高中数学导数难题练习题带答案

高中数学导数难题

一．选择题（共20小题）

1．对于任意的x∈[0，]，总存在b∈R，使得|sin2x+a sin x+b|≤1恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[﹣3，1]B．[﹣1，3]C．[﹣3，3]D．[﹣1，1]

2．设k，b∈R，若关于x的不等式ln（x﹣1）+x≤kx+b在（1，+∞）上恒成立，则的最小值是（）A．﹣e2B．﹣C．﹣D．﹣e﹣1

3．设k，b∈R，若关于x的不等式kx+b+1≥lnx在（0，+∞）上恒成立，则的最小值是（）A．﹣e2B．﹣C．﹣D．﹣e

4．已知曲线在x＝x1处的切线为l1，曲线y＝lnx在x＝x2处的切线为l2，且l1⊥l2，则x2﹣x1的取值范围是（）A．B．（﹣∞，﹣1）C．（﹣∞，0）D．

5．若对任意的a∈R，不等式e2a+a2+b2﹣2ab≥20恒成立，则实数b的取值范围是（）

A．b B．b≥3+ln2C．b≥4+ln2D．b≥5+ln2

6．已知曲线f（x）＝lnx+ax+b在x＝1处的切线是x轴，若方程f（x）＝m（m∈R）有两个不等实根x1，x2，则x1+x2的取值范围是（）

A．（0，）B．（0，1）C．（2，+∞）D．（4，+∞）

7．已知a∈R，函数f（x）＝，则下列说法正确的是（）

A．若a＜﹣1，则y＝f（x）（x∈R）的图象上存在唯一一对关于原点O对称的点

B．存在实数a使得y＝f（x）（x∈R）的图象上存在两对关于原点O对称的点

C．不存在实数a使得y＝f（x）（x∈R）的图象上存在两对关于y轴对称的点

D．若y＝f（x）（x∈R）的图象上存在关于y轴对称的点，则a＞1

8．定义在R上的函数f（x）满足e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），且对任意的x≥1都有f'（x）+2f（x）＞0（其中f'（x）为f（x）的导数），则下列一定判断正确的是（）

A．e4f（2）＞f（0）B．e2f（3）＜f（2）

C．e10f（3）＜f（﹣2）D．e6f（3）＜f（﹣1）

9．已知a，b∈R且ab≠0，对于任意x≥0均有（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0，则（）A．a＜0B．a＞0C．b＜0D．b＞0

10．已知函数，若关于x的不等式在R上恒成立，则实数a的

取值范围为（）

A．B．C．D．

11．已知函数y＝f（x）在R上的图象是连续不断的，其导函数为f'（x），且f'（x）＞﹣f（x），若对于?x＞0，不等式xf（lnx）﹣e ax f（ax）≤0恒成立，则实数a的最小值为（）

A．e B．C．D．e2

12．若对任意的x∈R，都存在x0∈[ln2，2]，使不等式+4x+m≥0成立，则整数m的最小值为（）

（提示：ln2≈0.693）

A．3B．4C．5D．6

13．已知函数f（x）＝e x﹣ax﹣1，g（x）＝lnx﹣ax﹣1，其中0＜a＜1，e为自然对数的底数，若?x0∈（0，+∞），使f （x0）g（x0）＞0，则实数a的取值范围是（）

A．B．C．D．

14．已知函数f（x）＝ae x﹣x（a∈R）有两个零点x1，x2，且x1＜x2则下列结论中不正确的是（）A．B．0＜x1＜1

C．x1+x2＞2D．lnx1﹣x1＜lnx2﹣x2

15．已知函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），则下列说法错误的是（）

A．B．x1+x2＜2e C．有极大值点x0，且x1+x2＞2x0D．

16．已知函数f（x）＝，g（x）＝xe﹣x，若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则最小值为（）

A．B．﹣C．D．﹣

17．已知不等式e x﹣x﹣1＞m[x﹣ln（x+1）]对一切正数x都成立，则实数m的取值范围是（）A．B．C．（﹣∞，1]D．（﹣∞，e]

18．已知函数f（x）是定义在（﹣，）上的奇函数．当时，f（x）+f′（x）tan x＞0，则不等式cos x ?f（x+）+sin x?f（﹣x）＞0的解集为（）

A．（，）B．（﹣，）C．D．

19．若关于x的不等式2lnx≤ax2+（2a﹣2）x+1恒成立，则a的最小整数值是（）

A．0B．1C．2D．3

20．已知可导函数f（x）的导函数f'（x），若对任意的x∈R，都有f（x）＞f'（x）+2，且f（x）﹣2020为奇函数，则不等式f（x）﹣2018e x＜2的解集为（）

A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．D．

二．填空题（共10小题）

21．已知函数f（x）＝x3﹣3x，若对任意的实数x，不等式f（x+t）＞f（x）+t（t≠0）恒成立，则实数t的取值范围．22．已知函数f（x）对定义域内R内的任意x都有f（x）＝f（4﹣x），且当x≠2，其导数f′（x）满足xf′（x）＜2f′（x），若f（3）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集为．

