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2014～2016年高考数学理科汇编详解：第三章导数及其应用第二节导数的应用A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·福建,10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1,其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1,则下列结论中一定错误的是()A.f1k＜1kB.f1k＞1k－1C.f1k－1＜1k－1D.f1k－1＞kk－12.(2015·陕西,12)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是()A.－1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y＝f(x)上3.(2015·新课标全国Ⅱ,12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(－1)＝0,当x>0时,xf′(x)－f(x)＜0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A.(－∞,－1)∪(0,1)B.(－1,0)∪(1,＋∞)C.(－∞,－1)∪(－1,0)D.(0,1)∪(1,＋∞)4.(2015·新课标全国Ⅰ,12)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A.－32e，1B.－32e，34C.32e，34D.32e，15.(2014·新课标全国Ⅱ,12)设函数f(x)＝3sinπxm.若存在f(x)的极值点x0满足x20＋[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是()A.(－∞,－6)∪(6,＋∞)B.(－∞,－4)∪(4,＋∞)C.(－∞,－2)∪(2,＋∞)D.(－∞,－1)∪(1,＋∞)6.(2014·辽宁,11)当x∈[－2,1]时,不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立,则实数a的取值范围是()A.[－5,－3]B.－6，－98C.[－6,－2]D.[－4,－3]7.(2016·全国Ⅱ,21)(1)讨论函数f(x)＝x－2x＋2ex的单调性,并证明当x>0时,(x－2)ex＋x＋2>0；(2)证明：当a∈[0,1)时,函数g(x)＝ex－ax－ax2(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.8.(2016·全国Ⅲ,21)设函数f(x)＝acos2x＋(a－1)·(cosx＋1),其中a＞0,记|f(x)|的最大值为4.(1)求f′(x)；(2)求A；(3)证明|f′(x)|≤2A.9.(2016·全国Ⅰ,21)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明：x1＋x2<2.10.(2016·北京,18)设函数f(x)＝xea－x+bx,曲线y＝f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y＝(e-1)x＋4.(1)求a,b的值；(2)求f(x)的单调区间.11.(2016·四川,21)设函数f(x)＝ax2－a－lnx,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>1x－e1－x在区间(1,＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).12.(2016·山东,20)已知f(x)＝a(x－lnx)＋2x－1x2,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时,证明f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1,2]成立.13.(2015·新课标全国Ⅱ,21)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1,x2∈[－1,1],都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1,求m的取值范围.14.(2015·北京,18)已知函数f(x)＝ln1＋x1－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0,1)时,f(x)＞2x＋x33；(3)设实数k使得f(x)＞kx＋x33对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.15.(2015·四川,21)已知函数f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋a,其中a＞0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f(x)＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.16.(2015·天津,20)已知函数f(x)＝nx－xn,x∈R,其中n∈N*,n≥2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y＝g(x),求证：对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x)；(3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实根x1,x2,求证：|x2－x1|＜a1－n＋2.17.(2015·江苏,19)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(－∞,－3)∪1，32∪32，＋∞,求c的值.18.(2015·重庆,20)设函数f(x)＝3x2＋axex(a∈R).(1)若f(x)在x＝0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3,＋∞)上为减函数,求a的取值范围.19.(2015·新课标全国Ⅰ,21)已知函数f(x)＝x3＋ax＋14,g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时,x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)＝min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.20.(2015·安徽,21)设函数f(x)＝x2－ax＋b.(1)讨论函数f(sinx)在－π2，π2内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值；(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0,求函数|f(sinx)－f0(sinx)|在－π2，π2上的最大值D；(3)在(2)中,取a0＝b0＝0,求z＝b－a24满足D≤1时的最大值.21.(2015·广东,19)设a>1,函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞,＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明：m≤3a－2e－1.22.(2015·山东,21)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由；(2)若?x＞0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.23.(2015·湖南,21)已知a＞0,函数f(x)＝eaxsinx(x∈[0,＋∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点,证明：(1)数列{f(xn)}是等比数列；(2)若a≥1e2－1,则对一切n∈N*,xn＜|f(xn)|恒成立.24.(2015·福建,20)已知函数f(x)＝ln(1＋x),g(x)＝kx(k∈R).(1)证明：当x＞0时,f(x)＜x；(2)证明：当k＜1时,存在x0＞0,使得对任意的x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x)；(3)确定k的所有可能取值,使得存在t＞0,对任意的x∈(0,t),恒有|f(x)－g(x)|＜x2.25.(2014·广东,21)设函数f(x)＝1x2＋2x＋k2＋2x2＋2x＋k－3,其中k<－2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若k<－6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).26.(2014·山东,20)设函数f(x)＝exx2－k(2x＋lnx)(k为常数,e＝2.71828…是自然对数的底数).(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.27.(2014·新课标全国Ⅰ,21)设函数f(x)＝aexlnx＋bex－1x,曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a,b；(2)证明：f(x)>1.28.(2014·北京,18)已知函数f(x)＝xcosx－sinx,x∈0，π2.(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<sinxx<b对x∈0，π2恒成立,求a的最大值与b的最小值.29.(2014·江西,18)已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)1－2x(b∈R).(1)当b＝4时,求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间(0,13)上单调递增,求b的取值范围.30.