函数与导数习题及答案

函数与导数一、选择题1．已知f(x)＝xlnx，若等于 ()A． B．e C.eq\f(ln2,2) D．ln22、设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()A．0B．1C．2D．33．若函数满足f′(1)＝2，则f′(－1)等于 ()A．－1 B．－2 C．2 D．04．设函数f(x)＝ax3＋2，若f′(－1)＝3，则a等于()A．－1B.eq\f(1,2)C．1D.eq\f(1,3)5．设f(x)为可导函数，且eq\o(lim,\s\do4(h→∞))eq\f(f(3)－f(3＋h),2h)＝5，则f′(3)等于()A．5 B．10C．－5 D．－106．曲线y＝4x－x3在点(－1，－3)处的切线方程是()A．y＝7x＋4 B．y＝7x＋2C．y＝x－4 D．y＝x－27．在曲线y＝x2上切线倾斜角为eq\f(π,4)的点是()A．(0,0) B．(2,4)C．(eq\f(1,4)，eq\f(1,16)) D．(eq\f(1,2)，eq\f(1,4))8．设曲线y＝eq\f(1＋cosx,sinx)在点(eq\f(π,2)，1)处的切线与直线x－ay＋1＝0平行，则实数a等于()A．－1 B.eq\f(1,2)C．－2 D．29．已知f(x)＝eq\f(1,2)x2－cosx，，则导函数f′(x)是()A．仅有最小值的奇函数B．既有最大值，又有最小值的偶函数C．仅有最大值的偶函数D．既有最大值，又有最小值的奇函数10．已知曲线y＝eq\f(x2,4)－3lnx的一条切线的斜率为－eq\f(1,2)，则切点的横坐标为()A．3B．2C．1D.eq\f(1,2)11．设函数f(x)＝－eq\f(2x,1＋x2)，则f(x)()A．在(－∞，＋∞)内单调递增B．在(－∞，＋∞)内单调递减C．在(－1,1)内单调递减，其余区间单调递增D．在(－1,1)内单调递增，其余区间单调递减12.如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是()A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数13．已知函数f(x)＝mx3＋3(m－1)x2－m2＋1(m>0)的单调递减区间是(0,4)，则m等于()A．3B.eq\f(1,3)C．2D.eq\f(1,2)14．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间是()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)15．若f(x)是定义在R上的可导函数，且对任意x∈R，满足f(x)＋f′(x)>0，则对任意实数a，b()A．a>b⇔eaf(b)>ebf(a) B．a>b⇔eaf(b)<ebf(a)C．a>b⇔eaf(a)<ebf(b) D．a>b⇔eaf(a)>ebf(b)16．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)17.已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A．1 B．2C．3 D．418．若曲线f(x)＝acosx与曲线g(x)＝x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b等于()A．－1B．0C．1D．219．已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈(－∞，0]时，恒有xf′(x)<f(－x)，令F(x)＝xf(x)，则满足F(3)>F(2x－1)的实数x的取值范围是()A．(－1,2)B．(－1，eq\f(1,2))C．(eq\f(1,2)，2) D．(－2,1)20．函数f(x)＝excosx的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角α为()A.eq\f(π,4)B．0C.eq\f(3π,4)D．121．已知点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程是()A．6x－y－4＝0B．x－4y＋7＝0C．6x－y－4＝0或x－4y＋7＝0D．6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝022．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在区间(a，a＋5)内存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)23．若函数y＝x3－3ax＋a在(1,2)内有极小值，则实数a的取值范围是()A．1<a<2 B．1<a<4C．2<a<4 D．a>4或a<124．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()A．(0,2] B．(0,2)C．[eq\r(3)，2) D．(eq\r(3)，2)25．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)26．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，－eq\f(9,8)]C．[－6，－2] D．[－4，－3]27．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)等于()A．0B．－4C．－2D．228．曲线y＝lnx在x＝eq\r(3)处的切线的倾斜角为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)29．曲线f(x)＝x3＋x－2在点P0处的切线平行于直线y＝4x－1，则P0点的坐标为()A．(1，0)B．(2，8)C．(2，8)或(－1，－4)D．(1，0)或(－1，－4)30．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A.eq\f(1,2)B．1C．－2D．331．若曲线y＝ax2－lnx在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝()A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－132．函数f(x)＝xcosx的导函数f′(x)在区间[－π，π]上的图像大致是()ABCD33．定义域为R的函数f(x)，满足f(0)＝1，f′(x)＜f(x)＋1，则不等式f(x)＋1＜2ex的解集为()A．{x∈R|x>1}B．{x∈R|0＜x＜1}C．{x∈R|x＜0}D．{x∈R|x＞0}34．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在区间[－1，1]上是减函数，则a的取值范围是()A．0＜a＜eq\f(3,4)B.eq\f(1,2)＜a＜eq\f(3,4)C．a≥eq\f(3,4)D．0＜a＜eq\f(1,2)35．设1＜x＜2，则eq\f(lnx,x)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)，eq\f(lnx2,x2)的大小关系是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)＜eq\f(lnx2,x2)B.eq\f(lnx,x)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx2,x2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx2,x2)＜eq\f(lnx,x)D.eq\f(lnx2,x2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)36．函数的单调增区间为（） A． B． C． D．37．如果函数的图象如左下图，那么导函数的图象可能是（） 38．已知直线y＝kx是y＝lnx的切线，则k的值为（） A． B． C． D．39．函数f（x）＝ax3－x在上为减函数，则（） A． B． C． D．40．函数的定义域为，，对任意，，则的解集为（） A． B． C． D．41．已知函数有极大值和极小值，则实数的取值范围是（） A． B． C． D．42．函数的极小值为（） A． B．0 C． D．143．