高三数学总复习——导数高考真题练习1

1.已知 为实数，函数 .    

（1）若 是函数 的一个极值点，求实数 的取值；    

（2）设 ，若 ，使得 成立，求实数 的取值范围.    

2.已知函数 .    

（1）若函数 有两个极值点，求实数 的取值范围；    

（2）若关于 的方程 ， 有实数解，求整数 的最大值.    

3.已知函数 ．

（Ⅰ）当 时，求曲线 在 处的切线方程；

（Ⅱ）若函数 在定义域内不单调，求 的取值范围．    

4.（2014•四川）已知函数f（x）=ex﹣ax2﹣bx﹣1，其中a，b∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．    

（1）设g（x）是函数f（x）的导函数，求函数g（x）在区间[0，1]上的最小值；    

（2）若f（1）=0，函数f（x）在区间（0，1）内有零点，求a的取值范围．    

5.（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）    

（1）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；    

（2）当m≤2时，证明f（x）＞0．    

6.已知函数 .    

（1）若函数 的图象在点 处的切线方程为 ，求 ， 的值；    

（2）当 时，在区间 上至少存在一个 ，使得 成立，求实数 的取值范围.    

7.（2018•卷Ⅰ）已知函数 

（1）讨论 的单调性；    

（2）若 存在两个极值点 ，证明： 

8.已知 在 处的切线方程为 。    

（1）求 的解析式；    

（2）求 的导函数 的零点个数；    

（3）求证： 。    

9.已知函数 ．    

（1）若函数 在区间 上为增函数,求 的取值范围；    

（2）当 且 时,不等式 在 上恒成立,求 的最大值．    

10.已知函数f（x）=mex﹣lnx﹣1．    

（1）当m=1，x∈[1，+∞）时，求y=f（x）的值域；    

（2）当m≥1时，证明：f（x）＞1．    

11.设f（x）=xex（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）2 ．   

（Ⅰ）记 ，讨论函数F（x）的单调性；

（Ⅱ）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函数G（x）有两个零点，求实数a的取值范围．    

12.已知函数f（x）=ex+2ax．    

（1）求函数f（x）的单调区间；    

（2）若函数f（x）在区间[1，+∞）上的最小值为0，求a的值；    

（3）若对于任意x≥0，f（x）≥e﹣x恒成立，求a的取值范围．    

13.已知函数f（x）=ex+ax2﹣ex，a∈R．

（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P．    

14.（2017•新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）ex ． 

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．    

15.（2017•新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．    

（1）讨论f（x）的单调性；    

（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．    

答案解析部分

一、解答题

1.【答案】（1）解：函数 定义域为 ，.

∵ 是函数 的一个极值点，∴ ，解得 .

经检验 时， 是函数 的一个极小值点，符合题意，∴ .

（2）解：由 ，得 ，

记 ，∴ ，∴当 时， ， 单调递减；

当 时， ， 单调递増.∴ ，

∴ ，记 ，∴ .

∵ ，∴ ，

∴ ，∴ 时， ， 单调递减；时， ， 单调递增，∴ ，∴ .故实数 的取值范围为 .  

【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值   

【解析】【分析】(1)根据题意首先求出函数的定义域以及原函数的导函数，由导函数的性质即可得出原函数的极值，从而能求出a的值。(2)利用已知条件构造函数并对原函数求导，即可得出构造的函数的单调性再由分离参数的思想，重新再构造函数G（x）并利用该函数的导函数的性质求出其单调性进而得出该函数的单调区间以及最值，从而得出a的取值范围。

2.【答案】（1）解： ,则 ,

得方程 有两个不等的正实数根,

即 ,

（2）解：方程 ,即 ,记函数 , ， ,

令   , ,

单调递减, ,

存在 ,使得 ,即 ,   

当 , , 递增, , 递减,

,即 , ,   

故 ,整数 的最大值为 

【考点】利用导数研究函数的单调性，函数在某点取得极值的条件，利用导数研究函数的极值   

【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用函数在某点取得极值的条件,结合二次函数的性质得到关于a的不等式组，解出即可；