(2014·辽宁,21)已知函数f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－83(sinx＋1),g(x)＝3(x－π)cosx－4(1＋sinx)ln3－2xπ.证明：(1)存在唯一x0∈0，π2,使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈π2，π,使g(x1)＝0,且对(1)中的x0,有x0＋x1<π.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河北邯郸模拟)做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π,且用料最省,则圆柱的底面半径为()A.3B.4C.5D.62.(2016·北京重点中学模拟)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.0，34B.12，34C.34，＋∞D.0，123.(2016·江苏南京模拟)函数f(x)的导函数为f′(x),对?x∈R,都有2f′(x)>f(x)成立,若f(ln4)＝2,则不等式f(x)>ex2的解集是()A.(ln4,＋∞)B.(0,ln4)C.(1,＋∞)D.(0,1)4.(2015·江西新余模拟)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象,则函数g(x)＝lnx＋f′(x)的零点所在的区间是()A.14，12B.(1,2)C.12，1D.(2,3)5.(2015·北京海淀4月模拟题)设某商品的需求函数为Q＝100－5P,其中Q,P分别表示需求量和价格,如果商品需求弹性EQEP大于1其中EQEP＝－Q′QP，Q′是Q的导数,则商品价格P的取值范围是________.6.(2015·湛江质检)已知函数f(x)＝sinx(x≥0),g(x)＝ax(x≥0).(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围；(2)当a取(1)中的最小值时,求证：g(x)－f(x)≤16x3.7.(2015·浙江余杭模拟)已知函数f(x)＝4x2－72－x,x∈[0,1].(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)设a≥1,函数g(x)＝x3－3a2x－2a,x∈[0,1],若对于任意x1∈[0,1],总存在x0∈[0,1],使得g(x0)＝f(x1)成立,求a的取值范围.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.C[∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1,∴f′(x)－k＞0,k－1＞0,1k－1＞0,可构造函数g(x)＝f(x)－kx,可得g′(x)＞0,故g(x)在R上为增函数,∵f(0)＝－1,∴g(0)＝－1,∴g1k－1＞g(0),∴f1k－1－kk－1＞－1,∴f1k－1＞1k－1,∴选项C错误,故选C.]2.A[A正确等价于a－b＋c＝0,①B正确等价于b＝－2a,②C正确等价于4ac－b24a＝3,③D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④下面分情况验证,若A错,由②、③、④组成的方程组的解为a＝5，b＝－10，c＝8.符合题意；若B错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若C错,由①、②、④组成方程组,经验证a无整数解；若D错,由①、②、③组成的方程组a的解为－34也不是整数.综上,故选A.]3.A[因为f(x)(x∈R)为奇函数,f(-1)＝0,所以f(1)＝-f(-1)＝0.当x≠0时,令g(x)＝f（x）x,则g(x)为偶函数,且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时,g′(x)＝f（x）x′＝xf′（x）－f（x）x2＜0,故g(x)在(0,＋∞)上为减函数,在(－∞,0)上为增函数.所以在(0,＋∞)上,当0＜x＜1时,g(x)＞g(1)＝0?f（x）x＞0?f(x)＞0；在(－∞,0)上,当x＜－1时,g(x)＜g(－1)＝0?f（x）x＜0?f(x)＞0.综上,得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞,－1)∪(0,1),选A.]4.D[设g(x)＝ex(2x-1),y＝ax-a,由题知存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线y＝ax-a的下方,因为g′(x)＝ex(2x＋1),所以当x<－12时,g′(x)<0,当x>－12时,g′(x)>0,所以当x＝－12时,[g(x)]min＝－2e－12,当x＝0时,g(0)＝-1,g(1)＝3e>0,直线y＝a(x-1)恒过(1,0)且斜率为a,故－a>g(0)＝－1,且g(－1)＝－3e－1≥－a－a,解得32e≤a<1,故选D.]5.C[由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±3,则πx0m＝π2＋kπ(k∈Z),从而得x0＝(k＋12)m(k∈Z).所以不等式x20＋[f(x0)]2<m2即为(k＋12)2m2＋3<m2,变形得m21－k＋122>3,其中k∈Z.由题意,存在整数k使得不等式m21－k＋122>3成立.当k≠－1且k≠0时,必有k＋122>1,此时不等式显然不能成立,故k＝－1或k＝0,此时,不等式即为34m2>3,解得m<－2或m>2.]6.C[当x∈(0,1]时,得a≥－31x3－41x2＋1x,令t＝1x,则t∈[1,＋∞),a≥－3t3－4t2＋t,令g(t)＝－3t3－4t2＋t,t∈[1,＋∞),则g′(t)＝-9t2-8t＋1＝-(t＋1)(9t－1),显然在[1,＋∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减,所以g(t)max＝g(1)＝-6,因此a≥-6；同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x＝0时也成立.故实数a的取值范围为[-6,-2].]7.(1)解f(x)的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞).f′(x)＝（x－1）（x＋2）ex－（x－2）ex（x＋2）2＝x2ex（x＋2）2≥0,且仅当x＝0时,f′(x)＝0,所以f(x)在(－∞,－2),(－2,＋∞)单调递增.因此当x∈(0,＋∞)时,f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2),即(x－2)ex＋x＋2>0.(2)证明g′(x)＝（x－2）ex＋a（x＋2）x3＝x＋2x3(f(x)＋a).由(1)知,f(x)＋a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)＋a＝a－1<0,f(2)＋a＝a≥0.因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)＋a＝0,即g′(xa)＝0.当0<x<xa时,f(x)＋a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减；当x>xa时,f(x)＋a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.因此g(x)在x＝xa处取得最小值,最小值为g(xa)＝exa－a（xa＋1）x2a＝exa＋f（xa）（x＋1）x2a＝exaxa＋2.于是h(a)＝exaxa＋2,由exx＋2′＝（x＋1）ex（x＋2）2>0,exx＋2单调递增.所以,由xa∈(0,2],得12＝e00＋2<h(a)＝exaxa＋2≤e22＋2＝e24.因为exx＋2单调递增,对任意λ∈12，e24,存在唯一的xa∈(0,2],a＝－f(xa)∈[0,1),使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是12，e24.综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12，e24.8.(1)解f′(x)＝－2in2x－(a－1)sinx.(2)解当a≥1时,|f(x)|＝|acos2x＋(a－1)(cosx＋1)|≤a＋2(a－1)＝3a－2.因此A＝3a－2.当0＜a＜1时,将f(x)变形为f(x)＝2acos2x＋(a－1)·cosx－1,令g(t)＝2at2＋(a－1)t－1,则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值,g(-1)＝a,g(1)＝3a-2,且当t＝1-a4a时,g(t)取得极小值,极小值为g1-a4a＝-（a-1）28a-1＝-a2＋6a＋18a.令-1＜1－a4a＜1,解得a＜－13(舍去),a＞15.(ⅰ)当0＜a≤15时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|＝a,|g(1)|＝2－3a,|g(-1)|＜|g(1)|,所以A＝2－3a.(ⅱ)当15＜a＜1时,由g(－1)－g(1)＝2(1－a)＞0,知g(－1)＞g(1)＞g1－a4a.又g1－a4a－|g(－1)|＝（1－a）（1＋7a）8a＞0,所以A＝g1－a4a＝a2＋6a＋18a.综上,A＝2－3a，0＜a≤15，a2＋6a＋18a，15＜a＜1，3a－2，a≥1.(3)证明由(1)得|f′(x)|＝|－2in2x－(a－1)sinx|≤2a＋|a－1|.当0＜a≤15时,|f′(x)|≤1＋a≤2－4a＜2(2－3a)＝2A.当15＜a＜1时,A＝a8＋18a＋34≥1,所以|f′(x)|≤1＋a＜2A.当a≥1时,|f′(x)|≤3a－1≤6a－4＝2A.所以|f′(x)|≤2A.9.解(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).①设a＝0,则f(x)＝(x－2)ex,f(x)只有一个零点.②设a>0,则当x∈(－∞,1)时,f′(x)<0；当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.