(三)函数与导数(1)
1．已知函数f(x)＝x2＋(x≠0，a∈R)．
(1)判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由；
(2)若f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝x2，
对任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，
f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x)，
∴f(x)为偶函数．
当a≠0时，f(x)＝x2＋ (a≠0，x≠0)，
令x＝－1，得f(－1)＝1－a.
令x＝1，得f(1)＝1＋a.
∴f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a≠0，
∴f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)．
∴函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．
综上，当a＝0时，f(x)为偶函数；当a≠0时，f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．
(2)若函数f(x)在[2，＋∞)上为增函数，
则f′(x)≥0在[2，＋∞)上恒成立，
即2x－≥0在[2，＋∞)上恒成立，
即a≤2x3在[2，＋∞)上恒成立，
只需a≤(2x3)min，x∈[2，＋∞)，
∴a≤16，∴a的取值范围是(－∞，16]．
2．(2016·课标全国乙)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>－，则ln(－2a)<1，
故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．
③若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．
(2)(ⅰ)设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
所以f(x)有两个零点．
(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，
所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)设a<0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；若a<－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
3．(2016·山东)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
解 (1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，
所以g′(x)＝－2a＝.
当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当a＞0，x∈时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，x∈时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当0＜a＜时，＞1，由(1)知f′(x)在内单调递增．
可得当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，
在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
④当a＞时，0＜＜1，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意 .
综上可知，实数a的取值范围为a＞.
4．已知函数f(x)＝aln x－x＋.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)证明：当x>0时，ln(1＋)<.
(1)解 f′(x)＝－1－＝(x>0)．
记g(x)＝－x2＋ax－1，对称轴为x＝，Δ＝a2－4，
而g(0)＝－1<0，且开口方向向下，则
①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，g(x)≤0，f′(x)≤0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当Δ＝a2－4>0，即a>2或a<－2时，
若a>2，则>1，方程g(x)＝0的两根
x1＝>0，x2＝>0，
当0时，f′(x)<0；
当0.
则f(x)在区间(0，)，(，＋∞)上单调递减，
在区间(，)上单调递增．
若a<－2，则<－1，g(x)<0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>2时，f(x)在区间(0，)，(，＋∞)上单调递减，
在区间(，)上单调递增．
(2)证明 原不等式可化为
ln(1＋)< ＝ －.
令t＝ ，
∵x>0，∴t>1，则原不等式等价于2ln t
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