2025年高考数学一轮复习-一元函数的导数及其应用(能力提升卷)【含答案】

一元函数的导数及其应用(能力提升卷)题号123456789101112答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知函数f(x)＝(x2＋x＋1)ex，则f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为()A.x＋y＋1＝0 B.x－y＋1＝0C.2x＋y＋1＝0 D.2x－y＋1＝02.已知函数f(x)＝eq\f(1,6)x3－eq\f(1,2)ax2－bx(a＞0，b＞0)的一个极值点为1，则ab的最大值为()A.1 B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,16)3.意大利著名天文学家伽利略曾错误地猜测链条自然下垂时的形状是抛物线.直到1690年，雅各布·伯努利正式提出该问题为“悬链线”问题并向数学界征求答案.1691年他的弟弟约翰·伯努利和莱布尼兹、惠更斯三人各自都得到了正确答案，给出悬链线的数学表达式——双曲余弦函数：f(x)＝c＋acosheq\f(x,a)＝c＋a·eq\f(e\f(x,a)＋e－\f(x,a),2)(e为自然对数的底数).当c＝0，a＝1时，记p＝f(－1)，m＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，n＝f(2)，则p，m，n的大小关系为()A.p＜m＜n B.n＜m＜pC.m＜p＜n D.m＜n＜p4.已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1有且仅有一个零点，则实数a的取值范围为()A.(－∞，0]∪{1} B.[0，1]C.(－∞，0]∪{2} D.[0，2]5.已知f(x)是定义在R上的可导函数，若在R上有f(x)>f′(x)恒成立，且f(1)＝e(e为自然对数的底数)，则下列结论正确的是()A.f(0)＝1 B.f(0)<1C.f(2)<e2 D.f(2)>e26.设0＜x＜1，则a＝eq\f(ex,x)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)))eq\s\up12(2)，c＝eq\f(ex2,x2)的大小关系是()A.a＜b＜c B.a＜c＜bC.c＜a＜b D.b＜a＜c7.若∀a，b，c∈D，g(a)，g(b)，g(c)可以作为一个三角形的三条边长，则称函数g(x)是区间D上的“稳定函数”.已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)＋m是区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e2))上的“稳定函数”，则实数m的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2e＋\f(1,e)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2e2＋\f(1,e)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4e＋\f(1,e)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4e2＋\f(1,e)，＋∞))8.已知函数f(x)＝lnx－m与g(x)＝－x2＋eq\f(7,3)x的图象在区间[1，3]上存在关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－2，ln\f(3,2)＋\f(5,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－2，\f(4,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，ln\f(3,2)＋\f(5,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(4,3)))二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是()A.ln2＞eq\f(2,e) B.ln3＜eq\f(3,e)C.lnπ＞eq\f(π,e) D.eq\f(ln3,lnπ)＜eq\f(3,π)10.已知函数f(x)＝x3－3x2＋3，则下列选项正确的是()A.函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为3x＋y－4＝0B.函数y＝f(x)有3个零点C.函数y＝f(x)在x＝2处取得极大值D.函数y＝f(x)的图象关于点(1，1)对称11.已知函数f(x)＝x4＋ax2＋ax＋1(a≠0)，则()A.存在a使得f(x)恰有三个单调区间B.f(x)有最小值C.存在a使得f(x)有小于0的极值点D.当x1＜0＜x2，且x1＋x2＞0时，f(x1)＜f(x2)12.已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，则()A.f(2)＞f(5)B.若f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，则x1x2＜e2C.ln2＞eq\r(\f(2,e))D.若2x＝3y，x，y均为正数，则2x＞3y三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋(3－a)x＋b有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是________.14.