14．设函数f(x)＝ax－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为 .
解析：若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；
313
当x>0时，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax－3x＋1≥0可化为a≥2－3.
3
xx313?1－2x?
令g(x)＝2－3，则g′(x)＝， 4
xxx?1??1??1?所以g(x)在区间?0，?上单调递增，在区间?，1?上单调递减．因此g(x)max＝g??＝4，从
?2??2??2?
而a≥4.
31
当x<0时，即x∈[－1,0)时，同理a≤2－3. xxg(x)在区间[－1,0)上单调递增，
所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4. 答案：4
15．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有3f(x)＋
xf′(x)>0，则不等式(x＋2 015)3f(x＋2 015)＋27f(－3)>0的解集是 .
解析：令g(x)＝xf(x)(x<0)，则g′(x)＝x[3f(x)＋xf′(x)]>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增．不等式(x＋2 015)f(x＋2 015)＋27f(－3)>0等价于g(x＋2 015)－g(－3)>0，所以x＋2 015>－3，解得x>－2 018.又x＋2 015<0，解得x<－2 015，所以不等式(x＋2 015)f(x＋2 015)＋27f(－3)>0的解集是{x|－2 018 12 ，g(x)＝x－2ax＋4，若对于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，x＋1 3 3 3 2 使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是 . 解析：由于f′(x)＝1＋ 1 2>0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，?x＋1? 22 f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x－2ax＋4≤－1，即x－2axx5x5 ＋5≤0，即a≥＋能成立．令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使 22x22xx59 a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需 22x4a≥. 9 4 ?9?答案：?，＋∞? ?4? 三、解答题 1．(2019·汕头二模)已知函数f(x)＝aln x－x＋1(其中a∈R)． (1)讨论函数f(x)的极值； 12 (2)对任意x>0，f(x)≤(a－1)成立，求实数a的取值范围． 2解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． 又f′(x)＝－1. ①当a≤0时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)为单调减函数，f(x)无极值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝a， 在(0，a)上，f′(x)>0，f(x)为增函数，在(a，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)为减函数， ∴当x＝a时，f(x)有极大值为f(a)＝aln a－a＋1，无极小值． 综上，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)有极大值f(a)＝aln a－a＋1，无极小值； (2)由(1)知，①当a≤0，f(x)是减函数，又令b＝e<1，ln b<0， 211a13af(b)－(a2－1)＝a2－e＋1－(a2－1)＝－e>0，不等式不成立； 2 2 2 2 2 2 ②当a>0时，f(x)有极大值也是最大值，∴f(x)max＝f(a)＝aln a－a＋1， 12 要使对任意x>0，f(x)≤(a－1)成立， 2 12312 即aln a－a＋1≤(a－1)，则aln a＋－a－a≤0成立． 222312 令u(a)＝aln a＋－a－a(a>0)， 22∴u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a， 令k(a)＝u′(a)＝ln a－a， 11－a则k′(a)＝－1＝＝0，得a＝1. axaaa在(0,1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函数， 在(1，＋∞)上，k′(a)<0，k(a)＝u′(a)是减函数， ∴当a＝1时，k(a)＝u′(a)取极大值也是最大值， ∴u′(a)max＝u′(1)＝－1<0. 在(0，＋∞)上，u′(a)<0，u(a)是减函数，又u(1)＝0， 要使u(a)≤0恒成立，则a≥1. ∴实数a的取值范围为[1，＋∞)． 2．(2019·蓉城名校联盟联考)已知函数f(x)＝ax－2(a＋1)x＋2ln x，a∈R. 2 (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)是否存在最大整数k，当a≤k时，对任意的x≥2，都有f(x) xf′(x)＝2ax－2(a＋1)＋＝x2 2?ax－1??x－1? ， x所以当a∈(－∞，0]时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； ?1??1?当a∈(0,1)时，f(x)在(0,1)和?，＋∞?上单调递增，在?1，?上单调递减； ?a? ? a? 当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ?1??1?当a∈(1，＋∞)时，f(x)在?0，?和(1，＋∞)上单调递增，在?，1?上单调递减． ? a? ?a? (2)ax－2(a＋1)x＋2ln x 当x＝2时，得4a－(a＋2)×2＋3ln 2 下面证明：当a≤4时，不等式①对于x≥2恒成立， 设g(x)＝ax－(a＋2)x＋3ln x－e(x－1)(x≥2)， 3x则g′(x)＝2ax－(a＋2)＋－xe. 22 2 2x2xxx3x令h(x)＝2ax－(a＋2)＋－xe， x3xx22 则h′(x)＝2a－2－(x＋1)e<2a－(x＋1)e≤2a－3e≤8－3e<0， x所以h(x)在[2，＋∞)上单调递减， 3123x22 所以h(x)＝2ax－(a＋2)＋－xe≤h(2)＝3a－－2e≤－2e<0， x22即当x∈[2，＋∞)时，g′(x)<0， 所以g(x)在[2，＋∞)上单调递减， 所以g(x)＝ax－(a＋2)x＋3ln x－e(x－1)≤g(2)＝2a－4＋3ln 2－e<8－4＋3－e＝7－e<0， 所以a≤4时，不等式①恒成立，所以k的最大值为4. 2 2 x22