已知函数f（x）=ax+lnx（a∈R）（1）求f（x）的单调区间；（2）设g（x）=x2-2x+2，若对任意x1∈（0，+∞），均存在x2∈[0，1]，使得f（x1）＜g（x2），求实数a的取值范围．
考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性
解：（1）…（2分）当a≥0时，由于x∈（0，+∞），f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），…（4分）当a＜0时，令f'（x）=0，得．当x变化时，f'（x）与f（x）变化情况如下表：所以函数f（x）的单调增区间为（0，），函数f（x）的单调减区间为…（6分）（2）由已知，转化为f（x）max＜g（x）max…（8分）
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点评：本题重点考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，解题的关键是利用导数确定函数的单调性
刘长柏老师
陕西省宝鸡市高考数学一模试卷（理科）
江西省南昌十九中高二（上）期末数学试卷（文科）
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根据问他()知识点分析，
试题“已知函数f（x）=ax-ex（a∈R）．（Ⅰ）求f（x）的单...”，相似的试题还有：
已知函数f(x)=lnx-x+1，x∈(0，+∞)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)设a≥1，函数g(x)=x2-3ax+2a2-5，若对于任意x0∈(0，1)，总存在x1∈(0，1)，使得f(x1)=g(x0)成立，求a的取值范围；(3)对任意x∈(0，+∞)，求证：\frac{1}{x+1}＜ln\frac{x+1}{x}＜\frac{1}{x}．
已知函数f(x)=ax+lnx(a∈R)．(I)求f(x)的单调区间；(Ⅱ)设g(x)=x2-2x+1，若对任意x1∈(0，+∞)，总存在x2∈[0，1]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．
已知函数f(x)=ax+lnx(a∈R)．(1)若a=2，求曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率；(2)当a＜0时，求f(x)的单调区间；(3)设g(x)=x2-2x+2，若对任意x1∈(0，+∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f(x1)＜g(x2)，求a的取值范围．（2014o济宁一模）设函数f（x）=ax-2-lnx（a∈R）．（Ⅰ）若f（x）在点（e，f（e））处的切线为x-ey-2e=0，求a的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间；（Ⅲ）当x＞0时，求证：f（x）-ax+ex＞0．
（Ⅰ）∵f（x）=ax-2-lnx（x＞0），∴f'（x）=a-=，又f（x）在点（e，f（e））处的切线为x-ey-2e=0，∴f'（e）=a-=，故a=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f'（x）=a-=（x＞0），当a≤0时，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上是单调减函数，当a＞0时，令f'（x）=0，则x=，令f'（x）＜0，则0＜x＜，f'（x）＞0，则x＞，∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，综上可得：当a≤0时，f（x）的单调减区间为（0，+∞），当a＞0时，f（x）的单调减区间为（0，），f（x）的单调增区间为（，+∞）；（Ⅲ）当x＞0时，要证f（x）-ax+ex＞0，即证ex-lnx-2＞0，令g（x）=ex-lnx-2（x＞0），只需证g（x）＞0，∵g'（x）=ex-，由指数函数和幂函数的单调性知，g‘（x）在（0，+∞）上递增，又g'（1）=e-1＞0，g'（）=13-3＜0，∴g'（1）og'（）＜0，∴g'（x）在（，1）内存在唯一的零点，则g'（x）在（0，+∞）上有唯一零点，设g'（x）的零点为t，则g'（t）=et-=0，即et=（＜t＜1），由g'（x）的单调性知：当x∈（0，t）时，g'（x）＜g'（t）=0，当x∈（t，+∞）时，g'（x）＞g'（t）=0，∴g（x）在（0，t）上为减函数，在（t，+∞）上为增函数，∴当x＞0时，g（x）≥g（t）=et-lnt-2=-lnt-2=
