【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第4章 第4讲　第3课时　利用导数研究函数的零点问题 含解析【高考】.doc，共(23)页，235.000 KB，由小赞的店铺上传

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1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问题例1(2021·潍坊一模)已知函数f(x)＝x2－asinx－2(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在点π2，fπ2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．解(1)f(x)＝x2－asinx－2的导数为f′(x)＝2xsinx－(x2－a)cosxsin2x，可得曲线

y＝f(x)在点π2，fπ2处的切线的斜率为f′π2＝π，fπ2＝π24－a－2，即切点为π2，π24－a－2，由于切线经过原点，可得π24－a－2π2＝π，解得a＝－π24－2.(2)因为x∈(0，π)，所以

sinx>0，所以f(x)＝x2－asinx－2＝0，可化为x2－a－2sinx＝0，设g(x)＝x2－a－2sinx，g′(x)＝2x－2cosx，设h(x)＝2x－2cosx，h′(x)＝2＋2sinx>0，可得h(x)即g′(x)在(0，π)上单调递增，又g′(0)＝

－2<0，g′π2＝π>0，所以存在x0∈0，π2，使得g′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x0，π)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，2又因为g(0)＝－a<0，当

g(π)＝π2－a>0，即0<a<π2时，g(x)有唯一零点在(x0，π)上，当g(π)＝π2－a≤0，即a≥π2时，g(x)在(0，π)上无零点．综上可得，当0<a<π2时，函数f(x)在(0，π)有唯一零点；当a≥π2时，

函数f(x)在(0，π)没有零点．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)(要求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．1.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝x＋x，其中

e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．解(1)证明：由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x

－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．(2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1,

2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝ex－12x－12－1，记φ(x)＝ex－12x－12－1，3则φ′(x)＝ex＋14x－32，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，

＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考向二由函数零点个数求解参数取值范围问题例2(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：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．所以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)→＋∞.所以要使f(x)有两个零点，只要f(lna

)<0即可，则1＋lna>0，可得a>1e.综上，若f(x)有两个零点，则a的取值范围是1e，＋∞.解法二：若f(x)有两个零点，即ex－a(x＋2)＝0有两个解，4显然x＝－2不成立，即a＝exx＋2(x≠－2)有两个解，令h(x)

＝exx＋2(x≠－2)，则有h′(x)＝ex(x＋2)－ex(x＋2)2＝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＝exx＋2有两个解时，有a＞h(－1)＝1e，所以满足条件的a的取值范围是1e，＋∞.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”．2.(2021·大庆实验中学月考)设k∈R，

函数f(x)＝lnx－kx.(1)若k＝2，求曲线y＝f(x)在P(1，－2)处的切线方程；(2)若f(x)无零点，求实数k的取值范围．解(1)在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝1x－k＝1－kxx，当k＝2时，f′(1)＝1－2＝－1，f(1)＝－2

，则切线方程为y－(－2)＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0.(2)①若k<0，则f′(x)>0，f(x)是区间(0，＋∞)上的增函数，因为f(1)＝－k>0，f(ek)＝k－kek＝k(1－ek)<0，5所以f(1)

f(ek)<0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上有唯一零点；②若k＝0，f(x)＝lnx有唯一零点x＝1；③若k>0，令f′(x)＝0，得x＝1k，在区间0，1k上，f′(x)>0，函数f(x)是增函数；在区间1k，＋∞上，f′(x)<0

，函数f(x)是减函数；故在区间(0，＋∞)上，f(x)的极大值为f1k＝ln1k－1＝－lnk－1，由于f(x)无零点，所以f1k＝－lnk－1<0，解得k>1e，故所求实数k的取值范围是1e，＋∞.多

角度探究突破考向三涉及函数零点、极值点的综合问题角度换元法在函数零点、极值点问题中的应用例3(2021·宁德三模)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x2x1的最大值．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ae－x＋1x＝ex－axxex，∵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ex1－ax1＝0，ex2－ax2＝0，6两式相除得，ex2－x1＝x2x1，设x2x1＝t，则t>1，x2＝tx1，e(t－1)x1＝t，∴x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1，∴x1＋x2＝(t＋1)lntt－1，设h(

t)＝(t＋1)lntt－1(t>1)，则h′(t)＝t－1t－2lnt(t－1)2，设φ(t)＝t－1t－2lnt(t>1)，则φ′(t)＝1＋1t2－2t＝(t－1)2t2>0，∴φ(t)在(1，＋∞)单调递增，则φ(t)

