【文档说明】高考数学(理数)一轮复习03《导数及其应用》单元测试 (含详解).doc，共(19)页，496.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2016·西安模拟)已知曲线y＝18x2的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为()A．4B．3C．2D.1

2解：y′＝14x＝12⇒x＝2.故选C.2．函数f(x)＝(4－x)ex的单调递减区间是()A．(－∞，4)B．(－∞，3)C．(4，＋∞)D．(3，＋∞)解：f′(x)＝－ex＋(4－x)ex＝ex(3－x)，令f′(

x)<0，由于ex>0，所以3－x<0，解得x>3.故选D.3．设函数f(x)是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率为()A．－15B．0C.15D．5解：因为f(x)是R

上的可导偶函数，所以f(x)的图象关于y轴对称，所以f(x)在x＝0处取得极值，即f′(0)＝0，又f(x)的周期为5，所以f′(5)＝0，即曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率为0.故选B.4．已知函数f(

x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－3]∪[3，＋∞)B．[－3，3]C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－3，3)解：因为f′(x)＝－3x2＋2a

x－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，解得－3≤a≤3.故选B.5．已知函数f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一直角坐标系下的图象如图所示，设函数h(x)＝f(x)－g(x)，则()

A．h(1)<h(0)<h(－1)B．h(1)<h(－1)<h(0)C．h(0)<h(－1)<h(1)D．h(0)<h(1)<h(－1)解：由图象可知f′(x)＝x，g′(x)＝x2，则f(x)＝12x2＋m，g(x)＝13x3＋n，其中m，n为常数

，则h(x)＝12x2－13x3＋m－n，得h(0)＝m－n，h(1)＝16＋m－n，h(－1)＝56＋m－n，故h(0)<h(1)<h(－1)．故选D.6．如图所示，在一个边长为1的正方形AOBC内，曲线y＝x2和曲线y＝x围

成一个叶形图(阴影部分)，向正方形AOBC内随机投一点(该点落在正方形AOBC内任何一点是等可能的)，则所投的点落在叶形图内部的概率是()A.12B.13C.14D.16解：依题意知，题中的正方形区域的面积为12＝1，阴影区域的面积等于01(x－x2)dx＝23x32－

13x3|10＝13，因此所投的点落在叶形图内部的概率等于13.故选B.7．(2016·长沙模拟)等差数列{an}中的a1，a4033是函数f(x)＝13x3－4x2＋6x－1的极值点，则log2a2017等于()A．2B．3C

．4D．5解：f′(x)＝x2－8x＋6，因此a1，a4033是方程x2－8x＋6＝0的两根，由韦达定理有a1＋a4033＝8，所以2a2017＝8，a2017＝4，故log2a2017＝log24＝2.故选A.8．(2017·全国卷Ⅱ)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解：f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(

x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2<x<1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递

增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.9．做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为

()A.abB.a2bC.baD.b2a解：如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.设造价为y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·VπR2＝2πaR2＋2bVR，所以y′＝4πaR－2bVR2.令y′＝0，得2Rh＝ba.故选C.10

．(2018·广东五校一诊)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有极值，则实数a的取值范围是()A.－∞，12B.0，12C.－∞，12D.0，12解：f(x)＝xlnx－ax2(x>0)，f′(x)＝lnx

＋1－2ax.令g(x)＝lnx＋1－2ax，因为函数f(x)有极值，则g(x)在(0，＋∞)上有变号零点．g′(x)＝1x－2a＝1－2axx.①当a≤0时，g′(x)>0，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，g(x)→＋∞，符合题意．

②当a>0时，由g′(x)＝0得x＝12a，可知g(x)在0，12a上递增，在12a，＋∞上递减，要使g(x)在(0，＋∞)上有变号零点，需g12a>0，即ln12a>0，12a>1，则0<a<12.综上知a<12.另解：令g(x)＝0⇒2a＝1

＋lnxx，令h(x)＝1＋lnxx，则h′(x)＝－lnxx2，从而知h(x)∈(－∞，1]．要使g(x)在(0，＋∞)上有变号零点，需2a<1，即a<12.故选A.11．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数K，定义函数fk(x)＝

f（x），f（x）≤K，K，f（x）>K.取函数f(x)＝2－x－e－x.若对任意的x∈(－∞，＋∞)，恒有fk(x)＝f(x)，则()A．K的最大值为2B．K的最小值为2C．K的最大值为1D．K

的最小值为1解：由f′(x)＝－1＋e－x＝0，知x＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)max＝f(0)＝1，即函数f(x)的值域是(－∞，1]，

