考点一
导数的几何意义
1.导数的几何意义：函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率．
2．导数的几何意义的应用：利用导数的几何意义可以求出曲线上任意一点处的切线方程y－y0＝f′(x0)(x－x0)，明确“过点P(x0，y0)的曲线y＝f(x)的切线方程”与“在点P(x0，y0)处的曲线y＝f(x)的切线方程”的异同点．
3．围绕着切点有三个等量关系：切点(x0，y0)，则k＝f′(x0)，y0＝f(x0)，(x0，y0)满足切线方程，在求解参数问题中经常用到．
[典例1] 已知函数f(x)＝x3＋x－16.
(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线方程；
(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标；
(3)如果曲线y＝f(x)的某一切线与直线y＝－x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．
解：(1)∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1，∴f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13.∴切线的方程为y＝13(x－2)＋(－6)，即y＝13x－32.
(2)法一：设切点为(x0，y0)，
则直线l的斜率为f′(x0)＝3x＋1，
∴直线l的方程为y＝(3x＋1)(x－x0)＋x＋x0－16.
又∵直线l过点(0,0)，
∴0＝(3x＋1)(－x0)＋x＋x0－16.
整理得，x＝－8，∴x0＝－2.
∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26.
k＝3×(－2)2＋1＝13.
∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．
法二：设直线l的方程为y＝kx，切点为(x0，y0)，
则k＝＝，
又∵k＝f′(x0)＝3x＋1，∴＝3x＋1.
解得x0＝－2，
∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26.
k＝3×(－2)2＋1＝13.
∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．
(3)∵切线与直线y＝－＋3垂直，
∴切线的斜率k＝4.
设切点坐标为(x0，y0)，
则f′(x0)＝3x＋1＝4，∴x0＝±1.
∴或
即切点为(1，－14)或(－1，－18)．
切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18.
即y＝4x－18或y＝4x－14.
[对点训练]
1．设函数f(x)＝4x2－ln x＋2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．
解：f′(x)＝8x－.
所以在点(1，f(1))处切线的斜率k＝f′(1)＝7，
又f(1)＝4＋2＝6，
所以切点的坐标为(1,6)．
所以切线的方程为y－6＝7(x－1)，即7x－y－1＝0.
考点二
利用导数研究函数的单调性
借助导数研究函数的单调性，尤其是研究含有ln x，ex，－x3等线性函数(或复合函数)的单调性，是近几年高考的一个重点．其特点是导数f′(x)的符号一般由二次函数来确定；经常同一元二次方程、一元二次不等式结合，融分类讨论、数形结合于一体．
[典例2] 设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．
此时f′(x)＝.可得f′(1)＝，又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋＝.
当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①当a＝－时，Δ＝0，
f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a<－时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－
0.
设x1，x2(x1则x1＝，x2＝，
由x1＝＝>0，
所以x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－上单调递减，
在，上单调递增．
[典例3] 若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a的取值范围．
解：函数f(x)的导数f′(x)＝x2－ax＋a－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a－1.
当a－1≤1，即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，不合题意．
当a－1>1，即a>2时，函数f(x)在(－∞，1)上为增函数，在(1，a－1)上为减函数，在(a－1，＋∞)上为增函数．
依题意当x∈(1,4)时，f′(x)<0，
当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0.
故4≤a－1≤6，即5≤a≤7.
因此a的取值范围是[5,7]．
[对点训练]
2．已知函数f(x)＝xekx(k≠0)，求f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝(1＋kx)ekx，
若k>0，则由f′(x)>0得1＋kx>0，x>－；
由f′(x)<0得x<－.
∴k>0时，f(x)的单调递增区间为，递减区间为.
若k<0，则由f′(x)>0得1＋kx>0，x<－；
由f′(x)<0得x>－.
∴k<0时，f(x)的单调递增区间为，递减区间为.
3．若a≥－1，求函数f(x)＝ax－(a＋1)ln(x＋1)的单调区间．
解：由已知得函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝(a≥－1)，
(1)当－1≤a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
(2)当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝.
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
从上表可知，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)在上单调递减．
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在上单调递增．
综上所述，当－1≤a≤0时，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
当a>0时，函数f(x)在上单调递减，函数f(x)在上单调递增.
