(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．
【答案解析】解：(1)當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣3x2﹣3x﹣3，f′(x)＝x2﹣6x﹣3.
令f′(x)＝0，解得x＝3﹣2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
當(dāng)x∈(﹣∞，3﹣2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0；
當(dāng)x∈(3﹣2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))時(shí)，f′(x)＜0.
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(﹣∞，3﹣2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)，
單調(diào)遞減區(qū)間為(3﹣2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))．
(2)證明:因?yàn)閤2＋x＋1＞0在R上恒成立，所以f(x)＝0等價(jià)于eq \f(x3,x2＋x＋1)﹣3a＝0.
設(shè)g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)﹣3a，則g′(x)＝eq \f(x2?x2＋2x＋3?,?x2＋x＋1?2)≥0在R上恒成立，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，g′(x)＝0，所以g(x)在(﹣∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．
又f(3a﹣1)＝﹣6a2＋2a﹣eq \f(1,3)＝﹣6(a﹣eq \f(1,6))2﹣eq \f(1,6)＜0，f(3a＋1)＝eq \f(1,3)＞0，故f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．
綜上所述，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．
已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋1)，曲線(xiàn)y＝f(x)在x＝1處的切線(xiàn)方程為y＝bx﹣e.
(1)求a，b的值；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)﹣3ex﹣m有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【答案解析】解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，則f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由題意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′?1?＝e?2a＋1?＝b，,f?1?＝e?a＋1?＝b－e，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3e，))∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)﹣3ex﹣m＝ex(x﹣2)﹣m，
函數(shù)g(x)＝ex(x﹣2)﹣m有兩個(gè)零點(diǎn)，相當(dāng)于函數(shù)u(x)＝ex·(x﹣2)的圖象與直線(xiàn)y＝m有兩個(gè)交點(diǎn)，u′(x)＝ex·(x﹣2)＋ex＝ex(x﹣1)，
當(dāng)x∈(﹣∞，1)時(shí)，u′(x)＜0，∴u(x)在(﹣∞，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)＞0，∴u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x＝1時(shí)，u(x)取得極小值u(1)＝﹣e.
又當(dāng)x→＋∞時(shí)，u(x)→＋∞，當(dāng)x＜2時(shí)，u(x)＜0，∴﹣e＜m＜0，
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為(﹣e,0)．
已知函數(shù)f(x)＝ex﹣(k＋1)ln x＋2sin α.
(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
(2)當(dāng)k＝0時(shí)，證明：函數(shù)f(x)無(wú)零點(diǎn)．
【答案解析】解：(1)f′(x)＝ex﹣eq \f(k＋1,x)，x＞0，
∵函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴ex﹣eq \f(k＋1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即k＋1≤xex在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)h(x)＝xex，
則h′(x)＝(x＋1)ex＞0在(0，＋∞)上恒成立．
∴函數(shù)h(x)＝xex在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則h(x)＞h(0)＝0，
∴k＋1≤0，即k≤﹣1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是(﹣∞，﹣1]．
(2)證明 當(dāng)k＝0時(shí)，f′(x)＝ex﹣eq \f(1,x)，x＞0，令g(x)＝ex﹣eq \f(1,x)，x＞0，則g′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)＞0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(eq \f(1,2))＝eq \r(e)﹣2＜0，f′(1)＝e﹣1＞0，
∴存在m∈(eq \f(1,2)，1)，使得f′(m)＝0，得em＝eq \f(1,m)，故m＝﹣ln m，
當(dāng)x∈(0，m)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(m，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，
∴f(x)min＝f(m)＝em﹣ln m＋2sin α＝eq \f(1,m)＋m＋2sin α＞2＋2sin α≥0，
∴函數(shù)f(x)無(wú)零點(diǎn)．
已知a＞0且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq \f(xa,ax)(x＞0)．
(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若曲線(xiàn)y＝f(x)與直線(xiàn)y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍．
【答案解析】解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x＞0)，f′(x)＝eq \f(x?2－xln 2?,2x)(x＞0)，
令f′(x)＞0，則0＜x＜eq \f(2,ln 2)，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
令f′(x)＜0，則x＞eq \f(2,ln 2)，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq \f(2,ln 2))，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq \f(2,ln 2)，+∞).
