高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)培优点02　隐零点问题(2大考点+强化训练)(原卷版+解析)

培优点02隐零点问题（2大考点+强化训练）导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．【知识导图】【考点分析】考点一：不含参函数的隐零点问题规律方法已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．【例1】．（2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习）已知函数，.(1)求证：；(2)若对恒成立，求的最大值与的最小值.【例2】．（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）已知函数（e为自然对数的底数）.(1)求函数在处的切线方程；(2)若恒成立，求证：实数.【变式1】.（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数．证明：．【变式2】已知函数，当时，证明：.考点二：含参函数的隐零点问题规律方法已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．【例2】．（2022上·河南洛阳·高三新安县第一高级中学校考开学考试）（1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）【变式1】（2023秋·北京·高三统考开学考试）已知函数，曲线在的切线为．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间上单调递增；(3)求函数的零点个数，并说明理由．【变式2】．（2023秋·河北张家口·高三统考开学考试）已知，．(1)当时，证明：；(2)若，恒成立，求a的取值范围．【变式3】.（拔尖强基联盟2024届高三下学期二月联合考试）已知函数，其中．（1）若，求证：在定义域内有两个不同的零点；（2）若恒成立，求的值．【变式4】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知（其中为自然对数的底数）,，求实数的取值范围.【强化训练】1.已知函数.当时，求证在上存在极值点，且.2.（广东省2024届高三上学期元月期末统一调研测试数学试卷）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；3.已知函数，其中．讨论的极值点的个数．4.（2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测）已知函数．当时，不等式恒成立，求整数的最大值．5.（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数．（1）当时，求函数在上的极值；（2）用表示中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数．6．（2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知函数有两个极值点．其中，为自然对数的底数．(1)求实数的取值范围；(2)若恒成立，求的取值范围．7．（2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试）已知函数，且.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若关于的不等式恒成立，其中是自然对数的底数，求实数的取值范围.8．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若，函数在上恒成立，求整数a的最大值.9．（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知函数，.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若关于的不等式在上恒成立，求的最小值.10．（2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末）已知函数.(1)若，求的极值；(2)若对任意，恒成立，求整数m的最小值.11．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）设函数，.(1)当时，求的单调区间；(2)若，求实数的取值范围.12.（浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题）已知.（1）若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；（2）当时，讨论函数的零点个数.13.已知函数（1）若1是的极值点，求a的值；（2）求的单调区间：（3）已知有两个解，（i）直接写出a的取值范围；（无需过程）（ii）λ为正实数，若对于符合题意的任意，当时都有，求λ的取值范围.14.(2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－eq\f(a,3)x3＋ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋lnx－eq\f(1,2)x2零点的个数，并说明理由．15.(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.16.(2023·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．17.(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－lnx－2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xlnx＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值．18．(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsinx，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.19．(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－lnx，a∈R.(1)若a＝eq\f(1,e)，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值；(2)若函数f(x)≤xex－(a＋1)lnx对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．培优点02隐零点问题（2大考点+强化训练）导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．