一．解答题（共30小题）1．已知函数f（x）＝lnx+a2x（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣2时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）有
两个不同零点x1，x2（x1＜x2），（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：x1?x22．【解答】解：对函数f（x）求导，得f′（
x）?2．（I）当a＝﹣2时，f′（x），因为函数f（x）的定义域为（0，+∞），由f′（x）＞0，得0＜x，由f′（x）＜0，得
x，所以函数f（x）的单调递增区间是（0，），单调递减区间是（，+∞）．（II）由f（x）＝0，得lnx+a2x＝0，（i）函数f
（x）有两个不同零点x1，x2（x1＜x2），等价于方程a＝2有两个不同的实根．设t，即方程t有两个不同的实根．设g（t）＝t，g
′（t）＝1，再设u（t）＝t2+lnt﹣1，所以函数u（t）在（0，+∞）上单调递增，注意到u（1）＝0，所以当0＜t＜1时，u
（t）＜0，当t＞1时，u（t）＞0．所以g（t）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．当t→0时，g（t）→+∞，当
t→+∞时，g（t）→+∞，当t＝1时，g（t）＝1，只需1，即所求a＞2，即实数a的取值范围是（2，+∞）．（ii）注意到t1，
t2，要证x1?x22，只需证t1?t22．由（i）知，0＜t1＜1＜t2，故有t2，即t2．下面证明：t1?t2＞1．设h（t2
）＝g（t2）﹣g（）＝（t2）﹣（）＝t2（t2）lnt2，有h′（t2）＝1（1）lnt2﹣（t2）?（1）lnt2＜0，所以
函数h（t2）在（1，+∞）上单调递减，所以h（t2）＜h（1）＝0，所以g（t2）﹣g（）＜0，故有g（）＞g（t2）＝g（t1
）．又01，0＜t1＜1，且g（t）在（0，1）上单调递减，所以t1，即得t1?t2＞1．因此t1?t22，结论得证．2．已知函数
f（x），g（x）＝2ax2+ax+1．（Ⅰ）若函数f（x）没有极值点，求实数k的取值范围；（Ⅱ）若g（x）≤f（x）对任意的x∈
R恒成立，求实数k和a所满足的关系式，并求实数k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x），定义域为R，f′（x），因为函数f（x
）没有极值点，所以f′（x）≥0或f′（x）≤0恒成立，当k＝0时，f（x）＝1+x2，有极值点，不符合题意；当k≠0时，则Δ＝4
﹣4k2≤0，解得k≥1或k≤﹣1，综上可得，实数k的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）．（Ⅱ）由题意得，对任意的x∈R，h（
x）（2ax2+ax+1）≥0恒成立，因为h（0）＝0，所以x＝0是y＝h（x）的极小值点，所以h′（0）＝0，得a＝﹣k，即对任
意的x∈R，恒有（1+x2）eax≥2ax2+ax+1成立，其中a＝﹣k，①当a＞0时，当x→﹣∞时，（1+x2）eax→0，2a
x2+ax+1→+∞，矛盾，舍；②当a≤0时，g（x）＝2ax2+ax+1图象开口向下，过点（0，1），g′（x）＝4ax+a，则
g′（0）＝a，所以g（x）在点（0，1）处的切线方程为y＝ax+1，所以有ax+1≥2ax2+ax+1，下证（1+x2）eax≥
ax+1，令m（x）＝（1+ax）e﹣ax﹣（1+x2），又因为m′（x）＝ae﹣ax﹣a（1+ax）e﹣ax﹣2x＝﹣x（2+a
2e﹣ax），当x∈（﹣∞，0）时，m′（x）＞0，m（x）单调递增，当x∈（0，+∞）时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，所以
m（x）≤m（0）＝0，所以（1+x2）eax≥ax+1成立，所以（1+x2）eax≥ax+1≥2ax2+ax+1，综上所述，当k
＝﹣a≥0时，g（x）≤f（x）对任意的x∈R恒成立．3．已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣x+1．（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+
ax+1，求a的取值范围；（Ⅱ）证明：（x﹣1）f（x）≥0．【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）求导函数，可得，…（2分
）∴xf′（x）＝xlnx+1，题设xf′（x）≤x2+ax+1等价于lnx﹣x≤a，令g（x）＝lnx﹣x，则g′（x）．…（4
分）当0＜x＜1时，g′（x）＞0；当x≥1时，g′（x）≤0，∴x＝1是g（x）的最大值点，∴g（x）≤g（1）＝﹣1．…（6分
）综上，a的取值范围是[﹣1，+∞）．…（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）＝﹣1，即lnx﹣x+1≤0；当0＜x＜1时，
f（x）＝（x+1）lnx﹣x+1＝xlnx+（lnx﹣x+1）＜0；…（10分）当x≥1时，f（x）＝lnx+（xlnx﹣x+1
）＝lnx+x（lnx1）≥0，所以（x﹣1）f（x）≥0…（13分）4．已知a＞1，函数f（x）＝exx2﹣ax﹣1，其中e＝2
.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞
）上的零点，证明：x0＜a．（参考数值：ln4.6≈1.53）【解答】证明：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣x﹣a，f″（x）＝ex﹣1＞
0在x∈（0，+∞）上恒成立，所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，f′（0）＝1﹣a＜0，f′（a）＝ea﹣2a＞（e﹣2）a
＞0，所以存在x1∈（0，a），使得f′（x1）＝0，故f″（x）＜0?x∈（0，x1），f（x）在（0，x1）上单调递减；f″（
x）＞0?x∈（x1，+∞），f（x）在（x1，+∞）上单调递增，又f（0）＝0，所以f（x1）＜0，当x→+∞时，f（x）→+∞
，故由零点存在定理，f（x）在（x1，+∞）上有唯一零点，在（0，x1）上没有零点，所以函数f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．（
Ⅱ）由（Ⅰ）得：f（x）在（x1，+∞）上单调递增，且a＞x1，x0＞x1，故要证：x0＜a，只要证f（x0）＜f（a），即证：e
aa2﹣1＞0在a＞1时恒成立，设g（a）＝eaa2﹣1，故g′（a）＝ea﹣3a，g″（a）＝ea﹣3，由g″（a）＝0?a＝l
