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4．5　导数与函数的零点
(教师独具内容)
1．本考点主要考查利用导数研究函数的零点．
2．分类讨论多贯穿在函数与导数的解答题中，解题的关键是“界点”的确定，主要研究含参函数的单调性、极值与最值，以及零点问题．
3．本考点在高考试题中多以基本初等函数或其复合形式为载体，考查了逻辑推理能力、运算求解能力、分类与整合的能力．
(教师独具内容)
1．知道应用零点存在定理的前提条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)<0.掌握①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)f(b)<0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在定理．
2．会通过函数有零点求参数的取值范围，知道常用的方法有分离参数法和分类讨论法．会根据参数确定函数的零点个数；会利用单调性与零点存在定理求函数的零点，或者化原函数为两个函数，利用两个函数图象的交点来求原函数的零点．
3．会通过函数求导，结合代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧解决隐零点问题及函数的极值点偏移问题．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．已知函数有零点求参数范围常用的方法
(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的极值和最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
2．隐零点问题的解题技巧(能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”)
对于隐零点问题，常用代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．
1．(2021·山东德州模拟)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数为(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　B
解析　f′(x)＝2x ln 2＋3x2，在(0，1)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递增，因为f(0)＝－1<0，f(1)＝1>0，所以函数在区间(0，1)内的零点个数为1.
2．(2021·山西高三期中)已知函数f(x)＝的图象上存在关于直线x＝2对称的不同两点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(e，＋∞) B．(e eq \s\up15()－2，＋∞)
C．(－∞，2e－1) D．(－∞，e eq \s\up15())
答案　B
3．(2021·江西省兴国县第三中学高三模拟)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)有两个零点，分别为x1，x2，且3x1A． B．
C． D．
答案　D
解析　令f(x)＝0，得ax－ex＝0，当a＝0时，ex＝0无解，∴a≠0，则＝，令g(x)＝，f(x)＝ax－ex(a∈R)有两个零点，等价于y＝与g(x)＝的图象有两个不同的交点，g′(x)＝，当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，因为当x＜0时，g(x)＜0，当x＝0时，g(x)＝0，当0＜x＜1时，0＜g(x)＜，当x＝1时，g(x)＝，当x＞1时，0＜g(x)＜，所以0时满足条件，故a的取值范围为.故选D.
4．(2021·浙江杭州高三模拟)已知函数f(x)＝ax2ex－1(a≠0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)已知a＞0且x∈[1，＋∞)，若函数f(x)没有零点，求a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝2axex＋ax2ex＝axex(2＋x)，令f′(x)＝0，则x＝0或x＝－2，
①若a＞0，当x＜－2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当－2＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
②若a＜0，当x＜－2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当－2＜x＜0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
综上所述，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(0，＋∞)，单调递减区间为(－2，0)；
当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(－2，0)，单调递减区间为(－∞，－2)和(0，＋∞).
(2)当a＞0时，由(1)可知，在x∈[1，＋∞)上，f(x)单调递增，若函数没有零点，则f(1)＝ae－1＞0，解得a>，故a的取值范围为.
5．(2022·河南郑州高三模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx.
(1)若1是f(x)的极大值点，求a的取值范围；
(2)当a＝0，b＝－1时，函数F(x)＝f(x)－λx2有唯一零点，求正数λ的值．
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.
所以f′(x)＝－ax＋a－1＝.
①若a≥0，由f′(x)＝0，得x＝1.
当00，此时f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，所以1是f(x)的极大值点；
②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.
因为1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1综合①②，a的取值范围是(－1，＋∞).
(2)因为函数F(x)＝f(x)－λx2有唯一零点，即λx2－ln x－x＝0有唯一实数解，
设g(x)＝λx2－ln x－x，
则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，即2λx2－x－1＝0.
因为λ>0，所以Δ＝1＋8λ>0，方程有两异号根，设为x1<0，x2>0，
因为x>0，所以x1应舍去．
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增．
故g(x)min＝g(x2)，因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，
则即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λx－ln x2－x2＝0，,\f(2λx－x2－1,x2)＝0，))
又λ>0，所以2ln x2＋x2－1＝0，(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解．
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，代入方程组，解得λ＝1.
1．(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．
①2a；②0解　(1)由函数的解析式可得，f′(x)＝x(ex－2a)，
当a≤0时，若x∈(－∞，0)，
则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0则f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a＝时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
当a>时，若x∈(－∞，0)，
则f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：若选择条件①：
由于故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，
f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b<0，
由(1)可知，函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点．
f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b
>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a
＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2
＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，
由于所以0故a ln (2a)[2－ln (2a)]≥0，所以f(ln (2a))>0，
结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(0，＋∞)上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．
若选择条件②：
由于0则f(0)＝b－1≤2a－1<0，
当b≥0时，e2>4，4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，
由(1)可知，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，
则H′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，
注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，
从而有ex≥x＋1，
当x>1时，x－1>0，则f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，
当x> 时，(1－a)x2＋(b－1)>0，
取x0＝ ＋1，则f(x0)>0，
由于f(0)<0，f>0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b
≤2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a
＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2
＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，
由于0<2a<1，所以ln (2a)<0，
故a ln (2a)[2－ln (2a)]<0，
结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(－∞，0)上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．
2．(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0).
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解　(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，
f′(x)＝(x>0).
令f′(x)>0，则0令f′(x)<0，则x>，此时函数f(x)单调递减．
故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
即方程＝1(x>0)有两个不同的解，故方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0).
令g′(x)＝＝0，解得x＝e.
