高考数学二轮复习第5讲导数的热点问题专题突破练(理)

1、第5讲导数的热点问题六珏典里真理酷选 解法、结流、拓展研寺,典型真题研析11.2018 全国卷 I已知函数 f(x)=r-x+aln x.讨论f(x)的单调性；(2)若f (x)存在两个极值点xi, x2,证明：三 <a-2.试彳故2.2017全国卷 n已知函数 f(x)=ax2-ax-x In x,且 f(x)>0.(1)求 a;(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 xo,且e 2<f(xo) <2-2.试彳故2xx3.2017全国卷 I已知函数 f(x)=ae +(a-2)e -x.讨论f(x)的单调性；(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围.试彳故(B命题

2、角度导数解答题求解策略(1)导数法判断和证明函数f(x)在区间(a, b)内的单调性的步骤：求f' (x);确定f' (x)在区间(a, b)内的符号(如果含有参数，则依据参数的取值讨论符号);得出结论，f' (x)>0时函数f(x)为增函数，f' (x)<0时函数f(x)为减函数.(2)利用导数求解不等式中参数的取值范围问题：首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可以分离参数，构造函数，把问题转化为函数的最值问题.利用导数证明不等式的一般思路：若证明f(x)<g(x), xC(

3、a, b),可以构造函数 F(x) =f(x)-g(x),如果F'(x)<0,则F(x)在(a, b)上是减函数，同时若F(a) wo,则由减函数的 定义可知，当xC ( a,b)时，有F( x) <0,即证明了 f( x) <g( x).(4)与函数零点个数有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点得出函数的大致图像，从而讨论其图像与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围，或通过对方程等价变形，转化为两个函数图像的交点问题来求参数的取值范围横心考点全面展升血，号法、思g考点考法探究答i导数的简单应用m©1已知函数f(x)=&#

4、39;+nx.(1)若函数f(x)的图像在点(0, f(0)处的切线方程为y=-3x+2，求m n的值；(2)当n=1时，在区间(-oo,i上至少存在一个 x0,使得f (x0)<0成立，求实数m的取值范围 听课笔记【考场点拨】利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性 ，才能研究其函数图像的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等.注意：若可导函数f(x)在区间 D上单调递增，则有f' (x) >0在区间D上恒成立，但反过来不成立.【自我检测】I已知函数f (x) =-x2+ax-aex, g( x)为f (x)的导函数.求函数g(x)的单调区间

5、；(2)若函数g( x)在R上存在最大值0,求函数f(x)在0, +8)上的最大值.答2导数与函数零点或方程根的问题2已知函数f (x) =ae2x- ex-x (a C R).(1)若-1waw0,证明：函数f(x)有且只有一个零点 (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围 听课笔记【考场点拨】已知函数零点 x0C(a, b),求参数范围的一般步骤：(1)对函数求导;(2)分析函数在区间 (a, b)上的单调情况;(3)数形结合分析极值点；(4)依据零点的个数确定极值的取值范围，从而得到参数的范围.【自我检测】22已知函数 f (x) =x+(x - 3x)ln x.(1)求函数f

6、(x)的图像在x=e处的切线方程；(2)对任意的xC(0, +8),都存在正实数a,使得方程f(x)=a至少有2个实根，求a的最小值.>1答3导数与不等式恒成立、存在性问题3 已知 f (x) =ex-a lnx( a C R). 求函数f(x)的图像在点(1, f(1)处的切线方程；(2)当a=-1时，若不等式f(x)>e+mx-1)对任意xC(l, +8)恒成立，求实数m的取值范围听课笔记【考场点拨】由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略：(1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<

7、;f(x)min 的形式，通过导数的应用求出 f (x)的最值，即得参数的范围.【自我检测】1已知函数 f(x)=x+ -a ln x(aCR). 若直线y=x+1与曲线y=f (x)相切，求a的值；7 J(2)若关于x的不等式f (x)恒成立，求a的取值范围.4已知函数f(x)=(lnx+ax+1)e-x,其中常数当a>0时，讨论f (x)的单调性.(2)当a=：c时，是否存在整数 m使得关于x的不等式2m> f(x) xex+3在区间(0,e)内有解？若存在，求出整数m的最小值；若不存在，请说明理由.参考数据：ln 2 =0 .69,e=2 .72,e2=7.39,e-2=0.

