第五章《一元函数的导数及其应用》能力提升卷人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册

这是一份第五章《一元函数的导数及其应用》能力提升卷人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册，共21页。
一元函数的导数及其应用（能力提升卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
一． 单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）
1．已知函数f(x)=1x−2x+lnx，则函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（　　）
A．2x+y﹣2＝0 B．2x﹣y﹣1＝0 C．2x+y﹣1＝0 D．2x﹣y+1＝0
2．已知函数f（x）＝alnx+bx2的图象在点（1，f（1））处的切线方程为5x+y﹣2＝0，则a+b的值为（　　）
A．﹣2 B．2 C．3 D．﹣3
3．函数f（x）=x2−cosx在[−π2，π]上的最小值为（　　）
A．−π2 B．π2+1 C．﹣1 D．−π12−32
4．已知函数f(x)=sin12x−12sinx，则当x∈（0，2π）时，函数f（x）一定有（　　）
A．极大值，且极大值为334 B．极小值，且极小值为334
C．极大值，且极大值为0 D．极小值，且极小值为0
5．已知a∈R，则“a≤3”是“f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知函数f（x）＝kex（2x+1）﹣2x，若∃x0∈（0，+∞），使得f（x0）≤0成立，则实数k的最大值是（　　）
A．1e B．1e C．12e D．12e
7．已知函数f（x）＝ex+x3+（a﹣3）x+1在区间（0，1）上有最小值，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣e，2） B．（﹣e，1﹣e） C．（1，2） D．（﹣∞，1﹣e）
8．如果直线l与两条曲线都相切，则称l为这两条曲线的公切线．如果曲线C1：y＝lnx和曲线C2：y=x−ax（x＞0）有且仅有两条公切线，那么常数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．（0，1） C．（1，e） D．（e，+∞）

二． 多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）
9．给出下列四个命题：
①f（x）＝x3﹣3x2是增函数，无极值；
②f（x）＝x3﹣3x2在（﹣∞，2）上有最大值；
③（cosx）′＝sinx；
④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（﹣∞，2）．
其中正确命题的序号为（　　）
A．① B．② C．③ D．④
10．已知函数f（x）＝（x2+1）lnx﹣m（x2﹣1），则下列结论正确的是（　　）
A．当m＝0时，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝2x
B．当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数
C．当m＞1时，f（x）既存在极大值又存在极小值
D．当m＞1时，f（x）恰有3个零点x1，x2，x3，且x1x2x3＝1
11．函数f（x）＝x3﹣3ax+2（a∈R），下列对函数f（x）的性质描述正确的是（　　）
A．函数f（x）的图象关于点（0，2）对称
B．若a≤0，则函数f（x）有极值点
C．若a＞0，函数f（x）在区间(−∞，−a)单调递减
D．若函数f（x）有且只有3个零点，则a的取值范围是（1，+∞）
12．已知函数f（x）的导函数为f′（x），若f（x）＜xf′（x）＜2f（x）﹣x对x∈（0，+∞）恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（　　）
A．πf（1）＜f（π） B．πf（1）＞f（π）
C．f(1)＜f(2)4+12 D．f(2)4+12＜f(1)

三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）
13．已知函数f（x）＝2x•ex﹣msinx的图象在x＝0处的切线与直线x+3y+1＝0垂直，则实数m＝　　．
14．已知函数f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点，则实数m的取值范围为 　　．
15．已知函数f（x）＝xlnx+ex+1﹣ax存在零点，则实数a的取值范围为 　　．
16．定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足：∀x＞0有f（x）+xf′（x）＞0成立且f（1）＝2，则不等式f(x)＜2x的解集为 　　．

