2023屆高考數(shù)學(xué)專項練習(xí)導(dǎo)數(shù)解密36專題ak專題37 討論函數(shù)零點或方程根的個數(shù)問題含答案

屆高考數(shù)學(xué)專項練習(xí)導(dǎo)數(shù)解密36專題37討論函數(shù)零點或方程根的個數(shù)問題【方法總結(jié)】判斷、證明或討論函數(shù)零點個數(shù)的方法利用零點存在性定理求解函數(shù)熱點問題的前提條件為函數(shù)圖象在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0．①直接法：判斷一個零點時，若函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，則只需取值證明f(a)·f(b)<0；②分類討論法：判斷幾個零點時，需要先結(jié)合單調(diào)性，確定分類討論的標準，再利用零點存在性定理，在每個單調(diào)區(qū)間內(nèi)取值證明f(a)·f(b)<0．【例題選講】[例1]已知f(x)＝e－x(ax2＋x＋1)．當(dāng)a>0時，試討論方程f(x)＝1的解的個數(shù)．[破題思路]討論方程f(x)＝1的解的個數(shù)，想到f(x)－1的零點個數(shù)，給出f(x)的解析式，用f(x)＝1構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為零點問題求解(或分離參數(shù)，結(jié)合圖象求解)．[規(guī)范解答]法一：分類討論法方程f(x)＝1的解的個數(shù)即為函數(shù)h(x)＝ex－ax2－x－1(a>0)的零點個數(shù)．而h′(x)＝ex－2ax－1，設(shè)H(x)＝ex－2ax－1，則H′(x)＝ex－2a．令H′(x)>0，解得x>ln2a；令H′(x)<0，解得x<ln2a，所以h′(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增．所以h′(x)min＝h′(ln2a)＝2a－2aln2a－1．設(shè)m＝2a，g(m)＝m－mlnm－1(m>0)，則g′(m)＝1－(1＋lnm)＝－lnm，令g′(m)<0，得m>1；令g′(m)>0，得0<m<1，所以g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增，所以g(m)max＝g(1)＝0，即h′(x)min≤0(當(dāng)m＝1即a＝eq\f(1,2)時取等號)．①當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，h′(x)min＝0，則h′(x)≥0恒成立．所以h(x)在R上單調(diào)遞增，故此時h(x)只有一個零點．②當(dāng)a>eq\f(1,2)時，ln2a>0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，又h′(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增，又h′(0)＝0，則存在x1>0使得h′(x1)＝0，這時h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以h(x1)<h(0)＝0，又h(0)＝0，所以此時h(x)有兩個零點．③當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，ln2a<0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，又h′(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增，又h′(0)＝0，則存在x2<0使得h′(x2)＝0．這時h(x)在(－∞，x2)上單調(diào)遞增，在(x2，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x2)>h(0)＝0，h(0)＝0，所以此時f(x)有兩個零點．綜上，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，方程f(x)＝1只有一個解；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時，方程f(x)＝1有兩個解．法二：分離參數(shù)法方程f(x)＝1的解的個數(shù)即方程ex－ax2－x－1＝0(a>0)的解的個數(shù)，方程可化為ax2＝ex－x－1．當(dāng)x＝0時，方程為0＝e0－0－1，顯然成立，所以x＝0為方程的解．當(dāng)x≠0時，分離參數(shù)可得a＝eq\f(ex－x－1,x2)(x≠0)．設(shè)函數(shù)p(x)＝eq\f(ex－x－1,x2)(x≠0)，則p′(x)＝eq\f((ex－x－1)′·x2－(x2)′·(ex－x－1),(x2)2)＝eq\f(ex(x－2)＋x＋2,x3)．記q(x)＝ex(x－2)＋x＋2，則q′(x)＝ex(x－1)＋1．記t(x)＝q′(x)＝ex(x－1)＋1，則t′(x)＝xex．顯然當(dāng)x<0時，t′(x)<0，函數(shù)t(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，t′(x)>0，函數(shù)t(x)單調(diào)遞增．所以t(x)>t(0)＝e0(0－1)＋1＝0，即q′(x)>0，所以函數(shù)q(x)單調(diào)遞增．而q(0)＝e0(0－2)＋0＋2＝0，所以當(dāng)x<0時，q(x)<0，即p′(x)>0，函數(shù)p(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>0時，q(x)>0，即p′(x)>0，函數(shù)p(x)單調(diào)遞增．而當(dāng)x→0時，p(x)→eq\f((ex－x－1)′,(x2)′)x→0＝eq\f(ex－1,2x)x→0＝eq\f((ex－1)′,(2x)′)x→0＝eq\f(ex,2)x→0＝eq\f(1,2)(洛必達法則)，當(dāng)x→－∞時，p(x)→eq\f((ex－x－1)′,(x2)′)x→－∞＝eq\f(ex－1,2x)x→－∞＝0，故函數(shù)p(x)的圖象如圖所示．作出直線y＝a．顯然，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，直線y＝a與函數(shù)p(x)的圖象無交點，即方程ex－ax2－x－1＝0只有一個解x＝0；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時，直線y＝a與函數(shù)p(x)的圖象有一個交點(x0，a)，即方程ex－ax2－x－1＝0有兩個解x＝0或x＝x0．綜上，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，方程f(x)＝1只有一個解；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時，方程f(x)＝1有兩個解．[注]部分題型利用分離法處理時，會出現(xiàn)“eq\f(0,0)”型的代數(shù)式，這是大學(xué)數(shù)學(xué)中的不定式問題，解決這類問題有效的方法就是洛必達法則．法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)lieq\o(m,\s\do4(x→a))f(x)＝0及l(fā)ieq\o(m,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝l．那么lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f(x),g(x))＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝l．法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)lieq\o(m,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及l(fā)ieq\o(m,\s\do4(x→a))g(x)＝∞；(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝l．那么lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f(x),g(x))＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝l．[題后悟通]對于已知參數(shù)的取值范圍，討論零點個數(shù)的情況，借助導(dǎo)數(shù)解決的辦法有兩個．(1)分離參數(shù)：得到參數(shù)與超越函數(shù)式相等的式子，借助導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值，結(jié)合圖形，由參數(shù)函數(shù)與超越函數(shù)的交點個數(shù)，易得交點個數(shù)的分類情況；(2)構(gòu)造新函數(shù)：求導(dǎo)，用單調(diào)性判定函數(shù)的取值情況，再根據(jù)零點存在定理證明零點的存在性．[例2]設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．[規(guī)范解答](1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)．