$x$ $(-∞,-\sqrt{2})$ $-\sqrt{2}$
$(-\sqrt{2},\sqrt{2})$ $\sqrt{2}$ $(\sqrt{2},+∞)$
$f'(x)$ $+$ $0$ $－$ $0$ $+$
$f(x)$ ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
\(\therefore f(x)\)的极大值是\(f(-\sqrt{2})=8\sqrt{2}\)，极小值是\(f(\sqrt{2})=-8\sqrt{2}\)，
且当\(f(-3)=-18<0\)，\(f(3)=18>0\)，
\(\therefore f(-3)\cdot f(-\sqrt{2})<0\)，\(f(3)\cdot f(\sqrt{2})>0\)，
\(\therefore f(x)\)在\((-∞,-\sqrt{2})\)、\((-\sqrt{2},\sqrt{2})\)、\((\sqrt{2},∞)\)上各有\(1\)个零点，
故函数\(f(x)\)有三个零点，即方程\(f(x)=0\)解的个数是\(3\).
证明 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\cos x\)，
当\(x \in\left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)时，\(-\cos x>0\)， \(\dfrac{1}{x+1}>0\)，
\(\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\cos x>0\)，\(\therefore f(x)\)单调递增，
而\(f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\ln \left(\dfrac{\pi}{2}+1\right)-1<0\)，\(f(π)=\ln (π+1)>0\)，
所以\(f(x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)上有且仅有一个零点\(x_0\)；
当\(x∈[π,+∞)\)时，\(f(x)=\ln (x+1)-\sin x>\ln (π+1)-1>0\)，
所以以\(f(x)\)在\([π,+∞)\)上无零点；
综上所述，\(f(x)\)有且仅有一个零点．
【题型2】 分离参数法
【典题1】 若\(f(x)=ae^2x+(a-2)e^x-x\)有两个零点，求\(a\)的取值范围.
解析 依题意， \(f(x)=0 \Leftrightarrow a\left(e^{2 x}+e^x\right)=2 e^x+x \Leftrightarrow a=\dfrac{2 e^x+x}{e^{2 x}+e^x}\)，
令\(g(x)=\dfrac{2 e^x+x}{e^{2 x}+e^x}\)，
则\(g^{\prime}(x)=\dfrac{\left(2 e^x+1\right)\left(e^{2 x}+e^x\right)-\left(2 e^x+x\right)\left(2 e^{2 x}+e^x\right)}{\left(e^{2 x}+e^x\right)^2}=\dfrac{\left(2 e^x+1\right)\left(1-e^x-x\right)}{e^x\left(e^x+1\right)^2}\)，
令\(h(x)=1-e^x-x\)，
显然函数\(h(x)\)是\(R\)上的减函数，而\(h(0)=0\)，
当\(x<0\)时，\(h(x)>0\)，\(g'(x)>0\)，当\(x>0\)时，\(h(x)<0\)，\(g'(x)<0\)，
因此，函数\(g(x)\)在\((-∞,0)\)上单调递增，在\((0,+∞)\)上单调递减，
当\(x=0\)时，\(g(x)_{max}=g(0)=1\)，
而\(g(-1)=\dfrac{2-e}{e^{-1}+1}<0\)，
又当\(x>0\)时，\(g(x)>0\)恒成立，
函数\(f(x)\)有两个零点，等价于直线\(y=a\)与函数\(y=g(x)\)的图象有两个公共点，
在同一坐标系内作出直线\(y=a\)与函数\(y=g(x)\)的图象，如图，
由图象知，当且仅当\(0 所以\(a\)的取值范围是\((0,1)\)． 点拨 利用分离参数法，能把含参函数问题转化为不含参函数问题. 【巩固练习】 1.已知函数\(f(x)=(x-a)\ln x(a∈R)\)，若函数\(f(x)\)存在三个单调区间，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) . 2.讨论函数\(g(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{m}{x^2}-\dfrac{x}{3}(x>0)\)零点的个数. 3.已知函数\(f(x)=\dfrac{x^2+2 x+4}{x+2}\)． (1)求函数\(f(x)\)在区间\([-1,1]\)上的最值； (2)若关于\(x\)的方程\((x+2)f(x)-ax=0\)在区间\((0,3)\)内有两个不等实根，求实数\(a\)的取值范围． 参考答案 答案 \(\left(-\dfrac{1}{e^2}, 0\right)\) 解析 \(f^{\prime}(x)=\ln x+\dfrac{1}{x}(x-a)=\ln x+1-\dfrac{a}{x}\)， 函数\(f(x)=(x-a)\ln x(a∈R)\)，若函数\(f(x)\)存在三个单调区间， 即\(f'(x)=0\)有两个不等实根，即\(a=x(\ln x+1)\)有两个不等实根， 转化为\(y=a\)与\(y=x(\ln x+1)\)的图像有两个不同的交点， \(y'=\ln x+2\)，令\(\ln x+2=0\)，即\(x=\dfrac{1}{e^2}\) ， 即\(y=x(\ln x+1)\)在\(\left(0, \dfrac{1}{e^2}\right)\)上单调递减，在\(\left(\dfrac{1}{e^2},+\infty\right)\)上单调递增 ， \(y_{min}=-\dfrac{1}{e^2}\)， 当\(x\in \left(0, \dfrac{1}{e^2}\right)\)时，\(y<0\)， 所以\(a\)的范围为\(\left(-\dfrac{1}{e^2}, 0\right)\). 答案 当\(m>\dfrac{2}{3}\)时，函数\(g(x)\)无零点； 当\(m=\dfrac{2}{3}\)或\(m≤0\)时，函数\(g(x)\)有且仅有一个零点； 当\(0 解析 令\(g(x)=0\)，得\(m=-\dfrac{1}{3} x^3+x(x>0)\)， 设\(h(x)=-\dfrac{1}{3} x^3+x(x>0)\)， 所以\(h'(x)=-x^2+1=-(x-1)(x+1)\)， 当\(x\in (0，1)\)时，\(h'(x)>0\)，此时\(h(x)\)在\((0,1)\)上为增函数； 当\(x\in (1，+∞)\)时，\(h'(x)<0\)，此时\(h(x)\)在\((1,+∞)\)上为减函数， 所以当\(x=1\)时，\(h(x)\)取极大值\(h(1)=-1+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}\)， 且\(x→0\)时\(h(x)→0\)，\(x→+∞\)时\(h(x)→-∞\)， 故当\(m>\dfrac{2}{3}\)时，函数\(y=m\)和函数\(y=h(x)\)无交点； 当\(m=\dfrac{2}{3}\)时，函数\(y=m\)和函数\(y=h(x)\)有且仅有一个交点； 当\(0 当\(m≤0\)时，函数\(y=m\)和函数\(y=h(x)\)有且仅有一个交点． 综上所述，当\(m>\dfrac{2}{3}\)时，函数\(g(x)\)无零点； 当\(m=\dfrac{2}{3}\)或\(m≤0\)时，函数\(g(x)\)有且仅有一个零点， 当\(0 答案 (1)最大值为\(3\)，最小值为\(2\)；(2) \(\left(6, \dfrac{19}{3}\right)\)． 解析 (1)最大值为\(3\)，最小值为\(2\)(过程略)． (2)因为关于于\(x\)的方程\((x+2)f(x)-ax=0\)在区间\((0,3)\)内有两个不等实根， 则\((x+2) \cdot \dfrac{x^2+2 x+4}{x+2}-a x=0\)在区间\((0,3)\)内有两个不等实根， 所以\(x^2+2x+4-ax=0\)在区间\((0,3\))内有两个不等实根， 所以\(a=\dfrac{x^2+2 x+4}{x}\)在区间\((0,3)\)内有两个不等实根， 令\(g(x)=\dfrac{x^2+2 x+4}{x}\),\(x\in (0,3)\)， \(g(x)=x+2+\dfrac{4}{x} \geqslant 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{4}{x}}+2=6\) (当且仅当\(x=2\)时，取等号)， \(x→0\)时，\(g(x)→+∞\)； \(g(3)=\dfrac{3^2+2 \times 3+4}{3}=\dfrac{19}{3}\)， 所以\(a\)的取值范围为 \(\left(6, \dfrac{19}{3}\right)\)． 