1．函数与导数1．设函数f(x)＝xlnx＋ax，a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数y＝f(x)在上的最小值；(3)若g(x)＝f(x)＋ax2－(2a＋1)x，求证：a≥0是函数y＝g(x)在x∈(1,2)时单调递增的充分不必要条件．(1)解由f(x)＝xlnx＋ax，得f′(x)＝lnx＋a＋1.当a＝1时，f′(x)＝lnx＋2，f(1)＝1，f′(1)＝2，求得切线方程为y＝2x－1.(2)解令f′(x)＝0，得x＝e－(a＋1)．∴当e－(a＋1)≤，即a≥0时，x∈时f′(x)≥0恒成立，f(x)单调递增，此时f(x)min＝f＝.当e－(a＋1)≥e，即a≤－2时，x∈时f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，此时f(x)min＝f(e)＝ae＋e.当
0，f(x)单调递增，此时f(x)min＝f(e－(a＋1))＝－e－(a＋1)．(3)证明g′(x)＝f′(x)＋ax－(2a＋1)＝lnx＋ax－a＝lnx＋a(x－1)，∴当a≥0时，x∈(1,2)时，lnx>0，a(x－1)≥0，g′(x)>0恒成立，函数y＝g(x)在x∈(1,2)时单调递增，充分条件成立；又当a＝－时，代入g′(x)＝lnx＋a(x－1)＝lnx－x＋.设h(x)＝g′(x)＝lnx－x＋，x∈(1,2)，则h′(x)＝－＝>0恒成立，∴当x∈(1,2)时，h(x)单调递增．又h(1)＝0，∴当x∈(1,2)时，h(x)>0恒成立．而h(x)＝g′(x)，∴当x∈(1,2)时，g′(x)>0恒成立，函数y＝g(x)单调递增，∴必要条件不成立．综上，a≥0是函数y＝g(x)在x∈(1,2)时单调递增的充分不必要条件．2．设函数f(x)＝ex－|x－a|，其中a是实数．(1)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若函数有极大值点x2和极小值点x1，且f(x2)－f(x1)≥k(x2－x1)恒成立，求实数k的取值范围．解(1)因为f(x)＝ex－|x－a|＝则f′(x)＝因为f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0恒成立，当x0恒成立，当x≥a时，f′(x)＝ex－1≥0恒成立，故应f′(a)≥0，即a≥0.1(2)由(1)知当a≥0时，f(x)在R上单调递增，不符合题意，所以有a<0.此时，当x0，f(x)单调递增，当x≥a时，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，所以f′(x)<0在(a,0)上恒成立，f(x)在(a,0)上单调递减，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)极大＝f(a)＝ea，f(x)极小＝f(0)＝1＋a，即a<0符合题意．由f(x2)－f(x1)≥k(x2－x1)恒成立，可得ea－a－1≥ka对任意a<0恒成立，设g(a)＝ea－(k＋1)a－1，求导，得g′(a)＝ea－(k＋1)，①当k≤－1时，g′(a)>0恒成立，g(a)在(－∞，0)上单调递增，又因为g(－1)＝＋k<0，与g(a)>0矛盾；②当k≥0时，g′(a)<0在(－∞，0)上恒成立，g(a)在(－∞，0)上单调递减，又因为g(0)＝0，所以此时g(a)≥0恒成立，符合题意；③当－10在(－∞，0)上的解集为(ln(k＋1)，0)，即g(a)在(ln(k＋1)，0)上单调递增，又因为g(0)＝0，所以g(ln(k＋1))<0不符合题意．综上，实数k的取值范围为[0，＋∞)．3．(2017·江苏泰兴中学质检)已知函数f(x)＝x3－mx2－x＋m，其中m∈R.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1，x2∈[－1,1]，都有|f′(x1)－f′(x2)|≤4，求实数m的取值范围；(3)求函数f(x)的零点个数．解(1)f′(x)＝x2－2mx－1，由f′(x)≥0，得x≤m－或x≥m＋；故函数f(x)的单调增区间为(－∞，m－)，(m＋，＋∞)，由f′(x)<0，得m－
