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高中数学人教版新课标A选修1-1第三章 导数及其应用综合与测试课后作业题
展开这是一份高中数学人教版新课标A选修1-1第三章 导数及其应用综合与测试课后作业题，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教新课标A版选修1-1
第三章 导数及其应用
一、单选题
1.（2021·湖北模拟）已知实数 a ， b 满足 a=e7−a ， 3+lnb=e4−lnb ，则 ab= （ ）
A. 3 B. 4 C. e3 D. e4
2.（2021高二下·江苏期中）已知函数 y=f(x) 的定义域为 (a,b) ，导函数 y=f′(x) 在 (a,b) 内的图象如图所示，则函数 y=f(x) 在 (a,b) 内的极大值有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3.（2019高三上·杭州月考）若 α , β∈[−π2,π2] ,且 αsinα>βsinβ ,则下列结论中必成立的是( )
A. α>β B. α+β>0 C. α<β D. |α|>|β|
4.（2020高二下·六安期中）若函数 f(x)=alnx−ex 有极值点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. (−e,+∞) B. （1，e） C. (1,+∞) D. (0,+∞)
5.（2019高三上·凉州期中）设函数 f(x)=ex+x−2 ， g(x)=lnx+x2−3 若实数 a,b 满足 f(a)=0 ， g(b)=0 则（ ）
A. g(a)<0
A. [2,+∞) B. [22,+∞) C. [23,+∞) D. [4,+∞)
7.（2020高二下·遂宁期末）若 f(x)=x2+mlnx 在 (2,+∞) 是增函数，则实数 m 的取值范围为（ ）
A. [−8,+∞) B. (−8,+∞) C. (−∞,−8) D. (−∞,−8]
8.（2021·常德模拟）已知函数 f(x)={xlnx−1, x>1−x2−2x+5, x≤1 ，若函数 F(x)=f2(x)+(1−2a)f(x)+1 恰有5个零点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. [74,4312) B. (32,74] C. (32,4312) D. (−∞,−12)
9.（2019高二下·衢州期中）设函数 f(x) 是定义在 (0,+∞) 上的可导函数，其导函数为 f′(x) ，且有 x=1 ，则不等式 (x−2019)2f(x−2019)−f(1)>0 的解集为（ ）
A. (0, 2019) B. (2019, +∞) C. (0, 2020) D. (2020, +∞)
10.（2020高三上·杭州期中）已知函数 f(x)={2−x,x<0(a+2)x2+xlnx,x>0 ，若恰有3个互不相同的实数 x1 ， x2 ， x3 ，使得 f(x1)x12=f(x2)x22=f(x3)x32=2 ，则实数 a 的取值范围为（ ）
A. a>−1e B. −1e
A. (−∞,e2+1e] B. [e2+1e,+∞) C. (−∞,e+1e] D. [e+1e,+∞)
二、填空题
12.（2019高三上·深州月考）曲线y＝x2+lnx在点（1，1）处的切线方程为 ____________．
13.（2020高二下·广州期末）若函数 exf(x) （ e=2.71828⋯ 是自然对数的底数）在 f(x) 的定义域上单调递增，则称函数 f(x) 具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．
① f(x)=2−x ② f(x)=x3 ③ f(x)=x2+2 ④ f(x)=lnx
14.（2020高二下·滨海新月考）函数 f(x) 的定义域为 (a,b) ，导函数 f'(x) 在 (a,b) 内的图象如图所示，则函数 f(x) 在 (a,b) 内有极小值点的个数为________．
15.（2020高三上·清新月考）法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中提出一个定理：如果函数 y=f(x) 满足如下条件：
⑴在闭区间 [a,b] 上是连续不断的；
⑵在区间 (a,b) 上都有导数．
则在区间 (a,b) 上至少存在一个数 ξ ，使得 f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a) ，其中 ξ 称为拉格朗日中值．则 g(x)=ex 在区间 [0,1] 上的拉格朗日中值 ξ= ________．
16.（2019高三上·武汉月考）如图，圆形纸片的圆心为 O ，半径为 4cm ，该纸片上的正方形 ABCD 的中心为 O ， P1 、 P2 、 P3 、 P4 为圆 O 上点， ΔP1AB ， ΔP2BC ， ΔP3CD ， ΔP4DA 分别是以 AB ， BC ， CD ， DA 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以 AB ， BC ， CD ， DA 为折痕折起 ΔP1AB ， ΔP2BC ， ΔP3CD ， ΔP4DA ，使得 P1 、 P2 、 P3 、 P4 重合，得到四棱锥.当该四棱锥体积取得最大值时，正方形 ABCD 的边长为________ cm .
