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第三章 其次节
一、选择题
1．(文)设函数f(x)＝xex，则( )
A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的微小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的微小值点
[答案] D
[解析] 本题考查了导数的应用—求函数的极值．
f ′(x)＝ex＋xex，令f ′(x)＝0，
∴ex＋xex＝0，∴x＝－1，
当x∈(－∞，－1)时，f ′(x)＝ex＋xex<0，x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)＝ex＋xex>0，∴x＝－1为微小值点，故选D．
[点评] 求函数的极值要争辩在各区间内导函数值的符号，同时要留意函数的定义域．
(理)(2022·湖北荆州质检二)设函数f(x)＝(x－1)kcosx(k∈N*)，则( )
A．当k＝2021时，f(x)在x＝1处取得微小值
B．当k＝2021时，f(x)在x＝1处取得极大值
C．当k＝2022时，f(x)在x＝1处取得微小值
D．当k＝2022时，f(x)在x＝1处取得极大值
[答案] C
[解析] 当k＝2021时，f(x)＝(x－1)2021cosx，则f ′(x)＝2021(x－1)2022cosx－(x－1)2021sinx＝(x－1)2022[2021cosx－(x－1)sinx]，当<x<1时，f ′(x)>0；当1<x<时，f ′(x)>0，此时函数x＝1不是函数f(x)的极值点，A，B选项均错误．当k＝2022时，f(x)＝(x－1)2022cosx，则f ′(x)＝2022(x－1)2021cosx－(x－1)2022sinx＝(x－1)2021[2022cosx－(x－1)sinx]，当<x<1时，f ′(x)<0；当1<x<时，f ′(x)>0，此时函数f(x)在x＝1处取得微小值，故选C．
2．(2022·四川内江三模)已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为( )
A．c< B．c≤
C．c≥ D．c>
[答案] A
[解析] 由题意可知f ′(x)＝x2－x＋c＝0有两个不同的实根，所以Δ＝1－4c>0⇒c<.
3．(2022·福建福州质检)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：
①f(0)f(1)>0； ②f(0)f(1)<0；
③f(0)f(3)>0； ④f(0)f(3)<0.
其中正确结论的序号是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
[答案] C
[解析] ∵f ′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f ′(x)<0，得1<x<3，由f ′(x)>0，得x<1或x>3，
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．
又a<b<c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，
∴y极大值＝f(1)＝4－abc>0，
y微小值＝f(3)＝－abc<0.
∴0<abc<4.
∴a，b，c均大于零，或者a<0，b<0，c>0.
又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种状况不行能成立，如图．
∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.
∴正确结论的序号是②③.
4．(2022·内蒙古鄂尔多斯模拟)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是( )
A．0<a< B．<a<
C．a≥ D．0<a<
[答案] C
[解析] f ′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1,1]时，f ′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，
则有
即解得a≥.选C．
5．(文)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、微小值分别为( )
A．，0 B．0，
C．－，0 D．0，－
[答案] A
[解析] f ′(x)＝3x2－2px－q，
由f ′(1)＝0，f(1)＝0得，
解得∴f(x)＝x3－2x2＋x，
由f ′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝或x＝1，
易得当x＝时f(x)取极大值，
当x＝1时f(x)取微小值0.
(理)若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同零点，则a可能为( )
A．4 B．6
C．7 D．8
[答案] A
[解析] f ′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f ′(x)>0得x<1或x>2，由f ′(x)<0得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和微小值分别为f(1)、f(2)，欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而选项中只给出了一个值4，所以选A．
6．(文)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f ′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)内的极大值点有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
[答案] B
[解析] 由导函数的图象知，f(x)在(a，b)内变化状况为增→减→增→减，故有两个极大值点．
(理)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，且函数y＝(1－x)f ′(x)的图象如下图所示，则下列结论中确定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)
[答案] D
[解析] 当x<－2时，1－x>3，则f ′(x)>0；
当－2<x<1时，0<1－x<3，则f ′(x)<0；
∴函数f(x)有极大值f(－2)，当1<x<2时，－1<1－x<0，则f ′(x)<0；x>2时，1－x<－1，则f ′(x)>0，
∴函数f(x)有微小值f(2)，故选D．
二、填空题
7．(文)(2022·山东青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
[答案] (－∞，2ln2－2]
[解析] 由原函数有零点，可转化为方程ex－2x＋a＝0有解，即方程a＝2x－ex有解．
令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex.令g′(x)>0，得x<ln2，g(x)′<0，得x>ln2.所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a的取值范围为(－∞，2ln2－2]．
(理)(2022·江西九江二模)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f(m)＋f ′(n)的最小值是________．
[答案] －13
[解析] 求导得f ′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f ′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f ′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1，1]时，f ′(n)min＝f ′(－1)＝－9.故f(m)＋f ′(n)的最小值为－13.
