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高考二轮导数的综合应用专项训练
（原卷+答案）
考点一　利用导数研究函数的零点——“形”定个数，“离”参转化
三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其______________即可．存在两个极值点x1，x2且x1a的符号 零点个数 充要条件
a>0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值) 一个 f(x1)<0或f(x2)>0
两个 f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个 f(x1)>0且f(x2)<0
a<0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值) 一个 f(x1)>0或f(x2)<0
两个 f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个 f(x1)<0且f(x2)>0
[例1]　[2020·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
[考查知识]　利用导数研究函数的单调性、已知零点个数求参数的取值范围．
[核心素养]　逻辑推理，数学运算．
归纳总结
利用导数研究函数零点问题的思路
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
对点训练
[2020·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
考点二　利用导数证明不等式——构造·分离·放缩
常见的指数、对数不等式
(1)ex≥x＋1及其变形ex－1≥x，ex≥ex等．
(2)ln x≤x－1(x>0)及其变式ln (x＋1)≤x，ln x≥1－等．
[例2]　[2021·全国乙卷]设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)＜1.
[考查知识]　用导数研究函数的极值及导数在证明不等式中的应用．
[核心素养]　数学运算，逻辑推理．
归纳总结
1.证明不等式的基本方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则① x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，② x1，x2∈[a，b]，且x1(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(最小值m)，则 x∈D，有f(x)≤M(f(x)≥m)．
2．证明f(x)对点训练
[2021·合肥市质量检测]已知函数f(x)＝a(x＋2)ex－(x＋3)2(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>时，证明：f(x－2)>ln x－x2－x－3.
考点三　利用导数解决不等式恒(能)成立问题——转化·分离·构造
不等式“恒成立”或“能成立”问题的常用结论
(1)单变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略
①对任意的x∈[m，n]，a>f(x)恒成立 a>f(x)max；对任意的x∈[m，n]，a②对任意的x∈[m，n]，不等式f(x)>g(x)恒成立 [f(x)－g(x)]min>0；对任意的x∈[m，n]，不等式f(x)③若存在x∈[m，n]，a>f(x)有解(能成立) ________；若存在x∈[m，n]，a若存在x∈[m，n]，a>f(x)无解(不成立) ________．
④若存在x0∈[m，n]，使不等式f(x0)>g(x0)成立 f(x)－g(x)>0在[m，n]上有解 ________．
(2)双变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略
①若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集不为空集，即A其等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的________有公共部分．
②对 x1∈D1， x2∈D2，都有f(x1)③对 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)④若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)>g(x2)成立，等价于f(x)max>g(x)min.其等价转化思想是：函数f(x)的某一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值，即只要有这样的函数值即可，并不要求________函数值．
[例3]　[2021·广州阶段训练]已知函数f(x)＝(x＋a)ln x－x2－ax＋a－1.
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)>a ln x－x2－2x在(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．
[考查知识]　导数的应用及函数恒成立问题．
[核心素养]　数学运算，逻辑推理．
归纳总结
1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”策略：
(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．
(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．
2．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于任意x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍．
对点训练
[2021·江苏南京模拟]已知函数f(x)＝kx－x ln x，k∈R.
(1)当k＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当0(3)设n∈N*，求证：＋…＋.
[高考5个大题]　GAOKAOWUGEDATI
解题研诀窍(六)
函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”
[思维流程——找突破口]
[技法指导——迁移搭桥]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题．
[典例]　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
[快审题]
求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断． 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化．
给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题．
差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值．
[稳解题]
(1)f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：证xf(x)－ex＋2ex≤0，
即证ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
题后悟道
函数与导数综合问题的关键
(1)会求函数的极值点，先利用方程f′(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；
(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；
(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．
同步课时
[A·基础达标]
1．[2021·江苏高三模拟]已知函数f(x)＝ex，其中e是自然对数的底数．
(1)求函数y＝f(x)－x的最小值；
(2)求证：f(x)ln x＋>.
