通用版2023届高考数学二轮复习恒成立问题与有解问题作业含答案

这是一份通用版2023届高考数学二轮复习恒成立问题与有解问题作业含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

恒成立问题与有解问题
一、单选题
1. 已知函数f(x)=x+xlnx，g(x)=kx-k，若k∈Z，且f(x)>g(x)对任意x>e2恒成立，则k的最大值为(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 若关于x的不等式2sinx-x≥ax，对x∈[0,π]恒成立，则实数a的取值范围是(    )
A. (-∞,-1] B. (-∞,1] C. (-∞,-4π) D. (-∞,4π]
3. 已知f(x)=e2x+ex-ax，∀x≥0，均有f(x)≥2，则a的取值范围是(    )
A. (-∞,3] B. (-∞,2] C. [2,+∞) D. [3,+∞)
4. 已知函数f(x)=ex-f(0)x，若存在实数x0使不等式2a-1-x022⩾f(x0)成立，则a的取值范围为(    )
A. [1,+∞) B. (-∞,3] C. (-∞,2] D. [0,+∞)
5. 设函数fx=xlnx的导函数为f'x，若对任意的x∈[1,+∞)，不等式f'x⩽a+ex恒成立，则实数a的最小值为(    )
A. 1-1e B. 2-1e C. 1-e D. 2-e
6. 已知函数f(x)=xlnx-ax2+1，若对任意的x1，x2∈(0,+∞)(x1≠x2)，都有f(x1)-f(x2)x1-x2<1，则实数a的最小值为(    )
A. 12e B. 1e C. 12e2 D. 1e2
7. 已知函数fx=xex,gx=2ax+lnx,a∈R，若fx≥gx在1,+∞上恒成立，则a的取值范围是(    )
A. -∞,e2 B. -∞,23e C. -∞,e D. -∞,2e
8. 已知函数f(x)=ex+1ex+cosx，关于x的不等式f(tx-lnx-3)≤f(3)在区间[1,e3]上恒成立，则实数t的取值范围是(    )
A. [1e,8e2] B. [12e,7e3] C. [1e3,7e2] D. [1e,9e3]
二、多选题
9. 设命题p:∃a∈(0,+∞)，f(x)=x3-ax+1在(1,+∞)上是增函数，则(    )
A. p为真命题
B. ¬p为∀a∈(0,+∞)，f(x)=x3-ax+1在(1,+∞)上是减函数
C. p为假命题
D. ¬p为∀a∈(0,+∞)，f(x)=x3-ax+1在(1,+∞)上不是增函数
10. 若不等式ex≥mx2+x+1对任意x≥0恒成立，则实数m的可能取值为(    )
A. 2 B. -2 C. -1 D. 12
11. 已知函数fx=xex+ax，则下列说法正确的是(    )
A. 当a=0时，f(x)min=-1e
B. 当a=1时，直线y=2x与函数fx的图象相切
C. 若函数fx在区间[0,+∞)上单调递增，则a≥0
D. 若在区间[0,1]上fx≤x2恒成立，则a≤1-e
三、填空题
12. 若存在x∈[0,1]，使得3x+13x≥7m+1成立，则实数m的取值范围是          ．
13. 已知函数f(x)=ex-x，则f(x)的单调递增区间为          ；若对任意的x∈(0,+∞)，不等式ex-1≥lnx+2ax恒成立，则实数a的取值范围为          ．
14. 若不等式sinx-ln(x+1)+ex≥1+x+ax2-13x3恒成立，则a的取值范围为          ．
15. 若2x+8x3+a2e2x<4x2+aex+a3e3x对x∈R恒成立，则a的取值范围是          ．
四、解答题
16. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=eax-x，其中a≠0.若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围．

17. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx+ax+2(a<0)，若f(x)的最大值为2．
(1)求a的值;
(2)若f(x)≤bx在[1,+∞)上恒成立，求b的取值范围．

18. (本小题12.0分)
已知函数fx=ax2lnx+bx2-c(x>0)在x=1处取得极值-3-c，其中a，b，c为常数．
(1)试确定a，b的值；
(2)讨论函数fx的单调区间；
(3)若对任意x>0，不等式fx≥-2c2恒成立，求c的取值范围．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=x3+3ax2+3x+1．
(1)当a=-2时，讨论f(x)的单调性；
(2)若x∈[2,+∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围．

