2023届高考数学专项练习导数解密36专题ak专题37 讨论函数零点或方程根的个数问题含答案.docx

2023届高考数学专项练习导数解密36专题37讨论函数零点或方程根的个数问题 【方法总结】判断、证明或讨论函数零点个数的方法利用零点存在性定理求解函数热点问题的前提条件为函数图象在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0【例题选讲】例1已知f (x)ex(ax2x1)当a>0时，试讨论方程f (x)1的解的个数破题思路讨论方程f (x)1的解的个数，想到f (x)1的零点个数，给出f (x)的解析式，用f (x)1构造函数，转化为零点问题求解(或分离参数，结合图象求解)规范解答法一：分类讨论法方程f (x)1的解的个数即为函数h(x)exax2x1(a>0)的零点个数而h(x)ex2ax1，设H(x)ex2ax1，则H(x)ex2a令H(x)>0，解得x>ln 2a；令H(x)<0，解得x<ln 2a，所以h(x)在(，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，)上单调递增所以h(x)minh(ln 2a)2a2aln 2a1设m2a，g(m)mmln m1(m>0)，则g(m)1(1ln m)ln m，令g(m)<0，得m>1；令g(m)>0，得0<m<1，所以g(m)在(1，)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以g(m)maxg(1)0，即h(x)min0(当m1即a时取等号)当a时，h(x)min0，则h(x)0恒成立所以h(x)在R上单调递增，故此时h(x)只有一个零点当a>时，ln 2a>0，h(x)minh(ln 2a)<0，又h(x)在(，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，)上单调递增，又h(0)0，则存在x1>0使得h(x1)0，这时h(x)在(，0)上单调递增，在(0，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增所以h(x1)<h(0)0，又h(0)0，所以此时h(x)有两个零点当0<a<时，ln 2a<0，h(x)minh(ln 2a)<0，又h(x)在(，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，)上单调递增，又h(0)0，则存在x2<0使得h(x2)0这时h(x)在(，x2)上单调递增，在(x2，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以h(x2)>h(0)0，h(0)0，所以此时f (x)有两个零点综上，当a时，方程f (x)1只有一个解；当a且a>0时，方程f (x)1有两个解法二：分离参数法方程f (x)1的解的个数即方程exax2x10(a>0)的解的个数，方程可化为ax2exx1当x0时，方程为0e001，显然成立，所以x0为方程的解当x0时，分离参数可得a(x0)设函数p(x)(x0)，则p(x)记q(x)ex(x2)x2，则q(x)ex(x1)1记t(x)q(x)ex(x1)1，则t(x)xex显然当x<0时，t(x)<0，函数t(x)单调递减；当x>0时，t(x)>0，函数t(x)单调递增所以t(x)>t(0)e0(01)10，即q(x)>0，所以函数q(x)单调递增而q(0)e0(02)020，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x0时，p(x) x0 x0 x0 x0(洛必达法则)，当x时，p(x) x x0，故函数p(x)的图象如图所示作出直线ya显然，当a时，直线ya与函数p(x)的图象无交点，即方程exax2x10只有一个解x0；当a且a>0时，直线ya与函数p(x)的图象有一个交点(x0，a)，即方程exax2x10有两个解x0或xx0综上，当a时，方程f (x)1只有一个解；当a且a>0时，方程f (x)1有两个解注部分题型利用分离法处理时，会出现“”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则法则1若函数f (x)和g(x)满足下列条件：(1)lif (x)0及lig(x)0；(2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g(x)0；(3)li l那么li li l法则2若函数f (x)和g(x)满足下列条件：(1)lif (x)及lig(x)；(2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g(x)0；(3)li l那么li li l题后悟通对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个(1)分离参数：得到参数与超越函数式相等的式子，借助导数分析函数的单调区间和极值，结合图形，由参数函数与超越函数的交点个数，易得交点个数的分类情况；(2)构造新函数：求导，用单调性判定函数的取值情况，再根据零点存在定理证明零点的存在性例2设函数f(x)kln x，k>0(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点规范解答 (1)函数的定义域为(0，)由f(x)kln x(k>0)，得f(x)x由f(x)0，解得x(负值舍去)f(x)与f(x)在区间(0，)上随x的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)f(x)在x处取得极小值f()，无极大值(2)由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f()因为f(x)存在零点，所以0，从而ke，当ke时，f(x)在区间(1，上单调递减且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点；当k>e时，f(x)在区间(1，上单调递减且f(1)>0，f()<0，所以f(x)在区间(1，上仅有一个零点综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点例3已知函数f(x)(a，bR，a0)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根的个数规范解答 (1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，由f(1)aba，得b2a，所以f(x)，f(x).