天津市卷数学选择、填空、解答压轴真题-【5年新高考】2021-2025年全国各地高考数学压轴题真题汇编

【5年新高考】2021-2025年天津市卷数学选择、填空、解答压轴真题 一．选择题（共5小题） 1．（2025•天津）双曲线1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，以右焦点F2为焦点的抛物线y2＝2px（p＞0）与双曲线在第一象限的交点为P，若|PF1|+|PF2|＝3|F1F2|，则双曲线的离心率e＝（　　） A．2 B．5 C． D． 2．（2024•天津）在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间的距离均为1．若AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（　　） A． B． C． D． 3．（2023•天津）双曲线1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P．已知|PF2|＝2，直线PF1的斜率为，则双曲线的方程为（　　） A．1 B．1 C．1 D．1 4．（2022•天津）关于函数f（x）sin2x，给出下列结论： ①f（x）的最小正周期为2π； ②f（x）在[，]上单调递增； ③当x∈[，]时，f（x）的取值范围为[，]； ④f（x）的图象可由g（x）sin（2x）的图象向左平移个单位长度得到． 其中正确结论的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2021•天津）设a∈R，函数f（x），若函数f（x）在区间（0，+∞）内恰有6个零点，则a的取值范围是（　　） A．（2，]∪（，] B．（，2]∪（，] C．（2，]∪[，3） D．（，2）∪[，3） 二．填空题（共5小题） 6．（2025•天津）若a，b∈R，对∀x∈[﹣2，2]，均有（2a+b）x2+bx﹣a﹣1≤0恒成立，则2a+b的最小值为　 　 ． 7．（2024•天津）设a∈R，函数.若f（x）恰有一个零点，则a的取值范围是 　 　 ． 8．（2023•天津）设a∈R，函数f（x）＝ax2﹣2x﹣|x2﹣ax+1|．若f（x）恰有两个零点，则a的取值范围为 　 　 ． 9．（2022•天津）设a∈R．对任意实数x，用f（x）表示|x|﹣2，x2﹣ax+3a﹣5中的较小者．若函数f（x）至少有3个零点，则a的取值范围为 　 　 ． 10．（2021•天津）在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，DE⊥AB且交AB于点E，DF∥AB且交AC于点F，则|2|的值为 　 　 ；（）•的最小值为 　 　 ． 三．解答题（共5小题） 11．（2025•天津）已知函数f（x）＝ax﹣（lnx）2． （I）a＝1时，求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）f（x）有3个零点x1，x2，x3，且（x1＜x2＜x3）． （i）求a的取值范围； （ii）证明：（lnx2﹣lnx1）•lnx3． 12．（2024•天津）已知函数f（x）＝xlnx． （Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）若对任意x∈（0，+∞）成立，求实数a的值； （Ⅲ）若x1，x2∈（0，1），求证：． 13．（2023•天津）已知函数f（x）＝（）ln（x+1）． （Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率； （Ⅱ）求证：当x＞0时，f（x）＞1； （Ⅲ）求证：ln（n!）﹣（n）lnn+n≤1（n∈N*）． 14．（2022•天津）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝b． （Ⅰ）求函数y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （Ⅱ）若曲线y＝f（x）和y＝g（x）有公共点， （ⅰ）当a＝0时，求b的取值范围； （ⅱ）求证：a2+b2＞e． 15．