1、课时作业18利用导数探究函数的零点问题 基础落实练1已知函数f(x)aln x(aR).(1)求f(x)的单调区间；(2)试判断f(x)的零点个数22022赣州市第十四中学月考已知函数f(x).(1)求函数yf(x)的单调区间；(2)若函数g(x)f(x)ax(aR)，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a的取值范围32022重庆市秀山高级中学月考已知函数f(x)xexex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)讨论函数g(x)f(x)a(aR)的零点的个数4.2022陕西新城西安中学高三月考已知函数f(x)ex1ax(aR).(1)试讨论函数f(x)的零点个数；(2)若函数g(x)ln
2、 (ex1)ln x，且fg(x)2e；(3)当ae2时，判断f(x)的零点个数62022杭州第二中学高三开学考试已知f(x)exx1，g(x)ax2(aR).(1)求f(x)的最小值(2)设F(x)f(x)g(x)2，若当a(t，)时，F(x)有三个不同的零点，求t的最小值(3)当x(0，)时，f(x)xln (x1)g(x)恒成立，求a的取值范围课时作业18利用导数探究函数的零点问题1解析：（1）函数f（x）的定义域是（0，）.由题意得f（x）（）ln x，令f（x）0，解得xe2，令f（x）0，解得0x时，f（x）min0，无零点；a时，f（x）min0，有1个零点；0a时，f（x）mi
3、n0，有2个零点2解析：（1）因为f（x）的定义域为x|x2，且f（x），则当x2时，f（x）0，f（x）为减函数；当2x1时，f（x）1时，f（x）0，f（x）为增函数，综上可得：f（x）在（，2）和（2，1）上为减函数，在（1，）上为增函数；（2）令函数g（x）f（x）ax0，因为x0不是方程的解，所以可得a，构造函数h（x）（x0且x2），则h（x），由h（x）0可得x，列表如下：（，2）（2，）（，0）（0，）（，）h（x）00h（x）增增极大值减减极小值增所以，h（x）极大值h（），h（x）极小值h（），作出函数h（x）的图象如下图所示：由图可知，当a时，函数ya与函数yh（x）的图
4、象有三个不同的交点，因此实数a的取值范围是.3解析：（1）函数f（x）的定义域为R，且f（x）（x2）ex，令f（x）0得x2，则f（x），f（x）的变化情况如下表示：x（，2）2（2，）f（x）0f（x）单调递减单调递增f（x）得单调递减区间是（，2），单调递增区间是（2，）.当x2，f（x）有极小值为f（2），无极大值（2）令f（x）0有x1：当x1时，f（x）1时，f（x）0，且f（x）经过A，B（1，0），C（0，1）.当x，与一次函数相比，指数函数yex增长更快，从而f（x）0；当x时，f（x），f（x），根据以上信息，画出大致图象如下图所示函数g（x）f（x）a（aR）的零点的个数
5、为yf（x）与ya的交点个数当x2时，f（x）有极小值f（2）.关于函数g（x）f（x）a（aR）的零点个数有如下结论：当a时，零点的个数为0个；当a或a0，零点的个数为1个；当a0，此时可得函数f（x）在R上单调递增，又因为f（0）0，所以函数只有一个零点；若a0，令f（x）0，则有xln a，所以f（x）0xln a，此时函数f（x）在（ln a，）上单调递增；f（x）0xln a，此时函数f（x）在（，ln a）上单调递减；即f（x）minf（ln a）a1a ln a，则有：当ln a0a1时，则f（x）0，此时函数f（x）只有一个零点；当ln a0时，即a1时，则f（ln a）0，有
6、0g（x）0，有g（x）0，由（1）可知当a1时，f（x）minf（0）0，即当x0时，ex1x，故x0，g（x）ln （ex1）ln xg（x）ln ln 10，再证x0，g（x）0，g（x）0，0，ex10，xexex10令H（x）xexex1（x0）H（x）xex0在（0，）上恒成立，即得函数H（x）在（0，）上单调递增， 故有H（x）H（0）0，即x0，xexex10恒成立，即x0，有0g（x）x，当a1时，由（1）得，f（x）在（0，）上单调递增，则由上结论可知，fg（x）1时，由（1）得，f（x）在（0，ln a）上单调递减，在（ln a，）上单调递增，此时当0xln a时，0g（
