(共34张PPT)
第三章
一元函数的导数及其应用
阶段提能(二) 一元函数的导数及其应用
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
一、单项选择题
1．(2025·广东广州模拟)“x0是函数f (x)的一个极值点”是“f (x)在x0处导数为0”的( )
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D [当f (x)＝x3时，f ′(x)＝3x2，则f (x)在x＝0处导数为0，但0不是它的极值点；
当f (x)＝|x|时，则f (x)在x＝0处的导数不存在，但0是它的极值点；
因此“x0是函数f (x)的一个极值点”是“f (x)在x0处导数为0”的既不充分也不必要条件．故选D．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
2．(2025·广东江门模拟)若曲线y＝e2ax在点(0，1)处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，则a＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
C [直线x＋2y＋1＝0的斜率为k＝－，由题设知：y＝e2ax在(0，1)处的切线的斜率为2，而y′＝2a·e2ax，∴y′|x＝0＝2a＝2，可得a＝1．故选C．]
题号
3
2
4
5
6
8
7
9
10
11
12
1
3．(教材改编)函数f (x)＝2x－ln (2x)的单调递减区间为( )
A．
C．
√
题号
3
2
4
5
6
8
7
9
10
11
12
1
A [由题得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x)＝2－2×＝，
令f ′(x)<0，∴0
所以函数的单调递减区间为．故选A．]
题号
4
2
3
5
6
8
7
9
10
11
12
1
√
4．(2025·黑龙江齐齐哈尔模拟)若x＝3为函数f (x)＝x2－ax－3ln x的极值点，则函数f (x)的最小值为( )
A．－ B．－
C．－－3ln 3 D．3－3ln 3
题号
4
2
3
5
6
8
7
9
10
11
12
1
C [f ′(x)＝x－a－，
因为x＝3是函数f (x)的极值点，
所以f ′(3)＝3－a－1＝0，则a＝2，
所以f ′(x)＝x－2－＝，
当x∈(0，3)时，f ′(x)<0，
当x∈(3，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以
f (x)min＝f (3)＝－－3ln 3．故选C．]
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
1
√
5．(教材改编)已知函数f (x)＝(ax＋1)ex，给出下列4个图象：
① ② ③ ④
其中，可以作为函数f (x)的大致图象的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
1
D [由题意知，f (x)的定义域为R，
当a＝0时，f (x)＝ex，由指数函数的单调性可知函数f (x)单调递增，可对应①；
当a>0时，f ′(x)＝(ax＋a＋1)ex，令f ′(x)＝0可得x＝－<0，所以当x∈时，f ′(x)<0，当x∈时，f ′(x)>0，所以，函数f (x)先单调递减后单调递增，且当x<－时，f (x)<0，此时可对应②；
当a<0时，f ′(x)＝(ax＋a＋1)ex，当f ′(x)＝0时x＝－，当x∈时，f ′(x)>0，当x∈时，f ′(x)<0，所以，函数
f (x)先单调递增后单调递减，
当a<－1时，x＝－<0，且此时0<－<1，所以可对应③，
当－10，此时－>1，所以可对应④．故选D．]
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
1
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
1
√
6．(2024·河北邢台一模)如果方程F (x，y)＝0能确定y是x的函数，那么称这种方式表示的函数是隐函数．隐函数的求导方法如下：在方程F (x，y)＝0中，把y看成x的函数y＝y(x)，则方程可看成关于x的恒等式F (x，y(x))＝0，在等式两边同时对x求导，然后解出y′(x)即可．例如，求由方程x2＋y2＝1所确定的隐函数的导数y′，将方程x2＋y2＝1的两边同时对x求导，则2x＋2y·y′＝0(y＝y(x)是中间变量，需要用复合函数的求导法则)，得y′＝－(y≠0)．那么曲线xy＋ln y＝2在点(2，1)处的切线方程为( )
A．x－3y＋1＝0 B．x＋3y－5＝0
C．3x－y－5＝0 D．2x＋3y－7＝0
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
1
B [由给定定义得，对xy＋ln y＝2左右两侧同时求导，
可得y＋xy′＋×y′＝0，将点(2，1)代入，得1＋2y′＋y′＝0，
解得y′＝－，故切线斜率为－，得到切线方程为y－1＝－(x－2)，
化简得方程为x＋3y－5＝0，故B正确．故选B．]
题号
2
4
5
3
7
6
8
9
10
11
12
1
√
二、多项选择题
7．(2024·山东枣庄期末)已知函数f (x)＝x3－x2－2x＋1，则函数f (x)( )
A．在(－2，1)上单调递减
B．在区间上的最小值为－
C．图象关于点中心对称
D．极大值与极小值的和为－
√
√
题号
2
4
5
3
7
6
8
9
10
11
12
1
BCD [对于A，f (x)＝x3－x2－2x＋1，
故f ′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，
