PAGEPAGE1導數的熱點問題1．在某次水下科研考察活動中，須要潛水員潛入水深為60米的水底進行作業，依據以往閱歷，潛水員下潛的平均速度為v(米/單位時間)，每單位時間的用氧量為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,10)))3＋1(升)，在水底作業10個單位時間，每單位時間用氧量為0.9(升)，返回水面的平均速度為eq\f(v,2)(米/單位時間)，每單位時間用氧量為1.5(升)，記該潛水員在此次考察活動中的總用氧量為y(升)．(1)求y關于v的函數關系式；(2)若c≤v≤15(c>0)，求當下潛速度v取什么值時，總用氧量最少．(2)y′＝eq\f(6v,50)－eq\f(240,v2)＝eq\f(3v3－2000,25v2)，令y′＝0，得v＝10eq\r(3,2)，當0<v<10eq\r(3,2)時，y′<0，函數單調遞減，當v>10eq\r(3,2)時，y′>0，函數單調遞增，∴當0<c<10eq\r(3,2)時，函數在(c,10eq\r(3,2))上單調遞減，在(10eq\r(3,2)，15)上單調遞增，∴當v＝10eq\r(3,2)時總用氧量最少，當c≥10eq\r(3,2)時，y在[c,15]上單調遞增，∴當v＝c時總用氧量最少．綜上，若0<c<10eq\r(3,2)，則當v＝10eq\r(3,2)時總用氧量最少；若c≥10eq\r(3,2)，則當v＝c時總用氧量最少．2．已知函數f(x)＝eq\f(a,x－1)＋lnx.(1)若函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))內有極值，求實數a的取值范圍；(2)在(1)的條件下，對隨意t∈(1，＋∞)，s∈(0,1)，求證：f(t)－f(s)>e＋2－eq\f(1,e).(1)【解析】由定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x－12)＝eq\f(x2－a＋2x＋1,xx－12)，設h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))上有極值，則x2－(a＋2)x＋1＝0有兩個不同的實根x1，x2，∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①且至少有一根在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在區間(e，＋∞)上，不妨設x2>e，∴0<x1<eq\f(1,e)<e<x2，又h(0)＝1，∴只需heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，即eq\f(1,e2)－(a＋2)eq\f(1,e)＋1<0，∴a>e＋eq\f(1,e)－2，②聯立①②可得a>e＋eq\f(1,e)－2.即實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,e)－2，＋∞)).(2)證明由(1)知，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，x2))時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)，即?t∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，x1))時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，1))時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)，即對?s∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)，又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))，∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)＝lnx2＋eq\f(a,x2－1)－lnx1－eq\f(a,x1－1)＝lneq\f(x2,x1)＋eq\f(a,x2－1)－eq\f(a,x1－1)＝lnxeq\o\al(2,2)＋x2－eq\f(1,x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2>e))，設k(x)＝lnx2＋x－eq\f(1,x)＝2lnx＋x－eq\f(1,x)(x>e)，則k′(x)＝eq\f(2,x)＋1＋eq\f(1,x2)>0(x>e)，∴k(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))上單調遞增，∴k(x)>k(e)＝2＋e－eq\f(1,e)，∴f(t)－f(s)>e＋2－eq\f(1,e).3．已知函數f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)．(1)如圖，設直線x＝－eq\f(1,2)，y＝－x將坐標平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四個區域(不含邊界)，若函數y＝f(x)的圖象恰好位于其中一個區域內，推斷其所在的區域并求對應的a的取值范圍；(2)當a>eq\f(1,2)時，求證：?x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，有f(x1)＋f(x2)<2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).(1)【解析】函數f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，且當x＝0時，f(0)＝－a<0.又∵直線y＝－x恰好通過原點，∴函數y＝f(x)的圖象應位于區域Ⅳ內，于是可得f(x)<－x，即(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x<－x.∵2x＋1>0，∴a>eq\f(ln2x＋1,2x＋1).令h(x)＝eq\f(ln2x＋1,2x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))，則h′(x)＝eq\f(2－2ln2x＋1,2x＋12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2))).∴當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(e－1,2)))時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－1,2)，＋∞))時，h′(x)<0，h(x)單調遞減．∴h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－1,2)))＝eq\f(1,e)，∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)證明∵f′(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1，設u(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1，則u′(x)＝eq\f(4,2x＋1)－8aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))，∵當x>0時，eq\f(4,2x＋1)<4，當a>eq\f(1,2)時，8a>4，∴u′(x)＝eq\f(4,2x＋1)－8a<0，∴當x>0時，f′(x)為減函數，不妨設x2>x1>0，令g(x)＝f(x)＋f(x1)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋x1,2)))(x>x1)，可得g(x1)＝0，g′(x)＝f′(x)－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋x1,2)))，∵x>eq\f(x＋x1,2)且f′(x)是(0，＋∞)上的減函數，∴g′(x)<0，∴當x>x1時，g(x)為減函數，∴g(x2)<g(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)<2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).4．