23．已知函数f（x）＝，则过原点且与“曲线y＝f（x）在y轴右侧的图象”相切的直线方程为，

若f（x）＝mx有两个不同的根，则实数m的取值范围是．

24．已知函数f（x）＝axlnx+（a＞0）．

（1）当a＝1时，f（x）的极小值为；

（2）若f（x）≥ax在（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围为．

25．若不等式x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立，则实数b的最大值为．

26．若函数f（x）＝x3﹣ax﹣2（a∈R）在（﹣∞，0）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，2]上的最小值为．27．过曲线上一点P作该曲线的切线l，l分别与直线y＝x，y＝2x，y轴相交于点A，B，C．设△OAC，△OAB的面积分别为S1，S2，则S1＝，S2的取值范围是．

28．当x∈[0，+∞）时，不等式x2+3x+2﹣a≥0恒成立，则a的取值范围是．

29．若不等式x2﹣|x﹣2a|≤a﹣3在x∈[﹣1，1]上恒成立，则正实数a的取值范围是．

30．已知函数，若直线y＝2x﹣b与函数y＝f（x），y＝g（x）的图象均相切，

则a的值为；若总存在直线与函数y＝f（x），y＝g（x）图象均相切，则a的取值范围是．

三．解答题（共10小题）

31．已知函数f（x）＝ax﹣lnx．

（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）当x∈（0，e]时，是否存在实数a，使得f（x）的最小值为4？若存在，求出实数a，若不存在说明理由．32．已知函数f（x）＝x sin x+cos x+ax2，x∈[﹣π，π]．

（1）当a＝0时，求f（x）的单调区间；

（2）当a＞0时，讨论f（x）的零点个数．

33．已知函数f（x）＝e x+，其导函数为f′（x），函数g（x）＝，对任意x∈R，不等式g（x）≥ax+1

恒成立．

（Ⅰ）求实数a的值；

（Ⅱ）若0＜m＜2e，求证：x2g（x）＞m（x+1）lnx．

34．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣1，a∈R．

（Ⅰ）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；

（Ⅱ）当a＞1时，存在正实数m，使得对?x∈（0，m），都有|f（x）|＞x，求a的取值范围．

35．已知函数．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若恒成立，求证：．

36．已知函数f（x）＝．

（1）求函数f（x）的极值；

（2）令h（x）＝x2f（x），若对?x≥1都有h（x）≥ax﹣1，求实数a的取值范围．

37．已知函数f（x）＝lnx﹣．

（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（2）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：f（x1），f（1），f（x2）成等差数列．38．已知函数f（x）＝alnx（a≠0）与的图象在它们的交点P（s，t）处具有相同的切线．（1）求f（x）的解析式；

（2）若函数g（x）＝（x﹣1）2+mf（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求的取值范围．

39．已知函数f（x）＝﹣x+（x+1）ln（x+1）（a∈R）．

（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；

（2）若?x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2，都有f（x1）＜f（x2），求实数a的取值范围．

