11

当a>0，则有|a|＋a＝2a≤1，所以a≤，所以0

221

综上所述，a的取值范围是a≤.

2

2??x－（2a－1）x，x≥a，

(2)f(x)＝?2

?x－（2a＋1）x＋2a，x

2a－11

对于u1＝x2－(2a－1)x，其对称轴为x＝＝a－

22所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增；

2a＋11

对于u1＝x2－(2a＋1)x＋2a，其对称轴为x＝＝a＋>a，开口向上，

22所以f(x)在(－∞，a)上单调递减.

综上，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(－∞，a)上单调递减，

(3)由(2)得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)min＝f(a)＝a－a2.

2??x－3x，x≥2，

(ⅰ)当a＝2时，f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)＝?2

?x－5x＋4，x<2，?

44

令f(x)＋＝0，即f(x)＝－(x>0)，

xx

因为f(x)在(0，2)上单调递减，所以f(x)>f(2)＝－2，

44

而y＝－在(0，2)上单调递增，y

xx4

当x≥2时，f(x)＝x2－3x＝－，

x

即x3－3x2＋4＝0，所以x3－2x2－x2＋4＝0，所以(x－2)2(x＋1)＝0， 4

因为x≥2，所以x＝2，即当a＝2时，f(x)＋有一个零点x＝2.

x(ⅱ)当a>2时，f(x)min＝f(a)＝a－a2， 当x∈(0，a)时，f(0)＝2a>4，f(a)＝a－a2，

44

而y＝－在x∈(0，a)上单调递增，当x＝a时，y＝－，

xa4

下面比较f(a)＝a－a2与－的大小，

a因为

a－a2－

?－4?＝－（a－a－4）＝－（a－2）（a＋a＋2）<0 ?a?aa

322

4

所以f(a)＝a－a2<－.

a

4

结合图象不难得当a>2，y＝f(x)与y＝－有两个交点，

x

44

综上，当a＝2时，f(x)＋有一个零点x＝2；当a>2，y＝f(x)与y＝－有两个零点．

xx21.解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2. －1－4＋3a－1＋4＋3a

令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1＜x2，

33所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．

当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.

故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增． (2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.

①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增， 所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0＜a＜4时，x2＜1.

由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减， －1＋4＋3a

因此f(x)在x＝x2＝处取得最大值．

3

又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值； 当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值； 当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值． 22.解 (1)f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上，

方程x2＋2x＋a＝0的判别式Δ＝4－4a＝4(1－a)，

若a≥1，则Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增．

若a＜1，则Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有两个不同的实数根，x1＝－1－1－a，x2＝－1＋1－a， 当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，

∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－1－a)和(－1＋1－a，＋∞)， 单调递减区间为(－1－1－a，－1＋1－a)． 综上所述，当a≥1时，f(x)在R上单调递增；

当a<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－1－a)和(－1＋1－a，＋∞)， f(x)的单调递减区间为(－1－1－a，－1＋1－a)．

1?31a7

(2)当a＜0时，Δ＞0，且f(0)＝1，f?＝＋，f(1)＝＋a， ?2?2423此时x1＜0，x2＞0， 15令x2＝得a＝－.

24

51

①当－＜a＜0时，x1＜0＜x2＜，

42

11

x2，?上单调递增，在?，1?上单调递增． f(x)在(0，x2)上单调递减，在?2???2?1?57

(ⅰ)若－＜a＜－，则f(0)＝1＞f??2?， 4121?∴存在x0∈(0，x2)，使得f(x0)＝f??2?； 1?7

(ⅱ)当－≤a＜0时，f(0)≤f??2?， 12

111

0，?∪?，1?，使得f(x0)＝f??. ∴不存在x0∈??2??2??2?115

0，?上单调递减，在?，1?上单调递增． ②当a＝－时，f(x)在??2??2?41?∴不存在x0，使得f(x0)＝f??2?. 1?255

③当－＜a＜－时，f??2?＜f(1)， 124111

0，?∪?，1?，使得f(x0)＝f??. ∴存在x0∈??2??2??2?1?25

④当a≤－时，f??2?≥f(1)， 12

111

0，?∪?，1?，使得f(x0)＝f??. ∴不存在x0∈??2??2??2?725115

－，0?∪{－}∪?－∞，－?时，不存在x0∈?0，?∪?，1?，使得 综上，当a∈?12??12??2??2?4?1??－25，－5?∪?－5，－7?时，?1??1?使得f(x0)＝f?1?. f(x0)＝f?；当a∈存在x0∈0，∪，1，4??412??2??12?2??2??2?23.解 (1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0)． 1

令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.

a

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) (－∞，0) － 0 0 0 ?0，1? ?a?＋ 1 a0 1 3a2?1，＋∞? ?a?－ 11

0，?；单调递减区间是(－∞，0)，?，＋∞?. 所以，f(x)的单调递增区间是??a??a?

1?11

当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝时，f(x)有极大值，且极大值f??a?＝3a2. a3??0，3?时，f(x)＞0；当x∈?3，＋∞?时，f(x)＜0. (2)由f(0)＝f?＝0及(1)知，当x∈?2a??2a??2a?

?1?设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝?f（x）|x∈（1，＋∞），f（x）≠0?，

?

?

则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A?B. 显然，0?B.

下面分三种情况讨论：

3?33

(1)当＞2，即0＜a＜时，由f??2a?＝0可知，0∈A，而0?B，所以A不是B的子集． 2a4333(2)当1≤≤2，即≤a≤时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，

2a42因而A?(－∞，0)；

由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)?B.所以A?B. 33

(3)当＜1，即a＞时，有f(1)＜0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

2a21

故B＝?f（1），0?，A＝(－∞，f(2))，

??

所以A不是B的子集． 33?综上，a的取值范围是??4，2?.

x－ee

24.解 (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝2，

xx∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， e

∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，

e∴f(x)的极小值为2.

x1mx

(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－2－(x＞0)，

3xx31

令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．

31

设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，

3

则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，

当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．