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  • 2021-05-14 发布

2020-2021学年高考数学(理)考点:导数与函数的单调性

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‎2020-2021学年高考数学(理)考点:导数与函数的单调性 函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y=f (x)在区间(a,b)上可导 f′(x)>0‎ f (x)在(a,b)内单调递增 f′(x)<0‎ f (x)在(a,b)内单调递减 f′(x)=0‎ f (x)在(a,b)内是常数函数 概念方法微思考 ‎“f (x)在区间(a,b)上是增函数,则f′(x)>0在(a,b)上恒成立”,这种说法是否正确?‎ 提示 不正确,正确的说法是:‎ 可导函数f (x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a,b)上的任一非空子区间内都不恒为零.‎ ‎1.(2017•江苏)已知函数f(x)=x3﹣2x+ex‎-‎‎1‎ex,其中e是自然对数的底数.若f(a﹣1)+f(2a2)≤0.则实数a的取值范围是__________.‎ ‎【答案】[﹣1,‎1‎‎2‎]‎ ‎【解析】函数f(x)=x3﹣2x+ex‎-‎‎1‎ex的导数为:‎ f′(x)=3x2﹣2+ex‎+‎1‎ex≥-‎2+2ex‎⋅‎‎1‎ex‎=‎0,‎ 可得f(x)在R上递增;‎ 又f(﹣x)+f(x)=(﹣x)3+2x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex‎-‎1‎ex=‎0,‎ 可得f(x)为奇函数,‎ 则f(a﹣1)+f(2a2)≤0,‎ 即有f(2a2)≤﹣f(a﹣1)‎ 由f(﹣(a﹣1))=﹣f(a﹣1),‎ f(2a2)≤f(1﹣a),‎ 即有2a2≤1﹣a,‎ 解得﹣1≤a‎≤‎‎1‎‎2‎,‎ 故答案为:[﹣1,‎1‎‎2‎].‎ ‎2.(2020•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=ex﹣a(x+2).‎ ‎(1)当a=1时,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】由题意,f(x)的定义域为(﹣∞,+∞),且f′(x)=ex﹣a.‎ ‎(1)当a=1时,f′(x)=ex﹣1,令f′(x)=0,解得x=0.‎ ‎∴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.‎ ‎∴f(x)在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎(2)当a≤0时,f′(x)=ex﹣a>0恒成立,f(x)在(﹣∞,+∞)上单调递增,不合题意;‎ 当a>0时,令f′(x)=0,解得x=lna,‎ 当x∈(﹣∞,lna)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎∴f(x)的极小值也是最小值为f(lna)=a﹣a(lna+2)=﹣a(1+lna).‎ 又当x→﹣∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞.‎ ‎∴要使f(x)有两个零点,只要f(lna)<0即可,‎ 则1+lna>0,可得a‎>‎‎1‎e.‎ 综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(‎1‎e,+∞).‎ ‎3.(2020•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=2lnx+1.‎ ‎(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;‎ ‎(2)设a>0,讨论函数g(x)‎=‎f(x)-f(a)‎x-a的单调性.‎ ‎【解析】(1)f(x)≤2x+c等价于2lnx﹣2x≤c﹣1.‎ 设h(x)=2lnx﹣2x,h′(x)‎=‎2‎x-2=‎‎2(1-x)‎x(x>0).‎ 当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,‎ 当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,‎ ‎∴h(x)在x=1时取得极大值也就是最大值为h(1)=﹣2,‎ ‎∴c﹣1≥﹣2,即c≥﹣1.‎ 则c的取值范围为[﹣1,+∞);‎ ‎(2)g(x)‎=f(x)-f(a)‎x-a=‎‎2(lnx-lna)‎x-a(x>0,x≠a,a>0).‎ ‎∴g′(x)‎=‎2‎x‎(x-a)-2lnx+2lna‎(x-a‎)‎‎2‎=‎‎-‎2ax-2lnx+2lna+2‎‎(x-a‎)‎‎2‎.‎ 令w(x)‎=-‎2ax-2lnx+‎2lna+2(x>0),‎ 则w′(x)‎=‎2ax‎2‎-‎2‎x=‎‎2(a-x)‎x‎2‎,‎ 令w′(x)>0,解得0<x<a,令w′(x)<0,解得x>a,‎ ‎∴w(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.‎ ‎∴w(x)≤w(a)=0,即g′(x)≤0,‎ ‎∴g(x)在(0,a)和(a,+∞)上单调递减.‎ ‎4.(2020•新课标Ⅲ)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)=x3﹣kx+k2.f′(x)=3x2﹣k,‎ k≤0时,f′(x)≥0,f(x)在R递增,‎ k>0时,令f′(x)>0,解得:x‎>‎k‎3‎或x‎<-‎k‎3‎,‎ 令f′(x)<0,解得:‎-k‎3‎<‎x‎<‎k‎3‎,‎ ‎∴f(x)在(﹣∞,‎-‎k‎3‎)递增,在(‎-‎k‎3‎,k‎3‎)递减,在(k‎3‎,+∞)递增,‎ 综上,k≤0时,f(x)在R递增,‎ k>0时,f(x)在(﹣∞,‎-‎k‎3‎)递增,在(‎-‎k‎3‎,k‎3‎)递减,在(k‎3‎,+∞)递增;‎ ‎(2)由(1)得:k>0,f(x)极小值=f(k‎3‎),f(x)极大值=f(‎-‎k‎3‎),‎ 若f(x)有三个零点,‎ 只需k>0‎f(k‎3‎)<0‎f(-k‎3‎)>0‎,解得:0<k‎<‎‎4‎‎27‎,‎ 故k∈(0,‎4‎‎27‎).‎ ‎5.(2019•全国)已知函数f(x)‎=‎x(x2﹣ax).‎ ‎(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)在区间[0,2]的最小值为‎-‎‎2‎‎3‎,求a.‎ ‎【解析】(1)当a=1时,f(x)‎=‎x(x2﹣x),‎ 则f'(x)‎=‎5‎‎2‎x‎3‎‎2‎-‎‎3‎‎2‎x‎1‎‎2‎(x≥0),令f'(x)=0,则x‎=‎‎3‎‎5‎,‎ ‎∴当0<x‎<‎‎3‎‎5‎时,f'(x)<0;当x‎>‎‎3‎‎5‎时,f'(x)>0.‎ ‎∴f(x)的单调递减区间为‎(0,‎3‎‎5‎)‎,单调递增区间为‎(‎3‎‎5‎,+∞)‎;‎ ‎(2)f'(x)‎=‎5‎‎2‎x‎3‎‎2‎-‎3‎‎2‎ax‎1‎‎2‎(0≤x≤2),令f'(x)=0,则x‎=‎‎3a‎5‎,‎ 当a≤0时,f'(x)>0,∴f(x)在[0,2]上单调递增,∴f(x‎)‎min=f(0)=0≠-‎‎2‎‎3‎,不符合条件;‎ 当‎0<a≤‎‎10‎‎3‎时,‎0<‎3a‎5‎≤2‎,则当0<x‎<‎‎3a‎5‎时,f'(x)<0;当‎3a‎5‎‎<x<2‎时,f(x)>0,‎ ‎∴f(x)在‎(0,‎3a‎5‎)‎上单调递减,在‎(‎3a‎5‎,2)‎上单调递增,‎ ‎∴f(x‎)‎min=f(‎3a‎5‎)=(‎3a‎5‎‎)‎‎5‎‎2‎-a(‎3a‎5‎‎)‎‎3‎‎2‎=-‎‎2‎‎3‎,∴a‎=‎‎5‎‎3‎,符合条件;‎ 当a‎>‎‎10‎‎3‎时,‎10‎‎3‎‎>2‎,则当0<x<2时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,2)上单调递减,‎ ‎∴f(x‎)‎min=f(2)=‎2‎(4-2a)=-‎‎2‎‎3‎,∴a‎=2+‎‎2‎‎6‎,不符合条件.