導數(shù)大題專練

導數(shù)大題專練一．解答題（共60小題）1．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣b﹣xa，x＞0．（Ⅰ）當a＝1時，求f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1?x2＜a2．2．已知函數(shù)f（x）＝a﹣x+1+x2﹣2x+1+（x﹣1）lna（a＞0，且a≠1）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）若對?x1、x2∈[0，2]，使|f(x1)?f(3．已知函數(shù)f（x）＝x3+ax（x+1）+b（a，b∈R），曲線y＝f（x）在點（﹣1，f（﹣1））處的切線方程為3x+y﹣1＝0．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）若對任意的x∈[﹣2，+∞）都有f′（x）≤3m（x+1）ex成立，求m的取值范圍．4．已知函數(shù)f（x）＝2ax+bx﹣1﹣2lnx（a∈R）．（Ⅰ）當b＝0時，討論函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）當x＞y＞e﹣1時，求證：exln（y+1）＞eyln（x+1）．5．已知函數(shù)f（x）＝alnx﹣x．（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；（2）若不等式f（x）≥（e﹣1）x﹣ex對x∈[1，+∞）恒成立，求a的取值范圍．6．已知函數(shù)f（x）＝xex+ax+bcosx．（1）當b＝0時，討論函數(shù)f（x）極值點的個數(shù)；（2）當b＝﹣2，x≥0時，都有f（x）≥2ex﹣4，求實數(shù)a的取值范圍．7．已知函數(shù)f（x）＝eax﹣exlnx．（1）若a＝1，求證：f（x）在區(qū)間（0，+∞）上不存在零點；（2）若a＞0，函數(shù)f（x）有兩個極值點x1，x2，求實數(shù)a的取值范圍．8．已知f（x）＝axlnx+（1﹣a）x，a∈R．（1）若函數(shù)f（x）在（2，f（2））處的切線的斜率為1+ln2，求出f（x）的單調區(qū)間；（2）已知a=1，g(x)=f(x)?12x2，求證：當x＞1時，[g'（x）+x﹣1]（ex﹣1﹣1）＞（9．已知函數(shù)f（x）＝e﹣2x﹣ax2（e為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R）．（Ⅰ）若a＝﹣1，求證：f'（x）在區(qū)間（0，1）內有唯一零點；（Ⅱ）若f（x）在其定義域上單調遞減，求a的取值范圍．10．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣aln（x+1）﹣1，其中a∈R，e是自然對數(shù)的底數(shù)．（1）若f（x）單調遞增，求a的取值范圍；（2）若a＝1，判斷函數(shù)g（x）＝f（x）﹣sinx的零點個數(shù)．（參考數(shù)據：ln2≈0.693，e≈2.718）11．已知函數(shù)f（x）＝mex﹣x﹣lnm﹣1，其中m＞0．（1）求f（x）的最小值；（2）證明：xeex﹣elnx﹣ln（x+1）＞1．12．設函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex+a（2e﹣ex），（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）若不等式f（x）＞0對x∈（2，+∞）恒成立，求整數(shù)a的最大值．13．已知f（x）＝xex，g（x）＝a（x+lnx）（a∈R）．（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）若f（x），g（x）在其公共點P（x0，y0）處切線相同，求實數(shù)a的值；（3）記F（x）＝f（x）﹣g（x），若函數(shù)F（x）存在兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．14．已知函數(shù)f（x）＝3lnx．（1）若f（mx2+3x+m）的定義域為R，求實數(shù)m的取值范圍；（2）當x∈[1e，e]時，求函數(shù)y＝[f（x）]2﹣2af（x）+3的最小值F（a（3）是否存在正實數(shù)m，n，使得函數(shù)y＝log3f（x）的定義域[m，n]，值域為[m3，n15．定義在(?π2，3π2)上的函數(shù)f（x）＝（（1）當m=π3時，求曲線y＝f（x）在點（2）f（x）的所有極值點為x1，x2，…，xn，若f（x1）+f（x2）+…+f（xn）＝0，求m的值．16．已知f(x)=1（1）求f（x）在(?π（2）?a∈（0，1]，當x＞0時，證明：(x?1)e17．已知函數(shù)f（x）=lnx+a（Ⅰ）若f'（1）=14，求（Ⅱ）當a＞2時，①求證：f（x）有唯一的極值點x1；②記f（x）的零點為x0，是否存在a使得x1x018．已知函數(shù)f(x)=xlnx?a（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）證明：xf（x）+e﹣x＞﹣a．19．已知函數(shù)f(x)=alnx+32x2?(a+3)x（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線的斜率為4，求a的值；（Ⅱ）當a＞0時，求f（x）的單調區(qū)間；（Ⅲ）已知f（x）的導函數(shù)在區(qū)間（1，e）上存在零點．求證：當x∈（1，e）時，f(x)＞?320．已知函數(shù)f(x)=kex?12（1）若f（x）有兩個極值點，記為x1，x2（x1＜x2）．①求k的取值范圍；②求證：x1+x2＞2；（2）求證：對任意n∈N*，恒有1221．已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣ex．（1）若函數(shù)f（x）的圖象與直線y＝﹣x+1相切，求實數(shù)a的值；（2）若函數(shù)g（x）＝f（x）+x﹣1有且只有一個零點，求實數(shù)a的取值范圍．22．已知函數(shù)f（x）＝lnx．（1）求f（x）的圖象在點P（1，f（1））處的切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積；（2）若函數(shù)g(x)=f(x+1)?2xx+2a（a＞0）存在兩個極值點x1，x2，且g（x1）＞﹣g（x2），求實數(shù)23．已知函數(shù)f（x）＝e﹣x+sinx﹣ax，g（x）為f（x）的導函數(shù)．（1）證明：當a＝0時，函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，π2]內存在唯一的極值點x0（2）若f（x）在（0，π）上單調遞減，求整數(shù)a的最小值．24．已知函數(shù)f（x）=exx2?tlnx，g（x）=2tx，F(xiàn)（x）＝f（1）當t＝1時，求證：F（x）＞0對于任意正實數(shù)x恒成立．（2）若函數(shù)F（x）在（0，2）上有且僅有兩個極值點，求實數(shù)t的取值范圍．25．已知函數(shù)f（x）＝（x﹣2）lnx+2x﹣3．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在x＝1處的切線方程；（Ⅱ）當x≥1時，求f（x）的零點個數(shù)；（Ⅲ）若函數(shù)g（x）＝（x﹣a）lnx+a(x?1)x在[1，+∞）上是增函數(shù)，求證：a26．已知函數(shù)f（x）＝x3+3ax+1，x∈[﹣1，1]，a∈R．（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上不單調，求a的取值范圍；（2）求|f（x）|的最大值．27．設函數(shù)f（x）＝x2+2x﹣k（x+1）ln（x+1）．（1）當x≥0時，f（x）≥0恒成立，求k的最大值；（2）設數(shù)列{an}的通項an＝1?12+13+?+（﹣1）n﹣11n（n∈N*），證明：a228．已知函數(shù)f（x）＝ax+1﹣xlnx的圖像在x＝1處的切線與直線x﹣y＝0平行．（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（2）若?x1，x2∈（0，+∞），且x1＞x2時，f(x1)?f(29．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax（a∈R）（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）若a＝1，F(xiàn)（x）＝f（x）﹣bx2﹣1的導數(shù)F′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，求實數(shù)b的最大值；（Ⅲ）求證：f(12)+f(30．已知函數(shù)f（x）＝2ax﹣sinx（a∈R）．（1）當a=14時，求f（x）在區(qū)間[0，（2）若當x＞0時，不等式f（x）+axcosx≥0恒成立，求a的取值范圍．31．已知函數(shù)f(x)=lnx?a(x?1)x+2，a∈（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]內單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍；（2）若t1，t2∈R，且t1＜t2，求證：t132．