1．（15分）已知函数f（x）=ln（ax）+x2﹣ax （a为常数，a＞0）
（1）当a=1时，求函数f（x）在x=1处的切线方程；
（2）当y=f（x）在x=处取得极值时，若关于x的方程f（x）﹣b=0在[0，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围；（3）若对任意的a∈（1，2），总存在x0∈[，1]，使不等式f（x0）＞m（a2+2a ﹣3）成立，求实数m的取值范围．
2．（14分）已知函数
（I ）求f（x）的单调区间；
（II）对任意的，恒有，
求正实数λ的取值范围．
3．（14分）若f（x0）是函数f（x）在点x0附近的某个局部范围内的最大（小）值，则称f（x0）是函数f（x）的一个极值，x0为极值点．已知a∈R，函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1）．
（Ⅰ）若，求函数y=|f（x）|的极值点；
（Ⅱ）若不等式恒成立，求a的取值范围．（e为自然对数的底数）
4．（15分）已知函数f（x）=ax2﹣4bx+2alnx（a，b∈R）
（I）若函数y=f（x）存在极大值和极小值，求的取值范围；
（II）设m，n分别为f（x）的极大值和极小值，若存在实数，b∈（a，a），使得m﹣n=1，求a的取值范围．（e为自然对数的底）
5．（15分）已知函数f（x）=（其中a为常数）．
（Ⅰ）当a=0时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）当0＜a＜1时，设函数f（x）的3个极值点为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．证明：x1+x3＞．
6．（14分）设函数f（x）=lnx+ax2﹣（3a+1）x+（2a+1），其中a∈R．
（Ⅰ）如果x=1是函数f（x）的一个极值点，求实数a的值及f（x）的最大值；
（Ⅱ）求实数a的值，使得函数f（x）同时具备如下的两个性质：
①对于任意实数x1，x2∈（0，1）且x1≠x2，恒成立；
②对于任意实数x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，恒成立．
7．（14分）设函数．（I）试讨论函数f（x）在区间[0，1]上的单调性：（II）求最小的实数h，使得对任意x∈[0，1]及任意实数t，恒成立．
8．（15分）已知函数f （x ）=（x 2﹣x+）e ax
（a ＞0）
（1）求曲线f （x ）在点A （0，f （0））处的切线方程；（2）讨论函数f （x ）的单调性； （3）是否存在实数a ∈（1，2），使f （x ）＞当x ∈（0，1）时恒成立？若存在，求出实数a ；若不存
在，请说明理由． 9．已知函数ln ()x
f x x
=
． （I ）若关于x 的不等式()f x m ≤恒成立，求实数m 的最小值；
（II ）对任意的12,(0,2)x x ∈，已知存在012(,)x x x ∈，使得21021
()()
()f x f x f x x x -'=
-，
求证：0x <
10．（15分）已知函数f （x ）=ln （ax ）+x 2
﹣ax （a 为常数，a ＞0）
（1）当a=1时，求函数f （x ）在x=1处的切线方程；
（2）当y=f （x ）在x=处取得极值时，若关于x 的方程f （x ）﹣b=0在[0，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围；
（3）若对任意的a ∈（1，2），总存在x 0∈[，1]，使不等式f （x 0）＞m （a 2
+2a ﹣3）成立，求实数m 的取值范围．
1．解：（1）a=1时，，
∴
，于是
，
又f （1）=0，即切点为（1，0）， ∴切线方程为； （2）
，
，即a 2
﹣a ﹣2=0，
∵a ＞0，∴a=2， 此时，，∴
上递减，上递增，
又，
∴
；
（3）f ′（x ）=+2x ﹣a==，
∵1＜a ＜2，∴=＜0，即，
∴f （x ）在[，2]上递增，∴f （x ）max =f （1）=ln （）+1﹣a ，
问题等价于对任意的a ∈（1，2），不等式ln （
）+1﹣a ＞m （a 2
+2a ﹣3）成立，
设h（a）=ln（+a）+1﹣a﹣m（a2+2a﹣3）（1＜a＜2），
则h′（a）=﹣1﹣2ma﹣2m=，
又h（1）=0，∴h（a）在1右侧需先增，∴h′（1）≥0，m≤﹣，
设g（a）=﹣2ma2﹣（4m+1）a﹣2m，对称轴a=﹣1﹣≤1，
又﹣2m＞0，g（1）=﹣8m﹣1≥0，
所以在（1，2）上，g（a）＞0，即h′（a）＞0，
∴h（a）在（1，2）上单调递增，h（a）＞h（1）=0，即ln（）+1﹣a＞m（a2+2a﹣3），
于是，对任意的a∈（1，2），总存在x0∈[，1]，使不等式f（x0）＞m（a2+2a﹣3）成立，
m．
解：（Ⅰ）f′（x）=x﹣（2a+2）+=（x＞0）
令f′（x）=0，得x1=2a+1，x2=1 …（1分）
