江苏省南通市海门市包场高中届高三数学上学期9月调研试卷(含解析)【含答案】

江苏省南通市海门市包场高中2015 届高三上学期9月调研数学试卷一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．1．（5分）已知集合A={﹣1，3，2m﹣1}，B={3，m2}，且A∩B=B，那么实数m=．2．（5分）函数f（x）=+lg（x﹣1）的定义域是．3．（5分）“若x2+x﹣6≥0，则x＞2”的否命题是．4．（5分）已知函数f（x）=2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为．5．（5分）命题“∀x∈R，x2﹣4bx+3b＞0”是假命题，则b的取值范围为．6．（5分）已知函数f（x）=x|x﹣4|，x∈[0，m]，其中m∈R且m＞0，若函数f（x）的值域为[0，4]，则m的取值范围为．7．（5分）已知f（x）=x2﹣2x+3，g（x）=kx﹣1，则“（|k|≤2）”是“f（x）≥g（x）在R上恒成立”的条件．（填“充分不必要、必要而不充分、充要、既不充分也不必要”之一）8．（5分）设函数f（x）=在区间（a，a+2）上单调递增，则a的取值范围为．9．（5分）在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+b是曲线y=alnx的切线，则当a＞0时，实数b的最小值是．10．（5分）设x∈R，若函数f（x）为单调递增函数，且对任意实数x，都有f[f（x）﹣e x]=e+1，则f（ln2）的值为．11．（5分）已知y=f（x）是奇函数，当x∈（0，2）时，f（x）=lnx﹣ax（a＞），当x∈（﹣2，0）时，f（x）的最小值为1，则a的值等于．12．（5分）已知函数f（x）=，若∀x∈R，f（x）≤ax+2（a∈R），则a的最大值为．13．（5分）已知函数f（x）满足f（x）=2f（），当x∈[1，3]时，f（x）=lnx，若在区间[，3]内，函数g（x）=f（x）﹣ax（a＞0）恰有三个零点，则实数a的取值范围为．14．（5分）已知a＞0，函数f（x）=在区间[0，4]上的最大值为，则a的值为．二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（14分）设全集U=R，f（x）=x2+3x+2，g（x）=x2+（m+1）x+m，m∈R．（1）设集合A={x|f（x）=0}，B={x|g（x）=0}．若（∁U A）∩B=Φ，求m的值．（2）设集合P={y|y=f（x）}，Q={m|g（x）在区间[﹣1，+∞）上是增函数}，求P∩Q．16．（14分）设函数f（x）=2x+．（1）若f（x）=，求x的值；（2）若关于x的方程f（2x）+af（x）+4=0在x∈（0，+∞）上有解，求实数a的取值范围．17．（14分）已知函数f（x）=ax﹣lnx，g（x）=e ax+3x，其中a∈R．（Ⅰ）求f（x）的极值；（Ⅱ）若存在区间M，使f（x）和g（x）在区间M上具有相同的单调性，求a的取值范围．18．（16分）某地发生某种自然灾害，使当地的自来水受到了污染．某部门对水质检测后，决定往水中投放一种药剂来净化水质．已知每投放质量为m个单位的药剂后，经过x天该药剂在水中释放的浓度y（毫克/升）满足y=mf（x），其中f（x）=，当药剂在水中释放的浓度不低于6（毫克/升）时称为有效净化；当药剂在水中释放的浓度不低于6（毫克/升）且不高于18（毫克/升）时称为最佳净化．（1）如果投放的药剂质量为m=4，试问自来水达到有效净化一共可持续几天？（2）如果投放的药剂质量为m，为了使在7天（从投放药剂算起包括第7天）之内的自来水达到最佳净化，试确定应该投放的药剂质量m的取值范围．19．（16分）设a∈R，函数f（x）=x3﹣（2a+1）x2+（a2+a）x．（1）若函数g（x）=（x≠0）为奇函数，求a的值；（2）若函数f（x）在x=2处取得极小值，求a的值；（3）若a＞﹣1，试求x∈[0，1]时，函数f（x）的最大值．20．（16分）已知函数f（x）=（x2﹣3x+3）e x，x∈[﹣2，a]，a＞﹣2，其中e是自然对数的底数．