（通用版）2020版高考数学复习专题二函数与导数2.4导数及其应用（压轴题）练习理.docx

2.4导数及其应用(压轴题)命题角度1利用导数研究函数的单调性高考真题体验对方向1.(2016北京18)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.解(1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f(x)=(1-x)ea-x+b.依题设,f(2)=2e+2,f(2)=e-1,即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1,解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x0知,f(x)与1-x+ex-1同号.令g(x)=1-x+ex-1,则g(x)=-1+ex-1.所以,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值,从而g(x)0,x(-,+).综上可知,f(x)0,x(-,+).故f(x)的单调递增区间为(-,+).2.(2016四川21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中aR.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)1x-e1-x在区间(1,+)内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).解(1)f(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x0).当a0时,f(x)0时,由f(x)=0,有x=12a.此时,当x0,12a时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.则s(x)=ex-1-1.而当x1时,s(x)0,所以s(x)在区间(1,+)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)0,从而当x1时,g(x)0.当a0,x1时,f(x)=a(x2-1)-lnxg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.由(1)有f12a0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当a12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).当x1时,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-xx-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2x2-2x+1x20.因此,h(x)在区间(1,+)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.综上,a12,+.典题演练提能刷高分1.已知函数f(x)=13x3+x2+ax+1.(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间-2,a上单调递增,求a的取值范围.解(1)因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)经过点(0,1),又f(x)=x2+2x+a,曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为-3,所以f(0)=a=-3,所以f(x)=x2+2x-3.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-3)-3(-3,1)1(1,+)f(x)+0-0+f(x)增极大值减极小值增所以函数f(x)的单调递增区间为(-,-3),(1,+),单调递减区间为(-3,1).(2)因为函数f(x)在区间-2,a上单调递增,所以f(x)0.即对x-2,a,只要f(x)min0.因为函数f(x)=x2+2x+a的对称轴为x=-1,当-2a-1时,f(x)在-2,a上的最小值为f(a),由f(a)=a2+3a0,得a0或a-3,所以此种情况不成立;当a-1时,f(x)在-2,a上的最小值为f(-1),由f(-1)=1-2+a0得a1,综上,实数a的取值范围是1,+).2.已知函数f(x)=(2-m)ln x+1x+2mx.(1)当f(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.解(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2mx2+(2-m)x-1x2=(mx+1)(2x-1)x2,由f(1)=0,解得m=-1.从而f(1)=-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-1.(2)由f(x)=(mx+1)(2x-1)x2(x0),当m0时,函数y=f(x)的减区间为0,12,增区间为12,+.当m0时,由f(x)=(mx+1)(2x-1)x2=0,得x=-1m,或x=12.当m-2时,y=f(x)的减区间为0,-1m和12,+,增区间为-1m,12;当m=-2时,y=f(x)的减区间为(0,+),没有增区间.当-2m0时,y=f(x)的减区间为0,12和-1m,+,增区间为12,-1m.综上可知:当m0时,函数y=f(x)的减区间为0,12,增区间为12,+;当m-2时,y=f(x)的减区间为0,-1m和12,+,增区间为-1m,12;当m=-2时,y=f(x)的减区间为(0,+),没有增区间;当-2m1,使f(x)+x0,f(x)=1x-ax2-1=-x2+x-ax2,方程-x2+x-a=0对应的=1-4a,当=1-4a0,即a14时,当x(0,+)时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递减;当0a14时,方程-x2+x-a=0的两根为11-4a2,且01-1-4a20,函数f(x)单调递增,在0,1-1-4a2,1+1-4a2,+上f(x)0,函数f(x)单调递减;当a0时,1-1-4a20,此时当x0,1+1-4a2,f(x)0,f(x)单调递增,当x1+1-4a2,+时,f(x)0,f(x)单调递减.综上:当a0时,x0,1+1-4a2,f(x)单调递增,当x1+1-4a2,+时,f(x)单调递减;当0axlnx+2x-1,即存在x1,使axlnx+2x-1x-1成立.设g(x)=xlnx+2x-1x-1(x1),则g(x)=x-lnx-2(x-1)2,设h(x)=x-lnx-2,则h(x)=1-1x=x-1x0,h(x)在(1,+)上单调递增.又h(3)=3-ln3-2=1-ln30,根据零点存在性定理,可知h(x)在(1,+)上有唯一零点,设该零点为x0,则x0(3,4),且h(x0)=x0-lnx0-2=0,即x0-2=lnx0,g(x)min=x0lnx0+2x0-1x0-1=x0+1.由题意可知ax0+1.又x0(3,4),aZ,a的最小值为5.4.已知函数f(x)=3x-1ex+ax(x0,aR).(1)若f(x)在(0,+)上单调递减,求a的取值范围;(2)当a(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.