【名師伴你行】2021屆高考理科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題提能專訓(xùn)23-第23講-導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用與定積分

提能專訓(xùn)(二十三)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用一、選擇題1．(2022·江西八校聯(lián)考)已知m是區(qū)間[0,4]內(nèi)任取的一個(gè)數(shù)，那么函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋m2x＋3在x∈R上是增函數(shù)的概率是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)[答案]C[解析]∵f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋m2x＋3在R上是增函數(shù)，∴f′(x)＝x2－4x＋m2≥0在R上恒成立，∴Δ＝16－4m2≤0，解得m≤－2或m又∵0≤m≤4，∴2≤m≤4.故所求的概率為P＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2).2．(2022·遼寧五校聯(lián)考)已知a，b是實(shí)數(shù)，且e<a<b，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，則ab與ba的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)b>ba B．a(chǎn)b<baC．a(chǎn)b＝ba D．a(chǎn)b與ba的大小關(guān)系不確定[答案]A[解析]構(gòu)造幫助函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，由于f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以在(e，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)，則f(a)>f(b)，即eq\f(lna,a)>eq\f(lnb,b)，blna>alnb，lnab>lnba，所以ab>ba.3．(2022·忻州聯(lián)考)定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有f(x)<f′(x)·tanx成立，則()A.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) B．f(1)<2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sin1C.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))[答案]D[解析]∵f(x)<f′(x)·tanx，即f′(x)sinx－f(x)cosx>0，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,sinx)))′＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)>0，∴函數(shù)eq\f(fx,sinx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，從而eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6))<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),sin\f(π,3))，即eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).4．(2022·浙江名校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝xcosx在(0，＋∞)內(nèi)的全部極值點(diǎn)按從小到大的挨次排列為a1，a2，…，an，…，則對任意正整數(shù)n必有()A．π<an＋1－an<eq\f(3π,2) B.eq\f(π,2)<an＋1－an<πC．0<an＋1－an<eq\f(π,2) D．－eq\f(π,2)<an＋1－an<0[答案]B[解析]f′(x)＝cosx－xsinx，令f′(x)＝0，得eq\f(1,x)＝tanx，函數(shù)y＝eq\f(1,x)與y＝tanx的圖象如圖所示，an與an＋1就是兩個(gè)函數(shù)圖象相鄰交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．由于函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，故隨著n的增加，an越來越接近其所在周期內(nèi)的零點(diǎn)(y＝tanx的零點(diǎn))，故an＋1－an<π，又an與an＋1在各自周期內(nèi)零點(diǎn)的右側(cè)，因此an＋1－an>eq\f(π,2)，故選B.5．(2022·陜西卷改編)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．若f(x)≥ag(x)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－1，＋∞) B．(0，＋∞)C．(－∞，0) D．(－∞，1][答案]D[解析]對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，所以g(x)＝xf′(x)＝eq\f(x,1＋x).若f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，則φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,1＋x2)＝eq\f(x＋1－a,1＋x2).當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0，a＝1時(shí)等號(hào)成立)，所以φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．又φ(0)＝0，即φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以當(dāng)a≤1時(shí)，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)．當(dāng)a>1時(shí)，對x∈(0，a－1)，有φ′(x)<0，則φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減，所以φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1時(shí)，存在x>0，使φ(x)<0，可知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]，故選D.6．