专题05利用导数研究函数零点-2017-2018学年下学期期末复习备考高二数学（文）备考热点难点突破练（江苏版）

一、解答题
1. 设函数，.
讨论函数零点的个数.
【答案】① 当时，无零点，② 当或时，有且仅有个零点，③ 当时，有两个零点.
【解析】
，
极大值
故当时，取得最大值，作出的图象，可得
① 当时，无零点，
② 当或时，有且仅有个零点，
③ 当时，有两个零点.
2. 已知二次函数的导函数的图像与直线平行，且在处取得极小值．设． 如何取值时，函数存在零点，并求出零点．
【答案】当时, 函数有一零点；
当()，或（）时，函数有两个零点；
当时，函数有一零点.
【解析】
由()，得
当时，方程有一解，函数有一零点；
当时，方程有二解，
若，，函数有两个零点，即
；若，，函数有两个零点，即；
3. 已知函数.
若，函数有且只有1个零点，求的值。
【答案】1
【解析】因为函数只有1个零点，而，
所以0是函数的唯一零点.
因为，又由知，
所以有唯一解.
令，则，
从而对任意，，所以是上的单调增函数，
于是当，；当时，.
因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.
下证.
若，则，于是，
又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.
若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.
因此，.
于是，故，所以.
4. 设函数（其中为自然对数的底数，），曲线在点处的切线方程为.
（1）求；
（2）若对任意，有且只有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）实数的取值范围为.
【解析】
（2）由（1）得，，
①当时，由得，由得，此时在上单调递减，在上单调递增，∵，
（或当时，亦可）∴要使得在上有且只有两个零点，
则只需，即， 6分
②当时，由得或；由得.此时在上单调递减，在和上单调递增， 此时，∴此时在至多只有一个零点，不合题意， 9分
③当时，由得或，由得，此时在和上单调递增，在上单调递减，且，∴在至多只有一个零点，不合题意.
综上所述，实数的取值范围为. 12分
5. 已知函数有两个零点.
设x1,x2是的两个零点,证明：.
【答案】
设,则．
所以当时,,而,故当时,．
从而,故．
6. 已知函数f(x)＝ax4－x2，x∈(0，＋∞)，g(x)＝f(x)－f′(x)．
若a＞1，记g(x)的两个零点为x1，x2，求证：4＜x1＋x2＜a＋4.
证明： g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax4－x2－(4ax3－x)＝ax4－4ax3－x2＋x，
因为x＞0，由g(x)＝ax4－4ax3－x2＋x＝0得ax3－4ax2－x＋1＝0，
令φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1，
由φ′(x0)＝3ax－8ax0－＝0得3ax＝8ax0＋，
所以φ(x0)＝－ax0－x0＋.
因为φ′(x)对称轴为x＝，
所以φ′＝φ′(0)＝－＜0，
所以x0＞＞，
所以φ(x0)＝－ax0－＜0.
又φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1＝ax2(x－8)＋x(ax2－1)＋1，
所以4＜x2＜，
所以4＜x1＋x2＜＋＝5＜a＋4.
7. 设函数f(x)＝x|x－1|＋m，g(x)＝lnx.
(1) 当m＞1时，求函数y＝f(x)在[0，m]上的最大值；
(2) 记函数p(x)＝f(x)－g(x)，若函数p(x)有零点，求实数m的取值范围．
解：(1) 当x∈[0，1]时，f(x)＝x(1－x)＋m＝－x2＋x＋m＝－＋m＋，
当x＝时，f(x)max＝m＋.(2分)
当x∈(1，m]时，f(x)＝x(x－1)＋m＝x2－x＋m＝＋m－，
因为函数y＝f(x)在(1，m]上单调递增，所以f(x)max＝f(m)＝m2.(4分)
由m2≥m＋得m2－m－≥0，又m＞1，所以m≥.(6分)
所以当m≥时，f(x)max＝m2；当1＜m＜时，f(x)max＝m＋.(8分)
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＝－x2＋x＋lnx.
因为h′(x)＝－2x＋＋1＝
＝－＜0，(12分)
所以函数h(x)在(1，＋∞)上是减函数，
所以h(x)＜h(1)＝0.(14分)
所以方程m＝lnx－x|x－1|有解时m≤0.
