2023-2024学年江苏省常州市武进高级中学高二（下）学情调研数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省常州市武进高级中学高二（下）学情调研数学试卷（3月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知f′（x0）＝a，则的值为（ ）
A．﹣2aB．2aC．aD．﹣a
2．某质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）满足函数关系式y＝at4+ln（t+1），其中a为常数．若当t＝1时，该质点的瞬时速度为1m/s，则当t＝2时，该质点的瞬时速度为（ ）
A．B．3m/sC．D．
3．已知曲线y＝x+kln（1+x）在x＝1处的切线与直线x+2y＝0垂直，则k的值为（ ）
A．4B．2C．﹣3D．﹣6
4．若点P是曲线y＝lnx﹣x2上任意一点，则点P到直线l：x+y﹣6＝0的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，则f（x）的最大值为（ ）
A．B．0C．πD．
6．若函数单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，0]B．（﹣∞，﹣4]C．[﹣4，4]D．（﹣∞，4]
7．若过点P（t，0）可以作曲线y＝（1﹣x）ex的两条切线，则t的取值范围是（ ）
A．（﹣3，1）B．（1，+∞）
C．（﹣∞，﹣3）D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
8．若对任意的x1，x2∈（m，+∞），且x1＜x2，，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（3*6＝18，多选多得，选错0分）
（多选）9．已知函数f（x）的定义域为R，函数f（x）的导函数f'（x）的图像如图所示，则下列选项正确的是（ ）
A．函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣2）
B．函数f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣2），（0，+∞）
C．x＝2处是函数f（x）的极值点
D．x＝﹣1时，函数的导函数小于0
（多选）10．已知函数f（x）＝x3+ax2﹣ax+1，则下列说法正确的是（ ）
A．若f（x）为R上的单调函数，则a＜﹣3
B．若a＝2时，f（x）在（﹣1，1）上有最小值，无最大值
C．若f（x）﹣1为奇函数，则a＝0
D．当a＝0时，f（x）在x＝1处的切线方程为3x﹣y﹣1＝0
（多选）11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹•布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f（x），存在一个实数x0使得f（x0）＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，x0为函数的不动点．现新定义：若x0满足f（x0）＝﹣x0，则称x0为f（x）的次不动点．设函数f（x）＝ex+1+e﹣x﹣1+x2+x+a，若f（x）在区间（﹣2，1）上存在次不动点，则a的取值可以是（ ）
A．﹣1B．e2+e﹣2+4C．﹣e2﹣e﹣2﹣3D．﹣e2﹣e﹣2﹣1
三、填空题（5*3＝18）
12．函数的单调减区间为 ．
13．若定义在R上的函数f（x）满足f′（x）+2f（x）＞0，且f（0）＝1，则不等式的解集为 ．
14．已知函数f（x）＝xex﹣x﹣lnx+a，若f（x）在（0，e）上存在零点，则实数a的最大值是 ．
四、解答题（13+15+15+15+17+17）
15．已知函数．
（1）计算函数f（x）的导数f′（x）的表达式；
（2）求函数f（x）的值域．
16．已知函数在x＝1处取值得极大值．
（1）求a的值；
（2）求f（x）在区间上的最大值．
17．已知函数f（x）＝ex（x2﹣ax﹣a）．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求实数a的值；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间．
18．（17分）已知函数f（x）＝ax﹣2lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）当x＞0时，f（x）≥x3+x2+2﹣2ex﹣2lnx恒成立，求实数a的取值范围．
