2019届高三文科数学二轮复习配套教案：第一篇专题二第3讲　导数的综合应用

第3讲　导数的综合应用

(对应学生用书第14页)

1.(2018·全国Ⅰ卷,文21)已知函数f(x)=aex-ln x-1.

(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;

(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.

(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-.

由题设知,f'(2)=0,所以a=.

从而f(x)=ex-ln x-1,

f'(x)=ex-.

当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.

所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.

(2)证明:当a≥时,f(x)≥-ln x-1.

设g(x)=-ln x-1,

则g'(x)=-.

当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.

所以x=1是g(x)的最小值点.

故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.

因此,当a≥时,f(x)≥0.

2.(2018·全国Ⅱ卷,文21)已知函数f(x)=x3-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.

(1)解:当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,

f'(x)=x2-6x-3.

令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.

当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;

当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.

故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,

在(3-2,3+2)单调递减.

(2)证明:因为x2+x+1>0,

所以f(x)=0等价于-3a=0.

设g(x)=-3a,

则g'(x)=≥0,

仅当x=0时g'(x)=0,

所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.

故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.

又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0,

f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.

综上,f(x)只有一个零点.

3.(2017·全国Ⅰ卷,文21)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.

解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).

①若a=0,则f(x)=e2x在(-∞,+∞)上单调递增.

②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,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.

③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln-.

当x∈-∞,ln-时,f'(x)<0;

当x∈ln-,+∞时,f'(x)>0,

故f(x)在-∞,ln-上单调递减,

在ln-,+∞上单调递增.

(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.

②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.

从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0,

综合得0<a≤1.

③若a<0,则由(1)得当x=ln-时,f(x)取得最小值,最小值为

fln-=a2-ln-,

从而当且仅当a2-ln-≥0,

即a≥-2时f(x)≥0.

综上,a的取值范围是[-2,1].

4.(2016·全国Ⅰ卷,文21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.

(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)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).

①设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;

当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.

所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

②设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).

(ⅰ)若a=-,则f'(x)=(x-1)(ex-e),

所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.

(ⅱ)若a>-,则ln(-2a)<1,

故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0;

当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0,

所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.

(ⅲ)若a<-,则ln(-2a)>1,

故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;

当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0,

所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.

(2)①设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

又f(1)=-e,f(2)=a,

取b满足b<0且b<ln,则

f(b)>(b-2)+a(b-1)2=ab2-b>0,

所以f(x)有两个零点.

②设a=0,则f(x)=(x-2)ex,

所以f(x)只有一个零点.

③设a<0,若a≥-,

则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增.

又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;

若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.

又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.

综上,a的取值范围为(0,+∞).

1.考查角度

考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等.

2.题型及难易度

解答题,属于难题或者较难题.

(对应学生用书第15~16页)

导数与不等式

考向1　导数方法证明不等式

【例1】 (1)(2018·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=a(x+1)ln x-x+1(a∈R),当a≥时,求证:对任意的x≥1,f(x)≥0;

(2)(2018·河南新乡三模)已知函数f(x)=ex(aln x-bx),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-4)x-e+2.证明:f(x)+x2<0.

证明:(1)当a≥时,f(x)=a(x+1)ln x-x+1,

欲证f(x)≥0,注意到f(1)=0,只要f(x)≥f(1)即可.

f'(x)=aln x++1-1(x≥1),

令g(x)=ln x++1(x≥1),

则g'(x)=-=≥0(x≥1),

知g(x)在[1,+∞)上递增,有g(x)≥g(1)=2,

所以f'(x)≥2a-1≥0a≥,

可知f(x)在[1,+∞)上递增,于是有f(x)≥f(1)=0,

综上,当a≥时,对任意的x≥1,f(x)≥0.

(2)由已知得

f'(x)=exaln x-bx+-b(x>0),

因为所以

所以f(x)=exln x-2xex-1,

所以f(x)+x2<0⇔exln x+x2<2xex-1⇔<-.

设g(x)=,h(x)=-,要证f(x)+x2<0,

即要证g(x)<h(x)在(0,+∞)上恒成立.

因为g'(x)=(x>0),

所以g(x)=在(0,e)上为增函数,在(e,+∞)上为减函数,

所以g(x)≤g(e)=.①

又h'(x)=,

所以h(x)=-在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,

所以h(x)≥h(1)=.②

由于①和②不能同时取等号,故g(x)<h(x).

所以f(x)+x2<0成立.

(1)考虑单调性,利用函数在区间(a,b)上单调递增(减),则f(a)<f(x)<f(b)(f(b)<f(x)<f(a)),如证明x∈0,,sin x<x时,可以证明f(x)=sin x-x在0,上单调递减,则f(x)<f(0)得证;(2)考虑最值,利用函数在区间D上,f(x)min≤f(x)≤f(x)max,如证明,当x∈(0,+∞),ln x≤x-1时,可以求出函数f(x)=ln x-(x-1)在(0,+∞)上的最大值为0得证.无论哪条途径都是以单调性为基础,函数的单调性的研究是导数方法证明不等式的核心.