函数的最小值为（） A．0 B． C． D．44．设直线与函数，的图象分别交于点，则当达到最小时的值为（） A．1 B． C． D．45．设函数．若为函数的一个极值点，则下列图象不可能为的图象是（）二、填空题1．曲线y＝lnx－1在x＝1处的切线方程为____________．2．已知函数在内有最小值，则的取值范围是___________．3．若曲线存在垂直于轴的切线，则实数的取值范围是________．4．已知直线与曲线相切，则的值为________．5．已知函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数．若f′(1)＝3，则a的值为________．6．设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝________．7．设函数f(x)＝(x2＋2x－2)ex(x∈R)，则f(x)的单调递减区间是________．)8．已知曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________．9．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是____________．10．设函数f(x)＝ax＋eq\f(1,x＋b)(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3.则函数f(x)的解析式为____________．11．已知函数f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x－4，则f′(1)＝________.12．已知曲线y＝eq\f(1,3)x3上一点P(2，eq\f(8,3))，则过点P的切线方程为____________________________________．13．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是________________．14．已知函数f(x)＝x2＋3x－2lnx，则函数f(x)的单调递减区间为__________．15．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－2ax－alnx在(1,2)上单调递减，则a的取值范围是________．16．设函数y＝f(x)，x∈R的导函数为f′(x)，且f(x)＝f(－x)，f′(x)<f(x)．则下列三个数：ef(2)，f(3)，e2f(－1)从小到大依次排列为________________．17．曲线y＝x(x＋1)(2－x)有两条平行于直线y＝x的切线，则两切线之间的距离是________．18．已知函数f(x)＝xlnk－klnx(k>1)的图象不经过第四象限，则函数g(x)＝f(x)＋k的值域为________．19．若函数f(x)＝lnx＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________________．20．函数f(x)＝ax－cosx，x∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，若∀x1，x2∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，x1≠x2，eq\f(f(x2)－f(x1),x2－x1)<0，则实数a的取值范围是________．21．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋x在R上不是单调函数，则a的取值范围是________________．22．已知函数f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)(a>0)，若f(x)为R上的单调函数，则实数a的取值范围是________．23．函数f(x)＝2lnx＋x2在点x＝1处的切线方程是________．24．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(1)＝0，f′(1)＝0，但x＝1不是函数f(x)的极值点，则abc的值为________．25．已知函数在上为减函数，则实数的取值范围为___________．三、解答题1．已知函数． （Ⅰ）当时，求函数的图像在点处的切线方程； （Ⅱ）若在上单调，求的取值范围； （Ⅲ）当时，求函数的极小值．2．已知函数f(x)＝ln2x－kx在定义域内单调递减，求实数k的取值范围．3．已知函数f(x)＝(x＋1)2(x－2)，当x∈[a，a＋2]时，f(x)的最大值为0，求实数a的取值．4．已知x＝0是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的一个极值点，f(x)的图像经过点A(3，0)．设f(x)在其图像上不同两点P(x1，y1)，Q(x2，y2)处的切线分别为l1，l2.当l1∥l2时，求证x1＋x2为定值．5．已知函数f(x)＝ax2－2x＋lnx(a∈R)．若函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围，并说明f(x)的极小值小于－eq\f(3,2).6．设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a<b<c)，在x＝1处取得极值，其图像在x＝m处的切线的斜率为－3a(1)求证：0≤eq\f(b,a)<1；(2)若函数f(x)在区间[s，t]上单调递增，求|s－t|的取值范围．7．已知函数f(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(1,ex)－ax(a∈R)．(1)当a＝eq\f(3,2)时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[－1,1]上为单调函数，求实数a的取值范围．8．若x0是函数y＝f(x)的极值点，同时也是其导函数y＝f′(x)的极值点，则称x0是函数y＝f(x)的“致点”．(1)已知a>0，求函数f(x)＝(x2＋ax＋1)ex的极值和单调区间；(2)函数f(x)＝(x2＋ax＋1)ex是否有“致点”？若有，求出“致点”；若没有，试说明理由．9．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2.(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k的取值范围．10．已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值c－16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．11．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象在点(1，f(1))处的切线方程为6x－2y－1＝0，f′(x)为f(x)的导函数，g(x)＝aex(a，b，c∈R，e为自然对数的底数)．(1)求b，c的值；(2)若∃x0∈(0,2]，使g(x0)＝f′(x0)成立，求a的取值范围．12．(2015·南平质检)已知函数f(x)＝sinx，g(x)＝mx－eq\f(x3,6)(m为实数)．(1)求曲线y＝f(x)在点P(eq\f(π,4)，f(eq\f(π,4)))处的切线方程；(2)求函数g(x)的单调递减区间；(3)若m＝1，证明：当x>0时，f(x)<g(x)＋eq\f(x3,6).13．(2015·北京)设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．14．已知函数f(x)＝sinx＋cosx，f′(x)是f(x)的导函数．(1)求函数F(x)＝f(x)f′(x)＋(f(x))2的最大值和最小正周期；(2)若f(x)＝2f′(x)，求eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)的值．15．已知函数f(x)＝ax－ex(a>0)．(1)若a＝eq\f(1,2)，求函数f(x)的单调区间；(2)当1≤a≤1＋e时，求证：f(x)≤x.16．已知函数f(x)＝ax＋lnx，a∈R，(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝x2－2x＋1，若对任意x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[0,1]，使得f(x1)<g(x2)，求实数a的取值范围．