高考数学利用导数研究函数的极值练习题

这是一份高考数学利用导数研究函数的极值练习题，共4页。试卷主要包含了设函数f，若x＝﹣2是函数f，已知a为函数f，已知函数f，已知a为常数，函数f，设a≠0，若x＝a为函数f等内容，欢迎下载使用。

1．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．[）B．[）C．[）D．[）
2．若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（ ）
A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1
3．已知a为函数f（x）＝x3﹣12x的极小值点，则a＝（ ）
A．﹣4B．﹣2C．4D．2
4．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
5．已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（ ）
A．B．
C．D．
6．设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（ ）
A．a＜bB．a＞bC．ab＜a2D．ab＞a2
二．填空题（共17小题）
7．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为 ．
8．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，则a﹣b＝ ．
9．若函数f（x）＝+x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是 ．
10．已知函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是 ．
11．已知函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为 ．
12．已知函数，若函数有两个极值点x1，x2，且，则实数a的取值范围为 ．
13．直线y＝a与函数f（x）＝x3﹣3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是 ．
14．已知函数，x0是函数f（x）的极值点，给出以下几个命题：
①；②；③f（x0）+x0＜0；④f（x0）+x0＞0；
其中正确的命题是 ．（填出所有正确命题的序号）
15．已知函数f（x）＝x3﹣kx2+2x，x∈R，k∈R．
①若f′（﹣1）＝1，则k的值为 ．
②若函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，则k的取值范围是 ．
16．若函数f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是 ．
17．已知f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则实数a的取值范围是 ．
18．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2在x＝2处取得极值，则实数a＝ ．
19．若函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是 ．
20．已知函数若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，则实数m的取值范围是 ．
21．已知函数f（x）＝x3﹣3a2x+a（a＞0）的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是 ．
22．已知函数f（x）＝aex﹣x2有两个极值点，则实数a的取值范围是 ．
23．f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2处有极大值，则常数c的值为 ．
三．解答题（共5小题）
24．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
25．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
26．已知函数f（x）＝ex﹣ax2．
（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；
（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．
27．已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：
（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）f（x）有且仅有2个零点．
28．已知函数f（x）＝．
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；
（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．
利用导数研究函数的极值
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．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．[）B．[）C．[）D．[）
【分析】设g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，问题转化为存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解关于a的不等式组可得．
【解答】解：设g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，
由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，
∵g′（x）＝ex（2x﹣1）+2ex＝ex（2x+1），
∴当x＜﹣时，g′（x）＜0，当x＞﹣时，g′（x）＞0，
∴当x＝﹣时，g（x）取最小值﹣2，
当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，
直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，
故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得≤a＜1
故选：D．
【点评】本题考查导数和极值，涉及数形结合和转化的思想，属中档题．
2．若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（ ）
A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1
【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．
【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，
