2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--5.3.2　函数的极值与最大(小)值（1）

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
第五章　一元函数的导数及其应用
5.3　导数在研究函数中的应用
5.3.2　函数的极值与最大(小)值
第1课时　函数的极值
基础过关练
题组一　函数极值的概念及其求解
1.(2022江苏盐城响水二中期中)下列关于函数极值的说法正确的是(　　)
A.导数值为0的点一定是函数的极值点
B.函数的极小值可能大于它的极大值
C.函数在定义域内必有一个极小值和一个极大值
D.若f(x)在区间(a,b)上有极值,则f(x)在区间(a,b)上不单调
2.(2022广西昭平中学月考)下列函数中,存在极值的是(　　)
A.y=ex　　　　　B.y=lnx
C.y=　　　　　D.y=x2-2x
3.(2023陕西西安蓝田月考)函数f(x)=x2-lnx的极小值为(　　)
A.　　　　　B.1
C.0　　　　　D.不存在
4.已知函数f(x)的定义域为R,其导函数f'(x)的图象如图所示,则函数f(x)　(　　)
A.无极大值点,有四个极小值点
B.有三个极大值点,两个极小值点
C.有两个极大值点,两个极小值点
D.有四个极大值点,无极小值点
5.求下列函数的极值:
(1)f(x)=;
(2)f(x)=2x2-x4;
(3)f(x)=ex-ex;
(4)f(x)=(1-cosx)sinx,x∈[-π,π].
题组二　含参函数的极值问题
6.(2022安徽阜阳期末)若函数f(x)=x2-4x+alnx有唯一的极值点,则实数a的取值范围为(　　)
A.(-∞,0)　　　　　B.(-∞,0)∪{2}
C.(-∞,0]　　　　　D.(-∞,0]∪{2}
7.(2023福建三明一中月考)若函数f(x)=x2-x+alnx有两个不同的极值点,则实数a的取值范围为(　　)
A.　　　　　B.
C.　　　　　D.
8.(2023江苏扬中第二高级中学开学考试)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处取得极大值,则常数c的值为(　　)
A.4　　　B.2或6　　　C.2　　　D.6
9.(2023浙江杭州期末)已知函数f(x)=(x-a)·(x-b)ex在x=a处取得极小值,且f(x)的极大值为4,则b=(　　)
A.-1　　　B.2　　　C.-3　　　D.4
10.若函数f(x)=e3x-e2x-ex-a存在零点,则实数a的取值范围为(　　)
A.[-2,+∞)　　　　　B.[-e,+∞)
C.[-e2,+∞)　　　　　D.[-1,+∞)
11.(2023天津三中质检)若函数f(x)=x3+(a-1)x2+x+1没有极值,则实数a的取值范围为　　　　　.
12.(2023湖北武汉调研)已知函数f(x)=ex-e1-x-ax有两个极值点x1与x2,若f(x1)+f(x2)=-4,则实数a=　　　　.
13.函数f(x)=lnx+ax2-(2a+1)x(a>0).
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)求函数f(x)的极值.
14.已知函数f(x)=2x3+3ax2+3bx+c在x=1及x=2处取得极值.
(1)求a,b的值;
(2)若方程f(x)=0有三个不同的实根,求c的取值范围.
能力提升练
题组一　函数极值的求解及其应用
1.(2023山东聊城第一中学月考)函数f(x)=x的极值点的个数为(　　)
A.0　　　　　B.1　　　
C.2　　　　　D.3
2.函数f(x)=ex-x2-2x的极值点的个数为(　　)
A.0　　　　　B.1
C.2　　　　　D.3
3.(2023广东江门期末)已知函数f(x)=x2(x+2)(x-1),则下列说法正确的是(　　)
A.f(x)的图象是轴对称图形
B.f(x)的极大值点为0
C.f(x)的所有极值点之和为-
D.f(x)的极小值之积为
题组二　含参函数的极值问题
4.(2023山东烟台一中期末)已知函数f(x)=,a,b均为正整数,若f(x)的极小值点为2,则f(x)的极大值点为(　　)
A.1　　　　　B.3
C.1或3　　　　　D.不确定
5.(2022江西南昌期末)若函数f(x)=xlnx-ax2在区间(0,+∞)上有两个极值点,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　　B.(-∞,0]
C.(-∞,0]∪　　　　　D.
