最新高考数学诊断性考试导数及其应用(含答案)

高考数学诊断性考试导数及其应用
一．解答题（共38小题）
1．已知函数和函数g（x）＝k（x﹣1）+1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若a＝2k，k∈（0，1），且函数y＝f（x）﹣g（x）有三个零点x1、x2、x3，求f（x1）+f（x2）+f（x3）的取值范围．
2．已知函数，a∈R．
（I）若a＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，求正数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：．
3．已知函数．
（Ⅰ）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＝1时，若关于x的不等式f（x）+（x+）e x﹣bx≥1恒成立，求实数b的取值范围．
4．设f（x）＝e x﹣a（x+1）
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设g（x）＝f（x）+，且A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）是曲线y＝g（x）上任意两点，若对任意的a≤﹣1，直线AB的斜率大于常数m，求实数m的取值范围．
5．已知函数．
（1）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝1时，若不等式在x∈（1，+∞）时恒成立，求实数b的取值范围．
6．设函数f（x）＝3x2+alnx．
（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）的单调减区间；
（2）若F（x）＝（f（x））3﹣f（x）有三个不同的零点，求a的取值范围；
（3）设H（x）＝f（x）﹣12x，若H（x）无极大值点，有唯一的一个极小值点λ，求证：H（λ）≤﹣12．
7．设函数f（x）＝lnx﹣e x+ax﹣a（a∈R）．
（1）当a＝e﹣1时，求函数f（x）的极值；
（2）若关于x的方程f（x）＝0有唯一解x0，且x0∈（n，n+1），n∈N*，求n的值．
8．已知函数f（x）＝，g（x）＝x2e mx（m∈R）．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的最大值；
（2）若a＜0，且对任意的x1，x2∈[0，2]，f（x1）+1≥g（x2）恒成立，求实数m的取值范围．
9．已知函数f（x）＝x2+ax+blnx（a，b∈R），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为2x﹣y﹣2＝0．（1）求a，b的值；
（2）求证：当m≥2，x＞1时，不等式m（e x﹣e）≥e•f（x）恒成立．
10．已知函数f（x）＝x+，其中a＞0．
（1）若x＝1是函数h（x）＝f（x）+x+lnx的极值点，求实数a的值；
（2）若对任意的x∈[1，e]（e为自然对数的底数），都有f（x）﹣1≥e成立，求实数a的取值范围．
11．已知函数．
（1）若，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）有极值，对任意的x1，x2，当0＜x1＜x2，存在x0使，试比较f'（x0）与的大小．
12．已知函数f（x）＝e x﹣ax﹣1﹣．
（1）若a＝，求f（x）的单调区间；
（2）设函数F（x）＝f（x）+f（﹣x）+2+x2，求证：F（1）•F（2）…F（n）＞（e n+1+2）（n∈N*）．
13．已知函数f（x）＝lnx﹣ax+a．
（1）当a＝1时，判断函数y＝f（x）零点个数；
（2）当x≥1时，不等式xf（x）≤a（x﹣1）恒成立，求正实数a的取值范围．
14．已知函数．
（1）若f'（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）＝f'（x）﹣x﹣alnx的单调性；
（2）若（e是自然对数的底数），求证：f（x）＞0．
15．已知函数f（x）＝e x﹣ax+a（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若关于x的方程f（x）＝lnx有唯一解x0，且x0∈（n，n+1），n∈N*，求n的值．
16．已知函数．
（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．
