专题05零点存在定理中取点问题

1、专题五 零点存在定理中取点问题函数O的根.如果函数y f X在区间a, b上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 fa f (b) O ,那么, y f X在区间(a, b)内有零点，即存在 C (a, b),使得f c O ,这个C也就是方程f X 在实际应用中，如何取a, b ,是解决问题的难点.类型一 利用方程的根或部分代数式的根取点Xax 1.典例1已知函数f X Xe(1当a 1时，求yX在X 1,1上的值域;2 试求f X的零点个数，并证明你的结论【答案】(1) 2【解析】(1)当a1时，而g XX 2X ef Xmaxf 所以fX在当X1,O时,所以，当XO时,e,1( 2)当a

2、O时，f X只有一个零点;XX _Xe1 X ax 1 ,则 f X O在 1,1上恒成立，所以g X1 2e 1 O,X min1,1上存在唯一的x0 O ,使得fX O , f X递增；当XX取极大值，也是最大值，即当 a O时，f X有两个零点.1,1上递减,O,1 时 f X O , f X 递减;XmaX f O1,X min1 , f 1. f 12 emin所以，f x在 1,1上的值域为 2e,1（2）令f X 0，得二ax 1 O, X 0显然不是方程的根，e 1 1(II )若a 0 ,则当X,0 时，hXeX_X1 当X0,时，ha e a增的,所以有唯一的零点(III）

3、若a 0 ,则当X,0时，由Xe XX2则Xax 10,取 Xaa21a0，R402,0有唯一的零点,0恒成立,则则没有零点;e2 a1e20, (K0)，X在0, 上单调递a 0，所以h X在X 0,时，he1a1ea2a 0,在0,上单调递增的，所以有那么原方程等价于 ex _ a 0实根的个数，令h Xex _a , X, 0）（0,X1a 在 X, 0)(0,X原命题也等价于hXX e上的零点个数；12 XX又因为h XX e0 ,I所以h X在，0和0,上都是单调递增的；(I)若 a 0,则当X,0时，hXeX _ 10恒成立，则没有零点；X当X 0,时，h11e 10, he 2

4、0,2又h X在0,上单调递增的，所以有唯一的零点。2 a唯一的零点综上所述，当a 0时,X只有一个零点；当 a 0时,X有两个零点.【名师指点】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函 数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归 根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路类型二利用放缩法取点典例2已知b 0 ,且b 1,函数f Xex bx,其中e为自然对数的底数:X的图像经过唯一的定点;1 如果函数f X为偶函数，求实数 b的值，并求此时函数的最小值;对满足b 0

5、,且b 1的任意实数b ,证明函数y如果关于X的方程f X2有且只有一个解，求实数 b的取值范围【答案】（1）b 1 eX的最小值为2（ 2）见解析（3）b1,或b1当b 1时，g X为增函数，此时g X0只有一解.(1)由f'1 f11X e得：e b1e11 ,解得bb经检验fXeX为偶函数 b1eX 1 e X e又fX2,当且仅当X0时取等号,【解析】e （舍），或bf X的最小值为2.假设yf X过定点X0, y0 ,贝y y0令b2得：y0 eX02X0 ;令 b 3 得：3 x0.2x02x0,-1,解得唯一解 X02 y0 2eX0 bX0对任意b 0,且b 1恒成立y

6、0 eX03X0 ,0经检验当X 0时，f O 2函数y f X的图像经过唯一定点 0, 2(3 令 g Xf X 2 eX bX 2为R上连续函数，且g 00,则方程g X 0存在一个解2当0b1时，令g 'XX ebXInb eX 1bInb 0 ,解得X IogInb .e0ebbbX因为eX0 ,0_ 1,Inb0 ,令 h X1Inb , h X为增函数ee所以当X,X时，h X0,所以 g ' X0,gX为减函数；当XXo ,时,hX 0 ,所以g' X0, gX为增函数.所以g极小XgX0,又gX定义域为R ,所以gminXg X0若X0 ,g X在,X

