【数学】2019届一轮复习人教A版（文）大题冲关系列（一）函数与导数的综合应用学案 23页

函数与导数的综合应用 命题动向：函数与导数的解答题大多以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，并与数学思想方法紧密结合进行深入考查，体现了能力立意的命题原则．‎ 这几年，函数与导数的解答题一直作为“把关题”出现，是每年高考的必考内容，虽然是“把关题”，但是同其他解答题一样，一般都设置了层次分明的“台阶”，入口宽，入手易，但是深入难，解到底难．从近几年的高考情况看，命题的方向主要集中在导数在研究函数、方程、不等式等问题中的综合应用．‎ 题型1 利用导数研究函数性质综合问题 例1　　[2016·山东高考]设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.‎ ‎(1)令g(x)＝f′(x), 求g(x)的单调区间；‎ ‎(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值．求实数a的取值范围．‎ 解题视点　(1)求出g(x)的导数，就a的不同取值，讨论导数的符号；(2)f′(x)＝ln x－2a(x－1)，使用数形结合方法确定a的取值，使得在x<1附近f′(x)>0，即ln x>2a(x－1)，在x>1附近ln x<2a(x－1)．‎ 解　(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，‎ 可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．‎ 则g′(x)＝－2a＝.‎ 当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x) 单调递增；‎ 当a>0时，x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，‎ x∈时，函数g(x)单调递减．‎ 所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；‎ 当a>0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎(2)由(1)知，f′(1)＝0.‎ ‎①当a≤0时，f′(x)单调递增，‎ 所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．‎ ‎②当01，由(1) 知f′(x)在内单调递增，‎ 可得当x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．‎ ‎③当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，‎ 所以当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，‎ 所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．‎ 综上可知，实数a的取值范围为.‎ 冲关策略 函数性质综合问题难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论.‎ (1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论.‎ (2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点.‎ (3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值.‎ 变式训练1 [2018·河南模拟]已知函数f(x)＝－x3＋2x2＋ax＋(a∈R)．‎ ‎(1)若a＝3，试求函数f(x)的图象在x＝2处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间[0,2]上的最大值为2，试求实数a的值．‎ 解　(1)因为a＝3，所以f(x)＝－x3＋2x2＋3x＋，‎ 所以f′(x)＝－x2＋4x＋3，‎ 所以f′(2)＝－22＋2×4＋3＝7.‎ 因为f(2)＝－＋8＋6＋＝12，‎ 所以切线方程为y－12＝7(x－2)，即y＝7x－2.‎ 该直线与坐标轴的交点坐标分别为(0，－2)，，‎ 所以该直线与坐标轴围成的三角形的面积S＝×2×＝.‎ ‎(2)f′(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋a＋4.‎ 若a＋4≤0，a≤－4，则f′(x)≤0在[0,2]上恒成立，‎ 所以函数f(x)在[0,2]上单调递减，‎ 所以f(x)max＝f(0)＝＜2，‎ 此时a不存在．‎ 若a≥0，则f′(x)≥0在[0,2]上恒成立，‎ 所以函数f(x)在[0,2]上单调递增，‎ 所以f(x)max＝f(2)＝－＋8＋2a＋＝2a＋6＝2，解得a＝－2，‎ 因为a≥0，所以此时a不存在．‎ 若－40是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．‎ 解题视点　(1)对函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c求导，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，利用斜截式可直接求得切线方程；(2)利用f′(x)＝3x2＋8x＋4＝(3x＋2)(x＋2)可判断函数f(x)的单调区间，从而根据单调性判断函数取得最值的情况，进而求出实数c的取值范围；(3)对方程3x2＋2ax＋b＝0的判别式进行分类讨论，据此得出证明．‎ 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，‎ 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.‎ 因为f(0)＝c，f′(0)＝b，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.‎ ‎(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，‎ 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.‎ 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，‎ 解得x＝－2或x＝－.‎ f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：‎ x ‎(－∞，－2)‎ ‎－2‎ ‎－ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  c  c－  所以，当c>0且c－<0时，存在x1∈(－4，－2)，‎ x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.‎ 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．‎ ‎(3)证明：当Δ＝4a2－12b<0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b>0，x∈(－∞，＋∞)，‎ 此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点．‎ 当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.‎ 当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增．‎ 所以f(x)不可能有三个不同零点．‎ 综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b>0.‎ 故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．‎ 当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b>0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．