高考真题衍生卷·命题区间7
1．解：(1)求导得f′(x)＝1-xe
(ⅰ)当a≥0时，1＋2aex0恒成立，
当x1时，f′(x)0，f(x)单调递增；
当x1时，f′(x)0，f(x)单调递减．
(ⅱ)当a0时，令f′(x)＝0，则x＝1或x＝ln-1
①若ln-12a＝1，即a＝－
则f′(x)＝1-x1-ex-1ex
所以函数f(x)在R上单调递增．
②若ln-12a1，即－12e
当x1时，f′(x)0，f(x)单调递增；
当1xln-12a时，f′(x)0，f(x
当xln-12a时，f′(x)0，f(x
③若ln-12a1，即a－
当xln-12a时，f′(x)0，f(x
当ln-12ax1时，f′(x)0，f(x
当x1时，f′(x)0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当－12ea0时，f(x)在(－∞，1)
上单调递增，在1，
当a＝－12e时，f(x)在
当a－12e时，f(x)在-∞，ln-12a，
(2)证明：由(1)得f′(x)＝1-x1+2a
又a0，则f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则f(x)max＝f(1)＝1e＋a
要证f(x)ea－1＋1e
即证1e＋aea－1＋1
即证明ea－a－10．
构造函数g(x)＝ex－x－1，x0，
则g′(x)＝ex－10，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g(x)g(0)＝0，
所以ea－a－10，
则1e＋aea－1＋1
2．解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln-1+2x+2＋bx＋b＋
则f(x－1)＝ln-1+2x+1＋b(x－1)＋b＋1＝ln1-x1+x＋bx＋1，x∈(－
令g(x)＝ln1-x1+x＋bx＋1，x∈(－1，1)
则g′(x)＝1+x1-x·-
因为f(x－1)在定义域内单调递减，
所以g′(x)＝2x2-1＋b≤0，所以b
又x∈(－1，1)，所以1－x2∈(0，1]，
所以21-x2∈2
故b的取值范围为(－∞，2]．
(2)证明：由题知f(x)的定义域为(－2，0)，
f(x)＝a(x＋1)＋ln-1+2x+2＋bx＋b
＝(a＋b)(x＋1)＋ln-xx+2＋1
f(－2－x)＝－(a＋b)(x＋1)＋ln2+x-x＋1
f(－2－x)＋f(x)＝ln-xx+2＋lnx+2-x＋2＝ln-xx+2·
所以f(x)为中心对称图形，其对称中心为(－1，1)．
(3)由(2)知f(x)＝(a＋b)(x＋1)＋ln-xx+2＋1
则f′(x)＝a＋b＋x+2-x
令h(x)＝a＋b＋2xx+2，x∈(－2，
则h′(x)＝-22x+2
当x∈(－2，－1)时，h′(x)＞0，f′(x)单调递增，
当x∈(－1，0)时，h′(x)＜0，f′(x)单调递减，
则f′(x)max＝f′(－1)＝a＋b－2，
又因为f(－1)＝1，f(x)＜1，所以f′(－1)≤0，
即a＋b－2≤0，所以a＋b≤2，
所以当x∈(－1，0)，f(x)＜1恒成立时，a＋b的取值范围为(－∞，2]．
3．D[由f(x)＝ax2－axlnx－ex有两个零点，得ax2－axlnx－ex＝0有两个不相等实根，即ax(x－lnx)＝ex有两个不相等实根，令g(x)＝x－lnx，
g′(x)＝1－1x＝x-1x，当x∈(0，1)时，g′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，g
所以g(x)≥g(1)＝10，可得x(x－lnx)0在(0，＋∞)上恒成立．
所以a＝ex
令h(x)＝ex
则h′(x)＝exx2
由上可知x－lnx≥1，所以x－1－lnx≥0．
所以当x∈(0，1)时，h′(x)0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增，
所以h(x)的极小值为h(1)＝e，
又当x→0时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞．
所以函数f(x)＝ax2－axlnx－ex有两个零点，则实数a的取值范围为(e，＋∞)．故选D．]
4．AC[由题意知，f′(x)＝3x2－1，
令f′(x)＞0得x＞33或x＜－3
令f′(x)＜0得－33＜x＜3
所以f(x)在-33，
所以x＝±33是极值点，故A
因为f-33＝1+239＞0，f33＝1-2
所以函数f(x)在-∞，
当x≥33时，f(x)≥f33＞0，即函数f(x)在
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