高考数学题型与技巧——导数（中档-较难）

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导数-中档
一．解答题（共39小题）
1．已知函数f（x）＝．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）f（x）＞，恒成立，求a的取值范围．
2．已知函数f（x）＝lnx+ax﹣2（a∈R），g（x）＝（x﹣2）lnx﹣3．
（Ⅰ）若a＝0，求函数h（x）＝xf（x）﹣g（x）的最大值；
（Ⅱ）若函数f（x）的一个极值点为x＝1，求证：f（x）≤g（ex）．
3．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
4．已知函数f（x）＝alnx+．
（1）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）当a＞0时，若对任意x＞0，均有ax（2﹣lnx）≤1，求实数a的取值范围；
（3）若a＜0，对任意x1、x2∈（0，+∞），且x1≠x2，试比较f（）与的大小．
5．已知函数f（x）＝﹣x．
（Ⅰ）求f（x）的最大值；
（Ⅱ）若f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围；
（Ⅲ）求证：ln＜++⋯+（n∈N*）．
6．记函数f（x）＝x+aln（1﹣lnx），a∈R，其导函数为f'（x）．
（1）讨论f（x）的单调性．
（2）当a＝1时，设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），x1＜x2．点（x0，f（x0））在线段AB上（不含端点）且f'（x0）＝0．证明：x1+x2＞2x0．
7．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．
（1）求函数f（x）极值；
（2）证明：ex﹣1＞﹣+1．
8．已知函数f（x）＝ex﹣acosx﹣x（a≥0）．
（1）当a＝1时，求f（x）在区间[0，π]上的最值；
（2）当x∈（0，π]时，f（x）＞0，求a的取值范围．
9．已知函数f（x）＝，g（x）＝．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若k∈（﹣∞，2），方程kf（x）﹣2g（x）＝0无实数根，求k的最大值．
10．已知函数f（x）＝﹣ax2+（a﹣2）x+lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）≤x（ex﹣ax﹣2﹣）恒成立，求a的取值范围．
11．已知函数f（x）＝x2﹣ax3，函数g（x）＝f（x）+2ex（x﹣1），函数g（x）的导函数为g′（x）．
（1）当函数y＝f（x）在区间（1，+∞）时为减函数，求a的范围；
（2）若a＝e（e为自然对数的底数），
①求函数g（x）的单调区间；
②证明：g′（x）≥1+lnx．
12．已知函数f（x）＝ex+ax，g（x）＝exlnx（e是自然对数的底数）．
（1）若曲线y＝f（x）在x＝1处的切线也是抛物线y2＝4（x﹣1）切线，求a的值；
（2）若对于任意x∈R，f（x）＞0恒成立，试确定实数a的取值范围；
（3）当a＝﹣1时，是否存在x0∈（0，+∞），使曲线C：y＝g（x）﹣f（x）在点x＝x0处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等？若存在，求符合条件的x0的个数；若不存在，请说明理由．
13．设函数f（x）＝alnx（a∈R），g（x）＝cosx．
（1）设函数h（x）＝f（x）+g（x），若对任意的x∈（π，π），都有h（x）≥0，求实数a的取值范围；
（2）设a＞0，方程af（x）﹣x2+ax＝0在区间（1，e）上有实数解，求实数a的取值范围．
14．已知函数f（x）＝﹣x2+ax﹣4lnx﹣a+1（a∈R）．
（1）若，求a的值；
（2）若存在点，使函数f（x）的图象在点（x0，f（x0）），处的切线互相垂直，求a的最小值；
（3）若函数f（x）在区间（1，+∞）上有两个极值点，对任意的x∈[1，+∞），求使f（x）＜m恒成立的m的取值范围．（参考数据ln2≈0.693）
15．若函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0在（﹣1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）求证：对任意的正整数n都有，…+＞．
16．已知f（x）＝lnx﹣﹣2x+1，其中a≠0．
（1）当a＝1时，求f（x）的极值；
（2）当a＞0时，证明：f（x）＜﹣．
17．已知函数f（x）＝lnx﹣ax．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2时，证明：x1•x2＞e2．
18．已知函数f（x）＝lnx﹣．函数g（x）＝xf（x）+﹣x，若g（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2．
19．已知函数f（x）＝xlnx+1．
（1）求f（x）的单调性；
（2）设g（x）＝ex+mx（m∈R），若关于x的方程f（x）＝g（x）有解，求m的取值范围．
20．已知函数f（x）＝．
（1）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）若关于x的不等式（x+1）f（x）≥+x+a在[0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）设函数g（x）＝，其定义域是D，若关于x的不等式（x+1）f（x）＜g（x）在D上有解，求整数m的最小值．（参考数据：＝1.65，ln2＝0.69）
21．已知函数f（x）＝（x2﹣a+1）ex，g（x）＝（x2﹣2）ex+2．
（1）若f（x）在[﹣3，1]上是单调函数，求a的取值范围；
（2）若f（x）有两个不同的极值点m，n（m＜n），且2（m+n）≤m﹣1，记F（x）＝e2f（x）+g（x），求F（m）的最大值．
22．设f（x）＝ex﹣a（x+1）．
（1）若a＞0，f（x）≥0对一切x∈R恒成立，求a的最大值；
（2）设是曲线y＝g（x）上任意两点，若对任意的a≤﹣1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围；
（3）是否存在正整数a．使得对一切正整数n都成立？若存在，求a的最小值；若不存在，请说明理由．
23．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*）．
24．已知函数f（x）＝ex+2x2﹣3x．
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求证函数f（x）在区间[0，1]上存在唯一的极值点；
（3）当时，若关于x的不等式恒成立，试求实数a的取值范围．
25．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k．证明：k＞g′（x0）．
26．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．
27．设a为实数，函数f（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R．
（1）求f（x）的单调区间及极值；
（2）求证：当a＞ln2﹣1且x＞0时，ex＞x2﹣2ax+1．
28．已知函数f（x）＝x2+lnx
（1）求函数f（x）在[1，e]上的最大值，最小值；
（2）求证：在区间[1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数g（x）＝x3图象的下方．
29．已知a∈R，函数，g（x）＝（lnx﹣1）ex+x（其中e为自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）在区间（0，e]上的最小值；
（2）是否存在实数x0∈（0，e]，使曲线y＝g（x）在点x＝x0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．
30．设曲线C：f（x）＝alnx﹣ex，（e＝2.71828L），f′（x）表示f（x）的导函数．
（Ⅰ）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求函数f（x）的极值；
（Ⅲ）当a＝1时，对于曲线C上的不同两点A（x1，y1），B（x2，y2）（0＜x1＜x2），是否存在唯一x0∈（x1，x2），使直线AB的斜率等于f′（x0）？并证明你的结论．
31．已知函数f（x）＝lnx+，其中a为常数，且a＞0．