20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex-ax+x．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)≥x2+1恒成立，求实数a的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx-ax+1(a∈R)
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a=-2，是否存在实数m(m∈N*)，都有f(x)≤m(x+1)恒成立，若存在求出实数m的最小值，若不存在说明理由．
22. (本小题12.0分)
设函数f(x)=ex-ax-2，其导函数为f'(x)．
(1)求函数f(x)=ex-ax-2的单调区间；
(2)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，求k的最大值．
23. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x-2)ex+a．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
24. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=xlnx+(1-a)x+a．
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若对任意x∈(0,1)，不等式f(x)>0恒成立，求正整数a的最小值．
25. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=mx2-2x+lnx，其中m为正实数．
(1)当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
(2)当x∈[12,1]时，f(x)≥mx-2，求m的取值范围．
26. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x-1)ex．
(1)求f(x)的最值；
(2)若f(x)+ex≥lnx+x+a对x∈(0,+∞)恒成立，求a的取值范围．

答案和解析

1.B 
【解析】
【分析】

根据题意，问题可转化为k<(x+xlnxx-1)min，令u(x)=x+xlnxx-1，x∈(e2,+∞)，求导，分析u(x)的单调性，最值，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
【解答】
解：f(x)>g(x)，即x+xlnx>kx-k，
由于f(x)>g(x)对任意x∈(e2,+∞)恒成立，
所以k<(x+xlnxx-1)min，
令u(x)=x+xlnxx-1，x∈(e2,+∞)，
u'(x)=x-lnx-2(x-1)2．
令h(x)=x-lnx-2，h'(x)=1-1x=x-1x>0，
所以h(x)在x∈(e2,+∞)上单调递增，
所以h(x)>h(e2)=e2-4>0，
可得u'(x)>0，
所以u(x)在(e2,+∞)上单调递增，
所以u(x)>u(e2)=3e2e2-1=3+3e2-1∈(3,4)，
又k∈Z，所以kmax=3，
故选：B．
  
2.A 
【解析】
【分析】
本题考查了函数恒成立问题，考查导数的应用，是中档题．
问题转化为a≤2sinxx-1，令f(x)=2sinxx，x∈(0,π]，求出函数的导数，根据函数的单调性求出f(x)的最小值，求出a的取值范围即可．
【解答】
解：x=0时，显然成立，
x∈(0,π]时，问题转化为a≤2sinxx-1，
令f(x)=2sinxx，x∈(0,π]，
则f'(x)=2(xcosx-sinx)x2，
令g(x)=xcosx-sinx，x∈(0,π]，
则g'(x)=-xsinx≤0，g(x)在(0,π]递减，
而g(x) 故f(x)在(0,π]递减，故f(x)min=f(π)=0，
∴a≤-1，即a的取值范围是(-∞,-1]，
故选：A．
  
3.A 
【解析】
【分析】
本题主要考查不等式恒成立问题，属于基础题．
求导，利用导数研究函数的单调性，进行分类讨论，求出a的范围．
【解答】
解：f'(x)=2e2x+ex-a，令h(x)=2e2x+ex-a，x≥0，
则h'(x)=4e2x+ex>0，对∀x≥0恒成立，故f'(x)为[0,+∞)上的增函数，
当x≥0时，2e2x+ex≥3，
若a≤3，则f'(x)≥0恒成立，故f(x)为[0,+∞)上的增函数，
所以，f(x)≥f(0)=2恒成立，
若a>3，令t=ex，则f'(x)=0转化为2t2+t-a=0，
则∃x0=ln-1+1+8a4>0，使f'(x0)=0，
当0≤x≤x0时，f'(x)<0，故函数f(x)在[0,x0]上单调递减，
故当0 所以a≤3，
故a的取值范围为(-∞,3]，
故选：A．
  
4.A 
【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数的极值和导数中的恒成立与存在性问题，属于基础题．
利用题目条件，把问题转化为存在实数x0使不等式2a⩾ex0+x022-x0+1成立，令gx=ex+x22-x+1，把问题转化为存在实数x使不等式2a⩾gx成立，再利用导数研究函数的极值得gxmin=g0=2，再利用导数中的存在性问题得2a⩾2，最后计算得结论．
【解答】
解：因为函数fx=ex-f0x，所以令x=0得f0=1，因此fx=ex-x，
所以存在实数x0使不等式2a-1-x022⩾f(x0)成立等价于：
存在实数x0使不等式2a-1-x022⩾ex0-x0成立，
即存在实数x0使不等式2a⩾ex0+x022-x0+1成立．
令gx=ex+x22-x+1，则存在实数x0使不等式2a⩾ex0+x022-x0+1成立等价于：
存在实数x使不等式2a⩾gx成立．
因为g'x=ex+x-1，所以令hx=g'x=ex+x-1，则h'x=ex+1>0，因此函数hx是增函数．
又因为h0=0，所以当x<0时，hx<0，即g'x<0;
当x>0时，hx>0，即g'x>0，
因此函数gx在-∞,0上是减函数，在0,+∞上是增函数，
所以当x=0时，函数gx取得最小值，最小值gxmin=g0=2，
因此要存在实数x使不等式2a⩾gx成立，则2a⩾2，解得a⩾1，
即a的取值范围是[1,+∞).
故选A．
  
