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(共14张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.(2024·河南三模)函数f(x)=eλx-4sin x+λ-2的图象在x=0处的切线为y=ax-a-3,a∈R.
(1)求λ的值;
解:因为f(x)=eλx-4sin x+λ-2,f'(x)=λeλx-4cos x,
所以f'(0)=λ-4,所以切线斜率为λ-4,即a=λ-4,所以切线方程为y=(λ-4)x-λ+1.
又f(0)=λ-1,所以切点坐标为(0,λ-1),代入切线方程得λ-1=-λ+1,解得λ=1.
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(2)求f(x)在(0,+∞)上零点的个数.
解: 由(1)得f(x)=ex-4sin x-1,则f'(x)=ex-4cos x.
令g(x)=f'(x)=ex-4cos x,则g'(x)=ex+4sin x,
当x≥π时,f'(x)=ex-4cos x>0恒成立,所以f(x)在[π,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(π)=eπ-4sin x-1≥eπ-5>0,
因此f(x)在[π,+∞)上无零点.
当00恒成立,所以f'(x)单调递增.
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又f'(0)=-3<0,f'(π)=eπ+4>0,
所以f'(x)在(0,π)内存在唯一的零点x0,
当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x0,π)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
又f(0)=0,f(x0)0,
因此f(x)在(0,π)内仅有1个零点;
综上,f(x)在(0,+∞)上仅有1个零点.
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2.(2024·芜湖模拟)已知函数f(x)=ex-ln x+x2-ax(a∈R).
(1)当a=0时,求函数f(x)在x=1处的切线方程;
解:由f(x)=ex-ln x+x2-ax(a∈R),得f'(x)=ex-+2x-a,
当a=0时,f(1)=e+1,f'(1)=e+1,
∴函数f(x)在x=1处的切线方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),
即y-e-1=(e+1)(x-1),所以y=(e+1)x.
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(2)若函数至多一个零点,求a的取值范围.
解:由函数f(x)的定义域为(0,+∞),
又f(x)=ex-ln x+x2-ax=0,分离参变量得a=-+x.令g(x)=-+x,
则g'(x)=-+1=.
令h(x)=(x-1)ex+ln x+x2-1,则h'(x)=xex++2x>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增.
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又∵h(1)=0,
∴在(0,1)内g'(x)<0,在(1,+∞)上g'(x)>0,
∴g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)min=g(1)=e+1.
又当x→0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,
∴a的取值范围为(-∞,e+1].
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3.(2024·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-ln x-a,g(x)=ex-ln(x+a),其中a为整数且a≥1.记x0为f(x)的极值点,若f(x)存在两个不同的零点x1,x2(x1(1)求a的最小值;
解:f'(x)=ex-(x>0),令h(x)=f'(x)=ex-(x>0),则h'(x)=ex+>0,
故f'(x) 在 (0,+∞) 上单调递增,
且f'=-2<0,f'(1)=e-1>0,
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由函数零点存在定理知,存在唯一的x0∈,使得f'(x0)=0,即=,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(x0)=-ln x0-a=x0+-a.
又x→+∞,f(x)→+∞,x→0,f(x)→+∞,
若f(x)存在两个不同的零点,则f(x0)=x0+-a<0,a>x0+,
由x0∈知x0+∈,所以整数a的最小值为3.
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(2)求证:g(ln x1)=g(ln x2)=0.
解:证明:由题意f(x1)=f(x2)=0,即a=-ln x1=-ln x2,
故g(ln x1)=x1-ln(ln x1+-ln x1)=x1-x1=0,同理g(ln x2)=0.
所以g(ln x1)=g(ln x2)=0.
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4.已知函数f(x)=.
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
解:当a=2时,f(x)=,则f(x)的定义域为(0,+∞),
∵f'(x)====,
∴当x∈(0,)时,f'(x)>0,当x∈(,+∞)时,f'(x)<0.
∴f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).
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(2)若曲线y=f(x)与直线y=有且仅有两个交点,求a的取值范围.
解:由题意知a>0且a≠1.
∵y=f(x)与y=有且仅有两个交点,
∴方程=有且仅有两个不等实根,即方程=有且仅有两个不等实根,
即方程=有且仅有两个不等实根.
