高三模擬文科數學試題之函數與方程(3)

　　21.解：（Ⅰ）F（x）= = ，（x≠-1），

　　F′（x）= = ，

　　∴x∈（-∞，-1）時，F′（x）＜0，F（x）遞減，

　　x∈（-1，+∞）時，F′（x）＞0，F（x）遞增；

　　（Ⅱ）由已知，G（x）=af（x）+g（x）=axex+（x+1）2，

　　G′（x）=a（x+1）ex+2（x+1）=（x+1）（aex+2），

　　（i）①a=0時，G（x）=（x+1）2，有唯一零點-1，

　　②a＞0時，aex+2＞0，

　　∴x∈（-∞，-1）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，

　　x∈（-1，+∞）時，G′（x）＞0，G（x）遞增，

　　∴G（x）極小值=G（-1）=- ＜0，

　　∵G（0）=1＞0，∴x∈（-1，+∞）時，G（x）有唯一零點，

　　x＜-1時，ax＜0，則ex＜ ，∴axex＞ ，

　　∴G（x）＞ +（x+1）2=x2+（2+ ）x+1，

　　∵△= -4×1×1= + ＞0，

　　∴?t1，t2，且t1＜t2，當x∈（-∞，t1），（t2，+∞）時，

　　使得x2+（2+ ）x+1＞0，

　　取x0∈（-∞，-1），則G（x0）＞0，則x∈（-∞，-1）時，G（x）有唯一零點，

　　即a＞0時，函數G（x）有2個零點；

　　③a＜0時，G′（x）=a（x+1）（ex-（- ）），

　　由G′（x）=0，得x=-1或x=ln（- ），

　　若-1=ln（- ），即a=-2e時，G′（x）≤0，G（x）遞減，至多1個零點；

　　若-1＞ln（- ），即a＜-2e時，G′（x）=a（x+1）（ex-（- ）），

　　注意到y=x+1，y=ex+ 都是增函數，

　　∴x∈（-∞，ln（- ））時，G′（x）＜0，G（x）是減函數，

　　x∈（ln（- ），-1）時，G′（x）＞0，G（x）遞增，

　　x∈（-1，+∞）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，

　　∵G（x）極小值=G（ln（- ））=ln2（- ）+1＞0，

　　∴G（x）至多1個零點；

　　若-1＜ln（- ），即a＞-2e時，

　　x∈（-∞，-1）時，G′（x）＜0，G（x）是減函數，

　　x∈（-1，ln（- ））時，G′（x）＞0，G（x）遞增，

　　x∈（ln（- ），+∞）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，

　　∵G（x）極小值=G（-1）=- ＞0，

　　∴G（x）至多1個零點；

　　綜上，若函數G（x）有2個零點，

　　則參數a的范圍是（0，+∞）；

　　（ii）由（i）得：函數G（x）有2個零點，則參數a的范圍是（0，+∞），

　　x1，x2是G（x）的兩個零點，則有：  ，即 ，即 = =- ，

　　∵F（x）= ，則F（x1）=F（x2）＜0，且x1＜0，x1≠-1，x2＜0，x2≠-1，x1≠x2，

　　由（Ⅰ）知，當x∈（-∞，-1）時，F（x）是減函數，x∈（-1，+∞）時，F（x）是增函數，

　　令m＞0，F（=1+m）-F（-1-m）= （ e2m+1），

　　再令φ（m）= e2m+1=e2m- -1，

　　則φ′（m）= ＞0，

　　∴φ（m）＞φ（0）=0，又 ＞0，

　　m＞0時，F（-1+m）-F（-1-m）＞0恒成立，

　　即F（-1+m）＞F（-1-m）恒成立，

　　令m=-1-x1＞0，即x1＜-1，有F（-1+（-1-x1））＞F（-1-（-1-x1）），

　　即F（-2-x1）＞F（x1）=F（x2），

　　∵x1＜-1，∴-2-x1＞-1，又F（x1）=F（x2），必有x2＞-1，

　　當x∈（-1，+∞）時，F（x）是增函數，

　　∴-2-x1＞x2，

　　即x1+x2+2＜0．

　　22.解：（1）由題可知f（x）的定義域為（0，+∞），

　　因為 ，所以 = ，

　　可得切線的斜率為 ，

　　又因為切線與直線2x+y+2=0垂直，

　　直線2x+y+2=0的斜率為-2，

　　可得（-2）× =-1，解得a=0；

　　（2）由（1）知： = ，x＞0，

　　當a≤0時，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上單調遞增；

　　當a＞0時，由f'（x）＞0得 ，由f'（x）＜0得 ，