解(1)f(x)=3x-1ex+ax(x0),f(x)=ex3x-1-3x2-ax2=-x2+3x-3x2ex-ax2.由题意得f(x)=-x2+3x-3x2ex-ax20在(0,+)恒成立,即a(-x2+3x-3)ex在(0,+)恒成立,设g(x)=(-x2+3x-3)ex,则g(x)=ex(-x2+x),g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,g(x)max=g(1)=-e,a-e.实数a的取值范围为-e,+).(2)由题意得f(x)=3x-1ex+ax=2(x0),a=2x-(3-x)ex(x0),令h(x)=2x-(3-x)ex,则h(x)=2+(x-2)ex,令(x)=h(x)=2+(x-2)ex(x0),则(x)=(x-1)ex,h(x)在(-,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(x)min=h(1)=2-e0,存在x0(0,2),使得x(0,x0)时h(x)0,h(x)单调递增,又h(0)=-3,h(x0)0,a(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x)ex有一个解,即当a(-3,-e)时,方程f(x)=2只有一个解.命题角度2函数的单调性与极值、最值的综合应用高考真题体验对方向1.(2019全国20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.解(1)f(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f(x)=0,得x=0或x=a3.若a0,则当x(-,0)a3,+时,f(x)0;当x0,a3时,f(x)0.故f(x)在(-,0),a3,+单调递增,在0,a3单调递减;若a=0,f(x)在(-,+)单调递增;若a0;当xa3,0时,f(x)0.故f(x)在-,a3,(0,+)单调递增,在a3,0单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.()当a0时,由(1)知,f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.()当a3时,由(1)知,f(x)在0,1单调递减,所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.()当0a3时,由(1)知,f(x)在0,1的最小值为fa3=-a327+b,最大值为b或2-a+b.若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0a3矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0a3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在0,1的最小值为-1,最大值为1.2.(2019北京19)已知函数f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.(1)解由f(x)=14x3-x2+x得f(x)=34x2-2x+1.令f(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.(2)证明令g(x)=f(x)-x,x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x2-2x.令g(x)=0得x=0或x=83.g(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+-+g(x)-60-64270所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6g(x)0,即x-6f(x)x.(3)解由(2)知,当a3;当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.3.(2018全国21)已知函数f(x)=1x-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x22,令f(x)=0得,x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42a+a2-42,+时,f(x)0.所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.(2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2a-2等价于1x2-x2+2lnx20.设函数g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+)单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0.所以1x2-x2+2lnx20,即f(x1)-f(x2)x1-x20时,m(x)0;当x0时,m(x)0,当x0时,h(x)0时,h(x)0,h(x)单调递增,所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;当a0时,h(x)=2(ex-elna)(x-sinx),由h(x)=0得x1=lna,x2=0.()当0a1时,lna0,当x(-,lna)时,ex-elna0,h(x)单调递增;当x(lna,0)时,ex-elna0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增.所以当x=lna时h(x)取到极大值.极大值为h(lna)=-aln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2,当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;()当a=1时,lna=0,所以当x(-,+)时,h(x)0,函数h(x)在(-,+)上单调递增,无极值;()当a1时,lna0,所以当x(-,0)时,ex-elna0,h(x)单调递增;当x(0,lna)时,ex-elna0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增.所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;当x=lna时h(x)取到极小值,极小值是h(lna)=-aln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2.综上所述:当a0时,h(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1;当0a1时,函数h(x)在(-,0)和(lna,+)上单调递增,在(0,lna)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(lna)=-aln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2.5.(2016全国21)(1)讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20;(2)证明:当a0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.