设f(x)=e^x-e^-x,g(x)=e^x+e^-x(e=2.71828)

（Ⅰ）∵f（x）=lnx-x²+ax，
∴f′（x）=[1/x]-2x+a，…（1分）
∵函数f（x）的图象在x=[1/2]处的切线与直线y=2x平行，
∴f′（[1/2]）=2，
解得a=1．　　　　　…（2分）
此时f（x）=lnx-x²+x，f′（x）=
(2x+1)(x−1)
x，
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数．
由此可知，当x=1时f（x）取得极大值0（同时也是最大值）．
∴函数f（x）的值域为（-∞，0]．…（3分）
（Ⅱ）证明：要证：∀λ∈（0，1），∀x₁，x₂∈（0，+∞），f（λx₁+（1-λ）x₂）≥λf（x₁）+（1-λ）f（x₂），
只需要证明ln[（λx₁+（1-λ）x₂）]-[λx₁+（1-λ）x₂]²+a[λx₁+（1-λ）x₂]≥λ[lnx₁-x12+ax₁]+（1-λ）[lnx₂-x22+ax₂]即可．
也就是要证明ln[（λx₁+（1-λ）x₂）]-[λlnx₁+（1-λ）lnx₂]-[λx₁+（1-λ）x₂]²+[λx₁²+（1-λ）x₂²]≥0
∵（1）：[λx₁+（1-λ）x₂]²+[λx₁²+（1-λ）x₂²]=λ（1-λ）（x₁-x₂）²≥0； …（5分）
（2）：ln[（λx₁+（1-λ）x₂）]-[λlnx₁+（1-λ）lnx₂]=ln
λ(
x1
x2)+(1−λ)
(
x1
x2)λ
下面证明
λ(
x1
x2)+(1−λ)
(
x1
x2)λ≥1，即要证明λ（
x1
x2）+（1-λ）≥（
x1
x2）^λ，
不妨设0＜x₁≤x₂，令t=
x1
x2，h（t）=λt-t^λ+（1-λ）（0＜t≤1）
∴h′（t）=λ（1-t^λ-1），
∵0＜t≤1，0＜λ＜1，
∴h′（t）≤0，仅当t=1时h′（t）=0，
∴h（t）在（0，1]上是减函数，
∴h（t）≥h（1）=0，即ln[（λx₁+（1-λ）x₂）]-[λlnx₁+（1-λ）lnx₂]≥0．
结合（1），（2）可知（1）+（2）≥0，因此f（λx₁+（1-λ）x₂）≥λf（x₁）+（1-λ）f（x₂）；…（8分）
（Ⅲ）g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x
当x∈（0，1

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程．

考点点评： 本题主要考查了学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，能够判断不等式恒成立时所满足的条件．难度大

（1）由f（e）=-ae+b+aelne=b，且f（e）=2，得b=2．
（2）由（1）可得f（x）=-ax+2+axlnx．从而f′（x）=alnx．因为a≠0，故：
①当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞1，由f′（x）＜0得0＜x＜1；　
②当a＜0时，由f′（x）＞0得0＜x＜1，由f′（x）＜0得x＞1．
综上，当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；
当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
（3）当a=1时，f（x）=-x+2+xlnx，f′（x）=lnx．
由（2）可得，当x在区间内变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x [1/e] （[1/e，1） 1 （1，e） e
f′（x） - 0 +
f（x） 2-
2
e] 单调递减 极小值1 单调递增 2又2-[1/e]＜2，所以函数f（x）（x∈）的值域为[1，2]．

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．

考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性和在闭区间上的最值问题，属于中档、常规题．在（2）中涉及到了分类讨论的思想方法．