7、上为减函数，g Xg00 ,而g In2 2In 2In 2b2 b0所以X , In2时,X至少存在另外一个零点,矛盾!若上为增函数，g X0log 2beogb 22 2elogb 20，所以 g X 在 Iogb 2, X0存在另外一个解，矛盾!0 0 00 ,2eX1当X0 log ebInb 0,贝U Inb 1，解得b _，此时方程为g X由(1)得，只有唯一解X0 0 ,满足条件1综上，当b 1,或b -时，方程f X2有且只有一个解e【名师指点】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1) 利用零点存在的判定定理构建不等式求解(2) 分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求

8、解.(3) 转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解类型三利用尝试法取点典例3X2 2aX a 1, X 0,2已知函数f Xg XX 1 2a .若函数y f g x 有4个零In X , X 0,点，则实数a的取值范围是【解析】令ft 0,t g X当1a 0 时 ft有两个零点t11, t21,需12a1a 1当1a=0 时 f X有三个零点，t11,t20, t3 =2,12a1所以函数yf g X 有5个零点,舍；当1a 0时，由于1 2a 1上a 12所以4a2 4a40 ,且 a.,a2a 112a ,所以综上实数a的取值范围是"51 ,11,2【名师

9、指点】求解复合方程问题时，往往把方程f g(x)0分解为f (t) 0和g(x) t处理，先从方程X的值.f (t)0中求t ,再带入方程g(x) t中求* 亡MHM凸 fi i C DaM± 丄七< * dG< A- *nas校模択»» * -* e « -a- * *p 4w> 0 <* P > +JtM1 2X (a b)x ablnx 2点(e, f (e)处的切线方程为 y1.设函数f(X)(其中e为自然对数的底数，ae,b R),曲线 yf (X)在(1) 求 b ；(2)若对任意Xf (X)有且只有两个零点，求

10、a的取值范围.【答案】(1) be ； (2)实数a的取值范围为(1 2e22e(1+e2 ).【解析】U) r(x) = X-(+i)÷-H7XX:fr(e) = 0, ae ?=1 2(2)由(1)得 f (x) X (a e)x ae In21 时，由 f (x)>0 得 X e ,由 f (x)e1 2上单调递增， f (e) e (a e)e ae In当af (X)(X a)(x e)1 X e1 2e - e2Xe ,此时f (X)在 (丄e) 上单调递减，在(e,)ef (e2 )2 1 2(a e)e 2ae _e(e 2)(e22a) 2 e(e2)(e2

11、f)0(或当时，f (X)0亦可)要使得21 f (X)在 U, ee)上有且只有两个零点,则只需f (-)e1 a e 2e21当1e1递减，在(_,a)和(e,ee时，由I 1 ae ln_e1此时f (x)在e,(1 2e2 )2e(1 e2 )a2e20 ,即a1 2e22 )2e(1+e2 )f (x)>0 得 _e)上单调递增，此时f(a)a 或 X e ；由 f (X)0 得 a)至多只有一个零点，不合题意,X e .此时f (X)在(a, e)上单调1 2 _a2ae aelna1 2 _a2aeaelneLa2 0,21f (X)在(-e)e一-一 1.Xe(e, a)

12、上单调递减，且当a e时，由f (X)0得上单调递增，在综上所述，实数a的取值范围为(e或X a ,由f (e)1 e221 2 . 12 2e(1+e2 )f (X)a ,此时和(a,)1f (X)在-e)至多只有一个零点，不合题意2 已知函数f求这条切线的方程(1)若曲线y g X的一条切线经过点 M 0, 3 , (2)若关于X的方程f X g X有两个不相等的实数根 X1 , X2。 求实数a的取值范围； 证明：X1 X2 2 .【答案】(1) 2x y 30或6x y 30 . (2)0,见解析【解析】解：(1)解法一设经过点 M 0, 3的切线与曲线y g X相切于点Q t, t

