两函数交点对数二次函数.doc

1、利用图象；2、转化为方程解的问题，证明有唯一解（交点）先找一解，再证单调性（可利用导数）
1、 设函数fn(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N*)．证明：
对每个n∈N*，存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0；
2．[2013·湖南卷] 函数f(x)＝ln x的图像与函数g(x)＝x2－4x＋4的图像的交点个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
3、[2013·陕西卷] 已知函数f(x)＝ex，x∈R.
证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；
4、 已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
5、已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．
当a＝1时，若直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，求k的最大值．
6．已知函数f(x)＝x2ln x.
证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；
7、判断方程2cos 2x＝sin x＋sin xcos 2x在内是否有解．
8、 已知函数f(x)＝ex，x∈R.设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数；
9、[2013·山东卷] 设函数f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然对数的底数，c∈R)．
讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数．

1．证明：(1)对每个n∈N*，当x>0时，f′n(x)＝1＋＋…＋>0，故fn(x)在(0，＋∞)内单调递增．
由于f1(1)＝0，当n≥2时，fn(1)＝＋＋…＋>0.故fn(1)≥0.又fn()(＝－1＋＋....＋≤－＋＋.....＋k
＝－＋·＝－·n－1<0.
所以存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0.
2．A　[解析] 方法一：作出函数f(x)＝ln x，g(x)＝x2－4x＋4的图像如图所示

可知，其交点个数为2，选C.
方法二(数值法)

x
1
2
4
f(x)＝ln x
0
ln 2(>0)
ln 4(<4)
g(x)＝x2－4x＋4
1
0
4
可知它们有2个交点，选C.
3．解：
(2)方法一：曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于函数φ(x)＝ex－x2－x－1零点的个数．
∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零点x＝0.
又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，
则h′(x)＝ex－1.
当x<0时，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x>0时，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴φ′(x)在x＝0有唯一的极小值φ′(0)＝0，
即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)＝0，
∴φ′(x)≥0(仅当x＝0时等号成立)，
∴φ(x)在R上是单调递增的，
∴φ(x)在R上有唯一的零点．
故曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
方法二：∵ex>0，x2＋x＋1>0，
∴曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于
曲线y＝与直线y＝1公共点的个数．
设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即x＝0时，两曲线有公共点．
又φ′(x)＝＝≤0(仅当x＝0时等号成立)，
∴φ(x)在R上单调递减，
∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，
故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．
4．解：由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得
f′(x)＝x(2＋cos x)．
令f ′(x)＝0，得x＝0.
f(x)与f′(x)的情况如下：

x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

1

所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．
当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；
当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，
所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.
由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．
综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．
5．解：方法一：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.
令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋，
则直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，
等价于方程g(x)＝0在R上没有实数解．
假设k>1，此时g(0)＝1>0，g＝－1＋<0，
又函数g(x)的图像连续不断，由零点存在定理，可知g(x)＝0在R上至少有一解，与“方程g(x)＝0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1.
又k＝1时，g(x)＝>0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解．
所以k的最大值为1.
方法二：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.
直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，
等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋在R上没有实数解，即关于x的方程：
(k－1)x＝(*)在R上没有实数解．
①当k＝1时，方程(*)可化为＝0，在R上没有实数解．
②当k≠1时，方程(*)化为＝xex.
令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex.
令g′(x)＝0，得x＝－1，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：

x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

－

当x＝－1时，g(x)min＝－，同时当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，从而g(x)的取值范围为－，＋∞.
所以当∈时，方程(*)无实数解．
解得k的取值范围是(1－e，1)．
综上①②，得k的最大值为1.

6．证明：当0<x≤1时，f(x)≤0，而t>0，故在0<x≤1中不存在s，使t＝f(s)；
设t>0，令h(x)＝f(x)－t，h′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，x∈[1，＋∞)．ln x≧0,
h′(x)>0知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
7、解：设G(x)＝sin x＋sin xcos 2x－2cos 2x，x∈，
则G′(x)＝cos x＋cos xcos 2x＋2sin 2x(2－sin x)．
因为x∈，所以G′(x)>0，G(x)在内单调递增．
又G＝－<0，G＝>0，
且函数G(x)的图像连续不断，故可知函数G(x)在内存在唯一零点x0，
即存在唯一的x0∈满足题意．
1、 已知函数f(x)＝ex，x∈R.设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数；
1．解：)曲线y＝ex与y＝mx2的公共点个数等于曲线y＝与直线y＝m的公共点个数．
令φ(x)＝，则φ′(x)＝，∴φ′(2)＝0.

当x∈(0，2)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，2)上单调递减；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为φ(2)＝.
当0<m<时，曲线y＝与直线y＝m无公共点；
当m＝时，曲线y＝与直线y＝m恰有一个公共点；
当m>时，在区间(0，2)内存在x1＝，使得φ(x1)>m，在(2，＋∞)内存在x2＝me2，使得φ(x2)>m，由φ(x)的单调性知，曲线y＝与y＝m恰有两个公共点．
综上所述，x>0时，
若0<m<，曲线y＝f(x)与y＝mx2没有公共点；
若m＝，曲线y＝f(x)与y＝mx2有一个公共点；
若m>，曲线y＝f(x)与y＝mx2有两个公共点．
4．解：令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．
①当x∈(1，＋∞)时，lnx>0，则g(x)＝lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x＋2x－1.因为2x－1>0，>0，所以g′(x)>0.
因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当x∈(0，1)时，lnx<0，则g(x)＝－lnx－xe－2x－c，
所以g′(x)＝e－2x－＋2x－1.
因为e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1.
又2x－1<1，
所以－＋2x－1<0，即g′(x)<0.
因此g(x)在(0，1)上单调递减．
综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－2－c.
当g(1)＝－e－2－c>0，即c<－e－2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；
当g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；
当g(1)＝－e－2－c<0，即c>－e－2时，
(ⅰ)当x∈(1，＋∞)时，由(1)知g(x)＝lnx－xe－2x－c≥lnx－e－1＋c>lnx－1－c，
要使g(x)>0，只需使lnx－1－c>0，即x∈(e1＋c，＋∞)；
(ⅱ)当x∈(0，1)时，由(1)知g(x)＝－lnx－xe－2x－c≥－lnx－e－1＋c>－lnx－1－c，要使g(x)>0，只需－lnx－1－c>0，即x∈(0，e－1－c)；
所以c>－e－2时，g(x)有两个零点，
故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.
综上所述，
当c<－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；
当c＝－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；
当c>－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.