令g′(x)>0，则0令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减．
故g(x)max＝g(e)＝，且当x>e时，g(x)∈.
又g(1)＝0，故要使方程＝有两个不同的解，则0<<.
①当0②当a>1时，因为g(x)max＝g(e)＝，
故a∈(1，e)∪(e，＋∞).
综上，a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
3．(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直．
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
解　(1)f′(x)＝3x2＋b，
由题意，f′＝0，即3×＋b＝0，
则b＝－.
(2)证明：由(1)可得f(x)＝x3－x＋c，
f′(x)＝3x2－＝3，
令f′(x)＞0，得x＞或x＜－；
令f′(x)＜0，得－＜x＜.
所以f(x)在上单调递减，
在，上单调递增．
又f(－1)＝c－，f＝c＋，f＝c－，f(1)＝c＋，
假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(－1)＞0或f(1)＜0，
即c＞或c＜－.
当c＞时，f(－1)＝c－＞0，f＝c＋＞0，f＝c－＞0，f(1)＝c＋＞0，
又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＜0，
由函数零点存在定理知f(x)在(－4c，－1)上存在唯一一个零点x0，
即f(x)在(－∞，－1)上存在唯一一个零点，在(－1，＋∞)上不存在零点，
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当c＜－时，f(－1)＝c－＜0，f＝c＋＜0，f＝c－＜0，f(1)＝c＋＜0，
又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＞0，
由函数零点存在定理知f(x)在(1，－4c)上存在唯一一个零点x0′，
即f(x)在(1，＋∞)上存在唯一一个零点，在(－∞，1)上不存在零点，
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾，
综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
4．(2020·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
解　(1)由题意，得f′(x)＝3x2－k，
当k≤0时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝± ，
令f′(x)＜0，得－ ＜x＜ ，
令f′(x)＞0，得x＜－ 或x＞ ，
所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)有三个零点，
则k＞0，
且
即
解得0＜k＜，
当0＜k＜时，＞ ，且f()＝k2＞0，
所以f(x)在上有唯一一个零点，
同理－k－1＜－ ，f(－k－1)＝－k3－(k＋1)2＜0，
所以f(x)在上有唯一一个零点，
又f(x)在上有唯一一个零点，
所以f(x)有三个零点，
综上可知，k的取值范围为.
一、基础知识巩固
考点　　判断函数零点(方程根)的个数
例1　已知函数f(x)＝ex－x－a(a∈R).
(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；
(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．
解　(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－x，
令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，
则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，得x＝ln 2.当x当x>ln 2时，g′(x)>0，g(x)单调递增．ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，
即g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2ln >0，故当a＝0时，f(x)>x成立．
(2)f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.
所以当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(x)min＝f(0)＝1－a.
当1－a>0，即a<1时，f(x)在R上没有零点．
当1－a＝0，即a＝1时，f(x)在R上只有一个零点．
当1－a<0，即a>1时，
因为f(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a>0，
所以f(x)在(－∞，0)内只有一个零点．
由(1)得ex>2x，令x＝a，得ea>2a，
所以f(a)＝ea－a－a＝ea－2a>0，
于是f(x)在(0，＋∞)内只有一个零点．
因此，当a>1时，f(x)在R上有两个零点．
综上，当a<1时，函数f(x)在R上没有零点；当a＝1时，函数f(x)在R上有一个零点；
当a>1时，函数f(x)在R上有两个零点．
例2　(2021·四川泸州老窖天府中学高三月考)已知函数f(x)＝x＋－(a－1)ln x－2，其中a∈R.
(1)若f(x)存在唯一极值点，且极值为0，求a的值；
(2)若a≤e2，讨论f(x)在区间[1，e2]上的零点个数．
解　(1)由题意，函数f(x)＝x＋－(a－1)ln x－2，
可得f′(x)＝1－－＝(x>0)，
①若a≤0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在(0，＋∞)上无极值点，这与f(x)存在极值点矛盾，舍去；
②若a>0，令f′(x)＝0，可得x＝a，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
此时f(x)存在唯一极小值点a，令f(a)＝a＋1－(a－1)ln a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
(2)①当a≤1时，f′(x)≥0在[1，e2]上恒成立，所以f(x)在[1，e2]上单调递增．
因为f(1)＝a－1≤0，f(e2)＝e2＋－2a，
(ⅰ)当a≤0时，f(e2)＝e2＋－2a＝e2＋a>0；
(ⅱ)当02－2a＝2(1－)≥0，所以f(e2)>0，
则由零点存在定理知，函数f(x)在[1，e2]上有1个零点；
②当10，
f(x)在[1，a)上单调递减，在(a，e2]上单调递增．可得f(x)min＝f(a)＝(a－1)(1－ln a).
(ⅰ)当a＝e时，f(x)min＝0，此时f(x)在[1，e2]上有1个零点；
(ⅱ)当10，此时f(x)在[1，e2]上无零点；
(ⅲ)当e0.
a．当f(e2)＝e2＋－2a<0，即b．当f(e2)＝e2＋－2a≥0，即e综上，当1当a≤1或a＝e或＜a≤e2时，f(x)在[1，e2]上有1个零点；
当e　1.已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)讨论f(x)在(0，＋∞)上的零点个数．
解　(1)∵f(x)＝ax－ex，∴f′(x)＝a－ex，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
∴f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x令f′(x)<0，得x>ln a.
∴f(x)在(－∞，ln a)上单调递增，在(ln a，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递增，在(ln a，＋∞)上单调递减．
(2)令f(x)＝ax－ex＝0，得a＝，
设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝(x>0).
