【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A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A版一、选择题1．(文)设函数f(x)＝xex，则(　　)A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点[答案]　D[解析]　本题考查了导数的应用—求函数的极值．f′(x)＝ex＋xex，令f′(x)＝0，∴ex＋xex＝0，∴x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＝ex＋xex<0，x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＝ex＋xex>0，∴x＝－1为极小值点，故选D．[点评]　求函数的极值要讨论在各区间内导函数值的符号，同时要注意函数的定义域．(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．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-14-\n[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．(2022·福建福州质检)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)>0；　　②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；　　④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是(　　)A．①③　B．①④C．②③　D．②④[答案]　C[解析]　∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)<0，得1<x<3，由f′(x)>0，得x<1或x>3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a<b<c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝f(1)＝4－abc>0，y极小值＝f(3)＝－abc<0.∴0<abc<4.∴a，b，c均大于零，或者a<0，b<0，c>0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.∴正确结论的序号是②③.4．(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-14-\n即解得a≥.选C．5．(文)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)A．，0　B．0，C．－，0　D．0，－[答案]　A[解析]　f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得，解得∴f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝或x＝1，易得当x＝时f(x)取极大值，当x＝1时f(x)取极小值0.(理)若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同零点，则a可能为(　　)A．4　　　B．6　　　C．7　　　D．8[答案]　A[解析]　f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0得x<1或x>2，由f′(x)<0得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)、f(2)，欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而选项中只给出了一个值4，所以选A．6．(文)函数f(x)的定义域为开区间(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)内的极大值点有(　　)A．1个　B．2个C．3个　D．4个[答案]　B[解析]　由导函数的图象知，f(x)在(a，b)内变化情况为增→减→增→减，故有两个极大值点．-14-\n(理)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如下图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)[答案]　D[解析]　当x<－2时，1－x>3，则f′(x)>0；当－2<x<1时，0<1－x<3，则f′(x)<0；∴函数f(x)有极大值f(－2)，当1<x<2时，－1<1－x<0，则f′(x)<0；x>2时，1－x<－1，则f′(x)>0，∴函数f(x)有极小值f(2)，故选D．二、填空题7．(文)(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]．(理)(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-14-\n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－13.8．(文)函数f(x)＝x3＋3x2－9x的单调减区间为________．[答案]　[－3,1][解析]　f′(x)＝3x2＋6x－9，由f′(x)≤0得－3≤x≤1，∴f(x)的单调减区间为[－3,1]．(理)已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．[答案]　[－2，－1][解析]　由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上，故－m＋n＝2①又f′(x)＝3mx2＋2nx，由条件知f′(－1)＝－3，故3m－2n＝－3②联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1]．[点评]　f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，故[t，t＋1]是f(x)的减区间的子集．9．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．[答案]　－37[解析]　f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，f′(x)>0，当0<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在[－2,0]上单调增，在[0,2]上单调减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.三、解答题10．(文)若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a的取值范围．[解析]　函数f(x)的导数f′(x)＝x2－ax＋a－1.令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝a－1.当a－1≤1即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，不合题意；当a－1>1即a>2时，函数f(x)在(－∞，1)上为增函数，在(1，a－1)上为减函数，在(a－1，＋∞)上为增函数．-14-\n依题意当x∈(1,4)时，f′(x)<0；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0.所以4≤a－1≤6，解得5≤a≤7.所以a的取值范围为[5,7]．