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第三单元第6讲 导数与函数零点问题
讲
讲方法
练
练题型 练真题
题型一：数形结合法研究函数零点
题型二：根据零点情况求参数范围
题型三：利用函数性质研究函数的零点
题型四：构造函数法求函数的零点
测
测基础 测能力
一、【讲】
【讲方法】
1.含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
2.涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
3.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、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、【练】
【练题型】
【题型一】数形结合法研究函数零点
【典例1】(2020·全国Ⅰ)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．
【典例2】已知函数f(x)＝xex＋ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．
【典例3】设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
【题型二】根据零点情况求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.
【典例2】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.
【题型三】利用函数性质研究函数的零点
【典例1】已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1]上零点的个数．
【题型四】构造函数法求函数的零点
【典例1】已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋.
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．
【练真题】
【真题1】（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.
【真题2】（2019·高考全国卷Ⅰ）已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
三、【测】
【测基础】
1. 已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝x·f(x)－的零点个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
2. 若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．
3. 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
4. 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．
(1)当a＝4时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)如果关于x的方程g(x)＝2exf(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
【测能力】
1. 函数f(x)＝ex－2ax－a.
(1)讨论函数的极值；
(2)当a＞0时，求函数f(x)的零点个数.
2. 已知函数f(x)＝(2－x)ex，g(x)＝a(x－1)2.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)讨论y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数.
3. 已知f(x)＝＋－3，F(x)＝ln x＋－3x＋2.
(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．
4. 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
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第三单元第6讲 导数与函数零点问题
讲
讲方法
练
练题型 练真题
题型一：数形结合法研究函数零点
题型二：根据零点情况求参数范围
题型三：利用函数性质研究函数的零点
题型四：构造函数法求函数的零点
测
测基础 测能力
一、【讲】
【讲方法】
1.含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
2.涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
3.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、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、【练】
【练题型】
【题型一】数形结合法研究函数零点
【典例1】(2020·全国Ⅰ)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．
【解析】(1)当a＝1时，
f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，
解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即＝，
所以函数y＝的图象与函数φ(x)＝的图象有两个交点，
φ′(x)＝，
当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0；
当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞时，
φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→0，
所以0<.
所以a的取值范围是.
【典例2】已知函数f(x)＝xex＋ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为R，
且f′(x)＝(x＋2)ex，
令f′(x)＝0得x＝－2，则f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 － 单调递增
∴f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．
当x＝－2时，f(x)有极小值为f(－2)＝－，无极大值．
(2)令f(x)＝0，得x＝－1，
当x<－1时，f(x)<0；
当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点，(－1,0)，(0,1)．
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝→0；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．
函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－.
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a<－时，零点的个数为0；
当a＝－或a≥0时，零点的个数为1；
当－【典例3】设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
【解析】(1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知
g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
∴x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0【题型二】根据零点情况求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.
【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，
则f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率k＝f′(1)＝2，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝，
∵x∈，
∴由g′(x)＝0，得x＝1.
当≤x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
且g＞g(e)，
∴g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点需满足条件
解得1＜m≤2＋.
故实数m的取值范围是.
【典例2】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.
【解析】(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，由(1)知f(x)的极小值f(1)＝0，故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).
【题型三】利用函数性质研究函数的零点
【典例1】已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1]上零点的个数．
【解析】(1)因为f(x)＝ex－ax－1，
所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)<0，得x令f′(x)>0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间，
当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，
由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
若a≤0，由f(0)＝0，知f(x)在区间[0,1]上有一个零点；
若ln a≤0，即0若0又f(1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1当e－a－1<0，即e－1若ln a≥1，即a≥e，则f(x)在[0,1]上单调递减，f(x)在[0,1]上只有一个零点．
又当x＝时，由f ＝0得a＝2(－1)，
所以当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1【题型四】构造函数法求函数的零点
【典例1】已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋.
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋(x∈R)，则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2；令f′(x)<0，解得0(2)因为a＝，所以f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋.由(x－1)ex－x2＋b＋＝bx，得(x－1)ex－(x2－1)＝b(x－1)．当x＝1时，方程成立．当x≠1时，只需要方程ex－(x＋1)＝b有2个实根．令g(x)＝ex－(x＋1)，则g′(x)＝ex－.当xln 且x≠1时，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递减，在和(1，＋∞)上单调递增，因为g＝－＝ln 2，g(1)＝e－1≠0，所以b∈∪(e－1，＋∞)．
【练真题】
【真题1】（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.
【解析】(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.