>φ(1)＝0，∴h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)单调递增，又x1＋x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，又h(3)＝2ln3，∴t∈(1,3]，即x2x1的最大值为3.(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．3.已知函数f(x)＝lnx－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠

x2)．求证：x1x2>e2.证明不妨设x1>x2>0，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，7所以lnx1－lnx2x1－x2＝a，欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.因为lnx1＋lnx

2＝a(x1＋x2)，所以即证a>2x1＋x2，所以原问题等价于证明lnx1－lnx2x1－x2>2x1＋x2，即lnx1x2>2(x1－x2)x1＋x2，令c＝x1x2(c>1)，则不等式变为lnc>2(c－1)c＋1.令h(c)＝lnc－2(c－1)c＋1，c>1，

所以h′(c)＝1c－4(c＋1)2＝(c－1)2c(c＋1)2>0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝0，即lnc－2(c－1)c＋1>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．角度极值点偏移问题例4(2021·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝x(

1－lnx)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．借助函数f(x)的单调性解决下列问题．(1)设x1，x2是两个不相等的正数，且x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，证明：2<x1＋x2<e；(2)设a，b为两个不相等的正数，

且blna－alnb＝a－b，证明：2<1a＋1b<e.证明(1)因为f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.由x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)知，8x1，x2是f(x)＝k的两根，其中k∈(0,1)，不妨令x

1∈(0,1)，x2∈(1，e)，则2－x1>1，先证2<x1＋x2，即证x2>2－x1，即证f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)，令h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，则h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)

＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]>0，故函数h(x)单调递增，所以h(x)<h(1)＝0，所以f(x1)<f(2－x1)，故2<x1＋x2得证．下面证明x1＋x2<e.∵0<x1<1<x2<e，∴1－lnx1>1.∴x1(1－lnx1)>x1.∵x1(1

－lnx1)＝x2(1－lnx2)，∴x2(1－lnx2)>x1.要证x1＋x2<e，只要证x2(1－lnx2)＋x2<e，即证2x2－x2lnx2<e，x2∈(1，e)．设g(x)＝2x－xlnx，x∈(1，e)，则g′(x)＝1－lnx>0.∴g(x)在(1，e)上单调

递增．∴g(x)<g(e)＝2e－e＝e.∴2x2－x2lnx2<e成立．∴原命题成立，即x1＋x2<e.综上知，2<x1＋x2<e.(2)由blna－alnb＝a－b得－1aln1a＋1bln1b＝1b－1a，即1a1－ln1a＝1b1－ln1b，9借助(1)的

结论知2<1a＋1b<e.函数极值点偏移问题的解题策略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．4.(2021·成都名校联

考)已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2>2.证明h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增1e单调递减由x1≠

x2，不妨设x1>x2，根据h(x1)＝h(x2)结合图象(图略)可知x1>1，x2<1.令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈[1，＋∞)，则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，∵x≥1,2x－2≥0，∴e2x－2－1≥0，∴F′(x)≥0，∴F(x)在[1

，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，∴x>1时，F(x)>F(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x1)>h(2－x1)，又h(x1)＝h(x2)，∴h(x2)>h(2－x1)，∵x1>1，∴2－x1<1，∴x2,2－x1∈(－∞，1)，∵h(x)在(－∞，1)上单调递增，10∴

x2>2－x1，∴x1＋x2>2得证．一、单项选择题1．(2021·惠州市二调)若函数f(x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有2个零点，则a的取值范围是()A．－1e，＋∞B．(－∞，1)C．0，1eD．－∞，－1e

答案A解析由f(x)＝0，得x2－2x＋1－a＝xex.令g(x)＝xex，则函数f(x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有2个零点等价于函数y＝x2－2x＋1－a与y＝g(x)的图象有2个交点，g′(x)＝1－xex，令g′(x)>0，得x<1，令g′(x)<0

，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1e.作出函数y＝x2－2x＋1－a＝(x－1)2－a与y＝g(x)的图象，如图所示，数形结合可得

－a<1e，解得a>－1e.故选A．2．(2021·安徽合肥模拟)设函数f(x)＝|lnx|，x>0，ex(x＋1)，x≤0.若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b的取值范围是()A．(1，＋∞)B．