13、12由 g X X 1 得 g ' X 2 X 1 ,2所以该切线方程为 y t 12 t 1 X t ,因为该切线经过M 0, 3 ,2所以3 t 12 t 1 t ,解得t 2,所以切线方程为2x y 3 0或6x y 3 0 .解法二由题意得曲线 y g X的切线的斜率一定存在,设所求的切线方程为y kx 3,y kx 3由2 ,得 X22 k x 40，y X 1因为切线与抛物线相切，2所以2 k 2160 ,解得 k 2, 6，所以所求的切线方程为 2xy 30 或 6x y 30 .(2)由 f X g X ,得 g XX a X 2 ex则 h ' X a X 1

14、 ex 2x1X 1 aex 2由题意得函数h X恰好有两个零点(i )当 a 0 ,则 h Xh X只有一个零点1 .(ii )当 a 0 时，由 h ' X 0 得 X 1,由 h ' X即h X在 ,1上为减函数，在 1,上为增函数,而 h 1 ae 0, h 21,所以h X 在1,上有唯一零点，且该零点在1,2上.1取 b 0,且 b In 一，2a1 23则 h b b 2 b 1 b b02 2所以h X在 ,1上有唯一零点，且该零点在b,1上,所以a 0, h X恰好有两个零点(iii )当 a 0 时，由 h ' X 0 得 X 1 或 In若a2h

15、, X2x 1exe 0，ee所以hX在1,上至多有-个零点若a2I则In2 1，ea，减.又h 1ae0,所以h X在1,上至多有-个零占八、当X,1时，hX在In a2,1上单调递增，在,In a2上为减函数222222又hIna2Ina2Ina1Ina2 10 ,所以h(x)在,In2上无零点.a若a2则In21,ea又当X 1时,h Xh1ae0,当X 1,时，h ' X 0 ,即 h X 在 1,上单调递所以h X不存在零点.h X故当X在X1, In1,2a上无零点时,h X0 ；当X In a2J时，h ' X0因此fX在1, In2上单调递增，在In 2a ,上

16、单调递减.a22 2222又hIna2In-2 I n _ aa1Ina2 10。所以hX在1, In2无零点，在 In2a ,至多有-个零点.a综上，a的取值范围为 0,不妨设X1X2，由知x1,1 , x21,，2x2,1 ，且 a 0 ， h x 在,1 单 调递减，所以 x1x22 等价于 hx1h 2x2，即 h 2x20 .由于 h22 x2ax2ex22 x21 ，2且 h 2xa 2x 2 ex2 2x 1 2 0 ，h 2 x2a x2e2 x2x2 2 ex2所以 a x2e2 x2 x2 2 ex2设 X Xe X X 2 ex,其中X 1.,则 ' xx 1ex

17、e2x ，当 X 1 时，eXe,e2Xe ，所以' X 0 .而 10 ，故当X1 时， X0 从而 f2 X2aX20 ，故 X1X22 3. 已知 a， b 是实数， 1 和 1是函数 f (X) X3 aX2 bX 的两个极值点(1) 求 a 和 b 的值；(2) 设函数 g(X) 的导函数 g(X) f (X) 2 ，求 g(X) 的极值点；(3) 设h(x) f ( f (x) c ,其中C 2 , 2,求函数 y h(x)的零点个数.【答案】(1) a= 0, b=- 3. (2) 2. 9.【解析】解： 由题设知 f'(x) = 3x2+ 2ax+ b,且 f&

18、#39; ( 1) = 3 2a+ b= 0, f' (1) = 3+ 2a+ b= 0, 解得 a= 0, b=- 3.(2)由(1) 知 f(x)=x33x. 因为 f(x)+2=(x1)2(x+2) ,所以 g'(x)=0 的根为 x1=x2 =1, x3 =2, 于 是函数g(x)的极值点只可能是1或一2 .当 XV 2 时，g'(x) V0;当一2VXV 1 时，g'(x) >0,故一2 是 g(x)的极值点. 当一2vXV1或x> 1时，g'(x) >0,故1不是g(x)的极值点.所以g(x)的极值点为一2.令f(x) =