（2）分离参数m，构造函数h（x）=,（x＞0），利用导数研究函数的单调性,求出m是最大值即可．

3.【答案】解：函数 的定义域为 ，

导函数 ．

（Ⅰ）当 时，因为 ， ，

所以曲线 在 处的切线方程为 ．

 （Ⅱ） ，

设函数 在定义域内不单调时， 的取值范围是集合 ；

函数 在定义域内单调时， 的取值范围是集合 ，则 ．

所以函数 在定义域内单调，等价于 恒成立，或 恒成立，

即 恒成立，或 恒成立，

等价于 恒成立或 恒成立．

令 ，则 ，

由 得 ，所以 在 上单调递增；

由 得 ，所以 在 上单调递减．

因为 ， ，且 时， ，

所以 ．

所以 ，

所以 

【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程   

【解析】【分析】（Ⅰ）求得f（x）的导数，利用导数研究曲线上某点切线方程，可得切线的斜率和切点，运用点斜式方程可得切线的方程；

（Ⅱ）求得f（x）的导数，利用函数的单调性与导数的关系，由参数分离和构造函数法，求得导数和单调性，可得函数值的取值范围，即可得到所求a的范围．

4.【答案】（1）解：∵f（x）=ex﹣ax2﹣bx﹣1，∴g（x）=f′（x）=ex﹣2ax﹣b，  

又g′（x）=ex﹣2a，x∈[0，1]，∴1≤ex≤e，

∴①当 时，则2a≤1，g′（x）=ex﹣2a≥0，

∴函数g（x）在区间[0，1]上单调递增，g（x）min=g（0）=1﹣b；

②当 ，则1＜2a＜e，

∴当0＜x＜ln（2a）时，g′（x）=ex﹣2a＜0，当ln（2a）＜x＜1时，g′（x）=ex﹣2a＞0，

∴函数g（x）在区间[0，ln（2a）]上单调递减，在区间[ln（2a），1]上单调递增，

g（x）min=g[ln（2a）]=2a﹣2aln（2a）﹣b；

③当 时，则2a≥e，g′（x）=ex﹣2a≤0，

∴函数g（x）在区间[0，1]上单调递减，g（x）min=g（1）=e﹣2a﹣b，

综上：函数g（x）在区间[0，1]上的最小值为 

（2）解：由f（1）=0，⇒e﹣a﹣b﹣1=0⇒b=e﹣a﹣1，又f（0）=0，  

若函数f（x）在区间（0，1）内有零点，则函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间，

由（1）知当a≤ 或a≥ 时，函数g（x）在区间[0，1]上单调，不可能满足“函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间”这一要求．

若 ，则gmin（x）=2a﹣2aln（2a）﹣b=3a﹣2aln（2a）﹣e+1

令h（x）=   （1＜x＜e）

则 = ，∴ ．由 ＞0⇒x＜ 

∴h（x）在区间（1， ）上单调递增，在区间（ ，e）上单调递减，

= = ＜0，即gmin（x）＜0 恒成立，

∴函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间⇔ ⇒ ，

又 ，所以e﹣2＜a＜1，

综上得：e﹣2＜a＜1．  

【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点   

【解析】【分析】（1）求出f（x）的导数得g（x），再求出g（x）的导数，对它进行讨论，从而判断g（x）的单调性，求出g（x）的最小值；（2）利用等价转换，若函数f（x）在区间（0，1）内有零点，则函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间，所以g（x）在（0，1）上应有两个不同的零点．

5.【答案】（1）解：∵ ，x=0是f（x）的极值点，∴ ，解得m=1．  

所以函数f（x）=ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．

∵ ．

设g（x）=ex（x+1）﹣1，则g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，

又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．

所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；

（2）解：证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．  

当m=2时，函数 在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．

故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0  ， 且x0∈（﹣1，0）．

当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0  ， +∞）时，f′（x）＞0，

从而当x=x0时，f（x）取得最小值．

由f′（x0）=0，得 ，ln（x0+2）=﹣x0 ． 

故f（x）≥ = ＞0．

综上，当m≤2时，f（x）＞0．  

【考点】根据实际问题选择函数类型，利用导数研究函数的单调性   

【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，因为x=0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；（2）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m=2时f（x）＞0．求出当m=2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0  ， 则当x=x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．

6.【答案】（1）解：因为 ，让你以 ，即 .

又因为 ，所以切点坐标为 ，

因为切点在直线 上，所以 ， 

（2）解：因为 ，所以 .

当 时， ，所以函数 在 上单调递增，令 ，此时 ，符合题意；

当 时，令 ，则 ，则函数 在 上单调递减，在 上单调递增.

