导数练习卷资料

4月4日练习卷一、选择题1．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的位移为s＝eq\f(1,3)t3－eq\f(3,2)t2＋2t，那么速度为零的时刻是()A．0秒B．1秒末C．2秒末D．1秒末和2秒末答案D解析∵s＝eq\f(1,3)t3－eq\f(3,2)t2＋2t，∴v＝s′(t)＝t2－3t＋2.令v＝0，得t2－3t＋2＝0，t1＝1或t2＝2.2．过点A(2,1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有()A．3条B．2条C．1条D．0条答案A解析由题意得，f′(x)＝3x2－3，设切点为(x0，xeq\o\al(3,0)－3x0)，那么切线的斜率为k＝3xeq\o\al(2,0)－3，利用点斜式方程可知切线方程为y－(xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，将点A(2,1)代入可得关于x0的一元三次方程，利用导数的思想可知方程有三个解，故过点A(2,1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有3条，故选A.3．若函数f(x)＝cosx＋2xf′(eq\f(π,6))，则f(－eq\f(π,3))与f(eq\f(π,3))的大小关系是()A．f(－eq\f(π,3))＝f(eq\f(π,3))B．f(－eq\f(π,3))>f(eq\f(π,3))C．f(－eq\f(π,3))<f(eq\f(π,3)) D．不确定答案C解析依题意得f′(x)＝－sinx＋2f′(eq\f(π,6))，f′(eq\f(π,6))＝－sineq\f(π,6)＋2f′(eq\f(π,6))，f′(eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，f′(x)＝－sinx＋1≥0.f(x)＝cosx＋x是R上的增函数，注意到－eq\f(π,3)<eq\f(π,3)，于是有f(－eq\f(π,3))<f(eq\f(π,3))，选C.4．设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝x·f′(x)的图像的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是()A．f(1)与f(－1)B．f(－1)与f(1)C．f(－2)与f(2)D．f(2)与f(－2)答案C解析∵f(x)是一个三次函数，易知y＝x·f′(x)也是三次函数，观察图像，可知y＝x·f′(x)有三个零点－2,0,2.设y＝x·f′(x)＝ax(x－2)(x＋2)，∵当x>2时，y＝x·f′(x)>0，∴a>0.∴f′(x)＝a(x－2)(x＋2)．∴f(－2)是极大值，f(2)是极小值，故选C.5．已知函数f(x)＝sinx＋ex＋x2011，令f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，则f2012(x)＝()A．sinx＋exB.cosx＋exC．－sinx＋exD．－cosx＋ex答案A解析∵f1(x)＝f′(x)＝cosx＋ex＋2011x2010，f2(x)＝f′1(x)＝－sinx＋ex＋2011×2010x2009，f3(x)＝f′2(x)＝－cosx＋ex＋2011×2010×2009x2008，f4(x)＝f′3(x)＝sinx＋ex＋2011×2010×2009×2008x2007，…，∴f2012(x)＝sinx＋ex.6．设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数．若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是eq\f(3,2)，则切点的横坐标为()A．ln2B．－ln2C.eq\f(ln2,2)D.eq\f(－ln2,2)答案A解析f′(x)＝ex－ae－x，这个函数是奇函数，故对任意实数x恒有f′(－x)＝－f′(x)，即e－x－aex＝－ex＋ae－x.即(1－a)(ex＋e－x)＝0对任意实数x恒成立，故只能是a＝1.此时f′(x)＝ex－e－x，设切点的横坐标为x0，则＝eq\f(3,2)，即2－2＝0，即＝0，只能是＝2，解得x0＝ln2.故选A.7．(2012·福建)如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,5)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,7)答案C解析阴影部分的面积为eq\i\in(0,1,)(eq\r(x)－x)dx＝＝eq\f(1,6)，故所求的概率P＝eq\f(阴影部分的面积,正方形OABC的面积)＝eq\f(1,6)，故选C.8．(2013·长春调研)设a＝eq\i\in(0,1,)xeq\s\up15(－eq\f(1,3))dx，b＝1－eq\i\in(0,1,)xeq\s\up15(eq\f(1,2))dx，c＝eq\i\in(0,1,)x3dx，则a、b、c的大小关系为()A．a>b>cB．b>a>cC．a>c>bD．b>c>a答案A解析9．(2013·东北三校第一次模考)已知f(x)＝eq\f(lnx,1＋x)－lnx，f(x)在x＝x0处取最大值，以下各式正确的序号为()①f(x0)<x0；②f(x0)＝x0；③f(x0)>x0；④f(x0)<eq\f(1,2)；⑤f(x0)>eq\f(1,2).A．①④B．②④C．②⑤D．③⑤答案B解析f′(x)＝[(lnx)·(eq\f(1,x＋1)－1)]′＝eq\f(1,x)(eq\f(1,x＋1)－1)－eq\f(lnx,1＋x2)＝－eq\f(lnx＋x＋1,1＋x2)，由题意可知f′(x0)＝0，即lnx0＋x0＋1＝0，lnx0＝－(x0＋1)，故f(x0)＝eq\f(lnx0,1＋x0)－lnx0＝eq\f(－x0lnx0,1＋x0)＝eq\f(x01＋x0,1＋x0)＝x0.