已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，f（x）＝ax﹣ex+1．（1）設a＝e，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（2）著?x≥0，都有f（x）≤ln（x+1），求實數(shù)a的取值范圍．33．已知函數(shù)f(x)=(a+1)lnx+a+2（1）討論f（x）的單調性；（2）若函數(shù)g(x)=1ex+1x，證明：當a＝0時，f（34．已知函數(shù)f（x）＝ax﹣（lnx）2+4，曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線的斜率為2．（1）設m＞0，若函數(shù)R（x）＝f（x）﹣2lnx﹣6在[m，+∞）上的最小值為0，求m的值；（2）證明：xex＞lnx+cosx．35．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax2﹣2x（a∈R）．（1）若a＝0，求f（x）的極值；（2）若不等式f（x）≥1﹣sinx對?x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范圍．36．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣1﹣ax﹣（x﹣1）lnx，曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線與直線2x+y﹣1＝0垂直．（1）求a的值；（2）證明：當x∈（1，+∞）時，f（x）＞a．37．已知函數(shù)f(x)=e（1）當a＝2時，討論f（x）的單調性；（2）若f（x）有兩個不同零點x1，x2，證明：x1+x2＞﹣1．38．已知函數(shù)f(x)=xex?a(lnx2+1)+b在點（2，f（2））處的切線方程為y＝（3e2（1）求a，b的值；（2）若關于x的不等式f（x）≥kx恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．39．已知函數(shù)f(x)=1（1）當a＝2時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（2）若不等式f(x)+(a+1)x≥x22+xa+1?e對于任意x∈[40．已知函數(shù)f（x）＝xlnx，g(x)=2f(x)（1）求函數(shù)g（x）的單調區(qū)間；（2）若方程f（x）＝m的根為x1、x2，且x2＞x1，求證：x2﹣x1＞1+em．41．已知f（x）＝x（ln2x+1）．（Ⅰ）討論f（x）的單調性；（Ⅱ）若f(x1)+f(x2)=4e，且42．已知函數(shù)f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；（2）若對?x∈（0，+∞），f（x）≥0，求實數(shù)a的取值范圍．43．已知函數(shù)f（x）＝aex﹣x+lna．（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（2）設函數(shù)g（x）＝ln（x+1）﹣x+1，若函數(shù)F（x）＝f（x）﹣g（x）有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．44．已知f（x）＝alnx+12x2﹣2x（a∈R且a≠0）在（0，+∞）上單調遞增，g（x）＝cosx+xsin（1）當a取最小值時，證明f（x）≤12x2﹣（2）對?x1∈[﹣π，π]，?x2∈[1e，e]，使得f(x2)x2?a≤45．已知函數(shù)f(x)=lnx（1）a=12e時，求函數(shù)f（（2）若對0＜x1＜x2＜e（3）求證：當a≤0時，曲線y＝xf（x）與直線y＝﹣x有且只有一個公共點．46．已知函數(shù)f（x）＝（x+a）ex+b在原點處的切線垂直于直線x+y﹣3＝0．（1）求函數(shù)y＝f（x）的解析式；（2）是否存在區(qū)間[m，n]，使得f（x）在該區(qū)間上的值域為[2m，2n]？若存在，求出m，n的值，若不存在，請說明理由；（3）若f（x）﹣asinx≥0對任意的x∈[0，π]恒成立，求a的取值范圍．47．已知函數(shù)f（x）＝（2aex﹣x）ex．（1）若a＝0，求f（x）的單調區(qū)間；（2）若對于任意x∈R，f(x)+1a≤048．已知函數(shù)f(x)=ax（1）當a=?12時，求f（（2）討論f（x）極值點的個數(shù)．49．已知函數(shù)f(x)=x（1）若?x＞0都有f(x)≥msinπ2x（2）求證：f(x)＞lnx50．已知f(x)=ae（1）當a＝1時，求曲線y＝f（x）在x＝1處的切線l的方程，并證明y＝f（x）的圖像在直線l的上方（切點除外）；（2）若f(x)≥12ax?51．已知函數(shù)f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．（1）當a＝1時，求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）若f（x）在區(qū)間（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一個零點，求a的取值范圍．52．已知定義在[0，+∞）上的函數(shù)f(x)=mex?sin(x?（1）當m＝1時，證明：f(x)≥3（2）若f（x）在(0，2π3)（3）在（1）的條件下，若f′(x)+2cos(x?π6)?1?53．已知函數(shù)f（x）＝ax3﹣（a+1）x2+x，g（x）＝kx+m（其中a≥0，k，m∈R），若任意x∈[0，1]均有f（x）≤g（x），則稱函數(shù)y＝g（x）是函數(shù)y＝f（x）的“控制函數(shù)”，且對所有滿足條件的函數(shù)y＝g（x）在x處取得的最小值記為f（x）．（1）若a＝2，g（x）＝x，試判斷函數(shù)y＝g（x）是否為函數(shù)y＝f（x）的“控制函數(shù)”，并說明理由；（2）若a＝0，曲線y＝f（x）在x=14處的切線為直線y＝h（x），證明：函數(shù)y＝h（x）為函數(shù)y＝f（x）的“控制函數(shù)”，并求f（（3）若曲線y＝f（x）在x＝x0，x0∈（0，1）處的切線過點（1，0），且c∈[x0，1]，證明：當且僅當c＝x0或c＝1時，f（c）＝f（c）．54．設函數(shù)f（x）＝x2﹣ax，g（x）＝2x﹣alnx（a∈R）．（1）若a＝﹣1，求函數(shù)g（x）在點（1，g（1））處的切線方程；（2）設F（x）＝f（x）+g（x）．①求函數(shù)F（x）的單調區(qū)間；②若平行于x軸的直線l與函數(shù)y＝F（x）的圖象交于不同兩點A，B，線段AB中點的橫坐標為x0，求證：F′（x0）＞0．55．已知函數(shù)f（x）＝（x+a）lnx?12x2（1）若a＝1，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（2）若f（x）＞alnx?12x2?56．已知函數(shù)F(x)=ex?ax（Ⅰ）記f（x）＝F′（x），討論函數(shù)y＝f（x）的單調性；（Ⅱ）若函數(shù)y＝F（x）有兩個極值點x1，x2（x1＜x2）．（?。┣笞C：lna?2＜x（ⅱ）若3x1﹣x2≤2，求a的取值范圍．57．已知函數(shù)f（x）＝x3+ax+b，a，b∈R的圖象記為曲線E．定義函數(shù)h（x）＝f（x）+f′（x）．（1）過點A(12，?（i）求a+2b的值；（ii）若點A在曲線E上，對任意的x∈[0，1]，求證：f（x）+|a+3b+1|+1（2）若ex≥f（x）﹣x3對x∈R恒成立，求ab的最大值．58．已知函數(shù)f(x)=xex?sinx，g(x)為（1）判斷函數(shù)g（x）在區(qū)間(0，π（2）求證：函數(shù)f（x）在區(qū)間（﹣∞，π）上只有兩個零點．59．已知函數(shù)f（x）＝2ax+ln（2﹣x）（a∈R）．（Ⅰ）求f（x）的極值；（Ⅱ）若x≤2?1e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，f（x）≤4a?160．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣2ax，g（x）＝cosx+ax2﹣（2a﹣1）x．（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；（2）設h（x）＝f（x）﹣g（x），若x＝0為h（x）的極大值點，求實數(shù)a的取值范圍．

