高三模擬文科數學試題之導數及其應用(3)

　　25.解：（1）f（x）的定義域（0，+∞），

　　f′（x）=1+ - = ，

　　令f′（x）=0，得x2-ax+1=0，

　　①當0＜a≤2時，△=a2-4≤0，此時f′（x）≥0恒成立，

　　∴f（x）在定義域（0，+∞）上單調遞增；

　　②當a＞2時，△=a2-4＞0，x2-ax+1=0的兩根為：

　　x1= ，x2= ，且x1，x2＞0．

　　當x∈（0， ）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；

　　當x∈（ ， ）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；

　　當x∈（ ，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；

　　綜上，當0＜a≤2時，f（x）的遞增區間為（0，+∞），無遞減區間；

　　當a＞2時，f（x）的遞增區間為（0， ），（ ，+∞），

　　遞減區間為（ ， ）．

　　（2）由（1）知，f（x）的兩個極值點x1，x2是方程x2-ax+1=0的兩個根，

　　則 ，所以x2= ，a=（x1+ ），

　　∴g（x1）-g（x2）=x1- lnx1-（ - ln ）

　　=x1- -alnx1=x1- -（x1+ ）lnx1．

　　設h（x）=（x- ）-（x+ ）lnx，x∈（0，e]，

　　則（g（x1）-g（x2））min=h（x）min，

　　∵h′（x）=（1+ ）-[（1- ）lnx+（x+ ） ]= ，

　　當x∈（0，e]時，恒有h′（x）≤0，∴h（x）在（0，e]上單調遞減；

　　∴h（x）min=h（e）=- ，

　　∴（g（x1）-g（x2））min=- ．

　　26.解：（1）a=0時，f（x）=x2-2lnx，（x＞0），

　　f′（x）=2x- = ，

　　令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：x＜1，

　　∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，

　　∴f（x）極小值=f（1）=1，無極大值；

　　（2）令g（x）=f（x）+ax2=（a+1）x2-2lnx-2ax，x∈（1，+∞），

　　g′（x）=2（a+1）x- -2a= ，

　　①當- ≤1即a≤-2，或a≥-1時，

　　g′（x）＞0在（1，+∞）恒成立，

　　g（x）在（1，+∞）遞增，

　　∴g（x）＞g（1）=1-a，

　　若1-a≥0，即a≤1時，g（x）＞0在（1，+∞）恒成立，

　　即程f（x）+ax2=0無實數根，

　　若1-a＜0，即a＞1時，存在x0，使得g（x0）=0，

　　即程f（x）+ax2=0有1個實數根，

　　②當- ＞1即-2＜a＜-1時，

　　令g′（x）＞0，解得：0＜x＜- ，

　　令g′（x）＜0，解得：x＞- ，

　　∴g（x）在（1，- ）遞增，在（- ，+∞）遞減，

　　而g（1）=1-a＞0，故g（x）＞0在（1，- ）上恒成立，

　　x→+∞時，g（x）=（a+1）x2-2lnx-2ax→-∞，

　　∴存在x0，使得g（x0）=0，

　　即方程f（x）+ax2=0在（- ，+∞）上有1個實數根，

　　綜上：a≤-2或-1≤a≤1時，方程無實數根，-2＜a＜-1或a＞1時，方程有1個實數根．

　　27.解：（Ⅰ）函數h（x）=f[g（x）]=3|x+a|-3 的圖象關于直線x=2對稱，則h（4-x）=h（x）?|x+a|=|4-x+a|恒成立?a=-2；

　　（Ⅱ）函數y=g[f（x）]=|3x+a|-3的零點個數，就是函數G（x）=|3x+a|與y=3的交點，

　　①當0≤a＜3時，G（x）=|3x+a|=3x+a與y=3的交點只有一個，即函數y=g[f（x）]的零點個數為1個（如圖1）；

　　②當a≥3時，G（x）=|3x+a|=3x+a與y=3沒有交點，即函數y=g[f（x）]的零點個數為0個（如圖1）；

　　③-3≤a＜0時，G（x）=|3x+a|與y=3的交點只有1個（如圖2）；

　　④當a＜-3時，G（x）=|3x+a|與y=3的交點有2個（如圖2）；

　　28.解：（1）∵f′（x）=x2-2ax+（a2-1），

　　又x=1為f（x）的極值點，∴f′（1）=0，即a2-2a=0．

　　∴a=0或2；

　　（2）∵（1，f（1））是切點，∴1+f（1）-3=0．∴f（1）=2．

　　即 ．

　　∵切線方程x+y-3=0的斜率為-1，

　　∴f′（1）=-1，即a2-2a+1=0，

　　得a=1， ．

　　∵ ，

　　∴f′（x）=x2-2x，可知x=0和x=2是y=f（x）的兩個極值點．

　　∵ ， ，f（-2）=-4，f（4）=8．

　　∴y=f（x）在區間[-2，4]，上的最大值為8．最小值為-4．

　　29.解：（1）當a=-1時，f（x）=x2+x-lnx，

　　f′（x）=2x-1- = ．

　　當x∈（0，1）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數；當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數．