即函数p(x)有零点时实数m的取值范围是(－∞，0]．(16分)
8.已知函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e为自然对数的底数．
(1) 当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2) ① 若存在实数x，满足f(x)＜0，求实数a的取值范围；
② 若有且只有唯一整数x0，满足f(x0)＜0，求实数a的取值范围．
(1) 证明：函数f(x)的定义域为R，
因为f(－x)＝cos(－x)＋a(－x)2－1＝cosx＋ax2－1＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数．(3分)
(2) 解：当a＝1时，f(x)＝cosx＋x2－1，则f′(x)＝－sinx＋2x，令g(x)＝f′(x)＝－sinx＋2x，则g′(x)＝－cosx＋2＞0，所以f′(x)是增函数．
又f′(0)＝0，所以f′(x)≥0，所以f(x)在[0，π]上是增函数．
又函数f(x)是偶函数，
故函数f(x)在[－π，π]上的最大值是π2－2，最小值为0.(8分)
(3) 解：f′(x)＝－sinx＋2ax，
令g(x)＝f′(x)＝－sinx＋2ax，则g′(x)＝－cosx＋2a，
① 当a≥时，g′(x)＝－cosx＋2a≥0，所以f′(x)是增函数．又f′(0)＝0，所以f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上是增函数．而f(0)＝0，f(x)是偶函数，故f(x)≥0恒成立．(12分)
② 当a≤－时，g′(x)＝－cosx＋2a≤0，所以f′(x)是减函数．又f′(0)＝0，所以f′(x)≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数．而f(0)＝0，f(x)是偶函数，所以f(x)＜0，与f(x)≥0矛盾，故舍去．(14分)
③ 当－＜a＜时，必存在唯一x0∈(0，π)，使得g′(x0)＝0，因为g′(x)＝－cosx＋2a在[0，π]上是增函数，所以当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，即f′(x)在(0，x0)上是减函数．又f′(0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，即f(x)在(0，x0)上是减函数．而f(0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f(x)＜0，与f(x)≥0矛盾，故舍去．
综上，实数a的取值范围是.(16分)
9.已知函数f(x)＝(ax2＋x＋2)ex(a＞0)，其中e是自然对数的底数．
(1) 当a＝2时，求f(x)的极值；
(2) 若f(x)在[－2，2]上是单调增函数，求a的取值范围；
(3) 当a＝1时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋4在[t，t＋1]上有解．
解：(1) f(x)＝(2x2＋x＋2)ex，则f′(x)＝(2x2＋5x＋3)ex＝(x＋1)(2x＋3)ex.(2分)
令f′(x)＝0 ，解得x＝－1，－.
x
(－∞，－)
－
(－，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
∴ f(x)极大值＝f＝5e－ ，f(x)极小值＝f(－1)＝3e－1.(4分)
(2) 问题转化为f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋3]ex≥0在x∈[－2，2]上恒成立；
又ex>0，即ax2＋(2a＋1)x＋3≥0在x∈[－2，2]上恒成立；(6分)
令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋3.
∵ a＞0，对称轴x＝－1－＜0.
① 当－1－≤－2，即0＜a≤时，g(x)在[－2，2]上单调增，
∴ g(x)min＝g(－2)＝1＞0，∴ 0＜a≤.(8分)

(3) ∵ a＝1，设h(x)＝(x2＋x＋2)ex－x－4，h′(x)＝(x2＋3x＋3)ex－1，
令φ(x)＝(x2＋3x＋3)ex－1，φ′(x)＝(x2＋5x＋6)ex，
令φ′(x)＝(x2＋5x＋6)ex＝0，得x＝－2，－3.
