導數專題 函式零點個數
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基礎知識
函式的零點、方程的實數根
函式的零點、方程的實數根與兩函式的交點可視為同一問題，
函式\(h(x)=f(x)-g(x)\)的零點個數
\(⇔\)方程\(f(x)=g(x)\)實數根個數
\(⇔\)函式\(y=f(x)\)與函式\(y=g(x)\)交點個數.
函式零點存在定理
如果函式\(y=f(x)\)在\([a ,b]\)上的圖象是連續不斷的，且\(f(a)f(b)<0\)，那麼函式\(y=f(x)\)在\((a ,b)\)至少有一個零點\(c\)，即存在\(c∈(a ,b)\)，使得\(f(c)=0\)，這個\(c\)也就是方程\(f(x)=0\)的解.
求函式零點個數的方法
對於複雜的函式(特別是含參函式)需要利用導數的方法求解
(1) 直接法
直接法，即直接對所求函式進行分析，
(i)對於不含參函式，比如\(f(x)=x^3-2x^2-x\)，\(f(x)=e^x-2x^2+x\)等，
求零點個數的思路是：求導→求單調性→求極值最值→結合函式圖象分析零點個數；
(ii)對含參函式，進行分類討論就行.
(2) 分離引數法
對於求含參函式的零點個數，採取分離引數法可把問題轉化為求不含參函式問題；
比如求函式\(f(x)=e^x-ax\)的零點個數，
採取分離引數法相當於求函式\(y=\dfrac{e^x}{x}\)與函式\(y=a\)的交點個數.
(3) 切線法
切線法，即利用導數的幾何意義求兩函式相切的“臨界值”，再結合圖象判斷交點個數；
若所求函式能“分離”出一次函式或“分離”兩函式有明顯“凹凸性”，可考慮切線法；
比如求函式\(f(x)=e^x-ax\)的零點個數，可轉化為\(y=e^x\)與\(y=ax\)的交點個數，
此時先確定當\(a\)為何值時兩函式相切，再結合圖象分析交點個數.
比如求函式\(f(x)=e^x+1-a\left(2+\dfrac{x}{e^x}\right)\)
注意事項
(1) 求函式零點個數時，時常要結合函式圖象，所以儘量圖象準確，不要想當然；
【例】求函式\(f(x)=xe^x\)的零點個數.
(注 函式零點明顯僅有\(0\)，以下討論僅為表達畫圖的重要性)
\(\because f'(x)=(x+1)e^x\)，
\(\therefore\)函式\(f(x)\)在\((-∞,-1)\)遞減，在\((-1,+∞)\)遞增，最小值\(f(-1)=-\dfrac{1}{e}<0\)，
此時就以為函式圖象是左圖，那就得到“有兩個零點”的錯誤結論，
嚴謹的表達是，\(\because x⟶-∞\)，\(f(x)⟶0\)，\(\therefore f(x)\)在\((-∞,-1)\)不存在零點，
\(\because f(1)=e>0\), \(\therefore f(-1)f(1)<0\)，
由函式零點存在定理可得\(f(x)\)在\((-1,+∞)\)存在\(1\)個零點，
故函式\(f(x)=xe^x\)實際的圖象如右圖，僅有一個零點.
(2) 要避免上訴“想當然”的情況需要在零點旁邊找兩個函式值異號的點，方法有二種，
(i)利用極限的思路，比如判斷\(x→x_0\)時，\(y→y_0\)；\(x→-∞\)時，\(y→+∞\)之類的；
此時會涉及到函式增長快慢問題，但若涉及大學的內容(比如洛必達法則)，則解答不會得滿分；
(ii) 找到“實實在在”的點；
(3) 對某些含參函式，分離變數的方法行不通，比如因為需要洛必達法則、求導困難等，需要用直接法進行分類討論.
極限問題
(1) 函式的增長速度
一般地，如果一個函式在某一範圍內導數的絕對值\(|f'(x)|\)較大，那麼函式在這個範圍內變化得較快，這時函式的圖象就比較“陡峭”(向上或向下)；反之，函式在這個範圍內變化得較慢，函式的圖象就比較“平緩”.
【例】指數函式\(y=a^x (a>1)\)在\((0,+∞)\)的增長速度是“爆發式”的，
冪函式\(y=x^n (n>0)\)在\((0,+∞)\)的增長速度較快，指數\(n\)越大，增長速度越快．
一次函式\(y＝kx+b(k>0)\)的增長的速度不變，\(k\)越大，其增長得越快．
對數函式\(y=\log _ax(a>1)\)在\((1,+∞)\)的增長速度很慢.
(2) 極限
對於某函式\(y=f(x)\)，當\(x→a\)時，\(y\)趨向什麼”屬於極限問題，本質是求\(\lim _{x \rightarrow a} f(x)\).
以下舉幾個例子，大家細品下，
① \(f(x)=e^x\)，當\(x→0\)時，\(y→e^0=1\)；即函式\(y=e^x\)能取到\(0\)，直接代入便可；
② \(f(x)=\dfrac{1}{x}\)，當\(x→+∞\)時，\(y→0\)；可想象下\(x\)取一很大的數\(10000\)，對應函式值\(y=\dfrac{1}{10000}\)很小，接近\(0\)；
③ \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x^2}\) ，當\(x→+∞\)時，分子\(\ln x→+∞\)，分母\(x^2→+∞\)，那\(\dfrac{\ln x}{x^2}\)趨向什麼呢？
因為函式\(y=\ln x\)較函式\(y=x^2\)在\((0,+∞)\)增長得慢很多，所以當\(x→+∞\)時， \(\dfrac{\ln x}{x^2} \rightarrow 0\)；
這需要了解函式間在某區間的增長速度的比較；
④ \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\)，當\(x→0\)時，分子\(\sin x→0\)，分母\(x→0\)，那\(\dfrac{\sin x}{x}\)趨向什麼呢？
此時\(y=x\)與\(y=\sin x\)在\(x=0\)附近的增速在高中無法確定，
其實\(x→0\)時， \(\dfrac{\sin x}{x} \rightarrow 1\)的，為什麼呢？(用洛必達法則可求，但用高中導數的定義也可求)
其實\(\lim _{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x-0}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0} \dfrac{g(x)-f(0)}{x-0}=g^{\prime}(0)=1\)，(\(g(x)=\sin x\),\(g'(x)=\cos x\))
如下圖
基本方法
【題型1】 求不含參函式的零點個數
【典題1】判斷\(g(x)=2\ln x-\dfrac{1}{2} x^2+x\)的零點個數．
解析 \(g(x)=2\ln x-\dfrac{1}{2} x^2+x\)的定義域是\((0,+∞)\)，
\(g^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-x+1=\dfrac{(-x+2)(x+1)}{x}\)，
由\(g'(x)=0\)得\(x=2\)，
所以當\(x∈(0,2)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增；
當\(x∈(2,+∞)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，
所以\(x=2\)是\(g(x)\)唯一的極值點且為極大值點，
故\(g_{\max }(x)=g(2)=2 \ln 2>0\)，
又\(g\left(\dfrac{1}{e}\right)=-2-\dfrac{1}{2 e^2}-\dfrac{1}{e}<0\)，
\(g\left(e^2\right)=4-\dfrac{1}{2} e^4+e^2=-\dfrac{1}{2}\left(e^2-1\right)^2+\dfrac{9}{2}<0\)，
由零點的存在性定理知，\(g(x)\)在\(\left(\dfrac{1}{e}, 2\right)\)和\((2,e^2 )\)上分別有一個零點，
故\(g(x)\)有\(2\)個零點．
點撥 解題時多結合導函式“穿線圖”與原函式“趨勢圖”，關於本題的取點，在\((0,2)\)上取\(x=\dfrac{1}{e}\)，在\((2,+∞)\)上取\(x=e^2\)，取點一要看取點範圍，二看函式特徵，而函式中含\(\ln x\)多取\(x=1\)、\(e\)、\(\dfrac{1}{e}\) 、\(e^2\)之類的，若失敗了多嘗試，比如本題中取\(g(e)=2-\dfrac{e^2}{2}+e>0\)失敗就再取大些的\(x=e^2\)等.若本題是非解答題，不要取點，直接由\(x→-∞\)，\(y→-∞\)和\(x→+∞\)，\(y→-∞\)可得.
【鞏固練習】
1.在函式\(f(x)=ax^3+bx(a≠0)\)影象在點\((1,f(1))\)處的切線與直線\(6x+y+7=0\)平行，導函式\(f'(x)\)的最小值為\(－12\).
(1)求\(a\)、\(b\)的值；
(2)判斷方程\(f(x)=0\)解的個數.
2.證明函式\(f(x)=\ln (x+1)-\sin x\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2},+\infty\right)\)上有且僅有一個零點．
參考答案
-
答案 (1)\(a=2\),\(b=-12\)；(2)\(3\).
解析 (1)\(a=2\),\(b=-12\)(過程略).
(2)由(1)知\(f(x)=2x^3-12x\)，
\(\therefore f^{\prime}(x)=6 x^2-12=6(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})\)，列表如下：
| \(x\) | \((-∞,-\sqrt{2})\) | \(-\sqrt{2}\) | \((-\sqrt{2},\sqrt{2})\) | \(\sqrt{2}\) | \((\sqrt{2},+∞)\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(－\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f(x)\) | ↗ | 極大值 | ↘ | 極小值 | ↗ |
\(\therefore f(x)\)的極大值是\(f(-\sqrt{2})=8\sqrt{2}\)，極小值是\(f(\sqrt{2})=-8\sqrt{2}\)，
且當\(f(-3)=-18<0\)，\(f(3)=18>0\)，
\(\therefore f(-3)\cdot f(-\sqrt{2})<0\)，\(f(3)\cdot f(\sqrt{2})>0\)，
\(\therefore f(x)\)在\((-∞,-\sqrt{2})\)、\((-\sqrt{2},\sqrt{2})\)、\((\sqrt{2},∞)\)上各有\(1\)個零點，
故函式\(f(x)\)有三個零點，即方程\(f(x)=0\)解的個數是\(3\).