令函数g(x)＝lnx＋x＋1(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0.故函数g(x)为增函数，而g(eq\f(1,2))＝lneq\f(1,2)＋eq\f(3,2)>eq\f(3,2)－lne＝eq\f(1,2)>0＝g(x0)，∴x0<eq\f(1,2)，即f(x0)<eq\f(1,2).故选B.10．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1、x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是()A．[－eq\f(3,2)，3] B．[eq\f(3,2)，6]C．[3,12] D．[－eq\f(3,2)，12]答案C解析f′(x)＝3x2＋4bx＋c，由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－2＝12－8b＋c≥0，,f′－1＝3－4b＋c≤0，,f′1＝3＋4b＋c≤0，,f′2＝12＋8b＋c≥0.))f(－1)＝2b－c，当直线过点A时f(－1)取最小值3，当直线过点B时取最大值12，故选C.11．(2012·江西)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝()A．28B．76C．123D．199答案C解析记an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.12．(2013·衡水调研卷)已知an＝(eq\f(1,3))n，把数列{an}的各项排成如下的三角形：a1a2a3a4a5a6a7a8a9……记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11,12)＝()A．(eq\f(1,3))67B．(eq\f(1,3))68C．(eq\f(1,3))111D．(eq\f(1,3))112答案D解析该三角形所对应元素的个数为1,3,5，…，那么第10行的最后一个数为a100，第11行的第12个数为a112，即A(11,12)＝(eq\f(1,3))112.13．已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)＝eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(27,x3)≥4，…，类比有x＋eq\f(a,xn)≥n＋1(n∈N*)，则a＝()A．nB．2nC．n2D．nn答案D解析第一个式子是n＝1的情况，此时a＝1，第二个式子是n＝2的情况，此时a＝4，第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33，归纳可以知道a＝nn.14．设f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，又记f1(x)＝f(x)，fk＋1(x)＝f(fk(x))，k＝1，2，…，则f2013(x)等于()A．－eq\f(1,x)B．xC.eq\f(x－1,x＋1)D.eq\f(1＋x,1－x)答案D解析计算：f2(x)＝f(eq\f(1＋x,1－x))＝eq\f(1＋\f(1＋x,1－x),1－\f(1＋x,1－x))＝－eq\f(1,x)，f3(x)＝f(－eq\f(1,x))＝eq\f(1－\f(1,x),1＋\f(1,x))＝eq\f(x－1,x＋1)，f4(x)＝eq\f(1＋\f(x－1,x＋1),1－\f(x－1,x＋1))＝x，f5(x)＝f1(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，归纳得f4k＋1(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，k∈N*，从而f2013(x)＝eq\f(1＋x,1－x).二、填空题15．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则f′(1)＝________.答案－1解析f′(x)＝2f′(1)＋eq\f(1,x)，令x＝1，得f′(1)＝－1.16．已知向量a＝(x2，x＋1)，b＝(1－x，t)，若函数f(x)＝a·b在区间(－1,1)上是增函数，则实数t的取值范围是________．答案[5，＋∞)解析f(x)＝x2(1－x)＋t(x＋1)＝－x3＋x2＋tx＋t，f′(x)＝－3x2＋2x＋t，由题意f′(x)>0在(－1,1)上恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1≥0，,f′1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t－5≥0，,t－1≥0，))解得t≥5.17．函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是________．答案(－1,2]解析f′(x)＝3－3x2＝－3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1.当x变化时，f′(x)、f(x)变化情况如下表x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值－2极大值2又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0.∴x1＝－1，x2＝2.∵f(x)在开区间(a2－12，a)上有最小值，∴最小值一定是极小值．