文档内容
第2课时 精研题型明考向——“函数与导数”大题常考的4类题型
一、真题集中研究——明考情
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查导数的几何意义、不等式恒成立求参数)
已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，
所以f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为，2，
因此所求三角形的面积为.
(2)当00.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
2．(2020·全国卷Ⅰ·考查函数的单调性、不等式恒成立求参数)
已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当
x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)法一：f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0,2)时，g′(x)＞0.
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当 x∈(0,2)时，g(x)＞1，不符合题意．
②若0＜2a＋1＜2，即－＜a＜，
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥.
所以当≤a＜时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x.
由于0∈，故由②可得e－x≤1.故当a≥时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是.
法二：由f(x)≥x3＋1，
得ex＋ax2－x≥x3＋1(x≥0)．
当x＝0时，1≥1成立，符合题意．
当x＞0时，分离参数得a≥－.
令g(x)＝－(x＞0)，
则g′(x)＝－.
令h(x)＝ex－x2－x－1(x＞0)，
则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1＞0，
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)＞h′(0)＝0.
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以h(x)＞h(0)＝0恒成立．
即ex－x2－x－1＞0恒成立．
故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)在(0,2)上单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．
因此g(x) ＝g(2)＝，
max
综上，实数a的取值范围是.
3．(2020·全国卷Ⅱ·考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式)
已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
解：(1)f′(x)＝cos x(sin xsin 2x)＋sin x(sin xsin 2x)′
＝2sin xcos xsin 2x＋2sin2xcos 2x＝2sin xsin 3x.
当x∈∪时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
所以f(x)在区间，上单调递增，
在区间上单调递减．
(2)证明：因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为f＝，最小值为f＝－.
而f(x)是周期为π的周期函数，所以|f(x)|≤.
3
(3)证明：因为(sin2xsin22x…sin22nx)
2＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin 2nx||sin22nx|
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
2n
所以sin2xsin22x…sin22nx≤ ＝.
3
4．(2019·全国卷Ⅰ·考查零点问题、不等式恒成立求参数)
已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．
解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，
g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在区间(0，π)只有一个零点，设为x，且当x∈(0，x)时，f′(x)>0；当x∈(x，π)
0 0 0
时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x)上单调递增，在(x，π)上单调递减．
0 0
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0]．
[把脉考情]
1.单调性问题．主要考查利用导数求函数的单调区间或讨论函数的单调
性以及由函数的单调性求参数范围．
常规 2.函数零点问题．主要考查判断函数的零点个数以及由函数零点或方程
的根求参数的值或取值范围．
角度
3.不等式问题．主要考查不等式的证明、不等式恒成立或不等式存在性
问题、由不等式成立求参数问题等
创新 函数与导数与放缩法相结合证明不等式、与三角函数相结合考查函数的
角度 性质问题二、题型精细研究——提素养
题型一 利用导数研究函数的单调性问题
此类题主要考查导数与函数的单调性的关系，即通过令导函数f′(x)大于0或小于0，研究函
数f(x)的单调性．破解此类题的关键点：①求导数；②确定函数的单调区间．
考法(一) 求函数的单调区间
[例1] 已知函数f(x)＝aln x＋＋bx，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝
0.
(1)求实数a，b的值．
(2)求函数f(x)的单调区间．
[解] (1)∵f(x)＝aln x＋＋bx，
∴f′(x)＝－＋b＝(x＞0)，
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0，
∴即解得
(2)由(1)知f(x)＝ln x＋＋2x，
∴f′(x)＝＝(x＞0)，
由f′(x)＞0，得x＞，∴函数y＝f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)＜0，得0＜x＜，∴函数y＝f(x)的单调递减区间是.
故f(x)的单调递增区间是，
单调递减区间是.
[方法技巧]
利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间
f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)
的符号，从而确定单调区间．
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝，求函数f(x)的单调区间．
解：∵f(x)＝，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
设h(x)＝－ln x－1，则h′(x)＝－－＜0.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h(1)＝0知
当00，∴f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，∴f′(x)<0.
