學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精(四)函數(shù)與導數(shù)(2)1．(2018·成都模擬)已知f(x）＝lnx－ax＋1(a∈R）．(1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）證明：當a＝2，且x≥1時,f（x）≤ex－1－2恒成立．(1）解∵f(x）＝lnx－ax＋1，a∈R，∴f′(x）＝eq\f(1，x）－a＝eq\f（－ax＋1,x），當a≤0時,f(x）的增區(qū)間為(0，＋∞），無減區(qū)間，當a>0時，增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f（1，a)))，減區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,a），＋∞))。（2)證明當x∈［1,＋∞)時，由（1)可知當a＝2時，f（x)在［1，＋∞)上單調(diào)遞減，f（x）≤f(1）＝－1，再令G（x)＝ex－1－2，在x∈［1，＋∞)上，G′（x)＝ex－1〉0，G(x）單調(diào)遞增，所以G（x）≥G（1）＝－1，所以G（x）≥f（x)恒成立，當x＝1時取等號，所以原不等式恒成立．2．（2018·合肥模擬）已知函數(shù)f(x）＝xlnx，g（x）＝λ(x2－1）(λ為常數(shù))．(1）若函數(shù)y＝f(x）與函數(shù)y＝g（x)在x＝1處有相同的切線，求實數(shù)λ的值；（2）當x≥1時，f(x)≤g(x），求實數(shù)λ的取值范圍．解（1）由題意得f′（x)＝lnx＋1，g′(x)＝2λx，又f(1)＝g（1）＝0，且函數(shù)y＝f（x)與y＝g（x）在x＝1處有相同的切線，∴f′（1)＝g′（1），則2λ＝1，即λ＝eq\f（1,2).(2)設(shè)h(x)＝xlnx－λ（x2－1）,則h(x）≤0對?x∈［1，＋∞)恒成立．∵h′(x）＝1＋lnx－2λx，且h(1）＝0，∴h′(1)≤0,即1－2λ≤0，∴λ≥eq\f（1,2).另一方面，當λ≥eq\f（1，2)時，記φ(x)＝h′（x)，則φ′（x）＝eq\f（1，x）－2λ＝eq\f(1－2λx，x).當x∈[1，＋∞)時,φ′（x）≤0，∴φ（x)在［1，＋∞）內(nèi)為減函數(shù)，∴當x∈［1，＋∞)時，φ(x）≤φ（1)＝1－2λ≤0,即h′（x)≤0，∴h（x)在［1,＋∞）內(nèi)為減函數(shù)，∴當x∈［1，＋∞)時，h（x）≤h（1)＝0恒成立，符合題意．當λ〈eq\f（1，2)時,①若λ≤0，則h′(x）＝1＋lnx－2λx≥0對?x∈[1,＋∞）恒成立，∴h（x）在[1，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，∴當x∈[1，＋∞)時,h(x)≥h（1）＝0恒成立，不符合題意．②若0<λ〈eq\f(1,2），令φ′(x）>0，則1〈x<eq\f（1,2λ)，∴φ（x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1，\f（1，2λ)))內(nèi)為增函數(shù)，∴當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1，\f(1,2λ）））時,φ(x)〉φ（1）＝1－2λ〉0，即h′(x）〉0，∴h（x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f（1，2λ））)內(nèi)為增函數(shù)，∴當x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1,\f（1,2λ)））時,h（x）>h（1)＝0,不符合題意，綜上所述，λ的取值范圍是eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).3．(2018·山東省名校聯(lián)盟模擬）已知f（x)＝xex＋a(x＋1)2＋eq\f(1,e).(1）若函數(shù)f（x）在x＝1處取得極值,求a的值;(2）當x>－2時，f（x)≥0，求a的取值范圍．解（1)f′（x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1）＝(x＋1)（ex＋2a)，若函數(shù)f（x)在x＝1處取得極值，則f′（1）＝0，所以a＝－eq\f(e,2)，經(jīng)檢驗，當a＝－eq\f(e，2）時，函數(shù)f(x）在x＝1處取得極值．（2）f′(x)＝(x＋1）ex＋2a(x＋1）＝（x＋1）（ex＋2a）,①a≥0時,當－2〈x〈－1時，f′（x）<0,f(x)為減函數(shù)，當x>－1時，f′（x）>0,f（x)為增函數(shù)；又f(－1)＝0，∴當x〉－2時，f（x）≥0成立．②a<0時,令ex＋2a＝0，得x＝ln（－2a），當ln(－2a）〉－1，即a<－eq\f（1,2e)時，當－2〈x<－1或x>ln(－2a)時，f′（x)〉0；當－1<x〈ln（－2a)時，f′（x)〈0，則f(x)在(－2，－1),(ln（－2a），＋∞)上為增函數(shù),在（－1，ln（－2a））上為減函數(shù)，又f（－1）＝0，∴f(x）在(－1,ln（－2a)）上小于零，不符合題意，舍去．當ln(－2a)＝－1，即a＝－eq\f（1,2e）時,當－2〈x<－1或x>－1時，f′(x)〉0,∴f(x）在（－2，＋∞）上單調(diào)遞增，又f（－1)＝0，當x∈（－2，－1)時，f(x)〈0，不符合題意,舍去；當－2〈ln(－2a)<－1，即－eq\f（1,2e）〈a〈－eq\f(1，2e2）時，當－2〈x<ln(－2a)或x〉－1時，f′(x）>0，當ln（－2a）<x〈－1時，f′（x）〈0，則f（x)在（－2，ln(－2a))，（－1,＋∞）上為增函數(shù)，在(ln（－2a)，－1)上為減函數(shù)，又f（－1)＝0,要使f（x)≥0恒成立，則f（－2）≥0,則a≥eq\f(2－e,e2)，又∵－eq\f（1,2e)〈a〈－eq\f(1,2e2)，∴eq\f（2－e，e2)≤a<－eq\f(1,2e2）。