令g′(x)>0，得x>1，
令g′(x)<0，得0∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e.
当a∴f(x)在(0，＋∞)上没有零点；
当a＝e时，a＝在(0，＋∞)上有且仅有一个解，∴f(x)在(0，＋∞)上有一个零点；
当a>e时，a＝在(0，＋∞)上有两个解，
∴f(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当ae时，f(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
2．已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1)，a∈R.
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；
(2)当a＞1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数．
解　设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.
(1)证明：当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex.当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0.所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0，所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x).
(2)当a＞1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，
令F′(x)＞0，即(x－a＋1)ex＞0，解得x＞a－1；
令F′(x)＜0，即(x－a＋1)ex＜0，解得x＜a－1.
F(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增．
当x＝a－1时，F(x)取得极小值，F(a－1)＝a－ea－1.令h(a)＝a－ea－1，则h′(a)＝1－ea－1.
因为a＞1，所以h′(a)<0.所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以h(a)＜h(1)＝0，所以F(a－1)＜0.
又因为F(a)＝a>0，所以F(x)在区间(a－1，a)上存在一个零点．
所以F(x)在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点．
F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0，所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点．
所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根．
　利用导数确定含参函数零点或方程根的个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化成确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
考点　　已知函数零点个数求参数问题
例3　函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个零点，求实数m的取值范围．
解　(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝a＋ln x＋1.因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，则f(x)＝－x＋x ln x，f′(x)＝ln x.令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1).
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个零点，可转化为直线y＝m＋1与y＝f(x)的图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
当0当x>e时，f(x)>0.
当x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，－1＜m＋1<0，即－2＜m<－1，
所以实数m的取值范围是(－2，－1).
例4　已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，求m的取值范围．
解　(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，即f(x)＝x3－x2－2x－2，f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)>0，得x<－1或x>2，所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).
(2)由(1)，知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，数形结合可知，要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，则－<2m－3<－，解得－　3.已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．
解　(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x(x＞0)，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率k＝f′(1)＝2，函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m(x＞0)，则g′(x)＝－2x＝，x∈.当≤x<1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当1又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点需满足条件解得1所以实数m的取值范围是.
4．已知函数f(x)＝xex－a(x＋1)2.
(1)若a＝e，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解　(1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－e·(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e).
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 极大值－ 极小值－e
当x＝－1时，f(x)取得极大值－；
当x＝1时，f(x)取得极小值－e.
(2)解法一(分类讨论法)：
f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，
若a＝0，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．
若a<0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
由f(－1)＝－<0，且f(1)＝e－2a>0，当x→－∞时，f(x)→＋∞，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
当00，f(x)单调递增；
当x∈(ln a，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
又f(ln a)＝a ln a－a(ln a＋1)2<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．
当a＝时，即ln a＝－1，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．
当a>时，即ln a>－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(－1，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
又f(－1)＝－<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，0).
解法二(数形结合法)：
令f(x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0，得xex＝a(x＋1)2.
当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．
当x≠－1时，分离参数得a＝.
记g(x)＝(x≠－1)，
则g′(x)＝＝.
当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；
当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
故函数g(x)的图象如图所示．
作出直线y＝a，由图可知，
当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．
故实数a的取值范围是(－∞，0).
　利用函数零点求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解．
(2)利用零点存在定理构建不等式求解．
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解(客观题常用).
考点　　可转化为函数零点个数的问题
例5　已知直线l：y＝x＋1，函数f(x)＝aex.
(1)当a＝1，x＞0时，证明：曲线y＝f(x)－x2在直线l的上方；
(2)若直线l与曲线y＝f(x)有两个不同的交点，求实数a的取值范围．
解　(1)证明：令h(x)＝ex－x2－x－1，
则h′(x)＝ex－x－1，
令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝ex－1，当x＞0时，g′(x)＞0，h′(x)为增函数，
所以h′(x)＞h′(0)＝0，从而h(x)也为增函数，得h(x)＞h(0)＝0.
故ex－x2＞x＋1，即曲线y＝f(x)－x2在直线l的上方．
(2)令φ(x)＝aex－x－1，则φ′(x)＝aex－1，当a≤0时，令φ′(x)＜0，得φ(x)在R上单调递减，不符合题意；
当a＞0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln ，
所以φ(x)在上为减函数，
在上为增函数，
由已知函数φ(x)有两个零点，φ(x)min＝φ＝－ln ＜0，得0＜a＜1，此时φ(－1)＝＞0，φ(x)在上有且只有一个零点．
由(1)得当x＞0时，φ(x)＞a－x－1＝ax2＋(a－1)x＋a－1，
所以φ＞a＋(a－1)·＋a－1＝a＋1＞0.
由(1)知，当x＞0时，h′(x)＞0得ex＞x＋1，令x＋1＝t，则ln t＜t－1(t＞1)，
所以＞－1＞ln ，φ(x)在上有且只有一个零点．
综上，0＜a＜1.
例6　(2021·河南洛阳高三期中)已知f(x)＝x3＋x2＋2x，f′(x)是f(x)的导数．
(1)求f(x)的极值；
(2)令g(x)＝f′(x)＋kex－1，若函数y＝g(x)的图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值范围．
解　(1)因为f′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝－2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表所示：
x (－∞，－2) －2 (－2，－1) －1 (－1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 极大值 极小值
由上表可知，函数f(x)的极大值为f(－2)＝－，极小值为f(－1)＝－.
(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex－1＝x2＋3x＋1＋kex，
由题知x2＋3x＋1＋kex＝0需有三个不同的解，即k＝－有三个不同的解．
设h(x)＝－，
则h′(x)＝＝，
当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(－2，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→－∞时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)<0，h(－2)＝e2，h(1)＝－.
