【数学】2020届一轮复习苏教版专题五第四讲大题考法——函数与导数的综合问题学案
第四讲 大题考法——函数与导数的综合问题
题型(一)
利用导数解决与不等式有关的问题
主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题.
[典例感悟]
[例1] (2018·镇江期末)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．
(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；
(2)若λ＝，且x≥1，证明：f(x)≤g(x)；
(3)若对任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数λ的取值范围．
[解] (1)因为f′(x)＝ln x＋1，
所以f′(1)＝1，
因为f′(1)＝g′(1)且g′(x)＝2λx，
所以g′(1)＝2λ＝1，解得λ＝.
(2)证明：设函数h(x)＝f(x)－g(x)＝xln x－(x2－1)，
则h′(x)＝ln x＋1－x(x≥1).
设p(x)＝ln x＋1－x，从而p′(x)＝－1≤0对任意x∈[1，＋∞)上恒成立，
所以p(x)在[1，＋∞)上单调递减，
因为p(1)＝0，所以当x∈[1，＋∞)时，p(x)≤0，即h′(x)≤0，
因此函数h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，
即h(x)≤h(1)＝0，
所以当x≥1时，f(x)≤g(x)成立.
(3)设函数H(x)＝xln x－λ(x2－1)(x≥1)，
从而对任意x∈[1，＋∞)，不等式H(x)≤0＝H(1)恒成立．
又H′(x)＝ln x＋1－2λx，
当H′(x)＝ln x＋1－2λx≤0，即≤2λ恒成立时，函数H(x)单调递减.
设r(x)＝(x≥1)，则r′(x)＝≤0，
所以r(x)max＝r(1)＝1，即2λ≥1，解得λ≥.
当λ≤0时，H′(x)＝ln x＋1－2λx>0恒成立，此时函数H(x)单调递增.
于是，不等式H(x)≥H(1)＝0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；
当0<λ<时，设q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx，则q′(x)＝－2λ＝0⇒x＝>1，
当x∈时，q′(x)＝－2λ>0，此时q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx单调递增，
所以H′(x)＝ln x＋1－2λx>H′(1)＝1－2λ>0，
故当x∈时，函数H(x)单调递增．
于是当x∈时，H(x)>0成立，不符合题意.
综上所述，实数λ的取值范围为.
[方法技巧]
利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法
(1)分离参数法
(2)函数思想法
[演练冲关]
1．(2018·苏锡常镇一模)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a(a为正实数，且为常数)．
(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a，
所以f′(x)＝ln x＋＋1－a(x>0)，
若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)≥0，
即a≤ln x＋＋1在(0，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝ln x＋＋1(x＞0)，
则g′(x)＝，
当x>1时，g′(x)>0；当0
0.
故不等式(x－1)f(x)≥0恒成立．
当a>2时，f′(x)＝，
设p(x)＝xln x＋(1－a)x＋1，
则p′(x)＝ln x＋2－a.
令p′(x)＝ln x＋2－a＝0，得x＝ea－2>1.
当x∈(1，ea－2)时，p′(x)<0，p(x)单调递减，
则p(x)存在唯一的整数x0成立，
因为F＝9e最小，且F(3)＝7e3，F(4)＝5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，当a≤7e3时，没有整数成立，所以a∈(7e3,5e4]．
综上，a的取值范围是∪(7e3,5e4].
题型(二)
利用导数解决与方程的解(零点)有关的问题
主要考查利用导数及零点存在性定理以及函数的性质研究复杂函数的零点问题.
[典例感悟]
[例2] (2016·江苏高考)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f(x)＝2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值．
(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
[解] (1)因为a＝2，b＝，所以f(x)＝2x＋2－x.
①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2，
亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，
所以(2x－1)2＝0，即2x＝1，解得x＝0.
②由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2.