8．(文)函数f(x)＝x3＋3x2－9x的单调减区间为________．
[答案] [－3,1]
[解析] f ′(x)＝3x2＋6x－9，由f ′(x)≤0得－3≤x≤1，∴f(x)的单调减区间为[－3,1]．
(理)已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．
[答案] [－2，－1]
[解析] 由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上，故－m＋n＝2①
又f ′(x)＝3mx2＋2nx，由条件知f ′(－1)＝－3，
故3m－2n＝－3②
联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，
令f ′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，
则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，
所以t∈[－2，－1]．
[点评] f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，故[t，t＋1]是f(x)的减区间的子集．
9．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．
[答案] －37
[解析] f ′(x)＝6x2－12x，由f ′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，f ′(x)>0，当0<x<2时，f ′(x)<0，
∴f(x)在[－2,0]上单调增，在[0,2]上单调减，
由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，
∴最小值为－37.
三、解答题
10．(文)若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a的取值范围．
[解析] 函数f(x)的导数f ′(x)＝x2－ax＋a－1.
令f ′(x)＝0，解得x＝1，或x＝a－1.
当a－1≤1即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，不合题意；
当a－1>1即a>2时，函数f(x)在(－∞，1)上为增函数，在(1，a－1)上为减函数，在(a－1，＋∞)上为增函数．
依题意当x∈(1,4)时，f ′(x)<0；
当x∈(6，＋∞)时，f ′(x)>0.
所以4≤a－1≤6，解得5≤a≤7.
所以a的取值范围为[5,7]．
(理)已知f(x)＝ax3－2ax2＋b(a≠0)．
(1)求出f(x)的极值；
(2)若f(x)在区间[－2,1]上最大值是5，最小值是－11，
求f(x)的解析式．
[解析] (1)f ′(x)＝3ax2－4ax，令f ′(x)＝0⇒x＝0或x＝.
当a>0时，
x
(－∞，0)
0
(0，)
(，＋∞)
y′
＋
0
－
0
＋
y
增函数
极大值
减函数
微小值
增函数
所以当x＝0时，y取得极大值b，
当x＝时，y取得微小值b－a，
同理当a<0时，x＝0时，y取得微小值b，
x＝时，y取得极大值b－a.
(2)当a>0时，f(x)在[－2,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝b＝5.
又f(－2)＝b－16a<f(1)＝b－a，
所以b－16a＝－11，a＝1.
当a<0时，f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝b＝－11.
又f(－2)＝b－16a>f(1)＝b－a，
所以b－16a＝5，a＝－1.
综上，f(x)＝x3－2x2＋5或f(x)＝－x3＋2x2－11.
一、选择题
11．(文)已知实数a、b、c、d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c)，则ad等于( )
A．2 B．1
C．－1 D．－2
[答案] A
[解析] ∵a、b、c、d成等比数列，∴ad＝bc，
又(b，c)为函数y＝3x－x3的极大值点，
∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，
∴或∴ad＝2.
(理)已知函数f(x)＝ax2－1的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线8x－y＋2＝0平行，若数列的前n项和为Sn，则S2010的值为( )
A． B．
C． D．
[答案] D
[解析] ∵f ′(x)＝2ax，∴f(x)在点A处的切线斜率为f ′(1)＝2a，由条件知2a＝8，∴a＝4，
∴f(x)＝4x2－1，
∴＝＝·
＝，
∴数列的前n项和Sn＝＋＋…＋＝＋＋…＋
＝＝，∴S2010＝.