而要使fk(x)＝f(x)在R上恒成立，结合条件应有f(x)≤K恒成立，可知D符合，此时fk(x)＝f(x)．故选D.12．(2018·湖北八校联考)下列命题为真命题的个数是()①ln3<3ln2;②lnπ<πe；③215<15;④3eln2<42.A．1

B．2C．3D．4解：观察各命题，构造函数f(x)＝lnxx，f′(x)＝2－lnx2xx，则易知f(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减．对于①，ln33<ln44⇔ln33<2ln22⇔ln3<3ln2，①正确；对于②，lnππ>lnee⇔lnπ>

πe，②错误；对于③，ln1515>ln1616⇔ln1515>ln2⇔ln15>ln215⇔15>215，③正确；对于④，ln88<lne2e2⇔3ln222<2e⇔3eln2<42，④正确．故①③④正确．故选

C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2017·全国卷Ⅰ)曲线y＝x2＋1x在点(1，2)处的切线方程为________．解：y′＝2x－1x2，y′|x＝1＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即y＝x＋1.故填y＝x＋1.14.－339－x2dx

＝________.解：由定积分的几何意义知，－339－x2dx表示圆x2＋y2＝9位于x轴上方部分(即半圆)的面积，所以－339－x2dx＝12×π×32＝9π2.故填9π2.15．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一

个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为．解：当x＞0时，令f(x)＝0，得a＝2x＋1x2，令g(x)＝2x＋1x2，x＞0，则g′(x)＝2－2x3，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，函数g(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，

g′(x)＞0，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以x＝1时，函数g(x)有最小值为g(1)＝3.所以当a＝3时，函数f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．所以f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x2－6x.令f′(x)＝0⇒x＝0或x＝1.当－1≤x＜

0时，f′(x)＞0，f(x)在[－1，0)上单调递增；当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(0，1)上单调递减，所以在[－1，1]上的最大值为f(0)＝1，最小值为min{f(－1)，f(1)}＝min{－4，0}＝－4.所以最大值与最小值的和为1－4＝－3.故填－3.16

．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<12，则不等式f(x2)<x22＋12的解集为________．解：令F(x)＝f(x)－12x，所以F′(x)＝f′(x)－12，因为f′(x)<12，所以F′(

x)<0，即函数F(x)在R上单调递减，因为f(x2)<x22＋12，所以f(x2)－x22<f(1)－12，即F(x2)<F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，所以x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故填(－∞，－1)∪(1，＋∞)．三、解答题：共

70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在点x0处取得极大值5，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)，(2，0)，如图所示．(1)求x0的值；(2)求a，b，c的值．解：(1)由图象可知，f′(x)随x变化的

情况如下表所示：x(－∞，1)1(1，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋可知当x＝1时，f(x)取到极大值5，则x0＝1.(2)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，a>0，x＝1，x＝2为方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，因此

a＋b＋c＝5，－2b3a＝3，c3a＝2，解得a＝2，b＝－9，c＝12.综上，a，b，c的值分别为2，－9，12.18．(12分)已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)

是否存在实数a，使f(x)在(－1，1)上单调递减，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝3x2－a，由Δ≤0，即12a≤0，解得a≤0，因此当f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增时，a的取值范围是(－∞，0

]．(2)若f(x)在(－1，1)上单调递减，则对于任意x∈(－1，1)，不等式f′(x)＝3x2－a≤0恒成立，即a≥3x2恒成立，又x∈(－1，1)，则3x2<3，因此a≥3，函数f(x)在(－1，1)上单调递减，实数a的取值范围是[3，＋∞)

．19．(12分)(2016·北京)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.求：(1)a，b的值；(2)f(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝ea－x－x

ea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4，所以f(2)＝2(e－1)＋4，f′(2)＝e－1，即f(2)＝2ea－2＋2b＝2(e－1)＋4＝2(e＋1)，①f′(2)＝(1－2)ea－2＋b＝e－1

.②由①②解得a＝2，b＝e.(2)由(1)可知f(x)＝xe2－x＋ex，f′(x)＝(1－x)e2－x＋e.令g(x)＝(1－x)e2－x，所以g′(x)＝－e2－x－(1－x)e2－x＝(x－2)e2－x.当x变化时，g(x)，g′(x)的变化如下：x

(－∞，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x)单调递减极小值单调递增所以f′(x)≥g(2)＋e＝e－1＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无单调递减区间．20．(12分)已知函数f(x)＝

ex.(1)过原点作曲线y＝f(x)的切线，求切线方程；(2)当x>0时，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数．解：(1)由题意，设切点为M(x0，y0)，由题意可得f′(x0)＝y0－0x0－0，即ex0＝ex0x0，解得x0＝1，即切点为M(1,e)．所以

k＝e－01－0＝e，所以切线方程为y＝ex.(2)当x>0，m>0时，曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)＝mx2根的个数．由f(x)＝mx2得m＝exx2.令g(x)＝exx2，则g′(x)＝xex（x－2）x4，令g′(x)＝0，解得x＝2.当x变化时

