高考数学二轮复习专题2.16 导数真题再现（解析版）

这是一份高考数学二轮复习专题2.16 导数真题再现（解析版），共36页。试卷主要包含了若函数f，函数f，设函数f，若x＝﹣2是函数f，解得a＝﹣1，已知函数f的值为　　，已知函数f的最小值是　　等内容，欢迎下载使用。

导数真题再现
1．若函数f（x）＝ax2+1图象上点（1，f（1））处的切线平行于直线y＝2x+1，则a＝（　　）
A．﹣1 B．0 C． D．1
【答案】D
【解析】函数f（x）＝ax2+1的导数为f′（x）＝2ax，可得点（1，f（1））处的切线斜率为2a，
由点（1，f（1））处的切线平行于直线y＝2x+1，可得2a＝2，解得a＝1，故选：D．
2．函数f（x）＝的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】函数f（﹣x）＝＝﹣＝﹣f（x），
则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，
当x＝1时，f（1）＝e﹣＞0，排除D．当x→+∞时，f（x）→+∞，排除C，故选：B．
3．设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（　　）
A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x
【答案】D
【解析】函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，f（﹣x）＝﹣f（x），
﹣x3+（a﹣1）x2﹣ax＝﹣（x3+（a﹣1）x2+ax）＝﹣x3﹣（a﹣1）x2﹣ax．
所以：（a﹣1）x2＝﹣（a﹣1）x2可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，
曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，
则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．故选：D．
4．若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（　　）
A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1
【答案】A
【解析】函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，
可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，
x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，
可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．解得a＝﹣1．
可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，
当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，
x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．故选：A．
5．若函数f（x）＝x﹣sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范围是（　　）
A．[﹣1，1] B．[﹣1，] C．[﹣，] D．[﹣1，﹣]
【答案】C
【解析】函数f（x）＝x﹣sin2x+asinx的导数为f′（x）＝1﹣cos2x+acosx，
由题意可得f′（x）≥0恒成立，即为1﹣cos2x+acosx≥0，即有﹣cos2x+acosx≥0，
设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，
当t＝0时，不等式显然成立；
当0＜t≤1时，3a≥4t﹣，
由4t﹣在（0，1]递增，可得t＝1时，取得最大值﹣1，可得3a≥﹣1，即a≥﹣；
当﹣1≤t＜0时，3a≤4t﹣，由4t﹣在[﹣1，0）递增，可得t＝﹣1时，取得最小值1，
可得3a≤1，即a≤．综上可得a的范围是[﹣，]．
另解：设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，
由题意可得5﹣4+3a≥0，且5﹣4﹣3a≥0，解得a的范围是[﹣，]．故选：C．
6．已知函数f（x）＝exlnx，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（1）的值为　　．
【答案】e
【解析】函数f（x）＝exlnx，则f′（x）＝exlnx+•ex；∴f′（1）＝e•ln1+1•e＝e．故答案为：e．
7．若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为　　．
【答案】-3
【解析】∵函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，
∴f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），
①当a≤0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0，
函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（0）＝1，
f（x）在（0，+∞）上没有零点，舍去；
②当a＞0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解为x＞，
∴f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，
又f（x）只有一个零点，∴f（）＝﹣+1＝0，解得a＝3，
f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，
f′（x）＞0的解集为（﹣1，0），
f（x）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减，
f（﹣1）＝﹣4，f（0）＝1，f（1）＝0，
∴f（x）min＝f（﹣1）＝﹣4，f（x）max＝f（0）＝1，
∴f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为：f（x）max+f（x）min＝﹣4+1＝﹣3．
8．曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为　　．
【答案】y=2x-2
【解析】∵y＝2lnx，∴y′＝，
当x＝1时，y′＝2∴曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为y＝2x﹣2．
故答案为：y＝2x﹣2．
9．已知函数f（x）＝2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是　　．
【答案】
【解析】由题意可得T＝2π是f（x）＝2sinx+sin2x的一个周期，
故只需考虑f（x）＝2sinx+sin2x在[0，2π）上的值域，
先来求该函数在[0，2π）上的极值点，
求导数可得f′（x）＝2cosx+2cos2x
＝2cosx+2（2cos2x﹣1）＝2（2cosx﹣1）（cosx+1），
令f′（x）＝0可解得cosx＝或cosx＝﹣1，
可得此时x＝，π或 ；
∴y＝2sinx+sin2x的最小值只能在点x＝，π或 和边界点x＝0中取到，
计算可得f（ ）＝，f（π）＝0，f（ ）＝﹣，f（0）＝0，
∴函数的最小值为﹣
10．曲线y＝（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a＝　﹣3　．
【答案】-3
【解析】曲线y＝（ax+1）ex，可得y′＝aex+（ax+1）ex，
曲线y＝（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，
可得：a+1＝﹣2，解得a＝﹣3．故答案为：﹣3．
11．曲线y＝2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为　y＝2x　．
【答案】y=2x
【解析】∵y＝2ln（x+1），∴y′＝，
当x＝0时，y′＝2，∴曲线y＝2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y＝2x．故答案为：y＝2x．