40．已知实数a≥﹣1，设f（x）＝（x+a）lnx，x＞0．

（1）若a＝﹣1，有两个不同实数x1，x2不满足|f'（x1）|＝|f'（x2）|，求证：x1+x2＞2；

（2）若存在实数，使得|f（x）|＝c有四个不同的实数根，求a的取值范围．

参考答案与试题解析

一．选择题（共20小题）

1．【解答】解：令t＝sin x∈[0，1]，则f（t）＝t2+at+b，t∈[0，1]．

由已知得：

①当，即a≥0时，则，整理得0≤a≤1；

②当，即﹣1＜a＜0时，则，即，显然始终存在符合题意的b，使原式成

立；

③当，即﹣2＜a≤﹣1时，则，显然符合题意的b存在；

④当，即a≤﹣2时，则，即，可得始终存在b，且﹣3≤a≤﹣2．

综上可知，a的取值范围是[﹣3，1]．

故选：A．

2．【解答】解：ln（x﹣1）+x≤kx+b在（1，+∞）上恒成立，

即为ln（x﹣1）+x﹣kx≤b对x＞1恒成立，

可令t＝x﹣1，t＞0，则lnt+t+1﹣k（t+1）≤b，

令f（t）＝lnt+（1﹣k）t+1﹣k，f′（t）＝+1﹣k，

若k≤1，则f′（t）＞0，可得f（t）在t＞1递增，

当t→∞时，f（t）→∞，不等式不能成立；

故k＞1，当＝k﹣1时，f（t）取得最大值f（t）max＝f（）＝ln﹣1+1﹣k＝﹣ln（k﹣1）﹣k，

即﹣ln（k﹣1）﹣k≤b，所以ln（k﹣1）+k﹣1≥﹣2﹣（b﹣1），

则≥﹣﹣1，

可令k﹣1＝u，g（u）＝﹣﹣1，g′（u）＝﹣＝，

可得当lnu＝﹣1时，u＝，g（u）min＝﹣2e+e﹣1＝﹣e﹣1，

则的最小值是﹣e﹣1．

故选：D．

3．【解答】解：kx+b+1≥lnx在（0，+∞）上恒成立，

即为lnx﹣kx﹣1≤b在（0，+∞）上恒成立，

令f（x）＝lnx﹣kx﹣1，f′（x）＝﹣k，

若k≤0，则f′（x）＞0，可得f（x）在（0，+∞）递增，

当x→∞时，f（x）→∞，不等式不能成立；

故k＞0，当＝k时，f（x）取得最大值f（x）max＝f（）＝ln﹣2＝﹣lnk﹣2，

即﹣lnk﹣2≤b，

则≥﹣﹣，k＞0，

可令g（k）＝﹣﹣，k＞0，

g′（k）＝﹣＝，

可得当lnk＝﹣1时，k＝，g（k）min＝﹣2e+e＝﹣e，

则的最小值是﹣e．

故选：D．

4．【解答】解：由，得，

则，

由y＝lnx，得y′＝，

则，

∵l1⊥l2，∴，即．

∵x2＞0，∴x1＞1，

又，令h（x）＝，x＞1．

则h′（x）＝．

当x∈（1，+∞）时，y＝2﹣x﹣e x为减函数，故2﹣x﹣e x＜2﹣1﹣e＜0．

∴h′（x）＜0在（1，+∞）上恒成立，

故h（x）在（1，+∞）上为减函数，则h（x）＜h（1）＝﹣1．

又当x＞1时，＜，

∴h（x）的取值范围为（﹣∞，﹣1）．

即x2﹣x1的取值范围是（﹣∞，﹣1）．

故选：B．

5．【解答】解：令f（x）＝e2x+x2+b2﹣2bx﹣20，f′（x）＝2e2x+2x﹣2b，f″（x）＝4e2x+2＞0，所以f′（x）在R上单调递增，

又∵，

所以存在x0使得f′（x0）＝0，代入化简可得，

那么f（x）在（﹣∞，x0）单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．

∴

＝，

又∵f（x0）≥0，即．令，则t2+t≥20，

解得：t≤﹣5 （含去），t≥4，即x0≥ln2，

∴，

故选：C．

6．【解答】解：易知，切点为（1，0），切线斜率为0，而．∴，解得a＝﹣1，b＝1．

∴f（x）＝lnx﹣x+1（x＞0）．

∵，易知f′（1）＝0，

且当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．

∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，

故若方程f（x）＝m（m∈R）有两个不等实根x1＜x2，

则必有0＜x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1．

∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）﹣f（2﹣x1）＝f（x1）﹣f（2﹣x1），

令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝lnx﹣x﹣1﹣[ln（2﹣x）﹣（2﹣x）﹣1]

＝lnx﹣ln（2﹣x）﹣2x+2，x∈（0，1），

∵（0＜x＜1），

∴g（x）在（0，1）上单调递增，

而g（1）＝0，故g（x）＜0在（0，1）上恒成立，

∴f（x2）﹣f（2﹣x1）＜0恒成立，即f（x2）＜f（2﹣x1）恒成立

而此时x2，2﹣x1∈（1，+∞），且f（x）在（1，+∞）上是减函数，

∴x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2．

故选：C．

7．【解答】解：由关于原点对称的点的特点，可将x换为﹣x，y换为﹣y，可得f（x）＝﹣x2﹣2x+a（x≤0）关于原点O对称的解析式g（x）＝x2﹣2x﹣a（x≥0），令h（x）＝e x﹣x2+2x+a（x＞0），

则h'（x）＝e x﹣2x+2，h''（x）＝e x﹣2，

由x＞ln2可得h′（x）递增；0＜x＜ln2时，h′（x）递减，

所以h'（x）≥h′（ln2）＝4﹣2ln2＞0，

因此，h（x）是单调递增的，

且h（x）＝e x﹣x2+2x+a≥h（0）＝1+a，

故当a＜﹣1，h（x）有唯一零点，

当a≥﹣1时，h（x）不存在零点，故A正确；B不正确；

由关于y轴对称的点的特点，可将x换为﹣x，y不变，

可得f（x）＝﹣x2﹣2x+a（x≤0）关于y轴对称的解析式m（x）＝﹣x2+2x+a（x≥0），

令n（x）＝e x+x2﹣2x﹣a（x＞0），n′（x）＝e x+2x﹣2，n″（x）＝e x+2，

所以n″（x）＞0，n′（x）递增，n′（x）≥n′（0）＝﹣1，

因此，n（x）不单调，

当a＜0时，n（x）有零点，

当a＝1时，n（x）存在两对零点，故C，D都不正确．

故选：A．

8．【解答】解：设F（x）＝e2x?f（x），则F'（x）＝2e2x f（x）+e2x f'（x）＝e2x[2f（x）+f'（x）]，∵对任意的x≥1都有f′（x）+2f（x）＞0；