，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x)↘极小值↗其中g(2)＝e24，所以g(2)为g(x)在(0，＋∞)上的最小值，且当x→0，x→＋∞时都有g(x)→＋∞.所以对曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：

当m∈0，e24时，有0个公共点；当m＝e24时，有1个公共点；当m∈e24，＋∞时，有2个公共点．21．(12分)(2017·河北名校联盟二模)已知函数f(x)＝alnx＋12x2－ax(a为常数)有两个极值点．(1)求实数a的取值范围；(2)设f(x)的两个极值点分别为x

1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立，求λ的最小值．解：(1)由题设知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x2－ax＋ax，且f′(x)＝0有两个不同的正根，即x2－ax＋a＝0有两个不同的正根，则Δ＝a2－4a>

0，a>0，所以a>4，即实数a的取值范围是(4，＋∞)．(2)不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立等价于λ>f（x1）＋f（x2）x1＋x2恒成立．f(x1)＋f(x2)＝alnx1＋12x21－ax1＋

alnx2＋12x22－ax2.由(1)可知x1＋x2＝a，x1x2＝a，所以f(x1)＋f(x2)＝a(lnx1＋lnx2)＋12(x21＋x22)－a(x1＋x2)＝aln(x1x2)＋12[(x1＋x2)

2－2x1x2]－a(x1＋x2)＝alna＋12(a2－2a)－a2＝alna－12a2－a，所以f（x1）＋f（x2）x1＋x2＝lna－12a－1，令y＝lna－12a－1，则y′＝1a－12，因为a>4，所以y′<0，所以y＝lna－12a－1在(4，＋∞)上单调递减，所以

y<ln4－3，所以λ≥ln4－3.所以λ的最小值是ln4－3.22．(12分)已知函数f(x)＝a(x＋1)2＋xex，其中x∈R，e为自然对数的底数．(1)若函数f(x)既有极大值又有极小值，试求实数a的取值范围；(2)设a>0，且x1，x2是函数f(x)的两个零点，求证：f

′x1＋x22<0.解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)．若f(x)既有极大值，又有极小值，则需f′(x)＝0有两个不相等的实根，即ex＝－2a且x≠－1.由－2a>0，且－2a≠1e，得a∈－∞，－12e∪－12e，0.(

2)证明：由(1)可知，当a>0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－1)上单调递减，又f(－1)＝－1e<0.令F(x)＝f(x)－f(－2－x)，则F(x)＝xex＋(x＋2)e－2－x(x<－1)，因为F′(x)＝(x＋1)(ex－

e－x－2)>0，所以F(x)在区间(－∞，－1)上单调递增．所以F(x)<F(－1)＝0，所以f(x)<f(－2－x)(x<－1)，因为x1，x2是f(x)的两个零点，不妨设x1<－1<x2，所以f(x2)

＝0＝f(x1)<f(－2－x1)，因为－2－x1>－1，x2>－1，且f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，所以x2<－2－x1，所以x1＋x22<－1，由f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，知f′x1＋x22<0.一、选择题

：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2016·西安模拟)已知曲线y＝18x2的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为()A．4B．3C．2

D.12解：y′＝14x＝12⇒x＝2.故选C.2．函数f(x)＝(4－x)ex的单调递减区间是()A．(－∞，4)B．(－∞，3)C．(4，＋∞)D．(3，＋∞)解：f′(x)＝－ex＋(4－x)ex＝ex(3－x)，令f′(x

)<0，由于ex>0，所以3－x<0，解得x>3.故选D.3．设函数f(x)是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率为()A．－15B．0C.15D．5解：因为f(x)是R上的可导偶函数，所以f(x)的图象关于y轴对称，所以f(x)在x＝0处取得极值，即f′

(0)＝0，又f(x)的周期为5，所以f′(5)＝0，即曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率为0.故选B.4．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－3]∪[3，＋∞)B．[－3，3]C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－3，3)解：因

为f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，解得－3≤a≤3.故选B.5．已知函数f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一直角坐标系下的图象如图所示，设函数h(x)＝f(x)－g(x

)，则()A．h(1)<h(0)<h(－1)B．h(1)<h(－1)<h(0)C．h(0)<h(－1)<h(1)D．h(0)<h(1)<h(－1)解：由图象可知f′(x)＝x，g′(x)＝x2，则f(x)＝12x2＋m，g(x)＝13x3＋n，其中m，n为常数，则h(

x)＝12x2－13x3＋m－n，得h(0)＝m－n，h(1)＝16＋m－n，h(－1)＝56＋m－n，故h(0)<h(1)<h(－1)．故选D.6．如图所示，在一个边长为1的正方形AOBC内，曲线y＝x2和曲线y＝x围成一个叶形图(阴影部