－1e2，011C．(1，＋∞)∪{0}D．(0,1]答案D解析令g(x)＝f(x)－b＝0，函数g(x)＝f(x)－b有三个零点等价于f(x)＝b有三个解，当x≤0时，f(x)＝ex(x＋1)，则f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，由f′(x)<0得ex(x＋2)<0，即x<－2

，此时f(x)单调递减，由f′(x)>0得ex(x＋2)>0，即－2<x<0，此时f(x)单调递增，即当x＝－2时，f(x)取得极小值f(－2)＝－1e2，作出f(x)的图象如图，要使f(x)＝b有三个根，则0<b≤1.故选D.3．(2

021·银川三模)已知函数f(x)＝mx－lnx＋m在区间(e－1，e)内有唯一零点，则实数m的取值范围为()A．－ee2＋1，e2＋1B．－1e＋1，ee＋1C．－ee＋1，1D．

－1，e2＋1答案B解析函数f(x)＝mx－lnx＋m，令f(x)＝0，则m1x＋1＝lnx，即m＝xlnxx＋1，令h(x)＝xlnxx＋1，则h′(x)＝x＋1＋lnx(x＋1)2，令k(x)＝x＋1＋lnx，则k′(x)＝1＋1x>0，所以函数y＝k(x)在区间(e－1，e)内

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)内单调递增，故h(e－1)<h(x)<h(e)，即－1e＋1<h(x)<ee＋1，所以－1e＋1<m<ee＋1，故实数m的取值范围为

－1e＋1，ee＋1.故选B.4．(2021·河北邢台二模)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()12A．m<－1B．x1＋x2≤2C．0<

x1<1D．ex1－x2＝x1x2答案B解析f′(x)＝1－1x＝x－1x，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＝lnx1x2，即ex1－x2＝x1x2，故D正确；由于当m<－1时，0<x1<1，x2>1,1<2－x1<2，由①②可知，m＝l

nx1－x1＝lnx2－x2，令g(x)＝lnx－x，则g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝1x－1＝1－xx，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，g(x2

)－g(2－x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝lnx1－x1－ln(2－x1)＋(2－x1)，0<x1<1，令h(x)＝lnx－x－ln(2－x)＋2－x,0<x<1，h′(x)＝1x－1＋12－x－1＝2－x＋x－2x

(2－x)x(2－x)＝2x2－4x＋2x(2－x)＝2(x－1)2x(2－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－x

1，即x1＋x2>2，故B不正确．故选B.二、多项选择题5．(2021·山东济南模拟)已知f(x)＝ax－eax，x∈R，则下列说法正确的是()A．f(x)的值域为RB．a≠0时，f(x)恒有极值点C．h(x)＝f(x)－kx

(k≠0)恒有零点13D．对于x∈R，f(x)<(1－e)ax恒成立答案BC解析对于A，令t＝ax，则g(t)＝t－et，g′(t)＝1－et，当t>0时，g′(t)<0，g(t)单调递减，当t<0时，g′(t)>0，g(t)单调递增，所以g(x)max＝g(0)

＝－1，所以f(x)的值域不为R，故A不正确；对于B，由A选项可知，当a≠0时，0是f(x)的极值点，故B正确；对于C，因为h(x)＝f(x)－kx(k≠0)有零点，所以ax－eax＝kx有根，当a＝0时，f(x)＝－1，当a≠0时，由A可知，f(x)最大值＝

f(0)＝－1，且f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，当k>0时，函数y＝kx的图象在第三象限与f(x)有交点，当k<0时，函数y＝kx的图象在第四象限与f(x)有交点，所以f(x)始终与y＝kx有交点，故ax－e

ax＝kx有根，故C正确；对于D，若f(x)<(1－e)ax，则ax－eax<(1－e)·ax，所以eax>eax，当a≠0时，取x＝1a，则eax＝＝e，eax＝＝e，此时eax＝eax，故D不正确．故选BC．6．(2021·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∈0，1eB．y＝f(x)在(0，e)上单调递增C．x1＋x2>6D．若a∈2e2，1e，则x2－x1<2－aa答案ABD解析由f(x)＝lnx－ax，可得f′(x)＝1x－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)＝1x－a＝0，解得x＝1a，可得当x∈0，1a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈1a，＋∞时，

f′(x)<0，14f(x)单调递减，可得当x＝1a时，f(x)取得极大值，又函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)，可得f1a＝ln1a－1>0，可得0<a<1e.综上可得，0<a<1e，故A正确；当a→1e时，x1＋x