【知识导图】【考点分析】考点一：不含参函数的隐零点问题规律方法已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．【例1】．（2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习）已知函数，.(1)求证：；(2)若对恒成立，求的最大值与的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2)的最大值为，的最小值为1.【详解】（1）由，求导得，因为在区间上，则在区间上单调递减，所以.（2）当时，“”等价于“”，“”等价于“”，令，，则，当时，对任意恒成立，当时，因为对任意，，于是在区间上单调递减，则对任意恒成立，当时，存在唯一的使得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，显然，，则当，即时，对恒成立，因此当且仅当时，对任意恒成立，当且仅当时，对任意恒成立，所以对任意恒成立时，的最大值为，的最小值为1.【例2】．（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）已知函数（e为自然对数的底数）.(1)求函数在处的切线方程；(2)若恒成立，求证：实数.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）由，定义域为，则.所以在处的切线l的斜率为，又，则l的方程为.（2）恒成立，令，则，令，，则所以在上单调递增，又，且，则在上存在零点且，即.所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即.，则又，所以，则在上单调递增，因此所以.【变式1】.（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数．证明：．【答案】证明见解析【解析】令函数，则，所以是增函数．因为，，所以存在，使得，即．所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．．因为，所以，所以．故．【变式2】已知函数，当时，证明：.【解析】当时，令，，求导得，显然函数在上单调递增，令，，，即函数在上单调递增，而，则存在唯一，使得，即，因此存在唯一，使得，当时，，当时，，因此函数在上递减，在上递增，当时，，则，（当且仅当即时，取等号，故式子取不到等号）所以当时，.考点二：含参函数的隐零点问题规律方法已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．【例2】．（2022上·河南洛阳·高三新安县第一高级中学校考开学考试）（1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.（2）求出函数的导数，利用导数分类讨论函数的单调性、零点情况作答.【详解】（1）令函数，，求导得：，显然函数在上单调递增，而，，则存在，使得，即，有，当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，所以.（2）函数定义域R，求导得，当时，由得，，由得，，即函数在上递减，在上递增，，而，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，取且，则，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，因此当时，函数有两个零点，当时，函数只有一个零点2，当时，若，当或时，，当时，，即有在上单调递增，在上单调递减，又，，因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，若，恒有，即函数在R上单调递增，函数最多一个零点，若，当或时，，当时，，即有在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，综上得，当时，函数有两个零点，当时，函数最多一个零点，所以a的取值范围是.【变式1】（2023秋·北京·高三统考开学考试）已知函数，曲线在的切线为．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间上单调递增；(3)求函数的零点个数，并说明理由．【答案】(1).(2)证明见解析(3)零点个数为0，证明见解析.【详解】（1），则有，解得，，则.（2）由（1）知，，设，因为在上单调递增，则，所以在上恒成立，所以函数在区间上单调递增.（3）因为，令，令，得，设，由（2）知在上单调递增，且，，故存在唯一零点使得，即存在唯一零点满足，即得，则，且当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，当时，，，则，则函数的零点个数为0.【变式2】．（2023秋·河北张家口·高三统考开学考试）已知，．(1)当时，证明：；(2)若，恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）当时，设，，当时，，时，，所以在单调递减，单调递增，所以，而，∴，即．（2）法一：若，恒成立，即，即，构造函数，易知在递增，则不等式为，∴，设，，则在递增，递减，，∴．法二：，恒成立，即．令，，有唯一实数根，设为，即，，则在递减，在递增，∴，即，设，显然在单调递减，而，∴，则，，，∴，．【变式3】.（拔尖强基联盟2024届高三下学期二月联合考试）已知函数，其中．（1）若，求证：在定义域内有两个不同的零点；（2）若恒成立，求的值．【答案】（1）证明过程见详解；（2）【解析】（1）时，，①时，在上单调递减，所以，所以在上单调递增，又，，所以，使得，即在上有且仅有1个零点；②时，由（1）知在上单调递减，即，所以，所以在上没有零点；③时，，所以，即在上单调递减，又，，所以在上有且仅有1个零点；综上所述，在内有两个不同的零点，.（2）令，由于恒成立，且，同时在上连续，所以是的一个极大值点.因为，所以即，下面证明时，在上恒成立，由（1）知，时，在上单调递增，在上单调递减；所以，又，故恒成立.【变式4】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知（其中为自然对数的底数）,，求实数的取值范围.【答案】【解析】由，可得，由，因为，可得，令，则在上递减，当时，可得，则，所以，则，又因为，使得，即且当时，，即；当时，，即，所以在递增，在递减，所以，由，可得，由，可得，即，由，可得，所以，因为，设，则，可知在上递增，且，所以实数的取值范围是.【强化训练】1.已知函数.当时，求证在上存在极值点，且.【答案】证明见解析【解析】，则，令，，由可知，时，，递增，时，，递减，在处取得最小值，而，又记，，故在上单调递减，故，于是，即；，令，，记，则，则在单增，，故在上递增，，取，则；记，，于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，故，取得等号，于是.