(理)已知f(x)＝ax3－2ax2＋b(a≠0)．(1)求出f(x)的极值；(2)若f(x)在区间[－2,1]上最大值是5，最小值是－11，求f(x)的解析式．[解析]　(1)f′(x)＝3ax2－4ax，令f′(x)＝0⇒x＝0或x＝.当a>0时，x(－∞，0)0(0，)(，＋∞)y′＋0－0＋y增函数极大值减函数极小值增函数所以当x＝0时，y取得极大值b，当x＝时，y取得极小值b－a，同理当a<0时，x＝0时，y取得极小值b，x＝时，y取得极大值b－a.(2)当a>0时，f(x)在[－2,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝b＝5.又f(－2)＝b－16a<f(1)＝b－a，所以b－16a＝－11，a＝1.当a<0时，f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝b＝－11.又f(－2)＝b－16a>f(1)＝b－a，所以b－16a＝5，a＝－1.综上，f(x)＝x3－2x2＋5或f(x)＝－x3＋2x2－11.一、选择题11．(文)已知实数a、b、c、d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c)，则ad等于(　　)-14-\nA．2　B．1C．－1　D．－2[答案]　A[解析]　∵a、b、c、d成等比数列，∴ad＝bc，又(b，c)为函数y＝3x－x3的极大值点，∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，∴或∴ad＝2.(理)已知函数f(x)＝ax2－1的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线8x－y＋2＝0平行，若数列的前n项和为Sn，则S2022的值为(　　)A．　B．C．　D．[答案]　D[解析]　∵f′(x)＝2ax，∴f(x)在点A处的切线斜率为f′(1)＝2a，由条件知2a＝8，∴a＝4，∴f(x)＝4x2－1，∴＝＝·＝，∴数列的前n项和Sn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝，∴S2022＝.12．(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)，∴-14-\n<，∴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)函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为(　　)A．{x|x>0}　B．{x|x<0}C．{x|x<－1，或x>1}　D．{x|x<－1，或0<x<1}[答案]　A[解析]　构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.(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．14．(2022·贵州四校期末)已知函数f(x)＝x3－2x2－4x－7，其导函数为f′(x)．则以下四个命题：-14-\n①f(x)的单调减区间是(，2)；②f(x)的极小值是－15；③当a>2时，对任意的x>2且x≠a，恒有f(x)>f(a)＋f′(a)(x－a)；④函数f(x)有且只有一个零点．其中真命题的个数为(　　)A．1个　B．2个C．3个　D．4个[答案]　C[解析]　f′(x)＝3x2－4x－4＝(3x＋2)(x－2)，可得f(x)在(－∞，－)上为增函数，在(－，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，故①错误；f(x)极小值＝f(2)＝－15，故②正确；在(2，＋∞)上，f(x)为“下凸”函数，又a>2，x≠a，当x>a时，有>f′(a)恒成立；当x<a时，有<f′(a)恒成立，故恒有f(x)>f(a)＋f′(a)(x－a)，故③正确；f(x)极大值＝f(－)<0，故函数f(x)只有一个零点，④正确．真命题为②③④，故选C．二、填空题15．(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，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．-14-\n(理)(2022·课标全国Ⅰ理，16)若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值为________．[答案]　16[解析]　∵函数f(x)的图象关于直线x＝－2对称，∴f(x)满足f(0)＝f(－4)，f(－1)＝f(－3)，即解得∴f(x)＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15.由f′(x)＝－4x3－24x2－28x＋8＝0，得x1＝－2－，x2＝－2，x3＝－2＋.易知，f(x)在(－∞，－2－)上为增函数，在(－2－，－2)上为减函数，在(－2，－2＋)上为增函数，在(－2＋，＋∞)上为减函数．∴f(－2－)＝[1－(－2－)2][(－2－)2＋8(－2－)＋15]＝(－8－4)(8－4)＝80－64＝16.f(－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15]＝－3(4－16＋15)＝－9.f(－2＋)＝[1－(－2＋)2][(－2＋)2＋8(－2＋)＋15]＝(－8＋4)(8＋4)＝80－64＝16.故f(x)的最大值为16.16．(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．三、解答题17．设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a、b的值；-14-\n(2)求函数f(x)的单调区间与极值点．[解析]　(1)f′(x)＝3x2－3a.因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，所以即解得a＝4，b＝24.(2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f(x)没有极值点．当a>0时，由f′(x)＝0得x＝±.当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(－，)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．∴f(x)的单调增区间为(－∞，－)和(，＋∞)，单调减区间为(－，)．故x＝－是f(x)的极大值点，x＝是f(x)的极小值点．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：x(－∞，－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，＋∞)．-14-\n(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)已知函数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，-14-\n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．练一练①(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≤.②(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，-14-\n只需证(x1＋x2)[a(x1＋x2)＋b]＞2，a(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.-14-