高三數(shù)學二輪復習專題一：函數(shù)與導數(shù)練習題

專題一：函數(shù)與導數(shù)一、函數(shù)的圖象與性質一、單項選擇題1．(2022·哈爾濱檢測)下列既是奇函數(shù)，又在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝sinx B．y＝lnxC．y＝tanx D．y＝－eq\f(1,x)2．(2022·西安模擬)設f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1－1，x≤3，,log2x2－1，x>3，))若f(x)＝3，則x的值為()A．3 B．1C．－3 D．1或33．(2022·常德模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinπx,ex＋e－x)的圖象大致是() 4．(2022·張家口檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－1,ex＋1)，則()A．函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增B．函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減C．函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減D．函數(shù)f(x)非奇非偶，在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增5．(2021·全國乙卷)設函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是()A．f(x－1)－1B．f(x－1)＋1C．f(x＋1)－1D．f(x＋1)＋16．設定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝2，則f(99)等于()A．1 B．2C．0 D.eq\f(13,2)7．已知函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函數(shù)，且當x>0時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－22，0<x≤4，,\f(1,2)fx－4，x>4，))則方程f(x)＝1的解的個數(shù)為()A．4 B．6C．8 D．108．(2022·河北聯(lián)考)若函數(shù)f(2x＋1)(x∈R)是周期為2的奇函數(shù)，則下列結論不正確的是()A．函數(shù)f(x)的周期為4B．函數(shù)f(x)的圖象關于點(1,0)對稱C．f(2021)＝0D．f(2022)＝0二、多項選擇題9．下列函數(shù)中，定義域與值域相同的是()A．y＝eq\f(1,x) B．y＝lnxC．y＝eq\f(1,3x－1) D．y＝eq\f(x＋1,x－1)10．(2022·淄博檢測)函數(shù)D(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x∈Q，,0，x?Q))被稱為狄利克雷函數(shù)，則下列結論成立的是()A．函數(shù)D(x)的值域為[0,1]B．若D(x0)＝1，則D(x0＋1)＝1C．若D(x1)－D(x2)＝0，則x1－x2∈QD．?x∈R，D(x＋eq\r(2))＝111．下列可能是函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)(其中a，b，c∈{－1,0,1})的圖象的是()12．已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于直線x＝－1對稱，且對?x∈R，有f(x)＋f(－x)＝4.當x∈(0,2]時，f(x)＝x＋2，則下列說法正確的是()A．8是f(x)的周期B．f(x)的最大值為5C．f(2023)＝1D．f(x＋2)為偶函數(shù)三、填空題13．(2022·瀘州模擬)寫出一個具有下列性質①②③的函數(shù)f(x)＝____________.①定義域為R；②函數(shù)f(x)是奇函數(shù)；③f(x＋π)＝f(x)．14．已知函數(shù)f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)－x)＋1，則f(ln5)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,5)))＝________.15．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，則a的取值范圍為________．16．(2022·濟寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，則使得f(x)>f(2x)成立的x的取值范圍是____________．

二、基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程一、單項選擇題1．冪函數(shù)f(x)滿足f(4)＝3f(2)，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))等于()A.eq\f(1,3) B.3C.－eq\f(1,3) D.－32．(2022·瀘州模擬)若logab>1，其中a>0且a≠1，b>1,則()A．0<a<1<b B．1<a<bC．1<b<a D．1<b<a23．函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,\r(25－x2))的零點有()A．2個 B．3個C．5個 D．無數(shù)個4．朗伯比爾定律(Lambert－Beerlaw)是分光光度法的基本定律，是描述物質對某一波長光吸收的強弱與吸光物質的濃度及其液層厚度間的關系，其數(shù)學表達式為A＝lg

