隐零点问题ppt课件

专题08 隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一 根据隐零点化简求范围典例1. 已知函数()ln f x ax x x =+的图像在点x e =(其中e 为自然对数的底数)处的切线斜率为3. （1）求实数a 的值； （2）若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值； 【答案】3【解析】解析：（1）()'1ln f x a x =++，由()3f e =解得1a =； （2）()ln f x x x x =+，()ln ()11f x x x xk g x x x +<=--，22ln '()(1)x xg x x --=-，令()2ln h x x x =--，有1'()10h x x=->，那么()(1)1h x h >=-. 不妨设0()0h x =，由(3)0h <，(4)0h <，则可知0(3,4)x ∈，且00ln 2x x =-. 因此，当()0h x >时，()'0g x >，0x x >；当()0h x <时，()'0g x <，0x x <； 即可知[]000000min 00(ln 1)(1)()()11x x x x g x g x x x x +-====--，所以0k x ≤，得到满足条件的k 的最大正整数为3.类型二 根据隐零点分区间讨论典例2 已知函数2()2ln (0)f x x t x t =->，t 为何值时，方程()2f x tx =有唯一解. 【答案】(,0){1}-∞ 【解析】222ln 22(ln )x t x tx t x x x -=⇔+=，当ln 0x x +=时，有t R ∈； 设()ln u x x x =+，1'()10u x x =+>；又(1)10u =>，11()10u e e=-<，不妨设00ln 0x x +=， 则可知01(,1)x e∈. 当ln 0x x +≠时，得到22()ln x t g x x x=+； 2222ln (12ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x g x x x x x -+-+==++， 令()12ln g x x x =-+，易知(1)0g =，且1x >时，()0g x >；1x <时，()0g x <；综上可知()g x 在区间00(0,),(,1)x x 上为减函数，在区间(1,)+∞上为增函数；画图函数图像：因此，可知所求t 的范围为(,0){1}-∞.类型三 根据隐零点构造新函数典例3 已知函数()21x f x e x ax =---，当0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围． 【答案】1(,]2-∞【解析】()'12x f x e ax =--，首先，当0a ≤时，在[0,)+∞上()'0f x ≥恒成立，则有()()00f x f ≥=． 其次，当0a >时，令()x g x e =，()21h x ax =+，由题1可知，当021a <≤，即102a <≤时，()()g x h x ≥．此时()'0f x ≥,同样有()0f x ≥．再者，当12a >时，函数()y g x =与()y h x =相交于点()0,1和()00,x y ．同时，当()00,x x ∈时，()'0f x <；当()0,x x ∈+∞时，()'0f x >. 即可知()()02000min1x f x f x e x ax ⎡⎤==---⎣⎦，将0012x e ax =+代入得到：()00000112x x e f x e x x -=---⋅ ()00x >，令()112x xe F x e x x -=---⋅()0x >，则()()11'2x e x F x --=．又由变式2可知()1xx e-+-≤，那么()1'02x x e e F x -⋅-≤≤，即()F x 在区间()0,+∞上递减，因此有()()000f x f <=，与()0f x ≥矛盾，故12a >不合题意． 综上可知，满足题意的实数a 的取值范围为1(,]2-∞．1．已知函数f(x)=x ⋅e x −a(lnx +x)，g(x)=(m +1)x .（a,m ∈R 且为常数，e 为自然对数的底） （1）讨论函数f(x)的极值点个数；（2）当a =1时，f(x)≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）当a ≤0时，无极值点；当a >0时，有且仅有1个极值点；（2）(−∞,0] 【解析】（1）f(x)的定义域为(0,+∞)， f ′(x)=(x +1)e x −a (1x +1)=x+1x(xe x −a )，因为函数y =(xe x )′=e x +xe x >0在(0,+∞)上恒成立， 所以函数y =xe x 在区间(0,+∞)上单调递增，且值域为(0,+∞)， ①当a ≤0时，xe x −a >0在区间(0,+∞)上恒成立， 即f ′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增， 所以无极值点； ②当a >0时，方程xe x −a =0有唯一解，设为x 0(x 0>0)， 当0<x <x 0时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减， 当x >x 0时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增， 所以x 0是函数f(x)的极小值点， 即函数f(x)只有1个极值点.