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第五章 一元函数的导数及其应用
章末整合提升
知识体系构建
核心知识归纳
1．导数的几何意义的应用：利用导数的几何意义可以求出曲线上任意一点处的切线方程y－y0＝f ′(x0)(x－x0)，明确“过点P(x0，y0)的曲线y＝f (x)的切线方程”与“在点P(x0，y0)处的曲线y＝f (x)的切线方程”的异同点．
2．围绕着切点有三个等量关系：切点(x0，y0)，则k＝f ′(x0)，y0＝f (x0)，(x0，y0)满足切线方程，在求解参数问题中经常用到．
3．利用导数确定参数的取值范围时，要充分利用f(x)与其导数f ′(x)之间的对应关系，然后结合函数的单调性等知识求解．
求解参数范围的步骤为：
(1)对含参数的函数f(x)求导，得到f ′(x)；
(2)若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则f ′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则f ′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围；
(3)验证参数范围中取等号时，是否恒有f ′(x)＝0.若f ′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常函数，舍去此参数值．
4．求连续函数f (x)在区间[a，b]上的最值的方法
(1)若函数f (x)在区间[a，b]上单调递增或递减，则f (a)与f (b)一个为最大值，一个为最小值；
(2)若函数f (x)在闭区间[a，b]内有极值，则要先求出[a，b]上的极值，再与f (a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
5．已知函数的极值(最值)情况求参数的值(取值范围)的方法
根据极值和最值的关系，与最值有关的问题一般可以转化为极值问题．
已知f (x)在某点x0处有极值，求参数的值(取值范围)时，应逆向考虑，可先将参数当作常数，按照求极值的一般方法求解，再依据极值与导数的关系，列等式(不等式)求解．
6．解决优化问题的步骤
(1)要分析问题中各个数量之间的关系，建立适当的函数模型，并确定函数的定义域．
(2)要通过研究相应函数的性质，如单调性、极值与最值，提出优化方案，使问题得以解决，在这个过程中，导数是一个有力的工具．
(3)验证数学问题的解是否满足实际意义．
要点专项突破
[答案] y＝3x－2
要点一
导数的几何意义及其应用
要点二
利用导数研究函数的单调性、极值与最值
[答案] C
4.(2024·山东威海高三检测)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，过曲线y＝f(x)上的点P(1，f(1))的切线方程为y＝3x＋1，y＝f(x)在x＝－2时有极值．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的单调区间和最大值．
[解析] (1)f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，f ′(1)＝3＋2a＋b，
过曲线上P点的切线方程为y－f(1)＝(3＋2a＋b)(x－1)，
即y－(a＋b＋c＋1)＝(3＋2a＋b)(x－1)，
整理得，y＝(3＋2a＋b)x－a＋c－2.
已知该切线方程为y＝3x＋1，
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若在区间[0，m](m>0)上恒有f(x)≤x成立，求m的取值范围．
要点三
利用导数求参数的取值范围
(2)f(x)≤x在[0，m]上恒成立 f(x)－x≤0在[0，m]上恒成立 [0，m]是f(x)≤x的解集的子区间，当f(x)－x的最值不易求时，可进行适当的转化．
6.设函数f(x)＝x2＋aln(1＋x)有两个极值点x1，x2，且x1
(1)求a的取值范围，并讨论f(x)的单调性；
要点四
利用导数证明不等式
当x变化时，f(x)与f ′(x)的变化情况如下表：
x (－1，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞)
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 极大值 ? 极小值 ?
7.某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为( )
A．3.2% B．2.4%
C．4% D．3.6%
[答案] A
要点五
利用导数解决实际问题
[解析] 依题意知，存款量是kx2，银行应支付的利息是kx3，银行应获得的利息是0.048kx2，
所以银行的收益y＝0.048kx2－kx3，所以y′＝0.096kx－3kx2.
令y′＝0，得x＝0.032或x＝0 (舍去)．因为k>0，所以当00，当0.032因此，当x＝0.032时， y取得极大值，也是最大值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益. 故选A．
8.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边△ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________.
