2021届高考数学(理科-全国通用)二轮专题配套word版练习：专题二-第3讲-导数及其应用.docx

第3讲　导数及其应用
考情解读　1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点.2.利用函数的单调性和最值确定函数的解析式或参数的值，突出考查导数的工具性作用．

1．导数的几何意义
函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数值就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．
3．函数的极值与最值
(1)函数的极值是局部范围内争辩的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内争辩的问题．
(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有．
(3)闭区间上连续的函数确定有最值，开区间内的函数不愿定有最值，若有唯一的极值，则此极值确定是函数的最值．
4．定积分的三个公式与一个定理
(1)定积分的性质：
①ʃkf(x)dx＝kʃf(x)dx；
②ʃ[f1(x)±f2(x)]dx＝ʃf1(x)dx±ʃf2(x)dx；
③ʃf(x)dx＝ʃf(x)dx＋ʃf(x)dx(其中a0)与曲线C2：x2＋y2＝的一个公共点，若C1在A处的切线与C2在A处的切线相互垂直，则实数a的值是________．
思维启迪　(1)先依据导数的几何意义求出切线的斜率，写出点斜式方程，再化为一般式方程．(2)A点坐标是解题的关键点，列方程求出．
答案　(1)5x＋y－3＝0　(2)4
解析　(1)由于y′＝e－5x(－5x)′＝－5e－5x，
所以y′|x＝0＝－5，
故切线方程为y－3＝－5(x－0)，
即5x＋y－3＝0.
(2)设A(x0，y0)，则C1在A处的切线的斜率为f′(x0)＝3ax，C2在A处的切线的斜率为－＝－，
又C1在A处的切线与C2在A处的切线相互垂直，
所以(－)·3a＝－1，即y0＝3ax，
又ax＝y0－1，所以y0＝，
代入C2：x2＋y2＝，得x0＝±，
将x0＝±，y0＝代入y＝ax3＋1(a>0)，得a＝4.
思维升华　(1)求曲线的切线要留意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不愿定是切点，点P也不愿定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．
(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求把握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．
　(1)已知函数y＝f(x)的导函数为f′(x)且f(x)＝x2f′()＋sin x，则f′()＝________.
(2)若曲线f(x)＝xsin x＋1在x＝处的切线与直线ax＋2y＋1＝0相互垂直，则实数a等于________．
答案　(1)　(2)2
解析　(1)由于f(x)＝x2f′()＋sin x，所以f′(x)＝2xf′()＋cos x．
所以f′()＝2×f′()＋cos.所以f′()＝.
(2)f′(x)＝sin x＋xcos x，f′()＝1，
即函数f(x)＝xsin x＋1在点x＝处的切线的斜率是1，
直线ax＋2y＋1＝0的斜率是－，
所以(－)×1＝－1，解得a＝2.
热点二　利用导数争辩函数的性质
例2　已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当x∈[0,4]时，求函数f(x)的最小值．
思维启迪　(1)直接求f′(x)，利用f′(x)的符号确定单调区间；(2)争辩区间[0,4]和所得单调区间的关系，一般状况下，f(x)的最值可能在极值点或给定区间的端点处取到．
解　(1)由于f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－a－1.
当x变化时，f(x)和f′(x)的变化状况如下：
x
(－∞，－a－1)
－a－1
(－a－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)