　　∴f（x）≥f（1）=0．

　　由f（x）= ，得b=xf（x），

　　又x＞0，∴b≥0．

　　即b的最小值為0；

　　（2）F（x）=f（x）oe-x，

　　F′（x）= ．

　　設h（x）= ．

　　則h′（x）=-2x+ ，可知h′（x）在（0，1]上為減函數．

　　從而h′（x）≥h′（1）=2-a．

　　①當2-a≥0，即a≤2時，h′（x）≥0，h（x）在區間（0，1]上為增函數，

　　∵h（1）=0，∴h（x）≤0在區間（0，1]上恒成立，即F′（x）≤0在區間（0，1]上恒成立．

　　∴F（x）在區間（0，1]上是減函數，故a≤2滿足題意；

　　②當2-a＜0，即a＞2時，設函數h′（x）的唯一零點為x0，則h（x）在（0，x0）上單調遞增，在（x0，1）上單調遞減．

　　又∵h（1）=0，∴h（x0）＞0．

　　∴F（x）在（x0，1）上單調遞增，

　　∵h（e-a）＜0，∴F（x）在（0，e-a）上遞減，這與F（x）在區間（0，1]上是單調函數矛盾．

　　∴a＞2不合題意．

　　綜合①②得：a≤2．

　　30.解：（1）因為F（x）=ex+sinx-ax，所以F'（x）=ex+cosx-a，

　　因為x=0是F（x）的極值點，所以F'（0）=1+1-a=0，a=2．

　　又當a=2時，若x＜0，F'（x）=ex+cosx-a＜1+1-2=0，

　　所以F'（x）在（0，+∞）上為增函數，所以F'（x）＞F'（0）=1+1-2=0，所以x=0是F（x）的極小值點，

　　所以a=2符合題意，所以|PQ|=et+sint-2t．令h（x）=ex+sinx-2x，即h'（x）=ex+cosx-2，

　　因為h''（x）=ex-sinx，當x＞0時，ex＞1，-1≤sinx≤1，

　　所以h''（x）=ex-sinx＞0，所以h'（x）=ex+cosx-2在（0，+∞）上遞增，

　　所以h'（x）=ex+cosx-2＞h'（0）=0，∴x∈[0，+∞）時，h（x）的最小值為h（0）=1，所以|PQ|min=1．

　　（2）令?（x）=F（x）-F（-x）=ex-e-x+2sinx-2ax，

　　則?'（x）=ex-e-x+2cosx-2a，S（x）=?''（x）=ex-e-x-2sinx，

　　因為S'（x）=ex+e-x-2cosx≥0當x≥0時恒成立，所以函數S（x）在[0，+∞）上單調遞增，∴S（x）≥S（0）=0當x∈[0，+∞）時恒成立；

　　故函數?'（x）在[0，+∞）上單調遞增，所以?'（x）≥?'（0）=4-2a在x∈[0，+∞）時恒成立．

　　當a≤2時，?'（x）≥0，?（x）在[0，+∞）單調遞增，即?（x）≥?（0）=0．

　　故a≤2時F（x）≥F（-x）恒成立．

　　當a＞2時，因為?'（x）在[0，+∞）單調遞增，

　　所以總存在x0∈（0，+∞），使?（x）在區間[0，x0）上?'（x）＜0，即?（x）在區間[0，x0）上單調遞減，而?（0）=0，

　　所以當x∈[0，x0）時，?（x）＜0，這與F（x）-F（-x）≥0對x∈[0，+∞）恒成立矛盾，

　　所以a＞2不符合題意，故符合條件的a的取值范圍是（-∞，2]．

　　31.解：（1）g（x）=（x-1）f（x）=（x-1）（ex-1）-ax，x∈（0，1），

　　g′（x）=xex-a-1，

　　由函數g（x）在（0，1）上有且只有一個極值點，等價于g′（x）=xex-a-1在（0，1）上有且僅有一個變號零點，

　　令H（x）=xex-a-1，x∈[0，1]，

　　H′（x）=ex（x+1），由x∈[0，1]，H′（x）＞0，