導數(shù)大題專練參考答案與試題解析一．解答題（共60小題）1．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣b﹣xa，x＞0．（Ⅰ）當a＝1時，求f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1?x2＜a2．【解答】解：（Ⅰ）當a＝1時，f（x）＝ex﹣b﹣x，x＞0f′（x）＝ex﹣b﹣1，令f′（x）＝0，得x＝b，當b≤0時，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，當b＞0時，在（0，b）上，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，在（b，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，綜上所述，當b≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，當b＞0時，f（x）在（0，b）上單調遞減，在（b，+∞）上單調遞增．（Ⅱ）證明：若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2，則f（x）＝0有兩個根x1，x2，則ex﹣b＝xa，兩邊取對數(shù)得x﹣b＝alnx，所以x﹣b＝alnx有兩個根x1，x2，所以x1﹣b＝alnx1，x2﹣b＝alnx2，兩式相減得x1﹣x2＝alnx1所以a=x要證明：x1?x2＜a2，需證明：x1?x2＜（x1?x即證（lnx1x2）則（lnx1x2）需證（lnx1x2）不妨設x1＜x2，令t=x1x2只需證明ln2t﹣t?1設g（t）＝ln2t﹣t?1t+2，g′（t）＝2?1tlnt﹣1+設h（t）＝2lnt﹣t+1h′（t）=?(t?1因為0＜t＜1，所以h′（t）＜0，所以h（t）在（0，1）上單調遞減，所以h（t）＞h（1）＝0，所以在（0，1）上，g′（t）＞0，g（t）單調遞增，所以g（t）＜g（1）＝0，所以x1?x2＜a2．2．已知函數(shù)f（x）＝a﹣x+1+x2﹣2x+1+（x﹣1）lna（a＞0，且a≠1）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）若對?x1、x2∈[0，2]，使|f(x1)?f(【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（﹣∞，+∞），f′（x）＝﹣a﹣x+1lna+2x﹣a+lna＝2（x﹣1）+（1﹣a﹣x+1）lna（a＞0且a≠1），所以f′（1）＝0，①當x＞1時，2（x﹣1）＞0，﹣x+1＜0，若0＜a＜1，則lna＜0，a﹣x+1＞1，得1﹣a﹣x+1＜0，于是f′（x）＞0，若a＞1，則lna＞0，0＜a﹣x+1＜1，得1﹣a﹣x+1＞0，于是f′（x）＞0，所以當x＞1時，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上單調遞增，②當x＜1時，2（x﹣1）＜0，﹣x+1＞0，若0＜a＜1，則lna＜0，0＜a﹣x+1＜1，得1﹣a﹣x+1＞0，于是，f′（x）＜0，若a＞1，則lna＞0，a﹣x+1＞1，得1﹣a﹣x+1＜0，于是f′（x）＜0，所以當x＜1時，f′（x）＜0，f（x）在（﹣∞，1）上單調遞減，綜上所述，f（x）的單調遞增區(qū)間為（1，+∞），單調遞減區(qū)間為（﹣∞，1）．（Ⅱ）對?x1，x2∈[0，2]，使|f（x1）﹣f（x2）|≤1即對?x∈[0，2]，[f（x）]max﹣[f（x）]min≤1由（Ⅰ）知f（x）在[0，1]上單調遞減，在[1，2]上單調遞增，得[f（x）]min＝f（1）＝1，[f（x）]max為f（0）和f（2）中得較大者，f（0）＝a+1﹣lna，f（2）＝a﹣1+1+lna，f（0）﹣f（2）＝a?1a?設φ（a）＝a?1a?φ′（a）＝1+1a2?2a=所以φ（a）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞增，又φ（1）＝0，所以當0＜a＜1時，φ（a）＜0，f（0）＜f（2），當a＞1時，f（0）＞f（2），①當0＜a＜1時，[f（x）]max﹣[f（x）]min＝f（2）﹣f（1）＝a﹣1+1+lna﹣1=1a+lna≤1a?②當a＞1時，[f（x）]max﹣[f（x）]min＝f（0）﹣f（1）＝a+1﹣lna﹣1＝a﹣lna≤1a?1，即a﹣設h（a）＝a﹣lna?1a+h′（a）＝1?1a+1a2所以h（a）在（1，+∞）上單調遞增，所以當a＞1時，h（a）＞h（1）＝1，不等式（*）無解，綜上所述，對?x1，x2∈[0，2]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≤1所以a的取值范圍為（0，1e3．已知函數(shù)f（x）＝x3+ax（x+1）+b（a，b∈R），曲線y＝f（x）在點（﹣1，f（﹣1））處的切線方程為3x+y﹣1＝0．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）若對任意的x∈[﹣2，+∞）都有f′（x）≤3m（x+1）ex成立，求m的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）由題意可得f'（x）＝3x2+a（2x+1），結合導數(shù)的幾何意義有f(?1)=?1+0+b=4f′(?1)=3?a=?3解方程組可得a＝6，b＝5．（Ⅱ）由（Ⅰ）的結論可知f（x）＝x3+6（x2+x）+5，f'（x）＝3x2+6（2x+1），題中的問題即3x2+6（2x+1）≤3m（x+1）ex在區(qū)間[﹣2，+∞）上恒成立，即x2+2（2x+1）≤m（x+1）ex在區(qū)間[﹣2，+∞）上恒成立，當m≤0時，若x＞0，則m（x+1）ex≤0，x2+2（2x+1）＞0，不合題意，當m＞0時，首先證明m＝2時，x2+2（2x+1）≤2（x+1）ex在區(qū)間[﹣2，+∞）上恒成立，構造函數(shù)g（x）＝2（x+1）ex﹣[x2+2（2x+1）]，則g'（x）＝2（x+2）ex﹣（2x+4）＝2（x+2）（ex﹣1），當﹣2＜x＜0時，g'（x）＜0，g（x）單調遞減，當x＞0時，g'（x）＞0，g（x）單調遞增，故函數(shù)g（x）的最小值為g（0）＝0，即2（x+1）ex﹣[x2+2（2x+1）]≥0，從而有2（x+1）ex≥x2+2（2x+1）．當0＜m＜2時，m（x+1）ex＜2（x+1）ex，故x2+2（2x+1）≤m（x+1）ex在區(qū)間[﹣2，+∞）上不能恒成立，當m＞2時，m（x+1）ex＞2（x+1）ex，故x2+2（2x+1）≤m（x+1）ex在區(qū)間[﹣2，+∞）上恒成立，綜上可得，實數(shù)m的取值范圍是[2，+∞）．4．已知函數(shù)f（x）＝2ax+bx﹣1﹣2lnx（a∈R）．（Ⅰ）當b＝0時，討論函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）當x＞y＞e﹣1時，求證：exln（y+1）＞eyln（x+1）．【解答】解：（Ⅰ）當b＝0時，f′（x）＝2a?2x=當a≤0時，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立．∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調遞減；當a＞0時，由f′（x）＜0得0＜x＜1a，由f′（x）＞0得x∴f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，1a），單調遞增區(qū)間為（1綜上，當a≤0時，f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，+∞），無單調遞增區(qū)間，當a＞0時，f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，1a），單調遞增區(qū)間為（1（II）證明：∵x＞y＞e﹣1，∴x+1＞y+1＞e，即ln（x+1）＞ln（y+l）＞1，欲證exln（y+1）＞eyln（x+1）．即證明ex令g（x）=e則g′（x）=ex[ln(x+1)?1x+1]ln2(x+1)，顯然函數(shù)h（∴h（x）＞l?1e＞0，即g∴g（x）在（e﹣l，+∞）上單調遞增，∴x＞y＞e﹣1時，g（x）＞g（y），即ex∴當x＞y＞e﹣1時，exln（y+1）＞eyln（x+1）成立．5．已知函數(shù)f（x）＝alnx﹣x．（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；（2）若不等式f（x）≥（e﹣1）x﹣ex對x∈[1，+∞）恒成立，求a的取值范圍．【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝alnx﹣x的定義域為（0，+∞），且f′(x)=a若a＞0，則當0＜x＜a時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，a）上單調遞增，當x＞a時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在（a，+∞）上單調遞減，若a≤0，f′(x)=a?xx＜0，函數(shù)f綜上：當a＞0時，函數(shù)f（x）在（0，a）上單調遞增，在（a，+∞）上單調遞減，當a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞減．（2）不等式f（x）≥（e﹣1）x﹣ex在[1，+∞）上恒成立，即alnx+ex﹣ex≥0恒成立，設g（x）＝alnx+ex﹣ex，g′(x)=a令h（x）＝g'（x），則?′(x)=e①當a≥0時，g'（x）≥0恒成立，所以f（x）單調遞增，所以g（x）≥g（1）＝0，即a≥0符合題意，②當a＜0時，h'（x）＞0恒成立，所以g'（x）單調遞增，又因為g'（1）＝a＜0，g′(ln(e?a))=a所以存在x0∈（1，ln（e﹣a）），使得g'（x0）＝0，且當x∈（1，x0）時，g'（x）＜0，即g（x）在（1，x0）上單調遞減，所以g（x0）＜g（1）＝0，即a＜0不符合題意．綜上，a的取值范圍為[0，+∞）．6．已知函數(shù)f（x）＝xex+ax+bcosx．