2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（四）23.已知函数()3223log 32a f x x x x =-+（0a >且1a ≠）． （Ⅰ）若()f x 为定义域上的增函数，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）令a e =，设函数()()324ln 63g x f x x x x =--+，且()()120g x g x +=，求证：122x x +≥24.已知函数()2x f x e x ax =--. (1)R x ∈时，证明：1->x e x；(2)当2a =时，直线1y kx =+和曲线()y f x =切于点()(),1A m n m <，求实数k 的值； (3)当10<<x 时，不等式()0>x f 恒成立，求实数a 的取值范围.25.已知函数()ln af x a x x x=-+-(a 为常数)有两个不同的极值点. (1)求实数a 的取值范围；(2)记()f x 的两个不同的极值点分别为12,x x ，若不等式()()()21212f x f x x x l +>+恒成立，求实数l 的取值范围.26.已知函数()1ln f x ax x =--（a ∈R ）. （1）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；（2）若1x ∀>，()2xf x ax ax a <-+恒成立，求a 的最大整数值.27.已知函数()()()()221,2ln 1f x x x g x a x a R =-+=-∈.（1）求函数()()()h x f x g x =-的极值；（2）当0a >时，若存在实数,k m 使得不等式()()g x kx m f x ≤+≤恒成立，求实数a 的取值范围.28.设()y f x =是二次函数，方程()0f x =有两个相等的实根，且()22f x x '=+. （1）求()y f x =的表达式；（2）若直线()01x t t =-<<，把()y f x =的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分，求t 的值.29.已知函数()1ln 2f x x x =+（a ∈R ）. （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线经过点()2,3，求a 的值； （2）若()f x 在区间1,14⎛⎫⎪⎝⎭上存在极值点，判断该极值点是极大值点还是极小值点，并求a 的取值范围；（3）若当0x >时，()0f x >恒成立，求a 的取值范围.30.已知函数()ln f x x a =+，()(),bg x x a b R x=-?. (1)若曲线()y f x =与曲线()y g x =在点()()1,1f 处的切线方程相同，求实数,a b 的值； (2)若()()x g x f ≥恒成立，求证：当2≠a 时，1≠b .31.()2xf x e ax =--，其中e 是自然对数的底数，a R ∈.（1）求函数()f x 的单调递增区间； （2）若k 为整数，1a =，且当0x >时，()11k xf x x -'<+恒成立，其中()f x '为()f x 的导函数，求k 的最大值.32.已知f （x ）=2x ln x ，g （x ）=﹣x 2+ax ﹣3． （1）求函数f （x ）的单调区间；（2）若存在x ∈（0，+∞），使f （x ）≤g （x ）成立，求实数a 的取值范围．33.已知数列{x n }按如下方式构成：x n ∈（0，1）（n ∈N *），函数f （x ）=ln （x x-+11）在点（x n ，f （x n ））处的切线与x 轴交点的横坐标为x n +1 （Ⅰ）证明：当x ∈（0，1）时，f （x ）＞2x （Ⅱ）证明：x n +1＜x n 3（Ⅲ）若x 1∈（0，a ），a ∈（0，1），求证：对任意的正整数m ，都有log n x a +log 1+n x a +…+log m n x +a ＜21•（31）n ﹣2（n ∈N *）34.已知函数f （x ）= ⎪⎩⎪⎨⎧∈--∈-]3,1[),1(55]1,0[,2x x f x x x（Ⅰ）求f （25）及x ∈[2，3]时函数f （x ）的解析式 （Ⅱ）若f （x ）≤xk对任意x ∈（0，3]恒成立，求实数k 的最小值．35.已知函数1()(2)a f x a x x a -⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，其中0a ≠． （Ⅰ）若1a =，求()f x 在区间[0,3]上的最大值和最小值． （Ⅱ）解关于x 的不等式()0f x >．36.若实数x ，y ，m 满足x m y m-<-，则称x 比y 靠近m ．