17.（2020高三上·兴宁期末）函数 f(x)=x2−axlnx 在 (2e,2) 上不单调，则实数a的取值范围是________．
18.（2019高二下·双鸭山月考）对于任意的实数 x∈[1,e] ，总存在三个不同的实数 y∈[−1,4] ，使得 y2xe1−y−ax−lnx=0 成立,则实数 a 的取值范围为______________
19.（2021高三上·辽宁月考）已知函数 f(x)=ex−1+xlnx−x2−ax 满足 f(x)≥0 恒成立，则实数 a 的取值范围是 ．
20.（2019高二下·安徽期中）如图，有一矩形钢板ABCD缺损了一角(如图所示)，边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离．工人师傅要将缺损的一角切割下来使剩余部分成一个五边形，若AB＝1m，AD＝0.5m，则五边形ABCEF的面积最大值为________m2.
三、解答题
21.（2020高二下·潍坊期末）已知函数 f(x)=(x2+ax−2a2+3a)ex(x∈R) ，其中 a<23 .
（1）当 a=0 时，求曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线方程；
（2）求函数 f(x) 的单调区间与极值.
22.（2020高二下·海安月考）已知 f(x)=mlnx+x−1 （ m∈R 且m为常数）.
（1）讨论函数 f(x) 的单调性；
（2）若对任意的 m∈(0,+∞) ，都存在 x∈(0,+∞) ，使得 f(x)≥ex+k （其中e为自然对数的底数），求实数k的取值范围.
23.（2021高二下·淄博期末）已知函数 f(x)=12x+e−x−sinx ，其中 e=2.718281⋅⋅⋅ 是自然对数的底数．
（1）判断函数 f(x) 在区间 [π,3π2] 上的单调性，并求最小值；
（2）设 g(x)=12x+2e−x−f(x) ，证明：函数 g(x) 在区间 (3π2,2π) 上有唯一零点．
24.（2020高三上·枣庄月考）设函数 f(x)=ln(x+a)+x2 ．
（1）若当 x=−1 时， f(x) 取得极值，求 a 的值，并讨论 f(x) 的单调性；
（2）若 f(x) 存在极值，求 a 的取值范围，并证明所有极值之和大于 lne2 ．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】由 a=e7−a>0 知， lna=7−a ，即 lna+a=7,a>0 ；
由 3+lnb=e4−lnb>0 知， ln(3+lnb)=4−lnb ，即 ln(3+lnb)+3+lnb=7,3+lnb>0 .
设 f(x)=lnx+x(x>0) ，则 f(a)=f(3+lnb) ，
x>0,f′(x)=1x+1>0 ，故 f(x)=lnx+x 在 (0,+∞) 单调递增.
故由 f(a)=f(3+lnb) 知， a=3+lnb ，
又由 lna+a=7 知， a=7−lna ，所以 a=7−lna=3+lnb ，
即 lna+lnb=4 ，所以 lnab=4,ab=e4 .
故答案为：D.
