新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題37 討論函數(shù)零點(diǎn)或方程根的個(gè)數(shù)問(wèn)題 (教師版)

專(zhuān)題37討論函數(shù)零點(diǎn)或方程根的個(gè)數(shù)問(wèn)題【方法總結(jié)】判斷、證明或討論函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法利用零點(diǎn)存在性定理求解函數(shù)熱點(diǎn)問(wèn)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(gè)零點(diǎn)時(shí)，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(lèi)討論法：判斷幾個(gè)零點(diǎn)時(shí)，需要先結(jié)合單調(diào)性，確定分類(lèi)討論的標(biāo)準(zhǔn)，再利用零點(diǎn)存在性定理，在每個(gè)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(shí)，試討論方程f(x)＝1的解的個(gè)數(shù)．[破題思路]討論方程f(x)＝1的解的個(gè)數(shù)，想到f(x)－1的零點(diǎn)個(gè)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(diǎn)問(wèn)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(lèi)討論法方程f(x)＝1的解的個(gè)數(shù)即為函數(shù)h(x)＝ex－ax2－x－1(a>0)的零點(diǎn)個(gè)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(shí)取等號(hào))．①當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，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(shí)h(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．②當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，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(shí)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(shí)h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．③當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，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(shí)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(shí)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，方程f(x)＝1只有一個(gè)解；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時(shí)，方程f(x)＝1有兩個(gè)解．法二：分離參數(shù)法方程f(x)＝1的解的個(gè)數(shù)即方程ex－ax2－x－1＝0(a>0)的解的個(gè)數(shù)，方程可化為ax2＝ex－x－1．當(dāng)x＝0時(shí)，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(shí)，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(shí)，t′(x)<0，函數(shù)t(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，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(shí)，q(x)<0，即p′(x)>0，函數(shù)p(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>0時(shí)，q(x)>0，即p′(x)>0，函數(shù)p(x)單調(diào)遞增．而當(dāng)x→0時(shí)，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(dá)法則)，當(dāng)x→－∞時(shí)，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(shí)，直線y＝a與函數(shù)p(x)的圖象無(wú)交點(diǎn)，即方程ex－ax2－x－1＝0只有一個(gè)解x＝0；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時(shí)，直線y＝a與函數(shù)p(x)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)(x0，a)，即方程ex－ax2－x－1＝0有兩個(gè)解x＝0或x＝x0．綜上，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，方程f(x)＝1只有一個(gè)解；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時(shí)，方程f(x)＝1有兩個(gè)解．[注]部分題型利用分離法處理時(shí)，會(huì)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(wèn)題，解決這類(lèi)問(wèn)題有效的方法就是洛必達(dá)法則．法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿(mǎn)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(diǎn)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(mǎn)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(diǎn)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(duì)于已知參數(shù)的取值范圍，討論零點(diǎn)個(gè)數(shù)的情況，借助導(dǎo)數(shù)解決的辦法有兩個(gè)．(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(diǎn)個(gè)數(shù)，易得交點(diǎn)個(gè)數(shù)的分類(lèi)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(diǎn)存在定理證明零點(diǎn)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(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．[規(guī)范解答](1)函數(shù)的定義域?yàn)?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(fù)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(wú)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?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e，當(dāng)k＝e時(shí)，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(diǎn)；當(dāng)k>e時(shí)，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(gè)零點(diǎn)．綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．[例3]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx＋b,x)(a，b∈R，a≠0)的圖象在點(diǎn)(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(gè)數(shù)．[規(guī)范解答](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(wú)限增大時(shí)，h(x)無(wú)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(wú)限接近0時(shí)，lnx＋2負(fù)無(wú)限大，故h(x)負(fù)無(wú)限大．故當(dāng)0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)時(shí)，方程f(x)＝1有兩個(gè)不等實(shí)根，當(dāng)a＝eq\f(1,e)時(shí)，方程f(x)＝1只有一個(gè)實(shí)根，當(dāng)a<0時(shí)，方程f(x)＝1只有一個(gè)實(shí)根．綜上可知，當(dāng)a>eq\f(1,e)時(shí)，方程f(x)＝1有兩個(gè)實(shí)根；當(dāng)a<0或a＝eq\f(1,e)時(shí)，方程f(x)＝1有一個(gè)實(shí)根；當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時(shí)，方程f(x)＝1無(wú)實(shí)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(shí)數(shù)k的值；(2)若m<0，討論函數(shù)g(x)＝f(x)＋mx2零點(diǎn)的個(gè)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(diǎn)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(diǎn)的個(gè)數(shù)即是方程f(x)＋mx2＝0的實(shí)根的個(gè)數(shù)(當(dāng)x＝0時(shí)，方程無(wú)解)，等價(jià)于函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)(x≠0)與函數(shù)y＝－m圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)．h′(x)＝eq\f(ex(x－2),x3).當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)<0，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，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(shí)，函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數(shù)y＝－m圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1；當(dāng)－m＝eq\f(e2,4)，即m＝－eq\f(e2,4)時(shí)，函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數(shù)y＝－m圖象交點(diǎn)的個(gè)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(shí)，函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數(shù)y＝－m圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3.綜上所述，當(dāng)m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(e2,4)))時(shí)，函數(shù)g(x)有三個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)m＝－eq\f(e2,4)時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)m∈－eq\f(e2,4)，0時(shí)，函數(shù)g(x)有一個(gè)零點(diǎn)．[例5]已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax－eq\f(1,4)，g(x)＝ex－e(e為自然對(duì)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(shí)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(diǎn)的個(gè)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(gè)零點(diǎn)，且x<1時(shí)，g(x)<0，又f′(x)＝－3x2＋a，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≤0，f(x)在R上單調(diào)遞減，且過(guò)點(diǎn)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(shí)必有一個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)y＝h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)a>0時(shí)，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(gè)極小值點(diǎn)，eq\r(\f(a,3))是函數(shù)f(x)的一個(gè)極大值點(diǎn)，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(shí)，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此時(shí)y＝h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))＝0，即a＝eq\f(3,4)時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)x0＝eq\r(\f(a,3))＝eq\f(1,2)，此時(shí)y＝h(x)有三個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),3)))>0，即a>eq\f(3,4)時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，一個(gè)零點(diǎn)小于eq\r(\f(a,3))，一個(gè)零點(diǎn)大于eq\r(\f(a,3))，若f(1)＝a－eq\f(5,4)<0，即a<eq\f(5,4)時(shí)，y＝h(x)有四個(gè)零點(diǎn)；若f(1)＝a－eq\f(5,4)＝0，即a＝eq\f(5,4)時(shí)，y＝h(x)有三個(gè)零點(diǎn)；若f(1)＝a－eq\f(5,4)>0，即a>eq\f(5,4)時(shí)，y＝h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上所述：當(dāng)a<eq\f(3,4)或a>eq\f(5,4)時(shí)，y＝h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝eq\f(3,4)或a＝eq\f(5,4)時(shí)，y＝h(x)有三個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)eq\f(3,4)<a<eq\f(5,4)時(shí)，y＝h(x)有四個(gè)零點(diǎn)．[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(diǎn)的個(gè)數(shù)．[破題思路](1)當(dāng)a＝0時(shí)，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(fù)可畫(huà)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(shí)，由(1)知f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，畫(huà)g(x)的正負(fù)圖象時(shí)，需分eq\f(2,a)＝1，eq\f(2,a)>1，eq\f(2,a)<1三種情形進(jìn)行討論，再根據(jù)極值、端點(diǎn)走勢(shì)可畫(huà)出f(x)的圖象，如圖(2)(3)(4)所示；當(dāng)a<0時(shí)，同理可得圖(5)．綜上，易得f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．[規(guī)范解答](1)當(dāng)a＝0時(shí)，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(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，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(shí)，由第(1)問(wèn)可得函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)．當(dāng)a>0時(shí)，①當(dāng)eq\f(2,a)＝1，即a＝2時(shí)，f′(x)≥0恒成立，僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，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(shí)，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)．②當(dāng)eq\f(2,a)>1，即0<a<2時(shí)，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(shí)，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)僅有一個(gè)零點(diǎn)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(shí)，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?yàn)閍>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(shí)，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)僅有一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間(1，＋∞)上．當(dāng)eq\f(2,a)<0，即a<0時(shí)，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(shí)，f(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，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(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)f(1)＝eq\f(－a－4,2)＝0，即a＝－4時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)f(1)＝eq\f(－a－4,2)<0，即－4<a<0時(shí)，函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)．綜上，當(dāng)a<－4時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝－4時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)－4<a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．[題后悟通]解決本題運(yùn)用了分類(lèi)、分層的思想方法，表面看起來(lái)非常繁雜．但若能用好“雙圖法”處理問(wèn)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(fù)有關(guān)的函數(shù)g(x)，畫(huà)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(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2018·全國(guó)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(gè)零點(diǎn)．1．解析(1)當(dāng)a＝3時(shí)，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(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時(shí)，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(jià)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(shí)g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．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(gè)零點(diǎn)．綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．2．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然對(duì)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(diǎn)；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的個(gè)數(shù)，并說(shuō)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(diǎn)．(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(gè)零點(diǎn)．又h(x)在(1，2)內(nèi)有零點(diǎn)，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個(gè)零點(diǎn)．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(shí)，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(gè)零點(diǎn)，則h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，所以方程f(x)＝g(x)的根的個(gè)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(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．3．解析(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時(shí)，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，則f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝e時(shí)，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(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴x＝1是φ(x)的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，因此x＝1也是φ(x)的最大值點(diǎn)，∴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(shí)，函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn)；②當(dāng)m＝eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；④當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)m>eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)m＝eq\f(2,3)或m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．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(shí)，試判斷函數(shù)g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．4．解析(1)f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x>0)，當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)>0恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，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(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，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(shí)，函數(shù)g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點(diǎn)，即當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時(shí)，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(shí)，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(shí)，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)))＝－2eSKIPIF1<0＋eq\f(1,e)，h(x)max＝e.∴當(dāng)m<－2eSKIPIF1<0＋eq\f(1,e)或m>e時(shí)，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)－2eSKIPIF1<0＋eq\f(1,e)≤m≤e時(shí)，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(gè)零點(diǎn)．5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－2a－ln(x＋a)，a∈R，e為自然對(duì)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(shí)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(diǎn)個(gè)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(shí)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(diǎn)x0，即f′(x0)＝SKIPIF1<0－eq\f(1,x0＋a)＝0，于是SKIPIF1<0＝eq\f(1,x0＋a)，x0＝－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋a))．當(dāng)－a<x<x0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>x0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)min＝f(x0)＝SKIPIF1<0－2a－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(shí)，取等號(hào)．由0<a<eq\f(2,3)，得2－3a>0，∴f(x)min＝f(x0)>0，即函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)．6．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)．(1)若f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線與直線2x＋y＋2＝0垂直，求實(shí)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(diǎn)的個(gè)數(shù)．6．解析(1)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，則f′(2)＝eq\f(1－4a,2)．因?yàn)橹本€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(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(x