第4讲 第3课时【公众号：偷着学】

金版教程高考科学复习创新方案数学(提升版)第3课时利用导数研究函数的零点问题考向一判断函数零点或方程根的个数例1(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx.(1)判断直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点分别有几个；(2)证明：曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点；(3)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)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．解(1)设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b.当b<1时，S(x)min＝1－b>0，S(x)无零点；当b＝1时，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1个零点；当b>1时，S(x)min＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，设u(b)＝eb－2b，则当b>1时，u′(b)＝eb－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点．设T(x)＝x－lnx－b，T′(x)＝eq\f(x－1,x)，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b.当b<1时，T(x)min＝1－b>0，T(x)无零点；当b＝1时，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1个零点；当b>1时，T(x)min＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，所以T(x)＝x－lnx－b有两个不同的零点．综上可知，当b<1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是0；当b＝1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是1；当b>1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是2.(2)证明：由f(x)＝g(x)得ex－x＝x－lnx，即ex＋lnx－2x＝0，设h(x)＝ex＋lnx－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋eq\f(1,x)－2，设s(x)＝ex－x－1，则当x>0时，s′(x)＝ex－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)＞s(0)＝0，即ex>x＋1，所以h′(x)>x＋eq\f(1,x)－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝e－2>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)))＝eeq\f(1,e3)－3－eq\f(2,e3)<e－3－eq\f(2,e3)＜0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，且eq\f(1,e3)<x0<1，当0<x<x0时，h(x)<0，即ex－x<x－lnx，即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0，即ex－x>x－lnx，即f(x)>g(x)，所以曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点．(3)证明：由(2)知，若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，则b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时ex－x＝b有两个不同的解x1，x0(x1<0<x0)，x－lnx＝b有两个不同的解x0，x2(0<x0<1<x2)，故ex1－x1＝b，ex0－x0＝b，x2－lnx2－b＝0，x0－lnx0－b＝0，所以x2－b＝lnx2，即ex2－b＝x2，即ex2－b－(x2－b)－b＝0，故x2－b为方程ex－x＝b的解，同理x0－b也为方程ex－x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，而b>1，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x2－b，,x1＝x0－b，))即x1＋x2＝2x0.利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法(1)构建函数g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定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，并确定定义域区间端点值的符号(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)利用函数零点存在定理：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．(2024·衡水模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－a，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，又ex>0恒成立，∴当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．函数f(x)的极小值为f(1)＝－e，无极大值．(2)当x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，结合(1)中结论作出函数图象如图，∴g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．当a≥0时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当－e<a<0时，f(x)的图象与直线y＝a有两个不同的交点；当a＝－e时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当a<－e时，f(x)的图象与直线y＝a无交点．综上所述，当a∈[0，＋∞)∪{－e}时，g(x)有唯一零点；当a∈(－e，0)时，g(x)有两个不同的零点；当a∈(－∞，－e)时，g(x)无零点．考向二由函数零点个数求解参数取值范围例2(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－eq\f(1,x)－lnx(x＞0)，则f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx(x＞0)，得f′(x)＝a＋eq\f(1,x2)－eq\f(a＋1,x)＝eq\f(（ax－1）（x－1）,x2)(x＞0)．当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a<0时，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；当a＞0时，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，若a＞1，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减，因为f(1)＝a－1＞0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上恰有一个零点，所以a＞1满足条件．若0＜a＜1，则f(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减，因为f(1)＝a－1＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＜f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上恰有一个零点，即0＜a＜1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．