微专题零点问题

1、微专题导数与函数的零点7内容回顾1、零点的定义：一般地，对于函数y f x x D，我们把方程 f x 0的实数根x称为函数y f x x D的零点2、函数零点存在性定理： 设函数f x在闭区间a,b上连续，且f a f b 0 ,那么在开区间 a,b内 至少有函数f x的一个零点，即至少有一点 x0a, b ,使得f x00。(1) f x在a,b上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提(2)零点存在性定理中的几个“不一定”(假设f x连续)若f a f b 0 ,则f x的零点不一定只有一个，可以有多个若f a f b 0 ,那么f x在a,b不一定有零点若f x在a,b有零点，则f a

2、f b不一定必须异号3、若f x在a,b上是单调函数且连续，则 f a f b 0 f x在a,b的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为y f x ,则f x的零点即为满足方程 f x0的根，若f x g x h x，则方程可转变为g x h x ,即方程的根在坐标系中为g x , h x交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。典型例题 题型一判断函数是否有零点1 .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.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

3、数，并说明理由.证明：由 h(x) = f(x) g(x) = ex1 Vxx 得,h(1) = e 3<0, h(2)= e2342>0,且h(x)在区间(1,2)上是连续的，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.(2)由(1)得 h(x)=ex1x.由 g(x) = 7x+x 知，xC0,十),而 h(0) = 0,则x=0为h(x)的一个零点，而 h(x)在(1,2)内有零点，因此h(x)在0, + 8)上至少有两个零点.因为 h' (x)=ex2x 2 1,记(f(x) = ex-2x-2- 1,13则8(x)=ex+1x 3.当xC(0, +8)时，力(x)&

4、gt;0,因此©x)在(0, +8)上单调递增，则j(x)在(0, +8)上至多只有一个零点, 即h(x)在0, + 8)上至多有两个零点.所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.题型二判断函数的零点个数的函数g xA. 0 B解：f x1一，f x 一的零点的个数为(x.1 C . 2'f x xf x f x 0xx2 .已知函数y f x的图像为R上的一条连续不断的曲线，当 x 0时，f x)D . 0或 2 ' xf x0 0 ,结合g x的零点个数即为方程xxf x 1 ,即只需求上单调递增；同理可得：h x在 ,01f x 0,结合条件中的不等式，可将方

5、程化为xf xx出h x的零点个数，当x 0时，h' x 0,即h x在0,上单调递减，h x min h 0题型三判断零点所在的区间3.(2015江西新余模拟)如图是函数 是()1,故h x h 01 0 ,所以不存在零点。f(x)=x2+ax+ b的部分图象，则函数 g(x)=ln x+ f'(x)的零点所在的区间,1 1、八，1)、一A. (-,-)B.(1, 2) C. (-,1)D.(2, 3)4 22答案：C 函数 f(x)=x2+ax+b 的部分图象得 0v bv 1, f(1) = 0,从而一2vav1,而 g(x)=ln x+ f(x)在定义域内单调递增，g(

6、1) = ln 1+1+av0, g(1) = ln 1 +2+ a=2+a>0,.函数 g(x)=ln x+f'(x)的零点所 22 一 1 ,、在的区间是(一,1)；故选C.2题型四：已知函数的零点，求参数的范围(1)主参全分离求参数的范围14. (2018?衡阳模考)已知函数g(x) x xln x k(x 2) 2 ,若函数g(x)在区间, 2两个零点，求实数k的取值范围.1x2 x ln x 2解：函数g(x)在区间1,)上有两个零点等价于关于x的方程k x2在x2x 2上有两个不相等的实数根. 22x xln x 2 r1x 3x 2lnx 4令函数 h(x) x -

7、,).则 h (x) 2.x 22(x 2)令函数 t(x) x2 3x 2ln x 4 ,则t(x) (2x 1)(x 2)在x 1,)上有t(x) 0 .故t(x)在，)上单调递增. x22)上有1弓,1. t °, 当 x /时，有 t(x)0 IP h (x) 0 .h(x)单调递减;当 x (1,)时，有 t(x) 0 即 h(x) 0, h(x)单调递增.19 1n 2v h(2)而,h(1) 1, h(10).k的取值范围为(1包.105(2)主参半分离求参数的范围102 101n212102 1012231h(2)，5. (2018?全国二模)已知当xC (1, +8