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xex． （1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）证明函数f（x）存在唯一的极值点； （3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围． 【5年新高考】2021-2025年天津市卷数学选择、填空、解答压轴真题 参考答案与试题解析 一．选择题（共5小题） 题号 1 2 3 4 5 答案 A C D A A 一．选择题（共5小题） 1．（2025•天津）双曲线1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，以右焦点F2为焦点的抛物线y2＝2px（p＞0）与双曲线在第一象限的交点为P，若|PF1|+|PF2|＝3|F1F2|，则双曲线的离心率e＝（　　） A．2 B．5 C． D． 【解答】解：如图，抛物线的准线为F1E，E为过P作准线的垂线，与准线的交点，过P作x轴的垂线，交点为D， 由题意，|PF1|+|PF2|＝3|F1F2|＝6c，|PF1|﹣|PF2|＝2a， 解得|PF1|＝3c+a，|PF2|＝3c﹣a，xP＝2c﹣a，|F2D|＝c﹣a，|EP|＝3c﹣a， ， 可得（3c+a）2﹣（3c﹣a）2＝（3c﹣a）2﹣（c﹣a）2， 化简可得2a＝c，所以e． 故选：A． 2．（2024•天津）在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间的距离均为1．若AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：延长AD到G，使DG＝2，延长BE到H，使EH＝1，连接AF、BF， 可得AG＝BH＝CF＝3，结合AG∥BH∥CF，可知ABC﹣GHF为三棱柱， 因为四边形ABED与四边形HGDE全等，所以VF﹣ABED＝VF﹣HGDEVABC﹣GHF， 由AG∥BH∥CF，且它们两两之间的距离为1．可知： 当ABC﹣GHF为正三棱柱时，底面边长为1，高为3，此时VABC﹣GHF． 根据棱柱的性质，若ABC﹣GHF为斜三棱柱，体积也是， 因此，VF﹣HGDEVABC﹣GHF，可得该五面体的体积V＝VABC﹣GHF﹣VF﹣HGDE． 故选：C． 3．（2023•天津）双曲线1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P．已知|PF2|＝2，直线PF1的斜率为，则双曲线的方程为（　　） A．1 B．1 C．1 D．1 【解答】解：因为过F2（c，0）作一条渐近线y的垂线，垂足为P， 则|PF2|b＝2， 所以b＝2①， 联立，可得x，y，即P（，）， 因为直线PF1的斜率， 整理得（a2+c2）＝4ab②， ①②联立得，a，b＝2， 故双曲线方程为1． 故选：D． 4．（2022•天津）关于函数f（x）sin2x，给出下列结论： ①f（x）的最小正周期为2π； ②f（x）在[，]上单调递增； ③当x∈[，]时，f（x）的取值范围为[，]； ④f（x）的图象可由g（x）sin（2x）的图象向左平移个单位长度得到． 其中正确结论的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：对于f（x）sin2x，它的最小正周期为π，故①错误； 在[，]，2x∈[，]，函数f（x）单调递增，故②正确； 当x∈[，]时，2x∈[，]，f（x）的取值范围为[，]，故③错误； f（x）的图象可由g（x）sin（2x）的图象向右平移个单位长度得到，故④错误， 故选：A． 5．（2021•天津）设a∈R，函数f（x），若函数f（x）在区间（0，+∞）内恰有6个零点，则a的取值范围是（　　） A．（2，]∪（，] B．（，2]∪（，] C．（2，]∪[，3） D．（，2）∪[，3） 【解答】解：∵f（x）在区间（0，+∞）内恰有6个零点 又∵二次函数最多有两个零点， ∴当x＜a时，f（x）＝0至少有四个根， ∵f（x）＝cos（2πx﹣2πa）＝cos[2π（x﹣a）]， ∴令f（x）＝0，即 k∈Z， ∴， 又∵x∈（0，+∞）， ∴，即， ①当x＜a时，﹣5≤﹣2a4，f（x）有4个零点，即， ﹣6，f（x）有5个零点，即， ﹣7，f（x）有6个零点，即， ②当x≥a时，f（x）＝x2﹣2（a+1）x+a2+5， ∴Δ＝b2﹣4ac＝4（a+1）2﹣4（a2+5）＝8a﹣16＝0，解得a＝2， 当a＜2时，Δ＜0，f（x）无零点， 当a＝2时，Δ＝0，f（x）有1个零点， 当a＞2时，f（a）＝a2﹣2a（a+1）+a2+5＝﹣2a+5， ∵f（x）的对称轴x＝a+1，即f（a）在对称轴的左边， ∴当﹣2a+5≥0时，即2＜a，f（x）有两个零点， 当﹣2a+5＜0时，即a，f（x）有1个零点， 综合①②可得，若函数f（x）在区间（0，+∞）内恰有6个零点，则需满足： 或或， 解得a∈（2，]∪（，]． 