（2）当a =1时，不等式f(x)≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立， 即xe x −lnx −1≥(m +1)x 对任意的x ∈(0,+∞)恒成立， 即e x −lnx+1x≥m +1对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，记F(x)=e x −lnx+1x，F ′(x)=e x +lnx x 2=x 2e x +lnxx 2，记ℎ(x)=x 2e x +lnx ，因为ℎ(x)=2xe x +x 2e x +1x >0在x ∈(0,+∞)恒成立，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ(1e )=(1e )2e 1e −1=e 1e −2−1<0，ℎ(1)=e >0， 所以存在x 0∈(1e ,1)使得ℎ(x 0)=0，且x ∈(0,x 0)时，ℎ(x)<0，F ′(x)<0，函数F(x)单调递减； 当x ∈(x 0,+∞)时，ℎ(x)>0，F ′(x)>0，函数F(x)单调递增；. 所以F(x)min =F (x 0)，即F(x)min =e x 0−lnx 0+1x 0，又因为ℎ(x 0)=0⇒x 02e x 0=−lnx 0，⇒ x 0e x 0=−lnx 0x 0，⇒x 0ex 0=ln 1x 0⋅eln1x 0，所以x 0=ln 1x 0，因此F(x)min =e x 0−lnx 0+1x 0=x 0e x 0−lnx 0−1x 0=1+x 0−1x 0=1，所以1≥m +1，解得m ≤0. 综上，实数m 的取值范围是(−∞,0].2．已知f(x)=x −12(lnx)2−klnx −1 (k ∈R).（1）若f(x)是(0,+∞)上的增函数，求k 的取值范围； （2）若函数f(x)有两个极值点，判断函数f(x)零点的个数. 【答案】(1) (−∞,1] (2) 三个零点 【解析】（1）由f(x)=x −12(lnx)2−klnx −1得f ′(x)=x−lnx−kx，由题意知f ′(x)≥0恒成立，即x −lnx −k ≥0，设F(x)=x −lnx −k ，F ′(x)=1−1x ，x ∈(0,1)时F ′(x)<0，F(x)递减，x ∈(1,+∞)时，F ′(x)>0，F(x)递增； 故F(x)min =F(1)=1−k ≥0，即k ≤1，故k 的取值范围是(−∞,1]. （2）当k ≤1时，f(x)单调，无极值； 当k >1时，F(1)=1−k <0，一方面，F (e −k )=e −k >0，且F(x)在(0,1)递减，所以F(x)在区间(e −k ,1)有一个零点. 另一方面，F (e k )=e k −2k ，设g(k)=e k −2k (k >1)，则g ′(k)=e k −2>0，从而g(k) 在(1,+∞)递增，则g(k)>g(1)=e −2>0，即F (e k )>0，又F(x)在(1,+∞)递增，所以 F(x)在区间(1,e k )有一个零点.因此，当k >1时f ′(x)在(e −k ,1)和(1,e k )各有一个零点，将这两个零点记为x 1， x 2 (x 1<1<x 2)，当x ∈(0,x 1)时F(x)>0，即f ′(x)>0；当x ∈(x 1,x 2)时F(x)<0，即 f ′(x)<0；当x ∈(x 2,+∞)时F(x)>0，即f ′(x)>0：从而f(x)在(0,x 1)递增，在(x 1,x 2) 递减，在(x 2,+∞)递增；于是x 1是函数的极大值点，x 2是函数的极小值点. 下面证明：f (x 1)>0，f (x 2)<0由f ′(x 1)=0得x 1−lnx 1−k =0，即k =x 1−lnx 1，由f (x 1)=x 1−12(lnx 1)2−klnx 1−1得f (x 1)=x 1−12(lnx 1)2−(x 1−lnx 1)lnx 1−1 =x 1+12(lnx 1)2−x 1lnx 1−1，令m(x)=x +12(lnx)2−xlnx −1，则m ′(x)=(1−x)lnxx，①当x ∈(0,1)时m ′(x)<0，m(x)递减，则m(x)>m(1)=0，而x 1<1，故f (x 1)>0； ②当x ∈(1,+∞)时m ′(x)<0，m(x)递减，则m(x)<m(1)=0，而x 2>1，故f (x 2)<0； 一方面，因为f (e −2k )=e −2k −1<0，又f (x 1)>0，且f(x)在(0,x 1)递增，所以f(x)在 (e −2k ,x 1)上有一个零点，即f(x)在(0,x 1)上有一个零点. 另一方面，根据e x >1+x(x >0)得e k >1+k ，则有： f (e4k )=e4k−12k 2−1>(1+k)4−12k 2−1 =k 4+4k (k −34)2+74k >0，又f (x 2)<0，且f(x)在(x 2,+∞)递增，故f(x)在(x 2,e 4k )上有一个零点，故f(x)在 (x 2,+∞)上有一个零点.又f(1)=0，故f(x)有三个零点.3．