8、)时，关于x的方程件叫尹。三二一1有唯一实数解, 则k值所在的范围是()A. (3, 4)B. (4, 5)C. (5, 6) D. (6, 7)解：由方程式lnx+£-k):二7,得 xlnx+ (2 k) x=- k,即 xlnx= (k 2) x- k, 关于x的方程xlnx+y-k)工二t有唯一实数解,k即函数y=xlnxf y= (k-2) x- k的图象有唯一交点,由 y=xlnx,彳# y' =l+x ,由 y'>0,得 x>,由 y'<0,得 0<x<L.ee；y=xlnx在(0,工)上为减函数，在(,+00)上为

9、增函数.ee画出函数y=xlnxEy= (k-2) x-k的图象如图：直线 y= (k-2) x-k过定点 P (1, -2),设过点P的直线与y=xlnx相切于(xO, xolnx。)，则切线的斜率为lnx0+1=k-2, 切线方程为 y- x0lnx0= (lnx0+1) (x-刈)，把(1, 2)代入，可得2 xdnx0= (lnxo+1) (1 刈)=lnx。 x0lnx0+1 x0, 即 lnx0+3 x0=0.令 g (x) =lnx+3 x,则 g' (x) - 1<0 (x> 1),I-g (x) =lnx+3 x在(1, +00)上为减函数，由 g (4)

10、 >0, g (5) <0, .x0 (4, 5),则 kC (ln4+3, ln5+3) ? (4, 5),故选：B.(3)主参不分离求参数的范围ab ln x16.设函数f x , g x -x a b (其中e为自然对数的底数，a,b R且a 0),曲线x2y f x在点1,f 1处的切线方程为 y ae x 1 .(i)求b的值；1(n)右-对任息x -, f x与g x有且只有两个交点，求 a的取值氾围.e逋酯谛h 1J1由导骨町山丘L f g*下球得台值1门门西斜国年勺三- .可J4钥t我方程有酉中鳏t 弩解l.HL+m）!匹盥1 的特征./I=Xs-（a+H+wlnx

11、,这箱可喇口3礴即QUe（kBx»有为tq点，戒出导热的用=的T）,费财也冷的单调时不言斶意k科北茸单斯三及战七的正员，i>揖 r(6.岫0/XX由®音傅f |m9 M Off nI” *，1一”44b +I 1板 Sb I 4ir -i4l 4-H l<i Sbl kiid *iF <i 14 XT bl+ Ilia $Ei> +H 2 分0R上占只有两个交点，等价于函数当a1时, ea e x aeln x,则任意有且只有两个零点，由f x与g x有且e x aeln此时h1一，e e上单调递减，在e,上单调递增,一二 I 一 / I'.

12、1* fl = <* 一 & + - g + dwldl f = 一彳* 一 )=/-aS 寸=一9(-工)| J 一如)IMe”口赤 # .六期性H 虹工）在 ；，中1 ；上台且兄百西卜甯巨则只年| 1一2cL | - 2oi I +1 ff* | a + ao * - » - J j Zr-三0 op 叩 -r s - 7 弁24|由h*x1心或HAQ.由看第I-3.心1如竹&1寸#1邛此 a = -a* ac Ln a <a8- -£K + twin u =21 .1:-J'l 升工(3勺口 a -11,v Jt v .靠 j：i

13、由氏V上里崛曲 在依小上单喷鬲.目开-4.,吉区在11+z匿一r审品不合* - I, -题型五复合函数的零点个数问题7.【2018年江西六校联考】已知 f (x) | x ex |,又 gfJxOx) ftf(xx)tf(x)t1 R0t若R足g (x)?有四个,则t的取值范围为A.e2 1B.)(壬eC.D.22, e解：fx |xex|xxe xxex(x<0)xxe0恒成立，所以f x在0,上为增函数；当x<0时，ff x ex x 1 >0, 以函数f x xex在( f2 x tf x 1 0(t_x _x_xx e xe ex1,由 ff x为增函数，当x ( 1

