专题提能一函数、导数与不等式的提分策略1．(2018·胶州模拟)已知函数f(x)＝(a∈R，e为自然对数的底数，e≈2.71828)．(1)若曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率为－1，求实数a的值；(2)求f(x)在[－1,1]上的最大值g(a)；(3)当a＝0时，若对任意的x∈(0,1)，恒有f(x)>f，求正实数m的最小值．解析：(1)f′(x)＝＝，f′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2.(2)由f′(x)>0，得x<1－a；由f′(x)<0，得x>1－a.所以f(x)的单调递增区间是(－∞，1－a)，单调递减区间是(1－a，＋∞)．当1－a<－1，即a>2时，f(x)在[－1,1]上单调递减，f(x)max＝f(－1)＝(a－1)e；当－1≤1－a≤1，即0≤a≤2时，x＝1－a为f(x)在区间[－1,1]上的极大值点，也是最大值点，所以f(x)max＝f(1－a)＝；当1－a>1，即a<0时，f(x)在[－1,1]上单调递增，f(x)max＝f(1)＝.所以g(a)＝.(3)当a＝0时，由(2)知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．若0
f(1)，与f(x)在(－∞，1)上单调递增矛盾，所以只有m≥1.当m≥1时，≥>1，所以f≥f，故只需f(x)>f，即可满足f(x)>f.下面证明f(x)>f在区间(0,1)上恒成立．f(x)>f，即>，即xe>ex，即x2>ex－，两边取对数，得lnx>.构造函数h(x)＝lnx－，则h′(x)＝－＝，对任意的x∈(0,1)，h′(x)<0，故h(x)在(0,1)上单调递减，所以h(x)>h(1)＝0，所以lnx>.综上可知，正实数m的最小值为1.2．(2018·贵阳模拟)设函数f(x)＝xln(ax)(a>0)．(1)设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性；(2)过两点A(x1，f′(x1))，B(x2，f′(x2))(x10，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；②当lna<0，即00，得(lna)x2＋1>0，解得0.所以函数F(x)在上为增函数，在上为减函数．(2)证明：因为k＝＝＝，x2－x1>0，要证1，则只要证1－0(t>1)，故g(t)在(1，＋∞)上是增函数．所以当t>1时，g(t)＝t－1－lnt>g(1)＝0，即t－1>lnt成立．②要证1－1，即证t－10(t>1)，故函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以当t>1时，h(t)＝tlnt－(t－1)>h(1)＝0，即t－1k(x－1)＋ax－x恒成立，求正整数k的值．解析：(1)由f(x)＝xlnx＋ax，得f′(x)＝lnx＋a＋1， 函数f(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在区间[e2，＋∞)上恒成立，∴a≥－1－lnx.又当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，∴－1－lnx∈(－∞，－3]．∴a≥－3.(2)若对任意x∈(1，＋∞)，f(x)>k(x－1)＋ax－x恒成立，即xlnx＋ax>k(x－1)＋ax－x恒成立，也就是k(x－1)0.则问题转化为k<对任意x∈(1，＋∞)恒成立．设函数h(x)＝，则h′(x)＝，再设m(x)＝x－lnx－2，则m′(x)＝1－. x∈(1，＋∞)，∴m′(x)>0，则m(x)＝x－lnx－2在(1，＋∞)上为增函数， m(1)＝1－ln1－2＝－1，m(2)＝2－ln2－2＝－ln2，m(3)＝3－ln3－2＝1－ln3<0，m(4)＝4－ln4－2＝2－ln4>0.∴∃x0∈(3,4)，使m(x0)＝x0－lnx0－2＝0.∴当x∈(1，x0)时，m(x)<0，h′(x)<0，∴h(x)＝在(1，x0)上单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，∴h(x)＝在(x0，＋∞)上单调递增，∴h(x)的最小值为h(x0)＝. m(x0)＝x0－lnx0－2＝0，∴lnx0＋1＝x0－1，代入函数h(x)＝得h(x0)＝x0， x0∈(3,4)，且k