2.【答案】 B
【解析】根据导数的图象，可知导数有4个零点，从左向右分析，
第一个零点与第四个零点左侧为正右侧为负，所以函数 f(x) 先增后减，故第一个零点与第四个零点处函数 f(x) 有极大值，第二个零点左侧为负右侧为正，故函数 f(x) 先减后增，第二个零点处函数 f(x) 有极小值，第三个零点两侧，导数值同为正，故该点不是极值点，
故答案为：B
3.【答案】 D
【解析】令 f(x)=xsinx ， x∈[−π2,π2] ，则 f′(x)=sinx+xcosx
当 x∈[0,π2] 时， sinx≥0 ， xcosx≥0 ，即 f′(x)≥0 ∴f(x) 在 [0,π2] 上单调递增
∵f(−x)=−xsin(−x)=xsinx=f(x) ∴f(x) 为偶函数
∴f(x) 图象关于 y 轴对称，在 [−π2,0] 上单调递减
∴f(α)>f(β) 时，即 αsinα>βsinβ 时， |α|>|β|
故答案为：D
4.【答案】 D
【解析】由题意知 f(x)=alnx−ex(x>0) ， f′(x)=ax−ex ，
当 a≤0 时，函数 f(x) 在区间 (0,+∞) 上单调递减，无极值点；
当 a>0 时，根据 y=ax 与 y=ex 的图象，
设两个函数在第一象限的交点的横坐标为 x0 ，
当 x∈(0,x0) 时， ax>ex ， f′(x)>0 ，
函数 f(x) 在区间 (0,x0) 上单调递增，
当 x∈(x0,+∞) 时， ax
故当 a>0 时，函数 f(x) 有一个极大值点.
故答案为：D.
5.【答案】 A
【解析】对函数 f(x)=ex+x−2 求导得 f′(x)=ex+1 ，函数单调递增， f(0)=−1〈0,f(1)=e+1〉0 ，由 f(a)=0 知 0
6.【答案】 C
【解析】f（x）=ax﹣x2﹣lnx，x∈（0，+∞），
则f′（x）=a﹣2x﹣ 1x ，
∵函数f（x）存在极值，∴f′（x）=0在（0，+∞）上有根，
即2x2﹣ax+1=0在（0，+∞）上有根，∴△=a2﹣8≥0，
显然当△=0时，F（x）无极值，不合题意；
∴方程必有两个不等正根，记方程2x2﹣ax+1=0的两根为x1 ， x2 ， x1+x2= a2 ，x1x2= 12 ，
f（x1），f（x2）是函数F（x）的两个极值，
由题意得，f（x1）+f（x2）=a（x1+x2）﹣（x12+x22）﹣（lnx1+lnx2）
= a22 ﹣ a24 +1﹣ln 12 ≥ 4﹣ln 12 ，
化简解得，a2 ≥ 12，满足△＞0，
又x1+x2= a2 ＞0，即a＞0，
∴a的取值范围是[ 23 ，+∞），
故答案为：C。
7.【答案】 A
【解析】解：对 f(x)=x2+mlnx 求导得： f'(x)=2x+mx=2x2+mx ，因为若 f(x)=x2+mlnx 在 (2,+∞) 是增函数，所以 f'(x)≥0 在 (2,+∞) 恒成立，即： 2x2+m≥0 在 (2,+∞) 恒成立，所以 m≥(−2x2)max=−8 .
故答案为：A.
8.【答案】 A
【解析】解：当 x>1 时， f(x)=xlnx−1 ， f′(x)=lnx−1ln2x ，
当 x∈(1,e) 时， f′(x)<0 ， f(x) 单调递减，当 x∈(e,+∞) 时， f′(x)>0,f(x) 单调递增，
作出 f(x) 的图象如图：
令 f(x)=t ，则函数 F(x)=f2(x)+(1−2a)f(x)+1 恰有5个零点，
即方程 f2(x)+(1−2a)f(x)+1=0 恰有5个根，
即 t2+(1−2a)t+1=0 有两个不等实根，且一个根属于 (−∞,e−1) ，一个根属于 [2,6) 内.
令 g(t)=t2+(1−2a)t+1 ，
则 {g(e−1)=(e−1)2−(1−2a)(e−1)+1<0g(2)=4+2(1−2a)+1≤0g(6)=36+6(1−2a)+1>0 ，解得 74≤a<4312 .
