第5课时利用导数研究函数零点专题课时作业1．(2018永州三模)已知函数f(x)＝(1－2a)lnx＋ax2＋x.讨论f(x)的导函数f′(x)的零点个数；解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋1＝＝若a＝0，由－1＜0，f′(x)没有零点；若a＜0或a＞，由＞0，f′＝0，－1＜0，f′(x)有一个零点；若0＜a≤，由≤0，－1＜0，f′(x)没有零点．综上所述，当a＜0或a＞时，f′(x)有一个零点；当0≤a≤时f′(x)没有零点．2．已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx的图象与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解：f′(x)＝x(2＋cosx)，令f′(x)＝0，得x＝0.∴当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增．当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，0)上递减．∴f(x)的最小值为f(0)＝1.∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b＞1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．3．(2017鹰潭一模)已知f(x)＝ax2－(b＋1)xlnx－b，曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为2x＋y＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)研究函数f(x)在区间(0，e4]内的零点的个数。解：(1)因为曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为2x＋y＝0，f′(x)＝2ax－(b＋1)lnx－b－1，所以解得所以f(x)＝x2－(e＋1)xlnx－e.(2)由(1)知f(x)＝x2－(e＋1)xlnx－e.令x2－(e＋1)xlnx－e＝0，即x－(e＋1)lnx－＝0，x∈(0，e4]．设g(x)＝x－(e＋1)lnx－，x∈(0，e4]，则g′(x)＝1－＋＝.由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝e.∵当x∈(0，1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，e)时，g′(x)＜0；当x∈(e，e4)时，g′(x)＞0，∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e，e4)上单调递增，极大值为g(1)＝1－e＜0，极小值为g(e)＝－2＜0，g(e4)＝e4－4(e＋1)－.∵4(e＋1)＋＜4×4＋1＝17，e4＞2.74＞2.54＞62＝36，∴g(e4)＞0.因此f(x)在区间(0，e4]内有唯一零点．4．(2018长春市一模)已知函数f(x)＝，其中a为实数，常数e＝2.718….(1)若x＝是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)当a＝－4时，求函数f(x)的单调区间；(3)当a取正实数时，若存在实数m，使得关于x的方程f(x)＝m有三个实数根，求a的1取值范围．解：(1)f′(x)＝因为x＝是函数f(x)的一个极值点，所以f′()＝0，即a－a＋1＝0，a＝.而当a＝时，ax2－2ax＋1＝(x2－2x＋)＝(x－)·(x－)，可验证：x＝是函数f(x)的一个极值点．因此a＝.(2)当a＝－4时，f′(x)＝令f′(x)＝0得－4x2＋8x＋1＝0，解得x＝1±，而x≠±.所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化是x－∞，－－，1－1－1－，，1＋1＋1＋，＋∞f′(x)－－0＋＋0－f(x)极小值极大值因此f(x)的单调增区间是(1－，)，(，1＋)；f(x)的单调减区间是(－∞，－)，(－，1－)，(1＋，＋∞)；(3)当a取正实数时，f′(x)＝，令f′(x)＝0得ax2－2ax＋1＝0，当a>1时，解得x1＝，x2＝.f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，但是函数值恒大于零，极大值f(x1)，极小值f(x2)，并且根据指数函数和二次函数的变化速度可知当x→＋∞时，f(x)＝→＋∞，当x→－∞时，f(x)＝→0.因此当f(x2)