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令F(x)=,则F(x)的定义域为(0,+∞),F'(x)=,
∴当x∈(0,e)时,F'(x)>0,当x∈(e,+∞)时,F'(x)<0.
∴F(x)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴F(x)max=F(e)=,当x→+∞时,F(x)→0;
当x→0时,F(x)→-∞.
可得F(x)的大致图象如图所示,
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令t=xa,则t∈(0,+∞),
∴F(t)=F(a)有且仅有两个不同实根的充要条件为0<<,
即F(1)关键点拨:本题根据曲线与直线交点个数求解参数范围的关键是能够首先将问题转化为方程根的个数问题,进而采用同构的逻辑,通过构造函数的方式进一步将问题转化为同一函数不同函数值大小关系的比较问题.(共22张PPT)
导数与函数的零点
习题讲评（七）
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
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教学点(一)　利用导数研究函数的
零点个数
教学点(二)　由函数零点存在
情况求参数
利用导数研究函数的零点个数
教学点（一）
[典例]　(2024·梅州二模)已知函数f(x)=ex,g(x)=x2+1,h(x)=asin x
+1(a>0).
(1)证明:当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x);
解:证明:令G(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-1,则G'(x)=ex-2x,
记p(x)=ex-2x,则p'(x)=ex-2,当x∈(0,ln 2)时,p'(x)<0,当x∈(ln 2,
+∞)时,p'(x)>0,
所以p(x)在x∈(0,ln 2)上单调递减,在x∈(ln 2,+∞)上单调递增,
从而在(0,+∞)上,G'(x)=p(x)≥p(ln 2)=2-2ln 2>0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增,因此在(0,+∞)上,G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).
(2)讨论函数F(x)=f(x)-h(x)在(0,π)上的零点个数.
解: F(x)=f(x)-h(x)=ex-asin x-1,F'(x)=ex-acos x,当01-a≥0,所以F(x)在(0,π)上单调递增,F(x)>F(0)=0,即函数F(x)在(0,π)上无零点;当a>1时,记q(x)=F'(x)=ex-acos x,则q'(x)=ex+asin x>0,q(x)在(0,π)上单调递增,而q(0)=1-a<0,q=>0,故存在x0∈,使q(x0)=0,(注意:本题中q(x)=0,无法直接解出,因此需要虚设零点,借助函数零点存在定理求解)
所以当00,
F(x)在(0,x0)上无零点,在(x0,π)上有唯一零点.综上,当0当a>1时,F(x)在(0,π)上有且仅有1个零点.
[思维建模]　利用导数研究函数零点个数的方法
数形 结合法 求函数f(x)的单调区间和极值,根据f(x)的性质作出图象,然后根据图象判断函数零点个数
分类 讨论法 求函数f(x)的单调区间和极值,然后分类讨论,判断函数的零点个数
(2024·武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax2(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)的最大值;
解: f(x)的定义域是(0,+∞),∵f(x)=ln x-ax2(a∈R),
∴f'(x)=-ax=,当a=1时,由f'(x)==0,得x=±1.∵x>0,
∴当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,∴当x=1时,函数f(x)取最大值,最大值为f(1)=-.
即时训练
(2)讨论函数f(x)在区间[1,e2]上零点的个数.
解:由f(x)=0,得a=① ,令g(x)=② , 1≤x≤e2,
则g'(x)=,由g'(x)>0得1≤x<,由g'(x)<0,得单调递减.又g(1)=0,g()=,g(e2)=,
作函数g(x)的图象如图③.
综上,当0≤a<或a=时,f(x)在[1,e2]上有一个零点;当≤a<时,f(x)在[1,e2]上有2个零点;当a<0或a>时,f(x)在[1,e2]上没有零点.
关键点拨:
①处,巧转化:函数f(x)的零点,即方程a=的解.
②处,是解题的关键点,构造函数,研究函数的单调性.
③处,利用函数的极值点、最值点作图象,数形结合法求解.
由函数零点存在情况求参数
教学点（二）
[典例]　已知函数f(x)=.