12．若曲线的切线l与直线平行，则l的方程为　　．
【答案】3x﹣4y+5＝0
【解析】设切点为（m，n），可得m+＝n，
的导数为y′＝1﹣，
由切线l与直线平行，可得1﹣＝，解得m＝3，
即有切点为（3，），可得切线的方程为y﹣＝（x﹣3），
即为3x﹣4y+5＝0．故答案为：3x﹣4y+5＝0．
13．已知a∈R，设函数f（x）＝ax﹣lnx的图象在点（1，f（1））处的切线为l，则l在y轴上的截距为　　．
【答案】1
【解析】函数f（x）＝ax﹣lnx，可得f′（x）＝a﹣，切线的斜率为：k＝f′（1）＝a﹣1，
切点坐标（1，a），切线方程l为：y﹣a＝（a﹣1）（x﹣1），
l在y轴上的截距为：a+（a﹣1）（﹣1）＝1．故答案为：1．
14．曲线y＝x2+在点（1，2）处的切线方程为　　．
【答案】x﹣y+1＝0
【解析】曲线y＝x2+，可得y′＝2x﹣，切线的斜率为：k＝2﹣1＝1．
切线方程为：y﹣2＝x﹣1，即：x﹣y+1＝0．故答案为：x﹣y+1＝0．
15．已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）＝ln（﹣x）+3x，则曲线y＝f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程是　　．
【答案】2x+y+1＝0．
【解析】f（x）为偶函数，可得f（﹣x）＝f（x），
当x＜0时，f（x）＝ln（﹣x）+3x，即有
x＞0时，f（x）＝lnx﹣3x，f′（x）＝﹣3，
可得f（1）＝ln1﹣3＝﹣3，f′（1）＝1﹣3＝﹣2，
则曲线y＝f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程为y﹣（﹣3）＝﹣2（x﹣1），
即为2x+y+1＝0．故答案为：2x+y+1＝0．
16．已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）＝e﹣x﹣1﹣x，则曲线y＝f（x）在点（1，2）处的切线方程是　　．
【答案】y=2x
【解析】已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）＝e﹣x﹣1﹣x，
设x＞0，则﹣x＜0，∴f（x）＝f（﹣x）＝ex﹣1+x，
则f′（x）＝ex﹣1+1，f′（1）＝e0+1＝2．
∴曲线y＝f（x）在点（1，2）处的切线方程是y﹣2＝2（x﹣1）．即y＝2x．故答案为：y＝2x．
17．若直线y＝kx+b是曲线y＝lnx+2的切线，也是曲线y＝ln（x+1）的切线，则b＝　　．
【答案】1﹣ln2
【解析】设y＝kx+b与y＝lnx+2和y＝ln（x+1）的切点分别为（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；
由导数的几何意义可得k＝＝，得x1＝x2+1
再由切点也在各自的曲线上，可得
联立上述式子解得；
从而kx1+b＝lnx1+2得出b＝1﹣ln2．
18．已知函数f（x）＝ax3+x+1的图象在点（1，f（1））处的切线过点（2，7），则a＝　　．
【答案】1
【解析】函数f（x）＝ax3+x+1的导数为：f′（x）＝3ax2+1，f′（1）＝3a+1，而f（1）＝a+2，
切线方程为：y﹣a﹣2＝（3a+1）（x﹣1），因为切线方程经过（2，7），
所以7﹣a﹣2＝（3a+1）（2﹣1），解得a＝1．故答案为：1．
三．解答题（共22小题）
19．设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；
（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
【答案】（1）1 （2）（，+∞）．
【解析】（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex的导数为
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，
可得（a﹣2a﹣1+2）e＝0，且f（1）＝3e≠0，解得a＝1；
（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]ex＝（x﹣2）（ax﹣1）ex，
若a＝0则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减．
x＝2处f（x）取得极大值，不符题意；
若a＞0，且a＝，则f′（x）＝（x﹣2）2ex≥0，f（x）递增，无极值；
若a＞，则＜2，f（x）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，
可得f（x）在x＝2处取得极小值；
若0＜a＜，则＞2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，
可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意；
若a＜0，则＜2，f（x）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，
可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（，+∞）．
20．已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．
（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；
（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．
【答案】见解析
【解析】（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．
，，
可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0
∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f′（x）≥f′（0）＝0，
∴f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）＝0．
∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．
（2）解：由f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得
f′（x）＝（1+2ax）ln（1+x）+﹣2＝，
令h（x）＝ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），
h′（x）＝4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．
当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x＝0不是f（x）的极大值点，不符合题意．
当a＜0时，h″（x）＝8a+4aln（x+1）+，
显然h″（x）单调递减，
①令h″（0）＝0，解得a＝﹣．
∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，
∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴h′（x）≤h′（0）＝0，
∴h（x）单调递减，又h（0）＝0，
∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，
当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴x＝0是f（x）的极大值点，符合题意；
②若﹣＜a＜0，则h″（0）＝1+6a＞0，h″（﹣1）＝（2a﹣1）（1﹣）＜0，
∴h″（x）＝0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，
∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；
③若a＜﹣，则h″（0）＝1+6a＜0，h″（﹣1）＝（1﹣2a）e2＞0，
∴h″（x）＝0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，
∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）单调递增，