　　所以f（x）在 上單調遞增，在 上單調遞減．

　　綜上所述：當a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；

　　當a＞0時，f（x）在 上單調遞增，在 上單調遞減；

　　（3）由（2）可知，

　　當a＜0時，f（x）在[1，e2]上單調遞增，

　　而f（1）=- a＞0，故f（x）在[1，e2]上沒有零點；

　　當a=0時，f（x）在[1，e2]上單調遞增，

　　而f（1）=- a=0，故f（x）在[1，e2]上有一個零點；

　　當a＞0時，①若 ，即a≥1時，f（x）在[1，e2]上單調遞減，

　　∵ ，∴f（x）在[1，e2]上沒有零點；

　　②若 ，即 時，f（x）在 上單調遞增，

　　在 上單調遞減，而 ， ， ，

　　若  ，即 時，f（x）在[1，e2]上沒有零點；

　　若  ，即 時，f（x）在[1，e2]上有一個零點；

　　若  ，即 時，由 得 ，

　　此時，f（x）在[1，e2]上有一個零點；

　　由 得 ，此時，f（x）在[1，e2]上有兩個零點；

　　③若 ，即 時，f（x）在[1，e2]上單調遞增，

　　∵ ， ，∴f（x）在[1，e2]上有一個零點．

　　綜上所述：當 或 時，f（x）在[1，e2]上有一個零點；

　　當a＜0或 時，f（x）在[1，e2]上沒有零點；

　　當 時，f（x）在[1，e2]上有兩個零點．

　　23.解：（1）由于f（1）=0，則由題意，f（x）有且只有一個零點x=1，

　　令f（x）=0，k（x-1）-2lnx=0，則 （x-1）=lnx

　　若k＞0，當直線 與曲線y=lnx有且只有一個交點（1，0）時，

　　直線 為曲線y=lnx在x=1處的切線，

　　則 ，即k=2，

　　綜上，實數k的值為2．

　　（2）由g（x）=xe1-x可知g'（x）=（1-x）e1-x，

　　令g'（x）≥0，解得：x≤1，

　　g'（x）＜0，解得：x＞1，

　　即g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，e）上單調遞減，

　　從而g（x）在（0，e）上的值域為（0，1）；

　　則原題意等價于：對任意m∈（0，1），方程f（x）=m在區間 上有兩個不等實根，  ，

　　由于f（x）在 上不單調，則 ，且f（x）在 上單調遞減，在 上單調遞增，

　　則函數f（x）的最小值為 ，

　　記h（x）=-x+2lnx+2-2ln2，則h′（x）=-1+ = ，

　　由h′（x）＞0解得：x＜2，

　　從而函數h（x）在（0，2）上單調遞增，在（2，+∞）上單調遞減，最大值為h（2）=0，即 ；

　　另一方面，由 ；

　　綜上，實數k的取值范圍為 ．

　　24.解：（1）f′（x）=（2x+1）（x-1）2=0，x=- 或1，∴x=- 是h（x）的零點；

　　∵g′（x）=k- ，

　　k＜0，g′（x）＜0，g（x）在[1，+∞）上單調遞減，g（x）的最大值為g（1）=k+1．

　　k＜-1，g（1）＜0，g（x）在[1，+∞）上無零點；

　　k=-1，g（1）=0，g（x）在[1，+∞）上有1個零點；

　　-1＜k＜0，g（1）＞0，g（e1-k）=ke1-k+k＜0，g（x）在[1，+∞）上有1個零點；

　　綜上所述，k＜-1時，h（x）有1個零點；-1≤k＜0時，h（x）有兩個零點；

　　（2）設切點（t，f（t）），f′（x）=6x2-6x，∴切線斜率f′（t）=6t2-6t，

　　∴切線方程為y-f（t）=（6t2-6t）（x-t），

　　∵切線過P（a，-4），∴-4-f（t）=（6t2-6t）（a-t），

　　∴4t3-3t2-6t2a+6ta-5=0①

　　由題意，方程①有3個不同的解．

　　令H（t）=4t3-3t2-6t2a+6ta-5，則H′（t）=12t2-6t-12at+6a=0．t= 或a．

　　a= 時，H′（t）≥0，H（t）在定義域內單調遞增，H（t）不可能有兩個零點，方程①不可能有兩個解，不滿足題意；

　　a 時，在（- ），（a，+∞）上，H′（t）＞0，函數單調遞增，在（ ，a）上，H′（t）＜0，函數單調遞減，H（t）的極大值為H（ ），極小值為H（a）；

　　a 時，在（-∞，a），（ ，+∞）上，H′（t）＞0，函數單調遞增，在（a， ）上，H′（t）＜0，函數單調遞減，H（t）的極大值為H（a），極小值為H（ ）；