故f(x)的单调减区间为(－∞，－a－1)；
单调增区间为(－a－1，＋∞)．
(2)由(1)得，f(x)的单调减区间为(－∞，－a－1)；
单调增区间为(－a－1，＋∞)．
所以当－a－1≤0，即a≥－1时，f(x)在[0,4]上单调递增，故f(x)在[0,4]上的最小值为f(x)min＝f(0)＝a；
当0<－a－1<4，即－5导数争辩函数性质的一般步骤：
(1)确定函数的定义域；
(2)求导函数f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
(4)①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
②若已知极值大小或存在状况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在状况来求解．
(5)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
　已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)若函数f(x)在[2，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值为3，求实数a的值．
解　(1)∵f(x)＝ln x＋，∴f′(x)＝－.
∵f(x)在[2，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)＝－≥0在[2，＋∞)上恒成立，
即a≤在[2，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝，则a≤[g(x)]min，x∈[2，＋∞)，
∵g(x)＝在[2，＋∞)上是增函数，
∴[g(x)]min＝g(2)＝1.
∴a≤1.所以实数a的取值范围为(－∞，1]．
(2)由(1)得f′(x)＝，x∈[1，e]．
①若2a<1，则x－2a>0，即f′(x)>0在[1，e]上恒成立，
此时f(x)在[1，e]上是增函数．
所以[f(x)]min＝f(1)＝2a＝3，解得a＝(舍去)．
②若1≤2a≤e，令f′(x)＝0，得x＝2a.
当10，所以f(x)在(2a，e)上是增函数．
所以[f(x)]min＝f(2a)＝ln(2a)＋1＝3，
解得a＝(舍去)．
③若2a>e，则x－2a<0，即f′(x)<0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上是减函数．
所以[f(x)]min＝f(e)＝1＋＝3，得a＝e.适合题意．
综上a＝e.
热点三　导数与方程、不等式
例3　已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝(a>0)，设F(x)＝f(x)＋g(x)．
(1)求函数F(x)的单调区间；
(2)若以函数y＝F(x)(x∈(0,3])图象上任意一点P(x0，y0)为切点的切线的斜率k≤恒成立，求实数a的最小值；
(3)是否存在实数m，使得函数y＝g()＋m－1的图象与函数y＝f(1＋x2)的图象恰有四个不同交点？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．
思维启迪　(1)利用F′(x)确定单调区间；(2)k＝F′(x0)，F′(x0)≤分别a，利用函数思想求a的最小值；(3)利用数形结合思想将函数图象的交点个数和方程根的个数相互转化．
解　(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋(x>0)，F′(x)＝－＝.
∵a>0，由F′(x)>0⇒x∈(a，＋∞)，
∴F(x)在(a，＋∞)上是增函数．
由F′(x)<0⇒x∈(0，a)，
∴F(x)在(0，a)上是减函数．
∴F(x)的单调递减区间为(0，a)，
单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)由F′(x)＝(0a≥，a的最小值为.
(3)若y＝g()＋m－1＝x2＋m－的图象与y＝f(1＋x2)＝ln(x2＋1)的图象恰有四个不同交点，即x2＋m－＝ln(x2＋1)有四个不同的根，
亦即m＝ln(x2＋1)－x2＋有四个不同的根．
令G(x)＝ln(x2＋1)－x2＋.
则G′(x)＝－x＝＝
当x变化时G′(x)、G(x)的变化状况如下表：

(－∞，－1)
(－1,0)
(0,1)
(1，＋∞)
G′(x)的符号
＋
－
＋
－
G(x)的单调性

由上表知：G(x)微小值＝G(0)＝，G(x)极大值＝G(－1)＝G(1)＝ln 2>0.
又由G2)＝G(－2)＝ln 5－2＋<可知，
当m∈(，ln 2)时，y＝G(x)与y＝m恰有四个不同交点．故存在m∈(，ln 2)，使函数y＝g()＋m－1的图象与y＝f(1＋x2)的图象恰有四个不同交点．
思维升华　争辩方程及不等式问题，都要运用函数性质，而导数是争辩函数性质的一种重要工具．基本思路是构造函数，通过导数的方法争辩这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，依据函数的性质推断不等式成立的状况以及方程实根的个数，必要时画出函数的草图挂念思考．
　已知函数f(x)＝a(x2＋1)＋ln x.
(1)争辩函数f(x)的单调性；
(2)若对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求实数m的取值范围．
解　(1)由已知，得f′(x)＝2ax＋＝(x>0)．
①当a≥0时，恒有f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②当a<0时，若00，
故f(x)在(0，]上是增函数；
若x> ，则f′(x)<0，
故f(x)在[，＋∞)上是减函数．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a<0时，f(x)在(0, ]上是增函数，在[ ，＋∞)上是减函数．
(2)由题意，知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，
恒有ma－f(x)>a2成立，
等价于ma－a2>f(x)max
由于a∈(－4，－2)，所以< <<1.
由(1)，知当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，
所以f(x)max＝f(1)＝2a，
所以ma－a2>2a，即m本定理先求出a，再求分段函数的函数值；(2)利用图形将所求面积化为定积分．
答案　(1)7　(2)D
解析　(1)由于a＝ʃ(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|＝e＋1－1＝e，f(x)＝，所以f(a)＋f(log2)＝f(e)＋f(－log26)＝ln e＋2－(－log26)＝1＋6＝7.
(2)令4x＝x3，解得x＝0或x＝±2，
∴S＝ʃ(4x－x3)＝＝8－4＝4，故选D.
思维升华　(1)直接使用微积分基本定理求定积分时，要依据求导运算与求原函数运算互为逆运算的关系，运用基本初等函数的求导公式和导数的四则运算法则从反方向上求出原函数．
(2)利用定积分求所围成的阴影部分的面积时，要利用数形结合的方法确定出被积函数和积分的上限与下限．同时，有的定积分不易直接求出，需要借用其几何意义求出．
　(1)若ʃ(2x＋)dx＝3＋ln 2，且a>1，则a的值为(　　)
A．6 B．4 C．3 D．2
(2)如图，阴影部分的面积是(　　)

A．2 B．9－2
C. D.
答案　(1)D　(2)C
解析　(1)ʃ(2x＋)dx＝(x2＋ln x)|＝a2＋ln a－1，由题意，可得a2＋ln a－1＝3＋ln 2，
解得a＝2.
(2)由题图，可知阴影部分面积为ʃ(3－x2－2x)dx＝(3x－x3－x2)|＝(3－－1)－(－9＋9－9)＝.