17．(2015·陕西)设fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.(1)求fn′(2)；(2)证明：fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))内有且仅有一个零点(记为an)，且0＜an－eq\f(1,2)＜eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.18．(2015·山东济宁育才中学上学期期中)已知a∈R，函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－lnx.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率；(2)讨论f(x)的单调性；(3)是否存在实数a，使得方程f(x)＝2有两个不等的实数根？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．19．已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x.(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；(2)求函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．20．已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间．(2)函数F(x)＝f(x)－xlnx在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由．(3)若g(x)＝ln(ex－1)－lnx，当x∈(0，＋∞)时，不等式f(g(x))＜f(x)恒成立，求a的取值范围．21．已知函数f(x)＝ex－eq\f(a,2)x2e|x|.(1)若f(x)在[0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)证明：当a≥1时，不等式f(x)≤x＋1对x∈R恒成立；(3)对于在(0，1)中的任一个常数a，试探究是否存在x0>0，使得f(x0)>x0＋1成立？如果存在，请求出符合条件的一个x0；如果不存在，请说明理由．22．已知函数f(x)＝x－lnx－1.(1)求曲线y＝f(x)在x＝2处的切线方程；(2)若x∈(0，＋∞)时，f(x)≥ax－2恒成立，求实数a的取值范围．23．已知函数f(x)＝x2－3x＋alnx(a＞0)．(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)设函数f(x)图像上任意一点处的切线l的斜率为k，当k的最小值为1时，求此时切线l的方程．24．设函数f(x)＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx，g(x)＝eq\f(2e,x)(p>1，e是自然对数的底数)．(1)若对任意x∈[2，e]，不等式f(x)>g(x)恒成立，求p的取值范围；(2)若对任意x1∈[2，e]，总存在x2∈[2，e]，使不等式f(x1)>g(x2)成立，求p的取值范围．25．已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，a＋\f(1,4)))内有极值，求实数a的取值范围；(2)当x≥1时，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)恒成立，求实数k的取值范围；(3)求证：[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋eq\f(2,n＋1).(n∈N*，e为自然对数的底数)26．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx，g(x)＝ex－x＋1.(a为常数，e为自然对数的底数)(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，求a的最小值；(3)若对任意给定的x0∈(0，1]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范围．27．设，函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在上的最小值．28．已知函数． （Ⅰ）若在上单调递增，求实数的取值范围； （Ⅱ）是否存在实数，使在上单调递减？若存在，求出的取值范围；若不存在试说明理由．29．已知函数． （Ⅰ）求函数的单调区间； （Ⅱ）若函数的图象在点处的切线的倾斜角为，对于任意的，函数在区间上总不是单调函数，求的取值范围．30．已知函数．（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）求在区间上的最小值．31．已知函数在处有极值． （Ⅰ）求实数值； （Ⅱ）求函数的单调区间； （Ⅲ）令，若曲线在处的切线与两坐标轴分别交于两点（为坐标原点），求的面积．32．已知函数． （Ⅰ）若函数在处取得极值，且曲线在点处的切线与直线平行，求的值； （Ⅱ）若，试讨论函数的单调性．33．已知函数（其中）． （Ⅰ）若函数在点处的切线为，求实数的值； （Ⅱ）求函数的单调区间．34．已知函数． （Ⅰ）当时，求函数的单调区间； （Ⅱ）若函数在上的最小值是，求的值．35．已知函数． （Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若函数在其定义域内为增函数，求正实数的取值范围．36．已知函数，且，求及函数的极大值与极小值． 37．已知函数，． （Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）当，且时，证明：． 38．已知函数，其中为大于零的常数． （Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线平行，求的值； （Ⅱ）求函数在区间[1,2]上的最小值．39．已知函数(,为自然对数的底数)． （Ⅰ）求函数的递增区间； （Ⅱ）当时，过点作曲线的两条切线，设两切点为和，求证：．一、选择题1-5BDBCD6-10DDADB11-15CABBD16-20BBCAA21-25DCBDC26-30CBADA31-35BADCA36-40BACAB41-45BBADD二、填空题1、x－y－2＝02、（0,1）3、（－∞，0）4、25、86、a＝37、(－4，0)8、a＝89、(－∞，－1)∪(0，1)10、f(x)＝x＋eq\f(1,x－1)11、a＝3.12、[eq\f(4,5)，＋∞)13、(－π，－eq\f(π,2)]和[0，eq\f(π,2)]14、.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))15、12x－3y－16＝0或3x－3y＋2＝016、f(3)<ef(2)<e2f(－1)17、eq\f(16\r(2),27)18、[e，＋∞)19、(－∞，2－eq\f(1,e))∪(2－eq\f(1,e)，2)20、(－∞，－1)∪(1，＋∞)21、(－∞，－eq\f(\r(3),2)]22、[e，＋∞）23、4x－y－3＝024、925、(0,1]三、解答题1、解:（Ⅰ）当a=0时，,,,∴函数f（x）的图像在点A（1,f（1））处的切线方程为y-3e=5e（x-1）,即5ex-y-2e=0（Ⅱ）,考虑到恒成立且系数为正，∴f（x）在R上单调等价于恒成立.∴（a+2）2-4（a+2）0,∴-2a2，即a的取值范围是[-2，2]，（若得a的取值范围是（-2，2），可扣1分）（Ⅲ）当时,,令，得，或x，令，得，或x，令，得x,,f（x）的变化情况如下表X1）+0-0+f（x）极大值极小值所以，函数f（x）的极小值为f（1）=2.．解：∵函数f(x)在定义域内单调递减，∴f′(x)＝eq\f(2lnx,x)－k≤0在(0，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝eq\f(lnx,x)，则φ′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(e)＝eq\f(1,e)，故实数k的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞))3．