专题04导数及其应用(解析版)

大数据之十年高考真题（2011-2020）与最优模拟题（北京卷）专题04导数及其应用本专题考查的知识点为：导数及其应用，历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数研究函数的几何意义，导数研究函数的单调性、极值与最值，导数证明不等式的方法等，预测明年本考点题目会有所变化，备考方向以导数研究函数的极值，导数研究函数的最值为重点较佳.1．【2020年北京卷11】函数f(x)=1x+1+lnx的定义域是____________．【答案】(0,+∞)【解析】由题意得{x>0x+1≠0，∴x>0故答案为：(0,+∞)2．【2019年北京理科13】设函数f（x）＝e x+ae﹣x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a＝；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是．【答案】解：根据题意，函数f（x）＝e x+ae﹣x，若f（x）为奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），即e﹣x+ae x＝﹣（e x+ae﹣x），变形可得a＝﹣1，函数f（x）＝e x+ae﹣x，导数f′（x）＝e x﹣ae﹣x若f（x）是R上的增函数，则f（x）的导数f′（x）＝e x﹣ae﹣x≥0在R上恒成立，变形可得：a≤e2x恒成立，分析可得a≤0，即a的取值范围为（﹣∞，0]；故答案为：﹣1，（﹣∞，0]．3．【2016年北京理科14】设函数f（x）={x3−3x，x≤a −2x，x＞a．①若a＝0，则f（x）的最大值为；②若f（x）无最大值，则实数a的取值范围是．【答案】解：①若a＝0，则f（x）={x3−3x，x≤0−2x，x＞0，则f ′（x ）={3x 2−3，x ≤0−2，x ＞0，当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，此时函数为增函数， 当x ＞﹣1时，f ′（x ）＜0，此时函数为减函数， 故当x ＝﹣1时，f （x ）的最大值为2； ②f ′（x ）={3x 2−3，x ≤a −2，x ＞a，令f ′（x ）＝0，则x ＝±1，若f （x ）无最大值，则{a ≤−1−2a ＞a 3−3a，或{a ＞−1−2a ＞a 3−3a −2a ＞2， 解得：a ∈（﹣∞，﹣1）． 故答案为：2，（﹣∞，﹣1）4．【2020年北京卷19】已知函数f(x)=12−x 2． （Ⅰ）求曲线y =f(x)的斜率等于−2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y =f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值． 【答案】（Ⅰ）2x +y −13=0，（Ⅱ）32. 【解析】（Ⅰ）因为f (x )=12−x 2，所以f ′(x )=−2x ，设切点为(x 0,12−x 0)，则−2x 0=−2，即x 0=1，所以切点为(1,11)， 由点斜式可得切线方程为：y −11=−2(x −1)，即2x +y −13=0. （Ⅱ）显然t ≠0，因为y =f (x )在点(t,12−t 2)处的切线方程为：y −(12−t 2)=−2t (x −t )， 令x =0，得y =t 2+12，令y =0，得x =t 2+122t，所以S (t )=12×(t 2+12)⋅t 2+122|t|，不妨设t >0(t <0时，结果一样)， 则S (t )=t 4+24t 2+1444t =14(t 3+24t +144t)，所以S ′(t )=14(3t 2+24−144t )=3(t 4+8t 2−48)4t=3(t 2−4)(t 2+12)4t 2=3(t−2)(t+2)(t 2+12)4t 2，由S ′(t )>0，得t >2，由S ′(t )<0，得0<t <2， 所以S (t )在(0,2)上递减，在(2,+∞)上递增， 所以t =2时，S (t )取得极小值， 也是最小值为S (2)=16×168=32.5．【2019年北京理科19】已知函数f （x ）=14x 3﹣x 2+x ． （Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率为l 的切线方程； （Ⅱ）当x ∈[﹣2，4]时，求证：x ﹣6≤f （x ）≤x ；（Ⅲ）设F （x ）＝|f （x ）﹣（x +a ）|（a ∈R ），记F （x ）在区间[﹣2，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】解：（Ⅰ）f ′（x ）=34x 2−2x +1，由f ′（x ）＝1得x （x −83）＝0， 得x 1=0，x 2=83． 又f （0）＝0，f （83）=827，∴y ＝x 和y −827=x −83， 即y ＝x 和y ＝x −6427；（Ⅱ）证明：欲证x ﹣6≤f （x ）≤x ， 只需证﹣6≤f （x ）﹣x ≤0，令g （x ）＝f （x ）﹣x =14x 3−x 2，x ∈[﹣2，4]， 则g ′（x ）=34x 2−2x =34x(x −83)，可知g ′（x ）在[﹣2，0]为正，在（0，83）为负，在[83，4]为正， ∴g （x ）在[﹣2，0]递增，在[0，83]递减，在[83，4]递增，又g （﹣2）＝﹣6，g （0）＝0，g （83）=−6427＞−6，g （4）＝0， ∴﹣6≤g （x ）≤0， ∴x ﹣6≤f （x ）≤x ；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|＝|f（x）﹣x﹣a|＝|g（x）﹣a|∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，则问题转化为当t∈[﹣6，0]时，h（t）的最大值M（a）的问题了，①当a≤﹣3时，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，此时﹣a≥3，当a＝﹣3时，M（a）取得最小值3；②当a≥﹣3时，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，也是a＝﹣3时，M（a）最小为3．综上，当M（a）取最小值时a的值为﹣3．6．【2018年北京理科18】设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]e x．由题意可得曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，可得（a﹣2a﹣1+2）e＝0，且f（1）＝3e≠0，解得a＝1；（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]e x＝（x﹣2）（ax﹣1）e x，若a＝0则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减．