自然对数的底数不要给我一个定义,搞这个e有什么用啊?说许多式子都是最简的,又是为何?

（1）∵f（x）=e^x-ax-1（a＞0），
∴f'（x）=e^x-a，
由f'（x）=e^x-a=0得x=lna，
由f'（x）＞0得，x＞lna，此时函数单调递增，
由f'（x）＜0得，x＜lna，此时函数单调递减，
即f（x）在x=lna处取得极小值且为最小值，
最小值为f（lna）=e^lna-alna-1=a-alna-1．
（2）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，
等价为f（x）_min≥0，
由（1）知，f（x）_min=a-alna-1，
设g（a）=a-alna-1，
则g'（a）=1-lna-1=-lna，
由g'（a）=0得a=1，
由g'（x）＞0得，0＜x＜1，此时函数单调递增，
由g'（x）＜0得，x＞1，此时函数单调递减，
∴g（a）在a=1处取得最大值，即g（1）=0，
因此g（a）≥0的解为a=1，
∴a=1．

点评：
本题考点： 函数恒成立问题．

考点点评： 本题主要考查函数的单调性和导数的之间关系，以及不等式恒成立问题，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解决本题的关键．

（1）易知f（x）定义域为（0，+∞），
当a=-1时，f（x）=-x+lnx，f′（x）=[1−x/x]，令f′（x）=0，得x=1．
当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．
f（x）_max=f（1）=-1．
∴函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为-1．
（2）∵f′（x）=a+[1/x]，x∈（0，e]，[1/x]∈[[1/e]，+∞）
①若a≥-[1/e]，则f′（x）≥0，从而f（x）在（0，e]上增函数，
∴f（x）_max=f（e）=ae+1≥0，不合题意．
②若a＜[1/e]，则由f′（x）＞0得a+[1/x]＞0，即0＜x＜-[1/a]
由f′（x）＜0得a+[1/x]＜0，即-[1/a]＜x≤e．
从而f（x）在（0，-[1/a]）上增函数，在（-[1/a]，e）为减函数
∴f（x）_max=f（-[1/a]）=-1+ln（-[1/a]）
令-1+ln（-[1/a]）=-3，则ln（-[1/a]）=-2
∴-[1/a]=e^-2，即a=-e²．∵-e²＜-[1/e]，∴a=-e²为所求．
（3）证明：由g（x）=x³-x-2求导可得g'（x）=3x²-1
令g'（x）=3x²-1=0，解得x=±

3
3
令g'（x）=3x²-1＞0，解得x＜-

3
3或x＞

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；变化的快慢与变化率；利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题先通过对函数求导，求其极值，进而在求其最值及值域，用到分类讨论的思想方法．

（ I）当a=1时，f（x）=（x²-2x+1）•e^-x，
f'（x）=（2x-2）•e^-x-（x²-2x+1）•e^-x=-（x-1）（x-3）•e^-x…（2分）
当x变化时，f（x），f'（x）的变化情况如下表：

x （-∞，1） 1 （1，3） 3 （3，+∞）
f'（x） - 0 + 0 -
f（x） 递减 极小值 递增 极大值 递减所以，当a=1时，函数f（x）的极小值为f（1）=0，极大值为f（3）=4e^-3．…（5分）
（ II）f'（x）=（2ax-2）•e^-x-（ax²-2x+1）•e^-x=-e^-x[ax²-2ax-2x+3]
令g（x）=ax²-2（a+1）x+3
①若a=0，则g（x）=-2x+3，在（-1，1）内，g（x）＞0，
即f'（x）＜0，函数f（x）在区间[-1，1]上单调递减．…（7分）
②若a＞0，则g（x）=ax²-2（a+1）x+3，其图象是开口向上的抛物线，对称轴为x＝
a+1
a＞1，
当且仅当g（1）≥0，即0＜a≤1时，在（-1，1）内g（x）＞0，f'（x）＜0，
函数f（x）在区间[-1，1]上单调递减．…（9分）
③若a＜0，则g（x）=ax²-2（a+1）x+3，其图象是开口向下的抛物线，
当且仅当

g(−1)≥0
g(1)≥0，即−
5
3≤a＜0时，在（-1，1）内g（x）＞0，f'（x）＜0，
函数f（x）在区间[-1，1]上单调递减．…（11分）
综上所述，函数f（x）在区间[-1，1]上单调递减时，a的取值范围是−
5
3≤a≤1．…（12分）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；函数的单调性与导数的关系．