∴h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．综上，a＝﹣．
21．已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣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．
【答案】见解析
【解析】（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex﹣，
∵x＝2是f（x）的极值点，
∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，
∴f（x）＝ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，
设g（x）＝﹣lnx﹣1，则﹣，
由﹣＝0，得x＝1，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，
当x＞1时，g′（x）＞0，
∴x＝1是g（x）的最小值点，
故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥时，f（x）≥0．
22．已知函数f（x）＝．
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；
（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．
【答案】见解析
【解析】（1）＝﹣．
∴f′（0）＝2，即曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线斜率k＝2，
∴曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程方程为y﹣（﹣1）＝2x．
即2x﹣y﹣1＝0为所求．
（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，
可得＝﹣．
令f′（x）＝0，可得，
当x时，f′（x）＜0，x时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，
注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0
函数f（x）的图象如下：

∵a≥1，∴，则≥﹣e，
∴f（x）≥﹣e，
∴当a≥1时，f（x）+e≥0．

23．已知函数f（x）＝ex﹣ax2．
（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；
（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．
【答案】见解析
【解析】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝ex﹣x2．
则f′（x）＝ex﹣2x，
令g（x）＝ex﹣2x，则g′（x）＝ex﹣2，
令g′（x）＝0，得x＝ln2．
当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，
∴g（x）≥g（ln2）＝eln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，
∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1，
解：（2）方法一、，f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程ex﹣ax2＝0在（0，+∞）只有一个根，
⇔a＝在（0，+∞）只有一个根，
即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0，+∞）只有一个交点．
G，
当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，
∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
当→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞，
∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）＝．
方法二：①当a≤0时，f（x）＝ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．
②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．
h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴，（x≥0）．
当h（2）＜0时，即a，由于h（0）＝1，当x＞0时，ex＞x2，可得h（4a）＝1﹣＝＝1﹣＞0．h（x）在（0，+∞）有2个零点
当h（2）＞0时，即a，h（x）在（0，+∞）没有零点，
当h（2）＝0时，即a＝，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，
综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝．
24．已知函数f（x）＝﹣lnx．
（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；
（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．
【答案】见解析
【解析】证明：（Ⅰ）∵函数f（x）＝﹣lnx，
∴x＞0，f′（x）＝﹣，
∵f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，
∴＝﹣，
∵x1≠x2，∴+＝，
由基本不等式得：＝≥，
∵x1≠x2，∴x1x2＞256，
由题意得f（x1）+f（x2）＝＝﹣ln（x1x2），
设g（x）＝，则，
∴列表讨论：
x
（0，16）
16
（16，+∞）
g′（x）
﹣
0
+
g（x）
↓
2﹣4ln2
↑
∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，
∴g（x1x2）＞g（256）＝8﹣8ln2，
∴f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．
（Ⅱ）令m＝e﹣（|a|+k），n＝（）2+1，
则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，
f（n）﹣kn﹣a＜n（﹣﹣k）≤n（﹣k）＜0，
∴存在x0∈（m，n），使f（x0）＝kx0+a，
∴对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有公共点，
由f（x）＝kx+a，得k＝，
设h（x）＝，则h′（x）＝＝，
其中g（x）＝﹣lnx，
由（1）知g（x）≥g（16），
又a≤3﹣4ln2，∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣1+a＝﹣3+4ln2+a≤0，
∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴方程f（x）﹣kx﹣a＝0至多有一个实根，
综上，a≤3﹣4ln2时，对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．
25．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．
【答案】见解析
【解析】（1）当a＝3时，f（x）＝x3﹣3（x2+x+1），
所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝3，
当x∈（﹣∞，3﹣2），x∈（3+2，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，
当x∈（3﹣2时，f′（x）＜0，函数是单调递减，
综上，f（x）在（﹣∞，3﹣2），（3+2，+∞），上是增函数，在（3﹣2上递减．
（2）证明：因为x2+x+1＝（x+）2+，
所以f（x）＝0等价于，
令，
则，仅当x＝0时，g′（x）＝0，所以g（x）在R上是增函数；
g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a﹣＝﹣6（a﹣）2﹣＜0，
