函數(shù)隱性零點(diǎn)問題

1、函數(shù)隱性零點(diǎn)問題近年高考?jí)狠S題中，用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值及不等式問題成為命題趨勢(shì)。用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)綜合問題，最終都會(huì)歸結(jié)于函數(shù)的單調(diào)性的判斷，而函數(shù)的單調(diào)性又與導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)有著密切的聯(lián)系，可以說函數(shù)的零點(diǎn)的求解或估算是函數(shù)綜合問題的核心。函數(shù)的零點(diǎn)是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)極其重要的概念，經(jīng)常借助于方程、函數(shù)的圖象等加以解決。根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)在數(shù)值上是否可以準(zhǔn)確求出，我們把它分為兩類：一類是在數(shù)值上可以準(zhǔn)確求出的， 不妨稱之為顯性零點(diǎn)；另一類是依據(jù)有關(guān)理論（如函數(shù)零點(diǎn)的存在性定理）或函數(shù)的圖象，能夠判斷出零點(diǎn)確實(shí)存在，但是無法直接求出，不妨稱之為隱性零點(diǎn)。1.不含參函數(shù)的隱性零點(diǎn)問題 已知不含

2、參函數(shù)，導(dǎo)函數(shù)方程的根存在，卻無法求出，設(shè)方程的根為，則：有關(guān)系式成立，注意確定的合適范圍.2.含參函數(shù)的隱性零點(diǎn)問題已知含參函數(shù)，其中為參數(shù)，導(dǎo)函數(shù)方程的根存在，卻無法求出，設(shè)方程的根為，則：有關(guān)系式成立，該關(guān)系式給出了的關(guān)系，注意確定的合適范圍，往往和的范圍有關(guān).題型一 求參數(shù)的最值或取值范圍例1（2012年全國I卷）設(shè)函數(shù)f（x）=exax2（1）求f （x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若a=1，k為整數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，（xk）f（x）+x+10，求k的最大值解析：（1）（略解）若a0，則f（x）0，f（x）在R上單調(diào)遞增； 若a0，則f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（，lna），增區(qū)間是（lna，+）（2）

3、由于a=1，所以（xk）f（x）+x+1=（xk）（ex1）+x+1故當(dāng)x0時(shí)，（xk）f（x）+x+10等價(jià)于k+x（x0）（*），令g（x）=+x，則g（x）=，而函數(shù)f（x）=exx2在（0，+）上單調(diào)遞增，f（1）0，f（2）0，所以f（x）在（0，+）存在唯一的零點(diǎn)故g（x）在（0，+）存在唯一的零點(diǎn)設(shè)此零點(diǎn)為a，則a（1，2）當(dāng)x（0，a）時(shí)，g（x）0；當(dāng)x（a，+）時(shí)，g（x）0所以g（x）在（0，+）的最小值為g（a）又由g（a）=0，可得ea=a+2，所以g（a）=a+1（2，3）由于（*）式等價(jià)于kg（a），故整數(shù)k的最大值為2點(diǎn)評(píng)：從第2問解答過程可以看出，處理函數(shù)隱性

4、零點(diǎn)三個(gè)步驟：確定零點(diǎn)的存在范圍（本題是由零點(diǎn)的存在性定理及單調(diào)性確定）；根據(jù)零點(diǎn)的意義進(jìn)行代數(shù)式的替換；結(jié)合前兩步，確定目標(biāo)式的范圍。題型二 不等式的證明例2.（湖南部分重點(diǎn)高中聯(lián)考試題）已知函數(shù)f（x）=，其中a為常數(shù)（1）若a=0，求函數(shù)f（x）的極值；（2）若函數(shù)f（x）在（0，a）上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）若a=1，設(shè)函數(shù)f（x）在（0，1）上的極值點(diǎn)為x0，求證：f（x0）2解析（1）略解f（x）極大值=f（）=，無極小值；（2）可得a；（3）證明：a=1，則f（x）=導(dǎo)數(shù)為f（x）=，設(shè)函數(shù)f（x）在（0，1）上的極值點(diǎn)為x0，可得，即有，要證f（x0）2，即+20，

