2021-2022年高考数学一轮复习阶段测试卷(第13周)理

2021年高考数学一轮复习阶段测试卷（第13周）理54.18．[xx·北京卷] 已知函数f(x)＝xcos x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<sin x x <b 对x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．55.20．[xx·福建卷] 已知函数f(x)＝ex －ax(a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f(x)在点A 处的切线斜率为－1. (1)求a 的值及函数f(x)的极值； (2)证明：当x>0时，x2<ex ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x0，使得当x ∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.57.22．[xx·湖北卷] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)求函数f(x)＝ln xx的单调区间；(2)求e3，3e ，e π，πe ，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e3，3e ，e π，πe ，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．58.22．[xx·湖南卷] 已知常数a ＞0，函数 f(x)＝ln(1＋ax)－2x x ＋2. (1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a 的取值范围．59.18．[xx·江西卷] 已知函数f(x)＝(x2＋bx ＋b)1－2x(b ∈R)． (1)当b ＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．60.11．[xx·辽宁卷] 当x ∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3] 61.22．[xx·全国卷] 函数f(x)＝ln(x ＋1)－axx ＋a(a>1)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a1＝1，an ＋1＝ln(an ＋1)，证明：2n ＋2<an ≤3n ＋2.62.11．[xx·新课标全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)63.21．、[xx·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexln x ＋bex －1x ，曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ；(2)证明：f(x)>1.64.21．[xx·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex －e －x －2x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x ＞0时，g(x)＞0，求b 的最大值；(3)已知1.414 2＜2＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 21．解：(1)f′(x)＝ex ＋e －x －2≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x －e －2x －4b(ex －e －x)＋(8b －4)x ， g ′(x)＝2[e2x ＋e －2x －2b(ex ＋e －x)＋(4b －2)] ＝2(ex ＋e －x －2)(ex ＋e －x －2b ＋2)．(i)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x 满足2<ex ＋e －x<2b －2，即0<x<ln(b －1＋b2－2b)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b －1＋b2－2b)时，g(x)<0. 综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g(ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b2－2b)＝ln 2，g(ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.65.20．[xx·山东卷] 设函数f(x)＝ex x2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．66.21．[xx·陕西卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf ′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn ＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式； (2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n －f(n)的大小，并加以证明．67.20．[xx·天津卷] 设f(x)＝x －aex (a∈R)，x∈R.已知函数y ＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1<x2.(1)求a 的取值范围；(2)证明：x2x1随着a 的减小而增大；(3)证明：x1＋x2随着a 的减小而增大．68．22．[xx·浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋3|x －a|(a∈R)．(1)若f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)； (2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．69.20．[xx·重庆卷] 已知函数f(x)＝ae2x －be －2x －cx(a ，b ，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c. (1)确定a ，b 的值；(2)若c ＝3，判断f(x)的单调性； (3)若f(x)有极值，求c 的取值范围．71.6．[xx·湖北卷] 若函数f(x)，g(x)满足⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1，1]上的一组正交函数，给出三组函数：①f(x)＝sin 12x ，g(x)＝cos 12x ；②f(x)＝x ＋1，g(x)＝x －1；③f(x)＝x ，g(x)＝x2.其中为区间[－1，1]上的正交函数的组数是( )A ．0B ．1C ．2D ．36．