课时跟踪检测(二十四)导数与不等式A卷1．(2019·浙江模拟)已知f(x)＝ex＋e－x－alnx(a∈N，且a≥2)的极值点x0∈
(1)求a的值；(2)若不等式f(x)≥b(b∈Z)恒成立，求b的最大值．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－e－x－，f″(x)＝ex＋e－x＋，在(0，＋∞)上，f″(x)>0恒成立，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(x)＝ex＋e－x－alnx(a∈N，且a≥2)的极值点x0∈
∴f′＝－－2a0，又a∈N，且a≥2
(2)首先当x＝1时，f(1)＝e＋e－1∈(3,4)，又∵b∈Z，∴b≤3
其次，我们可以证明不等式：ex＋e－x>x2＋2(x>0)．设g(x)＝ex＋e－x－x2－2(x>0)，g′(x)＝ex－e－x－2x，g″(x)＝ex＋e－x－2>0恒成立．∴g′(x)＝ex－e－x－2x>g′(0)＝0恒成立．∴g(x)>g(0)＝0恒成立．∴ex＋e－x>x2＋2(x>0)．∴ex＋e－x－2lnx>x2＋2－2lnx(x>0)．设h(x)＝x2＋2－2lnx(x>0)，h′(x)＝2x－＝
可得当x＝1时，函数h(x)取得极小值即最小值，∴h(x)>h(1)＝3，∴ex＋e－x－2lnx>3恒成立，∴b的最大值是3
2．(2019·深圳二模)已知函数f(x)＝aex＋2x－1
(其中常数e＝2
71828…，是自然对数的底数)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：对任意的a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋ae)x
解：(1)由f(x)＝aex＋2x－1，得f′(x)＝aex＋2
①当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；②当a0，解得x0，∴当x>0时，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0
∴当01时，求证：存在c∈，使得对任意的x∈(c,