x＝2处f（x）取得极大值，不符题意；若a ＞0，且a =12，则f ′（x ）=12（x ﹣2）2e x ≥0，f （x ）递增，无极值；若a ＞12，则1a＜2，f （x ）在（1a，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，1a）递增，可得f （x ）在x ＝2处取得极小值；若0＜a ＜12，则1a＞2，f （x ）在（2，1a）递减；在（1a，+∞），（﹣∞，2）递增，可得f （x ）在x ＝2处取得极大值，不符题意；若a ＜0，则1a ＜2，f （x ）在（1a ，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，1a ）递减， 可得f （x ）在x ＝2处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是（12，+∞）．7．【2017年北京理科19】已知函数f （x ）＝e x cos x ﹣x ． （1）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （2）求函数f （x ）在区间[0，π2]上的最大值和最小值．【答案】解：（1）函数f （x ）＝e x cos x ﹣x 的导数为f ′（x ）＝e x （cos x ﹣sin x ）﹣1， 可得曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线斜率为k ＝e 0（cos0﹣sin0）﹣1＝0， 切点为（0，e 0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程为y ＝1；（2）函数f （x ）＝e x cos x ﹣x 的导数为f ′（x ）＝e x （cos x ﹣sin x ）﹣1， 令g （x ）＝e x （cos x ﹣sin x ）﹣1，则g （x ）的导数为g ′（x ）＝e x （cos x ﹣sin x ﹣sin x ﹣cos x ）＝﹣2e x •sin x ， 当x ∈[0，π2]，可得g ′（x ）＝﹣2e x •sin x ≤0， 即有g （x ）在[0，π2]递减，可得g （x ）≤g （0）＝0， 则f （x ）在[0，π2]递减，即有函数f （x ）在区间[0，π2]上的最大值为f （0）＝e 0cos0﹣0＝1； 最小值为f （π2）=e π2cos π2−π2=−π2．8．【2016年北京理科18】设函数f （x ）＝xe a ﹣x +bx ，曲线y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线方程为y ＝（e ﹣1）x +4，（Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）求f （x ）的单调区间．【答案】解：（Ⅰ）∵y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线方程为y ＝（e ﹣1）x +4， ∴当x ＝2时，y ＝2（e ﹣1）+4＝2e +2，即f （2）＝2e +2， 同时f ′（2）＝e ﹣1， ∵f （x ）＝xe a ﹣x +bx ， ∴f ′（x ）＝e a ﹣x ﹣xe a ﹣x +b ，则{f(2)=2e a−2+2b =2e +2f′(2)=e a−2−2e a−2+b =e −1， 即a ＝2，b ＝e ； （Ⅱ）∵a ＝2，b ＝e ； ∴f （x ）＝xe 2﹣x +ex ，∴f ′（x ）＝e 2﹣x ﹣xe 2﹣x +e ＝（1﹣x ）e 2﹣x +e ＝（1﹣x +e x ﹣1）e 2﹣x ， ∵e 2﹣x ＞0， ∴1﹣x +e x﹣1与f ′（x ）同号，令g （x ）＝1﹣x +e x ﹣1， 则g ′（x ）＝﹣1+e x ﹣1，由g ′（x ）＜0，得x ＜1，此时g （x ）为减函数， 由g ′（x ）＞0，得x ＞1，此时g （x ）为增函数， 则当x ＝1时，g （x ）取得极小值也是最小值g （1）＝1， 则g （x ）≥g （1）＝1＞0，故f ′（x ）＞0，即f （x ）的单调区间是（﹣∞，+∞），无递减区间． 9．【2015年北京理科18】已知函数f （x ）＝ln1+x 1−x，（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （Ⅱ）求证，当x ∈（0，1）时，f （x ）＞2(x +x 33)；（Ⅲ）设实数k 使得f （x ）＞k(x +x 33)对x ∈（0，1）恒成立，求k 的最大值．【答案】解答：（1）因为f （x ）＝ln （1+x ）﹣ln （1﹣x ）所以f ′(x)=11+x +11−x，f′(0)=2 又因为f （0）＝0，所以曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程为y ＝2x ． （2）证明：令g （x ）＝f （x ）﹣2（x +x 33），则g '（x ）＝f '（x ）﹣2（1+x 2）=2x 41−x 2，因为g '（x ）＞0（0＜x ＜1），所以g （x ）在区间（0，1）上单调递增． 所以g （x ）＞g （0）＝0，x ∈（0，1）， 即当x ∈（0，1）时，f （x ）＞2（x +x 33）． （3）由（2）知，当k ≤2时，f （x ）＞k(x +x 33)对x ∈（0，1）恒成立．当k ＞2时，令h （x ）＝f （x ）−k(x +x 33)，则h '（x ）＝f '（x ）﹣k （1+x 2）=kx 4−(k−2)1−x 2，所以当0＜x ＜√k−2k4时，h '（x ）＜0，因此h （x ）在区间（0，√k−2k4）上单调递减．当0＜x ＜√k−2k4时，h （x ）＜h （0）＝0，即f （x ）＜k(x +x 33)．所以当k ＞2时，f （x ）＞k(x +x 33)并非对x ∈（0，1）恒成立．综上所知，k 的最大值为2．10．【2013年北京理科18】设l 为曲线C ：y =lnx x在点（1，0）处的切线．（Ⅰ）求l 的方程；（Ⅱ）证明：除切点（1，0）之外，曲线C 在直线l 的下方． 【答案】解：（Ⅰ）∵y =lnx x∴y ′=1−lnx x 2∴l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝1 ∴l 的方程为y ＝x ﹣1证明：（Ⅱ）令f （x ）＝x （x ﹣1）﹣lnx ，（x ＞0） 曲线C 在直线l 的下方，即f （x ）＝x （x ﹣1）﹣lnx ＞0， 则f ′（x ）＝2x ﹣1−1x =(2x+1)(x−1)x∴f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，又f （1）＝0 ∴x ∈（0，1）时，f （x ）＞0，即lnx x ＜x ﹣1 x ∈（1，+∞）时，f （x ）＞0，即lnx x＜x ﹣1即除切点（1，0）之外，曲线C 在直线l 的下方11．