考向2　根据不等式确定参数取值范围

【例2】 (2018·湖南永州市一模)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)=ax2+1,其中e为自然对数的底数.

(1)讨论函数f(x)在区间[1,e]上的单调性;

(2)已知a∉(0,e),若对任意x1,x2∈[1,e],有f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围.

解:(1)f'(x)=-a=,

a.当a≤0时,1-ax>0,f'(x)>0,

所以f(x)在[1,e]上单调递增,

b.当0<a≤时,≥e,f'(x)≥0,

所以f(x)在[1,e]上单调递增,

c.当<a<1时,1<<e,

所以x∈1,时,f'(x)≥0,f(x)在1,上单调递增,当x∈,e时,f'(x)≤0,f(x)在,e上单调递减.

d.当a≥1时,≤1,f'(x)≤0,所以f(x)在[1,e]上单调递减.综上所述,当a≤时,f(x)在[1,e]上单调递增,当<a<1时,f(x)在1,上单调递增,在,e上单调递减;当a≥1时,f(x)在[1,e]上单调递减.

(2)g'(x)=2ax,依题意,x∈[1,e]时,f(x)min>g(x)max恒成立.已知a∉(0,e),则当a≤0时,g'(x)≤0,所以g(x)在[1,e]上单调递减,所以g(x)max=g(1)=a+1,而f(x)在[1,e]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=-a.

所以-a>a+1,得a<-;

当a≥e时,g'(x)>0,

所以g(x)在[1,e]上为增函数,

g(x)max=g(e)=ae2+1,

因为f(x)在[1,e]上为减函数,

所以f(x)min=f(e)=1-ae,

故1-ae>ae2+1,

所以a<0与a≥e矛盾.

综上所述,实数a的取值范围是-∞,-.

(1)对于f(x)≥g(x)在区间D上恒成立,只需[f(x)-g(x)]min≥0即可,而f(x)>g(x)在区间D上恒成立,此时h(x)=f(x)-g(x)在区间D上未必存在最小值,需要根据具体情况,或者研究h(x)的单调性或者通过放缩或者通过引进第三方不等式灵活处理;(2)在区间D上,若∃x0使得f(x0)>g(x0)成立,则只需∃x0,使得h(x)=f(x)-g(x)>0成立,如果h(x)存在最小值,则只需h(x)min>0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下确界;(3)如果在区间D上f(x1)>g(x2)恒成立,则只需f(x)min>g(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,则需要确定其值域,再根据值域得出结论.【不等式的类型很多,但其基本思想是化归,即化归为函数的最值、值域的上下界,据此得出参数满足的不等式】

热点训练1:(1)(2018·天津滨海新区八校联考)设函数f(x)=x2ex.

①求在点(1,f(1))处的切线方程;

②求函数f(x)的单调区间;

③当x∈[-2,2]时,求使得不等式f(x)≤2a+1能成立的实数a的取值范围.

(2)(2018·广西柳州模拟)已知a为实数,函数f(x)=aln x+x2-4x.

①若x=3是函数f(x)的一个极值点,求实数a的值;

②设g(x)=(a-2)x,若∃x0∈,e,使得f(x0)≤g(x0)成立,求实数a的取值范围.

解:(1)①因为f'(x)=x2ex+2xex,

所以k=f'(1)=3e,切点(1,e).

切线方程为3ex-y-2e=0.

②令f'(x)>0,即x(x+2)ex>0,

得f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在区间(-2,0)上单调递减.

③由②知,f(x)在区间(-2,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,f(x)min=f(0)=0.

当x∈[-2,2]时,不等式f(x)≤2a+1能成立,

需2a+1≥f(x)min,即2a+1≥0,故a≥-.

故a的取值范围为-,+∞.

(2)①函数f(x)定义域为(0,+∞),

f'(x)=+2x-4=.

因为x=3是函数f(x)的一个极值点,

所以f'(3)=0,解得a=-6.

经检验a=-6时,x=3是函数f(x)的一个极小值点,符合题意,

所以a=-6.

②由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥-2x0,

记F(x)=x-ln x(x>0),

所以F'(x)=(x>0),

所以当0<x<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F(x)>F(1)=1>0,

所以a≥,

记G(x)=,x∈,e.

所以G'(x)=

=.

因为x∈,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)≥0,

所以x-2ln x+2>0,

所以x∈,1时,G'(x)<0,G(x)单调递减;

x∈(1,e)时,G'(x)>0,G(x)单调递增,

所以G(x)min=G(1)=-1,

所以a≥G(x)min=-1.

