利用導數(shù)研究函數(shù)的零點

1、<p>　　利用導數(shù)研究函數(shù)的零點</p><p>　?。ㄇ髮蟪鰳O值，畫出函數(shù)的草圖分析）</p><p>　　1.已知曲線C：，直線</p><p>　　（1）若直線與曲線C有唯一一個交點，求的取值范圍；（或）</p><p>　　（2）若直線與曲線C有兩個不同的交點，求的取值范圍；（或）</p><p>

2、;　?。?）若直線與曲線C有三個不同的交點，求的取值范圍.（）</p><p><b>　　解：令得或</b></p><p><b>　　當時，；當或時，.</b></p><p>　　所以在為減函數(shù)，在，為增函數(shù). </p><p>　　當時，取得極大值；當時，</p><p

3、><b>　　取得極大值；</b></p><p>　　（1）當或時，直線與曲線C有唯一一個交點；</p><p>　?。?）當或時，直線與曲線C有兩個不同的交點；</p><p>　　（3）當時，直線與曲線C有三個不同的交點.</p><p><b>　　2.已知函數(shù)</b></p&g

4、t;<p>　?。?）函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；</p><p>　?。?）若在處取得極值，直線與的圖象有三個不同的交點，求的取值范圍.（-3,1）</p><p>　　解: (1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，當a<0時，對x∈R，有f′(x)>0，</p><p>　　∴當a<0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)．當a&g

5、t;0時，由f′(x)>0，解得x<－或x>.</p><p>　　由f′(x)<0，解得－<x<，∴當a>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為</p><p>　　(－∞，－)，(，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－，)．</p><p>　　(2)∵f(x)在x＝－1處取得極值，∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，<

6、/p><p>　　∴a＝1.∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，</p><p>　　由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.</p><p>　　由(1)中f(x)的單調(diào)性可知，f(x)在x＝－1處取得極大值</p><p>　　f(－1)＝1，在x＝1處取得極小值f(1)＝－3.∵直線y＝m</p><

7、p>　　與函數(shù)y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，結合如圖所示f(x)的圖象可知：實數(shù)m的取值范圍是(－3,1)．</p><p><b>　　3.已知函數(shù).</b></p><p>　?。?）當時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；</p><p>　?。?）若過點可作函數(shù)圖像的三條不同切線，求實數(shù)的取值范圍.</p><p>

8、　　解：(1)當a＝3時，函數(shù)f(x)＝-x3+2x，得f′(x)＝－x2＋3x－2＝－(x－1)(x－2)．</p><p>　　所以當1＜x＜2時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當x＜1或x＞2時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．</p><p>　　所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)和(2，＋∞) .</p><p

9、>　　(2)設點P是函數(shù)y＝f(x)圖象上的切點，則過點P的切線的斜率k＝f′(t)＝－t2＋at－2，</p><p>　　所以過點P的切線方程為y＋＝(－t2＋at－2)(x－t)，</p><p>　　因為點在該切線上，所以＝(－t2＋at－2)(0－t)，即.</p><p>　　若過點 可作函數(shù)y＝f(x)圖象的三條不同切線，則函數(shù)g(t)＝有三個

10、不同的零點．</p><p>　　即函數(shù)y＝g(t)的圖象與坐標軸橫軸有三個不同的交點．令g′(t)＝2t2－at＝0，解得t＝0或t＝ .</p><p>　　因為g(0)＝＞0， 所以必須，即a＞2.</p><p>　　所以實數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞)．</p><p>　　4.(2012江蘇)若函數(shù)在處取得極大值或極小值，則稱為函數(shù)

11、的極值點，已知是實數(shù)，1和-1是函數(shù)的兩個極值點.</p><p>　?。?）求和的值；（）</p><p>　　（2）設函數(shù)的導函數(shù)，求的極值點；（-2是1不是）</p><p>　?。?）設，其中，求函數(shù)的零點的個數(shù).</p><p>　　（當時，函數(shù)有5個零點；當時，函數(shù)有9個零點）</p><p>　　解： (