5.C 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，以及不等式恒成立问题，属于中档题．
由题意得到a⩾-ex+lnx+1在x∈1,+∞上恒成立，设g(x)=-ex+lnx+1，求出gx在x∈1,+∞上的最大值即可求解．
【解答】
解：函数f(x)=xlnx，
则f'(x)=1+lnx，
不等式f'(x)≤a+ex可化为a⩾-ex+lnx+1，
设g(x)=-ex+lnx+1，x∈1,+∞,
则g'(x)=-ex+1x=1-xexx，
所以g'x<0在x∈1,+∞上恒成立，
故gx在x∈1,+∞上单调递减，
故g(x)max=g1=1-e，
故a⩾1-e，
故选：C．
  
6.A 
【解析】
【分析】
本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．
设g(x)=f(x)-x，由题意得出g(x)在(0,+∞)上单调递减，转化为g'x=1+lnx-2ax-1⩽0在x∈(0,+∞)上恒成立，即2a⩾lnxx在x∈(0,+∞)上恒成立，令hx=lnxx，利用导数求出h(x)的最大值，即可求解．
【解答】
解：设g(x)=f(x)-x，
不妨设x1>x2>0，由f(x1)-f(x2)x1-x2<1，
得fx1-fx2 即fx1-x1 所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以g'x=1+lnx-2ax-1⩽0在x∈(0,+∞)上恒成立，
即2a⩾lnxx在x∈(0,+∞)上恒成立，
令hx=lnxx，则h'x=1-lnxx2，
令h'x>0，则0e．
所以h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，所以hxmax=he=1e，
所以2a⩾1e，即a⩾12e，即实数a的最小值为12e
故选A．
  
7.A 
【解析】
【分析】
本题考查导数中的不等式恒成立问题，属于中档题．
根据fx≥gx在1,+∞上恒成立，得到xex⩾2a(x+lnx)在1,+∞上恒成立，分离出变量得到2a⩽xexx+lnx在1,+∞上恒成立，构造函数h(x)=xexx+lnx，求得h(x)的最小值，进而得到a的取值范围．
【解答】
解：fx≥gx在1,+∞上恒成立，
即xex⩾2a(x+lnx)在1,+∞上恒成立，
x∈[1,+∞)时，x+lnx>0，
所以2a⩽xexx+lnx在1,+∞上恒成立，
即2a⩽(xexx+lnx)min，x∈[1,+∞),
令h(x)=xexx+lnx，x∈[1,+∞),
h'(x)=(ex+xex)(x+lnx)-xex(1+1x)(x+lnx)2
=ex(x+1)(lnx+x-1)(x+lnx)2，
∵x∈[1,+∞),
∴h'(x)≥0在1,+∞上恒成立，
所以h(x)在1,+∞上单调递增，
∴h(x)≥h(1)=e．
∴2a≤e即a≤e2．
故选A．
  
8.D 
【解析】
【分析】
本题主要考查的是导数的应用，属于较难题．
先判断函数f(x)的奇偶性及单调性，再对不等式f(tx-ln x-3)≤f(3)转化为|tx-ln x-3|≤3恒成立，
即lnxx≤t≤6+lnxx在区间[1,e3]上恒成立，再结合函数的最值求解即可．
【解答】
解：因为f(-x)=e-x+1e-x+cos(-x)=1ex+ex+cosx=f(x)，
所以f(x)为定义域R上的偶函数．
又f'(x)=ex-1ex-sinx，[f'(x)]'=ex+1ex-cosx≥2-cosx>0，
所以f'(x)为定义域R上的增函数，所以当x≥0时，f'(x)≥f'(0)=0，
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增．
综上可知，关于x的不等式f(tx-ln x-3)≤f(3)，等价于|tx-ln x-3|≤3，
即ln xx⩽t⩽6+ln xx．
由题意只要不等式lnxx≤t≤6+lnxx在区间[1,e3]上恒成立；
记g(x)=lnxx，g'(x)=1-lnxx2，
易得g(x)在区间[1,e]上单调递增，在区间[e,e3]上单调递减，
所以g(x)max=1e；
记h(x)=6+lnxx，h'(x)=-5+lnxx2<0，
所以h(x)在区间[1,e3]上单调递减，
所以h(x)min=h(e3)=9e3，
所以实数t的取值范围是[1e,9e3]．
故选D．
  