19．（17分）已知函数，a∈R．
（1）若函数f（x）在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若函数f（x）有两个极值点x1，x2．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）证明：．
参考答案
一、单选题（5*8＝40）
1．已知f′（x0）＝a，则的值为（ ）
A．﹣2aB．2aC．aD．﹣a
【分析】根据f′（x0）＝a，再由 ＝a，且与的关系，通过运算求得结果．
解：若f′（x0）＝a，则 ＝a，
又
＝2
＝2
＝2f（x0）＝2a，
故选：B．
【点评】本题主要考查函数在x0处的极限的定义，式子的变形，是解题的关键，属于基础题．
2．某质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）满足函数关系式y＝at4+ln（t+1），其中a为常数．若当t＝1时，该质点的瞬时速度为1m/s，则当t＝2时，该质点的瞬时速度为（ ）
A．B．3m/sC．D．
【分析】质点在某时刻的瞬时速度即为该函数在该时刻的导数值，先将t＝1代入导函数，求出a的值，再将t＝2代入导函数求值即可．
解：由函数关系式y＝at4+ln（t+1），
得其导函数为：，
由于当t＝1时，该质点的瞬时速度为1m/s，
将t＝1代入导函数，得，
所以，
则由函数关系式，其导函数为：，
将t＝2代入导函数，得，
所以当t＝2时，该质点的瞬时速度为．
故选：C．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
3．已知曲线y＝x+kln（1+x）在x＝1处的切线与直线x+2y＝0垂直，则k的值为（ ）
A．4B．2C．﹣3D．﹣6
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝1处的导数值，再由两直线垂直与斜率的关系求解k的值．
解：∵y＝x+kln（1+x），∴y′＝，
又曲线y＝x+kln（1+x）在点（1，1）处的切线与直线x+2y＝0垂直，
∴1+＝2，即k＝2．
故选：B．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查两直线垂直与斜率的关系，是基础题．
4．若点P是曲线y＝lnx﹣x2上任意一点，则点P到直线l：x+y﹣6＝0的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合导数的几何意义，以及点到直线的距离公式，即可求解．
解：直线l：x+y﹣6＝0，
则直线l的斜率为﹣1，
y＝lnx﹣x2，
则y'＝，
令，解得x＝1（负值舍去），
当x＝1时，y＝﹣1，
故平行于直线l：x+y﹣6＝0且与直线y＝lnx﹣x2相切的切点坐标为（1，﹣1），
所以点P到直线l：x+y﹣6＝0的距离的最小值为：＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于中档题．
5．已知函数，则f（x）的最大值为（ ）
A．B．0C．πD．
【分析】本题利用导数判断f（x）的单调性，即可求出最大值．
解：，
f′（x）＝1﹣＝0，x＝，
f（x）在上f′（x）＜0，f（x）单调递减；
f（x）在上f′（x）＞0，f（x）单调递增；
f（0）＝0，f（π）＝π，
所以在x＝π处取得最大值π．
故选：C．
【点评】本题考查三角函数的最值和利用导数求函数最值，属于中档题．
6．若函数单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，0]B．（﹣∞，﹣4]C．[﹣4，4]D．（﹣∞，4]
【分析】由f′（x）≥0恒成立分离常数a，利用基本不等式求出a的取值范围．
解：依题意，即x2﹣ax+4≥0对任意x＞0恒成立，
即恒成立，因为（当且仅当x＝2时取“＝”），所以a≤4，
所以a的取值范围为（﹣∞，4]．
故选：D．
【点评】本题考查了利用函数的单调性求参数的取值范围，基本不等式和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属基础题．
7．若过点P（t，0）可以作曲线y＝（1﹣x）ex的两条切线，则t的取值范围是（ ）
A．（﹣3，1）B．（1，+∞）
C．（﹣∞，﹣3）D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
