导数与函数隐性零点问题教师版

函数隐性零点问题

近年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。 函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。

1.不含参函数的隐性零点问题

已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，②注意确定0x 的合适范围.

2.含参函数的隐性零点问题

已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，②注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关.

题型一 求参数的最值或取值范围

例1（2012年全国I 卷）设函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2．

（1）求f （x ）的单调区间；

（2）若a=1，k 为整数，且当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0，求k 的最大值． 解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增；

若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）．

（2）由于a=1，所以（x ﹣k ）f′（x ）+x+1=（x ﹣k ）（e x ﹣1）+x+1．

故当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0等价于k ＜1

1-+x e x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=1

1-+x e x +x ，则g′（x ）=2)1()2(---x x x e x e e ，而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ） 在（0，+∞）存在唯一的零点．设此零点为a ，则a①（1，2）．当x∈（0，a ）时，

g ′（x ）＜0；当x∈（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）又由g′（a ）=0，可得e a =a+2，

①所以g （a ）=a+1①（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2．

点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤：

①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）；

②根据零点的意义进行代数式的替换；

③结合前两步，确定目标式的范围。

题型二 不等式的证明

例2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数f （x ）=

2)(ln a x x ，其中a 为常数． （1）若a=0，求函数f （x ）的极值；

（2）若函数f （x ）在（0，﹣a ）上单调递增，求实数a 的取值范围；

（3）若a=﹣1，设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，求证：f （x 0）＜﹣2． 解析（1）f （x ）=的定义域是（0，+∞），f′（x ）=

， 令f′（x ）＞0，解得0＜x ＜，令f′（x ）＜0，解得：x ＞，

则f （x ）在（0，

）递增，在（，+∞）递减，故f （x ）极大值=f （

）=，无极小值； （2）函数f （x ）的定义域为{x|x ＞0且x≠﹣a}．=

，

要使函数f （x ）在（0，﹣a ）上单调递增，则a ＜0，又x∈（0，﹣a ）时，a ＜x+a ＜0， 只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a ）上恒成立，即a≤2xlnx ﹣x 在（0，﹣a ）上恒成立， 由y=2xlnx ﹣x 的导数为y′=2（1+lnx ）﹣1=1+2lnx ，.........................可得a≤﹣e 2

；

（3）证明：a=﹣1，则f （x ）=

，导数为f′（x ）=，

设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，可得1﹣2lnx 0﹣=0，即有2lnx 0=1﹣， 要证f （x 0）＜﹣2，即+2＜0，

由于+2=+2==，

由于x 0∈（0，1），且x 0=，2lnx 0=1﹣

不成立，则+2＜0，

故f （x 0）＜﹣2成立．

题型三 对极值的估算 例3.（2017年全国课标1）已知函数f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．

（1）求a ；

（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．

解析（1）因为f （x ）=ax 2﹣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 ﹣x

1．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0．

因为当0＜x ＜a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a

1）， 又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以

a 1=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 ）=x 2﹣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﹣x

1，令t′（x ）=0，解得：x=21，所以t （x ）在区间（0，21）上单调递减，在（2

1，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t

（2

1）=ln2﹣1＜0，从而t （x ）=0有解，即f ′（x ）=0存在两根x 0，x 2，且不妨设f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，所以f （x ）必存在唯

一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以f （x 0）=20x ﹣0x ﹣00ln x x =20x ﹣0x ﹣

)22(00-x x =﹣20x +0x ，由x 0＜21可知f （x 0）＜41212

1)(2max 020=+-=+-x x ；由f ′（e 1）＜0可知x 0＜e 1＜21， 所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，e

1）上单调递减，所以f （x 0）＞f （e 1）=21e

； 综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．

简要分析：通过上面三个典型案例，不难发现处理隐性零点的三个步骤；这里需要强调的是：

第一个步骤中确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；

第二个步骤中进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；

第三个步骤实质就是求函数的值域或最值。

最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。

变式训练

1．已知函数 f （x ）=22ln )2

1(ax x x x ++（a ∈R ），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直．

（1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间；

（2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x >-

λlnx+24

1x ，求λ的最大值． 解析：（1）函数f （x ）的定义域是（0，+∞），f'（x ）=（x+1）ln x+（2a+2

1）x+1，依题意可得，f'（1）=1，2a+21+1=2，∴4

1=a ， f '（x ）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f '（x ）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x ＞0，∴e x 1>．x ∈（e