当a>0时，由f(x)>0，得0<x<；由f(x)<0，得x>.当a<0时，由f(x)>0，得x>；由f(x)<0，得0<x<.综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)f(x)1，即方程1，即方程，构造函数h(x)，则h(x)，令h(x)0，得x，且在上h(x)>0，在上h(x)<0，即h(x)在上单调递增，在上单调递减，所以h(x)maxhe.在上，h(x)单调递减且h(x)>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；在上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x2负无限大，故h(x)负无限大故当0<<e，即a>时，方程f(x)1有两个不等实根，当a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>时，方程f(x)1有两个实根；当a<0或a时，方程f(x)1有一个实根；当0<a<时，方程f(x)1无实根例4已知函数f(x)ex，xR.(1)若直线ykx与f(x)的反函数的图象相切，求实数k的值；(2)若m<0，讨论函数g(x)f(x)mx2零点的个数规范解答(1)f(x)的反函数为yln x，x>0，则y设切点为(x0，ln x0)，则切线斜率为k，故x0e，k.(2)函数g(x)f(x)mx2的零点的个数即是方程f(x)mx20的实根的个数(当x0时，方程无解)，等价于函数h(x)(x0)与函数ym图象交点的个数h(x).当x(，0)时，h(x)>0，h(x)在(，0)上单调递增；当x(0,2)时，h(x)<0，h(x)在(0,2)上单调递减；当x(2，)时，h(x)>0，h(x)在(2，)上单调递增h(x)的大致图象如图：h(x)在(0，)上的最小值为h(2).当m，即m时，函数h(x)与函数ym图象交点的个数为1；当m，即m时，函数h(x)与函数ym图象交点的个数为2；当m，即m，时，函数h(x)与函数ym图象交点的个数为3.综上所述，当m时，函数g(x)有三个零点；当m时，函数g(x)有两个零点；当m，0时，函数g(x)有一个零点例5已知函数f(x)x3ax，g(x)exe(e为自然对数的底数)(1)若曲线yf(x)在(0，f(0)处的切线与曲线yg(x)在(0，g(0)处的切线互相垂直，求实数a的值；(2)设函数h(x)试讨论函数h(x)零点的个数规范解答 (1)f(x)3x2a，g(x)ex，所以f(0)a，g(0)1，由题意，知a1(2)易知函数g(x)exe在R上单调递增，仅在x1处有一个零点，且x<1时，g(x)<0，又f(x)3x2a，当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递减，且过点，f(1)a>0，即f(x)在x0时必有一个零点，此时yh(x)有两个零点；当a>0时，令f(x)3x2a0，得两根为x1<0，x2>0，则是函数f(x)的一个极小值点，是函数f(x)的一个极大值点，而f3a<0现在讨论极大值的情况：f3a，当f<0，即a<时，函数yf(x)在(0，)上恒小于零，此时yh(x)有两个零点；当f0，即a时，函数yf(x)在(0，)上有一个零点x0，此时yh(x)有三个零点；当f>0，即a>时，函数yf(x)在(0，)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于，若f(1)a<0，即a<时，yh(x)有四个零点；若f(1)a0，即a时，yh(x)有三个零点；若f(1)a>0，即a>时，yh(x)有两个零点综上所述：当a<或a>时，yh(x)有两个零点；当a或a时，yh(x)有三个零点；当<a<时，yh(x)有四个零点例6已知函数f(x)ax2(a2)x2ln x(aR)(1)若a0，求证：f(x)<0；(2)讨论函数f(x)零点的个数破题思路(1)当a0时，f(x)2x2ln x(x>0)，f(x)2，设g(x)1x，根据g(x)的正负可画出f(x)的图象如图(1)所示(2)f(x)(x>0)，令g(x)(x1)(ax2)，当a0时，由(1)知f(x)没有零点；当a>0时，画g(x)的正负图象时，需分1，>1，<1三种情形进行讨论，再根据极值、端点走势可画出f(x)的图象，如图(2)(3)(4)所示；当a<0时，同理可得图(5)综上，易得f(x)的零点个数规范解答(1)当a0时，f(x)2，由f(x)0得x1.当0<x<1时，f(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x>1时，f(x)<0，f(x)在(1，)上单调递减所以f(x)f(x)maxf(1)2，即f(x)<0.