(2024·南阳一中月考)设函数f(x)＝(x－2)ln(x－1)－ax，a∈R.(1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．解(1)∵f′(x)＝ln(x－1)＋1－eq\f(1,x－1)－a(x>1)，令H(x)＝ln(x－1)＋1－eq\f(1,x－1)－a(x>1)，则H′(x)＝eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,（x－1）2)>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0⇒a≤0.∴a的取值范围是(－∞，0]．(2)f(x)＝0⇒a＝eq\f(（x－2）ln（x－1）,x)，令g(x)＝eq\f(（x－2）ln（x－1）,x)，故g′(x)＝eq\f(1,x－1)－2·eq\f(\f(x,x－1)－ln（x－1）,x2)＝eq\f(（x－1）－\f(1,x－1)＋2ln（x－1）,x2)，令h(x)＝(x－1)－eq\f(1,x－1)＋2ln(x－1)，∴h′(x)＝1＋eq\f(1,（x－1）2)＋eq\f(2,x－1)>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，∴当1<x<2时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>2时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(2)＝0，又由当x→1时，eq\f(x－2,x)→－1，ln(x－1)→－∞，则g(x)→＋∞；当x→＋∞时，eq\f(x－2,x)→1，ln(x－1)→＋∞，则g(x)→＋∞，若f(x)有两个不同的零点，则需满足a>0.∴a的取值范围为(0，＋∞)．考向三涉及函数零点、极值点的综合问题例3(2023·泰州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e为自然对数的底数，e＝2.71828….(1)当a＝0时，若函数f(x)≥0，求实数b的取值范围；(2)当b＝2a时，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：①7x1＋bx2＞28；②2eq\r(a)(x1＋x2)>3x1x2；③eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)>2.请从①②③中任选一个进行证明．解(1)当a＝0时，f(x)＝ex＋bx－1，f′(x)＝ex＋b，当b≥0时，因为f(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))－b<0，所以此时不符合题意；当b＜0时，当x∈(－∞，ln(－b))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(ln(－b)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(ln(－b))＝－b＋bln(－b)－1，要使f(x)≥0，只需f(x)min＝－b＋bln(－b)－1≥0，令g(x)＝x－xlnx－1，则g′(x)＝－lnx，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)≤g(1)＝0，则由g(－b)＝－b＋bln(－b)－1≥0，得－b＝1，所以b＝－1，故实数b的取值范围为{－1}．(2)证明：当b＝2a时，f(x)＝ex－ax2＋2ax－1，f′(x)＝ex－2ax＋2a，令φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a，则φ′(x)＝ex－2a，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a有两个零点，若a≤0，则φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，不可能有两个零点，所以a＞0，令φ′(x)＝ex－2a＝0，得x＝ln(2a)，当x∈(－∞，ln(2a))时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x∈(ln(2a)，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，所以φ(x)min＝φ(ln(2a))＝4a－2aln(2a)，因为φ(x)有两个零点，所以4a－2aln(2a)＜0，则a>eq\f(1,2)e2.设x1＜x2，因为φ(1)＝e＞0，φ(2)＝e2－2a＜0，所以1＜x1＜2＜x2，因为φ(x1)＝φ(x2)＝0，所以ex1＝2ax1－2a，ex2＝2ax2－2a，则eq\f(ex2,ex1)＝eq\f(x2－1,x1－1)，取对数得x2－x1＝ln(x2－1)－ln(x1－1)，令x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝lnt2－lnt1，即t2－lnt2＝t1－lnt1(0＜t1＜1＜t2)．若选择命题①：令u(t)＝t－lnt，则u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq\f(1,t)，当0<t<1时，u′(t)<0，当t>1时，u′(t)>0，所以u(t)＝t－lnt在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v(t)＝u(t)－u(2－t)＝2t－lnt＋ln(2－t)－2(0＜t＜2)，则v′(t)＝eq\f(2（t－1）2,t（t－2）)≤0，v(t)在(0，2)上单调递减，因为0＜t1＜1，所以v(t1)＞v(1)＝0，即u(t1)－u(2－t1)＞0，亦即u(t2)＝u(t1)＞u(2－t1)，因为t2＞1，2－t1＞1，u(t)＝t－lnt在(1，＋∞)上单调递增，所以t2＞2－t1，则x2－1＞2－(x1－1)，整理得x1＋x2＞4，所以7x1＋bx2＝7x1＋2ax2＞7x1＋7x2＞28，故①成立，得证．若选择命题②：令u(t)＝t－lnt，则u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq\f(1,t)，当0<t<1时，u′(t)<0，当t>1时，u′(t)>0，所以u(t)＝t－lnt在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v(t)＝u(t)－ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝t－eq\f(1,t)－2lnt，则v′(t)＝eq\f(（t－1）2,t2)≥0，v(t)在(0，＋∞)上单调递增，又v(1)＝0，所以当t∈(0，1)时，v(t)＝u(t)－ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))<v(1)＝0，即u(t)<ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))，因为0<t1<1，所以u(t2)＝u(t1)<ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t1))).因为t2＞1，eq\f(1,t1)＞1，u(t)＝t－lnt在(1，＋∞)上单调递增，所以t2<eq\f(1,t1)，所以x2－1<eq\f(1,x1－1)，即x1x2＜x1＋x2，所以x1x2<x1＋x2<eq\f(2,3)eq\r(\f(1,2)e2)(x1＋x2)<eq\f(2,3)eq\r(a)(x1＋x2)，所以2eq\r(a)(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得证．若选择命题③：因为x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝lnt2－lnt1＝2lneq\r(\f(t2,t1))，因为0<t1<1<t2，所以eq\f(t2,t1)>1.