可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，
x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，
可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．
解得a＝﹣1．
可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，
＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，
当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，
x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力．
3．已知a为函数f（x）＝x3﹣12x的极小值点，则a＝（ ）
A．﹣4B．﹣2C．4D．2
【分析】可求导数得到f′（x）＝3x2﹣12，可通过判断导数符号从而得出f（x）的极小值点，从而得出a的值．
【解答】解：f′（x）＝3x2﹣12；
∴x＜﹣2时，f′（x）＞0，﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，x＞2时，f′（x）＞0；
∴x＝2是f（x）的极小值点；
又a为f（x）的极小值点；
∴a＝2．
故选：D．
【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象．
4．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】由函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，可得f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有两个不相等的实数根，必有Δ＝4a2﹣12b＞0．而方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的△1＝Δ＞0，可知此方程有两解且f（x）＝x1或x2．再分别讨论利用平移变换即可解出方程f（x）＝x1或f（x）＝x2解的个数．
【解答】解：∵函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，
∴f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝4a2﹣12b＞0．解得＝．
∵x1＜x2，
∴，．
而方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的△1＝Δ＞0，
∴此方程有两解且f（x）＝x1或x2．
不妨取0＜x1＜x2，f（x1）＞0．
①把y＝f（x）向下平移x1个单位即可得到y＝f（x）﹣x1的图象，
∵f（x1）＝x1，可知方程f（x）＝x1有两解．
②把y＝f（x）向下平移x2个单位即可得到y＝f（x）﹣x2的图象，∵f（x1）＝x1，∴f（x1）﹣x2＜0，可知方程f（x）＝x2只有一解．
综上①②可知：方程f（x）＝x1或f（x）＝x2．只有3个实数解．即关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的只有3不同实根．
故选：A．
【点评】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值及方程解的个数、平移变换等基础知识，考查了数形结合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．
5．已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（ ）
A．B．
C．D．
【分析】先求出f′（x），令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．
【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）
令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．
．
①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．
②当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x＝，
∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴x＝是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，
∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．
故当0＜a＜时，g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜＜x2，又g（1）＝1﹣2a＞0，
∴x1＜1＜＜x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减．
∴f（x1）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x2）＞f（1）＝﹣a＞﹣．
故选：D．
【点评】本题考查了利用导数研究函数极值的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
6．设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（ ）
A．a＜bB．a＞bC．ab＜a2D．ab＞a2
【分析】分a＞0及a＜0，结合三次函数的性质及题意，通过图象发现a，b的大小关系，进而得出答案．
【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点，
当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，
则0＜a＜b；
当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，
则b＜a＜0；
综上，ab＞a2．
故选：D．
【点评】本题考查三次函数的图象及性质，考查导数知识的运用，考查数形结合思想，属于中档题．
二．填空题（共17小题）
7．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为 ﹣49 ．
【分析】由等差数列的前n项和公式化简已知两等式，联立求出首项a1与公差d的值，结合导数求出nSn的最小值．
【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵S10＝10a1+45d＝0，S15＝15a1+105d＝25，
∴a1＝﹣3，d＝，
∴Sn＝na1+d＝n2﹣n，
∴nSn＝n3﹣n2，令nSn＝f（n），
∴f′（n）＝n2﹣n，
∴当n＝时，f（n）取得极值，当n＜时，f（n）递减；当n＞时，f（n）递增；