分)，向正方形AOBC内随机投一点(该点落在正方形AOBC内任何一点是等可能的)，则所投的点落在叶形图内部的概率是()A.12B.13C.14D.16解：依题意知，题中的正方形区域的面积为12＝1，阴影区域的面

积等于01(x－x2)dx＝23x32－13x3|10＝13，因此所投的点落在叶形图内部的概率等于13.故选B.7．(2016·长沙模拟)等差数列{an}中的a1，a4033是函数f(x)＝13x3－4x2＋6x－1的极

值点，则log2a2017等于()A．2B．3C．4D．5解：f′(x)＝x2－8x＋6，因此a1，a4033是方程x2－8x＋6＝0的两根，由韦达定理有a1＋a4033＝8，所以2a2017＝8，a2017＝4，故log2a2017＝log24＝2.故选A.8．(2017·全国卷Ⅱ)

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解：f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－

1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x

>1，令f′(x)<0，解得－2<x<1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选

A.9．做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为()A.abB.a2bC.baD.b2a解：如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.设造价为y

＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·VπR2＝2πaR2＋2bVR，所以y′＝4πaR－2bVR2.令y′＝0，得2Rh＝ba.故选C.10．(2018·广东五校一诊)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有极值，则实

数a的取值范围是()A.－∞，12B.0，12C.－∞，12D.0，12解：f(x)＝xlnx－ax2(x>0)，f′(x)＝lnx＋1－2ax.令g(x)＝lnx＋1－2ax，因为函数f(x)有极值，则g(x)在(0，＋∞)上有变号零点．g′(x)＝1x－2a＝

1－2axx.①当a≤0时，g′(x)>0，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，g(x)→＋∞，符合题意．②当a>0时，由g′(x)＝0得x＝12a，可知g(x)在0，12a上递增，在12a，＋∞上递减，

要使g(x)在(0，＋∞)上有变号零点，需g12a>0，即ln12a>0，12a>1，则0<a<12.综上知a<12.另解：令g(x)＝0⇒2a＝1＋lnxx，令h(x)＝1＋lnxx，则h′(x)＝－lnxx2，从而知h(x)∈(－∞，1

]．要使g(x)在(0，＋∞)上有变号零点，需2a<1，即a<12.故选A.11．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数K，定义函数fk(x)＝f（x），f（x）≤K，K，f（x）>K.取函数f(x)＝2－x－e－x.若对

任意的x∈(－∞，＋∞)，恒有fk(x)＝f(x)，则()A．K的最大值为2B．K的最小值为2C．K的最大值为1D．K的最小值为1解：由f′(x)＝－1＋e－x＝0，知x＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，当x∈(0

，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)max＝f(0)＝1，即函数f(x)的值域是(－∞，1]，而要使fk(x)＝f(x)在R上恒成立，结合条件应有f(x)≤K恒成立，可知D符合，此时fk(x)＝f(x)．故选D.12．(2018·湖北八校联考)下列命题为真命题的个数是()①l

n3<3ln2;②lnπ<πe；③215<15;④3eln2<42.A．1B．2C．3D．4解：观察各命题，构造函数f(x)＝lnxx，f′(x)＝2－lnx2xx，则易知f(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋

∞)上单调递减．对于①，ln33<ln44⇔ln33<2ln22⇔ln3<3ln2，①正确；对于②，lnππ>lnee⇔lnπ>πe，②错误；对于③，ln1515>ln1616⇔ln1515>ln2⇔ln15>

ln215⇔15>215，③正确；对于④，ln88<lne2e2⇔3ln222<2e⇔3eln2<42，④正确．故①③④正确．故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2017·全国卷Ⅰ)曲

线y＝x2＋1x在点(1，2)处的切线方程为________．解：y′＝2x－1x2，y′|x＝1＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即y＝x＋1.故填y＝x＋1.14.－339－x2dx＝________.解：由定积分的几何意义知，－339－x2dx表

示圆x2＋y2＝9位于x轴上方部分(即半圆)的面积，所以－339－x2dx＝12×π×32＝9π2.故填9π2.15．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为．解：当x＞

0时，令f(x)＝0，得a＝2x＋1x2，令g(x)＝2x＋1x2，x＞0，则g′(x)＝2－2x3，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，函数g(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以x＝1时，函数g(x)有最小值为g(

1)＝3.所以当a＝3时，函数f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．所以f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x2－6x.令f′(x)＝0⇒x＝0或x＝1.当－1≤x＜0时，f′(x)＞0，f(x)在[－1，0)上单调递增；当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(