x
(－∞，－3)
－3
(－3，－2)
－2
(－2，＋∞)
φ′(x)
＋
0
－
0
＋
φ(x)
增
极大值
减
极小值
增
∴ φ(x)极大值＝φ(－3)＝－1<0，φ(x)极小值＝φ(－2)＝－1<0.(13分)
∵ φ(－1)＝－1<0，φ(0)＝2>0，
∴ 存在x0∈(－1，0)，x∈(－∞，x0)时φ(x)<0，x∈(x0，＋∞)时φ(x)>0，
∴ h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
∵ h(－4)＝>0，h(－3)＝－1<0，h(0)＝－2<0，h(1)＝4e－5>0，
由零点的存在性定理可知：h(x)＝0的根x1∈(－4，－3)，x2∈(0，1)，即t＝－4，0.(16分)
10.已知函数f(x)＝的图象在x＝0处的切线方程为y＝x，其中e是自然对数的底数．
(1) 求实数a的值；
(2) 若对任意的x∈(0，2)，都有f(x)＜成立，求实数k的取值范围；
(3) 若函数g(x)＝lnf(x)－b(b∈R)的两个零点为x1，x2，试判断g′的正负，并说明理由．
解：(1) 由题意得f′(x)＝，因函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝＝1，得a＝1.(4分)
(2) 由(1)知f(x)＝＜对任意x∈(0，2)都成立，所以k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0，2)都成立，从而k≥0.(6分)
又不等式整理可得k＜＋x2－2x，令g(x)＝＋x2－2x，
所以g′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)＝0，得x＝1，(8分)
当x∈(1，2)时，g′(x)＞0，函数g(x)在(1，2)上单调递增，
同理，函数g(x)在(0，1)上单调递减，所以k＜g(x)min＝g(1)＝e－1.
综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1)．(10分)
因为x1，x2是函数g(x)的两个零点，所以相减得x2－x1＝ln.
不妨令＝t＞1，则x2＝tx1，则tx1－x1＝lnt，所以x1＝lnt，x2＝lnt，
即证lnt>2，即证φ(t)＝lnt－2·>0.(14分)
因为φ′(t)＝－＝>0，所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(1)＝0.
综上所述，函数g(x)总满足g′<0成立．(16分)
11.已知函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)．
(1) 求f(x)的单调区间；
(2) 试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．
解：(1) 由函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)，得
f′(x)＝(lnx＋2)．(2分)
令f′(x)＝0，得x＝e－2.列表如下：
x
(0，e－2)
e－2
(e－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
极小值
?
因此，函数f(x)的单调增区间为(e－2，＋∞)，单调减区间为(0，e－2)．(5分)
(2) 由(1)可知，fmin(x)＝f(e－2)＝a－2e－1.(6分)
(ⅰ) 当a＞2e－1时，由f(x)≥f(e－2)＝a－2e－1＞0，得函数f(x)的零点个数为0.(8分)
(ⅱ) 当a＝2e－1时，因f(x)在(e－2，＋∞)上单调递增，在(0，e－2)上单调递减，故x∈(0，e－2)∪(e－2，＋∞)时，f(x)＞f(e－2)＝0.此时，函数f(x)的零点个数为1.(10分)
(ⅲ) 当a＜2e－1时，fmin(x)＝f(e－2)＝a－2e－1＜0.
② 0＜a＜2e－1时，因为f(x)在[e－2，＋∞)上单调递增，且f(1)＝a＞0，f(e－2)＝a－2e－1＜0，所以函数f(x)在区间(e－2，＋∞)上有且只有1个零点；
另一方面，因为f(x)在(0，e－2]上单调递减，且f(e－2)＝a－2e－1＜0，又e－∈(0，e－2)，且f＝a－＞a－＝0(当x＞0时，ex＞x2成立)，此时函数f(x)在(0，e－2)上有且只有1个零点．
所以，当0＜a＜2e－1时，函数f(x)的零点个数为2.
综上所述，当a＞2e－1时，f(x)的零点个数为0；当a＝2e－1，或a≤0时，f(x)的零点个数为1；当0＜a＜2e－1时，f(x)的零点个数为2.(16分)
12.设函数f(x)＝(x＋k＋1)，g(x)＝，其中k是实数．
(1) 若k＝0，解不等式·f(x)≥·g(x)；
(2) 若k≥0，求关于x的方程f(x)＝x·g(x)实根的个数．
解：(1) k＝0时，f(x)＝(x＋1)，g(x)＝.
由得x≥0.(2分)
此时，原不等式为(x＋1)x≥(x＋3)，即2x2＋x－3≥0，
解得x≤－或x≥1.
