5.3.1.2函数单调性的应用（知识梳理+例题+变式+练习）（解析版）

倒卖拉黑，关注更新免费领取，淘宝唯一每月更新店铺:知二教育倒卖拉黑，关注更新免费领取，淘宝唯一每月更新店铺:知二教育5.3.1.2函数单调性的应用【基础自测】1．函数y＝x－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0，＋∞)C．[1，＋∞)D．(0,1]【答案】D【解析】函数的定义域为(0，＋∞)，令y′＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)≤0，解得x∈(0,1]，又x>0，所以x∈(0,1]．2．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是()A．[3，＋∞)B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞)D．(－∞，－3)【答案】B【解析】f′(x)＝3x2＋a，由题意知3x2＋a≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以a≥－3x2在x∈(1，＋∞)上恒成立．所以a≥－3.3．已知函数f(x)＝eq\r(x)＋lnx，则有()A．f(e)<f(3)<f(2)B．f(3)<f(e)<f(2)C．f(e)<f(2)<f(3)D．f(2)<f(e)<f(3)【答案】D【解析】f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))＋eq\f(1,x)所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0所以函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数又2<e<3所以f(2)<f(e)<f(3)，故选D.4．函数f(x)＝ax3－x2＋x－5在R上单调递增，则实数a的取值范围是________．【答案】a≥eq\f(1,3)【解析】f′(x)＝3ax2－2x＋1.由题意知3ax2－2x＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,－22－4×3a×1≤0))，解得a≥eq\f(1,3).题型一利用导数求函数的单调区间【例1】求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x3－3x＋8.(2)f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b≠0)．【解析】(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0，则3x2－3>0.即3(x＋1)(x－1)>0，解得x>1或x<－1.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，令f′(x)<0，则3(x＋1)(x－1)<0，解得－1<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(－1,1)．(2)函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,x)))′＝1－eq\f(b,x2)，①若b>0时，令f′(x)>0，则x2>b，所以x>eq\r(b)或x<－eq\r(b).所以函数的单调递增区间为(－∞，－eq\r(b))和(eq\r(b)，＋∞)．令f′(x)<0，则x2<b，所以－eq\r(b)<x<eq\r(b)，且x≠0.所以函数的单调递减区间为(－eq\r(b)，0)和(0，eq\r(b))．②若b<0时，f′(x)>0恒成立，所以函数的单调递增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．【方法归纳】(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解决问题的过程中只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间．(2)如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个，那么这些单调区间中间不能用“∪”连结，而只能用“逗号”或“和”字隔开．【跟踪训练1】求下列函数的单调区间：(1)y＝ln(2x＋3)＋x2；(2)y＝eq\f(1,2)x2＋alnx(a∈R，a≠0)．【解析】(1)函数y＝ln(2x＋3)＋x2的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞)).y′＝eq\f(2,2x＋3)＋2x＝eq\f(4x2＋6x＋2,2x＋3)＝eq\f(22x＋1x＋1,2x＋3).令y′>0，解得－eq\f(3,2)<x<－1或x>－eq\f(1,2).所以函数的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).令y′<0，解得－1<x<－eq\f(1,2)，所以函数的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).(2)由于f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx，所以f′(x)＝x＋eq\f(a,x).①当a>0时，函数的定义域是(0，＋∞)，于是有f′(x)＝x＋eq\f(a,x)>0，所以函数只有单调递增区间(0，＋∞)．