江苏省徐州市沛县中学2015-2016学年高二（下）第二次质检数学试卷（文科）（解析版）

2015-2016学年江苏省徐州市沛县中学高二（下）第二次质检数学试卷（文科）
　
一、填空题：本大题共14小题，每题5分，共70分，请把答案填写在答题卡相应位置上．
1．函数的定义域为　　．
2．已知f（）=x，则f（﹣1）=　　．
3．计算lg25+lg2lg5+lg2=　　．
4．已知函数y=xlnx，则这个函数的图象在x=1处的切线方程为　　．
5．函数f（x）=（x﹣3）ex的单调递增区间是　　．
6．函数f（x）=ax+loga（x+1）在[0，1]上的最大值和最小值之和为a，则a的值为　　．
7．已知命题“ x∈R，|x﹣a|+|x+1|≤2”是假命题，则实数a的取值范围是　　．
8．已知函数y=log（x2﹣ax+a）在区间（2，+∞）上是减函数，则实数a的取值范围是　　．
9．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，，则不等式x2f（x）＞0的解集是　　．
10．“a＞1”是“函数f（x）=a x+cosx在R上单调递增”的　　条件．（空格处请填写“充分不必要条件”、“必要不充分条件”、“充要条件”或“既不充分也不必要条件”）
11．若函数f（x）=x2+bx+c（b、c∈R）在区间（0，1）上有两个零点，则（1+b）c+c2的取值范围是　　．
12．已知函数f（x）=，且关于x的方程f（x）+x﹣a=0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是　　．
13．定义区间[x1，x2]长度为x2﹣x1（x2＞x1），已知函数f（x）=（a∈R，a≠0）的定义域与值域都是[m，n]，则区间[m，n]取最大长度时a的值是　　．
14．对定义在区间D上的函数f（x）和g（x），如果对任意x∈D，都有|f（x）﹣g（x）|≤1成立，那么称函数f（x）在区间D上可被G（X）替代，D称为“替代区间”．给出以下命题：
①f（x）=x2+1在区间（﹣∞，+∞）上可被g（x）=x2替代；
②f（x）=x可被g（x）=1﹣替代的一个“替代区间”为[，]；
③f（x）=lnx在区间[1，e]可被g（x）=x﹣b替代，则e﹣2≤b≤2；
④f（x）=lg（ax2+x）（x∈D1），g（x）=sinx（x∈D2），则存在实数a（a≠0），使得f（x）在区间D1∩D2
上被g（x）替代；
其中真命题的有　　．
　
二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（1）（0.008）+（﹣π）0﹣（）；
（2）．
16．函数f（x）=x2﹣2ax+1在闭区间[﹣1，1]上的最小值记为g（a）．
（1）求g（a）的解析式；
（2）求g（a）的最大值．
17．设x1、x2（x1≠x2）是函数f（x）=ax3+bx2﹣a2x（a＞0）的两个极值点．
（1）若x1=﹣1，x2=2，求函数f（x）的解析式；
（2）若，求b的最大值．．
18．某电影院共有1000个座位，票价不分等次，根据影院的经营经验，当每张票价不超过10元时，票可全售出；当每张票价高于10元时，每提高1元，将有30张票不能售出，为了获得更好的收益，需给影院定一个合适的票价，需符合的基本条件是：①为了方便找零和算账，票价定为1元的整数倍；②电影院放一场电影的成本费用支出为5750元，票房的收入必须高于成本支出，用x（元）表示每张票价，用y（元）表示该影院放映一场的净收入（除去成本费用支出后的收入）
问：
（1）把y表示为x的函数，并求其定义域；
（2）试问在符合基本条件的前提下，票价定为多少时，放映一场的净收人最多？
19．已知函数f（x）=1﹣在R上是奇函数．
（1）求a；
（2）对x∈（0，1]，不等式s f（x）≥2x﹣1恒成立，求实数s的取值范围；
（3）令g（x）=，若关于x的方程g（2x）﹣mg（x+1）=0有唯一实数解，求实数m的取值范围．
