第6章 导数及其应用 测评卷（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三册（人教B版）

密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 第六章　导数及其应用 全卷满分150分　考试用时120分钟 一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)=2xf'(1)+ln x,则f'(2)=(　　) A.-　　　　B.-1　　　　C.　　　　D.e 2.已知函数f(x)=x3+ax2+3x+1在x=-3处取得极值,则当x∈[-4,-1]时, f(x)的最大值为(　　) A.-9　　　　B.2　　　　C.10　　　　D.5 3.已知函数f(x)=eax-ex在[0,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.[0,+∞)　　　　B.(1,+∞)　　　　C.(e,+∞)　　　　D.[2e,+∞) 4.已知定义在R上的可导函数f(x)满足f'(x)·ex<0(f'(x)为f(x)的导函数),且f(x)+f(-x)=0.若f(1)=-1,则满足|f(x-1)|≤1的x的取值范围是(　　) A.[1,3]　　　　B.[-2,1]　　　　C.[0,2]　　　　D.[-1,2] 5.已知x1,x2是函数f(x)=aln x+-在定义域上的两个极值点,若f(x1)+f(x2)=+2,则a的值为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 6.已知函数f(x)是奇函数,函数g(x)是偶函数,且当x>0时, f'(x)>0,g'(x)>0,则当x<0时,下列说法正确的是(　　) A.f'(x)+g'(x)>0　　　　B.f'(x)-g'(x)>0 C.f'(x)g'(x)>0　　　　D.>0 7.已知a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为(　　) A.a<c<b　　　　B.c<a<b　　　　C.a<b<c　　　　D.b<a<c 8.设函数f(x)=xex-ax+a,其中a>1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则实数a的取值范围是(　　) A.(1,2e2]　　　　B.　　　　 C.　　　　D. 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.已知函数f(x)=+ln x,则下列说法正确的有(　　) A.当f'(1)=0时,a=-2 B.当f(x)在定义域内单调递增时,a≥-2 C.当a≤-2时, f(x)有极值 D.当a<-2时, f(x)的图象上存在两条相互垂直的切线 10.已知实数a,b满足等式e2a-eb=2(2b-a),则下列不等式中可能成立的有(　　) A.a<b<0　　　　B.b<a<0　　　　C.0<a<b　　　　D.0<b<a 11.若过点P(1,λ)最多可作出n(n∈N+)条直线与函数f(x)=(x-1)ex的图象相切,则(　　) A.λ+n<3 B.当n=2时,λ的值不唯一 C.λn可能等于-4 D.当n=1时,λ的取值范围是∪{0} 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.若曲线y=ln(x+1)+m的一条切线方程为y=2x+1,则m=　　　　.  13.已知f(x)=ex,g(x)=,若f(x1)=g(x2),d=|x2-x1|,则d的最小值为　　　　.  14.已知函数f(x)=2|ln x|+-1,给出下列四个结论: ①若k=0,则f(x)恰有2个零点; ②存在负数k,使得f(x)恰有1个零点; ③存在负数k,使得f(x)恰有3个零点; ④存在正数k,使得f(x)恰有3个零点. 其中所有正确结论的序号是　　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知函数f(x)=x3+x2-x+. (1)当m=1时,求过点(1, f(1))且与曲线f(x)相切的直线的方程; (2)若　　　　,求实数m的取值范围.  从①函数f(x)在区间(m,m+1)上单调递减;②函数f(x)在上存在单调递减区间;③函数f(x)在区间(m,+∞)上存在极小值这三个条件中任选一个,补充在上面的问题中并作答. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 16.(15分)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计),一边AB的长为6分米,其邻边足够长.现从中截取矩形ABCD(如图甲所示),其中OEMF是以O为圆心的扇形,∠EOF=120°,且弧,分别与边BC,AD相切于点M,N.剪去图中的阴影部分,剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示,重叠部分忽略不计). 　　 (1)当BE的长为1分米时,求折卷成的包装盒的容积; (2)当BE的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最大? 17.(15分)已知函数f(x)=x3-(a+1)x2+x-(a∈R). (1)若a>1,求函数f(x)的极值; (2)当0<a<1 时,判断函数f(x)在区间[0,2]上的零点个数. 18.(17分)已知函数f(x)=acos x+xsin x+b的图象在点处的切线方程为y=+1. (1)求函数f(x)在(-π,π)上的单调区间; (2)当x∈时,是否存在实数m,使得f(x)≤m(x-π)恒成立?若存在,求出m的取值集合;若不存在,说明理由.(附:(π2+4)≈19.6,5π+4≈19.7) 19.(17分)已知函数f(x)=(x-1)ex--ax,a∈R. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程; (2)若y=f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2. ①求实数a的取值范围; ②求证:-x1<a+3. 答案与解析 1.A　由题意得f'(x)=2f'(1)+,则f'(1)=2f'(1)+1,解得f'(1)=-1,所以f'(x)=-2+,则f'(2)=-2+=-. 2.C　易得f'(x)=3x2+2ax+3. 因为函数f(x)在x=-3处取得极值,所以f'(-3)=30-6a=0,解得a=5,所以f'(x)=3x2+10x+3=(3x+1)(x+3),满足函数f(x)在x=-3处取得极值, 当x<-3时, f'(x)>0,当-3<x<-时, f'(x)<0, 所以函数f(x)在(-4,-3)上单调递增,在(-3,-1)上单调递减, 所以当x∈[-4,-1]时, f(x)的最大值为f(-3)=(-3)3+5×(-3)2+3×(-3)+1=10. 3.B　当a≤0时, f(x)=eax-ex在[0,+∞)上单调递减,不符合题意,所以a>0,易得f'(x)=aeax-ex,由已知得f'(x)≥0,即aeax≥ex在x∈[0,+∞)上恒成立. 令g(x)=xex,x∈[0,+∞),则g'(x)=(x+1)ex, 易得g'(x)>0在x∈[0,+∞)上恒成立,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,由aeax≥ex,可得axeax≥xex,即g(ax)≥g(x),所以ax≥x≥0,所以a≥1, 当a=1时, f(x)=0,不符合题意,故a的取值范围是(1,+∞). 4.C　因为f'(x)·ex<0,ex>0,所以f'(x)<0, 所以函数f(x)在R上单调递减, 因为f(x)+f(-x)=0,所以f(-x)=-f(x),所以函数f(x)为奇函数, 因为f(1)=-1,所以f(-1)=-f(1)=1, 由|f(x-1)|≤1,得-1≤f(x-1)≤1,即f(1)≤f(x-1)≤f(-1), 所以-1≤x-1≤1,解得0≤x≤2, 所以满足|f(x-1)|≤1的x的取值范围是[0,2]. 5.A　易得f'(x)=-+=,令f'(x)=0,得ax2-2x+1=0,x>0.因为x1,x2是f(x)在定义域上的两个极值点,所以x1+x2=>0,x1x2=>0,且4-4a>0,故0<a<1, 则f(x1)+f(x2)=aln x1+-+aln x2+-=aln(x1x2)+-=aln+-×=-aln a+a+2=2+,即a-aln a=. 设g(x)=x-xln x,0<x<1,则g'(x)=1-ln x-1=-ln x,当0<x<1时,g'(x)>0恒成立,故g(x)在(0,1)上单调递增.又g=,所以a=. 