所以在(－∞，－1)和(2，＋∞)上，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增；
在(－1，2)上，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减， 故A错误；
对于D，由A知，函数f (x)的极大值为f (－1)＝－＋2＋1＝，
极小值f (2)＝－2－4＋1＝－，
则f (－1)＋f (2)＝－，故D正确；
题号
2
4
5
3
7
6
8
9
10
11
12
1
对于B，f (－3)＝－9－＋6＋1＝－结合函数在的单调性可知：
f (x)min＝f (－3)＝－，故B正确；
对于C，f (1－x)＝(1－x)3－(1－x)2－2(1－x)＋1，
所以f (1－x)＋f (x)＝(1－x)3－(1－x)2－2(1－x)＋1＋x3－x2－2x＋1＝－，故函数f (x)的图象关于点中心对称，故C正确．故选BCD．]
题号
2
4
5
3
8
6
7
9
10
11
12
1
√
8．(2024·辽宁抚顺三模)已知定义在R上的奇函数f (x)连续，函数f (x)的导函数为f ′(x)．当x>0时，f ′(x)cos x>f (x)sin x＋e·f ′(x)，其中e为自然对数的底数，则( )
A．f (x)在R上单调递减
B．当x>0时，f (x)<0
C．F >f
D．f (x)在R上有且只有1个零点
√
√
题号
2
4
5
3
8
6
7
9
10
11
12
1
BCD [由f ′(x)cos x>f (x)sin x＋e·f ′(x)，可得f ′(x)(cos x－e)－
f (x)sin x>0．
令g(x)＝f (x)(cos x－e)，
则当x>0时，g′(x)＝f ′(x)(cos x－e)－f (x)sin x>0，所以g(x)在(0，
＋∞)上单调递增，
所以g可得f (－e)所以f >f，所以C正确；
题号
2
4
5
3
8
6
7
9
10
11
12
1
因为g(0)＝f (0)(1－e)＝0，
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
又因为cos x－e<0，所以当x>0时，f (x)<0，所以B正确；
由f (x)是定义在R上的奇函数，故当x<0时，f (x)＝－f (－x)>0，
又因为f (0)＝0，所以f (x)在R上有且只有1个零点，所以D正确．
因为f (x)的单调性无法判断，所以A错误．故选BCD．]
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
三、填空题
9．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
(－2，1) [令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，
则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)，得x＝1，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
(－2，1)
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1)＝－2，
因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，等价于y＝a与g(x)＝x3＋x2－5x＋1的图象有两个交点，所以a∈(－2，1)．]
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
10．(2024·河北沧州模拟预测)已知直线l：y＝kx是曲线f (x)＝ex+1和g(x)＝ln x＋a的公切线，则实数a＝________．
3 [设直线l与曲线y＝f (x)相切于点(x0，y0)，
由f ′(x)＝ex+1，得k＝f ′(x0)＝ex0＋1，
因为l与曲线f (x)＝ex+1相切，
所以 消去y0，得ex0＋1x0＝ex0＋1，解得x0＝1．
设l与曲线y＝g(x)相切于点(x1，y1)，
3
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
由g′(x)＝，得k＝e2＝，即e2x1＝1，
因为点(x1，y1)是l与曲线g(x)＝ln x＋a的公共点，
所以 消去y1，得e2x1＝ln x1＋a，
即1＝ln ＋a，解得a＝3．]
四、解答题
11．(2024·新高考Ⅱ卷)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．
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－1，f ′(x)＝ex－1，
可得f (1)＝e－2，f ′(1)＝e－1，
即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y－1＝0．
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
(2)法一：因为f (x)的定义域为R，且f ′(x)＝ex－a，
若a≤0，则f ′(x)>0对任意x∈R恒成立，
可知f (x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f ′(x)>0，解得x>ln a；
令f ′(x)<0，解得x可知f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，则
f (x)有极小值f (ln a)＝a－a ln a－a3，无极大值，
