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1．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)．若函数f(x)在其定义域上为增函数，求a的取值范围．
解 法一 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x)＝＋2x＋a.∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥0，即＋2x＋a≥0对x∈(0，＋∞)都成立．∴－a≤＋2x对x∈(0，＋∞)都成立．
∴当x＞0时，＋2x≥2＝2，当且仅当＝2x，即x＝时取等号．
∴－a≤2，即a≥－2.∴a的取值范围为[－2，＋∞)．
法二 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f(x)＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x)＝＋2x＋a＝.方程2x2＋ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即－2≤a≤2时，2x2＋ax＋1≥0，此时，f′(x)≥0对x∈(0，＋∞)都成立，故函数f(x)在定义域(0，＋∞)上是增函数．
②当Δ＞0，即a＜－2或a＞2时，要使函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，只需2x2＋ax＋1≥0对x∈(0，＋∞)都成立．
设h(x)＝2x2＋ax＋1，则解得a＞0.
故a＞2.综合①②得a的取值范围为[－2，＋∞)．
2．(2021·辽宁六校联考)已知函数f(x)＝sin x(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤x3.
(1)解 令h(x)＝sin x－ax(x≥0)，则h′(x)＝cos x－a.
①若a≥1，h′(x)＝cos x－a≤0，
h(x)＝sin x－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，
则sin x≤ax(x≥0)成立．
②若0<a<1，存在x0∈，使得cos x0＝a，
当x∈(0，x0)，h′(x)＝cos x－a>0，h(x)＝sin x－ax(x∈(0，x0))单调递增，h(x)>h(0)＝0，不合题意．
③当a≤0，结合f(x)与g(x)的图象可知明显不合题意．
综上可知，a≥1.
(2)证明 当a取(1)中的最小值为1时，
g(x)－f(x)＝x－sin x.
设H(x)＝x－sin x－x3(x≥0)，
则H′(x)＝1－cos x－x2.
令G(x)＝1－cos x－x2，
则G′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)，
所以G(x)＝1－cos x－x2在[0，＋∞)上单调递减，此时
G(x)＝1－cos x－x2≤G(0)＝0，
即H′(x)＝1－cos x－x2≤0，
所以H(x)＝x－sin x－x3在x∈[0，＋∞)上单调递减．
所以H(x)＝x－sin x－x3≤H(0)＝0，
则x－sin x≤x3(x≥0)．
所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤x3.
3．(2022·湖北七市(州)联考)已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a＞0)．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
微小值
故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是
(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，
在区间(－1，0)内单调递减，
从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当
解得0＜a＜.
所以a的取值范围是.
4．(2021·重庆模拟)已知函数f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)内单调递增，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在x＝0处取得微小值，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax＋a)ex－2x＝x[(x＋2－a)ex－2]，
∵f(x)在(0，＋∞)内单调递增，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立，
即(x＋2－a)ex－2≥0在(0，＋∞)内恒成立，
即x＋2－≥a在(0，＋∞)内恒成立，
又函数g(x)＝x＋2－在(0，＋∞)上单调递增，∴a≤0.
(2)令f′(x)＞0，即x[(x＋2－a)ex－2]＞0，
∴或
∴或(*)
∵g(x)＝x＋2－单调递增，设方程g(x)＝x＋2－＝a的根为x0.
①若x0＞0，则不等式组(*)的解集为(－∞，0)和(x0，＋∞)，此时f(x)在(－∞，0)和(x0，＋∞)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，与f(x)在x＝0处取微小值冲突；
②若x0＝0，则不等式组(*)的解集为(－∞，0)和(0，＋∞)，此时f(x)在R上单调递增，与f(x)在x＝0处取微小值冲突；
③若x0＜0，则不等式组(*)的解集为(－∞，x0)和(0，＋∞)，此时f(x)在(－∞，x0)和(0，＋∞)上单调递增，在(x0,0)上单调递减，满足f(x)在x＝0处取微小值，由g(x)单调性，得a＝x0＋2－＜g(0)＝0，
综上所述，a＜0.
5．(2021·长沙模拟)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求实数a的值；
(2)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
解 (1)由题意可知，f′(x)＝＋＝.
①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，
∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，
∴a＝－(舍去)．
②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，
∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去)．
③若－e＜a＜－1，令f′(x)＝0得x＝－a，
当1＜x＜－a时，f′(x)＜0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；
当－a＜x＜e时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，
∴a＝－.
综上所述，a＝－.
(2)∵f(x)＜x2，∴a＞xln x－x3在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝xln x－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，
h′(x)＝－6x＝.
∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，
∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数．
∴h(x)＜h(1)＝－2＜0，即g′(x)＜0，
∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数．
∴g(x)＜g(1)＝－1，
当a≥－1时，f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立．
6．(2022·潍坊调研测试)设a＞0，函数f(x)＝.
(1)若a＝，求函数f(x)的单调区间；
(2)若当x＝时，函数f(x)取得极值，证明： 对于任意的x1，x2∈，
|f(x1)－f(x2)|≤ .
(1)解 由题意得f′(x)＝.
令f′(x)＞0，即(x－1)2－＞0，
解得x＜或x＞.
所以函数f(x)在，上单调递增．
同理，由f′(x)＜0，得＜x＜.
所以函数f(x)在上单调递减．
(2)证明 当x＝时，函数f(x)取得极值，即f′＝0，
∴2＋a－2×＝0，∴a＝.同(1)易知，f(x)在，上单调递增，在上单调递减．
∴当x＝时，f(x)取得极大值f＝，当x＝时，f(x)取得微小值f＝，∴在上，f(x)的最大值是f＝，最小值是f＝.∴对于任意的x1，x2∈，|f(x1)－f(x2)|≤－ ＝，即|f(x1)－f(x2)|≤ .
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