人教A版高中数学选修1-1导数及其应用解答题专题练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教A版高中数学选修1-1导数及其应用解答题专题练习（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 912.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-11-14 17:26:49 | ||
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文档简介
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人教A版高中数学选修1-1导数及其应用解答题专题练习
1．已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）极值；
（2）若f（x）≥ax，在（0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
2．已知函数f（x）＝x﹣sinx．
（1）求函数f（x）在点处的切线方程；
（2）当x≥0时，f（x）≤ex+bx﹣1恒成立，求实数b的取值范围．
3．已知函数f（x）＝ex﹣1+ax2+1的图像在x＝1处的切线与直线x+3y﹣1＝0垂直．
（1）求y＝f（x）的解析式；
（2）若F（x）＝f（x）﹣（x2+x+m）在[﹣1，2]内有两个零点，求m的取值范围；
（3）若对任意的x∈R，不等式f（x）﹣kx≥0恒成立，求实数k的最大值．
4．已知函数f（x）＝lnx+2x﹣ax2，a∈R．
（1）若f（x）在x＝1处取得极值，求a的值；
（2）设g（x）＝f（x）+（a﹣4）x，试讨论函数g（x）的单调性．
5．已知函数f（x）＝ax4+7x3．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝1时，试问曲线y＝f（x）是否存在过坐标原点且斜率不为0的切线？若
存在，求切点的横坐标；若不存在，请说明理由．
6．已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x，a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y＝2x，求a的值；
（2）若f（x）的导函数f′（x）恰有两个零点，求a的取值范围．
7．已知函数f（x）＝ax3+bx2﹣3x（a，b∈R），且f（x）在x＝1和x＝3处取得极值．
（I）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）设函数g（x）＝f（x）+t，若g（x）＝f（x）+t有且仅有一个零点，求实数t的取值范围．
8．已知函数f（x）＝2x﹣lnx．
（1）当x≥1时，证明：f（x）≥x+；
（2）若f（x）+ae3x+lna≥0，求a的取值范围．
9．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣2k．
（1）当k＝1时，求函数f（x）在[2，e]上的最值；
（2）若函数g（x）＝在[2，e]上单调递减，求实数k的取值范围．
10．已知函数f（x）＝aex﹣lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a＝，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若 x＞0，f（x）≥（﹣1）lnx+1恒成立，求a的取值范围．
11．已知函数f（x）＝exsinx﹣x+1．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间上的最大值和最小值．
12．已知函数f（x）＝aex﹣ln（x+a）﹣1．
（1）若f（x）的极小值为0，求实数a的值；
（2）当a＞0时，证明：f（x）存在唯一极值点x0，且f（x0）+2|x0|≥0．
13．已知函数f（x）＝x2﹣lnx+a．
（1）下面是某同学讨论函数单调性并求解单调区间的过程：
因为f（x）＝﹣lnx+a，所以f′（x）＝x﹣，
令f'（x）＝0，得x＝﹣1或x＝1，
所以当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
…
请判断是否正确，若正确，补全解答过程，若不正确，请写出正确的解答过程；
（2）若2f（x）+x2≥ln2恒成立，求实数a的取值范围．
14．已知存在实数a，b，c和实数α，β，γ，使得对于任意x∈R都有函数f（x）＝x3+ax2+bx+c＝（x﹣α）（x﹣β）（x﹣γ）．
（1）若a＝b＝﹣1，求α2+β2+γ2的值；
（2）当α﹣β＝1且2γ＞α+β时，若实数m，n使得f（m+x）+f（m﹣x）＝2n对任意x∈R恒成立，求f（m）的最值．
15．已知函数f（x）＝+lnx﹣k，k为常数．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）设f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：x1+x2＞2．
16．已知函数f（x）＝1+lnx．
（Ⅰ）求证：f（x）﹣x≤0
（Ⅱ）设k＞0，若f（x）≤kx在区间（0，+∞）内恒成立，求k的最小值．
17．已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）当a＝1时，求函数的单调区间；
（2）若f（x）≤0恒成立，求a的取值范围．
18．已知函数g（x）＝ax+b，h（x）＝x2+1，f（x）＝．若不等式h（x）﹣g（x）﹣3≤0的解集为[﹣1，2]．
（1）求a，b的值及f（x）；
（2）判断函数f（x）在区间（1，+∞）上的单调性，并利用定义证明你的结论；
（3）已知 x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，若f（x1）＝f（x2），试证：x1+x2＞2．
19．已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当时，若关于x的方程f（x）＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．
20．已知函数f（x）＝ln（ax+1）+b，g（x）＝，其中a＞0，b，c为常数、曲线f（x）过点（0，﹣2）、曲线g（x）关于点（﹣2，0）中心对称．
（1）求b、c的值；
（2）记φ（x）＝f（x）﹣g（x）．
（i）讨论φ（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（ii）若（x）存在两个极值点x1，x2，且φ（x1）+φ（x2）＞0，求a的取值范围．
21．已知函数f（x）＝excosx（x∈[0，+∞））．记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点．
（1）证明：数列{f（xn）}是等比数列；
（2）若对任意n∈N*，都有xn≤k|f（xn）|恒成立，求实数k的取值范围．
22．已知函数f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+1，其中a＞0．
（1）若函数f（x）的单调减区间为（﹣，1），求实数a，b的值；
（2）若b＝a2，已知曲线y＝f（x）在点（﹣a，f（﹣a））处的切线与y轴的交点为（0，m），求m+的最小值．
23．在①f（x+2）＝f（2﹣x），②f（x）+f（4﹣x）＝0，③f（﹣x）﹣f（x+4）＝1这三个条件中任选一个，补充在横线处，解答下列问题：
定义在R上的函数f（x），当x≤2时，f（x）＝xex，且对任意x∈R，都有_____．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求f（x）的单调区间．
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
24．已知f（x）＝alnx﹣x lnx，f'（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）设h（x）＝f'（x），讨论h（x）在定义域内的单调性；
（Ⅱ）若f（x）在（0，+∞）内单调递减，求实数a的取值范围．
25．设f（x）＝lnx﹣ax+2a﹣1，a∈R．
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程；
（2）已知g（x）＝xf（x），g（x）在x＝1处取得极小值．求实数a的取值范围．
参考答案
1．已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）极值；
（2）若f（x）≥ax，在（0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
解：（1）当a＝1时，f（x）＝xlnx+，，f″（x）＝＞0，
故f′（x）在x＞0时单调递增，f′（1）＝0，
故当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝1时，函数有极小值f（1）＝1，没有极大值；
（2）设g（x）＝axlnx+﹣ax，x＞0，
则g′（x）＝alnx﹣在x＞0时单调递增，
因为g′（1）＝﹣1＜0，＝1﹣＞0，
所以存在m∈（1，e），使得＝0，即a＝，
由a＞0可得m＞1，
当0＜x＜m时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞m时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
故g（x）min＝g（m）＝≥0，
所以lnm即m，
所以0＜a，
故a的取值范围为{a|0＜a}．
2．已知函数f（x）＝x﹣sinx．
（1）求函数f（x）在点处的切线方程；
（2）当x≥0时，f（x）≤ex+bx﹣1恒成立，求实数b的取值范围．
解：（1）f（x）＝x﹣sinx，则f'（x）＝1﹣cosx，
∴f'（）＝1﹣cos＝1，f（）＝﹣sin＝﹣1，
∴函数f（x）在点处的切线方程为y﹣（﹣1）＝x﹣，即x﹣y﹣1＝0；
（2）当x≥0时，f（x）≤ex+bx﹣1恒成立，转化为当x≥0时，f（x）﹣ex﹣bx+1≤0恒成立，
令g（x）＝f（x）﹣ex﹣bx+1＝﹣sinx﹣ex+（1﹣b）x+1，则g'（x）＝﹣cosx﹣ex+1﹣b，
令h（x）＝﹣cosx﹣ex+1﹣b，则h'（x）＝sinx﹣ex，
∵x≥0，∴ex≥1，∴sinx﹣ex≤﹣1+sinx≤0，即h'（x）≤0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递减，则h（x）≤h（0）＝﹣1﹣b，
即g'（x）≤﹣1﹣b，
当﹣1﹣b≤0，即b≥﹣1时，g'（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，
∴g（x）在[0，+∞）上单调递减，则g（x）≤g（0）＝0恒成立，符合题意；
当﹣1﹣b＞0，即b＜﹣1时，g'（x）≤﹣1﹣b，
又g'（0）＝﹣1﹣b＞0，g'（π）＝﹣cosπ﹣eπ+1﹣b＝2﹣eπ﹣b＜0，
由零点存在性定理得存在x0∈[0，π），使得g'（x0）＝0，
由g'（x）＞0得0＜x＜x0，由g'（x）＜0得x＞x0，
∴g（x）在[0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
∴当x＝x0时，g（x）取得极大值也是最大值，
∴g（x0）＞g（0）＝0，不符合题意，
综上所述，实数b的取值范围为[﹣1，+∞）．