因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)＞0，
所以m≤对于x∈R恒成立．
而＝f(x)＋≥2 ＝4，
当且仅当f2(x)＝4，即f(x)＝2时等号成立，且＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2有且只有1个零点，而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0，
所以0是函数g(x)的唯一零点．
因为g′(x)＝axln a＋bxln b，
又由0＜a＜1，b＞1知ln a＜0，ln b＞0，
所以g′(x)＝0有唯一解x0＝log.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
从而对任意x∈R，h′(x)＞0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数．
于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)＜g′(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞g′(x0)＝0.
因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数．
下证x0＝0.
若x0＜0，则x0＜＜0，于是g＜g(0)＝0.
又g(loga2)＝aloga2＋bloga2－2＞aloga2－2＝0，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.
因为0＜a＜1，所以loga2＜0.
又＜0，所以x1＜0，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾．
若x0＞0，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾．
因此x0＝0.
于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，所以ab＝1.
[方法技巧]
利用导数研究函数零点问题的方法
用导数研究函数的零点，首先利用导数研究函数的性质，再判断零点所在区间端点的函数值正负，结合零点存在理论判断零点个数，这类问题解答题的做法不同于填空题，一般不能用两个函数图象来说明零点个数．
[演练冲关]
1．(2018·苏州暑假测试)已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)若f′(x)是函数f(x)的导函数，当a>0时，解关于x的不等式f′(x)>ex；
(2)若f(x)在[－1,1]上是单调递增函数，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)f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]·ex.
不等式f′(x)>ex可化为[ax2＋(2a＋1)x]·ex>0，
因为ex>0，故有ax2＋(2a＋1)x>0，又a>0，解得x>0或x<－.
所以当a>0时，不等式f′(x)>ex的解集是∪(0，＋∞)．
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]·ex，
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(x)的图象开口向下，要使f(x)在[－1,1]上单调，因为g(0)＝1>0，
必须满足即所以－≤a<0.
综上可知，a的取值范围是.
(3)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，
由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等价于ex－－1＝0，
令h(x)＝ex－－1.
因为h′(x)＝ex＋>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调增函数．
又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0，h(－2)＝e－2>0，
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}．
2．已知定义在R上的函数f(x)的图象不间断，且其表达式为f(x)＝(a，b，m，n为常数，且a≠0)．
(1)求m，n的值；
(2)若a，b互为相反数，且f(x)是R上的单调函数，求a的取值范围；
(3)若a＝1，b∈R，试讨论函数g(x)＝f(x)＋b的零点的个数，并说明理由．
解：(1)依题意，f(0)＝1，f(4)＝0，
即
解得
(2)因为y＝x是减函数，且f(x)是R上的单调函数，
所以在y＝a(log4x－1)中，应该有y′＝≤0，
故a<0.
在y＝ax3＋(b－4a)x2－x＋1中，其中a＋b＝0，
y′＝3ax2－10ax＋4a－，导函数的对称轴为x＝，
故Δ＝100a2－12a≤0，解得－≤a≤0.
综上可知，a的取值范围是.
(3)当a＝1时，g(0)＝f(0)＋b＝1＋b，
g(4)＝f(4)＋b＝b，
①当b>0时，x＋b＝0无解，
log4x－1＋b＝0即log4x＝1－b无解，
又g(0)＝1＋b>0，g(4)＝b>0，
g(2)＝f(2)＋b＝8＋4(b－4)－2＋1＋b＝－－3b<0，
方程g(x)＝0在(0,4)上有两解，
可知方程g(x)＝0在R上一共有两解；
②当b<－1时，x＋b＝0有一解：x＝log(－b)，log4x－1＋b＝0有一解：x＝41－b，
又g(0)＝1＋b<0，g(4)＝b<0，
g＝f＋b＝＋(b－4)－＋1＋b＝－b>0，
故方程g(x)＝0在(0,4)上有两解．
从而方程g(x)＝0在R上共有4个解；
③当－10，g(4)＝b<0，
方程g(x)＝0在(0,4)内只有一解．
可知方程g(x)＝0在R上共两解；
④当b＝0时，有x＝4和x＝两解，
⑤当b＝－1时，有x＝0，x＝，x＝16,3个解，
综上得，当b>－1时，g(x)有2个零点；
当b＝－1时，g(x)有3个零点；
当b≤－1时，g(x)有4个零点.
