Page1微專題38形如f(x)ex＋g(x)型的函數問題1.若函數f(x)＝ex－ax在(1，＋∞)上有最小值，則實數a的取值范圍是________．2．已知函數f(x)＝(ax＋1)ex的單調增區間為(－2，＋∞)，則實數a的值為________．3．方程|ex－1|＋ax＋1＝0有兩個不同的解，則實數a的取值范圍是________．4．(2017·全國卷Ⅱ改編)若x＝－3是函數f(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋（a＋2）x＋a))ex的極值點，f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，則f(x)的極小值為________．5．已知函數f(x)＝ex＋ax－1(a∈R，a為常數)，若對所有x≥0都有f(x)≥f(－x)，則a的取值范圍是________．6．(2018·蘇州三模)如果函數y＝f(x)在其定義域內總存在三個不同實數x1，x2，x3，滿足|xi－2|f(xi)＝1(i＝1，2，3)，則稱函數f(x)具有性質Ω.已知函數f(x)＝aex具有性質Ω，則實數a的取值范圍為________．

7.已知函數f(x)＝(x2－ax＋a＋1)ex(a為常數，e是自然對數的底數)有兩個極值點x1，x2(x1＜x2)．(1)求實數a的取值范圍；(2)若a＞0且mx1ex2－f(x2)＞0恒成立，求實數m的取值范圍．8．已知函數f(x)＝(x－1)ex－eq\f(a,2)x2，其中a∈R.(1)求函數f(x)的單調區間；(2)函數f(x)的圖象能否與x軸相切？若能，求出實數a的值，若不能，請說明理由；(3)若對于任意x1∈R，x2∈(0，＋∞)，不等式f(x1＋x2)－f(x1－x2)＞－2x2恒成立，求最大的整數a.微專題381．答案：(e，＋∞)．解析：f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0，則x＝lna，當x＜lna時f′(x)＜0，當x＞lna時f′(x)＞0，因為函數f(x)＝ex－ax在(1，＋∞)上有最小值，所以lna＞1，解得a＞e.2．答案：1.解析：f′(x)＝aex＋(ax＋1)ex＝(ax＋a＋1)ex＞0，ax＋a＋1＞0，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,\f(a＋1,－a)＝－2，))由題意可知，a＝1.3．答案：(－∞，－e)．解析：化為|ex－1|＋1＝－ax，令f(x)＝|ex－1|＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≥0，,2－ex，x＜0，))作出圖像可知，y＝－ax與f(x)應在x≥0上有兩個不同的交點，考慮相切時，設切點P(x0，y0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝－ax0，,y0＝ex0，,－a＝ex0，))所以x0＝1，此時P(1，e)，所以－a＞e，得a＜－e.4．答案：－1.解析：f′(x)＝(2x＋a)ex＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋（a＋2）x＋a))ex＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋（a＋2）x－12a＋2))ex，因為f′(－3)＝0，所以a＝－1，所以f′(x)＝(x2＋3x)ex，所以f(x)在(－∞，－3)和(0，＋∞)上單調遞增，在(－3，0)上單調遞減，所以f(x)的極小值為f(0)＝－1.5．答案：[－1，＋∞)．解析：當x≥0時，f(x)≥f(－x)恒成立，即ex＋ax≥e－x－ax恒成立，即ex－e－x＋2ax≥0恒成立，令h(x)＝ex－e－x＋2ax(x≥0)，則h′(x)＝ex＋e－x＋2a≥2eq\r(exe－x)＋2a＝2＋2a，當且僅當x＝0時等號成立．當a≥－1時，h′(x)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上是增函數，故h(x)≥h(0)＝0恒成立；當a＜－1時，方程h′(x)＝0的正根為x1＝ln(－a＋eq\r(a2－1))m，當x∈(0，x1)時，則h′(x)＜0，故h(x)在(0，x1)上為減函數，h(x)＜h(0)＝0，不合題意．綜上所述，滿足條件的a的取值范圍是[－1，＋∞)．6．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).解析：由題意|x－2|f(x)＝1有三個根，即a|x－2|＝eq\f(1,ex)有三個根；設f(x)＝a|x－2|，g(x)＝eq\f(1,ex)，由圖象可知a≤0不合題意，即有a＞0；設y＝k(x－2)與函數g(x)＝eq\f(1,ex)圖象切于點(x0，y0)，則k＝－e－x0，y0＝k(x0－2)＝e－x0＝－e－x0(x0－2)，解得x0＝1，k＝－eq\f(1,e)；因此，當x＜2時，f(x)＝－a(x－2)的斜率－a＜－eq\f(1,e)，即a＞eq\f(1,e).