C [解析] 由题意，要满足f(x)，g(x)是区间[－1，1]上的正交函数，即需满足⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝0.①⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝⎠⎛－11sin 12xcos 12xdx ＝12⎠⎛－11sinxdx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12cos x 1－1＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数； ②⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝⎠⎛－11(x ＋1)(x －1)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x33－x 1－1＝－43≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；③⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝⎠⎛－11x ·x2dx ＝x441－1＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数．综上，是区间[－1，1]上的正交函数的组数是2. 故选C.72.9．[xx·湖南卷] 已知函数f(x)＝sin(x －φ)，且 ∫2π30f(x)dx ＝0，则函数f(x)的图像的一条对称轴是( ) A ．x ＝5π6 B ．x ＝7π12C ．x ＝π3 D ．x ＝π673.8.[xx·江西卷] 若f(x)＝x2＋2⎠⎛01f(x)dx ，则⎠⎛01f(x)dx ＝( )A ．－1B ．－13 C.13D ．174.6．[xx·山东卷] 直线y ＝4x 与曲线y ＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ) A. 2 2 B. 4 2 C. 2 D. 46．D [解析] 直线y ＝4x 与曲线y ＝x3在第一象限的交点坐标是(2，8)，所以两者围成的封闭图形的面积为⎠⎛02(4x －x3)dx ＝⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎪⎫2x2－14x420＝4，故选D.75.3．[xx·陕西卷] 定积分⎠⎛01(2x ＋ex)dx 的值为( )A ．e ＋2B ．e ＋1C ．eD ．e －13．C [解析] ⎠⎛01(2x ＋ex)dx ＝(x2＋ex)10＝(12＋e1)－(02＋e0)＝e.（十四） 单元综合76.9．[xx·四川卷] 已知f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1，1)．现有下列命题： ①f(－x)＝－f(x)；②f ⎝⎛⎭⎪⎫2x 1＋x2＝2f(x)；③|f (x)|≥2|x|.其中的所有正确命题的序号是( ) A ．①②③ B ．②③ C ．①③ D ．①②77.10．[xx·湖南卷] 已知函数f(x)＝x2＋ex －12(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x ＋a)的图像上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1e) B ．(－∞，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，eD.⎝ ⎛⎭⎪⎫－e ，1e78.14．[xx·湖北卷] 设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)>0，对任意a>0，b>0，若经过点(a ，f(a))，(b ，－f(b))的直线与x 轴的交点为(c ，0)，则称c 为a ，b 关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a ，b)，例如，当f(x)＝1(x>0)时，可得Mf(a ，b)＝c ＝a ＋b 2，即Mf(a ，b)为a ，b 的算术平均数．(1)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a ，b)为a ，b 的几何平均数； (2)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a ，b)为a ，b 的调和平均数2aba ＋b .(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)79.12．[xx·辽宁卷] 已知定义在[0，1]上的函数f(x)满足： ①f(0)＝f(1)＝0；②对所有x ，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<12|x －y|.若对所有x ，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|<k 恒成立，则k 的最小值为( ) A.12 B.14 C.12π D.1880.22．[xx·湖南卷] 已知常数a ＞0，函数 f(x)＝ln(1＋ax)－2x x ＋2. (1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a 的取值范围．81.21．、[xx·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexln x ＋bex －1x ，曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ；(2)证明：f(x)>1.82.21．[xx·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex －e －x －2x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x ＞0时，g(x)＞0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2＜2＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．(2)当x>0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax>0”，“sin xx <b ”等价于“sin x －bx<0”．令g(x)＝sin x －cx ，则g′(x)＝cos x －c.当c≤0时，g(x)>0对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，g′(x)＝cos x －c<0，所以g(x)在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，从而g(x)<g(0)＝0对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当0<c<1时，存在唯一的x0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2使得g ′(x0)＝cos x0－c ＝0. g(x)与g′(x)在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的情况如下：x (0，x0) x0 ⎝⎛⎭⎪⎫x0，π2g ′(x) ＋ 0 － g(x)因为g(x)在区间(0，x0)上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c≤2π.