eq\f(1,T)＝Kbc，其中A為吸光度，T為透光度，K為摩爾吸光系數(shù)，c為吸光物質的濃度，單位為mol/L，b為吸收層厚度，單位為cm.保持K，b不變，當吸光物質的濃度增加為原來的兩倍時，透光度由原來的T變?yōu)?)A．2T B．T2C.eq\f(1,2)T D．10T5．(2022·十堰統(tǒng)考)已知a＝ln3，b＝30.5，c＝lg9，則()A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．b>a>c D．b>c>a6．(2022·聊城模擬)“環(huán)境就是民生，青山就是美麗，藍天也是幸福”，隨著經(jīng)濟的發(fā)展和社會的進步，人們的環(huán)保意識日益增強．某化工廠產(chǎn)生的廢氣中污染物的含量為1.2mg/cm3，排放前每過濾一次，該污染物的含量都會減少20%，當?shù)丨h(huán)保部門要求廢氣中該污染物的含量不能超過0.2mg/cm3，若要使該工廠的廢氣達標排放，那么該污染物排放前需要過濾的次數(shù)至少為(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.30，lg3≈0.48)()A．6B．7C．8D．97．(2022·湖南聯(lián)考)已如函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lg

eq\f(x＋3,3－x)，則()A．f(1)＋f(－1)<0B．f(－2)＋f(2)>0C．f(1)－f(－2)<0D．f(－1)＋f(2)>08．設x1，x2分別是函數(shù)f(x)＝x－a－x和g(x)＝xlogax－1的零點(其中a>1)，則x1＋4x2的取值范圍為()A．(4，＋∞) B．[4，＋∞)C．(5，＋∞) D．[5，＋∞)二、多項選擇題9．記函數(shù)f(x)＝x＋lnx的零點為x0，則關于x0的結論正確的為()A．0<x0<eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)<x0<1C．－x0＝0D．＋x0＝010．已知實數(shù)a，b滿足等式2022a＝2023b，下列式子可以成立的是()A．a(chǎn)＝b＝0 B．a(chǎn)<b<0C．0<a<b D．0<b<a11．(2022·濟寧模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且周期為2，且當x∈[0,1]時，f(x)＝x2.若函數(shù)g(x)＝f(x)－x－a恰有3個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍可以是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2))12．(2022·長沙模擬)已知正數(shù)x，y，z滿足3x＝4y＝12z，則()A.eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,z) B．6z<3x<4yC．xy<4z2 D．x＋y>4z三、填空題13．(2022·成都模擬)已知兩個條件：①a，b∈R，f(a＋b)＝f(a)·f(b)；②f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．請寫出一個同時滿足以上兩個條件的函數(shù)____________．14．(2022·廣州模擬)據(jù)報道，某地遭遇了70年一遇的沙漠蝗蟲災害．在所有的農(nóng)業(yè)害蟲中，沙漠蝗蟲對人類糧食作物危害最大．沙漠蝗蟲繁殖速度很快，遷徙能力很強，給農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和糧食安全構成重大威脅．已知某蝗蟲群在適宜的環(huán)境條件下，每經(jīng)過15天，數(shù)量就會增長為原來的10倍．該蝗蟲群當前有1億只蝗蟲，則經(jīng)過________天，蝗蟲數(shù)量會達到4000億只．(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.30)15．已知函數(shù)f(x)＝|lnx|，實數(shù)m，n滿足0<m<n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在區(qū)間[m2，n]上的最大值是2，則eq\f(n,m)的值為________．16．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln－x，x<0，,x2－x，x≥0，))若關于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6個不相等的實數(shù)根，則a的取值范圍是__________．

