高三数学（文）一轮复习题组训练第三章导数及应用作业18

专题层级快练(十八)(第一次作业)1．若a>2，则函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋1在区间(0，2)上恰好有()A．0个零点 B．1个零点C．2个零点 D．3个零点答案B解析∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，∴当x∈(0，2)时，f′(x)<0，即f(x)在(0，2)上是单调减函数．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝eq\f(11,3)－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1个零点．故选B.2．函数y＝x2ex的图像大致为()答案A解析因为y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，所以当x<－2或x>0时，y′>0，函数y＝x2ex为增函数；当－2<x<0时，y′<0，函数y＝x2ex为减函数，排除B，C，又y＝x2ex>0，所以排除D，故选A.3．函数f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)在区间[0，eq\f(π,2)]上的值域为()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，当0≤x≤eq\f(π,2)时，f′(x)≥0.∴f(x)是[0，eq\f(π,2)]上的增函数．∴f(x)的最大值为f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))，f(x)的最小值为f(0)＝eq\f(1,2).4．(2018·山东陵县一中月考)已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)<m恒成立，则实数m的取值范围为()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，得当－1<x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.5．f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为()A．(－4，0)∪(4，＋∞) B．(－4，0)∪(0，4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(0，4)答案D解析设g(x)＝xf(x)，则当x<0时，g′(x)＝[xf(x)]′＝x′f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，所以函数g(x)在区间(－∞，0)上是减函数．因为f(x)是定义在R上的偶函数．所以g(x)＝xf(x)是R上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上是减函数．因为f(－4)＝0，所以f(4)＝0，即g(4)＝0，g(－4)＝0，所以xf(x)>0化为g(x)>0.设x>0，不等式为g(x)>g(4)，即0<x<4；设x<0，不等式为g(x)>g(－4)，即x<－4，所求的解集为(－∞，－4)∪(0，4)．故选D.6．(2018·衡水调研卷)已知函数f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，则实数a的取值范围是()A．[e，＋∞) B．[eq\f(e2,2)，＋∞)C．[eq\f(e2,2)，e2) D．[e2，＋∞)答案B解析由题意可得bx2≤alnx－x，所以b≤eq\f(alnx－x,x2).由b∈(－∞，0]，故对任意的x∈(e，e2]，都有eq\f(alnx－x,x2)≥0，即alnx≥x对一切x∈(e，e2]恒成立，即a≥eq\f(x,lnx)对一切x∈(e，e2]恒成立．令h(x)＝eq\f(x,lnx)，则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).故选B.7．(2018·湖南衡阳期末)设函数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，则实数a的最小值为()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)，则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))．当x∈[－2，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)在[－2，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．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)，则实数a的最小值为－eq\f(3,4)－eq\f(1,2e).故选C.8．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为________．答案2eq\r(3)解析设正六棱柱的底面边长为a，高为h，则可得a2＋eq\f(h2,4)＝9，即a2＝9－eq\f(h2,4)，正六棱柱的体积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，则y′＝－eq\f(3h2,4)＋9，令y′＝0，得h＝2eq\r(3).易知当h＝2eq\r(3)时，正六棱柱的体积最大．9．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．答案(－∞，2ln2－2]解析由原函数有零点，可将问题转化为方程ex－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－ex有解．令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln2－2]．10．设l为曲线C：y＝eq\f(lnx,x)在点(1，0)处的切线．(1)求l的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方．答案(1)y＝x－1(2)略解析(1)设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).所以f′(1)＝1.