14、,0)时,0)上有一个最大值为 f 1R)有四个实数根，令 f x m,x 0,得 x 1 ,当 x (, 1)时，xf x e x 1 <0, f x为减函数，所11、巾rr1 e -,要使万程g(x) 1,即 e则方程m2 tm 1 0应有两个不等根，且一个根在即(1)2e一 11。-)内，一个根在(-,)内，再令 mee1 e2 1 寸 皿-t 1<0,解得：t< ;所以，使得函数ee，1，一，一，1、 ctm 1,因为 01>0,则只需(-)<0,exf (x) | x e |,方程g(x)1有四个头数根的t的取值范围是;故选A.说明：此类题的解题套路是，

15、设f (x) m,m m2 tm 1,则有由 (m) 0可以得出m的值，再由f(x) m得出x的个数，所以需要研究两个函数的图像。方法归纳：1 .利用导数确定函数零点或方程根个数的方法构建函数g(x)(要求g' (x)易求，g' (x) =0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研 究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数2 .函数的零点，方程的根，

16、两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知 根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。通过求导，得出函数的单调性，最大值、最小 值、变化趋势等结合函数的图像，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.ex(2x 1) ax a ,其中a 1 ,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)0,高考链接：1.(2015新课标I)设函数f (x)则a的取值范围是B.且3)2e,43 3°。2e,4)D- i，1)【解析】由题意可知存在唯一的整数x。，使得 ex0(2% 1) ax。

17、g(x) ex(2x 1), h(x)xax a,由 g(x) e (2x 1),可知 g(x)在(，、一，1上单倜递减，在(一，)上单调递增，作出g(x)与h(x)的大致图象如图所示, 2故 h(0)g(0)h( 1)<g(,即1)一一 33，所以士 0 2e优解:f(0)0,故使不等式成立唯一整数是0，然后需要满足f(1) 1f( 1) 1f(1)13e 1 2a32e步可证得xf (x)ex(2x1 a)0,当X 1时,(X)ex(2xa)0,所以3,w a < 12e2. (2014新课标全国卷的取值范围是()A. 2,I)已知函数f xB. 1,3ax3x2x存在唯一的零

18、点Xo,且Xo0,则aC.解：由题意知 f'(x)=3ax26x=3x(ax 2),当 a=0 时,2不满足题意D.当aR时，令f'(x)=0,解得x= 0 或 x 2)上单调递增，在(0,上)a2一一，22,当 a> 0 时，f(x)在(8, 0),(-, aa上单调递减.又f(0) = 1,此时f(x)在(-8, 0)上存在零点，不满足题意；当av 0时，f(x)在(2.2 _,_) , (0, +丐上单倜递减，在(一,0)上单倜递增,2要使f(x)存在唯一的零点xO,且xo>0,则需f(-)>0, ar -2 32 2即 ax(-)3-3X(-)2 +

19、1>0,解得 av2,故选C.优解:32ax 3x人13令一t,依题息可知y a与y 3t t应在有唯一父点且位0的区域。,1,1,g t单减,3tx3 3t2 3 1 t 1 t ,则 g t 在 1,0 , 0,1 单增,唯一交点，且在2，g2,作出图像可知只有当a 2 时，y a与 y 3t t3有0的区域。使作换元法，可以使研究的问题简单化，不失为一种好方法。x 2 1,g x kx,若方程g x有两个不相等的实根，则3、(2014山东)已知函数 实数k的取值范围是(1A.0,一2解析：方法一：方程B.C. 1,2D.2,g x有两个不等实根可转化为函数的图像有两个不1一,12方

20、法二：本题还可以先对方程进行变形，再进行数形结合,显然不是程的解，当x 0时，1一，x x1,x2,则问题转化为y21为2个。作出图像后即可观察到 k的范围4. (2014天津)已知函数f x x2 3x,x R,若方程f x ax 10恰有4个互异的实数根,则实数a的取值范围是x 1 时，a解析：方程为 x2 3x ax 1, x 1显然不是方程的解，所以a x 1 5,令 t x 1,则 y a与 yx 1得到 a 0,1 U 9,44 人、一 t - 5有4个交点即可，作出图像数形结合即可 t5. (2015江苏)已知函数 f x为解析：方程等价于 f x g x0,0 x 1lnx,g

21、 x 2，则方程f x g x 1实根的个数x 4 2,x 11,即 fx g x 1 或 fxg x 1共多少个根,1,0 x 1x2 1,1 x 2,数形结合可得： f x与y 1 g x有两个交点;7 x2,x 21,0 x/2- /y 1 g x x 3,125 x ,x6.(2018全国卷n理)已知函数1x 2 ,同理可得f x与y2f (x) ex ax2.1 g x有两个交点，所以共计 4个11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 .解析：(1)解法1：当a1时，f(x) 1等价于(x21)ex 10 .设函

