2025年高考三轮冲刺专题训练一元函数导数及其应用综合练习（含解析）

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2025年高考三轮冲刺专题训练一元函数导数及其应用综合练习
1．已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
2．已知函数f（x）＝（1﹣ax）ln（1+x）﹣x．
（1）当a＝﹣2时，求f（x）的极值；
（2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围．
3．已知函数f（x）＝a（x﹣1）﹣lnx+1．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若a≤2时，证明：当x＞1时，f（x）＜ex﹣1恒成立．
4．已知函数f（x）＝lnax+b（x﹣1）3．
（1）若b＝0，且f′（x）≥0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；
（3）若f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．
5．已知函数f（x）＝（）ln（x+1）．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率；
（Ⅱ）求证：当x＞0时，f（x）＞1；
（Ⅲ）求证：ln（n!）﹣（n）lnn+n≤1（n∈N*）．
6．已知函数f（x）＝（x2﹣2x+1）ex．
（Ⅰ）判断函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）方程f（x）＝a有三个实数解，求a的取值范围．
7．已知函数f（x）＝xlnx（a﹣1）x．
（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），讨论函数g（x）的单调性；
（Ⅲ）若f（x）在定义域上单调递减，求a的取值范围．
8．设函数f（x）＝2x3+mx2+x，g（x）＝（4x﹣2）ln（x+1）．
（1）若f（x）在定义域R上单调，求参数m的范围？
（2）若f（1）＝g（1），判断f（x）与g（x）在x＝1处是否有公切线？若存在，则求出其公切线，若不存在，请说明理由．
（3）若当x∈[0，+∞）时，f（x）﹣g（x）≥0恒成立．求参数m的范围．
9．已知函数f（x）＝x3+ax2﹣a2x﹣1．
（1）当a＝﹣5时，则过点（0，2）的曲线f（x）的切线有几条？并写出其中一条切线方程；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若f（x）有唯一零点，求实数a的取值范围．
10．已知f（x）＝lnx，g（x）＝x2﹣x+2．
（1）证明：当x＞0时，f（x）＜g（x）；
（2）设a∈R，试根据a的不同取值，讨论关于x的方程f（x）＝g（x）+a解的个数；
（3）求证：有且只有两条直线与曲线y＝f（x）、y＝g（x）均相切．
11．已知函数f（x）＝ex﹣1﹣x﹣ax2．
（1）当a＝0时，求f（x）的单调区间；
（2）当x≥0时，若不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若x＞0，证明：（ex﹣1）ln（x+1）＞x2．
12．已知函数，
（Ⅰ）当m＝0时，求曲线f（x）在（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）当m＝﹣2时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若f（x）在（0，+∞）上存在零点，求实数m的取值范围．
13．已知函数f（x）＝﹣e2x+6ex﹣ax﹣2．
（1）当a＝4时，求f（x）的单调递增区间；
（2）若f（x）有两个极值点x1，x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：f（x1）+f（x2）+x1+x2．
14．已知函数f（x）＝（x+1）ex和g（x）＝e2x（lnx+3）．
（1）求曲线y＝f（x）在点（﹣1，0）处的切线方程；
（2）若对任意x∈R，f（x）≥ax+1恒成立，求a的取值范围；
（3）若存在x1，x2∈（0，+∞），使得f（x1）＝g（x2），证明：x2﹣x1+1≥0．
