高考数学理科二轮总复习练习专题三导数及其应用第3讲

第3讲利用导数研究函数零点问题(2016·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.(1)解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<lneq\f(a,2)，则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，故f(x)存在两个零点．③设a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－eq\f(e,2)，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－eq\f(e,2)，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－(x2－2).设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.利用导数研究函数零点是高考的热点，一般需要研究函数的单调性和最值问题，试题难度较大.对等价转化、分类讨论、数形结合的数学思想要求比较高.热点一利用导数研究函数零点个数例1已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．(1)若函数f(x)为奇函数，且图象过点(－1,2)，求f(x)的解析式；(2)若x＝1和x＝2是函数f(x)的两个极值点．①求a，b的值；②求函数f(x)在区间[0,3]上的零点个数．解(1)因为函数f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即2(－x)3＋a(－x)2＋b(－x)＋c＝－2x3－ax2－bx－c，整理得ax2＋c＝0，所以a＝c＝0，从而f(x)＝2x3＋bx.又函数f(x)的图象过点(－1,2)，所以b＝－4.从而f(x)＝2x3－4x.(2)①f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数f′(x)＝6x2＋2ax＋b.因为f(x)在x＝1和x＝2处取得极值，所以f′(1)＝0，f′(2)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＋2a＋b＝0，,24＋4a＋b＝0，))解得a＝－9，b＝12.②由①得f(x)＝2x3－9x2＋12x＋c(c∈R)，f′(x)＝6(x－1)(x－2)．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0(0,1)1(1,2)2(2,3)3f′(x)＋0－0＋f(x)c↗5＋c↘4＋c↗9＋c显然，函数f(x)在[0,3]上的图象是一条不间断的曲线．由表知，函数f(x)在[0,3]上的最小值为f(0)＝c，最大值为f(3)＝9＋c.所以当c>0或9＋c<0(即c<－9)时，函数f(x)在区间[0,3]上的零点个数为0.当－5<c<0时，因为f(0)f(1)＝c(5＋c)<0，且函数f(x)在(0,1)上是单调增函数，所以函数f(x)在(0,1)上有1个零点．当－5<c<－4时，因为f(1)f(2)＝(5＋c)(4＋c)<0，且f(x)在(1,2)上是单调减函数，所以函数f(x)在(1,2)上有1个零点．当－9<c<－4时，因为f(2)f(3)＝(4＋c)(9＋c)<0，且f(x)在(2,3)上是单调增函数，所以函数f(x)在(2,3)上有1个零点．综上所述，当c>0或c<－9时，函数f(x)在区间[0,3]上的零点个数为0；当－9≤c<－5或－4<c≤0时，零点个数为1；当c＝－4或c＝－5时，零点个数为2；当－5<c<－4时，零点个数为3.思维升华对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域．(2)求导数，得单调区间和极值点．(3)画出函数草图．(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．跟踪演练1已知函数f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)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(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(3,0)＋ax0＋\f(1,4)＝0，,3x\o\al(2,0)＋a＝0，))解得x0＝eq\f(1,2)，a＝－eq\f(3,4).因此，当a＝－eq\f(3,4)时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．当x＝1时，若a≥－eq\f(5,4)，则f(1)＝a＋eq\f(5,4)≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－eq\f(5,4)，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．而f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)内有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．②若－3<a<0，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,3))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1))上单调递增，故在(0,1)中，当x＝eq\r(－\f(a,3))时，f(x)取得最小值，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)eq\r(－\f(a,3))＋eq\f(1,4).(ⅰ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))>0，即－eq\f(3,4)<a<0，f(x)在(0,1)上无零点；(ⅱ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝0，即a＝－eq\f(3,4)，则f(x)在(0,1)上有惟一零点；(ⅲ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))<0，即－3<a<－eq\f(3,4)，由于f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，所以当－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3<a≤－eq\f(5,4)时，f(x)在(0,1)上有一个零点．