【文档说明】2023届高考数学易错题专项突破——易错点15 导数中的零点问题含解析.docx，共(19)页，98.376 KB，由envi的店铺上传

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1易错点15导数中的零点问题一、单选题1.已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥+1𝑥+𝑎，𝑓′(𝑥)是𝑓(𝑥)的导函数，若关于x的方程(𝑥+1)𝑓′(𝑥)=𝑓(𝑥)有两个不相等的实根，则实数a的取值范围是A.(−∞,12−ln2)B.(12−ln2,0)

C.(−∞,14−ln2)D.(14−ln2,0)2.设函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−2𝑥+6，则𝑓(𝑥)零点的个数为A.3B.2C.1D.03.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥e𝑥，要使函数𝑔(𝑥)=𝑘[𝑓(𝑥)]2−𝑓(𝑥)+1的零点个数最多，

则k的取值范围是A.𝑘<−e2B.𝑘<−e2−eC.𝑘>−e2−eD.𝑘>−e24.已知函数𝑓(𝑥)满足𝑓(𝑥)=𝑓(3𝑥)，当𝑥∈[1,3),𝑓(𝑥)=ln𝑥，若在区间[1,

9)内，函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑎𝑥有三个不同零点，则实数a的取值范围是A.(ln33,1𝑒)B.(ln39,13𝑒)C.(ln39,12𝑒)D.(ln39,ln33)5.关于函数𝑓(𝑥)=2𝑥+lnx，下列说法正确的是(1)𝑥=2是𝑓(𝑥)的极小值点

；(2)函数𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥有且只有1个零点；(3)𝑓(𝑥)>12𝑥恒成立；(4)设函数𝑔(𝑥)=−xf(𝑥)+𝑥2+4，若存在区间[𝑎,𝑏]⊂[12,+∞)，使𝑔(𝑥)在[𝑎,𝑏]上的值域是[

𝑘(𝑎+2),𝑘(𝑏+2)]，则𝑘∈(1,9+2ln210]．A.(1)(2)B.(2)(4)C.(1)(2)(4)D.(1)(2)(3)(4)6.已知函数𝑓(𝑥)满足𝑥2𝑓′(𝑥

)+2𝑥𝑓(𝑥)=1+ln𝑥，𝑓(𝑒)=1𝑒.当𝑥>0时，下列说法：①𝑓(1𝑒)=𝑒②𝑓(𝑥)只有一个零点③𝑓(𝑥)有两个零点④𝑓(𝑥)有一个极大值2其中正确的是A.①③B.②③C.①④D.②④7.若函数𝑓(𝑥)=𝑎(�

�−2)𝑒𝑥+lnx+1𝑥在(0,2)上存在两个极值点，则a的取值范围为A.(−∞,−14𝑒2)B.(−1𝑒,14𝑒2)∪(1,+∞)C.(−∞,−1𝑒)D.(−∞,−1𝑒)∪(−1𝑒,−14𝑒2)8.

已知函数𝑦=𝑓(𝑥)在R上可导且𝑓(0)=2，其导函数𝑓′(𝑥)满足𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)𝑥−2>0，对于函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑒𝑥，下列结论错误的是A.函数𝑔(𝑥)在(2,+∞)上为单调递增函数B.𝑥=2是函数𝑔(𝑥)

的极小值点C.𝑥≤0时，不等式𝑓(𝑥)≤2𝑒𝑥恒成立D.函数𝑔(𝑥)至多有两个零点二、填空题9.已知函数在(0,+∞)内有且只有一个零点，则𝑓(𝑥)在[1,e2]上的最大值与最小值的和为

_____．10.已知函数𝑓(𝑥)=(2−𝑎)(𝑥−1)−2ln𝑥，若函数𝑓(𝑥)在(0,12)上无零点，则a的最小值为________．11.已知𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑎𝑥2+12(𝑎∈𝐑)在(0,+∞)内有且仅有一个零点，当𝑥∈[−1,2]时，函数𝑓(𝑥)的值

域是[𝑏,𝑐]，则𝑎+𝑏+𝑐=________．12.已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑘−1+ln𝑥𝑥−1(𝑘∈𝑅)在(0,+∞)上存在唯一零点𝑥0，则下列说法中正确的是________.(请将所有正确的序号填在横格上)①𝑘=2；②𝑘>

2；③𝑙𝑛𝑥0=−𝑥0；④1e<𝑥0<12．三、解答题13.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎e𝑥−𝑥e𝑥−1(其中𝑎>0，e是自然对数的底数)．(1)当𝑎=2时，求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,𝑓(0))处的切线方程；3(2)若函数𝑓(𝑥)恰好有两个零点，求实数a的取值范围