8、 14.听课笔记【考场点拨】利用导数处理不等式在区间D上有解的常用结论不等式a<f(x)在区间D上有解Ka<f(x)max;不等式awf(x)在区间D上有解"aw f (x) max不等式a>f(x)在区间D上有解oa>f(x)min；不等式a>f (x)在区间D上有解ca>f(x)mh【自我检测】已知函数 f(x)=xln x,g(x)=x+a.设h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调区间；工例外(2)若-1<a<0,函数Mx)=(工),试判断是否存在 x0 (1 ,+°°),使得x0为函数Mx)的极小

9、值与八、.二答4导数与不等式的证明问题y=bx+2.5已知函数f (x)=ex-ax2+1, g(x)=(e-2)x+2,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为求a, b的值;(2)证明：当 x>0 时，g( x) w f (x).听课笔记6已知函数f(x)=2mn x-x , g( x)=r(mC R,e为自然对数的底数).试讨论函数f(x)的极值情况；(2)证明：当 ml 且 x>0 时，总有 g(x)+3f' (x)>0.听课笔记【考场点拨】利用导数证明不等式的解题策略 ：一般先将待证不等式如 f(x)>g(x)的形式转化为 f (x) -g(x) &g

10、t;0的形式，再设h(x)=f(x)-g(x),进而转化为研究函数 h(x)在指定区间上的最小 值问题.不过由于不等式呈现的形式多样化 ，具体求解时还彳#灵活多变.【自我检测】a已知函数 f(x)=ln x+，aCR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时,证明：f(x)支第5讲导数的热点问题典型真题研析1 a * ar + 11 .解：(1) f(X)的定义域为(0, +8), f' (x)=-1+T=-/.(i)若aW2,则f' (x)w。,当且仅当a=2,x=1时f' (x)=0，所以f(x)在(0, +8)单调递减.口 -而-4 a + 9.4(

11、ii)若 a>2,令 f' (x)=0,得 x= 2 或 x= 2.当 xC 0,+OO ,时，f (x)<0;时，f'(x)>0.所f (x)在0,+°0单调递减，在单调递增.(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点xi, x2满足x2-ax+1=0，所以xix2=l,不妨设xi<x2,则x2>l.Ci卜/ (曲)1勺 <a-2 等价于 勺-x 2+2ln x2<0.1设函数 g(x)C-x+21n x,由(1)知，g(x)在(0, +8)单调递减，又 g(1) =0,从而

12、当 x (1, +8) 时,g(x) <0,1 仆勺)所以 *2-x2+21n x2<0,即 与 <a-2.2 .解:(1) f(x)的定义域为(0, +8).设 g( x) =ax-a-1n x,贝U f (x) =xg(x), f (x) >0 等价于 g(x) >0.1 1 MH因为 g(1) =0, g(x) >0,故 g' (1) =0,而 g' (x)=a-X, g' (1) =a-1,得 a=1.若 a=1,贝U g' (x) =1 -v .当0<x<1时，g' (x) <0, g(x)

13、单调递减;当x>1时，g' (x) >0, g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的 极小值点，故g(x) >g(1) =0.综上，a=1.(2)证明：由(1)知 f(x)=x2-x-x ln x, f (x)=2x-2-ln x.4设 h( x) =2x-2-ln x,则 h'(x) =2-国.xC (叫时，h(x) <0;当xC g ")时，h,(x)>0所以h(x)在网上单调递减,在( + 且当 xC (0, x°)时，h(x)>0;当 xC (x0,1)时，h(x) <0;当 xC (1, +8)时，h(x)

14、 >0.上单调递增.又瓦，所在帕上有唯一零点x0,在一2,上有唯一零点1,因为f' (x)=h(x),所以x=x。是f (x)的唯一极大值点 由 f' (x0)=0 得 ln x0=2(x0-1),故 f (x°) =x°(1 -x°).硝 I由 x° e I 2j得 f (x0) < L因为 x=x0 是 f(x)在(0,1)上的最大值点，由 6%(0,1), f (e-1) wo 得 f (x0) >f(e-1)=e-2.所以 e2<f(x0)<2-2.3 .解:(1) f(x)的定义域为(-oo,+oo

15、), f' (x) =2ae2x+( a-2)ex-1=( aex-1)(2e x+1).(i)若aw。,则f' (x)<0,所以f(x)在(-8,+oo)上单调递减.(ii) 若 a>0,则由 f' (x) =0 得 x=-ln a.当 xC (- 8, - in a)时，f' (x) <0;当 xC (- In a, +0°)时,f (x) >0.所以 f (x)在(-°°, - In a)上 单调递减，在(-In a,+8)上单调递增.(2)(i) 若aw 0,由(1)知，f (x)至多有一个零点.(i

