专题突破练 函数与导数 1．已知函数 f(x)＝a ln x＋x2＋1，其中 a∈R 且 a≠0 (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 x∈[1，＋∞)时，不等式 f(x)≤x2－2x 成立，求 a 的取值范围． 2．已知函数 f(x)＝x ln x，g(x)＝x2＋ax－1，a∈R. (1)若对任意 x∈[1，＋∞)，不等式 f(x)≤g(x)恒成立，求 a 的取值范围； (2)已知函数 h(x)＝－a 有 3 个不同的零点 x1，x2，x3(x1<x2<x3). (ⅰ)求 a 的取值范围； (ⅱ)求证：x3－x2>－. 3．某物流公司购买了一块长 AM＝30 米，宽 AN＝20 米的矩形地块 AMPN，规 划建设占地如图中矩形 ABCD 的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点 C 在地块对角线 MN 上，B，D 分别在边 AM，AN 上，假设 AB 长度为 x 米．若规 划建设的仓库是高度与 AB 的长相同的长方体建筑，问 AB 长为多少时仓库的库 容最大？(墙体及楼板所占空间忽略不计) 4．设函数 f(x)＝x2－(m－2)x－m ln x，其中 m>0. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 1<m<2，g(x)＝－f(x)＋x2－(2m－1)x，求证：∀x1，x2∈[1，m]，恒有<； (3)函数 y＝f(x)有两个零点 x1，x2(x1<x2)，求证 f′>0. 5．已知函数 f(x)＝aex(a∈R)， (1)若直线 y＝x－1 与曲线 y＝f(x)相切，求 a 的值． (2)当 a＝1 时，求证：当 x>0 时，f(x)>x ln x＋x2＋1 恒成立． (参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，e2≈7.39) 6．设函数 f(x)＝a ln x＋，其中 a 为常数，且 a>0. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)设函数 F(x)＝f(x)＋x ln a，x1 ，x2 是函数 f(x)的两个极值点，证明：F(x1)＋ F(x2)<1－4ln 2. 参考答案 专题突破练 函数与导数 1．已知函数 f(x)＝a ln x＋x2＋1，其中 a∈R 且 a≠0 (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 x∈[1，＋∞)时，不等式 f(x)≤x2－2x 成立，求 a 的取值范围． 【解析】(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x＝， 当 a>0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时 f(x)的单调递增区间为(0， ＋∞)； 当 a<0 时，令 f′(x)＝0，解得 x＝(x＝－舍去)， 则 x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 此时 f(x)的单调减区间是，单调增区间是 综上所述，当 a>0 时，f(x)的单调增区间为(0，＋∞)； 当 a<0 时，f(x)的单调减区间是，单调增区间是. (2)首先，x＝1 时不等式成立，由 f(1)≤－2，得 0<a≤. 只需证当 0<a≤时，f(x)－＋2x≤0 成立，即证不等式－－ln x≥0 成立， 令 t＝，则 t≥4 设 g(t)＝x2t2－(x＋1)2t－ln x，这是关于 t 的二次函数， 因为 x∈[1，＋∞)，所以它的对称轴 t＝＝2≤2， 所以 g(t)在 t≥4 时是增函数， 所以 g(t)≥g(4)＝16x2－4(x＋1)2－ln x．记 h(x)＝16x2－4(x＋1)2－ln x，x∈[1， ＋∞)，所以 h′(x)＝32x－8(x＋1)－＝24x－8－≥24－8－1＝15>0， 所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，且 h(1)＝0，故 h(x)≥0，于是 g(t)≥0 成立．所 以 0<a≤. 2．已知函数 f(x)＝x ln x，g(x)＝x2＋ax－1，a∈R. (1)若对任意 x∈[1，＋∞)，不等式 f(x)≤g(x)恒成立，求 a 的取值范围； (2)已知函数 h(x)＝－a 有 3 个不同的零点 x1，x2，x3(x1<x2<x3). (ⅰ)求 a 的取值范围； (ⅱ)求证：x3－x2>－. 【解析】(1)若对任意 x∈[1，＋∞)， 不等式 f(x)≤g(x)恒成立， 即 2x ln x≤x2＋ax－1 在[1，＋∞)恒成立，即 a≥2ln x－x＋，(x≥1)， 记 F(x)＝2ln x－x＋，(x≥1)， 则 a≥F(x)max， 又 F′(x)＝－1－＝－≤0， 故 F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故 F(x)max＝F(1)＝0， 故 a 的取值范围是[0，＋∞)； (2)(ⅰ)令 h(x)＝0，得|f(x)|＝a， 问题转化为 y＝|f(x)|的图象和 y＝a 的图象有 3 个不同的交点，而 f(x)＝x ln x， f′(x)＝ln x＋1， 令 f′(x)>0，解得 x>，令 f′(x)<0，解得 0<x<， 故 f(x)在(0，)递减，在递增，而 x→0 时，f(x)→0，f＝－，x→＋∞时，f(x)→＋ ∞，画出函数 y＝|f(x)|的图象，如图所示： 结合图象，a 的取值范围是； (ⅱ)证明：令 P(x)＝2x ln x－x2＋1，(x>0)，则 P′(x)＝2(ln x＋1)－2x＝2(ln x－x＋ 1)， P″(x)＝2＝，令 P″(x)>0 解得 0<x<1，令 P″(x)<0，解得 x>1， 故 P′(x)在(0，1)递增，在[1，＋∞)递减， P′(x)≤P′(1)＝0， 故 P(x)在[0，＋∞)递减， 当 x≥1 时，P(x)≤P(1)＝0，故 0≤x ln x≤， 当 0<x<1 时，≤x ln x<0，故≤，如图所示： 设直线 y＝a 和 y＝在 x>0 时的交点横坐标为 x4，x5，结合图象， x3－x2>x5－x4，而由， 解得 x4＝，x5＝.