．14.已知函数．(1)求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=1处的切线方程；(2)函数𝑓(𝑥)在区间(𝑘,𝑘+1)(𝑘∈𝑁)上有零点，求k的值；(3)记函数𝑔(𝑥)=12𝑥2−𝑏𝑥−2−𝑓(𝑥)，设𝑥1,𝑥2(𝑥1<𝑥2)是函数𝑔(𝑥)的两个极值点，

若𝑏⩾32，且𝑔(𝑥1)−𝑔(𝑥2)⩾𝑘恒成立，求实数k的最大值．415.已知函数𝑓(𝑥)=lnx+1ax(𝑎∈𝑅)在𝑥=1处的切线与直线𝑥−2𝑦+1=0平行．(1)求实数a的值，并判断函数𝑓(𝑥

)的单调性；(2)若函数𝑓(𝑥)=𝑚有两个零点𝑥1，𝑥2，且𝑥1<𝑥2，求证：𝑥1+𝑥2>1．16.已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥+𝑎𝑥(𝑎>0)．(Ⅰ)若函数𝑓(𝑥)有零点，求实数a的取值范围；(Ⅱ)证明：当𝑎≥2e时，𝑓

(𝑥)>𝑒−𝑥．一、单选题1.已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥+1𝑥+𝑎，𝑓′(𝑥)是𝑓(𝑥)的导函数，若关于x的方程(𝑥+1)𝑓′(𝑥)=𝑓(𝑥)有两个不相等的实根，则实数a的

取值范围是A.(−∞,12−ln2)B.(12−ln2,0)C.(−∞,14−ln2)D.(14−ln2,0)【答案】C【解析】解：由𝑓(𝑥)=ln𝑥+1𝑥+𝑎，所以函数𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，5𝑓′(𝑥)=1𝑥−1𝑥2，则方程(𝑥+1)𝑓′(

𝑥)=𝑓(𝑥)，即为(𝑥+1)(1𝑥−1𝑥2)=ln𝑥+1𝑥+𝑎，化简可得𝑎=1−1𝑥2−ln𝑥−1𝑥，由关于x的方程(𝑥+1)𝑓′(𝑥)=𝑓(𝑥)有两个不相等的实根，所以可知方程𝑎=1−1𝑥

2−ln𝑥−1𝑥有两个不相等的实根，故令𝑔(𝑥)=1−1𝑥2−ln𝑥−1𝑥，𝑔′(𝑥)=2𝑥3−1𝑥+1𝑥2=−(𝑥−2)(𝑥+1)𝑥3当0<𝑥<2时，𝑔′(𝑥)>

0，所以函数𝑔(𝑥)单调递增，当𝑥>2时，𝑔′(𝑥)<0，所以函数𝑔(𝑥)单调递减．所以𝑔(𝑥)max=𝑔(2)=14−ln2，又14−ln2=ln√𝑒4−ln2=ln√𝑒4−ln√164<0，所以𝑔(𝑥)max=𝑔(2)=14−ln2<0，故可

知𝑎<14−ln2．故选C2.设函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−2𝑥+6，则𝑓(𝑥)零点的个数为A.3B.2C.1D.0【答案】B【解析】解：函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−2𝑥+6的定义域

为(0,+∞)．𝑓′(𝑥)=1𝑥−2=1−2𝑥𝑥.令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=12．当0<𝑥<12时，𝑓′(𝑥)>0，函数𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥>12时，𝑓′(𝑥)<0，函数𝑓(𝑥)单调递减．∴当𝑥=12

时，函数𝑓(𝑥)取得极大值即最大值．𝑓(12)=ln12−1+6=5−𝑙𝑛2>0．当𝑥>0且𝑥→0时，𝑓(𝑥)→−∞；当𝑥→+∞时，𝑓(𝑥)→−∞．6故函数𝑓(𝑥)有且只有两个零点．故选：B．3.已

知函数𝑓(𝑥)=𝑥e𝑥，要使函数𝑔(𝑥)=𝑘[𝑓(𝑥)]2−𝑓(𝑥)+1的零点个数最多，则k的取值范围是A.𝑘<−e2B.𝑘<−e2−eC.𝑘>−e2−eD.𝑘>−e2【答案】B【解析】因为𝑓(𝑥)=𝑥

e𝑥，所以𝑓′(𝑥)=(𝑥+1)𝑒𝑥，当𝑥<−1时，𝑓′(𝑥)<0，当𝑥>−1时，𝑓′(𝑥)>0，可得𝑓(𝑥)在(−∞,−1)上递减，在(−1,+∞)递增，所以𝑓(𝑥)=𝑥e𝑥有最小值𝑓(−1)=−1𝑒，且�

�<0时，𝑓(𝑥)<0，当x趋向于负无穷时，𝑓(𝑥)趋向于0，但始终小于0，所以，当𝑡∈(−∞,−1𝑒)时，关于x的方程𝑓(𝑥)=𝑡无解；当时，关于x的方程𝑓(𝑥)=𝑡有一个实根；当𝑡∈(−1𝑒,0)时，关于x的方程𝑓(𝑥)=𝑡有两个