1，+∞）时，f′（x ）＞0，x ∈（0，e 1

）时，f ′（x ）＜0．∴f （x ）的递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e

1）． （2）由（Ⅰ）可知，f （x ）=（221x +x ）lnx+4

1x 2? 2241ln 21)3()(x x x x x f +>-+-λλ ?λ>+-13ln x x x x ． 设h （x ）=1

3ln +-x x x x ，只需λ＜h （x ）min h '（x ）=2)1()3ln ()1)(3ln 1(+--+-+x x x x x x =2

)1(ln 2++-x x x （x ＞0）， 令u （x ）=x ﹣2+ln x ，∴u'（x ）=1+x

1＞0，可得u （x ）在（0，+∞）上为单调递增函数， ∵u （1）=﹣1＜0，u （2）=ln 2＞0，∴存在x 0∈（1，2），使u （x 0）=0，

当x ∈（x 0，+∞）时，u （x ）＞0，即h'（x ）＞0，

当x ∈（0，x 0）时，u （x ）＜0，即h '（x ）＜0，∴h （x ）在x=x 0时取最小值，且h （x ）min =13ln 0000+-x x x x ，又u （x 0）=0，∴ln x 0=2﹣x 0， h （x ）min =1

3)2(0000+--x x x x =x 0， ∵λ＜h （x ）min ，λ∈Z ，x 0∈（1，2），∴﹣x 0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2．

2．设函数f （x ）=e 2x ﹣alnx ．

（Ⅰ）讨论f （x ）的导函数f′（x ）零点的个数；

（Ⅱ）证明：当a ＞0时，f （x ）≥2a+aln a

2． 解析：（Ⅰ）f （x ）=e 2x ﹣alnx 的定义域为（0，+∞），∴f ′（x ）=2e 2x ﹣

x a ． 当a≤0时，f′（x ）＞0恒成立，故f ′（x ）没有零点，

当a ＞0时，∵y=e 2x 为单调递增，y=﹣x

a 单调递增，∴f ′（x ）在（0，+∞）单调递增，又f′（a ）＞0，假设存在

b 满足0＜b ＜ln

2a 时，且b ＜4

1，f′（b ）＜0，故当a ＞0时，导函数f ′（x ）存在唯一的零点。 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f ′（x ）在（0，+∞）上的唯一零点为x 0，

当x ∈（0，x 0）时，f′（x ）＜0，当x ∈（x 0+∞）时，f′（x ）＞0，故f （x ）在（0，x 0）单调递减，在（x 0+∞）单调递增，所以当x=x 0时，f （x ）取得最小值，最小值为f （x 0）， 由于02x a ﹣0x a =0，所以f （x 0）=02x a +2ax 0+aln a 2≥2a+aln a

2．故当a ＞0时，f （x ）≥2a+aln a

2． 3．设函数()ln f x x =，是否存在实数a ,使得2()()()02ax a x f f e f x a

?+≤对任意正实数x 恒成立？若存在，求出满足条件的实数a ；若不存在，请说明理由.

解析： 令()g x 2=()()()ln 2ln ln ln 22ax a x f f e f ax a ax x x a x a

?+=?-?+-，其中0,0x a >>

则()g x '=1ln 2ln a a a x a x ?--+， 22

11()0a ax g x x x x +''=--=-<. ∴()g x '在(0,)+∞单调递减，()0g x '=在区间(0,)+∞必存在实根，不妨设0()0g x '=， 即0001()ln 2ln 0g x a a a x a x '=?--+=，可得00

1ln ln 21x a ax =+-（*） ()g x 在区间0(0,)x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，所以max 0()()g x g x =， 0000()(1)ln 2(1)ln g x ax a ax x =-?--?，代入（*）式得000

1()2g x ax ax =+-.

根据题意0001()20g x ax ax =+-≤恒成立. 又根据基本不等式,00

12ax ax +≥,当且仅当001ax ax =时,等式成立. 所以0012ax ax +=,01ax =，01x a

∴=. 代入（*）式得,1ln

ln 2a a =,即12,a a

=2

a =. 课后作业

1．已知函数f （x ）=（ae x ﹣a ﹣x ）e x （a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立．

（1）求实数a 的值；

（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．

【解答】（1）解：f （x ）=e x （ae x ﹣a ﹣x ）≥0，因为e x ＞0，所以ae x ﹣a ﹣x ≥0恒成立，

即a （e x ﹣1）≥x 恒成立，

x=0时，显然成立；

x ＞0时，e x ﹣1＞0，故只需a ≥在（0，+∞）恒成立，令h （x ）=，（x ＞0）， h′（x ）=

＜0，故h （x ）在（0，+∞）递减，而==1，故a

≥1； x ＜0时，e x ﹣1＜0，故只需a ≤在（﹣∞，0）恒成立，令g （x ）=，（x ＜0）， g′（x ）=

＞0，故h （x ）在（﹣∞，0）递增，而==1，故a

≤1.