由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x)．由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(負值舍去)．f′(x)與f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上隨x的變化情況如下表：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘eq\f(k1－lnk,2)↗所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(k))，單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，無極大值．(2)由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)．因為f(x)存在零點，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e，當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上單調(diào)遞減且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上的唯一零點；當(dāng)k>e時，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上單調(diào)遞減且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．[例3]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx＋b,x)(a，b∈R，a≠0)的圖象在點(1，f(1))處的切線斜率為－a.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論方程f(x)＝1根的個數(shù)．[規(guī)范解答](1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－b－alnx,x2)，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝eq\f(a(lnx＋2),x)，f′(x)＝－eq\f(a(lnx＋1),x2).當(dāng)a>0時，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(1,e)；由f′(x)<0，得x>eq\f(1,e).當(dāng)a<0時，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).綜上，當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))；當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)f(x)＝1，即方程eq\f(alnx＋2a,x)＝1，即方程eq\f(1,a)＝eq\f(lnx＋2,x)，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，則h′(x)＝－eq\f(1＋lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上h′(x)>0，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上h′(x)<0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上，h(x)單調(diào)遞減且h(x)＝eq\f(lnx＋2,x)>0，當(dāng)x無限增大時，h(x)無限接近0；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上，h(x)單調(diào)遞增且當(dāng)x無限接近0時，lnx＋2負無限大，故h(x)負無限大．故當(dāng)0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1有兩個不等實根，當(dāng)a＝eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1只有一個實根，當(dāng)a<0時，方程f(x)＝1只有一個實根．綜上可知，當(dāng)a>eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1有兩個實根；當(dāng)a<0或a＝eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1有一個實根；當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1無實根．[例4]已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R.(1)若直線y＝kx與f(x)的反函數(shù)的圖象相切，求實數(shù)k的值；(2)若m<0，討論函數(shù)g(x)＝f(x)＋mx2零點的個數(shù)．[規(guī)范解答](1)f(x)的反函數(shù)為y＝lnx，x>0，則y′＝eq\f(1,x)．設(shè)切點為(x0，lnx0)，則切線斜率為k＝eq\f(1,x0)＝eq\f(lnx0,x0)，故x0＝e，k＝eq\f(1,e).(2)函數(shù)g(x)＝f(x)＋mx2的零點的個數(shù)即是方程f(x)＋mx2＝0的實根的個數(shù)(當(dāng)x＝0時，方程無解)，等價于函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)(x≠0)與函數(shù)y＝－m圖象交點的個數(shù)．h′(x)＝eq\f(ex(x－2),x3).當(dāng)x∈(－∞，0)時，h′(x)>0，h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0,2)時，h′(x)<0，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．∴h(x)的大致圖象如圖：∴h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(2)＝eq\f(e2,4).∴當(dāng)－m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4)))，即m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e2,4)，0))時，函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數(shù)y＝－m圖象交點的個數(shù)為1；當(dāng)－m＝eq\f(e2,4)，即m＝－eq\f(e2,4)時，函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數(shù)y＝－m圖象交點的個數(shù)為2；當(dāng)－m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))，即m∈－∞，－eq\f(e2,4)時，函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數(shù)y＝－m圖象交點的個數(shù)為3.綜上所述，當(dāng)m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(e2,4)))時，函數(shù)g(x)有三個零點；當(dāng)m＝－eq\f(e2,4)時，函數(shù)g(x)有兩個零點；當(dāng)m∈－eq\f(e2,4)，0時，函數(shù)g(x)有一個零點．[例5]已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax－eq\f(1,4)，g(x)＝ex－e(e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)若曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線與曲線y＝g(x)在(0，g(0))處的切線互相垂直，求實數(shù)a的值；(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≥g(x)，,g(x)，f(x)<g(x)，))試討論函數(shù)h(x)零點的個數(shù)．[規(guī)范解答](1)f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由題意，知a＝－1．