17．已知函数f（x）＝ae x+x2﹣bx（a，b∈R，e＝2.71828…是自然对数底数），其导函数为y＝f'（x）．（1）设b＝0，若函数y＝f（x）在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；
（2）设b＝2，且a≠0，点（m，n）（m，n∈R）是曲线y＝f（x）上的一个定点，是否存在实数x0（x0≠m），使得成立？证明你的结论．
参考答案
一．解答题（共38小题）
1．已知函数和函数g（x）＝k（x﹣1）+1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若a＝2k，k∈（0，1），且函数y＝f（x）﹣g（x）有三个零点x1、x2、x3，求f（x1）+f（x2）+f（x3）的取值范围．
【解答】解：（1）显然x＞2时，f（x）单调递增．
当x≤2时，f′（x）＝3x2﹣6x+2，
f′（x）＝0得：．
且或时，f′（x）＞0；时，f′（x）＜0．
故：函数f（x）的单调增区间为；
单调减区间为．
（2）当x＞2时，令f（x）﹣g（x）＝0得：x＝3，
当x≤2时，令f（x）﹣g（x）＝0即：x（x﹣1）（x﹣2）+1＝k（x﹣1）+1，
即：（x﹣1）（x2﹣2x﹣k）＝0（x≤2），
得：x＝1，（舍去），
所以f（x1）+f（x2）+f（x3）＝g（x1）+g（x2）+g（x3）＝．
令，，
即求函数h（t）＝﹣t3+2t2+t+1，的值域，
因为h′（t）＝﹣3t2+4t+1，显然h′（1）＝2＞0，，
所以h′（t）＞0在上恒成立．
即h（t）在上单增，
所以．
即f（x1）+f（x2）+f（x3）的取值范围为．
2．已知函数，a∈R．
（I）若a＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，求正数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：．
【解答】解：（I）当a＝﹣1时，，则函数f（x）的定义域为{x|x＞0}，
则，则当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增；
则当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，则f（x）单调递减；
所以f（x）单调递增区间为（0，1），f（x）单调递减区间为（1，+∞）
（Ⅱ）因为，x∈[1，+∞），则f（1）＝0，
．
①当，时，此时，
当，则f'（x）＜0，f（x）在[1，]上是减函数，所以在（1，）上存在x0，
使得f（x0）＜f（1）＜0，f（x）≥0在[1，+∞）上不恒成立；
②当时，，f'（x）≥0在[1，+∞）上成立，f（x）在[1，+∞）上是增函数，f（x）≥f（1）
＝0，f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
综上所述，所求a的取值范围为；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知当时，f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，，
令，有，
当x＞1时，，
令，有，
即，k＝1，2，3，…，n，将上述n个不等式依次相加得：
，
整理得．
3．已知函数．
（Ⅰ）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＝1时，若关于x的不等式f（x）+（x+）e x﹣bx≥1恒成立，求实数b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由题意知：f′（x）＝，
∵当a＜0，x＞0时，有ax﹣e x＜0，
∴当x＞1时，f′（x）＜0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（Ⅱ）由题意当a＝1时，不等式f（x）+（x+）e x﹣bx≥1恒成立，
即xe x﹣lnx+（1﹣b）x≥1恒成立，
即b﹣1≤e x﹣﹣恒成立，
设g（x）＝e x﹣﹣，则g′（x）＝，
设h（x）＝x2e x+lnx，则h′（x）＝（x2+2x）e x+，
当x＞0时，有h′（x）＞0，
故h（x）在（0，+∞）递增，且h（1）＝e＞0，h（）＝﹣ln2＜0，
故函数h（x）有唯一零点x0，且＜x0＜1，
故当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）递减，
当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）递增，
即g（x0）为g（x）在定义域内的最小值，
故b﹣1≤﹣﹣，
∵h（x0）＝0，得x0＝﹣，＜x0＜1，…（*）