12、1)由題設知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，</p><p>　　解得a＝0，b＝－3.</p><p>　　(2)由(1)知f(x)＝x3－3x. 因為f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，</p><p>　　所以g′(x)＝0的根為x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函數(shù)g(x)的極值點只可能是1或－

13、2.</p><p>　　當x<－2時，g′(x)<0；當－2<x<1時，g′(x)>0，故－2是g(x)的極值點．</p><p>　　當－2<x<1或x>1時，g′(x)>0，故1不是g(x)的極值點．所以g(x)的極值點為－2.</p><p>　　(3)令f(x)＝t，則h(x)＝f(t)－c.先討論關于

14、x的方程f(x)＝d根的情況，d∈[－2,2]．</p><p>　　當|d|＝2時，由(2)可知，f(x)＝－2的兩個不同的根為1和－2，</p><p>　　注意到f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝2的兩個不同的根為－1和2.</p><p>　　當|d|<2時，因為f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<

15、;0，</p><p>　　所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．</p><p>　?、佼攛∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，于是f(x)是單調(diào)增函數(shù)，從而f(x)>f(2)＝2，此時f(x)＝d無實根．</p><p>　　同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上無實根．</p><

16、;p>　　②當x∈(1,2)時，f′(x)>0，于是f(x)是單調(diào)增函數(shù)．又f(1)－d<0，f(2)－d>0，y＝f(x)－d的圖象不間斷，所以f(x)＝d在(1,2)內(nèi)有唯一實根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)內(nèi)有唯一實根．</p><p>　?、郛攛∈(－1,1)時，f′(x)<0，故f(x)是單調(diào)減函數(shù)．又f(－1)－d>0，f(1)－d<0，y＝f(x)－d

17、的圖象不間斷，所以f(x)＝d在(－1,1)內(nèi)有唯一實根．</p><p>　　由上可知：當|d|＝2時，f(x)＝d有兩個不同的根x1，x2滿足|x1|＝1，|x2|＝2；當|d|<2時，f(x)＝d有三個不同的根x3，x4，x5滿足|xi|<2，i＝3,4,5.現(xiàn)考慮函數(shù)y＝h(x)的零點．</p><p>　　(i)當|c|＝2時，f(t)＝c有兩個根t1，t2滿足|t1

18、|＝1，|t2|＝2，</p><p>　　而f(x)＝t1有三個不同的根，f(x)＝t2有兩個不同的根，故y＝h(x)有5個零點．</p><p>　　(ii)當|c|<2時，f(t)＝c有三個不同的根t3，t4，t5滿足|ti|<2，i＝3,4,5，而f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三個不同的根，</p><p>　　故y＝h(x)有9個零點．&l

19、t;/p><p>　　綜上可知，當|c|＝2時，函數(shù)y＝h(x)有5個零點；當|c|<2時，函數(shù)y＝h(x)有9個零點．</p><p>　　5. 已知函數(shù)，其中.</p><p>　?。?）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；</p><p>　?。?）若函數(shù)在區(qū)間（-2,0）內(nèi)恰有兩個零點，求實數(shù)的取值范圍.</p><p>　　

20、解析：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.</p><p>　　當x變化時，f′(x)，f(x)的變化如下表：</p><p>　　故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)．</p><p>　　(2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)

21、單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點. 當且僅當 解得0<a<.所以，a的取值范圍是 </p><p>　　6. 已知函數(shù)在（1,2]是增函數(shù)，在（0,1）為減函數(shù).</p><p>　?。?）求函數(shù)、的解析式；（求得）</p><p>　?。?）求證：當時，方程有唯一解.&

22、lt;/p><p>　　解:（1）　f′(x)＝2x－，依題意f′(x)≥0，x∈(1,2]，即a≤2x2，x∈(1,2]．</p><p>　　∵上式恒成立，∴a≤2……………………①</p><p>　　又g′(x)＝1－，依題意g′(x)≤0，x∈(0,1)，</p><p>　　即a≥2，x∈(0,1)．∵上式恒成立，∴a≥2.…………