考点三
利用导数研究函数的极值和最值
1.极值和最值是两个迥然不同的概念，前者是函数的“局部”性质，而后者是函数的“整体”性质．另函数有极值未必有最值，反之亦然．
2．判断函数“极值”是否存在时，务必把握以下原则：
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)解方程f′(x)＝0的根．
(3)检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号：
若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值．
若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值．
即导数的零点未必是极值点，这一点是解题时的主要失分点，学习时务必引起注意．
3．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步骤：
(1)求f(x)在(a，b)内的极值．
(2)将(1)求得的极值与f(a)，f(b)相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值．
[典例4] 已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x，且x＝3是f(x)的极值点．
(1)求实数a的值；
(2)求f(x)在x∈[1,5]上的最小值和最大值．
解：(1)f′(x)＝3x2－2ax＋3.
f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，∴a＝5.
(2)f(x)＝x3－5x2＋3x.
令f′(x)＝3x2－10x＋3＝0，
解得x＝3或x＝(舍去)．
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
因此，当x＝3时，f(x)在区间[1,5]上有最小值为f(3)＝－9；
当x＝5时，f(x)在区间[1,5]上有最大值是f(5)＝15.
[典例5] 已知函数f(x)＝x2＋ax－ln x，a∈R.
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围；
(3)令g(x)＝f(x)－x2，是否存在实数a，当x∈(0，e](e是自然对数的底数)时，函数g(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解：(1)当a＝0时，曲线f(x)＝x2－ln x，
所以f′(x)＝2x－?f′(1)＝1，f(1)＝1.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＝0.
(2)因为函数在[1,2]上是减函数，
所以f′(x)＝2x＋a－＝≤0在[1,2]上恒成立，令h(x)＝2x2＋ax－1，有
得得a≤－.
即实数a的取值范围为.
(3)假设存在实数a，使g(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，g′(x)＝a－＝.
①当a≤0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)．
②当≥e时，g′(x)≤0在(0，e]上恒成立，
所以g(x)在(0，e]上单调递减．
g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)．
③当0<所以g(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以g(x)min＝g＝1＋ln a＝3，a＝e2，满足条件．
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，g(x)有最小值3.
[对点训练]
4．设f(x)＝，其中a为正实数．
(1)当a＝时，求f(x)的极值点；
(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
解：对f(x)求导得f′(x)＝ex.①
(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，
解得x＝，或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立．因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，
又由a>0，得05．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx在区间(－2,1)内x＝－1时取极小值，x＝时取极大值．
(1)求曲线y＝f(x)在x＝－2处的切线方程；
(2)求函数y＝f(x)在[－2,1]上的最大值与最小值．
解：(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，
又x＝－1，x＝分别对应函数的极小值，极大值，
所以－1，为方程－3x2＋2ax＋b＝0的两个根．
即a＝－1＋，－＝(－1)×.
于是a＝－，b＝2，则f(x)＝－x3－x2＋2x.
x＝－2时，f(－2)＝2，即切点为(－2,2)．
又切线斜率为k＝f′(－2)＝－8，
所求切线方程为y－2＝－8(x＋2)，
即为8x＋y＋14＝0.
(2)当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
则f(x)在[－2,1]上的最大值为2，最小值为－.
考点四
利用导数证明不等式
从近几年高考题看，利用导数证明不等式这一知识点常考到，一般出现在高考题解答题中．利用导数解决不等式问题(如：证明不等式，比较大小等)，其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式(或比较大小)常与函数最值问题有关．因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．其实质是这样的：
要证不等式f(x)>g(x)，则构造函数φ(x)＝f(x)－g(x)，只需证φ(x)>0即可，由此转化成求φ(x)最小值问题，借助于导数解决．
[典例6] 已知函数f(x)＝x2ex－1－x3－x2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x3－x2，求证：对任意实数x，都有f(x)≥g(x)．
解：(1)f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，
由f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝0，x3＝1.
当－21时，f′(x)>0；
当x<－2或0所以函数f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是增函数，在(－∞，－2)和(0,1)上是减函数．
(2)证明：f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)．
设h(x)＝ex－1－x，h′(x)＝ex－1－1，
由h′(x)＝0得x＝1，
则当x<1时，h′(x)<0，即函数h(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，h′(x)>0，即函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因此，当x＝1时，h(x)取最小值h(1)＝0.
即对任意实数x都有h(x)≥0，又x2≥0，所以f(x)－g(x)≥0，
故对任意实数x，恒有f(x)≥g(x)．
[对点训练]
6．证明不等式ln x>，其中x>1.
