专题二 函数与导数 第四讲 导数的综合应用适考素能特训 文一、选择题1．[2015·某某高考]设f (x )＝x －sin x ，则f (x )( ) A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数 D ．是没有零点的奇函数 答案 B解析 ∵f (－x )＝－x －sin(－x )＝－(x －sin x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数．又f ′(x )＝1－cos x ≥0，∴f (x )单调递增，选B.2．[2016·某某某某质检]对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足1－xf ′x≤0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)>2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)<2f (1)D ．f (0)＋f (2)≥2f (1) 答案 A解析 当x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )递减；当x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )递增，即当x ＝1时，函数f (x )取得极小值同时也取得最小值f (1)，所以f (0)>f (1)，f (2)>f (1)，则f (0)＋f (2)>2f (1)，故选A.3．[2016·某某某某模拟]若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 答案 B解析 2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x .设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4，故a 的取值X围是(－∞，4]．4．[2016·某某某某中学调研]已知函数f (x )＝x 33＋mx 2＋m ＋n x ＋12的两个极值点分别为x 1，x 2，且x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)，点P (m ，n )表示的平面区域为D ，若函数y ＝log a (x ＋4)(a >1)的图象上存在区域D 内的点，则实数a 的取值X 围是( )A ．(1,3)B ．(1,3]C ．(3，＋∞) D．[3，＋∞) 答案 A解析 f ′(x )＝x 2＋mx ＋m ＋n2＝0的两根为x 1，x 2，且x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)，则⎩⎪⎨⎪⎧ f ′0>0，f ′1<0⇔⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n2>0，1＋m ＋m ＋n2<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n >0，3m ＋n ＋2<0，作出区域D ，如图阴影部分，可得log a (－1＋4)>1，所以1<a <3.5．[2016·某某八校联考]已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C ．(0,1)D ．(0，＋∞) 答案 B解析 ∵f (x )＝x (ln x －ax )，∴f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，故f ′(x )在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f ′(x )＝0，则2a ＝ln x ＋1x ，设g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝－ln xx2，∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又∵当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，而g (x )max ＝g (1)＝1，∴只需0<2a <1⇒0<a <12.6．[2015·某某某某二模]已知函数y ＝f (x )是R 上的可导函数，当x ≠0时，有f ′(x )＋f x x >0，则函数F (x )＝xf (x )＋1x的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 ∵x ≠0时，f ′(x )＋f xx>0， ∴xf ′x ＋f x x >0，即xf x′x>0. ①当x >0时，由①式知(xf (x ))′>0， ∴U (x )＝xf (x )在(0，＋∞)上为增函数， 且U (0)＝0·f (0)＝0，∴U (x )＝xf (x )>0在(0，＋∞)上恒成立． 又1x>0，∴F (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴F (x )在(0，＋∞)上无零点． 当x <0时，(xf (x ))′<0，∴U (x )＝xf (x )在(－∞，0)上为减函数， 且U (0)＝0·f (0)＝0，∴U (x )＝xf (x )>0在(－∞，0)上恒成立， ∴F (x )＝xf (x )＋1x在(－∞，0)上为减函数．当x →0时，xf (x )→0，∴F (x )≈1x<0，当x →－∞时，1x→0，∴F (x )≈xf (x )>0，∴F (x )在(－∞，0)上有唯一零点．综上所述，F (x )在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零点，故选B. 二、填空题7．[2015·某某四校联考]函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2，x ≤1，ln x ，x >1，若方程f (x )＝mx －12恰有四个不相等的实数根，则实数m 的取值X 围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，e e解析 在平面直角坐标系中作出函数y ＝f (x )的图象，如图，而函数y ＝mx －12恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，设过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12与函数y ＝lnx 的图象相切的直线为l 1，切点坐标为(x 0，ln x 0)．因为y ＝ln x 的导函数y ′＝1x ，所以图中y ＝ln x 的切线l 1的斜率为k ＝1x 0，则1x 0＝ln x 0＋12x 0－0，解得x 0＝e ，所以k ＝1e.又图中l 2的斜率为12，故当方程f (x )＝mx －12恰有四个不相等的实数根时，实数m 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，e e .8．[2015·某某某某质检三]设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0的解集为________．答案 (－∞，－2016)解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2，x <0得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3，∴[x 2f (x )]′<x 3<0.令F (x )＝x 2f (x )(x <0)，则F ′(x )<0(x <0)，即F (x )在(－∞，0)上是减函数，因为F (x ＋2014)＝(x ＋2014)2f (x ＋2014)，F (－2)＝4f (－2)，所以不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0即为F (x ＋2014)－F (－2)>0，即F (x ＋2014)>F (－2)，又因为F (x )在(－∞，0)上是减函数，所以x ＋2014<－2，∴x <－2016.9．已知偶函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式中成立的有________．(1)2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4(2)2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4 (3)f (0)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4 (4)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 (2)(3)(4)解析 因为偶函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0，且f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝f ′(x )cos x －f (x )(cos x )′，所以可构造函数g (x )＝f xcos x，则g ′(x )＝f ′x cos x －f xcos x ′cos 2x>0，所以g (x )为偶函数且在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以有g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cosπ6＝233f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6.