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导数大题训练
1．已知函数 f（x）＝lnx+ ．
（Ⅰ）探究函数 f（x）的单调性；
（Ⅱ）若 f（x）≥m+1﹣x 在[1，+∞）上恒成立，求实数 m 的取值范围．
2．（理科 ）已知函数 f（x）＝（x2﹣2ax）ex，其中 a＞0．
（Ⅰ）若函数 f（x）在区间[﹣1，1]上为单调函数，求 a 的取值范围；
（Ⅱ）若不等式 f（x）+16≥0 恒成立，求 a 的最大整数值．
3．已知函数 f（x）＝ex﹣ax+a，其中 a 为参数．
（Ⅰ）讨论函数 f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数 f（x）有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围．
4．已知函数 f（x）＝（ex﹣2a）ex，g（x）＝4a2x．
（Ⅰ）设 h（x）＝f（x）﹣g（x），试讨论 h（x）在定义域内的单调性；
（Ⅱ）若函数 y＝f（x）的图象恒在函数 y＝g（x）图象的上方，求 a 的取值范围．
5．设函数 f（x）＝x3+4x2+4x﹣1
（1）求曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数 y＝f（x）的单调区间．
6．已知函数 f（x）＝ ﹣（a+1）x+alnx．
（1）当 a＞1 时，求 f（x）的单调区间；
（2）当 a＜1 且 a≠0 时，若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围．
7．已知函数 f（x）＝xlnx﹣ax（a∈R）．
（1）求函数 f（x）的单调区间；
（2）若 f（x）+a≥0 恒成立，求 a 的值．
8．已知函数 f（x）＝xex﹣ x2﹣ax．
（1）讨论 f（x）的单调性；第 2 页（共 35 页）
（2）当 x≥﹣1 时，f（x）+ x2﹣a+1≥0，求 a 的取值范围．
9．已知函数 f（x）＝xex（x∈R）．
（1）求函数 f（x）的单调区间和极值；
（2）若 g（x）＝f（x）﹣ a（x2+2x+1）有两个零点，求实数 a 的范围．
10．已知函数 f（x）＝﹣ ，其中 a∈R．
（1）讨论函数 f（x）的单调性；
（2）若实数 x0 为函数 f（x）的极小值点，且 f（x0）＜﹣ ，求实数 a 的取值范围．
11．已知函数 ．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围．
12．已知函数 g（x）＝ex﹣2﹣ax（a∈R）（e 为自然对数的底数）．
（1）讨论函数 g（x）的单调性；
（2）当 x＞0 且 x≠1 时，f（x）＝g（x）﹣ex﹣2+ 在（1，+∞）上为减函数，求实数 a 的最小值．
13．设函数 f（x）＝ex﹣ax+3（a∈R）．
（1）讨论函数 f（x）的单调性；
（2）若函数 f（x）在区间[1，2]上的最小值是 4，求 a 的值．
14．已知函数 f（x）＝kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1 在 x＝0，x＝4 处取得极值．
（1）求常数 k 的值；
（2）求函数 f（x）的单调区间与极值；
（3）设 g（x）＝f（x）+c，且∀x∈[﹣1，2]，g（x）≥2c+1 恒成立，求 c 的取值范围．
15．已知函数 f（x）＝ ﹣alnx（a∈R）．
（1）若 f（x）在 x＝2 时取得极值，求 a 的值；第 3 页（共 35 页）
（2）求 f（x）的单调区间．
16．设函数 f（x）＝ax2+2x+blnx 在 x＝1 和 x＝2 时取得极值．（ln2≈0.7）
（1）求 a、b 的值；
（2）求函数 f′（x）在 上的最大值和最小值．
17．设函数 f（x）＝x3﹣6x+5，x∈R
（1）求 f（x）的单调区间和极值；
（2）若直线 y＝a 与 y＝f（x）的图象有三个不同的交点，求实数 a 的取值范围．
18．已知函数 f（x）＝x3﹣3ax2+3x+1．
（Ⅰ）设 a＝2，求 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设 f（x）在区间（2，3）内至少有一个极值点，求 a 的取值范围．
19．已知函数 f（x）＝ax3+x2﹣ax（a，x∈R）．
（1）当 a＝1 时，求函数 f（x）的极值；
（2）若 f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，试求 a 的取值或取值范围．
20．设 f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）
（Ⅰ）f（x）的图象关于原点对称，当 x＝ 时，f（x）的极小值为﹣1，求 f（x）的解析式．
（Ⅱ）若 a＝b＝d＝1，f（x）是 R 上的单调函数，求 c 的取值范围．
21．已知函数 f（x）＝xlnx，g（x）＝﹣x2+ax﹣3．
（Ⅰ）求函数 f（x）的最小值；
（Ⅱ）对一切 x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数 a 的取值范围；
（Ⅲ）证明：对一切 x∈（0，+∞），都有 成立．
22．已知函数 f（x）＝x3﹣3ax+2（其中 a 为常数）有极大值 18．
（Ⅰ）求 a 的值；
（Ⅱ）若曲线 y＝f（x）过原点的切线与函数 g（x）＝b﹣lnx 的图象有两个交点，试求 b 的取值范围．
23．已知 f（x）＝x3+ax2+bx+c，在 x＝1 与 x＝﹣2 时，都取得极值．第 4 页（共 35 页）
（1）求 a，b 的值；
（2）若 x∈[﹣3，2]都有 f（x）＞ 恒成立，求 c 的取值范围．
24．已知函数 f（x）＝ （x∈（0，+∞））．
（Ⅰ）求函数 f（x）的极值；
（Ⅱ）若对任意的 x≥1，都有 f（x）≥k（x+ ）+2，求实数 k 的取值范围．
25．已知函数 f（x）＝ln（x+a）﹣x2﹣x 在 x＝0 处取得极值
（1）求实数 a 的值；
（2）若关于 x 的方程 f（x）＝﹣ x+b 在区间[0，2]上有两个不同的实根，求实数 b 的取值范围．
26．已知函数 f（x）＝alnx+ ，a∈R．
（1）若 a＝2，且直线 y＝x+m 是曲线 y＝f（x）的一条切线，求实数 m 的值；
（2）若不等式 f（x）＞1 对任意 x∈（1，+∞）恒成立，求 a 的取值范围；
（3）若函数 h（x）＝f（x）﹣x 有两个极值点 x1，x2（x1＜x2），且 h（x2）﹣h（x1）≤ ，求 a 的取值范
围．
27．已知函数 ，其中 a＞0．