已知函数f(x)=xlnx −lnx ，g(x)=x −k . （Ⅰ）令ℎ(x)=f(x)−g(x)①当k =1时，求函数ℎ(x)在点(1,ℎ(1))处的切线方程；②若x ∈A =|x|x >1|时，ℎ(x)⩾0恒成立，求k 的所有取值集合与A 的关系；（Ⅱ）记w(x)=(f(x)−kx )(g(x)−k2x )，是否存在m ∈N +，使得对任意的实数k ∈(m,+∞)，函数w(x)在(1,+∞)上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数m ，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）①y =−x +1；②见解析；（2）2 【解析】（1）①由题意，可得ℎ(x)=f(x)−g(x)=xlnx −lnx −x +k ， 则ℎ′(x)=lnx −1x ，所以ℎ′(1)=−1，ℎ(1)=0所以ℎ(x)在(1,ℎ(1))处的切线方程为y =−x +1 ②由ℎ(x)≥0，即k ≥x −xlnx +lnx =m(x) 则m ′(x)=1x −lnx ，x ∈(1,+∞)，因为m ′(x)=1x −lnx 在(1,+∞)上单调递减，所以m ′(x)<m ′(1)=1， 存在x 0∈(1,+∞)，使得m ′(x 0)=0，函数m(x)在x ∈(1,x 0)上单调递增，在x ∈(x 0,+∞)上单调递减，k ≥m (x 0)， 由m ′(x 0)=0得lnx 0=1x 0，m (x 0)=x 0+1x 0−1>1，∴k >m (x 0)>1，所以k 的所有取值集合包含于集合A .（Ⅱ）令f(x)−kx =xlnx −lnx −kx g(x)−k2x =x −k −k2x ，x ∈(1,+∞) （1）(f(x)−k x )′=lnx +1−1x +kx>0，x ∈(1,+∞)，由于k ∈(m,+∞)，⇒k >1，f(1)=−k <0，x →+∞，f(x)→+∞，由零点存在性定理可知，∀k ∈(1,+∞)，函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点. （2）(g(x)−k 2x)′=1+k2x >0，x ∈(1,+∞)，g(1)=1−3k 2<0，x →+∞，g(x)→+∞，同理可知∀k ∈(1,+∞)，函数g(x)在定义域内有且仅有一个零点. （3）假设存在x 0∈(1,+∞)，使得f (x 0)−k x 0=g (x 0)−k 2x 0=0，则{k =x 02lnx 0−x 0lnx 0,x 0−k =k 2x 0，消k ，得lnx 0−2x 02x 02−x 0−1=0. 令G(x)=lnx −2x 2x 2−x−1，G ′(x)=1x +4x 2+2(2x 2−x−1)2>0，所以G(x)单调递增. ∵G(2)=ln2−45=15ln 32e 4<0，G(√2+1)=0.8814−√23>0，∴x 0∈(2,√2+1)，此时k =x 02x 0+12=x 0+12+14(x 0+12)−1∈(85,2)，所以满足条件的最小正整数m =2.4．已知函数f (x )=e x ,g (x )=12x 2−52x −1（e 为自然对数的底数）． （1）记F (x )=lnx +g (x )，求函数F (x )在区间[1,3]上的最大值与最小值； （2）若k ∈Z ，且f (x )+g (x )−k ≥0对任意x ∈R 恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）见解析；（2）k max =−1 【解析】（1）∵F (x )=lnx +g (x )=lnx +12x 2−52x −1，∴F ′(x )=(2x−1)(x−2)2x，令F ′(x )=0，则x 1=12,x 2=2，所以函数F (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)单调递增， ∴F (x )min =F (2)=−4+ln2，F (x )max =max {F (1),F (3)}=−4+ln3． （2）∵f (x )+g (x )−k >0对任意x ∈R 恒成立， ∴e x +12x 2−52x −1−k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x +12x 2−52x −1对任意x ∈R 恒成立．令ℎ(x )=e x +12x 2−52x −1，则ℎ′(x )=e x +x −52． 由于ℎ′(x )=e x +1>0，所以ℎ′(x )在R 上单调递增． 又ℎ′(0)=−32<0,ℎ′(1)=e −32>0,ℎ′(12)=e 12−2<0，ℎ′(34)=e 34−74=0，所以存在唯一的x 0∈(12,34)，使得ℎ′(x 0)=0，且当x ∈(−∞,x 0)时，ℎ′(x )<0，x ∈(x 0,+∞)时，ℎ′(x )>0． 即ℎ(x )在(−∞,x 0)单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增． ∴ℎ(x )min=ℎ(x 0)=e x 0+12x 02−52x 0−1．又ℎ′(x 0)=0，即e x 0+x 0−52=0，∴e x 0=52−x 0．∴ℎ(x 0)=52−x 0+12x 02−52x 0−1=12(x 02−7x 0+3)．