20．已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=x﹣1．
（1）求函数f（x）的单调递减区间；
（2）若关于x的方程f（x）﹣g（x）+a=0在区间（，e）上有两个不等的根，求实数a的取值范围；
（3）若存在x0＞1，当x∈（1，x0）时，恒有f（x）＞kg（x），求实数k的取值范围．
　
2015-2016学年江苏省徐州市沛县中学高二（下）第二次质检数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
　
一、填空题：本大题共14小题，每题5分，共70分，请把答案填写在答题卡相应位置上．
1．函数的定义域为　（﹣1，+∞）　．
【考点】对数函数的定义域．
【分析】根据对数的真数大于0，被开方数大于0，直接求出x的范围即可．
【解答】解：应该满足，即2+x＞1，解得x＞﹣1
所以函数的定义域为（﹣1，+∞）
故答案为：（﹣1，+∞）
　
2．已知f（）=x，则f（﹣1）=　﹣　．
【考点】函数的值．
【分析】根据函数的解析式，令=﹣1，求出x即可得到结论．
【解答】解：由令=﹣1，解得x=﹣，
即f（﹣1）=﹣，
故答案为：﹣
　
3．计算lg25+lg2lg5+lg2=　1　．
【考点】对数的运算性质．
【分析】根据对数的运算法则进行计算即可得到结论．
【解答】解：lg25+lg2lg5+lg2=（lg5+lg2）lg5+lg2=lg5+lg2=lg10=1，
故答案为：1
　
4．已知函数y=xlnx，则这个函数的图象在x=1处的切线方程为　y=x﹣1　．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】求函数的导数，利用导数的几何意义，求切线方程，
【解答】解：函数的导数为f′（x）=1+lnx，
∴f'（1）=1+ln1=1
f（1）=0，即切点坐标为（1，0），
∴切线方程为y=x﹣1，
故答案为：y=x﹣1．
　
5．函数f（x）=（x﹣3）ex的单调递增区间是　（2，+∞）　．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【分析】首先对f（x）=（x﹣3）ex求导，可得f′（x）=（x﹣2）ex，令f′（x）＞0，解可得答案．
【解答】解：f′（x）=（x﹣3）′ex+（x﹣3）（ex）′=（x﹣2）ex，令f′（x）＞0，解得x＞2．
故答案为：（2，+∞）．
　
6．函数f（x）=ax+loga（x+1）在[0，1]上的最大值和最小值之和为a，则a的值为　　．
【考点】对数函数的单调性与特殊点；指数函数单调性的应用．
【分析】结合函数y=ax与y=logax的单调性可知f（x）=ax+logax在[0，1]单调，从而可得函数在[0，1]上的最值分别为f（0），f（1），代入可求a
【解答】解：∵y=ax与y=loga（x+1）具有相同的单调性．
∴f（x）=ax+loga（x+1）在[0，1]上单调，
∴f（0）+f（1）=a，即a0+loga1+a1+loga2=a，
化简得1+loga2=0，解得a=
故答案为：
　
7．已知命题“ x∈R，|x﹣a|+|x+1|≤2”是假命题，则实数a的取值范围是　（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）　．
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】利用已知判断出否命题为真命题；构造函数，利用绝对值的几何意义求出函数的最小值，令最小值大于2，求出a的范围．
【解答】解：∵“ x∈R，|x﹣a|+|x+1|≤2”是假命题
∴“ x∈R，|x﹣a|+|x+1|≤2”的否定“ x∈R，|x﹣a|+|x+1|＞2”为真命题
令y=|x﹣a|+|x+1|，y表示数轴上的点x到数a及﹣1的距离，
所以y的最小值为|a+1|
∴|a+1|＞2
解得a＞1或a＜﹣3
故答案为：（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