四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）
17．已知函数f（x）＝2x+1﹣4lnx．
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求f（x）在[1，3]上的最大值与最小值．





18．已知函数f（x）＝2mx﹣4lnx．
（1）当m＝1时，求f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性．







19．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex．
（1）若a∈（0，+∞），讨论f（x）在（0，a）上的单调性；
（2）若函数g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2在[1，2]上的最大值小于−2e3，求m的取值范围．



20．已知函数f（x）＝ex+e﹣x﹣ax2﹣2．
（1）当a＝1时，证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
（2）若g（x）＝f（x）﹣e﹣x，讨论函数g（x）的极值点的个数．





21．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax﹣1．
（1）当a＞0时，证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上只有一个零点；
（2）若存在x∈R，使不等式f（x）＜﹣e﹣1成立，求a的取值范围．







22．已知函数f（x）＝e﹣x（x+1）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设t1，t2为两个不等的正数，且t2lnt1﹣t1lnt2＝t1﹣t2，若不等lnt1+λlnt2＞0恒成立，求实数λ的取值范围
一元函数的导数及其应用（能力提升卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
三． 单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）
1．已知函数f(x)=1x−2x+lnx，则函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（　　）
A．2x+y﹣2＝0 B．2x﹣y﹣1＝0 C．2x+y﹣1＝0 D．2x﹣y+1＝0
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝1处的导数值，再求出f（1），利用直线方程的点斜式得答案．
【解答】解：∵f(x)=1x−2x+lnx，
∴f′（x）=−1x2−2+1x，则f′（1）＝﹣2，
又f（1）＝﹣1，
∴函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+1＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣1＝0．
故选：C．
2．已知函数f（x）＝alnx+bx2的图象在点（1，f（1））处的切线方程为5x+y﹣2＝0，则a+b的值为（　　）
A．﹣2 B．2 C．3 D．﹣3
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝1处的导数值，再由题意列关于a和b的方程组，求解可得a与b的值，则答案可求．
【解答】解：由f（x）＝alnx+bx2，得f′（x）=ax+2bx，
∵函数f（x）＝alnx+bx2的图象在点（1，f（1））处的切线方程为5x+y﹣2＝0，
∴f'(1)=a+2b=−5f(1)=b=−3，即a=1b=−3．
∴a+b＝﹣2．
故选：A．
3．函数f（x）=x2−cosx在[−π2，π]上的最小值为（　　）
A．−π2 B．π2+1 C．﹣1 D．−π12−32
【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出f（x）的最小值即可．
【解答】解：∵f（x）=x2−cosx，
∴f′（x）=12+sinx，
x∈[−π2，−π6）时，f′（x）＜0，
x∈（−π6，π]时，f′（x）＞0，
故f（x）在[−π2，−π6）递减，在（−π6，π]递增，
故f（x）min＝f（−π6）=−π12−cosπ6=−π12−32，
故选：D．
4．已知函数f(x)=sin12x−12sinx，则当x∈（0，2π）时，函数f（x）一定有（　　）
A．极大值，且极大值为334 B．极小值，且极小值为334
C．极大值，且极大值为0 D．极小值，且极小值为0
【分析】求导，得f′（x）=12（2cos12x+1）（1﹣cos12x），依题意，得cos12x∈（﹣1，1），1﹣cos12x＞0，进一步分析f（x）的极值情况可得答案．
【解答】解：∵f(x)=sin12x−12sinx，