22、数 g(x)(x21)e x 1 ,贝U g'(x)(x2 2x1)ex (x 1)2ex.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.解法 2：当 a 1 时，即证：f(x) ex x2 1 , f (x) ex 2x ex 2x 0,即 f (x)在 0, 递增，故 f(x) f(0) 1。即 f (x) ex x2 12(2)解法1:设函数h(x) 1强.exf (x)在(0,)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,)只有一个零点. 当a 0时，h(x) 0, h(x)没有零点；(D 当 a

23、 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.4a故 h(2) 1若h(2)若h(2)可是h(x)在0,)的最小值.e20,即a , h(x)在(0,)没有零点；42 e 。，即a ，h(x)在(0,)只有一个零点;若h(2) 0 ,即由(1)知，当x16a3h(4a) 1 府一 e2e一a 土，由于 h(0) 1 , 40时，ex x2,所以16a316a31 2a 214(e )(2a)所以h(x)在(0,2)有一个零点,故h(x)在(2,4

24、a)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解法2：当a故f (x)在故e一时，由f (x)2)无零点ex 2ax(e 2a)x 0,即 f(x)f(0) 1恒成立,则 f (x)在(0,)单零点的必要条件为f (x)ex 2ax 0 (记此点为 ),且f (x。)ex0ax020,解得,2e 一.,为了完备性，应证明零点存在。令 f (x)解法2:全分离研究:即:4_ 2 ax 。接下来就有3种解法变形得,xe /，令 h(x) xxe p,那么xh (x)ex(x 2)lim h(x)x 0,lim h(x) xa h(2)3 x2 e4,故

25、h(x)在(0,2)递减，在(2,)递增，且解法3:半分离研究:f(x)0的解的个数等价于xe 匕一与yxax交点的个数xe记 m(x)一，那么 m (x)ex(x 1)x应与m(x)在x故m(x)在(0,1)递减,在(1,)递增,且 lim m(x)x 0，故 y axax0ex0一(1)x°解法3：记 r(x)n(x)则ex1处某点x0相切，则eY% 1)2 x°_x2e , n(x) ax ,2 r,ax相父则必有两父点，故x 2. 一2ax，且e ax ,解得,7. (2014四川)已知函数 f x(1)设 g若f解析:(1)0,1(2) 联立解得，a由 1a li

26、mj x n(x) x axr (x) ex2e42 axlimxxe2axlimxx e2ax r(x) e ,x是函数f x的导函数,求函数10,函数f x在区间0,1g x时，gex 2ax b2a,e 2a2a 0 a当 12aoe 2ae时, 、2. n(x) ax必相切,bx 1,a,b R,e 2.71828Lg x在区间0,1上的最小值内有零点，求a的取值范围g xex 2ag x单调递增，g x min为自然对数的底数g x 在 0,ln 2a单调递减，在In 2a ,1单调递增g x minIn2a 2a2a In 2a当e 2ag x单调递减g x min g 1 e 2

27、ab综上所述:x mina e时,22时，gx minmin0,ff x 在 0,1不单调,由（1）可得：若g ln2a2a2a 2aln 2ax在区间0,1内有零点且至少有两个极值点,f x在0,1至少有两个零点1 3ew一或a ，则22g x在0,1单调，至多一个零点，均不符题意1ea 22g x 在 0,ln2a单调递减，在ln 2a ,1单调递增g ln2a 02a2aln2a2a0可得:a，代入到不等式组可得:2a2a In 2a2ae 2a卜面判断:e 2,1 时,2a2aln 2a a0是否恒成立2a2aln 2a3a 2aln2a2ln 2a2ln 2a0解得：a单调递增，在单

28、调递减max2a2aln2ae 2,1时恒成立e 2,18.（2014新课标全国II）已知函数f（x）=x3-3x2+ax+ 2,曲线y=f（x）在点（0, 2）处的切线与x轴交点的横坐标为2.求a;(2)证明：当kv 1时，曲线y=f(x)与直线y=kx2只有一个交点.解f'(x) = 3x2 6x+a, f(0) = a.曲线y=f(x)在点(0, 2)处的切线方程为y=ax+2.由题设得一2=2,所以a=1.a(2)证明由知，f(x) = x33x2+x+ 2.设 g(x)= f(x)kx+2 = x33x2+(1 k)x+ 4.由题设知1k>0.当 x 磷时，g(x)=

