函数零点专题训练

专题二 压轴解答题

第三关 以函数零点为背景的解答题

【名师综述】以函数零点为背景的解答题主要考察函数与方程思想,不仅要研究单调性,确定至多一解,而且要考虑零点存在定理,确定至少有一解,从两方面确保解的个数的充要性. 类型一 零点个数问题 典例1 已知函数fxxax1. xe（1）当a1时，求yfx在x1,1上的值域； （2）试求fx的零点个数，并证明你的结论.

【答案】（1）2e,1（2）当a0时， fx只有一个零点；当a0时， fx有两个零点． 【解析】



当x1,0时， fx0， fx递增；当x0,1时fx0， fx递减； 所以，当x0时， fx取极大值，也是最大值，即fxmaxf01，

fxminf1,f1minf12e，

所以， fx在1,1上的值域为2e,1.

xax10， x0显然不是方程的根， xe11那么原方程等价于exa0实根的个数，令hxexa， x,0)(0,

xx1原命题也等价于hxexa在x,0)(0,上的零点个数；

x1又因为hxex20，所以hx在,0和0,上都是单调递增的；

x（2）令fx0，得

（I）若a0，则

当x,0时， hxex10恒成立，则没有零点； x1e20，又hx在0,上单调递增的，所以有唯2当x0,时， h1e10， h一的零点。 （II）若a0，则

当x,0时， hxex1a0恒成立，则没有零点； x1111a12a2当x0,时， he0， he2e20，又hx在0,上单调递

a2a增的，所以有唯一的零点 （III）若a0，则

当x,0时，由 exxR，则exx11axa0,(x0)， xxaa2410，则hx00，又haeaa0，所以hx在则xax10,取x02a2,0有唯一的零点，

当x0,时， h1ae1a111a1aa10， 1a1a1a112ahe2aa2a2aaa0，又hx在0,上单调递增的，所以有2a唯一的零点

综上所述，当a0时， fx只有一个零点；当a0时， fx有两个零点．

【名师指点】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.

【举一反三】已知二次函数yg(x)的导函数的图像与直线y2x平行，且yg(x)在x1处取得极

g(x)．k(kR)如何取值时，函数yf(x)kx存在零点，并求出零点． xm【答案】当k1时, 函数yfxkx有一零点x；

2小值m1(m0)．设f(x)

当k1当k111m(1k)11(m0)，或k1（m0）时，函数yfxkx有两个零点x；

k1mm11时，函数yfxkx有一零点xm. mk1【解析】

m20(x0)，得1kx22xm0 * xmm当k1时，方程*有一解x，函数yfxkx有一零点x；

22由yfxkx1kx当k1时，方程*有二解44m1k0，

若m0，k1244m(1k)1，函数yfxkx有两个零点x，即 m2(1k)x11m(1k)244m(1k)1；若m0，k1，函数yfxkx有两个零点x，

k1m2(1k)11m(1k)；

k1即x

类型二 由零点个数确定参数取值范围问题

典例2 已知b0，且b1，函数fxeb，其中e为自然对数的底数：

xx（1）如果函数fx为偶函数，求实数b的值，并求此时函数的最小值；

（2）对满足b0，且b1的任意实数b，证明函数yfx的图像经过唯一的定点； （3）如果关于x的方程fx2有且只有一个解，求实数b的取值范围. 【答案】（1）b， fx的最小值为2（2）见解析（3）b1，或b【解析】

1e1 e

又fxex12，当且仅当x0时取等号， ex∴fx的最小值为2.

（2）假设yfx过定点x0,y0，则y0e0b0对任意b0，且b1恒成立.

xx令b2得： y0e020；令b3得： y0e030，

xxxx3∴22， 1，解得唯一解x00

2x0x0x0∴y02

经检验当x0时， f02

∴函数yfx的图像经过唯一定点0,2.

（3）令gxfx2eb2为R上连续函数，且g00，则方程gx0存在一个解.

xx1当b1时， gx为增函数，此时gx0只有一解.

bxe1lnb0，解得x0logelnb. 2当0b1时，令g'xeblnb ebxxxbxb因为e0， 01， lnb0，令hx 1lnb， hx为增函数.

eex所以当x,x0时， hx0，所以g'x0， gx为减函数； 当xx0,时， hx0，所以g'x0， gx为增函数. 所以g极小xgx0，又gx定义域为R，所以gminxgx0.

ln2ln2①若x00， gx在,x0上为减函数， gx0g00，而gln22b2b0.

所以xx0,ln2时， gx至少存在另外一个零点，矛盾！

②若x00， gx在x0上为增函数， gx0g00，而glogb2e所以gx在logb2,x0存在另外一个解，矛盾！ ③当x0logelnb0，则lnb1，解得bblogb222elogb20，

11，此时方程为gxexx20， ee由（1）得，只有唯一解x00，满足条件 综上，当b1，或b1时，方程fx2有且只有一个解. e

【名师指点】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.

(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 【举一反三】设函数f(x)12，曲线x(ab)xablnx（其中e为自然对数的底数，ae,bR）

21yf(x)在点(e,f(e))处的切线方程为ye2.

21e（1）求b；

（2）若对任意x[,)，f(x)有且只有两个零点，求a的取值范围.

12e2【答案】（1）be；（2）实数a的取值范围为(,]. 22e(1+e)【解析】

12(xa)(xe)， x(ae)xaelnx，f(x)x2111①当a时，由f(x)>0得xe，由f(x)0得xe，此时f(x)在(,e)上单调递减，在(e，)eee11上单调递增，∵f(e)e2(ae)eaelnee20，

221112f(e2)e4(ae)e22aee(e2)(e22a)e(e2)(e2)0

222e1（或当x时，f(x)0亦可）∴要使得f(x)在[,)上有且只有两个零点，

e（2）由（1）得f(x)12e211ae1(12e2)2e(1e2)a0，即a则只需f()2， 6分 aeln222ee2eee2e(1+e)11ae时，由f(x)>0得xa或xe；由f(x)0得axe.此时f(x)在(a,e)上单调

ee1111递减，在(,a)和(e， 此时f(a)a2aeaelnaa2aeaelnea20，)上单调递增，

e222②当

∴此时f(x)在[e，)至多只有一个零点，不合题意， 9分 ③当ae时，由f(x)0得

11由f(x)0得exa，此时f(x)在(,e)和(a，)xe或xa，

ee

上单调递增，在(e,a)上单调递减，且f(e)e20，∴f(x)在[,)至多只有一个零点，不合题意.