已知函数f(x)＝x2＋2x＋a，g(x)＝lnx－2x，如果存在x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得对任意的x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是________.15.定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”.若函数g(x)＝eq\f(1,2)x，h(x)＝ln2x，φ(x)＝sinx(0＜x＜π)的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________.16.已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，且满足f(x)＞0，f(x)＋f′(x)＜0，若0＜x1＜1＜x2，且x1x2＝1.给出以下不等式：①f(x1)＞ex2－x1f(x2)；②x1f(x2)＜x2f(x1)；③x1f(x1)＞x2f(x2)；④f(x2)＞(1－x1)f(x1).其中正确的有________(填写所有正确的不等式的序号).四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－eq\f(4,3).(1)求函数f(x)的解析式；(2)若方程f(x)＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围.18.(12分)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a（x＋1）ex，x≤0，,x2－ax＋\f(1,2)，x＞0.))(1)若a＝2，求f(x)的最小值；(2)若f(x)恰好有三个零点，求实数a的取值范围.19.(12分)已知函数f(x)＝ex－a(x－1)＋2(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x∈[a，＋∞)，不等式f(x)≥3恒成立，求实数a的取值范围.20.(12分)已知函数f(x)＝(x－b)ex－eq\f(a,2)(x－b＋1)2(a＞0，b∈R，e为自然对数的底数).(1)若b＝2，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在R上单调递增，求证：ea－1≥b.21.(12分)已知实数a＞0，函数f(x)＝eq\f(2,x)＋a2x＋alnx，x∈(0，10).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，曲线y＝f(x)在点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))(x1＜x2)处的切线分别为l1，l2，且l1，l2在y轴上的截距分别为b1，b2.若l1∥l2，求b1－b2的取值范围.22.(12分）已知函数f(x)＝xex－alnx－e(a∈R).(1)当a＝2e时，不等式f(x)≥mx－m在[1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)若a＞0时，f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的最大值以及此时a的值.参考答案1.D[因为f(x)＝(x2＋x＋1)ex，所以f′(x)＝(x2＋3x＋2)ex，f(0)＝1，f′(0)＝2，则f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0，故选D.]2.D[由题意，得f′(x)＝eq\f(1,2)x2－ax－b.因为1是函数f(x)的一个极值点，所以f′(1)＝eq\f(1,2)－a－b＝0，所以a＋b＝eq\f(1,2)，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)，当且仅当a＝b＝eq\f(1,4)时等号成立，所以ab的最大值为eq\f(1,16)，故选D.]3.C[由题意知，当c＝0，a＝1时，f(x)＝eq\f(e－x＋ex,2)，f′(x)＝eq\f(－e－x＋ex,2)＝eq\f(e2x－1,2ex)，当x＞0时，f′(x)＞0，即函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，f(－1)＝eq\f(e－1＋e,2)＝f(1)，∵0＜eq\f(1,2)＜1＜2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1)＜f(2)，即m＜p＜n，故选C.]4.A[由函数f(x)有且仅有一个零点，得方程f(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个解，即a＝x－xlnx，x＞0只有一个解，令g(x)＝x－xlnx，x＞0，则g′(x)＝－lnx，当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，且g(1)＝1，作出函数g(x)的图象如图所示，则当a≤0或a＝1时，f(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个解，故选A.]5.C[设g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)，又因为f(x)>f′(x)在R上恒成立，所以g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)<0在R上恒成立，所以函数g(x)＝eq\f(f（x）,ex)在R上单调递减，则g(2)<g(1)，即eq\f(f（2）,e2)<eq\f(f（1）,e)＝1，所以f(2)<e2.故选C.]6.B[设f(x)＝eq\f(ex,x)，则f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，则f(x)在(0，1)上为减函数，∵x2＜2x，∴ex2＜e2x，则eq\f(ex2,x2)＜eq\f(e2x,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)))eq\s\up12(2)，故b＞c.