（Ⅰ）当 a＝3 时，求曲线 y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当 x＞0 时， ．
28．已知函数 f（x）＝ex﹣ax2﹣1（x∈R）．
（1）若曲线 y＝f（x）在 x＝1 处的切线的斜率为 e，求 a 的值；
（2）若 ，求证：当 x＞0 时，f（x）的图象恒在 x 轴上方．
29．已知函数 f（x）＝x2+ax+blnx（a，b∈R），曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 2x﹣y﹣
2＝0．
（1）求 a，b 的值；第 5 页（共 35 页）
（2）求证：当 m≥2，x＞1 时，不等式 m（ex﹣e）≥e•f（x）恒成立．
30．已知函数 ．
（Ⅰ）当 a＜0 时，讨论函数 f（x）的单调性；
（Ⅱ）当 a＝1 时，若关于 x 的不等式 f（x）+（x+ ）ex﹣bx≥1 恒成立，求实数 b 的取值范围．第 6 页（共 35 页）
导数训练
1．已知函数 f（x）＝lnx+ ．
（Ⅰ）探究函数 f（x）的单调性；
（Ⅱ）若 f（x）≥m+1﹣x 在[1，+∞）上恒成立，求实数 m 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）函数 f（x）＝lnx+ ，x∈（0，+∞），
则 f′（x）＝ ﹣ ＝ ；
若 m≤0，f′（x）＞0，函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增；
若 m＞0，当 x∈（0，m）时，f′（x）＜0，当 x∈（m，+∞）时，f′（x）＞0，
函数 f（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）依题意，f（x）≥m+1﹣x，即 lnx+ +x﹣m﹣1≥0 在[1，+∞）上恒成立；
令 g（x）＝lnx+ +x﹣m﹣1，则 g′（x）＝ ﹣ +1＝ ，
令 h（x）＝x2+x﹣m（x≥1），则 h（x）是 x∈[1，+∞）上的增函数，即 h（x）≥2﹣m；
①当 m≤2 时，h（x）≥0，所以 g′（x）≥0，因此 g（x）是 x∈[1，+∞）上的增函数，
则 g（x）≥g（1）＝0，因此 m≤2 时，lnx+ +x﹣m﹣1≥0 成立；
②当 m＞2 时，令 g′（x）＝ ＝0，得 h（x）＝x2+x﹣m＝0，
求得 x1＝ ，（由于 x≥1，所以舍去 x2＝ ）
当 x∈[1， ）时，g′（x）＜0，则 g（x）在[1， ）上递减，
当 x∈（ ，+∞）时，g′（x）＞0，则 g（x）在（ ，+∞）上递增，
所以当 x∈（1， ）时，g（x）＜g（1）＝0，
因此 m＞2 时，lnx+ +x﹣m﹣1≥0 不可能恒成立；第 7 页（共 35 页）
综合上述，实数 m 的取值范围是（﹣∞，2]．
2．（理科 ）已知函数 f（x）＝（x2﹣2ax）ex，其中 a＞0．
（Ⅰ）若函数 f（x）在区间[﹣1，1]上为单调函数，求 a 的取值范围；
（Ⅱ）若不等式 f（x）+16≥0 恒成立，求 a 的最大整数值．
【解答】解：（Ⅰ）函数 f（x）＝（x2﹣2ax）ex，
导数 f′（x）＝（x2+2x﹣2ax﹣2a）ex＝[x2+（2﹣2a）x﹣2a]ex，
其中 ex＞0 恒成立，对于二次函数 h（x）＝x2+（2﹣2a）x﹣2a 而言，
易知二次函数开口向上，且 h（﹣1）＝﹣1＜0，
所以只需要 h（1）≤0 即可，解之可得 ．
（Ⅱ）因为函数 f（x）＝（x2﹣2ax）ex 在区间（﹣∞，0]上大于等于 0 恒成立，
原不等式显然成立，所以只需研究不等式 f（x）+16≥0 在区间（0，+∞）上成立即可．
整理原不等式，得 ，
令 g（x）＝ ， ，
令 x2ex﹣16x﹣16＝m（x），
则 m'（x）＝ex（x2+2x）﹣16，易知 m'（x）单调递增，
且 m'（0）＝﹣16＜0，m'（1）＝3e﹣16＜0，m'（2）＝8e2﹣16＞0，
那么 m'（x）在区间（0，+∞）上存在唯一零点 x0，
x0 满足 ，
m（x）在区间（0，x0）上单调递减，在区间（x0，+∞）上递增，
那么 m（x）在（0，+∞）的最小值为 ，
而 m（0）＝﹣16＜0，m（1）＝e﹣32＜0，m（2）＝4e2﹣48＜0，m（3）＝9e2﹣64＞0，
可知，m（x）在区间（0，x0）上单调递减且 m（x）＜0，第 8 页（共 35 页）
在区间（x0，+∞）上 m（x）单调递增且存在唯一零点 x1，
且 x1∈（2，3）， ，
那么 g（x）的最小值为 ．
在区间（2，3）上单调递增，其值域为 ，
的值域为 ，则整数 a 的最大值为 1．
3．已知函数 f（x）＝ex﹣ax+a，其中 a 为参数．
（Ⅰ）讨论函数 f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数 f（x）有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由函数 f（x）＝ex﹣ax+a，可知 f′（x）＝ex﹣a，
①当 a≤0 时，f′（x）＞0，函数 f（x）在 R 上单调递增；
②当 a＞0 时，令 f′（x）＝ex﹣a＝0，得 x＝lna，
故当 x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，此时 f（x）单调递减；
当 x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，此时 f（x）单调递增．
综上所述，当 a≤0 时，函数 f（x）在 R 上单调递增；
当 a＞0 时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减；在（lna，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 a≤0 时，函数 f（x）在 R 上单调递增，不合题意；
当 a＞0 时，f（x）在 R 上有极小值为 f（lna）＝elna﹣alna+a＝2a﹣alna．
要使函数 f（x）有两个不同的零点，则 f（lna）＝2a﹣alna＜0．
即 lna＞2，则 a＞e2．
∴实数 a 的取值范围为（e2，+∞）．
4．已知函数 f（x）＝（ex﹣2a）ex，g（x）＝4a2x．
（Ⅰ）设 h（x）＝f（x）﹣g（x），试讨论 h（x）在定义域内的单调性；
（Ⅱ）若函数 y＝f（x）的图象恒在函数 y＝g（x）图象的上方，求 a 的取值范围．第 9 页（共 35 页）
【解答】解：（Ⅰ）h（x）＝f（x）﹣g（x）＝（ex﹣2a）ex﹣4a2x＝e2x﹣2aex﹣4a2x，
h′（x）＝2e2x﹣2aex﹣4a2＝2（ex+a）（ex﹣2a）．