（1）∵函数f（x）=（k²-klnx）e^x，
∴f′（x）=（k²-klnx-[k/x]）e^x，
由题意知f′（1）=0，解得k=1或k=0（舍去）
所以f（x）=（1-lnx）e^x，f（x）=（1-lnx-[1/x]）e^x，
设g（x）=1-lnx-[1/x]，则g（x）=-[1/x]+[1
x2=
1−x
x2
于是g（x）在区间（0，1）内为增函数，在（1，+∞）内为减函数，
所以g（x）在x=1处取得极大值，且g（1）=0；
所以g（x）≤0，故f'（x）≤0所以f（x）在（0，+∞）上是减函数．----（4分）
（Ⅱ） f（x）≥（1+a）x-e^xlnx+b⇔h（x）=e^x-（a+1）x-b≥0--（6分）
得h'（x）=e^x-（a+1）
①当a+1＜1时，h'（x）＞0⇒y=h（x）在x∈R上单调递增，
∴h（x）＞h（0）=1-b≥0，所以0＜b≤1．
此时（a+1）b＜1．----（7分）
②当a+1=1时，h′（x）＞0⇒y=h（x）在R上单调递增，
h（x）＞h（0）=1-b≥0，可得b≤1，此时（a+1）b最大值为1；
③当a+1＞1时，h′（x）＞0⇔x＞ln（a+1），h′（x）＜0，
⇔x＜ln（a+1），
所以当x=ln（a+1）时，h（x）_min=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0
（a+1）b≤（a+1）²-（a+1）² ln（a+1）（a+1＞1）
令a+1=t，t＞1
设F（t）=t²-t²lnt（t＞1）
则F′（t）=t（1-2lnt）
F′（t）＞0，⇔1＜t＜
e，F′（t）＜0
⇔t＞e，
当t=e时，F（t）_max=
e/2]，
综上当a＝
e−1，b＝
e时，（a+1）b的最大值为[e/2]---（12分）

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 此题考查利用导数研究函数的单调性，解题过程中用到了分类讨论和转化的思想，是一道综合性比较强的题，解答过程中要认真仔细的进行计算；

∵e＜3＜π，∴eln3＜elnπ，πlne＜πln3，
从而有ln3^e＜lnπ^e，lne^π＜ln3^π．
于是，根据函数y=lnx，y=e^x，y=π^x在定义域上单调递增，
可得e³＜e^π＜3^π，即有a＜c＜b
执行程序框图，则a＜b条件满足，有a=3^π
而此时条件a＜c不成立，故输出a的值为3^π
故答案为：3^π

点评：
本题考点： 程序框图．

考点点评： 本题主要考察了程序框图和算法，考察了利用指数函数、对数函数的单调性比较数的大小，属于基础题．

（Ⅰ）设切线方程为y=kx，切点为（x₀，y₀），则

kx0＝ex0
k＝ex0
∴x₀=1，k=e，
∴函数y=f（x）的图象过原点的切线方程为y=ex；
（Ⅱ）当x＞0，m＞0时，令f（x）=mx²，化为m=
ex
x2，
令h（x）=
ex
x2（x＞0），则h′（x）=
ex(x−2)
x3，
则x∈（0，2）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．
∴当x=2时，h（x）取得极小值即最小值，h（2）=
e2
4．
∴当m∈（0，
e2
4）时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx²（m＞0）公共点的个数为0；
当m=
e2
4时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx²（m＞0）公共点的个数为1；
当m＞
e2
4时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx²（m＞0）公共点个数为2．
（Ⅲ）证明：
f(a)+f(b)
2＞
f(b)−f(a)
b−a=
(b−a+2)+(b−a−2)eb−a
2(b−a)ea，
令g（x）=x+2+（x-2）e^x（x＞0），则g′（x）=1+（x-1）e^x．
g^′′（x）=xe^x＞0，∴g′（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（0）=0，
∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，
而g（0）=0，∴在（0，+∞）上，有g（x）＞g（0）=0．
∵当x＞0时，g（x）=x+2+（x-2）•e^x＞0，且a＜b，
∴
(b−a+2)+(b−a−2)eb−a

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题综合考查了利用导数研究切线、单调性、方程得根的个数、比较两个实数的大小等基础知识，考查了分类讨论的思想方法、转化与化归思想方法，考查了推理能力和计算能力．