2．[2021·甘肃白银市高三模拟]已知函数f(x)＝m(x－2)－ln (x－1).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x>2时，f(x)≤m(x－2)2恒成立，求m的取值范围．
3．[2021·北京高三模拟]已知函数f(x)＝x(ln x＋1).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线不经过原点；
(3)设整数k使得f(x)≥k对x∈(0，＋∞)恒成立，求整数k的最大值．
4．[2021·河南高三模拟]已知函数f(x)＝x ln x.
(1)讨论函数g(x)＝f(x)－ax＋1的零点个数；
(2)证明：f(x)>.
5．[2021·广东高三模拟]已知函数f(x)＝ln (x＋m)－xe－x.
(1)若f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求m的值；
(2)在(1)的条件下，证明：当x>0时，f(x)>0；
(3)当m>1时，求f(x)的零点个数．
[B·素养提升]
6．[2021·重庆市育才中学高三二模]已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax＋1.
(1)已知f(x)≥g(x)恒成立，求a的值；
(2)若x∈(0，1)，求证：＋x－<1.
7．已知函数f(x)＝ex(mx2＋x)，g(x)＝exx2＋ax＋a ln x＋1.
(1)若函数f(x)在x＝1处取得极大值，求实数m的值；
(2)当m＝1时，若对 x>0，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的值．
8．[2021·福建高三模拟]已知函数f(x)＝ae－x＋ln x－1(a∈R).
(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1参考答案
考点一
零点的个数
[例1]　解析：(1)f′(x)＝3x2－k.
当k＝0时，f′(x)＝3x2≥0，则f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±.当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.故f(x)在单调递增，在(－)单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．当k＞0时，x＝－为f(x)的极大值点，x＝为f(x)的极小值点．
若f(x)有三个零点，只需
解得0因此k的取值范围为.
对点训练
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意．
当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增，故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
又当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
∴要使f(x)有两个零点，只需f(ln a)<0，则1＋ln a>0，
得a>.
综上，a的取值范围是.
考点二
[例2]　解析：(1)由题意得y＝xf(x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′＝ln (a－x)－.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)由(1)可知，f(x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x<1}，
当0当x<0时，ln (1－x)>0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)＝<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln(1－x)－x ln (1－x)>0.
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1 －t＋t ln t>0.
令h(t)＝1－t＋t ln t, 则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，
即g(x)<1成立．
对点训练
解析：(1)∵f′(x)＝a(x＋3)ex－2(x＋3)＝(x＋3)(aex－2)，
若a≤0，则aex－2<0.
当x∈(－∞，－3)时，f′(x)>0；当x∈(－3，＋∞)时，f′(x)<0.
∴当a≤0时，函数f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，＋∞)上单调递减．
若a>0，由f′(x)＝0解得x1＝－3，x2＝ln .
①若0－3.
当x∈(－∞，－3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－3，ln )时，f′(x)<0.
∴当0②若a＝2e3，则ln ＝－3.
当x∈R时，f′(x)≥0，∴函数f(x)在R上单调递增．
③若a>2e3，则ln <－3.
当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.
∴当a>2e3时，函数f(x)在，(－3，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(2)当a>时，要证f(x－2)>ln x－x2－x－3，即要证axex－2>ln x＋x－2，也即证a>(x>0)．
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝.
设φ(x)＝3－ln x－x，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，φ(1)>0，φ(3)<0，
∴ x0∈(1，3)，φ(x0)＝3－ln x0－x0＝0(*)．
当x∈(0，x0)时，g′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0.
∴g(x)≤g(x0)＝＝.
由(*)知3－ln x0－x0＝0，即ln x0＝＝x0，(对数式ln x0＝3－x0转化为指数式)
∴g(x0)＝＝，∴g(x)≤∴当a>时，f(x－2)>ln x－x2－x－3.
考点三
(1)af(x)min　a0
(2)值域　小于　所有　所有的
[例3]　解析：(1)若a＝1，则f(x)＝(x＋1)ln x－x2－x，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－x＋.