12．(文)(2022·福建漳州质检)已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f ′(x)，则以下推断正确的是( )
A．f(2021)>e2021f(0) B．f(2021)<e2021f(0)
C．f(2021)＝e2021f(0) D．f(2021)与e2021f(0)大小无法确定
[答案] B
[解析] 令函数g(x)＝，则g′(x)＝.
∵f(x)>f ′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)在R上递减，∴g(2021)<g(0)，∴<，
∴f(2021)<e2021f(0)．
(理)(2022·云南昆明三中、玉溪一中统考)已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，若f(x)满足：(x－1)[f ′(x)－f(x)]>0，f(2－x)＝f(x)e2－2x，则下列推断确定正确的是( )
A．f(1)<f(0) B．f(2)>ef(0)
C．f(3)>e3f(0) D．f(4)<e4f(0)
[答案] C
[解析] 令F(x)＝f(x)e－x，则F′(x)＝e－x[f ′(x)－f(x)]，当x<1时，由条件知f ′(x)－f(x)<0，F′(x)<0，F(x)单调递减，所以F(－2)>F(－1)>F(0)，即f(－2)e2>f(－1)e>f(0)，又f(4)＝f(－2)e6，f(3)＝f(－1)e4，所以f(4)>f(0)e4，f(3)>f(0)e3，故选C．
13．(文)函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f ′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为( )
A．{x|x>0} B．{x|x<0}
C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0<x<1}
[答案] A
[解析] 构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，由于g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f ′(x)－ex＝ex[f(x)＋f ′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．
又g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.
(理)(2022·吉林长春二调)设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x)，且有2f(x)＋xf ′(x)>x2，则不等式(x＋2022)2f(x＋2022)－4f(－2)>0的解集为( )
A．(－∞，－2022) B．(－2022,0)
C．(－∞，－2022) D．(－2022,0)
[答案] C
[解析] 由2f(x)＋xf ′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2f ′(x)<x3，即[x2f(x)]′<x3<0，令F(x)＝x2f(x)，则当x<0时，F′(x)<0，即F(x)在(－∞，0)上是减函数，F(x＋2022)＝(2022＋x)2f(x＋2022)，F(－2)＝4f(－2)，F(2022＋x)－F(－2)>0，
即F(2022＋x)>F(－2)．
又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2022＋x<－2，即x<－2022，故选C．
14．(2021·贵州四校期末)已知函数f(x)＝x3－2x2－4x－7，其导函数为f ′(x)．则以下四个命题：
①f(x)的单调减区间是(，2)；
②f(x)的微小值是－15；
③当a>2时，对任意的x>2且x≠a，恒有f(x)>f(a)＋f ′(a)(x－a)；
④函数f(x)有且只有一个零点．
其中真命题的个数为( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
[答案] C
[解析] f ′(x)＝3x2－4x－4＝(3x＋2)(x－2)，可得f(x)在(－∞，－)上为增函数，在(－，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，故①错误；f(x)微小值＝f(2)＝－15，故②正确；在(2，＋∞)上，f(x)为“下凸”函数，
又a>2，x≠a，当x>a时，有>f ′(a)恒成立；当x<a时，有<f ′(a)恒成立，故恒有f(x)>f(a)＋f ′(a)(x－a)，故③正确；f(x)极大值＝f(－)<0，故函数f(x)只有一个零点，④正确．真命题为②③④，故选C．
二、填空题
15．(文)(2021·扬州期末)已知函数f(x)＝lnx－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.
[答案] －3e
[解析] f ′(x)＝＋＝(x>0)，
当m>0时，f ′(x)>0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，
f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m>0冲突．
当m<0时，若－m<1即m>－1，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m>－1冲突；
若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，
解得m＝－e3，与－e≤m≤－1冲突；
若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，符合题意．
(理)(2021·课标全国Ⅰ理，16)若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值为________．
[答案] 16
[解析] ∵函数f(x)的图象关于直线x＝－2对称，
∴f(x)满足f(0)＝f(－4)，f(－1)＝f(－3)，
即解得
∴f(x)＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15.
由f ′(x)＝－4x3－24x2－28x＋8＝0，
得x1＝－2－，x2＝－2，x3＝－2＋.
