(建議用時45分鐘)
1．已知函式f(x)＝ax＋＋(1－a)ln x.
(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；
(2)若a≤0，討論函式f(x)的單調性．
2．已知函式f(x)＝－ln x，x∈[1,3]．
(1)求f(x)的最大值與最小值；
(2)若f(x)<4－at對任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恆成立，求實數a的取值範圍；
3．已知函式f(x)＝a(x2＋1)＋ln x.
(1)討論函式f(x)的單調性；
(2)若對任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求實數m的取值範圍．
4．(2015·高考江蘇卷)已知函式f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈r)．
(1)試討論f(x)的單調性；
(2)若b＝c－a(實數c是與a無關的常數)，當函式f(x)有三個不同的零點時，a的取值範圍恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．
1、解：(1)當a＝2時，f(x)＝2x＋－ln x，f′(x)＝2－－，又f′(1)＝0，f(1)＝3，所以曲線f(x)在x＝1處的切線方程為y＝3.
(2)f′(x)＝a－＋＝(x>0)，
①當a＝0時，f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增；若a≠0，f′(x)＝＝0，
解得x1＝1，x2＝－，
②當－1③當a＝－1時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；
④當a<－1時，f(x)在和(1，＋∞)上單調遞減，在上單調遞增．
2、解：(1)∵函式f(x)＝－ln x，∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0得x＝±2，
∵x∈[1,3]，當10；
∴f(x)在(1,2)上是單調減函式，在(2,3)上是單調增函式，
∴f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝－ln 2；
又f(1)＝，f(3)＝－ln 3，
∵ln 3>1，∴－＝ln 3－1>0，
∴f(1)>f(3)，
∴x＝1時f(x)的最大值為，x＝2時函式取得最小值為－ln 2.
(2)由(1)知當x∈[1,3]時，f(x)≤，故對任意x∈[1,3]，
f(x)<4－at恆成立，
只要4－at>對任意t∈[0,2]恆成立，即at《恆成立，記g(t)＝at，t∈[0,2]．
，解得a<，
即實數a的取值範圍是.
3、解：(1)由已知，得f′(x)＝2ax＋＝(x>0)．
①當a≥0時，恒有f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上是增函式．
②當a<0時，若0則f′(x)>0，故f(x)在上是增函式；
若x> ，則f′(x)<0，
故f(x)在上是減函式．
綜上，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上是增函式；
當a<0時，f(x)在上是增函式，在上是減函式．
(2)由題意，知對任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，
恒有ma－f(x)>a2成立，等價於ma－a2>f(x)max.
因為a∈(－4，－2)，所以< <<1.
由(1)，知當a∈(－4，－2)時，f(x)在[1,3]上是減函式，
所以f(x)max＝f(1)＝2a，
所以ma－a2>2a，即m因為a∈(－4，－2)，所以－2所以實數m的取值範圍為m≤－2.
4、解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝－.
當a＝0時，因為f′(x)＝3x2≥0，所以函式f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)>0，
x∈時，f′(x)<0，
所以函式f(x)在，(0，＋∞)上單調遞增，在上單調遞減；
當a<0時，x∈(－∞，0)∪時，f′(x)>0，
x∈時，f′(x)<0，
所以函式f(x)在(－∞，0)，上單調遞增，在上單調遞減．
(2)由(1)知，函式f(x)的兩個極值為f(0)＝b，
f＝a3＋b，則函式f(x)有三個零點等價於f(0)·f＝b·<0，從而
或又b＝c－a，所以當a>0時， a3－a＋c>0或當a<0時， a3－a＋c<0.
設g(a)＝a3－a＋c，因為函式f(x)有三個零點時，a的取值範圍恰好是(－∞，－3)∪∪，
則在(－∞，－3)上g(a)<0，
且在∪上g(a)>0均恆成立，
從而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此時，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．
因為函式有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異於－1的不等實根，
所以δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪∪.
綜上c＝1.
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