15．已知函数f（x）＝（a）ln（1+x）．
（1）当a＝﹣1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线y＝f（）关于直线x＝b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由；
（3）若f（x）在（0，+∞）存在极值，求a的取值范围．
参考答案
1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3，
∴当a＝1时，f（x）＝ex﹣x﹣1，f′（x）＝ex﹣1，
∴f（1）＝e﹣2，∴切点坐标为（1，e﹣2），
切线的斜率为k＝f′（1）＝e﹣1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：
y﹣（e﹣2）＝（e﹣1）（x﹣1），整理得：y＝（e﹣1）x﹣1．
（2）∵函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3，∴f′（x）＝ex﹣a，
当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增，此时函数f（x）无极值，
∴a＞0，
令f′（x）＝ex﹣a＝0，得x＝lna，
当x＜lna时，f′（x）＜0，当x＞lna时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的增区间为（lna，+∞），减区间为（﹣∞，lna），
∴f（x）极小值＝f（lna）＝a﹣alna﹣a3＜0，
∴1﹣lna﹣a2＜0，
令g（a）＝﹣a2﹣lna+1，0，
g（a）在（0，+∞）上单调递减，
∵g（1）＝0，∴g（a）＜0等价于a＞1，
∴a的取值范围是（1，+∞）．
2．【解答】解：（1）当a＝﹣2 时，f（x）＝（1+2x）ln（1+x）﹣x，x＞﹣1，
f′（x）＝2ln（1+x），
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
故f（x）的极小值为 f（0）＝0，无极大值；
（2）由f（x）＝（1﹣ax）ln（1+x）﹣x，得f′（x）＝﹣aln（1+x），x＞﹣1，
令g（x）＝f′（x），则g′（x），
当x≥0时，f（x）≥0，且f（0）＝0，f′（0）＝0，
所以g′（0）＝﹣1﹣2a≥0，，
当时，g′（x）0，
所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，g（x）＝f′（x）≥g（0）＝0，
故f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）＝0恒成立，
即a的取值范围为．
3．【解答】解：（1）f（x）＝a（x﹣1）﹣lnx+1，
则，x＞0，
若a≤0，f′（x）＜0，f（x）的减区间为（0，+∞），无增区间；
若a＞0时，当时，f'（x）＜0，
当时，f'（x）＞0，
所以f（x）的减区间为，增区间为；
（2）证明：因为a≤2，
所以当x＞1时，ex﹣1﹣f（x）＝ex﹣1﹣a（x﹣1）+lnx﹣1≥ex﹣1﹣2x+lnx+1，
令g（x）＝ex﹣1﹣2x+lnx+1，
则g'（x），
令h（x）＝g'（x），
则在（1，+∞）上递增，
h'（x）＞h'（1）＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，+∞）上递增，g'（x）＞g'（1）＝0，
故g（x）在（1，+∞）上递增，g（x）＞g（1）＝0，
所以当x＞1时，f（x）＜ex﹣1恒成立．
4．【解答】解：（1）由，解得0＜x＜2，
所以函数f（x）的定义域为（0，2），
当b＝0时，，
所以，对 0＜x＜2恒成立，
又，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以只需2+a≥0，即a≥﹣2，
所以a的最小值为﹣2．
（2）证明：x∈（0，2），f（2﹣x）+f（x），
所以f（x）关于点（1，a）中心对称．
（3）因为f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，
所以x＝1为f（x）＝﹣2的一个解，
所以f（1）＝﹣2，即a＝﹣2，