(2)易知函數(shù)g(x)＝ex－e在R上單調(diào)遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x<1時，g(x)<0，又f′(x)＝－3x2＋a，①當(dāng)a≤0時，f′(x)≤0，f(x)在R上單調(diào)遞減，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)))，f(－1)＝eq\f(3,4)－a>0，即f(x)在x≤0時必有一個零點，此時y＝h(x)有兩個零點；②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，得兩根為x1＝－eq\r(\f(a,3))<0，x2＝eq\r(\f(a,3))>0，則－eq\r(\f(a,3))是函數(shù)f(x)的一個極小值點，eq\r(\f(a,3))是函數(shù)f(x)的一個極大值點，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))3＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))－eq\f(1,4)＝－eq\f(2a,3)eq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)<0．現(xiàn)在討論極大值的情況：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))3＋aeq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)＝eq\f(2a,3)eq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)，當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))<0，即a<eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此時y＝h(x)有兩個零點；當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))＝0，即a＝eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有一個零點x0＝eq\r(\f(a,3))＝eq\f(1,2)，此時y＝h(x)有三個零點；當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),3)))>0，即a>eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有兩個零點，一個零點小于eq\r(\f(a,3))，一個零點大于eq\r(\f(a,3))，若f(1)＝a－eq\f(5,4)<0，即a<eq\f(5,4)時，y＝h(x)有四個零點；若f(1)＝a－eq\f(5,4)＝0，即a＝eq\f(5,4)時，y＝h(x)有三個零點；若f(1)＝a－eq\f(5,4)>0，即a>eq\f(5,4)時，y＝h(x)有兩個零點．綜上所述：當(dāng)a<eq\f(3,4)或a>eq\f(5,4)時，y＝h(x)有兩個零點；當(dāng)a＝eq\f(3,4)或a＝eq\f(5,4)時，y＝h(x)有三個零點；當(dāng)eq\f(3,4)<a<eq\f(5,4)時，y＝h(x)有四個零點．[例6]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋2)x＋2lnx(a∈R)．(1)若a＝0，求證：f(x)<0；(2)討論函數(shù)f(x)零點的個數(shù)．[破題思路](1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝－2x＋2lnx(x>0)，f′(x)＝－2＋eq\f(2,x)＝eq\f(21－x,x)，設(shè)g(x)＝1－x，根據(jù)g(x)的正負可畫出f(x)的圖象如圖(1)所示．(2)f′(x)＝eq\f(x－1ax－2,x)(x>0)，令g(x)＝(x－1)(ax－2)，當(dāng)a＝0時，由(1)知f(x)沒有零點；當(dāng)a>0時，畫g(x)的正負圖象時，需分eq\f(2,a)＝1，eq\f(2,a)>1，eq\f(2,a)<1三種情形進行討論，再根據(jù)極值、端點走勢可畫出f(x)的圖象，如圖(2)(3)(4)所示；當(dāng)a<0時，同理可得圖(5)．綜上，易得f(x)的零點個數(shù)．[規(guī)范解答](1)當(dāng)a＝0時，f′(x)＝－2＋eq\f(2,x)＝eq\f(21－x,x)，由f′(x)＝0得x＝1.當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)≤f(x)max＝f(1)＝－2，即f(x)<0.(2)由題意知f′(x)＝ax－(a＋2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－a＋2x＋2,x)＝eq\f(x－1ax－2,x)(x>0)，當(dāng)a＝0時，由第(1)問可得函數(shù)f(x)沒有零點．當(dāng)a>0時，①當(dāng)eq\f(2,a)＝1，即a＝2時，f′(x)≥0恒成立，僅當(dāng)x＝1時取等號，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(1)＝－eq\f(1,2)a－2＝－eq\f(1,2)×2－2<0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有一個零點．②當(dāng)eq\f(2,a)>1，即0<a<2時，若0<x<1或x>eq\f(2,a)，則f′(x)>0，f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增；若1<x<eq\f(2,a)，則f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上單調(diào)遞減．又f(1)＝eq\f(1,2)a－(a＋2)＋2ln1＝－eq\f(1,2)a－2<0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))<f(1)<0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)僅有一個零點在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上；③當(dāng)0<eq\f(2,a)<1，即a>2時，若0<x<eq\f(2,a)或x>1，則f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增；若eq\f(2,a)<x<1，則f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，1))上單調(diào)遞減．因為a>2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(2,a)－2＋2lneq\f(2,a)<－eq\f(2,a)－2＋2ln1<0，又x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)僅有一個零點在區(qū)間(1，＋∞)上．當(dāng)eq\f(2,a)<0，即a<0時，若0<x<1，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；若x>1，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．當(dāng)x→0時，f(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→－∞，又f(1)＝eq\f(1,2)a－(a＋2)＋2ln1＝－eq\f(1,2)a－2＝eq\f(－a－4,2).當(dāng)f(1)＝eq\f(－a－4,2)>0，即a<－4時，函數(shù)f(x)有兩個零點；當(dāng)f(1)＝eq\f(－a－4,2)＝0，即a＝－4時，函數(shù)f(x)有一個零點；當(dāng)f(1)＝eq\f(－a－4,2)<0，即－4<a<0時，函數(shù)f(x)沒有零點．綜上，當(dāng)a<－4時，函數(shù)f(x)有兩個零點；當(dāng)a＝－4時，函數(shù)f(x)有一個零點；當(dāng)－4<a≤0時，函數(shù)f(x)沒有零點；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)有一個零點．[題后悟通]解決本題運用了分類、分層的思想方法，表面看起來非常繁雜．但若能用好“雙圖法”處理問題，可回避不等式f′(x)>0與f′(x)<0的求解，特別是含有參數(shù)的不等式求解，而從f′(x)抽象出與其正負有關(guān)的函數(shù)g(x)，畫圖更方便，觀察圖形即可直觀快速地得到f(x)的單調(diào)性，大大提高解題的效率．[對點訓(xùn)練]1．(2018·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個零點．1．解析(1)當(dāng)a＝3時，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3．令f′(x)＝0解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).當(dāng)x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)單調(diào)遞增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))單調(diào)遞減．(2)由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設(shè)g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，僅當(dāng)x＝0時g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一個零點．