29、3x2-6x+ 1 - k>0, g(x)上单调递增，g(1)=k1v0, g(0)= 4,所以 g(x)= 0 在(0°,0上有唯一实根.当 x>0 时，令 h(x)= x3 3x2+4,则 g(x) = h(x)+(1 k)x>h(x).h'(x)=3x26x=3x(x2), h(x)在(0, 2)上单调递减，在(2, 十丐上单调递增，所以 g(x)> h(x)南(2)= 0.所以 g(x) = 0在(0, 十丐上没有实根.y= f(x)与直线y= kx 2只有一个交点.综上，g(x)=0在R上有唯一实根，即曲线x29.(2015 北东)设函数 f

30、(x) = y-kln x, k>0.求f(x)的单调区间和极值；.e上仅有一个零点.2(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1k x2kx-=x xx答案：解函数的定义域为(0, 十丐.由f(x)= kln x(k>0)得f'(x) =x(0,怖)Vk(#, 十 %f'(x)一0+f(x)k (1 In k) 2Z由f'(x)= 0解得x=木(负值舍去).f(x)与f'(x)在区间(0, + 8)上的变化情况如下表：所以，f(x)的单调递减区间是(0,你)，单调递增区间是(瓜 +OO).厂 k(1ln k)f(x)在x=#处取得极小值

31、f(k)=2. k (1 ln k)(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0, +叫上的最小值为f(Jk) =2k (1 一 ln k)因为f(x)存在零点，所以 2一 旬，从而ke,当k=e时，f(x)在区间(1,仙)上单调递减，且f(Ve)= 0, 所以x=4e是f(x)在区间(1,a上的唯一零点.当k>e时，f(x)在区间(0,五)上单调递减，且f(1) = 1>0,可加)=e2*<0,所以f(x)在区间(1,虚上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,m上仅有一个零点.一 一， ，31，、,10. (2015 新课标 1)已知函数 f(x)

32、=x ax 一，g(x) ln x4(I )当a为何值时，x轴为曲线y f (x)的切线；(n)用 min m,n 表示 m, n 中的最小值，设函数 h(x) min f (x), g(x) (x 0), 讨论h(x)零点的个数。解：(I) x轴为曲线y f(x)的切线，设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),31x0ax0 - 013则 f (Xo)0, f (Xo) 0，即4, Xo ，a 一，c 2c243x0 a 03 因此，当a 时，x轴为曲线y f(x)的切线4(II)当 x (1,)时,g(x) ln x 0,从而 h(x) min f (x), g(x) g(x) 0,

33、 故h(x)在(1,)无零点，一45 一5一一当 x 1 时，若a 5,则 f a 50, h(i) minf ,g(l)g(1) 0,44故x 1是h(x)的零点，H 5 右 a ,则 f 0,h(1) min f (1),h(1) f (1) 0,4故x 1不是h(x)的零点当 x (0,1)时，g(x) ln x 0,所以只考虑f (x)在(0,1)的零点个数若a 3或a 0,则f (x) 3x2 a在(0,1)无零点，故f (x)在(0,1)单调,1 ,5 ，f(0) -, f(1) a 所以当 a44当a 0时，f(x)在(0,1)没有零点3时，f (x)在(0,1)有一个零点,(i

34、i)若 3 a 0,则f (x)在(0 a)单调递减 ,3在(J非单调递增，故在f(x)取得最小值，最小值为若f(J a) 0 ,即33 34若f ()( a) 0，即a若f(J a) 0,即3 3一 5所以当 5 a4(0,1)中，当x J 3 时，a2aa1f(. 3)33，a 0,则f(x)在(0,1)无零点3,则f (x)在(0,1)有唯一零点431a 二，由于 f(0) -, f(1)443 ,，时，f (x)在(0,1)有两个零点,417综上，当a当a当54a 5时，f(x)在(0,1)有一个零点43 5,一或a 时，h(x)有一个季点,4 45 5,一或a时，有两个夺点，6 43