实根；因为函数ℎ(𝑡)=𝑘𝑡2−𝑡+1的图象过点(0,1)，所以关于t的方程𝑘𝑡2−𝑡+1=0不可能在区间(−1𝑒,0)内有两个不等实根，要使函数𝑔(𝑥)=𝑘[𝑓(𝑥)]2−𝑓

(𝑥)+1的零点个数最多，需使关于t的方程𝑘𝑡2−𝑡+1=0在区间(−1𝑒,0)和(0,+∞)各有一个实根，即需使{𝑘<0,𝑘(−1𝑒)2−(−1𝑒)+1<0,解得𝑘<−𝑒2−𝑒，故选B．4.已知函数𝑓(𝑥)满足𝑓

(𝑥)=𝑓(3𝑥)，当𝑥∈[1,3),𝑓(𝑥)=ln𝑥，若在区间[1,9)内，函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑎𝑥有三个不同零点，则实数a的取值范围是A.(ln33,1𝑒)B.(ln39,13𝑒)C.(ln39,12𝑒

)D.(ln39,ln33)【答案】B【解析】解：设𝑥∈[3,9)，则𝑥3∈[1,3),∵𝑥∈[1,3)，𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥，∴𝑓(𝑥3)=ln𝑥3，7∵函数𝑓(𝑥)满足𝑓(𝑥)=𝑓(3𝑥

)，∴𝑓(𝑥3)=𝑓(𝑥)=ln𝑥3，∴𝑓(𝑥)={𝑙𝑛𝑥,1≤𝑥<3ln𝑥3,3≤𝑥<9，∵在区间[1,9)内，函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑎𝑥有三个不同零点，∴𝑓(𝑥

)−𝑎𝑥=0在区间[1,9)上有三个解，即𝑎=𝑓(𝑥)𝑥有三个解，则𝑦=𝑎与ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥的图象有三个交点，当𝑥∈[1,3)，ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥=𝑙𝑛𝑥𝑥

，则，令ℎ′(𝑥)=0，解得𝑥=𝑒，∴当𝑥∈[1,𝑒)时，ℎ′(𝑥)>0，当𝑥∈(𝑒,3)时，ℎ′(𝑥)<0，即函数ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥=𝑙𝑛𝑥𝑥在[1,𝑒)上单调递增，在(𝑒,3)上单调递减，∴当𝑥=𝑒处，函数ℎ(𝑥)=𝑓(�

�)𝑥=𝑙𝑛𝑥𝑥在[1,3)上取最大值1𝑒，当𝑥∈[3,9)，ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥=ln𝑥3𝑥，则ℎ′(𝑥)=1−ln𝑥3𝑥2=0，解得𝑥=3𝑒，∴当𝑥∈[3,3𝑒)时，ℎ′(𝑥)>0，当𝑥∈(3𝑒,9)时，ℎ′(𝑥)

<0，即函数ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥=ln𝑥3𝑥在[3,3𝑒)上单调递增，在(3𝑒,9)上单调递减，∴当𝑥=3𝑒处，函数ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥=ln𝑥3𝑥在[3,9)上取最大值13𝑒，根据函

数的单调性，以及ℎ(1)=0，ℎ(𝑒)=1𝑒，ℎ(3)=0，ℎ(3𝑒)=13𝑒，ℎ(9)=𝑙𝑛39，画出函数的大致图象，根据图象可知𝑦=𝑎与ℎ(𝑥)在[1,3)上一个交点，在[3,3𝑒)上两个交点，∴在区间[1,9)内，函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑎𝑥有三个不同零点，则

实数a的取值范围是(𝑙𝑛39,13𝑒)．故选B．5.关于函数𝑓(𝑥)=2𝑥+lnx，下列说法正确的是(1)𝑥=2是𝑓(𝑥)的极小值点；8(2)函数𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥有且只有1个零点；(3)�

�(𝑥)>12𝑥恒成立；(4)设函数𝑔(𝑥)=−xf(𝑥)+𝑥2+4，若存在区间[𝑎,𝑏]⊂[12,+∞)，使𝑔(𝑥)在[𝑎,𝑏]上的值域是[𝑘(𝑎+2),𝑘(𝑏+2)]，则𝑘∈(1,9+2ln210]．A.(1)(2)B.(2)(4)C.(

1)(2)(4)D.(1)(2)(3)(4)【答案】C【解析】(1)函数𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，函数𝑓(𝑥)=2𝑥+ln𝑥的导数𝑓′(𝑥)=−2𝑥2+1𝑥=𝑥−2𝑥2，∴𝑥∈(0,2)上，𝑓′(𝑥)<0，函数单调递减，𝑥∈(2,+∞)