121e12e2综上所述，实数a的取值范围为(,]. 12分 22e(1+e)类型三 由零点条件证明不等式问题

典例3 已知函数fxa2xe， gxx1.

x2(1)若曲线ygx的一条切线经过点M0,3，求这条切线的方程. (2)若关于x的方程fxgx有两个不相等的实数根x1，x2。 ①求实数a的取值范围； ②证明： x1x22.

【答案】（1）2xy30或6xy30.（2）①0,②见解析 【解析】

所以该切线方程为yt12t1xt， 因为该切线经过M0,3，

所以3t12t1t，解得t2，

所以切线方程为2xy30或6xy30. 解法二 由题意得曲线ygx的切线的斜率一定存在， 设所求的切线方程为ykx3， 由 {22ykx3yx12 ，得x22kx40，

因为切线与抛物线相切，

所以2k2160，解得k2,6，

所以所求的切线方程为2xy30或6xy30.

（2）①由fxgx，得gxfx0. 设hxgxfxax2exx1， 则h'xax1ex2x1x1aex2， 由题意得函数hx恰好有两个零点. （i）当a0，则hxx1，

22hx只有一个零点1．

（ii）当a0时，由h'x0得x1，由h'x0得x1， 即hx在,1上为减函数，在1,上为增函数， 而h1ae0,h21，

所以hx在1,上有唯一零点，且该零点在1,2上. 取b0,且bln则hb1， 2a132b2b1bb0 22所以hx在,1上有唯一零点，且该零点在b,1上， 所以a0,hx恰好有两个零点. （iii）当a0时，由h'x0得x1或ln若a2， a22， h'xx1exe0， ee所以hx在1,上至多有一个零点. 若a22，则ln1， ea当x1,时， h'x0，即hx在1,上单调递减． 又h1ae0，所以hx在1,上至多有一个零点.

当x,1时， hx在ln22上单调递增，在,ln,1上为减函数， aa222222又hln2ln2ln1ln210，

aaaa所以h(x)在,ln2上无零点. a若a22，则ln1， ea又当x1时， hxh1ae0， 所以hx不存在零点．

hx在x1,上无零点

故当x1,ln22时， ；当hx0xln,时， h'x0．

aa2上单调递增，在ln2a,上单调递减． a22因此fx在1,ln2222又hln2ln2ln1ln210。

aaaa所以hx在1,ln2无零点，在ln2a,至多有一个零点． a综上， a的取值范围为0,． ②不妨设x1x2，

由①知x1,1,x21,， 2x2,1，且a0， hx在,1单调递减， 所以x1x22等价于hx1h2x2，即h2x20． 由于h2x2ax2ex2x2x21，

22且hx2ax22e2x210，

2x2x2h2x2axex2e22所以

ax2e2x2x2x22ex2．

设xxex2ex,其中x1.，

则'xx1exe2x， 当x1时， ee,ex2xe，所以'x0.

而10，故当x1时， x0． 从而f2x2ax20，故x1x22． 【名师指点】利用导数证明不等式常见类型及解题策略

(1) 构造差函数h(x)f(x)g(x).根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

124

【举一反三】已知函数f(x)＝ax－x，x∈(0，＋∞)，g(x)＝f(x)－f′(x)．

2

若a＞1，记g(x)的两个零点为x1，x2，求证：4＜x1＋x2＜a＋4. 12124343

证明： g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax－x－(4ax－x)＝ax－4ax－x＋x，

22

4

因为φ′(x)对称轴为x＝，

318所以φ′＝φ′(0)＝－＜0， 2387

所以x0＞＞，

33

所以φ(x0)＝－

329ax170－

3

x0－3＜0.

又φ(x)＝ax3－4ax2－11212

2x＋1＝2ax(x－8)＋2x(ax－1)＋1，

设1a

，8中的较大数为M，则φ(M)＞0，

故a＞1时，g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点x1，x2，

不妨设xx＞0，φ12＝1

8

(6－7a)＜0，所以0＜x11＜2，因为φ(0)＝11＜2.

因为φ(4)＝－1＜0，φ92＝1

8

(81a－10)＞0，

所以4＜x9

2＜2

，

所以4＜x19

1＋x2＜2＋2＝5＜a＋4.

【精选名校模拟】 1.已知fx12x2alnx, aR. （1）求函数fx的增区间；

（2）若函数fx有两个零点，求实数a的取值范围，并说明理由； （3）设正实数1， 2满足

，当a0时，求证：对任意的两个正实数x1，f1x12x21fx12fx2.

(参考求导公式： [faxb]'afaxb)

【答案】（1）见解析；（2）ae；（3）见解析. 【解析】

x2总有

综合以上：当a0时，函数的增区间0,；若a0,增区间为

a,

（2）由（1）知：若a0,函数在0,的上为增函数，函数fx有至多有一个零点，不合题意。 若a0, 当x0,a， fx0，函数在当xa,的上为减函数

a, fx0，函数在

a,的上为增函数

111aalnaa1lna 2221要使得函数fx有两个零点，则fxmina1lna0 ae

2xa,fxmin下证明： ae函数fx有两个零点

ae,10,a而f1又f10，所以fx在0,a存在惟一零点； 2ea1211eaalnaaea12lna 222令haea12lna2ae hae20所以hx在e,上递增， a所以的ha hee30所以fx在综上： ae函数fx有两个零点

a,也存在惟一零点；

方法2：(先证： x1,有lnxx1,) fx121xalnxx2axa 22a22aa0

1ae,aa2aaa而aa22a22aa2faa22a0，所以fx在

a,也存在惟一零点；

综上： ae，函数fx有两个零点。

（3）证明：不妨设x1x20,，以x1为变量 令Fxf1x2x21fx2fx2，

则Fx1f1x2x21fx1 f1x2x2fx令gxfxxaa，则gx12 xx因为a0，所以gx0；即fx在定义域内递增。

又因为1x2x2x11x2x22x2x2且xx2所以1x2x2x0即1x2x2x，所以f1x2x2fx0；又因为10，所以

Fx0

所以Fx在0,x2单调递增；因为x10,x2所以Fx1Fx20 即f1x12x21fx12fx2

1b，函数gxlnx． xa2.已知a， b为实数，函数fx(1) 当a0时，令Fxf(x)g(x)，若Fx0恒成立，求实数b的取值范围；

(2) 当a1时，令Gxf(x)g(x)，是否存在实数b，使得对于函数yGx定义域中的任意实数x1，均存在实数x21,，有Gx1x20成立？若存在，求出实数b的取值集合；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）b1；（2）见解析 【解析】



令H(x)＝(bx＋1－b)lnx－x＋1，x∈(0，1)， 问题转化为：H(x)≤0对任意x∈(0，1)恒成立(*)；

则H(1)＝0，H′(x)＝blnx＋令Q(x)＝blnx＋

＋b－1，H′(1)＝0.