作出函数h(x)的简图如图，数形结合可知－　5.(2021·山东莱西高三期末)已知函数f(x)＝ax＋eln x(a∈R)，g(x)＝.
(1)讨论函数F(x)＝f(x2)(x>0)的单调性；
(2)若函数f(x)的图象与g(x)的图象有三个不同的交点，求实数a的取值范围．
解　(1)F(x)＝f(x2)＝ax2＋eln x2＝ax2＋2eln x(x>0)，
则F′(x)＝2ax＋＝，
当a≥0时，F′(x)＞0，则F(x)单调递增；
当a<0时，令F′(x)＝0，解得x＝ ，当x∈时，F′(x)>0，则F(x)单调递增，当x∈时，F′(x)<0，则F(x)单调递减．
综上，当a≥0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，F(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由ax＋eln x＝(x>0且x≠e)，可得a＋＝，
令t＝h(x)＝(x>0且x≠e)，则a＋t＝，所以t2＋(a－1)t－a＋1＝0，①
由h′(x)＝＝0，得x＝e，所以函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
又x→＋∞时，h(x)→0，作出h(x)图象，如图所示，
由题意可得方程①的根，有一个根t1必在(0，1)内，另一个根t2＝0或t2∈(－∞，0)，
当t2＝0时，a＝1，t1＝0不满足题意，
所以当t2∈(－∞，0)时，由二次函数的性质可得解得a>1.
综上，实数a的取值范围为(1，＋∞).
6．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[1，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．
解　(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，
∴F′(x)＝2ax－＝(x＞0).
①当a>0时，由ax2－1>0，得x>，
由ax2－1<0，得0故当a>0时，F(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．
故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，F(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)方程f(x)＝g(x)在[1，e]上有两个不相等的解，即a＝在[1，e]上有两个不同的解，
∴y＝a与φ(x)＝，x∈[1，e]有两个不同的交点，
φ′(x)＝，
令φ′(x)＝0，得x＝；
∴当x∈[1，)时，φ′(x)>0，
当x∈(，e]时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在[1，)上单调递增，在(，e]上单调递减，
∴φ(x)max＝φ()＝，
又φ(e)＝，φ(1)＝0，
∴要使y＝a与y＝φ(x)有两个不同的交点，则≤a<，
故a的取值范围是.
　处理函数y＝f(x)与y＝g(x)图象的交点问题的常用方法
(1)数形结合，即分别作出两函数的图象，观察交点情况．
(2)将函数交点问题转化为方程f(x)＝g(x)根的个数问题，通过构造函数y＝f(x)－g(x)，利用导数研究函数的单调性及极值，并作出草图，根据草图确定根的情况．
考点　　与函数零点有关的证明问题
例7　已知函数f(x)＝ln ＋a2x2－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝0且x∈(0，1)，求证：f(x)解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋2a2x－a＝＝.
若a＝0，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
若a>0，当x＝时，f′(x)＝0；当0＜x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，
故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增；
若a<0，当x＝－时，f′(x)＝0；当0＜x<－时，f′(x)<0；当x>－时，f′(x)>0，
故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证法一：若a＝0且x∈(0，1)，
则f(x)＝ln ＝1－ln x.
欲证f(x)只需证x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.
设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x．当x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，1)上单调递增，
所以g(x)设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，则h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.
设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x)＝1－6x－3x2.
当x∈(0，1)时，p′(0)p′(1)＝－8<0，
故存在x0∈(0，1)，使得p′(x0)＝0，从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以p(x0)>p(0)＝2，且p(1)<0，
故存在x1∈(0，1)，使得h′(x1)＝0，即当x∈(0，x1)时，h′(x)>0，当x∈(x1，1)时，h′(x)<0，从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，1)上单调递减．
因为h(0)＝1，h(1)＝e，所以当x∈(0，1)时，h(x)>h(0)＝1，
所以x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，即f(x)证法二：若a＝0且x∈(0，1)，则f(x)＝ln ＝1－ln x，
欲证f(x)只需证x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.
设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x．当x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，1)上单调递增．所以g(x)设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，
因为x∈(0，1)，所以x>x3，
所以1＋x－x3>1，
又11，
所以g(x)<1证法三：若a＝0且x∈(0，1)，则f(x)＝ln ＝1－ln x．欲证f(x)只需证＋x2－<1，由于1－ln x>0，ex>e0＝1，则＋x2－＜1－ln x＋x2－，则只需证明1－ln x＋x2－<1，
只需证明ln x－x2＋>0，
令g(x)＝ln x－x2＋，x∈(0，1)，
则g′(x)＝－2x－＝<<0，则函数g(x)在(0，1)上单调递减，
则g(x)>ln 1－12＋1＝0，
所以ln x－x2＋>0，所以＋x2－＜1，即原不等式成立．
例8　(2021·黑龙江哈尔滨哈师大附中高三月考)已知函数f(x)＝sin x－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．
证明：(1)f′(x)在上存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
证明　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在上有唯一零点，设为α，
则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在上单调递减，故g(x)在上存在唯一极大值点，即f′(x)在上存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).
①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)上单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]上的唯一零点．
②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在上单调递减，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在(0，β)上单调递增，在上单调递减．
又f(0)＝0，f＝1－ln >0，所以当x∈时，f(x)>0.从而f(x)在上没有零点．
③当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减．
而f>0，f(π)<0，所以f(x)在上有唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln (x＋1)>1.