【真题2】（2019·高考全国卷Ⅰ）已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
【解析】设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g()>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．
三、【测】
【测基础】
1. 已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝x·f(x)－的零点个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．
故选B．
2. 若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．
【解析】f′(x)＝＝(a<0)．
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，
解得a>－e2，因此－e23. 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
【解析】(1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当04. 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．
(1)当a＝4时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)如果关于x的方程g(x)＝2exf(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝4时，g(x)＝(－x2＋4x－3)ex，
g′(x)＝ex(－x2＋2x＋1)，
∴g′(1)＝2e，又g(1)＝0，
∴切线的斜率为2e，切点为(1,0)，
∴所求的切线方程为y－0＝2e(x－1)，即y＝2e(x－1)．
(2)方程g(x)＝2exf(x)可化为－x2＋ax－3＝2xln x，
即a＝2ln x＋x＋.
令φ(x)＝2ln x＋x＋，x∈，
∴φ′(x)＝＋1－＝＝，
∵当x∈时，φ′(x)<0，当x∈(1，e]时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增．
∴φ(x)min＝φ(1)＝4，
又φ＝3e＋－2，φ(e)＝＋e＋2，
且φ>φ(e)
∴画出y＝φ(x)的图象如图所示．
则4故实数a的取值范围是.
【测能力】
1. 函数f(x)＝ex－2ax－a.
(1)讨论函数的极值；
(2)当a＞0时，求函数f(x)的零点个数.
【解析】(1)由题意，函数f(x)＝ex－2ax－a，
可得f′(x)＝ex－2a，
当a≤0时，f′(x)＝ex－2a＞0，f(x)在R上为单调增函数，此时无极值；
当a＞0时，令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln(2a)，
所以f(x)在(ln(2a)，＋∞)上为单调增函数；
令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln(2a)，f(x)在(－∞，ln(2a))上为单调减函数，
所以当x＝ln(2a)时，函数f(x)取得极小值f(x)极小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，无极大值.
综上所述，
当a≤0时，f(x)无极值，
当a＞0时，f极小值＝f(ln(2a))
＝a－2aln(2a)，无极大值.
(2)由(1)知当a＞0，f(x)在(ln(2a)，＋∞)上为单调增函数，在(－∞，ln(2a))上为单调减函数，且f(x)极小值＝a－2aln(2a)，
又由f(x)＝ex－a(2x＋1)，
若x→－∞时，f(x)→＋∞；
若x→＋∞时，f(x)→＋∞；
当a－2aln(2a)＞0，即0＜a＜时，f(x)无零点；
当a－2aln(2a)＝0，即a＝时，f(x)有1个零点；
当a－2aln(2a)＜0，即a＞时，f(x)有2个零点.
综上，当0＜a＜时，f(x)无零点；
当a＝时，f(x)有1个零点；
当a＞时， f(x)有2个零点.
2. 已知函数f(x)＝(2－x)ex，g(x)＝a(x－1)2.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)讨论y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数.
【解析】(1)f′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，则f′(0)＝1，又f(0)＝2，所以切线方程为y＝x＋2，即x－y＋2＝0.
(2)令F(x)＝g(x)－f(x)＝a(x－1)2＋(x－2)ex，则y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数即F(x)的零点个数.
F′(x)＝(x－1)(ex＋2a).
①当a＝0时，F(x)＝(x－2)ex，F(x)只有一个零点.
②当a＜0时，由F′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，
因此F(x)在(1，＋∞)上单调递增.
当x→＋∞时，F(x)＞0；
又当x≤1时，F(x)＜0，
所以F(x)只有一个零点.
若a＜－，则ln(－2a)＞1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，F′(x)＜0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，F′(x)＞0.
因此F(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.
当x→＋∞时，F(x)＞0；
又当x≤1时，F(x)＜0，
所以F(x)只有一个零点.
③若a＞0时，若x∈(－∞，1)，则F′(x)＜0；
若x∈(1，＋∞)，则F′(x)＞0，
所以F(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增.
F(1)＝－e，F(2)＝a，
取b满足b＜0，且b＜ln .
则F(b)＞(b－2)＋a(b－1)2
＝a＞0，
所以F(x)有两个零点.
综上，当a≤0时，y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数为1；当a＞0时，y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数为2.
3. 已知f(x)＝＋－3，F(x)＝ln x＋－3x＋2.
(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．
【解析】(1)f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
(2)F′(x)＝f(x)＝＋－3，
由(1)得 x1，x2，满足0＜x1＜1＜x2，
使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，
即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，
F(x)→＋∞，
画出函数F(x)的草图，如图所示．
故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．
4. 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
【解析】由题设知，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的唯一极值点且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合函数y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当021世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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