高三數(shù)學(xué)（文）一輪復(fù)習(xí)題組訓(xùn)練第三章導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用作業(yè)18

專題層級(jí)快練(十八)(第一次作業(yè))1．若a>2，則函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋1在區(qū)間(0，2)上恰好有()A．0個(gè)零點(diǎn) B．1個(gè)零點(diǎn)C．2個(gè)零點(diǎn) D．3個(gè)零點(diǎn)答案B解析∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，∴當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f′(x)<0，即f(x)在(0，2)上是單調(diào)減函數(shù)．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝eq\f(11,3)－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1個(gè)零點(diǎn)．故選B.2．函數(shù)y＝x2ex的圖像大致為()答案A解析因?yàn)閥′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，所以當(dāng)x<－2或x>0時(shí)，y′>0，函數(shù)y＝x2ex為增函數(shù)；當(dāng)－2<x<0時(shí)，y′<0，函數(shù)y＝x2ex為減函數(shù)，排除B，C，又y＝x2ex>0，所以排除D，故選A.3．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)在區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上的值域?yàn)?)A．[eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))] B．(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2)))C．[1，eeq\s\up6(\f(π,2))] D．(1，eeq\s\up6(\f(π,2)))答案A解析f′(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)＋eq\f(1,2)ex(cosx－sinx)＝excosx，當(dāng)0≤x≤eq\f(π,2)時(shí)，f′(x)≥0.∴f(x)是[0，eq\f(π,2)]上的增函數(shù)．∴f(x)的最大值為f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))，f(x)的最小值為f(0)＝eq\f(1,2).4．(2018·山東陵縣一中月考)已知函數(shù)f(x)＝x2ex，當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，不等式f(x)<m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．[eq\f(1,e)，＋∞) B．(eq\f(1,e)，＋∞)C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)答案D解析由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，則m>e.故選D.5．f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為()A．(－4，0)∪(4，＋∞) B．(－4，0)∪(0，4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(0，4)答案D解析設(shè)g(x)＝xf(x)，則當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)＝[xf(x)]′＝x′f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上是減函數(shù)．因?yàn)閒(x)是定義在R上的偶函數(shù)．所以g(x)＝xf(x)是R上的奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)．因?yàn)閒(－4)＝0，所以f(4)＝0，即g(4)＝0，g(－4)＝0，所以xf(x)>0化為g(x)>0.設(shè)x>0，不等式為g(x)>g(4)，即0<x<4；設(shè)x<0，不等式為g(x)>g(－4)，即x<－4，所求的解集為(－∞，－4)∪(0，4)．故選D.6．(2018·衡水調(diào)研卷)已知函數(shù)f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x對(duì)所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[e，＋∞) B．[eq\f(e2,2)，＋∞)C．[eq\f(e2,2)，e2) D．[e2，＋∞)答案B解析由題意可得bx2≤alnx－x，所以b≤eq\f(alnx－x,x2).由b∈(－∞，0]，故對(duì)任意的x∈(e，e2]，都有eq\f(alnx－x,x2)≥0，即alnx≥x對(duì)一切x∈(e，e2]恒成立，即a≥eq\f(x,lnx)對(duì)一切x∈(e，e2]恒成立．令h(x)＝eq\f(x,lnx)，則h′(x)＝eq\f(lnx－1,（lnx）2)>0在x∈(e，e2]上恒成立，故h(x)max＝eq\f(e2,2)，所以a≥eq\f(e2,2).故選B.7．(2018·湖南衡陽(yáng)期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(x3＋eq\f(3,2)x2－6x＋2)－2aex－x，若不等式f(x)≤0在[－2，＋∞)上有解，則實(shí)數(shù)a的最小值為()A．－eq\f(3,2)－eq\f(1,e) B．－eq\f(3,2)－eq\f(2,e)C．－eq\f(3,4)－eq\f(1,2e) D．－1－eq\f(1,e)答案C解析由f(x)＝ex(x3＋eq\f(3,2)x2－6x＋2)－2aex－x≤0，得a≥eq\f(1,2)x3＋eq\f(3,4)x2－3x＋1－eq\f(x,2ex).令g(x)＝eq\f(1,2)x3＋eq\f(3,4)x2－3x＋1－eq\f(x,2ex)，則g′(x)＝eq\f(3,2)x2＋eq\f(3,2)x－3＋eq\f(x－1,2ex)＝(x－1)(eq\f(3,2)x＋3＋eq\f(1,2ex))．