(1)讨论f(x)的最值;
解:由题知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)==,
∴当00,当x>时,f'(x)<0,∴f(x)在区间内单调递增,在区间(,+∞)上单调递减,当x趋近于0时,f(x)趋近于-∞,当x趋近于+∞时,f(x)趋近于0,∴当x=时,f(x)取得最大值f=,无最小值.
(2)若函数g(x)=ex+x4f(x)-x2-ax有2个零点,求实数a的取值范围.
解: 法一:由题知g(x)=ex+x2ln x-x2-ax有2个零点,∴方程ex+x2ln x-x2-ax=0,即=-xln x+x+a有2个解.
设h(x)=(x>0),m(x)=-xln x+x+a(x>0),则函数m(x)与h(x)的图象恰有2个交点.∵h'(x)=,∴当01时,h'(x)>0,
∴h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(1)=e.
当x趋近于0时,h(x)趋近于+∞,当x趋近于+∞时,h(x)趋近于+∞.
∵m'(x)=-ln x-x×+1=-ln x,
∴当00,当x>1时,m'(x)<0,
∴m(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴m(x)max=m(1)=1+a,
当x趋近于0时,m(x)趋近于a,当x趋近
于+∞时,m(x)趋近于-∞.
作出函数m(x)与h(x)的大致图象,
如图(1)所示.
结合函数图象知,要使函数m(x)与h(x)的图象恰有2个交点,则m(x)max=1+a>h(x)min=e,∴a>e-1,即实数a的取值范围为(e-1,+∞).
法二:由题知g(x)=ex+x2ln x-x2-ax有2个零点,∴方程ex+x2ln x-x2-ax=0,即a=+xln x-x恰有2个解.
设H(x)=+xln x-x,则函数H(x)的图象与直线y=a恰有2个交点.
H'(x)=+ln x,设M(x)=+ln x,
则M'(x)=+=+>0,
∴函数M(x)即H'(x)单调递增,∵H'(1)=0,∴当x∈(0,1)时,H'(x)<0, H(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,H'(x)>0, H(x)单调递增,∴H(x)min=H(1)=e-1,
当x趋近于0时,H(x)趋近于+∞,当x趋近于
+∞时,H(x)趋近于+∞.如图(2),作出直线y=a与
H(x)的大致图象,结合函数图象知,要使直线y=a
与H(x)的图象恰有2个交点,则a>e-1,故实数a的
取值范围为(e-1,+∞).
[思维建模]　已知函数的零点情况求参数范围方法
分类 讨论法 将所有可能出现的情况进行分类,然后逐个论证,属于完全归纳
分离 参数法 分离参数,将原问题转化成函数最值问题加以解决
数形 结合法 先对函数解析式变形,在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,然后数形结合求解
(2024·商洛模拟)已知函数f(x)=3x2+msin x(x>0),其中m为常数且m≥-6.
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
解:当m=1时,f(x)=3x2+sin x,则f'(x)=6x+cos x.因为f'(0)=1,所以切线的斜率为1,又f(0)=0,所以切点坐标为(0,0), 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
即时训练
即时训练
(2)若函数g(x)=f(x)-mxcos x在区间上有且只有一个零点,求实数m的取值范围.
解:由g(x)=f(x)-mxcos x=3x2+msin x-mxcos x,得g'(x)=6x+mxsin x=x(6+msin x),
当-6≤m≤6时,对于x∈,有-1所以当-6≤m≤6时,g'(x)≥0,当且仅当m=-6,x=时取等号,
所以g(x)在区间上单调递增.
又g(0)=0,于是g(x)在区间上无零点,不合题意.
当m>6时,令g'(x)=0,得sin x=-∈(-1,0),
所以存在唯一的x0∈,使得g'(x0)=0,
当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
又g(0)=0,g=-m,所以当g=-m≥0,
即6当g=-m<0,即m>时,g(x)在区间上有且只有一个零点,符合题意.
综上所述,实数m的取值范围是.习题讲评(七)　导数与函数的零点
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　利用导数研究函数的零点个数
[典例]　(2024·梅州二模)已知函数f(x)=ex,g(x)=x2+1,h(x)=asin x+1(a>0).
(1)证明:当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x);
(2)讨论函数F(x)=f(x)-h(x)在(0,π)上的零点个数.