n3，所以g′（a）在（1，ln3）递减，在（ln3，+∞）递增，g′（1）＝e﹣3＜0，g′（ln3）＝3﹣3ln3＜0，g′（
ln4.6）＝4.6﹣3×ln4.6＞4.6﹣3×1.53＞0，所以存在x2∈（ln3，ln4.6），使得g′（x2）＝0，所以g
（a）在（1，x2）递减，（x2，+∞）递增，所以g（a）min＝g（x3），因为g（1）＝e0，故只需证明g（x2）x22﹣1＞
0，由g′（x2）＝0?3x2，所以g（x2）x22+3x2﹣1，x2∈（ln3，ln4.6），由二次函数的单调性，得g（x2）（
ln4.6）2+3ln4.6﹣1（1.53）2+3×1.53﹣1＞0．综上，得证．5．已知函数f（x）＝34ln，g（x）＝x4+
mx3+nx2+mx+10，m，n∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意x1∈（0，+∞），总存在x2∈R，使得f（
x1）＝g（x2），求m2+n2的最小值．【解答】解：（1）首先函数 f（x） 的定义域为 （0，+∞），，令f′（x）＞0?x＞
8，所以函数 f（x） 的单调递减区间为 （0，8），单调递增区间为 （8，+∞）．（2）因为对任意 x1∈（0，+∞），存在 x
2∈R，使得 f（x1）＝g（x2），所以 {f（x）|x＞0}?{g（x）|x∈R}，由（1）知，f（x）≥f（8）＝9，又
时，，且为连续函数，所以 g（x）min≤9，故 g（x）＝9?x4+mx3+nx2+mx+1＝0 有解，显然 x≠0，所以 ，，
则关于t的方程 t2+mt+n﹣2＝0 在 （﹣∞，﹣2]∪[2，+∞） 上有解，方法1（几何意义）：将 （m，n） 看成直线 t
m+n+t2﹣2＝0 上的点，m2+n2 看作点 （m，n） 到原点的距离的平方，则，由 t2+1∈[5，+∞），且函数 在[5
，+∞） 上递增，得 （当t＝±2时，不等号取等）．方法2（柯西不等式）：因为（m2+n2）（t2+1）≥（mt+n）2，所以，下
同方法1．综上，m2+n2的最小值为．6．已知函数f（x）（x＞0），其中a∈R．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若e2[（
x﹣1）2（x+1）+lnx]＜e2xlnx，求x的取值范围；（Ⅲ）当a＝3e4时，若x1，x2为函数g（x）＝f（x）﹣m（m∈
R）的两个零点，试证明：m（x1+x2）．【解答】解：（1），极值点即为f''（x） 的变号零点，即 a＝2x2lnx﹣x2＝x2（
2lnx﹣1），记 h（x）＝x2（2lnx﹣1），h′（x）＝4xlnx，令h′（x）＞0，解得x＞1；令h′（x）＜0，解得0
＜x＜1，故 h（x） 在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，则h（x）≥h（1）＝﹣1，当x→0+，h（x）
→0，当x→+∞，h（x）→+∞，①当 a≤﹣1 时，f''（x）≤0在区间 上恒成立，所以函数f（x）在区间和 上单调递减；②当﹣
1＜a＜0时，则方程a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1）有两个根，记为x1，x2，不妨设x1＜1＜x2，因为，故，当0＜x
＜x1或x＞x2时，f''（x）＜0；当x1＜x或x＜x2时，f''（x）＞0，所以函数f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递
增，在（x1，），（，x2）上单调递减．③当a＞0时，则方程a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1）有一个根，记为x3，当0＜
x＜x3时，f''（x）＞0；当x＞x3时，f''（x）＜0，所以函数f（x）在（0，x3）上单调递增，在（x3，+∞）上单调递减．（
2）e2[（x﹣1）2（x+1）+lnx]＜e2xlnx，即（x﹣1）（x2﹣1）＜e2（x﹣1）lnx﹣lnx，当 x＝1时，左
边＝右边（舍）；当x＞1时，x2﹣1＞0，e2（x﹣1）﹣1＞0，当x＜1时，x2﹣1＜0，e2（x﹣1）﹣1＜0，即当x≠1时，
（x2﹣1）?（e2（x﹣1）﹣1）＞0，于是，即将a＝﹣1时，f（ex﹣1）＜f（x），由（1）知，当a≤﹣1 时，f（x） 在
（0，+∞）上单调递减，所以f（ex﹣1）＜f（x）?ex﹣1＞x（x∈（0，+∞）），由于y＝ex﹣1与 y＝x 在 x＝1 处
相切，且．y＝ex﹣1为下凹函数，故x∈（0，1）∪（1，+∞）．（3），即a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1），∵a＝3
e4，∴，由（I）知：当a＞0 时，f（x） 先增后减，不妨设 ，， 构造函数，，∴，即，两式相减得：，即，，∴，即，两式相减得：
，即，∴，即 ，综上所述：．7．已知函数f（x）＝ax2+lnx（a∈R）．（1）当a时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值和最
小值；（2）如果函数g（x），f1（x），f2（x），在公共定义域D上，满足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就称g（x）为f
1（x），f2（x）的“活动函数“．已知函数，f2（x）2ax．若在区间（1，+∞）上函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动
函数“，求a的取值范围【解答】解：（1）当 时，，；对于x∈[1，e]，有f''（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，∴
，．（2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，则f1（x）＜f（x）＜f2（x）令 0，对x
∈（1，+∞）恒成立，且h（x）＝f1（x）﹣f（x）0对x∈（1，+∞）恒成立，∵1）若 ，令p′（x）＝0，得极值点x1＝1，
，当x2＞x1＝1，即 时，在（x2，+∞）上有p′（x）＞0，此时p（x）在区间（x2，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x
）∈（p（x2），+∞），不合题意；当x2＜x1＝1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），
+∞），也不合题意；2）若 ，则有2a﹣1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函