‎ ‎∴f(x)在区间[0,2]的最小值为‎-‎‎2‎‎3‎,a的值为‎5‎‎3‎.‎ ‎6.(2019•浙江)已知实数a≠0,设函数f(x)=alnx‎+‎‎1+x,x>0.‎ ‎(Ⅰ)当a‎=-‎‎3‎‎4‎时,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)对任意x∈[‎1‎e‎2‎,+∞)均有f(x)‎≤‎x‎2a,求a的取值范围.‎ 注:e=2.71828…为自然对数的底数.‎ ‎【解析】(1)当a‎=-‎‎3‎‎4‎时,f(x)‎=-‎3‎‎4‎lnx+‎‎1+x,x>0,‎ f′(x)‎=-‎3‎‎4x+‎1‎‎2‎‎1+x=‎‎(‎1+x-2)(2‎1+x+1)‎‎4x‎1+x,‎ ‎∴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≤‎‎2‎‎4‎,‎ 当0<a‎≤‎‎2‎‎4‎时,f(x)‎≤‎x‎2a,等价于xa‎2‎‎-‎2‎‎1+xa-‎2lnx≥0,‎ 令t‎=‎‎1‎a,则t‎≥2‎‎2‎,‎ 设g(t)=t2x‎-‎2t‎1+x‎-‎2lnx,t‎≥2‎‎2‎,‎ 则g(t)‎=‎x(t‎-‎‎1+‎‎1‎x)2‎-‎1+xx-‎2lnx,‎ ‎(i)当x∈[‎1‎‎7‎,+∞)时,‎1+‎‎1‎x‎≤2‎‎2‎,‎ 则g(x)≥g(2‎2‎)‎=8x-4‎2‎‎1+x-2lnx,‎ 记p(x)=4x‎-‎2‎2‎‎1+x‎-‎lnx,x‎≥‎‎1‎‎7‎,‎ 则p′(x)‎‎=‎2‎x-‎2‎x+1‎-‎1‎x=‎‎2xx+1‎-‎2‎x-‎x+1‎xx+1‎ ‎=‎‎(x-1)[1+x(‎2x+2‎-1)]‎xx+1‎(x+1)(x+1‎+‎2x)‎‎,‎ 列表讨论:‎ ‎ x ‎ ‎‎1‎‎7‎ ‎ (‎1‎‎7‎‎,1‎)‎ ‎ 1‎ ‎ (1,+∞)‎ ‎ p′(x)‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ P(x)‎ ‎ p(‎1‎‎7‎)‎ 单调递减 ‎ 极小值p(1)‎ 单调递增 ‎∴p(x)≥p(1)=0,‎ ‎∴g(t)≥g(2‎2‎‎)=2p(x)=‎2p(x)≥0.‎ ‎(ii)当x∈[‎1‎e‎2‎‎,‎‎1‎‎7‎)时,g(t)≥g(‎1+‎‎1‎x)‎=‎‎-2xlnx-(x+1)‎‎2‎x,‎ 令q(x)=2xlnx+(x+1),x∈[‎1‎e‎2‎,‎1‎‎7‎],‎ 则q′(x)‎=lnx+2‎x+‎1>0,‎ 故q(x)在[‎1‎e‎2‎,‎1‎‎7‎]上单调递增,∴q(x)≤q(‎1‎‎7‎),‎ 由(i)得q(‎1‎‎7‎)‎=-‎‎2‎‎7‎‎7‎p(‎1‎‎7‎)‎<-‎‎2‎‎7‎‎7‎p(1)=0,‎ ‎∴q(x)<0,∴g(t)≥g(‎1+‎‎1‎x)‎=-q(x)‎‎2‎x>‎0,‎ 由(i)(ii)知对任意x∈[‎1‎e‎2‎,+∞),t∈[2‎2‎,+∞),g(t)≥0,‎ 即对任意x∈[‎1‎e‎2‎,+∞),均有f(x)‎≤‎x‎2a,‎ 综上所述,所求的a的取值范围是(0,‎2‎‎4‎].‎ ‎7.(2019•天津)设函数f(x)=excosx,g(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(Ⅰ)求f(x)的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)当x∈[π‎4‎,π‎2‎]时,证明f(x)+g(x)(π‎2‎‎-‎x)≥0;‎ ‎(Ⅲ)设xn为函数u(x)=f(x)﹣1在区间(2nπ‎+‎π‎4‎,2nπ‎+‎π‎2‎)内的零点,其中n∈N,证明2nπ‎+π‎2‎-‎xn‎<‎e‎-2nπsinx‎0‎-cosx‎0‎.‎ ‎【解析】(Ⅰ)解:由已知,f′(x)=ex(cosx﹣sinx),因此,‎ 当x∈(‎2kπ+‎π‎4‎,‎2kπ+‎‎5π‎4‎)(k∈Z)时,有sinx>cosx,得f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈(‎2kπ-‎‎3π‎4‎,‎2kπ+‎π‎4‎)(k∈Z)时,有sinx<cosx,得f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎∴f(x)的单调增区间为[‎2kπ-‎‎3π‎4‎,‎2kπ+‎π‎4‎](k∈Z),单调减区间为[‎2kπ+‎π‎4‎,‎2kπ+‎‎5π‎4‎](k∈Z);‎ ‎(Ⅱ)证明:记h(x)=f(x)+g(x)(π‎2‎‎-x),依题意及(Ⅰ),‎ 有g(x)=ex(cosx﹣sinx),从而h′(x)=f′(x)+g′(x)•(π‎2‎‎-x)+g(x)•(﹣1)=g′(x)(π‎2‎‎-x)<0.‎ 因此,h(x)在区间[π‎4‎,π‎2‎]上单调递减,有h(x)≥h(π‎2‎)=f(π‎2‎)=0.‎ ‎∴当x∈[π‎4‎,π‎2‎]时,f(x)+g(x)(π‎2‎‎-‎x)≥0;‎ ‎(Ⅲ)证明:依题意,u(xn)=f(xn)﹣1=0,即exncosxn=1‎.‎ 记yn=xn﹣2nπ,则yn∈(π‎4‎‎,‎π‎2‎),且f(yn)‎=eyncosyn=exn‎-2nπcos(xn-2nπ)=‎e﹣2nπ(x∈N).‎ 由f(yn)=e﹣2nπ≤1=f(y0)及(Ⅰ),得yn≥y0,‎ 由(Ⅱ)知,当x∈(π‎4‎,π‎2‎)时,g′(x)<0,∴g(x)在[π‎4‎,π‎2‎]上为减函数,‎ 因此,g(yn)≤g(y0)<g(π‎4‎)=0,‎ 又由(Ⅱ)知,f(yn)+g(yn)(π‎2‎-yn)≥0‎,‎ 故π‎2‎‎-yn≤-f(yn)‎g(yn)‎=-e‎-2nπg(yn)‎≤-e‎-2nπg(y‎0‎)‎=e‎-2nπey‎0‎‎(siny‎0‎-cosy‎0‎)‎<‎e‎-2nπsinx‎0‎-cosx‎0‎.‎ ‎∴2nπ‎+π‎2‎-‎xn‎<‎e‎-2nπsinx‎0‎-cosx‎0‎.‎ ‎8.(2019•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=lnx‎-‎x+1‎x-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】(1)函数f(x)=lnx‎-‎x+1‎x-1‎.定义域为:(0,1)∪(1,+∞);‎ f′(x)‎=‎1‎x+‎2‎‎(x-1‎‎)‎‎2‎>‎0,(x>0且x≠1),‎ ‎∴f(x)在(0,1)和(1,+∞)上单调递增,‎ ‎①在(0,1)区间取值有‎1‎e‎2‎,‎1‎e代入函数,由函数零点的定义得,‎ ‎∵f(‎1‎e‎2‎)<0,f(‎1‎e)>0,f(‎1‎e‎2‎)•f(‎1‎e)<0,‎ ‎∴f(x)在(0,1)有且仅有一个零点,‎ ‎②在(1,+∞)区间,区间取值有e,e2代入函数,由函数零点的定义得,‎ 又∵f(e)<0,f(e2)>0,f(e)•f(e2)<0,‎ ‎∴f(x)在(1,+∞)上有且仅有一个零点,‎ 故f(x)在定义域内有且仅有两个零点;‎ ‎(2)x0是f(x)的一个零点,则有lnx0‎=‎x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎,‎ 曲线y=lnx,则有y′‎=‎‎1‎x;‎ 由直线的点斜式可得曲线的切线方程,‎ 曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线方程为:y﹣lnx0‎=‎‎1‎x‎0‎(x﹣x0),‎ 即:y‎=‎‎1‎x‎0‎x﹣1+lnx0,将lnx0‎=‎x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎代入,‎ 即有:y‎=‎‎1‎x‎0‎x‎+‎‎2‎x‎0‎‎-1‎,‎ 而曲线y=ex的切线中,在点(ln‎1‎x‎0‎,‎1‎x‎0‎)处的切线方程为:y‎-‎1‎x‎0‎=‎‎1‎x‎0‎(x﹣ln‎1‎x‎0‎)‎=‎‎1‎x‎0‎x‎+‎‎1‎x‎0‎lnx0,‎ 将lnx0‎=‎x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎代入化简,即:y‎=‎‎1‎x‎0‎x‎+‎‎2‎x‎0‎‎-1‎,‎ 故曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.