3.3 函数的综合应用-10年高考数学真题分类汇编

3.3导数的综合应用考点1利用导数研究不等式1.(2015课标Ⅰ理,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A.−32e,1B.−答案D由f(x0)<0,即ex0(2x0-1)-a(x0-1)<0得ex0(2x当x0=1时,得e<0,显然不成立,所以x0≠1.若x0>1,则a>ex令g(x)=ex(2x−1)当x∈1,32时,g'(x)<0,g(x)当x∈32,+∞时要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤52e3,与a<1矛盾,所以x0因为x0<1,所以a<ex易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)≤a<g(0),得32e≤a<1(满足a<1).评析本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题.2.（2023全国甲理，21）已知（1）若，讨论的单调性；（2）若恒成立，求a的取值范围．【解析】（1）令,则，则当当,即；当,即.所以在上单调递增,在上单调递减（2）设设，所以.若,即在上单调递减,所以.所以当,符合题意.若当,所以..所以,使得,即,使得.当,即当单调递增.所以当,不合题意.综上,的取值范围为.【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.3.(2015山东理,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=1x+1+a(2x-1)=令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).①当a=0时,g(x)=1,此时f'(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).(i)当0<a≤89时,Δ≤0,g(x)≥f'(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.(ii)当a>89时设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1<x2),因为x1+x2=-12,所以x1<-14,x2>-由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-14所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.③当a<0时,Δ>0,由g(-1)=1>0,可得x1<-1.当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.所以函数有一个极值点.综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;当0≤a≤89时,函数f(x)无极值点当a>89时,函数f(x)有两个极值点(2)由(1)知,①当0≤a≤89时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意.②当89<a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意.③当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0.所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时,f(x)<0,不合题意.④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-1x+1=所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x.可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,当x>1-1a时,ax2此时f(x)<0,不合题意.综上所述,a的取值范围是[0,1].4.(2014课标Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.4142<2<1.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).解析(1)f'(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.(ii)当b>2时,若x满足2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+b2−2b)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(ln2)=32-22b+2(2b-1)ln当b=2时,g(ln2)=32-42+6lnln2>82−3当b=324+1时,ln(b-1+b2g(ln2)=-32-22+(32+2)lnln2<18+228<0.693所以ln2的近似值为0.693.5.(2020江苏,19,16分)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞),求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=klnx,h(x)=kx-k,D=(0,+∞),求k的取值范围;(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤2),D=[m,n]⊆[-2,2],求证:n-m≤7.解析本题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由条件f(x)≥h(x)≥g(x),得x2+2x≥kx+b≥-x2+2x,取x=0,得0≥b≥0,所以b=0.由x2+2x≥kx,得x2+(2-k)x≥0,此式对一切x∈(-∞,+∞)恒成立,所以(2-k)2≤0,则k=2,此时2x≥-x2+2x恒成立,所以h(x)=2x.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-lnx),x∈(0,+∞).令u(x)=x-1-lnx,则u'(x)=1-1x,令u'(x)=0,得x(0,1)1(1,+∞)u'(x)-0+u(x)↘极小值↗所以u(x)min=u(1)=0.则x-1≥lnx恒成立,所以当且仅当k≥0时,h(x)≥g(x)恒成立.另一方面,f(x)≥h(x)恒成立,即x2-x+1≥kx-k恒成立,也即x2-(1+k)x+1+k≥0恒成立.因为k≥0,对称轴为x=1+k所以(1+k)2-4(1+k)≤0,解得-1≤k≤3.因此,k的取值范围是0≤k≤3.(3)证明:①当1≤t≤2时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+3t4令Δ=[-(t3-t)]2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤2),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立,所以φ(t)在[1,2]上是减函数,则φ(2)≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7.所以不等式(*)有解,设解的范围为x1≤x≤x2,因此n-m≤x2-x1=Δ≤7.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=33当t∈0,33时,v'(t)<0,v(t)当t∈33,1时,v'(t)>0,v(t)v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0.(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-2,2],所以n-m≤2+1<7.③当-2≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤7也成立.综上所述,n-m≤7.6.(2019课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x,f'(x)为f(x)的导数.(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.解析(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.当x∈0,π2时,g'(x)>0;当x∈π所以g(x)在0,π2在π2,又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.(2)由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范围是(-∞,0].7.(2017课标Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.当x∈(-∞,-1-2)时,f'(x)<0;当x∈(-1-2,-1+2)时,f'(x)>0;当x∈(-1+2,+∞)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)单调递减,在(-1-2,-1+2)单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5−则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=5−则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解题思路(1)求f'(x),令f'(x)>0,求出f(x)的单调增区间,令f'(x)<0,求出f(x)的单调减区间.