【正文】 2+ax+b）e﹣x+（3x2+6x+a）e﹣x=﹣e﹣x[x3+（a﹣6）x+b﹣a]．由條件得：f′（2）=0，即23+2（a﹣6）+b﹣a=0，故b=4﹣a，從而f′（x）=﹣e﹣x[x3+（a﹣6）x+4﹣2a]．因?yàn)閒′（α）=f′（β）=0，所以x3+（a﹣6）x+4﹣2a=（x﹣2）（x﹣α）（x﹣β）=（x﹣2）（x2﹣（α+β）x+αβ）．將右邊展開，與左邊比較系數(shù)得，α+β=﹣2，αβ=a﹣2．故．，又（β﹣2）（α﹣2）＜0，即αβ﹣2（α+β）+4＜0．由此可得a＜﹣6．于是β﹣α＞6．。（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函數(shù)當(dāng)x≤0時(shí)g39。（x）=0得x1=arcsina，x2=π﹣arcsina當(dāng)x∈[0，x1]時(shí)，sinx＜a，f39。（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）內(nèi)為增函數(shù)；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）設(shè)h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x），（﹣＜x＜0）則h39。（x）+f39。（x）=a﹣sinx，x∈[0，π]，sinx∈[0，1]；當(dāng)a≤0時(shí)，f39。（x）＞0，所以h（x）＞h（0）=0，即f（x）＞綜上，a的取值范圍是[0，]12．已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx﹣x+1．（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范圍；（Ⅱ）證明：（x﹣1）f（x）≥0．解：（Ⅰ），xf′（x）=xlnx+1，題設(shè)xf′（x）≤x2+ax+1等價(jià)于lnx﹣x≤a．令g（x）=lnx﹣x，則，當(dāng)0＜x＜1，g′（x）＞0；當(dāng)x≥1時(shí)，g′（x）≤0，x=1是g（x）的最大值點(diǎn)，g（x）≤g（1）=﹣1 綜上，a的取值范圍是[﹣1，+∞）．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）=﹣1即lnx﹣x+1≤0．當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f（x）=（x+1）lnx﹣x+1=xlnx+（lnx﹣x+1）＜0；當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）=lnx+（xlnx﹣x+1）==≥0所以（x﹣1）f（x）≥0．13．設(shè)函數(shù)f（x）=x2+aln（1+x）有兩個(gè)極值點(diǎn)xx2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范圍，并討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）證明：f（x2）＞．解：（I），令g（x）=2x2+2x+a，其對(duì)稱軸為．由題意知xx2是方程g（x）=0的兩個(gè)均大于﹣1的不相等的實(shí)根，其充要條件為，得（1）當(dāng)x∈（﹣1，x1）時(shí)，f39。（x）=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）≥af（x）﹣axf（x）+af（x）﹣f（x）=（2a﹣1﹣ax）f（x）當(dāng)0＜x＜時(shí)，h39。導(dǎo)數(shù)高考題1．已知函數(shù)f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx（i）當(dāng) a為何值時(shí)，x軸為曲線y=f（x）的切線；（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），討論h（x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解：（i）f′（x）=3x2+a，設(shè)曲線y=f（x）與x軸相切于點(diǎn)P（x0，0），則f（x0）=0，f′（x0）=0，∴，解得，a=．因此當(dāng)a=﹣時(shí)，x軸為曲線y=f（x）的切線；（ii）當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g（x）=﹣lnx＜0，∴函數(shù)h（x）=min { f（x），g（x）}≤g（x）＜0，故h（x）在x∈（1，+∞）時(shí)無零點(diǎn)．當(dāng)x=1時(shí)，若a≥﹣，則f（1）=a+≥0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=g（1）=0，故x=1是函數(shù)h（x）的一個(gè)零點(diǎn)；若a＜﹣，則f（1）=a+＜0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=f（1）＜0，故x=1不是函數(shù)h（x）的零點(diǎn)；當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g（x