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（Ⅰ）求出函数f（x）的导数并求出切点，运用点斜式方程写出切线方程并化为一般式，对照条件求出a；（Ⅱ）求出导数f'（x），对a讨论，分a≤0，a＞0，分别求出单调区间，注意定义域：（0，+∞）；（Ⅲ）运用分析法证明：f（x）-ax+ex＞0．首先化简左边并构造函数：g（x）=ex-lnx-2（x＞0），只需要证明g（x）＞0，通过导数g'（x）的单调性，运用零点存在定理证明g'（x）在（0，+∞）上有唯一零点，设为t，由导函数g'（x）的单调性，得到g'（x）在（0，t）上小于0，在（t，+∞）上大于0，从而得到g（x）在x＞0上的单调性，从而得出g（x）的极小值也是最小值g（t），证明g（t）不小于0，由＜t＜1得g（t）＞0，从而原不等式成立．
本题考点：
利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评：
本题是导数在函数中的综合运用，考查应用导数求曲线上某一点处的切线方程，求函数的单调区间，求函数的极值和最值，考查构造函数和分类讨论的数学思想方法，运用分析法证明不等式的重要方法，是一道综合题．
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回答：级别：特级教员 11:00:28来自：问吧专家团
事实上，很容易知道a&=1/2时才可能使得题设满足，
因为若a&1/2，当x趋向于正无穷大时。
总有f(x)=(a-1/2)x2+lnx&(a-1/2)x2
而limx→+∞（a-1/2)x2/2ax=+∞
因此题设不满足。
设g(x)=f(x)-2ax=(a-1/2)x2+lnx-2ax,x&1
g(x)的导数dy/dx=[(2a-1)x-1](x-1)/x若a=1/2。
显然易知道dy/dx《0对于所有的x&1都成立。
因此就知道函数g(x)在（1，+∞）上单调减少，
故有g(x)&g(1)=0对所有的x&1都成立，因此a=1/2符合题设。
若a&1/2.g(x)导数的根为x1=1/(2a-1)&0,x2=1
显然x1&x2因此也容易知道g(x)在（1，+∞）单调减少，
故只需满足g(1)=-a-1/2&=0
即可解得a&=-1/2
综上所述，所求a的取值范围是[-1/2,1/2]
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（本小题满分14分）解：（Ⅰ）∵f（x）=（ax2+2x-a）ex，∴f'（x）=[ax2+2（a+1）x+2-a]ex则f'（2）=（7a+6）e2，f（2）=（3a+4）e2∴函数y=f（x）的图象在点M（2，f（2））处的切线为：y-f（2）=（7a+6）e2（x-2）∵切线过坐标原点，0-f（2）=（7a+6）e2（0-2），即（3a+4）e2=2（7a+6）e2，∴a=-811…（3分）（Ⅱ）f'（x）=[ax2+2（a+1）x+2-a]ex要使f（x）在[-1，1]上为单调递增函数，只要ax2+2（a+1）x+2-a≥0令Γ（x）=ax2+2（a+1）x+2-a①当a=0时，Γ（x）=2x+2，在[-1，1]内Γ（x）≥Γ（-1）=0，∴f'（x）≥0函数f（x）在[-1，1]上为单调递增函数…（4分）②当a＞0时，Γ（x）=ax2+2（a+1）x+2-a是开口向上的二次函数，其对称轴为x=-(1+1a)＜-1，∴Γ（x）在[-1，1]上递增，为使f（x）在[-1，1]上单调递增，必须Γ（x）min=Γ（-1）=-2a≥0⇒a≤0而此时a＞0，产生矛盾∴此种情况不符合题意&&&&&&&&&&&&…（6分）③当a＜0时，Γ（x）=ax2+2（a+1）x+2-a是开口向下的二次函数，为使f（x）在[-1，1]上单调递增，必须f'（x）≥0，即Γ（x）≥0在[-1，1]上恒成立，∴Γ(1)≥0Γ(-1)≥0&#≥0-2a≥0又a＜0，∴-2≤a＜0综合①②③得实数a的取值范围为[-2，0]…（8分）（Ⅲ）g(x)=12f(lnx)=xlnx，g'（x）=lnx+1．因为对满足0＜x1＜x2的实数x1，x2，存在x0＞0，使得g′(x0)=g(x1)-g(x2)x1-x2成立，所以lnx0+1=g(x1)-g(x2)x1-x2，即lnx0+1=x1lnx1-x2lnx2x1-x2，从而lnx0-lnx1=x1lnx1-x2lnx2x1-x2-1-lnx1=x2lnx1-x2lnx2+x2-x1x1-x2=lnx1x2+1-x1x2x1x2-1．…（11分）设φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，则φ′(t)=1t-1＞0，因而φ（t）在区间（0，1）上单调递增，φ（t）＜φ（1）=0，∵0＜x1＜x2，∴0＜x1x2＜1，从而φ(x1x2)=lnx1x2+1-x1x2＜0，又x1x2-1＜0所以lnx0-lnx1＞0，即x0＞x1…（14分）
点评：本题考查函数的导数的综合应用，切线方程的求法，构造法的应用，导数的几何意义，考查函数的单调性的应用，转化思想的应用．
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