∵x 0∈(12,34)，∴ℎ(x 0)∈(−2732,−18)．又∵k≤e x+12x2−52x−1对任意x∈R恒成立，∴k≤ℎ(x0)，又k∈Z，∴k max=−1．5．己知函数f(x)=lnx−kx2(k∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)有两个零点x1，x2，求k的取值范围，并证明x1+x2>2√−2k.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）解：因为f(x)=lnx−kx，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以f′(x)=1x +2kx3=x2+2kx3,x>0．当k≥0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．当k<0时，由f′(x)=0，得x=√−2k（负根舍去），当x∈(0,√−2k)时，f′(x)<0，当x∈(√−2k,+∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减；在(√−2k,+∞)上单调递增．综上所述，当k≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；当k<0时，函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减，在(√−2k,+∞)上单调递增（2）先求k的取值范围：方法1:由（1）知，当k≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件．当k<0时，函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减，在(√−2k,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(√−2k)=ln√−2k+12，要使函数f(x)有两个零点，首先f(x)min=ln√−2k+12<0，解得−12e<k<0．因为−2k<√−2k<1，且f(1)=−k>0，下面证明f(−2k)=ln(−2k)−14k>0．设g(k)=ln(−2k)−14k ，则g′(k)=1k+14k2=4k+14k2．因为k>−12e ，所以g′(k)=1k+14k2=4k+14k2>−2e+14k2>0．所以g(k)在(−12e,0)上单调递增，所以f(−2k)=g(k)>g(−12e )=ln1e+e2>0．所以k的取值范围是(−12e,0)．方法2:由f(x)=lnx−kx2=0，得到k=x2lnx．设g(x)=x2lnx，则g′(x)=x(2lnx+1)．当0<x<e−12时，g′(x)<0，当x>e−12时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0,e−12)上单调递减，在(e−12,+∞)上单调递增．所以由[g(x)]min=g(e−12)=−12e．因为x→0+时，g(x)→0，且g(1)=0，要使函数f(x)有两个零点，必有−12e<k<0．所以k的取值范围是(−12e,0)．再证明x1+x2>2√−2k：方法1:因为x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx12=0,lnx2−kx22=0,即lnx2−lnx1=kx22−kx12．所以lnt=kt2x12−kx12，即x12=klnt(1t2−1)，−12e<k<0，t>1．要证x1+x2>2√−2k，即证(x1+x2)2>−8k．即证x12(1+t)2>−8k，即证klnt (1t2−1)(1+t)2>−8k．因为−12e <k<0，所以即证(1t2−1)(1+t)2<−8lnt，或证8lnt+(1t2−1)(1+t)2<0(t>1)．设ℎ(t)=8lnt+(1t2−1)(1+t)2，t>1．即ℎ(t)=8lnt−t2−2t+2t +1t2，t>1．所以ℎ′(t)=8t −2t−2−2t2−2t3=−2(t2−1)2−2t(t−1)2t3<0．所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)=8lnt+(1t−1)(1+t)2<ℎ(1)=0,t>1．所以x1+x2>2√−2k．方法2:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx12=0,lnx2−kx22=0,即lnx2−lnx1=kx22−kx12．所以lnt=kt2x12−kx12，即x12=klnt(1t2−1)，−12e<k<0，t>1．要证x1+x2>2√−2k，需证√x1x2>√−2k．即证tx12>−2k，即证t×klnt (1t2−1)>−2k．因为−12e <k<0，所以即证t−1t>2lnt(t>1)．设ℎ(t)=2lnt−t+1t，则ℎ′(t)=2t −1−1t2=−(t−1)2t2<0，t>1．所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)=2lnt−t+1t<ℎ(1)=0．所以x1+x2>2√−2k．方法3:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx1=0,lnx2−kx2=0.