　
8．已知函数y=log（x2﹣ax+a）在区间（2，+∞）上是减函数，则实数a的取值范围是　a≤4　．
【考点】对数函数的图象与性质．
【分析】令t=x2﹣ax+a，则由题意可得函数t在区间[2，+∞）上为增函数且t（2）＞0，故有，由此解得实数a的取值范围．
【解答】解：令t=x2﹣ax+a，则由函数f（x）=g（t）=logt
在区间[2，+∞）上为减函数，
可得函数t在区间[2，+∞）上为增函数且t（2）≥0，
故有，解得a≤4，
故实数a的取值范围是a≤4，
故答案为：a≤4
　
9．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，，则不等式x2f（x）＞0的解集是　（﹣1，0）∪（1，+∞）　．
【考点】函数奇偶性的性质；其他不等式的解法．
【分析】当x＞0时，根据已知条件中，我们不难判断函数f（x）的导函数f'（x）的符号，由此不难求出函数的单调性，再由函数f（x）是定义在R上的奇函数，及f（1）=0，我们可以给出各个区间f（x）的符号，由此不难给出不等式x2f（x）＞0的解集．
【解答】解：由，即[]′＞0；
则在（0，+∞）为增函数，且当x=1时，有=f（1）=0；
故函数在（0，1）有＜0，又有x＞0，则此时f（x）＜0，
同理，函数在（1，+∞）有＞0，又有x＞0，则此时f（x）＞0，
故又由函数f（x）是定义在R上的奇函数
∴当x∈（﹣∞，﹣1）时，f（x）＜0
当x∈（﹣1，0）时，f（x）＞0；
而x2f（x）＞0 f（x）＞0，
故不等式x2f（x）＞0的解集为：（﹣1，0）∪（1，+∞）
故答案为：（﹣1，0）∪（1，+∞）
　
10．“a＞1”是“函数f（x）=a x+cosx在R上单调递增”的　充分不必要条件　条件．（空格处请填写“充分不必要条件”、“必要不充分条件”、“充要条件”或“既不充分也不必要条件”）
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】由条件利用充分条件、必要条件、充要条件的定义进行判断，可得结论．
【解答】解：由“a＞1”，可得f′（x）=1﹣sinx＞0，故“函数f（x）=a x+cosx在R上单调递增”，故充分性成立．
由“函数f（x）=a x+cosx在R上单调递增”，可得f′（x）=1﹣sinx≥0，a≥1，不能得到“a＞1”，故必要性不成立，
故答案为：充分不必要条件．
　
11．若函数f（x）=x2+bx+c（b、c∈R）在区间（0，1）上有两个零点，则（1+b）c+c2的取值范围是　（0，）　．
【考点】函数零点的判定定理．
【分析】若函数f（x）在区间（0，1）上有两个零点，为x1，x2（0＜x1＜x2＜1），即f（0）=c=x1x2＞0，f（1）=1+b+c=（1﹣x1）（1﹣x2）＞0，进而结合基本不等式可得c2+﹙1+b﹚c的范围即可．
【解答】解：f（x）=x2+bx+c的两个零点为x1，x2，
不妨设为：0＜x1＜x2＜1，
则f（x）=（x﹣x1）（x﹣x2）．
又f（0）=c=x1x2＞0，f（1）=1+b+c=（1﹣x1）（1﹣x2）＞0
∴c（1+b+c）=f（0）f（1），
而0＜f（0）f（1）=x1x2（1﹣x1）（1﹣x2）＜=，
即c（1+b+c）=c2+﹙1+b﹚c＜，
故答案为：（0，）．
　
12．已知函数f（x）=，且关于x的方程f（x）+x﹣a=0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是　（1，+∞）　．
【考点】函数的零点．
【分析】由f（x）+x﹣a=0得f（x）=﹣x+a，作出函数f（x）和y=﹣x+a的图象，由数形结合即可得到结论．
【解答】解：由f（x）+x﹣a=0得f（x）=﹣x+a，
∵f（x）=，
∴作出函数f（x）和y=﹣x+a的图象，
则由图象可知，要使方程f（x）+x﹣a=0有且只有一个实根，
则a＞1，
故答案为：（1，+∞）
　