∴f′（x）=12cos12x−12cosx=12（cos12x﹣2cos212x+1）=12（2cos12x+1）（1﹣cos12x），
∵x∈（0，2π），
∴x2∈（0，π），
∴cos12x∈（﹣1，1），1﹣cos12x＞0，
当x∈（0，4π3）时，2cos12x+1＞0，f′（x）＞0，
同理可得，当x∈（4π3，2π）时，f′（x）＜0，
∴当x=4π3时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（4π3）＝sin2π3−12sin4π3=334，
故选：A．
5． 已知a∈R，则“a≤3”是“f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】首先利用导数求出函数f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增参数a所满足的条件，然后根据集合与充分条件与必要条件的关系即可得出所求的答案．
【解答】解：当f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增时，
f'（x）=2x+2x﹣a≥0在（0，+∞）内恒成立，
而2x+2x≥22x⋅2x=4，
所以a≤4，记作B＝（﹣∞，4]，令A＝（﹣∞，3]，
因为A⫋B，所以“a≤3”是“f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增”的充分不必要条件，
故选：A．
6．已知函数f（x）＝kex（2x+1）﹣2x，若∃x0∈（0，+∞），使得f（x0）≤0成立，则实数k的最大值是（　　）
A．1e B．1e C．12e D．12e
【分析】将问题转化为k≤1ex0(1−12x0+1)在x0∈（0，+∞）上能成立，利用导数求g（x）=1ex(1−12x+1)的最值，求k的范围，即知参数的最大值．
【解答】解：由题设，∃x0∈（0，+∞）使k≤2x0ex0(2x0+1)=1ex0(1−12x0+1)成立，
令g（x）=1ex(1−12x+1)且x＞0，则g'（x）=−2(2x−1)(x+1)ex(2x+1)2，
∴当0＜x＜12时g'（x）＞0，则g（x）递增；当x＞12时g'（x）＜0，则g（x）递减；
∴g(x)≤g(12)=12e，故k≤12e即可．
故选：D．
7．已知函数f（x）＝ex+x3+（a﹣3）x+1在区间（0，1）上有最小值，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣e，2） B．（﹣e，1﹣e） C．（1，2） D．（﹣∞，1﹣e）
【分析】f′（x）在（0，1）上单调递增，根据f（x）在（0，1）上有最小值，可知f（x）有极小值点，也是最小值点，由此列不等式可求得a的取值范围．
【解答】解：因为f′（x）＝ex+3x2+（a﹣3）在区间（0，1）上单调递增，
由题意只需f'(0)＜0f'(1)＞0⇒a−2＜0e+a＞0，解得﹣e＜a＜2，
这时存在x0∈（0，1），使得f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，1）上单调递增，
即函数f（x）在（0，1）上有极小值也即最小值，
所以a的取值范围是（﹣e，2）．
故选：A．
8．如果直线l与两条曲线都相切，则称l为这两条曲线的公切线．如果曲线C1：y＝lnx和曲线C2：y=x−ax（x＞0）有且仅有两条公切线，那么常数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．（0，1） C．（1，e） D．（e，+∞）
【分析】设曲线C1：y＝lnx上一点A（x1，lnx1），曲线C2：y=x−ax（x＞0）上一点B（x2，1−ax2），利用导数求得两曲线在切点处的切线方程，再由两切线的斜率相等，切线在y轴上的截距相等，可得x1(lnx1−2)=−2a，令f（x）=x(lnx−2)，利用导数求其最小值，得到﹣2a的范围，进一步求得a的范围．
【解答】解：设曲线C1：y＝lnx上一点A（x1，lnx1），
由y＝lnx，得y′=1x，∴y'|x=x1=1x1，
可得曲线C1：y＝lnx在A处的切线方程为y−lnx1=1x1(x−x1)；
设曲线C2：y=x−ax（x＞0）上一点B（x2，1−ax2），
由y＝1−ax，得y′=ax2，则y'|x=x2=ax22，
可得曲线C2：y=x−ax（x＞0）在B处的切线方程为y﹣1+ax2=ax22(x−x2)．
则1x1=ax22lnx1−1=1−2ax2，可得x1(lnx1−2)=−2a．
令f（x）=x(lnx−2)，f′（x）=12x(lnx−2)+x⋅1x=lnx2x．
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）min＝f（1）＝﹣2，
∴要使曲线C1和曲线C2有且仅有两条公切线，则关于x的方程x(lnx−2)=−2a有两不同解，
又当x→0时，f（x）→0，
∴﹣2＜−2a＜0，得0＜a＜1，即0＜a＜1
则常数a的取值范围是（0，1）．
故选：B．