令F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，则当t>1时，F′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，所以F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)在(1，＋∞)上单调递增，则F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>F(1)＝0，所以lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，则t2－t1＝2lneq\r(\f(t2,t1))>eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(t2,t1))－1)),\r(\f(t2,t1))＋1)＝4·eq\f(\r(t2)－\r(t1),\r(t2)＋\r(t1))，两边约去eq\r(t2)－eq\r(t1)后，化简整理得eq\r(t1)＋eq\r(t2)>2，即eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)>2，故③成立，得证．(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况．(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ae－x＋lnx－1(a∈R)．(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求eq\f(x2,x1)的最大值．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ae－x＋eq\f(1,x)＝eq\f(ex－ax,xex)，∵a≤e，∴ex－ax≥ex－ex.设g(x)＝ex－ex，则g′(x)＝ex－e，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，∴g(x)≥g(1)＝0，∴f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴当a≤e时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)依题意，f′(x1)＝f′(x2)＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝ax1，,ex2＝ax2，))两式相除得，ex2－x1＝eq\f(x2,x1)，设eq\f(x2,x1)＝t，则t>1，x2＝tx1，e(t－1)x1＝t，∴x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1)，∴x1＋x2＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1).设h(t)＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)(t>1)，则h′(t)＝eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,（t－1）2)，设φ(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(t>1)，则φ′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(（t－1）2,t2)>0，∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t)>1－eq\f(1,1)－2ln1＝0，∴h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，又x1＋x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，又h(3)＝2ln3，∴t∈(1，3]，即eq\f(x2,x1)的最大值为3.课时作业一、单项选择题1．(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.2．(2023·济宁二模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,alnx，x>0，))若函数g(x)＝f(x)－f(－x)有5个零点，则实数a的取值范围是()A．(－e，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))C．(－∞，－e) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))答案C解析y＝f(－x)与y＝f(x)的图象关于y轴对称，且f(0)＝0，要想g(x)＝f(x)－f(－x)有5个零点，则当x＞0时，－x＝alnx要有2个根，结合对称性可知，x＜0时也有2个零点，故满足有5个零点．当x＝1时，－1＝0，不符合题意；当x≠1时，a＝－eq\f(x,lnx)，令h(x)＝－eq\f(x,lnx)，定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，h′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，令h′(x)＞0得0＜x＜1，1＜x＜e，令h′(x)＜0得x＞e，故h(x)＝－eq\f(x,lnx)在(0，1)，(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，且当x∈(0，1)时，h(x)＝－eq\f(x,lnx)>0恒成立，h(x)＝－eq\f(x,lnx)在x＝e处取得极大值，其中h(e)＝－e，故a∈(－∞，－e)，此时直线y＝a与h(x)＝－eq\f(x,lnx)的图象有两个交点．故选C.3．(2023·银川三模)已知函数f(x)＝eq\f(m,x)－lnx＋m在区间(e－1，e)上有唯一零点，则实数m的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e,e2＋1)，\f(e,2)＋1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,e＋1)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(e,2)＋1))答案B解析函数f(x)＝eq\f(m,x)－lnx＋m，令f(x)＝0，则meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))＝lnx，即m＝eq\f(xlnx,x＋1)，令h(x)＝eq\f(xlnx,x＋1)，则h′(x)＝eq\f(x＋1＋lnx,（x＋1）2)，令k(x)＝x＋1＋lnx，则k′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，所以函数y＝k(x)在区间(e－1，e)上单调递增，故k(x)>k(e－1)＝e－1>0，所以h′(x)>0，故函数y＝h(x)在区间(e－1，e)上单调递增，故h(e－1)<h(x)<h(e)，即－eq\f(1,e＋1)<h(x)<eq\f(e,e＋1)，所以－eq\f(1,e＋1)<m<eq\f(e,e＋1)，故实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1))).故选B.4．(2023·邢台二模)已知函数f(x)＝x－lnx＋m(m∈R)，若f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，则下列关系式不正确的是()A．m<－1 B．x1＋x2≤2C．0<x1<1 D．