(2022·鄂爾多斯模擬)已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是()A．0<a<eq\f(3,4) B.eq\f(1,2)<a<eq\f(3,4)C．a(chǎn)≥eq\f(3,4) D．0<a<eq\f(1,2)[答案]C[解析]f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由題意當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≤0，,g1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－12＋2－2a·－1－2a≤0，,12＋2－2a－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4)，故選C.7．已知函數(shù)f(x)＝2x2－ax＋lnx在其定義域上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，4] B．(－∞，4)C．(4，＋∞) D．[4，＋∞)[答案]C[解析]函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由于f(x)＝2x2－ax＋lnx，所以f′(x)＝4x－a＋eq\f(1,x)＝eq\f(1,x)(4x2－ax＋1)．由函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上不單調(diào)可知f′(x)＝0有兩個(gè)正解，即4x2－ax＋1＝0有兩個(gè)正解，設(shè)為x1，x2.故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝－a2－4×4×1>0，,x1＋x2＝\f(a,4)>0，,x1x2＝\f(1,4)>0，))解得a>4.所以a的取值范圍為(4，＋∞)．8．已知三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則eq\f(f′－2,f′1)＝()A．5B．－5C．2D．－2[答案]D[解析]對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，結(jié)合題中圖象知，x＝－1,2為導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，所以f′(－1)＝f′(2)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－2b＋c＝0，,12a＋4b＋c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(c,6)，,b＝\f(c,4).))所以f′(x)＝－eq\f(c,2)x2＋eq\f(c,2)x＋c＝－eq\f(c,2)(x2－x－2)，于是eq\f(f′－2,f′1)＝eq\f(4＋2－2,1－1－2)＝－2.故選D.9．(2022·安慶二模)設(shè)1<x<2，則eq\f(lnx,x)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2，eq\f(lnx2,x2)的大小關(guān)系是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx,x)<eq\f(lnx2,x2)B.eq\f(lnx,x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx2,x2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx2,x2)<eq\f(lnx,x)D.eq\f(lnx2,x2)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx,x)[答案]A[解析]令f(x)＝x－lnx(1<x<2)，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)>0，∴函數(shù)y＝f(x)在(1,2)內(nèi)為增函數(shù)．∴f(x)>f(1)＝1>0，∴x>lnx>0?0<eq\f(lnx,x)<1.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx,x).又eq\f(lnx2,x2)－eq\f(lnx,x)＝eq\f(2lnx－xlnx,x2)＝eq\f(2－xlnx,x2)>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx,x)<eq\f(lnx2,x2)，故選A.10．(2022·昆明質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－b，若f(x)≥0恒成立，則ab的最大值為()A.eq\r(e)B．e2C．eD.eq\f(e,2)[答案]D[解析]利用導(dǎo)數(shù)求解．當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝ex－ax－b在R上單調(diào)遞增，f(x)≥0不恒成立，所以a≤0舍去．當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝ex－a＝0解得x＝lna，且當(dāng)x<lna時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>lna時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)≥0恒成立，即f(x)min＝f(lna)＝a－alna－b≥0，所以b≤a－alna，ab≤a2－a2lna，a>0.令y＝x2－x2lnx，x>0，則y′＝2x－2xlnx－x＝x(1－2lnx)，x>0，由y′＝0解得x＝eq\r(e)，且x∈(0，eq\r(e))時(shí)，y′>0，函數(shù)y＝x2－x2lnx單調(diào)遞增；x∈(eq\r(e)，＋∞)時(shí)，y′<0，函數(shù)y＝x2－x2lnx單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝eq\r(e)時(shí)，函數(shù)y＝x2－x2lnx取得最大值e－eq\f(1,2)e＝eq\f(1,2)e，所以ab≤a2－a2lna≤eq\f(1,2)e，即ab的最大值是eq\f(1,2)e，故選D.11．設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2＋1，g(x)＝x＋lnx的圖象分別交于P，Q兩點(diǎn)，則|PQ|的最小值是()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．1 D．－eq\f(1,2)或1[答案]C[解析]直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2＋1，g(x)＝x＋lnx的圖象分別交于P(t，f(t))，Q(t，g(t))兩點(diǎn)，則|PQ|＝|f(t)－g(t)|.記h(t)＝f(t)－g(t)＝t2＋1－(t＋lnt)．函數(shù)h(t)的定義域?yàn)?0，＋∞)，h′(t)＝2t－1－eq\f(1,t)＝eq\f(1,t)(2t2－t－1)＝eq\f(1,t)(2t＋1)(t－1)．