13．定义区间[x1，x2]长度为x2﹣x1（x2＞x1），已知函数f（x）=（a∈R，a≠0）的定义域与值域都是[m，n]，则区间[m，n]取最大长度时a的值是　3　．
【考点】函数的值域；函数的定义域及其求法．
【分析】化简f（x），首先考虑f（x）的单调性，由题意：，故m，n是方程f（x）的同号的相异实数根．利用韦达定理和判别式，求出m，n的关系．在求最大值．
【解答】解：函数f（x）=（a∈R，a≠0）的定义域是{x|x≠0}，则[m，n]是其定义域的子集，
∴[m，n] （﹣∞，0）或（0，+∞）．
f（x）==在区间[m，n]上时增函数，则有：，
故m，n是方程f（x）==x的同号相异的实数根，
即m，n是方程（ax）2﹣（a2+a）x+1=0同号相异的实数根．
那么mn=，m+n=，只需要△＞0，
即（a2+a）2﹣4a2＞0，解得：a＞1或a＜﹣3．
那么：n﹣m==，
故n﹣m的最大值为，此时，解得：a=3．
即在区间[m，n]的最大长度为，此时a的值等于3．
故答案为3．
　
14．对定义在区间D上的函数f（x）和g（x），如果对任意x∈D，都有|f（x）﹣g（x）|≤1成立，那么称函数f（x）在区间D上可被G（X）替代，D称为“替代区间”．给出以下命题：
①f（x）=x2+1在区间（﹣∞，+∞）上可被g（x）=x2替代；
②f（x）=x可被g（x）=1﹣替代的一个“替代区间”为[，]；
③f（x）=lnx在区间[1，e]可被g（x）=x﹣b替代，则e﹣2≤b≤2；
④f（x）=lg（ax2+x）（x∈D1），g（x）=sinx（x∈D2），则存在实数a（a≠0），使得f（x）在区间D1∩D2
上被g（x）替代；
其中真命题的有　①②③　．
【考点】函数的值域．
【分析】命题①直接由替代的定义得出为真命题；命题②|f（x）﹣g（x）|=，根据导数判断函数x+在区间上的最值，从而可说明|f（x）﹣g（x）|＜1，从而可判断该命题正确；命题③，根据替代的定义，|f（x）﹣g（x）|≤1在[1，e]上恒成立，根据导数判断函数lnx﹣x+b在[1，e]上的单调性，根据单调性即可求出函数lnx﹣x+b的值域，该值域应为区间[﹣1，1]的子集，从而可得出b的取值范围，从而判断该命题的正误；命题④可先找出一个D1∩D2区间，可以在此区间找到一个x使对任意a|f（x）﹣g（x）|＞1，从而便可判断出该命题错误，这样便可最后找出所有的真命题．
【解答】解：①∵|f（x）﹣g（x）|=＜1；
f（x）可被g（x）替代；
∴该命题为真命题；
②|f（x）﹣g（x）|=；
设h（x）=，h′（x）=；
∴时，h′（x）＜0，x∈（]时，h′（x）＞0；
∴是h（x）的最小值，又h（）=，h（）=；
∴|f（x）﹣g（x）|＜1；
∴f（x）可被g（x）替代的一个替代区间为[]；
∴该命题是真命题；
③由题意知：|f（x）﹣g（x）|=|lnx﹣x+b|≤1在x∈[1，e]上恒成立；
设h（x）=lnx﹣x+b，则h′（x）=；
∵x∈[1，e]；
∴h′（x）≤0；
∴h（x）在[1，e]上单调递减；
h（1）=b﹣1，h（e）=1﹣e+b；
1﹣e+b≤h（x）≤b﹣1；
又﹣1≤h（x）≤1；
∴；
∴e﹣2≤b≤2；
∴该命题为真命题；
④1）若a＞0，解ax2+x＞0得，x，或x＞0；
可取D1=（0，+∞），D2=R；
∴D1∩D2=（0，+∞）；
可取x=100，则对任意a，|f（x）﹣g（x）|＞1；
∴不存在实数a（a＞0），使得f（x）在区间D1∩D2
上被g（x）替代；
2）若a＜0，解ax2+x＞0得，；
∴D1=（0，），D2=R；
∴D1∩D2=（0，）；
；
∴，﹣1≤g（x）≤1；
∴不存在a，使得|f（x）﹣g（x）|≤1；
∴不存在实数a（a＜0），使得f（x）在区间D1∩D2
上被g（x）替代；
综上得，不存在实数a（a≠0），使得f（x）在区间D1∩D2
上被g（x）替代；
∴该命题为假命题；
∴真命题的有：①②③．
故答案为：①②③．
　
二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（1）（0.008）+（﹣π）0﹣（）；
