函数与导数综合-2019年高考理数母题题源系列(全国Ⅰ专版)(解析版)

专题20 函数与导数综合
【母题来源一】【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：
（1）()f x '在区间(1,)2
π
-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1
()cos 1g x x x
=-
+，2
1sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛
⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝
⎭有唯一零点，
设为α.
则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,
2x α⎛
π⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,
2απ⎛⎫
⎪⎝⎭
单调递减， 故()g x 在1,
2π⎛⎫
- ⎪⎝⎭
存在唯一极大值点， 即()f 'x 在1,
2π⎛⎫
- ⎪⎝
⎭
存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.
（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.
（ii ）当0,2x ⎛π⎤
∈ ⎥⎝
⎦
时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝
⎭单调递减，而(0)=0f '，02
f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭
，
所以存在,
2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,
2βπ⎛
⎫
⎪⎝
⎭
单调递减. 又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+>
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤
∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.
从而，()f x 在0,2⎛⎤ ⎥⎝
⎦
π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π
⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫
π ⎪⎝⎭单调递减.而
02f π⎛⎫
> ⎪⎝⎭
，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤
π
⎥⎝⎦
有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.
【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
【母题来源二】【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1
()ln f x x a x x
=-+． （1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()
1212
2f x f x a x x -<--．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，222
11
()1a x ax f x x x x
-+'=--+=-. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.
（ii ）若2a >，令()0f x '=得，x =或x =.
当(0,
()22
a a x +∈+∞U 时，()0f x '<；
当(
22
a a x -+∈时，()0f x '>. 所以()f x
在(0,
),(,)22a a -++∞
单调递减，在(22
a a -+单调递增. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.
由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于
121212212121212
22()()ln ln ln ln 2ln 1
1221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以
1212
()()2f x f x a x x -<--等价于2221
2ln 0x x x -+<.
设函数1
()2ln g x x x x
=-+， 由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，
又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.
所以
222
1
2ln 0x x x -+<， 即
1212
()()
2f x f x a x x -<--.
【名师点睛】该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，通过构造新函数来解决问题的思路要明确. 【母题来源三】【2017年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()e (2)e x
x f x a a 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】（1）见解析；（2）(0,1).
【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2e (2)e 1(e 1)(2e 1)x x x x f x a a a '=+--=-+，
（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减.
（ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.
当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增. （2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.
（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1
(ln )1ln f a a a
-=-+. ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于1
1ln 0a a
-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，1
1ln 0a a
-+<，即(ln )0f a -<. 又4
22(2)e
(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，
故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.
设正整数0n 满足03ln(1)n a
>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n
f n a a n n n =+-->->->.
由于3ln(1)ln a a
->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.
综上，a 的取值范围为(0,1).
【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实数根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数a 的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.
【命题意图】
考查导数的概念、导数公式、求导法则、导数的几何意义及导数的应用，考查数学式子的变形能力、运算求解能力、分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想及分析问题与解决问题的能力． 【命题规律】
从全国看，高考在逐年加大对导数问题的考查力度，问题的难度、深度与广度在不断加大，对本部分的要
求一般有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题. 【答题模板】
求解应用导数研究函数的性质问题的一般思路：
第一步：牢记求导法则，正确求导.在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，解题时应先写出函数定义域．
第二步：研究（1）（2）问的关系，注意利用第（1）问的结果.在题设条件下，如果第（1）问的结果第（2）问能用得上，可以直接用，有些题目不用第（1）问的结果甚至无法解决．
第三步：根据条件，寻找或构造目标函数，注意分类讨论.高考中函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论．
第四步：选择恰当的方法求解，注意写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、单调区间、零点等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚． 【方法总结】
1.函数的单调性及应用是高考中的一个重点内容，常见的题型及其解法如下：
（1）利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式()0f x '>（()0f x '<）在给定区间上恒成立．一般步骤为： ①求f ′(x )；
②确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；
③作出结论，()0f x '>时为增函数，()0f x '<时为减函数．
注意：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
（2）在利用导数求函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解题过程中，只能在定义域内讨论，定义域为实数集R 可以省略不写.在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的不连续点和不可导点.
（3）由函数()f x 的单调性求参数的取值范围的方法
①可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上()0f x '≥(或()0f x '≤)(()f x '在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；
②可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是()0f x '>(或()0f x '<)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；
③若已知()f x 在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出()f x 的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围.
（4）利用导数解决函数的零点问题时，一般先由零点的存在性定理说明在所求区间内至少有一个零点，再利用导数判断在所给区间内的单调性，由此求解. 2.函数极值问题的常见类型及解题策略
（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号． （2）求函数()f x 极值的方法： ①确定函数()f x 的定义域． ②求导函数()f x '． ③求方程()0f x '=的根．
④检查()f x '在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．如果左正右负，那么()f x 在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么()f x 在这个根处取得极小值；如果()f x '在这个根的左、右两侧符号不变，则
()f x 在这个根处没有极值．
（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()f x '，求方程()0f x '=的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围. 3.求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法
（1）若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增或递减，则f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．
（2）若函数f (x )在区间(a ，b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ，b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
（3）函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点． 注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用.