又f(1)＝－e,f(2)＝a,取b满足b<0且b<lna2,则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b>0,故f(x)存在两个零点.③设a<0,由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－e2,则ln(－2a)≤1,故当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,＋∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<－e2,则ln(－2a)>1,故当x∈(1,ln(－2a))时,f′(x)<0；当x∈(ln(－2a),＋∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,ln(－2a))上单调递减,在(ln(－2a),＋∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,＋∞).(2)不妨设x1<x2.由(1)知,x1∈(－∞,1),x2∈(1,＋∞),2－x2∈(－∞,1),f(x)在(－∞,1)上单调递减,所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2),即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2,而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0,所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex,则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex),所以当x>1时,g′(x)<0,而g(1)＝0,故当x>1时,g(x)<0,从而g(x2)＝f(2－x2)<0,故x1＋x2<2.10.解(1)f(x)的定义域为R.∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.依题设,f（2）＝2e＋2，f′（2）＝e－1，即2ea－2＋2b＝2e＋2，－ea－2＋b＝e－1.解得a＝2,b＝e.(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex,由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知,f′(x)与1－x＋ex－1同号.令g(x)＝1－x＋ex－1,则g′(x)＝－1＋ex－1.所以,当x∈(-∞,1)时,g′(x)＜0,g(x)在区间(－∞,1)上单调递减；当x∈(1,＋∞)时,g′(x)＞0,g(x)在区间(1,＋∞)上单调递增.故g(1)＝1是g(x)在区间(-∞,＋∞)上的最小值,从而g(x)＞0,x∈(-∞,＋∞),综上可知,f′(x)＞0,x∈(-∞,＋∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,＋∞).11.解(1)f′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(x>0).当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,＋∞)内单调递减.当a>0时,由f′(x)＝0,有x＝12a.此时,当x∈0，12a时,f′(x)<0,f(x)单调递减；当x∈12a，＋∞时,f′(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x)＝1x－1ex－1,s(x)＝ex－1－x.则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时,s′(x)>0,所以s(x)在区间(1,＋∞)内单调递增.又由s(1)＝0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)＝a(x2－1)－lnx<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,＋∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<12时,12a>1.由(1)有f12a<f(1)＝0,而g12a>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,＋∞)内不恒成立.当a≥12时,令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1).当x>1时,h′(x)＝2ax－1x＋1x2－e1－x>x－1x＋1x2－1x＝x3－2x＋1x2>x2－2x＋1x2>0.因此,h(x)在区间(1,＋∞)单调递增.又因为h(1)＝0,所以当x>1时,h(x)＝f(x)－g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈12，＋∞.12.(1)解f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝a－ax－2x2＋2x3＝（ax2－2）（x－1）x3.当a≤0时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,＋∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.当a>0时,f′(x)＝a（x－1）x3x－2ax＋2a.①0<a<2时,2a>1,当x∈(0,1)或x∈2a，＋∞时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈1，2a时,f′(x)<0,f(x)单调递减.②a＝2时,2a＝1,在x∈(0,＋∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增.③a>2时,0<2a<1,当x∈0，2a或x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈2a，1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减；当0<a<2时,f(x)在(0,1)内单调递增,在1，2a内单调递减,在2a，＋∞内单调递增；当a＝2时,f(x)在(0,＋∞)内单调递增；当a>2时,f(x)在0，2a内单调递增,在2a，1内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增.(2)证明由(1)知,a＝1时,f(x)－f′(x)＝x－lnx＋2x－1x2－1－1x－2x2＋2x3＝x－lnx＋3x＋1x2－2x3－1,x∈[1,2].设g(x)＝x－lnx,h(x)＝3x＋1x2－2x3－1,x∈[1,2],则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝x－1x≥0,可得g(x)≥g(1)＝1,当且仅当x＝1时取得等号.又h′(x)＝－3x2－2x＋6x4.设φ(x)＝－3x2－2x＋6,则φ(x)在x∈[1,2]单调递减.因为φ(1)＝1,φ(2)＝－10,所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)＝1,h(2)＝12,可得h(x)≥h(2)＝12,当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝32.即f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1,2]成立.13.(1)证明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0,则当x∈(－∞,0)时,emx－1≤0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1≥0,f′(x)＞0.若m＜0,则当x∈(－∞,0)时,emx－1＞0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1＜0,f′(x)＞0.所以,f(x)在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.(2)解由(1)知,对任意的m,f(x)在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x＝0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[－1,1],|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是f（1）－f（0）≤e－1，f（－1）－f（0）≤e－1，即em－m≤e－1，e－m＋m≤e－1.①设函数g(t)＝et－t－e＋1,则g′(t)＝et－1.当t＜0时,g′(t)＜0；当t＞0时,g′(t)＞0.故g(t)在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.又g(1)＝0,g(－1)＝e－1＋2－e＜0,故当t∈[－1,1]时,g(t)≤0.当m∈[－1,1]时,g(m)≤0,g(－m)≤0,即①式成立；当m＞1时,由g(t)的单调性,g(m)＞0,即em－m＞e－1；当m＜－1时,g(－m)＞0,即e－m＋m＞e－1.综上,m的取值范围是[－1,1].14.(1)解因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x),所以f′(x)＝11＋x＋11－x,f′(0)＝2.又因为f(0)＝0,所以曲线y＝f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)证明令g(x)＝f(x)－2x＋x33,则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝2x41－x2.因为g′(x)>0(0<x<1),所以g(x)在区间(0,1)上单调递增.所以g(x)>g(0)＝0,x∈(0,1),即当x∈(0,1)时,f(x)>2x＋x33.(3)解由(2)知,当k≤2时,f(x)>kx＋x33对x∈(0,1)恒成立.