先分析1＜x＜2时，f（x）＞﹣2恒成立，
此时f（x）＞﹣2，即为ln2（1﹣x）+b（x﹣1）3＞0在（1，2）上恒成立，
设t＝x﹣1，t∈（0，1），则ln2t+bt3＞0在（0，1）上恒成立，
设g（t）＝ln2t+bt3，t∈（0，1），
则g′（t）2+3bt2，
当b≥0时，﹣3bt2+2+3b＞﹣3b+2+3b＝2＞0，
所以g′（t）＞0恒成立，
所以g（t）在（0，1）上为增函数，
所以g（t）＞g（0）＝0，即f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立，
当b＜0时，﹣3bt2+2+3b＞2+3b≥0，
所以g′（t）＞0恒成立，
故g（t）在（0，1）上为增函数，故g（t）＞g（0）＝0，
即f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立，
当b，即当0＜t1时，g′（t）＜0，
所以在（0，）上g（t）为减函数，
所以g（t）＜g（0）＝0，不合题意，舍去，
综上所述，f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立时，b，
而b时，由上述过程可得g（t）在（0，1）单调递增，
所以g（t）＞0的解为（0，1），
即f（x）＞﹣2的解为（1，2），
综上所述，b，
所以b的取值范围为[，+∞）．
5．【解答】解：（Ⅰ）对函数f（x）求导，可得f′（x），
则曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率为f′（2）；
（Ⅱ）证明：当x＞0时，f（x）＞1，即，即，
而 在（0，+∞）上单调递增，
因此g（x）＞g（0）＝0，原不等式得证；
（Ⅲ）证明：设数列{an}的前n项和，
则a1＝S1＝1；
当n≥2时，，
由（2），an＜0（n≥2），
故Sn≤S1＝1，不等式右边得证；
要证，只需证：对任意的n≥2，，
令，则，
当x＞0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，
则h（x）＜0，即，
则，
因此当k≥2时，，
当n≥4时，累加得
，
又，，
故，即得证．
6．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝（x2﹣2x+1+2x﹣2）ex＝（x﹣1）（x+1）ex，
当x≥1或x≤﹣1时，f′（x）≥0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，
所以f（x）在[1，+∞），（﹣∞，﹣1]上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减；
（Ⅱ）方程f（x）＝a有三个实数解，
即y＝a与y＝f（x）的图象有三个交点，
因为f（x）在[1，+∞），（﹣∞，﹣1]上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，
f（1）＝0，f（﹣1），x→+∞时，f（x）→+∞，x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，
故0＜a，
所以a的范围为（0，）．
7．【解答】解：（1）当a＝2时可得f（x）＝xlnx﹣x2+x，
则f′（x）＝lnx﹣2x+2，
此时f（1）＝0，f′（1）＝0，
因此切线方程为y﹣0＝0（x﹣1），
即y＝0；
（2）由，可得其定义域为（0，+∞），
且f′（x）＝lnx﹣ax+a，即g（x）＝lnx﹣ax+a，
显然，
当a≤0时，g'（x）＞0，此时g（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，令g'（x）＝0，可得，
若，g'（x）＞0，此时g（x）在上单调递增；
若，g'（x）＜0，此时g（x）在单调递减；
综上可得，当a≤0时，g（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，g（x）在上单调递增，在上单调递减；
（3）若f（x）在定义域上单调递减，可得f′（x）＝lnx﹣ax+a≤0在（0，+∞）上恒成立；
由（2）可得当a≤0时，g（x）即f'（x）在（0，+∞）上单调递增，
当x→+∞，可得f'（x）→+∞，显然不合题意；