①当 ，即 时，则函数 在 上单调递减，在 上单调递增，

，解得 .

②当 ，即 时，函数 在区间 上单调递减，则函数 在区间 上的最小值为 ，解得 ，无解.

综上， ，即实数 的取值范围是 

【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值   

【解析】【分析】（1）结合切线斜率的计算公式，并将点（0，f(0)同时代入直线方程和函数f(x)中，即可得出答案。（2）利用导函数，结合m的取值范围，对原函数f(x)的单调性进行判断，题目关键判断出f(x)最小值与0的关系，由此计算出m的值，即可得出答案。

7.【答案】（1）解： 的定义域为 ， .

若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单调递减.

若 ，令 得， 或 .

当 时， ；

当 时， .所以 在 单调递减，在 单调递增.

（2）解：由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 .

由于 的两个极值点 满足 ，所以 ，不妨设 ，则 .

由于，

所以 等价于 .

设函数 ，

由（1）知， 在 单调递减，又 ，从而当 时， .

所以 ，

即 .  

【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值   

【解析】【分析】(1)求出函数的导数,对a分类讨论研究函数的单调性;(2)当函数f(x)存在两个极值点时,则函数有导数有两个异号零点即导方程有两个相异实根,求出a的范围,不等式左边即相当于函数的导数,从而证明不等式.

8.【答案】（1）解： 

， 

（2）解： ，设 ，

则 ， 在 上递增，

，存在 ，

的导函数 的零点个数为1个

（3）证明：由（2）可知， 在 上递减，在 上递增，

，所以， 

【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值   

【解析】【分析】1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出函数的解析式即可；

（2）求出f'（x）的导数，根据函数的单调性判断即可；

（3）根据函数的单调性求出f（x）的最小值，从而证明结论即可．

9.【答案】（1）解： ,

即由题意知 在 上恒成立．

即 在 上恒成立,即 在 上恒成立,

而 ,所以 

（2）解： ．即 对任意 恒成立．

令 ,则 ．

令 ,

则 在 上单调递增．

∵ ,∴存在 使 ．

即当 时, ．即 ． 

时, 即 ．

∴ 在 上单调递减,在 上单调递增．

令 ,即 ；

；

∴ 且 ,即 ．

化简可得 

【考点】函数恒成立问题，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用   

【解析】【分析】(1)函数在区间上单调递增,等价于函数的导数 f ′ ( x ) ≥ 0 在 [ e , + ∞ ) 上恒成立,分离变量求a的范围;

(2) 不等式在 x ∈ ( 1 , + ∞ ) 上恒成立,每个分离变量得到 k < x + x ln x x - 1 对任意 x > 1 恒成立,将右边设为函数g(x),由导数求出g(x)的最小值,得到k的范围.

