⑴因为函数f(x)?ax+x2?xlna(a?0,a?1)，
所以f?(x)?axlna+2x?lna，f?(0)?0，????????????????2分 又因为f(0)?1，所以函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y?1． ????4分 ⑵由⑴，f?(x)?axlna+2x?lna?2x+(ax?1)lna．
因为当a?0,a?1时，总有f?(x)在R上是增函数， ????????????8分 又f?(0)?0，所以不等式f?(x)?0的解集为(0,+?)，
故函数f(x)的单调增区间为(0,+?)．??????????????????10分 ⑶因为存在x1,x2?[?1,1]，使得f(x1)?f(x2)≥e?1成立， 而当x?[?1,1]时，f(x1)?f(x2)≤f(x)max?f(x)min，
所以只要f(x)max?f(x)min≥e?1即可．?????????????????12分 又因为x，f?(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
x f?(x) f(x) (??,0) 0 (0,+?) ? 减函数 0 极小值 + 增函数 所以f(x)在[?1,0]上是减函数，在[0,1]上是增函数，所以当x?[?1,1]时，f?x?的最小值
f?x?min?f?0??1，f?x?的最大值f?x?max为f??1?和f?1?中的最大值．
1?2lna， a1121令g(a)?a??2lna(a?0)，因为g?(a)?1+2??(1?)2?0，
aaaa1所以g(a)?a??2lna在a??0,???上是增函数．
a因为f(1)?f(?1)?(a+1?lna)?(+1+lna)?a?而g(1)?0，故当a?1时，g?a??0，即f(1)?f(?1)；
当0?a?1时，g?a??0，即f(1)?f(?1)．???????????????14分
所以，当a?1时，f(1)?f(0)≥e?1，即a?lna≥e?1，函数y?a?lna在a?(1,??)上是增函数，解得a≥e；当0?a?1时，f(?1)?f(0)≥e?1，即
1a11?lna≥e?1，函数y??lna在aa17 / 22
1a?(0,1)上是减函数，解得0?a≤．
e1综上可知，所求a的取值范围为a?(0,][e,+?)．????????????16分
e（七）二次函数的恒成立问题
7．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，则b＋c的最大值是________．
解析：由题意f′(x)＝3x2＋2bx＋c在区间[－1,2]上满足f′(x)≤0恒成立，
????f′?－1?≤0，?2b－c－3≥0，?2b－c－3≥0，??则即此问题相当于在约束条件?下求目标?f′?2?≤0，????4b＋c＋12≤0，?4b＋c＋12≤0，
函数z＝b＋c的最大值．作出可行域(图略)，由图可知，当直线l：b＋c＝z过2b－c－3＝0与4b＋c3315
－，－6?时，z最大，∴zmax＝－－6＝－. ＋12＝0的交点M??2?22
15
答案：－ 2
7.1 (2012·苏北四市模拟)已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然数的底数，a∈R.
(1)当a<0时，解不等式f(x)>0；
(2)若f(x)在[－1,1]上是单调增函数，求a的取值范围；
(3)当a＝0时，求整数k的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[k，k＋1]上有解． [解] (1)因为ex>0，所以不等式f(x)>0， 即ax2＋x>0.
1
x＋?<0. 又因为a<0，所以不等式可化为x??a?10，－?. 所以不等式f(x)>0的解集为?a??(2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x)ex ＝[ax＋(2a＋1)x＋1]ex，
2
①当a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0在[－1,1]上恒成立，当且仅当x＝－1时取等号，故a＝0符合要求；
②当a≠0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1， 因为Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋1>0，
所以g(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2， 不妨设x1>x2，
因此f(x)有极大值又有极小值．
若a>0，因为g(－1)·g(0)＝－a<0，所以f(x)在(－1,1)内有极值点，故f(x)在[－1,1]上不单调． 若a<0，可知x1>0>x2.
因为g(0)＝1>0，且g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[－1,1]上单调，
18 / 22
???g?1?≥0，?3a＋2≥0，22
－，0?. 则必须满足?即?所以－≤a<0.综上可知，a的取值范围是??3?3???g?－1?≥0，?－a≥0.