即lnx1+lnx2=kx12+kx22．要证x1+x2>2√−2k，需证√x1x2>√−2k．只需证lnx1+lnx2>ln(−2k)．即证kx12+kx22>ln(−2k)，即证kx12+ktx12>ln(−2k)．即证k(1+1t2)1x12>ln(−2k)．因为√−2k<x1<0，所以x12<−2k，即1x12>1−2k．所以k(1+1t2)1x12>k(1+1t2)×1−2k=−12(1+1t2)>−12(1+1)=−1．而ln(−2k)<ln1e=−1，所以k(1+1t2)1x12>ln(−2k)成立．所以x1+x2>2√−2k．方法4:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．由已知得{lnx 1−kx 12=0,lnx 2−kx 22=0,即lnx 2−lnx 1=k x 22−k x 12． 先证明lnx 2−lnx 1x 2−x 1<√x 1x 2，即证明lnt <√t(t >1)．设ℎ(t )=√t−lnt ，则ℎ′(t )=√t−1)22t √t>0．所以ℎ(t )在(1,+∞)上单调递增，所以ℎ(t )>ℎ(1)=0，所证不等式成立． 所以有lnx 2−lnx 1x 2−x 1=−k (x 1+x 2)x 12x 22<√x x ．即−k (x 1+x 2)<(√x 1x 2)3． 因为√x 1x 2<x 1+x 22（x 1≠x 2），所以−k (x 1+x 2)<(x 1+x 22)3，即(x 1+x 2)2>−8k ．所以x 1+x 2>2√−2k ．方法5:要证x 1+x 2>2√−2k ，其中x 1∈ (0,√−2k)，x 2∈ (√−2k,+∞)， 即证x 2>2√−2k −x 1．利用函数f (x )的单调性，只需证明f (x 2)>f(2√−2k −x 1)．因为f (x 2)=f (x 1)，所以只要证明f (x 1)>f(2√−2k −x 1)，其中x 1∈ (0,√−2k)． 构造函数F (x )=f (x )−f(2√−2k −x)，x ∈(0,√−2k)， 则F (x )=lnx −kx 2−ln(2√−2k −x)+k (2√−2k−x)2．因为F ′(x )=1x +2kx 32√−2k−x(2√−2k−x)3=√−2kx(2√−2k−x)+4k √−2k[(2√−2k−x)2−x(2√−2k−x)+x 2]x 3(2√−2k−x)3（利用均值不等式） <√−2k x(2√−2k −x)4k √−2k x 2(2√−2k−x)2=√−2k(x−√−2k)2x 2(2√−2k−x)2<0，所以F (x )在(0,√−2k)上单调递减．所以F (x )>F(√−2k)=ln √−2k +12−ln √−2k −12=0． 所以f (x )>f(2√−2k −x)在(0,√−2k)上恒成立． 所以要证的不等式x 1+x 2>2√−2k 成立．6．已知函数f(x)=xe x−1−alnx ．（无理数e =2.718...）（1）若f(x)在(1,+∞)单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=0时，设函数g(x)=ex ⋅f(x)−x2−x，证明：当x>0时，g(x)>1−ln22−(ln22)2．（参考数据ln2≈0.69）【答案】（1）a∈(−∞,2]；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）∵f(x)在(1,+∞)单调递增，∴f′(x)=(1+x)e x−1−ax =(x+x2)e x−1−ax≥0在（1，＋∞）恒成立，设h（x）＝（x＋x2）e x－1－a，由题意h（x）≥0在（1，＋∞）恒成立，∵h'（x）＝e x－1（x2＋3x＋1），∴当x∈（1，＋∞）时，x2＋3x＋1＞0，故h'（x）＞0，∴h（x）在（1，＋∞）单调递增，所以h（x）＞h（1）＝2－a，故2－a≥0，∴a≤2，综上a∈（－∞，2]．（2）当a＝0时，f（x）＝xe x－1，g（x）＝e x－x2－x，g'（x）＝e x－2x－1，设m（x）＝e x－2x－1，则m'（x）＝e x－2，令m'（x）＝0，解得x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，m'（x）＜0，m（x）单调递减，当x∈（ln2，＋∞）时，m'（x）＞0，m（x）单调递增．因此m（x）≥m（ln2）＝e ln2－2ln2－1＝1－2ln2＜0，即g'（ln2）＝1－2ln2＜0，，又g'（0）＝0，g′(1+12ln2)=e1+12ln2−2(1+12ln2)−1=√2e−3−ln2>0，故存在x0∈（ln2，1+12ln2），使g'（x0）＝0，即e x0−2x0−1=0，e x0=2x0+1．当x∈（0，x0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（x0，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，g (x )≥g (x 0)=ex 0−x 02−x 0=2x 0+1−x 02−x 0=−x 02+x 0+1=−(x 0−12)2+54，由于x 0∈（ln2，1+12ln2）， 函数y =−(x 0−12)+54单调递减，故g (x )≥−(x 0−12)2+54>−(1+12ln2−12)2+54=1−ln22−(ln22)2所以，当x ＞0时，g (x )>1−ln22−(ln22)2．