3．已知函数f（x）＝ex﹣1+ax2+1的图像在x＝1处的切线与直线x+3y﹣1＝0垂直．
（1）求y＝f（x）的解析式；
（2）若F（x）＝f（x）﹣（x2+x+m）在[﹣1，2]内有两个零点，求m的取值范围；
（3）若对任意的x∈R，不等式f（x）﹣kx≥0恒成立，求实数k的最大值．
解：（1）f'（x）＝ex﹣1+2ax，则f'（1）＝1+2a，
∵函数f（x）＝ex﹣1+ax2+1的图像在x＝1处的切线与直线x+3y﹣1＝0垂直，
∴f'（1）＝3，即1+2a＝3，解得a＝1，
∴f（x）＝ex﹣1+x2+1；
（2）由（1）得f（x）＝ex﹣1+x2+1，则F（x）＝f（x）﹣（x2+x+m）＝ex﹣1﹣x+1﹣m，
则F'（x）＝ex﹣1﹣1，由F'（x）＝0得x＝1，
由F'（x）＞0得1＜x≤2，由F'（x）＜0得﹣1≤x＜1，
∴F（x）在[﹣1，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，
∴当x＝1时，F（x）取得极小值也是最小值，
要使F（x）在[﹣1，2]内有两个零点，只需满足，即，解得1＜m≤e﹣1，
故实数m的取值范围为（1，e﹣1]；
（3）对任意的x∈R，不等式f（x）﹣kx≥0恒成立，转化为对任意的x∈R，ex﹣1+x2+1≥kx恒成立，
①当x＝0时，2≥0，显然成立，此时k∈R；
②当x＞0时，k≤恒成立，
令g（x）＝，则g'（x）＝，
∵x＞0，∴ex﹣1+x+1＞0恒成立，
由g'（x）＝0得x＝1，由g'（x）＞0得x＞1，由g'（x）＜0得0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴当x＝1时，g（x）取得极小值也是最小值，且g（1）＝3，
∴k≤3；
③当x＜0时，k≥恒成立，
令m（x）＝，此时m（x）＜0，
由②得m'（x）＝（x＜0），令n（x）＝ex﹣1+x+1，
n'（x）＝ex﹣1+1＞0，∴n（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
又n（﹣2）＝e﹣3﹣1＜0，n（﹣1）＝e﹣2＞0，
由零点存在定理得存在x0∈（﹣2，﹣1），使得n（x0）＝0，有e+x0+1＝0，即m'（x0）＝0，
由m'（x）＞0得x＜x0，由m'（x）＜0得x0＜x＜0，
∴m（x）在（x0，0）上单调递减，在（﹣∞，x0）上单调递增，
∴当x＝x0时，m（x）取得极大值也是最大值，且m（x0）＝＝＝x0﹣1，
∴k≥x0﹣1，
综上所述，实数k的取值范围为[x0﹣1，3]，
∴实数k的最大值为3．
4．已知函数f（x）＝lnx+2x﹣ax2，a∈R．
（1）若f（x）在x＝1处取得极值，求a的值；
（2）设g（x）＝f（x）+（a﹣4）x，试讨论函数g（x）的单调性．
解：（1）f（x）＝lnx+2x﹣ax2，a∈R，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝+2﹣2ax，
∵f（x）在x＝1处取得极值，
∴f′（1）＝1+2﹣2a＝0，解得a＝．
经过验证满足题意．
（2）g（x）＝f（x）+（a﹣4）x＝lnx+（a﹣2）x﹣ax2，x∈（0，+∞）．
g′（x）＝+a﹣2﹣2ax，
a≥0时，g′（x）＝，x∈（0，）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
a＜0时，g′（x）＝，
﹣2＜a＜0，＞，可得x∈（0，），或（﹣，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（，﹣）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
a＜﹣2，＜，可得x∈（0，﹣），或（，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（﹣，）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
a＝﹣2时，g′（x）＝≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
综上可得：a≥0时，x∈（0，）时，函数g（x）单调递增；x∈（，+∞）时，函数g（x）单调递减．
﹣2＜a＜0，x∈（0，），或（﹣，+∞）时，函数g（x）单调递增；x∈（，﹣）时，函数g（x）单调递减．
a＜﹣2，x∈（0，﹣），或（，+∞）时，函数g（x）单调递增；x∈（﹣，）时，函数g（x）单调递减．
a＝﹣2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
5．已知函数f（x）＝ax4+7x3．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝1时，试问曲线y＝f（x）是否存在过坐标原点且斜率不为0的切线？若
存在，求切点的横坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）由f（x）＝ax4+7x3，得f'（x）＝4ax3+21x2＝x2（4ax+21），
当a＝0时，f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，若；若．
则f（x）在上单调递减，在上单调递增；
当a＜0时，若；若．
则f（x）在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a＝0时，f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增；
当a＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（2）设切点为（m，km），则，
消去k，得4m4+21m3＝m4+7m3，
即3m4+14m3＝0，解得m＝0或，
当m＝0时，k＝0；当时，k≠0，
所以曲线y＝f（x）存在过坐标原点且斜率不为0的切线，且切点的横坐标为．
6．已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x，a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y＝2x，求a的值；
（2）若f（x）的导函数f′（x）恰有两个零点，求a的取值范围．
解：（1）因为f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x，
所以f'（x）＝+a（1﹣x）e﹣x，
所以f'（0）＝1+a，
又因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y＝2x，
所以1+a＝2，即a＝1．
（2）由f'（x）＝+a（1﹣x）e﹣x有两个零点得：
＝a（x﹣1）有两个解，
令g（x）＝，h（x）＝a（x﹣1），x＞﹣1，
则g'（x）＝，
当x∈（﹣1，0）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减；
当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，
所以函数g（x）＝图象如图所示，
设经过点（1，0）的直线与曲线g（x）＝相切于点（x0，y0），
则g'（x）＝，
则切线l的方程为y﹣＝（x﹣x0），
将点（1，0）代入可得：0﹣＝（1﹣x0），
即﹣2x0﹣1＝0，所以x0＝1±，
因此kl＝＝或﹣．
当a＞或a＜﹣时，直线h（x）＝a（x﹣1）与曲线g（x）分别有两个交点，
即函数f'（x）恰有两个零点．
故实数a的取值范围是（﹣∞，﹣）∪（，+∞）．
7．已知函数f（x）＝ax3+bx2﹣3x（a，b∈R），且f（x）在x＝1和x＝3处取得极值．
（I）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）设函数g（x）＝f（x）+t，若g（x）＝f（x）+t有且仅有一个零点，求实数t的取值范围．
解：（Ⅰ）f（x）＝ax3+bx2﹣3x，则f'（x）＝3ax2+2bx﹣3，
∵f（x）在x＝1和x＝3处取得极值，∴x＝1和x＝3是f'（x）＝0的两个根，
则，解得，经检验符合已知条件，
故；
（Ⅱ）由题意知，
令g'（x）＝0，得x＝1或x＝3，g'（x）、g（x）随着x变化情况如下表所示：
x （﹣∞，1） 1 （1，3） 3 （3，+∞）
g'（x） ﹣ 0 + 0 ﹣
g（x） 递减 极小值 递增 极大值 递减
由上表可知：g（x）的极大值为g（3）＝t，极小值为g（1）＝t﹣，
又x取足够大的正数时，g（x）＜0；x取足够小的负数时，g（x）＞0，
因此，为使曲线y＝g（x）与x轴有一个交点，结合g（x）的单调性，
得t＜0或t﹣＞0，∴t＜0或t＞，
即当t＜0或t＞时，使得曲线y＝g（x）与x轴有一个交点．
∴实数t的取值范围是（﹣∞，0）∪（，+∞）．
8．已知函数f（x）＝2x﹣lnx．
（1）当x≥1时，证明：f（x）≥x+；
（2）若f（x）+ae3x+lna≥0，求a的取值范围．
解：（1）要证，即证明：在x≥1恒成立，
构造函数g（x）＝，，
故g′（x）＞0在x≥1恒成立，
故g（x）≥g（1）＝0，
故在x≥1恒成立得证；
（2）原不等式等价于2x﹣lnx+ae3x+lna≥0，（a＞0），
将不等式化简为2x﹣lnx+e3x+lna+lna≥0 e3x+lna+3x+lna≥x+lnx，
构造h（x）＝ex+x，则原不等式等价于h（3x+lna）≥h（lnx），
又因为h（x）在R上单调递增，故等价于3x+lna≥lnx，
即：lna≥lnx﹣3x，构造，
令φ′（x）＞0，解得，故φ（x）在递增，递减，
故φ（x）在x＝处取最大值，
故lna≥﹣1﹣ln3，解得：，
故a的取值范围是．
9．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣2k．
（1）当k＝1时，求函数f（x）在[2，e]上的最值；
（2）若函数g（x）＝在[2，e]上单调递减，求实数k的取值范围．
解：（1）k＝1时，f（x）＝（x﹣1）lnx﹣2，
则f′（x）＝lnx+1﹣，
≥0在[2，e]恒成立，
故f′（x）在[2，e]上单调递增，
所以f′（x）≥f′（2）＝＞0，
所以f（x）在[2，e]上单调递增，f（x）min＝f（2）＝ln2﹣2，f（x）max＝f（e）＝e﹣3；
（2），
令h（x）＝xlnx﹣2k，则h′（x）＝1+lnx≥1，
则h（x）在[2，e]上单调递增，h（2）＝2ln2﹣2k，h（e）＝e﹣2k，
①当2ln2﹣2k≥0即k≤ln2时，，g′（x）＝，
此时要使得g（x）在[2，e]单调递减，则g′（x）≤0在[2，e]恒成立，
所以k≤[（x﹣1）lnx﹣1]在[2，e]的最小值，
构造m（x）＝（x﹣1）lnx﹣1，，由（1）有m′（x）在[2，e]上单调递增，
故，故m（x）在[2，e]上单调递增，
故m（x））在[2，e]的最小值为m（2）＝ln2﹣1，
所以k≤；
②当e﹣2k≤0即k≥时，g（x）＝，g′（x）＝，
要使得g（x）在[2，e]单调递减，则g′（x）≤0在[2，e]恒成立，
所以k≥[（x﹣1）lnx﹣1]在[2，e]的最大值，
由①有，
故k≥；
③当2ln2﹣2k＜0＜e﹣2k时，则存在唯一实数x0∈（2，e），使得g（x0）＝0，
当t∈（x0，e）时，g（t）＞0＝g（x0）与g（x）在（2，e）上单调递减矛盾，此时不成立，
综上k≤或k≥．
所以k的取值范围为{k|k≤或k≥}．
10．已知函数f（x）＝aex﹣lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a＝，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若 x＞0，f（x）≥（﹣1）lnx+1恒成立，求a的取值范围．