綜上，f(x)只有一個零點．2．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…．(1)證明：函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1，2)上有零點；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)，并說明理由．2．解析(1)由題意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x，所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－eq\r(2)＞0，所以h(1)h(2)＜0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1，2)上有零點．(2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x．由g(x)＝eq\r(x)＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點．又h(x)在(1，2)內(nèi)有零點，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點．h′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，記φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，則φ′(x)＝ex＋eq\f(1,4)x－eq\f(3,2)．當(dāng)x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，易知φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)只有一個零點，則h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點，所以方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)為2．3．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R．(1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點的個數(shù)．3．解析(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，則f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的極小值為2．(2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)．設(shè)φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．當(dāng)x∈(0，1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點，∴φ(x)的最大值為φ(1)＝eq\f(2,3)．又φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知，①當(dāng)m>eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)無零點；②當(dāng)m＝eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；③當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)有兩個零點；④當(dāng)m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點．綜上所述，當(dāng)m>eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)無零點；當(dāng)m＝eq\f(2,3)或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)有兩個零點．4．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)，a∈R且a≠0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，試判斷函數(shù)g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點個數(shù)．4．解析(1)f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x>0)，當(dāng)a<0時，f′(x)>0恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．(2)∵當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，函數(shù)g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點，即當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，方程(lnx－1)ex＋x＝m的根．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，則h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1.由(1)知當(dāng)a＝1時，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，f(x)≥f(1)＝0．∴eq\f(1,x)＋lnx－1≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立．∴h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1≥0＋1>0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調(diào)遞增．∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2e＋eq\f(1,e)，h(x)max＝e.∴當(dāng)m<－2e＋eq\f(1,e)或m>e時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上沒有零點；當(dāng)－2e＋eq\f(1,e)≤m≤e時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有且只有一個零點．5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－2a－ln(x＋a)，a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)若a>0，且函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若0<a<eq\f(2,3)，試判斷函數(shù)f(x)的零點個數(shù)．5．解析(1)∵函數(shù)f(x)在[0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋a)≥0在[0，＋∞)內(nèi)恒成立．即a≥e－x－x在[0，＋∞)內(nèi)恒成立．記g(x)＝e－x－x，則g′(x)＝－e－x－1<0恒成立，∴g(x)在區(qū)間[0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(0)＝1，∴a≥1，即實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．(2)∵0<a<eq\f(2,3)，f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋a)(x>－a)，記h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝ex＋eq\f(1,(x＋a)2)>0，知f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增．又∵f′(0)＝1－eq\f(1,a)<0，f′(1)＝e－eq\f(1,a＋1)>0，∴f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，＋∞))內(nèi)存在唯一的零點x0，即f′(x0)＝－eq\f(1,x0＋a)＝0，于是＝eq\f(1,x0＋a)，x0＝－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋a))．當(dāng)－a<x<x0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>x0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)min＝f(x0)＝－2a－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋a))＝eq\f(1,x0＋a)－2a＋x0＝x0＋a＋eq\f(1,x0＋a)－3a≥2－3a，當(dāng)且僅當(dāng)x0＋a＝1時，取等號．