∴实数 a 的取值范围是 [74,4312) ．
故答案为：A
9.【答案】 D
【解析】令 xf'(x)+2f(x)>0 ，
g′(x)=x2f′(x)+2xf(x)=x(xf′(x)+2f(x)) ，
∵2f(x)+xf′(x)>x2>0 ， x>0 ；
∴x(xf′(x)+2f(x))>0 ，
∴g(x)=x2f(x) 在 (0,+∞) 上是增函数，
∴(x−2019)2f(x−2019)−f(1)>0 可化为 (x−2019)2f(x−2019)>f(1)=12f(1) ，
∴x−2019>1 ，即 x>2020 ．
∴ 不等式 (x−2019)2f(x−2019)−f （1） >0 的解集为 (2020,+∞) ．
故答案为： D ．
10.【答案】 D
【解析】因为 f(x)={2−x,x<0(a+2)x2+xlnx,x>0 ，令 g(x)=f(x)x2={12x⋅x2,x<0a+2+lnxx,x>0 ，
由题意，函数 g(x)=f(x)x2 与直线 y=2 共有三个不同的交点；
当 x<0 时， g(x)=12x⋅x2 ，则 g′(x)=−(2x⋅x2)′(2x⋅x2)2=−2xln2⋅x2+2x⋅2x(2x⋅x2)2=−xln2+22x⋅x3 ，
由 g′(x)=−xln2+22x⋅x3=0 解得 x=−2ln2=−2log2e ；
所以 x∈(−∞,−2log2e) 时， g′(x)<0 ，即函数 g(x)=12x⋅x2 单调递减；
x∈(−2log2e,0) 时， g′(x)>0 ，即函数 g(x)=12x⋅x2 单调递增；
所以 g(x)min=g(−2log2e)=12−2log2e⋅(−2log2e)2=e24(log2e)2
所以 g(x)=12x⋅x2 与直线 y=2 有且仅有两个不同的交点；
当 x>0 时， g(x)=a+2+lnxx ，则 g′(x)=1−lnxx2 ，
由 g′(x)=1−lnxx2=0 得 x=e ，
所以当 x∈(0,e) 时， g′(x)>0 ，则函数 g(x)=a+2+lnxx 单调递增；
当 x∈(e,+∞) 时， g′(x)<0 ，则函数 g(x)=a+2+lnxx 单调递减；
所以 g(x)max=g(e)=a+2+1e ，
又当 x≥1 时， g(x)=a+2+lnxx≥a+2 ；当 0
所以为使 g(x)=a+2+lnxx 与直线 y=2 只有一个交点，
只需 a+2+1e=2 或 a+2≥2 ，即 a=−1e 或 a≥0 .
故答案为：D.
11.【答案】 A
【解析】因为函数 f(x)=x3−2ex2+mx−lnxx 至少存在一个零点
所以 x3−2ex2+mx−lnxx=0 有解
即 m=−x2+2ex+lnxx 有解
令 ℎ(x)=−x2+2ex+lnxx ，
则 ℎ′(x)=−2x+2e+1−lnxx2
ℎ″(x)=(−2x+2e+1−lnxx2)′=−2+−3x+2xlnxx4=−3x−2x4+2xlnxx4=−3x−2x(x3−lnx)x4 因为 x>0 ，且由图象可知 x3>lnx ，所以 ℎ″(x)<0
所以 ℎ′(x) 在 (0,+∞) 上单调递减，令 ℎ′(x)=0 得 x=e
当 0
当 x>e 时 ℎ′(x)<0 ， ℎ(x) 单调递减
所以 ℎ(x)max=ℎ(e)=e2+1e
且当 x→+∞ 时 ℎ(x)→−∞
所以 m 的取值范围为函数 ℎ(x) 的值域，即 (−∞,e2+1e]
故答案为：A
二、填空题
12.【答案】 3x−y−2=0
【解析】y′=2x+1x ，在点（1，1）处的切线斜率为 3 ，所以切线方程为 3x−y−2=0 .
13.【答案】 ①③④
【解析】对于①，令 g(x)=ex⋅2−x =(e2)x ，因为 e2>1 ，所以 g(x) 在R上单调递增，故①具有M性质；
对于②，令 g(x)=ex⋅x3 ，则 g′(x)=ex⋅x3+ex⋅3x2=ex⋅x2(x+3) ，由 g′(x)<0 ，得 x<−3 ，由 g′(x)>0 ，得 x>3 ，所以 g(x) 在 (−∞,−3) 上递减，在 (−3,+∞) 上递增，所以②不具有M性质；
对于③，令 g(x)=ex(x2+2) ，则 g′(x)=ex(x2+2)+ex⋅2x=ex(x2+2x+2) >0 恒成立，所以 g(x) 在R上单调递增，故③具有M性质；
对于④，令 g(x)=ex⋅lnx ，则 g′(x)=ex⋅lnx+ex⋅1x=ex(lnx+1x) ，令 y=lnx+1x ，则 y′=1x−1x2=x−1x2 ，由 y′>0 ，得 x>1 ，由 y′<0 ，得 0
故答案为：①③④.