f（3a+1）＝＞0，
故f（x）有一个零点，
综上，f（x）只有一个零点．
26．已知函数f（x）＝﹣x+alnx．
（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．
【答案】见解析
【解析】（1）函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数f′（x）＝﹣﹣1+＝﹣，
设g（x）＝x2﹣ax+1，
当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，
①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，
②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：
x
（0，）

（，）

（，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
递减

递增

递减
综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，
则（，）上是增函数．
（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，
则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1+）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），
则＝﹣2+，
则问题转为证明＜1即可，
即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，
则lnx1﹣ln＞x1﹣，
即lnx1+lnx1＞x1﹣，
即证2lnx1＞x1﹣在（0，1）上恒成立，
设h（x）＝2lnx﹣x+，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，
求导得h′（x）＝﹣1﹣＝﹣＝﹣＜0，
则h（x）在（0，1）上单调递减，
∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+＞0，
故2lnx＞x﹣，
则＜a﹣2成立．
（2）另解：注意到f（）＝x﹣﹣alnx＝﹣f（x），
即f（x）+f（）＝0，
由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1＝，
可得f（x2）+f（）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，
要证＜a﹣2，只要证＜a﹣2，
即证2alnx2﹣ax2+＜0，（x2＞1），
构造函数h（x）＝2alnx﹣ax+，（x＞1），h′（x）＝≤0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（1）＝0，
∴2alnx﹣ax+＜0成立，即2alnx2﹣ax2+＜0，（x2＞1）成立．
即＜a﹣2成立．
27．已知函数f（x）＝ax3﹣3（a+1）x2+12x．
（1）当a＞0时，求f（x）的极小值；
（Ⅱ）当a≤0时，讨论方程f（x）＝0实根的个数．
【答案】见解析
【解析】f'（x）＝3ax2﹣6（a+1）x+12＝3（ax﹣2）（x﹣2）．
（1）当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝2或；
①当0＜a＜1时，有，列表如下：
x
（﹣∞，2）
2



f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
故极小值为．
②当a＝1时，有，则f'（x）＝3（x﹣2）2≥0，故f（x）在R上单调递增，无极小值；
③当a＞1时，有，列表如下：
x



2
（2，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
故极小值为f（2）＝12﹣4a．
（Ⅱ）解法一：①当a＝0时，令f（x）＝﹣3x2+12x＝﹣3x（x﹣4），得x＝0或x＝4，有两个根；
②当a＜0时，令f'（x）＝0，得x＝2或，有，列表如下：
x



2
（2，+∞）
f'（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
↘
极小值
↗
极大值
↘
故极大值为f（2）＝12﹣4a＞0，极小值，因此f（x）＝0有三个根．
解法二：①当a＝0时，令f（x）＝﹣3x2+12x＝﹣3x（x﹣4），得x＝0或x＝4，有两个根；
②当a＜0时，f（x）＝x[ax2﹣3（a+1）x+12]，对于二次函数y＝ax2﹣3（a+1）x+12，x＝0不是该二次函数的零点，△＝9（a+1）2﹣24a＞0，则该二次函数有两个不等的非零零点，
此时，方程f（x）＝0有三个根．
28．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．
【答案】见解析
【解析】（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x，
∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），
①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在R上单调递增，
②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣），
当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，
（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，
②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，
∴lna≤0，∴0＜a≤1，
③当a＜0时，由（1）可得：
f（x）min＝f（ln（﹣））＝﹣a2ln（﹣）≥0，
∴ln（﹣）≤，
∴﹣2≤a＜0，
综上所述a的取值范围为[﹣2，1]
29．设函数f（x）＝（1﹣x2）ex．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】（1）因为f（x）＝（1﹣x2）ex，x∈R，
所以f′（x）＝（1﹣2x﹣x2）ex，
令f′（x）＝0可知x＝﹣1±，
当x＜﹣1﹣或x＞﹣1+时f′（x）＜0，当﹣1﹣＜x＜﹣1+时f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，﹣1+）上单调递增；
（2）由题可知f（x）＝（1﹣x）（1+x）ex．下面对a的范围进行讨论：
①当a≥1时，设函数h（x）＝（1﹣x）ex，则h′（x）＝﹣xex＜0（x＞0），
因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，
又因为h（0）＝1，所以h（x）≤1，
所以f（x）＝（1+x）h（x）≤x+1≤ax+1；
②当0＜a＜1时，设函数g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1＞0（x＞0），
所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，
又g（0）＝1﹣0﹣1＝0，
所以ex≥x+1．
因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，
所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1＝x（1﹣a﹣x﹣x2），
取x0＝∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1＝0，
所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；
③当a≤0时，取x0＝∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2＝1≥ax0+1，矛盾；
综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．
30．已知函数f（x）＝excosx﹣x．
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．
【答案】见解析
