江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练：导数及其应用（含解析）学案

这是一份江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练：导数及其应用（含解析）学案，共26页。学案主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练
导数及其应用
一、填空题
1、（2018届盐城上期中）若函数在区间上存在唯一的极值点，则实数的取值范围为 ▲ ．
2、（南京市2019高三9月学情调研）若函数f(x)＝ax2－ex＋1在x＝x1和x＝x2两处取到极值，
且 ≥2，则实数a的取值范围是＿＿＿
3、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）设直线是曲线的切线，则直线的斜率的最小值是 ▲ ．
4、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中2019届高三10月月考）函数在点
A（2，1）处切线的斜率为 ▲ ．
5、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中2019届高三10月月考）若函数f(x)=kx-cosx在区间()单调递增，则 k的取值范围是 ▲ .
6、（南师附中2019届高三年级5月模拟）在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线C：上，且在第四象限内．已知曲线C在点P处的切线为，则实数b的值为 ．
7、（徐州市2018届高三上期中考试）已知函数，若存在，使，则实数的取值范围为 ▲
8、（2018届常州上期末）已知函数，其中．若过原点且斜率为的直线与曲线相切，则的值为 ▲ ．
9、（盐城市2017届高三上学期期中）已知为奇函数，当时，，则曲线在处的切线斜率为 ▲ ．
10、（苏州市2019届高三上学期期末）曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为 ．
11、（盐城市2019届高三上学期期中）在平面直角坐标系中，曲线在x＝0处的切线方程是 ．
12、（盐城市2019届高三上学期期中）已知函数在R上单调递增，则实数m的取值集合为 ．
13、（南京市、镇江市2019届高三上学期期中）已知e为自然对数的底数，函数y＝ex－lnx在［1，e］的最小值为＿＿
14、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二））已知点P在曲线C：上，曲线C在点P处的切线为l，过点P且与直线l垂直的直线与曲线C的另一交点为Q，O为坐标原点，若OP⊥OQ，则点P的纵坐标为 ．
15、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二））已已知e为自然对数的底数，函数的图像恒在直线上方，则实数a的取值范围为 ．

二、解答题
1、（南京市2018高三9月学情调研）已知函数f(x)＝2x3－3(a+1)x2＋6ax，a∈R．
（1）曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率为3，求a的值；
（2）若对于任意x∈(0，+∞)，f(x)＋f(－x)≥12lnx恒成立，求a的取值范围；
（3）若a＞1，设函数f(x)在区间[1，2]上的最大值、最小值分别为M(a)、m(a)，
记h(a)＝M(a)－m(a)，求h(a)的最小值．


2、（南京市2019高三9月学情调研）
已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x2．
（1）求过原点(0，0)，且与函数f(x)的图象相切的直线l的方程；
（2）若a＞0，求函数φ(x)＝|g(x)－2a2f(x)|在区间[1，＋∞) 上的最小值．

3、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）已知函数.
(1)求的极大值；
(2)当时，不等式恒成立，求的最小值；
(3)是否存在实数，使得方程在上有唯一的根，若存在，求出所有的值，若不存在，说明理由.

4、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中2019届高三10月月考）已知函数，a∈R.
⑴函数y= f(x)在点(2,f(2))处的切线与直线x-2y+1=0垂直，求a的值；
⑵讨论函数f(x)的单调性；
⑶当a=1时，证明：不等式成立.（其中n!=1×2×3×…×n，n∈N*,n≥2）

5、（南京市13校2019届高三12月联合调研）已知函数，，设.
（1）若在处取得极值，且，求函数的单调区间；
（2）若时函数有两个不同的零点.
①求的取值范围；②求证：.