當(dāng)x∈[－2，1)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，故g(x)在[－2，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)．故g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)－3＋1－eq\f(1,2e)＝－eq\f(3,4)－eq\f(1,2e)，則實(shí)數(shù)a的最小值為－eq\f(3,4)－eq\f(1,2e).故選C.8．已知正六棱柱的12個(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上，當(dāng)正六棱柱的體積最大時(shí)，其高的值為________．答案2eq\r(3)解析設(shè)正六棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為h，則可得a2＋eq\f(h2,4)＝9，即a2＝9－eq\f(h2,4)，正六棱柱的體積V＝(6×eq\f(\r(3),4)a2)×h＝eq\f(3\r(3),2)×(9－eq\f(h2,4))×h＝eq\f(3\r(3),2)×(－eq\f(h3,4)＋9h)．令y＝－eq\f(h3,4)＋9h，則y′＝－eq\f(3h2,4)＋9，令y′＝0，得h＝2eq\r(3).易知當(dāng)h＝2eq\r(3)時(shí)，正六棱柱的體積最大．9．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是________．答案(－∞，2ln2－2]解析由原函數(shù)有零點(diǎn)，可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解問(wèn)題，即方程a＝2x－ex有解．令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln2－2]．10．設(shè)l為曲線C：y＝eq\f(lnx,x)在點(diǎn)(1，0)處的切線．(1)求l的方程；(2)證明：除切點(diǎn)(1，0)之外，曲線C在直線l的下方．答案(1)y＝x－1(2)略解析(1)設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).所以f′(1)＝1.所以l的方程為y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，則除切點(diǎn)之外，曲線C在直線l的下方等價(jià)于g(x)>0(?x>0，x≠1)．g(x)滿足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝eq\f(x2－1＋lnx,x2).當(dāng)0<x<1時(shí)，x2－1<0，lnx<0，所以g′(x)<0，故g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，x2－1>0，lnx>0，所以g′(x)>0，故g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)>g(1)＝0(?x>0，x≠1)．所以除切點(diǎn)之外，曲線C在直線l的下方．11．已知函數(shù)f(x)＝x2－8lnx，g(x)＝－x2＋14x.(1)求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a，a＋1)上均為增函數(shù)，求a的取值范圍；(3)若方程f(x)＝g(x)＋m有唯一解，試求實(shí)數(shù)m的值．答案(1)y＝－6x＋7(2)[2，6](3)m＝－16ln2－24解析(1)因?yàn)閒′(x)＝2x－eq\f(8,x)，所以切線的斜率k＝f′(1)＝－6.又f(1)＝1，故所求的切線方程為y－1＝－6(x－1)．即y＝－6x＋7.(2)因?yàn)閒′(x)＝eq\f(2（x＋2）（x－2）,x)，又x>0，所以當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0.即f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，2)上單調(diào)遞減．又g(x)＝－(x－7)2＋49，所以g(x)在(－∞，7)上單調(diào)遞增，在(7，＋∞)上單調(diào)遞減．欲使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a，a＋1)上均為增函數(shù)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥2，,a＋1≤7，))解得2≤a≤6.(3)原方程等價(jià)于2x2－8lnx－14x＝m，令h(x)＝2x2－8lnx－14x，則原方程即為h(x)＝m.因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)原方程有唯一解，所以函數(shù)y＝h(x)與y＝m的圖像在y軸右側(cè)有唯一的交點(diǎn)．又h′(x)＝4x－eq\f(8,x)－14＝eq\f(2（x－4）（2x＋1）,x)，且x>0，所以當(dāng)x>4時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)0<x<4時(shí)，h′(x)<0.即h(x)在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，4)上單調(diào)遞減，故h(x)在x＝4處取得最小值，從而當(dāng)x>0時(shí)原方程有唯一解的充要條件是m＝h(4)＝－16ln2－24.12．(2018·湖北四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－1)，g(x)＝ex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)h(x)＝f(x＋1)＋g(x)，當(dāng)x>0時(shí)，h(x)>1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．答案(1)當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,a))，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1,a)，＋∞)．