2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题19利用导数研究函数的零点（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题19利用导数研究函数的零点（教师版），共28页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【方法技巧】
1.利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
2.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
3.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
4.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
二、【题型归类】
【题型一】判断、证明或讨论零点的个数
【典例1】已知函数f(x)＝xsin x－eq \f(3,2).
判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.
【解析】f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：
∵f′(x)＝sin x＋xcs x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，
f(x)＝xsin x－eq \f(3,2)，从而有f(0)＝－eq \f(3,2)＜0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π－3,2)＞0，
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不间断的.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内至少存在一个零点.
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点.
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcs x.
由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不间断的，
故存在m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cs x－xsin x，
知x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))内单调递减.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))内单调递增，故当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.
【典例2】已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
【解析】(1)解 当a＝3时，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).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)单调递增，在(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))单调递减.
(2)证明 由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)
＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,6)<0，
f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
【典例3】已知函数f(x)＝x－aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝eq \f(1,2)x2－ax－f(x)的零点个数．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得
f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，
由f′(x)>0可得x>a；
由f′(x)<0可得0所以f(x)的单调递减区间为(0，a)，
单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)由g(x)＝eq \f(1,2)x2－ax－x＋aln x
＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋aln x，
可得g′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)
＝eq \f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq \f(x－1x－a,x)，
令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，
因为g(1)＝eq \f(1,2)－a－1＝－a－eq \f(1,2)<0，
g(2a＋3)＝eq \f(1,2)(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋
aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋eq \f(3,2)>0，
当a>1时，g(x)在(1，a)上单调递减，
所以g(1)>g(a)，
所以g(a)<0，所以g(x)有一个零点，
当a＝1时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)有一个零点，
当0在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
此时g(a)＝eq \f(1,2)a2－(a＋1)a＋aln a
＝－eq \f(1,2)a2－a＋aln a<0，
g(x)只有一个零点，
综上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
【题型二】根据零点情况求参数范围
【典例1】函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：
(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．
【解析】(1)因为f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.
因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－2a，,－1×2＝b，))
解得a＝－eq \f(1,2)，b＝－2，
由导函数的图象可知(图略)，当－1当x<－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)，
单调递减区间为(－1，2)．
(2)由(1)得f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x＋c，
函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，
在(－1，2)上是减函数，
所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝eq \f(7,6)＋c，
极小值为f(2)＝c－eq \f(10,3).
而函数f(x)恰有三个零点，故必有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(7,6)＋c＞0，,c－\f(10,3)<0，))
解得－eq \f(7,6)所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，\f(10,3))).
【典例2】已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，
又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，
所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.
易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.
(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；
当x<0时，取x＝－eq \f(1,a)，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))<1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)－1))＝－a<0.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．
【典例3】已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝3x2－k.
当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq \f(\r(3k),3).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3k),3)))时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))时，f′(x)＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)，＋∞))时，f′(x)＞0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．
当k＞0时，x＝－eq \f(\r(3k),3)为f(x)的极大值点，x＝eq \f(\r(3k),3)为f(x)的极小值点．此时，－k－1＜－eq \f(\r(3k),3)＜eq \f(\r(3k),3)＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)))＞0.根据f(x)的单调性，当且仅当feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)))＜0，即k2－eq \f(2k\r(3k),9)＜0时，f(x)有三个零点，解得k＜eq \f(4,27).因此k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27))).
【题型三】利用函数性质研究函数零点
【典例1】已知函数f(x)＝xsin x＋cs x，g(x)＝x2＋4.
(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；
(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．
【解析】(1)解 f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
(2)证明 h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x，
∵h(－x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x＝h(x)，
∴h(x)为偶函数．
又∵h(0)＝0，
∴x＝0为函数h(x)的零点．
下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：
h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x
＝x(x－4sin x)＋4(1－cs x)．
当x∈[4，＋∞)时，
x－4sin x>0,4(1－cs x)≥0，
∴h(x)>0，
∴h(x)无零点；
当x∈(0,4)时，
h′(x)＝2x－4xcs x＝2x(1－2cs x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，h′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))时，h′(x)>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上单调递增，
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π2,9)＋4－eq \f(4π,3)sin eq \f(π,3)－4cs eq \f(π,3)＝eq \f(π2,9)＋2－eq \f(2\r(3)π,3)<0，
又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cs 4>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无零点，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，
又h(0)＝0且h(x)为偶函数，
故h(x)在R上有且仅有三个零点．
【典例2】已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
【解析】(1)解 当a＝3时，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).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，
f′(x)>0；
当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)，
单调递减区间为(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))．
(2)证明 因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，
则g′(x)＝eq \f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)
＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)<0，
f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
【典例3】已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
【解析】(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，
令g(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))，
∴g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,x＋12)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))，
易知g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上单调递减．
又g′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－sin eq \f(π,2)＋eq \f(4,π＋22)＝eq \f(4,π＋22)－1<0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得g′(x0)＝0.
∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减．
故x＝x0为g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上唯一的极大值点，
即f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一的极大值点x0.
(2)由(1)知f′(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，x∈(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上单调递增，
∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f(x)在(－1,0]上单调递减，
又f(0)＝0.
∴x＝0为f(x)在(－1,0]上的唯一零点．
②当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减，
又f′(0)＝0，∴f′(x0)>0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)>f(0)＝0，不存在零点，
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝cs eq \f(π,2)－eq \f(2,π＋2)＝－eq \f(2,π＋2)<0，
∴∃x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))，使得f′(x1)＝0，
∴f(x)在(x0，x1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))上单调递减，
又f(x0)>f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sin eq \f(π,2)－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))
＝ln eq \f(2e,π＋2)>ln 1＝0.
∴f(x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上恒成立，不存在零点．
③当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，易知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，f(π)＝sin π－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上存在唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1，
∴f(x)＝sin x－ln(1＋x)<0，
∴f(x)在(π，＋∞)上不存在零点，
综上所述，f(x)有且仅有2个零点．
【题型四】与函数零点相关的综合问题
【典例1】已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x2－xln 2,2x)(x>0)，
令f′(x)>0，则0令f′(x)<0，
则x>eq \f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,ln 2)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,ln 2)，＋∞)).
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程eq \f(xa,ax)＝1(x>0)有两个不同的解，即方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有两个不同的解．
设g(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，
且当x>e时，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
又g(1)＝0，
所以01且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
【典例2】设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－eq \f(a,x)单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)>0，当b满足0(讨论a≥1或a<1来检验，
①当a≥1时，则0f′(b)＝2e2b－eq \f(a,b)<2eeq \f(1,2)－4a<2eeq \f(1,2)－4<0；
②当a<1时，则0故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－eq \f(a,x0)＝0，
所以f(x0)＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋aln eq \f(2,a)≥2a＋aln eq \f(2,a).
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
【典例3】设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))处的切线与y轴垂直.
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
【解析】(1)解 f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，即eq \f(3,4)＋b＝0，
故b＝－eq \f(3,4).
(2)证明 由(1)知f(x)＝x3－eq \f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq \f(3,4).令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,2)或x＝eq \f(1,2).
f′(x)与f(x)的情况为：
因为f(1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝c＋eq \f(1,4)，
所以当c<－eq \f(1,4)时，f(x)只有大于1的零点.
因为f(－1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－eq \f(1,4)，
所以当c>eq \f(1,4)时，f(x)只有小于－1的零点.
由题设可知－eq \f(1,4)≤c≤eq \f(1,4).
当c＝－eq \f(1,4)时，f(x)只有两个零点－eq \f(1,2)和1.
当c＝eq \f(1,4)时，f(x)只有两个零点－1和eq \f(1,2).
当－eq \f(1,4)x3∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
三、【培优训练】
【训练一】已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．
(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；
(2)若04－2a.
【解析】(1)依题意知x>0，当a＝0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－(b＋1)．
①当b≤－1时，f′(x)>0恒成立，此时f(x)在定义域上单调递增；
②当b>－1时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,b＋1)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b＋1)，＋∞))时，f′(x)<0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,b＋1)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b＋1)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：由f(x)＝m－ax2得ln x＋(a－2)x＋2－m＝0，
令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x>0，则g(x1)＝g(x2)＝m，
依题意有ln x1＋(a－2)x1＝ln x2＋(a－2)x2，
所以a－2＝eq \f(ln \f(x2,x1),x1－x2)，
要证eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)>4－2a，只需证eq \f(x1＋x2,x1x2)>2(2－a)＝eq \f(－2ln \f(x2,x1),x1－x2)(不妨设x1即证2lneq \f(x2,x1)＋eq \f(x1,x2)－eq \f(x2,x1)<0，
令eq \f(x2,x1)＝t(t>1)，则g(t)＝2ln t－t＋eq \f(1,t)，
因为g′(t)＝eq \f(2,t)－1－eq \f(1,t2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－1))eq \s\up12(2)<0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(t)4－2a.