5、由于+2=+2=，由于x0（0，1），且x0=，2lnx0=1不成立，則，故f（x0）2成立題型三 對(duì)極值的估算例3.（2017年全國課標(biāo)1）已知函數(shù)f（x）=ax2axxlnx，且f（x）0（1）求a；（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f（x0）22解析（1）因?yàn)閒（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），則f（x）0等價(jià)于h（x）=axalnx0，求導(dǎo)可知h（x）=a則當(dāng)a0時(shí)h（x）0，即y=h（x）在（0，+）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x01時(shí)，h（x0）h（1）=0，矛盾，故a0 因?yàn)楫?dāng)0x時(shí)h（x）0，當(dāng)x時(shí)h（x）0，所以h（x）min=h（），又因?yàn)閔（1

6、）=aaln1=0，所以=1，解得a=1；（另解：因?yàn)閒（1）=0，所以f（x）0等價(jià)于f（x）在x0時(shí)的最小值為f（1），所以等價(jià)于f（x）在x=1處是極小值，所以解得a=1；）（2）證明：由（1）可知f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令f（x）=0，可得2x2lnx=0，記t（x）=2x2lnx，則t（x）=2，令t（x）=0，解得：x=，所以t（x）在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減，在（，+）上單調(diào)遞增，所以t（x）min=t（）=ln210，從而t（x）=0有解，即f（x）=0存在兩根x0，x2，且不妨設(shè)f（x）在（0，x0）上為正、在（x0，x2）上為負(fù)、在（x2，+）上為正

7、，所以f（x）必存在唯一極大值點(diǎn)x0，且2x02lnx0=0，所以f（x0）=+，由x0可知f（x0）；由f（）0可知x0， 所以f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，）上單調(diào)遞減，所以f（x0）f（）=；綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f（x0）22簡(jiǎn)要分析：通過上面三個(gè)典型案例，不難發(fā)現(xiàn)處理隱性零點(diǎn)的三個(gè)步驟；這里需要強(qiáng)調(diào)的是：第一個(gè)步驟中確定隱性零點(diǎn)范圍的方式是多種多樣的，可以由零點(diǎn)的存在性定理確定，也可以由函數(shù)的圖象特征得到，甚至可以由題設(shè)直接得到，等等；至于隱性零點(diǎn)的范圍精確到多少，由所求解問題決定，因此必要時(shí)盡可能縮小其范圍；第二個(gè)步驟中進(jìn)行代數(shù)式的替換過程中

8、，盡可能將目標(biāo)式變形為整式或分式，那么就需要盡可能將指、對(duì)數(shù)函數(shù)式用有理式替換，這是能否繼續(xù)深入的關(guān)鍵；第三個(gè)步驟實(shí)質(zhì)就是求函數(shù)的值域或最值。最后值得說明的是，隱性零點(diǎn)代換實(shí)際上是一種明修棧道，暗渡陳倉的策略，也是數(shù)學(xué)中“設(shè)而不求”思想的體現(xiàn)。變式訓(xùn)練1已知函數(shù) f（x）=（aR），曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線x+2y1=0垂直（1）求a的值，并求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若是整數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，總有f（x）（3+）xlnx+，求的最大值解析：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+），f'（x）=（x+1）ln x+（2a+）x+1，依題意可得，f'（1）=1，2a+1=2

9、， f'（x）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f'（x）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，x0，x（，+）時(shí)，f（x）0，x（0，）時(shí)，f（x）0f（x）的遞增區(qū)間是（，+），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，）（2）由（）可知，f（x）=（+x）lnx+x2 設(shè)h（x）=，只需h（x）min h'（x）=（x0），令u（x）=x2+ln x，u'（x）=1+0，可得u（x）在（0，+）上為單調(diào)遞增函數(shù)，u（1）=10，u（2）=ln 20，存在x0（1，2），使u（x0）=0，當(dāng)x（x0，+）時(shí)，u（x）0，即h'（x）0，當(dāng)x（