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线y＝垂直，求a的值；
（2）若函数f（x）在区间[1，2]上的最小值为，求a的值．
32．已知函数f（x）＝x3﹣（2a+1）x2+（a2+a）x．
（Ⅰ）若f（x）在x＝1处取得极大值，求实数a的值；
（Ⅱ）若∀m∈R，直线y＝kx+m都不是曲线y＝f（x）的切线，求k的取值范围；
（Ⅲ）若a＞﹣1，求f（x）在区间[0，1]上的最大值．
33．设函数f（x）＝lnx﹣﹣bx
（Ⅰ）当a＝b＝时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+＜x≤3），其图象上任意一点P（x0，y0）处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝0，b＝﹣1时，方程f（x）＝mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．
34．已知函数
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和该切线方程；
（Ⅱ）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），当h（x）存在最小值时，求其最小值φ（a）的解析式；
（Ⅲ）对（Ⅱ）中的φ（a）和任意的a＞0，b＞0，证明：．
35．已知函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，a∈R．
（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；
（2）令g（x）＝f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；
（3）当x∈（0，e]时，证明：．
36．设函数f（x）＝ax2+bx+clnx，（其中a，b，c为实常数且a＞0），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3x﹣3．
（Ⅰ）若函数f（x）无极值点且f'（x）存在零点，求a，b，c的值；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点，证明f（x）的极小值小于．
37．已知函数f（x）＝x3﹣3ax（a≥）．
（1）当a＝1时，求f（x）的极小值；
（2）设g（x）＝|f（x）|，x∈[﹣1，1]，求g（x）的最大值F（a）．
38．设函数f（x）＝x﹣aex﹣1．
（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…an记A＝
（1）求证：（i＝1，2，3…n）（2）求证：A．
39．已知函数f（x）＝ax+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a＝2，求曲线y＝f（x）在x＝1处切线的斜率；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）设g（x）＝x2﹣2x+2，若对任意x1∈（0，+∞），均存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＜g（x2），求a的取值范围．

导数-中档
参考答案与试题解析
一．解答题（共39小题）
1．已知函数f（x）＝．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）f（x）＞，恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）由题意可知，的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
则，设，x∈（0，1）∪（1，+∞），
则，所以当0＜x＜1时，u′（x）＞0，当x＞1时，u′（x）＜0，
所以函数u（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以u（x）＜u（1）＝0，
所以当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，f′（x）＜0，
所以函数在（0，1）和（1，+∞）上单调递减；
（2）设，x＞0，则，
所以h（x）在区间（0，+∞）上单调递增，且h（1）＝0，
所以当0＜x＜1时，h（x）＜0，即，当x＞1时，h（x）＞0，即，
所以，当0＜x＜1时，，即，当x＞1时，，即，
且＝，故x∈（0，1）∪（1，+∞）时，……①恒成立，
由不等式，即，所以，x∈（0，1）∪（1，+∞），
则恒成立，结合①式可知，只需a≤2，
所以a的取值范围为（﹣∞，2]．
2．已知函数f（x）＝lnx+ax﹣2（a∈R），g（x）＝（x﹣2）lnx﹣3．
（Ⅰ）若a＝0，求函数h（x）＝xf（x）﹣g（x）的最大值；
（Ⅱ）若函数f（x）的一个极值点为x＝1，求证：f（x）≤g（ex）．
【解答】解：（I）若a＝0，h（x）＝xf（x）﹣g（x）＝2lnx﹣2x+3，其定义域为（0，+∞），
所以，
由h'（x）＜0，得x＞1；由h'（x）＞0，得0＜x＜1，
所以h（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），
所以h（x）max＝h（1）＝1．
（Ⅱ），则由题意知，解得a＝﹣1，
所以f（x）＝lnx﹣x﹣2，所以要证f（x）≤g（ex），即证xex﹣x﹣lnx﹣1≥0，
令F（x）＝xex﹣x﹣lnx﹣1（x＞0），则，
令．则G（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为G（1）＝2（e﹣1）＞0，，
所以，使得G（x0）＝0，即，
所以当x∈（0，x0）时，G（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，G（x）＞0，
所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
所以，
又因为，即x0＝﹣lnx0，所以F（x）min＝1﹣x0+x0﹣1＝0，
所以F（x）≥0，即xex﹣x﹣lnx﹣1≥0，亦即f（x）≤g（ex）．
3．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），
∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．
令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式Δ＝a2﹣8，
①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a时，Δ＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，
∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．
（2）由（1）知，a，
∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），
∴k＝＝1+﹣a，
∵x1x2＝2，
∴k＝2﹣a，
假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，
∴＝1，
∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，
令h（t）＝t﹣﹣2lnt，
∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，
∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．
故不存在a使k＝2﹣a成立．
4．已知函数f（x）＝alnx+．
（1）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）当a＞0时，若对任意x＞0，均有ax（2﹣lnx）≤1，求实数a的取值范围；
（3）若a＜0，对任意x1、x2∈（0，+∞），且x1≠x2，试比较f（）与的大小．
【解答】解：由题意x＞0，f′（x）＝
（1）当a＞0时，由f′（x）＞0得，解得，
即函数f（x）的单调增区间是；
由f′（x）＜0得＜0，解得，
即函数f（x）的单调减区间是
∴当x＝时，函数f（x）有极小值，
极小值为f（）＝
（2）当a＞0时，∵对任意x＞0，
均有ax（2﹣lnx）≤1，即有对任意x＞0，恒成立，
∴对任意x＞0，只须2a≤f（x）min
由（1）可知，函数f（x）的极小值，即为最小值，