（1）若a＜1，求函数y=f（x）的单调区间；（2）求证：f（a）＞；（3）对于定义域为D的函数y=g（x），如果存在区间[m，n]⊆D，使得x∈[m，n]时，y=g（x）的值域是[m，n]，则称[m，n]是该函数y=g（x）的“保值区间”．设h（x）=f（x）+（x﹣2）e x，x∈（1，+∞），问函数y=h（x）是否存在“保值区间”？若存在，请求出一个“保值区间”；若不存在，请说明理由．江苏省南通市海门市包场高中2015届高三上学期9月调研数学试卷参考答案与试题解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．1．（5分）已知集合A={﹣1，3，2m﹣1}，B={3，m2}，且A∩B=B，那么实数m=1．考点：交集及其运算．专题：计算题．分析：根据题目给出的集合A与B，结合两个集合的关系得到m2=2m﹣1，求解后验证A满足集合中元素的互异性，则m可求．解答：解：由A∩B=B，得B⊆A．又A={﹣1，3，2m﹣1}，B={3，m2}，∴m2=2m﹣1，解得m=1．此时集合A有意义．故答案为1．点评：本题考查了交集及其运算，考查了集合之间的关系，考查了集合中元素的特性，是基础题．2．（5分）函数f（x）=+lg（x﹣1）的定义域是（1，2）．考点：函数的定义域及其求法．专题：函数的性质及应用．分析：根据偶次根式及对数函数的性质得不等式组，解出即可．解答：解：由题意得：，解得：1＜x＜2，故答案为：（1，2）点评：本题考查了偶次根式及对数函数的性质，求函数的定义域，是一道基础题．3．（5分）“若x2+x﹣6≥0，则x＞2”的否命题是若x2+x﹣6＜0，则x≤2．考点：四种命题．专题：证明题．分析：命题“若p，则q”的否命题是“若￢p，则￢q”．据此可得出答案．解答：解：根据命题“若p，则q”的否命题是“若￢p，则￢q”．所以命题“若x2+x﹣6≥0，则x＞2”的否命题是“若x2+x﹣6＜0，则x≤2”．故答案为“若x2+x﹣6＜0，则x≤2”．点评：掌握四种命题间的关系是解决问题的关键．4．（5分）已知函数f（x）=2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为2ln2﹣2．考点：利用导数研究函数的极值．专题：导数的综合应用．分析：先求导数，当x=1时，即可得到f′（1），再令导数大于0或小于0，解出x的范围，即得到函数的单调区间，进而可得函数的极大值．解答：解：由于函数f（x）=2f′（1）lnx﹣x，则f′（x）=2f′（1）×﹣1（x＞0），f′（1）=2f′（1）﹣1，故f′（1）=1，得到f′（x）=2×﹣1=，令f′（x）＞0，解得：x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2，则函数在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，故f（x）的极大值为f（2）=2ln2﹣2故答案为：2ln2﹣2点评：本题考查了利用导数研究函数的极值，属于基础题．5．（5分）命题“∀x∈R，x2﹣4bx+3b＞0”是假命题，则b的取值范围为b≤0或．考点：全称命题．专题：简易逻辑．分析：令f（x）=x2﹣4bx+3b，利用“∀x∈R，x2﹣4bx+3b＞0”是假命题⇔△=16b2﹣12b≥0，解出即可．解答：解：∵命题“∀x∈R，x2﹣4bx+3b＞0”是假命题．令f（x）=x2﹣4bx+3b，则必有“∀x∈R，x2﹣4bx+3b＞0”是假命题⇔△=16b2﹣12b≥0，解得b≤0或．故答案为：b≤0或．点评：熟练掌握一元二次不等式的解集与判别式△的关系、“三个二次”的关系是解题的关键．6．（5分）已知函数f（x）=x|x﹣4|，x∈[0，m]，其中m∈R且m＞0，若函数f（x）的值域为[0，4]，则m的取值范围为[2，2+2]．考点：函数的值域．专题：函数的性质及应用．分析：去绝对值，f（x）=，画出该函数的图象，根据图象即可得到m 的取值范围．解答：解：f（x）=，图象如下：令x2﹣4x=4，x≥4，解得x=；∴由图象可知m的取值范围为．