数；要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足 ，所以 a．又因为h′（x）＝﹣x+2a0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，h（
x）＜h（1）2a≤0，所以a综合可知a的范围是[，]．8．设函数f（x）＝xlnx（x＞0）．（1）求函数f（x）的最小值；（2
）设F（x）＝ax2+f′（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性；（3）斜率为k的直线与曲线y＝f′（x）交于A（x1，y1）
、B（x2，y2）（x1＜x2）两点，求证：．【解答】（1）解：f′（x）＝lnx+1（x＞0），令f′（x）＝0，得．（2分）∵
当时，f′（x）＜0；当时，f′（x）＞0，（3分）∴当时，．（4分）（2）F（x）＝ax2+lnx+1（x＞0），．（5分）①当
a≥0时，恒有F''（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；（6分）②当a＜0时，令F′（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得；
（7分）令F′（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得．（8分）综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；当a＜0时，F（x
）在上单调递增，在上单调递减．（9分）（3）证：．要证，即证，等价于证，令，则只要证，由t＞1知lnt＞0，故等价于证lnt＜t﹣
1＜tlnt（t＞1）（）．①设g（t）＝t﹣1﹣lnt（t≥1），则，故g（t）在[1，+∞）上是增函数，∴当t＞1时，g（t
）＝t﹣1﹣lnt＞g（1）＝0，即t﹣1＞lnt（t＞1）．②设h（t）＝tlnt﹣（t﹣1）（t≥1），则h′（t）＝lnt≥
0（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函数，∴当t＞1时，h（t）＝tlnt﹣（t﹣1）＞h（1）＝0，即t﹣1＜tlnt（
t＞1）．由①②知（）成立，得证．（14分）9．已知函数f（x）＝xalnx，a∈R．（1）讨论y＝f（x）在区间[1，e]上的
单调性；（2）若对任意的x∈[1，e]，都有f（x）≤2e恒成立，求实数a的取值范围．【解答】解：函数f（x）＝xalnx，a∈R
，x＞0，（1）f''（x）＝1，x∈[1，e]，Δ＝a2+4＞0，方程x2+ax﹣1＝0，有两个不同的根m0，n0，当x∈（0，m
）时，f‘（x）＜0，f（x）递减，当x∈（m，+∞）时，f‘（x）＞0，f（x）递增；当0＜m≤1时，即01，得a≥0时，函数f
（x）在[1，e]单调递增；当1＜m＜e时，即 1e，得a＜0，f（x）在[1，m]递减，[m，e]递增；当m≥e时，a，f（x）
在[1，e]递减；（2）根据（1）f（x）的单调性可知，当a≥0时，函数f（x）在[1，e]单调递增，f（1）＝2，f（e）＝e即
可，故0≤a；当a，f（x）在[1，e]递减；f（x）的最大值为f（1）＝2，最小值f（e）＝ea，即a，故a；当a＜0，f（x）
在[1，m]递减，[m，e]递增，对任意的x∈[1，e]，都有f（x）≤2e恒成立，又f（1）＝2＜2e，f（e）＝ea≤2e，只
需f（x）的最小值为f（x1） ，因为，所以a，代入上式构造函数h（t）＝t，t∈（1，e），则h''（t）＝（﹣1）lnt≤0，所
以函数y＝h（t）在（1，e）上单调递减，故h（t）＞h（e）成立，故a＜0，综上，实数a的取值范围是[e，e]．10．已知函数f
（x）＝x﹣alnx．（Ⅰ）若f（x）≥1恒成立，求a的取值范围：（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，f（x）＝m有两个不同的根x1，x2，求
证：x1+x2＞m+1．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝x﹣alnx，则 f′（x）＝1，（x＞0），∴当a≤0时，∴f′（x）＞0恒
成立，∴f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增，∵当x→0时，f（x）→﹣∞，不符合题意；当a＞0时，令 f′（x）＝0，得x＝a
，∴x＞a时，f′（x）＞0；0＜x＜a时，f′（x）＜0．∴f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，∴f（x）
min＝f（a）＝a﹣alna≥1．令g（x）＝x﹣xlnx，则g′（x）＝﹣lnx，易知g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，
+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）＝1，∴a＝1．∴a的取值范围为{1}．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得f（x）＝x﹣lnx在x＝1
处取到极小值1，∵x→0时，f（x）→+∞，x→+∞时，f（x）→+∞，∴m＞1，不妨设0＜x1＜1＜x2，则要证明x1+x2＞m
+1，只需证明x2＞m+1﹣x1．∵f（x）在（1，+∞）递增，且x2＞m+1﹣x1＞1，故只需证明f（x2）＞f（m+1﹣x1）
，即证明m＞f（m+1﹣x1），即证明m＞m+1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1），即证明1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1）＝1﹣x1﹣ln
（x1﹣lnx1+1﹣x1）＜0，即证明1﹣x1＜ln（1﹣lnx1），即证明e1﹣x+lnx﹣1＜0，令G（x）＝e1﹣x+ln
x﹣1（0＜x＜1），则G''（x），∴G（x）在（0，1）上单调递增，又G（x）＜G（1）＝0，∴x1+x2＞m+1成立．11．已
知函数f（x）ax2+（1﹣2a）x﹣2lnx，a∈R；（1）讨论f（x）的单调性；（2）若不等式f（x）在（0，1）上恒成立，求
实数a的取值范围．【解答】解：（1）∵f（x）ax2+（1﹣2a）x﹣2lnx，x＞0，∴f′（x），①当a≥0时，令f′（x）＜
0，得0＜x＜2；令f′（x）＞0，得x＞2；②当a＜0时，令f′（x）＝0，得x或x＝2；（Ⅰ）当2，即时，令f′（x）＜0，得
0＜x＜2或x；令f′（x）＞0，得 2＜x；（Ⅱ）当2时，即a时，则f′（x）＜0恒成立；（Ⅲ）当2时，即a时，令f′（x）＜0
，得0＜x或x＞2； 令f′（x）＞0，得x＜2；综上所述：当a≥0时，f（x）在（0，2）上递减，在（2，+∞）上递增；当时，f
