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(四)函数与导数(2)
1．(2018·江西省重点中学协作体联考)已知f(x)＝e，g(x)＝x＋ax－2xsin x＋1. 1x(1)证明：1＋x≤e≤(x∈[0,1))；
1－x(2)若x∈[0,1)时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． (1)证明 设h(x)＝e－1－x，则h′(x)＝e－1，
故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 从而h(x)≥h(0)＝0，即e≥1＋x. 1－xx而当x∈[0,1)时，e≥1－x，即e≤. 1－x(2)解 设F(x)＝f(x)－g(x) ＝e－(x＋ax－2xsin x＋1)， 则F(0)＝0，
x2
x2
xxxF′(x)＝ex－(2x＋a－2xcos x－2sin x)．
要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立，必须有F′(0)≥0. 即a≤1.
以下证明：当a≤1时，f(x)≥g(x)． 只要证1＋x≥x＋x－2xsin x＋1， 只要证2sin x≥x在[0,1)上恒成立． 令φ(x)＝2sin x－x，
则φ′(x)＝2cos x－1>0对x∈[0,1)恒成立， 又φ(0)＝0，所以2sin x≥x，从而不等式得证． 2．(2018·宿州质检)设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e＋x. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a， 当a＝0时，f(x)＝x，
则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
－x2
2
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当a>0时，由f′(x)>0得x>e由f′(x)<0得0 . a?1??所以f(x)在区间?0，ea??上单调递减， ?在区间??ea?1a，＋∞?上单调递增； ?a?1a? 当a<0时，由f′(x)>0得0 ， a?1a?所以函数f(x)在区间??0，e?在区间??ea?1a?上单调递增， ? ，＋∞?上单调递减． ? 综上所述，当a＝0时， 函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； ?当a>0时，函数f(x)在区间??0，ea?1a?上单调递减， ? a?1??在区间?ea，＋∞??上单调递增； ?当a<0时，函数f(x)在区间??0，e?在区间??ea?1aa?1a?上单调递增， ? ，＋∞?上单调递减． ?a?1a? (2)证明 由(1)知a<0且e＝1， 解得a＝－1，f(x)＝x－xln x. 要证f(x)≤e＋x， 即证x－xln x≤e＋x， e 即证1－ln x≤＋x. －x－x2 －x2 xe 令F(x)＝ln x＋＋x－1(x>0)， －xx1－ex－e 则F′(x)＝＋＋1 2 －x－xxx?x＋1??x－e?＝. 2 －xx令g(x)＝x－e， 得函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． －x马明风整理 》》》》》》》》》积一时之跬步 臻千里之遥程《《《《《《《《《《《《 1 而g(1)＝1－>0，g(0)＝－1<0， e 所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0， 使得g(x0)＝x0－e即x0＝e－x0－x0＝0， ， 且x∈(0，x0)时，g(x)<0，x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0. 故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． ∴F(x)min＝F(x0)＝ln x0 ＋又e－x0e－x0x0 ＋x0－1. ＝x0， ∴F(x)min＝ln x0＋e－x0x0 ＋x0－1 ＝－x0＋1＋x0－1＝0. ∴F(x)≥F(x0)＝0成立， 即f(x)≤e＋x成立． 3．(2018·皖江八校联考)已知函数f(x)＝ －x2 ax2＋x＋a2e x. 5 (1)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值； 2e(2)若对任意的a≤0，f(x)≤解 (1)由题意， bln?x＋1? 2 在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围． f′(x)＝[(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x] 1－x2 ＝－e[ax＋(1－2a)x＋a－1] 21－x＝－e(x－1)(ax＋1－a)． 2 1－x①当a＝0时，f′(x)＝－e(x－1)， 2令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f(x)的极大值为f(1)＝1 ②当a>0时，1－<1， 15 ≠，不合题意． 2e2e 12 a马明风整理