则F'（x）＞0，则F（x）在[1，+∞）上单调递增；

F（x+2）＝e2（x+2）?f（x+2）；F（﹣x）＝e﹣2x?f（﹣x）；

因为e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），

∴e2（x+2）?e2x?f（x+2）＝f（﹣x）；∴e2（x+2）?f（x+2）＝e﹣2x?f（﹣x）

∴F（x+2）＝F（﹣x），所以F（x）关于x＝1对称，则F（﹣2）＝F（4），

∵F（x）在[1，+∞）上单调递增；

∴F（3）＜F（4）即F（3）＜F（﹣2），∴e6?f（3）＜e﹣4?f（﹣2）；

即e10?f（3）＜f（﹣2）成立．故C正确；

F（3）＝F（﹣1），F（0）＝F（2）故A，D均错误；

F（3）＞F（2）∴e2f（3）＞f（2）．B错误．

故选：C．

9．【解答】解：设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得f（x）的图象与x轴有三个交点，即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）＝﹣ab（2a+b），

由题意知，f（0）≥0在x≥0上恒成立，则ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0，

可得2a+b＜0，ab（2a+b）≤0恒成立，排除B，D；

我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上．

则有a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三种情况，此时a＝b＜0显然成立；

若b＝b+2a，则a＝0不成立；

若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，

综上b＜0恒成立．

故选：C．

10．【解答】解：当x≥1时，f（x）＝x2﹣x+4＝（x﹣2）2+＞0，

当x＜1时，f（x）＝﹣x3+x2﹣x+，则f′（x）＝﹣x2+2x﹣1＜0，

故f（x）在（﹣∞，1）递减，f（x）＞f（1）＝3＞0，

若关于x的不等式在R上恒成立，

则﹣x2+x﹣4≤x﹣a≤x2﹣x+4且x3﹣x2+x﹣≤x﹣a≤﹣x3+x2﹣x+恒成立，

即﹣x2+x﹣4≤a≤x2﹣x+4且x3﹣x2+x﹣≤a≤﹣x3+x2﹣x+恒成立，

所以（﹣x2+x﹣4）max≤a≤（x2﹣x+4）min且（x3﹣x2+x﹣）max≤a≤（﹣x3+x2﹣x+）min，对于y＝﹣x2+x﹣4（x≥1），对称轴是x＝，故x＝时y取最大值﹣，

对于y＝x2﹣x+4（x≥1），对称轴是x＝，故x＝时y取最小值，故﹣≤a≤①，

对于y＝x3﹣x2+x﹣（x＜1），y′＝x2﹣2x+＞0，函数在（﹣∞，1）递增，故y＜y|x＝1＝﹣，对于y＝﹣x3+x2﹣x+（x＜1），y′＝﹣（x﹣1）2+，

令y′＞0，解得＜x＜1，令y′＜0，解得x＜，

故函数在（﹣∞，）递减，在（，1）递增，

y min＝y|x＝＝，故﹣≤a≤②，

综合①②，得﹣≤a≤．

故选：B．

11．【解答】解：根据題意，令F（x）＝e x?f（x），

则F'（x）＝e x[f（x）+f'（x）]＞0，

故函数F（x）在R上单调递增，

F（lnx）＝e lnx f（lnx）＝xf（lnx），F（ax）＝e ax f（ax），

又?x＞0，不等式xf（lnx）﹣e ax f（ax）≤0恒成立，

所以F（lnx）≤F（ax）在（0，+∞）恒成立．

从而lnx≤ax，即在（0，+∞）恒成立．

令，，

令g'（x）＝0，则x＝e，

所以在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减．

所以，故．

则实数a的最小值为，

故选：B．

12．【解答】解：设，

由题意可知f（x）≥0对x∈R恒成立，

则在x0∈[ln2，2]上有解，

即在x0∈[ln2，2]上有解．

设g（x）＝x2+2x﹣e x﹣m+4，

∴h（x）＝g'（x）＝2x﹣e x+2，则h'（x）＝2﹣e x，

∵x∈[ln2，2]，∴h'（x）≤h'（ln2）＝2﹣e ln2＝0，

则g'（x）在[ln2，2]上单调递减．

∵g'（ln2）＝2ln2＞0，g'（2）＝6﹣e2＜0，

∴?x1∈（ln2，2），g'（x1）＝0，

则g（x）在[ln2，x1）上单调递增，在（x1，2]上单调递减．

∵g（ln2）＝（ln2）2+2ln2+2﹣m，g（2）＝12﹣e2﹣m，

∴g（2）﹣g（ln2）＝10﹣e2﹣（ln2）2﹣2ln2＞0，

则g（ln2）≤0，即（ln2）2+2ln2+2﹣m≤0，故m≥（ln2）2+2ln2+2，

∵m∈Z，∴m的最小值是4．

故选：B．

13．【解答】解：由e x﹣ax﹣1，得f′（x）＝e x﹣a，

∵0＜a＜1，∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＝e x﹣a＞0恒成立，

则f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f（x）＞f（0）＝0；

若?x0∈（0，+∞），使f（x0）g（x0）＞0，

则?x0∈（0，+∞），使g（x0）＞0，即?x0∈（0，+∞），使lnx0﹣ax0﹣1＞0，

∴?x0∈（0，+∞），a＜，

令h（x）＝，则h′（x）＝＝，

当x∈（0，e2）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（e2，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，∴h（x）有极大值也是最大值为h（e2）＝，