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－12<－1<a，,a≤2，))解得－1<a≤2.18．如图，函数y＝x2与y＝kx(k>0)的图像所围成的阴影部分的面积为eq\f(9,2)，则k＝________.答案3解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝kx，))得两曲线交点为(0,0)，(k，k2)．则S＝eq\i\in(0,k,)(kx－x2)dx＝eq\f(9,2)，即k3＝27，∴k＝3.19．(2013·九江市联考)已知P(x0，y0)是抛物线y2＝2px(p>0)上的一点，过P点的切线方程的斜率可通过如下方式求得：在y2＝2px两边同时对x求导，得：2yy′＝2p，则y′＝eq\f(p,y)，所以过P的切线的斜率：k＝eq\f(p,y0).试用上述方法求出双曲线x2－eq\f(y2,2)＝1在P(eq\r(2)，eq\r(2))处的切线方程为________．答案2x－y－eq\r(2)＝0解析用类比的方法对eq\f(y2,2)＝x2－1两边同时对x求导得，yy′＝2x，∴y′＝eq\f(2x0,y0)＝eq\f(2×\r(2),\r(2))＝2.∴切线方程为y－eq\r(2)＝2(x－eq\r(2))，∴2x－y－eq\r(2)＝0.20．观察下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…，由以上等式推测到一个一般的结论：对于n∈N*，12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝________.答案(－1)n＋1eq\f(n2＋n,2)解析注意到第n个等式的左边有n项，右边的结果的绝对值恰好等于左边的各项的所有底数的和，即右边的结果的绝对值等于1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(n2＋n,2)，注意到右边的结果的符号的规律是：当n为奇数时，符号为正；当n为偶数时，符号为负，因此所填的结果是(－1)n＋1eq\f(n2＋n,2).21．(2013·哈师大附中)Rt△ABC中，∠BAC＝90°，作AD⊥BC，D为垂足，BD为AB在BC上的射影，CD为AC在BC上的射影，则有AB2＋AC2＝BC2，AC2＝CD·BC成立．直角四面体P­ABC(即PA⊥PB、PB⊥PC，PC⊥PA)中，O为P在△ABC内的射影，△PAB、△PBC、△PCA的面积分别记为S1、S2、S3，△OAB、△OBC、△OCA的面积分别记为S′1，S′2、S′3，△ABC的面积记为S.类比直角三角形中的射影结论，在直角四面体P­ABC中可得到正确结论________．(写出一个正确结论即可)答案Seq\o\al(2,1)＝S1′S(或S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3))解析空间问题与平面问题的类比，通常可抓住几何要素的如下对应关系作对比：多面体↔多边形；面↔边；体积↔面积；二面角↔平面角；面积↔线段长，……由此，可类比得Seq\o\al(2,1)＝S′1S(或S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3))．三、解答题22．已知函数f(x)＝eq\f(a,a2－1)(ax－a－x)，其中a>0，且a≠1.(1)判断函数f(x)在(－∞，＋∞)上的单调性，并加以证明；(2)判断f(2)－2与f(1)－1，f(3)－3与f(2)－2的大小关系，由此归纳出一个更一般的结论，并加以证明．解析(1)由已知得f′(x)＝eq\f(alna,a2－1)(ax＋a－x)>0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．(2)f(2)－2>f(1)－1，f(3)－3>f(2)－2.一般的结论为：f(n＋1)－(n＋1)>f(n)－n(n∈N*)．证明过程如下：事实上，上述不等式等价于f(n＋1)－f(n)>1⇔eq\f(a2n＋1＋1,an＋1＋an)>1⇔(an＋1－1)(an－1)>0，在a>0且a≠1的条件下，(an＋1－1)(an－1)>0显然成立，故f(n＋1)－(n＋1)>f(n)－n(n∈N*)成立．23．设函数f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)为奇函数，其图像在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.(1)求a，b，c的值；(2)求函数f(x)的单调递增区间，并求函数f(x)在[－1,3]上的最大值和最小值．解析(1)∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c.∴c＝0，∵f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12，∴b＝－12.又直线x－6y－7＝0的斜率为eq\f(1,6)，因此，f′(1)＝3a＋b＝－6.∴a＝2，b＝－12，c＝0.(2)单调递增区间是(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)．f(x)在[－1,3]上的最大值是18，最小值是－8eq\r(2).24．已知函数f(x)＝eq\f(2ax＋a2－1,x2＋1)，其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在原点处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．解析(1)当a＝1时，f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)，f′(x)＝－2eq\f(x＋1x－1,x2＋12).