设g(x)＝ln x－x＋，则g′(x)＝－1－＝＝<0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，
故当x∈(0，1)时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)方法一　原不等式等价于x ln x－a(x－1)＋2x－1>0，
即a<在(1，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝，x>1，则φ′(x)＝.
设h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又h(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，h(4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2>0，
所以根据函数零点存在定理，可知h(x)在(1，＋∞)上有唯一零点．
设该零点为x0，则x0∈(3，4)，且h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即x0－2＝ln x0.
当x∈(1，x0)时，h(x)<0，即φ′(x)<0，故φ(x)在(1，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即φ′(x)>0，故φ(x)在(x0，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)min＝φ(x0)＝＝x0＋1.
由题意可知a又a∈Z，所以整数a的最大值为4.
方法二　原不等式等价于x ln x－a(x－1)＋2x－1>0在(1，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝x ln x－a(x－1)＋2x－1，x≥1，则φ′(x)＝ln x＋3－a，x≥1.
①当a≤3时，φ′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故φ(x)>φ(1)＝1>0在(1，＋∞)上恒成立．
②当a>3时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－3>1，
当x∈(1，ea－3)时，φ′(x)<0，故φ(x)在(1，ea－3)上单调递减；
当x∈(ea－3，＋∞)时，φ′(x)>0，故φ(x)在(ea－3，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)min＝φ(ea－3)＝a－1－ea－3.
要使x ln x－a(x－1)＋2x－1>0在(1，＋∞)上恒成立，
只需φ(x)min＝a－1－ea－3>0.
令h(x)＝x－1－ex－3，x>3，则h′(x)＝1－ex－3<0，
所以h(x)在(3，＋∞)上单调递减．
又h(4)＝3－e>0，h(5)＝4－e2<0，
所以h(x)在(3，＋∞)上存在唯一的零点x0，且x0∈(4，5)，
从而a－1－ea－3>0的解集为3因为a∈Z，
所以整数a的最大值为4.
对点训练
解析：(1)当k＝2时，f(x)＝2x－x ln x，f′(x)＝1－ln x.
由f′(x)>0，得0e.
因此函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)f(x)＝kx－x ln x，故f′(x)＝k－1－ln x.
当k≥1时，因为0因此f′(x)≥0恒成立，即f(x)在(0，1]上单调递增，所以f(x)≤f(1)＝k恒成立．
当k<1时，令f′(x)＝0，得x＝ek－1∈(0，1)．当x∈(0，ek－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(ek－1，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
于是f(ek－1)>f(1)＝k，与f(x)≤k恒成立相矛盾．
综上，k的取值范围为[1，＋∞)．
(3)证明：由(2)知，当0令x＝(n∈N*)，则ln n≤1，即2ln n≤n2－1，因此.
所以＋…＋＋…＋＝.
同步课时
1．解析：（1）y＝f（x）－x＝ex－x，x∈R.
令g（x）＝ex－x，
g′（x）＝ex－1，x＝0时，g′（x）＝0.
x>0时，g′（x）>0，此时函数g（x）单调递增，x<0时，g′（x）<0，此时函数g（x）单调递减．
可得x＝0时函数g（x）取得极小值即最小值，
g（0）＝1.
（2）证明：f（x）ln x＋> ex ln x＋>.
①x≥1时，由（1）可得：ex≥x＋1，∴ex ln x＋≥（x＋1）ln x＋.
令h（x）＝（x＋1）ln x＋，x∈[1，＋∞）.
h′（x）＝ln x＋－＝ln x＋≥0，
∴函数h（x）在x∈[1，＋∞）上单调递增，因此h（x）≥h（1）＝2>.
∴ex ln x＋≥（x＋1）ln x＋>，
∴ex ln x＋>.
②0∴ex ln x>eln x，
∴ex ln x＋≥eln x＋.
令u（x）＝eln x＋，
则u′（x）＝－＝，
可得x＝时，函数u（x）取得极小值即最小值，u＝eln ＋e＝eln 2>e·>.
∵29>e5，∴ln 2>.
∴x∈（0，1）时，ex ln x＋≥eln x＋>.
综上可得：f（x）ln x＋>.