所以原不等式的解集为[1，＋∞)．(5分)
当k＝时，由②得x＝，所以原方程有唯一解．
当k≠时，由②得判别式Δ＝(k＋1)2(3k－1)2，
ⅰ) k＝时，Δ＝0，方程②有两个相等的根x＝＞，
所以原方程有唯一的解．(10分)
ⅱ) 0≤k＜且k≠时，方程②整理为[(2k－1)x＋k(k＋1)](x－k－1)＝0，
解得x1＝，x2＝k＋1.
由于Δ＞0，所以x1≠x2，其中x2＝k＋1＞k，x1－k＝≥0，即x1≥k.
故原方程有两解．(14分)
ⅲ) k＞时，由ⅱ)知x1－k＝＜0，即x1＜k，故x1不是原方程的解．
而x2＝k＋1＞k，故原方程有唯一解．
综上所述：当k≥或k＝时，原方程有唯一解；
当0≤k＜且k≠时，原方程有两解．(16分)
注：ⅱ)中，法2：故方程②两实根均大于k，所以原方程有两解．
13.已知函数f(x)＝a·ex＋x2－bx(a，b∈R，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，其导函数为y＝f′(x)．　
(1) 设a＝－1，若函数y＝f(x)在R上是单调减函数，求b的取值范围；
(2) 设b＝0，若函数y＝f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；
(3) 设b＝2，且a≠0，点(m，n)(m，n∈R)是曲线y＝f(x)上的一个定点，是否存在实数x0(x0≠m)，使得f(x0)＝f′(x0－m)＋n成立？证明你的结论
(2) 当b＝0时，f(x)＝aex＋x2，由题意aex＋x2＝0只有一解．
由aex＋x2＝0，得－a＝，令G(x)＝，则G′(x)＝，令G′(x)＝0，得x＝0或x＝2.(5分)
当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为[0，＋∞)；当00，G(x)单调递增，G(x)的取值范围为；当x≥2时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为.
由题意，得－a＝0或－a＞，从而a＝0或a<－，
∴ 当a＝0或a<－时，函数y＝f(x)只有一个零点．(8分)
(3) f(x)＝aex＋x2－2x，f′(x)＝aex＋2x－2，
假设存在，则有f(x0)＝f′(x0－m)＋n＝f′(x0－m)＋f(m)，
即＝f′，
∵ f′＝ae＋2·－2，
＝
＝＋(x0＋m)－2，
∴ ae＝.(*)(10分)
∵ a≠0，∴ e＝，不妨设t＝x0－m>0，则e＋m＝.
两边同除以em，得e＝，即te＝et－1，(12分)
又g(0)＝0，
∴ g(t)>0对t∈(0，＋∞)恒成立，即(*)式不成立，(15分)
∴ 不存在实数x0(x0≠m)，使得f(x0)＝f′(x0－m)＋n成立．(16分)
14.设函数f(x)＝xex－asinxcosx(a∈R，其中e是自然对数的底数)．
(1) 当a＝0时，求f(x)的极值；
(2) 若对于任意的x∈，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(3) 是否存在实数a，使得函数f(x)在区间上有两个零点？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.
解：(1) 当a＝0时，f(x)＝xex，f′(x)＝ex(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝－1.(2分)
列表如下：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
极小值
?
所以函数f(x)的极小值为f(－1)＝－，无极大值．(4分)
(2) ① 当a≤0时，由于对于任意x∈，有sinxcosx≥0，　
所以f(x)≥0恒成立，当a≤0时，符合题意；(6分)
② 当0＜a≤1时，因为f′(x)＝ex(x＋1)－acos2x≥e0(0＋1)－acos0＝1－a≥0，
所以函数f(x)在上为增函数，
所以f(x)≥f(0)＝0，即当0＜a≤1时，符合题意；(8分)
③ 当a＞1时，f′(0)＝1－a＜0，
f′＝e＞0，　
所以，存在α∈，使得f′(α)＝0，且在(0，α)内，f′(x)＜0，
所以f(x)在(0，α)上为减函数，
所以f(x)＜f(0)＝0，即当a＞1时，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是(－∞，1]．(10分)
所以g(x)在上是增函数．
由g(0)＝1－a＜0，g＝e＋a＞0，
故g(x)在上存在唯一的零点x0，(14分)
即方程f′(x)＝0在上存在唯一解x0.