（x）在（0，2）和（，+∞）上递减，在（2，）上递增；当a时，f（x）在（0，+∞）上递减；当a时，f（x）在（0，）和（2，+
∞）上递减，在（，2）上递增．（2）由（1）得①当a时，f（x）在（0，1）上递减，∴f（1）＝1a，∴；②当a时，（Ⅰ）当1，即
a≤﹣1时，f（x）在（0，）上递减，在（，1）上递增，∴f（）＝22ln（﹣a）≥2，∴a≤﹣1符合题意；（Ⅱ）当1，即﹣1＜a
时，f（x）在（0，1）上递减，∴f（1）＝1a，∴﹣1＜a符合题意；综上，实数a的取值范围为（﹣∞，]．12．已知函数．（1）求
函数f（x）的单调区间和极值；（2）若函数y＝g（x）对任意x满足g（x）＝f（4﹣x），求证：当x＞2，f（x）＞g（x）；（3
）若x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＞4．【解答】解：（1）∵f（x），∴f''（x）．（2分）令f''（x）＝
0，解得x＝2．x（﹣∞，2）2（2，+∞）f''（x）+0﹣f（x）↗极大值↘∴f（x）在（﹣∞，2）内是增函数，在（2，+∞）内
是减函数．（3分）∴当x＝2时，f（x）取得极大值f（2）．（4分）（2）证明：，，∴F''（x）．（6分）当x＞2时，2﹣x＜0，
2x＞4，从而e4﹣e2x＜0，∴F''（x）＞0，F（x）在（2，+∞）是增函数．∴．（8分）（3）证明：∵f（x）在（﹣∞，2）
内是增函数，在（2，+∞）内是减函数．∴当x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），x1、x2不可能在同一单调区间内．不妨设x1＜2＜
x2，由（2）可知f（x2）＞g（x2），又g（x2）＝f（4﹣x2），∴f（x2）＞f（4﹣x2）．∵f（x1）＝f（x2），∴
f（x1）＞f（4﹣x2）．∵x2＞2，4﹣x2＜2，x1＜2，且f（x）在区间（﹣∞，2）内为增函数，∴x1＞4﹣x2，即x1+
x2＞4．（12分）13．已知函数．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点P（1，f（1））处的切线与直线y＝x+2垂直，求函数y＝f（x）
的单调区间；（Ⅱ）若对于?x∈（0，+∞）都有f（x）＞2（a﹣1）成立，试求a的取值范围；（Ⅲ）记g（x）＝f（x）+x﹣b（b
∈R）．当a＝1时，函数g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点，求实数b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）直线y＝x+2的斜率为1，
函数f（x）的定义域为（0，+∞），因为，所以，，所以，a＝1．所以，，． 由f''（x）＞0解得x＞2；由f''（x）＜0，解得 0
＜x＜2．所以f（x）的单调增区间是（2，+∞），单调减区间是（0，2）．（Ⅱ） ，由f''（x）＞0解得 ； 由f''（x）＜0解
得 ．所以，f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减．所以，当时，函数f（x）取得最小值，．因为对于?x∈（0，+∞）都有f（x
）＞2（a﹣1）成立，所以，即可． 则． 由解得 ．所以，a的取值范围是 ．（Ⅲ） 依题得 ，则 ．由g''（x）＞0解得 x＞
1； 由g''（x）＜0解得 0＜x＜1．所以函数g（x）在区间（0，1）为减函数，在区间（1，+∞）为增函数．又因为函数g（
x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点，所以，解得 ． 所以，b的取值范围是．14．设函数f（x）＝x3﹣6x+5，x∈R（Ⅰ）
求f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）＝a有3个不同实根，求实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∴当，∴f（x）
的单调递增区间是，单调递减区间是当；当（Ⅱ）由（Ⅰ）的分析可知y＝f（x）图象的大致形状及走向，∴当的图象有3个不同交点，即方程f
（x）＝α有三解．15．函数，g（x）＝ax+b．（1）若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值
范围；（2）若直线g（x）＝ax+b是函数图象的切线，求a+b的最小值；（3）当b＝0时，若f（x）与g（x）的图象有两个交点A（
x1，y1），B（x2，y2），试比较x1x2与2e2的大小．（取e为2.8，取ln2为0.7，取为1.4）【解答】解：（1）：h
（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnxax﹣b，则h′（x）a，∵h（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，∴对?x＞0，
都有h′（x）a≥0，即对?x＞0，都有a，∵0，∴a≤0，故实数a的取值范围是（﹣∞，0]；（2）：设切点（x0，lnx0），则
切线方程为y﹣（lnx0）＝（）（x﹣x0），即y＝（）x﹣（）x0+（lnx0），亦即y＝（）x+（lnx01），令t，由题意得
a＝t+t2，b＝﹣lnt﹣2t﹣1，令a+b＝φ（t）＝﹣lnt+t2﹣t﹣1，则φ′（x）2t﹣1，当t∈（0，1）时，φ''（
t）＜0，φ（t）在（0，1）上单调递减；当t∈（1，+∞）时，φ''（t）＞0，φ（t）在（1，+∞）上单调递增，∴a+b＝φ（t
）≥φ（1）＝﹣1，故a+b的最小值为﹣1；（Ⅲ）：由题意知lnx1ax1，lnx2ax2，两式相加得lnx1x2a（x1+x2）
，两式相减得lna（x2﹣x1），即a，∴lnx1x2（）（x1+x2），即lnx1x2﹣2ln，不妨令0＜x1＜x2，记t1，令
F（t）＝lnt（t＞1），则F′（t）0，∴F（t）＝lnt在（1，+∞）上单调递增，则F（t）＞F（1）＝0，∴lnt，则ln
，∴lnx1x2﹣2ln2，∴lnx1x2﹣2lnx1x22ln，∴2ln2，即ln1令G（x）＝lnx，则x＞0时，G′（x）0
，∴G（x）在（0，+∞）上单调递增，又lneln2+10.85＜1，∴G（）＝ln1＞lne，则e，即x1x2＞2e2．16．设
函数f（x）＝lnxax2﹣bx．（Ⅰ）当a＝b时，求函数f（x）的最大值；（Ⅱ）令F（x）＝f（x）x2+bx（0＜x≤3）若其
图象上的任意点P（x0，y0）处切线的斜率k恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）当a＝0，b＝﹣1时，方程x2＝2mf（x）（其中m
＞0）有唯一实数解，求m的值．【解答】解：（I）依题意，知f（x）的定义域为（0，+∞），当时，，（2′）令f''（x）＝0，解得x
