已知函数f（x）=ex+ax，g（x）=ax-lnx，其中a＜0，e为自然对数的底数．（Ⅰ）若g（x）在（1，g（1））处

1. 已知函数f（x）=ex+ax，g（x）=ax-lnx，其中a＜0，e为自然对数的底数．（Ⅰ）若g（x）在（1，g（1））处

（Ⅰ）∵g（x）=ax-lnx，∴g（1）=a，g′(x)=a-1x，∵g（x）在（1，g（1））处的切线l与直线x-3y-5=0垂直，∴g′(1)×13=-1?(a-1)?13=-1?a=-2…（3分）（Ⅱ）f（x）的定义域为R，且 f'（x）=ex+a．令f'（x）=0，得x=ln（-a）．   …（4分）若ln（-a）≤0，即-1≤a＜0时，f′（x）≥0，f（x）在x∈[0，2]上为增函数，∴f（x）min=f（0）=1；…（5分）若ln（-a）≥2，即a≤-e2时，f′（x）≤0，f（x）在x∈[0，2]上为减函数，∴f(x)min=f(2)=e2+2a； …（6分）若0＜ln（-a）＜2，即-e2＜a＜-1时，由于x∈[0，ln（-a））时，f'（x）＜0；x∈（ln（-a），2]时，f'（x）＞0，∴f（x）min=f（ln（-a））=aln（-a）-a综上可知f（x）min=1，-1≤a＜0e2+2a，a≤-e2aln(-a)-a，-e2＜a＜-1…（8分）（Ⅲ）g（x）的定义域为（0，+∞），且 g′(x)=a-1x=ax-1x．∵a＜0时，∴g'（x）＜0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递减．…（9分）令f'（x）=0，得x=ln（-a）①若-1≤a＜0时，ln（-a）≤0，在（ln（-a），+∞）上f'（x）＞0，∴f（x）单调递增，由于g（x）在（0，+∞）上单调递减，∴不能存在区间M，使得f（x）和g（x）在区间M上具有相同的单调性；…（10分）②若a＜-1时，ln（-a）＞0，在（-∞，ln（-a））上f'（x）＜0，f（x）单调递减；在（ln（-a），+∞）上f'（x）＞0，f（x）单调递增．由于g（x）在（0，+∞）上单调递减，∴存在区间M?（0，ln（-a）]，使得f（x）和g（x）在区间M上均为减函数．综上，当-1≤a≤0时，不能存在区间M，使得f（x）和g（x）在区间M上具有相同的单调性；当a＜-1时，存在区间M?（0，ln（-a）]，使得f（x）和g（x）在区间M上均为减函数．…（13分）

2. 已知函数f（x）=ekx?1x+1（e是自然对数的底数）．（1）若函数f（x）是（-1，+∞）上的增函数，求k的取值

（1）设g（x）=kx?1x+1，导数g′（x）=k(x+1)?kx+1(x+1)2=k+1(x+1)2由于f（x））是（-1，+∞）上的增函数，且e＞1，则g（x））是（-1，+∞）上的增函数，即有g′（x）≥0，即有k≥-1，即k的取值范围是[-1，+∞）；（2）由条件可得，f（1）＜2，即ek?12＜2，即有k＜1+2ln2＜3，猜想满足条件的最大整数k=2．证明：对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜x+1．e2x?1x+1＜x+1?2-3x+1＜ln（x+1）?ln（x+1）+3x+1＞2，设h（x）=ln（x+1）+3x+1，则h′（x）=1x+1?3(x+1)2=x?2(x+1)2当0＜x＜2时，h′（x）＜0，当x＞2时，h′（x）＞0，则?x＞0，则h（x）≥h（2）=1+ln3＞2，即有对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜x+1．则满足条件的最大整数k=2．