当a＞0时，可得f'（x）在上单调递增，在上单调递减；
即f'（x）在处取得极大值，也是最大值，
即恒成立，
令u（a）＝a﹣lna﹣1，a＞0，
则，
显然当a∈（0，1）时，u'（a）＜0，此时u（a）在（0，1）上单调递减；
当a∈（1，+∞）时，u′（a）＞0，此时u（a）在（1，+∞）上单调递增，
因此u（a）≥u（1）＝0，即a﹣lna﹣1≥0，
又a﹣lna﹣1≤0恒成立，可得a﹣lna﹣1＝0，即a＝1，
所以a的取值范围为a∈{1}．
8．【解答】解：（1）依题意，f′（x）＝6x2+2mx+1≥0在R上恒成立，
所以Δ＝4m2﹣24≤0，解得，
所以m的范围是．
（2）由题意得f（1）＝m+3，g（1）＝2ln2，
因为f（1）＝g（1），
所以m＝2ln2﹣3，
，f′（x）＝6x2+2（2ln2﹣3）x+1，
则g′（1）＝4ln2+1，f′（1）＝7+2m＝1+4ln2，即g′（1）＝f′（1）．
所以f（x）与g（x）在x＝1处切线斜率相等，且切点为（1，2ln2）．
所以f（x）与g（x）在x＝1处有公切线，
则切线方程为y﹣2ln2＝（1+4ln2）（x﹣1），即（1+4ln2）x﹣y﹣1﹣2ln2＝0．
（3）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2x3+mx2+x﹣（4x﹣2）ln（x+1），
由题意x∈[0，+∞）时，h（x）≥0恒成立，
所以h（1）＝3+m﹣2ln2≥0，
所以m≥﹣3+2ln2为f（x）﹣g（x）≥0成立的必要条件．
下面证明：m≥﹣3+2ln2为f（x）﹣g（x）≥0成立的充分条件．
把函数h（x）＝2x3+mx2+x﹣（4x﹣2）ln（x+1）看作以变量m为主元的函数，
于是设T（m）＝2x3+mx2+x﹣（4x﹣2）ln（x+1），
当x∈[0，+∞）时，可知T（m）在m∈[﹣3+2ln2，+∞）上单调递增，
所以T（m）有最小值为T（﹣3+2ln2）．
于是设φ（x）＝T（﹣3+2ln2）＝2x3+（﹣3+2ln2）x2+x﹣（4x﹣2）ln（x+1），
下证φ（x）≥0在x∈[0，+∞）上恒成立．
因为，则φ′（1）＝0．
令，
在x∈[0，+∞）上单调递增．
因为．
所以，使得μ′（x0）＝0．
于是μ（x）即φ′（x）在x∈（0，x0）上单调递减，在x∈（x0，+∞）上单调递增．
因为φ′（0）＝3，φ′（1）＝0，∴φ′（x0）＜0．故 x1∈（0，x0），φ′（x1）＝0．
于是有当x∈（0，x1），（1，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增；
x∈（x1，1）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减．
因为φ（0）＝φ（1）＝0，所以φ（x）的最小值为0．
即φ（x）≥0恒成立．
综上原命题成立．
所以参数m的范围为[﹣3+2ln2，+∞）．
9．【解答】解：（1）当a＝﹣5时，f（x）＝x3﹣5x2﹣25x﹣1，函数定义域为R，
可得f′（x）＝3x2﹣10x﹣25，
设切点为（x0，y0），
因为切线过点（0，2），
所以切线斜率存在，
设切线方程为y＝kx+2，
此时，
整理得，
易知方程的判别式Δ＞0，
所以该方程有2个不等实根且不为1，
则有3个不等的实根，
即共有3条切线，其中一条切线的切点横坐标为1，
此时k＝3﹣10﹣25＝﹣32，
则切线方程为y＝﹣32x+2；
（2）易知f′（x）＝3x2+2ax﹣a2＝（3x﹣a）（x+a），
当a＝0时，f′（x）＝3x2≥0，
所以f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，，
当x＜﹣a时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当a＜0时，，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞﹣a时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，无递减区间；
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣a）和上单调递增，在上单调递减；
当a＜0时，f（x）在和（﹣a，+∞）上单调递增，在上单调递减；