（Ⅰ）可得f′（x）=e^x+2x-1，
∵x＞0，∴f′（x）＞0
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．…（4分）
（Ⅱ） y=|f（x）-t|-1有三个零点，即|f（x）-t|=1，f（x）=t±1有三个零点；
由f′（x）=e^x+2x-1=0得：x=0
当x＜0时，f'（x）＜0，得：f（x）在（-∞，0）上单调递减；
当x＞0时，f'（x）＞0，得：f（x）在（0，+∞）上单调递增；
所以，只需[f（x）]_min=t-1，即f（0）=t-1，∴t=2．…（10分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：f（x）在（0，+∞）上单调递增；
f（x）＞f（0）∴e^x+x²-x＞1，∴e^x＞1-x²+x
当n≥2，n∈N^*时，e
1
n＞1−
1
n2+
1
n＞1−
1
n(n−1)+
1
n＝1−(
1
n−1−
1
n)+
1
n，又e＞2
叠加得：e+
e+
3e
+…+
ne
＞n+
1
n+λ(n)，
∴当n≥2，n∈N^*时，e+
e+
3e
+…+
ne
＞n+
1
n+λ(n)成立．…（15分）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；数列的求和．

考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性，涉及不等式证明的放缩法，属中档题．

（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=
(x−2)(ex−kx)
x3（x＞0），
当k≤0时，kx≤0，
∴e^x-kx＞0，
令f′（x）=0，则x=2，
∴当0＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）的单调递减区间为（0，2），单调递增区间为（2，+∞）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，k≤0时，函数f（x）在（0，2）内单调递减，
故f（x）在（0，2）内不存在极值点；
当k＞0时，设函数g（x）=e^x-kx，x∈[0，+∞）．
∵g′（x）=e^x-k=e^x-e^lnk，
当0＜k≤1时，
当x∈（0，2）时，g′（x）=e^x-k＞0，y=g（x）单调递增，
故f（x）在（0，2）内不存在两个极值点；
当k＞1时，
得x∈（0，lnk）时，g′（x）＜0，函数y=g（x）单调递减，
x∈（lnk，+∞）时，g′（x）＞0，函数y=g（x）单调递增，
∴函数y=g（x）的最小值为g（lnk）=k（1-lnk）
函数f（x）在（0，2）内存在两个极值点
当且仅当

g(0)＞0
g(lnk)＜0
g(2)＞0
0＜lnk＜2
解得：e＜k＜
e2
2
综上所述，
函数f（x）在（0，2）内存在两个极值点时，k的取值范围为（e，
e2
2）

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件．

考点点评： 本题考查了导数在求函数的单调区间，和极值，运用了等价转化思想．是一道导数的综合应用题．属于中档题．

此题为高中数学常见问题，利用导函数的性质对参数分情况讨论即可。回答如下：

（1）由f（e）=2可得-ae+b+aelne=b=2，
故实数b的值为2；
（2）由（1）可得f（x）=-ax+2+axlnx，
故f′（x）=-a+alnx+ax•[1/x]=alnx，因为a≠0，
故①当a＞0时，由f′（x）＞0可得x＞1，由f′（x）＜0可得0＜x＜1；
②当a＜0时，由f′（x）＞0可得0＜x＜1，由f′（x）＜0可得x＞1；
综上可得：当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；
当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），；

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数的值．

考点点评： 本题考查利导数研究函数的单调性，涉及分类讨论的思想，属中档题．

（理科）（1）∵f(x)＝lnx+
9
2(x+1)(x＞0)
∴f′(x)＝
1
x−
9
2(x+1)2＝
2x2−5x+2
2x(x+1)2（2分）
故当[1/2＜x＜2时，f'（x）＜0，即f（x）单调递减，从而x∈[1，2）时，f（x）单调递减，
当0＜x≤
1
2或x≥2时，f'（x）≥0，即f（x）单调递增，从而x∈[2，e]时，f（x）单调递增，（4分）
故fmin(x)＝f(2)＝ln2+
3
2，又f(1)＝
9
4＞f(e)＝1+
9
2(e+1)]，故fmax＝f(1)＝
9
4
（2）由
g(x2)−g(x1)
x2−x1＜−1可知
g(x2)+x2−[g(x1)+x1]
x2−x1＜0
所以可设ω(x)＝g(x)+x＝|lnx|+x+
a
x+1(a＞0，x∈(0，2])…（8分）
故由题设可知ω（x）在x∈（0，2]上为减函数，
∵ω′＝