当k>2时,令h(x)＝f(x)－kx＋x33,则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝kx4－（k－2）1－x2.所以当0<x<4k－2k时,h′(x)<0,因此h(x)在区间0，4k－2k上单调递减.当0<x<4k－2k时,h(x)<h(0)＝0,即f(x)<kx＋x33.所以当k>2时,f(x)>kx＋x33并非对x∈(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.15.(1)解由已知,函数f(x)的定义域为(0,＋∞),g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－21＋ax,所以g′(x)＝2－2x＋2ax2＝2x－122＋2a－14x2,当0＜a＜14时,g(x)在区间0，1－1－4a2,1＋1－4a2，＋∞上单调递增,在区间1－1－4a2，1＋1－4a2上单调递减；当a≥14时,g(x)在区间(0,＋∞)上单调递增.(2)证明由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－21＋ax＝0,解得a＝x－1－lnx1＋x－1,令φ(x)＝－2x＋x－1－lnx1＋x－1lnx＋x2－2x－1－lnx1＋x－1x－2x－1－lnx1＋x－12＋x－1－lnx1＋x－1,则φ(1)＝1＞0,φ(e)＝－e（e－2）1＋e－1－2e－21＋e－12＜0,故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)＝0,令a0＝x0－1－lnx01＋x－10,u(x)＝x－1－lnx(x≥1),由u′(x)＝1－1x≥0知,函数u(x)在区间(1,＋∞)上单调递增,所以0＝u（1）1＋1＜u（x0）1＋x－10＝a0＜u（e）1＋e－1＝e－21＋e－1＜1,即a0∈(0,1),当a＝a0时,有f′(x0)＝0,f(x0)＝φ(x0)＝0,由(1)知,f′(x)在区间(1,＋∞)上单调递增,故当x∈(1,x0)时,f′(x)＜0,从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0,＋∞)时,f′(x)＞0,从而f(x)＞f(x0)＝0,所以,当x∈(1,＋∞)时,f(x)≥0,综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f(x)＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.16.(1)解由f(x)＝nx－xn,可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1).其中n∈N*,且n≥2,下面分两种情况讨论：①当n为奇数时.令f′(x)＝0,解得x＝1,或x＝－1.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：x(－∞,－1)(－1,1)(1,＋∞)f′(x)－＋－f(x)所以,f(x)在(－∞,－1),(1,＋∞)上单调递减,在(－1,1)内单调递增.②当n为偶数时.当f′(x)＞0,即x＜1时,函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0,即x＞1时,函数f(x)单调递减；所以,f(x)在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减.(2)证明设点P的坐标为(x0,0),则x0＝n1n－1,f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0),即g(x)＝f′(x0)(x－x0).令F(x)＝f(x)－g(x),即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0),则F′(x)＝f′(x)－f′(x0).由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0,＋∞)上单调递减,故F′(x)在(0,＋∞)上单调递减,又因为F′(x0)＝0,所以当x∈(0,x0)时,F′(x)＞0,当x∈(x0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)＝0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).(3)证明不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0),设方程g(x)＝a的根为x2′,可得x2′＝an－n2＋x0.当n≥2时,g(x)在(－∞,＋∞)上单调递减,又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′),可得x2≤x2′.类似地,设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x),可得h(x)＝nx.当x∈(0,＋∞),f(x)－h(x)＝－xn＜0,即对于任意的x∈(0,＋∞),f(x)＜h(x).设方程h(x)＝a的根为x1′,可得x1′＝an.因为h(x)＝nx在(－∞,＋∞)上单调递增,且h(x1′)＝a＝f(x1)＜h(x1),因此x1′＜x1.由此可得x2－x1＜x2′－x1′＝a1－n＋x0.因为n≥2,所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋C1n－1＝1＋n－1＝n,故2≥n1n－1＝x0.所以,|x2－x1|＜a1－n＋2.17.解(1)f′(x)＝3x2＋2ax,令f′(x)＝0,解得x1＝0,x2＝－2a3.当a＝0时,因为f′(x)＝3x2＞0(x≠0),所以函数f(x)在(－∞,＋∞)上单调递增；当a＞0时,x∈-∞，-2a3∪(0,＋∞)时,f′(x)＞0,x∈-2a3，0时,f′(x)＜0,所以函数f(x)在-∞，-2a3,(0,＋∞)上单调递增,在-2a3，0上单调递减；当a＜0时,x∈(－∞,0)∪－2a3，＋∞时,f′(x)＞0,x∈0，－2a3时,f′(x)＜0,所以函数f(x)在(－∞,0),－2a3，＋∞上单调递增,在0，－2a3上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)＝b,f－2a3＝427a3＋b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f－2a3＝b427a3＋b＜0,从而a＞0，－427a3＜b＜0或a＜0，0＜b＜－427a3.又b＝c－a,所以当a＞0时,427a3－a＋c＞0或当a＜0时,427a3－a＋c＜0.设g(a)＝427a3-a＋c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪1，32∪32，＋∞,则在(-∞,-3)上g(a)＜0,且在1，32∪32，＋∞上g(a)＞0均恒成立.从而g(－3)＝c－1≤0,且g32＝c－1≥0,因此c＝1.此时,f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a],因函数有三个零点,则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根,所以Δ＝(a-1)2－4(1-a)＝a2＋2a-3＞0,且(-1)2-(a-1)＋1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)∪1，32∪32，＋∞.综上c＝1.18.解(1)对f(x)求导得f′(x)＝（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex（ex）2＝－3x2＋（6－a）x＋aex,因为f(x)在x＝0处取得极值,所以f′(0)＝0,即a＝0.当a＝0时,f(x)＝3x2ex,f′(x)＝－3x2＋6xex,故f(1)＝3e,f′(1)＝3e,从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y－3e＝3e(x－1),化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝－3x2＋（6－a）x＋aex.令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a,由g(x)＝0解得x1＝6－a－a2＋366,x2＝6－a＋a2＋366.当x＜x1时,g(x)＜0,即f′(x)＜0,故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时,g(x)＞0,即f′(x)＞0,故f(x)为增函数；当x＞x2时,g(x)＜0,即f′(x)＜0,故f(x)为减函数.由f(x)在[3,＋∞)上为减函数,知x2＝6－a＋a2＋366≤3,解得a≥－92,故a的取值范围为－92，＋∞.19.解(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)＝0,f′(x0)＝0.即x30＋ax0＋14＝0，3x20＋a＝0，解得x0＝12,a＝－34.因此,当a＝－34时,x轴为曲线y＝f(x)的切线.(2)当x∈(1,＋∞)时,g(x)＝－lnx<0,从而h(x)＝min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,＋∞)无零点.当x＝1时,若a≥－54,则f(1)＝a＋54≥0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝g(1)＝0,故x＝1是h(x)的零点；若a<－54,则f(1)<0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝f(1)<0,故x＝1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0,则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)＝14,f(1)＝a＋54,所以当a≤－3时,f(x)在(0,1)有一个零点；当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.