第2章 第6节 6.3 函数的最值（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（北师大版）

第二章　导数及其应用 6.3　函数的最值 基础过关练 题组一　函数最值的概念及其求解 1.(多选题)(2025海南海口模拟)f(x)是定义在区间[a,b]上的函数,其导函数f'(x)的图象如图所示,则在区间[a,b]内(　　) A.函数f(x)有三个极值点 B.函数f(x)的单调递增区间为(x1,x5) C.函数f(x)的最大值可能为f(x5) D.函数f(x)的最小值可能为f(a) 2.(2024陕西西安第三十八中学二模)函数f(x)=在[-3,3]上的最大值和最小值分别是(　　) A.,-　　　　　B.,-　　　　　 C.,-　　　　　D.,- 3.(2025江西萍乡期中)函数f(x)=xln x+在上的值域是(　　) A.　　　　　B. C.　　　　 D. 4.(2024山东济宁第一中学月考)求函数f(x)=-x3-x2+3x-3在区间[-1,2]上的最大值和最小值. 题组二　含参函数的最值问题 5.(2025安徽阜阳临泉田家炳实验中学期末)已知函数f(x)=ax-ln x在x=1处取得最小值,则f'(2)=(　　) A.　　　　　B.1　　　　　C.　　　　　D.2-ln 2 6.(2024江西宜春宜丰中学期末)函数f(x)=x2+(a-1)x-3ln x在(1,2)内有最小值,则实数a的取值范围为(　　) A.　　　　　B.　　　　　 C.　　　　　D. 7.(2025河南新未来期中联考)已知函数f(x)=(x>1)有最大值-8,则a的值为(　　) A.-2　　　　　B.-4　　　　　C.-8　　　　　D.-12 8.(2023皖豫名校联盟三联)若函数f(x)=x3-x2在区间(-2,1+a)上存在最大值,则实数a的取值范围是　　　　.  9.(2025江苏南通如皋中学月考)已知函数f(x)=2ex(x+1). (1)求函数f(x)的极值; (2)求函数f(x)在区间[t,t+1](t>-3)上的最小值g(t). 题组三　利用函数的最值解决不等式问题 10.(2023江苏镇江丹阳高级中学月考)若存在x∈,使得不等式2xln x+x2-mx+3≥0成立,则实数m的最大值为(　　) A.4　　　　 　B.2+e+ C.e2-1　　　　　D.+3e-2 11.(2025广西南宁摸底考试)已知函数f(x)=x-ln(mx),若∀x>0, f(x)≥0,则实数m的取值范围为(　　) A.　　　　　B.(0,1] C.(0,e]　　　　　D.(0,e2] 12.(2025江西宜春一中期中)若不等式x2-2ln x+m≤0有解,则实数m的取值范围为　　　.  13.设函数f(x)=ln x-x+1. (1)求函数f(x)的极值; (2)证明:ln x≤x-1. 14.(2025江西宜春高安期中联考)已知函数f(x)=x3-3x2-9x+1(x∈R). (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)若2a-1≤f(x)对任意x∈[-2,4]恒成立,求实数a的取值范围. 15.(2023江西宜春一中期末)已知函数f(x)=aex-ax-1(a≠0). (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a=1时,证明:f(x)>2ln x-2x+2. 能力提升练 题组一　函数最值问题的求解与应用 1.(2024江西抚州期末)已知函数f(x)=2ln x+ax2-3x在x=2处取得极小值,则f(x)在上的最大值为(　　) A.-　　　　　B.2ln 3- C.-1　　　　　D.2ln 2-4 2.(2024湖北武汉外国语学校期末)设函数f(x)=2x2-2的图象在点(a, f(a))(0<a<1)处的切线为l,则l与坐标轴围成的三角形面积的最小值为(　　) A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D. 3.(多选题)(2024广东惠州段考)设函数f(x)=,则下列选项正确的是(　　) A.f(x)为奇函数 B.f(x)的图象关于点(0,1)对称 C.f(x)的最大值为+1 D.f(x)的最小值为-+1 题组二　含参函数的最值问题 4.(2025河南新乡期中)已知直线x=a与函数f(x)=ex,g(x)=x的图象分别交于点A,B,当|AB|取得最小值时,a=(　　) A.0　　　　　B.1　　　　　C.e　　　　　D. 5.(2024江西赣州诊断测试)已知函数f(x)=若m≠n,且f(m)+f(n)=2,则m+n的最小值为(　　) A.4-2ln 3　　　　　B.4-3ln 2 C.2-3ln 2　　　　　D.3-2ln 2 6.(2023江苏连云港期末)设m为实数,函数f(x)=ln x+mx. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当m=e时,直线y=ax+是曲线y=f(x)的切线,求a+b的最小值. 