【训练二】设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))处的切线与y轴垂直．
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
【解析】(1)f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，即eq \f(3,4)＋b＝0.
故b＝－eq \f(3,4).
(2)由(1)知f(x)＝x3－eq \f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq \f(3,4).
令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,2)或x＝eq \f(1,2).
f′(x)与f(x)的情况为：
因为f(1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝c＋eq \f(1,4)，所以当c<－eq \f(1,4)时，f(x)只有大于1的零点．因为f(－1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－eq \f(1,4)，所以当c>eq \f(1,4)时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－eq \f(1,4)≤c≤eq \f(1,4).
当c＝－eq \f(1,4)时，f(x)只有两个零点－eq \f(1,2)和1.
当c＝eq \f(1,4)时，f(x)只有两个零点－1和eq \f(1,2).
当－eq \f(1,4)综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
【训练三】已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq \f(3,2)x2＋6x，其中a>0.
(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；
(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．
【解析】(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.
所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.
所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.
(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．
当x>1时，f′(x)>0；当0所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.
令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq \f(3,2)x2＋6x＋m，
则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．
当x>1时，h′(x)<0；当00.
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝eq \f(7,2)＋m.
要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则eq \f(7,2)＋m≥－1，即m≥－eq \f(9,2).
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，＋∞)).
【训练四】已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1＋x2>－2.
【解析】(1)解 易得f′(x)＝－k，
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln k－1，
可得当x∈(－∞，ln k－1)时，f′(x)<0；
当x∈(ln k－1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间(－∞，ln k－1)上单调递减，在区间(ln k－1，＋∞)上单调递增．
当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增．
综上，当k≤0时，f(x)在R上单调递增，
当k>0时，f(x)在(－∞，ln k－1)上单调递减，
在(ln k－1，＋∞)上单调递增．
(2)证明 当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k>0，
由题意知＝k(x1＋2)，＝k(x2＋2)，
所以x1＋2>0，x2＋2>0，可得x1－x2＝ln eq \f(x1＋2,x2＋2)，
不妨设x1>x2，令eq \f(x1＋2,x2＋2)＝t，则t>1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋2,x2＋2)＝t，,x1－x2＝ln \f(x1＋2,x2＋2)，))
解得x1＋2＝eq \f(tln t,t－1)，x2＋2＝eq \f(ln t,t－1)，
所以x1＋x2＋4＝eq \f(t＋1ln t,t－1)，
欲证x1＋x2>－2，只需证明eq \f(t＋1ln t,t－1)>2，
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t≥1)，
则g′(t)＝ln t＋eq \f(1,t)(t＋1)－2＝ln t＋eq \f(1,t)－1.
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t≥1)，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)≥0，h(t)单调递增，
所以g′(t)≥g′(1)＝0.
所以g(t)在区间[1，＋∞)上单调递增，
所以当t>1时，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．
【训练五】已知函数f(x)＝eq \f(x2－a,sin x)－2(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))))处的切线经过坐标原点，求实数a；
(2)当a>0时，判断函数f(x)在x∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．
【解析】(1)f′(x)＝eq \f(2xsin x－x2－acs x,sin2x)，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝π，
所以f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))))处的切线方程为y＝πx，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π2,2)，
即eq \f(π2,4)－a－2＝eq \f(π2,2)，a＝－eq \f(π2,4)－2.
(2)因为x∈(0，π)，所以sin x>0，
所以eq \f(x2－a,sin x)－2＝0可转化为x2－a－2sin x＝0，
设g(x)＝x2－a－2sin x，
则g′(x)＝2x－2cs x，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)>0，
所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
设h(x)＝g′(x)＝2x－2cs x，
此时h′(x)＝2＋2sin x>0，
所以g′(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又 g′(0)＝－2<0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝π>0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)时g(x)单调递减，
x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时g(x)单调递增．
综上，对于连续函数g(x)，当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，
当x∈(x0，π)时，g(x)单调递增．
又因为g(0)＝－a<0，
所以当g(π)＝π2－a>0，即a<π2时，
函数g(x)在区间(x0，π)上有唯一零点，
当g(π)＝π2－a≤0，即a≥π2时，函数g(x)在区间(0，π)上无零点，
综上可知，当0当a≥π2时，函数f(x)在(0，π)上没有零点．
【训练六】已知函数f(x)＝x3－3kx＋2，k∈R.
