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1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，
从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6－0，
故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
2．(2018·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.
解：(1)由题意知，f′(x)＝x－＝.
当x∈(0，a)时，f′(x)0，f(x)单调递增．
当x＝a时，f(x)取得最小值f(a)＝a2－a2ln a.
令a2－a2ln a≥0，解得0f(2a－x1)．
因f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x1)>f(2a－x1)．
设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，00，f′(x)＝1＋a＋aln x.
①当a＝0时，f(x)＝x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递增，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0⇒x＝e－1－>0，故当x∈(0，e－1－)时，f′(x)0，所以函数f(x)在(0，e－1－)上单调递减，在(e－1－，＋∞)上单调递增；
③当a0，故当x∈(0，e－1－)时，f′(x)>0，当x∈(e－1－，＋∞)时，f′(x)0，
所以函数h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
又h′＝－e－＋－10，
故h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在上存在唯一零点x0，即－e－x0＋2x0＋ln x0＝0.
所以当x∈(0，x0)时，h′(x)0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0ln x0，
所以只需证h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0ln x0≥0即可，
由－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，
得e－x0＝2x0＋ln x0，
所以h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)，
又x0＋1>0，
所以只要x0＋ln x0≥0即可，
当x0＋ln x00与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0＝0时，ln x0＝－x0⇒x0＝e－x0⇒－e－x0＋x0＝0，
得－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，故x0＋ln x0＝0成立，
得h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)＝0，
所以h(x)≥0，即f(x)≤e－x＋x2.
4．(2018·郑州质量检测(二))已知函数f(x)＝ex－x2.
(1)求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求证：当x>0时，≥ln x＋1.
解：(1)由题意得，f′(x)＝ex－2x，
则f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1.
(2)证明：f′(x)＝ex－2x，令h(x)＝ex－2x，
则h′(x)＝ex－2，
易知f′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)≥f′(ln 2)＝2－2ln 2>0，
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所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又曲线y＝f(x)过点(1，e－1)，
且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1，
所以可猜测：当x>0，x≠1时，f(x)的图象恒在切线y＝(e－2)x＋1的上方．
下证：当x>0时，f(x)≥(e－2)x＋1.
设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1，x>0，
则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，令φ(x)＝g′(x)，
则φ′(x)＝ex－2，
易知g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，0
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