【解析】（1）函数f（x）＝excosx﹣x的导数为f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，
切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），
曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；
（2）函数f（x）＝excosx﹣x的导数为f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
令g（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
则g（x）的导数为g′（x）＝ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）＝﹣2ex•sinx，
当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2ex•sinx≤0，
即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，
则f（x）在[0，]递减，
即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；
最小值为f（）＝cos﹣＝﹣．
31．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【答案】见解析
【解析】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a﹣．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以＝1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2﹣，
令t′（x）＝0，解得：x＝，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）＝﹣x0﹣x0lnx0＝﹣x0+2x0﹣2＝x0﹣，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max＝﹣+＝；
由f′（）＜0可知x0＜＜，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）＝；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
32．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣﹣2．
【答案】见解析
【解析】（1）解：因为f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x，
求导f′（x）＝+2ax+（2a+1）＝＝，（x＞0），
①当a＝0时，f′（x）＝+1＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＜0时，令f′（x）＝0，解得：x＝﹣．
因为当x∈（0，﹣）f′（x）＞0、当x∈（﹣，+∞）f′（x）＜0，
所以y＝f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减．
综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减；
（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减，
所以当x＝﹣时函数y＝f（x）取最大值f（x）max＝f（﹣）＝﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）．
从而要证f（x）≤﹣﹣2，即证f（﹣）≤﹣﹣2，
即证﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）≤﹣﹣2，即证﹣（﹣）+ln（﹣）≤﹣1+ln2．
令t＝﹣，则t＞0，问题转化为证明：﹣t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）
令g（t）＝﹣t+lnt，则g′（t）＝﹣+，
令g′（t）＝0可知t＝2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，
所以y＝g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，
即g（t）≤g（2）＝﹣×2+ln2＝﹣1+ln2，即（*）式成立，
所以当a＜0时，f（x）≤﹣﹣2成立．
33．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．
【答案】见解析
【解析】（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+）（ex﹣），
令f′（x）＝0，解得：x＝ln，
当f′（x）＞0，解得：x＞ln，
当f′（x）＜0，解得：x＜ln，
∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，
当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，
∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，
当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x，
∴当x→∞，f（x）→+∞，
∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，
由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，
∴f（x）min＝f（ln）＝a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0，
∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0，
设t＝，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），
求导g′（t）＝+1，由g（1）＝0，
∴t＝＞1，解得：0＜a＜1，
∴a的取值范围（0，1）．
方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+）（ex﹣），
令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，
当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，
当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，
∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1﹣﹣ln，
当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，
当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln＞0，即f（﹣lna）＞0，
故f（x）没有零点，
当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln＜0，f（﹣lna）＜0，
由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，
故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，
假设存在正整数n0，满足n0＞ln（﹣1），则f（n0）＝（a+a﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，
由ln（﹣1）＞﹣lna，
因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．
∴a的取值范围（0，1）．
34．已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．
（1）若f（x）≥0，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．
【答案】见解析