②当a<0时，函数的定义域是(0，＋∞)，由f′(x)＝x＋eq\f(a,x)>0，得x>eq\r(－a)；由f′(x)＝x＋eq\f(a,x)<0，得0<x<eq\r(－a).所以当a<0时，函数的单调递增区间是(eq\r(－a)，＋∞)，单调递减区间是(0，eq\r(－a))．综上所述：当a>0时，f(x)只有单调递增区间(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间是(eq\r(－a)，＋∞)，单调递减区间是(0，eq\r(－a))．题型二利用导数求参数的取值范围【例2】若函数h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围为________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．【解析】因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．令G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，则由题意可知，只需a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，因为x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因为a≠0.所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．【变式训练1】本例中的条件“h(x)在[1,4]上单调递减”改为“h(x)在[1,4]上单调递增”，实数a的取值范围如何？【解析】因为h(x)在[1,4]上单调递增，所以当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立，即a≤eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，又因为当x∈[1,4]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．【变式训练2】本例中的条件“h(x)在[1,4]上单调递减”改为“h(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，实数a的取值范围又如何？【解析】因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以h′(x)<0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，而当x∈[1,4]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．【变式训练3】本例中的条件“h(x)在[1,4]上单调递减”改为“h(x)在[1,4]上不单调，”则实数a的取值范围又如何呢？【解析】因为h(x)在[1,4]上不单调，所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，即a＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1在(1,4)上有解，令m(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈(1,4)，则－1<m(x)<－eq\f(7,16).所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,16))).【方法归纳】根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．【跟踪训练2】(1)若f(x)＝2x3－3x2－12x＋3在区间[m，m＋4]上是单调函数，则实数m的取值范围是________．【答案】(1)m∈(－∞－5]∪[2，＋∞)【解析】(1)f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)令f′(x)>0，得x>2或x<－1令f′(x)<0，得－1<x<2.∴f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递增，在[－1,2]上单调递减．若f(x)在[m，m＋4]上单调∴m＋4≤－1或m≥2即m∈(－∞－5]∪[2，＋∞)．(2)已知函数f(x)＝2ax－x3，x∈(0,1]，a>0，若f(x)在(0,1]上是增函数，则a的取值范围为________．【解析】(2)由题意知f′(x)＝2a－3x2，且方程f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在(0,1]上为增函数等价于f′(x)＝2a－3x2≥0对x∈(0,1]恒成立．即a≥eq\f(3,2)x2对x∈(0,1]恒成立，只需a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2))max即可．由x∈(0,1]得eq\f(3,2)x2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，从而a≥eq\f(3,2).所以a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).