　　H（x）在[0，1]單調遞增，

　　∴H（0）=-a-1＜0，H（1）=e-a-1＞0，

　　解得：-1＜a＜e-1，

　　∴當-1＜a＜e-1時，函數g（x）在（0，1）上有且只有一個極值點；

　　（2）證明：f（x）lnx=（ex-1- ）lnx，只需證： olnx[（x-1）（ex-1）-ax]≥0 在 （0，1）∪（1，+∞） 上恒成立，

　　由x∈（0，1）∪（1，+∞）時， olnx＞0恒成立，

　　∴只需證：（x-1）（ex-1）-ax≥0 在（0，+∞）恒成立，

　　設g（x）=（x-1）（ex-1）-ax，x∈[0，+∞），

　　由g（0）=0  恒成立，

　　∴只需證：g（x）≥0 在[0，+∞），恒成立g′（x）=xex-1-a，

　　g″（x）=（x+1）ex＞0恒成立，

　　∴g′（x）單調遞增，g′（x）≥g′（0）=-1-a≥0，

　　∴g（x）單調遞增，g（x）≥g（0）=0，

　　∴g（x）≥0 在[0，+∞）恒成立，

　　∴f（x）lnx＞0對于任意x∈（0，1）∪（1，+∞）成立．

　　32.（本小題滿分12分）

　　解：（1）當 時，

　　所以f'（x）=ex-1+xex-x=（ex-1）（x+1）

　　當x∈（-∞，-1）時，f'（x）＞0；當x∈（-1，0）時，f'（x）＜0；

　　當x∈（0，+∞）時，f'（x）＞0

　　故f（x）在（-∞，-1），（0，+∞）單調遞增，在（-1，0）單調遞減． …（4分）

　　（2）若f（x）在（-1，0）內無極值，則f（x）在（-1，0）上單調，

　　又f'（x）=（x+1）ex-2ax-1

　　①若f（x）在（-1，0）上遞減，則f'（x）≤0，對x∈（-1，0）恒成立，

　　于是有 ，令 ，

　　下面證明h（x）在（-∞，0）上單調遞增： ，令r（x）=（r-1）ex+1，則r'（x）=（x-1）ex+ex=xex

　　當x＜0時，r'（x）＜0，r（x）單調遞減，r（x）＞r（0）=0，h'（x）＞0h（x）在（-∞，0）單調遞增．

　　當x∈（-1，0）時，由g（x）=ex+h（x）是增函數，得g（x）＞g（-1）=1．

　　由2a≤g（x），得 ；

　　②若f（x）在（-1，0）上單調遞增，則f'（x）≥0，對x∈（-1，0）恒成立，

　　于是2a≥g（x），當x∈（-1，0）時，由ex＞x+1得 ，

　　從而增函數g（x）=ex+h（x）＜2，這樣2a＞2，a＞1．綜上得 ．…（8分）

　　證明：（3）用數學歸納法證明 ①當n=1時，ex＞x+1，不等式成立；

　　②假設n=k時不等式成立，即 ，

　　當n=k+1時，令

　　顯然?（0）=0，由歸納假設， 對x＞0成立，

　　所以?（x）在（0，+∞）上單調遞增，當x＞0時，?（x）＞?（0）=0，即當n=k+1

　　時，不等式也成立．

　　綜合①②n∈N+，x＞0時， ． …（12分）

　　33.解：（1）函數f（x）=ex-ax+a，f'（x）=ex-a，

　　①當a≤0時，則f'（x）＞0，則函數f（x）在（-∞，+∞）是單調增函數．

　　②當a＞0時，令f'（x）=0，則x=lna，

　　若x＜lna，f'（x）＜0，所以f（x）在（-∞，lna）上是單調減函數；

　　若x＞lna，f'（x）＞0，所以f（x）在（lna，+∞）上是單調增函數．

　　（2）由（1）可知當a＞0時，函數y=f（x）其圖象與x軸交于兩點，則有 ，則 ，則xi＞1（i=1，2）．

　　于是 ，在等腰三角形ABC中，顯然C=90°，所以 ，即y0=f（x0）＜0，