9.AD 
【解析】
【分析】
本题主要考查了存在量词命题的否定，真假的判断，利用导数判断函数的单调性.属于基础题．
用特值可检验命题p的真假；存在量词命题的否定改写即可．
【解答】
解：当a=1时，f'(x)=3x2-1>0对x∈(1,+∞)恒成立，故p为真命题．
因为“是增函数”的否定为“不是增函数”，
所以¬p为“∀a∈(0,+∞)，f(x)=x3-ax+1在(1,+∞)上不是增函数”．
故选：AD．
  
10.BCD 
【解析】
【分析】
本题考查导数的综合应用以及不等式恒成立问题，属于中档题．
构造函数f(x)=ex-mx2-x-1转化成函数单调性来求m的取值范围，从而得出答案．
【解答】
解：令f(x)=ex-mx2-x-1，x≥0，
则f(0)=0，f'(x)=ex-2mx-1,f'(0)=0，
令g(x)=f'(x)，g'(x)=ex-2m，
当m⩽12时，g'(x)=ex-2m≥0在[0,+∞)上恒成立，f'(x)单调递增，
则f'(x)⩾f'(0)=0，函数f(x)单调递增，f(x)≥f(0)=0，符合题意；
当m>12时，令g'(x)=ex-2m=0，则x=ln2m，
当x∈(0,ln2m)时，g'(x)<0，f'(x)单调递减，
f'(x) 则m⩽12，观察答案选项可知m可取-2，-1，12，
故选：BCD．
  
11.ABD 
【解析】
【分析】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查切线方程，考查不等式恒成立问题，属于中档题．
当a=0时，求导f'(x)=(x+1)ex，利用导数研究函数的单调性和最值，即可判断A；
当a=1时，求导 f'(x)=(x+1)ex+1,利用导数的几何意义，即可求出切线方程，可判断B；
由函数fx在区间[0,+∞)上单调递增，则f'(x)⩾0在区间[0,+∞)上恒成立，即a≥-x+1ex,令gx=-x+1ex，利用导数求出最值，即可判断C；
当x=0时，a∈R恒成立；当x∈(0,1]时，f(x)⩽x2恒成立，等价于ex+a≤x即a≤x-ex恒成立，令hx=x-ex，利用导数求出最值，即可判断D．
【解答】
解：当a=0时，f(x)=xex，f'(x)=(x+1)ex，当x<-1,f'(x)<0，当x>-1,f'(x)>0，故fx在(-∞,-1)上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(-1)=-1e，故A正确；
当a=1时，fx=xex+x， f'(x)=(x+1)ex+1, f'(0)=2,f(0)=0，函数f(x)在(0,0)处的切线为y=2x，故B正确；
fx=xex+ax，f'(x)=(x+1)ex+a，若函数fx在区间[0,+∞)上单调递增，
则f'(x)⩾0在区间[0,+∞)上恒成立，即a≥-x+1ex,
令gx=-x+1ex， g'(x)=-(x+2)ex，则g'(x)<0，
所以gx=-x+1ex在区间[0,+∞)上单调递减，g(x)max=g(0)=-1,
所以a≥-1,故C错误；
当x=0时，f(x)=0⩽x2恒成立， a∈R；当x∈(0,1]时，fx≤x2恒成立，等价于ex+a≤x即a≤x-ex恒成立，
令h(x)=x-ex,x∈[0,1]，h'(x)=1-ex，此时，h'(x)<0恒成立，所以h(x)=x-ex在(0,1]上单调递减，hxmin=h(1)=1-e,即a≤1-e，故D正确．
故选ABD．
  
12.(-∞,13] 
【解析】
【分析】
本题考查不等式存在性问题，以及利用导函数求函数最值问题，属于基础题．
设t=3x，因为0⩽x⩽1，所以1⩽t⩽3，令g(t)=t+1t(1⩽t⩽3)，利用导函数求得g(t)在[1,3]上的最大值为103，由题可知只需 7m+1⩽103即可，从而解得m的取值范围．
【解答】
解：设t=3x，因为0⩽x⩽1，所以1⩽t⩽3．
令g(t)=t+1t(1⩽t⩽3)，
则g'(t)=1-1t2=(t-1)(t+1)t2(1⩽t⩽3)，∴g'(t)⩾0
则g(t)在[1,3]上单调递增，故g(t)max=g(3)=3+13=103．
由题可知7m+1⩽103，解得m⩽13，故m的取值范围是(-∞,13]．
故答案为：(-∞,13]．
  
13.(0,+∞)
(-∞,12]
 
