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第4节　导数与函数的零点问题
知 识 梳 理
函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围．
(1)注意构造函数；
(2)注意转化思想、数形结合思想的应用．
诊 断 自 测
1．若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(16，＋∞) B．[16，＋∞)
C．(－∞，16) D．(－∞，16]
答案　A
解析　①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，
∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，
∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，
又f(－1)<0，
f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点．
②当x>0时，f(x)＝x3－4x＋，
f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，
当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，
∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝－8＋，
要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需－8＋>0，
∴a>16.
2．设函数f(x)＝aex－2sin x，x∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a的值为(　　)
A.e B.e－ C.e D.e－
答案　B
解析　依题意，x∈[0，π]时，aex－2sin x＝0有且仅有一解．
则a＝，x∈[0，π]有且仅有一解．
设g(x)＝，x∈[0，π]．
故直线y＝a与g(x)＝，x∈[0，π]的图象只有一个交点，则g′(x)＝，
当0≤x<时，g′(x)>0，当即g(x)在为增函数，在为减函数，
又g(0)＝0，g(π)＝0，g＝e－，
则可得实数a的值为e－.
3．(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．
答案　－3
解析　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
4．已知函数f(x)＝若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是________．
答案　
解析　g(x)＝f(x)－m有三个零点，根据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函数有两个零点．当x>1时，f(x)＝ln x＋，f′(x)＝－＝>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋＋，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满足解得m<－5或15．已知函数f(x)＝x＋ln x－，g(x)＝，其中e为自然对数的底数，若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个公共点，则实数m的取值范围是________．
答案　m≥0或m＝－
解析　因为f′(x)＝1＋>0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且f＝－1－<0，所以当m≥0时，与g(x)＝有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－x＝m有一解即可，设h(x)＝x2＋xln x－x，令h′(x)＝2x＋ln x＋1－＝0得x＝，即当x＝时，h(x)有极小值－，故当m＝－时有一公共点，故填m≥0或m＝－.
微课一　导数与函数的零点
题型一　函数零点的个数
【例1】 (2021·湖州中学质检一)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．
(1)证明　令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，
g′(x)＝－1＝，
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)＝－2x＋a＝，x>0.
令－2x＋ax0＋1＝0，解得x0＝(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＝ln －＋<－1－＋
＝－－<0，
f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2－<0.
∴函数f(x)在区间和区间(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．
题型二　根据零点个数求参数
【例2】 (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R，
则f′(x)＝ex－1.
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故f(x)至多存在一个零点，不合题意．
②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增．
故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>，则f(ln a)<0.
因为f(－2)＝e－2>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝e·e－a(x＋2)>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点．
从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点．
综上，a的取值范围是.
题型三　零点的性质
【例3】 (2021·温州适考)已知函数f(x)＝x3＋3ax＋a3＋3(a∈R)恰有一个零点x0，且x0<0.
(1)求a的取值范围；
(2)求x0的最大值．
解　(1)当a＝0时，函数f(x)＝x3＋3，令f(x)＝0，得x0＝<0，符合题意；
当a>0时，f′(x)＝3x2＋3a>0，
∴函数f(x)在R上单调递增．
又f(0)＝a3＋3>0，x→－∞，f(x)→－∞，
∴ x0∈(－∞，0)使f(x0)＝0，故符合题意；
当a<0时，令f′(x)＝3x2＋3a＝0，解得x＝±，
∴函数f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增；
在(－，)上单调递减；
则f()＝()3＋3a＋a3＋3>0，
令＝t，则a＝－t2，
∴f(t)＝t3－3t3－t6＋3＝－t6－2t3＋3＝(1－t3)(t3＋3)>0，
∴t<1，即a>－1.