＝1．（∵x＞0）因为g（x）＝0有唯一解，所以g（x2）＝0，当0＜x＜1时，f''（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞1时，
f''（x）＜0，此时f（x）单调递减．所以f（x）的极大值为，此即为最大值…（4分）（II），x∈（0，3]，则有，在x0∈（0，
3]上恒成立，所以a，x0∈（0，3]，当x0＝1时，取得最大值，所以a（8分）（III）因为方程2mf（x）＝x2有唯一实数解，
所以x2﹣2mlnx﹣2mx＝0有唯一实数解，设g（x）＝x2﹣2mlnx﹣2mx，则．令g''（x）＝0，x2﹣mx﹣m＝0．因为
m＞0，x＞0，所以（舍去），，当x∈（0，x2）时，g''（x）＜0，g（x）在（0，x2）上单调递减，当x∈（x2，+∞）时，g
''（x）＞0，g（x）在（x2，+∞）单调递增当x＝x2时，g''（x2）＝0，g（x）取最小值g（x2）．（12′）则既所以2ml
nx2+mx2﹣m＝0，因为m＞0，所以2lnx2+x2﹣1＝0（）设函数h（x）＝2lnx+x﹣1，因为当x＞0时，h（x）是
增函数，所以h（x）＝0至多有一解．因为h（1）＝0，所以方程（）的解为x2＝1，即，解得．…（12分）17．已知函数f（x）＝
（x3﹣6x2+3x+t）ex，t∈R．（1）若函数y＝f（x）依次在x＝a，x＝b，x＝c（a＜b＜c）处取到极值．①求t的取值
范围；②若a+c＝2b2，求t的值．（2）若存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式f（x）≤x恒成立．求正整数m
的最大值．【解答】解：（1）①f''（x）＝（3x2﹣12x+3）ex+（x3﹣6x2+3x+t）ex＝（x3﹣3x2﹣9x+t+3
）ex∵f（x）有3个极值点，∴x3﹣3x2﹣9x+t+3＝0有3个根a，b，c．令g（x）＝x3﹣3x2﹣9x+t+3，g''（x
）＝3x2﹣6x﹣9＝3（x+1）（x﹣3），g（x）在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）上递增，（﹣1，3）上递减．∵g（x）有3个零
点∴∴﹣8＜t＜24．②∵a，b，c是f（x）的三个极值点，∴x3﹣3x2﹣9x+t+3＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c）＝x3﹣（
a+b+c）x2+（ab+bc+ac）x﹣abc∴∴b＝1或（舍∵b∈（﹣1，3））∴∴t＝8（2）不等式f（x）≤x，即（x3﹣
6x2+3x+t）ex≤x，即t≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x．转化为存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式t≤
xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x恒成立．即不等式0≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x在x∈[1，m]上恒成立．即不等式0≤e﹣x﹣x2+6
x﹣3在x∈[1，m]上恒成立．设φ（x）＝e﹣x﹣x2+6x﹣3，则φ''（x）＝﹣e﹣x﹣2x+6．设r（x）＝φ''（x）＝﹣e
﹣x﹣2x+6，则r''（x）＝e﹣x﹣2，因为1≤x≤m，有r''（x）＜0．故r（x）在区间[1，m]上是减函数．又r（1）＝4﹣
e﹣1＞0，r（2）＝2﹣e﹣2＞0，r（3）＝﹣e﹣3＜0故存在x0∈（2，3），使得r（x0）＝φ''（x0）＝0．当1≤x＜x
0时，有φ''（x）＞0，当x＞x0时，有φ''（x）＜0．从而y＝φ（x）在区间[1，x0]上递增，在区间[x0，+∞）上递减．又φ
（1）＝e﹣1+4＞0，φ（2）＝e﹣2+5＞0，φ（3）＝e﹣3+6＞0，φ（4）＝e﹣4+5＞0，φ（5）＝e﹣5+2＞0，φ
（6）＝e﹣6﹣3＜0．所以当1≤x≤5时，恒有φ（x）＞0；当x≥6时，恒有φ（x）＜0；故使命题成立的正整数m的最大值为5．1
8．已知函数f（x）＝ln（2ax+1）x2﹣2ax（a∈R）．（1）若x＝2为f（x）的极值点，求实数a的值；（2）若y＝f（x
）在[3，+∞）上为增函数，求实数a的取值范围；（3）当a时，方程f（1﹣x）有实根，求实数b的最大值．【解答】解：（1）．…（1
分）因为x＝2为f（x）的极值点，所以f''（2）＝0．…（2分）即，解得a＝0．…（3分）又当a＝0时，f''（x）＝x（x﹣2），
从而x＝2为f（x）的极值点成立．…（4分）（2）因为f（x）在区间[3，+∞）上为增函数，所以在区间[3，+∞）上恒成立．…（5
分）①当a＝0时，f''（x）＝x（x﹣2）≥0在[3，+∞）上恒成立，所以f（x）在[3，+∞）上为增函数，故a＝0符合题意．…（
6分）②当a≠0时，由函数f（x）的定义域可知，必须有2ax+1＞0对x≥3恒成立，故只能a＞0，所以2ax2+（1﹣4a）x﹣（
4a2+2）≥0对x∈[3，+∞）上恒成立．…（7分）令g（x）＝2ax2+（1﹣4a）x﹣（4a2+2），其对称轴为，…（8分）
因为a＞0所以，从而g（x）≥0在[3，+∞）上恒成立，只要g（3）≥0即可，因为g（3）＝﹣4a2+6a+1≥0，解得．…（9分
）因为a＞0，所以．由①可得，a＝0时，符合题意；综上所述，a的取值范围为[0，]．…（10分）（3）若时，方程可化为，．问题转化
为b＝xlnx﹣x（1﹣x）2+x（1﹣x）＝xlnx+x2﹣x3在（0，+∞）上有解，即求函数g（x）＝xlnx+x2﹣x3的值
域．…（11分）以下给出两种求函数g（x）值域的方法：方法1：因为g（x）＝x（lnx+x﹣x2），令h（x）＝lnx+x﹣x2（
x＞0），则，…（12分）所以当0＜x＜1，h′（x）＞0，从而h（x）在（0，1）上为增函数，当x＞1，h′（x）＜0，从而h（
x''）在（1，+∞上为减函数，…（13分）因此h（x）≤h（1）＝0．而x＞1，故b＝x?h（x）≤0，因此当x＝1时，b取得最大
值0．…（14分）方法2：因为g（x）＝x（lnx+x﹣x2），所以g''（x）＝lnx+1+2x﹣3x2．设p（x）＝lnx+1+
2x﹣3x2，则．当时，p''（x）＞0，所以p（x）在上单调递增；当时，p''（x）＜0，所以p（x）在上单调递减；因为p（1）＝0
，故必有，又，因此必存在实数使得g''（x0）＝0，∴当0＜x＜x0时，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减；当x0
＜x＜1，g′（x）＞0，所以，g（x）在（x0，1）上单调递增；又因为，当x→0时，lnx0，则g（x）＜0，又g（1）＝0．因
此当x＝1时，b取得最大值0．…（14分）19．已知函数．（a为常数，a＞0）（Ⅰ）若是函数f（x）的一个极值点，求a的值；（Ⅱ）