【2012年北京理科18】已知函数f （x ）＝ax 2+1（a ＞0），g （x ）＝x 3+bx（1）若曲线y ＝f （x ）与曲线y ＝g （x ）在它们的交点（1，c ）处具有公共切线，求a 、b 的值； （2）当a 2＝4b 时，求函数f （x ）+g （x ）的单调区间，并求其在区间（﹣∞，﹣1）上的最大值． 【答案】解：（1）f （x ）＝ax 2+1（a ＞0），则f '（x ）＝2ax ，k 1＝2a ，g （x ）＝x 3+bx ，则g ′（x ）＝3x 2+b ，k 2＝3+b ，由（1，c ）为公共切点，可得：2a ＝3+b ① 又f （1）＝a +1，g （1）＝1+b ，∴a +1＝1+b ，即a ＝b ，代入①式可得：{a =3b =3．（2）由题设a 2＝4b ，设ℎ(x)=f(x)+g(x)=x 3+ax 2+14a 2x +1 则ℎ′(x)=3x 2+2ax +14a 2，令h '（x ）＝0，解得：x 1=−a2，x 2=−a6；∵a ＞0，∴−a 2＜−a6， x （﹣∞，−a2） −a (−a ，−a ) −a(−a6，+∞） h ′（x ） + ﹣ + h （x ）极大值极小值∴原函数在（﹣∞，−a 2）单调递增，在(−a 2，−a 6)单调递减，在(−a 6，+∞）上单调递增 ①若−1≤−a2，即0＜a ≤2时，h （x ）在（﹣∞，﹣1]递增，无最大值；②若−a 2＜−1＜−a 6，即2＜a ＜6时，最大值为ℎ(−a2)=1； ③若﹣1≥−a 6时，即a ≥6时，最大值为h （−a2）＝1．综上所述：当a ∈（0，2]时，无最大值；当a ∈（2，+∞）时，最大值为ℎ(−a2)=1． 12．【2011年北京理科18】已知函数f(x)=(x −k)2e xk ． （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的x ∈（0，+∞），都有f （x ）≤1e ，求k 的取值范围．【答案】解：（Ⅰ）f ′(x)=2(x −k)e xk +1k (x −k)2e xk =1k (x 2−k 2)e xk ， 令f ′（x ）＝0，得x ＝±k当k ＞0时，f ′（x ）f （x ）随x 的变化情况如下：x （﹣∞，﹣k ）﹣k （﹣k ，k ） k （k ，+∞）f ′（x ） + 0﹣ 0 + f （x ） 递增4k 2e ﹣1 递减递增所以，f （x ）的单调递增区间是（﹣∞，﹣k ），和（k ，+∞），单调递减区间是（﹣k ，k ）； 当k ＜0时，f ′（x ）f （x ）随x 的变化情况如下： x（﹣∞，k ）k （k ，﹣k ） ﹣k （﹣k ，+∞） f ′（x ） ﹣ 0 + 0﹣f （x ） 递减递增4k 2e ﹣1 递减所以，f （x ）的单调递减区间是（﹣∞，k ），和（﹣k ，+∞），单调递增区间是（k ，﹣k ）； （Ⅱ）当k ＞0时，有f （k +1）=ek+1k＞1e ，不合题意，当k ＜0时，由（I ）知f （x ）在（0，+∞）上的最大值是f （﹣k ）=4k 2e，∴任意的x ∈（0，+∞），f （x ）≤1e ，⇔f （﹣k ）=4k 2e≤1e ，解得−12≤k ＜0，故对于任意的x ∈（0，+∞），都有f （x ）≤1e ，k 的取值范围是−12≤k ＜0．1．若函数f(x)=x 2+ax +1x 在(12,+∞)是增函数，则a 的取值范围是（）A ．[−1,0]B ．[−1,+∞)C ．[0,3]D ．[3,+∞)【答案】D 【解析】由条件知f ′(x)=2x +a −1x 2≥0在(12,+∞)上恒成立，即a ≥1x 2−2x 在(12,+∞)上恒成立． ∵函数y =1x 2−2x 在(12,+∞)上为减函数， ∴y max <1(12)2−2×12=3,∴．故选D．2．【2020届北京市西城区第四中学高三上学期期中】已知曲线y=a e x+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y =2x+b，则（）A．a=e,b=−1B．a=e,b=1C．a=e−1,b=1D．a=e−1,b=−1【答案】D【解析】y′=ae x+lnx+1,k=y′|x=1=ae+1=2，∴a=e−1将(1,1)代入y=2x+b得2+b=1,b=−1，故选D．3．【北京市西城区第四中学2019-2020学年高三上学期10月月考】设函数f(x)=√3sinπxm．若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2<m2，则m的取值范围是（）A．(−∞,−6)∪(6,∞)B．(−∞,−4)∪(4,∞)C．(−∞,−2)∪(2,∞)D．(−∞,−1)∪(1,∞)【答案】C【解析】由题意知：f(x)的极值为±√3，所以[f(x0)]2=3，因为f′(x0)=πm ⋅√3cosπx0m=0，所以πx0m =kπ+π2,k∈z，所以x0m=k+12,k∈z即|x0m|=|k+12|≥12，所以|x0|≥|m2|，即x02+[f(x0)]2≥m24+3，而已知x02+[f(x0)]2<m2，所以m2>m24+3，故3m24>3，解得m>2或m<−2，故选C.4．函数f(x)=x3−3x2+2在区间[－1，1]上的最大值是（）A．4B．2C．0D．－2 【答案】B【解析】令f′(x)=3x2−6x=0，解得x=0或x=2.f(0)=2,f(2)=−2,f(−1)=−2,f(1)=0，故函数的最大值为2，所以本小题选B.5．【北京市首都师范大学附属中学2019届高三高考模拟预测卷（二）】已知函数f(x)=13x3−4x+2e x−2e x，其中e是自然对数的底，若f(a−1)+f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是（）A．(−∞,−1]B．[12,+∞)C．(−1,12)D．[−1,12]【答案】D【解析】由f′(x)=x2−4+2e x+2e−x≥x2−4+2√4e x⋅e−x=x2≥0，知f(x)在R上单调递增，且f(−x)=−13x3+4x+2e−x−2e x=−f(x)，即函数f(x)为奇函数，故f(a−1)+f(2a2)≤0⇔f(a−1)≤f(−2a2)⇔a−1≤−2a2⇔2a2+a−1≤0，解得−1≤a≤12.故选D.6．【2020届北京市昌平区新学道临川学校高三上学期第三次月考】已知函数f(x)=x2−2x+a(e x−1+ e−x+1)有唯一零点，则a=A．−12B．13C．12D．