当 a＝0 时，h′（x）＞0，函数 h（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数；
当 a＞0 时，由 h′（x）＝0，得 x＝ln2a，
则当 x∈（﹣∞，ln2a）时，h′（x）＜0，当 x∈（ln2a，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（﹣∞，ln2a）上单调递减，在（ln2a，+∞）上单调递增；
当 a＜0 时，由 h′（x）＝0，得 x＝ln（﹣a），
则当 x∈（﹣∞，ln（﹣a））时，h′（x）＜0，当 x∈（ln（﹣a），+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（﹣∞，ln（﹣a））上单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上单调递增．
（Ⅱ）函数 y＝f（x）的图象恒在函数 y＝g（x）图象的上方，
即 h（x）＝f（x）﹣g（x）＝（ex﹣2a）ex﹣4a2x＝e2x﹣2aex﹣4a2x＞0．
由（Ⅰ）知，当 a＝0 时，h（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数，
当 x→0 时，h（x）→﹣∞，不合题意；
当 a＞0 时，h（x）在（﹣∞，+∞）上的最小值为
h（ln2a）＝e2ln2a﹣2aeln2a﹣4a2ln2a＝﹣4a2ln2a．
由﹣4a2ln2a＞0，得 ln2a＜0，即 0 ；
当 a＜0 时，h（x）在（﹣∞，+∞）上的最小值为
h（ln（﹣a））＝e2ln（﹣a）﹣2aeln（﹣a）﹣4a2ln（﹣a）＝3a2﹣4a2ln（﹣a）．
由 3a2﹣4a2ln（﹣a）＞0，得 ＜a＜0．
∴若函数 y＝f（x）的图象恒在函数 y＝g（x）图象的上方，
则 a 的取值范围为（ ，0）∪（0， ）．
5．设函数 f（x）＝x3+4x2+4x﹣1
（1）求曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数 y＝f（x）的单调区间．第 10 页（共 35 页）
【解答】解：f′（x）＝3x2+8x+4．
（1）因为 f（0）＝﹣1，f′（0）＝4，
所以曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为：y＝4x﹣1……………………………．．（5 分）
（2）（2）令 f′（x）＝0，得：3x2+8x+4＝0，解得：x＝﹣2 或 x＝﹣ ，
f（x）与 f′（x）在区间（﹣∞，+∞）上的情况如下：
x （﹣∞，﹣2） ﹣2 （﹣2，﹣ ） ﹣ （﹣ ，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） ↗ ﹣1 ↘ ﹣ ↗
增区间为 ，单调减区间为 ．…（10 分）
6．已知函数 f（x）＝ ﹣（a+1）x+alnx．
（1）当 a＞1 时，求 f（x）的单调区间；
（2）当 a＜1 且 a≠0 时，若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝x﹣（a+1）+ ＝ （x＞0），
当 a＞1 时，由 f′（x）＞0，得 0＜x＜1 或 x＞a；
由 f′（x）＜0，得 1＜x＜a；
故 f（x）在（0，1），（a，+∞）上单调递增，在（1，a）上单调递减．
（2）①当 a＜0 时，f（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，
则 f（x）min＝f（1）＝﹣a﹣ ，
因为∃m∈（0，1），f（m）＞0，且 f（2）＝a（﹣2+ln2）＞0，
所以 f（1）＝﹣a﹣ ＜0，即﹣ ＜a＜0；
②当 0＜a＜1 时，f（x）在（0，a），（1，+∞）上单调递增，在（a，1）上单调递减，
f（x）在 x＝a 时取得极大值，且 f（a）＝﹣ a2+（﹣1+lna），第 11 页（共 35 页）
因为 0＜a＜1，所以﹣1+lna＜0，则 f（a）＜0，
所以 f（x）在（0，+∞）只有一个零点．
综上，a 的取值范围为（﹣ ，0）．
7．已知函数 f（x）＝xlnx﹣ax（a∈R）．
（1）求函数 f（x）的单调区间；
（2）若 f（x）+a≥0 恒成立，求 a 的值．
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝lnx+1﹣a，
令 f′（x）＞0，解得：x＞ea﹣1，
令 f′（x）＜0，解得：0＜x＜ea﹣1，
故 f（x）在（0，ea﹣1）递减，在（ea﹣1，+∞）递增；
（2）f（x）+a≥0 恒成立，即 a（x﹣1）≤xlnx 恒成立，
x＞1 时，即 a≤ 在（1，+∞）恒成立，
令 h（x）＝ ，（x＞1），
h′（x）＝ ，
令 y＝﹣lnx+x﹣1，则 y′＝﹣ +1＝ ＞0，
故 y＝﹣lnx+x﹣1 在（1，+∞）递增，
故 y＞0，
故 h′（x）＝ ＞0，
故 h（x）在（1，+∞）递增，
由 ＝ （lnx+1）＝1，
故 a≤1，
x＝1 时，显然成立，第 12 页（共 35 页）
0＜x＜1 时，即 a≥ 在（0，1）恒成立，
令 m（x）＝ ，（0＜x＜1），
m′（x）＝ ＜0，
故 m（x）在（0，1）递增，
由 ＝ （lnx+1）＝1，
故 a≥1，
综上，a＝1．
8．已知函数 f（x）＝xex﹣ x2﹣ax．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）当 x≥﹣1 时，f（x）+ x2﹣a+1≥0，求 a 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝（x+1）ex﹣ax﹣a＝（x+1）（ex﹣a）．
对 a 分类讨论：①a≤0 时，ex﹣a＞0．
∴函数 f（x）在（﹣∞，﹣1）内单调递减，在（﹣1，+∞）内单调递增．
②a＞0 时，利用 f′（x）＝0，解得 x＝﹣1，或 x＝lna．由 lna＝﹣1，解得 a＝ ．
a 时，
x （﹣∞，﹣1） ﹣1 （﹣1，lna） lna （lna，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
可得：函数 f（x）在（﹣∞，﹣1），（lna，+∞）上单调递增，在（﹣1，lna）内单调递减．
若 lna＝﹣1，则 a＝ ．
f′（x）≥0 在 R 上恒成立，因此 f（x）在 R 单调递增．
若 lna＜﹣1，则 0＜a＜ ．第 13 页（共 35 页）