题型(三)
函数新定义问题
主要考查利用导数解决在特定情形下的函数的性质问题.
[典例感悟]
[例3] (2018·江苏高考)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；
(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.对任意a>0，判断是否存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由．
[解] (1)证明：因为函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，
所以f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，
得此方程组无解，
因此f(x)与g(x)不存在“S点”．
(2)因为函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，
所以f′(x)＝2ax，g′(x)＝.
设x0为f(x)与g(x)的“S点”，
由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，
得即(*)
所以ln x0＝－，即x0＝e，
所以a＝＝.
当a＝时，x0＝e满足方程组(*)，
即x0为f(x)与g(x)的“S点”．
所以a的值为.
(3)对任意a＞0，设h(x)＝x3－3x2－ax＋a.
因为h(0)＝a＞0，h(1)＝1－3－a＋a＝－2＜0，且h(x)的图象是不间断的，
所以存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0.
令b＝，则b＞0.
函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝，
则f′(x)＝－2x，g′(x)＝.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，
得
即(**)
此时，x0满足方程组(**)，即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”．
因此，对任意a＞0，存在b＞0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”．
[方法技巧]
函数新定义问题的求解策略
对于函数的新定义问题，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答．解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题．
[演练冲关]
若在公共定义域D上，f1(x)＜f(x)＜f2(x)，则称函数f(x)为函数f1(x)，f2(x)的“D函数”．
(1)已知函数f1(x)＝x2＋2x＋4ln x，f2(x)＝x2＋2x＋2，求证：在区间(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”；
(2)已知a∈R，函数f(x)＝ax2＋ln x，f1(x)＝(a－1)x2＋ax＋(1－a2)ln x，f2(x)＝x2＋2ax.若在区间(1，＋∞)上，f(x)为f1(x)，f2(x)的“D函数”，求a的取值范围．
解：(1)证明：设K(x)＝f2(x)－f1(x)＝x2－4ln x＋2，下证K(x)min＞0.
K′(x)＝x－＝.
故K′(x)与K(x)随x的变化情况如下表：
x
(0,2)
2
(2，＋∞)
K′(x)
－
0
＋
K(x)
4－4ln 2
∵4－4ln 2＞4－4ln e＝0，∴K(x)≥4－4ln 2＞0.
设R(x)＝f1(x)＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1，
则f1(x)＜R(x)＜f2(x)．
∴在区间(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”．
(2)设H(x)＝f1(x)－f(x)＝－x2＋ax－a2ln x，
则在(1，＋∞)上，H(x)＜0.
∵H′(x)＝－2x－＋a＝
＝－，
∴在(1，＋∞)上，H′(x)＜0，H(x)是减函数，
∴H(x)＜H(1)＝－1＋a≤0，∴a≤1.
设P(x)＝f(x)－f2(x)＝x2－2ax＋ln x，
则在(1，＋∞)上，P(x)＜0.
若a＞，则＞1，
∴P＝ln＞0，矛盾．
若a≤，∵P′(x)＝(2a－1)x＋－2a＝，
∴在(1，＋∞)上，P′(x)＜0，P(x)是减函数，
∴P(x)＜P(1)＝－－a≤0.
∴a≥－，∴－≤a≤.
故所求a的取值范围为.
[课时达标训练]
A组——大题保分练
1．已知函数f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)．
(1)设a＝－1，若函数f(x)在R上是单调递减函数，求b的取值范围；
(2)设b＝0，若函数f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ex＋x2－bx，
∴f′(x)＝－ex＋2x－b，
由题意知，f′(x)＝－ex＋2x－b≤0对x∈R恒成立．
由－ex＋2x－b≤0，得b≥－ex＋2x.