2．解析：（1）由题意，函数f（x）的定义域为（1，＋∞）.
则f′（x）＝m－.
（ⅰ）当m>0时，令f′（x）>0，得x>＋1，
令f′（x）<0，得1所以函数f（x）在上单调递减，在上单调递增；
（ⅱ）当m≤0时，f′（x）<0对任意x∈（1，＋∞）恒成立，
所以函数f（x）在（1，＋∞）上单调递减；
综上，当m>0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增；
当m≤0时，f（x）在（1，＋∞）上单调递减．
（2） x>2，f（x）≤m（x－2）2恒成立，
即m（x－2）2－f（x）＝m（x－2）2－m（x－2）＋ln （x－1）≥0恒成立，
设t＝x－2>0，则m（t2－t）＋ln （t＋1）≥0，
设g（t）＝m（t2－t）＋ln （t＋1），
则问题转化为 t>0，都有g（t）≥0恒成立．
（ⅰ）当t＝1时，g（1）＝ln 2>0成立，
（ⅱ）当t>1时，t2－t>0，
所以g（t）≥0 m≥－，
由（1）知，当m＝1时，f（x）＝（x－2）－ln （x－1）在[2，＋∞）上单调递增，
所以当x>2时，f（x）>f（2）＝0，即ln （x－1）于是当t＝x－2>0时，有ln （1＋t）故当t>1时，＝<∈（0，＋∞），
即－>－∈（－∞，0），
所以当m≥0时，m≥－恒成立；
（ⅲ）当0所以g（t）≥0 m≤－，
而＝>∈（－∞，－1），
即－<－∈（1，＋∞），
所以当m≤1时，m≤－恒成立．
综上所述，若对于 t>0，都有g（t）≥0恒成立，
则只需0≤m≤1即可．
故所求m的取值范围为[0，1].
3．解析：（1）函数的导数为f′（x）＝2＋ln x，由f′（x）＝0得x＝e－2，
由f′（x）>0，得x>e－2，所以f（x）在（e－2，＋∞）上单调递增，
由f′（x）<0，得0所以f（x）的单调减区间为（0，e－2），增区间为（e－2，＋∞）.
（2）证明：由（1）得曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线为y－f（x0）＝f′（x0）（x－x0），其中x0>0，
假设y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线经过原点．
则有0－f（x0）＝f′（x0）（0－x0），即－x0（ln x0＋1）＝（2＋ln x0）（－x0），
整理得x0＝0与x0>0矛盾，
则曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线不经过原点；
（3）f（x）≥k对x∈（0，＋∞）恒成立等价于当x>0时，f（x）－k≥0恒成立．
令g（x）＝f（x）－k，则g′（x）＝ln x＋2－k.由g′（x）＝0，得x＝ek－2，
随着x变化，g（x），g′（x）的变化情况如下表所示：
x （0，ek－2） ek－2 （ek－2，＋∞）
g′（x） － 0 ＋
g（x） ↘ 极小值 ↗
所以g（x）在（0，ek－2）上单调递减，在（ek－2，＋∞）上单调递增，
所以函数g（x）的最小值为g（ek－2）＝k－ek－2≥0，
令h（k）＝k－ek－2，则h（2）＝×2－e2－2＝1－1＝0.
当k＝2时，因为g（x）的最小值为g（ek－2）＝g（1）＝0，
所以f（x）≥k恒成立，符合题意；
当k>2时，由h′（k）＝－ek－2<－e2－2<0，得函数h（k）＝k－ek－2，在（2，＋∞）上单调递减，所以h（k）故此时g（x）的最小值g（ek－2）＝h（k）<0，不符合题意，
所以整数k的最大值是2.
4．解析：（1）因为g（x）＝x ln x－ax＋1（x>0），所以g′（x）＝ln x＋1－a（x>0）.
令g′（x）>0，得x>ea－1；令g′（x）<0，得0在（ea－1，＋∞）上为增函数，g（x）min＝g（ea－1）＝1－ea－1.