四． 多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）
9．给出下列四个命题：
①f（x）＝x3﹣3x2是增函数，无极值；
②f（x）＝x3﹣3x2在（﹣∞，2）上有最大值；
③（cosx）′＝sinx；
④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（﹣∞，2）．
其中正确命题的序号为（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【分析】①求导数f′（x），利用导数判定f（x）的单调性和极值；
②结合①，利用导数判定f（x）的单调性、求极（最）值；
③根据导数公式判断即可；
④利用导数求出f（x）的切线的斜率为2时a的取值范围，去掉重合的切线．
【解答】解：对于①，∵f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），
当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，
当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，
∴x＝0时f（x）有极大值，x＝2时f（x）有极小值，∴①错误；
对于②，由①知，当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，
∴x＝0时f（x）有极大值f（0），也是最大值，∴②正确；
对于③，（cosx）′＝﹣sinx，∴③错误；
对于④，∵f′（x）=1x+a＝2（x＞0），∴a＝2−1x＜2；
∴a的取值范围是（﹣∞，2），
综上，以上正确的命题为②，④．
故选：BD．
10．已知函数f（x）＝（x2+1）lnx﹣m（x2﹣1），则下列结论正确的是（　　）
A．当m＝0时，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝2x
B．当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数
C．当m＞1时，f（x）既存在极大值又存在极小值
D．当m＞1时，f（x）恰有3个零点x1，x2，x3，且x1x2x3＝1
【分析】由导数的几何意义判断A；利用导数的性质判断B；利用极值的定义判断C；利用构造函数法判断D．
【解答】解：对于A，当m＝0时，曲线f（x）＝（x2+1）lnx，
则f′（x）＝2xlnx+x2+1x，切线斜率k＝f′（1）＝2ln1+2＝2，
∵f（1）＝（12+1）ln1＝0，
∴曲线在（1，f（1））处的切线方程为y＝2（x﹣1）＝2x﹣2，故A错误；
对于B，f'(x)=2xlnx+x2+1x−2mx＝x（2lnx+1+1x2−2m），
令h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0），则ℎ'(x)=2x−2x3=2(x2−1)x3=2(x−1)(x+1)x3，
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）单调递增，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）单调递减，
h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）在x＝1处取得最小值h（1）＝2ln1+1+112=2，
当m≤1时，2lnx+1+1x2−2m≥0对任意x＞0恒成立，
故当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数，故选项B正确；
对于C，由以上分析知道，h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）在x＝1处取得最小值：
h（1）＝2ln1+1+112=2，
当m＞1时，h（x）＝2lnx+1+1x2=2m必有二根，
不妨设为x1，x2，（0＜x1＜1＜x2），
则当0＜x＜x1时，2lnx+1+1x2−2m＞0，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x1＜x＜x2时，2lnx+1+1x2−2m＜0，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
当x＞x2时，2lnx+1+1x2−2m＞0，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
∴f（x）既存在极大值，又存在极小值，故C正确；
对于D，由上面分析知f（x）既存在极大值，又存在极小值，
不妨设f（x）的极大值为m，极小值为n，且0＜m＜1＜n，
f（x）在（m，n）上单调递减，又f（1）＝（12+1）ln1﹣m（12﹣1）＝0，
∴f（x）极大值为正值，极小值为负值，
当x→0时，f（x）→﹣∞；当x→+∞时，f（x）→+∞，
∴函数f（x）有三个零点，不妨设为x1，x2，x3，（0＜x1＜1，x2＝1，x3＞1），