14.【答案】 1
【解析】因为函数的极小值两侧导函数值需左负右正，
而由图得：满足导函数值左负右正的自变量只有一个，
则原函数的极小值点只有一个，
故答案为：1.
15.【答案】 ln(e-1)
【解析】g(x)=ex ，则 g′(x)=ex ，
所以 g′(ξ)=eξ ，
由拉格朗日中值的定义可知， g′(ξ)=g(1)−g(0)1−0=e−1 ，
即 eξ=e−1 ，
所以 ξ=ln(e−1) ．
故答案为: ln(e-1).
16.【答案】 165
【解析】解：连接 OP2 交CB于点M，则 OP2 ⊥CB，点M为CB的中点，连接OC，
△OCM为直角三角形，设正方形的边长为2x，则OM＝x，由圆的半径为4，则 MP2 ＝4−x，设点 P1 ， P2 ， P3 ， P4 重合于点P，则PM＝ MP2 ＝4−x＞x
则x＜2，高 PO=(4−x)2−x2=16−8x ，
四棱锥体积 V=13(2x)216−8x=8232x4−x5 ，
设 y=2x4−x5,y′=8x3−5x4=x3(8−5x) ，
当 0
当 85
即正方形ABCD的边长为 165 时，四棱锥体积取得最大值．
故答案为： 165
17.【答案】 (2,4ln2+1)
【解析】 f'(x)=2x−a(1+lnx)=2x−alnx−a ，令 f'(x)=0 得 2x−alnx−a=0 ，
由于 2e
构造函数 ℎ(x)=2x1+lnx ， ℎ'(x)=2lnx(1+lnx)2 ，所以 ℎ(x) 在 (2e,1) 上递减，在 (1,2) 上递增， ℎ(2e)=4e1+ln2e=4eln2=4ln2e,ℎ(1)=2,ℎ(2)=4ln2+1=4ln(2e) .
下证 2e>2e ：
构造函数 g(x)=2x−2x ， g'(x)=2xln2−2 ，当 x≥2 时， 2xln2−2≥22ln2−2 ①，
而 12=lne
由于 g(2)=0 ，所以当 x>2 时， g(x)>g(2)=0 ，故 g(e)>0 ，也即 2e−2e>0⇒2e>2e .
由于 2e>2e⇒ln2e>ln(2e) ，所以 ℎ(2e)<ℎ(2) .
所以 a 的取值范围是 (2,4ln2+1)
故答案为： (2,4ln2+1)
18.【答案】 [16e3,3e)
【解析】 y2xe1−y−ax−lnx=0 x∈[1,e]
∴ y2e1−y=a+lnxx
令 f(x)=a+lnxx f′(x)=1−lnxx2 ∵ x∈[1,e]
∴ f′(x)≥0 ∴ f(x) 在 x∈[1,e] 上单调递增， ∴ f(x)∈[a,a+1e]
令 g(y)=y2e1−y g′(y)=y(2−y)e1−y ∵ y∈[−1,4]
∴ g(y) 在 (−1,0) 单调递减，在 (0,2) 单调递增，在 (2,4) 单调递减。
g(−1)=e2,g(2)=4e,g(4)=16e3
要想 g(y)=f(x) 有解，则 g(y)=f(x)∈[g(4),g(2)]
即 [a,a+1e]⊆[16e3,4e]
故 {a≥16e3a+1e<4e 所以实数 a 的取值范围为 [16e3,3e) 。
19.【答案】 (−∞,0]
【解析】∵ ex−1+xlnx−x2−ax≥0 恒成立，
∴ a≤ex−1x+lnx−x 恒成立.
