(四)函数与导数(2)1．(2017届辽宁省锦州市质检)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna－b(a，b∈R，a>1)，e是自然对数的底数．(1)当a＝e，b＝4时，求函数f(x)的零点个数；(2)若b＝1，求f(x)在[－1,1]上的最大值．解(1)当a＝e，b＝4时，f(x)＝ex＋x2－x－4，∴f′(x)＝ex＋2x－1，∴f′(0)＝0，当x>0时，ex>1，∴f′(x)>0，故f(x)是(0，＋∞)上的增函数，当x<0时，ex<1，∴f′(x)<0，故f(x)是(－∞，0)上的减函数，f(1)＝e－4<0，f(2)＝e2－2>0，∴存在x1∈(1,2)是f(x)在(0，＋∞)上的唯一零点；f(－2)＝＋2>0，f(－1)＝－2<0，∴存在x2∈(－2，－1)是f(x)在(－∞，0)上的唯一零点，∴f(x)的零点个数为2.(2)f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna，当x>0时，由a>1可知，ax－1>0，lna>0，∴f′(x)>0，当x<0时，由a>1可知，ax－1<0，lna>0，∴f′(x)<0，当x＝0时，f′(0)＝0，∴f(x)是[－1,0]上的减函数，(0,1]上的增函数，∴当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．而f(1)－f(－1)＝a－－2lna，设g(x)＝x－－2lnx(x>1)， g′(x)＝1＋－＝2>0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，∴当x>1时，g(x)>0，即当a>1时，a－－2lna>0，∴f(1)>f(－1)．∴f(x)在[－1,1]上的最大值为f(1)＝a－lna.2．(2017届江苏省南通、扬州、泰州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋cosx(a∈R)，记f(x)的导函数为g(x)．(1)证明：当a＝时，g(x)在R上为单调函数；(2)若f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围；(3)设函数h(x)的定义域为D，区间(m，＋∞)⊆D.若h(x)在(m，＋∞)上是单调函数，则称h(x)在D上广义单调．试证明函数y＝f(x)－xlnx在(0，＋∞)上广义单调．(1)证明当a＝时，f(x)＝x2＋cosx，所以f′(x)＝x－sinx，即g(x)＝x－sinx，所以g′(x)＝1－cosx≥0，所以g(x)在R上单调递增．(2)解因为g(x)＝f′(x)＝2ax－sinx，所以g′(x)＝2a－cosx.①当a≥时，g′(x)≥1－cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．若x>0，则f′(x)>f′(0)＝0；若x<0，则f′(x)
0，则f′(x)f′(0)＝0，所以f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，单调递增区间是(－∞，0)，所以f(x)在x＝0处取得极大值，不符合题意．③当－2a，即g′(x)<0，所以函数f′(x)在(0，x0)上单调递减，所以f′(x)0)．①若a>0，注意到lnx2ax－2－2＝2a.当x>2时，h′(x)>0，所以当m＝2时，函数h(x)在(m，＋∞)上单调递增．②若a≤0，当x>1时，h′(x)＝2ax－sinx－1－lnx≤－sinx－1－lnx<0，所以当m＝1时，函数h(x)在(m，＋∞)上单调递减．综上所述，函数y＝f(x)－xlnx在区间(0，＋∞)上广义单调．3．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－，所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.从而当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.4．(2017届福建省厦门第一中学模拟)函数f(x)＝lnx＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2.(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若对于∀x>0，总有f(x)≤g(x)．①求实数a的取值范围；...
