2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第十二節(jié)第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)問題課時(shí)規(guī)范練理含解

PAGE導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)問題[A組基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練]1．(2021·江西臨川一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3,x)＋4lnx－x－a在區(qū)間(0，2)上至少有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(0，2) B．[2，4ln3－2)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，4ln2－\f(1,2))) D．[2，＋∞)解析：由函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上至少有一個(gè)零點(diǎn)，可得a＝4lnx＋eq\f(3,x)－x在x∈(0，2)上有解．設(shè)g(x)＝4lnx＋eq\f(3,x)－x，則g′(x)＝－1＋eq\f(4,x)－eq\f(3,x2)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,x2).當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<2時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．因此可得g(1)＝2為極小值，且為最小值，且x→0＋時(shí)，g(x)→＋∞，所以a≥2.答案：D2．(2021·四川樂山模擬)已知函數(shù)y＝a＋2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))的圖象上存在點(diǎn)P，函數(shù)y＝－x2－2的圖象上存在點(diǎn)Q，且P，Q關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[3，e2] ．[e2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,e2)，e2)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，4＋\f(1,e)))解析：函數(shù)y＝－x2－2的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的圖象對(duì)應(yīng)的解析式是y＝x2＋2.由題意可知函數(shù)y＝a＋2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))的圖象與函數(shù)y＝x2＋2的圖象有交點(diǎn)，即方程a＋2lnx＝x2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))有解，所以a＝x2＋2－2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))有解．令f(x)＝x2＋2－2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，則f′(x)＝eq\f(2（x2－1）,x).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最小值3，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e2)＋4，f(e)＝e2，所以當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得最大值e2，故a∈[3，e2].答案：A3．(2020·江西宜春期末)已知奇函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)．若函數(shù)y＝f(x)＋f(－λex)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))解析：∵奇函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x)＋f(－λex)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，∴f(x)＋f(－λex)＝0恰有兩個(gè)解，即f(x)＝－f(－λex)＝f(λex)，即x＝λex，即方程λ＝eq\f(x,ex)有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解．令g(x)＝eq\f(x,ex)，則g′(x)＝eq\f(ex－xex,e2x)＝eq\f(1－x,ex).當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．∴g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e).作出函數(shù)g(x)＝eq\f(x,ex)的圖象如圖所示．由圖可知，要使函數(shù)y＝λ與y＝g(x)的圖象有兩個(gè)不同交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).答案：A4．(2021·浙江杭州重點(diǎn)中學(xué)期中)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)x2－xlnx，則關(guān)于x的方程f(x)＝a滿足()A．對(duì)任意a∈R，恰有一解B．對(duì)任意a∈R，恰有兩個(gè)不同解C．存在a∈R，有三個(gè)不同解D．存在a∈R，無解解析：由函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)可知f(0)＝0.當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)x2－xlnx，則當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝x－1－lnx．令g(x)＝x－1－lnx，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，可知當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，從而f′(x)≥f′(1)＝0，故x>0時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)x2－xlnx是增函數(shù)．根據(jù)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，函數(shù)f(x)也為增函數(shù)．再根據(jù)x→0時(shí)，f(x)→0可知，函數(shù)f(x)是定義在R上的嚴(yán)格單調(diào)遞增函數(shù)，故不論a取何值，關(guān)于x的方程f(x)＝a恰有一解．答案：A5．(2020·黑龍江齊齊哈爾模擬)若函數(shù)f(x)＝ex(x3－3ax－a)有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))解析：令g(x)＝x3－3ax－a，由于函數(shù)y＝ex無零點(diǎn)，因此函數(shù)f(x)＝exg(x)有3個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y＝g(x)有3個(gè)零點(diǎn)．g′(x)＝3x2－3a，當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增，函數(shù)g(x當(dāng)a>0時(shí)，令g′(x)＝0，得x＝±eq\r(a)，則函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間(－∞，－eq\r(a))上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－eq\r(a)，eq\r(a))上單調(diào)遞減，在區(qū)間(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，因此函數(shù)y＝g(x)在x＝－eq\r(a)處取得極大值，在x＝eq\r(a)處取得極小值．由題意知g(－eq\r(a))>0，g(eq\r(a))<0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,（－\r(a)）3－3a（－\r(a)）－a>0,（\r(a)）3－3a（\r(a)）－a<0.))