[思维建模]　利用导数研究函数零点个数的方法
数形 结合法 求函数f(x)的单调区间和极值,根据f(x)的性质作出图象,然后根据图象判断函数零点个数
分类 讨论法 求函数f(x)的单调区间和极值,然后分类讨论,判断函数的零点个数
[训练]　(2024·武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax2(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)的最大值;
(2)讨论函数f(x)在区间[1,e2]上零点的个数.
教学点(二)　由函数零点存在情况求参数
[典例]　已知函数f(x)=.
(1)讨论f(x)的最值;
(2)若函数g(x)=ex+x4f(x)-x2-ax有2个零点,求实数a的取值范围.
[思维建模]　已知函数的零点情况求参数范围方法
分类 讨论法 将所有可能出现的情况进行分类,然后逐个论证,属于完全归纳
分离 参数法 分离参数,将原问题转化成函数最值问题加以解决
数形 结合法 先对函数解析式变形,在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,然后数形结合求解
[训练]　(2024·商洛模拟)已知函数f(x)=3x2+msin x(x>0),其中m为常数且m≥-6.
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若函数g(x)=f(x)-mxcos x在区间上有且只有一个零点,求实数m的取值范围.
教学环节二　课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.(2024·河南三模)函数f(x)=eλx-4sin x+λ-2的图象在x=0处的切线为y=ax-a-3,a∈R.
(1)求λ的值;
(2)求f(x)在(0,+∞)上零点的个数.
2.(2024·芜湖模拟)已知函数f(x)=ex-ln x+x2-ax(a∈R).
(1)当a=0时,求函数f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若函数至多一个零点,求a的取值范围.
3.(2024·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-ln x-a,g(x)=ex-ln(x+a),其中a为整数且a≥1.记x0为f(x)的极值点,若f(x)存在两个不同的零点x1,x2(x1(1)求a的最小值;
(2)求证:g(ln x1)=g(ln x2)=0.
4.已知函数f(x)=.
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=有且仅有两个交点,求a的取值范围.
发散拓展:
1.妙用指对同构证明不等式
指对同构的实质就是利用指数、对数的运算法则,将所证不等式转化为含相同结构式子的不等式,然后利用换元法等研究函数的单调性与值域.当遇到不等式两边出现ex和ln x的时候,往往需要指对同构对不等式进行化简处理.
2.指对同构常用的式子(其中x>0):xex=ex+ln x,x+ln x=ln(xex),=ex-ln x,x-ln x=ln ,x2ex=ex+2ln x,x+2ln x=ln(x2ex),=ex-2ln x.
习题讲评(七)　导数与函数的零点
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　利用导数研究函数的零点个数
[典例]　解:(1)证明:令G(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-1,则G'(x)=ex-2x,
记p(x)=ex-2x,则p'(x)=ex-2,当x∈(0,ln 2)时,p'(x)<0,当x∈(ln 2,+∞)时,p'(x)>0,
所以p(x)在x∈(0,ln 2)上单调递减,在x∈(ln 2,+∞)上单调递增,
从而在(0,+∞)上,G'(x)=p(x)≥p(ln 2)=2-2ln 2>0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增,
因此在(0,+∞)上,G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).
(2)F(x)=f(x)-h(x)=ex-asin x-1,F'(x)=ex-acos x,当01-a≥0,所以F(x)在(0,π)上单调递增,F(x)>F(0)=0,即函数F(x)在(0,π)上无零点;当a>1时,记q(x)=F'(x)=ex-acos x,则q'(x)=ex+asin x>0,q(x)在(0,π)上单调递增,而q(0)=1-a<0,q=>0,故存在x0∈,使q(x0)=0,(注意:本题中q(x)=0,无法直接解出,因此需要虚设零点,借助函数零点存在定理求解)
所以当00,
F(x)在(0,x0)上无零点,在(x0,π)上有唯一零点.
综上,当0当a>1时,F(x)在(0,π)上有且仅有1个零点.
[训练]　解:(1)f(x)的定义域是(0,+∞),
∵f(x)=ln x-ax2(a∈R),
∴f'(x)=-ax=,
当a=1时,由f'(x)==0,得x=±1.