6.B　因为f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x),对其两边同时求导,得-f'(-x)=-f'(x),即f'(-x)=f'(x),所以f'(x)是偶函数. 又当x>0时, f'(x)>0,所以当x<0时, f'(x)=f'(-x)>0. 因为g(x)是偶函数,所以g(-x)=g(x),对其两边同时求导,得-g'(-x)=g'(x),即g'(-x)=-g'(x),所以g'(x)是奇函数. 又当x>0时,g'(x)>0,所以当x<0时,g'(x)=-g'(-x)<0. 因为|f'(x)|与|g'(x)|的大小关系不确定,所以f'(x)+g'(x)的正负不确定,故A错误. 当x<0时, f'(x)>0,g'(x)<0,所以f'(x)-g'(x)>0, f'(x)g'(x)<0,<0,故B正确,C,D错误. 7.A　由题知,a===,b==,c=, 令f(x)=,则a=f ,b=f(e),c=f(3). 易得f'(x)=,x>0,令f'(x)=0,得x=e,则当0<x<e时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x>e时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 易知f(1)=0,当x>1时, f(x)>0,画出y=f(x)的图象如图所示, ∵1<<e<3,∴b>c,b>a. 若t=有两个解x1,x2,不妨设x1<x2,则1<x1<e<x2,t∈,ln x1=tx1,ln x2=tx2,∴t=,x1+x2=. ∵×3=e2,∴只要比较x1x2与e2的大小关系即可. 令g(x)=ln x-(x>1),则g'(x)=>0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)>g(1)=0,即在(1,+∞)上,ln x>. 若x=,则>,即t>,∴x1x2>e2, ∴当x2=3时,e>x1>,∴f <f(x1)=f(3),即c>a. 综上,a<c<b. 8.D　令g(x)=xex,h(x)=ax-a,a>1,显然直线h(x)=ax-a恒过点(1,0),设A(1,0),存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0等价于存在唯一的整数x0,使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方. 易知g'(x)=(x+1)ex,当x<-1时,g'(x)<0,当x>-1时,g'(x)>0,即g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g(-1)=-. 当x≤0时,g(x)∈,而h(x)≤h(0)=-a<-1,所以当x≤0时,不存在整数x0,使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方. 当x>0时,过点A(1,0)作函数g(x)=xex图象的切线,设切点为P(t,tet),t>0,则切线方程为y-tet=(t+1)et(x-t), 因为切线过点A(1,0),所以-tet=(t+1)et(1-t),整理得t2-t-1=0,解得t=(负值舍去). 因为g(1)=e>0=h(1),t∈(1,2),存在唯一的整数x0,使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方,所以此整数必为2,即点(2,g(2))在直线h(x)=ax-a下方, 则解得2e2<a≤, 所以实数a的取值范围是. 9.ABD　易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=x+a+. 若f'(1)=2+a=0,则a=-2,故A正确. 若f(x)在定义域内单调递增,则f'(x)≥0,即a≥-在(0,+∞)上恒成立,则a≥, 易知y=-在(0,+∞)上的最大值为-2,故a≥-2,故B正确. 由B中分析知,当a=-2时, f'(x)≥0恒成立, f(x)无极值,故C错误. 令h(x)=f'(x),则h'(x)=1-,当x∈(0,1)时,h'(x)<0, f'(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0, f'(x)单调递增, 又a<-2,所以 f'(x)min=f'(1)=2+a<0. 