- 證明 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\cos x\)，
當\(x \in\left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)時，\(-\cos x>0\)， \(\dfrac{1}{x+1}>0\)，
\(\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\cos x>0\)，\(\therefore f(x)\)單調遞增，
而\(f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\ln \left(\dfrac{\pi}{2}+1\right)-1<0\)，\(f(π)=\ln (π+1)>0\)，
所以\(f(x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)上有且僅有一個零點\(x_0\)；
當\(x∈[π,+∞)\)時，\(f(x)=\ln (x+1)-\sin x>\ln (π+1)-1>0\)，
所以以\(f(x)\)在\([π,+∞)\)上無零點；
綜上所述，\(f(x)\)有且僅有一個零點．
【題型2】 分離引數法
【典題1】 若\(f(x)=ae^2x+(a-2)e^x-x\)有兩個零點，求\(a\)的取值範圍.
解析 依題意， \(f(x)=0 \Leftrightarrow a\left(e^{2 x}+e^x\right)=2 e^x+x \Leftrightarrow a=\dfrac{2 e^x+x}{e^{2 x}+e^x}\)，
令\(g(x)=\dfrac{2 e^x+x}{e^{2 x}+e^x}\)，
則\(g^{\prime}(x)=\dfrac{\left(2 e^x+1\right)\left(e^{2 x}+e^x\right)-\left(2 e^x+x\right)\left(2 e^{2 x}+e^x\right)}{\left(e^{2 x}+e^x\right)^2}=\dfrac{\left(2 e^x+1\right)\left(1-e^x-x\right)}{e^x\left(e^x+1\right)^2}\)，
令\(h(x)=1-e^x-x\)，
顯然函式\(h(x)\)是\(R\)上的減函式，而\(h(0)=0\)，
當\(x<0\)時，\(h(x)>0\)，\(g'(x)>0\)，當\(x>0\)時，\(h(x)<0\)，\(g'(x)<0\)，
因此，函式\(g(x)\)在\((-∞,0)\)上單調遞增，在\((0,+∞)\)上單調遞減，
當\(x=0\)時，\(g(x)_{max}=g(0)=1\)，
而\(g(-1)=\dfrac{2-e}{e^{-1}+1}<0\)，
又當\(x>0\)時，\(g(x)>0\)恆成立，
函式\(f(x)\)有兩個零點，等價於直線\(y=a\)與函式\(y=g(x)\)的圖象有兩個公共點，
在同一座標系內作出直線\(y=a\)與函式\(y=g(x)\)的圖象，如圖，
由圖象知，當且僅當\(0<a<1\)時，直線\(y=a\)與函式\(y=g(x)\)的圖象有兩個公共點，
所以\(a\)的取值範圍是\((0,1)\)．
點撥 利用分離引數法，能把含參函式問題轉化為不含參函式問題.
【鞏固練習】
1.已知函式\(f(x)=(x-a)\ln x(a∈R)\)，若函式\(f(x)\)存在三個單調區間，則實數\(a\)的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\) .
2.討論函式\(g(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{m}{x^2}-\dfrac{x}{3}(x>0)\)零點的個數.
3.已知函式\(f(x)=\dfrac{x^2+2 x+4}{x+2}\)．
(1)求函式\(f(x)\)在區間\([-1,1]\)上的最值；
(2)若關於\(x\)的方程\((x+2)f(x)-ax=0\)在區間\((0,3)\)內有兩個不等實根，求實數\(a\)的取值範圍．
參考答案
-
答案 \(\left(-\dfrac{1}{e^2}, 0\right)\)
解析 \(f^{\prime}(x)=\ln x+\dfrac{1}{x}(x-a)=\ln x+1-\dfrac{a}{x}\)，
函式\(f(x)=(x-a)\ln x(a∈R)\)，若函式\(f(x)\)存在三個單調區間，
即\(f'(x)=0\)有兩個不等實根，即\(a=x(\ln x+1)\)有兩個不等實根，
轉化為\(y=a\)與\(y=x(\ln x+1)\)的影象有兩個不同的交點，
\(y'=\ln x+2\)，令\(\ln x+2=0\)，即\(x=\dfrac{1}{e^2}\) ，
即\(y=x(\ln x+1)\)在\(\left(0, \dfrac{1}{e^2}\right)\)上單調遞減，在\(\left(\dfrac{1}{e^2},+\infty\right)\)上單調遞增 ，
\(y_{min}=-\dfrac{1}{e^2}\)，
當\(x\in \left(0, \dfrac{1}{e^2}\right)\)時，\(y<0\)，
所以\(a\)的範圍為\(\left(-\dfrac{1}{e^2}, 0\right)\). -
答案 當\(m>\dfrac{2}{3}\)時，函式\(g(x)\)無零點；
當\(m=\dfrac{2}{3}\)或\(m≤0\)時，函式\(g(x)\)有且僅有一個零點；
當\(0<m<\dfrac{2}{3}\)時，函式\(g(x)\)有兩個零點.
解析 令\(g(x)=0\)，得\(m=-\dfrac{1}{3} x^3+x(x>0)\)，
設\(h(x)=-\dfrac{1}{3} x^3+x(x>0)\)，
所以\(h'(x)=-x^2+1=-(x-1)(x+1)\)，
當\(x\in (0，1)\)時，\(h'(x)>0\)，此時\(h(x)\)在\((0,1)\)上為增函式；
當\(x\in (1，+∞)\)時，\(h'(x)<0\)，此時\(h(x)\)在\((1,+∞)\)上為減函式，
所以當\(x=1\)時，\(h(x)\)取極大值\(h(1)=-1+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}\)，
且\(x→0\)時\(h(x)→0\)，\(x→+∞\)時\(h(x)→-∞\)，
故當\(m>\dfrac{2}{3}\)時，函式\(y=m\)和函式\(y=h(x)\)無交點；
當\(m=\dfrac{2}{3}\)時，函式\(y=m\)和函式\(y=h(x)\)有且僅有一個交點；
當\(0<m<\dfrac{2}{3}\)時，函式\(y=m\)和函式\(y=h(x)\)有兩個交點；
當\(m≤0\)時，函式\(y=m\)和函式\(y=h(x)\)有且僅有一個交點．
綜上所述，當\(m>\dfrac{2}{3}\)時，函式\(g(x)\)無零點；
當\(m=\dfrac{2}{3}\)或\(m≤0\)時，函式\(g(x)\)有且僅有一個零點，
當\(0<m<\dfrac{2}{3}\)時，函式\(g(x)\)有兩個零點. -
答案 (1)最大值為\(3\)，最小值為\(2\)；(2) \(\left(6, \dfrac{19}{3}\right)\)．
解析 (1)最大值為\(3\)，最小值為\(2\)(過程略)．
(2)因為關於於\(x\)的方程\((x+2)f(x)-ax=0\)在區間\((0,3)\)內有兩個不等實根，
則\((x+2) \cdot \dfrac{x^2+2 x+4}{x+2}-a x=0\)在區間\((0,3)\)內有兩個不等實根，
所以\(x^2+2x+4-ax=0\)在區間\((0,3\))內有兩個不等實根，
所以\(a=\dfrac{x^2+2 x+4}{x}\)在區間\((0,3)\)內有兩個不等實根，
令\(g(x)=\dfrac{x^2+2 x+4}{x}\),\(x\in (0,3)\)，
\(g(x)=x+2+\dfrac{4}{x} \geqslant 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{4}{x}}+2=6\) (當且僅當\(x=2\)時，取等號)，
\(x→0\)時，\(g(x)→+∞\)； \(g(3)=\dfrac{3^2+2 \times 3+4}{3}=\dfrac{19}{3}\)，
所以\(a\)的取值範圍為 \(\left(6, \dfrac{19}{3}\right)\)．
【題型3】直接法
【典題1】 討論函式\(f(x)=x\ln x-\dfrac{1}{2} x^2+(a-1)x(a\in R)\)的極值點的個數.
解析 \(f(x)\)的定義域是\((0 ,+∞)\)，\(f'(x)=\ln x-x+a\)，
令\(g(x)=\ln x-x+a\)，則\(f'(x)=\ln x-x+a\)，(建構函式，二次求導)
當\(x\in (0 ,1)\)時，\(g^{\prime}(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，即\(f'(x)\)單調遞增；
當\(x\in (1 ,+∞)\)時，\(g'(x)<0\)， \(g(x)\)單調遞減，即\(f'(x)\)單調遞減；
所以當\(x=1\)時，\(f'(x)\)有極大值\(f'(1)=a-1\)，也是最大值，
(確定\(f'(x)\)的最大值\(a-1\)，想下函式圖象\(a-1\)與\(0\)的大小比較決定導函式\(y=f'(x)\)是否存在零點)
① 當\(a-1≤0\)，即\(a≤1\)時，
所以\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞減，此時\(f(x)\)無極值，
② 當\(a>1\)時，\(f'(1)=a-1>0\)，
\(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]=\ln \left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a\)\(=-a-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a=-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}<0\)，
易證\(x>1\)時，\(e^x>2x\)，
所以\(a>1\)，\(f'(e^a )=2a-e^a<0\)，
故存在\(x_1\) ,\(x_2\)滿足\(0<\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}<x_1<1<x_2<e^a\)，\(f'(x_1)=f'(x_2)=0\)，
當\(x\in (0 ,x_1)\)時，\(f(x)\)單調遞減，
當\(x\in (x_1 ,x_2)\)時，\(f(x)\)單調遞增，
當\(x\in (x_2 ,+∞)\)時，\(f(x)\)單調遞減，
所以\(f(x)\)在\(x=x_1\)處有極小值，在\(x=x_2\)處有極大值．
綜上所述，當\(a≤1\)時，\(f(x)\)沒有極值點；當\(a>1\)時，\(f(x)\)有\(2\)個極值點．
點撥
① 求出導函式\(f'(x)=\ln x-x+a\)，它的圖象很難確定，不知道是否存在零點(這與原函式單調性有關)，則考慮二次求導進行分析；
② 當\(a>1\)時，導函式\(f'(x)=\ln x-x+a\)存在零點\(x_1\) ,\(x_2\)是怎麼確定的？
誤區1：\(y=f'(x)\)最大值在x軸上方且是“先增後減”，想當然說它有兩個零點是不嚴謹的.因為\(y=f'(x)\)的圖象可能如下左圖，則只有一個零點；如右圖，甚至沒有零點；
誤區2：當\(x→0\)時，顯然\(f'(x)→-∞\)，當\(x→+∞\)時，顯然\(f'(x)→-∞\)，
那可知\(y=f'(x)\)存在兩個零點，也不夠嚴謹；
而因\(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]<0\)， \(f'(e^a)=2a－e^a<0\)，
由零點判定定理可確定\(y=f'(x)\)有兩個零點\(x_1\)、\(x_2\).
