第四章第3講第2課時[A級基礎達標]1．(2020年邯鄲模擬)已知函數f(x)＝eq\f(x2,lnx).(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)若函數g(x)＝f(x)－a在[eeq\s\up4(\f(1,3))，e2]上只有一個零點，求a的取值范圍．【解析】(1)f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2lnx－1,ln2x).易知當x∈(0,1)∪(1，eq\r(e))時，f′(x)＜0，函數單調遞減；當x∈(eq\r(e)，＋∞)時，f′(x)＞0，函數單調遞增．所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1)，(1，eq\r(e))，單調遞增區(qū)間為(eq\r(e)，＋∞)．(2)由g(x)＝0，得f(x)＝a.因為f(eeq\s\up4(\f(1,3)))＝3eeq\s\up4(\f(2,3))，f(e2)＝eq\f(1,2)e4，且eq\f(1,2)e4＞3eeq\s\up4(\f(2,3))，又f(eq\r(e))＝2e，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(3eeq\s\up4(\f(2,3))，\f(1,2)e4))∪{2e}．2．(2020年酒泉模擬)已知函數f(x)＝－x3＋ax＋2.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)在[－1，＋∞)上只有一個零點，求a的取值范圍．【解析】(1)f′(x)＝－3x2＋a.①當a≤0時，f′(x)≤0，f(x)在R上單調遞減；②當a＞0時，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，解得x1＝－eq\r(\f(a,3))，x2＝eq\r(\f(a,3))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3a),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上單調遞增．(2)當a≤0時，f(x)在R上單調遞減，由f(－1)＝1－a＋2＞0，x→＋∞時，f(x)→－∞，故只有一個唯一的零點成立；當a＞0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(a,3))))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))，\r(\f(a,3))))上單調遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)·eq\r(\f(a,3))＋2＞0，①當－eq\r(\f(a,3))＜－1，即a＞3時，則f(－1)＝3－a＜0，顯然有2個零點，故不成立；②當－eq\r(\f(a,3))≥－1，即0＜a≤3時，若f(x)在[－1，＋∞)上恰好只有一個零點，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))＝－eq\f(2a,3)·eq\r(\f(a,3))＋2＞0，解得a＜3.綜上，a的取值范圍為(－∞，3)．[B級能力提升]3．(2020年羅湖區(qū)模擬)已知函數f(x)＝x2＋1－asinx，x∈[0，π]，a∈R，f′(x)是函數f(x)的導函數．(1)當a＝1時，求證：函數f(x)在區(qū)間[0，π]沒有零點；(2)若f′(x)＋asinx＋a≤0在x∈[0，π]上恒成立，求a的取值范圍．【解析】(1)證明：若a＝1，則f(x)＝x2＋1－sinx，x∈[0，π]．又x2＋1≥1，所以x2＋1－sinx≥0.又f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,4)，f(π)＝1＋π2，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，－1＜－sinx＜0.所以x2＋1－sinx＞0，恒成立．所以當a＝1時，函數f(x)在區(qū)間[0，π]上沒有零點．(2)f′(x)＝2x－acosx，x∈[0，π]，故2x－acosx＋asinx＋a≤0.設g(x)＝2x－acosx＋asinx＋a，x∈[0，π]．由g(0)＝0≤0，g(π)＝2a＋2π≤0，得a≤－π，g′(x)＝2＋asinx＋acosx＝eq\r(2)asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2.由a≤－π，得a＜0.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上，g′(x)單調遞減，2＋a＝g′(0)≥g′(x)≥g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2＋eq\r(2)a.在區(qū)間x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上，g′(x)單調遞增，2＋eq\r(2)a＝g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))≤g′(x)≤g′(π)＝2－a.又a≤－π，所以g′(0)＝2＋a＜0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2＋eq\r(2)a＜0，g′(π)＝2－a＞0.所以g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上存在唯一零點區(qū)間x0.由g′(x)的單調性可知，在區(qū)間[0，x0]上，g′(x)≤0，g(x)單調遞減，在區(qū)間[x0，π]上，g′(x)≥0，g(x)單調遞增，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(gx≤g0＝0，,gx≤gπ≤0，))故a≤－π.4．(2020年河池模擬)已知函數f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a＞0)．(1)求函數f(x)在[1,2]上的最大值；(2)若函數f(x)有兩個零點x1，x2(x1＜x2)，求證：eq\f(x1,x2)＜ae.【解析】(1)因為f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a＞0)，所以f′(x)＝eq\f(1,a)－ex.令f′(x)＝0，解得x＝lneq\f(1,a).當x＜lneq\f(1,a)時，f′(x)＞0；當x＞lneq\f(1,a)時，f′(x)＜0.故函數f(x)的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))，減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞)).當lneq\f(1,a)≥2，即0＜a≤eq\f(1,e2)時，f(x)在區(qū)間[1,2]上單調遞減，則f(x)max＝f(2)＝eq\f(2,a)－e2；當1＜lneq\f(1,a)＜2，即eq\f(1,e2)＜a＜eq\f(1,e)時，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，ln\f(1,a)))上單調遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，2))上單調遞減，則f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)－eq\f(1,a)；當lneq\f(1,a)≤1，即a≥eq\f(1,e)時，f(x)在區(qū)間[1,2]上單調遞減，則f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,a)－e.(2)證明：若函數f(x)有兩個零點，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)－eq\f(1,a)＞0，可得lneq\f(1,a)＞1.則eq\f(1,a)＞e，此時f(1)＝eq\f(1,a)－e＞0，由此可得x1＜1＜lneq\f(1,a)＜x2，故x