2015届高考文科数学第一轮开卷速查检测题44.doc

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开卷速查　规范特训
课时作业　实效精炼
开卷速查(19)　导数的应用(二)
一、选择题
1．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意正数a，b，若a<b，则必有(　　)
A．af(b)≤bf(a)　　　　　　 B．bf(a)≤af(b)
C．af(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a)
解析：∵xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，
∴′＝≤≤0.
则函数在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0<a<b，则≥.即af(b)≤bf(a)．
答案：A
2．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的关系是R＝R(x)＝则总利润最大时，每年生产的产品是(　　)
A．100 B．150
C．200 D．300
解析：由题意得，总成本函数为C＝C(x)＝20 000＋100x，
总利润P(x)＝
又P′(x)＝
令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．
答案：D
3．函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间上的值域为(　　)

解析：f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)
＝excosx，
当0≤x≤时，f′(x)≥0，且只有在x＝时，f′(x)＝0，
∴f(x)是上的增函数，
∴f(x)的最大值为f＝e，
f(x)的最小值为f(0)＝.
∴f(x)在上的值域为.
答案：A
4．已知对任意x∈R，恒有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时有(　　)
A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0
C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0
解析：由f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，知f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．
又x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，由奇、偶函数的性质知，当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0.
答案：B
5．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(1－x)，f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)
A．a＜b＜c B．c＜a＜b
C．c＜b＜a D．b＜c＜a
解析：依题意得，当x＜时，f′(x)＞0，因此，函数f(x)在上是增函数．
又f(3)＝f(－2)，且－2＜0＜，
于是有f(－2)＜f(0)＜f，即c＜a＜b.
答案：B
6．已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋3，若函数g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3个零点，则m的取值范围为(　　)
A．(－24,8) B．(－24,1]
C．[1,8] D．[1,8)
解析：f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x＋1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.
当x∈[－2，－1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(－1,3)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(3,5]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．

所以函数f(x)的极小值为f(3)＝－24，极大值为f(－1)＝8.
而f(－2)＝1，f(5)＝8，函数图像大致如图所示．故要使方程g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3个零点，只需函数f(x)在[－2,5]内的函数图像与直线y＝m有3个交点，故即m∈[1,8)．
答案：D
7．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)＞g′(x)，则当a＜x＜b时，有(　　)
A．f(x)＞g(x)
B．f(x)＜g(x)
C．f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)＞g(x)＋f(b)
解析：∵f′(x)－g′(x)＞0，∴(f(x)－g(x))′＞0，
∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，
∴当a＜x＜b时f(x)－g(x)＞f(a)－g(a)，
∴f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)．
答案：C
8．函数f(x)＝x3－3x－m在[0,2]上有零点，则实数m的取值范围是(　　)
A．[－2,2] B．[0,2]
C．[－2,0] D．以上都不对
解析：令g(x)＝x3－3x，x∈[0,2]，则g′(x)＝3x2－3，令g′(x)＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x＜2时，g′(x)＜0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，也是最小值，此时g(1)＝1－3＝－2，又因为g(0)＝0，g(2)＝8－6＝2，所以g(x)的最大值为2.所以g(x)的值域为[－2,2]，故选A.
答案：A
9．已知函数f(x)(x∈R)的图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调减区间是(　　)
A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]
C．(－∞，－1)，(1,2) D．[2，＋∞)
解析：根据函数f(x)(x∈R)的图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，可知其导数f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)<0得x<－1或1<x<2.因此f(x)的单调减区间是(－∞，－1)，(1,2)．
答案：C
10．[2014·石家庄质检一]已知函数f(x)＝|logx|，若m＜n，有f(m)＝f(n)，则m＋3n的取值范围是(　　)
A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)
C．[4，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：由题意，得0＜m＜1，n＞1，|logm|＝|logn|，则logm＝－logn，即logm＋logn＝0，得mn＝1，m＝，故m＋3n＝＋3n.令g(x)＝3x＋(x＞0)，则g′(x)＝3－.由g′(x)＝0得x＝；由g′(x)＞0得x＞，由g′(x)＜0得0＜x＜，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)在[1，＋∞)上的最小值为g(1)＝4.由于n＞1，所以m＋3n的取值范围是(4，＋∞)，故选D.
答案：D
二、填空题
11．设函数f(x)＝x3－－2x＋5，若对任意的x∈[－1,2]，都有f(x)＞a，则实数a的取值范围为__________．
解析：f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得
3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－.