解：（Ⅰ）当时，，则 ．
显然f′（x）在（0，+∞）上单调递增，且f′（1）＝0，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（1）＝1．
（Ⅱ）若 x＞0，f（x）≥（﹣1）lnx+1恒成立，
则恒成立，令x＝1，则ae≥1，∴．
证明如下：当且x＞0时， 恒成立，
设g（x）＝ex﹣1﹣x，则g（x）＝ex﹣1﹣1，
当x∈（0，1）时，g（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，g（x）＞0，
∴g（x）≥g（1）＝0，即ex﹣1≥x．
∵，∴aex≥ex﹣1≥x．
要证，只需证，即证x2﹣lnx﹣x≥0，
令h（x）＝x2﹣lnx﹣x，则，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）≥h（1）＝0，∴ 成立．
综上，a的取值范围为．
11．已知函数f（x）＝exsinx﹣x+1．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间上的最大值和最小值．
解：（Ⅰ）因为f（x）＝exsinx﹣x+1，
所以f'（x）＝ex（cosx+sinx）﹣1，
又f（0）＝1，f'（0）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1．
（Ⅱ）当，f′（x）＝ex（sinx+cosx）﹣1，f″（x）＝2ex cosx≥0，
所以y＝f'（x）在区间上递增，
又f'（0）＝0，
故当，f'（x）＜f'（0）＝0，
所以y＝f（x）在上单减，
又当，f'（x）＞f'（0）＝0，
所以y＝f（x）在上单增．
所以f（x）min＝f（0）＝1，．
12．已知函数f（x）＝aex﹣ln（x+a）﹣1．
（1）若f（x）的极小值为0，求实数a的值；
（2）当a＞0时，证明：f（x）存在唯一极值点x0，且f（x0）+2|x0|≥0．
解：（1）因为函数f（x）＝aex﹣ln（x+a）﹣1，
所以f（x）的定义域为，
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）无极值，故a＞0，
设f（x）的极值点为x1，则，易知x1为极小值点，
若f（x）的极小值为0，则，
则 ，令t＝x1+a，设，则φ（t）单调递减，且φ（1）＝0，
故，解得x1＝0，a＝1，
经检验，a＝1时满足题意，即实数a的值为1；
证明：（2）f（x）的定义域为，
当a＝1时，由（1）知x0＝0，则f（x0）+2|x0|＝0，
当0＜a＜1时，f′（x）单调递增，且，
设h（x）＝x﹣lnx，则，故h（x）在x∈（0，1）单调递减，即h（x）≥h（1）＝1，所以，根据零点存在性定理，知f′（x）存在唯一的x0∈（0，﹣lna），
此时，∵x0+a＜x0+1，∴，
设单调递增，g（x）＞g（0）＝0，则 f（x0）+2|x0|＞0，
当a＞1时，f′（x）单调递增，且，根据零点存在性定理，存在唯一的x0∈（1﹣a，0），此时有，
由，可得：ln（x0+a）＝﹣lna﹣x0，
所以a＞1时，，
综上，当a＞0时，f（x）存在唯一极值点x0，为极小值点，且 f（x0）+2|x0|≥0．
13．已知函数f（x）＝x2﹣lnx+a．
（1）下面是某同学讨论函数单调性并求解单调区间的过程：
因为f（x）＝﹣lnx+a，所以f′（x）＝x﹣，
令f'（x）＝0，得x＝﹣1或x＝1，
所以当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
…
请判断是否正确，若正确，补全解答过程，若不正确，请写出正确的解答过程；
（2）若2f（x）+x2≥ln2恒成立，求实数a的取值范围．
解：（1）解题过程不正确，其正确解题过程如下：
∵f（x）＝﹣lnx+a，x∈（0，+∞），
∴f′（x）＝x﹣＝，
令f'（x）＝0，得x＝1，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴函数f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．
（2）2f（x）+x2≥ln2恒成立 a≥lnx﹣x2+ln2，
令g（x）＝lnx﹣x2+ln2，x∈（0，+∞），
g′（x）＝﹣2x＝，
∴x∈（0，）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴x＝时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（）＝﹣，
∴a≥﹣．
∴实数a的取值范围是[﹣，+∞）．
14．已知存在实数a，b，c和实数α，β，γ，使得对于任意x∈R都有函数f（x）＝x3+ax2+bx+c＝（x﹣α）（x﹣β）（x﹣γ）．
（1）若a＝b＝﹣1，求α2+β2+γ2的值；
（2）当α﹣β＝1且2γ＞α+β时，若实数m，n使得f（m+x）+f（m﹣x）＝2n对任意x∈R恒成立，求f（m）的最值．
解：（1）利用等式两侧的x2和x的系数对应相等可得α+β+γ＝﹣a＝1，αβ+βγ+γα＝b＝﹣1，
所以α2+β2+γ2＝（α+β+γ）2﹣2（αβ+βγ+γα）＝3；
（2）由题意知f（x）关于（m，n）中心对称，
所以m取两个极值点的平均值，即f'（x）的对称轴处，
所以，
则＝，
令，其中，
则，g（t）的单调性见表中所示，
所以，f（m）无最小值．
t
g'（t） 正 负
g（t） 递增 递减
15．已知函数f（x）＝+lnx﹣k，k为常数．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）设f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：x1+x2＞2．
解：（1）由题意得函数定义域（0，+∞），f'（x）＝﹣+＝，
由f'（x）＝0，得x＝1，由f'（x）＞0，得x＞1，由f'（x）＜0，得0＜x＜1，
∴f（x）单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞），
∴当x＝1时，f（x）取得极小值f（1）＝1﹣k，无极大值；
（2）证明：由（1）可得f（x）在（0，1）上单调递减，
在（1，+∞）上单调递增，且f（x1）＝f（x2），可得0＜x1＜1＜x2，
要证x1+x2＞2，即证x2＞2﹣x1＞1，即证f（x2）＞f（2﹣x1），
即证f（x1）﹣f（2﹣x1）＞0（0＜x1＜1）恒成立，
即+lnx1﹣﹣ln（2﹣x1）＞0（0＜x1＜1），
令g（x）＝+lnx﹣﹣ln（2﹣x）（0＜x＜1），
则g'（x）＝﹣+﹣+＝＜0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，即g（x）＞g（1）＝1+ln1﹣1﹣ln1＝0，
∴+lnx1﹣﹣ln（2﹣x1）＞0在x1∈（0，1）上恒成立，
即+lnx1﹣k＞+ln（2﹣x1）﹣k，即f（x1）＞f（2﹣x1），
∴f（x2）＞f（2﹣x1），∴2﹣x1＜x2，即x1+x2＞2，
故原命题成立．
16．已知函数f（x）＝1+lnx．
（Ⅰ）求证：f（x）﹣x≤0
（Ⅱ）设k＞0，若f（x）≤kx在区间（0，+∞）内恒成立，求k的最小值．
（Ⅰ）证明：函数f（x）＝1+lnx．所以f（x）﹣x＝1+lnx﹣x，
令g（x）＝1+lnx﹣x，
可得g′（x）＝，令＝0，可得x＝1，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数是增函数，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数是减函数，所以x＝1时，函数取得最大值：1+ln1﹣1＝0，
所以g（x）≤g（1）＝0，
即f（x）﹣x≤0．
（Ⅱ）解：设k＞0，若f（x）≤kx在区间（0，+∞）内恒成立，
即：k≥，令h（x）＝，
可得h′（x）＝＝，
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，函数是增函数，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，函数是减函数，所以x＝1时，函数取得最大值：＝1，
可得k≥1，
k的最小值为1．
17．已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）当a＝1时，求函数的单调区间；
（2）若f（x）≤0恒成立，求a的取值范围．
解：（1）当a＝1时，则f（x）＝lnx﹣x，函数定义域为（0，+∞），则f'（x）＝，
由f'（x）＞0得0＜x＜1，由f'（x）＜0得x＞1，
∴f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；
（2）由题意得函数定义域为（0，+∞），
f（x）≤0恒成立，转化为a≥对x∈（0，+∞）上恒成立，
令g（x）＝，x∈（0，+∞），则g'（x）＝，
由g'（x）＝0得x＝e，由g'（x）＞0得0＜x＜e，由g'（x）＜0得x＞e，
∴g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
∴当x＝e时，g（x）取得极大值也是最大值，g（e）＝，
∴a≥，
故实数a的取值范围为[，+∞）．
18．已知函数g（x）＝ax+b，h（x）＝x2+1，f（x）＝．若不等式h（x）﹣g（x）﹣3≤0的解集为[﹣1，2]．
（1）求a，b的值及f（x）；
（2）判断函数f（x）在区间（1，+∞）上的单调性，并利用定义证明你的结论；
（3）已知 x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，若f（x1）＝f（x2），试证：x1+x2＞2．
解：（1）不等式h（x）﹣g（x）﹣3≤0的解集为[﹣1，2]，即不等式x2﹣ax﹣b﹣2≤0的解集为[﹣1，2]，
∴﹣1和2是方程x2﹣ax﹣b﹣2＝0的两实数根，∴，解得，
∴a＝1，b＝0，g（x）＝x，
∴f（x）＝；
（2）由（1）得f（x）＝，判断：f（x）在（1，+∞）上单调递减，
证明如下：任取x1，x2∈（1，+∞），且x1＜x2，
则f（x1）﹣f（x2）＝﹣＝＝，
∵x1＜x2，x1，x2∈（1，+∞），∴x1﹣x2＜0，1﹣x1 x2＜0，
∴f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），
∴f（x）在（1，+∞）上单调递减；
（3）证明：由（1）得f（x）＝，
∵f（x1）＝f（x2），∴＝，即x1＝x2或x1＝，
∵x1＜x2，∴x1＝，即x1 x2＝1，
∵x1，x2∈（0，+∞），
∴x1+x2≥2＝2，当且仅当x1＝x2时等号成立，
∴x1+x2＞2．
19．已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当时，若关于x的方程f（x）＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．
解：（1），x∈（0，+∞），
f′（x）＝﹣＝，
a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增；
a＞0时，x∈（0，a）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
（2）证明：当时，由（1）可知：函数f（x）取得极小值即最小值，
若关于x的方程f（x）＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，
则0＜x1＜＜x2，
