專題限時集訓(七)A[導數(shù)及其應(yīng)用](時間：5分鐘＋40分鐘)基礎(chǔ)演練夯知識1．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，則f′(0)等于()A．0B．－4C．－2D．22．曲線y＝lnx在x＝eq\r(3)處的切線的傾斜角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)3．曲線f(x)＝x3＋x－2在點P0處的切線平行于直線y＝4x－1，則P0點的坐標為()A．(1，0)B．(2，8)C．(2，8)或(－1，－4)D．(1，0)或(－1，－4)4．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()A.eq\f(1,2)B．1C．－2D．35．曲線y＝lnx－1在x＝1處的切線方程為____________．提升訓練強能力6．若曲線y＝ax2－lnx在點(1，a)處的切線平行于x軸，則a＝()A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－17．函數(shù)f(x)＝xcosx的導函數(shù)f′(x)在區(qū)間[－π，π]上的圖像大致是()ABCD圖7-18．定義域為R的函數(shù)f(x)，滿足f(0)＝1，f′(x)＜f(x)＋1，則不等式f(x)＋1＜2ex的解集為()A．{x∈R|x>1}B．{x∈R|0＜x＜1}C．{x∈R|x＜0}D．{x∈R|x＞0}9．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在區(qū)間[－1，1]上是減函數(shù)，則a的取值范圍是()A．0＜a＜eq\f(3,4)B.eq\f(1,2)＜a＜eq\f(3,4)C．a(chǎn)≥eq\f(3,4)D．0＜a＜eq\f(1,2)10．方程f(x)＝f′(x)的實數(shù)根x0叫作函數(shù)f(x)的“新駐點”．如果函數(shù)g(x)＝x，h(x)＝ln(x＋1)，φ(x)＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))))的“新駐點”分別為α，β，γ，那么α，β，γ的大小關(guān)系是()A．α<β<γB．α<γ<βC．γ<α<βD．β<α<γ11．設(shè)1＜x＜2，則eq\f(lnx,x)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)，eq\f(lnx2,x2)的大小關(guān)系是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)＜eq\f(lnx2,x2)B.eq\f(lnx,x)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx2,x2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx2,x2)＜eq\f(lnx,x)D.eq\f(lnx2,x2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)12．函數(shù)f(x)＝2lnx＋x2在點x＝1處的切線方程是________．13．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(1)＝0，f′(1)＝0，但x＝1不是函數(shù)f(x)的極值點，則abc的值為________．14．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x.(1)若f(x)在x＝1處取得極值，求a的值；(2)求函數(shù)y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．15．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．(2)函數(shù)F(x)＝f(x)－xlnx在定義域內(nèi)是否存在零點？若存在，請指出有幾個零點；若不存在，請說明理由．(3)若g(x)＝ln(ex－1)－lnx，當x∈(0，＋∞)時，不等式f(g(x))＜f(x)恒成立，求a的取值范圍．16．已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(a,2)x2e|x|.(1)若f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)證明：當a≥1時，不等式f(x)≤x＋1對x∈R恒成立；(3)對于在(0，1)中的任一個常數(shù)a，試探究是否存在x0>0，使得f(x0)>x0＋1成立？如果存在，請求出符合條件的一個x0；如果不存在，請說明理由．

專題限時集訓(七)B[導數(shù)及其應(yīng)用](時間：10分鐘＋35分鐘)基礎(chǔ)演練夯知識1．已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－1.(1)求曲線y＝f(x)在x＝2處的切線方程；(2)若x∈(0，＋∞)時，f(x)≥ax－2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．2．已知函數(shù)f(x)＝x2－3x＋alnx(a＞0)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)圖像上任意一點處的切線l的斜率為k，當k的最小值為1時，求此時切線l的方程．提升訓練強能力3．設(shè)函數(shù)f(x)＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx，g(x)＝eq\f(2e,x)(p>1，e是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)若對任意x∈[2，e]，不等式f(x)>g(x)恒成立，求p的取值范圍；(2)若對任意x1∈[2，e]，總存在x2∈[2，e]，使不等式f(x1)>g(x2)成立，求p的取值范圍．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，a＋\f(1,4)))內(nèi)有極值，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當x≥1時，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；(3)求證：[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋eq\f(2,n＋1).(n∈N*，e為自然對數(shù)的底數(shù))5．已知函數(shù)f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx，g(x)＝ex－x＋1.(a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點，求a的最小值；(3)若對任意給定的x0∈(0，1]，在(0，e]上總存在兩個不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范圍．