　　要使方程①有三個不同解，則H（ ）H（a）＜0，即（2a-7）（a+1）（2a2-5a+5）＞0，

　　∴a＞ 或a＜-1．

　　25.（本小題滿分14分）

　　解：（Ⅰ）由f（0）=2，得c=2，

　　又f（x+1）-f（x）=2x-1

　　得2ax+a+b=2x-1，故解得：a=1，b=-2，

　　所以f（x）=x2-2x+2．----------（a，b，c各（1分），解析式1分）-------------（4分）

　　（Ⅱ）f（x）=x2-2x+2=（x-1）2+1，對稱軸為x=1∈[-1，2]，

　　故fmin（x）=f（1）=1，又f（-1）=5，f（2）=2，

　　所以fmax（x）=f（-1）=5．-------------（8分）

　　（Ⅲ）g（x）=x2-（2+m）x+2，若g（x）的兩個零點分別在區間（-1，2）和（2，4）內，

　　則滿足 -------------（12分）

　　解得： ．-------------（14分）

　　26.解：（1）作函數y=|3x-1|的圖象如下，  ，

　　若方程|3x-1|=k有兩個不同解，

　　則滿足0＜k＜1

　　即實數k的取值范圍是（0，1）．

　　（2）解：當x≤0時，由f（x）=0得x2-2=0，解得x=- 或x= （舍去），

　　當x＞0時，由f（x）=0得2x-6+lnx=0，即lnx=6-2x，

　　作出函數y=lnx和y=6-2x在同一坐標系圖象，由圖象可知此時兩個函數只有1個零點，

　　故函數f（x）的零點個數為2．

　　（3）當f（x）=x2-3x+a=0得a=-（x2-3x）=-（x- ）2+ ，

　　當1＜x＜3時，

　　0＜f（x）≤ ，

　　若函數f（x）在區間（1，3）內有根，

　　則0＜a≤ ，

　　即實數a的取值范圍是（0， ]．

　　27.解：（1）g（x）=a（x-1）2+1+b-a，

　　因為a＞0，所以g（x）在區間（0，1]上是減函數，[1，3]上是增函數，

　　故 ，解得 ．

　　（2）由已知可得 ，

　　所以f（2x）-ko2x≥0可化為 ，

　　化為 ，令 ，則k≤2t2-2t+1，

　　因x∈[-1，1]，故 ，

　　記h（t）=2t2-2t+1，

　　因為 ，故 ，

　　∴k≤ ；

　　（3）方程f（|2x-1|）+ko -3k=0可化為：

　　|2x-1|2-（2+3k）|2x-1|+（2k+2）=0，|2x-1|≠0，

　　令|2x-1|=t，則方程化為

　　t2-（2+3k）t+（2k+2）=0（t≠0），

　　∵方程f（|2x-1|）+ko -3k=0有三個不同的實數解，

　　∴由t=|2x-1|的圖象知，

　　t2-（2+3k）t+（2+2k）=0（t≠0），有兩個根t1、t2，

　　且0＜t1＜1＜t2或0＜t1＜1，t2=1．

　　記h（t）=t2-（2+3k）t+（2+2k），

　　則 ，或 ，

　　∴k＞1．

　　28.解：（1）證明：∵g（x）= （x+ ），

　　∴g′（x）= （1- ）= ，

　　∴當x∈（0， ）時，g′（x）＜0，

　　當x∈（ ，+∞）時，g′（x）＞0，

　　∴g（x）在（0， ）上單調遞減，在（ ，+∞）上單調遞增；

　　（2）結合（1）知，gmin（x）=g（ ）= ＞0，

　　h（x）= = ≥ ．

　　故 ， 是函數f（x）=x3+ax2+bx（a，b∈R）的兩個零點，

　　故 ， 是方程x2+ax+b=0的兩個解，

　　故 + =-a，  =b，

　　故a+b=  -（ + ）

　　∵（ ）2+（ ）2=2，且0＜t＜1，

　　∴令 = sinθ，則 = cosθ，（0＜θ＜ ）；

　　a+b=  -（ + ）

　　=2sinθcosθ- （sinθ+cosθ），

　　=sin2θ- ，

　　令sin2θ=x，則0＜x＜1，

　　則m（x）=a+b=x- ，

　　m′（x）=1- ＞0，

　　故m（x）在（0，1）上是增函數；

