函数的含参零点问题

函数的含参零点问题
根据函数的零点情况，讨论参数的范围是高考的重点和难点．对于此类题目，我们常利用零点定理、数形结合、函数单调性与分离参数等思想方法来求解．
[典例] (2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )
A ．(2，＋∞)
B ．(－∞，－2)
C ．(1，＋∞)
D ．(－∞，－1) [答案] B [思路点拨]
本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．
[方法演示]
法一 单调性法：利用函数的单调性求解
由已知得，a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2
a
.
当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈2
a ，＋∞，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在0，2
a 上单调递减，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于零的零点，不
符合题意．
当a <0时，x ∈－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈2
a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在
－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在2
a ，0上单调递增，所以要使f (x )有唯一的零点x 0且x 0>0，只需
f 2
a
>0，即a 2>4，解得a <－2. 法二 数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解
由ax 3－3x 2＋1＝0可知x ≠0，可得ax ＝3－1x 2，作出y ＝3－1
x 2的图
象如图所示，转动直线y ＝ax ，显然a >0时不成立；当a <0，直线y ＝ax 与左边的曲线相切时，设切点为t,3－1
t 2，其中t <0，则切线方程为y
－3－1t 2＝2t 3(x －t )．又切线过原点，则有0－3－1t 2＝2
t
3(0－t )，解得t ＝－
1(t ＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a <－2符合题意．
法三 数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解
令f (x )＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g (x )＝ax 3的图象与h (x )＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．
当a ＝0时，函数g (x )的图象与h (x )的图象存在两个的交点； 当a >0时，如图(1)所示，不合题意；
当a <0时，由图(2)知，可先求出函数g (x )＝ax 3与h (x )＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x )＝h ′(x )，g (x )＝h (x )，得a ＝－2.由图形可知当a <－2时，满足题意．
法
四 分离参
数法：参变分离，演绎高效
易知x ≠0，令f (x )＝0，则a ＝3x －1x 3，记g (x )＝3x －1x 3，g ′(x )＝－3x 2＋3x 4＝－3(x 2－1)x 4
，可知g (x )
在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g (－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y ＝a ，结合图象，可知a <－2.
法五 特例法：巧取特例求解
取a ＝3，则f (x )＝3x 3－3x 2＋1.由于f (0)＝1，f (－1)<0，从而f (x )在(－∞，0)上存在零点，排除A 、C. 取a ＝－43，则f (x )＝－4
3x 3－3x 2＋1.由于f (0)＝1，f ⎝⎛⎭⎫－32<0，从而f (x )在(－∞，0)上存在零点，排除D ，故选B.
[解题师说]
函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思维能力，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度．
由本题的五种方法，可知破解含参零点问题常有“三招”. 第一招
当我们无法通过等价转化的思想将原问题转化为相对容易的问题时，我们
带参讨论
要根据题设要求直接研究函数的性质．由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类，并逐一求解．(如本题解法一)
第二招 数形结合
由两个基本初等函数组合而得的超越函数f (x )＝g (x )－h (x )的零点个数，等价于方程g (x )－h (x )＝0的解的个数，亦即g (x )＝h (x )的解的个数，进而转化为基本初等函数y ＝g (x )与y ＝h (x )的图象的交点个数．(如本题解法二和解法三)
第三招 分离参数 通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g (x )＝l (a )，则原函数的零点问题化归为与x 轴平行的直线y ＝l (a )和函数g (x )的图象的交点问题．(如本题解法四)
[应用体验]
1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －
1＋e
－x ＋1
)有唯一零点，则a ＝( )
A ．－12 B.13 C.1
2 D ．1
解析：选C 法一：由函数f (x )有零点，得x 2－2x ＋a (e x －
1＋e －x ＋1
)＝0有解，
即(x －1)2－1＋a (e x －
1＋e
－x ＋1
)＝0有解，令t ＝x －1，则上式可化为t 2－1＋a (e t ＋e －
t )＝0，
即a ＝1－t 2e t ＋e －t . 令h (t )＝1－t 2
e t ＋e －t ，易得h (t )为偶函数，又由
f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直
线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0，所以a ＝
1－02＝1
2
，故选C. 法二：由f (x )＝0⇔a (e x －
1＋e －x ＋1
)＝－x 2＋2x .
e x －
1＋e
－x ＋1
≥2e x －
1·e
－x ＋1
＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．
－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 若a >0，则a (e x －
1＋e
－x ＋1
)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝1
2
.