故答案为：[2，2+2]．点评：考查含绝对值函数的处理办法，分段函数，以及二次函数图象．7．（5分）已知f（x）=x2﹣2x+3，g（x）=kx﹣1，则“（|k|≤2）”是“f（x）≥g（x）在R上恒成立”的充分不必要条件．（填“充分不必要、必要而不充分、充要、既不充分也不必要”之一）考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：规律型．分析：根据不等式的解法，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．解答：解：∵f（x）=x2﹣2x+3，g（x）=kx﹣1，∴要使f（x）≥g（x）在R上恒成立，则x2﹣2x+3≥kx﹣1，即x2﹣（2+k）x+4≥0恒成立，∴△=（2+k）2﹣4×4≤0，‘即（2+k）2≤16，∴﹣4≤2+k≤4，即﹣6≤k≤2，∴“（|k|≤2）”是“f（x）≥g（x）在R上恒成立”的充分不必要条件．故答案为：充分不必要．点评：本题主要考查充分条件和必要条件的定义，利用函数恒成立是解决本题的关键．8．（5分）设函数f（x）=在区间（a，a+2）上单调递增，则a的取值范围为[0，e﹣2]．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质．专题：导数的综合应用．分析：求出函数的导数，利用函数单调性的和导数之间的关系即可得到结论．解答：解：∵f（x）=的定义域为（0，+∞），∴f′（x）=，由f′（x）=＞0，解得0＜x＜e，即函数的递增区间为（0，e），若函数f（x）在区间（a，a+2）上单调递增，则，即0≤a≤e﹣2，故答案为：[0，e﹣2]点评：本题主要考查函数单调性和导致的关系，求出函数的单调区间是解决本题的关键．9．（5分）在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+b是曲线y=alnx的切线，则当a＞0时，实数b的最小值是﹣1．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题；导数的概念及应用．分析：设出曲线上的一个切点为（x，y），利用导数的几何意义求切线的坐标，可得b=alna ﹣a，再求导，求最值即可．解答：解：设出曲线上的一个切点为（x，y），由y=alnx，得y′=，∵直线y=x+b是曲线y=alnx的切线，∴y′==1，∴x=a，∴切点为（a，alna），代入y=x+b，可得b=alna﹣a，∴b′=lna=0，可得a=1，∴函数b=alna﹣a在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴a=1时，b取得最小值﹣1．故答案为：﹣1．点评：本题主要考查导数的几何意义的应用，利用导数的运算求出切线斜率，根据切线斜率和导数之间的关系建立方程进行求解是解决本题的关键，考查学生的运算能力．10．（5分）设x∈R，若函数f（x）为单调递增函数，且对任意实数x，都有f[f（x）﹣e x]=e+1，则f（ln2）的值为3．考点：函数单调性的性质．专题：函数的性质及应用．分析：利用换元法将函数转化为f（t）=e+1，根据函数的对应关系求出t的值，即可求出函数f（x）的表达式，即可得到结论．解答：解：设t=f（x）﹣e x，则f（x）=e x+t，则条件等价为f（t）=e+1，令x=t，则f（t）=e t+t=e+1，∵函数f（x）为单调递增函数，∴函数为一对一函数，解得t=1，∴f（x）=e x+1，即f（ln2）=e ln2+1=2+1=3，故答案为：3点评：本题主要考查函数值的计算，利用换元法求出函数的解析式是解决本题的关键．11．（5分）已知y=f（x）是奇函数，当x∈（0，2）时，f（x）=lnx﹣ax（a＞），当x∈（﹣2，0）时，f（x）的最小值为1，则a的值等于1．考点：奇偶性与单调性的综合．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：根据函数的奇偶性，确定f（x）在（0，2）上的最大值为﹣1，求导函数，确定函数的单调性，求出最值，即可求得a的值．