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重难增分训练（一） 函数与导数的综合问题
1．已知m，n∈(2，e)，且－＜ln，则( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＞2＋ D．m，n的大小关系不确定
解析：选A 由不等式可得－＜ln m－ln n，即＋ln n＜＋ln m．设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，则f′(x)＝－＋＝.
因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.故选A.
2．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为________．
解析：因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，所以f(x)的图象关于x＝2对称．所以f(0)＝f(4)＝1.设g(x)＝(x∈R)，则g′(x)＝＝.又f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0(x∈R)，所以函数g(x)在定义域上单调递减．因为f(x)＜ex⇔＜1，而g(0)＝＝1，所以f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以x＞0.
答案：(0，＋∞)
3．(2017·广东汕头模拟)已知函数f(x)＝x＋xln x，若m∈Z，且f(x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，则m的最大值为________．
解析：因为f(x)＝x＋xln x，且f(x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，等价于m<在(1，＋∞)上恒成立，等价于m<min(x>1)．
令g(x)＝(x>1)，所以g′(x)＝.易知g′(x)＝0必有实根，设为x0(x0－2－ln x0＝0)，且g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，因此m<x0，令h(x)＝x－2－ln x，可得h(3)<0，h(4)>0，故3<x0<4，又m∈Z，故m的最大值为3.
答案：3
4．已知函数f(x)＝|xex|，方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根，则实数t的取值范围为________．
解析：f(x)＝|xex|＝
当x≥0时，f′(x)＝ex＋xex≥0恒成立，所以函数f(x)在[0，＋∞)上为增函数；
当x<0时，f′(x)＝－ex－xex＝－ex(x＋1)，由f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＝－ex(x＋1)>0，函数f(x)为增函数，当x∈(－1,0)时，f′(x)＝－ex·(x＋1)<0，函数f(x)为减函数，所以函数f(x)＝|xex|在(－∞，0)上的最大值为f(－1)＝－(－1)e－1＝，
要使方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根，令f(x)＝m，则方程m2＋tm＋1＝0应有两个不同的实根，且一个根在内，一个根在内，令g(m)＝m2＋tm＋1，因为g(0)＝1>0，则只需g<0，即2＋＋1<0，解得t<－，
所以使得方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根的t的取值范围为.
答案：
5．已知函数f(x)＝x－aln x＋b，a，b为实数．
(1)若曲线x＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋3，求a，b的值；
(2)若|f′(x)|<对∈[2,3]恒成立，求a的取值范围．
解：(1)由已知，得f′(x)＝1－，
且由题设得f′(1)＝2，f(1)＝5，
从而，得1－a＝2且1＋b＝5，
解得a＝－1，b＝4.
(2)根据题设得，命题等价于当x∈[2,3]时，<恒成立⇔|x－a|<恒成立⇔－<a－x<恒成立⇔x－<a<x＋恒成立．(*)
设g(x)＝x－，x∈[2,3]，h(x)＝x＋，x∈[2,3]，
则(*)式即为g(x)max<a<h(x)min，而当x∈[2,3]时，
g(x)＝x－和h(x)＝x＋均为增函数，
则g(x)max＝g(3)＝2，h(x)min＝h(2)＝，
所以实数a的取值范围为.
6．(2017·宁波模拟)已知函数f(x)＝＋ax，x＞1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；
(3)若方程(2x－m)ln x＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤－＝2－.
∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，
∴当－＝0时，函数t＝2－的最小值为－，
∴a≤－.
故实数a的取值范围为.
(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x，
f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得2ln2 x＋ln x－1＝0，
解得ln x＝或ln x＝－1(舍)，即x＝e.
当1＜x＜e时，f′(x)＜0，当x＞e时，f′(x)＞0，
∴f(x)的极小值为f＝＋2e＝4e.
(3)将方程(2x－m)ln x＋x＝0两边同除以ln x得(2x－m)＋＝0，整理得＋2x＝m，
即函数g(x)＝＋2x的图象与函数y＝m的图象在上有两个不同的交点．
由(2)可知，g(x)在上单调递减，在上单调递增，
g＝4e，g(e)＝3e，在(1，e]上，当x→1时，→＋∞，
∴4e＜m≤3e，
故实数m的取值范围为.
7．(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：(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.
8．(2017·合肥质检)已知函数g(x)＝ax3＋x2＋x(a为实数)．
(1)试讨论函数g(x)的单调性；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)恒有g(x)≤ln x＋，求实数a的取值范围．
解：(1)g′(x)＝3ax2＋2x＋1.
①当a＝0时，g(x)在上单调递减，在上单调递增；
②当a≠0时，Δ＝4－12a.
当a≥时，g′(x)＝3ax2＋2x＋1≥0恒成立，此时g(x)在R上单调递增；
当0＜a＜时，由g′(x)＝3ax2＋2x＋1＝0得，x1＝，x2＝，
g(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减；
当a＜0时，g(x)在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上单调递减，在(x2，x1)上单调递增．
(2)令f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝－，因此f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1.
当a＞－1时，g(1)＝a＋2＞1＝f(1)，显然对任意x∈(0，＋∞)不恒有f(x)≥g(x)；
当a≤－1时，由(1)知，g(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，＋∞)上单调递减，则3ax＋2x1＋1＝0，
即ax＝－(2x1＋1)，
所以在(0，＋∞)上，g(x)max＝g(x1)＝ax＋x＋x1＝x＋x1＝(x1＋1)2－.
又x1＝＝∈，
所以g(x)max＝(x1＋1)2－≤1＝f(x)min，
即满足对任意x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．
综上，实数a∈.
9．设函数f(x)＝ln x＋在内有极值．
(1)求实数a的取值范围；
(2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求证：f(x2)－f(x1)>e＋2－.
解：(1)0<x<1或x>1时，f′(x)＝－＝＝.
由f′(x)＝0在内有解．
令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)，
不妨设0<α<，则β>e，
所以g(0)＝1>0，g＝－＋1<0，
解得a>e＋－2.
故实数a的取值范围为.
(2)证明：由f′(x)>0⇔0<x<α或x>β，
由f′(x)<0⇔α<x<1，或1<x<β，
所以f(x)在(0，α)内递增，在(α，1)内递减，在(1，β)内递减，在(β，＋∞)递增．
由x1∈(0,1)，得f(x1)≤f(α)＝ln α＋，
由x2∈(1，＋∞)得f(x2)≥f(β)＝ln β＋，
所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)，
因为α·β＝1，α＋β＝a＋2，
所以f(β)－f(α)＝ln β－ln ＋a＝2ln β＋a·＝2ln β＋a·＝2ln β＋β－，
记h(β)＝2ln β＋β－，(β>e)，
则h′(β)＝＋1＋>0，h(β)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－.
10．(2017·四川雅安模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R)．
(1)若f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，求实数a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数．
解：(1)f(x)＝ln x－ax2的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－ax＝，则f′(2)＝.因为直线2x＋y＋2＝0的斜率为－2，
所以(－2)×＝－1，解得a＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由得0<x<，
由得x>，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(3)由(2)可知，
(ⅰ)当a<0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，
而f(1)＝－a>0，故f(x)在[1，e2]上没有零点；
(ⅱ)当a＝0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而f(1)＝－a＝0，故f(x)在[1，e2]上有一个零点；
(ⅲ)当a>0时，①若≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e2]上单调递减，因为f(1)＝－a<0，所以f(x)在[1，e2]上没有零点．
②若1<≤e2，即≤a<1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，而f(1)＝－a<0，f＝－ln a－，f(e2)＝2－ae4，
若f＝－ln a－<0，即a>时，f(x)在[1，e2]上没有零点；
若f＝－ln a－＝0，即a＝时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；
若f＝－ln a－>0，即a<时，由f(e2)＝2－ae4>0得a<，此时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；
由f(e2)＝2－ae4≤0得a≥，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；
③若≥e2，即0<a≤时，f(x)在[1，e2]上单调递增，
因为f(1)＝－a<0，f(e2)＝2－ae4>0，所以f(x) 在[1，e2]上有一个零点．
综上所述：当a<0或a>时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<或a＝时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当≤a<时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．
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