专题突破1 导数与函数的零点-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学　高考总复习首选用卷 专题突破1　导数与函数的零点 高考 概览 利用导数解决函数零点问题是高考命题的重点，也是一个难点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度 考点 研读 高考的命题角度主要是判断函数的零点个数，或者根据函数零点的个数求解参数．函数的零点、方程的根、曲线的交点三个问题可以互相转化，通常都需要构造函数，利用导数研究该函数的单调性、极值、端点值等性质来解决问题(其中多项式函数不超过三次) 一、基础小题 1．已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋f(－x)，则函数g(x)的零点个数为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 答案　A 解析　g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)，所以g(x)为偶函数，因为g(0)＝2f(0)≠0，所以函数g(x)的零点必为偶数个．当x>0时，－x<0，所以g(x)＝f(x)＋f(－x)＝ln x＋(－x)＋1＝ln x－x＋1，g′(x)＝－1＝，易知当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，所以当x>0时，g(x)的最大值为g(1)＝0，此时函数g(x)有一个零点x＝1.又g(x)是偶函数，所以函数g(x)的零点个数为2.故选A. 2．若函数f(x)＝－－(x>0)有两个零点，则m的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　令f(x)＝0，则m＝x－在(0，＋∞)上有两个根，令g(x)＝x－，则g′(x)＝1－x2，故当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)max＝g(1)＝，且当x∈(0，1)时，g(x)>g(0)＝0，当x→＋∞时，g(x)→－∞，综上，要使m＝x－在(0，＋∞)上有两个根，则0<m<.故选B. 3．函数f(x)＝xex－x－ln x－1的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　f′(x)＝ex＋xex－1－＝ex(x＋1)－＝(x＋1)＝，令h(x)＝xex－1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex＋xex>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵h(0)＝－1<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一的x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，即x0ex0－1＝0，即ex0＝，x0＝－ln x0，∴当0<x<x0时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝x0ex0－x0－ln x0－1＝1－x0＋x0－1＝0，∴函数f(x)＝xex－x－ln x－1的零点个数为1.故选B. 4．(多选)已知三次函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d有三个不同的零点x1，x2，x3(x1<x2<x3)，若函数g(x)＝f(x)－1也有三个不同的零点t1，t2，t3(t1<t2<t3)，则下列等式或不等式一定成立的是(　　) A．b2<3c B．t3>x3 C．x1＋x2＋x3＝t1＋t2＋t3 D．x1x2x3－t1t2t3＝1 答案　BC 解析　由题意，得f′(x)＝3x2＋2bx＋c，因为函数f(x)有三个不同的零点，则f′(x)＝0有两个不同的实根，故在方程3x2＋2bx＋c＝0中，Δ＝4b2－12c>0，即b2>3c，故A错误；因为三次函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d有三个不同的零点x1，x2，x3(x1<x2<x3)，所以x3＋bx2＋cx＋d＝(x－x1)(x－x2)(x－x3)＝x3－(x1＋x2＋x3)x2＋(x1x2＋x2x3＋x1x3)x－x1x2x3＝0，所以x1＋x2＋x3＝－b，x1x2x3＝－d，同理t1＋t2＋t3＝－b，t1t2t3＝1－d，所以x1＋x2＋x3＝t1＋t2＋t3，x1x2x3－t1t2t3＝－1，故C正确，D错误；如图，由f(x)的图象与直线y＝1的交点可知t3>x3，故B正确．故选BC. 5．(多选)已知函数f(x)＝＋ln x，则以下说法正确的是(　　) A．函数f(x)有零点 B．当a>1＋ln 2时，函数y＝f(x)－a有两个零点 C．函数g(x)＝f(x)－x有且只有一个零点 D．函数g(x)＝f(x)－x有且只有两个零点 答案　BC 解析　f(x)＝＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝－＋＝，令f′(x)>0，得x>2，令f′(x)<0，得0<x<2，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(2)＝1＋ln 2>0，当x→0＋时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，作出y＝f(x)的大致图象如图所示，则函数f(x)无零点，A错误；函数y＝f(x)－a的零点个数即函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数，由图可得，当a>1＋ln 2时，函数y＝f(x)－a有两个零点，B正确；g′(x)＝－＋－1＝＝－<0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝1>0，g(2)＝ln 2－1<0，所以由零点存在定理知，函数g(x)＝f(x)－x有且只有一个零点，C正确，D错误．故选BC. 6．若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)上有且只有一个零点，则f(x)在[－2，2]上的最大值与最小值的和为________． 