(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a≥1时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1≤ax+1成立;当0<a<1时,构造函数可知ex≥x+1,通过举反例x0=5−4a−12,f(x0)>ax0+1,从而说明命题不成立;当a≤0时,举反例疑难突破(1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f'(x),令f'(x)>0,求出f(x)的增区间,令f'(x)<0,求出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接.(2)恒成立问题的三种常见解法:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x)max或a≤φ(x)min;②构造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③转变主元,选取适当的主元可使问题简化.8.(2017课标Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a<0时,证明f(x)≤-34解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+2ax+2a+1=(若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.若a<0,则当x∈0,−12a时,当x∈−12a,+∞时故f(x)在0,−12a单调递增,(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-12a取得最大值,最大值为f−12a所以f(x)≤-34a-2等价于ln−12a-1-14a≤-34a设g(x)=lnx-x+1,则g'(x)=1x当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln−12a+12a+1≤0,即9.(2017天津理,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],满足pq−解析本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=14当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x(-∞,-1)−1g'(x)+-+g(x)↗↘↗所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),14,+∞,(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)证明:对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],令m=pq,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)pq−由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),于是pq−x0=|2p因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而pq≠x0,故fpq≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以pq−x0≥1g(2)q4思路分析(1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单调区间即可.(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1'(x),H2'(x),由此可推出h(m)h(x0)<0.(3)对于任意的正整数p,q,令m=pq,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得pq−x0=fpqg(x1)≥fpqg(2)=|2p4+310.(2016四川文,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-lnx,g(x)=1x-eex,其中a∈R(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.解析(1)f'(x)=2ax-1x=2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=12当x∈0,12a时,f'(x)<0,当x∈12a,+∞时,f'(x)>0,(2)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)=1x-1(3)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0<a<12时,1由(1)有f12a<f(1)=0,而g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≥当x>1时,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-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,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈1211.(2015课标Ⅱ理,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.解析(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)>0.若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f'(x)>0.所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是f即em设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.综上,m的取值范围是[-1,1].12.(2014课标Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=alnx+1−a2x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,(1)求b;(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<aa−1,求解析(1)f'(x)=ax由题设知f'(1)=0,解得b=1.(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=alnx+1−a2x2-x,f'(x)=a(i)若a≤12,则a1−a≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)所以,存在x0≥1,使得f(x0)<aa−1的充要条件为f(1)<aa−1,即1−a2(ii)若12<a<1,则a1−a>1,故当x∈1,a1−a时,f'(x)<0;当x∈a1−a,+∞时所以,存在x0≥1,使得f(x0)<aa−1的充要条件为fa而fa1−a=alna1−a+a2(iii)若a>1,则f(1)=1−a2-1=−综上,a的取值范围是(-2-1,2-1)∪(1,+∞).13.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=alnx+1+x(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间(2)对任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2注:e=2.71828…为自然对数的底数.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.(1)当a=-34时,f(x)=-34lnx+f'(x)=-34x+12所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).(2)由f(1)≤12a,得0<a≤当0<a≤24时,f(x)≤x2a等价于xa2-2令t=1a,则t≥22.设g(t)=t2x-2t1+x-2lnx,t≥22,则g(t)=xt−1+(i)当x∈17,+∞时,1+1则g(t)≥g(22)=8x-421+x-2ln记p(x)=4x-221+x-lnx,x≥则p'(x)=2x-2x+1-=(x故x111(1,+∞)p'(x)-0+p(x)p1单调递减极小值p(1)单调递增所以,p(x)≥p(1)=0.因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.(ii)当x∈1e2g(x)≥g1+1x=令q(x)=2xlnx+(x+1),x∈1e则q'(x)=lnx故q(x)在1e2所以q(x)≤q17由(i)得,q17=-277p1所以,q(x)<0.因此,g(t)≥g1+1x=-由(i)(ii)知对任意x∈1e2,+∞,t∈[22,+∞),g(t)≥0,即对任意均有f(x)≤x2综上所述,所求a的取值范围是0,2疑难突破(1)导函数f'(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定根两侧导函数的正负.