6、（南京市、盐城市2019届高三上学期期末）若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．设函数f(x)＝x3－tx2＋1(t∈R)．
（1）若函数f(x)在(0，1)上无极值点，求t的取值范围；
（2）求证：对任意实数t，在函数f(x)的图象上总存在两条切线相互平行；
（3）当t＝3时，若函数f(x)的图象上存在的两条平行切线之间的距离为4，问：这样的平行切线共有几组？请说明理由．


7、（如皋市2019届高三上学期期末）已知函数，其中．
（I）若函数的图象在处的切线与直线垂直，求实数a的值；
（II）设函数．
(1).求函数的单调区间；
(2)若不等式对任意的实数恒成立，求实数a的取值范围．

8、（苏北三市（徐州、连云港、淮安）2019届高三期末）已知函数．
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若对于任意的正数，恒成立，求实数的值；
（3）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．


9、（苏州市2019届高三上学期期中）设函数，a为常数．
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）若为函数的两个零点，．
①求实数的取值范围；
②比较与的大小关系，并说明理由．

10、（南京市2019届高三第三次模拟）已知函数f(x)＝lnx＋＋1，a∈R．
（1）若函数f(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋b，求a，b的值；
（2）记g(x)＝f(x)＋ax，若函数g(x)在区间(0，)上有最小值，求实数a的取值范围；
（3）当a＝0时，关于x的方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．


11、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第一次模拟（2月））
已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设的导函数为，若有两个不相同的零点．
① 求实数的取值范围；
② 证明：．

12、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟）
已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）设函数在处的切线方程为，若函数是上
的单调增函数，求的值；
（3）是否存在一条直线与函数的图象相切于两个不同的点？并说明理由．

13、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟（5月））
已知函数（），是自然对数的底数．
（1）当时，求的单调增区间；
（2）若对任意的，（），求的最大值；
（3）若的极大值为，求不等式的解集．

14、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（一））已知函数．
（1）若在(1，)处的切线方程为，求实数a，b的值；
（2）设函数，[1，e]（其中e为自然对数的底数）．①当a＝﹣1时，求的最大值；②若是单调递减函数，求实数a的取值范围．

15、（盐城市2019届高三第三次模拟） 设函数（为自然对数的底数，）.
（1） 当时，求函数的图象在处的切线方程；
（2） 若函数在区间(0,1)上具有单调性，求的取值范围；
（3） 若函数有且仅有3个不同的零点，且，,
求证:

16、（南师附中2019届高三年级5月模拟）设a为实数，已知函数，．
（1）当a＜0时，求函数的单调区间；
（2）设b为实数，若不等式对任意的a≥1及任意的x＞0恒成立，求b的取值范围；
（3）若函数(x＞0，R)有两个相异的零点，求a的取值范围．


参考答案
一、填空题
1、　　　
2、[ ，＋∞）　　　3、4　　
4、　　5、［－）　　　6、－13
7、　　8、　　9、
10、　　　11、　　12、　　13、e
14、1　　　　15、　