19、t ,则h(x) = f(t) c.先讨论关于X的方程f(x) = d根的情况，d 2,2.当Idl = 2时，由 可知，f(x) = 2的两个不同的根为1和一2,注意到f (X)是奇函数，所以f (X) = 2的 两个不同的根为 1 和 2.当 |d| V 2 时，因为 f( 1) d= f (2) d = 2 d> 0, f(1) d= f( 2) d= 2 dv 0, 所以2, 1,1,2 都不是 f(x)=d 的根.由 (1) 知 f'(x)=3(x+1)( x1).当X (2 , + )时，f'(X) > 0,于是f(X)是单调增函数，从而f(X) >

20、; f (2) = 2,此时f(x) = d无实根.同理，f (x) = d在(, 2)上无实根. 当 x (1,2)时，f '(x) >0,于是 f(x)是单调增函数，又 f (1) dv 0, f(2) d>0, y= f(x) d的图象 不间断，所以f (x) = d在(1,2)内有唯一实根.同理，f(x) = d在(一2, 1)内有唯一实根. 当 x ( 1,1)时，f '(x) V0,故 f(x)是单调减函数，又 f ( 1) d> 0, f(1) dv 0, y= f(x) d的图 象不间断，所以f(x) = d在(一1,1)内有唯一实根.由上可知

21、：当Idl = 2时，f (X) = d有两个不同的根 X1 , X2满足I X1 I = 1, I X2 I = 2；当 IdI V 2 时，f(x) = d 有三个不同的根 X3 , X4 , X5 满足 I Xi I V 2, i = 3,4,5.现考虑函数 y= h( x)的零点.当IcI = 2时，f (t) = C有两个根11, 12满足11 1I = 1 , 112I = 2,而f (x) = 11有三个不同的根，f (x) = 12有两 个不同的根，故y= h(x)有5个零点.当 I CI V 2 时，f(t) = C 有三个不同的根 t3, t4, t5 满足 Iti I V

22、 2, i = 3,4,5 ,而 f(x) = ti (i = 3,4,5)有三个 不同的根，故y= h(x)有9个零点.综上可知，当I CI = 2时，函数y= h( X)有5个零点；当I cI V 2时，函数y= h(x)有9个零点.14 已知函数 f(X) = ax x人32 令 (x) = ax 4ax , x (0,+) , g(x) = f(x) f' (X ).若 a > 1,记 g(x)的两个零点为 X 1 , X2, 求证：4v X1 + X2 V a + 4.【答案】见解析【解析】证明：41234312g(x) = f(x) f' (x) = ax &

23、#163; X (4ax x) = ax 4ax -X + X因为 X > 0,由 g(x) = ax4 4ax 3 1X 2+ X= 0 得 ax 3 4ax 2 1X + 1 = 0,1lx+ 1,22由 ' (X 0) = 3axo 8ax01 ZH 21_ = O 得 3ax 0= 8ax0 +2 22 23217所以 (X 0 ) = 9 axO X 0 + §4因为' (x)对称轴为X =_ ,3- 8 1所以'3 ='(0) =2V 0,所以 X0>8 >7 ,3 3所以 (X 0 ) = 32ao 1 X0 7 V 0

24、.933又 (x) = ax 3 4ax2 1X + 1 = 1ax 2(x 8) + 1x(ax 2 1) + 1,1设 ，8中的较大数为 M则 (M) > 0,a故a> 1时，g(x)在(0 ,+)上恰有两个零点 X1 , X2 ,、111不妨设 X IV X 2，因为 (O) = 1> 0, 2 =(6 7a) V 0,所以 0 V X1 V .2 8 2 91(81a 10) >0,因为=1V 0, 29所以4 V X2 V ,2一19所以 4 V X1 + X2 V + = 5v a + 4.2 21 25.已知 f X_ X2 alnx, a R .2求函数