(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点.14.（2023天津，20）已知函数．（1）求曲线在处切线的斜率；（2）当时，证明：；（3）证明：．【解析】（1），则，所以，故处的切线斜率为；（2）要证时，即证，令且，则，所以在上递增，则，即.所以时.（3）设，，则，由（2）知：，则，所以，故在上递减，故；下证，令且，则，当时，递增，当时，递减，所以，故在上恒成立，则，所以，，…，，累加得：，而，则，所以，故；综上，，即.【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.15.(2021全国乙理,20,12分)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x)解析(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),∴y'=ln(a-x)+x·1a−x·(-1)=ln(a-x)-xa−x,x∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,∴ln(a-0)-0a−0=0,可得a当a=1时,y'=ln(1-x)-x1−x,x∈(-∞,令p(x)=ln(1-x)-x1−则p'(x)=1x易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立.∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0,∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0;当x∈(0,1)时,p(x)<0,∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1.(2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),当x∈(0,1)时,f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0,当x∈(-∞,0)时,f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0,∴要证g(x)=x+f(x)xf(x)<1,只需证x+f只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),只需证x+(1-x)ln(1-x)>0,令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.∴g(x)<1.名师点拨:在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,通过求函数最值达到解决问题的目的.16.(2021新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=x(1-lnx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b,证明:2<1a+解题指导:(1)首先确定函数f(x)的定义域,然后求其导数f'(x),再分别令f'(x)>0与f'(x)<0,解不等式,进而得出函数f(x)的单调性;(2)先将已知条件进行等价转化,得到f1a=f1b,设x1=1a,x2=1b,将条件转化为方程f(x)=k的两个实根为x1,x2,然后结合函数的单调性分别证明x1+x2>2和x解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-lnx,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:由blna-alnb=a-b得1a(1+lna)=1b(1+ln即1a令x1=1a,x2=1b,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时,f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1,先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1).令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)].∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0.∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1,∴x1+x2>2.再证x1+x2<e,即证x2<e-x1,即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1).令φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1),则φ'(x)=-ln[x(e-x)],∵x→0+时,φ'(x)→+∞,φ'(1)=-ln(e-1)<0,φ'(x)在(0,1)上单调递减,∴在(0,1)上必存在唯一x0,使φ'(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,当x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,又x→0+时,f(x)→0+,且f(e)=0,∴x→0+时,φ(x)→0+,又φ(1)=f(1)-f(e-1)>0,∴φ(x)>0恒成立,∴f(x2)>f(e-x1),∴x2<e-x1,∴x1+x2<e.综上,2<1a+1方法总结:利用导数证明不等式时,首先要转化为函数的单调性问题,然后结合函数的最值、函数的零点问题解决,注意构造函数在证明过程中的应用.17.(2016课标Ⅲ文,21,12分)设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<x−(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.解析(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-1,令f'(x)=0,解得当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.(4分)(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,lnx<x-1.故当x∈(1,+∞)时,lnx<x-1,ln1x<1x-1,即1<x−(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxlnc,令g'(x)=0,解得x0=lnc当x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.(9分)由(2)知1<c−1lnc<c,又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.(12分)疑难突破在(3)中,首先要解方程g'(x)=0,为了判定g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0,1)的关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点.评析本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.18.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=x-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析(1)函数f(x)的导函数f'(x)=12x-由f'(x1)=f'(x2)得12x1-1x1因为x1≠x2,所以1x1+1x由基本不等式得12x1x2=x1因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1设g(x)=12x-lnx,则g'(x)=14x所以x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|a则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n1n−an所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=x−设h(x)=x−则h'(x)=lnx−x其中g(x)=x2-ln由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f'(x)=12x-1x,且f'(x1)=f'(x2)(x1≠设f'(x1)=t,则12x-1x=t的两根为x1即2t(x)2-x+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴Δ=1−∴f(x1)+f(x2)=x1+x2-ln(x1x=12t+2lnt设g(t)=12t+2lnt则g'(t)=-12t2+2∴g(t)在0,116上为减函数,∴g(t)>g116∴f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=x-lnx-kx-a,只需证明:当a≤3-4ln2时,对于任意的k>0,函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=e−|a≥e−|a|−又x>0时,x-kx<12k-k·12即h(x)<14k-a-lnx,取n=则h(n)<14k-a-ln而-|a|-k≤-a-k<-a+14由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.