23、②</p><p>　　由①②得a＝2.∴f(x)＝x2－2ln x，g(x)＝x－2.</p><p>　　(2)證明　由(1)可知，方程f(x)＝g(x)＋2，即x2－2ln x－x＋2－2＝0.</p><p>　　設h(x)＝x2－2ln x－x＋2－2，則h′(x)＝2x－－1＋.</p><p>　　當h′(x)＝0時，(－1)(

24、2x＋2x＋＋2)＝0，解得x＝1.令h′(x)>0，并由x>0，</p><p>　　解得x>1.令h′(x)<0，由x>0，解得0<x<1.列表分析：</p><p>　　可知h(x)在x=1處有一個最小值0，當x>0且x≠1時，h(x)>0，∴h(x)＝0在(0，＋∞)上只有一個解．</p><p>　　即

25、當x>0時，方程f(x)＝g(x)＋2有唯一解．</p><p><b>　　7. 已知函數(shù)，</b></p><p>　?。?）討論函數(shù)的單調(diào)性；</p><p>　　（2）若方程在區(qū)間上有兩個不等的實數(shù)解，求實數(shù)的取值范圍.</p><p>　　解:　(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定義域為(0，＋∞)，

26、∴F′(x)＝2ax－＝ (x>0)．</p><p>　?、佼攁>0時，由ax2－1>0，得x>.由ax2－1<0，得0<x<.</p><p>　　故當a>0時，F(xiàn)(x)的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.</p><p>　?、诋攁≤0時，F(xiàn)′(x)<0 (x>0)恒成立．故當a≤0時，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上

27、單調(diào)遞減．(2)≤a<</p><p>　　8.已知函數(shù)（其中，是自然對數(shù)的底數(shù)）</p><p>　?。?）若，判斷函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性；</p><p>　?。?）若函數(shù)有兩個極值點，求的取值范圍；</p><p>　　(3)在（2）的條件下，試證明：.</p><p>　　解：（1）當時，.所以在為減函數(shù)&

28、lt;/p><p>　?。?）令，得，設，令，得 </p><p>　　顯然在為減函數(shù)，在為增函數(shù)，在取得最大值為</p><p><b>　　當時，，當時，，∴</b></p><p>　?。?）由（2）可知，由，得</p><p><b>　　∵ ∴</b></p&

29、gt;<p>　　(2013湖北卷)已知為常數(shù)，函數(shù)有兩個極值點，則</p><p><b>　?。˙）（C）（D）</b></p><p><b>　　解：令得</b></p><p><b>　　令，</b></p><p>　　∴在為增函數(shù)，在為減函數(shù)，在

30、取得最大值.</p><p>　　當時，，且當時.∴ </p><p>　　[法一]消去參數(shù)化為確定的一元函數(shù)：</p><p>　　∵函數(shù)的兩個極值點為. </p><p><b>　　∴ ， </b></p><p><b>　　，記 </b></p>

31、<p>　　∴在為增函數(shù)，即選（D）</p><p>　　[法二]消去超越式，化為代數(shù)函數(shù)式：</p><p>　　∵，∴函數(shù)的兩個極值點滿足：. </p><p><b>　　由 得</b></p><p><b>　　故選（D）</b></p><p>

32、<b>　　設函數(shù).</b></p><p>　?。?）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；</p><p>　?。?）若關于的方程在區(qū)間內(nèi)恰有兩個相異的實根，求實數(shù)的取值范圍.</p><p>　　解：（1）函數(shù)的定義域為，令</p><p>　　得.∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為</p><p>　　（2）[法一]

33、：由得. 令 </p><p>　　. 當時，；當時，.</p><p>　　所以在為增函數(shù)，在為減函數(shù).</p><p><b>　　∵ ∴</b></p><p>　　故實數(shù)的取值范圍為.</p><p>　　[法二]∵f(x)＝2ln－2，∴f(x)＋x2－3x－a＝0?x＋a＋1－