【题型3】直接法 【典题1】 讨论函数\(f(x)=x\ln x-\dfrac{1}{2} x^2+(a-1)x(a\in R)\)的极值点的个数. 解析 \(f(x)\)的定义域是\((0 ,+∞)\)，\(f'(x)=\ln x-x+a\)， 令\(g(x)=\ln x-x+a\)，则\(f'(x)=\ln x-x+a\)，(构造函数，二次求导) 当\(x\in (0 ,1)\)时，\(g^{\prime}(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，即\(f'(x)\)单调递增； 当\(x\in (1 ,+∞)\)时，\(g'(x)<0\)， \(g(x)\)单调递减，即\(f'(x)\)单调递减； 所以当\(x=1\)时，\(f'(x)\)有极大值\(f'(1)=a-1\)，也是最大值， (确定\(f'(x)\)的最大值\(a-1\)，想下函数图象\(a-1\)与\(0\)的大小比较决定导函数\(y=f'(x)\)是否存在零点) ① 当\(a-1≤0\)，即\(a≤1\)时， 所以\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上单调递减，此时\(f(x)\)无极值， ② 当\(a>1\)时，\(f'(1)=a-1>0\)， \(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]=\ln \left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a\)\(=-a-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a=-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}<0\)， 易证\(x>1\)时，\(e^x>2x\)， 所以\(a>1\)，\(f'(e^a )=2a-e^a<0\)， 故存在\(x_1\) ,\(x_2\)满足\(0<\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1} 当\(x\in (0 ,x_1)\)时，\(f(x)\)单调递减， 当\(x\in (x_1 ,x_2)\)时，\(f(x)\)单调递增， 当\(x\in (x_2 ,+∞)\)时，\(f(x)\)单调递减， 所以\(f(x)\)在\(x=x_1\)处有极小值，在\(x=x_2\)处有极大值． 综上所述，当\(a≤1\)时，\(f(x)\)没有极值点；当\(a>1\)时，\(f(x)\)有\(2\)个极值点． 点拨 ① 求出导函数\(f'(x)=\ln x-x+a\)，它的图象很难确定，不知道是否存在零点(这与原函数单调性有关)，则考虑二次求导进行分析； ② 当\(a>1\)时，导函数\(f'(x)=\ln x-x+a\)存在零点\(x_1\) ,\(x_2\)是怎么确定的？ 误区1：\(y=f'(x)\)最大值在\(x\)轴上方且是“先增后减”，想当然说它有两个零点是不严谨的.因为\(y=f'(x)\)的图象可能如下左图，则只有一个零点；如右图，甚至没有零点； 误区2：当\(x→0\)时，显然\(f'(x)→-∞\)，当\(x→+∞\)时，显然\(f'(x)→-∞\)， 那可知\(y=f'(x)\)存在两个零点，也不够严谨； 而因\(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]<0\)， \(f'(e^a)=2a－e^a<0\)， 由零点判定定理可确定\(y=f'(x)\)有两个零点\(x_1\)、\(x_2\). ③ 那“取点”\(\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\)、\(e^a\)是怎么想到的呢？这需要些技巧，导函数\(f'(x)=\ln x-x+a\)中有参数\(a>1\)，\(x\)取常数是不行的；因有\(\ln x\)，想到含\(a\)的\(e\)指数幂，多尝试就可以！ 【典题2】已知函数\(f(x)=\dfrac{1}{x}+a\ln x-a-1\)，\(a\in R\)． (1)讨论函数\(f(x)\)的单调性；(2)讨论函数\(f(x)\)的零点个数． 解析 (1) \(f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{a}{x}=\dfrac{a x-1}{x^2}\)， 当\(a≤0\)时，\(f'(x)<0\)，故\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递减， 当\(a>0\)时， \(f^{\prime}(x)>0 \Rightarrow x>\dfrac{1}{a}\)， \(f(x)\)在\(\left(0, \dfrac{1}{a}\right)\)上单调递减，在\(\left(\dfrac{1}{a},+\infty\right)\)上单调递增． (2)当\(a≤0\)时， \(f\left(\dfrac{1}{e}\right)=e-2 a-1 \geq e-1>0\)，\(f(e)=\dfrac{1}{e}-1<0\)，\(f(x)\)有唯一零点； 当\(a>0\)时，\(f(1)=-a<0\)， (不用最小值\(f\left(\dfrac{1}{a}\right)=-a\ln a-1<0\)，因为这个还要证明，用\(f(1)=-a<0\)容易，接着要在\(x=1\)两边各取点\(0 而\(e^{1+\frac{1}{a}}>1,\)， \(f\left(e^{1+\frac{1}{a}}\right)=\dfrac{1}{e^{1+\frac{1}{a}}}+a\left(1+\dfrac{1}{a}\right)-a-1=\dfrac{1}{e^{1+\frac{1}{a}}}>0\)，(取 \(x_2=e^{1+\frac{1}{a}}\)) \(\therefore f(x)\)在 \(\left(1, e^{1+\frac{1}{a}}\right)\)内有一个零点； \(f\left(e^{-a-1}\right)=e^{a+1}-(a+1)^2\)，(取 \(x_1=e^{-a-1}<1\)) 令\(g(t)=e^t-t^2\)，则\(g'(t)=e^t-2t\)，\(g'' (t)=e^t-2\)， 当\(t>1\)时，\(g'' (t)>e-2>0\)，\(\therefore g'(t)\)单调递增， \(\therefore g'(t)>g'(1)=e-2>0\)，\(\therefore g(t)\)单调递增， \(\therefore g(t)>g(1)=e-1>0\)，故 \(f\left(e^{-a-1}\right)>0\)， \(\because e^{-a-1}<1\)，\(\therefore f(x)\)在\((e^{-a-1},1)\)内有一个零点； \(\therefore\)当\(a>0\)时\(f(x)\)有两个零点． 综上，当\(a≤0\)时\(f(x)\)有一个零点，当\(a>0\)时\(f(x)\)有两个零点． 【巩固练习】 1.若函数\(f(x)=-\dfrac{1}{3} x^3+a x^2+3 a^2 x-\dfrac{5}{3}\)仅有一个零点，求实数\(a\)的取值范围． 2.讨论函数\(f(x)=2 e^{2 x}-\dfrac{a}{x}\)，\(x\in (0,1)\)的零点的个数. 3.已知函数\(f(x)=ax⋅\ln x\)(其中\(a≠0\),\(a\in R\))， \(g(x)=\dfrac{x-1}{x+1}\)． (1)若存在实数\(a\)使得\(f(x)<\dfrac{1}{e}\)恒成立，求\(a\)的取值范围； (2)当\(a⩽\dfrac{1}{2}\)时，讨论函数\(y=f(x)-g(x)\)的零点个数． 