故选：A． 二．填空题（共5小题） 6．（2025•天津）若a，b∈R，对∀x∈[﹣2，2]，均有（2a+b）x2+bx﹣a﹣1≤0恒成立，则2a+b的最小值为　﹣4　 ． 【解答】解：设t＝2a+b，原题即求t的最小值， 原不等式可化为对任意的x∈[﹣2，2]，tx2+（t﹣2a）x﹣a﹣1≤0， 为了消去a，不妨取，得，得t≥﹣4， 当t＝﹣4时，原不等式可化为﹣4x2+（﹣4﹣2a）x﹣a﹣1≤0，即， 观察可知，当a＝0时，﹣（2x+1）2≤0对x∈[﹣2，2]恒成立，当且仅当取等号， 此时a＝0，b＝﹣4，说明当t＝﹣4时，a，b均可取到，满足题意， 所以t＝2a+b的最小值为﹣4． 故答案为：﹣4． 7．（2024•天津）设a∈R，函数.若f（x）恰有一个零点，则a的取值范围是 　　 ． 【解答】解：根据题意，可得x2﹣ax≥0，令f（x）＝0，即． ①当a＝0时，x∈R，有，则x＝±，不符合题意，舍去； ②当a＞0时，由x2﹣ax≥0，可得x≥a或x≤0，则2|ax﹣2|﹣1， 即函数与函数h（x），有唯一公共点， 当x≤0时，则ax﹣2＜0，则， 即4x2﹣4ax＝（1﹣ax）2，整理得（4﹣a2）x2﹣2ax﹣1＝[（2+a）x+1][（2﹣a）x﹣1]＝0， 当a＝2时，即4x+1＝0，即x， 当a∈（0，2），或（正值舍去）， 当a∈（2，+∞）时，或，有两解，不符合题意，舍去， 综上所述，当a∈（0，2]时，在x≤0时有唯一解， 因此，当a∈（0，2]时，方程在x≥a时需无解， 当a∈（0，2]，且x≥a时，由函数h（x）关于x对称， 令h（x）＝0，可得，且函数h（x）在上单调递减，在上单调递增， 令，即， 故x≥a时，g（x）图案为双曲线右支在x轴上方部分向右平移所得， 由双曲线1的渐近线方程为， 即g（x）部分的渐近线方程为，其斜率为2， 又a∈（0，2]，即h（x）在时的斜率a∈（0，2]， 令，可得x＝a或x＝0（舍去），且函数g（x）在（a，+∞）上单调递增， 故有，解得，故符合要求； ③当a＜0时，则， 即函数与函数h（x）有唯一交点， 由x2﹣ax≥0，可得x≥0或x≤a， 当x≥0时，则ax﹣2＜0，则， 即4x2﹣4ax＝（1﹣ax）2，整理得（4﹣a2）x2﹣2ax﹣1＝[（2+a）x+1][（2﹣a）x﹣1]＝0， 当a＝﹣2时，即4x﹣1＝0，即， 当a∈（﹣2，0），（负值舍去）或， 当a∈（﹣∞，2）时，或，有两解，舍去， 即当a∈[﹣2，0）时，在x≥0时有唯一解， 则当a∈[﹣2，0）时，在x≤a时需无解， 当a∈[﹣2，0），且x≤a时， 由函数h（x）关于对称，令h（x）＝0，可得或． 且函数h（x）在上单调递减，在上单调递增， 同理可得：x≤a时，g（x）图像为双值的左支的x轴上方部分向左平移所得， g（x）部分的渐近线方程为，其斜率为﹣2， 又a∈[﹣2，0），即h（x）在时的斜率a∈[﹣2，0）， 令，可得x＝a或x＝0（舍去）， 且函数g（x）在（﹣∞，a）上单调递减， 故有，解得，故符合要求； 综上所述，． 故答案为：． 8．（2023•天津）设a∈R，函数f（x）＝ax2﹣2x﹣|x2﹣ax+1|．若f（x）恰有两个零点，则a的取值范围为 　（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）　 ． 【解答】解：①当a＝0时，f（x）＝﹣2x﹣|x2+1|＝﹣2x﹣x2﹣1，不满足题意； ②当方程x2﹣ax+1＝0满足a≠0且△≤0时， 有a2﹣4≤0即a∈[﹣2，0）∪（0，2]， 此时，f（x）＝（a﹣1）x2+（a﹣2）x﹣1 ，当a＝1时，不满足， 当a≠1时，Δ＝（a﹣2）2+4（a﹣1）＝a2＞0，满足； ③Δ＞0时，a∈（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）， 记x2﹣ax+1的两根为m，n，不妨设m＜n， 则f（x）， 当a＞2时，x1，x2＝﹣1且x∈（﹣∞，m]∪[n，+∞）， 但此时ax1+10，舍去x1， x3，x4＝1，且x∈（m，n）， 但此时ax3+10，舍去x3， 故仅有1与﹣1两个解，即f（x）有且仅有两个零点， 当a＜﹣2时，有ax2+1＝a+2＜0，舍去x2，2﹣a＞0，舍去x4， 故仅有和两个解，即f（x）有且仅有两个零点， 综上，a∈（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）． 