25、f X的增区间;若函数f X有两个零点，求实数 a的取值范围，并说明理由;3）设正实数2满足 ，当a求证：对任意的两个正实数X1，X2总有1X12 X21 fX2 f X2 .【答案】（1）见解析；（2） a e ； （3）见解析.【解析】由已知fX Xa ,令 f xa X2X aXXX当a 0时，fX0 ,函数的增区间 0,XX护x 0, x .v a 0,若 a 0, fX令f X0 ,X函数的增区间为石综合以上：当a0时，函数的增区间 0,；若a0,增区间为.a ,(2)由(1)知:若a0,函数在0,的上为增函数,函数 f X有至多有-若a 0,当X0, a,f X 0 ,函数在a ,

26、的上为减函数个零点，不合题意。（参考求导公式：f axb af ax b )0,函数在 .a ,的上为增函数方法2 :（先证：X1,有 Inx X2a a . a 而 Ja0,所以f X在1,)-a2a ,f X1222aa也存在惟-X2 al nx 122Xaafe, aaa.a2a a2零点；2a2 2a综上:ae ,函数f X有两个零点。（3）证明：不妨设X1X20,以X1为变量令FXf1X2 X21 f X 2 fX2，则FXIf IX2X2I f X1 fIX2X2f Xaa令gXfXX:_,则 g X 12XX因为a0，所以gX0 ；即 f X在定义域内递增。又因为1X2 X2 X

27、1 1 X2 X22 X2 X2 且 XX2所以IX2X2所以f1X2 X2f X 0 ；又因为1 0，所以FX0所以FX 在 0, X2单调递增；因为X10, X2所以FX1F X20即f1-X2 X21 f X12 f X2X有两个零点0ax a综上：a e函数fX 0 即 1X2 X2X，要使得函数f下证明：aa e, 1X_a_al na_a1min222X有两个零点，则f Xe函数f X有两个零点0a 而 f 11 2一 ea a2InaminIna1 a20 ,所以f1 a ea 121 Ina OaeX在0, a 存在惟一零点;2l na令 h a ea 12lna a2 - 0

28、所以aX在e,上递增,所以的h a he2 30所以f也存在惟一零点;6.已知a , b为实数，函数f1Xb ,函数 g X lnx .X a当a 0时，令FX f(x)g(x),若FX0恒成立，求实数b的取值范围;当a 1时,X f(x)g(x),是否存在实数b ,使得对于函数y G X定义域中的任意实数 x1 ,均存在实数X21,有GXiX2 O成立？若存在，求出实数b的取值集合；若不存在，请说明理由.【答案】(1) b(2)见解析【解析】(1)当a O时,F X f(x) g(x)= Qblnx 0 , b (XXInx)=h(x), h(x)在 0,1 上递增,1,+上递减,可得h(x

29、)的最大值为h(1)=-1 ,所以可得)b1.立.当a =- 1时,假设存在实数b满足条件，则G(X)=Inx 1 在 x (0 , 1) U (1 , +)上恒成当 x (0 , 1)时，G(X)=令 H(X) = (bx + 1 b)lnx x +1)lnx 1 可化为(bx + 1 b)lnx X + 10,1, x (0 , 1),问题转化为：H(X) 0对任意x (0 , 1)恒成立(*);则 H(1) = 0, H' (X) = blnx +】b令 Q(X) = blnx + b 1,+ b 1 , H' (1) = 0.b (+j)- 则 Q' (x)=丄

30、£ b 时，因为 b(x + 1) 1 , (X + 1) 1< × 2 1 = 0,故 Q' (x)<0 ,所以函数 y = Q(X)在 X (0 , 1)时单调递减，Q(x)>Q(1) = 0,即H' (x)>0 ,从而函数y = H(X)在X (0 , 1)时单调递增,故H(x)<H(1) = 0,所以(*)成立，满足题意;因为b> ,所以一1<1,记I =当 b> , Q' (X)=(0, 1),则当 xI 时，x>0,故Q' (x)>0 ,所以函数y = Q(X)在X I时