若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，a ＝1
2
.
2．设m ∈N ，若函数f (x )＝2x －m 10－x ＋10存在整数零点，则符合条件的m 的个数为( )
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5
解析：选C 令f (x )＝0，得m ＝2x ＋10
10－x . 又m ∈N ，因此有⎩
⎪⎨⎪⎧
10－x ＞0，
2x ＋10≥0，解得－5≤x ＜10，x
∈Z ，∴0＜10－x ≤15.
当2x ＋10＝0，即x ＝－5时，m ＝0；当2x ＋10≠0时，要使m ∈N ，则需10－x ∈N ，当10－x ＝1，即x ＝9时，m ＝28；当10－x ＝2，即x ＝6时，m ＝11；当10－x ＝3，即x ＝1时，m ＝4，所以符合条件的m 的个数为4.
3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
12x 2＋2x ＋2，x ≤0，
|log 2x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝a 有4个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且
x 1＜x 2＜x 3＜x 4，则x 1＋x 2x 4＋1
x 23x 4
的取值范围是( )
A ．(－3，＋∞)
B ．(－∞，3)
C ．[－3,3)
D ．(－3,3] 解析：选D 在同一坐标平面内画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，当且仅当a ∈(0,2]时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不同的解，此时有x 1＋x 2＝－4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|(0＜x 3＜1＜x 4≤4)，即有－log 2x 3＝log 2x 4，x 3x 4＝1，所以
x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4＝x 4－4
x 4
(1＜x 4≤4)，易知函数y ＝x 4－4
x 4在区间(1,4]上是增函数，因此其值域是(－3,3]．
4．若函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )
A.⎝⎛⎭⎫e 2
4，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫e 2，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫1，e 2
4 D.⎝⎛⎭⎫1，e 2 解析：选A 函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点等价于函数y ＝e x 与y ＝ax 2的图象有三个不同的交点，则显然有a >0，且在(－∞，0)上两函数的图象有一个交点．当x >0时，设两函数图象在点
(x 0，e x 0)处相切，则⎩⎪⎨⎪⎧
e x 0＝2ax 0，
e x 0＝ax 20，解得⎩
⎪⎨⎪⎧
x 0＝2，
a ＝e 2
4
，
由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则a >e 2
4
，
即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭
⎫e
2
4，＋∞.
一、选择题
1．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝ln(x 2－4x －a )，若对任意的m ∈R ，均存在x 0使得f (x 0)＝m ，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，－4)
B ．(－4，＋∞)
C ．(－∞，－4]
D ．[－4，＋∞) 解析：选D 依题意得，函数f (x )的值域为R ，令函数g (x )＝x 2－4x －a ，其值域A 包含(0，＋∞)，因此对方程x 2－4x －a ＝0，有Δ＝16＋4a ≥0，解得a ≥－4，即实数a 的取值范围是[－4，＋∞)． 2．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )．当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2.若直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是( )
A ．n (n ∈Z)
B ．2n (n ∈Z)
C ．2n 或2n －14(n ∈Z)
D ．n 或n －1
4
(n ∈Z)
解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数，画出函数的大致图象如图所示．在[0,2)上，由图象易得，当a ＝0或－1
4时，直
线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，∵函数f (x )的周期为2，∴a 的值为2n 或2n －1
4
(n ∈Z)．
3．(2018·洛阳第一次统考)若函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，1)
B ．(0,1) C.⎝⎛⎭⎫－∞，1＋e e 2 D.⎝⎛⎭⎫0，1＋e
e 2
解析：选B 依题意，关于x 的方程ax －1＝ln x x 有两个不等的正根．记g (x )＝ln x
x ，则g ′(x )＝
1－ln x