答案　－22 解析　由函数f(x)＝2x3－ax2＋1在(0，＋∞)上有且只有一个零点，知方程2x3－ax2＋1＝0在(0，＋∞)上只有一个根，即a＝2x＋x－2在(0，＋∞)上只有一个根．设g(x)＝2x＋x－2，可得g′(x)＝2－2x－3，令g′(x)＝0，解得x＝1.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，所以在(0，＋∞)上，当x＝1时，g(x)有最小值g(1)＝3，又当x→0＋时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以a＝3，所以函数f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝1，当－2<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当1<x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．又f(－2)＝－27，f(0)＝1，f(1)＝0，f(2)＝5，所以函数f(x)在[－2，2]上的最大值为5，最小值为－27，所以最大值与最小值的和为－22. 二、高考小题 7．(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＝－或x＝，且当x∈∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为f，极小值为f，若f(x)存在3个零点，则即解得a<－3.故选B. 8．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 答案　BCD 解析　函数f(x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B，C，D正确．故选BCD. 9．(多选)(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＝±.由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－或x＞；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－＜x＜.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值f＝－＋1＝1－＞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)＝3x－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. 三、模拟小题 10．(2023·四川凉山州第二次诊断)已知f(x)是定义域为{x|x≠0}的偶函数，且当x>0时，f(x)＝－，则函数f(x)的零点个数是(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 答案　A 解析　当0<x≤1时，f(x)＝－－，f′(x)＝<0；当x>1时，f(x)＝－，f′(x)＝，由f′(x)>0，得1<x<e，由f′(x)<0，得x>e.综上，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，而f＝e－>0，f(1)＝－<0，f(e)＝－>0，f(e4)＝－＝<0，所以由零点存在定理，知f(x)在(0，1)，(1，e)，(e，＋∞)上各有一个零点，又f(x)是定义域为{x|x≠0}的偶函数，所以函数f(x)有6个零点．故选A. 11．(2023·湖北十堰高三模拟)设函数f(x)＝x2－2ex－＋a(其中e为自然对数的底数)，若函数f(x)至少存在一个零点，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　令f(x)＝x2－2ex－＋a＝0，则a＝－x2＋2ex＋(x＞0)，设h(x)＝－x2＋2ex＋，令h1(x)＝－x2＋2ex，h2(x)＝，则h′2(x)＝，发现函数h1(x)，h2(x)在(0，e)上都单调递增，在[e，＋∞)上都单调递减，故函数h(x)＝－x2＋2ex＋在(0，e)上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(e)＝e2＋，又当x→0＋时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→－∞，所以函数f(x)至少存在一个零点需满足a≤h(x)max，即a≤e2＋.故选D. 12．(2023·福建漳州八校联考)函数f(x)＝k(x－1)－ex(2x－1)有两个零点，则k的取值范围为(　　) A．(－∞，1)∪(4e，＋∞) B．(1，4e) C．(0，1)∪(4e，＋∞) D．(4e，＋∞) 答案　C 解析　令f(x)＝0，得ex(2x－1)＝k(x－1)，令g(x)＝ex(2x－1)，则g′(x)＝ex(2x＋1)，∴当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，作出g(x)与y＝k(x－1)的函数图象如图所示．设直线y＝k(x－1)与g(x)的图象相切时，切点为(x0，y0)，则解得x0＝0，y0＝－1，k＝1或x0＝，y0＝2e，k＝4e，∵f(x)有两个不同的零点，∴g(x)与y＝k(x－1)的函数图象有两个交点，∴0<k<1或k>4e，即k的取值范围为(0，1)∪(4e，＋∞)．故选C. 13．(多选)(2024·福建福州高三上学期第一次质量检测)已知函数f(x)＝x3－3ax＋2有两个极值点，则(　　) A．f(x)的图象关于点(0，2)对称 B．f(x)的极值之和为－4 C．∃a∈R，使得f(x)有三个零点 D．当0<a<1时，f(x)只有一个零点 答案　ACD 解析　对于A，设g(x)＝x3－3ax，定义域为R，关于原点对称，又g(－x)＝(－x)3－3a(－x)＝－(x3－3ax)＝－g(x)，则g(x)为奇函数，又f(x)的图象可由奇函数g(x)＝x3－3ax的图象向上平移2个单位长度得到，则f(x)的图象关于点(0，2)对称，故A正确；对于B，设f(x)的极值点分别为x1，x2(x1<x2)，令f′(x)＝3x2－3a＝0，则x1，x2(x1<x2)为方程3x2－3a＝0的两个不等实数根，由根与系数的关系，知x1＋x2＝0，故f(x1)＋f(x2)＝2×2＝4，即f(x)的极值之和为4，故B错误；对于C，依题意，方程f′(x)＝3x2－3a＝0有两个不等实数根，则a>0，x1＝－，x2＝，令f′(x)>0，解得x<－或x>，令f′(x)<0，解得－<x<，则f(x)在区间(－∞，－)上单调递增，在区间(－，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，则当f(x1)>0>f(x2)时，f(x)的图象与x轴有三个交点，即f(x)有三个零点，此时即解得a>1，故C正确；对于D，当0<a<1时，f()＝a－3a＋2＝2(1－a)>0，f(－)＝－a＋3a＋2＝2(1＋a)>0，此时f(x)只有一个零点，故D正确．