(2)(－∞，2]解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)①若a≤0，對(duì)任意的x>0，均有f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；②若a>0，當(dāng)x∈(0，eq\f(1,a))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(eq\f(1,a)，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,a))，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1,a)，＋∞)．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,a))，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1,a)，＋∞)．(2)因?yàn)閔(x)＝f(x＋1)＋g(x)＝ln(x＋1)－ax＋ex，所以h′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)－a.令φ(x)＝h′(x)，因?yàn)閤∈(0，＋∞)，φ′(x)＝ex－eq\f(1,（x＋1）2)＝eq\f(（x＋1）2ex－1,（x＋1）2)>0，所以h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h′(x)>h′(0)＝2－a，①當(dāng)a≤2時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)>h(0)＝1恒成立，符合題意；②當(dāng)a>2時(shí)，h′(0)＝2－a<0，h′(x)>h′(0)，所以存在x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，所以h(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，x0)上單調(diào)遞減，又h(x0)<h(0)＝1，所以h(x)>1不恒成立，不符合題意．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]．(第二次作業(yè))1．(2018·皖南十校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋x－a－1(a∈R)．(1)當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥0時(shí)，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．答案(1)增區(qū)間為(0，eq\f(1＋\r(5),2)]，減區(qū)間為[eq\f(1＋\r(5),2)，＋∞)(2)略解析(1)當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(1,2)，且定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝－eq\f(（x－\f(1－\r(5),2)）（x－\f(1＋\r(5),2)）,x)，當(dāng)x∈(0，eq\f(1＋\r(5),2))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(eq\f(1＋\r(5),2)，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，eq\f(1＋\r(5),2)]上是增函數(shù)；在[eq\f(1＋\r(5),2)，＋∞)上是減函數(shù)．(2)令g(x)＝f(x)－x＋1＝lnx＋ax2－a，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋1,x)，所以當(dāng)a≥0時(shí)，g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，且g(1)＝0，所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即當(dāng)a≥0時(shí)，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．2．(2018·福建連城期中)已知函數(shù)f(x)＝(a－eq\f(1,2))x2＋lnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值和最小值；(2)若在區(qū)間[1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝2ax的下方，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．答案(1)f(x)max＝f(e)＝1＋eq\f(e2,2)，f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)(2)當(dāng)a∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]時(shí)，在區(qū)間(1，＋∞)上函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝2ax的下方解析(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx，f′(x)＝x＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2＋1,x).當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，所以f(x)max＝f(e)＝1＋eq\f(e2,2)，f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2).(2)令g(x)＝f(x)－2ax＝(a－eq\f(1,2))x2－2ax＋lnx，則g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．在區(qū)間(1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝2ax的下方等價(jià)于g(x)<0在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立．