且当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在上单调递增．
当x∈(0，x0)时，f(x)＜f(0)＝0，即f(x)在(0，x0)上无零点；
当x∈时，由于f(x0)＜f(0)＝0，f＝e＞0，
所以f(x)在上有唯一零点．
所以，当a＞1时，f(x)在上有一个零点．
综上所述，不存在实数a，使得函数f(x)在区间上有两个零点．(16分)
15.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝mx＋n，其中e是自然对数的底数，m，n∈R.
(1) 设h(x)＝f(x)－g(x)．
① 若函数h(x)的图象在x＝0处的切线过点(1，0)，求m＋n的值；
② 当n＝0时，若函数h(x)在(－1，＋∞)上没有零点，求m的取值范围．
(2) 设函数r(x)＝＋，且n＝4m(m＞0)，求证：当x≥0时，r(x)≥1.
② 当n＝0，可得h′(x)＝(ex－mx)′＝ex－m，
因为x>－1，所以ex>，
当m≤时，h′(x)＝ex－m>0，函数h(x)在(－1，＋∞)上单调递增，而h(0)＝1，
所以只需h(－1)＝＋m≥0，解得m≥－，
从而－≤m≤.(6分)
当m>时，由h′(x)＝ex－m＝0，解得x＝lnm∈(－1，＋∞)，
当x∈(－1，lnm)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(lnm，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以函数h(x)在(－1，＋∞)上有最小值为h(lnm)＝m－mlnm，
令m－mlnm>0，解得m综上所述，m∈.(10分)
(2) 证明：由题意，r(x)＝＋＝＋＝＋，
而r(x)＝＋≥1等价于ex(3x－4)＋x＋4≥0，
令F(x)＝ex(3x－4)＋x＋4，(12分)
则F(0)＝0，且F′(x)＝ex(3x－1)＋1，F′(0)＝0，
令G(x)＝F′(x)，则G′(x)＝ex(3x＋2)，
因为x≥0，所以G′(x)>0，
所以导数F′(x)在[0，＋∞)上单调递增，于是F′(x)≥F′(0)＝0，(14分)
从而函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增，即F(x)≥F(0)＝0.
从而，当x≥0时，r(x)≥1.(16分)
16.设函数f(x)＝x2lnx－ax2＋b在点(x0，f(x0))处的切线方程为y＝－x＋b.
(1) 求实数a及x0的值；
(2) 求证：对任意实数b∈，函数f(x)有且仅有两个零点
(1) 解：因为f′(x)＝2xlnx＋x－2ax，(2分)
所以在点(x0，f(x0))处的切线方程为y＝－x＋xlnx0－ax＋x0＋b，其中(4分)
解得x0＝1，a＝1.(6分)
又f(e)＝e2－e2＋b＞0，
所以f(x)＝x2lnx－x2＋b在(，e)上一定有一解．(10分)
下面证明存在x∈(0，)使f(x1)＞0，
令h(x)＝xlnx－x＋1，h′(x)＝lnx，
所以当x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1在(0，1)上单调减，
所以当x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1＞h(1)＞0，
所以当x∈(0，1)时，f(x)＝x2lnx－x2＋b＞b－x，(10分)
取x1＝min{1，b}，则f(x1)＞b－x1＞0，(12分)
所以f(x)＝x2lnx－x2＋b在(x1，)上一定有一解．(14分)
综上所述，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个零点．(16分)
17.已知函数f(x)＝1＋lnx－，其中k为常数．
(1) 若k＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2) 若k＝5，求证：f(x)有且仅有两个零点；
(3) 若k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．
(参考数据：ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30)
(1) 解：当k＝0时，f(x)＝1＋lnx.
因为f′(x)＝，从而f′(1)＝1.
又f(1)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程y－1＝x－1，即x－y＝0.(3分)

(3) 解：(方法1)由题意知，1＋lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，
即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．
令h(x)＝，
则h′(x)＝.
设v(x)＝x－2lnx－4，则v′(x)＝.
当x∈(2，＋∞)时，v′(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)上为增函数．
因为v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，
所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0.
当x∈(2，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
所以当x＝x0时，h(x)的最小值h(x0)＝.