要证明：x1+x2＞1，即证明x2＞1﹣x1＞ f（x1）＝f（x2）＞f（1﹣x1），
构造函数g（x）＝f（x）﹣f（1﹣x）＝lnx+﹣ln（1﹣x）﹣，x∈（0，），
g′（x）＝﹣+﹣＝＜0，
∴函数g（x）在x∈（0，）上单调递减，
∴g（x）＞g（）＝0，
∴f（x）＞f（1﹣x）在x∈（0，）上恒成立，
因此x1+x2＞1成立．
20．已知函数f（x）＝ln（ax+1）+b，g（x）＝，其中a＞0，b，c为常数、曲线f（x）过点（0，﹣2）、曲线g（x）关于点（﹣2，0）中心对称．
（1）求b、c的值；
（2）记φ（x）＝f（x）﹣g（x）．
（i）讨论φ（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（ii）若（x）存在两个极值点x1，x2，且φ（x1）+φ（x2）＞0，求a的取值范围．
解：（1）由题意知，f（0）＝b＝﹣2，
又因为g（x）＝的对称中心为（﹣c，0），
所以﹣c＝﹣2，即c＝2．
（2）（i）由（1）知，φ（x）＝f（x）﹣g（x）＝ln（ax+1）﹣2+，
所以φ'（x）＝﹣＝，
因为（1+ax）（x+2）2＞0，
所以当a﹣1≥0，即a≥1时，f'（x）≥0恒成立，
所以函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，由f'（x）＝0可得：x＝±，
当x∈（0，）时，f'（x）＜0；
当x∈（，+∞）时，f'（x）＞0，
所以函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
（ⅱ）由（ⅰ）知，当0＜a＜1时才可能出现两个极值点x1，x2，
且x1，x2是方程ax2+4（a﹣1）＝0的两根，
所以x1+x2＝0，x1x2＝．
而φ（x1）+φ（x2）＝ln（ax1+1）++ln（ax2+1）+﹣4
＝ln[（ax1+1）（ax2+1）]+﹣4＝ln（2a﹣1）2+﹣2，
令t＝2a﹣1，则h（t）＝lnt2+﹣2，
当0＜a＜时，﹣1＜t＜0，此时h（t）＝2ln（﹣t）+﹣2，
h'（t）＝﹣＜0，
所以函数h（t）在（﹣1，0）上单调递减，
所以h（t）＜h（﹣1）＝﹣4＜0，
即φ（x1）+φ（x2）＞0不符合题意；
当＜a＜1时，0＜t＜1，此时h（t）＝2lnt+﹣2，
h'（t）＝﹣＝＜0，
所以函数h（t）在（0，1）上单调递减，
所以h（t）＞h（1）＝0，
即φ（x1）+φ（x2）＞0成立，
综上所述，a的取值范围为（，1）．
21．已知函数f（x）＝excosx（x∈[0，+∞））．记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点．
（1）证明：数列{f（xn）}是等比数列；
（2）若对任意n∈N*，都有xn≤k|f（xn）|恒成立，求实数k的取值范围．
证明：（1），
令f′（x）＝0，由x≥0，得，即，
而对于，当k∈Z时，
若，即，则；
若，即，则；
因此，在区间与上，f′（x）的符号总相反，
于是当时，f（x）取得极值，所以，此时，
，易知f（xn）≠0，而是常数，
故数列{f（xn）}是首项为，公比为﹣eπ的等比数列；
解：（2）由（1）知：，
∴由n∈N*，xn≤k|f（xn）|恒成立化为：恒成立，则k＞0，即化为：恒成立，设，则，
令g′（t）＝0得t＝1，当0＜t＜1时，g′（t）＜0，所以g（t）在区间（0，1）上单调递减；当t＞1时，g′（t）＞0，所以g（t）在区间（1，+∞）上单调递增；
因为xn∈（0，1），且当n≥2时，xn∈（1，+∞），xn＜xn+1，
所以，
因此，n∈N*，xn≤k|f（xn）|恒成立，当且仅当，解得，
故实数k的取值范围是．
22．已知函数f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+1，其中a＞0．
（1）若函数f（x）的单调减区间为（﹣，1），求实数a，b的值；
（2）若b＝a2，已知曲线y＝f（x）在点（﹣a，f（﹣a））处的切线与y轴的交点为（0，m），求m+的最小值．
解：（1）函数定义域为R，f'（x）＝3x2﹣2ax﹣b，
∵函数f（x）的单调减区间为（﹣，1），
∴f'（x）＜0的解集为（﹣，1），
则，即，解得，
此时f'（x）＝3x2﹣2x﹣1，由f'（x）＜0得＜x＜1，
故a＝1，b＝1；
（2）由题意得f'（x）＝3x2﹣2ax﹣a2，
则k＝f'（﹣a）＝3（﹣a）2﹣2a （﹣a）﹣a2＝4a2，
又f（﹣a）＝﹣a3+1，
∴曲线y＝f（x）在点（﹣a，f（﹣a））处的切线方程为y﹣（﹣a3+1）＝4a2（x+a），即y＝4a2x+3a3+1，
∵曲线y＝f（x）在点（﹣a，f（﹣a））处的切线与y轴的交点为（0，m），
∴m＝3a3+1，
则m+＝3a3+1+，令g（a）＝3a3+1+（a＞0），
则g'（a）＝9a2﹣（a＞0），
由g'（a）＝0得a＝1，由g'（a）＞0得a＞1，由g'（a）＜0得0＜a＜1，
∴g（a）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴当a＝1时，g（a）取得极小值也是最小值，且g（1）＝3+1+9＝13，
∴m+的最小值为13．
23．在①f（x+2）＝f（2﹣x），②f（x）+f（4﹣x）＝0，③f（﹣x）﹣f（x+4）＝1这三个条件中任选一个，补充在横线处，解答下列问题：
定义在R上的函数f（x），当x≤2时，f（x）＝xex，且对任意x∈R，都有_____．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求f（x）的单调区间．
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
解：若选①：
（1）由f（x+2）＝f（2﹣x），
∴f（x）＝f（4﹣x），
设x＞2，则4﹣x＜2，
∵当x≤2时，f（x）＝xex，
∴f（x）＝f（4﹣x）＝（4﹣x）e4﹣x，
∴f（x）＝．
（2）当x≤2时，f（x）＝xex，
f′（x）＝（x+1）ex，
可得x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（﹣1，2）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
由f（x+2）＝f（2﹣x）对任意x∈R都成立，∴函数f（x）的图象关于直线x＝2对称．
∴x∈（5，+∞）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递增；x∈（2，5）时，函数f（x）单调递减．
若选②：
（1）由f（x）+f（4﹣x）＝0，
∴f（x）＝﹣f（4﹣x），
设x＞2，则4﹣x＜2，
∵当x≤2时，f（x）＝xex，
∴f（x）＝﹣f（4﹣x）＝（x﹣4）e4﹣x，
∴f（x）＝．
（2）当x≤2时，f（x）＝xex，
f′（x）＝（x+1）ex，
可得x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（﹣1，2）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
由f（x）+f（4﹣x）＝0，对任意x∈R都成立，∴函数f（x）的图象关于点（2，0）中心对称．
∴x∈（5，+∞）时，函数f（x）单调递减；x∈（2，5）时，函数f（x）单调递增．
若选③：
（1）由f（﹣x）﹣f（4+x）＝1，
可得f（x）＝f（4﹣x）+1，
设x＞2，则4﹣x＜2，
∵当x≤2时，f（x）＝xex，
∴f（x）＝f（4﹣x）+1＝（4﹣x）e4﹣x+1，
∴f（x）＝．
（2）当x≤2时，f（x）＝xex，
f′（x）＝（x+1）ex，
可得x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（﹣1，2）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
由x＞2，f（x）＝（4﹣x）e4﹣x+1，
f′（x）＝（x﹣5）e4﹣x，，
可得x∈（5，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；x∈（2，5）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
24．已知f（x）＝alnx﹣x lnx，f'（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）设h（x）＝f'（x），讨论h（x）在定义域内的单调性；
（Ⅱ）若f（x）在（0，+∞）内单调递减，求实数a的取值范围．
解：（Ⅰ）由题意得h（x）＝﹣lnx﹣1，函数定义域为（0，+∞），则h'（x）＝﹣﹣＝﹣，
当a≥0时，h'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
当a＜0时，由h'（x）＝0得x＝﹣a，由h'（x）＞0得0＜x＜﹣a，由h'（x）＜0得x＞﹣a，
综上所述，当a≥0时，h（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＜0时，h（x）在（0，﹣a）上单调递增，在（﹣a，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）f（x）＝alnx﹣x lnx，函数定义域为（0，+∞），f'（x）＝﹣lnx﹣1，
f（x）在（0，+∞）内单调递减，转化为f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，即a≤x（lnx+1）在（0，+∞）上恒成立，
令g（x）＝x（lnx+1）（x＞0），g'（x）＝lnx+2，
由g'（x）＝0得x＝e﹣2，由g'（x）＞0得x＞e﹣2，由g'（x）＜0得0＜x＜e﹣2，
∴g（x）在（e﹣2，+∞）上单调递增，在（0，e﹣2）上单调递减，
∴当x＝e﹣2时，g（x）取得极小值也是最小值，且g（e﹣2）＝e﹣2（lne﹣2+1）＝﹣e﹣2，
∴a≤﹣e﹣2，
故实数a的取值范围为（﹣∞，﹣e﹣2]．
25．设f（x）＝lnx﹣ax+2a﹣1，a∈R．
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程；
（2）已知g（x）＝xf（x），g（x）在x＝1处取得极小值．求实数a的取值范围．
解：（1）若a＝1，，，f（2）＝ln2﹣1，
曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程为，即x+2y﹣2ln2＝0；
（2）g（x）＝xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，x∈（0，+∞），由g'（x）＝lnx﹣2ax+2a，g'（1）＝0，
令h（x）＝lnx﹣2ax+2a，x∈（0，+∞），则，
①当a≤0时，x∈（0，+∞）时，h'（x）＞0，函数h（x）单调递增；
又h（1）＝g'（1）＝0，所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）在x＝1处取得极小值，符合题意；
②当a＞0时，时，h'（x）＞0，函数h（x）单调递增，时，h'（x）＜0，函数h（x）单调递减，
（i）当时，，由②知h（x）在内单调递增，可得当x∈（0，1）时，h（x）＝g'（x）＜0，时，h（x）＝g'（x）＞0，所以g（x）在（0，1）内单调递减，在内单调递增，g（x）在x＝1处取得极小值，符合题意；
（ii）当时，即时，h（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递减，所以当x∈（0，+∞）时，h（x）＝g'（x）≤0，g（x）单调递减，不合题意；
