專題37討論函數零點或方程根的個數問題【方法總結】判斷、證明或討論函數零點個數的方法利用零點存在性定理求解函數熱點問題的前提條件為函數圖象在區間[a，b]上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0．①直接法：判斷一個零點時，若函數為單調函數，則只需取值證明f(a)·f(b)<0；②分類討論法：判斷幾個零點時，需要先結合單調性，確定分類討論的標準，再利用零點存在性定理，在每個單調區間內取值證明f(a)·f(b)<0．【例題選講】[例1]已知f(x)＝e－x(ax2＋x＋1)．當a>0時，試討論方程f(x)＝1的解的個數．[破題思路]討論方程f(x)＝1的解的個數，想到f(x)－1的零點個數，給出f(x)的解析式，用f(x)＝1構造函數，轉化為零點問題求解(或分離參數，結合圖象求解)．[規范解答]法一：分類討論法方程f(x)＝1的解的個數即為函數h(x)＝ex－ax2－x－1(a>0)的零點個數．而h′(x)＝ex－2ax－1，設H(x)＝ex－2ax－1，則H′(x)＝ex－2a．令H′(x)>0，解得x>ln2a；令H′(x)<0，解得x<ln2a，所以h′(x)在(－∞，ln2a)上單調遞減，在(ln2a，＋∞)上單調遞增．所以h′(x)min＝h′(ln2a)＝2a－2aln2a－1．設m＝2a，g(m)＝m－mlnm－1(m>0)，則g′(m)＝1－(1＋lnm)＝－lnm，令g′(m)<0，得m>1；令g′(m)>0，得0<m<1，所以g(m)在(1，＋∞)上單調遞減，在(0，1)上單調遞增，所以g(m)max＝g(1)＝0，即h′(x)min≤0(當m＝1即a＝eq\f(1,2)時取等號)．①當a＝eq\f(1,2)時，h′(x)min＝0，則h′(x)≥0恒成立．所以h(x)在R上單調遞增，故此時h(x)只有一個零點．②當a>eq\f(1,2)時，ln2a>0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，又h′(x)在(－∞，ln2a)上單調遞減，在(ln2a，＋∞)上單調遞增，又h′(0)＝0，則存在x1>0使得h′(x1)＝0，這時h(x)在(－∞，0)上單調遞增，在(0，x1)上單調遞減，在(x1，＋∞)上單調遞增．所以h(x1)<h(0)＝0，又h(0)＝0，所以此時h(x)有兩個零點．③當0<a<eq\f(1,2)時，ln2a<0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，又h′(x)在(－∞，ln2a)上單調遞減，在(ln2a，＋∞)上單調遞增，又h′(0)＝0，則存在x2<0使得h′(x2)＝0．這時h(x)在(－∞，x2)上單調遞增，在(x2，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，所以h(x2)>h(0)＝0，h(0)＝0，所以此時f(x)有兩個零點．綜上，當a＝eq\f(1,2)時，方程f(x)＝1只有一個解；當a≠eq\f(1,2)且a>0時，方程f(x)＝1有兩個解．法二：分離參數法方程f(x)＝1的解的個數即方程ex－ax2－x－1＝0(a>0)的解的個數，方程可化為ax2＝ex－x－1．當x＝0時，方程為0＝e0－0－1，顯然成立，所以x＝0為方程的解．當x≠0時，分離參數可得a＝eq\f(ex－x－1,x2)(x≠0)．設函數p(x)＝eq\f(ex－x－1,x2)(x≠0)，則p′(x)＝eq\f((ex－x－1)′·x2－(x2)′·(ex－x－1),(x2)2)＝eq\f(ex(x－2)＋x＋2,x3)．記q(x)＝ex(x－2)＋x＋2，則q′(x)＝ex(x－1)＋1．記t(x)＝q′(x)＝ex(x－1)＋1，則t′(x)＝xex．顯然當x<0時，t′(x)<0，函數t(x)單調遞減；當x>0時，t′(x)>0，函數t(x)單調遞增．所以t(x)>t(0)＝e0(0－1)＋1＝0，即q′(x)>0，所以函數q(x)單調遞增．而q(0)＝e0(0－2)＋0＋2＝0，所以當x<0時，q(x)<0，即p′(x)>0，函數p(x)單調遞增；當x>0時，q(x)>0，即p′(x)>0，函數p(x)單調遞增．而當x→0時，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)(洛必達法則)，當x→－∞時，p(x)→eq\f((ex－x－1)′,(x2)′)x→－∞＝eq\f(ex－1,2x)x→－∞＝0，故函數p(x)的圖象如圖所示．作出直線y＝a．顯然，當a＝eq\f(1,2)時，直線y＝a與函數p(x)的圖象無交點，即方程ex－ax2－x－1＝0只有一個解x＝0；當a≠eq\f(1,2)且a>0時，直線y＝a與函數p(x)的圖象有一個交點(x0，a)，即方程ex－ax2－x－1＝0有兩個解x＝0或x＝x0．綜上，當a＝eq\f(1,2)時，方程f(x)＝1只有一個解；當a≠eq\f(1,2)且a>0時，方程f(x)＝1有兩個解．[注]部分題型利用分離法處理時，會出現“eq\f(0,0)”型的代數式，這是大學數學中的不定式問題，解決這類問題有效的方法就是洛必達法則．法則1若函數f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)lieq\o(m,\s\do4(x→a))f(x)＝0及lieq\o(m,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在點a的去心鄰域內，f(x)與g(x)可導且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝l．那么lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f(x),g(x))＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝l．法則2若函數f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)lieq\o(m,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及lieq\o(m,\s\do4(x→a))g(x)＝∞；(2)在點a的去心鄰域內，f(x)與g(x)可導且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝l．那么lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f(x),g(x))＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝l．[題后悟通]對于已知參數的取值范圍，討論零點個數的情況，借助導數解決的辦法有兩個．(1)分離參數：得到參數與超越函數式相等的式子，借助導數分析函數的單調區間和極值，結合圖形，由參數函數與超越函數的交點個數，易得交點個數的分類情況；(2)構造新函數：求導，用單調性判定函數的取值情況，再根據零點存在定理證明零點的存在性．