35、 ,一 人a 一时，有二个夺点2|x 1| 1,0x21 .已知函数f(x)是定义在，00,上的偶函数，当x 0时，f(x) 1 £，f x 2 , x 22则函数g(x) 4 f (x) 1的零点个数为()A. 4B. 6C. 8D. 10解：由f x为偶函数可得：只需作出正半轴的图像，再利用对称性作另一半图像即可，当x 0,2时，1可以利用y 2x利用图像变换作出图像，x 2时，f x -f x 2 ,即自变量差2个单位，函数值21折半，进而可作出 2,4 , 4,6 ,的图像，g x的零点个数即为f x一根的个数，即f x与41 ，、 一， 一， ,，一y 的交点个数，观察图像

36、在 x 0时，有5个交点，根据对称性可得 x 0时，也有5个交点。共计410个交点答案：Dkx 2,x 0 . .一一,、，, 一一， 一一2 .已知函数f xk R ,若函数y f x k有三个零点，则实数 k的取值范围是lnx,x 0( )A. k 2B. 1 k 0C. 2 k 1D.k 2思路：函数y f xk有三个零点，等价于方程f xk有三个不同实数根，进而等价于 f x与y k图像有三个不同交点，作出 f x的图像，则k的正负会导致f x图像不同，且会影响 y k 的位置，所以按k 0,k 0进行分类讨论，然后通过图像求出k的范围为k 2。答案：D3 .定义域为R的偶函数f x满

37、足对 x R ,有f x 2 f x f 1 ,且当x 2,3时， f x 2x2 12x 18,若函数y f x loga x 1在0, 上至少有三个零点，则 a的取值范 围是()235.6A. 0, B. 0, C. 0, D. 0,解：已知条件中函数y f x loga x 1有三个零点，可将零点问题转化为方程f x loga x 10即f x loga x 1至少有三个根，所以 f x与y loga x 1有三个交点。先利用f x在x 2,3的函数解析式及周期性对称性作图，通过图像可得：a 1时，不会有3个交点，考虑0 a 1的图像。设g xlogax,则 y loga x 1g |x

38、 1 ,利用图像变换作图，通过观察可得：只需当x 2时，y loga x 1的图像在f x上方即可，即loga 2 1 f 22 loga 32 loga a 2 所以2 3a答案：B2x x 1.4.2015太原模末考试)已知函数f(x),且万程log2(x 1) x 1的实根，则实数的取值范围是()B0 af2(x)3af (x)3 一一 0恰有四个不同2A (，(6) B-6f C (2D (.6个2、K<1Log2(K+l) ,的图象，从而化为 x2 - ax+- = 0在(1, 2上有两个不同的根,解：作函数f (x)=解得，网V a<_,故选：B.5.已知函数 f x

39、ax elnx与g x则实数a的取值范围为()2xx elnx的图象有三个不同的公共点，其中e为自然对数的底数A. a e解：由 ax elnxB. a 1C. a eD. a 3 或 a 1x elnx(xelnx(h x, elnx1 x2即 t a 1 t a 1 0(*).由 hxe 1 lnx2一 0,得x e,所以函数h x在0,e上单调递 x增，在e单调递减，且x时，h x 0,图象如图所示.由题意知方程(*)的根有一根t1必在0,1内，另一根t2 1或12 0或12,0 .当t2 1时，方程(*)无意义；当t20 时，a 1,t1 0不满足题意，所以t2,0时，则由二次函数的图

40、象,02有12故选B.192)；t恰有一个零点1 .6. (2018?江西模拟)若函数f(x) a(x 2)ex lnx 在(0,2)上存在两个极值点，则a的取值 x范围为()八，1 、 r ,11 、八，1、r ,111 、A.(,2) B- ( 一， 2) (1, ) C. ( , 一)D.(, 7 (-，2)4ee 4eee e 4e解：函数f (x) =a (x-2) ex+lnxd在(0, 2)上存在两个极值点，等价于f'(x) =a (x-1) ex+L-V在(0, 2)上有两个零点，k I令 f' (x) =0,贝U a (x 1) ex+K- =0,即(x 1)