已知函數f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e為自然對數的底數．(1)若函數y＝g(x)在R上存在零點，求實數b的取值范圍；(2)若函數y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)處的切線方程為ex＋y－2＋b＝0.求證：對隨意的x∈(0，＋∞)，總有f(x)>g(x)．(2)證明易得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)，則由題意，得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－ae2＝－e，解得a＝eq\f(2,e).∴f(x)＝lnx＋eq\f(2,ex)，從而f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1，即切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).將切點坐標代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0.∴g(x)＝e－x.要證f(x)>g(x)，即證lnx＋eq\f(2,ex)>e－x(x∈(0，＋∞))，只需證xlnx＋eq\f(2,e)>xe－x(x∈(0，＋∞))．令u(x)＝xlnx＋eq\f(2,e)，v(x)＝xe－x，x∈(0，＋∞)．則由u′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝eq\f(1,e)，∴u(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增，∴u(x)min＝ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e).又由v′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)＝0，得x＝1，∴v(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，∴v(x)max＝v(1)＝eq\f(1,e).∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x)，明顯，上式的等號不能同時取到．故對隨意的x∈(0，＋∞)，總有f(x)>g(x)．5．已知函數g(x)＝xlnx，h(x)＝eq\f(ax2－1,2)(a>0)．(1)若g(x)<h(x)對x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍；(2)證明：不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<eeq\f(3,4)對于正整數n恒成立，其中e＝2.71828…為自然對數的底數．(1)【解析】方法一記f(x)＝g(x)－h(x)＝xlnx－eq\f(a,2)x2＋eq\f(1,2)，令φ(x)＝f′(x)＝lnx＋1－ax，則φ′(x)＝eq\f(1,x)－a，①當a≥1時，∵x∈(1，＋∞)，∴φ′(x)＝eq\f(1,x)－a<1－a≤0，∴f′(x)在(1，＋∞)上單調遞減，又f′(1)＝1－a≤0，∴f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，此時，f(x)<f(1)＝－eq\f(a－1,2)≤0，即g(x)<h(x)，∴a≥1.②當0<a<1時，考慮x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時，φ′(x)＝eq\f(1,x)－a>a－a＝0，∴f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞增，又f′(1)＝1－a>0，∴f′(x)>0，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞増，f(x)>f(1)＝－eq\f(a－1,2)>0，不滿意題意．綜上所述，a∈[1，＋∞)．方法二當x∈(1，＋∞)時，g(x)<h(x)等價于a>eq\f(2xlnx＋1,x2)，令F(x)＝eq\f(2xlnx＋1,x2)(x>1)，F′(x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1－xlnx)),x3)(x>1)，記m(x)＝x－1－xlnx(x>1)，則m′(x)＝－lnx<0，∴m(x)在(1，＋∞)上單調遞減，∴m(x)<m(1)＝0，∴F′(x)<0，即F(x)在(1，＋∞)上單調遞減，F(x)<F(1)＝1，故a∈[1，＋∞)．(2)證明由(1)知取a＝1，當x∈(1，＋∞)時，g(x)<h(x)恒成立，即xlnx<eq\f(x2－1,2)恒成立，即lnx<eq\f(x2－1,2x)恒成立，即ln(1＋x)<eq\f(x＋12－1,2x＋1)＝eq\f(x2＋2x,2x＋1)對于x∈(0，＋∞)恒成立，由此，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k,n2)))<eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,n2)))2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,n2))),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,n2)))＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,n2)＋\f(k,n2＋k)))≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,n2)＋\f(k,n2＋1)))，k∈N*，于是lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)＋\f(2,n2)＋…＋\f(n,n2)＋\f(1,n2＋1)＋\f(2,n2＋1)＋…＋\f(n,n2＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,n2)＋\f(nn＋1,n2＋1)))＝eq\f(1,4)·eq\f(2n3＋2n2＋n＋1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－\f(n3－2n2＋2n－1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋1)))))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－\f(nn－12＋n－1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋1)))))≤eq\f(3,4)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<.6．已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1－\f(a,6)))ex＋1，其中e＝2.718…為自然對數的底數，常數a>0.(1)求函數f(x)在區間(0，＋∞)上的零點個數；(2)函數F(x)的導數F′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－a))f(x)，是否存在多數個a∈(1,4)，使得lna為函數F(x)的極大值點？請說明理由．(2)方法一當a>1時，lna>0.因為當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，lna))時，ex－a<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna，＋∞))時，ex－a>0.由(1)知，當x∈(0，x0)時，f(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f(x)>0.下面證：當a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))時，lna<x0，即證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna))<0.