高考真题+知识总结+方法总结+题型突破44导数中的函数零点问题专题练习(学生版+解析)

第页近年高考真题+优质模拟题汇编(全国通用)专题44导数中的函数零点问题【高考真题】1．(2022·全国乙文)已知函数．(1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．1．解析(1)当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；(2)，则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，由(1)得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由（1）得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为．2．(2022·全国乙理)已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．2．解析(1)的定义域为，当时，，所以切点为，所以切线斜率为2．所以曲线在点处的切线方程为．(2)，设若，当，即所以在上单调递增，．故在上没有零点，不合题意．若，当，则．所以在上单调递增所以，即．所以在上单调递增，．故上没有零点，不合题意．若(1)当，则，所以在上单调递增．．所以存在，使得，即．当单调递减，当单调递增．所以当，当．所以在上有唯一零点．又没有零点，即在上有唯一零点．(2)当．设，．所以在单调递增．，所以存在，使得当单调递减，当单调递增．，又．所以存在，使得，即当单调递增，当单调递减，有而，所以当．所以在上有唯一零点，上无零点即在上有唯一零点，所以，符合题意．所以若在区间各恰有一个零点，求的取值范围为．3．(2022·新高考Ⅰ)已知函数和有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．3．解析(1)的定义域为R，而，若，则，此时无最小值，故．的定义域为，而．当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故．当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故．因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为．综上，．(2)由(1)可得和的最小值为．当时，考虑的解的个数、的解的个数．设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2．设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2．当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，当时，由（1）讨论可得、均无零点，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则．设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故，即，所以，所以在上为增函数，而，，故在上有且只有一个零点，且当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的零点，此时有两个不同的零点，故，，，．所以，即，即，故为方程的解，同理也为方程的解．又可化为，即，即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故，即．【方法总结】1．利用导数求函数零点的常用方法(1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数；(2)利用零点存在性定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数零点的个数．2．求解函数零点(方程根)的个数问题的3步骤第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．3．利用函数零点的情况求参数范围的方法(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)利用零点的存在性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．【题型突破】1．已知函数f(x)＝xex＋ex．(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．1．解析(1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(x＋2)ex，令f′(x)＝0得x＝－2，则f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：x(－∞，－2)－2(－2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减－eq\f(1,e2)单调递增∴f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．当x＝－2时，f(x)有极小值为f(－2)＝－eq\f(1,e2)，无极大值．(2)令f(x)＝0，得x＝－1，当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,e2)))，(－1，0)，(0，1)．当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝eq\f(x＋1,e－x)→0；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－eq\f(1,e2)．∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：当a<－eq\f(1,e2)时，零点的个数为0；当a＝－eq\f(1,e2)或a≥0时，零点的个数为1；当－eq\f(1,e2)<a<0时，零点的个数为2．2．设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R．(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零点的个数．2．解析(1)当m＝e时，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,x2)＝eq\f(x－e,x2)．令f′(x)＝0，得x＝e．当x∈(0，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2．(2)由题意知g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，∴x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq\f(2,3)．结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，①当m>eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；②当m＝eq\f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq\f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点．3．已知函数f(x)＝x－alnx(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数g(x)＝eq\f(1,2)x2－ax－f(x)的零点个数．3．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝x－alnx可得f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，由f′(x)>0可得x>a；由f′(x)<0可得0<x<a，所以f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．(2)由g(x)＝eq\f(1,2)x2－ax－x＋alnx＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋alnx，可得g′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－(a＋1)x＋a,x)＝eq\f((x－1)(x－a),x)，令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，因为g(1)＝eq\f(1,2)－a－1＝－a－eq\f(1,2)<0，g(2a＋3)＝eq\f(1,2)(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋eq\f(3,2)>0，当a>1时，g(x)在(1，a)上单调递减，所以g(1)>g(a)，所以g(a)<0，所以g(x)有一个零点，当a＝1时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)有一个零点，当0<a<1时，g(x)在(0，a)上单调递增，在(a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时g(a)＝eq\f(1,2)a2－(a＋1)a＋alna＝－eq\f(1,2)a2－a＋alna<0，g(x)只有一个零点，综上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．4．已知函数f(x)＝lnx－aex＋1(a∈R)．(1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数；(2)讨论函数f(x)的零点个数．4．解析(1)由f(x)＝lnx－aex＋1，知x∈(0，＋∞)．当a＝1时，f(x)＝lnx－ex＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－ex，显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\r(e)>0，f′(1)＝1－e<0，所以f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上存在零点x0，且是唯一零点，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，所以x0是f(x)＝lnx－ex＋1的极大值点，且是唯一极值点．(2)令f(x)＝lnx－aex＋1＝0，则a＝eq\f(lnx＋1,ex)．令y＝a，g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x>0)．令h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减．故g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，当x>1且x→＋∞时，g(x)>0且g(x)→0，作出函数g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)的图象如图所示．结合图象知，当a>eq\f(1,e)时，f(x)无零点，当a≤0或a＝eq\f(1,e)时，f(x)有1个零点，当0<a<eq\f(1,e)时，f(x)有两个零点．5．函数f(x)＝ex－2ax－a．(1)讨论函数的极值；(2)当a＞0时，求函数f(x)的零点个数．5．解析(1)由题意，函数f(x)＝ex－2ax－a，可得f′(x)＝ex－2a，当a≤0时，f′(x)＝ex－2a＞0，f(x)在R上为单调增函数，此时无极值；当a＞0时，令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln(2a)，所以f(x)在(ln(2a)，＋∞)上为单调增函数；令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln(2a)，f(x)在(－∞，ln(2a))上为单调减函数，所以当x＝ln(2a)时，函数f(x)取得极小值f(x)极小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，无极大值．综上所述，当a≤0时，f(x)无极值，当a＞0时，f极小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，无极大值．(2)由(1)知当a＞0，f(x)在(ln(2a)，＋∞)上为单调增函数，在(－∞，ln(2a))上为单调减函数，且f(x)极小值＝a－2aln(2a)，又由f(x)＝ex－a(2x＋1)，若x→－∞时，f(x)→＋∞；若x→＋∞时，f(x)→＋∞；当a－2aln(2a)＞0，即0＜a＜eq\f(\r(e),2)时，f(x)无零点；当a－2aln(2a)＝0，即a＝eq\f(\r(e),2)时，f(x)有1个零点；当a－2aln(2a)＜0，即a＞eq\f(\r(e),2)时，f(x)有2个零点．综上，当0＜a＜eq\f(\r(e),2)时，f(x)无零点；当a＝eq\f(\r(e),2)时，f(x)有1个零点；当a＞eq\f(\r(e),2)时，f(x)有2个零点．6．已知函数f(x)＝(2－x)ex，g(x)＝a(x－1)2．(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)讨论y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数．6．解析(1)f′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，则f′(0)＝1，又f(0)＝2，所以切线方程为y＝x＋2，即x－y＋2＝0．(2)令F(x)＝g(x)－f(x)＝a(x－1)2＋(x－2)ex，则y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数即F(x)的零点个数．F′(x)＝(x－1)(ex＋2a)．①当a＝0时，F(x)＝(x－2)ex，F(x)只有一个零点．②当a＜0时，由F′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－eq\f(e,2)，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，因此F(x)在(1，＋∞)上单调递增．当x→＋∞时，F(x)＞0；又当x≤1时，F(x)＜0，所以F(x)只有一个零点．若a＜－eq\f(e,2)，则ln(－2a)＞1，故当x∈(1，ln(－2a))时，F′(x)＜0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，F′(x)＞0．因此F(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．当x→＋∞时，F(x)＞0；又当x≤1时，F(x)＜0，所以F(x)只有一个零点．③若a＞0时，若x∈(－∞，1)，则F′(x)＜0；若x∈(1，＋∞)，则F′(x)＞0，所以F(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．F(1)＝－e，F(2)＝a，取b满足b＜0，且b＜lneq\f(a,2)．则F(b)＞eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))＞0，所以F(x)有两个零点．综上，当a≤0时，y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数为1；当a＞0时，y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数为2．7．已知函数f(x)＝eq\f(x2－a,sinx)－2(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))处的切线经过坐标原点，求实数a；(2)当a>0时，判断函数f(x)在x∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．7．解析(1)f′(x)＝eq\f(2xsinx－(x2－a)cosx,sin2x)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π，所以f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))处的切线方程为y＝πx，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,2)，即eq\f(π2,4)－a－2＝eq\f(π2,2)，a＝－eq\f(π2,4)－2．(2)因为x∈(0，π)，所以sinx>0，所以eq\f(x2－a,sinx)－2＝0可转化为x2－a－2sinx＝0，设g(x)＝x2－a－2sinx，则g′(x)＝2x－2cosx，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，g′(x)>0，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，设h(x)＝g′(x)＝2x－2cosx，此时h′(x)＝2＋2sinx>0，所以g′(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，又g′(0)＝－2<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)时g(x)单调递减，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))时g(x)单调递增．综上，对于连续函数g(x)，当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，当x∈(x0，π)时，g(x)单调递增．又因为g(0)＝－a<0，所以当g(π)＝π2－a>0，即a<π2时，函数g(x)在区间(x0，π)上有唯一零点，当g(π)＝π2－a≤0，即a≥π2时，函数g(x)在区间(0，π)上无零点，综上可知，当0<a<π2时，函数f(x)在(0，π)上有1个零点；当a≥π2时，函数f(x)在(0，π)上没有零点．8．已知函数f(x)＝xsinx＋cosx，g(x)＝x2＋4．(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．8．解析(1)f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减．(2)h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx，∵h(－x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝h(x)，∴h(x)为偶函数．又∵h(0)＝0，∴x＝0为函数h(x)的零点．下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝x(x－4sinx)＋4(1－cosx)．当x∈[4，＋∞)时，x－4sinx>0，4(1－cosx)≥0，∴h(x)>0，∴h(x)无零点；当x∈(0，4)时，h′(x)＝2x－4xcosx＝2x(1－2cosx)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，h′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))时，h′(x)>0，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))上单调递增，∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(π2,9)＋4－eq\f(4π,3)sineq\f(π,3)－4coseq\f(π,3)＝eq\f(π2,9)＋2－eq\f(2\r(3)π,3)<0，又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin4－4cos4>0，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上无零点，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))上有唯一零点．综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，又h(0)＝0且h(x)为偶函数，故h(x)在R上有且仅有三个零点．9．(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．9．解析(1)当a＝3时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).当x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))时，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)，单调递减区间为(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))．(2)因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，所以f(x)＝0等价于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.设g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq\f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))2－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一个零点．综上所述，f(x)只有一个零点．10．(2021·新高考全国Ⅱ)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．10．解析(1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)，①当a≤0时，令f′(x)＝0⇒x＝0，且当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．②当0＜a＜eq\f(1,2)时，令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln2a＜0，且当x＜ln2a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当ln2a＜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．③当a＝eq\f(1,2)时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在R上单调递增．④当a＞eq\f(1,2)时，令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln2a＞0，且当x＜0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当0＜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．(2)若选①，由(1)知f(x)在(－∞，0)上单调递增，(0，ln2a)上单调递减，(ln2a，＋∞)上单调递增．注意到feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))－1))e－eq\r(\f(b,a))＜0，f(0)＝b－1＞2a－1＞0．∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))上有一个零点；f(ln2a)＝(ln2a－1)·2a－a·ln22a＋b＞2aln2a－2a－aln22a＋2a＝aln2a(2－ln2a)，由eq\f(1,2)＜a≤eq\f(e2,2)得0＜ln2a≤2，∴aln2a(2－ln2a)≥0，∴f(ln2a)＞0，当x≥0时，f(x)≥f(ln2a)＞0，此时f(x)无零点．综上，f(x)在R上仅有一个零点．若选②，则由(1)知f(x)在(－∞，ln2a)上单调递增，在(ln2a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．f(ln2a)＝(ln2a－1)2a－aln22a＋b≤2aln2a－2a－aln22a＋2a＝aln2a(2－ln2a)．∵0＜a＜eq\f(1,2)，∴ln2a＜0，∴aln2a(2－ln2a)＜0．∴f(ln2a)＜0，∴当x≤0时，f(x)≤f(ln2a)＜0，此时f(x)无零点．当x＞0时，f(x)单调递增，注意到f(0)＝b－1≤2a－1＜0．取c＝eq\r(2(1－b)＋2)，∵b≤2a＜1，∴c＞eq\r(2)＞1，又可证ec＞c＋1，∴f(c)＝(c－1)ec－ac2＋b＞(c－1)(c＋1)－ac2＋b＝(1－a)c2＋b－1＞eq\f(1,2)c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1＞0．∴f(x)在(0，c)上有唯一零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．综上，f(x)在R上有唯一零点．11．(2020·全国Ⅰ)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．11．解析(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)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即eq\f(1,a)＝eq\f(x＋2,ex)，所以函数y＝eq\f(1,a)的图象与函数φ(x)＝eq\f(x＋2,ex)的图象有两个交点，φ′(x)＝eq\f(－x－1,ex)，当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0；当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞时，φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→0，所以0<eq\f(1,a)<e，解得a>eq\f(1,e)．所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))．12．(2021·全国甲)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq\f(xa,ax)(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．12．解析(1)当a＝2时，f(x)＝eq\f(x2,2x)(x>0)，f′(x)＝eq\f(x2－xln2,2x)(x>0)，令f′(x)>0，则0<x<eq\f(2,ln2)，此时函数f(x)单调递增，令f′(x)<0，则x>eq\f(2,ln2)，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,ln2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln2)，＋∞))．(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程eq\f(xa,ax)＝1(x>0)有两个不同的解，即方程eq\f(lnx,x)＝eq\f(lna,a)有两个不同的解．设g(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，令g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，得x＝e，当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，故g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，且当x>e时，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，又g(1)＝0，所以0<eq\f(lna,a)<eq\f(1,e)，所以a>1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．