（Ⅰ）若1x +比x -靠近1-，求实数x 有取值范围．（Ⅱ）（i ）对0x >，比较ln(1)x +和x 哪一个更靠近0，并说明理由． （ii ）已知函数{}n a 的通项公式为112n n a -=+，证明：1232e n a a a a <L ．37.已知函数2()e (e 1)1x f x ax a x =-+-+-（e 是自然对数的底数，a 为常数）． （1）若函数1()()()2g x f x x f x '=-⋅，在区间[1,+∞)上单调递减，求a 的取值范围．（2）当(e 2,1)a ∈-时，判断函数()f x 在(0,1)上是否有零点，并说明理由．38.已知函数()ln f x x x =． （1）求函数()f x 的极值点．（2）设函数()()(1)g x f x a x =--，其中a ∈R ，求函数()g x 在[1,e]上的最小值．39.已知函数1()ln 2f x x x=-，(0,)x ∈+∞． （1）求函数()f x 的图象在点(2,(2))f 处的切线方程． （2）求函数()f x 的单调递增区间．40.设m ∈R ，函数f （x ）=e x ﹣m （x +1）+41m 2（其中e 为自然对数的底数）（Ⅰ）若m =2，求函数f （x ）的单调递增区间；（Ⅱ）已知实数x 1，x 2满足x 1+x 2=1，对任意的m ＜0，不等式f （x 1）+f （0）＞f （x 2）+f （1）恒成立，求x 1的取值范围；（Ⅲ）若函数f （x ）有一个极小值点为x 0，求证f （x 0）＞﹣3，（参考数据ln6≈）41.已知函数f （x ）=x 2﹣x 3，g （x ）=e x﹣1（e 为自然对数的底数）． （1）求证：当x ≥0时，g （x ）≥x +21x 2； （2）记使得kf （x ）≤g （x ）在区间[0，1]恒成立的最大实数k 为n 0，求证：n 0∈[4，6]．42.设函数3211()(3)332f x x ax a x =++++，其中a R ∈，函数()f x 有两个极值点12,x x ，且101x ≤<．（1）求实数a 的取值范围；（2）设函数'1()()()x f x a x x ϕ=--，当12x x x <<时，求证：|()|9x ϕ<．43.已知14)(2+-=x tx x f 的两个极值点为α，β，记A （α，f （α）），B （β，f （β））（Ⅰ）若函数f （x ）的零点为γ，证明：α+β=2γ． （Ⅱ） 设点 C (m t -4,0)，D (m t+4,0)，是否存在实数t ，对任意m ＞0，四边形ACBD 均为平行四边形．若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由．44.已知函数ln (),xf x x=() (0)=>g x kx k ，函数{}()max (),(),F x f x g x =其中{}max ,a b ,,,.a a b b a b ≥⎧=⎨<⎩（Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）求()F x 在[]1, e 上的最大值(e 为自然对数底数).45.已知函数2()2ln ,f x x a x a R =+∈．（Ⅰ）若()f x 在1x =处取得极值，求实数a 的值；（Ⅱ）若不等式()0f x >对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.参考答案23.（Ⅰ），由为增函数可得，恒成立，则由，设，则，若由和可知在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，当时，易知，当时，则，这与矛盾，从而不能使恒成立，所以．（Ⅱ），因为，所以，所以，，，所以，令，，，在上增，在上减，，所以，整理得，解得或（舍），所以得证．24.(1)记，∵，令得，当，，递减；当，，递增，∴，，得.(2)切点为，，则，∴，∵，∴由(1)得.所以.(3)由题意可得恒成立，所以，下求的最小值，，由(1)知且.所以，递减，∵，∴.所以.25.(1).由函数(为常数)有两个不同的极值点.即方程有两个不相等的正实根.∴，∴.(2)由(1)知，，，∴，所以恒成立.令，.∵，递增，∴，.26.（1）的定义域为，且.当时，在上恒成立，函数在上单调递减.∴在上没有极值点；当时，令得；列表所以当时，取得极小值.综上，当时，在上没有极值点；当时，在上有一个极值点.（2）对，恒成立等价于对恒成立，设函数（），则（），令函数，则（），当时，，所以在上是增函数，又，，所以存在，使得，即，且当时，，即，故在在上单调递减；当时，，即，故在上单调递增；所以当时，有最小值，由得，即，所以，所以，又，所以实数的最大整数值为3.27.（I）由题意得，，∴，①当时，则，此时无极值；②当时，令，则；令，则；∴在上递减，在上递增；∴有极小值，无极大值；（II）当时，由（1）知，在上递减，在上递增，且有极小值.