‎ 故得证.‎ ‎9.(2018•天津)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.‎ ‎(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)﹣xlna的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)‎=-‎‎2lnlnalna;‎ ‎(Ⅲ)证明当a‎≥‎e‎1‎e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.‎ ‎【解析】(Ⅰ)解:由已知,h(x)=ax﹣xlna,有h′(x)=axlna﹣lna,‎ 令h′(x)=0,解得x=0.‎ 由a>1,可知当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:‎ ‎ x ‎ (﹣∞,0)‎ ‎ 0‎ ‎ (0,+∞)‎ ‎ h′(x)‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ h(x)‎ ‎↓‎ ‎ 极小值 ‎↑‎ ‎∴函数h(x)的单调减区间为(﹣∞,0),单调递增区间为(0,+∞);‎ ‎(Ⅱ)证明:由f′(x)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线的斜率为ax‎1‎lna.‎ 由g′(x)‎=‎‎1‎xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线的斜率为‎1‎x‎2‎lna.‎ ‎∵这两条切线平行,故有ax‎1‎lna=‎‎1‎x‎2‎lna,即x‎2‎ax‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎=1‎,‎ 两边取以a为底数的对数,得logax2+x1+2logalna=0,‎ ‎∴x1+g(x2)‎=-‎‎2lnlnalna;‎ ‎(Ⅲ)证明:曲线y=f(x)在点(x‎1‎‎,‎ax‎1‎)处的切线l1:y-ax‎1‎=ax‎1‎lna(x-x‎1‎)‎,‎ 曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax‎2‎=‎1‎x‎2‎lna(x-x‎2‎)‎.‎ 要证明当a‎≥‎e‎1‎e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,‎ 只需证明当a‎≥‎e‎1‎e时,存在x1∈(﹣∞,+∞),x2∈(0,+∞)使得l1与l2重合,‎ 即只需证明当a‎≥‎e‎1‎e时,方程组ax‎1‎lna=‎1‎x‎2‎lna①‎ax‎1‎‎-x‎1‎ax‎1‎lna=logax‎2‎-‎1‎lna②‎ 由①得x‎2‎‎=‎‎1‎ax‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎,代入②得:‎ ax‎1‎‎-x‎1‎ax‎1‎lna+x‎1‎+‎1‎lna+‎2lnlnalna=0‎‎,③‎ 因此,只需证明当a‎≥‎e‎1‎e时,关于x1 的方程③存在实数解.‎ 设函数u(x)‎=ax-xaxlna+x+‎1‎lna+‎‎2lnlnalna,既要证明当a‎≥‎e‎1‎e时,函数y=u(x)存在零点.‎ u′(x)=1﹣(lna)2xax,可知x∈(﹣∞,0)时,u′(x)>0;x∈(0,+∞)时,u′(x)单调递减,‎ 又u′(0)=1>0,u′‎(‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎)=1-a‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎<‎0,‎ 故存在唯一的x0,且x0>0,使得u′(x0)=0,即‎1-(lna‎)‎‎2‎x‎0‎ax‎0‎=0‎.‎ 由此可得,u(x)在(﹣∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,‎ u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).‎ ‎∵a≥‎e‎1‎e,故lnlna≥﹣1.‎ ‎∴u(x‎0‎)=ax‎0‎-x‎0‎ax‎0‎lna+x‎0‎+‎1‎lna+‎2lnlnalna=‎1‎x‎0‎‎(lna‎)‎‎2‎+x‎0‎+‎2lnlnalna≥‎2+2lnlnalna≥0‎.‎ 下面证明存在实数t,使得u(t)<0,‎ 由(Ⅰ)可得ax≥1+xlna,当x>‎‎1‎lna时,有 u(x)‎≤(1+xlna)(1-xlna)+x+‎1‎lna+‎2lnlnalna=-(lna‎)‎‎2‎x‎2‎+x+1+‎1‎lna+‎‎2lnlnalna.‎ ‎∴存在实数t,使得u(t)<0.‎ 因此,当a‎≥‎e‎1‎e时,存在x1∈(﹣∞,+∞),使得u(x1)=0.‎ ‎∴当a‎≥‎e‎1‎e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.‎ ‎10.(2018•新课标Ⅱ)已知函数f(x)‎=‎‎1‎‎3‎x3﹣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.‎ ‎【解析】(1)当a=3时,f(x)‎=‎‎1‎‎3‎x3﹣3(x2+x+1),‎ 所以f′(x)=x2﹣6x﹣3时,令f′(x)=0解得x=3‎±2‎‎3‎,‎ 当x∈(﹣∞,3﹣2‎3‎),x∈(3+2‎3‎,+∞)时,f′(x)>0,函数是增函数,‎ 当x∈(3﹣2‎3‎‎,3+2‎3‎)‎时,f′(x)<0,函数是单调递减,‎ 综上,f(x)在(﹣∞,3﹣2‎3‎),(3+2‎3‎,+∞),上是增函数,在(3﹣2‎3‎‎,3+2‎3‎)‎上递减.‎ ‎(2)证明:因为x2+x+1=(x‎+‎‎1‎‎2‎)2‎+‎3‎‎4‎>0‎,‎ 所以f(x)=0等价于x‎3‎‎3(x‎2‎+x+1)‎‎-a=0‎,‎ 令g(x)=x‎3‎‎3(x‎2‎+x+1)‎-a,‎ 则g'(x)=x‎2‎‎[(x+1‎)‎‎2‎+2]‎‎3(x‎2‎+x+1‎‎)‎‎2‎>0‎,仅当x=0时,g′(x)=0,所以g(x)在R上是增函数;‎ g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.‎ 又因为f(3a﹣1)=﹣6a2+2a‎-‎1‎‎3‎=-‎6(a‎-‎‎1‎‎6‎)2‎-‎1‎‎6‎<‎0,‎ f(3a+1)‎=‎1‎‎3‎>‎0,‎ 故f(x)有一个零点,‎ 综上,f(x)只有一个零点.‎ ‎11.(2018•新课标Ⅰ)已知函数f(x)‎=‎1‎x-‎x+alnx.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎<‎a﹣2.