参考答案 答案 \(\left(-1, \dfrac{\sqrt[3]{5}}{3}\right)\) 解析 函数\(f(x)\)只有一个零点， 因为\(f'(x)=-x^2+2ax+3a^2=-(x-3a)(x+a)\)， ①当\(a<0\)时，由\(f'(x)>0\)，解得\(3a 所以函数\(f(x)\)在区间\((3a,-a)\)上单调递增， 由\(f'(x)<0\)，解得\(x<3a\)或\(x>-a\)， 所以函数\(f(x)\)在区间\((-∞,3a)\)，\((-a,+∞)\)上单调递减， 又\(f(0)=-\dfrac{5}{3}<0\)， 所以只需要\(f(-a)<0\)，解得\(-1 所以实数\(a\)的取值范围为\((-1,0)\)． ②当\(a=0\)时，显然\(f(x)\)只有一个零点成立， ③当\(a>0\)时，由\(f'(x)>0\)，解得\(-a 即\(f(x)\)在区间\((-a,3a)\)上单调递增， 由\(f'(x)<0\)，解得\(x<-a\)或\(x>3a\)， 即函数\(f(x)\)在区间\((-∞,-a)\)，\((3a,+∞)\)上单调递减， 又\(f(0)=-\dfrac{5}{3}<0\)， 所以只需\(f(3a)<0\)，解得 \(0 综上，实数\(a\)的取值范围为\(\left(-1, \dfrac{\sqrt[3]{5}}{3}\right)\)． 答案 当\(a≤0\)或\(a≥2e^2\)时，\(f(x)\)无零点；当\(0 解析 \(f^{\prime}(x)=4 e^{2 x}+\dfrac{a}{x^2}\) ①当\(a≤0\)时，\(f(x)>0\)恒成立，在\((0,1)\)上恒成立，\(\therefore f(x)\)在\((0,1)\)上无零点； ②当\(a≥2e^2\)时， \(\because f^{\prime}(x)=4 e^{2 x}+\dfrac{a}{x^2}>0\)，在\((0,1)\)上恒成立， \(\therefore f(x)\)在\((0,1)\)上单调递增， \(\therefore f(x) ③当\(0 \(\therefore f(x)\)在\((0,1)\)上单调递增． 又\(\because\)当\(x\)趋向于\(0\)时，\(f(x)\)趋向于\(-∞\)；且\(f(1)=2e^2-a>0\)． 故由零点存在性定理可知：\(f(x)\)在\((0,1)\)上存在唯一一个零点， 综上：当\(a≤0\)或\(a≥2e^2\)时，\(f(x)\)在\((0,1)\)上无零点； 当\(0 答案 (1)\((-1,0)\)； (2) 当\(a<0\)或\(a=\dfrac{1}{2}\)时，\(h(x)\)有\(1\)个零点，当\(0 解析 (1)因为\(f(x)=ax\ln x\),\(a≠0\)，要使得\(f(x)<\dfrac{1}{e}\)在\((0,+∞)\)上恒成立， 所以\(a<0\)，由\(f'(x)=a(\ln x+1)\)， 由\(f'(x)=a(\ln x+1)>0\)，解得\(0 由\(f'(x)=a(\ln x+1)<0\)，解得\(x>\dfrac{1}{e}\) ， 所以\(f(x)_{\max }=f\left(\dfrac{1}{e}\right)=-\dfrac{a}{e}\)， 所以\(-\dfrac{a}{e}<\dfrac{1}{e}\)，所以\(-1 所以\(a\)的取值范围为\((-1,0)\)． (2)①当\(a<0\)时，当\(x\in (0,1)\)时，\(f(x)>0\)，\(g(x)<0\)， 所以\(y=f(x)-g(x)\)恒大于零， 当\(x=1\)时，\(y=f(x)-g(x)=0\)， 令\(h(x)=f(x)-g(x)\)， 所以\(a<0\)时，令\(h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)个零点， ②当\(a>0\)时，令\(h(x)=f(x)-g(x)\)， 则\(h(x)=a x \ln x-1+\dfrac{2}{x+1}(x>0)\)， \(h^{\prime}(x)=a(\ln x+1)-\dfrac{2}{(x+1)^2}\)， \(h^{\prime \prime}(x)=\dfrac{a}{x}+\dfrac{4}{(x+1)^3}\)， 因为\(x>0\)，所以\(h'' (x)>0\)恒成立， 所以\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递增， 因为\(h(1)=0\)，当\(h'(1)=0\)，即\(a=\dfrac{1}{2}\)时， \(h'(x)\)在\((0,1)\)上恒小于零，在\((1,+∞)\)上恒大于零， 即 在\((0,1)\)上单调递减，在\((1,+∞)\)上单调递增， 所以\(h(x)⩾h(1)=0\)，\(y=h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)个零点， 若\(0 由于\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递增， 所以\(h'(x)\)在\((0,1]\)上恒小于零，\(h(x)\)在\((0,1]\)上单调递减， 因为\(h(1)=0\)，所以\(h(x)\)在\((0,1]\)上有唯一零点\(1\)， 又因为\(h'(1)=a-\dfrac{1}{2}<0\)， \(h^{\prime}\left(e^{\frac{2}{a}-1}\right)=2-\dfrac{2}{\left(e^{\frac{2}{a}-1}+1\right)^2}>0\)， 所以存在 \(x_0 \in\left(1, e^{\frac{2}{a}-1}\right)\)，使得\(h'(x_0 )=0\)， 由于\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递增， (1) ， 所以\(h(x)\)在\((1,x_0 )\)上单调递减，在\((x_0,+∞)\)上单调递增， \(x_0 \in\left(1, e^{\frac{2}{a}-1}\right)\)， 所以\(h(x_0 ) 又\(0 所以 \(x_0 结合\(h(x)\)在\((x_0,+∞)\)单调递增，\(h(x)\)在\((1,+∞)\)上有唯一零点， 又\(h(1)=0\)， 所以\(0 又因为\(h(1)=0\)， 所以\(0 综上所述，当\(a<0\)或\(a=\dfrac{1}{2}\)时，\(h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)个零点， 当\(0 【题型4】几何法 【典题1】 函数\(g(x)=(x^2+1) e^x-mx-1\)在\([-1,+∞)\)有两个零点，求\(m\)的取值范围. 解析 函数\(g(x)=(x^2+1) e^x-mx-1\)在\([-1,+∞)\)有两个零点， 等价于\(s(x)=(x^2+1) e^x\)与\(t(x)=mx+1\)在\([-1,+∞)\)有两个交点， \(\because s'(x)=(x+1)^2 e^x≥0\)，\(\therefore s(x)\)在\([-1,+∞)\)单调递增， 又 \(s(-1)=\dfrac{2}{e}\)，\(s(0)=1\)， 而函数\(t(x)=mx+1\)是过定点\((0,1)\)的直线，且斜率为\(m\)， 则 \(\dfrac{1-\dfrac{2}{e}}{0-(-1)}=1-\dfrac{2}{e} \leq m<1\)，或\(m>s'(0)=1\)， 故m的取值范围为 \(1-\dfrac{2}{e} \leqslant m<1\)或\(m>1\). 点拨 函数能够转化为一次函数与其他形式函数的交点问题，可考虑这种方法；但还要注意到\(s(x)=(x^2+1) e^x\)是凹函数，因为\(s'' (x)>0\)，若\(s(x)\)是凸函数，则\(m\)的范围就不一样了，但内容超纲不适合处理解答题，第二问利用分离参数法有难度 \(m=\dfrac{\left(x^2+1\right) e^x-1}{x}\)，出现洛必达法则、隐零点. 【巩固练习】 1.函数 \(F(x)=\dfrac{a x-a}{e^x}+1(a<0)\)没有零点，求实数\(a\)的取值范围. 参考答案 答案 \((-e^2,0)\) 解析 由已知有 \(F(x)=\dfrac{a x-a+e^x}{e^x}=0\)没有解，即\(e^x=-a(x-1)\)无解， \(\therefore y_1=e^x\)与\(y_2=-a(x-1)\)两图象无交点， 设两图象相切于\((m,n)\)两点， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} e^m=-a(m-1) \\ e^m=-a \end{array}\right.\)，\(\therefore m=2\)，\(a=-e^2\)， \(\because\)两图象无交点，\(\therefore\)故\(a\)的取值范围是\((-e^2,0)\)． 分层练习 【A组---基础题】 1.