①a=0时，f′（x）=，所以f（x）增区间是（0，+∞）；
②a＞0时，2a+1＞1，所以f（x）增区间是（0，1）与（2a+1，+∞），减区间是（1，2a+1）
③﹣＜a＜0时，0＜2a+1＜1，所以f（x）增区间是（0，2a+1）与（1，+∞），减区间是（2a+1，1）
④a≤时，2a+1≤0，所以f（x）增区间是（1，+∞），减区间是（0，1）…（5分）
（II）因为，所以（2a+1）∈[4，6]，由（1）知f（x）在[1，2]上为减函数．…（6分）
若x1=x2，则原不等式恒成立，∴λ∈（0．+∞）…（7分）
若x1≠x2，不妨设1≤x1＜x2≤2，则f（x1）＞f（x2），，
所以原不等式即为：f（x1）﹣f（x2）≤λ（），
即f（x1）﹣≤f（x2）﹣对任意的，恒成立
令g（x）=f（x）﹣，所以对任意的有g（x1）＜g（x2）恒成立，所以g（x）=f（x）﹣在闭区间[1，2]上为增函数…（9分）
所以g′（x）≥0对任意的恒成立
而g′（x）=x﹣（2a+2）+≥0，即（2x﹣2x2）a+x3﹣2x+x2+λ≥0，
只需（2x﹣2x2）+x3﹣2x+x2+λ≥0，即x3﹣7x2+6x+λ≥0对任意x∈[1，2]恒成立，
令h（x）=x3﹣7x2+6x+λ，h′（x）=3x2﹣14x+6＜0（x∈[1，2]）恒成立，
∴h（x）在x∈[1，2]上为减函数，则h（x）min=h（2）=λ﹣8，
∴h（x）min=h（2）=λ﹣8≥0，
∴λ≥8．
3．解：（Ⅰ）若，则，．
当x∈（0，e﹣1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（e﹣1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．…（2分）
又因为f（1）=0，f（e）=0，所以
当x∈（0，1）时，f（x）＜0；当x∈（1，e﹣1）时，f（x）＞0；
当x∈（e﹣1，e）时，f（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，f（x）＜0．…（4分）
故y=|f（x）|的极小值点为1和e，极大值点为e﹣1．…（6分）
（Ⅱ）不等式，
整理为．…（*）
设，
则（x＞0）==．…（8分）
①当a≤0时，2ax﹣e＜0，又x＞0，所以，
当x∈（0，e）时，g'（x）＞0，g（x）递增；
当x∈（e，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）递减．
从而g（x）max=g（e）=0．
故，g（x）≤0恒成立．…（11分）
②当a＞0时，=．
令，解得，则当x＞x1时，；
再令，解得，则当x＞x2时，．
取x0=max（x1，x2），则当x＞x0时，g'（x）＞1．
所以，当x∈（x0，+∞）时，g（x）﹣g（x0）＞x﹣x0，即g（x）＞x﹣x0+g（x0）．
这与“g（x）≤0恒成立”矛盾．
综上所述，a≤0．…（14分）
4．解：（I）f′（x）=2ax﹣4b+=，其中x＞0，
由于函数y=f（x）存在极大值和极小值，
故方程f′（x）=0有两个不等的正实数根，即2ax2﹣4bx+2a=0有两个不等的正实数根，记为x1，x2，显然a≠0，
所以，解得；
（II）由b∈（a，a）得a＞0，且（，），
由（I）知f（x）存在极大值和极小值，
设f′（x）=0的两根为x1，x2（0＜x1＜x2），则f（x）在（0，x1）上递增，在（x1，x2）上递减，在（x2，+∞）上递增，
所以m=f（x1），n=f（x2），
因为x1x2=1，所以0＜x1＜1＜x2，而且=∈（，），
由于函数y=x+在（0，1）上递减，所以，
又由于，
所以，
所以m﹣n=f（x1）﹣f（x2）
=﹣+4bx2﹣2alnx2
=+2a（lnx1﹣lnx2）
=﹣a（）+2aln，
令t=，则m﹣n=﹣a（t﹣）+2alnt，令h（t）=﹣（t﹣）+2lnt（），
所以h′（t）=﹣1﹣+=﹣≤0，所以h（t）在（）上单调递减，所以e﹣e﹣1﹣2＜h（t）＜e2﹣e﹣2﹣4，
由m﹣n=ah（t）=1，知a=，所以．
5．解：（Ⅰ）
减极小值
单调减区间为（0，1），；增区间为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）
（Ⅱ）由题，
对于函数，有
∴函数h（x）在上单调递减，在上单调递增
∵函数f（x）有3个极值点x1＜x2＜x3，
从而，所以，
当0＜a＜1时，h（a）=2lna＜0，h（1）=a﹣1＜0，
∴函数f（x）的递增区间有（x1，a）和（x3，+∞），递减区间有（0，x1），（a，1），（1，x3），此时，函数f（x）有3个极值点，且x2=a；
∴当0＜a＜1时，x1，x3是函数的两个零点，﹣﹣﹣﹣（9分）
即有，消去a有2x1lnx1﹣x1=2x3lnx3﹣x3
令g（x）=2xlnx﹣x，g'（x）=2lnx+1有零点，且
∴函数g（x）=2xlnx﹣x在上递减，在上递增
要证明??