∵x>0,∴当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,
∴当x=1时,函数f(x)取最大值,最大值为f(1)=-.
(2)由f(x)=0,得a=①,令g(x)=②,1≤x≤e2,则g'(x)=,由g'(x)>0得1≤x<,由g'(x)<0,得g()=,g(e2)=,作函数g(x)的图象如图③.
综上,当0≤a<或a=时,f(x)在[1,e2]上有一个零点;当≤a<时,f(x)在[1,e2]上有2个零点;当a<0或a>时,f(x)在[1,e2]上没有零点.
关键点拨:
①处,巧转化:函数f(x)的零点,即方程a=的解.
②处,是解题的关键点,构造函数,研究函数的单调性.
③处,利用函数的极值点、最值点作图象,数形结合法求解.
教学点(二)　由函数零点存在情况求参数
[典例]　解:(1)由题知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)==,
∴当00,当x>时,f'(x)<0,∴f(x)在区间内单调递增,在区间(,+∞)上单调递减,当x趋近于0时,f(x)趋近于-∞,当x趋近于+∞时,f(x)趋近于0,∴当x=时,f(x)取得最大值f=,无最小值.
(2)法一:由题知g(x)=ex+x2ln x-x2-ax有2个零点,∴方程ex+x2ln x-x2-ax=0,即=-xln x+x+a有2个解.
设h(x)=(x>0),m(x)=-xln x+x+a(x>0),则函数m(x)与h(x)的图象恰有2个交点.
∵h'(x)=,∴当01时,h'(x)>0,
∴h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)min=h(1)=e.
当x趋近于0时,h(x)趋近于+∞,
当x趋近于+∞时,h(x)趋近于+∞.
∵m'(x)=-ln x-x×+1=-ln x,
∴当00,当x>1时,m'(x)<0,
∴m(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴m(x)max=m(1)=1+a,
当x趋近于0时,m(x)趋近于a,
当x趋近于+∞时,m(x)趋近于-∞.
作出函数m(x)与h(x)的大致图象,如图(1)所示.结合函数图象知,要使函数m(x)与h(x)的图象恰有2个交点,则m(x)max=1+a>h(x)min=e,∴a>e-1,即实数a的取值范围为(e-1,+∞).
法二:由题知g(x)=ex+x2ln x-x2-ax有2个零点,∴方程ex+x2ln x-x2-ax=0,即a=+xln x-x恰有2个解.
设H(x)=+xln x-x,
则函数H(x)的图象与直线y=a恰有2个交点.
H'(x)=+ln x,设M(x)=+ln x,
则M'(x)=+=+>0,
∴函数M(x)即H'(x)单调递增,
∵H'(1)=0,∴当x∈(0,1)时,H'(x)<0, H (x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,H'(x)>0, H (x)单调递增,
∴H(x)min=H(1)=e-1,
当x趋近于0时,H(x)趋近于+∞,当x趋近于+∞时,H(x)趋近于+∞.
如图(2),作出直线y=a与H (x)的大致图象,结合函数图象知,要使直线y=a与H(x)的图象恰有2个交点,则a>e-1,故实数a的取值范围为(e-1,+∞).
[训练]　解:(1)当m=1时,f(x)=3x2+sin x,则f'(x)=6x+cos x.因为f'(0)=1,所以切线的斜率为1,又f(0)=0,所以切点坐标为(0,0), 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
(2)由g(x)=f(x)-mxcos x=3x2+msin x-mxcos x,得g'(x)=6x+mxsin x=x(6+msin x),
当-6≤m≤6时,对于x∈,有-1若0若-6≤m<0,则m≤msin x<-m,
若m=0,则msin x=0,
所以当-6≤m≤6时,g'(x)≥0,当且仅当m=-6,x=时取等号,所以g(x)在区间上单调递增.
又g(0)=0,于是g(x)在区间上无零点,不合题意.
当m>6时,令g'(x)=0,得sin x=-∈(-1,0),
所以存在唯一的x0∈,使得g'()=0,
当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
又g(0)=0,g=-m,
所以当g=-m≥0,即6当g=-m<0,即m>时,g(x)在区间上有且只有一个零点,符合题意.
