函数的零点与导数课件-2025-2026学年高二数学人教A版选择性必修第二册

导数 函数零点与导数 1. 函数f(x)的零点 2.判断函数的零点个数的常见方法： 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 3.已知方程根的个数，求方程中待定字母的范围的常见方法：分离参数 一 函数零点与导数 类型1：转化为两个函数图像的交点 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 类型2：分离参数，转化为常值函数与函数图像的交点 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 ∴f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 且f(x)在(－∞，－2)上递增，在(－2,2)上递减，在(2，＋∞)上递增. 它的图象大致如图所示： 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 类型3：方程有解或无解 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 类型4：讨论函数零点个数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 4.函数的零点个数的另一种方法－－－分类讨论法 思维顺序：(1)准确求出函数f(x)的导函数； (2)讨论函数的单调性； (3)由极值和区间端点函数值的正负确定函数图像与x轴的交点个数。 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 一 函数零点与导数 函数y=f(x)点零点⇔方程f(x)=0点实根⇔函数y=f(x)的图像与x轴交点的横坐标⇔函数y=g(x)的图像与函数y=h(x)的图像的交点的横坐标(其中f(x)=g(x)－h(x))。 (1)解出方程f(x)＝0得根； (2)转化为两个函数图像的交点个数 (3)判断函数y=f(x)＝0图像与x轴交点个数。 　 思维顺序：1.求出函数的单调区间； 2.判断函数的极值的正负，以及区间端点的值的正负或极限的正负。 3.画出函数的草图，确定函数图像与x轴的交点个数； 4.函数图像与x轴的交点个数即为方程f(x)＝0的根的个数。 例1.曲线C1：y＝ln x＋x与曲线C2：y＝x2有________条公切线． 解析：由y＝ln x＋x得y′＝eq \f(1,x)＋1，设点(x1，ln x1＋x1)是曲线C1上任一点， ∴曲线C1在点(x1，ln x1＋x1)处的切线方程为y－(ln x1＋x1)＝(eq \f(1,x1)＋1)(x－x1)， 即y＝(eq \f(1,x1)＋1)x＋ln x1－1． 同理可得曲线C2在点(x2，xeq \o\al(2,2))处的切线方程为y－xeq \o\al(2,2)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－xeq \o\al(2,2)． 依题意两切线重合，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋1＝2x2，,ln x1－1＝－x\o\al(2,2)，))消去x2得eq \f(1,x\o\al(2,1))＋eq \f(2,x1)＋4ln x1－3＝0，①， 解析：令f(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋4ln x－3(x>0)， 则f′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x2－2x－2,x3)＝eq \f(2(2x＋1)(x－1),x3)， 当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增， ∴f(x)min＝f(1)＝0， ∴f(x)只有一个零点．即方程①只有一个解， 故曲线C1与C2只有1条公切线． 例2. 已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1). (1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 y＝ex的切线. 解析：(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,（x－1）2)>0， 所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增. 因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)>0， 所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝0. 又0<eq \f(1,x1)<1，f(eq \f(1,x1))＝－ln x1＋eq \f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0， 故f(x)在(0，1)有唯一零点eq \f(1,x1). 综上，f(x)有且仅有两个零点. 解析：(2)证明　因为eq \f(1,x0)＝e－ln x0，所以点B(－ln x0，eq \f(1,x0))在曲线y＝ex上. 由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝eq \f(x0＋1,x0－1)，故直线AB的斜率k＝eq \f(\f(1,x0)－ln x0,－ln x0－x0)＝eq \f(1,x0). 又曲线y＝ex在点B(－ln x0，eq \f(1,x0))处切线的斜率是eq \f(1,x0)， 曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是eq \f(1,x0)， 所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线. 例3.已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数. 证明：(1)f′(x)在区间(－1，eq \f(π,2))存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有2个零点. 证明　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,（1＋x）2). 当x∈(－1，eq \f(π,2))时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′(eq \f(π,2))<0，可得g′(x)在(－1，eq \f(π,2))有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈(α, eq \f(π,2))时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在(α, eq \f(π,2))单调递减， 故g(x)在(－1，eq \f(π,2))存在唯一极大值点，即f′(x)在(－1，eq \f(π,2))存在唯一极大值点. 