1【答案】C【解析】函数f(x)的零点满足x2−2x=−a(e x−1+e−x+1)，设g(x)=e x−1+e−x+1，则g′(x)=e x−1−e−x+1=e x−1−1e x−1=e2(x−1)−1e x−1，当g′(x)=0时，x=1；当x<1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x=1时，函数g(x)取得最小值，为g(1)=2.设ℎ(x)=x2−2x，当x=1时，函数ℎ(x)取得最小值，为−1，若−a>0，函数ℎ(x)与函数−ag(x)没有交点；若−a<0，当−ag(1)=ℎ(1)时，函数ℎ(x)和−ag(x)有一个交点，即−a×2=−1，解得a=12.故选C.7．【2020届北京市朝阳区六校联考高三年级四月份测试】关于函数f(x)=(x2+ax−1)e x，有以下三个结论：①函数恒有两个零点，且两个零点之积为−1；②函数的极值点不可能是−1；③函数必有最小值.其中正确结论的个数有（）A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】D【解析】由题意函数f(x)=(x2+ax−1)e x的零点即为函数y=x2+ax−1的零点，令x2+ax−1=0，则△=a2+4>0，所以方程必有两个不等实根x1，x2，设x1<x2，由韦达定理可得x1x2=−1，故①正确；f′(x)=(2x+a)e x+(x2+ax−1)e x=[x2+(a+2)x+a−1]e x，当x=−1时，f′(x)=(1−a−2+a−1)e−1=−2e−1≠0，故−1不可能是函数f(x)的极值点，故②正确；令f′(x)=0即x2+(a+2)x+a−1=0，△=(a+2)2−4(a−1)=a2+8>0，设x2+(a+2)x+a−1=0的两个实数根为x3，x4且x3<x4，则当x∈(−∞,x3)，x∈(x4,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x3,x4)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x4)为函数极小值；由①知，当x∈(−∞,x1)时，函数f(x)>0，所以当x∈(−∞,x3)时，f(x)>0，又f(0)=−e x<0，所以0∈(x3,+∞)，所以f(x4)≤f(0)<0，所以f(x4)为函数的最小值，故③正确.故选：D.8．【北京市第171中学2019-2020学年高三10月月考】已知函数f(x)=e2x−3，g(x)=14+ln x2，若f(m)=g(n)成立，则n−m的最小值为（）A．12+ln2B．ln2C．12+2ln2D．2ln2【答案】A 【解析】设e2m−3=14+ln n2=k(k>0)，则m=32+lnk2，n=2e k−14，令ℎ(k)=n−m=2e k−14−lnk2−32，所以ℎ′(k)=2e k−14−12k，又ℎ′(k)=2e k−14−12k在(0,+∞)增函数，且ℎ′(14)=0，当k ∈(0,14)时，ℎ′(k)<0，当k ∈(14,+∞)时，ℎ′(k)>0， 所以ℎ(k)=2e k−14−lnk 2−32在(0,14)上递减，在(14,+∞)上递增．所以ℎ(k)min =ℎ(14)=12+ln2，即n −m 的最小值为12+ln2． 故选A.9．【北京市中国人民大学附属中学2019届高三上学期月考（二）】设函数f′(x)是奇函数f(x)（x ∈R ）的导函数，f(−1)=0，当x >0时，xf′(x)−f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x 的取值范围是（） A ．(−∞,−1)∪(0,1) B ．(−1,0)∪(1,+∞) C ．(−∞,−1)∪(−1,0) D ．(0,1)∪(1,+∞)【答案】A 【解析】 构造新函数g(x)=f(x)x,g′(x)=xf ′(x)−f(x)x 2，当x >0时g′(x)<0.所以在(0,+∞)上g(x)=f(x)x单减，又f(1)=0，即g(1)=0.所以g(x)=f(x)x>0可得0<x <1,此时f(x)>0，又f(x)为奇函数，所以f(x)>0在(−∞,0)∪(0,+∞)上的解集为：(−∞,−1)∪(0,1). 故选A .10．【2020年1月中学生标准学术能力诊断性测试诊断性测试】已知不等式x +alnx +1e x≥x a 对x ∈(1,+∞)恒成立，则实数a 的最小值为（） A ．−√e B ．−e2C ．−eD ．−2e【答案】C 【解析】不等式x +alnx +1e x ≥x a 对x ∈(1,+∞)恒成立 可变形为x +1e x ≥x a −alnx ,即e −x −lne −x ≥x a −lnx a 对x ∈(1,+∞)恒成立 设g(x)=x −lnx 则g′(x)=1−1x =x−1x当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,即g(x)=x−lnx在x∈(1,+∞)时单调递增当x∈(0,1)时,g′(x)<0,即g(x)=x−lnx在x∈(0,1)时单调递减因而g(e−x)≥g(x a)在x∈(1,+∞)上恒成立即可当x∈(1,+∞)时,e−x∈(0,1e)而当a<0时(因四个选项都小于0,所以只需讨论a<0的情况)x a∈(0,1)因为g(x)=x−lnx在x∈(0,1)时单调递减,若g(e−x)≥g(x a)只需e−x≤x a不等式两边同取自然底数的对数,可得−x≤alnx当x∈(1,+∞)时,0<lnx化简不等式可得−xlnx≤a只需(−xlnx)max≤a令ℎ(x)=−xlnx,x∈(1,+∞)则ℎ′(x)=1−lnx(lnx)2,令ℎ′(x)=0解得x=e当x∈(1,e)时,ℎ′(x)>0,则ℎ(x)=−xlnx在(1,e)内单调递增当x∈(e,+∞)时,ℎ′(x)<0,则ℎ(x)=−xlnx在(e,+∞)内单调递减所以ℎ(x)=−xlnx 在x=e处取得最大值,ℎ(x)max=−elne=−e故−e≤a所以实数a的最小值为−e故选:C11．【北京市清华大学附属中学2019届高三下学期第三次模拟】直线y=x+1是曲线f（x）=x+1x−alnx（a ∈R）的切线，则a的值是______．【答案】−1【解析】设切点的横坐标为x 0，f '(x)=1−1x 2−ax =x 2−ax−1x 2=1⇒x 0=−1a ⇒−a =1x 0，则有：f(x 0)=x 0+1x 0−alnx 0=x 0+1⇒lnx 0−x 0+1=0， 令ℎ(x)=lnx −x +1⇒ℎ'(x)=1x −1=0⇒x =1， 则ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， 又因为ℎ(1)=0，所以x 0=1⇒a =−1； 故答案为−1．12．已知f(x)＝e x ·sinx ，则f ′(0)的值为___. 【答案】1 【解析】因为f ′(x)=e x (sinx +cosx)，所以f ′(0)=1.13．