因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可．
f（6）＝﹣48，f（7）＝﹣49，
故nSn的最小值为﹣49．
故答案为：﹣49．
【点评】此题考查了等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键．
8．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，则a﹣b＝ 15 ．
【分析】根据函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10得f′（1）＝0，f（1）＝10即可求出a﹣b的值．
【解答】解：∵f′（x）＝3x2+2ax+b，
∵函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，
∴f′（1）＝0，f（1）＝10，
∴3+2a+b＝0，1+a+b+a2＝10，
解得a＝4，b＝﹣11或a＝﹣3，b＝3，
当a＝4，b＝﹣11时，
f′（x）＝3x2+8x﹣11＝（3x+11）（x﹣1），
此时x＝1是极小值点；
当a＝﹣3，b＝3时，
f′（x）＝3x2﹣6x+3＝3（x﹣1）2，
此时x＝1不是极小值点．
∴a＝4，b＝﹣11，
∴a﹣b＝15．
故答案为：15．
【点评】本题考查利用导数求函数极值的处理策略，关键是f′（1）＝0，f（1）＝10，属于基础题．
9．若函数f（x）＝+x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是 [﹣1，1] ．
【分析】求出函数的导数，问题转化为f′（x）＝0最多1个实数根，根据二次函数的性质求出a的范围即可．
【解答】解：f（x）＝x3﹣ax2+x﹣5，
f′（x）＝x2﹣2ax+1，
若函数f（x）在R上无极值点，
即f′（x）＝0最多1个实数根，
故Δ＝4a2﹣4≤0，解得：﹣1≤a≤1，
故答案为：[﹣1，1]．
【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道基础题．
10．已知函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是 ．
【分析】f（x）＝xlnx﹣ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣2ax．令g（x）＝lnx+1﹣2ax，由于函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点⇔g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根．g′（x）＝＝．当a≤0时，直接验证；当a＞0时，利用导数研究函数g（x）的单调性可得：当x＝时，函数g（x）取得极大值，
故要使g（x）有两个不同解，只需要，解得即可．
【解答】解：f（x）＝xlnx﹣ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣2ax．
令g（x）＝lnx+1﹣2ax，
∵函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根．
g′（x）＝＝，
当a≤0时，g′（x）＞0，则函数g（x）在区间（0，+∞）单调递增，因此g（x）＝0在区间（0，+∞）上不可能有两个实数根，应舍去．
当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x＝．
令g′（x）＞0，解得，此时函数g（x）单调递增；
令g′（x）＜0，解得，此时函数g（x）单调递减．
∴当x＝时，函数g（x）取得极大值．
当x趋近于0与x趋近于+∞时，g（x）→﹣∞，
要使g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根，则，解得．
∴实数a的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值，考查了等价转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
11．已知函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为 2ln2﹣2 ．
【分析】先求导数，当x＝1时，即可得到f′（1），再令导数大于0或小于0，解出x的范围，即得到函数的单调区间，进而可得函数的极大值．
【解答】解：由于函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，
则f′（x）＝2f′（1）×﹣1（x＞0），
f′（1）＝2f′（1）﹣1，
故f′（1）＝1，得到f′（x）＝2×﹣1＝，
令f′（x）＞0，解得：x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2，
则函数在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，
故f（x）的极大值为f（2）＝2ln2﹣2
故答案为：2ln2﹣2
【点评】本题考查了利用导数研究函数的极值，属于基础题．
12．已知函数，若函数有两个极值点x1，x2，且，则实数a的取值范围为 ．
【分析】由题意可得，，作比得，令x2﹣x1＝t，结合条件将x1写成关于t的函数，求导分析得到x1的范围，再结合得到a的范围，与函数f（x）有两个极值点时a的范围取交集即可．
【解答】解：∵函数f（x）由两个极值点x1，x2，∴f′（x）＝aex﹣x有两个零点x1，x2，
即，，作比得，
令x2﹣x1＝t…①，则有，
∴，代入①，得，
由题意知，≥2，∴t≥ln2，
令，（t≥ln2），∴，
令h（t）＝et﹣1﹣tet，则h′（t）＝﹣tet＜0，∴h（t）单调递减，
∴h（t）≤h（ln2）＝1﹣2ln2＜0，∴g（t）单调递减，
∴g（t）≤g（ln2）＝ln2，即x1≤ln2，
而，令，则，
∴u（x）在（﹣∞，ln2]上单调递增，
∴，即，
又f′（x）＝aex﹣x有两个零点x1，x2，u（x）在R上与y＝a有两个交点，
而，在（﹣∞，1）上u（x）单调递增，在（1，+∞）上u（x）单调递减，
u（x）的最大值为，∴，
综上，．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数零点问题，利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题，运用了整体换元的方法，属难题．
13．直线y＝a与函数f（x）＝x3﹣3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是 （﹣2，2） ．
【分析】先求出其导函数，利用其导函数求出其极值以及图象的变化，进而画出函数f（x）＝x3﹣3x对应的大致图象，平移直线y＝a即可得出结论．
【解答】解：令f′（x）＝3x2﹣3＝0，
得x＝±1，
可求得f（x）的极大值为f（﹣1）＝2，
极小值为f（1）＝﹣2，
如图所示，当满足﹣2＜a＜2时，恰有三个不同公共点．
故答案为：（﹣2，2）
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及数形结合思想的应用，是对基础知识的考查，属于基础题．