（iii）当时，即，当时，h（x）＝g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，h（x）＝g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）在x＝1取得极小值，不合题意．
综上可知，实数a的取值范围为，即a∈（﹣∞，）．
人教A版高中数学选修1-1导数及其应用解答题专题练习
1．已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）极值；
（2）若f（x）≥ax，在（0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
2．已知函数f（x）＝x﹣sinx．
（1）求函数f（x）在点处的切线方程；
（2）当x≥0时，f（x）≤ex+bx﹣1恒成立，求实数b的取值范围．
3．已知函数f（x）＝ex﹣1+ax2+1的图像在x＝1处的切线与直线x+3y﹣1＝0垂直．
（1）求y＝f（x）的解析式；
（2）若F（x）＝f（x）﹣（x2+x+m）在[﹣1，2]内有两个零点，求m的取值范围；
（3）若对任意的x∈R，不等式f（x）﹣kx≥0恒成立，求实数k的最大值．
4．已知函数f（x）＝lnx+2x﹣ax2，a∈R．
（1）若f（x）在x＝1处取得极值，求a的值；
（2）设g（x）＝f（x）+（a﹣4）x，试讨论函数g（x）的单调性．
5．已知函数f（x）＝ax4+7x3．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝1时，试问曲线y＝f（x）是否存在过坐标原点且斜率不为0的切线？若
存在，求切点的横坐标；若不存在，请说明理由．
6．已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x，a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y＝2x，求a的值；
（2）若f（x）的导函数f′（x）恰有两个零点，求a的取值范围．
7．已知函数f（x）＝ax3+bx2﹣3x（a，b∈R），且f（x）在x＝1和x＝3处取得极值．
（I）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）设函数g（x）＝f（x）+t，若g（x）＝f（x）+t有且仅有一个零点，求实数t的取值范围．
8．已知函数f（x）＝2x﹣lnx．
（1）当x≥1时，证明：f（x）≥x+；
（2）若f（x）+ae3x+lna≥0，求a的取值范围．
9．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣2k．
（1）当k＝1时，求函数f（x）在[2，e]上的最值；
（2）若函数g（x）＝在[2，e]上单调递减，求实数k的取值范围．
10．已知函数f（x）＝aex﹣lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a＝，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若 x＞0，f（x）≥（﹣1）lnx+1恒成立，求a的取值范围．
11．已知函数f（x）＝exsinx﹣x+1．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间上的最大值和最小值．
12．已知函数f（x）＝aex﹣ln（x+a）﹣1．
（1）若f（x）的极小值为0，求实数a的值；
（2）当a＞0时，证明：f（x）存在唯一极值点x0，且f（x0）+2|x0|≥0．
13．已知函数f（x）＝x2﹣lnx+a．
（1）下面是某同学讨论函数单调性并求解单调区间的过程：
因为f（x）＝﹣lnx+a，所以f′（x）＝x﹣，
令f'（x）＝0，得x＝﹣1或x＝1，
所以当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
…
请判断是否正确，若正确，补全解答过程，若不正确，请写出正确的解答过程；
（2）若2f（x）+x2≥ln2恒成立，求实数a的取值范围．
14．已知存在实数a，b，c和实数α，β，γ，使得对于任意x∈R都有函数f（x）＝x3+ax2+bx+c＝（x﹣α）（x﹣β）（x﹣γ）．
（1）若a＝b＝﹣1，求α2+β2+γ2的值；
（2）当α﹣β＝1且2γ＞α+β时，若实数m，n使得f（m+x）+f（m﹣x）＝2n对任意x∈R恒成立，求f（m）的最值．
15．已知函数f（x）＝+lnx﹣k，k为常数．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）设f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：x1+x2＞2．
16．已知函数f（x）＝1+lnx．
（Ⅰ）求证：f（x）﹣x≤0
（Ⅱ）设k＞0，若f（x）≤kx在区间（0，+∞）内恒成立，求k的最小值．
17．已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）当a＝1时，求函数的单调区间；
（2）若f（x）≤0恒成立，求a的取值范围．
18．已知函数g（x）＝ax+b，h（x）＝x2+1，f（x）＝．若不等式h（x）﹣g（x）﹣3≤0的解集为[﹣1，2]．
（1）求a，b的值及f（x）；
（2）判断函数f（x）在区间（1，+∞）上的单调性，并利用定义证明你的结论；
（3）已知 x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，若f（x1）＝f（x2），试证：x1+x2＞2．
19．已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当时，若关于x的方程f（x）＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．
20．已知函数f（x）＝ln（ax+1）+b，g（x）＝，其中a＞0，b，c为常数、曲线f（x）过点（0，﹣2）、曲线g（x）关于点（﹣2，0）中心对称．
（1）求b、c的值；
（2）记φ（x）＝f（x）﹣g（x）．
（i）讨论φ（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（ii）若（x）存在两个极值点x1，x2，且φ（x1）+φ（x2）＞0，求a的取值范围．
21．已知函数f（x）＝excosx（x∈[0，+∞））．记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点．
（1）证明：数列{f（xn）}是等比数列；
（2）若对任意n∈N*，都有xn≤k|f（xn）|恒成立，求实数k的取值范围．
22．已知函数f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+1，其中a＞0．
（1）若函数f（x）的单调减区间为（﹣，1），求实数a，b的值；
（2）若b＝a2，已知曲线y＝f（x）在点（﹣a，f（﹣a））处的切线与y轴的交点为（0，m），求m+的最小值．
23．在①f（x+2）＝f（2﹣x），②f（x）+f（4﹣x）＝0，③f（﹣x）﹣f（x+4）＝1这三个条件中任选一个，补充在横线处，解答下列问题：
定义在R上的函数f（x），当x≤2时，f（x）＝xex，且对任意x∈R，都有_____．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求f（x）的单调区间．
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
24．已知f（x）＝alnx﹣x lnx，f'（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）设h（x）＝f'（x），讨论h（x）在定义域内的单调性；
（Ⅱ）若f（x）在（0，+∞）内单调递减，求实数a的取值范围．
25．设f（x）＝lnx﹣ax+2a﹣1，a∈R．
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程；
（2）已知g（x）＝xf（x），g（x）在x＝1处取得极小值．求实数a的取值范围．
参考答案
1．已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）极值；
（2）若f（x）≥ax，在（0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
解：（1）当a＝1时，f（x）＝xlnx+，，f″（x）＝＞0，
故f′（x）在x＞0时单调递增，f′（1）＝0，
故当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝1时，函数有极小值f（1）＝1，没有极大值；
（2）设g（x）＝axlnx+﹣ax，x＞0，
则g′（x）＝alnx﹣在x＞0时单调递增，
因为g′（1）＝﹣1＜0，＝1﹣＞0，
所以存在m∈（1，e），使得＝0，即a＝，
由a＞0可得m＞1，
当0＜x＜m时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞m时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
故g（x）min＝g（m）＝≥0，
所以lnm即m，
所以0＜a，
故a的取值范围为{a|0＜a}．
2．已知函数f（x）＝x﹣sinx．
（1）求函数f（x）在点处的切线方程；
（2）当x≥0时，f（x）≤ex+bx﹣1恒成立，求实数b的取值范围．
解：（1）f（x）＝x﹣sinx，则f'（x）＝1﹣cosx，
∴f'（）＝1﹣cos＝1，f（）＝﹣sin＝﹣1，
∴函数f（x）在点处的切线方程为y﹣（﹣1）＝x﹣，即x﹣y﹣1＝0；
（2）当x≥0时，f（x）≤ex+bx﹣1恒成立，转化为当x≥0时，f（x）﹣ex﹣bx+1≤0恒成立，
令g（x）＝f（x）﹣ex﹣bx+1＝﹣sinx﹣ex+（1﹣b）x+1，则g'（x）＝﹣cosx﹣ex+1﹣b，
令h（x）＝﹣cosx﹣ex+1﹣b，则h'（x）＝sinx﹣ex，
∵x≥0，∴ex≥1，∴sinx﹣ex≤﹣1+sinx≤0，即h'（x）≤0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递减，则h（x）≤h（0）＝﹣1﹣b，
即g'（x）≤﹣1﹣b，
当﹣1﹣b≤0，即b≥﹣1时，g'（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，
∴g（x）在[0，+∞）上单调递减，则g（x）≤g（0）＝0恒成立，符合题意；
当﹣1﹣b＞0，即b＜﹣1时，g'（x）≤﹣1﹣b，
又g'（0）＝﹣1﹣b＞0，g'（π）＝﹣cosπ﹣eπ+1﹣b＝2﹣eπ﹣b＜0，
由零点存在性定理得存在x0∈[0，π），使得g'（x0）＝0，
由g'（x）＞0得0＜x＜x0，由g'（x）＜0得x＞x0，
∴g（x）在[0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
∴当x＝x0时，g（x）取得极大值也是最大值，
∴g（x0）＞g（0）＝0，不符合题意，
综上所述，实数b的取值范围为[﹣1，+∞）．
3．已知函数f（x）＝ex﹣1+ax2+1的图像在x＝1处的切线与直线x+3y﹣1＝0垂直．
（1）求y＝f（x）的解析式；
（2）若F（x）＝f（x）﹣（x2+x+m）在[﹣1，2]内有两个零点，求m的取值范围；
（3）若对任意的x∈R，不等式f（x）﹣kx≥0恒成立，求实数k的最大值．
解：（1）f'（x）＝ex﹣1+2ax，则f'（1）＝1+2a，
