1、高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性高考大题专项练第2页1.已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.解(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.令f(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.当x(-,3-23)(3+23,+)时,f(x)0;当x(3-23,3+23)时,f(x)0.故f(x)在(-,3-23),(3+23,+)上是增加的,在(3-23,3+23)上是减少的.2.已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)略.证明(1)当a
2、=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)2,令f(x)=0得,x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42a+a2-42,+时,f(x)0.所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+上是减少的,在a-a2-42,a+a2-42上是增加的.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+aln x-2x(aR).(1)求f(x)的递增区间;(2)略.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2x+ax-2=2x2-2x+
3、ax,令2x2-2x+a=0,=4-8a=4(1-2a),若a12,则0,f(x)0在(0,+)上恒成立,函数f(x)在(0,+)上是增加的;若a0,方程2x2-2x+a=0,两根为x1=1-1-2a2,x2=1+1-2a2,当a0时,x20,x(x2,+),f(x)0,f(x)递增;当0a0,x20,x(0,x1),f(x)0,f(x)递增,x(x2,+),f(x)0,f(x)递增.综上,当a12时,函数f(x)递增区间为(0,+),当a0时,函数f(x)递增区间为1+1-2a2,+,当0a12时,函数f(x)递增区间为0,1-1-2a2,1+1-2a2,+.5.(2018全国3,文21)已
4、知函数f(x)=ax2+x-1ex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a1时,f(x)+e0.(1)解f(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,f(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明当a1时,f(x)+e(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+1+ex+1.当x-1时,g(x)-1时,g(x)0,g(x)递增;所以g(x)g(-1)=0.因此f(x)+e0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2(其中kR).(1)求函数f(
5、x)的单调区间;(2)略.解(1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),当k0时,令f(x)0,解得x0,f(x)的递减区间是(-,0),递增区间是(0,+).当0k0,解得x0,f(x)在(-,ln k)和(0,+)上是增加的,在(ln k,0)上是减少的.当k=1时,f(x)0,f(x)在(-,+)上是增加的.当k1时,令f(x)0,解得xln k,所以f(x)在(-,0)和(ln k,+)上是增加的,在(0,ln k)上是减少的.7.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2eax-1.(1)讨论函数f(x)的
6、单调性;(2)略.解(1)函数f(x)的定义域为R.f(x)=2xeax+x2aeax=x(ax+2)eax.当a=0时,f(x)=x2-1,则f(x)在区间(0,+)内是增加的,在区间(-,0)内是减少的;当a0时,f(x)=axx+2aeax,令f(x)0得x0,令f(x)0得-2ax0,所以f(x)在区间-,-2a内是增加的,在区间-2a,0内是减少的,在区间(0,+)内是增加的;当a0得0x-2a,令f(x)-2a或x0,证明:ln(x+1)xxex-1(其中e是自然对数的底数).(1)证明当a=-1时,函数f(x)的定义域是(-1,0)(0,+),所以f(x)=xx+1-ln(x+1
7、)x2,令g(x)=xx+1-ln(x+1),只需证当x0时,g(x)0.又g(x)=1(x+1)2-1x+1=-x(x+1)20在(0,+)上恒成立,故g(x)在(0,+)上是减少的,所以g(x)g(0)=-ln 1=0,所以f(x)0,故函数f(x)在(0,+)上是减少的.(2)解由题意知,f(1)=1,且f(x)=xx-a-ln(x-a)x2,所以f(1)=11-a-ln(1-a)=1,即有a1-a-ln(1-a)=0,令t(a)=a1-a-ln(1-a),a0,故t(a)在(-,1)上是增加的,又t(0)=0,故0是t(a)的唯一零点,即方程a1-a-ln(1-a)=0有唯一实根0,所
8、以a=0.(3)证明因为xex-1=ln exex-1=ln (ex-1+1)ex-1,故原不等式等价于ln(x+1)xln(ex-1+1)ex-1,由(1)知,当a=-1时,f(x)=ln(x+1)x在(0,+)上是减少的,故要证原不等式成立,只需证明当x0时,x0在(0,+)上恒成立,故h(x)在(0,+)上是增加的,所以h(x)h(0)=0,即xf(ex-1),即ln(x+1)xln (ex-1+1)ex-1=xex-1.突破2利用导数研究函数的极值、最值高考大题专项练第3页1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f(x)=ln x-ax(aR).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2