[例2]設函數f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0．(1)求f(x)的單調區間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．[規范解答](1)函數的定義域為(0，＋∞)．由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x)．由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(負值舍去)．f′(x)與f(x)在區間(0，＋∞)上隨x的變化情況如下表：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘eq\f(k1－lnk,2)↗所以，f(x)的單調遞減區間是(0，eq\r(k))，單調遞增區間是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，無極大值．(2)由(1)知，f(x)在區間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)．因為f(x)存在零點，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e，當k＝e時，f(x)在區間(1，eq\r(e)]上單調遞減且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區間(1，eq\r(e)]上的唯一零點；當k>e時，f(x)在區間(1，eq\r(e)]上單調遞減且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．[例3]已知函數f(x)＝eq\f(alnx＋b,x)(a，b∈R，a≠0)的圖象在點(1，f(1))處的切線斜率為－a.(1)求f(x)的單調區間；(2)討論方程f(x)＝1根的個數．[規范解答](1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－b－alnx,x2)，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝eq\f(a(lnx＋2),x)，f′(x)＝－eq\f(a(lnx＋1),x2).當a>0時，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(1,e)；由f′(x)<0，得x>eq\f(1,e).當a<0時，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).綜上，當a>0時，f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))；當a<0時，f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)f(x)＝1，即方程eq\f(alnx＋2a,x)＝1，即方程eq\f(1,a)＝eq\f(lnx＋2,x)，構造函數h(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，則h′(x)＝－eq\f(1＋lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上h′(x)>0，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上h′(x)<0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞減，所以h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上，h(x)單調遞減且h(x)＝eq\f(lnx＋2,x)>0，當x無限增大時，h(x)無限接近0；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上，h(x)單調遞增且當x無限接近0時，lnx＋2負無限大，故h(x)負無限大．故當0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1有兩個不等實根，當a＝eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1只有一個實根，當a<0時，方程f(x)＝1只有一個實根．綜上可知，當a>eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1有兩個實根；當a<0或a＝eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1有一個實根；當0<a<eq\f(1,e)時，方程f(x)＝1無實根．[例4]已知函數f(x)＝ex，x∈R.(1)若直線y＝kx與f(x)的反函數的圖象相切，求實數k的值；(2)若m<0，討論函數g(x)＝f(x)＋mx2零點的個數．[規范解答](1)f(x)的反函數為y＝lnx，x>0，則y′＝eq\f(1,x)．設切點為(x0，lnx0)，則切線斜率為k＝eq\f(1,x0)＝eq\f(lnx0,x0)，故x0＝e，k＝eq\f(1,e).(2)函數g(x)＝f(x)＋mx2的零點的個數即是方程f(x)＋mx2＝0的實根的個數(當x＝0時，方程無解)，等價于函數h(x)＝eq\f(ex,x2)(x≠0)與函數y＝－m圖象交點的個數．h′(x)＝eq\f(ex(x－2),x3).當x∈(－∞，0)時，h′(x)>0，h(x)在(－∞，0)上單調遞增；當x∈(0,2)時，h′(x)<0，h(x)在(0,2)上單調遞減；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)上單調遞增．∴h(x)的大致圖象如圖：∴h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(2)＝eq\f(e2,4).∴當－m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4)))，即m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e2,4)，0))時，函數h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數y＝－m圖象交點的個數為1；當－m＝eq\f(e2,4)，即m＝－eq\f(e2,4)時，函數h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數y＝－m圖象交點的個數為2；當－m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))，即m∈－∞，－eq\f(e2,4)時，函數h(x)＝eq\f(ex,x2)與函數y＝－m圖象交點的個數為3.綜上所述，當m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(e2,4)))時，函數g(x)有三個零點；當m＝－eq\f(e2,4)時，函數g(x)有兩個零點；當m∈－eq\f(e2,4)，0時，函數g(x)有一個零點．