①当时，，∴，此时，不存在实数，，使得不等式恒成立；②当时，，在处的切线方程为，令，，则，，令，，则，令，则；令，则；∴，∴，∴，当，时，不等式恒成立，∴符合题意. 由①，②得实数的取值范围为.28.（I）设，则．由已知，得，．．又方程有两个相等的实数根，，即．故；（II）依题意，得，，整理，得，即，．29.（1）对求导，得.因此.又，所以，曲线在点处的切线方程为.将，代入，得.解得.（2）的定义域为..设的一个极值点为，则，即.所以.当时，；当时，.因此在上为减函数，在上为增函数.所以是的唯一的极值点，且为极小值点.由题设可知.因为函数在上为减函数，所以，即.所以的取值范围是.（3）当时，恒成立，则恒成立，即对恒成立.设，求导得.设（），显然在上为减函数.又，则当时，，从而；当时，，从而.所以在上是增函数，在上是减函数.所以，所以，即的取值范围为.30.(1)由，.得，解得，.(2)证明：设，则，①当时，，函数在上单调递增，不满足恒成立.②当时，令，由，得，或(舍去)，设，知函数在上单调递减，在上单调递增，故，即，得.又由，得，所以，令，.当时，，函数单调慈善当时，，函数单调递增；所以，即，故当时，得.31.（1），若，则恒成立，所以在区间上单调递增若，当时，，在上单调递增（2）由于，所以，当时，故，令（）则函数在上单调递增，而，，所以在上存在唯一的零点.故在上存在唯一的零点.设此零点为，则.当时，，当时，；所以在上的最小值为，由于，可得所以，所以整数的最大值为2.32.【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）问题等价于a≥（2ln x+x+）min，记h（x）=2ln x+x+，x∈（0，+∞），根据函数的单调性判断即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2（ln x+1），令f′（x）=0，得x=，当x∈时，f′（x）＜0，当x∈时，f′（x）＞0，所以f（x）在上单调递减；在上单调递增．（2）存在x∈（0，+∞），使f（x）≤g（x）成立，即2xln x≤﹣x2+ax﹣3在x∈（0，+∞）能成立，等价于a≥2ln x+x+在x∈（0，+∞）能成立，等价于a≥（2ln x+x+）min．记h（x）=2ln x+x+，x∈（0，+∞），则h′（x）=+1﹣==．当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，所以当x=1时，h（x）取最小值为4，故a≥4．33.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；数列与函数的综合．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）＞2x即可；（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，求出曲线方程，得到x n+1=ln（﹣1）+x n，从而证出结论即可；（Ⅲ）得到b k=＜a=b k﹣1＜b k﹣2＜…＜b0，问题转化为b0＜，根据（Ⅱ）证出即可．【解答】证明：（Ⅰ）设g（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x）﹣2x，则g′（x）=，故x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，1）递增，∴g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞2x；（Ⅱ）由f′（x）=+=，故曲线在点（x n，f（x n））处的切线方程是：y=（x﹣x n）+f（x n），令y=0，则x n+1=x n+f（x n）（﹣1），则x n+1=ln（﹣1）+x n，由（Ⅰ）及﹣1＜0得：x n+1＜（2x n）•（﹣1）+x n=x n3；（Ⅲ）令=b k，（k=0，1，2，…，m），∵x n+k＜，且a∈（0，1），x n∈（0，1），∴log a x n+k＞log a，从而b k=＜a=b k﹣1＜b k﹣2＜…＜b0，∴loga+loga+…+loga=b0+b1+…+b m＜b0（1+++）=b0（1﹣）＜b0，要证loga+loga+…+loga＜•（）n﹣2（n∈N*），只需b0＜，即证b0＜⇔a＜⇔x n＜，由（Ⅱ）以及x 1∈（0，a ）得：x n ＜＜＜…＜＜，故原结论成立．34.【考点】函数恒成立问题；分段函数的应用．【分析】（Ⅰ）由函数f （x ）=可求f （）的值，由x∈[2，3]⇒x ﹣2∈[0，1]，可求得此时函数f （x ）的解析式；（Ⅱ）依题意，分x∈（0，1]、x∈（1，2]、x∈（2，3]三类讨论，利用导数由f （x ）≤对任意x∈（0，3]恒成立，即可求得实数k 的最小值．