h(x)

极小值 1?13又h?＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2. ?e?ee1?2且h(e)－h?＝4－2e＋<0. ?e?e

1?1所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h??e?＝e＋3e－2， 3所以实数a的取值范围为4

e3

4，e＋2＋?. 即a的取值范围为?e??

1．已知函数f(x)＝a＋x·ln x(a∈R)，试求f(x)的零点个数． x?ln x＋2?1

解 f′(x)＝(x)′ln x＋x·＝，

x2x

令f′(x)>0，解得x>e2， 令f′(x)<0，解得0

f(x)min＝f(e2)＝a－，

e

2

显然当a>时，f(x)min>0，f(x)无零点，

e2

当a＝时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，

e2

当a<时，f(x)min<0，f(x)有2个零点．

e1exex

2．已知f(x)＝＋－3，F(x)＝ln x＋－3x＋2.

xee(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． 1exx2ex－e

解 (1)f′(x)＝－2＋＝，

xeex2

令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0

(2)F′(x)＝f(x)＝＋－3，

xe由(1)得?x1，x2，满足0

使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0， 即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增， 而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞， x→＋∞时，F(x)→＋∞， 画出函数F(x)的草图，如图所示．

－

－

－

－

故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．

11

3．已知函数f(x)＝x3－x2－2x＋c有三个零点，求实数c的取值范围．

32解 f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)， 由f′(x)>0可得x>2或x<－1， 由f′(x)<0可得－1

所以函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数， 在(－1,2)上是减函数，

7

所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，

610

极小值为f(2)＝c－.

3

?

而函数f(x)恰有三个零点，故必有?10

c－?3<0，

710

解得－

63

7

＋c>0，6

710－，?. 所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是??63?4．已知函数

f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋

e2

(x>0)． x

(1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围；

(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．

e2e2

2解 (1)∵g(x)＝x＋≥2e＝2e(x>0)，当且仅当x＝时取等号，∴当x＝e时，g(x)有最小

xx值2e.

∴要使g(x)＝m有零点，只需m≥2e. 即当m∈[2e，＋∞)时，g(x)＝m有零点．

(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点． e2

如图，作出函数g(x)＝x＋(x>0)的大致图象．

x

∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1 ＝－(x－e)2＋m－1＋e2， ∴其对称轴为x＝e， f(x)max＝m－1＋e2.

若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点，则m－1＋e2>2e，即当m>－e2＋2e＋1时，g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．

∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．