【分析】设切点（），求出过切点的切线方程，把（t，0）代入，整理可得关于x0的一元二次方程，由判别式大于0求得t的范围．
解：设切点（），
由y＝（1﹣x）ex，得y′＝﹣ex+（1﹣x）ex＝﹣xex，
则过切点的切线方程为y﹣（1﹣x0）＝﹣（x﹣x0），
又切线过（t，0），∴﹣（1﹣x0）＝﹣（t﹣x0），
整理得：﹣（t+1）x0+1＝0有两个不相等实根x1，x2，
由Δ＝（t+1）2﹣4＞0，得t＞1或t＜﹣3，
∴t的取值范围是（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）．
故选：D．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查转化思想与运算求解能力，是中档题．
8．若对任意的x1，x2∈（m，+∞），且x1＜x2，，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据题意易知m≥0，变形可得，故构造函数，根据函数单调性的定义可得函数f（x）在（m，+∞）上单调递减，由f′（x）＜0即可得解．
解：对任意的x1，x2∈（m，+∞），且x1＜x2，，易知m≥0，
则x1lnx2﹣x2lnx1＜2x2﹣2x1，所以x1（lnx2+2）＜x2（lnx1+2），
即．
令，则函数f（x）在（m，+∞）上单调递减．
因为，由f′（x）＜0，可得，
所以函数f（x）的单调递减区间为，
所以，故，
即实数m的取值范围为．
故选：C．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，集合间的基本关系，考查了转化思想，属中档题．
二、多选题（3*6＝18，多选多得，选错0分）
（多选）9．已知函数f（x）的定义域为R，函数f（x）的导函数f'（x）的图像如图所示，则下列选项正确的是（ ）
A．函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣2）
B．函数f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣2），（0，+∞）
C．x＝2处是函数f（x）的极值点
D．x＝﹣1时，函数的导函数小于0
【分析】根据导函数图像直接对各选项进行判断．
解：由图像可知，当x∈（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞）时，f'（x）≥0恒成立，
所以f（x）在（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）上单调递增，故A错，B对；
因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x＝2不是函数f（x）的极值点，故C错；
由图可知，f'（﹣1）＝﹣3＜0，故D对．
故选：BD．
【点评】本题考查了利用导函数图像研究函数单调性和极值，考查了数形结合思想，属于基础题．
（多选）10．已知函数f（x）＝x3+ax2﹣ax+1，则下列说法正确的是（ ）
A．若f（x）为R上的单调函数，则a＜﹣3
B．若a＝2时，f（x）在（﹣1，1）上有最小值，无最大值
C．若f（x）﹣1为奇函数，则a＝0
D．当a＝0时，f（x）在x＝1处的切线方程为3x﹣y﹣1＝0
【分析】A选项利用导数恒正或恒负可解得；B选项求导，判断单调区间和单调性得出极值；C选项利用奇函数的性质求出；D选项利用导数的意义结合点斜式求出．
解：对于A：若f（x）为R上的单调函数，则f′（x）＝3x2+2ax﹣a，
即Δ＝4a2+12a≤0，则﹣3≤a≤0，故A错；
对于B：当a＝2时，f（x）＝x3+2x2﹣2x+1，
令f′（x）＝3x2+4x﹣2＝0，得，，
则f（x）在（﹣1，x2）上单调递减，在（x2，1）上单调递增，
所以f（x）在x＝x2处取最小值，无最大值，故B对；
对于C：由于f（x）﹣1＝x3+ax2﹣ax，则f（x）﹣1为奇函数时，
f（x）﹣1＝﹣[f（﹣x）﹣1]⇒x3+ax2﹣ax＝x3﹣ax2﹣ax⇒a＝0，故C对；
对于D：当a＝0时，f（x）＝x3+1，f′（x）＝3x2，
则f′（1）＝3，切点为（1，2），
所以切线方程为3x﹣y﹣1＝0，故D对；
故选：BCD．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