求证：当0＜a≤2时，f（x）在上是增函数；（Ⅲ）若对任意的a∈（1，2），总存在 ，使不等式f（x0）＞m（1﹣a2）成立，求实
数m的取值范围．【解答】解：由题得：．（Ⅰ）由已知，得且，∴a2﹣a﹣2＝0，∵a＞0，∴a＝2经检验：a＝2符合题意．（2分）（
Ⅱ）当0＜a≤2时，∵，∴，∴当时，．又，∴f''（x）≥0，故f（x）在上是增函数．（5分）（Ⅲ）a∈（1，2）时，由（Ⅱ）知，f
（x）在上的最大值为，于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式恒成立．记，（1＜a＜2）则，当m＝0时，，∴g（a）在区间（
1，2）上递减，此时，g（a）＜g（1）＝0，由于a2﹣1＞0，∴m≤0时不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0，∴．若，可知g
（a）在区间上递减，在此区间上，有g（a）＜g（1）＝0，与g（a）＞0恒成立矛盾，故，这时，g''（a）＞0，g（a）在（1，2）
上递增，恒有g（a）＞g（1）＝0，满足题设要求，∴，即，所以，实数m的取值范围为．（14分）20．已知a为常数，a∈R，函数f（
x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex．（其中e是自然对数的底数）（Ⅰ）过坐标原点O作曲线y＝f（x）的切线，设切点为P（x0，
y0），求证：x0＝1；（Ⅱ）令，若函数F（x）在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．【解答】解：（I）（x＞0）． …
（2分）过切点P（x0，y0）的切线的斜率整理得．…（4分）显然，x0＝1是这个方程的解，又因为y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）
上是增函数，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一实数解．故x0＝1．…（6分）（Ⅱ），．…（8分）设，则．易知h''（x）在（0，1]
上是减函数，从而h''（x）≥h''（1）＝2﹣a． …（10分）（1）当2﹣a≥0，即a≤2时，h''（x）≥0，h（x）在区间（
0，1）上是增函数．∵h（1）＝0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F''（x）≤0在（0，1]上恒成立．∴F（x）在区间（0
，1]上是减函数．所以，a≤2满足题意． …（12分）（2）当2﹣a＜0，即a＞2时，设函数h''（x）的唯一
零点为x0，则h（x）在（0，x0）上递增，在（x0，1）上递减．又∵h（1）＝0，∴h（x0）＞0．又∵h（e﹣a）＝﹣e﹣2a
+（2﹣a）e﹣a+a﹣ea+lne﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）内有唯一一个零点x''，当x∈（0，x''）时，h（x）＜0，当x
∈（x''，1）时，h（x）＞0．从而F（x）在（0，x''）递减，在（x''，1）递增，与在区间（0，1]上是单调函数矛盾．∴a＞2不
合题意．综合（1）（2）得，a≤2． …（15分）21．设f（x）＝px2lnx．（Ⅰ）若f（x）在其定义域内
为单调递增函数，求实数p的取值范围；（Ⅱ）设g（x），且p＞0，若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，
求实数p的取值范围．【解答】解：（I）由 f（x）＝px2lnx，得．…（3分）要使f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调增函数，
只需f′（x）≥0，即px2﹣2x+p≥0在（0，+∞）内恒成立，…（5分）从而P≥1．…（7分）（II）解法1：g（x）在[1，
e]上是减函数，所以[g（x）]min＝g（e）＝2，[g（x）]max＝g（1）＝2e，即g（x）∈[2，2e]．当0＜p＜1时
，由x∈[1，e]，得x，故，不合题意．…（10分）当P≥1时，由（I）知f（x）在[1，e]连续递增，f（1）＝0＜2，又g（x
）在[1，e]上是减函数，∴原命题等价于[f（x）]max＞[g（x）]min＝2，x∈[1，e]，…（12分）由，解得p，综上，
p的取值范围是（，+∞）．…（15分）解法2：原命题等价于f（x）﹣g（x）＞0在[1，e）上有解，设F（x）＝f（x）﹣g（x）
＝px2lnx，∵，∴F（x）是增函数，…（10分）∴[F（x）]max＝F（e）＞0，解得p，∴p的取值范围是（，+∞）．…（1
5分）22．已知函数f（x）＝alnx+x2（a为实常数）．（1）若a＝﹣2，求证：函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；（2）求
函数f（x）在[1，e]上的最小值及相应的x值；（3）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围．【
解答】解：（1）当a＝﹣2时，f（x）＝x2﹣2lnx，当x∈（1，+∞），，（2），当x∈[1，e]，2x2+a∈[a+2，a+
2e2]．若a≥﹣2，f''（x）在[1，e]上非负（仅当a＝﹣2，x＝1时，f''（x）＝0），故函数f（x）在[1，e]上是增函数
，此时[f（x）]min＝f（1）＝1．若﹣2e2＜a＜﹣2，当时，f''（x）＝0；当时，f''（x）＜0，此时f（x）是减函数；
当时，f''（x）＞0，此时f（x）是增函数．故[f（x）]min．若a≤﹣2e2，f''（x）在[1，e]上非正（仅当a＝﹣2e2，
x＝e时，f''（x）＝0），故函数f（x）在[1，e]上是减函数，此时[f（x）]min＝f（e）＝a+e2．综上可知，当a≥﹣2
时，f（x）的最小值为1，相应的x值为1；当﹣2e2＜a＜﹣2时，f（x）的最小值为，相应的x值为；当a≤﹣2e2时，f（x）的最
小值为a+e2，相应的x值为e．（3）不等式f（x）≤（a+2）x，可化为a（x﹣lnx）≥x2﹣2x．∵x∈[1，e]，∴lnx
≤1≤x且等号不能同时取，所以lnx＜x，即x﹣lnx＞0，因而（x∈[1，e]）令（x∈[1，e]），又，当x∈[1，e]时，x
﹣1≥0，lnx≤1，x+2﹣2lnx＞0，从而g''（x）≥0（仅当x＝1时取等号），所以g（x）在[1，e]上为增函数，故g（x
）的最小值为g（1）＝﹣1，所以a的取值范围是[﹣1，+∞）．23．已知函数f（x）＝2lnx﹣x2．（Ⅰ）求函数y＝f（x）在上
的最大值．（Ⅱ）如果函数g（x）＝f（x）﹣ax的图象与x轴交于两点A（x1，0）、B（x2，0），且0＜x1＜x2．y＝g′（x