综上：a=1； （2）证明：由（1）f （x ）=e x （e x ﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x （2e x ﹣x ﹣2），

令h （x ）=2e x ﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x ﹣1，

所以h （x ）在（﹣∞，ln ）单调递减，在（ln ，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，

∵h（﹣2）h（ln）＜0由零点存在定理及h（x）的单调性知，方程h（x）=0在（﹣2，ln）有唯一根，设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，

由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，

∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，

取等不成立，所以f（x0）＜得证，又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，

从而0＜f（x0）＜成立．

2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）

（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；

（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k

的最大值．

【解答】（1）∵函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，∴f′（x）=a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，∴a≥（﹣lnx﹣1）max=﹣2．∴a≥﹣2．∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．（2）a=1时，f（x）=x+lnx，k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，

∴k＜，令g（x）=，则g′（x）=，令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）．

则h′（x）=1﹣=＞0，∴h（x）在（1，+∞）上单增，

∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，存在x0∈（3，4），使h（x0）=0．

即当1＜x＜x0时h（x）＜0 即g′（x）＜0；x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0.

g（x）在（1，x0）上单减，在（x0+∞）上单增．令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2，g（x）min=g（x0）===x0∈（3，4）．

k＜g（x）min=x0∈（3，4），且k∈Z，∴k max=3．

3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）e x﹣x2+m（其中e=2.71828…）．

（1）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；

（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x）恒成立，求正整数m的最大值．

【解答】（1）函数f（x）定义域是（0，+∞），，

（i）当时，1+8a≤0，当x∈（0，+∞）时f'（x）≤0，函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；

（ⅱ）当，﹣2x2+x+a=0的两根分别是：

，，

当x∈（0，x1）时f'（x）＜0．函数f（x）的单调递减．

当x∈（x1，x2）时f'（x）＞0，函数f（x）的单调速递增，

当x∈（x2，+∞）时f'（x）＜0，函数f（x）的单调递减；

综上所述，（i）当时f（x）的单调递减区间是（0，+∞），

（ⅱ）当时，f（x）的单调递增区间是，

单调递减区间是和

（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x），即m＜（﹣x+2）e x﹣lnx+x，

设h（x）=（﹣x+2）e x﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴，

∴当0＜x≤1时，1﹣x≥0，

设，则，∴u（x）在（0，1）递增，

又∵u（x）在区间（0，1]上的图象是一条不间断的曲线，且，∴使得u（x0）=0，即，

当x∈（0，x0）时，u（x）＜0，h'（x）＜0；当x∈（x0，1）时，u（x）＞0，h'（x）＞0；∴函数h（x）在（0，x0]单调递减，在[x0，1）单调递增，

∴=，

∵在x∈（0，1）递减，∵，∴，∴当m≤3时，不等式m＜（﹣x+2）e x﹣lnx+x对任意x∈（0，1]恒成立，

∴正整数m的最大值是3．

4．已知函数f（x）=e x+a﹣lnx（其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．

（ⅱ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1））处的切线方程；

（ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．

【解答】（ⅱ）解：∵a=0时，∴，∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1=0；

（ⅱ）证明：∵，设g（x）=f′（x），则，∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；

若0＜x＜1?e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，

故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，

而，记h（x）=lnx+x，则

，?﹣a＜?h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，

∴，∴．

综上，当时，f（x）＞e+1．

5．已知函数f（x）=axe x﹣（a+1）（2x﹣1）．

（1）若a=1，求函数f（x）的图象在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）当x＞0时，函数f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．

【解答】（1）若a=1，则f（x）=xe x﹣2（2x﹣1），当x=0时，f（0）=2，f'（x）=xe x+e x﹣4，当x=0时，f'（0）=﹣3，所以所求切线方程为y=﹣3x+2．……（3分）

