(三)函数与导数(1)1．(2018·江南十校模拟)设f(x)＝xlnx－ax2＋(3a－1)x.(1)若g(x)＝f′(x)在[1,2]上单调，求a的取值范围；(2)已知f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．解(1)由f′(x)＝lnx－3ax＋3a，即g(x)＝lnx－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝－3a，①g(x)在[1,2]上单调递增，∴－3a≥0对x∈[1,2]恒成立，即a≤对x∈[1,2]恒成立，得a≤；②g(x)在[1,2]上单调递减，∴－3a≤0对x∈[1,2]恒成立，即a≥对x∈[1,2]恒成立，得a≥，由①②可得a的取值范围为∪.(2)由(1)知，①当a≤0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；②当0
1，又f′(x)在上单调递增，∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增，f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；③当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意；④当a>时，0<<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)在x＝1处取得极大值，不符合题意．综上所述，可得a的取值范围为.2．(2018·河南省郑州外国语学校调研)已知函数f(x)＝alnx－ex.(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．参考数据：x1.61.71.8ex4.9535.4746.050lnx0.4700.5310.588解(1)根据题意可得f′(x)＝－ex＝(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数是减函数，无极值点；当a>0时，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，且当x→＋∞时，xex→＋∞，所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，所以函数y＝f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．综上，当a≤0时，无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．(2)因为a∈N*>0，由(1)知，f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x00ex＝a，①可知f(x)max＝f(x0)＝alnx0－0ex，要使f(x)<0恒成立，即f(x0)＝alnx0－0ex<0，②由①可得0ex＝，代入②得alnx0－<0，即a<0，因为a∈N*>0，所以lnx0－<0，因为ln1.7－<0，ln1.8－>0，且y＝lnx0－在(0，＋∞)上是增函数．设m为y＝lnx0－的零点，则m∈(1.7,1.8)，可知00，a<，令g(x)＝，x∈(1，m)，则g′(x)＝<0，所以g(x)在(1，m)上是减函数，且≈10.29，≈10.31，所以10.290，m(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．m(x)有极大值，又 x∈(0,1]时，m(x)≤0；当x∈(1，＋∞)时，01时，h′(x)＝f′(x)＋g′(x)>0恒成立，即lnx＋ex－2ax＋2a－e>0恒成立，令t(x)＝lnx＋ex－2ax＋2a－e，∴t′(x)＝＋ex－2a，设φ(x)＝＋ex－2a，φ′(x)＝ex－， x>1，∴ex>e，<1，∴φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，即t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴t′(x)>t′(1)＝1...
