热点跟踪训练11．(2019·天一大联考)已知函数f(x)＝mex－x2.(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.所以f(0)＝1，且斜率k＝f′(0)＝1.故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x.故问题转化为当x≥0时，m≥.令g(x)＝，x≥0，则g′(x)＝.由g′(x)＝0及x≥0，得x＝－1.当x∈(0，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以当x＝－1时，g(x)max＝g(－1)＝2e1－.所以m≥2e1－.即实数m的取值范围为[2e1－，＋∞)．2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)解：设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③若h(2)<0，即a>，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点；由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.3．(2020·潍坊调研)已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(其中常数a≥0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，1①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．②当a>0时，f′(x)＝a(x＋1)ex，则方程f′(x)＝0有两根－1，－，且－1>－.所以函数f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为.综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为；当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．(2)函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立转化为a≤x＋在R上恒成立．令h(x)＝x＋，则h′(x)＝，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数．所以h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1.又依题设知a≥0，故实数a的取值范围为[0，1]．4．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x＋m(m∈R)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x10)，则F′(x)＝－1＝(x>0)，当x>1时，F′(x)<0，当00，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增．F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.(2)证明：由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1，0F，由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝lnx1－x1，即证ln－－m＝ln－＋x1－lnx1<0，令h(x)＝－＋x－2lnx(00，故h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)0，所以x－a>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，因为x>a时，f′(x)>0...