7．已知函数f (x )=x +2x+alnx (a >0) （1）若a =1，求函数f (x )的极值和单调区间； （2）若g (x )=f (x )+2a 2−2x，在区间(0,e ]上是否存在x 0，使g (x 0)<0，若存在求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 函数f (x )=x +2x +lnx 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞) 极小值为3，无极大值(2)见解析 【解析】（1）当a =1时，f (x )=x +2x +lnx∵f ′(x )=(x+2)(x−1)x 2，且x ∈(0,+∞)∴x ∈(0,1)时，f ′(x )<0;x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0 ∴ f (x )=x +2x +lnx 有极小值f (1)=3故函数f (x )=x +2x +lnx 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞) 极小值为3，无极大值. （2）∵g (x )=f (x )+2a 2−2x=x +2a 2x+alnx (a >0)∴g ′(x )=(x+2a )(x−a )x 2∵a >0∴x ∈(0,a )时，g ′(x )<0，x ∈(a,+∞)时g ′(x )>0 ∴x =a 为函数的唯一极小值点 又x ∈(0,e ]，当0<a ≤e 时g (x )min =g (a )=a +2a +alna =a (3+lna )在区间(0,e ]上若存在x 0，使g (x 0)<0，则g (x )min =a (3+lna )<0 ，解得0<a<1e3当a>e时，g(x)=x+2a 2x+alnx(a>0)在x0∈(0,e]为单调减函数，g(x)min=g(e)=e+2a2e+a>0，不存在x0∈(0,e]，使g(x0)<0综上所述，在区间(0,e]上存在x0，使g(x0)<0，此时0<a<1e38．已知函数f(x)=ax2−x−lnx(1)若a=1时，求函数f(x)的最小值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）0 （2）0<a<1【解析】解：（1）a=1,f(x)=x2−x−lnx,则f′(x)=2x−1−1x =(2x+1)(x−1)x(x>0)，当0<x<1时，f′(x)<0，函数单调递减，当x>1时，f′(x)>0,f(x)为增，∴f(x)在x=1处取最小值0.（2）由f(x)=ax2−x−lnx，得f′(x)=2ax−1−1x =2ax2−x−1x(x>0)，∴当a≤0时，f′(x)=2ax 2−x−1x<0,函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，∴当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上最多有一个零点.∵f(x)有两个零点，∴a>0 .令g(x)=2ax2−x−1,，Δ=1+8a>0，显然g(x)有一正根和一负根，∴g(x)在(0，+∞)上只有一个零点，设这个零点为x0，当x∈(0,x0)时，g(x)<0,f′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g(x)>0,f′(x)>0；∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，要使函数f(x)在(0，+∞)上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)<0，即ax02−x0−lnx0<0.∵g(x0)=2ax02−x0−1=0,∴ax02−x0−lnx0=12(−2lnx0+2ax02−2x0)=12[−2lnx0+(2ax02−x0−1)−x0+1]=12(1−x0−2lnx0)<0，可得2lnx0+x0−1>0.∵ℎ(x)=2lnx+x−1在(0，+∞)上是增函数，且h(1)=0，∴x0>1.0<1x0<1,由2ax02−x0−1=0，得2a=x0+1x02=(1x0)2+1x0=(1x0+12)2−14∴0<2a<2,即0<a<1.9．设函数f(x)=x−alnx，其中e为自然对数的底数.（1）若a=1，求f(x)的单调区间；（2）若g(x)=f(x)−x+e x−1，0≤a≤e，求证：f(x)无零点.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）若a=1，则f(x)=x−lnx(x>0)，f′(x)=1−1x =x−1x.当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).