上，𝑓′(𝑥)>0，函数单调递增，∴𝑥=2是𝑓(𝑥)的极小值点，即(1)正确；(2)𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥=2𝑥+ln𝑥−𝑥，∴𝑦′=−2𝑥2+1𝑥−1=−𝑥2+𝑥−2𝑥2<0，函数在(0,+∞)上单调递减，当𝑥=1时，𝑦=1>0，当𝑥=2时，

𝑦=𝑙𝑛2−1<0，∴函数𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥有且只有1个零点，即(2)正确；(3)令ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−12𝑥=2𝑥+ln𝑥−12𝑥，则ℎ(8)=ln8−154<ln𝑒3−154<0，即𝑓(𝑥)>12𝑥不恒成立，即(3)错误；(4)函数𝑔(𝑥)=−𝑥

𝑓(𝑥)+𝑥2+4=𝑥2−𝑥ln𝑥+2令𝐹(𝑥)=𝑔′(𝑥)=2𝑥−𝑙𝑛𝑥−1，𝐹′(𝑥)=2−1𝑥，∴当𝑥≥12时，𝐹′(𝑥)≥0，∴𝐹(𝑥)在[12,+

∞)上单调递增，∴𝑔′(𝑥)=𝐹(𝑥)≥𝐹(12)=−ln12=ln2>0，9∴𝑔(𝑥)在[12,+∞)上单调递增，∵[𝑎,𝑏]⊆[12,+∞),∴𝑔(𝑥)在[𝑎,𝑏]上单调递增，∵𝑔(𝑥)在[𝑎,𝑏]上的值域为[𝑘(𝑎+2),

𝑘(𝑏+2)]，∴{𝑔(𝑎)=𝑘(𝑎+2)𝑔(𝑏)=𝑘(𝑏+2),∴方程𝑔(𝑥)=𝑘(𝑥+2)在[12,+∞)上有两解a，b．即𝑘=𝑔(𝑥)𝑥+2=𝑥2−𝑥ln𝑥+2𝑥+2在[12,+∞)上有两解，令𝐺(�

�)=𝑥2−𝑥ln𝑥+2𝑥+2，𝑥∈[12,+∞),所以𝐺′(𝑥)=𝑥2+3𝑥−4−2ln𝑥(𝑥+2)2，令𝑚(𝑥)=𝑥2+3𝑥−4−2ln𝑥，则𝑚′(𝑥)=2𝑥+3−2𝑥=(𝑥+2)(2𝑥−1)𝑥≥0，即�

�(𝑥)在𝑥∈[12,+∞)上单调递增，又𝑚(1)=0，所以当𝑥∈[12,1)时，𝑚(𝑥)<0，即𝐺′(𝑥)<0，当𝑥∈(1,+∞)时，𝑚(𝑥)>0，即𝐺′(𝑥)>0，即𝐺(𝑥)在𝑥∈[12,1)内单调递减，在𝑥∈(1,+∞)内单调递

增，又𝐺(1)=1，𝐺(12)=9+2ln210，若要𝑘=𝑔(𝑥)𝑥+2=𝑥2−𝑥ln𝑥+2𝑥+2在[12,+∞)上有两解，．故(4)正确，故正确的为(1)(2)(4)，故选C．6.已知函数𝑓(𝑥)满足𝑥2𝑓′(𝑥)+2𝑥𝑓(𝑥)

=1+ln𝑥，𝑓(𝑒)=1𝑒.当𝑥>0时，下列说法：①𝑓(1𝑒)=𝑒②𝑓(𝑥)只有一个零点10③𝑓(𝑥)有两个零点④𝑓(𝑥)有一个极大值其中正确的是A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】D【解析】解：

由题意可知，函数𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，令𝑔(𝑥)=𝑥2𝑓(𝑥)，则𝑔′(𝑥)=𝑥2𝑓′(𝑥)+2𝑥𝑓(𝑥)=1+ln𝑥，则𝑔(𝑥)=𝑥ln𝑥+𝐶(𝐶为常数)，又𝑔(𝑒)=𝑒2𝑓(𝑒)=

𝑒，则𝑒ln𝑒+𝐶=𝑒，解得𝐶=0，故𝑓(𝑥)=𝑔(𝑥)𝑥2=ln𝑥𝑥，𝑓′(𝑥)=1−ln𝑥𝑥2，当𝑥∈(0,𝑒)，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥∈(𝑒,+∞)，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；

故当𝑥=𝑒时，𝑓(𝑥)取得极大值𝑓(𝑒)=1𝑒．下面逐一分析各个选项：𝑓(1𝑒)=−𝑒，故①错误；令𝑓(𝑥)=0，解得𝑥=1，故②正确，③错误；可知𝑓(𝑥)有唯一的极大值𝑓(𝑒)=1𝑒，故④正确

．故选D．7.若函数𝑓(𝑥)=𝑎(𝑥−2)𝑒𝑥+lnx+1𝑥在(0,2)上存在两个极值点，则a的取值范围为A.(−∞,−14𝑒2)B.(−1𝑒,14𝑒2)∪(1,+∞)C.(−∞,−1𝑒)D.(−∞,−1𝑒)∪(−1𝑒,−14

