课件55张PPT。第25练
导数的综合应用第三篇 [大题突破练]明晰考情 函数与方程、不等式的交汇是高考考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题，难度偏大.题组对点练栏目索引模板规范练题组对点练题组一 利用导数研究函数的零点(方程的根)要点重组 求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路：
(1)转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在某区间上的交点问题；
(2)利用导数研究该函数在某区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；
(3)结合图象求解.解 由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞).当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减；综上，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；即g(a)＝1－ln a，2.已知函数f(x)＝ex－ax，其中a∈R，e为自然对数的底数.
(1)若x＝ln 2是f(x)的极值点，求实数a的值及f(x)的单调区间；解 由题意得f′(x) ＝ex－a，
且f′(ln 2)＝0，即2－a＝0，解得a＝2.
则f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
当x
ln 2时，f′(x)>0，
则x＝ln 2是f(x)的极小值点，
所以a＝2，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln 2)，单调递增区间为(ln 2，＋∞).(2)若函数f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点，求实数a的取值范围.所以f(x)在区间(－1，＋∞)内单调递增.
又f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点.得x＝ln a∈(－1，＋∞).
所以当－1当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以f(x)在区间(－1，＋∞)内有最小值f(ln a)＝a－aln a.
因为f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点，
所以a－aln a>0，题组二 利用导数证明不等式问题要点重组 利用导数证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.其中找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口.(1)讨论f(x)的单调性；解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.综上，若a≤2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明 由(1)知，当且仅当a>2时f(x)存在两个极值点.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减.
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.4.已知函数f(x)＝xln x－ax－x(a∈R).
(1)求函数f(x)的极值；解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x－a，
令f′(x)＝0，得x＝ea，
当0当x>ea时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，ea)上单调递减，在(ea，＋∞)上单调递增.
所以f(x)极小值＝f(ea)＝－ea.
所以函数f(x)的极小值为－ea，无极大值.(2)设函数g(x)＝emx＋x2－mx(x>0，m∈R)，若存在x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，证明：g(x1·x2)当m>0时，由于x>0，
所以emx>1，emx－1>0，即g′(x)>0，
当m<0时，由于x>0，
所以emx<1，emx－1<0，即g′(x)>0，
当m＝0时，g′(x)＝2x>0，
综上，g′(x)>0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故只需证明x1x2即证ln x1＋ln x2<2a，
由f(x1)＝f(x2)可知x1ln x1－ax1－x1＝x2ln x2－ax2－x2，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
又t→1时，h(t)→0，
所以h(t)>0，因此结论成立.题组三 不等式恒成立或有解问题要点重组 不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a>f(x)max或a(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论.
(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.解 当a＝2时，f(x)＝2x＋xln x－ex－1，x>0，
f′(x)＝ln x－ex－1＋3，
所以f(1)＝1，f′(1)＝2，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.5.已知函数f(x)＝x(a＋ln x)－ex－1(a∈R).
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；证明 当x∈(1，＋∞)时，先证f(x)＋1<0，
即xln x－ex－1＋ax＋1<0，所以h(x)在(1，＋∞)上是增函数，
而h(1)＝0，所以当x∈(1，＋∞)时，即当a∈(－∞，0)时，对任意x∈(1，＋∞)，有f(x)＋1<0恒成立.即证ex－x2＋x>0，设q(x)＝ex－x2＋x，x>0，
则q′(x)＝ex－2x＋1，设r(x)＝ex－2x＋1，x>0，
则r′(x)＝ex－2，因为x>1，所以r′(x)>0，
所以r(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又x→1时，r(x)→e－1，
所以r(x)>e－1>0，即q′(x)>0，
所以q(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又x→1时，q(x)→e，所以q(x)>e>0.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a)时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求实数a的取值范围.解 由题意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值.
由(1)知，f(x)在[e，e2]上单调递增，g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，模板规范练模板体验典例 (16分)已知函数f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的值；
(3)在(2)的条件下，对任意的0＜a＜b，审题路线图规范解答·评分标准当m≤0时，f′(x)＞0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；………1分综上，当m≤0时，f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；(2)解 由(1)知，当m≤0时显然不成立；………………………………………5分只需m－ln m－1≤0即可，令g(x)＝x－ln x－1(x>0)，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝0. ……………………………………………………………8分
故f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立时，m＝1. …………………………………9分(3)证明 由(2)得f(x)＝ln x－x＋1＝－g(x)，
则f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，构建答题模板
[第一步] 求导数.
