新高考数学二轮复习专题38 由函数零点或方程根的个数求参数范围问题 (教师版)

专题38由函数零点或方程根的个数求参数范围问题【例题选讲】[例1]已知函数f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－alnx(a∈R)．(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0]．注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2．(参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946)[规范解答](1)∵f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－alnx，∴f′(x)＝eq\f(2x3－ax－2,x2)(x>0)，由题意得f′(2)＝0，则2×23－2a－2＝0，a＝7，经验证，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，∴f(x)＝x2＋eq\f(2,x)－7lnx，f′(x)＝2x－eq\f(2,x2)－eq\f(7,x)，∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0．(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，则g′(x)＝6x2－a，由a>0，g′(x)＝0，可得x＝eq\r(\f(a,6))，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,6))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,6))，＋∞))上单调递增．由于g(0)＝－2<0，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,6))))时，g(x)<0，又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，则g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得2lnx0－eq\f(3,x\o\al(3,0)－1)－1＝0．令h(x)＝2lnx－eq\f(3,x3－1)－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，由于h(2)＝2ln2－eq\f(10,7)<2×0.7－eq\f(10,7)<0，h(3)＝2ln3－eq\f(29,26)>0，故x0∈(2，3)，[x0]＝2．[例2]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．[破题思路]第(1)问求f(x)的极值，想到求f′(x)＝0的解，然后根据单调性求极值；第(2)问求实数a的取值范围，想到建立关于a的不等式，给出函数f(x)的解析式，并已知f(x)有两个零点，利用f(x)的图象与x轴有两个交点求解．[规范解答](1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－eq\f(1,2)e(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，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．(2)法一：分类讨论法f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．若a<0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．由f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，当x→－∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．若lna<－1，即0<a<eq\f(1,e)，当x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(lna，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(lna)＝alna－eq\f(1,2)a(lna＋1)2<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若lna＝－1，即a＝eq\f(1,e)，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．若lna>－1，即a>eq\f(1,e)，当x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(－1，lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，0)．法二：数形结合法令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．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)．[题后悟通]利用函数零点的情况求参数范围的方法(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解[例3]已知函数f(x)＝ex－2x－1．(1)求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(2)设g(x)＝af(x)＋(1－a)ex，若g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．[规范解答](1)由题意知f′(x)＝ex－2，k＝f′(0)＝1－2＝－1，又f(0)＝e0－2×0－1＝0，∴f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝－x．(2)g(x)＝ex－2ax－a，g′(x)＝ex－2a．当a≤0时，g′(x)>0，∴g(x)在R上单调递增，不符合题意．当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)，在(－∞，ln(2a))上，g′(x)<0，在(ln(2a)，＋∞)上，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，ln(2a))上单调递减，在(ln(2a)，＋∞)上单调递增，∴g(x)极小值＝g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－a＝a－2aln(2a)．∵g(x)有两个零点，∴g(x)极小值<0，即a－2aln(2a)<0，∵a>0，∴ln(2a)>eq\f(1,2)，解得a>eq\f(\r(e),2)，∴实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),2)，＋∞))．[例4]已知函数f(x)＝lnx－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．[规范解答](1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋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)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))(x－e)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))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．令f′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．(3)法一：由(2)知，①当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多一个零点，不符合题意；②当a>0时，函数f(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(x2)．要使f(x)有两个零点，需f(x2)>0，即lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2>0，又由f′(x2)＝0得axeq\o\al(2,2)＝eq\f(1＋x2,2)，代入上面的不等式得2lnx2＋x2>1，解得x2>1，∴a＝eq\f(1＋x2,2x\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\o\al(2,2))＋\f(1,x2)))<1．下面证明：当a∈(0，1)时，f(x)有两个零点．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝lneq\f(1,e)－ae－2＋eq\f(1,e)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝lneq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)<eq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)＝0(∵lnx<x)．又x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)<eq\f(1＋\r(8＋1),4a)＝eq\f(1,a)<eq\f(2,a)，且x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)＝eq\f(2,\r(8a＋1)－1)>eq\f(2,\r(8＋1)－1)＝1>eq\f(1,e)，f(x2)＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2＝eq\f(1,2)(2lnx2＋x2－1)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，x2))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(2,a)))上各有一个零点．∴a的取值范围为(0，1)．法二：函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝eq\f(lnx＋x,x2)有两解．令g(x)＝eq\f(lnx＋x,x2)，x>0，则g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)．由g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)>0，得2lnx＋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，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0，1)时符合题意．下面给出证明：当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a∈(0，1)时，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－a<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)＋\f(2,a)))<eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(2,a)))＝a，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))－a<0．