综上所述，当a>－eq\f(3,4)或a<－eq\f(5,4)时，h(x)有一个零点；当a＝－eq\f(3,4)或a＝－eq\f(5,4)时，h(x)有两个零点；当－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)时，h(x)有三个零点．热点二由函数零点求参数范围例2已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)判断曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，若函数y＝f(x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝lnx＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝1.又f(1)＝0，所以曲线在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x2＋ax－2，,y＝x－1))⇒x2＋(1－a)x＋1＝0.由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知，当Δ＞0，即a＜－1或a＞3时，有两个公共点；当Δ＝0，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ＜0，即－1＜a＜3时，没有公共点．(2)y＝f(x)－g(x)＝x2－ax＋2＋xlnx，由y＝0，得a＝x＋eq\f(2,x)＋lnx.令h(x)＝x＋eq\f(2,x)＋lnx，则h′(x)＝eq\f(x－1x＋2,x2).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，由h′(x)＝0，得x＝1.所以h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝3.由heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)＋2e－1，h(e)＝e＋eq\f(2,e)＋1，比较可知heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＞h(e)，所以，结合函数图象，可得当3＜a≤e＋eq\f(2,e)＋1时，函数y＝f(x)－g(x)有两个零点．思维升华由函数零点求参数范围，一般要根据函数零点的个数，结合函数图象，构造满足问题的不等式求解．跟踪演练2已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当eq\f(1,e)<x<1时，g′(x)>0；当1<x<e时，g′(x)<0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)<0，则g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝m－1>0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1<m≤2＋eq\f(1,e2)，所以实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1，g(x)＝a2x2＋bx＋1.(1)若f(x)≥g(x)对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个不同零点x1，x2，函数g(x)有两个不同零点x3，x4.①若x3＜x1＜x4，试比较x2，x3，x4的大小关系；②若x1＝x3＜x2，m，n，p∈(－∞，x1)，eq\f(f′m,gn)＝eq\f(f′n,gp)＝eq\f(f′p,gm)，求证：m＝n＝p.(1)解因为f(x)≥g(x)对任意实数x恒成立，所以ax2≥a2x2对任意实数x恒成立，所以a2－a≤0，解得0≤a≤1.又由题意可得a≠0，所以实数a的取值范围为(0,1]．(2)①解因为函数g(x)的图象开口向上，且其零点为x3，x4，故g(x)＜0∈(x3，x4).因为x1，x2是f(x)的两个不同零点，故f(x1)＝f(x2)＝0.因为x3＜x1＜x4，故g(x1)＜0＝f(x1)，于是(a2－a)xeq\o\al(2,1)＜0.注意到x1≠0，故a2－a<0.因为g(x2)－f(x2)＝(a2－a)xeq\o\al(2,2)＜0，故g(x2)＜f(x2)＝0，从而x2∈(x3，x4)，于是x3＜x2＜x4.②证明记x1＝x3＝t，故f(t)＝at2＋bt＋1＝0，g(t)＝a2t2＋bt＋1＝0，于是(a－a2)t2＝0.因为a≠0且t≠0，故a＝1.所以f(x)＝g(x)且其图象开口向上.所以对∀x∈(－∞，x1)，f(x)单调递减，f′(x)单调递增且f′(x)＜0，g(x)单调递减且g(x)＞0.若m＞n，则f′(n)＜f′(m)＜0，于是eq\f(1,gn)＞eq\f(1,gp)＞0，从而g(p)＞g(n)＞0，故n＞p.同上，当n＞p时，可推得p＞m.所以p＞m＞n＞p，与假设矛盾．所以m＞n不成立．同理，n＞m亦不成立．所以m＝n.同理，n＝p.所以m＝n＝p.A组专题通关1．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________．答案3解析f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数．由f(x)极小值＝f(3)＝－10＜0，f(x)极大值＝f(－1)＝eq\f(2,3)＞0知，函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3.2．函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是________．答案1解析因为f′(x)＝2xln2＋3x2>0，所以函数f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)上递增，且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，f(1)＝2＋1－2＝1>0.所以函数f(x)在区间(0,1)内有1个零点．3．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是__________．答案(－4,0)解析由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x<0时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a>0，,－4－a<0，))解得－4<a<0.4．已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋3，若函数g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3个零点，则m的取值范围为________．