当a＝1时，g（ea－1）＝1－ea－1＝0，g（x）有且只有一个零点x＝1；
当a<1时，g（ea－1）＝1－ea－1>0，g（x）没有零点；
当a>1时，g（ea－1）＝1－ea－1<0，g（ea）＝aea－aea＋1＝1>0，所以g（x）在（ea－1，＋∞）上有唯一的零点，又g（e－a）＝－ae－a－ae－a＋1＝>>0，所以g（x）在（0，ea－1）上有唯一的零点．
综上所述，当a＝1时，g（x）有且只有一个零点；当a<1时，g（x）没有零点；当a>1时，g（x）有两个零点．
（2）证明：由（1）知，当a＝1时，g（x）≥g（x）min＝0，即x ln x≥x－1.
要证x ln x>，需证x ln x≥x－1>－1，
需证x>（x>0），即证2x＋x cos x－3sin x>0（x>0）.
设h（x）＝2x＋x cos x－3sin x（x>0）.
当x≥π时，h（x）＝2x＋x cos x－3sin x＝x（1＋cos x）＋x－3sin x>x－3>0.
当0再令φ（x）＝t′（x），则φ′（x）＝x sin x>0，
所以t′（x）在（0，π）上为增函数，t′（x）＝sin x－x cos x>t′（0）＝0，
所以t（x）在（0，π）上为增函数，t（x）＝h′（x）>h′（0）＝0，
所以h（x）在（0，π）上为增函数，h（x）>h（0）＝0.
故f（x）>成立．
5．解析：（1）因为f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线与直线x－2y＝0平行，
所以f′（1）＝，
因为f′（x）＝＋（x－1）e－x，
所以f′（1）＝＝，解得m＝1.
（2）证明：由（1）得当m＝1时，f′（x）＝＋（x－1）e－x＝，
当x>0时，因为f′（x）>0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
因为f（0）＝0，所以f（x）>0在（0，＋∞）上恒成立．
（3）由（2）可知当m>1且x>0时，f（x）>ln （x＋1）－xe－x>0，
即f（x）在（0，＋∞）上没有零点，
当x∈（－m，0）时，f′（x）＝＋（x－1）e－x＝，
令g（x）＝ex＋x2＋（m－1）x－m，x∈（－m，0），
则g′（x）＝ex＋2x＋m－1单调递增，
且g′（－m）＝e－m－2m＋m－1＝e－m－m－1<0，
g′（0）＝m>0，
所以g′（x）在（－m，0）上存在唯一零点，记为x0，
且x∈（－m，x0）时，g′（x）<0，x∈（x0，0）时，g′（x）>0，
所以g（x）在（－m，x0）上单调递减，在（x0，0）上单调递增，
因为m>1，
所以g（－m）＝e－m>0，g（0）＝1－m<0，
因为g（x0）所以g（x）在（－m，x0）上存在唯一零点x1，且在（x0，0）上恒小于零，
故x∈（－m，x1）时，g（x）>0；x∈（x1，0）时，g（x）<0，
所以f（x）在（－m，x1）上单调递增，在（x1，0）上单调递减，且f（0）＝ln m>0，
所以f（x）在（－m，0）上至多有一个零点，
取x2＝－m＋e－mem∈（－m，0），
则有f（x2）所以由零点存在定理可知f（x）在（－m，0）上只有一个零点，
又f（0）不为0，所以f（x）在（－m，＋∞）上只有一个零点．
6．解析：（1）设h（x）＝f（x）－g（x）＝ex－ax－1，h′（x）＝ex－a，
当a≤0时，h′（x）＝ex－a>0，h（x）单调递增，当x→－∞，h（x）→－∞，不满足恒成立，
当a>0时，h（x）在x∈（－∞，ln a）上单调递减，h（x）在x∈（ln a，＋∞）上单调递增，
所以h（x）的最小值为h（ln a）＝a－a ln a－1≥0，即1－ln a－≥0，即ln a＋－1≤0.