因此，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
考法(二) 讨论函数的单调性
[例2] 已知函数f(x)＝x2－x＋aln x，当a>0时，讨论函数f(x)的单调性．
[解] ∵f(x)＝x2－x＋aln x，
∴f′(x)＝x－1＋＝(x＞0)．
①当1－4a≤0，即a≥时，f′(x)≥0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当1－4a>0，即00)，
①当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>；
由f′(x)＝<0，得00时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
考法(三) 由函数的单调性求参数[例3] 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x.
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．
[解] (1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解，
即a>－有解．
设G(x)＝－，所以只要a>G(x) 即可．
min
而G(x)＝2－1，所以G(x) ＝－1.
min
所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，
当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x) ，而G(x)＝2－1，
max
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x) ＝－(此时x＝4)，
max
所以a≥－，即a的取值范围是.
[方法技巧]
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)由可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′
(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在
解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是
其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
[针对训练]
3．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x在区间[1,2]上为单调函数，求a的取值范围．
解：f′(x)＝－4x＋(a≠0)，若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f′(x)＝－4x
＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0，
即－4x＋≥0或－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，
即≥4x－或≤4x－.
令h(x)＝4x－，因为函数h(x)在[1,2]上单调递增，
所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，
解得a<0或00，何时f′(x)<0，据此可
得函数的单调性．
(2)确定函数的极值、最值．可以以所得的函数单调性为切入点，在草稿纸上先画出函数的大
致图象，以便迅速确定函数的极值情况(若在某点处左增右减，则函数有极大值；若在某点处
左减右增，则函数有极小值)以及最值情况(函数图象的最高点的纵坐标为最大值，最低点的
纵坐标为最小值)，真正体现“数形结合”的灵活运用．
考法(一) 函数的极值问题
[例1] 已知函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，
函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝1－＝.
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)的极小值为f(1)＝，无极大值．
②当1＜a＜2时，>1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.
x (0,1) 1
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 极小值 极大值
故f(x)在定义域上的极小值为f(1)＝，
极大值为f＝＋＋ln(a－1)＝＋ln(a－1)．
③当a＝2时，＝1，
∴当x>0时f′(x)≤0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值．
④当a>2时，0<<1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.
x 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 极小值 极大值
∴f(x)在定义域上的极小值为f＝＋ln(a－1)，极大值为f(1)＝.
综上，当a<1时，f(x)有极小值，无极大值；
当a＝1时，f(x)有极小值1，无极大值；
当12时，f(x)有极小值＋ln(a－1)，
极大值.
[方法技巧]
求解函数极值点问题的注意点
(1)导数为零的点不一定是极值点．在求得导函数的零点后，要利用导函数零点左右的导函数
符号来确定极值点．
(2)对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论，
分两个层次讨论．第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论
根的大小．
(3)对于涉及极值点的不等式证明问题，一般要进一步构造函数并借助导数研究函数的单调
性，进而借助不等式去解决．
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝ln x.
(1)求f(x)图象的过点P(0，－1)的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋存在两个极值点x，x，求m的取值范围．
1 2
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.
设切点坐标为(x，ln x)，则切线方程为y＝x＋ln x－1.把点P(0，－1)代入切线方程，得ln x
0 0 0 0
＝0，∴x＝1.
0
∴过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.
(2)∵g(x)＝f(x)－mx＋＝ln x－mx＋(x>0)，
∴g′(x)＝－m－＝＝－，令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x，x，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等
1 2
的正数根x，x.
1 2
故只需满足即可，解得0时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1；
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和；
当－ln ，且x>0时，>x＋－3a.
[解] (1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3)，
单调递增区间是(ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，无极大值．
(2)证明：待证不等式等价于ex>x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x>0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x>0.
由(1)及a>ln ＝ln 3－1知：
g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)>0.
于是对任意x>0，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增．
于是当a>ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex>x2－3ax＋1，故>x＋－3a.
[方法技巧]
1．利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x) >g(x) ；
min max
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性
或最值，证明h(x)>0.
