(2) f(x)≤ax转化为ln x+ax2-2x-ax≤0,设g(x)=ln x+ax2-2x-ax,x∈[,+∞),则g'(x)=+2ax-2-a=
2
??
11(?????1)(2???1)
??
.
①当a<0时,g(x)在[2,+∞)上单调递减,因而g(2)=ln2+4a-1-2a≤0,故-4-4ln 2≤a<0;
②当0
x2
2、设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝x.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．
e(1)求a的值；
(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；
(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值． 【解析】(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2， a
又f′(x)＝lnx＋＋1，所以a＝1.
x
x2
(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根．设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－x，
e44
当x∈(0,1]时，h(x)<0，又h(2)＝3ln 2－2＝ln 8－2>1－1＝0，
ee
1
1
1
1
1
1
11
1
1
11111
x(x?2)1
所以存在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝ln x＋＋1＋， xxe1
所以当x∈(1,2)时，h′(x)>1－>0，
e
当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增． 所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．
(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x) ?(x?1)lnx，x?(0，x0]?x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝?2， x??)?x，x?(x0，?e1 当x∈(0，x0]时，若x∈(0,1]，m(x)≤0；若x∈(1，x0]，由m′(x)＝lnx＋＋1>0. x可知0 x(x?2)， ex可得x∈(x0,2)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减． 4 可知m(x)≤m(2)＝2，且m(x0) e4 综上可得，函数m(x)的最大值为2. e 3．已知函数f(x)＝xex?alnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴． (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：当b≤e时，f(x)≥b(x2－2x＋2)． a 【解析】(1)因为f′(x)＝(x＋1)ex－，x>0，依题意得f′(1)＝0，即2e－a＝0，解得a＝2e. x2e 所以f′(x)＝(x＋1)ex－，显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递增且f′(1)＝0， x故当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)证明：①当b≤0时，由(1)知，当x＝1时，f(x)取得最小值e.又b(x2－2x＋2)的最大值为b， 故f(x)≥b(x2－2x＋2)． 2e ②当0 x2e2e 令h(x)＝(x＋1)ex－－2b(x－1)，x>0，则h′(x)＝(x＋2)ex＋2－2b， xx2e 当x∈(0,1]时，2－2b≥0，(x＋2)ex>0，所以h′(x)>0， x2e 当x∈(1，＋∞)时，(x＋2)ex－2b>0，2>0，所以h′(x)>0， x 所以当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0， 所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝e－b≥0，所以g(x)≥0，即f(x)≥b(x2－2x＋2)． 综上，当b≤e时，f(x)≥b(x2－2x＋2)． 4．(2020届德州中学高三月考)已知函数f(x)＝mx2－x＋lnx. (1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围； 1 (2)当0 2围． 12mx2－x＋1 【解析】(1)f′(x)＝2mx－1＋＝，即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解． xx当m≤0时显然成立； 1 当m>0时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0， 4m11 故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<.故0 881－∞，?. 综上所述，实数m的取值范围为?8?? (2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，即y＝2mx－m－1. 从而方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解． 设g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)，则g(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点． 又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1. 2mx?(2m?1)x?1(2mx?1)(x?1)1 则g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝. xxx1 当m＝时，g′(x)≥0，又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 2∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意． 1111 当0 22m2m2m1 由g′(x)<0，得1 2m 故当x在(0，＋∞)上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表： x g′(x) g(x) (0,1) ＋ 1 0 极大值 2?1，1? ?2m?－ 1 2m0 极小值 ?1，＋∞? ?2m?＋ 1??x－?2＋1??＋m＋ln x＋1.∴g?2＋1?>0， 根据上表知g?<0.又g(x)＝mx?2m???m???m?1?故在??2m，＋∞?上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意． 1 综上所述，m＝. 2 5．已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1. (1)讨论y＝f(x)的单调性； (2)若a≤－2，证明：对?x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. a＋12ax2＋a＋1a(2x?1)?1【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝＝. xxx当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 2 当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当－1 ???? a＋1?? 时，f′(x)>0，f(x)在?0， ?－ 2a??a＋1??上单调递增； － 2a?a＋1－，＋∞上单调递减． 2a a＋1?－，＋∞?时，f′(x)<0，f(x)在 2a? (2)证明：不妨假设x1≥x2.由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ∴|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1. a＋12ax2＋4x＋a＋1 令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝， xx －4x2＋4x－1?(2x?1)于是g′(x)≤＝≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)， xx即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，故对?x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. x＋a 6、已知函数f(x)＝x. e (1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围； (2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)． 【解析】(1)易得f′(x)＝－ 2x?(1?a)，由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立， xe故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1]． x (2)证明：a＝0，则f(x)＝x.函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)． e令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R， 1－x1－x0(1?x)ex0?(1?x0)e则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝x－＝. eex0 ex?x0x设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex， ∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0， ∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0， ∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0， ∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数， ∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)． 7．【四川省宜宾市2020届高三诊断】已知函数??(??)= ?????????????1 ． (1)当??=1时，判断??(??)有没有极值点？若有，求出它的极值点；若没有，请说明理由； (2)若??(??) ?????????????1 ，则??>0且??≠1，即函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞)； ??????????1(???1)2(1)当??=1时，??(??)= ???????? ，则??′(??)=???1，令??(??)=??????????1，则??′(??)=1???= 1???1?? ， ①当??∈(0,1)时，??′(??)<0，??(??)为减函数，??(??)>??(1)=0，∴??′(??)>0，??(??)无极值点； ②当??∈(1,+∞)时，??′(??)>0，??(??)为增函数，??(??)>??(1)=0，∴??′(??)>0，??(??)无极值点； 综上，当??=1时，??(??)没有极值点； (2)由??(??) 1?????????????1 ???? 1??2 ??1 令?(??)=???????????+，则?′(??)=?1? ?? ??????<0 = ?(??2?????+1) ?? ； ?????????????1 ①当??≤0时，??∈(0,1)时{???1<0 ；??∈(1,+∞)时{???1>0 ，∴ ??????>0 ②当0 当??∈(0,1)时，?(??)为减函数，?(??)>?(1)=0，∴???1(???????????+??)<0成立； 当??∈(1,+∞)时，?(??)为减函数，?(??) ?????1?? 1 (???????????+)<0成立；即0 ?? 1 ③当??>2时，由?′(??)=0，得??2?????+1=0，且△=??2?4>0； 设??2?????+1=0两根为??1，??2(??10，??1??2=1，∴00，得??2?????+1<0，解集为(??1,1)∪(1,??2)， ∴?(??)在(??1,1)上为增函数，?(??1) 8．【湖南省常德市2020届高三上学期检测】已知函数??(??)=ln??+????2+(??+1)??+(??∈??). 2 2 1 1 ??1??1?1 (????????1???1+ 1??1 )>0，∴??>2不合题意； (Ⅰ)讨论函数??(??)的单调性； (Ⅰ)设??∈??，若对任意的??>0，????′(??)≤????2?ln??+恒成立，求??的取值范围. 2 2 1 1 【解析】 (Ⅰ)??′(??)=??+????+??+1= 1(??+1)(????+1) ?? (??>0) , (1)若??≥0，则??′(??)>0，函数??(??)在(0,+∞)上单调递增； (2)若??<0，由??′(??)>0得0??? 1 1
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