2→2e<6，故C错误；∵f′(x)＝1x－a＝1－axx，故x∈0，1a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∵a∈0，1e，∴(0，e)0，1a，故B正确；∵f(x)在0，1a上单调递增，在

1a，＋∞上单调递减，且a∈2e2，1e，∴1，x1∈0，1a，2a，x2∈1a，＋∞，∵f(1)＝－a<0＝f(x1)，∴x1>1.∵f2a＝ln2a－2<lne2－2＝0＝f(x2)，∴x2<2a，∴x2－x1<2a－

1＝2－aa，故D正确．故选ABD.7．(2021·菏泽一模)对于函数f(x)＝lnxx2，下列说法正确的是()A．f(x)在x＝e处取得极大值12eB．f(x)有两个不同的零点C．f22<f(π)<f(3)D．若f(x)<k－1x2在(

0，＋∞)上恒成立，则k>e2答案ACD解析对于A，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－2lnxx3，令f′(x)>0可得0<x<e，令f′(x)<0可得x>e，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝e处取得极大值f(e)＝12e，故A正确

；对于B，令f(x)＝lnxx2＝0，可得x＝1，因此f(x)只有一个零点，故B不正确；对于C，显然e<3<π，f(x)在(e，＋∞)单调递减，可得f(3)>f(π)＝lnππ>0，因为f22＝2ln22<0，即f(2)<f(π)<f(3)，故C正确；对于D，由题意知

，k>f(x)＋1x2＝15lnxx2＋1x2在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝lnxx2＋1x2(x>0)，则k>g(x)max，因为g′(x)＝－1－2lnxx3，易知当x∈0，1e时，g′(x)>0，当x∈

1e，＋∞时，g′(x)<0，所以g(x)在x＝1e时取得极大值也是最大值g1e＝e2，所以k>e2，所以f(x)＋1x2<k在x∈(0，＋∞)上恒成立，则k>e2，故D正确．故选ACD.8．关于函数f(x)＝ex＋asinx，x∈(－π，＋∞)，下

列说法正确的是()A．当a＝1时，f(x)在(0，f(0))处的切线方程为2x－y＋1＝0B．当a＝1时，f(x)存在唯一极小值点x0且－1＜f(x0)＜0C．对任意a＞0，f(x)在(－π，＋∞)上均存在零点D．存在a＜0，使f(x)在(－π，＋∞)上有且只有一个零点答案ABD解析当a＝1时，

f(x)＝ex＋sinx，f′(x)＝ex＋cosx，f(0)＝1，f′(0)＝2，∴所求切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0，故A正确；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝ex＋cosx＞0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上无

极值；当x∈(－π，0]时，令g(x)＝f′(x)＝ex＋cosx，则g′(x)＝ex－sinx＞0恒成立，∴g(x)在(－π，0]上单调递增，又f′－π2＝e-π2＞0，f′－

3π4＝e-3π4－22＜0，∴存在x0∈－3π4，－π2，使f′(x0)＝ex0＋cosx0＝0，即ex0＝－cosx0，∴f(x)极小值＝f(x0)＝ex0＋sinx0＝－cosx0＋si

nx0＝2sinx0－π4，∵－3π4＜x0＜－π2，∴－π＜x0－π4＜－3π4，∴－22＜sinx0－π4＜0，∴－1＜f(x0)＜0，故B正确；当a＝1e4时，f(x)＝ex＋sinxe4，f′(x)＝ex＋cosxe4，当x∈(0，＋∞)

时，f′(x)＝ex＋cosxe4>1－1e4＞0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上不存在零点；当x∈(－π，0]时，令h(x)＝f′(x)＝ex＋cosxe

4，h′(x)＝ex－sinxe4>e－π＞0恒成立，∴h(x)在(－π，0]上单调递增，又h(－π)＝f′(－π)＝e－π－1e4＞0，∴f(x)在(－π，0]上单调递增，16又f(－π)＝e－π>0，∴f(x)在(－π，0]上不存在零点，故

C错误；f(x)零点个数可以转化为y＝ex与y＝－asinx的图象交点个数问题，如图，显然存在a＜0，使y＝ex与y＝－asinx的图象有一个交点，即f(x)有且只有一个零点，故D正确．故选ABD.]三、填空题9．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋2，若函数f(x)只有一个零点x0