故选ACD. 14．(多选)(2023·湖北黄冈高三模拟)函数f(x)＝ln x－ax＋1有两个零点x1，x2(x1<x2)，下列说法正确的是(　　) A．0<a<1 B．x1x2<1 C．x2－x1>－1 D．x1＋x2> 答案　ACD 解析　对于A，因为函数f(x)＝ln x－ax＋1有两个零点x1，x2 (x1<x2)，所以ln x－ax＋1＝0有两个根，即a＝有两个根，即y＝a与y＝的图象有两个交点，设g(x)＝(x>0)，所以g′(x)＝－，当g′(x)>0时，解得0<x<1，函数g(x)单调递增；当g′(x)<0时，解得x>1，函数g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0＋时，g(x)→－∞， 画出函数图象如图所示，结合图象可得当0<a<1时，y＝a与y＝的图象有两个交点，即函数f(x)＝ln x－ax＋1有两个零点，故A正确；对于D，又g＝0，结合图象可知<x1<1<x2，因为⇒a＝，要证明x1＋x2>，即证明(x1＋x2)>2，整理得ln >2，令t＝，即证明ln t>2(0<t<1)，即证明ln t<(0<t<1)，设h(t)＝ln t－(0<t<1)，所以h′(t)＝>0(0<t<1)恒成立，所以h(t)在(0，1)单调递增，所以h(t)<h(1)＝0，即ln t<(0<t<1)，故D正确；对于B，⇒a(x1＋x2)＝2＋ln (x1x2)，又x1＋x2>，0<a<1，则x1＋x2＝>，即x1x2>1，故B不正确；对于C，因为x2＝>，<x1<1<x2，可得－x1>－1，可得x2－x1>－1，故C正确．故选ACD. 15．(2024·江苏南通海安高三学业质量监测)已知定义在R上的函数f(x)同时满足下列三个条件： ①f(x)为奇函数；②当0≤x≤2时，f(x)＝x3－3x；③当x≥0时，f(x＋2)＝f(x)＋2.则函数y＝f(x)－ln |x|的零点个数为________． 答案　5 解析　当0≤x≤2时，令f′(x)＝3x2－3＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减；当1<x<2时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，2)上单调递增，又f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝2，作出f(x)在[0，2]上的图象，如图所示，由当x≥0时，f(x＋2)＝f(x)＋2，得当x≥2时，f(x)＝f(x－2)＋2，又f(x)为奇函数，作出y＝f(x)和y＝ln |x|的图象，如图所示，又f(5)＝2，ln 5<2.由图可知，函数y＝f(x)与y＝ln |x|的图象在y轴右边有4个交点，在y轴左边有1个交点，所以函数y＝f(x)－ln |x|共有5个零点． 一、高考大题 1．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x， ∴f′(x)＝＋e－x－xe－x， ∴f′(0)＝1＋1＝2， 又f(0)＝0， ∴所求切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x. (2)f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x＝ln (x＋1)＋， ①当a≥0时，若x>0， 则ln (x＋1)>0，≥0，∴f(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意． ②当a<0时，f′(x)＝. 令g(x)＝ex＋a(1－x2)， 则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增， g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1， (a)当g′(－1)≥0，即－≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∵g(－1)＝e－1>0， ∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∵f(0)＝0， ∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意． (b)当g′(－1)<0，即a<－时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0. ∴g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0. (ⅰ)当g(0)≥0，即－1≤a<－时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意． (ⅱ)当g(0)<0，即a<－1时， 存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0， ∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减． ∵f(0)＝0， ∴f(x1)>f(0)＝0，当x→(－1)＋时，f(x)<0， ∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点， ∵f(x2)<f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0， ∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点． 综上，a的取值范围是(－∞，－1)． 2．(2021·新高考Ⅱ卷)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． ①<a≤，b>2a；②0<a<，b≤2a. 