二、解答题
1、解：（1）因为f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，所以f ′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a，
所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线斜率k＝f ′(0)＝6a，
所以6a＝3，所以a＝． ………………………2分
（2）f(x)＋f(－x)＝－6(a＋1)x2≥12lnx对任意x∈(0，+∞)恒成立，
所以－(a＋1)≥． ………………………4分
令g(x)＝，x＞0，则g¢(x)＝．
令g¢(x)＝0，解得x＝．
当x∈(0，)时，g¢(x)＞0，所以g(x)在(0，)上单调递增；
当x∈(，＋∞)时，g¢(x)＜0，所以g(x)在(，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g()＝， ………………………6分
所以－(a＋1)≥，即a≤－1－，
所以a的取值范围为(－∞，－1－]． ………………………8分
（3）因为f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，
所以f ′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，f(1)＝3a－1，f(2)＝4．
令f ′(x)＝0，则x＝1或a． ………………………10分
f(1)＝3a－1，f(2)＝4．
①当1＜a≤时，
当x∈(1，a)时，f ¢(x)＜0，所以f(x)在(1，a)上单调递减；
当x∈(a，2)时，f ¢(x)＞0，所以f(x)在(a，2)上单调递增．
又因为f(1)≤f(2)，所以M(a)＝f(2)＝4，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2，
所以h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋4．
因为h¢ (a)＝3a2－6a＝3a(a－2)＜0，
所以h(a)在(1，]上单调递减，
所以当a∈(1，]时，h(a)最小值为h()＝．………………………12分
②当＜a＜2时，
当x∈(1，a)时，f ¢(x)＜0，所以f(x)在(1，a)上单调递减；
当x∈(a，2)时，f ¢(x)＞0，所以f(x)在(a，2)上单调递增．
又因为f(1)＞f(2)，所以M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2，
所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋3a－1．
因为h¢ (a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2≥0．
所以h(a)在(，2)上单调递增，
所以当a∈(，2)时，h(a)＞h()＝． ………………………14分
③当a≥2时，
当x∈(1，2)时，f ¢(x)＜0，所以f(x)在(1，2)上单调递减，
所以M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(2)＝4，
所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－4＝3a－5，
所以h(a)在[2，＋∞)上的最小值为h(2)＝1．
综上，h(a)的最小值为． ………………………16分
2、解：（1）因为f(x)＝lnx，所以f ′(x)＝ (x＞0)．
设直线l与函数f(x)的图象相切于点(x0，y0)，
则直线l的方程为 y－y0＝(x－x0)，即 y－lnx0＝(x－x0)．
…………………… 3分
因为直线l经过点(0，0)，
所以0－lnx0＝(0－x0)，即lnx0＝1，解得x0＝e．
因此直线l的方程为 y＝x，即x－ey＝0． …………………… 6分
（2）考察函数H(x)＝g(x)－2a2f(x)＝x2－2a2lnx．
H′(x)＝2x－＝ (x＞0)．
因为a＞0，故由H′(x)＝0，解得x＝a． …………………… 8分
① 当0＜a≤1时，H′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，H(x)在区间[1，＋∞)上递增，
所以 H(x)min＝H(1)＝1＞0，所以φ(x)min＝1． …………………… 11分
② 当a＞1时，H(x)在区间[1，a]上递减，在区间[a，＋∞)上递增，
所以 H(x)min＝H(a)＝a2(1－2lna) ．
(ⅰ) 当1－2lna≤0，即a∈[，＋∞) 时，H(x)min＝a2(1－2lna)≤0，
又H(1)＝1＞0，所以φ(x)min＝0．
(ⅱ) 当1－2lna＞0，a∈(1，) 时，H(x)min＝a2(1－2lna)＞0，
所以φ(x)min＝a2(1－2lna) ．
综上 φ(x)min＝ …………………… 16分
3、（1），令，得. …………………………………2分
当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，故当时，的极大值为．………………………4分
（2）不等式恒成立，即恒成立，
记，则，
当时，令，得，………………………………………………6分
当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则，即，…8分
则， 记，则，令，得
当时，，此时单调递减，当时，，此时 单调递增，，故的最小值为. ………………………10分
（3）记，由，……12分
故存在，使在上有零点，下面证明唯一性：
① 当时，，故，在上无解
…………………………………………………………………14分
②当时，，而，
此时，单调递减，
所以当符合题意． ……………………………16分
4、



5、解：(1)因为，所以,
由可得a=b-3.
又因为在处取得极值，
所以，
所以a= -2,b=1 . …………………………………2分
所以，其定义域为（0，+）