解：f′(x)＝2(x＋1)(x－2)＋(x＋1)2＝3(x－1)(x＋1)，所以f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以极大值为f(－1)＝0.又f(2)＝0，所以a＋2＝2或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤－1，,a＋2≥－1，))得a＝0或－3≤a≤－1.4．证明：由f(x)＝x3＋bx2＋cx，得f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由x＝0是函数f(x)的一个极值点知f′(0)＝c＝0.又由f(x)的图像经过点A(3，0)，得f(3)＝27＋9b＋3c＝0，所以b＝－3，所以f(x)＝x3－3x2.由l1∥l2，得f′(x1)＝f′(x2)，即3xeq\o\al(2,1)－6x1＝3xeq\o\al(2,2)－6x2，即3(x1－x2)(x1＋x2－2)＝0.因为x1－x2≠0，所以x1＋x2＝2，所以当l1∥l2时，x1＋x2为定值．5．解：f′(x)＝eq\f(2ax2－2x＋1,x)，由题知2ax2－2x＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实根．设方程2ax2－2x＋1＝0的两根为x1，x2，且0<x1<x2，根据题意得0<a<eq\f(1,2)，所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，所以f(x)极小值＝f(x2)．f(x2)<－eq\f(3,2)的证明如下：由f′(x2)＝0，得2axeq\o\al(2,2)－2x2＋1＝0，则a＝eq\f(2x2－1,2xeq\o\al(2,2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，解得x2>eq\f(1,2)且x2≠1.f(x2)＝xeq\o\al(2,2)·eq\f(2x2－1,2xeq\o\al(2,2))－2x2＋lnx2＝－x2－eq\f(1,2)＋lnx2，令g(x)＝－x－eq\f(1,2)＋lnx，g′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，则g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max<g(1)＝－eq\f(3,2)，所以f(x)的极小值小于－eq\f(3,2).6．解：(1)证明：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题设，得f′(1)＝3a＋2b＋c＝0，①f′(m)＝3am2＋2bm＋c＝－3a.②∵a<b<c，∴6a<3a＋2b＋c<6c，∴a<0，c>0.将①代入②得3am2＋2bm－2b＝0，∴Δ＝4b2＋24ab≥0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)＋eq\f(6b,a)≥0，∴eq\f(b,a)≤－6或eq\f(b,a)≥0③.将c＝－3a－2b代入a<b<c中，得－1<eq\f(b,a)<1.④由③④得0≤eq\f(b,a)<1.(2)由(1)知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a<0)，Δ＝4b2－12ac>0，∴方程f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有两个不等的实根，不妨设其为x1，x2，又f′(1)＝3a＋2b＋c＝0，∴不妨令x1＝1，则x2＝－eq\f(2b,3a)－1，∴x2<0<x1，∴当x<x2或x>x1时，f′(x)<0；当x2<x<x1时，f′(x)>0.∴函数f(x)的单调递增区间是[x2，x1]．∵|x1－x2|＝2＋eq\f(2b,3a)，0≤eq\f(b,a)<1，∴2≤|x1－x2|<eq\f(8,3).∵函数f(x)在区间[s，t]上单调递增，∴[s，t]⊆[x2，x1]，∴0<|s－t|<eq\f(8,3)，即|s－t|的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))).7．解(1)当a＝eq\f(3,2)时，f(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(1,ex)－eq\f(3,2)x，f′(x)＝eq\f(1,2ex)[(ex)2－3ex＋2]＝eq\f(1,2ex)(ex－1)(ex－2)，令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln2；令f′(x)>0，得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，得0<x<ln2.∴f(x)的增区间是(－∞，0]，[ln2，＋∞)，减区间是(0，ln2)．(2)f′(x)＝eq\f(ex,2)＋eq\f(1,ex)－a，令ex＝t，由于x∈[－1,1]，∴t∈[eq\f(1,e)，e]．令h(t)＝eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)(t∈[eq\f(1,e)，e])，h′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t2－2,2t2)，∴当t∈[eq\f(1,e)，eq\r(2))时，h′(t)<0，函数h(t)为单调递减函数；当t∈(eq\r(2)，e]时，h′(t)>0，函数h(t)为单调递增函数．故h(t)在[eq\f(1,e)，e]上的极小值点为t＝eq\r(2)，且h(eq\r(2))＝eq\r(2).又h(e)＝eq\f(e,2)＋eq\f(1,e)<h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,2e)＋e，∴eq\r(2)≤h(t)≤e＋eq\f(1,2e).∵函数f(x)在[－1,1]上为单调函数，①若函数在[－1,1]上单调递增，则a≤eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)对t∈[eq\f(1,e)，e]恒成立，所以a≤eq\r(2)；②若函数f(x)在[－1,1]上单调递减，则a≥eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)对t∈[eq\f(1,e)，e]恒成立，所以a≥e＋eq\f(1,2e)，综上可得a的取值范围是(－∞，eq\r(2)]∪[e＋eq\f(1,2e)，＋∞)．8．解(1)由已知得，f′(x)＝(x2＋ax＋1)ex＋ex(2x＋a)＝[x2＋(a＋2)x＋a＋1]ex＝(x＋a＋1)(x＋1)ex.∵a>0，∴－a－1<－1.∴当x∈(－∞，－a－1)时，f′(x)>0；当x∈(－a－1，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0.f(x)的单调递增区间为(－∞，－a－1)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(－a－1，－1)．且当x＝－1时，f(x)有极小值(2－a)e－1，当x＝－a－1时，f(x)有极大值(a＋2)e－a－1.(2)由(1)知，f′(x)＝(x＋a＋1)(x＋1)ex，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝[x2＋(a＋4)x＋2a＋3]ex.假设f(x)有“致点”x0，则x0首先应是f(x)的极值点，即f′(x0)＝0，∴x0＝－1或x0＝－a－1.当a＝0时，－a－1＝－1，此时f′(x)≥0恒成立，f(x)无极值．∴要使f(x)有极值，须a≠0.若x0＝－1，则由题意可知g′(－1)＝0，∴1－(a＋4)＋2a＋3＝0，解得a＝0，与a≠0矛盾，即－1不是f(x)的“致点”．若x0＝－a－1，则g′(－a－1)＝0，即(a＋1)2－(a＋4)·(a＋1)＋2a＋3＝0，解得a＝0，与a≠0矛盾，即－a－1也不是f(x)的“致点”．∴函数f(x)无“致点”．9．解(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)>0，即x(ex－2)>0，∴x>ln2或x<0.