（多选）11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹•布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f（x），存在一个实数x0使得f（x0）＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，x0为函数的不动点．现新定义：若x0满足f（x0）＝﹣x0，则称x0为f（x）的次不动点．设函数f（x）＝ex+1+e﹣x﹣1+x2+x+a，若f（x）在区间（﹣2，1）上存在次不动点，则a的取值可以是（ ）
A．﹣1B．e2+e﹣2+4C．﹣e2﹣e﹣2﹣3D．﹣e2﹣e﹣2﹣1
【分析】由题意可得，ex+1+e﹣x﹣1+x2+x+a＝﹣x在（﹣2，1）上有解，即ex+1+e﹣（x+1）+（x+1）2＝1﹣a有解，然后换元构造函数，利用导数求最值即可．
解：根据题意，若f（x）在区间（﹣2，1）上存在次不动点，
则f（x）＝﹣x在区间（﹣2，1）上有解，
即ex+1+e﹣x﹣1+x2+x+a＝﹣x，
即ex+1+e﹣（x+1）+（x+1）2＝1﹣a有解，
令t＝x+1，t∈（﹣1，2），则1﹣a＝t2+et+e﹣t，
令函数g（t）＝t2+et+e﹣t，g′（t）＝2t+et﹣e﹣t且单调递增，
当t∈（0，2）时，g′（t）＞0，
所以g（t）在（0，2）上单调递增，
g（﹣t）＝t2+et+e﹣t＝g（t），
所以g（t）为偶函数，
所以g（t）在（﹣1，0）上单调递减，
g（t）min＝g（0）＝2，g（t）＜g（2）＝4+e2+e﹣2，
故1﹣a∈[2，4+e2+e﹣2），a∈（﹣e2﹣e﹣2﹣3，﹣1]，
则﹣1∈（﹣e2﹣e﹣2﹣3，﹣1]，﹣e2﹣e﹣2﹣1∈（﹣e2﹣e﹣2﹣3，﹣1]．
故选：AD．
【点评】本题属于新概念题，考查了函数的奇偶性、单调性及导数的综合运用，属于中档题．
三、填空题（5*3＝18）
12．函数的单调减区间为 （0，1）和（1，） ．
【分析】由题意得函数定义域为{x|x≠1}，f'（x）＝ex•[+]＝ex•，求出f'（x）＜0的解集，即可得出答案．
解：由题意得函数定义域为{x|x≠1}，f'（x）＝ex•[+]＝ex•，
由f'（x）＝0得x＝0或x＝，由f'（x）＜0得0＜x＜1或1＜x＜，
∴f（x）的单调递减区间为（0，1）和（1，）．
故答案为：（0，1）和（1，）．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13．若定义在R上的函数f（x）满足f′（x）+2f（x）＞0，且f（0）＝1，则不等式的解集为 （0，+∞） ．
【分析】构造F（x）＝f（x）•e2x，利用导数得F（x）在R上单调递增，把转化为F（x）＞F（0），利用单调性解不等式即可．
解：构造F（x）＝f（x）•e2x，
所以F′（x）＝f′（x）•e2x+f（x）•2e2x＝e2x[f′（x）+2f（x）＞0]＞0，
所以F（x）在R上单调递增，且F（0）＝f（0）•e0＝1，
不等式可化为f（x）e2x＞1，即F（x）＞F（0），所以x＞0，
所以原不等式的解集为（0，+∞）．
故答案为：（0，+∞）．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
14．已知函数f（x）＝xex﹣x﹣lnx+a，若f（x）在（0，e）上存在零点，则实数a的最大值是 ﹣1 ．
【分析】由f（x）在（0，e）上存在零点，可转化为方程﹣a＝xex﹣ln（xex）在（0，e）上有解，求出xex﹣lnxex在（0，e）上的范围即可得．
解：由f（x）＝xex﹣x﹣lnx+a，f（x）在（0，e）上存在零点，
即﹣a＝xex﹣x﹣lnx＝xex﹣lnex﹣lnx＝xex﹣ln（xex）在（0，e）上有解，
令g（x）＝xex，x∈（0，e），则g′（x）＝（x+1）ex＞0恒成立，
故g（x）在（0，e）上单调递增，故g（0）＜g（x）＜g（e），
即xex∈（0，ee+1），
令h（x）＝x﹣lnx，x∈（0，ee+1），则，
则当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，当x∈（1，ee+1）时，h′（x）＞0，
故h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，ee+1）上单调递增，
故h（x）≥h（1）＝1﹣ln1＝1，当x→0时，h（x）→+∞，