6.(2023河南中原名校期中联考)已知函数f(x)=x3-3ax2+3x+1在区间(2,3)上至少有一个极值点,则实数a的取值范围为　　　　.
7.(2023山东济南黄河双语实验学校月考)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求实数a的值;
(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.
8.(2023山西太原月考)已知函数f(x)=x2+ax-(ax+1)lnx.
(1)若f(x)有三个不同的极值点x1,x2,x3(x1(2)在(1)的条件下,证明:
①x1x2x3=1;
②x1+x2+x3>3(a-1).
题组三　函数极值的综合应用
9.(2023河南三门峡月考)若函数f(x)=(x-1)2+alnx有两个极值点x1,x2,且x1A.　　　　　B.
C.　　　　　D.
10.若函数f(x)=ax3-ax+1的图象经过四个象限,则实数a的取值范围为(　　)
A.
B.
C.∪
D.∪
11.函数f(x)=ax2-2lnx-1有两个零点,则a的取值范围为(　　)
A.(-∞,e)　　　　　B.(0,e)
C.(0,1)　　　　　D.(-∞,1)
12.(2023河南商丘月考)若函数f(x)=xlnx-ax2存在极大值点x0,且2f(x0)>e2,则实数a的取值范围为　　　　.
13.已知函数f(x)=lnx-(a+2)x+ax2(a∈R).
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)若f(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围.
14.(2023河南豫北中原名校联考)已知函数f(x)=ex-x2-2x+a.
(1)证明:f(x)有两个极值点,且分别在区间(-1,0)和()内;
(2)若f(x)有3个零点,求整数a的值.
参考数据:≈4.11,≈5.65,≈1.73,≈1.41.
答案与分层梯度式解析
第五章　一元函数的导数及其应用
5.3　导数在研究函数中的应用
5.3.2　函数的极值与最大(小)值
第1课时　函数的极值
基础过关练
1.BD 2.D 3.A 4.C 6.C 7.A 8.D 9.B
10.D
1.BD
2.D　函数y=ex是实数集R上的增函数,不存在极值;
函数y=lnx在(0,+∞)上单调递增,不存在极值;
函数y=在区间(0,+∞),(-∞,0)上单调递减,不存在极值;
y=x2-2x=(x-1)2-1在(1,+∞)上单调递增,在(-∞,1)上单调递减,因此x=1是函数的极小值点,符合题意.故选D.
3.A　易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-.
令f'(x)=0,得x=1(x=-1舍去).
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以函数f(x)的极小值为f(1)=.故选A.
4.C　设y=f'(x)的图象与x轴的交点的横坐标从左到右依次为x1,x2,x3,x4,则f(x)在x=x1,x=x3处取得极大值,在x=x2,x=x4处取得极小值,故选C.
5.解析　(1)f(x)的定义域为R,f'(x)=.
令f'(x)=0,得x=±.列表如下:
x (-∞, -) - (-, ) (, +∞)
f'(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
所以函数f(x)的极大值为f(,极小值为f(-.
(2)f(x)的定义域为R,f'(x)=4x-4x3,令f'(x)=0,得x=0或x=-1或x=1.
所以f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以函数f(x)的极大值为f(-1)=f(1)=1,极小值为f(0)=0.
(3)f(x)的定义域为R,f'(x)=ex-e.
令f'(x)>0,解得x>1;令f'(x)<0,解得x<1.
所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
所以函数f(x)的极小值为f(1)=e-e=0,无极大值.
(4)f'(x)=sinx·sinx+(1-cosx)cosx=-2cos2x+cosx+1=(-cosx+1)(2cosx+1),x∈[-π,π].
易知当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以函数f(x)的极大值为f,极小值为f.
6.C　f'(x)=2x-4+(x>0),
令g(x)=2x2-4x+a=2(x-1)2+a-2,
由f(x)有唯一的极值点,可得g(0)≤0,即a≤0,
故实数a的取值范围为(-∞,0].故选C.