1
x+1−
a
(x+1)2，1≤x≤2
−
1
x+1−
a
(x+1)2，0＜x＜1…（10分）
而 由

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．

考点点评： 本题考查了函数的导数及其应用，利用导数求最大（小）值，利用导数以及结合给定的函数的单调区间求解参数的范围，另外考查了函数的图象的画法，综合考查了数形结合思想，分类思想，函数与方程的思想，构造函数解决问题的思想．

（I）由点（e，f（e））处的切线方程与直线2x-y=0平行，
得该切线斜率为2，即f′（e）=2．
又∵f′（x）=a（lnx+1），令a（lne+1）=2，解得a=1，
∴f（x）=xlnx．
（II）由（I）知f′（x）=lnx+1，
显然f′（x）=0时x=e^-1，当x∈（0，[1/e]）时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，[1/e]）上单调递减．
当x∈(
1
e，+∞)时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在(
1
e，+∞)上单调递增，
①0＜t＜[1/e]＜t+2，即0＜t＜[1/e]时，f(x)min＝f(
1
e)=-[1/e]；
②[1/e]≤t＜t+2，即t≥
1
e时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）_min=f（t）=tlnt；
∴f(x)min＝

−
1
e，0＜t＜
1
e
tlnt，t≥
1
e；
（Ⅲ）k=
f′(x2)−f′(x1)
x2−x1=
lnx2−lnx1
x2−x1，
要证x1＜
1
k＜x2，即证x1＜
x2−x1
lnx2−lnx1＜x2，等价于1＜

x2
x1−1
ln
x2
x1＜
x2
x1，
令t=
x2
x1，则只证1＜[t−1/lnt]＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等价于证明lnt＜t-1＜tlnt，
①设g（t）=t-1-lnt（t≥1），则g'（t）=1-[1/t]＞0，故g（t）在（1，+∞）上递增，
∴t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt；
②设h（t）=tlnt-t+1（t≥1），则h'（t）=lnt≥0，故h（t）在[1，+∞）上单调递增，
∴当t＞1时，h（t）=tlnt-t+1＞h（1）=0，即tlnt＞t-1；
由①②可知，lnt＜t-1＜tlnt成立，故x1＜
1
k＜x2．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的最值及不等式的证明等知识，考查分类讨论思想、函数思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力、推理论证能力，该题综合性强，能力要求较高．

（1）f′（x）=
2(ax2+2ex−1)
x（x＞0）
①当a≥0时，方程2ax²+2x-1=0的正实根是x₀=
−e+
e2+a
a（a＞0）或[1/2e]（a=0），f（x）在（0，x₀）单减，（x₀，+∞）单增
此时f（x）不存在极大值
②当-e²＜a＜0时，方程ax²+2ex-1=0有两个的正实根是x₁=
−e+
e2+a
a和x₂=
−e−
e2+a
a（明显x₁＜x₂）
此时f（x）在（0，x₁）单减，（x₁，x₂）单增，（x₂，+∞）单减⇒x₂是极大值点
③当a≤-e²时，f（x）在（0，+∞）单减，故此时f（x）不存在极大值
综上，f（x）存在极大值时，a∈（-e²，0），且此时极大值点为
−e−
e2+a
a，
（2）首先注意g（x）+g（-x）=0⇒g（x）是奇函数，λ+μ＞0⇒λ＞-μ
此时g（λ）+g（μ）＞a（λ+μ）⇔g（λ）-aλ＞g（-μ）-a（-μ）（λ＞-μ）
设G（x）=g（x）-ax=e^x-e^-x-（2e+1+a）x（x∈R），则上述不等式⇔G（x）是R上的增函数
据G′（x）=e^x+e^-x-2e-1-a，则对任意x∈R，恒有G′（x）≥0即a≤e^x+e^-x-2e-1成立
又e^x+e^-x-2e-1≥2
ex⋅e−x-2e-1=1-2e，故a≤（e^x+e^-x-2e-1）_min=1-2e
结合（1）的结论知a∈（-e²，1-2e]
据（1）中的②知x₁，x₂（0＜x₁＜x₂）是方程ax²+2ex-1=0⇔a=[1−2ex/x2]的两个实根
据-e²＜a≤1-2e⇒-e²＜[1−2ex/x2]≤1-2e⇒x

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题主要考查函数的性质和导数之间的关系，要求熟练掌握函数的导数应用，考查学生的计算能力，运算量较大，难度较大．

（Ⅰ）∵y＝ex（x＞0）的图象是反比例函数y＝ex（x≠0）的图象位于第一象限内的一支，∴y＝ex（x＞0）的图象关于直线y=x对称．又y=ex，y=lnx=logex互为反函数，它们的图象关于直线y=x互相对称，从而可知：①三个函数...