　　由直角三角形斜邊的中線性質，可知 ，

　　所以 ，即 ，

　　所以 ，

　　即 ．

　　因為x1-1≠0，則 ，

　　又 ，所以 ，

　　即 ，則（a-1）（t-1）=2．

　　所以at-（a+t）=1．

　　34.解：（1）存在x∈R，使f（x）＜bog（x），即存在x∈R，x2-bx+b＜0，

　　則△＞0，即b2-4b＞0，

　　所以b的取值范圍為（-∞，0）∪（4，+∞）；

　　（2）由題意可知x2-mx+1≥0在區間[2，5]上恒成立，

　　即 在區間[2，5]上恒成立，

　　由于 在[2，5]上單調遞增，所以當x=2時， 有最小值 ，

　　所以 ．即實數m的取值范圍為（- ]．

　　35.解：（1）由題意得：x＞0，a=1，b=3時，f（x）=x2-3x+lnx，

　　f′（x）=2x-3+ = ，

　　令f′（x）＞0，解得：0＜x＜ 或x＞1，

　　故f（x）在（0， ），（1，+∞）遞增；

　　（2）b=0時，f（x）=ax2+lnx，

　　不等式f（x）≤0在[1，+∞）恒成立，

　　即a≤- 在區間[1，+∞）恒成立，

　　令h（x）=- ，則h′（x）=- ，

　　令h′（x）＞0，解得：x＞ ，

　　令h′（x）＜0，解得：1＜x＜ ，

　　故f（x）在（1， ）遞減，在（ ，+∞）遞增，

　　故h（x）min=h（ ）=- ，

　　故a≤- ；

　　（3）證明：a=1時，f（x）=x2-bx+lnx，f′（x）= ，（x＞0），

　　由題意得x1，x2（x1＜x2）是方程2x2-bx+1=0的兩個根，

　　記g（x）=2x2-bx+1，則g（ ）= ＞0，

　　∵b＞ ，∴g（ ）= （ -b）＜0，g（2）=9-2b＜0，

　　∴x1∈（ ， ），x2∈（2，+∞），且f（x）在[x1，x2]遞減，

　　故f（x1）-f（x2）＞f（ ）-f（2）= - -3ln2，

　　∵b＞ ，∴f（x1）-f（x2）＞ o - -3ln2= -3ln2．

　　36.解：（1）a=2時，f（x）=2x3-6x2，

　　f′（x）=6x2-12x，f′（1）=-6，f（1）=-4，

　　故f（x）在x=1處的切線方程為：y=-6x+2；

　　（2）對任意的x1∈[0，2]，總存在x2∈[0，1]，使得f（x1）≥f'（x2）成立，

　　得f（x1）min≥f′（x2）min，f′（x）=6x（x-a），

　　①a≤0時，f（x）在[0，2]遞增，故f（x）在[0，2]的最小值是0，

　　f′（x）在[0，1]的最小值是0，f（x1）min≥f′（x2）min成立；

　　②0＜a＜2時，f（x）在[0，a]遞減，在[a，2]遞增，

　　故f（x）在[0，2]的最小值是f（a）=-a3，f′（x）在[0，1]的最小值是f′（ ）=- a2，

　　由f（x1）min≥f′（x2）min得：-a3≥- a2，得0＜a≤ ；

　　③a≥2時，f（x）在[0，2]遞減，故f（x）在[0，2]的最小值是f（2）=16-12a，

　　f′（x）在[0，1]的最小值是f′（1）=6-6a，

　　由f（x1）min≥f′（x2）min得：16-12a≥6-6a，無解，

　　綜上，a的范圍是（-∞， ]．

　　37.解：（1）f′（x）= ，

　　∵f（x）在x=1時取極值，故f′（1）=0，解得：a=0，

　　a=0時，f′（x）= ，

　　f（x）在x=1時取極值，

　　故a=0；

　　（2）∵函數f（x）在區間[2，4]上是單調遞增函數，