（1）當b＝0時，討論函數(shù)f（x）極值點的個數(shù)；（2）當b＝﹣2，x≥0時，都有f（x）≥2ex﹣4，求實數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）b＝0，f（x）＝xex+ax?f′（x）＝（x+1）ex+a，記g（x）＝f′（x），g′（x）＝（x+2）ex，令g′（x）＝0，得x＝﹣2，f′（﹣2）＝a?1當x＜﹣2時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，a?1e2＜f′（當x＞﹣2時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，f′（x）＞a?1①當a?1e2≥0，即a≥1e2，f②當a?1e2＜0且af′（x）＝0有兩個不同的根，f（x）有兩個極值點，③當a≤0時，f′（x）＝0有一個根，f（x）有一個極值點．（2）依題意（x﹣2）ex+ax﹣2cosx+4≥0對任意的x≥0恒成立，記h（x）＝（x﹣2）ex+ax﹣2cosx+4，h（0）＝0，h′（x）＝（x﹣1）ex+a+2sinx，h′（0）＝a﹣1，h″（x）＝xex+2cosx，所以x∈[0，π2]時，xex≥0，2cosx＞0?h″（xx∈[π2，+∞）時，xex≥π2eπ2＞π所以h′（x）在（0，+∞）上單調遞增，①a﹣1≥0，即a≥1時，h′（x）≥h′（0）＝a﹣1≥0，所以h（x）在（0，+∞）上單調遞增，所以h（x）≥h（0）＝0恒成立，②a﹣1＜0即a＜1時，h′（0）＜0，h′（4﹣a）＝（3﹣a）e4﹣a+a+2sin（4﹣a）≥3﹣a+a+2sin（4﹣a）＞0，所以存在x0∈（0，4﹣a），使得h′（x0）＝0，當0＜x＜x0時，h′（x）＜0，所以h（x）在[0，x0]上的單調遞減，當0＜x＜x0時，h（x）＜h（0）＝0，與題意不符，綜上所述，a的取值范圍是[1，+∞）．7．已知函數(shù)f（x）＝eax﹣exlnx．（1）若a＝1，求證：f（x）在區(qū)間（0，+∞）上不存在零點；（2）若a＞0，函數(shù)f（x）有兩個極值點x1，x2，求實數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）證明：當a＝1時，f（x）＝ex﹣exlnx，x＞0，f′（x）＝ex﹣e（1+lnx），令g（x）＝ex﹣e（1+lnx），x＞0，g′（x）＝ex?e令h（x）＝ex?ex，h′（x）＝ex+e所以h（x）在（0，+∞）上單調遞增，又h（1）＝0，x→0時，h（x）→﹣∞，所以在（0，1）時，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）單調遞增，在（1，+∞）時，h（x）＞0，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，所以g（x）≥g（1）＝0，所以f′（x）≥0，所以在（0，+∞）上f（x）單調遞增，又x→0時，f（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上無零點．（2）f（x）＝eax﹣exlnx，f′（x）＝aeax﹣e（1+lnx），令s（x）＝aeax﹣e（1+lnx），則x1，x2是g（x）的兩個零點，即x1，x2是方程aeax﹣e（1+lnx）＝0的兩個根，由s（x）＝0得aeax＝e（1+lnx）＝elnex＞0，即axeax＝exlnex＝ln（ex）×eln（ex），令t（x）＝xex（x＞0），求導得t′（x）＝ex+xex＞0，所以t（x）在（0，+∞）上單調遞增，又t（ax）＝t（ln（ex）），所以ax＝ln（ex）＝lnx+1，所以a=lnx+1所以x1，x2是方程a=lnx+1令p（x）=lnx+1p′（x）=1令p′（x）＝0得x＝1，所以在（0，1）上，p′（x）＞0，p（x）單調遞增，在（1，+∞）上，p′（x）＜0，p（x）單調遞減，所以p（x）max＝p（1）＝1，x→+∞時，p（x）→0，所以0＜a＜1，所以實數(shù)a的取值范圍為（0，1）．8．已知f（x）＝axlnx+（1﹣a）x，a∈R．（1）若函數(shù)f（x）在（2，f（2））處的切線的斜率為1+ln2，求出f（x）的單調區(qū)間；（2）已知a=1，g(x)=f(x)?12x2，求證：當x＞1時，[g'（x）+x﹣1]（ex﹣1﹣1）＞（【解答】解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f'（x）＝alnx+1，f'（2）＝aln2+1＝1+ln2，∴a＝1，令f'（x）＝lnx+1＞0，∴x＞1e，∴函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為令f'（x）＝lnx+1＜0，∴0＜x＜1e，∴函數(shù)f（x）的單調遞減區(qū)間為∴f（x）的單調遞增區(qū)間為(1e，+∞)（2）證明：（2）由（1）可得，當a＝1時，g(x)=f(x)?1所以g'（x）＝lnx﹣x+1，所以要證當x＞1時，[g'（x）+x﹣1]（ex﹣1﹣1）＞（x﹣1）2，即證（ex﹣1﹣1）lnx＞（x﹣1）2，只需證ex?1設F(x)=x?1lnx(x＞1)設m(x)=lnx?1+1x(x＞1)∴m（x）在區(qū)間（1，+∞）上是增函數(shù)，∴m（x）＞m（1）＝0，即F'（x）＞0，∴F（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)．∵要證F(ex?1)=ex?1?1x?1設G（x）＝ex﹣1﹣x（x＞1），∴G'（x）＝ex﹣1﹣1＞0，∴G（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，∴G（x）＞G（1）＝0，∴ex﹣1＞x，∴[g'（x）+x﹣1]（ex﹣1﹣1）＞（x﹣1）2．9．已知函數(shù)f（x）＝e﹣2x﹣ax2（e為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R）．（Ⅰ）若a＝﹣1，求證：f'（x）在區(qū)間（0，1）內有唯一零點；（Ⅱ）若f（x）在其定義域上單調遞減，求a的取值范圍．【解答】（I）證明：當a＝﹣1時，f（x）＝e﹣2x﹣ax2，f′（x）＝2x﹣2e﹣2x，f″（x）＝2+4e﹣2x＞0恒成立，所以f'（x）在（0，1）上單調遞增，又f′（0）＝﹣2＜0，f′(1)=2(1?1由函數(shù)零點判定定理得f'（x）在區(qū)間（0，1）內有唯一零點；（II）解：由題意得f′（x）＝﹣2e﹣2x﹣2ax≤0恒成立，當x＝0時，﹣2≤0成立，此時a為任意實數(shù)，當x＞0時，a≥?e令g（x）=?e?2xx則g′（x）=2x+1x2e2x＞0，即g（x）在x＞0單調遞增，且x→+∞時，g（故a≥0，當x＜0時，a≤?e令h（x）=?e?2xx則h′（x）=2x+1故h（x）在（?12，0）上單調遞增，在（﹣∞，且x=?12時，h（x）取得最小值h（?1所以a≤2e，綜上，0≤a≤2e．故a的取值范圍為[0，2e]．10．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣aln（x+1）﹣1，其中a∈R，e是自然對數(shù)的底數(shù)．（1）若f（x）單調遞增，求a的取值范圍；（2）若a＝1，判斷函數(shù)g（x）＝f（x）﹣sinx的零點個數(shù)．（參考數(shù)據：ln2≈0.693，e≈2.718）【解答】解：（1）由題，f′(x)=e即a≤（x+1）ex在（﹣1，+∞）上恒成立，設h（x）＝（x+1）ex，h'（x）＝（x+2）ex＞0恒成立，所以h（x）＞h（﹣1）＝0．所以a≤0，即a∈（﹣∞，0]．（2）g（x）＝ex﹣ln（x+1）﹣sinx﹣1，則g′(x)=e①當﹣1＜x＜0時，ex＜1，?1x+1＜?1則g'（x）＜0，g（x）在（﹣1，0）上單調遞減，g（x）＞g（0）＝0恒成立，無零點．②當x＝0時，g（0）＝0，函數(shù)g（x）有零點為0．③當0＜x＜π2時，設則?′(x)=ex+1(x+1)2+sinx＞0又h（0）＝﹣1，?(π2)=eπ2?1即x∈（0，x0），h（x）＜0，g（x）單調遞減，又g（0）＝0，g（x）＜0在（0，x0）上恒成立；x∈(x0，π2)，h（又g(π由ex≥x+1（證略），eπ所以，?x1∈(x0，④當x≥π2時，ex＞e，?1＜?1則g'（x）＞0，g（x）在(π2，+∞)綜上，函數(shù)g（x）有2個零點．注：1．在③中，使用ex≥x+1時需給出證明，沒有證明扣（1分）．2．在③中，也可使用估算判斷g（1）的正負，酌情給分．方法如下：當x∈(x0，π2)，h（x）＞0，g（x）單調遞增．又g（x0）＜0，g（1）＝e﹣ln2﹣sin1﹣1≈2.718﹣0.693﹣sin1﹣1＞0，所以，?11．已知函數(shù)f（x）＝mex﹣x﹣lnm﹣1，其中m＞0．（1）求f（x）的最小值；（2）證明：xeex﹣elnx﹣ln（x+1）＞1．【解答】解：（1）f'（x）＝mex﹣1，在（﹣∞，﹣lnm）上，f'（x）＜0，在（﹣lnm，+∞）上，f'（x）＞0，故f（x）的最小值為f（﹣lnm）＝me﹣lnm﹣（﹣lnm）﹣lnm﹣1＝0；（2）證明：令g（x）＝ex﹣x﹣1，則g'（x）＝ex﹣1，當x＝0時，g（x）取最小值，故g（x）≥g（0）＝0，即對?x∈R，ex≥x+1，故xeex＝ex+elnx≥x+elnx+1，故xeex﹣elnx﹣ln（x+1）≥x﹣ln（x+1）+1，而對x＞0，ex＞x+1?x＞ln（x+1），∴x﹣ln（x+1）＞0，x﹣ln（x+1）+1＞1，故原式得證．12．