【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第3章 第2节 利用导数研究函数的性质（含解析）新人教B版

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第3章第2节利用导数研究函数的性质新人教B版一、选择题1．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－1,3]上的最大值、最小值分别是(　　)A．12；－8　　　　　　B．1；－8C．12；－15D．15，－4[答案]　D[解析]　y′＝6x2－6x－12，由y′＝0⇒x＝－1或x＝2，当x∈[－1,2]时，y′<0，函数单调减小，当x∈[2,3]时，y′>0，函数单调增加，x＝－1时y＝12，x＝2时y＝15.x＝3时，y＝－4.∴ymax＝15，ymin＝－4.故选D.2．(2022·四川内江三模)已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为(　　)A．c<B．c≤C．c≥D．c>[答案]　A[解析]　由题意可知f′(x)＝x2－x＋c＝0有两个不同的实根，所以Δ＝1－4c>0⇒c<.3．(文)(2022·广东中山一模)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)[答案]　C[解析]　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，选C.(理)设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为图中的(　　)-12-\n[答案]　D[解析]　当y＝f(x)为增函数时，y＝f′(x)>0，当y＝f(x)为减函数时，y＝f′(x)<0，可判断D成立．4．(文)若a>2，则函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间(0,2)上恰好有(　　)A．0个零点B．1个零点C．2个零点D．3个零点[答案]　B[解析]　f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)＝0⇒x1＝0，x2＝2a>4.易知f(x)在(0,2)上为减函数，且f(0)＝1>0，f(2)＝－4a<0，由零点判定定理知，函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间(0,2)上恰好有一个零点．(理)(2022·湖北荆州质检二)设函数f(x)＝(x－1)kcosx(k∈N*)，则(　　)A．当k＝2022时，f(x)在x＝1处取得极小值B．当k＝2022时，f(x)在x＝1处取得极大值C．当k＝2022时，f(x)在x＝1处取得极小值D．当k＝2022时，f(x)在x＝1处取得极大值[答案]　C[解析]　当k＝2022时，f(x)＝(x－1)2022cosx，则f′(x)＝2022(x－1)2022cosx－(x－1)2022sinx＝(x－1)2022[2022cosx－(x－1)sinx]，当<x<1时，f′(x)>0；当1<x<时，f′(x)>0，此时函数x＝1不是函数f(x)的极值点，A，B选项均错误．当k＝2022时，f(x)＝(x－1)2022cosx，则f′(x)＝2022(x－1)2022cosx－(x－1)2022sinx＝(x－1)2022[2022cosx－(x－1)sinx]，当<x<1时，f′(x)<0；当1<x<时，f′(x)>0，此时函数f(x)在x＝1处取得极小值，故选C.5．(2022·内蒙古鄂尔多斯模拟)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是(　　)A．0<a<B.<a<C．a≥D．0<a<[答案]　C[解析]　f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有即解得a≥.选C.6．(文)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(　　)-12-\nA．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)[答案]　B[解析]　由题意，令φ(x)＝f(x)－2x－4，则φ′(x)＝f′(x)－2>0.∴φ(x)在R上是增函数．又φ(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴当x>－1时，φ(x)>φ(－1)＝0，∴f(x)－2x－4>0，∴f(x)>2x＋4.故选B.(理)(2022·吉林长春二调)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2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2022)2f(x＋2022)－4f(－2)>0的解集为(　　)A．(－∞，－2022)B．(－2022,0)C．(－∞，－2022)D．(－2022,0)[答案]　C[解析]　由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2f′(x)<x3，即[x2f(x)]′<x3<0，令F(x)＝x2f(x)，则当x<0时，F′(x)<0，即F(x)在(－∞，0)上是减函数，F(x＋2022)＝(2022＋x)2f(x＋2022)，F(－2)＝4f(－2)，F(2022＋x)－F(－2)>0，即F(2022＋x)>F(－2)．又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2022＋x<－2，即x<－2022，故选C.