10、0，x0）時(shí)，u（x）0，即h'（x）0，h（x）在x=x0時(shí)取最小值，且h（x）min=，又u（x0）=0，ln x0=2x0， h（x）min=x0，h（x）min，Z，x0（1，2），x0（2，1），的最大值為22設(shè)函數(shù)f（x）=e2xalnx（）討論f（x）的導(dǎo)函數(shù)f（x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；（）證明：當(dāng)a0時(shí)，f（x）2a+aln解析：（）f（x）=e2xalnx的定義域?yàn)椋?，+），f（x）=2e2x當(dāng)a0時(shí)，f（x）0恒成立，故f（x）沒有零點(diǎn)，當(dāng)a0時(shí)，y=e2x為單調(diào)遞增，y=單調(diào)遞增，f（x）在（0，+）單調(diào)遞增，又f（a）0，假設(shè)存在b滿足0bln時(shí)，且b，f（b）0，故

11、當(dāng)a0時(shí)，導(dǎo)函數(shù)f（x）存在唯一的零點(diǎn)。（）由（）知，可設(shè)導(dǎo)函數(shù)f（x）在（0，+）上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x（0，x0）時(shí)，f（x）0，當(dāng)x（x0+）時(shí)，f（x）0，故f（x）在（0，x0）單調(diào)遞減，在（x0+）單調(diào)遞增，所以當(dāng)x=x0時(shí)，f（x）取得最小值，最小值為f（x0），由于=0，所以f（x0）=+2ax0+aln2a+aln故當(dāng)a0時(shí)，f（x）2a+aln3設(shè)函數(shù)，是否存在實(shí)數(shù),使得對(duì)任意正實(shí)數(shù)恒成立？若存在，求出滿足條件的實(shí)數(shù)；若不存在，請(qǐng)說明理由.解析： 令，其中則， .在單調(diào)遞減，在區(qū)間必存在實(shí)根，不妨設(shè)，即，可得（*）在區(qū)間上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，代入（*）式得.根據(jù)

12、題意恒成立. 又根據(jù)基本不等式,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),等式成立. 所以,，. 代入（*）式得,即. 課后作業(yè)1已知函數(shù)f（x）=（aexax）ex（a0，e=2.718，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），若f（x）0對(duì)于xR恒成立（1）求實(shí)數(shù)a的值；（2）證明：f（x）存在唯一極大值點(diǎn)x0，且【解答】（1）解：f（x）=ex（aexax）0，因?yàn)閑x0，所以aexax0恒成立，即a（ex1）x恒成立，x=0時(shí)，顯然成立；x0時(shí)，ex10，故只需a在（0，+）恒成立，令h（x）=，（x0），h（x）=0，故h（x）在（0，+）遞減，而=1，故a1；x0時(shí)，ex10，故只需a在（，0）恒成立，令g（x）=，（x0），g

13、（x）=0，故h（x）在（，0）遞增，而=1，故a1.綜上：a=1；（2）證明：由（1）f（x）=ex（exx1），故f'（x）=ex（2exx2），令h（x）=2exx2，h'（x）=2ex1，所以h（x）在（，ln）單調(diào)遞減，在（ln，+）單調(diào)遞增，h（0）=0，h（ln）=2elnln2=ln210，h（2）=2e2（2）2=0，h（2）h（ln）0由零點(diǎn)存在定理及h（x）的單調(diào)性知，方程h（x）=0在（2，ln）有唯一根，設(shè)為x0且2ex0x02=0，從而h（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x0和0，所以f（x）在（，x0）單調(diào)遞增，在（x0，0）單調(diào)遞減，在（0，+）單調(diào)遞增，從而f（

