高考數(shù)學(xué)考前刷題大卷練3導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用（理）（含解析）

/08/8/刷題大卷練3導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用測(cè)試一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．[2019·長(zhǎng)沙模擬]滿(mǎn)足f(x)＝f′(x)的函數(shù)是()A．f(x)＝3＋xB．f(x)＝－xC．f(x)＝lnxD．f(x)＝0答案：D解析：若f(x)＝0，則f′(x)＝0，從而有f(x)＝f′(x)．故選D.2．[2019·東城模擬]若直線y＝－x＋2與曲線y＝－ex＋a相切，則a的值為()A．－3B．－2C．－1D．－4答案：A解析：由于y′＝(－ex＋a)′＝－ex＋a，令－ex＋a＝－1，得切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝－a，所以切點(diǎn)為(－a，－1)，進(jìn)而有－(－a)＋2＝－1，故a＝－3.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,4)x2＋cosx的圖象在點(diǎn)(t，f(t))處的切線的斜率為k，則函數(shù)k＝g(t)的大致圖象是()答案：A解析：由于f(x)＝eq\f(1,4)x2＋cosx，∴f′(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，∴f′(－x)＝－f′(x)，故f′(x)為奇函數(shù)，即g(t)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，排除B、D，又當(dāng)t＝eq\f(π,2)時(shí)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,4)－sineq\f(π,2)＝eq\f(π,4)－1<0，排除C，故選A.4．[2019·海南農(nóng)墾月考]已知3a＝5b＝c，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2，則eq\i\in(0,c,)(x2－1)dx＝()A．±2eq\r(2)B．2eq\r(2)C．±eq\r(15)D．4eq\r(15)答案：D解析：因?yàn)?a＝5b＝c，所以a＝log3c，b＝log5c，則eq\f(1,a)＝logc3，eq\f(1,b)＝logc5，因?yàn)閑q\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2，所以logc15＝2，即c2＝15，所以c＝eq\r(15)，所以eq\i\in(0,c,)(x2－1)dx＝(x2－1)dx＝eq\f(x3,3)－xeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(15),0))＝4eq\r(15).故選D.5．[2019·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)模擬]設(shè)曲線f(x)＝－ex－x(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))上任意一點(diǎn)的切線為l1，總存在曲線g(x)＝3ax＋2cosx上某點(diǎn)處切線l2，使得l1⊥l2，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．[1,2]B．[3，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(2,3)))答案：D解析：f′(x)＝－ex－1，∵ex＋1>1，∴eq\f(1,ex＋1)∈(0,1)．又g′(x)＝3a－2sinx，∵－2sinx∈[－2,2]，∴3a－2sinx∈[－2＋3a，2＋3a]，要使曲線f(x)上任意一點(diǎn)的切線l1，總存在曲線g(x)上一點(diǎn)處的切線l2，使得l1⊥l2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＋3a≤0，,2＋3a≥1，))解得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(2,3).故選D.6．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x(x≥－1)，若不等式f(x)≤0有解，則實(shí)數(shù)a的最小值為()A.eq\f(1,e)B．eC．1－eq\f(1,e)D．e－1答案：C解析：∵f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x≤0有解，∴a≥x3－3x＋3－eq\f(x,ex)有解．令g(x)＝x3－3x＋3－eq\f(x,ex)，則g′(x)＝3x2－3＋eq\f(x－1,ex)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋3＋\f(1,ex)))，故當(dāng)x∈[－1,1)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，故g(x)在[－1,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)min＝g(1)＝1－3＋3－eq\f(1,e)＝1－eq\f(1,e)，∴a≥1－eq\f(1,e)，∴實(shí)數(shù)a的最小值為1－eq\f(1,e).7．[2019·山東濟(jì)南一中模擬]已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－eq\r(3)，eq\r(3)]B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)D．(－∞，－eq\r(3))答案：A解析：函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－3x2＋2ax－1.∵函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，∴在(－∞，＋∞)上f′(x)≤0恒成立，即－3x2＋2ax－1≤0恒成立，∴Δ＝4a2－12≤0，解得－eq\r(3)≤a≤eq\r(3)，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－eq\r(3)，eq\r(3)]．故選A.8．[2019·南昌調(diào)研]已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對(duì)任意的x>0都有2f(x)＋xf′(xA．4f(－2)<9f(3)B．4fC．2f(3)>3f(－2)D．3f答案：A解析：根據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又對(duì)任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則當(dāng)x>0時(shí)，有g(shù)′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)，則有g(shù)(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(shù)(－2)<9．[2019·昆明調(diào)研]若函數(shù)f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，對(duì)于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1]B．