又0＜x2＜x＜1，∴f(x2)＞f(x)，则eq\f(ex2,x2)＞eq\f(ex,x)，故c＞a，所以a＜c＜b，故选B.]7.D[∵f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e))时，f′(x)＞0；当x∈(e，e2]时，f′(x)＜0；∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e))上单调递增，在(e，e2]上单调递减，∴f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)＋m，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－2e2＋m，f(e2)＝eq\f(2,e2)＋m，∴f(x)min＝－2e2＋m，由“稳定函数”定义可知：2f(x)min＞f(x)max，即2(－2e2＋m)＞eq\f(1,e)＋m，解得m＞4e2＋eq\f(1,e)，即实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4e2＋\f(1,e)，＋∞)).故选D.]8.A[由题可知函数f(x)＝lnx－m与y＝x2－eq\f(7,3)x的图象在区间[1，3]上存在公共点，即方程lnx－m－x2＋eq\f(7,3)x＝0在区间[1，3]内有解，即方程m＝lnx－x2＋eq\f(7,3)x在区间[1，3]内有解.令h(x)＝lnx－x2＋eq\f(7,3)x(x∈[1，3])，则h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋eq\f(7,3)＝－eq\f(（3x＋1）（2x－3）,3x)，所以当x∈[1，3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))3h′(x)＋0－h(x)eq\f(4,3)lneq\f(3,2)＋eq\f(5,4)ln3－2由上表可知h(1)＝eq\f(4,3)，h(3)＝ln3－2＜eq\f(4,3)，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝lneq\f(3,2)＋eq\f(5,4)，所以当x∈[1，3]时，h(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－2，ln\f(3,2)＋\f(5,4)))，故m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－2，ln\f(3,2)＋\f(5,4)))，故选A.]9.ACD[令f(x)＝lnx－eq\f(x,e)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,e)，当0＜x＜e时f′(x)＞0，当x＞e时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(e)＝lne－eq\f(e,e)＝0，则f(2)＝ln2－eq\f(2,e)＜0，得ln2＜eq\f(2,e)，故A错误；f(3)＝ln3－eq\f(3,e)＜0，得ln3＜eq\f(3,e)，故B正确；f(π)＝lnπ－eq\f(π,e)＜0，得lnπ＜eq\f(π,e)，故C错误；对D项，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0＜x＜e时，g′(x)＞0，当x＞e时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则g(3)＞g(π)，得eq\f(ln3,3)＞eq\f(lnπ,π)，即eq\f(ln3,lnπ)＞eq\f(3,π)，故D错误，故选ACD.]10.ABD[A项，∵f′(x)＝3x2－6x，∴f′(1)＝3－6＝－3，且f(1)＝1－3＋3＝1，∴函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为3x＋y－4＝0，A正确；B项，令f′(x)＝3x2－6x＞0，解得x＜0或x＞2，∴函数y＝f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减.又∵f(－1)＝－1＜0，f(0)＝3＞0，f(2)＝－1＜0，f(3)＝3＞0，∴在(－1，0)，(0，2)，(2，3)上各有一零点，即函数y＝f(x)有3个零点，B正确；C项，由B知函数y＝f(x)在x＝2处取得极小值，C错误；D项，令g(x)＝x3－3x，x∈R，∵g(－x)＝－x3＋3x＝－g(x)，∴函数g(x)为奇函数，则g(x)的图象关于原点对称.将函数g(x)＝x3－3x的图象向右平移一个单位长度再向上平移一个单位长度可得函数h(x)＝(x－1)3－3(x－1)＋1＝x3－3x2＋3＝f(x)的图象，∴函数y＝f(x)的图象关于点(1，1)对称，D为真命题.]11.BC[f′(x)＝4x3＋2ax＋a，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝12x2＋2a，当a＞0时，g′(x)＞0，f′(x)单调递增，又f′(－eq\r(3,a))＝－3a－2aeq\r(3,a)＜0，f′(0)＝a＞0，∴f′(x)在(－eq\r(3,a)，0)内存在唯一零点，记为x0，则f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，f(x0)既是极小值又是最小值；当a＜0时，f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