【解析】
【分析】
本题考查了导数在研究函数性质中的应用，属于中档题．
求出函数导数，利用导数求函数单调区间，不等式恒成立可分离参数后求函数g(x)=xex-x-lnx的最小值，令t=x+lnx换元后可根据单调性求最值．
【解答】
解：因为函数f(x)=ex-x，
所以f'(x)=ex-1，
令f'(x)>0，可得f(x)的单调递增区间为(0,+∞)；
ex-1≥lnx+2ax可化为2a≤ex⋅x-x-lnx，
令g(x)=xex-x-lnx=ex⋅elnx-x-lnx=ex+lnx-(x+lnx)，
设t=x+lnx，
则h(t)=et-t，t∈R，
由f(x)=ex-x在[0,+∞)上单调递增，在(-∞,0)单调递减可知，
h(t)≥h(0)=e0-0=1，
所以2a≤1，
故a≤12．
故答案为：(0,+∞)；(-∞,12]．
  
14.a≤1 
【解析】
【分析】
本题主要考查利用导数研究恒成立问题，属于难题．
【解答】
解：sinx-ln(x+1)+ex≥1+x+ax2-13x3恒成立，即sinx-ln(x+1)+ex-1-x-ax2+13x3⩾0恒成立，构造函数f(x)=sinx-ln(x+1)+ex-1-x-ax2+13x3，
f'(x)=cosx-1x+1+ex-1-2ax+x2，且f(0)=0，令h(x)=f'(x)，
h'(x)=-sinx+1(x+1)2+ex-2a+2x，由题可知，需满足h'(0)⩾0，解得：a⩽1．
当a⩽1时，sinx-ln(x+1)+ex-1-x-ax2+13x3⩾sinx-ln(x+1)+ex-1-x-x2+13x3(当a=1时取等号)，
此时f(x)=sinx-ln(x+1)+ex-1-x-x2+13x3，f'(x)=cosx-1x+1+ex-1-2x+x2
h'(x)=-sinx+1(x+1)2+ex-2+2x，分析单调性可知，当x=0时，f(x)min=f(0)=0，
故原不等式恒成立，综上所述，a的取值范围为a⩽1．

  
15.2e,+∞ 
【解析】
【分析】
本题考查的重点是恒成立问题，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是构造函数求最值，属于中档题．
由函数fx=x-x2+x3在R上单调递增，又由2x+8x3+a2e2x<4x2+aex+a3e3x得：2x-4x2+8x3 【解答】
解：设函数fx=x-x2+x3，
则f'x=1-2x+3x2>0，Δ=4-12<0，
则可得f(x)在R上单调递增，
由2x+8x3+a2e2x<4x2+aex+a3e3x得：
2x-4x2+8x3 即f2x 即a>2xex．
令gx=2xex，则g'x=2-2xex．
当x<1时，g'x>0，
当x>1时，g'x<0，
即函数g(x)在-∞,1上单调递增，
在1,+∞上单调递减．
故gxmax=g1=2e．
则a>2e．
综上可得实数a的取值范围为2e,+∞．
  
16.解：f(0)=1，由题意知f(x)≥1对x∈R恒成立，
即f(x)≥f(0)对x∈R恒成立，
由函数的最小值的定义知f(x)min=f(0)=1. 
若a<0，则当x>0时，有f(x)=eax-x<1，与题设矛盾，
又因a≠0，所以a>0．
因为f'(x)=aeax-1，令f'(x)=0，可解得x=1aln1a. 
当x<1aln1a时，f'(x)<0，函数单调递减；
当x>1aln1a时，f'(x)>0，函数单调递增，
所以有f(x)min=f1aln1a=f(0)=1，即1aln1a=0，
解得a=1， 
故实数a的取值集合为{1}． 
【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，不等式的恒成立问题的应用，属于基础题．
根据已知利用导数研究函数的单调性，通过不等式的恒成立问题的计算，求出实数a的取值范围．

17.解：   (1)f'(x)=1x+a=1+axx，令f'(x)=0，得x=-1a，从而f(x)在(0,-1a)上单调递增，在(-1a,+∞)上单调递减，
∴f(x)max=f(-1a)=ln(-1a)+1=2，∴a=-1e．
(2)由(1)知f(x)=lnx-xe+2，
∵x≥1，∴lnx-xe+2≤bx可化为b≥lnxx-1e+2x，
设g(x)=lnxx-1e+2x，∴g'(x)=1-lnxx2-2x2=-lnx-1x2，则g'(x)<0，∴g(x)在[1,+∞)上单调递减，
∴b≥g(x)max=g(1)=2-1e，∴b的取值范围是[2-1e,+∞).
 
