∞)上恒成立．
b．00及p(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以存在唯一的x0∈(0,1)使得p(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，p(x0)<0.
从而x∈(0，x0)时，h′(x)<0，所以h(x)在区间(0，x0)上单调递减，
则x∈(0，x0)时，h(x)
31．已知函数f(x)＝ex＋2－x.
(1)证明：f(x)≥3；
(2)若对任意x>0，f(x)>(x－a)2，求a的取值范围．
【解析】(1)证明：f′(x)＝ex＋2－1,
令f′(x)＝ex＋2－1＝0，解得x＝－2，
当x∈(－∞，－2)时，f(x)单调递减，
当x∈(－2，＋∞)时，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(x)min＝f(－2)＝3，
故f(x)≥3.
(2)对任意x>0，f(x)>(x－a)2，
故ex＋2－x－(x－a)2>0，
设g(x)＝ex＋2－x－(x－a)2，g′(x)＝ex＋2－1－x＋a,
由(1)知g′(x)单调递增，g′(0)＝e2＋a－1.
①当a≥1－e2时，g′(0)≥0，g′(x)≥0，所以g(x)单调递增，
则g(0)＝e2－a2≥0，即－e≤a≤e.
②当a<1－e2时，g′(0)<0，
可知存在x0>0，
当x∈(0，x0)时， g′(x)<0，
故当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，
g(0)＝e2－a2
综上所述，－e≤a≤e.
32．已知函数f(x)＝(x－2)ex－k(x－1)2.
(1)当k<0时，求函数f(x)在[0,2]上的最大值和最小值；
(2)讨论函数y＝f(x)零点的个数．
【解析】由题设，f′(x)＝(x－1)(ex－2k)，
(1)当k<0时，显然ex－2k>0，
令f′(x)>0，得x>1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，得x<1，f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在[0,2]上，f(1)＝－e, f(0)＝－2－k，f(2)＝－k，
所以，f(x)max＝－k，f(x)min＝－e.
(2)由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
令f(x)＝0则(x－2)ex＝k(x－1)2，①
当x＝1时，－e≠0，所以x＝1不是f(x)的零点．
当x≠1时，①式化为k＝，
设g(x)＝，则g′(x)＝＝，
令g′(x)>0得x>1，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
令g′(x)<0，得x<1，则g(x)在(－∞，1)上单调递减，
当x→1时，g(x)→－∞当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
当x→－∞时，g(x)→0，且当x<0时，g(x)<0.
故g(x)的图象如图：
所以，当k<0时，y＝f(x)有两个零点，
当k≥0时，y＝f(x)有一个零点．
33．已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)<·ex＋x－ax3.
【解析】(1) f(x)＝1＋ln x－ax2(x>0)，f′(x)＝
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间；
当a>0时，x∈，f′(x)>0，当x∈，f′(x)<0，∴f(x)单调增区间为，单调减区间为.
(2)证明：法一： 要证xf(x)<·ex＋x－ax3，即证·－ln x>0，
令φ(x)＝·－ln x，(x>0)，φ′(x)＝，
令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，r′(x)＝2xex－e2，
r′(x)在(0，＋∞)上单调递增，r′(1)<0，r′(2)>0，
故存在唯一的x0∈(1,2)使得r′(x)＝0，
∴r′(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∵r(0)<0，r(2)＝0，∴当x∈(0,2)时，r(x)＜0 ，x∈(2，＋∞)时，r(x)>0;
所以φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝1－ln 2>0，得证．
法二：要证xf(x)＜·ex＋x－ax3，即证： ·>，令φ(x)＝·(x>0)，φ′(x)＝，
∴当x∈(0,2)时，φ′(x)<0，x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0；
所以φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝；
令r(x)＝，r′(x)＝，
当x∈(0，e)时，r′(x)＞0，x∈(e，＋∞)时，r′(x)<0;
所以r(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴r(x)≤r(e)＝，∴φ(x)≥>≥r(x)，
∴·＜，得证．
34．已知函数f(x)＝x－a(ln x)2，a∈R.
(1)当a＝1，x>1时，试比较f(x)与1的大小，并说明理由；
(2)若f(x)有极大值，求实数a的取值范围；
(3)若f(x)在x＝x0处有极大值，证明：1
f′(x)＝1－2(ln x)×＝.