又f（x1）+f（1x1）＝（x12+1）lnx1﹣m（x12−1）+（1x12+1）ln1x1−m（1x12−1）
＝（x12+1）lnx1+m（1−x12）−1+x12x12lnx1﹣m1−x12x12
＝（1−1x12）[（x12+1）lnx1+m（1−x12）]＝0，
∴x3=1x1，∴当m＞1时，f（x）恰有3个零点x1，x2，x3，且x1x2x3＝1，故D正确．
故选：BCD．
11．函数f（x）＝x3﹣3ax+2（a∈R），下列对函数f（x）的性质描述正确的是（　　）
A．函数f（x）的图象关于点（0，2）对称
B．若a≤0，则函数f（x）有极值点
C．若a＞0，函数f（x）在区间(−∞，−a)单调递减
D．若函数f（x）有且只有3个零点，则a的取值范围是（1，+∞）
【分析】根据函数的对称性判断A，求出函数的导数，根据函数的单调性判断B，C，求出函数的极值，得到关于a的不等式组，求出a的范围，判断D．
【解答】解：对于A：∵f（x）＝x3﹣ax+2，∴f（﹣x）＝﹣x3+3ax+2，
∴f（x）+f（﹣x）＝4，函数f（x）的图像关于原点（0，2）对称，故选项A正确；
对于B：由f′（x）＝3x2﹣3a＝3（x2﹣a），
当a≤0时，f′（x）≥0，函数f（x）在定义域内为增函数，
此时函数f（x）没有极值点，故选项B错误；
对于C：当a＞0时，由f′（x）＝0，解得：x＝±a，
又∵x∈（﹣∞，−a）时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（﹣∞，−a）递增，故选项C错误；
对于D：由f′（x）＝3（x2﹣a），
当a≤0时，f′（x）≥0，函数f（x）在定义域内为增函数，
故不存在三个零点，不符合题意，
当a＞0时，由f′（x）＝0，解得：x＝±a，
又∵x∈（﹣∞，−a）时，f′（x）＞0，
x∈（−a，a）时，f′（x）＜0，x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（﹣∞，−a）递增，在（−a，a）递减，在（a，+∞）递增，
∴函数f（x）的极小值是f（a）＝﹣2aa+2，极大值是f（−a）＝2aa+2，
∵函数f（x）有个不同的零点，
∴−2aa+2＜02aa+2＞0，解得：a＞1，故选项D正确，
故选：AD．
12．已知函数f（x）的导函数为f′（x），若f（x）＜xf′（x）＜2f（x）﹣x对x∈（0，+∞）恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（　　）
A．πf（1）＜f（π） B．πf（1）＞f（π）
C．f(1)＜f(2)4+12 D．f(2)4+12＜f(1)
【分析】设g（x）=f(x)−xx2，h（x）=f(x)x，x∈（0，+∞），求出函数的导数，根据函数的单调性判断即可．
【解答】解：设g（x）=f(x)−xx2，h（x）=f(x)x，x∈（0，+∞），
则g′（x）=[f'(x)−1]x2−2x[f(x)−x]x4=xf'(x)−2f(x)+xx3，h′（x）=xf'(x)−f(x)x2，
因为f（x）＜xf'（x）＜2f（x）﹣x对x∈（0，+∞）恒成立，
所以g'（x）＜0，h'（x）＞0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）在（0，+∞）上单调递增，
则g（1）＞g（2），h（1）＜h（π），
即f(1)−112＞f(2)−222，f(1)1＜f(π)π，
即f(2)4+12＜f（1），πf（1）＜f（π），
故选：AD．

三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）
13．已知函数f（x）＝2x•ex﹣msinx的图象在x＝0处的切线与直线x+3y+1＝0垂直，则实数m＝　　．
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝0处的导数值，再由两直线垂直与斜率的关系列式求解m值．
【解答】解：由f（x）＝2x•ex﹣msinx，得f′（x）＝2•ex+2x•ex﹣mcosx，
∴f′（0）＝2•e0﹣mcos0＝2﹣m，
∵函数f（x）＝2x•ex﹣msinx的图象在x＝0处的切线与直线x+3y+1＝0垂直，
∴2﹣m＝3，即m＝﹣1．
故答案为：﹣1．
14．已知函数f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点，则实数m的取值范围为 　　．
【分析】求导数，判断函数单调性，再确定函数最大值，最后用数形结合法求解．
【解答】解：f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点⇔f′（x）＝1+lnx+mx＝0有两个根⇔g（x）=lnx+1x=−m有两个根，
g'（x）=1x⋅x−(lnx+1)⋅1x2=−lnxx2，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
g（x）max＝g（1）＝1＞0，g（x）→0+ （x→+∞），g（x）→﹣∞（x→0+ ），