由0<a<eq\f(2,3)，得2－3a>0，∴f(x)min＝f(x0)>0，即函數(shù)f(x)沒有零點．6．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)．(1)若f(x)在點(2，f(2))處的切線與直線2x＋y＋2＝0垂直，求實數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e2]上零點的個數(shù)．6．解析(1)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，則f′(2)＝eq\f(1－4a,2)．因為直線2x＋y＋2＝0的斜率為－2，所以(－2)×eq\f(1－4a,2)＝－1，解得a＝0．(2)f′(x)＝eq\f(1－ax2,x)，x∈(0，＋∞)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(x)>0，,x>0))得0<x<eq\f(\r(a),a)；由f′(x)<0得x>eq\f(\r(a),a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述：當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))．(3)由(2)可知，(ⅰ)當(dāng)a<0時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a>0，故f(x)在[1，e2]上沒有零點．(ⅱ)當(dāng)a＝0時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a＝0，故f(x)在[1，e2]上有一個零點．(ⅲ)當(dāng)a>0時，①若eq\f(\r(a),a)≤1，即a≥1時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞減．因為f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，所以f(x)在[1，e2]上沒有零點．②若1<eq\f(\r(a),a)≤e2，即eq\f(1,e4)≤a<1時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(a),a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，e2))上單調(diào)遞減，而f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)，f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)<0，即a>eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上沒有零點；若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)＝0，即a＝eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上有一個零點；若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)>0，即a<eq\f(1,e)時，由f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4>0，得a<eq\f(4,e4)，此時，f(x)在[1，e2]上有一個零點；由f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4≤0，得a≥eq\f(4,e4)，此時，f(x)在[1，e2]上有兩個零點；③若eq\f(\r(a),a)≥e2，即0<a≤eq\f(1,e4)時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞增，因為f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4>0，所以f(x)在[1，e2]上有一個零點．綜上所述：當(dāng)a<0或a>eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上沒有零點；當(dāng)0≤a<eq\f(4,e4)或a＝eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上有一個零點；當(dāng)eq\f(4,e4)≤a<eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上有兩個零點．專題38由函數(shù)零點或方程根的個數(shù)求參數(shù)范圍問題【例題選講】[例1]已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－alnx(a∈R)．(1)若f(x)在x＝2處取得極值，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)當(dāng)a>0時，若f(x)有唯一的零點x0，求[x0]．注：[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2．(參考數(shù)據(jù)：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946)[規(guī)范解答](1)∵f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－alnx，∴f′(x)＝eq\f(2x3－ax－2,x2)(x>0)，由題意得f′(2)＝0，則2×23－2a－2＝0，a＝7，經(jīng)驗證，當(dāng)a＝7時，f(x)在x＝2處取得極值，∴f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－7lnx，f′(x)＝2x－eq\f(2,x2)－eq\f(7,x)，∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0．(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，則g′(x)＝6x2－a，由a>0，g′(x)＝0，可得x＝eq\r(\f(a,6))，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,6))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,6))，＋∞))上單調(diào)遞增．由于g(0)＝－2<0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,6))))時，g(x)<0，又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零點，設(shè)為x1，從而可知f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，＋∞)上單調(diào)遞增，由于f(x)有唯一零點x0，故x1＝x0，且x0>1，則g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得2lnx0－eq\f(3,x\o\al(3,0)－1)－1＝0．令h(x)＝2lnx－eq\f(3,x3－1)－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，由于h(2)＝2ln2－eq\f(10,7)<2×0.7－eq\f(10,7)<0，h(3)＝2ln3－eq\f(29,26)>0，故x0∈(2，3)，[x0]＝2．[例2]已知函數(shù)f(x)＝xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2．(1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．[破題思路]第(1)問求f(x)的極值，想到求f′(x)＝0的解，然后根據(jù)單調(diào)性求極值；第(2)問求實數(shù)a的取值范圍，想到建立關(guān)于a的不等式，給出函數(shù)f(x)的解析式，并已知f(x)有兩個零點，利用f(x)的圖象與x軸有兩個交點求解．[規(guī)范解答](1)由題意知，當(dāng)a＝e時，f(x)＝xex－eq\f(1,2)e(x＋1)2，函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1．當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值－eq\f(1,e)極小值－e所以當(dāng)x＝－1時，f(x)取得極大值－eq\f(1,e)；當(dāng)x＝1時，f(x)取得極小值－e．(2)法一：分類討論法f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上只有一個零點，故不符合題意．若a<0，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．由f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，當(dāng)x→－∞時，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個零點．