三、導數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性一、單項選擇題1．(2022·張家口模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－2x＋lnx，則函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為()A．2x＋y－2＝0B．2x－y－1＝0C．2x＋y－1＝0D．2x－y＋1＝02．已知函數(shù)f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cosx＋2，其導函數(shù)為f′(x)，則f′(0)等于()A．－1 B．0C．1 D．23．(2022·重慶檢測)函數(shù)f(x)＝e－xcosx(x∈(0，π))的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))4．(2022·廈門模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－mx在區(qū)間x∈[1,2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則m的取值范圍為()A．(0，e) B．(－∞，e)C．(0,2e2) D．(－∞，2e2)5．(2021·新高考全國Ⅰ)若過點(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則()A．eb<a B．ea<bC．0<a<eb D．0<b<ea6．已知a＝e0.3，b＝eq\f(ln1.5,2)＋1，c＝eq\r(1.5)，則它們的大小關系正確的是()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．b>a>c D．c>b>a二、多項選擇題7．若曲線f(x)＝ax2－x＋lnx存在垂直于y軸的切線，則a的取值可以是()A．－eq\f(1,2) B．0C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,4)8．已知函數(shù)f(x)＝lnx，x1>x2>e，則下列結論正確的是()A．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0B.eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))C．x1f(x2)－x2f(x1)>0D．e[f(x1)－f(x2)]<x1－x2三、填空題9．(2022·保定模擬)若函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(2,\r(x))＋m在(1，f(1))處的切線過點(0,2)，則實數(shù)m＝______.10．已知函數(shù)f(x)＝x2－cosx，則不等式f(2x－1)<f(x＋1)的解集為________．11．(2022·伊春模擬)過點P(1,2)作曲線C：y＝eq\f(4,x)的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為________．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－ax＋lnx，對于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>3，則實數(shù)a的取值范圍是________．四、解答題13．(2022·滁州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋alnx(a∈R)．(1)若函數(shù)在x＝1處的切線與直線x－4y－2＝0垂直，求實數(shù)a的值；(2)當a>0時，討論函數(shù)的單調(diào)性．14．(2022·湖北八市聯(lián)考)設函數(shù)f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù))(1)當a＝1時，求F(x)＝ex－f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．

四、函數(shù)的極值、最值一、單項選擇題1．下列函數(shù)中，不存在極值的是()A．y＝x＋eq\f(1,x) B．y＝xexC．y＝xlnx D．y＝－2x3－x2．下列關于函數(shù)f(x)＝(3－x2)ex的結論，正確的是()A．f(－3)是極大值，f(1)是極小值B．f(x)沒有最大值，也沒有最小值C．f(x)有最大值，沒有最小值D．f(x)有最小值，沒有最大值3．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是()A．20B．18C．3D．04．(2022·南充檢測)已知函數(shù)f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2在x＝－1處取得極值0，則m＋n等于()A．2B．7C．2或7D．3或95．(2022·晉中模擬)已知函數(shù)f(x)＝2xlnx＋x2－ax＋3(a>0)，若f(x)≥0恒成立，則a的取值范圍為()A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)C．(0,4) D．(0,4]6．(2022·昆明模擬)若函數(shù)f(x)＝x2－4x＋alnx有兩個極值點，設這兩個極值點為x1，x2，且x1<x2，則()A．x1∈(1,2) B．a(chǎn)>2C．f(x1)<－3 D．f(x1)>－3二、多項選擇題7．(2022·新高考全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個極值點B．f(x)有三個零點C．點(0,1)是曲線y＝f(x)的對稱中心D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線8．(2022·河北名校聯(lián)盟調(diào)研)若存在正實數(shù)m，n，使得等式4m＋a(n－3e2m)·(lnn－lnm)＝0成立，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則a的取值可能是()A．－eq\f(1,e)B.eq\f(1,e3)C.eq\f(1,e2)D．2三、填空題9．函數(shù)f(x)＝x－ln|x|的極值點為________．10．已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x＋2a＋2，若函數(shù)y＝f(x)與y＝f(f(x))有相同的值域，則實數(shù)a的取值范圍是________．11．(2021·新高考全國Ⅰ)函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值為________．12．(2022·全國乙卷)已知x＝x1和x＝x2分別是函數(shù)f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的極小值點和極大值點．若x1<x2，則a的取值范圍是________．四、解答題13．(2022·西安交大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,3]上的最大值與最小值之差g(a)．14.(2022·許昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝cosx－eq\f(1,ex).(1)求函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程；(2)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上存在唯一的極大值點x0.(參考數(shù)據(jù)：7<e2<8，e3>16，)

五、導數(shù)的綜合應用1.導數(shù)與不等式的證明1．(2022·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－x－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)當x≥0時，求證：f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx.2．(2022·鶴壁模擬)設函數(shù)f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當a＝e時，證明：f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).