解答：解：∵f（x）是奇函数，x∈（﹣2，0）时，f（x）的最小值为1，∴f（x）在（0，2）上的最大值为﹣1，当x∈（0，2）时，f′（x）=﹣a，令f′（x）=0得x=，又a＞，∴0＜＜2，令f′（x）＞0，则x＜，∴f（x）在（0，）上递增；令f′（x）＜0，则x＞，∴f（x）在（，2）上递减，∴f（x）max=f（）=ln﹣a•=﹣1，∴ln=0，得a=1．故答案为：1．点评：本题考查函数单调性与奇偶性的结合，考查导数知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．12．（5分）已知函数f（x）=，若∀x∈R，f（x）≤ax+2（a∈R），则a的最大值为2﹣2．考点：分段函数的应用．专题：计算题；数形结合；函数的性质及应用．分析：作出函数f（x）的图象，令y=ax+2，则图象为直线且经过（0，2），将直线绕着点（0，2）旋转时，当直线与y=﹣x2﹣2x，x≤0的图象相切时，直线在函数f（x）的图象上方，且此时斜率a最大，联立直线方程和抛物线方程，消去y，运用判别式为0，通过图象观察，舍去负值．解答：解：作出函数f（x）的图象，令y=ax+2，则图象为直线且经过（0，2），将直线绕着点（0，2）旋转时，当直线与y=﹣x2﹣2x，x≤0的图象相切时，直线在函数f（x）的图象上方，且此时斜率a最大，联立直线y=ax+2和y=﹣x2﹣2x，消去y得，x2+（a+2）x+2=0，由判别式为0，即有（a+2）2﹣8=0解得a=﹣2+2或﹣2﹣2由图象可知a=﹣2﹣2不成立，舍去．故答案为：2﹣2．点评：本题考查分段函数的图象和运用，考查数形结合的思想方法，以及直线与抛物线相切的条件，考查运算能力，属于中档题．13．（5分）已知函数f（x）满足f（x）=2f（），当x∈[1，3]时，f（x）=lnx，若在区间[，3]内，函数g（x）=f（x）﹣ax（a＞0）恰有三个零点，则实数a的取值范围为[，）．考点：函数零点的判定定理．专题：函数的性质及应用．分析：先求出x时f（x）的解析式，再研究f（x）﹣ax=0在区间[，3]上的零点个数，即此时y=f（x）与y=ax交点的个数，注意数形结合．解答：解：设x∈[，1]，则∈[1，3]又因为：函数f（x）满足f（x）=2f（），当x∈[1，3]时，f（x）=lnx，所以f（x）=2=2，x∈[，1]所以f（x）=，g（x）=f（x）﹣ax（a＞0）恰有三个零点，即在[，3]内f（x）的图象与y=ax有三个交点，如图所示：当直线y=ax介于直线l1（过原点和（3，ln3）的直线）和直线l2（当x∈[1，3]时y=lnx的过原点的切线）易知，设y=lnx过原点的切线切点为（a，lna），则y′=，所以切线斜率为，所以切线为y﹣lna=，又因为过原点，所以lna=1，所以a=e∈[1，3]故，故实数a的范围是故答案为：点评：本题的解题思路充分体现了转化思想以及数形结合的思想，即把根的问题转化为函数零点问题，再进一步转化为两个函数图象交点的问题，做出图象直观的判断，再进行计算．本题难度较大．14．（5分）已知a＞0，函数f（x）=在区间[0，4]上的最大值为，则a的值为．考点：函数的最值及其几何意义．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：利用绝对值的几何意义，分类讨论，结合导数确定函数的单调性，从而可得函数f （x）=在区间[0，4]上的最大值，利用条件，即可求出a的值．解答：解：记f（x）在区间[0，4]上的最大值为g（a），当0≤x≤a时，f（x）=；当x＞a时，f（x）=∴当0≤x≤a时，f′（x）=＜0，f（x）在（0，a）上单调递减；当x＞a时，f′（x）=＞0，f（x）在（a，+∞）上单调递增．①若a≥4，则f（x）在（0，4）上单调递减，g（a）=f（0）=，不符合；②若0＜a＜4，则f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，4）上单调递增∴g（a）=max{f（0），f（4）}∵f（0）﹣f（4）=∴当0＜a≤1时，g（a）=f（4）=；当1＜a＜4时，g（a）=f（0）=，∴=，∴a=．