令f′(x)<0，即x(ex－2)<0，∴0<x<ln2.因此函数f(x)的单调递减区间是(0，ln2)；单调递增区间是(－∞，0)和(ln2，＋∞)．(2)易知f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．∵f(x)在[0，＋∞)上是增函数，∴当x≥0时，f′(x)＝x(ex－2k)≥0恒成立．∴ex－2k≥0，即2k≤ex在[0，＋∞)上恒成立．由于ex≥1，∴2k≤1，则k≤eq\f(1,2).又当k＝eq\f(1,2)时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，当且仅当x＝0时取等号．因此，实数k的取值范围是(－∞，eq\f(1,2)]．10．解(1)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b.由于f(x)在x＝2处取得极值c－16，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(2)＝0，,f(2)＝c－16，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,8a＋2b＋c＝c－16，))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,4a＋b＝－8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－12.))(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)．令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝c－16.由题设条件知16＋c＝28，解得c＝12.此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝－16＋c＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.11．解(1)由题意得f′(x)＝3x2＋2bx＋c，∴f′(1)＝2b＋c＋3＝3.又f(1)＝b＋c＋1，点(1，f(1))在直线6x－2y－1＝0上，∴6－2(b＋c＋1)－1＝0，故b＝－eq\f(3,2)，c＝3.(2)∵g(x0)＝f′(x0)，∴aex0＝3xeq\o\al(2,0)－3x0＋3，∴a＝eq\f(3x\o\al(2,0)－3x0＋3,ex0).令h(x)＝eq\f(3x2－3x＋3,ex)，则h′(x)＝eq\f(－3(x2－3x＋2),ex)，令h′(x)＝0，得x＝1或x＝2.当x变化时，h(x)与h′(x)在x∈(0,2]上的变化情况如下表所示：x(0,1)1(1,2)2h′(x)－0＋0h(x)eq\f(3,e)eq\f(9,e2)∴h(x)在x∈(0,2]上有极小值h(1)＝eq\f(3,e)，又h(2)＝eq\f(9,e2)，h(0)＝3>eq\f(9,e2)，∴h(x)在x∈(0,2]上的取值范围为[eq\f(3,e)，3)，∴a的取值范围为[eq\f(3,e)，3)．12．(1)解由题意得所求切线的斜率k＝f′(eq\f(π,4))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).切点P(eq\f(π,4)，eq\f(\r(2),2))，则切线方程为y－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)(x－eq\f(π,4))，即x－eq\r(2)y＋1－eq\f(π,4)＝0.(2)解g′(x)＝m－eq\f(1,2)x2.①当m≤0时，g′(x)≤0，则g(x)的单调递减区间是(－∞，＋∞)；②当m>0时，令g′(x)<0，解得x<－eq\r(2m)或x>eq\r(2m)，则g(x)的单调递减区间是(－∞，－eq\r(2m))，(eq\r(2m)，＋∞)．(3)证明当m＝1时，g(x)＝x－eq\f(x3,6).令h(x)＝g(x)＋eq\f(x3,6)－f(x)＝x－sinx，x∈(0，＋∞)，h′(x)＝1－cosx≥0，则h(x)是(0，＋∞)上的增函数，故当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即sinx<x，f(x)<g(x)＋eq\f(x3,6).13．(1)解函数的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)得f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0解得x＝eq\r(k)(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：X(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)eq\f(k(1－lnk),2)所以，f(x)的单调递减区间是(0，eq\r(k))，单调递增区间是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)处取得极小值f(eq\r(k))＝eq\f(k(1－lnk),2)，无极大值．(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(eq\r(k))＝eq\f(k(1－lnk),2).因为f(x)存在零点，所以eq\f(k(1－lnk),2)≤0，从而k≥e，当k＝e时，f(x)在区间(1，eq\r(e))上单调递减，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在区间(1，eq\r(e)]上的唯一零点．当k>e时，f(x)在区间(0，eq\r(e))上单调递减，且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点14．解(1)已知函数f(x)＝sinx＋cosx，则f′(x)＝cosx－sinx，代入F(x)＝f(x)f′(x)＋(f(x))2，可得F(x)＝cos2x＋sin2x＋1＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))＋1，当2x＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)时，F(x)max＝eq\r(2)＋1，其最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由f(x)＝2f′(x)，易得sinx＋cosx＝2cosx－2sinx，解得tanx＝eq\f(1,3).∴eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2sin2x＋cos2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2tan2x＋1,1－tanx)＝eq\f(11,6).15．(1)解当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝eq\f(1,2)x－ex.f′(x)＝eq\f(1,2)－ex，令f′(x)＝0，得x＝－ln2.当x<－ln2时，f′(x)>0；当x>－ln2时，f′(x)<0，∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－ln2)；单调递减区间为(－ln2，＋∞)．(2)证明令F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x，①当a＝1时，F(x)＝ex>0，∴f(x)≤x成立．②当1<a≤1＋e时，F′(x)＝ex－(a－1)＝ex－eln(a－1)，∴当x<ln(a－1)时，F′(x)<0；当x>ln(a－1)时，F′(x)>0，∴F(x)在(－∞，ln(a－1))上单调递减，在(ln(a－1)，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)·ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]，∵1<a≤1＋e，∴a－1>0,1－ln(a－1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤x成立．综上，当1≤a≤1＋e时，f(x)≤x.16．