1．函数单调性的应用
(1)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0在区间(a，b)上恒成立；
(2)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0在区间(a，b)上恒成立；
(3)可导函数f(x)在区间(a，b)上为增函数是f′(x)>0的必要不充分条件．
2．可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与微小值的大小关系不确定，也有可能微小值大于极大值；
(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；
(3)留意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的微小值点．
3．利用导数解决优化问题的步骤
(1)审题设未知数；(2)结合题意列出函数关系式；(3)确定函数的定义域；(4)在定义域内求极值、最值；(5)下结论．
4．定积分在几何中的应用
被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a0时，S＝ʃf(x)dx；
(2)当f(x)<0时，S＝－ʃf(x)dx；
(3)当x∈[a，c]时，f(x)>0；当x∈[c，b]时，f(x)<0，则S＝ʃf(x)dx－ʃf(x)dx.

真题感悟

1．(2022·江西)若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．
答案　(－ln 2,2)
解析　设P(x0，y0)，∵y＝e－x＝，∴y′＝－e－x，
∴点P处的切线斜率为k＝－e－x0＝－2，
∴－x0＝ln 2，∴x0＝－ln 2，
∴y0＝eln 2＝2，∴点P的坐标为(－ln 2,2)．
2．(2022·浙江)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a)．
(1)求g(a)；
(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.
(1)解　由于a>0，－1≤x≤1，所以
①当00，
故f(x)在(a,1)上是增函数．
所以g(a)＝f(a)＝a3.
②当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，
f′(x)＝3x2－3<0，
故f(x)在(－1,1)上是减函数，
所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.
综上，g(a)＝
(2)证明　令h(x)＝f(x)－g(a)．
①当0∈[a,1]，则h(x)＝x3＋3x－3a－a3，
h′(x)＝3x2＋3，
所以h(x)在(a,1)上是增函数，
所以，h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，
且00，
知t(a)在(0,1)上是增函数．
所以，t(a)
故f(x)≤g(a)＋4.
②当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，
故h(x)＝x3－3x＋2，h′(x)＝3x2－3，
此时h(x)在(－1,1)上是减函数，
因此h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝4.
故f(x)≤g(a)＋4.
综上，当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.
押题精练
1．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________．
答案　
解析　由于f′(x)＝1＋>0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，
所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.
依据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，
即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，
则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，
又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，
所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
2．已知函数f(x)＝－ln x，x∈[1,3]．
(1)求f(x)的最大值与最小值；
(2)若f(x)<4－at对任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求实数a的取值范围；
解　(1)∵函数f(x)＝－ln x，∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0得x＝±2，
∵x∈[1,3]，
当10；
∴f(x)在(1,2)上是单调减函数，
在(2,3)上是单调增函数，
∴f(x)在x＝2处取得微小值f(2)＝－ln 2；
又f(1)＝，f(3)＝－ln 3，
∵ln 3>1，∴－(－ln 3)＝ln 3－1>0，
∴f(1)>f(3)，
∴x＝1时f(x)的最大值为，x＝2时函数取得最小值为－ln 2.
(2)由(1)知当x∈[1,3]时，f(x)≤，
故对任意x∈[1,3]，f(x)<4－at恒成立，
只要4－at>对任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，记g(t)＝at，t∈[0,2]．
∴，解得a<，
∴实数a的取值范围是(－∞，)．

(推举时间：60分钟)
一、选择题
1．曲线y＝x3－2x在(1，－1)处的切线方程为(　　)
A．x－y－2＝0 B．x－y＋2＝0
C．x＋y－2＝0 D．x＋y＋2＝0
答案　A
解析　由已知，得点(1，－1)在曲线y＝x3－2x上，所以切线的斜率为y′|x＝1＝(3x2－2)|x＝1＝1，由直线方程的点斜式得x－y－2＝0，故选A.
2．(2022·课标全国Ⅱ)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a等于(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　D
解析　令f(x)＝ax－ln(x＋1)，则f′(x)＝a－.由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)＝a－1.又切线方程为y＝2x，则有a－1＝2，∴a＝3.
3．(2022·陕西)如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开头下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为(　　)