9、)略.解(1)当a=12时,f(x)=ln x-12x,函数的定义域为(0,+),f(x)=1x-12=2-x2x,令f(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(0,2)2(2,+)f(x)+0-f(x)ln 2-1故f(x)的极大值为ln 2-1,无极小值.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(aR)在定义域内的极值点的个数.解函数的定义域为(0,+),f(x)=1x-a=1-axx(x0).当a0时,f(x)0在(0,+)上恒成立,故函数f(x)在(0,+)上是增加的,此时函数f(x)在定义域上无极值点;当a0时,若x0,
10、1a,则f(x)0,若x1a,+,则f(x)0时,函数f(x)有一个极大值点.3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.解(1)f(x)的定义域为(0,+).当a=3时,f(x)=2ln x-x2+3x+2,所以f(x)=2x-2x+3=-2x2+3x+2x,令f(x)=-2x2+3x+2x=0,得-2x2+3x+2=0,因为x0,所以x=2.f(x)与f(x)在区间(0,+)上的变化情况如下:x(0,2)2(2,+)f(x)+0-f(x)2ln 2+4所以f(x)的递增区间为(0,2),递减区间为(
11、2,+).f(x)的极大值为2ln 2+4,无极小值.4.已知函数f(x)=(x-a)ex(aR).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间1,2上的最小值.解(1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex(x-1).所以f(0)=-2,k=f(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f(x)=ex(x-a+1),令f(x)=0,可得x=a-1.若a-11,则a2,当x1,2时,f(x)0,则f(x)在1,2上是增加的.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.若a-1
12、2,则a3,当x1,2时,f(x)0,则f(x)在1,2上是减少的.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.若1a-12,则2a3,所以f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(1,a-1)a-1(a-1,2)f(x)-0+f(x)极小值所以f(x)的递减区间为1,a-1,递增区间为a-1,2.所以f(x)在1,2上的最小值为f(a-1)=-ea-1.综上所述:当a2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2a3时,f(x)min=f(a-1)=-ea-1.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+
13、bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1)处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f(x)=1x+2ax+b,则在点(1,f(1)处的切线的斜率为f(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f(x)=1x-2x-1=-2x2-x+1x=-2x2+x-1x,由f(x)=0,可得x=12(x=-1舍去),当0x0,f(x)递增;当x12时,f(x)0,f(x)递减,故当x=12时,f(x)取得极大值,且为最大值,f12=-ln 2-34.故f(x)的最大值为-
14、ln 2-34.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e上的最大值为-3,求a的值.解(1)易知f(x)的定义域为(0,+),当a=-1时,f(x)=-x+ln x,f(x)=-1+1x=1-xx,令f(x)=0,得x=1.当0x0;当x1时,f(x)0.f(x)在(0,1)上是增加的,在(1,+)上是减少的.f(x)max=f(1)=-1.当a=-1时,函数f(x)的最大值为-1.(2)f(x)=a+1x,x(0,e,则1x1e,+.若a-1e,则f(x)0,从而f(x)在(0,e上
15、是增加的,f(x)max=f(e)=ae+10,不合题意.若a0得,a+1x0,又x(0,e,解得0x-1a;令f(x)0得,a+1x0,又x(0,e,解得-1axe.从而f(x)在0,-1a上是增加的,在-1a,e上是减少的,f(x)max=f-1a=-1+ln-1a.令-1+ln-1a=-3,得ln-1a=-2,即a=-e2.-e20,都有f(x)0,求m+n的最小值.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+),当n=1时,f(x)=ln x-mx-1,函数f(x)有极大值为-2,由f(x)=1x-m=0,得x=1m0,f1m=-ln m-1-1=-2,m=1.经检验m=1满足题意.故m的值