于是，由和零点存在定理可知，，使得，且，，，，所以是极小值点；由可得，，令，代入，整理，，于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，故，取，故，原命题得证.2.（广东省2024届高三上学期元月期末统一调研测试数学试卷）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；【答案】【解析】因为，由题意知，对于任意不同的，都有，可转化为对于任意，都有，由可转化为，令，只需，令，在单调递减，所以，，故在单调递减，，由可转化为，令，只需，令，在单调递减，且，，所以使，即，即，当时，，，故在单调递增，当时，，，故在单调递减，，故.3.已知函数，其中．讨论的极值点的个数．【答案】有且仅有一个极值点.【解析】由题意知，函数的定义域为，，设，，显然函数在上单调递增，与同号，①当时，，，所以函数在内有一个零点，且，，，，故在单调递减，在单调递增；所以函数在上有且仅有一个极值点；②当时，由（1）知，函数在上有且仅有一个极值点；③当时，，，因为，所以，，又，所以函数在内有一个零点，且，，，，故在单调递减，在单调递增；所以函数在上有且仅有一个极值点；综上所述，函数在上有且仅有一个极值点．4.（2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测）已知函数．当时，不等式恒成立，求整数的最大值．【答案】2【解析】由题意，知对任意恒成立，可知对任意恒成立．设函数，只需．对函数求导，得．设函数，对函数求导，得，所以函数在上单调递增．又，所以存在，使，即，所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，所以．又，所以，所以整数的最大值为2．5.（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数．（1）当时，求函数在上的极值；（2）用表示中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数．【答案】答案见解析【解析】由，知．（ⅰ）当时，，∴，故在上无零点．（ⅱ）当时，．故当时，即时，是的零点；当时，即时，不是的零点．（ⅲ）当时，．故在的零点就是在的零点，．①当时，，故时，在是减函数，结合，可知，在有一个零点，故在上有1个零点．②当时，，故时，在是增函数，结合可知，在无零点，故在上无零点．③当时，，使得时，在是增函数；时，在是减函数；由知，．当，即时，在上无零点，故在上无零点．当，即时，在上有1个零点，故在上有1个零点．综上所述，时，有2个零点；时，有1个零点；时，无零点6．（2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知函数有两个极值点．其中，为自然对数的底数．(1)求实数的取值范围；(2)若恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2)【详解】（1）由于，由题知有两个不同实数根，即有两个不同实数根．令，则，解得，故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，故的图象如图所示，

当时，有两个零点且．则或，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，的极大值点为，极小值点为．故有两个极值点时，实数的取值范围为．（2）由于若设，则上式即为由（1）可得，两式相除得，即，由得所以，令，则在恒成立，由于，令，则，，显然在递增，又有，所以存在使得，且易得在递减，递增，又有，所以存在使得，且易得在递减，递增，又，则时，时，，所以易得在上递减，在上递增，则，所以的取值范围为．7．（2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试）已知函数，且.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若关于的不等式恒成立，其中是自然对数的底数，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）由题，当时，，，，，所以切线方程为，化简得，即曲线在点处的切线方程为.（2），即，即在上恒成立，令，则.对于，，故其必有两个零点，且两个零点的积为，则两个零点一正一负，设其正零点为，则，即，且在上时则，此时单调递减，在上，，此时单调递增，因此当时，取最小值，故，即.令，则，当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，又，故，显然函数在上是关于的单调递增函数，则，所以实数的取值范围为8．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若，函数在上恒成立，求整数a的最大值.【答案】(1)答案见解析(2)4【详解】（1）根据题意可得，若，在上恒成立，此时函数在上单调递增；若，此时，当时，满足，此时函数在，上单调递增；当时，满足，此时函数在单调递减；若，此时，当时，满足，此时函数在，上单调递增，当时，满足，此时函数在单调递减；综上可知，时，在上单调递增；时，在和上单调递增，在单调递减；时，在和上单调递增，在单调递减；（2）由可得，解得；所以，则，易知时，，若函数在上恒成立，等价成在上恒成立；令，则；令，则在上恒成立，即函数在上单调递增，易知，由于，所以，而，且，所以；因此在有且仅有一个零点，满足，且；所以当时，，当时，；因此函数在上单调递减，在上单调递增；所以的最小值为，显然，因此，又是整数，所以的最大值为4.9．（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知函数，.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若关于的不等式在上恒成立，求的最小值.【答案】(1)(2)【详解】（1）由题当时，，，，，所以切线方程为，化简得，即曲线在点处的切线方程为.（2）由可得，令，，则，当时，，设，易知在上单调递增，又，，则存在，使得，即，取对数得，当时，，，单调递增，当时，，，单调递减，，在上单调递增，则，又对任意恒成立，，所以，即的最小值为-3.10．（2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末）已知函数.(1)若，求的极值；(2)若对任意，恒成立，求整数m的最小值.【答案】(1)极大值为，无极小值(2)1【详解】（1）当时，，.当时，，则在上单调递增；当时.，则在上单调递减.所以在时取得极大值且极大值为，无极小值；（2）因为对任意，恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，设，则.设，显然在上单调递减，因为，，所以，使得，即，当时，，；当时，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，因为，所以，故整数m的最小值为1.11．