小測卷(十二)導(dǎo)數(shù)與不等式問題1．解：(1)函數(shù)f(x)＝xlnx?ax＝lnx－ax，定義域為(0，＋∞)，f①當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；②當(dāng)a<0時，－a>0，x∈(0，－a)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(－a，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，－a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－a，＋∞)．(2)由(1)知，當(dāng)a＝－1時，f(x)＝lnx＋1x，且f(x)≥f所以xlnx＋1≥x，因為f(x)＝xlnx?ax，所以不等式xf(x)＋e－x>－a等價于xlnx令g(x)＝x＋e－x－1，則g′(x)＝1－e－x＝ex?1e所以當(dāng)x>0時，g(x)>g(0)＝0，所以x＋e－x－1>0，又xlnx＋1≥x，所以xlnx＋e－x≥x－1＋e－x>0，故xlnx＋e－x>0，即xf(x)＋e－x>－a.2．解：(1)證明：若a＝1，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝0，故f(x)≥0.(2)不妨設(shè)0<x1<x2，所以fx1?fx2x12?x22所以函數(shù)f(x)－12x2在(0，＋∞令g(x)＝f(x)－12x2，g′(x)＝aex－x－1a≥0在(0，＋令h(x)＝g′(x)，h′(x)＝aex－1.當(dāng)a<0時，h′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，又h?1當(dāng)0<a<1時，令h′(x)>0，解得x>ln1a，令h′(x)<0，解得0<x<ln1所以h(x)在0，ln1a所以h(x)min＝hln1a＝1－ln1a?1a＝lna－1當(dāng)a≥1時，∵h(yuǎn)′(x)＝aex－1>e0－1＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)>h(0)＝a－1a≥所以h(x)＝g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，綜上所述，a的取值范圍為[1，＋∞)．3．解：(1)將x＝－1代入切線方程(e－1)x＋ey＋e－1＝0，有y＝0，所以f(－1)＝0，所以f(－1)＝(－1＋b)1e又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，所以f′(－1)＝be若a＝1e，則b＝2－e<0，與b>0矛盾，故a＝1，b所以f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，設(shè)f(x)在(－1，0)處的切線方程為y＝h(x)＝1e?1(令F(x)＝f(x)－h(huán)(x)，即F(x)＝(x＋1)(ex－1)－1e?1(x＋1)，所以F′(x)＝(x＋2)ex－當(dāng)x≤－2時，F(xiàn)′(x)＝(x＋2)ex－1e當(dāng)x>－2時，設(shè)G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－1e，G′(x)＝(x＋3)ex故函數(shù)F′(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，又F′(－1)＝0，所以當(dāng)x∈(－2，－1)時，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，綜合得函數(shù)F(x)在區(qū)間(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，故F(x)≥F(－1)＝0，即函數(shù)y＝f(x)的圖象總在切線l的上方(除切點外)．(2)由(1)知f(x1)≥h(x1)，設(shè)h(x)＝m的根為x′1，則x′1＝－1＋me1?e又函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，故h(x′1)＝f(x1)≥h(x1)，故x′1≤x1，設(shè)y＝f(x)在(0，0)處的切線方程為y＝t(x)，因為f(0)＝0，f′(x)＝(x＋2)ex－1，所以f′(0)＝1，所以t(x)＝x.令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，T′(x)＝(x＋2)ex－2，當(dāng)x≤－2時，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，當(dāng)x>－2時，設(shè)H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2，則H′(x)＝(x＋3)ex>0，故函數(shù)T′(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，又T′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－2，0)時，T′(x)<0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，T′(x)>0，綜合得函數(shù)T(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以T(x)≥T(0)＝0，即f(x2)≥t(x2)．設(shè)t(x)＝m的根為x′2，則x′2＝m，又函數(shù)t(x)單調(diào)遞增，故t(x′2)＝f(x2)≥t(x2)，故x′2≥x2，又x′1≤x1，所以x2－x1≤x′2－x′1＝m－?1+me1?e＝1＋4．解：(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝2lnx－12x2＋1(x>0)，∴f′(x)＝2x?x＝令f′(x)＝0，得x＝2，當(dāng)x∈0，2時，f′(x)>0，f(x當(dāng)x∈2，+∞時，f′(x)<0，f(x所以f(x)在x＝2處取得唯一的極大值，即為最大值，所以f(x)max＝f2＝2ln2?12×2＋1＝ln2，所以f(x而ln2<lne＝1，所以f(x)<1.(2)令G(x)＝f(x)－(m－2)x＝2lnx－12mx2＋(2－m)x則G′(x)＝2x－mx＋(2－m)＝?當(dāng)m≤0時，因為x>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又因為G(1)＝－32m＋3>0.所以關(guān)于x的不等式G(x當(dāng)m>0時，G′(x)＝－mx?令G′(x)＝0，得x＝2m，所以當(dāng)x∈0，2m時，G′(x)>0；當(dāng)x∈2m，+∞因此函數(shù)G(x)在0，2m上單調(diào)遞增，在故函