综上所述，当且仅当c≤2π时，g(x)>0对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．所以，若a<sin x x <b 对任意x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.55.解：方法一：(1)由f(x)＝ex －ax ，得f ′(x)＝ex －a.(2)证明：令g(x)＝ex －x2，则g′(x)＝ex －2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0， 故g(x)在R 上单调递增，又g(0)＝1>0，所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)证明：①若c≥1，则ex ≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.故当x>0时，x2<cex. 取x0＝0，当x∈(x 0，＋∞)时，恒有x2<cex.②若0<c<1，令k ＝1c >1，要使不等式x2<cex 成立，只要ex>kx2成立．而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x ＋ln k 成立． 令h(x)＝x －2ln x －ln k ，则h′(x)＝1－2x ＝x －2x.所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．又h(x0)＝16k －2ln(16k)－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k)＋5k ， 易知k>ln k ，k>ln 2，5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝16c，当x∈(x 0，＋∞)时，恒有x2<cex.综上，对任意给定的正数c ，总存在x0，当x∈(x 0，＋∞)时，恒有x2<cex. 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)对任意给定的正数c ，取x0＝4c，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex ＝e x 2·e x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，当x>x0时，ex>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22>4c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1cx2， 因此，对任意给定的正数c ，总存在x0，当x∈(x 0，＋∞)时，恒有x2<cex. 方法三：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有13x3<ex.证明如下：56.解法一：21.(1).可知，22[(2)3][(2)1]0x x k x x k ∴+++⋅++->，或， 或， 或， 或或，所以函数的定义域D 为 ； (2).232222(2)(22)2(22)'()2(2)2(2)3x x k x x f x x x k x x k +++++=-+++++-，由得，即，或，结合定义域知或，所以函数的单调递增区间为，， 同理递减区间为，；(3).由得2222(2)2(2)3(3)2(3)3x x k x x k k k +++++-=+++-，2222[(2)(3)]2[(2)(3)]0x x k k x x k k ∴++-++++-+=，，(11(3)(1)0x x x x ∴+++⋅+-=，或或或， ，，， ，，结合函数的单调性知的解集为 ．解法二：解：（1）依题意有故均有两根记为12341111x x x x =-=-=-=-注意到，故不等式的解集为 ，即 （2）令()222=(2)2(2)3,g x x x k x x k x D+++++-∈则()()()()'22=2(2)222(22)412+1g x x x k x x x x x k ++⋅+++=+⋅++令，注意到，故方程有两个不相等的实数根 记为，且注意到结合图像可知 在区间上，单调递增 在区间上，单调递减故在区间上单调递减，在区间上单调递增.（3）(1)f ==，即2222(2)2(2)3=812x x k x x k k k +++++-++()()222(2)2(2)350x x k x x k k k +++++-+⋅+=()()2223250x x k k x x k k ⎡⎤⎡⎤++-+++++=⎣⎦⎣⎦方程的判别式，故此方程有4个不相等的实数根，记为8910111,3,11x x x x ==-=-=-注意到，故，1211,13x x =->=-<-，故()103124122420242=x x k k k k k k -=-+----+-=---->--+-，故4112422420242242k k x x k k k kk k -----=----==>--+---+-故结合和函数的图像可得的解集为【品题】函数题（1）考查了数轴标根法，4个根，学过这个方法的学生就能快速做出第一问.我记得考纲上有这样一句“试题中函数一般不超过3次”这次真超过4次了.（2）考查了复合函数单调性，利用导数作工具，这个题还是很容易的，而且不涉及到分类讨论，就是题目的根太多太多了.（3）利用数形结合的思想，容易知道所求的范围，接下来只要根不求错，那就没问题了. 总的来说，本题就是根太多，结合图像，不要搞错咯~~二次函数问题依旧是备考的重点，也是难点，平时努力了，也未必有大收获.57.解：22． (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝ln x x ，所以f ′(x)＝1－ln xx2.当f ′(x)>0，即0<x<e 时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x>e 时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e<ln πe ，ln e π<ln 3π. 于是根据函数y ＝ln x ，y ＝ex ，y ＝πx 在定义域上单调递增，可得 3e<πe<π3，e3<e π<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e3之中． 由e<3<π及(1)的结论，得f(π)<f(3)<f(e)，即ln ππ<ln 33<ln ee .由ln ππ<ln 33，得ln π3<ln3π，所以3π>π3； 由ln 33<ln e e，得ln 3e<ln e3，所以3e<e3. 