7.A　由题意得f'(x)=x-1+=0有两个不同的正实数根,即x2-x+a=0有两个不同的正实数根,所以解得08.D　f(x)=x(x-c)2=x3-2cx2+c2x,则f'(x)=3x2-4cx+c2=3(x-c),依题意得f'(2)=0,得c=2或c=6.
当c=2时,f'(x)=3(x-2),当2或x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
则f(x)在x=2处取得极小值,不符合条件;
当c=6时,f'(x)=3(x-2)(x-6),当x<2或x>6时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当2则f(x)在x=2处取得极大值,符合条件,故c的值为6.故选D.
9.B　易得f'(x)=(2x-a-b)ex+(x2-ax-bx+ab)ex=ex[x2+(2-a-b)x+ab-a-b].
∵函数f(x)在x=a处取得极小值,∴f'(a)=ea[a2+(2-a-b)a+ab-a-b]=ea(a-b)=0,即a=b,∴f(x)=(x-a)2ex,f'(x)=ex[x2+(2-2a)x+a2-2a]=ex(x-a)·[x-(a-2)].
令f'(x)=0,得x=a或x=a-2,当x∈(-∞,a-2)时,f'(x)>0;当x∈(a-2,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(-∞,a-2),(a,+∞)上单调递增,在(a-2,a)上单调递减,∴f(x)在x=a-2处有极大值,为f(a-2)=4ea-2=4,∴a=2,∴b=2.
故选B.
10.D　f'(x)=3e3x-2e2x-ex=ex(3e2x-2ex-1)=ex(ex-1)·(3ex+1),
令f'(x)=0,得ex-1=0,解得x=0.
在区间(-∞,0)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,
在区间(0,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
结合f(x)的图象(图略)可知,
若函数f(x)=e3x-e2x-ex-a存在零点,则必有f(0)=-a-1≤0,解得a≥-1,
即a的取值范围为[-1,+∞),故选D.
11.答案　[0,2]
解析　易得f'(x)=x2+2(a-1)x+1.
因为函数f(x)没有极值,所以f'(x)≥0恒成立,所以Δ=4(a-1)2-4≤0,解得0≤a≤2.
12.答案　4
解析　易得f'(x)=ex+e1-x-a=0,即e2x-aex+e=0的两根为x1,x2,所以-a=0,
·=e,即x1+x2=1.
因为f(x1)+f(x2)=-4,所以()-a(x1+x2)=-4,所以a-()-a×1=-4,即-()=-4,即-a=-4,所以a=4.
13.解析　(1)当a=1时,f(x)=lnx+x2-3x,定义域为(0,+∞),则f'(x)=,
令f'(x)>0,得01;令f'(x)<0,得(2)函数f(x)=lnx+ax2-(2a+1)x,定义域为(0,+∞),则f'(x)=,
令f'(x)=0,得x=1或x=.
①当a>时,0<<1,易得函数f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减,
所以函数f(x)在x=处取得极大值,为f,在x=1处取得极小值,为f(1)=-a-1;
②当0所以函数f(x)在x=1处取得极大值,为f(1)=-a-1,在x=处取得极小值,为f;
③当a=时,=1,则f'(x)=≥0恒成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.
综上,当a>时,f(x)的极大值为-ln(2a)-,极小值为-a-1;
当0当a=时,f(x)无极值.
14.解析　(1)由题意得,f'(x)=6x2+6ax+3b,
由函数f(x)在x=1及x=2处取得极值,
得解得
经检验,符合题意.
(2)由(1)可知,f(x)=2x3-9x2+12x+c,
f'(x)=6x2-18x+12=6(x-2)(x-1),
令f'(x)=0,得x=1或x=2,
当x<1或x>2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当1∴f(x)在x=1处取得极大值,在x=2处取得极小值.
若f(x)=0有三个不同的实根,
则解得-5方法技巧　解决一元三次方程的实数根问题,常常要考虑两个方面:一是导数为零时一元二次方程实根的个数;二是一元二次方程有两个不等实根时,三次函数有极大值点和极小值点,判断极大值、极小值与0的大小关系.