g′(x)＝(2a－1)x－2a＋eq\f(1,x)＝eq\f(（2a－1）x2－2ax＋1,x)＝eq\f(（x－1）[（2a－1）x－1],x).①若a>eq\f(1,2)，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝eq\f(1,2a－1)，當(dāng)x2>x1＝1，即eq\f(1,2)<a<1時(shí)，在(x2，＋∞)上有g(shù)′(x)>0，此時(shí)g(x)在區(qū)間(x2，＋∞)上是增函數(shù)，并且在該區(qū)間上有g(shù)(x)∈(g(x2)，＋∞)，不合題意；當(dāng)x2≤x1＝1，即a≥1時(shí)，同理可知，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)，有g(shù)(x)∈(g(1)，＋∞)，不合題意．②若a≤eq\f(1,2)，則有2a－1≤0，此時(shí)在區(qū)間(1，＋∞)恒有g(shù)′(x)<0，從而g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，要使g(x)<0在此區(qū)間上恒成立，只需滿足g(1)＝－a－eq\f(1,2)≤0，即a≥－eq\f(1,2)，由此求得實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]．綜合①②可知，當(dāng)a∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]時(shí)，在區(qū)間(1，＋∞)上函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y＝2ax的下方．3．(2018·西城區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a<1時(shí)，試確定函數(shù)g(x)＝f(x－a)－x2的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由．答案(1)單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－a－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－a－1，＋∞)(2)僅有一個(gè)零點(diǎn)解析(1)因?yàn)閒(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)和f′(x)的變化情況如下：x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－a－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－a－1，＋∞)．(2)結(jié)論：函數(shù)g(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，顯然x＝0為此方程的一個(gè)實(shí)數(shù)解，所以x＝0是函數(shù)g(x)的一個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)x≠0時(shí)，方程可化簡(jiǎn)為ex－a＝x.設(shè)函數(shù)F(x)＝ex－a－x，則F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)(x)與F′(x)的變化情況如下：x(－∞，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a)．所以F(x)min＝F(a)＝1－a.因?yàn)閍<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，所以對(duì)于任意x∈R，F(xiàn)(x)>0，因此方程ex－a＝x無(wú)實(shí)數(shù)解．所以當(dāng)x≠0時(shí)，函數(shù)g(x)不存在零點(diǎn)．綜上，函數(shù)g(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．4．(2018·重慶調(diào)研)已知曲線f(x)＝eq\f(ln2x＋alnx＋a,x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線與直線2x＋e2y＝0平行，a∈R.(1)求a的值；(2)求證：eq\f(f（x）,x)>eq\f(a,ex).答案(1)a＝3(2)略解析(1)f′(x)＝eq\f(－ln2x＋（2－a）lnx,x2)，由題f′(e)＝eq\f(－1＋2－a,e2)＝－eq\f(2,e2)?a＝3.(2)f(x)＝eq\f(ln2x＋3lnx＋3,x)，f′(x)＝eq\f(－lnx（lnx＋1）,x2)，f′(x)>0?eq\f(1,e)<x<1，故f(x)在(0，eq\f(1,e))和(1，＋∞)上遞減，在(eq\f(1,e)，1)上遞增．①當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)≥f(eq\f(1,e))＝e，而(eq\f(3x,ex))′＝eq\f(3（1－x）,ex)，故y＝eq\f(3x,ex)在(0，1)上遞增，∴eq\f(3x,ex)<eq\f(3,e)<e，∴f(x)>eq\f(3x,ex)即eq\f(f（x）,x)>eq\f(3,ex)；②當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，ln2x＋3lnx＋3≥0＋0＋3＝3，令g(x)＝eq\f(3x2,ex)，則g′(x)＝eq\f(3（2x－x2）,ex).故g(x)在[1，2)上遞增，(2，＋∞)上遞減，∴g(x)≤g(2)＝eq\f(12,e2)<3，∴l(xiāng)n2x＋3lnx＋3>eq\f(3x2,ex)即eq\f(f（x）,x)>eq\f(3,ex)；綜上，對(duì)任意x>0，均有eq\f(f（x）,x)>eq\f(3,ex).5．(2018·湖北鄂南高中模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)ax2(x>0，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求證：f(x)>1；(2)是否存在正整數(shù)a，使得f′(x)≥x2lnx對(duì)一切x>0恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解析(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝ex－x2，則f′(x)＝ex－2x，令f1(x)＝f′(x)＝ex－2x，則f′1(x)＝ex－2.