x 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在区间(0，e)上单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递减，且g (e)＝1
e
，当0<x <1时，g (x )<0.设直线y ＝a 1x －1与函数g (x )的图象相切于点(x 0，
y 0
)，则有⎩⎨⎧
a 1
＝1－ln x 0
x 2
，
a 1x 0
－1＝ln x
0x
，由此解得x 0＝1，a 1＝1.在同一坐标系中画出直线y ＝ax －1(该直线过
点(0，－1)、斜率为a )与函数g (x )的大致图象(图略)，结合图象可知，要使直线y ＝ax －1与函数g (x )的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是(0,1)．
4．若f (x )＝ln x ＋ax －1有且仅有一个零点，则实数a 的最小值为( )
A ．0
B ．－1
e 2 C ．－1 D ．1
解析：选B 由f (x )＝0，得ln x ＝－ax ＋1，在同一坐标系中画出y ＝ln x 和y ＝－ax ＋1的图象如图所示，直线y ＝－ax ＋1的斜率k ＝－a ，且恒过(0,1)点．
当k ≤0，即a ≥0时，只有一个交点，从而f (x )只有一个零点，
当k >0，且直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 相切于点P (x 0，ln x 0)时，切线方程为y －ln x 0＝1
x 0
(x －x 0)，
将x ＝0，y ＝1代入得ln x 0＝2，即x 0＝e 2，k ＝1x 0＝1e 2，所以a ＝－1e 2，所以当a ≥－1
e 2时，直线y ＝－
ax ＋1与y ＝ln x 的图象只有一个交点，即f (x )只有一个零点，故a 的最小值为－1
e
2.
5．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e x
x －kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取
值范围是( )
A ．(0,2) B.⎝⎛⎭
⎫0，e
2
4 C ．(0，e) D ．(0，＋∞)
解析：选B 由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e x
x －kx ＝0只有一个根，
即方程e x x 2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e x
x
2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．
因为g ′(x )＝(x －2)e x x 3
，由g ′(x )>0，得x >2或x <0；由g ′(x )<0，
得0<x <2，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值为g (2)＝e 2
4，且x →0时，
g (x )→＋∞；x →－∞时，g (x )→0；x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e 2
4
，故选B.
6．(2018·兰州模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )
A.14
B.18 C ．－78 D ．－3
8 解析：选C 因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，所以方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根．又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－78
.
7．(2018·长沙模拟)对于满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 总有两个不同的零点，则
a ＋
b －c
a
的取值范围是( ) A ．1，7
4 B ．(1,2] C ．[1，＋∞) D ．(2，＋∞)
解析：选D 依题意对方程ax 2＋bx ＋c ＝0，有Δ＝b 2－4ac >0，于是c <b
24a ，从而a ＋b －c a >
a ＋
b －b 2
4a a ＝1＋b a －14⎝⎛⎭⎫b a 2，对满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b 恒成立．令t ＝b
a ，因为0<
b ≤3a ，所以0<t ≤3. 因
为－1
4t 2＋t ＋1∈(1,2]，所以a ＋b －c a
>2.
8．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则
关于x 方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实数根的个数不可能为( )
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5 解析：选D 由题意，得f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b .因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.由
题意，知函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，又x1<f(x1)<x2，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知，方程[f(x)]2－2af(x)－b＝0的实根个数不可能为5，故选D.