2．证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到；
(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；
(3)ln x0；
(4)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明：f(x)≤－－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
故当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.
考法(二) 不等式恒成立问题
[例2] 已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)＋a<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
则f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当a>0时，由f′(x)>0，得0.
所以f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)f(x)＋a<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)<0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ln x－a(x－1)，x>0，则g′(x)＝－a，注意到g(1)＝0，
①当a≥1时，g′(x)<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)g(1)＝0，
即0g(1)＝0，
即a≤0时不满足题意(舍去)．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
[方法技巧]
不等式恒成立问题的求解策略
(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数
解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：
(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒
成立的问题，可以考虑用二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．
[针对训练]
2．(2021·青岛模拟)已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．
解：(1)由题意知f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得00)，则g′(x)＝，
由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)] >0(x∈I)．
max
(2)对∀x∈D，∃x∈D 使得f(x)≥g(x)⇔f(x) ≥g(x) ，f(x)的定义域为D，g(x)的定义域
1 1 2 2 1 2 min min 1
为D.
2
[例3] 已知函数f(x)＝－ax(a>0)．
(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；
(2)若∃x，x∈[e，e2]，使f(x)≤f′(x)＋a成立，求实数a的取值范围．
1 2 1 2
[解] (1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，
所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．
所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x) ≤0.
max
又f′(x)＝－a＝－2＋－a，
故当＝，即x＝e2时，f′(x) ＝－a，
max
所以－a≤0，故a≥，所以a的最小值为.
(2)“若∃x，x∈[e，e2]，使f(x)≤f′(x)＋a成立”等价于当x∈[e，e2]时，有f(x) ≤f′
1 2 1 2 min
(x) ＋a，
max
又当x∈[e，e2]时，有f′(x) ＋a＝，
max
所以问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x) ≤”．
min
①当a≥时，f(x)在[e，e2]上为减函数，
则f(x) ＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.
min
②当00，f(x)为增函数．
0
所以f(x) ＝f(x)＝－ax≤，x∈(e，e2)，
min 0 0 0
所以a≥－>－>－＝，
与00，使f(x)>g(x)成立，求参数a的取值范围．
0 0 0
解：(1)由题意得，f′(x)＝－x＋1(x>0)，
设切点为(x，f(x))，则k＝f′(x)＝－x＋1＝3，
0 0 0 0
解得x＝1或x＝－3(舍去)，所以切点为，
0 0
代入g(x)＝3x＋a，得a＝－.
(2)设h(x)＝3ln x－x2－2x(x>0)．
∃x>0，使f(x)>g(x)成立，
0 0 0
等价于∃x>0，使h(x)＝3ln x－x2－2x>a成立，
等价于a0)．
max
因为h′(x)＝－x－2＝＝－，
令得01.
所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x) ＝h(1)＝－，即a<－，
max
因此参数a的取值范围为.
1．已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，
∴f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)．
当0时，f′(x)>0，∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x) ＝f＝ln k，
min
∵f(x)有且只有一个零点，∴ln k＝0，∴k＝1.
(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，∵n∈N*，令x＝，得
>ln ，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
2．已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．
①当a≥0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1，
x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)有极小值f(－1)＝－，无极大值．
②当a＜0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1或x＝ln.
(ⅰ)a<－2e，x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－1，＋∞)
时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)有极小值f＝－2ln＋2＝2＋1，有极大值f(－1)＝－.
(ⅱ)－2e0，f(x)单调递增；x∈
时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极小值f(－1)＝－，有极大值f＝－2ln＋2＝2＋1.
(ⅲ)当a＝－2e时，f′(x)≤0恒成立，f(x)在R上单调递减，无极值．
(2)函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，
即函数f(x)的图象与直线y＝e恰有两个交点，由(1)知，
①当a≥0时，只需满足e>－⇒a>－e2，
所以a∈[0，＋∞)．
②当a<0时，
(ⅰ)若a<－2e，结合(1)知，x∈(－1，＋∞)时，f(x)单调递减，
f(1)＝ae＋4<－2e2＋4<0，只需满足2＋1＝e或e＝－，解得a＝－e2或a＝ －(舍去)或a＝
－.