故实数a的取值范围为[-1,+∞).

导数与函数的零点

考向1　确定函数零点的个数

【例3】 (2018·湖北武汉调研)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R,e=2.718 28…是自然对数的底数).

(1)求f(x)的单调区间;

(2)讨论g(x)=f(x)·x-在区间[0,1]内零点的个数.

解:(1)f'(x)=ex-a,

当a≤0时,f'(x)>0,

f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无减区间;

当a>0时,f(x)的单调减区间为(-∞,ln a),增区间为(ln a,+∞).

(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,

先考虑f(x)在区间[0,1]的零点个数.

当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增且f(0)=0,f(x)有一个零点;

当a≥e时,f(x)在(-∞,1)上单调递减,f(x)有一个零点;

当1<a<e时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增.

而f(1)=e-a-1,

所以a≤1或a>e-1时,f(x)有一个零点,当1<a≤e-1时,f(x)有两个零点.

而x=时,由f=0得a=2(-1).

所以a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,g(x)有两个零点;

当1<a≤e-1且a≠2(-1)时,g(x)有三个零点.

确定函数f(x)零点个数的基本思想是数形结合,即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势,得出函数y=f(x)的图象与x轴交点的个数,其中的一个技巧是把f(x)=0化为g(x)=h(x),通过研究函数g(x),h(x)的性质,得出两个函数图象交点的个数.

考向2　根据函数零点的个数确定参数取值范围

【例4】 (2018·河南南阳一中三模)设函数f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a.

(1)当a=0时,f(x)≥g(x)在(1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;

(2)当m=2时,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,求实数a的取值范围.

解:(1)当a=0时,由f(x)-g(x)≥0得mln x≤x,

因为x>1,

所以ln x>0,

所以有m≤在(1,+∞)上恒成立,

令G(x)=,G'(x)=,

由G'(x)=0得x=e,

当x>e,G'(x)>0,当0<x<e时,G'(x)<0,

所以G(x)在(0,e)上为减函数,在(e,+∞)上为增函数,

所以G(x)min=G(e)=e,

所以实数m的取值范围为(-∞,e].

(2)当m=2时,函数h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,

h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,

即方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,

令φ(x)=x-2ln x,

则φ'(x)=1-=,

当1≤x<2时,φ'(x)<0;

当2<x≤3时,φ'(x)>0,

所以φ(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,

φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2,

又φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,φ(1)>φ(3),要使方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,结合图象可知φ(2)<a≤φ(3).

所以实数a的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3].

根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思想也是数形结合,即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y=f(x)的图象,再根据零点个数确定函数y=f(x)的图象与x轴交点的个数,得出参数满足的不等式,求得参数的取值范围,一个基本的技巧是把f(x)=0化为g(x)=h(x),据f(x)零点个数确定函数y=g(x),y=h(x)图象的交点个数,得出参数满足的不等式,求得参数的取值范围.

热点训练2:(2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=xex-(x+1)2.

(1)当x∈[-1,2]时,求f(x)的最大值与最小值;

(2)讨论方程f(x)=ax-1的实根的个数.

解:(1)因为f(x)=xex-(x+1)2,

所以f'(x)=(x+1)ex-2(x+1)=(x+1)(ex-2),

令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2,

f'(x),f(x)随x的变化如下表:

续表

f(x)在[-1,2]上的最小值是-(ln 2)2-1,

因为2e2-9>0,-<0,2e2-9>-,

所以f(x)在[-1,2]上的最大值是2e2-9.

(2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x

=x(ex-x-a-2),

所以f(x)=ax-1⇔x=0或ex-x-a-2=0,

设g(x)=ex-x-a-2,

则g'(x)=ex-1,

x>0时,g'(x)>0,x<0时,g'(x)<0,

所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,在(-∞,0)上是减函数,g(x)≥g(0)=-a-1,

且x→+∞,g(x)→+∞,x→-∞,g(x)→+∞,

①当-a-1>0,即a<-1时,g(x)=0没有实根,

方程f(x)=ax-1有1个实根;

②当-a-1=0,即a=-1时,g(x)=0有1个实根为零,方程f(x)=ax-1有1个实根;

③当-a-1<0,即a>-1时,g(x)=0有2个不等于零的实根,方程f(x)=ax-1有3个实根.

综上可得,a≤-1时,方程f(x)=ax-1有1个实根;

a>-1时,方程f(x)=ax-1有3个实根.

热点训练3:(2018·衡水金卷高三大联考)已知函数f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a≠0).

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)若关于x的方程g(x)=a有实数根,求实数a的取值范围.

解:(1)依题意,得f'(x)=-4x==,x∈(0,+∞).

令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0<x<;

令f'(x)<0,即1-2x<0.解得x>.