当x→0时, f'(x)→+∞,当x→+∞时, f'(x)→+∞, 所以f'(x)在(0,1),(1,+∞)上各有一个零点x1,x2, 故在(0,x1),(x2,+∞)上, f'(x)>0,在(x1,x2)上, f'(x)<0, 故必存在实数m,n,使f'(m)f'(n)=-1, 即当a<-2时,f(x)的图象上存在两条相互垂直的切线,故D正确. 10.ACD　e2a-eb=2(2b-a)=4b-2a,则e2a+2a=eb+4b, 令f(b)=e2b+2b-eb-4b=e2b-eb-2b,则f'(b)=2e2b-eb-2, 当b<0时, f'(b)<0, f(b)在(-∞,0)上单调递减, f(b)>f(0)=0,此时e2b+2b>eb+4b,∴e2b+2b>e2a+2a, 令g(x)=e2x+2x,则g(x)在R上单调递增, ∴g(b)>g(a)⇒a<b<0,A正确,B错误. 当b>0时,取b=1,则e2a+2a=eb+4b=e+4,此时g(b)=g(1)=e2+2>e+4=g(a),又g(x)在R上单调递增,∴a<1=b, ∴0<a<b可能成立,C正确. 取b=,则e2a+2a=eb+4b=+1,g(b)=g=+<+1=g(a), 又g(x)在R上单调递增,∴a>=b,∴a>b>0可能成立,D正确. 11.ACD　不妨设切点的坐标为(x0,(x0-1)), 因为f'(x)=xex,所以切线方程为y-λ=x0(x-1), 所以(x0-1)-λ=x0(x0-1),整理得λ=-(-2x0+1). 令g(x)=-ex(x2-2x+1),则g'(x)=-ex(x2-1), 令g'(x)=0,得x=±1. 当x<-1或x>1时,g'(x)<0,当-1<x<1时,g'(x)>0. 易知g(-1)=-,g(0)=-1,g(1)=0,当x趋向于-∞时,g(x)趋向于0,当x趋向于+∞时,g(x)趋向于-∞. 画出函数g(x)的大致图象如图. 由图象可知n的可能取值为1,2,3. 当n=2时,λ=g(-1)=-,故B错误; 当n=3时,λ∈,所以-<λn<0,又-<-4,故λn可能等于-4,故C正确; 当n=1时,λ∈∪{0},故D正确; 易得λ+n<3,故A正确. 12.答案　ln 2 解析　设f(x)=ln(x+1)+m,x>-1,则f'(x)=. 设切点的坐标为(x0,y0), 由题意得f'(x0)=2,即=2,解得x0=-, 所以y0=2x0+1=0, 又ln(x0+1)+m=y0,∴ln+m=0, 解得m=-ln=ln 2. 13.答案　 解析　设f(x1)=g(x2)=t(t>0),则==t, 所以x1=ln t,x2=4t2,所以d=|x2-x1|=|4t2-ln t|. 令h(t)=4t2-ln t(t>0),则h'(t)=8t-=, 令h'(t)>0,得t>,令h'(t)<0,得0<t<, 所以h(t)在上单调递减,在上单调递增, 易知当t→0时,h(t)→+∞,当t→+∞时,h(t)→+∞,如图所示, 所以|h(t)|min=h(t)min=h=4×-ln=. 14.答案　①②③ 解析　令f(x)=2|ln x|+-1=0,得k=-2x|ln x|+x. 设y=-2x|ln x|+x,则y= 当x≥1时,y'=-2ln x-1<0,所以y=-2x|ln x|+x在[1,+∞)上单调递减, 当0<x<1时,y'=2ln x+3, 令y'=2ln x+3<0,得0<x<;令y'=2ln x+3>0,得<x<1, 所以y=-2x|ln x|+x在(0,)上单调递减,在(,1)上单调递增, 所以y=-2x|ln x|+x在x=处取得极小值,为f()=-2. 又x=1时,y=1,所以y=-2x|ln x|+x的图象如图所示. 由图可知,当k=0时, f(x)恰有2个零点,故①正确; 当k<-2时, f(x)恰有1个零点,故②正确; 当-2<k<0时, f(x)恰有3个零点,故③正确; 当k>0时, f(x)有2个或1个或0个零点,故④错误. 15.解析　(1)当m=1时, f(x)=x3+x2-x+, 所以f(1)=0, f'(x)=x2+x-1.(2分) 设切点的坐标为, 则切线方程为y-=(+x0-1)(x-x0),(4分) 将点(1,0)的坐标代入切线方程,整理得4-3-6x0+5=(x0-1)2·(4x0+5)=0,所以x0=-或x0=1,所以切线方程为y=-x+或y=x-1.(7分) (2)易得f'(x)=x2+mx-1. 若选①函数f(x)在区间(m,m+1)上单调递减, 则f'(x)≤0在区间(m,m+1)上恒成立,即x2+mx-1≤0在(m,m+1)上恒成立,(10分) 所以解得-≤m≤0, 故实数m的取值范围是.