【解析】（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，
所以f′（x）＝1﹣＝，且f（1）＝0．
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）＝0，解得x＝a，
所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），
若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从而与f（x）≥0矛盾；
所以a＝1；
（2）由（1）可知当a＝1时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，
所以ln（x+1）≤x当且仅当x＝0时取等号，
所以ln（1+）＜，k∈N*．
ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+＝1﹣＜1，
即（1+）（1+）…（1+）＜e；
因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m成立，
当n＝3时，不等式左边大于2，
所以m的最小值为3．
35．已知函数f（x）＝x3﹣ax2，a∈R，
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；
（2）设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
【答案】见解析
【解析】（1）当a＝2时，f（x）＝x3﹣x2，
∴f′（x）＝x2﹣2x，
∴k＝f′（3）＝9﹣6＝3，f（3）＝×27﹣9＝0，
∴曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程y＝3（x﹣3），即3x﹣y﹣9＝0
（2）函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx＝x3﹣ax2+（x﹣a）cosx﹣sinx，
∴g′（x）＝（x﹣a）（x﹣sinx），
令g′（x）＝0，解得x＝a，或x＝0，
①若a＞0时，当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
当x＞a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（a，+∞）上单调递增，
当0＜x＜a时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（0，a）上单调递减，
∴当x＝a时，函数有极小值，极小值为g（a）＝﹣a3﹣sina
当x＝0时，有极大值，极大值为g（0）＝﹣a，
②若a＜0时，当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
当x＜a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，a）上单调递增，
当a＜x＜0时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（a，0）上单调递减，
∴当x＝a时，函数有极大值，极大值为g（a）＝﹣a3﹣sina
当x＝0时，有极小值，极小值为g（0）＝﹣a
③当a＝0时，g′（x）＝x（x﹣sinx），
当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∴g（x）在R上单调递增，无极值．
36．已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（I）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】（I）当a＝4时，f（x）＝（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．
f（1）＝0，即点为（1，0），
函数的导数f′（x）＝lnx+（x+1）•﹣4，
则f′（1）＝ln1+2﹣4＝2﹣4＝﹣2，
即函数的切线斜率k＝f′（1）＝﹣2，
则曲线y＝f（x）在（1，0）处的切线方程为y＝﹣2（x﹣1）＝﹣2x+2；
（II）∵f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1），
∴f′（x）＝1++lnx﹣a，
∴f″（x）＝，
∵x＞1，∴f″（x）＞0，
∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f′（x）＞f′（1）＝2﹣a．
①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，
∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）＞f（1）＝0，满足题意；
②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）＝0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
由f（1）＝0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．
综上所述，a≤2．
另解：若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，
可得（x+1）lnx﹣a（x﹣1）＞0，
即为a＜，
由y＝的导数为y′＝，
由y＝x﹣﹣2lnx的导数为y′＝1+﹣＝＞0，
函数y在x＞1递增，可得＞0，
则函数y＝在x＞1递增，
则＝＝2，
可得＞2恒成立，
即有a≤2．
37．（Ⅰ）讨论函数f（x）＝ex的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）ex+x+2＞0；
（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）＝（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．
【答案】见解析
【解析】（1）证明：f（x）＝
f'（x）＝ex（）＝
∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'（x）≥0
∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增
∴x＞0时，＞f（0）＝﹣1
即（x﹣2）ex+x+2＞0
（2）g'（x）＝＝＝
a∈[0，1）
由（1）知，当x＞0时，f（x）＝的值域为（﹣1，+∞），只有一解使得
，
只需•et≤0恒成立，可得﹣2＜t≤2，
由x＞0，可得
t∈（0，2]
当x∈（0，t）时，g'（x）＜0，g（x）单调减；
当x∈（t，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调增；
h（a）＝＝＝
记k（t）＝，在t∈（0，2]时，k'（t）＝＞0，
故k（t）单调递增，
所以h（a）＝k（t）∈（，]．
38．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
【答案】见解析
【解析】（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
∴f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）ex＝0⇔x＝2，
函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；
②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，
当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；
当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；
此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，
由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；
当x＜1时，ex＜e，x﹣2＜﹣1＜0，
∴f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，
令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，