题型三利用导数解决不等式问题探究1比较大小【例3】(1)若函数f(x)＝cosx＋2xf′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的大小关系是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))D．不确定【答案】(1)C【解析】(1)f′(x)＝－sinx＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－sineq\f(π,6)＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)∴f′(x)＝－sinx＋1≥0∴f(x)＝cosx＋x是R上的增函数又－eq\f(π,3)<eq\f(π,6)∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，故选C.(2)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f(x)<0.若a＝eq\f(fe,e)，b＝eq\f(fln2,ln2)，c＝eq\f(f3,3)，则a，b，c的大小关系是()A．b<a<cB．a<c<bC．a<b<cD．c<a<b【答案】(2)D【解析】(2)设g(x)＝eq\f(fx,x)，则g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0.即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f(x)为R上的偶函数，且2<e<3，可得g(3)<g(e)<g(ln2)，即c<a<b，故选D.探究2解不等式【例4】(1)已知函数f(x)＝x－sinx，则不等式f(1－x2)＋f(3x＋3)>0的解集为()A．(－∞，－4)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C．(－1,4)D．(－4,1)【答案】(1)C【解析】(1)由题意可知，函数f(x)的定义域是R.因为f′(x)＝1－cosx≥0，所以函数f(x)是定义域上的单调递增函数．因为f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sinx)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数．因为不等式f(1－x2)＋f(3x＋3)>0可转化为f(1－x2)>－f(3x＋3)＝f[－(3x＋3)]，所以1－x2>－(3x＋3)，即x2－3x－4<0，解得－1<x<4，即不等式的解集为(－1,4)，故选C.(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为________．【答案】(2)(－∞，－3)∪(0,3)【解析】(2)令F(x)＝f(x)g(x)∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数∴F(x)＝f(x)g(x)是定义在R上的奇函数又∵当x<0时F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0成立∴F(x)在区间(－∞，0)上是增函数，可得它在区间(0，＋∞)上也是增函数．∵g(－3)＝0，可得F(－3)＝0,∴F(3)＝0.当x>0时，F(x)＝f(x)g(x)<0，即F(x)<F(3)，∴0<x<3当x<0时，F(x)＝f(x)g(x)<0故不等式f(x)g(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．【方法归纳】(1)含有“f′(x)”的不等关系，其隐含条件是挖掘某函数的单调性，通过对不等关系变形，发现函数．(2)常见的构造函数思路①已知f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)型；联想构造函数F(x)＝f(x)g(x)．②已知“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”型：联想构造函数F(x)＝eq\f(fx,gx).③已知“f(x)＋f′(x)”型：联想构造函数F(x)＝exf(x)．④已知“f′(x)lnx＋eq\f(fx,x)”型：联想构造函数F(x)＝f(x)lnx．【跟踪训练3】(1)若定义在R上的函数y＝f(x)满足f′(x)>f(x)，则当a>0时，f(a)与eaf(0)的大小关系为()A．f(a)<eaf(0)B．f(a)>eaf(0)C．f(a)＝eaf(0)D．不能确定【答案】(1)B【解析】(1)令F(x)＝eq\f(fx,ex)，则F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)∵f′(x)>f(x)，∴F′(x)>0，∴F(x)在R上单调递增．∴当a>0时，则有F(a)>F(0)，即eq\f(fa,ea)>eq\f(f0,e0)即f(a)>eaf(0)，故选B.(2)设定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解集为________．【答案】(2)(1，＋∞)【解析】(2)设F(x)＝eq\f(fx,ex)，则F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)∵f′(x)>f(x)，∴F′(x)>0，∴函数F(x)在R上单调递增．∵ex－1f(x)<f(2x－1)，∴eq\f(fx,ex)<eq\f(f2x－1,e2x－1)即F(x)<F(2x－1)∴x<2x－1，即x>1故不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解集为(1，＋∞)．