∵函数f（x）＝ex﹣1+ax2+1的图像在x＝1处的切线与直线x+3y﹣1＝0垂直，
∴f'（1）＝3，即1+2a＝3，解得a＝1，
∴f（x）＝ex﹣1+x2+1；
（2）由（1）得f（x）＝ex﹣1+x2+1，则F（x）＝f（x）﹣（x2+x+m）＝ex﹣1﹣x+1﹣m，
则F'（x）＝ex﹣1﹣1，由F'（x）＝0得x＝1，
由F'（x）＞0得1＜x≤2，由F'（x）＜0得﹣1≤x＜1，
∴F（x）在[﹣1，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，
∴当x＝1时，F（x）取得极小值也是最小值，
要使F（x）在[﹣1，2]内有两个零点，只需满足，即，解得1＜m≤e﹣1，
故实数m的取值范围为（1，e﹣1]；
（3）对任意的x∈R，不等式f（x）﹣kx≥0恒成立，转化为对任意的x∈R，ex﹣1+x2+1≥kx恒成立，
①当x＝0时，2≥0，显然成立，此时k∈R；
②当x＞0时，k≤恒成立，
令g（x）＝，则g'（x）＝，
∵x＞0，∴ex﹣1+x+1＞0恒成立，
由g'（x）＝0得x＝1，由g'（x）＞0得x＞1，由g'（x）＜0得0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴当x＝1时，g（x）取得极小值也是最小值，且g（1）＝3，
∴k≤3；
③当x＜0时，k≥恒成立，
令m（x）＝，此时m（x）＜0，
由②得m'（x）＝（x＜0），令n（x）＝ex﹣1+x+1，
n'（x）＝ex﹣1+1＞0，∴n（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
又n（﹣2）＝e﹣3﹣1＜0，n（﹣1）＝e﹣2＞0，
由零点存在定理得存在x0∈（﹣2，﹣1），使得n（x0）＝0，有e+x0+1＝0，即m'（x0）＝0，
由m'（x）＞0得x＜x0，由m'（x）＜0得x0＜x＜0，
∴m（x）在（x0，0）上单调递减，在（﹣∞，x0）上单调递增，
∴当x＝x0时，m（x）取得极大值也是最大值，且m（x0）＝＝＝x0﹣1，
∴k≥x0﹣1，
综上所述，实数k的取值范围为[x0﹣1，3]，
∴实数k的最大值为3．
4．已知函数f（x）＝lnx+2x﹣ax2，a∈R．
（1）若f（x）在x＝1处取得极值，求a的值；
（2）设g（x）＝f（x）+（a﹣4）x，试讨论函数g（x）的单调性．
解：（1）f（x）＝lnx+2x﹣ax2，a∈R，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝+2﹣2ax，
∵f（x）在x＝1处取得极值，
∴f′（1）＝1+2﹣2a＝0，解得a＝．
经过验证满足题意．
（2）g（x）＝f（x）+（a﹣4）x＝lnx+（a﹣2）x﹣ax2，x∈（0，+∞）．
g′（x）＝+a﹣2﹣2ax，
a≥0时，g′（x）＝，x∈（0，）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
a＜0时，g′（x）＝，
﹣2＜a＜0，＞，可得x∈（0，），或（﹣，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（，﹣）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
a＜﹣2，＜，可得x∈（0，﹣），或（，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（﹣，）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
a＝﹣2时，g′（x）＝≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
综上可得：a≥0时，x∈（0，）时，函数g（x）单调递增；x∈（，+∞）时，函数g（x）单调递减．
﹣2＜a＜0，x∈（0，），或（﹣，+∞）时，函数g（x）单调递增；x∈（，﹣）时，函数g（x）单调递减．
a＜﹣2，x∈（0，﹣），或（，+∞）时，函数g（x）单调递增；x∈（﹣，）时，函数g（x）单调递减．
a＝﹣2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
5．已知函数f（x）＝ax4+7x3．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝1时，试问曲线y＝f（x）是否存在过坐标原点且斜率不为0的切线？若
存在，求切点的横坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）由f（x）＝ax4+7x3，得f'（x）＝4ax3+21x2＝x2（4ax+21），
当a＝0时，f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，若；若．
则f（x）在上单调递减，在上单调递增；
当a＜0时，若；若．
则f（x）在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a＝0时，f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增；
当a＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（2）设切点为（m，km），则，
消去k，得4m4+21m3＝m4+7m3，
即3m4+14m3＝0，解得m＝0或，
当m＝0时，k＝0；当时，k≠0，
所以曲线y＝f（x）存在过坐标原点且斜率不为0的切线，且切点的横坐标为．
6．已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x，a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y＝2x，求a的值；
（2）若f（x）的导函数f′（x）恰有两个零点，求a的取值范围．
解：（1）因为f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x，
所以f'（x）＝+a（1﹣x）e﹣x，
所以f'（0）＝1+a，
又因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y＝2x，
所以1+a＝2，即a＝1．
（2）由f'（x）＝+a（1﹣x）e﹣x有两个零点得：
＝a（x﹣1）有两个解，
令g（x）＝，h（x）＝a（x﹣1），x＞﹣1，
则g'（x）＝，
当x∈（﹣1，0）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减；
当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，
所以函数g（x）＝图象如图所示，
设经过点（1，0）的直线与曲线g（x）＝相切于点（x0，y0），
则g'（x）＝，
则切线l的方程为y﹣＝（x﹣x0），
将点（1，0）代入可得：0﹣＝（1﹣x0），
即﹣2x0﹣1＝0，所以x0＝1±，
因此kl＝＝或﹣．
当a＞或a＜﹣时，直线h（x）＝a（x﹣1）与曲线g（x）分别有两个交点，
即函数f'（x）恰有两个零点．
故实数a的取值范围是（﹣∞，﹣）∪（，+∞）．
7．已知函数f（x）＝ax3+bx2﹣3x（a，b∈R），且f（x）在x＝1和x＝3处取得极值．
（I）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）设函数g（x）＝f（x）+t，若g（x）＝f（x）+t有且仅有一个零点，求实数t的取值范围．
解：（Ⅰ）f（x）＝ax3+bx2﹣3x，则f'（x）＝3ax2+2bx﹣3，
∵f（x）在x＝1和x＝3处取得极值，∴x＝1和x＝3是f'（x）＝0的两个根，
则，解得，经检验符合已知条件，
故；
（Ⅱ）由题意知，
令g'（x）＝0，得x＝1或x＝3，g'（x）、g（x）随着x变化情况如下表所示：
x （﹣∞，1） 1 （1，3） 3 （3，+∞）
g'（x） ﹣ 0 + 0 ﹣
g（x） 递减 极小值 递增 极大值 递减
由上表可知：g（x）的极大值为g（3）＝t，极小值为g（1）＝t﹣，
又x取足够大的正数时，g（x）＜0；x取足够小的负数时，g（x）＞0，
因此，为使曲线y＝g（x）与x轴有一个交点，结合g（x）的单调性，
得t＜0或t﹣＞0，∴t＜0或t＞，
即当t＜0或t＞时，使得曲线y＝g（x）与x轴有一个交点．
∴实数t的取值范围是（﹣∞，0）∪（，+∞）．
8．已知函数f（x）＝2x﹣lnx．
（1）当x≥1时，证明：f（x）≥x+；
（2）若f（x）+ae3x+lna≥0，求a的取值范围．
解：（1）要证，即证明：在x≥1恒成立，
构造函数g（x）＝，，
故g′（x）＞0在x≥1恒成立，
故g（x）≥g（1）＝0，
故在x≥1恒成立得证；
（2）原不等式等价于2x﹣lnx+ae3x+lna≥0，（a＞0），
将不等式化简为2x﹣lnx+e3x+lna+lna≥0 e3x+lna+3x+lna≥x+lnx，
构造h（x）＝ex+x，则原不等式等价于h（3x+lna）≥h（lnx），
又因为h（x）在R上单调递增，故等价于3x+lna≥lnx，
即：lna≥lnx﹣3x，构造，
令φ′（x）＞0，解得，故φ（x）在递增，递减，
故φ（x）在x＝处取最大值，
故lna≥﹣1﹣ln3，解得：，
故a的取值范围是．
9．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣2k．
（1）当k＝1时，求函数f（x）在[2，e]上的最值；
（2）若函数g（x）＝在[2，e]上单调递减，求实数k的取值范围．
解：（1）k＝1时，f（x）＝（x﹣1）lnx﹣2，
则f′（x）＝lnx+1﹣，
≥0在[2，e]恒成立，
故f′（x）在[2，e]上单调递增，
所以f′（x）≥f′（2）＝＞0，
所以f（x）在[2，e]上单调递增，f（x）min＝f（2）＝ln2﹣2，f（x）max＝f（e）＝e﹣3；
（2），
令h（x）＝xlnx﹣2k，则h′（x）＝1+lnx≥1，
则h（x）在[2，e]上单调递增，h（2）＝2ln2﹣2k，h（e）＝e﹣2k，
①当2ln2﹣2k≥0即k≤ln2时，，g′（x）＝，
此时要使得g（x）在[2，e]单调递减，则g′（x）≤0在[2，e]恒成立，
所以k≤[（x﹣1）lnx﹣1]在[2，e]的最小值，
构造m（x）＝（x﹣1）lnx﹣1，，由（1）有m′（x）在[2，e]上单调递增，
故，故m（x）在[2，e]上单调递增，
故m（x））在[2，e]的最小值为m（2）＝ln2﹣1，
所以k≤；
②当e﹣2k≤0即k≥时，g（x）＝，g′（x）＝，
要使得g（x）在[2，e]单调递减，则g′（x）≤0在[2，e]恒成立，
所以k≥[（x﹣1）lnx﹣1]在[2，e]的最大值，
由①有，
故k≥；
③当2ln2﹣2k＜0＜e﹣2k时，则存在唯一实数x0∈（2，e），使得g（x0）＝0，
当t∈（x0，e）时，g（t）＞0＝g（x0）与g（x）在（2，e）上单调递减矛盾，此时不成立，
综上k≤或k≥．
所以k的取值范围为{k|k≤或k≥}．
10．已知函数f（x）＝aex﹣lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a＝，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若 x＞0，f（x）≥（﹣1）lnx+1恒成立，求a的取值范围．
解：（Ⅰ）当时，，则 ．
显然f′（x）在（0，+∞）上单调递增，且f′（1）＝0，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（1）＝1．
（Ⅱ）若 x＞0，f（x）≥（﹣1）lnx+1恒成立，