则a＜，

∴实数a的取值范围是，

故选：A．

14．【解答】解：f′（x）＝ae x﹣1，

当a≤0时，f′（x）＜0在x∈R上恒成立，此时f（x）在R上单调递减，不合题意；

当a＞0时，由f'（x）＝0，解得x＝﹣lna，

当x＜﹣lna时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，

当x＞﹣lna时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，

∴当a＞0时，f（x）单调减区间为（﹣∞，﹣lna），单调增区间为（﹣lna，+∞），

可知当x＝﹣lna时，函数取得极小值为f（﹣lna）＝ae﹣lna+lna＝lna+1，

又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，x→+∞时，f（x）→+∞，

∴要使函数f（x）有两个零点，则，得0＜a＜，故A正确；

由f（0）＝a＞0，极小值点x＝﹣lna＞0，

可得0＜x1＜x2．

∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴，．

可得lnx1＝lna+x1，lnx2＝lna+x2．

故lnx1﹣x1＝lnx2﹣x2，故D错误；

由lnx1﹣x1＝lnx2﹣x2＝lna，

设g（x）＝lnx﹣x﹣lna，则x1，x2为g（x）的两个零点，

g′（x）＝﹣1＝，得g（x）在（0，1）上单调增，在（1，+∞）上单调减，

∴0＜x1＜1＜x2，故B正确；

设h（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），（0＜x＜1），

则h（x）＝lnx﹣ln（2﹣x）+2﹣2x（0＜x＜1），

h′（x）＝+﹣2＝＞0恒成立，则h（x）在（0，1）上单调增，

∵h（x）＜h（1）＝0，

∴h（x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）＜0，即g（x1）＜g（2﹣x1），得g（x2）＜g（2﹣x1）．

又g（x）在（1，+∞）上单调减，x2，2﹣x1∈（1，+∞），

∴x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2，故C正确．

综上，错误的结论是D．

故选：D．

15．【解答】解：由f（x）＝lnx﹣ax，

可得，

当a≤0时，f′（x）＞0，

∴f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，与题意不符；

当a＞0时，可得当，解得：，

可得当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

可得当时，f（x）取得极大值点，

又因为由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），

可得，可得，

综合可得：，故A正确；

由上可得f（x）的极大值为，设，

设，其中，可得，

可得，

可得，

易得当时，g′（x）＝0，

当，g′（x）≤0，故，，故，

，由，易得，且，且时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故由，

可得，即，即：有极大值点，且，

故C正确，B不正确；

由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），可得lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，

可得，，可得，

由前面可得，，可得，故D正确．

故选：B．

16．【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝，

∴当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

又f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，

同时g（x）＝＝＝f（e x），若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则0＜x1＜1且f（x1）＝g（x2）＝f（），

所以x1＝，即x2＝lnx1，又k＝，所以＝＝k，

故e k＝k3e k，令h（k）＝k3e k，k＜0，

则h′（k）＝k2（k+3）e k，

令h′（k）＜0，解得k＜﹣3，令h′（k）＞0，解得：﹣3＜k＜0，

∴h（k）在（﹣∞，﹣3）单调递减，在（﹣3，0）单调递增，

∴h（k）min＝h（﹣3）＝﹣，

故选：D．

17．【解答】解：由题意可知：当x＞0时，e x﹣x﹣1﹣m[x﹣ln（x+1）]＞0恒成立，

设f（x）＝e x﹣x﹣1﹣m[x﹣ln（x+1）]，

则f′（x）＝e x﹣1﹣m（1﹣），f″（x）＝e x﹣，

①m≤0时，f″（x）＞0恒成立，∴f′（x）递增，

∵f′（0）＝0，∴x＞0时，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）递增，

又∵f（0）＝0，∴x＞0时，f（x）＞f（0）＝0，符合题意，

②m＞0时，f″′（x）＝e x+，∴f′″（x）＞0恒成立，f″（x）递增，

f″（0）＝1﹣m，

（i）1﹣m≥0即0＜m≤1时，与①同理，m符合题意，

（ii）1﹣m＜0，即m＞1时，f″（0）＜0，

另一方面，显然当x→+∞时，f″（x）＞0，且f″（x）连续，

∴由零点定理，存在x0∈（0，+∞），使得f″（x0）＝0，

∴0＜x＜x0时，f″（x）＜0，f′（x）递减，

又∵f′（0）＝0，∴0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减，

f（0）＝0，∴0＜x＜x0时，f（x）＜0，不合题意，

综上，m的范围是（﹣∞，1]，

故选：C．

18．【解答】解：令g（x）＝f（x）sin x，g′（x）＝f（x）cos x+f′（x）sin x＝[f（x）+f′（x）tan x]?cos x，当x∈[0，）时，f（x）+f′（x）tan x＞0，∴g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增．