（3）当a＝0时，f（x）＝x3﹣1，
此时函数仅有1个零点1；
当a＞0时，由（2）知，f（x） 的极大值为f（﹣a），
当x→+∞时，f（x）→+∞，
若f（x）有唯一零点，
此时f（﹣a）＝﹣a3+a3+a3﹣1＜0，
解得a＜1，
即a∈（0，1）；
当a＜0时，由（2）知，f（x）的极大值为，
若f（x）有唯一零点，
此时，
解得，
即．
综上，实数a的取值范围为．
10．【解答】解：（1）证明：令y＝g（x）﹣f（x）＝x2﹣x+2﹣lnx，定义域为（0，+∞），
则，
当x＞1时，y′＞0，函数y＝g（x）﹣f（x）严格增；
当0＜x＜1时，y′＜0，函数y＝g（x）﹣f（x）严格减；
故当x＝1时，函数y＝g（x）﹣f（x）取到最小值，最小值为2．
因为2＞0，
所以当x＞0时，y＝g（x）﹣f（x）＞0，即f（x）＜g（x）．
（2）令h（x）＝f（x）﹣g（x）﹣a，h（x）＝lnx﹣（x2﹣x+2）﹣a，
则，
当x＞1时，y′＜0，函数y＝h（x）严格减；
当0＜x＜1时，y′＞0，函数y＝h（x）严格增；
故当x＝1时，函数y＝h（x）取到极大值，极大值为h（1）＝﹣2﹣a．
当﹣2﹣a＜0，即a＞﹣2时，函数y＝h（x）无零点，即原方程无实数解；
当﹣2﹣a＝0，即a＝﹣2时，函数y＝h（x）恰有一个零点，即原方程有一个实数解；
当﹣2﹣a＞0，即a＜﹣2时，函数y＝h（x）有两个零点，即原方程有两个实数解．
则当a＞﹣2时，函数y＝h（x）无零点，即原方程无实数解；
当a＝﹣2时，函数y＝h（x）恰有一个零点，即原方程有一个实数解；
当a＜﹣2时，函数y＝h（x）有两个零点，即原方程有两个实数解．
（3）证明：假设直线y＝kx+t与曲线y＝f（x）、y＝g（x）均相切，
故不等式lnx≤kx+t≤x2﹣x+2在定义域内恒成立，且两个等号都能取到．
设直线y＝kx+t与曲线y＝f（x）相切于点（x0，y0），于是，
且f（x0）＝kx0+t＝lnx0，消去x0得1+t+lnk＝0．①
又直线y＝kx+t与曲线y＝g（x）相切，于是x2﹣（k+1）x+2﹣t＝0，
且其判别式Δ＝（k+1）2﹣4（2﹣t）＝0．②
由①②两式，消t，得（k+1）2﹣4（3+lnk）＝0．
设m（k）＝（k+1）2﹣4（3+lnk），
求导，得，令m′（k）＝0，解得k＝1．
易得函数y＝m（k）在区间（0，1）上严格减，在（1，+∞）区间上严格增．
又m（e﹣3）＝（e﹣3+1）2＞0，m（1）＝﹣8＜0，m（e2）＝（e2+1）2﹣20＞0，
进而可得函数y＝m（k）恰有两个零点，一个在区间（e﹣3，1）内，一个在区间（1，e2）内．
综上，有且只有两条直线与曲线y＝f（x）、y＝g（x）均相切．
11．【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝ex﹣1﹣x，函数定义域为R，
可得f′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，0]上单调递减，在[0，+∞）上单调递增；
（2）已知f′（x）＝ex﹣1﹣2ax，
令h（x）＝ex﹣1﹣2ax，函数定义域为R，
可得h′（x）＝ex﹣2a，
当2a≤1，即时，
此时h′（x）≥0，h（x）单调递增，
所以h（x）≥h（0），
即f′（x）≥f′（0）＝0，
所以f（x）在[0，+∞）上为增函数，
此时f（x）≥f（0）＝0，满足条件；
当2a＞1时，
当0≤x＜ln2a时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）＜h（0）＝0，
即f′（x）＜f′（0）＝0，
所以f（x）在（0，ln2a）上单调递减，
此时f（x）＜f（0）＝0，不满足题意，
综上，实数a的取值范围为；
（3）证明：由（2）得，当且x＞0时，，
即，
要证（ex﹣1）ln（x+1）＞x2，
需证，
即证，
要证，
设，
可得，
当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，
所以F（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为F（0）＝0．
所以F（x）＞0恒成立，原不等式成立．
12．【解答】解：（Ⅰ）当m＝0时，，f（0）＝0，
，∴k＝f′（0）＝﹣2，
