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，1?时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， ④当a＞时，0＜＜1，当x∈??2a?22a当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减. 所以f(x)在x＝1处取极大值，合题意 . 1?综上可知，实数a的取值范围为??2，＋∞?. 12ax2－1
10.(1)解 f′(x)＝2ax－＝(x>0).
xx当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减. 当a>0时，由f′(x)＝0有x＝当x∈?0，
1
. 2a?
1?
时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 2a?
当x∈?
1
，＋∞?时，f′(x)>0，f(x)单调递增. ?2a?
－
－
(2)证明 令s(x)＝ex1－x，则s′(x)＝ex1－1. 当x>1时，s′(x)>0，所以ex1>x， 11
从而g(x)＝－x－1>0.
xe
(3)解 由(2)知，当x>1时，g(x)>0. 当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0. 11
当0
22a由(1)有f?1?1?
－
所以f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立； 1
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，
2
11111x3－2x＋1x2－2x＋1－x1当x>1时，h′(x)＝2ax－＋2－e>x－＋2－＝>>0. xxxxxx2x2因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0， 1?即f(x)>g(x)恒成立.综上，a∈??2，＋∞?.
11.(1)解 由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，切线斜率k＝f′(0)＝b. 又f(0)＝c，所以切点坐标为(0，c).
所以所求切线方程为y－c＝b(x－0)，即bx－y＋c＝0.
(2)解 由a＝b＝4得f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c ∴f′(x)＝3x2＋8x＋4＝(3x＋2)(x＋2) 令f′(x)＝0，得(3x＋2)(x＋2)＝0， 2
解得x＝－2或x＝－，
3f′(x)，f(x)随x的变化情况如下： x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ －2 0 c ?－2，－2? 3??－ 2－ 30 32c－ 27?－2，＋∞? ?3?＋ 2232
－2，－?，x3∈?－，＋∞?， 所以，当c＞0且c－＜0时，存在x1∈(－∞，－2)，x2∈?3???3?27使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
32
0，?时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点. 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈??27?(3)证明 当Δ＝4a2－12b＜0时，即a2－3b＜0， f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)， 此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f(x)不可能有三个不同零点.
当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0. 当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增. 所以f(x)不可能有三个不同零点.
综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b＞0， 故a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要条件.
当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点， 所以a2－3b＞0不是f(x)有三个不同零点的充分条件. 因此a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 1
12.解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
x若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
11
0，?时，f′(x)＞0；当x∈?，＋∞?时，f′(x)＜0. 若a＞0，则当x∈??a??a?
11
0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减． 所以f(x)在??a??a?(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；
1?1?1?＋a?1－1?＝－ln a＋a－1. 当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f?＝ln?a??a??a?a1?因此f??a?＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0. 于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0. 因此，a的取值范围是(0，1)．
a
13.(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．
x当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．
a
当a>0时，因为e2x单调递增，－单调递增，
x所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
a1
又f′(a)>0，当b满足0 44故当a>0时，f′(x)存在唯一零点． (2)证明 由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)． aa22 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln. x02x0aa2 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln. a －x2＋x＋11 14.解 (1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)． xx ??x＞0，1＋5 由f′(x)＞0得?2解得0＜x＜. 2?－x＋x＋1＞0.? ?1＋5?. 故f(x)的单调递增区间是?0，?2?? (2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)． 1－x2则有F′(x)＝. x 当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减， 故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0， 即当x＞1时，f(x)＜x－1. (3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意． 当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)， 则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意． 当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， －x2＋（1－k）x＋11 则有G′(x)＝－x＋1－k＝. xx由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0. 1－k－（1－k）2＋41－k＋（1－k）2＋4 解得x1＝＜0，x2＝＞1. 22当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增． 从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0， 即f(x)＞k(x－1)． 综上，k的取值范围是(－∞，1)． 15.解 (1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)． a 将其分别代入y＝2， x＋b ?25＋b＝40，??a＝1 000，得?解得? a?b＝0.??400＋b＝2.5， 1 000 (2)①由(1)知，y＝2(5≤x≤20)， x1 000t，2?， 则点P的坐标为?t?? 设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－1 0002 000 则l的方程为y－2＝－3(x－t)， tt3t?3 000 ，0，B?0，2?. 由此得A?t??2??故f(t)＝ 2 000 ， x3 a ?3t?＋?3 000?＝3 2?2??t?2224×106t＋4，t∈[5，20]． t 2