‎ 因此a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.‎ 冲关策略 研究方程根的情况，可以通过研究函数的单调性、极值、最值等，再结合零点存在性定理进行分析.‎ 变式训练2 设函数f(x)＝x2－ax－kln x(a∈R，k∈R)．‎ ‎(1)若k＝1，且f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若a＝0，且k≥e，求证：f(x)在区间(1，]上有且仅有一个零点．‎ 解　(1)∵f(x)＝x2－ax－kln x，‎ ‎∴f′(x)＝x－－a，‎ 若k＝1，且f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，‎ 则f′(x)＝x－－a≥0对任意的x≥1恒成立，‎ 即a≤x－对任意的x≥1恒成立．‎ ‎∴a≤min＝0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．‎ ‎(2)证明：当a＝0时，f(x)＝x2－kln x，‎ ‎∴f′(x)＝x－＝，‎ 由f′(x)＜0，得0＜x＜；‎ 由f′(x)＞0，得x＞.‎ ‎∴f(x)在区间(0，]上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．‎ 当k＝e时，f(x)在区间(0，]上单调递减，且f()＝e－eln＝0，‎ ‎∴f(x)在区间(1，]上有且仅有一个零点．‎ 当k＞e时，＞，‎ ‎∴f(x)在区间(1，]上单调递减，‎ 又f(1)＝＞0，f()＝e－kln ＝＜0，‎ ‎∴f(x)在区间(1，]上有且仅有一个零点．‎ 综上，若a＝0，且k≥e，则f(x)在区间(1，]上有且仅有一个零点.‎ 题型3 利用导数研究与不等式有关的问题 命题角度1　证明不等式 例3　　[2017·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.‎ 解题视点　(1)结合导数，对a进行分类讨论，来研究函数的单调性；(2)根据(1)的单调性情况，通过作差构造新函数，再利用导数进行求解．‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.‎ 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；‎ 当x∈时，f′(x)＜0.‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.‎ 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，‎ 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．‎ 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.‎ 所以当x＞0时，g(x)≤0.‎ 从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，‎ 即f(x)≤－－2.‎ 冲关策略 利用导数证明不等式的基本方法 利用导数法证明不等式f(x)＞g(x)在区间D上成立的基本方法：‎ 可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.‎ 命题角度2　不等式的恒成立问题 例4　　[2016·四川高考]设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)证明：当x>1时，g(x)>0；‎ ‎(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．‎ 解题视点　含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，讨论时要注意定义域和参数范围，不重不漏，证明不等式可转化为求函数最值问题，对于(3)中的恒成立问题要想到前后之间的联系．‎ 解　(1)f′(x)＝2ax－＝(x＞0)．‎ 当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．‎ 当a＞0时，由f′(x)＝0有x＝.‎ 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ ‎(2)证明：令s(x)＝－x，则s′(x)＝－1.‎ 当x＞1时，s′(x)＞0，所以＞x，从而g(x)＝－＞0.‎ ‎(3)由(2)，当x＞1时，g(x)＞0.‎ 当a≤0，x＞1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x＜0.‎ 故当f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a＞0.‎ 当0＜a＜时，＞1.‎ 由(1)有f＜f(1)＝0，‎ 而g＞0，‎ 所以此时f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．‎ 当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．‎ 当x＞1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x＞x－＋－＝＞＞0.‎ 因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．‎ 又因为h(1)＝0，所以当x＞1时，h(x)＝f(x)－g(x)＞0，‎ 即f(x)＞g(x)恒成立．‎ 综上，a∈.‎ 冲关策略 利用导数解决不等式的恒成立问题 利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.‎ 命题角度3　存在型不等式恒成立问题 例5　　设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.‎ ‎(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；‎ ‎(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．‎ 解题视点　(1)等价于求使[g(x1)－g(x2)]max≥M成立时的最大整数 M；(2)等价于在区间上，f(x)min≥g(x)max恒成立时，求a的取值范围．‎ 解　(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，‎ 等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.‎ 由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.‎ 由g′(x)＞0得x＜0或x＞，又x∈[0,2]，所以g(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数，所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1.‎ 故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，‎ 则满足条件的最大整数M＝4.‎ ‎(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，函数f(x)min≥g(x)max.‎ 由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1.‎ 在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．‎ 设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0.‎ 即函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在[1,2]‎ 上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).‎ 冲关策略 双参数不等式问题的求解方法 一般采用等价转化法．‎ ‎①∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使有f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.‎ ‎②∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]max>[f2(x2)]min.‎ ‎③∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]min.‎ ‎④∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x)]max>[f2(x)]max.‎ ‎⑤∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，使f1(x1)＝f2(x2)⇔f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为∅.‎ 命题角度4　证明正整数不等式 例6　　[2017·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝x－1－aln x．‎ ‎(1)若f(x)≥0，求a的值；‎ ‎(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．‎ 解题视点　(1)对a进行分类讨论，当a＞0时，通过求函数的导数研究函数的单调性，求解函数的最值即可；(2)结合(1)的结论，令x＝1＋进行求解．‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．‎ ‎②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，‎ 当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.‎ 所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．‎ 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．‎ 因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，‎ 故a＝1.‎ ‎(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0.‎ 令x＝1＋，得ln＜，‎ 从而ln＋ln＋…＋ln ‎＜＋＋…＋＝1－＜1.‎ 故·…·＜e.‎ 而＞2，所以m的最小值为3.‎ 冲关策略 证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的．本例(2)就是利用了(1)的结论，构造了函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令x＝1＋，可得到解题的基本思路.‎ 解答题专项训练一 ‎1.[2018·黄山模拟]已知f(x)＝ln x－x3＋2ex2－ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．‎ ‎(1)若f(x)的图象在x＝e处的切线的斜率为e2，求a；‎ ‎(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．‎ 解　(1)f′(x)＝－3x2＋4ex－a，‎ f′(e)＝＋e2－a＝e2，‎ ‎∴a＝.‎ ‎(2)由ln x－x3＋2ex2－ax＝0，得－x2＋2ex＝a.‎ 记F(x)＝－x2＋2ex，‎ 则F′(x)＝－2(x－e)．‎ 当x∈(e，＋∞)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．‎ 当x∈(0，e)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增．‎ ‎∴F(x)max＝F(e)＝＋e2，‎ 而x趋近于0时，F(x)趋近于－∞，‎ x趋近于＋∞时，F(x)趋近于－∞.‎ 若f(x)有两个零点，则F(x)的图象与直线y＝a有两个交点，故a＜＋e2.‎ 所以a的取值范围为.‎ ‎2．[2018·太原模拟]已知函数f(x)＝ex－1－ax2＋(2a－1)x－a，其中e是自然对数的底数．‎ ‎(1)若a＝0，求曲线f(x)在x＝2处的切线方程；‎ ‎(2)当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，则f′(x)＝ex－1－1，所以f′(2)＝e－1，又f(2)＝e－2，所以曲线f(x)在x＝2处的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－2)，即y＝(e－1)x－e.‎ ‎(2)易知f′(x)＝ex－1－2ax＋2a－1，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex－1－2a.‎ 若h′(x)＝ex－1－2a≥0，x≥1，即a≤，即当a≤时，f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥f′(1)＝0，于是f(x)＝－ax2＋(2a－1)x－a在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0，符合题意．‎ 当a>时，令h′(x)＝ex－1－2a＝0，得x＝ln 2a＋1，所以当x∈[1，ln 2a＋1)时，h′(x)＝ex－1－2a<0，故f′(x)在x∈[1，ln 2a＋1)上单调递减，故f′(x)≤f′(1)＝0，从而当x∈[1，ln 2a＋1)时，f(x)单调递减，故f(x)≤f(1)＝0，与题设矛盾，不符合题意．‎ 综上，实数a的取值范围是.‎ ‎3．[2018·银川调研]已知函数f(x)＝x2－(2t＋1)x＋tln x(t∈R)．‎ ‎(1)若t＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的极值；‎ ‎(2)设函数g(x)＝(1－t)x，若∃x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数t的最大值．‎ 解　(1)依题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 当t＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋＝.‎ 由f′(1)＝0，f(1)＝－2，得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下．‎ x ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  由表格知，f(x)极大值＝f＝－＋ln ，‎ f(x)极小值＝f(1)＝－2.‎ ‎(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，‎ 即x2－2x＋t(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．‎ ‎∵当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，∴ln x－x＜0，∴t≤在区间[1，e]上有解．‎ 令h(x)＝，则h′(x)＝.‎ ‎∵x∈[1，e]，∴x＋2＞2≥2ln x，∴h′(x)≥0，h(x)单调递增，∴x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝.‎ ‎∴t≤，∴实数t的最大值是.‎ ‎4．[2018·江西模拟]已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a＜0.‎ ‎(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．‎ 解　(1)当a＝－4时，f(x)＝(4x2－16x＋16)，其中x>0，则f′(x)＝.‎ 由f′(x)>0得02.‎ 故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．‎ ‎(2)f′(x)＝，a＜0，‎ 由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.‎ 当x∈时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减；当x∈时，f(x)单调递增．‎ 易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.‎ ‎①当－≤1时，即－2≤a<0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．‎ ‎②当1<－≤4时，即－8≤a<－2时，f(x)在[1,4]上的最小值为f＝0，不符合题意．‎ ‎③当－>4时，即a<－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在[1,4]上单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．‎ 综上有，a＝－10.‎ ‎5．[2018·金华模拟]已知函数f(x)＝ln x－(1＋a)x2－x.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a<1时，证明：对任意的x∈(0，＋∞)，有f(x)<－－(1＋a)x2－a＋1.‎ 解　(1)由题知f′(x)＝(x>0)，‎ 当a≠－1时，由f′(x)＝0得2(1＋a)x2＋x－1＝0且Δ＝9＋8a，‎ x1＝－，x2＝，‎ ‎①当a＝－1时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；‎ ‎②当a>－1时，f(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减；‎ ‎③当a≤－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎④当－0)．‎ 当0e时，g′(x)>0.‎ 所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．‎ 所以g(x)≥g(e)＝－＋1－a.‎ 又a<1，所以－＋1－a>－>－1，即F(x)maxg(x2)？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)∵f(x)＝(x2－x－5)ex，‎ ‎∴f′(x)＝(2x－1)ex＋(x2－x－5)ex＝(x2＋x－6)ex＝(x＋3)(x－2)ex.‎ 当x<－3或x>2时，f′(x)>0，即函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－3)和(2，＋∞)．‎ 当－3g(x)max.‎ 由(1)可得当x趋近于－∞时，f(x)趋近于0，‎ ‎∴f(x)min＝f(2)＝－3e2，‎ ‎∵g(x)＝tx2＋ex－4e2＝t2－－4e2，‎ ‎∴g(x)max＝g＝－－4e2.‎ 故－3e2>－－4e2，即1＞－，得到t<－，‎ ‎∴存在负数t∈满足题意．‎ ‎7．[2017·山东高考]已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.‎ ‎(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；‎ ‎(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．‎ 解　(1)由题意f′(x)＝x2－ax，‎ 所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，‎ 所以f′(3)＝3，‎ 因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是 y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.‎ ‎(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，‎ 所以g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－(x－a)sinx ‎＝(x－a)(x－sinx)，‎ 令h(x)＝x－sinx，‎ 则h′(x)＝1－cosx≥0，‎ 所以h(x)在R上单调递增．‎ 因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；‎ 当x<0时，h(x)<0.‎ ‎①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，‎ 当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 所以当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－a3－sina，‎ 当x＝0时g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.‎ ‎②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sinx)，‎ 当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；‎ 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．‎ ‎③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，‎ 当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 所以当x＝0时g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；‎ 当x＝a时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－a3－sina.‎ 综上所述：‎ 当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sina，极小值是g(0)＝－a；‎ 当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；‎ 当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sina.‎ ‎8．[2018·合肥模拟]已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线l与直线4x＋3y－3＝0垂直，求a的值；‎ ‎(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数a的取值范围；‎ ‎(3)证明：ln (n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)．‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，‎ f(1)＝ln 1－a＋1＝1－a，f′(1)＝1－a.‎ 故切线l的方程为y－(1－a)＝(1－a)(x－1)，即y＝(1－a)x.‎ 因为切线l与直线4x＋3y－3＝0垂直，所以4×(1－a)＋3×(－1)＝0，解得a＝.‎ ‎(2)若a≤0，则f′(x)＝－a>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．‎ 而f(1)＝1－a>0，f(x)≤0不恒成立．‎ 若a>0，则当x∈时，f′(x)＝－a>0；‎ 当x∈时，f′(x)＝－a<0.‎ 所以f(x)在上是增函数，在上是减函数．‎ 所以f(x)的最大值为f＝－ln a.‎ 要使f(x)≤0恒成立，则－ln a≤0，所以a≥1.故实数a的取值范围是[1，＋∞)．‎ ‎(3)证明：由(2)知，当a＝1时有f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，且f(x)在(0,1)上是增函数，f(1)＝0，所以ln x