【北京市中国人民大学附属中学2019届高三上学期月考（二）】已知函数f(x)=ax 3+x +1的图像在点(1,f(1))的处的切线过点(2,7)，则a =. 【答案】1 【解析】f′(x)=3ax 2+1⇒f′(1)=3a +1,f(1)=a +2⇒l:y −(a +2)=(3a +1)(x −1)⇒7−(a +2) =(3a +1)(2−1)⇒a =1.14．函数f(x)=xlnx 的单调减区间是______． 【答案】(0,1e ) 【解析】函数的定义域为x >0，∵y′=lnx +1，令lnx +1<0，得0<x <1e ,∴函数y =xlnx 的单调递减区间是(0,1e )，故答案为(0,1e). 15．【北京市丰台区2019届高三年级第二学期综合练习（二）】已知函数f(x)=x +ax (x >0)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,+∞)，那么a =____． 【答案】4. 【解析】依题意可知x ＝2是函数f （x ）的极小值点，又f′(x)=1−ax2，所以，f′(2)=1−a4＝0，解得：a＝4,经检验成立故答案为：416．对于函数y=f(x)，若存在区间[a,b]，当x∈[a,b]时的值域为[ka,kb](k>0)，则称y=f(x)为k倍值函数.若f(x)=lnx+x是k倍值函数，则实数k的取值范围是________.【答案】(1,1+1e)【解析】由题意得lnx+x=kx有两个不同的解，k=lnxx +1，则k′=1−lnxx=0⇒x=e，因此当0<x<e时，k∈(−∞,1+1e )，当x>e时，k∈(1,1+1e)，从而要使lnx+x=kx有两个不同的解，需k∈(1,1+1e)17．【北京市东城区第五中学2019-2020学年高三上学期12月月考】函数y=f(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别是k A，k B，规定φ(A,B)=|k A−k B||AB|叫曲线y=f(x)在点A与点B之间的“弯曲度”，给出以下命题：（1）函数y=x3−x2+1图象上两点A、B的横坐标分别为1，2，则φ(A,B)>√3；（2）存在这样的函数，图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数；（3）设点A、B是抛物线，y=x2+1上不同的两点，则φ(A,B)⩽2；（4）设曲线y=e x上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1−x2=1，若t·φ(A,B)<1恒成立，则实数t 的取值范围是(−∞,1)；以上正确命题的序号为__（写出所有正确的）【答案】（2）（3）【解析】对于（1），由y=x3−x2+1，得y′=3x2−2x，则k A=y′|x=1=1，k B=y′|x=2=8，y1=1，y2=5，则|AB|=√(2−1)2+(5−1)2=√17，φ(A,B)=|k A−k B||AB|=√17=√17<√3，（1）错误；对于（2），常数函数y=1满足图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数，（2）正确；对于（3），设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′=2x，则k A−k B=2x1−2x2，|AB|=√(x1−x2)2+(x12−x22)2=√(x1−x2)2[1+(x1+x2)2] =|x1−x2|√1+(x1+x2)2．∴φ(A,B)=A B|x1−x2|√1+(x1+x2)2=12|x1−x2|√1+(x1+x2)2⩽21=2，（3）正确；对于（4），由y=e x，得y′=e x，φ(A,B)=x1x2√(x1−x2)2+(e x−e x)2=x1x2√1+(e x−e x)2．t·φ(A,B)<1恒成立，即t|e x1−e x2|<√1+(e x1−e x2)2恒成立，t=1时该式成立，∴（4）错误．故答案为：（2）（3）．18．【北京市平谷区2020届高三第二学期阶段性测试（二模）】已知函数f(x)=1x+cosx，给出下列结论：①f(x)在(0，π]上有最小值，无最大值；②设F(x)=f(x)−f(−x)，则F(x)为偶函数；③f(x)在(0，2π)上有两个零点其中正确结论的序号为________.（写出所有正确结论的序号）【答案】①③【解析】①，由于x∈(0,π]，所以f′(x)=−1x−sinx<0，所以f(x)在(0,π]上递减，所以f(x)在(0,π]上有最小值，无最大值，故①正确.②，依题意F(x)=f(x)−f(−x)=1x +cosx−[−1x−cos(−x)]=2x，由于F(−x)≠F(x)，所以F(x)不是偶函数，故②错误.③，令f(x)=0得cosx=−1x ，画出y=cosx和y=−1x在区间(0,2π)上的图像如下图所示，由图可知y=cosx和y=−1x在区间(0,2π)上的图像有两个交点，则f(x)在(0，2π)上有两个零点，故③正确. 故答案为：①③19．【北京市通州区2020届高考一模】给出下列四个函数，①y=x2+1；②y=|x+1|+|x+2|；③y= 2x+1；④y=x2+cosx，其中值域为[1,+∞)的函数的序号是______.【答案】①②④【解析】①∵x2≥0，∴x2+1≥1，故值域为[1,+∞)，符合题意；②y=|x+1|+|x+2|≥|(x+1)−(x+2)|=1，故值域为[1,+∞)，符合题意；③∵2x>0，∴2x+1>1，故值域为(1,+∞)，不合题意；④函数f(x)=x2+cosx为偶函数，且f′(x)=2x−sinx，f″(x)=2−cosx>0，故f′(x)在R上单调递增，又f′(0)=0，故当x∈(0,+∞)时，f(x)单调递增，则当x∈(−∞,0)时，f(x)单调递减，又f(0)=1，故其值域为[1,+∞)，符合题意.故答案为：①②④.20．【2019届北京市中国人民人大附属中学高三（5月）模拟】已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的实数x都有f′(x)=e−x(2x+3)−f(x)（e是自然对数的底数），且f(0)=1，若关于x的不等式f(x)−m <0的解集中恰有两个整数，则实数m的取值范围是________.【答案】(−e,0]【解析】∵f′(x)=e−x(2x+3)−f(x)，∴f(x)+f′(x)=e−x(2x+3)，即[f(x)+f′(x)]e x=(2x+3)，即[f(x)e x]′=(2x+3)，即f(x)e x=x2+3x+c，即f(x)=x2+3x+c，∵f(0)=1，∴f(0)=0+0+c=1，即c=1，e x，则f′(x)=e−x(2x+3)−f(x)=−e−x(x2+x−2)，则f(x)=x2+3x+1e x由f′(x)>0得−2<x<1，此时函数y=f(x)为增函数，由f′(x)<0得x>1或x<−2，此时函数y=f(x)为减函数，即当x=−2时，函数y=f(x)取得极小值f(−2)=−e2，∵f(−1)=−e，f(−3)=e3，且当x>1时，f(x)>0，由图象知，要使不等式f(x)<m的解集中恰有两个整数，则满足f(−1)<m≤0，即−e<m≤0，即实数m的取值范围是(−e,0]，故答案为：(−e,0].21．