因为lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4，4.5)．
故所求的整数k的最大值为4.(16分)
(方法2)由题意知，1＋lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，
f(x)＝1＋lnx－，f′(x)＝.
① 当2k≤2，即k≤1时，f′(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，
所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．
18.已知函数f(x)＝ex|x2－a|(a≥0)．
(1) 当a＝1时，求f(x)的单调减区间；
(2) 若方程f(x)＝m恰好有一个正根和一个负根，求实数m的最大值．
解：(1) 当a＝1时，
f(x)＝(1分)
当|x|＞1时，f′(x)＝ex(x2＋2x－1)，
由f′(x)≤0，解得－1－≤x≤－1＋，
所以f(x)的单调减区间为[－1－，－1]；(3分)
当|x|≤1时，f′(x)＝－ex(x2＋2x－1)，
由f′(x)≤0，
解得x≤－1－或x≥－1＋，
所以f(x)的单调减区间为[－1＋，1]．(5分)
综上，f(x)的单调减区间为[－1＋，1]，[－1－，－1]．(6分)
(2) 当a＝0时，f(x)＝ex·x2，则f′(x)＝ex·x2＋2x·ex＝exx(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2，
x
(－∞，
－2)
－2
(－2，
0)
0
(0，
＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以f(x)有极大值f(－2)＝，极小值f(0)＝0.(7分)
当a＞0时，f(x)＝
同(1)的讨论可得，f(x)在(－∞，－－1)上增，在(－－1，－)上减，在(－a，－1)上增，在(－1，)上减，在(，＋∞)上增，(8分)
且函数y＝f(x)有两个极大值点，
f(－－1)＝2e－－1(＋1)＝，(9分)
f(－1)＝2e－1(－1)＝，(10分)
且当x＝a＋1时，f(a＋1)＝ea＋1(a2＋a＋1)＞e(－1)＞，
所以若方程f(x)＝m恰好有正根，
则m＞f(－1)(否则至少有两个正根)．(11分)
所以f(－－1)≤，等号当且仅当a＝0时取到．
且此时f(－1)＝2e－1(－1)＝0，(14分)
即f(－－1)＞f(－1)，(15分)
所以要使方程f(x)＝m恰好有一个正根和一个负根，m的最大值为.(16分)
19.设a∈R，函数f(x)＝x|x－a|－a.
(1) 若f(x)为奇函数，求a的值；
(2) 若对任意的x∈[2，3]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(3) 当a＞4时，求函数y＝f(f(x)＋a)零点的个数．
当0当2≤a≤3时，f(x)min＝f(a)＝－a≥0，解得a≤0，所以a不存在；
当a>3时，f(x)min＝min＝min≥0，解得a≥，
所以a≥.
综上，得a≤或a≥.(10分)
(3) 设y＝f(f(x)＋a)，令t＝f(x)＋a＝x，则y＝f(t)＝t－a，a>4，
第一步，令f(t)＝0?t＝a，
所以，当t判别式Δ＝a(a－4)>0，
解得t1＝，t2＝；
当t≥a时，由f(t)＝0，得t(t－a)＝a，
解得t3＝；
第二步，易得0① 若x＝t1，其中0当xp(a)＝t1>0，且Δ1＝a2－4t1>0，所以方程t2－at＋t1＝0有2个不同的实根；
当x≥a时，x2－ax－t1＝0，记q(x)＝x2－ax－t1，因为对称轴x＝q(a)＝－t1<0，且Δ2＝a2＋4t1>0，所以方程x2－ax－t1＝0有1个实根，
从而方程x＝t1有3个不同的实根；
s(a)＝t3>0，且Δ3＝a2－4t3，a2－4t3>0?a3－4a2－16<0，(14分)
记m(a)＝a3－4a2－16，则m′(a)＝a(3a－8)>0，
故m(a)为(4，＋∞)上的增函数，且m(4)＝－16<0，m(5)＝9>0，
所以m(a)＝0有唯一解，不妨记为a0，且a0∈(4，5)．
若4若a＝a0，即Δ3＝0，方程x2－ax＋t3＝0有1个实根；
若a>a0，即Δ3>0，方程x2－ax＋t3＝0有2个实根．
所以，当4当a＝a0时，方程x＝t3有2个实根；
当a>a0时，方程x＝t3有3个实根．
综上，当4当a＝a0时，函数y＝f的零点个数为8；
当a>a0时，函数y＝f的零点个数为9.(16分)
20.已知f(x)＝ex－alnx－a，其中常数a>0.