.

＋b－1，则Q′(x)＝

① b≤时，因为b(x＋1)－1≤ (x＋1)－1<×2－1＝0，

故Q′(x)<0，所以函数y＝Q(x)在x∈(0，1)时单调递减，Q(x)>Q(1)＝0， 即H′(x)>0，从而函数y＝H(x)在x∈(0，1)时单调递增， 故H(x)② 当b＞，Q′(x)＝因为b>，所以－1<1，记I＝

＝，

∩(0，1)，则当x∈I时，x－

>0，

故Q′(x)>0，所以函数y＝Q(x)在x∈I时单调递增，Q(x)即H′(x)<0，从而函数y＝H(x)在x∈I时单调递减，所以H(x)>H(1)＝0，此时(*)不成立； 所以当x∈(0，1)，G(x)＝2) 当x∈(1，＋∞)时，G(x)＝

lnx≥1恒成立时，b≤；

lnx≥1可化为(bx＋1－b)lnx－x＋1≥0，

令H(x)＝(bx＋1－b)lnx－x＋1，x∈(1，＋∞)，问题转化为：

H(x)≥0对任意的x∈(1，＋∞)恒成立(**)；则H(1)＝0，H′(x)＝blnx＋令Q(x)＝blnx＋

＋b－1，则Q′(x)＝

.

＋b－1，H′(1)＝0.

① b≥时，b(x＋1)－1>2b－1≥×2－1＝0，

故 Q′(x)>0，所以函数y＝Q(x)在x∈(1，＋∞)时单调递增，Q(x)>Q(1)＝0，即H′(x)>0， 从而函数y＝H(x)在x∈(1，＋∞)时单调递增，所以H(x)>H(1)＝0，此时(**)成立； ② 当b<时，

ⅰ) 若 b≤0，必有Q′(x)<0，故函数y＝Q(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减， 所以Q(x)从而函数y＝H(x)在x∈(1，＋∞)时单调递减，所以H(x)ⅱ) 若01，所以x∈时，Q′(x)＝＝<0，

故函数y＝Q(x)在x∈所以函数y＝H(x)在x∈所以当x∈(1，＋∞)，G(x)＝

上单调递减，Q(x)时单调递减，所以H(x)lnx≥1恒成立时，b≥.(15分)

lnx≥1恒成立时，b＝，从而实数b的取值集合

综上所述，当x∈(0，1)∪(1，＋∞)，G(x)＝为

.

3. 已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）= xe1x． （a∈R，e为自然对数的底数） （Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若函数f（x）在0, 上无零点，求a的最小值；

（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，求a的取值范围．

【答案】(1) f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；(2) 函数f（x）在0, 上无零

1212

点，则a的最小值为2﹣4ln2；（3）a的范围是,2【解析】

3. e1

（2）因为f（x）＜0在区间故要使函数只要对任意的

上恒成立不可能，

上无零点，

，f（x）＞0恒成立，即对

恒成立．

令，则，

再令，

则，故m（x）在上为减函数，于是，

从而，l（x）＞0，于是l（x）在故要使

上为增函数，所以，

恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），

综上，若函数f（x）在0, 上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2； （3）g′（x）=e

1﹣x

12﹣xe

1﹣x

=（1﹣x）e

1﹣x

，

当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增； 当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减． 又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e

1﹣e

＞0，

所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]． 当a=2时，不合题意；

当a≠2时，f′（x）=当x=

时，f′（x）=0．

，即

，x∈（0，e]

由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故①

此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下： x f′（x） f（x）

又因为，当x→0时，2﹣a＞0，f（x）→+∞，

，

所以，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2）， 使得f（xi）=g（x0）成立，当且仅当a满足下列条件：

（0，﹣ ↘ ） 0 （+ ↗ ，e] 最小值

即

令h（a）=则h

，

，令h′（a）=0，得a=0或a=2，

故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增； 当

所以，对任意即②对任意由③式解得：

时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．

，有h（a）≤h（0）=0， 恒成立． ．④

综合①④可知，当a的范围是,23 时，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不e1同的xi（i=1，2），使f（xi）=g（x0）成立．

4.已知函数f(x)＝

ax

x的图象在x＝0处的切线方程为y＝x，其中e是自然对数的底数． e

1

2成立，求实数k的取值范围；

k＋2x－x

(1) 求实数a的值；

(2) 若对任意的x∈(0，2)，都有f(x)＜

x1＋x2的正负，并说明理由．

(3) 若函数g(x)＝lnf(x)－b(b∈R)的两个零点为x1，x2，试判断g′

2

ee22

又不等式整理可得k＜＋x－2x，令g(x)＝＋x－2x，

xx

x

e（x－1）e所以g′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)2＋2＝0，得x＝1，(8分) 2xx

x

x

x

当x∈(1，2)时，g′(x)＞0，函数g(x)在(1，2)上单调递增， 同理，函数g(x)在(0，1)上单调递减，所以k＜g(x)min＝g(1)＝e－1.

综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1)．(10分)

x1＋x2＜0.(11分)

(3) 结论是g′

2

11－x

证明：由题意知函数g(x)＝lnx－x－b，所以g′(x)＝－1＝，

xx易得函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， x1＋x2

所以只需证明＞1即可．(12分)

2

x1＋b＝lnx1，x2

因为x1，x2是函数g(x)的两个零点，所以相减得x2－x1＝ln.

x1x2＋b＝lnx2，

x21t

不妨令＝t＞1，则x2＝tx1，则tx1－x1＝lnt，所以x1＝lnt，x2＝lnt，

x1t－1t－1即证

t＋1t－1lnt>2，即证φ(t)＝lnt－2·>0.(14分) t－1t＋1

2

14（t－1）因为φ′(t)＝－2＝2>0，所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(1)

t（t＋1）t（t＋1）＝0.

x1＋x2<0成立．(16分)

综上所述，函数g(x)总满足g′

2

5.已知函数f(x)＝a＋xlnx(a∈R)． (1) 求f(x)的单调区间；

(2) 试求f(x)的零点个数，并证明你的结论． 解：(1) 由函数f(x)＝a＋xlnx(a∈R)，得

f′(x)＝

12x

(lnx＋2)．(2分)

－2

令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：

x f′(x) f(x) －2(0，e) － －2e 0 极小值 －2(e，＋∞) ＋ －2－2因此，函数f(x)的单调增区间为(e，＋∞)，单调减区间为(0，e)．(5分) (2) 由(1)可知，fmin(x)＝f(e)＝a－2e.(6分)

(ⅰ) 当a＞2e时，由f(x)≥f(e)＝a－2e＞0，得函数f(x)的零点个数为0.(8分)

(ⅱ) 当a＝2e时，因f(x)在(e，＋∞)上单调递增，在(0，e)上单调递减，故x∈(0，e)∪(e

－2

－1

－2

－2

－2

－1

－2

－1

－2

－1

，＋∞)时，f(x)＞f(e)＝0.此时，函数f(x)的零点个数为1.(10分) (ⅲ) 当a＜2e时，fmin(x)＝f(e)＝a－2e＜0.