易知，f(x)在(－∞，－2－)上为增函数，在(－2－，－2)上为减函数，在(－2，－2＋)上为增函数，在(－2＋，＋∞)上为减函数．
∴f(－2－)＝[1－(－2－)2][(－2－)2＋8(－2－)＋15]
＝(－8－4)(8－4)
＝80－64＝16.
f(－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15]
＝－3(4－16＋15)＝－9.
f(－2＋)＝[1－(－2＋)2][(－2＋)2＋8(－2＋)＋15]
＝(－8＋4)(8＋4)＝80－64＝16.
故f(x)的最大值为16.
16．(2022·福建质量检查)设g′(x)是函数g(x)的导函数，且f(x)＝g′(x)．现给出以下四个命题：①若g(x)是偶函数，则f(x)必是奇函数；②若f(x)是偶函数，则g(x)必是奇函数；③若f(x)是周期函数，则g(x)必是周期函数；④若f(x)是单调函数，则g(x)必是单调函数．其中正确的命题是________．(写出全部正确命题的序号)
[答案] ①
[解析] 由于若g(x)是偶函数，则依据偶函数关于y轴对称，可得函数g(x)的导函数即函数的切线的斜率关于原点对称，所以①正确；若g(x)＝x3＋1，则f(x)＝x2是偶函数，但g(x)不是奇函数，所以②不正确；若g(x)＝－cosx＋2x，则f(x)＝sinx＋2是周期函数且f(x)>0，则g(x)是增函数，所以g(x)不行能是周期函数，所以③不正确；若g(x)＝x2，则f(x)＝x是单调函数，但g(x)不是单调函数，所以④不正确．综上可知，①正确．
三、解答题
17．设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a、b的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值点．
[解析] (1)f ′(x)＝3x2－3a.
由于曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，
所以即
解得a＝4，b＝24.
(2)f ′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．
当a<0时，f ′(x)>0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f(x)没有极值点．
当a>0时，由f ′(x)＝0得x＝±.
当x∈(－∞，－)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(－，)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增．
∴f(x)的单调增区间为(－∞，－)和(，＋∞)，单调减区间为(－，)．
故x＝－是f(x)的极大值点，x＝是f(x)的微小值点．
18．(文)(2022·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝(a≠0，a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，若对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，有f(x1)－f(x2)≤m成立，求实数m的最小值．
[解析] f ′(x)＝.
令f ′(x)＝0，解得x＝a或x＝－3a.
(1)当a>0时，f ′(x)，f(x)随着x的变化如下表：
x
(－∞，－3a)
－3a
(－3a，a)
a
(a，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
微小值
极大值
函数f(x)的单调递增区间是(－3a，a)，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－3a)，(a，＋∞)．
当a<0时，f ′(x)，f(x)随着x的变化如下表：
x
(－∞，－a)
a
(a，－3a)
－3a
(－3a，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
微小值
极大值
函数f(x)的单调递增区间是(a，－3a)，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，a)，(－3a，＋∞)．
(2)当a＝1时，由(1)得f(x)是(－3,1)上的增函数，是(1，＋∞)上的减函数．
又当x>1时，f(x)＝>0，
所以f(x)在[－3，＋∞)上的最小值为f(－3)＝－，最大值为f(1)＝.
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，f(x1)－f(x2)≤f(1)－f(－3)＝.
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，使f(x1)－f(x2)≤m恒成立的实数m的最小值为.
(理)(2022·哈三中二模)已知函数f(x)＝(ax－a＋2)·ex(其中a∈R)
(1)求f(x)在[0,2]上的最大值；
(2)若函数g(x)＝a2x2－13ax－30，求a所能取到的最大正整数，使对任意x>0，都有2f′(x)>g(x)恒成立．
[解析] (1)f(x)＝(ax－a＋2)·ex，f′(x)＝(ax＋2)·ex，
当a≥0时，f′(x)在[0,2]上恒正，f(x)单调递增，最大值为f(2)＝(a＋2)e2，
当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－.
所以当－1≤a<0时，仍有f(x)在[0,2]上为增函数，最大值为f(2)＝(a＋2)e2
当a<－1时，f(x)在[0，－]上为增函数，在[－，2]上为减函数，
最大值为f(－)＝－ae－.