解析：(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞). ①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0， 所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减. 又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点. ②当x∈(0, eq \f(π,2)]时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在(α, eq \f(π,2))单调递减， 而f′(0)＝0，f′(eq \f(π,2))<0，所以存在β∈(α, eq \f(π,2))，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈(β, eq \f(π,2))时，f′(x)<0. 故f(x)在(0，β)单调递增，在(β, eq \f(π,2))单调递减. 解析： 又f(0)＝0，f(eq \f(π,2))＝1－ln(1+eq \f(π,2))>0， 所以当x∈(0, eq \f(π,2)]时，f(x)>0.从而，f(x)在(0, eq \f(π,2)]上没有零点. ③当x∈(eq \f(π,2), π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(eq \f(π,2), π)单调递减.又f(eq \f(π,2))>0，f(π)<0， 所以f(x)在(eq \f(π,2), π]有唯一零点. ④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1. 所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点. 综上，f(x)有且仅有2个零点. 思维顺序：1.分离参数，把方程f(x)＝0转化为a＝g(x)的形式； 2.求出函数g(x)的单调区间； 3.求出函数g(x)的极值，以及区间端点的值或极限。 4.画出函数的草图； 5.方程f(x)＝0有n个根，则函数g(x)图像中n对一的函数值的集合即为待定字母a的取值范围。 例.已知a为常数，函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则(　　) A.f(x1)>0，f(x2)>－eq \f(1,2) B.f(x1)<0，f(x2)<－eq \f(1,2) C.f(x1)>0，f(x2)<－eq \f(1,2) D.f(x1)<0，f(x2)>－eq \f(1,2) 解析：f′(x)＝ln x－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2， 即曲线y＝1＋ln x与直线y＝2ax有两个不同交点，如图. 由直线y＝x是曲线y＝1＋ln x的切线， 可知：0<2a<1，0<x1<1<x2，∴a∈(0, eq \f(1,2)). 由0<x1<1，得f(x1)＝x1(ln x1－ax1)<0， ∵当x1<x<x2时，f′(x)>0， ∴f(x2)>f(1)＝－a>－eq \f(1,2). 例1.设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若关于x的方程f(x)＝a有三个不同的实根，求实数a的取值范围． 解析：(1)f′(x)＝3x2－6，令f′(x)＝0，解得x1＝－eq \r(2)，x2＝eq \r(2). 因为当x＞eq \r(2)或x＜－eq \r(2)时，f′(x)＞0；当－eq \r(2)＜x＜eq \r(2)时，f′(x)＜0. 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(2))和(eq \r(2)，＋∞)； 单调递减区间为(－eq \r(2)，eq \r(2))． 当x＝－eq \r(2)时，f(x)有极大值5＋4eq \r(2)； 当x＝eq \r(2)时，f(x)有极小值5－4eq \r(2). 解析：(2)由(1)的分析知y＝f(x)的图象的大致形状及走向如图所示． 所以，当5－4eq \r(2)＜a＜5＋4eq \r(2)时， 直线y＝a与y＝f(x)的图象有三个不同的交点， 即方程f(x)＝a有三个不同的实根． 所以，a的取值范围是(5－4eq \r(2)，5＋4eq \r(2))． 练一练.函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4的图象与直线y＝a恰有三个不同的交点，则实数a的取值范围是________. 解析:∵f(x)＝x3－4x＋4， ∴当x＝－ 2时，函数取得极大值f(－2)＝； 当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－. 结合图象知：－<a<. 答案 －<a<. 例2.已知函数f(x)＝6ln x－ax2－8x＋b(a，b为常数)，且x＝3为f(x)的一个极值点. (1)求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)若y＝f(x)的图象与x轴正半轴有且只有3个交点，求实数b的取值范围. 解析：(1)∵f′(x)＝eq \f(6,x)－2ax－8，∴f′(3)＝2－6a－8＝0，解得a＝－1. (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞). 由(1)知f(x)＝6ln x＋x2－8x＋b. ∴f′(x)＝eq \f(6,x)＋2x－8＝eq \f(2x2－4x＋3,x). 由f′(x)＞0可得x＞3或0＜x＜1， 由f′(x)＜0可得1＜x＜3(x＜0舍去). ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(1,3). (3)由(2)可知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增. 且当x＝1和x＝3时，f′(x)＝0. ∴f(x)的极大值为f(1)＝6ln 1＋1－8＋b＝b－7， f(x)的极小值为f(3)＝6ln 3＋9－24＋b＝6ln 3＋b－15. ∵当x充分接近0时，f(x)＜0，当x充分大时，f(x)＞0， ∴要使f(x)的图象与x轴正半轴有且仅有三个不同的交点， 只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1＝b－7＞0，,f3＝b＋6ln 3－15＜0.)) ∴b的取值范围是7＜b＜15－6ln 3. 例3.已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围. 解析：函数f (x)有两个零点，等价于方程a＝eq \f (ln x＋x,x2)有两解． 令g(x)＝eq \f (ln x＋x,x2)，x>0，则g′(x)＝eq \f (1－2ln x－x,x3)．易知1－2ln x－x为减函数，且g′(1)＝0，∴g′(x)>0⇒0<x<1，g(x)>0⇒x>1， ∴g(x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减， g(x)max＝g(1)＝1，当x→0时，g(x)→－∞， 当x→+∞时，eq \f(x＋ln x,x2)→0. ∴作出函数g(x)的简图如图： ∴a的取值范围为(0，1)． 例4.