(1)若x＝－2是函数f(x)的极值点，求k的值及f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[0，2]上有且仅有2个零点，求f(x)在[0，2]上的最大值g(k).
【解析】(1)由题意知，f(x)＝x3－3kx＋2的定义域为R，f′(x)＝3x2－3k，
∴f′(－2)＝12－3k＝0，解得k＝4，
∵f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，
∵x∈(－2，2)时，f′(x)＜0；x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
∴f(x)的单调增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，单调减区间为(－2，2).
(2)由(1)知，f′(x)＝3(x2－k)，
①当k≤0时，f′(x)＝3(x2－k)≥0恒成立，
∴f(x)在[0，2]上单调递增，最多只有1个零点，不符合条件，舍去.
②当k≥4时，当x∈[0，2]时，
f′(x)＝3(x2－k)≤0恒成立，
∴f(x)在[0，2]上单调递减，最多只有1个零点，不符合条件，舍去.
③当0＜k＜4时，令f′(x)＝3(x2－k)＜0得0＜x＜eq \r(k)，
∴f(x)在(0，eq \r(k))上递减，在(eq \r(k)，2)上递增，
要使函数f(x)在区间[0，2]上有且仅有2个零点，必有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）≥0，,f（\r(k)）＜0，,f（2）≥0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2≥0，,（\r(k)）3－3k\r(k)＋2＜0，,8－6k＋2≥0，))解得1＜k≤eq \f(5,3)，
当f(2)－f(0)≥0，即1＜k≤eq \f(4,3)时，
由f(x)的单调性可知
f(x)max＝f(2)＝10－6k，
同理，当f(2)－f(0)＜0，即eq \f(4,3)＜k≤eq \f(5,3)时，f(x)max＝f(0)＝2，
∴f(x)在[0，2]上的最大值
g(k)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(10－6k，1＜k≤\f(4,3)，,2，\f(4,3)＜k≤\f(5,3).))
四、【强化测试】
【解答题】
1. 已知函数f(x)＝a＋eq \r(x)ln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)试判断f(x)的零点个数．
【解析】(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝(eq \r(x))′ln x＋eq \r(x)·eq \f(1,x)
＝eq \f(\r(x)（ln x＋2）,2x)，
令f′(x)＞0，解得x＞e－2，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，
在(e－2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq \f(2,e)，
显然a≤0时，f(x)＝0，有1个零点，
a＞eq \f(2,e)时，f(x)＞0，无零点，
a＝eq \f(2,e)时，f(x)＝0，有1个零点，
02. 已知函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3))).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．
【解析】(1)因为函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3)))，
所以eq \f(32a,3)－4a－4a－2＝eq \f(10,3)，解得a＝2，
即f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)＋2－2＝－eq \f(5,6)，
f(x)极小值＝f(2)＝eq \f(8,3)－2－4－2＝－eq \f(16,3)，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－eq \f(16,3)<2m－3<－eq \f(5,6)，
解得－eq \f(7,6)所以m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，\f(13,12))).
3. 已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq \f(3,2)x2＋6x，其中a>0.
(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；
(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．
【解析】(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.
所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.
所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.
(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．
当x>1时，f′(x)>0；当0所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.
令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq \f(3,2)x2＋6x＋m，
则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．
当x>1时，h′(x)<0；
当00.
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝eq \f(7,2)＋m.
要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则eq \f(7,2)＋m≥－1，即m≥－eq \f(9,2).
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，＋∞)).