13．已知f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(3,2)x2＋2x，f′(x)是f(x)的导函数．(1)求f(x)的极值；(2)令g(x)＝f′(x)＋kex－1，若y＝g(x)的函数图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值范围．13．解析(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)的变化如表所示：x(－∞，－2)－2(－2，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值由表可知，函数f(x)的极大值为f(－2)＝－eq\f(2,3)，极小值为f(－1)＝－eq\f(5,6)．(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex－1＝x2＋3x＋1＋kex，由题知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三个不同的解，即k＝－eq\f(x2＋3x＋1,ex)有三个不同的解．设h(x)＝－eq\f(x2＋3x＋1,ex)，则h′(x)＝eq\f(x2＋x－2,ex)＝eq\f((x＋2)(x－1),ex)，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，且h(－2)＝e2，h(1)＝－eq\f(5,e)．作出函数h(x)的简图如图，数形结合可知，－eq\f(5,e)<k<0．14．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋eq\f(1,2)．(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．14．解析(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋eq\f(1,2)(x∈R)，则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)．(2)因为a＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,2)x2＋b＋eq\f(1,2)．由(x－1)ex－eq\f(1,2)x2＋b＋eq\f(1,2)＝bx，得(x－1)ex－eq\f(1,2)(x2－1)＝b(x－1)．当x＝1时，方程成立．当x≠1时，只需要方程ex－eq\f(1,2)(x＋1)＝b有2个实根．令g(x)＝ex－eq\f(1,2)(x＋1)，则g′(x)＝ex－eq\f(1,2)．当x<lneq\f(1,2)时，g′(x)<0，当x>lneq\f(1,2)且x≠1时，g′(x)>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)，1))和(1，＋∞)上单调递增，因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(1,2)＋1))＝eq\f(1,2)ln2，g(1)＝e－1≠0，所以b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ln2，e－1))∪(e－1，＋∞)．15．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e．(1)求a，b的值；(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．15．解析(1)f(x)＝ex(ax＋1)，则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(1)＝e(2a＋1)＝b，,f(10)＝e(a＋1)＝b－e，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3e，))∴a＝1，b＝3e．(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e．又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x<2时，u(x)<0，∴－e<m<0，∴实数m的取值范围为(－e，0)．16．设函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有两个零点，求实数a的取值范围．16．解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－(2x－1)(x＋1),x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)(x＝－1舍去)，当0<x<eq\f(1,2)时，f′(x)>0；当x>eq\f(1,2)时，f′(x)<0．∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－eq\f(lnx,x)．令g(x)＝x－eq\f(lnx,x)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，则g′(x)＝1－eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，当eq\f(1,3)≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0．∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，3]上单调递增．∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有两个零点，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝3ln3＋eq\f(1,3)，g(3)＝3－eq\f(ln3,3)，3ln3＋eq\f(1,3)>3－eq\f(ln3,3)，∴实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3－\f(ln3,3)))．17．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx．(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[eq\r(2)，e]上有两个不等的解，求实数a的取值范围．17．解析(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，所以F′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2（ax2－1）,x)(x>0)．①当a>0时，由ax2－1>0，得x>eq\r(\f(1,a))，由ax2－1<0，得0<x<eq\r(\f(1,a))，故当a>0时，F(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))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．(2)方程f(x)＝g(x)在区间[eq\r(2)，e]上有两个不等的解等价于方程a＝eq\f(2lnx,x2)在区间[eq\r(2)，e]上有两个不等的解．令φ(x)＝eq\f(2lnx,x2)，x∈[eq\r(2)，e]，则φ′(x)＝eq\f(2x（1－2lnx）,x4)＝eq\f(2（1－2lnx）,x3)，易知φ(x)在[eq\r(2)，eq\r(e))上单调递增，在(eq\r(e)，e]上单调递减，则φ(x)max＝φ(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，而φ(e)＝eq\f(2,e2)<eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln2,2)＝φ(eq\r(2))，所以φ(x)min＝φ(e)，作出φ(x)的大致图象如图所示．由图可知φ(x)＝a有两个不等解时，需eq\f(ln2,2)≤a<eq\f(1,e)，即f(x)＝g(x)在[eq\r(2)，e]上有两个不等解时实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2,2)，\f(1,e)))．18．(2021·浙江卷节选)设a，b为实数，且a>1，函数f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．18．解析(1)由题意得f′(x)＝axlna－b．因为a>1，所以lna>0，ax>0，所以当b≤0时，f′(x)>0，所以当b≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当b>0时，令f′(x)>0，则ax>eq\f(b,lna)，所以x>logaeq\f(b,lna)；令f′(x)<0，得x<logaeq\f(b,lna)，所以当b>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，loga\f(b,lna)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(