第2講　綜合大題部分 1. (2017·高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當a<0時，證明f(x)≤－－2. 解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a<0，則當x∈(0，－)時，f′(x)>0； 當x∈(－，＋∞)時，f′(x)<0. 故f(x)在(0，－)上單調(diào)遞增，在(－，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f(－)＝ln(－)－1－. 所以f(x)≤－－2等價于ln(－)－1－≤－－2，即ln(－)＋＋1≤0. 設(shè)g(x)＝ln x－x＋1，則g′(x)＝－1. 當x∈(0,1)時，g′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當x>0時，g(x)≤0. 從而當a<0時，ln(－)＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. 2．(2017·高考全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋. 當x∈(－∞，－1－)時，f′(x)<0； 當x∈(－1－，－1＋)時，f′(x)>0； 當x∈(－1＋，＋∞)時，f′(x)<0. 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)單調(diào)遞增． (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 當a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex<0(x>0)． 因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減．而h(0)＝1， 故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 當0<a<1時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增． 而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當0<x<1時，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)＝ －x(x2＋x＋a－1)，取x0＝，則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)－ax0－1>0， 即f(x0)>ax0＋1. 當a≤0時，取x0＝，則x0∈(0,1)， f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)． 3．(2018·高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，－1)處的切線方程； (2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥0. 解析：(1)f′(x)＝，f′(0)＝2. 因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是 2x－y－1＝0. (2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 當x＜－1時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減； 當x＞－1時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增． 所以g(x)≥g(－1)＝0. 因此f(x)＋e≥0. 1. 已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax＋(a∈R)． (1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)當a≤時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 解析：(1)當a＝1時，f(x)＝ln x＋x，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝＋1，f′(1)＝＋1＝2， f(1)＝ln 1＋1＝1，故曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為2，切線方程為y－1＝2(x－1)， 即y＝2x－1. (2)因為f(x)＝ln x＋ax＋， 所以f′(x)＝＋a－＝(x∈(0，＋∞))．(不可忽視函數(shù)的定義域) 令g(x)＝ax2＋x－a＋1(x∈(0，＋∞))， ①當a＝0時，g(x)＝x＋1，而x>0， 所以g(x)>0，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當a≠0時，g(x)＝(ax＋1－a)(x＋1)＝a(x－)(x＋1)． (i)當a<0時，>0， 當x∈(0，)時，g(x)>0，f′(x)>0， 故函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增， 當x∈(，＋∞)時，g(x)<0，f′(x)<0， 故函數(shù)f(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞減． (ii)當0<a<1時，<0， 當x∈(0，＋∞)時，g(x)>0，所以f′(x)>0， 即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (iii)當a＝1時，＝0， 故當x∈(0，＋∞)時，g(x)>0，所以f′(x)>0， 即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (iv)當a>1時，>0， 當x∈(0，)時，g(x)<0，f′(x)<0， 故函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減， 當x∈(，＋∞)時，g(x)>0，f′(x)>0， 故函數(shù)f(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上，當a<0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增， 在(，＋∞)上單調(diào)遞減； 當0≤a≤1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a>1時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減， 在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－2x2＋x＋c. (1)當a＝1，且函數(shù)圖象過(0,1)時，求函數(shù)的極小值； (2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點，求a的取值范圍． 解析：f′(x)＝3ax2－4x＋1. (1)函數(shù)圖象過(0,1)時，有f(0)＝c＝1. 又a＝1，則f(x)＝x3－2x2＋x＋1， f′(x)＝3x2－4x＋1， 令f′(x)>0，則x<或x>1. 令f′(x)<0，則<x<1. 所以函數(shù)在(－∞，)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 在(，1)上單調(diào)遞減，極小值是 f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點， 則f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)， 即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立． ①當a＝0時，f′(x)＝－4x＋1，顯然不滿足題意． ②當a≠0時，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要條件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0， 即16－12a≤0，解得a≥. 綜上，a的取值范圍為[，＋∞)． 3．函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋m(m∈R)． (1)求f(x)的極值； (2)當m在什么范圍內(nèi)取值時，曲線y＝f(x)與直線y＝1有三個不同的交點． 解析：(1)f′(x)＝3x2－2x－1， 令f′(x)>0，則x>1或x<－， 令f′(x)<0，則－<x<1. 所以當x∈(－∞，－)時，f′(x)>0， 當x∈(－，1)時，f′(x)<0， 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0， 所以當x＝－時，f(x)取得極大值，為＋m，當x＝1時，f(x)取得極小值，為m－1. (2)畫出f(x)和y＝1的大致圖象如圖． 由圖象可以看出，要使曲線y＝f(x)與直線y＝1有三個不同的交點， 則＋m>1，m－1<1， 所以<m<2， 所以滿足條件的m的范圍為(，2)． 4．已知函數(shù)f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點P(2，)處的切線方程； (2)證明：f(x)>2(x－ln x)． 解析：(1)因為f(x)＝， 所以f′(x)＝＝，f′(2)＝， 又切點為(2，)，所以切線方程為 y－＝(x－2)，即e2x－4y＝0. (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－2(x－ln x)＝－2x＋2ln x，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝－2＋＝，x∈(0，＋∞)． 設(shè)h(x)＝ex－2x，x∈(0，＋∞)， 則h′(x)＝ex－2，令h′(x)＝0，則x＝ln 2. 當x∈(0，ln 2)時，h′(x)<0； 當x∈(ln 2，＋∞)時，h′(x)>0. 所以h(x)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2>0， 故h(x)＝ex－2x>0. 令g′(x)＝＝0，則x＝1. 當x∈(0,1)時，g′(x)<0； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0. 所以g(x)min＝g(1)＝e－2>0， 故g(x)＝f(x)－2(x－ln x)>0， 從而有f(x)>2(x－ln x)． 7