A．y＝x3－x B．y＝x3－x
C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x
答案　A
解析　函数在[－5,5]上为减函数，所以在[－5,5]上y′≤0，经检验只有A符合．故选A.
4．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0ex－ex＝0，
所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．
又由于g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，
所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.
5．若函数f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在区间(－，0)内单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[，1) B．[，1)
C．(，＋∞) D．(1，)
答案　B
解析　由x3－ax>0得x(x2－a)>0.
则有或
∴x>或－
A．ʃ|x2－1|dx
B．|ʃ(x2－1)dx|
C．ʃ(x2－1)dx
D．ʃ(x2－1)dx＋ʃ(1－x2)dx
答案　A
解析　由曲线y＝|x2－1|的对称性，所求阴影部分的面积与如图图形的面积相等，
即ʃ|x2－1|dx，选A.

二、填空题
7．已知f(x)＝x3＋f′()x2－x，则f(x)的图象在点(，f())处的切线斜率是________．
答案　－1
解析　f′(x)＝3x2＋2f′()x－1，令x＝，可得f′()＝3×()2＋2f′()×－1，解得f′()＝－1，所以f(x)的图象在点(，f())处的切线斜率是－1.
8．若函数f(x)＝在x∈(2，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是________．
答案　a<
解析　f′(x)＝＝＝，令f′(x)<0，即2a－1<0，解得a<.
9．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＝2.①
又f′(x)＝3mx2＋2nx，则f′(－1)＝－3，
故3m－2n＝－3.②
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]．
10．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是____________．
答案　0)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，
则f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
由于x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
由此知函数f(x)在x＝5时取得微小值f(5)＝－ln 5.
12．已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝＋x.
(1)a＝2时，求y＝f(x)和y＝g(x)图象的公共点个数；
(2)a为何值时，y＝f(x)和y＝g(x)的公共点个数恰为两个．
解　(1)当a＝2时，联立
得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)，
即联立

求导得y′＝3x2＋2x－1＝0得
x1＝－1，x2＝，
得到极值点分别在－1和处，
且极大值、微小值都是负值，图象如图，
故交点只有一个．
(2)联立得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)，
即联立对h(x)求导可以得到极值点分别在－1和处，画出草图如图．

h(－1)＝1，h()＝－，
当a＝h(－1)＝1时，y＝a与y＝h(x)仅有一个公共点(由于(1,1)点不在y＝h(x)曲线上)，
故a＝－时恰有两个公共点．
13．设函数f(x)＝aex(x＋1)(其中，e＝2.718 28……)，g(x)＝x2＋bx＋2，已知它们在x＝0处有相同的切线．
(1)求函数f(x)，g(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在[t，t＋1](t>－3)上的最小值；
(3)若对∀x≥－2，kf(x)≥g(x)恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)f′(x)＝aex(x＋2)，g′(x)＝2x＋b.
由题意，得两函数在x＝0处有相同的切线．
∴f′(0)＝2a，g′(0)＝b，
∴2a＝b，f(0)＝a，g(0)＝2，∴a＝2，b＝4，
∴f(x)＝2ex(x＋1)，g(x)＝x2＋4x＋2.
(2)f′(x)＝2ex(x＋2)，由f′(x)>0得x>－2，
由f′(x)<0得x<－2，
∴f(x)在(－2，＋∞)单调递增，
在(－∞，－2)单调递减．∵t>－3，
∴t＋1>－2.
①当－3
∴f(x)min＝f(t)＝2et(t＋1)；
∴f(x)＝
(3)令F(x)＝kf(x)－g(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，
由题意当x≥－2时，F(x)min≥0.
∵∀x≥－2，kf(x)≥g(x)恒成立，
∴F(0)＝2k－2≥0，∴k≥1.
F′(x)＝2kex(x＋1)＋2kex－2x－4
＝2(x＋2)(kex－1)，
∵x≥－2，由F′(x)>0得ex>，∴x>ln；
由F′(x)<0得xe2时，F(x)在[－2，＋∞)单调递增，
F(x)min＝F(－2)＝－2ke－2＋2＝(e2－k)<0，
不满足F(x)min≥0.
当ln＝－2，即k＝e2时，由①知，F(x)min＝F(－2)＝(e2－k)＝0，满足F(x)min≥0.
③当ln>－2，即1≤k0，
满足F(x)min≥0.
综上所述，满足题意的k的取值范围为[1，e2]．