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
由题意可得f (ln a)＝a－a ln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，则g′(a)＝2a＋>0，
可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1．
所以a的取值范围为(1，＋∞)．
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
法二：因为f (x)的定义域为R，且f ′(x)＝ex－a，
若f (x)有极小值，则f ′(x)＝ex－a有变号零点，
令f ′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，
可知y＝ex的图象与y＝a有交点，则a>0，
若a>0，令f ′(x)>0，解得x>ln a，
令f ′(x)<0，解得x可知f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
则f (x)有极小值f (ln a)＝a－a ln a－a3，无极大值，符合题意．
由题意可得f (ln a)＝a－a ln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上均单调递增，
所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
则不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1．
所以a的取值范围为(1，＋∞)．
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
12．(2024·江苏苏州三模)已知函数f (x)＝cos x，g(x)＝a(2－x2)．
(1)当a＝1时，求F (x)＝f (x)－g(x)的零点个数；
(2)若f (x)≥g(x)恒成立，求实数a的最大值；
(3)求证： >(n－2k2)(k∈R)．
[解] (1)当a＝1时，g(x)＝2－x2，则F (x)＝f (x)－g(x)＝cos x－2＋x2，所以F ′(x)＝－sin x＋2x，令h(x)＝－sin x＋2x，则h′(x)＝－cos x＋2>0，所以h(x)＝－sin x＋2x在R上单调递增，即F ′(x)＝－sin x＋2x在R上单调递增，当x>0时，F ′(x)>0，所以F (x)在(0，＋∞)上单调递增，当x<0时，F ′(x)<0，所以F (x)在(－∞，0)上单调递减，又
F (0)＝－1，F (2)＝F (－2)＝cos 2＋2>0，且x→－∞时，F (x)→
＋∞，则存在x1∈(－∞，0)，x2∈(0，2)，使得F (x1)＝0，F (x2)＝0，所以F (x)有两个零点．
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
(2)令m(x)＝cos x－2a＋ax2，由m(0)≥0，得a≤，
令h(x)＝cos x－1＋x2＝cos x＋(x2－2)，
所以h′(x)＝－sin x＋x，
令φ(x)＝－sin x＋x，可得φ′(x)＝－cos x＋1≥0，
所以φ(x)在R上单调递增，且φ(0)＝－sin 0＋0＝0，故当x＞0时，φ(x)＞0，当x＜0时，φ(x)＜0，即当x＞0时，h′(x)＞0，当x＜0时，h′(x)＜0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，h(x)≥h(0)＝0，故f (x)≥g(x)恒成立，a的最大值为．
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
(3)证明：因为sin ＋1≥sin ＋cos
＝2sin ＝2cos ，
由(2)可得cos x>1－x2，
所以cos >1－，
所以 ≥2 >2n－ ，
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
所以 sin >n－ ，
又 ＝k2所以 >(n－2k2)(k∈R)．
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
1
谢 谢！阶段提能(二) 一元函数的导数及其应用
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共82分
一、单项选择题
1．(2025·广东广州模拟)“x0是函数f (x)的一个极值点”是“f (x)在x0处导数为0”的( )
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
2．(2025·广东江门模拟)若曲线y＝e2ax在点(0，1)处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，则a＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
3．(教材改编)函数f (x)＝2x－ln (2x)的单调递减区间为( )
A．
C．
4．(2025·黑龙江齐齐哈尔模拟)若x＝3为函数f (x)＝x2－ax－3ln x的极值点，则函数f (x)的最小值为( )
A．－ B．－
C．－－3ln 3 D．3－3ln 3
5．(教材改编)已知函数f (x)＝(ax＋1)ex，给出下列4个图象：
① ② ③ ④
其中，可以作为函数f (x)的大致图象的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