𝑒2)【答案】D【解析】解：函数在(0,2)上存在两个极值点，等价于𝑓′(𝑥)=𝑎(𝑥−1)𝑒𝑥+1𝑥−1𝑥2在(0,2)上有两个零点，令𝑓′(𝑥)=0，则𝑎(𝑥−1)𝑒𝑥+𝑥−

1𝑥2=0，即(𝑥−1)(𝑎𝑒𝑥+1𝑥2)=0，∴𝑥−1=0或𝑎𝑒𝑥+1𝑥2=0，11∴𝑥=1满足条件；∴𝑎𝑒𝑥+1𝑥2=0(其中𝑥≠1且𝑥∈(0,2))有且仅有一解，∴𝑎=−1𝑒𝑥𝑥2，其中𝑥∈(0,1)∪(1,2)；设𝑡

(𝑥)=𝑒𝑥·𝑥2，其中𝑥∈(0,1)∪(1,2)；则𝑡′(𝑥)=(𝑥2+2𝑥)𝑒𝑥>0，∴函数𝑡(𝑥)是单调增函数，𝑎=−1𝑒𝑥𝑥2至多有一解；∴𝑡(𝑥)∈(0,𝑒)∪(𝑒,4𝑒2)，∴𝑎∈(−∞,−1𝑒)∪(−1𝑒,−1

4𝑒2)，故选D．8.已知函数𝑦=𝑓(𝑥)在R上可导且𝑓(0)=2，其导函数𝑓′(𝑥)满足𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)𝑥−2>0，对于函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑒𝑥，下列结论错误的是A.函数𝑔(𝑥)在(2,+∞)上为单调递增函数

B.𝑥=2是函数𝑔(𝑥)的极小值点C.𝑥≤0时，不等式𝑓(𝑥)≤2𝑒𝑥恒成立D.函数𝑔(𝑥)至多有两个零点【答案】C【解析】解：因为𝑔′(𝑥)=𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)𝑒𝑥

所以当𝑥>2时，𝑔′(𝑥)>0，∴𝑔(𝑥)在(2,+∞)上单调递增，A选项正确当𝑥<2时，𝑔′(𝑥)<0，∴𝑔(𝑥)在(−∞,2)上单调递减，∴𝑔(𝑥)极小=𝑔(2)，B选项正确；若𝑔(2)<0，且𝑔(0)

=2>0，则𝑦=𝑔(𝑥)有一个或两个零点，若𝑔(2)=0，则𝑦=𝑔(𝑥)有1个零点若𝑔(2)>0，则𝑦=𝑔(𝑥)有没有零点所以D选项正确；∵𝑔(𝑥)在(−∞,2)上单调递减，∴𝑔(𝑥)在(−∞,0]上

单调递减，∴𝑔(𝑥)⩾𝑔(0)=𝑓(0)𝑒0=2，∴𝑓(𝑥)𝑒𝑥⩾2，∴𝑓(𝑥)≥2𝑒𝑥，C选项错误，故选C．二、填空题9.已知函数在(0,+∞)内有且只有一个零点，则𝑓(𝑥)在[1,e2]12上

的最大值与最小值的和为_____．【答案】𝑒2−3【解析】解：因为𝑓′(𝑥)=𝑥−𝑎𝑥且𝑓(1)=0，当𝑎>0时，𝑓(𝑥)在(0,𝑎)递减，在(𝑎,+∞)递增，由题意，得，此时𝑎=1．故𝑎=1，则𝑓(𝑥)=𝑥−1−𝑙𝑛𝑥，故函数𝑓(

𝑥)在[1,𝑒2]递增，所以𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛+𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(1)+𝑓(𝑒2)=𝑒2−3，故答案为𝑒2−3．10.已知函数𝑓(𝑥)=(2−𝑎)(𝑥−1)−2ln𝑥，若函数𝑓(𝑥)在(0,12)上无零点，则a的最小

值为________．【答案】2−4ln2【解析】解：因为𝑓(𝑥)<0在区间(0,12)上不可能恒成立，所以要使函数𝑓(𝑥)在(0,12)上无零点，只要对任意𝑥∈(0,12)，𝑓(𝑥)>0恒成立，即对

任意𝑥∈(0,12)，𝑎>2−2ln𝑥𝑥−1恒成立，令𝑙(𝑥)=2−2ln𝑥𝑥−1，𝑥∈(0,12)，则𝑙′(𝑥)=2ln𝑥+2𝑥−2(𝑥−1)2，令𝑚(𝑥)=2ln𝑥+2𝑥−2，𝑥