解(1)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax＋1,x)(x>0)．①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a)，在区间(0，－eq\f(1,a))上，f′(x)>0，f(x)单调递增．在区间(－eq\f(1,a)，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，－eq\f(1,a))，f(x)的单调递减区间为(－eq\f(1,a)，＋∞)．(2)由已知，转化为f(x)max<g(x)max，又g(x)max＝g(0)＝1.由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．当a<0时，f(x)在(0，－eq\f(1,a))上单调递增，在(－eq\f(1,a)，＋∞)上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，即f(x)max＝f(－eq\f(1,a))＝－1＋ln(－eq\f(1,a))＝－1－ln(－a)，所以1>－1－ln(－a)，解得a<－eq\f(1,e2).故实数a的取值范围是(－∞，－eq\f(1,e2))．17．(1)解方法一由题设fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1，所以fn′(2)＝1＋2×2＋…＋(n－1)2n－2＋n2n－1，①则2fn′(2)＝2＋2×22＋…＋(n－1)2n－1＋n2n，②①－②得，－fn′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n2n＝1＋eq\f(2－2n,1－2)－n2n＝(1－n)2n－1，所以fn′(2)＝(n－1)2n＋1.方法二当x≠1时，fn(x)＝eq\f(x－xn＋1,1－x)－1，则fn′(x)＝eq\f([1－(n＋1)xn](1－x)＋(x－xn＋1),(1－x)2)，可得fn′(2)＝eq\f(－[1－(n＋1)2n]＋2－2n＋1,(1－2)2)＝(n－1)2n＋1.(2)证明因为fn(0)＝－1＜0，fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(\f(2,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n)),1－\f(2,3))－1＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≥1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＞0，所以fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))内至少存在一个零点，又f′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，所以fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))内单调递增，因此fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))内有且仅有一个零点an，由于fn(x)＝eq\f(x－xn＋1,1－x)－1，所以0＝fn(an)＝eq\f(an－a\o\al(n＋1,n),1－an)－1，由此可得an＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)aeq\o\al(n＋1,n)＞eq\f(1,2)，故eq\f(1,2)＜an＜eq\f(2,3)，所以0＜an－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)aeq\o\al(n＋1,n)＜eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.18．解(1)当a＝1时，f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx(x>0)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)，x>0，∴k＝f′(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为0.(2)f′(x)＝ax－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－1,x)，x>0.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(a),a)(负值舍去)．当x∈(0，eq\f(\r(a),a))时，f′(x)<0，f(x)在(0，eq\f(\r(a),a))上单调递减；当x∈(eq\f(\r(a),a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(eq\f(\r(a),a)，＋∞)上单调递增．(3)存在a∈(0，e3)，使得方程f(x)＝2有两个不等的实数根．理由如下：由(2)可知当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，方程f(x)＝2不可能有两个不等的实数根；当a>0时，函数f(x)在(0，eq\f(\r(a),a))上单调递减，在(eq\f(\r(a),a)，＋∞)上单调递增，使得方程f(x)＝2有两个不等的实数根，等价于函数f(x)的极小值f(eq\f(\r(a),a))<2，即f(eq\f(\r(a),a))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)lna<2，解得0<a<e3，所以a的取值范围是(0，e3)．19．解：(1)∵f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x，∴函数的定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(a－2)＝eq\f(1－2ax2＋（a－2）x,x)＝eq\f(－（2x－1）（ax＋1）,x).∵f(x)在x＝1处取得极值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，∴a＝－1.当a＝－1时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内f′(x)＜0，在(1，＋∞)内f′(x)＞0，∴x＝1是函数y＝f(x)的极小值点．∴a＝－1.(2)∵a2＜a，∴0＜a＜1.f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(a－2)＝eq\f(1－2ax2＋（a－2）x,x)＝－eq\f(（2x－1）（ax＋1）,x)，∵x∈(0，＋∞)，∴ax＋1＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上递减，①当0＜a≤eq\f(1,2)时，f(x)在[a2，a]上单调递增，∴f(x)max＝f(a)＝lna－a3＋a2－2a；②当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)，,a2＜\f(1,2)，))即eq\f(1,2)＜a＜eq\f(\r(2),2)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2，\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，a))上单调递减，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－eq\f(a,4)＋eq\f(a－2,2)＝eq\f(a,4)－1－ln2；③当eq\f(1,2)≤a2，即eq\f(\r(2),2)≤a＜1时，f(x)在[a2，a]上单调递减，∴f(x)max＝f(a2)＝2lna－a5＋a3－2a2.20．解：(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a.当a≤0时，对∀x∈R，有f′(x)＞0，所以函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞lna；由f′(x)＜0，得x＜lna，此时函数f(x)的单调增区间为(lna，＋∞)，单调减区间为(－∞，lna)．