备考2025年高考数学一轮复习第二章专题突破1

专题突破1导数与函数的零点高考概览利用导数解决函数零点问题是高考命题的重点，也是一个难点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考点研读高考的命题角度主要是判断函数的零点个数，或者根据函数零点的个数求解参数．函数的零点、方程的根、曲线的交点三个问题可以互相转化，通常都需要构造函数，利用导数研究该函数的单调性、极值、端点值等性质来解决问题(其中多项式函数不超过三次)一、基础小题1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx，x>0，,x＋1，x≤0，))g(x)＝f(x)＋f(－x)，则函数g(x)的零点个数为()A．2 B．3C．4 D．5答案A解析g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)，所以g(x)为偶函数，因为g(0)＝2f(0)≠0，所以函数g(x)的零点必为偶数个．当x>0时，－x<0，所以g(x)＝f(x)＋f(－x)＝lnx＋(－x)＋1＝lnx－x＋1，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，易知当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以当x>0时，g(x)的最大值为g(1)＝0，此时函数g(x)有一个零点x＝1.又g(x)是偶函数，所以函数g(x)的零点个数为2.故选A.2．若函数f(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)有两个零点，则m的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))答案B解析令f(x)＝0，则m＝x－eq\f(x3,3)在(0，＋∞)上有两个根，令g(x)＝x－eq\f(x3,3)，则g′(x)＝1－x2，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝eq\f(2,3)，且当x∈(0，1)时，g(x)>g(0)＝0，当x→＋∞时，g(x)→－∞，综上，要使m＝x－eq\f(x3,3)在(0，＋∞)上有两个根，则0<m<eq\f(2,3).故选B.3．函数f(x)＝xex－x－lnx－1的零点个数为()A．0 B．1C．2 D．3答案B解析f′(x)＝ex＋xex－1－eq\f(1,x)＝ex(x＋1)－eq\f(x＋1,x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))＝eq\f(（x＋1）（xex－1）,x)，令h(x)＝xex－1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex＋xex>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵h(0)＝－1<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一的x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，即x0ex0－1＝0，即ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0，∴当0<x<x0时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝x0ex0－x0－lnx0－1＝1－x0＋x0－1＝0，∴函数f(x)＝xex－x－lnx－1的零点个数为1.故选B.4．(多选)已知三次函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d有三个不同的零点x1，x2，x3(x1<x2<x3)，若函数g(x)＝f(x)－1也有三个不同的零点t1，t2，t3(t1<t2<t3)，则下列等式或不等式一定成立的是()A．b2<3cB．t3>x3C．x1＋x2＋x3＝t1＋t2＋t3D．x1x2x3－t1t2t3＝1答案BC解析由题意，得f′(x)＝3x2＋2bx＋c，因为函数f(x)有三个不同的零点，则f′(x)＝0有两个不同的实根，故在方程3x2＋2bx＋c＝0中，Δ＝4b2－12c>0，即b2>3c，故A错误；因为三次函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d有三个不同的零点x1，x2，x3(x1<x2<x3)，所以x3＋bx2＋cx＋d＝(x－x1)(x－x2)(x－x3)＝x3－(x1＋x2＋x3)x2＋(x1x2＋x2x3＋x1x3)x－x1x2x3＝0，所以x1＋x2＋x3＝－b，x1x2x3＝－d，同理t1＋t2＋t3＝－b，t1t2t3＝1－d，所以x1＋x2＋x3＝t1＋t2＋t3，x1x2x3－t1t2t3＝－1，故C正确，D错误；如图，由f(x)的图象与直线y＝1的交点可知t3>x3，故B正确．故选BC.5．(多选)已知函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则以下说法正确的是()A．函数f(x)有零点B．当a>1＋ln2时，函数y＝f(x)－a有两个零点C．函数g(x)＝f(x)－x有且只有一个零点D．函数g(x)＝f(x)－x有且只有两个零点答案BC解析f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，其定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)>0，得x>2，令f′(x)<0，得0<x<2，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(2)＝1＋ln2>0，当x→0＋时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，作出y＝f(x)的大致图象如图所示，则函数f(x)无零点，A错误；函数y＝f(x)－a的零点个数即函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数，由图可得，当a>1＋ln2时，函数y＝f(x)－a有两个零点，B正确；g′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)－1＝eq\f(－2＋x－x2,x2)＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(7,4),x2)<0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝1>0，g(2)＝ln2－1<0，所以由零点存在定理知，函数g(x)＝f(x)－x有且只有一个零点，C正确，D错误．故选BC.6．若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)上有且只有一个零点，则f(x)在[－2，2]上的最大值与最小值的和为________．答案－22解析由函数f(x)＝2x3－ax2＋1在(0，＋∞)上有且只有一个零点，知方程2x3－ax2＋1＝0在(0，＋∞)上只有一个根，即a＝2x＋x－2在(0，＋∞)上只有一个根．