x （﹣∞，lna） lna （lna，﹣1） ﹣1 （﹣1，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴函数 f（x）在（﹣∞，lna），（﹣1，+∞）上单调递增，在（lna，﹣1）内单调递减．
综上可得：①a≤0 时，函数 f（x）在（﹣∞，﹣1）内单调递减，在（﹣1，+∞）内单调递增．
②a＞0 时，a 时，函数 f（x）在（﹣∞，﹣1），（lna，+∞）上单调递增，在（﹣1，lna）内单调递
减．
a＝ ，f（x）在 R 单调递增．
0＜a＜ ．函数 f（x）在（﹣∞，lna），（﹣1，+∞）上单调递增，在（lna，﹣1）内单调递减．
（2）∵xex﹣ax﹣a+1≥0，∴a（x+1）≤xex+1，当 x＝﹣1 时，0≤﹣ +1 恒成立．
当 x＞﹣1 时，a≤ ．
令 g（x）＝ ，g′（x）＝ ．
设 h（x）＝ex（x2+x+1）﹣1，
h′（x）＝ex（x+1）（x+2）＞0 在 x∈（﹣1，+∞）上恒成立．
∴h（x）在 x∈（﹣1，+∞）上单调递增．
又∵h（0）＝0，∴g（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
∴g（x）min＝g（0）＝1，∴a≤1．
∴a 的取值范围时（﹣∞，1]．
9．已知函数 f（x）＝xex（x∈R）．
（1）求函数 f（x）的单调区间和极值；
（2）若 g（x）＝f（x）﹣ a（x2+2x+1）有两个零点，求实数 a 的范围．
【解答】解：（1）根据 f′（x）＝ex+xex＝ex（x+1），第 14 页（共 35 页）
令 f′（x）＝0，解得：x＝﹣1，当 x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x （﹣∞，﹣1） ﹣1 （﹣1，+∞）
f′（x） ﹣ 0 +
f（x） 递减 ﹣ 递增
∴函数 f（x）的增区间为（﹣1，+∞），减区间为（﹣∞，﹣1）；
函数 f（x）在 x＝﹣1 处取的极小值 f（﹣1）＝﹣ ，无极大值．（4 分）
（2）由 g（x）＝xex﹣ a（x2+2x+1），则 g′（x）＝（x+1）（ex﹣a），
当 a＝0 时，g（x）＝xex，易知函数 g（x）只有一个零点，不符合题意，（5 分）
当 a＜0 时，在（﹣∞，﹣1）上 g′（x）＜0，g（x）单调递减；
在（﹣1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
又 g（﹣1）＝﹣ ＜0，g（1）＝e﹣2a＞0，
当 x→﹣∞时，g（x）→+∞，所以函数 g（x）有两个零点，（7 分）
当 0＜a＜ 时，在（﹣∞，lna）和（﹣1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在（lna，﹣1）上 g′（x）＜0，g（x）单调递减．
又 g（lna）＝alna﹣ a（lna）2﹣a（lna+ ）＝﹣ a[（lna）2+1]＜0，
所以函数 g（x）至多一个零点，不符合题意，（9 分）
当 a＞ 时，在（﹣∞，﹣1）和（lna，+∞）上 g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在（﹣1，lna）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
又 g（﹣1）＝﹣ ＜0，所以函数 g（x）至多一个零点，不符合题意，（10 分）
当 a＝ 时，g′（x）≥0，函数在 R 上单调递增，
所以函数 g（x）至多一个零点，不符合题意，（11 分）
综上，实数 a 的取值范围是（﹣∞，0）．（12 分）第 15 页（共 35 页）
10．已知函数 f（x）＝﹣ ，其中 a∈R．
（1）讨论函数 f（x）的单调性；
（2）若实数 x0 为函数 f（x）的极小值点，且 f（x0）＜﹣ ，求实数 a 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝ ，
令 f′（x）＝0，解得：x＝1﹣a 或 x＝1，
a＝0 时，f′（x）≥0，f（x）在 R 递增，
a＞0 时，由 f′（x）＞0，解得：x＞1 或 x＜1﹣a，
令 f′（x）＜0，解得：1﹣a＜x＜1，
故 f（x）在（﹣∞，1﹣a）递增，在（1﹣a，1）递减，在（1，+∞）递增，
a＜0 时，由 f′（x）＞0，解得：x＞1﹣a 或 x＜1，
令 f′（x）＜0，解得：1＜x＜1﹣a，
故 f（x）在（﹣∞，1）递增，在（1，1﹣a）递减，在（1﹣a，+∞）递增，
（2）由（1）a＝0 时，f（x）在 R 递增，无极值，
若 a＞0，由（1）知 f（x）极小值＝f（1）＝﹣ ＜﹣ ，
解得：a＞ ﹣2，故 a＞0，
若 a＜0，由（1）值 f（x）极小值＝f（1﹣a）＝ ＜﹣ ，
故（2﹣a）ea﹣ ＞0，
令 g（a）＝（2﹣a）ea﹣ ，a∈（﹣∞，0），
则 g′（a）＝（1﹣a）ea＞0，
故 g（a）在（﹣∞，0）递增，而 g（﹣2）＝0，
故 a∈（﹣2，0）时，g（a）＞0，
综上，a∈（﹣2，0）．第 16 页（共 35 页）
11．已知函数 ．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围．
【解答】解：（1）由题意知： ＝ （x＞0）
（i）若 a+1≥0，即 a≥﹣1 时，f（x）在（0，1）上单减，在（1，+∞）单增，
（ii）若 a+1＜0，即 a＜﹣1 时，
①当 a＝﹣2 时，f（x）在（0，+∞）单增；
②当﹣2＜a＜﹣1 时，f（x）在（0，﹣a﹣1）上单增，在（﹣a﹣1，1）单减，在（1，+∞）上单增；
③当 a＜﹣2 时，f（x）在（0，1）上单增，在（1，﹣a﹣1）单减，在（﹣a﹣1，+∞）上单增．
（2）由（1）知当 a＝﹣2 时，f（x）在（0，+∞）单增，故不可能有两个零点．
当 a＝﹣1 时， 只有一个零点，不合题意．
当 a＞﹣1 时，f（x）在（0，1）上单减，在（1，+∞）单增，
且 x→0 时，f（x）→+∞；x→+∞时，f（x）→+∞．
故只要 f（1）＜0，解得： ．
当 a＜﹣2 时，f（x）在（0，1）上单增，在（1，﹣a﹣1）单减，在（﹣a﹣1，+∞）上单增．
因为 故 f（x）也不可能有两个零点．
当﹣2＜a＜﹣1 时，f（x）在（0，﹣a﹣1）上单增，在（﹣a﹣1，1）单减，在（1，+∞）上单增
且 ，故要使 f（x）有两个零点，必有 f（﹣a﹣1）＝0
由 f（﹣a﹣1）＝ ＝
即当﹣2＜a＜﹣1 时，有
因为 ＝
即 在（﹣2，﹣1）上单增，且 a＝﹣2 时， ．第 17 页（共 35 页）
故当﹣2＜a＜﹣1 时，f（x）不可能有两个零点．
综上所述：当 时，f（x）有两个零点．
12．已知函数 g（x）＝ex﹣2﹣ax（a∈R）（e 为自然对数的底数）．