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
　7.(2022·南京市第十三中学高三月考)已知函数f(x)＝－，a为常数．
(1)若a＝0，求函数f(x)的极值；
(2)若a＝－1，证明：函数f(x)在(0，1)上有唯一的极值点x0，且f(x0)<－2.
解　(1)若a＝0，则f(x)＝－(x>0)，f′(x)＝，
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝e时取得极大值f(e)＝，无极小值．
(2)证明：当a＝－1时，f(x)＝，f′(x)＝，
令h(x)＝x－1－2x ln x，0h′(x)＝－2ln x－1，令－2ln x－1＝0，得x＝e eq \s\up15(－)，所以当x∈(0，e eq \s\up15(－))时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e eq \s\up15(－)，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
h(e eq \s\up15(－))＝2e eq \s\up15(－)－1＝－1>0，h(1)＝0，
h(e－2)＝e－2－1－2×e－2×(－2)＝－1<0，h＝－1－2××ln ＝ln 2－＝ln >0，
所以h(x)存在唯一零点x0∈.
所以当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(x0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当x＝x0时，f(x)取得极大值，没有极小值．
h(x0)＝x0－1－2x0ln x0＝0，x0∈，则ln x0＝，
f(x0)＝＝
＝，
由于x0∈，
所以－<2x0(x0－1)<2e－2(e－2－1)<0，
所以f(x0)＝<－2.
所以函数f(x)在(0，1)上有唯一的极值点x0，且f(x0)<－2.
8．(2022·四川成都石室中学高三开学考试)已知函数f(x)＝a(x－1)ex，其中a∈R，且a≠0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)a＝1时，设g(x)＝－x3＋x2－f(x)，x0是g(x)的极大值点，求证：解　(1)因为函数f(x)＝a(x－1)ex，
所以f′(x)＝axex，
当a>0时，令f′(x)>0，得x>0，则f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，令f′(x)<0，得x<0，则f(x)的单调递减区间是(－∞，0)；
当a<0时，令f′(x)>0，得x<0，则f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，令f′(x)<0，得x>0，则f(x)的单调递减区间是(0，＋∞).
综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)；
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，单调递减区间是(0，＋∞).
(2)证明：由a＝1时，g(x)＝－x3＋x2－(x－1)ex，则g′(x)＝－x2＋2x－xex＝－x·(x－2＋ex)，
令h(x)＝x－2＋ex，h′(x)＝1＋ex>0，h(x)在R上单调递增，
又h(0)＝－1<0，h(1)＝e－1>0，所以存在x0∈(0，1)，使h(x0)＝0，即ex0＝2－x0，
所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)＜0，当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0，所以x0是g(x)的极大值点，所以g(x0)＝－x＋x－(x0－1)ex0＝－x＋2x－3x0＋2，x0∈(0，1)，
令r(x)＝－x3＋2x2－3x＋2，x∈(0，1)，
则r′(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－1)(x－3)<0，所以r(x)在(0，1)上单调递减，
又r(0)＝2，r(1)＝，
所以　处理函数隐性零点的三个步骤
(1)确定零点的存在范围(可以由零点存在定理确定，也可以由函数的图象特征得到)；
(2)根据零点的意义进行代数式的替换，替换过程中，尽可能将复杂目标式变形为常见的整式或分式，尽可能将指、对数函数式用有理式替换；
(3)结合前两步，确定目标式的范围．
二、核心素养提升
例1　(2022·山东济南模拟)已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
解　(1)f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)证法一(对称化构造法)：
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，
∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，
可设x1<1将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2).
又x1<1，2－x2<1，
而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
证法二(比值代换法)：
设0即x1e－x1＝x2e－x2，
取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，
代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，
得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝，∴要证x1＋x2＞2，即证＞2，只需证ln t－>0.
设g(t)＝ln t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，
∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，故x1＋x2>2.
例2　(2021·安徽六安一中高三模拟)已知函数f(x)＝x ln x－ax2＋x(a∈R).
(1)证明：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点；
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x1x2>.
证明　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝x ln x－ax2＋x，
得f′(x)＝ln x－2ax＋2，则f′(1)＝2(1－a)，又f(1)＝1－a，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程为y－(1－a)＝2(1－a)(x－1)，即y＝2(1－a)，显然恒过定点.
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，则x1ln x1－ax＋x1＝0，x2ln x2－ax＋x2＝0，
得a＝＋＝＋.
因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，
则＋＝＋，
得ln x1＝－1，则ln x2＝ln (tx1)＝ln t＋ln x1＝－1，
所以ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝－1＋－1＝－2.
令h(t)＝－2(t>2)，
则h′(t)＝，
令φ(t)＝－2ln t＋t－(t>2)，
则φ′(t)＝－＋1＋＝>0，
则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(2)＝－2ln 2>0.所以h′(t)＝>0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln ，即ln (x1x2)>ln ，故x1x2>.
例3　(2021·河北保定高三期末)已知函数f(x)＝x2ln x－ax＋1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若函数y＝f(x)－ax3＋ax－1的两个零点为x1，x2，证明：x1x2>e2.
解　(1)因为f(x)≥0恒成立，所以x2ln x－ax＋1≥0，即a≤x ln x＋恒成立．
令g(x)＝x ln x＋，则g′(x)＝ln x－＋1，易知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1.
(2)证明：由题意可知方程ln x－ax＝0的两根为x1，x2.
令h(x)＝ln x－ax，则h(x)的两个零点为x1，x2，h′(x)＝－a＝.