令g(x)＝x－2ln x，x>1，则g′(x)＝1－＝，
当x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
∴g(x)≥g(2)＝2－2ln 2>0，即f′(x)>0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴f(x)>f(1)＝1.
故当a＝1，x>1时f(x)>1.
(2)∵f′(x)＝1－＝(x>0)，
令h(x)＝x－2aln x(x>0)，则h′(x)＝1－＝，
①当a＝0时，f(x)＝x无极大值．
②当a<0时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
h(1)＝1>0，h(e)＝e－1<0，
∃x1∈(e，1)，使得h(x1)＝0.
∴当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在x＝x1处有极小值，f(x)无极大值．
③当a>0时，h(x)在(0,2a)上单调递减，h(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
∵f(x)有极大值，
∴h(2a)＝2a－2aln(2a)＝2a(1－ln 2a)<0，
即a>，
又h(1)＝1>0，h(e)＝e－2a<0，
∴∃x0∈(1，e)，使得h(x0)＝x0－2aln x0＝0，
即aln x0＝；
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(x0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)有极大值，综上所述，a>.
(3)证明：由(2)可知：aln x0＝，
∴f(x0)＝x0－a(ln x0)2＝x0－(1
∴p(x)在(1，e)上单调递增，
∴p(1)
高考押题专练
1．若函数f(x)＝x－ sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1,1] B.
C. D.
【解析】取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，
f′(x)＝1－cos 2x－cos x，
但f′(0)＝1－－1＝－<0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.
【答案】C
2．设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，下面的不等式在R上恒成立的是( )
A．f(x)>0 B．f(x)<0
C．f(x)>x D．f(x)
【答案】A
3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x＋1)·f′(x)≥0，则有( )
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)
【解析】由题意得，当x≥－1时，f′(x)≥0，当x≤－1时，f′(x)≤0，∴f(x)的最小值为f(－1)，即对任意实数x，都有f(x)≥f(－1)，∴f(0)≥f(－1)，f(－2)≥f(－1)，∴f(0)＋f(－2)≥2f(－1)，故选D.
【答案】D
4．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且f(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是
( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞)
B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
【解析】设h(x)＝f(x)g(x)，又h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0知x<0时，h(x)为增函数，又f(x)，g(x)分别是奇函数和偶函数，∴h(x)为奇函数且在(0，＋∞)上为增函数，且h(3)＝0，所以f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故选D.
【答案】D
5．求曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积，其中正确的是( )
A．S＝ (x2－x)dx
B．S＝ (x－x2)dx
C．S＝ (y2－y)dy
D．S＝ (y－)dy
【解析】依题意，在同一坐标系下画出曲线y＝x2与直线y＝x的图象(图略)，注意到它们的交点坐标分别为(0,0)与(1,1)，结合图形及定积分的几何意义可知，相应的图形的面积可用定积分表示为 (x－x2)dx，选B.
【答案】B
6.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C的方程为x2－y＝0)的点的个数的估计值为( )
A．5 000 B．6 667
C．7 500 D．7 854
【解析】S阴影＝S正方形－ x2dx＝1－＝，所以有＝＝，解得n≈6 667，故选B.
【答案】B
7．已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】当x≠0时，f′(x)＋＝＝>0，当x>0时，[xf(x)]′>0，则h(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即F(x)在(0，＋∞)上无零点．当x<0时，[xf(x)]′<0，∴h(x)＝xf(x)在(－∞，0)上为减函数，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，所以F(x)＝xf(x)＋在(－∞,0)上为减函数，当x→0时，xf(x)→0，→－∞，则F(x)<0，x→－∞时，→0，F(x)≈xf(x)＞0，∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零点．综上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零点，故选B.
【答案】B
8．若∀x，y∈[0，＋∞)，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，则实数a的最大值是( )
A. B．1
C．2 D.
【解析】ex＋y－2＋ex－y－2＋2＝ex－2(ey＋e－y)＋2≥2(ex－2＋1)，当且仅当y＝0时等号成立．由2(ex－2＋1)≥4ax，得2a≤.令g(x)＝，则g′(x)＝，可得g′(2)＝0，且在(2，＋∞)上，g′(x)>0，在(0,2)上，g′(x)<0，故g(x)的最小值为g(2)＝1，所以2a≤1，即a≤.故选D.
【答案】D
9．已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( )
A．－ B.
C. D．1
【解析】由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1] ＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．
由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋
a(e1－1＋e－1＋1)＝0，
解得a＝.故选C.