证明：设f(x)＝ln x－(x>1)，
则f′(x)＝－＝.
∵x>1，∴f′(x)>0，
即f(x)在(1，＋∞)内为单调递增函数．
又∵f(1)＝0，
∴当x>1时，f(x)>f(1)＝0，
即ln x－>0，∴ln x>.
考点五
利用导数解决恒成立问题
解决恒成立问题的方法：
(1)若关于x的不等式f(x)≤m在区间D上恒成立，则转化为f(x)max≤m.
(2)若关于x的不等式f(x)≥m在区间D上恒成立，则转化为f(x)min≥m.
(3)导数是解决函数f(x)的最大值或最小值问题的有力工具．
[典例7] 已知函数f(x)＝xln x.
(1)若函数g(x)＝f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．
解：(1)由题意得g′(x)＝f′(x)＋a＝ln x＋a＋1.
∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，
∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，
即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立．
∴a≥－1－ln x.
又当x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)．
∴－1－ln x∈(－∞，－3]，
∴a≥－3，
即a的取值范围为[－3，＋∞)．
(2)由题知，2f(x)≥－x2＋mx－3，
即mx≤2x·ln x＋x2＋3.
又x>0，∴m≤.
令h(x)＝，
h′(x)＝
＝
＝，
令h′(x)＝0.解得x＝1或x＝－3(舍)．
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴h(x)min＝h(1)＝4，
即m的最大值为4.
[对点训练]
7．已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c.
(1)若f(x)有极值，求b的取值范围；
(2)若f(x)在x＝1处取得极值，当x∈[－1,2]时，则f(x)(3)若f(x)在x＝1处取得极值，求证：对[－1,2]内的任意两个值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤.
解：(1)f′(x)＝3x2－x＋b，令f′(x)＝0，
由Δ>0得1－12b>0，解得b<.
即b的取值范围为.
(2)∵f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝0，
∴3－1＋b＝0，得b＝－2.
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝1，
f＝＋c，f(1)＝－＋c.
又f(－1)＝＋c，f(2)＝2＋c.
∴f(x)max＝f(2)＝2＋c，
由f(x)得2＋c0.
解得c>2或c<－1.
故所求c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．
(3)证明：由(2)知f(x)max＝2＋c，f(x)min＝－＋c，
故对[－1,2]内的任意两个值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)min－f(x)max|＝＝.
考点六
利用导数研究方程的根或函数的零点
讨论方程根的个数，研究函数图象与x轴或某直线的交点个数、不等式恒成立问题的实质就是函数的单调性与函数极(最)值的应用．问题破解的方法是根据题目的要求，借助导数将函数的单调性与极(最)值列出，然后再借助单调性和极(最)值情况，画出函数图象的草图，数形结合求解．
[典例8] 设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.
(1)求f(x)的极值点；
(2)若关于x的方程f(x)＝a有3个不同实根，求实数a的取值范围；
(3)已知当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3(x2－2)，令f′(x)＝0，
得x1＝－，x2＝.
当x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，
因此x1＝－，x2＝分别为f(x)的极大值点、极小值点．
(2)由(1)的分析可知y＝f(x)图象的大致形状及走向如图所示．要使直线y＝a与y＝f(x)的图象有3个不同交点需5－4＝f()(3)法一：f(x)≥k(x－1)，
即(x－1)(x2＋x－5)≥k(x－1)，
因为x>1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x2＋x－5，由二次函数的性质得g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)>g(1)＝－3，
所以所求k的取值范围是为(－∞，－3]．
法二：直线y＝k(x－1)过定点(1,0)且f(1)＝0，
曲线f(x)在点(1,0)处切线斜率f′(1)＝－3，
由(2)中草图知要使x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立需k≤－3.故实数k的取值范围为(－∞，－3]．
[对点训练]
8．设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝.
因为k>0，所以令f′(x)＝0得x＝，
列表如下：
减区间为(0，)，增区间为(，＋∞)．
当x＝时，取得极小值f()＝.
(2)证明：当≤1，即0f(1)＝，f()＝－＝>0，
所以f(x)在区间(1，)上没有零点．
当1<<，即1f(1)＝>0，f＝>0，f＝＝>0，此时函数没有零点．
当≥，即k≥e时，f(x)在上单调递减，f(1)＝>0，f()＝<0，所以f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．
综上，若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，)上仅有一个零点.
