新高考數學二輪復習專題38 由函數零點或方程根的個數求參數范圍問題 (教師版)

專題38由函數零點或方程根的個數求參數范圍問題【例題選講】[例1]已知函數f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－alnx(a∈R)．(1)若f(x)在x＝2處取得極值，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)當a>0時，若f(x)有唯一的零點x0，求[x0]．注：[x]表示不超過x的最大整數，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2．(參考數據：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946)[規(guī)范解答](1)∵f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－alnx，∴f′(x)＝eq\f(2x3－ax－2,x2)(x>0)，由題意得f′(2)＝0，則2×23－2a－2＝0，a＝7，經驗證，當a＝7時，f(x)在x＝2處取得極值，∴f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－7lnx，f′(x)＝2x－eq\f(2,x2)－eq\f(7,x)，∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0．(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，則g′(x)＝6x2－a，由a>0，g′(x)＝0，可得x＝eq\r(\f(a,6))，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,6))))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,6))，＋∞))上單調遞增．由于g(0)＝－2<0，故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,6))))時，g(x)<0，又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零點，設為x1，從而可知f(x)在(0，x1)上單調遞減，在(x1，＋∞)上單調遞增，由于f(x)有唯一零點x0，故x1＝x0，且x0>1，則g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得2lnx0－eq\f(3,x\o\al(3,0)－1)－1＝0．令h(x)＝2lnx－eq\f(3,x3－1)－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上單調遞增，由于h(2)＝2ln2－eq\f(10,7)<2×0.7－eq\f(10,7)<0，h(3)＝2ln3－eq\f(29,26)>0，故x0∈(2，3)，[x0]＝2．[例2]已知函數f(x)＝xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2．(1)若a＝e，求函數f(x)的極值；(2)若函數f(x)有兩個零點，求實數a的取值范圍．[破題思路]第(1)問求f(x)的極值，想到求f′(x)＝0的解，然后根據單調性求極值；第(2)問求實數a的取值范圍，想到建立關于a的不等式，給出函數f(x)的解析式，并已知f(x)有兩個零點，利用f(x)的圖象與x軸有兩個交點求解．[規(guī)范解答](1)由題意知，當a＝e時，f(x)＝xex－eq\f(1,2)e(x＋1)2，函數f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1．當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值－eq\f(1,e)極小值－e所以當x＝－1時，f(x)取得極大值－eq\f(1,e)；當x＝1時，f(x)取得極小值－e．(2)法一：分類討論法f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函數f(x)在(－∞，＋∞)上只有一個零點，故不符合題意．若a<0，當x∈(－∞，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．由f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，當x→－∞時，f(x)→＋∞，所以函數f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個零點．若lna<－1，即0<a<eq\f(1,e)，當x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(lna，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．又f(lna)＝alna－eq\f(1,2)a(lna＋1)2<0，所以函數f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一個零點，故不符合題意．若lna＝－1，即a＝eq\f(1,e)，當x∈(－∞，＋∞)時，f′(x)≥0，f(x)單調遞增，故不符合題意．若lna>－1，即a>eq\f(1,e)，當x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(－1，lna)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．又f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，所以函數f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一個零點，故不符合題意．綜上，實數a的取值范圍是(－∞，0)．法二：數形結合法令f(x)＝0，即xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2＝0，得xex＝eq\f(1,2)a(x＋1)2．當x＝－1時，方程為－e－1＝eq\f(1,2)a×0，顯然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函數f(x)的零點．當x≠－1時，分離參數得a＝eq\f(2xex,(x＋1)2)．記g(x)＝eq\f(2xex,(x＋1)2)(x≠－1)，則g′(x)＝eq\f((2xex)′(x＋1)2－[(x＋1)2]′·2xex,(x＋1)4)＝eq\f(2ex(x2＋1),(x＋1)3)．當x<－1時，g′(x)<0，函數g(x)單調遞減；當x>－1時，g′(x)>0，函數g(x)單調遞增．當x＝0時，g(x)＝0；當x→－∞時，g(x)→0；當x→－1時，g(x)→－∞；當x→＋∞時，g(x)→＋∞．故函數g(x)的圖象如圖所示．作出直線y＝a，由圖可知，當a<0時，直線y＝a和函數g(x)的圖象有兩個交點，此時函數f(x)有兩個零點．故實數a的取值范圍是(－∞，0)．[題后悟通]利用函數零點的情況求參數范圍的方法(1)分離參數(a＝g(x))后，將原問題轉化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點個數問題(優(yōu)選分離、次選分類)求解；(2)利用零點的存在性定理構建不等式求解；(3)轉化為兩個熟悉的函數圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解[例3]已知函數f(x)＝ex－2x－1．(1)求曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程；(2)設g(x)＝af(x)＋(1－a)ex，若g(x)有兩個零點，求實數a的取值范圍．[規(guī)范解答](1)由題意知f′(x)＝ex－2，k＝f′(0)＝1－2＝－1，又f(0)＝e0－2×0－1＝0，∴f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y＝－x．(2)g(x)＝ex－2ax－a，g′(x)＝ex－2a．當a≤0時，g′(x)>0，∴g(x)在R上單調遞增，不符合題意．