【答案】C
10．设函数f(x)＝ex＋a＋x，g(x)＝ln(x＋3)－4e－x－a，其中e为自然对数的底数，若存在实数x0，使得f(x0)－g(x0)＝2成立，则实数a的值为( )
A．－2＋ln 2 B．1＋ln 2
C．－1－ln 2 D．2＋ln 2
【解析】由已知得f(x)－g(x)＝ex＋a＋x－ln(x＋3)＋4e－x－a，
设h(x)＝ex＋a＋4e－x－a，u(x)＝x－ln(x＋3)，
所以h(x)＝ex＋a＋4e－x－a≥2＝4，当且仅当ex＋a＝2时等号成立．
u′(x)＝1－(x>－3)，令u′(x)>0，得x>－2；
令u′(x)<0，得－3
【答案】D
11．已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，e] B．[0，e]
C．(－∞，e) D．[0，e)
【解析】f′(x)＝－k＝(x＞0)．设g(x)＝，则g′(x)＝，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
所以g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象(图略)可知，要满足题意，只需k≤e.
【答案】A
12．已知函数g(x)＝a－x2与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是( )
A. B．[1，e2－2]
C. D．[e2－2，＋∞)
【解析】函数g(x)＝a－x2与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，即函数f(x)＝x2－a与h(x)＝2ln x的图象有交点，即M(x)＝f(x)－h(x)＝x2－2ln x－a在区间上有零点．因为M′(x)＝2x－＝，故函数M(x)在区间上单调递减，在区间[1，e]上单调递增，即M(x)在x＝1处取得最小值．要使M(x)与x轴有交点，只需M(1)＝1－a≤0，即a≥1.另一方面M＝＋2－a，M(e)＝e2－2－a，M(e)－M＝e2－－4＞0，故M(e)＝e2－2－a≥0，a≤e2－2，综上所述，实数a的取值范围是[1，e2－2]．
【答案】B
13．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为 ( )
A.
B.
C.∪
D.∪
【答案】C
【解析】若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12≥0，从而c≥或c≤－.
14．已知f(x)＝aln x＋x2(a＞0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2都有≥2恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．(0,1]
【答案】A
【解析】由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2，所以函数的导数f′(x)＝＋x≥2.可得x＝时，f′(x)有最小值2.∴a≥1.
15．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为( )
A．15 B．16
C．17 D．18
【答案】D
【解析】x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，即x＝2是f′(x)＝3x2－3a＝0的根，将x＝2代入得a＝4，所以函数解析式为f(x)＝x3－12x＋2，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时函数f(x)取得极大值f(－2)＝18，故选D.
16．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为( )
A．(－∞，0) B．(－∞，－2)
C．(－2，－1) D．(－2,0)
【答案】D
【解析】设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点，所以＝α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数单调减区间为(－2,0)故选D.
17．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．[1,2)
C. D.
【答案】C
【解析】.f′(x)＝4x－＝，
∵x＞0，由f′(x)＝0得x＝.
∴令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜.
由题意得⇒1≤k＜.故C正确．
18．如果函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：
①函数y＝f(x)在区间内单调递增；
②函数y＝f(x)在区间内单调递减；
③函数y＝f(x)在区间(4,5)内单调递增；
④当x＝2时，函数y＝f(x)有极小值；
⑤当x＝－时，函数y＝f(x)有极大值．
则上述判断中正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④⑤ D．③
【答案】D
【解析】当x∈(－3，－2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，①错；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，②错；当x＝2时，函数y＝f(x)有极大值，④错；当x＝－时，函数y＝f(x)无极值，⑤错．故选D.
19．函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,3) B．(－1,2)
C．(－1,3] D．(－1,2]
【答案】D
【解析】由题知f′(x)＝3－3x2，令f′(x)＞0，解得－1＜x＜1；令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞1，由此得函数在(－∞，－1)上是减函数，在(－1,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，故函数在x＝－1处取到极小值－2，判断知此极小值必是区间(a2－12，a)上的最小值，∴a2－12＜－1＜a，解得－1＜a＜，又当x＝2时，f(2)＝－2，故有a≤2.综上知a∈(－1,2]，故选D.