因为g（x1）=g（x3），所以即证
构造函数，则
只需要证明单调递减即可．而，
，所F'（x）在上单调递增，
所以．
∴当0＜a＜1时，．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（15分）
6．解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），，
依题意，f'（1）=1+2a﹣（3a+1）=0，解得a=0．
此时，f（x）=lnx﹣x+1，．
因为x∈（0，+∞），令f'（x）＞0，可得x∈（0，1）；令f'（x）＜0，可得x∈（1，+∞）．
所以，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
因此，当x=1时，f（x）取得最大值f（1）=0．
（Ⅱ）令
==
，
由（Ⅰ）中的结论可知，lnx﹣x+1＜0对任意x∈（0，1）∪（1，+∞）恒成立，即lnx＜x﹣1（*）恒成立．
（ⅰ）如果x1，x2∈（0，1），且x1≠x2，则．
根据（*）可得，
．
若f（x）满足性质①，则恒成立，
于是对任意x1，x2∈（0，1）且x1≠x2恒成立，所以．
（ⅱ）如果x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，则．
根据（*）可得
?，
则F（x1，x2）＜．若f（x）满足性质②，则
恒成立．
于是对任意x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2恒成立，所以a．
综合（ⅰ）（ⅱ）可得，a=．
7．解：（1）∵函数，∴f′（x）=3x2﹣t．
1°若t≤0，则f′（x）≥0（不恒等于0）在[0，1]上恒成立，∴f（x）在[0，1]上单调递增；
2°若t≥3时，∵3x2≤3，∴f′（x）≤0在[0，1]上恒成立，∴f（x）在[0，1]上单调递减；
3°若0＜t＜3，则，令f′（x）=0，解得，
当时，f′（x）＜0，∴f（x）在上单调递减；
当时，f′（x）＞0，∴f（x）在上单调递增．
（2）?，因此，只需求出当x∈[0，1]，t∈R时，
的最小值即可．
方法一：令g（x）=f（x）+，x∈[0，1]，
而g′（x）=f′（x），由（1）的结论可知：
当t≤0或t≥3时，则g（x）在[0，1]上单调，故g（x）min=min{g（0），g（1）}=min{，
}=0．
当0＜t＜3时，则=﹣．
∴h（t）=．
下面求当t∈R时，关于t的函数h（t）的最小值．
当t∈（0，1）时，h（t）=在（0，1）上单调递减；
当1＜t＜3时，h（t）=，＞0，∴h（t）在（1，3）上单调递增．又h（t）在t=1处连续，故h（t）在t∈（0，3）上的最小值是h（1）=﹣．
综上可知：当t∈[0，1]且t∈R时，的最小值为，即得h的最小值为﹣m=．方法2：对于给定的x∈[0，1]，求关于t的函数（t∈R），
g（t）=f（x）+=﹣xt++x3=的最小值．
由于﹣x≤0，当t∈（﹣∞，1）时，g′（t）≤0；由于1﹣x≥0，故当t∈（1，+∞）时，g′（t）≥0．
考虑到g（t）在t=1处连续，∴g（t）的最小值h（x）=x3﹣x．
下面再求关于x的函数h（x）=x3﹣x在x∈[0，1]时的最小值．
h′（x）=3x2﹣1，令h′（x）=0，解得．
当时，h′（x）＜0，函数h（x）在此区间上单调递减；当时，h′（x）＞0，函数h（x）在此区间上单调递增．
故h（x）的最小值为．
综上可得：当x∈（0，1）时，且t∈R.的最小值m=﹣，即得h的最小值为﹣m=．
8．解（1）∵a ＞0，f （x ）=（x 2﹣x+）e ax
，
∴f ′（x ）=（2x ﹣）e ax
+（x 2
﹣x+）?a ?e ax
=（2x ﹣+ax 2
﹣2x+1）e ax
=（ax 2
+）e ax
，（2分）
于是f （0）=，f ′（0）=
，所以曲线y=f （x ）在点A （0，f （0））处的切线方程为y ﹣=
（x
﹣0），
即（a ﹣2）x ﹣ay+1=0．（4分） （2）∵a ＞0，e ax
＞0，∴只需讨论ax 2
+的符号．（5分）
ⅰ）当a ＞2时，ax 2+
＞0，这时f ′（x ）＞0，所以函数f （x ）在（﹣∞，+∞）上为增函数．
ⅱ）当a=2时，f ′（x ）=2x 2e 2x
≥0，函数f （x ）在（﹣∞，+∞）上为增函数．（6分） ⅲ）当0＜a ＜2时，令f ′（x ）=0，解得x 1=﹣，x 2=
．