能力提升练
1.A 2.C 3.BCD 4.B 5.D 9.A 10.C 11.C
1.A　由题意知f'(x)=[ex(x-1)+1],
令g(x)=ex(x-1)+1,则g'(x)=ex(x-1)+ex=xex,
令g'(x)>0,得x>0,令g'(x)<0,得x<0,则函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(0)=0,由此可知f'(x)≥0,当且仅当x=0时等号成立,故函数f(x)单调递增,所以函数f(x)不存在极值点.故选A.
2.C　由题意得f'(x)=ex-2x-2,令f'(x)=0,得ex=2(x+1),
令g(x)=ex,h(x)=2(x+1),在同一坐标系内作出两函数的图象,如图所示,
由图象可知,函数g(x)与h(x)的图象有两个交点,则方程ex=2(x+1)有两个不同的根,
故f'(x)=0有两个不同的根,且两个根左右的单调性不同,由极值点的定义可知,函数f(x)有两个极值点.故选C.
3.BCD　对于A,假设f(x)的图象是轴对称图形,则 a∈R,使得 x∈R,有f(x)=f(a-x)成立,
即x2(x+2)(x-1)=(a-x)2(a-x+2)(a-x-1)成立,
化简,得x4+x3-2x2=x4-(4a+1)x3+(6a2+3a-2)x2+(-4a3-3a2+4a)x+a2(a2+a-2),
所以无解,故不存在实数a,使得 x∈R,有f(x)=f(a-x)成立,故f(x)的图象不是轴对称图形,故A中说法错误.
对于B,因为f(x)=x2(x+2)(x-1)=x4+x3-2x2,
所以f'(x)=4x3+3x2-4x=x(4x2+3x-4),
令f'(x)=0,得x=0或4x2+3x-4=0.
对于方程4x2+3x-4=0,Δ=9+64=73>0,
所以4x2+3x-4=0有两个不相等的实数根,记为x1,x2(x1所以x1+x2=-,x1·x2=-1<0,所以x1<0当x∈(-∞,x1)时,4x2+3x-4>0,所以f'(x)<0,所以f(x)单调递减;
当x∈(x1,0)时,4x2+3x-4<0,所以f'(x)>0,所以f(x)单调递增;
当x∈(0,x2)时,4x2+3x-4<0,所以f'(x)<0,所以f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,4x2+3x-4>0,所以f'(x)>0,所以f(x)单调递增,
所以f(x)的极大值点为0,故B中说法正确.
对于C,f(x)的所有极值点之和为x1+0+x2=-,故C中说法正确.
对于D,易知f(x)的极小值点为x1,x2,所以f(x1)·f(x2)=(x1+2)(x1-1)··(·(-2x2+4),
将x1+x2=-,x1·x2=-1代入,
得f(x1)·f(x2)=1-x1-2-2x2+4
=-3(x1+x2)-2()+4
=-3(x1+x2)-2[(x1+x2)2-2x1x2]+4
=,故D中说法正确.
故选BCD.
4.B　易得f'(x)=.
令f'(x)=0,得-ax2+(2a+3)x-(b+3)=0,由题意得此方程的一个根为2,所以-4a+2(2a+3)-(b+3)=0,解得b=3,所以f'(x)=.
因为2是f(x)的极小值点,a为正整数,所以>2,所以05.D　由题意得f'(x)=lnx+1-2ax=0,即2a=在区间(0,+∞)上有两个不相等的实数根,即直线y=2a与曲线y=在(0,+∞)上有两个交点.
令g(x)=(x>0),则g'(x)=(x>0),
令g'(x)>0,得01,
所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,易知g=0,g(1)=1,当x>时,g(x)>0恒成立,画出y=2a和y=g(x)的大致图象,如图所示.
由图可知,若直线y=2a与函数g(x)的图象有两个交点,则0<2a<1,即06.答案　
解析　易得f'(x)=3x2-6ax+3.
因为函数f(x)在区间(2,3)上至少有一个极值点,所以3x2-6ax+3=0有两个不相等的实数根,且至少有一个根在(2,3)内.
当3x2-6ax+3=0有两个不相等的实数根,且其中一个根在(2,3)内时,解得.