6．(2024·河北邢台一模)如果方程F (x，y)＝0能确定y是x的函数，那么称这种方式表示的函数是隐函数．隐函数的求导方法如下：在方程F (x，y)＝0中，把y看成x的函数y＝y(x)，则方程可看成关于x的恒等式F (x，y(x))＝0，在等式两边同时对x求导，然后解出y′(x)即可．例如，求由方程x2＋y2＝1所确定的隐函数的导数y′，将方程x2＋y2＝1的两边同时对x求导，则2x＋2y·y′＝0(y＝y(x)是中间变量，需要用复合函数的求导法则)，得y′＝－(y≠0)．那么曲线xy＋ln y＝2在点(2，1)处的切线方程为( )
A．x－3y＋1＝0 B．x＋3y－5＝0
C．3x－y－5＝0 D．2x＋3y－7＝0
二、多项选择题
7．(2024·山东枣庄期末)已知函数f (x)＝x3－x2－2x＋1，则函数f (x)( )
A．在(－2，1)上单调递减
B．在区间上的最小值为－
C．图象关于点中心对称
D．极大值与极小值的和为－
8．(2024·辽宁抚顺三模)已知定义在R上的奇函数f (x)连续，函数f (x)的导函数为f ′(x)．当x>0时，f ′(x)cos x>f (x)sin x＋e·f ′(x)，其中e为自然对数的底数，则( )
A．f (x)在R上单调递减
B．当x>0时，f (x)<0
C．f>f
D．f (x)在R上有且只有1个零点
三、填空题
9．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
10．(2024·河北沧州模拟预测)已知直线l：y＝kx是曲线f (x)＝ex+1和g(x)＝ln x＋a的公切线，则实数a＝________．
四、解答题
11．(2024·新高考Ⅱ卷)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．
12．(2024·江苏苏州三模)已知函数f (x)＝cos x，g(x)＝a(2－x2)．
(1)当a＝1时，求F (x)＝f (x)－g(x)的零点个数；
(2)若f (x)≥g(x)恒成立，求实数a的最大值；
(3)求证：>(n－2k2)(k∈R)．
阶段提能(二)
1．D [当f (x)＝x3时，f ′(x)＝3x2，则f (x)在x＝0处导数为0，但0不是它的极值点；
当f (x)＝|x|时，则f (x)在x＝0处的导数不存在，但0是它的极值点；
因此“x0是函数f (x)的一个极值点”是“f (x)在x0处导数为0”的既不充分也不必要条件．故选D．]
2．C [直线x＋2y＋1＝0的斜率为k＝－，
由题设知：y＝e2ax在(0，1)处的切线的斜率为2，而y′＝2a·e2ax，
∴y′|x＝0＝2a＝2，可得a＝1．故选C．]
3．A [由题得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x)＝2－2×＝，令f ′(x)<0，
∴0所以函数的单调递减区间为．
故选A．]
4．C [f ′(x)＝x－a－，
因为x＝3是函数f (x)的极值点，
所以f ′(3)＝3－a－1＝0，则a＝2，
所以f ′(x)＝x－2－＝，
当x∈(0，3)时，f ′(x)<0，
当x∈(3，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以f (x)min＝f (3)＝－－3ln 3．故选C．]
5．D [由题意知，f (x)的定义域为R，
当a＝0时，f (x)＝ex，由指数函数的单调性可知函数f (x)单调递增，可对应①；
当a>0时，f ′(x)＝(ax＋a＋1)ex，令f ′(x)＝0可得x＝－<0，所以当x∈时，f ′(x)<0，当x∈时，f ′(x)>0，所以，函数f (x)先单调递减后单调递增，且当x<－时，f (x)<0，此时可对应②；
当a<0时，f ′(x)＝(ax＋a＋1)ex，当f ′(x)＝0时x＝－，当x∈时，f ′(x)>0，当x∈时，f ′(x)<0，所以，函数f (x)先单调递增后单调递减，
当a<－1时，x＝－<0，且此时0<－<1，所以可对应③，
当－10，此时－>1，所以可对应④．故选D．]
6．B [由给定定义得，对xy＋ln y＝2左右两侧同时求导，
可得y＋xy′＋×y′＝0，将点(2，1)代入，得1＋2y′＋y′＝0，
解得y′＝－，故切线斜率为－，得到切线方程为y－1＝－(x－2)，
化简得方程为x＋3y－5＝0，故B正确．故选B．]
7．BCD [对于A，f (x)＝x3－x2－2x＋1，
故f ′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，
所以在(－∞，－1)和(2，＋∞)上，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增；
在(－1，2)上，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减， 故A错误；
对于D，由A知，函数f (x)的极大值为f (－1)＝－＋2＋1＝，
极小值f (2)＝－2－4＋1＝－，
则f (－1)＋f (2)＝－，故D正确；
对于B，f (－3)＝－9－＋6＋1＝－结合函数在的单调性可知：f (x)min＝f (－3)＝－，故B正确；
对于C，f (1－x)＝(1－x)3－(1－x)2－2(1－x)＋1，
所以f (1－x)＋f (x)＝(1－x)3－(1－x)2－2(1－x)＋1＋x3－x2－2x＋1＝－，
故函数f (x)的图象关于点中心对称，故C正确．故选BCD．]
8．BCD [由f ′(x)cos x>f (x)sin x＋e·f ′(x)，可得f ′(x)(cos x－e)－f (x)sin x>0．
令g(x)＝f (x)(cos x－e)，
则当x>0时，g′(x)＝f ′(x)(cos x－e)－f (x)sin x>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g即ff，所以C正确；