(－∞，0]C．(－∞，3]D．(－∞，4]答案：D解析：f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.設(shè)g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，當(dāng)x≤－1時(shí)，0<g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以當(dāng)a≤－1時(shí)，滿(mǎn)足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；當(dāng)－1<x<4時(shí)，因?yàn)間(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4<h(1)＝5，g(2)＝8<h(2)＝10，g(3)＝16<h(3)＝17，所以－1<a≤4時(shí)，亦滿(mǎn)足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；當(dāng)x≥4時(shí)，易知f′(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，設(shè)F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，則F′(x)＝2x＋1·(ln2)2－2>0，所以F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln2－10>0，所以函數(shù)f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8－2＝6>0，即a>4時(shí)，不滿(mǎn)足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]，故選D.10．[2019·河北石家莊二中模擬]已知對(duì)?x∈(0，＋∞)，不等式lnx＋1≥m－eq\f(n,x)(n>0)恒成立，則eq\f(m,n)的最大值是()A．1B．－1C．eD．－e答案：C解析：不等式lnx＋1≥m－eq\f(n,x)可化為lnx＋1－m＋eq\f(n,x)≥0，令F(x)＝lnx＋1－m＋eq\f(n,x)(x>0)，則F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(n,x2)＝eq\f(x－n,x2)，所以當(dāng)x＝n時(shí)，F(xiàn)(x)min＝lnn＋2－m，則lnn＋2－m≥0?m≤2＋lnn(n>0)．所以eq\f(m,n)≤eq\f(2＋lnn,n).令G(n)＝eq\f(2＋lnn,n)，則G′(n)＝eq\f(－1－lnn,n2)＝0，可得n＝eq\f(1,e)，故G(n)max＝eq\f(2－1,\f(1,e))＝e，即eq\f(m,n)≤eq\f(2＋lnn,n)≤e.所以eq\f(m,n)的最大值為e.故選C.11．[2019·河南安陽(yáng)模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)＋eq\f(x2,2)與g(x)＝6x＋a的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(22,3)，\f(27,2)))B.eqB.\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(22,3)，\f(27,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(27,2)，\f(22,3)))D.eqD.\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(27,2)，\f(22,3)))答案：B解析：原問(wèn)題等價(jià)于函數(shù)h(x)＝eq\f(x3,3)＋eq\f(x2,2)－6x的圖象與直線y＝a有三個(gè)不同的交點(diǎn)．h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，當(dāng)x∈(－∞，－3)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－3,2)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．函數(shù)h(x)的圖象，如圖．又h(－3)＝eq\f(27,2)，h(2)＝－eq\f(22,3)，數(shù)形結(jié)合可得a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(22,3)，\f(27,2))).故選B.12．[2019·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)模擬]已知函數(shù)f(x)＝exlnx(x>0)，若對(duì)?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，?k∈[－a，a](a>0)，使得方程f(x)＝k有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(0，ee]B．[ee，＋∞)C．[e，＋∞)D．[e，ee]答案：B解析：f′(x)＝exlnx＋eq\f(ex,x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，∴當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增．∴g(x)≥g(1)＝1，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調(diào)遞增．∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的值域?yàn)?∵對(duì)?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，?k∈[－a，a](a>0)，使得方程f(x)＝k有解，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－e\f(1,e)≥－a，,ee≤a，,a>0，))解得a≥ee，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[ee，＋∞)．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上．13．[2019·廣西陸川月考]若函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案：(－∞，2ln2－2)解析：函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax，所以f′(x)＝2x－ex－a.因?yàn)閒(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，所以f′(x)＝2x－ex－a>0，即a<2x－ex有解．令g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝2－ex＝0，得x＝ln2，所以當(dāng)x<ln2時(shí)，g′(x)＝2－ex>0，當(dāng)x>ln2時(shí)，g′(x)＝2－ex<0，則當(dāng)x＝ln2時(shí)，g(x)max＝2ln2－2，所以a<2ln2－2.14．曲線y＝f(x)＝xlog2x在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為_(kāi)_________________．