第3课时利用导数研究函数的零点1.已知函数f(x)=ex-ax-2(a>1),(1)证明:函数y=f(x)在(-∞,0)上存在唯一零点;(2)若函数y=f(x)有两个不同零点x1,x2,且x1>x2,当x1-x2最小时,求此时a的值.2.(2021山东济南二模)已知函数fn(x)=1+x+x22!+x33!+…+xnn!(n∈N*).(1)证明:f3(x)为增函数且有唯一零点;(2)已知f2n-1(x)为增函数且有唯一零点,判断f2n(x)的零点个数.3.已知函数f(x)=aex-x,a>0.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2>ae.4.(2021四川成都二诊)已知函数f(x)=x+ax-(a-1)lnx-2,其中a∈R.(1)若f(x)存在唯一极值点,且极值为0,求a的值;(2)讨论f(x)在区间[1,e2]上的零点个数.答案：1.(1)证明f'(x)=ex-a,∵x<0,∴ex<1.又a>1,∴f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,0)上单调递减.∵f(0)=-1<0,f-2a=e-2a>0,存在唯一x0∈-2a,0使得f(x0)=0,∴函数y=f(x)在(-∞,0)内存在唯一零点.(2)解由条件知ex1-ax1-2=0,ex2-ax2-2=0,∴a=ex1-2x1=ex2-2x2=ex1-ex2x1-x2,令t=x1-x2>0,∴a=ex2(et-1)t=ex2-2x2,则有et-1t=ex2-2x2ex2,令g(t)=et-1t(t>0),g'(t)=(t-1)et+1t2,令h(t)=(t-1)et+1,h'(t)=tet>0,∴h(t)在(0,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(0)=0,∴g(t)在(0,+∞)上单调递增,∴要求t的最小值即求g(t)最小值,令v(x2)=ex2-2x2ex2,v'(x2)=x2ex2-(x2+1)(ex2-2)x22ex2=2x2+2-ex2x22ex2,x2<0,令m(x2)=2x2+2-ex2,m'(x2)=2-ex2>0,∴m(x2)在(-∞,0)上单调递增,又m(0)=1>0,m(-1)=-e-1<0,∴存在唯一x3∈(-1,0)使得m(x3)=0.此时ex3=2x3+2,x2(-∞,x3)x3(x3,0)v'(x2)-0+v(x2)单调递减↘极小值单调递增↗当x2=x3时,v(x2)有最小值,故x1-x2取最小值时a=ex3-2x3=2x3+2-2x3=2.2.(1)证明因为f3(x)=1+x+x22+x36,定义域为R,所以f3'(x)=1+x+x22=12(x+1)2+12>0,所以f3(x)=1+x+x22+x36在R上为增函数;又因为f3(-2)=-13<0,f3(0)=1>0,所以f3(x)在(-2,0)内有唯一零点.(2)解因为f2n(x)=1+x+x22!+x33!+…+x2n-1(2n-1)!+x2n(2n)!,所以f'2n(x)=1+x+x22!+x33!+…+x2n-1(2n-1)!=f2n-1(x).又因为f2n-1(x)为增函数且有唯一零点,设其零点为xn,则当x∈(-∞,xn)时,f2n-1(x)<0,当x∈(xn,+∞)时,f2n-1(x)>0;所以f2n(x)在(-∞,xn)上单调递减,在(xn,+∞)上单调递增;所以f2n(x)min=f2n(xn)=f2n-1(xn)+xn2n(2n)!.因为f2n-1(xn)=0,所以f2n(x)≥f2n(xn)=f2n-1(xn)+xn2n(2n)!=xn2n(2n)!>0,所以f2n(x)的零点个数为0.3.(1)解当a=1时,f(x)=ex-x,定义域为(-∞,+∞),则f'(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明x1,x2是f(x)的两个不同的零点,等价于x1,x2是方程ex=xa的两个不同的根,也是方程xex=a的两个不同的根,a>0,则x1>0,x2>0.要证x1x2>ae,只需证x1a·x2a>e2,只需证ex1+x2>e2,即证x1+x2>2.令h(x)=xex,则h'(x)=1-xex,所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,2-x1>1,令φ(x)=h(x)-h(2-x)=xex-2-xe2-x,x>0,则φ'(x)=(1-x)e2-e2xex+2,所以当0<