由h′(t)＝0，解得t＝1或t＝－eq\f(1,2)(舍去)．明顯當(dāng)t∈(0,1)時(shí)，h′(t)<0，函數(shù)h(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t∈(1，＋∞)時(shí)，h′(t)>0，函數(shù)h(t)單調(diào)遞增．故函數(shù)h(t)的最小值為h(1)＝12＋1－(1＋ln1)＝1，故|PQ|的最小值為1.二、填空題12．(2022·南京、鹽城二模)表面積為12π的圓柱，當(dāng)其體積最大時(shí)，該圓柱的底面半徑與高的比為________．[答案]1∶2[解析]由于12π＝2πrh＋2πr2，rh＋r2＝6，所以V＝πr2h＝πr(6－r2)，0<r<eq\r(6).由V′＝π(6－3r2)＝0得r＝eq\r(2).當(dāng)0<r<eq\r(2)時(shí)，V′>0，當(dāng)eq\r(2)<r<eq\r(6)時(shí)，V′<0，所以當(dāng)r＝eq\r(2)時(shí)，V取極大值，也是最大值，此時(shí)h＝2eq\r(2)，r∶h＝1∶2.13．(2022·青島一模)假如對定義在R上的函數(shù)f(x)，以任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，則稱函數(shù)f(x)為“H函數(shù)”．給出下列函數(shù)：①y＝－x3＋x＋1；②y＝3x－2(sinx－cosx)；③y＝ex＋1；④f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln|x|，x≠0，,0，x＝0.))以上函數(shù)是“H函數(shù)”[答案]②③[解析]由于x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，即(x1－x2)[f(x1)－f所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)．由y′＝－3x2＋1>0得－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3)，即函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上是增函數(shù)，故①不是“H函數(shù)”；由y′＝3－2(cosx＋sinx)＝3－2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥3－2eq\r(2)>0恒成立，所以②為“H函數(shù)”；由y′＝ex>0恒成立，所以③為“H函數(shù)”；由于④為偶函數(shù)，所以不行能在R上是增函數(shù)，所以不是“H函數(shù)”．綜上，是“H函數(shù)”的有②③.14．(2022·唐山一模)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(－x)＋f(x)＝x2，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<x，則不等式f(x)＋eq\f(1,2)≥f(1－x)＋x的解集為________．[答案]eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))[解析]∵f(x)＋f(－x)＝x2，∴f′(x)－f′(－x)＝2x，∴f′(－x)＝f′(x)－2x，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<x，∴f′(－x)＝f′(x)－2x<x－2x＝－x，∴當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝f′(－x)＋2x<－x＋2x＝x，令g(x)＝f(x)＋eq\f(1,2)－f(1－x)－x，則g′(x)＝f′(x)＋f′(1－x)－1<x＋1－x－1＝0，∴g(x)在R上單調(diào)遞減，而geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋eq\f(1,2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－eq\f(1,2)＝0，∴g(x)≥0即g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，故原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).三、解答題15．(2022·懷化一模)已知函數(shù)f(x)＝ax＋blnx＋c(a，b，c是常數(shù))在x＝e處的切線方程為(e－1)x＋ey－e＝0，且f(1)＝0.(1)求常數(shù)a，b，c的值；(2)若函數(shù)g(x)＝x2＋mf(x)(m∈R)在區(qū)間(1,3)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)由題設(shè)知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝a＋eq\f(b,x).∵f(x)在x＝e處的切線方程為(e－1)x＋ey－e＝0，∴f′(e)＝－eq\f(e－1,e)，且f(e)＝2－e，即a＋eq\f(b,e)＝－eq\f(e－1,e)，且ae＋b＋c＝2－e.又f(1)＝a＋c＝0，解得a＝－1，b＝1，c＝1.(2)由(1)知f(x)＝－x＋lnx＋1(x>0)，∴g(x)＝x2＋mf(x)＝x2－mx＋mlnx＋m(x>0)，∴g′(x)＝2x－m＋eq\f(m,x)＝eq\f(1,x)(2x2－mx＋m)(x>0)．令d(x)＝2x2－mx＋m(x>0)．①當(dāng)函數(shù)g(x)在(1,3)內(nèi)有一個(gè)極值時(shí)，g′(x)＝0在(1,3)內(nèi)有且僅有一個(gè)根，即d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)內(nèi)有且僅有一個(gè)根．又∵d(1)＝2>0，∴當(dāng)d(3)＝0，即m＝9時(shí)，d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)內(nèi)有且僅有一個(gè)根x＝eq\f(3,2)；當(dāng)d(3)≠0時(shí)，應(yīng)有d(3)<0，即2×32－3m＋m<0，解得m>9，∴m≥9.②當(dāng)函數(shù)g(x)在(1,3)內(nèi)有兩個(gè)極值時(shí)，g′(x)＝0在(1,3)內(nèi)有兩個(gè)根，即二次函數(shù)d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)內(nèi)有兩個(gè)不等根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－4×2×m>0，,d1＝2－m＋m>0，,d3＝2×32－3m＋m>0，,1<\f(m,4)<3，))解得8<m<9.綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(8，＋∞)．16．