③ 那“取點”\(\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\)、\(e^a\)是怎麼想到的呢？這需要些技巧，導函式\(f'(x)=\ln x-x+a\)中有引數\(a>1\)，\(x\)取常數是不行的；因有\(\ln x\)，想到含\(a\)的\(e\)指數冪，多嘗試就可以！
【典題2】已知函式\(f(x)=\dfrac{1}{x}+a\ln x-a-1\)，\(a\in R\)．
(1)討論函式\(f(x)\)的單調性；(2)討論函式\(f(x)\)的零點個數．
解析 (1) \(f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{a}{x}=\dfrac{a x-1}{x^2}\)，
當\(a≤0\)時，\(f'(x)<0\)，故\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上單調遞減，
當\(a>0\)時， \(f^{\prime}(x)>0 \Rightarrow x>\dfrac{1}{a}\)，
\(f(x)\)在\(\left(0, \dfrac{1}{a}\right)\)上單調遞減，在\(\left(\dfrac{1}{a},+\infty\right)\)上單調遞增．
(2)當\(a≤0\)時， \(f\left(\dfrac{1}{e}\right)=e-2 a-1 \geq e-1>0\)，\(f(e)=\dfrac{1}{e}-1<0\)，\(f(x)\)有唯一零點；
當\(a>0\)時，\(f(1)=-a<0\)，
(不用最小值\(f\left(\dfrac{1}{a}\right)=-a\ln a-1<0\)，因為這個還要證明，用\(f(1)=-a<0\)容易，接著要在\(x=1\)兩邊各取點\(0<x_1<1\),\(x_2>1\)使得\(f(x_1 )>0\)，\(f(x_2 )>0\)， )
而\(e^{1+\dfrac{1}{a}}>1,\)， \(f\left(e^{1+\dfrac{1}{a}}\right)=\dfrac{1}{e^{1+\dfrac{1}{a}}}+a\left(1+\dfrac{1}{a}\right)-a-1=\dfrac{1}{e^{1+\dfrac{1}{a}}}>0\)，(取 \(x_2=e^{1+\dfrac{1}{a}}\))
\(\therefore f(x)\)在 \(\left(1, e^{1+\dfrac{1}{a}}\right)\)內有一個零點；
\(f\left(e^{-a-1}\right)=e^{a+1}-(a+1)^2\)，(取 \(x_1=e^{-a-1}<1\))
令\(g(t)=e^t-t^2\)，則\(g'(t)=e^t-2t\)，\(g'' (t)=e^t-2\)，
當\(t>1\)時，\(g'' (t)>e-2>0\)，\(\therefore g'(t)\)單調遞增，
\(\therefore g'(t)>g'(1)=e-2>0\)，\(\therefore g(t)\)單調遞增，
\(\therefore g(t)>g(1)=e-1>0\)，故 \(f\left(e^{-a-1}\right)>0\)，
\(\because e^{-a-1}<1\)，\(\therefore f(x)\)在\((e^{-a-1},1)\)內有一個零點；
\(\therefore\)當\(a>0\)時\(f(x)\)有兩個零點．
綜上，當\(a≤0\)時\(f(x)\)有一個零點，當\(a>0\)時\(f(x)\)有兩個零點．
【鞏固練習】
- 若函式\(f(x)=-\dfrac{1}{3} x^3+a x^2+3 a^2 x-\dfrac{5}{3}\)僅有一個零點，求實數\(a\)的取值範圍．
2.討論函式\(f(x)=2 e^{2 x}-\dfrac{a}{x}\)，\(x\in (0,1)\)的零點的個數.
3.已知函式\(f(x)=ax⋅\ln x\)(其中\(a≠0\),\(a\in R\))， \(g(x)=\dfrac{x-1}{x+1}\)．
(1)若存在實數\(a\)使得\(f(x)<\dfrac{1}{e}\)恆成立，求\(a\)的取值範圍；
(2)當\(a⩽\dfrac{1}{2}\)時，討論函式\(y=f(x)-g(x)\)的零點個數．
參考答案
-
答案 \(\left(-1, \dfrac{\sqrt[3]{5}}{3}\right)\)
解析 函式\(f(x)\)只有一個零點，
因為\(f'(x)=-x^2+2ax+3a^2=-(x-3a)(x+a)\)，
①當\(a<0\)時，由\(f'(x)>0\)，解得\(3a<x<-a\)，
所以函式\(f(x)\)在區間\((3a,-a)\)上單調遞增，
由\(f'(x)<0\)，解得\(x<3a\)或\(x>-a\)，
所以函式\(f(x)\)在區間\((-∞,3a)\)，\((-a,+∞)\)上單調遞減，
又\(f(0)=-\dfrac{5}{3}<0\)，
所以只需要\(f(-a)<0\)，解得\(-1<a<0\)，
所以實數\(a\)的取值範圍為\((-1,0)\)．
②當\(a=0\)時，顯然\(f(x)\)只有一個零點成立，
③當\(a>0\)時，由\(f'(x)>0\)，解得\(-a<x<3a\)，
即\(f(x)\)在區間\((-a,3a)\)上單調遞增，
由\(f'(x)<0\)，解得\(x<-a\)或\(x>3a\)，
即函式\(f(x)\)在區間\((-∞,-a)\)，\((3a,+∞)\)上單調遞減，
又\(f(0)=-\dfrac{5}{3}<0\)，
所以只需\(f(3a)<0\)，解得 \(0<a<\dfrac{\sqrt[3]{5}}{3}\)，
綜上，實數\(a\)的取值範圍為\(\left(-1, \dfrac{\sqrt[3]{5}}{3}\right)\)． -
答案 當\(a≤0\)或\(a≥2e^2\)時，\(f(x)\)無零點；當\(0<a<2e^2\)時，\(f(x)\)存在\(1\)個零點 .