即有﹣a≥1，故a≤﹣1，即实数a的最大值是﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查函数零点的判定，训练了利用导数求极值，关键在于将题意转化为方程﹣a＝xex﹣ln（xex）在（0，e）上有解后，构造出函数g（x）＝xex，x∈（0，e）及h（x）＝x﹣lnx，x∈（0，ee+1），从而求出xex﹣ln（xex）的最值，属中档题．
四、解答题（13+15+15+15+17+17）
15．已知函数．
（1）计算函数f（x）的导数f′（x）的表达式；
（2）求函数f（x）的值域．
【分析】（1）根据基本初等函数和积的导数的求导公式求导即可得出f′（x）＝excsx；
（2）时，可得出f′（x）≥0，从而得出f（x）在上是增函数，然后即可求出f（x）的最小值和最大值，进而得出f（x）的值域．
解：（1）∵，
∴；
（2）∵，∴f′（x）＝excsx≥0，
∴函数f（x）在上是单调增函数，
∴，；
∴函数f（x）的值域为．
【点评】本题考查了基本初等函数和积的导数的求导公式，根据导数符号判断函数单调性的方法，根据函数的单调性求函数在闭区间上的最值的方法，考查了计算能力，属于基础题．
16．已知函数在x＝1处取值得极大值．
（1）求a的值；
（2）求f（x）在区间上的最大值．
【分析】（1）对f（x）求导，令f′（x）＝0求出x，代入x＝1验证是否符合题意即可；
（2）求导，确定函数在区间上的单调性，再求出最大值即可．
解：（1）由，得，
令f′（x）＝0，得x＝a或，当a＝1时，令f′（x）＞0，得或x＞1，令f′（x）＜0，得，
故函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
此时函数f（x）在处取极大值，在x＝1处取极小值，
与函数f（x）在x＝1处取得极大值不符；
当，即a＝3时，令f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞3，令f′（x）＜0，得1＜x＜3，
故函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，在（3，+∞）上单调递增，
此时函数f（x）在x＝1处取极大值，在x＝3处取极小值，符合题意，
所以a＝3．
（2）由（1）得，
令f′（x）＞0，得，函数f（x）单调递增，
令f′（x）＜0，得1＜x＜e，函数f（x）单调递减，
所以．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值和最值，利用函数的极值求参数的值，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
17．已知函数f（x）＝ex（x2﹣ax﹣a）．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求实数a的值；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间．
【分析】（Ⅰ）对f（x）求导，求出切线的斜率f'（1），再根据曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求出a的值；
（Ⅱ）对f（x）求导，分a＝﹣2，a＜﹣2和a＞﹣2三种情况，求出f（x）的单调区间即可．
解：（Ⅰ）由f（x）＝ex（x2﹣ax﹣a），得f′（x）＝ex[x2+（2﹣a）x﹣2a]，
∵f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，∴f′（1）＝0，
∴e（3﹣3a）＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意．
（Ⅱ）∵f′（x）＝ex[x2+（2﹣a）x﹣2a]，令f'（x）＝0，解得x＝﹣2或x＝a．
当a＝﹣2时，∵f′（x）＝ex（x+2）2≥0，当且仅当x＝﹣2时，f'（x）＝0，
∴f（x）在区间（﹣∞，+∞）上单调递增．
当a＜﹣2时，随x的变化，f'（x）和f（x）的变化情况如下表所示．
∴f（x）在区间（﹣∞，a）上单调递增，在区间（a，﹣2）上单调递减，在区间（﹣2，+∞）上单调递增．
当a＞﹣2时，随x的变化，f'（x），f（x）的变化情况如下表所示．
∴f（x）在区间（﹣∞，﹣2）上单调递增，在区间（﹣2，a）上单调递减，在区间（a，+∞）上单调递增．
综上，当a＝﹣2时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间；
当a＜﹣2时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（﹣2，+∞），单调递减区间为（a，﹣2）；