已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)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. (1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x. 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2. 令g′(x)＝0，解得x＝ln 2. 当x∈(0，ln 2)时，g′(x)<0；当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0. ∴当x≥0时，g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1. (2)解析：若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点， 即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解， 由a＝eq \f(ex,x2)，令φ(x)＝eq \f(ex,x2)，x∈(0，＋∞)， φ′(x)＝eq \f(ex（x－2）,x3)，令φ′(x)＝0，解得x＝2. 当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0. ∴φ(x)在(0，2)为减函数，(2，＋∞)为增函数。 ∴φ(x)min＝φ(2)＝eq \f(e2,4). ∴a＝eq \f(e2,4). 例5.已知函数f (x)＝ln x－ax2＋x，a∈R． (1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程； (2)讨论f (x)的单调性； (3)若f (x)有两个零点，求a的取值范围． 解析：(1)当a＝0时，f (x)＝ln x＋x，f (e)＝e＋1，f ′(x)＝eq \f (1,x)＋1，f ′(e)＝1＋eq \f (1,e)， ∴曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(1＋eq \f (1,e))(x－e)， 即y＝(1＋eq \f (1,e))x． (2)f ′(x)＝eq \f (1,x)－2ax＋1＝eq \f (－2ax2＋x＋1,x)，x>0， ①当a≤0时，显然f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a>0时，令f ′(x)＝eq \f (－2ax2＋x＋1,x)＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正， 设方程的两根分别为x1，x2(x1<x2)，则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．其中x2＝eq \f (1＋\r(8a＋1),4a)， 令f ′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f ′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)， ∴函数f (x)在(0, eq \f (1＋\r(8a＋1),4a))上单调递增，在(eq \f (1＋\r(8a＋1),4a),＋∞)上单调递减． 解析：（3）函数f (x)有两个零点，等价于方程a＝eq \f (ln x＋x,x2)有两解． 令g(x)＝eq \f (ln x＋x,x2)，x>0，则g′(x)＝eq \f (1－2ln x－x,x3)． 由g′(x)＝eq \f (1－2ln x－x,x3)>0，得2ln x＋x<1，解得0<x<1， ∴g(x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减， 又当x≥1时，g(x)>0，当x→0时，g(x)→－∞， ∴作出函数g(x)的简图如图： ∴a的取值范围为(0，1)． 例6.已知函数f (x)＝xex－eq \f (1,2)a(x＋1)2． (1)若a＝e，求函数f (x)的极值；(2)若函数f (x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解析：(1)由题意，当a＝e时，f (x)＝xex－eq \f (1,2)e(x＋1)2， f ′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f ′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1． 当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表所示： x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) ( 极大值－eq \f (1,e) ( 极小值－e ( 所以当x＝－1时，f (x)取得极大值－eq \f (1,e)；当x＝1时，f (x)取得极小值－e． 解析：(2)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． 当x＝－1时，方程为－e－1＝eq \f (1,2)a×0，显然不成立， 所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f (x)的零点． 当x≠－1时，分离参数得a＝eq \f (2xex,(x＋1)2)． 记g(x)＝eq \f (2xex,(x＋1)2)(x≠－1)，则g′(x)＝eq \f ((2xex)′(x＋1)2－[(x＋1)2]′·2xex,(x＋1)4)＝eq \f (2ex(x2＋1),(x＋1)3)． 当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增． 解析：当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞． 故函数g(x)的图象如图所示． 作出直线y＝a，由图可知， 当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象 有两个交点，此时函数f (x)有两个零点． 故实数a的取值范围是(－∞，0)． 例1.函数f(x)＝lnx＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是 ． 解析:由题意知f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解． 所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＝2在(0，＋∞)上有解， 则a＝2－eq \f(1,x)．因为x＞0，所以2－eq \f(1,x)＜2， 所以a的取值范围是(－∞，2)． 例2.已知曲线f(x)＝lnx＋1与g(x)＝x2－x＋a有公共切线，则实数a的取值范围为 ． 