(2022·長春調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)設(shè)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，且x1≠x2，證明：eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝1＋lnx.令f′(x)>0，則lnx>－1＝lneq\f(1,e)，∴x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，則lnx<－1＝lneq\f(1,e)，∴0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，f(x)微小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)lneq\f(1,e)＝－eq\f(1,e)，f(x)無極大值．(2)不防設(shè)x1<x2，eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即eq\f(x2lnx2－x1lnx1,x2－x1)<lneq\f(x1＋x2,2)＋1，x2lnx2－x1lnx1<x2lneq\f(x1＋x2,2)－x1lneq\f(x1＋x2,2)＋x2－x1，∴x2lneq\f(2x2,x1＋x2)<x1lneq\f(2x1,x1＋x2)＋x2－x1，兩邊同除以x1得，eq\f(x2,x1)lneq\f(2·\f(x2,x1),1＋\f(x2,x1))<lneq\f(2,1＋\f(x2,x1))＋eq\f(x2,x1)－1，令eq\f(x2,x1)＝t，則t>1，即證：tlneq\f(2t,1＋t)<lneq\f(2,1＋t)＋t－1.令g(t)＝tlneq\f(2t,1＋t)－lneq\f(2,1＋t)－t＋1，則g′(t)＝lneq\f(2t,1＋t)＋t·eq\f(1＋t,2t)·eq\f(2,1＋t2)＋eq\f(1＋t,2)·eq\f(2,1＋t2)－1＝lneq\f(2t,1＋t)＋eq\f(1－t,1＋t)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t－1,t＋1)))－eq\f(t－1,t＋1)，令eq\f(t－1,t＋1)＝x(x>0)，h(x)＝ln(1＋x)－x，則h′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝eq\f(－x,1＋x)<0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)<h(0)＝0，即ln(1＋x)<x，即g′(t)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t－1,t＋1)))－eq\f(t－1,t＋1)<0恒成立，∴g(t)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，∴g(t)<g(1)＝0，∴tlneq\f(2t,1＋t)<lneq\f(2,1＋t)＋t－1得證，∴eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))成立．17．(2022·濟(jì)南針對性訓(xùn)練)已知函數(shù)f(x)＝ex－x－1，g(x)＝x2eax.(1)求f(x)的最小值；(2)求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)當(dāng)a＝1時(shí)，對于在(0,1)中的任一個(gè)常數(shù)m，是否存在正數(shù)x0使得f(x0)>eq\f(m,2)g(x0)成立？假如存在，求出符合條件的一個(gè)x0；否則說明理由．解：(1)f(x)的定義域是R，f′(x)＝ex－1，且在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，所以f(x)min＝f(0)＝0.(2)g′(x)＝2xeax＋ax2eax＝(2x＋ax2)eax.①當(dāng)a＝0時(shí)，若x<0，則g′(x)<0，若x>0，則g′(x)>0.所以當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)內(nèi)為減函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．②當(dāng)a>0時(shí)，由2x＋ax2>0，解得x<－eq\f(2,a)或x>0，由2x＋ax2<0，解得－eq\f(2,a)<x<0.所以當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,a)))內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，0))內(nèi)為減函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．③當(dāng)a<0時(shí)，由2x＋ax2>0，解得0<x<－eq\f(2,a)，由2x＋ax2<0，解得x<0或x>－eq\f(2,a).所以當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)內(nèi)為減函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,a)))內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，＋∞))內(nèi)為減函數(shù)．(3)假設(shè)存在這樣的x0滿足題意，則f(x0)>eq\f(m,2)g(x0)，ex0－x0－1>eq\f(m,2)xeq\o\al(2,0)ex0，eq\f(m,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(x0＋1,ex0)－1<0，(*)要找一個(gè)x0>0，使(*)式成立，只需找到當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)h(x)＝eq\f(m,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)－1的最小值h(x)min<0即可，h′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,ex)))，令h′(x)＝0得ex＝eq\f(1,m)，則x＝－lnm，取x0＝－lnm，當(dāng)0<x<x0時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x>x0時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)min＝h(x0)＝h(－lnm)＝eq\f(m,2)(lnm)2－mlnm＋m－1.下面只需證明：當(dāng)0<m<1時(shí)，eq\f(m,2)(lnm)2－mlnm＋m－1<0成馬上可，令p(m)＝eq\f(m,2)(lnm)2－mlnm＋m－1，m∈(0,1)，則p′(m)＝eq\f(1,2)(lnm)2≥0，從而p(m)在m∈(0,1)時(shí)為增函數(shù)，則p(m)<p(1)＝0，從而eq\f(m,2)(lnm)2－