14、x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0即證，由2ex0x02=0得ex0=，x01，f（x0）=ex0（ex0x01）=（x01）=（x0）（2+x0）（）2=，取等不成立，所以f（x0）得證，又2x0ln，f（x）在（，x0）單調(diào)遞增，所以f（x0）f（2）=e2e2（2）1=e4+e2e20得證，從而0f（x0）成立2已知函數(shù)f（x）=ax+xlnx（aR）（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間e，+）上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）當(dāng)a=1且kZ時(shí)，不等式k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，求k的最大值【解答】（1）函數(shù)f（x）在區(qū)間e，+）上為增函數(shù)，f（x）=a+lnx+10在區(qū)間e，+）上恒成立，

15、a（lnx1）max=2a2a的取值范圍是2，+）（2）a=1時(shí)，f（x）=x+lnx，kZ時(shí)，不等式k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，k，令 g（x）=，則g（x）=，令h（x）=xlnx2（x1） 則h（x）=1=0，h（x） 在 （1，+）上單增，h（3）=1ln30，h（4）=22ln20，存在x0（3，4），使 h（x0）=0即當(dāng) 1xx0時(shí)h（x）0 即 g（x）0；xx0時(shí) h（x）0 即 g（x）0.g（x）在 （1，x0）上單減，在 （x0+）上單增令h（x0）=x0lnx02=0，即lnx0=x02，g（x）min=g（x0）=x0（3，4）kg（x）min=x0（

16、3，4），且kZ，kmax=33函數(shù)f（x）=alnxx2+x，g（x）=（x2）exx2+m（其中e=2.71828）（1）當(dāng)a0時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)a=1，x（0，1時(shí)，f（x）g（x）恒成立，求正整數(shù)m的最大值【解答】（1）函數(shù)f（x）定義域是（0，+），（i）當(dāng)時(shí)，1+8a0，當(dāng)x（0，+）時(shí)f'（x）0，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+）；（）當(dāng)，2x2+x+a=0的兩根分別是：，當(dāng)x（0，x1）時(shí)f'（x）0函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減當(dāng)x（x1，x2）時(shí)f'（x）0，函數(shù)f（x）的單調(diào)速遞增，當(dāng)x（x2，+）時(shí)f'（x）0，函數(shù)f（

17、x）的單調(diào)遞減；綜上所述，（i）當(dāng)時(shí)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+），（）當(dāng)時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是和（2）當(dāng)a=1，x（0，1時(shí)，f（x）g（x），即m（x+2）exlnx+x，設(shè)h（x）=（x+2）exlnx+x，x（0，1，當(dāng)0x1時(shí)，1x0，設(shè)，則，u（x）在（0，1）遞增，又u（x）在區(qū)間（0，1上的圖象是一條不間斷的曲線，且，使得u（x0）=0，即，當(dāng)x（0，x0）時(shí)，u（x）0，h'（x）0；當(dāng)x（x0，1）時(shí)，u（x）0，h'（x）0；函數(shù)h（x）在（0，x0單調(diào)遞減，在x0，1）單調(diào)遞增，=，在x（0，1）遞減，當(dāng)m3時(shí)，不等式m（x+2

18、）exlnx+x對(duì)任意x（0，1恒成立，正整數(shù)m的最大值是34已知函數(shù)f（x）=ex+alnx（其中e=2.71828，是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）（）當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)a=0的圖象在（1，f（1）處的切線方程；（）求證：當(dāng)時(shí)，f（x）e+1【解答】（）解：a=0時(shí)，f（1）=e，f（1）=e1，函數(shù)f（x）的圖象在（1，f（1）處的切線方程：ye=（e1）（x1），即（e1）xy+1=0；（）證明：，設(shè)g（x）=f（x），則，g（x）是增函數(shù)，ex+aea，由，當(dāng)xea時(shí)，f（x）0；若0x1ex+aea+1，由，當(dāng)0xmin1，ea1時(shí)，f（x）0，故f（x）=0僅有一解，記為x0，則當(dāng)0xx0時(shí)，

