(三)函数与导数(1)1．(2018·咸阳模拟)已知函数f(x)＝a(x＋1)lnx－x＋1(a∈R)．(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a≥时，求证：对任意的x≥1，f(x)≥0恒成立．(1)解由f(x)＝2(x＋1)lnx－x＋1，得f′(x)＝2lnx＋＋1，切点为(1,0)，斜率为f′(1)＝3，所求切线方程为y＝3(x－1)，即3x－y－3＝0.(2)证明当a＝时，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1(x≥1)，欲证：f(x)≥0，注意到f(1)＝0，只要f(x)≥f(1)即可，f′(x)＝a－1(x≥1)，令g(x)＝lnx＋＋1(x≥1)，则g′(x)＝－＝≥0(x≥1)，知g(x)在[1，＋∞)上单调递增，有g(x)≥g(1)＝2，所以f′(x)≥2a－1≥0，可知f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0，综上，当a≥时，对任意的x≥1，f(x)≥0恒成立．2．(2018·潍坊模拟)已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2.(1)讨论函数f(x)极值点的个数；(2)若对∀x>0，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝＋x＋a＝(x>0)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4，①当a2－4≤0，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0恒成立，即f′(x)≥0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点，②当a2－4>0，即a<－2或a>2时，若a<－2，设方程x2＋ax＋1＝0的两根为x1，x2，且x10，x2>0，此时x∈(0，x1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(x1，x2)，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(x2，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，故x1，x2分别为f(x)的极大值点和极小值点，因此a<－2时，f(x)有两个极值点；若a>2，设方程x2＋ax＋1＝0的两根为x1，x2，且x10恒成立．设h(x)＝，h′(x)＝＝，当x∈(0,1)时，ex(x－1)＋lnx＋x2－1<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，ex(x－1)＋lnx＋x2－1>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，因此x＝1为h(x)的极小值点，即h(x)≥h(1)＝e＋1，故a≤e＋1.3．(2018·亳州模拟)已知函数f(x)＝在x＝1处取得极值．(1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)当x∈[1，＋∞)时，f(x)≥恒成立，求实数m的取值范围．解(1)由题意知f′(x)＝，又f′(1)＝1－a＝0，即a＝1，∴f′(x)＝(x>0)，令f′(x)>0，得01，∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)依题意知，当x∈[1，＋∞)时，f(x)≥恒成立，即m≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，只需g(x)min≥m即可，又g′(x)＝，令h(x)＝x－lnx，h′(x)＝1－≥0(x≥1)，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝1>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝2，故m≤2.4．(2018·福建省百校模拟)已知函数f(x)＝x－1＋aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝－1时，设－10且f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋.(1)解f′(x)＝1＋aex，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增．当a<0时，令f′(x)>0，得xln，则f(x)的单调递减区间为.(2)证明方法一设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3，由g′(x)<0得x>ln3；由g′(x)>0得x－4＋.方法二 f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝12eexx＋－x2－3，∴x1－2x2＝12eexx＋－3x2－3，设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3，由g′(x)<0得x0得x>ln3，故g(x)min＝g(ln3)＝3－3ln3. －10，∴x1－2x2>e－1＋3－3ln3－3＝－3ln3， 3ln3＝ln27<4，∴x1－2x2>－4＋.5．(2018·江南十校模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(3)当a＝1时，求证：当x>1时，(x＋1)f(x)>2.(1)解f(x)＝的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＝.由f′(x)>0得1－lnx－a>0，即lnx<1－a，解得0