ex1－x2＝eq\f(x1,x2)答案B解析f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1，故函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f(x)min＝f(1)＝1＋m<0，即m<－1，并且0<x1<1，故A，C正确；由于x1，x2为f(x)的零点，故有x1－lnx1＋m＝0①，x2－lnx2＋m＝0②，两式相减得，x1－x2＝lneq\f(x1,x2)，即ex1－x2＝eq\f(x1,x2)，故D正确；由①②可知，m＝lnx1－x1＝lnx2－x2，令g(x)＝lnx－x，则g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以在(0，1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝lnx－x－ln(2－x)＋2－x＝lnx－ln(2－x)－2x＋2，则h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2＝eq\f(2x2－4x＋2,x（2－x）)＝eq\f(2（x－1）2,x（2－x）)，所以当0＜x＜1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝0，所以g(x1)<g(2－x1)，又因为g(x)在(1，＋∞)上单调递减，且g(x2)＝g(x1)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2，故B不正确．故选B.二、多项选择题5．(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.6．(2023·秦皇岛二模)已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2，且x1<x2，则下列说法正确的是()A．a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．y＝f(x)在(0，e)上单调递增C．x1＋x2>6 D．若a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))，则x2－x1<eq\f(2－a,a)答案ABD解析由f(x)＝lnx－ax，可得f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a>0时，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，解得x＝eq\f(1,a)，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x＝eq\f(1,a)时，f(x)取得极大值，又函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1>0，可得0<a<eq\f(1,e).综上可得，0<a<eq\f(1,e)，故A正确；当a→eq\f(1,e)时，x1＋x2→2e<6，故C错误；∵当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f(x)单调递增，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，∴(0，e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，故B正确；∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，且a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))，∴1，x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，eq\f(2,a)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，∵f(1)＝－a<0＝f(x1)，∴x1>1.∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝lneq\f(2,a)－2<lne2－2＝0＝f(x2)，∴x2<eq\f(2,a)，∴x2－x1<eq\f(2,a)－1＝eq\f(2－a,a)，故D正确．故选ABD.7．(2024·福建省名校联盟模拟)机械制图中经常用到渐开线函数invx＝tanx－x，其中x的单位为弧度，则下列说法正确的是()A．x·invx是偶函数B．invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有2k＋1个零点(k∈N)C．invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有4k＋1个极值点(k∈N)D．当－eq\f(π,2)<x<0时，invx<x－sinx答案ABD解析函数invx＝tanx－x的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,x≠nπ＋\f(π,2)，n∈Z))))，显然y＝x和invx均为奇函数，因此x·invx是偶函数，A正确；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，令h(x)＝invx，h′(x)＝eq\f(1,cos2x)－1≥0，函数invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，当x＝0时，invx＝0，即函数invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一的零点，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z时，令x＝t＋k1π，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则tanx－x＝tan(t＋k1π)－(t＋k1π)＝tant－t－k1π，令y＝tant－t，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，函数y＝tant－t在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，值域为R，直线y＝k1π(k1∈Z)与y＝tant－t，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的图象有唯一交点，因此函数invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z上有唯一零点，所以invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有2k＋1个零点(k∈N)，B正确；由B项知，函数invx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z上为增函数，因此invx不存在极值点，C错误；令函数f(x)＝invx－x＋sinx，求导得f′(x)＝eq\f(1,cos2x)－2＋cosx，当－eq\f(π,2)<x<0时，设u＝cosx∈(0，1)，g(u)＝eq\f(1,u2)－2＋u，求导得g′(u)＝1－eq\f(2,u3)<0，函数g(u)在(0，1)上单调递减，g(u)>eq\f(1,12)－2＋1＝0，即f′(x)>0，因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，f(x)<f(0)＝0，即invx<x－sinx，D正确．故选ABD.8．(2024·日照模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x2＋x－1,ex)，则()A．函数f(x)只有两个极值点B．若关于x的方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0)C．方程f(f(x))＝－1共有4个实根D．若关于x的不等式f(x)≥a(x＋1)的解集内恰有两个正整数，则a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,4e3)，\f(1,2e)))答案ACD解析对f(x)求导得f′(x)＝－eq\f(x2－x－2,ex)＝－eq\f(（x＋1）（x－2）,ex)，当x<－1或x>2时，f′(x)<0，当－1<x<2时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，因此f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－e，在x＝2处取得极大值f(2)＝eq\f(5,e2)，A正确；由上述分析可知，曲线y＝f(x)及直线y＝k如图所示，由图可知，当－e<k≤0或k＝eq\f(5,e2)时，直线y＝k与曲线y＝f(x)有2个交点，所以若方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0]∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,e2)))，B错误；由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1±\r(5),2)，令f(x)＝t且f(t)＝－1，由图可知，f(t)＝－1有两解分别为eq\f(－1－\r(5),2)<t1<－1，t2＝0，所以f(x)＝t1或f(x)＝t2，而1＋eq\r(5)<2e，则eq\f(－1－\r(5),2)>－e，则f(x)＝t1有两解．