∴2a≤f（x）min＝a﹣alna，解得
即a的取值范围为
（3）
∵x1＞0，x2＞0且x1≠x2，a＜0，
∴x1+x2＞2，∴＞1，aln＜0
又，
∴aln+，
∴f（）﹣＜0，即f（）＜．
5．已知函数f（x）＝﹣x．
（Ⅰ）求f（x）的最大值；
（Ⅱ）若f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围；
（Ⅲ）求证：ln＜++⋯+（n∈N*）．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝﹣1＝，
令g（x）＝1﹣lnx﹣x2，x＞0，
g′（x）＝﹣﹣2x＝﹣＜0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，
又g（1）＝0，
所以在（0，1）上，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（1，+∞）上，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）max＝f（1）＝﹣1＝﹣1．
（Ⅱ）若f（x）≤kx恒成立，则﹣x≤kx恒成立，
即﹣1≤k恒成立，
令h（x）＝﹣1，
h′（x）＝＝，
令h′（x）＝0，得x＝，
所以在（0，）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
在（，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）在x＝处，取得极大值，也是最大值，且h（x）max＝h（）＝﹣1＝﹣1，
所以k≥﹣1，
所以实数k的取值范围诶[﹣1，+∞）．
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）得﹣x≤﹣1，即lnx≤x2﹣x，所以ln（x+1）≤（x+1）2﹣（x+1），所以ln（x+1）≤x（x+1），当且仅当x＝0时，等号成立，
对任意正整数n，取＞0，得，所以，则，
所以，即ln＜++⋯+（n∈N*）．
6．记函数f（x）＝x+aln（1﹣lnx），a∈R，其导函数为f'（x）．
（1）讨论f（x）的单调性．
（2）当a＝1时，设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），x1＜x2．点（x0，f（x0））在线段AB上（不含端点）且f'（x0）＝0．证明：x1+x2＞2x0．
【解答】解：（1）由题可得，解得0＜x＜e，所以函数f（x）的定义域为（0，e），
f'（x）＝1+a••（﹣）＝1﹣＝，
因为x∈（0，e），所以x（1﹣lnx）＞0，令g（x）＝x（1﹣lnx）﹣a，
则g'（x）＝1﹣lnx+x•（﹣）＝﹣lnx，令g'（x）＝0，得x＝1，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，当x∈（1，e）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，
所以函数g（x）的最大值为g（1）＝1﹣a，
①当a≤0时，g（x）＞0，f'（x）＞0，则函数f（x）在（0，e）上单调递增；
②当a≥1时，g（x）≤0，f'（x）≤0，则函数f（x）在（0，e）上单调递减；
③当0＜a＜1时，g（1）＝1﹣a＞0，当x→0时，g（x）＜0，当x→e时，g（x）＜0，
故函数g（x）＝0在（0，e）上有两个根，设为x1，x2，且0＜x11＜x2＜e，如图所示：

当x∈（0，x1）时，g（x）＜0，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（x1，x2）时，g（x）＞0，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（x2，e）时，g（x）＜0，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；
综上：当a≤0时，函数f（x）在（0，e）上单调递增，
当a≥1时，函数f（x）在（0，e）上单调递减，
当0＜a＜1时，函数f（x）在（0，x1），（x2，e）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，且x1，x2满足x（1﹣lnx）＝a；
（2）证明：当a＝1时，f'（x）＝1﹣，令g（x）＝x（1﹣lnx），
由（1）可得，g（x）在x∈（0，1）上单调递增，在x∈（1，e）上单调递减，且f'（1）＝0，
由f'（x0）＝0，得x0＝1，且f（1）＝1，
要证x1+x2＞2x0，即证＞x0＝1，
结合函数f'（x）的单调性，需证f'（）＜f'（1）＝0，
即证令t＝，t∈（1，e）时，f'（t）＜0，
即证f'（t）＝1﹣＜0，即证＞1，即证0＜t（1﹣lnt）＜1，
令g（t）＝t（1﹣lnt），则函数g（t）在（1，e）上单调递减，且g（1）＝1，即0＜g（t）＜1，
故x1+x2＞2x0，得证．
7．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．
（1）求函数f（x）极值；
（2）证明：ex﹣1＞﹣+1．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝+2ax+2a+1＝．
若a≥0，则当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值，
若a＜0，则当x∈（0，﹣）时，f′（x）＞0，f（x）在（0，﹣，）上单调递增；
当x∈（﹣，+∞）时，f′（x）＜0，在（﹣，+∞）上单调递减，
f（x）有极大值为，无极小值，
综上，当a≥0时，f（x）无极值，
当a＜0时，f（x）有极大值为ln（﹣）﹣﹣1，无极小值．
（2）证明：令，则，
由，故存在，使得h'（x0）＝0，
即 ，
所以，当x∈（﹣∞，x0）时，h'（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＞0．
故当x＝x0时，函数h（x）有极小值，且是唯一的极小值，
故函数
＝，
因为，所以，
故，
即．
8．已知函数f（x）＝ex﹣acosx﹣x（a≥0）．
（1）当a＝1时，求f（x）在区间[0，π]上的最值；
（2）当x∈（0，π]时，f（x）＞0，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣cosx﹣x，f′（x）＝ex+sinx﹣1
当x∈[0，π]时，ex﹣1≥e0﹣1＝0，sinx≥0，∴f′（x）≥0，
∴f（x）在[0，π]上单调递增，
∴f（x）min＝f（0）＝0，f（x）max＝f（π）＝eπ+1﹣π．
（2）当x∈（0，π]时，f（x）＞0⇔（ex﹣acosx﹣x）min＞0
f′（x）＝ex+asinx﹣1，
∵x∈（0，π]，∴ex﹣1＞0，sinx≥0，
∴当a≥0时，f′（x）≥0，
∴f（x）在[0，π]上单调递增，∴f（x）min＞f（0）＝1﹣a，
∴1﹣a≥0，∴0≤a≤1，
∴a的取值范围为[0，1]．
9．已知函数f（x）＝，g（x）＝．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若k∈（﹣∞，2），方程kf（x）﹣2g（x）＝0无实数根，求k的最大值．
【解答】解：（1）因为，所以，（x≠1），
令f′（x）＞0得：x∈（﹣∞，0）∪（2，+∞），
f′（x）＜0得：x∈（0，1）和（1，2），
所以f（x）的单调递减区间为（0，1）和（1，2），
f（x）得单调递增区间为（﹣∞，0），（2，+∞）．
（2）kf（x）﹣2g（x）＝0，即x（）＝0，
∵x∈（0.1）∪（1，+∞），所以要使方程kf（x）﹣2g（x）＝0无实数根，
即要＝0在0，1）∪（1，+∞）内无解，
亦即要klnx﹣＝0在（0，1）∪（1，+∞）内无实根，
令函数h（x）＝klnx﹣只需h（x）在（0，1）∪（1，+∞）上无零点，
h′（x）＝，
①当k≤0时，h′（x）＜0在（0，1）∪（1，+∞）内恒成立，所以h（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内也单调递减．
又h（1）＝0，所以h（x）在（0，1）内无零点，在（1，+∞）内也无零点，满足条件；
②当0＜k＜2时，h′（x）＝＝，
则h（x）在（0，1）内单调递减，在（1，）内也单调递减，在（，+∞）内单调递增，
又h（1）＝0所以h（x）在（0，1）内无零点，
又因为h（）＜0，且＝2+＞0，
故h（x）在（，+∞）内有一个零点，不满足条件．
综上所述，要使方程kf（x）﹣2g（x）＝0无实根，则k的最大值为0．
故答案为：（1）f（x）的单调递减区间为（0，1）和（1，2），