16、i)若a>0,由知，当x=-ln a时，f (x)取得最小值，最小彳1为f(-ln a)=1E+In a.当a=1时，由于f(-ln a) =0,故f(x)只有一个零点；1当 aC (1,+8)时，由于 1-Q+In a>0,即 f(-ln a)>0,故 f (x)没有零点；国当 ae (0,1)时,1-H+In a<0,即 f(-in a) <0.又 f(-2) =ae-4+(a-2)e-2+2>-2e2+2>0,故 f(x)在(-oo,-in a)上有一个零点.i-ij % lFto丁 匕设正整数 n° 满足 n0>ln 1口 J,

17、则 f(r)0)= ( a +a-2) -nc> -n 0> -nc>0.P-1)由于In l口/>-In a,因此f(x)在(- In a,+°°)上有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1).在烤点考法探究 * .*解答1例 1 解:(1)因为 f' (x)=-陵+n,所以 f' (0) =n-m 即 n-m=-3.因为f (0)二刀所以切点坐标为(0, m,又因为切点在直线 y=-3x+2上，所以m=2,n=-1.mm e” - m(2)因为 f(x)=c*+x,所以 f (x)=-/+1= ex .当m<0时，f'

18、; (x) >0,所以函数f (x)在(-°0,1上单调递增，又f(0) =m<0,令x0<0,此时f(x0)<f(0) <0,所以至少存在一个x。,使得f(xo)<0成立.当m»时，令f (x)=0，得x=ln m则函数f (x)在(-°°,ln m)上单调递减，在(ln m+0°)上单 调递增.当ln m<,即0Vme时，函数f (x)在(-°°,ln n)上单调递减，在(ln ml上单调递增，1则 f (x) min=f (ln m) =ln m+<0,解得 0<m

19、<.当In m> 1,即mi>e时，函数f (x)在区间(-°°,1上单调递减，则函数f (x)在区间(-°0,1 m上的最小值为f (1) =£+1<0,解得m<-e,故无解.综上可知，实数m的取值范围是I e). 【自我检测】解:(1)由题意可知 g( x) =x+a-aex,贝U g' (x)=i-aex.当 aw o 时，g' (x) >0, ： g( x)在(-oo, +oo)上单调递增；当 a>0 时，若 x<- In a,则 g'(x) >0,若 x>-ln

20、 a,则 g'(x)<0, ：g(x)在(-8,-In a)上单调递增，在(-In a,+8)上单调递减.综上，当aw0时，g(x)的单调递增区间为(-8,+8)，无单调递减区间；当a>0时，g(x)的单调 递增区间为(-8,-in a),单调递减区间为(- In a,+8).(2)由(1)可知，a>0,且g(x)在x=-In a处取得最大值,6 g( - In a) =- In a+a-a ,把 =a-In a-1, . a- In a-1 =0, 观察可得，当a=1时,上述方程成立.1 C4 - 1令 h(a)=a-In a-1(a>0),则 h'(

21、a) =1-白二 口 ,当 aC(0,1)时，h'(a)<0,当 aC(1, +8)时，h'(a)>0, .h(a)在(0,1)上单调递减，在(1, +8)上单调递增， .h(a)>h(1) =0,:当且仅当a=1时，a-In a-1=0,：f (x)=x2+x-ex.易知当 xC0, +8)时，g(x)w0, :f(x)在0, +8)上单调递减， ：f(x)在0, +8)上的最大值为f (0) =-1.解答2例 2 解:(1)证明：由 f (x) =ae2x-ex-x ( a C R),得 f (x) =2ae2x-ex-1, 当awo时，f' (x

22、) =2ae2x-ex-1<0,即函数f (x)在R上单调递减， 所以当aw o时，函数f(x)最多有一个零点.eZ - e + a>0,又当-1 w aw o 时，f (0) =a-1 <0, f (-1)= 所以当- iwawo时，函数f(x)有且只有一个零点.(2)由 知，当a<0时，函数f(x)最多有一个零点，故a>0. 由 f (x) =ae2x- ex-x ( a C R),令 f (x) =0,记g(x)=” ,则方程a=g(x)有两个不等的实根.1 . 2x-由 g'(x)=,易知当 x(-oo,0)时，g' (x)>0,当