　　故m（0）＜m（x）＜m（1），

　　即- ＜a+b＜-1．

　　29.解：（1）函數f（x）= 的圖象如圖所示：

　　（2）若關于x的方程f（x）+x-a=0有兩個實數根，

　　則函數f（x）的圖象和直線y=a-x有2個不同的交點，故a≤1．

　　30.解：（1）若a= ，b= ，c= ，

　　則f（a）=f（b）=sin = ，f（c）=sin =1，

　　則f（a）+f（b）= =1，不滿足f（a）+f（b）＞f（c）

　　故f（x）=sinx，不是"保三角形函數"．

　　（2）對任意一個三角形三邊長a，b，c∈[2，+∞），且a+b＞c，b+c＞a，c+a＞b，

　　則h（a）=lna，h（b）=lnb，h（c）=lnc．

　　因為a≥2，b≥2，a+b＞c，所以（a-1）（b-1）≥1，所以ab≥a+b＞c，所以lnab＞lnc，

　　即lna+lnb＞lnc．

　　同理可證明lnb+lnc＞lna，lnc+lna＞lnb．

　　所以lna，lnb，lnc是一個三角形的三邊長．

　　故函數h（x）=lnx （x∈[2，+∞））．

　　（3）λ的最大值是 ．

　　①當λ＞ 時，取a= =b，c= ，顯然這3個數屬于區間（0，λ），且可以作為某個三角形的三邊長，

　　但這3個數的正弦值 、 、1顯然不能作為任何一個三角形的三邊，故此時，h（x）=sinx，x∈（0，λ）不是保三角形函數．

　　②當λ= 時，對于任意的三角形的三邊長a、b、c∈（0， ），

　　若a+b+c≥2π，則a≥2π-b-c＞2π- - = ，

　　即a＞ ，同理可得b＞ ，c＞ ，∴a、b、c∈（ ， ），

　　∴sina、sinb、sinc∈（ ，1]．

　　由此可得sina+sinb＞ + =1≥sinc，即sina+sinb＞sinc，同理可得sina+sinc＞sinb，sinb+sinc＞sina，

　　故sina、sinb、sinc 可以作為一個三角形的三邊長．

　　若a+b+c＜2π，則 + ＜π，

　　當 ≤ 時，由于a+b＞c，∴0＜ ＜ ≤ ，∴0＜sin ＜sin ≤1．

　　當 ＞ 時，由于a+b＞c，∴0＜ ＜ ＜ ，∴0＜sin ＜sin ＜1．

　　綜上可得，0＜sin ＜sin ≤1．

　　再由|a-b|＜c＜ ，以及y=cosx在（ 0，π）上是減函數，可得cos =cos ＞cos ＞cos ＞0，

　　∴sina+sinb=2sin cos ＞2sin cos =sinc，同理可得sina+sinc＞sinb，sinb+sinc＞sina，

　　故sina、sinb、sinc 可以作為一個三角形的三邊長．

　　故當λ= 時，h（x）=sinx，x∈（0，M）是保三角形函數，故λ的最大值為 ，

　　31.解：（1）∵函數 是奇函數，

　　∴f（x）+f（-x）=

　　= =0，

　　∴ =1，

　　∴1-a2x2=1-x2，

　　解得a=1或a=-1（舍）

　　故a=1．

　　（2）不存在非零實數m使得函數g（x）恰好有兩個零點，理由如下：

　　a=1，g（x）=f（x）-log2（mx）= -log2（mx）= ，

　　由 =0，得 =1，不存在非零實數m使得函數g（x）恰好有兩個零點．

　　綜上，不存在非零實數m使得函數g（x）恰好有兩個零點．

　　32.解：（1）函數y=f（x）-c的零點可轉化為

　　函數f（x）=|a2x2-1|+ax的圖象與直線y=c的交點問題．

　　當a2x2≥1即|x|≥- 時，f（x）=a2x2+ax-1=（ax+ ）2- ；

　　當a2x2＜1即|x|＜- 時，f（x）=-a2x2+ax+1=-（ax- ）2+ ．

　　顯然當1＜c＜ 時，y=f（x）-c有4個零點，

　　依次設為x1，x2，x3，x4，

　　則x1，x4是方程a2x2+ax-1=c的2個根，從而 ，

　　由x2，x3是方程-a2x2+ax+1=c的2個根，知x2+x3= ，

　　從而x1+x2+x3+x4=0．

　　（2）f（x）= ，