(ⅱ)若－3<a<0,则f(x)在0，－a3单调递减,在－a3，1单调递增,故在(0,1)中,当x＝－a3时,f(x)取得最小值,最小值为f－a3＝2a3－a3＋14.①若f－a3>0,即－34<a<0,f(x)在(0,1)无零点；②若f－a3＝0,即a＝－34,则f(x)在(0,1)有唯一零点；③若f－a3<0,即－3<a<－34,由于f(0)＝14,f(1)＝a＋54,所以当－54<a<－34时,f(x)在(0,1)有两个零点；当－3<a≤－54时,f(x)在(0,1)有一个零点.综上,当a>-34或a<-54时,h(x)有一个零点；当a＝-34或a＝-54时,h(x)有两个零点；当-54<a<-34时,h(x)有三个零点.20.解(1)f(sinx)＝sin2x－inx＋b＝sinx(sinx－a)＋b,－π2<x<π2.[f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx,－π2<x<π2.因为－π2<x<π2,所以cosx>0,－2<2sinx<2.①a≤－2,b∈R时,函数f(sinx)单调递增,无极值.②a≥2,b∈R时,函数f(sinx)单调递减,无极值.③对于－2<a<2,在－π2，π2内存在唯一的x0,使得2sinx0＝a.－π2<x≤x0时,函数f(sinx)单调递减；x0≤x<π2时,函数f(sinx)单调递增；因此,－2<a<2,b∈R时,函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)＝fa2＝b－a24.(2)－π2≤x≤π2时,|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.当(a0－a)(b－b0)≥0时,取x＝π2,等号成立.当(a0－a)(b－b0)<0时,取x＝－π2,等号成立.由此可知,|f(sinx)－f0(sinx)|在－π2，π2上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|.(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1,此时0≤a2≤1,－1≤b≤1,从而z＝b－a24≤1.取a＝0,b＝1,则|a|＋|b|≤1,并且z＝b－a24＝1.由此可知,z＝b－a24满足条件D≤1的最大值为1.21.(1)解f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex?x∈R,f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的单调增区间为(－∞,＋∞).(2)证明∵f(0)＝1－a,f(a)＝(1＋a2)ea－a,∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0,∴f(0)·f(a)<0,∴f(x)在(0,a)上有一零点,又∵f(x)在(－∞,＋∞)上递增,∴f(x)在(0,a)上仅有一个零点,∴f(x)在(－∞,＋∞)上仅有一个零点.(3)证明f′(x)＝(x＋1)2ex,设P(x0,y0),则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0,∴x0＝－1,把x0＝-1,代入y＝f(x)得y0＝2e-a,∴kOP＝a－2e.f′(m)＝em(m＋1)2＝a－2e,令g(m)＝em－(m＋1),g′(m)＝em－1.令g′(x)>0,则m>0,∴g(m)在(0,＋∞)上增.令g′(x)<0,则m<0,∴g(m)在(－∞,0)上减.∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0,即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3,即a－2e≥(m＋1)3.∴m＋1≤3a－2e,即m≤3a－2e－1.22.解(1)由题意知,函数f(x)的定义域为(－1,＋∞),f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1,x∈(－1,＋∞).①当a＝0时,g(x)＝1,此时f′(x)＞0,函数f(x)在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点；②当a＞0时,Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).(ⅰ)当0＜a≤89时,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点；(ⅱ)当a＞89时,Δ＞0,设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1,x2(x1＜x2),因为x1＋x2＝-12,所以x1＜-14,x2＞-14.由g(-1)＝1＞0,可得-1＜x1＜-14.所以当x∈(-1,x1)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；当x∈(x1,x2)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；当x∈(x2,＋∞)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点.(ⅲ)当a＜0时,Δ＞0,由g(－1)＝1＞0,可得x1＜－1.当x∈(－1,x2)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；当x∈(x2,＋∞)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点.综上所述,当a＜0时,函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时,函数f(x)无极值点；当a＞89时,函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知,①当0≤a≤89时,函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增,因为f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)时,f(x)＞0,符合题意；②当89＜a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0,所以函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增,又f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)时,f(x)＞0,符合题意；③当a＞1时,由g(x)＜0,可得x2＞0.所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减；因为f(0)＝0,所以x∈(0,x2)时,f(x)＜0,不合题意；④当a＜0时,设h(x)＝x－ln(x＋1).因为x∈(0,＋∞)时,h′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1＞0,所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,因此当x∈(0,＋∞)时,h(x)＞h(0)＝0,即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x,当x＞1－1a时,ax2＋(1－a)x＜0,此时f(x)＜0,不合题意.综上所述,a的取值范围是[0,1].23.证明(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(inx＋cosx)＝a2＋1eaxsin(x＋φ),其中tanφ＝1a,0＜φ＜π2.令f′(x)＝0,由x≥0得x＋φ＝mπ,即x＝mπ－φ,m∈N*,对k∈N,若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π,即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ,则f′(x)＞0；若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π,即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ,则f′(x)＜0.因此,在区间((m－1)π,mπ－φ)与(mπ－φ,mπ)上,f′(x)的符号总相反.于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以xn＝nπ－φ(n∈N*).此时,f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sinφ.易知f(xn)≠0,而f（xn＋1）f（xn）＝（－1）n＋2ea[（n＋1）π－φ]sinφ（－1）n＋1ea（nπ－φ）sinφ＝－eaπ是常数,故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sinφ,公比为－eaπ的等比数列.(2)由(1)知,sinφ＝1a2＋1,于是对一切n∈N*；xn＜|f(xn)|恒成立,即nπ－φ＜1a2＋1ea(nπ－φ)恒成立,等价于a2＋1a＜ea（nπ－φ）a（nπ－φ）(*)恒成立,因为(a＞0).设g(t)＝ett(t＞0),则g′(t)＝et（t－1）t2.令g′(t)＝0得t＝1.当0＜t＜1时,g′(t)＜0,所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；当t＞1时,g′(t)＞0,所以g(t)在区间(1,＋∞)上单调递增.从而当t＝1时,函数g(t)取得最小值g(1)＝e.因此,要使(*)式恒成立,只需a2＋1a＜g(1)＝e,即只需a＞1e2－1.而当a＝1e2－1时,由tanφ＝1a＝e2－1＞3且0＜φ＜π2知,π3＜φ＜π2.于是π－φ＜2π3＜e2－1,且当n≥2时,nπ－φ≥2π－φ＞3π2＞e2－1.因此对一切n∈N*,axn＝nπ－φe2－1≠1,所以g(axn)＞g(1)＝e＝a2＋1a.故(*)式亦恒成立.综上所述,若a≥1e2－1,则对一切n∈N*,xn＜|f(xn)|恒成立.24.