(13分) 若选②函数f(x)在上存在单调递减区间, 则f'(x)<0在上有解,即m<-x在上有解.(9分) 令g(x)=-x,易知g(x)在上单调递减,(10分) 所以当x∈时,g(x)<g=,故m<, 故实数m的取值范围是.(13分) 若选③函数f(x)在区间(m,+∞)上存在极小值, 则函数f(x)的极小值点在(m,+∞)内. 令f'(x)=x2+mx-1=0,Δ=m2+4>0恒成立, 解得x1=,x2=,(9分) 令f'(x)>0,解得x<x1或x>x2;令f'(x)<0,解得x1<x<x2, 所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减, 所以x=x2是函数f(x)的极小值点,则>m,即>3m, 当m≤0时,不等式恒成立,(11分) 当m>0时,m2+4>9m2,所以0<m<. 综上,实数m的取值范围是.(13分) 16.解析　(1)在题图甲中,连接OM,交EF于点T,设OE=OF=OM=R', 在Rt△OET中,因为∠EOT=∠EOF=60°,所以OT=, 则MT=OM-OT=,从而BE=MT=,即R'=2BE=2(分米),(3分) 故所得柱体的底面积S1=S扇形OEF-S△OEF=πR'2-R'2sin 120°=平方分米,(5分) 所得柱体的高EG=AB-BE-AG=4(分米), 所以包装盒的容积V1=S1·EG=立方分米, 所以当BE的长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为立方分米.(7分) (2)设BE=x,OE=OF=OM=R,则R=2x, 则所得柱体的底面积S=S扇形OEF-S△OEF=πR2-R2sin 120°=x2平方分米,(8分) 所得柱体的高EG=(6-2x)分米,0<x<3, 设包装盒的容积为V立方分米,则V=S·EG=(-x3+3x2),0<x<3,(10分) 令f(x)=-x3+3x2,x∈(0,3),则f'(x)=-3x2+6x, 令f'(x)=0,得x=2或x=0(舍去),列表如下: x (0,2) 2 (2,3) f'(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ (13分) 所以当x=2时, f(x)取得极大值,也是最大值,所以Vmax=×(-8+12)=-8, 所以当BE的长为2分米时,折卷成的包装盒的容积最大,最大为立方分米.(15分) 17.解析　(1)∵f(x)=x3-(a+1)x2+x-, ∴f'(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-1).(2分) ∵a>1,∴0<<1. 当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如表所示: x -∞, ,1 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴当x=时, f(x)取得极大值,且极大值为f =, 当x=1时, f(x)取得极小值,且极小值为 f(1)=.(6分) (2)由(1)得f'(x)=a(x-1).∵0<a<1,∴>1.(7分) ①当≥2,即0<a≤时, f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减, ∵f(0)=-<0, f(1)=>0, f(2)=(2a-1)≤0, ∴f(x)在[0,1]和(1,2]上各有一个零点, 此时f(x)在[0,2]上有两个零点.(10分) ②当1<<2,即<a<1时, f(x)在(0,1)上单调递增,在上单调递减,在上单调递增, ∵f(0)=-<0, f(1)=>0, f =>0, ∴f(x)在[0,1]上有且只有一个零点,在(1,2]上没有零点, 此时f(x)在[0,2]上有且只有一个零点.(14分) 综上所述,当0<a≤时, f(x)在[0,2]上有两个零点; 当<a<1时, f(x)在[0,2]上有且只有一个零点.(15分) 18.解析　(1)由题意知f =+1,即+b=+1,故b=1.(1分) 易得f'(x)=-asin x+sin x+xcos x,所以f'=-a+1=0,得a=1, 所以f'(x)=xcos x.