令得，
当（0,1）时，，当（1,+），
所以函数h(x)在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减. …………………………4分
（2）当时，，其定义域为（0，+）.
①,当,则，在上单调递增，不合题意。…………5分
当时，在上单调递增，在上单调递减。
因为有2个不同零点，所以，即…………………………………7分
. 此时存在使得，
又在和都连续，
所以在和各有一个零点 ………………………10分
②由题意得,
所以,
所以，不妨设x1 要证 , 只需要证.…………………………………12分
即证，设,
则,
所以,
所以函数在（1，+）上单调增，而，
所以即,
所以 . …………………………………16分
6、解：（1）由函数f(x)＝x3－tx2＋1，得f'(x)＝3x2－2tx．由f'(x)＝0，得x＝0，或x＝t．
因为函数f(x)在(0，1)上无极值点，所以t≤0或t≥1，
解得t≤0或t≥．…………………………4分
（2）令f'(x)＝3x2－2tx＝p，即3x2－2tx－p＝0，△＝4t2＋12p．
当p＞－时，Δ＞0，此时3x2－2tx－p＝0存在不同的两个解x1，x2．…………………8分
设这两条切线方程为分别为y＝(3x12－2tx1)x－2x13＋tx12＋1和y＝(3x22－2tx2)x－2x23＋tx22＋1．
若两切线重合，则－2x13＋tx12＋1＝－2x23＋tx22＋1，
即2(x12＋x1x2＋x22)＝t(x1＋x2)，即2[(x1＋x2)2－x1x2]＝t(x1＋x2)．
而x1＋x2＝，化简得x1·x2＝，此时(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－＝0，
与x1≠x2矛盾，所以，这两条切线不重合．
综上，对任意实数t，函数f(x)的图象总存在两条切线相互平行． ………………10分
（3）当t＝3时f(x)＝x3－3x2＋1，f'(x)＝3x2－6x．
由（2）知x1＋x2＝2时，两切线平行．
设A(x1，x13－3x12＋1)，B(x2，x23－3x22＋1)，
不妨设x1＞x2，则x1＞1．
过点A的切线方程为y＝(3x12－6x1)x－2x13＋3x12＋1． ……………………11分
所以，两条平行线间的距离
d＝＝＝4，
化简得(x1－1)6＝1＋9[(x1－1)2－1]2， ………………13分
令(x1－1)2＝λ(λ＞0)，则λ3－1＝9(λ－1)2，
即(λ－1)( λ2＋λ＋1)＝9(λ－1)2，即(λ－1)( λ2－8λ＋10)＝0．
显然λ＝1为一解，λ2－8λ＋10＝0有两个异于1的正根，所以这样的λ有3解．
因为x1－1＞0，所以x1有3解，
所以满足此条件的平行切线共有3组． ……………………16分

7、【解】（Ⅰ）因为函数，定义域为，
所以，，，
所以函数图象在处的切线方程为，
即．
依题意，，解得．
所以实数a的值为1． …… 4分
（Ⅱ）令，，
则．
（1）① 若，，故函数在上单调增． … 5分
② 若，记．
若，即，则，函数在上单调增．
若，即，令，得，．
当时，，在和上单调增；
当时，，在上单调减． … 7分
③ 若，令，得（负舍）．
当时，，在上单调增；
当时，，在上单调减． … 9分
综上所述，当时，函数的单调增区间为，减区间为
；
当时，函数的单调增区间为，无减区间；
当时，函数的单调增区间为和，
减区间为． …… 10分
（2）由（1）可知，当时，函数在上单调增，
故，所以符合题意；
当时，函数在上单调减，在上单
调增，故存在，，所以不符题意；
…… 12分
当时，在上单调增，在上单调减．
下面证明：存在，．
首先证明：．
要证：，只要证：．
因为，所以，故．
所以．
其次证明：当时，对任意的都成立．
令，，则，故在上单调递
减，所以，即．
所以当时，对任意的都成立．
又当时，
，与题意矛盾，
故不符题意．
综上所述，实数a的取值范围是． …… 16分
8、（1）因为，所以当时，，
则， ……………………………………………………………1分
当时，，
所以在处的切线方程为； ………………………………………3分
（2）因为对于任意的正数，恒成立，
所以当时，即时，，； ……………………………5分
当时，即时，恒成立，所以； ………………………6分
当时，即时，恒成立，所以，
综上可知，对于任意的正数，恒成立，． ……………………7分
（3）因为函数存在两个极值点，
所以存在两个不相等的零点．
设，则．…………………………………8分
当时，，所以单调递增，至多一个零点．…………………9分
当时，因为时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以时，． …………………………………11分
因为存在两个不相等的零点，所以，解得．
因为，所以．
因为，所以在上存在一个零点． ………13分
因为，所以．又因为，
设，则，因为，
所以单调递减，所以，
所以，所以在上存在一个零点．
综上可知：．…………………………………………………………16分
9、解：（1）当时，，得，
所以，所以在点处的切线方程为； ………………3分
（2）①（）,得，
当时，，单调递减不满足题意； ………………4分
当时，，；，；
所以在上单调减，在上单调增．
因为函数有两个零点，所以，得． …………6分
下证：在区间和内分别存在一个零点.
在内，因为，而，又在上单调减，所以由零点存在性原理可知：在内有一个零点； ………………9分
法一：在内，可以证明，所以即，
所以，
取，得， 而，
又在上单调递增，所以由零点存在性原理可知：在内有一个零点． ………………12分
法二:在内，因为（易证），所以即，所以，令且，因为，所以存在，使得，所以，而，又在上单调增，所以由零点存在性原理可知在内，有一个零点． ………………12分
法三:在内取，所以，令，，可证：，
所以，所以，而，又在上单调增，所以由零点存在性原理可知在内，有一个零点． ………………12分
②． ………………13分
证明如下：由，，所以即，
要证，即证，即证，
令，令，，所以，所以． ………………16分