(1)证明令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x,x∈(0,＋∞),则有F′(x)＝11＋x－1＝－xx＋1.当x∈(0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,＋∞)上单调递减,故当x＞0时,F(x)＜F(0)＝0,即当x＞0时,f(x)＜x.(2)证明令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx,x∈(0,＋∞),则有G′(x)＝1x＋1－k＝－kx＋（1－k）x＋1.当k≤0时,G′(x)＞0,故G(x)在(0,＋∞)单调递增,G(x)＞G(0)＝0,故任意正实数x0均满足题意.当0＜k＜1时,令G′(x)＝0,得x＝1－kk＝1k－1＞0,取x0＝1k－1,对任意x∈(0,x0),有G′(x)＞0,从而G(x)在(0,x0)单调递增,所以G(x)＞G(0)＝0,即f(x)＞g(x).综上,当k＜1时,总存在x0＞0,使得对任意x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x).(3)解当k＞1时,由(1)知,对于?x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x),故g(x)＞f(x),|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x).M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞).则有M′(x)＝k－11＋x－2x＝－2x2＋（k－2）x＋k－1x＋1.故当x∈0，k－2＋（k－2）2＋8（k－1）4时,M′(x)＞0,M(x)在0，k－2＋（k－2）2＋8（k－1）4上单调递增,故M(x)＞M(0)＝0,即|f(x)－g(x)|＞x2,所以满足题意的t不存在.当k＜1时,由(2)知,存在x0＞0,使得当x∈(0,x0)时,f(x)＞g(x),此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx.令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2,x∈[0,＋∞).则有N′(x)＝1x＋1－k－2x＝－2x2－（k＋2）x＋1－kx＋1.当x∈0，－（k＋2）＋（k＋2）2＋8（1－k）4时,N′(x)＞0,N(x)在0，－（k＋2）＋（k＋2）2＋8（1－k）4上单调递增,故N(x)＞N(0)＝0,即f(x)－g(x)＞x2.记x0与－（k＋2）＋（k＋2）2＋8（1－k）4中的较小者为x1,则当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故满足题意的t不存在.当k＝1时,由(1)知,当x＞0时,|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x),令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞),则有H′(x)＝1－11＋x－2x＝－2x2－xx＋1.当x＞0时,H′(x)＜0,所以H(x)在[0,＋∞)上单调递减,故H(x)＜H(0)＝0.故当x＞0时,恒有|f(x)－g(x)|＜x2.此时,任意正实数t均满足题意.综上,k＝1.法二(1)(2)证明同法一.(3)解当k＞1时,由(1)知,对于?x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x),故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.令(k－1)x＞x2,解得0＜x＜k－1.从而得到,当k＞1时,对于x∈(0,k－1),恒有|f(x)－g(x)|＞x2,故满足题意的t不存在.当k＜1时,取k1＝k＋12,从而k＜k1＜1,由(2)知,存在x0＞0,使得x∈(0,x0),f(x)＞k1x＞kx＝g(x),此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝1－k2x,令1－k2x＞x2,解得0＜x＜1－k2,此时f(x)－g(x)＞x2.记x0与1－k2的较小者为x1,当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故满足题意的t不存在.当k＝1时,由(1)知,x＞0,|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x),令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞),则有M′(x)＝1－11＋x－2x＝－2x2－xx＋1.当x＞0时,M′(x)＜0,所以M(x)在[0,＋∞)上单调递减,故M(x)＜M(0)＝0.故当x＞0时,恒有|f(x)－g(x)|＜x2,此时,任意正实数t均满足题意.综上,k＝1.25.解(1)由题意知(x2＋2x＋k＋3)(x2＋2x＋k－1)>0,因此x2＋2x＋k＋3>0x2＋2x＋k－1>0或x2＋2x＋k＋3<0x2＋2x＋k－1<0,设y1＝x2＋2x＋k＋3,y2＝x2＋2x＋k－1,则这两个二次函数的对称轴均为x＝－1,且方程x2＋2x＋k＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k＋3)＝－4k－8,方程x2＋2x＋k－1＝0的判别式Δ2＝4－4(k－1)＝8－4k,因为k<－2,所以Δ2>Δ1>0,因此对应的两根分别为x1,2＝－2±Δ12＝－1±－k－2,x3,4＝－2±Δ22＝－1±2－k,且有－1－2－k<－1－－k－2<－1＋－k－2<－1＋2－k,因此函数f(x)的定义域D为(-∞,-1-2－k)∪(-1-－k－2,-1＋－k－2)∪(-1＋2－k,＋∞).(2)由(1)中两个二次函数的单调性,且对称轴都为x＝-1,易知函数f(x)在(-∞,-1-2－k)上单调递增,在(-1-－k－2,-1)上单调递减,在(-1,-1＋－k－2)上单调递增,在(-1＋2－k,＋∞)上单调递减.(3)由于k<-6,故-1-2－k<-1-－k－2<-3<-1<1<-1＋－k－2<-1＋2－k.利用函数图象的对称性可知f(1)＝f(-3),再利用函数f(x)的单调性可知在(-1-－k－2,-1)上f(x)>f(1)＝f(-3)的解集为(-1-－k－2,－3),在(-1,-1＋－k－2)上f(x)>f(1)的解集为(1,-1＋－k－2).再在其余两个区间(－∞,－1－2－k)和(－1＋2－k,＋∞)上讨论.令x＝1,则(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12,令(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12,则(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k2＋8k＋15)＝0,即(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k＋5)(k＋3)＝0,即[x2＋2x＋k＋(k＋5)][x2＋2x＋k－(k＋3)]＝0,化简得(x2＋2x＋2k＋5)(x2＋2x－3)＝0,解得除了-3,1的另外两个根为-1±－2k－4,因此利用函数f(x)的单调性可知在(-∞,-1-2－k)上f(x)>f(1)的解集为(-1-－2k－4,-1-2－k),在(-1＋2－k,＋∞)上f(x)>f(1)的解集为(-1＋2－k,-1＋－2k－4),综上所述,k<-6时,在D上f(x)>f(1)的解集为(-1-－2k－4,-1-2－k)∪(-1-－k－2,-3)∪(1,-1＋－k－2)∪(-1＋2－k,-1＋－2k－4).26.解(1)函数y＝f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝x2ex－2xexx4-k－2x2＋1x＝xex－2exx3-k（x－2）x2＝（x－2）（ex－kx）x3由k≤0可得ex－kx>0,所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数y＝f(x)单调递减,当x∈(2,＋∞)时,f′(x)>0,函数y＝f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,＋∞).(2)由(1)知,k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k>0时,设函数g(x)＝ex－kx,x∈[0,＋∞),因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk,当0<k≤1时,当x∈(0,2)时,g′(x)＝ex－k>0,y＝g(x)单调递增.故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k>1时,得x∈(0,lnk)时,g′(x)<0,函数y＝g(x)单调递减,x∈(lnk,＋∞)时,g′(x)>0,函数y＝g(x)单调递增.所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当g（0）>0，g（lnk）<0，g（2）>0，0<lnk<2.解得e<k<e22.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为e，e22.27.(1)解函数f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝aexlnx＋axex－bx2ex－1＋bxex－1.由题意可得f(1)＝2,f′(1)＝e.故a＝1,b＝2.(2)证明由(1)知,f(x)＝exlnx＋2xex－1,从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－2e.设函数g(x)＝xlnx,则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈0，1e时,g′(x)<0；当x∈1e，＋∞时,g′(x)>0.故g(x)在0，1e上单调递减,在1e，＋∞上单调递增,从而g(x)在(0,＋∞)上的最小值为g1e＝-1e.