，且x0>0，则实数a的取值范围为________.答案(－∞，－2)解析f(x)＝ax3－3x2＋2，∴f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．又f(0)＝2.①当a＝0时，f(x)＝－3x2＋2有两个零点，不符合题意；②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2a，

当f′(x)>0时，x<0或x>2a，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(0)＝2，x→－∞时，f(x)→－∞，f(x)在(－∞，0)存在一个零点，不符合题意；③当a<0时，f(x)的单调递减区间是－∞，2a，(0，＋∞)，单调递增区间是2a，

0，f(0)＝2，x→＋∞时，f(x)→－∞，∴f(x)在(0，＋∞)存在唯一零点，当x＝2a时，f(x)在(－∞，0)上取得最小值，而f(x)＝ax3－3x2＋2在(－∞，0)上不能有零点，故f

2a＝a2a3－32a2＋2>0，解得a<－2.10．若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数．已知函数g(x)＝12kx2－x＋3为函数f(x)＝x2lnx＋x的“友导”函数，则k的取值范围是__

______.答案[2，＋∞)17解析由g(x)＝12kx2－x＋3可得g′(x)＝kx－1，∵函数g(x)＝12kx2－x＋3为函数f(x)＝x2lnx＋x的“友导”函数，∴kx－1＝x2lnx＋x有解，即k＝xlnx＋1＋1x有解．令h(x)＝xlnx＋1＋

1x，则h′(x)＝1＋lnx－1x2，再令φ(x)＝1＋lnx－1x2，∴φ′(x)＝1x＋2x3>0，∴φ(x)＝1＋lnx－1x2在(0，＋∞)上单调递增，∵h′(1)＝φ(1)＝0，∴x>1时，h′(x)>0,0<x<1时，

h′(x)<0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝2，∴k≥2.四、解答题11．(2021·沧州三模)已知函数f(x)＝xex－2ax＋a.(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x

)有两个零点，求实数a的取值范围．解(1)当a＝－1时，f(x)＝xex＋2x－1，f′(x)＝(x＋1)ex＋2，因为f′(0)＝3，f(0)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为3x－y－1＝0.(2)因为

f(x)有两个零点，所以方程f(x)＝0有两个不同的根，即关于x的方程(2x－1)a＝xex有两个不同的解，当x＝12时，方程不成立，所以x≠12，令g(x)＝xex2x－1，则直线y＝a与g(x)＝xex2x－1的图象有两个交点，且g′(x)＝(2x2－x－1)

ex(2x－1)2＝(x－1)(2x＋1)ex(2x－1)2，令g′(x)>0，得x<－12或x>1，令g′(x)<0，得－12<x<12或12<x<1，所以g(x)在－∞，－12，(1，＋∞)上单

调递增，在－12，12，12，1上单调递减，18当x＝－12时，g(x)取得极大值g－12＝14e，当x＝1时，g(x)取得极小值g(1)＝e，因为e>14e，且当x<0时，g(x)>0，所以实数a的

取值范围是0，14e∪(e，＋∞)．12．已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4lnx的零点个数．解(1)因为f(x)是二

次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，所以设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，解得a＝1.故函数f(x)

的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4lnx＝x－3x－4lnx－2，所以g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x

2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如表所示．x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(3)＝3－1－4ln3－

2＝－4ln3<0，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－1922＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，所以函数g(x)仅有1个零点．13．(2021·云南曲靖麒麟区校级模拟)已知函数f(x)＝aln(x＋1)－sinx.

(1)若f(x)在π4，π2上单调递减，求a的取值范围；(2)证明：当a＝1时，f(x)在π2，＋∞上有且仅有一个零点．解(1)由题意，f′(x)＝ax＋1－cosx≤0，因为x＋1>0，所以a≤(x＋1

)cosx，当x∈π4，π2时恒成立，令h(x)＝(x＋1)cosx，x∈π4，π2，则h′(x)＝cosx－(x＋1)sinx，因为cosx≤22，(x＋1)sinx≥22

1＋π4>22，所以h′(x)<0，h(x)在π4，π2上单调递减，所以h(x)≥hπ2＝0，所以a≤0.(2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)－sinx，当x∈π2，π时，因为－co

sx>0，1x＋1>0，所以f′(x)＝1x＋1－cosx>0，所以f(x)单调递增，fπ2＝lnπ2＋1－1<0，f(π)＝ln(π＋1)>0，所以f(x)在π2，π上有且仅有一个零点x0；当x∈[π，＋∞)时，f(x

