(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln
a≥0,即a≤1时,f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln(-)时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln(-))=a2[-ln(-)].从而当且
????3??
2242仅当
a2[34-ln(-??
2)]≥0,即
a≥-2e3
4时
f(x)≥0.
综上,a
的取值范围是[-2e3
4,1].
典题演练提能·刷高分
1.(2019湖北八校联考一)已知函数f(x)=x3+3
2x2-4ax+1(a∈R). (1)若函数f(x)有两个极值点,且都小于0,求a的取值范围; (2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),求函数h(x)的单调区间.
解 (1)由f(x)有两个极值点且都小于0,得f'(x)=3x2+3x-4a=0有两个不相等的负实根,
??=9+48??>0,∴{??1+??2=-1<0,4
??1??2=-3
??>0,解得-3
16 故a的取值范围为-3 16,0. (2)由h(x)=a(a-1)ln x+32x2-(4a-3)x+1,x>0, 则h'(x)= ??(??-1)??+3x-(4a-3)=1 ?? (3x-a)[x-(a-1)]. 令(3x-a)[x-(a-1)]=0,得x=?? 或x=a-1,令??=a-1,得a=33 3 2 . ?? ①当{3≤0, ??-1≤0, 即a≤0时,在(0,+∞)上h'(x)>0恒成立; ②当{0 ??-1≤3,0, 即0 3时,h'(x)>0,当0 ③当??3???? 3>a-1>0,即1 3 3=a-1>0,即a=2时,h'(x)>0恒成立; ⑤当a-1>?? 3 ?? 3>0,即a>2,当0 3 9 综上所述:当a≤0或a=时,h(x)在(0,+∞)上单调递增; ?? ?? 32当0 -??2+????-?? (x>0,a∈R). e??3 ?? ?? 3 ?? ?? (1)当a=1时,求函数f(x)的极值; (2)设g(x)=(1)解 当??(??)+??'(??)4,若函数g(x)在(0,1)∪(1,+∞)内有两个极值点x1,x2,求证:g(x1)g(x2)<2. ??-1e -??2+??-1 a=1时,f(x)=e??(x>0). (-2??+1)e??-(-??2+??-1)e?? e2??∴f'(x)== (??-1)(??-2) (x>0). e??当x∈(0,1),(2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(1,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 所以f(x)在(0,+∞)上有极大值f(1)=-e,极小值f(2)=-e2. (2)证明 由题意得g(x)= ??(??)+??'(??) ??-11 3 =(??-1)e??, -2??+?? ∴g'(x)= 2??2-(2+??)??+2 2(??-1)e?? , 设h(x)=2x2-(2+a)x+2, ∵函数g(x)在(0,1)∪(1,+∞)内有两个极值点x1,x2, ∴方程h(x)=2x2-(2+a)x+2=0在(0,1)∪(1,+∞)上有两个不相等的实根x1,x2,且1不能是方程的 根,Δ=(2+a)2-16>0. ??+??2=2>0,∴{1解得a>2. ??1??2=1>0, ??+2 ∴g(x1)g(x2)=(?? == (-2??1+??)(-2??2+??) ???? 1-1)e1(??2-1)e2 4??1??2-2??(??1+??2)+??2 [??1??2-(??1+??2)+1]e??1+??2 2(2-??)??+22(2-2)e ??+2= ??+2, e24 ∵a>2,∴4??+2e2 4 10 ∴g(x1)g(x2)= e2??+2< 4 4. e23.(2019安徽江淮十校联考一)已知函数f(x)=ax2+xln x(a为常数,a∈R,e为自然对数的底数,e=2.718 28…). (1)若函数f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围; (2)若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=(2e+2)x-e2-e,k∈Z且k 对任意x>1都成立,求k的 ??-1 最大值. 解 (1)函数f(x)≤0恒成立,即ax2+xln x≤0恒成立,可得a≤-ln?? ?? 恒成立. 设g(x)=-ln????,g'(x)=ln??-1?? 2. 当0 可得当x=e时g(x)取得最小值,且g(e)=-ln e 1 e=-e, 所以a≤-1 e. (2)f(x)的导数为f'(x)=2ax+1+ln x, 曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线斜率为2ae+2=2e+2, 可得a=1,即f(x)=x2+xln x. 又由k ??-1对任意x>1都成立,可得 k1恒成立. 设 h(x)=??2+??ln????2-??-ln??-1??-1,x>1,h'(x)=(??-1) 2. 设k(x)=x2-x-ln x-1,x>1, k'(x)=2x-1-1 = (??-1)(2??+1) ?? ?? >0, 可得k(x)在(1,+∞)内递增,由k(1.8)=0.44-ln 1.8. 由1.8>√e可得ln 1.8>1 2, 即有k(1.8)<0,k(2)=1-ln 2>0,则存在m∈(1.8,2),使得k(m)=0, 则1 h(x)min=h(m)=??2+??ln?? ??-1. 又k(m)=m2-m-ln m-1=0, 即有m2-1=m+ln m, 11 可得h(x)min=m2+m在(1.8.2)递增, 可得h(x)min∈(5.04,6), 由k 4.(2019山东潍坊二模)已知函数f(x)=xex-aln x(无理数e=2.718…). (1)若f(x)在(0,1)单调递减,求实数a的取值范围; (2)当a=-1时,设g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函数g(x)存在零点,求实数b的最大值. 解 (1)f'(x)=(x+1)ex-?? +??)e??-?? ??= (??2?? . 由题意可得f'(x)≤0,x∈(0,1)恒成立. 即(x2+x)ex-a≤0,也就是a≥(x2+x)ex在x∈(0,1)恒成立. 设h(x)=(x2+x)ex,则h'(x)=(x2+3x+1)ex. 当x∈(0,1)时,x2+3x+1>0,h'(x)>0在x∈(0,1)单调递增. 即h(x) (2)当a=-1时,f(x)=xex+ln x.g(x)=xln x-x3+x2-b, 由题意得问题等价于方程b=xln x-x3+x2,在(0,+∞)上有解. 先证明ln x≤x-1.设u(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞),则u'(x)=1 1-?? ??-1=??. 可得当x=1时,函数u(x)取得极大值, ∴u(x)≤u(1)=0.因此ln x≤x-1, 所以b=xln x-x3+x2≤x(x-1)-x3+x2=-x(x2-2x+1)≤0.当x=1时,取等号. 故实数b的最大值为0. 5.(2019湘赣十四校联考一)已知函数f(x)=ln x-mx-n(m,n∈R). (1)若n=1时,函数f(x)有极大值为-2,求m; (2)若对任意实数x>0,都有f(x)≤0,求m+n的最小值. 解 (1)当n=1时,f(x)=ln x-mx-1. ∵函数f(x)有极大值为-2, 由f'(x)=1-m=0知x=1?? ?? >0, ∴f1 ?? =-ln m-1-1=-2, ∴m=1.经检验,m=1满足题意. (2)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=1 ??-m. ①当m<0时,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=en, 则f(en)=ln en-men-n=-men>0,舍去; 12