0，1)上单调递减，所以在[－1，1]上的最大值为f(0)＝1，最小值为min{f(－1)，f(1)}＝min{－4，0}＝－4.所以最大值与最小值的和为1－4＝－3.故填－3.16．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<12，则不等式f(x2)<x22＋12的

解集为________．解：令F(x)＝f(x)－12x，所以F′(x)＝f′(x)－12，因为f′(x)<12，所以F′(x)<0，即函数F(x)在R上单调递减，因为f(x2)<x22＋12，所以f(x2)－x22<f

(1)－12，即F(x2)<F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，所以x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故填(－∞，－1)∪(1，＋∞)．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．

(10分)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在点x0处取得极大值5，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)，(2，0)，如图所示．(1)求x0的值；(2)求a，b，c的值．解：(1)由图象可知，f′(x

)随x变化的情况如下表所示：x(－∞，1)1(1，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋可知当x＝1时，f(x)取到极大值5，则x0＝1.(2)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，a>0，x＝1，x＝2为方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，因此a＋b＋c＝5，

－2b3a＝3，c3a＝2，解得a＝2，b＝－9，c＝12.综上，a，b，c的值分别为2，－9，12.18．(12分)已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求实数a的

取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1，1)上单调递减，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝3x2－a，由Δ≤0，即12a≤0，解得a≤0，因此当f(x)在(－∞

，＋∞)上单调递增时，a的取值范围是(－∞，0]．(2)若f(x)在(－1，1)上单调递减，则对于任意x∈(－1，1)，不等式f′(x)＝3x2－a≤0恒成立，即a≥3x2恒成立，又x∈(－1，1)，则3x2<3，因此a≥3，函数f

(x)在(－1，1)上单调递减，实数a的取值范围是[3，＋∞)．19．(12分)(2016·北京)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.求：(1)a，b的值；(2)f(x)的单调区间．解

：(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4，所以f(2)＝2(e－1)＋4，f′(2)＝e－1，

即f(2)＝2ea－2＋2b＝2(e－1)＋4＝2(e＋1)，①f′(2)＝(1－2)ea－2＋b＝e－1.②由①②解得a＝2，b＝e.(2)由(1)可知f(x)＝xe2－x＋ex，f′(x)＝(1－x)e2

－x＋e.令g(x)＝(1－x)e2－x，所以g′(x)＝－e2－x－(1－x)e2－x＝(x－2)e2－x.当x变化时，g(x)，g′(x)的变化如下：x(－∞，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x

)单调递减极小值单调递增所以f′(x)≥g(2)＋e＝e－1＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无单调递减区间．20．(12分)已知函数f(x)＝ex.(1)过原点作曲线y＝f(x)的切线，求

切线方程；(2)当x>0时，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数．解：(1)由题意，设切点为M(x0，y0)，由题意可得f′(x0)＝y0－0x0－0，即ex0＝ex0x0，解得x0＝1，即切点为M(1,e)．所以k＝e－01－

0＝e，所以切线方程为y＝ex.(2)当x>0，m>0时，曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)＝mx2根的个数．由f(x)＝mx2得m＝exx2.令g(x)＝exx2，则g′(x)＝

xex（x－2）x4，令g′(x)＝0，解得x＝2.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x)↘极小值↗其中g(2)＝e24，所以g(2)为g(x)在(0

，＋∞)上的最小值，且当x→0，x→＋∞时都有g(x)→＋∞.所以对曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：当m∈0，e24时，有0个公共点；当m＝e24时，有1个公

共点；当m∈e24，＋∞时，有2个公共点．21．(12分)(2017·河北名校联盟二模)已知函数f(x)＝alnx＋12x2－ax(a为常数)有两个极值点．(1)求实数a的取值范围；(2)设f(x)的两个极值点分别为x1，x

2，若不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立，求λ的最小值．解：(1)由题设知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x2－ax＋ax，且f′(x)＝0有两个不同的正根，即x2－ax＋a＝0有两个不同的正根，则Δ＝a2－4a>0，a>0，所以a>4，即实数

a的取值范围是(4，＋∞)．(2)不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立等价于λ>f（x1）＋f（x2）x1＋x2恒成立．f(x1)＋f(x2)＝alnx1＋12x21－ax1＋alnx2＋12x22－ax2.由(1)可知x1＋x2＝a，x1x2＝a，所以f(

x1)＋f(x2)＝a(lnx1＋lnx2)＋12(x21＋x22)－a(x1＋x2)＝aln(x1x2)＋12[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)＝alna＋12(a2－2a)－a2＝alna－12a2－a，所以f（x1）＋f（x2）x1＋x2＝lna－12a－1，令