　　結合圖形分析可得f（x）在 ， 上單調遞減，

　　在 上單調遞減，此時M（a）=f（ ）= ．

　　當 ，即a＜-1時，f（x）在[-1， ]，[ ，- ]上單調遞減，

　　f（x）在 上單調遞增，此時

　　M（a）=max{f（-1），f（ ），f（1）}

　　=max{a2-a-1， ，a2+a-1}

　　=max{a2-a-1， }= ，

　　綜上述，

　　M（a）= ．

　　33.（1）解：f′（x）=1- = ，x＞0，

　　當m＜0時，f′（x）＞0，則f（x）在（0，+∞）上單調遞增；

　　當m＞0時，由f′（x）＞0，解得x＞ ，由f′（x）＜0，得0＜x＜ ．

　　∴f（x）在區間（0， ）上單調遞減，在（ ，+∞）上單調遞增；

　　（2）證明：由已知，F（x）=x- ，則F′（x）= ，

　　設h（x）=x2-1+lnx，則h′（x）=2x+ ＞0（x＞0），

　　故h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上為增函數，

　　又由于h（1）=0，因此F′（1）=0且F′（x）有唯一的零點1．

　　當0＜x＜1時，F′（x）＜0，當x＞1時，F′（x）＞0．

　　∴F（x）在（0，1）上為減函數，在（1，+∞）上為增函數，

　　∴F（x）的最小值為F（1）=0．

　　∴函數F（x）=x- 有且只有一個零點．

　　34.證明：（1）設-1＜x1＜x2，

　　則

　　= ，

　　∵-1＜x1＜x2，∴x1+1＞0，x2+1＞0，x1-x2＜0，

　　∴ ；

　　∵-1＜x1＜x2，且a＞1，∴ ，∴ ，

　　∴f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），

　　∴函數f（x）在（-1，+∞）上為增函數；

　　（2）假設x0是方程f（x）=0的負數根，且x0≠-1，則 ，

　　即 ，①

　　當-1＜x0＜0時，0＜x0+1＜1，∴ ，

　　∴ ，而由a＞1知 ．∴①式不成立；

　　當x0＜-1時，x0+1＜0，∴ ，∴ ，而 ．

　　∴①式不成立．綜上所述，方程f（x）=0沒有負數根．

　　35.解：（1） o =（cos ，sin ）o（cos ，-sin ）=cos cos -sin sin =cos（ + ）=cos2x，

　　當m=0時，f（x）= o +1=cos2x+1，

　　則f（ ）=cos（2× ）+1=cos +1= ；

　　（2）∵x∈[- ， ]，

　　∴| + |= = =2cosx，

　　則f（x）= o -m| + |+1=cos2x-2mcosx+1=2cos2x-2mcosx，

　　令t=cosx，則 ≤t≤1，

　　則y=2t2-2mt，對稱軸t= ，

　　①當 ＜ ，即m＜1時，

　　當t= 時，函數取得最小值此時最小值y= -m=-1，得m= （舍），

　　②當 ≤ ≤1，即m＜1時，

　　當t= 時，函數取得最小值此時最小值y=- =-1，得m= ，

　　③當 ＞1，即m＞2時，

　　當t=1時，函數取得最小值此時最小值y=2-2m=-1，得m= （舍），

　　綜上若f（x）的最小值為-1，則實數m= ．

　　（3）令g（x）=2cos2x-2mcosx+ m2=0，得cosx= 或 ，

　　∴方程cosx= 或 在x∈[- ， ]上有四個不同的實根，

　　則 ，得 ，則 ≤m＜ ，

　　即實數m的取值范圍是 ≤m＜ ．

　　36.解：（1）∵函數f（x）是定義域為R上的奇函數，

　　∴f（x）=-f（-x）

　　又∵當x＞0時，f（x）=x2+2x．

　　若x＞0，則-x＜0．f（-x）=（-x）2+2（-x）=x2-2x

　　∴f（x）=-f（-x）=2x-x2．

　　∴f（x）= ；

　　（2）當x＞0時，f（x）=x2+2x=（x+1）2-1，

　　區間（0，+∞）在對稱軸x=-1的右邊，為增區間，

　　由奇函數的性質，可得f（x）在R上遞增．