二、填空题7．(文)(2022·天津一中月考)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b的值为________．[答案]　－7[解析]　f′(x)＝3x2＋6ax＋b，若在x＝－1处有极值0，则解得或但当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3(x＋1)2≥0，不合题意，故a－b＝－7.(理)(2022·山东青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．[答案]　(－∞，2ln2－2][解析]　由原函数有零点，可转化为方程ex－2x＋a＝0有解，即方程a＝2x－ex有解．令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex.令g′(x)>0，得x<ln2，g(x)′<0，得x>ln2.所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a的取值范围为(－∞，2ln2－2]．8．(文)(2022·江西九江二模)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________．[答案]　－13[解析]　求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1，1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.(理)(2022·嘉兴质检)不等式ln(1＋x)－x2≤M恒成立，则M的最小值是________．-12-\n[答案]　ln2－[解析]　设f(x)＝ln(1＋x)－x2，则f′(x)＝[ln(1＋x)－x2]′＝－x＝，∵函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)．令f′(x)＝0得x＝1，当x>1时，f′(x)<0，当－1<x<1时，f′(x)>0，∴函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝ln2－.∵ln(1＋x)－x2≤M恒成立，∴M≥ln2－，即M的最小值为ln2－.9．(2022·唐山模拟)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的对称中心为M(x0，y0)，记函数f(x)的导函数为f′(x)，若f′(x)的导函数为f″(x)，则有f″(x0)＝0.若函数f(x)＝x3－3x2，则可求得：f()＋f()＋…＋f()＋f()＝________.[答案]　－8046[解析]　∵f(x)＝x3－3x2，∴f″(x)＝6x－6，令f″(x0)＝0，得x0＝1，由对称中心的定义知f(x)的对称中心为(1，－2)，设M(x1，y1)关于(1,2)的对称点为N(x2，y2)，则有x1＋x2＝2时，y1＋y2＝－4，∴f()＋f(2－)＝－4，k＝1,2，…，2022，∴原式＝2022×(－4)＋(－2)＝－8046.三、解答题10．(文)(2022·北京东城区统一检测)已知函数f(x)＝x3＋mx2－3m2x＋1，m∈R.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，求m的取值范围．[解析]　(1)当m＝1时，f(x)＝x3＋x2－3x＋1，又f′(x)＝x2＋2x－3，所以f′(2)＝5.又f(2)＝，所以所求切线方程为y－＝5(x－2)，即15x－3y－25＝0.所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为15x－3y－25＝0.(2)因为f′(x)＝x2＋2mx－3m2，-12-\n令f′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m.当m＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，不符合题意．当m>0时，f(x)的单调递减区间是(－3m，m)，若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，则，解得m≥3.当m<0时，f(x)的单调递减区间是(m，－3m)，若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，则，解得m≤－2.综上所述，实数m的取值范围是m≥3或m≤－2.(理)已知f(x)＝lnx＋x2－bx.(1)若函数f(x)在其定义域内是增函数，求b的取值范围；(2)当b＝－1时，设g(x)＝f(x)－2x2，求证函数g(x)只有一个零点．[解析]　(1)∵f(x)在(0，＋∞)上递增，∴f′(x)＝＋2x－b≥0，对x∈(0，＋∞)恒成立，即b≤＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立，∴只需b≤min，∵x>0，∴＋2x≥2，当且仅当x＝时取“＝”，∴b≤2，∴b的取值范围为(－∞，2]．(2)当b＝－1时，g(x)＝f(x)－2x2＝lnx－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，∴g′(x)＝－2x＋1＝－＝－，令g′(x)＝0，即－＝0，∵x>0，∴x＝1，当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，∴当x≠1时，g(x)<g(1)，而g(1)＝0，∴g(x)<0，∴函数g(x)只有一个零点.