(1) 当a＝e时，求函数f(x)的极值；
(2) 若函数y＝f(x)有两个零点x1、x2(0(3) 求证：e2x－2－ex－1lnx－x≥0.
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
(1) 当a＝e时，f(x)＝ex－elnx－e，f′(x)＝ex－， (2分)
而f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)＝0，
当0当x>1时，f′(x)>f′(1)＝0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)有极小值f(1)＝0，没有极大值．(4分)
令g(x)＝lnx＋1－，由g′(x)＝＋>0得g(x)在上单调递增，
又g(1)＝0，所以φ′(x)在上为负，在(1，＋∞)上为正，因此φ(x)在上递减，在(1，＋∞)上递增，所以φ(x)min＝φ(1)＝e，从而0因而函数y＝f(x)若有两个零点，则a>e，所以f(1)＝e－a<0.(7分)
由f(a)＝ea－alna－a(a>e)得f′(a)＝ea－lna－2，则
f″(a)＝ea－>ea－>e－>0，
所以f′(a)＝ea－lna－2在(e，＋∞)上单调递增，所以f′(a)>f′(e)＝ee－3>e2－3>0，
所以f(a)＝ea－alna－a在(e，＋∞)上单调递增，所以f(a)>f(e)＝ee－2e>e2－2e>0，则f(1)f(a)<0，所以1由a>e得f＝e－aln－a＝e＋alna－a>e＋alne－a＝e>0，则
f(1)f<0，所以综上得(3) 证明：由(2)知当a＝e时，f(x)≥0恒成立，所以f(x)＝ex－elnx－e≥0，
所以g(x)＝ex－elnx≥e.
设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，
当00 ，所以g(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＝(x>0)的最大值为h(1)＝，即≤，因而≤e，(14分)
以g(x)＝ex－elnx≥e≥，
所以e2x－2－ex－1lnx－x≥0.(16分)
21.已知函数f(x)＝a－－lnx(a∈R)．
(1) 若a＝2，求函数f(x)在(1，e2)上的零点个数(e为自然对数的底数)；
(2) 若f(x)恰有一个零点，求a的取值集合；
(3) 若f(x)有两零点x1，x2(x1＜x2)，求证：2＜x1＋x2＜3ea－1－1.
(1) 解：由题设，f′(x)＝，故f(x)在(1，e2)上单调递减．(2分)
所以f(x)在(1，e2)上至多只有一个零点．
又f(1)f(e2)＝1×<0，故函数f(x)在(1，e2)上只有一个零点．(4分)
① 当[f(x)]max＝0，即a＝1时，因最大值点唯一，故符合题设；(8分)
② 当[f(x)]max<0，即a<1时，f(x)<0恒成立，不合题设；
③ 当[f(x)]max>0，即a>1时，一方面，?ea>1，f(ea)＝－<0；
另一方面，?e－a<1，f(e－a)＝2a－ea≤2a－ea<0(易证：ex≥ex)，
于是，f(x)有两零点，不合题设．
综上，a的取值集合为{1}．(10分)
(3) 证明：先证x1＋x2>2.
依题设，有a＝＋lnx1＝＋lnx2，于是＝ln.
记＝t，t>1，则lnt＝，故x1＝.
于是，x1＋x2＝x1(t＋1)＝，
x1＋x2－2＝.
记函数g(x)＝－lnx，x>1.
因g′(x)＝>0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
于是，t>1时，g(t)>g(1)＝0.
又lnt>0，所以x1＋x2>2.(13分)
再证x1＋x2<3ea－1－1.
因f(x)＝0?h(x)＝ax－1－xlnx＝0，故x1，x2也是h(x)的两零点．
由h′(x)＝a－1－lnx＝0，得x＝ea－1(记p＝ea－1)．
仿(1)知，p是h(x)的唯一最大值点，故有
作函数h(x)＝lnx－－lnp，则h′(x)＝≥0，故h(x)单调递增．
故当x>p时，h(x)>h(p)＝0；当0于是ax1－1＝x1lnx1<＋x1lnp.