若lna<－1，即0<a<eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(lna，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．又f(lna)＝alna－eq\f(1,2)a(lna＋1)2<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一個零點，故不符合題意．若lna＝－1，即a＝eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，故不符合題意．若lna>－1，即a>eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－1，lna)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．又f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一個零點，故不符合題意．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)．法二：數(shù)形結(jié)合法令f(x)＝0，即xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2＝0，得xex＝eq\f(1,2)a(x＋1)2．當(dāng)x＝－1時，方程為－e－1＝eq\f(1,2)a×0，顯然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函數(shù)f(x)的零點．當(dāng)x≠－1時，分離參數(shù)得a＝eq\f(2xex,(x＋1)2)．記g(x)＝eq\f(2xex,(x＋1)2)(x≠－1)，則g′(x)＝eq\f((2xex)′(x＋1)2－[(x＋1)2]′·2xex,(x＋1)4)＝eq\f(2ex(x2＋1),(x＋1)3)．當(dāng)x<－1時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．當(dāng)x＝0時，g(x)＝0；當(dāng)x→－∞時，g(x)→0；當(dāng)x→－1時，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時，g(x)→＋∞．故函數(shù)g(x)的圖象如圖所示．作出直線y＝a，由圖可知，當(dāng)a<0時，直線y＝a和函數(shù)g(x)的圖象有兩個交點，此時函數(shù)f(x)有兩個零點．故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)．[題后悟通]利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)范圍的方法(1)分離參數(shù)(a＝g(x))后，將原問題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點個數(shù)問題(優(yōu)選分離、次選分類)求解；(2)利用零點的存在性定理構(gòu)建不等式求解；(3)轉(zhuǎn)化為兩個熟悉的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解[例3]已知函數(shù)f(x)＝ex－2x－1．(1)求曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程；(2)設(shè)g(x)＝af(x)＋(1－a)ex，若g(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．[規(guī)范解答](1)由題意知f′(x)＝ex－2，k＝f′(0)＝1－2＝－1，又f(0)＝e0－2×0－1＝0，∴f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y＝－x．(2)g(x)＝ex－2ax－a，g′(x)＝ex－2a．當(dāng)a≤0時，g′(x)>0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增，不符合題意．當(dāng)a>0時，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)，在(－∞，ln(2a))上，g′(x)<0，在(ln(2a)，＋∞)上，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，ln(2a))上單調(diào)遞減，在(ln(2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)極小值＝g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－a＝a－2aln(2a)．∵g(x)有兩個零點，∴g(x)極小值<0，即a－2aln(2a)<0，∵a>0，∴l(xiāng)n(2a)>eq\f(1,2)，解得a>eq\f(\r(e),2)，∴實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),2)，＋∞))．[例4]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R．(1)當(dāng)a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程；(2)討論f(x)的單調(diào)性；(3)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．[規(guī)范解答](1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝lnx＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，f′(e)＝1＋eq\f(1,e)，∴曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程為y－(e＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))(x－e)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))x．(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋1＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)，x>0，①當(dāng)a≤0時，顯然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，則－2ax2＋x＋1＝0，易知其判別式為正，設(shè)方程的兩根分別為x1，x2(x1<x2)，則x1x2＝－eq\f(1,2a)<0，∴x1<0<x2，∴f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝eq\f(－2a(x－x1)(x－x2),x)，x>0．令f′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(3)法一：由(2)知，①當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，至多一個零點，不符合題意；②當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在(0，x2)上單調(diào)遞增，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(x2)．要使f(x)有兩個零點，需f(x2)>0，即lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2>0，又由f′(x2)＝0得axeq\o\al(2,2)＝eq\f(1＋x2,2)，代入上面的不等式得2lnx2＋x2>1，解得x2>1，∴a＝eq\f(1＋x2,2x\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\o\al(2,2))＋\f(1,x2)))<1．下面證明：當(dāng)a∈(0，1)時，f(x)有兩個零點．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝lneq\f(1,e)－ae－2＋eq\f(1,e)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝lneq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)<eq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)＝0(∵lnx<x)．又x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)<eq\f(1＋\r(8＋1),4a)＝eq\f(1,a)<eq\f(2,a)，且x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)＝eq\f(2,\r(8a＋1)－1)>eq\f(2,\r(8＋1)－1)＝1>eq\f(1,e)，f(x2)＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2＝eq\f(1,2)(2lnx2＋x2－1)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，x2))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(2,a)))上各有一個零點．