解析 \(f^{\prime}(x)=4 e^{2 x}+\dfrac{a}{x^2}\)
①當\(a≤0\)時，\(f(x)>0\)恆成立，在\((0,1)\)上恆成立，\(\therefore f(x)\)在\((0,1)\)上無零點；
②當\(a≥2e^2\)時， \(\because f^{\prime}(x)=4 e^{2 x}+\dfrac{a}{x^2}>0\)，在\((0,1)\)上恆成立，
\(\therefore f(x)\)在\((0,1)\)上單調遞增，
\(\therefore f(x)<f(1)=2e^2-a<0\)，\(\therefore f(x)\)在\((0,1)\)上無零點；
③當\(0<a<2e^2\)時， \(\because f^{\prime}(x)=4 e^{2 x}+\dfrac{a}{x^2}>0\)在\((0,1)\)上恆成立，
\(\therefore f(x)\)在\((0,1)\)上單調遞增．
又\(\because\)當\(x\)趨向於\(0\)時，\(f(x)\)趨向於\(-∞\)；且\(f(1)=2e^2-a>0\)．
故由零點存在性定理可知：\(f(x)\)在\((0,1)\)上存在唯一一個零點，
綜上：當\(a≤0\)或\(a≥2e^2\)時，\(f(x)\)在\((0,1)\)上無零點；
當\(0<a<2e^2\)時，\(f(x)\)在\((0,1)\)上存在唯一一個零點 . -
答案 (1)\((-1,0)\)；
(2) 當\(a<0\)或\(a=\dfrac{1}{2}\)時，\(h(x)\)有\(1\)個零點，當\(0<a<\dfrac{1}{2}\)時，\(h(x)\)有\(2\)個零點．
解析 (1)因為\(f(x)=ax\ln x\),\(a≠0\)，要使得\(f(x)<\dfrac{1}{e}\)在\((0,+∞)\)上恆成立，
所以\(a<0\)，由\(f'(x)=a(\ln x+1)\)，
由\(f'(x)=a(\ln x+1)>0\)，解得\(0<x<\dfrac{1}{e}\)，
由\(f'(x)=a(\ln x+1)<0\)，解得\(x>\dfrac{1}{e}\) ，
所以\(f(x)_{\max }=f\left(\dfrac{1}{e}\right)=-\dfrac{a}{e}\)，
所以\(-\dfrac{a}{e}<\dfrac{1}{e}\)，所以\(-1<a<0\)，
所以\(a\)的取值範圍為\((-1,0)\)．
(2)①當\(a<0\)時，當\(x\in (0,1)\)時，\(f(x)>0\)，\(g(x)<0\)，
所以\(y=f(x)-g(x)\)恆大於零，
當\(x=1\)時，\(y=f(x)-g(x)=0\)，
令\(h(x)=f(x)-g(x)\)，
所以\(a<0\)時，令\(h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)個零點，
②當\(a>0\)時，令\(h(x)=f(x)-g(x)\)，
則\(h(x)=a x \ln x-1+\dfrac{2}{x+1}(x>0)\)，
\(h^{\prime}(x)=a(\ln x+1)-\dfrac{2}{(x+1)^2}\)， \(h^{\prime \prime}(x)=\dfrac{a}{x}+\dfrac{4}{(x+1)^3}\)，
因為\(x>0\)，所以\(h'' (x)>0\)恆成立，
所以\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上單調遞增，
因為\(h(1)=0\)，當\(h'(1)=0\)，即\(a=\dfrac{1}{2}\)時，
\(h'(x)\)在\((0,1)\)上恆小於零，在\((1,+∞)\)上恆大於零，
即 在\((0,1)\)上單調遞減，在\((1,+∞)\)上單調遞增，
所以\(h(x)⩾h(1)=0\)，\(y=h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)個零點，
若\(0<a<\dfrac{1}{2}\)時，\(h'(1)=a-\dfrac{1}{2}<0\)，
由於\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上單調遞增，
所以\(h'(x)\)在\((0,1]\)上恆小於零，\(h(x)\)在\((0,1]\)上單調遞減，
因為\(h(1)=0\)，所以\(h(x)\)在\((0,1]\)上有唯一零點\(1\)，
又因為\(h'(1)=a-\dfrac{1}{2}<0\)， \(h^{\prime}\left(e^{\dfrac{2}{a}-1}\right)=2-\dfrac{2}{\left(e^{\dfrac{2}{a}-1}+1\right)^2}>0\)，
所以存在 \(x_0 \in\left(1, e^{\dfrac{2}{a}-1}\right)\)，使得\(h'(x_0 )=0\)，
由於\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上單調遞增， (1) ，
所以\(h(x)\)在\((1,x_0 )\)上單調遞減，在\((x_0,+∞)\)上單調遞增， \(x_0 \in\left(1, e^{\dfrac{2}{a}-1}\right)\)，
所以\(h(x_0 )<h(1)=0\)，
又\(0<a<\dfrac{1}{2}\)， \(e^{\dfrac{1}{a}}>1\)， \(h\left(e^{\dfrac{1}{a}}\right)=e^{\dfrac{1}{a}}-1+\dfrac{2}{e^{\dfrac{1}{a}+1}}>0\)，
所以 \(x_0<e^{\dfrac{1}{a}}\)，
結合\(h(x)\)在\((x_0,+∞)\)單調遞增，\(h(x)\)在\((1,+∞)\)上有唯一零點，
又\(h(1)=0\)，
所以\(0<a<\dfrac{1}{2}\)時，\(h(x)\)在(0,+∞)上有唯一零點，
又因為\(h(1)=0\)，
所以\(0<a<\dfrac{1}{2}\)時，\(h(x)\)在\((0,+∞)\)上有\(2\)個零點，
綜上所述，當\(a<0\)或\(a=\dfrac{1}{2}\)時，\(h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)個零點，
當\(0<a<\dfrac{1}{2}\)時，\(h(x)\)在\((0,+∞)\)上有\(2\)個零點．
【題型4】幾何法
【典題1】 函式\(g(x)=(x^2+1) e^x-mx-1\)在\([-1,+∞)\)有兩個零點，求\(m\)的取值範圍.
解析 函式\(g(x)=(x^2+1) e^x-mx-1\)在\([-1,+∞)\)有兩個零點，
等價於\(s(x)=(x^2+1) e^x\)與\(t(x)=mx+1\)在\([-1,+∞)\)有兩個交點，
\(\because s'(x)=(x+1)^2 e^x≥0\)，\(\therefore s(x)\)在\([-1,+∞)\)單調遞增，
又 \(s(-1)=\dfrac{2}{e}\)，\(s(0)=1\)，
而函式\(t(x)=mx+1\)是過定點\((0,1)\)的直線，且斜率為\(m\)，
則 \(\dfrac{1-\dfrac{2}{e}}{0-(-1)}=1-\dfrac{2}{e} \leq m<1\)，或\(m>s'(0)=1\)，
故m的取值範圍為 \(1-\dfrac{2}{e} \leqslant m<1\)或\(m>1\).
點撥 函式能夠轉化為一次函式與其他形式函式的交點問題，可考慮這種方法；但還要注意到\(s(x)=(x^2+1) e^x\)是凹函式，因為\(s'' (x)>0\)，若\(s(x)\)是凸函式，則\(m\)的範圍就不一樣了，但內容超綱不適合處理解答題，第二問利用分離引數法有難度 \(m=\dfrac{\left(x^2+1\right) e^x-1}{x}\)，出現洛必達法則、隱零點.
【鞏固練習】
1.函式 \(F(x)=\dfrac{a x-a}{e^x}+1(a<0)\)沒有零點，求實數\(a\)的取值範圍.
參考答案
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答案 \((-e^2,0)\)
解析 由已知有 \(F(x)=\dfrac{a x-a+e^x}{e^x}=0\)沒有解，即\(e^x=-a(x-1)\)無解，
\(\therefore y_1=e^x\)與\(y_2=-a(x-1)\)兩圖象無交點，
設兩圖象相切於\((m,n)\)兩點，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} e^m=-a(m-1) \\ e^m=-a \end{array}\right.\)，\(\therefore m=2\)，\(a=-e^2\)，
\(\because\)兩圖象無交點，\(\therefore\)故\(a\)的取值範圍是\((-e^2,0)\)．
分層練習
【A組---基礎題】
1.已知函式\(f(x)=ax^3+bx^2+cx\)在點\(x_0\)處取得極小值\(-4\)，使其導數\(f'(x)>0\)的\(x\)的取值範圍為\((1,3)\)，
(1)求\(f(x)\)的解析式；
(2)若過點\(P(-1,m)\)作曲線\(y=f(x)\)的三條切線，求實數\(m\)的取值範圍．
2.證明:\(a>1\), \(f(x)=(1+x^2 ) e^x-a\)在 \((-∞,+∞)\)上有且僅有一個零點.
3.已知函式 \(f(x)=\dfrac{1}{3} x^3-\dfrac{(k+1)}{2} x^2\)，\(g(x)=\dfrac{1}{3}-kx\)，且\(f(x)\)在區間\((2,+∞)\)上為增函式．
(1)求實數\(k\)的取值範圍；
(2)若函式\(f(x)\)與\(g(x)\)的圖象有三個不同的交點，求實數\(k\)的取值範圍．
4.已知函式\(f(x)=ax^2+x-\ln x(a\in R)\)．
(1)當\(a=1\)時，求\(f(x)\)在區間 \(\left[\dfrac{1}{3}, 1\right]\)上的最值；
(2)若\(g(x)=f(x)-x\)在定義域內有兩個零點，求\(a\)的取值範圍．
5.若 \(f(x)=e^{x-2}-a x\)有兩個零點，求實數\(a\)的取值範圍．
6.已知函式\(f(x)=x^2-a\ln x\)，
(1)求\(f(x)\)的單調區間；
(2)如果\(a>0\)，討論函式\(y=f(x)\)在區間\((1,e)\)上零點的個數．
7.已知函式\(f(x)=x^3+ax+\dfrac{1}{4}\),\(g(x)=-\ln x\).用\(\min \{m,n\}\)表示\(m\),\(n\)中的最小值，設函式 \(h(x)=\min \{f(x), g(x)\}(x>0)\)，討論\(h(x)\)零點的個數 .
8.若\(f(x) =m^2 x^2-\ln x\)的圖象與直線\(y=mx\)交於\(M(x_M，y_M )\)，\(N(x_N，y_N )\)，兩點，且\(x_M>x_N>1\)，求實數\(m\)的取值範圍.
9.已知\(g(x)=a^x+b^x-2(0<a<1,b>1)\)有且只有\(1\)個零點，求\(ab\)的值.
10.已知\(a>0\)，函式\(f(x)=ae^x-x-2\)，函式\(g(x)=\ln (x+2)-x-\ln a\)．
(1)若對\(∀x\in R\)，\(f(x)⩾0\)恆成立，求\(a\)的取值範圍；
(2)若方程\(f(x)=g(x)\)有兩個根，求\(a\)的取值範圍．
參考答案
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答案 (1)\(f(x)=-x^3+6x^2-9x\)；(2) \((-11,16)\) .
解析 (1)\(f(x)=-x^3+6x^2-9x\)(過程略).
(2)設切點\((t,f(t))\)，\(y-f(t)=f'(t)(x-t)\)
\(y=(-3t^2+12t-9)(x-t)+(-t^3+6t^2-9t)\)
\(=(-3t^2+12t-9)x+t(3t^2-12t+9)-t(t^2-6t+9)\)
\(=(-3t^2+12t-9)x+t(2t^2-6t)\)過\((-1,m)\)
\(\therefore m=(-3t^2+12t-9)(-1)+2t^3-6t^2\)，
\(\therefore 2t^3-3t^2-12t+9-m=0\)，
設\(g(t)=2t^3-3t^2-12t+9-m\)，
令\(g'(t)=6t^2-6t-12=6(t^2-t-2)=0\)，
求得\(t=-1\),\(t=2\)，
若要方程\(g(t)=0\)有三個根，
需\(\left\{\begin{array} { l } { g ( - 1 ) > 0 } \\ { g ( 2 ) < 0 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { - 2 - 3 + 1 2 + 9 - m > 0 } \\ { 1 6 - 1 2 - 2 4 + 9 - m < 0 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} m<16 \\ m>-11 \end{array}\right.\right.\right.\)
故\(-11<m<16\)；因此所求實數\(m\)的範圍為：\((-11,16)\). -
證明 \(f'(x)=e^x (x^2+2x+1)=e^x (x+1)^2\)，\(\therefore f'(x)≥0\)，
\(\therefore f(x)=(1+x^2 ) e^x-a\)在\((-∞,+∞)\)上為增函式．
而\(f(0)=1-a<0\)， \(f(\sqrt{a})=(1+a) e^{\sqrt{a}}-a=e^{\sqrt{a}}+a\left(e^{\sqrt{a}}-1\right)>0\)，
\(\therefore f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上有且只有一個零點． -
答案 (1) \(k≤1\)；(2) \(k<1-\sqrt{3}\).