34、2ln＝0.</p><p>　　令g＝x＋a＋1－2ln.∵g′(x)＝1－＝，且x>1，</p><p>　　由g′(x)>0，得x>3；由g′(x)<0，得1<x<3. ∴g(x)在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[3,4]上單調(diào)遞增．</p><p>　　故f(x)＋x2－3x－a＝0在區(qū)間內(nèi)恰有兩個相異實根?即</

35、p><p>　　解得2ln 3－5≤a<2ln 2－4.</p><p>　　（2013惠州一模改編）已知函數(shù)在處的切線方程為</p><p><b>　　求函數(shù)的解析式；</b></p><p>　　（2）若關于的方程恰有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)的值.</p><p>　　解：（1），∴ …

36、………①</p><p>　　令代入得切點（3，7）.∴…………②</p><p>　　由①②解得. 故所求函數(shù)的解析式為</p><p><b>　　（2）由得.令</b></p><p><b>　　令得</b></p><p><b>　　當時，；當時，.&

37、lt;/b></p><p>　　∴在為增函數(shù)；在、為增函數(shù).當時，取得極小值；當時，取得極大值；</p><p>　　∴當時，關于的方程恰有兩個不同的實數(shù)根.</p><p>　　12．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－bx＋a2，x∈R ，a，b為常數(shù)。</p><p>　?。?）若函數(shù)f(x)在x＝1處有極值10，求實數(shù)a，b的值；

38、</p><p>　?。?）若函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，</p><p>　?、俜匠蘤(x)＝2在x∈[－2,4]上恰有3個不相等的實數(shù)解，求實數(shù)b的取值范圍；</p><p>　?、诓坏仁絝(x)＋2b≥0對x∈[1，4]恒成立，求實數(shù)b的取值范圍。</p><p>　?。?）f’(x)＝3x2－2ax－b，</p><p&

39、gt;　　由f(x)在x＝1處有極值10，得f’(1)＝0，f(1)＝10。 </p><p>　　即3－2a－b＝0，1－a－b＋a2＝10，解得a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11。</p><p>　　經(jīng)檢驗，a＝3，b＝－3不合題意，舍去。</p><p>　　∴a＝－4，b＝11。

40、 </p><p>　?。?）由于函數(shù)f(x)的定義域為R，由函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，得f(0)＝0，∴a＝0。 </p><p>　　①由f(x)＝2，得f(x)－2＝0，令g(x)＝f(x)－2＝x3－bx－2，則方程g(x)＝0在x∈[－2,4]上恰有3個不相等的實數(shù)解。 ∵g’(x)＝3x2－b，

41、</p><p>　?。á。┤鬮≤0，則g’(x)≥0恒成立，且函數(shù)g(x)不為常函數(shù)，∴g(x)在區(qū)間[－2,4]上為增函數(shù)，g(0)＝0，所以，g(x)＝0在區(qū)間[－2,4]上有且只有一個實數(shù)解。不合題意，舍去。</p><p>　　（ⅱ）若b＞0，則函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，－))上為增函數(shù)，在區(qū)間(－)，))上為減函數(shù)，在區(qū)間()，＋∞)上為增函數(shù)，由方程g(x)＝0在x∈[－2,

42、4]上恰有3個不相等的實數(shù)解，可得</p><p>　　解得 ∴b∈ </p><p>　?、谟刹坏仁絝(x)＋2b≥0，得x3－bx＋2b≥0，即(x－2)b≤x3，</p><p>　　（?。┤魓－2＝0即x＝2時，b∈R； </p><p>　　(ⅱ）若x－2＜0即x∈時，b≥在區(qū)

43、間上恒成立，令h(x)＝，則b≥h(x)max?！遠’(x)＝，∴h’(x)＜0在x∈上恒成立，所以h(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，∴h(x)max＝h(1)＝－1，∴b≥－1。 </p><p>　?。á＃┤魓－2＞0即x∈時，b≤在區(qū)間上恒成立，則b≤h(x)min。由（ⅱ）可知，函數(shù)所以h(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，在區(qū)間上是增函數(shù)，∴h(x)min＝h(3)＝27，∴b≤27。