整理，得(2＋lnp－a)x－(2p＋ap－plnp－1)x1＋p>0，
即x－(3ea－1－1)x1＋ea－1>0.
同理，x－(3ea－1－1)x2＋ea－1<0.
故x－(3ea－1－1)x2＋ea－1(x2＋x1)(x2－x1)<(3ea－1－1)(x2－x1)，
于是，x1＋x2<3ea－1－1.
综上，222.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1) 试讨论f(x)的单调性；
(2) 若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．
解：(1) f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.
当a＝0时，因为f′(x)＝3x2>0(x≠0)，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．(8分)
设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，
则在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立，
从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，
因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪∪.
综上c＝1.
23.已知函数有两个零点.
求a的取值范围；
【答案】
【解析】．
（i）设,则,只有一个零点．
（ii）设,则当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．
又,,取满足且,则
,
故存在两个零点．
（iii）设,由得或．
若,则,故当时,,因此在上单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．
若,则,故当时,；当时,．因此在单调递减,在单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．
综上,的取值范围为．
24.已知函数f(x)＝ax4－x2，x∈(0，＋∞)，g(x)＝f(x)－f′(x)．
(1) 若a＞0，求证：
(ⅰ) f(x)在f′(x)的单调减区间上也单调递减；
(ⅱ) g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点；
(2) 若a＞1，记g(x)的两个零点为x1，x2，求证：4＜x1＋x2＜a＋4.

(ⅱ) (证法1)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax4－x2－(4ax3－x)＝ax4－4ax3－x2＋x，
因为x＞0，由g(x)＝ax4－4ax3－x2＋x＝0得ax3－4ax2－x＋1＝0，
令φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1，则φ′(x)＝3ax2－8ax－.
因为a＞0，且φ′(0)＝－＜0，所以φ′(x)必有两个异号的零点，记正零点为x0，则x∈(0，x0)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，若φ(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点，则φ(x0)＜0.(7分)
由φ′(x0)＝3ax－8ax0－＝0，显然x0≠，a＝代入φ(x0)得φ(x0)＝，
由于x－5x0＋8＞0，所以只需比较x0与的大小．
再由φ′(x0)＝3ax－8ax0－＝0得3ax0＝＞0，则x0＞.
所以φ(x0)＜0.
又φ(0)＝1＞0，所以在(0，x0)上有且仅有一个零点．

(证法2)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax4－x2－(4ax3－x)＝ax4－4ax3－x2＋x，
因为x＞0，由g(x)＝ax4－4ax3－x2＋x＝0得ax3－4ax2－x＋1＝0，
令φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1，
由φ′(x0)＝3ax－8ax0－＝0得3ax＝8ax0＋，
所以φ(x0)＝－ax0－x0＋.
因为φ′(x)对称轴为x＝，
所以φ′＝φ′(0)＝－＜0，
所以x0＞＞，
所以φ(x0)＝－ax0－＜0.
又φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1＝ax2(x－8)＋x(ax2－1)＋1，
设，8中的较大数为M，则φ(M)＞0，
故a＞0时，g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点．(10分)
(证法3)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax4－x2－(4ax3－x)＝ax4－4ax3－x2＋x，
令φ1(x)＝＝x2－2x－4－，
则φ′1(x)＝＝＞0，
当x∈(0，2)时，φ(x)单调递增，且由y＝x2－2x－4，y＝－值域知φ(x)值域为(0，＋∞)；当x∈(2，＋∞)时，φ1(x)单调递增，且φ1(4)＝0.由y＝x2－2x－4，y＝－值域知φ(x)值域为(－∞，＋∞)；
因为a＞0，所以＞0，而y＝与φ1(x)有两个交点，所以φ1(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点．(10分)
(3) (证法1)由(2)知，对于φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1在(0，＋∞)上恰有两个零点x1，x2，
不妨设x1＜x2，因为φ(0)＝1＞0，φ＝(6－7a)＜0，所以0＜x1＜.(12分)
因为φ(4)＝－1＜0，φ＝(81a－10)＞0，
所以4＜x2＜，
所以4＜x1＋x2＜＋＝5＜a＋4.(16分)