综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a＞0时，函数f(x)的单调增区间为(lna，＋∞)，单调减区间为(－∞，lna)．(2)函数F(x)＝f(x)－xlnx的定义域为(0，＋∞)，由F(x)＝0，得a＝eq\f(ex－1,x)－lnx(x＞0)，令h(x)＝eq\f(ex－1,x)－lnx(x＞0)，则h′(x)＝eq\f(（ex－1）（x－1）,x2)，由于x＞0，ex－1＞0，可知当x＞1时，h′(x)＞0；当0＜x＜1时，h′(x)＜0，故函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(1)＝e－1.(随着x＞0的增长，y＝ex－1的增长速度越来越快，会超过并远远大于y＝x的增长速度，而y＝lnx的增长速度则会越来越慢．则当x＞0且x无限接近于0时，h(x)趋向于正无穷大．)故当a＞e－1时，函数F(x)有两个不同的零点；当a＝e－1时，函数F(x)有且仅有一个零点；当a＜e－1时，函数F(x)没有零点.(3)由(1)知当a＝1时，对∀x＞0，有f(x)＞f(lna)＝0，即ex－1＞x，当x＞0时，ex－1＞x，故对∀x＞0，g(x)＞0，先用分析法证明：∀x＞0，g(x)＜x.要证对∀x＞0，g(x)＜x，只需证对∀x＞0，eq\f(ex－1,x)＜ex，即证对∀x＞0，xex－ex＋1＞0，构造函数H(x)＝xex－ex＋1(x＞0)，则H′(x)＝xex＞0，故函数H(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以H(x)＞H(0)＝0，则对∀x＞0，xex－ex＋1＞0成立．当a≤1时，由(1)知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(g(x))＜f(x)在(0，＋∞)上恒成立；当a＞1时，由(1)知，函数f(x)在(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减，故当0＜x＜lna时，0＜g(x)＜x＜lna，所以f(g(x))＞f(x)，则不满足题意．所以满足题意的a的取值范围是(－∞，1]．21．解：(1)∵x∈[0，＋∞)，∴f(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,2)x2))，∴f′(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)x2－ax＋1)).由题意，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，当a＝0时，f′(x)＝ex>0恒成立，即满足条件．当a≠0时，要使f′(x)≥0，而ex>0恒成立，故只需－eq\f(a,2)x2－ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)＞0，,－\f(a,2)·02－a·0＋1≥0，))解得a<0.综上，a的取值范围为a≤0.(2)证明：由题知f(x)≤x＋1即为ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1.在x≥0时，要证明ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1成立，只需证ex≤eq\f(a,2)x2ex＋x＋1，即证1≤eq\f(a,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)，①令g(x)＝eq\f(a,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)，得g′(x)＝ax＋eq\f(1·ex－（x＋1）ex,（ex）2)＝ax－eq\f(x,ex)，整理得g′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,ex)))，∵x≥0时，eq\f(1,ex)≤1，结合a≥1，得g′(x)≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上是增函数，故g(x)≥g(0)＝1，从而①式得证．在x≤0时，要使ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1成立，只需证ex≤eq\f(a,2)x2e－x＋x＋1，即证1≤eq\f(a,2)x2e－2x＋(x＋1)e－x，②令m(x)＝eq\f(ax2,2)e－2x＋(x＋1)e－x，得m′(x)＝－xe－2x[ex＋a(x－1)]，而φ(x)＝ex＋a(x－1)在x≤0时为增函数，故φ(x)≤φ(0)＝1－a≤0，从而m′(x)≤0，∴m(x)在x≤0时为减函数，则m(x)≥m(0)＝1，从而②式得证．综上所述，原不等式ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1，即f(x)≤x＋1在a≥1时恒成立．(3)要使f(x0)>x0＋1成立，即ex0－eq\f(a,2)xeq\o\al(2,0)ex0＞x0＋1，变形为eq\f(axeq\o\al(2,0),2)＋eq\f(x0＋1,ex0)－1<0，③要找一个x0>0使③式成立，只需找到函数t(x)＝eq\f(ax2,2)＋eq\f(x＋1,ex)－1的最小值，满足t(x)min＜0即可．∵t′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,ex)))，令t′(x)＝0得ex＝eq\f(1,a)，则x＝－lna，在0<x<－lna时，t′(x)＜0，在x>－lna时，t′(x)＞0，即t(x)在(0，－lna)上是减函数，在(－lna，＋∞)上是增函数，∴当x＝－lna时，t(x)取得最小值t(－lna)＝eq\f(a,2)(lna)2＋a(－lna＋1)－1.下面只需证明：eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1＜0在0＜a＜1时恒成立即可．令p(a)＝eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1,则p′(a)＝eq\f(1,2)(lna)2≥0，从而p(a)在(0，1)上是增函数，则p(a)＜p(1)＝0，从而eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1＜0，得证．于是t(x)的最小值t(－lna)＜0，因此可找到一个常数x0＝－lna(0＜a＜1)，使得③式成立．22．解：(1)由题意得，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，∴f′(2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，f(2)＝1－ln2，∴曲线y＝f(x)在x＝2处的切线方程为y－(1－ln2)＝eq\f(1,2)(x－2)⇒x－2y－2ln2＝0.(2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥ax－2恒成立，∴a≤1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0⇒x＝e2，可得g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即a≤1－eq\f(1,e2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(1,e2)))23．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)，由f′(x)＞0得x＜eq\f(1,2)或x＞1，由f′(x)＜0得eq\f(1,2)＜x＜1，∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).∴f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(5,4)－ln2；极小值为f(1)＝－2.(2)由题意知f′(x)＝2x－3＋eq\f(a,x)≥2eq\r(2a)－3＝1，∴a＝2，此时2x＝eq\f(a,x)，即2x＝eq\f(2,x)，∴x＝1，切点为(1，－2),∴此时的切线l的方程为x－y－3＝0.24．