y＝lna－12a－1，则y′＝1a－12，因为a>4，所以y′<0，所以y＝lna－12a－1在(4，＋∞)上单调递减，所以y<ln4－3，所以λ≥ln4－3.所以λ的最小值是ln4－3.22．(12分)已知函数f(x)＝

a(x＋1)2＋xex，其中x∈R，e为自然对数的底数．(1)若函数f(x)既有极大值又有极小值，试求实数a的取值范围；(2)设a>0，且x1，x2是函数f(x)的两个零点，求证：f′x1＋x22<0.解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(

x＋1)(ex＋2a)．若f(x)既有极大值，又有极小值，则需f′(x)＝0有两个不相等的实根，即ex＝－2a且x≠－1.由－2a>0，且－2a≠1e，得a∈－∞，－12e∪－12e，0.(2)证明：由(1)可知，当

a>0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－1)上单调递减，又f(－1)＝－1e<0.令F(x)＝f(x)－f(－2－x)，则F(x)＝xex＋(x＋2)e－2－x(x<－1)，因为F′(x)＝(x＋1)(ex－e－x

－2)>0，所以F(x)在区间(－∞，－1)上单调递增．所以F(x)<F(－1)＝0，所以f(x)<f(－2－x)(x<－1)，因为x1，x2是f(x)的两个零点，不妨设x1<－1<x2，所以f(x2)＝0＝f(x1)<f(－2－x1

)，因为－2－x1>－1，x2>－1，且f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，所以x2<－2－x1，所以x1＋x22<－1，由f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，知f′x1＋x22<0.一、选择题：本题共

12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2016·西安模拟)已知曲线y＝18x2的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为()A．4B．3C．2D.12

解：y′＝14x＝12⇒x＝2.故选C.2．函数f(x)＝(4－x)ex的单调递减区间是()A．(－∞，4)B．(－∞，3)C．(4，＋∞)D．(3，＋∞)解：f′(x)＝－ex＋(4－x)ex＝ex(3－x)，令f′(x

)<0，由于ex>0，所以3－x<0，解得x>3.故选D.3．设函数f(x)是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率为()A．－15B．0C.15D．5解：因为f(x)是R上的可导偶函数，所以f(x)的图象关于y轴对称，所以f(x)在x＝0处取得极值，即f′(0)

＝0，又f(x)的周期为5，所以f′(5)＝0，即曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率为0.故选B.4．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－

3]∪[3，＋∞)B．[－3，3]C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－3，3)解：因为f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，解得－3≤a≤3.故选B.5．已知函数f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和

三次函数g(x)的导函数，它们在同一直角坐标系下的图象如图所示，设函数h(x)＝f(x)－g(x)，则()A．h(1)<h(0)<h(－1)B．h(1)<h(－1)<h(0)C．h(0)<h(－1)<h(1)

D．h(0)<h(1)<h(－1)解：由图象可知f′(x)＝x，g′(x)＝x2，则f(x)＝12x2＋m，g(x)＝13x3＋n，其中m，n为常数，则h(x)＝12x2－13x3＋m－n，得h(0)＝m－n，h(1)＝16＋m－n，h(－1)＝56＋m－n，故h(0)<h(1)<

h(－1)．故选D.6．如图所示，在一个边长为1的正方形AOBC内，曲线y＝x2和曲线y＝x围成一个叶形图(阴影部分)，向正方形AOBC内随机投一点(该点落在正方形AOBC内任何一点是等可能的)，则所投的点落在叶形图内部的概率是()A.12B.13

C.14D.16解：依题意知，题中的正方形区域的面积为12＝1，阴影区域的面积等于01(x－x2)dx＝23x32－13x3|10＝13，因此所投的点落在叶形图内部的概率等于13.故选B.7．(2016·长沙模拟)等差数列{an}中的a1，a4033是函数f(x)＝13x3－4x2＋6

x－1的极值点，则log2a2017等于()A．2B．3C．4D．5解：f′(x)＝x2－8x＋6，因此a1，a4033是方程x2－8x＋6＝0的两根，由韦达定理有a1＋a4033＝8，所以2a2017＝8，a2017＝4，故log2a2017＝log24＝2.故选A.8．

(2017·全国卷Ⅱ)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解：f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数

f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2

<x<1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.9．做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a

元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为()A.abB.a2bC.baD.b2a解：如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.设造价为y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·VπR2＝2πaR2

＋2bVR，所以y′＝4πaR－2bVR2.令y′＝0，得2Rh＝ba.故选C.10．(2018·广东五校一诊)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有极值，则实数a的取值范围是()A.－∞，12B.