综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e.(3)由(2)知，3e<πe<π3<3π，3e<e3. 又由(2)知，ln ππ<ln ee ，得πe<e π.故只需比较e3与πe 和e π与π3的大小． 由(1)知，当0<x<e 时，f(x)<f(e)＝1e ，即ln x x <1e. 在上式中，令x ＝e2π，又e2π<e ，则ln e2π<e π，从而2－ln π<e π，即得ln π>2－eπ.①由①得，eln π>e ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－e π>2.7×⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即eln π>3，亦即ln πe>ln e3，所以e3<πe. 又由①得，3ln π>6－3eπ>6－e>π，即3ln π>π，所以e π<π3.综上可得，3e<e3<πe<e π<π3<3π，即这6个数从小到大的顺序为3e ，e3，πe ，e π，π3，3π. 58.解：22． (1)f′(x)＝a 1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax2＋4（a －1）（1＋ax ）（x ＋2）2.(*)当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 当0<a<1时，由f′(x)＝0得x1＝21－a a ⎝⎛⎭⎪⎫x2＝－21－a a 舍去. 当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当0＜a ＜1时，f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，21－a a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫21－a a ，＋∞上单调递增．(2)由(*)式知，当a≥1时，f′(x)≥0，此时f(x)不存在极值点，因而要使得f(x)有两个极值点，必有0<a<1. 又f(x)的极值点只可能是x1＝21－aa和x2＝－21－aa，且由f(x)的定义可知， x>－1a且x≠－2，所以－21－a a >－1a ，－21－aa≠－2， 解得a≠12.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点．(i)当－1<x<0时，g(x)＝2ln(－x)＋2x －2，所以g′(x)＝2x －2x2＝2x －2x2<0，因此，g(x)在区间(－1，0)上单调递减，从而g(x)<g(－1)＝－4<0. 故当0<a<12时，f(x1)＋f(x2)<0.(ii)当0<x<1时，g(x)＝2ln x ＋2x －2，所以g′(x)＝2x －2x2＝2x －2x2<0，因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，从而g(x)>g(1)＝0.故当12<a<1时，f(x1)＋f(x2)>0.综上所述，满足条件的a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 59. (1)当b ＝4时，f′(x)＝－5x （x ＋2）1－2x，由f′(x)＝0，得x ＝－2或x ＝0.所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x ＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x ＝0处取得极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝－x[5x ＋（3b －2）]1－2x ，易知当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x<0，依题意当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，得b≤19. 所以b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，19.60.C [解析] 当－2≤x<0时，不等式转化为a ≤x2－4x －3x3，令f(x)＝x2－4x －3x3(－2≤x<0)，则f′(x)＝－x2＋8x ＋9x4＝－（x －9）（x ＋1）x4，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a ≤1＋4－3－1＝－2.当x ＝0时，g(x)恒成立．当0<x≤1时，a≥x2－4x －3x3，令个g(x)＝x2－4x －3x3(0<x≤1)，则g′(x)＝－x2＋8x ＋9x4＝－（x －9）（x ＋1）x4，故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a ≥1－4－31＝－6.综上，－6≤a≤－2.61. 解：22． (1)易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x)＝x[x －（a2－2a ）]（x ＋1）（x ＋a ）2.(i)当1<a<2时，若x∈(－1，a2－2a)，则f ′(x)>0，所以f(x)在(－1，a2－2a)是增函数； 若x∈(a 2－2a ，0)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a2－2a ，0)是减函数； 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)是增函数．(ii)当a ＝2时，若f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x ＝0，所以f(x)在(－1，＋∞)是增函数.(iii)当a>2时，若x∈(－1，0)，则f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)是增函数；若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0， 所以f(x)在(0，a2－2a)是减函数；若x∈(a 2－2a ，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(a2－2a ，＋∞)是增函数． (2)由(1)知，当a ＝2时，f(x)在(－1，＋∞)是增函数． 当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝0，即ln(x ＋1)>2xx ＋2(x>0)．又由(1)知，当a ＝3时，f(x)在[0，3)是减函数．当x∈(0，3)时，f(x)<f(0)＝0，即ln(x ＋1)<3xx ＋3(0<x<3)．下面用数学归纳法证明2n ＋2<an ≤3n ＋2.(i)当n ＝1时，由已知23<a1＝1，故结论成立．(ii)假设当n ＝k 时结论成立，即2k ＋2<ak ≤3k ＋2.当n ＝k ＋1时，ak ＋1＝ln(ak ＋1)>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋2＋1>2×2k ＋22k ＋2＋2＝2k ＋3，ak ＋1＝ln(ak ＋1)≤ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3k ＋2＋1<3×3k ＋23k ＋2＋3＝3k ＋3，即当n ＝k ＋1时，有2k ＋3 <ak ＋1≤3k ＋3，结论成立．根据(i)(ii)知对任何n∈结论都成立．62.若a>0，则f(x)极大值＝f(0)＝1>0，此时函数f(x)一定存在小于零的零点，不符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为(－∞，－2)． 63.21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aexln x ＋a x ex －b x2ex －1＋bx ex －1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x ＋2x ex －1，从而f(x)>1等价于xln x>xe －x －2e.设函数g(x)＝xln x ，则g′(x)＝1＋ln x ，所以当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x)<0； 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g′(x)>0.故g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h(x)＝xe －x －2e ，则h′(x)＝e －x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.因为gmin(x)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1. 64．．解：21 (1)f′(x)＝ex ＋e －x －2≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x －e －2x －4b(ex －e －x)＋(8b －4)x ， g ′(x)＝2[e2x ＋e －2x －2b(ex ＋e －x)＋(4b －2)] ＝2(ex ＋e －x －2)(ex ＋e －x －2b ＋2)．(i)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x 满足2<ex ＋e －x<2b －2，即0<x<ln(b －1＋b2－2b)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b －1＋b2－2b)时，g(x)<0. 综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g(ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b2－2b)＝ln 2，g(ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.65.20．解：(1)函数y ＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x2ex －2xex x4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x2＋1x ＝xex －2ex x3－k （x －2）x2＝（x －2）（ex －kx ）x3.由k≤0可得ex －kx>0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数y ＝f(x)单调递减；x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y ＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，当k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点； 当k>0时，设函数g(x)＝ex －kx ，x∈(0，＋∞)． 因为g′(x)＝ex －k ＝ex －eln k ， 当0<k≤1时，当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex －k>0，y ＝g(x)单调递增， 故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点．当k>1时，得x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数y ＝g(x)单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g′(x)>0，函数y ＝g(x)单调递增． 所以函数y ＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)． 函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点． 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，g （2）>0，0<ln k<2，解得e<k<e22.综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e22.66.解：21．由题设得，g(x)＝x1＋x(x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝x 1＋x ，g2(x)＝g(g1(x))＝x 1＋x 1＋x 1＋x ＝x1＋2x，g3(x)＝x 1＋3x ，…，可得gn(x)＝x1＋nx .下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g1(x)＝x1＋x ，结论成立．②假设n ＝k 时结论成立，即gk(x)＝x1＋kx.那么，当n ＝k ＋1时，gk ＋1(x)＝g(gk(x))＝gk （x ）1＋gk （x ）＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋（k ＋1）x，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥ax1＋x恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－ax 1＋x (x≥0)，则φ′(x)＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a（1＋x ）2，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0， ∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a≤1时，ln(1＋x)≥ax1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立)． 