第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1设函数f(x)＝x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数．解令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mlnx，x>0，问题等价于求函数F(x)的零点个数．F′(x)＝－，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点．当m>1时，若0
m，则F′(x)<0；若10，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋>0，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点．综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．思维升华(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)当m＝e(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)－的零点的个数．解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，则f′(x)＝(x>0)，由f′(x)＝0，得x＝e.∴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x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当00；当10)，所以h′(x)＝1＋－＝.所以x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：x1(1，e)h′(x)－0＋h(x)极小值又h＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2.且h(e)－h＝4－2e＋<0.所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h＝＋3e－2，所以实数a的取值范围为40，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0时，f(x)min>0，f(x)无零点，当a＝时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，当a<时，f(x)min<0，f(x)有2个零点．2．已知f(x)＝＋－3，F(x)＝lnx＋－3x＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．解(1)f′(x)＝－＋＝，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0