(2)由题意知f(x)ax(a2)(x>0)，当a0时，由第(1)问可得函数f(x)没有零点当a>0时，当1，即a2时，f(x)0恒成立，仅当x1时取等号，函数f(x)在(0，)上单调递增，又f(1)a2×22<0，当x时，f(x)，所以函数f(x)在区间(0，)上有一个零点当>1，即0<a<2时，若0<x<1或x>，则f(x)>0，f(x)在(0,1)和上单调递增；若1<x<，则f(x)<0，f(x)在上单调递减又f(1)a(a2)2ln 1a2<0，则f<f(1)<0，当x时，f(x)，所以函数f(x)仅有一个零点在区间上；当0<<1，即a>2时，若0<x<或x>1，则f(x)>0，f(x)在和(1，)上单调递增；若<x<1，则f(x)<0，f(x)在上单调递减因为a>2，所以f22ln <22ln 1<0，又x时，f(x)，所以函数f(x)仅有一个零点在区间(1，)上当<0，即a<0时，若0<x<1，f(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增；若x>1，f(x)<0，f(x)在(1，)上单调递减当x0时，f(x)，当x时，f(x)，又f(1)a(a2)2ln 1a2.当f(1)>0，即a<4时，函数f(x)有两个零点；当f(1)0，即a4时，函数f(x)有一个零点；当f(1)<0，即4<a<0时，函数f(x)没有零点综上，当a<4时，函数f(x)有两个零点；当a4时，函数f(x)有一个零点；当4<a0时，函数f(x)没有零点；当a>0时，函数f(x)有一个零点题后悟通解决本题运用了分类、分层的思想方法，表面看起来非常繁杂但若能用好“双图法”处理问题，可回避不等式f(x)>0与f(x)<0的求解，特别是含有参数的不等式求解，而从f(x)抽象出与其正负有关的函数g(x)，画图更方便，观察图形即可直观快速地得到f(x)的单调性，大大提高解题的效率对点训练1(2018·全国)已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点1解析(1)当a3时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3令f(x)0解得x32或x32.当x(，32)(32，)时，f(x)>0；当x(32，32)时，f(x)<0.故f(x)在(，32)，(32，)单调递增，在(32，32)单调递减(2)由于x2x1>0，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0时g(x)0，所以g(x)在(，)单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a6<0，f(3a1)>0，故f(x)有一个零点综上，f(x)只有一个零点2已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由2解析(1)由题意可得h(x)f(x)g(x)ex1x，所以h(1)e30，h(2)e230，所以h(1)h(2)0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点(2)由(1)可知h(x)f(x)g(x)ex1x由g(x)x知x0，)，而h(0)0，则x0为h(x)的一个零点又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在0，)上至少有两个零点h(x)exx1，记(x)exx1，则(x)exx当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，易知(x)在(0，)内只有一个零点，则h(x)在0，)上有且只有两个零点，所以方程f(x)g(x)的根的个数为23设函数f(x)ln x，mR(1)当me(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)零点的个数3解析(1)由题设，当me时，f(x)ln x，则f(x)，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xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2(2)由题设g(x)f(x)(x>0)，令g(x)0，得mx3x(x>0)设(x)x3x(x>0)，则(x)x21(x1)(x1)当x(0，1)时，(x)>0，(x)在(0，1)上单调递增；当x(1，)时，(x)<0，(x)在(1，)上单调递减x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点，(x)的最大值为(1)又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知，当m>时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点4已知函数f(x)ln x，aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数4解析(1)f(x)(x>0)，当a<0时，f(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a>0时，由f(x)>0，得x>；由f(x)<0，得0<x<，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)当x时，函数g(x)(ln x1)exxm的零点，即当x时，方程(ln x1)exxm的根令h(x)(ln x1)exx，则h(x)ex1.由(1)知当a1时，f(x)ln x1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，当x时，f(x)f(1)0ln x10在x上恒成立h(x)ex101>0，h(x)(ln x1)exx在x上单调递增h(x)minh2e，h(x)maxe.