f（x）得单调递增区间为（﹣∞，0），（2，+∞）．
（2）k的最大值为0
10．已知函数f（x）＝﹣ax2+（a﹣2）x+lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）≤x（ex﹣ax﹣2﹣）恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）函数 f（x） 的定义域为（0，十∞），
，
①当a⩾0 时，由 f′（x）＝0，解得 ，
令f′（x）＞0，得 ，所以 f（x） 在 上单调递增；
令f′（x）＜0，得 ，所以 f（x） 在 上单调递减．
②当﹣2＜a＜0 时，由 f′（x）＝0，解得 或 ，且 ．
令f′（x）＞0，得 ，所以f（x） 在 上单调递增；
令f′（x）＜0，得 ，所以f（x） 在 上单调递减．
③当a＝﹣2 时，f′（x）⩾0，f（x） 在 （0，+∞）上单调递增．
④当a＜﹣2 时，由 f′（x）＝0，解得 或 ，且．
令f′（x）＞0，得 ，所以f（x） 在 上单调递增；
令f′（x）＜0，得 ，所以f（x） 在 上单调递减．
（2）恒成立，即xex﹣1⩾lnx+ax 在 （0，+∞） 上恒成立，
即 在 （0，+∞） 上恒成立．
令，则 ，
令h（x）＝x2ex+lnx，则 ，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，而，
故存在，使得h（x0）＝0，即，
所以．
令λ（x）＝xex，x∈（0，+∞），λ′（x）＝（x+1）ex＞0，
所以λ（x）在（0，+∞）上单调递增，所以．
当x∈（0，x0） 时，h（x）＜0，即 g′（x）＜0，故g（x）在（0，x0）上单调递减；
当x∈（x0，+∞） 时，h（x）＞0，即 g′（x）＞0，故 g（x） 在 （x0，+∞）上单调递增，
所以当x＝x0时，g（x）取得极小值，也是最小值，
所以，
故a⩽1．
所以a的取值范围为（﹣∞，1]．
11．已知函数f（x）＝x2﹣ax3，函数g（x）＝f（x）+2ex（x﹣1），函数g（x）的导函数为g′（x）．
（1）当函数y＝f（x）在区间（1，+∞）时为减函数，求a的范围；
（2）若a＝e（e为自然对数的底数），
①求函数g（x）的单调区间；
②证明：g′（x）≥1+lnx．
【解答】解：（1）由函数y＝f（x）在区间（1，+∞）时为减函数
∴f′（x）＝x﹣2ax2＝x（﹣2ax+1）≤0 x∈（1，+∞）
∴a＞0且﹣2a×1+1≤0
∴a≥
（2）①g（x）＝x2﹣ex3+2ex（x﹣1）
∴g′（x）＝x（1﹣2ex+2ex）
令h（x）＝1﹣2ex+2ex
h′（x）＝﹣2e+2ex＝2（ex﹣e）
当x＜1时，h′（x）＜0，h（x）递减
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）递增
∴h（x）≥h（1）＝1＞0
∴当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）递增
当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）递减
②x（1﹣2ex+2ex）≥1+lnx x＞0
∴1﹣2ex+2ex≥
只需证≤1
令M（x）＝
∴M′（x）＝
当x∈（0，1），M′（x）＞0，M（x）递增
当x∈（1，+∞），M′（x）＜0，M（x）递减
∴M（x）≤M（1）＝1
∴1﹣2ex+2ex≥
故g′（x）≥1+lnx．
12．已知函数f（x）＝ex+ax，g（x）＝exlnx（e是自然对数的底数）．
（1）若曲线y＝f（x）在x＝1处的切线也是抛物线y2＝4（x﹣1）切线，求a的值；
（2）若对于任意x∈R，f（x）＞0恒成立，试确定实数a的取值范围；
（3）当a＝﹣1时，是否存在x0∈（0，+∞），使曲线C：y＝g（x）﹣f（x）在点x＝x0处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等？若存在，求符合条件的x0的个数；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）f′（x）＝ex+a，把x＝1代入得：f′（1）＝e+a，
把x＝1代入f（x）得：f（1）＝e+a，所以切点坐标为（1，e+a），
则在x＝1处的切线为y﹣（e+a）＝（e+a）（x﹣1）即：y＝（e+a）x，
与y2＝4（x﹣1）联立，消去得（e+a）2x2﹣4x+4＝0，
由Δ＝0知，a＝1﹣e或a＝﹣1﹣e；（4分）
（2）f′（x）＝ex+a，
①当a＞0时，f′（x）＞0，f（x）在R上单调递增，且当x→﹣∞时，ex→0，ax→﹣∞，
∴f（x）→﹣∞，故f（x）＞0不恒成立，所以a＞0不合题意；（6分）
②当a＝0时，f（x）＝ex＞0对x∈R恒成立，所以a＝0符合题意；
③当a＜0时令f′（x）＝ex+a＝0，得x＝ln（﹣a），
当x∈（﹣∞，ln（﹣a））时，f′（x）＜0，当x∈（ln（﹣a），+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（﹣∞，ln（﹣a））上是单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上是单调递增，
所以[f（x）]min＝f（ln（﹣a））＝﹣a+aln（﹣a）＞0，
解得a＞﹣e，又a＜0，∴a∈（﹣e，0），
综上：a∈（﹣e，0]．（10分）
（3）当a＝﹣1时，由（2）知[f（x）]min＝f（ln（﹣a））＝﹣a+aln（﹣a）＝1，
设h（x）＝g（x）﹣f（x）＝exlnx﹣ex+x，则，
假设存在实数x0∈（0，+∞），使曲线C：y＝g（x）﹣f（x）在点x＝x0处的切线斜率与f（x）在R上的最小值相等，
x0即为方程的解，（13分）
令h′（x）＝1得：，因为ex＞0，所以．
令，则，
当0＜x＜1时φ′（x）＜0，当x＞1时φ′（x）＞0，
所以在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）＞φ（1）＝0，故方程有唯一解为1，
所以存在符合条件的x0，且仅有一个x0＝1．（16分）
13．设函数f（x）＝alnx（a∈R），g（x）＝cosx．
（1）设函数h（x）＝f（x）+g（x），若对任意的x∈（π，π），都有h（x）≥0，求实数a的取值范围；
（2）设a＞0，方程af（x）﹣x2+ax＝0在区间（1，e）上有实数解，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）由题意，h（x）＝f（x）+g（x）＝alnx+cosx，则
．
①当a≤0时，∵，∴lnx＞0，cosx＜0，
∴h（x）＝alnx+cosx＜0，不符合题意；
②当a＞0时，∵，∴h′（x）＞0恒成立，
∴h（x）在上单调递增．
欲使h（x）≥0对任意的都成立，则需h（π）≥0，
∴h（π）＝alnπ+cosπ≥0，解得．
综上所述，a的取值范围是．
（2）由题意，设函数F（x）＝af（x）﹣x2+ax＝a2lnx﹣x2+ax，x＞0．则
F′（x）＝＝．
①令F′（x）＝0，解得x＝a；
②令F′（x）＞0，解得0＜x＜a；
③令F′（x）＜0，解得x＞a．
∴F（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+∞）单调递减，
在x＝a处取得极大值F（a）＝a2lna．
根据题意，方程af（x）﹣x2+ax＝0在区间（1，e）上有实数解
⇔函数F（x）在（1，e）上有零点，
则极大值F（a）≥0，即a2lna≥0，解得a≥1．
而F（1）＝a﹣1，故F（1）≥0．
①若a＝1，F（x）在（1，e）上是减函数，F（1）＝0，
F（x）在（1，e）上没有零点，不满足题意；
②若a＞1，F（1）＞0，F（x）在（1，a）上是增函数，在（a，+∞）上是减函数，
∴F（x）在（1，e）上有零点，则等价于，
即：，解得．
综上所述，实数a的取值范围是．
14．已知函数f（x）＝﹣x2+ax﹣4lnx﹣a+1（a∈R）．
（1）若，求a的值；
（2）若存在点，使函数f（x）的图象在点（x0，f（x0）），处的切线互相垂直，求a的最小值；
（3）若函数f（x）在区间（1，+∞）上有两个极值点，对任意的x∈[1，+∞），求使f（x）＜m恒成立的m的取值范围．（参考数据ln2≈0.693）
【解答】解：（1），即，解得；
（2），由题意，代入化简得．
设，则8t2﹣6at+a2+5＝0在t∈（2，3）上有解．令f（t）＝8t2﹣6at+a2+5，
由于，所以，即a＞0．又Δ＝4a2﹣160≥0，所以．
当时，代入方程解得，符合要求，因此．
（3），
令g（x）＝﹣2x2+ax﹣4，
由题意，g（x）在（1，+∞）上有两个不同的零点，
则有，
设f（x）的两个极值点分别是x1，x2（不妨1＜x1＜x2），