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna－1－\f(a,6)))a＋1＝alna－a－eq\f(a2,6)＋1，記g(x)＝xlnx－x－eq\f(x2,6)＋1，x∈(1，e)，g′(x)＝lnx－eq\f(x,3)，x∈(1，e)，令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝eq\f(3－x,3x)>0，所以g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))上單調遞增，由g′(1)＝－eq\f(1,3)<0，g′(e)＝1－eq\f(e,3)>0，所以存在唯一零點t0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))，使得g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0))＝0，且x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，t0))時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0，e))時，g′(x)>0，g(x)單調遞增．所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))時，g(x)<maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(g1，ge)).由g(1)＝－eq\f(1,6)<0，g(e)＝eq\f(6－e2,6)<0，得當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))時，g(x)<0.故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna))<0,0<lna<x0.當0<x<lna時，ex－a<0，f(x)<0，F′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－a))f(x)>0，F(x)單調遞增；當lna<x<x0時，ex－a>0，f(x)<0，F′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－a))f(x)<0，F(x)單調遞減．所以存在a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))?(1,4)，使得lna為F(x)的極大值點．方法二因為當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，lna))時，ex－a<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna，＋∞))時，ex－a>0.由(1)知，當x∈(0，x0)時，f(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f(x)>0.所以存在多數個a∈(1,4)，使得lna為函數F(x)的極大值點，即存在多數個a∈(1,4)，使得lna<x0成立，①由(1)，問題①等價于存在多數個a∈(1,4)，使得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna))<0成立，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna－1－\f(a,6)))a＋1＝alna－a－eq\f(a2,6)＋1，記g(x)＝xlnx－x－eq\f(x2,6)＋1，x∈(1,4)，g′(x)＝lnx－eq\f(x,3)，x∈(1,4)，設k(x)＝g′(x)，因為k′(x)＝eq\f(3－x,3x)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))時，k′(x)>0，所以g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))上單調遞增，因為g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝lneq\f(3,2)－eq\f(1,2)<0，g′(2)＝ln2－eq\f(2,3)>0，所以存在唯一零點t0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，使得g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0))＝0，且當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，t0))時，g′(x)<0，g(x)單調遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0，2))時，g′(x)>0，g(x)單調遞增；所以當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))時，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0))＝t0lnt0－t0－eq\f(t\o\al(2,0),6)＋1，②由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0))＝0，可得lnt0＝eq\f(t0,3)，代入②式可得g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0))＝eq\f(t\o\al(2,0),6)－t0＋1，當t0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))時，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0))＝eq\f(t\o\al(2,0),6)－t0＋1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t0－3))2,6)－eq\f(1,2)<－eq\f(1,8)<0，所以必存在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，使得g(x)<0，即對隨意a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna))<0有解，所以對隨意a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))?(1,4)，函數F(x)存在極大值點為lna.7．已知f(x)＝(x－1)ex＋eq\f(1,2)ax2.(1)當a＝e時，求f(x)的極值；(2)若f(x)有兩個不同零點，求a的取值范圍；(3)對?x>1，求證：f(x)≥eq\f(1,2)ax2＋x＋1＋ln(x－1)．(1)【解析】當a＝e時，f′(x)＝x(ex＋e)．當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數，∴f(x)微小值＝f(0)＝－1，無極大值．(2)【解析】f′(x)＝x(ex＋a)，(ⅰ)當a＝0時，f(x)＝(x－1)ex，只有一個零點x＝1，(ⅱ)當a>0時，ex＋a>0，當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數，f(x)微小值＝f(0)＝－1，而f(1)＝eq\f(a,2)>0，∴當x>0時，函數f(x)在(0,1)上存在一個零點，當x<0時，ex<1，∴(x－1)ex>x－1，∴f(x)＝(x－1)ex＋eq\f(1,2)ax2>x－1＋eq\f(1,2)ax2＝eq\f(1,2)ax2＋x－1，令g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋x－1，x1是g(x)＝0的一個根，取x1＝eq\f(－1－\r(1＋2a),a)<0，∴f(x1)>0，f(x1)·f(0)<0，∴當x<0時，函數f(x)在(x1,0)上存在一個零點，∴函數f(x)有兩個零點．