16、为1.(2)f(x)=1x-m.当m0,f(x)在(0,+)上是增加的.令x=en,则f(en)=ln en-men-n=-men0,舍去;当m=0时,x(0,+),f(x)0,f(x)在(0,+)上是增加的,令x=en+1,则f(en+1)=ln en+1-n=10,舍去;当m0时,若x0,1m,则f(x)0,若x1m,+,则f(x)0,f(x)在0,1m上是增加的,在1m,+上是减少的.f(x)的最大值为f1m=-ln m-1-n0,即n-ln m-1.m+nm-ln m-1,设h(m)=m-ln m-1,令h(m)=1-1m=0,则m=1.当m(0,1)时,h(m)0.h(m)在(1,+
17、)上是增加的.h(m)的最小值为h(1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n的最小值为0.突破3导数在不等式中的应用高考大题专项练第4页1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=xln x.(1)略;(2)当x1e时,f(x)ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.解(2)由已知得axlnx+x+1x2+1,设h(x)=xlnx+x+1x2+1,则h(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2.y=xln x+ln x+2是增函数,且x1e,y-1e-1+20,当x1e,1时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0,h(x)在x=1处取得最大值,h(1)
18、=1,a1.故a的取值范围为1,+).2.(2018全国1,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a1e时,f(x)0.(1)解f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-1x.由题设知,f(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-ln x-1,f(x)=12e2ex-1x.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在(0,2)上是减少的,在(2,+)上是增加的.(2)证明当a1e时,f(x)exe-ln x-1.设g(x)=exe-ln x-1,则g(x)=exe-1x.当0x
19、1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a1e时,f(x)0.3.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f(x)=ex-x2-ax.(1)略;(2)当x0时,f(x)1-x恒成立,求实数a的取值范围.解(2)由题意,当x0时,ex-x2-ax1-x,即aexx-x-1x+1.令h(x)=exx-x-1x+1(x0),则h(x)=ex(x-1)-x2+1x2=(x-1)(ex-x-1)x2.令(x)=ex-x-1(x0),则(x)=ex-10.当x(0,+)时,(x)递增,(x)(0)=0.故当x(0,1)时,h(x)0,h(x)
20、递增.所以h(x)min=h(1)=e-1,所以ae-1.故a的取值范围为(-,e-1.4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x(aR,e是自然对数的底数).(1)略;(2)若对x1,+),都有f(x)1成立,求实数a的取值范围.解(2)f(x)=ex-1+1x-a(x1),令g(x)=f(x),g(x)=ex-1-1x2,令(x)=g(x),(x)=ex-1+2x30,g(x)在1,+)上是增加的,g(x)g(1)=0.f(x)在1,+上是增加的,f(x)f(1)=2-a.当a2时,f(x)0,f(x)在1,+)上是增加的,f(x)f(1)=1,满
21、足条件;当a2时,f(1)=2-a0,存在x0(1,ln a+1),使得f(x)=0,此时,当x(1,x0)时,f(x)0,f(x)在(1,x0)上是减少的,当x(1,x0)时,都有f(x)x2.(1)解当m=1时,f(x)=x+1-ex,f(x)=1-ex,令f(x)=0,则x=0.当x0;当x0时,f(x)0.函数f(x)的递增区间是(-,0),递减区间是(0,+).(2)证明由(1)知,当m=1时,f(x)max=f(0)=0,当x(0,+)时,x+1-exx+1,当x(0,+)时,要证lnex-1xx2,只需证ex-1xex2,令F(x)=ex-1-xex2=ex-x(e)x-1,F(
22、x)=ex-(e)x-12x(e)x=(e)x(e)x-1-x2=ex2ex2-1-x2,由exx+1可得,ex21+x2,故当x(0,+)时,F(x)0恒成立,即F(x)在(0,+)上是增加的,F(x)F(0)=0,即ex-1xex2,lnex-1xx2.6.已知函数f(x)=-aln x-exx+ax,aR.(1)略;(2)当a=1时,若不等式f(x)+bx-b+1xex-x0在x(1,+)时恒成立,求实数b的取值范围.解(2)由题意,当a=1时,f(x)+bx-b+1xex-x0在x(1,+)时恒成立,整理得ln x-b(x-1)ex0在(1,+)上恒成立.令h(x)=ln x-b(x-
23、1)ex,易知,当b0时,h(x)0,不合题意,b0.又h(x)=1x-bxex,h(1)=1-be.当b1e时,h(1)=1-be0.又h(x)=1x-bxex在1,+)上是减少的.h(x)h(1)0在1,+)上恒成立,则h(x)在1,+)上是减少的.所以h(x)h(1)=0,符合题意.当0b0,h1b=b-e1b1.又h(x)=1x-bxex在1,+)上是减少的,存在唯一x0(1,+),使得h(x0)=0.h(x)在(1,x0)上是增加的,在(x0,+)上是减少的.又h(x)在x=1处连续,h(1)=0,h(x)0在(1,x0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b的取值范围为1e,+.7.