答案[1,8)解析f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x＋1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.当x∈[－2，－1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(－1,3)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(3,5]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的极小值为f(3)＝－24，极大值为f(－1)＝8.而f(－2)＝1，f(5)＝8，函数图象大致如图所示．故要使方程g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3个零点，只需函数f(x)在[－2,5]内的函数图象与直线y＝m有3个交点，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<8，,m≥1，))即m∈[1,8)．5．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋clnx(a，b，c为常数，a>0)在区间(0,1)和(2，＋∞)上均单调递增，在(1,2)上单调递减，则函数f(x)的零点个数为________．答案1解析由题意可得f′(x)＝2ax＋b＋eq\f(c,x)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝2a＋b＋c＝0，,f′2＝4a＋b＋\f(c,2)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－6a，,c＝4a，))所以f(x)＝a(x2－6x＋4lnx)，则极大值f(1)＝－5a<0，极小值f(2)＝a(4ln2－8)<0，又f(10)＝a(40＋4ln10)>0，结合函数图象(图略)可得该函数只有一个零点．6．若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2x，x≤0，,ax－lnx，x>0))在其定义域上恰有两个零点，则正实数a的值为________．答案eq\f(1,e)解析易知函数f(x)在(－∞，0]上有一个零点，所以由题意得方程ax－lnx＝0在(0，＋∞)上恰有一解，即a＝eq\f(lnx,x)在(0，＋∞)上恰有一解．令g(x)＝eq\f(lnx,x)，则由g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，得x＝e，当x∈(0，e)时，g(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，g(x)单调递减，所以a＝g(e)＝eq\f(1,e).7．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)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)的根的个数，并说明理由．(1)证明由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x，得h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－eq\r(2)>0，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．(2)解由(1)得h(x)＝ex－1－eq\r(x)－x.由g(x)＝eq\r(x)＋x知，x∈[0，＋∞)，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，＋∞)上至少有两个零点．因为h′(x)＝ex－－1，记φ(x)＝ex－－1，则φ′(x)＝ex＋.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点．所以h(x)在[0，＋∞)内有且只有两个零点．所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.8．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同的零点，求c的取值范围．解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)↗c↘c－eq\f(32,27)↗所以当c＞0且c－eq\f(32,27)＜0时，存在x1∈(－3，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同的零点．B组能力提高9．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－mx2－x＋eq\f(1,3)m，函数f(x)的零点个数为________．答案3解析由f′(x)＝0，得x2－2mx－1＝0.因为Δ＝4m2＋4>0，所以y＝f(x)既有极大值也有极小值．设f′(x0)＝0，即xeq\o\al(2,0)－2mx0－1＝0，则f(x0)＝eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－mxeq\o\al(2,0)－x0＋eq\f(1,3)m＝－eq\f(1,3)mxeq\o\al(2,0)－eq\f(2,3)x0＋eq\f(1,3)m＝－eq\f(2,3)x0(m2＋1)，所以极大值为f(m－eq\r(m2＋1))＝－eq\f(2,3)(m－eq\r(m2＋1))·(m2＋1)>0，极小值为f(m＋eq\r(m2＋1))＝－eq\f(2,3)(m＋eq\r(m2＋1))·(m2＋1)<0，故函数f(x)有三个零点．10．已知y＝f(x)为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋eq\f(fx,x)＞0，若g(x)＝f(x)＋eq\f(1,x)，则函数g(x)的零点个数为________．答案0解析令h(x)＝xf(x)，因为当x≠0时，eq\f(xf′x＋fx,x)＞0，所以eq\f(h′x,x)＞0，因此当x＞0时，h′(x)＞0，当x＜0时，h′(x)＜0.又h(0)＝0，易知当x≠0时，h(x)＞0，又g(x)＝eq\f(hx＋1,x)，所以g(x)≠0，故函数g(x)的零点个数为0.11．设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x∈[0，π]时，0＜f(x)＜1；当x∈(0，π)且x≠eq\f(π,2)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))f′(x)＞0.则函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零点个数为________．