41、 (aex+y) =0, XK -x- 1=0m£ aex+Jy=0,.x=1 满足条件，且 aex+=0 (其中 xw 1 且 xC (0,-a=-其中 x (0, 1) U (1, 2);设 t (x) =ex?x2,其中 xC (0, 1) U (1, 2);则 t'(x) = (x2+2x) ex>0,函数 t (x)是单调增函数，t (x) 口 (0, e) U (e, 4e2), a ( - oo,-工)U ( - -, -故选：D.a ln x7.已知函数f(x) a R的图象与直线x 2y 0相切，当函数g(x) f(f(x)x时，实数t的取值范围是(A

42、 )A.0B. 0,1C. 0,1D. ,0解：由题意，f'(x)取切点(m, n),则 n=HL, m=2n,我LThjr),. a=e. f (x)=1“工， mm* *支f'(x) =u(；nG ,函数f (x)在(0, e)上单调递增，(e, +00)上单调递减,f (1) =0, x+00, f (x) 一0,由于 f (e) =1, f (1) =0,当函数g (x) =f (f (x) - t恰有一个零点时，实数t的取值范围是0, 故选A.FA J L8. (2018江西省盟校联考)已知对任意x 1, f(x)最大值为()lnx 3k 1 k大于零恒成立，若k Z

43、,则k的 xA. 2B. 2C. 5 D. 4解：即 xlnx+x- kx+3k> 0,令 g (x) =xlnx+x- kx+3k,若k<2, g' (x) > 0恒成立,& k<2,则 g，(x) =lnx+1+1 k=lnx+2 k, x> 1, . . lnx>0,即 g (x)在(1, +2)上递增；，g (1) =1+2k>0,解得,故k的最大值为2;若k>2,由lnx+2-k>0解得x> ek2,故g (x)在(1, ek-2)，上单调递减，在(ek 2, +8)上单调递增;gmin (x) =g (ek

44、 2) =3k- ek 2, 令 h (k) =3k- ek 2, h' (k) =3 - ek 2h (k)在(1, 2+ln3)上单调递增，在(2+ln3, +引上单调递减；. h (2+ln3) =3+3ln3 >0, h (4) =12 e2>0, h (5) =15e3<0；.k的最大取值为4,综上所述，k的最大值为4.9.已知函数 f(x) ln(2 3x) 3x22求f(x)在0,1上的极值；(2)若关于x的方程f (x) 2x b在0, 1上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围解： f(x)33x 3(x 1)(3x 1), 2 3x3x 21 ,、

45、令f (x) 04导x 一或x1 (舍去)3一 1 一一一 1一一一当0 x 时，f (x) 0, f (x)单调递增；当一x 1时，f(x) 0,f(x)递减. 33_ 11f(-) ln3 一为函数f(x)在0,1上的极大值. 36-3 2由 f(x) 2x b ln(2 3x) -x2x b 0.23 2令(x) ln(2 3x) x2 2x2E3b,则(x) 3x2 3x7 9x22 3x当x 0,7时，(x) 0,于是(x)在0,上递增;33.77J * f(x),一)2x b即(x)，0在0,1恰有两个不同实根等价于x ,1时，(x) 0,于是(x)在二,1上递减， 33(0) l

46、n2 b 0噂 ln(27) 7361(1) ln5 b 021f (x) 0 ln5 - b ln(2 . 7)23210.已知函数f (x) x ax bx c的图象经过坐标原点，且在 x 1处取得极大值.(I)求实数a的取值范围；(2a 3)2(II)右万程f (x)恰好有两个不同的根，求 f(x)的解析式；9解(I) f(0) 0 c 0, f (x) 3x2 2ax b, f (1) 0 b 2a 32f (x) 3x2 2ax (2a 3) (x 1)(3x 2a 3),2a 3 一，由f (x) 0 x 1或x ,因为当x 1时取得极大值，32a 3所以 1 a 3,所以a的取值范围是：(,3)；3(II)由下表：x(,1)12a 3(1, -) 32a 3 32a 3(,) 3f (x)+0-0-f(x)递增极大值a 2递减极小值6(2a 3)227递增6-(23)2依题意得：a6(2a3)2(2a3),解得：a 927932所以函数f(x)的解析式是：f(x) x 9x 15x 11.(2018 关B州质检)已知函数 f(x)= (x2-2x)ln x+ax2+ 2.(1)当a=1时,求f(x)在点(1, f(1)处的切线方程；(2)当a&g