)＝ln(x＋1)－sinx>ln(π＋1)－1>0，所以f(x)在[π，＋∞)上无零点．综上所述，当a＝1时，f(x)在π2，＋∞上有且仅有一个零点．14．(2021·重庆模拟)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈(0,2π)．20(1)求f(x)的单调区

间；(2)设函数g(x)＝f(x)－ax(0<a<1)，讨论g(x)的零点个数．解(1)f′(x)＝cosx＋x(－sinx)－cosx＝－xsinx.当x∈(0，π)时，sinx>0，f′(x)<0；当x∈(π，2π)时，sinx<0，f′(x)>0；所以f(x)在(0

，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增．(2)g′(x)＝－xsinx－a，设h(x)＝－xsinx，则h(0)＝h(π)＝h(2π)＝0，h′(x)＝－(sinx＋xcosx)，令h′(x)＝0，又hπ2≠0，h

3π2≠0，化简得tanx＝－x，结合y＝tanx，y＝－x的图象，方程h′(x)＝0仅有两个根，记为x1，x2,0<x1<x2<2π，故h(x)仅有两个极值点，其中极小值点x1∈π2，π，极大值点x2∈3π2，2π，作出h(x)的大致图象．令g′(x)＝0，则

a＝h(x)，结合图象，方程g′(x)＝0有两个根，设为m，n(m<n)．所以g(x)在(0，m)上单调递减，在(m，n)上单调递增，在(n,2π)上单调递减，因为g(0)＝0，所以当x∈(0，m)时，

g(x)<0且g(m)<0；因为g(2π)＝2π－2aπ＝2π(1－a)>0，所以当x∈(n,2π)时，g(x)>0且g(n)>0；因为g(x)在(m，n)上单调递增，g(m)<0，g(n)>0，由零点存在定理及函数单调性知，存在唯一x0∈(m，n)使得g(x0)＝0.

综上，g(x)的零点个数为1.15．(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝xaax(x>0)．21(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)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x(2－xln2)2x(x>0)．令f′(x)>0，则0<x<2ln2，此时函数f(x)单调递增．令f′(x)<0，则x>2ln2，此时函数f(x)单调递减．故函数f(x)的

单调递增区间为0，2ln2，单调递减区间为2ln2，＋∞.(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程xaax＝1(x>0)有两个不同的解，故方程lnxx＝lnaa有两个不同的解．设g(x)＝lnxx(x>0)，则g′(x)＝1－lnxx2(x

>0)．令g′(x)＝1－lnxx2＝0，解得x＝e.令g′(x)>0，则0<x<e，此时函数g(x)单调递增．令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减．故g(x)max＝g(e)＝1e，且当x>e时，

g(x)∈0，1e.又g(1)＝0，故要使方程lnxx＝lnaa有两个不同的解，则0<lnaa<1e.即0<g(a)<g1e，所以a∈(1，e)∪(e，＋∞)．综上，a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．16．(2

021·河南豫北名校联考)已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；22(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明：x1＋x2>－2.解(1)易得f′(x)＝ex＋1－k，当k>0时，令f′(

x)＝0，得x＝lnk－1，可得当x∈(－∞，lnk－1)时，f′(x)<0，当x∈(lnk－1，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(－∞，lnk－1)上单调递减，在区间(lnk－1，＋∞)上单调递增．当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立

，故此时函数f(x)在R上单调递增．(2)证明：当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k>0，由题意知ex1＋1＝k(x1＋2)，ex2＋1＝k(x2＋2)，所以x1＋2>0，x2＋2>0，可得x1－x

2＝lnx1＋2x2＋2，不妨设x1>x2，令x1＋2x2＋2＝t，则t>1，由x1＋2x2＋2＝t，x1－x2＝lnx1＋2x2＋2，解得x1＋2＝tlntt－1，x2＋2＝lntt－1，所以x1＋x2＋4＝(t＋1)lntt－1，欲证x1＋x2>－2，只

需证明(t＋1)lntt－1>2，即证(t＋1)lnt－2(t－1)>0，令g(t)＝(t＋1)lnt－2(t－1)(t>1)，23则g′(t)＝lnt＋1t(t＋1)－2＝lnt＋1t－1.令h(t)＝lnt＋1t－1(t>1

)，则h′(t)＝t－1t2>0，h(t)单调递增，所以g′(t)>g′(1)＝0.所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)lnt－2(t－1)>0，原不等式得证．