答案4解析∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))f′(x)＞0，当eq\f(π,2)＜x＜π时，f′(x)＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是增函数；当0＜x＜eq\f(π,2)时，f′(x)＜0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数．设π≤x≤2π，则0≤2π－x≤π.由f(x)是以2π为最小正周期的偶函数知，f(2π－x)＝f(x)．故当π≤x≤2π时，0＜f(x)＜1.依题意作出草图(图略)可知，y1＝f(x)与y2＝sinx在[－2π，2π]上有四个交点．12．设函数f(x)＝x3－2ex2＋mx－lnx，记g(x)＝eq\f(fx,x)，若函数g(x)至少存在一个零点，则实数m的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，e2＋\f(1,e)))解析令g(x)＝x2－2ex＋m－eq\f(lnx,x)＝0，则m＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)(x>0)，设h(x)＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)，令f1(x)＝－x2＋2ex，f2(x)＝eq\f(lnx,x)，∴f2′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，发现函数f1(x)，f2(x)在(0，e)上都是单调递增的，在(e，＋∞)上都是单调递减的，∴函数h(x)＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴当x＝e时，h(x)max＝e2＋eq\f(1,e)，∴函数有零点需满足m≤h(x)max，即m≤e2＋eq\f(1,e).13．已知函数f(x)满足f(x)＝2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，当x∈[1,3]时，f(x)＝lnx，若在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上，函数g(x)＝f(x)－ax恰有一个零点，则实数a的取值范围是________．答案eq\f(1,e)<a≤6ln3或a＝0解析当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))时，eq\f(1,x)∈[1,3]，则f(x)＝2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2lneq\f(1,x)＝－2lnx.在坐标系内画出分段函数的图象．由题意可知，a≤kOA＝6ln3.当直线与曲线f(x)＝lnx相切时，解得k＝eq\f(1,e)，所以a的取值范围是eq\f(1,e)<a≤6ln3.另外，a＝0显然成立．14．已知函数f(x)＝eq\f(ex,e)＋x－2存在零点m，函数g(x)＝x2－ax－a＋3存在零点n，且|m－n|≤1，则实数a的取值范围是________．答案[2,3]解析由f(x)＝eq\f(ex,e)＋x－2，得f′(x)＝eq\f(ex,e)＋1>0，则f(x)在R上单调递增，又f(1)＝0，则m＝1.由n是g(x)的零点可得g(n)＝0，由|1－n|≤1，得0≤n≤2，即x2－ax－a＋3＝0在x∈[0,2]上有解，则a＝eq\f(x2＋3,x＋1)在x∈[0,2]上有解，a的取值范围即函数h(x)＝eq\f(x2＋3,x＋1)，x∈[0,2]的值域．令x＋1＝t，t∈[1,3]，则x＝t－1，h(x)可化为y＝eq\f(t－12＋3,t)＝eq\f(t2－2t＋4,t)＝t＋eq\f(4,t)－2≥2eq\r(t·\f(4,t))－2＝2(t∈[1,3])，当且仅当t＝2时取等号．又y′＝1－eq\f(4,t2)＝eq\f(t＋2t－2,t2)，当t∈[1,2)时，y′<0，y＝t＋eq\f(4,t)－2单调递减，当t∈(2,3]时，y′>0，y＝t＋eq\f(4,t)－2单调递增，且当t＝1时，y＝3，当t＝3时，y＝eq\f(7,3)，故实数a的取值范围是[2,3]．15．已知函数f(x)＝axsinx－eq\f(3,2)(a＞0)，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq\f(π－3,2).(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．解(1)由已知，得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，且a＞0.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，有sinx＋xcosx＞0，从而f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数．又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不断的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\f(π,2)a－eq\f(3,2)＝eq\f(π－3,2)，解得a＝1.所以f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，从而f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0.又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不断的，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内至少存在一个零点．又由(1)知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx，由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不断的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx知，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，g′(x)＜0，从而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减．①当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上单调递增，故当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)