因为g(0)＝f (0)(1－e)＝0，
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
又因为cos x－e<0，所以当x>0时，f (x)<0，所以B正确；
由f (x)是定义在R上的奇函数，故当x<0时，f (x)＝－f (－x)>0，
又因为f (0)＝0，所以f (x)在R上有且只有1个零点，所以D正确．
因为f (x)的单调性无法判断，所以A错误．故选BCD．]
9．(－2，1) [令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，
则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)，得x＝1，
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(0)＝1，g(1)＝－2，
因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，等价于y＝a与g(x)＝x3＋x2－5x＋1的图象有两个交点，所以a∈(－2，1)．
]
10．3 [设直线l与曲线y＝f (x)相切于点(x0，y0)，
由f ′(x)＝ex+1，得k＝f ′(x0)＝ex0＋1，
因为l与曲线f (x)＝ex+1相切，
所以 消去y0，得ex0＋1x0＝ex0＋1，解得x0＝1．
设l与曲线y＝g(x)相切于点(x1，y1)，
由g′(x)＝，得k＝e2＝，即e2x1＝1，
因为点(x1，y1)是l与曲线g(x)＝ln x＋a的公共点，
所以 消去y1，得e2x1＝ln x1＋a，即1＝ln ＋a，解得a＝3．]
11．解：(1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－1，f ′(x)＝ex－1，
可得f (1)＝e－2，f ′(1)＝e－1，
即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0．
(2)法一：因为f (x)的定义域为R，且f ′(x)＝ex－a，
若a≤0，则f ′(x)>0对任意x∈R恒成立，
可知f (x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f ′(x)>0，解得x>ln a；
令f ′(x)<0，解得x可知f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，则f (x)有极小值f (ln a)＝a－a ln a－a3，无极大值，
由题意可得f (ln a)＝a－a ln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，则g′(a)＝2a＋>0，
可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1．
所以a的取值范围为(1，＋∞)．
法二：因为f (x)的定义域为R，且f ′(x)＝ex－a，
若f (x)有极小值，则f ′(x)＝ex－a有变号零点，令f ′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，
可知y＝ex的图象与y＝a有交点，则a>0，
若a>0，令f ′(x)>0，解得x>ln a，
令f ′(x)<0，解得x可知f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
则f (x)有极小值f (ln a)＝a－a ln a－a3，无极大值，符合题意．
由题意可得f (ln a)＝a－a ln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上均单调递增，
所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
则不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1．
所以a的取值范围为(1，＋∞)．
12．解：(1)当a＝1时，g(x)＝2－x2，
则F (x)＝f (x)－g(x)＝cos x－2＋x2，
所以F ′(x)＝－sin x＋2x，令h(x)＝－sin x＋2x，
则h′(x)＝－cos x＋2>0，
所以h(x)＝－sin x＋2x在R上单调递增，
即F ′(x)＝－sin x＋2x在R上单调递增，
当x>0时，F ′(x)>0，所以F (x)在(0，＋∞)上单调递增，
当x<0时，F ′(x)<0，所以F (x)在(－∞，0)上单调递减，
又F (0)＝－1，F (2)＝F (－2)＝cos 2＋2>0，
且x→－∞时，F (x)→＋∞，则存在x1∈(－∞，0)，x2∈(0，2)，使得F (x1)＝0，F (x2)＝0，
所以F (x)有两个零点．
(2)令m(x)＝cos x－2a＋ax2，由m(0)≥0，得a≤，
令h(x)＝cos x－1＋x2＝cos x＋(x2－2)，所以h′(x)＝－sin x＋x，
令φ(x)＝－sin x＋x，可得φ′(x)＝－cos x＋1≥0，
所以φ(x)在R上单调递增，且φ(0)＝－sin 0＋0＝0，故当x＞0时，φ(x)＞0，当x＜0时，φ(x)＜0，即当x＞0时，h′(x)＞0，当x＜0时，h′(x)＜0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，h(x)≥h(0)＝0，故f (x)≥g(x)恒成立，a的最大值为．
(3)证明：因为sin ＋1≥sin ＋cos ＝2sin ＝2cos ，
由(2)可得cos x>1－x2，
所以cos >1－，
所以≥2>2n－，
所以sin >n－，
又＝k2所以>(n－2k2)(k∈R)．
1/1