解析 (1)\(k≤1\)(過程略).
(2)欲使\(f(x)\)與\(g(x)\)的圖象有三個不同的交點，
即函式\(h(x)=f(x)-g(x)\)有三個不同的零點，
設 \(h(x)=f(x)-g(x)=\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{(k+1)}{2} x^2+k x-\dfrac{1}{3}\)，
\(h'(x)=x^2-(k+1)x+k=(x-k)(x-1)\)，
令\(h'(x)=0\)得\(x=k\)或\(x=1\)，
由(1)知\(k≤1\)，
①當\(k=1\)時，\(h'(x)=(x-1)^2≥0\)，\(h(x)\)在\(R\)上遞增，顯然不合題意.
②當\(k<1\)時，\(h(x)\),\(h'(x)\)隨x的變化情況如下表：
| \(x\) | \((-∞,k)\) | \(k\) | \((k,1)\) | \(1\) | \((1,+∞)\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(h'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(h(x)\) | \(↗\) | 極大值 | |||
| \(-\dfrac{k^3}{6}+\dfrac{k^2}{2}-\dfrac{1}{3}\) | \(↘\) | 極小值 | |||
| \(\dfrac{k-1}{2}\) | \(↗\) |
由於 \(h(1)=\dfrac{k-1}{2}<0\)且當\(x→+∞\)時，\(y→+∞\)，當\(x→-∞\)時\(，y→-∞\)，
若要函式\(h(x)=f(x)-g(x)\)有三個不同的零點，
故需 \(-\dfrac{k^3}{6}+\dfrac{k^2}{2}-\dfrac{1}{3}>0\)，即\((k-1)(k^2-2k-2)<0\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
k<1 \\
k^2-2 k-2>0
\end{array}\right.\)，解得 \(k<1-\sqrt{3}\)，
綜上，所求\(k\)的取值範圍為\(k<1-\sqrt{3}\).
-
答案 (1)\(f(x)_{min}=\ln 2+\dfrac{3}{4}\)，\(f(x)_{max}=2\)；(2) \(\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\).
解析 (1) \(f(x)_{min}=\ln 2+\dfrac{3}{4}\)，\(f(x)_{max}=2\)(過程略)
(2)令\(g(x)=f(x)-x=0\)，得 \(a=\dfrac{\ln x}{x^2}\)，
設 \(h(x)=\dfrac{\ln x}{x^2}(x>0)\)，
\(\because g(x)=f(x)-x\)在定義域內有兩個零點，
\(\therefore\)函式\(y=h(x)\)與\(y=a\)與在定義域內有兩個交點
\(\because h^{\prime}(x)=\dfrac{1-2 \ln x}{x^3}\) ，
令\(h'(x)>0\)得：\(0<x<\sqrt{e}\)；令\(h'(x)<0\)得：\(x>\sqrt{e}\)，
\(\therefore h(x)\)在\((0,\sqrt{e})\)單調遞增，在\((\sqrt{e},+∞)\)單調遞減，
又\(\because h(\sqrt{e})=\dfrac{1}{2e}\)，且當\(x→0\)時，\(h(x)→-∞\)，當\(x→+∞\)時，\(h(x)→0\)，
畫出函式\(h(x)\)的大致影象，如圖所示：
由圖象可得， \(a \in\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\)，
\(\therefore a\)的取值範圍為 \(\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\)． -
答案 \(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\).
解析 方法1
因為\(f(x)=e^{x-2}-ax\)，所以 \(f^{\prime}(x)=e^{x-2}-a\)，
當\(a⩽0\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\(R\)上單調遞增，
故\(f(x)\)至多存在一個零點，不合題意；
當\(a>0\)時，由\(f'(x)=e^{x-2}-a=0\)得：\(x=2+\ln a\)，
當\(x\in (-∞,2+\ln a)\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\((-∞,2+\ln a)\)上單調遞減；
當\(x\in (2+\ln a,+∞)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\((2+\ln a,+∞)\)上單調遞增；
所以當\(x=2+\ln a\)時，\(f(x)\)取到最小值，且最小值為\(f(2+\ln a)=-a(1+\ln a)\)．
①當\(0<a⩽\dfrac{1}{e}\)時，\(f(2+\ln a)⩾0\)，\(f(x)\)在\(R\)上至多存在一個零點，不合題意；
②當\(a>\dfrac{1}{e}\)時，\(f(2+\ln a)<0\)．
由於 \(f(0)=e^{-2}>0\)，
所以\(f(x)\)在\((-∞,2+\ln a)\)上存在唯一零點．
\(f(4+2 \ln a)=e^{2 \ln a+2}-a(4+2 \ln a)=e^2 a^2-a(4+2 \ln a)=a\left(e^2 a-2 \ln a-4\right)\)．
設\(g(a)=e^2 a-2\ln a-4\)，
則 \(g^{\prime}(a)=e^2-\dfrac{2}{e}=\dfrac{e^2 a-2}{a}=\dfrac{e^2}{a}\left(a-\dfrac{2}{e^2}\right)\)，
當\(a>\dfrac{1}{e}\)時，\(g'(a)>0\)，
所以\(g(a)\)在\(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\)上單調遞增．
因為\(g\left(\dfrac{1}{e}\right)=e+2-4>0\)，
所以\(g(a)>g\left(\dfrac{1}{e}\right)>0\)，即\(f(4+2\ln a)>0\)．
從而\(f(x)\)在\(R\)上有兩個零點．
綜上所述，\(a\)的取值範圍為\(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\)．
方法2 幾何法
函式\(f(x)=e^{x-2}-ax\)有兩個零點等價於函式\(g(x)=e^{x-2}\)與函式\(y=ax\)有兩個交點，
設函式\(y=kx\)與函式\(g(x)=e^{x-2}\)相切，切點\(P(x_0,y_0)\)，
\(\because g'(x)=e^{x-2}\)，\(\therefore k=g'(x_0 )=e^{x_0-2}\)，
即切線方程為\(y=e^{x_0-2} x\)，則\(y_0=e^{x_0-2} x_0\)，
又\(g(x_0 )=e^{x_0-2}\)，即\(y_0=e^{x_0-2}\)，\(\therefore x_0=1\)，
\(\therefore k=e^{x_0-2}=\dfrac{1}{e}\)，
\(\therefore\)若函式\(g(x)=e^{x-2}\)與函式\(y=ax\)有兩個交點，則\(a>\dfrac{1}{e}\)，
所以\(a\)的取值範圍為 \(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\)． -
答案 (1)當\(a≤0\)，\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上遞增；
當\(a>0\)，\(f(x)\)的增區間為\(\left(\sqrt{\dfrac{a}{2}},+\infty\right)\)，減區間為\(\left(0, \sqrt{\dfrac{a}{2}}\right)\)；
(2)當\(0<a<2e\)時，函式\(f(x)\)無零點；
當\(a=2e\)或\(a≥e^2\)時，函式\(f(x)\)有\(1\)零點；
當\(2e<a<e^2\)時，函式\(f(x)\)有\(2\)個零點．
解析(1)函式\(f(x)=x^2-a\ln x\)的導數 \(f^{\prime}(x)=2 x-\dfrac{a}{x}=\dfrac{2 x^2-a}{x}(x>0)\)，
若\(a≤0\)，則\(f'(x)>0\)，即有\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上遞增；
若\(a>0\)，由\(f'(x)>0\)得到\(x>\sqrt{\dfrac{a}{2}}\)，由\(f'(x)<0\)得到\(0<x<\sqrt{\dfrac{a}{2}}\)，
即有\(a>0\)時，\(f(x)\)的增區間為\(\left(\sqrt{\dfrac{a}{2}},+\infty\right)\)，減區間為\(\left(0, \sqrt{\dfrac{a}{2}}\right)\)；
(2)由(1)知\(f(x)\)的極小值為 \(f\left(\sqrt{\dfrac{a}{2}}\right)=\dfrac{a}{2}\left(1-\ln \dfrac{a}{2}\right)\)，也為最小值．
① 當\(\dfrac{a}{2}\left(1-\ln \dfrac{a}{2}\right)>0\)，即\(0<a<2e\),\(f(x)\)的最小值大於\(0\)，
則\(y=f(x)\)在區間\((1，e)\)上無零點；
② 當\(\dfrac{a}{2}\left(1-\ln \dfrac{a}{2}\right)=0\)，即\(a=2e\),即有\(1<\sqrt{\dfrac{a}{2}}<e\),
而\(f(1)=1>0\), \(f\left(\sqrt{\dfrac{a}{2}}\right)=0\)，\(f(e)>0\)，
則\(f(x)\)在\((1,e)\)上有一個零點；
③ 當\(\dfrac{a}{2}\left(1-\ln \dfrac{a}{2}\right)<0\)，即\(a>2e\),即有\(\sqrt{\dfrac{a}{2}}>\sqrt{e}>1\)，
(i)若\(\sqrt{\dfrac{a}{2}}<e\)，即\(2e<a<2e^2\)，而\(f(e)=e^2-a\)，