① a≤0时，因为当x∈(0，e]时，f(x)＝a＋xlnx＜a≤0，

－2

－1

－2

－1

－2

所以函数f(x)在区间(0，e]上无零点；

另一方面，因为f(x)在[e，＋∞)上单调递增，且f(e)＝a－2e＜0，又e

－2a

－2

－2

－1

－2a

－2

∈(e，＋∞)，且f(e

－2

)＝a(1－2e)＞0，此时，函数f(x)在(e，＋∞)上有且只有一个零点． 所以，当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.(13分)

② 0＜a＜2e时，因为f(x)在[e，＋∞)上单调递增，且f(1)＝a＞0，f(e)＝a－2e＜0，所以

－1

－2

－2

－1

－a－2

函数f(x)在区间(e，＋∞)上有且只有1个零点；

44－2－2－1－2

另一方面，因为f(x)在(0，e]上单调递减，且f(e)＝a－2e＜0，又e－∈(0，e)，且fe－

aa＝a－

42

aea

＞a－

42

＝0(当x＞0时，e＞x成立)，此时函数f(x)在(0，e)上有且只有1个零点．

x

2

－2

－2

2aa

所以，当0＜a＜2e时，函数f(x)的零点个数为2.

综上所述，当a＞2e时，f(x)的零点个数为0；当a＝2e，或a≤0时，f(x)的零点个数为1；当0＜a＜2e时，f(x)的零点个数为2.(16分)

6.设函数f(x)＝(x＋k＋1)x－k，g(x)＝x－k＋3，其中k是实数． 1

(1) 若k＝0，解不等式x·f(x)≥x＋3·g(x)；

2(2) 若k≥0，求关于x的方程f(x)＝x·g(x)实根的个数．

－1

－1

－1

－1

(2) 由方程f(x)＝x·g(x)， 得(x＋k＋1)x－k＝xx－k＋3. ①

x－k≥0，由得x≥k，所以x≥0，x－k＋1＞0. x－k＋3≥0

方程①两边平方，整理得

(2k－1)x－(k－1)x－k(k＋1)＝0(x≥k)． ②(7分) 13

当k＝时，由②得x＝，所以原方程有唯一解．

22

2

2

2

122

当k≠时，由②得判别式Δ＝(k＋1)(3k－1)，

2141

ⅰ) k＝时，Δ＝0，方程②有两个相等的根x＝＞，

333所以原方程有唯一的解．(10分)

11

ⅱ) 0≤k＜且k≠时，方程②整理为[(2k－1)x＋k(k＋1)](x－k－1)＝0，

23解得x1＝

k（k＋1）

，x2＝k＋1.

1－2k

2

3k

由于Δ＞0，所以x1≠x2，其中x2＝k＋1＞k，x1－k＝≥0，即x1≥k.

1－2k故原方程有两解．(14分)

13k

ⅲ) k＞时，由ⅱ)知x1－k＝＜0，即x1＜k，故x1不是原方程的解．

21－2k而x2＝k＋1＞k，故原方程有唯一解．

11

综上所述：当k≥或k＝时，原方程有唯一解；

2311

当0≤k＜且k≠时，原方程有两解．(16分)

23

2

2k－1＜0，

注：ⅱ)中，法2：故方程②两实根均大于k，所以原方程有两解． k－1

x＝＞k，

2（2k－1）h（k）＝－3k＜0，

2

2

Δ＞0，

7.已知函数f(x)＝a·e＋x－bx(a，b∈R，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，其导函数为y＝f′(x)． (1) 设a＝－1，若函数y＝f(x)在R上是单调减函数，求b的取值范围； (2) 设b＝0，若函数y＝f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；

(3) 设b＝2，且a≠0，点(m，n)(m，n∈R)是曲线y＝f(x)上的一个定点，是否存在实数x0(x0≠m)，使得

x2

x0＋m(x－m)＋n成立？证明你的结论

f(x0)＝f′0

2

(2) 当b＝0时，f(x)＝ae＋x，由题意ae＋x＝0只有一解．

xxx（2－x）

由ae＋x＝0，得－a＝x，令G(x)＝x，则G′(x)＝，令G′(x)＝0，得x＝0或x＝2.(5x

eee

x

2

2

2

x2x2

分)

当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为[0，＋∞)；当00，G(x)

44单调递增，G(x)的取值范围为0，2；当x≥2时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为0，2. ee

44

由题意，得－a＝0或－a＞2，从而a＝0或a<－2，

ee4

∴ 当a＝0或a<－2时，函数y＝f(x)只有一个零点．(8分)

e(3) f(x)＝ae＋x－2x，f′(x)＝ae＋2x－2，

x

2

x

x0＋m(x－m)＋n＝f′x0＋m(x－m)＋f(m)，

假设存在，则有f(x0)＝f′020

2

即

f（x0）－f（m）x0＋m，

＝f′x0－m2

x0＋m

x0＋m＝ae2＋2·x0＋m－2，

∵ f′22

f（x0）－f（m）a（ex0－e）＋（x0－m）－2（x0－m）

＝ x0－mx0－ma（ex0－e）＝＋(x0＋m)－2，

x0－mx0＋mm

a（ex0－e）

∴ ae2＝.(*)(10分)

x0－m

x0＋mmt＋mm

ex0－ete－e

∵ a≠0，∴ e2＝，不妨设t＝x0－m>0，则e＋m＝.

x0－m2tttte－1t

两边同除以e，得e2＝，即te2＝e－1，(12分)

t

mm

m

2

2

tttttttt令g(t)＝e－te2－1，则g′(t)＝e－(e2＋e2)＝e2e2－－1.