(3分) 当0<x<π时,令f'(x)>0,得0<x<,令f'(x)<0,得<x<π; 当-π<x<0时,令f'(x)>0,得-π<x<-,令f'(x)<0,得-<x<0, 所以函数f(x)在(-π,π)上的单调递增区间为,,单调递减区间为,.(6分) (2)假设存在实数m,使得f(x)≤m(x-π)在x∈上恒成立, 则xsin x+cos x+1-m(x-π)≤0在x∈上恒成立. 令g(x)=xsin x+cos x+1-m(x-π),x∈,则g(x)max≤0.(7分) 因为g(π)=0,所以若xsin x+cos x+1-m(x-π)≤0在上恒成立,则π必为g(x)的最大值点,且为g(x)的极大值点,必有g'(π)=0. 由g'(x)=xcos x-m,得g'(π)=-π-m=0,解得m=-π.(9分) 下面证明m=-π符合题意. 当m=-π时,g'(x)=xcos x+π, 令h(x)=g'(x),则h'(x)=cos x-xsin x. (i)当x∈时,g'(x)>0,所以g(x)在上单调递增; 当x∈时,h'(x)<0,所以g'(x)单调递减, 所以当x∈时,g'(x)>g'(π)=0,所以g(x)在上单调递增, 所以g(x)在[0,π]上单调递增.(12分) (ii)当x∈时,令F(x)=h'(x), 则F'(x)=-2sin x-xcos x>0,则F(x)在上单调递增. 因为F(π)=-1<0,F=>0, 所以由函数零点存在定理知存在x1∈,使得F(x1)=0. 当x∈(π,x1)时,F(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减,即g'(x)单调递减;当x∈时,F(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增,即g'(x)单调递增. 因为g'(π)=0,g'=π>0, 所以由函数零点存在定理得,存在x2∈,使得g'(x2)=0. 当x∈(π,x2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增.(16分) 综合(i)(ii)及g(π)=0,g=-++1<0, 可知g(x)max=0,符合题意,故m的取值集合为{-π}.(17分) 19.解析　(1)当a=1时, f(x)=(x-1)ex--x,该函数的定义域为[-1,+∞),f'(x)=xex-2-1, 所以f'(0)=-3, f(0)=-,(3分) 故曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y+=-3x, 即y=-3x-.(5分) (2)①f'(x)=xex-2-a, 令p(x)=xex-2-a, 则p'(x)=(x+1)ex-, 令φ(x)=(x+1)ex-, 则φ'(x)=(x+2)ex+>0对任意的x>-1恒成立, 所以函数p'(x)在(-1,+∞)上单调递增.(7分) 因为p'(0)=0,所以当-1<x<0时,p'(x)<0,当x>0时,p'(x)>0, 所以函数f'(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 因为函数y=f(x)有两个极值点x1,x2,所以 解得-2<a<-,此时f'(1)=e-2-a>0, 所以函数f(x)在(-1,0),(0,1)上各有一个极值点,符合题意, 所以实数a的取值范围为.(10分) ②证明:由①可知-1<x1<0<x2<1, 当-1≤a<-时,-2-a≤-1<x1,-x1<1-x1<a+3. 当-2<a<-1时,先证x+1. 令h(x)=-x-1(x≥-1),则h'(x)=-=, 当-1<x<0时,h'(x)>0,此时函数h(x)单调递增, 当x>0时,h'(x)<0,此时函数h(x)单调递减, 所以h(x)≤h(0)=0,即x+1(x≥-1).(12分) 再证ex≥x+1. 令t(x)=ex-x-1,则t'(x)=ex-1. 当x<0时,t'(x)<0,t(x)单调递减,当x>0时,t'(x)>0,t(x)单调递增, 所以t(x)≥t(0)=0,即ex≥x+1. 令g(x)=xex-2, 则g(x)≥x(x+1)-x-2=x2-2. 记曲线y=x2-2与直线y=a的交点的横坐标分别为x3,x4(x3<x4),则x3=-,x4=,如图所示: 所以x3<x1<0,x4>x2>0,所以-x1<-x3=a+2+, 因为-2<a<-1,所以-x1<a+2+=a+3. 综上所述,原不等式得证.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $