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(四)函數與導數(2)
1．(2018江西省重點中學協(xié)作體聯(lián)考)已知f(x)＝ex，g(x)＝x2＋ax－2xsin x＋1.
(1)證明：1＋x≤ex≤(x∈[0,1))；
(2)若x∈[0,1)時，f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍．
(1)證明 設h(x)＝ex－1－x，則h′(x)＝ex－1，
故h(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．
從而h(x)≥h(0)＝0，即ex≥1＋x.
而當x∈[0,1)時，e－x≥1－x，即ex≤.
(2)解 設F(x)＝f(x)－g(x)
＝ex－(x2＋ax－2xsin x＋1)，
則F(0)＝0，
F′(x)＝ex－(2x＋a－2xcos x－2sin x)．
要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立，必須有F′(0)≥0.
即a≤1.
以下證明：當a≤1時，f(x)≥g(x)．
只要證1＋x≥x2＋x－2xsin x＋1，
只要證2sin x≥x在[0,1)上恒成立．
令φ(x)＝2sin x－x，
則φ′(x)＝2cos x－1>0對x∈[0,1)恒成立，
又φ(0)＝0，所以2sin x≥x，從而不等式得證．
2．(2018宿州質檢)設函數f(x)＝x＋axln x(a∈R)．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若函數f(x)的極大值點為x＝1，證明：f(x)≤e－x＋x2.
(1)解 f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a，
當a＝0時，f(x)＝x，
則函數f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，由f′(x)>0得x>，
由f′(x)<0得0
0得0，
所以函數f(x)在區(qū)間上單調遞增，
在區(qū)間上單調遞減．
綜上所述，當a＝0時，
函數f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，函數f(x)在區(qū)間上單調遞減，
在區(qū)間上單調遞增；
當a<0時，函數f(x)在區(qū)間上單調遞增，
在區(qū)間上單調遞減．
(2)證明 由(1)知a<0且＝1，
解得a＝－1，f(x)＝x－xln x.
要證f(x)≤e－x＋x2，
即證x－xln x≤e－x＋x2，
即證1－ln x≤＋x.
令F(x)＝ln x＋＋x－1(x>0)，
則F′(x)＝＋＋1
＝.
令g(x)＝x－e－x，
得函數g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增．
而g(1)＝1－>0，g(0)＝－1<0，
所以在區(qū)間(0，＋∞)上存在唯一的實數x0，
使得g(x0)＝x0－＝0，
即x0＝，
且x∈(0，x0)時，g(x)<0，x∈(x0，＋∞)時，g(x)>0.
故F(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增．
∴F(x)min＝F(x0)＝ln x0 ＋＋x0－1.
又＝x0，
∴F(x)min＝ln x0＋＋x0－1
＝－x0＋1＋x0－1＝0.
∴F(x)≥F(x0)＝0成立，
即f(x)≤e－x＋x2成立．
3．(2018皖江八校聯(lián)考)已知函數f(x)＝.
(1)若a≥0，函數f(x)的極大值為，求實數a的值；
(2)若對任意的a≤0，f(x)≤在x∈[0，＋∞)上恒成立，求實數b的取值范圍．
解 (1)由題意，
f′(x)＝[(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x]
＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1]
＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)．
①當a＝0時，f′(x)＝－e－x(x－1)，
令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．
所以f(x)的極大值為f(1)＝≠，不合題意．
②當a>0時，1－<1，
令f′(x)>0，得1－1，
所以f(x)在上單調遞增，
在，(1，＋∞)上單調遞減．
所以f(x)的極大值為f(1)＝＝，得a＝2.
綜上所述a＝2.
(2)令g(a)＝＋，a∈(－∞，0]，
當x∈[0，＋∞)時，>0，
則g(a)≤對?a∈(－∞，0]恒成立等價于g(a)≤g(0)≤，
即≤bln(x＋1)對x∈[0，＋∞)恒成立．
①當b＝0時，顯然≤bln(x＋1)在[0，＋∞)上不恒成立．
②當b<0時，?x∈(0，＋∞)，bln(x＋1)<0，>0，
此時>bln(x＋1)，不合題意．
③當b>0時，令h(x)＝bln(x＋1)－，x∈[0，＋∞)，
則h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝，
其中(x＋1)ex>0，?x∈[0，＋∞)，
令p(x)＝bex＋x2－1，x∈[0，＋∞)，
則p(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增，
b≥1時，p(x)≥p(0)＝b－1≥0，
所以對?x∈[0，＋∞)，h′(x)≥0，
從而h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
所以對任意x∈[0，＋∞)，h(x)≥h(0)＝0，
即不等式bln(x＋1)≥xe－x在[0，＋∞)上恒成立．
00及p(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增，
所以存在唯一的x0∈(0,1)，使得p(x0)＝0，
且x∈(0，x0)時，p(x)<0.
從而x∈(0，x0)時，h′(x)<0，
所以h(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞減，
則x∈(0，x0)時，h(x)0.
(1)解 f(x)＝ln x－ax.
令x＝t，∴x＝(t>0)．令h(t)＝ln t－at，
則函數y＝h(t)與y＝f(x)的零點個數情況一致．
h′(t)＝－a.
(ⅰ)當a≤0時，h′(t)>0，
∴h(t)在(0，＋∞)上單調遞增．
又h(1)＝－a≥0，
＝a＋－ae
≤a＋－a＝a＋<0，
∴此時有1個零點．
(ⅱ)當a>0時，h(t)在上單調遞增，
在上單調遞減．
∴h(t)max＝h＝ln－1.
①當ln<1即a>時，h<0，無零點．
②當ln＝1即a＝時，h＝0,1個零點．
③當ln>1即00，
又>e>1，h(1)＝－a<0.
又－＝<(1－e)<0，
h＝ln2－a＝2ln－，
令φ(a)＝2ln－，
φ′(a)＝2＋＝>0，
∴φ(a)在上單調遞增，
∴φ(a)<φ＝2－e<0，∴此時有兩個零點．
綜上，當a≤0或a＝時，有1個零點；
當0時，無零點．
(2)要證g(x)－f(x)－ax－2>0，
只需證＋2<(2－x)e.
令＝m∈(0,1)，只需證＋2<(2－m2)em.
令l(m)＝(2－m2)em，l′(m)＝(－m2－2m＋2)em，
∴l(xiāng)(m)在(0，－1)上單調遞增，在(－1,1)上單調遞減，
又∵l(1)＝e，l(0)＝2，∴l(xiāng)(m)>2.
令t(m)＝，t′(m)＝>0，
∴t(m)在(0,1)上單調遞增，
∴t(m)0.
5．(2018洛陽模擬)已知函數f(x)＝(x－1)ex－x2，其中t∈R.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)當t＝3時，證明：不等式f(x1＋x2)－f(x1－x2)>－2x2恒成立(其中x1∈R，x2>0)．
(1)解 由于f′(x)＝xex－tx＝x(ex－t)．
(ⅰ)當t≤0時，ex－t>0，
當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
(ⅱ)當t>0時，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln t.
①當00時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
當ln t0，f(x)單調遞增；
②當t＝1時，f′(x)≥0，f(x)單調遞增；
③當t>1時，ln t>0.
當x>ln t時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
當00，f(x)單調遞增．
綜上，當t≤0時，f(x)在(－∞，0)上是減函數，
在(0，＋∞)上是增函數；
當01時，f(x)在(－∞，0)，(ln t，＋∞)上是增函數，
在(0，ln t)上是減函數．
(2)證明 依題意f(x1＋x2)－f(x1－x2)>(x1－x2)－(x1＋x2)?f(x1＋x2)＋(x1＋x2)>f(x1－x2)＋(x1－x2)恒成立．
設g(x)＝f(x)＋x，
則上式等價于g(x1＋x2)>g(x1－x2)，
要證明g(x1＋x2)>g(x1－x2)對任意x1∈R，
x2∈(0，＋∞)恒成立，
即證明g(x)＝(x－1)ex－x2＋x在R上單調遞增，
又g′(x)＝xex－3x＋1，
只需證明xex－3x＋1≥0即可．
令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，
當x<0時，h′(x)<0，當x>0時，h′(x)>0，
∴h(x)min＝h(0)＝0，
即?x∈R，ex≥x＋1，
那么，當x≥0時，xex≥x2＋x，
∴xex－3x＋1≥ x2－2x＋1＝(x－1)2≥0；
當x<0時，ex<1，xex－3x＋1＝x>0，
∴xex－3x＋1>0恒成立．從而原不等式成立．
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