22

t

ttt

t111

令h(t)＝e2－－1，则h′(t)＝e2－＝(e2－1)>0，

2222∴ h(t)在(0，＋∞)上单调递增．

∵ h(0)＝0，∴ h(t)>0对t∈(0，＋∞)恒成立，(14分) 即g′(t)>0对t∈(0，＋∞)恒成立， ∴ g(t)在(0，＋∞)上单调递增．

又g(0)＝0，

∴ g(t)>0对t∈(0，＋∞)恒成立，即(*)式不成立，(15分)

x0＋m(x－m)＋n成立．(16分)

∴ 不存在实数x0(x0≠m)，使得f(x0)＝f′0

2

8.设函数f(x)＝xe－asinxcosx(a∈R，其中e是自然对数的底数)． (1) 当a＝0时，求f(x)的极值； (2) 若对于任意的x∈0，

x



π，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围； 2

(3) 是否存在实数a，使得函数f(x)在区间0，请说明理由.





π上有两个零点？若存在，求出a的取值范围；若不存在，2

解：(1) 当a＝0时，f(x)＝xe，f′(x)＝e(x＋1)，

令f′(x)＝0，得x＝－1.(2分) 列表如下：

x f′(x) f(x) (－∞，－1) － －1 0 极小值 (－1，＋∞) ＋ xx

1所以函数f(x)的极小值为f(－1)＝－，无极大值．(4分)

e(2) ① 当a≤0时，由于对于任意x∈0，



π

，有sinxcosx≥0， 2

所以f(x)≥0恒成立，当a≤0时，符合题意；(6分)

② 当0＜a≤1时，因为f′(x)＝e(x＋1)－acos2x≥e(0＋1)－acos0＝1－a≥0，

x

0

所以函数f(x)在0，



π上为增函数， 2

所以f(x)≥f(0)＝0，即当0＜a≤1时，符合题意；(8分) ③ 当a＞1时，f′(0)＝1－a＜0，

ππf′＝e4＋1＞0， 44

π所以，存在α∈0，，使得f′(α)＝0，且在(0，α)内，f′(x)＜0，

4

所以f(x)在(0，α)上为减函数，

所以f(x)＜f(0)＝0，即当a＞1时，不符合题意． 综上所述，a的取值范围是(－∞，1]．(10分)

π

π(3) 不存在实数a，使得函数f(x)在区间0，上有两个零点．

2

由(2)知，当a≤1时，f(x)在0，分)

当a＞1时，f′(x)＝e(x＋1)－acos2x.令g(x)＝e(x＋1)－acos2x，

x

x





ππ上是增函数，且f(0)＝0，故函数f(x)在区间0，上无零点．(1222

πx

则g′(x)＝e(x＋2)＋2asin2x，当x∈0，时，恒有g′(x)＞0，

2π所以g(x)在0，上是增函数．

2

ππ由g(0)＝1－a＜0，g＝e2＋1＋a＞0，

22

故g(x)在0，

π





π

上存在唯一的零点x0，(14分) 2

即方程f′(x)＝0在0，





π

上存在唯一解x0. 2

π且当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈x0，时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，2π在x0，上单调递增．

2

当x∈(0，x0)时，f(x)＜f(0)＝0，即f(x)在(0，x0)上无零点； πππ

当x∈x0，时，由于f(x0)＜f(0)＝0，f＝e2＞0，

222所以f(x)在x0，

π



π

上有唯一零点． 2

所以，当a＞1时，f(x)在0，





π上有一个零点． 2

综上所述，不存在实数a，使得函数f(x)在区间0，

x





π

上有两个零点．(16分) 2

9.已知函数f(x)＝e，g(x)＝mx＋n，其中e是自然对数的底数，m，n∈R. (1) 设h(x)＝f(x)－g(x)．

① 若函数h(x)的图象在x＝0处的切线过点(1，0)，求m＋n的值； ② 当n＝0时，若函数h(x)在(－1，＋∞)上没有零点，求m的取值范围． (2) 设函数r(x)＝

1nx

＋，且n＝4m(m＞0)，求证：当x≥0时，r(x)≥1. f（x）g（x）

1x

当m≤时，h′(x)＝e－m>0，函数h(x)在(－1，＋∞)上单调递增，而h(0)＝1，

e11

所以只需h(－1)＝＋m≥0，解得m≥－，

ee11

从而－≤m≤.(6分)

ee

1x

当m>时，由h′(x)＝e－m＝0，解得x＝lnm∈(－1，＋∞)，

e

当x∈(－1，lnm)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(lnm，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 所以函数h(x)在(－1，＋∞)上有最小值为h(lnm)＝m－mlnm， 1

令m－mlnm>0，解得me

1综上所述，m∈－，e.(10分) e

nxm1nx114x

(2) 证明：由题意，r(x)＝＋＝x＋＝x＋，

f（x）g（x）enex＋4

x＋

m14xx

而r(x)＝x＋≥1等价于e(3x－4)＋x＋4≥0，

ex＋4令F(x)＝e(3x－4)＋x＋4，(12分)

则F(0)＝0，且F′(x)＝e(3x－1)＋1，F′(0)＝0， 令G(x)＝F′(x)，则G′(x)＝e(3x＋2)， 因为x≥0，所以G′(x)>0，

所以导数F′(x)在[0，＋∞)上单调递增，于是F′(x)≥F′(0)＝0，(14分) 从而函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增，即F(x)≥F(0)＝0. 从而，当x≥0时，r(x)≥1.(16分)

10.设函数f(x)＝xlnx－ax＋b在点(x0，f(x0))处的切线方程为y＝－x＋b.

2

2

x

x

x

(1) 求实数a及x0的值；

e(2) 求证：对任意实数b∈0，，函数f(x)有且仅有两个零点 2

且当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，即f(x)＝xlnx－x＋b在x∈(0，e)上单调减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)＝xlnx－x＋b在x∈(e，＋∞)上单调增，

e

所以f(x)有最小值f(e)＝b－＜0.(8分)

2又f(e)＝e－e＋b＞0，

所以f(x)＝xlnx－x＋b在(e，e)上一定有一解．(10分) 下面证明存在x∈(0，e)使f(x1)＞0， 令h(x)＝xlnx－x＋1，h′(x)＝lnx，

所以当x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1在(0，1)上单调减， 所以当x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1＞h(1)＞0， 所以当x∈(0，1)时，f(x)＝xlnx－x＋b＞b－x，(10分) 取x1＝min{1，b}，则f(x1)＞b－x1＞0，(12分)