令f′1(x)＝0，得x＝ln2，又0<x<ln2時(shí)，f′1(x)<0，x>ln2時(shí)，f′1(x)>0，∴f1(x)＝f′(x)在x＝ln2時(shí)取得極小值，也是最小值．∵f′(ln2)＝2－2ln2>0，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．∴f(x)>f(0)＝1.(2)由已知，得f′(x)＝ex－ax，由f′(x)≥x2lnx，得ex－ax≥x2lnx對(duì)一切x>0恒成立，當(dāng)x＝1時(shí)，可得a≤e，∴若存在，則正整數(shù)a的值只能取1，2.下面證明當(dāng)a＝2時(shí)，不等式恒成立，設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x2)－eq\f(2,x)－lnx，則g′(x)＝eq\f(（x－2）ex,x3)＋eq\f(2,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(（x－2）（ex－x）,x3)，由(1)得ex>x2＋1≥2x>x，∴ex－x>0(x>0)，∴當(dāng)0<x<2時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，g′(x)>0.∴g(x)≥g(2)＝eq\f(1,4)(e2－4－4ln2)>eq\f(1,4)×(2.72－4－4ln2)>eq\f(1,4)(3－ln16)>0，∴當(dāng)a＝2時(shí)，不等式f′(x)≥x2lnx對(duì)一切x>0恒成立，故a的最大值是2.6．(2018·深圳調(diào)研二)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex－eq\f(a,2)x2，其中a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)函數(shù)f(x)的圖像能否與x軸相切？若能與x軸相切，求實(shí)數(shù)a的值；否則，請(qǐng)說(shuō)明理由；(2)若函數(shù)y＝f(x)＋2x在R上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a能取到的最大整數(shù)值．解析(1)f′(x)＝(x－1)ex－ax.假設(shè)函數(shù)f(x)的圖像與x軸相切于點(diǎn)(t，0)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（t）＝0，,f′（t）＝0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（t－2）et－\f(a,2)t2＝0.①,（t－1）et－at＝0.②))由②可知at＝(t－1)et，代入①中可得(t－2)et－eq\f(t（t－1）,2)et＝0.∵et>0，∴(t－2)－eq\f(t（t－1）,2)＝0，即t2－3t＋4＝0.∵Δ＝9－4×4＝－7<0.∴方程t2－3t＋4＝0無(wú)解．∴無(wú)論a取何值，函數(shù)f(x)的圖像都不與x軸相切．(2)方法1：記g(x)＝(x－2)ex－eq\f(a,2)x2＋2x.由題意知，g′(x)＝(x－1)ex－ax＋2≥0在R上恒成立．由g′(1)＝－a＋2≥0，可得g′(x)≥0的必要條件是a≤2.若a＝2，則g′(x)＝(x－1)ex－2x＋2＝(x－1)(ex－2)．當(dāng)ln2<x<1時(shí)，g′(x)<0，與已知矛盾，∴a<2.下面證明：當(dāng)a＝1時(shí)，不等式(x－1)ex－x＋2≥0在R上恒成立．令h(x)＝(x－1)ex－x＋2，則h′(x)＝xex－1.記H(x)＝xex－1，則H′(x)＝(x＋1)ex.當(dāng)x>－1時(shí)，H′(x)>0，H(x)單調(diào)遞增，且H(x)>H(－1)＝－eq\f(1,e)－1；當(dāng)x<－1時(shí)，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減，且－eq\f(1,e)－1＝H(－1)<H(x)<0.∵H(eq\f(1,2))＝eq\f(\r(e),2)－1<0，H(1)＝e－1>0.∴存在唯一的x0∈(eq\f(1,2)，1)使得H(x0)＝0，且當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，H(x)＝h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，H(x)＝h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．∵h(yuǎn)(x)min＝h(x0)＝(x0－1)ex0－x0＋2，∵H(x0)＝0，∴ex0＝eq\f(1,x0)，∴h(x0)＝(x0－1)eq\f(1,x0)－x0＋2＝3－(eq\f(1,x0)＋x0)．∵eq\f(1,2)<x0<1，∴2<eq\f(1,x0)＋x0<eq\f(3,2).從而(x－1)ex－x＋2>0在R上恒成立，∴a能取得的最大整數(shù)為1.方法2：記g(x)＝(x－2)ex－eq\f(a,2)x2＋2x，由題意知g′(x)＝(x－1)ex－ax＋2≥0在R上恒成立．∵g′(1)＝－a＋2≥0，∴g′(x)≥0的必要條件是a≤2.若a＝2，則g′(x)＝(x－1)ex－2x＋2＝(x－1)(ex－2)．當(dāng)ln2<x<1時(shí)，g′(x)<0，與已知矛盾，∴a<2.下面證明：當(dāng)a＝1時(shí)，不等式(x－1)ex－x＋2≥0在R上恒成立，即(x－1)ex≥x－2.先證?x∈R，ex≥x＋1.令k(x)＝ex－x－1，則k′(x)＝ex－1.當(dāng)x>0時(shí)，k′(x)>0，k(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時(shí)，k′(x)<0，k(x)單調(diào)遞減．∴k(x)min＝k(0)＝0，∴ex≥x＋1恒成立．當(dāng)x≥1時(shí)，(x－1)ex≥(x－1)(x＋1)＝x2－1>x－2；當(dāng)x<1時(shí)，由ex≥x＋1得e－x≥－x＋1>0，即ex≤eq\f(1,1－x).∴(x－1)ex≥(x－1)×eq\f(1,1－x)＝－1>x－2.綜上所述，(x－1)ex－x＋2≥0在R上恒成立，故a能取得的最大整數(shù)為1.1．(2014·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m).