（2）．
【考点】对数的运算性质．
【分析】利用对数的性质、运算法则、换底公式求解．
【解答】解：（1）（0.008）+（﹣π）0﹣（）
=0.2+1﹣
=．
（2）
=
=
=
=．
　
16．函数f（x）=x2﹣2ax+1在闭区间[﹣1，1]上的最小值记为g（a）．
（1）求g（a）的解析式；
（2）求g（a）的最大值．
【考点】二次函数在闭区间上的最值．
【分析】（1）根据函数f（x）的图象的对称轴x=a在所给区间[﹣1，1]的左侧、中间、右侧三种情况，分别求得f（a），综合可得结论．
（2）根据函数g（a）的解析式，画出函数g（a）的图象，数形结合求得函数g（a）取得最大值．
【解答】解：（1）函数f（x）可化为f（x）=（x﹣a）2+1﹣a2，其图象的对称轴x=a与所给区间[﹣1，1]呈现出如下图所示的三种位置关系．
①当a＞1时，如图所示，g（a）=f（1）=2﹣2a；当﹣1≤a≤1时，g（a）=f（a）=1﹣a2，当a＜﹣1时，g（a）=f（﹣1）=2+2a，
综上可得g（a）=．
（2）根据g（a）=，画出函数g（a）的图象，如图所示，故当a=0时，函数g（a）取得最大值为1．
　
17．设x1、x2（x1≠x2）是函数f（x）=ax3+bx2﹣a2x（a＞0）的两个极值点．
（1）若x1=﹣1，x2=2，求函数f（x）的解析式；
（2）若，求b的最大值．．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件．
【分析】（1）由f（x）=ax3+bx2﹣a2x（a＞0），知f'（x）=3ax2+2bx﹣a2（a＞0）依题意有，由此能求出f（x）．
（2）由f'（x）=3ax2+2bx﹣a2（a＞0），知x1，x2是方程f'（x）=0的两个根，且，故（x1+x2）2﹣2x1x2+2|x1x2|=8．由此能求出b的最大值．
【解答】解：（1）∵f（x）=ax3+bx2﹣a2x（a＞0），
∴f'（x）=3ax2+2bx﹣a2（a＞0）
依题意有，
∴．
解得，
∴f（x）=6x3﹣9x2﹣36x．．
（2）∵f'（x）=3ax2+2bx﹣a2（a＞0），
依题意，x1，x2是方程f'（x）=0的两个根，
且，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2+2|x1x2|=8．
∴，
∴b2=3a2（6﹣a）
∵b2≥0，
∴0＜a≤6设p（a）=3a2（6﹣a），
则p′（a）=﹣9a2+36a．
由p'（a）＞0得0＜a＜4，
由p'（a）＜0得a＞4．
即：函数p（a）在区间（0，4]上是增函数，
在区间[4，6]上是减函数，
∴当a=4时，p（a）有极大值为96，
∴p（a）在（0，6]上的最大值是96，
∴b的最大值为．
　
18．某电影院共有1000个座位，票价不分等次，根据影院的经营经验，当每张票价不超过10元时，票可全售出；当每张票价高于10元时，每提高1元，将有30张票不能售出，为了获得更好的收益，需给影院定一个合适的票价，需符合的基本条件是：①为了方便找零和算账，票价定为1元的整数倍；②电影院放一场电影的成本费用支出为5750元，票房的收入必须高于成本支出，用x（元）表示每张票价，用y（元）表示该影院放映一场的净收入（除去成本费用支出后的收入）
问：
（1）把y表示为x的函数，并求其定义域；
（2）试问在符合基本条件的前提下，票价定为多少时，放映一场的净收人最多？
【考点】函数解析式的求解及常用方法．
【分析】（1）根据x的范围，分别求出函数表达式；（2）分别求出两个函数的最大值，从而综合得到答案．
【解答】解：（1）电影院共有1000个座位，电影院放一场电影的成本费用支出为5750元，票房的收入必须高于成本支出，
∴x＞5.75，∴票价最低为6元，
票价不超过10元时：
y=1000x﹣5750，（6≤x≤10的整数），
票价高于10元时：
y=x[1000﹣30（x﹣10）]﹣5750
=﹣30x2+1300x﹣5750，