当a＞﹣2时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（a，+∞），单调递减区间为（﹣2，a）．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
18．（17分）已知函数f（x）＝ax﹣2lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）当x＞0时，f（x）≥x3+x2+2﹣2ex﹣2lnx恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）首先求出函数f（x）的定义域为（0，+∞），然后求出其导函数，分a≤0和a＞0即可判断函数f（x）的单调区间；（2）利用参变分离法将已知不等式问题转化为当x＞0时，a≥x2+x+﹣恒成立，构造函数g（x）＝x2+x+﹣，x＞0，利用导数研究其单调性，进而得出其最值，即可得出实数a的取值范围．
解：（1）因为函数f（x）＝ax﹣2lnx，其定义域为（0，+∞），
所以f'（x）＝a﹣＝，
当a≤0时，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立；
当a＞0时，令f'（x）＞0得：x＞；
令f'（x）＜0得：0＜x＜；
综上所述，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
（2）因为当x＞0时，f（x）≥x3+x2+2﹣2ex﹣2lnx恒成立，
所以当x＞0时，ax﹣2lnx≥x3+x2+2﹣2ex﹣2lnx恒成立，
即当x＞0时，a≥x2+x+﹣恒成立，
设g（x）＝x2+x+﹣，x＞0，
则g'（x）＝x+1﹣﹣＝＝，
令h（x）＝x2+2x+2﹣2ex，x＞0，
则h'（x）＝2x+2﹣2ex＝2（x+1﹣ex），
令m（x）＝x+1﹣ex，x＞0，则m'（x）＝1﹣ex＜0，
所以m（x）的最大值为m（0）＝0，即m（x）＝x+1﹣ex＜0，
所以令g'（x）＞0，则0＜x＜1；令g'（x）＜0，则x＞1；
所以g（x）在x＝1处取得最大值且为g（1）＝﹣2e，
所以a≥﹣2e．
故实数a的取值范围为[﹣2e，+∞）．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
19．（17分）已知函数，a∈R．
（1）若函数f（x）在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若函数f（x）有两个极值点x1，x2．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）证明：．
【分析】（1）≥0对∀x＞0成立，对∀x＞0成立，对∀x＞0成立，利用对勾函数的导调性，即可求解；
（2）（Ⅰ）利用导数，结合f（x）的极值点个数，得到a＞0且x1，x2是ax2+2（a﹣1）x+a＝0的两个不同根，列不等式组求参数范围；
（Ⅱ）0＜x1＜1＜x2，应用分析法将问题化为证，令，则证，再由对应f（x）单调性即可证结论．
解：（1）∵在定义域上单调递增，
∴≥0对∀x＞0成立⇔对∀x＞0成立
⇔对∀x＞0成立，
又g（x）＝在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴⇒⇒，
故a的取值范围为．
（2）（Ⅰ）∵，
若a≤0，f′（x）＜0恒成立，f（x）在（0，+∞）上递增，f（x）不可能有两个极值点；
若a＞0，f（x）有两个极值点，则x1，x2是ax2+2（a﹣1）x+a＝0的两个不同正根，
∴⇒，
∴实数a的取值范围是．
证明：（Ⅱ）由（Ⅰ），，x1x2＝1，不妨设0＜x1＜1＜x2，
则＝＝
＝，
要证，需证，即，
只需证，即，
令，则证，
由（1），在（0，+∞）上递增，
则f（t）＜f（1）＝0，即，
综上，．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于难题．
x
（﹣∞，a）
a
（a，﹣2）
﹣2
（﹣2，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
单调递增
f（a）
单调递减
f（﹣2）
单调递增
x
（﹣∞，﹣2）
﹣2
（﹣2，a）
a
（a，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
单调递增
f（﹣2）
单调递减
f（a）
单调递增