24、设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)求证:f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增;(2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.(1)证明f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0;当x(0,+)时,emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以f(x)在(-,0)上是减少的,在(0,+)上是增加的.(2)解由(1)知,对任意的m,f(x)在-1,0上是减少的,在0,1上是增加的,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(
25、x1)-f(x2)|e-1的充要条件是f(1)-f(0)e-1,f(-1)-f(0)e-1,即em-me-1,e-m+me-1.设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)上是减少的,在(0,+)上是增加的.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性知,g(m)0,即em-me-1.当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.8.(2019山西太原二模,21)已知x1,x2(x1x2)是函数f(x)=ex+ln(x+1)-ax(aR)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x
26、2)-f(x1)-1,令g(x)=ex+1x+1-a,x-1,则g(x)=ex-1(x+1)2,令h(x)=ex-1(x+1)2,x-1,则h(x)=ex+2(x+1)30,h(x)在(-1,+)上是增加的,且h(0)=0.当x(-1,0)时,g(x)=h(x)0,g(x)递增.g(x)g(0)=2-a.当a2时,f(x)=g(x)g(0)=2-a0.f(x)在(-1,+)上是增加的,此时无极值;当a2时,g1a-1=e1a-10,g(0)=2-a0,f(x)递增;当x(x1,0)时,f(x)=g(x)0,g(0)=2-a0,存在x2(0,ln a),g(x2)=0,当x(0,x2)时,f(x
27、)=g(x)0,f(x)递增,x=x2是f(x)的极小值点.综上所述,a的取值范围为(2,+).(2)证明由(1)得a(2,+),1a-1x10x20,1ax1+11,1x2+11+ln a,ex2-ex1=x2-x1(x1+1)(x2+1),1(x1+1)(x2+1)-a0,1x2+1x1+1a(1+ln a)a2,f(x2)-f(x1)=ex2-ex1+lnx2+1x1+1-a(x2-x1)=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a+lnx2+1x1+10,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x
28、+1)20,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)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-13=-6a-162-160,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=xln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0x0),g(x)=f(x)=ln x-2x+2,g(x)=1x-2=1-2xx,当x0,12时,g(x)0,g(x)递增;当x12,+时,g(x)0,f(x)递增;当x(1,+)时,f(x)0,g(x)递增,至
29、多有一个零点,不合题意.若a0,则当x0,12a时,g(x)0,g(x)递增;当x12a,+时,g(x)0.不妨设g(x1)=g(x2),x1x2,则0x112ax21.一方面,需要g(1)1.另一方面,由(1)得,当x1时,ln xx-1x,则xex,进而,有2ae2a,则e-2a12a,且g(e-2a)=-2ae-2a+1-a0,故存在x1,使得0e-2ax10,h(x)在(0,1)上是增加的,h(x)不可能有两个及以上零点,当ae2时,h(x)0,h(x)在(0,1)上是减少的,h(x)不可能有两个及以上零点,当12ae2时,令h(x)=0得x=ln(2a)(0,1),h(x)在(0,l
30、n(2a)上是减少的,在(ln(2a),1)上是增加的,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(2a),若h(x)有两个零点,则有h(ln(2a)0,h(1)0,h(ln(2a)=3a-2aln(2a)+1-e12ae2,设(x)=32x-xln x+1-e(1xe),则(x)=12-ln x,令(x)=0,得x=e,当1x0,(x)递增;当exe时,(x)0,(x)递减.max(x)=(e)=e+1-e0,h(ln(2a)0,h(1)=e-2a-b0,得e-2a1.综上,a的取值范围为(e-2,1).4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f(x)=ax-ln x(aR).(1)讨论f(
31、x)的单调性;(2)若f(x)=0有两个相异的正实数根x1,x2,求证f(x1)+f(x2)0.(1)解f(x)=ax-ln x的定义域为(0,+),所以f(x)=a-1x=ax-1x.当a0时,f(x)0时,由f(x)0,得x1a,所以f(x)在0,1a上为减少的,在1a,+上为增加的.(2)证明解法1:要证f(x1)+f(x2)0,即证2a-1x1-1x20,即2a1x1+1x2.由f(x1)=f(x2)得a=ln x1-ln x2x1-x2,所以只要证2ln x1-ln x2x1-x2x20,则只要证2lnx1x2(x1-x2)1x1+1x22lnx1x21,则只要证明当t1时,2ln