7、x）xf（x），不合题意，综上可得，a1，即a（，1.5解析：（1）f（x）2axb，x（0，），因为f（x）在定义域内单调递增，所以f（x）2axb0在x（0，）上恒成立，故b2ax，设S（x）2ax，若a1时，0，故b2ax在（0，）上恒成立，这不可能若a0，则b在（0，）上恒成立，取x1，则有b0，故ab0.若a0，此时S（x）2，令T（x）1ln xax2，则T（x）为（0，）上的减函数，而T（e）ae20，T（e）ae20取Mmin，则当0xln x0，故T（x）在（0，）上存在唯一零点，设该零点为x0，由零点存在定理可得0x0e.故当0x0；当xx0时，S（x）0，故S（x）在（0
8、，x0）为增函数，在（x0，）上为减函数，故S（x）maxS（x0）.所以b2ax0，因为1ln x0ax0，故a，所以ba，其中0x0e.设u（x），0xe，则u（x），当0x时，u（x）0，当x0，故u（x）在上为减函数，在上为增函数，故u（x）minu4ln 2，故ba4ln 2即ba的最小值为4ln 2.（2）当a0时，f（x）b，因为f（x）有两个极值点x1，x2，所以b0，b0，即2ln x1bx1，2ln x2bx2，从而，令g（x），则g（x），当0x0，当xe时，g（x）0，所以函数g（x）在（0，e）上递增，在（e，）上递减，所以g（x）maxg（e），又因当x0时，g（x
9、），当x时，g（x）0，所以0b，由对数均值不等式得2e，所以x1x22e；（3）f（x）ax2bx5ln2x0bax（x0），令h（x）ax（x0），则h（x）aa，令p（x），则p（x）0，得ln x4或ln xe4或0x，当1ln x4，即xe4时，函数p（x）0，所以函数p（x）在（e4，），上递增，在上递减，又p2e2，p（e4），当x时，p（x）0，当x0时，p（x），所以p（x）（，2e2，当ae2时，h（x）0，故函数h（x）ax在（0，）上递减，又当x0时，h（x），当x时，h（x），所以方程bax只有一实根，即函数f（x）有一个零点6解析：（1）由题知：f（x）ex1，令f
10、（x）0得，x0，当x（，0）时，f（x）0，故f（x）在区间（，0）上单调递增，所以当x0时，f（x）有最小值为：f（x）e0010，故f（x）的最小值为0.（2）F（x）exax2x1，F（x）ex2ax1，F（x）ex2a当a0时，F（x）0，F（x）单调递增，又F（0）0，当x（，0）时，F（x）0，故F（x）在区间（，0）上单调递增，F（x）F（0）0，此时F（x）与x轴只有1个交点，即只有1个零点，不合题意当a0时，由F（x）ex2a0，得xln （2a），所以F（x）在区间（，ln （2a）上单调递减，在区间（ln （2a），）上单调递增，F（0）0，Fe0，若0a0，当x（x1
11、，0）时，F（x）0，F（x）在区间（，x1）上单调递增，在区间（x1，0）上单调递减，在区间（0，）上单调递增，此时函数F（x）有且只有一个零点当a时，存在x2（ln （2a），），使得F（x2）ex22ax210，F（x）在区间（，0）上单调递增，在区间（0，x2）上单调递减，在区间（x2，）上单调递增，由F（0）10，从而要使F（x）有三个零点，必有F（x2）ex2axx210，即（x22）（ax21）0，x22，又a，令h（x），则h（x）当x2时，h（x）0，h（x）在区间（2，）上单调递增，ah（2），即tmin.（3）f（x）xln （x1）ax2，即（ex1）ln （x1）ax2，a，令m（x），则m（x），令（x）（x1）ex1，则（x）xex，x0，（x）0，（x）在（0，）上单调递增，（x）（0）10，于是m（x）在（0，）上单调递增，又由（1）知当x（0，）时，exx1恒成立，xln （x1），1，a1，a的取值范围是（，1.