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞),‎ 函数的导数f′(x)‎=-‎1‎x‎2‎-‎1‎+ax=-‎x‎2‎‎-ax+1‎x‎2‎,‎ 设g(x)=x2﹣ax+1,‎ 当a≤0时,g(x)>0恒成立,即f′(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上是减函数,‎ 当a>0时,判别式△=a2﹣4,‎ ‎①当0<a≤2时,△≤0,即g(x)≥0,即f′(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上是减函数,‎ ‎②当a>2时,x,f′(x),f(x)的变化如下表:‎ ‎ x ‎ (0,a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎)‎ ‎ ‎a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎ ‎ (a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎)‎ ‎ ‎a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎ ‎ (a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,+∞)‎ ‎ f′(x)‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ 0‎ ‎﹣‎ ‎ f(x)‎ ‎ 递减 ‎ 递增 递减 综上当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上是减函数,‎ 当a>2时,在(0,a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎),和(a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,+∞)上是减函数,‎ 则(a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎)上是增函数.‎ ‎(2)由(1)知a>2,0<x1<1<x2,x1x2=1,‎ 则f(x1)﹣f(x2)=(x2﹣x1)(1‎+‎‎1‎x‎1‎x‎2‎)+a(lnx1﹣lnx2)=2(x2﹣x1)+a(lnx1﹣lnx2),‎ 则f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎=-‎2‎+‎a(lnx‎1‎-lnx‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎,‎ 则问题转为证明lnx‎1‎-lnx‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎<‎1即可,‎ 即证明lnx1﹣lnx2>x1﹣x2,‎ 则lnx1﹣ln‎1‎x‎1‎‎>‎x1‎-‎‎1‎x‎1‎,‎ 即lnx1+lnx1>x1‎-‎‎1‎x‎1‎,‎ 即证2lnx1>x1‎-‎‎1‎x‎1‎在(0,1)上恒成立,‎ 设h(x)=2lnx﹣x‎+‎‎1‎x,(0<x<1),其中h(1)=0,‎ 求导得h′(x)‎=‎2‎x-‎1‎-‎1‎x‎2‎=-x‎2‎‎-2x+1‎x‎2‎=-‎(x-1‎‎)‎‎2‎x‎2‎<‎0,‎ 则h(x)在(0,1)上单调递减,‎ ‎∴h(x)>h(1),即2lnx﹣x‎+‎1‎x>‎0,‎ 故2lnx>x‎-‎‎1‎x,‎ 则f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎<‎a﹣2成立.‎ ‎(2)另解:注意到f(‎1‎x)=x‎-‎1‎x-‎alnx=﹣f(x),‎ 即f(x)+f(‎1‎x)=0,‎ 由韦达定理得x1x2=1,x1+x2=a>2,得0<x1<1<x2,x1‎=‎‎1‎x‎2‎,‎ 可得f(x2)+f(‎1‎x‎2‎)=0,即f(x1)+f(x2)=0,‎ 要证f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎<‎a﹣2,只要证‎-f(x‎2‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎<‎a﹣2,‎ 即证2alnx2﹣ax2‎+ax‎2‎<‎0,(x2>1),‎ 构造函数h(x)=2alnx﹣ax‎+‎ax,(x>1),h′(x)‎=‎-a(x-1‎‎)‎‎2‎x‎2‎≤‎0,‎ ‎∴h(x)在(1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴h(x)<h(1)=0,‎ ‎∴2alnx﹣ax‎+ax<‎0成立,即2alnx2﹣ax2‎+ax‎2‎<‎0,(x2>1)成立.‎ 即f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎<‎a﹣2成立.‎ ‎12.(2017•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=ex(ex﹣a)﹣a2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】(1)f(x)=ex(ex﹣a)﹣a2x=e2x﹣exa﹣a2x,‎ ‎∴f′(x)=2e2x﹣aex﹣a2=(2ex+a)(ex﹣a),‎ ‎①当a=0时,f′(x)>0恒成立,‎ ‎∴f(x)在R上单调递增,‎ ‎②当a>0时,2ex+a>0,令f′(x)=0,解得x=lna,‎ 当x<lna时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,‎ 当x>lna时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,‎ ‎③当a<0时,ex﹣a>0,令f′(x)=0,解得x=ln(‎-‎a‎2‎),‎ 当x<ln(‎-‎a‎2‎)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,‎ 当x>ln(‎-‎a‎2‎)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,‎ 综上所述,当a=0时,f(x)在R上单调递增,‎ 当a>0时,f(x)在(﹣∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,‎ 当a<0时,f(x)在(﹣∞,ln(‎-‎a‎2‎))上单调递减,在(ln(‎-‎a‎2‎),+∞)上单调递增,‎ ‎(2)①当a=0时,f(x)=e2x>0恒成立,‎ ‎②当a>0时,由(1)可得f(x)min=f(lna)=﹣a2lna≥0,‎ ‎∴lna≤0,∴0<a≤1,‎ ‎③当a<0时,由(1)可得:‎ f(x)min=f(ln(‎-‎a‎2‎))‎=‎3a‎2‎‎4‎-‎a2ln(‎-‎a‎2‎)≥0,‎ ‎∴ln(‎-‎a‎2‎)‎≤‎‎3‎‎4‎,‎ ‎∴﹣2e‎3‎‎4‎‎≤‎a<0,‎ 综上所述a的取值范围为[﹣2e‎3‎‎4‎,1]‎ ‎13.(2017•天津)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.‎ ‎(Ⅰ)求g(x)的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m﹣x0)﹣f(m),求证:h(m)h(x0)<0;‎ ‎(Ⅲ)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-‎x0|‎≥‎‎1‎Aq‎4‎.‎ ‎【解析】(Ⅰ)解: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)‎ ‎(﹣1,‎1‎‎4‎)‎ ‎(‎1‎‎4‎,+∞)‎ g′(x)‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎+‎ g(x)‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以,g(x)的单调递增区间是(﹣∞,﹣1),(‎1‎‎4‎,+∞),单调递减区间是(﹣1,‎1‎‎4‎).