專題限時集訓(七)A【基礎(chǔ)演練】1．B[解析]f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，即f′(1)＝－2，∴f′(x)＝2x－4，∴2．A[解析]∵y′＝eq\f(1,x)，∴k＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)＝tanα，又0≤α＜π，故α＝eq\f(π,6).3．D[解析]設(shè)切點為P0(a，b)，f′(x)＝3x2＋1，則切線的斜率k＝f′(a)＝3a2＋1＝4，所以a＝±1.當a＝－1時，b＝－4；當a＝1時，b＝0.所以P04．A[解析]令f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(（x－1）（x＋1）,x)＝0，得x＝1.∴當x∈(0，1)時，f′(x)＜0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0.∴函數(shù)f(x)在x＝1處取得最小值，且最小值為f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).5．x－y－2＝0[解析]易知切點的坐標為(1，－1)，又y′＝eq\f(1,x)，∴切線的斜率為1，∴所求切線方程為y＋1＝x－1，即x－y－2＝0.【提升訓練】6．B[解析]y′＝2ax－eq\f(1,x)，由題意可知，當x＝1時，y′|x＝1＝2a－1＝0，得a＝eq\f(1,2).7．A[解析]f′(x)＝cosx－xsinx，則該導函數(shù)為偶函數(shù)，且f′(0)＝1，f′(π)＝－1，易知A選項符合題意．8．D[解析]構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）＋1,ex)?g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）－1,ex)，由已知f′(x)＜f(x)＋1?g′(x)＜0，故g(x)在R上為減函數(shù)，而g(0)＝2，不等式f(x)＋1＜2ex化為g(x)＜g(0)?x＞0，故選D.9．C[解析]因為f(x)＝(x2－2ax)ex，所以f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex.因為f(x)在區(qū)間[－1，1]上是減函數(shù)，所以f′(x)＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex≤0在區(qū)間[－1，1]上恒成立且不恒為0，即x2＋(2－2a)x－2a≤0在區(qū)間[－1，1]上恒成立且不恒為0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12＋（2－2a）－2a≤0，,1－（2－2a）－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4).又當a＝eq\f(3,4)時，x2＋(2－2a)x－2a不恒為0，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).10．D[解析]g′(x)＝1，令g(x)＝g′(x)，則α＝1.h′(x)＝eq\f(1,x＋1)，令h(x)＝h′(x)，結(jié)合圖像(圖略)可知，β<1.φ′(x)＝－sinx，令φ(x)＝φ′(x)，∴γ＝eq\f(3π,4)>2.∴β<α<γ.11．A[解析]令f(x)＝x－lnx(1＜x＜2)，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)＞0，所以函數(shù)y＝f(x)(1＜x＜2)為增函數(shù)，∴f(x)＞f(1)＝1＞0，∴x＞lnx＞0?0＜eq\f(lnx,x)＜1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x).又eq\f(lnx2,x2)－eq\f(lnx,x)＝eq\f(2lnx－xlnx,x2)＝eq\f(（2－x）lnx,x2)>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)＜eq\f(lnx2,x2)，選A.12．4x－y－3＝0[解析]易知切點的坐標為(1，1)，又f′(x)＝eq\f(2,x)＋2x，∴切線的斜率為f′(1)＝4，故所求切線的方程為y－1＝4(x－1)，即4x－y－3＝0.13．9[解析]由f(1)＝0，得1＋a＋b＋c＝0①，由f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝3＋2a＋b＝0②，而x＝1不是函數(shù)的極值點，所以Δ＝(－2a)2－4×3×b＝4a2－12b＝0③，綜合①②③解得a＝－3，b＝3，c14．解：(1)∵f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x，∴函數(shù)的定義域為(0，＋∞)．∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(a－2)＝eq\f(1－2ax2＋（a－2）x,x)＝eq\f(－（2x－1）（ax＋1）,x).∵f(x)在x＝1處取得極值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，∴a＝－1.當a＝－1時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)f′(x)＜0，在(1，＋∞)內(nèi)f′(x)＞0，∴x＝1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點．∴a＝－1.(2)∵a2＜a，∴0＜a＜1.f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(a－2)＝eq\f(1－2ax2＋（a－2）x,x)＝－eq\f(（2x－1）（ax＋1）,x)，∵x∈(0，＋∞)，∴ax＋1＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上遞減，①當0＜a≤eq\f(1,2)時，f(x)在[a2，a]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(a)＝lna－a3＋a2－2a；②當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)，,a2＜\f(1,2)，))即eq\f(1,2)＜a＜eq\f(\r(2),2)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，a))上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－eq\f(a,4)＋eq\f(a－2,2)＝eq\f(a,4)－1－ln2；③當eq\f(1,2)≤a2，即eq\f(\r(2),2)≤a＜1時，f(x)在[a2，a]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(a2)＝2lna－a5＋a3－2a215．解：(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a.當a≤0時，對?x∈R，有f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當a＞0時，由f′(x)＞0，得x＞lna；由f′(x)＜0，得x＜lna，此時函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(lna，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，lna)．綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當a＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(lna，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，lna)．(2)函數(shù)F(x)＝f(x)－xlnx的定義域為(0，＋∞)，由F(x)＝0，得a＝eq\f(ex－1,x)－lnx(x＞0)，令h(x)＝eq\f(ex－1,x)－lnx(x＞0)，則h′(x)＝eq\f(（ex－1）（x－1）,x2)，由于x＞0，ex－1＞0，可知當x＞1時，h′(x)＞0；當0＜x＜1時，h′(x)＜0，故函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(1)＝e－1.(隨著x＞0的增長，y＝ex－1的增長速度越來越快，會超過并遠遠大于y＝x的增長速度，而y＝lnx的增長速度則會越來越慢．則當x＞0且x無限接近于0時，h(x)趨向于正無窮大．)故當a＞e－1時，函數(shù)F(x)有兩個不同的零點；當a＝e－1時，函數(shù)F(x)有且僅有一個零點；當a＜e－1時，函數(shù)F(x)沒有零點.(3)由(1)知當a＝1時，對?x＞0，有f(x)＞f(lna)＝0，即ex－1＞x，當x＞0時，ex－1＞x，故對?x＞0，g(x)＞0，先用分析法證明：?x＞0，g(x)＜x.要證對?x＞0，g(x)＜x，只需證對?x＞0，eq\f(ex－1,x)＜ex，即證對?x＞0，xex－ex＋1＞0，構(gòu)造函數(shù)H(x)＝xex－ex＋1(x＞0)，則H′(x)＝xex＞0，故函數(shù)H(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以H(x)＞H(0)＝0，則對?x＞0，xex－ex＋1＞0成立．當a≤1時，由(1)知，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(g(x))＜f(x)在(0，＋∞)上恒成立；當a＞1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減，故當0＜x＜lna時，0＜g(x)＜x＜lna，所以f(g(x))＞f(x)，則不滿足題意．所以滿足題意的a的取值范圍是(－∞，1]．16．解：(1)∵x∈[0，＋∞)，∴f(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,2)x2))，∴f′(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)x2－ax＋1)).由題意，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，當a＝0時，f′(x)＝ex>0恒成立，即滿足條件．當a≠0時，要使f′(x)≥0，而ex>0恒成立，故只需－eq\f(a,2)x2－ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)＞0，,－\f(a,2)·02－a·0＋1≥0，))解得a<0.綜上，a的取值范圍為a≤0.(2)證明：由題知f(x)≤x＋1即為ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1.在x≥0時，要證明ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1成立，只需證ex≤eq\f(a,2)x2ex＋x＋1，即證1≤eq\f(a,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)，①令g(x)＝eq\f(a,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)，得g′(x)＝ax＋eq\f(1·ex－（x＋1）ex,（ex）2)＝ax－eq\f(x,ex)，整理得g′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,ex)))，∵x≥0時，eq\f(1,ex)≤1，結(jié)合a≥1，得g′(x)≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，故g(x)≥g(0)＝1，從而①式得證．在x≤0時，要使ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1成立，只需證ex≤eq\f(a,2)x2e－x＋x＋1，即證1≤eq\f(a,2)x2e－2x＋(x＋1)e－x，②令m(x)＝eq\f(ax2,2)e－2x＋(x＋1)e－x，得m′(x)＝－xe－2x[ex＋a(x－1)]，而φ(x)＝ex＋a(x－1)在x≤0時為增函數(shù)，故φ(x)≤φ(0)＝1－a≤0，從而m′(x)≤0，∴m(x)在x≤0時為減函數(shù)，則m(x)≥m(0)＝1，從而②式得證．綜上所述，原不等式ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1，即f(x)≤x＋1在a≥1時恒成立．(3)要使f(x0)>x0＋1成立，即ex0－eq\f(a,2)xeq\o\al(2,0)ex0＞x0＋1，變形為eq\f(axeq\o\al(2,0),2)＋eq\f(x0＋1,ex0)－1<0，③要找一個x0>0使③式成立，只需找到函數(shù)t(x)＝eq\f(ax2,2)＋eq\f(x＋1,ex)－1的最小值，滿足t(x)min＜0即可．∵t′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,ex)))，令t′(x)＝0得ex＝eq\f(1,a)，則x＝－lna，在0<x<－lna時，t′(x)＜0，在x>－lna時，t′(x)＞0，即t(x)在(0，－lna)上是減函數(shù)，在(－lna，＋∞)上是增函數(shù)，∴當x＝－lna時，t(x)取得最小值t(－lna)＝eq\f(a,2)(lna)2＋a(－lna＋1)－1.下面只需證明：eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1＜0在0＜a＜1時恒成立即可．令p(a)＝eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1,則p′(a)＝eq\f(1,2)(lna)2≥0，從而p(a)在(0，1)上是增函數(shù)，則p(a)＜p(1)＝0，從而eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1＜0，得證．于是t(x)的最小值t(－lna)＜0，因此可找到一個常數(shù)x0＝－lna(0＜a＜1)，使得③式成立．專題限時集訓(七)B【基礎(chǔ)演練】1．解：(1)由題意得，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，∴f′(2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，f(2)＝1－ln2，∴曲線y＝f(x)在x＝2處的切線方程為y－(1－ln2)＝eq\f(1,2)(x－2)?x－2y－2ln2＝0.