设g(x)＝2x＋x－2，可得g′(x)＝2－2x－3，令g′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(0，＋∞)上，当x＝1时，g(x)有最小值g(1)＝3，又当x→0＋时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以a＝3，所以函数f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝1，当－2<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当1<x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．又f(－2)＝－27，f(0)＝1，f(1)＝0，f(2)＝5，所以函数f(x)在[－2，2]上的最大值为5，最小值为－27，所以最大值与最小值的和为－22.二、高考小题7．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)C．(－4，－1) D．(－3，0)答案B解析f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq\r(\f(－a,3))或x＝eq\r(\f(－a,3))，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，极小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3个零点，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故选B.8．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则()A．bc>0 B．ab>0C．b2＋8ac>0 D．ac<0答案BCD解析函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B，C，D正确．故选BCD.9．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则()A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线答案AC解析因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(3)－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.三、模拟小题10．(2023·四川凉山州第二次诊断)已知f(x)是定义域为{x|x≠0}的偶函数，且当x>0时，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))－eq\f(1,e2)，则函数f(x)的零点个数是()A．6 B．5C．4 D．3答案A解析当0<x≤1时，f(x)＝－eq\f(lnx,x)－eq\f(1,e2)，f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)<0；当x>1时，f(x)＝eq\f(lnx,x)－eq\f(1,e2)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)>0，得1<x<e，由f′(x)<0，得x>e.综上，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－eq\f(1,e2)>0，f(1)＝－eq\f(1,e2)<0，f(e)＝eq\f(1,e)－eq\f(1,e2)>0，f(e4)＝eq\f(4,e4)－eq\f(1,e2)＝eq\f(4－e2,e4)<0，所以由零点存在定理，知f(x)在(0，1)，(1，e)，(e，＋∞)上各有一个零点，又f(x)是定义域为{x|x≠0}的偶函数，所以函数f(x)有6个零点．故选A.11．(2023·湖北十堰高三模拟)设函数f(x)＝x2－2ex－eq\f(lnx,x)＋a(其中e为自然对数的底数)，若函数f(x)至少存在一个零点，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，e2－\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，e2＋\f(1,e)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(e2－\f(1,e)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，e2＋\f(1,e)))答案D解析令f(x)＝x2－2ex－eq\f(lnx,x)＋a＝0，则a＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)(x＞0)，设h(x)＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)，令h1(x)＝－x2＋2ex，h2(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′2(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，发现函数h1(x)，h2(x)在(0，e)上都单调递增，在[e，＋∞)上都单调递减，故函数h(x)＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)在(0，e)上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(e)＝e2＋eq\f(1,e)，又当x→0＋时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→－∞，所以函数f(x)至少存在一个零点需满足a≤h(x)max，即a≤e2＋eq\f(1,e).故选D.12．(2023·福建漳州八校联考)函数f(x)＝k(x－1)－ex(2x－1)有两个零点，则k的取值范围为()A．(－∞，1)∪(4eeq\s\up7(\f(3,2))，＋∞)B．(1，4eeq\s\up7(\f(3,2)))C．(0，1)∪(4eeq\s\up7(\f(3,2))，＋∞)D．(4eeq\s\up7(\f(3,2))，＋∞)答案C解析令f(x)＝0，得ex(2x－1)＝k(x－1)，令g(x)＝ex(2x－1)，则g′(x)＝ex(2x＋1)，∴当x<－eq\f(1,2)时，g′(x)<0，当x>－eq\f(1,2)时，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增，作出g(x)与y＝k(x－1)的函数图象如图所示．设直线y＝k(x－1)与g(x)的图象相切时，切点为(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝k（x0－1），,y0＝ex0（2x0－1），,k＝ex0（2x0＋1），))解得x0＝0，y0＝－1，k＝1或x0＝eq\f(3,2)，y0＝2eeq\s\up7(\f(3,2))，k＝4eeq\s\up7(\f(3,2))，∵f(x)有两个不同的零点，∴g(x)与y＝k(x－1)的函数图象有两个交点，∴0<k<1或k>4eeq\s\up7(\f(3,2))，即k的取值范围为(0，1)∪(4eeq\s\up7(\f(3,2))，＋∞)．故选C.13．(多选)(2024·福建福州高三上学期第一次质量检测)已知函数f(x)＝x3－3ax＋2有两个极值点，则()A．f(x)的图象关于点(0，2)对称B．