答案：y＝eq\f(1,ln2)(x－1)解析：因?yàn)閥＝xlog2x，所以y′＝log2x＋eq\f(1,ln2)，當(dāng)x＝1時(shí)，y′＝eq\f(1,ln2)，y＝0，故曲線y＝xlog2x在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝eq\f(1,ln2)(x－1)．15．[2019·浙江寧波效實(shí)中學(xué)質(zhì)檢]設(shè)f(x)＝若f(f(1))＝1，則a＝________.答案：1解析：因?yàn)閑q\i\in(0,a,)3t2dt＝t3eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a,0))＝a3，所以f(1)＝lg1＝0，所以f(f(1))＝f(0)＝a3＝1，所以a＝1.16．[2019·西安八校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2，若f(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則a的取值范圍為_(kāi)_______．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))解析：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)不可能有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝eq\r(\f(1,2a))，當(dāng)0<x<eq\r(\f(1,2a))時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>eq\r(\f(1,2a))時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))＝lneq\r(\f(1,2a))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))2＝－eq\f(1,2)ln2a－eq\f(1,2)，于是要使函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，又當(dāng)x→0＋時(shí)，f(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→－∞，故需滿(mǎn)足－eq\f(1,2)ln2a－eq\f(1,2)>0，即ln2a<－1，所以0<2a<eq\f(1,e)，即0<a<eq\f(1,2e)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．(本小題滿(mǎn)分10分)[2019·衡水調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx.(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線不過(guò)第四象限且不過(guò)原點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)g(x)＝f(x)＋2x，若g(x)在[1，e]上不單調(diào)且僅在x＝e處取得最大值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)由f′(x)＝x－eq\f(a,x)，得f′(1)＝1－a.因?yàn)閒(1)＝eq\f(1,2)，所以函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－eq\f(1,2)＝(1－a)(x－1)，即y＝(1－a)x＋a－eq\f(1,2).由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a≥0，,a－\f(1,2)>0，))解得eq\f(1,2)<a≤1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)g′(x)＝x－eq\f(a,x)＋2＝eq\f(x2＋2x－a,x)(x>0)，設(shè)h(x)＝x2＋2x－a(x>0)．若g(x)在[1，e]上不單調(diào)，則h(1)h(e)<0，即(3－a)(e2＋2e－a)<0，解得3<a<e2＋2e.同時(shí)g(x)僅在x＝e處取得最大值，所以g(e)>g(1)，即eq\f(1,2)e2－a＋2e>eq\f(5,2)，解得a<eq\f(e2,2)＋2e－eq\f(5,2).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(e2,2)＋2e－\f(5,2))).18．(本小題滿(mǎn)分12分)[2019·安徽淮南模擬]已知函數(shù)f(x)＝x2－lnx.(1)求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)在函數(shù)f(x)＝x2－lnx的圖象上是否存在兩點(diǎn)，使以這兩點(diǎn)為切點(diǎn)的切線互相垂直，且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)都在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上．若存在，求出這兩點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解析：(1)∵f(1)＝1，又f′(x)＝2x－eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2－1＝1，故所求切線方程為y－1＝1×(x－1)，即y＝x.(2)存在．求解如下：設(shè)所求兩點(diǎn)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，不妨設(shè)x1<x2，∵f′(x)＝2x－eq\f(1,x)，∴由題意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(1,x1)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x2)))＝－1.∵f′(x)＝2x－eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，∴－1≤2x1－eq\f(1,x1)≤1，－1≤2x2－eq\f(1,x2)≤1.又x1<x2，∴f′(x1)<f′(x2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(1,x1)＝－1，,2x2－\f(1,x2)＝1，))解得x1＝eq\f(1,2)(x1＝－1舍)，x2＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＝－\f(1,2)舍))，∴存在滿(mǎn)足題意的兩點(diǎn)，其坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，ln2＋\f(1,4)))，(1,1)．19．(本小題滿(mǎn)分12分)[2019·衡水武邑調(diào)研]設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝xex－x－1.(1)若關(guān)于x的方程f(x)＝x2－eq\f(10,3)＋m在區(qū)間[1,3]上有解，求m的取值范圍；(2)當(dāng)x>0時(shí)，g(x)－a≥f(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)方程f(x)＝x2－eq\f(10,3)＋m，即為lnx－x2＋eq\f(10,3)＝m.令h(x)＝lnx－x2＋eq\f(10,3)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)≤0在x∈[1,3]恒成立，故h(x)在[1,3]上單調(diào)遞減．