【北京市人大附中2020届高三（6月份）高考数学考前热身】已知函数f(x)=1−xe x.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若对任意x1,x2∈[a,+∞)，都有f(x1)−f(x2)≥−1e2成立，求实数a的最小值.【答案】（1）函数f(x)的单增区间为(2,+∞)，单减区间为(−∞,2)（2）a的最小值为1【解析】解：（1）由f′(x)=x−2e x=0解得x=2,则f′(x)及f(x)的情况如下：所以函数f(x)的单增区间为(2,+∞),单减区间为(−∞,2)；（2）法一：当x>1时,f(x)=1−xe x<0.当x<1时,f(x)=1−xe x>0.若a≤1,由（1）可知f(x)的最小值为f(2),f(x)的最大值为f(a),所以“对任意x1,x2∈[a,+∞),有f(x1)−f(x2)≥−1e2恒成立”等价于“f(2)−f(a)≥−1e2”,即−1e2−1−ae a≥−1e2,解得a≥1.所以a的最小值为1.法二：当x>1时,f(x)=1−xe x<0.当x<1时,f(x)=1−xe x>0.且由（1）可知,f(x)的最小值为f(2)=−1e2,若2∈[a,+∞),即a≤2时,令x1=2,则任取x2∈[a,+∞),有f(x1)−f(x2)=f(2)−f(x2)=−1e2−f(x2)≥−1e2,所以f(x2)≤0对x2∈[a,+∞)成立,所以必有x2≥1成立,所以[a,+∞)⊆[1,+∞),即a≥1.而当a=1时,∀x1,x2∈[1,+∞),f(x1)≤0,f(x2)≤0,所以f(x1)−f(x2)≥f(x1)−0≥f(2)=−1e2,即a=1满足要求,而当a≥2时,求出的a的值,显然大于1,综上,a的最小值为1.22．【北京市大兴区2019届高三4月一模】已知函数f(x)=a e x图象在x=0处的切线与函数g(x)=lnx图象在x=1处的切线互相平行．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设ℎ(x)=f(x)−g(x)，求证：ℎ(x)>2．【答案】（Ⅰ）a=1；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）由f(x)=a e x，得f′(x)=a e x，所以f′(0)=a.由g(x)=ln x，得g′(x)=1x，所以g′(1)=1.由已知f′(0)=g′(1)，得a=1.经检验，a=1符合题意．（Ⅱ）ℎ(x)=f(x)−g(x)=e x−ln x，x>0，ℎ′(x)=e x−1x ，设φ(x)=e x−1x，则φ′(x)=e x+1x2>0，所以φ(x)在区间(0,+∞)单调递增，又φ(1)=e−1>0，φ(12)=√e−2<0，所以φ(x)在区间(0,+∞)存在唯一零点，设零点为x0，则x0∈(12,1)，且e x0=1x0．当x∈(0,x0)时，ℎ′(x)<0；当x∈(x0,+∞)，ℎ′(x)>0．所以，函数ℎ(x)在(0,x0)递减，在(x0,+∞)递增，ℎ(x)≥ℎ(x 0)=e x 0−ln x 0=1x 0−ln x 0，由e x 0=1x 0，得ln x 0=−x 0所以ℎ(x 0)=1x 0+x 0≥2，由于x 0∈(12,1)，ℎ(x 0)>2 从而ℎ(x)>2，命题得证．23．【北京五中2020届高三（4月份）高考数学模拟】设函数f （x ）＝me x ﹣x 2+3，其中m ∈R .（1）如果f （x ）同时满足下面三个条件中的两个：①f （x ）是偶函数；②m ＝1；③f （x ）在（0，1）单调递减.指出这两个条件，并求函数h （x ）＝xf （x ）的极值； （2）若函数f （x ）在区间[﹣2，4]上有三个零点，求m 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2）[13e 4，6e 3) 【解析】（1）若满足条件①f(x)是偶函数，则f(−x)=f(x)， 且函数f(x)的定义域为R ，∴me −x −x 2+3=me x −x 2+3， ∴me −x =me x 对x ∈R 恒成立，∴m =0， 此时函数f(x)=−x 2+3，在(0,1)单调递减， 满足条件③f(x)在(0,1)单调递减；若f(x)不满足①，则m =1,f(x)=e x −x 2+3， f′(x)=e x −2x,f′(12)=√e −1，所以f （x ）在（0，1）不可能单调递减，即不满足③，∴f(x)同时满足条件：①f(x)是偶函数；③f(x)在(0,1)单调递减， 此时ℎ(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3=3(1+x)(1−x)， ∴当x ∈(−∞,−1)时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减； 当x ∈(−1,1)时，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)单调递增； 当x ∈(1,+∞)时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减， ∴x =1时，函数ℎ(x)取到极大值，极大值为ℎ（1）=2， x =−1时，函数ℎ(x)取到极小值，极小值为ℎ(−1)=−2； （2）令f(x)=me x −x 2+3=0，则有m =x 2−3e x，函数f(x)在区间[−2，4]上有三个零点， 等价于直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x在区间[−2，4]上有三个交点，g ′(x)=2x·e x −(x 2−3)e x(e x )2=2x−x 2+3e x=−(x−3)(x+1)e x，x ∈[−2，4]，令g ′(x)=0，则x =3或x =−1， 令g ′(x)<0，则−1<x <3，令g ′(x)>0，则−2⩽x <−1或3<x ⩽4，∴函数g(x)在区间[−2，−1)上单调递增；在(−1,3)上单调递减，在(3，4]上单调递增， 又g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g （3）=6e 3，g （4）=13e 4， 画出函数g(x)在[−2，4]上的大致图象，如图所示：，由图可知，当13e 4⩽m <6e 3时， 直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x在区间[−2，4]上有三个交点，即函数f(x)在区间[−2，4]上有三个零点， ∴m 的取值范围为：[13e 4，6e 3)．