故答案为：．点评：本题考查导数知识的运用，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，正确分类是关键．二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（14分）设全集U=R，f（x）=x2+3x+2，g（x）=x2+（m+1）x+m，m∈R．（1）设集合A={x|f（x）=0}，B={x|g（x）=0}．若（∁U A）∩B=Φ，求m的值．（2）设集合P={y|y=f（x）}，Q={m|g（x）在区间[﹣1，+∞）上是增函数}，求P∩Q．考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．分析：（1）解方程可得集合A={x|f（x）=0}={﹣1，﹣2}，B={x|g（x）=0}．﹣1∈B，﹣m∈B，由（∁U A）∩B=∅，可得m∈A，进而可得答案．（2）根据二次函数的图象和性质，可得集合P=[﹣，+∞），Q=[1，+∞），代入集合交集定义，可得答案．解答：解：（1）∵集合A={x|f（x）=0}={﹣1，﹣2}，B={x|g（x）=0}．∴﹣1∈B，﹣m∈B，若（∁U A）∩B=∅，则m∈A，即m=1或m=2，（2）∵集合P={y|y=f（x）}=[﹣，+∞），Q={m|g（x）在区间[﹣1，+∞）上是增函数}={m|}=[1，+∞），∴P∩Q=[1，+∞）．点评：本题考查的知识点是集合的交，并，补集混合运算，难度不大，属于基础题．16．（14分）设函数f（x）=2x+．（1）若f（x）=，求x的值；（2）若关于x的方程f（2x）+af（x）+4=0在x∈（0，+∞）上有解，求实数a的取值范围．考点：函数的值域．专题：函数的性质及应用．分析：（1）x＜0时，f（x）=2•2x＜2，所以讲f（x）=带入f（x）=求x即可；（2）带入f（x）=，求出f（2x），从而得到，解出a=，这便求出了a的取值范围．解答：解：（1）f（x）=；∵x＜0时，2•2x＜2；∴只能，解得x=1，或﹣1（舍去）；即x的值为1；（2）；∴=；∴a的取值范围是（﹣∞，﹣2]．点评：考查含绝对值函数，分段函数，已知函数值求自变量值，基本不等式：．17．（14分）已知函数f（x）=ax﹣lnx，g（x）=e ax+3x，其中a∈R．（Ⅰ）求f（x）的极值；（Ⅱ）若存在区间M，使f（x）和g（x）在区间M上具有相同的单调性，求a的取值范围．考点：函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=，对a分a≤0与a＞0讨论，通过f′（x）的符号可判断f（x）在相应区间上的单调性，从而可求得f（x）的极值；（Ⅱ）可求得g′（x）=ae ax+3，对a分a＞0，a=0与a＜0讨论，通过f′（x）的符号可判断f（x）在相应区间上的单调性，可求得a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）=a﹣=．①当a≤0时，f'（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减．从而f（x）没有极大值，也没有极小值．②当a＞0时，令f′（x）=0，得x=．f（x）和f′（x）的情况如下：x （0，）（，+∞）f′（x）﹣0 +f（x）↘↗故f（x）的单调减区间为（0，）；单调增区间为（，+∞）．从而f（x）的极小值为f（）=1+lna；没有极大值．（Ⅱ）解：g（x）的定义域为R，且g′（x）=ae ax+3．③当a＞0时，显然g′（x）＞0，从而g（x）在R上单调递增．由（Ⅰ）得，此时f（x）在（，+∞）上单调递增，符合题意．④当a=0时，g（x）在R上单调递增，f（x）在（0，+∞）上单调递减，不合题意．⑤当a＜0时，令g′（x）=0，得x0=ln（﹣）．g（x）和g′（x）的情况如下表：x （﹣∞，x0） x0（x0，+∞）g′（x）﹣0 +g（x）↘↗当﹣3≤a＜0时，x0≤0，此时g（x）在（x0，+∞）上单调递增，由于f（x）在（0，+∞）上单调递减，不合题意．