又g（0）＝0，∴时，g（x）＝f（x）sin x＞0，

∵f（x）是定义在（﹣，）上的奇函数，∴g（x）是定义在（﹣，）上的偶函数．

不等式cos x?f（x+）+sin x?f（﹣x）＞0，

即sin（x+）f（x+）＞sin xf（x），即g（x+）＞g（x），

∴|x+|＞|x|，∴x＞﹣①，

又﹣＜x+＜，故﹣π＜x＜0②，

由①②得不等式的解集是（﹣，0）．

故选：C．

19．【解答】解：若关于x的不等式2lnx≤ax2+（2a﹣2）x+1恒成立，

问题等价于a≥在（0，+∞）恒成立，

令g（x）＝，则g′（x）＝，

令h（x）＝﹣x﹣lnx，（x＞0），

则h′（x）＝﹣﹣＜0，

故h（x）在（0，+∞）递减，

不妨设h（x）＝0的根是x0，

则lnx0＝﹣x0，

则x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，g（x）递增，

x∈（x0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，

∴g（x）max＝g（x0）＝＝＝，

∵h（1）＝1＞0，h（2）＝﹣ln2＜0，

∴1＜x0＜2，＜＜1，

∴a≥1，a的最小整数值是1，

故选：B．

20．【解答】解：设g（x）＝，由f（x）＞f′（x）+2，

得：g′（x）＝＜0，

故函数g（x）在R递减，

由f（x）﹣2020为奇函数，得f（0）＝2020，

∴g（0）＝f（0）﹣2＝2018，即g（0）＝2018，

∵不等式f（x）﹣2018e x＜2，

∴＜2018，即g（x）＜g（0），

结合函数的单调性得：x＞0，

故不等式f（x）﹣2018e x＜2的解集是（0，+∞），

故选：B．

二．填空题（共10小题）

21．【解答】解：函数f（x）＝x3﹣3x，若对任意的实数x，不等式f（x+t）＞f（x）+t（t≠0）恒成立，则（x+t）3﹣3（x+t）＞x3﹣3x+t，

即x3+3x2t+3xt2+t3﹣3x﹣3t＞x3﹣3x+t，

所以3x2t+3xt2+t3﹣4t＞0（t≠0）恒成立，

所以t＞0，且△＝（3t2）2﹣4?3t?（t3﹣4t）＝﹣3t4+48t2＜0，解得t＞4，

又t＜0时，不等式不恒成立．

综上，t的范围是（4，+∞）．

22．【解答】解：∵函数f（x）对定义域R内的任意x都有f（x）＝f（4﹣x），

∴f（x）关于直线x＝2对称；

又当x≠2时其导函数f′（x）满足xf′（x）＜2f′（x）?f′（x）（x﹣2）＜0，

∴当x＞2时，f′（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上的单调递减；

同理可得，当x＜2时，f（x）在（﹣∞，2）单调递增；

∵f（3）＝0，∴f（1）＝0，

即当1＜x＜3时，f（x）＞0，当x＞3或x＜1时，f（x）＜0，

即f（x）的草图如右：

则不等式xf（x）＞0等价为或，

即1＜x＜3或x＜0，

即不等式的解集为（﹣∞，0）∪（1，3），

故答案为：（﹣∞，0）∪（1，3）．

23．【解答】解：设切点为（x0，lnx0），由f（x）＝lnx，得f′（x）＝，

则f′（x0）＝，

∴曲线y＝f（x）在y轴右侧的图象在切点处的切线方程为y﹣lnx0＝，

把原点代入，可得﹣lnx0＝﹣1，即x0＝e．

则切线方程为y﹣1＝（x﹣e），即y＝；

作出函数f（x）＝的图象如图：

若f（x）＝mx有两个不同的根，则m≤0或＜m＜1．

∴m的取值范围为（﹣∞，0]∪（，1）．

故答案为：y＝；（﹣∞，0]∪（，1）．

24．【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝xlnx+，（x＞0），

f′（x）＝lnx+1﹣，f″（x）＝+＞0，

故f′（x）在（0，+∞）递增，而f′（1）＝0，

故x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，故f（x）极小值＝f（1）＝1；

（2）若f（x）≥ax在（0，+∞）上恒成立，

即a（1﹣lnx）≤在（0，+∞）恒成立，

①1﹣lnx≤0即x≥e时，∵a＞0，（1﹣lnx）≤0，＞0，

故a（1﹣lnx）≤在（0，+∞）恒成立，

②1﹣lnx＞0即0＜x＜e时，问题转化为a≤在（0，+∞）恒成立，

即a≤[]min，只需求出g（x）＝x2（1﹣lnx）的最大值即可，（0＜x＜e），

g′（x）＝x（1﹣2lnx），令g′（x）＞0，解得：0＜x＜，令g′（x）＜0，解得：＜x＜e，

故g（x）在（0，）递增，在（，e）递减，

故g（x）max＝g（）＝，

故a≤＝，

综上，a∈（0，]．

故答案为：1，（0，]．

25．【解答】解：由x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立，

得﹣x2+x﹣2≤ax+b≤4lnx﹣x2对任意的x∈[1，e]恒成立，

令f（x）＝﹣x2+x﹣2，g（x）＝4lnx﹣x2．

由g（x）＝4lnx﹣x2，得g′（x）＝（1≤x≤e）．

当x∈（1，）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．在同一平面直角坐标系内，作出函数y＝f（x）与y＝g（x）的图象如图：

设过（1，﹣1）与f（x）＝﹣x2+x﹣2相切的直线方程为y+1＝k（x﹣1），

联立，消去y得x2+（k﹣1）x+1﹣k＝0．

由△＝（k﹣1）2﹣4（1﹣k）＝0，解得k＝﹣3或k＝1．

当k＝﹣3时，直线方程为y＝﹣3x+2．

由图可知，满足不等式x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立的实数b的最大值为2．

故答案为：2．

26．【解答】解：∵f（x）＝x3﹣ax﹣2（a∈R），∴f′（x）＝3x2﹣a（x＜0），

①当a≤0时，f′（x）＝3x2﹣a＞0，

函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，又f（0）＝﹣2＜0，

∴f（x）在（﹣∞，0）上没有零点；

②当a＞0时，由f′（x）＝3x2﹣a＞0，解得x＜或x＞（舍）．

∴f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递增，在（，0）上单调递减，

而f（0）＝﹣2＜0，要使f（x）在（﹣∞，0）内有且只有一个零点，

∴f（）＝，解得a＝3，

f（x）＝x3﹣3x﹣2，f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），x∈[﹣1，2]，

当x∈（﹣1，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．又f（﹣1）＝0，f（1）＝﹣4，f（2）＝0，