當a>0時，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)，在(－∞，ln(2a))上，g′(x)<0，在(ln(2a)，＋∞)上，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，ln(2a))上單調遞減，在(ln(2a)，＋∞)上單調遞增，∴g(x)極小值＝g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－a＝a－2aln(2a)．∵g(x)有兩個零點，∴g(x)極小值<0，即a－2aln(2a)<0，∵a>0，∴l(xiāng)n(2a)>eq\f(1,2)，解得a>eq\f(\r(e),2)，∴實數a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),2)，＋∞))．[例4]已知函數f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R．(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程；(2)討論f(x)的單調性；(3)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．[規(guī)范解答](1)當a＝0時，f(x)＝lnx＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，f′(e)＝1＋eq\f(1,e)，∴曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程為y－(e＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))(x－e)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))x．(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋1＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)，x>0，①當a≤0時，顯然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；②當a>0時，令f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，則－2ax2＋x＋1＝0，易知其判別式為正，設方程的兩根分別為x1，x2(x1<x2)，則x1x2＝－eq\f(1,2a)<0，∴x1<0<x2，∴f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝eq\f(－2a(x－x1)(x－x2),x)，x>0．令f′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)，∴函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上單調遞減．(3)法一：由(2)知，①當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，至多一個零點，不符合題意；②當a>0時，函數f(x)在(0，x2)上單調遞增，在(x2，＋∞)上單調遞減，∴f(x)max＝f(x2)．要使f(x)有兩個零點，需f(x2)>0，即lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2>0，又由f′(x2)＝0得axeq\o\al(2,2)＝eq\f(1＋x2,2)，代入上面的不等式得2lnx2＋x2>1，解得x2>1，∴a＝eq\f(1＋x2,2x\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\o\al(2,2))＋\f(1,x2)))<1．下面證明：當a∈(0，1)時，f(x)有兩個零點．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝lneq\f(1,e)－ae－2＋eq\f(1,e)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝lneq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)<eq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)＝0(∵lnx<x)．又x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)<eq\f(1＋\r(8＋1),4a)＝eq\f(1,a)<eq\f(2,a)，且x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)＝eq\f(2,\r(8a＋1)－1)>eq\f(2,\r(8＋1)－1)＝1>eq\f(1,e)，f(x2)＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2＝eq\f(1,2)(2lnx2＋x2－1)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，x2))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(2,a)))上各有一個零點．∴a的取值范圍為(0，1)．法二：函數f(x)有兩個零點，等價于方程a＝eq\f(lnx＋x,x2)有兩解．令g(x)＝eq\f(lnx＋x,x2)，x>0，則g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)．由g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)>0，得2lnx＋x<1，解得0<x<1，∴g(x)在(0，1)單調遞增，在(1，＋∞)單調遞減，又當x≥1時，g(x)>0，當x→0時，g(x)→－∞，∴作出函數g(x)的簡圖如圖，結合函數值的變化趨勢猜想：當a∈(0，1)時符合題意．下面給出證明：當a≥1時，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合題意；當a≤0時，方程至多一解，不符合題意；當a∈(0，1)時，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－a<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)＋\f(2,a)))<eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(2,a)))＝a，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))－a<0．∴方程在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上各有一個根，∴f(x)有兩個零點．∴a的取值范圍為(0，1)．[例5](2017·全國Ⅰ)已知函數f(x)＝ae2x＋(a－2)·ex－x．(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．[規(guī)范解答](1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．(ⅰ)若a≤0，則f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調遞減．(ⅱ)若a＞0，則由f′(x)＝0得x＝－lna．當x∈(－∞，－lna)時，f′(x)＜0；當x∈(－lna，＋∞)時，f′(x)＞0．所以f(x)在(－∞，－lna)單調遞減，在(－lna，＋∞)單調遞增．(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點．(ⅱ)若a＞0，由(1)知，當x＝－lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(－lna)＝1－eq\f(1,a)＋lna．