【解析】本题考查了利用导数研究函数的极值、导数中的恒成立与存在性问题，是中档题
(1)先利用导数研究函数的单调性，故可得f(x)max=f(-1a)，故得a的方程，解得a；
(2)分离参数可得b≥lnxx-1e+2x，故可设g(x)=lnxx-1e+2x，利用导数研究函数g(x)的极值，故得b的取值范围．

18.解：(1)由题意知f1=-3-c，因此b-c=-3-c，从而b=-3．
对fx=ax2lnx+bx2-c求导得f'(x)=2axln x+ax+2bx，
由题意f'1=0，因此a+2b=0，解得a=6．
(2)由(1)知f'x=12xlnx.令f'x=0，解得x=1．
因此fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞．
(3)由(2)知，fx在x=1处取得极小值，此极小值也是最小值．
要使fx≥-2c2对任意x>0恒成立，
只需-3-c≥-2c2，即2c2-c-3≥0，
解得c≥32或c≤-1．
所以c的取值范围为-∞,-1∪32,+∞．
 
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的极值、函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题．
(1)由x=1时函数取得极值得f(1)=b-c=-3-c，求出b，然后令f'1=0求出a即可；
(2)先解出导函数为0时x的值，再讨论x在不同取值范围时导函数的正负，进而求出f(x)的单调区间；
(3)不等式f(x)≥-2c2恒成立，即f(x)的最小值-3-c≥-2c2成立，求出c的范围即可．

19.解：(1)当a=-2时，f(x)=x3-32x2+3x+1，
f'(x)=3x2-62x+3．
令f'(x)=0，得x1=2-1，x2=2+1．
当x∈(-∞,2-1)时，f'(x)>0，f(x)在(-∞,2-1)是增函数；
当x∈(2-1,2+1)时，f'(x)<0，f(x)在(2-1,2+1)是减函数；
当x∈(2+1,+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(2+1,+∞)是增函数．
(2)由f(2)≥0得a≥-54．
当a≥-54，x∈(2,+∞)时，
f'(x)=3(x2+2ax+1)≥3(x2-52x+1)=3(x-12)(x-2)>0，
所以f(x)在(2,+∞)是增函数，
于是当x∈[2,+∞)时，f(x)≥f(2)≥0．
综上，a的取值范围是[-54,+∞)． 
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性以及导数中的恒成立问题，属于基础题型，考查运算能力，是基础题．
(1)当a=-2时，f(x)=x3-32x2+3x+1，f'(x)=3x2-62x+3.由
f'(x)>0可得函数的单调递增区间；当f'(x)<0，可得函数的单调递减区间；
(2)由f(2)≥0得a≥-54，当a≥-54，x∈(2,+∞)时，f'(x)=3(x2+2ax+1)≥3(x2-52x+1)=3(x-12)(x-2)>0，所以f(x)在(2,+∞)是增函数，即可求解．

20.解：(1)f'(x)=ex-a+1，
当-a+1≥0，即a≤1时，f'(x)>0在(-∞,+∞)上恒成立，
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，
当-a+1<0，即a>1时，
在(ln(a-1),+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增，
在(-∞,ln(a-1))上，f'(x)<0，f(x)单调递减，
综上所述，
当a≤1时，f(x)在R上单调递增，
当a>1时，f(x)的单调递增区间为(ln(a-1),+∞)，单调递减区间为(-∞,ln(a-1));
(2)因为当x>0时，f(x)≥x2+1恒成立，
所以当x>0时，ex-ax+x≥x2+1恒成立，
所以当x>0时，a≤ex+x-x2-1x恒成立，
令g(x)=ex+x-x2-1x，
g'(x)=(ex+1-2x)x-(ex+x-x2-1)x2=xex+x-2x2-ex-x+x2+1x2
=(x-1)ex-x2+1x2=(x-1)ex-(x+1)(x-1)x2=(x-1)(ex-x-1)x，
令h(x)=ex-x-1，
h'(x)=ex-1，
当x>0时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当x<0时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)≥h(0)=0，
所以当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
当x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)min=g(1)=e-1，
所以a≤e-1，
故a的取值范围(-∞,e-1]． 
【解析】(1)求导得f'(x)=ex-a+1，分两种情况：当a≤1时，当a>1时，f(x)的单调性．
(2)问题可转化为当x>0时，a≤ex+x-x2-1x恒成立，令g(x)=ex+x-x2-1x，只需a≤g(x)min，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．