∴a的取值范圍為(0，1)．法二：函數(shù)f(x)有兩個零點，等價于方程a＝eq\f(lnx＋x,x2)有兩解．令g(x)＝eq\f(lnx＋x,x2)，x>0，則g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)．由g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)>0，得2lnx＋x<1，解得0<x<1，∴g(x)在(0，1)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)遞減，又當(dāng)x≥1時，g(x)>0，當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，∴作出函數(shù)g(x)的簡圖如圖，結(jié)合函數(shù)值的變化趨勢猜想：當(dāng)a∈(0，1)時符合題意．下面給出證明：當(dāng)a≥1時，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合題意；當(dāng)a≤0時，方程至多一解，不符合題意；當(dāng)a∈(0，1)時，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－a<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)＋\f(2,a)))<eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(2,a)))＝a，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))－a<0．∴方程在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上各有一個根，∴f(x)有兩個零點．∴a的取值范圍為(0，1)．[例5](2017·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2)·ex－x．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．[規(guī)范解答](1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．(ⅰ)若a≤0，則f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減．(ⅱ)若a＞0，則由f′(x)＝0得x＝－lna．當(dāng)x∈(－∞，－lna)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(－lna，＋∞)時，f′(x)＞0．所以f(x)在(－∞，－lna)單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)單調(diào)遞增．(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點．(ⅱ)若a＞0，由(1)知，當(dāng)x＝－lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(－lna)＝1－eq\f(1,a)＋lna．①當(dāng)a＝1時，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一個零點；②當(dāng)a∈(1，＋∞)時，由于1－eq\f(1,a)＋lna＞0，即f(－lna)＞0，故f(x)沒有零點；③當(dāng)a∈(0，1)時，1－eq\f(1,a)＋lna＜0，即f(－lna)＜0．又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－lna)有一個零點．設(shè)正整數(shù)n0滿足n0＞lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))，則f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0．由于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))＞－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)有一個零點．綜上，a的取值范圍為(0，1)．[例6]已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ex－ax(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2lnx＋a)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)無零點，求實數(shù)a的最大值．[規(guī)范解答](1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上單調(diào)遞增．若f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數(shù)，只需f′(x)≤0在(－e，－1)上恒成立．因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解得a≥eq\f(1,e)．又當(dāng)a＝eq\f(1,e)時，f′(x)＝ex－eq\f(1,e)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時取等號．所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))．(2)由已知得F(x)＝a(x－1)－2lnx，且F(1)＝0，則F′(x)＝a－eq\f(2,x)＝eq\f(ax－2,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a))),x)，x>0．①當(dāng)a≤0時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，結(jié)合F(1)＝0知，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，F(xiàn)(x)>0．所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)無零點．②當(dāng)a>0時，令F′(x)＝0，得x＝eq\f(2,a)．若eq\f(2,a)≥eq\f(1,2)，即a∈(0，4]時，F(xiàn)(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是減函數(shù)．又x→0時，F(xiàn)(x)→＋∞．要使F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)無零點，只需Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(a,2)－2lneq\f(1,2)≥0，則0<a≤4ln2．若eq\f(2,a)<eq\f(1,2)，即a>4時，則F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上是減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，\f(1,2)))上是增函數(shù)．所以F(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝2－a－2lneq\f(2,a)，令φ(a)＝2－a－2lneq\f(2,a)，則φ′(a)＝－1＋eq\f(2,a)＝eq\f(2－a,a)<0．所以φ(a)在(4，＋∞)上是減函數(shù)，則φ(a)<φ(4)＝2ln2－2<0．因此Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))<0，所以F(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)一定有零點，不合題意，舍去．綜上，函數(shù)F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)無零點，應(yīng)有a≤4ln2，所以實數(shù)a的最大值為4ln2．【對點訓(xùn)練】1．(2018·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2．(1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a．1．解析(1)當(dāng)a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1≤0．設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x．當(dāng)x≠1時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減．