設函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex+a（2e﹣ex），（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）若不等式f（x）＞0對x∈（2，+∞）恒成立，求整數(shù)a的最大值．【解答】解：（1）f'（x）＝xex﹣aex＝（x﹣a）ex．令f'（x）＝0，則x＝a．當x∈（﹣∞，a）時，f'（x）＜0；當x∈（a，+∞）時，f'（x）＞0；所以f（x）的單調遞增區(qū)間是（a，+∞），單調遞減區(qū)間是（﹣∞，a）．（2）當x∈（2，+∞）時，（x﹣1）ex+a（2e﹣ex）＞0恒成立，等價于當x∈（2，+∞）時，(x?1)exex?2e＞a令g(x)=(x?1)exex?2e令h（x）＝ex﹣2ex，x∈（2，+∞），h'（x）＝ex﹣2e＞0，所以h（x）＝ex﹣2ex在（2，+∞）上單調遞增．又因為h（2）＝e2﹣4e＜0，h（3）＝e3﹣6e＞0，所以g'（x）在（2，+∞）上有唯一零點x0，且ex0=2ex0所以g（x）在（2，x0）．上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增，所以g(x)故整數(shù)a的最大值為2．13．已知f（x）＝xex，g（x）＝a（x+lnx）（a∈R）．（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）若f（x），g（x）在其公共點P（x0，y0）處切線相同，求實數(shù)a的值；（3）記F（x）＝f（x）﹣g（x），若函數(shù)F（x）存在兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）f′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex，在（﹣1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，在（﹣∞，﹣1）上，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，綜上函數(shù)f（x）單調遞增區(qū)間為（﹣1，+∞），單調遞減區(qū)間（﹣∞，﹣1）．（2）因為g（x）＝a（lnx+x），定義域為（0，+∞），所以g′（x）＝a（1x因為點P（x0，y0）為函數(shù)f（x），g（x）的公共點，且在此點有相同的切線，所以x0ex0由②得x0ex0=aa（lnx0+x0﹣1）＝0，若a＝0，則x0ex0=0，且（x0+1）e所以a≠0，故lnx0+x0＝1，令y＝lnx+x在（0，+∞）上是增函數(shù)，且ln1+1＝1，所以x0＝1，從而a＝1×e1＝e，綜上，實數(shù)a的值為e．（3）設函數(shù)F（x）＝f（x）﹣g（x）＝xex﹣a（lnx+x），x＞0，則F′（x）＝ex+xex﹣a（1x+x）令F′（x）＝0得，xex﹣a＝0，即xex＝a，當a≤0時，F(xiàn)′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以F（x）在（0，+∞）上恒成立，所以F（x）在（0，+∞）上單調遞增，至多一個零點，與題意不符，故舍去．當a＞0時，由上題知：f（x）＝xex在（﹣1，+∞）上單調遞增，故方程xex＝a在（0，+∞）上有唯一解，記為x1，即F′（x）＝0的根為x1，且當x∈（0，x1）時，F(xiàn)′（x）＜0，當x∈（x1，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0，所以F（x）在區(qū)間（0，x1）上單調遞增，在區(qū)間（x1，+∞）單調遞增，因為函數(shù)F（x）＝f（x）﹣g（x）的零點個數(shù)為2，所以F（x）min＝q（x1）＜0，即x1ex1?a（lnx1+有因為x1ex1所以a﹣a（lnx1+x1）＜0，又a＞0，所以lnx1+x1﹣1＞0，因為函數(shù)y＝lnx+x﹣1在（0，+∞）上單調遞增，且有一個零點x＝1，所以x1＞1，從而a＝x1ex1下面證明：當a＞e時，函數(shù)Fx）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上零點個數(shù)為2，因為F（x）min＝q（x1）＜0，F(xiàn)（1e）=1ee1e+a（1?1e）F（2a）＝2ae2a﹣a（ln2a+2a）＝a（e2a﹣ln2a+e2a﹣2a）＞0，根據函數(shù)F（x）的單調性結合零點存在性定理得，函數(shù)F（x）在（1e，x1）上存在一個零點，在（x1，2a所以函數(shù)F（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上零點個數(shù)為2，綜上，實數(shù)a的取值范圍為（e，+∞）．14．已知函數(shù)f（x）＝3lnx．（1）若f（mx2+3x+m）的定義域為R，求實數(shù)m的取值范圍；（2）當x∈[1e，e]時，求函數(shù)y＝[f（x）]2﹣2af（x）+3的最小值F（a（3）是否存在正實數(shù)m，n，使得函數(shù)y＝log3f（x）的定義域[m，n]，值域為[m3，n【解答】解：（1）依題意，mx2+3x+m＞0恒成立，當m＝0時，3x＞0不恒成立，不合題意；當m≠0時，只需m＞0Δ=9?4m2綜上，實數(shù)m的取值范圍為(3（2）當x∈[1e，e]則函數(shù)y＝[f（x）]2﹣2af（x）+3＝t2﹣2at+3，當a≤13，t=13時，F(xiàn)（當a≥3，t＝3時，F(xiàn)（a）＝9﹣6a+3＝12﹣6a，當13＜a＜3，t＝a時，F(xiàn)（a）＝3﹣a所以F（a）=28?6a（3）y=log由于y＝lnx在[m，n]上單調遞增，則lnm=m（法一）令g(x)=lnx?13x，x＞0令g′（x）＞0，解得0＜x＜3，令g′（x）＜0，解得x＞3，所以函數(shù)g（x）在（0，3）上單調遞增，在（3，+∞）上單調遞減，又g(1)=0?1所以由函數(shù)零點存在性定理可知，函數(shù)g（x）在（1，3）以及（3，6）上各存在一個零點m，n，符合題意．（法二）設g(x)=13x，作出函數(shù)y＝lnx與函數(shù)g由圖象可知，函數(shù)y＝lnx與函數(shù)g（x）的圖象有兩個交點，即存在正實數(shù)m，n，符合題意．15．定義在(?π2，3π2)上的函數(shù)f（x）＝（（1）當m=π3時，求曲線y＝f（x）在點（2）f（x）的所有極值點為x1，x2，…，xn，若f（x1）+f（x2）+…+f（xn）＝0，求m的值．【解答】解：（1）當m=π3時，f（x）＝（x?π3）sinx，f′（x）＝sinx+（x則f（π3）＝0，f′（π3）所以曲線y＝f（x）在點（π3，0）處的切線方程為y=32（即3x﹣23y﹣π＝0；（2）f′（x）＝sinx+（x﹣m）cosx，當?π2＜x＜π2時，f′（x）＝cosx（tanx由函數(shù)y＝tanx+x在區(qū)間（?π2，π2所以存在唯一x0∈（?π2，π2），使得tanx0+x0此時當?π2＜x＜x0時，f′（x）＜0，當x0＜x＜π2所以x＝x0為函數(shù)f（x）的極小值點，同理，存在唯一x0'∈（π2，3π2），使得tanx0'+x0'＝此時，當π2＜x＜x0'時，f′（x）＞0，當x0'＜x＜3π2時，所以x＝x0'為函數(shù)f（x）的極大值點，所以函數(shù)f（x）在（?π2，不妨設x1＜x2，則x1＝x0，x2＝x0'，因為f′（x1）＝0，x1﹣m＝﹣tanx1，f（x1）＝cosx1?1cosx1，同理，f（x2）＝cos由f（x1）+f（x2）＝0，整理得（cosx1+cosx2）（1?1又?π2＜x1＜π2＜x2＜3π2，所以cosx1cosx2≠1，則有cosx1＝﹣cos由?π2＜x2﹣π＜π2，得x1＝x2﹣π或x1＝﹣（又m＝x1+tanx1＝x2+tanx2，當x1＝x2﹣π時，不滿足，舍去，所以x1＝﹣（x2﹣π），即x1+x2＝π，所以tanx1＝﹣tanx2，所以m=x綜上m=π16．已知f(x)=1（1）求f（x）在(?π（2）?a∈（0，1]，當x＞0時，證明：(x?1)e【解答】解：（1）因為f(x)=12x2+cosx，∴f'（x）＝x﹣sinx，令h（h'（x）＝1﹣cosx≥0，即f'（x）＝x﹣sinx在定義域上單調遞增，又f'（0）＝0，∴x∈(?π2，0)時f'（x）＜0，fx∈(0，π2)時f'（x）＞0，f∴f（x）有極小值f（0）＝1，無極大值．（2）證明：記h（x）＝x﹣sinx，h'（x）＝1﹣cosx≥0，h（0）＝0，∴h（x）在（0+∞）上單調遞增，即x＞0時，h（x）＝x﹣sinx＞h（0）＝0，即x﹣sinx＞0（x＞0），又∵1﹣sinx≥0，∴要證明原式即證：(x?1)e記g(x)=(x?1)e①a＝1時，g(x)=(x?1)ex?1+1x當x＞0時g''（x）＞0恒成立，g'（x）單調遞增，又g'（1）＝0，∴0＜x＜1時g'（x）＜0，當x＞1時g'（x）＞0，即g（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，即g（x）在x＝1處取得極小值即最小值，∴g（x）≥g（1）＝0，證出a＝1時成立．②a∈（0，1）時，g′(x)=xex?a?∴g'（x）在（0+∞）上單調遞增，又g′(1)=e1?a?1a，記m（a）＝a當a∈（0，1）時m'（a）＜0，∴m（a）在（0，1）上單調遞減，∴m（a）＞m（1）＝0，即a﹣1﹣lna＞0，即e1?a?1又g′(1a)=1a記γ(a)=1a?a?2lna∴γ（a）＞γ（1）＝0，即g′(1∴?x0∈(1，1a)，g'（x0）＝0，當x∈（0，x0）時g'（x∈（x0，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）單調遞增，∴g（x）在x＝x0處取得極小值即最小值，∴g(∵x0＞1＞a，∴g(x∴(x?1)e17．