3. 已知函数g(x)＝13ax3+12x2+b，f(x)＝g′(x)ex，其中e为自然对数的底数（I）若函数g（x）在点（1，g（1）

（I）由题意得，g′（x）=ax2+x，∵在点（1，g（1））处的切线与直线2x-y+1=0垂直，∴在点（1，g（1））处的切线斜率为?12，即g′（1）=a+1=?12，解得a=?32，（II）由（I）得，f（x）=g′（x）ex=（ax2+x）ex，则f′（x）=（2ax+1）ex+（ax2+x）ex=[ax2+（2a+1）x+1]ex，∵f（x）在[-1，1]上是单调增函数，∴f′（x）=[ax2+（2a+1）x+1]ex≥0在[-1，1]上恒成立，即ax2+（2a+1）x+1≥0在[-1，1]上恒成立，①当a=0时，f′（x）=（x+1）ex，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，当且仅当x=-1时取等号，故a=0符合要求；（6分）②当a≠0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，因为△=（2a+1）2-4a=4a2+1＞0，所以g（x）=0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1＞x2，因此f（x）有极大值又有极小值．若a＞0，因为g（-1）?g（0）=-a＜0，所以f（x）在（-1，1）内有极值点，故f（x）在[-1，1]上不单调．若a＜0，可知x1＞0＞x2，因为g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]上单调，因为g（0）=1＞0，必须满足g(1)≥0g(?1)≥0，即3a+2≥0?a≥0，得?23≤a＜0，综上可知，a的取值范围是[?23，0]，（III）当a=0时，方程即为xex=x+2，由于ex＞0，所以x=0不是方程的解，所以原方程等价于ex?2x?1=0，令h（x）=ex?2x?1，因为h′（x）=ex+2x2＞0对于x∈（-∞，0）∪（0，+∞）恒成立，所以h（x）在（-∞，0）和（0，+∞）内是单调增函数，（13分）又h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2＞0，h（-3）=e?3?13＜0，h（-2）=e-2＞0，所以方程f（x）=x+2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，所以整数k的所有值为{-3，1}．

4. 已知函数f（x）=ax+lnx，函数g（x）的导函数g′（x）=ex，且g（0）g′（1）=e，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ） 函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)＝a+1x（x＞0）．当a≥0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）没有极值；当a＜0时，f′(x)＝a(x+1a)x，若x∈(0，?1a)时，f'（x）＞0；若x∈(?1a，+∞)时，f'（x）＜0，∴f（x）存在极大值，且当x＝?1a时，f(x)极大＝f(?1a)＝ln(?1a)?1；综上可知：当a≥0时，f（x）没有极值；当a＜0时，f（x）存在极大值，且当x＝?1a时，f(x)极大＝f(?1a)＝ln(?1a)?1；（Ⅱ）∵函数g（x）的导函数g'（x）=ex，∴g（x）=ex+c，又∵g（0）g'（1）=e，∴（1+c）e=e?c=0，∴g（x）=ex，∵?x∈（0，+∞），使得不等式g(x)＜x?m+3x成立，∴?x∈（0，+∞），使得m＜x?exx+3成立，令h(x)＝x?exx+3，则问题可转化为：m＜h（x）max，对于h(x)＝x?exx+3，x∈（0，+∞），由于h′(x)＝1?ex(<td st

5. 设函数f（x）＝ ＋ ，g（x）＝ ln（2ex）（其中e为自然对数的底数）（1）求y＝f（x）－g（x）（x＞0）

     （1）最小值0；（2）见解析；（3）见解析.         试题分析：（1）利用导数求解即可；（2）假设存在，  ，  ，  然后利用导数求出最小值判断即可；（3）先证  递减且  由（2）知  时  ，又  在  上递增，所以当  时，总有  ，即  也成立，然后利用数学归纳法证明.试题解析：（1）  易知  时  ，  时  所以  在  上递减，而在  上递增                   2分故  时，  取最小值0                          3分（2）由（1）可知，  所以若存在一次函数  使得  且  总成立，则  ，即  ；所以可设  ，代入  得  恒成立，所以  ，所以  ，  ，此时设  ，则  ，易知  在  上递减，在  上递增，所以  ，即<img src="http://hiphotos.baidu.com/zhidao/pic/item/b