则恒成立，令x＝1，则ae≥1，∴．
证明如下：当且x＞0时， 恒成立，
设g（x）＝ex﹣1﹣x，则g（x）＝ex﹣1﹣1，
当x∈（0，1）时，g（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，g（x）＞0，
∴g（x）≥g（1）＝0，即ex﹣1≥x．
∵，∴aex≥ex﹣1≥x．
要证，只需证，即证x2﹣lnx﹣x≥0，
令h（x）＝x2﹣lnx﹣x，则，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）≥h（1）＝0，∴ 成立．
综上，a的取值范围为．
11．已知函数f（x）＝exsinx﹣x+1．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间上的最大值和最小值．
解：（Ⅰ）因为f（x）＝exsinx﹣x+1，
所以f'（x）＝ex（cosx+sinx）﹣1，
又f（0）＝1，f'（0）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1．
（Ⅱ）当，f′（x）＝ex（sinx+cosx）﹣1，f″（x）＝2ex cosx≥0，
所以y＝f'（x）在区间上递增，
又f'（0）＝0，
故当，f'（x）＜f'（0）＝0，
所以y＝f（x）在上单减，
又当，f'（x）＞f'（0）＝0，
所以y＝f（x）在上单增．
所以f（x）min＝f（0）＝1，．
12．已知函数f（x）＝aex﹣ln（x+a）﹣1．
（1）若f（x）的极小值为0，求实数a的值；
（2）当a＞0时，证明：f（x）存在唯一极值点x0，且f（x0）+2|x0|≥0．
解：（1）因为函数f（x）＝aex﹣ln（x+a）﹣1，
所以f（x）的定义域为，
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）无极值，故a＞0，
设f（x）的极值点为x1，则，易知x1为极小值点，
若f（x）的极小值为0，则，
则 ，令t＝x1+a，设，则φ（t）单调递减，且φ（1）＝0，
故，解得x1＝0，a＝1，
经检验，a＝1时满足题意，即实数a的值为1；
证明：（2）f（x）的定义域为，
当a＝1时，由（1）知x0＝0，则f（x0）+2|x0|＝0，
当0＜a＜1时，f′（x）单调递增，且，
设h（x）＝x﹣lnx，则，故h（x）在x∈（0，1）单调递减，即h（x）≥h（1）＝1，所以，根据零点存在性定理，知f′（x）存在唯一的x0∈（0，﹣lna），
此时，∵x0+a＜x0+1，∴，
设单调递增，g（x）＞g（0）＝0，则 f（x0）+2|x0|＞0，
当a＞1时，f′（x）单调递增，且，根据零点存在性定理，存在唯一的x0∈（1﹣a，0），此时有，
由，可得：ln（x0+a）＝﹣lna﹣x0，
所以a＞1时，，
综上，当a＞0时，f（x）存在唯一极值点x0，为极小值点，且 f（x0）+2|x0|≥0．
13．已知函数f（x）＝x2﹣lnx+a．
（1）下面是某同学讨论函数单调性并求解单调区间的过程：
因为f（x）＝﹣lnx+a，所以f′（x）＝x﹣，
令f'（x）＝0，得x＝﹣1或x＝1，
所以当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
…
请判断是否正确，若正确，补全解答过程，若不正确，请写出正确的解答过程；
（2）若2f（x）+x2≥ln2恒成立，求实数a的取值范围．
解：（1）解题过程不正确，其正确解题过程如下：
∵f（x）＝﹣lnx+a，x∈（0，+∞），
∴f′（x）＝x﹣＝，
令f'（x）＝0，得x＝1，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴函数f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．
（2）2f（x）+x2≥ln2恒成立 a≥lnx﹣x2+ln2，
令g（x）＝lnx﹣x2+ln2，x∈（0，+∞），
g′（x）＝﹣2x＝，
∴x∈（0，）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴x＝时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（）＝﹣，
∴a≥﹣．
∴实数a的取值范围是[﹣，+∞）．
14．已知存在实数a，b，c和实数α，β，γ，使得对于任意x∈R都有函数f（x）＝x3+ax2+bx+c＝（x﹣α）（x﹣β）（x﹣γ）．
（1）若a＝b＝﹣1，求α2+β2+γ2的值；
（2）当α﹣β＝1且2γ＞α+β时，若实数m，n使得f（m+x）+f（m﹣x）＝2n对任意x∈R恒成立，求f（m）的最值．
解：（1）利用等式两侧的x2和x的系数对应相等可得α+β+γ＝﹣a＝1，αβ+βγ+γα＝b＝﹣1，
所以α2+β2+γ2＝（α+β+γ）2﹣2（αβ+βγ+γα）＝3；
（2）由题意知f（x）关于（m，n）中心对称，
所以m取两个极值点的平均值，即f'（x）的对称轴处，
所以，
则＝，
令，其中，
则，g（t）的单调性见表中所示，
所以，f（m）无最小值．
t
g'（t） 正 负
g（t） 递增 递减
15．已知函数f（x）＝+lnx﹣k，k为常数．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）设f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：x1+x2＞2．
解：（1）由题意得函数定义域（0，+∞），f'（x）＝﹣+＝，
由f'（x）＝0，得x＝1，由f'（x）＞0，得x＞1，由f'（x）＜0，得0＜x＜1，
∴f（x）单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞），
∴当x＝1时，f（x）取得极小值f（1）＝1﹣k，无极大值；
（2）证明：由（1）可得f（x）在（0，1）上单调递减，
在（1，+∞）上单调递增，且f（x1）＝f（x2），可得0＜x1＜1＜x2，
要证x1+x2＞2，即证x2＞2﹣x1＞1，即证f（x2）＞f（2﹣x1），
即证f（x1）﹣f（2﹣x1）＞0（0＜x1＜1）恒成立，
即+lnx1﹣﹣ln（2﹣x1）＞0（0＜x1＜1），
令g（x）＝+lnx﹣﹣ln（2﹣x）（0＜x＜1），
则g'（x）＝﹣+﹣+＝＜0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，即g（x）＞g（1）＝1+ln1﹣1﹣ln1＝0，
∴+lnx1﹣﹣ln（2﹣x1）＞0在x1∈（0，1）上恒成立，
即+lnx1﹣k＞+ln（2﹣x1）﹣k，即f（x1）＞f（2﹣x1），
∴f（x2）＞f（2﹣x1），∴2﹣x1＜x2，即x1+x2＞2，
故原命题成立．
16．已知函数f（x）＝1+lnx．
（Ⅰ）求证：f（x）﹣x≤0
（Ⅱ）设k＞0，若f（x）≤kx在区间（0，+∞）内恒成立，求k的最小值．
（Ⅰ）证明：函数f（x）＝1+lnx．所以f（x）﹣x＝1+lnx﹣x，
令g（x）＝1+lnx﹣x，
可得g′（x）＝，令＝0，可得x＝1，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数是增函数，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数是减函数，所以x＝1时，函数取得最大值：1+ln1﹣1＝0，
所以g（x）≤g（1）＝0，
即f（x）﹣x≤0．
（Ⅱ）解：设k＞0，若f（x）≤kx在区间（0，+∞）内恒成立，
即：k≥，令h（x）＝，
可得h′（x）＝＝，
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，函数是增函数，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，函数是减函数，所以x＝1时，函数取得最大值：＝1，
可得k≥1，
k的最小值为1．
17．已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）当a＝1时，求函数的单调区间；
（2）若f（x）≤0恒成立，求a的取值范围．
解：（1）当a＝1时，则f（x）＝lnx﹣x，函数定义域为（0，+∞），则f'（x）＝，
由f'（x）＞0得0＜x＜1，由f'（x）＜0得x＞1，
∴f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；
（2）由题意得函数定义域为（0，+∞），
f（x）≤0恒成立，转化为a≥对x∈（0，+∞）上恒成立，
令g（x）＝，x∈（0，+∞），则g'（x）＝，
由g'（x）＝0得x＝e，由g'（x）＞0得0＜x＜e，由g'（x）＜0得x＞e，
∴g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
∴当x＝e时，g（x）取得极大值也是最大值，g（e）＝，
∴a≥，
故实数a的取值范围为[，+∞）．
18．已知函数g（x）＝ax+b，h（x）＝x2+1，f（x）＝．若不等式h（x）﹣g（x）﹣3≤0的解集为[﹣1，2]．
（1）求a，b的值及f（x）；
（2）判断函数f（x）在区间（1，+∞）上的单调性，并利用定义证明你的结论；
（3）已知 x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，若f（x1）＝f（x2），试证：x1+x2＞2．
解：（1）不等式h（x）﹣g（x）﹣3≤0的解集为[﹣1，2]，即不等式x2﹣ax﹣b﹣2≤0的解集为[﹣1，2]，
∴﹣1和2是方程x2﹣ax﹣b﹣2＝0的两实数根，∴，解得，
∴a＝1，b＝0，g（x）＝x，
∴f（x）＝；
（2）由（1）得f（x）＝，判断：f（x）在（1，+∞）上单调递减，
证明如下：任取x1，x2∈（1，+∞），且x1＜x2，
则f（x1）﹣f（x2）＝﹣＝＝，
∵x1＜x2，x1，x2∈（1，+∞），∴x1﹣x2＜0，1﹣x1 x2＜0，
∴f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），
∴f（x）在（1，+∞）上单调递减；
（3）证明：由（1）得f（x）＝，
∵f（x1）＝f（x2），∴＝，即x1＝x2或x1＝，
∵x1＜x2，∴x1＝，即x1 x2＝1，
∵x1，x2∈（0，+∞），
∴x1+x2≥2＝2，当且仅当x1＝x2时等号成立，
∴x1+x2＞2．
19．已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当时，若关于x的方程f（x）＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．
解：（1），x∈（0，+∞），
f′（x）＝﹣＝，
a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增；
a＞0时，x∈（0，a）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
（2）证明：当时，由（1）可知：函数f（x）取得极小值即最小值，
若关于x的方程f（x）＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，
则0＜x1＜＜x2，
要证明：x1+x2＞1，即证明x2＞1﹣x1＞ f（x1）＝f（x2）＞f（1﹣x1），
构造函数g（x）＝f（x）﹣f（1﹣x）＝lnx+﹣ln（1﹣x）﹣，x∈（0，），
g′（x）＝﹣+﹣＝＜0，
∴函数g（x）在x∈（0，）上单调递减，
∴g（x）＞g（）＝0，
∴f（x）＞f（1﹣x）在x∈（0，）上恒成立，
因此x1+x2＞1成立．
