大题考法专训（八）导数的综合问题A级——中档题保分练1．已知函数f(x)＝lnx－4ax，g(x)＝xf(x)．(1)若a＝，求g(x)的单调区间；(2)若a＞0，求证：f(x)≤－2.解：(1)由a＝，得g(x)＝xlnx－x2(x＞0)，所以g′(x)＝lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝，故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝0，从而当x＞0时，g′(x)≤0恒成立，故g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间．(2)证明：f′(x)＝－4a＝，由a＞0，令f′(x)＝0，得x＝，故f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)max＝f＝ln－1，所以只需证明ln－1≤－2，即证明ln4a＋－1≥0.令φ(a)＝ln4a＋－1，则φ′(a)＝－＝，令φ′(a)＞0，得a＞，令φ′(a)＜0，得0＜a＜，所以φ(a)在上单调递减，在上单调递增，所以φ(a)min＝φ＝0，所以ln4a＋－1≥0，原不等式得证．2．(2019·郑州第二次质量预测)已知函数f(x)＝axlnx－bx2－ax.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋＝0，求a，b的值；(2)若a≤0，b＝时，∀x1，x2∈(1，e)，都有＜3，求a的取值范围．解：(1)由题意知，f′(x)＝a(1＋lnx)－2bx－a＝alnx－2bx，则f′(1)＝－2b＝－1，所以b＝，又f(1)＝－b－a＝－，所以a＝1.即a＝1，b＝.(2)当a≤0，b＝时，f′(x)＝alnx－x＜0在(1，e)上恒成立，所以f(x)在(1，e)上单调递减．不妨设x1＜x2，则f(x1)＞f(x2)，原不等式可化为＜3，即f(x1)－f(x2)＜3x2－3x1，即f(x1)＋3x1＜f(x2)＋3x2.令g(x)＝f(x)＋3x，则g(x)在(1，e)上单调递增，所以g′(x)＝f′(x)＋3＝alnx－x＋3≥0在(1，e)上恒成立，即a≥在x∈(1，e)上恒成立．令h(x)＝，x∈(1，e)，h′(x)＝，令φ(x)＝lnx＋－1，x∈(1，e)，则φ′(x)＝－＝＜0，所以φ(x)在(1，e)上单调递减，φ(x)＞φ(e)＝＞0，所以h′(x)＞0，h(x)在(1，e)上单调递增，h(x)＜h(e)＝e－3，所以a≥e－3.综上，a的取值范围为[e－3,0]．3．已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋lnx(a＞0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若1＜a＜e，试判断f(x)的零点个数．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a(x－1)－1＋＝，令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝，①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②若0＜a＜1，则＞1，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．③若a＞1，则0＜＜1，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0＜a＜1时，f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；当a＞1时，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．(2)当1＜a＜e时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的极小值为f(1)＝－1＜0，f(x)的极大值为f＝2－＋ln＝－－lna－1.设g(a)＝－－lna－1，其中a∈(1，e)，则g′(a)＝＋－＝＝＞0，所以g(a)在(1，e)上单调递增，所以g(a)＜g(e)＝－－2＜0.因为f(4)＝(4－1)2－4＋ln4＞×9－4＋ln4＝ln4＋＞0，所以存在x0∈(1,4)，使f(x0)＝0，所以当1＜a＜e时，f(x)有且只有一个零点．B级——拔高题满分练1．已知函数f(x)＝lnx＋a，a∈R.(1)若f(x)≥0，求实数a的取值集合；(2)证明：ex＋≥2－lnx＋x2＋(e－2)x.解：(1)由已知，有f′(x)＝－＝(x＞0)．当a≤0时，f＝－ln2＋a＜0，与条件f(x)≥0矛盾，不合题意．当a＞0时，若x∈(0，a)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减．若x∈(a，＋∞)，则f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴f(x)在(0，＋∞)上有最小值f(a)＝lna＋a＝lna＋1－a.由f(x)≥0，知lna＋1－a≥0.令g(x)＝lnx－x＋1(x＞0)，则g′(x)＝－1＝.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．∴g(x)在(0，＋∞)上有最大值g(1)＝0，∴g(x)＝lnx－x＋1≤0.∴lna－a＋1≤0.∴lna－a＋1＝0，∴a＝1.综上，当f(x)≥0时，实数a的取值集合为{1}．(2)证明：由(1)可知，当a＝1时，f(x)≥0，即lnx≥1－在(0，＋∞)上恒成立，∴要证ex＋≥2－lnx＋x2＋(e－2)x，只需证当x＞0时，ex－x2－(e...