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）设函数，.(1)当时，求的单调区间；(2)若，求实数的取值范围.【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.(2)【详解】（1）时，函数的定义域为，因为，所以，当时，，当时，，所以的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）函数的定义域为，等价于，设，则，设，则恒成立，所以在上单调递增，即在上单调递增，当，当，所以，使得，即，所以，当时，，所以单调递减，当时，，所以单调递增，所以，设，则，而恒成立，所以为增函数，由，所以.因为均为减函数，所以在上为减函数，所以，当时，，所以实数的取值范围为12.（浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题）已知.（1）若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；（2）当时，讨论函数的零点个数.【答案】（1）1（2）答案见解析【解析】（1）由题意可得：，设切点坐标为，则切线斜率为，即，可得切线方程为，将，代入可得，整理得，因为在内单调递增，则在定义域内单调递增，且当时，，可知关于的方程的根为1，即，所以.（2）因为，则，可知在内单调递减，且，则，且在内单调递减，可知在内单调递减，所以在内单调递减，且，（i）若，即时，则在内恒成立，可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立，所以在内有且仅有1个零点；（ⅱ）若，即时，则在内恒成立，可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立，所以在内有且仅有1个零点；（ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点，可知当时，；当时，；则在内单调递增，在内单调递减，且，可知，可知在内有且仅有1个零点，且，①当，即时，则在内有且仅有1个零点；②当，即时，则在内没有零点；综上所述：若时，在内有且仅有1个零点；若时，在内有且仅有2个零点.13.已知函数（1）若1是的极值点，求a的值；（2）求的单调区间：（3）已知有两个解，（i）直接写出a的取值范围；（无需过程）（ii）λ为正实数，若对于符合题意的任意，当时都有，求λ的取值范围.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）（i）；（ii）.【解析】（1）因为，所以，因为1是的极值点，所以，故，故.此时，则时，时，所以上递增，上递减，则1是的极值点，满足题设.综上，.（2）由（1）知，当时，，故在上单调递增；当时，令得；令得；所以在上单调递增，在上单调递减，综上：当时，在上单调递增；当时，上单调递增，在上单调递减，（3）（i）由得，即有两个解，令，则，且在上两个零点，当时，，故在上单调递增，则在上没有两个零点，不满足题意；当时，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，即的极大值为，为使在上有两个零点，则，即，解得，当时，易知，因为，故，又在上单调递增，所以在有唯一零点；当时，令，则，再令，则，故在上单调递增，所以，即，故在上单调递增，所以，因为，所以，即，即，即，故，所以，故，又在上单调递减，所以在有唯一零点；综上：当时，在上两个零点，即有两个解时，，即；（ii）由（i）得，，，故，又，所以，即，即，故，令，则，故，设，则，当时，，故当时，恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当时，，而当时，故存在，使得，使得，故在为减函数，故，矛盾，舍；综上：，即.14.(2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－eq\f(a,3)x3＋ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋lnx－eq\f(1,2)x2零点的个数，并说明理由．【解析】解(1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若1<a<e，即0<lna<1，当0<x<lna或x>1时，f′(x)>0；当lna<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，lna)上单调递增，在区间(lna,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若a＝e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即lna>1，当0<x<1或x>lna时，f′(x)>0；当1<x<lna时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，lna)上单调递减，在区间(lna，＋∞)上单调递增．(2)当a＝0时，g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(1,x)－x＋(x2－1)ex＝(x＋1)(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))，设h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，∴h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使h(x0)＝0，即－eq\f(1,x0)＝0，＝eq\f(1,x0)，－x0＝lnx0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝lnx0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋(x0－1)2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,x0)－2，设F(x)＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<1))，易知F(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减．∴g(x0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,8)<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)＝－eq\f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln2>0，∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．15.