當ln(－2a)≤－2，即－eq\f(1，2e2）≤a<0時,當x>－1時，f′(x）>0,當－2<x<－1時，f′（x）〈0，則f（x)在（－2,－1）上為減函數(shù)，在（－1，＋∞）上為增函數(shù)，又f(－1）＝0，滿足題意，綜上所述，a的取值范圍為eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2－e，e2)，＋∞)）。4．(2018·威海模擬）已知函數(shù)f(x)＝eq\f（1，2）x2＋ax－aex，g(x)為f(x）的導函數(shù)．（1)求函數(shù)g(x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)g(x）在R上存在最大值0,求函數(shù)f（x)在[0,＋∞)上的最大值；(3)求證：當x〉0時，xex－elnx>eq\f(1,2）x3＋x2。（1）解由題意可知，g（x)＝f′（x)＝x＋a－aex，則g′(x）＝1－aex，當a≤0時，g′（x）>0，∴g(x）在(－∞，＋∞）上單調(diào)遞增；當a〉0時,當x<－lna時，g′（x）>0，當x〉－lna時，g′（x)〈0，∴g（x)在（－∞，－lna)上單調(diào)遞增,在（－lna，＋∞）上單調(diào)遞減，綜上,當a≤0時，g(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞,＋∞)，無遞減區(qū)間；當a〉0時，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞,－lna）,單調(diào)遞減區(qū)間為（－lna,＋∞）．(2）解由(1)可知，a〉0，且g（x)在x＝－lna處取得最大值，g(－lna)＝－lna＋a－a·e＝a－lna－1，即a－lna－1＝0，觀察可得當a＝1時，方程成立，令h（a）＝a－lna－1（a>0），h′(a)＝1－eq\f（1,a）＝eq\f(a－1，a），當a∈(0，1）時，h′（a）〈0，當a∈（1，＋∞）時，h′（a)>0，∴h(a）在（0,1)上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，∴h（a)≥h(1)＝0，∴當且僅當a＝1時，a－lna－1＝0,∴f(x)＝eq\f（1,2）x2＋x－ex，由題意可知f′(x)＝g（x）≤0，f(x)在[0，＋∞）上單調(diào)遞減，∴f（x)在x＝0處取得最大值f（0)＝－1.(3)證明由（2)知，若a＝1，當x>0時,f(x)〈－1，即eq\f(1，2）x2＋x－ex〈－1,∴eq\f(1,2)x3＋x2－xex〈－x，∴eq\f(1，2)x3＋x2－xex＋elnx〈elnx－x，令F(x）＝elnx－x，F(xiàn)′（x)＝eq\f（e,x）－1＝eq\f(e－x，x)，當0<x<e時,F′(x）>0；當x〉e時，F(xiàn)′（x)〈0，∴F（x）在（0，e)上單調(diào)遞增，在（e,＋∞)上單調(diào)遞減，∴F(x)≤F（e)＝0，即elnx－x≤0，∴eq\f（1,2)x3＋x2－xex＋elnx<0，∴當x>0時，xex－elnx>eq\f（1,2)x3＋x2.5．(2018·四省名校大聯(lián)考）已知函數(shù)f(x）＝a(x＋1)2－ex（a∈R)．（1）當a＝eq\f(1，2)時,判斷函數(shù)f（x)的單調(diào)性；（2）若f(x）有兩個極值點x1,x2（x1〈x2）．①求實數(shù)a的取值范圍;②證明:－eq\f(1,2)〈f（x1）<－eq\f（1,e).(1）解當a＝eq\f(1，2)時，f（x)＝eq\f(1，2)(x＋1）2－ex，f′（x）＝x＋1－ex，記g（x）＝x＋1－ex,則g′（x）＝1－ex，由g′（x)＝1－ex>0，得x〈0，由g′(x)＝1－ex〈0，得x〉0，∴g（x)即f′(x)在區(qū)間（－∞,0）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0，＋∞)上單調(diào)遞減．∴f′（x）max＝f′（0)＝0.∴對?x∈R，f′（x)≤0,∴f(x）在R上單調(diào)遞減．(2）①解∵f（x）有兩個極值點，∴關(guān)于x的方程f′(x)＝2a(x＋1）－ex＝0有兩個根x1，x2，設(shè)φ(x）＝2a(x＋1）－ex，則φ′(x）＝2a－ex，當a≤0時,φ′（x）＝2a－ex〈0，φ（x）即f′(x)在R上單調(diào)遞減，∴f′（x)＝0最多有一根,不合題意,當a>0時,由φ′（x)〉0，得x〈ln2a，由φ′(x）<0,得x〉ln2a，∴φ(x)即f′（x)在區(qū)間(－∞，ln2a）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（ln2a,＋∞）上單調(diào)遞減．且當x→－∞時,f′(x）→－∞,當x→＋∞時，f′（x)→－∞，要使f′(x）＝0有兩個不同的根，必有f′(x)max＝f′(ln2a)＝2a（ln2a＋1)－2a＝2aln2a>0，解得a>eq\f(1,2），∴實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2），＋∞)）。②證明∵f′(－1)＝－eq\f（1,e）<0，f′（0)＝2a－1>0，∴－1<x1<0，又f′(x1)＝2a（x1＋1）－ex1＝0，∴a＝eq\f(e，2x1＋1)，∴f(x1)＝a（x1＋1)2－＝eq\f（1,2)(x1＋1)＝eq\f(1，2）(x1－1)(－1〈x1〈0），令h(x)＝eq\f（1,2)（