(3)当a＝0时， 方程为xex＝x＋2，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解． 22
所以原方程等价于ex－－1＝0，令h(x)＝ex－－1，
xx2
因为h′(x)＝ex＋2>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，
x所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调增函数，[来源:Zxxk.Com] 1－－
又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e3－<0，h(－2)＝e2>0，
3
所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1,2]和[－3，－2]上． 所以整数k的所有值为－3,1.
第一问看似复杂，利用函数有界性不等式就转化成ax2＋x>0，解二次含参不等式即可；第二问等价转化成f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x)ex＝[ax＋(2a＋1)x＋1]ex≥0恒成立问题处理，即转化成ax2
2
＋(2a＋1)·x＋1≥0恒成立解决；第三问方程即转化成xex＝x＋2的形式，结合函数零点的判断方法解决．
7.2函数f(x)＝x2＋ax＋3－a，对于任意的x∈[－2,2]总有f(x)≥0成立，求a的取值范围．
[解] 法一：设f(x)的最小值为g(a)，则只需要g(a)≥0.
a7
(1)当－<－2，即a>4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤，又a>4，故不存在；
23
a?aa2?(2)当－∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f?－2?＝3－a－≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，24故－4≤a≤2；
a
(3)当－>2，即a<－4，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，
2得a≥－7，又a<－4，故－7≤a<－4. 综上所述a的取值范围为[－7,2]．
法二：原题可等价转化为x2＋3≥(1－x)a对于任意的x∈[－2,2]恒成立． (1)若1－x＝0即x＝1时，显然成立，此时a∈R.
x2＋3x2＋3
(2)若1－x>0即－2≤x<1，不等式a≤恒成立，设g(x)＝，利用求导的方法得到g(x)min
1－x1－x＝2，得到a≤2，
x2＋3x2＋3
(3)若1－x<0即1 1－x1－x＝－7，得到a≥－7. 综上所述a的取值范围为[－7,2]． 19 / 22 通过以上解法，我们认识到对于这一类问题，方法较多、思维较强，考察了等价转换的数学思想，对于这类问题我们只有归纳总结，多去研究、探讨才能掌握解题规律，灵活选择解题方法． （八）部分排除 a＋sin x 8．已知函数f(x)＝－bx(a，b∈R)． 2＋cos x (1)若f(x)在R上存在最大值与最小值，且其最大值与最小值的和为2 680，试求a和b的值； (2)若f(x)为奇函数， 2π2π 0，?为增函数，?，π?为减函数？若存在，求出b的值；若①是否存在实数b，使得f(x)在?3???3?不存在，请说明理由； ②如果当x≥0时，都有f(x)≤0恒成立，试求b的取值范围． 解：(1)∵f(x)在x∈R上存在最大值和最小值， ∴b＝0(否则f(x)值域为R)． a＋sin x ∴y＝f(x)＝?sin x－ycos x＝2y－a 2＋cos x?|sin(x－φ)|＝ |2y－a|1＋y 22 2≤1?3y－4ay＋a－1≤0， 4 又Δ＝4a2＋12>0，由题意有ymin＋ymax＝a＝2 680， 3∴a＝2 010. (2)若f(x)为奇函数，∵x∈R，∴f(0)＝0?a＝0， 2cos x＋1sin x ∴f(x)＝－bx，f′(x)＝－b， 2＋cos x?2＋cos x?2222 0，π?上递增，在?π，π?上递减，则f′?π?＝0， ①若?b∈R，使f(x)在??3??3??3?1＋2cos x ∴b＝0.这时f′(x)＝， ?2＋cos x?22 0，π?时，f′(x)>0，f(x)递增， 当x∈??3?2?当x∈??3π，π?时f′(x)<0，f(x)递减． －bcos2 x＋2?1－2b?cos x＋1－4b ②f′(x)＝， ?2＋cos x?2Δ＝4[(1－2b)＋b(1－4b)]＝4(1－3b)， 1 若Δ≤0，则b≥，则f′(x)≤0，对?x≥0恒成立，这时f(x)在[0，＋∞)上递减，∴f(x)≤f(0) 3＝0. 若b<0，则当x≥0时，－bx∈[0，＋∞)， 20 / 22 2