由函数单调性可知g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即233f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以(2)(4)正确，(1)错．对于(3)，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4>g (0)＝f (0)，所以(3)正确．三、解答题10．[2016·某某模拟]某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x 艘的产值函数为R (x )＝3700x ＋45x 2－10x 3(单位：万元)，成本函数为C (x )＝460x ＋5000(单位：万元)，又在经济学中，函数f (x )的边际函数Mf (x )定义为Mf (x )＝f (x ＋1)－f (x )．(1)求利润函数P (x )及边际利润函数MP (x )；(提示：利润＝产值－成本) (2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？(3)求边际利润函数MP (x )的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？解 (1)P (x )＝R (x )－C (x )＝－10x 3＋45x 2＋3240x －5000(x ∈N *，且1≤x ≤20)；MP (x )＝P (x ＋1)－P (x )＝－30x 2＋60x ＋3275(x ∈N *，且1≤x ≤19)．(2)P ′(x )＝－30x 2＋90x ＋3240＝－30(x －12)(x ＋9)， 因为x >0，所以P ′(x )＝0时，x ＝12， 当0<x <12时，P ′(x )>0， 当x >12时，P ′(x )<0，所以x ＝12时，P (x )有极大值，也是最大值．即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大． (3)MP (x )＝－30x 2＋60x ＋3275＝－30(x －1)2＋3305. 所以，当x ≥1时，MP (x )单调递减， 所以单调减区间为[1,19]，且x ∈N *.MP (x )是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少．11．已知函数f (x )＝x ＋a ln x －1. (1)当a ∈R 时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )＋ln x 2x ≥0对于任意x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值X 围．解 (1)由f (x )＝x ＋a ln x －1，得f ′(x )＝1＋a x ＝x ＋ax，当a ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数， 当a <0时，当0<x <－a 时，f ′(x )<0，当x >－a 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，－a )上为减函数，f (x )在(－a ，＋∞)上为增函数． (2)由题意知x ＋a ln x －1＋ln x2x≥0在x ∈[1，＋∞)恒成立， 设g (x )＝x ＋a ln x ＋ln x2x－1，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1－ln x 2x 2＝2x 2＋2ax ＋1－ln x2x2，x ∈[1，＋∞)， 设h (x )＝2x 2＋2ax ＋1－ln x ，则h ′(x )＝4x －1x＋2a ，当a ≥0时，4x －1x 为增函数，所以h ′(x )≥32＋a >0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，g (x )≥g (1)＝0，当－32≤a <0时，h ′(x )≥32＋a ≥0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，g (x )≥g (1)＝0， 当a <－32时，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，－2a ＋12时，2a ＋1<－2x ，由(1)知，当a ＝－1时，x －ln x －1≥0，ln x ≤x －1，－ln x ≤1x －1，h (x )＝2x 2＋2ax －ln x ＋1≤2x 2＋2ax ＋1x≤2x 2＋2ax ＋x ＝2x 2＋(2a ＋1)x <0，此时g ′(x )<0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，－2a ＋12上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，－2a ＋12上，g (x )<g (1)＝0，不符合题意．综上所述a ≥－32.12．[2016·某某模拟]已知函数f (x )＝e x－ax －a (其中a ∈R ，e 是自然对数的底数，e ＝2.71828…)．(1)当a ＝e 时，求函数f (x )的极值； (2)当0≤a ≤1时，求证f (x )≥0；(3)求证：对任意正整数n ，都有⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 解 (1)当a ＝e 时，f (x )＝e x－e x －e ，f ′(x )＝e x－e ， 当x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以函数f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝－e ， 函数f (x )无极大值．(2)证明：由f (x )＝e x－ax －a ，得f ′(x )＝e x－a ， ①当a ＝0时，f (x )＝e x >0恒成立，满足条件． ②当0<a ≤1时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ， 则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值即为最小值f (x )min ＝f (ln a )＝e ln a －a lna －a ＝－a ln a因为0<a ≤1，所以ln a ≤0，所以－a ln a ≥0 所以f (x )min ≥0，所以当0≤a ≤1时，f (x )≥0； (3)证明：由(2)知，当a ＝1时，f (x )≥0恒成立， 所以f (x )＝e x－x －1≥0恒成立， 即e x≥x ＋1，所以ln (x ＋1)≤x ， 令x ＝12n (n ∈N *)，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ≤12n ，所以ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ≤12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<1. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e.典题例证[2016·全国卷Ⅲ]设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.审题过程切入点 求出导函数f (x )然后确定函数f (x )的单调性．关注点 利用(1)的结论证明不等式；构造新函数，通过研究新函数的单调性进行证明.[规X 解答] (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x－1，令f ′(x )＝0解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，所以x －1ln x >1且x ·ln x >x －1，即1<x －1ln x<x .(3)证明：由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x， 则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0.所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x. 模型归纳利用导数证明不等式的模型示意图如下：。