【解答】解：（Ⅰ）f （）=﹣f （）=f （）=×=．当x∈[2，3]时，x ﹣2∈[0，1]，所以f （x ）= [（x ﹣2）﹣（x ﹣2）2]=（x ﹣2）（3﹣x ）．（Ⅱ）①当x∈（0，1]时，f （x ）=x ﹣x 2，则对任意x∈（0，1]，x ﹣x 2≤恒成立⇒k≥（x 2﹣x 3）max ，令h （x ）=x 2﹣x 3，则h′（x ）=2x ﹣3x 2，令h′（x ）=0，可得x=，当x∈（0，）时，h′（x ）＞0，函数h （x ）单调递增；当x∈（，1）时，h′（x ）＜0，函数h （x ）单调递减，∴h（x ）max =h （）=；②当x∈（1，2]时，x ﹣1∈（0，1]，所以f （x ）=﹣ [（x ﹣1）﹣（x ﹣1）2]≤恒成立⇔k≥（x 3﹣3x 2+2x ），x∈（1，2]．令t （x ）=x 3﹣3x 2+2x ，x∈（1，2]．则t′（x ）=3x 2﹣6x+2=3（x ﹣1）2﹣1，当x∈（1，1+）时，t （x ）单调递减，当x∈（1+，2]时，t （x ）单调递增，t （x ）max =t （2）=0，∴k≥0（当且仅当x=2时取“=”）；③当x∈（2，3]时，x ﹣2∈[0，1]，令x ﹣2=t ∈（0，1]，则k≥（t+2）（t ﹣t 2）=g （t ），在t∈（0，1]恒成立．g′（t ）=﹣（3t 2+2t ﹣2）=0可得，存在t 0∈[，1]，函数在t=t 0时取得最大值． 而t 0∈[，1]时，h （t ）﹣g （t ）=（t 2﹣t 3）+（t+2）（t 2﹣t ）=t （1﹣t ）（2t ﹣1）＞0，所以，h （t ）max ＞g （t ）max ，当k≥时，k≥h（t ）max ＞g （t ）max 成立，综上所述，k≥0，即k min =0．35.见解析（Ⅰ）1a =，2()(2)(1)1f x x x x =-=--，()22f x x '=-，∴∴min (1)1f f ==-，max max[(3),(0)]f f f =，而(3)3(0)f f =>， ∴max 3f =．（Ⅱ）0a >时，1(2)0a x x a -⎛⎫--> ⎪⎝⎭， ∵1120a a a a -+-=>， ∴12a a-<， 此时()0f x >解集为：[|2x x >或1a x a -⎤<⎥⎦， 0a <时，1(2)0a x x a -⎛⎫--< ⎪⎝⎭． ①10a -<<，则12a a-<， ()0f x >解集为1|2a x x a -⎡⎤<<⎢⎥⎣⎦． ②1a =-，无解．③1a <-，解集为1|2a x x a -⎡⎤<<⎢⎥⎣⎦． 综上：0a >，[|2x x >或1a x a -⎤<⎥⎦． 10a -<<，1|2a x x a -⎡⎤<<⎢⎥⎣⎦1a =-，∅．1a <-，12a x a -⎡⎤<<⎢⎥⎣⎦． 36.（1）|1(1)||(1)|x x --<---+22|2||1|(2)(1)x x x x <-⇔<-++，∴12x <-． （2）①∵0x >，∴ln(1)0x >+，∴|ln(1)0||0|ln(1)x x x x ---=-++，记()ln(1)f x x x =-+，(0)0f =．1()1011x f x x x-'=-=<++， ∴()f x 在(0,)∞+单减．∴()2(0)0f x f =，即ln(1)x x <+，∴ln(1)x +比x 靠近0．②120n ->，由①得：2323ln()ln ln ln n n a a a a a a =+++L L12111ln(12)ln(12)ln(12)22n n -----=+++<L L +++++111112(12)211212n ------=<=--， ∴23e n a a a <L ．又∵12a =，∴1232e n a a a a <L ．37.见解析．解：（1）由2()e (e 1)1x f x ax a x =-+-+-得()e 2(e 1)x f x ax a '=-+-+， ∴211()()()e (e 1)1[e 2e 1]22x x g x f x x f x ax a x x ax a '=-⋅=-+-+---+-+， 即11()1e (e 1)122x g x x a x ⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭， ∴11()(1)e (e 1)22x g x x a '=-+-+， ∴1()e 2x g x x ''=-，[1,)x ∈+∞； ∴()0g x ''<，∴()g x '在[1,)+∞上单调递减，又()g x 在[1,)+∞上单调递减；∴1()(1)(e 1)02g x g a ''=-+≤≤， ∴e 1a -≤，即实数a 的取值范围是(,e 1]-∞-．