7.(2025安徽阜阳临泉期末)已知函数f(x)=xln x-a(x-1)2-x+1,a∈R. (1)证明:直线y=0与曲线y=f(x)相切; (2)若函数f(x)在(1,+∞)上存在最大值,求a的取值范围. 题组三　利用函数的最大(小)值解决不等式问题 8.(2024黑龙江哈尔滨第六中学校月考)已知函数f(x)=ln x,若对任意的x1,x2∈(0,+∞),都有[f(x1)-f(x2)](-)≥k(x1x2+)成立,则实数k的最大值是(　　) A.-1　　　　　B.0　　　　　C.1　　　　　D.2 9.(2025山东青岛调研)已知a>0,若不等式≥ln(ax)对任意x>0恒成立,则a的最大值是(　　) A.2e　　　　　B.e　　　　　C.　　　　　D. 10.(多选题)(2024广西南宁模拟)定义在R上的函数f(x),若存在函数g(x)=ax+b(a,b为常数),使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立,则称g(x)为函数f(x)的一个承托函数,下列命题中正确的是(　　) A.函数g(x)=-2是函数f(x)=的一个承托函数 B.函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sin x的一个承托函数 C.若函数g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,则a的取值范围是[0,e] D.值域是R的函数f(x)不存在承托函数 11.(2025天津部分区期中)已知函数f(x)=x2+ax-2(a∈R),g(x)=,若对任意x1∈[-1,1],存在x2∈R,使f(x1)<g(x2)成立,则a的取值范围是　　　　　.  12.(2024陕西汉中模拟)已知函数f(x)=,x∈R. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程; (2)若对任意的x∈[0,π],f(x)≤3a-2a2恒成立,求实数a的取值范围. 13.(2025安徽部分学校联考)已知函数f(x)=x+ln x. (1)记f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y=g(x),证明:当x>0时, f(x)≤g(x)<x2+4x+1; (2)若当x>1时,xf(x)-x2>(a-2)x-a,求实数a的最大整数值. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.BC 2.D 3.C 5.A 6.A 7.A 10.D 11.C 1.BC　由题图可知,当a≤x<x1或x5<x≤b时, f'(x)<0,当x1<x<x5时, f'(x)≥0,且不恒等于0,所以f(x)在区间[a,x1),(x5,b]上单调递减,在区间(x1,x5)上单调递增,所以f(x)只有两个极值点, f(x)的最大值可能为f(x5),A错误,B,C正确; 因为函数f(x)在[a,x1)上单调递减,所以f(x1)<f(a),故函数f(x)的最小值不可能为f(a),D错误. 2.D　由已知得f '(x)=,x∈[-3,3], 令f '(x)>0,得-1<x<1,即f(x)在(-1,1)上单调递增, 令f '(x)<0,得-3≤x<-1或1<x≤3,所以f(x)在[-3,-1)和(1,3]上单调递减, 又f(-3)=-, f(-1)=-, f(1)=, f(3)=, 所以函数f(x)在[-3,3]上的最大值为,最小值为-. 3.C　f'(x)=ln x+1-(x>0),解方程f'(x)=0,得x=1. 当x∈(0,1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)min=f(1)=1,又f=e-=, f(e)=e+=,>,所以f(x)在上的最大值为, 因此函数f(x)在上的值域是. 4.解析　由f(x)=-x3-x2+3x-3,得f '(x)=-x2-2x+3=-(x+3)(x-1), 故当x∈(-1,1)时, f '(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,2)时, f '(x)<0,f(x)单调递减, 故f(x)在[-1,2]上的最大值为f(1)=--1+3-3=-, 又f(-1)=-1-3-3=-, f(2)=-×8-4+6-3=-,故f(x)在[-1,2]上的最小值为f(-1)=-. 5.A　f'(x)=a-(x>0), 依题意, f'(1)=a-1=0,解得a=1. 当a=1时, f'(x)=1-=,当0<x<1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x>1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,因此函数f(x)在x=1处取得最小值,故a=1满足题意, 则f'(2)=1-=. 