20．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)＜，则f(x)＜＋的解集为( )
A．{x|－1＜x＜1} B．{x|x＜－1}
C．{x|x＜－1，或x＞1} D．{x|x＞1}
【答案】D
【解析】设F(x)＝f(x)－，则F(1)＝f(1)－＝1－1＝0，F′(x)＝f′(x)－，对任意x∈R，有F′(x)＝f′(x)－＜0，即函数F(x)在R上单调递减，则F(x)＜0的解集为(1，＋∞)，即f(x)＜＋的解集为(1，＋∞)，故选D.
21．已知函数f(x)(x∈R)满足f′(x)＞f(x)，则( )
A．f(2)＜e2f(0) B．f(2)≤e2f(0)
C．f(2)＝e2f(0) D．f(2)＞e2f(0)
【答案】D
【解析】由题意构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＞0，则g(x)＝在R上单调递增，则有g(2)＞g(0)，故f(2)＞e2f(0)．
22．直线y＝a分别与直线y＝2(x＋1)，曲线y＝x＋ln x交于点A，B，则|AB|的最小值为( )
A．3 B．2
C. D.
【答案】D
【解析】解方程2(x＋1)＝a，得x＝－1.
设方程x＋ln x＝a的根为t(t＞0)，则t＋ln t＝a，
则|AB|＝＝
＝.
设g(t)＝－＋1(t＞0)，
则g′(t)＝－＝(t＞0)，
令g′(t)＝0，得t＝1.当t∈(0,1)时，g′(t)＜0；
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)＞0，所以g(t)min＝g(1)＝，
所以|AB|≥，所以|AB|的最小值为.
23．已知函数f(x)＝x2＋3x－2ln x，则函数f(x)的单调递减区间为________．
【解析】函数f(x)＝x2＋3x－2ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2x＋3－，令2x＋3－＜0，即2x2＋3x－2＜0，解得x∈.又x∈(0，＋∞)，所以x∈.所以函数f(x)的单调递减区间为.
24．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
【解析】对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－2＋＋2a.
当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a＞0，解得a＞－.
所以a的取值范围是.
25．某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30元，并且每件产品须向总公司缴纳a元(a为常数，2≤a≤5)的管理费，根据多年的统计经验，预计当每件产品的售价为x元时，产品一年的销售量为(e为自然对数的底数)万件，已知每件产品的售价为40元时，该产品一年的销售量为500万件．经物价部门核定每件产品的售价x最低不低于35元，最高不超过41元．
(1)求分公司经营该产品一年的利润L(x)万元与每件产品的售价x元的函数关系式；
(2)当每件产品的售价为多少元时，该产品一年的利润L(x)最大，并求出L(x)的最大值．
【解析】(1)由题意，该产品一年的销售量为y＝.
将x＝40，y＝500代入，得k＝500e40.
故该产品一年的销售量y(万件)关于x(元)的函数关系式为y＝500e40－x.
所以L(x)＝(x－30－a)y＝500(x－30－a)e40－x(35≤x≤41)．
(2)由(1)得，L′(x)＝500[e40－x－(x－30－a)e40－x]＝500e40－x(31＋a－x)．
①当2≤a≤4时，L′(x)≤500e40－x(31＋4－35)＝0，
当且仅当a＝4，x＝35时取等号．
所以L(x)在[35，41]上单调递减．
因此，L(x)max＝L(35)＝500(5－a)e5.
②当4
L′(x)<0⇔31＋a
因此，L(x)max＝L(31＋a)＝500e9－a.
综上所述当2≤a≤4时，每件产品的售价为35元，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500(5－a)e5万元；
当4
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
当m≤0时，f′(x)≥0，所以函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间；
当m＞0时， f′(x)＝；
当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
综上，当m≤0时，函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间；当m＞0时，函数f(x)的单调增区间是(，＋∞)，单调减区间是(0，)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，
当m＝0时，F(x)＝－x2＋x，x＞0，有唯一零点；
当m＞0时，F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，所以F(x)有唯一零点；
当m＞1时，由F′(x)＜0得0＜x＜1或x＞m，由F′(x)＞0得1＜x＜m，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋＞0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，
所以F(x)有唯一零点；
当0＜m＜1时，0＜x＜m或x＞1时，由F′(x)＜0得，0＜x＜m或x＞1，
由F′(x)＞0得m＜x＜1，
所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)单调递减，在(m，1)单调递增，又ln m＜0，
所以F(m)＝(m＋1－2ln m)＞0，
而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点．
综上，函数F(x)有唯一零点，即当m≥0时函数f(x)与g(x)图象总有一个交点．
27．已知函数f(x)＝aln x－bx2，a，b∈R.