则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，
故函数f（x）在x＜1存在一个零点；
即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；
③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，
当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，
ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，
由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
④若a＝﹣，则ln（﹣2a）＝1，
当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故函数f（x）在R上单调递增，
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne＝1，
当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝1时，函数取极大值，
由f（1）＝﹣e＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
综上所述，a的取值范围为（0，+∞）
证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，
∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，
∴﹣a＝＝，
令g（x）＝，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，
∵g′（x）＝，
∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝﹣＝，
设h（m）＝，m＞0，
则h′（m）＝＞0恒成立，
即h（m）在（0，+∞）上为增函数，
h（m）＞h（0）＝0恒成立，
即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，
令m＝1﹣x1＞0，
则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2，
即x1+x2＜2．
39．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】（Ⅰ）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
可得f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，
即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如右上图）；
②当a＜0时，（如右下图）若a＝﹣，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；
若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；
由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．
即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；
在（1，ln（﹣2a））递减；
若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；
由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．
即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；
在（ln（﹣2a），1）递减；
（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，
f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，
且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；
当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，
f（x）有两个零点；
②当a＝0时，f（x）＝（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x＝2；
③当a＜0时，
若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，
在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，
又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；
当a≥﹣时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，
在（1n（﹣2a），1）单调减，
只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点，
而当x≤1时，f（x）＜0，所以只有一个零点不符题意．
综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．


40．已知函数f（x）＝x3+ax+，g（x）＝﹣lnx
（i）当a为何值时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；
（ii）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．
【答案】见解析
【解析】（i）f′（x）＝3x2+a．
设曲线y＝f（x）与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）＝0，f′（x0）＝0，
∴，解得，a＝．
因此当a＝﹣时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；
（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）＝﹣lnx＜0，
∴函数h（x）＝min{f（x），g（x）}＜0，
故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点．
当x＝1时，若a≥﹣，则f（1）＝a+≥0，
∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝g（1）＝0，故x＝1是函数h（x）的一个零点；
若a＜﹣，则f（1）＝a+＜0，∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝f（1）＜0，故x＝1不是函数h（x）的零点；
当x∈（0，1）时，g（x）＝﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．
①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）＝3x2+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调，
而f（0）＝，f（1）＝a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，
当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点．
②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x＝时，f（x）取得最小值＝．
若＞0，即，则f（x）在（0，1）内无零点．
若＝0，即a＝﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．
若＜0，即，由f（0）＝，f（1）＝a+，
∴当时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零点．
综上可得：a＜时，函数h（x）有一个零点．
当时，h（x）有一个零点；
当a＝或时，h（x）有两个零点；
当时，函数h（x）有三个零点．