[第二步] 看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质.
[第三步] 用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法.
[第四步] 得结论：审视转化过程的合理性.
[第五步] 再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.规范演练(1)求函数f(x)的单调区间；①当a>0时，若x<0，则f′(x)<0，
故f(x)在区间(－∞，0)内单调递减；
若0故f(x)在区间(0,1)内单调递减；
若x>1，则f′(x)>0，
故f(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.②当a<0时，若x<0，则f′(x)>0，
故f(x)在区间(－∞，0)内单调递增；
若00，
故f(x)在区间(0,1)内单调递增；
若x>1，则f′(x)<0，
故f(x)在区间(1，＋∞)内单调递减.
综上，当a>0时，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)，(0,1)，单调增区间为(1，＋∞)；
当a<0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(0,1)，单调减区间为(1，＋∞).(2)若a∈[2e－2，＋∞)，判断函数F(x)＝f(x)－ln x－1在区间(0，＋∞)内的零点个数，并说明理由.当0则F(x)在区间(0,1]上单调递减，故F(x)≥F(1)＝ae>0，
故F(x)在区间(0,1]上无零点.所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增.所以G(x)存在唯一的零点x0∈(m,2)，
即F(x)有唯一的极值点且为极小值点x0∈(m,2).故h(x)是区间(m,2)内的减函数，
又x→2时，h(x)→1－ln 2，
所以h(x)>1－ln 2>0，
所以F(x0)>0，所以F(x)>0，
故F(x)在区间(1，＋∞)内无零点，
综上，函数F(x)在区间(0，＋∞)内无零点.2.设a，b∈R，已知函数f(x)＝aln x＋x2＋bx存在极大值.
(1)若a＝1，求b的取值范围；由f(x)存在极大值，可知方程2x2＋bx＋1＝0有两个不等的正根，(2)求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f(x)的极大值恒小于0.由f(x)存在极大值，可知方程2x2＋bx＋a＝0有两个不等的正根，设为x1，x2，且x12e3时，取b＝－2 ，即x1＝ ，x2＝ ，综上所述，a的最大值为2e3.此时f(x)极大值＝f( )＝ －e3>0，不符合题意. 本课结束 第三篇 第25练 导数的综合应用[大题突破练]
[明晰考情] 函数与方程、不等式的交汇是高考考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题，难度偏大．
题组一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
要点重组 求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路：
(1)转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在某区间上的交点问题；
(2)利用导数研究该函数在某区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；
(3)结合图象求解．
1．已知函数f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围．
解 (1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－(x>0)，
当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f′(x)＝，
则f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
综上，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，若f(x)有最小值，则a>0，f(x)min＝f()＝1－ln a，
即g(a)＝1－ln a，
方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－ln a－(a>0)，
令F(a)＝a－ln a－(a>0)，
则F′(a)＝1－＋＝，
知F(a)在和上单调递增，在上单调递减，
所以F(a)极大值＝F＝－＋ln 3，
F(a)极小值＝F＝－ln 2＋ln 3.
又易知有FF，
所以依题意得实数m的取值范围是
.
2．已知函数f(x)＝ex－ax，其中a∈R，e为自然对数的底数．
(1)若x＝ln 2是f(x)的极值点，求实数a的值及f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意得f′(x) ＝ex－a，
且f′(ln 2)＝0，即2－a＝0，解得a＝2.
则f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
当xln 2时，f′(x)>0，
则x＝ln 2是f(x)的极小值点，
所以a＝2，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln 2)，单调递增区间为(ln 2，＋∞)．
(2)因为当x>－1时，ex>，
所以当a≤时，在区间(－1，＋∞)内，f′(x)＝ex－a>0，
所以f(x)在区间(－1，＋∞)内单调递增．
又f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点．
所以只需f(－1)＝＋a≥0，即a≥－，
所以－≤a≤.
当a>时，由f′(x)＝ex－a＝0，
得x＝ln a∈(－1，＋∞)．
所以当－1当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在区间(－1，＋∞)内有最小值f(ln a)＝a－aln a.
