[A級　基礎(chǔ)練]1．已知函數(shù)f(x)＝aex－－1，其中a＞0.(1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)，求a的值．解：(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝2ex－－1，所以f′(x)＝2ex－，所以f′(0)＝2－1＝1，又f(0)＝2－1＝1，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)要使函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)，則需關(guān)于x的方程a＝有唯一的解．設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，設(shè)h(x)＝1－2x－ex，則h′(x)＝－2－ex＜0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－∞，0)時，h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，h(x)＜0，即g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以g(x)的最大值為g(0)＝1，所以當(dāng)x∈(－∞，0]時，g(x)∈(－∞，1]；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，g(x)∈(0，1)．又a＞0，所以當(dāng)方程a＝有唯一解時，a＝1. 所以函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)時，a的值為1.2．(2021·溫州七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)的圖象在x＝2處的切線斜率為.(1)求實(shí)數(shù)a的值，并討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若g(x)＝exlnx＋f(x)，證明：g(x)>1.解：(1)由f′(x)＝，得切線斜率k＝f′(2)＝ae·＝，解得a＝2.所以f(x)＝，其定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.令f′(x)>0，解得x>1，故f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增；令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在區(qū)間(－∞，0)和區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知g(x)＝exlnx＋，定義域?yàn)?0，＋∞)，所以g(x)>1，即exlnx＋>1等價于xlnx>－.設(shè)h(x)＝xlnx(x>0)，則h′(x)＝lnx＋1.因?yàn)閔′＝ln＋1＝0，所以當(dāng)x∈時，h′(x)<0；當(dāng)x∈時，h′(x)>0.故h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以h(x)在 (0，＋∞)上的最小值為h＝－.設(shè)m(x)＝－(x>0)，則m′(x)＝.所以當(dāng)x∈(0，1)時，m′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，m′(x)<0.故m(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值為m(1)＝－.綜上可得，在區(qū)間(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.[B級　綜合練]3．已知函數(shù)f(x)＝ex＋bx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若b＝1，當(dāng)x2＞x1＞0時，f(x1)－f(x2)＜(x1－x2)·(mx1＋mx2＋1)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)由f(x)＝ex＋bx得f′(x)＝ex＋b，若b≥0，則f′(x)＞0，即f(x)＝ex＋bx在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)；若b＜0，令f′(x)＞0得x＞ln(－b)，令f′(x)＜0得x＜ln(－b)，即f(x)＝ex＋bx在(－∞，ln(－b))上單調(diào)遞減，在(ln(－b)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由題意知f(x)＝ex＋x，f(x1)－f(x2)＜(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)，即f(x1)－mx－x1＜f(x2)－mx－x2，由x2＞x1＞0知，上式等價于函數(shù)φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以φ′(x)＝ex－2mx≥0(x＞0)， 即2m≤(x＞0)．令h(x)＝(x＞0)，則h′(x)＝，當(dāng)h′(x)＜0時，0＜x＜1；當(dāng)h′(x)＞0時，x＞1；當(dāng)h′(x)＝0時，x＝1.所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝e，則2m≤e，即m≤，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為.4．(2021·浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax2－x－ln.(1)若f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線y＝2x＋1平行，求f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有兩個極值點(diǎn)x1，x2，求證：f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3.解：(1)因?yàn)閒(x)＝ax2－x－ln＝ax2－x＋lnx，所以f′(x)＝2ax－1＋，所以k＝f′(1)＝2a.因?yàn)閒(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線y＝2x＋1平行，所以2a＝2，即a＝1.所以f(1)＝0，故切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)．所以切線方程為y＝2x－2.(2)證明：因?yàn)閒′(x)＝2ax－1＋＝，所以由題意知方程2ax2－x＋1＝0在(0，＋∞)上有兩個不等實(shí)根x1，x2， 所以f(x1)＋f(x2)＝ax＋ax－(x1＋x2)＋lnx1＋lnx2＝a(x＋x)－(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝a－(x1＋x2)＋ln(x1x2)?。絣n－－1，令t＝，g(t)＝lnt－－1，則t∈(4，＋∞)，g′(t)＝－＝＜0，所以g(t)在(4，＋∞)上單調(diào)遞減．所以g(t)＜ln4－3＝2ln2－3，即f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3.[C級　提升練]5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)設(shè)h(x)≤f(x)對任意x∈[0，1]恒成立時k的最大值為λ，證明：4＜λ＜6.解：(1)因?yàn)閒(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝1.(2)證明：由h(x)≤f(x)，化簡可得k(x2－x3)≤ex－1， 當(dāng)x＝0，1時，k∈R，當(dāng)x∈(0，1)時，k≤，要證：4＜λ＜6，則需證以下兩個問題；①＞4對任意x∈(0，1)恒成立；②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．先證：①＞4，即證ex－1＞4(x2－x3)，由(1)可知，ex－x≥1恒成立，所以ex－1≥x，又x≠0，所以ex－1＞x，即證x≥4(x2－x3)?1≥4(x－x2)?(2x－1)2≥0，(2x－1)2≥0，顯然成立，所以＞4對任意x∈(0，1)恒成立；再證②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．取x0＝，＝8(－1)，因?yàn)椋?，所?(－1)＜8×＝6，所以存在x0∈(0，1)，使得＜6，由①②可知，4＜λ＜6.6．(2020·杭州市學(xué)軍中學(xué)高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈ R)．(1)當(dāng)a＝2，b＝3時，求函數(shù)f(x)極值；(2)設(shè)b＝a＋1，當(dāng)0≤a≤1時，對任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．解：(1)當(dāng)a＝2，b＝3時，f(x)＝x3－x2＋x，f′(x)＝2x2－3x＋1＝(2x－1)(x－1)，令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜，令f′(x)＜0，解得＜x＜1，故f(x)在(－∞，)上單調(diào)遞增，在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)極大值＝f()＝，f(x)極小值＝f(1)＝.(2)當(dāng)b＝a＋1時，f(x)＝ax3－(a＋1)x2＋x，f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，f′(x)恒過點(diǎn)(0，1)．當(dāng)a＝0時，f′(x)＝－x＋1，m≥|f′(x)|恒成立，所以m≥1；0＜a≤1，開口向上，對稱軸≥1，f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a(x－)2＋1－，①當(dāng)a＝1時f′(x)＝x2－2x＋1，|f′(x)|在x∈[0，2]的值域?yàn)閇0，1]；要m≥|f′(x)|，則m≥1；②當(dāng)0＜a＜1時， 根據(jù)對稱軸分類：當(dāng)x＝＜2，即＜a＜1時，Δ＝(a－1)2＞0，f′()＝－(a＋)∈(－，0)，又f′(2)＝2a－1＜1，所以|f′(x)|≤1；當(dāng)x＝≥2，即0＜a≤；f′(x)在x∈[0，2]的最小值為f′(2)＝2a－1；－1＜2a－1≤－，所以|f′(x)|≤1，綜上所述，要對任意x∈[0，2]都有m≥|f′(x)|恒成立，有m≥1.所以m的最小值為1.