当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，不存在两个零点；
当a>0时，h(x)在上单调递增，在上单调递减，x→0时，h(x)→－∞，x→＋∞时，h(x)→－∞，
则h(x)max＝h＝ln －1>0，得0设x1因为h(x1)＝h(x2)＝0，
所以ln x1＝ax1，ln x2＝ax2.
要证x1x2>e2，即要证ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即证x1＋x2>.
令F(x)＝h－h(x)＝ln －a－ln x＋ax＝ln －ln x＋2ax－2，x∈.
则F′(x)＝<0，
所以F(x)在上单调递减，
所以F(x)>F＝0.
因为F(x1)＝h－h(x1)>0，
所以h>h(x1)＝h(x2)＝0.
因为x2，－x1∈，且h(x)在上单调递减，
所以x2>－x1，即x1＋x2>，故x1x2>e2.
函数的极值点偏移问题，其实质是导数的应用问题，解题的策略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时要抓住三个关键量：极值点、根差、根商．
课时作业
一、单项选择题
1．(2021·北京高三期中)若函数f(x)＝x3－3x＋a有唯一零点，则实数a的取值范围为(　　)
A．{－2，2} B．{2}
C．{a|－22}
答案　D
解析　f′(x)＝3x2－3，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－10，解得a<－2或a>2.故选D.
2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是(　　)
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
答案　C
解析　当a＝0时，令f(x)＝－3x2＋1＝0，解得x＝±，函数f(x)有两个零点，不符合题意，应舍去；
当a>0时，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0，解得x＝0或x＝>0，列表如下：
x (－∞，0) 0
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
∵x→－∞时，f(x)→－∞，而f(0)＝1>0，∴存在x<0，使得f(x)＝0，不符合条件，应舍去．当a<0时，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0，解得x＝0或x＝<0，列表如下：
x 0 (0，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
而f(0)＝1>0，x→＋∞时，f(x)→－∞，∴存在x0>0，使得f(x0)＝0，∵f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，∴极小值f>0，化为a2>4，∵a<0，∴a<－2.综上可知，a的取值范围是(－∞，－2).故选C.
3．(2021·浙江嘉兴高三期中)已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－kx有两个零点，则实数k等于(e为自然对数的底数)(　　)
A．－e B．－1 C．2 D．2e
答案　A
解析　依题意可知y＝f(x)的图象与y＝kx的图象有两个公共点，画出f(x)的图象与y＝kx的图象如图所示．由图可知，y＝kx的图象与y＝e－x(x≤0)的图象相切，设切点为(t，e－t)，(e－x)′＝－e－x，故斜率为－e－t，所以－e－t＝ t＝－1，则斜率k＝－e－(－1)＝－e.故选A.
4．(2021·重庆市江津中学高三月考)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”，如果函数g(x)＝x，h(x)＝ln x，φ(x)＝cos x的“新驻点”分别为α，β，γ，那么α，β，γ的大小关系是(　　)
A．α>β>γ B．β>γ>α
C．γ>α>β D．γ>β>α
答案　D
解析　g′(x)＝1，则由g(x)＝g′(x)，得x＝1，所以α＝1.h′(x)＝，则由h(x)＝h′(x)，得ln x＝.设m(x)＝ln x－，则m′(x)＝＋>0，则m(x)在(0，＋∞)上单调递增．m(1)＝－1<0，m(2)＝ln 2－＝ln >0，所以函数m(x)有唯一零点在(1，2)内，即β∈(1，2).φ′(x)＝－sin x，则由φ(x)＝φ′(x)，得cos x＝－sin x，则tan x＝－1，又≤x≤π，则x＝，即γ＝>2，所以γ>β>α，故选D.
5．关于函数f(x)＝＋ln x，下列说法错误的是(　　)
A．2是f(x)的极小值点
B．函数y＝f(x)－x有且只有1个零点
C．存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立
D．对任意两个正实数x1，x2，且x1>x2，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4
答案　C
解析　对于A，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，02时，f′(x)>0，2是f(x)的极小值点，A正确；对于B，令h(x)＝f(x)－x，h′(x)＝－<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，h(1)＝1，h(2)＝ln 2－1<0，h(x)有唯一零点，B正确；对于C，令φ(x)＝＝＋，φ′(x)＝－，令F(x)＝x ln x－x＋4，F′(x)＝ln x，x∈(0，1)时，F′(x)<0，x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则F(x)min＝F(1)＝3>0，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，φ(x)的图象恒在x轴上方，与x轴无限接近，不存在正实数k使得f(x)>kx恒成立，C错误；对于D，由A项知，f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x1，x2为正实数，且x1>x2，若f(x1)＝f(x2)，则0g(2)＝0，从而有f(x1)＝f(x2)>f(4－x2)，又4－x2>2，所以x1>4－x2，即x1＋x2>4成立，D正确．
6．(2021·梅河口市第五中学高三期末)若函数f(x)＝xex－2mx＋m有且只有一个零点，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－∞，0]
B．{e}∪(－∞，0]
C．∪(－∞，0]
D．∪(－∞，0]
答案　C
解析　∵f＝≠0，当x≠时，由f(x)＝0，可得m＝，令g(x)＝，其中x≠，则g′(x)＝
＝.当x<－时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增；当－1时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增，又g＝，g(1)＝e，g(0)＝0，当x＜0时，g(x)＞0，
作出函数g(x)的图象如图所示．由图可知，当m∈∪(－∞，0]时，直线y＝m与函数g(x)的图象有且只有一个交点．故选C.