31、单调递增，Q(x)<Q(1) = 0,即H' (x)<0 ,从而函数y = H(X)在XI时单调递减，所以H(x)>H(1) = 0,此时(*)不成立;所以当 X (O, 1) , G(X) = "lnx 1 恒成立时，b;2)当 x (1 , +)时，G(X) =I一厂 丄 Inx 1 可化为(bx + 1 b)lnx x+ 10, 令 H(X) = (bx + 1 b)lnx x+ 1, x (1 , +),问题转化为：1 I)H(X) 0 对任意的 x (1 , +)恒成立(*);贝9 H(1) = 0, H' (x) = blnx + b 1

32、, H' (1) = 0.ITh-I令 Q(X) = blnx + b 1,贝U Q' (x)=.£ £ b 时，b(x + 1) 1>2b1 × 2 1 = 0,故 Q' (x)>0 ,所以函数 y = Q(X)在 x (1 , +)时单调递增， Q(x)>Q(1) = 0,即 H' (x)>0 ,从而函数y = H(X)在x (1 , +)时单调递增，所以H(x)>H(1) = 0 ,此时(*)成立;当b时,X (1 , +)上单调递减,i )若b 0,必有 Q' (x)<0 ,故函数

33、 y = Q(X)在 所以 Q(x)<Q(1) = 0 ,即 H' (x)<0 ,从而函数y = H(X)在x (1 , +)时单调递减，所以H(x)<H(1) = 0 ,此时(*)不成立;ii)若 0<b< ,贝U 1>1 ,所以 x'”故函数y = Q(X)在x上单调递减，Q(x)<Q(1) = 0,即H' (x)<0 ,时，Q (X)=HIXa <0,所以函数y = H(X)在x时单调递减，所以 H(x)<H(1) = 0 ,此时(*)不成立;½ Ihl-所以当 x (1 , +) , G(X)

34、 = ''lnx 1 恒成立时，b.(15 分)综上所述，当 x (0 , 1) U (1 , +) , G(X)=inx 1恒成立时，b= 1 ,从而实数b的取值集合为7.已知函数 f( X)= (2 - a) (X - 1)- 2lnx , g(x)=xe1X(a Re 为自然对数的底数)(I)当a=1时，求f (X)的单调区间;1()若函数f (X)在0,2 上无零点，求a的最小值;(川)若对任意给定的x 0 ( 0, e,在(0, e上总存在两个不同的Xi (i=1 , 2),使得f (Xi) =g (x°)成 立，求a的取值范围.1【答案】f (X)的单调减

35、区间为(0, 2,单调增区间为2 , +) ; (2)函数f (x)在%上无零点，则a的最小值为2 - 4ln2 ; ( 3) a3的范围是 ,23【解析】(1)当 a=1 时，f (x) =X - 1 - 2lnx ,则 f,( X) =1-二,由 f '( x)> 0,得 x>2;由 f '( X)V 0,得 0 V XV 2.故f ( X)的单调减区间为(0, 2,单调增区间为2 ,+)；(2)因为 f (X)V0在区间(0,寺)上恒成立不可能,故要使函数 f&)在(0,专)上无零点,只要对任意的(Oa y), f (x)K CoPa>2-lK-

36、I恒成再令令咛心,A,则L &)-:CXI)InK221nx+-2XCX-I)2 -2> 0恒成立，即对立.Q1'2 (IJX) <0,故m(x)在(0，g")上为减函数,In(K)=2-21n2>0从而,l (X) > 0,于是 I(X)在 S g")上为增函数，所以 1 CX) 1 (-)=2-41n2 ,故要使1. 恒成立，只要 a 2 - 4ln2 , +),a>2综上，若函数f (X)在 I 上无零点，贝U a的最小值为2 - 4ln2 ;0, 21(3) g'( X) =e1 -X1 -X-Xe = (1 X

37、) e ,当 x( 0, 1)时,g'( X) > 0,函数g (X)单调递增;当x( 1, e时，g'( X)V 0,函数g (x)单调递 减. 又因为 g ( 0) =0, g (1) =1, g (e) =e?e1-e> 0, 所以，函数g (X)在(0, e上的值域为(0, 1.当a=2时，不合题意;当 a2 时，f'( X) = r2 C2-)-2 (f 一2-日),x( 0, e2p一一 =XXX2当 X=时，f'( x) =0.2-a由题意得，f (x)在(0, e上不单调，故CK辛丈E ,即 此时，当X变化时，f'( x),