所以f(x)＝xlnx－x＋b在(x1，e)上一定有一解．(14分) 综上所述，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个零点．(16分) 11.已知函数f(x)＝1＋lnx－

k（x－2）

，其中k为常数． x

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

(1) 若k＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2) 若k＝5，求证：f(x)有且仅有两个零点；

(3) 若k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．

(参考数据：ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30) (1) 解：当k＝0时，f(x)＝1＋lnx. 1

因为f′(x)＝，从而f′(1)＝1.

x又f(1)＝1，

所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程y－1＝x－1，即x－y＝0.(3分)

(2) 证明：当k＝5时，f(x)＝lnx＋

10x－10

－4.因为f′(x)＝2，从而 xx

当x∈(0，10)，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当x＝10时，f(x)有极小值．(5分)

因为f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点． 因为f(e)＝4＋

4

104

4－4＞0，所以f(x)在(10，e)之间有一个零点． e

从而f(x)有且仅有两个不同的零点．(8分) (3) 解：(方法1)由题意知，1＋lnx－

k（x－2）

＞0对x∈(2，＋∞)恒成立， x

x＋xlnx即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．

x－2令h(x)＝

x＋xlnx

， x－2

x－2lnx－4

则h′(x)＝2. （x－2）

设v(x)＝x－2lnx－4，则v′(x)＝

x－2

. x

当x∈(2，＋∞)时，v′(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)上为增函数． 因为v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0， 所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0.

当x∈(2，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 所以当x＝x0时，h(x)的最小值h(x0)＝因为lnx0＝

x0＋x0lnx0

.

x0－2

x0－4x0

，所以h(x0)＝∈(4，4.5)． 22

故所求的整数k的最大值为4.(16分) (方法2)由题意知，1＋lnx－

k（x－2）

＞0对x∈(2，＋∞)恒成立， x

k（x－2）x－2k

f(x)＝1＋lnx－，f′(x)＝2. xx

① 当2k≤2，即k≤1时，f′(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，

所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求． ② 当2k＞2，即k＞1时，

当x∈(2，2k)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(2k，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k.

从而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0.

令g(k)＝2＋ln2k－k，则g′(k)＝

1－k

＜0，从而g(k)在(1，＋∞)上为减函数． k

因为g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0， 所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整数k＝4. 综合①②知，所求的整数k的最大值为4.(16分) 12.已知函数f(x)＝e|x－a|(a≥0)． (1) 当a＝1时，求f(x)的单调减区间；

(2) 若方程f(x)＝m恰好有一个正根和一个负根，求实数m的最大值．

x

2

解得x≤－1－2或x≥－1＋2，

所以f(x)的单调减区间为[－1＋2，1]．(5分)

综上，f(x)的单调减区间为[－1＋2，1]，[－1－2，－1]．(6分) (2) 当a＝0时，f(x)＝e·x，则f′(x)＝e·x＋2x·e＝ex(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2，

x －2) 0) ＋∞) f′(x) f(x) (－∞， －2 0 ＋ (－2， (0， 0 极大值 － 0 极小值 ＋ x

2

x

2

x

x

4所以f(x)有极大值f(－2)＝2，极小值f(0)＝0.(7分)

e

ex（x2－a），|x|＞a，

当a＞0时，f(x)＝x 2

e（a－x），|x|≤a，

同(1)的讨论可得，f(x)在(－∞，－a＋1－1)上增，在(－a＋1－1，－a)上减，在(－a，a＋1－1)上增，在(a＋1－1，a)上减，在(a，＋∞)上增，(8分)

且函数y＝f(x)有两个极大值点， f(－a＋1－1)＝2ef(a＋1－1)＝2e－

a＋1－1

(a＋1＋1)＝

2e

－a＋1（a＋1＋1）

，(9分)

e

a＋1－1

2e(a＋1－1)＝

a＋1

2

a＋1

（a＋1－1）

，(10分)

e

a＋1且当x＝a＋1时，f(a＋1)＝e

2e

(a＋a＋1)＞ea＋1(a＋1－1)＞

（a＋1－1）

，

e

所以若方程f(x)＝m恰好有正根，

则m＞f(a＋1－1)(否则至少有两个正根)．(11分)

又方程f(x)＝m恰好有一个负根，则m＝f(－a＋1－1)．(12分) 令g(x)＝e(x＋1)，x≥1， 则g′(x)＝－xe＜0，

2－x

所以g(x)＝e(x＋1)在x≥1时单调减，即g(x)≤g(1)＝，(13分)

e等号当且仅当x＝1时取到．

－x

－x

2所以f(－a＋1－1)≤，等号当且仅当a＝0时取到． e

且此时f(a＋1－1)＝2e

a＋1－1

2

(a＋1－1)＝0，(14分)

即f(－a＋1－1)＞f(a＋1－1)，(15分)

4

所以要使方程f(x)＝m恰好有一个正根和一个负根，m的最大值为2.(16分)

e13.设a∈R，函数f(x)＝x|x－a|－a. (1) 若f(x)为奇函数，求a的值；

(2) 若对任意的x∈[2，3]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围； (3) 当a＞4时，求函数y＝f(f(x)＋a)零点的个数．

a－x＋ax－a，x0时，易得f(x)＝2在－∞，上是单调增函数，在，a上是单调减函数，

22x－ax－a，x≥a

2

在[a，＋∞)上是单调增函数，

44

当033当2≤a≤3时，f(x)min＝f(a)＝－a≥0，解得a≤0，所以a不存在；

9

当a>3时，f(x)min＝min{f（2），f（3）}＝min{2（a－2）－a，3（a－3）－a}≥0，解得a≥，

29

所以a≥. 2

49

综上，得a≤或a≥.(10分)

32

(3) 设y＝f(f(x)＋a)，令t＝f(x)＋a＝x|x－a|，则y＝f(t)＝t|t－a|－a，a>4， 第一步，令f(t)＝0

2

t|t－a|＝a，

所以，当t0，

a－a－4aa＋a－4a

解得t1＝，t2＝；

22当t≥a时，由f(t)＝0，得t(t－a)＝a， a＋a＋4a

解得t3＝；

2

aa

第二步，易得024a

① 若x|x－a|＝t1，其中04

a22

当x2p(a)＝t1>0，且Δ1＝a－4t1>0，所以方程t－at＋t1＝0有2个不同的实根； a22

当x≥a时，x－ax－t1＝0，记q(x)＝x－ax－t1，因为对称轴x＝2q(a)＝－t1<0，且Δ2＝a＋4t1>0，所以方程x－ax－t1＝0有1个实根， 从而方程x|x－a|＝t1有3个不同的实根；

a

② 若x|x－a|＝t2，其中04③ 若x|x－a|＝t3，

a22

当x>a时，x－ax－t3＝0，记r(x)＝x－ax－t3，因为对称轴x＝2r(a)＝－t3<0，且Δ3＝a＋4t3>0，所以方程x－ax－t3＝0有1个实根； a22