24．【2020届北京市平谷区高三3月质量监控（一模）】已知函数f(x)=(x 2+ax−a)e ，其中a ∈R .（1）当a =0时，求f(x)在(1,f(1))的切线方程； （2）求证：f(x)的极大值恒大于0. 【答案】（1）y =1e x （2）证明见解析 【解析】 （1）f′(x)=−x 2−(a−2)x+2ae x =−(x+a)(x−2)e x ，当a =0时，f′(1)=1e ，f(1)=1e ，x；则f(x)在(1,f(1))的切线方程为y=1e（2）证明：令f′(x)=0，解得x=2或x=−a，①当a=−2时，f′(x)≤0恒成立，此时函数f(x)在R上单调递减，∴函数f(x)无极值；②当a>−2时，令f′(x)>0，解得−a<x<2，令f′(x)<0，解得x<−a或x>2，∴函数f(x)在(−a,2)上单调递增，在(−∞,−a)，(2,+∞)上单调递减，>0；∴f(x)极大值=f(2)=a+4e2③当a<−2时，令f′(x)>0，解得2<x<−a，令f′(x)<0，解得x<2或x>−a，∴函数f(x)在(2,−a)上单调递增，在(−∞,2)，(−a,+∞)上单调递减，∴f(x)极大值=f(−a)=−a e a>0，综上，函数f(x)的极大值恒大于0.25．【2020届北京市海淀区高三一模】已知函数f(x)=e x+ax.(I)当a=-1时，①求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；②求函数f(x)的最小值；(II)求证:当a∈(−2,0)时，曲线y=f(x)与y=1−lnx有且只有一个交点.【答案】（1）切线方程y=1；f(x)min=1；（2）证明见解析【解析】(I)当a=−1时，①函数f(x)=e x−x，∴f(0)=e0=1，f′(x)=e x−1，即f′(0)=e0−1=0，∴曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1.②令f′(x)=e x−1>0，得x>0，令f′(x)=e x−1<0，得x<0，所以f(x)在(0,+∞)上单增，在(−∞,0)单减,∴函数f(x)的最小值为f(x)min=f(0)=1.(II)当a∈(−2,0)时，曲线y=f(x)与y=1−lnx有且只有一个交点.等价于g(x)=e x+ax+lnx−1(x>0)有且只有一个零点.+a(x>0)，g′(x)=e x+1x当x ∈(0,1)时，e x >1,1x >1，∵a ∈(−2,0)，则g ′(x)=e x +1x +a >0， 当x ∈[1,+∞)时，e x >e >2,1x >0， ∵a ∈(−2,0)，则g ′(x)=e x +1x +a >0， ∴g(x)在(0,+∞)上单增，又∵g(1e)=e 1e +ae−2<e 12−2<0，g(e)=e e +ae >e 2−2e >0，由零点存在性定理得g(x)有唯一零点，即曲线y =f(x)与y =1−lnx 有且只有一个交点.26．【北京市西城区第四中学2019-2020学年高三上学期10月月考】已知函数f(x)=x −alnx(a ∈R). （Ⅰ）当a =2时，求曲线y =f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f(x)的极值.【答案】(1)x ＋y －2＝0；(2)当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a l n a 无极大 【解析】解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax . (1)当a ＝2时，f(x)＝x －2lnx ， f′(x)＝1－2x(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y ＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0. (2)由f′(x)＝1－ax ＝x−a x，x>0知：①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x ＝a ， 又当x ∈(0，a)时，f′(x)<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f(a)＝a －alna ，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x ＝a 处取得极小值a －alna ，无极大值．27．【北京市海淀区2019届高三年级第二学期期末练习（二模）】已知函数f(x)=e ax (x 2−a+2a),，其中a≠0．(Ⅰ)求曲线y =f(x)在点(1,f(1))处切线的倾斜角； (Ⅱ)若函数f(x)的极小值小于0，求实数a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）倾斜角为0(Ⅱ)(−∞,−2)∪(0,+∞) 【解析】（Ⅰ）因为f(x)=e a x (x 2−a+2a)，所以f′(x)=e a x (ax 2+2x −(a +2)),所以f′(1)=0所以曲线y =f(x)在点(1,f(1))处切线的倾斜角为0（Ⅱ）因为f′(x)=e a x (ax 2+2x −(a +2))=e a x (ax +(a +2))(x −1) 令f ′(x)=0，得到x 1=−a+2a , x 2=1当a >0时，x ，f′(x)，f(x)的变化情况如下表:f(1)=e a (1−a+2a)=e a (1−1−2a )=e a (−2a )<0，符合题意当a =−1时，x 1=−a+2a=x 2=1，f′(x)=−e a x (x +1)2≤0,f(x)没有极值，不符合题意 当−1<a <0时，x 1>1，f′(x)，f(x)的变化情况如下表而f(1)=e a (−2a )>0，不符合题意当a <−1时，x 1<1，f′(x)，f(x)的变化情况如下表:所以f(x 1)=e a(−a+2a)[(−a+2a)2−(a+2a)]<0，解得a <−2综上，a 的取值范围是(−∞,−2)∪(0,+∞)28．【北京市第四中学2019届高三高考调研卷（二）】已知函数g(x)=alnx ，f(x)=x 3+x 2+bx . （1）若f(x)在区间[1,2]上不是单调函数，求实数b 的范围；（2）若对任意x ∈[1,e]，都有g(x)≥−x 2+(a +2)x 恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当b =0时，设F(x)={f(−x),x <1g(x),x ≥1，对任意给定的正实数a ，曲线y =F(x)上是否存在两点P ，Q ，使得ΔPOQ 是以O （O 为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在y 轴上？