解析：设切线与f(x)＝lnx＋1相切于点P(x0，lnx0＋1)，f′(x0)＝eq \f(1,x0)， ∴切线方程为y－(lnx0＋1)＝eq \f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq \f(1,x0)x＋lnx0， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,x0)x＋ln x0，,y＝x2－x＋a，)) 得x2－(1＋eq \f(1,x0))x＋a－lnx0＝0，∴Δ＝(1＋eq \f(1,x0))2－4(a－lnx0)＝0， 解析：即eq \f(1,x\o\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1－4a＋4lnx0＝0，即4a＝eq \f(1,x\o\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1＋4lnx0有解， 令φ(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋1＋4lnx(x>0)， φ′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x2－2x－2,x3)＝eq \f(2(2x＋1)(x－1),x3)， 当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又x→＋∞时，φ(x)→＋∞，故φ(x)的值域为[4，＋∞)， 所以4a≥4，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)． 例3.若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________. 解析　由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间， 得f′(x)＝0有2个不同的实根.需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0， 解得a>－3， 所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞). 例1.已知f (x)＝e－x(ax2＋x＋1)．当a>0时，试讨论方程f (x)＝1的解的个数． 解析：方程f (x)＝1的解的个数即方程ex－ax2－x－1＝0(a>0)的解的个数． 当x＝0时，方程为0＝e0－0－1，显然成立，所以x＝0为方程的解． 当x≠0时，分离参数可得a＝eq \f (ex－x－1,x2)(x≠0)． 设函数p(x)＝eq \f (ex－x－1,x2)(x≠0)， 则p′(x)＝eq \f ((ex－x－1)′·x2－(x2)′·(ex－x－1),(x2)2)＝eq \f (ex(x－2)＋x＋2,x3)． 解析：记q(x)＝ex(x－2)＋x＋2，则q′(x)＝ex(x－1)＋1． 记t(x)＝q′(x)＝ex(x－1)＋1，则t′(x)＝xex． 显然当x<0时，t′(x)<0，函数t(x)递减；当x>0时，t′(x)>0，函数t(x)递增． 所以t(x)>t(0)＝e0(0－1)＋1＝0，即q′(x)>0，所以函数q(x)单调递增． 而q(0)＝e0(0－2)＋0＋2＝0， 所以当x<0时，q(x)<0，即p′(x)>0，函数p(x)单调递增； 当x>0时，q(x)>0，即p′(x)>0，函数p(x)单调递增． 而当x→0时，p(x)→eq \f ((ex－x－1)′,(x2)′) |x→0＝eq \f (ex－1,2x) |x→0＝eq \f ((ex－1)′,(2x)′) |x→0＝eq \f (ex,2) |x→0＝eq \f (1,2) (洛必达法则)，当x→－∞时，p(x)→eq \f ((ex－x－1)′,(x2)′) x→－∞＝eq \f (ex－1,2x) x→－∞＝0， 解析：故函数p(x)的图象如图所示．作出直线y＝a． 显然，当a＝eq \f (1,2)时，直线y＝a与函数p(x)的图象无交点， 即方程ex－ax2－x－1＝0只有一个解x＝0； 当a≠eq \f (1,2)且a>0时，直线y＝a与函数p(x)的图象有一个交点(x0，a)， 即方程ex－ax2－x－1＝0有两个解x＝0或x＝x0． 综上，当a＝eq \f (1,2)时，方程f (x)＝1只有一个解； 当a≠eq \f (1,2)且a>0时，方程f (x)＝1有两个解． 例2．设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,x)，m∈R． (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； (2)讨论函数g(x)＝f ′(x)－eq \f(x,3)零点的个数． 解析：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)，则f′(x)＝eq \f(x－e,x2)， ∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋eq \f(e,e)＝2，∴f(x)的极小值为2． 解析：(2)由题设g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)． 设φ(x)＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)． 当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减． ∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点， 因此x＝1也是φ(x)的最大值点， ∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq \f(2,3)． 解析：又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知， ①当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点； ②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0<m<eq \f(2,3)时，函数g(x)有两个零点； ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点． 综上所述，当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<eq \f(2,3)时，函数g(x)有两个零点． 例3.已知函数f(x)＝eq \f(aln x＋b,x)(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a. (1)求f(x)的单调区间； (2)讨论方程f(x)＝1根的个数． 解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a－b－aln x,x2)， 由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝eq \f(a(ln x＋2),x)，f′(x)＝－eq \f(a(ln x＋1),x2). 当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<eq \f(1,e)；由f′(x)<0，得x>eq \f(1,e). 当a<0时，由f′(x)>0，得x>eq \f(1,e)；由f′(x)<0，得0<x<eq \f(1,e). 