（1）讨论函数 g（x）的单调性；
（2）当 x＞0 且 x≠1 时，f（x）＝g（x）﹣ex﹣2+ 在（1，+∞）上为减函数，求实数 a 的最小值．
【解答】解：（1）g′（x）＝ex﹣2﹣a，
当 a≤0 时，g′（x）≥0，函数 g（x）在 R 上单调递增．
当 a＞0 时，令 g′（x）＝ex﹣2﹣a＝0，解得 x＝2+lna．
则 x∈（0，2+lna）时，函数 g（x）单调递减；
x∈（2+lna，+∞）时，函数 g（x）单调递增．
（2）f（x）＝g（x）﹣ex﹣2+ ＝﹣ax+ 在（1，+∞）上为减函数，
∴f′（x）＝﹣a+ ≤0，解得 a≥ ．
令 h（x）＝ ＝﹣ + ＝﹣ + ≤ ，
∴a ．
∴实数 a 的最小值为 ．
13．设函数 f（x）＝ex﹣ax+3（a∈R）．
（1）讨论函数 f（x）的单调性；
（2）若函数 f（x）在区间[1，2]上的最小值是 4，求 a 的值．
【解答】解：（1）f'（x）＝ex﹣a．
当 a≤0 时，f'（x）＞0，f（x）在 R 上单调递增；
当 a＞0 时，f'（x）＞0 解得 x＞lna，由 f'（x）＜0 解得 x＜lna．
综上所述：当 a≤0 时，函数 f（x）在 R 上单调递增；
当 a＞0 时，函数 f（x）在（lna，+∞）上单调递增，第 18 页（共 35 页）
函数 f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减．
（2）由（1）知，当 a≤0 时，函数 f（x）在 R 上单调递增，
∴函数 f（x）在[1，2]上的最小值为 f（1）＝e﹣a+3＝4，
即 a＝e﹣1＞0，矛盾．
当 a＞0 时，由（I）得 x＝lna 是函数 f（x）在 R 上的极小值点．
①当 lna≤1 即 o＜a≤e 时，函数 f（x）在[1，2]上单调递增，
则函数 f（x）的最小值为 f（1）＝e﹣a+3＝4，即 a＝e﹣1，符合条件．
②当 lna≥2 即 a≥e2 时，函数 f（x）在[1，2]上单调递减，
则函数 f（x）的最小值为 f（2）＝e2﹣2a+3＝4 即 ，矛盾．
③当 1＜lna＜2 即 e＜a＜e2 时，函数 f（x）在[1，lna]上单调递减，函数 f（x）在[lna，2]上单调递增，
则函数 f（x）的最小值为 f（lna）＝elna﹣alna+3＝4 即 a﹣alna﹣1＝0．
令 h（a）＝a﹣alna﹣1（e＜a＜e2），则 h'（a）＝﹣lna＜0，
∴h（a）在（e，e2）上单调递减，
而 h（e）＝﹣1，
∴h（a）在（e，e2）上没有零点，
即当 e＜a＜e2 时，方程 a﹣alna﹣1＝0 无解．
综上，实数 a 的值为 e﹣1．
14．已知函数 f（x）＝kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1 在 x＝0，x＝4 处取得极值．
（1）求常数 k 的值；
（2）求函数 f（x）的单调区间与极值；
（3）设 g（x）＝f（x）+c，且∀x∈[﹣1，2]，g（x）≥2c+1 恒成立，求 c 的取值范围．
【解答】解：（1）f'（x）＝3kx2+6（k﹣1）x，由于在 x＝0，x＝4 处取得极值，
∴f'（0）＝0，f'（4）＝0，
可求得 …（2 分）第 19 页（共 35 页）
（2）由（1）可知 ，f'（x）＝x2﹣4x＝x（x﹣4），f'（x），f（x）随 x 的变化情
况如下表：
x （﹣∞，0） 0 （0，4） 4 （4，+∞）
f'（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 极大值 极小值
∴当 x＜0 或 x＞4，f（x）为增函数，0≤x≤4，f（x）为减函数； …（4 分）
∴极大值为 ，极小值为 …（5 分）
（3）要使命题成立，需使 g（x）的最小值不小于 2c+1
由（2）得： …（6 分）
∴ ，
∴ …（8 分）
15．已知函数 f（x）＝ ﹣alnx（a∈R）．
（1）若 f（x）在 x＝2 时取得极值，求 a 的值；
（2）求 f（x）的单调区间．
【解答】解：（1 ，∵x＝2 是一个极值点，
∴ ，∴a＝4．
此时 ＝ ．
∵f（x）的定义域是{x|x＞0}，
∴当 0＜x＜2 时，f′（x）＜0；当 x＞2 时，f′（x）＞0．
∴当 a＝4 时，x＝2 是 f（x）的极小值点，∴a＝4．（6 分）
（2）∵ ，∴当 a≤0 时，第 20 页（共 35 页）
f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
当 a＞0 时， ＝ ，
令 f′（x）＞0 有 ，∴函数 f（x）的单调递增区间为 ，+∞）；
令 f′（x）＜0 有 ，
∴函数 f（x）的单调递减区间为 ．（12 分）
16．设函数 f（x）＝ax2+2x+blnx 在 x＝1 和 x＝2 时取得极值．（ln2≈0.7）
（1）求 a、b 的值；
（2）求函数 f′（x）在 上的最大值和最小值．
【解答】解：定义域为（0，+∞），
（1）由 ，解得
经检验 符合题意
（2） ，f′′（x）＝﹣ + ，
当 时，f'（x）递增， 时，f'（x）递减，
则有 x＝ 时取得最大值，且为 2﹣ ；
x＝ 时，取得最小值﹣1．
17．设函数 f（x）＝x3﹣6x+5，x∈R
（1）求 f（x）的单调区间和极值；
（2）若直线 y＝a 与 y＝f（x）的图象有三个不同的交点，求实数 a 的取值范围．
【解答】解：（1）
∴当 ，
∴f（x）的单调递增区间是 ，单调递减区间是第 21 页（共 35 页）
当 ；当 ．
（2）由（1）可知 y＝f（x）图象的大致形状及走向
∴当 的图象有 3 个不同交点
18．已知函数 f（x）＝x3﹣3ax2+3x+1．
（Ⅰ）设 a＝2，求 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设 f（x）在区间（2，3）内至少有一个极值点，求 a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由 f（x）＝x3﹣3ax2+3x+1 得 f′（x）＝3x2﹣6ax+3
当 a＝2 时，f′（x）＝3x2﹣6ax+3＝3x2﹣12x+3＝3（x2﹣4x+1）
由 f′（x）＝3（x2﹣4x+1）＞0 得 或 ；
由 f′（x）＝3（x2﹣4x+1）＜0 得 ；
所 以 f （ x ） 的 单 调 递 增 区 间 是 和 ， f （ x ） 的 单 调 递 减 区 间 是
（Ⅱ）∵f′（x）＝3x2﹣6ax+3，而 f（x）在区间（2，3）中至少有一个极值点，
等价于方程 3x2﹣6ax+3＝0 在其判别式△＞0（即 a＞1 或 a＜﹣1）的条件下在区间（2，3）有解．
∴由 3x2﹣6ax+3＝0 可得 a＝ （x+ ），