请说明理由.【答案】（1）−16<b <−5；（2）;（3）详见解析.【解析】 （1）由得，因在区间上不上单调函数 所以在上最大值大于0，最小值小于0，（2）由，得，且等号不能同时取，，即恒成立，即令，求导得当时，，从而在上是增函数，（3）由条件，假设曲线上存在两点满足题意，则只能在轴两侧不妨设，则，且是以为直角顶点的直角三角形，是否存在等价于方程在且是否有解①当时，方程为，化简，此方程无解；②当时，方程为，即设，则显然，当时，，即在上为增函数的值域为，即，当时，方程总有解对任意给定的正实数a，曲线y=F(x)上是否存在两点，使得ΔPOQ是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在轴上29．【北京市人大附中2019届高三高考模拟预测】已知函数f(x)＝(3－x)e x，g(x)＝x＋a(a∈R)(e是自然对数的底数，e≈2.718…)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数y＝f(x)g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围；在区间(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，并且函数h(x)的极大值小于整(3)若函数h(x)＝f(x)+g(x)x数b，求b的最小值．【答案】（1）见解析；（2）a ≥−3；（3）4 【解析】（1）f(x)=(3−x)e x ，f′(x)=(2−x)e x ，令f′(x)=0，解得x =2，列表：∴当x =2时，函数f(x)取得极大值f(2)=e 2，无极小值（2）由y =f(x)g(x)=(3−x)(x +a)e x ，得y′=e x [−x 2+(3−a)x +3a −2x +(3−a)]=e x [−x 2+(1−a)x +2a +3]∵e x >0，令m(x)=−x 2+(1−a)x +2a +3，∴函数y =f(x)g(x)在区间[1,2]上单调递增等价于对任意的x ∈[1,2]，函数m(x)≥0恒成立 ∴{m(1)≥0m(2)≥0，解得a ≥−3． （3）ℎ(x)=f(x)+g(x)x=(3−x)e x +x+ax，ℎ′(x)=e x (−x 2+3x−3)−ax令r(x)=e x (−x 2+3x −3)−a ，∵ℎ(x)在(0,+∞)上既存在极大值又存在极小值，∴ℎ′(x)=0在(0,+∞)上有两个不等实根， 即r(x)=e x (−x 2+3x −3)−a =0在(0,+∞)上有两个不等实根x 1,x 2(x 1<x 2)． ∵r′(x)=e x (−x 2+3x −3−2x +3)=e x (−x 2+x)=x(1−x)e x∴当x ∈(0,1)时，r′(x)>0，r(x)单调递增，当x ∈(1,+∞)时，r′(x)<0，r(x)单调递减 则0<x 1<1，∴{r(0)<0r(1)>0，解得−3<a <−e ，∴r(32)=−34e 32−a <−34e 32+3<0 ∵r(x)在(0,+∞)上连续且r(0)⋅r(1)<0，r(1)⋅r(32)<0 ∴r(x)=0在(0,1)和(1,32)上各有一个实根∴函数ℎ(x)在(0,+∞)上既存在极大值又存在极小值时，有−3<a <−e ，并且在区间(0,1)上存在极小值ℎ(x 1)，在区间(1,32)上存在极大值ℎ(x 2)． ∴ℎ(x 2)=(3−x 2)e x 2+x 2+ax 2，且ℎ′(x 2)=e x 2(−x 22+3x 2−3)−a x 22=0a =ex 2(−x 22+3x 2−3)，ℎ(x 2)=(3−x 2)e x 2+x 2+e x 2(−x 22+3x 2−3)x 2=e x 2(2−x 2)+1令H(x)=e x (2−x)，H′(x)=e x (1−x)，当x ∈(1,+∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减∵x 2∈(1,32)，∴ℎ(32)<ℎ(x 2)<ℎ(1)，即ℎ(x 2)∈(12e 32+1,e +1)，则3<12e 32+1<e +1<4∵ℎ(x)的极大值小于整数b ，∴满足题意的整数b 的最小值为4． 30．已知函数f （x ）＝x 22﹣（1+2a ）x +4a+12ln （2x +1），a ＞0．（1）已知函数f （x ）在x ＝2取得极小值，求a 的值； （2）讨论函数f （x ）的单调区间；（3）当a ＞14时，若存在x 0∈（12，+∞）使得f （x 0）＜12﹣2a 2，求实数a 的取值范围．【答案】（1）a =1；（2）a >14时，增区间是(−12,12)和(2a,+∞)，减区间是(12,2a)，a =14时，增区间(−12,+∞)，0<a <14时，增区间是(−12,2a)和(12,+∞)，减区间是(2a,12)．（3）(14,e−14)．【解析】（1）f ′(x)=x −(1+2a)+4a+12x+1，由题意f ′(2)=2−(1+2a)+4a+15=0，解得a =1，此时f ′(x)=x −3+52x+1=(x−2)(2x−1)2x+1，12<x <2时，f ′(x)<0，f(x)递减，x >2时，f ′(x)>0，f(x)递增，x =2时，f(x)取得极小值． 所以a =1；（2）函数定义域是(−12,+∞)， f ′(x)=x −(1+2a)+4a+12x+1=2x 2−(4a+1)x+2a2x+1=(2x−1)(x−2a)2x+1，2a >12，即a >14时，当−12<x <12或x >2a 时，f ′(x)>0，12<x <2a 时，f ′(x)<0，f(x)的增区间是(−12,12)和(2a,+∞)，减区间是(12,2a)， 当a =14时，f ′(x)≥0在x >−12恒成立，增区间(−12,+∞)，当0<2a <12，即0<a <14时，−12<x <2a 或x >12时，f ′(x)>0，2a <x <12时，f ′(x)<0，f(x)的增区间是(−12,2a)和(12,+∞)，减区间是(2a,12)，综上，a >14时，增区间是(−12,12)和(2a,+∞)，减区间是(12,2a)，a =14时，增区间(−12,+∞)，0<a <14时，增区间是(−12,2a)和(12,+∞)，减区间是(2a,12)．（3）由（2）a >14时，f(x)在(12,2a)上递减，在(2a,+∞)上递增，f(x)min =f(2a)，若存在x 0∈(12,+∞)使得f （x 0）＜12﹣2a 2，则只要f(2a)<12−2a 2， f(2a)=−2a 2−2a +4a+12ln(4a +1)<12−2a 2，因为a >14，所以ln(4a +1)<1，解得4a +1<e ，a <e−14，所以14<a <e−14．即实数a 的取值范围是(14,e−14)．。