2.恒成立問題與有解問題1．(2022·河北聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax2lnx與g(x)＝x2－bx.(1)若f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，求a，b的值．(2)若對?x∈[1，e]，都?b∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍．2．(2022·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－ax.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當x≥0時，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

3.零點問題1．(2022·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(－1k－1·x－1k,k).(1)分別求n＝1和n＝2的函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)的零點個數(shù)．2．(2022·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋sinx－cosx，f′(x)為f(x)的導數(shù)．(1)證明：當x≥0時，f′(x)≥2；(2)設g(x)＝f(x)－2x－1，證明：g(x)有且僅有2個零點．

參考答案一、函數(shù)的圖象與性質1．D2.B3.C4.A5.B6.D7．D[由題意知，當x>0時，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－22，0<x≤4，,\f(1,2)fx－4，x>4，))作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，又由方程f(x)＝1的解的個數(shù)，即為函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象交點的個數(shù)可知，當x>0時，結合圖象，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象有5個交點，又因為函數(shù)y＝f(x)為偶函數(shù)，圖象關于y軸對稱，所以當x<0時，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象也有5個交點，綜上可得，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象有10個交點，即方程f(x)＝1的解的個數(shù)為10.]8．D[∵函數(shù)f(2x＋1)(x∈R)是奇函數(shù)，∴f(2x＋1)＝－f(－2x＋1)?f(2x＋1)＋f(－2x＋1)＝0，∴函數(shù)f(x)的圖象關于點(1,0)對稱，故B正確；∵函數(shù)f(2x＋1)(x∈R)的周期為2，∴f(2(x＋2)＋1)＝f(2x＋1)，即f(2x＋5)＝f(2x＋1)，∴f(x)的周期為4，故A正確；f(2021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝0，故C正確；f(2022)＝f(4×505＋2)＝f(2)，無法判斷f(2)的值，故D錯誤．]9．AD10.BD11.ABC12．ACD[因為函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于直線x＝－1對稱，故f(x)的圖象關于直線x＝－2對稱，因為對?x∈R有f(x)＋f(－x)＝4，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關于點(0,2)成中心對稱，所以f(－2＋x＋2)＝f(－2－(x＋2))，即f(x)＝f(－4－x)＝4－f(－x)，又f(－4－x)＋f(x＋4)＝4，即f(－4－x)＝4－f(x＋4)，所以f(x＋4)＝f(－x)，所以f((x＋4)＋4)＝f(－(x＋4))＝f(x)，所以f(x＋8)＝f(x)，所以8是f(x)的周期，故A正確；又f(x＋2)＝f(－x＋2)，故函數(shù)f(x＋2)為偶函數(shù)，故D正確；因為當x∈(0,2]時，f(x)＝x＋2，且f(x)＋f(－x)＝4，則當x∈[－2,0)時，－x∈(0,2]，所以f(－x)＝－x＋2＝4－f(x)，所以f(x)＝x＋2，故當x∈[－2,2]時，f(x)＝x＋2，又函數(shù)y＝f(x)的圖象關于直線x＝－2對稱，所以在同一個周期[－6,2]上，f(x)的最大值為f(2)＝4，故f(x)在R上的最大值為4，故B錯誤；因為f(2023)＝f(253×8－1)＝f(－1)＝4－f(1)＝1，所以C正確．]13．sin2x(答案不唯一)14．215.[0,2]16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析令g(x)＝e|x|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，將其向右平移1個單位長度，得y＝e|x－1|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，所以f(x)＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))是函數(shù)g(x)向右平移1個單位長度得到的．而易知g(x)是偶函數(shù)，當x>0時，g(x)＝ex－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，g′(x)＝ex＋eq\f(π,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，當0<x≤2時，顯然g′(x)>0，當x>2時，ex>e2，－eq\f(π,2)≤eq\f(π,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))≤eq\f(π,2)，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減．從而可知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，1)上單調(diào)遞減．所以當f(x)>f(2x)時，有|x－1|>|2x－1|，解得0<x<eq\f(2,3).二、基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程1．A2.B3.B4.B5.C6.C7．D[因為f(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)＋lg