　　∴f′（x）≥0在區間[2，4]上恒成立，

　　即（x-1）ex+a≥0在區間[2，4]上恒成立，

　　記g（x）=（x-1）ex+a，則g（x）min≥0，

　　g′（x）=xex，∵x∈[2，4]，∴g′（x）＞0，

　　故g（x）在[2，4]遞增，

　　故g（x）min=g（2）=e2+a≥0，

　　解得：a≥-e2，

　　故實數a的范圍是：a≥-e2．

　　38.解：（1）函數f（x）=（x2-4）（x-a）（a∈R），∴f'（x）=2x（x-a）+x2-4=3x2-2ax-4．

　　∵f'（-1）=0，∴3+2a-4=0，解得 ，

　　∴ ．則 R．

　　f'（x）=3x2-x-4=（3x-4）（x+1），令f'（x）=0，解得 ．

　　由f'（x）＞0得 或x＜-1，此時函數單調遞增，

　　由f'（x）＜0得 ，此時函數單調遞減，

　　即函數的單調遞增區間為 ，單調遞減區間為 ．

　　（2）當-2≤x≤2時，函數f（x）與f'（x）的變化如下表：

　　x    [-2，-1）    -1

　　f'（x）    +    0    -    0

　　f（x）    單調遞增    極大值    單調遞減    極小值    單調遞增

　　由表格可知：當x=-1時，函數f（x）取得極大值， ，

　　當 時，函數f（x）取得極小值， ，

　　又f（-2）=0，f（2）=0，可知函數f（x）的最大值為 ，最小值為 ．

　　39.解：（1）g'（x）=3x2+2ax-1，

　　由題意3x2+2ax-1＜0的解集為 ，

　　即3x2+2ax-1=0的兩根分別是 ，1，

　　代入得a=-1，

　　∴g（x）=x3-x2-x+2．            …．（3分）

　　（2）由（1）知，g（-1）=1，

　　∴g'（x）=3x2-2x-1，g'（-1）=4，

　　∴點P（-1，1）處的切線斜率k=g'（-1）=4，

　　∴函數y=g（x）的圖象在點P（-1，1）處的切線方程為y-1=4（x+1），

　　即4x-y+5=0．                   …（6分）

　　（3）由題意知2xlnx≤3x2+2ax+1對x∈（0，+∞）上恒成立，

　　可得 對x∈（0，+∞）上恒成立，…（7分）

　　設 ，

　　則 ，

　　令h'（x）=0，得x=1， （舍），

　　當0＜x＜1時，h'（x）＞0；當x＞1時，h'（x）＜0，

　　∴當x=1時，h（x）取得最大值，h（x）max=-2，∴a≥-2．…（10分）

　　令φ（a）=aea，則φ'（a）=ea+aea=ea（a+1），

　　所以φ（a）在[-2，-1]遞減，在（-1，+∞）遞增，

　　∵ ， ，當x→+∞時，φ（x）→+∞，

　　所以要把方程aea-m=0恰有兩個不等實根，只需 ．…（12分）

　　40.解：（Ⅰ）f（x）=eax+bx，那么f'（x）=aeax+b，

　　由 ，得 ，化簡得（ea-2）（a+1）=0

　　由a＜0得a=-1，b=6，∴f（x）=e-x+6x…（3分）

　　即f'（x）=-e-x+6=0，得x=-ln6，

　　∴f（x）在（-∞，-ln6）單調遞減，在（-ln6，+∞）單調遞增，

　　∴ ，無極大值．…（5分）

　　（Ⅱ）f（x）＞x2+3在x∈[1，m]上恒成立，等價于e-x-x2+6x-3＞0在x∈[1，m]上恒成立．

　　設g（x）=e-x-x2+6x-3，則g'（x）=-e-x-2x+6

　　設h（x）=g'（x）=-e-x-2x+6，則h'（x）=e-x-2，…（6分）