当a>1时，对x∈(0，a －1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥ax1＋x不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝12＋23＋…＋nn ＋1，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n －ln(n ＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x)>x 1＋x ，x>0.令x ＝1n ，n∈N＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12，ln 3－ln 2>13，……ln(n ＋1)－ln n>1n ＋1，上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1，结论得证．方法三：如图，⎠⎛0n x x ＋1dx 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋nn ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n x x ＋1dx ＝⎠⎛0n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＋1dx ＝n －ln(n ＋1)，结论得证． 67.解：20． (1)由f(x)＝x －aex ，可得f′(x)＝1－aex. 下面分两种情况讨论：(i )a≤0时，f′(x)>0在R 上恒成立，可得f(x)在R 上单调递增，不合题意． (ii)a>0时，由f′(x)＝0，得x ＝－ln a. 当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－ln a)－ln a(－ln a ，＋∞)f′(x) ＋ 0 － f(x)－ln a －1这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－ln a)；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)．于是，“函数y ＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－ln a)>0；②存在s1∈(－∞，－ln a)，满足f(s1)<0；③存在s2∈(－ln a ，＋∞)，满足f(s2)<0.由f(－ln a)>0，即－ln a －1>0，解得0<a<e －1.而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－lna)，且f(s1)＝－a<0；取s2＝2a ＋ln 2a ，满足s2∈(－ln a ，＋∞)，且f(s2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －e 2a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2a －e 2a <0.故a 的取值范围是(0，e －1)．(2)证明：由f(x)＝x －aex ＝0，有a ＝x ex .设g(x)＝x ex ，由g′(x)＝1－xex ，知g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x ∈(－∞，0]时，g(x)≤0; 当x∈(0，＋∞)时，g(x)>0.由已知，x1，x2满足a ＝g(x1)，a ＝g(x2)．由a∈(0，e －1)及g(x)的单调性，可得x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)．对于任意的a1，a2∈(0，e －1)，设a1>a2，g(ξ1)＝g (ξ2)＝a1，其中0<ξ1<1<ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1>a2，即g (ξ1)>g (η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2.又由ξ1，η1>0，得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1，所以x2x1随着a 的减小而增大．(3)证明：由x1＝aex1，x2＝aex2，可得ln x1＝ln a ＋x1，ln x2＝ln a ＋x2.故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln x2x1.则h′(x)＝－2ln x ＋x －1x（x －1）2.令u(x)＝－2ln x ＋x －1x ，得u′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2.当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0.因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由①可得x1＋x2随着t 的增大而增大．而由(2)，t 随着a 的减小而增大，所以x1＋x2随着a 的减小而增大． 68. [xx·浙江卷] 22． 已知函数f(x)＝x3＋3|x －a|(a∈R)．(1)若f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)； (2)设b∈R ，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．解：22． (1)因为f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x3＋3x －3a ，x≥a，x3－3x ＋3a ，x<a ，所以f′(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧3x2＋3，x≥a，3x2－3，x<a.由于－1≤x≤1， (i)当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x －3a ，此时f(x)在(－1，1)上是增函数，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a ，m(a)＝f(－1)＝－4－3a ，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.(ii)当－1<a<1时，若x∈(a，1)，则f(x)＝x3＋3x －3a.在(a ，1)上是增函数；若x∈(－1，a)，则f(x)＝x3－3x ＋3a 在(－1，a)上是减函数．所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3.由于f(1)－f(－1)＝－6a ＋2，因此，当－1<a≤13时，M(a)－m(a)＝－a3－3a ＋4；当13<a<1时，M(a)－m(a)＝－a3＋3a ＋2.