答案解析1.答案為：A；解析：∵y′=3x2－3，∴當(dāng)y′=0時(shí)，x=±1.則當(dāng)x變化時(shí)，y′，y的變化情況如下表：因此，當(dāng)函數(shù)圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，必有c＋2=0或c－2=0，∴c=－2或c=2. 2.答案為：A；解析：由題意，不等式f(x)＜g(x)在[1，e]上有解，∴mx＜2lnx在[1，e]上有解，即＜在[1，e]上有解，令h(x)=，則h′(x)=，當(dāng)1≤x≤e時(shí)，h′(x)≥0，∴在[1，e]上，h(x)max=h(e)=，∴＜，∴m＜，∴m的取值范圍是，故選B. 3.答案為：A；解析：設(shè)g(x)=exf(x)－ex(x∈R)，則g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex=ex[f(x)＋f′(x)－1]，因?yàn)閒(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，所以g(x)=exf(x)－ex在定義域上單調(diào)遞增，因?yàn)閑xf(x)＞ex＋3，所以g(x)＞3.又因?yàn)間(0)=e0f(0)－e0=4－1=3，所以g(x)＞g(0)，所以x＞0. 4.答案為：A；解析：由f(x)=(x－a)3－3x＋a，得f′(x)=3(x－a)2－3，令f′(x)=0，得x1=a－1，x2=a＋1.當(dāng)x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(a－1，a＋1)時(shí)，f′(x)＜0，則f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上為增函數(shù)，在(a－1，a＋1)上為減函數(shù).又f(a＋1)=－2－2a，∴要使f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域?yàn)閇－2－2a,0]，則f(－1＋a)=2－2a≤0，若2－2a=0，即a=1，此時(shí)f(－1)=－4，f(0)=0，－2－2a=－4，f(3)=0，f(2)=－4.∴b∈[0,3]；若2－2a＜0，即a＞1，此時(shí)f(－1)=(－1－a)3＋3＋a=－a3－3a2－2a＋2，而f(－1)－(－2a－2)=－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2=－a3－3a2＋4=(1－a)·(a＋2)2＜0，∴不合題意，∴b的取值范圍是[0,3].故選A. 5.答案為：D；解析：∵g(x)=2x3－3x2＋，∴g′(x)=6x2－6x，g″(x)=12x－6，由g″(x)=0，得x=，又g=2×3－3×2＋=0，∴函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，∴g(x)＋g(1－x)=0，∴g＋g＋…＋g=49×0＋g=g=0，故選D. 6.答案為：B；解析：因?yàn)楫?dāng)x∈[1,4]時(shí)，g(x)=x＋≥2=1(當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)等號(hào)成立)，所以f(2)=2＋＋c=g(2)=1，所以c=－1－，所以f(x)=x2＋－1－，所以f′(x)=x－=.因?yàn)閒(x)在x=2處有最小值，且x∈[1,4]，所以f′(2)=0，即b=8，所以c=－5，經(jīng)檢驗(yàn)，b=8，c=－5符合題意.所以f(x)=x2＋－5，f′(x)=，所以f(x)在[1,2)上單調(diào)遞減，在(2,4]上單調(diào)遞增，而f(1)=＋8－5=，f(4)=8＋2－5=5，所以函數(shù)f(x)在M上的最大值為5，故選B. 7.答案為：C；解析：依題意，由f2(x)－mf(x)＋m－1=0，得f(x)=1或f(x)=m－1.當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)=－xe－x，f′(x)=(x－1)e－x＜0，此時(shí)f(x)是減函數(shù).當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)=xe－x，f′(x)=－(x－1)e－x，若0＜x＜1，則f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)；若x＞1，則f′(x)＜0，f(x)是減函數(shù).因此，要使關(guān)于x的方程f2(x)－mf(x)＋m－1=0恰好有4個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，只要求直線y=1，直線y=m－1與函數(shù)y=f(x)的圖象共有四個(gè)不同的交點(diǎn).函數(shù)f(x)的圖象如圖.注意到直線y=1與函數(shù)y=f(x)的圖象有唯一公共點(diǎn)，因此要求直線y=m－1與函數(shù)y=f(x)的圖象共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，結(jié)合圖象可知，0＜m－1＜，即1＜m＜1＋，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為. 8.答案為：144;解析：設(shè)盒子容積為y cm3，盒子的高為x cm，x∈(0,5).則y=(10－2x)(16－2x)x=4x3－52x2＋160x，∴y′=12x2－104x＋160.令y′=0，得x=2或x=(舍去)，∴ymax=6×12×2=144(cm3). 9.答案為：4－2ln2；解析：由題意得，|AB|=|et＋1－(2t－1)|=|et－2t＋2|，令h(t)=et－2t＋2，則h′(t)=et－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)min=h(ln2)=4－2ln2＞0，即|AB|的最小值是4－2ln2. 10.答案為：3；解析：定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：f(0)=0=f(3)=f(－3)，f(－x)=－f(x)，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)＞0，∴[xf(x)]′＞0，即h(x)=xf(x)在x＞0時(shí)是增函數(shù)，又h(－x)=－xf(－x)=xf(x)，∴h(x)=xf(x)是偶函數(shù)，∴當(dāng)x＜0時(shí)，h(x)是減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域?yàn)镽，且f(0)=f(3)=f(－3)=0，可得函數(shù)y1=xf(x)與y2=－lg|x＋1|的大致圖象如圖.由圖象可知，函數(shù)g(x)=xf(x)＋lg|x＋1|的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3. 11.解：(1)f′(x)=2(ex－x＋a)，∵函數(shù)f(x)的圖象在x=0處的切線與x軸平行，即在x=0處的切線的斜率為0，∴f′(0)=2(a＋1)=0，∴a=－1.