当x≤a时，x－ax＋t3＝0，记s(x)＝x－ax－t3，因为对称轴x＝2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

2

s(a)＝t3>0，且Δ3＝a－4t3，a－4t3>0

3

2

22

a－4a－16<0，(14分)

32

记m(a)＝a－4a－16，则m′(a)＝a(3a－8)>0，

故m(a)为(4，＋∞)上的增函数，且m(4)＝－16<0，m(5)＝9>0， 所以m(a)＝0有唯一解，不妨记为a0，且a0∈(4，5)． 若4a0，即Δ3>0，方程x－ax＋t3＝0有2个实根． 所以，当4a0时，方程x|x－a|＝t3有3个实根．

综上，当4a0时，函数y＝f(f（x）＋a)的零点个数为9.(16分) 14.已知f(x)＝e－alnx－a，其中常数a>0. (1) 当a＝e时，求函数f(x)的极值；

1

(2) 若函数y＝f(x)有两个零点x1、x2(0a(3) 求证：e

2x－2

x

2

22

－e

x－1

lnx－x≥0.

(2) 先证明：当f(x)≥0恒成立时，有 0若0e1e若x＞，由f(x)≥0得a≤，

elnx＋1e令φ(x)＝，

lnx＋1

x

x

1xelnx＋1－x

则φ′(x)＝2，

（lnx＋1）

11111令g(x)＝lnx＋1－x>，由g′(x)＝＋2>0得g(x)在，＋∞上单调递增， xexxe

11又g(1)＝0，所以φ′(x)在，1上为负，在(1，＋∞)上为正，因此φ(x)在，1上递减，在(1，

ee

＋∞)上递增，所以φ(x)min＝φ(1)＝e，从而0因而函数y＝f(x)若有两个零点，则a>e，所以f(1)＝e－a<0.(7分) 由f(a)＝e－alna－a(a>e)得f′(a)＝e－lna－2，则 1a11a

f″(a)＝e－>e－>e－>0，

aee

所以f′(a)＝e－lna－2在(e，＋∞)上单调递增，所以f′(a)>f′(e)＝e－3>e－3>0，

所以f(a)＝e－alna－a在(e，＋∞)上单调递增，所以f(a)>f(e)＝e－2e>e－2e>0，则f(1)f(a)<0，所以111由a>e得f＝ea－aln－a＝ea＋alna－a>ea＋alne－a＝ea>0，则

aa11f(1)f<0，所以综上得a

(3) 证明：由(2)知当a＝e时，f(x)≥0恒成立，所以f(x)＝e－elnx－e≥0， 所以g(x)＝e－elnx≥e.

x1－x

设h(x)＝x(x>0)，则h′(x)＝x，

ee

当00 ，所以g(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，h′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

x1x1x

所以h(x)＝x(x>0)的最大值为h(1)＝，即x≤，因而x－2≤e，(14分)

eeeee所以g(x)＝e－elnx≥e≥所以e

2x－2

xx

x

a

e

2

a

e

2

a

a

1111

xe

x－2

，

－e

x－1

lnx－x≥0.(16分)

1

15.已知函数f(x)＝a－－lnx(a∈R)．

x

(1) 若a＝2，求函数f(x)在(1，e)上的零点个数(e为自然对数的底数)； (2) 若f(x)恰有一个零点，求a的取值集合；

(3) 若f(x)有两零点x1，x2(x1＜x2)，求证：2＜x1＋x2＜3e

a－1

2

－1.

当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减； 当00，f(x)在(0，1)上单调递增， 故[f(x)]max＝f(1)＝a－1.(6分)

① 当[f(x)]max＝0，即a＝1时，因最大值点唯一，故符合题设；(8分) ② 当[f(x)]max<0，即a<1时，f(x)<0恒成立，不合题设； ③ 当[f(x)]max>0，即a>1时，一方面另一方面

－a

－a

a

1aa

e>1，f(e)＝－a<0；

e

x

e<1，f(e)＝2a－e≤2a－ea<0(易证：e≥ex)，

于是，f(x)有两零点，不合题设． 综上，a的取值集合为{1}．(10分) (3) 证明：先证x1＋x2>2.

11x2－x1x2

依题设，有a＝＋lnx1＝＋lnx2，于是＝ln.

x1x2x1x2x1x2t－1t－1

记＝t，t>1，则lnt＝，故x1＝. x1tx1tlntt－1于是，x1＋x2＝x1(t＋1)＝，

tlnt

2

x1＋x2－2＝

t－1－lnt22t

lnt

2

2

. x－1

记函数g(x)＝－lnx，x>1.

2x

（x－1）

因g′(x)＝>0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增． 2

2x于是，t>1时，g(t)>g(1)＝0. 又lnt>0，所以x1＋x2>2.(13分) 再证x1＋x2<3e因f(x)＝0

a－1

2

－1.

h(x)＝ax－1－xlnx＝0，故x1，x2也是h(x)的两零点．

由h′(x)＝a－1－lnx＝0，得x＝e

a－1

(记p＝e

a－1

)．

h（p）>0，

仿(1)知，p是h(x)的唯一最大值点，故有

x2（x－p）（x－p）

作函数h(x)＝lnx－－lnp，则h′(x)＝2≥0，故h(x)单调递增．

x＋px（x＋p）故当x>p时，h(x)>h(p)＝0；当02x1（x1－p）

＋x1lnp.

x1＋p

2

2

整理，得(2＋lnp－a)x1－(2p＋ap－plnp－1)x1＋p>0， 即x1－(3e

2

2

a－1

－1)x1＋e

a－1

a－1

>0.

a－1

同理，x2－(3e故x2－(3e

2

a－1

－1)x2＋e

a－1

<0.

a－1

－1)x2＋e2

－1)x1＋e

a－1

，

(x2＋x1)(x2－x1)<(3e于是，x1＋x2<3e

a－1

a－1

－1)(x2－x1)，

－1.