　　不等式f（t-2）+f（2t+1）＞0即為

　　f（1+2t）＞-f（t-2）=f（2-t），

　　即有1+2t＞2-t，解得t＞

　　則t的取值范圍是（ ，+∞）．

　　37.解：（1）n=-1，且 ，

　　可得1+b+c=4，2+ b+c=4，解得b=2，c=1；

　　（2）當n=2時，f2（x）=x2+bx+c，

　　對任意x1，x2∈[-1，1]有|f2（x1）-f2（x2）|≤4恒成立等價于

　　f2（x）在[-1，1]上的最大值與最小值之差M≤4．

　　①當- ＜-1，即b＞2時，f2（x）在[-1，1]遞增，

　　f2（x）min=f2（-1）=1-b+c，f2（x）max=f2（1）=1+b+c，

　　M=2b＞4（舍去）；

　　②當-1≤- ≤0，即0≤b≤2時，f2（x）在[-1，- ]遞減，在（- ，1]遞增，

　　f2（x）min=f2（- ）=c- ，f2（x）max=f2（1）=1+b+c，M=（ +1）2≤4恒成立，故0≤b≤2；

　　③當0＜- ≤1即-2≤b＜0時，f2（x）在[-1，- ]遞減，在（- ，1]遞增，

　　f2（x）min=f2（- ）=c- ，f2（x）max=f2（-1）=1-b+c，M=（ -1）2≤4恒成立，故-2≤b＜0；

　　④當- ＞1，即b＜-2時，f2（x）在[-1，1]遞減，

　　f2（x）min=f2（1）=1+b+c，f2（x）max=f2（-1）=1-b+c，

　　M=-2b＞4矛盾．

　　綜上可得，b的取值范圍是-2≤b≤2；

　　（3）設t=g（x）= = = ，

　　由x∈ ，可得t∈[ ，1]．

　　則y=t+ 在[ ，1]上恒有2ymin＞ymax．

　　①當a∈（0， ]時，y=t+ 在[ ，1]上遞增，

　　ymin= +3a，ymax=a+1，又2ymin＞ymax．

　　則a＞ ，即有 ＜a≤ ；

　　②當a∈（ ， ]時，y=t+ 在[ ， ）遞減，（ ，1）遞增，

　　可得ymin=2 ，ymax=max{3a+ ，a+1}=a+1，又2ymin＞ymax．

　　解得7-4 ＜a＜7+4 ，即有 ＜a≤ ；

　　③當a∈（ ，1）時，y=t+ 在[ ， ）遞減，（ ，1）遞增，

　　可得ymin=2 ，ymax=max{3a+ ，a+1}=3a+ ，又2ymin＞ymax．

　　解得 ＜a＜ ，即有 ＜a＜1；

　　④當a∈[1，+∞）時，y=t+ 在[ ，1]上遞減，

　　ymin=a+1，ymax=3a+ ，又2ymin＞ymax．

　　則a＜ ，即有1≤a＜ ．

　　綜上可得，存在這樣的三角形，a的取值范圍是 ＜a＜ ．

　　38.解：（1）設切點為（m， m3+m+1），又∵g′（x）=x2+1．

　　∴切線的斜率=m2+1，

　　即切線方程為y-（ m3+m+1）=（m2+1）（x-m），

　　∴ -（ m3+m+1）=（m2+1）（0-m），

　　解得，m=1，

　　則切線方程為2x-y =0．

　　（2）h（x）=2f（x）+g（x）- x3=2lnx-2ax+x+1，x∈（0，+∞）

　　h′（x）= ，

　　①當a 時，h′（x）＞0，即h（x）在（0，+∞）上是增函數；

　　②當a＞ 時，由h′（x）＞0解得0＜x＜ ；

　　∴h（x）在（0， ）上是增函數，在（ ，+∞）上是減函數．

　　（3）證明：∵x1，x2是函數f（x）的兩個相異零點，不妨設x1＞x2＞0，

　　∴lnx1-ax1=0，lnx2-ax2=0；

　　∴a= ．

　　故（x1-x2）（a- ）=ln  ，

　　設 （t＞1），則μ（t）=lnt- ，t∈（1，+∞），

　　μ′（t）= ＞0，

　　∴μ（t）在（1，+∞）是增函數，故μ（t）＞0，

　　又∵x1-x2＞0，∴a- ＞0，

　　∴lnx1，+lnx2=ax2+ax1＞0；

　　從而x1ox2＞e2．

　　又g（x）= x3+x+1在R上是增函數，則g（x1x2）＞g（e2）．