0，12C.－∞，12D.0，12解：f(x)＝xlnx－ax2(x>0)，f′(x)＝lnx＋1－2ax.令g(x)＝lnx＋1－2ax，因为函数f(x)有极值，则g(x)在(0，＋∞)上有变号零点．g′(x)＝1x－2a＝1－2axx.①当a≤0时，g′(

x)>0，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，g(x)→＋∞，符合题意．②当a>0时，由g′(x)＝0得x＝12a，可知g(x)在0，12a上递增，在12a，＋∞上递减，要使g(x

)在(0，＋∞)上有变号零点，需g12a>0，即ln12a>0，12a>1，则0<a<12.综上知a<12.另解：令g(x)＝0⇒2a＝1＋lnxx，令h(x)＝1＋lnxx，则h′(x)＝－lnxx2，从而知h(x)∈(－∞，

1]．要使g(x)在(0，＋∞)上有变号零点，需2a<1，即a<12.故选A.11．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数K，定义函数fk(x)＝f（x），f（x）≤K，K，f（x）>K.取函数f(x)＝2－x－e－x.若对任意的x∈(－∞，＋∞

)，恒有fk(x)＝f(x)，则()A．K的最大值为2B．K的最小值为2C．K的最大值为1D．K的最小值为1解：由f′(x)＝－1＋e－x＝0，知x＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时

，f′(x)<0，所以f(x)max＝f(0)＝1，即函数f(x)的值域是(－∞，1]，而要使fk(x)＝f(x)在R上恒成立，结合条件应有f(x)≤K恒成立，可知D符合，此时fk(x)＝f(x)．故选D.12．(2018·湖北八校联考)下列命题为真命题的个数

是()①ln3<3ln2;②lnπ<πe；③215<15;④3eln2<42.A．1B．2C．3D．4解：观察各命题，构造函数f(x)＝lnxx，f′(x)＝2－lnx2xx，则易知f(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减．对于①，ln33<

ln44⇔ln33<2ln22⇔ln3<3ln2，①正确；对于②，lnππ>lnee⇔lnπ>πe，②错误；对于③，ln1515>ln1616⇔ln1515>ln2⇔ln15>ln215⇔15>215，③正确；对于④，ln88<lne2e2⇔3ln222<2e⇔3eln

2<42，④正确．故①③④正确．故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2017·全国卷Ⅰ)曲线y＝x2＋1x在点(1，2)处的切线方程为________．解：y′＝2x－1x2，y′|x＝1＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即y＝x＋1

.故填y＝x＋1.14.－339－x2dx＝________.解：由定积分的几何意义知，－339－x2dx表示圆x2＋y2＝9位于x轴上方部分(即半圆)的面积，所以－339－x2dx＝12×π×32＝9π2.故填9π2.15．(2018·江苏)

若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为．解：当x＞0时，令f(x)＝0，得a＝2x＋1x2，令g(x)＝2x＋1x2，x＞0，则g′(x

)＝2－2x3，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，函数g(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以x＝1时，函数g(x)有最小值为g(1)＝3.所以当a＝3时，函数f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．所以f(x)

＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x2－6x.令f′(x)＝0⇒x＝0或x＝1.当－1≤x＜0时，f′(x)＞0，f(x)在[－1，0)上单调递增；当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(0，1)上单调递减，所以在[－1，1]上的最大

值为f(0)＝1，最小值为min{f(－1)，f(1)}＝min{－4，0}＝－4.所以最大值与最小值的和为1－4＝－3.故填－3.16．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<12，则不等式f(x2)<x22＋12的解集为________．解：令

F(x)＝f(x)－12x，所以F′(x)＝f′(x)－12，因为f′(x)<12，所以F′(x)<0，即函数F(x)在R上单调递减，因为f(x2)<x22＋12，所以f(x2)－x22<f(1)－12，即F(x2)

<F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，所以x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故填(－∞，－1)∪(1，＋∞)．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在

点x0处取得极大值5，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)，(2，0)，如图所示．(1)求x0的值；(2)求a，b，c的值．解：(1)由图象可知，f′(x)随x变化的情况如下表所示：x(－∞，1

)1(1，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋可知当x＝1时，f(x)取到极大值5，则x0＝1.(2)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，a>0，x＝1，x＝2为方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，因此a＋b＋c＝5，－2b3a＝3，c3a＝2

，解得a＝2，b＝－9，c＝12.综上，a，b，c的值分别为2，－9，12.18．(12分)已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1，1)上单调递减，若存在，求出a的取值范围；若不存

在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝3x2－a，由Δ≤0，即12a≤0，解得a≤0，因此当f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增时，a的取值范围是(－∞，0]．(2)若f(x)在(－1，1)上单调递减，则对于任意x∈(－1