令k（x）＝xe x，＜x＜1，
故方程（*）等价于k（x）＝k（﹣lnx），＜x＜1，
而k（x）＝k（﹣lnx）等价于x＝﹣lnx，＜x＜1，
设函数m（x）＝x+lnx，＜x＜1，
易知m（x）单调递增，
又m（）＝﹣ln2＜0，m（1）＝1＞0，
故x0是函数的唯一零点，
即lnx0＝﹣x0，＝，
故g（x）的最小值g（x0）＝1，
故实数b的取值范围是（﹣∞，2]．
4．设f（x）＝e x﹣a（x+1）
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设g（x）＝f（x）+，且A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）是曲线y＝g（x）上任意两点，若对任
意的a≤﹣1，直线AB的斜率大于常数m，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）＝e x﹣a（x+1）的定义域R，
则f′（x）＝e x﹣a，
当a≤0时，f′（x）＝e x﹣a在R上恒成立，即f（x）的单调递增区间为R
当a＞0时，令f′（x）＝e x﹣a＞0，解得x＞lna，
令f′（x）＝e x﹣a＜0，解得0＜x＜lna，
所以，f（x）的单调递增区间是（lna，+∞），单调递减区间是（0，lna），
综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为R
当a＞0时，f（x）的单调递增区间是（lna，+∞），单调递减区间是（0，lna）．
（2）不妨设x1＜x2，则直线AB的斜率k＝，
由已知k＞m，即k＝＞m，
∵x1＜x2，∴x2﹣x1＞0，
则不等式等价为g（x2）﹣g（x1）＞m（x2﹣x1），
即g（x2）﹣mx2＞g（x1）﹣mx1，
∵x1＜x2，∴函数h（x）＝g（x）﹣mx在R上为增函数，
故h′（x）＝g′（x）﹣m≥0恒成立，
则m≤g′（x），
而g′（x）＝e x﹣a，
∵a≤﹣1＜0，故由基本不等式得g′（x）＝e x﹣a═e x+（）﹣a，
而﹣1≥3，
故实数m的取值范围时（﹣∞，3]．
5．已知函数．
（1）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝1时，若不等式在x∈（1，+∞）时恒成立，求实数b的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f′（x）＝＝（x＞0）．
∵当a＜0时，ax﹣e x＜0．
∴当x＞1时，f′（x）＜0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（2）由题意，当a＝1时，不等式在x∈（1，+∞）时恒成立，
整理得：lnx﹣b（x﹣1）e x≤0在x∈（1，+∞）时恒成立，
令h（x）＝lnx﹣b（x﹣1）e x，
可知，当b≤0时，h（x）＞0，不合题意；
∴b＞0．
又h′（x）＝，h′（1）＝1﹣be，
①当b时，h′（1）＝1﹣be≤0，又h′（x）＝﹣bxe x在[1，+∞）上单调递减，
∴h′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，则h（x）在[1，+∞）上单调递减，
又h（1）＝0，∴h（x）＜0在（1，+∞）恒成立，
②当0＜b＜时，h′（1）＝1﹣be＞0，h′（）＝b﹣＜0，
又h′（x）＝﹣bxe x在[1，+∞）上单调递减，
∴存在唯一x0∈（1，+∞），使得h′（x）＝0，
∴当x∈（1，x0）时，h′（x）＞0，当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
又h（x）在x＝1处连续且h（1）＝0，
∴h（x）＞0在（1，x0）上成立，不合题意．
综上，实数b的取值范围为[，+∞）．
6．设函数f（x）＝3x2+alnx．
（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）的单调减区间；
（2）若F（x）＝（f（x））3﹣f（x）有三个不同的零点，求a的取值范围；
（3）设H（x）＝f（x）﹣12x，若H（x）无极大值点，有唯一的一个极小值点λ，求证：H（λ）≤﹣12．【解答】解：（1）当a＝﹣1时，f（x）＝3x2﹣lnx，
即，
当f'（x）＞0时，；当f'（x）＜0时，，
所以函数f（x）在上单调递减，在上单调递增．
（2）设f（x）＝t，则F（x）＝t3﹣t＝0，则t＝0或t＝1或t＝﹣1，，
10当a＞0时，f'（x）＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，且x→0+时，f（x）→﹣∞；