令F(x)＝－ex＋2x，则F′(x)＝－ex＋2，
由F′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x＜ln 2时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，当x＞ln 2时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，
从而当x＝ln 2时，F(x)取得最大值2ln 2－2，
∴b≥2ln 2－2，故b的取值范围为[2ln 2－2，＋∞)．
(2)当b＝0时，f(x)＝aex＋x2.
由题意知aex＋x2＝0只有一个解．
由aex＋x2＝0，得－a＝，
令G(x)＝，则G′(x)＝，
由G′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为[0，＋∞)；
当0＜x＜2时，G′(x)＞0，G(x)单调递增，故G(x)的取值范围为；
当x≥2时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为.
由题意得，－a＝0或－a＞，从而a＝0或a＜－，
故若函数f(x)在R上只有一个零点，则a的取值范围为∪{0}．
2．已知函数f(x)＝(1＋b)x＋－aln x(a＞0)在x＝2a处取得极值．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝x2－2cx＋4－ln 2，当a＝1时，若对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，求实数c的取值范围．
解：(1)由f(x)＝(1＋b)x＋－aln x，a＞0，x＞0，
得f′(x)＝1＋b－－.
又f(x)在x＝2a处取得极值，
所以f′(2a)＝1＋b－－＝b＝0，
所以f(x)＝x＋－aln x，
f′(x)＝1－－＝＝，
又a＞0，且函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以由f′(x)＞0，得x＞2a；
由f′(x)＜0，得0＜x＜2a，
即函数f(x)的单调递增区间为(2a，＋∞)，单调递减区间为(0,2a)．
(2)当a＝1时，f(x)＝x＋－ln x，x∈(0，＋∞)，
由(1)知x∈[1，e]时，f(x)在[1,2]上单调递减，在(2，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝3－ln 2.
对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，
即f(x)min≥g(x)，x∈[1，e]恒成立．
即3－ln 2≥x2－2cx＋4－ln 2，x∈[1，e]恒成立，
即2c≥x＋，x∈[1，e]恒成立，
令h(x)＝x＋，则h′(x)＝1－≥0，x∈[1，e]，
即h(x)＝x＋在[1，e]上单调递增，
故h(x)max＝h(e)＝e＋，所以c≥.
故实数c的取值范围为.
3．(2018·南京、盐城一模)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋－3(a∈R)．
(1)当a＝2时，解关于x的方程g(ex)＝0(其中e为自然对数的底数)；
(2)求函数φ(x)＝f(x)＋g(x)的单调增区间；
(3)当a＝1时，记h(x)＝f(x)·g(x)，是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由．
(参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6)
解：(1)当a＝2时，方程g(ex)＝0，即为2ex＋－3＝0，去分母，得2(ex)2－3ex＋1＝0，解得ex＝1或ex＝，
故所求方程的根为x＝0或x＝－ln 2.
(2)因为φ(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋ax＋－3(x>0)，
所以φ′(x)＝＋a－＝
＝(x>0)，
①当a＝0时，由φ′(x)>0，解得x>0；
②当a>1时，由φ′(x)>0，解得x>；
③当00，解得x>0；
④当a＝1时，由φ′(x)>0，解得x>0；
⑤当a<0时，由φ′(x)>0，解得01时，φ(x)的单调增区间为.
(3)存在满足题意的λ.
当a＝1时，g(x)＝x－3，
所以h(x)＝(x－3)ln x，
所以h′(x)＝ln x＋1－在(0，＋∞)上单调递增．
因为h′＝ln＋1－2<0，
h′(2)＝ln 2＋1－>0，
所以存在唯一x0∈，使得h′(x0)＝0，
即ln x0＋1－＝0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，
所以h(x)min＝h(x0)＝(x0－3)ln x0＝(x0－3)·＝－＝6－，
记函数r(x)＝6－，由r′(x)>0在上恒成立可得r(x)在上单调递增，
所以r0)．
(1)若函数y＝f(x)是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；
(2)设a＝，g(x)＝f(x)＋bln x＋1(b∈R，b≠0)，g′(x)是g(x)的导函数．
①若对任意的x>0，g′(x)>0，求证：存在x0，使g(x0)<0；
②若g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，求证：x1x2<4b2.