7．(2021·福建泉州高三期末)已知函数f(x)＝与函数g(x)＝mx的图象相交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在唯一的整数x0∈(x1，x2)，则实数m的最小值是(　　)
A．0 B． C． D．1
答案　B
解析　由＝mx，可得m＝，设h(x)＝(x>0)，可得h′(x)＝＝＝，令h′(x)＝0，即2ln x＋1＝0，解得x＝e eq \s\up15(－)，当00，h(x)单调递增；当x>e eq \s\up15(－)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，故当x＝e eq \s\up15(－)时，函数取得极大值，且h(e eq \s\up15(－))＝，又由x＝时，h(x)＝0；当x→＋∞时，ln x＋1>0，x2>0，故h(x)→0.
作出函数的大致图象，如图所示．由h(1)＝1，h(2)
＝＝，因为存在唯一的整数x0∈(x1，x2)，由图可知，h(2)≤m＜h(1)，即≤m<1.故选B.
8．(2021·湖南常德月考)已知函数f(x)＝ax－x2(a>1)有且只有一个零点，则实数a的取值范围为(　　)
A．(1，e) B．(e，＋∞)
C．(e，＋∞) D．(e，＋∞)
答案　D
解析　当x≤0时，y＝ax(a>1)为增函数，y＝x2为减函数，此时函数f(x)为增函数，因为f(－1)＝－1＝<0，f(0)＝1>0，由零点存在定理可知，函数f(x)在(－1，0)上有一个零点，故函数f(x)在(－∞，0]上只有一个零点．由题意可知，函数f(x)在(0，＋∞)上没有零点．当x>0时，由f(x)＝ax－x2≠0可得ax≠x2，即x ln a≠2ln x，即ln a≠，设h(x)＝，其中x>0，则h′(x)＝，
当00，此时函数h(x)单调递增，当x>e时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减，所以h(x)极大值＝h(e)＝，作出函数h(x)的图象如图所示．因为a>1，则ln a>0，故当ln a>时，即当a>e时，直线y＝ln a与函数h(x)＝的图象没有交点．综上所述，实数a的取值范围是(e，＋∞).故选D.
二、多项选择题
9．(2021·河北邢台高三模拟)设函数f(x)＝ex－ex，g(x)＝ln x－kx2＋(1－2k)x＋，则(　　)
A．f(x)的最小值是0
B．当k＝时，方程f(x)－g(x)＝0有唯一实根
C．存在k<0，使得g(x)的图象与x轴相切
D．若g(x)有两个零点，则k的取值范围为
答案　ABD
解析　对于A，f′(x)＝ex－e，g′(x)＝－(x>0)，由f′(x)可知f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而有最小值f(1)＝e1－e×1＝0，故A正确；对于B，当k＝时，g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，易求得g(x)max＝g(1)＝0，结合f(x)min＝f(1)＝0，可知方程f(x)－g(x)＝0有唯一实根x＝1，故B正确；对于C，当k<0时，g′(x)>0，g(x)在定义域上单调递增，无极值，图象与x轴不可能相切，故C错误；对于D，解法一：g(x)有两个零点，即方程ln x－kx2＋(1－2k)x＋＝0，亦即方程＝kx＋2k－1有两个不同根．设u(x)＝＋，v(x)＝kx＋2k－1，则u′(x)＝，易得是u(x)的极大值点，
u(x)的极大值是u()＝.v(x)＝kx＋2k－1是过定点(－2，－1)的直线，设直线y＝kx＋2k－1与函数u(x)的图象相切于点，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ln x0,x0)＋\f(1,2x0)＝kx0＋2k－1，,\f(1－2ln x0,2x)＝k，))解得从而数形结合得k的取值范围为，故D正确．解法二：g′(x)＝，若g(x)有两个零点，则g(x)必有极值，则k>0.当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→－∞.易知g(x)的极大值为g＝－ln (2k)＋－>0，解得010．(2021·山东日照高三期末)已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，则下列说法正确的是(　　)
A．x1ln x2＝x2ln x1 B．2eC．x1x2>e2 D．＋>2
答案　ACD
解析　由f(x)＝0可得a＝，可知直线y＝a与函数g(x)＝在(0，＋∞)上的图象有两个交点，g′(x)＝，当00，此时函数g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减，则g(x)max＝g(e)＝，且当x>1时，g(x)>0，如图所示．
当0x1，由题意可知1＜x1＜e，取x2＝e2，且a＝∈，则x1＋x2>e2，B错误；对于C，设x2＝tx1(t>1)，因为ln x1＝ax1，则ln x2＝ln (tx1)＝ln t＋ln x1＝atx1，所以ln x1＝，ln x2＝ln t＋ln x1＝，则x1x2>e2 ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝>2 ln t>，构造函数h(t)＝ln t－，其中t>1，则h′(t)＝－＝>0，所以函数h(t)在(1，＋∞)上单调递增，故h(t)>h(1)＝0，则ln t＞，所以x1x2＞e2，C正确；对于D，＋＝＋＝>2 2ln t1)，构造函数φ(t)＝2ln t－，其中t>1，则φ′(t)＝－1－＝－<0，所以函数φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，则φ(t)<φ(1)＝0，则2ln t＜t－，所以＋＞2，D正确．故选ACD.
三、填空题
11．(2021·江苏省板浦高级中学高三期末)函数f(x)＝ln －k有两个零点，则实数k的取值范围是 ．
答案　(ln 2，＋∞)
解析　f(x)的定义域是(0，＋∞)，由题意，可知ln －k＝0有两个不等实根，即k＝ln 有两个不等实根．设g(x)＝ln ，则g′(x)＝＝，01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)极小值＝g(1)＝ln 2，而x→＋∞时，g(x)→＋∞，x→0时，g(x)→＋∞，所以k>ln 2.