x→+∞时，f（x）→+∞，则f（x）＝t的零点有3个，符合题意．
20当a＝0时，f（x）＝3x2（x＞0），此时f（x）＝t只有一个零点，不合题意．
30当a＜0时，若f'（x）＞0，则；若f'（x）＜0时，，
函数f（x）在上单调递减，在上单调递增．
又且x→0+时，f（x）→+∞；x→+∞时，f（x）→+∞，
所以f（x）＝1或f（x）＝﹣1或f（x）＝0要有三个零点，则
即，所以a＝﹣6e
综上所述，a＝﹣6e或a＞0
证明：（3）H（x）＝f（x）﹣12x＝3x2+alnx﹣12x，
即H′（x）＝6x+﹣12＝
因为H（x）在（0，+∞）无极大值点，有唯一的一个极小值点λ，
即H'（x）＝0，即6x2﹣12x+a＝0在（0，+∞）内有唯一的一个正根．
所以△＝144﹣24a＞0，即a＜6，
又，，又因为只有唯一的一个正根，所以x1＜0即a＜0．当a＜0时，H（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增．
此时H（x）无极大值，有唯一一个极小值点x2，
所以λ＝x2∈[2，+∞），所以
所以a＝12λ﹣6λ2，
所以H（λ）＝3λ2+alnλ﹣12λ＝3λ2+（12λ﹣6λ2）lnλ﹣12λ（λ≥2），
所以H（x）在[2，+∞）上单调递减，
所以H（λ）≤H（2）＝12﹣24＝﹣12，
综上，H（λ）≤﹣12．
7．设函数f（x）＝lnx﹣e x+ax﹣a（a∈R）．
（1）当a＝e﹣1时，求函数f（x）的极值；
（2）若关于x的方程f（x）＝0有唯一解x0，且x0∈（n，n+1），n∈N*，求n的值．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）．
当a＝e﹣1时，f（x）＝lnx﹣e x+（e﹣1）x﹣e+1，
则，
令，则．
即f'（x）在（0，+∞）上单调递减，又f'（1）＝0，
故x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，1）上单调递增，
x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减．
所以函数f（x）有极大值f（1）＝﹣e，无极小值．
（2）由，令，
则，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，
即f'（x）在（0，+∞）上单调递减．
又x→0时，f'（x）→+∞；x→+∞时，f'（x）→﹣∞，
故存在x0∈（0，+∞）使得．
当x∈（0，x0）时，f'（x）＜0，f（x）在（x0，+∞）上单调递减．
又f（x）＝0有唯一解，则必有．
由消去a得．
令，
则＝．
故当x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，f（x）在（0，1）上单调递减，
当x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上单调递增．
由φ（1）＝﹣e＜0，，
得存在x0∈（1，2），使得φ（x0）＝0即f（x0）＝0．
又关于x的方程f（x）＝0有唯一解x0，且x0∈（n，n+1），n∈N*，
∴x0∈（1，2）．
故n＝1．
8．已知函数f（x）＝，g（x）＝x2e mx（m∈R）．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的最大值；
（2）若a＜0，且对任意的x1，x2∈[0，2]，f（x1）+1≥g（x2）恒成立，求实数m的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），
当a＝1时，，
∴当x∈（﹣1，0）时，f'（x）＞0，函数f（x）在（﹣1，0）上单调递增，
∴当x∈（0，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴f（x）max＝f（0）＝0．
（2）令φ（x）＝f（x）+1，因为“对任意的x1，x2∈[0，2]，f（x1）+1≥g（x2）恒成立”，
所以对任意的x1，x2∈[0，2]，φ（x）min≥g（x）max成立，
由于，
当a＜0时，对∀x∈[0，2]有φ'（x）＞0，从而函数φ（x）在[0，2]上单调递增，
所以φ（x）min＝φ（0）＝1，g'（x）＝2xe mx+x2e mx•m＝（mx2+2x）e mx，
当m＝0时，g（x）＝x2，x∈[0，2]时，g（x）max＝g（2）＝4，显然不满足g（x）max≤1，
当m≠0时，令g'（x）＝0得x1＝0，，
①当，即﹣1≤m≤0时，在[0，2]上g'（x）≥0，所以g（x）在[0，2]上单调递增，