综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0, eq \f(1,e))，单调递减区间为(eq \f(1,e), ＋∞)； 当a<0时，f(x)的单调递增区间为(eq \f(1,e), ＋∞)，单调递减区间为(0, eq \f(1,e)). 解析：(2)f(x)＝1，即方程eq \f(aln x＋2a,x)＝1，即方程eq \f(1,a)＝eq \f(ln x＋2,x)， 构造函数h(x)＝eq \f(ln x＋2,x)，则h′(x)＝－eq \f(1＋ln x,x2)，令h′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e)， 且在(0, eq \f(1,e))上h′(x)>0，在(eq \f(1,e), ＋∞)(eq \f(1,e), ＋∞)上h′(x)<0， 即h(x)在(0, eq \f(1,e))上单调递增，在(eq \f(1,e), ＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(eq \f(1,e))＝e. 在(eq \f(1,e), ＋∞)上，h(x)单调递减且h(x)＝eq \f(ln x＋2,x)>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；在(0, eq \f(1,e))上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x＋2负无限大， 故h(x)负无限大． 解析：故当0<eq \f(1,a)<e，即a>eq \f(1,e)时，方程f(x)＝1有两个不等实根， 当a＝eq \f(1,e)时，方程f(x)＝1只有一个实根， 当a<0时，方程f(x)＝1只有一个实根． 综上可知，当a>eq \f(1,e)时，方程f(x)＝1有两个实根； 当a<0或a＝eq \f(1,e)时，方程f(x)＝1有一个实根； 当0<a<eq \f(1,e)时，方程f(x)＝1无实根． 例1.若函数f(x)＝eq \f(ax－a,ex)＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________. 解析　f ′(x)＝eq \f(aex－（ax－a）ex,e2x)＝eq \f(－a（x－2）,ex)(a<0). 当x<2时，f ′(x)<0；当x>2时，f ′(x)>0， ∴f(x)在(－∞, 2)上为减函数，在( 2, +∞)上为增函数， ∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝eq \f(a,e2)＋1. 若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝eq \f(a,e2)＋1>0， 解之得a>－e2，因此－e2<a<0. 例2.已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)·ex－x． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． (ⅰ)若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减． (ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a． 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0． 所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增． 解析：(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． (ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)min=f(－ln a)＝1－eq \f(1,a)＋ln a． ①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点； ②当a∈(1，＋∞)时，由于f(－ln a)＝1－eq \f(1,a)＋ln a＞0，故f(x)没有零点； ③当a∈(0，1)时，1－eq \f(1,a)＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0．又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数n0满足n0＞lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞2n0－n0＞0．由于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a的取值范围为(0，1)． 例3．设函数f(x)＝ex－2a－ln(x＋a)，a∈R，e为自然对数的底数． (1)若a>0，且函数f(x)在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a的取值范围； (2)若0<a<eq \f(2,3)，试判断函数f(x)的零点个数． 解析：(1)∵函数f(x)在[0，＋∞)内单调递增， ∴f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋a)≥0在[0，＋∞)内恒成立． 即a≥e－x－x在[0，＋∞)内恒成立．记g(x)＝e－x－x， 则g′(x)＝－e－x－1<0恒成立， ∴g(x)在区间[0，＋∞)内单调递减， ∴g(x)≤g(0)＝1，∴a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)． 解析：(2)∵0<a<eq \f(2,3)，f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋a)(x>－a)，记h(x)＝f ′(x)， 则h′(x)＝ex＋eq \f(1,(x＋a)2)>0，知f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，＋∞))内单调递增． 又∵f ′(0)＝1－eq \f(1,a)<0，f ′(1)＝e－eq \f(1,a＋1)>0， ∴f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，＋∞))内存在唯一的零点x0，即f′(x0)＝ －eq \f(1,x0＋a)＝0， 于是 ＝eq \f(1,x0＋a)，x0＝－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋a))． 当－a<x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴f(x)min＝f(x0)＝ －2a－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋a))＝eq \f(1,x0＋a)－2a＋x0＝x0＋a＋eq \f(1,x0＋a)－3a ≥2－3a，当且仅当x0＋a＝1时，取等号．由0<a<eq \f(2,3)，得2－3a>0， ∴f(x)min＝f(x0)>0，即函数f(x)没有零点． $$