若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足x02＋[f(x0)]2<m2，則m的取值范圍是()A．(－∞，－6)∪(6，＋∞) B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案C解析正難則反思想，將特稱命題與全稱命題相互轉(zhuǎn)化，即轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題．∵f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m)的極值點(diǎn)即為函數(shù)圖像中的最高點(diǎn)或最低點(diǎn)的橫坐標(biāo)，由三角函數(shù)的性質(zhì)可知T＝eq\f(2π,\f(π,m))＝2m，∴x0＝eq\f(m,2)＋km(k∈Z)．假設(shè)不存在這樣的x0，即對(duì)任意的x0都有x02＋[f(x0)]2≥m2，則(eq\f(m,2)＋km)2＋3≥m2，整理得m2(k2＋k－eq\f(3,4))＋3≥0，即k2＋k－eq\f(3,4)≥－eq\f(3,m2)恒成立，因?yàn)閥＝k2＋k－eq\f(3,4)的最小值為－eq\f(3,4)(當(dāng)k＝－1或0時(shí)取得)，故－2≤m≤2，因此原特稱命題成立的條件是m>2或m<－2.2．(2014·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則a的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)答案C解析當(dāng)a＝0時(shí)，顯然f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)a≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).當(dāng)a>0時(shí)，eq\f(2,a)>0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)與(eq\f(2,a)，＋∞)上為增函數(shù)，在(0，eq\f(2,a))上為減函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0>0，則f(0)<0，即1<0，不成立．當(dāng)a<0時(shí)，eq\f(2,a)<0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，eq\f(2,a))和(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(eq\f(2,a)，0)上為增函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0>0，則f(eq\f(2,a))>0，即a·eq\f(8,a3)－3·eq\f(4,a2)＋1>0，解得a>2或a<－2，又因?yàn)閍<0，故a的取值范圍為(－∞，－2)．選C.3．某商場(chǎng)銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2.其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價(jià)格為5元/千克時(shí)，每日可售出該商品11千克．(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價(jià)格x的值，使商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)最大．答案(1)2(2)4解析(1)因?yàn)閤＝5時(shí)，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，a＝2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)為f(x)＝(x－3)[eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(3，4)4(4，6)f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減由上表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3，6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)．所以，當(dāng)x＝4時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42.答：當(dāng)銷售價(jià)格為4元/千克時(shí)，商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)最大．4．(2018·廣東珠海期末)已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a>0，設(shè)g(x)＝lnx＋eq\f(m,x).(1)求a的值；(2)對(duì)任意x1>x2>0，eq\f(g（x1）－g（x2）,x1－x2)<1恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)討論方程g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)在[1，＋∞)上根的個(gè)數(shù)．答案(1)a＝1(2)[eq\f(1,4)，＋∞)(3)略解析(1)f(x)的定義域?yàn)?－a，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x＋a)＝eq\f(x＋a－1,x＋a).由f′(x)＝0，解得x＝1－a>－a.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－a，1－a)1－a(1－a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值因此，f(x)在1－a處取得最小值．故由題意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(2)由eq\f(g（x1）－g（x2）,x1－x2)<1知g(x1)－x1<g(x2)－x2對(duì)任意x1>x2>0恒成立，即h(x)＝g(x)－x＝lnx－x＋eq\f(m,x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．