所以l的方程为y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线l的下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝eq\f(x2－1＋lnx,x2).当0<x<1时，x2－1<0，lnx<0，所以g′(x)<0，故g(x)单调递减；当x>1时，x2－1>0，lnx>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．所以g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线l的下方．11．已知函数f(x)＝x2－8lnx，g(x)＝－x2＋14x.(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)与g(x)在区间(a，a＋1)上均为增函数，求a的取值范围；(3)若方程f(x)＝g(x)＋m有唯一解，试求实数m的值．答案(1)y＝－6x＋7(2)[2，6](3)m＝－16ln2－24解析(1)因为f′(x)＝2x－eq\f(8,x)，所以切线的斜率k＝f′(1)＝－6.又f(1)＝1，故所求的切线方程为y－1＝－6(x－1)．即y＝－6x＋7.(2)因为f′(x)＝eq\f(2（x＋2）（x－2）,x)，又x>0，所以当x>2时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0.即f(x)在(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减．又g(x)＝－(x－7)2＋49，所以g(x)在(－∞，7)上单调递增，在(7，＋∞)上单调递减．欲使函数f(x)与g(x)在区间(a，a＋1)上均为增函数，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥2，,a＋1≤7，))解得2≤a≤6.(3)原方程等价于2x2－8lnx－14x＝m，令h(x)＝2x2－8lnx－14x，则原方程即为h(x)＝m.因为当x>0时原方程有唯一解，所以函数y＝h(x)与y＝m的图像在y轴右侧有唯一的交点．又h′(x)＝4x－eq\f(8,x)－14＝eq\f(2（x－4）（2x＋1）,x)，且x>0，所以当x>4时，h′(x)>0；当0<x<4时，h′(x)<0.即h(x)在(4，＋∞)上单调递增，在(0，4)上单调递减，故h(x)在x＝4处取得最小值，从而当x>0时原方程有唯一解的充要条件是m＝h(4)＝－16ln2－24.12．(2018·湖北四校联考)已知函数f(x)＝lnx－a(x－1)，g(x)＝ex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数h(x)＝f(x＋1)＋g(x)，当x>0时，h(x)>1恒成立，求实数a的取值范围．答案(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1,a))，单调递减区间为(eq\f(1,a)，＋∞)．(2)(－∞，2]解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)①若a≤0，对任意的x>0，均有f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；②若a>0，当x∈(0，eq\f(1,a))时，f′(x)>0，当x∈(eq\f(1,a)，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1,a))，单调递减区间为(eq\f(1,a)，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1,a))，单调递减区间为(eq\f(1,a)，＋∞)．(2)因为h(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)，因为x∈(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，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝2－a，①当a≤2时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(x)>h(0)＝1恒成立，符合题意；②当a>2时，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，＋∞)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，又h(x0)<h(0)＝1，所以h(x)>1不恒成立，不符合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．(第二次作业)1．(2018·皖南十校联考)设函数f(x)＝lnx＋ax2＋x－a－1(a∈R)．(1)当a＝－eq\f(1,2)时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．答案(1)增区间为(0，eq\f(1＋\r(5),2)]，减区间为[eq\f(1＋\r(5),2)，＋∞)(2)略解析(1)当a＝－eq\f(1,2)时，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(1,2)，且定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝－eq\f(（x－\f(1－\r(5),2)）（x－\f(1＋\r(5),2)）,x)，当x∈(0，eq\f(1＋\r(5),2))时，f′(x)>0；当x∈(eq\f(1＋\r(5),2)，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，eq\f(1＋\r(5),2)]上是增函数；在[eq\f(1＋\r(5),2)，＋∞)上是减函数．(2)令g(x)＝f(x)－x＋1＝lnx＋ax2－a，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋1,x)，所以当a≥0时，g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，且g(1)＝0，所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．2．