44、 </p><p>　　綜上所述，b∈[－1，27]。 </p><p>　　13．已知函數(shù)，（Ⅰ）求的值域；</p><p>　?。á颍┰O，函數(shù)。若對任意，總存在，使, 求實數(shù)的取值范圍.</p><p>　　解：⑴方法一：對函數(shù)求導，令=0，得或，</p>&

45、lt;p>　　當時，>0，在上單調(diào)遞增；當時, <0, 在(1,2)上單調(diào)遞減。又當時的值域是；</p><p>　　方法二：當時=0；當時當且僅當時的值域是；</p><p>　?。?）設函數(shù)在的值域是，∵對任意，總存在，使。</p><p><b>　　∴對函數(shù)求導，，</b></p><p>　　

46、①當時，函數(shù)在上單調(diào)遞減，</p><p><b>　　∴當時，不滿足；</b></p><p>　?、诋敃r，，令得（舍去），</p><p><b>　?。╥）當，時，列表</b></p><p><b>　　∵又∵，∴解得</b></p><p>　

47、　(ii）當時, ,∴函數(shù)在上單調(diào)遞減，</p><p>　　,∴當時，不滿足.綜上,實數(shù)的取值范圍是.</p><p><b>　　14．已知函數(shù)，</b></p><p>　?。á瘢┤艉瘮?shù)在為增函數(shù)，求的取值范圍；</p><p>　?。á颍┯懻摲匠探獾膫€數(shù)，并說明理由.</p><p>　　

48、解：（1）若函數(shù)在上恒成立。則在上恒成立，</p><p>　　即：在上恒成立。所以有 </p><p>　　（2）當時，在定義域上恒大于，此時方程無解；</p><p>　　當時，在上恒成立，所以在定義域上為增函數(shù)。</p><p>　　，，所以方程有惟一解。</p><p><b>　　當時，</b

49、></p><p>　　因為當時，，在內(nèi)為減函數(shù)；</p><p>　　當時，在內(nèi)為增函數(shù)。</p><p>　　所以當時，有極小值即為最小值。</p><p>　　當時，，此方程無解；</p><p>　　當時，此方程有惟一解。</p><p><b>　　當時，</b&

50、gt;</p><p>　　因為且，所以方程在區(qū)間上有惟一解，</p><p><b>　　因為當時，，所以</b></p><p><b>　　所以，因為，所以，</b></p><p>　　所以方程在區(qū)間上有惟一解。所以方程在區(qū)間上有惟兩解。</p><p>　　綜上所述

51、：當時，方程無解；當時，方程有惟一解；</p><p><b>　　當時方程有兩解</b></p><p>　　15、已知函數(shù)單調(diào)遞減，</p><p><b>　?。↖）求a的值；</b></p><p>　?。↖I）是否存在實數(shù)b，使得函數(shù)的圖象恰有3個交點，若存在，請求出實數(shù)b的值；若不存在，

52、試說明理由。</p><p>　　解：（I）由函數(shù)單調(diào)遞減。</p><p><b>　　知 </b></p><p>　?。↖I）函數(shù)的圖象恰好有3個交點，</p><p><b>　　等價于方程</b></p><p><b>　　是其中一個根，</b

53、></p><p>　　故存在實數(shù)：…………12分</p><p>　　16．已知是函數(shù)的一個極值點。</p><p><b>　?。á瘢┣螅?lt;/b></p><p>　?。á颍┣蠛瘮?shù)的單調(diào)區(qū)間；</p><p>　?。á螅┤糁本€與函數(shù)的圖象有3個交點，求的取值范圍。</p>

