解答题专项训练一1.[2017·甘肃模拟]设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．解(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.依题设，即解得a＝2，b＝e.(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).2.已知函数f(x)＝ax2＋lnx，其中a∈R.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值是－1，求a的值．解(1)f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．当a≥0时，f′(x)>0，从而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍去)．此时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：xf′(x)＋0－f(x)f∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是，＋∞.(2)①当a≥0时，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.令＝－1，得a＝－2，这与a≥0矛盾，不合题意．②当－1≤a<0时，≥1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.令＝－1，得a＝－2，这与－1≤a<0矛盾，不合题意．③当a<－1时，0<<1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f.令f＝－1，解得a＝－e，符合a<－1.综上，当f(x)在(0,1]上的最大值是－1时，a＝－e.3.[2016·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0.曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－>0.设g(x)＝lnx－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0,故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0；②当a>2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)0，∴f′(x)＝2ax－5a. 函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线6x＋y＋1＝0平行，∴f′(1)＝－6，∴2a－5a＝－6，解得a＝2.∴f(x)＝2x(x－5)＝2x2－10x.(2)由(1)知，方程f(x)＋＝0等价于方程2x3－10x2＋37＝0.设h(x)＝2x3－10x2＋37，则h′(x)＝6x2－20x＝2x(3x－10)．当x∈时，h′(x)<0，函数h(x)在上单调递减；当x∈时，h′(x)>0，函数h(x)在上单调递增． h(3)＝1>0，h＝－<0，h(4)＝5>0，∴方程h(x)＝0在区间，内各有一个实数根，在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根．∴存在唯一的正整数t＝3，使得方程f(x)＋＝0在区间(t，t＋1)内有且只有两个不相等的实数根.5.[2017·海口调研]已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx．(1)若f(x)在上是减函数，求a的取值范围；(2)函数f(x)是否既有极大值又有极小值？若有，求a的取值范围；若没有，请说明理由．解(1)f′(x)＝－2x＋a－， f(x)在上为减函数，∴x∈时，－2x＋a－<0恒成立，即a<2x＋恒成立．设g(x)＝2x＋，则g′(x)＝2－. x∈时，>4，∴g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减，g(x)>g＝3，∴a≤3.(2)由题意，知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－2x＋a－＝－，若f(x)既有极大值又有极小值，则首先必须f′(x)＝0有两个不同正根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有两个不同正根．故a应满足即解得a>2，...