一、选择题11．已知函数f(x)＝sinx＋cosx，f′(x)是f(x)的导函数，则函数F(x)＝f(x)·f′(x)＋f2(x)的最大值是(　　)A．1＋B．1－C.D．－[答案]　A[解析]　依题意，得f′(x)＝cosx－sinx，所以F(x)＝(sinx＋cosx)(cosx－sinx)＋(sinx＋cosx)2＝sin(2x＋)＋1，所以F(x)的最大值是1＋.-12-\n12．(文)(2022·福建漳州质检)已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是(　　)A．f(2022)>e2022f(0)B．f(2022)<e2022f(0)C．f(2022)＝e2022f(0)D．f(2022)与e2022f(0)大小无法确定[答案]　B[解析]　令函数g(x)＝，则g′(x)＝.∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)在R上递减，∴g(2022)<g(0)，∴<，∴f(2022)<e2022f(0)．(理)(2022·云南昆明三中、玉溪一中统考)已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若f(x)满足：(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，f(2－x)＝f(x)e2－2x，则下列判断一定正确的是(　　)A．f(1)<f(0)B．f(2)>ef(0)C．f(3)>e3f(0)D．f(4)<e4f(0)[答案]　C[解析]　令F(x)＝f(x)e－x，则F′(x)＝e－x[f′(x)－f(x)]，当x<1时，由条件知f′(x)－f(x)<0，F′(x)<0，F(x)单调递减，所以F(－2)>F(－1)>F(0)，即f(－2)e2>f(－1)e>f(0)，又f(4)＝f(－2)e6，f(3)＝f(－1)e4，所以f(4)>f(0)e4，f(3)>f(0)e3，故选C.13．(文)(2022·河南八校联考)设p：f(x)＝x3－2x2－mx＋1在(－∞，＋∞)上单调递增，q：m>，则p是q的(　　)A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．以上都不对[答案]　D[解析]　f′(x)＝3x2－4x－m，由题意知3x2－4x－m≥0在R上恒成立，∴m≤－.当m≤－时，m>不成立，∴p⇒/q；当m>时，m≤－不成立，∴q⇒/p，故选D.(理)(2022·河南省实验中学期中)函数f(x)在定义域R上的导函数是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)、b＝f()、c＝f(log28)，则(　　)A．a<b<cB．a>b>cC．c<a<bD．a<c<b[答案]　C[解析]　由f(x)＝f(2－x)知f(x)的图象关于直线x＝1对称，∵x<1时，(x－1)f′(x)<0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∵a＝f(0)＝f(2)，b＝f()，c＝f(log28)＝f(3)，<2<3，∴b>a>c，故选C.14．(文)(2022·陕西西工大附中训练)已知可导函数f(x)(x∈R)满足f′(x)>f(x)，则当a>0时，f(a)和eaf(0)的大小关系为(　　)A．f(a)<eaf(0)B．f(a)>eaf(0)C．f(a)＝eaf(0)D．f(a)≤eaf(0)-12-\n[答案]　B[解析]　令F(x)＝，则F′(x)＝>0，∴F(x)为增函数，∵a>0，∴F(a)>F(0)，即>f(0)，∴f(a)>eaf(0)，故选B.(理)(2022·课标Ⅱ文，11)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0[答案]　C[解析]　由题意得，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，该函数图象开口向上，若x0为极小值点，如图，f′(x)的图象应为：故f(x)在区间(－∞，x0)不单调递减，C错，故选C.二、填空题15．(2022·福建质量检查)设g′(x)是函数g(x)的导函数，且f(x)＝g′(x)．现给出以下四个命题：①若g(x)是偶函数，则f(x)必是奇函数；②若f(x)是偶函数，则g(x)必是奇函数；③若f(x)是周期函数，则g(x)必是周期函数；④若f(x)是单调函数，则g(x)必是单调函数．其中正确的命题是________．(写出所有正确命题的序号)[答案]　①[解析]　因为若g(x)是偶函数，则根据偶函数关于y轴对称，可得函数g(x)的导函数即函数的切线的斜率关于原点对称，所以①正确；若g(x)＝x3＋1，则f(x)＝x2是偶函数，但g(x)不是奇函数，所以②不正确；若g(x)＝－cosx＋2x，则f(x)＝sinx＋2是周期函数且f(x)>0，则g(x)是增函数，所以g(x)不可能是周期函数，所以③不正确；若g(x)＝x2，则f(x)＝x是单调函数，但g(x)不是单调函数，所以④不正确．综上可知，①正确．16．(文)(2022·扬州期末)已知函数f(x)＝lnx－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.[答案]　－3e[解析]　f′(x)＝＋＝(x>0)，当m>0时，f′(x)>0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，-12-\n得m＝－4，与m>0矛盾．当m<0时，若－m<1即m>－1，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，得m＝－4，与m>－1矛盾；若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，符合题意．