已知函数\(f(x)=ax^3+bx^2+cx\)在点\(x_0\)处取得极小值\(-4\)，使其导数\(f'(x)>0\)的\(x\)的取值范围为\((1,3)\)， (1)求\(f(x)\)的解析式； (2)若过点\(P(-1,m)\)作曲线\(y=f(x)\)的三条切线，求实数\(m\)的取值范围． 2.证明:\(a>1\), \(f(x)=(1+x^2 ) e^x-a\)在 \((-∞,+∞)\)上有且仅有一个零点. 3.已知函数 \(f(x)=\dfrac{1}{3} x^3-\dfrac{(k+1)}{2} x^2\)，\(g(x)=\dfrac{1}{3}-kx\)，且\(f(x)\)在区间\((2,+∞)\)上为增函数． (1)求实数\(k\)的取值范围； (2)若函数\(f(x)\)与\(g(x)\)的图象有三个不同的交点，求实数\(k\)的取值范围． 4.已知函数\(f(x)=ax^2+x-\ln x(a\in R)\)． (1)当\(a=1\)时，求\(f(x)\)在区间 \(\left[\dfrac{1}{3}, 1\right]\)上的最值； (2)若\(g(x)=f(x)-x\)在定义域内有两个零点，求\(a\)的取值范围． 5.若 \(f(x)=e^{x-2}-a x\)有两个零点，求实数\(a\)的取值范围． 6.已知函数\(f(x)=x^2-a\ln x\)， (1)求\(f(x)\)的单调区间； (2)如果\(a>0\)，讨论函数\(y=f(x)\)在区间\((1,e)\)上零点的个数． 7.已知函数\(f(x)=x^3+ax+\dfrac{1}{4}\),\(g(x)=-\ln x\).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 . 8.若\(f(x) =m^2 x^2-\ln x\)的图象与直线\(y=mx\)交于\(M(x_M，y_M )\)，\(N(x_N，y_N )\)，两点，且\(x_M>x_N>1\)，求实数\(m\)的取值范围. 9.已知\(g(x)=a^x+b^x-2(0 10.已知\(a>0\)，函数\(f(x)=ae^x-x-2\)，函数\(g(x)=\ln (x+2)-x-\ln a\)． (1)若对\(∀x\in R\)，\(f(x)⩾0\)恒成立，求\(a\)的取值范围； (2)若方程\(f(x)=g(x)\)有两个根，求\(a\)的取值范围． 参考答案 答案 (1)\(f(x)=-x^3+6x^2-9x\)；(2) \((-11,16)\) . 解析 (1)\(f(x)=-x^3+6x^2-9x\)(过程略). (2)设切点\((t,f(t))\)，\(y-f(t)=f'(t)(x-t)\) \(y=(-3t^2+12t-9)(x-t)+(-t^3+6t^2-9t)\) \(=(-3t^2+12t-9)x+t(3t^2-12t+9)-t(t^2-6t+9)\) \(=(-3t^2+12t-9)x+t(2t^2-6t)\)过\((-1,m)\) \(\therefore m=(-3t^2+12t-9)(-1)+2t^3-6t^2\)， \(\therefore 2t^3-3t^2-12t+9-m=0\)， 设\(g(t)=2t^3-3t^2-12t+9-m\)， 令\(g'(t)=6t^2-6t-12=6(t^2-t-2)=0\)， 求得\(t=-1\),\(t=2\)， 若要方程\(g(t)=0\)有三个根， 需\(\left\{\begin{array} { l } { g ( - 1 ) > 0 } \\ { g ( 2 ) < 0 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { - 2 - 3 + 1 2 + 9 - m > 0 } \\ { 1 6 - 1 2 - 2 4 + 9 - m < 0 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} m<16 \\ m>-11 \end{array}\right.\right.\right.\) 故\(-11 证明 \(f'(x)=e^x (x^2+2x+1)=e^x (x+1)^2\)，\(\therefore f'(x)≥0\)， \(\therefore f(x)=(1+x^2 ) e^x-a\)在\((-∞,+∞)\)上为增函数． 而\(f(0)=1-a<0\)， \(f(\sqrt{a})=(1+a) e^{\sqrt{a}}-a=e^{\sqrt{a}}+a\left(e^{\sqrt{a}}-1\right)>0\)， \(\therefore f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上有且只有一个零点． 答案 (1) \(k≤1\)；(2) \(k<1-\sqrt{3}\). 解析 (1)\(k≤1\)(过程略). (2)欲使\(f(x)\)与\(g(x)\)的图象有三个不同的交点， 即函数\(h(x)=f(x)-g(x)\)有三个不同的零点， 设 \(h(x)=f(x)-g(x)=\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{(k+1)}{2} x^2+k x-\dfrac{1}{3}\)， \(h'(x)=x^2-(k+1)x+k=(x-k)(x-1)\)， 令\(h'(x)=0\)得\(x=k\)或\(x=1\)， 由(1)知\(k≤1\)， ①当\(k=1\)时，\(h'(x)=(x-1)^2≥0\)，\(h(x)\)在\(R\)上递增，显然不合题意. ②当\(k<1\)时，\(h(x)\),\(h'(x)\)随\(x\)的变化情况如下表： $x$ $(-∞,k)$ $k$ $(k,1)$ $1$ $(1,+∞)$ $h'(x)$ $+$ $0$ $-$ $0$ $+$ $h(x)$ $↗$ 极大值 $-\dfrac{k^3}{6}+\dfrac{k^2}{2}-\dfrac{1}{3}$ $↘$ 极小值 $\dfrac{k-1}{2}$ $↗$ 由于 \(h(1)=\dfrac{k-1}{2}<0\)且当\(x→+∞\)时，\(y→+∞\)，当\(x→-∞\)时\(，y→-∞\)， 若要函数\(h(x)=f(x)-g(x)\)有三个不同的零点， 故需 \(-\dfrac{k^3}{6}+\dfrac{k^2}{2}-\dfrac{1}{3}>0\)，即\((k-1)(k^2-2k-2)<0\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} k<1 \\ k^2-2 k-2>0 \end{array}\right.\)，解得 \(k<1-\sqrt{3}\)， 综上，所求\(k\)的取值范围为\(k<1-\sqrt{3}\). 答案 (1)\(f(x)_{min}=\ln 2+\dfrac{3}{4}\)，\(f(x)_{max}=2\)；(2) \(\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\). 解析 (1) \(f(x)_{min}=\ln 2+\dfrac{3}{4}\)，\(f(x)_{max}=2\)(过程略) (2)令\(g(x)=f(x)-x=0\)，得 \(a=\dfrac{\ln x}{x^2}\)， 设 \(h(x)=\dfrac{\ln x}{x^2}(x>0)\)， \(\because g(x)=f(x)-x\)在定义域内有两个零点， \(\therefore\)函数\(y=h(x)\)与\(y=a\)与在定义域内有两个交点 \(\because h^{\prime}(x)=\dfrac{1-2 \ln x}{x^3}\) ， 令\(h'(x)>0\)得：\(0 \(\therefore h(x)\)在\((0,\sqrt{e})\)单调递增，在\((\sqrt{e},+∞)\)单调递减， 又\(\because h(\sqrt{e})=\dfrac{1}{2e}\)，且当\(x→0\)时，\(h(x)→-∞\)，当\(x→+∞\)时，\(h(x)→0\)， 画出函数\(h(x)\)的大致图像，如图所示： 由图象可得， \(a \in\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\)， \(\therefore a\)的取值范围为 \(\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\)． 答案 \(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\). 