∈(0,12)，则𝑚′(𝑥)=−2𝑥2+2𝑥=−2(1−𝑥)𝑥2<0，故𝑚(𝑥)在(0,12)上为减函数，于是𝑚(𝑥)>𝑚(12)=2−2ln2>0，从而𝑙′(𝑥)>0，于是𝑙(𝑥)=2−2ln𝑥𝑥−1在在(

0,12)上为增函数，所以𝑙(𝑥)<𝑙(12)=2−4ln2，13故要使𝑎>2−2ln𝑥𝑥−1在(0,12)上恒成立，只要𝑎∈[2−4ln2,+∞),综上，若函数𝑓(𝑥)在(0,12)上无零点，则a的最小值为2−4ln

2．故答案为2−4ln2．11.已知𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑎𝑥2+12(𝑎∈𝐑)在(0,+∞)内有且仅有一个零点，当𝑥∈[−1,2]时，函数𝑓(𝑥)的值域是[𝑏,𝑐]，则𝑎+𝑏+

𝑐=________．【答案】2【解析】解：𝑓(0)=12，𝑓′(𝑥)=3𝑥2−2𝑎𝑥=𝑥(3𝑥−2𝑎)，令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥=0或𝑥=23𝑎；①若23𝑎>0，即𝑎>0，则𝑥∈(−∞,0)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑥∈(0,23𝑎)时，𝑓′(𝑥)<0，�

�∈(23𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，∴𝑓(𝑥)在(0,23𝑎)单调递减，在(23𝑎,+∞)单调递增，若𝑓(𝑥)在(0,+∞)内有且仅有一个零点，则𝑓(23𝑎)=(23𝑎)3−𝑎×(23𝑎)2+12=0，解得𝑎=32，𝑓(𝑥)=𝑥3−32𝑥2+12，故𝑓(

𝑥)在[−1,0)单调递增，在(0,1)单调递减，在(1,2]单调递增，𝑓(−1)=−2，𝑓(0)=12，𝑓(1)=0，𝑓(2)=52，∴𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(2)=52，𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑓(−1)=−2

；∴𝑏=−2，𝑐=52∴𝑎+𝑏+𝑐=32−2+52=2；②当23𝑎≤0，即𝑎≤0，则𝑥∈(0,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增，又𝑓(𝑥)>𝑓(0)=12，∴𝑓(𝑥

)在(0,+∞)内没有零点；综上，𝑎+𝑏+𝑐=2．故答案为2．1412.已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑘−1+ln𝑥𝑥−1(𝑘∈𝑅)在(0,+∞)上存在唯一零点𝑥0，则下列说法中正确的是________.(请将所有正确的序号填在横格上)①𝑘=2；②𝑘>2；③

𝑙𝑛𝑥0=−𝑥0；④1e<𝑥0<12．【答案】①③【解析】解：由题意知𝑓(𝑥)=0有唯一解𝑥0，即𝑥𝑒𝑥−𝑥−ln𝑥−𝑘+1=0的根为𝑥0，令𝑔(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑥−ln𝑥−𝑘+1，𝑔′(𝑥)=(𝑥+1)𝑒𝑥−𝑥+1𝑥=(𝑥+1)

(𝑒𝑥−1𝑥)，令𝑔′(𝑥)=0得𝑒𝑥=1𝑥，当𝑥>0时，𝑒𝑥=1𝑥有唯一解t，满足𝑡𝑒𝑡=1，故𝑔(𝑥)在(0,𝑡)上单调递减，(𝑡,+∞)上单调递增．又因为𝑥→0，𝑔(𝑥)→+∞;𝑥→+∞，𝑔(𝑥)→+∞，因此𝑡=�

�0，即𝑔(𝑥0)=0，故𝑘=2，ln𝑥0+𝑥0=0，故①③正确，②错误另外，令ℎ(𝑥)=ln𝑥+𝑥，ℎ′(𝑥)=1𝑥+1>0，故ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，ℎ(1𝑒)=−1+1𝑒<0，ℎ(12)=−ln2+12=12ln𝑒4<0，故④错误．故答案为

①③．三、解答题13.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎e𝑥−𝑥e𝑥−1(其中𝑎>0，e是自然对数的底数)．(1)当𝑎=2时，求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,𝑓(0))处的切线方程；(2)若函数𝑓(𝑥)恰好有两个零点，求实数a的取值范围．【答案】解：(1)当𝑎=2时，𝑓

(𝑥)=2𝑒𝑥−𝑥𝑒𝑥−1，∴𝑓′(𝑥)=2𝑒𝑥−1−𝑥𝑒𝑥．∴𝑓′(0)=2−1=1，又𝑓(0)=2−1=1，∴曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,𝑓(0))处的切线方程为𝑦−

1=𝑥，即𝑥−𝑦+1=0；(2)问题等价于𝑔(𝑥)=1𝑒𝑥(𝑥𝑒𝑥+1)的图象和直线𝑦=𝑎恰好有2个交点，求a的取值范围，15令𝑔(𝑥)=1𝑒𝑥(𝑥𝑒𝑥+1)，则𝑔′(𝑥)=1−2�

�−𝑒𝑥𝑒2𝑥，令ℎ(𝑥)=1−2𝑥−𝑒𝑥，则ℎ′(𝑥)=−2−𝑒𝑥<0，∴ℎ(𝑥)在(−∞,+∞)上单调递减，又ℎ(0)=0，∴当𝑥∈(−∞,0)时，ℎ(𝑥)>0，𝑔′(𝑥)>0，∴𝑔(𝑥)在(−∞,0)上单调递增，当𝑥∈(0,+∞)时，ℎ(𝑥)<0

，𝑔′(𝑥)<0，∴𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，∴𝑔(𝑥)的极大值即最大值为𝑔(0)=1，∴当𝑥∈(−∞,0]时，𝑔(𝑥)∈(−∞,1]；当𝑥∈(0,+∞)时，𝑔(𝑥)∈(0,1)，∴当𝑎∈(0,1)时

，𝑔(𝑥)=1𝑒𝑥(𝑥𝑒𝑥+1)的图象和直线𝑦=𝑎恰好有2个交点，即函数𝑓(𝑥)恰好有两个零点．故a的范围为(0,1)．14.已知函数．(1)求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=1处的切线方程；(2)函数𝑓

(𝑥)在区间(𝑘,𝑘+1)(𝑘∈𝑁)上有零点，求k的值；(3)记函数𝑔(𝑥)=12𝑥2−𝑏𝑥−2−𝑓(𝑥)，设𝑥1,𝑥2(𝑥1<𝑥2)是函数𝑔(𝑥)的两个极值点，若𝑏⩾32，且𝑔

(𝑥1)−𝑔(𝑥2)⩾𝑘恒成立，求实数k的最大值．【答案】解：(1)𝑓′(𝑥)=1−1𝑥，所以切线斜率为𝑓′(1)=0，又𝑓(1)=−1，切点为(1,−1)，所以切线方程为𝑦=−1．(2)

令𝑓′(𝑥)=1−1𝑥=0，得𝑥=1，当0<𝑥<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𝑓(𝑥)的极小值为𝑓(1)=−1<0，16又，所以𝑓(𝑥)在区间(0,

1)上存在一个零点𝑥1，此时𝑘=0；因为，，所以𝑓(𝑥)在区间(3,4)上存在一个零点𝑥2，此时𝑘=3．综上，k的值为0或3.，∴𝑔′(𝑥)=1𝑥+𝑥−(𝑏+1)=𝑥2−(𝑏+1)𝑥+1𝑥，若𝑏⩾32

，则(𝑏+1)2−4=(𝑏+3)(𝑏−1)>0恒成立，∴𝑥1+𝑥2=𝑏+1，𝑥1𝑥2=1，，∵0<𝑥1<𝑥2，设𝑡=𝑥1𝑥2，则0<𝑡<1，令，0<𝑡<1，则𝐺′(𝑡)=1𝑡−12(1+1𝑡

2)=−(𝑡−1)22𝑡2<0，∴𝐺(𝑡)在(0,1)上单调递减；∵𝑏≥32，∴(𝑏+1)2⩾254，∵(𝑏+1)2=(𝑥1+𝑥2)2=𝑥12+2𝑥1𝑥2+𝑥22𝑥1𝑥2=𝑥1𝑥2+2+𝑥2𝑥

1=𝑡+1𝑡+2，∴𝑡+1𝑡+2≥254，∴4𝑡2−17𝑡+4≥0，∴0<𝑡≤14，17∴当𝑡=14时，，，即实数k的最大值为15.已知函数𝑓(𝑥)=lnx+1ax(𝑎∈𝑅)在𝑥=1处的切线与直线𝑥−2𝑦+1=0平行．(1)求实数a的

值，并判断函数𝑓(𝑥)的单调性；(2)若函数𝑓(𝑥)=𝑚有两个零点𝑥1，𝑥2，且𝑥1<𝑥2，求证：𝑥1+𝑥2>1．【答案】解：(1)函数𝑓(𝑥)的定义域：(0,+∞)，𝑓′(1)=1−1𝑎=12，解得𝑎=2，∴𝑓(𝑥)

=ln𝑥+12𝑥，∴𝑓′(𝑥)=1𝑥−12𝑥2=2𝑥−12𝑥2令𝑓′(𝑥)<0，解得0<𝑥<12，故𝑓(𝑥)在(0,12)上是单调递减；令𝑓′(𝑥)>0，解得𝑥>12，故𝑓(𝑥)在(12,+∞)上是单调递增．(2

)由𝑥1,𝑥2为函数𝑓(𝑥)=𝑚的两个零点，得ln𝑥1+12𝑥1=𝑚,ln𝑥2+12𝑥2=𝑚两式相减，可得ln𝑥1−ln𝑥2+12𝑥1−12𝑥2=0即ln𝑥1𝑥2=𝑥