54、<p>　　解析：（Ⅰ）因為 . 所以.因此</p><p>　　（Ⅱ）由（Ⅰ）知，, </p><p><b>　　當時，當時，</b></p><p>　　所以的單調(diào)增區(qū)間是的單調(diào)減區(qū)間是</p><p>　　（Ⅲ）由（Ⅱ）知，在內(nèi)單調(diào)增加，在內(nèi)單調(diào)減少，在上單調(diào)增加，且當或時，.所以的極大值為，極小值為

55、</p><p><b>　　因此. </b></p><p>　　所以在的三個單調(diào)區(qū)間直線與的圖象各有一個交點，</p><p><b>　　當且僅當</b></p><p>　　17．f(x)＝x－ln(x＋a)在x＝1處取得極值.</p><p>　　(1)求實數(shù)a的值

56、；(2)若關于x的方程f(x)＋2x＝x2＋b在[，2]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍；</p><p>　　(3)證明：(n∈N，n≥2).參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.6931.</p><p>　　解：(1)f '(x)＝1＋，由題意，得f '(1)＝0 a＝0……2'(2)由(1)知f(x)＝x－lnx. ∴f(x)＋2x＝x2＋b

57、x－lnx＋2x＝x2＋b x2－3x＋lnx＋b＝0設g(x)＝x2－3x＋lnx＋b(x＞0). 則g'(x)＝2x－3＋＝……4'當x變化時，g'(x)，g(x)的變化情況如下表</p><p>　　……6'當x＝1時，g(x)最小值＝g(1)＝b－2，g()＝b－－ln2，g(2)＝b－2＋ln2∵方程f(x)＋2x＝x2＋b在[，2]上恰有兩個不相等的實

58、數(shù)根由 ＋ln2≤b≤2……9'(3)∵k－f(k)＝lnk ∴(n∈N，n≥2)……10’設Φ(x)＝lnx－(x2－1), 則Φ'(x)＝－＝當x≥2時，Φ'(x)＜0 函數(shù)Φ(x)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，∴Φ(x)≤Φ(2)＝ln2－＜0 lnx＜(x2－1)……12'∴當x≥2時，……13'∴＞2[(1－)＋(－)＋(－)＋(－)＋……

59、()]＝2(1＋－)＝. ∴原不等式成立</p><p>　　18．已知x=1是的一個極值點</p><p><b>　　（1）求的值；</b></p><p>　?。?）求函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間；</p><p>　?。?）設，試問過點（2，5）可作多少條直線與曲線y=g(x)相切？請說明理由。</p>

60、<p>　　解：(1) 因x=1是的一個極值點,∴</p><p>　　又 所以2+b+1=0</p><p>　　∴b= -3經(jīng)檢驗，適合題意，所以b= -3． </p><p>　　(2) 又 ∴x>1</p><p>　　∴函數(shù) 的單調(diào)增區(qū)間為</p><p>　?。?）=2x+lnx&l

61、t;/p><p>　　設過點（2，5）與曲線g (x)的切線的切點坐標為</p><p><b>　　∴</b></p><p><b>　　即 ∴</b></p><p><b>　　令h(x)=</b></p><p><b>　　∴==0

62、∴</b></p><p>　　∴h(x)在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，）上單調(diào)遞增</p><p>　　又，h(2)=ln2-1<0，</p><p>　　∴h(x)與x軸有兩個交點</p><p>　　∴過點（2，5）可作2條曲線y=g(x)的切線. </p><p>　　19、已知是函數(shù)的一個

63、極值點。</p><p><b>　　(1)求a</b></p><p>　?。?）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；</p><p>　?。?）若直線與函數(shù)的圖象有3個交點，求的取值范圍。</p><p>　?。?）解：…………2分</p><p><b>　　…………4分</b><

64、;/p><p><b>　?。?）當</b></p><p><b>　　令…………6分</b></p><p>　　∴由上表可知，的單調(diào)遞增區(qū)間為，其單調(diào)減區(qū)間為（1，3）…………9分</p><p>　?。?）由（2）知……10分</p><p>　　若直線的圖象有3個交點