当m<2e或m>e时，函数g(x)在上没有零点；当2eme时，函数g(x)在上有且只有一个零点5设函数f(x)ex2aln(xa)，aR，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<，试判断函数f(x)的零点个数5解析(1)函数f(x)在0，)内单调递增，f(x)ex0在0，)内恒成立即aexx在0，)内恒成立记g(x)exx，则g(x)ex1<0恒成立，g(x)在区间0，)内单调递减，g(x)g(0)1，a1，即实数a的取值范围为1，)(2)0<a<，f(x)ex(x>a)，记h(x)f(x)，则h(x)ex>0，知f(x)在区间内单调递增又f(0)1<0，f(1)e>0，f(x)在区间内存在唯一的零点x0，即f(x0)0，于是，x0ln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)minf(x0)2aln2ax0x0a3a23a，当且仅当x0a1时，取等号由0<a<，得23a>0，f(x)minf(x0)>0，即函数f(x)没有零点6已知函数f (x)ln xax2(aR)(1)若f (x)在点(2，f (2)处的切线与直线2xy20垂直，求实数a的值；(2)求函数f (x)的单调区间；(3)讨论函数f (x)在区间1，e2上零点的个数6解析(1)f (x)ln xax2的定义域为(0，)，f (x)ax，则f (2)因为直线2xy20的斜率为2，所以(2)×1，解得a0(2)f (x)，x(0，)，当a0时，f (x)>0，所以f (x)在(0，)上单调递增；当a>0时，由得0<x<；由f (x)<0得x>，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减综上所述：当a0时，f (x)的单调递增区间为(0，)；当a>0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为(3)由(2)可知，()当a<0时，f (x)在1，e2上单调递增，而f (1)a>0，故f (x)在1，e2上没有零点()当a0时，f (x)在1，e2上单调递增，而f (1)a0，故f (x)在1，e2上有一个零点()当a>0时，若1，即a1时，f (x)在1，e2上单调递减因为f (1)a<0，所以f (x)在1，e2上没有零点若1<e2，即a<1时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，而f (1)a<0，f ln a，f (e2)2ae4，若f ln a<0，即a>时，f (x)在1，e2上没有零点；若f ln a0，即a时，f (x)在1，e2上有一个零点；若f ln a>0，即a<时，由f (e2)2ae4>0，得a<，此时，f (x)在1，e2上有一个零点；由f (e2)2ae40，得a，此时，f (x)在1，e2上有两个零点；若e2，即0<a时，f (x)在1，e2上单调递增，因为f (1)a<0，f (e2)2ae4>0，所以f (x)在1，e2上有一个零点综上所述：当a<0或a>时，f (x)在1，e2上没有零点；当0a<或a时，f (x)在1，e2上有一个零点；当a<时，f (x)在1，e2上有两个零点专题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)x2aln x(aR)(1)若f(x)在x2处取得极值，求曲线yf(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0.60，2.12，1.52(参考数据：ln 20.693，ln 31.099，ln 51.609，ln 71.946)规范解答(1)f(x)x2aln x，f(x)(x>0)，由题意得f(2)0，则2×232a20，a7，经验证，当a7时，f(x)在x2处取得极值，f(x)x27ln x，f(x)2x，f(1)7，f(1)3，则曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y37(x1)，即7xy100(2)令g(x)2x3ax2(x>0)，则g(x)6x2a，由a>0，g(x)0，可得x，g(x)在上单调递减，在上单调递增由于g(0)2<0，故当x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x1x0，且x0>1，则g(x0)0，f(x0)0，可得2ln x010令h(x)2ln x1(x>1)，易知h(x)在(1，)上单调递增，由于h(2)2ln 2<2×0.7<0，h(3)2ln 3>0，故x0(2，3)，x02例2已知函数f (x)xexa(x1)2(1)若ae，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ae时，f (x)xexe(x1)2，函数f (x)的定义域为(，)，f (x)(x1)exe(x1)(x1)(exe)令f (x)0，解得x1或x1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)00f (x)极大值极小值e所以当x1时，f (x)取得极大值；当x1时，f (x)取得极小值e(2)法一：分类讨论法f (x)(x1)exa(x1)(x1)(exa)，若a0，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)<0，且f (1)e2a>0，当x时，f (x)，所以函数f (x)在(，)上有两个零点若ln a<1，即0<a<，当x(，ln a)(1，)时，f (x)>0，f (x)单调递增；当x(ln a，1)时，f (x)<0，f (x)单调递减又f (ln a)aln aa(ln a1)2<0，所以函数f (x)在(，)上至多有一个零点，故不符合题意若ln a1，即a，当x(，)时，f (x)0，f (x)单调递增，故不符合题意若ln a>1，即a>，当x(，1)(ln a，)时，f (x)>0，f (x)单调递增；当x(1，ln a)时，f (x)<0，f (x)单调递减又f (1)<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xexa(x1)20，得xexa(x1)2当x1时，方程为e1a×0，显然不成立，所以x1不是方程的解，即1不是函数f (x)的零点当x1时，分离参数得a记g(x)(x1)，则g(x)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x0时，g(x)0；当x时，g(x)0；当x1时，g(x)；当x时，g(x)故函数g(x)的图象如图所示作出直线ya，由图可知，当a<0时，直线ya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(ag(x)后，将原问题转化为yg(x)的值域(最值)问题或转化为直线ya与yg(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)ex2x1(1)求曲线yf(x)在(0，f(0)处的切线方程；(2)设g(x)af(x)(1a)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)ex2，kf(0)121，又f(0)e02×010，f(x)在(0，f(0)处的切线方程为yx(2)g(x)ex2axa，g(x)ex2a当a0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xln(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)2a2aln(2a)aa2aln(2a)g(x)有两个零点，g(x)极小值<0，即a2aln(2a)<0，a>0，ln(2a)>，解得a>，实数a的取值范围为例4已知函数f (x)ln xax2x，aR(1)当a0时，求曲线yf (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a0时，f (x)ln xx，f (e)e1，f (x)1，f (e)1，曲线yf (x)在点(e，f (e)处的切线方程为y(e1)(xe)，即yx(2)f (x)2ax1，x>0，当a0时，显然f (x)>0，f (x)在(0，)上单调递增；当a>0时，令f (x)0，则2ax2x10，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x1，x2(x1<x2)，则x1x2<0，x1<0<x2，f (x)，x>0令f (x)>0，得x(0，x2)；令f (x)<0，得x(x2，)，其中x2，函数f (x)在上单调递增，在上单调递减(3)法一：由(2)知，当a0时，f (x)在(0，)上单调递增，至多一个零点，不符合题意；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)maxf (x2)要使f (x)有两个零点，需f (x2)>0，即ln x2axx2>0，又由f (x2)0得ax，代入上面的不等式得2ln x2x2>1，解得x2>1，a<1下面证明：当a(0，1)时，f (x)有两个零点f lnae2<0，f lna·<a·0(ln x<x)又x2<<，且x2>1>，f (x2)ln x2axx2(2ln x2x21)>0，f (x)在与上各有一个零点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有两解令g(x)，x>0，则g(x)由g(x)>0，得2ln xx<1，解得0<x<1，g(x)在(0，1)单调递增，在(1，)单调递减，又当x1时，g(x)>0，当x0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a1时，ag(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a0时，方程至多一解，不符合题意；当a(0，1)时，g<0，ga<0，g<a，ga<0方程在与上各有一个根，f (x)有两个零点a的取值范围为(0，1)例5(2017·全国)已知函数f(x)ae2x(a2)·exx(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(a2)ex1(aex1)(2ex1)()若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)单调递减()若a0，则由f(x)0得xln 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(2)()若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点()若a0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；当a(1，)时，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；当a(0，1)时，1ln a0，即f(ln a)0又f(2)ae4(a2)e222e220，故f(x)在(，ln a)有一个零点设正整数n0满足n0ln，则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00由于lnln 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6已知aR，函数f(x)exax(e2.718 28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)(ex2ax2ln xa)在区间内无零点，求实数a的最大值规范解答(1)由f(x)exax，得f(x)exa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)e1a0，解得a又当a时，f(x)ex0，当且仅当x1时取等号所以实数a的取值范