综上，a的取值范围为(－1，＋∞)．
(2)由(1)得a的取值范围为a∈(－1，＋∞)，故存在x0<0，使得方程x＋3ax0＋a3＋3＝0成立，令g(a)＝a3＋3x0a＋x＋3，即等价于g(a)在(－1，＋∞)上有零点，即g(a)min＝g()≤0，
g(－1)＝x－3x0＋2＝(x0－1)2(x0＋2)，g(0)＝x＋3，
故当x0≤时，g(0)<0，存在零点；
当0，
故只需g(a)min＝g()＝2x0＋x＋3≤0，
令m＝－x0∈(0，＋∞)，
故m2＋2m－3<0，解得0所以－1<－x<0，可得x0≤－1.
综上，x0的最大值为－1.
感悟升华　1.利用导数解决函数的零点问题的方法：
(1)研究原函数的单调性、极值；
(2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并研究其性质；
(3)注意零点判定定理的应用．
2．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．
【训练1】 函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)在上有两个零点，求实数a的取值范围(其中e是自然对数的底数)．
解　f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，即a＝x－，
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝.
显然y＝x2＋ln x－1在上单调递增，
又当x＝1时，y＝1＋ln 1－1＝0，
∴当x∈时，g′(x)<0，
当x∈(1，e]时，g′(x)>0，
∴g(x)的单调减区间为，单调增区间为(1，e]．
∴g(x)min＝g(1)＝1.
又g＝e＋，g(e)＝e－，
函数f(x)在上有两个零点，
则a的取值范围是.
【训练2】 设函数f(x)＝e2x－aln x．讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数．
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(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＝－单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，假设存在b满足0故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
综上，当a≤0时，f′(x)没有零点，
当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
1．(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
(1)证明　当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)解　设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0，2)时，h′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)<0，即a>，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．
由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以
h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
2．(2020·台州期末)已知函数f(x)＝(x＋2)ln(1＋x)－ax，a∈R.
(1)如果当x>0时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)求证：当a>2时，函数f(x)恰有3个零点．
(1)解　∵f(x)＝(x＋2)ln(1＋x)－ln x，
∴f′(x)＝ln(1＋x)－.
当x>0时，f(x)>0恒成立，
得ln(x＋1)－>0对x>0恒成立．
令h(x)＝ln(x＋1)－(x>0)，
则h′(x)＝－
＝(x>0)，
①当a≤2时，x2＋(4－2a)x＋4－2a>0，所以h′(x)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，
所以h(x)＝ln(x＋1)－>h(0)＝0(符合题意)；
②当a>2时，设g(x)＝x2＋(4－2a)x＋4－2a，
因为二次函数g(x)的图象开口向上，g(0)＝4－2a<0，
所以存在x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g(x)<0，可得h′(x)<0，
所以h(x)在(0，x0)单调递减，
所以当x∈(0，x0)时，h(x)综上，a的取值范围为(－∞，2]．
(2)证明　当a>2时，因为x>－1，所以函数f(x)的零点个数等价于函数h(x)＝ln(x＋1)－的零点个数．
由(1)可得h′(x)＝－
＝.
设g(x)＝x2＋(4－2a)x＋4－2a，
因为二次函数g(x)在x∈R时，
g(－1)＝1>0，g(0)＝4－2a<0，
所以存在x1∈(－1，0)，x2∈(0，＋∞)，
使得g(x1)＝0，g(x2)＝0，
所以h(x)＝ln(x＋1)－在(－1，x1)单调递增，在(x1，0)单调递减，在(0，x2)单调递减，在(x2，＋∞)单调递增．因为h(0)＝0，所以h(x1)>0，h(x2)<0，
又因为当x＝e－a－1时，h(e－a－1)＝－a－
＝－a<0，
所以h(x)在(e－a－1，x1)存在一个零点；
当x＝ea－1时，h(ea－1)＝a－＝a>0，
所以h(x)在(x2，ea－1)存在一个零点，
所以，当a>2时，函数f(x)恰有3个零点．
微课二　导数与方程的根
【典例】 (2021·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1)．a∈R.
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；
(2)当a>1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数．
解　设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.
(1)证明　当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex.