10、解：（1）f′(x)＝－，则f′(1)＝1－a＝2，解得a＝－1，则f(x)＝lnx－＋1，
此时f (1)＝ln1－1＋1＝0，则切点坐标为(1，0)，
代入切线方程，得b＝－2，
所以a＝－1，b＝－2． 2分
（2）g(x)＝f(x)＋ax＝lnx＋＋ax＋1，g′(x)＝－＋a＝．
①当a＝0时，g′(x)＝＞0，则g(x)在区间(0，)上为增函数，
则g(x)在区间(0，)上无最小值． …………………………………………4分
②当a≠0时，方程ax2＋x－a＝0的判别式Δ＝1＋4a2＞0，
则方程有两个不相等的实数根，设为x1，x2，
由韦达定理得x1x2＝－1，则两根一正一负，不妨设x1＜0＜x2.
设函数m(x)＝ax2＋x－a(x＞0)，
（i）若a＞0，
若x2∈(0，) ，则m(0)＝－a＜0 ，m()＝＋－a＞0 ，解得0＜a＜．
此时x∈(0，x2)时，m(x)＜0，则g(x)递减；
x∈(x2，)时，m(x)＞0，则g(x)递增，
当x＝x2时，g(x)取极小值，即为最小值．
若x2≥，则x∈(0，)，m(x)＜0，g(x)在(0，)单调减，无最小值．
6分
（ii）若a＜0，
x∈(0，x2)时，m(x)＞0，则g(x)递增；
x∈(x2，＋∞)时，m(x)＜0，则g(x)递减，
在区间(0，)上，g(x)不会有最小值．
所以a＜0不满足条件．
综上，当0＜a＜时，g(x)在区间(0，)上有最小值．…………………………8分
（3）当a＝0时，由方程f(x)＝bx2，得lnx＋1－bx2＝0，
记h(x)＝lnx＋1－bx2，x＞0，则h′(x)＝－2bx＝．
①当b≤0时，h′(x)＞0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
则函数h(x)至多只有一个零点，即方程f(x)＝bx2至多只有一个实数根，
所以b≤0不符合题意．………………………………………………………10分
②当b＞0时，
当x∈(0，)时，h′(x)＞0，所以函数h(x)递增；
当x∈(，＋∞)时，h′(x)＜0，所以函数h(x)递减，
则h(x)max＝h()＝ln＋．
要使方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根，
则h()＝ln＋＞0，解得0＜b＜．………………………………12分
（i）当0＜b＜时，h()＝－＜0．
又()2－()2＝＜0，则＜，
所以存在唯一的x1∈(，)，使得h(x1)＝0．…………………………14分
（ii）h()＝ln＋1－＝－lnb＋1－， 记k(b)＝－lnb＋1－，0＜b＜，
因为k′(b)＝－＋＝，则k(b)在(0，1)上为增函数，在(1，)上为减函数，
则k(b)max＝k(1)＝0，则h()≤0．
又()2－()2＝＞0，即＞，
所以存在唯一的x2∈(，]，使得h(x2)＝0，
综上，当0＜b＜时，方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根．………………16分