由f′(0)＝2，得曲线y＝f(x)在原点处的切线方程是2x－y＝0.(2)f′(x)＝－2eq\f(x＋aax－1,x2＋12).①当a＝0时，f′(x)＝eq\f(2x,x2＋12).所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，在(－∞，0)单调递减．当a≠0，f′(x)＝－2aeq\f(x＋ax－\f(1,a),x2＋12).②当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝eq\f(1,a)，f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(x1)f(x2)故f(x)的单调减区间是(－∞，－a)，(eq\f(1,a)，＋∞)；单调增区间是(－a，eq\f(1,a))．③当a<0时，f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，x2)x2(x2，x1)x1(x1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)f(x2)f(x1)所以f(x)的单调增区间是(－∞，eq\f(1,a))，(－a，＋∞)；单调减区间是(eq\f(1,a)，－a)．综上，a>0时，f(x)在(－∞，－a)，(eq\f(1,a)，＋∞)单调递减；在(－a，eq\f(1,a))单调递增．a＝0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；在(－∞，0)单调递减．a<0时，f(x)在(－∞，eq\f(1,a))，(－a，＋∞)单调递增；在(eq\f(1,a)，－a)单调递减．25．已知函数f(x)＝－x2＋2lnx.(1)求函数f(x)的最大值；(2)若函数f(x)与g(x)＝x＋eq\f(a,x)有相同极值点，①求实数a的值；②若对于∀x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))，不等式eq\f(fx1－gx2,k－1)≤1恒成立，求实数k的取值范围．解析(1)f′(x)＝－2x＋eq\f(2,x)＝－eq\f(2x＋1x－1,x)(x>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x>0，))得0<x<1；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x>0，))得x>1.∴f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数．∴函数f(x)的最大值为f(1)＝－1.(2)∵g(x)＝x＋eq\f(a,x)，∴g′(x)＝1－eq\f(a,x2).①由(1)知，x＝1是函数f(x)的极值点．又∵函数f(x)与g(x)＝x＋eq\f(a,x)有相同极值点，∴x＝1是函数g(x)的极值点．∴g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1.经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值，符合题意．②∵f(eq\f(1,e))＝－eq\f(1,e2)－2，f(1)＝－1，f(3)＝－9＋2ln3，∵－9＋2ln3<－eq\f(1,e2)－2<－1，即f(3)<f(eq\f(1,e))<f(1)，∴∀x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))，f(x1)min＝f(3)＝－9＋2ln3，f(x1)max＝f(1)＝－1.由①知g(x)＝x＋eq\f(1,x)，∴g′(x)＝1－eq\f(1,x2).故g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，g′(x)<0；当x∈(1,3]时，g′(x)>0.故g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上为减函数，在(1,3]上为增函数．∵g(eq\f(1,e))＝e＋eq\f(1,e)，g(1)＝2，g(3)＝3＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)，而2<e＋eq\f(1,e)<eq\f(10,3)，∴g(1)<g(eq\f(1,e))<g(3)．∴∀x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，g(x2)min＝g(1)＝2，g(x2)max＝g(3)＝eq\f(10,3).当k－1>0，即k>1时，对于∀x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，不等式eq\f(fx1－gx2,k－1)≤1恒成立⇔k－1≥[f(x1)－g(x2)]max⇔k≥[f(x1)－g(x2)]max＋1.∵f(x1)－g(x2)≤f(1)－g(1)＝－1－2＝－3，∴k≥－3＋1＝－2，又∵k>1，∴k>1.当k－1<0，即k<1时，对于∀x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，不等式eq\f(fx1－gx2,k－1)≤1恒成立⇔k－1≤[f(x1)－g(x2)]min⇔k≤[f(x1)－g(x2)]min＋1.∵f(x1)－g(x2)≥f(3)－g(3)＝－9＋2ln3－eq\f(10,3)＝－eq\f(37,3)＋2ln3，∴k≤－eq\f(34,3)＋2ln3.又∵k<1，∴k≤－eq\f(34,3)＋2ln3.综上，所求的实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(34,3)＋2ln3))∪(1，＋∞)．