(2018·福建连城期中)已知函数f(x)＝(a－eq\f(1,2))x2＋lnx(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值；(2)若在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图像恒在直线y＝2ax的下方，求实数a的取值范围．答案(1)f(x)max＝f(e)＝1＋eq\f(e2,2)，f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)(2)当a∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]时，在区间(1，＋∞)上函数f(x)的图像恒在直线y＝2ax的下方解析(1)当a＝1时，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx，f′(x)＝x＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2＋1,x).当x∈[1，e]时，f′(x)>0，所以f(x)在区间[1，e]上为增函数，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，则g(x)的定义域为(0，＋∞)．在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图像恒在直线y＝2ax的下方等价于g(x)<0在区间(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)，当x2>x1＝1，即eq\f(1,2)<a<1时，在(x2，＋∞)上有g′(x)>0，此时g(x)在区间(x2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g(x)∈(g(x2)，＋∞)，不合题意；当x2≤x1＝1，即a≥1时，同理可知，g(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，有g(x)∈(g(1)，＋∞)，不合题意．②若a≤eq\f(1,2)，则有2a－1≤0，此时在区间(1，＋∞)恒有g′(x)<0，从而g(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，要使g(x)<0在此区间上恒成立，只需满足g(1)＝－a－eq\f(1,2)≤0，即a≥－eq\f(1,2)，由此求得实数a的取值范围是[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]．综合①②可知，当a∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]时，在区间(1，＋∞)上函数f(x)的图像恒在直线y＝2ax的下方．3．(2018·西城区期末)已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．答案(1)单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)(2)仅有一个零点解析(1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x变化时，F(x)与F′(x)的变化情况如下：x(－∞，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．所以F(x)min＝F(a)＝1－a.因为a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，所以对于任意x∈R，F(x)>0，因此方程ex－a＝x无实数解．所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．综上，函数g(x)有且仅有一个零点．4．(2018·重庆调研)已知曲线f(x)＝eq\f(ln2x＋alnx＋a,x)在点(e，f(e))处的切线与直线2x＋e2y＝0平行，a∈R.(1)求a的值；(2)求证：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)，由题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，＋∞)上递减，在(eq\f(1,e)，1)上递增．①当x∈(0，1)时，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)上递增，∴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当x∈[1，＋∞)时，ln2x＋3lnx＋3≥0＋0＋3＝3，令g(x)＝eq\f(3x2,ex)，则g′(x)＝eq\f(3（2x－x2）,ex).故g(x)在[1，2)上递增，(2，＋∞)上递减，∴g(x)≤g(2)＝eq\f(12,e2)<3，∴ln2x＋3lnx＋3>eq\f(3x2,ex)即eq\f(f（x）,x)>eq\f(3,ex)；综上，对任意x>0，均有eq\f(f（x）,x)>eq\f(3,ex).5．(2018·湖北鄂南高中模拟)已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)ax2(x>0，e为自然对数的底数)，f′(x)是f(x)的导函数．(1)当a＝2时，求证：f(x)>1；(2)是否存在正整数a，使得f′(x)≥x2lnx对一切x>0恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由．解析(1)当a＝2时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x，令f1(x)＝f′(x)＝ex－2x，则f′1(x)＝ex－2.令f′1(x)＝0，得x＝ln2，又0<x<ln2时，f′1(x)<0，x>ln2时，f′1(x)>0，∴f1(x)＝f′(x)在x＝ln2时取得极小值，也是最小值．∵f′(ln2)＝2－2ln2>0，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．∴f(x)>f(0)＝1.(2)由已知，得f′(x)＝ex－ax，由f′(x)≥x2lnx，得ex－ax≥x2lnx对一切x>0恒成立，当x＝1时，可得a≤e，∴若存在，则正整数a的值只能取1，2.