11、【解】（1）的定义域为，且．
（1.1）当时，成立，所以在为增函数； ………2分
（1.2）当时，
（i）当时，，所以在上为增函数；
（ii）当时，，所以在上为减函数．………4分
（2）①由（1）知，当时，至多一个零点，不合题意；
当时，的最小值为，
依题意知，解得．……………………………………6分
一方面，由于，，在为增函数，且函数的图
象在上不间断．
所以在上有唯一的一个零点．
另一方面， 因为，所以．
，令，
当时，，
所以
又，在为减函数，且函数的图象在上不间断．
所以在有唯一的一个零点．
综上，实数的取值范围是．……………………………………………10分
② 设．
又 则．………………………………………12分
下面证明．
不妨设，由①知．
要证，即证．
因为，在上为减函数，
所以只要证．
又，即证．……………………………………14分
设函数．
所以，所以在为增函数.
所以，所以成立．
从而成立.
所以，即成立. …16分
12、【解】（1）当时，函数的定义域为．
则，
令得，或． ………………………………………………………2分


1

2


+
0
-
0
+

↗
极大值
↘
极小值
↗
列表：



所以函数的极大值为；极小值为． ………………4分
（2）依题意，切线方程为，
从而，
记，
则在上为单调增函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立． …………………………………8分
法一：变形得在上恒成立 ，
所以，又，所以． ………………………………………………10分
法二：变形得在上恒成立 ，
因为（当且仅当时，等号成立），
所以，从而，所以．……………………………10分
（3）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点，，
不妨，则处切线的方程为：，
处切线的方程为：．
因为，为同一直线，所以……………………12分
即
整理得， ………………………………………………14分
消去得，．
令，由与，得，
记，则，
所以为上的单调减函数，所以．
从而式不可能成立，所以假设不成立，从而不存在一条直线与函数的图象有两个
不同的切点． ……………………………………………………………………………16分
13、【解】（1）的定义域为．
由， …… 2分
令，因为，得，
因为，
所以的单调增区间是． …… 4分
（2）当时，，不合题意；
当时，令，得或，
所以在区间和上单调递减．
因为，且在区间上单调递增，
所以在处取极小值，即最小值为． …… 6分
若，，则，即．
不妨设，则． …… 8分
设（），则．
当时，；当时，，
所以在上单调递增；在上单调递减，
所以，即，
所以的最大值为． …… 10分
（3）由（2）知，当时，无极大值，
当时，在和上单调递增；在上单调递减，
所以在处取极大值，
所以，即． …… 12分
设，即，
当，，所以；
当，，
由（2）知，，又，
所以，且不恒为零，
所以在上单调递增．
不等式，即为，所以，
即不等式的解集为． …… 16分
14、（1），，， ………………………1分
　　，代入解得． ……………………………2分
（2）①∵，则． …………3分
　　令，
则，在单调递增， …………………………………5分
， ………………………………………………………………6分
　　∴，在单调递增，∴的最大值为． …………8分
②同理，单调递增函数， ……………………………9分
　　则．
若，，，
　　，
　　令，
　　则．
　　即在单调递减，∴，∴．……………11分
若，，，
由知，， 又在区间上是单调减函数，
所以对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
令，