eq\f(－x＋3,3＋x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2x)＋lg

\f(x＋3,3－x)))＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＋f(－x)＝0，故A，B錯誤；又因為f(x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lgeq\f(x＋3,3－x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(6,x－3)))，且eq\f(x＋3,3－x)>0，即(x＋3)(3－x)>0，解得－3<x<3，根據(jù)單調(diào)性的結論可知f(x)在(－3,3)上單調(diào)遞增，所以當x∈(0,3)時，f(x)>0，當x∈(－3,0)時，f(x)<0，所以f(1)－f(－2)＝f(1)＋f(2)>0，C錯誤；f(－1)＋f(2)＝f(2)－f(1)>0，D正確．]8．C[令f(x)＝0，得x1＝，即eq\f(1,x1)＝，所以x1是y＝eq\f(1,x)與y＝ax(a>1)圖象的交點的橫坐標，且顯然0<x1<1.令g(x)＝0，得x2logax2－1＝0，即logax2＝eq\f(1,x2)，所以x2是y＝eq\f(1,x)與y＝logax(a>1)圖象的交點的橫坐標，因為y＝ax與y＝logax關于y＝x對稱，所以交點也關于y＝x對稱，所以有x1＝eq\f(1,x2)，所以x1＋4x2＝x1＋eq\f(4,x1)，令y＝x＋eq\f(4,x)，易知y＝x＋eq\f(4,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以x1＋4x2>1＋eq\f(4,1)＝5.]9．BC10.ABD11.BD12．ABD[設3x＝4y＝12z＝t，t>1，則x＝log3t，y＝log4t，z＝log12t，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,log3t)＋eq\f(1,log4t)＝logt3＋logt4＝logt12＝eq\f(1,z)，A正確；因為eq\f(6z,3x)＝eq\f(2log12t,log3t)＝eq\f(2logt3,logt12)＝log129<1，則6z<3x，因為eq\f(3x,4y)＝eq\f(3log3t,4log4t)＝eq\f(3logt4,4logt3)＝eq\f(logt64,logt81)＝log8164<1，則3x<4y，所以6z<3x<4y，B正確；因為eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,z)，所以x＋y＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(x,y)＋2))·z≥4z，當且僅當x＝y(tǒng)時，等號成立，又x≠y，故x＋y>4z，D正確；因為eq\f(1,z)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)，則eq\f(xy,z)＝x＋y>4z，所以xy>4z2，C錯誤．]13．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x(答案不唯一)14．5415.e216．(2eq\r(2)，3)解析函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，令t＝f(x)，則關于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6個不相等的實數(shù)根，等價于關于t的方程2t2－at＋1＝0在[0,1)上有2個不相等的實數(shù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8>0，,0<\f(a,4)<1，,3－a>0，))解得2eq\r(2)<a<3.三、導數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性1．C2.C3.D4.D5.D6.B7．ABC[依題意，f(x)存在垂直于y軸的切線，即存在切線斜率k＝0的切線，又k＝f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)－1，x>0，∴2ax＋eq\f(1,x)－1＝0有正根，即－2a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)有正根，即函數(shù)y＝－2a與函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)，x>0的圖象有交點，令eq\f(1,x)＝t>0，則g(t)＝t2－t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，∴g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)，∴－2a≥－eq\f(1,4)，即a≤eq\f(1,8).]8．BCD[∵f(x)＝lnx是增函數(shù)，∴(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，A錯誤；eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＝eq\f(1,2)(lnx1＋lnx2)＝eq\f(1,2)ln(x1x2)＝lneq\r(x1x2)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝ln

eq\f(x1＋x2,2)，由x1>x2>e，得eq\f(x1＋x2,2)>eq\r(x1x2)，又f(x)＝lnx單調(diào)遞增，∴eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，B正確；令h(x)＝eq\f(fx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x>e時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x1)<h(x2)，即eq\f(fx1,x1)<eq\f(fx2,x2)?x1f(x2)－x2f(x1)>0，C正確；令g(x)＝ef(x)－x，則g′(x)＝eq\f(e,x)－1，當x>e時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x1)<g(x2)，即ef(x1)－x1<ef(x2)－x2?e[f(x1)－f(x2)]<x1－x2，D正確．]9．610.(0,2)11．2x＋y－8＝0解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′＝－eq\f(4,x2)，所以曲線C在A點處的切線方程為y－y1＝－eq\f(4,x\o\al(2,1))(x－x1)，將P(1,2)代入得2－y1＝－eq\f(4,x\o\al(2,1))(1－x1)，因為y1＝eq\f(4,x1)，化簡得2x1＋y1－8＝0，同理可得2x2＋y2－8＝0，所以直線AB的方程為2x＋y－8＝0.12．a(chǎn)≤－1解析對于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>3.不妨設x1<x2，則f(x1)－f(x2)<3(x1－x2)，即f(x1)－3x1<f(x2)－3x2，設F(x)＝f(x)－3x，則F(x1)<F(x2)，又x1<x2，所以F(x)單調(diào)遞增，F(xiàn)′(x)≥0恒成立．F(x)＝f(x)－3x＝eq\f(1,2)x2－(a＋3)x＋lnx.所以F′(x)＝x－(3＋a)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－3＋ax＋1,x)，令g(x)＝x2－(3＋a)x＋1，要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g(x)＝x2－(3＋a)x＋1≥0恒成立，即3＋a≤x＋eq\f(1,x)恒成立，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時等號成立，所以3＋a≤2，即a≤－1.13．解函數(shù)定義域為(0，＋∞)，求導得f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x).(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.(2)f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2x＋a,x)(x>0)，對于方程2x2－2x＋a＝0，記Δ＝4－8a.①當Δ≤0，即a≥eq\f(1,2)時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當Δ>0，即0<a<eq\f(1,2)時，令f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－2a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1－2a),2).又a>0，故x2>x1>0.當x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當x∈(x1，x2)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當a≥eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當0<a<eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))上單調(diào)遞減．14．解(1)當a＝1時，F(xiàn)(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，定義域為(1，＋∞)，F(xiàn)′(x)＝ln(x－1)－1，令F′(x)>0，解得x>e＋1，令F′(x)<0，解得1<x<e＋1，故F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e＋1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，e＋1)．(2)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上有意義，故ax－1>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，可得a>e，依題意可得f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，設g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，g′(x)＝ex－eq\f(a2,ax－1)，易知g′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，故g′(x)≤g′(1)＝e－eq\f(a2,a－1)<0，故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，最小值為g(1)，故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，設h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，由h′(a)＝－ln(a－1)－eq\f(a,a－1)<0可得，h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.綜上所述，a的取值范圍為(e，e＋1]．四、函數(shù)的極值、最值1．D2.C3.A4.B5.D6.D7．AC[因為f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1<0，得－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)有兩個極值點，故A正確；因為f(x)的極小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))3－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點，故B錯誤；因為函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象向上平移一個單位長度得函數(shù)f(x)＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象關于原點(0,0)中心對稱且g(0)＝0，所以點(0,1)是曲線f(x)＝x3－x＋1的對稱中心，故C正確；假設直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線，切點為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，則切點坐標為(1,1)，但點(1,1)不在直線y＝2x上；若x0＝－1，則切點坐標為(－1,1)，但點(－1,1)不在直線y＝2x上，所以假設不成立，故D錯誤．故選AC.]8．ACD[由題意知，a≠0，由4m＋a(n－3e2m)(lnn－lnm)＝0，得4＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)－3e2))ln

