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2,则H(x)=e-2(2):f(x)在x=-1处取得极值-1.显然H(x)是增函数，则H(x)>H'(2)=∴.f'(-1)=3×(-1)2-3a=0,1故fx)=l1og(2+1)-2.a=1,∴fx)=x3-3x-1,则f'(x)=3x20,H(x)>H(2)=0,故e-x+1≥e-2-x+3,a(2)由(1)知g(x)=f(x)+x=log,(2+1)+由f'(x)=0,解得x1=-1,x2=1.1>0g-1>1.,所以g()在R上单调递增1由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,在x=1处取又A(）>(-1)恒成立A()在(1所以不等式g(4-a·2+1)>g(-3)恒成得极小值f(1)=-3.立等价于4-a…2+1>-3,即a<4+4恒直线y=m与函数y=f孔x)的图象有三个+∞)上单调递增2不同的交点，结合如图所示的f(x)的图象当xe(1,+x)时，(x)=2+名≥0恒成立可知，实数m的取值范围是(-3,1).成立，即b≥(-2x)m=-2,故b的取值范设=2，则20,4+4t2+4≥4当V=t围是[-2，+0)且仅当t=2,即x=1时取等号，所以实数a5.解析(1)函数f(x)的定义域为(0，的取值范围是(-∞，4)，+∞)，y-f"(x)=8+2x-4-2x-4+(3)因为对任意的x1∈[0,3]，存在x2∈[13],使得g(x)≥h(x2),2.解析·（1)由题意得f'(x)=:x=3是函数f(x)的一个极值点所以g(x)在[0,3]上的最小值不小于h(x)在[1,3]上的最小值，a sim rIn(x+1)cos∴.f'(3)=0,解得a=-6.Lx+1经检验，当a=-6时，x=3是函数f(x)的因为g(x)=g(2+1+子在[0,3]上一个极小值点，符合题意，故a=-6.当e,引时，有0u(+1)om单调递增」(2)由f(x)≤g(x),得(x-lnx)a≥x行>0.-2x0,所以当xe[0,3]时，g(x)mn=g(0)=1.函数h(x)图象的对称轴为直线x=m,x∈当a=0时，)=号，不符合条件：记F()=x-nx(>0),则F'(x)=-(x[1,3],当a<0时，f'(x)<0,则f(x)在当m≤1时，h(x)在[1,3]上单调递增>0),.当01时，F'(x)>0,F(x)单调递增.所以时sm≤，2,不符合条件，F(x)≥f(1)=1>0≥8-2xo-In xo当a>0时，f'(x)>0,则f(x)在当10当xe[片时立问题的解题方法(1)存在x1∈A,对任意x2∈B,有f(x,)≥>0,所以✉)在[0，]内存在唯G(x)<0,G(x)单调递减；g(x2)成立，则f(x)nr≥g(x)r;的零点当x∈(1，e]时，G'(x)>0,G(x)单调递增.（2)对任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥∴G(x)m=G(1)=-1,.a≥G(x)m=g(x2)成立，则f(x)m≥g(x)n;当e[匠时，f'()h(✉-1,(3)对任意x1∈A,x2∈B,有f(x1)≥1)cos x,故实数a的取值范围为[-1，+∞).g(x2）,则f八x)min≥g(x）mr;6.命题分析本题主要考查利用导数研究因为）->0,f'(r)=-ln(m(4)存在1∈A,x2eB,使f(x1)≤g(x2),函数的单调性与最值，以及不等式恒成立则f代x)n≤g(x)的问题，解题过程中应用了分类讨论思第3课时利用导数解决函数的零点问题+1)<0,想，考查逻辑推理和数学运算的核心素养答题要领(1)根据f(-x)-f(x)=0计算1解析(1)由题意得f'(x)=3x2-3a=所以f'()在xe[仔]内存在零点可得3(x2-a),xo,即f'(x)=0,(2)根据g(x)的单调性得4-a·2+1>当a<0时，f'(x)>0,-3,分离参数求最值即可..当a<0时，f(x)的单调递增区间为因为f"(x)(3)对任意的x,e[0,3],存在x2e[1,(-∞，+0)_2(x+1)co3x-[1+x+1)n(x+1)]simx,所当a>0时，由f'(x)>0,解得x<-a或x(x+1)13],使得g(x1)≥h(x2)等价于g(x)n≥h(x),分别求g(x)的最小值和h(x)的>√a,以当e[受可时，有∫“()<0，即最小值即可。由f'(x)<0,解得-√a0时，f(x)的单调递增区间为"(x)在[受]上单调递减。529·
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