则．
∴，
在上单调增，
∴．
且f（x）在（1，x1）上减，在（x1，x2）上增，在（x2，+∞）上增．

，则，
因此h（x）在上单调增．∴．∴．
又f（1）＝0＜3﹣4ln2，
∴m≥3﹣4ln2．
15．若函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0在（﹣1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）求证：对任意的正整数n都有，…+＞．
【解答】解：（1）f'（x）＝+x﹣a＝．
若a≤0，则当x∈（﹣1，0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
若0＜a＜1，则当x∈（﹣1，a﹣1）或x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（a﹣1，0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
若a＝1，则f'（x）≥0恒成立，当且仅当x＝0时取等号，所以f（x）在（﹣1，+∞）单调递增；
若a＞1，则当x∈（﹣1，0）或x∈（a﹣1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（0，a﹣1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
（2）f（0）＝﹣a﹣≥0⇒a≤﹣＜0，
所以当x∈（﹣1，0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＝0时，f（x）取最小值f（0）≥0；
所以a∈（﹣∞，﹣]．
（3）当a＝﹣时，f（x）＝≥0⇔对任意x∈（﹣1，+∞）恒成立，当且仅当x＝0时取等号．
所以对任意的正整数n，，
所以＞＝＝．
16．已知f（x）＝lnx﹣﹣2x+1，其中a≠0．
（1）当a＝1时，求f（x）的极值；
（2）当a＞0时，证明：f（x）＜﹣．
【解答】解：当a＝1时，f（x）＝lnx﹣﹣2x+1，
所以f‘（x）＝＝＝，（x＞0）
令f'（x）＞0得f（x）在（0，1）单调递增，令f'（x）＜0得f（x）在（1，+∞）单调递减，
所以当x＝1时，f（x）取得极大值f（1）＝﹣2，无极小值；
（2）当a＞0时，f'（x）＝（x＞0），
令g（x）＝﹣2x2+x+a，则g（0）＝a＞0，又g（x）开口向下，且对称轴为x＝，
所以存在x0＞使得g（x0）＝0，即a＝2﹣x0，
所以当x∈（0，x0）时，f（x）单调递增，（x0，+∞）是单调递减，
所以当x＝x0时，f（x）取得最大值f（x0），
f（x0）＝lnx0﹣﹣2x0+1＝lnx0﹣﹣2x0+1＝lnx0﹣4x0+2，
令h（x0）＝f（x0），
所以当x0＞时，h'（x0）＝＜0，
所以在h（x0）（上单调递减，
所以h（x0）＜h（）＝ln＜ln＝，
所以原不等式成立．
17．已知函数f（x）＝lnx﹣ax．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2时，证明：x1•x2＞e2．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝lnx﹣ax，x＞0，
∴f′（x）＝﹣a＝，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＞0时，f′（x）＞0，解得0＜x＜，f′（x）＜0，解得x＞，
故f（x）在（0，+∞）单调递减，在（0，）单调递增；
（Ⅱ）证明：∵函数f（x）有两个零点x1、x2，不妨设x1＞x2＞0
∴lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，
∴lnx1+lnx2＝a（x1+x2），lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），
∴a＝，
欲证明x1•x2＞e2，即证lnx1+lnx2＞2，
lnx1+lnx2＝a（x1+x2）＝（x1+x2）＞2
只需证lnx1﹣lnx2＞，
只需证ln＞，设＝t，则t＞1，只需证lnt﹣＞0，
设g（t）＝lnt﹣，则g′（t）＝＞0，
∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，
又∵g（1）＝0，
∴g（t）＞g（1）＝0，所以原命题成立．
18．已知函数f（x）＝lnx﹣．函数g（x）＝xf（x）+﹣x，若g（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2．
【解答】解：，g'（x）＝lnx﹣mx，由题意x1，x2是方程lnx﹣mx＝0的两个根，所以lnx1﹣mx1＝0，①lnx2﹣mx2＝0，②
①②两式相加可得，③
①②两式相减可得，④
由③④两式消去m可得，
所以，
设，因为0＜x1＜x2，所以t＞1，所以，t＞1，
因此只需证明当t＞1时，不等式＞2成立即可，即不等式成立．
设函数，则h'（t）＝＝＞0，
所以在（1，+∞）上单调递增，
故h（t）＞h（1）＝0，即证得当t＞1时，，亦即证得lnx1+lnx2＞2，
所以lnx1x2＞2，即证得．
19．已知函数f（x）＝xlnx+1．
（1）求f（x）的单调性；
（2）设g（x）＝ex+mx（m∈R），若关于x的方程f（x）＝g（x）有解，求m的取值范围．
【解答】解：（1）求导函数，可得f′（x）＝lnx+1，x＞0．
由f′（x）＝lnx+1＞0，可得x＞；f′（x）＝lnx+1＜0，可得0＜x＜，
∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
（2）∵g（x）＝ex+mx（m∈R），若关于x的方程f（x）＝g（x）有解，
∴ex+mx＝xlnx+1在x＞0上有解，
∴m＝lnx+﹣，
∴y＝m与y＝lnx+﹣有交点
设h（x）＝lnx+﹣，x＞0，
∴h′（x）＝﹣﹣＝＝，
令h′（x）＝0，解得x＝1，
当h′（x）＞0时，解得0＜x＜1，函数h（x）单调递增，
当h′（x）＜0时，解得x＞1，函数h（x）单调递减，
∴h（x）max＝h（1）＝0+1﹣e＝1﹣e，
∴m≤1﹣e，
故m的范围为（﹣∞，1﹣e]．
20．已知函数f（x）＝．
（1）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）若关于x的不等式（x+1）f（x）≥+x+a在[0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）设函数g（x）＝，其定义域是D，若关于x的不等式（x+1）f（x）＜g（x）在D上有解，求整数m的最小值．（参考数据：＝1.65，ln2＝0.69）
【解答】解：（1）∵f（x）＝，∴，
∴，又，
∴y＝f（x）在（1，f（1））处切线方程是：，
整理得：；
（2）由（x+1）f（x）≥+x+a，得，
∴．
令，则h'（x）＝ex﹣x﹣1，
令p（x）＝h'（x）＝ex﹣x﹣1，得p（0）＝0，p'（x）＝ex﹣1≥0，
∴p（x）在[0，+∞）上单调递增，则p（x）≥0．
∴h'（x）≥0，得h（x）在[0，+∞）上单调递增，
又h（0）＝1，∴hmin（x）＝h（0）＝1．
∴a≤1；
（3）由g（x）＝，得x＞0且x≠1．
∴D＝（0，1）∪（1，+∞），
不等式（x+1）f（x）＜g（x）在D上有解，
即在D上有解，即在D上有解．
先证：在D上恒成立，即证：恒成立，
只要证在D上恒成立．
设，其中x∈[0，+∞）．
∵H（1）＝0，，，H'（1）＝0，
在[0，+∞）上单调递增，令H''（x）＝0，得．
∴当时，H''（x）＜0，H'（x）单调递减，
当时，H''（x）＞0，H'（x）单调递增，
∴．
当x∈（0，1）时，H'（x）＜0，H（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，H'（x）＞0，H（x）单调递增．
∴Hmin（x）＝H（1）＝0，得H（x）≥0恒成立．
∴在D上恒成立； ①
再证：在D上恒成立．
当x∈（1，+∞）时，即证：恒成立，②
设，其中x∈[1，+∞），
∴F（1）＝0，．
设t（x）＝ex2+（2e﹣8）x+e，其中Δ＝64﹣32e＜0，
∴t（x）＞0恒成立，得F'（x）＞0恒成立，则F（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴F（x）＞F（1）＝0，则②成立．
当x∈（0，1）时，即证，由上证可知，不等式成立，
∴在D上恒成立．③
由①③可知，在D上恒成立．
∴恒成立，
∴当m≤1时，在D上恒成立．
令m＝2，得，
∴，
又，∴ex＜g（x）在D上有解．
综上，m的最小整数值是2．
