(五)函数与导数1．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，曲线y＝f(x)过点(0,2a＋3)，且在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴．(1)用a分别表示b和c；(2)当bc取得最小值时，求函数g(x)＝－f(x)e－x的单调区间．解(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意得则b＝2a，c＝2a＋3.(2)由(1)得bc＝2a(2a＋3)＝42－，故当a＝－时，bc取得最小值－，此时有b＝－，c＝，从而f(x)＝－x2－x＋，f′(x)＝－x－，g(x)＝－f(x)e－x＝e－x，所以g′(x)＝－(x2－4)e－x，令g′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，－2)上为减函数；当x∈(－2,2)时，g′(x)>0，故g(x)在(－2,2)上为增函数；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(2，＋∞)上为减函数．综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递增区间为(－2,2)．2．(2019·宁波中学模拟)已知函数f(x)＝xlnx－x2－x＋a(a∈R)在定义域内有两个不同的极值点．(1)求a的取值范围；(2)记f(x)的两个极值点为x1，x2，且x10，若不等式x1·x>e1＋λ恒成立，求λ的取值范围．解(1)由题意知f′(x)＝lnx－ax＝0有两个不同的实根，即y＝a与g(x)＝的函数图象有两个不同的交点． g′(x)＝，x>0，令g′(x)＝0，得x＝e，∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又 x→0，g(x)→－∞，x→＋∞，g(x)→0，g(e)＝>0，∴a∈.(2) e1＋λ0,0，又由lnx1＝ax1，lnx2＝ax2作差得ln＝a(x1－x2)，∴原式等价于ln<＝恒成立，令t＝，t∈(0,1)，则不等式lnt<在t∈(0,1)上恒成立，令h(t)＝lnt－，t∈(0,1)，则h′(t)＝，当λ2≥1时，h′(t)>0，即h(t)在(0,1)上单调递增，又t→1，h(t)→0，故h(t)<0对t∈(0,1)恒成立，符合题意．当λ2<1时，h(t)在(0，λ2)上单调递增，在(λ2,1)上单调递减，又t→1，h(t)→0，所以h(t)不可能在t∈(0,1)上恒小于0，不符合题意．综上所述，若不等式e1＋λ0，故λ≥1.即实数λ的取值范围是[1，＋∞)．3．已知函数f(x)＝(x2－1)lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若a≤2，证明：f(x)≥a(x－1)2.解(1)f′(x)＝2xlnx＋x－＝x，令h(x)＝2lnx＋1－，x>0，则h′(x)＝＋>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)>h(1)＝0，f(x)单调递增，当00.则H′(x)＝≥0，所以当x>0时，H(x)单调递增．又H(1)＝0，所以当x≥1时，H(x)≥H(1)＝0，当00，所以(x－1)≥0，不等式得证．4．(2019·衢二中模拟)已知函数f(x)＝ex－x，g(x)＝(x＋k)ln(x＋k)－x.(1)若k＝1，f′(t)＝g′(t)，求实数t的值；(2)若对任意的a>0，b>0，不等式f(a)＋g(b)≥f(0)＋g(0)＋ab恒成立，求正实数k的取值2范围．解(1)f′(x)＝ex－1，g′(x)＝ln(x＋k)，x>－k由k＝1，f′(t)＝g′(t)，①得et－ln(t＋1)－1＝0，令φ(t)＝et－ln(t＋1)－1，则φ′(t)＝et－，令k(t)＝φ′(t)＝et－，则k′(t)＝et＋>0，所以φ′(t)在(－1，＋∞)上单调递增，又φ′(0)＝0，所以当－10时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，所以φ(t)≥φ(0)＝0，当且仅当t＝0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解t＝0，即实数t的值为0.(2)方法一令h(x)＝f(x)－bx＋g(b)－f(0)－g(0)(x>－k)，则h′(x)＝ex－(b＋1)，所以当x>ln(b＋1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当0－k)，则t′(x)＝ln(x＋k)－ln(x＋1)．①若k>...