6. 已知函数f（x）=λ（x-1）-2lnx，g（x）=1ex，（λ∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当λ=1时，求函数f（x

（Ⅰ）∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），当λ=1时，f（x）=x-1-2lnx，f′（x）=1-2x，由f′（x）＞0，解得：x＞2，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，∴f（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增；（Ⅱ）f（x）＞0在（e，+∞）恒成立?λ＞2lnxx?1在（e，+∞）恒成立，令h（x）=2lnxx?1，x∈（e，+∞），则h′（x）=2?(1?lnx)?1x(x?1)2＜0，于是h（x）在（e，+∞）递减，又在x=e处连续，故在（e，+∞）上，h（x）＜h（e）=2e?1，从而要使λ＞2lnxx?1对任意的x∈（e，+∞）恒成立，只要λ≥2e?1，故λ的最小值是2e?1；（Ⅲ）一次函数g（x）=1ex在R上递增，故g（x）在（0，e]上的值域是（0，1]，当λ=0时，f（x）=-2lnx，单调递减，不合题意，当λ≠0时，f（x）=λ(x?2λ)x，x∈（0，e]，要使f（x）在（0，e]不单调，只需0＜2λ＜e，此时λ＞2e①，故f（x）在（0，2λ）递减，在（2λ，e]递增，∴f（x）min=f（2λ）=2lnλ-λ+2-2ln2，f（e）=λ（e-1）-2，∴对任意给定的x0∈（0，e]，在区间（0，e]上总存在不同的两个xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，当且仅当满足下列条件f(2λ)≤0f(e)≥0即2lnλ?λ+2?2ln2≤0λ(e?1)?2≥1，令h（λ）=2lnλ-λ+2-2ln2，h′（λ）=2?λλ，当λ∈（2e，2）时，h′（λ）＞0，h（λ）递增，当λ∈（2，+∞）时，h′（λ）＜0，h（λ）递减，∴当λ∈（2e，+∞）时，有h（λ）≤h（2）=0，即h（λ）对任意λ∈（2e，+∞）恒成立，又由λ（e-1）-2≥1，解得：λ≥3e?1②，综上得：当λ≥3e?1时，对任意给定的x0∈（0，e]在（0，e]上总存在量不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立．

7. 已知函数f（x）=x2+ax+1，g（x）=ex（其中e是自然对数的底数）．（1）若a=-1，求函数y=f（x）?g（x）在[-

（1）若a=-1，则y=f（x）?g（x）=（x2-x+1）?ex，∴y'=（x2+x）?ex=x（x+1）ex，∵x∈[-1，0]时，y'＜0，x∈[0，2]时，y'＞0，∴函数y=（x2-x+1）?ex在区间[-1，0]上单调递减，在区间[0，2]上单调递增，又f(?1)＝3e，f(2)＝3e2，故函数的最大值为3e2．（2）由题意得：k＝f(x)g(x)＝x2?x+1ex有且只有一个根，令h(x)＝x2?x+1ex，则h′(x)＝?(x2?3x+2)ex＝?(x?1)(x?2)ex故h（x）在（-∞，1）上单调递减，（1，2）上单调递增，（2，+∞）上单调递减，所以h(x)极大＝h(2)＝3e2，h(x)极小＝h(1)＝1e，因为h（x）在（2，+∞）单调递减，且函数值恒为正，又当x→-∞时，h（x）→+∞，所以当k＞3e2或0＜k＜1e时，k=h（x）有且只有一个根．（3）设x1＜x2，因为g（x）=ex在[0，2]单调递增，故原不等式等价于|f（x1）-f（x2）|＜g（x2）-g（x1）在x1、x2∈[0，2]，且x1＜x2恒成立，所以g（x1）-g（x2）＜f（x1）-f（x2）＜g（x2）-g（x1）在x1、x2∈[0，2]，且x1＜x2恒成立，即g(x1)?f(x1)＜g(x2)?f(x2)f(x1)+g(x1)＜g(x2)+f(x2)，在x1、x2∈[0，2]，且x1＜x2恒成立，则函数F（x）=g（x）-f（x）和G（x）=f（x）+g（x）都在[0，2]单调递增，则有G′(x)＝g′(x)+f′(x)＝ex+2x+a≥0F′(x)＝g′(x)?f′(x)＝ex?2x?a≥0，在[0，2]恒成立，当a≥-（ex+2x）恒成立时，因为-（ex+2x）在[0，2]单调递减，所以-（ex+2x）的最大值为-1，所以a≥-1；当a≤ex-2x恒成立时，因为ex-2x在[0，ln2]单调递减，在[ln2，2]单调递增，所以ex-2x的最小值为2-ln2，所以a≤2-2ln2，综上：-1≤a≤2-2ln2．