解析 方法1 因为\(f(x)=e^{x-2}-ax\)，所以 \(f^{\prime}(x)=e^{x-2}-a\)， 当\(a⩽0\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\(R\)上单调递增， 故\(f(x)\)至多存在一个零点，不合题意； 当\(a>0\)时，由\(f'(x)=e^{x-2}-a=0\)得：\(x=2+\ln a\)， 当\(x\in (-∞,2+\ln a)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\((-∞,2+\ln a)\)上单调递减； 当\(x\in (2+\ln a,+∞)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\((2+\ln a,+∞)\)上单调递增； 所以当\(x=2+\ln a\)时，\(f(x)\)取到最小值，且最小值为\(f(2+\ln a)=-a(1+\ln a)\)． ①当\(0 ②当\(a>\dfrac{1}{e}\)时，\(f(2+\ln a)<0\)． 由于 \(f(0)=e^{-2}>0\)， 所以\(f(x)\)在\((-∞,2+\ln a)\)上存在唯一零点． \(f(4+2 \ln a)=e^{2 \ln a+2}-a(4+2 \ln a)=e^2 a^2-a(4+2 \ln a)=a\left(e^2 a-2 \ln a-4\right)\)． 设\(g(a)=e^2 a-2\ln a-4\)， 则 \(g^{\prime}(a)=e^2-\dfrac{2}{e}=\dfrac{e^2 a-2}{a}=\dfrac{e^2}{a}\left(a-\dfrac{2}{e^2}\right)\)， 当\(a>\dfrac{1}{e}\)时，\(g'(a)>0\)， 所以\(g(a)\)在\(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\)上单调递增． 因为\(g\left(\dfrac{1}{e}\right)=e+2-4>0\)， 所以\(g(a)>g\left(\dfrac{1}{e}\right)>0\)，即\(f(4+2\ln a)>0\)． 从而\(f(x)\)在\(R\)上有两个零点． 综上所述，\(a\)的取值范围为\(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\)． 方法2 几何法 函数\(f(x)=e^{x-2}-ax\)有两个零点等价于函数\(g(x)=e^{x-2}\)与函数\(y=ax\)有两个交点， 设函数\(y=kx\)与函数\(g(x)=e^{x-2}\)相切，切点\(P(x_0,y_0)\)， \(\because g'(x)=e^{x-2}\)，\(\therefore k=g'(x_0 )=e^{x_0-2}\)， 即切线方程为\(y=e^{x_0-2} x\)，则\(y_0=e^{x_0-2} x_0\)， 又\(g(x_0 )=e^{x_0-2}\)，即\(y_0=e^{x_0-2}\)，\(\therefore x_0=1\)， \(\therefore k=e^{x_0-2}=\dfrac{1}{e}\)， \(\therefore\)若函数\(g(x)=e^{x-2}\)与函数\(y=ax\)有两个交点，则\(a>\dfrac{1}{e}\)， 所以\(a\)的取值范围为 \(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\)． 答案 (1)当\(a≤0\)，\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上递增； 当\(a>0\)，\(f(x)\)的增区间为\(\left(\sqrt{\dfrac{a}{2}},+\infty\right)\)，减区间为\(\left(0, \sqrt{\dfrac{a}{2}}\right)\)； (2)当\(0 当\(a=2e\)或\(a≥e^2\)时，函数\(f(x)\)有\(1\)零点； 当\(2e 解析(1)函数\(f(x)=x^2-a\ln x\)的导数 \(f^{\prime}(x)=2 x-\dfrac{a}{x}=\dfrac{2 x^2-a}{x}(x>0)\)， 若\(a≤0\)，则\(f'(x)>0\)，即有\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上递增； 若\(a>0\)，由\(f'(x)>0\)得到\(x>\sqrt{\dfrac{a}{2}}\)，由\(f'(x)<0\)得到\(0 即有\(a>0\)时，\(f(x)\)的增区间为\(\left(\sqrt{\dfrac{a}{2}},+\infty\right)\)，减区间为\(\left(0, \sqrt{\dfrac{a}{2}}\right)\)； (2)由(1)知\(f(x)\)的极小值为 \(f\left(\sqrt{\dfrac{a}{2}}\right)=\dfrac{a}{2}\left(1-\ln \dfrac{a}{2}\right)\)，也为最小值． ① 当\(\dfrac{a}{2}\left(1-\ln \dfrac{a}{2}\right)>0\)，即\(0 则\(y=f(x)\)在区间\((1，e)\)上无零点； ② 当\(\dfrac{a}{2}\left(1-\ln \dfrac{a}{2}\right)=0\)，即\(a=2e\),即有\(1<\sqrt{\dfrac{a}{2}} 而\(f(1)=1>0\), \(f\left(\sqrt{\dfrac{a}{2}}\right)=0\)，\(f(e)>0\)， 则\(f(x)\)在\((1,e)\)上有一个零点； ③ 当\(\dfrac{a}{2}\left(1-\ln \dfrac{a}{2}\right)<0\)，即\(a>2e\),即有\(\sqrt{\dfrac{a}{2}}>\sqrt{e}>1\)， (i)若\(\sqrt{\dfrac{a}{2}} 当\(2e 当\(e^2≤a<2e^2\)时，\(f(e)≤0\)，则\(f(x)\)在\((1,e)\)上有\(1\)个零点； (ii)若\(\sqrt{\dfrac{a}{2}}≥e\)，即\(a≥2e^2\)，而\(f(1)>0\)，\(f(e)<0\)， 则\(f(x)\)在\((1,e)\)上有\(1\)零点． 综上所述：当\(0 当\(a=2e\)或\(a≥e^2\)时，函数\(f(x)\)有\(1\)零点； 当\(2e 答案 当\(a>-\dfrac{3}{4}\)，\(h(x)\)有\(0\)个零点， 当 \(a=-\dfrac{3}{4}\)或\(a≤-\dfrac{5}{4}\)时，\(h(x)\)有一个零点， 当\(-\dfrac{5}{4} 解析 当 \(x\in (1,+∞)\)时，\(g(x)=-\ln x<0\)， \(\therefore\) 函数 \(h(x)=\min \{f(x), g(x)\} \leq g(x)<0\)， 故\(h(x)\)在\((1,+∞)\)时无零点． 当\(x=1\)时，若\(a≥-\dfrac{5}{4}\)，则\(f(1)=a+\dfrac{5}{4}≥0\)， \(\therefore h(x)=\min \{f(1), g(1)\}=g(1)=0\)， 故\(x=1\)是函数\(h(x)\)的一个零点； 若\(a<-\dfrac{5}{4}\)，则\(f(1)=a+\dfrac{5}{4}<0\)， \(\therefore h(x)=\min \{f(1), g(1)\}=f(1)<0\)， 故\(x=1\)不是函数\(h(x)\)的零点； 当 \(x\in (0,1)\)时，\(g(x)=-\ln x>0\)， 所以只需考虑\(f(x)\)在\((0,1)\)的零点个数， (i)若\(a≤-3\)或\(a≥0\)，则\(f'（x）=3x^2+a\)， 当\(a≥0\)时，\(f(x)\)在\((0,1)\)无零点， 当\(a≤-3\)时，\(f(x)\)在\((0,1)\)单调， 而\(f(0)=\dfrac{1}{4}\),\(f(1)=a+\dfrac{5}{4}\)，\(f(x)\)在\((0,1)\)有一个零点， (ii)若\(-3 则\(f(x)\)在\(\left(0, \sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)\)单调递减，在\(\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}, 1\right)\)单调递增， 故当 \(x=\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\)时，\(f(x)\)取得最小值，最小值为 \(f\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)=\dfrac{2 