(三)函数与导数(1)1．(2022·江南十校模拟)设f(x)＝xlnx－ax2＋(3a－1)x.(1)若g(x)＝f′(x)在[1,2]上单调，求a的取值范围；(2)已知f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．解 (1)由f′(x)＝lnx－3ax＋3a，即g(x)＝lnx－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝－3a，①g(x)在[1,2]上单调递增，∴－3a≥0对x∈[1,2]恒成立，即a≤对x∈[1,2]恒成立，得a≤；②g(x)在[1,2]上单调递减，∴－3a≤0对x∈[1,2]恒成立，即a≥对x∈[1,2]恒成立，得a≥，8\n由①②可得a的取值范围为∪.(2)由(1)知，①当a≤0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；②当0<a<时，>1，又f′(x)在上单调递增，∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增，f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；③当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意；④当a>时，0<<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)在x＝1处取得极大值，不符合题意．综上所述，可得a的取值范围为.2．(2022·河南省郑州外国语学校调研)已知函数f(x)＝alnx－ex.(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．参考数据：x1.61.71.8ex4.9535.4746.050lnx0.4700.5310.5888\n解 (1)根据题意可得f′(x)＝－ex＝(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数是减函数，无极值点；当a>0时，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，且当x→＋∞时，xex→＋∞，所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，所以函数y＝f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．综上，当a≤0时，无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．(2)因为a∈N*>0，由(1)知，f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0＝a，①可知f(x)max＝f(x0)＝alnx0－，要使f(x)<0恒成立，即f(x0)＝alnx0－<0，②由①可得＝，代入②得alnx0－<0，即a<0，因为a∈N*>0，所以lnx0－<0，因为ln1.7－<0，ln1.8－>0，且y＝lnx0－在(0，＋∞)上是增函数．设m为y＝lnx0－的零点，则m∈(1.7,1.8)，可知0<x0<m，由②可得alnx0<，当0<x0≤1时，alnx0≤0，不等式显然恒成立；8\n当1<x0<m时，lnx0>0，a<，令g(x)＝，x∈(1，m)，则g′(x)＝<0，所以g(x)在(1，m)上是减函数，且≈10.29，≈10.31，所以10.29<g(m)<10.31，所以a≤g(m)，又a∈N*，所以a的最大值为10.3．(2022·厦门质检)设函数f(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex.(1)当b＝0时，函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，且函数h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求a的取值范围．解 (1)当b＝0时，f(x)＝xlnx－ax2－x，f′(x)＝lnx－2ax，∴f(x)＝xlnx－ax2－x有2个极值点就是方程lnx－2ax＝0有2个解，即y＝2a与m(x)＝的图象的交点有2个．∵m′(x)＝，当x∈(0，e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．m(x)有极大值，又∵x∈(0,1]时，m(x)≤0；当x∈(1，＋∞)时，0<m(x)<.当a∈时，y＝2a与m(x)＝的图象的交点有0个；当a∈(－∞，0]或a＝时，y＝2a与m(x)＝的图象的交点有1个；当a∈时，y＝2a与m(x)＝的图象的交点有2个．8\n综上，a的取值范围为.(2)函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，∴f′(1)＝0且f(1)≠0，∵f′(x)＝lnx－2ax＋b，∴b＝2a且a≠1.h(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x＋ex－ex在x∈(1，＋∞)时，其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当x>1时，h′(x)＝f′(x)＋g′(x)>0恒成立，即lnx＋ex－2ax＋2a－e>0恒成立，令t(x)＝lnx＋ex－2ax＋2a－e，∴t′(x)＝＋ex－2a，设φ(x)＝＋ex－2a，φ′(x)＝ex－，∵x>1，∴ex>e，<1，∴φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，即t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a，当a≤且a≠1时，t′(x)≥0，∴t(x)＝lnx＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上单调递增，∴t(x)>t(1)＝0成立，当a>时，∵t′(1)＝1＋e－2a<0，t′(ln2a)＝＋2a－2a>0，∴存在x0∈(1，ln2a)，满足t′(x0)＝0.∵t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x∈(1，x0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，∴t(x0)<t(1)＝0，t(x)>0不恒成立．∴实数a的取值范围为(－∞，1)∪.8\n4．(2022·福建省百校模拟)已知函数f(x)＝x－1＋aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>4.(1)解 f′(x)＝1＋aex，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增．当a<0时，令f′(x)>0，得x<ln，则f(x)的单调递增区间为，令f′(x)<0，得x>ln，则f(x)的单调递减区间为.(2)证明 由f(x)＝0得a＝，设g(x)＝，则g′(x)＝.由g′(x)<0，得x<2；由g′(x)>0，得x>2.故g(x)min＝g(2)＝－<0.当x>1时，g(x)<0，当x<1时，g(x)>0，不妨设x1<x2，则x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，x1＋x2>4等价于x2>4－x1，∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴要证x1＋x2>4，只需证g(x2)>g(4－x1)，∵g(x1)＝g(x2)＝a，∴只需证g(x1)>g(4－x1)，即，即证(x1－3)＋x1－1<0；设h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1,2)，则h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，令m(x)＝h′(x)，则m′(x)＝4e2x－4(x－2)，∵x∈(1,2)，∴m′(x)<0，∴m(x)在(1,2)上单调递减，8\n即h′(x)在(1,2)上单调递减，∴h′(x)>h′(2)＝0，∴h(x)在(1,2)上单调递增，∴h(x)<h(2)＝0，∴＋x1－1<0，从而x1＋x2>4得证．5．(2022·长沙模拟)设函数f(x)＝x－ln(x＋)．(1)探究函数f(x)的单调性；(2)当x≥0时，恒有f(x)≤ax3，试求a的取值范围；(3)令an＝6n＋ln(n∈N*)，试证明：a1＋a2＋…＋an<.(1)解 函数f(x)的定义域为R.由f′(x)＝1－≥0，知f(x)是R上的增函数．(2)解 令g(x)＝f(x)－ax3＝x－ln(x＋)－ax3，则g′(x)＝，令h(x)＝(1－3ax2)－1，则h′(x)＝＝.(ⅰ)当a≥时，h′(x)≤0，从而h(x)是[0，＋∞)上的减函数，注意到h(0)＝0，则x≥0时，h(x)≤0，所以g′(x)≤0，进而g(x)是[0，＋∞)上的减函数，注意到g(0)＝0，则x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≤ax3.(ⅱ)当0<a<时，在上，8\n总有h′(x)≥0，从而知，当x∈时，f(x)>ax3；(ⅲ)当a≤0时，h′(x)≥0，同理可知f(x)>ax3，综上，a的取值范围是.(3)证明 在(2)中，取a＝，则x∈时，x－ln(x＋)>x3，即x3＋ln(x＋)<x，取x＝2n，an＝6n＋ln<n，则a1＋a2＋…＋an<<.8