19、f（x）0，f（x）遞減；當(dāng)xx0時(shí)，f（x）0，f（x）遞增；，而，記h（x）=lnx+x，則，ah（x0）h（），而h（x）顯然是增函數(shù)，綜上，當(dāng)時(shí)，f（x）e+15已知函數(shù)f（x）=axex（a+1）（2x1）（1）若a=1，求函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)（0，f（0）處的切線方程；（2）當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)f（x）0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解答】（1）若a=1，則f（x）=xex2（2x1），當(dāng)x=0時(shí)，f（0）=2，f'（x）=xex+ex4，當(dāng)x=0時(shí)，f'（0）=3，所以所求切線方程為y=3x+2（3分）（2）由條件可得，首先f（1）0，得，而f'（x）=a（x+

20、1）ex2（a+1），令其為h（x），h'（x）=a（x+2）ex恒為正數(shù)，所以h（x）即f'（x）單調(diào)遞增，而f'（0）=2a0，f'（1）=2ea2a20，所以f'（x）存在唯一根x0（0，1，且函數(shù)f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0+）上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f（x）的最小值為，只需f（x0）0即可，又x0滿足，代入上式可得，x0（0，1，即：f（x0）0恒成立，所以（13分）6函數(shù)f（x）=xexax+b的圖象在x=0處的切線方程為：y=x+1（1）求a和b的值；（2）若f（x）滿足：當(dāng)x0時(shí)，f（x）lnxx+m，求實(shí)數(shù)m的取值范圍【解答】

21、（1）f（x）=xexax+b，f（x）=（x+1）exa，由函數(shù)f（x）的圖象在x=0處的切線方程為：y=x+1，知：，解得a=2，b=1（2）f（x）滿足：當(dāng)x0時(shí)，f（x）lnxx+m，mxexxlnx+1，令g（x）=xexxlnx+1，x0，則=，設(shè)g（x0）=0，x00，則=，從而lnx0=x0，g（）=3（）0，g（1）=2（e1）0，由g（）g（1）0，知：，當(dāng)x（0，x0）時(shí)，g（x）0；當(dāng)x（x0，+）時(shí)，g（x）0，函數(shù)g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+）上單調(diào)遞增g（x）min=g（x0）=x0lnx0=x0lnx0=x0x0+x0=1mxexxlnx+1恒

22、成立mg（x）min，實(shí)數(shù)m的取值范圍是：（，17已知函數(shù)f（x）=3ex+x2，g（x）=9x1（1）求函數(shù)（x）=xex+4xf（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）比較f（x）與g（x）的大小，并加以證明【解答】（1）'（x）=（x2）（ex2），令'（x）=0，得x1=ln2，x2=2；令'（x）0，得xln2或x2；令'（x）0，得ln2x2故（x）在（，ln2）上單調(diào)遞增，在（ln2，2）上單調(diào)遞減，在（2，+）上單調(diào)遞增（2）f（x）g（x）證明如下：設(shè)h（x）=f（x）g（x）=3ex+x29x+1，h'（x）=3ex+2x9為增函數(shù)，可設(shè)h'

23、（x0）=0，h'（0）=60，h'（1）=3e70，x0（0，1）當(dāng)xx0時(shí)，h'（x）0；當(dāng)xx0時(shí)，h'（x）0h（x）min=h（x0）=，又，=（x01）（x010），x0（0，1），（x01）（x010）0，h（x）min0，f（x）g（x）8已知函數(shù)f（x）=lnx+a（x1）2（a0）（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有唯一的零點(diǎn)x0，證明：【解答】（1），當(dāng)0a2時(shí)，f'（x）0，y=f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，當(dāng)a2時(shí)，設(shè)2ax22ax+1=0的兩個(gè)根為，且，y=f（x）在（0，x1），（x2，+）單調(diào)