‎ ‎(Ⅱ)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H′1(x)=g′(x)(x﹣x0).‎ 由(Ⅰ)知,当x∈[1,2]时,g′(x)>0,‎ 故当x∈[1,x0)时,H′1(x)<0,H1(x)单调递减;‎ 当x∈(x0,2]时,H′1(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H′2(x)=g(x0)﹣g(x).‎ 由(Ⅰ)知,g(x)在[1,2]上单调递增,‎ 故当x∈[1,x0)时,H′2(x)>0,H2(x)单调递增;‎ 当x∈(x0,2]时,H′2(x)<0,H2(x)单调递减.‎ 因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,‎ 可得得H2(m)<0,即h(x0)<0,.‎ 所以,h(m)h(x0)<0.‎ ‎(Ⅲ)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(Ⅱ)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-‎x0)﹣f(pq)=0.‎ 由(Ⅰ)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),‎ 于是|pq‎-‎x0|‎=|f(pq)‎g(x‎1‎)‎|≥‎|f(pq)|‎g(2)‎=‎‎|2p‎4‎+3p‎3‎q-3p‎2‎q‎2‎-6pq‎3‎+aq‎4‎|‎g(2)‎q‎4‎.‎ 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f(pq)≠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.所以,只要取A=g(2),就有|pq‎-‎x0|‎≥‎‎1‎Aq‎4‎.‎ ‎14.(2017•新课标Ⅱ)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,求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】(1)因为f(x)=(1﹣x2)ex,x∈R,‎ 所以f′(x)=(1﹣2x﹣x2)ex,‎ 令f′(x)=0可知x=﹣1±‎2‎,‎ 当x<﹣1‎-‎‎2‎或x>﹣1‎+‎‎2‎时f′(x)<0,当﹣1‎-‎2‎<‎x<﹣1‎+‎‎2‎时f′(x)>0,‎ 所以f(x)在(﹣∞,﹣1‎-‎‎2‎),(﹣1‎+‎‎2‎,+∞)上单调递减,在(﹣1‎-‎‎2‎,﹣1‎+‎‎2‎)上单调递增;‎ ‎(2)由题可知f(x)=(1﹣x)(1+x)ex.下面对a的范围进行讨论:‎ ‎①当a≥1时,设函数h(x)=(1﹣x)ex,则h′(x)=﹣xex<0(x>0),‎ 因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,‎ 又因为h(0)=1,所以h(x)≤1,‎ 所以f(x)=(1+x)h(x)≤x+1≤ax+1;‎ ‎②当0<a<1时,设函数g(x)=ex﹣x﹣1,则g′(x)=ex﹣1>0(x>0),‎ 所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,‎ 又g(0)=1﹣0﹣1=0,‎ 所以ex≥x+1.‎ 因为当0<x<1时f(x)>(1﹣x)(1+x)2,‎ 所以(1﹣x)(1+x)2﹣ax﹣1=x(1﹣a﹣x﹣x2),‎ 取x0‎=‎‎5-4a‎-1‎‎2‎∈(0,1),则(1﹣x0)(1+x0)2﹣ax0﹣1=0,‎ 所以f(x0)>ax0+1,矛盾;‎ ‎③当a≤0时,取x0‎=‎‎5‎‎-1‎‎2‎∈(0,1),则f(x0)>(1﹣x0)(1+x0)2=1≥ax0+1,矛盾;‎ 综上所述,a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎(2)法二:x≥0时,g(x)=ex(x2﹣1)+ax+1≥0恒成立,g'(x)=ex(x2+2x﹣1)+a,‎ ‎[g'(x)]'=ex(x2+4x+1)>0(x≥0),g'(x)在x≥0时单调递增,‎ 当g'(0)=a﹣1≥0时,x>0时g'(x)>0恒成立,g(x)单调递增,‎ 则x≥0时g(x)≥g(0)=0,符合题意,‎ 当g'(0)=a﹣1<0时,g'(|a|)>0,于是存在m>0使得g'(m)=0,‎ 当0<x<m时,‎ g'(x)<0,g(x)单调递减,有g(m)<g(0)=0,不合题意,‎ 所以a≥1.‎ 综上所述,a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎15.(2017•天津)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3﹣6x2﹣3a(a﹣4)x+b,g(x)=exf(x).‎ ‎(Ⅰ)求f(x)的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,‎ ‎(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;‎ ‎(ii)若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0﹣1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.‎ ‎【解析】(Ⅰ)解:由f(x)=x3﹣6x2﹣3a(a﹣4)x+b,可得f'(x)=3x2﹣12x﹣3a(a﹣4)=3(x﹣a)(x﹣(4﹣a)),‎ 令f'(x)=0,解得x=a,或x=4﹣a.由|a|≤1,得a<4﹣a.‎ 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(﹣∞,a)‎ ‎(a,4﹣a)‎ ‎(4﹣a,+∞)‎ f'(x)‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(﹣∞,a),(4﹣a,+∞),单调递减区间为(a,4﹣a);‎ ‎(Ⅱ)(i)证明:∵g'(x)=ex(f(x)+f'(x)),由题意知g(x‎0‎)=‎ex‎0‎g'(x‎0‎)=‎ex‎0‎,‎ ‎∴f(x‎0‎)ex‎0‎=‎ex‎0‎ex‎0‎‎(f(x‎0‎)+f'(x‎0‎))=‎ex‎0‎,解得f(x‎0‎)=1‎f'(x‎0‎)=0‎.‎ ‎∴f(x)在x=x0处的导数等于0;‎ ‎(ii)解:∵g(x)≤ex,x∈[x0﹣1,x0+1],由ex>0,可得f(x)≤1.‎ 又∵f(x0)=1,f'(x0)=0,‎ 故x0为f(x)的极大值点,由(I)知x0=a.‎ 另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4﹣a,‎ 由(Ⅰ)知f(x)在(a﹣1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,‎ 故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a﹣1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤ex在[x0﹣1,x0+1]上恒成立.‎ 由f(a)=a3﹣6a2﹣3a(a﹣4)a+b=1,得b=2a3﹣6a2+1,﹣1≤a≤1.‎ 令t(x)=2x3﹣6x2+1,x∈[﹣1,1],‎ ‎∴t'(x)=6x2﹣12x,‎ 令t'(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.