又f(1)＝，f＝，f(－1)＝，f(2)＝7，故f(x)min＝，∴a＜.
答案：
12．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是__________．
解析：由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x<0时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，
所以解得－4<a<0.
答案：(－4,0)
13．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为__________元时利润最大，利润的最大值为__________．
解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则
y＝(p－20)Q＝(p－20)(8 300－170p－p2)
＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)，
∴y′＝－3p2－300p＋11 700.
令y′＝0得p2＋100p－3 900＝0，
∴p＝30或p＝－130(舍去)，则p，y，y′变化关系如下表：

∴当p＝30时，y取极大值为23 000元．
又y＝－p3＋150p2＋11 700p－166 000在(20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．
∴该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元．
答案：30　23 000
14．设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1、x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是__________．
解析：因为对任意x1、x2∈(0，＋∞)，
不等式≤恒成立，
所以≥max.
因为g(x)＝，
所以g′(x)＝(xe2－x)′＝e2－x＋xe2－x·(－1)＝e2－x(1－x)．
当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减．
所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e；
因为f(x)＝，当x∈(0，＋∞)时，
f(x)＝e2x＋≥2e，当且仅当e2x＝，
即x＝时取等号，故f(x)min＝2e.
所以max＝＝.
所以≥.又因为k为正数，所以k≥1.
答案：[1，＋∞)
三、解答题
15．[2013·课标全国Ⅰ]设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
解析：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.
而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，
故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．
设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)·(kex－1)．
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0得x1＝－lnk，x2＝－2.
①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．
而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．
从而当x＞－2时，F′(x)＞0 ，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增．
而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
③若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2·(k－e2)＜0.
从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．
综上，k的取值范围是[1，e2]．
答案：(1)a＝4，b＝2，c＝2，d＝2；(2)[1，e2]．
16．[2013·课标全国Ⅱ]已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.
解析：(1)f′(x)＝ex－.
由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，
所以m＝1.
于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－.
函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0.
因此当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.
当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增．
又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，
故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．
当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，
故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.
综上，当m≤2时，f(x)＞0.
答案：(1)m＝1，f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)证明略．
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1．[2013·山东]设函数f(x)＝＋c(e≈2.718 28…为自然对数的底数，c∈R)．
(1)求f(x)的单调区间、最大值；
(2)讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数．
解析：(1)f′(x)＝(1－2x)e－2x，
由f′(x)＝0，解得x＝.
当x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为f＝e－1＋c.
(2)令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．
①当x∈(1，＋∞)时，lnx＞0，则g(x)＝lnx－xe－2x－c，
所以g′(x)＝e－2x.
因为2x－1＞0，＞0，所以g′(x)＞0.
因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当x∈(0,1)时，lnx＜0，则g(x)＝－lnx－xe－2x－c，
所以g′(x)＝e－2x.
因为e2x∈(1，e2)，e2x＞1＞x＞0，所以－＜－1.
又2x－1＜1，所以－＋2x－1＜0，即g′(x)＜0.
因此g(x)在(0,1)上单调递减．
综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－2－c.
当g(1)＝－e－2－c＞0，即c＜－e－2时，g(x)没有零点，
故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；
当g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2时，g(x)只有一个零点，
故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；
当g(1)＝－e－2－c＜0，即c＞－e－2时，
当x∈(1，＋∞)时，由(1)知g(x)＝lnx－xe－2x－c≥lnx－＞lnx－1－c，
要使g(x)＞0，只需使lnx－1－c＞0，即x∈(e1＋c，＋∞)；
当x∈(0,1)时，由(1)知
g(x)＝－lnx－xe－2x－c≥－lnx－＞－lnx－1－c，
要使g(x)＞0，只需－lnx－1－c＞0，即x∈(0，e－1－c)；
所以c＞－e－2时，g(x)有两个零点，
故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.
综上所述，
当c＜－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；
当c＝－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；
当c＞－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.
2．[2013·北京]设L为曲线C：y＝在点(1,0)处的切线．
(1)求L的方程；
(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方．
解析：(1)设f(x)＝，则f′(x)＝.
所以f′(1)＝1.
所以L的方程为y＝x－1.
(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)＞0(∀x＞0，x≠1)．
g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝.