，解得a>eq\f(1,4).答案：D6．(2021·重慶一中期中測試)若函數(shù)f(x)＝ax－lnx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，e))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，e))解析：法一：函數(shù)f(x)＝ax－lnx，其中x>0.令f(x)＝0得ax＝lnx．當(dāng)直線y＝ax和y＝lnx的圖象相切時(shí)，作圖如圖所示．設(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)，則由y′＝eq\f(1,x)得曲線y＝lnx在點(diǎn)P的切線方程為y－y0＝eq\f(1,x0)·(x－x0).又因?yàn)樵撝本€過原點(diǎn)(0，0)，所以y0＝1，所以lnx0＝1，解得x0＝e，所以切線斜率為eq\f(1,e)，即當(dāng)a＝eq\f(1,e)時(shí)，直線y＝ax與曲線y＝lnx相切．由圖可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).法二：由f(x)＝ax－lnx＝0得a＝eq\f(lnx,x).設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).由g′(x)>0得0<x<e，此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；由g′(x)<0得x>e，此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．即當(dāng)x＝e時(shí)，函數(shù)g(x)取得極大值g(e)＝eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e).當(dāng)x>1時(shí)，0<g(x)≤eq\f(1,e)，當(dāng)0<x≤1時(shí)，g(x)≤0，則函數(shù)g(x)的大致圖象如圖所示．由圖象可知，當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，ax－lnx＝0有兩個(gè)不同的解，即函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．答案：C7．若函數(shù)f(x)＝ax－x2(a＞1)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.①當(dāng)x＜0時(shí)，函數(shù)y＝ax與y＝x2的圖象有一個(gè)交點(diǎn)；②當(dāng)x＞0時(shí)，兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)得xlna＝2lnx，即lna＝eq\f(2lnx,x)，由題意得函數(shù)y＝lna與g(x)＝eq\f(2lnx,x)的圖象在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，g′(x)＝eq\f(2（1－lnx）,x2)，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，則g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，令g′(x)＜0，解得x＞e，則g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則g(x)max＝g(e)＝eq\f(2,e)，lna＜eq\f(2,e)，∴1＜a＜eeq\s\up6(\f(2,e))時(shí)有兩個(gè)交點(diǎn)；又x＜0時(shí)，必有一個(gè)交點(diǎn)，∴1＜a＜eeq\s\up6(\f(2,e))時(shí)，函數(shù)f(x)＝ax－x2(a＞1)有三個(gè)不同的零點(diǎn)．8．已知二次函數(shù)f(x)的最小值為－4，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,x)－4lnx的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解析：(1)∵f(x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴設(shè)f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a＞0∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2，∴g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(（x－1）（x－3）,x2)，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大值極小值當(dāng)0＜x≤3時(shí)，g(x)≤g(1)＝－4＜0，當(dāng)x＞3時(shí)，g(e5)＝e5－eq\f(3,e5)－20－2＞25－1－22＝9＞0.又∵g(x)在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1個(gè)零點(diǎn)，故g(x)僅有1個(gè)零點(diǎn)．[B組素養(yǎng)提升練]1．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋x(1－lnx)(a∈R).(1)當(dāng)a＝eq\f(1,4)時(shí)，判斷f(x)的增減性并予以證明．(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)．①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②證明：1＜f(x)極大值＜eq\f(e,2).(注：其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))解析：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝2ax＋1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝2ax－lnx.(1)當(dāng)a＝eq\f(1,4)時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．證明如下：當(dāng)a＝eq\f(1,4)時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,2)x－lnx，又曲線y＝lnx過原點(diǎn)的切線是y＝eq\f(1,e)x，顯然當(dāng)x＞0時(shí)，eq\f(1,2)x＞eq\f(1,e)x，故f′(x)＝eq\f(1,2)x－lnx≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,e)))x＞0，所以當(dāng)a＝eq\f(1,4)時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)①f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)?f′(x)＝2ax－lnx有兩個(gè)變號(hào)正零點(diǎn)，即2ax＝lnx有兩個(gè)不同的正實(shí)數(shù)根?直線y＝2ax與曲線g(x)＝lnx有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，因?yàn)榍€g(x)＝lnx過原點(diǎn)的切線為y＝eq\f(1,e)x，切點(diǎn)為M(e，1)，所以直線y＝2ax與曲線g(x)＝lnx有兩個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí)，0＜2a＜eq\f(1,e)，故a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).②證明：若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，其中x1＜x2，由①知當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)極大值＝f(x1)＝axeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋x1(1－lnx1).又f′(x1)＝2ax1－lnx1＝0，解得a＝eq\f(lnx1,2x1)，故f(x)極大值＝f(x1)＝x1－eq\f(1,2)x1lnx1，由①知x1∈(1，e)，則f′(x1)＝1－eq\f(1,2)(lnx1＋1)＝eq\f(1,2)(1－lnx1)＞0，故f(x1)＝x1－eq\f(1,2)x1lnx1在(1，e)上單調(diào)遞增，所以1＝f(1)＜f(x1)＜f(e)＝eq\f(e,2)，即1＜f(x)極大值＜eq\f(e,2).2．