(1)若f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，求a，b的值；
(2)在(1)的条件下，求f(x)在上的最大值；
(3)若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，求a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝－2bx.
由函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，得即
解得
(2)由(1)得f(x)＝ln x－x2，定义域为(0，＋∞)．
此时，f′(x)＝－x＝，令f′(x)＞0，解得0＜x＜1，令f′(x)＜0，解得x＞1.
所以f′(x)在上单调递增，在(1，e)上单调递减，
所以f(x)在上的最大值为f(1)＝－.
(3)若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，
即aln x－bx2≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，
即aln x－x≥bx2对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，
即aln x－x≥0对x∈(e，e2]恒成立，
即a≥对x∈(e，e2]恒成立，
即a大于等于在区间(e，e2]上的最大值．
令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(e，e2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以h(x)＝，x∈(e，e2]的最大值为h(e2)＝，即a≥.
所以a的取值范围为.
28．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．
(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的单调性．
【解析】(1)∵a＝e，
∴f(x)＝ex－ex－1，f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.
∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.
(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．
∴当a≤1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，
∴当0
∴f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．
29．已知函数f(x)＝2ln x＋x2－2ax(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1
f′(x)＝，令x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4，
①当0
②当a>2时，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3
f′(x)<0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，
则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，
令t＝，则0
故g(t)在(0,1)上单调递减且g＝－2ln 2，
故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln 2＝g，即0
所以h′(t)＝1－<0在t∈上恒成立，
故h(t)＝t＋＋2在上单调递减，
从而a2≥，
故a的取值范围是.
30．已知函数f(x)＝(ax2＋x＋a)e－x(a∈R)．
(1)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值；
(2)若对任意的a≤0，f(x)≤bln(x＋1)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围．
【解析】(1)由题意，f′(x)＝(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x
＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1]＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)．
①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)，
令f′(x)>0，得x<1；f′(x)<0，得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)＝≠，不合题意．
②当a>0时，1－<1，
令f′(x)>0，得1－
所以f(x)的极大值为f(1)＝＝，得a＝1.
综上所述a＝1.
(2)令g(a)＝e－x(x2＋1)a＋xe－x，a∈(－∞，0]，
当x∈[0，＋∞)时，e－x(x2＋1)≥0，
则g(a)≤bln(x＋1)对∀a∈(－∞，0]恒成立等价于g(a)≤g(0)≤bln(x＋1)，
即xe－x≤bln(x＋1)，对x∈[0，＋∞)恒成立．
①当b≤0时，∀x∈(0，＋∞)，bln(x＋1)<0，xe－x>0，
此时xe－x>bln(x＋1)，不合题意．
②当b>0时，令h(x)＝bln(x＋1)－xe－x，x∈[0，＋∞)，
则h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝，其中(x＋1)ex>0，∀x∈[0，＋∞)，
令p(x)＝bex＋x2－1，x∈[0，＋∞)，p′(x)＝bex＋2x＞0，则h(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
a．b≥1时，p(x)≥p(0)＝b－1≥0，
所以对∀x∈[0，＋∞)，h′(x)≥0，从而h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以对任意x∈[0，＋∞)，h(x)≥h(0)＝0，
即不等式bln(x＋1)≥xe－x在[0，＋∞)上恒成立．
b．0
所以存在唯一的x0∈(0,1)使得p(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，p(x0)<0.
从而x∈(0，x0)时，h′(x)<0，所以h(x)在区间(0，x0)上单调递减，
则x∈(0，x0)时，h(x)
31．已知函数f(x)＝ex＋2－x.
(1)证明：f(x)≥3；
(2)若对任意x>0，f(x)>(x－a)2，求a的取值范围．
【解析】(1)证明：f′(x)＝ex＋2－1,
令f′(x)＝ex＋2－1＝0，解得x＝－2，
当x∈(－∞，－2)时，f(x)单调递减，
当x∈(－2，＋∞)时，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(x)min＝f(－2)＝3，
故f(x)≥3.
(2)对任意x>0，f(x)>(x－a)2，
故ex＋2－x－(x－a)2>0，
设g(x)＝ex＋2－x－(x－a)2，g′(x)＝ex＋2－1－x＋a,
由(1)知g′(x)单调递增，g′(0)＝e2＋a－1.
①当a≥1－e2时，g′(0)≥0，g′(x)≥0，所以g(x)单调递增，
则g(0)＝e2－a2≥0，即－e≤a≤e.