）是y＝g（x）的导函数，若正常数p，q满足p+q＝1，q≥p．求证：g′（px1+qx2）＜0．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝2
lnx﹣x2得到：，∵，故f′（x）＝0在x＝1有唯一的极值点，，f（2）＝2ln2﹣4，f（x）极大值＝f（1）＝﹣1，且知，所
以最大值为f（1）＝﹣1．（Ⅱ）∵，又f（x）﹣ax＝0有两个不等的实根x1，x2，则，两式相减得到：于是 ∵2p≤1，x2＞x1
＞0，∴（2p﹣1）（x2﹣x1）≤0要证：g′（px1+qx2）＜0，只需证：只需证：①令，只需证：在0＜t＜1u上恒成立，又
∵∵，则，∴，于是由t＜1可知t﹣1＜0，故知u′（t）＞0∴u（t）在t∈（0，1）u上为增函数，则u（t）＜u（1）＝0，从
而知，即①成立，从而原不等式成立．24．已知函数f（x）x3+bx2+cx+d，设曲线y＝f（x）在与x轴交点处的切线为y＝4x﹣
12，f′（x）为f（x）的导函数，满足f′（2﹣x）＝f′（x）．（Ⅰ）设g（x）＝x，m＞0，求函数g（x）在[0，m]上的最
大值；（Ⅱ）设h（x）＝lnf′（x），若对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1﹣t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．
【解答】（本小题满分14分）解：（Ⅰ）f′（x）＝x2+2bx+c，∵f′（2﹣x）＝f′（x），∴函数y＝f′（x）的图象关于直
线x＝1对称，则b＝﹣1．∵直线y＝4x﹣12与x轴的交点为（3，0），∴f（3）＝0，且f′（x）＝4，即9+9b+3c+d＝0
，且9+6b+c＝4，解得c＝1，d＝﹣3．则．故f′（x）＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，g（x）＝xx|x﹣1|，如图所示．当
时，x，根据图象得：（ⅰ）当x＜m时，g（x）最大值为m﹣m2；（ⅱ）当时，g（x）最大值为；（ⅲ）当m时，g（x）最大值为m2﹣
m． …（8分）（Ⅱ）h（x）＝ln（x﹣1）2＝2ln|x﹣1|，则h（x+1﹣t）＝2ln|x﹣t|，h（2x+2）＝2ln
|2x+1|，∵当x∈[0，1]时，|2x+1|＝2x+1，∴不等式2ln|x﹣t|＜2ln|2x+1|恒成立等价于|x﹣t|＜2
x+1，且x≠t恒成立，由|x﹣t|＜2x+1恒成立，得﹣x﹣1＜t＜3x+1恒成立，∵当x∈[0，1]时，3x+1∈[1，4]，
﹣x﹣1∈[﹣2，﹣1]，∴﹣1＜t＜1，又∵当x∈[0，1]时，由x≠t恒成立，得t?[0，1]，因此，实数t的取值范围是﹣1＜
t＜0．…（14分）25．已知二次函数g（x）对任意实数x都满足g（x﹣1）+g（1﹣x）＝x2﹣2x﹣1，且g（1）＝﹣1．令．
（1）求g（x）的表达式；（2）若函数f（x）在x∈[1，+∞）上的最小值为0，求m的值；（3）记函数H（x）＝[x（x﹣a）2﹣
1]?[﹣x2+（a﹣1）x+a﹣1]，若函数y＝H（x）有5个不同的零点，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）设g（x）＝ax
2+bx+c，于是g（x﹣1）+g（1﹣x）＝2a（x﹣1）2+2c＝2（x﹣1）2﹣2，所以又g（1）＝﹣1，则．所以．（2）则
．令f''（x）＝0，得（舍），x＝m．①当m＞1时，x1（1，m）m（m，+∞）f''（x）﹣0+f（x）1+m↘2m2﹣3m2ln
m↗∴当x＝m时，．令2m2﹣3m2lnm＝0，得．②当0＜m≤1时，f''（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，f（x）在x∈[1
，+∞）上为增函数，当x＝1时，fmin（x）＝1+m，令m+1＝0，得m＝﹣1（舍）．综上所述，所求m为．（3）记，，则据题意有
h1（x）﹣1＝0有3个不同的实根，h2（x）﹣1＝0有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等．（ⅰ）h2（x）﹣1＝0有2个不同
的实根，只需满足，∴a＞1或a＜﹣3；（ⅱ）h1（x）﹣1＝0有3个不同的实根，因，令，得x＝a或，1°当即a＜0时，h1（x）在
x＝a处取得极大值，而h1（a）＝0，不符合题意，舍；2°当即a＝0时，不符合题意，舍；3°当即a＞0时，h1（x）在处取得极大值
，，所以因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故．下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在x0使得h1（x0）﹣1＝0和h2（x0）﹣1＝0
同时成立；若存在x0使得h1（x0）＝h2（x0）＝1，由h1（x0）＝h2（x0），即，得，当x0＝a时，f（x0）＝g（x0）
＝0，不符合，舍去；当x0≠a时，有①；又由g（x0）＝1，即②；联立①②式，可得a＝0；而当a＝0时，H（x）＝（x3﹣1）（﹣
x2﹣x﹣1）＝0没有5个不同的零点，故舍去，所以这5个实根两两不相等．综上，当时，函数y＝H（x）有5个不同的零点．26．已知函
数．（1）若f（x）是单调函数，求a的取值范围；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2
．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝﹣lnx﹣ax2+x，f′（x）2ax+1．…（2分）令Δ＝1﹣8a．当a时，△≤0，f′（x）≤0
，f（x）在（0，+∞）单调递减．…（4分）当0＜a时，Δ＞0，方程2ax2﹣x+1＝0有两个不相等的正根x1，x2，不妨设x1＜
x2，则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，这时f（x）不是单调函数．综
上，a的取值范围是[，+∞）．…（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当a∈（0，）时，f（x）有极小值点x1和极大值点x2，且x1+x
2，x1x2．f（x1）+f（x2）＝﹣lnx1﹣ax1﹣lnx2﹣ax2＝﹣（lnx1+lnx2）（x1﹣1）（x2﹣1）+（x
1+x2）＝﹣ln（x1x2）（x1+x2）+1＝ln（2a）1．…（9分）令g（a）＝ln（2a）1，a∈（0，]，则当a∈（0
，）时，g′（a）0，g（a）在（0，）单调递减，所以g（a）＞g（）＝3﹣2ln2，即f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．…（
12分）27．已知函数f（x）的图象过坐标原点O，且在点（﹣1，f（﹣1））处的切线的斜率是﹣5．（Ⅰ）求实数b，c的值；（Ⅱ）求