6.A　f '(x)=2x+(a-1)-=, 设g(x)=2x2+(a-1)x-3,因为Δ=(a-1)2+24>0,所以g(x)=0有两个不同的实根, 又g(0)=-3<0,g(x)的图象开口向上,因此g(x)=0的两根一正一负, 由题意得正根在(1,2)内, 所以解得-<a<2, 故a的取值范围是. 7.A　f'(x)==,且x∈(1,+∞),解方程f'(x)=0,得x=2或x=0(舍), 显然当a=0时不合题意; 若a<0,则当x∈(1,2)时,f'(x)>0,函数f(x)在(1,2)上单调递增, 当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)在(2,+∞)上单调递减, 所以f(x)在x=2处取得极大值,也是最大值, 即f(2)=4a=-8,解得a=-2,符合题意; 若a>0,则当x∈(1,2)时, f'(x)<0,函数f(x)在(1,2)上单调递减, 当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)在(2,+∞)上单调递增, 此时f(x)无最大值,不符合题意.综上可知,a=-2. 8.答案　(-1,2] 解析　f'(x)=x2-2x, 当x<0或x>2时,f'(x)>0,当0<x<2时,f'(x)<0, 故f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减, 故f(x)在x=0处取得极大值,为f(0)=0, 若函数f(x)=x3-x2在区间(-2,1+a)上存在最大值,则f(x)在x=0处取得最大值, 令f(x)=x3-x2=0,则x=0或x=3, 故0<1+a≤3,∴-1<a≤2. 9.解析　(1)f'(x)=2ex(x+2),x∈R, 由f'(x)>0,得x>-2,由f'(x)<0,得x<-2, ∴f(x)在(-2,+∞)上单调递增,在(-∞,-2)上单调递减,∴f(x)的极小值为f(-2)=-2e-2,无极大值. (2)由(1)知f(x)在(-2,+∞)上单调递增,在(-∞,-2)上单调递减. ∵t>-3,∴t+1>-2, ①当-3<t<-2时, f(x)在[t,-2)上单调递减,在(-2,t+1]上单调递增,∴g(t)=f(-2)=-2e-2, ②当t≥-2时, f(x)在[t,t+1]上单调递增, ∴g(t)=f(t)=2et(t+1). 综上可得,g(t)= 10.D　不等式2xln x+x2-mx+3≥0即m≤2ln x+x+, 令f(x)=2ln x+x+,x∈,则f'(x)=+1-=, 当<x<1时,f'(x)<0,当1<x<e时,f'(x)>0,故f(x)在上单调递减,在[1,e]上单调递增,又f=+3e-2,f(e)=2+e+,f-f(e)=2e-4->0, 所以f(x)max=f=+3e-2,则由题意可得m≤+3e-2,所以实数m的最大值为+3e-2. 11.C　由题意可知,m>0, f'(x)=1-=, 当0<x<1时, f'(x)<0,当x>1时, f'(x)>0, 所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以当x=1时, f(x)取得最小值,为f(1)=1-ln m, 因为∀x>0, f(x)≥0,所以1-ln m≥0,解得0<m≤e. 12.答案　(-∞,-1] 解析　由不等式x2-2ln x+m≤0有解,可得m≤(2ln x-x2)max, 令f(x)=2ln x-x2,x>0, 则f'(x)=-2x==, 令f'(x)=0,解得x=1或x=-1(舍去), 当x∈(0,1)时, f'(x)>0,函数f(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时, f'(x)<0,函数f(x)单调递减, 所以当x=1时, f(x)有极大值,即最大值, f(x)max=f(1)=2ln 1-1=-1,所以m≤-1. 所以m的取值范围为(-∞,-1]. 13.解析　(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-1=,令f'(x)=0,得x=1. 当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 因此当x=1时,函数f(x)有极大值,且极大值为f(1)=0,函数f(x)无极小值. (2)证明:由(1)可知函数f(x)在x=1处取得最大值,且最大值为0, 即f(x)=ln x-x+1≤0,所以ln x≤x-1. 14.解析　(1)f'(x)=3x2-6x-9=3(x+1)(x-3), 令f'(x)=0,可得x=-1或x=3,列表如下: x (-∞,-1) -1 (-1,3) 3 (3,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(3,+∞),单调递减区间为(-1,3), 故函数f(x)的极大值为f(-1)=-1-3+9+1=6,极小值为f(3)=27-27-27+1=-26. (2)由(1)可知,函数f(x)在[-2,-1)上单调递增,在(-1,3)上单调递减,在(3,4]上单调递增, 且f(-2)=-8-12+18+1=-1, 故当x∈[-2,4]时, f(x)min=f(3)=-26, 因为2a-1≤f(x)对任意x∈[-2,4]恒成立,则2a-1≤f(x)min=-26,解得a≤-, 因此,实数a的取值范围是. 