(理)已知函数f(x)＝＋lnx，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．[答案]　[1，＋∞)[解析]　∵f(x)＝＋lnx，∴f′(x)＝(a>0)，∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.三、解答题17．(文)(2022·菏泽期中)已知函数f(x)＝x2＋2alnx.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为1，求实数a的值；(2)若函数g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围．[解析]　(1)f′(x)＝2x＋＝，由已知f′(2)＝1，解得a＝－3.(2)由g(x)＝＋x2＋2alnx得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)在[1,2]上为单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)<0，所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min＝h(2)＝－，所以a≤－.-12-\n(理)(2022·江西赣州博雅文化学校月考)已知函数f(x)＝alnx＋x2－(1＋a)x(x>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立，求实数a的取值范围．[解析]　(1)f′(x)＝＝(x>0)．当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，f(x)在(a,1)单调递减，在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增；当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(1，a)上单调递减，在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增．(2)解法一：由f(x)≥0得：a≤·，令g(x)＝，则g′(x)＝，令h(x)＝x＋2－2lnx，则h′(x)＝，当x∈(0,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．∴h(x)≥h(2)＝4－2ln2>0，即x＋2－2lnx>0，所以由g′(x)＝>0得x>1，所以g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．所以g(x)≥g(1)＝－1，从而a≤－.解法二：由f(1)＝－－a≥0得：a≤－.由(1)知当a≤－时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)≥0.所以若f(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立，实数a的取值范围为(－∞，－]．18．(文)(2022·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝(a≠0，a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，若对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，有f(x1)－f(x2)≤m成立，求实数m的最小值．[解析]　f′(x)＝.令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝－3a.(1)当a>0时，f′(x)，f(x)随着x的变化如下表：x(－∞，－3a)－3a(－3a，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值函数f(x)的单调递增区间是(－3a，a)，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－3a)，(a，＋∞)．当a<0时，f′(x)，f(x)随着x的变化如下表：-12-\nx(－∞，a)a(a，－3a)－3a(－3a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值函数f(x)的单调递增区间是(a，－3a)，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，a)，(－3a，＋∞)．(2)当a＝1时，由(1)得f(x)是(－3,1)上的增函数，是(1，＋∞)上的减函数．又当x>1时，f(x)＝>0，所以f(x)在[－3，＋∞)上的最小值为f(－3)＝－，最大值为f(1)＝.所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，f(x1)－f(x2)≤f(1)－f(－3)＝.所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，使f(x1)－f(x2)≤m恒成立的实数m的最小值为.(理)(2022·哈三中二模)己知函数f(x)＝(ax－a＋2)·ex(其中a∈R)(1)求f(x)在[0,2]上的最大值；(2)若函数g(x)＝a2x2－13ax－30，求a所能取到的最大正整数，使对任意x>0，都有2f′(x)>g(x)恒成立．