f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值；（Ⅲ）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△POQ是以O为直角顶
点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？说明理由．【解答】解：（Ⅰ）当x＜1时，f（x）＝﹣x3+x2+bx+c，则f''（x）
＝﹣3x2+2x+b．依题意得：，即解得b＝c＝0（Ⅱ）由（Ⅰ）知，①当﹣1≤x＜1时，，令f''（x）＝0得当x变化时，f''（x）
，f（x）的变化情况如下表：x（﹣1，0）0 f''（x）﹣0+0﹣f（x）单调递减极小值单调递增极大值单调递减又f（﹣1）＝2
，，f（0）＝0．∴f（x）在[﹣1，1）上的最大值为2．②当1≤x≤2时，f（x）＝alnx．当a≤0时，f（x）≤0，f（x）
最大值为0；当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增．∴f（x）在[1，2]最大值为aln2．综上，当aln2≤2时，即时，f（
x）在区间[﹣1，2]上的最大值为2；当aln2＞2时，即时，f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值为aln2．（Ⅲ）假设曲线y＝f
（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（﹣t，t3+t2），显然t
≠1∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，∴即﹣t2+f（t）（t3+t2）＝0（）若方程（）有解，存在满足题设要求的两点P
、Q；若方程（）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．若0＜t＜1，则f（t）＝﹣t3+t2代入（）式得：﹣t2+（﹣t3+t
2）（t3+t2）＝0即t4﹣t2+1＝0，而此方程无解，因此t＞1．此时f（t）＝alnt，代入（）式得：﹣t2+（alnt）
（t3+t2）＝0即（）令h（x）＝（x+1）lnx（x≥1），则∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∵t＞1∴h（t）＞h（
1）＝0，∴h（t）的取值范围是（0，+∞）．∴对于a＞0，方程（）总有解，即方程（）总有解．因此，对任意给定的正实数a，曲
线y＝f（x）上存在两点P、Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．28．已知f（x）＝x3+b
x2+cx+d在（﹣∞，0）上是增函数，在[0，2]上是减函数，且方程f（x）＝0有三个根，它们分别为α，2，β．（1）求c的值；
（2）求证f（1）≥2；（3）求|α﹣β|的取值范围．【解答】解：（1）∵f（x）在（﹣∞，0]上是增函数，在（0，2]上是减函数
；∴x＝0是f''（x）＝0的根，又∵f''（x）＝3x2+2bx+c，∴f''（0）＝0，∴c＝0．（2）∵f（x）＝0的根为α，2，β，∴f（2）＝0，∴8+4b+d＝0，又∵f''（2）≤0，∴12+4b≤0，∴b≤﹣3，又d＝﹣8﹣4b∴d≥4f（1）＝1+b+d，f（2）＝0∴d＝﹣8﹣4b且b≤﹣3，∴f（1）＝1+b﹣8﹣4b＝﹣7﹣3b≥2（3）∵f（x）＝0有三根α，2，β；∴f（x）＝（x﹣α）（x﹣2）（x﹣β）＝x3﹣（α+β+2）?x2﹣2αβ∴；∴|β﹣α|2＝（α+β）2﹣4αβ＝（b+2）2+2d＝b2+4b+4﹣16﹣8b＝b2﹣4b﹣12＝（b﹣2）2﹣16又∵b≤﹣3，∴|β﹣α|≥329．已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x），（a∈R）．（Ⅰ）若a＝1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）若在[1，e]（e＝2.718…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），（1分）当a＝1时，f（x）＝x﹣lnx，，（2分）x（0，1）1（1，+∞）f''（x）﹣0+f（x）极小（3分）所以f（x）在x＝1处取得极小值1．（4分）（Ⅱ），（6分）①当a+1＞0时，即a＞﹣1时，在（0，1+a）上h''（x）＜0，在（1+a，+∞）上h''（x）＞0，所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；（7分）②当1+a≤0，即a≤﹣1时，在（0，+∞）上h''（x）＞0，所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增．（8分）（ III）在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0，即函数在[1，e]上的最小值小于零．（9分）由（Ⅱ）可知①即1+a≥e，即a≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递减，所以h（x）的最小值为h（e），由可得，因为，所以；（10分）②当1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，所以h（x）最小值为h（1），由h（1）＝1+1+a＜0可得a＜﹣2；（11分）③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1时，可得h（x）最小值为h（1+a），因为0＜ln（1+a）＜1，所以，0＜aln（1+a）＜a故h（1+a）＝2+a﹣aln（1+a）＞2此时，h（1+a）＜0不成立．（12分）综上讨论可得所求a的范围是：或a＜﹣2．（13分）30．已知函数，a为正常数．（1）若f（x）＝lnx+φ（x），且，求函数f（x）的单调增区间；（2）若g（x）＝|lnx|+φ（x），且对任意x1，x2∈（0，2]，x1≠x2，都有，求a的取值范围．【解答】解：（1），∵，令f′（x）＞0，得x＞2，或，∴函数f（x）的单调增区间为，（2，+∞）．（2）∵，∴，∴，设h（x）＝g（x）+x，依题意，h（x）在（0，2]上是减函数．当1≤x≤2时，，，令h′（x）≤0，得：对x∈[1，2]恒成立，设，则，∵1≤x≤2，∴，∴m（x）在[1，2]上递增，则当x＝2时，m（x）有最大值为，∴当0＜x＜1时，，，令h′（x）≤0，得：，设，则，∴t（x）在（0，1）上是增函数，∴t（x）＜t（1）＝0，∴a≥0．综上所述，． |
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