专题一 函数与导数、不等式 第4讲 导数与函数的切线及函数零点问题练习 理一、填空题1.曲线y ＝x e x＋1在点(0，1)处的切线方程是________. 解析 y ′＝e x＋x e x＝(x ＋1)e x，y ′|x ＝0＝1，∴所求切线方程为：x －y ＋1＝0.答案 x －y ＋1＝02.(2016·洛阳模拟)曲线y ＝x ln x 在点(e ，e)处的切线与直线x ＋ay ＝1垂直，则实数a 的值为________.解析 依题意得y ′＝1＋ln x ，y ′|x ＝e ＝1＋ln e ＝2，所以－1a×2＝－1，所以a ＝2.答案 23.(2016·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________.解析 设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x－3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1.答案 2x ＋y ＋1＝04.已知f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，则f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线斜率是________.解析 f ′(x )＝3x 2＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －1，令x ＝23，可得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23－1，解得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1，所以f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线斜率是－1.答案 －15.函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________.解析 f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数f (x )在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1，3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10＜0，f (x )极大值＝f (－1)＝23＞0知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3. 答案 36.(2016·常州监测)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0. 答案 (－4，0)7.已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x，则函数g (x )的零点个数为________. 解析 令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′（x ）＋f （x ）x ＞0，所以h ′（x ）x＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h （x ）＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0. 答案 08.(2015·安徽卷)设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号). ①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2； ④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.解析 令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，f ′(x )＝3x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，必有一个实根，④⑤正确；当a <0时，由于选项当中a ＝－3，∴只考虑a ＝－3这一种情况，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，∴f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，则需f (x )极大<0或f (x )极小>0，∴b <－2或b >2，①③正确，所有正确条件为①③④⑤. 答案 ①③④⑤ 二、解答题9.(2016·扬州质检)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R ). (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x－2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e ＜x ＜1时，g ′(x )＞0，此时函数单调递增； 当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0，此时函数单调递减. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e2＜0，则g (e)＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e). g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1＜m ≤2＋1e 2， 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.10.(2015·江苏高考命题原创卷)已知函数f (x )＝x 2－a ln x －1，函数F (x )＝x －1x ＋1. (1)如果函数f (x )的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝2时，你认为函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象有多少个公共点？请证明你的结论.解 (1)∵f (x )＝x 2－a ln x －1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x )的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f ′(x )＝2x －a x＞0在(0，＋∞)上恒成立. ∴a ＜2x 2在(0，＋∞)上恒成立，∵y ＝2x 2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a ≤0. ∴所求的a 的取值范围为(－∞，0]. (2)当a ＝2时，函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象没有公共点.证明如下： 当a ＝2时，y ＝f （x ）x －1＝x 2－2ln x －1x －1，它的定义域为{x |x ＞0且x ≠1}，F (x )的定义域为[0，＋∞). 当x ＞0且x ≠1时，由f （x ）x －1＝F (x )得x 2－2ln x －x ＋2x －2＝0.设h (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －2，则h ′(x )＝2x －2x－1＋1x＝（x －1）（2x x ＋2x ＋x ＋2）x.∴当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，此时，h (x )单调递减； 当x ＞1时，h ′(x )＞0，此时，h (x )单调递增.∴当x ＞0且x ≠1时，h (x )＞h (1)＝0，即h (x )＝0无实数根. ∴当a ＝2，x ＞0且x ≠1时，f （x ）x －1＝F (x )无实数根. ∴当a ＝2时，函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象没有公共点. 11.(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. (1)解 f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a ). ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点.②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点.③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点.若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点. 综上，a 的取值范围为(0，＋∞).(2)证明 不妨设x 1<x 2.由(1)知x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)·e x2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.。