（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值.要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定. 4.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法：
（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，()f x a ≥恒成立，只需min ()f x a ≥即可；()f x a ≤恒成立，只需max ()f x a ≤即可.
（2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.
1．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评数学】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线为210x y --=. （1）求a ，b 的值；
（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3.
【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++， 由切线方程可知：()1211f =-=，
()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，
解得：1a =，0b =.
（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+，
则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()
ln 11
x x m x +≤
-恒成立，
令()()ln 11
x x g x x +=-，1x >，则()()2
ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--，则()111x h x x x
-'=-
=， ∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增，
()31ln30h =-<Q ，()422ln 20h =->， ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =，
当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，
()()()
000min 0ln 11
x x g x g x x +∴==
-，
()000ln 20h x x x =--=Q ，00ln 2x x ∴=-， ()()()
()0000min 0213,41
x x g x g x x x -+∴==
=∈-，
()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为3.
【名师点睛】本题考查根据在某一点处的切线方程求解函数解析式、利用导数解决恒成立问题.解决恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值的关系，利用导数求得函数的最值，从而求得结果.
2．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R . （1）求函数f(x)的极值点；
（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.
【答案】（1）极大值点为1
a ，无极小值点.（2）a ≥−1.
【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1
x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1
x −a >0，
所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点； 当a >0时，解f ′(x )=1
x −a >0得0<x <1
a ， 解f ′(x )=1
x
−a <0得x >1a
，
所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1
a ,+∞)上单调递减， 所以函数f (x )有极大值点，为1
a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x
−x 恒成立，
令ℎ(x )=
ln x x
−x(x >0)，则ℎ′(x )=
1−x 2−ln x
x 2
，
令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)， 则当x >0时，k ′(x )=−2x −1
x <0，
所以k(x)在(0,+∞)上为减函数.
又k(1)=0，
所以在(0,1)上，ℎ′(x)>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x)<0.
所以ℎ(x)在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=−1，所以a≥−1.
【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.
3．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx−xe x+ax(a∈R).
（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
（2）若a=1，求f(x)的最大值.
【答案】（1）a≤2e−1；（2）f(x)max=−1.
【解析】（1）由题意知，f′(x)=1
x −(e x+xe x)+a=1
x
−(x+1)e x+a≤0在[1,+∞)上恒成立，
所以a≤(x+1)e x−1
x
在[1,+∞)上恒成立.
令g(x)=(x+1)e x−1
x
，
则g′(x)=(x+2)e x+1
x2
>0，
所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(1)=2e−1，
所以a≤2e−1.
（2）当a=1时，f(x)=lnx−xe x+x(x>0).
则f′(x)=1
x −(x+1)e x+1=(x+1)(1
x
−e x)，
令m(x)=1
x −e x，则m′(x)=−1
x2
−e x<0，
所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.
由于m(1
2
)>0，m(1)<0，
所以存在x0>0满足m(x0)=0，即e x0=1
x0
. 当x∈(0,x0)时，m(x)>0，f′(x)>0；
当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0.
所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=
1x 0
，所以x 0=−lnx 0，
所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.
【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三）】已知函数1()ln a
f x a x x x
-=-++. （1）当2a ≥时，求函数()f x 的单调区间；
（2）设()2
e 3x
g x mx =+-，当2e 1a =+时，对任意1[1,)x ∈+∞，存在2[1,)x ∈+∞，使得
212()2e ()f x g x +≥，证明：2e e m ≤-.
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，
22
1(1)[(1)]()1a a x x a f x x x x ----'=-++=，
由()0f x '=，得1x =或1x a =-.
当2a >即11a ->时，由()0f x '<得11x a <<-，由()0f x '>得01x <<或1x a >-； 当2a =即11a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；
∴当2a >时，单调减区间是()1,1a -，单调增区间是()0,1，()1,a -+∞；
当2a =时，单调增区间是()0,+∞，没有单调减区间.
（2）当2e 1a =+时，由（1）知()f x 在()21,e 上单调递减，在()
2
e ,+∞上单调递增， 从而()
f x 在[
)1,+∞上的最小值为22
(e )e 3f =--.
对任意[
)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使得()()2
212e g x f x ≤+，即存在[
)21,x ∈+∞，使()g x 的值
不超过()22e f x +在区间[
)1,+∞上的最小值2e 3-.
由2
2
2
e 32e e 3x
mx --+≥+-得2
2
e e x
mx +≤，22
e e x
m x
-∴≤.
令22e e ()x
h x x
-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()()22223
2e 2e e e 2e e ()x x x x x x
x h x x x ---+-'==-Q ， 当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，()2e 2e e
e 2e 0x x x x x x +->-≥，()0h x '<.
故()h x 在[1,)+∞上单调递减，
从而2max ()(1)e e h x h ==-， 从而2e e m ≤-得证.
【名师点睛】本题考查函数的单调区间，不等式有解及恒成立问题，分离参数求最值问题，转化与化归能力，是中档题.