解：(1)由不等式f(x)－g(x)＝p·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx－eq\f(2e,x)＞0对x∈[2，e]恒成立，∴p＞eq\f(2xlnx＋2e,x2－1)对x∈[2，e]恒成立．令h(x)＝eq\f(2xlnx＋2e,x2－1)，x∈[2，e]，则p＞h(x)max.∵h′(x)＝eq\f(－2（1＋x2）lnx－2x（2e－x）－2,（x2－1）2)＜0.∴h(x)在区间[2，e]上是减函数，∴h(x)max＝h(2)＝eq\f(4ln2＋2e,3)，故p＞eq\f(4ln2＋2e,3).(2)依题意f(x)min＞g(x)min.∵f′(x)＝p＋eq\f(p,x2)－eq\f(2,x)＞0，∴f(x)在[2，e]上单调递增，故f(x)min＝f(2)．又g(x)＝eq\f(2e,x)在[2，e]上单调递减，故g(x)min＝g(e)，由f(2)>g(e)，解得p＞eq\f(4＋4ln2,3).25．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，由f′(x)＝0得x＝1，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)在x＝1处取得唯一的极值，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,4)＞2a－1，,2a－1＜1＜a＋\f(1,4)))⇒eq\f(3,4)＜a＜1，故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).(2)x≥1时，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)化为eq\f(1＋lnx,x)≥eq\f(k,x＋1)⇒k≤eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，令g(x)＝eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，由题意知k≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)，再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，当且仅当x＝1时取等号，因此h(x)＝x－lnx在[1，＋∞)上递增，所以h(x)≥h(1)＝1＞0，故g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)＞0，所以g(x)在[1，＋∞)上递增，g(x)min＝g(1)＝2，因此k≤2，即k的取值范围为(－∞，2]．(3)由(2)知，当x≥1时，f(x)≥eq\f(2,x＋1)恒成立，即eq\f(1＋lnx,x)≥eq\f(2,x＋1)，∴lnx≥1－eq\f(2,x＋1)＞1－eq\f(2,x).令x＝k(k＋1)，k∈N*，则有ln[k(k＋1)]＞1－eq\f(2,k（k＋1）)＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))，分别令k＝1，2，3，…，n，则有ln(1×2)＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))，ln(2×3)＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))，…，ln[n(n＋1)]＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，将这n个不等式相加可得：ln[1×22×32×…×n2(n＋1)]＞n－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝n－2＋eq\f(2,n＋1)，故12×22×32×…×n2(n＋1)＞en－2＋eq\f(2,n＋1)，从而[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋eq\f(2,n＋1).26．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx(x＞0)，则f′(x)＝1－eq\f(2,x).令f′(x)＞0得x＞2；令f′(x)＜0得0＜x＜2，故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)∵f(x)＜0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上不可能恒成立，故要使函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，只要对∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，f(x)＞0恒成立．即对∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，a＞2－eq\f(2lnx,x－1)恒成立．令l(x)＝2－eq\f(2lnx,x－1)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，则l′(x)＝eq\f(－\f(2,x)（x－1）＋2lnx,（x－1）2)＝eq\f(2lnx＋\f(2,x)－2,（x－1）2)，再令m(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－2，则m′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(－2（1－x）,x2)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴m′(x)＜0，故函数m(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，∴m(x)＞meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－2ln2＞0.即l′(x)＞0，∴函数l(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，∴l(x)＜leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－4ln2.故只要a≥2－4ln2，则函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，所以amin＝2－4ln2.(3)∵g′(x)＝ex－1，当x∈(0，1]时，g′(x)＞0，∴函数g(x)在区间(0，1]上是增函数．∴g(x)∈(2，e]．当a＝2时，f(x)＝－2lnx，不符合题意；当a≠2时，f′(x)＝2－a－eq\f(2,x)＝eq\f(（2－a）x－2,x)，当x＝eq\f(2,2－a)时，f′(x)＝0，由题意有f(x)在(0，e]上不单调，故0＜eq\f(2,2－a)＜e，∴a<2－eq\f(2,e)①.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,2－a)))eq\f(2,2－a)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,2－a)，e))f′(x)－0＋f(x)单调递减最小值单调递增又因为x→0时，f(x)→＋∞，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2－a)))＝a－2lneq\f(2,2－a)，f(e)＝(2－a)(e－1)－2，所以，对于给定的x0∈(0，1]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，当且仅当满足下列条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2－a)))≤2，,f（e）≥e，))即a－2lneq\f(2,2－a)≤2②，且(2－a)(e－1)－2≥e③，令h(a)＝a－2lneq\f(2,2－a)，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a