所以，只需4e2m≤1，得m≤﹣ln2，所以﹣1≤m≤﹣ln2．
②当，即m＜﹣1时，在上g'（x）≥0，g（x）单调递增，
在上g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以，
只需，得，所以m＜﹣1．
③当，即m＞0时，显然在[0，2]上g'（x）≥0，g（x）单调递增，
所以，4e2m≤1不成立．
综上所述，m的取值范围是（﹣∞，﹣ln2]．
9．已知函数f（x）＝x2+ax+blnx（a，b∈R），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为2x﹣y﹣2＝0．（1）求a，b的值；
（2）求证：当m≥2，x＞1时，不等式m（e x﹣e）≥e•f（x）恒成立．
【解答】解：（1）f′（x）＝2x+a+，故f（1）＝a+1，f′（1）＝a+b+2，
将点（1，f（1））代入切线方程得2×1﹣f（1）﹣2＝0，得f（1）＝0，所以，，解得；（2）由（1）得：f（x）＝x2﹣x+lnx，当m≥2，x＞1时，要证不等式m（e x﹣e）≥e•f（x），即证m（e x﹣1
﹣1）≥x2﹣x+lnx，
先证：当x＞1时，2（e x﹣1﹣1）≥x2﹣x+lnx．
构造函数g（x）＝2（e x﹣1﹣1）﹣x2+x﹣lnx，其中x＞1，
则，
构造函数h（x）＝e x﹣1﹣x，其中x＞1，则h′（x）＝e x﹣1﹣1，当x＞1时，h′（x）＞0．
所以，函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，当x＞1时，h（x）＞h（1）＝0，则e x﹣1﹣x＞0，
所以，当x＞1时，h′（x）＞0，
因此，函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以，g（x）＞g（1）＝0，
那么，当x＞1时，2（e x﹣1﹣1）＞x2﹣x+lnx，
则当m≥2且x＞1时，m（e x﹣1﹣1）≥2（e x﹣1﹣1）＞x2﹣x+lnx，
因此，当m≥2，x＞1时，不等式m（e x﹣e）≥e•f（x）恒成立．
10．已知函数f（x）＝x+，其中a＞0．
（1）若x＝1是函数h（x）＝f（x）+x+lnx的极值点，求实数a的值；
（2）若对任意的x∈[1，e]（e为自然对数的底数），都有f（x）﹣1≥e成立，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）∵f（x）＝x+，
∴h（x）＝2x++lnx，其定义域为（0，+∞），
∴h′（x）＝2﹣+，
∵x＝1是函数h（x）的极值点，
∴h′（1）＝0，即3﹣a2＝0．
∵a＞0，∴a＝，
经检验当a＝时，x＝1是函数h（x）的极值点，
∴a＝；
（2）对任意的x1，x2∈[1，e]都有f（x1）﹣1≥e成立等价于
对任意的x1，x2∈[1，e]都有[f（x）]min≥e+1．
∵f′（x）＝，且x∈[1，e]，a＞0．
①当0＜a＜1且x∈[1，e]时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在[1，e]上是增函数，
∴[f（x）]min＝f（1）＝1+a2．
由1+a2≥e+1，得a≥，
又0＜a＜1，∴a不合题意；
②当1≤a≤e时，
若1≤x＜a，则f′（x）＜0，
若a＜x≤e，则f′（x）＞0．
∴函数f（x）在[1，a）上是减函数，在（a，e]上是增函数．
∴[f（x）]min＝f（a）＝2a．
由2a≥e+1，得a≥，
又1≤a≤e，∴≤a≤e；
③当a＞e且x∈[1，e]时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）在[1，e]上是减函数．
∴[f（x）]min＝f（e）＝e+．
由e+≥e+1，得a≥，
又a＞e，∴a＞e；
综上所述：a的取值范围为[，+∞）．
11．已知函数．
（1）若，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）有极值，对任意的x1，x2，当0＜x1＜x2，存在x0使，试比较f'（x0）与的大小．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）．
当x∈（0，2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
当x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）存在极值．
由题设得＝
＝．
又，
∴
＝＝．
设．
则（t＞1）．
令g（t）＝lnt﹣（t＞1），则g′（t）＝．∴g（t）在（1，+∞）上是增函数，则g（t）＞g（1）＝0．
