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2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题六 函数与导数 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题

2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题六 函数与导数 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题

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第3讲　导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位　利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.

真 题 感 悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为(　　)
A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1
解析　f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
又f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.
答案　B
2.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________.
解析　f′(x)＝，可得f′(1)＝＝，即＝，解得a＝1.
答案　1
3.(2020·新高考山东、海南卷)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为，2.
因此所求三角形的面积S＝|x|·|y|＝×2×＝.
(2)当0＜a＜1时，f(1)＝a＋ln a＜1.
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a＞1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＞ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
4.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则
g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不符合题意.
②若0<2a＋1<2，即－<a<，
则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1，2)单调递增.
由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥.
所以当≤a<时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x.
由于0∈，故由②可得e－x≤1.
故当a≥时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是.
考 点 整 合
1.导数的几何意义
函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒　求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).
3.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
(2)利用导数研究函数单调性的方法.
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.
4.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒　若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.

热点一　导数的几何意义
【例1】 (1)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(　　)
A.a＝e，b＝－1 B.a＝e，b＝1
C.a＝e－1，b＝1 D.a＝e－1，b＝－1
(2)(多选题)下列四条曲线中，直线y＝2x与其相切的有(　　)
A.曲线y＝2ex－2
B.曲线y＝2sin x
C.曲线y＝3x＋
D.曲线y＝x3－x－2
解析　(1)因为y′＝aex＋ln x＋1，所以k＝y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为
y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.
所以即
(2)直线y＝2x的斜率为k＝2，
A中，若f(x)＝2ex－2，则由f′(x)＝2ex＝2，得x＝0，f(0)＝0，因为点(0，0)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝2ex－2相切.
B中，若f(x)＝2sin x，则由f′(x)＝2cos x＝2，得x＝2kπ(k∈Z)，f(2kπ)＝0，因为点(0，0)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝2sin x相切.
C中，若f(x)＝3x＋，则由f′(x)＝3－＝2，得x＝±1，f(1)＝4，f(－1)＝－4，因为(1，4)，(－1，－4)都不在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝3x＋不相切.
D中，若f(x)＝x3－x－2，则由f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝±1，f(1)＝－2，f(－1)＝－2，其中(－1，－2)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝x3－x－2相切.故选ABD.
答案　(1)D　(2)ABD
探究提高　利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.
【训练1】 (1)(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.
(2)(2020·全国Ⅰ卷)曲线y＝ln x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________.
解析　(1)设A(m，n)，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－n＝(x－m).
又切线过点(－e，－1)，
所以有n＋1＝(m＋e).
再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1.
故点A的坐标为(e，1).
(2)设切点坐标为(x0，y0)，
因为y＝ln x＋x＋1，所以y′＝＋1，
所以切线的斜率为＋1＝2，解得x0＝1.
所以y0＝ln 1＋1＋1＝2，即切点坐标为(1，2)，
所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
答案　(1)(e，1)　(2)2x－y＝0
热点二　利用导数研究函数的单调性
角度1　讨论函数的单调性(区间)
【例2】 (2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝2ln x＋1.
(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0，讨论函数g(x)＝的单调性.
解　设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2ln x－2x＋1－c，
其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－2.
(1)当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减.
从而当x＝1时，h(x)取到最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞).
(2)g(x)＝＝，x∈(0，a)∪(a，＋∞).
g′(x)＝＝.
取c＝－1得h(x)＝2ln x－2x＋2，h(1)＝0，
则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，即1－x＋ln x<0.
故当x∈(0，a)∪(a，＋∞)时，1－＋ln <0，
从而g′(x)<0.
所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)单调递减.
角度2　根据函数的单调性求参数的取值范围
【例3】 (1)已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是(　　)
A.[－1，1] B.[－1，＋∞)
C.[1，＋∞) D.(－∞，1]
(2)若函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________.
解析　(1)f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，
∴m≥－＋.
令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.
(2)对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝.由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<1<t＋1或t<3<t＋1，解得0<t<1或2<t<3.
答案　(1)C　(2)(0，1)∪(2，3)
探究提高　1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
【训练2】 (2020·百师联盟考试)已知函数f(x)＝axex－x2－2x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x＞0时，f(x)＞0，求正实数a的取值范围.
解　(1)f′(x)＝a(x＋1)ex－2x－2＝(x＋1)(aex－2).
①当a≤0时，由f′(x)＞0，得x＜－1；由f′(x)＜0，得x＞－1.
∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减.
②当a＝2e时，f′(x)≥0，即f(x)在R上单调递增，
③当0＜a＜2e时，由f′(x)＜0，得－1＜x＜ln ；
由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞ln .
∴f(x)在(－∞，－1)和上单调递增，f(x)在上单调递减.
④当a＞2e时，由f′(x)＜0，得ln ＜x＜－1；
由f′(x)＞0，得x＞－1或x＜ln .
故f(x)在(－1，＋∞)和上单调递增，f(x)在上单调递减.
(2)当a≥2e时，由第(1)问知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴f(x)＞f(0)＝0，满足题意.
当0＜a＜2e时，由(1)知：
当ln ≤0时，即2≤a＜2e时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，即f(x)＞f(0)＝0，符合题意.
当ln ＞0时，即0＜a＜2时，f(x)在单调递减，在单调递增.
因此当x∈时，f(x)＜f(0)＝0，不符合题意.
综上可知，实数a的取值范围是[2，＋∞).
热点三　利用导数研究函数的极值和最值
【例4】 设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0).
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，①当a≥1时，则0<b<，f′(b)＝2e2b－<2e－4a＝2(e－2a)<0；②当0<a<1时，则0<b<，f′(b)＝2e2b－<2e－4<0.
故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.
(2)证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
探究提高　(1)运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题.
(2)利用导数解决不等式恒成立问题：一般先转化为我们熟悉的函数，利用导数研究单调性，求出最值，解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论.
【训练3】 (2020·江南十校联考)已知f(x)＝mx2－x＋ln x.
(1)当m＝0时，求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最大值M(t)；
(2)当m＝1时，若存在正数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＝1－ln 2，求证：x1＋x2≥2.
(1)解　当m＝0时，f(x)＝ln x－x，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，函数单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数单调递减.
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递减，f(x)的最大值为f(t)＝ln t－t；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上单调递增，在区间(1，t＋1)上单调递减，f(x)的最大值为f(1)＝－1.
综上，M(t)＝
(2)证明　当m＝1时，f(x)＝x2－x＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，则f(x1)＋f(x2)＝x＋x－(x1＋x2)＋ln x1x2＝1－ln 2，
即(x1＋x2)2－(x1＋x2)＝2x1x2－ln x1x2＋1－ln 2.
令h(x)＝2x－ln x＋1－ln 2，则h′(x)＝，
故h(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴h(x)在x＝时，取到最小值h＝2.
因此(x1＋x2)2－(x1＋x2)≥2，
即(x1＋x2－2)(x1＋x2＋1)≥0.
又x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥2.

A级　巩固提升
一、选择题
1.(2020·洛阳二模)函数f(x)＝ln x－ax在x＝2处的切线与直线ax－y－1＝0平行，则实数a＝(　　)
A.－1 B. C. D.1
解析　由f(x)＝ln x－ax，得f′(x)＝－a，
∴f(x)在x＝2处切线的斜率k＝f′(2)＝－a.
依题意－a＝a，所以a＝.
答案　B
2.函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)

解析　利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.
答案　D
3.已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－，则f(x)的极大值点为(　　)
A. B.1 C.e D.2e
解析　因为f(x)＝2ef′(e)ln x－(x＞0)，
所以f′(x)＝－，所以f′(e)＝－＝2f′(e)－，
因此f′(e)＝，所以f′(x)＝－，
由f′(x)＞0，得0＜x＜2e；
由f′(x)＜0，得x＞2e.
所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，
因此f(x)的极大值点为x＝2e.
答案　D
4.(2020·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为(　　)
A.－3e B.－2e C.e D.2e
解析　由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，
∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，
故f(x)＝x3＋nx＋2，∵f(1)＝＋n＋2＝－，
∴n＝－3.
∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.
故g(x)＝ex(x2－3)，
则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，
据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，
故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.
答案　B
5.(多选题)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是(　　)
A.f<f B.f>0
C.f>f D.f>f
解析　令g(x)＝，x∈，
则g′(x)＝.
因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝<0在上恒成立，所以函数g(x)＝在上单调递减，所以g>g，即>，即f>f，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立，因为ln ∈，所以f<0，故B错误；又g>g，所以>，即f>f，故C正确；又g>g，所以>，即f>f，故D正确.故选CD.
答案　CD
二、填空题
6.(2020·西安质检)若曲线y＝ex在x＝0处的切线也是曲线y＝ln x＋b的切线，则b＝________.
解析　令y＝f(x)＝ex，y＝g(x)＝ln x＋b，
∴f′(x)＝ex，∴f′(0)＝1，
∵f(0)＝1，∴曲线y＝ex在x＝0处的切线方程为y＝x＋1.
设切线y＝x＋1与曲线y＝g(x)＝ln x＋b的切点坐标为(m，m＋1)，
∵g′(x)＝，∴g′(m)＝＝1，∴m＝1，
∴切点坐标为(1，2)，∴2＝ln 1＋b，∴b＝2.
答案　2
7.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(0)＝，则不等式f(x)－ex<0的解集为________.
解析　构造函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
因为f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0，
故函数g(x)在R上为减函数，
又f(0)＝，所以g(0)＝＝，
则不等式f(x)－ex<0可化为<，
即g(x)<＝g(0)，
所以x>0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).
答案　(0，＋∞)
8.若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数.已知函数g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的“友导”函数，则k的取值范围是________.
解析　由g(x)＝kx2－x＋3可得g′(x)＝kx－1，
∵函数g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的“友导”函数，
∴kx－1＝x2ln x＋x有解，即k＝xln x＋1＋(x＞0)有解.
令h(x)＝xln x＋1＋，则h′(x)＝1＋ln x－，
再令φ(x)＝1＋ln x－，∴φ′(x)＝＋＞0.
∴φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
∵h′(1)＝φ(1)＝0，∴x＞1时，h′(x)＞0；0＜x＜1时，h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝2，∴k≥2.
答案　[2，＋∞)
三、解答题
9.已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.
证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
证明　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得<1<x0.
又f＝ln－－1＝＝0，
故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根.
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
10.已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.
当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<；由f′(x)>0，得x>，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在x＝处有极小值.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.
因此f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2，
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
故实数b的最大值是1－.
B级　能力突破
11.(多选题)已知函数f(x)＝ex＋aln x，其中正确的结论是(　　)
A.当a＝0时，函数f(x)有最大值
B.对于任意的a<0，函数f(x)一定存在最小值
C.对于任意的a>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增
D.对于任意的a>0，都有函数f(x)>0
解析　对于A，当a＝0时，函数f(x)＝ex，根据指数函数的单调性可知，f(x)＝ex是单调递增函数，故无最大值，故A错误；对于B，对于任意的a<0，f′(x)＝ex＋，x>0，易知f′(x)在(0，＋∞)单调递增，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→0时，f(x)→－∞，∴存在x0使得f′(x0)＝0，∴当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减，∴当x0<x<＋∞时，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)，故B正确；对于C，对于任意的a>0，∵f′(x)＝ex＋，x>0，∴f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；对于D，对于任意的a>0，由C知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，ex→1，ln x→－∞，可得f(x)→－∞，故D错误.故选BC.
答案　BC
12.(2020·成都二诊)已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax，其中a∈R.
(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，求f(x)的最大值.
解　(1)f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－ex(x＋1)＋a.
依题意，f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立.
令g(x)＝(x＋1)ex－，x≥1，
则g′(x)＝(x＋2)ex＋，
易知g′(x)＞0(x≥1)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝2e－1.
因此a≤2e－1.
所以实数a的取值范围为(－∞，2e－1].
(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x＞0)，
则f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)，
令m(x)＝－ex，x＞0，则m′(x)＝－－ex，易知m′(x)＜0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减.
由于m＞0，m(1)＜0.
所以存在x0＞0满足m(x0)＝0，即ex0＝.
当x∈(0，x0)时，m(x)＞0，f′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，m(x)＜0，f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0ex0＋x0，
因为ex0＝，所以x0＝－ln x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1.
所以f(x)max＝－1.