　　∵1≤x≤m，有h'（x）＜0，∴h（x）在區間[1，m]上是減函數，

　　又∵h（1）=4-e-1＞0，h（2）=2-e-2＞0，h（3）=-e-3＜0，

　　∴存在x0∈（2，3），使得h（x0）=g'（x0）=0，

　　當1≤x＜x0時，有g'（x）＞0，當x＞x0時，有g'（x）＜0．

　　∴y=g（x）在區間[1，x0]上遞增，在區間（x0，m）上遞減，

　　又∵g（1）=e-1+2＞0，g（2）=e-2+5＞0，g（3）=e-3+6＞0，

　　g（4）=e-4+5＞0，g（5）=e-5+2＞0，g（6）=e-6-3＜0．

　　∴當1≤x≤5時，恒有g（x）＞0；當x≥6時，恒有g（x）＜0；

　　∴正整數m的最大值為5．…（12分）

　　41.解：（1）f′（x）=

　　由題設f′（1）=1，

　　∴ ，

　　∴a=0．

　　（2） ，?x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1），即4lnx≤m（3x- -2）

　　設g（x）=4lnx-m（3x- -2），即?x∈[1，|+∞），g（x）≤0，

　　∴g′（x）= -m（3+ ）= ，g′（1）=4-4m

　　①若m≤0，g′（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，這與題設g（x）≤0矛盾

　　②若m∈（0，1），當x∈（1， ），g′（x）＞0，g（x）單調遞增，g（x）≥g（1）=0，與題設矛盾．

　　③若m≥1，當x∈（1，+∞），），g′（x）≤0，g（x）單調遞減，g（x）≤g（1）=0，即不等式成立

　　綜上所述，m≥1．

　　42.解：（1）當a=0時，f（x）=lnx，f（1）=0，

　　求導f′（x）= ，f′（1）=1，

　　f（x）在x=1處的切線斜率k=1，則y-0=1×（x-1），整理得：y=x-1，；

　　∴函數f（x）在x=1處的切線方程y=x-1；…（3分）

　　（2）f（x）=lnx+a（x2-3x+2），定義域為（0，+∞） ，設g（x）=2ax2-3ax+1，

　　①當a=0時，g（x）=1，故f'（x）＞0，

　　∴f（x）在（0，+∞）上為增函數，所以無極值點．…（4分）

　　②當a＞0時，△=9a2-8a，

　　若0＜a≤ 時△≤0，g（x）≥0，故f'（x）≥0，故f（x）在（0，+∞）上遞增，所以無極值點．

　　若a＞ 時△＞0，設g（x）=0的兩個不相等的實數根為x1，x2，且x1＜x2，

　　且 ，而g（0）=1＞0，則 ，

　　所以當x∈（0，x1），g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；

　　當x∈（x1，x2），g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）單調遞減；

　　當x∈（x2，+∞），g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．

　　所以此時函數f（x）有兩個極值點；…（7分）

　　③當a＜0時△＞0，設g（x）=0的兩個不相等的實數根為x1，x2，且x1＜x2，

　　但g（0）=1＞0，所以x1＜0＜x2，

　　所以當x∈（0，x2），g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）單調遞増；

　　當x∈（x2，+∞），g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）單調遞減．

