专题8 形如f(x)ex＋g(x)型的函数问题 用导数的方法研究形如f(x)ex＋g(x)的函数问题研究历来是高考的热点和难点，解决此类问题的难点是转化目标的有效选择，本专题主要研究与函数f(x)ex＋g(x)有关的恒成立、存在性以及零点等问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用. 已知ex≥1＋ax对任意x∈[0，＋∞)成立，求实数a的取值范围． 本题考查的是结构为exf(x)＋g(x)，且含参数a的恒成立问题，由于题目中含有参数a，故解决过程中，先对参数a分类讨论，第一种情况a≤1，证明恒成立，而第二种情况a>1，则利用单调性导入反例，否定结论. x＋ex 已知≥t对一切正实数x恒成立，则实数t的最大值为________． 2x＋1 已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 若不等式ex(x－a)＋(x＋a)＞0对任意x∈(0，＋∞)成立，求正实数a的取值范围． 若f(x)＝ex－ax2在(0，＋∞)只有一个零点，求实数a的值． . (2019·福建卷)已知定义在R上的函数f(x)＝ex1－ex＋x2＋2m(x－1)(m＞0)，当x1＋x2＝1时，不等式f(x1)≥f(x2)恒成立，则实数x1的取值范围为________． ＋ (本小题满分14分)已知a∈R，x轴与函数f(x)＝ex1－ax的图像相切． (1)求f(x)的单调区间； (2)当x>1时，f(x)>m(x－1)lnx，求实数m的取值范围． － (1)f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；1(2)－∞，. 2 (1)f′(x)＝eex0－1－ax0＝0， ex0－1－a＝0，x0＝1，解得2分(求出x0与a的值) a＝1，x－1－a，设切点为(x0，0)，依题意，f（x0）＝0，f′（x0）＝0，即所以f′(x)＝e－1，当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0， 4分(解出不等式f′(x)>0和f′(x)<0的解) 故f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞).6分(写出f(x)的增减区间) (2)令g(x)＝f(x)－m(x－1)lnx，x>0，则g′(x)＝e令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1x－1x－1－m(lnx＋x－1)－1， x11－m(＋2)，8分(求出g(x)的二次导函数h′(x)) xx111x－1①若m≤，因为当x>1时，e>1，m(＋2)<1，所以h′(x)>0，所以 2xxh(x)即g′(x)在(1，＋∞)上单调递增．又因为g′(1)＝0，所以当x>1时，g′(x)>0，从而 g(x)在[1，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，所以g(x)>0，即f(x)>m(x－1)lnx成立； 110分(推出m≤时，f(x)>m(x－1)lnx成立) 2 111x－1②若m>，可得h′(x)＝e－m(＋2)在(0，＋∞)上单调递增，又因为 2xxh′(1)＝1－2m<0，h′(1＋ln(2m))＝2m－m11＋2>0， 1＋ln（2m）[1＋ln（2m）]所以存在x1∈(1，1＋ln(2m))，使得h′(x1)＝0，且当x∈(1，x1)时，h′(x)<0，所以h(x) 即g′(x)在(1，x1)上单调递减，又因为g′(1)＝0，所以当x∈(1，x1)时，g′(x)<0，从而g(x)在(1，x1)上单调递减，而g(1)＝0，所以当x∈(1，x1)时，g(x)<0， 1 即f(x)>m(x－1)lnx不成立；综上所述，m的取值范围是(－∞，]． 21 14分(推出m>时，f(x)>m(x－1)lnx不恒成立，并写出结论) 2 第一步：由条件求出切点横坐标x0和a； 第二步：解不等式f′(x)>0和f′(x)<0； 第三步：写出f(x)的增减区间； 本文来源：https://www.wddqw.com/doc/4a1fc265bc23482fb4daa58da0116c175e0e1e57.html