令 g（x）＝ （x+ ），求导函数可得 g′（x）＝ （1﹣ ），
∴g′（x）＞0 在（2，3）上恒成立，即 g（x）＞0 在（2，3）上单调递增，
∴ ＜ （x+ ）＜ ，
解得 ，第 22 页（共 35 页）
所以 a 的取值范围是 ．
19．已知函数 f（x）＝ax3+x2﹣ax（a，x∈R）．
（1）当 a＝1 时，求函数 f（x）的极值；
（2）若 f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，试求 a 的取值或取值范围．
【解答】解：（1）当 a＝1 时，f（x）＝x3+x2﹣x，求导数可得 f′（x）＝3x2+2x﹣1，
令 f′（x）＝0，可解得 ，x2＝﹣1，
故 x、f′（x）和 f（x）的变化情况如下表：
x （﹣∞，﹣1） ﹣1
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 递增 极大值 f（﹣1）
＝1
递减 极小值 递增
即函数的极大值为 1，极小值为 ；
（2）f'（x）＝3ax2+2x﹣a，
若 f（x）在区间[0，+∞）上是单调递增函数，
则 f'（x）在区间[0，+∞）内恒大于或等于零，
若 a＜0，这不可能，
若 a＝0，则 f（x）＝x2 符合条件，
若 a＞0，则由二次函数 f'（x）＝3ax2+2x﹣a 的性质知 ，即 ，这也不可能，
综上 a＝0 时，f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，
20．设 f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）
（Ⅰ）f（x）的图象关于原点对称，当 x＝ 时，f（x）的极小值为﹣1，求 f（x）的解析式．
（Ⅱ）若 a＝b＝d＝1，f（x）是 R 上的单调函数，求 c 的取值范围．第 23 页（共 35 页）
【解答】解：：（I）因为图象关于原点对称，所以 f（x）为奇函数，所以 b＝0，d＝0；
可得 f（x）＝ax3+cx，因此 f'（x）＝3ax2+c
∵当 x＝ 时，f（x）的极小值为﹣1，
∴ ＝ +c＝0，且 f（ ）＝ a+ c＝﹣1
解之得 a＝4，c＝﹣3，得 f（x）＝4x3﹣3x
∴所求函数的解析式为 f（x）＝4x3﹣3x；
（Ⅱ）∵a＝b＝d＝1，∴f（x）＝ax3+bx2+cx+d＝x3+x2+cx+1
∵f（x）是 R 上的单调函数，∴f'（x）在 R 上恒为非负或者恒为非正
∵f'（x）＝3x2+2x+c，
∴△＝4﹣12c≤0，解之得 c ．可得实数 c 的取值范围为[ ）
21．已知函数 f（x）＝xlnx，g（x）＝﹣x2+ax﹣3．
（Ⅰ）求函数 f（x）的最小值；
（Ⅱ）对一切 x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数 a 的取值范围；
（Ⅲ）证明：对一切 x∈（0，+∞），都有 成立．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）的导数 f'（x）＝1+lnx．
令 f'（x）＞0，解得 x＞ ；
令 f'（x）＜0，解得 0＜x＜ ．
从而 f（x）在（0， ）单调递减，在（ ，+∞）单调递增．
所以，当 x＝ 时，f（x）取得最小值﹣ ．
（II）若 2f（x）≥g（x），则 a≤2lnx+x+ ，
设 h（x）＝2lnx+x+ ，第 24 页（共 35 页）
则 h′（x）＝ +1﹣ ＝ ＝
∵x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）min＝h（1）＝4
故 a≤4
即实数 a 的取值范围为（﹣∞，4]
证明：（III）若
则 ，
由（I）得：lnx•x≥ ，当且仅当 x＝ 时，取最小值；
设 m（x）＝ ，则 m′（x）＝ ，
∵x∈（0，1）时，m′（x）＞0，m（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，
故当 x＝1 时，m（x）取最大值
故对一切 x∈（0，+∞），都有 成立．
22．已知函数 f（x）＝x3﹣3ax+2（其中 a 为常数）有极大值 18．
（Ⅰ）求 a 的值；
（Ⅱ）若曲线 y＝f（x）过原点的切线与函数 g（x）＝b﹣lnx 的图象有两个交点，试求 b 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝3x2﹣3a，又函数 f（x）有极大值，
∴令 f′（x）＞0，得 x＜﹣ 或 x ，
∴f（x）在（﹣∞，﹣ ），（ ，+∞）上递增，在（﹣ ， ）上递减，
∴f（x）极大值＝f（﹣ ）＝18，解得 a＝4．
（Ⅱ）设切点（x0， ），则切线斜率 k＝f′（x0）＝ ，第 25 页（共 35 页）
所以切线方程为 y﹣ ﹣2＝（ ）（x﹣x0），
将原点坐标代入得 x0＝1，所以 k＝﹣9．
切线方程为 y＝﹣9x．
由 得 lnx﹣9x﹣b＝0．
设 h（x）＝lnx﹣9x﹣b，
则令 h′（x）＝ ﹣9＝ ＞0，得 0＜x＜ ，
所以 h（x）在（0， ）上递增，在（ ，+∞）上递减，
所以 h（x）最大值＝h（ ）＝﹣ln9﹣1﹣b．
若 lnx﹣9x﹣b＝0 有两个解，则 h（x）最大值＞0，
得 b＜﹣ln9﹣1．
23．已知 f（x）＝x3+ax2+bx+c，在 x＝1 与 x＝﹣2 时，都取得极值．
（1）求 a，b 的值；
（2）若 x∈[﹣3，2]都有 f（x）＞ 恒成立，求 c 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝3x2+2ax+b，
由题意： 即
解得
（2）由（Ⅰ）知，f′（x）＝3x2+3x﹣6
令 f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜1；
令 f′（x）＞0，解得 x＜﹣2 或 x＞1，
∴（x）的减区间为（﹣2，1）；增区间为（﹣∞，﹣2），（1，+∞）．
∴x∈[﹣3，2]时
∴当 x＝1 时，f（x）取得最小值﹣ +c，第 26 页（共 35 页）
∴f（x）min＝﹣ +c＞ ﹣ 得 或
24．已知函数 f（x）＝ （x∈（0，+∞））．
（Ⅰ）求函数 f（x）的极值；
（Ⅱ）若对任意的 x≥1，都有 f（x）≥k（x+ ）+2，求实数 k 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ） ，f'（x）＝0 解得 x＝e．
f'（x）＞0 解得 0＜x＜e，此时 f（x）为增函数，
f'（x）＜0 解得 e＜x，此时 f（x）为减函数．
所以 f（x）在 x＝e 取极大值 ．