考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及函数单调区间等有关基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

（1）f′（x）=
4ex
(ex+1)2=
4
ex+
1
ex+2≤1，导函数f′（x）的值域（0，1]，
（2）设g（x）=f（x）-x，则g′（x）=f′（x）-1≤0，所以g（x）在R上是减函数，
∵a＞t，方程f（x）=x的一个根为t，即g（t）=0，
∴g（a）＜g（t）=0，而g（a）=f（a）-a
∴f（a）-a＜0，f（a）＜a，f（a）=b，即a＞b；
设h（x）=f（x）+x，则h′（x）=f′（x）+1≥0，
∴h（x）在R上是增函数，又a＞b，
∴h（a）＞h（b），
即a+f（a）＞b+f（b）．

点评：
本题考点： 基本不等式；导数的运算；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性，着重考查基本不等式的应用，突出考查构造函数的方法，函数与方程思想，化归思想的综合应用，属于难题．

∵偶函数f（x-2）的图关于y轴对称
∴函数y=f（x）的图象关于x=-2对称
∵当x＞-2时，f（x）=e^x+1-2
∵f（x）=e^x+1-2在（-2，+∞）单调递增，且f（-1）＜0，f（0）=e-2＞0
由零点存在定理可知，函数f（x）=e^x+1-2在（-1，0）上存在零点
由函数图象的对称性可知，当x＜-2时，存在唯一零点x∈（-4，-3）
由题意方程f（x）=0的实数根x₀∈（k-1，k），则k-1=-4或k-1=-1
k=-3或k=0
故选D

点评：
本题考点： 指数函数综合题；函数奇偶性的性质．

考点点评： 本题考查的知识点是偶函数图象对称性质的应用，根的存在性及根的个数判断，方程的解与函数的零点之间的关系，将方程根的问题转化为函数零点问题，是解答本题的关键．

（1）若a=-1，则f′（x）=（x²+x-2）e^x，
由f′（x）=（x²+x-2）e^x＞0，解得x＞1或x＜-2，即函数的增区间为（-∞，-2）与（1，+∞），
由f′（x）=（x²+x-2）e^x＜0，解得-2＜x＜1，即函数的减区间为（-2，1）；
（2）∵f′（x）=[x²+（a+2）x+2a]e^x，由f′（x）≥0⇒x²+（a+2）x+2a≥0对于x∈R恒成立，
则△=（a+2）²-8a≤0⇒（a-2）²≤0，
又（a-2）²≥0，∴a=2

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，要求熟练掌握导数的应用．

（1）f′（x）=2ax-e^x，f（x）-f′（x）=ax（x-2）＞0．
当a=0时，无解；
当a＞0时，解集为{x|x＜0或x＞2}；
当a＜0时，解集为{x|0＜x＜2}．
（2）设g（x）=f′（x）=2ax-e^x，则x₁，x₂是方程g（x）=0的两个根．g′（x）=2a-e^x，
当a≤0时，g′（x）＜0恒成立，g（x）单调递减，方程g（x）=0不可能有两个根；
当a＞0时，由g′（x）=0，得x=ln 2a，
当x∈（-∞，ln2a）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（ln2a，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
∴当g（x）_max＞0时，方程g（x）=0才有两个根，
∴g（x）_max=g（ln2a）=2aln2a-2a＞0，
得a＞[e/2]．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；导数的运算．