當\(2e<a<e^2\)時，\(f(e)≥0\)，則\(f(x)\)在\((1,e)\)上有\(2\)零點．
當\(e^2≤a<2e^2\)時，\(f(e)≤0\)，則\(f(x)\)在\((1,e)\)上有\(1\)個零點；
(ii)若\(\sqrt{\dfrac{a}{2}}≥e\)，即\(a≥2e^2\)，而\(f(1)>0\)，\(f(e)<0\)，
則\(f(x)\)在\((1,e)\)上有\(1\)零點．
綜上所述：當\(0<a<2e\)時，函式\(f(x)\)無零點；
當\(a=2e\)或\(a≥e^2\)時，函式\(f(x)\)有\(1\)零點；
當\(2e<a<e^2\)時，函式\(f(x)\)有\(2\)個零點． -
答案 當\(a>-\dfrac{3}{4}\)，\(h(x)\)有\(0\)個零點，
當 \(a=-\dfrac{3}{4}\)或\(a≤-\dfrac{5}{4}\)時，\(h(x)\)有一個零點，
當\(-\dfrac{5}{4}<a<-\dfrac{3}{4}\)時，\(h(x)\)有兩個零點．
解析 當 \(x\in (1,+∞)\)時，\(g(x)=-\ln x<0\)，
\(\therefore\) 函式 \(h(x)=\min \{f(x), g(x)\} \leq g(x)<0\)，
故\(h(x)\)在\((1,+∞)\)時無零點．
當\(x=1\)時，若\(a≥-\dfrac{5}{4}\)，則\(f(1)=a+\dfrac{5}{4}≥0\)，
\(\therefore h(x)=\min \{f(1), g(1)\}=g(1)=0\)，
故\(x=1\)是函式\(h(x)\)的一個零點；
若\(a<-\dfrac{5}{4}\)，則\(f(1)=a+\dfrac{5}{4}<0\)，
\(\therefore h(x)=\min \{f(1), g(1)\}=f(1)<0\)，
故\(x=1\)不是函式\(h(x)\)的零點；
當 \(x\in (0,1)\)時，\(g(x)=-\ln x>0\)，
所以只需考慮\(f(x)\)在\((0,1)\)的零點個數，
(i)若\(a≤-3\)或\(a≥0\)，則\(f'（x）=3x^2+a\)，
當\(a≥0\)時，\(f(x)\)在\((0,1)\)無零點，
當\(a≤-3\)時，\(f(x)\)在\((0,1)\)單調，
而\(f(0)=\dfrac{1}{4}\),\(f(1)=a+\dfrac{5}{4}\)，\(f(x)\)在\((0,1)\)有一個零點，
(ii)若\(-3<a<0\)，
則\(f(x)\)在\(\left(0, \sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)\)單調遞減，在\(\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}, 1\right)\)單調遞增，
故當 \(x=\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\)時，\(f(x)\)取得最小值，最小值為 \(f\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)=\dfrac{2 a}{3} \sqrt{-\dfrac{a}{3}}+\dfrac{1}{4}\)，
①若\(f\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)>0\)，即\(-\dfrac{3}{4}<a<0\)，\(f(x)\)在\((0,1)\)無零點，
②若\(f\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)=0\)，即\(a=-\dfrac{3}{4}\)，則\(f(x)\)在\((0,1)\)有唯一零點，
③若\(f\left(\sqrt{-\dfrac{a}{3}}\right)<0\)，即\(-3<a<-\dfrac{3}{4}\)，由於\(f(0)=\dfrac{1}{4}\),\(f(1)=a+\dfrac{5}{4}\)，
所以當\(-\dfrac{5}{4}<a<-\dfrac{3}{4}\)時，\(f(x)\)在\((0,1)\)有兩個零點，
當\(-3<a≤-\dfrac{5}{4}\)時，\(f(x)\)在\((0,1)\)有一個零點，
綜上所述，當\(a>-\dfrac{3}{4}\)，\(h(x)\)有\(0\)個零點，
當 \(a=-\dfrac{3}{4}\)或\(a≤-\dfrac{5}{4}\)時，\(h(x)\)有一個零點，
當\(-\dfrac{5}{4}<a<-\dfrac{3}{4}\)時，\(h(x)\)有兩個零點． -
答案 \(\left(-\dfrac{1}{2 e^{\dfrac{3}{4}}}, 0\right)\)
解析 令 \(m^2 x^2-\ln x=mx\) ，
則由題意可知\(m^2 x^2-\ln x-mx=0\)有兩個大於\(1\)的實數根，顯然\(m≠0\).
令\(F(x)=m^2 x^2-\ln x-mx\)，
則 \(F^{\prime}(x)=2 m^2 x-\dfrac{1}{x}-m=\dfrac{(2 m x+1)(m x-1)}{x}\).
若\(m>0\)，則當 \(x \in\left(0, \dfrac{1}{m}\right)\)時，\(F'(x)<0\)，
當 \(x \in\left(-\dfrac{1}{2 m}, \quad+\infty\right)\)時，\(F'(x)>0\)，
要滿足已知條件，必有 \(\left\{\begin{array}{c} F(1)=m^2-m>0 \\ F\left(\dfrac{1}{m}\right)=-\ln \dfrac{1}{m}<0 \\ \dfrac{1}{m}>1 \end{array}\right.\)此時無解；
若\(m<0\)，則當 \(x \in\left(0,-\dfrac{1}{2 m}\right)\)時，\(F'(x)<0\)，
當 \(x \in\left(-\dfrac{1}{2 m},+\infty\right)\)時，\(F'(x)>0\)，
要滿足已知條件，必有\(\left\{\begin{array}{c} F(1)=m^2-m>0, \\ F\left(-\dfrac{1}{2 m}\right)=\dfrac{3}{4}+\ln (-2 m)<0 \\ -\dfrac{1}{2 m}>1 \end{array}\right.\)，解得\(-\dfrac{1}{2 e^{\dfrac{3}{4}}}<m<0\).
當\(-\dfrac{1}{2 e^{\dfrac{3}{4}}}<m<0\)時，\(F(x)\)在\(\left(1,-\dfrac{1}{2 m}\right)\)上單調遞減，\(F(1) \cdot F\left(-\dfrac{1}{2 m}\right)<0\)，
故函式\(F(x)\)在\(\left(1,-\dfrac{1}{2 m}\right)\)上有一個零點.
易知 \(\dfrac{1}{m^2}>-\dfrac{1}{2 m}\)，且 \(F\left(\dfrac{1}{m^2}\right)=\dfrac{1}{m^2}-\dfrac{1}{m}-\ln \dfrac{1}{m^2}>\dfrac{1}{m^2}-\ln \dfrac{1}{m^2}\) ，
下證：\(x-\ln x>0\).
令\(g(x)=x-\ln x\)，則\(g'(x)=1-\dfrac{1}{x}\)，當\(0<x<1\)時\(g'(x)<0\)，
當\(x>1\)時，\(g'(x)>0\)，
故\(g(x)≥g(1)=1-\ln 1>0\)，即\(x-\ln x>0\)，
故\(F\left(\dfrac{1}{m^2}\right)>\dfrac{1}{m^2}-\ln \dfrac{1}{m^2}>0\)，
故\(F\left(-\dfrac{1}{2 m}\right) \cdot F\left(\dfrac{1}{m^2}\right)<0\)，
又\(F(x)\)在 \(\left(-\dfrac{1}{2 m},+\infty\right)\)上單調遞增，
故\(F(x)\)在 \(\left(-\dfrac{1}{2 m},+\infty\right)\)上有一個零點.
綜上所述，實數\(m\)的取值範圍為 \(\left(-\dfrac{1}{2 e^{\dfrac{3}{4}}}, 0\right)\). -
答案 \(1\)
解析 \(\because g(0)=0\)，由題意知\(0\)為\(g(x)=f(x)-2\)的唯一零點，
因為\(g'(x)=a^x \ln a+b^x \ln b\)，且\(0<a<1\),\(b>1\)，
故\(\ln a<0\),\(\ln b>0\)，
所以\(g'(x)=0\)有唯一解 \(x_0=\log _{\dfrac{b}{a}}\left(-\dfrac{\ln a}{\ln b}\right)\)，
令\(h(x)=g'(x)\)，則\(h'(x)=(a^x \ln a+b^x \ln b)'=a^x (\ln a)^2+b^x (\ln b)^2\)，
對於任意\(x\in R\)，都有\(h'(x)>0\)，
故\(g'(x)=h(x)\)在\(R\)上單調遞增，
則\(x\in (-∞,x_0 )\)時，\(g'(x)<0\)，\(x\in (x_0,+∞)\)時，\(g'(x)>0\)，
故函式\(g(x)\)在\((-∞,x_0 )\)時單調遞減，在\((x_0,+∞\))時單調遞增，
故\(g(x)_{min}=g(x_0 )\)；
若\(g(x_0 )<0\)，當\(x<\log _a2\)時， \(a^x>a^{\log _a^2}=2\)，\(b^x>0\)，
則\(g(x)>0\)，因此當\(x_1<\log _a2\)且\(x_1<x_0\)時，\(g(x_1 )>0\)，
此時\(g(x)\)在\((x_1,x_0 )\)內有零點，則\(g(x)\)至少有兩個零點，與題意不符；
故\(g(x_0)≥0\)，則\(g(x)\)的最小值為\(g(x_0)=0\)，
因為由題意知\(0\)為\(g(x)\)的唯一零點，故\(x_0=0\)，
即\(x_0=\log \dfrac{b}{a}\left(-\dfrac{\ln a}{\ln b}\right)=0\), \(-\dfrac{\ln a}{\ln b}=1\)，
則\(\ln a+\ln b=0\)，\(\ln ab=0\)，\(ab=1\)，
即\(ab\)值為\(1\)． -
答案 (1)\([e,+∞)\)；(2)\((0,e)\) .