所以f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点⇔﹣m∈（0，1），即m∈（﹣1，0），
故答案为：（﹣1，0）．
15．已知函数f（x）＝xlnx+ex+1﹣ax存在零点，则实数a的取值范围为 　　．
【分析】根据题意，分析可得方程a＝lnx+exx+1x有解，分析g（x）的最小值，由此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝xlnx+ex+1﹣ax存在零点，即方程xlnx+ex+1﹣ax＝0有解，
变形可得a＝lnx+exx+1x，
设g（x）＝lnx+exx+1x，其导数g′（x）=1x−1x2+x⋅ex−exx2=(x−1)(ex+1)x2，
在区间（0，1）上，g′（x）＜0，函数g（x）为减函数，
在区间（1，+∞）上，g′（x）＞0，函数g（x）为增函数，
则g（x）min＝g（1）＝e+1，无最大值，
若a＝lnx+exx+1x有解，必有a≥e+1，即a的取值范围为[e+1，+∞）；
故答案为：[e+1，+∞）．
16．定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足：∀x＞0有f（x）+xf′（x）＞0成立且f（1）＝2，则不等式f(x)＜2x的解集为 　　．
【分析】构造g（x）＝xf（x）﹣2，x∈（0，+∞），g（1）＝0，利用导数研究函数的单调性即可得出不等式f(x)＜2x的解集．
【解答】解：令g（x）＝xf（x）﹣2，x∈（0，+∞），
g（1）＝f（1）﹣2＝0，
∵g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞0，
∴g（x）＝xf（x）﹣2在x∈（0，+∞）上单调递增，
∴满足不等式g（x）＜0＝g（1）的解为0＜x＜1，
即不等式f(x)＜2x的解集为（0，1）．
故答案为：（0，1）．

四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）
17．已知函数f（x）＝2x+1﹣4lnx．
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求f（x）在[1，3]上的最大值与最小值．
【分析】（1）求得f′（1）＝﹣2，又f（1）＝3，可得曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求导分析，可得f（x）极小值＝f（2）＝5﹣4ln2，再分别求得f（1）与f（3），比较可得答案．
【解答】解：（1）∵f（x）＝2x+1﹣4lnx（x＞0），
∴f′（x）＝2−4x=2(x−2)x，
∴f′（1）＝﹣2，又f（1）＝3，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣3＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣5＝0；
（2）由f′（x）=2(x−2)x，得x∈[1，2）时，f′（x）＜0，x∈（2，3]时，f′（x）＞0，
∴f（x）在[1，2）上单调递减，在（2，3]上单调递增，
∴f（x）极小值＝f（2）＝5﹣4ln2，也是[1，3]上的最小值；
又f（1）＝3，f（3）＝7﹣4ln3＜7﹣4＝3，
∴f（x）在[1，3]上的最大值为3，最小值为5﹣4ln2．
18．已知函数f（x）＝2mx﹣4lnx．
（1）当m＝1时，求f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性．
【分析】（1）m＝1时求得f（x）的解析式，求导，确定此时的单调性可得函数极值；
（2）利用导数来研究函数的单调性即可．
【解答】解：（1）当m＝1时，f（x）＝2x﹣4lnx，（x＞0），
则f'(x)=2−4x=2(x−2)x，
令f′（x）＝0，得x＝2，
f′（x）＞0，得x＞2；
f′（x）＜0，得0＜x＜2，
所以f（x）的单调递减区间为（1，2），单调递增区间为（2，+∞）．
所以f（x）的极小值为f（2）＝4﹣4ln2．无极大值．
（2）f（x）＝2mx﹣4lnx，
则f'(x)=2m−4x=2mx−4x=−2(mx−2)x．
当m≤0 时，f′（x）＜0 在（0，+∞）上恒成立，f（x）在 （0，+∞）上单调递减．
当m＞0时，f′（x）＝0，得x=2m，f'(x)＞0，得x＞2m，f'(x)＜0，得0＜x＜2m，
f（x）在(0，2m)上单调递减，在（2m，+∞） 上单调递增，
综上所述，当m≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当m＞0 时，f（x）在(0，2m)上单调递减，在(2m，+∞)上单调递增．
19．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex．
（1）若a∈（0，+∞），讨论f（x）在（0，a）上的单调性；
