2、＝x2－ln x－ax，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)＞x，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x，
f′(x)＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)的最小值为f(1)＝0.
(2)由f(x)＞x，
得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x＞0.
由于x＞0，所以f(x)＞x等价于x－＞a＋1.
令g(x)＝x－，则g′(x)＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.
故g(x)有最小值g(1)＝1.
故a
3、＋1＜1，a＜0，所以a的取值范围是(－∞，0)．
3．已知函数f(x)＝－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求证：ln ≤.
(1)解：f(x)＝－ln x＝1－－ln x，
f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－＝，
令f′(x)＞0⇒0＜x＜1，f′(x)＜0⇒x＞1，
所以f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：要证ln ≤，即证2－ln x≤1＋，即证1－－ln x≤0.
由(1)可知，f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上的最大
4、值为f(1)＝1－1－ln 1＝0，即f(x)≤0，
所以1－－ln x≤0恒成立，原不等式得证．
4．已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)当a＞0时，解不等式f(x)≤0；
(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在区间[t，t＋1]上有解．
解：(1)因为ex＞0，(ax2＋x)ex≤0.
所以ax2＋x≤0.又因为a＞0，
所以不等式化为x≤0.
所以不等式f(x)≤0的解集为.
(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex＞0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等价于ex－－1＝0.
令h(x)＝
5、ex－－1，因为h′(x)＝ex＋＞0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，
又h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－2＞0，h(－3)＝e－3－＜0，h(－2)＝e－2＞0，
所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，
所以整数t的所有值为{－3，1}．
5．(2019·长沙一中调研)已知函数f(x)＝xln x＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．
(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；
(2)求证：ex>f′(x)．
(1)解：
6、f′(x)＝ln x＋1＋a，由题意知，
f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率k＝2，
所以f′(1)＝ln 1＋1＋a＝2，所以a＝1.
所以f′(x)＝ln x＋2，
当x>e－2时，f′(x)>0，
当00，
因为g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(1)＝e－1>0，g′＝－2<0.
因此g′(x)在上存在唯一的零点t，使得g′(t)＝et－＝0.
则et＝.
当
7、0t时，
g′(x)>g′(t)＝0，
所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增．
所以x>0时，g(x)≥g(t)＝et－ln t－2＝－ln －2＝t＋－2≥2－2＝0，
又0，即ex>f′(x)．
6．(2019·衡水中学检测)已知函数f(x)＝4x2＋－a，g(x)＝f(x)＋b，其中a，b为常数．
(1)若x＝1是函数y＝xf(x)的一个极值点，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)有2个零点，f(g(x))有6个零点，求
8、a＋b的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝4x2＋－a，
则y＝xf(x)＝4x3＋1－ax的导数为y′＝12x2－a，
由题意可得12－a＝0，解得a＝12，
即有f(x)＝4x2＋－12，f′(x)＝8x－，
可得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为f′(1)＝7，切点为(1，－7)，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋7＝7(x－1)，即y＝7x－14.
(2)f(x)＝4x2＋－a，f′(x)＝8x－，f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．
当x>时，f′(x)>0，f(x)递增；当x<0或00，且－b>0，即b<－1且b<，
可得b<－1，则有a＋b<2，
故a＋b的取值范围是(－∞，2)．
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