∴ a≤(ex−1x+lnx−x)min
又 ex−1x+lnx−x=1e⋅exx+lnxex
设 t=exx ，则 t′=ex（x−1）x2
∴ x>1 时， t′>0 ，函数 t=exx 为增函数
0
∴ t≥e,
设 g(t)=1et+ln1t=te−lnt(t≥e)
则 g'(t)=t−ete≥0 恒成立，
所以 g(t) 在区间 [e,+∞) 内单调递增，
所以 g(t)≥g(e)=1−1=0 ，
故 a≤0,
所以实数 a 的取值范围为 (−∞,0] .
故答案为： (−∞,0] .
20.【答案】 9−318
【解析】以O为坐标原点，AD所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系，
设边缘线OM上一点 P(x,y) ，则 x2+(y−14)2=|y+14|∴x2=y,(0≤y≤14) ，
设EF与边缘线OM的切点为 N(x0,x02) ,
因为 y=x2 ，所以 y′=2x ，故EF所在直线方程为 y−x02=2x0(x−x0) ，
因此 E(0,−x02),F(18x0+x02,14) ，其中 0
因为 S′ΔDEF=14⋅(4x02+1)(12x02−1)16x02=0⇒x0=112
当 0
即当 x0=112 时 SΔDEF 取最小值 318 ，从而五边形ABCEF的面积取最大值 12−318 .
三、解答题
21.【答案】 （1）解：当 a=0 时， f(x)=x2ex ， f(1)=e ，切点 (1,e) .
f′(x)=(x2+2x)ex ，故 k=f′(1)=3e .
切线方程为 y−e=3e(x−1) ，即 y=3ex−2e .
（2）解： f′(x)=[x2+(a+2)x−2a2+4a]ex .
令 f′(x)=0 ，解得 x=−2a ，或 x=a−2 .
由 a<23 知， −2a>a−2 .
x
(−∞,a−2)
a−2
(a−2,−2a)
−2a
(−2a,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
增函数
极大值
减函数
极小值
增函数
所以 f(x) 的增区间为 (−∞,a−2) ， (−2a,+∞) ，减区间为 (a−2,−2a) .
函数 f(x) 在 x=a−2 处取得极大值 f(a−2) ，且 f(a−2)=(4−3a)ea−2 .
函数 f(x) 在 x=−2a 处取得极小值 f(−2a) ，且 f(−2a)=3ae−2a .
22.【答案】 （1）解： f(x)=mlnx+x−1 的定义域为 (0,+∞) ，
f′(x)=mx+1=x+mx ，当 m≥0 时， f′(x)>0 恒成立，
当 m<0 时， f′(x)>0,x>−m,f′(x)<0,0
当 m<0 时， f(x) 递增区间是 (−m,+∞) ，递减区间是 (0,−m) ；
（2）解：设 g(x)=f(x)−ex=mlnx+x−1−ex,x>0 ，依题意 g(x)max>k ，
g′(x)=mx+1−ex ，令 w(x)=g′(x)=mx+1−ex,w′(x)=−mx2−ex ，
∵m>0,∴w′(x)<0,x∈(0,+∞) 恒成立， w(x) 在 (0,+∞) 是减函数，
即 g′(x) 在 (0,+∞) 是减函数， x→0,g′(x)→+∞ ，
x→+∞,g′(x)→−∞ ，存在唯一 x0∈(0,+∞) ，使得 g′(x0)=0 ，
当 x∈(0,x0),g′(x)>0,x∈(x0,+∞),g′(x)<0 ，
∴g(x) 递增区间是 (0,x0) ，递减区间是 (x0,+∞) ，
∴x=x0,g(x) 取得极大值，也是最大值为 g(x0) ，
∴g(x0)=mlnx0+x0−1−ex0>k ，
对于对任意的 m∈(0,+∞) 恒成立，
其中 x0>0 ， m=x0ex0−x0 ，
即 g(x0)=x0ex0lnx0−x0lnx0+x0−1−ex0>k ，
对于对任意的 x0∈(0,+∞) 恒成立，
设 ℎ(x)=xexlnx−xlnx+x−1−ex,x∈(0,+∞) ，
∴ℎ(x)min>k ，
ℎ′(x)=(1+lnx)ex+xlnx⋅ex−1−lnx+1−ex
=lnx(ex+xex−1),∵x>0 时， ex−1>0 ，
ex+xex−1>0 ，当 x∈(0,1),ℎ′(x)<0,x∈(1,+∞),ℎ′(x)>0 ，
∴x=1 时， ℎ(x) 取得极小值，也是最小值，
即 ℎ(x)min=ℎ(1)=−e,∴k<−e .