因为f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点，
所以a－aln a>0，
解得0综上，a的取值范围为.
题组二 利用导数证明不等式问题
要点重组 利用导数证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.其中找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口．
3．已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：＜a－2.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a＞2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在，上单调递减，
综上，若a≤2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减；若a>2，则f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明 由(1)知，当且仅当a>2时f(x)存在两个极值点．
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a·
＝－2＋a·＝－2＋a·，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，x>0，
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，
即＜a－2.
4．已知函数f(x)＝xln x－ax－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设函数g(x)＝emx＋x2－mx(x>0，m∈R)，若存在x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，证明：g(x1·x2)(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x－a，
令f′(x)＝0，得x＝ea，
当0当x>ea时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，ea)上单调递减，在(ea，＋∞)上单调递增．
所以f(x)极小值＝f(ea)＝－ea.
所以函数f(x)的极小值为－ea，无极大值．
(2)证明 g′(x)＝memx＋2x－m＝m(emx－1)＋2x，
当m>0时，由于x>0，
所以emx>1，emx－1>0，即g′(x)>0，
当m<0时，由于x>0，
所以emx<1，emx－1<0，即g′(x)>0，
当m＝0时，g′(x)＝2x>0，
综上，g′(x)>0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故只需证明x1x2即证ln x1＋ln x2<2a，
由f(x1)＝f(x2)可知
x1ln x1－ax1－x1＝x2ln x2－ax2－x2，
故a＝－1，
即证ln x1＋ln x2<2·－2，
ln x1＋ln x2－2·<－2，
<－2，
也就是<－2，
<－2，
ln·<－2，
即ln·<－2，
不妨设x1>x2>0，t＝>1，
即证ln t·<－2，ln t>－2·，
即证ln t＋2·>0，
设h(t)＝ln t＋，t>1，
则h′(t)＝＋2·
＝－＝>0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
又t→1时，h(t)→0，
所以h(t)>0，
即ln t＋2>0，
因此结论成立．
题组三 不等式恒成立或有解问题
要点重组 不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a>f(x)max或a(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论．
(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用．
5．已知函数f(x)＝x(a＋ln x)－ex－1(a∈R)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求证：当a∈(－∞，0)时，对任意x∈(1，＋∞)，有f(x)＋1<－恒成立．
(1)解 当a＝2时，f(x)＝2x＋xln x－ex－1，x>0，
f′(x)＝ln x－ex－1＋3，
所以f(1)＝1，f′(1)＝2，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明 当x∈(1，＋∞)时，先证f(x)＋1<0，
即xln x－ex－1＋ax＋1<0，
即a<－ln x－，设h(x)＝－ln x－，x>0，
则h′(x)＝＝
＝>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上是增函数，
而h(1)＝0，所以当x∈(1，＋∞)时，
h(x)＝－ln x－>0恒成立，
即当a∈(－∞，0)时，对任意x∈(1，＋∞)，有f(x)＋1<0恒成立．
再证－＝>0，
即证ex－x2＋x>0，设q(x)＝ex－x2＋x，x>0，
则q′(x)＝ex－2x＋1，设r(x)＝ex－2x＋1，x>0，
则r′(x)＝ex－2，因为x>1，所以r′(x)>0，
所以r(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又x→1时，r(x)→e－1，
所以r(x)>e－1>0，即q′(x)>0，
所以q(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又x→1时，q(x)→e，所以q(x)>e>0.
综上所述，当a∈(－∞，0)时，对任意x∈(1，＋∞)，有f(x)＋1<－.
6．已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a)时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知，f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，
即a＞，所以a的取值范围为.
典例 (16分)已知函数f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的值；
(3)在(2)的条件下，对任意的0＜a＜b，求证：＜.