故答案为：（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）． 9．（2022•天津）设a∈R．对任意实数x，用f（x）表示|x|﹣2，x2﹣ax+3a﹣5中的较小者．若函数f（x）至少有3个零点，则a的取值范围为 　[10，+∞）　 ． 【解答】解：设g（x）＝x2﹣ax+3a﹣5，h（x）＝|x|﹣2，由|x|﹣2＝0可得x＝±2． 要使得函数f（x）至少有3个零点，则函数g（x）至少有一个零点， 则Δ＝a2﹣4（3a﹣5）≥0， 解得a≤2或a≥10． ①当a＝2时，g（x）＝x2﹣2x+1，作出函数g（x）、h（x）的图象如图所示： 此时函数f（x）只有两个零点，不满足题意； ②当a＜2时，设函数g（x）的两个零点分别为x1、x2（x1＜x2）， 要使得函数f（x）至少有3个零点，则x2≤﹣2， 所以，，解得a∈∅； ③当a＝10时，g（x）＝x2﹣10x+25，作出函数g（x）、h（x）的图象如图所示： 由图可知，函数f（x）的零点个数为3，满足题意； ④当a＞10时，设函数g（x）的两个零点分别为x3、x4（x3＜x4）， 要使得函数f（x）至少有3个零点，则x3≥2， 可得，解得a＞4，此时a＞10． 综上所述，实数a的取值范围是[10，+∞）． 故答案为：[10，+∞）． 10．（2021•天津）在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，DE⊥AB且交AB于点E，DF∥AB且交AC于点F，则|2|的值为 　1　 ；（）•的最小值为 　　 ． 【解答】解：如图，设BE＝x， ∵△ABC是边长为1等边三角形，DE⊥AB， ∴∠BDE＝30°，BD＝2x，DEx，DC＝1﹣2x， ∵DF∥AB，∴△DFC是边长为1﹣2x等边三角形，DE⊥DF， ∴（2）2＝44•4x2+4x（1﹣2x）×cos0°+（1﹣2x）2＝1， 则|2|＝1， ∵（）•（）•（）• （1﹣2x）×（1﹣x）＝5x2﹣3x+1 ＝5，x∈（0，）， ∴（）•的最小值为． 故答案为：1，． 三．解答题（共5小题） 11．（2025•天津）已知函数f（x）＝ax﹣（lnx）2． （I）a＝1时，求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）f（x）有3个零点x1，x2，x3，且（x1＜x2＜x3）． （i）求a的取值范围； （ii）证明：（lnx2﹣lnx1）•lnx3． 【解答】解：（Ⅰ）a＝1时，f（x）＝x﹣（lnx）2，且f（1）＝1，f′（x）＝1﹣2lnx•，所以k＝f′（1）＝1， 所以f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝1×（x﹣1），即x﹣y＝0； （Ⅱ）（i）由f（x）＝0，得a，x＞0； 设g（x），则g′（x）， 令g′（x）＝0，得x＝1或x＝e2， 所以x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，g（x）∈（0，+∞）； x∈（1，e2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）∈（0，）； x∈（e2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，g（x）∈（0，）； 画出函数g（x）的大致图象，如图所示： 由函数的图象，结合题意知，a的取值范围是（0，）； （ii）证明：由（i）知，0＜x1＜1＜x2＜e2＜x3，设lnx1＝t1，lnx2＝t2，lnx3＝t3， 则t1＜0＜t2＜2＜t3，又，由②③得，两式相减得t3﹣t2＝2（lnt3﹣lnt2）， 由对数均值不等式得2，所以t3t2＜4； 要证（lnx2﹣lnx1）lnx3，即证t2t3﹣t1t3， 只需证4﹣t1t3，即证﹣t1t3， 又因为t1＜0，aa，所以|t1|＝﹣t1， 所以﹣t1t3，只需证； 设h（t），t＞2，则h′（t）， 当2＜t＜4时，h′（t）＞0，h（t）在（2，4）上单调递增； 当t＞4时，h′（t）＜0，h（t）在（4，+∞）上单调递减； 所以h（x）max＝h（4），即h（t）， 由4e2﹣16e+16＝4（e﹣2）2＞0，得成立，命题得证． 