21.解：(1)∵x>0,f'(x)=1x-a，
当 a≤0时，f'(x)>0，∴f(x)在(0,+∞)单调递增，
当 a>0时，f'(x)=1-axx，
令 f'(x)>0，得01a，
∴f(x)在(0,1a)单调递增，在(1a,+∞)单调递减，
综合得：当 a≤0时，f(x)在(0,+∞)单调递增；
当 a>0时，f(x)在(0,1a)单调递增，在(1a,+∞)单调递减；
(2)∵a=-2，∴f(x)=lnx+2x+1，
∴lnx+2x+1≤m(x+1)，∴m≥lnx+2x+1x+1，
令 g(x)=lnx+2x+1x+1，∴g'(x)=1x+2-lnx(x+1)2，
令 u(x)=1x+2-lnx,u'(x)=-1x2-1x<0，
∴u(x)在(0,+∞)单调递减，
∵u(e2)=1e2+2-lne2=1e2+2-2>0，
∵u(e3)=1e3+2-lne3=1e3+2-3<0，
∴∃x0∈(e2,e3)，使得u'(x0)=0，
即 1x0+2-lnx0=0,1x0+2=lnx0，
当 x∈(0,x0)，u(x)>0，g'(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(x0,+∞)，u(x)<0，g'(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)max=g(x0)=lnx0+2x0+1x0+1
=1x0+2x0+3x0+1=2x02+3x0+1x0(x0+1)=2+1x0，
∵x0∈(e2,e3)，m∈N*
∴m≥3，
∴m的最小值为3． 
【解析】本题考查导数研究函数的单调性、最值，分类讨论思想，考查恒成立问题，隐形零点问题，属中档题．
(1)讨论导函数的符号即可求解；
(2)先分离参数m，再构造函数求导研究其最值，从而得m的范围，从而得实数m的最小值．

22.解：(1)f(x)的定义域为R，f'(x)=ex-a，
当a≤0时，则f'(x)>0，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，则f'(x)=0解得x=lna．
当x变化时，f'(x)，f(x)变化如下表：
x
(-∞,lna)
lna
(lna,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
减
极小值
增
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)的单调减区间是(-∞,lna)，增区间是(lna,+∞)．
(2)由于a=1，
∴(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1，
故当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，
等价于k0)，①
令g(x)=x+1ex-1+x，则g'(x)=ex(ex-x-2)(ex-1)2．
由(1)知，函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增，
而h(1)<0，h(2)>0，
∴h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点，
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点．
设此零点为t，则t∈(1,2)，
当x∈(0,t)时，g'(x)<0；当x∈(t,+∞)时，g'(x)>0，
∴g(x)在(0,+∞)的最小值为g(t)，
又由g'(t)=0，可得et=t+2，∴g(t)=t+1∈(2,3)，
由于①式等价于k ∴故整数k的最大值为2． 
【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
(1)由f(x)=ex-ax-2，求出f'(x)，然后根据x变化时，f'(x)，f(x)变化情况，得到f(x)的单调区间；
(2)根据条件，可知(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k0)，然后构造函数g(x)=x+1ex-1+x，进一步得到k的最大值．

23.解：(1)∵f(x)=(x-2)ex+a，
∴f'(x)=(x-1)ex，
令f'(x)=0，解得：x=1，
所以当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0，函数f(x)在-∞, 1上单调递减，
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0，函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
即函数f(x)的单调递减区间为(-∞,1)，单调递增区间为(1,+∞)；
(2)由题可知f(x)min⩾0，
由(1)可知，当x=1时，函数f(x)有最小值f(1)=-e+a，
∴-e+a⩾0，即a⩾e，
故a的取值范围为[e,+∞)．
 
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及不等式的恒成立问题，属于中档题．
(1)对函数求导，根据导数正负得到f(x)的单调区间；
(2)求出函数的最小值，即可得到a的取值范围．

24.解：(1)当a=0时，f(x)=xlnx+x，导数为f'(x)=2+lnx，
所以切线的斜率为f'(1)=2，又f(1)=1，
所以切线的方程为y-1=2(x-1)，即为2x-y-1=0；
(2)当00，整理可得a>xlnx+xx-1，
令g(x)=xlnx+xx-1，则g'(x)=x-lnx-2(x-1)2，
令h(x)=x-lnx-2，则h'(x)=1-1x，由h'(x)=0，可得x=1，
当0 因为h(1)=-1<0，h(1e2)=1e2-ln1e2-2=1e2>0，
所以h(x)在(0,1)存在一个零点x0，
此时h(x0)=x0-lnx0-2=0，即lnx0=x0-2，
所以当00，即g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x0 所以g(x)有最大值g(x0)=x0lnx0+x0x0-1=x0(x0-2)+x0x0-1=x0，所以a>x0，
因为x0∈(0,1)，所以正整数a的最小值为1． 
【解析】本题考查导数的运用：求切线方程和单调性，以及不等式恒成立问题解法，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
(1)当a=0时，求得f(x)的导数，可得切线的斜率，由直线的点斜式方程，可得切线的方程；
(2)根据条件构造函数g(x)=xlnx+xx-1，判断g(x)的单调性，结合零点存在性定理，求出g(x)的最大值，进而得到正整数a的最小值．