1−𝑥22𝑥1𝑥2，𝑥1𝑥2=𝑥1−𝑥22ln𝑥1𝑥2，因此𝑥1=𝑥1𝑥2−12ln𝑥1𝑥2，𝑥2=1−𝑥2𝑥12ln𝑥1𝑥2令𝑡=𝑥1𝑥2，由𝑥1<𝑥2，得0<𝑡

<1．则𝑥1+𝑥2=𝑡−12ln𝑡+1−1𝑡2ln𝑡=𝑡−1𝑡2ln𝑡，18构造函数ℎ(𝑡)=𝑡−1𝑡−2ln𝑡(0<𝑡<1)，则ℎ′(𝑡)=1+1𝑡2−2𝑡=(𝑡−1)2𝑡2>0所以函数ℎ(𝑡)在(0,1)上单调递增，故

ℎ(𝑡)<ℎ(1)=0，即𝑡−1𝑡−2ln𝑡<0，又0<𝑡<1,所以lnt<0，所以𝑡−1𝑡2ln𝑡>1.故命题𝑥1+𝑥2>1得证．16.已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥+𝑎𝑥(

𝑎>0)．(Ⅰ)若函数𝑓(𝑥)有零点，求实数a的取值范围；(Ⅱ)证明：当𝑎≥2e时，𝑓(𝑥)>𝑒−𝑥．【答案】解：(Ⅰ)法1：函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥的定义域为(0,+∞)．由𝑓(𝑥)=𝑙�

�𝑥+𝑎𝑥，得𝑓′(𝑥)=1𝑥−𝑎𝑥2=𝑥−𝑎𝑥2，因为𝑎>0，则𝑥∈(0,𝑎)时，𝑓′(𝑥)<0；𝑥∈(𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0．所以函数𝑓(𝑥)在(0,𝑎)上单调递减，在(𝑎,+∞)上单调递增．当𝑥=𝑎时，[𝑓(𝑥)]𝑚𝑖

𝑛=𝑙𝑛𝑎+1．当𝑙𝑛𝑎+1≤0，即0<𝑎≤1𝑒时，又𝑓(1)=𝑙𝑛1+𝑎=𝑎>0，则函数𝑓(𝑥)有零点．所以实数a的取值范围为(0,1𝑒]．法2：函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥的定义域为(0,+∞)．由𝑓(𝑥)=𝑙𝑛�

�+𝑎𝑥=0，得𝑎=−𝑥𝑙𝑛𝑥．令𝑔(𝑥)=−𝑥𝑙𝑛𝑥，则𝑔′(𝑥)=−(𝑙𝑛𝑥+1)．当𝑥∈(0,1𝑒)时，𝑔′(𝑥)>0；当𝑥∈(1𝑒,+∞)时，𝑔′(𝑥)<0．所以函数𝑔(𝑥)在(0,1𝑒)上单调递增，在(1𝑒,+∞)上单调递

减．故𝑥=1𝑒时，函数𝑔(𝑥)取得最大值𝑔(1𝑒)=−1𝑒ln1𝑒=1𝑒．19当𝑥∈(0,1)时，𝑔(𝑥)>0；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑔(𝑥)<0．因而函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥有零点，则0<𝑎≤1𝑒．所以实数a的取值范围为

(0,1𝑒]．(Ⅱ)要证明当𝑎≥2𝑒时，𝑓(𝑥)>𝑒−𝑥，即证明当𝑥>0，𝑎≥2𝑒时，𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥>𝑒−𝑥，即𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑎>𝑥𝑒−𝑥．令ℎ(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑎，则ℎ′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1．当0<𝑥<1𝑒时，ℎ

′(𝑥)<0；当𝑥>1𝑒时，ℎ′(𝑥)>0．所以函数ℎ(𝑥)在(0,1𝑒)上单调递减，在(1𝑒,+∞)上单调递增．当𝑥=1𝑒时，[ℎ(𝑥)]𝑚𝑖𝑛=−1𝑒+𝑎．于是，当𝑎≥2𝑒时，ℎ(𝑥)≥−1𝑒+𝑎≥1𝑒.①令𝜑(�

�)=𝑥𝑒−𝑥，则𝜑′(𝑥)=𝑒−𝑥−𝑥𝑒−𝑥=𝑒−𝑥(1−𝑥)．当0<𝑥<1时，𝜑′(𝑥)>0；当𝑥>1时，𝜑′(𝑥)<0．所以函数𝜑(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．当𝑥=1时，[𝜑(𝑥)]𝑚𝑎𝑥=1𝑒．于

是，当𝑥>0时，𝜑(𝑥)≤1𝑒.②显然，不等式①、②中的等号不能同时成立．故当𝑎≥2𝑒时，𝑓(𝑥)>𝑒−𝑥