（Ⅱ） 等价于 lnx﹣kx2﹣2x﹣3k≥0，
设函数 g（x）＝lnx﹣kx2﹣2x﹣3k（x≥1），所以 g（1）≥0．
．
当 时，设 h（x）＝﹣2kx2﹣2x+1，其开口向上，对称轴 ，
h（1）＝﹣2k﹣1≥0，所以 h（x）≥0 恒成立．
所以 g'（x）≥0 恒成立，即 g（x）在 x≥1 上为增函数，
所以 g（x）≥g（1）＝0．
所以实数 k 的取值范围为 ．
25．已知函数 f（x）＝ln（x+a）﹣x2﹣x 在 x＝0 处取得极值
（1）求实数 a 的值；
（2）若关于 x 的方程 f（x）＝﹣ x+b 在区间[0，2]上有两个不同的实根，求实数 b 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝ ﹣2x﹣1，
∵f′（0）＝0，∴a＝1．
（2）f（x）＝ln（x+1）﹣x2﹣x第 27 页（共 35 页）
所以问题转化为 b＝ln（x+1）﹣x2+ x 在[0，2]上有两个不同的解，
从而可研究函数 g（x）＝ln（x+1）﹣x2+ x 在[0，2]上最值和极值情况．
∵g′（x）＝﹣ ，
∴g（x）的增区间为[0，1]，减区间为[1，2]．
∴gmax（x）＝g（1）＝ +ln2，gmin（x）＝g（0）＝0，
又 g（2）＝﹣1+ln3，
∴当 b∈[﹣1+ln3， +ln2）时，方程有两个不同解．
26．已知函数 f（x）＝alnx+ ，a∈R．
（1）若 a＝2，且直线 y＝x+m 是曲线 y＝f（x）的一条切线，求实数 m 的值；
（2）若不等式 f（x）＞1 对任意 x∈（1，+∞）恒成立，求 a 的取值范围；
（3）若函数 h（x）＝f（x）﹣x 有两个极值点 x1，x2（x1＜x2），且 h（x2）﹣h（x1）≤ ，求 a 的取值范
围．
【解答】解：（1）当 a＝2 时，f（x）＝2lnx+ ，f′（x）＝ ﹣ ．
设直线 y＝x+m 与曲线 y＝f（x）相切于点 （x0，2lnx0+ ），
则 ﹣ ＝1，即 ﹣2x0+1＝0，
解得 x0＝1，即切点为（1，1），
因为切点在 y＝x+m 上，所以 1＝1+m，解得 m＝0． …………………（3 分）
（2）不等式 f（x）＞1 可化为 alnx+ ﹣1＞0．
记 g（x）＝alnx+ ﹣1，则 g（x）＞0 对任意 x∈（1，+∞）恒成立．
考察函数 g（x）＝alnx+ ﹣1，x＞0，g′（x）＝ ﹣ ＝ ．第 28 页（共 35 页）
当 a≤0 时，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上单调递减，又 g（1）＝0，
所以 g（2）＜g（1）＝0，不合题意； …………………（5 分）
当 a＞0 时，x∈（0， ），g′（x）＜0；x∈（ ，+∞），g′（x）＞0，
所以 g（x）在（0， ]上单调递减，在[ ，+∞）上单调递增，
若 ≤1，即 a≥1 时，g（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以 x∈（1，+∞）时，g（x）＞g（1）＝0，符合题意； …………………（7 分）
若 ＞1，即 0＜a＜1 时，g（x）在[1， ）上单调递减，
所以当 x∈（1， ）时，g（x）＜g（1）＝0，不符合题意；
综上所述，实数 a 的取值范围为[1，+∞）． …………………（9 分）
（3）方法一：h（x）＝f（x）﹣x＝alnx+ ﹣x，x＞0，h′（x）＝ ﹣ ﹣1＝ ，
因为 h（x）有两个极值点 x1，x2（x1＜x2），
所以 h′（x）＝0，即 x2﹣ax+1＝0 的两实数根为 x1，x2，0＜x1＜x2，
所以 x1+x2＝a，x1x2＝1，△＝a2﹣4＞0，所以 a＞2，0＜x1＜1＜x2，
从而 h（x2）﹣h（x1）＝（alnx2+ ﹣x2）﹣（alnx1+ ﹣x1）＝2（alnx2+ ﹣x2）
＝2[（x2+ ）lnx2+ ﹣x2]． …………………（12 分）
记 m（x）＝2[（x+ ）lnx+ ﹣x]，x≥1．
则 m′（x）＝2[（1﹣ ）lnx+（x+ ）• ﹣ ﹣1]＝2（1﹣ ）lnx≥0 （当且仅当 x＝1 时取等号）
，
所以 m（x）在[1，+∞）上单调递增，又 m（e）＝ ，
不等式 h（x2）﹣h（x1）≤ 可化为 m（x2）≤m（e），所以 1＜x2≤e．…………（14 分）第 29 页（共 35 页）
因为 a＝x2+ ，且 y＝x+ 在（1，+∞）上递增，所以 2＜a≤e+ ，
即 a 的取值范围为（2，e+ ]． …………………（16 分）
方法二：h（x）＝f（x）﹣x＝alnx+ ﹣x，x＞0，h′（x）＝ ﹣ ﹣1＝ ．
因为 h（x）有两个极值点 x1，x2（x1＜x2），
所以 h′（x）＝0，即 x2﹣ax+1＝0 的两实数根为 x1，x2，0＜x1＜x2，
所以 x1+x2＝a，x1x2＝1，△＝a2﹣4＞0，所以 a＞2，0＜x1＜1＜x2．
设 t2＝ （t＞1），则 x1+t2x1＝a，t2 ＝1，所以 x1＝ ，a＝t+ ，x2＝t，
从而 h（x2）﹣h（x1）≤ 等价于 h（t）＝（t+ ）lnt+ ﹣t≤ ，t＞1．……………（12 分）
记 m（x）＝（x+ ）lnx+ ﹣x，x≥1．
则 m′（x）＝（1﹣ ）lnx+ （x+ ）﹣ ﹣1＝（1﹣ ）lnx≥0 （当且仅当 x＝1 时取等号），
所以 m（x）在[1，+∞）上单调递增．
又 t＞1，m（e）＝ ，所以 1＜t≤e． …………………（14 分）
因为 a＝t+ ，且 y＝x+ 在（1，+∞）上递增，所以 2＜a≤e+ ，
即 a 的取值范围为（2，e+ ]． …………………（16 分）
27．已知函数 ，其中 a＞0．
（Ⅰ）当 a＝3 时，求曲线 y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当 x＞0 时， ．
【解答】解：（Ⅰ）因为 ，第 30 页（共 35 页）
所以 ，
当 a＝3 时， ，
所以 f'（﹣1）＝0，而 f（﹣1）＝2e，
曲线 y＝f（x）在（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为 y＝2e．
（Ⅱ）法一：
因为 ，令 f'（x）＝0，
得 ，
显然当 a＞0 时，x1＜0，x2＞2，
所以 x，f'（x），f（x）在区间（0，+∞）上的变化情况如下表：
x （0，x2） x2 （x2，+∞）
f'（x） ﹣ 0 +
f（x） ↘ 极小值 ↗
所以 f（x）在区间（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）单调递增，
所以 f（x）在（0，+∞）上的最小值为 f（x2），所以只需证明 ，