①當a＝1時，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一個零點；②當a∈(1，＋∞)時，由于1－eq\f(1,a)＋lna＞0，即f(－lna)＞0，故f(x)沒有零點；③當a∈(0，1)時，1－eq\f(1,a)＋lna＜0，即f(－lna)＜0．又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－lna)有一個零點．設正整數n0滿足n0＞lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))，則f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0．由于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))＞－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)有一個零點．綜上，a的取值范圍為(0，1)．[例6]已知a∈R，函數f(x)＝ex－ax(e＝2.71828…是自然對數的底數)．(1)若函數f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數，求實數a的取值范圍；(2)若函數F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2lnx＋a)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內無零點，求實數a的最大值．[規(guī)范解答](1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上單調遞增．若f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數，只需f′(x)≤0在(－e，－1)上恒成立．因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解得a≥eq\f(1,e)．又當a＝eq\f(1,e)時，f′(x)＝ex－eq\f(1,e)≤0，當且僅當x＝－1時取等號．所以實數a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))．(2)由已知得F(x)＝a(x－1)－2lnx，且F(1)＝0，則F′(x)＝a－eq\f(2,x)＝eq\f(ax－2,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a))),x)，x>0．①當a≤0時，F′(x)<0，F(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減，結合F(1)＝0知，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，F(x)>0．所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內無零點．②當a>0時，令F′(x)＝0，得x＝eq\f(2,a)．若eq\f(2,a)≥eq\f(1,2)，即a∈(0，4]時，F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是減函數．又x→0時，F(x)→＋∞．要使F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內無零點，只需Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(a,2)－2lneq\f(1,2)≥0，則0<a≤4ln2．若eq\f(2,a)<eq\f(1,2)，即a>4時，則F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上是減函數，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，\f(1,2)))上是增函數．所以F(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝2－a－2lneq\f(2,a)，令φ(a)＝2－a－2lneq\f(2,a)，則φ′(a)＝－1＋eq\f(2,a)＝eq\f(2－a,a)<0．所以φ(a)在(4，＋∞)上是減函數，則φ(a)<φ(4)＝2ln2－2<0．因此Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))<0，所以F(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內一定有零點，不合題意，舍去．綜上，函數F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內無零點，應有a≤4ln2，所以實數a的最大值為4ln2．【對點訓練】1．(2018·全國Ⅱ)已知函數f(x)＝ex－ax2．(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a．1．解析(1)當a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1≤0．設函數g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x．當x≠1時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)單調遞減．而g(0)＝0，故當x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1．(2)設函數h(x)＝1－ax2e－x．當且僅當h(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，f(x)在(0，＋∞)只有一個零點．①當a≤0時，h(x)>0，h(x)沒有零點；②當a>0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x．當x∈(0，2)時，h′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0．所以h(x)在(0，2)單調遞減，在(2，＋∞)單調遞增．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在[0，＋∞)的最小值．1)若h(2)>0，即a<eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)沒有零點；2)若h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一個零點；3)若h(2)<0，即a>eq\f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一個零點．由(1)知，當x>0時，ex>x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,e2a2)>1－eq\f(16a3,2a4)＝1－eq\f(1,a)>0．故h(x)在(2，4a)有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)有兩個零點．綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，a＝eq\f(e2,4)．2．設函數f(x)＝lnx＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋eq\f(a,x)－x(0<x≤3)，若F(x)的圖象上任意一點P(x0，y0)處切線的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求實數a的取值范圍；(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一實數解，求正數m的值．2．