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(四)函數(shù)與導數(shù)(2)
1．(2018成都模擬)已知f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)．
(1)討論函數(shù)的單調性；
(2)證明：當a＝2，且x≥1時，f(x)≤ex－1－2恒成立．
(1)解 ∵ f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R，
∴f′(x)＝－a＝，
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，減區(qū)間為.
(2)證明 當x∈[1，＋∞)時，由(1)可知當a＝2時，f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，
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)＝xln x，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)＝ln x＋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＝.
(2)設h(x)＝xln x－λ(x2－1)，
則h(x)≤0對?x∈[1，＋∞)恒成立．
∵h′(x)＝1＋ln x－2λx，且h(1)＝0，
∴h′(1)≤0，即1－2λ≤0，∴λ≥.
另一方面，當λ≥時，記φ(x)＝h′(x)，
則φ′(x)＝－2λ＝.
當x∈[1，＋∞)時，φ′(x)≤0，
∴φ(x)在[1，＋∞)內為減函數(shù)，
∴當x∈[1，＋∞)時，φ(x)≤φ(1)＝1－2λ≤0，
即h′(x)≤0，
∴h(x)在[1，＋∞)內為減函數(shù)，
∴當x∈[1，＋∞)時，h(x)≤h(1)＝0恒成立，符合題意．
當λ<時，
①若λ≤0，
則h′(x)＝1＋ln x－2λx≥0對?x∈[1，＋∞)恒成立，
∴h(x)在[1，＋∞)內為增函數(shù)，
∴當x∈[1，＋∞)時，h(x)≥h(1)＝0恒成立，不符合題意．
②若0<λ<，
令φ′(x)>0，則1
φ(1)＝1－2λ>0，
即h′(x)>0，
∴h(x)在內為增函數(shù)，
∴當x∈時，h(x)>h(1)＝0，不符合題意，
綜上所述，λ的取值范圍是.
3．(2018山東省名校聯(lián)盟模擬)已知f(x)＝xex＋a(x＋1)2＋.
(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＝－，
經(jīng)檢驗，當a＝－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－2－1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<－時，
當－2ln(－2a)時，f′(x)>0；
當－1－1時，f′(x)>0，
∴f(x)在(－2，＋∞)上單調遞增，
又f(－1)＝0，
當x∈(－2，－1)時，f(x)<0，不符合題意，舍去；
當－2－1時，f′(x)>0，
當ln(－2a)－1時，f′(x)>0，
當－20時，xex－eln x>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(－∞，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，當x<－ln a時，g′(x)>0，
當x>－ln a時，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，－ln a)上單調遞增，
在(－ln a，＋∞)上單調遞減，
綜上，當a≤0時，g(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無遞減區(qū)間；
當a>0時，g(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－ln a)，單調遞減區(qū)間為(－ln a，＋∞)．
(2)解 由(1)可知，a>0，
且g(x)在x＝－ln a處取得最大值，
g(－ln a)＝－ln a＋a－ae＝a－ln a－1，
即a－ln a－1＝0，
觀察可得當a＝1時，方程成立，
令h(a)＝a－ln a－1(a>0)，h′(a)＝1－＝，
當a∈(0,1)時，h′(a)<0，
當a∈(1，＋∞)時，h′(a)>0，
∴h(a)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
∴h(a)≥h(1)＝0，
∴當且僅當a＝1時，a－ln a－1＝0，
∴f(x)＝x2＋x－ex，
由題意可知f′(x)＝g(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調遞減，
∴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x2＋x－ex<－1，
∴x3＋x2－xex<－x，
∴x3＋x2－xex＋eln x0；當x>e時，F(xiàn)′(x)<0，
∴F(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，
∴F(x)≤F(e)＝0，即eln x－x≤0，
∴x3＋x2－xex＋eln x<0，
∴當x>0時，xex－eln x>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＝時，判斷函數(shù)f(x)的單調性；
(2)若f(x)有兩個極值點x1，x2(x10，得x<0，
由g′(x)＝1－ex<0，得x>0，
∴g(x)即f′(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調遞增，在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減．
∴f′(x)max＝f′(0)＝0.
∴對?x∈R，f′(x)≤0，
∴f(x)在R上單調遞減．
(2)①解 ∵f(x)有兩個極值點，
∴關于x的方程f′(x)＝2a(x＋1)－ex＝0有兩個根x1，x2，
設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上單調遞減，
∴f′(x)＝0最多有一根，不合題意，
當a>0 時，由φ′(x)>0，得xln 2a，
∴φ(x)即f′(x)在區(qū)間(－∞，ln 2a)上單調遞增，在區(qū)間(ln 2a，＋∞)上單調遞減．
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′(ln 2a)＝2a(ln 2a＋1)－2a＝2aln 2a>0，
解得a>，
∴實數(shù)a的取值范圍是.
②證明 ∵f′(－1)＝－<0，f′(0)＝2a－1>0，
∴－1－，f(－1)＝－，
∴－
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