f(x)的极值之和为－4C．∃a∈R，使得f(x)有三个零点D．当0<a<1时，f(x)只有一个零点答案ACD解析对于A，设g(x)＝x3－3ax，定义域为R，关于原点对称，又g(－x)＝(－x)3－3a(－x)＝－(x3－3ax)＝－g(x)，则g(x)为奇函数，又f(x)的图象可由奇函数g(x)＝x3－3ax的图象向上平移2个单位长度得到，则f(x)的图象关于点(0，2)对称，故A正确；对于B，设f(x)的极值点分别为x1，x2(x1<x2)，令f′(x)＝3x2－3a＝0，则x1，x2(x1<x2)为方程3x2－3a＝0的两个不等实数根，由根与系数的关系，知x1＋x2＝0，故f(x1)＋f(x2)＝2×2＝4，即f(x)的极值之和为4，故B错误；对于C，依题意，方程f′(x)＝3x2－3a＝0有两个不等实数根，则a>0，x1＝－eq\r(a)，x2＝eq\r(a)，令f′(x)>0，解得x<－eq\r(a)或x>eq\r(a)，令f′(x)<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a)，则f(x)在区间(－∞，－eq\r(a))上单调递增，在区间(－eq\r(a)，eq\r(a))上单调递减，在区间(eq\r(a)，＋∞)上单调递增，则当f(x1)>0>f(x2)时，f(x)的图象与x轴有三个交点，即f(x)有三个零点，此时eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（\r(a)）<0，,f（－\r(a)）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（\r(a)）3－3a\r(a)＋2<0，,（－\r(a)）3＋3a\r(a)＋2>0，))解得a>1，故C正确；对于D，当0<a<1时，f(eq\r(a))＝aeq\r(a)－3aeq\r(a)＋2＝2(1－aeq\r(a))>0，f(－eq\r(a))＝－aeq\r(a)＋3aeq\r(a)＋2＝2(1＋aeq\r(a))>0，此时f(x)只有一个零点，故D正确．故选ACD.14．(多选)(2023·湖北黄冈高三模拟)函数f(x)＝lnx－ax＋1有两个零点x1，x2(x1<x2)，下列说法正确的是()A．0<a<1 B．x1x2<1C．x2－x1>eq\f(1,a)－1 D．x1＋x2>eq\f(2,a)答案ACD解析对于A，因为函数f(x)＝lnx－ax＋1有两个零点x1，x2(x1<x2)，所以lnx－ax＋1＝0有两个根，即a＝eq\f(lnx＋1,x)有两个根，即y＝a与y＝eq\f(lnx＋1,x)的图象有两个交点，设g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，所以g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，当g′(x)>0时，解得0<x<1，函数g(x)单调递增；当g′(x)<0时，解得x>1，函数g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0＋时，g(x)→－∞，画出函数图象如图所示，结合图象可得当0<a<1时，y＝a与y＝eq\f(lnx＋1,x)的图象有两个交点，即函数f(x)＝lnx－ax＋1有两个零点，故A正确；对于D，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，结合图象可知eq\f(1,e)<x1<1<x2，因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－ax1＋1＝0，,lnx2－ax2＋1＝0))⇒a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，要证明x1＋x2>eq\f(2,a)，即证明(x1＋x2)eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>2，整理得eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)lneq\f(x1,x2)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<\f(x1,x2)<1))，令t＝eq\f(x1,x2)，即证明eq\f(t＋1,t－1)lnt>2(0<t<1)，即证明lnt<eq\f(2（t－1）,t＋1)(0<t<1)，设h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(0<t<1)，所以h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0(0<t<1)恒成立，所以h(t)在(0，1)单调递增，所以h(t)<h(1)＝0，即lnt<eq\f(2（t－1）,t＋1)(0<t<1)，故D正确；对于B，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－ax1＋1＝0，,lnx2－ax2＋1＝0))⇒a(x1＋x2)＝2＋ln(x1x2)，又x1＋x2>eq\f(2,a)，0<a<1，则x1＋x2＝eq\f(2＋ln（x1x2）,a)>eq\f(2,a)，即x1x2>1，故B不正确；对于C，因为x2＝eq\f(1＋lnx2,a)>eq\f(1,a)，eq\f(1,e)<x1<1<x2，可得－x1>－1，可得x2－x1>eq\f(1,a)－1，故C正确．故选ACD.15．(2024·江苏南通海安高三学业质量监测)已知定义在R上的函数f(x)同时满足下列三个条件：①f(x)为奇函数；②当0≤x≤2时，f(x)＝x3－3x；③当x≥0时，f(x＋2)＝f(x)＋2.则函数y＝f(x)－ln|x|的零点个数为________．答案5解析当0≤x≤2时，令f′(x)＝3x2－3＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减；当1<x<2时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，2)上单调递增，又f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝2，作出f(x)在[0，2]上的图象，如图所示，由当x≥0时，f(x＋2)＝f(x)＋2，得当x≥2时，f(x)＝f(x－2)＋2，又f(x)为奇函数，作出y＝f(x)和y＝ln|x|的图象，如图所示，又f(5)＝2，ln5<2.由图可知，函数y＝f(x)与y＝ln|x|的图象在y轴右边有4个交点，在y轴左边有1个交点，所以函数y＝f(x)－ln|x|共有5个零点．一、高考大题1．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋e－x－xe－x，∴f′(0)＝1＋1＝2，又f(0)＝0，∴所求切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,ex)，①当a≥0时，若x>0，则ln(x＋1)>0，eq\f(ax,ex)≥0，∴f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．②当a<0时，f′(x)＝eq\f(ex＋a（1－x2）,（x＋1）ex).