∵h(yuǎn)(1)＝eq\f(7,3)，h(3)＝ln3－eq\f(17,3)，∴當(dāng)x∈[1,3]時(shí)，h(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－\f(17,3)，\f(7,3)))，∴m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－\f(17,3)，\f(7,3))).(2)依題意，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)－f(x)≥a恒成立．令F(x)＝g(x)－f(x)＝x·ex－lnx－x－1(x>0)，則F′(x)＝(x＋1)·ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(?x＋1?,x)·(x·ex－1)．令G(x)＝x·ex－1，則當(dāng)x>0時(shí)，G′(x)＝(x＋1)·ex>0，∴函數(shù)G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，∴G(x)存在唯一的零點(diǎn)c∈(0,1)，且當(dāng)x∈(0，c)時(shí)，G(x)<0，當(dāng)x∈(c，＋∞)時(shí)，G(x)>0，則當(dāng)x∈(0，c)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)x∈(c，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)在(0，c)上單調(diào)遞減，在(c，＋∞)上單調(diào)遞增，從而F(x)≥F(c)＝cec－lnc－c－1.由G(c)＝0得cec－1＝0，cec＝1，兩邊取對(duì)數(shù)得lnc＋c＝0，∴F(c)＝0，∴F(x)≥F(c)＝0，∴a≤0，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]．20．(本小題滿(mǎn)分12分)已知函數(shù)f(x)＝|xex|.(1)當(dāng)x<0時(shí)，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)g(x)＝[f(x)]2＋tf(x)＋2的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．解析：(1)因?yàn)閒(x)＝|xex|，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xex，x≥0，,－xex，x<0.))當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝－(ex＋xex)＝－(1＋x)ex，當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0；所以f(x)在(－∞，－1)上是增函數(shù)；在(－1,0)上是減函數(shù)．(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝ex＋xex>0，所以f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)；由(1)知，當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值f(－1)＝eq\f(1,e).易知f(x)≥0，令f(x)＝m，則m≥0.則當(dāng)0<m<eq\f(1,e)時(shí)，方程f(x)＝m有3個(gè)解(如圖所示)；當(dāng)m＝0或m>eq\f(1,e)時(shí)，方程f(x)＝m有1個(gè)解；當(dāng)m＝eq\f(1,e)時(shí)，方程f(x)＝m有2個(gè)解．因?yàn)楹瘮?shù)g(x)＝[f(x)]2＋tf(x)＋2的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4，所以關(guān)于x的方程[f(x)]2＋tf(x)＋2＝0有4個(gè)解．所以關(guān)于m的方程m2＋tm＋2＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上有1個(gè)解，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上有1個(gè)解．記h(m)＝m2＋tm＋2，則應(yīng)滿(mǎn)足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h?0?>0，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2>0，,\f(1,e2)＋\f(t,e)＋2<0，))解得t<－eq\f(2e2＋1,e).所以實(shí)數(shù)t的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2e2＋1,e))).21．(本小題滿(mǎn)分12分)[2019·湖南永州模擬]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的單調(diào)性；(2)已知a?(0，e)，若對(duì)任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x).①當(dāng)a≤0時(shí)，1－ax>0，f′(x)>0，∴f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增．②當(dāng)0<a≤eq\f(1,e)時(shí)，eq\f(1,a)≥e，f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增．③當(dāng)eq\f(1,e)<a<1時(shí)，1<eq\f(1,a)<e，∴x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))時(shí)，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞減．④當(dāng)a≥1時(shí)，eq\f(1,a)≤1，f′(x)≤0，∴f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≤eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f(1,e)<a<1時(shí)，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞減；當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減．(2)g′(x)＝2ax，依題意，x∈[1，e]時(shí)，f(x)min>g(x)max恒成立．已知a?(0，e)，則當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，而f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝－a，∴g(x)max＝g(1)＝a＋1.∴－a>a＋1，得a<－eq\f(1,2).當(dāng)a≥e時(shí)，g′(x)>0，g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，而f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(e)＝1－ae，∴g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，∴1