已知函數(shù)f（x）=lnx+a（Ⅰ）若f'（1）=14，求（Ⅱ）當a＞2時，①求證：f（x）有唯一的極值點x1；②記f（x）的零點為x0，是否存在a使得x1x0【解答】解：（I）因為f(x)=lnx+ax+1，x＞0因為f′(1)=2?a4=（II）①f（x）的定義域是（0，+∞），f′(x)=1+令f′（x）＝0，則1+1設g(x)=1+1x?lnx?a所以g（x）在（0，+∞）上單調遞減．因為g（e﹣a）＝1+ea＞0，g（1）＝2﹣a＜0，所以g（x）在（0，+∞）上有唯一的零點，所以f′（x）＝0有（0，+∞）有唯一解，不妨設為x1f′（x）與f（x）的情況如下，x（0，x1）x1（x1，+∞）f′（x）+0﹣f（x）增極大值減所以f（x）有唯一的極值點x1．（2）由題意，lnx0＝﹣a，則x0若存在a，使x1x0≤e2因為g（x）在（0，+∞）單調遞減，g（e﹣a）＝1+ea＞0，則需g（e2﹣a）＝ea﹣2﹣1≤0，即a≤2，與已知矛盾．所以，不存在a＞2，使得x118．已知函數(shù)f(x)=xlnx?a（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）證明：xf（x）+e﹣x＞﹣a．【解答】解：（1）函數(shù)f(x)=xlnx?a對函數(shù)求導得f′(x)=1對a分類討論得：①當a≥0時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；②當a＜0時，﹣a＞0，x∈（0，﹣a）時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減；x∈（﹣a，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增．綜上可得，當a≥0時，f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞），無單調遞減區(qū)間；當a＜0時，f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，﹣a），單調遞增區(qū)間為（﹣a，+∞）．證明：（2）由（1）知，當a＝﹣1時，f(x)=lnx+1x，且f（x）≥所以lnx+1x≥1，化簡得xlnx因為f(x)=xlnx?ax，所以不等式xf（x）+e﹣x＞﹣a等價于xlnx+e﹣構造函數(shù)得：g（x）＝x+e﹣x﹣1，再求導可得g′(x)=1?e所以在x＞0時恒成立，所以當x＞0時，g（x）＞g（0）＝0，又xlnx+1≥x，所以xlnx+e﹣x≥x﹣1+e﹣x＞0，故xlnx+e﹣x＞0，即xf（x）+e﹣x＞﹣a．命題得證．19．已知函數(shù)f(x)=alnx+32x2?(a+3)x（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線的斜率為4，求a的值；（Ⅱ）當a＞0時，求f（x）的單調區(qū)間；（Ⅲ）已知f（x）的導函數(shù)在區(qū)間（1，e）上存在零點．求證：當x∈（1，e）時，f(x)＞?3【解答】解（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為x∈（0，+∞），由f(x)=alnx+32x所以f′(2)=?a2+3=4（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′(x)=(3x?a)(x?1)x，x①當0＜a＜3時，令f'（x）＞0，解得0＜x＜a3或令f'（x）＜0，解得a3所以函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為(0，a3)②當a＝3時，f'（x）≥0，所以函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞），③當a＞3時，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞a令f'（x）＜0，解得1＜x＜a所以函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，1）和(a3，+∞)（Ⅲ）因為導函數(shù)f'（x）在區(qū)間（1，e）上存在零點，則1＜a由（Ⅱ）可知f（x）在(1，a3)所以f（x）在（1，e）上的最小值為f(a設g(x)=xlnx3?x26?x，因為g″(x)=1x?13＜0，所以，所以g'（3）＝﹣1＜0，所以g（x）在（3，3e）上單調遞減，又因為g(3e)=?3e22，所以，所以當x∈（1，e）時，f(x)＞?320．已知函數(shù)f(x)=kex?12（1）若f（x）有兩個極值點，記為x1，x2（x1＜x2）．①求k的取值范圍；②求證：x1+x2＞2；（2）求證：對任意n∈N*，恒有12【解答】解：（1）①f′(x)=kex?x=要使函數(shù)f（x）有兩個極值點，即y＝f′（x）有兩個變號零點，亦即直線y＝k與曲線y＝g（x）的圖象有兩個交點，由g(x)=xex當x＜1時，g′（x）＞0，g（x）遞增，當x＞1時，g′（x）＜0，g（x）遞減，又g′（1）＝0，∴g(x)作出函數(shù)g（x）的大致圖象如下圖所示，由圖象可知，實數(shù)可得取值范圍為(0，1②證明：由①可知，0＜x1＜1＜x2，要證x1+x2＞2，即證x2＞2﹣x1，注意g（x1）＝g（x2），2﹣x1＞1，且函數(shù)g（x）在（1，+∞）單調遞減，∴只需證g（x1）＝g（x2）＜g（2﹣x1），設h（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），0＜x＜1，則?′(x)=g′(x)+g′(2?x)=1?x∴h（x）在（0，1）上單調遞增，則h（x）＜h（1）＝0，∴g（x1）＜g（2﹣x1），即x1+x2＞2，得證；（2）證明：由（1）知，xe∴對任意n∈N?，n(n+1∵1(n+1∴n(n+1∴1221．已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣ex．（1）若函數(shù)f（x）的圖象與直線y＝﹣x+1相切，求實數(shù)a的值；（2）若函數(shù)g（x）＝f（x）+x﹣1有且只有一個零點，求實數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）f′（x）＝2ax﹣ex，設切點為（x0，f′（x0）），則f′(x0)=?a＝0時，顯然不成立，∴a≠0，消去a得(x∴x0（2）令g（x）＝0，即ax2+x﹣1﹣ex＝0有且只有一個解，當x＝0時，顯然ax2+x﹣1﹣ex＝0不成立，∴x≠0，a=ex?x+1∴y＝a與?(x)=e∵?′(x)=(當x∈（﹣∞，0）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增；當x∈（0，2）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減；當x∈（2，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，又當x→﹣∞時，h（x）→0，當x→0時h（x）→+∞，當x＝2時，?(2)=e2?14，當x→+∞時，如圖所示，綜上，a的取值范圍是(0，e22．已知函數(shù)f（x）＝lnx．（1）求f（x）的圖象在點P（1，f（1））處的切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積；（2）若函數(shù)g(x)=f(x+1)?2xx+2a（a＞0）存在兩個極值點x1，x2，且g（x1）＞﹣g（x2），求實數(shù)【解答】解：（1）f（1）＝0，f′(x)=1x，所以f（x）的圖象在點P（1，f（1））處的切線方程為y﹣0＝（x﹣1），即x﹣y﹣1＝0．令x＝0，得y＝﹣1，令y＝0，得x＝1，所以切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積為12（2）g(x)=f(x+1)?2xg′(x)=1因為g（x）存在兩個極值點x1，x2，所以g'（x）＝0，即x2+4a2﹣4a＝0在（﹣1，+∞）上有兩個不等的實根x1，x2，所以4a2?4a＜0?4a?4x1+x2＝0，x1g（x1）+g（x2）=ln(=ln[(x＝ln（x1x2+x1+x2+1）?＝ln（x1x2+x1+x2+1）?＝ln（4a2﹣4a+1）?=ln(2a?1)設x＝2a﹣1，?(x)=lnx①當0＜a＜12時，﹣1＜x＜0，?(x)=2ln(?x)+2x?2為減函數(shù)，h所以當0＜a＜12時，g（x1）+g（x②當12＜a＜1時，0＜x＜1，?′(x)=2x?2x所以h（x）＞h（1）＝0．所以當12＜a＜1時，g（x1）+g（x2）＞0，即g（x1）＞﹣g（x所以實數(shù)a的取值范圍為(123．已知函數(shù)f（x）＝e﹣x+sinx﹣ax，g（x）為f（x）的導函數(shù)．（1）證明：當a＝0時，函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，π2]內存在唯一的極值點x0（2）若f（x）在（0，π）上單調遞減，求整數(shù)a的最小值．