（2）假设函数()f x 在区间(0,1)上有零点，即存在(0,1)x ∈，使得2e (e 1)10x ax a x -+-+-=， 即2e (1e)1x x a x x+--=-， 记2e (1e)1()x x h x x x+--=-． ①若()1h x <，则2e (1e)110x x x x +---<-，即22e (2e)10x x x x x-+--<-， 由于(0,1)x ∈，有20x x -<，即证2e (2e)10x x x -+-->在(0,1)x ∈上恒成立，令2()e (2e)1x H x x x =-+--，(0,1)x ∈，则()e 22e x H x x '=-+-，()e 2x H x ''=-，当(0,ln2)x ∈时，()0H x ''<，当(ln2,1)x ∈时，()0H x ''>，∴当(0,ln2)x ∈时，()H x '单调递减，当(ln2,1)x ∈时，()H x '单调递增．而(0)102e 0H '=-+->，(1)e 22e 0H '=-+-=，ln 2(ln 2)e 2ln 22e 4e 2ln 20H '=-+-=--<，∴在(0,ln2)上存在唯一的实数0x ，使得0()0H x '=，∴在0(0,)x 上()H x 单调递增，在0(,1)x 上()H x 单调递减，而(0)0H =，(1)0H =，∴()0H x >在(0,1)上恒成立，即2e (1e)1()1x x h x x x+--=<-恒成立， ②若()e 2h x >-，则2e (1e)1(e 2)0x x x x +---->-，即22e (e 2)10x x x x x---->-， 由于(0,1)x ∈，有20x x -<，即证2e (e 2)10x x x ----<在(0,1)x ∈恒成立，令2()e (e 2)1x H x x x =----，则()e 2(e 2)1x H x x '=---，()e 2(e 2)x H x ''=--， 当(0,ln2(e 2))x ∈-，()0H x ''<，()H x '单调递减；当(ln2(e 2),1)x ∈-，()0H x ''>，()H x '单调递增，而(0)0H '=，(1)3e 0H '=->，∴在(ln2(e 2),1)-上存在唯一的实数x ，使得0()0H x '=，∴在0(0,)x 上()H x 单调递减，在0(,1)x 上()H x 单调递增，又(0)0H =，(1)0H =，故()0H x <在(0,1)上成立，即2e (1e)1()e 2x x h x x x+--=>--成立， 综上所述，当(e 2,1)a ∈-时，函数2()e (e 1)1x f x ax a x =-+-+-在区间(0,1)上有零点．38.见解析．解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()ln 1f x x '=+，∴令()ln 10f x x '=+>，得1e x >，令()0f x '<，得10ex <<， ∴函数()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增， ∴1ex =是函数()f x 的极小值点，极大值点不存在． （2）由题意得()()(1)ln (1)g x f x a x x x a x =--=--，∴()ln 1g x x a '=+-，令()0g x '=得1e a x -=．①当1e 1a -<时，即1a <时，()g x 在[1,e]上单调递增，∴()g x 在[1,e]上的最小值为(1)0g =；②当11e e a -≤≤，即12a ≤≤时，()g x 在1[1,e ]a -上单调递减，在1[e ,e]a -上单调递增， ∴()g x 在[1,e]上的最小值为11111(e )e lne e e a a a a a g a a a -----=-+=-；③当1e e a ->，即2a >时，()g x 在区间[1,e]上单调递减，∴()g x 在[1,e]上的最小值为(e)e (e 1)e e g a a a =--=-+，综上所述，当1a <时，()g x 的最小值为0；当12a ≤≤时，()g x 的最小值为1e a a --；当2a >时，()g x 的最小值为e e a a -+．39.见解析．解：（1）1()ln 2f x x x =-，得11()2f x x '=-， ∴(2)ln21f =-，(2)0f '=，∴函数()f x 在(2,(2))f 处的切线方程为ln21y =-．（2）∵112()22x f x x x-'=-=， 令()0f x '>，得2x <，令()0f x '<，得2x >，又()f x 的定义域是(0,)+∞，∴函数()f x 的单调增区间为(0,2)．40.