[解析] 如图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，
[答案] C
即|时|巩|固
[解析] ∵f′(x)＝2ax＋b，
∴f′(0)＝b>0；
∵对于任意实数x都有f(x)≥0，
∴a>0且b2－4ac≤0，
∴b2≤4ac，∴c>0，
[答案] C
3．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝ax2－x.若经过点A(1,0)存在一条直线l与曲线y＝f(x)和y＝g(x)都相切，则a＝( )
A．－1 B．1
C．2 D．3
[答案] B
4．已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.
[答案] 2x＋y＋1＝0
[解析] 当x>0时，－x<0，则f(－x)＝ln x－3x.
又f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，
5．已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)f ′(x)<0的解集为________.
[答案] {x|1(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)7．(2024·北京卷)设函数f(x)＝x＋kln(1＋x)(k≠0)，直线l是曲线y＝f(x)在点(t，f(t))(t>0)处的切线．
(1)当k＝－1时，求f(x)的单调区间．
(2)求证：l不经过点(0,0)．
(3)当k＝1时，设点A(t，f(t))(t>0)，C(0，f(t))，O(0,0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？
(参考数据：1.09当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)，f′(x)>0；
∴f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
则f(x)的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)．第五章综合测试题
考试时间120分钟，满分150分．
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知f(x)在x＝a处可导，且f ′(a)＝b, 则 等于( )
A．b B．2b
C．3b D．4b
[答案] B
[解析]
＝
＝ ＋ ＝b＋b＝2b，故选B.
2．已知f(x)＝x2＋2x·f ′，则f ′等于( )
A．－4 B．2
C．1 D．－2
[答案] B
[解析] f ′(x)＝2x＋2f ′，令x＝1得f ′＝2＋2f ′，解得f ′＝－2，
所以f ′(x)＝2x－4，f ′＝6－4＝2.故选B.
3．曲线y＝在点(－1，－1)处的切线方程为( )
A．2x－y＋1＝0 B．2x－y－1＝0
C．2x＋y＋3＝0 D．2x＋y＋2＝0
[答案] A
[解析] 由已知得y′＝，
∴k＝y′，即2x－y＋1＝0，故选A．
4．函数y＝xcos x－sin x在下面哪个区间内单调递增( )
A． B．(π，2π)
C． D．(2π，3π)
[答案] B
[解析] y′＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，当x∈(π，2π)时，－xsin x>0，则函数y＝xcos x－sin x在(π，2π)上单调递增．
5．函数f(x)＝( )
A．在(0,2)上单调递减
B．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增
C．在(0,2)上单调递增
D．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减
[答案] B
[解析] f ′(x)＝＝＝.
令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.
∴x∈(－∞，0)和x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，
x∈(0,1)和x∈(1,2)时，f ′(x)<0，故选B.
6．已知定义在上的函数f(x)满足2xf(x)＋x2f ′(x)<0，f＝，则关于x的不等式f(x)>的解集为( )
A． B．
C． D．
[答案] D
[解析] 令h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝2xf(x)＋x2f ′(x)<0，所以h(x)在上单调递减，
不等式f(x)>可以转化为x2f(x)>4×＝22f，即h(x)>h，所以07．已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．a[答案] D
[解析] 设f(x)＝，则f ′(x)＝，
当f ′(x)>0时x∈，当f ′(x)<0时，x∈，
所以f(x)在上单调递增，上单调递减，
又eπ>π>e，所以f故选D．
8．已知函数f(x)＝ex－x2－4ax在x∈上有最小值，则实数a的取值范围为( )
A． B．
C． D．
[答案] A
[解析] 因为函数f(x)＝ex－x2－4ax在x∈上有最小值，
所以函数f(x)＝ex－x2－4ax在x∈上先减后增，
即f ′(x)＝ex－ax－4a在上先小于0，再大于0，
令f ′(x)＝ex－ax－4a<0，得exg(x)＝ex，h(x)＝ax＋4a，
故只需h(x)的斜率a大于过(－4,0)的g(x)的切线的斜率即可，
设切点(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，
把(－4,0)代入切线方程可得x0＝－3，故切点为(－3，e－3)，切线斜率为e－3，
故只需a>e－3.