∴切线方程为：y＝﹣2x；
（Ⅱ）当m＝﹣2时，，，
令，，
∴x∈（﹣∞，3）时，g′（x）＞0，g（x）在（﹣∞，3）单调递增，即f′（x）在（﹣∞，3）单调递增；
∴x∈（3，+∞）时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（3，+∞）单调递减，即f′（x）在（3，+∞）单调递减；
∵f'（0）＝0，且x＞3时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）的单调递减区间是（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞），
（3），
∵x∈（0，+∞）时，∴，若m≥0，则f（x）＜0恒成立，
∵f（x）在（0，+∞）上存在零点，∴m＜0；
，由（2）可知f′（x）在（﹣∞，3）单调递增，在（3，+∞）单调递减．
∴0，
①若f′（0）＝﹣2﹣m≥0，m≤﹣2时，
x∈（0，3），f′（x）＞f′（0）≥0，x∈（3，+∞），，
∴x∈（0，+∞），f′（x）＞0，∴f（x）单调递增，∴f（x）＞f（0）＝0，
∴f（x）无零点．
②若f′（0）＜0，即﹣2﹣m＜0，﹣2＜m＜0时，
∵f′（3）＞0， x0∈（0，3）使得f′（x0）＝0，当x＞3时，f′（x）＞0，
∴x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x （﹣∞，x0） x0 （x0，+∞）
f′（x） ﹣ 0 +
f（x） ↓ 极小值 ↑
∴f（x）在（0，x0）上单调递减，∴f（x0）＜f（0）＝0，∴f（x）在（0，x0）无零点．
，，h（t）＝et﹣t+1
h′（t）＝et﹣1＞0，h（t）单调递增，∴h（t）＞h（1）＞e＞0，∴et﹣t+1＞0
et﹣t+1＞0，，∴，∴
∴，
根据零点存在定理可知，f（x）在（x0，+∞）上存在零点．
综上所述，若f（x）在（0，+∞）上存在零点，实数m的取值范围为（﹣2，0）．
13．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝﹣e2x+6ex﹣ax﹣2，
当a＝4时，f（x）＝﹣e2x+6ex﹣4x﹣2，
所以f'（x）＝﹣2e2x+6ex﹣4＝﹣2（ex﹣1）（ex﹣2），
当ex∈（1，2）时，即x∈（0，ln2）时，f′（x）＞0，
故f（x）单调递增区间为（0，ln2）；
（2）f'（x）＝﹣2e2x+6ex﹣a，
令t＝ex，即f'（t）＝﹣2t2+6t﹣a，
令，，
则t1，t2是方程﹣2t2+6t﹣a＝0的两个正根，
则Δ＝36﹣8a＞0，即，
有t1+t2＝3，，
即，
即a的a的取值范围是；
（ii）证明：f（x1）+f（x2）+x1+x2
（1﹣a）（lnt1+lnt2）﹣4
＝（a+5）+（1﹣a），
令，
则，
令，
则，
则g′（x）在上单调递减，
又，
故存在x0∈（2，3），使g'（x）＝0，即，
则当x∈（0，x0）时，g'（x）＞0，当时，g'（x）＜0，
故g（x）在（0，x0）上单调递增，g（x）在上单调递减，
则，
又x0∈（2，3），故，
即．
14．【解答】解：（1）依题意，f′（x）＝（x+2）ex，
则，
故所求切线方程为；
（2）记F（x）＝（x+1）ex﹣ax﹣1，则F′（x）＝（x+2）ex﹣a，
因为F（0）＝0，故F′（0）＝0．
反证法：若F′（0）＞0，则存在δ＜0，使得F（x）在x∈[δ，0]单调递增，
此时F（δ）＜F（0）＝0，与F（x）＝（x+1）ex﹣ax﹣1≥0恒成立矛盾．
同理可得，F′（0）＜0也不成立．故F′（0）＝0．
F′（x）＝（x+2）ex﹣a，F′（0）＝2﹣a＝0，a＝2．
下面证明：a＝2时，F（x）＝（x+1）ex﹣2x﹣1≥0．
令h（x）＝ex﹣x﹣1，则h′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）（﹣∞，0）上单调递减，
当x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以h（x）≥h（0），
所以ex﹣x﹣1≥0，
所以ex≥x+1，
当x＜﹣1时，因为x+1＜0且ex＜e﹣1＜2，
故F（x）≥2（x+1）﹣2x﹣1＝1＞0．
当x≥﹣1时，因为x+1≥0且ex≥x+1，