考点七
导数的实际应用
解决优化问题的步骤：
(1)首先要分析问题中各个数量之间的关系，建立适当的函数模型，并确定函数的定义域．
(2)其次要通过研究相应函数的性质，如单调性、极值与最值，提出优化方案，使问题得以解决，在这个过程中，导数是一个有力的工具．
(3)最后验证数学问题的解是否满足实际意义．
[典例9]
如图，四边形ABCD是一块边长为4 km的正方形地域，地域内有一条河流MD，其经过的路线是以AB中点M为顶点且开口向右的抛物线的一部分(河流宽度忽略不计)．某公司准备投资建一个大型矩形游乐园PQCN，试求游乐园的最大面 积．
解：
如图，以M点为原点，AB所在直线为y轴建立直角坐标系，则D(4，2)．
设抛物线方程为y2＝2px.
∵点D在抛物线上，∴22＝8p.
解得p＝.
∴曲线MD的方程为y2＝x(0≤x≤4,0≤y≤2)．
设P(y2，y)(0≤y≤2)是曲线MD上任一点，
则|PQ|＝2＋y，|PN|＝4－y2.
∴矩形游乐园面积为S＝|PQ|·|PN|＝(2＋y)(4－y2)＝8－y3－2y2＋4y.
求导得S′＝－3y2－4y＋4，令S′＝0，
得3y2＋4y－4＝0，解得y＝或y＝－2(舍)．
当y∈时，S′>0，函数为增函数；
当y∈时，S′<0，函数为减函数．
∴当y＝时，S有最大值．
这时|PQ|＝2＋y＝2＋＝，
|PN|＝4－y2＝4－2＝.
∴游乐园的最大面积为Smax＝×＝(km2)．
[对点训练]
9．某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两端桥墩相距m米．余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经测算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋)x万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素．记余下工程的费用为y万元．
(1)试写出y关于x的函数关系式；
(2)当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？
解：(1)设需新建n个桥墩，则(n＋1)x＝m，即n＝－1，
所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x
＝256＋(2＋)x
＝＋m＋2m－256(0(2)由(1)知，f′(x)＝－＋mx－
＝(x－512)．
令f′(x)＝0，得x＝512，所以x＝64.
当0当640，f(x)在区间(64,640)内为增函数．
所以f(x)在x＝64处取得最小值，
此时n＝－1＝－1＝9.
故需新建9个桥墩才能使y最小.
考点八
定积分的应用
由定积分求曲边梯形面积的方法步骤：
(1)画出函数的图象，明确平面图形的形状．
(2)通过解方程组，求出曲线交点的坐标．
(3)确定积分区间与被积函数，转化为定积分计算．
(4)对于复杂的平面图形，常常通过“割补法”求各部分的面积之和．
[典例10] 求由曲线y2＝x，y＝x3所围图形的面积S.
解：作出曲线y2＝x，y＝x3的草图，如图所示，所求面积为图中阴影部分的面积．解方程组得交点的横坐标为x＝0及x＝1.因此，所求图形的面积为
[对点训练]
10．试求由抛物线y＝x2＋1与直线y＝－x＋7以及x轴、y轴所围成图形的面积．
解：画出图形(如图)．
解方程组得
即抛物线与直线相交于点(2,5)．
于是所求面积为S＝(x2＋1)dx＋(7－x)dx
＝＋
＝＋＝.
阶段质量检测（一）
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设f(x)＝xln x，若f′(x0)＝2，则x0等于( )
A．e2 B．e
C. D．ln 2
解析：选B ∵f(x)＝xln x，
∴f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，
∵f′(x0)＝2，∴ln x0＋1＝2，∴x0＝e.故选B.
2．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)>0的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－1,0)
解析：选C f′(x)＝2x－2－＝，
∴∴x>2.故选C.
3．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)等于( )
A．0 B．－2
C．－4 D．2
解析：选C 由f(x)＝x2＋2xf′(1)，得f′(x)＝2x＋2f′(1)，取x＝1得f′(1)＝2×1＋2f′(1)，∴f′(1)＝－2.∴f′(x)＝2x－4，故f′(0)＝－4.故选C.
4．设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当aA．f(x)g(b)>f(b)g(x)
B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(x)>f(b)g(b)
D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
解析：选C ∵[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋g′(x)·f(x)<0，∴函数y＝f(x)g(x)是减函数．∴当af(x)g(x)>f(b)g(b)．故选C.