故 x3－x2>－，原结论成立． 3．某物流公司购买了一块长 AM＝30 米，宽 AN＝20 米的矩形地块 AMPN，规 划建设占地如图中矩形 ABCD 的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点 C 在地块对角线 MN 上，B，D 分别在边 AM，AN 上，假设 AB 长度为 x 米．若规 划建设的仓库是高度与 AB 的长相同的长方体建筑，问 AB 长为多少时仓库的库 容最大？(墙体及楼板所占空间忽略不计) 【解析】因为＝，且 AM＝30，AN＝20.所以 ND＝·AN＝， 得 AD＝AN－ND＝20－.所以仓库的库容 V(x)＝·x·x＝－＋20x2(0<x<30)， 令 V′(x)＝－2x2＋40x＝－2x(x－20)＝0，得 x＝20 或 x＝0(舍去). 当 x∈(0，20)时，V′(x)>0，V(x)是增函数；当 x∈(20，30)时，V′(x)<0，V(x)是减 函数，所以当 x＝20 时，V(x)有极大值也是最大值．即 AB 的长度为 20 米时仓库 的库容最大． 4．设函数 f(x)＝x2－(m－2)x－m ln x，其中 m>0. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 1<m<2，g(x)＝－f(x)＋x2－(2m－1)x，求证：∀x1，x2∈[1，m]，恒有<； (3)函数 y＝f(x)有两个零点 x1，x2(x1<x2)，求证 f′>0. 【解析】(1)函数 f(x)＝x2－(m－2)x－m ln x 的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x－(m－2)－ ＝＝且 m>0， 由 f′(x)<0 可得 0<x<，由 f′(x)>0 可得 x>， 因此，函数 f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为； (2)g(x)＝－f(x)＋x2－(2m－1)x ＝x2－(m＋1)x＋m ln x， 所以，g′(x)＝x－(m＋1)＋＝＝， 因为 1<m<2，当 x∈(1，m)时，g′(x)<0，所以，函数 g(x)在区间[1，m]上单调递 减， 当 x∈[1，m]时，g(x)max＝g(1)＝－m－， g(x)min＝g(m)＝m ln m－m－m2， 所以，g(x)max－g(x)min＝m2－m ln m－，其中 1<m<2， 构造函数 φ(m)＝m2－m ln m－，其中 1<m<2，φ′(m)＝m－ln m－1， 则 φ″(m)＝1－＝>0， 所以函数 φ′(m)在(1，2)上单调递增， 则 φ′(m)>φ′(1)＝0， 所以函数 φ(m)在(1，2)上单调递增， 所以，φ(m)<φ(2)＝－2ln 2<， 所以∀x1，x2∈[1，m]，恒有 ≤g(x)max－g(x)min<； (3)因为 f′(x)＝2x－(m－2)－，则 f″(x)＝2＋>0，所以，函数 f′(x)单调递增，且 f′ ＝0， 要证 f′>0，即证 f′>f′，即证 x1＋>，即证 2x1＋x2>m， 由题意可得， 上述两个等式作差得 m＝， 下面先证明 x1＋x2>m，只需证：x1＋x2>， 整理得(x1＋x2)(ln x2－ln x1)>2(x2－x1)，即证 ln >＝， 设 t＝>1，不妨设 h(t)＝ln t－，则 h′(t)＝－＝>0， 所以，函数 h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以，h(t)>h(1)＝0，因为 x1>0，所以， 2x1＋x2>x1＋x2>m，故原不等式成立． 5．已知函数 f(x)＝aex(a∈R)， (1)若直线 y＝x－1 与曲线 y＝f(x)相切，求 a 的值． (2)当 a＝1 时，求证：当 x>0 时，f(x)>x ln x＋x2＋1 恒成立． (参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，e2≈7.39) 【解析】(1)设切线与 y＝f(x)相切于点 P，f′(x)＝aex， � ae x0  1 � x �y0  ae 0 , �y  x  1 0 依题意 � 0 解得 x0＝2，y0＝1，a＝； (2)即证 aex－x ln x－x2－1>0 对 x>0 恒成立， 先证明 ln x≤x－1，设 h(x)＝ln x－x＋1，则 h′(x)＝，所以 y＝h(x)在(0，1)上单调 递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以 h(x)≤h(1)＝0，即 ln x≤x－1，当且仅当 x＝1 时取等号， 所以 x ln x≤x(x－1)，所以 ex－x ln x－x2－1≥ex－2x2＋x－1，x>0 先证明当 x≥0 时，ex－2x2＋x－1≥0 恒成立， 令 k(x)＝ex－2x2＋x－1(x≥0)，则 k′(x)＝ex－4x＋1， 令 F(x)＝k′(x)，则 F′(x)＝ex－4，令 F′(x)＝0，解得：x＝2ln 2， 因为 x∈(0，2ln 2)时，F′(x)<0，x∈(2ln 2，＋∞)时，F′(x)>0， 且 k′(2ln 2)＝5