a}{3} \sqrt{-\dfrac{a}{3}}+\dfrac{1}{4}\)， ①若\(f\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)>0\)，即\(-\dfrac{3}{4} ②若\(f\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)=0\)，即\(a=-\dfrac{3}{4}\)，则\(f(x)\)在\((0,1)\)有唯一零点， ③若\(f\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)<0\)，即\(-3 所以当\(-\dfrac{5}{4} 当\(-3 综上所述，当\(a>-\dfrac{3}{4}\)，\(h(x)\)有\(0\)个零点， 当 \(a=-\dfrac{3}{4}\)或\(a≤-\dfrac{5}{4}\)时，\(h(x)\)有一个零点， 当\(-\dfrac{5}{4} 答案 \(\left(-\dfrac{1}{2 e^{\frac{3}{4}}}, 0\right)\) 解析 令 \(m^2 x^2-\ln x=mx\) ， 则由题意可知\(m^2 x^2-\ln x-mx=0\)有两个大于\(1\)的实数根，显然\(m≠0\). 令\(F(x)=m^2 x^2-\ln x-mx\)， 则 \(F^{\prime}(x)=2 m^2 x-\dfrac{1}{x}-m=\dfrac{(2 m x+1)(m x-1)}{x}\). 若\(m>0\)，则当 \(x \in\left(0, \dfrac{1}{m}\right)\)时，\(F'(x)<0\)， 当 \(x \in\left(-\dfrac{1}{2 m}, \quad+\infty\right)\)时，\(F'(x)>0\)， 要满足已知条件，必有 \(\left\{\begin{array}{c} F(1)=m^2-m>0 \\ F\left(\dfrac{1}{m}\right)=-\ln \dfrac{1}{m}<0 \\ \dfrac{1}{m}>1 \end{array}\right.\)此时无解； 若\(m<0\)，则当 \(x \in\left(0,-\dfrac{1}{2 m}\right)\)时，\(F'(x)<0\)， 当 \(x \in\left(-\dfrac{1}{2 m},+\infty\right)\)时，\(F'(x)>0\)， 要满足已知条件，必有\(\left\{\begin{array}{c} F(1)=m^2-m>0, \\ F\left(-\dfrac{1}{2 m}\right)=\dfrac{3}{4}+\ln (-2 m)<0 \\ -\dfrac{1}{2 m}>1 \end{array}\right.\)，解得\(-\dfrac{1}{2 e^{\dfrac{3}{4}}} 当\(-\dfrac{1}{2 e^{\dfrac{3}{4}}} 故函数\(F(x)\)在\(\left(1,-\dfrac{1}{2 m}\right)\)上有一个零点. 易知 \(\dfrac{1}{m^2}>-\dfrac{1}{2 m}\)，且 \(F\left(\dfrac{1}{m^2}\right)=\dfrac{1}{m^2}-\dfrac{1}{m}-\ln \dfrac{1}{m^2}>\dfrac{1}{m^2}-\ln \dfrac{1}{m^2}\) ， 下证：\(x-\ln x>0\). 令\(g(x)=x-\ln x\)，则\(g'(x)=1-\dfrac{1}{x}\)，当\(0 当\(x>1\)时，\(g'(x)>0\)， 故\(g(x)≥g(1)=1-\ln 1>0\)，即\(x-\ln x>0\)， 故\(F\left(\dfrac{1}{m^2}\right)>\dfrac{1}{m^2}-\ln \dfrac{1}{m^2}>0\)， 故\(F\left(-\dfrac{1}{2 m}\right) \cdot F\left(\dfrac{1}{m^2}\right)<0\)， 又\(F(x)\)在 \(\left(-\dfrac{1}{2 m},+\infty\right)\)上单调递增， 故\(F(x)\)在 \(\left(-\dfrac{1}{2 m},+\infty\right)\)上有一个零点. 综上所述，实数\(m\)的取值范围为 \(\left(-\dfrac{1}{2 e^{\frac{3}{4}}}, 0\right)\). 答案 \(1\) 解析 \(\because g(0)=0\)，由题意知\(0\)为\(g(x)=f(x)-2\)的唯一零点， 因为\(g'(x)=a^x \ln a+b^x \ln b\)，且\(0 故\(\ln a<0\),\(\ln b>0\)， 所以\(g'(x)=0\)有唯一解 \(x_0=\log _{\frac{b}{a}}\left(-\dfrac{\ln a}{\ln b}\right)\)， 令\(h(x)=g'(x)\)，则\(h'(x)=(a^x \ln a+b^x \ln b)'=a^x (\ln a)^2+b^x (\ln b)^2\)， 对于任意\(x\in R\)，都有\(h'(x)>0\)， 故\(g'(x)=h(x)\)在\(R\)上单调递增， 则\(x\in (-∞,x_0 )\)时，\(g'(x)<0\)，\(x\in (x_0,+∞)\)时，\(g'(x)>0\)， 故函数\(g(x)\)在\((-∞,x_0 )\)时单调递减，在\((x_0,+∞\))时单调递增， 故\(g(x)_{min}=g(x_0 )\)； 若\(g(x_0 )<0\)，当\(x<\log _a2\)时， \(a^x>a^{\log _a2}=2\)，\(b^x>0\)， 则\(g(x)>0\)，因此当\(x_1<\log _a2\)且\(x_1 此时\(g(x)\)在\((x_1,x_0 )\)内有零点，则\(g(x)\)至少有两个零点，与题意不符； 故\(g(x_0)≥0\)，则\(g(x)\)的最小值为\(g(x_0)=0\)， 因为由题意知\(0\)为\(g(x)\)的唯一零点，故\(x_0=0\)， 即\(x_0=\log_ \frac{b}{a}\left(-\dfrac{\ln a}{\ln b}\right)=0\), \(-\dfrac{\ln a}{\ln b}=1\)， 则\(\ln a+\ln b=0\)，\(\ln ab=0\)，\(ab=1\)， 即\(ab\)值为\(1\)． 答案 (1)\([e,+∞)\)；(2)\((0,e)\) . 解析 (1)\([e,+∞)\)(过程略)； (2)由题意得\(ae^x-x-2-\ln (x+2)+x+\ln a=0\)在\(x>-2\)上有两个根， 即 \(e^{x+\ln a}+x+\ln a=\ln (x+2)+x+2=e^{\ln (x+2)}+\ln (x+2)\)，(同构) 令\(h(x)=x+e^x\)，则\(h(x)\)单调递增，而\(h(x+\ln a)=h(\ln (x+2))\) 所以\(x+\ln a=\ln (x+2)\)，问题转化为\(\ln a=\ln (x+2)-x\)在\(x>-2\)时有\(2\)实根， 令\(t(x)=\ln (x+2)-x\)，则 \(t^{\prime}(x)=-\dfrac{x+1}{x+2}\)， 当\(-2 当\(x<-2\)或\(x>-1\)时，\(t'(x)<0\)，\(t(x)\)单调递减， 所以\(t(x)⩽t(-1)=1\)，且在\((-2,-1)\),\((-1,+∞)\)上的值域都为\((-∞,-1]\)， 综上\(\ln a<1\)，所以\(0 故\(a\)的取值范围为\((0,e)\)． 【B组---提高题】 1.己知函数\(f(x)=e^x-1-x+\dfrac{1}{2} ax^2\). (1)当\(a≥0\)时，求\(f(x)\)的单调区间和极值； (2)讨论\(f(x)=e^x-1-x+\dfrac{1}{2} ax^2\)的零点的个数. 2.已知函数\(f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2\)有两个零点，求\(a\)的取值范围. 参考答案 答案 (1)单调递减区间为\((-∞,0)\)，单调递增区间为\((0,+∞)\)；极小值为\(0\)，无极大值； (2) 当\(a≥0\)或\(a=-1\)时，\(f(x)\)有\(1\)个零点； 当\(a<0\)且\(a≠-1\)时，\(f(x)\)有\(2\)个零点. 