(－\f(a,6))))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,6))，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,6))，\r(－\f(a,6))))上单调递减，f′(0)＝a＜0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,6))))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,3)\r(－\f(a,6))))，若a＜－eq\f(27,8)，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,6))))＞0，f′(x)在(－∞，0)上有两个零点，记为x1，x2，在(0，＋∞)上有一个零点，记为x3，则f(x)在(－∞，x1)和(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)和(x3，＋∞)上单调递增，x1为小于0的极小值点，f(x1)和f(x3)中的较小者即为f(x)的最小值；若－eq\f(27,8)≤a＜0，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,6))))≤0，f′(x)只在(0，＋∞)上存在唯一零点，记为x4，f(x)在(－∞，x4)上单调递减，在(x4，＋∞)上单调递增，f(x4)为最小值，故B，C正确，A错误；对于D，当x1＜0＜x2，且x1＋x2＞0时，f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(4,1)－xeq\o\al(4,2)＋a(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋a(x1－x2)＝(x1－x2)[(x1＋x2)·(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋a)＋a]，取a＝－(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))，则有f(x1)－f(x2)＞0，故D错误.故选BC.]12.AD[对于A，f(2)＝eq\f(ln2,2)＝lneq\r(2)，f(5)＝eq\f(ln5,5)＝lneq\r(5,5)，又(eq\r(2))10＝25＝32，(eq\r(5,5))10＝25，32＞25，所以eq\r(2)＞eq\r(5,5)，则有f(2)＞f(5)，A正确；对于B，若f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，则x1x2＞e2，故B不正确；证明如下：函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当f′(x)＞0时，0＜x＜e；当f′(x)＜0时，x＞e，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则f(x)max＝eq\f(1,e)，且x＞e时，有f(x)＞0，所以若f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，则有0＜m＜eq\f(1,e).不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜e＜x2，要证x1x2＞e2，只需证x2＞eq\f(e2,x1)，且x2＞eq\f(e2,x1)＞e，又f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(x1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1)))，令F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))(0＜x＜e)，则有F′(x)＝(1－lnx)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,e2)))，当0＜x＜e时，1－lnx＞0，eq\f(1,x2)－eq\f(1,e2)＞0，所以有F′(x)＞0，即F(x)在(0，e)上单调递增，且F(e)＝0，所以F(x)＜0恒成立，即f(x1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1)))，即f(x2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1)))，即x1x2＞e2.对于C，由B可知，f(x)在(0，e)上单调递增，则有f(2)＜f(e)，即eq\f(ln2,2)＜eq\f(lne,e)，则有ln2＜eq\f(2,e)＜eq\r(\f(2,e))，故C不正确.对于D，令2x＝3y＝m，x，y均为正数，则m＞1，解得x＝log2m＝eq\f(lnm,ln2)，y＝log3m＝eq\f(lnm,ln3)，2x－3y＝eq\f(2lnm,ln2)－eq\f(3lnm,ln3)＝(lnm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln2)－\f(3,ln3)))，f(2)－f(3)＝eq\f(ln2,2)－eq\f(ln3,3)＝eq\f(3ln2－2ln3,6)＝eq\f(ln8－ln9,6)＝eq\f(ln\f(8,9),6)＜0，则有f(2)＜f(3)，即0＜eq\f(ln2,2)＜eq\f(ln3,3)，即eq\f(2,ln2)＞eq\f(3,ln3)，所以2x－3y＞0，故D正确.故选AD.]13.(－∞，－6)∪(2，＋∞)[f′(x)＝x2－ax＋3－a，要使f(x)有三个不同的单调区间，则f′(x)＝0有两个不同的实数根，故Δ＝(－a)2－4(3－a)＞0，即a∈(－∞，－6)∪(2，＋∞).]14.