9．(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝e2x－ax2＋bx－1，其中a，b∈R，e为自然对数的底数．若f(1)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，函数f′(x)在区间(0,1)内有两个零点，则a的取值范围是() A．(e2－3，e2＋1) B．(e2－3，＋∞) C．(－∞，2e2＋2) D．(2e2－6,2e2＋2) 解析：选A由f(1)＝0，得e2－a＋b－1＝0，所以b＝a－e2＋1，又f′(x)＝2e2x－2ax＋b，令g(x)＝2e2x－2ax＋b，则g′(x)＝4e2x－2a，因为x∈(0,1)，所以4<4e2x<4e2.当a≥2e2时，g′(x)<0，函数g(x)在(0,1)内单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；当a≤2时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,1)内单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；当2<a<2e2时，若0<x<
1
2ln
a
2，则g′(x)<0，若
1
2ln
a
2 <x<1，则g′(x)>0，所以函数g(x)在⎝⎛⎭⎫
0，
1
2ln
a
2内单调递减，在⎝
⎛
⎭
⎫
1
2ln
a
2，1内单调递增，所以g(x)min＝g
1
2ln
a
2＝a－a ln
a
2＋b＝2a－a ln
a
2－e
2＋1.令h(x)＝2x－x ln
x
2－e
2＋1＝2x－x ln x＋x ln 2－e2＋1(2<x<2e2)，则h′(x)＝－ln x＋1＋ln 2，当x∈(2,2e)时，h′(x)>0，h(x)为增函数，当x∈(2e,2e2)时，h′(x)<0，h(x)为减函数，所以h(x)max＝h(2e)＝2e－e2＋1<0，即g(x)min<0恒成立，所以函数g(x)在(0,1)内有两
个零点，则
⎩⎪
⎨
⎪⎧g(0)＝2＋a－e2＋1>0，
g(1)＝2e2－2a＋a－e2＋1>0，
解得e2－3<a<e2＋1. 综上所述，a的取值范围为(e2－3，e2＋1)．
10．(2017·太原一模)设[x]表示不小于实数x的最小整数，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3.已知函数f(x)＝([x])2－2[x]，若函数F(x)＝f(x)－k(x－2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则实数k的取值范围是() A．－
5
2，－1∪[2,5) B．－
4
3，－1∪[5,10) C．－1，－
2
3∪[5,10) D．－
4
3，－1∪[5,10) 解析：选C由题意知，
f(x)＝([x])2－2[x]＝
⎩⎪
⎨
⎪⎧0，x∈(－1，0]∪(1，2]，
－1，x∈(0，1]，
3，x∈(2，3]，
8，x∈(3，4].
令F(x)＝0，得f(x)＝k(x－2)－2，作出函数y＝f(x)和y＝k(x－2)－2
的图象如图所示．
若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象在(－1,4]上有2个交点，结合图象可得，k P A ＝5，k PB ＝10，k PO ＝－1，k PC ＝－2
3，所以实数k 的取值范
围是－1，－2
3
∪[5,10)．
11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2x
＋1，x ＜0，⎪⎪⎪⎪12x 2－2x ＋1，x ≥0.方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0(b ≠0)有6个不同的实数解，则3a ＋b 的取值范围是( )
A ．[6,11]
B ．[3,11]
C ．(6,11)
D ．(3,11) 解析：选D 作出函数f (x )的图象如图所示，
对于方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0，可令f (x )＝t ，那么方程根的个数就是f (x )＝t 1与f (x )＝t 2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要一个方程有4个根，另一个方程有2个根，从而可知关于t 的方程t 2－at ＋b ＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，由根的分布得出约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
b ＞0，1－a ＋b ＜0，
4－2a ＋b ＞0，
画出可行域如图所示，目标函数z ＝3a ＋b 经过⎩
⎪⎨⎪⎧
1－a ＋b ＝0，
4－2a ＋b ＝0的交点
A (3,2)时取得最大值11，经过
B (1,0)时取得最小值3.故3a ＋b 的取值范围为(3,11)．
12．(2018·广东五校协作体第一次诊断)已知e 为自然对数的底数，若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯
一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2
－a ＝0成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[1，e] B ．(1，e] C.⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e D.⎣⎡⎦⎤1＋1
e ，e 解析：选C 令
f (x 1)＝a －x 1，则f (x 1)在x 1∈[0,1]上单调递减，且f (0)＝a ，f (1)＝a －1.令
g (x 2)＝x 22e x 2，则g ′(x 2)＝2x 2e x 2＋x 22e x 2＝x 2e x 2(x 2＋2)，且g (0)＝0，g (－1)＝1e ，g (1)＝e.若对任意的x 1
∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，即f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)＝a －x 1的最大值不能大于g (x 2)的最大值，即f (0)＝a ≤e ，因为g (x 2)在[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g (x 2)∈⎝⎛⎦
⎤0，1
e 时，有两个x 2使得
f (x 1)＝
g (x 2)．若存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，
则f (x 1)的最小值要比1e 大，所以f (1)＝a －1>1e ，所以a >1＋1
e ，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e . 二、填空题
13．若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．
答案：(－∞，0)
解析：由f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b ＝0，得(x －1)ln x ＝a (x －1)－b . 设g (x )＝(x －1)ln x ，h (x )＝a (x －1)－b ，则g ′(x )＝ln x －1x ＋1，因为g ′(x )＝ln x －1
x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g ′(1)＝0，
所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，又g (1)＝0，所以函数g (x )的大致图象如图所示．易知h (x )＝a (x －1)－b 的图象是恒过点(1，－b )的直线，当－b ＞0，即b ＜0时，易知对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点，即函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点；当b ＝0时，若a ＝0，则h (x )＝0，其图象与函数g (x )的图象只有一个交点，不满足；当－b
＜0，即b ＞0时，由图易知，不满足对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b ＜0.