综上有，f(x)max＝
(2)g(x)＝a2x2－13ax－30＝(ax＋2)(ax－15)，
所以只需要2ex>ax－15即可，
记h(x)＝2ex－ax＋15，则h′(x) ＝2ex－a，
故h(x)在(0，ln)上单调递减，在(ln，＋∞)上单调递增，则h(x)min＝a－aln＋15.
记k(x)＝x－xln＋15，则k′(x)＝－ln，
故k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
在(2，＋∞)上取2e2，有k(2e2)＝15－2e2>0，
又k(15)＝15(2－ln)<0，故存在x0∈(2e2,15)使k(x0)＝0，
而2e2∈(14,15)，所以当a＝14时可保证h(x)min>0，有2f′(x)>g(x)恒成立，
当a＝15时h(x)min<0，不能有2f′(x)>g(x)恒成立，
所以a所能取到的最大正整数为14.
[点评] 构造是应用导数解决函数问题中的基本手段，在解题过程中可以依据需要构造函数，争辩新函数的性质达到解决原问题的目的．
练一练
①(2022·长春市三调)已知函数 f(x)＝2ex－(x－a)2＋3，a∈R.
(1)若函数y＝f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，求 a的值；
(2)若x≥ 0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
[解析] (1)f′(x)＝2(ex－x＋a)，
由于y＝f(x)在x＝0处切线与x轴平行，即在x＝0切线斜率为0即f′(0)＝2(a＋1)＝0，∴a＝－1.
(2)f′(x)＝2(ex－x＋a)，令g(x)＝2(ex－x＋a)，∵x≥0，∴g′(x)＝2(ex－1)≥0，
所以g(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)内单调递增，g(0)＝2(1＋a)，
(ⅰ)当2(1＋a)≥0即a≥－1时，f′(x)＝2(ex－x＋a)≥f′(0)≥0，f(x)在[0，＋∞)内单调递增，要想f(x)≥0只需要f(0)＝5－a2≥0，解得
－≤a≤，从而－1≤a≤.
(ⅱ)当2(1＋a)<0即a<－1时，由g(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)内单调递增知，存在唯一x0使得g(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，有ex0＝x0－a，令f′(x)>0解得x>x0，令f′(x)<0解得0≤x<x0，从而对于f(x)在x＝x0处取最小值，
f(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3，又x0＝ex0＋a，
f(x0)＝2ex0－(ex0)2＋3＝－(ex0＋1)(ex0－3)，从而应有f(x0)≥0，即ex0－3≤0，解得0<x0≤ln3，由ex0＝x0－a可得a＝x0－ex0，有ln3－3≤a<－1，综上所述，ln3－3≤a≤.
②(2022·河北名校名师俱乐部模拟)已知函数f(x)＝的图象为曲线C，函数g(x)＝ax＋b的图象为直线l.
(1)当a＝2，b＝－3时，求F(x)＝f(x)－g(x)的最大值；
(2)设直线l与曲线C的交点的横坐标分别为x1，x2，且x1≠x2，求证：(x1＋x2)g(x1＋x2)>2.
[解析] (1)∵a＝2，b＝－3，∴F(x)＝－x＋3.
F′(x)＝－1＝＝0⇒x＝1，
∵当x∈(0,1)时，F′(x)＞0，∴函数F(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，∴函数F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴F(x)max＝F(1)＝2.
(2)不妨设x1＜x2，要证(x1＋x2)g(x1＋x2)＞2，
只需证(x1＋x2)[a(x1＋x2)＋b]＞2，
a(x1＋x2)＋b＞⇒a(x－x)＋b(x2－x1)＞
ax＋bx2－(ax＋bx1)>
∵(x1，y1)，(x2，y2)是l与C的交点， ＝ax1＋b，＝ax2＋b.
∴lnx2－lnx1>，即ln>，
∴(x2＋x1)ln>2(x2－x1)．
令H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)，x∈(x1，＋∞)，
只需证H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)>0，H′(x)＝ln＋－1.
令G(x)＝ln＋－1，则G′(x)＝>0，
G(x)在x∈(x1，＋∞)上单调递增．
G(x)>G(x1)＝0，∴H′(x)>0，∴H(x)在x∈(x1，＋∞)上单调递增．
∴H(x)>H(x1)＝0，∴H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)>0，
∴(x1＋x2)g(x1＋x2)>2.
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