eq\f(n,m)＝0，令t＝eq\f(n,m)(t>0)，則－eq\f(4,a)＝tlnt－3e2lnt，設g(t)＝tlnt－3e2lnt，則g′(t)＝1＋lnt－eq\f(3e2,t)，因為函數(shù)g′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(e2)＝0，所以當0<t<e2時，g′(t)<0，當t>e2時，g′(t)>0，則g(t)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而g(t)min＝g(e2)＝－4e2，即－eq\f(4,a)≥－4e2，解得a≥eq\f(1,e2)或a<0.故a∈(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).]9．110.(－∞，0]11.112.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))解析方法一由f(x)＝2ax－ex2，得f′(x)＝2axlna－2ex.令f′(x)＝0，得axlna＝ex.因為a>0且a≠1，所以顯然x≠0，所以e＝eq\f(axlna,x).令g(x)＝eq\f(axlna,x)，則g′(x)＝eq\f(axlna2x－axlna,x2)＝eq\f(axlnaxlna－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,lna).故當x>eq\f(1,lna)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x<eq\f(1,lna)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．所以g(x)極小值＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)))＝＝(lna)2，也是最小值．因為f(x)有極小值點x＝x1和極大值點x＝x2，故f′(x)＝0有兩個不同的根x＝x1，x＝x2，故g(x)的圖象與直線y＝e有兩個交點，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)))<e，即(lna)2<e，又所以(lna)2<1.由題意易知當x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)時，f′(x)<0；當x∈(x1，x2)時，f′(x)>0.若a>1，則當x→＋∞時，f′(x)→＋∞，不符合題意，所以0<a<1，則－1<lna<0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).方法二由題意，f′(x)＝2axlna－2ex，根據(jù)f(x)有極小值點x＝x1和極大值點x＝x2可知，x＝x1，x＝x2為f′(x)＝0的兩個不同的根，又x1<x2，所以易知當x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)時，f′(x)<0；當x∈(x1，x2)時，f′(x)>0.由f′(x)＝0，可得axlna＝ex.①若a>1，則當x→＋∞時，f′(x)→＋∞，不符合題意，舍去．②若0<a<1，令g(x)＝axlna，h(x)＝ex，在同一平面直角坐標系中作出函數(shù)g(x)和h(x)的大致圖象，如圖所示．因為f′(x)＝0有兩個不同的根，所以g(x)與h(x)的圖象有兩個交點，則過原點且與g(x)的圖象相切的直線l的斜率k<e.不妨設直線l與g(x)的圖象的切點坐標為(x0，)，因為g′(x)＝ax(lna)2，所以k＝可得x0＝eq\f(1,lna)，從而k＝(lna)2<e，又所以e·(lna)2<e，則(lna)2<1，又0<a<1，所以－1<lna<0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).13．解(1)因為f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．①當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上單調(diào)遞增；②當a>0時，x∈(－∞，－eq\r(a))∪(eq\r(a)，＋∞)時，f′(x)>0；x∈(－eq\r(a)，eq\r(a))時，f′(x)<0；故f(x)在(－∞，－eq\r(a))和(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－eq\r(a)，eq\r(a))上單調(diào)遞減．(2)由(1)可知：①當a≤0時，f(x)在[0,3]上單調(diào)遞增，g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；②當eq\r(a)≥3，即a≥9時，f(x)在[0,3]上單調(diào)遞減，g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；③當0<eq\r(a)<3，即0<a<9時，f(x)在[0，eq\r(a))上單調(diào)遞減，在(eq\r(a)，3]上單調(diào)遞增，于是f(x)min＝f(eq\r(a))＝－2aeq\r(a)＋a，又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.故當0<a<3時，g(a)＝27－9a＋2aeq\r(a)；當3≤a<9時，g(a)＝2aeq\r(a)，綜上可得，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(27－9a，a≤0，,27－9a＋2a\r(a)，0<a<3，,2a\r(a)，3≤a<9，,9a－27，a≥9.))14．(1)解因為f(x)＝cosx－eq\f(1,ex)，在x＝0處的切點為(0,0)，求導得f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)，所以切線斜率為f′(0)＝1，所以函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y＝x.(2)證明因為f(x)＝cosx－eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)，因為當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))時，函數(shù)y1＝－sinx，y2＝eq\f(1,ex)均單調(diào)遞減，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，因為e2<8，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝＝eq\f(1,\r(3,e2))－eq\f(1,2)>eq\f(1,\r(3,8))－eq\f(1,2)＝0，因為所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),2)<eq\f(1,2)－eq\f(\r(2),2)<0，根據(jù)零點存在定理可得，f′(x)存在唯一零點x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，使得f′(x0)＝－sinx0＝0，又y＝f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，x0))時，f′(x)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,4)))時，f′(x)<0，所以x0是函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上唯一的極大值點．