审题路线图
(1)―→―→
(2)―→―→―→
―→
(3)―→
规范解答·评分标准
(1)解 f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞))．
当m≤0时，f′(x)＞0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；……………………1分
当m＞0时，由f′(x)＝－m＝＞0，
可得x∈，则f(x)在上单调递增，
由f′(x)＝－m＝＜0，可得x∈，
则f(x)在上单调递减. ………………………………………………………………3分
综上，当m≤0时，f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当m>0时，f(x)的单调增区间为，单调减区间为.…………………………4分
(2)解 由(1)知，当m≤0时显然不成立；……………………………………………………5分
当m＞0时，f(x)max＝f＝ln －1＋m
＝m－ln m－1，…………………………………………………………………………………6分
只需m－ln m－1≤0即可，令g(x)＝x－ln x－1(x>0)，
则g′(x)＝1－，
函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0. …………8分
故f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立时，m＝1. ………………………………………………9分
(3)证明 由(2)得f(x)＝ln x－x＋1＝－g(x)，
则f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，
＝＝－1＝·－1，…………………………………12分
由0＜a＜b，得＞1，所以0则·－1＜－1＝＝＜，
则原不等式＜成立. …………………………………………………………16分
构建答题模板
[第一步] 求导数．
[第二步] 看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质．
[第三步] 用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法．
[第四步] 得结论：审视转化过程的合理性．
[第五步] 再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性．
1．已知函数f(x)＝(a≠0，e是自然对数的底数)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若a∈[2e－2，＋∞)，判断函数F(x)＝f(x)－ln x－1在区间(0，＋∞)内的零点个数，并说明理由．
解 (1)f(x)＝＝＋1，
定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．
则f′(x)＝a·＝(x≠0)．
①当a>0时，若x<0，则f′(x)<0，
故f(x)在区间(－∞，0)内单调递减；
若0故f(x)在区间(0,1)内单调递减；
若x>1，则f′(x)>0，
故f(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
②当a<0时，若x<0，则f′(x)>0，
故f(x)在区间(－∞，0)内单调递增；
若00，
故f(x)在区间(0,1)内单调递增；
若x>1，则f′(x)<0，
故f(x)在区间(1，＋∞)内单调递减．
综上，当a>0时，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)，(0,1)，单调增区间为(1，＋∞)；
当a<0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．
(2)由题意可知F(x)＝－ln x(x>0)，
则F′(x)＝－＝[a(x－1)ex－x]，x>0.
当0则F(x)在区间(0,1]上单调递减，故F(x)≥F(1)＝ae>0，
故F(x)在区间(0,1]上无零点．
当x>1时，F′(x)＝，
令G(x)＝ex－，则G′(x)＝ex＋>0，
所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又G(2)＝e2－≥0，所以取m∈(1,2)且使>e2，
即1所以G(x)存在唯一的零点x0∈(m,2)，
即F(x)有唯一的极值点且为极小值点x0∈(m,2)．
又F(x0)＝－ln x0，且G(x0)＝－＝0，
即＝，所以F(x0)＝－ln x0.
令h(x)＝－ln x，m则h′(x)＝－－<0，m故h(x)是区间(m,2)内的减函数，
又x→2时，h(x)→1－ln 2，
所以h(x)>1－ln 2>0，
所以F(x0)>0，所以F(x)>0，
故F(x)在区间(1，＋∞)内无零点，
综上，函数F(x)在区间(0，＋∞)内无零点．
2．设a，b∈R，已知函数f(x)＝aln x＋x2＋bx存在极大值．
(1)若a＝1，求b的取值范围；
(2)求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f(x)的极大值恒小于0.
解 (1)当a＝1时，f′(x)＝(x>0)．
由f(x)存在极大值，可知方程2x2＋bx＋1＝0有两个不等的正根，
所以解得b<－2.
故b的取值范围是(－∞，－2)．
(2)f′(x)＝(x>0)．
由f(x)存在极大值，可知方程2x2＋bx＋a＝0有两个不等的正根，设为x1，x2，且x1又x1,2＝，
则由x1x2＝，得a>0且0由f′(x)<0，得x1x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以f(x)的极大值为f(x1)＝aln x1＋x＋bx1.
由2x＋bx1＋a＝0，得bx1＝－2x－a，
所以f(x1)＝aln x1－x－a.
构造函数g(x)＝aln x－x2－a.
当00，
所以g(x)在上单调递增，
由0g(x1)令≤0，得0所以，当0f(x)极大值＝f(x1)＝g(x1)而当a>2e3时，取b＝－2，
即x1＝，x2＝，
此时f(x)极大值＝f()＝－e3>0，不符合题意．
综上所述，a的最大值为2e3.