∴f（x）min＝f（1）＝﹣4．

故答案为：﹣4．

27．【解答】解：由y＝x+，得y′＝1﹣，

设P（）（x0＞0），则，

∴曲线在P处的切线方程为．

分别与y＝x与y＝2x联立，可得A（2x0，2x0），B（，），

取x＝0，可得C（0，），又O（0，0），

∴△OAC的面积S1＝；

OA＝，

点B到直线x﹣y＝0的距离d＝＝．

∴△OAB的面积S2＝＝＝∈（0，2）．

故答案为：2；（0，2）．

28．【解答】解：可设t＝，由x≥0可得t≥1，

由x＝，可得不等式恒成立，

即为（）2+3（）+2﹣at﹣a2≥0对t≥1恒成立，

化为a2+at﹣（t2+3）（t2+1）≤0对t≥1恒成立，

设f（t）＝a2+at﹣（t2+3）（t2+1），f′（t）＝a﹣（t3+2t），

由题意可得f（t）的最大值小于等于0，

若f（x）不单调，可得a≥3，

再由t≥1时，f（t）＝（t3+2t）2+t（t3+2t）﹣﹣（t2+3）（t2+1）

的导数为f′（t）＝6t5+19t3+10t＞0，即有f（t）≥f（1）＝10＞0，不等式不恒成立，

可得f（x）单调，

且f（x）在[1，+∞）递减，可得a﹣（t3+2t）≤0，即a≤3；

又a2+a﹣×（1+3）×（1+1）≤0，

解得﹣2≤a≤1，

即a的范围是[﹣2，1]．

故答案为：[﹣2，1]．

29．【解答】解：x2﹣|x﹣2a|≤a﹣3即|x﹣2a|≥x2﹣a+3，

可得x﹣2a≥x2﹣a+3，或x﹣2a≤﹣x2+a﹣3，

即为a≤x﹣x2﹣3或3a≥x2+x+3在﹣1≤x≤1恒成立，

由y＝x﹣x2﹣3在[﹣1，1]的最小值为﹣1﹣1﹣3＝﹣5，可得a≤﹣5；

由y＝x2+x+3在[﹣1，1]的最大值为1+1+3＝5，可得3a≥5，即a≥；

由a＞0，可得a≥．

故答案为：a≥．

30．【解答】解：设直线y＝2x﹣b与函数y＝f（x）的图象相切的切点为（m，2lnm），由f′（x）＝，可得＝2，即m＝1，切点为（1，0），

则b＝2，切线的方程为y＝2x﹣2，

联立y＝g（x）＝ax2﹣x﹣，可得ax2﹣3x+＝0，

由题意可得△＝9﹣4a?＝0，解得a＝；

设y＝f（x）与y＝g（x）的图象在交点处存在切线y＝kx+t，且切点为（n，2lnn），

由f′（x）＝，g′（x）＝2ax﹣1，

可得＝k＝2an﹣1，2lnn＝kn+t＝an2﹣n﹣，

化为kn＝2，an2＝，则2lnn＝，

即4lnn+n＝1，

设h（n）＝4lnn+n，h′（n）＝+1＞0，可得h（n）在（0，+∞）递增，由h（1）＝1，可得4lnn+n＝1的解为n＝1，

则a＝，由y＝ax2﹣x﹣（a＞0）的图象可得，当a越大时，抛物线的开口越小，

可得此时y＝f（x）和y＝g（x）的图象相离，总存在直线与它们的图象都相切，

则a的范围是[，+∞）．

故答案为：，[，+∞）．

三．解答题（共10小题）

31．【解答】解：（1）f′（x）＝a ﹣＝（x＞0），

当a≤0时，f′（x）＜0，∴f（x）递减，

当a＞0时，令f′（x）＜0，得0＜x ＜；令f′（x）＞0，得x ＞，

综上：a≤0时减区间为（0，+∞），

a＞0，时减区间为（0，）；增区间为[，+∞）；

（2）a≤0时，f（x）在（0，e]上为减函数，

∴f（x）min＝f（e）＝ae﹣1＝4，

∴a ＝＞0，舍去，

a＞0时①若≥e即a ≤时f（x）在（0，e]上为减函数，

∴f（x）min＝f（e）＝ae﹣1＝4，

∴a ＝，舍去，

②若＜e即a ＞时f（x）在（0，）上递减，在（，e]上递增，

∴f（x）min＝f （）＝1﹣ln＝4，

∴a＝e3．