令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，(a)当g′(－1)≥0，即－eq\f(1,2e)≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵g(－1)＝e－1>0，∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．(b)当g′(－1)<0，即a<－eq\f(1,2e)时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.∴g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.(ⅰ)当g(0)≥0，即－1≤a<－eq\f(1,2e)时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．(ⅱ)当g(0)<0，即a<－1时，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．∵f(0)＝0，∴f(x1)>f(0)＝0，当x→(－1)＋时，f(x)<0，∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，∵f(x2)<f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．综上，a的取值范围是(－∞，－1)．2．(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．①eq\f(1,2)<a≤eq\f(e2,2)，b>2a；②0<a<eq\f(1,2)，b≤2a.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<a<eq\f(1,2)时，若x∈(－∞，ln(2a))，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＝eq\f(1,2)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；当a>eq\f(1,2)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eq\f(1,2)<a≤eq\f(e2,2)，故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b＝－(1＋2b)e－2b－b(4a－1)<0，而函数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＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，由于eq\f(1,2)<a≤eq\f(e2,2)，1<2a≤e2，所以0<ln(2a)≤2，故aln(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<a<eq\f(1,2)，故0<2a<1，则f(0)＝b－1≤2a－1<0，当b≥0时，e2>4，4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，而函数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>eq\r(\f(1－b,1－a))时，(1－a)x2＋(b－1)>0，取x0＝eq\r(\f(1－b,1－a))＋1，则f(x0)>0，由于f(0)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1－b,1－a))＋1))>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＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，由于0<2a<1，所以ln(2a)<0，故aln(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．3．(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＜0，解得x＜0，令f′(x)＞0，解得x＞0，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)解法一：∵f(x)＝ex－a(x＋2)，∴f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝lna，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)的极小值也是最小值为f(lna)＝a－a(lna＋2)＝－a(1＋lna)．又当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞.∴要使f(x)有两个零点，只要f(lna)<0即可，则1＋lna>0，可得a>eq\f(1,e).综上，若f(x)有两个零点，则a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).解法二：若f(x)有两个零点，即ex－a(x＋2)＝0有两个解，显然x＝－2不成立，即a＝eq\f(ex,x＋2)(x≠－2)有两个解，令h(x)＝eq\f(ex,x＋2)(x≠－2)，则有h′(x)＝eq\f(ex（x＋2）－ex,（x＋2）2)＝eq\f(ex（x＋1）,（x＋2）2)，令h′(x)＞0，解得x＞－1，令h′(x)＜0，解得x＜－2或－2＜x＜－1，所以函数h(x)在(－∞，－2)和(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，且当x＜－2时，h(x)＜0，而当x→(－2)＋(从右侧趋近于－2)时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以当a＝eq\f(ex,x＋2)有两个解时，有a＞h(－1)＝eq\f(1,e)，所以满足条件的a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).4．(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))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′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋b＝0，则b＝－eq\f(3,4).(2)证明：由(1)可得f(x)＝x3－eq\f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq\f(3,4)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，令f′(x)＞0，得x＞eq\f(1,2)或x＜－eq\f(1,2)；令f′(x)＜0，得－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(1,2).所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增．又f(－1)＝c－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，f(1)＝c＋eq\f(1,4)，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＞eq\f(1,4)或c＜－eq\f(1,4).