导数与函数专练1．(2017·深圳调研二)已知函数f(x)＝(x－2)ex－x2，其中a∈R，e为自然对数的底数．(1)函数f(x)的图像能否与x轴相切？若能与x轴相切，求实数a的值；否则，请说明理由；(2)若函数y＝f(x)＋2x在R上单调递增，求实数a能取到的最大整数值．解析(1)f′(x)＝(x－1)ex－ax.假没函数f(x)的图像与x轴相切于点(t，0)，则有即由②可知at＝(t－1)et，代入①中可得(t－2)et－et＝0. et>0，∴(t－2)－＝0，即t2－3t＋4＝0. Δ＝9－4×4＝－7<0.∴方程t2－3t＋4＝0无解．∴无论a取何值，函数f(x)的图像都不与x轴相切．(2)方法1：记g(x)＝(x－2)ex－x2＋2x.由题意知，g′(x)＝(x－1)ex－ax＋2≥0在R上恒成立．由g′(1)＝－a＋2≥0，可得g′(x)≥0的必要条件是a≤2.若a＝2，则g′(x)＝(x－1)ex－2x＋2＝(x－1)(ex－2)．当ln2－1时，H′(x)>0，H(x)单调递增，且H(x)>H(－1)＝－－1；当x<－1时，H′(x)<0，H(x)单调递减，且－－1＝H(－1)0.∴存在唯一的x0∈(，1)使得H(x0)＝0，且当x∈(－∞，x0)时，H(x)＝h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，H(x)＝h′(x)>0，h(x)单调递增． h(x)min＝h(x0)＝(x0－1)ex0－x0＋2， H(x0)＝0，∴ex0＝，∴h(x0)＝(x0－1)－x0＋2＝3－(＋x0)． 0在R上恒成立，∴a能取得的最大整数为1.方法2：记g(x)＝(x－2)ex－x2＋2x，由题意知g′(x)＝(x－1)ex－ax＋2≥0在R上恒成立． g′(1)＝－a＋2≥0，∴g′(x)≥0的必要条件是a≤2.若a＝2，则g′(x)＝(x－1)ex－2x＋2＝(x－1)(ex－2)．当ln20时，k′(x)>0，k(x)单调递增；当x<0时，k′(x)<0，k(x)单调递减．∴k(x)min＝k(0)＝0，∴ex≥x＋1恒成立．当x≥1时，(x－1)ex≥(x－1)(x＋1)＝x2－1>x－2；当x<1时，由ex≥x＋1得e－x≥－x＋1>0，即ex≤.∴(x－1)ex≥(x－1)×＝－1>x－2.综上所述，(x－1)ex－x＋2≥0在R上恒成立，故a能取得的最大整数为1.2．(2017·湖北四校联考)已知函数f(x)＝lnx－a(x－1)，g(x)＝ex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数h(x)＝f(x＋1)＋g(x)，当x>0时，h(x)>1恒成立，求实数a的取值范围．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝(x>0)①若a≤0，对任意的x>0，均有f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；②若a>0，当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞)．(2)因为h(x)＝f(x＋1)＋g(x)＝ln(x＋1)－ax＋ex，所以h′(x)＝ex＋－a.令φ(x)＝h′(x)，因为x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝ex－＝>0，所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝2－a，①当a≤2时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(x)>h(0)＝1恒成立，符合题意；②当a>2时，h′(0)＝2－a<0，h′(x)>h′(0)，所以存在x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，所以h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，又h(x0)1不恒成立，不符合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．3．(2017·郑州预测一)设函数f(x)＝(1－mx)ln(1＋x)．(1)若当0()1000.4.解析(1)令F(x)＝f(x)－x＝(1－mx)ln(1＋x)－x，x∈(0，1)，则F′(x)＝－mln(1＋x)＋－1，x∈(0，1)，[F′(x)]′＝－.①当m≤－时，由于x∈(0，1)，有[F′(x)]′＝－>0，于是F′(x)在x∈(0，1)上单调递增，从而F′(x)>F′(0)＝0，因此F(x)在x∈(0，1)上单调递增，即F(x)>0；②当m≥...