[例5]已知函數f(x)＝－x3＋ax－eq\f(1,4)，g(x)＝ex－e(e為自然對數的底數)．(1)若曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線與曲線y＝g(x)在(0，g(0))處的切線互相垂直，求實數a的值；(2)設函數h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≥g(x)，,g(x)，f(x)<g(x)，))試討論函數h(x)零點的個數．[規范解答](1)f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由題意，知a＝－1．(2)易知函數g(x)＝ex－e在R上單調遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x<1時，g(x)<0，又f′(x)＝－3x2＋a，①當a≤0時，f′(x)≤0，f(x)在R上單調遞減，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)))，f(－1)＝eq\f(3,4)－a>0，即f(x)在x≤0時必有一個零點，此時y＝h(x)有兩個零點；②當a>0時，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，得兩根為x1＝－eq\r(\f(a,3))<0，x2＝eq\r(\f(a,3))>0，則－eq\r(\f(a,3))是函數f(x)的一個極小值點，eq\r(\f(a,3))是函數f(x)的一個極大值點，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))3＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))－eq\f(1,4)＝－eq\f(2a,3)eq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)<0．現在討論極大值的情況：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))3＋aeq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)＝eq\f(2a,3)eq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)，當feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))<0，即a<eq\f(3,4)時，函數y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此時y＝h(x)有兩個零點；當feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,3))))＝0，即a＝eq\f(3,4)時，函數y＝f(x)在(0，＋∞)上有一個零點x0＝eq\r(\f(a,3))＝eq\f(1,2)，此時y＝h(x)有三個零點；當feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),3)))>0，即a>eq\f(3,4)時，函數y＝f(x)在(0，＋∞)上有兩個零點，一個零點小于eq\r(\f(a,3))，一個零點大于eq\r(\f(a,3))，若f(1)＝a－eq\f(5,4)<0，即a<eq\f(5,4)時，y＝h(x)有四個零點；若f(1)＝a－eq\f(5,4)＝0，即a＝eq\f(5,4)時，y＝h(x)有三個零點；若f(1)＝a－eq\f(5,4)>0，即a>eq\f(5,4)時，y＝h(x)有兩個零點．綜上所述：當a<eq\f(3,4)或a>eq\f(5,4)時，y＝h(x)有兩個零點；當a＝eq\f(3,4)或a＝eq\f(5,4)時，y＝h(x)有三個零點；當eq\f(3,4)<a<eq\f(5,4)時，y＝h(x)有四個零點．[例6]已知函數f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋2)x＋2lnx(a∈R)．(1)若a＝0，求證：f(x)<0；(2)討論函數f(x)零點的個數．[破題思路](1)當a＝0時，f(x)＝－2x＋2lnx(x>0)，f′(x)＝－2＋eq\f(2,x)＝eq\f(21－x,x)，設g(x)＝1－x，根據g(x)的正負可畫出f(x)的圖象如圖(1)所示．(2)f′(x)＝eq\f(x－1ax－2,x)(x>0)，令g(x)＝(x－1)(ax－2)，當a＝0時，由(1)知f(x)沒有零點；當a>0時，畫g(x)的正負圖象時，需分eq\f(2,a)＝1，eq\f(2,a)>1，eq\f(2,a)<1三種情形進行討論，再根據極值、端點走勢可畫出f(x)的圖象，如圖(2)(3)(4)所示；當a<0時，同理可得圖(5)．綜上，易得f(x)的零點個數．[規范解答](1)當a＝0時，f′(x)＝－2＋eq\f(2,x)＝eq\f(21－x,x)，由f′(x)＝0得x＝1.當0<x<1時，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上單調遞增；當x>1時，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上單調遞減．所以f(x)≤f(x)max＝f(1)＝－2，即f(x)<0.(2)由題意知f′(x)＝ax－(a＋2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－a＋2x＋2,x)＝eq\f(x－1ax－2,x)(x>0)，當a＝0時，由第(1)問可得函數f(x)沒有零點．當a>0時，①當eq\f(2,a)＝1，即a＝2時，f′(x)≥0恒成立，僅當x＝1時取等號，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又f(1)＝－eq\f(1,2)a－2＝－eq\f(1,2)×2－2<0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以函數f(x)在區間(0，＋∞)上有一個零點．②當eq\f(2,a)>1，即0<a<2時，若0<x<1或x>eq\f(2,a)，則f′(x)>0，f(x)在(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上單調遞增；若1<x<eq\f(2,a)，則f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上單調遞減．