【易错辨析】对函数单调递增(减)的充要条件理解不透致错【例5】已知函数f(x)＝2ax3＋4x2＋3x－1在R上是增函数，则实数a的取值范围为________【答案】[eq\f(8,9)，＋∞)【解析】f′(x)＝6ax2＋8x＋3.∵f(x)在R上是增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立，即6ax2＋8x＋3≥0在R上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64－72a≤0，,a>0，))解得a≥eq\f(8,9).经检验，当a＝eq\f(8,9)时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．∴当a≥eq\f(8,9)时，f(x)在R上单调递增．一、单选题1．已知函数，若对任意的正实数t，在R上都是增函数，则实数a的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】由在R上恒成立，整理成二次项系数为正的二次三项式，则其对恒成立，分离参数后，求出关于的函数的最小值，即得的范围．【解析】由题意在R上恒成立，其中，整理得对恒成立，所以对恒成立，，令，，时，，递减，时，，递增，所以，所以的最小值是16，所以．故选：D．2．已知数列满足：.则对于任意正整数n>100，有（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，可知，即可排除B、D,对于A选项，对进行放缩，即可判断正误，对于C选项，由得，，转化为，再证，即可判断正确.【解析】解：易知，下证的单调性:（令，则，当时，，单调递减）当时，单调递减，则单调递减，则也单调递减，故，于是B、D不成立.对于A,，故A错.对于C，要证：，由，只需证.由知，只需证得证.下证，令当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，即恒成立，当取等号.又，故.故选：C.3．已知，则下列函数中在R上单调增的是()A． B． C． D．【答案】C【分析】对于选项ABD：对函数求导，求出的范围，判断导函数是否有变号零点即可求解；对于选项C：对函数求导，通过分类讨论自变量的取值范围，来确定导函数的符号，进而即可出答案.【解析】对于选项A：因为，所以，因为，，从而在R上有变号零点，从而在上不是单调递增的，故A错误；对于选项B：由题意可知，，因为，，所以必有变号零点，从而在上不是单调递增的，故B错误；对于选项C：由题意，，由，故对自变量分类讨论：①当时，，故；②当时，，即，从而；③当时，，从而；④当时，，，，所以，⑤当时，因为，从而，综上所述，对于，，从而在R上单调增；故C正确；对于选项D：由题意，，因为，，所以在R上有变号零点，从而在上不是单调递增的，故D错误.故选：C.4．已知函数实数a，b满足不等式，则下列不等式成立的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】设,则,研究的对称性和单调性即可.【解析】设，则.即.因为.即函数关于对称.所以是增函数,因为.所以.则,得故选：B【点睛】关键点点睛:根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键.5．已知数列满足（，为自然对数的底数），且对任意的都存在，使得成立，则数列的首项须满足（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判断数列的单调性，再根据选项作取舍.【解析】设，令，得到.当时，，单调递减；当时，，单调递增.故，即（当且仅当时取等号）.故（当且仅当时取等号）.即.要使对任意的都存在，使得成立，显然时，，一定能满足题意；当时，，如图此时不满足题意；当时，，如图此时满足题意；综上，.故选：C6．已知，若，恒有，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知得，令，可得是单调递增函数，根据双勾函数的性质可求实数的取值范围.【解析】由，得，令，则，且，恒有，所以是单调递增函数，当时，在为增函数，故符合；当时，由双勾函数的性质可得，故综上，，故选：A.7．关于函数，，下列说法错误的是（）A．当时，函数在上单调递减B．当时，函数在上恰有两个零点C．若函数在上恰有一个极值，则D．对任意，恒成立【答案】D【分析】分别在和得到，由此可知A正确；在平面直角坐标系中作出与图象，由图象可确定B正确；将问题转化为在上恰有一个解，令，利用导数可确定单调性并得到其图象，数形结合可确定，C正确；令，由B中结论可确定D错误.【解析】对于A，，则，当时，，，，单调递减；当时，，，，单调递减；综上所述：在上单调递减，A正确；对于B，，令，得：；在平面直角坐标系中，作出与的图象如下图所示，由图象可知：当时，与有且仅有两个不同交点，函数在上恰有两个零点，B正确；对于C，由得：，若在上恰有一个极值，则在上恰有一个变号零点，即在上恰有一个解，令，则；当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减，又，，，可得大致图象如下，若在上恰有一个解，则，此时函数在上恰有一个极值，C正确；对于D，当时，由B选项可知，，使得，当时，，即，D错误.故选：D.【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数判断函数单调性、零点个数和极值的问题；根据极值点个数求解参数值的常用方法是通过分离变量的方式将问题转化为方程解的个数或两函数交点个数问题，通过数形结合的方式来解决.8．