(1)解f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).f(x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)20,当且仅当x=0时,f(x)=0,所以f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增.因此当x(0,+)时,f(x)f(0)=-1.所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(2)证明g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意a0,1),f(0)+a=a-10,f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.当0xxa时,f(x)+a0,g(x)xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.于是h(a)=exaxa+2,由exx+2=(x+1)ex(x+2)20,exx+2单调递增.所以,由xa(0,2,得12=e00+20,都有f(x)0,求m+n的最小值.解(1)当n=1时,f(x)=lnx-mx-1.函数f(x)有极大值为-2,由f(x)=1x-m=0知x=1m0,f1m=-lnm-1-1=-2,m=1.经检验,m=1满足题意.(2)函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1x-m.当m0,f(x)在(0,+)上单调递增,令x=en,则f(en)=lnen-men-n=-men0,舍去;当m=0时,当x(0,+)时f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增,令x=en+1,则f(en+1)=lnen+1-n=10,舍去;当m0时,当x0,1m时,f(x)0;当x1m,+时,f(x)0;f(x)在0,1m上单调递增,在1m,+上单调递减,f(x)的最大值为f1m=-lnm-1-n0,即n-lnm-1,m+nm-lnm-1.设h(m)=m-lnm-1,令h(m)=1-1m=0,则m=1.当m(0,1)时,h(m)0,h(m)在(1,+)上单调递增.h(m)的最小值为h(1)=0,综上所述,当m=1,n=-1时m+n的最小值为0.2.已知函数f(x)=ex-12x2+ax.(1)当a-1时,试判断函数f(x)的单调性;(2)若a0时g(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增,当x0时g(x)-1,所以1+a0,即f(x)0,所以函数f(x)在R上单调递增.(2)证明由(1)知f(x)在1,+)上单调递增,因为a1-e,所以f(1)=e-1+a1,则h(x)=x(1-ex)0恒成立,所以函数h(x)在(1,+)上单调递减,所以h(x)e(1-1)+1212=12,所以et(1-t)+12t212,即当x1,+)时,f(x)min12,故函数f(x)在1,+)上的最小值小于12.3.已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然对数的底数).(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若xR,f(x)+exx3+x,求a的取值范围.解(1)f(x)=(x-1)ex-ax2,f(x)=xex-2ax=x(ex-2a),当a0时,f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,f(x)有1个极值点;当0a12时,f(x)在(-,0)上单调递增,在(0,ln2a)上单调递减,在(ln2a,+)上单调递增,f(x)有2个极值点.综上可得:当a0时,f(x)有1个极值点;当a0且a12时,f(x)有2个极值点;当a=12时,f(x)没有极值点.(2)由f(x)+exx3+x,得xex-x3-ax2-x0(*).当x0时,由不等式(*)得ex-x2-ax-10,即aex-x2-1x对x0恒成立.设g(x)=ex-x2-1x,则g(x)=(x-1)(ex-x-1)x2.设h(x)=ex-x-1,则h(x)=ex-1.x0,h(x)0,h(x)在(0,+)上单调递增,h(x)h(0)=0,即exx+1,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,g(x)g(1)=e-2,ae-2.当x=0时,不等式(*)恒成立,aR;当x0时,由不等式(*)得ex-x2-ax-10.设h(x)=ex-x2-ax-1,则h(x)=ex-2x-a.设(x)=ex-2x-a,则(x)=ex-20,h(x)在(-,0)上单调递减,h(x)h(0)=1-a.若a1,则h(x)0,h(x)在(-,0)上单调递增,h(x)1,则有h(0)=1-a0,x00,使得x(x0,0)时,h(x)h(0)=0,舍去.a1.综上可得,a的取值范围是(-,e-2.4.已知函数f(x)=ae2x-aex-xex(a0,e=2.718,e为自然对数的底数),若f(x)0对于xR恒成立.(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且ln22e+14e2f(x0)14.(1)解由f(x)=ex(aex-a-x)0可得,g(x)=aex-a-x0.因为g(0)=0,所以g(x)g(0),从而x=0是g(x)的一个极小值点,由于g(x)=aex-1,所以g(0)=a-1=0a=1.当a=1时,g(x)=ex-1-x,g(x)=ex-1,x(-,0),g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增;g(x)g(0)=0,故a=1.(2)证明当a=1时,f(x)=e2x-ex-xex,f(x)=ex(2ex-x-2).令h(x)=2ex-x-2,则h(x)=2ex-1.x(-,-ln2),h(x)0,h(x)在(-ln2,+)上为增函数.由于h(-1)0,所以在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0,h(x)在(-,-ln2)上为减函数,x(-,x0)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(-,x0)上为增函数;x(x0,-ln2)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(x0,-ln2)上为减函数,因此f(x)在(-,-ln2)上只有一个极大值点x0,由于h(0)=0,且h(x)在(-ln2,+)上为增函数,x(-ln2,0)时,h(x)0,即f(x)0,即f(x)0,f(x)在(0,+)上为增函数,因此f(x)在(-ln2,+)上只有一个极小值点0,综上可知:f(x)存在唯一的极大值点x0,且x0(-2,-1).h(x0)=0,2ex0-x0-2=0.f(x0)=e2x0-ex0-x0ex0=x0+222-x0+22(x0+1)=-x02+2x04,x0(-2,-1),x(-2,-1)时,-x2+2x414,f(x0)14.ln12e(-2,-1),f(x0)fln12e=ln22e+14e2.综上知:ln22e+14e2f(x0)0,g20;当x,2时,g(x)0.