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(三)函數與導數(1)
1．(2018江南十校模擬)設f(x)＝xln x－ax2＋(3a－1)x.
(1)若g(x)＝f′(x)在[1,2]上單調，求a的取值范圍；
(2)已知f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．
解 (1)由f′(x)＝ln x－3ax＋3a，
即g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，
g′(x)＝－3a，
①g(x)在[1,2]上單調遞增，
∴－3a≥0對x∈[1,2]恒成立，
即a≤對x∈[1,2]恒成立，
得a≤；
②g(x)在[1,2]上單調遞減，
∴－3a≤0對x∈[1,2]恒成立，
即a≥對x∈[1,2]恒成立，
得a≥，
由①②可得a的取值范圍為∪.
(2)由(1)知，
①當a≤0時，f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
∴x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，
x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
∴f(x)在x＝1處取得極小值，符合題意；
②當0
1，
又f′(x)在上單調遞增，
∴x∈(0,1)時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上單調遞減，在上單調遞增，
f(x)在x＝1處取得極小值，符合題意；
③當a＝時，＝1，f′(x)在(0,1)上單調遞增，
在(1，＋∞)上單調遞減，
∴x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調遞減，不合題意；
④當a>時，0<<1，
當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，
∴f(x)在x＝1處取得極大值，不符合題意．
綜上所述，可得a的取值范圍為.
2．(2018河南省鄭州外國語學校調研)已知函數f(x)＝aln x－ex.
(1)討論f(x)的極值點的個數；
(2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．
參考數據：
x
1.6
1.7
1.8
ex
4.953
5.474
6.050
ln x
0.470
0.531
0.588
解 (1)根據題意可得f′(x)＝－ex＝(x>0)，
當a≤0時，f′(x)<0，函數是減函數，無極值點；
當a>0時，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，
又y＝xex在(0，＋∞)上是增函數，
且當x→＋∞時，xex→＋∞，
所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨設為x0，
所以函數y＝f(x)在(0，x0)上單調遞增，
在(x0，＋∞)上單調遞減，
所以函數y＝f(x)有一個極大值點，無極小值點．
綜上，當a≤0時，無極值點；
當a>0時，函數y＝f(x)有一個極大值點，無極小值點．
(2)因為a∈N* >0，
由(1)知，f(x)有極大值f(x0)，
且x0滿足x0＝a，①
可知f(x)max＝f(x0)＝aln x0－，
要使f(x)<0恒成立，
即f(x0)＝aln x0－<0，②
由①可得＝，
代入②得aln x0－<0，
即a<0，
因為a∈N*>0，所以ln x0－<0，
因為ln 1.7－<0，ln 1.8－>0，
且y＝ln x0－在(0，＋∞)上是增函數．
設m為y＝ln x0－的零點，
則m∈(1.7,1.8)，可知00，a<，
令g(x)＝，x∈(1，m)，
則g′(x)＝<0，
所以g(x)在(1，m)上是減函數，
且≈10.29，≈10.31，
所以10.290，m(x)單調遞增；
當x∈(e，＋∞)時，m′(x)<0，m(x)單調遞減．
m(x)有極大值，
又∵x∈(0,1]時，m(x)≤0；
當x∈(1，＋∞)時，01時，h′(x)＝f′(x)＋g′(x)>0恒成立，
即ln x＋ex－2ax＋2a－e>0恒成立，
令t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e，
∴t′(x)＝＋ex－2a，
設φ(x)＝＋ex－2a，φ′(x)＝ex－，
∵x>1，∴ex>e，<1，
∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
即t′(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a，
當a≤且a≠1時，t′(x)≥0，
∴t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上單調遞增，
∴t(x)>t(1)＝0成立，
當a>時，
∵t′(1)＝1＋e－2a<0，
t′(ln 2a)＝＋2a－2a>0，
∴存在x0∈(1，ln 2a)，滿足t′(x0)＝0.
∵t′(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
∴當x∈(1，x0)時，t′(x)<0，t(x)單調遞減，
∴t(x0)0不恒成立．
∴實數a的取值范圍為(－∞，1)∪.
4．(2018福建省百校模擬)已知函數f(x)＝x－1＋aex.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)設x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2>4.
(1)解 f′(x)＝1＋aex，
當a≥0時，f′(x)>0，則f(x)在R上單調遞增．
當a<0時，令f′(x)>0，得xln，
則f(x)的單調遞減區(qū)間為.
(2)證明 由f(x)＝0得a＝，
設g(x)＝，則g′(x)＝.
由g′(x)<0，得x<2；由g′(x)>0，得x>2.
故g(x)min＝g(2)＝－<0.
當x>1時，g(x)<0，當x<1時，g(x)>0，
不妨設x14等價于x2>4－x1，
∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上單調遞增，
∴要證x1＋x2>4，只需證g(x2)>g(4－x1)，
∵g(x1)＝g(x2)＝a，
∴只需證g(x1)>g(4－x1)，即，
即證(x1－3)＋x1－1<0；
設h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1,2)，
則h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，
令m(x)＝h′(x)，
則m′(x)＝4e2x－4(x－2)，
∵x∈(1,2)，∴m′(x)<0，
∴m(x)在(1,2)上單調遞減，
即h′(x)在(1,2)上單調遞減，
∴h′(x)>h′(2)＝0，
∴h(x)在(1,2)上單調遞增，
∴h(x)4得證．
5．(2018長沙模擬)設函數f(x)＝x－ln(x＋)．
(1)探究函數f(x)的單調性；
(2)當x≥0時，恒有f(x)≤ax3，試求a的取值范圍；
(3)令an＝6n＋ln(n∈N*)，試證明：a1＋a2＋…＋an<.
(1)解 函數f(x)的定義域為R.
由f′(x)＝1－≥0，
知f(x)是R上的增函數．
(2)解 令g(x)＝f(x)－ax3
＝x－ln(x＋)－ax3，
則g′(x)＝，
令h(x)＝(1－3ax2)－1，
則h′(x)＝
＝.
(ⅰ)當a≥時，h′(x)≤0，
從而h(x)是[0，＋∞)上的減函數，
注意到h(0)＝0，則x≥0時，h(x)≤0，
所以g′(x)≤0，進而g(x)是[0，＋∞)上的減函數，
注意到g(0)＝0，則x≥0時，g(x)≤0，
即f(x)≤ax3.
(ⅱ)當0ax3；
(ⅲ)當a≤0時，h′(x)≥0，同理可知f(x)>ax3，
綜上，a的取值范圍是.
(3)證明 在(2)中，取a＝，
則x∈時，x－ln(x＋)>x3，
即x3＋ln(x＋)
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