设φ（a）＝ln a＋－1，φ′（a）＝，所以φ（x）在x∈（0，1）上单调递减，φ（x）在（1，＋∞）上单调递增，
即φ（a）min＝φ（1）＝0，故ln a＋－1≤0的解只有a＝1，综上a＝1.
（2）先证当x∈（0，1）时，ex>x＋1恒成立．
令h（x）＝ex－x－1，求导h′（x）＝ex－1>0，所以h（x）在x∈（0，1）上单调递增，
h（x）>h（0）＝0，所以ex>x＋1，
所以要证＋x－<1，即证＋x－<1，
即证1－ln x＋x2＋x－0，
设F（x）＝ln x－x2＋1＋，求导F′（x）＝－2x－＝（x－1）－2x<0，
所以F（x）在（0，1）上单调递减，所以F（x）>F（1）＝1>0，即原不等式成立．
所以当x∈（0，1）时，＋x－<1成立．
7．解析：（1）因为f（x）＝ex（mx2＋x），所以f′（x）＝ex（mx2＋x＋2mx＋1），
因为f（x）在x＝1处取极大值，所以f′（1）＝0，所以e1（m＋1＋2m＋1）＝0，所以m＝－，当m＝－时，f′（x）＝－ex（2x＋3）（x－1），
x － 1 （1，＋∞）
f′（x） － 0 ＋ 0 －
f（x） 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
所以f（x）在x＝1处取极大值，符合题意；
（2）当m＝1时，f（x）＝ex（x2＋x），g（x）＝exx2＋ax＋a ln x＋1.
又因为对 x>0，不等式f（x）≥g（x），所以x>0时，xex（x2＋x）≥exx2＋ax＋a ln x＋1，恒成立，那么ex≥a（x＋ln x）＋1，
所以x>0时，ex＋ln x≥a（x＋ln x）＋1，
令t＝x＋ln x，因为h（x）＝x＋ln x为（0，＋∞）上的增函数，且h（x）的值域为R，所以t∈R，
故问题转化为“ t∈R，et－at－1≥0恒成立“，不妨设F（t）＝et－at－1，所以F′（t）＝et－a，
当a≤0时，F′（t）＝et－a>0，所以F（t）在R上单调递增，且F（0）＝e0－1＝0，
所以当t∈（－∞，0）时，F（t）当a>0时，令F′（t）＝0，解得x＝ln a，
当t∈（－∞，ln a）时，F′（t）<0，F（t）单调递减，当t∈（ln a，＋∞）时，F′（t）>0，F（t）单调递增，
所以F（t）min＝F（ln a）＝eln a－a ln a－1＝a－a ln a－1≥0，
所以1－ln a－≥0，所以ln a＋－1≤0，
记φ（a）＝ln a＋－1，φ′（a）＝，
当a∈（0，1）时，φ′（a）<0，φ（a）单调递减，当a∈（1，＋∞）时，φ′（a）>0，φ（a）单调递增，
所以φ（a）min＝φ（1）＝0，
又因为ln a＋－1≤0，即φ（a）≤0，所以a＝1.
8．解析：（1）函数的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－ae－x＋＝，
当a≤0时，f′（x）>0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当0设g（x）＝ex－ax，则g′（x）＝ex－a，
当0ln a时，g′（x）>0，g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（ln a）＝eln a－a ln a＝a（1－ln a）≥0，
∴f′（x）≥0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
综上，当a≤e时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增．
（2）依题意，f′（x1）＝f′（x2）＝0，则，
两式相除得，ex2－x1＝，设＝t，则t>1，x2＝tx1，e（t－1）x1＝t，
∴x1＝，x2＝，
∴x1＋x2＝，
设h（t）＝（t>1），则h′（t）＝，
设φ（t）＝t－－2ln t（t>1），则φ′（t）＝1＋－＝>0，
∴φ（t）在（1，＋∞）单调递增，则φ（t）>φ（1）＝0，
∴h′（t）>0，则h（t）在（1，＋∞）单调递增，
又x1＋x2≤2ln 3，即h（t）≤2ln 3，而h（3）＝2ln 3，
∴t∈（1，3]，即的最大值为3.

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