设函数h(x)＝xe－x－2e,则h′(x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0；当x∈(1,＋∞)时,h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,从而h(x)在(0,＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.28.(1)证明由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因为在区间0，π2上f′(x)＝－xsinx<0,所以f(x)在区间0，π2上单调递减.从而f(x)≤f(0)＝0.(2)解当x>0时,"sinxx>a"等价于"sinx－ax>0"；"sinxx<b"等价于"sinx－bx<0".令g(x)＝sinx－cx,则g′(x)＝cosx－c.当c≤0时,g(x)>0对任意x∈0，π2恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈0，π2,g′(x)＝cosx－c<0,所以g(x)在区间0，π2上单调递减.从而g(x)<g(0)＝0对任意x∈0，π2恒成立.当0<c<1时,存在唯一的x0∈0，π2使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间0，π2上的情况如下：x(0,x0)x0x0，π2g′(x)＋0－g(x)因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)>g(0)＝0.进一步,"g(x)>0对任意x∈0，π2恒成立"当且仅当gπ2＝1－π2c≥0,即0<c≤2π.综上所述,当且仅当c≤2π时,g(x)>0对任意x∈0，π2恒成立；当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈0，π2恒成立.所以,若a<sinxx<b对任意x∈0，π2恒成立,则a的最大值为2π,b的最小值为1.29.解(1)当b＝4时,f′(x)＝－5x（x＋2）1－2x,由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0.当x∈(－∞,－2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减；当x∈(－2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增；当x∈0，12时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x＝－2处取极小值f(－2)＝0,在x＝0处取极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝－x[5x＋（3b－2）]1－2x,因为当x∈0，13时,－x1－2x<0,依题意,当x∈0，13时,有5x＋(3b－2)≤0,从而53＋(3b－2)≤0.所以b的取值范围为－∞，19.30.证明(1)当x∈0，π2时,f′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－23cosx<0,函数f(x)在0，π2上为减函数,又f(0)＝π－83>0,fπ2＝－π2－163<0,所以存在唯一x0∈0，π2,使f(x0)＝0.(2)考虑函数h(x)＝3（x－π）cosx1＋sinx－4ln3－2πx,x∈π2，π.令t＝π－x,则x∈π2，π时,t∈0，π2.记u(t)＝h(π－t)＝3tcost1＋sint－4ln1＋2πt,则u′(t)＝3f（t）（π＋2t）（1＋sint）.由(1)得,当t∈(0,x0)时,u′(t)>0,当t∈x0，π2时,u′(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)＝0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.在x0，π2上u(t)为减函数,由u(x0)>0,uπ2＝－4ln2<0,知存在唯一t1∈x0，π2,使u(t1)＝0.所以存在唯一的t1∈0，π2,使u(t1)＝0.因此存在唯一的x1＝π－t1∈π2，π,使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.因为当x∈π2，π时,1＋sinx>0,故g(x)＝(1＋sinx)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈π2，π,使g(x1)＝0.因x1＝π－t1,t1>x0,所以x0＋x1<π.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.A[设圆柱的底面半径为R,母线长为l,则V＝πR2l＝27π,所以l＝27R2.S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·27R.所以S′表＝2πR－54πR2,令S′表＝0得R＝3,则当R＝3时,S表最小,故选A.]2.C[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g（－1）≤0，g（1）≤0，即（－1）2＋（2－2a）·（－1）－2a≤0，12＋2－2a－2a≤0.解得a≥34,故选C.3.A[∵2f′(x)>f(x),∴2f′(x)－f(x)>0,构造函数g(x)＝f（x）ex2,则g′(x)＝f′（x）ex2－12f（x）ex2（ex2）2＝ex2[2f′（x）－f（x）]2ex>0.所以函数g(x)在R上单调递增,g(ln4)＝f（ln4）eln42＝22＝1,又f(x)>ex2,∴f（x）ex2>1,即g(x)>g(ln4),∴x>ln4.]4.C[函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象得0＜b＜1,f(1)＝0,从而－2＜a＜－1,而g(x)＝lnx＋f′(x)在定义域内单调递增,g12＝ln12＋1＋a＜0,g(1)＝ln1＋2＋a＝2＋a＞0,∴函数g(x)＝lnx＋f′(x)的零点所在的区间是12，1,故选C.]5.(10,20)[由Q＝100－5P得Q′＝－5,由EQEP＝－Q′QP知5P100－5P>1,∴20>P>10,由Q>0得P<20.综上,P的取值范围为(10,20).]6.(1)解令h(x)＝sinx－ax(x≥0),则h′(x)＝cosx－a.①若a≥1,h′(x)＝cosx－a≤0,h(x)＝sinx－ax(x≥0)单调递减,h(x)≤h(0)＝0,则sinx≤ax(x≥0)成立.②若0<a<1,存在x0∈0，π2,使得cosx0＝a,当x∈(0,x0),h′(x)＝cosx－a>0,h(x)＝sinx－ax(x∈(0,x0))单调递增,h(x)>h(0)＝0,不合题意.③若a≤0,结合f(x)与g(x)的图象可知显然不合题意.综上可知,a的取值范围是[1,＋∞).(2)证明当a取(1)中的最小值为1时,g(x)－f(x)＝x－sinx.设H(x)＝x－sinx－16x3(x≥0),则H′(x)＝1－cosx－12x2.令G(x)＝1－cosx－12x2,则G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0),所以G(x)＝1-cosx-12x2在[0,＋∞)上单调递减,此时G(x)＝1-cosx-12x2≤G(0)＝0,即H′(x)＝1-cosx-12x2≤0,所以H(x)＝x-sinx-16x3在x∈[0,＋∞)上单调递减.所以H(x)＝x-sinx-16x3≤H(0)＝0,则x-sinx≤16x3(x≥0).所以,当a取(1)中的最小值时,g(x)－f(x)≤16x3.7.解(1)f′(x)＝－4x2＋16x－7（2－x）2＝－（2x－1）（2x－7）（2－x）2.令f′(x)＝0,解得x＝12或x＝72(舍去).当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：x00，121212，11f′(x)不存在－0＋不存在f(x)－72－4－3∴函数f(x)的单调增区间是12，1,单调减区间是0，12.当x∈[0,1]时,f(x)的值域为[－4,－3].(2)g′(x)＝3(x2－a2).∵a≥1,当x∈(0,1)时,g′(x)<3(1－a2)≤0,因此当x∈(0,1)时,g(x)为减函数,从而当x∈[0,1]时,有g(x)∈[g(1),g(0)].又g(1)＝1－2a－3a2,g(0)＝－2a,即当x∈[0,1]时,有g(x)∈[1－2a－3a2,－2a].对于任意x1∈[0,1],f(x1)∈[－4,－3],存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立,则[1－2a－3a2,－2a]?[－4,－3].即1－2a－3a2≤－4，－2a≥－3.①②解①式得a≥1或a≤－53；解②式得a≤32.又a≥1,故a的取值范围为1，32.第一节导数的概念及运算A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2014·大纲全国，7)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于()A.2eB.eC.2D.12.(2014·新课标全国Ⅱ，8)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()A.0B.1C.2D.33.(2014·陕西，3)定积分01(2x＋ex)dx的值为()A.e＋2B.e＋1C.eD.e－14.(2014·江西，8)若f(x)＝x2＋201f(x)dx，则01f(x)dx＝()A.－1B.－13C.13D.15.(2014·山东，6)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()A.22B.42C.2D.46.(2014·湖南，9)已知函数f(x)＝sin(x－φ)，且＝0，则函数f(x)的图象的一条对称轴是()A.x＝5π6B.x＝7π12C.x＝π3D.x＝π67.(2014·湖北，6)若函数f(x)，g(x)满足＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1,1]上的一组正交函数.