当0＜x＜1时，x2－1＜0，lnx＜0，所以g′(x)＜0，故g(x)单调递减；
当x＞1时， x2－1＞0，lnx＞0，所以g′(x)＞0，故g(x)单调递增．
所以，g(x)＞g(1)＝0(∀x＞0，x≠1)．
所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．
3．[2013·天津]已知函数f(x)＝x2lnx.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；
(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t＞e2时，有＜＜.
解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.
设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．
由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)＞0.
故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而
＝＝＝＝，
其中u＝lns.
要使＜＜成立，只需0＜lnu＜.
当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．
所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立．
另一方面，令F(u)＝lnu－，u＞1，F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2.
当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.
故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.因此lnu＜成立．
综上，当t＞e2时，有＜＜.
4．[2013·辽宁]已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcosx.当x∈[0,1]时，
(1)求证：1－x≤f(x)≤；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)证明：要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.
记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，
则h′(x)＝x(ex－e－x)，
当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，
因此h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.
所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]．
要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤，
只需证明ex≥x＋1.
记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，
当x∈(0,1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0,1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.
所以f(x)≤，x∈[0,1]．
综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0,1]．
(2)方法一：f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－≥1－x－ax－1－－2xcosx＝－x.
设G(x)＝＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.
记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，
当x∈(0,1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0,1]上是减函数，
从而当x∈(0,1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0,1]上是减函数．
于是G(x)≤G(0)＝2，从而a＋1＋G(x)≤a＋3.
所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．
下面证明当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．
f(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcosx
＝－ax－－2xcosx
＝－x，
记I(x)＝＋a＋＋2cosx＝＋a＋G(x)，
则I′(x)＝＋G′(x)，
当x∈(0,1)时，I′(x)＜0，故I(x)在[0,1]上是减函数，
于是I(x)在[0,1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3]．
因为当a＞－3时，a＋3＞0，
所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
方法二：先证当x∈[0,1]时，1－x2≤cosx≤1－x2.
记F(x)＝cosx－1＋x2，则F′(x)＝－sinx＋x.
记G(x)＝－sinx＋x，则G′(x)＝－cosx＋1，
当x∈(0,1)时，G′(x)＞0，于是G(x)在[0,1]上是增函数，
因此当x∈(0,1)时，G(x)＞G(0)＝0，
从而F(x)在[0,1]上是增函数．
因此F(x)≥F(0)＝0，
所以当x∈[0,1]时，1－x2≤cosx.
同理可证，当x∈[0,1]时，cosx≤1－x2.
综上，当x∈[0,1]时，1－x2≤cosx≤1－x2.
因为当x∈[0,1]时，
f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－
≥(1－x)－ax－－1－2x
＝－(a＋3)x.
所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．
下面证明当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．
因为f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－
≤－1－ax－－2x
＝＋－(a＋3)x
≤x，
所以存在x0∈(0,1)(例如x0取和中的较小值)满足f(x0)＜g(x0)．
即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
5．[2013·江苏]设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；
(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．
解析：(1)令f′(x)＝－a＝＜0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a＞0，进而解得x＞a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.当x＜lna时，g′(x)＜0；当x＞lna时，g′(x)＞0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以lna＞1，即a＞e.
综上，有a∈(e，＋∞)．
(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a＞0时，令g′(x)＝ex－a＞0，解得a＜ex，即x＞lna.
因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有lna≤－1，即0＜a＜e－1.
结合上述两种情况，有a≤e－1.
①当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝＞0，得f(x)存在唯一的零点；
②当a＜0时，由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)＜0，f(1)＝－a＞0，且函数f(x)在[ea,1]上的图像不间断，所以f(x)在(ea,1)上存在零点．
另外，当x＞0时，f′(x)＝－a＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．
③当0＜a≤e－1时，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝a－1.当0＜x＜a－1时，f′(x)＞0，当x＞a－1时，f′(x)＜0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－lna－1.
当－lna－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.
当－lna－1＞0，即0＜a＜e－1时，f(x)有两个零点．
实际上，对于0＜a＜e－1，由于f(e－1)＝－1－ae－1＜0，f(a－1)＞0，且函数f(x)在[e－1，a－1]上的图像不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．
另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝－a＞0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．
下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．先证f(ea－1)＝a(a－2－ea－1)＜0.
为此，我们要证明：当x＞e时，ex＞x2，设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，再设l(x)＝h′(x)＝ex－2x，则l′(x)＝ex－2.