24、遞増，在（x1，x2）單調(diào)遞減（2）證明：依題可知f（1）=0，若f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有唯一的零點(diǎn)x0，由（1）可知a2，且于是：由得，設(shè)，則，因此g（x）在上單調(diào)遞減，又，根據(jù)零點(diǎn)存在定理，故9已知函數(shù)f（x）=，其中a為常數(shù)（1）若a=0，求函數(shù)f（x）的極值；（2）若函數(shù)f（x）在（0，a）上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）若a=1，設(shè)函數(shù)f（x）在（0，1）上的極值點(diǎn)為x0，求證：f（x0）2【解答】（1）f（x）=的定義域是（0，+），f（x）=，令f（x）0，解得0x，令f（x）0，解得：x，則f（x）在（0，）遞增，在（，+）遞減，故f（x）極大值=f（）=，無極小值；

25、（2）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閤|x0且xa=，要使函數(shù)f（x）在（0，a）上單調(diào)遞增，則a0，又x（0，a）時(shí)，ax+a0，只需1+2lnx0在（0，a）上恒成立，即a2xlnxx在（0，a）上恒成立，由y=2xlnxx的導(dǎo)數(shù)為y=2（1+lnx）1=1+2lnx，當(dāng)x時(shí)，函數(shù)y遞增，0x時(shí)，函數(shù)y遞減，當(dāng)a即a0時(shí)，函數(shù)遞減，可得a0，矛盾不成立；當(dāng)a即a時(shí)，函數(shù)y在（0，）遞減，在（，a）遞增，可得y2aln（a）+a，可得a2aln（a）+a，解得1a0，則a的范圍是1，0）；（3）證明：a=1，則f（x）=，導(dǎo)數(shù)為f（x）=，設(shè)函數(shù)f（x）在（0，1）上的極值點(diǎn)為x0，可得12lnx0

26、=0，即有2lnx0=1，要證f（x0）2，即+20，由于+2=+2=，由于x0（0，1），且x0=，2lnx0=1不成立，則+20，故f（x0）2成立10已知函數(shù)f（x）=lnxx+1，函數(shù)g（x）=axex4x，其中a為大于零的常數(shù)（）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（）求證：g（x）2f（x）2（lnaln2）【解答】解：（）（2分）x（0，1）時(shí)，f'（x）0，y=f（x）單增；x（1，+）時(shí)，f'（x）0，y=f（x）單減 （4分）（）證明：令h（x）=axex4x2lnx+2x2=axex2x2lnx2（a0，x0）（5分）故 （7分）令h'（x）=0即 ，兩邊求

27、對(duì)數(shù)得：lna+x0=ln2lnx0即 lnx0+x0=ln2lna（9分），h（x）2lna2ln2（12分）11已知函數(shù)f（x）=x2（a2）xalnx（aR）（）求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；（）當(dāng)a=1時(shí)，證明：對(duì)任意的x0，f（x）+exx2+x+2【解答】（）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+），f（x）=2x（a2）= （2分）當(dāng)a0時(shí)，f（x）0對(duì)任意x（0，+）恒成立，所以，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+）單調(diào)遞增；（4分）當(dāng)a0時(shí)，由f（x）0得x，由f（x）0，得0x，所以，函數(shù)在區(qū)間（，+）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減；（）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x2+xlnx，要證明f（x）+exx2+x+2，只需證明exlnx20，設(shè)g（x）=exlnx2，則問題轉(zhuǎn)化為證明對(duì)任意的x0，g（x）0，令g（x）=ex=0，得ex=，容易知道該方程有唯一解，不妨設(shè)為x0，則x0滿足ex0=，當(dāng)x變化時(shí)，g（x）和g（x）變化情況如下表x（0，x0）x0（x0，）g（x）0+g（x）遞減遞增g（x）min=g（x0）=ex0lnx02=+x0