23、xC (0, +8)时，g' (x) <0,所以g(x)ma)=g(0) =1 .又当 x C (0, +oo)时，g(x) >0,且 g( -1) =e-e2<0,所以实数a的取值范围是(0,1).【自我检测】解:(1) f' (x)=3x-3+(2x-3)ln x,所以切线斜率为 f (e) =5e-6,又切点坐标为(e,2e 2-3e), 所以切线方程为 y- 2e2+3e=(5e - 6)( x- e),即(5e - 6) x-y- 3e2+3e=0.(2)令 f (x) =0,即 3x- 3+(2 x-3)ln x=0,显然 x=1 是方程的根.3设

24、 g( x) =3x-3+(2 x-3)ln x,则 g'(x)=2ln x- r+5,易知g' (x)在(0,+8)上单调递增，且g'3 =3-3e<0,g'(1)>0,所以存在XicH'),使得g' (Xi) =0.所以当xC(0, X1)时，g'(x)<0,所以f' (x)单调递减，当xC (X1, +8)时，g' (x) >0,所以f' (x)单调递增，且)")=0,又,阻0,故存在xG)列出下表:x(0, X2)X2(X2,1)1(1, +°0)f' (

25、x)+0-0+f (x)增极大值减极小值增所以f (x)在x=X2处取得极大值，在x=1处取得极小值.因为f (1) =1,且当x-0时，f(x) 一0, 所以a的最小值为1.解答3例 3 解:(1)由 f(x)=ex-aln x,得 f' (x) =ex-T,则 f (1) =e-a,又切点坐标为(1,e),所以切线方程为 y- e=(e -a)( x-1),即(e-a) x-y+a=0.(2)原不等式即为 ex+ln x- e-m(x-1) >0,记 F(x)=ex+ln x- e-m(x-1),贝U F(1) =0.依题意有F( x) >0对任意x C (1, +oo

26、)恒成立，1111求导得 F'(x) =ex+H-m,则 F' (1) =e+1-m,令 G(x)=F'(x),贝U G'(x) =ex-X',当 x>1 时，G'(x)>0,则F'(x)在(1, +8)上单调递增，有f'(x)>F'=e+1-m.若me e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1, +8)上单调递增,且F( x) >F(1) =0，符合题意;1若 m»+1,则 F' (1) <0,又 F'(ln n)=m而>0,故存在 xiC(1

27、,lnm,使得 F'(xi)=0,当1<x<xi时，F'(x)<0,得F(x)在(1, xi)上单调递减，此日中F(x)<R1) =0,不符合题意. 综上，实数m的取值范围是 e+1.【自我检测】1后|忖*以0*1 川1 1解：(1)设切点坐标为(x。, f(x。)，则 f' (x。)=1-月-*0=1,得 x0=-T，即-a=q ,1又由 f (xc) =xG+vo-a In x0=x0+1，得 In xg-xg+1=0.1令 h( x) =ln x-x+ 1,由 h' (x)=v-1=0,得 x=1,则h( x)在(0,1)上单调递增

28、，在(1, +8)上单调递减，又因为h(1)=0，所以xg=1，所以a=-1.12(2)令I (x)=x+v-aln x-e,则原问题等价于I(x)>0恒成立.Jt2 * ox - 111又 I' (x)=/(x>0),设*i-ax1-1=0，则 a=x1-。，则l(x)在(0, x1)上单调递减，在(x1, +8 )上单调递增，1 L。2*1故只需 I (x1) R0.又 I (x1)=x1+,i-l"iJln xM,令 m x) =x+ -/In x-己，贝U m'( x)=-1+?JIn x,所以m(x)在(0,1)上单调递增，在(1, +°

29、;0)上战e，即 al-"例4解:(1)求导得f' (x)e-x(x>0, a>0),设 g(x)=r-ax- In x+a- 1(x>0, a>0),易得 g(x)在(0, +°°)上单调递减，且 g(1) =0, 故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1, +8)上单调递减.(2)当 a=-. xz + x 时，设 F( x) =f (x) xex+3=e%(x>0),则 F' (x) =e3Inx - x + 2(x>0),设 h(x) =e(x>0),贝U h' (x)=得F增,在【上单调递