又t2＝0，由图可知f(x)＝t2也有两解．综上，方程f(f(x))＝－1共有4个实根，C正确；因为直线y＝a(x＋1)过定点(－1，0)，且f(1)＝eq\f(1,e)，f(2)＝eq\f(5,e2)，f(3)＝eq\f(11,e3)，记k1＝eq\f(f（1）－0,1－（－1）)＝eq\f(1,2e)，k2＝eq\f(f（2）－0,2－（－1）)＝eq\f(5,3e2)，k3＝eq\f(f（3）－0,3－（－1）)＝eq\f(11,4e3)，所以k3<a≤k1，D正确．故选ACD.三、填空题9．(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex－2ax＋a，若f(x)恰有两个零点，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e\s\up7(\f(3,2))，＋∞))解析函数f(x)＝ex－2ax＋a，定义域为R，显然x＝eq\f(1,2)不是f(x)的零点，令f(x)＝0，得a＝eq\f(ex,2x－1)，设g(x)＝eq\f(ex,2x－1)，则g′(x)＝eq\f(（2x－3）ex,（2x－1）2)，令g′(x)<0，解得x<eq\f(3,2)且x≠eq\f(1,2)，令g′(x)>0，解得x>eq\f(3,2)，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增．当x<eq\f(1,2)时，g(x)<0，当x>eq\f(1,2)时，g(x)>0，当x＝eq\f(3,2)时，g(x)取得极小值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(1,2)eeq\s\up7(\f(3,2))，作出函数g(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e\s\up7(\f(3,2))，＋∞)).10．(2023·福州三模)如果两个函数分别存在零点α，β，满足|α－β|＜n，则称两个函数互为“n度零点函数”．若f(x)＝ln(x－2)与g(x)＝ax2－lnx互为“2度零点函数”，则实数a的最大值为________．答案eq\f(1,2e)解析因为函数f(x)的零点为3，所以设函数g(x)的零点为x0，则|x0－3|＜2，解得1＜x0＜5.g(x0)＝axeq\o\al(2,0)－lnx0＝0，a＝eq\f(lnx0,xeq\o\al(2,0))(1<x0<5)，令h(x)＝eq\f(lnx,x2)(1<x<5)，求导得h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e)，所以当x∈(1，eq\r(e))时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(eq\r(e)，5)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e).所以实数a的最大值为eq\f(1,2e).四、解答题11．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ex－1＋e－x＋1，g(x)＝a(x2－2x)(a<0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数．解(1)由f(x)＝ex－1＋e－x＋1，可得f′(x)＝ex－1－e－x＋1＝eq\f(e2（x－1）－1,ex－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x<1时，则x－1<0，可得f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，则x－1>0，可得f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．故函数f(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)图象的交点个数．因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，所以当x＝1时，g(x)取得最大值g(1)＝－a.由(1)可知，当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝2，当－a<2，即－2<a<0时，函数f(x)与g(x)的图象没有交点，即函数h(x)没有零点；当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)只有一个零点；当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点，理由如下：因为h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，由函数零点存在定理，知h(x)在(1，2)内有零点．又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点．又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋ex－1＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，因为g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上也只有一个零点．所以当a<－2时，函数h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点．12．(2024·镇江模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－lnx.(1)若a＝1，求f(x)的极值；(2)若方程f(x)＝1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，f′(x)＝eq\f(x2－1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1，当0<x<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，所以f(x)的极小值为f(1)＝eq\f(1,2)，无极大值．(2)因为f′(x)＝ax－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－1,x)，①若a≥1，当x∈[1，2]时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递增，要使方程f(x)＝1在[1，2]上有解，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤1，,f（2）≥1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,2a－ln2≥1，))得eq\f(1＋ln2,2)≤a≤2，因为eq\f(1＋ln2,2)<1，所以1≤a≤2.②若a≤eq\f(1,4)，当x∈[1，2]时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递减，此时f(x)≤f(1)＝eq\f(a,2)≤eq\f(1,8)，不符合题意．③若eq\f(1,4)<a<1，当1≤x<eq\r(,\f(1,a))时，f′(x)<0，当eq\r(\f(1,a))<x≤2时，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(1,a))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4