25.解：(1)当m=1时，f(x)=x2-2x+lnx，
则f'(x)=2x-2+1x，
所以f'(1)=1，f(1)=-1，
故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(-1)=f'(1)(x-1)，即y=x-2，
设切线与两坐标轴的交点为A(2,0)，B(0,-2)，
所以S△AOB=12×2×2=2，
故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为2；
(2)由题意，当x∈[12,1]时，f(x)≥mx-2恒成立，即m(x2-x)≥2x-lnx-2恒成立，
当x=1时，0≥0恒成立，故m∈R；
当x∈[12,1)时，因为x2-x<0，
则m≤2x-lnx-2x2-x恒成立，即m≤(2x-lnx-2x2-x)min，
令g(x)=2x-lnx-2x2-x，x∈[12,1),
所以g'(x)=-2x2+3x+(2x-1)lnx-1(x2-x)2，
令h(x)=-2x2+3x+(2x-1)lnx-1，x∈[12,1),
则h'(x)=-4x+2lnx-1x+5，
令t(x)=-4x+2lnx-1x+5，x∈[12,1),
则t'(x)=-4+2x+1x2=-4x2+2x+1x2，
令m(x)=-4x2+2x+1，x∈[12,1),
由二次函数的性质可知，m(x)在x∈[12,1)上单调递减，
因为m(12)=1>0，m(1)=-1<0，
所以存在x0∈(12,1)使得m(x0)=0，
则当x∈[12,x0)时，t'(x)>0，则h'(x)单调递增，
当x∈(x0,1)时，t'(x)<0，则h'(x)单调递减，
又h'(12)=1-2ln2<0，h'(1)=0，
所以h'(x0)>0，
故存在α∈(12,x0)，使得h'(α)=0，
所以当x∈[12,α)时，h'(x)<0，则h(x)单调递减，
当x∈(α,1)时，h'(x)>0，则h(x)单调递增，
又h(12)=h(1)=0，
所以h(x)≤0，即g'(x)≤0．
故g(x)在[12,1)上单调递减，
令函数F(x)=2x-lnx-2-(x2-x)，x∈[12,1),F'(x)=3-1x-2x=-(2x+1)(x+1)x<0,
则函数F(x)在x∈[12,1)上单调递减，F(x)>F(1)=0，
当x→1，2x-lnx-2→x2-x，即2x-lnx-2x2-x→1，
又m为正实数．
故0 综上所述，实数m的取值范围为(0,1]． 
【解析】本题考查了导数的综合应用，导数几何意义的理解与应用，利用导数研究函数的单调性与最值的应用，导数于不等式的综合应用，利用导数研究不等式恒成立问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围，属于难题．
(1)利用导数的几何意义求出切线方程，求出切线与坐标轴的交点，由面积公式求解即可；
(2)当x∈[12,1]时，f(x)≥mx-2恒成立，即m(x2-x)≥2x-lnx-2恒成立，当x=1时，0≥0恒成立；当x∈[12,1)时，则m≤(2x-lnx-2x2-x)min，令g(x)=2x-lnx-2x2-x，x∈[12,1)，利用导数研究函数的单调性，确定函数g(x)在[12,1)上单调递减，进而得到答案．

26.解：(1)f'x=xex．
令f'x>0，得x>0；令f'x<0，得x<0．
所以f(x)在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增．
所以f(x)的最小值为f0=-1，无最大值．
(2)若f(x)+ex≥lnx+x+a对x∈(0,+∞)恒成立，
则a⩽xex-lnx-x在(0,+∞)上恒成立，
令gx=xex-lnx-x，则g'x=x+1ex-1x，
因为x>0，所以x+1>0，
设hx=ex-1x，则h'x=ex+1x2>0，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为h12=e-2<0,h1=e-1>0，
所以存在t∈12,1使得h(t)=0，即et=1t，t=ln1t=-lnt，
当x∈0,t时，g'x<0，g(x)在(0,t)上单调递减．
当x∈t,+∞时，g'x>0，g(x)在(t,+∞)上单调递增．
所以gxmin=gt=tet-lnt-t=1+t-t=1，从而a⩽1．
故a的取值范围为(-∞,1]． 
【解析】本题考查了利用导数来研究函数的单调性和最值，不等式的恒成立问题，属于中档题．
(1)求出函数f(x)的导数，利用导数来研究函数的单调性和最值，可得出结果；
(2)若f(x)+ex≥lnx+x+a对x∈(0,+∞)恒成立，则a⩽xex-lnx-x在(0,+∞)上恒成立，令gx=xex-lnx-x，利用导数来研究函数的最小值，进而得出实数a的取值范围．