(2020·德州中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝mx2－x＋lnx.(1)若在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)存在區(qū)間D，使得該函數(shù)在區(qū)間D上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)當(dāng)0<m≤eq\f(1,2)時(shí)，若曲線C：y＝f(x)在點(diǎn)x＝1處的切線l與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求m的值或取值范圍．解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(2mx2－x＋1,x)，即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解．當(dāng)m≤0時(shí)顯然成立；當(dāng)m>0時(shí)，由于函數(shù)y＝2mx2－x＋1的圖象的對(duì)稱軸x＝eq\f(1,4m)>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<eq\f(1,8)，故0<m<eq\f(1,8).綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,8))).(2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切線方程為y－m＋1＝2m(x即y＝2mx－m－1.從而方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解．設(shè)g(x)＝mx2－x＋lnx－(2mx－m－1)，則g(x)在(0，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)．又g(1)＝0，故函數(shù)g(x)有零點(diǎn)x＝1.則g′(x)＝2mx－1＋eq\f(1,x)－2m＝eq\f(2mx2－（2m＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2mx－1）（x－1）,x).當(dāng)m＝eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)≥0，又g(x)不是常數(shù)函數(shù)，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)x＝1，滿足題意．當(dāng)0<m<eq\f(1,2)時(shí)，由g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2m)或x＝1，且eq\f(1,2m)>1，由g′(x)>0，得0<x<1或x>eq\f(1,2m)；由g′(x)<0，得1<x<eq\f(1,2m).故當(dāng)x在(0，＋∞)上變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(0，1)1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2m)))eq\f(1,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))g′(x)＋0－0＋g(x)極大值極小值根據(jù)上表知geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))<0.又g(x)＝mxeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m)))))＋m＋lnx＋1.∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m)))>0，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))上，函數(shù)g(x)又有一個(gè)零點(diǎn)，不滿足題意．綜上所述，m＝eq\f(1,2).3．(2021·黑龍江大慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2alnx(a∈R(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，點(diǎn)M在函數(shù)y＝f(x)的圖象上運(yùn)動(dòng)，直線y＝x－2與函數(shù)y＝f(x)的圖象不相交，求點(diǎn)M到直線y＝x－2距離的最小值；(2)討論函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由．解析：(1)函數(shù)f(x)＝x2－2alnx的定義域?yàn)?0，＋∞當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝x2－lnx，則f′(x)＝2x－eq\f(1,x).由題知，函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)M處的切線與直線y＝x－2平行時(shí)，點(diǎn)M到直線y＝x－2的距離最小．令f′(x)＝1，解得x＝1或x＝－eq\f(1,2)(舍).又f(1)＝1，則點(diǎn)M為(1，1).點(diǎn)M(1，1)到直線x－y－2＝0的距離為eq\f(|1－1－2|,\r(2))＝eq\r(2)，故點(diǎn)M到直線y＝x－2距離的最小值為eq\r(2).(2)由f(1)＝1知，1不是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)．由f(x)＝0，得2a＝eq\f(x2,lnx)(x>0且x≠1).設(shè)g(x)＝eq\f(x2,lnx)(x>0且x≠1)，則問題轉(zhuǎn)化為討論函數(shù)y＝g(x)的圖象和直線y＝2a的圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)．g′(x)＝eq\f(x（2lnx－1）,（lnx）2)(x>0且x≠1)，令g′(x)＝0，解得x＝eq\r(e).當(dāng)0<x<1或1＜x＜eq\r(e)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x＞eq\r(e)時(shí)，g′(x)＞0，故g(x)在(0，1)，(1，eq\r(e))上單調(diào)遞減，在(eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)極小值＝g(eq\r(e))＝2e.又0＜x＜1時(shí)，g(x)＜0，x＞1時(shí)，g(x)＞0，故當(dāng)2a<0或2a＝2e，即a<0或a＝e時(shí)，直線y＝2a與函數(shù)y＝g當(dāng)2a>2e，即a>e時(shí)，當(dāng)0≤2a＜2e，即0≤a＜e時(shí)，故當(dāng)a<0或a＝e時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>e時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0≤a<e時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)．4．(2021·陜西西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋2x＋ax＋lnx(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝eq\f(x－2ex,ex)，若對(duì)任意給定的x0∈(0，2]，關(guān)于x的函數(shù)y＝f(x)－g(x0)在(0，e]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).解析：(1)∵函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2＋a)x(a∈R)，x>0，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2＋a＝eq\f(（2x＋1）（ax＋1）,x).當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝eq\f(2x＋1,x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)>0，解得0<x<－eq\f(1,a)，令f′(x)<0，解得x>－eq\f(1,a)，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－