2、x2=1,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x-∞,-23-23-23,11(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗∴函数f(x)的递增区间为-∞,-23与(1,+∞);递减区间为-23,1.(2)f(x)=x3-12x2-2x+c,x∈[-1,2],当x=-23时,f-23=2227+c为极大值,而f(2)=2+c,则f(2)=2+c为最大值,要使f(x)f(2)=2+c,解得c<-1或c>2.∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).2.设函数f(x)=ax2-a-lnx,g(x)=1x-eex
3、,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当x>1时,g(x)>0;(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.(1)解f'(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0有x=12a.当x∈0,12a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈12a,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)证明令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1.当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x
4、)=1x-1ex-1>0.(3)解由(2),当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当01.由(1)有f12a0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时
5、,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈12,+∞.3.已知函数f(x)=(x-k)ex+k,k∈Z.(1)当k=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若当x∈(0,+∞)时,不等式f(x)+5>0恒成立,求k的最大值.解(1)当k=0时,f(x)=x·ex,∴f'(x)=ex+xex=ex(x+1),∴当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0;当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0;∴f(x)在(-∞,-1)内是减函数,在(-1,+∞)内是增函数.(2)不等式f(x)+5>0恒成立⇔(x-k)ex+k+5>0在x∈(0,+∞)时恒成立,令F(x)
6、=(x-k)ex+k+5,F'(x)=ex(x-k+1)(x∈R),当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0;当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0;∴f(x)在(-∞,k-1)内是减函数,在(k-1,+∞)内是增函数.①若k-1≤0,即k≤1,当x∈(0,+∞)时,F(x)>F(0)≥0.而F(0)=5>0恒成立,∴k≤1符合题意.②若k-1>0,即k>1,当x∈(0,+∞)时,只需F(x)min=F(k-1)=-ek-1+5+k>0即可.令h(k)=-ek-1+5+k,h'(k)=1-ek-1<0恒成立,即h(k)=-ek-1+5+k单调递减.∵h(2)=-e+7>0,h(
7、3)=-e2+8>0,h(4)=-e3+9<0,∴10,故f(x)在(0,+∞)单调递增.若a<0,则当x∈0,-12a时,f'(x)>0;当x∈-12a,+∞时,f'(x)