4. 已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
【解析】(1)f(x)＝ex(ax＋1)，
则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝e2a＋1＝b，,f1＝ea＋1＝b－e，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3e，))
∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，
当x<2时，u(x)<0，
∴－e∴实数m的取值范围为(－e,0)．
5. 已知函数f(x)＝ex－(k＋1)ln x＋2sin α.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数k的取值范围；
(2)当k＝0时，证明：函数f(x)无零点．
【解析】(1)解 f′(x)＝ex－eq \f(k＋1,x)，x>0，
∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴ex－eq \f(k＋1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即k＋1≤xex在(0，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝xex，
则h′(x)＝(x＋1)ex>0在(0，＋∞)上恒成立．
∴函数h(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
则h(x)>h(0)＝0，
∴k＋1≤0，即k≤－1，
故实数k的取值范围是(－∞，－1]．
(2)证明 当k＝0时，f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，x>0，
令g(x)＝ex－eq \f(1,x)，x>0，
则g′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，f′(1)＝e－1>0，
∴存在m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得f′(m)＝0，得em＝eq \f(1,m)，
故m＝－ln m，
当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(m)＝em－ln m＋2sin α＝eq \f(1,m)＋m＋2sin α>2＋2sin α≥0，
∴函数f(x)无零点．
6. 已知函数f(x)＝ln x－aex＋1(a∈R)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
【解析】(1)由f(x)＝ln x－aex＋1，
知x∈(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝ln x－ex＋1，
f′(x)＝eq \f(1,x)－ex，
显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2－eq \r(e)>0，f′(1)＝1－e<0，
所以f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上存在零点x0，且是唯一零点，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，
所以x0是f(x)＝ln x－ex＋1的极大值点，且是唯一极值点．
(2)令f(x)＝ln x－aex＋1＝0，则a＝eq \f(ln x＋1,ex).
令y＝a，g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，
g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x>0)．
令h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减．
故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e).
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，当x>1且x→＋∞时，
g(x)>0且g(x)→0，
作出函数g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)的图象如图所示．
结合图象知，当a>eq \f(1,e)时，f(x)无零点，
当a≤0或a＝eq \f(1,e)时，f(x)有1个零点，
当07. 已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
【解析】(1)f(x)＝ex(ax＋1)，
则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝e2a＋1＝b，,f1＝ea＋1＝b－e，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3e，))
∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x<2时，u(x)<0，
∴实数m的取值范围为{m|－e8. 已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[1，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．
【解析】(1)F(x)＝ax2－2ln x，
其定义域为(0，＋∞)，
∴F′(x)＝2ax－eq \f(2,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)．
①当a>0时，由ax2－1>0，得x>eq \f(\r(a),a)，
由ax2－1<0，得0故当a>0时，F(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(a),a)))上单调递减．
②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．
故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(a),a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)，＋∞))上单调递增．
(2)方程f(x)＝g(x)在[1，e]上有两个不相等的解，
即a＝eq \f(2ln x,x2)在[1，e]上有两个不同的解，
∴y＝a与φ(x)＝eq \f(2ln x,x2)，x∈[1，e]有两个不同的交点，
φ′(x)＝eq \f(21－2ln x,x3)，
令φ′(x)＝0，得x＝eq \r(e)；
∴当x∈[1，eq \r(e))时，φ′(x)>0，
当x∈(eq \r(e)，e]时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在[1，eq \r(e))上单调递增，在(eq \r(e)，e]上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(eq \r(e))＝eq \f(1,e)，
又φ(e)＝eq \f(2,e2)，φ(1)＝0，
∴要使y＝a与y＝φ(x)有两个不同的交点，
则eq \f(2,e2)≤a故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)，\f(1,e))).
9. 已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.
∵函数f(x)在x＝0处取得极值，
∴f′(0)＝e0＋a＝0，
∴a＝－1，
∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.
∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
且f(－2)＝eq \f(1,e2)＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，
∴f(x)在[－2,1]上的最大值是eq \f(1,e2)＋3.
(2)f′(x)＝ex＋a.
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，
且当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0，
当x<0时，取x＝－eq \f(1,a)，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))<1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)－1))＝－a<0，
∴函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln(－a)．
当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)
10. 已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.
(1)证明：ln x≤x－1；
(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数．
【解析】(1)证明 令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，
g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
可得x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，
∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.
(2)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋a＝eq \f(－2x2＋ax＋1,x)，x>0.
令－2xeq \\al(2,0)＋ax0＋1＝0，
解得x0＝eq \f(a＋\r(a2＋8),4)(负值舍去)，
在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
∴f(x)max＝f(x0)．
当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.