（2）由g(x)=e x−1−alnx(x>0)可知，g′(x)=xe x−1−ax(x>0)，当a=0时，g(x)=e x−1，显然g(x)没有零点；当0<a≤e时，设ℎ(x)=xe x−1−a，ℎ′(x)=e x−1(1+x)>0，在[0,+∞)单调递增，又h（0）＝﹣a＜0，h（2）＝2e﹣a＞0，∴h（x）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为x0，则x0e x0−1=a，∴当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，∴g（x）的最小值为g（x0）=e x0−1−alnx0，∵x0e x0−1=a，∴e x0﹣1=ax0，两边取对数可得x0﹣1＝lna﹣lnx0，即lnx0＝lna+1﹣x0，∴g（x0）=ax0−a（lna+1﹣x0）=ax0+ax0﹣alna﹣a≥2a﹣alna﹣a＝a﹣alna，（当且仅当x0＝1时取等号），令m（a）＝a﹣alna，则m′（a）＝﹣lna，∴当a∈（0，1）时，m′（a）＞0，当a∈（1，e]时，m′（a）＜0，∴m（a）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减．∴当0＜a≤e时，m（a）≥0，当且仅当a＝e时取等号，由x0e x0−1=a可知当a＝1时，x0＝1，故当a＝e时，x0≠1，故g（x0）＞m（a）≥0，∴g （x 0）＞0．∴当0≤a ≤e 时，g （x ）没有零点．10．已知函数f(x)=axe bx （其中e 是自然对数的底数，a ∈R ，b ∈R ）在点(1,f(1))处的切线方程是2ex −y −e =0.（I ）求函数f (x )的单调区间； （II ）设函数g(x)=[f(x)]2x−mx −lnx ，若g (x )≥1在x ∈(0,+∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（I ）递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞)；（II ）(−∞,2] 【解析】（I ）由条件可知{f(1)=e f ′(1)=2e ，对函数f(x)=axe bx 求导得f ′(x)=a(1+bx)e bx ，于是{f(1)=ae b =e f ′(1)=a(1+b)e b=2e，解得a =b =1. 所以f(x)=xe x ，f ′(x)=(x +1)e x ，令f ′(x)=0得x =−1， 于是当x ∈(−∞,−1)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x ∈(−1,+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增.故函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞) （II ）由（I ）知g(x)=xe 2x −mx −lnx ，解法1：要使g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立，等价于m ≤e 2x −lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.令ℎ(x)=e 2x −lnx+1x(x >0)，则只需m ≤[ℎ(x)]min 即可.ℎ′(x)=2x 2e 2x +lnxx 2.令H(x)=2x 2e 2x +lnx(x >0)，则H ′(x)=4(x 2+x )e 2x +1x>0，所以H (x )在(0,+∞)上单调递增， 又H (14)=√e 8−2ln2<0，H(1)=2e 2>0，所以H (x )有唯一的零点x 0，且14<x 0<1，H (x )在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，因2x 02e 2x 0+lnx 0=0，两边同时取自然对数，则有2x 0+ln (2x 0)+lnx 0=ln (−lnx 0)， 即2x 0+ln (2x 0)=ln (−lnx 0)+(−lnx 0)，构造函数m(x)=x +lnx(x >0)，则m ′(x)=1+1x >0，所以函数m (x )在(0,+∞)上单调递增，因m (2x 0)=m (−lnx 0)，所以2x 0=−lnx 0，即e 2x 0=1x 0，所以ℎ(x)≥ℎ(x 0)=e 2x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−2x 0+1x 0=2，即[ℎ(x)]min =2，于是实数m 的取值范围是(−∞,2].解法2：要使g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立，等价于m ≤e 2x −lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.先证明t≥lnt+1，令Q(t)=t−lnt−1(t>0)，则Q′(t)=1−1t =t−1t.于是当t∈(0,1)时，Q′(t)<0，Q(t)单调递减；当t∈(1,+∞)时，Q′(t)>0，Q(t)单调递增，所以Q(t)≥Q(1)= 0，故t≥lnt+1（当且仅当t=1时取等号）.所以当x>0时，有xe2x≥ln(xe2x)+1=lnx+2x+1，所以e2x≥lnxx +2+1x，即e2x−lnx+1x≥2，当且仅当xe2x=1时取等号，于是实数m的取值范围是(−∞,2].。