而g(0)＝0，故當(dāng)x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1．(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x．當(dāng)且僅當(dāng)h(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，f(x)在(0，＋∞)只有一個零點．①當(dāng)a≤0時，h(x)>0，h(x)沒有零點；②當(dāng)a>0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x．當(dāng)x∈(0，2)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0．所以h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在[0，＋∞)的最小值．1)若h(2)>0，即a<eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)沒有零點；2)若h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一個零點；3)若h(2)<0，即a>eq\f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一個零點．由(1)知，當(dāng)x>0時，ex>x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,e2a2)>1－eq\f(16a3,2a4)＝1－eq\f(1,a)>0．故h(x)在(2，4a)有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)有兩個零點．綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，a＝eq\f(e2,4)．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋eq\f(a,x)－x(0<x≤3)，若F(x)的圖象上任意一點P(x0，y0)處切線的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一實數(shù)解，求正數(shù)m的值．2．解析(1)∵F(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，x∈(0，3]，∴F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，∴k＝F′(x0)＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))，∵F(x)的圖象上任意一點P(x0，y0)處切線的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，∴k＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))≤eq\f(1,2)在x0∈(0，3]上恒成立，∴a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x\o\al(2,0)＋x0))max，x0∈(0，3]，當(dāng)x0＝1時，－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0取得最大值eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一實數(shù)解，∴x2－2mlnx－2mx＝0有唯一實數(shù)解．設(shè)g(x)＝x2－2mlnx－2mx，則g′(x)＝eq\f(2x2－2mx－2m,x)．令g′(x)＝0，則x2－mx－m＝0.∵m>0，∴Δ＝m2＋4m>0，∵x>0，∴x1＝eq\f(m－\r(m2＋4m),2)<0(舍去)，x2＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)，當(dāng)x∈(0，x2)時，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)單調(diào)遞增，當(dāng)x＝x2時，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．∵g(x)＝0有唯一解，∴g(x2)＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′(x2)＝0，,g(x2)＝0，))即xeq\o\al(2,2)－2mlnx2－2mx2＝xeq\o\al(2,2)－mx2－m，∴2mlnx2＋mx2－m＝0，∵m>0，∴2lnx2＋x2－1＝0.(*)設(shè)函數(shù)h(x)＝2lnx＋x－1，∵當(dāng)x>0時，h(x)是增函數(shù)，∴h(x)＝0至多有一解．∵h(1)＝0，∴方程(*)的解為x2＝1，即1＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)，解得m＝eq\f(1,2).3．函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝1處取得極值．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內(nèi)有兩個不同的零點，求實數(shù)m的取值范圍．3．解析(1)由題意知，f′(x)＝a＋lnx＋1(x>0)，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，當(dāng)a＝－1時，f(x)＝－x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1．∴f(x)在x＝1處取得極小值，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，可轉(zhuǎn)化為f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有兩個不同的根，也可轉(zhuǎn)化為y＝f(x)與y＝m＋1的圖象有兩個不同的交點，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝－1，由題意得，m＋1>－1，即m>－2，①當(dāng)0<x<1時，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；當(dāng)x>0且x→0時，f(x)→0；當(dāng)x→＋∞時，顯然f(x)→＋∞．如圖，由圖象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1．故實數(shù)m的取值范圍為(－2，－1)．4．設(shè)函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．4．解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時，f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－2x2－x＋1,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)(負值舍去)，當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(1,2)時，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－eq\f(lnx,x)，令g(x)＝x－eq\f(lnx,x)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，則g′(x)＝1－eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)eq\f(1,3)≤x<1時，g′(x)<0；當(dāng)1<x≤3時，g′(x)>0，∴g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，由于函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有兩個零點，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝3ln3＋eq\f(1,3)，g(3)＝3－eq\f(ln3,3)，3ln3＋eq\f(1,3)>3－eq\f(ln3,3)，∴實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3－\f(ln3,3)))．5．已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．5．解析(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①設(shè)a≥0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0．所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．②設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a＝－eq\f(e,2)，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－