12．（2024•天津）已知函数f（x）＝xlnx． （Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）若对任意x∈（0，+∞）成立，求实数a的值； （Ⅲ）若x1，x2∈（0，1），求证：． 【解答】解：（1）由于f（x）＝xlnx，故f'（x）＝lnx+1， 所以f（1）＝0，f'（1）＝1， 所以所求的切线经过（1，0），且斜率为1， 故其方程为y＝x﹣1； （2）设h（t）＝t﹣1﹣lnt，则，从而当0＜t＜1时h'（t）＜0，当t＞1时h'（t）＞0， 所以h（t）在（0，1]上递减，在[1，+∞）上递增，这就说明h（t）≥h（1）， 即t﹣1≥lnt，且等号成立当且仅当t＝1， 设g（t）＝a（t﹣1）﹣2lnt， 则． 当x∈（0，+∞）时，的取值范围是（0，+∞）， 所以命题等价于对任意t∈（0，+∞），都有g（t）≥0． 一方面，若对任意t∈（0，+∞），都有g（t）≥0，则对t∈（0，+∞）， 有， 取t＝2，得0≤a﹣1，故a≥1＞0． 再取，得， 所以a＝2． 另一方面，若a＝2，则对任意t∈（0，+∞）都有g（t）＝2（t﹣1）﹣2lnt＝2h（t）≥0，满足条件． 综合以上两个方面知a＝2． 证明：（3）先证明一个结论：对0＜a＜b，有． 证明：前面已经证明不等式t﹣1≥lnt， 故， 且 ， 所以， 即． 由f′（x）＝lnx+1，可知当时，f′（x）＜0，当时f′（x）＞0． 所以f（x）在上单调递减，在上单调递增． 不妨设x1≤x2，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论． 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有|f（x1）﹣f（x2）|＝f（x1）﹣f（x2）＝x1lnx1﹣x2lnx2 对任意的，设，则 由于φ'（x）单调递增，且有φ′（）＝ln11110， 且当时，由可知， ． 所以φ'（x）在（0，c）上存在零点x0，再结合φ'（x）单调递增，即知0＜x＜x0时φ'（x）＜0，x0＜x＜c时φ'（x）＞0 故φ（x）在（0，x0]上递减，在[x0，c]上递增． ①当x0≤x≤c时，有φ（x）≤φ（c）＝0； ②当0＜x＜x0时，由于，故我们可以取． 从而当时，由， 可得， 再根据φ（x）在（0，x0]上递减，即知对0＜x＜x0都有φ（x）＜0； 综合①②可知对任意0＜x≤c，都有φ（x）≤0，即． 根据和0＜x≤c的任意性，取c＝x2，x＝x1，就得到 所以 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论， 可得，， 而根据f（x）的单调性，知或． 故一定有成立． 综上，结论成立． 13．（2023•天津）已知函数f（x）＝（）ln（x+1）． （Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率； （Ⅱ）求证：当x＞0时，f（x）＞1； （Ⅲ）求证：ln（n!）﹣（n）lnn+n≤1（n∈N*）． 【解答】解：（Ⅰ）对函数f（x）求导，可得f′（x）， 则曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率为f′（2）； （Ⅱ）证明：当x＞0时，f（x）＞1，即，即， 而 在（0，+∞）上单调递增， 因此g（x）＞g（0）＝0，原不等式得证； （Ⅲ）证明：设数列{an}的前n项和， 则a1＝S1＝1； 当n≥2时，， 由（2），an＜0（n≥2）， 故Sn≤S1＝1，不等式右边得证； 要证，只需证：对任意的n≥2，， 令，则， 当x＞0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（0，+∞）上单调递减， 则h（x）＜0，即， 则， 因此当k≥2时，， 当n≥4时，累加得 ， 又，， 故，即得证． 14．（2022•天津）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝b． （Ⅰ）求函数y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （Ⅱ）若曲线y＝f（x）和y＝g（x）有公共点， （ⅰ）当a＝0时，求b的取值范围； （ⅱ）求证：a2+b2＞e． 【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣asinx，∴f′（x）＝ex﹣acosx， ∴f（0）＝1，f′（0）＝1﹣a， ∴函数y＝f（x）在（0，1）处的切线方程为y＝（1﹣a）x+1； （Ⅱ）（ⅰ）∵a＝0，∴f（x）＝ex，又y＝f（x）和y＝g（x）有公共点， ∴方程f（x）＝g（x）有解， 即有解，显然x≠0， ∴b在（0，+∞）上有解， 设h（x），（x＞0）， ∴h′（x）， ∴当x∈（0，）时，h′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，h′（x）＞0， ∴h（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增， ∴，且当x→0时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞， ∴h（x）∈[，+∞）， ∴b的范围为[，+∞）； （ⅱ）证明：令交点的横坐标为x0，则， ∴由柯西不等式可得（a2+b2）（sin2x0+x0） ∴a2+b2， 又易证x＞0时，x＞sinx，ex≥ex，ex＞x+1， ∴e， 故a2+b2＞e． 15．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xex． （1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）证明函数f（x）存在唯一的极值点； （3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围． 【解答】（1）解：因为f'（x）＝a﹣（x+1）ex，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0， 所以在（0，f（0））处的切线方程为y＝（a﹣1）x（a＞0）； （2）证明：令f'（x）＝a﹣（x+1）ex＝0，则a＝（x+1）ex， 令g（x）＝（x+1）ex，则g'（x）＝（x+2）ex，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2， 当x∈（﹣∞，﹣2）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减， 当x∈（﹣2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 当x→﹣∞时，g（x）＜0，当x→+∞时，g（x）＞0， 作出图象，如图， 所以当a＞0时，y＝a与y＝g（x）仅有一个交点，令g（m）＝a， 则m＞﹣1，且f′（m）＝a﹣g（m）＝0， 当x∈（﹣∞，m）时，a＞g（x），f'（x）＞0，f（x）为增函数； 当x∈（m，+∞）时，a＜g（x），f'（x）＜0，f（x）为减函数； 所以x＝m时是f（x）的极大值点，故f（x）仅有一个极值点； （3）解：由（2）知f（x）max＝f（m）， 此时a＝（1+m）em，（m＞﹣1）， 所以{f（x）﹣a}max＝f（m）﹣a＝（1+m）mem﹣mem﹣（1+m）em＝（m2﹣m﹣1）em（m＞﹣1）， 令h（x）＝（x2﹣x﹣1）ex（x＞﹣1）， 若存在a，使f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立， 则等价于存在x∈（﹣1，+∞），使得h（x）≤b，即b≥h（x）min， 而h'（x）＝（x2+x﹣2）ex＝（x﹣1）（x+2）ex，（x＞﹣1）， 当x∈（﹣1，1）时，h'（x）＜0，h（x）为单调减函数， 当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为单调增函数， 所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e， 所以实数b的取值范围[﹣e，+∞）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$