（2）由条件可得，首先f（1）≥0，得，而f'（x）=a（x+1）e x﹣2（a+1），

令其为h（x），h'（x）=a（x+2）e x恒为正数，所以h（x）即f'（x）单调递增，

而f'（0）=﹣2﹣a＜0，f'（1）=2ea﹣2a﹣2≥0，所以f'（x）存在唯一根x0∈（0，1]，

且函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0+∞）上单调递增，

所以函数f（x）的最小值为，只需f（x0）≥0即可，又x0满足，代入上式可得，

∵x0∈（0，1]，∴，即：f（x0）≥0恒成立，所以．……（13分）

6．函数f（x）=xe x﹣ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1．

（1）求a和b的值；

（2）若f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，求实数m的取值范围．

【解答】（1）∵f（x）=xe x﹣ax+b，∴f′（x）=（x+1）e x﹣a，由函数f（x）的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1，知：，解得a=2，b=1．

（2）∵f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，∴m≤xe x﹣x﹣lnx+1，①

令g（x）=xe x﹣x﹣lnx+1，x＞0，则=，

设g′（x0）=0，x0＞0，则=，从而lnx0=﹣x0，

g′（）=3（）＜0，g′（1）=2（e﹣1）＞0，由g′（）﹣g′（1）＜0，知：，当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，

∴函数g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．

∴g（x）min=g（x0）=﹣x0﹣lnx0+1=﹣x0﹣lnx0+1=x0?﹣x0+x0+1=2．

m≤xe x﹣x﹣lnx+1恒成立?m≤g（x）min，∴实数m的取值范围是：（﹣∞，2]．

7．已知函数f（x）=3e x+x2，g（x）=9x﹣1．

（1）求函数φ（x）=xe x+4x﹣f（x）的单调区间；

（2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明．

【解答】（1）φ'（x）=（x﹣2）（e x﹣2），令φ'（x）=0，得x1=ln2，x2=2；

令φ'（x）＞0，得x＜ln2或x＞2；令φ'（x）＜0，得ln2＜x＜2．

故φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．

（2）f（x）＞g（x）．证明如下：

设h（x）=f（x）﹣g（x）=3e x+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3e x+2x﹣9为增函数，

∴可设h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．

当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0．

∴h（x）min=h（x0）=，又，∴，

∴==（x0﹣1）（x0﹣10），

∵x0∈（0，1），∴（x0﹣1）（x0﹣10）＞0，

∴h（x）min＞0，∴f（x）＞g（x）．

8．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：．

【解答】（1），

①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，

②当a＞2时，设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为，且

，y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，x2）单调递减．

（2）证明：依题可知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，

由（1）可知a＞2，且．于是：①

②

由①②得，设，

则，因此g（x）在上单调递减，

又，

根据零点存在定理，故．

9．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax?e x﹣4x，其中a为大于零的常数．（ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．

【解答】解：（ⅱ）…………………………………（2分）

x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；

x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减………………………．（4分）

（ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）

故……………………………．（7分）令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）

∴，

∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）

10．已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．

（ⅱ）求函数y=f（x）的单调区间；

（ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．

【解答】（ⅱ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），

f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）

当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，

所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）

当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，

所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；

（ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，

令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表

x

（0，x0）

x0

（x0，∞）

g′（x）

﹣

+

g（x）

递减

递增

g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，

因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．

11．已知函数．

（ⅱ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；

（ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．

【解答】解：（ⅱ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），

，f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，f'（1）=2﹣2=0；

所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0. 所以切线方程为y=﹣3；

（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，

所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0

所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0

所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0

综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．

（ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即

设，，

设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2

.

所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立，即h'（x）在（0，+∞）上单调递减.

因为1＜a＜2，所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，

所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，

所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，

当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，

所以，因为，所以

，

令h（x0）=0得，因为1＜a＜2，所以，，

因为，所以h（x0）＜0恒成立，即h（x）＜0恒成立，

综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．

12．已知函数f（x）=（x﹣a）lnx+x，（其中a∈R）

（1）若曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y=x，求a的值；

（2）若为自然对数的底数），求证：f（x）＞0．

【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，

由题意知，则，

解得x0=1，a=1或x0=a，a=1，所以a=1．

（2）令，则，

因为，所以，即g（x）在（0，+∞）上递增，以下证明在g（x）区间上有唯一的零点x0，

事实上，，

因为，所以，，由零点的存在定理可知，g（x）在上有唯一的零点x0，

所以在区间（0，x0）上，g（x）=f'（x）＜0，f（x）单调递减；

在区间（x0，+∞）上，g（x）=f'（x）＞0，f（x）单调递增，

故当x=x0时，f（x）取得最小值，

因为，即，

所以，

即＞0．

∴f（x）＞0．