解析 (1)\([e,+∞)\)(過程略)；
(2)由題意得\(ae^x-x-2-\ln (x+2)+x+\ln a=0\)在\(x>-2\)上有兩個根，
即 \(e^{x+\ln a}+x+\ln a=\ln (x+2)+x+2=e^{\ln (x+2)}+\ln (x+2)\)，(同構)
令\(h(x)=x+e^x\)，則\(h(x)\)單調遞增，而\(h(x+\ln a)=h(\ln (x+2))\)
所以\(x+\ln a=\ln (x+2)\)，問題轉化為\(\ln a=\ln (x+2)-x\)在\(x>-2\)時有\(2\)實根，
令\(t(x)=\ln (x+2)-x\)，則 \(t^{\prime}(x)=-\dfrac{x+1}{x+2}\)，
當\(-2<x<-1\)時，\(t'(x)>0\)，\(t(x)\)單調遞增，
當\(x<-2\)或\(x>-1\)時，\(t'(x)<0\)，\(t(x)\)單調遞減，
所以\(t(x)⩽t(-1)=1\)，且在\((-2,-1)\),\((-1,+∞)\)上的值域都為\((-∞,-1]\)，
綜上\(\ln a<1\)，所以\(0<a<e\)．
故\(a\)的取值範圍為\((0,e)\)．
【B組---提高題】
1.己知函式\(f(x)=e^x-1-x+\dfrac{1}{2} ax^2\).
(1)當\(a≥0\)時，求\(f(x)\)的單調區間和極值；
(2)討論\(f(x)=e^x-1-x+\dfrac{1}{2} ax^2\)的零點的個數.
2.已知函式\(f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2\)有兩個零點，求\(a\)的取值範圍.
參考答案
-
答案 (1)單調遞減區間為\((-∞,0)\)，單調遞增區間為\((0,+∞)\)；極小值為\(0\)，無極大值；
(2) 當\(a≥0\)或\(a=-1\)時，\(f(x)\)有\(1\)個零點；
當\(a<0\)且\(a≠-1\)時，\(f(x)\)有\(2\)個零點.
解析 (1)\(f(x)=e^x-1-x+\dfrac{1}{2} ax^2\)的定義域為\((-∞,+∞)\)，\(f'(x)=e^x-1+ax\)，
\(\because a≥0\)，\(\therefore f'' (x)=e^x+a>0\)，
則\(f'(x)=e^x-1+ax\)在\((-∞,+∞)\)上單調遞增，
又\(f'(0)=0\)，
所以當\(x\in (-∞,0)\)時，\(f'(x)<0\)，當\(x\in (0,+∞)\)時，\(f'(x)>0\)，
即\(f(x)\)的單調遞減區間為\((-∞,0)\)，單調遞增區間為\((0,+∞)\)；
\(f(x)\)的極小值為\(f(0)=0\)，\(f(x)\)無極大值；
(2)當\(a≥0\)時，由(1)知\(f(x)≥f(0)=0\)，
故\(f(x)\)僅有一個零點\(x=0\)；
當\(a<0\)時，\(f'' (x)=e^x+a\)，
令\(f'' (x)=0⇒x=\ln (-a)\)；
令\(f'' (x)>0⇒x>\ln (-a)\)，
所以\(f'(x)\)在\(x\in (\ln (-a),+∞)\)上單調遞增；
令\(f'' (x)<0⇒x<\ln (-a)\)，
所以\(f'(x)\)在\(x\in (-∞,\ln (-a))\)上單調遞減，且\(f'(0)=0\)，\(f(0)=0\)，
所以\(f'(x)≥f'(\ln (-a))\)，
最小值\(f'(\ln (-a))\)與\(0\)的比較等價於\(\ln (-a)\)與\(0\)的大小比較，
所以分三類進行討論：
①當\(-1<a<0\)時，即\(\ln (-a)<0\)時，
由\(f'(x)\)在\(x\in (-∞,\ln (-a))\)上單調遞減及在\(x\in (\ln (-a),+∞)\)上單調遞增，
且\(f'(0)=0\)，\(x→-∞⇒f'(x)→+∞\)
由零點存在定理，得\(f'(x)\)在\(x\in (-∞,\ln (-a))\)上存在唯一零點，設為\(x_0\)，所以
| \(x\) | \((-∞,x_0 )\) | \(x_0\) | \((x_0,0)\) | \(0\) | \((0,+∞)\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f(x)\) | 遞增 | 極大值 | 遞減 | 極小值 \(f(0)=0\) | 遞增 |
又\(f(0)=0\)及\(x→-∞⇒f(x)→-∞\)由零點存在定理，
得\(f(x)\)在\(x\in (-∞,0)\)上存在唯一零點，設為\(x_1\)，
綜上，當\(-1<a<0\)時，\(f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上存在\(2\)個零點(一個為\(x=0\)，一個為\(x_1\in (-∞,0)\))；
②當\(a=-1\)時，即\(\ln (-a)=0\)時，
由\(f'(x)\)在\(x\in (-∞,0)\)上單調遞減及在\(x\in (0,+∞)\)上單調遞增，且\(f'(x)≥f'(0)=0\)，
得\(f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上單調遞增，
故\(f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上只有一個零點\(x=0\)；
③當\(a<-1\)時，
同理可得\(f(x)\)在\((-∞,+∞)\)上存在\(2\)個零點：一個為\(x=0\)，一個為\(x_2\in (0,+∞)\)，
綜上可得，當\(a≥0\)或\(a=-1\)時，\(f(x)\)有\(1\)個零點；
當\(a<0\)且\(a≠-1\)時，\(f(x)\)有\(2\)個零點.
-
答案 \((0,+∞)\)
解析 法一 分類討論
\(\because\)函式\(f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2\)，
\(\therefore f'(x)=(x-1)e^x+2a(x-1)=(x-1)(e^x+2a)\)，
①若\(a=0\)，那麼\(f(x)=0⇔(x-2)e^x=0⇔x=2\)，
函式\(f(x)\)只有唯一的零點\(2\)，不合題意；
②若\(a>0\)，那麼\(e^x+2a>0\)恆成立，
當\(x<1\)時，\(f'(x)<0\)，此時函式為減函式；
當\(x>1\)時，\(f'(x)>0\)，此時函式為增函式；
此時當\(x=1\)時，函式\(f(x)\)取極小值\(-e\)，
由\(f(2)=a>0\)，可得：函式\(f(x)\)在\(x>1\)存在一個零點；
當\(x<1\)時，\(e^x<e\)，\(x-2<x-1<0\)，
\(\therefore f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2>(x-2)e+a(x-1)^2=a(x-1)^2+e(x-1)-e\)，
(使用放縮法)
方程\(a(x-1)^2+e(x-1)-e=0\)顯然由兩個不相等的實數根，
設為兩根為\(t_1\),\(t_2\)，且\(t_1<1<t_2\)，
則當\(x<t_1\)時， \(f(x)>a(x-1)^2+e(x-1)-e>0\)，
(由\(x→-∞\)時，\(y=x-2→-∞\)，\(y=e^x→0\)，\(y=a(x-1)^2→+∞\)，而二次函式比一次函式的增長速度快，\(f(x)→+∞\)可得函式\(f(x)\)在\(x<1\)存在一個零點，以上的證法更嚴謹但難度較大)
故函式\(f(x)\)在\(x<1\)存在一個零點；
即函式\(f(x)\)在\(R\)是存在兩個零點，滿足題意；
③若 \(-\dfrac{e}{2}<a<0\)，則\(\ln (-2a)<\ln e=1\)，
當\(x<\ln (-2a)\)或\(x>1\)時，\(f'(x)=(x-1)(e^x+2a)>0\)恆成立，
故\(f(x)\)單調遞增，
當\(\ln (-2a)<x<1\)時，\(f'(x)=(x-1)(e^x+2a)<0\)恆成立，
故\(f(x)\)單調遞減，
故當\(x= \ln (-2a)\)時，函式取極大值，
由\(f(\ln (-2a))=[\ln (-2a)-2](-2a)+a[\ln (-2a)-1]^2=a{[\ln (-2a)-2]^2+1}<0\)得：函式\(f(x)\)在\(R\)上至多存在一個零點，不合題意；
④若 \(a=-\dfrac{e}{2}\)，則\(\ln (-2a)=1\)，函式\(f(x)\)在\(R\)上單調遞增，
函式\(f(x)\)在\(R\)上至多存在一個零點，不合題意；
⑤若\(a<-\dfrac{e}{2}\)，則\(\ln (-2a)>\ln e=1\)，
當\(x<1\)或\(x>\ln (-2a)\)時，\(f'(x)=(x-1)(e^x+2a)>0\)恆成立，
故\(f(x)\)單調遞增，
當\(1<x<\ln (-2a)\)時，\(f'(x)=(x-1)(e^x+2a)<0\)恆成立，
故\(f(x)\)單調遞減，
故當\(x=1\)時，函式取極大值，
由\(f(1)=-e<0\)得：函式\(f(x)\)在\(R\)上至多存在一個零點，不合題意；
綜上所述，\(a\)的取值範圍為\((0,+∞)\)．
法二 分類引數
解：顯然\(x=1\)不是函式\(f(x)\)的零點，
當\(x≠1\)時，方程\(f(x)=0\)等價於 \(-a=\dfrac{x-2}{(x-1)^2} \cdot e^x\)，
設 \(g(x)=\dfrac{x-2}{(x-1)^2} \cdot e^x\)，求導 \(g^{\prime}(x)=e^x \cdot \dfrac{x^2-4 x+5}{(x-1)^3}\)，
當\(x<1\)時，\(g'(x)<0\)；當\(x>1\)時，\(g'(x)>0\)；
\(\therefore\)函式\(g(x)\)在\((-∞,1)\)上單調遞減，在\((1,+∞)\)上單調遞增，
且\(x→-∞\)時，\(g(x)→0\)；\(x→1\)時，\(g(x)→-∞\)；\(x→+∞\)時，\(g(x)→+∞\)；
\(\therefore\)函式\(g(x)\)在\((-∞,1)\)上的值域為\((-∞,0)\)，在\((1,+∞)\)上的值域為\((-∞,+∞)\)，
\(\therefore\)當\(-a<0\)時，函式\(f(x)\)有兩個零點，
故所求\(a\)取值範圍為\((0,+∞)\)．
【C組---拓展題】
1.已知函式\(f(x)=\ln x\)．
(1)若\(af(x)⩽e^{x-1}-1\)恆成立，求實數\(a\)的值；
(2)若關於\(x\)的方程\(f\left(x^2\right)-x+\dfrac{m}{x}-\ln m=0\)有四個不同的實數根，則實數\(m\)的取值範圍．
2.已知函式\(f(x)=\ln x-a^2 x^2+ax\)．
(1)求函式\(f(x)\)在定義域內的最值．
(2)當\(a>0\)時，若\(y=f'(x)\)有兩個不同的零點\(x_1\),\(x_2\)，求證：\(a(x_1+x_2 )>2\)．
參考答案
-
答案 (1) \(a=1\)；(2) \((0,1)\) .