14．已知函数，x0是函数f（x）的极值点，给出以下几个命题：
①；②；③f（x0）+x0＜0；④f（x0）+x0＞0；
其中正确的命题是 ①③ ．（填出所有正确命题的序号）
【分析】求导数，利用零点存在定理，可判断①②；f（x0）+x0＝x0lnx0+x02+x0＝x0（lnx0+x0+1）＝﹣x0＜0，可判断③④．
【解答】解：∵函数f（x）＝xlnx+x2，（x＞0）
∴f′（x）＝lnx+1+x，易得f′（x）＝lnx+1+x在（0，+∞）递增，
∴f′（）＝＞0，
∵x→0，f′（x）→﹣∞，
∴0＜x0＜，即①正确，②不正确；
∵lnx0+1+x0＝0
∴f（x0）+x0＝x0lnx0+x02+x0＝x0（lnx0+x0+1）＝﹣x02＜0，即③正确，④不正确．
故答案为：①③．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的计算能力、转化思想，属于中档题．
15．已知函数f（x）＝x3﹣kx2+2x，x∈R，k∈R．
①若f′（﹣1）＝1，则k的值为 ﹣1 ．
②若函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，则k的取值范围是 ．
【分析】①求出原函数的导函数，再由f′（﹣1）＝1列式求得k值；
②把函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，转化为函数f′（x）＝x2﹣2kx+2在区间（1，2）内存在2个零点，即方程x2﹣2kx+2＝0在区间（1，2）内有两个不同根，由一元二次方程根的分布得关于k的不等式组求解．
【解答】解：①∵f（x）＝x3﹣kx2+2x，
∴f′（x）＝x2﹣2kx+2，
由f′（﹣1）＝（﹣1）2+2k+2＝1，得k＝﹣1；
②∵函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，
∴函数f′（x）＝x2﹣2kx+2在区间（1，2）内存在2个零点，
即方程x2﹣2kx+2＝0在区间（1，2）内有两个不同根．
∴，解得：．
故答案为：①﹣1；②．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求函数的极值，体现了数学转化思想方法，是中档题．
16．若函数f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是 （0，） ．
【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质可求．
【解答】解：因为f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，
所以f′（x）＝x﹣1+＝＝0在（0，+∞）有2个不同的零点，
所以x2﹣x+a＝0在（0，+∞）有2个不同的零点，
所以，
解可得，0＜a＜．
故答案为：（0，）．
【点评】本题主要考查了函数极值的存在条件的应用，属于基础试题．
17．已知f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则实数a的取值范围是 （﹣∞，﹣2） ．
【分析】讨论a的取值范围，求函数的导数判断函数的极值，根据函数极值和单调性之间的关系进行求解即可．
【解答】解：（i）当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1，令f（x）＝0，解得x＝，函数f（x）有两个零点，舍去．
（ii）当a≠0时，f′（x）＝3ax2+6x＝3ax（x+），令f′（x）＝0，解得x＝0或﹣．
①当a＜0时，﹣＞0，当x＞﹣或x＜0，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
∴故x＝﹣是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．
∵函数f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则f（﹣）＝﹣+﹣1＝﹣1＜0，
即a2＞4得a＞2（舍）或a＜﹣2．
②当a＞0时，﹣＜0，当x＜﹣或x＞0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；
当﹣＜x＜0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
∴x＝﹣是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．
∵f（0）＝﹣1＜0，
∴函数f（x）在（0，+∞）上存在一个零点，此时不满足条件．
综上可得：实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．
故答案为：（﹣∞，﹣2）．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数的零点，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
18．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2在x＝2处取得极值，则实数a＝ 6 ．
【分析】先求出导函数f'（x），又x＝2是函数f（x）的一个极值点，利用f'（2）＝0，求出a的值．
【解答】解：f'（x）＝6x2﹣2ax，
f'（2）＝24﹣4a＝0，
∴a＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查极值点的定义，属于简单题．
19．若函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是 ．
【分析】将题目等价转化为导函数方程有两个不同的正实根后，既可以采用不完全分离参数法数形结合求解（如法1），
也可以采用常规的完全分离参数法，数形结合求解（如法2），相比较而言，法2更容易理解．
【解答】解：法1：函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，即导函数f'（x）＝2ax+lnx+1在（0，+∞）上有两个变号零点，
即方程lnx＝﹣2ax﹣1有两个不同正实数根，即函数y＝lnx与函数y＝﹣2ax﹣1有两个不同的交点，作出图象如右图；
设恒过定点的函数y＝﹣2ax﹣1与函数y＝lnx相切于点（x0，y0），
则有，
解得x0＝1，y0＝0，即切点为（1，0），此时直线的斜率为k＝1，
由图象可知，要使函数y＝lnx与函数y＝﹣2ax﹣1有两个不同的交点，
则0＜﹣2a＜1，即a∈（﹣，0），
法2：转化为导函数f'（x）＝2ax+lnx+1在（0，+∞）上有两个变号零点，
分离参数得到，方程﹣2a＝在（0，+∞）上有两个不同的实根，
令g（x）＝，定义域为x＞0，g′（x）＝，
则x∈（0，1）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，
故g（x）max＝g（1）＝1，＜/br＞
作出函数y＝g（x）和y＝﹣2a的图象于同一个坐标系中，
则得到0＜﹣2a＜1，即a∈（﹣，0），