‎ ‎∵t(﹣1)=﹣7,t(1)=﹣3,t(0)=1,故t(x)的值域为[﹣7,1].‎ ‎∴b的取值范围是[﹣7,1].‎ ‎16.(2017•新课标Ⅲ)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)‎≤-‎3‎‎4a-‎2.‎ ‎【解析】(1)解:因为f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x,‎ 求导f′(x)‎=‎1‎x+‎2ax+(2a+1)‎=‎2ax‎2‎+(2a+1)x+1‎x=‎‎(2ax+1)(x+1)‎x,(x>0),‎ ‎①当a=0时,f′(x)‎=‎1‎x+‎1>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎②当a>0,由于x>0,所以(2ax+1)(x+1)>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎③当a<0时,令f′(x)=0,解得:x‎=-‎‎1‎‎2a.‎ 因为当x∈(0,‎-‎‎1‎‎2a)f′(x)>0、当x∈(‎-‎‎1‎‎2a,+∞)f′(x)<0,‎ 所以y=f(x)在(0,‎-‎‎1‎‎2a)上单调递增、在(‎-‎‎1‎‎2a,+∞)上单调递减.‎ 综上可知:当a≥0时f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 当a<0时,f(x)在(0,‎-‎‎1‎‎2a)上单调递增、在(‎-‎‎1‎‎2a,+∞)上单调递减;‎ ‎(2)证明:由(1)可知:当a<0时f(x)在(0,‎-‎‎1‎‎2a)上单调递增、在(‎-‎‎1‎‎2a,+∞)上单调递减,‎ 所以当x‎=-‎‎1‎‎2a时函数y=f(x)取最大值f(x)max=f(‎-‎‎1‎‎2a)=﹣1﹣ln2‎-‎1‎‎4a+‎ln(‎-‎‎1‎a).‎ 从而要证f(x)‎≤-‎3‎‎4a-‎2,即证f(‎-‎‎1‎‎2a)‎≤-‎3‎‎4a-‎2,‎ 即证﹣1﹣ln2‎-‎1‎‎4a+‎ln(‎-‎‎1‎a)‎≤-‎3‎‎4a-‎2,即证‎-‎‎1‎‎2‎(‎-‎‎1‎a)+ln(‎-‎‎1‎a)≤﹣1+ln2.‎ 令t‎=-‎‎1‎a,则t>0,问题转化为证明:‎-‎‎1‎‎2‎t+lnt≤﹣1+ln2.…(*)‎ 令g(t)‎=-‎‎1‎‎2‎t+lnt,则g′(t)‎=-‎1‎‎2‎+‎‎1‎t,‎ 令g′(t)=0可知t=2,则当0<t<2时g′(t)>0,当t>2时g′(t)<0,‎ 所以y=g(t)在(0,2)上单调递增、在(2,+∞)上单调递减,‎ 即g(t)≤g(2)‎=-‎1‎‎2‎×‎2+ln2=﹣1+ln2,即(*)式成立,‎ 所以当a<0时,f(x)‎≤-‎3‎‎4a-‎2成立.‎ ‎17.(2017•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x.‎ ‎(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.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】(1)由f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x,求导f′(x)=2ae2x+(a﹣2)ex﹣1,‎ 当a=0时,f′(x)=﹣2ex﹣1<0,‎ ‎∴当x∈R,f(x)单调递减,‎ 当a>0时,f′(x)=(2ex+1)(aex﹣1)=2a(ex‎+‎‎1‎‎2‎)(ex‎-‎‎1‎a),‎ 令f′(x)=0,解得:x=ln‎1‎a,‎ 当f′(x)>0,解得:x>ln‎1‎a,‎ 当f′(x)<0,解得:x<ln‎1‎a,‎ ‎∴x∈(﹣∞,ln‎1‎a)时,f(x)单调递减,x∈(ln‎1‎a,+∞)单调递增;‎ 当a<0时,f′(x)=2a(ex‎+‎‎1‎‎2‎)(ex‎-‎‎1‎a)<0,恒成立,‎ ‎∴当x∈R,f(x)单调递减,‎ 综上可知:当a≤0时,f(x)在R单调减函数,‎ 当a>0时,f(x)在(﹣∞,ln‎1‎a)是减函数,在(ln‎1‎a,+∞)是增函数;‎ ‎(2)①若a≤0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,‎ 当a>0时,f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x,‎ 当x→﹣∞时,e2x→0,ex→0,‎ ‎∴当x→﹣∞时,f(x)→+∞,‎ 当x→∞,e2x→+∞,且远远大于ex和x,‎ ‎∴当x→∞,f(x)→+∞,‎ ‎∴函数有两个零点,f(x)的最小值小于0即可,‎ 由f(x)在(﹣∞,ln‎1‎a)是减函数,在(ln‎1‎a,+∞)是增函数,‎ ‎∴f(x)min=f(ln‎1‎a)=a×(‎1‎a‎2‎)+(a﹣2)‎×‎1‎a-‎ln‎1‎a‎<‎0,‎ ‎∴1‎-‎1‎a-‎ln‎1‎a‎<‎0,即ln‎1‎a‎+‎1‎a-‎1>0,‎ 设t‎=‎‎1‎a,则g(t)=lnt+t﹣1,(t>0),‎ 求导g′(t)‎=‎1‎t+‎1,由g(1)=0,‎ ‎∴t‎=‎1‎a>‎1,解得:0<a<1,‎ ‎∴a的取值范围(0,1).‎ 方法二:(1)由f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x,求导f′(x)=2ae2x+(a﹣2)ex﹣1,‎ 当a=0时,f′(x)=﹣2ex﹣1<0,‎ ‎∴当x∈R,f(x)单调递减,‎ 当a>0时,f′(x)=(2ex+1)(aex﹣1)=2a(ex‎+‎‎1‎‎2‎)(ex‎-‎‎1‎a),‎ 令f′(x)=0,解得:x=﹣lna,‎ 当f′(x)>0,解得:x>﹣lna,‎ 当f′(x)<0,解得:x<﹣lna,‎ ‎∴x∈(﹣∞,﹣lna)时,f(x)单调递减,x∈(﹣lna,+∞)单调递增;‎ 当a<0时,f′(x)=2a(ex‎+‎‎1‎‎2‎)(ex‎-‎‎1‎a)<0,恒成立,‎ ‎∴当x∈R,f(x)单调递减,‎ 综上可知:当a≤0时,f(x)在R单调减函数,‎ 当a>0时,f(x)在(﹣∞,﹣lna)是减函数,在(﹣lna,+∞)是增函数;‎ ‎(2)①若a≤0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,‎ ‎②当a>0时,由(1)可知:当x=﹣lna时,f(x)取得最小值,f(x)min=f(﹣lna)=1‎-‎1‎a-‎ln‎1‎a,‎ 当a=1,时,f(﹣lna)=0,故f(x)只有一个零点,‎ 当a∈(1,+∞)时,由1‎-‎1‎a-‎ln‎1‎a‎>‎0,即f(﹣lna)>0,‎ 故f(x)没有零点,‎ 当a∈(0,1)时,1‎-‎1‎a-‎ln‎1‎a‎<‎0,f(﹣lna)<0,‎ 由f(﹣2)=ae﹣4+(a﹣2)e﹣2+2>﹣2e﹣2+2>0,‎ 故f(x)在(﹣∞,﹣lna)有一个零点,‎ 假设存在正整数n0,满足n0>ln(‎3‎a‎-‎1),则f(n0)‎=‎en‎0‎(aen‎0‎‎+‎a﹣2)﹣n0‎>en‎0‎-‎n0‎>‎2‎n‎0‎-‎n0>0,‎ 由ln(‎3‎a‎-‎1)>﹣lna,‎ 因此在(﹣lna,+∞)有一个零点.‎ ‎∴a的取值范围(0,1).‎ 强化训练 ‎1.(2020•德阳模拟)若函数在区间上单调递增,则实数的取值范围为  ‎ A., B. C., D.,‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为,所以.‎ 要使函数单调递增,则恒成立.‎ 即恒成立.‎ 所以,‎ 因为 所以,‎ 所以.‎ 故选.‎ ‎2.(2020•汉台区校级模拟)已知函数在内不是单调函数,则实数的取值范围是  ‎ A. B., C.,, D.,‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为,,‎ 当时,恒成立,故函数在内单调递增,不符合题意;‎ 当时,可得,,可得,‎ 因为在内不是单调函数,‎ 所以,解可得,.