，1)，不等式f′(x)＝3x2－a≤0恒成立，即a≥3x2恒成立，又x∈(－1，1)，则3x2<3，因此a≥3，函数f(x)在(－1，1)上单调递减，实数a的取值范围是[3，＋∞)．19．(12分)(2016·北京)设函数f(x)＝xea－

x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.求：(1)a，b的值；(2)f(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝ea－x－xea－x＋

b＝(1－x)ea－x＋b.因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4，所以f(2)＝2(e－1)＋4，f′(2)＝e－1，即f(2)＝2ea－2＋2b＝2(e－1)＋4＝2(e＋1)，①f′(2)＝(1－2)ea

－2＋b＝e－1.②由①②解得a＝2，b＝e.(2)由(1)可知f(x)＝xe2－x＋ex，f′(x)＝(1－x)e2－x＋e.令g(x)＝(1－x)e2－x，所以g′(x)＝－e2－x－(1－x)e2－x＝(x－2)e2－x.当x变化时，g(x)，g′(x)的变化如下：x(

－∞，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x)单调递减极小值单调递增所以f′(x)≥g(2)＋e＝e－1＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无单调递减区间．20．(12分)已知函数f(x)

＝ex.(1)过原点作曲线y＝f(x)的切线，求切线方程；(2)当x>0时，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数．解：(1)由题意，设切点为M(x0，y0)，由题意可得f′(x0)＝y0－0x0－0，即ex0＝ex0x0，解得x0＝1，即切点为M(1,

e)．所以k＝e－01－0＝e，所以切线方程为y＝ex.(2)当x>0，m>0时，曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)＝mx2根的个数．由f(x)＝mx2得m＝exx2.令g(x)＝exx2，则g′(x)＝xex（x－2

）x4，令g′(x)＝0，解得x＝2.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x)↘极小值↗其中g(2)＝e24，所以g(2)为g(x)在(0，＋∞)上

的最小值，且当x→0，x→＋∞时都有g(x)→＋∞.所以对曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：当m∈0，e24时，有0个公共点；当m＝e24时，有1个公共点；当m∈e24，＋∞时，有2个公共点．21．(12分)(2017·河北名校联盟二模)已知

函数f(x)＝alnx＋12x2－ax(a为常数)有两个极值点．(1)求实数a的取值范围；(2)设f(x)的两个极值点分别为x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立，求λ的最小值．解：(1)由题设知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x

2－ax＋ax，且f′(x)＝0有两个不同的正根，即x2－ax＋a＝0有两个不同的正根，则Δ＝a2－4a>0，a>0，所以a>4，即实数a的取值范围是(4，＋∞)．(2)不等式f(x1)＋f(x

2)<λ(x1＋x2)恒成立等价于λ>f（x1）＋f（x2）x1＋x2恒成立．f(x1)＋f(x2)＝alnx1＋12x21－ax1＋alnx2＋12x22－ax2.由(1)可知x1＋x2＝a，x1x2＝a，所以f(x1)＋f(x2)＝a(lnx1＋lnx2)＋12(x21＋x2

2)－a(x1＋x2)＝aln(x1x2)＋12[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)＝alna＋12(a2－2a)－a2＝alna－12a2－a，所以f（x1）＋f（x2）x1＋x2＝lna－12a－1，令y＝lna－12a－1，则y′＝1a－12，因为a>4，所以

y′<0，所以y＝lna－12a－1在(4，＋∞)上单调递减，所以y<ln4－3，所以λ≥ln4－3.所以λ的最小值是ln4－3.22．(12分)已知函数f(x)＝a(x＋1)2＋xex，其中x∈R，e为自然对数的底数．(1)若函数f(x)既有极大值又有极小值，试求实数a的取值范围；(2

)设a>0，且x1，x2是函数f(x)的两个零点，求证：f′x1＋x22<0.解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)．若f(x)既有极大值，又有极小值，则需f′(x)＝0有两个不相等的实根，即ex＝－

2a且x≠－1.由－2a>0，且－2a≠1e，得a∈－∞，－12e∪－12e，0.(2)证明：由(1)可知，当a>0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－1)上单调递减，又f(－1)＝－1e<0.令F(x)＝f(x)－f(－

2－x)，则F(x)＝xex＋(x＋2)e－2－x(x<－1)，因为F′(x)＝(x＋1)(ex－e－x－2)>0，所以F(x)在区间(－∞，－1)上单调递增．所以F(x)<F(－1)＝0，所以f(x)<f(－2－x

)(x<－1)，因为x1，x2是f(x)的两个零点，不妨设x1<－1<x2，所以f(x2)＝0＝f(x1)<f(－2－x1)，因为－2－x1>－1，x2>－1，且f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，所以x2<－2－x1，所以x1＋x22<－1，由f(x)在区间(－∞，－1

)上单调递减，知f′x1＋x22<0.