当a＜﹣3时，x0＞0，此时g（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，由于f（x）在（0，+∞）上单调递减，符合题意．综上，a的取值范围是（﹣∞，﹣3）∪（0，+∞）．点评：本题考查函数在某点取得极值的条件，考查利用导数研究函数的单调性，突出考查分类讨论思想与方程思想，属于难题．18．（16分）某地发生某种自然灾害，使当地的自来水受到了污染．某部门对水质检测后，决定往水中投放一种药剂来净化水质．已知每投放质量为m个单位的药剂后，经过x天该药剂在水中释放的浓度y（毫克/升）满足y=mf（x），其中f（x）=，当药剂在水中释放的浓度不低于6（毫克/升）时称为有效净化；当药剂在水中释放的浓度不低于6（毫克/升）且不高于18（毫克/升）时称为最佳净化．（1）如果投放的药剂质量为m=4，试问自来水达到有效净化一共可持续几天？（2）如果投放的药剂质量为m，为了使在7天（从投放药剂算起包括第7天）之内的自来水达到最佳净化，试确定应该投放的药剂质量m的取值范围．考点：函数模型的选择与应用．专题：函数的性质及应用．分析：（1）由题设：投放的药剂质量为m=4，自来水达到有效净化等价于4f（x）≥6，利用分段函数，建立不等式，即可求得结论；（2）由题意，∀x∈（0，7]，6≤mf（x）≤18，m＞0，由函数y是分段函数，故分段建立不等式组，从而解出m的值．解答：解：（1）由题设：投放的药剂质量为m=4，自来水达到有效净化等价于4f（x）≥6…（2分）∴f（x）≥，∴或…（4分）∴0＜x≤6，亦即：如果投放的药剂质量为m=4，自来水达到有效净化一共可持续6天；…（8分）（2）由题设：∀x∈（0，7]，6≤mf（x）≤18，m＞0，…（10分）∵f（x）=，∴∀x∈（0，4]，6≤mlog2（x+4）≤18，且∀x∈（4，7]，6≤≤18，…（12分）∴且，…（14分）∴5≤m≤6，亦即：投放的药剂质量m的取值范围为[5，6]．…（16分）点评：本题考查了分段函数模型的灵活应用，考查利用数学知识解决实际问题，考查学生的计算能力，属于中档题．19．（16分）设a∈R，函数f（x）=x3﹣（2a+1）x2+（a2+a）x．（1）若函数g（x）=（x≠0）为奇函数，求a的值；（2）若函数f（x）在x=2处取得极小值，求a的值；（3）若a＞﹣1，试求x∈[0，1]时，函数f（x）的最大值．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数奇偶性的性质；函数在某点取得极值的条件．专题：导数的综合应用．分析：（1）求导函数，确定函数g（x）的解析式，利用函数为奇函数，即可求a的值；（2）确定函数f（x）的单调性，可求函数的极小值，利用函数在x=2处取得极小值，可求a 的值；（3）若a＞﹣1，对a解析分类讨论，确定函数在x∈[0，1]上的单调性，即可求出函数f（x）的最大值．解答：解：（1）由题意，f′（x）=x2﹣（2a+1）x+（a2+a），…（1分）∴g（x）==x+﹣（2a+1）x（x≠0），∵函数g（x）=（x≠0）为奇函数，∴g（﹣x）+g（x）=0，即2a+1=0，∴a=﹣；…（4分）（2）f′（x）=（x﹣a）[x﹣（a+1）]…（5分）x （﹣∞，a）（a，a+1）（a+1，+∞）f′（x）+ ﹣+∴f（x）在x=a+1处取得极小值，在x=1处取得极大值，…（7分）由题设a+1=2，∴a=1；…（8分）（3）由（2）知：①a≥1时，f（x）在[0，1]上是增函数，∴[f（x）]max=f（1）=；…（10分）②a=0时，f（x）在[0，1]上是减函数，∴[f（x）]max=f（0）=0；…（11分）③0＜a＜1时，f（x）在[0，a]上是增函数，f（x）在[a，1]上是减函数，∴[f（x）]max=f（a）=；…（13分）④﹣1＜a＜0时，f（x）在[0，a+1]上是减函数，f（x）在[a+1，1]上是增函数，∵f（1）﹣f（0）=，∴﹣1＜a＜﹣时，f（1）＞f（0，∴[f（x）]max=f（1）=；﹣≤a＜0时，f（1）≤f（0），∴[f（x）]max=f（0）=0；…（15分）综上，[f（x）]max=．