故函数f(x)的单调递增区间为0,,单调递减区间为,+∞.

(2)由题意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x.

依题意,方程+aln x-a=0有实数根,

即函数h(x)=+aln x-a存在零点.

h'(x)=-+=,

令h'(x)=0,得x=.

当a<0时,h'(x)<0.

即函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,

而h(1)=1-a>0,h()=+a1--a=-1<-1<0.

所以函数h(x)存在零点;

当a>0时,h'(x),h(x)随x的变化情况如下表:

所以h=a+aln-a=-aln a为函数h(x)的极小值,也是最小值.

当h>0,即0<a<1时,函数h(x)没有零点;

当h≤0,即a≥1时,注意到h(1)=1-a≤0,

h(e)=+a-a=>0,

所以函数h(x)存在零点.

综上所述,当a∈(-∞,0)∪[1,+∞)时,方程g(x)=a有实数根.

【例1】 (2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=2ln -.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,且对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.

解:(1)因为f(x)=2ln -,

所以f'(x)=-

=

=,

因为f(x)的定义域为(0,+∞),

当<x<2时,f'(x)<0,0<x<或x>2时,f'(x)>0,

所以f(x)的单调递减区间是,2,单调递增区间是0,,(2,+∞).

(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,

所以当x>1时f(x)≥f(2)=0,

又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2≥0,

所以对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,

⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)≤0成立,

⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立.

因为(x-t)2+(ln x-at)2表示点(x,ln x)与点(t,at)之间距离的平方,

所以存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立,

⇔y=ln x的图象与直线y=ax有交点,

⇔方程a=在(0,+∞)上有解.

设h(x)=,则h'(x)=,

当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,

又h(e)=,x→0,h(x)→-∞,

所以h(x)的值域是-∞,,

所以实数a的取值范围是-∞,.

【例2】 (2018·福建宁德5月质检)已知函数f(x)=x3-3ax2+4(a∈R).

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若函数f(x)有三个零点,证明:当x>0时,f(x)>6(a-a2)ea.

(1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),

令f'(x)=0,则x=0或x=2a,

当a=0时,f'(x)≥0,f(x)在R上是增函数;

当a>0时,令f'(x)>0,得x<0或x>2a,

所以f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数;

令f'(x)<0,得0<x<2a,

所以f(x)在(0,2a)上是减函数.

当a<0时,令f'(x)>0,得x<2a或x>0,

所以f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数;

令f'(x)<0,得2a<x<0,

所以f(x)在(2a,0)上是减函数.

综上所述:

当a=0时,f(x)在R上是增函数;

当a>0时,f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数,在(0,2a)上是减函数.

当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.

(2)证明:由(1)可知,当a=0时,f(x)在R上是增函数,

所以函数f(x)不可能有三个零点;

当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.

所以f(x)的极小值为f(0)=4>0,

所以函数f(x)不可能有三个零点,

当a>0时,f(x)的极小值为f(2a)=4-4a3,

要满足f(x)有三个零点,则需4-4a3<0,即a>1,

当x>0时,要证明:f(x)>6(a-a2)ea等价于要证明f(x)min>6(a-a2)ea,

即要证:4-4a3>6(a-a2)ea,

由于a>1,故等价于证明:1+a+a2<aea,

证明如下:

构造函数g(a)=3aea-2-2a-2a2(a∈(1,+∞)),

g'(a)=(3+3a)ea-2-4a,

令h(a)=(3+3a)ea-2-4a,

因为h'(a)=(6+3a)ea-4>0,

所以函数h(a)在(1,+∞)上单调递增,

所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,

所以函数g(a)在(1,+∞)上单调递增.

所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,

所以1+a+a2<aea,

所以f(x)>6(a-a2)ea.

【例3】 (2018·河南南阳一中三模)已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x.

(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;

(2)若函数f(x)在0,上无零点,求a的最小值.

解:(1)当a=1时,f(x)=x-1-2ln x,

则f'(x)=1-,由f'(x)>0,得x>2,

由f'(x)<0,得0<x<2,

故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).

(2)因为f(x)<0在区间0,上恒成立不可能,

故要使函数f(x)在0,上无零点,只要对任意的x∈0,,f(x)>0恒成立,

即对x∈0,,a>2-恒成立.

令l(x)=2-,x∈0,,

则l'(x)=,

再令m(x)=2ln x+-2,x∈0,,

则m'(x)=-=-<0,

故m(x)在0,上为减函数,

于是m(x)>m=2-2ln 2>0.

从而l'(x)>0,

于是l(x)在0,上为增函数,

所以l(x)<l=2-4ln 2,

故要使a>2-在0,上恒成立,

只要a∈[2-4ln 2,+∞)即可.

综上,若函数f(x)在0,上无零点,则a的最小值为2-4ln 2.