(2)當x∈(0，＋∞)時，f(x)≥ax－2恒成立，∴a≤1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0?x＝e2，可得g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即a≤1－eq\f(1,e2)，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(1,e2))).2．解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，當a＝1時，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)，由f′(x)＞0得x＜eq\f(1,2)或x＞1，由f′(x)＜0得eq\f(1,2)＜x＜1，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).∴f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(5,4)－ln2；極小值為f(1)＝－2.(2)由題意知f′(x)＝2x－3＋eq\f(a,x)≥2eq\r(2a)－3＝1，∴a＝2，此時2x＝eq\f(a,x)，即2x＝eq\f(2,x)，∴x＝1，切點為(1，－2),∴此時的切線l的方程為x－y－3＝0.【提升訓練】3．解：(1)由不等式f(x)－g(x)＝p·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx－eq\f(2e,x)＞0對x∈[2，e]恒成立，∴p＞eq\f(2xlnx＋2e,x2－1)對x∈[2，e]恒成立．令h(x)＝eq\f(2xlnx＋2e,x2－1)，x∈[2，e]，則p＞h(x)max.∵h′(x)＝eq\f(－2（1＋x2）lnx－2x（2e－x）－2,（x2－1）2)＜0.∴h(x)在區(qū)間[2，e]上是減函數(shù)，∴h(x)max＝h(2)＝eq\f(4ln2＋2e,3)，故p＞eq\f(4ln2＋2e,3).(2)依題意f(x)min＞g(x)min.∵f′(x)＝p＋eq\f(p,x2)－eq\f(2,x)＞0，∴f(x)在[2，e]上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(2)．又g(x)＝eq\f(2e,x)在[2，e]上單調(diào)遞減，故g(x)min＝g(e)，由f(2)>g(e)，解得p＞eq\f(4＋4ln2,3).4．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，由f′(x)＝0得x＝1，當0＜x＜1時，f′(x)＞0；當x＞1時，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)在x＝1處取得唯一的極值，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,4)＞2a－1，,2a－1＜1＜a＋\f(1,4)))?eq\f(3,4)＜a＜1，故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).(2)x≥1時，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)化為eq\f(1＋lnx,x)≥eq\f(k,x＋1)?k≤eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，令g(x)＝eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，由題意知k≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)，再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，當且僅當x＝1時取等號，因此h(x)＝x－lnx在[1，＋∞)上遞增，所以h(x)≥h(1)＝1＞0，故g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)＞0，所以g(x)在[1，＋∞)上遞增，g(x)min＝g(1)＝2，因此k≤2，即k的取值范圍為(－∞，2]．(3)由(2)知，當x≥1時，f(x)≥eq\f(2,x＋1)恒成立，即eq\f(1＋lnx,x)≥eq\f(2,x＋1)，∴l(xiāng)nx≥1－eq\f(2,x＋1)＞1－eq\f(2,x).令x＝k(k＋1)，k∈N*，則有l(wèi)n[k(k＋1)]＞1－eq\f(2,k（k＋1）)＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))，分別令k＝1，2，3，…，n，則有l(wèi)n(1×2)＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))，ln(2×3)＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))，…，ln[n(n＋1)]＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，將這n個不等式相加可得：ln[1×22×32×…×n2(n＋1)]＞n－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝n－2＋eq\f(2,n＋1)，故12×22×32×…×n2(n＋1)＞en－2＋eq\f(2,n＋1)，從而[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋eq\f(2,n＋1).5．解：(1)當a＝1時，f(x)＝x－1－2lnx(x＞0)，則f′(x)＝1－eq\f(2,x).令f′(x)＞0得x＞2；令f′(x)＜0得0＜x＜2，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．(2)∵f(x)＜0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上不可能恒成立，故要使函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點，只要對?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，f(x)＞0恒成立．即對?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，a＞2－eq\f(2lnx,x－1)恒成立．令l(x)＝2－eq\f(2lnx,x－1)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，則l′(x)＝eq\f(－\f(2,x)（x－1）＋2lnx,（x－1）2)＝eq\f(2lnx＋\f(2,x)－2,（x－1）2)，再令m(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－2，則m′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(－2（1－x）,x2)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴m′(x)＜0，故函數(shù)m(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，∴m(x)＞meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1