5. ( )
A. B.
C. D．－
解析：选A ＝.
6．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是( )
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)
解析：选C f′(x)＝－x＋.
∵f(x)在(－1，＋∞)上是减函数，
∴f′(x)＝－x＋≤0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．
又∵x(x＋2)＝(x＋1)2－1>－1，∴b≤－1.
7．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
解析：选B 由题知，x>0，f′(x)＝ln x＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝ln x＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点(x>0)，则a>0.设函数y＝ln x＋1上任一点(x0,1＋ln x0)处的切线为l，则kl＝y′|x＝x0＝，当l过坐标原点时，＝?x0＝1，令2a＝1?a＝，结合图象知08．函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，即<0，解得－9．曲线y＝x2－1与x轴围成图形的面积等于( )
A. B.
C．1 D.
解析：选D 函数y＝x2－1与x轴的交点为(－1,0)，(1,0)，且函数图象关于y轴对称，故所求面积为
S＝2(1－x2)dx＝2＝2×＝.
10．若函数f(x)在R上可导，且f(x)>f′(x)，则当a>b时，下列不等式成立的是( )
A．eaf(a)>ebf(b) B．ebf(a)>eaf(b)
C．ebf(b)>eaf(a) D．eaf(b)>ebf(a)
解析：选D ∵′＝
＝<0，
∴y＝单调递减，
又a>b，∴<，
∴eaf(b)>ebf(a)．
11．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析：选A 当x>0时，令F(x)＝，则F′(x)＝<0，∴当x>0时，F(x)＝为减函数．
∵f(x)为奇函数，且由f(－1)＝0，得f(1)＝0，故F(1)＝0.
在区间(0,1)上，F(x)>0；
在(1，＋∞)上，F(x)<0.
即当00；
当x>1时，f(x)<0.
又f(x)为奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；
当x∈(－1,0)时，f(x)<0.
综上可知，f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
12．若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1，则下列结论中一定错误的是( )
A．f< B．f>
C．f< D．f>
解析：选C 构造函数F(x)＝f(x)－kx，
则F′(x)＝f′(x)－k>0，
∴函数F(x)在R上为单调递增函数．
∵>0，∴F>F(0)．
∵F(0)＝f(0)＝－1，∴f－>－1，
即f>－1＝，
∴f>，故C错误．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.
解析：由曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴得切线的斜率为0，由y′＝2ax－及导数的几何意义得y′|x＝1＝2a－1＝0，解得a＝.
答案：
14．一列车沿直线轨道前进，刹车后列车速度v(t)＝27－0.9t(v单位：m/S，t单位：S)，则列车刹车后至停车时的位移为________．
解析：停车时v(t)＝0，则27－0.9t＝0，
∴t＝30 S，
S＝v(t)dt＝(27－0.9t)dt
＝(27t－0.45t2)＝405(m)．
答案：405 m
15．已知a<0，函数f(x)＝ax3＋ln x，且f′(1)的最小值是－12，则实数a的值为________．
解析：f′(x)＝3ax2＋，则f′(1)＝3a＋.
∵a<0，∴f′(1)＝－
≤－2＝－12.
当且仅当－3a＝，即a＝－2时，取“＝”．
答案：－2
16．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，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________．
解析：易知函数f(x)的定义域关于原点对称．
∵f(x)＝x3－2x＋ex－，
∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－
＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，
所以f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)?－2a2≥a－1，解得－1≤a≤.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题10分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值4.
(1)求实数a，b的值；
(2)当a>0时，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．
解：(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f(1)＝1＋a＋b＋a2＝4，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，
∴或
经检验都符合题意．
(2)当a>0时，由(1)得f(x)＝x3＋3x2－9x＋9，
∴f′(x)＝3x2＋6x－9.
∴f(－2)＝31，f′(－2)＝－9.
∴所求的切线方程为y－31＝－9(x＋2)，即9x＋y－13＝0.
18．(本小题12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，注意到ex>0，
所以－x2＋2>0，
解得－所以，函数f(x)的单调递增区间为(－，)．
同理可得，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－)和(，＋∞)．
(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立．
又f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0，注意到ex>0，
因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1,1)上恒成立，也就是a≥＝x＋1－在(－1,1)上恒成立．
设y＝x＋1－，则y′＝1＋>0，
即y＝x＋1－在(－1,1)上单调递增，
则y<1＋1－＝，
故a≥.即实数a的取值范围为.