点评：
本题考点： 指数函数综合题．

考点点评： 本题主要考查指数函数、对数函数的图象和性质应用，用比较法证明不等式，属于中档题．

（1）①当a＜2时，由f′（x）＞0得2＜x＜a 由f′（x）＜0得x＜a或x＞2
∴f（x）的单调递增区间为（a，2），单调减区间为（-∞，2）（a，+∞）
②当a=2时，f′（x）≤0，f（x）在（-∞，+∞）上为减函数
③当a＞2时，由f′（x）＞0，得2＜x＜a 由f′（x）＜0得x＜2或x＞a
∴f（x）的单调递增区间为（2，a），单调减区间为（-∞，2）（a，+∞）
（2）∵a＜0，由（1）知f（x）在[0，2）上为增函数，在（2，4]上为减函数
∴当x∈[0，4]时f（x）_max=f（2）=[4−a
e2又
∵g（x）=
a2+ 6
e
x/2]在[0，4]上为减函数
∴g（x）_min=g（4）=
a2+6
e2
∵
a2+6
e2−
4−a
e2＝
a2+a+2
e2=
(a+
1
2)2+
7
4
e2＞0
∴g（x）_min＞f（x）_max恒成立，
∴若存在x₁，x₂∈[0，4]使得|f（x₁）-g（x₂）|＜
4
e2
只需个g（x）_min-f(x)max＜
4
e2即可
∴a²+a-2＜0
∴-2＜a＜1
∵a＜0
∴a∈（-2，0）

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查导数的应用和函数的恒成立问题，是一个综合题目，这种题目解题的关键是利用函数的思想，利用两个函数的最大值和最小值之间的关系来解题．

已知函数 （m为常数,e=2.71828…是自然对数的底数），函数  的最小值为1，其中  是函数f(x)的导数.
（1）求m的值.
（2）判断直线y=e是否为曲线f(x)的切线，若是，试求出切点坐标和函数f(x)的单调区间；若不是，请说明理由.
（1） 1  ;（2）是,（1，e）;单调减区间(0,+∞).


<>

（Ⅰ）f′(x)＝

1/x−lnx−k
ex]，
依题意，∵曲线y=f（x） 在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，
∴f′(1)＝
1−k
e=0，
∴k=1为所求．
（Ⅱ）k=1时，f′(x)＝

1
x−lnx−1
ex（x＞0）
记h（x）=[1/x]-lnx-1，函数只有一个零点1，且当x＞1时，h（x）＜0，当0＜x＜1时，h（x）＞0，
∴当x＞1时，f′（x）＜0，∴原函数在（1，+∞）上为减函数；当0＜x＜1时，f′（x）＞0，
∴原函数在（0，1）上为增函数．
∴函数f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）．
（Ⅲ）证明：g（x）=（x²+x）f′（x）=
1+x
ex（1-xlnx-x），先研究1-xlnx-x，再研究
1+x
ex．
①记r（x）=1-xlnx-x，x＞0，∴r′（x）=-lnx-2，令r′（x）=0，得x=e^-2，
当x∈（0，e^-2）时，r′（x）＞0，r（x）单增；
当x∈（e^-2，+∞）时，r′（x）＜0，r（x）单减．
∴r（x）_max=r（e^-2）=1+e^-2，即1-xlnx-x≤1+e^-2．
②记s（x）=
1+x
ex，x＞0，
∴s′(x)＝−
x
ex＜0，∴s（x）在（0，+∞）单减，
∴s（x）＜s（0）=1，即
1+x
ex＜1．
综①、②知，g（x））=
1+x
ex（1-xlnx-x）≤（
1+x
ex）（1+e^-2）＜1+e^-2．

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；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．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，正确求导，合理分类是关键．