32、t1),则g(t)=2t-1-1t2=-(t-1)2t20,所以函数g(t)在(1,+)上是减少的,所以g(t)g(1)=0,即2ln tt-1t成立.由上分析可知,f(x1)+f(x2)0成立.解法2:要证f(x1)+f(x2)0,即证2a-1x1-1x20,即2a2a.由f(x1)=f(x2),得ax1-ln x1=ax2-ln x2,即at1+ln t1=at2+ln t2.令g(t)=at+ln t,g(t1)=g(t2),g(t)=-at2+1t=t-at2.由g(t)0ta,g(t)t0,则g(t)在(0,a)上为减少的,在(a,+)上为增加的.设t1(0,a),t2(a,+),令
33、h(t)=g(t)-g(2a-t)=at+ln t-a2a-t-ln(2a-t).h(t)=t-at2+a-t(2a-t)2=4a(t-a)(a-t)t2(2a-t)2,t1(0,a),h(t1)h(a)=0,即g(t1)g(2a-t1),g(t2)g(2a-t1).又因为g(t)在(a,+)上为增加的,所以t22a-t1,即t1+t22a.故f(x1)+f(x2)1时,方程f(x)=a(x-1)+1x(a0)有唯一零点,求a的取值范围.解(2)当x1时,方程f(x)=a(x-1)+1x,即ln x-a(x2-x)=0,令h(x)=ln x-a(x2-x),有h(1)=0,h(x)=-2ax2
34、+ax+1x,令r(x)=-2ax2+ax+1,x(1,+),因为a0,所以r(x)在(1,+)上是减少的,当r(1)=1-a0即a1时,r(x)0,即h(x)在(1,+)上是减少的,所以h(x)0即0a0,即h(x)递增;x(x0,+)时,r(x)h(1)=0,取x=1+1a,则h1+1a=ln1+1a-a(1+1a)2+a1+1a=ln1+1a-1+1a,令t=1+1a(t1),h(t)=ln t-t,则h(t)=1t-1,t1,所以h(t)1时递减,所以h(t)h(1)=0.故存在x1x0,1+1a,使得h(x1)=0.综上,a的取值范围为0a1.6.(2019山西运城二模,21)已知函
35、数f(x)=xex-a(ln x+x),aR.(1)当a=e时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.解(1)f(x)定义域为(0,+),当a=e时,f(x)=(1+x)(xex-e)x.0x1时,f(x)1时,f(x)0.f(x)在(0,1)上为减少的;在(1,+)上为增加的.(2)记t=ln x+x,则t=ln x+x在(0,+)上为增加的,且tR.f(x)=xex-a(ln x+x)=et-at=g(t).f(x)在(0,+)上有两个零点等价于g(t)=et-at在tR上有两个零点.当a=0时,g(t)=et在R上是增加的,且g(t)0,故g(t)无零点;
36、当a0恒成立,g(t)在R上是增加的.又g(0)=10,g1a=e1a-10时,由g(t)=et-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)=a(1-ln a),若0a0,g(t)无零点;若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点;若ae时,g(t)极小值=a(1-ln a)0,由于y=lnxx在(e,+)上为减少的,可知当ae时,eaaaa2,从而g(a)=ea-a20.g(t)在(0,ln a)和(ln a,+)上各有一个零点.综上可知,当ae时f(x)有两个点,即所求a的取值范围是(e,+).7.(2016全国1,理21)已知函数f(x)=(x-2)ex+
37、a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x20,则当x(-,1)时,f(x)0,所以f(x)在(-,1)上是减少的,在(1,+)上是增加的.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b0且ba2(b-2)+a(b-1)2=ab2-32b0,故f(x)存在两个零点.设a0,因此f(x)在(1,+)上是增加的.又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.若a1,故当x(1,ln(-2a)时,f(x)0.因此f(x)在(1,ln(-2a)上是减少的,在(ln(-2a),+)上是增加的.又当x1时f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.
38、综上,a的取值范围为(0,+).(2)证明不妨设x1x2,由(1)知,x1(-,1),x2(1,+),2-x2(-,1),f(x)在(-,1)上是减少的,所以x1+x2f(2-x2),即f(2-x2)1时,g(x)1时,g(x)0.从而g(x2)=f(2-x2)0,故x1+x22.8.(2019天津,20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR.(1)若a0,讨论f(x)的单调性;(2)若0ax0,证明3x0-x12.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=1x-aex+a(x-1)ex=1-ax2exx.因此当a0时,1-ax2ex0,从而f(x)0,所以f(
39、x)在(0,+)内是增加的.(2)证明由(1)知,f(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且gln1a=1-aln 1a21a=1-ln 1a20,故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f(x)=0在(0,+)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0g(x0)x=0,所以f(x)在(0,x0)内是增加的;当x(x0,+)时,f(x)=g(x)x1时,h(x)=1x-11时,h(x)h(1)=0,所以ln xx-1.从而fln 1a=lnln 1a-aln 1a-1eln 1a=lnln 1a-ln 1a+1=hln 1af(1)=0,所以f(x)在(x0,+)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+)内恰有两个零点.由题意,f(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,ln x1=a(x1-1)ex1,从而ln x1=x1-1x02ex1-x0,即ex1-x0=x02ln x1x1-1.因为当x1时,ln xx01,故ex1-x0x02(x1-1)x1-1=x02,两边取对数,得lnex1-x0ln x02,于是x1-x02ln x02.