当3x2-6ax+3=0有两个不相等的实数根,且两根均在(2,3)内时,无解.
综上,实数a的取值范围为.
7.解析　(1)易得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex,
由题意可得曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0,故f'(1)=(a-2a-1+2)e=0,解得a=1.
(2)f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(x-2)·(ax-1)ex.
①当a<0时,<2,此时f(x)在上单调递增,在(2,+∞),上单调递减,故f(x)在x=2处取得极大值,不符合题意;
②当a=0时,f'(x)=-(x-2)ex,若x<2,则f'(x)>0,f(x)单调递增,若x>2,则f'(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x=2处取得极大值,不符合题意;
③当02,此时f(x)在上单调递减,在,(-∞,2)上单调递增,
故f(x)在x=2处取得极大值,不符合题意;
④当a=时,f'(x)=(x-2)2ex≥0,f(x)在R上单调递增,无极值,不符合题意;
⑤当a>时,<2,此时f(x)在上单调递减,在(2,+∞),上单调递增,
故f(x)在x=2处取得极小值,符合题意.
综上可得,a的取值范围是.
8.解析　(1)易得f'(x)=x--alnx,x>0.
设g(x)=f'(x)=x--alnx,
则g'(x)=1+.
当a≤2时,g'(x)=≥≥0,
所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当0当x>1时,f'(x)>f'(1)=0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)只有一个极值点x=1,与题意不符.
当a>2时,令g'(x)==0,
即x2-ax+1=0,解得x=或x=,
且0<,
所以f'(x)在和上单调递增,在上单调递减,
且f'(1)=0.
因为f'>f'(1)=0,f'(e-2a)=e-2a-e2a+2a2<1-(1+2a+2a2)+2a2=-2a<0,
这里应用了泰勒公式:ex=1+x++…++…,其中n!=1×2×3×…×n
所以存在x1∈,使得f'(x1)=0,
所以f'(x)在上存在唯一零点x1.
因为f'1+2a+2a2-1-2a2=2a>0,所以存在x3∈,使得f'(x3)=0,所以f'(x)在上存在唯一零点x3.
所以f(x)在(0,x1)和(1,x3)上单调递减,在(x1,1)和(x3,+∞)上单调递增.
记x2=1,所以x1,x2,x3是f(x)的三个不同的极值点,且0综上所述,实数a的取值范围为(2,+∞).
(2)证明:①由(1)得,要证x1x2x3=1,只需证x1x3=1.
因为f'=-f'(x),所以f'=-f'(x3)=0,
因为x3>1,所以0<<1,所以=x1,
所以x1x3=1,所以x1x2x3=1.
②由(1)得,要证x1+x2+x3>3(a-1),只需证x1+x3>3a-4.
因为f'(x3)=x3--alnx3=0,所以alnx3=x3-,
所以只需证lnx3+4lnx3-3>0.
令u(x)=lnx+4lnx-3,x>1,
则u'(x)=.
令v(x)=lnx-,x>1,
则v'(x)=>0,
所以v(x)>v(1)=0,所以u'(x)>0,
所以u(x)>u(1)=0,
所以lnx3+4lnx3-3>0,
即x1+x2+x3>3(a-1).
9.A　易得f'(x)=2(x-1)+,x>0.
因为函数f(x)有两个极值点x1,x2,
所以方程2x2-2x+a=0有两个实数根x1,x2,
所以x1+x2=1,2-2x2+a=0,又0所以f(x2)=(x2-1)2+alnx2
=(x2-1)2+(-2+2x2)lnx2,令g(x)=(x-1)2+(-2x2+2x)lnx,则g'(x)=(2-4x)lnx>0在上恒成立,
故g(x)在上单调递增,则g(x)∈,
即f(x2)的取值范围为,故选A.
10.C　当a=0时,f(x)=1,其图象经过第一、二象限,与题意不符.
当a≠0时,f'(x)=ax2-a,令f'(x)=0,得x=±1.
若a>0,则当x<-1或x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当-10,在x=1处取得极小值,为f(1)=-a+1,所以要想函数f(x)的图象经过四个象限,只需f(1)=-a+1<0,解得a>.