下面证明当a＝2时，不等式恒成立，设g(x)＝eq\f(ex,x2)－eq\f(2,x)－lnx，则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)，∴当0<x<2时，g′(x)<0；当x>2时，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，∴当a＝2时，不等式f′(x)≥x2lnx对一切x>0恒成立，故a的最大值是2.6．(2018·深圳调研二)已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq\f(a,2)x2，其中a∈R，e为自然对数的底数．(1)函数f(x)的图像能否与x轴相切？若能与x轴相切，求实数a的值；否则，请说明理由；(2)若函数y＝f(x)＋2x在R上单调递增，求实数a能取到的最大整数值．解析(1)f′(x)＝(x－1)ex－ax.假设函数f(x)的图像与x轴相切于点(t，0)，则有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无解．∴无论a取何值，函数f(x)的图像都不与x轴相切．(2)方法1：记g(x)＝(x－2)ex－eq\f(a,2)x2＋2x.由题意知，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的必要条件是a≤2.若a＝2，则g′(x)＝(x－1)ex－2x＋2＝(x－1)(ex－2)．当ln2<x<1时，g′(x)<0，与已知矛盾，∴a<2.下面证明：当a＝1时，不等式(x－1)ex－x＋2≥0在R上恒成立．令h(x)＝(x－1)ex－x＋2，则h′(x)＝xex－1.记H(x)＝xex－1，则H′(x)＝(x＋1)ex.当x>－1时，H′(x)>0，H(x)单调递增，且H(x)>H(－1)＝－eq\f(1,e)－1；当x<－1时，H′(x)<0，H(x)单调递减，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，且当x∈(－∞，x0)时，H(x)＝h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，H(x)＝h′(x)>0，h(x)单调递增．∵h(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).从而(x－1)ex－x＋2>0在R上恒成立，∴a能取得的最大整数为1.方法2：记g(x)＝(x－2)ex－eq\f(a,2)x2＋2x，由题意知g′(x)＝(x－1)ex－ax＋2≥0在R上恒成立．∵g′(1)＝－a＋2≥0，∴g′(x)≥0的必要条件是a≤2.若a＝2，则g′(x)＝(x－1)ex－2x＋2＝(x－1)(ex－2)．当ln2<x<1时，g′(x)<0，与已知矛盾，∴a<2.下面证明：当a＝1时，不等式(x－1)ex－x＋2≥0在R上恒成立，即(x－1)ex≥x－2.先证∀x∈R，ex≥x＋1.令k(x)＝ex－x－1，则k′(x)＝ex－1.当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增；当x<0时，k′(x)<0，k(x)单调递减．∴k(x)min＝k(0)＝0，∴ex≥x＋1恒成立．当x≥1时，(x－1)ex≥(x－1)(x＋1)＝x2－1>x－2；当x<1时，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.综上所述，(x－1)ex－x＋2≥0在R上恒成立，故a能取得的最大整数为1.1．(2014·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m).若存在f(x)的极值点x0满足x02＋[f(x0)]2<m2，则m的取值范围是()A．(－∞，－6)∪(6，＋∞) B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案C解析正难则反思想，将特称命题与全称命题相互转化，即转化为不等式恒成立问题．∵f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m)的极值点即为函数图像中的最高点或最低点的横坐标，由三角函数的性质可知T＝eq\f(2π,\f(π,m))＝2m，∴x0＝eq\f(m,2)＋km(k∈Z)．假设不存在这样的x0，即对任意的x0都有x02＋[f(x0)]2≥m2，则(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，因为y＝k2＋k－eq\f(3,4)的最小值为－eq\f(3,4)(当k＝－1或0时取得)，故－2≤m≤2，因此原特称命题成立的条件是m>2或m<－2.2．(2014·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)答案C解析当a＝0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意．当a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).当a>0时，eq\f(2,a)>0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)与(eq\f(2,a)，＋∞)上为增函数，在(0，eq\f(2,a))上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0>0，则f(0)<0，即1<0，不成立．当a<0时，eq\f(2,a)<0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，eq\f(2,a))和(0，＋∞)上为减函数，在(eq\f(2,a)，0)上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0>0，则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，又因为a<0，故a的取值范围为(－∞，－2)．选C.3．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2.其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．答案(1)2(2)4解析(1)因为x＝5时，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，a＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)[eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3，4)4(4，6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．