(2)曲線(xiàn)y＝f(x)與直線(xiàn)y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，
可轉(zhuǎn)化為方程eq \f(xa,ax)＝1(x＞0)有兩個(gè)不同的解，即方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有兩個(gè)不同的解．
設(shè)g(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，則g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x＞0)，令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞e時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，且當(dāng)x＞e時(shí)，g(x)∈(0，eq \f(1,e))，
又g(1)＝0，所以0＜eq \f(ln a,a)＜eq \f(1,e)，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范圍為(1，e)∪(e，＋∞)．
已知f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(3,2)x2＋2x，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．
(1)求f(x)的極值；
(2)令g(x)＝f′(x)＋kex﹣1，若y＝g(x)的函數(shù)圖象與x軸有三個(gè)不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
【答案解析】解：(1)因?yàn)閒′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x1＝﹣1，x2＝﹣2，
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化如表所示：
由表可知，函數(shù)f(x)的極大值為f(﹣2)＝﹣eq \f(2,3)，極小值為f(﹣1)＝﹣eq \f(5,6).
(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex﹣1＝x2＋3x＋1＋kex，
由題知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三個(gè)不同的解，即k＝﹣eq \f(x2＋3x＋1,ex)有三個(gè)不同的解．
設(shè)h(x)＝﹣eq \f(x2＋3x＋1,ex)，則h′(x)＝eq \f(x2＋x－2,ex)＝eq \f(?x＋2??x－1?,ex)，
當(dāng)x∈(﹣∞，﹣2)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(﹣2,1)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，
又當(dāng)x→﹣∞時(shí)，h(x)→﹣∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→0且h(x)＜0，
且h(﹣2)＝e2，h(1)＝﹣eq \f(5,e).
作出函數(shù)h(x)的簡(jiǎn)圖如圖，
數(shù)形結(jié)合可知，﹣eq \f(5,e)＜k＜0.
已知函數(shù)f(x)＝(x﹣1)ex﹣ax2＋b＋eq \f(1,2).
(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝eq \f(1,2)時(shí)，f(x)的圖象與直線(xiàn)y＝bx有3個(gè)交點(diǎn)，求b的取值范圍．
【答案解析】解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝(x﹣1)ex﹣x2＋b＋eq \f(1,2)(x∈R)，
則f′(x)＝ex＋(x﹣1)ex﹣2x＝x(ex﹣2)．
令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞ln 2；令f′(x)＜0，解得0＜x＜ln 2，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(﹣∞，0)和(ln 2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln 2)．
(2)因?yàn)閍＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝(x﹣1)ex﹣eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2).由(x﹣1)ex﹣eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2)＝bx，
得(x﹣1)ex﹣eq \f(1,2)(x2﹣1)＝b(x﹣1)．當(dāng)x＝1時(shí)，方程成立．
當(dāng)x≠1時(shí)，只需要方程ex﹣eq \f(1,2)(x＋1)＝b有2個(gè)實(shí)根．令g(x)＝ex﹣eq \f(1,2)(x＋1)，
則g′(x)＝ex﹣eq \f(1,2).