19．(本小题12分)若函数f(x)＝ax2＋2x－ln x在x＝1处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间及极值．
解：(1)f′(x)＝2ax＋2－，
由f′(1)＝2a＋＝0，得a＝－.
(2)f(x)＝－x2＋2x－ln x(x>0)．
f′(x)＝－x＋2－＝.
由f′(x)＝0，得x＝1或x＝2.
①当f′(x)>0时，1②当f′(x)<0时，02.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
因此f(x)的单调递增区间是(1,2)，单调递减区间是(0,1)，(2，＋∞)．
函数的极小值为f(1)＝，极大值为f(2)＝－ln 2.
20．(本小题12分)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
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 ＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
21．(本小题12分)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)若f(x)存在最小值且最小值为2，求a的值；
(2)设g(x)＝ln x－a，若g(x)解：(1)f′(x)＝＋＝(x>0)，
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
f(x)不存在最小值；
当a<0时，由f′(x)＝0得x＝－a，
且0x>－a时，f′(x)>0.
所以x＝－a时，f(x)取得最小值，
f(－a)＝ln (－a)＋1＝2，解得a＝－e.
(2)g(x) ln x－x2，
故g(x) ln x－x2在(0，e]上恒成立．
设h(x)＝ln x－x2，则h′(x)＝－2x＝，
由h′(x)＝0及0当00，
当即h(x)在上为增函数，在上为减函数，
所以当x＝时，h(x)取得最大值为h＝ln －.
所以g(x)22．(本小题12分)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．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，
故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
课件56张PPT。考点一 导数的几何意义 考点二 考点三 利用导数研究函数的极值和最值 考点四 利用导数证明不等式 考点五 利用导数解决恒成立问题 考点六 利用导数研究方程的根或函数的零点 考点七 导数的实际应用 考点八 定积分的应用 谢谢！
阶段质量检测（一）
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设f(x)＝xln x，若f′(x0)＝2，则x0等于( )
A．e2 B．e
C. D．ln 2
解析：选B ∵f(x)＝xln x，
∴f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，
∵f′(x0)＝2，∴ln x0＋1＝2，∴x0＝e.故选B.
2．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)>0的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－1,0)
解析：选C f′(x)＝2x－2－＝，
∴∴x>2.故选C.
3．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)等于( )
A．0 B．－2
C．－4 D．2
解析：选C 由f(x)＝x2＋2xf′(1)，得f′(x)＝2x＋2f′(1)，取x＝1得f′(1)＝2×1＋2f′(1)，∴f′(1)＝－2.∴f′(x)＝2x－4，故f′(0)＝－4.故选C.
4．设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当aA．f(x)g(b)>f(b)g(x)
B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(x)>f(b)g(b)
D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
解析：选C ∵[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋g′(x)·f(x)<0，∴函数y＝f(x)g(x)是减函数．∴当af(x)g(x)>f(b)g(b)．故选C.
5. ( )
A. B.
C. D．－
解析：选A ＝.
6．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是( )
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)
解析：选C f′(x)＝－x＋.
∵f(x)在(－1，＋∞)上是减函数，
∴f′(x)＝－x＋≤0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．
又∵x(x＋2)＝(x＋1)2－1>－1，∴b≤－1.
7．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
解析：选B 由题知，x>0，f′(x)＝ln x＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝ln x＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点(x>0)，则a>0.设函数y＝ln x＋1上任一点(x0,1＋ln x0)处的切线为l，则kl＝y′|x＝x0＝，当l过坐标原点时，＝?x0＝1，令2a＝1?a＝，结合图象知08．函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，即<0，解得－9．曲线y＝x2－1与x轴围成图形的面积等于( )
A. B.
C．1 D.
解析：选D 函数y＝x2－1与x轴的交点为(－1,0)，(1,0)，且函数图象关于y轴对称，故所求面积为
S＝2(1－x2)dx＝2＝2×＝.
10．若函数f(x)在R上可导，且f(x)>f′(x)，则当a>b时，下列不等式成立的是( )
A．eaf(a)>ebf(b) B．ebf(a)>eaf(b)
C．ebf(b)>eaf(a) D．eaf(b)>ebf(a)
解析：选D ∵′＝
＝<0，
∴y＝单调递减，
又a>b，∴<，
∴eaf(b)>ebf(a)．
11．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析：选A 当x>0时，令F(x)＝，则F′(x)＝<0，∴当x>0时，F(x)＝为减函数．
∵f(x)为奇函数，且由f(－1)＝0，得f(1)＝0，故F(1)＝0.