记，又，
所以在区间上单调递减，故，即，所以

即在区间上是单调递减，所以，
所以，又，
∴． ………………………………………13分
若，因为，
，
所以在上单调递增，
又，
　　则存在唯一的，使，
　　∴在上不单调． …………………………………………………15分
综上所述，． ……………………………………………16分
15、解：（1）当时，，，，，
故的图象在处的切线方程为，即. ………2分
（2）因为，
①若函数在区间上单调递增，则…恒成立，得„恒成立，
∵，∴，所以„； …………………………5分
②若函数在区间上单调递减，则„恒成立，得…恒成立，
∵，∴，所以…1；
综上，的取值范围为. …………………………8分
注：对参数分类讨论得到在R上的单调区间后，根据区间的包含关系求解的参照评分.
（3）函数的零点即为方程的实数根，
故或，由，得， …………………………9分
∴有且仅有2个不等于1的不同零点，
由，得，设，
则，由，得；由，得.
故在上单调递增，在上单调递减，
故有且仅有两个不等实数根，且1个根小于1，1个根大于1，
∵有且仅有3个不同的零点，，
∴，为的两个不等实数根， ………………………12分
∴，，两式相减，得，∴，
两式相加，得，
设，由且，得0„1，，
设，， ………………………14分
则，设，，则，
设，，则在上恒成立，
∴在上单调递增，∴在上恒成立，
则在上恒成立，∴在上单调递增，
∴在上恒成立，则在上恒成立，∴在上单调递增，
所以„，即.
16、解：(1) 当a<0时，因为f′(x)＝a(x＋1)ex，当x<－1时，f′(x)>0；
当x>－1时，f′(x)<0.所以函数f(x)单调减区间为(－∞，－1)，单调增区间为(－1，＋∞)．(2分)
(2) 由f(x)≥2x2＋bx，得axex≥2x2＋bx，由于x>0，
所以aex≥2x＋b对任意的a≥1及任意的x>0恒成立．
由于ex>0，所以aex≥ex，所以ex－2x≥b对任意的x>0恒成立．(4分)
设φ(x)＝ex－2x，x>0，则φ′(x)＝ex－2，
所以函数φ(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)min＝φ(ln 2)＝2－2ln 2，
所以b≤2－2ln 2.(6分)
(3) 由h(x)＝axex＋x＋ln x，得h′(x)＝a(x＋1)ex＋1＋＝，其中x>0.
① 若a≥0时，则h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数h(x)至多有一个零零点，不合题意；(8分)
② 若a<0时，令h′(x)＝0，得xex＝－>0.
由第(2)小题知，当x>0时，φ(x)＝ex－2x≥2－2ln 2>0，所以ex>2x，所以xex>2x2，所以当x>0时，函数xex的值域为(0，＋∞)．
所以存在x0>0，使得ax0ex0＋1＝0，即ax0ex0＝－1　①，
且当x0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
因为函数有两个零点x1，x2，
所以h(x)max＝h(x0)＝ax0ex0＋x0＋ln x0＝－1＋x0＋ln x0>0　②.
设φ(x)＝－1＋x＋ln x，x>0，则φ′(x)＝1＋>0，所以函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由于φ(1)＝0，所以当x>1时，φ(x)>0，所以②式中的x0>1.
又由①式，得x0ex0＝－.
由第(1)小题可知，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以－>e，
即a∈(－，0)．(11分)
当a∈(－，0)时，
(i) 由于h()＝＋(－1)<0，所以h()·h(x0)<0.
因为<1 所以函数h(x)在(0，x0)上恰有一个零点；(13分)
(ii) 由于h(－)＝－e－－＋ln(－)，令t＝－>e，
设F(t)＝－et＋t＋ln t，t>e，
由于t>e时，ln t2t，所以设F(t)<0，即h(－)<0.
由①式，得当x0>1时，－＝x0ex0>x0，且h(－)·h(x0)<0，
同理可得函数h(x)在(x0，＋∞)上也恰有一个零点．
综上，a∈(－，0)．(16分)