30、减.又F' (e) =0,F'.=-3<0,F'=0. 1e3>0,故在陶内存*的x-，使得 In xo= xo-2,故F(x)在(0, xo)上单调递减，在(xo,e)上单调递增，在(e, +°°)上单调递减.当 xC (0,e)时，F(x)min=F(Xo) =e与。历0- 0 +冥0 £仁由题意知，只需2mj> F(x)min=/I 1 A,即 F(x)minC (-3. 32,-2.52),当 x0e1/ 2力时，F(x)minC故存在整数 m满足题意，且整数m的最小值为-1.【自我检测】解:(1)由题意可知，h(

31、x)=xln x-x-a，其定义域为(0, +°0),则 h'(x)=ln x+1- l=ln x.令 h' (x) >0,得 x>1,令 h' (x) <0,得 0<x<1.故函数h(x)的单调递增区间为(1, +8)，单调递减区间为(0,1).X + Ct(2)由已知得Mx)=也黑,对于 xC (1, +8a Inx - x2),有 M'( x)=ai a Jr + a32令 q(x) =ln x-M-1(xC (1, +oo),则 q'(x)=+ = *令 q' (x) >0,有 x>-a

32、，而-1 <a<0,所以 0<-a<1,故当 x>1 时，q' (x) >0,a所以函数q(x)在区间(1, +8)上单调递增.因为q(1) =-a-1<0, q(e) =-c >0,故存在 x°e (1,e),使得 M'(Xo)=0,且当 xC (1, xo)时，M'(x)<0,当 xC (Xo, +却时,M'(x)>0,即 xo为函数M(x)的极小值点.解答4例5解:(1)由题设得f' (x)=ex-2ax,f-2a= b.则有伉1) =。-。+ 1 ="乙f «

33、; = 1, 解得(打=e-2(2)证明：由(1)知，f (x) =ex-x 2+1.令 h( x) =f( x) -g (x) =ex-x 2- (e - 2) x-1, x则 h' (x) =e -2x- (e -2),令 6 (x)=h'(x),贝U V(x)=ex-2.当 xC (0,ln 2) 时，6 «x)<0, h' (x)单调递减;当 xC (ln 2, +00)时,6 /(x)>0, h' (x)单调递增.又 h'(0) =3-e>0, h'(1) =0,0 <ln 2 <1, h'

34、; (ln 2) <0,所以存在xo (0,ln 2),使彳导h'(xo)=0,所以当 xC(0, Xo) U (1, +8)时，h'(x)>0,当 xC (X0,1)时，h' (x)<0,故h(x)在(0, x。)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1, +8)上单调递增 又 h(0) =h(1) =0,所以当 x>0 时，h(x)=ex-x2-(e-2)x-1R0,当且仅当 x=1 时取等号 故当 x>0 时，g(x) w f (x).例6 解:(1) f(x)的定义域为(0, +8),2m - xf' (x)=- 1=(

35、x>0).当mco时，f (x)<0,故f(x)在(0, +8)内单调递减，f(x)无极值；当 m» 时，令 f' (x) >0,得 0Vx<2m令 f' (x) <0,得 x>2m故f(x)在x=2m处取得极大值，且极大值为f(2m)=2mn(2 m)-2mf(x)无极小值.(2)证明：当 x>0 时，g(x)+3f' (x)>0?x + 尤-3>0：3ex-3x2+6mx-3>0.设 u( x) =3ex- 3x2+6mx-3,贝U u' (x) =3(ex- 2x+2m), t己 v(x

36、) =ex-2x+2mx则 v' (x) =e -2.当x在(0, +8)上变化时，v' (x), v(x)的变化情况如下表：x(0,ln 2)v' (x)-v( x)单调递减ln 2(ln 2,+0°)0+极小值单调递增由上表可知当x>0时,v(x) >v(ln 2),而 v(ln 2) =e1n 2 - 2ln 2 +2m=-2ln 2 +2m=2( m-ln 2 +1), 由 m：1,知 m>n 2-1,所以 v(ln 2) >0,所以当 x>0 时,v( x) >0,即 u' (x) >0, 所以u(x

37、)在(0, +8)内单调递增.所以当 x>0 时，u(x) >u(0) =0, 即当 m：1 且 x>0 时,3e x- 3x2+6mx-3>0,所以当m>l且x>0时，总有g(x) +3f' (x)>0.【自我检测】 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0, +8),且 f' (x)4-=/ (x>0).当a<0时，f' (x)>0,f(x)在(0, +8)上单调递增；当a>0时,若x>a则f'(x) >0,函数f (x)在(a, +°°)上单调递增,若0<