10.【答案】（1）解：m=1时，f（x）=ex﹣lnx﹣1，f′（x）=ex﹣ ，  故f′（x）＞0在x∈[1，+∞）恒成立，

故f（x）在[1，+∞）递增，f（x）的最小值是f（1）=e﹣1，

故f（x）在值域是[e﹣1，+∞）

（2）解：当m≥1时，f（x）=mex﹣lnx﹣1≥ex﹣lnx﹣1．  要证明f（x）＞1，只需证明ex﹣lnx﹣2＞0．

以下给出三种思路证明ex﹣lnx﹣2＞0．

思路1：设g（x）=ex﹣lnx﹣2，则g′（x）=ex﹣ ．

设h（x）=ex﹣ ，则h′（x）=ex+ ＞0，

所以函数h（x）=g′（x）=ex﹣ 在（0，+∞）上单调递增．

因为g′（ ）= ﹣2＜0，g'（1）=e﹣1＞0，

所以函数g′（x）在（0，+∞）上有唯一零点x0  ， 且x0∈（ ，1）．

因为g'（x0）=0时，所以 = ，即lnx0=﹣x0 ． 

当x∈（0，x0）时，g'（x）＜0；当x∈（x0  ， +∞）时，g'（x）＞0．

所以当x=x0时，g（x）取得最小值g（x0）．

故g（x）≥g（x0）= ﹣lnx0﹣2= +x0﹣2＞0．

综上可知，当m≥1时，f（x）＞1．

思路2：先证明ex≥x+1（x∈R）．

设h（x）=ex﹣x﹣1，则h'（x）=ex﹣1．

因为当x＜0时，h'（x）＜0，当x＞0时，h'（x）＞0，

所以当x＜0时，函数h（x）单调递减，

当x＞0时，函数h（x）单调递增．

所以h（x）≥h（0）=0．

所以ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号）．

所以要证明ex﹣lnx﹣2＞0，

只需证明（x+1）﹣lnx﹣2＞0．

下面证明x﹣lnx﹣1≥0．

设p（x）=x﹣lnx﹣1，则p′（x）=1﹣ = ．

当0＜x＜1时，p'（x）＜0，当x＞1时，p'（x）＞0，

所以当0＜x＜1时，函数p（x）单调递减，当x＞1时，函数p（x）单调递增．

所以p（x）≥p（1）=0．

所以x﹣lnx﹣1≥0（当且仅当x=1时取等号）．

由于取等号的条件不同，

所以ex﹣lnx﹣2＞0．

综上可知，当m≥1时，f（x）＞1  

【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值   

【解析】【分析】（1）求得m=1时，求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）的值域即可；（2）：运用分析法证明，当m≥1时，f（x）=mex﹣lnx﹣1≥ex﹣lnx﹣1．要证明f（x）＞1，只需证明ex﹣lnx﹣2＞0，  思路1：设g（x）=ex﹣lnx﹣2，求得导数，求得单调区间，可得最小值，证明大于0即可；

思路2：先证明ex≥x+1（x∈R），设h（x）=ex﹣x﹣1，求得导数和单调区间，可得最小值大于0；证明x﹣lnx﹣1≥0．设p（x）=x﹣lnx﹣1，求得导数和单调区间，可得最小值大于0，即可得证．

11.【答案】解：（Ⅰ）设F（x）= = ，（x≠﹣1），  F′（x）= = ，

∴当x∈（﹣∞，﹣1）时，F′（x）＜0，当x∈（﹣1，+∞）时，F′（x）＞0，

∴F（x）在（﹣∞，﹣1）是减函数，在（﹣1，+∞）是增函数；

（Ⅱ）G（x）=af（x）+g（x）=axex+（x+1）2  ， 

G′（x）=a（x+1）ex+2（x+1）=（x+1）（aex+2），

当a=0时，G（x）=（x+1）2  ， 有唯一零点：﹣1，

当a＞0时，aex+2＞0，则x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，

当x∈（﹣1，+∞），G′（x）＞0，G（x）单调递增，

G（x）极小值=G（﹣1）=﹣ ＜0，由G（0）=1＞0，

∴当x∈（﹣1，+∞），G（x）有唯一的零点，

当x＜﹣1时，ax＜0，则ex＜ ，axex＞ ，

∴G（x）＞ +（x+1）2=x2+（2+ ）x+1，

由△=（2+ ）2﹣4×1×1= +（ ）2＞0，

∴∃t1  ， t2  ， 且t1＜t2  ， 当x∈（﹣∞，t1）（t2  ， +∞）使得x2+（2+ ）x+1＞0，

取x0∈（﹣∞，﹣1）∩（﹣∞，t1），则G（x0）＞0，

从而x∈（﹣∞，﹣1）时，G（x）有唯一零点，

即a＞0时，函数G（x）有2个零点；

③a＜0时，G′（x）=a（x+1）（ex+ ），

由G′（x）=0，解得：x=﹣1或ln（﹣ ），

若﹣1=ln（﹣ ），即a=﹣2e时，G′（x）=﹣2e（x+1）（ex﹣ ）≤0，

故G（x）递减，至多有1个零点；

若﹣1＞ln（﹣ ），即a＜﹣2e时，G′（x）=a（x+1）（ex+ ），

注意到y=x+1，y=ex+ 都是增函数，

故x∈（﹣∞，ln（﹣ ））时，G′（x）＜0，G（x）递减，

x∈（ln（﹣ ），﹣1）时，G′（x）＞0，G（x）递增，

x∈（﹣1，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，

又∵G（x）极小值=G（ln（﹣ ））=ln2（﹣ ）+1＞0，

故G（x）至多1个零点；

若﹣1＜ln（﹣ ），即﹣2e＜a＜0时，同理得x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）递减，

x∈（﹣1，ln（﹣ ））时，G′（x）＞0，G（x）递增，

x∈（ln（﹣ ），+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，

又∵G（x）极小值=G（﹣1）=﹣ ＞0，

∴G（x）至多1个零点，

综上，若函数G（x）有2个零点，则参数a的范围是（0，+∞）  

【考点】利用导数研究函数的单调性   

【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）求出G（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数G（x）的极小值，结合函数的零点确定a的范围即可．