20．已知函数f（x）＝ln（ax+1）+b，g（x）＝，其中a＞0，b，c为常数、曲线f（x）过点（0，﹣2）、曲线g（x）关于点（﹣2，0）中心对称．
（1）求b、c的值；
（2）记φ（x）＝f（x）﹣g（x）．
（i）讨论φ（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（ii）若（x）存在两个极值点x1，x2，且φ（x1）+φ（x2）＞0，求a的取值范围．
解：（1）由题意知，f（0）＝b＝﹣2，
又因为g（x）＝的对称中心为（﹣c，0），
所以﹣c＝﹣2，即c＝2．
（2）（i）由（1）知，φ（x）＝f（x）﹣g（x）＝ln（ax+1）﹣2+，
所以φ'（x）＝﹣＝，
因为（1+ax）（x+2）2＞0，
所以当a﹣1≥0，即a≥1时，f'（x）≥0恒成立，
所以函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，由f'（x）＝0可得：x＝±，
当x∈（0，）时，f'（x）＜0；
当x∈（，+∞）时，f'（x）＞0，
所以函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
（ⅱ）由（ⅰ）知，当0＜a＜1时才可能出现两个极值点x1，x2，
且x1，x2是方程ax2+4（a﹣1）＝0的两根，
所以x1+x2＝0，x1x2＝．
而φ（x1）+φ（x2）＝ln（ax1+1）++ln（ax2+1）+﹣4
＝ln[（ax1+1）（ax2+1）]+﹣4＝ln（2a﹣1）2+﹣2，
令t＝2a﹣1，则h（t）＝lnt2+﹣2，
当0＜a＜时，﹣1＜t＜0，此时h（t）＝2ln（﹣t）+﹣2，
h'（t）＝﹣＜0，
所以函数h（t）在（﹣1，0）上单调递减，
所以h（t）＜h（﹣1）＝﹣4＜0，
即φ（x1）+φ（x2）＞0不符合题意；
当＜a＜1时，0＜t＜1，此时h（t）＝2lnt+﹣2，
h'（t）＝﹣＝＜0，
所以函数h（t）在（0，1）上单调递减，
所以h（t）＞h（1）＝0，
即φ（x1）+φ（x2）＞0成立，
综上所述，a的取值范围为（，1）．
21．已知函数f（x）＝excosx（x∈[0，+∞））．记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点．
（1）证明：数列{f（xn）}是等比数列；
（2）若对任意n∈N*，都有xn≤k|f（xn）|恒成立，求实数k的取值范围．
证明：（1），
令f′（x）＝0，由x≥0，得，即，
而对于，当k∈Z时，
若，即，则；
若，即，则；
因此，在区间与上，f′（x）的符号总相反，
于是当时，f（x）取得极值，所以，此时，
，易知f（xn）≠0，而是常数，
故数列{f（xn）}是首项为，公比为﹣eπ的等比数列；
解：（2）由（1）知：，
∴由n∈N*，xn≤k|f（xn）|恒成立化为：恒成立，则k＞0，即化为：恒成立，设，则，
令g′（t）＝0得t＝1，当0＜t＜1时，g′（t）＜0，所以g（t）在区间（0，1）上单调递减；当t＞1时，g′（t）＞0，所以g（t）在区间（1，+∞）上单调递增；
因为xn∈（0，1），且当n≥2时，xn∈（1，+∞），xn＜xn+1，
所以，
因此，n∈N*，xn≤k|f（xn）|恒成立，当且仅当，解得，
故实数k的取值范围是．
22．已知函数f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+1，其中a＞0．
（1）若函数f（x）的单调减区间为（﹣，1），求实数a，b的值；
（2）若b＝a2，已知曲线y＝f（x）在点（﹣a，f（﹣a））处的切线与y轴的交点为（0，m），求m+的最小值．
解：（1）函数定义域为R，f'（x）＝3x2﹣2ax﹣b，
∵函数f（x）的单调减区间为（﹣，1），
∴f'（x）＜0的解集为（﹣，1），
则，即，解得，
此时f'（x）＝3x2﹣2x﹣1，由f'（x）＜0得＜x＜1，
故a＝1，b＝1；
（2）由题意得f'（x）＝3x2﹣2ax﹣a2，
则k＝f'（﹣a）＝3（﹣a）2﹣2a （﹣a）﹣a2＝4a2，
又f（﹣a）＝﹣a3+1，
∴曲线y＝f（x）在点（﹣a，f（﹣a））处的切线方程为y﹣（﹣a3+1）＝4a2（x+a），即y＝4a2x+3a3+1，
∵曲线y＝f（x）在点（﹣a，f（﹣a））处的切线与y轴的交点为（0，m），
∴m＝3a3+1，
则m+＝3a3+1+，令g（a）＝3a3+1+（a＞0），
则g'（a）＝9a2﹣（a＞0），
由g'（a）＝0得a＝1，由g'（a）＞0得a＞1，由g'（a）＜0得0＜a＜1，
∴g（a）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴当a＝1时，g（a）取得极小值也是最小值，且g（1）＝3+1+9＝13，
∴m+的最小值为13．
23．在①f（x+2）＝f（2﹣x），②f（x）+f（4﹣x）＝0，③f（﹣x）﹣f（x+4）＝1这三个条件中任选一个，补充在横线处，解答下列问题：
定义在R上的函数f（x），当x≤2时，f（x）＝xex，且对任意x∈R，都有_____．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求f（x）的单调区间．
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
解：若选①：
（1）由f（x+2）＝f（2﹣x），
∴f（x）＝f（4﹣x），
设x＞2，则4﹣x＜2，
∵当x≤2时，f（x）＝xex，
∴f（x）＝f（4﹣x）＝（4﹣x）e4﹣x，
∴f（x）＝．
（2）当x≤2时，f（x）＝xex，
f′（x）＝（x+1）ex，
可得x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（﹣1，2）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
由f（x+2）＝f（2﹣x）对任意x∈R都成立，∴函数f（x）的图象关于直线x＝2对称．
∴x∈（5，+∞）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递增；x∈（2，5）时，函数f（x）单调递减．
若选②：
（1）由f（x）+f（4﹣x）＝0，
∴f（x）＝﹣f（4﹣x），
设x＞2，则4﹣x＜2，
∵当x≤2时，f（x）＝xex，
∴f（x）＝﹣f（4﹣x）＝（x﹣4）e4﹣x，
∴f（x）＝．
（2）当x≤2时，f（x）＝xex，
f′（x）＝（x+1）ex，
可得x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（﹣1，2）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
由f（x）+f（4﹣x）＝0，对任意x∈R都成立，∴函数f（x）的图象关于点（2，0）中心对称．
∴x∈（5，+∞）时，函数f（x）单调递减；x∈（2，5）时，函数f（x）单调递增．
若选③：
（1）由f（﹣x）﹣f（4+x）＝1，
可得f（x）＝f（4﹣x）+1，
设x＞2，则4﹣x＜2，
∵当x≤2时，f（x）＝xex，
∴f（x）＝f（4﹣x）+1＝（4﹣x）e4﹣x+1，
∴f（x）＝．
（2）当x≤2时，f（x）＝xex，
f′（x）＝（x+1）ex，
可得x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（﹣1，2）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
由x＞2，f（x）＝（4﹣x）e4﹣x+1，
f′（x）＝（x﹣5）e4﹣x，，
可得x∈（5，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；x∈（2，5）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
24．已知f（x）＝alnx﹣x lnx，f'（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）设h（x）＝f'（x），讨论h（x）在定义域内的单调性；
（Ⅱ）若f（x）在（0，+∞）内单调递减，求实数a的取值范围．
解：（Ⅰ）由题意得h（x）＝﹣lnx﹣1，函数定义域为（0，+∞），则h'（x）＝﹣﹣＝﹣，
当a≥0时，h'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
当a＜0时，由h'（x）＝0得x＝﹣a，由h'（x）＞0得0＜x＜﹣a，由h'（x）＜0得x＞﹣a，
综上所述，当a≥0时，h（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＜0时，h（x）在（0，﹣a）上单调递增，在（﹣a，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）f（x）＝alnx﹣x lnx，函数定义域为（0，+∞），f'（x）＝﹣lnx﹣1，
f（x）在（0，+∞）内单调递减，转化为f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，即a≤x（lnx+1）在（0，+∞）上恒成立，
令g（x）＝x（lnx+1）（x＞0），g'（x）＝lnx+2，
由g'（x）＝0得x＝e﹣2，由g'（x）＞0得x＞e﹣2，由g'（x）＜0得0＜x＜e﹣2，
∴g（x）在（e﹣2，+∞）上单调递增，在（0，e﹣2）上单调递减，
∴当x＝e﹣2时，g（x）取得极小值也是最小值，且g（e﹣2）＝e﹣2（lne﹣2+1）＝﹣e﹣2，
∴a≤﹣e﹣2，
故实数a的取值范围为（﹣∞，﹣e﹣2]．
25．设f（x）＝lnx﹣ax+2a﹣1，a∈R．
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程；
（2）已知g（x）＝xf（x），g（x）在x＝1处取得极小值．求实数a的取值范围．
解：（1）若a＝1，，，f（2）＝ln2﹣1，
曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程为，即x+2y﹣2ln2＝0；
（2）g（x）＝xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，x∈（0，+∞），由g'（x）＝lnx﹣2ax+2a，g'（1）＝0，
令h（x）＝lnx﹣2ax+2a，x∈（0，+∞），则，
①当a≤0时，x∈（0，+∞）时，h'（x）＞0，函数h（x）单调递增；
又h（1）＝g'（1）＝0，所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）在x＝1处取得极小值，符合题意；
②当a＞0时，时，h'（x）＞0，函数h（x）单调递增，时，h'（x）＜0，函数h（x）单调递减，
（i）当时，，由②知h（x）在内单调递增，可得当x∈（0，1）时，h（x）＝g'（x）＜0，时，h（x）＝g'（x）＞0，所以g（x）在（0，1）内单调递减，在内单调递增，g（x）在x＝1处取得极小值，符合题意；
（ii）当时，即时，h（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递减，所以当x∈（0，+∞）时，h（x）＝g'（x）≤0，g（x）单调递减，不合题意；
（iii）当时，即，当时，h（x）＝g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，h（x）＝g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）在x＝1取得极小值，不合题意．
综上可知，实数a的取值范围为，即a∈（﹣∞，）．