8. 设函数f（x）=1-e-x，函数g(x)＝xax+1（其中a∈R，e是自然对数的底数）．（Ⅰ）当a=0时，求函数h（x）=f'

（Ⅰ）∵f（x）=1-e-x，∴f′（x）=-e-x?（-1）=e-x，函数h（x）=f′（x）?g（x）=xe-x，∴h′（x）=（1-x）?e-x，当x＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0，故该函数在（-∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．∴函数h（x）在x=1处取得极大值h（1）=1e．（4分）（Ⅱ）由题1-e-x≤xax+1在[0，+∞）上恒成立，∵x≥0，1-e-x∈[0，1），∴xax+1≥0，若x=0，则a∈R，若x＞0，则a＞-1x恒成立，则a≥0．不等式1?e?x≤xax+1恒成立等价于（ax+1）（1-e-x）-x≤0在[0，+∞）上恒成立，（6分）令μ（x）=（ax+1）（1-e-x），则μ′（x）=a（1-e-x）+（ax+1）e-x-1，又令v（x）=a（1-e-x）+（ax+1）e-x-1，则v′（x）=e-x（2a-ax-1），∵x≥0，a≥0．①当a=0时，v′（x）=-e-x＜0，则v（x）在[0，+∞）上单调递减，∴v（x）=μ′（x）≤v（0）=0，∴μ（x）在[0，+∞）上单减，∴μ（x）≤μ（0）=0，即f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立；（7分）②当a≥0时，v′(x)＝?a?e?x(x?2a?1a)．ⅰ）若2a-1≤0，即0＜a≤12时，v′（x）≤0，则v（x）在[0，+∞）上单调递减，∴v（x）=μ′（x）≤v（0）=0，∴μ（x）在[0，+∞）上单调递减，∴μ（x）≤μ（0）=0，此时f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立；（8分）ⅱ）若2a-1＞0，即a＞12时，若0＜x＜2a?1a时，v′（x）＞0，则v（x）在（0，2a?1a）上单调递增，∴v（x）=μ′（x）＞v（0）=0，∴μ（x）在（0，2a?1a）上也单调递增，∴μ（x）＞μ（0）=0，即f（x）＞g（x），不满足条件．（9分）综上，不等式f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立时，实数a的取值范围是[0，12]．（10分）（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=12时，则1?e?x≤x12x+1，∴e?x≥2?x2+x，当x∈[0，2）时，e?x≥2?x2+x，∴x≤ln2+x2?x，令2+x2?x＝n，则x=2n?2n+1＝2?4n+1，∴lnn≥2?4n+1(n∈N*)，∴nk＝1lnk≥2n?nk＝14k+1，∴ln(n!)≥2n?nk＝14k+1，（12分）又由（Ⅰ）得h（x）≤h（1），即xe?x≤1e，当x＞0时，ln(xe?x)≤ln1e＝?1，∴lnx≤x-1，ln（n!）=ln2+ln3+…+lnn≤1+2+…+（n-1）=n(n?1)2，综上得2n?nk＝14k+1≤ln（n!）≤n2?n2，即e2n?nk＝14k+1≤n!≤en(n?1)2．（14分）