12.【答案】（1）解：当a≥0时，函数f'（x）=ex+2a＞0，f（x）在R上单调递增；  当 a＜0 时，f'（x）=ex+2a，

令 ex+2a=0，得x=ln（﹣2a），

所以，当x∈（﹣∞，ln（﹣2a））时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈（ln（﹣2a），+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增

（2）解：由（1）可知，当a≥0时，函数f（x）=ex+2ax＞0，不符合题意．  当a＜0时，f'（x）=ex+2a，

因为，当x∈（﹣∞，ln（﹣2a））时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈（ln（﹣2a），+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增．

①当ln（﹣2a）≤1，即 ≤a＜0时，f（x）最小值为f（1）=2a+e．

解2a+e=0，得a=﹣ ，符合题意．

②当ln（﹣2a）＞1，即a＜﹣ 时，f（x）最小值为f（ln（﹣2a））=﹣2a+2aln（﹣2a）．

解﹣2a+2aln（﹣2a）=0，得a=﹣ ，不符合题意．

综上，a=﹣ 

（3）解：构建新函数g（x）=ex﹣e﹣x+2ax，g'（x）=ex+e﹣x+2a，  ①当 2a≥﹣2，即 a≥﹣1时，

因为 ex+e﹣x≥2，所以g'（x）≥0（且a=﹣1时，仅当x=0时，g'（x）=0）

所以g（x）在R上单调递增．

又g（0）=0，所以当a≥﹣1时，对于任意x≥0都有g（x）≥0．

②当a＜﹣1时，解ex+e﹣x+2a＜0，即（ex）2+2aex+1＜0，

得﹣a﹣ ＜ex＜ ，

其中0＜﹣a﹣ ＜1，﹣a+ ＞1

所以ln（﹣a﹣ ）＜x＜ln（﹣a+ ），

且ln（﹣a﹣ ）＜0，ln（﹣a+ ）＞0，

所以g（x）在（0，ln（﹣a+ ））上单调递减，

又g（0）=0，所以存在x0∈（0，ln（﹣a+ ）），使得g（x0）＜0，不符合题意．

综上，a的取值范围为[﹣1，+∞）  

【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值   

【解析】【分析】本题属于导数综合题，属难题．（1）对a分类讨论，判断f'（x）是否存在零点．若存在零点，根据f'（x）判断f（x）的单调性；（2）根据第1题的分类讨论情况，判断f（x）的最小值点；然后根据f（x）min=0，求出a的值；（3）此题属于导数恒成立问题，通常采购构造新函数来求解．

13.【答案】解：（Ⅰ）求导函数，可得f′（x）=ex+2ax﹣e

∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，

∴k=2a=0，∴a=0

∴f（x）=ex﹣ex，f′（x）=ex﹣e

令f′（x）=ex﹣e＜0，可得x＜1；令f′（x）＞0，可得x＞1；

∴函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，1），单调增区间为（1，+∞）

（Ⅱ）设点P（x0  ， f（x0）），曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x﹣x0）+f（x0）

令g（x）=f（x）﹣f′（x0）（x﹣x0）﹣f（x0）

∵曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P，∴g（x）有唯一零点

∵g（x0）=0，g′（x）= 

（i）若a≥0，当x＞x0时，g′（x）＞0，∴x＞x0时，g（x）＞g（x0）=0

当x＜x0时，g′（x）＜0，∴x＜x0时，g（x）＞g（x0）=0，故g（x）只有唯一零点x=x0  ， 由P的任意性a≥0不合题意；

（ii）若a＜0，令h（x）= ，则h（x0）=0，h′（x）=ex+2a

令h′（x）=0，则x=ln（﹣2a），∴x∈（﹣∞，ln（﹣2a）），h′（x）＜0，函数单调递减；x∈（ln（﹣2a），+∞），h′（x）＞0，函数单调递增；

①若x0=ln（﹣2a），由x∈（﹣∞，ln（﹣2a）），g′（x）＞0；x∈（ln（﹣2a），+∞），g′（x）＞0，∴g（x）在R上单调递增

∴g（x）只有唯一零点x=x0；

②若x0＞ln（﹣2a），由x∈（ln（﹣2a），+∞），h（x）单调递增，且h（x0）=0，则当x∈（ln（﹣2a），x0），g′（x）＜0，g（x）＞g（x0）=0