当x 变化时，f'（x ）和f （x ）的变化情况如下表：
∴f （x ）在（﹣∞，﹣），（
，+∞）为增函数，f （x ）在（﹣
，
）为减函数．（9
分）
（3）当a ∈（1，2）时，
∈（0，1）．由（2）知f （x ）在（0，
）上是减函数，在（
，
1）上是增函数，故当x ∈（0，1）时，f （x ）min =f （）=（1﹣），所以f （x ）
＞
当x ∈（0，1）时恒成立，等价于（1﹣
）
＞1恒成立．当a ∈（1，2）时，
∈
（0，1），设g （t ）=（1﹣t ）e t
，t ∈（0，1），则g′（t ）=e t
﹣e t
﹣te t
＜0，表明g （t ）在（0，1）上单调递减，于是可得g （t ）∈（0，1），即a ∈（1，2）时（1﹣）
＜1恒成立，因此，符合
条件的实数a 不存在． 9．（I ）解：由2
1ln ()0x
f x x -'=
=解得x e =…………………………………………………2分 当(0,)x e ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当(,)x e ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； ∴max 1
()()f x f e e
==
…………………………………………………………………4分 ∵关于x 的不等式()f x m ≤恒成立 ∴max ()f x m ≤ ∴1m e ≥
即m 的最小值为1
e
………………………………………………………6分
（II ）证明：∵对任意的12,(0,2)x x ∈，若存在012(,)x x x ∈，使得21021
()()
()f x f x f x x x -'=
-
即
0212
021
1ln ()()
x f x f x x x x --=- ∴
21212
1ln ()[()()]0x x x f x f x x ----=………………………………………8分 令21212
1ln ()()[()()]x
F x x x f x f x x -=
---，则有0()0F x =………………10分 ∴213
2ln 3
()()x F x x x x
-'=-， 当(0,2)x ∈时，2ln 32ln 230x -<-<，又有210x x ->
∴()0F x '< 即()F x 在(0,2)上是减函数 …………………………………12分
又∵212112)[()()]F x x f x f x =
---
21
2112
21
ln ln )(
)x x x x x x =
---
1211
(1ln (1x x =
+-+ 令
21
1x t x =>
，∴2111
[(1ln )(1ln )]22F t t t x =?--+
设11()(1ln )(1ln )22h t t t t =?-
-+，∴ln 1
()2t t t h t t
--'=
设()ln 1k t t t t =--，
∴()ln 0k t t '=-<（1t >），∴()k t 在(1,)+∞是减函数，∴()(1)0k t k <= ∴()0h t '<，∴()h t 在(1,)+∞是减函数，∴()(1)0h t h <=
∴02
1
()0()F h t F x x =
?<= ……………………………………………14分 ∵()F x 在(0,2)
上是减函数，∴0x <
15分
10．解：（1）a=1时，，
∴
，于是
，
又f （1）=0，即切点为（1，0），
∴切线方程为；
（2），，即a2﹣a﹣2=0，
∵a＞0，∴a=2，
此时，，∴上递减，上递增，
又，
∴；
（3）f′（x）=+2x﹣a==，
∵1＜a＜2，∴=＜0，即，
∴f（x）在[，2]上递增，∴f（x）max=f（1）=ln（）+1﹣a，
问题等价于对任意的a∈（1，2），不等式ln（）+1﹣a＞m（a2+2a﹣3）成立，
设h（a）=ln（+a）+1﹣a﹣m（a2+2a﹣3）（1＜a＜2），
则h′（a）=﹣1﹣2ma﹣2m=，
又h（1）=0，∴h（a）在1右侧需先增，∴h′（1）≥0，m≤﹣，
设g（a）=﹣2ma2﹣（4m+1）a﹣2m，对称轴a=﹣1﹣≤1，
又﹣2m＞0，g（1）=﹣8m﹣1≥0，
所以在（1，2）上，g（a）＞0，即h′（a）＞0，
∴h（a）在（1，2）上单调递增，h（a）＞h（1）=0，即ln（）+1﹣a＞m（a2+2a﹣3），于是，对任意的a∈（1，2），总存在x0∈[，1]，使不等式f（x0）＞m（a2+2a﹣3）成立，m．