15.解析　(1)f'(x)=aex-a=a(ex-1). 当a>0时,令f'(x)>0,得x>0,令f'(x)<0,得x<0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 当a<0时,令f'(x)>0,得x<0,令f'(x)<0,得x>0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减. (2)证明:当a=1时,f(x)=ex-x-1. 由(1)知,当x>0时,f(x)单调递增, 所以f(x)>f(0)=0. 设g(x)=2ln x-2x+2,则g'(x)=-2=(x>0), 令g'(x)>0,得0<x<1,令g'(x)<0,得x>1, 所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0, 从而f(x)>g(x)恒成立,即f(x)>2ln x-2x+2. 方法总结　证明不等式f(x)>g(x)成立的常见策略 　　(1)构造法:构造函数F(x)=f(x)-g(x),将证明原不等式成立转化为证明F(x)的最小值大于0. 　　(2)放缩法:要证明f(x)>g(x),可转化为证明f(x)min>g(x)max,本题便是采用这种方法,需指出的是,f(x)min>g(x)max只是f(x)>g(x)成立的充分条件,而非必要条件,故此法不能用来解决由不等式f(x)>g(x)恒成立求参的问题. 能力提升练 1.B 2.C 3.BCD 4.A 5.D 8.B 9.B 10.BC 1.B　因为f(x)=2ln x+ax2-3x, 所以f'(x)=+2ax-3, 由题意可得f'(2)=4a-2=0,解得a=, 则f(x)=2ln x+x2-3x,f'(x)=+x-3=, 令f'(x)=0,得x=1或x=2,列表如下: x 1 (1,2) 2 (2,3] f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数f(x)的极大值为f(1)=-. 易得f(3)=2ln 3-,因为f(3)-f(1)=2ln 3-+=2ln 3-2=2×(ln 3-1)>0,所以f(1)<f(3), 所以f(x)在上的最大值为f(3)=2ln 3-. 2.C　由题设知f'(x)=4x,则f'(a)=4a, 又f(a)=2a2-2, 所以l的方程为y-2a2+2=4a(x-a), 当x=0时,y=-2a2-2,当y=0时,x=, 又0<a<1,所以l与坐标轴围成的三角形的面积S=××2(a2+1)=, 则S'=+1-=(0<a<1). 令S'<0,得0<a<,令S'>0,得<a<1, 所以函数S=在上单调递减,在上单调递增,所以函数S=在a=处取得极小值,也是最小值,且Smin=. 3.BCD　f(x)==+1,x∈R,不满足f(-x)=-f(x),所以f(x)不为奇函数,所以A不正确; 令g(x)=,则g(-x)==-=-g(x), 又g(x)的定义域为R,关于原点对称,所以g(x)为奇函数,其图象关于点(0,0)对称, 则f(x)的图象关于点(0,1)对称,所以B正确; 设f(x)=+1的最大值为M,则g(x)的最大值为M-1,设f(x)=+1的最小值为N,则g(x)的最小值为N-1, 当x>0时,g(x)=,所以g'(x)=,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)在x=1处取得最大值,最大值为g(1)=, 由于g(x)为R上的奇函数,g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在x=-1处取得最小值,最小值为g(-1)=-,所以f(x)的最大值M=+1,最小值N=-+1,所以C,D正确. 4.A　由题意可得|AB|=f(a)-g(a)=ea-a, 令函数h(x)=f(x)-g(x)=ex-x,则h'(x)=ex-1. 由h'(x)<0可得x<0,由h'(x)>0可得x>0, 所以函数h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以h(x)min=h(0)=1,即|AB|的最小值为1,此时a=0. 5.D　由已知得f(x)在任意区间上均单调递增且连续,故f(x)在R上单调递增,且f(1)=1, 所以f(m)+f(n)=2时,可设m<1<n, 则f(m)+f(n)=(m+1)+1+ln n=2, 所以m=1-2ln n(n>1),所以m+n=1-2ln n+n. 令g(x)=x+1-2ln x(x>1),则g'(x)=1-=(x>1),令g'(x)<0,得1<x<2,令g'(x)>0,得x>2, 故g(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)的极小值也是最小值,且最小值为g(2)=3-2ln 2,故m+n的最小值是3- 2ln 2. 6.解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+m=, 当m≥0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 当m<0时,由f'(x)>0解得0<x<-,由f'(x)<0解得x>-. 故当m≥0时, f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;当m<0时, f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)当m=e时, f(x)=ln x+ex,f'(x)=+e,设切点的坐标为(x0,ln x0+ex0),则切线的斜率k=f'(x0)=+e,切线的方程为y-(ln x0+ex0)=(x-x0),即y=x+ln x0-1, ∴a=+e,b=2ln x0-2,∴a+b=+2ln x0+e-2, 令g(x)=+2ln x+e-2,则g'(x)=-+=(x>0), 令g'(x)<0,得0<x<,令g'(x)>0,得x>, ∴g(x)在上单调递减,在上单调递增, ∴g(x)min=g=e-2ln 2,即a+b的最小值为e-2ln 2. 7.解析　(1)证明:f'(x)=1+ln x-a(x-1)-1=ln x-a(x-1), 所以f'(1)=ln 1-a(1-1)=0, 又因为f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=0, 所以直线y=0与曲线y=f(x)相切. (2)由(1)得f'(x)=ln x-a(x-1),x>1,令g(x)=f'(x),则g'(x)=-a,x>1, ①当a≤0时,g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=0, 所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,无最大值,不符合题意; ②当a≥1时,g'(x)=-a<1-a≤0,且不恒等于0,故g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(1)=0, 所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,无最大值,不符合题意; ③当0<a<1时,由g'(x)=-a=0,可得x=>1, 当x∈时,g'(x)>0,g(x)在上单调递增, 当x∈时,g'(x)<0,g(x)在上单调递减, 因为g(1)=0,所以g>0,即f'>0, 又f'=-2ln a-+a,令h(a)=-2ln a-+a(0<a<1),则h'(a)=-++1==>0, 所以h(a)单调递增, 因为h(1)=0,所以h(a)<0,即f'<0, 所以存在x0∈,使得f'(x0)=0,当x∈(1,x0)时, f'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时, f'(x)<0, 所以f(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减, f(x)在(1,+∞)上存在最大值f(x0),符合题意. 综上,a的取值范围为(0,1). 8.B　∵f(x)=ln x,∴f(x1)-f(x2)=ln x1-ln x2=ln. ∵[f(x1)-f(x2)](-)≥k(x1x2+)恒成立,且x1,x2∈(0,+∞), ∴k≤ln-ln恒成立, 令t=(t>0),g(t)=tln t-ln t, 则g'(t)=ln t+1-, 易知g'(t)在(0,+∞)上单调递增,且g'(1)=0, ∴当t∈(0,1)时,g'(t)<0,g(t)单调递减, 当t∈(1,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增, ∴g(t)min=g(1)=0, ∴k≤0. 故实数k的最大值是0. 9.B　①若a>e,则当x=1时,有=<1<ln a=ln(ax),从而原不等式对x=1不成立,不满足条件,这表明若原不等式恒成立,则必有0<a≤e; ②当a=e时,原不等式等价于ex-1≥ln x+1,下面证明该不等式恒成立: 设f(x)=x-ln x-1(x>0),则f'(x)=1-=, 当x∈(0,1)时, f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, 从而f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(1)=0, 则ex-1-ln x-1=(ex-1-x)+(x-ln x-1)=f(ex-1)+f(x)≥0+0=0,即ex-1≥ln x+1, 此时原不等式恒成立,满足条件. 综合①②可知,a的最大值是e. 10.BC　对于A,∵当x>0时, f(x)=ln x∈(-∞,+∞), ∴f(x)≥g(x)=-2对一切实数x不都成立,故A错误. 对于B,令t(x)=f(x)-g(x), 则t(x)=x+sin x-(x-1)=sin x+1≥0, 故f(x)≥g(x)恒成立, ∴函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sin x的一个承托函数,故B正确. 对于C,令h(x)=ex-ax,则h'(x)=ex-a, 若a=0,则h(x)>0恒成立,符合题意. 若a>0,则令h'(x)=0,得x=ln a, ∴函数h(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, ∴当x=ln a时,函数h(x)取得极小值,也是最小值,且最小值为a-aln a, ∵g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数, ∴a-aln a≥0, ∴ln a≤1,∴0<a≤e. 若a<0,则当x→-∞时,h(x)→-∞,不符合题意. 综上,a的取值范围是[0,e],故C正确. 对于D,不妨令f(x)=2x,g(x)=2x-1,则f(x)-g(x)=1≥0恒成立, 故g(x)=2x-1是f(x)=2x的一个承托函数,故D错误. 11.答案　(-1-e-1,1+e-1) 解析　若对任意x1∈[-1,1],存在x2∈R,使f(x1)<g(x2)成立, 则f(x)max<g(x)max, 易得g'(x)==, 当x<1时,g'(x)>0,所以g(x)单调递增, 当x>1时,g'(x)<0,所以g(x)单调递减, 所以g(x)max=g(1)=e-1,即对任意x∈[-1,1],x2+ax-2<e-1, 令h(x)=x2+ax-2-e-1,x∈[-1,1], 当x=->0,即a<0时,h(x)max=h(-1)=-a-1-e-1<0,所以-1-e-1<a<0; 当x=-=0,即a=0时,h(x)max=h(-1)=h(1)=-1-e-1<0成立; 当x=-<0,即a>0时,h(x)max=h(1)=a-1-e-1<0,所以0<a<1+e-1. 综上所述,a的取值范围是(-1-e-1,1+e-1). 12.解析　(1)f'(x)==, 则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为f'(0)=-1, 又f(0)=1,所以切点为(0,1),所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x+1,即x+y-1=0. (2)当x∈[0,π]时,令f'(x)=0,得x=,列表如下: x f'(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 又f(0)=1,f(π)=-,所以当x∈[0,π]时,f(x)的最大值为f(0)=1. 因为对任意的x∈[0,π],f(x)≤3a-2a2恒成立,所以f(x)max≤3a-2a2,故3a-2a2≥1, 解得≤a≤1,所以实数a的取值范围为. 13.解析　(1)证明:由题可知f(1)=1, f'(x)=1+, 所以f'(1)=2,所以f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y-1=2(x-1).即y=2x-1,则g(x)=2x-1. 令h(x)=f(x)-g(x)=ln x-x+1(x>0), 则h'(x)=, 由h'(x)>0得0<x<1,由h'(x)<0得x>1, 所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(1)=0, 所以f(x)≤g(x). 令φ(x)=x2+4x+1-g(x)=x2+2x+2=, 则当x>0时,φ(x)>0, 所以g(x)<x2+4x+1. 综上,当x>0时, f(x)≤g(x)<x2+4x+1. (2)当x>1时,由xf(x)-x2>(a-2)x-a,得a<. 记m(x)=,x∈(1,+∞), 则m'(x)=, 记n(x)=x-ln x-3,x∈(1,+∞),则n'(x)=>0, 所以n(x)在(1,+∞)上单调递增, 又n(4)=1-ln 4<0,n(5)=2-ln 5>0, 所以∃x0∈(4,5),使得n(x0)=0,即ln x0=x0-3, 当x∈(1,x0)时,n(x)<0,即m'(x)<0, 当x∈(x0,+∞)时,n(x)>0,即m'(x)>0, 所以m(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以m(x)min=m(x0)= ==x0∈(4,5), 所以a的最大整数值为4. 1 学科网（北京）股份有限公司 $