14、通过研究函数f
（x ）=2x4-10x 2+2x-1在实数范围内的零点个数，进一步研究可得g （x ）=2xn +10x2-2x-1（n≥3，n ∈N ）在实数范围内的零点个数为
考点：函数零点的判定定理．
专题：探究型．
分析：对函数f （x ）=2x4-10x 2+2x-1进行求导，求得函数的极值，单调性，判断零点个数，对于函数g （x ）=2xn +10x2-2x-1（n≥3，n ∈N ）用同样的方法可得，注意计算时整体代换．
解答：解：∵函数f （x ）=2x4-10x 2+2x-1，
∴f′（x ）=8x3-20x+2=2（4x 3-10x+1）
在f′（x ）=0时，
f （x ）=2x4-10x 2+2x-1，
=2x4-5x 2+ x-5x 2+ x-1，
= （4x 3-10x+1）-5x 2+ x-1=-5x2+ x-1，
由于判别式△＜0，所以，f （x ）的所有极值均是负数．
又因为当x 趋向于负无穷和正无穷时均为无穷大，
所以，零点有两个．
对任意g （x ）=2xn +10x2-2x-1（n≥3，n ∈N ）
也有，g' （x ）=0时有，
g （x ）=（ -10）x 2+（2- ）x-1
可知n ＞3时，其判别式△＜0
所以，当n 为偶数时，有两个零点
n 为奇数时，有3个零点，
故答案为 ．
已知函数f （x ）=ex+ax，g （x ）=exlnx（e 是自然对数的底数）．
（1）若曲线y=f（x ）在x=1处的切线也是抛物线y2=4（x-1）切线，求a 的值；
（2）若对于任意x ∈R ，f （x ）＞0恒成立，试确定实数a 的取值范围；
（3）当a=-1时，是否存在x0∈（0，+∞），使曲线C ：y=g（x ）-f （x ）在点x=x0处的切
线斜率与f （x ）在R 上的最小值相等？若存在，求符合条件的x0的个数；若不存在，请说明理由．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：综合题．分析：（1）求出f （x ）的导函数，把c=1代入导函数中求出的导函数值即为切线方程的斜率，把x=1代入f （x ）求出切点的纵坐标，根据切点坐标和斜率写出切线的方程，把切线方程与抛物线联立，消去y 得到关于x 的一元二次方程，根据直线与抛物线相切，得到方程的根的判别式等于0，列出关于a 的方程，求出方程的解即可得到a 的值；
（2）求出f （x ）的导函数，分a 大于0，a=0和a 小于0三种情况考虑，当a 大于0时，导函数大于0，即函数为增函数，利用极限的思想得到函数恒大于0不成立；当a=0时，得到函数恒大于0，满足题意；当a 小于0时，令导函数等于0，求出x 的值，由x 的值分区间讨论导函数的正负，得到函数的单调区间，进而得到f （x ）的最小值，让最小值大于0，列出关于a 的不等式，求出不等式的解集即可得到a 的取值范围，综上，得到满足题意的a 的取值范围；
（3）把a=-1代入到（2）中求出的f （x ）的最小值中，确定出f （x ）的最小值，设h （x ）=g（x ）-f （x ），把g （x ）和f （x ）的解析式代入确定出h （x ），求出h （x ）的导函数，假如存在x0∈（0，+∞），使曲线C ：y=g（x ）-f （x ）在点x=x0处的切线斜率与f （x ）在R 上的最小值相等，令h （x ）导函数等于f （x ）的最小值，得到 ，设φ（x ）等于等式的右边，求出φ（x ）的导函数，利用导函数的正负确定出φ（x ）的最小值为φ（1）等于0，得到方程有唯一的解，且唯一的解为f （x ）的最小值．解答：解：（1）f ′（x ）=ex+a，把x=1代入得：f ′（1）=e+a，
把x=1代入f （x ）得：f （1）=e+a，所以切点坐标为（1，e+a），
则在x=1处的切线为y-（e+a）=（e+a）（x-1）即：y=（e+a）x ，
与y2=4（x-1）联立，消去得（e+a）2x2-4x+4=0，