解析 (1)\(f(x)=e^x-1-x+\dfrac{1}{2} ax^2\)的定义域为\((-∞,+∞)\)，\(f'(x)=e^x-1+ax\)， \(\because a≥0\)，\(\therefore f'' (x)=e^x+a>0\)， 则\(f'(x)=e^x-1+ax\)在\((-∞,+∞)\)上单调递增， 又\(f'(0)=0\)， 所以当\(x\in (-∞,0)\)时，\(f'(x)<0\)，当\(x\in (0,+∞)\)时，\(f'(x)>0\)， 即\(f(x)\)的单调递减区间为\((-∞,0)\)，单调递增区间为\((0,+∞)\)； \(f(x)\)的极小值为\(f(0)=0\)，\(f(x)\)无极大值； (2)当\(a≥0\)时，由(1)知\(f(x)≥f(0)=0\)， 故\(f(x)\)仅有一个零点\(x=0\)； 当\(a<0\)时，\(f'' (x)=e^x+a\)， 令\(f'' (x)=0⇒x=\ln (-a)\)； 令\(f'' (x)>0⇒x>\ln (-a)\)， 所以\(f'(x)\)在\(x\in (\ln (-a),+∞)\)上单调递增； 令\(f'' (x)<0⇒x<\ln (-a)\)， 所以\(f'(x)\)在\(x\in (-∞,\ln (-a))\)上单调递减，且\(f'(0)=0\)，\(f(0)=0\)， 所以\(f'(x)≥f'(\ln (-a))\)， 最小值\(f'(\ln (-a))\)与\(0\)的比较等价于\(\ln (-a)\)与\(0\)的大小比较， 所以分三类进行讨论： ①当\(-1 由\(f'(x)\)在\(x\in (-∞,\ln (-a))\)上单调递减及在\(x\in (\ln (-a),+∞)\)上单调递增， 且\(f'(0)=0\)，\(x→-∞⇒f'(x)→+∞\) 由零点存在定理，得\(f'(x)\)在\(x\in (-∞,\ln (-a))\)上存在唯一零点，设为\(x_0\)，所以 $x$ $(-∞,x_0 )$ $x_0$ $(x_0,0)$ $0$ $(0,+∞)$ $f'(x)$ $+$ $0$ $-$ $0$ $+$ $f(x)$ 递增 极大值 递减 极小值 $f(0)=0$ 递增 又\(f(0)=0\)及\(x→-∞⇒f(x)→-∞\)由零点存在定理， 得\(f(x)\)在\(x\in (-∞,0)\)上存在唯一零点，设为\(x_1\)， 综上，当\(-1 ②当\(a=-1\)时，即\(\ln (-a)=0\)时， 由\(f'(x)\)在\(x\in (-∞,0)\)上单调递减及在\(x\in (0,+∞)\)上单调递增，且\(f'(x)≥f'(0)=0\)， 得\(f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上单调递增， 故\(f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上只有一个零点\(x=0\)； ③当\(a<-1\)时， 同理可得\(f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上存在\(2\)个零点：一个为\(x=0\)，一个为\(x_2\in (0,+∞)\)， 综上可得，当\(a≥0\)或\(a=-1\)时，\(f(x)\)有\(1\)个零点； 当\(a<0\)且\(a≠-1\)时，\(f(x)\)有\(2\)个零点. 答案 \((0,+∞)\) 解析 法一 分类讨论 \(\because\)函数\(f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2\)， \(\therefore f'(x)=(x-1)e^x+2a(x-1)=(x-1)(e^x+2a)\)， ①若\(a=0\)，那么\(f(x)=0⇔(x-2)e^x=0⇔x=2\)， 函数\(f(x)\)只有唯一的零点\(2\)，不合题意； ②若\(a>0\)，那么\(e^x+2a>0\)恒成立， 当\(x<1\)时，\(f'(x)<0\)，此时函数为减函数； 当\(x>1\)时，\(f'(x)>0\)，此时函数为增函数； 此时当\(x=1\)时，函数\(f(x)\)取极小值\(-e\)， 由\(f(2)=a>0\)，可得：函数\(f(x)\)在\(x>1\)存在一个零点； 当\(x<1\)时，\(e^x \(\therefore f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2>(x-2)e+a(x-1)^2=a(x-1)^2+e(x-1)-e\)， (使用放缩法) 方程\(a(x-1)^2+e(x-1)-e=0\)显然由两个不相等的实数根， 设为两根为\(t_1\),\(t_2\)，且\(t_1<1 则当\(x (由\(x→-∞\)时，\(y=x-2→-∞\)，\(y=e^x→0\)，\(y=a(x-1)^2→+∞\)，而二次函数比一次函数的增长速度快，\(f(x)→+∞\)可得函数\(f(x)\)在\(x<1\)存在一个零点，以上的证法更严谨但难度较大) 故函数\(f(x)\)在\(x<1\)存在一个零点； 即函数\(f(x)\)在\(R\)是存在两个零点，满足题意； ③若 \(-\dfrac{e}{2} 当\(x<\ln (-2a)\)或\(x>1\)时，\(f'(x)=(x-1)(e^x+2a)>0\)恒成立， 故\(f(x)\)单调递增， 当\(\ln (-2a) 故\(f(x)\)单调递减， 故当\(x= \ln (-2a)\)时，函数取极大值， 由\(f(\ln (-2a))=[\ln (-2a)-2](-2a)+a[\ln (-2a)-1]^2=a{[\ln (-2a)-2]^2+1}<0\)得：函数\(f(x)\)在\(R\)上至多存在一个零点，不合题意； ④若 \(a=-\dfrac{e}{2}\)，则\(\ln (-2a)=1\)，函数\(f(x)\)在\(R\)上单调递增， 函数\(f(x)\)在\(R\)上至多存在一个零点，不合题意； ⑤若\(a<-\dfrac{e}{2}\)，则\(\ln (-2a)>\ln e=1\)， 当\(x<1\)或\(x>\ln (-2a)\)时，\(f'(x)=(x-1)(e^x+2a)>0\)恒成立， 故\(f(x)\)单调递增， 当\(1 故\(f(x)\)单调递减， 故当\(x=1\)时，函数取极大值， 由\(f(1)=-e<0\)得：函数\(f(x)\)在\(R\)上至多存在一个零点，不合题意； 综上所述，\(a\)的取值范围为\((0,+∞)\)． 法二 分类参数 解：显然\(x=1\)不是函数\(f(x)\)的零点， 当\(x≠1\)时，方程\(f(x)=0\)等价于 \(-a=\dfrac{x-2}{(x-1)^2} \cdot e^x\)， 设 \(g(x)=\dfrac{x-2}{(x-1)^2} \cdot e^x\)，求导 \(g^{\prime}(x)=e^x \cdot \dfrac{x^2-4 x+5}{(x-1)^3}\)， 当\(x<1\)时，\(g'(x)<0\)；当\(x>1\)时，\(g'(x)>0\)； \(\therefore\)函数\(g(x)\)在\((-∞,1)\)上单调递减，在\((1,+∞)\)上单调递增， 且\(x→-∞\)时，\(g(x)→0\)；\(x→1\)时，\(g(x)→-∞\)；\(x→+∞\)时，\(g(x)→+∞\)； \(\therefore\)函数\(g(x)\)在\((-∞,1)\)上的值域为\((-∞,0)\)，在\((1,+∞)\)上的值域为\((-∞,+∞)\)， \(\therefore\)当\(-a<0\)时，函数\(f(x)\)有两个零点， 故所求\(a\)取值范围为\((0,+∞)\)． 【C组---拓展题】 1.已知函数\(f(x)=\ln x\)． (1)若\(af(x)⩽e^{x-1}-1\)恒成立，求实数\(a\)的值； (2)若关于\(x\)的方程\(f\left(x^2\right)-x+\dfrac{m}{x}-\ln m=0\)有四个不同的实数根，则实数\(m\)的取值范围． 2.已知函数\(f(x)=\ln x-a^2 x^2+ax\)． (1)求函数\(f(x)\)在定义域内的最值． (2)当\(a>0\)时，若\(y=f'(x)\)有两个不同的零点\(x_1\),\(x_2\)，求证：\(a(x_1+x_2 )>2\)． 参考答案 答案 (1) \(a=1\)；(2) \((0,1)\) . 解析 (1)\(a=1\)．