　　所以此時函數f（x）只有一個極值點．

　　綜上得：

　　當a＜0時f（x）有一個極值點；

　　當0≤a≤ 時f（x）的無極值點；

　　當a＞ 時，f（x）的有兩個極值點．…（9分）

　　（3）方法一：當0≤a≤ 時，由（2）知f（x）在[1，+∞）上遞增，

　　所以f（x）≥f（1）=0，符合題意； …（10分）

　　當 ＜a≤1時，g（1）=1-a≥0，x2≤1，f（x）在[1，+∞）上遞增，所以f（x）≥f（1）=0，符合題意；    …（12分）

　　當a＞1時，g（1）=1-a＜0，x2＞1，所以函數f（x）在（1，x2）上遞減，所以f（x）＜f（1）=0，不符合題意；          …（14分）

　　當a＜0時，由（1）知lnx≤x-1，于是f（x）=lnx+a（x2-3x+2）≤x-1+a（x2-3x+2）

　　當 時，x-1+a（x2-3x+2）＜0，此時f（x）＜0，不符合題意．

　　綜上所述，a的取值范圍是0≤a≤1．…（16分）

　　方法二：g（x）=2ax2-3ax+1，注意到對稱軸為 ，g（1）=1-a，

　　當0≤a≤1時，可得g（x）≥0，故f（x）在[1，+∞）上遞增，所以f（x）≥f（1）=0，符合題意；

　　當a＞1時，g（1）=1-a＜0，x2＞1，所以函數f（x）在（1，x2）上遞減，此時f（x）＜f（1）=0，不符合題意；

　　當a＜0時，由（1）知lnx≤x-1，于是f（x）=lnx+a（x2-3x+2）≤x-1+a（x2-3x+2）

　　當 時，x-1+a（x2-3x+2）＜0，此時f（x）＜0，不符合題意．

　　綜上所述，s的取值范圍是0≤a≤1．…（16分）

　　43.解：（1）函數f（x）=ex-ax+a，求導，f'（x）=ex-a．

　　①當a≤0時，f'（x）＞0，則函數f（x）為R上的單調遞增函數．

　　②當a＞0時，令f'（x）=0，則x=lna．

　　若x＜lna，則f'（x）＜0，f（x）在（-∞，lna）上是單調減函數；

　　若x＞lna，則f'（x）＞0，f（x）在（lna，+∞）上是單調增函數．

　　（2）證明：由（Ⅰ）可知，不妨設1＜x1＜x2，

　　由 兩式相減得 ．

　　要證x1+x2＜2lna，即證 ，

　　也就是證 ，

　　即 ，即證 ，

　　又x2-x1＞0，只要證 （*）．

　　令 ，則（*）式化為  et-e-t＞2t，

　　設g（t）=（et-e-t）-2t（t＞0）

　　，g'（t）=（et+e-t）-2＞0，所以g（t）在（0，+∞）上單調遞增，所以g（t）＞g（0）=0．

　　∴x1+x2＜2lna．

　　44.解：（Ⅰ） ，x＞0，求導 ，

　　令y′=0，解得：x= ，或x=2，

　　當y′＞0，解得：0＜x＜ ，或x＞2，當y′＜0，解得： ＜x＜2，…（3分）

　　∴函數y=2f（x）-5g（x）在 上遞增，在 上遞減，在（2，+∞）上遞增．…（5分）

　　（Ⅱ） ， ，

　　設p（x）=x2-mx+1，設兩個極值點A（x1，y1），B（x2，y2），…（6分）

　　∵函數有兩個大于零極值點，

　　∴△=m2-4＞0，得m＞2且x1+x2=m，x1x2=1，

　　AB斜率 = …（8分）  ，

　　由題意函數存在零點即 有解，兩根均為正且x1x2=1，…（9分）

　　若x1＜x2，則0＜x1＜1，x2＞1，消元得 整理得

　　令 ，則 ，

　　∴q（x）在區間（1，+∞）上單調遞增，

　　∴q（x）＞q（1）=0，

　　∴函數y=h（m）+2m-2沒有零點．…（12分）