∴方程在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上各有一个根，∴f(x)有两个零点．∴a的取值范围为(0，1)．[例5](2017·全国Ⅰ)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．[规范解答](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＝－lna．当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)＜0；当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)＞0．所以f(x)在(－∞，－lna)单调递减，在(－lna，＋∞)单调递增．(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＝－lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(－lna)＝1－eq\f(1,a)＋lna．①当a＝1时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点；②当a∈(1，＋∞)时，由于1－eq\f(1,a)＋lna＞0，即f(－lna)＞0，故f(x)没有零点；③当a∈(0，1)时，1－eq\f(1,a)＋lna＜0，即f(－lna)＜0．又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－lna)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＞en0－n0＞2n0－n0＞0．由于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))＞－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)有一个零点．综上，a的取值范围为(0，1)．[例6]已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)若函数f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数a的取值范围；(2)若函数F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2lnx＋a)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内无零点，求实数a的最大值．[规范解答](1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上单调递增．若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0在(－e，－1)上恒成立．因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解得a≥eq\f(1,e)．又当a＝eq\f(1,e)时，f′(x)＝ex－eq\f(1,e)≤0，当且仅当x＝－1时取等号．所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))．(2)由已知得F(x)＝a(x－1)－2lnx，且F(1)＝0，则F′(x)＝a－eq\f(2,x)＝eq\f(ax－2,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a))),x)，x>0．①当a≤0时，F′(x)<0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，结合F(1)＝0知，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，F(x)>0．所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内无零点．②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝eq\f(2,a)．若eq\f(2,a)≥eq\f(1,2)，即a∈(0，4]时，F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是减函数．又x→0时，F(x)→＋∞．要使F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内无零点，只需Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(a,2)－2lneq\f(1,2)≥0，则0<a≤4ln2．若eq\f(2,a)<eq\f(1,2)，即a>4时，则F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上是减函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，\f(1,2)))上是增函数．所以F(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝2－a－2lneq\f(2,a)，令φ(a)＝2－a－2lneq\f(2,a)，则φ′(a)＝－1＋eq\f(2,a)＝eq\f(2－a,a)<0．所以φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)<φ(4)＝2ln2－2<0．因此Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))<0，所以F(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内一定有零点，不合题意，舍去．综上，函数F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内无零点，应有a≤4ln2，所以实数a的最大值为4ln2．【对点训练】1．(2018·全国Ⅱ)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．解析(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0．设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x．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．(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x．当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点．①当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；②当a>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．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在[0，＋∞)的最小值．1)若h(2)>0，即a<eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点；2)若h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；3)若h(2)<0，即a>eq\f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,e2a2)>1－eq\f(16a3,2a4)＝1－eq\f(1,a)>0．故h(x)在(2，4a)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＝eq\f(e2,4)．2．设函数f(x)＝lnx＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋eq\f(a,x)－x(0<x≤3)，若F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求实数a的取值范围；(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．2．解析(1)∵F(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，x∈(0，3]，∴F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，∴k＝F′(x0)＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))，∵F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，∴k＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))≤eq\f(1,2)在x0∈(0，3]上恒成立，∴a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x\o\al(2,0)＋x0))max，x0∈(0，3]，当x0＝1时，－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0取得最大值eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，∴x2－2mlnx－2mx＝0有唯一实数解．设g(x)＝x2－2mlnx－2mx，则g′(x)＝eq\f(2x2－2mx－2m,x)．令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.∵m>0，∴Δ＝m2＋4m>0，∵x>0，∴x1＝eq\f(m－\r(m2＋4m),2)<0(舍去)，x2＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)，当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增，当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．∵g(x)＝0有唯一解，∴g(x2)＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′(x2)＝0，,g(x2)＝0，))即xeq\o\al(2,2)－2mlnx2－2mx2＝xeq\o\al(2,2)－mx2－m，∴2mlnx2＋mx2－m＝0，∵m>0，∴2lnx2＋x2－1＝0.(*)设函数h(x)＝2lnx＋x－1，∵当x>0时，h(x)是增函数，∴h(x)＝0至多有一解．∵h(1)＝0，∴方程(*)的解为x2＝1，即1＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)，解得m＝eq\f(1,2).3．函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．3．解析(1)由题意知，f′(x)＝a＋lnx＋1(x>0)，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1．∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞．如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1．故实数m的取值范围为(－2，－1)．4．设函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)设函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有两个零点，求实数a的取值范围．4．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－2x2－x＋1,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)(负值舍去)，当0<x<eq\f(1,2)时，f′(x)>0；当x>eq\f(1,2)时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－eq\f(lnx,x)，令g(x)＝x－eq\f(lnx,x)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，则g′(x)＝1－eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，当eq\f(1,3)≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0，∴g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，单调递增区间为(1，3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，由于函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有两个零点，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝3ln3＋eq\f(1,3)，g(3)＝3－eq\f(ln3,3)，3ln3＋eq\f(1,3)>3－eq\f(ln3,3)，∴实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3－\f(ln3,3)))．5．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2．(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．5．解析(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①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．②设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a＝－eq\f(e,2)，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>－eq\f(e,2)，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0．所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．若a<－eq\f(e,2)，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0．所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．(2)①设a>0，则由(1)知，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，所以f(x)有两个零点．②设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．③设a<0，若a≥－eq\f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；若a<－eq\f(e,2)，则由(1)知，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，故f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．6．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2，a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．6．解析(1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a)．①若a≥0，则当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0．故函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．②当a<0时，由f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－2a)．(ⅰ)若ln(－2a)＝0，即a＝－eq\f(1,2)，则∀x∈R，f′(x)＝x(ex－1)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅱ)若ln(－2a)<0，即－eq\f(1,2)<a<0，则当x∈(－∞，ln(－2a))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，0)时，f′(x)<0．故函数f(x)在(－∞，ln(－2a))，(0，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，0)上单调递减．(ⅲ)若ln(－2a)>0，即a<－eq\f(1,2)，则当x∈(－∞，0)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，ln(－2a))时，f′(x)<0．故函数f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(0，ln(－2a))上单调递减．(2)①当a>0时，由(1)知，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．因为f(0)＝－1<0，f(2)＝e2＋4a>0，取实数b满足b<－2且b<lna，则f(b)>a(b－1)＋ab2＝a(b2＋b－1)>a(4－2－1)>0，所以f(x)有两个零点；②若a＝0，则f(x)＝(x－1)ex，故f(x)只有一个零点．③若a<0，由(1)知，当a≥－eq\f(1,2)时，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又当x≤0时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；当a<－eq\f(1,2)时，则f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增；在(0，ln(－2a))上单调递减．又f(0)＝－1，故不存在两个零点．综上所述，a的取值范围是(0，＋∞)．7．已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间．(2)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，求a的最小值．7．解析(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx，则f′(x)＝1－eq\f(2,x)，其中x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a＝(2－a)(x－1)－2lnx，令m(x)＝(2－a)(x－1)，h(x)＝2lnx，其中x＞0，则f(x)＝m(x)－h(x)．①当a＜2时，m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为增函数，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为增函数，结合图象知，若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，则meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即(2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))≥2lneq\f(1,2)，所以a≥2－4ln2，所以2－4ln2≤a＜2．②当a≥2时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上m(x)≥0，h(x)＜0，所以f(x)＞0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点．由①②得a≥2－4ln2，所以amin＝2－4ln2．8．已知函数F(x)＝eq\f(lnx,x－1)－eq\f(a,x＋1)．(1)设函数h(x)＝(x－1)F(x)，当a＝2时，证明：当x>1时，h(x)>0；(2)若F(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．8．解析(1)当a＝2，x>1时，h′(x)＝eq\f((x－1)2,x(x＋1)2)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)>0．(2)设函数f(x)＝lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)，则f′(x)＝eq\f(x2＋2(1－a)x＋1,x(x＋1)2)．令g(x)＝x2＋2(1－a)x＋1，当a≤1，x>0时，g(x)>0，当1<a≤2时，Δ＝4a2－8a≤0，得g(x)≥0，所以当a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)至多有一个零点，F(x)＝eq\f(1,x－1)f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去．当a>2时，Δ＝4a2－8a>0，此时g(x)有两个零点，设为t1，t2，且t1<t2．又t1＋t2＝2(a－1)>0，t1t2＝1，所以0<t1<1<t2．所以f(x)在(0，t1)，(t2，＋∞)上单调递增，在(t1，t2)上单调递减，且f(1)＝0，所以f(t1)>0，f(t2)<0，又f(e－a)＝－eq\f(2a,ea＋1)<0，f(ea)＝eq\f(2a,ea＋1)>0，且f(x)的图象连续不断，所以存在唯一x1∈(e－a，t1)，使得f(x1)＝0，存在唯一x2∈(t2，ea)，使得f(x2)＝0．又F(x)＝eq\f(1,x－1)f(x)，所以当F(x)有两个不同零点时，a的取值范围为(2，＋∞)．9．已知函数f(x)＝xex－a(lnx＋x)，a∈R．(1)当a＝e时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．9．解析(1)函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝e时，f′(x)＝eq\f((1＋x)(xex－e),x)．令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)