故答案为：（﹣，0）．
【点评】这类题目往往需要在函数和方程之间多次转化，需要我们对相关的知识要很清楚，另外需要了解常见的分离参数法的不同类型．
20．已知函数若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，则实数m的取值范围是 ．
【分析】研究x＞0与x≤0时，f（x）的单调性、极值情况，画出图象，然后研究y＝a与y＝f（x）恰有两个交点时a的取值范围．
【解答】解：（1）x≤0时，f′（x）＝ex﹣x﹣1，易知f′（0）＝0，而f″（x）＝ex﹣1＜0，
所以f′（x）在（﹣∞，0]上递减，故f′（x）≥f′（0）＝0，故f（x）在（﹣∞，0]上递增，
且f（x）≤f（0）＝，当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞．
（2）x＞0时，，令f′（x）＞0，得0＜x＜e；f′（x）＜0得x＞e；
故f（x）在（0，e）上递增，在（e，+∞）递减，
故x＞0时，；x→0时，f（x）→﹣∞；x→+∞时，f（x）→0．
由题意，若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，只需y＝m与y＝f（x）恰有两个交点，同一坐标系画出它们的图象如下：
如图所示，当直线y＝m在图示①，②位置时，与y＝f（x）有两个交点，所以m的范围是：．
故答案为：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值等性质，进而结合图象研究函数的零点问题．属于中档题．
21．已知函数f（x）＝x3﹣3a2x+a（a＞0）的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是 ．
【分析】先利用导数求函数的极大值和极小值，再解不等式．
【解答】解∵f′（x）＝3x2﹣3a2（a＞0），
∴由f′（x）＞0得：x＞a或x＜﹣a，由f′（x）＜0得：﹣a＜x＜a．
∴当x＝a时，f（x）有极小值，x＝﹣a时，f（x）有极大值．
由题意得：解得a＞．
故答案为
【点评】本题考查导数求函数的极值．解决函数的极值问题，导数是唯一方法．极值点左右两边的导数符号必须相反．
22．已知函数f（x）＝aex﹣x2有两个极值点，则实数a的取值范围是 （0，） ．
【分析】求出函数的导数，问题转化为y＝a和g（x）＝在R上有2个交点，根据函数的单调性求出g（x）的范围，从而求出a的范围即可．
【解答】解：f′（x）＝aex﹣2x，
若函数f（x）＝aex﹣x2有两个极值点，
则y＝a和g（x）＝在R上有2个交点，
g′（x）＝，
x∈（﹣∞，1）时，即g′（x）＞0，g（x）递增，
x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，
故g（x）max＝g（1）＝，
而＞0恒成立，所以0＜a＜，
故答案为：（0，）．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．
23．f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2处有极大值，则常数c的值为 6 ．
【分析】先求出f′（x），根据f（x）在x＝2处有极大值则有f′（2）＝0得到c的值为2或6，先让c＝2然后利用导数求出函数的单调区间，从而得到x＝2取到极小值矛盾，所以舍去，所以得到c的值即可．
【解答】解：f（x）＝x3﹣2cx2+c2x，f′（x）＝3x2﹣4cx+c2，
f′（2）＝0⇒c＝2或c＝6．若c＝2，f′（x）＝3x2﹣8x+4，
令f′（x）＞0⇒x＜或x＞2，f′（x）＜0⇒＜x＜2，
故函数在（﹣∞，）及（2，+∞）上单调递增，在（，2）上单调递减，
∴x＝2是极小值点．故c＝2不合题意，c＝6．
故答案为6
【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力，会利用待定系数法求函数解析式．
三．解答题（共5小题）
24．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a﹣可得h（x）min＝h（），从而可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）＝．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a﹣．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以＝1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2﹣，
令t′（x）＝0，解得x＝，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，又t（）＝＞0，所以t（x）在（0，）上存在唯一零点，
所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）＝﹣x0﹣x0lnx0＝﹣x0+2x0﹣2＝x0﹣，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max＝﹣+＝；
由f′（）＜0可知x0＜＜，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）＝；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．
25．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
【分析】法一：（Ⅰ）由函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2可得：f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案．
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，则﹣a＝＝，令g（x）＝，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝，设h（m）＝，m＞0，利用导数法可得h（m）＞h（0）＝0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m＝1﹣x1＞0，可得结论．
法二：（1）显然x＝1不是函数f（x）的零点，当x≠1时，方程f（x）＝0等价于﹣a＝，设g（x）＝，通过研究g（x）函数的单调性与值域范围，即可求解．
（2）不妨设x1＜1＜x2，要证x1+x2＜2，只需证x2＜2﹣x1，由函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，只需证明g（x2）＜g（2﹣x1），即g（x1）＜g（2﹣x1），即∀x＜1，ex（x﹣2）+e2﹣x•x＜0，令h（x）＝ex（x﹣2）+e2﹣x•x，利用导数证得h（x）＜0即可得证．
【解答】法一：解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