由△=0知，a=1-e或a=-1-e；（4分）
（2）f ′（x ）=ex+a，
①当a ＞0时，f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增，且当x →-∞时，ex →0，ax →-∞， ∴f （x ）→-∞，故f （x ）＞0不恒成立，所以a ＞0不合题意；（6分）
②当a=0时，f （x ）=ex＞0对x ∈R 恒成立，所以a=0符合题意；
③当a ＜0时令f ′（x ）=ex+a=0，得x=ln（-a ），
当x ∈（-∞，ln （-a ））时，f ′（x ）＜0，当x ∈（ln （-a ），+∞）时，f ′（x ）＞0， 故f （x ）在（-∞，ln （-a ））上是单调递减，在（ln （-a ），+∞）上是单调递增， 所以[f（x ）]min=f（ln （-a ））=-a+aln（-a ）＞0，
解得a ＞-e ，又a ＜0，∴a ∈（-e ，0），
综上：a ∈（-e ，0]．（10分）
（3）当a=-1时，由（2）知[f（x ）]min=f（ln （-a ））=-a+aln（-a ）=1，
设h （x ）=g（x ）-f （x ）=exlnx-ex+x，则 ，
假设存在实数x0∈（0，+∞），使曲线C ：y=g（x ）-f （x ）在点x=x0处的切线斜率与f （x ）在R 上的最小值相等，x0即为方程的解，（13分）
令h ′（x ）=1得： ，因为ex ＞0，所以 ．
令 ，则 ，当0＜x ＜1是φ′（x ）＜0，当x ＞1时φ′（x ）＞0，
所以 在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（x ）＞φ（1）=0，故方程 有唯一解为1，
所以存在符合条件的x0，且仅有一个x0=1．（16分）点评：此题考查学生会利用导数求切线上过某点切线方程的斜率，会利用导函数的正负确定函数的单调区间，会利用导数研究函数的极值，掌握导
14、通过研究函数f
（x ）=2x4-10x 2+2x-1在实数范围内的零点个数，进一步研究可得g （x ）=2xn +10x2-2x-1（n≥3，n ∈N ）在实数范围内的零点个数为
考点：函数零点的判定定理．
专题：探究型．
分析：对函数f （x ）=2x4-10x 2+2x-1进行求导，求得函数的极值，单调性，判断零点个数，对于函数g （x ）=2xn +10x2-2x-1（n≥3，n ∈N ）用同样的方法可得，注意计算时整体代换．
解答：解：∵函数f （x ）=2x4-10x 2+2x-1，
∴f′（x ）=8x3-20x+2=2（4x 3-10x+1）
在f′（x ）=0时，
f （x ）=2x4-10x 2+2x-1，
=2x4-5x 2+ x-5x 2+ x-1，
= （4x 3-10x+1）-5x 2+ x-1=-5x2+ x-1，
由于判别式△＜0，所以，f （x ）的所有极值均是负数．
又因为当x 趋向于负无穷和正无穷时均为无穷大，
所以，零点有两个．
对任意g （x ）=2xn +10x2-2x-1（n≥3，n ∈N ）
也有，g' （x ）=0时有，
g （x ）=（ -10）x 2+（2- ）x-1
可知n ＞3时，其判别式△＜0
所以，当n 为偶数时，有两个零点
n 为奇数时，有3个零点，
故答案为 ．
已知函数f （x ）=ex+ax，g （x ）=exlnx（e 是自然对数的底数）．
（1）若曲线y=f（x ）在x=1处的切线也是抛物线y2=4（x-1）切线，求a 的值；
（2）若对于任意x ∈R ，f （x ）＞0恒成立，试确定实数a 的取值范围；
（3）当a=-1时，是否存在x0∈（0，+∞），使曲线C ：y=g（x ）-f （x ）在点x=x0处的切