23.【答案】 （1）由已知可得， f'(x)=12−e−x−cosx ，
当 x∈[π,3π2] 时， −1≤cosx≤0 ，
所以 f'(x)=12−e−x−cosx≥12−e−x>0 ，
所以 f(x) 在区间 [π,3π2] 上是单调递增的，
故函数在 [π,3π2] 上的最小值为 f(π)=π2+e−π ．
（2）由已知条件可知： g(x)=e−x+sinx ，
当 x∈(3π2,2π) 时， g'(x)=−e−x+cosx ， [g'(x)]'=e−x−sinx>0 ，
所以 g'(x) 在区间 (3π2,2π) 上是单调递增的，
又 g'(3π2)=−e−3π2<0 ， g'(2π)=−e−2π+1>0 ，
所以存在唯一 t∈(3π2,2π) ，使得 g'(t)=0 ，
所以 x∈(3π2,t) 时， g'(x)<0 ，函数 g(x) 单调递减，
x∈(t,2π) 时， g'(x)>0 ，函数 g(x) 单调递增，
因为 g(3π2)=e−3π2−1<0 ，
所以函数 g(x) 在区间 (3π2,t) 上没有零点．
又 g(t)
所以函数 g(x) 在区间 (t,2π) 上存在唯一零点，
故函数 g(x) 在区间 (3π2,2π) 上有唯一零点．
24.【答案】 （1）解： f′(x)=1x+a+2x ，依题意有 f′(−1)=0 ，故 a=32 ．
经检验 a=32 满足题意．
∴f(x)=ln(x+32)+x2 ， f(x) 的定义域为 (−32，+∞) ，
f′(x)=2x2+3x+1x+32=(2x+1)(x+1)x+32 ，
当 −32
所以 f(x) 在区间 (−32，−1)，(−12，+∞) 单调递增，在区间 (−1，−12) 单调递减．
（2）解： f(x) 的定义域为 (−a，+∞) ， f′(x)=2x2+2ax+1x+a ．
方程 2x2+2ax+1=0 的判别式 Δ=4a2−8 ．
若 Δ<0 ，即 −2
若 Δ=0 ，则 a=2 或 a=−2 ．
当 a=2 ， x∈(−2，+∞) ， f′(x)=(2x−1)2x+2 ，当 x=−22 时， f′(x)=0 ，当 x∈(−2，−22)∪(−22，+∞) 时， f′(x)>0 ，所以 f(x) 无极值．
当 a=−2 ， x∈(2，+∞) ， f′(x)=(2x+1)2x−2>0 ， f(x) 也无极值．
若 Δ>0 ，即 a>2 或 a<−2 ，
则 2x2+2ax+1=0 有两个不同的实根 x1=−a−a2−22 ， x2=−a+a2−22 ．
当 a<−2 时， x1<−a，x2<−a ，从而 f′(x) 在 f(x) 的定义域内没有零点，故 f(x) 无极值．
当 a>2 时， x1>−a ， x2>−a ， f′(x) 在 f(x) 的定义域内有两个不同的零点，
可知 f(x) 在 x=x1，x=x2 取得极值．
综上， f(x) 存在极值时， a 的取值范围为 (2，+∞) ．
由 2x2+2ax+1=0 可得 x1+x2=−a,x1x2=12 ，则 x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=a2−1 ，
ln(x1+a)+ln(x2+a)=ln(x1+a)(x2+a)=ln[x1x2+a(x1+x2)+a2]=ln12 ，
所以 f(x) 的极值之和为
f(x1)+f(x2)=ln(x1+a)+x12+ln(x2+a)+x22=ln12+a2−1>1−ln2=lne2 ．
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