所以f
(2)=loga2+2-b<1+2-b=3-b<0,
f(3)=loga3+3-b>1+3-b=4-b>0.
即f
(2)f(3)<0,
易知f(x)在(0,+∞)单调递增,
所以f(x)存在唯一的零点x0,且x0∈(2,3),
所以n=2.
答案:
2
14.(xx潍坊模拟)已知f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,f′(x)是f(x)的导函数,若对∀x∈(0,+∞),都有f[f(x)-2x]=3,则方程f′(x)-=0的解所在的区间是 .(区间长度不大于1)
解析:
由题意,可知f(x)-2x是定值,令t=f(x)-2x,
则f(x)=2x+t,
又f(t)=2t+t=3,解得t=1,
所以有f(x)=2x+1,
所以f′(x)=2x·ln2,
令F(x)=f′(x)-=2x·ln2-,
可得F
(1)=21·ln2-4<0,F
(2)=22·ln2-2>0,
即F(x)=2x·ln2-零点在区间(1,2)内,
所以f′(x)-=0的解所在的区间是(1,2).
答案:
(1,2)
利用导数研究方程根的问题
训练提示:
利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路
(1)将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题.
(2)利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象.
(3)结合图象求解.
1.(xx贵州七校联盟第一次联考)已知函数f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然对数的底数,a∈R.
(1)当a>0时,解不等式f(x)≤0;
(2)当a=0时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解.
解:
(1)因为ex>0,所以不等式f(x)≤0,即为ax2+x≤0,
又因为a>0,所以不等式可化为x(x+)≤0,
所以不等式f(x)≤0的解集为[-,0].
(2)当a=0时,方程即为xex=x+2,由于ex>0,
所以x=0不是方程的解,
所以原方程等价于ex--1=0,
令h(x)=ex--1,
因为h′(x)=ex+>0对于x≠0恒成立,
所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调增函数,
又h
(1)=e-3<0,h
(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-<0,h(-2)=>0,
所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,
所以整数t的所有值为{-3,1}.
【教师备用】(xx广东江门市3月模拟)设函数f(x)=ex(lnx-a),e是自然对数的底数,a∈R为常数.
(1)若y=f(x)在x=1处的切线l的斜率为2e,求a的值;
(2)在
(1)的条件下,证明切线l与曲线y=f(x)在区间(0,)至少有1个公共点.
解:
(1)f′(x)=ex(lnx-a+),
依题意,k=f′
(1)=e(ln1-a+1)=2e,解得a=-1,
(2)由
(1)f
(1)=e,直线l的方程为y-e=2e(x-1),
即y=2ex-e,
令g(x)=f(x)-(2ex-e)=ex(lnx+1)-2ex+e,
则g()=(1-ln2)>0,g(e-4)=-3ee-4-2e-3+e<-3+e<0(用其他适当的数替代e-4亦可)
因为y=g(x)在(e-4,)上是连续不断的曲线,
g(e-4)g()<0,y=g(x)在(e-4,)内有零点,
而(e-4,)⊂(0,),从而切线l与曲线y=f(x)在区间(0,)至少有1个公共点.
2.(xx福建龙岩市5月质检)已知函数f(x)=ex(sinx+cosx)+a,g(x)=(a2-a+10)ex(a∈R且a为常数).
(1)若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2).求实数a的值;
(2)若存在实数x1,x2∈[0,π],使得g(x2)(3)判断函数(x)=-+1+lnx(b>1)在(0,+∞)上的零点个数,并说明理由.
解:
(1)f′(x)=ex(sinx+cosx)+ex(cosx-sinx)=2excosx,
又曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2),
得f′(0)=,
即2=1-a,解得a=-1.
(2)存在实数x1,x2∈[0,π],
使得g(x2)即g(x)min由
(1)知f′(x)=2excosx=0在x∈[0,π]上的解为x=,
函数f(x)在(0,)上递增,在(,π)上递减,
f(x)max=f()=+a
又a2-a+10>0恒成立,g(x)=(a2-a+10)ex在[0,π]上递增,
g(x)min=g(0)=a2-a+10,
故a2-a+10<+a+13-,得a2-2a-3<0,
所以实数a的取值范围是(-1,3).
(3)由(x)=-+1+lnx=0(x>0)得
-+1+lnx=0,
化为=1-x-xlnx,
令h(x)=1-x-xlnx,则h′(x)=-2-lnx,
由h′(x)=-2-lnx=0,得x=e-2,
故h(x)在(0,)上递增,在(,+∞)上递减,
h(x)max=h()=1+.
再令t(x)==b(1+)ex,
因为b>1,所以函数t(x)=b(1+)ex在(0,+∞)上递增,
t(x)>t(0)=b(1+)e0=b(1+)>1+.
知t(x)>h(x)max,由此判断函数(x)在(0,+∞)上没有零点,
故(x)在(0,+∞)上零点个数为0.
【教师备用】(xx四川成都市一诊)已知函数f(x)=-,g(x)=m-,其中m∈R且m≠0.e=2.71828…为自然对数的底数.
(1)当m<0时,求函数f(x)的单调区间和极小值;
(2)当m>0时,若函数g(x)存在a,b,c三个零点,且a
-1(3)是否存在负数m,对∀x1∈(1,+∞),∀x2∈(-∞,0),都有f(x1)>g(x2)成立?
若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.
解:
(1)f′(x)=-m·
=m·
=(x>0且x≠1).
所以由f′(x)>0,得x>;由f′(x)<0,得0所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1),(1,),单调递增区间是(,+∞).
所以f(x)极小值=f()=-2me.
(2)g′(x)=-=(m>0).
所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,(0,)上单调递减,(,+∞)上单调递增.
因为函数g(x)存在三个零点,
所以⇒⇒0所以0由g(-1)=m-mem=m(1-em)<0,
所以g(e)=m-=m(1-)<0.
综上可知,g(e)<0,g(0)>0,g(-1)<0,
结合函数g(x)单调性及a
a∈(-1,0),b∈(0,e),c∈(e,+∞).
即-1(3)由题意,只需f(x)min>g(x)max,
因为f′(x)=
由m<0,所以函数f(x)在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调
递增.
所以f(x)min=f()=-2me.
因为g′(x)=
由m<0,所以函数g(x)在(-∞,)上单调递增,(,0)上单调递减.
所以g(x)max=g()=m-.
所以-2me>m-,不等式两边同乘以负数m,
得-2m2e所以(2e+1)m2>,即m2>.
由m<0,解得m<-.
综上所述,存在这样的负数m∈(-∞,-)满足题意.
类型:
利用导数研究方程根的问题
1.设函数f(x)=lnx-cx(c∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)≤x2恒成立,求c的取值