线斜率与f （x ）在R 上的最小值相等？若存在，求符合条件的x0的个数；若不存在，请说明理由．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：综合题．分析：（1）求出f （x ）的导函数，把c=1代入导函数中求出的导函数值即为切线方程的斜率，把x=1代入f （x ）求出切点的纵坐标，根据切点坐标和斜率写出切线的方程，把切线方程与抛物线联立，消去y 得到关于x 的一元二次方程，根据直线与抛物线相切，得到方程的根的判别式等于0，列出关于a 的方程，求出方程的解即可得到a 的值；
（2）求出f （x ）的导函数，分a 大于0，a=0和a 小于0三种情况考虑，当a 大于0时，导函数大于0，即函数为增函数，利用极限的思想得到函数恒大于0不成立；当a=0时，得到函数恒大于0，满足题意；当a 小于0时，令导函数等于0，求出x 的值，由x 的值分区间讨论导函数的正负，得到函数的单调区间，进而得到f （x ）的最小值，让最小值大于0，列出关于a 的不等式，求出不等式的解集即可得到a 的取值范围，综上，得到满足题意的a 的取值范围；
（3）把a=-1代入到（2）中求出的f （x ）的最小值中，确定出f （x ）的最小值，设h （x ）=g（x ）-f （x ），把g （x ）和f （x ）的解析式代入确定出h （x ），求出h （x ）的导函数，假如存在x0∈（0，+∞），使曲线C ：y=g（x ）-f （x ）在点x=x0处的切线斜率与f （x ）在R 上的最小值相等，令h （x ）导函数等于f （x ）的最小值，得到 ，设φ（x ）等于等式的右边，求出φ（x ）的导函数，利用导函数的正负确定出φ（x ）的最小值为φ（1）等于0，得到方程有唯一的解，且唯一的解为f （x ）的最小值．解答：解：（1）f ′（x ）=ex+a，把x=1代入得：f ′（1）=e+a，
把x=1代入f （x ）得：f （1）=e+a，所以切点坐标为（1，e+a），
则在x=1处的切线为y-（e+a）=（e+a）（x-1）即：y=（e+a）x ，
与y2=4（x-1）联立，消去得（e+a）2x2-4x+4=0，
由△=0知，a=1-e或a=-1-e；（4分）
（2）f ′（x ）=ex+a，
①当a ＞0时，f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增，且当x →-∞时，ex →0，ax →-∞， ∴f （x ）→-∞，故f （x ）＞0不恒成立，所以a ＞0不合题意；（6分）
②当a=0时，f （x ）=ex＞0对x ∈R 恒成立，所以a=0符合题意；
③当a ＜0时令f ′（x ）=ex+a=0，得x=ln（-a ），
当x ∈（-∞，ln （-a ））时，f ′（x ）＜0，当x ∈（ln （-a ），+∞）时，f ′（x ）＞0， 故f （x ）在（-∞，ln （-a ））上是单调递减，在（ln （-a ），+∞）上是单调递增， 所以[f（x ）]min=f（ln （-a ））=-a+aln（-a ）＞0，
解得a ＞-e ，又a ＜0，∴a ∈（-e ，0），
综上：a ∈（-e ，0]．（10分）
（3）当a=-1时，由（2）知[f（x ）]min=f（ln （-a ））=-a+aln（-a ）=1，
设h （x ）=g（x ）-f （x ）=exlnx-ex+x，则 ，
假设存在实数x0∈（0，+∞），使曲线C ：y=g（x ）-f （x ）在点x=x0处的切线斜率与f （x ）在R 上的最小值相等，x0即为方程的解，（13分）
令h ′（x ）=1得： ，因为ex ＞0，所以 ．
令 ，则 ，当0＜x ＜1是φ′（x ）＜0，当x ＞1时φ′（x ）＞0，
所以 在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（x ）＞φ（1）=0，故方程 有唯一解为1，
所以存在符合条件的x0，且仅有一个x0=1．（16分）点评：此题考查学生会利用导数求切线上过某点切线方程的斜率，会利用导函数的正负确定函数的单调区间，会利用导数研究函数的极值，掌握导