…（16分）点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．20．（16分）已知函数f（x）=（x2﹣3x+3）e x，x∈[﹣2，a]，a＞﹣2，其中e是自然对数的底数．（1）若a＜1，求函数y=f（x）的单调区间；（2）求证：f（a）＞；（3）对于定义域为D的函数y=g（x），如果存在区间[m，n]⊆D，使得x∈[m，n]时，y=g（x）的值域是[m，n]，则称[m，n]是该函数y=g（x）的“保值区间”．设h（x）=f（x）+（x﹣2）e x，x∈（1，+∞），问函数y=h（x）是否存在“保值区间”？若存在，请求出一个“保值区间”；若不存在，请说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；函数的定义域及其求法；函数的值域．专题：综合题；新定义；导数的综合应用．分析：（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可求函数y=f（x）的单调区间；（2）由题意求证f（t）＞13e﹣2，可解出函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值，由此最小值与13e﹣2作比较即可证明此不等式；（3）函数y=h（x）存在“保值区间”[m．n]等价于，等价于关于x的方程h（x）=x在（1，+∞）有两个不相等的实数根．解答：（1）解：f（x）=（x2﹣3x+3）e x，f'（x）=（x2﹣x）e x=x（x﹣1）e x，x∈[﹣2，a]，a＞﹣2x （﹣∞，0）（0，1）（1，+∞）f′（x）+ ﹣+…（2分）由表知道：①﹣2＜a≤0时，x∈（﹣2，a）时，f′（x）＞0，∴函数y=f（x）的单调增区间为（﹣2，a）；…（3分）②0＜a＜1时，x∈（﹣2，0）时，f′（x）＞0，x∈（0，a）时，f′（x）＜0，∴函数y=f（x）的单调增区间为（﹣2，0），单调减区间为（0，a）；…（4分）（2）证明：f（a）=（a2﹣3a+3）e a，f′（a）=a（a﹣1）e a，a＞﹣2，a （﹣2，0）（0，1）（1，+∞）f′（a）+ ﹣+从而函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上有唯一的极小值f（1）=e …（6分）但f（﹣2）=13e﹣2＜e，故函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值为f（﹣2）=13e﹣2，…（8分）因为t＞﹣2，所以f（t）＞f（﹣2）=13e﹣2…（8分）（3）解：h（x）=f（x）+（x﹣2）e x=（x2﹣2x+1）e x，x∈（1，+∞），h′（x）=（x2﹣1）e x，∴x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，∴y=h（x）在（1，+∞）上是增函数，…（9分）函数y=h（x）存在“保值区间”[m．n]等价于等价于关于x的方程h（x）=x在（1，+∞）有两个不相等的实数根，…（11分）令H（x）=h（x）﹣x，则H′（x）=（x2﹣1）e x﹣1，H″（x）=（x2+2x﹣1）e x，∵x∈（1，+∞），∴H″（x）＞0，∴H′（x）在（1，+∞）上是增函数，∵H′（1）=﹣1＜0，H′（2）＞0，且y=H′（x）在[1，2]图象不间断，∴∃x0∈（1，2）使得H′（x0）=0，…（13分）∴函数y=H（x）在（1，x0）上是减函数，在（x0，+∞）上是增函数，∵H′（1）=﹣1＜，∴x∈（1，x0]，H（x）＜0，∴函数y=H（x）在（1，+∞）至多有一个零点，即关于x的方程h（x）=x在（1，+∞）至多有一个实数根，…（15分）∴函数y=h（x）是不存在“保值区间”．…（16分）点评：本题考查导数在最值问题中的运用，利用导数研究单调性，再利用单调性求最值，这是导数的重要运用．。