任取x1∈（ln（﹣2a），x0），g（x1）＞0，

∵x∈（﹣∞，x1），∴g（x）＜ax2+bx+c，其中b=﹣e﹣f′（x0）．c= 

∵a＜0，∴必存在x2＜x1  ， 使得 

∴g（x2）＜0，故g（x）在（x2  ， x1）内存在零点，即g（x）在R上至少有两个零点；

③若x0＜ln（﹣2a），同理利用 ，可得g（x）在R上至少有两个零点；

综上所述，a＜0，曲线y=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P（ln（﹣2a），f（ln（﹣2a）））  

【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程   

【解析】【分析】（Ⅰ）求导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，可求a的值，令f′（x）=ex﹣e＜0，可得函数f（x）的单调减区间；令f′（x）＞0，可得单调增区间；（Ⅱ）设点P（x0  ， f（x0）），曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x﹣x0）+f（x0），令g（x）=f（x）﹣f′（x0）（x﹣x0）﹣f（x0），曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g（x）有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：（1）若a≥0，g（x）只有唯一零点x=x0  ， 由P的任意性a≥0不合题意（2）若a＜0，令h（x）= ，则h（x0）=0，h′（x）=ex+2a，可得函数的单调性，进而可研究g（x）的零点，由此可得结论．

14.【答案】解：（Ⅰ）因为f（x）=（1﹣x2）ex  ， x∈R，

所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）ex  ， 

令f′（x）=0可知x=﹣1± ，

当x＜﹣1﹣ 或x＞﹣1+ 时f′（x）＜0，当﹣1﹣ ＜x＜﹣1+ 时f′（x）＞0，

所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣ ），（﹣1+ ，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣ ，﹣1+ ）上单调递增；

（Ⅱ）由题可知f（x）=（1﹣x）（1+x）ex ． 下面对a的范围进行讨论：

①当a≥1时，设函数h（x）=（1﹣x）ex  ， 则h′（x）=﹣xex＜0（x＞0），

因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，

又因为h（0）=1，所以h（x）≤1，

所以f（x）=（1﹣x）h（x）≤x+1≤ax+1；

②当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex﹣x﹣1，则g′（x）=ex﹣1＞0（x＞0），

所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，

又g（0）=1﹣0﹣1=0，

所以ex≥x+1．

因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2  ， 

所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1=x（1﹣a﹣x﹣x2），

取x0= ∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1=0，

所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；

③当a≤0时，取x0= ∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1≥ax0+1，矛盾；

综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．  

【考点】函数恒成立问题，利用导数研究函数的单调性   

【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，求出极值点，利用导函数的符号，判断函数的单调性即可．

（Ⅱ）化简f（x）=（1﹣x）（1+x）ex ． f（x）≤ax+1，下面对a的范围进行讨论：

①当a≥1时，②当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex﹣x﹣1，则g′（x）=ex﹣1＞0（x＞0），推出结论；③当a≤0时，推出结果，然后得到a的取值范围．

15.【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，

当a=0时，f′（x）=2ex﹣1＜0，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+ ）（ex﹣ ），

令f′（x）=0，解得：x=ln ，

当f′（x）＞0，解得：x＞ln ，

当f′（x）＜0，解得：x＜ln ，

∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增；

当a＜0时，f′（x）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）＜0，恒成立，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；

（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，

②a＞0时，由（1）可知，当x=-lna时，f（x）取得最小值，f（x）min=f（-lna）=1--ln，

当a=1时，f（-lna）=0，故f（x）只有一个零点，

当a∈（1，+∞）时，有1--ln＞0，即f（-lna）＞0

故f（x）没有零点

当a∈（0，1）时,1--ln＜0，f（-lna）＜0

有f（-2）=ae-4+（a-2）e-2+2＞-2e-2+2＞0

故f（x）在（-∞，-lna）有一个零点

假设存在正整数n0  ， 满足n0＞ln（），则f（n0）=＞＞0

有ln（）＞-lna

因此在（-lna，+∞）有一个零点

∴a的取值范围是（0,1）.  

【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理   

【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；

（2.）由（1）可知：当a＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）=alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣ ﹣1，g（1）=0，即可求得a的取值范围．