5．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42
f x x ax =
-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；
（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，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】（1）6100x y --=；
（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x
在(,-∞
和)+∞
单调递增，在(
单调递减，极大值为2e (2)e 4
g a =+
，极小值为2e (4
g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=，
因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-，
即6100x y --=.
（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，
所以2()(22)e (22)e e '()x x
g x x x x a f x '=-+-+-- 232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，
令()e e x h x x =-，则()e e x
h x '=-， 令()0h x '=得1x =，
当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，
当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，
所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==，
也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥.
当0a ≤时，2
()()()0g x x a h x '=-≥， ()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；
当0a >时，令()0g x '=，可得x =
当x <x >
2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，
当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，
因此，当x =()g x 取得极大值2e (2)e
4g a =+；
当x =()g x 取得极小值2e (4
g a =-+. 综上所述：
当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；
当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减，
函数既有极大值，又有极小值，
极大值为2e (2)e
4g a =+，
极小值为2e (4
g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
6．【湖北省荆门市沙洋中学、龙泉中学、钟祥一中、京山一中四校2019届高三下学期六月考前模拟】已知
函数()()e ln x
f x a x x x
=+-，a ∈R .
（1）当e a =-时，求()f x 的最小值；
（2）若()f x 有两个零点，求参数a 的取值范围
【答案】（1）0；（2）e a <-.
【解析】（1）e ()(ln )x
f x a x x x =+-，定义域为(0,)+∞，
()
22
(1)e e (1)1()(1)x x x ax x f x a x x x -+-'=+-=，
当e a =-时，()2
(1)e e ()x x x f x x --'=，
由于e e x x >在(0,)+∞上恒成立，
故()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，
故min ()(1)e 0f x f a ==+=.
（2）()2
(1)e ()x x ax f x x -+'=，
当e a =-时，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，
则min ()(1)e 0f x f a ==+=，()f x 只有一个零点；
当e a >-时，e ax x >-，
故e e e 0x x ax x +>-≥在(0,)+∞上恒成立，
故()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，
则min ()(1)e f x f a ==+，
故当e a >-时，()f x 没有零点；
当e a <-时，令e 0x ax +=，得e ,x
a x =- 令2e (1)e (),()x x
x x x x x ϕϕ-
'==，
则()x ϕ在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，
故min ()(1)e x ϕϕ==，
()x ϕ在(0,)+∞上有两个零点12,,x x 且1201x x <<<，
则()f x 在1(0,)x 上单调递减，在1(,1)x 上单调递增，在2(1,)x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增，(1)e 0f a =+<，
又0,(),,()x f x x f x →→+∞→+∞→+∞，此时()f x 有两个零点，
综上，()f x 有两个零点，则e a <-.
【名师点睛】本题考查了导函数的应用，导数与函数零点的问题，掌握好分类讨论思想和导函数的应用是解题的关键，属于难题.
7．【河南省名校-鹤壁高中2019届高三压轴第二次考试数学】已知函数()2
e 23x
f x x x =+-. （1）求函数()f x '在区间[]0,1上的零点个数（其中()f x '为()f x 的导数）；
（2）若关于x 的不等式()()25312
f x x a x ≥
+-+在[)1,+∞上恒成立，试求实数a 的取值范围. 【答案】（1）只有一个零点；（2）3e 2a ≤-. 【解析】（1）函数()2e 23x f x x x =+-的导数()e 43x f x x '=+-，
则()e 43x f x x '=+-在区间()0,1上单调递增，
又()01320f '=-=-<，()1e 43e 10f '=+-=+>，
则函数()f x '在区间[]0,1上只有一个零点.
（2）若关于x 的不等式()()25312
f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立， 即e 12x x a x x
≤--在[)1,+∞上恒成立， 令()e 12x x g x x x
=--，[)1,x ∈+∞， 则只需min ()a g x ≤，
()e 12x x g x x x =--的导数()()()222e 1e 1111122
x x x x g x x x x --+'=-+=-， 由e 1x y x =--的导数为e 1x
y '=-，
可得0x >时，0y '>，函数e 1x
y x =--单调递增， 0x <时，0y '<，函数e 1x y x =--单调递减，
则e 10x x --≥，即e 10x x ≥+>，
当1x ≥时，()()()22e 111111110222
x x x x x x -++-+-≥-=>， 则()e 12x x g x x x
=--在[)1,+∞上单调递增， 可得()()min 31e 2g x g ==-
， 则3e 2
a ≤-. 【名师点睛】本题考查了导数的应用，函数的零点存在性定理和恒成立问题，考查了计算能力和逻辑推理能力.
8．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.
（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；
（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算？并说明理由.
【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.
【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3，
一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，
所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为
f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]
=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2]
=−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.
（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.
P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2，
所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2
=900+1800p (1−p )2.
令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),
g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1).
当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13
)上单调递增； 当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减， 所以g (p )的最大值为g (13)=427.
所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）.
综上，若以此方案实施，不会超过预算.
【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.。