∵h'(x)=12x-1x-k≤12×14∴当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上单调递减即当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点当0<k<116时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.∵h'(x)=0,∴k=12α-则h(α)=α-lnα-kα-a=12α-lnh'(α)=14α-1α∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln16-a=3-4ln2-a≥0.又当α=16时,k=116,又0<k<116,∴α故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<116时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.19.(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;(3)设n∈N*,证明:112+1+12解析(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f'(x)=xex,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)当x>0时,f(x)<-1,即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立,令F(x)=xeax-ex+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0,F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1.若F″(0)>0,则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0),又F'(0)=0,∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x'0).于是F(x)>F(0)=0在(0,x'0)上恒成立,与F(x)<0矛盾,∴F″(0)≤0,∴a≤12∵eax≤ex2在(0,+∞)上成立,∴F(x)≤xex2-ex+1在(0,故只需证xex2-ex+1<0在(0,+∞)令G(x)=xex2-ex+1(x则G'(x)=ex∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,∴ex2>x2+1在(0∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,∴G(x)<G(0)=0.∴xex2-ex+1<0在(0,+∞)故当a≤12时,xeax-ex<-1在(0,+∞)成立∴a的取值范围为−∞(3)证明:构造函数h(x)=x-1x-2lnx(x>1则h'(x)=1+1x易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0,∴x-1x>2lnx令x=1+1n,则有∴1n∴112+1+12原式得证.20.(2011课标文,21,12分)已知函数f(x)=alnxx+1+bx,曲线y=f(x)在点(1,(1)求a,b的值;(2)证明:当x>0,且x≠1时,f(x)>lnx解析(1)f'(x)=ax+1x由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点故f(1)=1,f解得a=1,b=1.(2)证明:由(1)知f(x)=lnxx+1所以f(x)-lnxx−考虑函数h(x)=2lnx-x2则h'(x)=2x-=-(x所以当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得11当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得11从而当x>0,且x≠1时,f(x)-lnxx−1>0,评析本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识,含字母的代数式的运算要求较高,对考生的整体处理、分类整合的数学能力与技巧的要求很高.属难题.考点2利用导数研究函数的零点问题1.(2014课标Ⅰ,理11,文12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是()A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案C(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.(2)当a≠0时,f'(x)=3ax2-6x,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=2a当a>0时,2a>0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与2a,+∞上为增函数,在0,2a上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,当a<0时,2a<0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在−∞,2a和(0,+∞)上为减函数,在2a,0上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f2a>0,即a·8a3-3·4a2+1>0,2.(2022全国乙文,20,12分)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln(1)当a=0时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.解析(1)当a=0时,f(x)=-1x-lnx(x>0∴f'(x)=1x2−1令f'(x)=0,得x=1,x∈(0,1)时,f'(x)>0,x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f(x)max=f(1)=-1.(2)解法一:f'(x)=a+1x(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,∴0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)max=f(1)=a-1<0.此时f(x)无零点,不合题意.(ii)当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1或x=1a①当0<a<1时,1<1a∴1<x<1a时,f'(x)<0,f(x)单调递减0<x<1或x>1a时,f'(x)>0,f(x)单调递增∴f(x)在(0,1),1a,+∞上单调递增,在1,1a上单调递减,f(x)的极大值为f(1x→+∞时,f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.②当a=1时,1=1a,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(1)=0,符合题意③当a>1时,1a<1,f(x)在0,1a,(1,+∞)上单调递增,在f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时,f(x)→-∞,∴f(x)恰有1个零点.综上所述,a>0.解法二:f(x)=ax-1x-(a+1)lnx只有一个零点即a(x-lnx)=1x+lnx在(0,+∞)上只有一个解由lnx≤x-1,得x-lnx≥1,∴a=1x+lnxx−lnx,令g则g'(x)=−=x−1令h(x)=1-lnxx−则h'(x)=lnx−xx2,h'(x)<0在(0∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0,∴在(0,1)上,h(x)>0,在(1,+∞)上,h(x)<0,故在(0,1)上,g'(x)<0,在(1,+∞)上,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)→0,∴g(x)>0,∴a>0时,a(x-lnx)=1x+lnx恰有一解故a>0.3.(2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)=exx-lnx+x(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.解析(1)∵f(x)=exx-lnx+x-a,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=令f'(x)=0,得x=1,f(x),f'(x)的变化情况如下:x(0,1)1(1,+∞)f'(x)-0+f(x)↘↗∴当x=1时,f(x)min=e+1-a.∵f(x)≥0,∴e+1-a≥0,∴a≤e+1.(2)f(x)=exx-lnx+x-a=ex-lnx+x-lnx-设t=x-lnx,则y=et+t-a,y'=et+1.