(iii)当a≥1时，有x≤a，故f(x)＝x3－3x ＋3a ，此时f(x)在(－1，1)上是减函数，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a ，m(a)＝f(1)＝－2＋3a ， 故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4.综上，M(a)－m(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a≤－1，－a3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a3＋3a ＋2，13<a<1，4，a≥1.(2)令h(x)＝f(x)＋b ，则h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x3＋3x －3a ＋b ，x≥a，x3－3x ＋3a ＋b ，x<a ，h ′(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧3x2＋3，x>a ，3x2－3，x<a.因为[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，即－2≤h(x)≤2对x∈[－1，1]恒成立，所以由(1)知，(i)当a≤－1时，h(x)在(－1，1)上是增函数，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(1)＝4－3a ＋b ，最小值是h(－1)＝－4－3a ＋b ，则－4－3a ＋b≥－2且4－3a ＋b≤2，矛盾． (ii)当－1<a≤13时，h(x)在[－1，1]上的最小值是h(a)＝a3＋b ，最大值是h(1)＝4－3a ＋b ，所以a3＋b≥－2且4－3a ＋b≤2，从而－2－a3＋3a≤3a ＋b≤6a －2且0≤a≤13.令t(a)＝－2－a3＋3a ，则t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.(iii)当13<a<1时，h(x)在[－1，1]上的最小值是h(a)＝a3＋b ，最大值是h(－1)＝3a ＋b ＋2，所以a3＋b≥－2且3a ＋b ＋2≤2，解得－2827<3a ＋b ≤0；(iv)当a≥1时，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h(1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0.综上，得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a＋b≤0.69.解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝2ae2x ＋2be －2x －c ，由f′(x)为偶函数，知f′(－x)＝f′(x)，即2(a －b)(e2x －e －2x)＝0.因为上式总成立，所以a ＝b.又f′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ，所以a ＝1，b ＝1.(2)当c ＝3时，f(x)＝e2x －e －2x －3x ，那么f ′(x)＝2e2x ＋2e －2x －3≥22e2x ·2e －2x －3＝1>0，故f(x)在R 上为增函数．当x1<x<x2时，f′(x)<0；当x>x2时，f′(x)>0.从而f(x)在x ＝x2处取得极小值．综上，若f(x)有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．70.图1­4[解析]14.2e2因为函数y ＝ln x 的图像与函数y ＝ex 的图像关于正方形的对角线所在直线y ＝x 对称，则图中的两块阴影部分的面积为S ＝2⎠⎛1e ln xdx ＝2(xln x －x)|e1＝2[(eln e －e)－(ln 1－1)]＝2， 故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影部分的概率P ＝2e2. 71. [解析]6．C 由题意，要满足f(x)，g(x)是区间[－1，1]上的正交函数，即需满足⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝0.①⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝⎠⎛－11sin 12xcos 12xdx ＝12⎠⎛－11sinxdx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12cos x 1－1＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数； ②⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝⎠⎛－11(x ＋1)(x －1)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x33－x 1－1＝－43≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；③⎠⎛－11f(x)g(x)dx ＝⎠⎛－11x ·x2dx ＝x441－1＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数． 综上，是区间[－1，1]上的正交函数的组数是2. 故选C.72. A [解析] 因为∫2π30f(x)dx ＝0，即∫2π30f(x)dx ＝－cos(x －φ)2π30＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－φ＋cos φ＝0，可取φ＝π3，所以x ＝5π6是函数f(x)图像的一条对称轴． 73.B [解析] ⎠⎛01f(x)dx ＝⎠⎛01⎣⎡⎦⎤x2＋2⎠⎛01f （x ）dx dx ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤13x3＋⎝⎛⎭⎫2⎠⎛01f （x ）dx x 10＝13＋2⎠⎛01f(x)dx ，得⎠⎛01f(x)dx ＝－13. 74. [xx·山东卷] 6．直线y ＝4x 与曲线y ＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ) A. 2 2 B. 4 2 C. 2 D. 46．D [解析] 直线y ＝4x 与曲线y ＝x3在第一象限的交点坐标是(2，8)，所以两者围成的封闭图形的面积为⎠⎛02(4x －x3)dx ＝⎝ ⎛⎪⎪⎪ ⎭⎪⎫2x2－14x420＝4，故选D. 75. C [解析] ⎠⎛01(2x ＋ex)dx ＝(x2＋ex)10＝(12＋e1)－(02＋e0)＝e. （十四） 单元综合76. [解析] 9．