在区间(0,1)上，F(x)>0；
在(1，＋∞)上，F(x)<0.
即当00；
当x>1时，f(x)<0.
又f(x)为奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；
当x∈(－1,0)时，f(x)<0.
综上可知，f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
12．若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1，则下列结论中一定错误的是( )
A．f< B．f>
C．f< D．f>
解析：选C 构造函数F(x)＝f(x)－kx，
则F′(x)＝f′(x)－k>0，
∴函数F(x)在R上为单调递增函数．
∵>0，∴F>F(0)．
∵F(0)＝f(0)＝－1，∴f－>－1，
即f>－1＝，
∴f>，故C错误．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.
解析：由曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴得切线的斜率为0，由y′＝2ax－及导数的几何意义得y′|x＝1＝2a－1＝0，解得a＝.
答案：
14．一列车沿直线轨道前进，刹车后列车速度v(t)＝27－0.9t(v单位：m/S，t单位：S)，则列车刹车后至停车时的位移为________．
解析：停车时v(t)＝0，则27－0.9t＝0，
∴t＝30 S，
S＝v(t)dt＝(27－0.9t)dt
＝(27t－0.45t2)＝405(m)．
答案：405 m
15．已知a<0，函数f(x)＝ax3＋ln x，且f′(1)的最小值是－12，则实数a的值为________．
解析：f′(x)＝3ax2＋，则f′(1)＝3a＋.
∵a<0，∴f′(1)＝－
≤－2＝－12.
当且仅当－3a＝，即a＝－2时，取“＝”．
答案：－2
16．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，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________．
解析：易知函数f(x)的定义域关于原点对称．
∵f(x)＝x3－2x＋ex－，
∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－
＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，
所以f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)?－2a2≥a－1，解得－1≤a≤.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题10分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值4.
(1)求实数a，b的值；
(2)当a>0时，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．
解：(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f(1)＝1＋a＋b＋a2＝4，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，
∴或
经检验都符合题意．
(2)当a>0时，由(1)得f(x)＝x3＋3x2－9x＋9，
∴f′(x)＝3x2＋6x－9.
∴f(－2)＝31，f′(－2)＝－9.
∴所求的切线方程为y－31＝－9(x＋2)，即9x＋y－13＝0.
18．(本小题12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，注意到ex>0，
所以－x2＋2>0，
解得－所以，函数f(x)的单调递增区间为(－，)．
同理可得，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－)和(，＋∞)．
(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立．
又f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0，注意到ex>0，
因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1,1)上恒成立，也就是a≥＝x＋1－在(－1,1)上恒成立．
设y＝x＋1－，则y′＝1＋>0，
即y＝x＋1－在(－1,1)上单调递增，
则y<1＋1－＝，
故a≥.即实数a的取值范围为.
19．(本小题12分)若函数f(x)＝ax2＋2x－ln x在x＝1处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间及极值．
解：(1)f′(x)＝2ax＋2－，
由f′(1)＝2a＋＝0，得a＝－.
(2)f(x)＝－x2＋2x－ln x(x>0)．
f′(x)＝－x＋2－＝.
由f′(x)＝0，得x＝1或x＝2.
①当f′(x)>0时，1②当f′(x)<0时，02.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
因此f(x)的单调递增区间是(1,2)，单调递减区间是(0,1)，(2，＋∞)．
函数的极小值为f(1)＝，极大值为f(2)＝－ln 2.
20．(本小题12分)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
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 ＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
21．(本小题12分)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)若f(x)存在最小值且最小值为2，求a的值；
(2)设g(x)＝ln x－a，若g(x)解：(1)f′(x)＝＋＝(x>0)，
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
f(x)不存在最小值；
当a<0时，由f′(x)＝0得x＝－a，
且0x>－a时，f′(x)>0.
所以x＝－a时，f(x)取得最小值，
f(－a)＝ln (－a)＋1＝2，解得a＝－e.
(2)g(x) ln x－x2，
故g(x) ln x－x2在(0，e]上恒成立．
设h(x)＝ln x－x2，则h′(x)＝－2x＝，
由h′(x)＝0及0当00，
当即h(x)在上为增函数，在上为减函数，
所以当x＝时，h(x)取得最大值为h＝ln －.
所以g(x)22．(本小题12分)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．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，
故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