又0＜x1＜x2，∴x2﹣x1＞0，
因此，即f'（x0）＞．
12．已知函数f（x）＝e x﹣ax﹣1﹣．
（1）若a＝，求f（x）的单调区间；
（2）设函数F（x）＝f（x）+f（﹣x）+2+x2，求证：F（1）•F（2）…F（n）＞（e n+1+2）（n∈N*）．【解答】（1）解：a＝时，f（x）＝e x﹣x﹣1﹣，
f′（x）＝e x﹣﹣x，
f″（x）＝e x﹣1，
可知：函数f′（x）在x＝0时取得极小值即最小值，
∴f′（x）≥f′（0）＝＞0．
∴函数f（x）在R上单调递增．
（2）证明：∵F（1）F（n）＝（e+e﹣1）（e n+e﹣n）＝e n+1+e1﹣n+e n﹣1+e﹣1﹣n＞e n+1+2，
F（2）F（n﹣2）＝（e2+e﹣2）（e n﹣1+e1﹣n）＞e n+1+2，
……，
F（i）F（n﹣i+1）＝（e i+e﹣i）（e n﹣i+1+e i﹣n﹣1）＝e n+1+e2i﹣n﹣1+e n﹣2i+1+e﹣n﹣1＞e n+1+2，（1≤i≤n）．
∴[F（1）F（2）•……F（n）]2＞（e n+1+2）n，
∴F（1）•F（2）…F（n）＞（e n+1+2）（n∈N*）．
13．已知函数f（x）＝lnx﹣ax+a．
（1）当a＝1时，判断函数y＝f（x）零点个数；
（2）当x≥1时，不等式xf（x）≤a（x﹣1）恒成立，求正实数a的取值范围．
【解答】解：（1）∵a＝1，f（x）＝lnx﹣ax+a，
∴f（x）＝lnx﹣x+1，且x＞0，
∴f′（x）＝＝，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）递减，
又f′（1）＝0，∴f（x）极大＝f（1）＝0，
即f（x）max＝0．
∴函数y＝f（x）零点数为1．
（2）∵f（x）＝lnx﹣ax+a，
∴当x≥1时，不等式xf（x）≤a（x﹣1）恒成立等价于：
当x≥1时，a（x2﹣1）﹣xlnx≥0恒成立，
设g（x）＝a（x2﹣1）﹣xlnx（x≥1），则g′（x）＝2ax﹣lnx﹣1，
令h（x）＝2ax﹣lnx﹣1，x≥1，则h′（x）＝，
当a时，≤1，
∴h′（x）≥0，∴g′（x）递增，即g′（x）≥g′（1）＝2a﹣1≥0，故g（x）递增，
∴g（x）≥g（1）＝0，∴当x≥1时，a（x2﹣1）﹣xlnx≥0恒成立，
当0＜a＜时，＞1，若1＜x＜，则h′（x）＜0，g′（x）递减，g′（x）＜g′（1）＝2a﹣1＜0，∴g（x）递减，即g（x）＜g（1）＝0，
这与当x≥1时，a（x2﹣1）﹣xlnx≥0恒成立矛盾．
综上，实数a的取值范围是[）．
14．已知函数．
（1）若f'（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）＝f'（x）﹣x﹣alnx的单调性；
（2）若（e是自然对数的底数），求证：f（x）＞0．
【解答】解：（1）因为，所以，
＝，
（ⅰ）当﹣a≤0即a≥0时，所以x+a＞0，且方程g'（x）＝0在（0，+∞）上有一根，
故g（x）在（0，1）上为增函数，（1，+∞）上为减函数，
（ⅱ）当﹣a＞0即a＜0时，
所以方程g'（x）＝0在（0，+∞）上有两个不同根或两相等根，
（ⅰ）当a＝﹣1时，f（x）在（0，+∞）上是减函数；
（ⅱ）当a＜﹣1时，由f'（x）＞0得1＜x＜﹣a，
所以f（x）在（1，﹣a）上是增函数；在（0，1），（﹣a，+∞）上是减函数；
（ⅲ）当﹣1＜a＜0时，由f'（x）＞0得﹣a＜x＜1，
所以f（x）在（﹣a，1）是增函数；在（0，﹣a），（1，+∞）上是减函数；
（2）证明：因为，令，则，
因为，所以，
即h（x）在（0，+∞）是增函数，
下面证明h（x）在区间上有唯一零点x0，
因为，h（2a）＝ln2a+1，
又因为，所以，，由零点存在定理可知，h（x）在区间上有唯一零点x0，
在区间（0，x0）上，h（x）＝f'（x）＜0，f'（x）是减函数，
在区间（x0，+∞）上，h（x）＝f'（x）＞0，f'（x）是增函数，
故当x＝x0时，f（x）取得最小值，
因为，所以，
所以＝，
因为，所以f（x）＞0，
所以，f（x）＞0．
15．已知函数f（x）＝e x﹣ax+a（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若关于x的方程f（x）＝lnx有唯一解x0，且x0∈（n，n+1），n∈N*，求n的值．【解答】解：（1）f'（x）＝e x﹣a．
当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，由f'（x）＞0解得x＞lna；由f'（x）＜0解得x＜lna，