4．(2018·广东珠海期末)已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a>0，设g(x)＝lnx＋eq\f(m,x).(1)求a的值；(2)对任意x1>x2>0，eq\f(g（x1）－g（x2）,x1－x2)<1恒成立，求实数m的取值范围；(3)讨论方程g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)在[1，＋∞)上根的个数．答案(1)a＝1(2)[eq\f(1,4)，＋∞)(3)略解析(1)f(x)的定义域为(－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.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－a，1－a)1－a(1－a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值因此，f(x)在1－a处取得最小值．故由题意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对任意x1>x2>0恒成立，即h(x)＝g(x)－x＝lnx－x＋eq\f(m,x)在(0，＋∞)上为减函数．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)，即实数m的取值范围为[eq\f(1,4)，＋∞)．(3)由题意知方程可化为lnx＋eq\f(m,x)＝x，即m＝x2－xlnx(x≥1)．设m(x)＝x2－xlnx，则m′(x)＝2x－lnx－1(x≥1)．设h(x)＝2x－lnx－1(x≥1)，则h′(x)＝2－eq\f(1,x)>0，因此h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)min＝h(1)＝1.所以m(x)＝x2－xlnx在[1，＋∞)上单调递增．因此当x≥1时，m(x)≥m(1)＝1.所以当m≥1时方程有一个根，当m<1时方程无根．5．(2017·东北四市一模)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2有两个零点．(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；(2)求a的取值范围；(3)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<0.解析(1)当a＝1时，由题知f′(x)＝x(ex＋2)，令f′(x)>0，得x>0，∴y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增；令f′(x)<0，得x<0，∴y＝f(x)在(－∞，0)上单调递减，∴f(x)min＝f(0)＝－1.(2)由题可知，f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a)，①当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，此时函数f(x)只有一个零点，不符合题意，舍去．②当a>0时，由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝－1<0，又f(2)＝e2＋4a>0，取b满足b<－1且b<lneq\f(a,2)，则f(b)>eq\f(a,2)(b－1)＋ab2＝eq\f(a,2)(b＋1)(2b－1)>0，故f(x)存在两个零点．③当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln(－2a)．若－eq\f(1,2)≤a<0，则ln(－2a)≤0，故当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，因此f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又∵x≤0时，f(x)<0，∴f(x)不存在两个零点．若a<－eq\f(1,2)，则ln(－2a)>0，故当x∈(0，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(0，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，又当x≤0时，f(x)<0，∴f(x)不存在两个零点．综上可知a∈(0，＋∞)．(3)证明：由(2)，若x1，x2是f(x)的两个零点，则a>0，不妨令x1<x2，则x1<0<x2，当a>0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，要证x1＋x2<0，即证x1<－x2<0，即证f(x1)>f(－x2)，又∵f(x1)＝0，∴只需证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，＋∞)上单调递减，而g(0)＝0，故当x>0时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(－x2)<0成立，∴x1＋x2<0成立．6．(2017·湖北4月调研)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝eq\f(x,ex).(1)证明：方程f(x)＝g(x)在(1，2)内有且仅有唯一实根；(2)记max{a，b}表示a，b两个数中的较大者，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内的实根为x0，m(x)＝max{f(x)，b(x)}．若m(x)＝n(n∈R)在(1，＋∞)内有两个不等的实根x1，x2(x1<x2)，判断x1＋x2与2x0的大小，并说明理由．解析(1)证明：记F(x)＝xlnx－eq\f(x,ex)，则F′(x)＝1＋lnx＋eq\f(x－1,ex)，x∈(1，2)，显然F′(x)>0，即F(x)在(1，2)上单调递增．因为F(1)＝－eq\f(1,e)<0，F(2)＝2ln2－eq\f(2,e2)>0，而F(x)在(1，2)上连续，由零点存在性定理可知，F(x)在(1，2)内有且仅有唯一零点．所以方程f(x)＝g(x)在(1，2)内有且仅有唯一实根．(2)x1＋x2<2x0.证明过