当c＞eq\f(1,4)时，f(－1)＝c－eq\f(1,4)＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)＞0，f(1)＝c＋eq\f(1,4)＞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＜－eq\f(1,4)时，f(－1)＝c－eq\f(1,4)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)＜0，f(1)＝c＋eq\f(1,4)＜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1.二、模拟大题5．(2024·广东深圳中学高三上学期开学摸底)已知函数f(x)＝ex－2ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，求函数g(x)＝f(x)－cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上的零点个数．解(1)因为f(x)＝ex－2ax，所以f′(x)＝ex－2a，①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在R上单调递增．②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln2a，故当x∈(－∞，ln2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln2a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增．(2)由已知，得g(x)＝ex－2x－cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))，则g′(x)＝ex＋sinx－2.①当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，因为g′(x)＝(ex－1)＋(sinx－1)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，所以g(x)>g(0)＝0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上无零点．②当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，因为g′(x)单调递增，且g′(0)＝－1<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))－1>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使g′(x0)＝0.当x∈[0，x0)时，g′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))时，g′(x)>0.所以g(x)在[0，x0)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上单调递增，又g(0)＝0，所以g(x0)<0.设h(x)＝ex－2x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则h′(x)＝ex－2.令h′(x)＝0，得x＝ln2.当0<x<ln2时，h′(x)<0；当ln2<x<eq\f(π,2)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，ln2)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln2，\f(π,2)))上单调递增．所以h(x)min＝h(ln2)＝2－2ln2>0.所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))－π>0，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))－π>0.所以g(x0)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上存在一个零点．所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有2个零点．③当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))时，g′(x)＝ex＋sinx－2>eeq\s\up7(\f(π,2))－3>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))上单调递增．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))上无零点．综上所述，函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上的零点个数为2.6．(2023·辽宁沈阳高三模拟)已知函数f(x)＝xex－ax－alnx＋a.(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出函数f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．解(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝e时，f(x)＝xex－ex－elnx＋e，所以f′(x)＝(x＋1)ex－e－eq\f(e,x)＝(x＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(e,x)))，当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，由此可得，f(x)的最小值为f(1)＝e－e－eln1＋e＝e，无最大值．(2)因为f(x)＝xex－ax－alnx＋a，所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－eq\f(a,x)＝(x＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,x))).当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故可得函数f(x)至多只有一个零点，不符合题意；当a>0时，令ex－eq\f(a,x)＝0，设该方程的解为x0，则在(0，x0)上，f′(x)<0；在(x0，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．若f(x)有两个零点，则有f(x0)＝x0ex0－ax0－alnx0＋a<0，①因为x0是方程ex－eq\f(a,x)＝0的解，所以x0ex0＝a，两边取对数可得lnx0＋x0＝lna，②将②式代入①式可得f(x0)＝a(2－lna)<0，解得a>e2.当a∈(e2，＋∞)时，由②式得x0>1，f(1)＝e－a＋a＝e>0，所以f(x)在(0，x0)上仅有1个零点；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故可得f(x)在(x0，＋∞)上仅有1个零点．综上，若函数f(x)有两个零点，则实数a的取值范围是(e2，＋∞)．7．(2023·湖南永州高三模拟)已知1<a≤2，函数f(x)＝ex－x－