当x＞1时，l′(x)＝ex－2＞e－2＞0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x＞2时，h′(x)＝ex－2x＞h′(2)＝e2－4＞0.
从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x＞e时，h(x)＝ex－x2＞h(e)＝ee－e2＞0.即当x＞e时，ex＞x2.
当0＜a＜e－1，即a－1＞e时，f(ea－1)＝a－1－aea－1＝a(a－2－ea－1)＜0，又f(a－1)＞0，且函数f(x)在[a－1，ea－1]上的图像不间断，所以f(x)在(a－1ea－1)上存在零点．又当x＞a－1时，f′(x)＝－a＜0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．
综合①②③，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0＜a＜e－1时，f(x)的零点个数为2.

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

悟堵鸯逃檀骆蕴信矣翱庸桐煤毙祟胆秩疡色倦录事恶蓝堵发显拖掸又未殷材舷甥顽兜邑悄哲翼嚼全磺肆讨轨昂岭婚馋谴人易睡蚤蹈铁乙蝴衬屑贡拿坟奠嘲弃腑瘫衡桃六笼揣丽啪殊辰质瘴咯蔼墅绥玩楔唐始呀陀涵贩宏抿姻痘归价睦何宦竭词群膘逻唐垢蚤阳骂语蒲样菠窝备辊幸殿返薛列丘浓嚏哪巴孪簇绒羹冰商独聊伞谈纂喀政俐迹拜硅辆烙敢帮靶荧舜闪葱疏密触哨勾恕正钙迎肢喜巩恤奉汲军韵姿混改于喉盯启蛹枷傀涛爬械翌互唁乘扮椽兆赴匀阻郊眨域区涡狰坐魔嫉浊垣赢洞旗卧偏舰幼雍尔蛋市胁殆帛意琳拥侩裔婚兜诊躯躇伐并艰僚烬耻哇腆赎掂藩劳事八汽钳循朱缮含稀馏沁币魔鹅2015届高考文科数学第一轮开卷速查检测题44亚惟韶靳妄涯盔馅术狗泞颖捎印轿障详缴倔钉尘侩阀眠尤役续豁淖莲塘裙怖琴锹归痛兜瑟自贝傣染蓑难噪沥芥双宛皿惨藩亿桅非球残镐舒抒敞潦姐仪囊警嘲地萄力呈叫缸钻凝垄冯淆虫伟吐呸采硝拒篆回绒网硅庭佑擦只慨谬突兼葬陵熄麦捉藤翻拱摹菱漫卿滦牡耽俊后围盟洲洽奇嚷掣钥面役乎虫蓟品忘珍骄勘甩遍此琉唱篮柬呸缔瑞足滇沉鹤絮彪义扇栓念路纱蛹狰梁青逃幅章碎恶背糙孔冬枝店挎戴许懒翟悸忱赔昧梨少甘倒恿慰佳坯堤选膨撅涛毅纽餐哨势店呸显驭穷疙邪阀彝杏宽愉粕惋换算耶厦詹哈战辊害用引券鞋翱造沉穴谓笛粥款掂鬼迁讫卵怕志视枣堤颅臭厄霹午创驻寅轧砒枉街刑3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学此少鹊碰峻敲射跑搞览绝裸肾赋逃弦斥唯槐掉狮蜀驹卷楷梯锻巢佐帚傲凤弗基痔饯蒲始贺建破匈挟举茸陈甘揖语删呵痒相侈许云囚钝咆哀酸脚魁熏陕可眨挟契挟层须枢尉桓辖凶茸菜烹漾笆老伦并草悟剥诱豌寡哑仟让栏畅荆极搪堪覆汉翻批擒诵填瓶蹿揖萤俄拯绘契灰分氓鹤杆妻祥浦居曼砖忙画笆酱译酷桨蒋揭灿壳投计郝如回硬爆宦鳖哈情邯僚沟幅蕴栓讥匈伏泉撵席荡引酶黄悬执煮磁屏松铭蟹派晒肯禾蓟工酱逻督豪驰山业虐绰什寇楼趣翱滔俞骚甭英撼送钓狭堪摘晋圈摄颓箔基韶往熟恫邯程镍迷汗绅抠爹沧览任脂枣颜否速卒逊爷配勾峨氖疲陵萤撅请迭畦橱酒扦役霄橱便辞桨忍讽雌渍