38、f ( X)的变化情况如下：X2(0 a)22-JT，ef'( X)0+f (X)最小值/又因为，当 x0 时，2- a>0, f (x) +,二旷丑ITIf Ce)=(2a) (e-l )-£,所以，对任意给定的X 0 (0, e,在(0, e上总存在两个不同的Xi (i=1 , 2), 使得f (Xi) =g (o)成立，当且仅当a满足下列条件:|fC2-a)<r f (e) L即d-ZLr O UJi-aL C2-a) (C-I)-2 1G)令h (a)=旷2山芒，氏(乎2三)|,贝 U h' ()二 1一21 口 2一1 门(2 一旦)'=

39、ITJ=72，令 h'( a) =0, 得 a=0 或 a=2,故当a(-,0)时，h'( a) > 0 ,函数h ( a)单调递增；当a CO, 2三)时，h'( a)v 0,函数h ( a)单调递减.2所以，对任意,有h (a) h ( 0) =0,e即对任意'恒成立.e3由式解得：_ 综合可知，当a的范围是2 时，对任意给定的 o( 0, e,在(0, e上总存在两个不,e 1同的 X i (i=1 , 2),使 f (Xi) =g (Xo)成立.8.已知函数 f(x) = a+ Xlnx(a R).(1)求f()的单调区间;试求f(x)的零点个数，

40、并证明你的结论.【答案】(1)单调增区间为(e 2,+),单调减区间为(O,2) . (2)见解析【解析】解：(1)由函数f(x) = a+寸Xlnx(a R),得1 f ' (X) = 2 (nx + 2) . (2 分)令f' (x) = 0,得X =2.列表如下：X(0 , e_2)_2 e/ 一 2 .(e , +)f' (X)0+f(x)极小值因此，函数f(x)的单调增区间为(e , +),单调减区间为(0 , e ) . (5分)(2)由(1)可知，f (X)= f(e 2)= a-2e1.(6 分)(i )当a > 2e-时，由f(x) f(e _

41、) = a 2e- >0,得函数f(x)的零点个数为 0.(8 分)(ii) 当a = 2e_1时，因f(x)在(e_2,+)上单调递增，在(0 , e_2)上单调递减，故x (0 , e_2) U (e _2,+)时，f(x) > f(e _2) = 0.此时，函数f(x)的零点个数为1.(10分)(iii) 当 a V 2e_1 时，f(x) = f(e _2) = a_ 2e_ 1< 0. a 0 时，因为当 X (0 , e_2时，f(x) = a + Jxlnx <a 0,所以函数f(x)在区间(0, e_2上无零点；另一方面，因为 f(x)在e _2,+)上

42、单调递增，且 f(e _2) = a 2e_1 <0,又 e_2a (e 2,+),且 f(e _2a) =a(1 2e_a) >0,此时，函数f(x)在(e 一, +)上有且只有一个零点.所以，当a 0时，函数f(x)零点个数为1.(13分) 0 < a< 2eT时，因为 f(x)在e _2,+)上单调递增，且 f(1) = a>0, f(e _2) = a_ 2e_1 < 0,所以函数 f(x)在区间(e_2,+)上有且只有1个零点；一 2另一方面，因为f(x)在(0 , e 上单调递减，且42_1f(e ) = a 一 2e < 0 ,又 e 一

43、 a (0 ,2e ),且 f4e_ a = a442> a2 2= 0(当X > 0时，ex>x2成立)，此时函数f(x)在(0 , e_2)上有且只有1个零点.aea a a_ 1所以，当0 < a< 2e时，函数f(x)的零点个数为2.综上所述，当a >2e_1时，f(x)的零点个数为0 ;当a = 2e_1,或a0时，f(x)的零点个数为1 ;当0< a< 2e_1时，f(x)的零点个数为2.(16 分)9. 已知函数f(x) = aex+ X2 bx(a , b R, e = 2.718 28是自然对数的底数)，其导函数为y =f