（2）若函数g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2在[1，2]上的最大值小于−2e3，求m的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数g（x）的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，结合函数的单调性求出g（x）在[1，2]上的最大值，得到关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：（1）f（x）＝（x﹣2）ex，则f′（x）＝（x﹣1）ex，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：x＜1，
故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
①0＜a≤1时，f（x）在（0，a）递减，
②a＞1时，f（x）在（0，1）递减，在（1，a）递增；
（2）g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2＝（x﹣2）ex﹣m（x﹣1）2，
g′（x）＝（x﹣1）（ex﹣2m），
①m≤0时，ex﹣2m＞0，令g′（x）＝0，解得：x＝1，
故g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故g（x）在[1，2]递增，g（x）max＝g（2）＝﹣m≥0，不合题意；
②0＜m≤e2时，ln2m≤1，f（x）在[1，2]单调递增，g（x）max＝g（2）＝﹣m，
故−e2≤−m＜0−m＜−2e3，无解，不合题意
③e2＜m＜e22时，1＜ln2m＜2，
令g′（x）＞0，解得：x＞ln2m或x＜1，
令g′（x）＜0，解得：1＜x＜ln2m，
故g（x）在[1，ln2m）递减，在（ln2m，2]递增，
故g（x）max＝g（1）或g（2），
若g（1）是最大值，则g（1）＝﹣e＜−2e3，
此时g（2）＝﹣m≤﹣e，则m≥e，故e≤m＜e22；
若g（2）是最大值，则﹣e＜g（2）＝﹣m＜−2e3，故2e3＜m＜e，
故2e3＜m＜e22；
④m≥e22时，ln2m≥2，
故g（x）在[1，2]单调递减，g（x）max＝g（1）＝﹣e＜−2e3，符合题意；
综上：m的取值范围是（2e3，+∞）．
20．已知函数f（x）＝ex+e﹣x﹣ax2﹣2．
（1）当a＝1时，证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
（2）若g（x）＝f（x）﹣e﹣x，讨论函数g（x）的极值点的个数．
【分析】（1）先对函数求导，再二次求导，可求得导函数在区间（0，+∞）上单调递增，从而可得f′（x）＞f′（0）＝0，进而可证得结论；
（2）当a＝0时，可得g（x）单调递增，无极值点，当a≠0时，g′（x）＝ex﹣2ax，令ex﹣2ax＝0⇒2a=exx，令h（x）=exx，利用导数求出h（x）的单调区间和极值，从而分0＜a＜e2，a=e2和a＞e2求解即可．
【解答】（1）证明：当a＝1时，f（x）＝ex+e﹣x﹣x2﹣2，f′（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，
当x＞0时，f″（x）＝ex+e﹣x﹣2＞0，
所以函数f′（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
故f′（x）＞f′（0）＝0，
故函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增．
（2）解：当a＝0时，g（x）＝ex﹣2单调递增，无极值点，
当a≠0时，g′（x）＝ex﹣2ax，
令ex﹣2ax＝0⇒2a=exx，
令h（x）=exx，则h′（x）=ex(x−1)x2，
当x＜0时，h（x）＜0，且h′（x）＜0，当a＜0时，方程2a=exx有唯一小于零的零点，故函数g（x）存在一个极值点；
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当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，h（1）＝e为函数h（x ）的极小值，
所以当0＜a＜e2时，方程2a=exx无解，函数g（x）无极值点；
当a=e2时，方程2a=exx只有一个解，
但当0＜x＜1时，exx＞2a，g′（x）＝ex﹣2ax＞0，当x＞1时，exx＞2a，g′（x）＝ex﹣2ax＞0，故函数g（x）无极值点．
当a＞e2时，方程2a=exx有两解，函数g（x）存在一个极大值点和一个极小值点．
综上，当a＜0时，函数g（x）存在一个极值点，
当0≤a≤e2时，函数g（x）无极值点，
当a＞e2时，函数g（x）存在一个极大值点和一个极小值点．
21．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax﹣1．
（1）当a＞0时，证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上只有一个零点；
