(五)函数与导数1．(2018·浙江省台州中学模拟)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，曲线y＝f(x)过点(0,2a＋3)，且在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴．(1)用a分别表示b和c；(2)当bc取得最小值时，求函数g(x)＝－f(x)e－x的单调区间．解(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意得则b＝2a，c＝2a＋3.(2)由(1)得bc＝2a(2a＋3)＝42－，故当a＝－时，bc取得最小值－，此时有b＝－，c＝，从而f(x)＝－x2－x＋，f′(x)＝－x－，g(x)＝－f(x)e－x＝e－x，所以g′(x)＝－(x2－4)e－x，令g′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，－2)上为减函数；当x∈(－2,2)时，g′(x)>0，故g(x)在(－2,2)上为增函数；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(2，＋∞)上为减函数．由此可见，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递增区间为(－2,2)．2．(2018·浙江省温州六校协作体联考)已知函数f(x)＝ekx(k－x)(k≠0)．(1)当k＝2时，求y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)对任意x∈R，f(x)≤恒成立，求实数k的取值范围．解(1)当k＝2时，f(x)＝e2x(2－x)． f′(x)＝2e2x(2－x)－e2x＝e2x(3－2x)，∴f′(1)＝e2，又 f(1)＝e2，∴所求的切线方程为y－e2＝e2(x－1)．即y＝e2x.(2)方法一 ekx(k－x)≤，∴当x＝k时，0≤，即k>0，∴对任意x∈R，k(k－x)≤e－kx恒成立，设g(x)＝e－kx＋kx－k2，g′(x)＝－ke－kx＋k＝k(1－e－kx)，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，∴g(x)min＝g(0)＝1－k2≥0，又k>0，∴00，x≤k－时，f′(x)≥0；x>k－时，f′(x)<0，∴f(x)在上是增函数，在上是减函数．∴f(x)max＝f＝·≤，∴k2－1≤0，即－1≤k≤1，又k>0，∴00，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＋e－2a，当a≤且a≠1时，t′(x)≥0，∴t(x)＝lnx＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上单调递增，∴t(x)>t(1)＝0成立，当a>时， t′(1)＝1＋e－2a<0，t′(ln2a)＝＋2a－2a>0，∴存在x0∈(1，ln2a)，满足t′(x0)＝0. t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x∈(1，x0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，∴t(x0)0不恒成立．∴实数a的取值范围为(－∞，1)∪.4．已知函数f(x)＝x－1＋aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>4.(1)解f′(x)＝1＋aex，当a≥...