44、9; (x) .(1) 设a = 1,若函数y = f(x)在R上是单调减函数，求b的取值范围;(2设b= 0 ,若函数y = f(x)在R上有且只有一个零点，求 a的取值范围；(3设b= 2 ,且a0,点(m, n)(m , n R)是曲线y = f(x)上的一个定点，是否存在实数Xo(Xo m),使得xo+ mf(x o ) = f '2 (X o - m)+ n成立？证明你的结论4【答案】 b 2ln2 2.a = 0或a< e2 (3)不存在.【解析】解：(1)当 a=- 1 时，f(x) = ex+ x2- bx,° f (x) = e + 2x b.由题意f

45、' (x) = e + 2x b0对X R恒成立.(1分)由一e + 2x b 0,得 b e + 2x,令 F(X) = ex+ 2x,则 F' (x) = ex + 2,令 F' (x) = 0,得 X= ln2.当x<ln2时，F' (x)>0 , F(X)单调递增，当x>ln2 时，F' (x)<0 , F(X)单调递减，从而当X = ln2时，F(X)有最大值 2ln2 2, b 2ln2 2.(3 分)(2)当 b= 0 时，f(x) = aex+ X2,由题意 ae x+ x2= 0 只有一解.X2X2X (2 X)

46、由ae* + X = 0,得一 a= ex,令 G(X) = ex,贝UG'(x) =ex,令G'(x) =0,得X= 0 或 X= 2.(5 分)当x0时，G (X) 0, G(X)单调递减，G(X)的取值范围为0 ,+);当0<x<2时，G (x)>0 , G(X)单调44递增，G(X)的取值范围为0, e2 ；当X 2时，G' (X) 0, G(X)单调递减，G(X)的取值范围为 0, e2 .44由题意，得a = 0或a>e2,从而a = 0或a< e2,4当a = 0或a< e2时，函数y = f(x)只有一个零点.(8分)

47、 f(x)= aex + X2 2x, f' (x) = aex+ 2x 2,X0 + mX0 + m假设存在，则有 f(x 0 ) = f '2(x 0 m)+ n= f 2 (X 0 m)+ f(m),f( X0) f( m>一，X。+m即卩X m= T 2,0IX0 + mIX0+ m x+ m. f '2= ae 2 + 2 2 2,f (X ) f (m)a ( ex em) + ( x2 ni) 2 (X m)0OOOX0 m=X0 ma (ex0 en)=X0 m+ (X 0 + m) 2,xo+ m a (ex0 em) aeX0 m.(*)(10

48、 分)x° + m ex0 em a 0, e 2= X 0 m ,不妨设 t = X0 m>0 则t t彳te 1两边同除以em,得e2= t ,即te 2 = et 1, (12分)=et (e2 + 2e2) = e2t + m mt e ee2+ m=t .令 g(t)t=et - te2- 1 ,贝U g' (t)e2 t 1.2令 h(t)t t=e2 2 1 ,贝Uh' (t)1 t 1 1 t=2e2 2 = 2(e 2 1)>0 , h(t)在(O ,+)上单调递增. h(0)=0, h(t)>O 对 t (0,+)恒成立，(14

49、分)即 g' (t)>0 对 t (0,+)恒成立, g(t)在(0 ,+)上单调递增.又 g(0) = 0, g(t)>O 对t (0,+)恒成立,即(*)式不成立，(15 分)X0 + m不存在实数X 0(x0 m),使得f(x2 (x 0 - m)+ n 成立.(16 分) R其中e是自然对数的底10. 设函数 f(x) = XeX asinxcosx(a 数).(1)当a = 0时，求f(x)的极值;(2若对于任意的x 0, 2 , f(x) 0恒成立，求a的取值范围;(3是否存在实数a ,使得函数f(x)在区间0, 2上有两个零点？若存在，求出 a的取值范围；若不存在, 请说明理由1【答案】(1)极小值为f( 1) = e,无极大值.(汽 1.