26．已知函数f(x)＝ax＋x2，g(x)＝xlna，a>1.(1)求证：函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)若函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(Fx－b＋\f(1,b)))－3有四个零点，求b的取值范围；(3)若对于任意的x1，x2∈[－1,1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．解析(1)∵F(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋x2－xlna，∴F′(x)＝ax·lna＋2x－lna＝(ax－1)lna＋2x.∵a>1，x>0，∴ax－1>0，lna>0,2x>0.∴当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，即函数F(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，所以F(x)在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴F(x)取得最小值为F(0)＝1.由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(Fx－b＋\f(1,b)))－3＝0，得F(x)＝b－eq\f(1,b)＋3或F(x)＝b－eq\f(1,b)－3.所以要使函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(Fx－b＋\f(1,b)))－3有四个零点，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,b)＋3>1，,b－\f(1,b)－3>1，))即b－eq\f(1,b)>4，即eq\f(b2－4b－1,b)>0，解得b>2＋eq\r(5)或2－eq\r(5)<b<0.(3)∵∀x1，x2∈[－1,1]，由(1)知F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．∴F(x)min＝F(0)＝1.从而再来比较F(－1)与F(1)的大小即可．F(－1)＝eq\f(1,a)＋1＋lna，F(1)＝a＋1－lna，∴F(1)－F(－1)＝a－eq\f(1,a)－2lna.令H(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，则H′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x2－2x＋1,x2)＝eq\f(x－12,x2)>0.∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵a>1，∴H(a)>H(1)＝0，∴F(1)>F(－1)．∴|F(x2)－F(x1)|的最大值为|F(1)－F(0)|＝a－lna.∴要使|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，只需a－lna≤e2－2即可．令h(a)＝a－lna(a>1)，h′(a)＝1－eq\f(1,a)>0，所以h(a)在(1，＋∞)单调递增．因为h(e2)＝e2－2，所以h(a)≤h(e2)，即1<a≤e2.27．已知函数f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex，其中a∈(1)是否存在实数a，使得函数y＝f(x)在R上单调递增？若存在，求出a的值或取值范围；否则，请说明理由．(2)若a<0，且函数y＝f(x)的极小值为－eq\f(3,2)e，求函数的极大值；(3)若a＝－1时，不等式(m－n)·e≤f(x)≤(m＋n)·e－1在[－1,1]上恒成立，求z＝m2＋n2的取值范围．解析(1)∵f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex，∴f′(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex＋(2x＋a)ex＝ex[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]．由f′(x)≥0可得ex[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]≥0.即x2＋(a＋2)x－2a2＋4a≥0在x∈R时恒成立．∴Δ＝(a＋2)2－4(－2a2＋4a)≤0，即(3a－2)2≤0，即a＝eq\f(2,3)，此时，f′(x)＝(x＋eq\f(4,3))2ex≥0，函数y＝f(x)在R上单调递增．(2)由f′(x)＝0可得ex[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]＝0，解之得x1＝－2a，x2＝当a<0时，－2a>a－2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(－∞，a－2)a－2(a－2，－2a－2a(－2a，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)递增极大值递减极小值递增由条件可知，f(－2a)＝－eq\f(3,2)e，即3a·e－2a＝－eq\f(3,2)e，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＝－\f(3,2)，,－2a＝1，))可得a＝－eq\f(1,2).此时，f(x)＝(x2－eq\f(1,2)x－2)ex，极大值为f(a－2)＝f(－eq\f(5,