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，ln2－\f(21,4)))[g′(x)＝eq\f(1,x)－2＝eq\f(1－2x,x)≤0，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，∴g(x)min＝g(2)＝ln2－4.∵f(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,4)＋a.∵存在x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得对任意的x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≤g(x2)成立，∴eq\f(5,4)＋a≤ln2－4，∴a≤ln2－eq\f(21,4).]15.γ＜α＜β[由题意知①g′(x)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,2)α＝eq\f(1,2)，则α＝1.②h′(x)＝eq\f(1,x)，由ln2x＝eq\f(1,x)，得ln2β＝eq\f(1,β)，在(0，＋∞)上h(x)为增函数，h′(x)＝eq\f(1,x)为减函数，h′(1)＝1＞h(1)＝ln2，若0＜β＜1，则h′(β)＞h′(1)＞h(1)＞h(β)，故与h′(β)＝h(β)矛盾，所以β＞1.③φ′(x)＝cosx，由cosx＝sinx得cosγ＝sinγ，则tanγ＝1，又γ∈(0，π)，∴γ＝eq\f(π,4)＜1，∴γ＜α＜β.]16.①②③[设F(x)＝exf(x)，则F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＜0，由此可得F(x)单调递减，所以ex1f(x1)＞ex2f(x2)，即f(x1)＞ex2－x1f(x2)，故①正确；因为f(x)＞0，f(x)＋f′(x)＜0，所以f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以f(x2)＜f(x1)＜eq\f(x2,x1)f(x1)，所以x1f(x2)＜x2f(x1)，故②正确；对于③，由①分析可知f(x1)＞ex2－x1f(x2)，欲使x1f(x1)＞x2f(x2)，且x1x2＝1，即f(x1)＞xeq\o\al(2,2)f(x2)成立，只需满足ex2－eq\f(1,x2)＞xeq\o\al(2,2)即可，即证x2－eq\f(1,x2)＞2lnx2(x2＞1)，设m(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，则m′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(（x－1）2,x2)＞0，则m(x)单调递增，所以m(x2)＞m(1)＝0，故③正确；对于④，假设f(x2)＞(1－x1)f(x1)成立，因为ex1f(x1)＞ex2f(x2)，所以ex1－eq\f(1,x1)f(x1)＞f(x2)，所以ex1－eq\f(1,x1)＞1－x1，取x1＝eq\f(1,2)，则e－eq\f(3,2)＞eq\f(1,2)，所以eeq\f(3,2)＜2不成立，故④不正确.故答案为①②③.]17.解(1)f′(x)＝3ax2－b，由题设得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝12a－b＝0，,f（2）＝8a－2b＋4＝－\f(4,3)，))解得a＝eq\f(1,3)，b＝4.故所求函数的解析式为f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4.(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增eq\f(28,3)单调递减－eq\f(4,3)单调递增因此，当x＝－2时，f(x)有极大值eq\f(28,3)，当x＝2时，f(x)有极小值－eq\f(4,3)，所以函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的图象大致如图所示.若f(x)＝k有3个不同的根，则直线y＝k与函数f(x)的图象有3个交点，所以－eq\f(4,3)＜k＜eq\f(28,3).综上，实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(28,3))).18.解(1)当a＝2时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（x＋1）ex，x≤0，,x2－2x＋\f(1,2)，x＞0.))当x≤0时，f′(x)＝2(x＋2)ex，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，0]上单调递增，此时f(x)的最小值为f(－2)＝－eq\f(2,e2)；当x＞0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时f(x)的最小值为f(1)＝－eq\f(1,2).因为－eq\f(2,e2)＞－eq\f(1,2)，所以f(x)的最小值为－eq\f(1,2).(2)显然a≠0.因为当x≤0时，f(x)有且只有一个零点－1，所以原命题等价于f(x)在(0，＋∞)上有两个零点.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－2＞0，,a＞0，))解得a＞eq\r(2)，故实数a的取值范围是(eq\r(2)，＋∞).19.解(1)f′(x)＝ex－a，①当a≤0时，f′(x)＝ex－a＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.