所以x∈(－∞，0)时，F′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0.
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0.
所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x)．
(2)当a>1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，
令F′(x)>0，即(x－a＋1)ex>0，解得x>a－1；
令F′(x)<0，即(x－a＋1)ex<0，解得x所以F(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增．
所以当x＝a－1时，F(x)取得极小值，
即F(a－1)＝a－ea－1.
令h(a)＝a－ea－1，则h′(a)＝1－ea－1.
因为a>1，所以h′(a)<0.
所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以h(a)又因为F(a)＝a>0，
所以F(x)在区间(a－1，a)上存在一个零点．
所以在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点．
又因为F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0，
所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点0.
所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根．
感悟升华　(1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决；
(2)对f(x)＝0，如果化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解．
(3)注意等价转化思想的应用．
【训练】 已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
(1)证明　易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．
(2)解　由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．
又h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
1．已知x＝1是函数f(x)＝ax3－x2＋(a＋1)x＋5的一个极值点．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，求实数m的取值范围．
解　(1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由f′(1)＝0，得a＝1，
∴f(x)＝x3－x2＋2x＋5.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，
则g(x)＝x3－x2＋2x＋5－2x－m＝x3－x2＋5－m有三个零点．
由g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.
由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得0∴函数g(x)在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0，3)上为减函数．
要使g(x)有三个零点，只需解得故实数m的取值范围为.
2．(2019·全国Ⅱ卷)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)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当x当x>x0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<1又f＝ln－－1＝＝0，
故是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．
3．设函数f(x)＝ln x＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．
解　(1)F(x)＝ln x＋，x∈(0，3]，
则k＝F′(x0)＝≤在x0∈(0，3]上恒成立，
所以a≥，x0∈(0，3]，
当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，
所以a≥.
故实数a的取值范围为.
(2)因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
所以x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解，
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，
则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.
因为m>0，所以Δ＝m2＋4m>0，
又x>0，所以x1＝<0(舍去)，
x2＝.
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增；
当x＝x2时，g′(x2)＝0，则g(x)取得最小值g(x2)．
因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，
则即
所以2mln x2＋mx2－m＝0.
因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0.　(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，
因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解．
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即＝1，解得m＝.
微课三　函数零点的综合问题
【典例】 (2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与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.
(1)解　f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0，故b＝－.
(2)证明　由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.
令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况为：
x －
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? c＋ ? c－ ?
因为f(1)＝f＝c＋，
所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．
因为f(－1)＝f＝c－，
所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.
当－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.
感悟升华　(1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断；
(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定．
【训练】 记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值．
(1)证明　函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，
则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得
此方程组无解，
因此，f(x)与g(x)不存在“S点”．
(2)解　函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，
则f′(x)＝2ax，g′(x)＝.
设x0为f(x)与g(x)的“S点”，
由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得
即　(*)
得ln x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝.
当a＝时，x0＝e－满足方程组(*)，
即x0为f(x)与g(x)的“S点”．因此，a的值为.
1．已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，
则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值．
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.
若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点．
若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增．
又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.
故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点．
若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.
则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点．
综上，实数a的取值范围为(－∞，0)．
2．已知函数f(x)＝－x2＋8x，g(x)＝6ln x＋m.是否存在实数m，使得y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．
解　函数y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数φ(x)＝g(x)－f(x)的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点，
∵φ(x)＝x2－8x＋6ln x＋m，
∴φ′(x)＝2x－8＋＝(x>0)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数；
当x∈(1，3)时，φ′(x)<0，φ(x)是减函数；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数，
当x＝1或x＝3时，φ′(x)＝0，
于是，φ(x)的极大值φ(1)＝m－7，φ(x)的极小值φ(3)＝m＋6ln 3－15，
∵x→0时，φ(x)<0，x→＋∞时，φ(x)>0，因此要使φ(x)图象与x轴正半轴有三个不同的交点必须
即7所以存在实数m使得函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7，15－6ln 3)．
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