专题检测（二十二）导数与不等式大题专攻强化练1．已知函数f(x)＝xex＋2x＋alnx，曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．(1)求实数a的值；(2)求证：f(x)>x2＋2.解：(1)因为f′(x)＝(x＋1)ex＋2＋，所以曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线斜率k＝f′(1)＝2e＋2＋a.而直线x＋2y－1＝0的斜率为－，由题意可得(2e＋2＋a)×＝－1，解得a＝－2e.(2)证明：由(1)知，f(x)＝xex＋2x－2elnx.不等式f(x)>x2＋2可化为xex＋2x－2elnx－x2－2>0.设g(x)＝xex＋2x－2elnx－x2－2，则g′(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x.记h(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x(x>0)，则h′(x)＝(x＋2)ex＋－2，因为x>0，所以x＋2>2，ex>1，故(x＋2)ex>2，又>0，所以h′(x)＝(x＋2)ex＋－2>0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)单调递增．所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln1－1－2＝e－1，显然e－1>0，所以g(x)>0，即xex＋2x－2elnx>x2＋2，也就是f(x)>x2＋2.2．设函数f(x)＝2lnx－mx2＋1.\n(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2mx＝，当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0<x<，令f′(x)<0，得x>，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减．∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－lnm，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，则f(x)max>m－1.即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立．令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0<m<1.∴实数m的取值范围是(0，1)．3．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(m≥0)，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若m∈(1，2)，证明：当x1，x2∈[1，m]时，f(x1)>－x2＋1＋恒成立．解：(1)由题得f′(x)＝－＝－，当m＝0，即1－m＝1时，f′(x)＝－≤0，f(x)在R上单调递减；当m>0，即1－m<1时，令f′(x)<0得x<1－m或x>1，令f′(x)>0得1－m<x<1，∴f(x)在(－∞，1－m)，(1，＋∞)上单调递减，在(1－m，1)上单调递增．(2)证明：令g(x)＝－x＋1＋，问题转化为证明f(x)min>g(x)max，由(1)可知，m∈(1，2)时，f(x)在[1，m]上单调递减，\n∴f(x)min＝f(m)＝，∵g(x)在[1，m]上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝，即证>，记h(m)＝(1<m<2)，则h′(m)＝，令h′(m)>0得1<m<，令h′(m)<0得<m<2，∴h(m)在上单调递增，在上单调递减，又h(1)＝＝，h(2)＝＝，∴对任意的m∈(1，2)，都有h(m)>>，即当x1，x2∈[1，m]时，f(x1)>－x2＋1＋恒成立．4．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝ex＋1－aln(ax)＋a(a>0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若关于x的不等式f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋1－lnx＋1，则f′(x)＝ex＋1－，∴切线的斜率k＝f′(1)＝e2－1，而f(1)＝e2＋1，故切线方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即y－(e2＋1)＝(e2－1)(x－1)，整理得(e2－1)x－y＋2＝0.(2)由f(x)＝ex＋1－alnx－alna＋a，得f′(x)＝ex＋1－＝，显然g(x)＝xex＋1－a在(0，＋∞)上单调递增，\n又g(0)＝－a<0，g(a)＝aea＋1－a>0，则存在x0∈(0，a)，使得g(x0)＝0，即x0e＋1＝a，lna＝lnx0＋x0＋1.∴0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x0<x时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝x0处取得最小值f(x0)＝e＋1－alnx0－alna＋a，即f(x0)＝－alnx0－alna＋a＝a＝a＝a.由f(x)>0恒成立知f(x0)>0，即a>0，∴－x0－2lnx0>0.令h(x)＝－x－2lnx，则h′(x)＝－－1－＝－<0，h(x)单调递减，又当x→0时，h(x)→＋∞，h(1)＝0，∴由h(x)>0得0<x<1，∴0<x0<1.又a＝x0e＋1在(0，1)上单调递增，∴0<a<e2，∴实数a的取值范围为(0，e2)．