h′(x)＝eq\f(1,x)－1－eq\f(m,x2)≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以m≥x－x2在(0，＋∞)上恒成立，(x－x2)max＝eq\f(1,4)，即m≥eq\f(1,4)，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為[eq\f(1,4)，＋∞)．(3)由題意知方程可化為lnx＋eq\f(m,x)＝x，即m＝x2－xlnx(x≥1)．設(shè)m(x)＝x2－xlnx，則m′(x)＝2x－lnx－1(x≥1)．設(shè)h(x)＝2x－lnx－1(x≥1)，則h′(x)＝2－eq\f(1,x)>0，因此h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)min＝h(1)＝1.所以m(x)＝x2－xlnx在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．因此當(dāng)x≥1時(shí)，m(x)≥m(1)＝1.所以當(dāng)m≥1時(shí)方程有一個(gè)根，當(dāng)m<1時(shí)方程無(wú)根．5．(2017·東北四市一模)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋ax2有兩個(gè)零點(diǎn)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的最小值；(2)求a的取值范圍；(3)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2<0.解析(1)當(dāng)a＝1時(shí)，由題知f′(x)＝x(ex＋2)，令f′(x)>0，得x>0，∴y＝f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；令f′(x)<0，得x<0，∴y＝f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(0)＝－1.(2)由題可知，f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a)，①當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝(x－1)ex，此時(shí)函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意，舍去．②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(0)＝－1<0，又f(2)＝e2＋4a>0，取b滿足b<－1且b<lneq\f(a,2)，則f(b)>eq\f(a,2)(b－1)＋ab2＝eq\f(a,2)(b＋1)(2b－1)>0，故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)．③當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln(－2a)．若－eq\f(1,2)≤a<0，則ln(－2a)≤0，故當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0，因此f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又∵x≤0時(shí)，f(x)<0，∴f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)．若a<－eq\f(1,2)，則ln(－2a)>0，故當(dāng)x∈(0，ln(－2a))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，因此f(x)在(0，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)<0，∴f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)．綜上可知a∈(0，＋∞)．(3)證明：由(2)，若x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，則a>0，不妨令x1<x2，則x1<0<x2，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，要證x1＋x2<0，即證x1<－x2<0，即證f(x1)>f(－x2)，又∵f(x1)＝0，∴只需證f(－x2)<0，由于f(－x2)＝(－x2－1)e－x2＋ax22，而f(x2)＝(x2－1)ex2＋ax22＝0，∴f(－x2)＝－(x2＋1)e－x2－(x2－1)ex2，令g(x)＝－(x＋1)e－x－(x－1)ex(x>0)，∴g′(x)＝x(eq\f(1－e2x,ex))，∵x>0，∴e2x>1，∴g′(x)<0，∴g(x)＝－(x＋1)e－x－(x－1)ex在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，而g(0)＝0，故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)<0，從而g(x2)＝f(－x2)<0成立，∴x1＋x2<0成立．6．(2017·湖北4月調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝eq\f(x,ex).(1)證明：方程f(x)＝g(x)在(1，2)內(nèi)有且僅有唯一實(shí)根；(2)記max{a，b}表示a，b兩個(gè)數(shù)中的較大者，方程f(x)＝g(x)在(1，2)內(nèi)的實(shí)根為x0，m(x)＝max{f(x)，b(x)}．若m(x)＝n(n∈R)在(1，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)不等的實(shí)根x1，x2(x1<x2)，判斷x1＋x2與2x0的大小，并說(shuō)明理由．解析(1)證明：記F(x)＝xlnx－eq\f(x,ex)，則F′(x)＝1＋lnx＋eq\f(x－1,ex)，x∈(1，2)，顯然F′(x)>0，即F(x)在(1，2)上單調(diào)遞增．因?yàn)镕(1)＝－eq\f(1,e)<0，F(xiàn)(2)＝2ln2－eq\f(2,e2)>0，而F(x)在(1，2)上連續(xù)，由零點(diǎn)存在性定理可知，F(xiàn)(x)在(1，2)內(nèi)有且僅有唯一零點(diǎn)．所以方程f(x)＝g(x)在(1，2)內(nèi)有且僅有唯一實(shí)根．(2)x1＋x2<2x0.證明過(guò)