【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可； （Ⅱ）问题转化为2（x 1﹣1）m ﹣（﹣）+e ﹣1＜0对任意m ＜0恒成立，令g （m ）=2（x 1﹣1）m ﹣（﹣）+e ﹣1，得到关于x 1的不等式组，解出即可；（Ⅲ）求出f （x 0）的解析式，记h （m ）=m 2﹣mlnm ，m ＞0，根据函数的单调性求出h （m ）的取值范围，从而求出f （x 0）的范围，证明结论即可．【解答】解：（Ⅰ）m=2时，f （x ）=e x ﹣2x ﹣1，f′（x ）=e x ﹣2，令f′（x ）＞0，解得：x ＞ln2，故函数f （x ）在[ln2，+∞）递增；（Ⅱ）∵不等式f （x 1）+f （0）＞f （x 2）+f （1）恒成立，x 1+x 2=1，∴2（x 1﹣1）m ﹣（﹣）+e ﹣1＜0对任意m ＜0恒成立，令g （m ）=2（x 1﹣1）m ﹣（﹣）+e ﹣1，当2（x 1﹣1）=0时，g （m ）=0＜0不成立，则，解得：x 1＞1；（Ⅲ）由题意得f′（x ）=e x ﹣m ，f′（x 0）=0，故=m ，f （x 0）=﹣m （x 0+1）+m 2=m 2﹣mlnm ，m ＞0，记h （m ）=m 2﹣mlnm ，m ＞0，h′（m ）=m ﹣lnm ﹣1，h′′（m ）=﹣，当0＜m ＜2时，h′′（m ）＜0，当m ＞2时，h′′（m ）＞0，故函数h′（x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，如图所示：[h′（m ）]min =h′（2）=﹣ln2＜0，又当m→0时，h′（m ）＞0，m→+∞，h′（m ）＞0，故函数h′（m ）=0有2个根，记为m 1，m 2（m 1＜2＜m 2＜6），（h′（6）＞0）， 故h （m ）在（0，m 1）递增，在（m 1，m 2）递减，在（m 2，+∞）递增，又当m→0时，h（m）＞0，h（m）在m2处取极小值，由h′（m2）=0， m2﹣lnm2﹣1=0，lnm2=m2﹣1，故h（m2）=﹣m2lnm2=﹣m2（m2﹣1）=﹣+m2=﹣+1∈（﹣3，1），故f（x0）＞﹣3．41.【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（1）构造函数h（x）=g（x）﹣x﹣，求出函数导函数，对导函数求导后可得导函数的单调性，进一步确定导函数的符号，得到函数h（x）的单调性，可得h（x）≥h （0）=0得答案；（2）由（1）知，当kf（x）时，必有kf（x）≤g（x）成立，然后利用分析法证明当x∈[0，1]时，4f（x），当k≥6时，取特值x=说明不等式kf（x）≤g（x）在区间[0，1]上不恒成立，从而说明n0∈[4，6]．【解答】证明：（1）设h（x）=g（x）﹣x﹣，即h（x）=，则h′（x）=e x﹣1﹣x，h″（x）=e x﹣1，当x≥0时，h″（x）≥0，h′（x）为增函数，又h′（0）=0，∴h′（x）≥0．∴h（x）在[0，+∞）上为增函数，则h（x）≥h（0）=0，∴g（x）≥x+；（2）由（1）知，当kf（x）时，必有kf（x）≤g（x）成立．下面先证：当x∈[0，1]时，4f（x），当x=0或1时，上式显然成立；当x∈（0，1）时，要证4f（x），即证4（x﹣x2），也就是证8x2﹣7x+2≥0．∵＞0．∴当k≤4时，必有kf（x）≤g（x）成立．∴n0≥4；另一方面，当k≥6时，取x=，kf（x）﹣g（x）=＞0，∴当k≥6时，kf（x）≤g（x）不恒成立．∴n0≤6．综上，n0∈[4，6]．【点评】本题考查利用等式研究函数的单调性，训练了分析法证明函数不等式，体现了特值思想方法的应用，是中档题．42.（1）;（2）见解析.试题解析：（1），由题可知：为的两个根，且，得或.而由（1）（2）得：，设，有而在上为减函数，则，即，即，综上，.（2）证明：由，，知，，由（1）可知，所以，所以.点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.43.（Ⅰ）求出函数的导数，根据二次函数的性质证明即可；（Ⅱ）求出f（α）+f（β）的解析式，根据二次函数的性质以及ACBD均为平行四边形，求出t的值即可．解：（Ⅰ）证明：，即﹣4x2+2tx+4=0，△=4t2+64＞0，∴，，即4x﹣t=0，则零点，∴得证．（Ⅱ）要使构成平行四边形，由得，只需f（α）+f（β）=0，===，所以t=0．44.(Ⅰ) 解：因为由，解得：……………………………………………………3分因为所以的极大值为，无极小值．………………………………………7分(Ⅱ) 因为在上是增函数，所以……………………………………………………10分在上是增函数所以……………………………………………………13分所以……………………………………………15分45.（Ⅰ）由，得.经检验，当时取到极小值，故.（Ⅱ）由，即对任意恒成立.（1）当时，有；（2）当时，得令，得；若，则；若，则.得在上递增，在上递减。