(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.【解析】(1)解设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a，得f′(x0)＝eq\f(1,x0)－a，所以切线方程为y－(lnx0－ax0＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))(x－x0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))x＋lnx0.因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a＝2，,lnx0＝0，))解得a＝－1.(2)证明当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋1，令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－lnx－x－1(x>0)，则F′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(x＋1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xex－1))，令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故F(x)min＝F(x0)＝x0－lnx0－x0－1，由G(x0)＝0得x0－1＝0，两边取对数得lnx0＋x0＝0，故F(x0)＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.16.(2023·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．【解析】(1)解当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)，f′(0)＝e－1，故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)×|－1|×(e－1)＝eq\f(e－1,2).(2)证明当a>1时，因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，所以f′(x)＝aex－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(aexx＋1－1,x＋1)(x>－1)，令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，则g′(x)＝aex(x＋2)，因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，因此有aeβ(β＋1)＝1.当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝lna＋β，所以当－1<β<0时，f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝eq\f(1,β＋1)＋β－1＋lna＝lna＋eq\f(β2,β＋1)，因为a>1，所以lna>0，又因为－1<β<0，所以eq\f(β2,β＋1)>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．17.(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－lnx－2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xlnx＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值．【解析】解(1)函数f(x)＝x－lnx－2的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)∀x∈(1，＋∞)，xlnx＋x>k(x－1)⇔k<eq\f(xlnx＋x,x－1)，令g(x)＝eq\f(xlnx＋x,x－1)，x>1，求导得g′(x)＝eq\f(2＋lnxx－1－xlnx＋x,x－12)＝eq\f(x－lnx－2,x－12)，由(1)知，f(x)＝x－lnx－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln3<0，f(4)＝2(1－ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，即x0－lnx0－2＝0⇔lnx0＝x0－2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，于是g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0lnx0＋x0,x0－1)＝eq\f(x0x0－2＋x0,x0－1)＝x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.18．(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsinx，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.【解析】(1)解∵f(x)＝ex＋bsinx，∴f′(x)＝ex＋bcosx，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos0＝1＋b，由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.(2)证明由(1)得f(x)＝ex＋sinx，x∈(－π，＋∞)，∴f′(x)＝ex＋cosx，令g(x)＝ex＋cosx，x∈(－π，＋∞)，则g′(x)＝ex－sinx，当x∈(－π，0]时，ex>0，sinx≤0，g′(x)＝ex－sinx>0，当x∈(0，＋∞)时，ex>1，sinx≤1，g′(x)＝ex－sinx>0，∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝eq\f(1,eπ)－1<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝>0，∴存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，使g(x0)＝＋cosx0＝0，又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，∴f′(x)＝ex＋cosx在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝＋cosx0＝0，当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x