已知函数，设为方程的两个非零实数根，若函数在区间上是增函数，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数在区间上是增函数，则成立，即在上恒成立求得a的范围，然后为方程的两个非零实数根求解.【解析】因为函数在区间上是增函数，所以成立，即在上恒成立，∵g（0）=-1<0，结合二次函数y=g（x）的图象，只需，解得：，方程有两个非零实根，则，且，，故选：B二、多选题9．（多选）已知函数，则（）A．在处取得极大值 B．有两个不同的零点C．的极小值点为 D．【答案】AD【分析】的定义域为，求判断单调性，求得极值可判断A，C；根据单调性以及可判断B、D，进而可得正确选项.【解析】由题意可得函数的定义域为，由可得，令，解得：当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递堿．所以当时，函数取得极大值为，无极小值，故选项A正确，选项C不正确；因为，且在上单调递增，所以函数在上有一个零点．当时，，，所以，此时无零点．综上所述：有一个零点，故B不正确；因为，在上单调递增，所以，故选项D正确．故选：AD．10．函数，，下列命题中正确的是（）A．若直线与曲线相切，则B．当时，有C．函数有两个零点D．若时，总有恒成立，则【答案】BD【分析】对于A，通过求曲线过原点的切线方程，可以直接求出.对于B，首先当时，将不等式变形为.再通过求导，判断在单调性即可证得.对于C，令，方程的解的个数即为函数零点个数.对于D，将问题转化为恒成立，再构造函数，用导数研究单调性.【解析】对于A，由题意得，设过原点的直线与曲线的切点为，则，又所以切线斜率为，又因为切线过原点，所以切线斜率还可以表示为，所以，解得，，所以，故A错误.对于B，首先当时，将不等式变形为，再由可得，进一步化简不等式可得.所以将问题转化为，当时，.又，令解得，所以在单调递增，所以时，成立，故B正确.对于C，由题意得，令，则，解得，只有一个解，所以函数只有1个零点，故C错误.对于D，若时，总有恒成立，即恒成立，构造函数，，对任意的恒成立，故在单调递增，则，恒成立，也即在区间恒成立，即，故D正确.故选：BD.11．若实数，则下列不等式成立的是（）A．若，则B．C．若，则D．若，则【答案】ACD【分析】根据对数函数的单调性得到A正确，取得到B错误，构造得到函数单调递增得到C正确，构造函数得到函数单调递减得到D正确，得到答案.【解析】，A正确；取，则，B错误；要使，即，，则，函数单调递增，故，即，故C正确；设，则，二次函数对称轴为，，，故在上恒成立.故函数单调递减，故，即，D正确.故选：ACD.第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题12．已知实数，若关于的方程有四个不同的实数根，则的取值范围为___________.【答案】【分析】画出的图象，根据图象特点，要想方程有四个不同的实数根，需要令，这样有两个不同的实数根，，且，，才会有四个交点.【解析】当时，，单调递减，当时，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，在时，取得最小值，画出的图象如图所示：令，则方程为，要想方程有四个不同的实数根，结合的图象可知需要满足：有两个不同的实数根，，且，，令，则，解得：的取值范围故答案为：【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．13．已知函数，给出下列四个结论:①函数在区间上单调递减；②和是函数的极值点；③当时，函数的值域是，则；④函数的零点至少有个，至多有个．其中，所有正确结论的序号是______．【答案】②③④【分析】作出函数的大致图象，根据图象即可判断出①②③，对于④，的零点，等价于方程和方程的根的个数，对a分类讨论，利用数形结合法即可判断出正误.【解析】解：当时，，则，令，得或3，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，当时，，单调递增，作出函数的大致图象，如下图所示：对于①，由图象得，在上先减后增，故①错误；对于②，由图象得，是函数的极大值点，是函数的极小值点，故②正确；对于③，当时，令得，所以若当时，函数的值域为，则故③正确；对于④，由，得函数g(x)的零点，等价于方程f(x)=1和方程f(x)=a的根的个数，即等价于y=1和y=a，与函数y=f(x)的图象的交点个数，由图象得y=1与函数f(x)的图象有2个交点，当a<1时，y=a与函数f(x)的图象没有交点，所以函数g(x)的零点有2个；当a=1时，y=a与函数f(x)的图象有2个交点，所以函数g(x)的零点有2个；当1<a<5时，y=a与函数f(x)的图象有4个交点，所以函数g(x)的零点有6个；当a=5时，y=a与函数f(x)的图象有3个交点，所以函数g(x)的零点有5个；当a>5时，y=a与函数f(x)的图象有2个交点，所以函数g(x)的零点有4个；所以函数g(x)=[f(x)]2-(a+1)f(x)+a的零点至少有2个，至多有6个，故④正确.故答案为：②③④.14．已知是定义域为的单调函数，若对任意的，都有，且关于的方程在区间上有两解，则实数的取值范围是___________【答案】【分析】令，将可得，解得，即可得，设，利用导数判断单调性作出的图象以及的图象，结合图象可得即可求解.【解析】因为定义在的单调函数满足，所以必存在唯一的正实数，满足，①，令，可得②，由①②得：即，因为单调递增，单调递减，所以方程有唯一解，所以，解得：．故，由方程在区间上有两