14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－x x ＋1，－1<x ≤0，
x ，0<x ≤1，与g (x )＝a (x ＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程
x －1
x
＝5a 的解为正整数，则满足条件的实数a 的个数为________． 答案：1
解析：在同一坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12.由x －1
x ＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0，可得a ＝0，不满足题意；当
x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0，可得a ＝3
10，满足题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0，可
得a ＝815，不满足题意．又函数y ＝x －1
x 在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a 的个数为1.
15．若函数f (x )＝x 2＋2x
－a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (m ，n 为相邻整数)，则m ＋n ＝________.
答案：5
解析：令y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x (a >0)，则y 1′＝2x －2x 2，y 2′＝a
x
(a >0)．
∵函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，∴函数y 1＝x 2＋2
x ，y 2
＝a ln x 的图象有公切点(x 0，
y 0
)，则⎩⎨⎧
2x 0
－2x 2
＝a
x 0
，
x 20
＋2
x 0
＝a ln x
⇒x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0＝0. 构造函数g (x )＝x 2＋2x
－2⎝⎛⎭⎫x 2－1x ln x (x >0)，则g (1)＝3，g (2)＝4＋1－2×⎝⎛⎭
⎫4－1
2ln 2＝5－7ln 2，欲比较5与7ln 2的大小，可比较e 5与27的大小， ∵e 5>27，∴g (2)>0，又g (e)＝e 2＋2e －2⎝⎛⎭⎫e 2－1e ＝－e 2＋4
e <0，∴x 0∈(2，e)，∴m ＝2，n ＝3， ∴m ＋n ＝5.
16．已知函数f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在1
2
，＋∞上有两个零点，则实数k 的取值范围为________．
答案：⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25
解析：f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个零点，即关于x 的方程x 2－x ln x ＋2＝k (x ＋2)在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个不相等的实数根．令g (x )＝x 2－x ln x ＋2，所以当x ∈⎣⎡⎭⎫1
2，＋∞时，直线y ＝k (x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2的图象有两个不同的交点．设直线y ＝k 0(x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2，x ∈⎣⎡⎭
⎫1
2，＋∞的图象相切于点(x 0，y 0)，g ′(x )＝2x －ln x －1，则有⎩⎪⎨⎪⎧
k 0＝2x 0－ln x 0－1，k 0(x 0＋2)＝x 20－x 0ln x 0＋2，
由此解得x 0＝1，k 0＝1.令h (x )＝g ′(x )＝2x －ln x －1，则h ′(x )＝2－1
x ，且x ≥12，所以h ′(x )≥0，故h (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝ln 2＞0，所以g (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，g ⎝⎛⎭⎫12＝94＋12ln 2，作出y ＝g (x )的大致图象，如图所示，当直线y ＝k (x ＋2)经过点
⎝⎛⎭⎫12，94＋12ln 2时，k ＝910＋ln 25
.又当直线y ＝k (x ＋2)与g (x )的图象相切时，k ＝1.结合图象可知，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤
1，910＋ln 25.。