因为 ，所以 ，
设 ，其中 x＞2，
所以 ，
当 x＞2 时，F'（x）＞0，所以 F（x）在区间（2，+∞）单调递增，
因为 x2＞2，所以 ，问题得证．第 31 页（共 35 页）
法二：
因为 a＞0，所以当 x＞0 时， ，
设 ，其中 x＞0，
所以 ，
所以 x，F'（x），F（x）的变化情况如下表：
x （0，2） 2 （2，+∞）
F'（x） ﹣ 0 +
F（x） ↘ 极小值 ↗
所以 F（x）在区间（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
所以函数 F（x）在 x＝2 时取得最小值 ，而 ，
所以 x＞0 时 ，
所以 ，问题得证．
法三：
因为“对任意的 x＞0， ”等价于“对任意的 x＞0， ”，
即“x＞0， ”，故只需证“x＞0 时，2ex+e（a﹣x2）＞0”，
设 g（x）＝2ex+e（a﹣x2），其中 x≥0，
所以 g'（x）＝2ex﹣2ex，
设 h（x）＝g'（x），h'（x）＝2ex﹣2e，
令 h'（x）＝0，得 x＝1，第 32 页（共 35 页）
所以 x，h'（x），h（x）的变化情况如下表：
x （0，1） 1 （1，+∞）
h'（x） ﹣ 0 +
h（x） ↘ 极小值 ↗
所以 h（x）在 x＝1 处取得极小值，而 h（1）＝2e﹣2e＝0，
所以 h（x）≥0，
所以 x＞0 时，g'（x）≥0，所以 g（x）在（0，+∞）上单调递增，得 g（x）＞g（0），
而 g（0）＝2＞0，所以 g（x）＞0 问题得证．
28．已知函数 f（x）＝ex﹣ax2﹣1（x∈R）．
（1）若曲线 y＝f（x）在 x＝1 处的切线的斜率为 e，求 a 的值；
（2）若 ，求证：当 x＞0 时，f（x）的图象恒在 x 轴上方．
【解答】解：（1）函数 f（x）＝ex﹣ax2﹣1（x∈R）．可得 f'（x）＝ex﹣2ax，
曲线 y＝f（x）在 x＝1 处的切线的斜率为 e，
∴f'（1）＝e﹣2a＝e，
∴a＝0．
（2）f'（x）＝ex﹣2ax，
令 h（x）＝f'（x），h'（x）＝ex﹣2a，
（ⅰ）当 时，h'（x）＞0，f'（x）单调递增，f'（x）＞f'（0）＝1，f（x）单调递增，f（x）＞
f（0）＝0，满足题意．
（ⅱ）当 时，h'（x）＝ex﹣2a＝0，解得 x＝ln2a．
当 x∈（0，ln2a），h'（x）＜0，f'（x）单调递减；
当 x∈（ln2a，+∞），h'（x）＞0，f'（x）单调递增，
此时 ，第 33 页（共 35 页）
∵ ，1﹣ln2a≥0，即 f'（x）min＞0，
∴f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝0，满足题意．
综上可得：当 且 x＞0 时，f（x）的图象恒在 x 轴上方．
29．已知函数 f（x）＝x2+ax+blnx（a，b∈R），曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 2x﹣y﹣
2＝0．
（1）求 a，b 的值；
（2）求证：当 m≥2，x＞1 时，不等式 m（ex﹣e）≥e•f（x）恒成立．
【解答】解：（1）f′（x）＝2x+a+ ，故 f（1）＝a+1，f′（1）＝a+b+2，
将点（1，f（1））代入切线方程得 2×1﹣f（1）﹣2＝0，得 f（1）＝0，所以， ，解
得 ；
（2）由（1）得：f（x）＝x2﹣x+lnx，当 m≥2，x＞1 时，要证不等式 m（ex﹣e）≥e•f（x），即证 m（ex﹣1﹣
1）≥x2﹣x+lnx，
先证：当 x＞1 时，2（ex﹣1﹣1）≥x2﹣x+lnx．
构造函数 g（x）＝2（ex﹣1﹣1）﹣x2+x﹣lnx，其中 x＞1，
则 ，
构造函数 h（x）＝ex﹣1﹣x，其中 x＞1，则 h′（x）＝ex﹣1﹣1，当 x＞1 时，h′（x）＞0．
所以，函数 h（x）在（1，+∞）上单调递增，当 x＞1 时，h（x）＞h（1）＝0，则 ex﹣1﹣x＞0，
所以，当 x＞1 时，h′（x）＞0，
因此，函数 g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以，g（x）＞g（1）＝0，
那么，当 x＞1 时，2（ex﹣1﹣1）＞x2﹣x+lnx，
则当 m≥2 且 x＞1 时，m（ex﹣1﹣1）≥2（ex﹣1﹣1）＞x2﹣x+lnx，
因此，当 m≥2，x＞1 时，不等式 m（ex﹣e）≥e•f（x）恒成立．
30．已知函数 ．第 34 页（共 35 页）
（Ⅰ）当 a＜0 时，讨论函数 f（x）的单调性；
（Ⅱ）当 a＝1 时，若关于 x 的不等式 f（x）+（x+ ）ex﹣bx≥1 恒成立，求实数 b 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知：f′（x）＝ ，
∵当 a＜0，x＞0 时，有 ax﹣ex＜0，
∴当 x＞1 时，f′（x）＜0，当 0＜x＜1 时，f′（x）＞0，
∴函数 f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（Ⅱ）由题意当 a＝1 时，不等式 f（x）+（x+ ）ex﹣bx≥1 恒成立，
即 xex﹣lnx+（1﹣b）x≥1 恒成立，
即 b﹣1≤ex﹣ ﹣ 恒成立，
设 g（x）＝ex﹣ ﹣ ，则 g′（x）＝ ，
设 h（x）＝x2ex+lnx，则 h′（x）＝（x2+2x）ex+ ，
当 x＞0 时，有 h′（x）＞0，
故 h（x）在（0，+∞）递增，且 h（1）＝e＞0，h（ ）＝ ﹣ln2＜0，
故函数 h（x）有唯一零点 x0，且 ＜x0＜1，
故当 x∈（0，x0）时，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）递减，
当 x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）递增，
即 g（x0）为 g（x）在定义域内的最小值，
故 b﹣1≤ ﹣ ﹣ ，
∵h（x0）＝0，得 x0 ＝﹣ ， ＜x0＜1，…（*）第 35 页（共 35 页）
令 k（x）＝xex， ＜x＜1，
故方程（*）等价于 k（x）＝k（﹣lnx）， ＜x＜1，
而 k′（x）＝k（﹣lnx）等价于 x＝﹣lnx， ＜x＜1，
设函数 m（x）＝x+lnx， ＜x＜1，
易知 m（x）单调递增，
又 m（ ）＝ ﹣ln2＜0，m（1）＝1＞0，
故 x0 是函数的唯一零点，
即 lnx0＝﹣x0， ＝ ，
故 g（x）的最小值 g（x0）＝1，
故实数 b 的取值范围是（﹣∞，2]．
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