∵f(x)有两个零点x1,x2,∴由(1)知a>e+1.∵y'=et+1>0,∴y=et+t-a为增函数,∴x1-lnx1=x2-lnx2.由t=x-lnx得t'=1-1x=x−1x,令t'=0t,t'的变化情况如下:x(0,1)1(1,+∞)t'-0+t↘1↗证法一:不妨设0<x1<1<x2,∴x2-x1=lnx2-lnx1.可以证明:x2−x1lnx2−lnx1>x证明如下:∵x2∴只需证x2设m=x2x1(从而只要证m−1m>lnm(m>1设g(m)=m−1m-lnm(m则g'(m)=2m∵g'(m)>0,∴g(m)在(1,+∞)上单调递增,∴g(m)>g(1)=0,∴x2−故x1x2<1.证法二:不妨设0<x1<1<x2,F(x)=f(x)-f1x,0<x<1则F'(x)=f'(x)+1x2f'1x=x−1x2(ex+x设φ(x)=ex+x-1-xe1x,x∈(0,则φ'(x)=ex+1-e1∵0<x<1,∴φ'(x)>0,∴φ(x)在(0,1)上单调递增,∴φ(x)<φ(1)=0,又x−1x2<0,∴F'(x∴F(x)在(0,1)上单调递增.∴F(x)<F(1)=0,∴f(x)<f1x∴f(x2)=f(x1)<f1x由(1)可知,f(x)在(1,+∞)上单调递增,∵x2>1,1x1>1,∴x2<1x1,∴x14.(2020课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=x3-kx+k2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.解析(1)f'(x)=3x2-k.当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.当k<0时,f'(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.当k>0时,令f'(x)=0,得x=±3k3.当x∈−∞,−3k3时,f'(x)>0;当x∈−3k3,3k3时,f'(x)<0;当x∈3k3,+(2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=-3k3为f(x)的极大值点,x=3k3此时,-k-1<-3k3<3k3<k+1且f(-k-1)<0,f(k+1)>0,根据f(x)的单调性,当且仅当f3k3<0,即k2-2k3k9<0时,f(x)有三个零点,解得k<45.(2020浙江,22,15分)已知1<a≤2,函数f(x)=ex-x-a,其中e=2.71828…是自然对数的底数.(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:(i)a−1≤x0≤(ii)x0f(ex0)解析本题主要考查函数的单调性、零点,导数的运算及其应用,同时考查数学抽象、逻辑推理与数学运算等素养.(1)因为f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(2)(i)令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)单调递增,故g(x)≥由g(2(a−1))≥0得f(2(a−1))=e2(因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故2(a−1)≥令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2,所以x0(0,ln2)ln2(ln2,1)1h'1(x)-1-0+e-2h1(x)0↘↗e-3故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0.由h(a−1)≤0得f(a−1)=ea−1因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故a−1≤x综上,a−1≤x0≤(ii)令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.由ex0=x0x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0由x0≥a−1得x0f(ex6.(2019课标Ⅱ理,20,12分)已知函数f(x)=lnx-x+1(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.解析本题考查利用导数判断函数的单调性,求函数零点以及导数的几何意义.考查学生分析、解决问题的能力,考查逻辑推理能力和运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f'(x)=1x+2(x−1)2因为f(e)=1-e+1e−1<0,f(e2)=2-e2+1e2−1=e2−3e2−1>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<1x综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)因为1x0=e−lnx0,故点B由题设知f(x0)=0,即lnx0=x0故直线AB的斜率k=1x0−lnx曲线y=ex在点B−lnx0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=lnx在点A(x解后反思(1)先判断函数的单调性,然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零点.(2)要证明曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线,首先求得这条切线的斜率k=1x0,所以必须在曲线y=ex上找一点B(x1,ex1),使ex1=1x0,从而求得B点的坐标为−lnx0,1x0,然后证明曲线y=lnx在点7.(2018课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=13x3-a(x2(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.解析(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.当x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-23,3+23)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)单调递增,在(3-23,3+23)单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x3设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a−162-16<0,f(3a+1)=综上,f(x)只有一个零点.方法总结利用导数研究函数零点的方法:方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;(2)根据函数f(x)的性质作出图象;(3)判断函数零点的个数.方法二:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;(2)分类讨论,判断函数零点的个数.8.(2016课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.解析(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2分)(i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.(3分)(ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<lna2,f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=ab故f(x)存在两个零点.(4分)(iii)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.(6分若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).(8分)(2)不妨设x1<x2.由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.由于f(2-x2)=-x2e2−x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.(12分)9.(2016课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解析(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2分)(ii)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).①若a=-e2,则f'(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增②若a>-e2,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.(4分③若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.(6分(2)(i)设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<lna2则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=ab所以f(x)有两个零点.(8分)(ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.(9分)(iii)设a<0,若a≥-e2,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;(10分若a<-e2,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.(11分综上,a的取值范围为(0,+∞).(12分)疑难突破(1)分类讨论时临界点的选取是关键,易忽略a=-e2的情形.(2)在讨论a>0时函数零点的个数时,注意利用不等式的放缩评析本题考查函数的单调性、零点等知识点,解题时要认真审题、仔细解答,注意分类讨论和等价转化.10.(2015课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+14,g(x)=-ln(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.解析(1)设曲线y=f(