解析(1)∵F(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，x∈(0，3]，∴F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，∴k＝F′(x0)＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))，∵F(x)的圖象上任意一點P(x0，y0)處切線的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，∴k＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))≤eq\f(1,2)在x0∈(0，3]上恒成立，∴a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x\o\al(2,0)＋x0))max，x0∈(0，3]，當x0＝1時，－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0取得最大值eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，即實數a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一實數解，∴x2－2mlnx－2mx＝0有唯一實數解．設g(x)＝x2－2mlnx－2mx，則g′(x)＝eq\f(2x2－2mx－2m,x)．令g′(x)＝0，則x2－mx－m＝0.∵m>0，∴Δ＝m2＋4m>0，∵x>0，∴x1＝eq\f(m－\r(m2＋4m),2)<0(舍去)，x2＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)，當x∈(0，x2)時，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上單調遞減，當x∈(x2，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)單調遞增，當x＝x2時，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．∵g(x)＝0有唯一解，∴g(x2)＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′(x2)＝0，,g(x2)＝0，))即xeq\o\al(2,2)－2mlnx2－2mx2＝xeq\o\al(2,2)－mx2－m，∴2mlnx2＋mx2－m＝0，∵m>0，∴2lnx2＋x2－1＝0.(*)設函數h(x)＝2lnx＋x－1，∵當x>0時，h(x)是增函數，∴h(x)＝0至多有一解．∵h(1)＝0，∴方程(*)的解為x2＝1，即1＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)，解得m＝eq\f(1,2).3．函數f(x)＝ax＋xlnx在x＝1處取得極值．(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內有兩個不同的零點，求實數m的取值范圍．3．解析(1)由題意知，f′(x)＝a＋lnx＋1(x>0)，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，當a＝－1時，f(x)＝－x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1．∴f(x)在x＝1處取得極小值，f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，可轉化為f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有兩個不同的根，也可轉化為y＝f(x)與y＝m＋1的圖象有兩個不同的交點，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，f(x)min＝f(1)＝－1，由題意得，m＋1>－1，即m>－2，①當0<x<1時，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；當x>0且x→0時，f(x)→0；當x→＋∞時，顯然f(x)→＋∞．如圖，由圖象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1．故實數m的取值范圍為(－2，－1)．4．設函數f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)當a＝－1時，求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)設函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有兩個零點，求實數a的取值范圍．4．解析(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，當a＝－1時，f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－2x2－x＋1,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)(負值舍去)，當0<x<eq\f(1,2)時，f′(x)>0；當x>eq\f(1,2)時，f′(x)<0，∴f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－eq\f(lnx,x)，令g(x)＝x－eq\f(lnx,x)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，則g′(x)＝1－eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，當eq\f(1,3)≤x<1時，g′(x)<0；當1<x≤3時，g′(x)>0，∴g(x)的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，單調遞增區(qū)間為(1，3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，由于函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有兩個零點，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝3ln3＋eq\f(1,3)，g(3)＝3－eq\f(ln3,3)，3ln3＋eq\f(1,3)>3－eq\f(ln3,3)，∴實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3－\f(ln3,3)))．5．已知函數f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2．(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．5．解析(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①設a≥0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0．所以f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．②設a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a＝－eq\f(e,2)，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增．若a>－eq\f(e,2)，則ln(－2a)<1，故當x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(ln(－2a)，1)時，f′(x)<0．所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上單調遞增，在(ln(－2a)，1)上單調遞減．若a<－eq\f(e,2)，則ln(－2a)>1，故當x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0．所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增，在(1，ln(－2a))上單調遞減．(2)①設a>0，則由(1)知，f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b<lneq\f(a,2)，則f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，所以f(x)有兩個零點．