(ⅱ)若－2e＜a＜0，结合(1)知只需满足2＋1＝e或e＝－，解得a＝－e2(舍去)或a＝－或a＝
－(舍去)．
(ⅲ)若a＝－2e，结合(1)知f(x)的图象与直线y＝e不可能有两个交点，舍去．
综上，a的取值范围为[0，＋∞)∪.
3．已知函数f(x)＝aexln x(其中e＝2.718 28…是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋xln a，a>0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝aexln x，所以f′(x)＝aex.
令φ(x)＝ln x＋，则φ′(x)＝.
当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(0,1)上单调递减．
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)≥φ(1)＝1>0.
又因为a>0，ex>0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xln a－aexln x.
由h(x)>0得x2＋xln a－aexln x>0，
即aexln x对任意x∈(0,1)恒成立．
设H(x)＝，则H′(x)＝，
所以，当x∈(0,1)时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0,1)
时，H(x)<0.
若aex≥1>x，则H(aex)≥0>H(x)．
若0H(x)，
且H(x)在(0,1)上单调递增，所以aex>x.
综上可知，aex>x时对任意x∈(0,1)恒成立，
即a>对任意x∈(0,1)恒成立．
设G(x)＝，x∈(0,1)，则G′(x)＝>0.
所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)－在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若
不存在，请说明理由．
解：(1)证明：m＝1时，f(x)＝(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝－＋x＝，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以f(x) ＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
min(2)由题意知，f′(x)＝－＋mx＝，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．
②当m>0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
故f(x)在x＝处取得极小值f＝ln m＋－m，无极大值．
(3)不妨令h(x)＝－＝，不难证明ex－1－x≥0，当且仅当x＝1时取等号，
所以，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
由(1)知，当m≤0，x>1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
f(x)－在(1，＋∞)上恒成立，只能m>0.
当01，由(1)知f(x)在上单调递减，
所以f1，所以mx≥x，ex－1>1,0<<1，－1<－<0，
F′(x)＝－＋mx＋－>－＋x＋－1＝＝>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又F(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，F(x)>0恒成立，
即f(x)－h(x)>0恒成立．
故存在m≥1，使得不等式f(x)>－在(1，＋∞)上恒成立，此时m的最小值是1.
5．(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝ex－sin x－cos x，g(x)＝ex＋sin x＋cos x.
(1)证明：当x>－时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)证明：因为f(x)＝ex－sin x－cos x＝ex－sin，
f′(x)＝ex－cos x＋sin x＝ex＋sin，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cos x＝ex＋sin，
考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以
①当x∈时，sin<0，此时f(x)>0；
②当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)≤f′(0)＝0，
所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；
③当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，
所以f(x)单调递增，f(x)＞f(0)＝0；
3π
④当x∈时，f(x)＝ex－sin≥e －>0.
4综上，当x>－时，f(x)≥0.
(2)构造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sin x＋cos x－2－ax，
则F(x) ≥0，
min
5π
所以F＝e ＋a－2≥0⇒a≥＞0.
4
又F(0)＝0，所以，F(x)在R上的最小值为F(0)．
F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a，F′(0)＝2－a，
F″(x)＝ex－sin x－cos x＝f(x)．
由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞－时恒成立，
所以F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a在单调递增．
①若a＝2，则F′(x)在为负，(0，＋∞)为正，
所以F(x)在递减，在(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；
而当x≤－时，
F(x)＝ex＋sin x＋cos x－2－2x≥ex＋sin x＋cos x－2＋≥－2－>0，
故a＝2满足题意．
②若a>2，则F′(0)＝2－a<0，因为F′(x)≥ex－－a，所以F′(ln(＋a))≥ex－－a≥0，
由零点存在定理，必存在x∈(0，ln(＋a))使得F′(x)＝0，此时满足x∈(0，x)时，F′(x)<0，
0 0 0
F(x)递减，所以F(x)