38、x<a,则f' (x)<0,函数f (x)在(0, a)上单调递减.(2)证明：由(1)知，当 a>0 时，f (x) min=f( a) =ln a+1.2a-1要证f(x)> 口 ，只需证In a+11即只需证In a+ -1 >0.构造函数 g(a)=ln a+J-1,贝U g'(a) =1-(a>0),所以g( a)在(0,1)上单调递减,在(1, +8)上单调递增所以ln1a+i-1>o恒成立,所以 g( a)min=g(1) =0.根据题意，只要-(a+6) <1即可，解得-2<aV,所以ae所以f(x)>

39、藏师专用栏艮.备选理由以下所给例题均为依据导数的应用解决函数问题，从单调性、零点、方程的解、不等式恒成立、证明不等式等角度整体看解决方案，要依赖构建新函数，将问题进行转化，另外，对于含有参数的问题是个难点，要能合理的对参数进行讨论.例1 配例1使用设x=3是函数f (x) =( x2+ax+b)e3-x( xC R)的一个极值点.(1)求a与b之间的关系式，并求当a=2时，函数f (x)的单调区间；x(2)设 a>0,g(x)=1e Je ,右存在x1, x2 0,4,使彳导|f (x。-g( x?)|< 1成立,求头数 a 的取值范围.解：(1) f' (x) =-x2+

40、(a-2) x+b-ae3-x,由题意知f' (3) =0,解得b=-2a-3.当 a=2 时，b=-7,故令 f' (x) =-(x2- 9)e 3-x>0,得-3Vx<3,于是f(x)在(-3,3)上单调递增，在(-8,-3)和(3, +8)上单调递减.(2)由(1)得 f (x) =-x2+( a-2) x-3a-3e3-x,令 f' (x)>0,得-a- 1<x<3( a>0),所以f(x)在0,3上单调递增，在(3,4上单调递减，3于是在0,4上,f (x) max=f (3) =a+6, f( x) min=min f (

41、0), f (4) =- (2 a+3)e .a2 + q Q + 25+1另一方面，g(x)在0,4上单调递增，所以g(x)4 1" 彳.例2 配例2使用已知函数f(x)=(2ax2+bx+1)e-x(e为自然对数的底数).II若a=-,求函数f (x)的单调区间；(2)若f (1)=1,且方程f (x) =1在(0,1)内有解，求实数a的取值范围.1解:(1)当 a=时，f (x) =(x2+bx+1)e-x, f' (x) =-x2+(b-2)x+1-be-x=-(x-1) x-(1-b)e-x.所以 当b=0时，f(x)的单调递减区间为(-8,+8)；当b>0时

42、，f (x)的单调递增区间为(1-b,1),单调 递减区间为(-°°,1 -b),(1,+8)；当b<0时，f (x)的单调递增区间为(1,1 -b),单调递减区间为(-°0,1),(1 -b, +°°).(2)由 f (1) =1,得 2a+b+1=e，则 b=e-1-2a.由 f (x)=1，得 ex=2ax2+bx+1,设 g(x)=ex-2ax2-bx- 1, 则g(x)在(0,1)内有零点.设x。为g(x)在(0,1)内的一个零点，则由g(0)=0,g(1) =0知，g(x)在区间(0, xo)和(x0,1)上不可能单调递增，也

43、不可能单调递减.设h(x)=g'(x),则h(x)在区间(0, X0)和(X0,1)上均存在零点，即h(x)在(0,1)上至少有两个零点.g' (x) =ex-4ax-b, h' (x) =ex-4a.口若xC(0,1),则当aw4时，h'(x)>0, h(x)在区间(0,1)上单调递增，h(x)不可能有两个及两个 以上的零点.当a>k时，h'(x)<0, h(x)在区间(0,1)上单调递减，h(x)不可能有两个及两个以 上的零点.1 e当4<a<1时，由h'(x)=0，得x=ln(4a) (0,1),所以h(x)在区间(0,ln(4a)上单调递减，在(ln(4 a),1)上单调递增，所以h(x)在区间(0,1)上存在最小值hln(4 a),若h(x)有两个零点 则有 hln(4 a) <0, h(0) >0, h(1) >0.fl 叭|3I< d vyhln(4 a) =4a-4aln(4 a)-b=6a-4aln(4 a)+1-el& 4J,设()(x)x-xln x+1-e(1 <x<e),1贝 U (J)/(x)节-ln x,令 6/(x)=0，得 x=同当 1<x气历时，V(x)>0, 6 (x