(过程略) (2)解法一：由题意知，\(m>0\)， \(h(x)=\ln x^2-x+\dfrac{m}{x}-\ln m\)， \(h^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-1-\dfrac{m}{x^2}=\dfrac{-x^2+2 x-m}{x^2}\)， 当\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)在区间\((-∞,0)\)单调递减， 又 \(h(-\sqrt{m})=0\)，故\(h(x)\)在区间\((-∞,0)\)有唯一实根， 若\(m⩾1\)，\(-x^2+2x-m=-(x-1)^2+1-m⩽0\)， 当\(x>0\)时，\(h'(x)≤0\)，\(h(x)\)在区间\((0,+∞)\)单调递减， 故\(h(x)\)在区间\((0,+∞)\)至多有一个实根，不符合题意， 若\(0 易得\(0 故\(h(x)\)在区间\((0,x_1 )\),\((x_2,+∞)\)上单调递减，在区间\((x_1,x_2 )\)上单调递增． \(h\left(x_1\right)=\ln x_1^2-x_1+\dfrac{m}{x_1}-\ln m=\ln x_1^2-x_1+\dfrac{-x_1^2+2 x_1}{x_1}-\ln \left(-x_1^2+2 x_1\right)\) \(=-2x_1+2+\ln x_1-\ln (2-x_1 )\)， 设\(φ(x)=-2x+2+\ln x-\ln (2-x)(0 则 \(\varphi^{\prime}(x)=-2+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}=\dfrac{2(x-1)^2}{x(2-x)}>0\)， \(φ(x)<φ(1)=0\)，\(h(x_1 )<0\)， 同理可证\(h(x_2 )>0\)， 取 \(x_3=\left(1+\sqrt{2+\dfrac{1}{m}}\right)^2>x_2=1+\sqrt{1-m}\)， \(h\left(x_3\right)<2 \sqrt{x_3}-x_3+1+\dfrac{1}{m}=0\)． 取 \(x_4=\min \left\{\ln \dfrac{1}{m}, \dfrac{m^2}{4}\right\}\)， \(x_4 \leqslant \dfrac{m^2}{4}<\dfrac{m}{2} \(h\left(x_4\right)>2 \sqrt{x_4}-\dfrac{2}{\sqrt{x_4}}+\dfrac{m}{x_4}+\left(\ln \dfrac{1}{m}-x_4\right)=2 \sqrt{x_4}+\dfrac{m-2 \sqrt{x_4}}{x_4}+\left(\ln \dfrac{1}{m}-x_4\right)>0\)． 故\(h(x)\)在\((x_4,x_1 )\),\((x_1,x_2 )\),\((x_2,x_3 )\)各存在一个零点， 实数\(m\)的取值范围是\((0,1)\)． 解法二：由题意知，\(m>0\)， \(h(x)=\ln x^2-x+\dfrac{m}{x}-\ln m\)， \(h^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-1-\dfrac{m}{x^2}=\dfrac{-x^2+2 x-m}{x^2}\)， 当\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)在区间\((-∞,0)\)单调递减， 又 \(h(-\sqrt{m})=0\)，故\(h(x)\)在区间\((-∞,0)\)有唯一实根， 因此当\(x>0\)时，\(\ln x-x=\ln \dfrac{m}{x}-\dfrac{m}{x}\)有三个实根， 当\(x=\dfrac{m}{x}\), \(x=\sqrt{m}\)是方程的一个实根， 若\(x \neq \dfrac{m}{x}\)， \(\ln x-\ln \dfrac{m}{x}=x-\dfrac{m}{x}\)， \(\dfrac{1}{\sqrt{m}}>\dfrac{\ln x-\ln \dfrac{m}{x}}{x -\dfrac{m}{x}}=1\)(对数均值不等式)， 所以\(0 故\(m\)的取值范围为\((0,1)\)． 答案 (1) 最大值\(-\ln a\)，无最小值；(2)略 . 解析 (1)函数\(f(x)=\ln x-a^2 x^2+ax\)的定义域为\((0,+∞)\)， \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-2 a^2 x+a=-\dfrac{(2 a x+1)(a x-1)}{x}\)， 当\(a=0\)时，\(f(x)=\ln x\)， 此时函数\(f(x)\)为增函数，无最值， 当\(a≠0\)时，令\(f'(x)=0\)，得\(x=-\dfrac{1}{2a}\)或\(x=\dfrac{1}{a}\)， ①若\(a<0\)，则\(-\dfrac{1}{2a}>0\)，\(\dfrac{1}{a} <0\)， 由\(f'(x)>0\)，得\(0 由\(f'(x)<0\)，得\(x>-\dfrac{1}{2a}\)，\(f(x)\)单调递减， 所以函数\(f(x)\)在定义域内有最大值\(f\left(-\dfrac{1}{2 a}\right)=\ln \left(-\dfrac{1}{2 a}\right)-a^2\left(-\dfrac{1}{2 a}\right)^2+a\cdot \left(-\dfrac{1}{2 a}\right)=\ln \left(-\dfrac{1}{2 a}\right)-\dfrac{3}{4}\)，无最小值． ②若\(a>0\)，则\(-\dfrac{1}{2a}<0\)，\(\dfrac{1}{a} >0\)， 由\(f'(x)>0\)，得\(0 由\(f'(x)<0\)，得\(x>\dfrac{1}{a}\)，\(f(x)\)单调递减， 所以\(f(x)\)定义域内有最大值\(f\left(\dfrac{1}{a}\right)=\ln \left(\dfrac{1}{a}\right)-a^2\left(\dfrac{1}{a}\right)^2+a\cdot \dfrac{1}{a} =-\ln a\)，无最小值． (2)证明：由(1)知，当\(a>0\)时，函数\(f(x)\)在定义域内的最大值为\(f\left(\dfrac{1}{a}\right)=-\ln a\)， 因为\(y=f(x)\)有两个不同的零点\(x_1\),\(x_2\)， 所以\(-\ln a>0\)，解得\(-\ln a>0\)， 解得\(0 不妨设\(0 由题意知\(f(x_1 )=\ln x_1-a^2 x_1^2+ax_1=0\)，\(f(x_2 )=\ln x_2-a^2 x_2^2+ax_2=0\)， 所以\(\ln x_2-\ln x_1=a^2 (x_2^2-x_1^2 )-ax_2+ax_1\)， 即\(\ln \dfrac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=a\left[a\left(x_2+x_1\right)-1\right]\)， 即\(\dfrac{\ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}=a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1\)， 设 \(h(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}(t>1)\)， 则 \(h^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{4}{(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}(t>1)\)， 所以当\(t>1\)时，\(h'(t)>0\)，\(h(t)\)单调递增， 所以\(h(t)>h(1)=0\)， 即\(\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}>0\)，所以 \(\dfrac{\ln t}{t-1}>\dfrac{2}{t+1}\)， 令\(t=\dfrac{x_2}{x_1}\) ， 则上式可化为 \(\dfrac{\ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}>\dfrac{2}{\dfrac{x_2}{x_1}+1}\)， 所以 \(a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1>\dfrac{2}{\dfrac{x_2}{x_1}+1}\)， 所以 \(a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1>\dfrac{2}{x_1+x_2}\)， 即\(a^2 (x_1+x_2 )^2-a(x_1+x_2 )-2>0\)， 所以\([a(x_1+x_2 )-2][a(x_1+x_2 )+1]>0\)， 又因为\(a(x_1+x_2 )+1>0\)恒成立， 所以\(a(x_1+x_2 )>2\)．