當(dāng)x＜ln eq \f(1,2)時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x＞ln eq \f(1,2)且x≠1時(shí)，g′(x)＞0，
所以g(x)在(-∞,ln eq \f(1,2))上單調(diào)遞減，在(ln eq \f(1,2)，1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)間(ln eq \f(1,2))＝eq \f(1,2)﹣eq \f(1,2)(ln eq \f(1,2)+1)＝eq \f(1,2)ln 2，g(1)＝e﹣1≠0，
所以b∈(eq \f(1,2)ln 2，e﹣1)∪(e﹣1，＋∞)．
已知函數(shù)f(x)＝ln x﹣aex＋1(a∈R)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
(2)討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
【答案解析】解：(1)由f(x)＝ln x﹣aex＋1，
知x∈(0，＋∞)．當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln x﹣ex＋1，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣ex，
顯然f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又f′(eq \f(1,2))＝2﹣eq \r(e)＞0，f′(1)＝1﹣e＜0，
所以f′(x)在(eq \f(1,2)，1)上存在零點(diǎn)x0，且是唯一零點(diǎn)，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，
所以x0是f(x)＝ln x﹣ex＋1的極大值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)．
(2)令f(x)＝ln x﹣aex＋1＝0，則a＝eq \f(ln x＋1,ex).令y＝a，g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，
g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x＞0)．令h(x)＝eq \f(1,x)﹣ln x﹣1，則h′(x)＝﹣eq \f(1,x2)﹣eq \f(1,x)＜0，
所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，而h(1)＝0，
故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e).
又g(eq \f(1,e))＝0，當(dāng)x＞1且x→＋∞時(shí)，g(x)＞0且g(x)→0，
作出函數(shù)g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)的圖象如圖所示．
結(jié)合圖象知，當(dāng)a＞eq \f(1,e)時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)，
當(dāng)a≤0或a＝eq \f(1,e)時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)0＜a＜eq \f(1,e)時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．
已知函數(shù)f(x)＝eq \f(x2－a,sin x)﹣2(a∈R)．
(1)若曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(eq \f(π,2)，f(eq \f(π,2)))處的切線(xiàn)經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a；
(2)當(dāng)a＞0時(shí)，判斷函數(shù)f(x)在x∈(0，π)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由．
【答案解析】解：(1)f′(x)＝eq \f(2xsin x－?x2－a?cs x,sin2x)，f′(eq \f(π,2))＝π，
所以f(x)在點(diǎn)(eq \f(π,2)，f(eq \f(π,2)))處的切線(xiàn)方程為y＝πx，所以f(eq \f(π,2))＝eq \f(π2,2)，
即eq \f(π2,4)﹣a﹣2＝eq \f(π2,2)，a＝﹣eq \f(π2,4)﹣2.
(2)因?yàn)閤∈(0，π)，所以sin x＞0，所以eq \f(x2－a,sin x)﹣2＝0可轉(zhuǎn)化為x2﹣a﹣2sin x＝0，
設(shè)g(x)＝x2﹣a﹣2sin x，則g′(x)＝2x﹣2cs x，
當(dāng)x∈[eq \f(π,2)，π)時(shí)，g′(x)＞0，所以g(x)在區(qū)間[eq \f(π,2)，π)上單調(diào)遞增．
當(dāng)x∈(0，eq \f(π,2))時(shí)，設(shè)h(x)＝g′(x)＝2x﹣2cs x，此時(shí)h′(x)＝2＋2sin x＞0，
所以g′(x)在x∈(0，eq \f(π,2))上單調(diào)遞增，
又 g′(0)＝﹣2＜0，g′(eq \f(π,2))＝π＞0，所以存在x0∈(0，eq \f(π,2))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)時(shí)g(x)單調(diào)遞減，x∈[x0，eq \f(π,2))時(shí)g(x)單調(diào)遞增．
綜上，對(duì)于連續(xù)函數(shù)g(x)，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，g(x)單調(diào)遞增．
又因?yàn)間(0)＝﹣a＜0，所以當(dāng)g(π)＝π2﹣a＞0，即a＜π2時(shí)，
函數(shù)g(x)在區(qū)間(x0，π)上有唯一零點(diǎn)，
當(dāng)g(π)＝π2﹣a≤0，即a≥π2時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，π)上無(wú)零點(diǎn)，
綜上可知，當(dāng)0＜a＜π2時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，π)上有1個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)a≥π2時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，π)上沒(méi)有零點(diǎn)．
x
(﹣∞，﹣2)
﹣2
(﹣2，﹣1)
﹣1
(﹣1，＋∞)
f′(x)
＋
0
﹣
0
＋
f(x)

極大值

極小值

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