综上所述：当a≤0时，函数f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，函数f（x）在（lna，+∞）上单调递增，
函数f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减．
（2）由已知可得方程lnx﹣e x+ax﹣a＝0有唯一解x0，且x0∈（n，n+1），n∈N*．设h（x）＝lnx﹣e x+ax﹣a（x＞0），
即h（x）＝0有唯一解x0，x0∈（n，n+1），n∈N*．
由，令，
则，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，即h'（x）在（0，+∞）上单调递减．
又x→0时，h'（x）→+∞；x→+∞时，h'（x）→﹣∞，
故存在x0∈（0，+∞）使得．
当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）在（0，x0）上单调递增，
x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）h（x）在（0，x0）上单调递减．
又h（x）＝0有唯一解，则必有
由消去a得．令，
则＝．
故当x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，h（x）在（0，1）上单调递减，
当x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上单调递增．
由φ（1）＝﹣e＜0，，
即存在x0∈（1，2），使得φ（x0）＝0即h（x0）＝0．
又关于x的方程f（x）＝lnx有唯一解x0，且x0∈（n，n+1），n∈N*，
∴x0∈（1，2）．
故n＝1．
16．已知函数．
（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．
【解答】解：（1）由题意知：＝（x＞0）
（i）若a+1≥0，即a≥﹣1时，f（x）在（0，1）上单减，在（1，+∞）单增，
（ii）若a+1＜0，即a＜﹣1时，
①当a＝﹣2时，f（x）在（0，+∞）单增；
②当﹣2＜a＜﹣1时，f（x）在（0，﹣a﹣1）上单增，在（﹣a﹣1，1）单减，在（1，+∞）上单增；
③当a＜﹣2时，f（x）在（0，1）上单增，在（1，﹣a﹣1）单减，在（﹣a﹣1，+∞）上单增．
（2）由（1）知当a＝﹣2时，f（x）在（0，+∞）单增，故不可能有两个零点．
当a＝﹣1时，只有一个零点，不合题意．
当a＞﹣1时，f（x）在（0，1）上单减，在（1，+∞）单增，
且x→0时，f（x）→+∞；x→+∞时，f（x）→+∞．
故只要f（1）＜0，解得：．
当a＜﹣2时，f（x）在（0，1）上单增，在（1，﹣a﹣1）单减，在（﹣a﹣1，+∞）上单增．
因为故f（x）也不可能有两个零点．
当﹣2＜a＜﹣1时，f（x）在（0，﹣a﹣1）上单增，在（﹣a﹣1，1）单减，在（1，+∞）上单增
且，故要使f（x）有两个零点，必有f（﹣a﹣1）＝0
由f（﹣a﹣1）＝＝
即当﹣2＜a＜﹣1时，有
因为＝
即在（﹣2，﹣1）上单增，且a＝﹣2时，．
故当﹣2＜a＜﹣1时，f（x）不可能有两个零点．
综上所述：当时，f（x）有两个零点．
17．已知函数f（x）＝ae x+x2﹣bx（a，b∈R，e＝2.71828…是自然对数底数），其导函数为y＝f'（x）．（1）设b＝0，若函数y＝f（x）在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；
（2）设b＝2，且a≠0，点（m，n）（m，n∈R）是曲线y＝f（x）上的一个定点，是否存在实数x0（x0≠m），
使得成立？证明你的结论．
【解答】解（1）当b＝0时，f（x）＝ae x+x2，由题意ae x+x2＝0只有一解．
由ae x+x2＝0得，令，则，令G'（x）＝0得x＝0或x＝2
当x≤0时，G'（x）≤0，G（x）单调递减，G（x）的取值范围为[0，+∞）；
当0＜x＜2时，G'（x）＞0，G（x）单调递增，G（x）的取值范围为；
当x≥2时，G'（x）≤0，G（x）单调递减，G（x）的取值范围为；
由题意，得﹣a＝0或，从而a＝0或，
所以，当a＝0或时，函数f（x）只有一个零点．
（2）f（x）＝ae x+x2﹣2x，f'（x）＝ae x+2x﹣2，
假设存在，则有，
即，又，
，
∴，∵a≠0，∴，
不妨设t＝x0﹣m＞0，则，两边同除e m，得（*），令，
令，
∴h（t）在（0，+∞）上单调递增，
∵h（0）＝0，∴h（0）＞0对t∈（0，+∞）恒成立，
∴g（t）在（0，+∞）上单调递增
又g（0）＝0，∴g（t）＞0对t∈（0，+∞）恒成立，
∴方程＝e t﹣1无解，
∴不存在实数x0（x0≠m），使得成立．。