∵，
解得：5＜x＜38，
∴y=﹣30x2+1300x﹣5750，（10＜x≤38的整数）；
（2）对于y=1000x﹣5750，（6≤x≤10的整数），
x=10时：y最大为4250元，
对于y=﹣30x2+1300x﹣5750，（10＜x≤38的整数）；
当x=﹣≈21.6时，y最大，
∴票价定为22元时：净收人最多为8830元．
　
19．已知函数f（x）=1﹣在R上是奇函数．
（1）求a；
（2）对x∈（0，1]，不等式s f（x）≥2x﹣1恒成立，求实数s的取值范围；
（3）令g（x）=，若关于x的方程g（2x）﹣mg（x+1）=0有唯一实数解，求实数m的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；函数奇偶性的性质．
【分析】（1）根据f（0）=0可求得a的值，然后验证a的取值满足函数为奇函数；
（2）分离参数法，将问题转化为函数的最值问题求解；
（3）可先将方程化简，然后问题转化为一元二次方程在指定区间上根的分布问题，然后再进一步求解．
【解答】解：（1）由题意知f（0）=0．即，
所以a=2．此时f（x）=，
而f（﹣x）=，
所以f（x）为奇函数，故a=2为所求．
（2）由（1）知，
因为x∈（0，1]，所以2x﹣1＞0，2x+1＞0，
故s f（x）≥2x﹣1恒成立等价于s≥2x+1恒成立，
因为2x+1∈（2，3]，所以只需s≥3即可使原不等式恒成立．
故s的取值范围是[3，+∞）．
（3）因为．
所以g（2x）﹣mg（x+1）=．
整理得22x﹣2m 2x﹣m+1=0．
令t=2x＞0，则问题化为t2﹣2mt﹣m+1=0有一个正根或两个相等正根．
令h（t）=t2﹣2mt﹣m+1（t＞0），则函数h（t）=t2﹣2mt﹣m+1在（0，+∞）上有唯一零点．
所以h（0）≤0或，
由h（0）≤0得m≥1，
易知m=1时，h（t）=t2﹣2t符合题意；
由解得，
所以m=．
综上m的取值范围是．
　
20．已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=x﹣1．
（1）求函数f（x）的单调递减区间；
（2）若关于x的方程f（x）﹣g（x）+a=0在区间（，e）上有两个不等的根，求实数a的取值范围；
（3）若存在x0＞1，当x∈（1，x0）时，恒有f（x）＞kg（x），求实数k的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
【分析】（1）求出导数，由导数小于0，可得减区间，注意定义域；
（2）由题意可得﹣a=lnx﹣﹣（x﹣1）在（，e）上有两个实根，令h（x）=lnx﹣﹣（x﹣1），求出导数，求得单调区间、极值和最值，可得a的范围；
（3）由题意可得当x∈（1，x0）时，f（x）的图象恒在直线y=k（x﹣1）的上方，求出f（x）的单调区间，画出它们的图象，由直线和曲线相切，求得k，再由直线旋转可得k的范围．
【解答】解：（1）函数f（x）=lnx﹣的导数为
f′（x）=﹣（x﹣1）=，（x＞0），
由f′（x）＜0，可得x＞，
即有f（x）的单调减区间为（，+∞）；
（2）由题意可得﹣a=lnx﹣﹣（x﹣1）在（，e）上有两个实根，
令h（x）=lnx﹣﹣（x﹣1），h′（x）=﹣（x﹣1）﹣1=，
即有h（x）在（，1）递增，（1，e）递减，
且h（1）=0，h（）=﹣（1﹣）2﹣＞h（e）=2﹣e﹣（e﹣1）2，
由题意可得﹣（1﹣）2﹣＜﹣a＜0，
解得0＜a＜（1﹣）2+；
（3）由题意可得当x∈（1，x0）时，f（x）的图象恒在直线y=k（x﹣1）的上方，
由f′（x）=﹣（x﹣1）=，（x＞0），可得f（x）的增区间为（1，）
减区间为（，+∞）；
直线y=k（x﹣1）为过定点（1，0）的直线．
画出它们的图象，
当直线与曲线y=f（x）相切时，
切点为（1，0），可得k=f′（1）=1﹣（1﹣1）=1，
通过直线绕着定点（1，0）旋转，
可得k的取值范围是k≤1．
　
2016年10月30日