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）
xxx*
1、 设函数fn(x)＝－1＋x＋2＋2＋?＋2(x∈R，n∈N)．证明：
23n2*
对每个n∈N，存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0；
3
2．[2013·湖南卷] 函数f(x)＝ln x的图像与函数g(x)＝x－4x＋4的图像的交点个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
x
3、[2013·陕西卷] 已知函数f(x)＝e，x∈R.
12
证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x＋x＋1有唯一公共点；
24、 已知函数f(x)＝x＋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． a
5、已知函数f(x)＝x－1＋x(a∈R，e为自然对数的底数)．
e
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．
2
6．已知函数f(x)＝xln x.
证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；
2
2
2
3
n
?ππ?7、判断方程2cos 2x＝sin x＋sin xcos 2x在?，?内是否有解． ?64?
8、 已知函数f(x)＝e，x∈R.设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx(m>0)公共点的个数；
x
9、[2013·山东卷] 设函数f(x)＝2x＋c(e＝2.718 28?是自然对数的底数，c∈R)．
e讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数．
xx
1．证明：(1)对每个n∈N，当x>0时，f′n(x)＝1＋＋?＋>0，故fn(x)在(0，＋
2n
*
n－1
x
2
∞)内单调递增．
11122
由于f1(1)＝0，当n≥2时，fn(1)＝2＋2＋?＋2>0.故fn(1)≥0.又fn()(＝－1＋
23n33
2()2112k
＋....＋32≤－＋＋.....＋
343k＝－＋·34
?2?1－2n－1??311?3?
21－3
2
12n－1
＝－·<0.
33
2
所以存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0.
3
2．A [解析] 方法一：作出函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－4x＋4的图像如图所示
2
可知，其交点个数为2，选C. 方法二(数值法)
x f(x)＝ln x g(x)＝x－4x＋4 可知它们有2个交点，选C. 3．解：
1212xx
(2)方法一：曲线y＝e与y＝x＋x＋1公共点的个数等于函数φ(x)＝e－x－x－1
22零点的个数．
∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零点x＝0.
xx
又φ′(x)＝e－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝e－x－1，
x
则h′(x)＝e－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．
12
故曲线y＝f(x)与曲线y＝x＋x＋1有唯一公共点．
212x
方法二：∵e>0，x＋x＋1>0，
2
12x
∴曲线y＝e与y＝x＋x＋1公共点的个数等于
212
x＋x＋12
曲线y＝与直线y＝1公共点的个数． xe
12
x＋x＋12
设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即x＝0时，两曲线有公共点． x
e12?12?xx
（x＋1）e－?x＋x＋1?e－x2?2?
又φ′(x)＝＝2xx≤0(仅当x＝0时等号成立)，
ee∴φ(x)在R上单调递减，
21 0 1 2 ln 2(>0) 0 4 ln 4(<4) 4 ∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，
12
故曲线y＝f(x)与y＝x＋x＋1有唯一的公共点．
24．解：由f(x)＝x＋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 f′(x) f(x) (－∞，0) － 0 0 1 (0，＋∞) ＋ 2
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；
2
当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1 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，＋∞)． 1 5．解：方法一：当a＝1时，f(x)＝x－1＋x. e1 令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋x， e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?＝－1＋1<0， ?1?k－1? e k－1 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. 1 又k＝1时，g(x)＝x>0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解． e所以k的最大值为1. 1 方法二：当a＝1时，f(x)＝x－1＋x. e直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点， 1 等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋x在R上没有实数解，即关于x的方程： e1 (k－1)x＝x(*)在R上没有实数解． e 1 ①当k＝1时，方程(*)可化为x＝0，在R上没有实数解． e ②当k≠1时，方程(*)化为 x 1x ＝xe. k－1 x 令g(x)＝xe，则有g′(x)＝(1＋x)e. 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 g′(x) g(x) (－∞，－1) － －1 0 1－ e(－1，＋∞) ＋ 1 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 e1 围为－，＋∞. e 所以当 1?1?∈?－∞，－?时，方程(*)无实数解． e?k－1? 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 t2tt h′(x)>0知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t<0，h(e)＝eln e－t＝2t t(e－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立． ?ππ?7、解：设G(x)＝sin x＋sin xcos 2x－2cos 2x，x∈?，?， ?64? 则G′(x)＝cos x＋cos xcos 2x＋2sin 2x(2－sin x)． ?ππ??ππ?因为x∈?，?，所以G′(x)>0，G(x)在?，?内单调递增． ?64??64? 12?π??π?又G??＝－<0，G??＝>0， 4?6??4?2 ?ππ?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， ?64??ππ?即存在唯一的x0∈?，?满足题意． ?64? 1、 已知函数f(x)＝e，x∈R.设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx(m>0)公共点的个数； e 1．解：)曲线y＝e与y＝mx的公共点个数等于曲线y＝2与直线y＝m的公共点个数． x x 2 x x 2 ee（x－2） 令φ(x)＝2，则φ′(x)＝，∴φ′(2)＝0. 3xx xx 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， e ∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为φ(2)＝. 4ee 当0 4xee 当m＝时，曲线y＝2与直线y＝m恰有一个公共点； 4x e12 当m>时，在区间(0，2)内存在x1＝，使得φ(x1)>m，在(2，＋∞)内存在x2＝me， 4me 使得φ(x2)>m，由φ(x)的单调性知，曲线y＝2与y＝m恰有两个公共点． x 综上所述，x>0时， e2 若0 4e2 若m＝，曲线y＝f(x)与y＝mx有一个公共点； 4e2 若m>，曲线y＝f(x)与y＝mx有两个公共点． 44．解：令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－xe －2x 222 x 22 x 2 x 2 －c，x∈(0，＋∞)． －2x ①当x∈(1，＋∞)时，lnx>0，则g(x)＝lnx－xee 因为2x－1>0，>0，所以g′(x)>0. x 2x －c，所以g′(x)＝e －2x e ＋2x－1.x 2x 因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增． －2x ②当x∈(0，1)时，lnx<0，则g(x)＝－lnx－xe－c， 所以g′(x)＝e 2x －2x e －＋2x－1. x 2x 2x 2x e 因为e∈(1，e)，e>1>x>0，所以－<－1. x 2 又2x－1<1， e 所以－＋2x－1<0，即g′(x)<0. x 因此g(x)在(0，1)上单调递减． －2 综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－c. －2－2 当g(1)＝－e－c>0，即c<－e时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0； －2－2 当g(1)＝－e－c＝0，即c＝－e时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|lnx|＝ 2x f(x)根的个数为1； －2－2 当g(1)＝－e－c<0，即c>－e时， (ⅰ)当x∈(1，＋∞)时，由(1)知g(x)＝lnx－xe要使g(x)>0，只需使lnx－1－c>0，即x∈(e 1＋c －2x 1－1 －c≥lnx－e＋c>lnx－1－c， 2 ，＋∞)； 1－1 －c≥－lnx－e＋c>－lnx－1－c， 2 (ⅱ)当x∈(0，1)时，由(1)知g(x)＝－lnx－xe －1－c －2x 要使g(x)>0，只需－lnx－1－c>0，即x∈(0，e)； －2 所以c>－e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， －2 当c<－e时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0； －2 当c＝－e时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1； －2 当c>－e时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.
两函数交点对数二次函数
