5.函数与导数1．(2018·浙江省杭州二中模拟)已知函数f(x)＝＋lnx.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求证：f(x)>0.(1)解f(x)＝＋lnx的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝＋＝，所以f′(1)＝－，又f(1)＝1，则切线方程为x＋2y－3＝0.(2)证明令h(x)＝x3＋2x2－3x－2，则h′(x)＝3x2＋4x－3，设h′(x)＝0的两根为x1，x2，由于x1x2＝－1<0，不妨设x1<0，x2>0，则h(x)在(0，x2)上是单调递减的，在(x2，＋∞)上是单调递增的．而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(1,2)，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．所以f(x)≥f(x0)＝＋lnx0，因为x0∈(1,2)，lnx0>0，f(x)>>0，所以f(x)>0.2．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(a∈R)．(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.(1)解函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝＝.当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞，由f′(x)＜0，得0＜x＜，所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．(2)证明当a＝1时，f(x)＝x2＋x－lnx，要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，只需证明ex－lnx－2＞0，设g(x)＝ex－lnx－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0，令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足＝，0ex当x变化时，g′(x)和g(x)的变化情况如下表：x(0，x0)x0(x0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)单调递减单调递增g(x)min＝g(x0)＝－lnx0－2＝＋x0－2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝2－2＝0，因此不等式得证．3．已知函数f(x)＝x2－2x＋2＋alnx(a∈R)．(1)若a＝1，求函数在A(1,1)处的切线方程；(2)若函数y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1
.(1)解当a＝1时，f(x)＝x2－2x＋2＋lnx，f′(x)＝2x－2＋，f′(1)＝1，所以函数在A(1,1)处的切线方程y－1＝f′(1)(x－1)，化简，得x－y＝0.(2)证明函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2＋＝，则x1，x2是方程2x2－2x＋a＝0的两个根，所以x1＋x2＝1，x1x2＝，所以a＝2x2－2x，又x10，则g(t)在上为增函数，所以g(t)>g＝，所以f(x2)>.4.已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴.(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．解(1)依题意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx，x>0，0ex则g′(x)＝＋2ax＋b，由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得，g′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2a－1.(2)由(1)得g′(x)＝＝. 函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当a＝0时，g′(x)＝－，由g′(x)>0得01；当a>0时，令g′(x)＝0，则x＝1或x＝，若0<<1，即a>时，由g′(x)>0得x>1或01，即00得x>或0时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．5．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．(1)当a＝5时，求函数g(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值；(3)若存在两个不等实数x1，x2∈，使方程g(x)＝2exf(x)成立，求实数a的取值范围．解(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e，g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，故切线的斜率为g′(1)＝4e，所以切线方程为y－e＝4e(x－1)，即4ex－y－3e＝0.(2)f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝，所以在(0，＋∞)上，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xf′(x)－0＋f(x)↘极小值(最小值)↗当t≥时，在区间[t，t＋2]上，f(x)为增函数，...