故选A．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，下列选项正确的是( )
A．0
C．f(x0)＋x0＜0 D．f(x0)＋x0＞0
[答案] AC
[解析] ∵函数f(x)＝xln x＋x2(x＞0)，
∴f ′(x)＝ln x＋1＋x，易得f ′(x)＝ln x＋1＋x在(0，＋∞)递增，
∴f ′＝＞0，
∵x→0，f ′(x)→－∞，
∴0＜x0＜，
即A正确，B不正确；
∵ln x0＋1＋x0＝0，
∴f(x0)＋x0＝x0ln x0＋x＋x0＝x0＝－x＜0，即C正确，D不正确．
故选AC．
10．若函数f(x)的导函数的图象关于y轴对称，则f(x)的解析式可能为( )
A．f(x)＝tan 2x B．f(x)＝x5＋sin 2x
C．f(x)＝1＋sin 2x D．f(x)＝ex－x
[答案] ABC
[解析] 对于A，由f(x)＝tan 2x可得f ′(x)＝′＝＝，则f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故A满足题意；
对于B，由f(x)＝x5＋sin 2x可得f ′(x)＝5x4＋2cos 2x, f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故B满足题意；
对于C，由f(x)＝1＋sin 2x可得f ′(x)＝2cos 2x(x∈R)，则f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故C满足题意；
对于D，由f(x)＝ex－x可得f ′(x)＝ex－1(x∈R)，则f ′(－x)＝e－x－1，所以f ′(x)是非奇非偶函数，不关于y轴对称，故D不满足题意；故选ABC．
11．已知函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)(a≠0)的极大值点为x＝a，则( )
A．b2B．a2C．若f ′(x1)＝f ′(x2)＝0，则x1＋x2>0
D．若f ′(x1)＝f ′(x2)＝0，则x1x2>0
[答案] BD
[解析] 令f(x)＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f(x)的两个零点，当a>0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f(x)的极大值点，则函数f(x)的大致图象如图甲所示，则0ab>a2，故选BD．
12．(2022·全国新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
[答案] AC
[解析] 由题，f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)>0得x>或x<－，
令f ′(x)<0得－所以f(x)在上单调递减，
在，上单调递增，
所以x＝±是极值点，故A正确；
因f＝1＋>0，f＝1－>0，f(－2)＝－5<0，
所以，函数f(x)在上有一个零点，
当x≥时，f(x)≥f>0，即函数f(x)在上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，
将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确；
令f ′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1,1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．
故选AC．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．函数f(x)＝sin，满足f ′(θ)＝，则cos＝________.
[答案]
[解析] 由已知f ′(x)＝2cos，所以f ′(θ)＝2cos＝，cos＝，
所以cos＝2cos2－1＝2×2－1＝.
14．若函数f(x)＝x(x－a)2在x＝2处取得极小值，则a＝________.
[答案] 2
[解析] 求导函数可得f ′(x)＝3x2－4ax＋a2，所以f ′(2)＝12－8a＋a2＝0，解得a＝2或a＝6，
当a＝2时，f ′(x)＝3x2－8x＋4＝(x－2)(3x－2)，函数在x＝2处取得极小值，符合题意；
当a＝6时，f ′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)，函数在x＝2处取得极大值，不符合题意，所以a＝2.
15．(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝_______.
【答案】 ln 2
【解析】 由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2，
故曲线y＝ex＋x在(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1；
由y＝ln(x＋1)＋a得y′＝，
设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)，
由两曲线有公切线得y′＝＝2，解得x0＝－，则切点为，
切线方程为y＝2＋a＋ln＝2x＋1＋a－ln 2，
根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2.