②当a＞0时，由f′(x)＝ex－a＞0，得x＞lna；由f′(x)＝ex－a＜0，得x＜lna，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)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.(2)①当a＝0时，因为x≥0，所以f(x)＝ex＋2≥3恒成立，所以a＝0符合题意；②当a＜0时，由(1)知f(x)min＝f(a)＜f(0)＝a＋3＜3，不符合题意；③当a＞0时，由(1)知f(x)在(－∞，lna)上单调递减，f(x)在(lna，＋∞)上单调递增.下面先证明：a＞lna(a＞0).设g(x)＝x－lnx，因为g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1＞0，因此a＞lna.所以f(x)在[a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝ea－a2＋a＋2.令h(x)＝ex－x2＋x＋2，则h′(x)＝ex－2x＋1.令u(x)＝ex－2x＋1(x＞0)，则u′(x)＝ex－2.由u′(x)＞0，得x＞ln2；由u′(x)＜0，得0＜x＜ln2.所以u(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以u(x)≥u(ln2)＝3－2ln2＞0，即当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝3，所以f(x)min＞3，所以f(x)≥3恒成立，故a＞0符合题意.综上，实数a的取值范围是[0，＋∞).20.(1)解当b＝2时，f(x)＝(x－2)ex－eq\f(a,2)(x－1)2，则f′(x)＝(x－1)ex－a(x－1)＝(x－1)(ex－a)，因为a＞0，所以分类讨论：①当lna＜1，即0＜a＜e时，由f′(x)＜0得lna＜x＜1，由f′(x)＞0得x＞1或x＜lna，此时f(x)在(－∞，lna)，(1，＋∞)上单调递增，在(lna，1)上单调递减；②当lna＞1，即a＞e时，由f′(x)＜0得1＜x＜lna，由f′(x)＞0得x＜1或x＞lna，此时f(x)在(－∞，1)，(lna，＋∞)上单调递增，在(1，lna)上单调递减；③当lna＝1，即a＝e时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在R上单调递增.综上，当0＜a＜e时，f(x)在(lna，1)上单调递减，在(－∞，lna)，(1，＋∞)上单调递增；当a＞e时，f(x)在(1，lna)上单调递减，在(－∞，1)，(lna，＋∞)上单调递增；当a＝e时，f(x)在R上单调递增.(2)证明f′(x)＝(x－b＋1)(ex－a)，由f(x)在R上单调递增，知(x－b＋1)(ex－a)≥0恒成立，易知y＝x－b＋1，y＝ex－a在R上均单调递增，要使(x－b＋1)(ex－a)≥0恒成立，则y＝x－b＋1与y＝ex－a的零点相等，即b－1＝lna，即b＝lna＋1，故要证ea－1≥b，只需证lna＋1≤ea－1.设g(a)＝ea－1－lna－1，则g′(a)＝ea－1－eq\f(1,a)，易知g′(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，故由g′(a)＜0，得0＜a＜1，由g′(a)＞0，得a＞1，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(a)≥g(1)＝0，即lna＋1≤ea－1，原不等式得证.21.解(1)f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋a2＋eq\f(a,x)＝eq\f(（ax＋2）（ax－1）,x2)(0＜x＜10).∵a＞0，0＜x＜10，∴ax＋2＞0.①当eq\f(1,a)≥10，即a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,10)))时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，10)上单调递减；②当0＜eq\f(1,a)＜10，即a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，＋∞))时，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，10))时，f′(x)＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，10))上单调递增.综上所述，当a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,10)))时，f(x)在(0，10)上单调递减；当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，＋∞))时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，10))上单调递增.(2)∵x＝1是f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，即(a＋2)(a－1)＝0，解得a＝1或a＝－2(舍)，此时f(x)＝eq\f(2,x)＋x＋lnx，f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＋1.∴l1方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋x1＋lnx1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,xeq\o\al(2,1))＋\f(1,x1)＋1))(x－x1)，令x＝0，得b1＝eq\f(4,x1)＋