21．已知函数f（x）＝（x2﹣a+1）ex，g（x）＝（x2﹣2）ex+2．
（1）若f（x）在[﹣3，1]上是单调函数，求a的取值范围；
（2）若f（x）有两个不同的极值点m，n（m＜n），且2（m+n）≤m﹣1，记F（x）＝e2f（x）+g（x），求F（m）的最大值．
【解答】解：（1）由题得
f′（x）＝（x2+2x﹣a+1）ex
若函数f（x）在[﹣3，1]上是单调递增函数
则f′（x）＝（x2+2x﹣a+1）ex≥0在[﹣3，1]上恒成立
即x2+2x﹣a+1≥0，
∴a≤x2+2x+1＝（x+1）2在[﹣3，1]上恒成立
∴a≤0，
若函数f（x）在[﹣3，1]上是单调递减函数
则f′（x）＝（x2+2x﹣a+1）ex≤0在[﹣3，1]上恒成立
即x2+2x﹣a+1≤0
a≥x2+2x+1＝（x+1）2在[﹣3，1]上恒成立
∴a≥4
综上，若函数f（x）在[﹣3，1]上是单调函数，则a的取值范围是（﹣∞，0]∪[4，+∞）
（2）令f′（x）＝0
∴x2+2x﹣a+1＝0
∵f（x）有两个不同的极值点
∴Δ＝4﹣4（1﹣a）＝4a＞0，
即a＞0，
且由韦达定理可知：m+n＝﹣2，mn＝1﹣a（m＜n），
∵2（m+n）≤m﹣1
∴﹣3≤m，
∵m+n＝﹣2，m＜n，
∴m＜﹣1，
∴﹣3≤m＜﹣1
∴F（x）＝（x2﹣a+1）ex+2+（x2﹣2）ex+2＝（2x2﹣a﹣1）ex+2
∴F（m）＝（2m2﹣a﹣1）em+2＝（m2﹣2m﹣2）em+2
∴F′（m）＝（m2﹣4）em+2
∴F（m）在[﹣3，﹣2]上单调递增，在[﹣2，﹣1）上单调递减
∴Fmax（m）＝F（﹣2）＝6．
22．设f（x）＝ex﹣a（x+1）．
（1）若a＞0，f（x）≥0对一切x∈R恒成立，求a的最大值；
（2）设是曲线y＝g（x）上任意两点，若对任意的a≤﹣1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围；
（3）是否存在正整数a．使得对一切正整数n都成立？若存在，求a的最小值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵f（x）＝ex﹣a（x+1），
∴f′（x）＝ex﹣a，
∵a＞0，f′（x）＝ex﹣a＝0的解为x＝lna．
∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣a（lna+1）＝﹣alna，
∵f（x）≥0对一切x∈R恒成立，
∴﹣alna≥0，
∴alna≤0，
∴amax＝1．
（2）∵f（x）＝ex﹣a（x+1），
∴g（x）＝f（x）+＝．
∵a≤﹣1，直线AB的斜率恒大于常数m，
∴g′（x）＝ex﹣﹣a≥2﹣a＝﹣a+2＝m，（a≤﹣1），
解得m≤3，
∴实数m的取值范围是（﹣∞，3]．
（3）设t（x）＝ex﹣x﹣1，
则t′（x）＝ex﹣1，令t′（x）＝0得：x＝0．
在x＜0时t′（x）＜0，f（x）递减；在x＞0时t′（x）＞0，f（x）递增．
∴t（x）最小值为t（0）＝0，故ex≥x+1，
取，
得，
累加得．
∴1n+3n+…+（2n﹣1）n＜•（2n）n，
故存在正整数a＝2．使得1n+3n+…+（2n﹣1）n＜•（an）n．
23．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*）．
【解答】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，∴（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，
∴
∴
24．已知函数f（x）＝ex+2x2﹣3x．
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求证函数f（x）在区间[0，1]上存在唯一的极值点；
（3）当时，若关于x的不等式恒成立，试求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝ex+4x﹣3，则f'（1）＝e+1，
又f（1）＝e﹣1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣e+1＝（e+1）（x﹣1），
即（e+1）x﹣y﹣2＝0；
（2）∵f′（0）＝e0﹣3＝﹣2＜0，f′（1）＝e+1＞0，
∴f′（0）•f′（1）＜0，
令h（x）＝f′（x）＝ex+4x﹣3，则h′（x）＝ex+4＞0，
∴f′（x）在[0，1]上单调递增，∴f′（x）在[0，1]上存在唯一零点，
∴f（x）在[0，1]上存在唯一的极值点；
（3）由，
得，
即，
∵，∴，
令，则，
令，则ϕ'（x）＝x（ex﹣1）
∵，∴ϕ'（x）＞0，∴ϕ（x）在上单调递增，
∴，
因此g'（x）＞0，故g（x）在上单调递增，
则．
∴实数a的取值范围a≤．
25．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k．证明：k＞g′（x0）．
【解答】（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，
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．
26．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．
【解答】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．
27．设a为实数，函数f（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R．
（1）求f（x）的单调区间及极值；
（2）求证：当a＞ln2﹣1且x＞0时，ex＞x2﹣2ax+1．
【解答】（1）解：∵f（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R，
∴f′（x）＝ex﹣2，x∈R．
令f′（x）＝0，得x＝ln2．
于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，ln2）
ln2
（ln2，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
单调递减
2（1﹣ln2+a）
单调递增
故f（x）的单调递减区间是（﹣∞，ln2），
单调递增区间是（ln2，+∞），
f（x）在x＝ln2处取得极小值，
极小值为f（ln2）＝eln2﹣2ln2+2a＝2（1﹣ln2+a），无极大值．
（2）证明：设g（x）＝ex﹣x2+2ax﹣1，x∈R，
于是g′（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R．
由（1）知当a＞ln2﹣1时，
g′（x）最小值为g′（ln2）＝2（1﹣ln2+a）＞0．
于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增．
于是当a＞ln2﹣1时，对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＞g（0）．
而g（0）＝0，从而对任意x∈（0，+∞），g（x）＞0．
即ex﹣x2+2ax﹣1＞0，
故ex＞x2﹣2ax+1．
28．已知函数f（x）＝x2+lnx
（1）求函数f（x）在[1，e]上的最大值，最小值；
（2）求证：在区间[1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数g（x）＝x3图象的下方．
【解答】解：（1）由f（x）＝x2+lnx有f′（x）＝x+（2分）
当x∈[1，e]时，f′（x）＞0
∴f（x）max＝f（e）＝e2+1，
f（x）min＝f（1）＝（6分）
（2）设F（x）＝x2+lnx﹣x3，
则F′（x）＝x+﹣2x2＝
当x∈[1，+∞）时，F′（x）＜0，
且F（1）＝﹣＜0故x∈[1，+∞）时F（x）＜0
∴x2+lnx＜x3，得证（12分）
29．已知a∈R，函数，g（x）＝（lnx﹣1）ex+x（其中e为自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）在区间（0，e]上的最小值；
（2）是否存在实数x0∈（0，e]，使曲线y＝g（x）在点x＝x0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵，
∴
令f'（x）＝0，得x＝a．
①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在区间（0，e]上单调递增，此时函数f（x）无最小值．
②若0＜a＜e，当x∈（0，a）时，f'（x）＜0，函数f（x）在区间（0，a）上单调递减，