②設a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一個零點．③設a<0，若a≥－eq\f(e,2)，則由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上單調遞增．又當x≤1時，f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點；若a<－eq\f(e,2)，則由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上單調遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增．又當x≤1時，f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點．綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．6．已知函數f(x)＝(x－1)ex＋ax2，a∈R．(1)討論函數f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．6．解析(1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a)．①若a≥0，則當x>0時，f′(x)>0；當x<0時，f′(x)<0．故函數f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．②當a<0時，由f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－2a)．(ⅰ)若ln(－2a)＝0，即a＝－eq\f(1,2)，則?x∈R，f′(x)＝x(ex－1)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；(ⅱ)若ln(－2a)<0，即－eq\f(1,2)<a<0，則當x∈(－∞，ln(－2a))∪(0，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(ln(－2a)，0)時，f′(x)<0．故函數f(x)在(－∞，ln(－2a))，(0，＋∞)上單調遞增，在(ln(－2a)，0)上單調遞減．(ⅲ)若ln(－2a)>0，即a<－eq\f(1,2)，則當x∈(－∞，0)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(0，ln(－2a))時，f′(x)<0．故函數f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增，在(0，ln(－2a))上單調遞減．(2)①當a>0時，由(1)知，函數f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．因為f(0)＝－1<0，f(2)＝e2＋4a>0，取實數b滿足b<－2且b<lna，則f(b)>a(b－1)＋ab2＝a(b2＋b－1)>a(4－2－1)>0，所以f(x)有兩個零點；②若a＝0，則f(x)＝(x－1)ex，故f(x)只有一個零點．③若a<0，由(1)知，當a≥－eq\f(1,2)時，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又當x≤0時，f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點；當a<－eq\f(1,2)時，則f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增；在(0，ln(－2a))上單調遞減．又f(0)＝－1，故不存在兩個零點．綜上所述，a的取值范圍是(0，＋∞)．7．已知函數f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a．(1)當a＝1時，求f(x)的單調區(qū)間．(2)若函數f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點，求a的最小值．7．解析(1)當a＝1時，f(x)＝x－1－2lnx，則f′(x)＝1－eq\f(2,x)，其中x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，故f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，2)，單調遞增區(qū)間為(2，＋∞)．(2)f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a＝(2－a)(x－1)－2lnx，令m(x)＝(2－a)(x－1)，h(x)＝2lnx，其中x＞0，則f(x)＝m(x)－h(huán)(x)．①當a＜2時，m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為增函數，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為增函數，結合圖象知，若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點，則meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即(2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))≥2lneq\f(1,2)，所以a≥2－4ln2，所以2－4ln2≤a＜2．②當a≥2時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上m(x)≥0，h(x)＜0，所以f(x)＞0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點．由①②得a≥2－4ln2，所以amin＝2－4ln2．8．已知函數F(x)＝eq\f(lnx,x－1)－eq\f(a,x＋1)．(1)設函數h(x)＝(x－1)F(x)，當a＝2時，證明：當x>1時，h(x)>0；(2)若F(x)有兩個不同的零點，求a的取值范圍．8．解析(1)當a＝2，x>1時，h′(x)＝eq\f((x－1)2,x(x＋1)2)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調遞增，且h(1)＝0，所以當x>1時，h(x)>0．(2)設函數f(x)＝lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)，則f′(x)＝eq\f(x2＋2(1－a)x＋1,x(x＋1)2)．令g(x)＝x2＋2(1－a)x＋1，當a≤1，x>0時，g(x)>0，當1<a≤2時，Δ＝4a2－8a≤0，得g(x)≥0，所以當a≤2時，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，此時f(x)至多有一個零點，F(x)＝eq\f(1,x－1)f(x)至多有一個零點，不符合題意，舍去．當a>2時，Δ＝4a2－8a>0，此時g(x)有兩個零點，設為t1，t2，且t1<t2．又t1＋t2＝2(a－1)>0，t1t2＝1，所以0<t1<1<t2．所以f(x)在(0，t1)，(t2，＋∞)上單調遞增，在(t1，t2)上單調遞減，且f(1)＝0，所以f(t1)>0，f(t2)<0，又f(e－a)＝－eq\f(2a,ea＋1)<0，f(ea)＝eq\f(2a,ea＋1)>0，且f(x)的圖象連續(xù)不斷，所以存在唯一x1∈(e－a，t1)，使得f(x1)＝0，存在唯一x2∈(t2，ea)，使得f(x2)＝0．又F(x)＝eq\f(1,x－1)f(x)，所以當F(x)有兩個不同零點時，a的取值范圍為(2，＋∞)．9．已知函數f(x)＝xex－a(lnx＋x)，a∈R．(1)當a＝e時，求f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)有兩個零點，求實數a的取值范圍．9．解析(1)函數的定義域為(0，＋∞)，當a＝e時，f′(x)＝eq\f((1＋x)(xex－e),x)．令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)