当a>1时，f(1)＝a－1>0，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))＝ln eq \f(1,2a)－eq \f(1,4a2)＋eq \f(1,2)f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2－eq \f(1,2)<0.
∴函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))和区间(1,2a)上各有一个零点．
综上可得，当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1；
当a>1时，函数f(x)有两个零点．
11. 已知函数f(x)＝a＋eq \r(x)ln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)试判断f(x)的零点个数．
【解析】(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝(eq \r(x))′ln x＋eq \r(x)·eq \f(1,x)
＝eq \f(\r(x)（ln x＋2）,2x)，
令f′(x)＞0，解得x＞e－2，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，
在(e－2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq \f(2,e)，
显然a＞eq \f(2,e)时，f(x)＞0，无零点，
a＝eq \f(2,e)时，f(x)＝0，有1个零点，
a12. 已知函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3))).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．
【解析】(1)因为函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3)))，
所以eq \f(32a,3)－4a－4a－2＝eq \f(10,3)，解得a＝2，
即f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)＋2－2＝－eq \f(5,6)，
f(x)极小值＝f(2)＝eq \f(8,3)－2－4－2＝－eq \f(16,3)，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－eq \f(16,3)<2m－3<－eq \f(5,6)，
解得－eq \f(7,6)所以m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，\f(13,12))).
13. 已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【证明】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(x－1,x)＋ln x－1＝ln x－eq \f(1,x).
因为y＝ln x单调递增，y＝eq \f(1,x)单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，
f′(2)＝ln 2－eq \f(1,2)＝eq \f(ln 4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得eq \f(1,α)<1又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)－1))ln eq \f(1,α)－eq \f(1,α)－1＝eq \f(f（α）,α)＝0，故eq \f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
14. 已知函数f(x)＝aex－eq \f(x,ex)－1，其中a＞0.若函数f(x)有唯一零点，求a的值．
【解析】要使函数f(x)有唯一零点，则需关于x的方程a＝eq \f(1,ex)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,ex)＋1))有唯一的解．
设g(x)＝eq \f(1,ex)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,ex)＋1))，
则g′(x)＝eq \f(1－2x－ex,e2x)，
设h(x)＝1－2x－ex，
则h′(x)＝－2－ex＜0，
所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又h(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)的最大值为g(0)＝1，
所以当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]；
当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0，1)．
又a＞0，所以当方程a＝eq \f(1,ex)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,ex)＋1))有唯一解时，
a＝1.
所以函数f(x)有唯一零点时，a的值为1.
15. 设函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(x＋\r(m)x－\r(m),x).
当0当x>eq \r(m)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
综上，函数f(x)的单调递增区间是(eq \r(m)，＋∞)，单调递减区间是(0，eq \r(m))．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)
＝－eq \f(1,2)x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，
题中问题等价于求函数F(x)的零点个数．
F′(x)＝－eq \f(x－1x－m,x)，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
因为F(1)＝eq \f(3,2)>0，F(4)＝－ln 4<0，
所以F(x)有唯一零点；
当m>1时，0m时，F′(x)<0；
10，
所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
因为F(1)＝m＋eq \f(1,2)>0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，
所以F(x)有唯一零点．
综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点．
16. 已知函数f(x)＝xsin x＋cs x，g(x)＝x2＋4.
(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；
(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．
【解析】(1)解 f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
(2)证明 h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x，
∵h(－x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x＝h(x)，
∴h(x)为偶函数．
又∵h(0)＝0，
∴x＝0为函数h(x)的零点．
下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：
h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x
＝x(x－4sin x)＋4(1－cs x)．
当x∈[4，＋∞)时，x－4sin x>0,4(1－cs x)≥0，
∴h(x)>0，
∴h(x)无零点；
当x∈(0,4)时，h′(x)＝2x－4xcs x＝2x(1－2cs x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，h′(x)<0；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))时，h′(x)>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上单调递增，
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π2,9)＋4－eq \f(4π,3)sin eq \f(π,3)－4cs eq \f(π,3)＝eq \f(π2,9)＋2－eq \f(2\r(3)π,3)<0，
又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cs 4>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无零点，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，又h(0)＝0且h(x)为偶函数，
故h(x)在R上有三个零点．x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
－eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c＋eq \f(1,4)

c－eq \f(1,4)

x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
－eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c＋eq \f(1,4)

c－eq \f(1,4)