当x∈（a，e]时，f'（x）＞0，函数f（x）在区间（a，e]上单调递增，
所以当x＝a时，函数f（x）取得最小值lna
③若a≥e，则f'（x）≤0，函数f（x）在区间（0，e]上单调递减，
所以当x＝e时，函数f（x）取得最小值．
．综上可知，当a≤0时，函数f（x）在区间（0，e]上无最小值；
当0＜a＜e时，函数f（x）在区间（0，e]上的最小值为lna；
当a≥e时，函数f（x）在区间（0，e]上的最小值为．
（2）∵g（x）＝（lnx﹣1）ex+x，x∈（0，e]，
∴g'（x）＝（lnx﹣1）′ex+（lnx﹣1）（ex）′+1＝．
由（1）可知，当a＝1时，．
此时f（x）在区间（0，e]上的最小值为ln1＝0，即．（10分）
当x0∈（0，e]，，，
∴．
曲线y＝g（x）在点x＝x0处的切线与y轴垂直等价于方程g'（x0）＝0有实数解．（13分）
而g'（x0）＞0，即方程g'（x0）＝0无实数解．、故不存在x0∈（0，e]，使曲线y＝g（x）在点x＝x0处的切线与y轴垂直．
30．设曲线C：f（x）＝alnx﹣ex，（e＝2.71828L），f′（x）表示f（x）的导函数．
（Ⅰ）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求函数f（x）的极值；
（Ⅲ）当a＝1时，对于曲线C上的不同两点A（x1，y1），B（x2，y2）（0＜x1＜x2），是否存在唯一x0∈（x1，x2），使直线AB的斜率等于f′（x0）？并证明你的结论．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
当a＝1时，f（x）＝lnx﹣ex，
∴f‘（x）＝＝，
令f'（x）＞0得f（x）的单调增区间为（0，），
令f’（x）＜0得f（x）的单调减区间为（，+∞），
（Ⅱ）f（x）的定义域为（0，+∞），，
令f'（x）＝0得x＝
当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，即f（x）在（0，+∞）单调递减，故无极值，
当a＞0时，由f′（x）＞0得f（x）在（0，）单调递增，由f′（x）＜0得f（x）在（）单调递减，
所以当x＝时有极大值f（）＝alna﹣2a，无极小值．
（Ⅲ）存在唯一x0∈（x1，x2），使直线AB的斜率等于f′（x0），
证明如下：∵AB的斜率kAB＝f′（x0）
∴＝
∴x0（lnx2﹣lnx1）﹣（x2﹣x1）＝0
设函数g（x）＝x（lnx2﹣lnx1）﹣（x2﹣x1）（x1＜x0＜x2），
则g（x1）＝x1（lnx2﹣lnx1）﹣（x2﹣x1）＝，
设函数h（x）＝lnx﹣x+1（x＞1），则，
∴h（x）在（1，+∞）上递减，
∴h（x）＜h（1）＝0，即lnx﹣x+1＜0，
∵0＜x1＜x2，
∴，
∴，
∴g（x1）＜0，
同理可证g（x2）＞0，
∴根据零点存在定理，g（x）在区间（x1，x2）内存在零点x0，
又∵lnx2﹣lnx1＞0，g（x）在区间（x1，x2）内是增函数，
∴g（x）在区间（x1，x2）内有唯一的零x0，
故存在唯一x0∈（x1，x2），使直线AB的斜率等于f′（x0）．
31．已知函数f（x）＝lnx+，其中a为常数，且a＞0．
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线y＝垂直，求a的值；
（2）若函数f（x）在区间[1，2]上的最小值为，求a的值．
【解答】解：f′（x）＝+＝﹣＝（x＞0）（4分）
（1）因为曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线y＝垂直，
所以f'（1）＝﹣2，即1﹣a＝﹣2，解得a＝3．（6分）
（2）当0＜a≤1时，f'（x）＞0在（1，2）上恒成立，
这时f（x）在[1，2]上为增函数∴f（x）min＝f（1）＝a﹣1．
∴a﹣1＝，a＝，不合（8分）
当1＜a＜2时，由f'（x）＝0得，x＝a∈（1，2）
∵对于x∈（1，a）有f'（x）＜0，f（x）在[1，a]上为减函数，
对于x∈（a，2）有f'（x）＞0，f（x）在[a，2]上为增函数，
∴f（x）min＝f（a）＝lna．
∴lna＝，a＝，（11分）
当a≥2时，f'（x）＜0在（1，2）上恒成立，
这时f（x）在[1，2]上为减函数，∴f（x）min＝f（2）＝ln2+﹣1，
∴ln2+﹣1＝，a＝3﹣2ln2，不合．
综上，a的值为．（13分）
32．已知函数f（x）＝x3﹣（2a+1）x2+（a2+a）x．
（Ⅰ）若f（x）在x＝1处取得极大值，求实数a的值；
（Ⅱ）若∀m∈R，直线y＝kx+m都不是曲线y＝f（x）的切线，求k的取值范围；
（Ⅲ）若a＞﹣1，求f（x）在区间[0，1]上的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）因为 f'（x）＝x2﹣（2a+1）x+（a2+a）＝（x﹣a）[x﹣（a+1）]…（2分）
令f'（x）＝0，得x1＝（a+1），x2＝a
所以f'（x），f（x）随x的变化情况如下表：
x
（﹣∞，a）
a
（a，a+1）
a+1
（a+1，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）

极大值

极小值

…（4分）
因为f（x）在x＝1处取得极大值，所以a＝1…（5分）
（II）求导数可得…（6分）
因为∀m∈R，直线y＝kx+m都不是曲线y＝f（x）的切线，所以对x∈R成立…（7分）
所以只要f'（x）的最小值大于k，所以…（8分）
（III）因为a＞﹣1，所以a+1＞0，
当a≥1时，f'（x）≥0对x∈[0，1]成立，所以当x＝1时，f（x）取得最大值…（9分）
当0＜a＜1时，在x∈（0，a）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，在x∈（a，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以当x＝a时，f（x）取得最大值…（10分）
当a＝0时，在x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以当x＝0时，f（x）取得最大值f（0）＝0…（11分）
当﹣1＜a＜0时，在x∈（0，a+1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，在x∈（a+1，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，又，
当时，f（x）在x＝1取得最大值
当时，f（x）在x＝0取得最大值f（0）＝0
当时，f（x）在x＝0，x＝1处都取得最大值0．…（14分）
综上所述，当a≥1或时，f（x）取得最大值；当0＜a＜1时，f（x）取得最大值；当时，f（x）在x＝0，x＝1处都取得最大值0；当时，f（x）在x＝0取得最大值f（0）＝0．
33．设函数f（x）＝lnx﹣﹣bx
（Ⅰ）当a＝b＝时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+＜x≤3），其图象上任意一点P（x0，y0）处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝0，b＝﹣1时，方程f（x）＝mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）依题意，知f（x）的定义域为（0，+∞）．（1分）
当a＝b＝时，f（x）＝lnx﹣x2﹣x，
f′（x）＝﹣x﹣＝．（2分）
令f′（x）＝0，解得x＝1．
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；
当x＞1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减．（3分）
所以函数f（x）的单调增区间（0，1），函数f（x）的单调减区间（1，+∞）．（4分）
（Ⅱ）F（x）＝lnx+，x∈（0，3]，
所以k＝F′（x0）＝≤，在x0∈（0，3]上恒成立，（6分）
所以a≥（﹣x02+x0）max，x0∈（0，3]（7分）
当x0＝1时，﹣x02+x0取得最大值 ．所以a≥．（9分）
（Ⅲ）当a＝0，b＝﹣1时，f（x）＝lnx+x，
因为方程f（x）＝mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，
所以lnx+x＝mx有唯一实数解．
∴，
设g（x）＝，则g′（x）＝．
令g′（x）＞0，得0＜x＜e；
g′（x）＜0，得x＞e，
∴g（x）在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数，