16．(2023·全国乙卷理科)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是___________.
[答案]
[解析] 由函数的解析式可得f ′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立，
故0＝1≥－，而a＋1∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，
故即
故≤a<1，
结合题意可得实数a的取值范围是.
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝ex＋ax＋b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝a－b.
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≥0.
[解析] (1)∵f(x)＝ex＋ax＋b，∴f ′(x)＝ex＋a，
∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝a－b，
∴，解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x－1，f ′(x)＝ex－1，
∴当x<0时，f ′(x)<0，f(x)为减函数，当x>0时，f ′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)的最小值为f(0)＝0，∴f(x)≥0.
18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为，求a的值．
[解析] 函数f(x)的定义域为(0,2)，
f′(x)＝－＋a，
(1)当a＝1时，f′(x)＝，∴当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，2)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)．
(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a>0，
即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.
19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
[解析] (1)由f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，得f ′(x)＝3x2＋2ax＋1，Δ＝4a2－4×3＝4(a2－3)．
当－≤a≤时，Δ≤0，有f ′(x)≥0, ∴f(x)在R上单调递增，
当a<－或a>时，由f ′(x)＝0得 x＝.
由f ′(x)>0 x<或x>，
由f ′(x)<0 ∴f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
(2)若函数f(x)在区间内是减函数，则有f ′(x)≤0在区间恒成立，
只需
a≥2，
∴a的取值范围是[2，＋∞)．
20．(本小题满分12分)某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，根据经验知道，其次品率P与日产量x(万件)之间大体满足关系：
P＝(其中c为小于6的正常数，次品率＝次品数/生产量，如P＝0.1表示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品)
已知每生产1万件合格的仪器可盈利2万元，但每生产1万件次品将亏损1万元，故厂方希望定出合适的日产量．
(1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额T(万元)表示为日产量x(万件)的函数；
(2)当日产量为多少时，可获得最大利润？
[解析] (1)当x>c时，P＝，
所以T＝x·2－x·1＝0.
当1≤x≤c时，P＝，
所以T＝·x·2－·x·1
＝.
综上，日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为：T＝
(2)由(1)知，当x>c时，每天的盈利额为0，
当1≤x≤c时，T′＝＝，
令T′＝0，解得x＝3或x＝9.
因为1所以(ⅰ)当3≤c<6时，Tmax＝3，此时x＝3.
(ⅱ)当1≤c<3时，
由T′＝＝
知函数T＝在[1,3]上递增，
所以Tmax＝，此时x＝c.
综上，若3≤c<6，则当日产量为3万件时，可获得最大利润；
若1≤c<3，则当日产量为c万件时，可获得最大利润．
21．(本小题满分12分)(2024·天津卷)设函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)≥a(x－)在x∈(0，＋∞)时恒成立，求a的值；
(3)若x1，x2∈(0,1)，证明|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|.
【解析】 (1)由于f(x)＝xln x，故f′(x)＝ln x＋1.
所以f(1)＝0，f′(1)＝1，所以所求的切线经过(1,0)，且斜率为1，故其方程为y＝x－1.
(2)设h(t)＝t－1－ln t，则h′(t)＝1－＝，从而当01时h′(t)>0.
所以h(t)在(0,1]上递减，在[1，＋∞)上递增，这就说明h(t)≥h(1)，即t－1≥ln t，且等号成立当且仅当t＝1.
设g(t)＝a(t－1)－2ln t，则
f(x)－a(x－)＝xln x－a(x－)＝
x＝x·g.
当x∈(0，＋∞)时，的取值范围是(0，＋∞)，所以命题等价于对任意t∈(0，＋∞)，都有g(t)≥0.
一方面，若对任意t∈(0，＋∞)，都有g(t)≥0，则对t∈(0，＋∞)有
0≤g(t)＝a(t－1)－2lnt＝a(t－1)＋2ln≤a(t－1)＋2＝at＋－a－2，
取t＝2，得0≤a－1，故a≥1>0.