A f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝ln 1－x 1＋x ＝－ln 1＋x 1－x＝－[]ln （1＋x ）－ln （1－x ） ＝－f(x)，故①正确；当x∈(－1，1)时，2x 1＋x2∈(－1，1)，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2x 1＋x2－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x 1＋x2＝ln 1＋2x1＋x21－2x 1＋x2＝ln 1＋x2＋2x 1＋x2－2x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1－x 2＝2ln 1＋x 1－x ＝2[ln(1＋x)－ln(1－x)]＝2f(x)，故②正确；由①知，f(x)为奇函数，所以|f(x)|为偶函数，则只需判断当x∈[0，1)时，f(x)与2x 的大小关系即可．记g(x)＝f(x)－2x ，0≤x＜1，即g(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x ，0≤x<1，g ′(x)＝11＋x ＋11－x －2＝2x21－x2，0≤x＜1. 当0≤x＜1时，g′(x)≥0，即g(x)在[0，1)上为增函数，且g(0)＝0，所以g(x)≥0，即f(x)－2x≥0，x∈[0，1)，于是|f(x)|≥2|x|正确．综上可知，①②③都为真命题，故选A.77. B [解析] 依题意，设存在P(－m ，n)在f(x)的图像上，则Q(m ，n)在g(x)的图像上，则有m2＋e －m －12＝m2＋ln(m ＋a)，解得m ＋a ＝ee －m －12，即a ＝ee －m －12－m(m ＞0)，可得a∈(－∞，e)．78. [解析] 14．(1)x (2)x(或填(1)k1x ；(2)k2x ，其中k1，k2为正常数)设A(a ，f(a))，B(b ，－f(b))，C(c ，0)，则此三点共线：(1)依题意，c ＝ab ，则0－f （a ）c －a ＝0＋f （b ）c －b ，即0－f （a ）ab －a ＝0＋f （b ）ab －b. 因为a>0，b>0，所以化简得f （a ）a ＝f （b ）b ，故可以选择f(x)＝x(x>0)； (2)依题意，c ＝2ab a ＋b ，则0－f （a ）2ab a ＋b －a ＝0＋f （b ）2ab a ＋b－b ，因为a>0，b>0，所以化简得 f （a ）a ＝80.解：22． (1)f′(x)＝a 1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax2＋4（a －1）（1＋ax ）（x ＋2）2.(*) 当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当0<a<1时，由f′(x)＝0得x1＝21－a a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x2＝－21－a a 舍去. 当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当0＜a ＜1时，f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，21－a a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫21－a a ，＋∞上单调递增． (2)由(*)式知，当a≥1时，f′(x)≥0，此时f(x)不存在极值点，因而要使得f(x)有两个极值点，必有0<a<1.又f(x)的极值点只可能是x1＝21－a a 和x2＝－21－a a ，且由f(x)的定义可知， x>－1a且x≠－2， 所以－21－a a >－1a ，－21－a a≠－2， 解得a≠12.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点． 而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－2x1x1＋2＋ln(1＋ax2)－2x2x2＋2＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－4x1x2＋4（x1＋x2）x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝ln(2a －1)2－4（a －1）2a －1＝ln(2a －1)2＋22a －1－2. 令2a －1＝x.由0<a<1且a≠12知， 当0<a<12时，－1<x<0； 当12<a<1时，0<x ＜1. 记g(x)＝ln x2＋2x－2. (i)当－1<x<0时，g(x)＝2ln(－x)＋2x －2，所以g′(x)＝2x －2x2＝2x －2x2<0， 因此，g(x)在区间(－1，0)上单调递减，从而g(x)<g(－1)＝－4<0.故当0<a<12时，f(x1)＋f(x2)<0. (ii)当0<x<1时，g(x)＝2ln x ＋2x－2， 所以g′(x)＝2x －2x2＝2x －2x2<0， 因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，从而g(x)>g(1)＝0.故当12<a<1时，f(x1)＋f(x2)>0. 综上所述，满足条件的a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 81.21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aexln x ＋a x ex －b x2ex －1＋b xex －1. 由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x ＋2x ex －1，从而f(x)>1等价于xln x>xe －x －2e. 设函数g(x)＝xln x ，则g′(x)＝1＋ln x ，所以当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x)<0；当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g′(x)>0. 故g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 设函数h(x)＝xe －x －2e，则h′(x)＝e －x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e. 因为gmin(x)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1. 82. ．解：(1)f′(x)＝ex ＋e －x －2≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x －e －2x －4b(ex －e －x)＋(8b －4)x ，g ′(x)＝2[e2x ＋e －2x －2b(ex ＋e －x)＋(4b －2)]＝2(ex ＋e －x －2)(ex ＋e －x －2b ＋2)．(i)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x 满足2<ex ＋e －x<2b －2，即0<x<ln(b －1＋b2－2b)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b －1＋b2－2b)时，g(x)<0.综上，b 的最大值为2.。