解：(1)由题意，得f′(x)＝1－acos x≥0对x∈R恒成立，
因为a>0，所以≥cos x对x∈R恒成立，
因为(cos x)max＝1，所以≥1，从而00，使g′＝－1－cos<0，不合题意，所以b>0.
取x0＝e－，则00，使g(x0)<0.
②依题意，不妨设01.
由(1)知函数y＝x－sin x单调递增，所以x2－sin x2>x1－sin x1.从而x2－x1>sin x2－sin x1.
因为g(x1)＝g(x2)，所以x1－sin x1＋bln x1＋1＝x2－sin x2＋bln x2＋1，
所以－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>(x2－x1)．
所以－2b>>0.
下面证明>，即证明>，只要证明ln t－<0即可．(*)
设h(t)＝ln t－(t>1)，所以h′(t)＝<0在(1，＋∞)上恒成立．
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，故h(t)，即x1x2<4b2.
B组——大题增分练
1．函数f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2.
(1)讨论f(x)的极值点的个数；
(2)若对于任意x∈(0，＋∞)，总有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝＋x＋a＝(x>0)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4.
①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0对x>0恒成立，即f′(x)＝≥0对x>0恒成立，此时f(x)没有极值点．
②当Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2时，
若a<－2，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x1，x2，不妨设x10，x1x2＝1>0，故x2>x1>0，
∴当0x2时，f′(x)>0；
当x12，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x3，x4，
则x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1>0，故x3<0，x4<0.
∴当x>0时，f′(x)>0，故函数f(x)没有极值点．
综上，当a<－2时，函数f(x)有两个极值点；当a≥－2时，函数f(x)没有极值点．
(2)f(x)≤g(x)⇔ex－ln x＋x2≥ax，
因为x>0，所以a≤对于∀x>0恒成立，
设φ(x)＝(x>0)，
则φ′(x)＝
＝，
∵x>0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤e＋1，即实数a的取值范围是(－∞，e＋1]．
2．(2018·苏州期末)已知函数f(x)＝其中常数a∈R.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a的取值范围；
(3)若存在实数m，n∈[0,2]，且|m－n|≥1，使得f(m)＝f(n)，求证：1≤≤e.
解：(1)当a＝2时，f(x)＝
①当x<0时，f′(x)＝－3x2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减；
②当x≥0时，f′(x)＝ex－2，可得f(x)在[0，ln 2]上单调递减，在[ln 2，＋∞)上单调递增．
因为f(0)＝1>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)和[0，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞)．
(2)当x>0时，f(x)＝ex－ax，
此时－x<0，f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x3＋x2.
所以f(x)＋f(－x)＝ex－ax＋x3＋x2＝ex－3在区间(0，＋∞)上有实数解，可化为a＝x2＋x＋在区间(0，＋∞)上有实数解．
记g(x)＝x2＋x＋，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝2x＋1－＝.
可得g(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，且g(1)＝5，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a的取值范围是[5，＋∞)．
(3)证明：当x∈[0,2]时，f(x)＝ex－ax，
有f′(x)＝ex－a.
若a≤1或a≥e2，则f(x)在[0,2]上是单调函数，不合题意．
所以1f(ln a)，且f(ln a)0)，则当0x0时，F′(x)>0，
所以F(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增，
代入a＝＝－2x0，可得F(x)min＝F(x0)＝x＋2x0－＋ln x0－2.
设G(x)＝x2＋2x－＋ln x－2，
则G′(x)＝2x＋2＋＋>0对x>0恒成立，
所以G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
又G(1)＝0，所以当00，所以当x＝ea＋2>1时，
F(x)＝－＋ln ea＋2＋－a－2
＝2≥0.
因此当0
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