－1.(16分)

2

综上，23

a－1

16.已知函数f(x)＝x＋ax＋b(a，b∈R)． (1) 试讨论f(x)的单调性；

(2) 若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，

33－3)∪1，∪，＋∞，求c的值．

22

(2) 由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f－

2a＝4a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于

327

2a43f(0)·f－＝ba＋b<0， 327

a>0，a<0，从而43或43

－a0时，设g(a)＝

4343

a－a＋c>0或当a<0时，a－a＋c<0. 2727

433a－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪1，∪

272

3，＋∞，

2

33则在(－∞，－3)上g(a)<0，且在1，∪，＋∞上g(a)>0均恒成立，

223从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1. 2

此时，f(x)＝x＋ax＋1－a＝(x＋1)[x＋(a－1)x＋1－a]，

因函数有三个零点，则x＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a－1)－4(1－a)＝a＋2a－3>0，且(－1)－(a－1)＋1－a≠0，

2

2

2

2

3

2

2

33解得a∈(－∞，－3)∪1，∪，＋∞. 22

综上c＝1.

17.已知函数fxx2eax1有两个零点.

x2求a的取值范围； 【答案】(0,)

又f(1)e,f(2)a,取b满足b0且blna,则 2f(b)a3(b2)a(b1)2a(b2b)0, 22故f(x)存在两个零点．

（iii）设a0,由f'(x)0得x1或xln(2a)．

若ae,则ln(2a)1,故当x(1,)时,f'(x)0,因此f(x)在(1,)上单调递增．又当x12时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点． 若ae,则ln(2a)1,故当x(1,ln(2a))时,f'(x)0；当x(ln(2a),)时,f'(x)0．因此2f(x)在(1,ln(2a))单调递减,在(ln(2a),)单调递增．又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个

零点．

综上,a的取值范围为(0,)．

124

18.已知函数f(x)＝ax－x，x∈(0，＋∞)，g(x)＝f(x)－f′(x)．

2(1) 若a＞0，求证：

(ⅰ) f(x)在f′(x)的单调减区间上也单调递减； (ⅱ) g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点；

(2) 若a＞1，记g(x)的两个零点为x1，x2，求证：4＜x1＋x2＜a＋4.

12124343

(ⅱ) (证法1)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax－x－(4ax－x)＝ax－4ax－x＋x，

221214332

因为x＞0，由g(x)＝ax－4ax－x＋x＝0得ax－4ax－x＋1＝0，

2211322

令φ(x)＝ax－4ax－x＋1，则φ′(x)＝3ax－8ax－. 22

1

因为a＞0，且φ′(0)＝－＜0，所以φ′(x)必有两个异号的零点，记正零点为x0，则x∈(0，x0)时，

2φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，若φ(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点，则φ(x0)＜0.(7分)

181x0－5x0＋8

由φ′(x0)＝3ax－8ax0－＝0，显然x0≠，a＝2代入φ(x0)得φ(x0)＝，

236x0－16x08－3x0

2

0

2

82

由于x0－5x0＋8＞0，所以只需比较x0与的大小．

3

81182

再由φ′(x0)＝3ax0－8ax0－＝0得3ax0x0－＝＞0，则x0＞.

3223所以φ(x0)＜0.

又φ(0)＝1＞0，所以在(0，x0)上有且仅有一个零点． 11232

又φ(x)＝ax－4ax－x＋1＝xax－4ax－＋1，

2214a＋16a＋2a

令ax－4ax＋＞0，解得x＞. 22a

2

24a＋16a＋2a

所以取M＝，当x＞M时，φ(x)＞0，

2a所以在(x0，M)上有且仅有一个零点．

故a＞0时，g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点．(10分)

12124343

(证法2)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax－x－(4ax－x)＝ax－4ax－x＋x，

221214332

因为x＞0，由g(x)＝ax－4ax－x＋x＝0得ax－4ax－x＋1＝0，

22132

令φ(x)＝ax－4ax－x＋1，

2

1122

由φ′(x0)＝3ax0－8ax0－＝0得3ax0＝8ax0＋，

22所以φ(x0)＝－

3217

ax0－x0＋. 939

2

4

因为φ′(x)对称轴为x＝，

318所以φ′＝φ′(0)＝－＜0， 2387

所以x0＞＞，

33

7321x－所以φ(x0)＝－ax0－0＜0.

393

1121322

又φ(x)＝ax－4ax－x＋1＝ax(x－8)＋x(ax－1)＋1，

222设1a

，8中的较大数为M，则φ(M)＞0，

故a＞0时，g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点．(10分)

12124343

(证法3)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax－x－(4ax－x)＝ax－4ax－x＋x，

22

1214332

因为x＞0，由g(x)＝ax－4ax－x＋x＝0得ax－4ax－x＋1＝0，

22132

令φ(x)＝ax－4ax－x＋1，

2

若g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点，则φ(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点，

1

当x＝2时，由φ(x)＝0得a＝0，此时φ(x)＝－x＋1在(0，＋∞)上只有一个零点，不合题意；

211x－4x

当x≠2时，由φ(x)＝ax－4ax－x＋1＝0得＝，(7分)

22ax－2

3

2

3

2

x－4x82

令φ1(x)＝＝x－2x－4－，

x－2x－2

32

则φ′1(x)＝

527

2xx－＋2

2x（x－5x＋8）24

（x－2）

2

＝

（x－2）

2

＞0，

82

当x∈(0，2)时，φ(x)单调递增，且由y＝x－2x－4，y＝－值域知φ(x)值域为(0，＋∞)；当x∈(2，

x－282

＋∞)时，φ1(x)单调递增，且φ1(4)＝0.由y＝x－2x－4，y＝－值域知φ(x)值域为(－∞，＋∞)；

x－211

因为a＞0，所以＞0，而y＝与φ1(x)有两个交点，所以φ1(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点．(10分)

2a2a132

(3) (证法1)由(2)知，对于φ(x)＝ax－4ax－x＋1在(0，＋∞)上恰有两个零点x1，x2，

2111

不妨设x1＜x2，因为φ(0)＝1＞0，φ＝(6－7a)＜0，所以0＜x1＜.(12分)

228

91

因为φ(4)＝－1＜0，φ＝(81a－10)＞0，

28

9

所以4＜x2＜，

2

19

所以4＜x1＋x2＜＋＝5＜a＋4.(16分)

221x－4x

(证法2)由(2)知＝，

2ax－2

1171因为x∈[0，2)时，φ1(x)单调递增，φ1＝，φ1(0)＝0＜φ1(x1)＝＜φ1，

2a21221

所以0＜x1＜.(12分)

2

19819当x∈(2，＋∞)时，φ1(x)单调递增，φ1＝，φ1(4)＝0＜φ1(x2)＝＜φ1， 2a2202

3

2

9

所以4＜x2＜.

2

19

所以4＜x1＋x2＜＋＝5＜a＋4.(16分)

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