綜上可知，實數a的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).7．答案：(1)(－∞，0)∪(4，＋∞)；(2)[2，＋∞)．解析：(1)f′(x)＝[x2＋(2－a)x＋1]ex，因為函數f(x)有兩個極值點x1，x2，所以f′(x)＝[x2＋(2－a)x＋1]ex＝0有兩個不等的實數解，即一元二次方程x2＋(2－a)x＋1＝0有兩個不等的實數解，所以Δ＝(2－a)2－4＞0，解得a＜0或a＞4，故實數a的取值范圍為(－∞，0)∪(4，＋∞)．(2)因為a＞0，由(1)知，a＞4.因為函數f(x)有兩個極值點x1，x2(x1＜x2)，所以x1，x2是方程x2＋(2－a)x＋1＝0的兩個不等的實數解，所以x1＋x2＝a－2＞0，x1x2＝1.∴x1，x2均為正數．由題意mx1ex2－f(x2)＞0恒成立，問題等價于m＞eq\f(f（x2）,x1ex2)恒成立，即m＞eq\f(（x22－ax2＋a＋1）ex2,x1ex2)＝eq\f(x22－ax2＋a＋1,x1)恒成立．令y＝eq\f(x22－ax2＋a＋1,x1)，則y＝eq\f(x22－a（x2－1）＋1,x1)＝eq\f(x22－（x1＋x2＋2）（x2－1）＋1,x1)＝－x22＋2x2＋1，因為x1＋x2＝a－2＞4－2＝2，x1x2＝1，所以x2＞1，所以y＝－x22＋2x2＋1＝－(x2－1)2＋2＜2，所以m≥2，即實數m的取值范圍是[2，＋∞)．8．答案：(1)當a≤0時，函數f(x)減區間為(－∞，0)，增區間為(0，＋∞)；當a＝1時，函數f(x)在R上是增函數；當0＜a＜1時，函數f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上是增函數，在(lna，0)上是減函數；當a＞1時，函數f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上是增函數，在(0，lna)上是減函數．(2)不存在；(3)3.解析：(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)．當a≤0時，ex－a＞0，由f′(x)＝0得x＝0，x∈(－∞，0)，f′(x)＜0，x∈(0，＋∞)，f′(x)＞0.當a＞0時，由f(x)＝0得x＝1或lna.若a＝1，則f′(x)≥0，若0＜a＜1，則lna＜0，所以x∈(－∞，lna)，f′(x)＞0，x∈(lna，0)，f′(x)＜0，x∈(0，＋∞)，f′(x)＞0.若a＞1，則lna＞0，所以x∈(－∞，0)，f′(x)＞0，x∈(0，lna)，f′(x)＜0，x∈(lna，＋∞)，f′(x)＞0.綜上，當a≤0時，函數f(x)減區間為(－∞，0)，增區間為(0，＋∞)；當a＝1時，函數f(x)在R上是增函數；當0＜a＜1時，函數f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上是增函數，在(lna，0)上是減函數；當a＞1時，函數f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上是增函數，在(0，lna)上是減函數．(2)由于f′(x)＝xex－ax，假設函數f(x)的圖象與x軸相切于點(t，0)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（t）＝0，,f′（t）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（t－1）e′－\f(a,2)t2＝0，,te′－at＝0.))顯然t≠0，e′＝a＞0代入方程(t－1)e′－eq\f(a,2)t2＝0中得，t2－2t＋2＝0.因為Δ＝－4＜0，所以無解．故無論a取何值，函數f(x)的圖象都不能與x軸相切．(3)依題意，f(x1＋x2)－f(x1－x2)＞(x1－x2)－(x1＋x2)，即f(x1＋x2)＋(x1＋x2)＞f(x1－x2)＋(x1－x2)恒成立．設g(x)＝f(x)＋x，則上式等價于g(x1＋x2)＞g(x1－x2)，對任意x1∈R，x2∈(0，＋∞)恒成立，即只需g(x)＝(x－1)ex－eq\f(a,2)x2＋x在R上單調遞增，所以g′(x)＝xex－ax＋1≥0在R上恒成立．則g′(1)＝e－a＋1≥0，a≤e＋1，所以g′(x)≥0在R上恒成立的必要條件是a≤e＋1.下面證明：當a＝3時，xex－3x＋1≥0恒成立．設h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1