∴f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）ex＝0⇔x＝2，
函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；
②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，
当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；
当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；
此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，
由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；
当x＜1时，ex＜e，x﹣2＜x﹣1＜0，
∴f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，
令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，
则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，
故函数f（x）在x＜1存在一个零点；
即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；
③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，
当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，
ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，
由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
④若a＝﹣，则ln（﹣2a）＝1，
当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故函数f（x）在R上单调递增，
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne＝1，
当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝1时，函数取极大值，
由f（1）＝﹣e＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
综上所述，a的取值范围为（0，+∞）．
证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，
∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，
∴﹣a＝＝，
令g（x）＝，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，
∵g′（x）＝，
∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝﹣＝，
设h（m）＝，m＞0，
则h′（m）＝＞0恒成立，
即h（m）在（0，+∞）上为增函数，
h（m）＞h（0）＝0恒成立，
即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，
令m＝1﹣x1＞0，
则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2，
即x1+x2＜2．
法二：（1）解：显然x＝1不是函数f（x）的零点，
当x≠1时，方程f（x）＝0等价于﹣a＝，
设g（x）＝，
求导g'（x）＝，
故函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∵函数g（x）在（﹣∞，1）上的值域为（﹣∞，0），在（1，+∞）上的值域为（﹣∞，+∞），
∴当﹣a＜0时，函数f（x）有两个零点，
故所求a取值范围为（0，+∞）．
（2）证明：根据（1）的结果，不妨设x1＜1＜x2，则只需证x2＜2﹣x1，
考虑函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，
于是只需证明f（x2）＜f（2﹣x1），即f（x1）＜f（2﹣x1），
接下来证∀x＜1，f（x）﹣f（2﹣x）＜0，
即∀x＜1，ex（x﹣2）+e2﹣x•x＜0，
令h（x）＝ex（x﹣2）+e2﹣x•x，h′（x）＝（ex﹣e2﹣x）（x﹣1），
当x＜1时有ex﹣e2﹣x＜0，所以h′（x）＞0，
所以在（﹣∞，1）上，h（x）单调递增，
所以h（x）＜h（1）＝0，
因此原命题得证．
【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较大．
26．已知函数f（x）＝ex﹣ax2．
（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；
（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．
【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，
（2）方法一：分离参数可得a＝在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a．
方法二：①当a≤0时，f（x）＝ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．
②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．
利用 h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，可得h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即可求得a．
【解答】解：（1）证明：当a＝1时，函数f（x）＝ex﹣x2．
则f′（x）＝ex﹣2x，
令g（x）＝ex﹣2x，则g′（x）＝ex﹣2，
令g′（x）＝0，得x＝ln2．
当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，
∴g（x）≥g（ln2）＝eln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，
∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1．
（2）方法一：f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程ex﹣ax2＝0在（0，+∞）只有一个根，
⇔a＝在（0，+∞）只有一个根，
即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0，+∞）只有一个交点．
G，
当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，
∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
当x→0时，G（x）→+∞，当x→+∞时，G（x）→+∞，
∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）＝．
方法二：①当a≤0时，f（x）＝ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．
②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．
h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴，（x≥0）．
当h（2）＜0时，即a，
（i）由于h（0）＝1，当x＞0时，ex＞x2，
可得h（4a）＝1﹣＝＝1﹣＞0．
h（x）在（0，+∞）有2个零点
（ii）当h（2）＞0时，即a，h（x）在（0，+∞）没有零点，
（iii）当h（2）＝0时，即a＝，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，
综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝．
【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．
27．已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：
（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）f（x）有且仅有2个零点．
【分析】（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f″（x）在（﹣1，）上为减函数，结合f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一得零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＜0，可得函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f（x）单调递增；当x∈（）时，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，f（x）单调递减，再由f（）＞0，f（π）＜0．然后列x，f′（x）与f（x）的变化情况表得答案．
【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），
f′（x）＝csx，f″（x）＝﹣sinx+，
令g（x）＝﹣sinx+，则g′（x）＝﹣csx＜0在（﹣1，）恒成立，
∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，
又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，
函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，
在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；
当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；
由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＝＜0，
由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，
当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；
当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．
当x∈（，π）时，csx＜0，﹣＜0，于是f′（x）＝csx﹣＜0，f（x）单调递减，
其中f（）＝1﹣ln（1+）＞1﹣ln（1+）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，
f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．
于是可得下表：
结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，
由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，
当x∈[π，+∞）时，sinx≤1＜ln（1+x），则f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜0恒成立，
因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．
综上，f（x）有且仅有2个零点．
【点评】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查函数与方程思想，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．
28．已知函数f（x）＝．
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；
（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．
【分析】（1）
由f′（0）＝2，可得切线斜率k＝2，即可得到切线方程．
（2）可得＝﹣．可得f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0
只需（x）≥﹣e，即可．
【解答】解：（1）＝﹣．
∴f′（0）＝2，即曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线斜率k＝2，
∴曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程为y﹣（﹣1）＝2x．
即2x﹣y﹣1＝0为所求．
（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，
可得＝﹣．
令f′（x）＝0，可得，
当x时，f′（x）＜0，x时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，
注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0，
故g（x）在（2，+∞）上恒大于零，即f（x）＝在（2，+∞）上恒大于零．
函数f（x）的图象如下：
∵a≥1，∴，则≥﹣e，
∴f（x）≥﹣e，
∴当a≥1时，f（x）+e≥0．
【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题． x
（﹣1，0）
0
（0，x1）
x1
（）

（）
π
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
﹣
﹣
﹣
f（x）
单调递减
0
单调递增
大于0
单调递减
大于0
单调递减
小于0