解析 (1)\(a=1\)．(過程略)
(2)解法一：由題意知，\(m>0\)， \(h(x)=\ln x^2-x+\dfrac{m}{x}-\ln m\)，
\(h^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-1-\dfrac{m}{x^2}=\dfrac{-x^2+2 x-m}{x^2}\)，
當\(x<0\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)在區間\((-∞,0)\)單調遞減，
又 \(h(-\sqrt{m})=0\)，故\(h(x)\)在區間\((-∞,0)\)有唯一實根，
若\(m⩾1\)，\(-x^2+2x-m=-(x-1)^2+1-m⩽0\)，
當\(x>0\)時，\(h'(x)≤0\)，\(h(x)\)在區間\((0,+∞)\)單調遞減，
故\(h(x)\)在區間\((0,+∞)\)至多有一個實根，不符合題意，
若\(0<m<1\)，令\(x_1,x_2 (x_1<x_2 )\)是方程\(-x^2+2x-m=0\)的兩不同實根，
易得\(0<x_1<1<x_2\)，
故\(h(x)\)在區間\((0,x_1 )\),\((x_2,+∞)\)上單調遞減，在區間\((x_1,x_2 )\)上單調遞增．
\(h\left(x_1\right)=\ln x_1^2-x_1+\dfrac{m}{x_1}-\ln m=\ln x_1^2-x_1+\dfrac{-x_1^2+2 x_1}{x_1}-\ln \left(-x_1^2+2 x_1\right)\)
\(=-2x_1+2+\ln x_1-\ln (2-x_1 )\)，
設\(φ(x)=-2x+2+\ln x-\ln (2-x)(0<x<1)\)，
則 \(\varphi^{\prime}(x)=-2+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}=\dfrac{2(x-1)^2}{x(2-x)}>0\)，
\(φ(x)<φ(1)=0\)，\(h(x_1 )<0\)，
同理可證\(h(x_2 )>0\)，
取 \(x_3=\left(1+\sqrt{2+\dfrac{1}{m}}\right)^2>x_2=1+\sqrt{1-m}\)， \(h\left(x_3\right)<2 \sqrt{x_3}-x_3+1+\dfrac{1}{m}=0\)．
取 \(x_4=\min \left\{\ln \dfrac{1}{m}, \dfrac{m^2}{4}\right\}\)， \(x_4 \leqslant \dfrac{m^2}{4}<\dfrac{m}{2}<x_1=1-\sqrt{1-m}\)，
\(h\left(x_4\right)>2 \sqrt{x_4}-\dfrac{2}{\sqrt{x_4}}+\dfrac{m}{x_4}+\left(\ln \dfrac{1}{m}-x_4\right)=2 \sqrt{x_4}+\dfrac{m-2 \sqrt{x_4}}{x_4}+\left(\ln \dfrac{1}{m}-x_4\right)>0\)．
故\(h(x)\)在\((x_4,x_1 )\),\((x_1,x_2 )\),\((x_2,x_3 )\)各存在一個零點，
實數\(m\)的取值範圍是\((0,1)\)．
解法二：由題意知，\(m>0\)， \(h(x)=\ln x^2-x+\dfrac{m}{x}-\ln m\)，
\(h^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-1-\dfrac{m}{x^2}=\dfrac{-x^2+2 x-m}{x^2}\)，
當\(x<0\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)在區間\((-∞,0)\)單調遞減，
又 \(h(-\sqrt{m})=0\)，故\(h(x)\)在區間\((-∞,0)\)有唯一實根，
因此當\(x>0\)時，\(\ln x-x=\ln \dfrac{m}{x}-\dfrac{m}{x}\)有三個實根，
當\(x=\dfrac{m}{x}\), \(x=\sqrt{m}\)是方程的一個實根，
若\(x \neq \dfrac{m}{x}\)， \(\ln x-\ln \dfrac{m}{x}=x-\dfrac{m}{x}\)， \(\dfrac{1}{\sqrt{m}}>\dfrac{\ln x-\ln \dfrac{m}{x}}{x \dfrac{m}{x}}=1\)(對數均值不等式)，
所以\(0<m<1\)．
故\(m\)的取值範圍為\((0,1)\)． -
答案 (1) 最大值\(-\ln a\)，無最小值；(2)略 .
解析 (1)函式\(f(x)=\ln x-a^2 x^2+ax\)的定義域為\((0,+∞)\)，
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-2 a^2 x+a=-\dfrac{(2 a x+1)(a x-1)}{x}\)，
當\(a=0\)時，\(f(x)=\ln x\)，
此時函式\(f(x)\)為增函式，無最值，
當\(a≠0\)時，令\(f'(x)=0\)，得\(x=-\dfrac{1}{2a}\)或\(x=\dfrac{1}{a}\)，
①若\(a<0\)，則\(-\dfrac{1}{2a}>0\)，\(\dfrac{1}{a} <0\)，
由\(f'(x)>0\)，得\(0<x<-\dfrac{1}{2a}\)，\(f(x)\)單調遞增，
由\(f'(x)<0\)，得\(x>-\dfrac{1}{2a}\)，\(f(x)\)單調遞減，
所以函式\(f(x)\)在定義域內有最大值\(f\left(-\dfrac{1}{2 a}\right)=\ln \left(-\dfrac{1}{2 a}\right)-a^2\left(-\dfrac{1}{2 a}\right)^2+a\left(\dfrac{1}{a}\right)=\ln \left(-\dfrac{1}{2 a}\right)-\dfrac{3}{4}\)，無最小值．
②若\(a>0\)，則\(-\dfrac{1}{2a}<0\)，\(\dfrac{1}{a} >0\)，
由\(f'(x)>0\)，得\(0<x<\dfrac{1}{a}\) ，\(f(x)\)單調遞增，
由\(f'(x)<0\)，得\(x>\dfrac{1}{a}\)，\(f(x)\)單調遞減，
所以\(f(x)\)定義域內有最大值\(f\left(\dfrac{1}{a}\right)=\ln \left(\dfrac{1}{a}\right)-a^2\left(\dfrac{1}{a}\right)^2+a\left(-\dfrac{1}{2 a}\right)=-\ln a\)，無最小值．
(2)證明：由(1)知，當\(a>0\)時，函式\(f(x)\)在定義域內的最大值為\(f\left(\dfrac{1}{a}\right)=-\ln a\)，
因為\(y=f(x)\)有兩個不同的零點\(x_1\),\(x_2\)，
所以\(-\ln a>0\)，解得\(-\ln a>0\)， 解得\(0<a<1\)，
不妨設\(0<x_1<\dfrac{1}{a} <x_2\)，
由題意知\(f(x_1 )=\ln x_1-a^2 x_1^2+ax_1=0\)，\(f(x_2 )=\ln x_2-a^2 x_2^2+ax_2=0\)，
所以\(\ln x_2-\ln x_1=a^2 (x_2^2-x_1^2 )-ax_2+ax_1\)，
即\(\ln \dfrac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=a\left[a\left(x_2+x_1\right)-1\right]\)，
即\(\dfrac{\ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}=a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1\)，
設 \(h(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}(t>1)\)，
則 \(h^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{4}{(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}(t>1)\)，
所以當\(t>1\)時，\(h'(t)>0\)，\(h(t)\)單調遞增，
所以\(h(t)>h(1)=0\)，
即\(\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}>0\)，所以 \(\dfrac{\ln t}{t-1}>\dfrac{2}{t+1}\)，
令\(t=\dfrac{x_2}{x_1}\) ，
則上式可化為 \(\dfrac{\ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}>\dfrac{2}{\dfrac{x_2}{x_1}+1}\)，
所以 \(a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1>\dfrac{2}{\dfrac{x_2}{x_1}+1}\)，
所以 \(a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1>\dfrac{2}{x_1+x_2}\)，
即\(a^2 (x_1+x_2 )^2-a(x_1+x_2 )-2>0\)，
所以\([a(x_1+x_2 )-2][a(x_1+x_2 )+1]>0\)，
又因為\(a(x_1+x_2 )+1>0\)恆成立，
所以\(a(x_1+x_2 )>2\)．