32．【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝x sin x+cos x，x∈[﹣π，π]．f'（x）＝sin x+x cos x﹣sin x＝x cos x．当x在区间[﹣π，π]上变化时，f'（x），f（x）的变化如下表

x﹣π（﹣π，

﹣）﹣

（﹣

，0）

0（0，

）

（，

π）

π

f'（x）+0﹣0+0﹣

f（x）﹣1极大

值极小

值1

极大

值

﹣1

∴f（x）的单调增区间为（﹣π，﹣），（0，）；f（x ）的单调减区间为（﹣，0），（，π）．（2）任取x∈[﹣π，π]．

∵f（﹣x）＝（﹣x）sin（﹣x）+cos（﹣x）+a（﹣x）2＝x sin x+cos x +ax2＝f（x），

∴f（x）是偶函数．f′（x）＝ax+x cos x＝x（a+cos x）．

当a≥1时，a+cos x≥0在[0，π）上恒成立，∴x∈[0，π）时，f′（x）≥0．

∴f（x）在[0，π]上单调递增．

又∵f（0）＝1，∴f（x）在[0，π]上有0个零点．

又∵f（x）是偶函数，∴f（x）在[﹣π，π]上有0个零点．

当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，得cos x＝﹣a．

由﹣1＜﹣a＜0可知存在唯一x0∈（，π）使得cos x0＝﹣a．

∴当x∈[0，x0）时，f′（x）≥0，f（x）单调递增；

当x∈（x0，π）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

∵f（0）＝1，f（x0）＞1，f（π）＝aπ2﹣1．

①当aπ2﹣1＞0，即＜a＜1时，f（x）在[0，π]上有0个零点．

由f（x）是偶函数知f（x）在[﹣π，π]上有0个零点．

②当aπ2﹣1≤0，即0＜a≤时，f（x）在[0，π]上有1个零点．

由f（x）是偶函数知f（x）在[﹣π，π]上有2个零点．

综上，当0＜a≤时，f（x）有2个零点；当a＞时，f（x）有0个零点．

33．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝e x﹣e﹣x，g（x）＝e x，

h（x）＝e x﹣ax﹣1，h′（x）＝e x﹣a，

（1）a≤0时，h′（x）＞0，h（x）在R递增，

又h（﹣1）＝﹣1+a＜0，与题意不符，舍去，

（2）a＞0时，由h′（x）＞0，解得：x＞lna，

由h′（x）＜0，解得：x＜lna，

故h（x）在（﹣∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，

故h（x）min＝h（lna）＝a﹣alna﹣1，

由已知得e x﹣ax﹣1≥0恒成立，

故只需h（x）min≥0，故只需a﹣alna﹣1≥0①，

设g（x）＝a﹣alna﹣1，g′（x）＝﹣lna，

由g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，由g′（x）＜0，解得：x＞1，

故g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，

故g（x）max＝g（1）＝0，即a﹣alna﹣1≤0②，

由①②得实数a的值为1，

综上：a＝1；

证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）得：当x＞0时，e x﹣x﹣1＞0即e x＞x+1，x2e x＞x2（x+1），欲证x2e x＞m（x+1）lnx，x＞0，即证x2（x+1）＞m（x+1）lnx，

即证x2＞mlnx（x＞0），

①当x∈（0，1]时，x2＞0＞mlnx，

②当x∈（1，+∞）时，令F（x）＝，则F′（x）＝，

由F′（x）＞0，解得：x＞，由F′（x）＜0，解得：1＜x＜，