‎ 故选.‎ ‎3.(2020•河南模拟)已知函数,则不等式的解集是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】易知,该函数为偶函数,且,‎ 因为,恒成立,‎ 故在上单调递增,故 时,,在上单调递减;‎ 时,,在单调递增.‎ 结合该函数是偶函数,所以要使成立,‎ 只需,即,‎ 解得或,故原不等式的解集为,或.‎ 故答案为:,或.‎ ‎4.(2020•永康市模拟)设,函数..‎ ‎(1)讨论和单调性;‎ ‎(2)若存在两个不同的零点,,问当取何值时,有最小值.‎ ‎【解析】(1)函数的定义域为,,‎ 当时,在上,,单调递增,‎ 在,上,,单调递减;‎ 令,则,‎ 令,则,‎ 在上,,单调递减,‎ 在上,,单调递增,‎ 所以,所以,即,‎ 所以在和上单调递减,‎ ‎,,故在上递减,在上递增,‎ 在上递增,‎ 在上递减,即在上递减,在上递增;‎ ‎(2)存在两个零点,,即有两解,‎ ‎,,,,‎ ‎,‎ 令,则,‎ ‎,,‎ 令,‎ 当取最小值时,取得最大值,‎ 可在取得最大值;‎ 令,‎ 由零点存在性定理可知,在上存在零点,‎ 且时,,当,时,,‎ ‎,,‎ 此时,故.‎ ‎5.(2020•柯桥区二模)设函数.‎ ‎(1)讨论单调性;‎ ‎(2)若;对于任意的,使得恒成立,求的取值范围.‎ ‎【解析】(1)函数的定义域为,,‎ 当时,,,故在上递增,‎ 当时,令,解得,‎ 易知,当时,,单调递增,当时,,单调递减;‎ ‎(2)恒成立,即恒成立,即恒成立,‎ 令,则,‎ ‎(1),的定义域为,若(1),则必存在,使得(1),不合题意,‎ 必须(1),解得,‎ ‎,‎ 令,,‎ 在递增,‎ ‎(1),故满足题意,‎ 实数的取值范围为.‎ ‎6.(2020•南岗区校级模拟)已知函数,其导函数为.‎ ‎(Ⅰ)讨论函数在定义域内的单调性;‎ ‎(Ⅱ)已知,设函数.‎ ‎①证明:函数在上存在唯一极值点;‎ ‎②在①的条件下,当时,求的范围.‎ ‎【解析】(Ⅰ),‎ ‎,,则,‎ 设,则,‎ 当时,;当时,,‎ 单调递增,又,‎ 的减区间为,增区间为;‎ ‎(Ⅱ)①证明:,则,‎ 令,则,‎ 令,即,‎ 由,,,‎ 在递减,在递增,‎ 在递减,在递增,‎ 又,‎ ‎,‎ 存在,使得,‎ 从而有,在递减,在,递增,函数在上存在唯一极值点;‎ ‎②,,‎ 在递增,(1),‎ ‎,‎ ‎,‎ 设,则,‎ 在上递减,‎ 的取值范围为.‎ ‎7.(2020•河南模拟)已知函数.‎ ‎(1)讨论函数的单调性;‎ ‎(2)若存在两个极值点,,求证:.‎ ‎【解析】(1)函数的定义域为,,‎ ‎①当时,恒成立,即,函数在上单调递增;‎ ‎②当时,△,恒成立,函数在上单调递增;‎ ‎③当时,令,得或,函数单调递增;‎ 令,得,函数单调递减.‎ 综上所述,‎ 当时,函数在上单调递增;‎ 当时,函数在和,上单调递增,在,上单调递减.‎ ‎(2)证明:由(1)知,、是方程的两个不同正根且,.‎ ‎.‎ ‎,‎ 要证,只需证.‎ ‎,只需证,即证.‎ 令,则,函数在上单调递增,‎ ‎(1),即.‎ 故若存在两个极值点,,则.‎ ‎8.(2020•二模拟)已知.‎ ‎(1)当时,求的单调区间;‎ ‎(2)若在,上为单调递增函数,求的取值范围.‎ ‎【解析】(1)时,,,,‎ 单调递增,又,‎ 当时,,当时,,‎ 的单调减区间为,增区间为.‎ ‎(2),‎ 在,上为单调递增函数,‎ 在,上恒成立,‎ 令,,,‎ ‎①当时,显然有,复合题意;‎ ‎②当时,,‎ 若,则,,,‎ 在,上单调递增,故,符合题意;‎ 若,则,‎ 在,上单调递增,‎ 又,,‎ 存在,使得,‎ 故当时,,当时,,‎ 在上单调递减,在,上单调递增,‎ 在,上的最小值为,不符合题意.‎ 综上,.‎ ‎9.(2020•韩城市模拟)已知函数.‎ ‎(Ⅰ)讨论函数的单调性;‎ ‎(Ⅱ)若关于的方程在上存在3个不相等的实数根,求的取值范围.‎ ‎【解析】(Ⅰ),‎ 由,可得或,‎ 当时,,‎ 在,上,,单调递增,在上,,单调递减;‎ 当时,,在上恒成立,即在上单调递增;‎ 当时,,‎ 在,上,,单调递增,在上,,单调递减;‎ ‎(Ⅱ)有三个实数根,‎ 显然是方程的一个解,故有两个实数根,且,,即,‎ 令,则,‎ 当,时,,单调递减,当,,,单调递增,‎ 当时,,当时,取得较小值,(1),‎ 又(2),则或.‎ ‎10.(2020•滨州三模)已知函数,其中是自然对数的底数,.‎ ‎(1)求函数的单调区间;‎ ‎(2)设,讨论函数零点的个数,并说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为,‎ 所以. ‎ 由,得;‎ 由,得. ‎ 所以的增区间是,减区间是. ‎ ‎(2)因为.‎ 由,得或. ‎ 设,‎ 又,即不是的零点,‎ 故只需再讨论函数零点的个数.‎ 因为,‎ 所以当时,,单调递减;‎ 当时,,单调递增. ‎ 所以当时,取得最小值(a). ‎ ‎①当(a),即时,,无零点; ‎ ‎②当(a),即时,有唯一零点;‎ ‎③当(a),即时,‎ 因为,‎ 所以在上有且只有一个零点. ‎ 令,则.‎ 设(a),则(a),‎ 所以(a)在上单调递增,‎ 所以,,都有(a)(1).‎ 所以(a).‎ 所以在上有且只有一个零点.‎ 所以当时,有两个零点. ‎ 综上所述,当时,有一个零点;‎ 当时,有两个零点;‎ 当时,有三个零点. ‎ ‎11.(2020•西安模拟)设函数.‎ ‎(Ⅰ)讨论在区间上的单调性;‎ ‎(Ⅱ)若存在两个极值点、,且,求的取值范围.‎ ‎【解析】(Ⅰ),‎ ‎.‎ ‎,,‎ ‎,于是的正负性由决定.‎ ‎①当时,恒成立,即,在上单调递增;‎ ‎②当时,令,得,,单调递增;‎ 令,得,,单调递减.‎ 综上所述,‎ 当时,在,上单调递增,在,上单调递减;‎ 当时,在上单调递增.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,当时,不存在极值,必有.‎ 存在两个极值点、,‎ ‎、是方程的两个不同实根,不妨令,,‎ 函数的定义域为,,,‎ 且,解得.‎ ‎.‎ 令,由且得,当时,;当时,.‎ 设,‎ ‎①当时,,‎ ‎,在上单调递减,‎ ‎,‎ 即当时,,不符合题意.‎ ‎②当时,,‎ ‎,在上单调递减,‎ ‎(1),‎ 即当时,,符合题意.‎ 综上所述,‎ 的取值范围为,.‎ ‎12.(2020•青羊区校级模拟)已知函数.‎ ‎(1)若是定义域上的增函数,求的取值范围;‎ ‎(2)若,若函数有两个极值点,,求的取值范围.‎ ‎【解析】(1)的定义域为,,‎ 在定义域内单调递增,,即对恒成立.‎ 则恒成立.,,.‎ 所以,的取值范围是.‎ ‎(2)设方程,即得两根为,,且.‎ 由△且,得,‎ ‎,,,.‎ ‎,‎ ‎,‎ 代入得,‎ 令,则,得,,,‎ 在上单调递减,从而,‎ 即,,‎ 即的取值范围是 ‎13.(2020•碑林区校级模拟)已知函数.‎ ‎(1)当时,求函数的单调区间;‎ ‎(2)讨论的零点个数.‎ ‎【解析】(1)当时,,‎ 则,‎ 因为,则,‎ 所以时,,时,,‎ 所以函数在上单调递减,在上单调递增,‎ 故的单调递减区间是,单调递增区间是.‎ ‎(2)因为,‎ 则.‎ 当时,因为,则,‎ 则时,,所以时,,‎ 所以函数在上单调递减,在上单调递增,(1).‎ 当(1)时,即时,(1),‎ 所以当时,函数没有零点,即函数零点个数为0;‎ 当(1),即时,(1),‎ 所以当时,函数有且只有一个零点,即函数的零点个数为1;‎ 当(1),即时,(2),‎ 则存在一个实数,使得,‎ 当时,,,对任意的,‎ 则,取,因为,则,‎ 则,则存在,使得,‎ 即时,函数的零点个数为2.‎ 当时,令,则,则,‎ 即函数有且只有一个零点;‎ 即函数的零点个数为1.‎ 当时,令,,‎ 故在上单调递增,令,,,‎ 故,,则一定存在,使得,‎ 所以时,,,时,.