（2）若存在x∈R，使不等式f（x）＜﹣e﹣1成立，求a的取值范围．
【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论函数的单调性，结合函数的性质即可确定函数零点的个数；
（2）首先讨论函数的单调性，然后结合函数的最小值构造新函数，结合构造函数的性质分类讨论即可确定a的取值范围．
【解答】（1）证明：当 a＞0 时，f′（x）＝xex﹣a，x∈（0，+∞），
令 g（x）＝f′（x），g′（x）＝（x+1）ex＞0，
∴f′（x）＝xex﹣a 在 （0，+∞） 上为增函数，
∵f′（0）＝﹣a＜0，f′（a）＝aea﹣a＞0，
∴∃x0∈（0，a），使 f'(x0)=x0ex0−a=0，
∴x∈（0，x0） 时，f′（x）＜0；x∈（x0，+∞） 时，f′（x）＞0，
因此，f（x） 在 （0，x0） 上为减函数，f（x） 在 （x0，+∞） 上为增函数，
当 x∈（0，x0） 时，f（x）＜f（0）＝﹣2＜0，
当 x→+∞时，f（x）→+∞，
故函数 f（x） 在 （0，+∞） 上只有一个零点．
（2）解：∵f'(x)=xex−a，a＞0，f'(x0)=0，a=x0ex0，
∴x＜x0 时，f′（x）＜0，f（x） 在 （﹣∞，x0） 上为减函数，
x＞x0 时，f′（x）＞0，f（x） 在 （x0，+∞） 上为增函数，
f(x)min=f(x0)=(x0−1)ex0−ax0−1=(x0−1)ex0−x02ex0−1=(−x02+x0−1)ex0−1，
由 a=x0ex0，知 x0＞0，
设 h（x）＝（﹣x2+x﹣1）ex﹣1（x＞0），h′（x）＝（﹣x2﹣x）ex＜0（x＞0），
∴h（x） 在 （0，+∞） 上为减函数，h（1）＝﹣e﹣1，
当 0＜x0＜1 时，f（x0）＞﹣e﹣1，当 x0＞1 时，f（x0）＜﹣e﹣1，
存在 x0∈R，使不等式 f（x0）＜﹣e﹣1 成立，
此时 a=x0ex0＞e，
当 a＝0 时，由 （1）知，f（x） 在 （﹣∞，0）上为减函数，f（x） 在 （0，+∞） 上为增函数，
f（x）≥f（0）＝﹣2＞﹣e﹣1，
所以不存在 x∈R，使不等式 f（x）＜﹣e﹣1 成立，
当 a＜0 时，取 x＜e+1a＜0，即﹣ax＜﹣e﹣1，所以 （x﹣1）ex﹣ax﹣1＜﹣e﹣1，
所以存在 x∈R，使不等式 f（x）＜﹣e﹣1 成立，
综上所述，a的取值范围是{a|a＜0 或 a＞e}．
22．已知函数f（x）＝e﹣x（x+1）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设t1，t2为两个不等的正数，且t2lnt1﹣t1lnt2＝t1﹣t2，若不等lnt1+λlnt2＞0恒成立，求实数λ的取值范围．
【分析】（1）首先对函数求导，令导数大于零，求得增区间，令导数小于零，求得减区间；
（2）令x1＝lnt1，x2＝lnt2，将式子t2lnt1﹣t1lnt2＝t1﹣t2 转化为x1+1ex1=x2+1e12，实数x1，x2满足f（x1）＝f（x2） 且不等式x1+λx2＞0恒成立，
不妨设x1＜x2，由（1）知﹣1＜x1＜0＜x2＜+∞，利用函数f（x）在（0，+∞）单调递减，构造新函数F(x)=λln(x+1)−λln(1−xλ)−(1+λ)x，x∈(−1，0)，求导，分情况讨论求得结果．
【解答】解：（1）因为f′（x）＝﹣xe﹣x，
所以当x∈（﹣∞，0），f′（x）＞0，f（x）在 （﹣∞，0）上单调递增，
当x∈（0，+∞），f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞） 单调递减．
（2）令x1＝lnt1，x2＝lnt2，
则t2lnt1−t1lnt2=t1−t2⇔ex2x1−ex1x2=ex1−ex2⇔x1+1ex1=x2+1ex2，
依题意得实数x1，x2满足f（x1）＝f（x2）且不等式x1+λx2＞0恒成立，
不妨设x1＜x2，
由（1）知﹣1＜x1＜0＜x2＜+∞，
由不等式 x1+λx2＞0 恒成立知λx2＞﹣x1，所以λ＞0，
∴x2＞−x1λ＞0，
又函数f（x）在（0，+∞）单调递减，
∴f(x2)＜f(−x1λ)，
又f（x1）＝f（x2），
所以 f(x1)＜f(−x1λ)，即 x1+1ex1＜−x1λ+1ex1λ，
两边取对数得λln(x1+1)−λln(1−x1λ)−(1+λ)x1＜0 对x1∈（﹣1，0）恒成立，
设F(x)=λln(x+1)−λln(1−xλ)−(1+λ)x，x∈(−1，0)，
则F'(x)=λx+1+11−xλ−(1+λ)=(1+λ)x(x+1−λ)(x+1)(λ−x)，
①当λ≥1 时，F′（x）＞0对x∈（﹣1，0）恒成立，此时F（x）在（﹣1，0）上单调递增，故F（x）＜F（0）＝0恒成立，符合题意，
②当λ∈（0，1）时，λ﹣1∈（﹣1，0），则x∈（λ﹣1，0），F′（x）＜0，此时F（x）在（λ﹣1，0）上单调递减，故F（x）＞F（0）＝0，不符合题意；
综上所述，λ≥1，
即λ的取值范围是[1，+∞）．