给出三组函数：①f(x)＝sin12x，g(x)＝cos12x；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是()A.0B.1C.2D.38.(2016·全国Ⅲ，15)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.9.(2016·全国Ⅱ，16)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.10.(2015·陕西，15)设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝1x(x＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________.11.(2015·湖南，11)02(x－1)dx＝________.12.(2015·天津，11)曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________.13.(2015·陕西，16)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________.14.(2014·江西，13)若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·陕西安康模拟)设f(x)＝xlnx，若f′(x0)＝2，则x0＝()A.e2B.eC.ln22D.ln22.(2016·广东惠州模拟)过点(1，－1)且与曲线y＝x3－2x相切的切线方程为()A.x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0B.x－y－2＝0C.x－y＋2＝0D.x－y－2＝0或4x＋5y＋1＝03.(2016·贵州模拟)若函数f(x)满足f(x)＝13x3－f′(1)x2－x，则f′(1)的值为()A.0B.2C.1D.－14.(2015·山东潍坊模拟)已知f(x)＝14x2＋sinπ2＋x，f′(x)为f(x)的导函数，f′(x)的图象是()5.(2015·陕西西安模拟)曲线f(x)＝x3＋x－2在p0处的切线平行于直线y＝4x－1，则p0点的坐标为()A.(1，0)B.(2，8)C.(1，0)和(－1，－4)D.(2，8)和(－1，－4)6.(2016·河北沧州高三上学期质量检测)已知函数f(x)＝x33－b2x2＋ax＋1(a＞0，b＞0)，则函数g(x)＝alnx＋f′(x)a在点(b，g(b))处切线的斜率的最小值是______.7.(2016·山东师大附中10月第二次模拟)设f(x)＝x2，x∈[0，1]，1x，x∈（1，e].(其中e为自然对数的底数)，则0ef(x)dx的值为________.8.(2015·广东模拟)设球的半径为时间t的函数R(t)，若球的体积以均匀速度12增长，则球的表面积的增长速度与球半径的乘积为________.9.(2015·绵阳诊断)已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R).(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；(2)若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围.10.(2015·湖南十二校联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋10.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.C[由题意可得y′＝ex－1＋xex－1，所以曲线在点(1，1)处切线的斜率等于2，故选C.]2.D[y′＝a－1x＋1，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.]3.C[∫10(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)|10＝(1＋e)－(0＋e0)＝e，因此选C.]4.B[因为∫10f(x)dx是常数，所以f′(x)＝2x，所以可设f(x)＝x2＋c(c为常数)，所以x2＋c＝x2＋2(13x3＋cx)|10，解得c＝－23，∫10f(x)dx＝∫10(x2＋c)dx＝∫10(x2－23)dx＝13x3－23x|10＝－13.]5.D[由4x＝x3，解得x＝0或x＝2或x＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为∫20(4x－x3)dx＝2x2－14x4|20＝4.]6.A[由定积分∫2π30sin(x－φ)dx＝－cos(x－φ)|2π30＝12cosφ－32sinφ＋cosφ＝0，得tanφ＝3，所以φ＝π3＋kπ(k∈Z)，所以f(x)＝sin(x－π3－kπ)(k∈Z)，由正弦函数的性质知y＝sin(x－π3－kπ)与y＝sin(x－π3)的图象的对称轴相同，令x－π3＝kπ＋π2，则x＝kπ＋5π6(k∈Z)，所以函数f(x)的图象的对称轴为x＝kπ＋56π(k∈Z)，当k＝0，得x＝5π6，选A.]7.C[对于①，∫1－1sin12xcos12xdx＝∫1－112sinxdx＝0，所以①是一组正交函数；对于②，∫1－1(x＋1)(x－1)dx＝∫1－1(x2－1)dx≠0，所以②不是一组正交函数；对于③，∫1－1x·x2dx＝∫1－1x3dx＝0，所以③是一组正交函数.选C.]8.2x＋y＋1＝0[设x＞0，则－x＜0,f(－x)＝lnx－3x,又f(x)为偶函数，f(x)＝lnx－3x，f′(x)＝1x－3，f′(1)＝－2，切线方程为y＝－2x－1.]9.1－ln2[y＝lnx＋2的切线为：y＝1x1·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1).y＝ln(x＋1)的切线为：y＝1x2＋1x＋ln(x2＋1)－x2x2＋1，(设切点横坐标为x2).∴1x1＝1x2＋1，lnx1＋1＝ln（x2＋1）－x2x2＋1，解得x1＝12，x2＝－12，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.]10.(1，1)[∵(ex)′x＝0＝e0＝1，设P(x0，y0)，有1x′x＝x0＝－1x20＝－1，又∵x0＞0，∴x0＝1，故xP(1，1).]11.0[∫20(x－1)dx＝12x2－x20＝12×22－2＝0.]12.16[曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形如图，由y＝x2，y＝x，得A(1，1)，面积S＝∫10xdx－∫10x2dx＝12x210－13x210＝12－13＝16.]13.1.2[由题意可知最大流量的比即为横截面面积的比，建立以抛物线顶点为原点的直角坐标系，设抛物线方程为y＝ax2，将点(5，2)代入抛物线方程得a＝225，故抛物线方程为y＝225x2,抛物线的横截面面积为S1＝2∫502－225x2dx＝22x－275x350＝403(m2)，而原梯形上底为10－2tan45°×2＝6(m)，故原梯形面积为S2＝12(10＋6)×2＝16，S2S1＝16403＝1.2.]14.(－ln2，2)[由题意有y′＝－e－x，设P(m，n)，直线2x＋y＋1＝0的斜率为－2，则由题意得－e－m＝－2，解得m＝－ln2，所以n＝e－(－ln2)＝2.]B组两年模拟精选(2016～2015年)1.B[f′(x)＝lnx＋x·1x＝lnx＋1.∴lnx0＋1＝2，得lnx0＝1，即x0＝e.]2.A[由于点(1,－1)在y＝x3－2x上,当(1,－1)为切点时,切线斜率为y′|x＝1＝1,切线方程为y＝x－2.当(1,－1)不是切点时,设切点为(x0，x30－2x0)，可得切线方程为y－x30＋2x0＝(3x20－2)·(x－x0)，又切线过点(1，－1)，可得x0＝－12，故切线方程为5x＋4y＝1.]3.A[因为f′(x)＝x2－2f′(1)x－1，令x＝1得f′(1)＝1－2f′(1)－1.所以f′(1)＝0，故选A.]4.A[因为f(x)＝14x2＋sinπ2＋x＝14x2＋cosx，所以f′(x)＝12x－sinx为奇函数，且f′π6<0，故选A.]5.C[设p0(x0，y0)，则3x20＋1＝4，所以x0＝±1，所以p0点的坐标为(1，0)和(－1，－4).故选C.]6.2[因为a＞0，b＞0，又g′(x)＝ax＋2x－ba，则g′(b)＝ab＋2b－ba＝ab＋ba≥2，所以斜率的最小值为2.]7.－23[0ef(x)dx＝01x2dx＋1e1xdx＝13x3|10－lnx|e1＝13－1＝－23.]8.1[设球的体积以均匀速度c增长，由题意可知球的体积为V(t)＝43πR3(t)，则c＝4πR2(t)R′(t)，则cR（t）R′（t）＝4πR(t)，则球的表面积的增长速度为V表＝S′(t)＝(4πR2(t))′＝8πR(t)R′(t)＝2cR（t），即球的表面积的增长速度与球的半径的乘积为V表·R(t)＝2c＝1.]9.解f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2).(1)由题意得f（0）＝b＝0，f′（0）＝－a（a＋2）＝－3，解得b＝0，a＝－3或1.(2)∵曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，∴关于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)>0，即4a2＋4a＋1>0，∴a≠－12.∴a的取值范围是－∞，－12∪－12，＋∞.10.解(1)当a＝1时，f′(x)＝3x2－2x，f(2)＝14，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率k＝f′(2)＝8，∴曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－14＝8(x－2)，即8x－y－2＝0.(2)由已知得a>x3＋10x2＝x＋10x2，设g(x)＝x＋10x2(1≤x≤2)，g′(x)＝1－20x3，∵1≤x≤2，∴g′(x)<0，∴g(x)在[1，2]上是减函数.g(x)min＝g(2)＝92，∴a>92，即实数a的取值范围是92，＋∞.
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