又f(1)＝eq\f(1,2)a－(a＋2)＋2ln1＝－eq\f(1,2)a－2<0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))<f(1)<0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以函數f(x)僅有一個零點在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上；③當0<eq\f(2,a)<1，即a>2時，若0<x<eq\f(2,a)或x>1，則f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))和(1，＋∞)上單調遞增；若eq\f(2,a)<x<1，則f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，1))上單調遞減．因為a>2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(2,a)－2＋2lneq\f(2,a)<－eq\f(2,a)－2＋2ln1<0，又x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以函數f(x)僅有一個零點在區間(1，＋∞)上．當eq\f(2,a)<0，即a<0時，若0<x<1，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上單調遞增；若x>1，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上單調遞減．當x→0時，f(x)→－∞，當x→＋∞時，f(x)→－∞，又f(1)＝eq\f(1,2)a－(a＋2)＋2ln1＝－eq\f(1,2)a－2＝eq\f(－a－4,2).當f(1)＝eq\f(－a－4,2)>0，即a<－4時，函數f(x)有兩個零點；當f(1)＝eq\f(－a－4,2)＝0，即a＝－4時，函數f(x)有一個零點；當f(1)＝eq\f(－a－4,2)<0，即－4<a<0時，函數f(x)沒有零點．綜上，當a<－4時，函數f(x)有兩個零點；當a＝－4時，函數f(x)有一個零點；當－4<a≤0時，函數f(x)沒有零點；當a>0時，函數f(x)有一個零點．[題后悟通]解決本題運用了分類、分層的思想方法，表面看起來非常繁雜．但若能用好“雙圖法”處理問題，可回避不等式f′(x)>0與f′(x)<0的求解，特別是含有參數的不等式求解，而從f′(x)抽象出與其正負有關的函數g(x)，畫圖更方便，觀察圖形即可直觀快速地得到f(x)的單調性，大大提高解題的效率．[對點訓練]1．(2018·全國Ⅱ)已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的單調區間；(2)證明：f(x)只有一個零點．1．解析(1)當a＝3時，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3．令f′(x)＝0解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).當x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)單調遞增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))單調遞減．(2)由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，僅當x＝0時g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調遞增．故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一個零點．綜上，f(x)只有一個零點．2．已知函數f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然對數的底數，e＝2.71828…．(1)證明：函數h(x)＝f(x)－g(x)在區間(1，2)上有零點；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的個數，并說明理由．2．解析(1)由題意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x，所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－eq\r(2)＞0，所以h(1)h(2)＜0，所以函數h(x)在區間(1，2)上有零點．(2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x．由g(x)＝eq\r(x)＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點．又h(x)在(1，2)內有零點，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點．h′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，記φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，則φ′(x)＝ex＋eq\f(1,4)x－eq\f(3,2)．當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，易知φ(x)在(0，＋∞)內只有一個零點，則h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點，所以方程f(x)＝g(x)的根的個數為2．3．設函數f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R．(1)當m＝e(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值；(2)討論函數g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點的個數．3．解析(1)由題設，當m＝e時，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，則f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴當x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調遞減；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調遞增，∴當x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的極小值為2．(2)由題設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)．設φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．當x∈(0，1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調遞減．∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點，∴φ(x)的最大值為φ(1)＝eq\f(2,3)．又φ(0)＝0，結合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知，①當m>eq\f(2,3)時，函數g(x)無零點；②當m＝eq\f(2,3)時，函數g(x)有且只有一個零點；③當0<m<eq\f(2,3)時，函數g(x)有兩個零點；④當m≤0時，函數g(x)有且只有一個零點．綜上所述，當m>eq\f(2,3)時，函數g(x)無零點；當m＝eq\f(2,3)或m≤0時，函數g(x)有且只有一個零點；當0<m<eq\f(2,3)時，函數g(x)有兩個零點．4．已知函數f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)，a∈R且a≠0.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，試判斷函數g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點個數．4．解析(1)f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x>0)，當a<0時，f′(x)>0恒成立，∴函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>0時，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減．綜上所述，當a<0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>0時，函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減．(2)∵當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，函數g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點，即當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，方程(lnx－1)ex＋x＝m的根．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，則h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1.由(1)知當a＝1時，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調遞減，在(1，e)上單調遞增，∴當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，f(x)≥f(1)＝0．∴eq\f(1,x)＋lnx－1≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立．∴h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1≥0＋1>0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調遞增．∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2eSKIPIF1<0＋eq\f(1,e)，h(x)max＝e.∴當m<－2eSKIPIF1<0＋eq\f(1,e)或m>e時，函數g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上沒有零點；當－2eSKIPIF1<0＋eq\f(1,e)≤m≤e時，函數g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有且只有一個零點．5．設函數f(x)＝ex－2a－ln(x＋a)，a∈R，e為自然對數的底數．(1)若a>0，且函數f(x)在區間[0，＋∞)內單調遞增，求實數a的取值范圍；(2)若0<a<eq\f(2,3)，試判斷函數f(x)的零點個數．5．解析(1)∵函數f(x)在[0，＋∞)內單調遞增，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋a)≥0在[0，＋∞)內恒成立．即a≥e－x－x在[0，＋∞)內恒成立．記g(x)＝e－x－x，則g′(x)＝－e－x－1<0恒成立，∴g(x)在區間[0，＋∞)內單調遞減，∴g(x)≤g(0)＝1，∴a≥1，即實數a的取值范圍為[1，＋∞)．(2)∵0<a<eq\f(2,3)，f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋a)(x>－a)，記h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝ex＋eq\f(1,(x＋a)2)>0，知f′(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，＋∞))內單調遞增．又∵f′(0)＝1－eq\f(1,a)<0，f′(1)＝e－eq\f(1,a＋1)>0，∴f′(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，＋∞))內存在唯一的零點x0，即f′(x0)＝SKIPIF1<0－eq\f(1,x0＋a)＝0，于是SKIPIF1<0＝eq\f(1,x0＋a)，x0＝－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋a))．當－a<x<x0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x>x0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．∴f(x)min＝f(x0)＝SKIPIF1<0－2a－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，當且僅當x0＋a＝1時，取等號．由0<a<eq\f(2,3)，得2－3a>0，∴f(x)min＝f(x0)>0，即函數f(x)沒有零點．6．已知函數f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)．(1)若f(x)在點(2，f(2))處的切線與直線2x＋y＋2＝0垂直，求實數a的值；(2)求函數f(x)的單調區間；(3)討論函數f(x)在區間[1，e2]上零點的個數．6．解析(1)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，則f′(2)＝eq\f(1－4a,2)．因為直線2x＋y＋2＝0的斜率為－2，所以(－2)×eq\f(1－4a,2)＝－1，解得a＝0．(2)f′(x)＝eq\f(1－ax2,x)，x∈(0，＋∞)，當a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(x