所以g(x)在区间(-1,)内单调递增,在区间,2内单调递减,故g(x)在区间-1,2内存在唯一极大值点,即f(x)在区间-1,2内存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+).()当x(-1,0时,由(1)知,f(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时,f(x)0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0上的唯一零点.()当x0,2时,由(1)知,f(x)在区间(0,)内单调递增,在区间,2内单调递减,而f(0)=0,f20;当x,2时,f(x)0,所以当x0,2时,f(x)0.从而,f(x)在区间0,2上没有零点.()当x2,时,f(x)0,f()1,所以f(x)0,所以f(x)在区间(0,1),(1,+)内单调递增.因为f(e)=1-e+1e-10,所以f(x)在区间(1,+)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.又01x11,f1x1=-lnx1+x1+1x1-1=-f(x1)=0,故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点1x1.综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)证明因为1x0=e-lnx0,故点B-lnx0,1x0在曲线y=ex上.由题设知f(x0)=0,即lnx0=x0+1x0-1,故直线AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.曲线y=ex在点B-lnx0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.3.(2018全国21)已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a.(1)证明当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在0,+)的最小值.若h(2)0,即ae24,h(x)在(0,+)没有零点;若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+)只有一个零点;若h(2)e24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+)有两个零点.综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=e24.典题演练提能刷高分1.(2019山西晋城二模)已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2)处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在0,3上的值域;(2)当x0时,记函数h(x)=f(x),f(x)0时,g(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.由g(x)=0,得x=2.当x(0,2)时,g(x)0.若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)0且g(2)0,解得0a316.()当a0时,g(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.由g(x)=0,得x1=2,x2=-2a,当-2a2,即a-1时,因为g(x)极大值=g(2)=163a-12,即-1a0时,若g(1)0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;若g(1)0,得-320a0,所以(a)-3200,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述:满足条件的实数a-3200,316.2.(2019安徽“江南十校”二模)已知函数f(x)=ax2ln x+xln x-12x(aR).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围.解(1)f(x)=(2ax+1)lnx+ax+12=(2ax+1)lnx+12.当a0时,2ax+10,则当x0,1e时,f(x)0.所以f(x)在0,1e内单调递减,在1e,+内单调递增.当a-e2,则当x0,-12a1e,+时,f(x)0.所以在-12a,1e内单调递增,在0,-12a和1e,+内单调递减.若a=-e2,则当x(0,+)时,f(x)0,故f(x)在(0,+)内单调递减.若-e2a0,则当x0,1e-12a,+时,f(x)0;所以在1e,-12a内单调递增,在0,1e和-12a,+内单调递减.(2)当a0时,f(x)=xaxlnx+lnx-12,对x(0,1),f(x)0,对x1,+),f(x)单调递增,且f(1)=-120,所以f(x)有且仅有一个零点.若a0,解得a-2e,而f(1)=-120,由0x-12a1e时,axlnx+lnx-1212lnx-120.故f(x)0,所以a-2e.若a=-e2,f(x)在(0,+)内单调递减,不可能有两个零点.若-e2a0,由(1),对x(0,1),f(x)0,f-1a=12a0,即-14aln-12a-10,解得-12ea2a.(1)解法一函数f(x)的定义域为(0,+).f(x)=ax-2x+2a-1=(2x+1)(a-x)x,当a0时,易得f(x)0时,令f(x)=0,得x=a,则x(0,a)a(a,+)f(x)+0-f(x)增极大值减f(x)max=f(x)极大值=f(a)=a(lna+a-1).设g(x)=lnx+x-1,g(x)=1x+10,则g(x)在(0,+)上单调递增.g(1)=0,当x1时,g(x)1时,g(x)0.因此:()当01时,f(x)max=ag(a)0,f1e=a2e-1-1e2-1e1),h(x)=1x-10,h(x)在(1,+)上单调递减,则h(3a-1)h(2)=ln2-20,f(3a-1)=ah(3a-1)0,f(x)在区间(a,3a-1)上有一个零点,那么f(x)恰有两个零点.综上所述,当f(x)有两个不同零点时,a的取值范围是(1,+).解法二函数的定义域为(0,+).f(x)=ax-2x+2a-1=(2x+1)(a-x)x,当a0时,易得f(x)0时,令f(x)=0,得x=a,则x(0,a)a(a,+)f(x)+0-f(x)增极大值减f(x)max=f(x)极大值=f(a)=a(lna+a-1).要使函数f(x)有两个零点,则必有f(a)=a(lna+a-1)0,即lna+a-10,设g(a)=lna+a-1,g(a)=1a+10,则g(a)在(0,+)上单调递增,g(1)=0,a1.当a1时,f1e=a2e-1-1e2-1e0,f(x)在区间1e,a上有一个零点;设h(x)=lnx-x,h(x)=1x-1=1-xx,h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)=-10,lnx0,f(4a)1,且当x(0,a)时,f(x)是增函数;当x(a,+)时,f(x)是减函数;不妨设x1x2,则0x1a0,F(x)单调递增.F(a)=0,F(x)0,f(x)f(2a-x),x1(0,a),f(x1)f(2a-x1),f(x1)=f(x2),f(x2)2a-x1,x1+x22a.证法二由(1)可知,f(x)有