故F（x）≥（x+1）2﹣2x﹣1＝x2≥0；
所以，当a＝2时，对任意x∈R，f（x）≥ax+1恒成立．
（3）证明：由（1）知，当x＞﹣2时，f′（x）＝（x+2）ex＞0，
所以f（x）在（﹣2，+∞）单调递增，如图．
，
∵x1＞0，
∴．
∴lne2x2＞﹣1，
∴lne2x2＞﹣1，
∴，即，
∴，
令h（x）＝ex﹣2﹣x，（x＞0），h′（x）＝ex﹣2﹣1．
易知当0＜x＜2时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x＞2时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）≥h（2）＝﹣1，所以x2﹣x1≥﹣1，即得证．
15．【解答】解：（1）a＝﹣1时，f（1）＝0，
f′（x）ln（x+1）+（1）（），f′（1）＝﹣ln2，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣ln2（x﹣1）．
（2）f（）＝（x+a）ln（），定义域为（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞），
要使函数f（）的图像关于x＝b对称，则由x≠0，且x≠﹣1，可知b，
即f（）＝（x+a）ln（）的图像关于x对称，
则f（1）＝（1+a）ln2，f（﹣2）＝（﹣2+a）ln（2﹣a）ln2，
得1+a＝2﹣a，解得a．
设F（x）＝（x）ln（），
由F（x）﹣F（﹣1﹣x）＝（x）ln（）﹣（﹣1﹣x）ln（1）＝（x）ln 0，
即曲线y＝f（）关于直线x对称，
综上，a，b；
（3）由函数的解析式可得f′（x）＝（）ln（x+1）+（），
由f（x）在区间（0，+∞）存在极值点，则f′（x）在区间（0，+∞）上存在变号零点，
令（）ln（x+1）+（）0，
则﹣（x+1）ln（x+1）+（x+ax2）＝0，
令g（x）＝ax2+x﹣（x+1）ln（x+1），
f（x）在区间（0，+∞）存在极值点，等价于g（x）在区间上存在变号零点，
g′（x）＝2ax﹣ln（x+1），g″（x）＝2a，
当a≤0时，g′（x）＜0，g（x）在区间（0，+∞）上单调递减，
此时g（x）＜g（0）＝0，g（x）在区间（0，+∞）上无零点，不合题意，
当a，2a≥1时，由于，
∴g“（x）＞0，g′（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
∴g′（x）＞g′（0）＝0，g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，g（x）＞g（0）＝0，
∴g（x）在区间（0，+∞）上无零点，不符合题意，
当0＜a时，由0，可得x，
当x∈（0，）时，g“（x）＜0，g′（x）单调递减，
当x∈（，+∞）时，g“（x）＞0，g′（x）单调递增，
∴g′（x）的最小值为1﹣2a+ln2a，
令m（x）＝1﹣x+lnx（0＜x＜1），则m′（x）0，
函数m（x）在定义域内单调递增，m（x）＜m（1）＝0，
∴1﹣x+lnx＜0恒成立，
∴1﹣2a+ln2a＜0，
令h（x）＝lnx﹣x2+x（x＞0），则h′（x），
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）＝0，即lnx≤x2﹣x，当且仅当x＝1时，取等号，
∴g′（x）＝2ax﹣ln（x+1）＞2ax﹣[（x+1）2﹣（x+1）]＝2ax﹣（x2+x），
g′（2a﹣1）＞2a（2a﹣1）﹣[（2a﹣1）2+（2a﹣1）]＝0，
∵g′（0）＝0，∴根据零点存在定理得：
g′（x）在区间（0，+∞）上存在唯一零点x0，
当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x0）＜g（0）＝0，
令n（x）＝lnx，则，
则函数n（x）＝lnx在（0，4）上单调递增，在（4，+∞）上单调递减，
∴n（x）≤n（4）＝ln4﹣2＜0，∴lnx，
∴g（）＝（）[a（）﹣ln（）2a+1]
＞（1）[]
＝（）[]＞（）（）
＞（）（1）0，
∴函数g（x）在区间（0，+∞）上存在变号零点，符合题意．
综上，实数a得取值范围是（0，）．
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