(ⅲ)當a<0時，f′(x)＝x(ex＋a)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝ln(－a)，①當ln(－a)>0，即a<－1時，當x改變時，f(x)，f′(x)的改變狀況如表所示：x(－∞，0)0(0，ln(－a))ln(－a)(ln(－a)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)－1∴f(x)極大值＝f(0)＝－1，∴函數f(x)至多有一個零點，不合題意，②當ln(－a)＝0，即a＝－1時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，∴f(x)至多有一個零點，不合題意．③當ln(－a)<0，即－1<a<0時，當x改變時f(x)，f′(x)的改變狀況如表所示：x(－∞，ln(－a))ln(－a)(ln(－a)，0)0(0，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)－1∴x<0，a<0時，f(x)＝(x－1)ex＋eq\f(1,2)ax2<0，f(0)＝－1，∴函數f(x)至多有一個零點，不合題意．綜上，a的取值范圍是(0，＋∞)．(3)證明令g(x)＝f(x)－ln(x－1)－eq\f(1,2)ax2－x－1，＝(x－1)ex－ln(x－1)－x－1，x∈(1，＋∞)，g′(x)＝xex－eq\f(1,x－1)－1＝xex－eq\f(x,x－1)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x－1)))，x∈(1，＋∞)．令h(x)＝ex－eq\f(1,x－1)，x∈(1，＋∞)，h′(x)＝ex＋eq\f(1,x－12)>0，∴h(x)為(1，＋∞)上的增函數，h(2)＝e2－1>0，取x－1＝e－2，x＝1＋e－2，h(1＋e－2)＝－e2<0，∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)＝0，即＝eq\f(1,x0－1)，∴當x∈(1，x0)時，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)為減函數，當x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)為增函數，∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)－ln(x0－1)－x0－1＝(x0－1)×eq\f(1,x0－1)－ln－x0－1＝1＋x0－x0－1＝0，∴對?x>1，g(x)≥g(x0)＝0，即f(x)≥eq\f(1,2)ax2＋x＋1＋ln(x－1)．8.已知f(x)＝asinx，g(x)＝lnx，其中a∈R，y＝g－1(x)是y＝g(x)的反函數．(1)若0<a≤1，證明：函數G(x)＝f(1－x)＋g(x)在區間(0,1)上是增函數；(2)證明：eq\i\su(k＝1,n,s)ineq\f(1,1＋k2)<ln2；(3)設F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b，若對隨意的x>0，m<0有F(x)>0恒成立，求滿意條件的最小整數b的值．(1)證明由題意知G(x)＝asin(1－x)＋lnx，G′(x)＝eq\f(1,x)－acos(1－x)(x>0)，當x∈(0,1)，0<a≤1時，eq\f(1,x)>1,0<cos(1－x)<1，∴acos(1－x)<1，∴G′(x)>0，故函數G(x)在區間(0,1)上是增函數．(3)【解析】由對隨意的x>0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x＋b－2>0恒成立，即當x∈(0，＋∞)時，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))min>0.又設h(x)＝F′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ex－2mx－2，h′(x)＝ex－2m，m<0，則h′(x)>0，h(x)單調遞增，又h(0)<0，h(1)>0，則必定存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，∴F(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，∴F(x)≥F(x0)＝－mxeq\o\al(2,0)－2x0＋b－2>0，則b>－＋mxeq\o\al(2,0)＋2x0＋2，又－2mx0－2＝0，∴m＝eq\f(－2,2x0)，∵b>－＋eq\f(－2,2x0)·xeq\o\al(2,0)＋2x0＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)－1))＋x0＋2，又m<0，則x0∈(0，ln2)，∵b>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)－1))＋x0＋2，x0∈(0，ln2)恒成立，令m(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－1))ex＋x＋2，x∈(0，ln2)，則m′(x)＝eq\f(1,2)(x－1)ex＋1，令n(x)＝eq\f(1,2)(x－1)ex＋1，則n′(x)＝eq\f(1,2)xex>0，∴m′(x)在(0，ln2)上單調遞增，∴m′(x)>m′(0)＝eq\f(1,2)>0，∴m(x)在(0，ln2)上單調遞增，∴m(x)<m(ln2)＝2ln2，∴b≥2ln2，又b為整數，∴最小整數b的值為2.9．已知a∈R，函數f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數的底數)．(1)當a＝2時，求函數f(x)的單調遞增區間；(2)若函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，求a的取值范圍；(3)函數f(x)是否為R上的單調減函數？若是，求出a的取值范圍？若不是，請說明理由．【解析】(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因為ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以函數f(x)的單調遞增區間是(－eq\r(2)，eq\r(2))．(2)因為函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，所以f′(x)≥0對x∈(－1,1)都成立．因為f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1,1)都成立．因為ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，則a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝eq\f(x＋12－1,x＋1)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)對x∈(－1,1)都成立．令g(x)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x＋12)>0.所以g(x)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上單調遞增．所以g(x)<g(1)＝(1＋1)－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2).所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).(3)若函數f(x)在R上單調遞減，則f′(x)≤0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0對x∈R都成立，因為ex>0，所以x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立．所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不行能的．故函數f(x)不行能在R上單調遞減．10．已知函數f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．(1)探討函數f(x)的單調性；(2)若函數f(x)有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥eq\f(3,2)－2ln2恒成立，求a的取值范圍．【解析】(1)由題意知，函數f(x)的定義域是(0，＋∞)，