g（1）＝1，g（e2）＝1+＝1+，g（e）＝1+，
所以m＝1+，或1≤m＜1+．
34．已知函数
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和该切线方程；
（Ⅱ）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），当h（x）存在最小值时，求其最小值φ（a）的解析式；
（Ⅲ）对（Ⅱ）中的φ（a）和任意的a＞0，b＞0，证明：．
【解答】解：（Ⅰ），
由已知得解得，
∴两条直线交点的坐标为（e2，e），切线的斜率为，
∴切线的方程为
（Ⅱ）由条件知，
∴
（ⅰ）当a＞0时，令h'（x）＝0，解得x＝4a2，
∴当0＜x＜4a2时，h'（x）＜0，h（x）在（0，4a2）上递减；
当x＞4a2时，h'（x）＞0，h（x）在（4a2，+∞）上递增
∴x＝4a2是h（x）在（0，+∞）上的唯一极值点，从而也是h（x）的最小值点
∴最小值φ（a）＝h（4a2）＝2a﹣aln4a2＝2a（1﹣ln2a）
（ⅱ）当a≤0时，在（0，+∞）上递增，无最小值，
故h（x）的最小值φ（a）的解析式为φ（a）＝2a（1﹣ln2a）（a＞0）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知φ'（a）＝﹣2ln2a
对任意的a＞0，b＞0①②
③
故由①②③得．
35．已知函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，a∈R．
（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；
（2）令g（x）＝f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；
（3）当x∈（0，e]时，证明：．
【解答】解：（1）在[1，2]上恒成立，
令h（x）＝2x2+ax﹣1，有得，
得
（2）假设存在实数a，使g（x）＝ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值3，＝
①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min＝g（e）＝ae﹣1＝3，（舍去），
②当时，g（x）在上单调递减，在上单调递增
∴，a＝e2，满足条件．
③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min＝g（e）＝ae﹣1＝3，（舍去），
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．
（3）令F（x）＝e2x﹣lnx，由（2）知，F（x）min＝3．
令，，
当0＜x≤e时，ϕ'（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增
∴
∴，即＞（x+1）lnx．
36．设函数f（x）＝ax2+bx+clnx，（其中a，b，c为实常数且a＞0），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3x﹣3．
（Ⅰ）若函数f（x）无极值点且f'（x）存在零点，求a，b，c的值；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点，证明f（x）的极小值小于．
【解答】（Ⅰ）解：求导函数可得，
由曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3x﹣3，可得，
即，∴．
此时f（x）＝ax2﹣ax+（3﹣a）lnx，；
由f（x）无极值点且f'（x）存在零点，得a2﹣8a（3﹣a）＝0（a＞0）
解得，于是，．…（7分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个极值点，只要方程2ax2﹣ax+3﹣a＝0有两个不等正根，
那么实数a应满足 ，解得，
设两正根为x1，x2，且x1＜x2，可知当x＝x2时，有极小值f（x2）．
其中这里，由于对称轴为，所以，且，得
记g（x）＝x2﹣x﹣lnx，，有对恒成立，
又g（1）＝0，故对恒有g（x）＞g（1），即g（x）＞0．
所以有＝
而对于恒成立，
即f（x2）在上单调递增，故．…（15分）
37．已知函数f（x）＝x3﹣3ax（a≥）．
（1）当a＝1时，求f（x）的极小值；
（2）设g（x）＝|f（x）|，x∈[﹣1，1]，求g（x）的最大值F（a）．
【解答】解：（1）当a＝1时，f'（x）＝3x2﹣3，令f'（x）＝0，得x＝±1．
当x∈（﹣1，1）时f'（x）＜0，
当x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）时f'（x）＞0．
∴f（x）在（﹣1，1）上单调递减，在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）的极小值为f（1）＝﹣2．…（4分）
（2）因g（x）＝|f（x）|＝|x3+3ax|在[﹣1，1]上为偶函数，
故只求在[0，1]上的最大值即可．
∵，x∈[0，1]，
∴f（x）＝，
∴g（x）＝|f（x）|＝﹣f（x）．
．
①当a≥1时，g'（x）＞0，g（x）在[0，1]上单调递增，此时F（a）＝g（1）＝﹣f（1）＝3a﹣1．…（8分）
②当时，g（x）＝|f（x）|＝﹣f（x）在[0，]上单调递增，
在[，1]上单调递减，故．…（12分）
…（14分）
38．设函数f（x）＝x﹣aex﹣1．
（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…an记A＝
（1）求证：（i＝1，2，3…n）（2）求证：A．
【解答】解：（I）∵函数f（x）＝x﹣aex﹣1．
∴函数f′（x）＝1﹣aex﹣1．
当a≤0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上是增函数
当a＞0时，令f′（x）＝0得x＝1﹣lna，则f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数
综上可知：当a≤0时，f（x）在R上是增函数；当a＞0时，f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数．
（II）由（I）可知：当a≤0时，f（x）≤0不恒成立
当a＞0时，f（x）在点x＝1﹣lna时取最大值﹣lna，
令﹣lna≤0，则a≥1
故若f（x）≤0对x∈R恒成立，则a的取值范围为[1，+∞）
（III）（1）由（II）知：当a＝1时恒有f（x）＝x﹣ex﹣1≤0成立
即x≤ex﹣1
∴
（2）由（1）知：，，…，
把以上n个式子相乘得≤＝1
∴An≥a1•a2•…•an
故
39．已知函数f（x）＝ax+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a＝2，求曲线y＝f（x）在x＝1处切线的斜率；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）设g（x）＝x2﹣2x+2，若对任意x1∈（0，+∞），均存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＜g（x2），求a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由已知，则f'（1）＝2+1＝3．
故曲线y＝f（x）在x＝1处切线的斜率为3；
（Ⅱ）．
①当a≥0时，由于x＞0，故ax+1＞0，f'（x）＞0
所以，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
②当a＜0时，由f'（x）＝0，得．
在区间上，f'（x）＞0，在区间上f'（x）＜0，
所以，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
（Ⅲ）由已知，转化为f（x）max＜g（x）max，
因为g（x）＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1，x∈[0，1]，
所以g（x）max＝2…（9分）
由（Ⅱ）知，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，值域为R，故不符合题意．
当a＜0时，f（x）在（0，﹣）上单调递增，在（﹣，+∞）上单调递减，
故f（x）的极大值即为最大值，f（﹣）＝﹣1+ln（﹣）＝﹣1﹣ln（﹣a），
所以2＞﹣1﹣ln（﹣a），解得a＜﹣．
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