(2)由(1)知f′(x)=2(ex－x＋a)，令h(x)=2(ex－x＋a)(x≥0)，則h′(x)=2(ex－1)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(0)=2(a＋1).①當(dāng)a≥－1時(shí)，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min=f(0)=5－a2≥0，解得－≤a≤，又a≥－1，∴－1≤a≤.②當(dāng)a＜－1時(shí)，則存在x0＞0，使h(x0)=0且當(dāng)x∈[0，x0)時(shí)，h(x)＜0，即f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h(x)＞0，則f′(x)＞0，即f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)min=f(x0)=2ex0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)=2(ex0－x0＋a)=0，∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0＜x0≤ln3.由ex0=x0－a?a=x0－ex0，令M(x)=x－ex,0＜x≤ln3，則M′(x)=1－ex＜0，∴M(x)在(0，ln3]上單調(diào)遞減，則M(x)≥M(ln3)=ln3－3，M(x)＜M(0)=－1，∴ln3－3≤a＜－1.綜上，ln3－3≤a≤.故a的取值范圍是[ln3－3，]. 12.解：(1)f(x)=x－lnx，f′(x)=1－，x∈(0，＋∞)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，有極小值f(1)=1，無(wú)極大值.(2)證明：原不等式可化為≥，記g(x)=，則g′(x)=，當(dāng)x≥1時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，有g(shù)(x)≤g(1)=，又由(1)知，≥=，得證.(3)f(x)≥(1－m)x＋m，即lnx－m(x－1)≤0，記h(x)=lnx－m(x－1)，則h(x)≤0對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立，求導(dǎo)得h′(x)=－m(x＞0)，若m≤0，則h′(x)＞0，得h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(1)=0，故當(dāng)x＞1時(shí)，h(x)＞0，不合題意；若m＞0，則易得h(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則h(x)max=h=－lnm－1＋m.依題意有－lnm－1＋m≤0，故f(m)≤1，由(1)知f(m)≥1，則m只能等于1. 13.解：(1)由題意得g′(x)=f′(x)＋a=lnx＋a＋1.∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)，∴當(dāng)x∈[e2，＋∞)時(shí)，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立.∴a≥－1－lnx.令h(x)=－lnx－1，∴a≥h(x)max，當(dāng)x∈[e2，＋∞)時(shí)，lnx∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－3，＋∞).(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x＞0，∴m≤在x∈(0，＋∞)上恒成立.記t(x)==2lnx＋x＋.∴m≤t(x)min.∵t′(x)=＋1－==，令t′(x)=0，得x=1或x=－3(舍去).當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，t′(x)＜0，函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，t′(x)＞0，函數(shù)t(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.∴t(x)min=t(1)=4.∴m≤t(x)min=4，即m的最大值為4. 14.解：(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)=ex＋(x－1)ex－ax=x(ex－a).(ⅰ)若a≤0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.(ⅱ)若a＞0，由f′(x)=0得x=0或x=lnA.①若a=1，則f′(x)=x(ex－1)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增.②若0＜a＜1，則lna＜0，故當(dāng)x∈(－∞，lna)∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(lna,0)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna,0)上單調(diào)遞減.③若a＞1，則lna＞0，故當(dāng)x∈(－∞，0)∪(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(0，lna)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減.綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna,0)上單調(diào)遞減；當(dāng)a=1時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減.(2)(ⅰ)若a≤0，則由(1)知，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又f(0)=－1，x趨近負(fù)無(wú)窮時(shí)，f(x)值趨近正無(wú)窮.x趨近正無(wú)窮時(shí)，f(x)值趨近正無(wú)窮.所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn).(ⅱ)若a=1，則由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).(ⅲ)若0＜a＜1，則由(1)知，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna,0)上單調(diào)遞減，設(shè)b=lna，當(dāng)x=b時(shí)，f(x)有極大值f(b)=a(b－1)－ab2=－a(b2－2b＋2)＜0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).(ⅳ)若a＞1，則由(1)知，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減，當(dāng)x=0時(shí)，f(x)有極大值f(0)=－1＜0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).綜上，a的取值范圍為a≤0.  

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