五、導數(shù)的綜合應用1.導數(shù)與不等式的證明1．(1)解易知函數(shù)f(x)的定義域為R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，∴函數(shù)f(x)的極小值為f(0)＝0，無極大值．(2)證明要證f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx，即證ex－eq\f(1,2)x2－cosx≥0，設g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－cosx，要證原不等式成立，即證g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，又∵sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1(當且僅當x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時，等號成立)，由(1)知ex－x－1≥0(當x＝0時等號成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(0)＝0.∴當x≥0時，f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx.2．(1)解函數(shù)f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定義域為(－∞，a)，所以f′(x)＝eq\f(1,x－a)－1＝eq\f(1－x＋a,x－a)，因為當x<a時，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，a)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a)，無單調(diào)遞增區(qū)間．(2)證明當a＝e時，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，要證f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)，即證lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)，即證eq\f(lnx,x)＋1<eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e).設g(x)＝eq\f(lnx,x)＋1(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以當0<x<e時，g′(x)>0，當x>e時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)＋1.設h(x)＝eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e)，h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，則當0<x<1時，h′(x)<0，當x>1時，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝e＋eq\f(1,2e)，又eq\f(1,e)＋1<e＋eq\f(1,2e)，所以當a＝e時，f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).2.恒成立問題與有解問題1．解(1)f′(x)＝2axlnx＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函數(shù)f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝1－b，,a＝2－b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，∵?b∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，∴axlnx－x≥－eq\f(e,2)恒成立，當x＝1時，有－1≥－eq\f(e,2)成立，∴a∈R，當x∈(1，e]時，a≥eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，令G(x)＝eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，則G′(x)＝eq\f(\f(e,2)lnx－x＋\f(e,2),xlnx2)，令m(x)＝eq\f(e,2)lnx－x＋eq\f(e,2)，則m′(x)＝eq\f(e,2x)－1，且m′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝0，當1<x<eq\f(e,2)時，m′(x)>0，當eq\f(e,2)<x<e時，m′(x)<0，∴m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))上單調(diào)遞增，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，e))上單調(diào)遞減，m(1)＝－1＋eq\f(e,2)>0，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝eq\f(e,2)ln

eq\f(e,2)>0，m(e)＝0，∴當x∈(1，e]時，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上單調(diào)遞增，當x＝e時，G(x)有最大值，且G(e)＝eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，綜上所述，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).2．解(1)由題意得x>－1，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－a.當a≤0時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上，f′(x)>0，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc