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1．(2021·毕节二模)已知f(x)＝xln x(x＞0)．
(1)求f(x)的最小值．
(2)F(x)＝ax2＋f′(x)．(a∈R)，争辩函数f(x)的单调性．
解 (1)由f(x)＝xln x，得
f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝.
∴当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0，
∴当x＝时，f(x)min＝ln ＝－.
(2)由题意及(1)知，F(x)＝ax2＋ln x＋1(x＞0)，
所以F′(x)＝2ax＋＝(x＞0)．
①当a≥0时，恒有F′(x)＞0，则F(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当a＜0时，令F′(x)＞0，即2ax2＋1＞0，解得0＜x＜；
令F′(x)＜0，即2ax2＋1＜0，解得x＞.
综上，当a≥0时，F(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a＜0时，F(x)在上单调递增，在上单调递减．
2．已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然常数，a∈R.
(1)争辩a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：在(1)的条件下，f(x)＞g(x)＋；
(3)是否存在正实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
(1)解 当a＝1时，f(x)＝x－ln x，x∈(0，e]，
f′(x)＝1－＝，x∈(0，e]，
∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，此时f(x)的单调递减；
当1＜x≤e时，f′(x)＞0时，此时f(x)的单调递增．
∴f(x)的微小值为f(1)＝1.
(2)证明 ∵f(x)的微小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为1，
∴[f(x)]min＝1.
又g′(x)＝，
∴当0＜x＜e时，g′(x)＞0，g(x)在(0，e]上单调递增．
∴[g(x)]max＝g(e)＝＜，
∴[f(x)]min－[g(x)]max＞，
∴在(1)的条件下，f(x)＞g(x)＋.
(3)解 假设存在正实数a，
使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，
则f′(x)＝a－＝，x∈(0，e]．
①当0＜＜e时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增，
[f(x)]min＝f＝1＋ln a＝3，a＝e2，满足条件；
②当≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，
[f(x)]min＝f(e)＝ae－1＝3，
a＝(舍去)，所以，此时f(x)无最小值．
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，
f(x)有最小值3.
3．(2021·南京调研)已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数．
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；
(2)当m>1时，推断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由．
解 (1)依题意，可知f′(x)＝ex－m－1，
令f′(x)＝0，得x＝m.
故当x∈(－∞，m)时，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故当x＝m时，f(m)为微小值也是最小值．
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即对任意x∈R，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1]．
(2)当m>1时，f(m)＝1－m<0.
∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上单调递减．
∴f(x)在(0，m)上有一个零点．
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，
则g′(m)＝em－2，
∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.
∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m，2m)上有一个零点．
故f(x)在[0，2m]上有两个零点．
4．(2022·北京卷)已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈.
(1)求证：f(x)≤0；
(2)若a＜＜b对x∈恒成立，求a的最大值与b的最小值．
(1)证明 由f(x)＝xcos x－sin x，得
f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.
由于在区间上f′(x)＝－xsin x＜0，所以f(x)在区间上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.
(2)解 当x＞0时，“＞a”等价于“sin x－ax＞0”；“＜b”等价于“sin x－bx＜0”．
令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c.
当c≤0时，g(x)＞0对任意x∈恒成立．
当c≥1时，由于对任意x∈，g′(x)＝cos x－c＜0，
所以g(x)在区间上单调递减．
从而g(x)＜g(0)＝0对任意x∈恒成立．
当0＜c＜1时，存在唯一的x0∈使得
g′(x0)＝cos x0－c＝0.
于是，当x变化时，g(x)，g′(x)在区间的变化状况如下：
X
(0，x0)
x0
g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值
↘
由于g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)＞g(0)＝0.进一步，“g(x)＞0对任意x∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即0＜c≤.
综上所述，当且仅当c≤时，g(x)＞0对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)＜0对任意x∈恒成立．
所以，若a＜＜b对任意x∈恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.
5．已知函数f(x)＝－x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m＞0.
(1)当m＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)若y＝f(x)在上存在单调递增区间，求m的取值范围；
(3)已知函数y＝f(x)有三个互不相同的零点0，x1，x2，且x1＜x2，若对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＞f(1)恒成立，求m的取值范围．
解 (1)m＝2时，f(x)＝－x3＋x2＋3x，
∵f′(x)＝－x2＋2x＋3，∴切线斜率k＝f′(3)＝0，
又f(3)＝9，
∴切线方程为y＝9.
(2)f′(x)＝－x2＋2x＋m2－1，其对称轴为x＝1，则f′(x)在(1，＋∞)单调递减，由条件知f′＞0，∴m2＞，
又m＞0，∴m＞.
(3)f(x)＝－(x－0)(x－x1)(x－x2)，
x1，x2为方程－x2＋x＋m2－1＝0的两根，
∴x1＋x2＝3，且Δ＞0，结合m＞0，解得m＞.①
∵x1＜x2，∴x2＞，
下面争辩x1与1.
若x1≤1＜x2时，即1∈[x1，x2]，则f(1)＝－(1－0)(1－x1)(1－x2)，
∴f(1)≥0，而f(x1)＝0，与条件冲突．
若1＜x1＜x2，则对∀x∈[x1，x2]，
f(x)＝－x(x－x1)(x－x2)≥0，
又f(x1)＝0，∴f(x)在[x1，x2]上的最小值为0.
又f(x)＞f(1)恒成立，∴f(x)min＞f(1)，即0＞f(1)，
∴m2－＜0⇒－＜m＜.②
由①②知，m的取值范围为.
6．(2021·晋中模拟)已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线相互平行，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)＜g(x2)，求a的取值范围．
解 f′(x)＝ax－(2a＋1)＋(x＞0)．
(1)由题意知f′(1)＝f′(3)，
即a－(2a＋1)＋2＝3a－(2a＋1)＋，解得a＝.
(2)f′(x)＝(x＞0)．
①当a≤0时，∵x＞0，∴ax－1＜0，在区间(0，2)上，
f′(x)＞0；在区间(2，＋∞)上，f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是(0，2)，
单调递减区间是(2，＋∞)．
②当0＜a＜时，＞2，在区间(0，2)和上，f′(x)＞0；在区间上，f′(x)＜0，故f(x)的单调递增区间是(0，2)和，单调递减区间是.
③当a＝时，f′(x)＝≥0，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
④当a＞时，0＜＜2，在区间和(2，＋∞)上，f′(x)＞0；在区间上，f′(x)＜0，故f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，单调递减区间是.
(3)由题意知，在(0，2]上有f(x)max＜g(x)max.
由已知得g(x)max＝0，由(2)可知，
① 当a≤时，f(x)在(0，2]上单调递增，
故f(x)max＝f(2)＝2a－2(2a＋1)＋2ln 2＝－2a－2＋2ln 2，
所以－2a－2＋2ln 2＜0，解得a＞ln 2－1，
故ln 2－1＜a≤.
②当a＞时，f(x)在上单调递增；
在上单调递减，
故f(x)max＝f ＝－2－－2ln a.
由a＞可知ln a＞ln ＞ln ＝－1，
所以2ln a＞－2，即－2ln a＜2，所以，－2－2ln a＜0，
所以f(x)max＜0，综上所述，a＞ln 2－1.
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