【解答】解：（1）證明：當a＝0時，f（x）＝e﹣x+sinx，則g（x）＝f'（x）＝﹣e﹣x+cosx，∴g'（x）＝e﹣x﹣sinx，x∈[0，π2]，則g″（x）＝﹣e﹣x﹣cosx＜0，所以導函數(shù)g'（x又g′(π6)=由零點存在定理可知，g'（x）存在唯一零點x0∈[π所以當x∈[0，x0）時，g'（x）＞0，g（x）在區(qū)間[0，x0]上單調遞增，當x∈(x0，π2]時，g'（x）＜0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，π2]內存在唯一的極值點又x0∈[π（2）若f（x）在（0，π）上單調遞減，則f'（x）＝﹣e﹣x+cosx﹣a≤0在（0，π）上恒成立，參變分離得a≥﹣e﹣x+cosx，x∈（0，π），令φ（x）＝﹣e﹣x+cosx，x∈（0，π），k（x）＝φ'（x）＝e﹣x﹣sinx，當x∈（0，π）時，k'（x）＝﹣e﹣x﹣cosx單調遞增，k′(π2)=?由零點存在定理可知，存在唯一x1使得k′(x∴φ'（x）＝e﹣x﹣sinx在（0，x1）上單調遞減，在（x1，π）上單調遞增，φ′(x1)=e?x1?sinx1=?cosx1由零點存在定理可知，存在x2∈(0，π4)?(0，x1)，x3∈（x1，π）使φ'（所以φ（x）在（0，x2）上單調遞增，在（x2，x3）上單調遞減，在（x3，π）上單調遞增，又φ（0）＝0，φ(x2)=?e?x2+cosx2=cosx2?sinx2=?2sin(x∴a≥φ（x2），φ（x2）∈（0，1），a∈Z，∴amin＝1．24．已知函數(shù)f（x）=exx2?tlnx，g（x）=2tx，F(xiàn)（x）＝f（1）當t＝1時，求證：F（x）＞0對于任意正實數(shù)x恒成立．（2）若函數(shù)F（x）在（0，2）上有且僅有兩個極值點，求實數(shù)t的取值范圍．【解答】（1）證明：當t＝1時，F(xiàn)（x）=exx則F′（x）=(x?2)(令h（x）＝ex﹣x（x＞0），則h′（x）＝ex﹣1＞0在x＞0時恒成立，所以h（x）在（0，+∞）上單調遞增，h（x）＞h（0）＝1，即ex﹣x＞0在x＞0時恒成立，故當0＜x＜2時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）單調遞減，當x＞2時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）單調遞增，故F（x）≥F（2），因為F（2）=e24?ln2?1＞2．72又e4故F（2）＞lne452所以F（x）＞0，得證；（2）解：F′（x）=(x?2)(令H（x）＝ex﹣tx（x＞0），若函數(shù)F（x）在（0，2）上有且僅有兩個極值點，則H（x）＝ex﹣tx在（0，2）上有2個變號零點，當t≤1時，H′（x）＝ex﹣t＞0，H（x）單調遞增，不符合題意；當1＜t≤e2時，由H′（x）＝ex﹣t＝0可得x＝lnt∈（0，2），當0＜x＜lnt時，H′（x）＜0，H（x）單調遞減，當x＞lnt時，H′（x）＞0，H（x）單調遞增，所以H（x）min＝H（lnt）＝t（1﹣lnt），故H(0)=1＞0H(lnt)=t(1?lnt)＜0H(2)=e2當t＞e2時，H′（x）＜0，H（x）單調遞減，不符合題意，綜上，t的取值范圍為{t|e＜t＜125．已知函數(shù)f（x）＝（x﹣2）lnx+2x﹣3．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在x＝1處的切線方程；（Ⅱ）當x≥1時，求f（x）的零點個數(shù)；（Ⅲ）若函數(shù)g（x）＝（x﹣a）lnx+a(x?1)x在[1，+∞）上是增函數(shù)，求證：a【解答】解：（Ⅰ）f（x）的導數(shù)為f′（x）＝lnx+x?2x+2＝則切線的斜率為f′（1）＝1，又f（1）＝﹣1，所以，所求切線方程為y+1＝x﹣1，即y＝x﹣2；（Ⅱ）因為f″（x）=1所以f′（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，則f′（x）≥f′（1）＝1，所以f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，又f（1）＝﹣1，f（2）＝1，所以f（x）在[1，+∞）上有唯一零點，且零點在[1，2]上；（Ⅲ）證明：由題意，g′（x）＝lnx+x?a即（x﹣1）a≤x2（lnx+1）在[1，+∞）上恒成立，當x＝1時，a∈R；當x＞1時，a≤x設h（x）=x2(1+lnx)所以h′（x）=x[(x?2)lnx+2x?3]由（Ⅱ）可知，?m∈（1，2），使f（m）＝0，所以，當x∈（1，m）時，h′（x）＜0，當x∈（m，+∞）時h′（x）＞0，由此，h（x）在（1，m）單調遞減，在（m，+∞）單調遞增．所以，h（x）min＝h（m）=m又因為f（m）＝（m﹣2）lnm+2m﹣3＝0，所以lnm=3?2m從而h（x）min＝h（m）=m所以a≤=m又因為f（32）=?12f（74）=?14ln74所以32＜m由于h（m）=m22?m在（3所以h（m）＜h（74）=故a≤h（m）＜49即a＜4926．已知函數(shù)f（x）＝x3+3ax+1，x∈[﹣1，1]，a∈R．（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上不單調，求a的取值范圍；（2）求|f（x）|的最大值．【解答】解：（1）由已知得f′（x）＝3x2+3a，x∈[﹣1，1]，若f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上不單調，則3x2+3a＝0在（﹣1，1）上有解，故只需3+3a＞03a＜0，解得﹣1＜a故a的范圍是（﹣1，0）；（2）由f′（x）＝3（x2+a），x∈[﹣1，1]可知：①a≤﹣1時，f′（x）＜0，f（x）遞減，且f（﹣1）＝﹣3a＞0，f（1）＝2+3a，故|f（x）|max＝﹣3a；②﹣1＜a＜0時，f′（x）＝0得x=±?af′（x）＞0?x∈(?1，??a)或（?a，1），ff′（x）＜0?x∈（??a，?a），f而f（﹣1）＝﹣3a＞0，f（??a）=?2a?a+1，f（?a）=2a?a+結合函數(shù)f（x）關于（0，1）對稱，則|f（x）|max＝max{?2a?a+1，2+3因為?2a?a+1?（2+3a）＝（2?a?1）（?a當?1＜a≤?14時，|f（x）|max＝﹣2a?14＜a＜0時，則|f（x）|max③a≥0時，顯然有f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)，由f（﹣1）＝﹣3a，f（1）＝2+3a，得|f（x）|max＝2+3a；綜上可知a≤﹣1時，|f（x）|max＝﹣3a；﹣1＜a≤?14時，|f（x）|max＝﹣2a?a+1；a＞?14時，則|f（x27．設函數(shù)f（x）＝x2+2x﹣k（x+1）ln（x+1）．（1）當x≥0時，f（x）≥0恒成立，求k的最大值；（2）設數(shù)列{an}的通項an＝1?12+13+?+（﹣1）n﹣11n（n∈N*），證明：a2【解答】解：（1）f'（x）＝2（x+1）﹣k（1+ln（x+1）），①當k≤2時，由x≥0得f'（x）＝2（x+1）﹣k（1+ln（x+1））≥2（x﹣ln（x+1）），令φ（x）＝x﹣ln（x+1），則φ′(x)=1?1所以φ（x）在（0，+∞）上單調遞增，所以φ（x）≥φ（0）＝0，即f'（x）≥0所以f（x）在（0，+∞）上單調遞增，又f（0）＝0，因此f（x）≥0恒成立；②當k＞2時，令g（x）＝f'（x）＝2（x+1）﹣k（1+ln（x+1）），則g′(x)=2?kx+1=2x?(k?2)x+1，當g所以在(0，k?22)上，g'（x）＜0，g（x）單調遞減，又g（0）＝2﹣k＜0，所以g即f'（x）＜0，所以f（x）在(0，k?22)上單調遞減，又f（0）＝0，所以當x∈(0，k?22綜上，k≤2，最大值為2．（2）證明：由a=1+1=1要證a2n?1＞ln2+1即證明：1n+1由（1）f（x）＝x2+2x﹣2（x+1）ln（x+1）≥0，即ln(1+x)≤1取x=1k（k∈N*），得所以ln(1+1n)≤累加得1n+1+128．已知函數(shù)f（x）＝ax+1﹣xlnx的圖像在x＝1處的切線與直線x﹣y＝0平行．（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（2）若?x1，x2∈（0，+∞），且x1＞x2時，f(x1)?f(【解答】解：（1）由f（x）＝ax+1﹣xlnx，得f'（x）＝a﹣1﹣lnx，則f'（1）＝a﹣1，由切線與直線x﹣y＝0平行，可得a﹣1＝1，即a＝2，∴f（x）＝2x+1﹣xlnx，則f'（x）＝1﹣lnx，由f'（x）＞0，得1﹣lnx＞0，即0＜x＜e，由f'（x）＜0，得1﹣lnx＜0，即x＞e，∴f（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減；（2）∵x1＞x2，若?x1，x2∈（0，+∞），有f(x即有f(x1)?mx12＞f(x2)?mx2∴g（x）＝f（x）﹣mx2在（0，+∞）上為增函數(shù)，即有g'（x）＝1﹣lnx﹣2mx≥0對x＞0恒成立，可得2m≤1?lnxx在x＞0恒成立，令?(x)=1?lnx當h'（x）＝0，得x＝e2，則h（x）在（0，e2）上單調遞減，在（e2，+∞）上單調遞增，∴h（x）在x＝e2處取得極小值，且為最小值?1e2，可得2m≤?則實數(shù)m的取值范圍是(?∞，?129．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax（a∈R）（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）若a＝1，F(xiàn)（x）＝f（x）﹣bx2﹣1的導數(shù)F′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，求實數(shù)b的最大值；（Ⅲ）求證：f(12)+f(【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝ex﹣ax的導數(shù)為f′（x）＝ex﹣a，當a≤0時，f′（x）≥0恒成立，可得f（x）在R上遞增；當a＞0時，由f′（x）＝0，解得x＝lna，當x＞lna時，f′（x）＞0，f（x）遞增；當x＜lna時，f′（x）＜0，f（x）遞減．所以，a≤0時，f（x）的增區(qū)間（﹣∞，+∞）；a＞0時，f（x）的減區(qū)間為（﹣∞，lna），增區(qū)間為（lna，+∞）；（Ⅱ）若a＝1，F(xiàn)（x）＝f（x）﹣bx2﹣1＝ex﹣x﹣bx2﹣1，F(xiàn)′（x）＝ex﹣1﹣2bx，由F′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，可得F″（x）＝ex﹣2b≥0在[0，+∞）上恒成立，所以2b≤ex在[0，+∞）上恒成立，而ex≥1，所以2b≤1，即b≤12，可得b的最大值為（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）可得，當b=12時，F(xiàn)（x）＝f（x）?1F′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，即有F′（x）≥F′（0）＝0，則F（x）在[0，+∞）遞增，則F（x）≥F（0）＝0，即f（x）≥12x所以f（12）≥12×122+1，f（13相加可得f（12）+f（13）+...+f（1n+1）≥12[＞12[12×3+13×4+14×5+...=12（12?130．已知函數(shù)f（x）＝2ax﹣sinx（a∈R）．（1）當a=14時，求f（x）在區(qū)間[0，（2）若當x＞0時，不等式f（x）+axcosx≥0恒成立，求a的取值范圍．【解答】解：（1）當a=14時，f(x)=隨著x的變化，f′（x），f（x）變化情況如下表：x0（0，π3π3（π3，ππf′（x）﹣﹣0++f（x）0單調遞減極小值π單調遞增π2所以函數(shù)f（x）的最大值為f（π）=π2，函數(shù)f（x）的最小值為f（π3（2）關于x的不等式f（x）≤axcosx在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，即sinx2+cosx?令g（x）=sinx2+cosx?ax，g′（x）=2cosx+1(2+cosx令h（x）=sinx2+cosx，令t＝2cosx+1，tt＝0時，h（x）＝0；t≠0時，y=4tt2+6t+9=4t+6+9t∴h（x）∈[﹣1，13①當a≥13時，g′（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）上單調遞減，∴g（x）＜②當0≤a＜13時，t＝2cosx+1在（0，2π3）上單調遞減，函數(shù)y=4t∴g′（x）在（0，2π3又g′（0）=13?a＞0，∴存在x0∈（0，x0），g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上單調遞增，∴g（x0）＞g（0）＝0，不符合題意．綜上可得：a的取值范圍是[1331．已知函數(shù)f(x)=lnx?a(x?1)x+2，a∈（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]內單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍；（2）若t1，t2∈R，且t1＜t2，求證：t1【解答】解：（1）f′(x)=x若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]遞增，則有x2+（4﹣3a）x+4≥0在（0，1]上恒成立，即3a≤4x+x+4在（0，1]上恒成立，所以只需因為函數(shù)y=4x+x+4所以3a≤(4x所以a的取值范圍為（﹣∞，3]．（2）證明：令et1=x1，et2=x2，則t1由t1，t2∈R，且t1＜t2，得0＜x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，0＜x所以要證t1?t即lnx1x令t=x1x由（1）可知a＝1時，函數(shù)f（x）在（0，1）單調遞增，所以f（x）＜f（1）＝0，所以lnt?t?1所以lnx32．已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，f（x）＝ax﹣ex+1．（1）設a＝e，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（2）著?x≥0，都有f（x）≤ln（x+1），求實數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）設a＝e，則f（x）＝ex﹣ex+1，∴f（1）＝1，f′（x）＝e﹣ex，∴f′（1）＝e﹣e1＝0，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程頭y﹣1＝0（x﹣1），即y﹣1＝0．∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y﹣1＝0．（2）設F（x）＝ln（x+1）﹣f（x）＝ln（x+1）+ex﹣ax﹣1，x∈[0，+∞），則F′(x)=1設h（x）＝F（x），則?′(x)=e∴函數(shù)F′（x）在[0，+∞）單調遞增．當a≤2時，F(xiàn)（0）＝2﹣a≥0．∴F（x）≥0，故F（x）在[0，+∞）單調遞增．又∵F（0）＝0，故F（x）≥0對任意x∈[0，+∞）都成立．即當a≤2時，?x≥0，都有f（x）≤ln（x+1）．當a＞2時，lna＞ln2＞0，F(xiàn)（0）＝2﹣a＜0，F(xiàn)′(lna)=1∴?x0∈（0，lna），使F（x0）＝0．∵函數(shù)F（x）在[0，+∞）單調遞增，∴?x∈（0，x0），都有F′（x）＜0．∴F（x）在（0，x0）單調遞減．∴?x1∈（0，x0），使F（x1）＜F（0）＝0，即x1∈（0，x0），使f（x）＞ln（x+1），與?x≥0，f（x）≤ln（x+1）矛盾．綜上所述，a的取值范圍為（﹣∞，2]．33．已知函數(shù)f(x)=(a+1)lnx+a+2（1）討論f（x）的單調性；（2）若函數(shù)g(x)=1ex+1x，證明：當a＝0時，f（【解答】解：（1）f′(x)=a+1當a+2≥0時，即a≥﹣2時，令f′（x）＞0，解得：x＞1，此時f（x）在（0，1）單調遞減，在（1，+∞）單調遞增，當a+2＜0時，令f′（x）＝0，解得x＝1或者x＝﹣a﹣2，①﹣a﹣2＜1時，即：﹣3＜a＜﹣2時，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜﹣a﹣2，或者x＞1，此時f（x）在（0，﹣a﹣2），（1，+∞）單調遞增，（﹣a﹣2，1）單調遞減，②﹣a﹣2＞1時，即a＜﹣3時，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，或者x＞﹣a﹣2，此時f（x）在（0，1），（﹣a﹣2，+∞）單調遞增，（1，﹣a﹣2）單調遞減，③﹣a﹣2＝1時，即a＝﹣3時，f′（x）≥0恒成立，故f（x）在（0，+∞）恒增，綜上所述：a＜﹣3時，此時f（x）在（0，1），（﹣a﹣2，+∞）單調遞增，（1，﹣a﹣2）單調遞減，a＝﹣3時，f（x）在（0，+∞）恒增，﹣3＜a＜﹣2時，f（x）在（0，﹣a﹣2），（1，+∞）單調遞增，（﹣a﹣2，1）單調遞減，a≥﹣2時，此時f（x）在（0，1）單調遞減，在（1，+∞）單調遞增；（2）證明：當a＝0時，將原不等式轉化為xlnx+x設G(x)=xex（x＞0），G′(x)=1?xex，令可知在（0，1）為增函數(shù)，在（1，+∞）為減函數(shù)，所以G(x)設F（x）＝xlnx+x2+1，則F′（x）＝lnx+2x+1，又函數(shù)y＝F′（x）在（0，+∞）為增函數(shù)，F(xiàn)′(1e)=故存在x0∈(1e2，1e)，使得F′（所以F（x）在（0，x0）為減函數(shù)，在（x0，+∞）為增函數(shù)，所以F(x)設H（x）＝﹣x2﹣x+1，顯然在x∈(1e2又因為?1即F(x)min=F(F（x）＞G（x）恒成立，所以f（x）＞g（x）成立．34．已知函數(shù)f（x）＝ax﹣（lnx）2+4，曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線的斜率為2．（1）設m＞0，若函數(shù)R（x）＝f（x）﹣2lnx﹣6在[m，+∞）上的最小值為0，求m的值；（2）證明：xex＞lnx+cosx．【解答】解：（1）因為f（x）＝ax﹣（lnx）2+4，求導得：f′（x）＝a?2lnxx（由題得f'（1）＝a＝2，所以f（x）＝2x﹣（lnx）2+4，所以R（x）＝2x﹣（lnx）2﹣2lnx﹣2，所以R'（x）＝2?2lnx令g（x）＝x﹣lnx﹣1，則g'（x）＝1?1當x∈（0，1）時，g'（x）＜0，g（x）在（0，1）上單調遞減；當x∈（1，+∞）時g'（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以g（x）≥g（1）＝0，所以R'（x）≥0，所以R（x）在（0，+∞）上單調遞增，又R（1）＝0，所以m＝1；（2）證明：由（1）知x≥1時，R（x）＝2x﹣（lnx）2﹣2lnx﹣2≥0恒成立，令t＝lnx（t≥0），所以2et﹣