12．(2021·浙江杭十四中高三期中)已知曲线y＝ex＋a与y＝(x－1)2恰好存在两条公切线，则实数a的取值范围为 ．
答案　(－∞，2ln 2－3)
解析　y＝(x－1)2的导数为y′＝2(x－1)，y＝ex＋a的导数为y′＝ex＋a，设与曲线y＝ex＋a相切的切点为(m，n)，与曲线y＝(x－1)2相切的切点为(s，t)，则公共切线的斜率为2(s－1)＝em＋a＝，所以s>1，又t＝(s－1)2，n＝em＋a，即2(s－1)＝＝，所以s－m＝－1，所以m＝(s>1)，又em＋a＝2(s－1)，所以a＝ln 2(s－1)－(s>1)，令f(s)＝ln 2(s－1)－(s>1)，则f′(s)＝－，当s>3时，f′(s)<0，f(s)单调递减，当10，f(s)单调递增，即在s＝3处f(s)取得极大值，也为最大值，且为2ln 2－3，由恰好存在两条公切线，即s有两解，可得实数a的取值范围是a<2ln 2－3.
13．(2021·黎川县第一中学高三期末)已知定义在R上的函数f(x)＝ex－1，若函数k(x)＝|f(x)|－ax恰有2个零点，则a的取值范围为 ．
答案　(－1，0)∪(1，＋∞)
解析　令g(x)＝|f(x)|＝可得g(x)的图象如图所示，
函数k(x)＝|f(x)|－ax恰有2个零点等价于g(x)与y＝ax的图象恰有两个交点．当x≥0时，g(x)＝ex－1，∵g′(x)＝ex，∴g′(0)＝1，则当a＝1时，y＝ax与g(x)的图象相切于坐标原点，由图可知，当a>1时，g(x)与y＝ax的图象恰有两个交点；当x＜0时，g(x)＝－ex＋1，∵g′(x)＝－ex，∴g′(0)＝－1，则当a＝－1时，y＝ax与g(x)的图象相切于坐标原点，由图可知，当－114．(2021·内江市教育科学研究所高三期末)对于函数y＝f(x)，若存在区间[a，b]，当x∈[a，b]时，f(x)的值域为[ka，kb]，则称y＝f(x)为k倍值函数．若f(x)＝ex是k倍值函数，则实数k的取值范围为 ．
答案　(e，＋∞)
解析　由题意，得a0，∴0＜a＜b，y＝f(x)在定义域R内单调递增，∴f(a)＝ka，f(b)＝kb，即ea＝ka，eb＝kb，即a，b是方程ex＝kx(x>0)的两个不同根，∴方程k＝有两解．设g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，∴当01时，g′(x)>0，∴1是g(x)的极小值点，∴g(x)的极小值为g(1)＝e，又x→0时，g(x)→＋∞；x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴k>e时，y＝k和y＝g(x)的图象有两个交点，方程k＝有两个解，∴实数k的取值范围是(e，＋∞).
四、解答题
15．(2021·吉林高三期中)已知函数f(x)＝－a ln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在区间(1，e2]内恰有两个零点，求a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝x－＝(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝(舍去负值)，
当0时，f′(x)>0，故f(x)在(，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)当a≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)在区间(1，e2]内至多有一个零点，不符合题意．
当a>0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f()＝，
若f(x)在区间(1，e2]内恰有两个零点，则需满足即解得所以e综上，a的取值范围为.
16．(2021·浙江高三月考)已知函数f(x)＝＋x(a∈R).
(1)若a＝1，求证：当x>0时，x[f(x)－x]<；
(2)讨论方程f(x)＝2的根的个数．
解　(1)证明：因为a＝1，所以f(x)＝＋x，所以x[f(x)－x]＝，
要证x[f(x)－x]<，即证<，即证ex＋1>ex，即证ex－ex＋1>0，
令g(x)＝ex－ex＋1，则g′(x)＝ex－e，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1>0成立，所以x[f(x)－x]<.
(2)f(x)＝＋x，当x→－∞时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
①当a≤0时，f(x)在R上单调递增，所以f(x)＝2有唯一解；
②当a>0时，f′(x)＝＋1＝－＋1，因为a2ex>0，所以a2ex＋≥2，所以f′(x)≥1－a，当且仅当x＝－2ln a时，等号成立．
(ⅰ)当1－a≥0，即0所以f(x)＝2有唯一解；
(ⅱ)当1－a<0，即a>1时，y＝a2ex＋＋2在(－∞，－2ln a)上单调递减，在(－2ln a，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(－∞，－2ln a)上单调递减，在(－2ln a，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，f′(x)→1；
当x→＋∞时，f′(x)→1，
所以存在x1，x2∈R使得f′(x1)＝0，f′(x2)＝0，且x1<－2ln a则f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)极大值＝f(x1)，f(x)极小值＝f(x2)，f(x1)>f(－2ln a)>f(x2)，
因为f(－2ln a)＝2a－2ln a，记g(a)＝2a－2ln a，则g′(a)＝2，因为a>1，所以g′(a)>0，即g(a)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(－2ln a)＝g(a)>g(1)＝2，
则f(x1)>2，又因为f(0)＝＝<2，x1<－2ln a<0，－2ln a所以f(x)极小值＝f(x2)≤f(0)<2，
所以当a>1时，f(x)＝2有三个根．
综上所述，当a≤1时，f(x)＝2仅有一个实根；当a>1时，f(x)＝2有三个不相等的实根．

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