综上所述,实数m的取值范围是.
教学环节二　课时作业讲评
1.解:(1)因为f(x)=eλx-4sin x+λ-2,f'(x)=λeλx-4cos x,
所以f'(0)=λ-4,所以切线斜率为λ-4,即a=λ-4,所以切线方程为y=(λ-4)x-λ+1.
又f(0)=λ-1,所以切点坐标为(0,λ-1),代入切线方程得λ-1=-λ+1,解得λ=1.
(2)由(1)得f(x)=ex-4sin x-1,则f'(x)=ex-4cos x.
令g(x)=f'(x)=ex-4cos x,则g'(x)=ex+4sin x,
当x≥π时,f'(x)=ex-4cos x>0恒成立,所以f(x)在[π,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(π)=eπ-4sin x-1≥eπ-5>0,
因此f(x)在[π,+∞)上无零点.
当00恒成立,
所以f'(x)单调递增.
又f'(0)=-3<0,f'(π)=eπ+4>0,
所以f'(x)在(0,π)内存在唯一的零点x0,
当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x0,π)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
又f(0)=0,f(x0)0,
因此f(x)在(0,π)内仅有1个零点;
综上,f(x)在(0,+∞)上仅有1个零点.
2.解:(1)由f(x)=ex-ln x+x2-ax(a∈R),
得f'(x)=ex-+2x-a,
当a=0时,f(1)=e+1,f'(1)=e+1,
∴函数f(x)在x=1处的切线方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),
即y-e-1=(e+1)(x-1),所以y=(e+1)x.
(2)由函数f(x)的定义域为(0,+∞),
又f(x)=ex-ln x+x2-ax=0,分离参变量得a=-+x.令g(x)=-+x,
则g'(x)=-+1=.
令h(x)=(x-1)ex+ln x+x2-1,则h'(x)=xex++2x>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增.又∵h(1)=0,
∴在(0,1)内g'(x)<0,在(1,+∞)上g'(x)>0,
∴g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)min=g(1)=e+1.
又当x→0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,
∴a的取值范围为(-∞,e+1].
3.解:(1)f'(x)=ex-(x>0),令h(x)=f'(x)=ex-(x>0),则h'(x)=ex+>0,故f'(x) 在 (0,+∞) 上单调递增,
且f'=-2<0,f'(1)=e-1>0,
由函数零点存在定理知,存在唯一的x0∈,使得f'(x0)=0,即=,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(x0)=-ln x0-a=x0+-a.
又x→+∞,f(x)→+∞,x→0,f(x)→+∞,
若f(x)存在两个不同的零点,则f(x0)=x0+-a<0,a>x0+,
由x0∈知x0+∈,所以整数a的最小值为3.
(2)证明:由题意f(x1)=f(x2)=0,即a=-ln x1=-ln x2,故g(ln x1)=x1-ln(ln x1+-ln x1)=x1-x1=0,同理g(ln x2)=0.
所以g(ln x1)=g(ln x2)=0.
4.解:(1)当a=2时,f(x)=,则f(x)的定义域为(0,+∞),
∵f'(x)==
==,
∴当x∈(0,)时,f'(x)>0,当x∈(,+∞)时,f'(x)<0.
∴f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).
(2)由题意知a>0且a≠1.
∵y=f(x)与y=有且仅有两个交点,
∴方程=有且仅有两个不等实根,即方程=有且仅有两个不等实根,
即方程=有且仅有两个不等实根.
令F(x)=,则F(x)的定义域为(0,+∞),F'(x)=,
∴当x∈(0,e)时,F'(x)>0,当x∈(e,+∞)时,F'(x)<0.
∴F(x)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴F(x)max=F(e)=,当x→+∞时,F(x)→0;
当x→0时,F(x)→-∞.
可得F(x)的大致图象如图所示,
令t=xa,则t∈(0,+∞),
∴F(t)=F(a)有且仅有两个不同实根的充要条件为0<<,
即F(1)关键点拨:本题根据曲线与直线交点个数求解参数范围的关键是能够首先将问题转化为方程根的个数问题,进而采用同构的逻辑,通过构造函数的方式进一步将问题转化为同一函数不同函数值大小关系的比较问题.

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