再取t＝，得0≤a·＋2－a－2＝2－a－2＝－(－)2，所以a＝2.
另一方面，若a＝2，则对任意t∈(0，＋∞)都有g(t)＝2(t－1)－2ln t＝2h(t)≥0，满足条件．
综合以上两个方面，知a的值是2.
(3)先证明一个结论：对0证明：前面已经证明不等式t－1≥ln t，故＝＋ln b＝＋ln b<1＋ln b，
且＝＋ln a＝＋ln a>＋ln a＝1＋ln a，
所以ln a＋1<由f′(x)＝ln x＋1，可知当0时f′(x)>0.
所以f(x)在上递减，在上递增．
不妨设x1≤x2，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论．
情况一：当≤x1≤x2<1时，有|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)<(ln x2＋1)(x2－x1)情况二：当0对任意的c∈，设φ(x)＝xln x－cln c－，则φ′(x)＝ln x＋1＋.
由于φ′(x)单调递增，且有
φ′＝ln＋1＋且当x≥c－，x>时，由≥ln－1可知
φ′(x)＝ln x＋1＋>ln＋1＋＝－≥0.
所以φ′(x)在(0，c)上存在零点x0，再结合φ′(x)单调递增，即知00.
故φ(x)在(0，x0]上递减，在[x0，c]上递增．
①当x0≤x≤c时，有φ(x)≤φ(c)＝0；
②当0从而当0q，可得
φ(x)＝xln x－cln c－<－cln c－<－cln c－q＝(ln－q)<0.
再根据φ(x)在上递减，即知对0综合①②可知对任意0根据c∈和0所以|f(x1)－f(x2)|＝f(x1)－f(x2)＝x1ln x1－x2ln x2≤.
情况三：当0而根据f(x)的单调性，知|f(x1)－f(x2)|≤或|f(x1)－f(x2)|≤.
故一定有|f(x1)－f(x2)|≤成立．综上，结论成立．
22．(本小题满分12分)(2023·全国乙卷理科)已知函数f(x)＝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．
[解析] (1)当a＝－1时，
f(x)＝ln，
则f ′(x)＝－×ln＋×，
据此可得f(1)＝0，f ′(1)＝－ln 2，
函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
(2)由函数的解析式可得
f＝(x＋a)ln，
函数的定义域满足＋1＝>0，即函数的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，
定义域关于直线x＝－对称，由题意可得b＝－，
由对称性可知f＝f，
取m＝可得f(1)＝f(－2)，
即(a＋1)ln 2＝(a－2)ln，则a＋1＝2－a，解得a＝，
经检验a＝，b＝－满足题意，故a＝，b＝－.
即存在a＝，b＝－满足题意．
(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(0，＋∞)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)当a≥，2a≥1时，由于<1，所以g″(x)>0，g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，
所以g(x)在区间(0，＋∞)上无零点，不符合题意；
当0当x∈时，g″(x)<0，g′(x)单调递减，
当x∈时，g″(x)>0，g′(x)单调递增，
故g′(x)的最小值为g′＝1－2a＋ln 2a，
令m(x)＝1－x＋ln x(00，
函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)据此可得1－x＋ln x<0恒成立，
则g′＝1－2a＋ln 2a<0，
令h(x)＝ln x－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，
故h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x2－x(取等条件为x＝1)，
所以g′(x)＝2ax－ln(x＋1)>2ax－＝2ax－(x2＋x)，
g′(2a－1)>2a(2a－1)－＝0，且注意到g′(0)＝0，
根据零点存在性定理可知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，
所以g(x0)令n(x)＝ln x－，则n′(x)＝－＝≤0，
则n(x)单调递减，注意到n＝0，
故当x∈(1，＋∞)时，ln x－<0，从而有ln x<，
所以g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)
>ax2＋x－(x＋1)×
＝x2＋，
令x2＋＝0得x2＝，所以
g>0，
所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上存在变号零点，符合题意．
综合上面可知：实数a的取值范围是.
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