[解析]　(1)f(x)＝(ax－a＋2)·ex，f′(x)＝(ax＋2)·ex，当a≥0时，f′(x)在[0,2]上恒正，f(x)单调递增，最大值为f(2)＝(a＋2)e2，当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－.所以当－1≤a<0时，仍有f(x)在[0,2]上为增函数，最大值为f(2)＝(a＋2)e2当a<－1时，f(x)在[0，－]上为增函数，在[－，2]上为减函数，最大值为f(－)＝－ae－.综上有，f(x)max＝(2)g(x)＝a2x2－13ax－30＝(ax＋2)(ax－15)，所以只需要2ex>ax－15即可，记h(x)＝2ex－ax＋15，则h′(x)＝2ex－a，故h(x)在(0，ln)上单调递减，在(ln，＋∞)上单调递增，则h(x)min＝a－aln＋15.记k(x)＝x－xln＋15，则k′(x)＝－ln，故k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，在(2，＋∞)上取2e2，有k(2e2)＝15－2e2>0，又k(15)＝15(2－ln)<0，故存在x0∈(2e2,15)使k(x0)＝0，而2e2∈(14,15)，所以当a＝14时可保证h(x)min>0，有2f′(x)>g(x)恒成立，当a＝15时h(x)min<0，不能有2f′(x)>g(x)恒成立，所以a所能取到的最大正整数为14.[点评]　构造是应用导数解决函数问题中的基本手段，在解题过程中可以根据需要构造函数，研究新函数的性质达到解决原问题的目的．-12-\n练一练①证明不等式lnx>，其中x>1.[解析]　设f(x)＝lnx－　(x>1)．则f′(x)＝－＝，∵x>1，∴f′(x)>0.∴f(x)在(1，＋∞)内为单调增函数．又∵f(1)＝0，当x>1时，f(x)>f(1)＝0，即lnx－>0.∴lnx>.②(2022·长春市三调)已知函数f(x)＝2ex－(x－a)2＋3，a∈R.(1)若函数y＝f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，求a的值；(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．[解析]　(1)f′(x)＝2(ex－x＋a)，因为y＝f(x)在x＝0处切线与x轴平行，即在x＝0切线斜率为0即f′(0)＝2(a＋1)＝0，∴a＝－1.(2)f′(x)＝2(ex－x＋a)，令g(x)＝2(ex－x＋a)，∵x≥0，∴g′(x)＝2(ex－1)≥0，所以g(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)内单调递增，g(0)＝2(1＋a)，(ⅰ)当2(1＋a)≥0即a≥－1时，f′(x)＝2(ex－x＋a)≥f′(0)≥0，f(x)在[0，＋∞)内单调递增，要想f(x)≥0只需要f(0)＝5－a2≥0，解得－≤a≤，从而－1≤a≤.(ⅱ)当2(1＋a)<0即a<－1时，由g(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)内单调递增知，存在唯一x0使得g(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，有ex0＝x0－a，令f′(x)>0解得x>x0，令f′(x)<0解得0≤x<x0，从而对于f(x)在x＝x0处取最小值，f(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3，又x0＝ex0＋a，f(x0)＝2ex0－(ex0)2＋3＝－(ex0＋1)(ex0－3)，从而应有f(x0)≥0，即ex0－3≤0，解得0<x0≤ln3，由ex0＝x0－a可得a＝x0－ex0，有ln3－3≤a<－1，综上所述，ln3－3≤a≤.③(2022·河北名校名师俱乐部模拟)已知函数f(x)＝的图象为曲线C，函数g(x)＝ax＋b的图象为直线l.(1)当a＝2，b＝－3时，求F(x)＝f(x)－g(x)的最大值；(2)设直线l与曲线C的交点的横坐标分别为x1，x2，且x1≠x2，求证：(x1＋x2)g(x1＋x2)>2.[解析]　(1)∵a＝2，b＝－3，∴F(x)＝－x＋3.F′(x)＝－1＝＝0⇒x＝1，∵当x∈(0,1)时，F′(x)＞0，∴函数F(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，∴函数F(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴F(x)max＝F(1)＝2.(2)不妨设x1＜x2，要证(x1＋x2)g(x1＋x2)＞2，只需证(x1＋x2)[a(x1＋x2)＋b]＞2，-12-\na(x1＋x2)＋b＞⇒a(x－x)＋b(x2－x1)＞ax＋bx2－(ax＋bx1)>∵(x1，y1)，(x2，y2)是l与C的交点，＝ax1＋b，＝ax2＋b.∴lnx2－lnx1>，即ln>，∴(x2＋x1)ln>2(x2－x1)．令H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)，x∈(x1，＋∞)，只需证H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)>0，H′(x)＝ln＋－1.令G(x)＝ln＋－1，则G′(x)＝>0，G(x)在x∈(x1，＋∞)上单调递增．G(x)>G(x1)＝0，∴H′(x)>0，∴H(x)在x∈(x1，＋∞)上单调递增．∴H(x)>H(x1)＝0，∴H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)>0，∴(x1＋x2)g(x1＋x2)>2.-12-