考点点评： 本题考查函数的导数的综合应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力．

（1）因为F（x）=f（x）-g（x）=
x2
e-2alnx
所以F′(x)＝f′(x)−g′(x)＝
2x
e−
2a
x=
2(x2−ea)
ex＝
2(x+
ea)(x−
ea)
ex(x＞0，a＞0)
若0＜x＜
ea，则F'（x）＜0，F（x）在(0，
ea)上单调递减；
若x＞
ea，则F'（x）＞0，F（x）在(
ea，+∞)上单调递增．
∴当x=
ea时，F（x）有极小值，也是最小值，
即F(x)min＝F(
ea)＝a−2aln
ea＝−alna，
∴当a＞0时，F（x）的单调递减区间为(0，
ea)，
故函数F（x）的单调递增区间为（
ea，+∞），最小值为-alna无最大值．

（2）当a=1时，由（1）可知F（x）_min=F（
e）=0
F(x)min＝F(
e)＝0，得f(e)＝g(
e)＝1
∴(
e，1)是f（x）与g（x）图象的一个公共点．
又∵f′(
e)＝g′(
e)＝
2

e，
∴f（x）与g（x）的图象在点（
e，1）处有共同的切线，
其方程为y−1＝
2

e(x−
e)，
故y＝
2

ex−1．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 此题主要考查利用导函数求闭区间最值的问题，其中涉及到直线方程的求法问题，属于函数方面的综合性问题，对学生基础知识的综合能力要求较高，属于中档题目．

（Ⅰ）当a=-1时，f（x）=-x+lnx，
∴f′(x)＝−1+
1
x＝
1−x
x
当0＜x＜1时，f'（x）＞0；
当x＞1时．f'（x）＜0，
∴x=1是f（x）在定义域（0，+∞）上唯一的极（大）值点，
则f（x）_max=f（1）=-1．
（Ⅱ）∵f′(x)＝a+
1
x，
令f'（x）=0得x＝−
1
a＞0，
①当−
1
a≥e，即a≥−
1
e时，f'（x）≥0，
从而f（x）在（0，e]上单调递增，
∴f（x）_max=f（e）=ae+1≥0舍；
②当0＜−
1
a＜e，即a＜−
1
e时，
f（x）在(0，−
1
a)上递增，在(−
1
a，e)上递减，
∴f(x)max＝f(−
1
a)＝−1+ln(−
1
a)，
令−1+ln(−
1
a)＝−3，得a=-e²．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知当a=-1时，
f（x）_max=f（1）=-1，
∴|f（x）|≥1，
又令φ(x)＝
lnx
x+
1
2，
∴φ′(x)＝
1−lnx
x2，
∴φ(x)≤φ(e)＝
1
e+
1
2＜1，
∴方程无解．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，考查导数的应用，分类讨论，是一道综合题．

（1）f′（x）=2ax-ex，f（x）-f′（x）=ax（x-2）＞0．当a=0时，无解；当a＞0时，解集为{x|x＜0或x＞2}；当a＜0时，解集为{x|0＜x＜2}．（2）设g（x）=f′（x）=2ax-ex，则x1，x2是方程g（x）=0的两个根．g′（x）=...

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；导数的运算．

考点点评： 本题考查函数的导数的综合应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力．

曲线y=sinx上存在点（x₀，y₀），
∴y₀=sinx₀∈[-1，1]．
函数f（x）=e^x+2x-a在[-1，1]上单调递增．
下面证明f（y₀）=y₀．
假设f（y₀）=c＞y₀，则f（f（y₀））=f（c）＞f（y₀）=c＞y₀，不满足f（f（y₀））=y₀．
同理假设f（y₀）=c＜y₀，则不满足f（f（y₀））=y₀．
综上可得：f（y₀）=y₀．
令函数f（x）=e^x+2x-a=x，化为a=e^x+x．
令g（x）=e^x+x（x∈[-1，1]）．
g′（x）=e^x+1＞0，∴函数g（x）在x∈[-1，1]单调递增．
∴e^-1-1≤g（x）≤e+1．
∴a的取值范围是[-1+e^-1，e+1]．
故选：A．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查了函数单调性的应用、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．