若a<0,则当x<-1或x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当-10,f(x)单调递增,所以函数f(x)在x=-1处取得极小值,为f(-1)=a+1,在x=1处取得极大值,为f(1)=-a+1,且-a+1>0,所以要想函数f(x)的图象经过四个象限,只需f(-1)=a+1<0,解得a<-.
综上,实数a的取值范围为∪.故选C.
11.C　因为函数f(x)=ax2-2lnx-1有两个零点,
所以方程ax2-2lnx-1=0有两个不同的实数根,即a=有两个不同的实数根.
令g(x)=,x>0,则g(x)=的图象与直线y=a有两个不同的交点,
易得g'(x)=,
令g'(x)=0,得x=1,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则g(x)单调递减,所以g(x)在x=1处取得极大值,且极大值为g(1)=1.
令g(x)=>0,得x>;
令g(x)=<0,得0画出g(x)=的大致图象,如图,
由图象可得,当0解题模板　利用导数研究与函数零点个数(方程根的个数)相关的参数问题时,一般需要先分离参数,根据分离后的结果,构造新的函数,再利用导数研究函数的单调性,确定函数极值,利用数形结合的方法求解.变量分离可以避免对参数的分类讨论.
12.答案　
解析　易得f'(x)=lnx+1-ax,x>0.
因为x0为函数f(x)的极大值点,
所以f'(x0)=lnx0+1-ax0=0,
即lnx0+1=ax0,所以2f(x0)=2
=2x0lnx0-x0(lnx0+1)=x0lnx0-x0,
令g(x)=xlnx-x(x>0),则g'(x)=lnx,
令g'(x)>0,得x>1;
令g'(x)<0,得0所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且g(e2)=e2,g(1)=-1,
当0所以由g(x0)=2f(x0)>e2=g(e2),得x0>e2,
由lnx0+1=ax0,可得a=(x0>e2),
令h(x)=(x>e2),
所以h'(x)=<0,
所以函数h(x)在(e2,+∞)上单调递减,
所以h(x)又当x>e2时,h(x)>0,所以0即实数a的取值范围为.
13.解析　(1)当a=0时,f(x)=lnx-2x,f'(x)=-2,所以f(1)=-2,f'(1)=-1.
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+2=-(x-1),即x+y+1=0.
(2)易得f'(x)=(x>0).
①当a≤0时,f(x)与f'(x)在(0,+∞)上的变化情况如下:
x 0, ,+∞
f'(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
②当0x 0, , , +∞
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
③当a=2时,f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
④当a>2时,f(x)与f'(x)在(0,+∞)上的变化情况如下:
x 0, , , +∞
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(3)由(2)可知,
①当a≤0时,f(x)在x=处取得极大值,也是最大值,为f=-ln2-1-.
当x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→-∞,故若f(x)恰有两个零点,则f>0,即-ln2-1->0,解得a<-4ln2-4.
所以当a<-4ln2-4时,f(x)恰有两个零点.
②当0因为f=-ln2-1-<0,
所以f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不符合题意.
③当a=2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不符合题意.
④当a>2时,f(x)在x=处取得极大值,
因为f=-lna-1-<0,
所以f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不符合题意.
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,-4ln2-4).
14.解析　(1)证明:易得f'(x)=ex-2x-2.
令g(x)=f'(x)=ex-2x-2,则g'(x)=ex-2.
令g'(x)<0,得x0,得x>ln2,
∴g(x)在(-∞,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增.
∴g(x)在(-1,0)上单调递减,在()上单调递增,又g(-1)=-2≈-0.71<0,g(-2≈0.19>0,
∴g(x)在(-1,0)内有且仅有一个零点,在()内有且仅有一个零点.
综上,g(x)有两个零点,且分别在区间(-1,0)和()内.
设g(x)的两个零点分别为x1,x2,且x1∈(-1,0),x2∈(),
当x1x2时,g(x)>0,即f'(x)>0,
∴f(x)在(x1,x2)上单调递减,在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,
∴f(x)有两个极值点,且分别在区间(-1,0)和()内.
(2)由(1)及题意得
且
∴解得
∵x1∈(-1,0),x2∈(
又a为整数,∴a=-1或a=0.
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