‎ 因为,‎ 当,即时,,‎ 所以,‎ 所以时,,所以时,,‎ 则在上单调递增,且(1),(3),‎ 则存在,使得,‎ 所以函数有且只有一个零点,‎ 即函数的零点个数为1.‎ 因为,‎ 当,时,,当时,,当,时,,‎ 则在上单调递增,在上单调递减,在,上单调递增,‎ 当,时,,当,时,,当时,,‎ 则在上单调递增,在,上单调递减,在上单调递增,‎ 因为,时,,,,即,‎ 所以在,时没有零点,上至多有一个零点,‎ 而,‎ 令,,‎ 则,则,故在上单调递增,‎ 而(2),即,‎ 故存在一个,则存在,使得,‎ 所以函数有且只有一个零点,即函数的零点个数为1,‎ 综上所述:当时,函数的零点个数为0;‎ 当或时,函数的零点个数为1;‎ 当时,函数的零点个数为2.‎ ‎14.(2020•雨花区校级模拟)已知函数.‎ ‎(Ⅰ)讨论函数的单调性;‎ ‎(Ⅱ)当,时,有解,求实数的取值范围.‎ ‎【解析】(Ⅰ),,‎ 令解得,,.‎ 易得函数在和单调递减;在和单调递增.‎ ‎(Ⅱ)有解即有解,‎ 当时,不成立;‎ 当时,原不等式化为在,有解,‎ 令,‎ 则,‎ 在,,,所以在,单调递增,‎ ‎,‎ 实数的取值范围为,.‎ ‎15.(2020•鼓楼区校级模拟)已知函数,是自然对数的底数).‎ ‎(1)求的单调区间;‎ ‎(2)若函数,证明:有极大值,且满足.‎ ‎【解析】(1),设,‎ 当时,,单调递减;‎ 当时,,单调递增.‎ 即函数的减区间为;增区间为. ‎ ‎(2)证明:,,‎ 设,且,‎ ‎,在,,是增函数,‎ ‎.‎ ‎,在上是单调递增,没有极值. ‎ ‎,.‎ 在,,单调递减, ‎ ‎,.‎ 由根的存在性定理:设,使得:,‎ 即. ‎ 在,,单调递增;在,,,单调递减;‎ 有极大值.‎ 有.‎ 又,, ‎ ‎.‎ 综上可得:函数有极大值,且满足. ‎ ‎16.(2020•东湖区校级模拟)设函数.‎ ‎(Ⅰ)当时,求函数的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若,求证:方程有唯一解.‎ ‎【解析】(Ⅰ)当时,,所以,‎ 当时,,函数单调递减;当时,,函数单调递增,‎ 函数在上单调递减,在,上单调递增.‎ ‎(Ⅱ)令,,则,‎ ‎①若,则,单调递减,‎ ‎(1),(4),‎ 在内有唯一零点,符合题意;‎ ‎②若,当或时,;当时,,‎ 在和上单调递减,在上单调递增.‎ ‎(1),,‎ 在内有唯一零点,符合题意;‎ ‎③若,当或时,;当时,,‎ 在和上单调递减,在上单调递增.‎ ‎,,‎ 在内有唯一零点,符合题意.‎ 综上所述,方程有唯一解.‎ ‎17.(2020•韩城市模拟)已知函数.‎ ‎(Ⅰ)若,讨论的单调性:‎ ‎(Ⅱ)设,若有两个零点,求的取值范围.‎ ‎【解析】(Ⅰ),,定义域为,‎ 令,‎ ‎,且,‎ 若△,即时,恒成立,即,在上单调递增;‎ 若△,即时,令,则,,‎ 当或时,,即;当时,,即,‎ 在和,上单调递增,在,上单调递减.‎ 综上所述,‎ 当时,在上单调递增;‎ 当时,在和,上单调递增,在,上单调递减.‎ ‎(Ⅱ),,‎ ‎,‎ 令,则.‎ 若,则,即在上单调递增,至多只有一个零点,不符合题意;‎ 若,当时,;当时,,‎ 在上单调递增,在,上单调递减,.‎ 要使有两个零点,必须有,即,解得.‎ 接下来证明,当时,有两个零点.‎ ‎,‎ 设(a),,则(a),即(a)在上单调递减,‎ ‎(a)(e),即在上恒成立,也即.‎ 又(1),‎ 当时,在,和,上各有且只有一个零点.‎ 综上所述,‎ 实数的取值范围为.‎ ‎18.(2020•新乡三模)已知函数的最小值为2.‎ ‎(1)求的值以及的单调区间;‎ ‎(2)设,,证明:.‎ ‎【解析】(1),‎ 由可得,由,得,‎ 故函数在,上单调递增,在上单调递减,‎ 故函数在处取得最小值,解得,‎ 故函数在上单调递增,在上单调递减,‎ ‎(2)由(1),可得,即,‎ 令,,‎ 则,‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎19.(2020•桃城区校级模拟)已知函数为常数)在处的切线方程为.‎ ‎(1)求的值,并讨论的单调性;‎ ‎(2)若,求证:.‎ ‎【解析】(1),‎ 由题意可得,(1),解可得,‎ 此时,‎ 令,则,‎ 易得在上单调递减,在上单调递增,‎ 故(1)恒成立,‎ 故在上单调递增,‎ ‎(2)设,则,‎ 易得在上单调递增,在上单调递减,‎ 当时,取得最大值(1),‎ 故,即,‎ 令,‎ 则 设,则,‎ 故单调递增,单调递增,且(1),‎ 故当时,,单调递减,‎ 当时,,单调递增,‎ 所以(1),即,当时等号成立,‎ 所以,又,‎ 所以即,‎ 由在上单调递增,‎ 所以,即.‎ ‎20.(2020•雨花区校级模拟)已知函数,在点,(1)的切线为.‎ ‎(Ⅰ)求函数的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若,是函数的两个极值点,证明:.‎ ‎【解析】(Ⅰ)因为,所以 ‎,‎ 由题意可知(1),(1),即,‎ 解得,.‎ 所以,则,‎ 由,得,由,得,由,得;‎ 又的定义域为,‎ 所以的单调减区间是和,单调增区间是.‎ ‎(Ⅱ)由函数的两个极值点,‎ 则有两个变号零点,‎ 令即,‎ 当时,上述等式不成立;‎ 当时,上式转化为,由(Ⅰ)知的单调减区间是和,‎ 单调增区间是,且时,则函数的图象大致如图所示;‎ 不妨设则,‎ 要证即证,即证,即证.‎ ‎,,由(Ⅰ)知在上单调递增,‎ 要证只需证.‎ 又,故即证 令,‎ 又在上为增函数,‎ ‎,的在上单调递减,‎ ‎(1)即,‎ ‎,证毕.‎ ‎21.(2020•金安区校级模拟)已知函数.‎ ‎(1)讨论单调性;‎ ‎(2)取,若在,上单调递增,求的取值范围.‎ ‎【解析】(1),‎ 当时,,在单调递增;‎ 当时,,‎ 在区间上是单调递增,在区间单调递减.(5分)‎ ‎(2),令.‎ ‎、当,令,‎ 则,‎ 当时,,所以在区间上是单调递增,‎ 当时,,在区间上是单调递减.‎ 又(1),(e),(1).‎ 因为在,上单调递增,‎ ‎,‎ ‎,,‎ ‎、同理可得,,‎ ‎(1),,‎ 综合、得或.(12分)‎ ‎22.(2020•河南模拟)已知函数.‎ ‎(1)当时,求的单调区间;‎ ‎(2)若对任意的,恒成立,求的取值范围.‎ ‎【解析】(1)时,,,‎ 令,,则,‎ 当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,‎ 所以,即恒成立,‎ 所以的单调 递增区间为,,‎ ‎(2)对任意的,恒成立,故,‎ 令,,则,‎ 令,则,‎ 当时,恒成立,则在上单调递增,,‎ 即恒成立,在上单调递增,‎ ‎,即在上恒成立,‎ 当时,则可得,‎ 当时,,函数单调递减,‎ 当时,,函数单调递增,‎ 故,即,‎ 令,,则,‎ 故在上单调递减,(1),‎ 所以,‎ 则存在,使得,‎ 当时,,函数单调递减,‎ 又,故时,,此时不符合题意.‎ 综上.‎ ‎23.(2020•青羊区校级模拟)已知函数.‎ ‎(Ⅰ)讨论的单调性;‎ ‎(Ⅱ)当存在三个不同的零点时,求实数的取值范围.‎ ‎【解析】(1)由,得,‎ 当时,,所以在上单调递增,‎ 令,则△,‎ 当△,即时,则,即,‎ 所以在上单调递减;‎ 当△,即 时,‎ 由,解得,,‎ 当时,,在上单调递增,‎ 当时,,,‎ 当,,时,,‎ 即,则在和,上单调递减;‎ 当,时,,即,‎ 则在,上单调递增.‎ 综上,当时,在上单调递增;‎ 当时,在和,上单调递减,在,上单调递增;‎ 当时,在上单调递减.‎ ‎(2)由(1)可得当时,在上单调递减,当时,在上单调递增,不可能有3个零点.‎ 所以时,在和,上单调递减,在,上单调递增,‎ 因为(2),,所以,(2),(2),‎ ‎,,‎ 令(a),则(a),‎ 令(a),和(a)在上为增函数,‎ 由(a),得,所以当时,(a),‎ 所以(a)在,上单调递减,‎ 所以(a),‎ 所以在,上单调递增,‎ 所以(a),‎ 所以,,,‎ 由零点存在性定理可知,在区间,上有一个根,设为,‎ 又,得,‎ 而,所以是函数的另一个零点,‎ 所以当 时,有3个零点,‎ 所以实数的取值范围为,.‎