②当a<1－e2时，g′(0)<0，
可知存在x0>0，
当x∈(0，x0)时， g′(x)<0，
故当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，
g(0)＝e2－a2
综上所述，－e≤a≤e.
32．已知函数f(x)＝(x－2)ex－k(x－1)2.
(1)当k<0时，求函数f(x)在[0,2]上的最大值和最小值；
(2)讨论函数y＝f(x)零点的个数．
【解析】由题设，f′(x)＝(x－1)(ex－2k)，
(1)当k<0时，显然ex－2k>0，
令f′(x)>0，得x>1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，得x<1，f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在[0,2]上，f(1)＝－e, f(0)＝－2－k，f(2)＝－k，
所以，f(x)max＝－k，f(x)min＝－e.
(2)由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
令f(x)＝0则(x－2)ex＝k(x－1)2，①
当x＝1时，－e≠0，所以x＝1不是f(x)的零点．
当x≠1时，①式化为k＝，
设g(x)＝，则g′(x)＝＝，
令g′(x)>0得x>1，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
令g′(x)<0，得x<1，则g(x)在(－∞，1)上单调递减，
当x→1时，g(x)→－∞当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
当x→－∞时，g(x)→0，且当x<0时，g(x)<0.
故g(x)的图象如图：
所以，当k<0时，y＝f(x)有两个零点，
当k≥0时，y＝f(x)有一个零点．
33．已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)<·ex＋x－ax3.
【解析】(1) f(x)＝1＋ln x－ax2(x>0)，f′(x)＝
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间；
当a>0时，x∈，f′(x)>0，当x∈，f′(x)<0，∴f(x)单调增区间为，单调减区间为.
(2)证明：法一： 要证xf(x)<·ex＋x－ax3，即证·－ln x>0，
令φ(x)＝·－ln x，(x>0)，φ′(x)＝，
令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，r′(x)＝2xex－e2，
r′(x)在(0，＋∞)上单调递增，r′(1)<0，r′(2)>0，
故存在唯一的x0∈(1,2)使得r′(x)＝0，
∴r′(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∵r(0)<0，r(2)＝0，∴当x∈(0,2)时，r(x)＜0 ，x∈(2，＋∞)时，r(x)>0;
所以φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝1－ln 2>0，得证．
法二：要证xf(x)＜·ex＋x－ax3，即证： ·>，令φ(x)＝·(x>0)，φ′(x)＝，
∴当x∈(0,2)时，φ′(x)<0，x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0；
所以φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝；
令r(x)＝，r′(x)＝，
当x∈(0，e)时，r′(x)＞0，x∈(e，＋∞)时，r′(x)<0;
所以r(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴r(x)≤r(e)＝，∴φ(x)≥>≥r(x)，
∴·＜，得证．
34．已知函数f(x)＝x－a(ln x)2，a∈R.
(1)当a＝1，x>1时，试比较f(x)与1的大小，并说明理由；
(2)若f(x)有极大值，求实数a的取值范围；
(3)若f(x)在x＝x0处有极大值，证明：1
f′(x)＝1－2(ln x)×＝.
令g(x)＝x－2ln x，x>1，则g′(x)＝1－＝，
当x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
∴g(x)≥g(2)＝2－2ln 2>0，即f′(x)>0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴f(x)>f(1)＝1.
故当a＝1，x>1时f(x)>1.
(2)∵f′(x)＝1－＝(x>0)，
令h(x)＝x－2aln x(x>0)，则h′(x)＝1－＝，
①当a＝0时，f(x)＝x无极大值．
②当a<0时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
h(1)＝1>0，h(e)＝e－1<0，
∃x1∈(e，1)，使得h(x1)＝0.
∴当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在x＝x1处有极小值，f(x)无极大值．
③当a>0时，h(x)在(0,2a)上单调递减，h(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
∵f(x)有极大值，
∴h(2a)＝2a－2aln(2a)＝2a(1－ln 2a)<0，
即a>，
又h(1)＝1>0，h(e)＝e－2a<0，
∴∃x0∈(1，e)，使得h(x0)＝x0－2aln x0＝0，
即aln x0＝；
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(x0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)有极大值，综上所述，a>.
(3)证明：由(2)可知：aln x0＝，
∴f(x0)＝x0－a(ln x0)2＝x0－(1
∴p(x)在(1，e)上单调递增，
∴p(1)
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