解　(1)由函数的解析式可得，f′(x)＝x(ex－2a)， 当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 当0<a<时，若x∈(－∞，ln (2a))， 则f′(x)>0，f(x)单调递增， 若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 当a＝时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增； 当a>时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)证明：若选择条件①： 由于<a≤，故1<2a≤e2， 则b>2a>1，f(0)＝b－1>0， f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b＝－(1＋2b)e－2b－b(4a－1)<0， 而函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点． f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a＝2aln (2a)－a[ln (2a)]2＝aln (2a)[2－ln (2a)]， 由于<a≤，1<2a≤e2，所以0<ln (2a)≤2， 故aln (2a)[2－ln (2a)]≥0， 所以f(ln (2a))>0， 结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(0，＋∞)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 若选择条件②： 由于0<a<，故0<2a<1，则f(0)＝b－1≤2a－1<0， 当b≥0时，e2>4，4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0， 而函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点． 当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1， 则H′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增， 注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立， 从而有ex≥x＋1， 当x>1时，x－1>0，则f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)， 当x>时，(1－a)x2＋(b－1)>0， 取x0＝＋1，则f(x0)>0， 由于f(0)<0，f>0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点． f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b≤2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a＝2aln (2a)－a[ln (2a)]2＝aln (2a)[2－ln (2a)]， 由于0<2a<1，所以ln (2a)<0， 故aln (2a)[2－ln (2a)]<0， 结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(－∞，0)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 3．(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：∵f(x)＝ex－a(x＋2)， ∴f′(x)＝ex－a. 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＝ln a， 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)＝a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)． 又当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞. ∴要使f(x)有两个零点，只要f(ln a)<0即可， 则1＋ln a>0，可得a>. 综上，若f(x)有两个零点，则a的取值范围是. 解法二：若f(x)有两个零点，即ex－a(x＋2)＝0有两个解， 显然x＝－2不成立，即a＝(x≠－2)有两个解， 令h(x)＝(x≠－2)， 则有h′(x)＝＝， 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＝有两个解时， 有a＞h(－1)＝， 所以满足条件的a的取值范围是. 4．(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直． (1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 解　(1)f′(x)＝3x2＋b， 由题意，f′＝0，即3×＋b＝0，则b＝－. (2)证明：由(1)可得f(x)＝x3－x＋c， f′(x)＝3x2－＝3， 令f′(x)＞0，得x＞或x＜－； 令f′(x)＜0，得－＜x＜. 所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增． 又f(－1)＝c－，f＝c＋，f＝c－，f(1)＝c＋， 假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0， 则f(－1)＞0或f(1)＜0， 即c＞或c＜－. 当c＞时，f(－1)＝c－＞0，f＝c＋＞0，f＝c－＞0，f(1)＝c＋＞0， 又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＜0， 由函数零点存在定理知f(x)在(－4c，－1)上存在唯一一个零点x0， 即f(x)在(－∞，－1)上存在唯一一个零点，在(－1，＋∞)上不存在零点， 此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当c＜－时，f(－1)＝c－＜0，f＝c＋＜0，f＝c－＜0，f(1)＝c＋＜0， 又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＞0， 由函数零点存在定理知f(x)在(1，－4c)上存在唯一一个零点x0′， 即f(x)在(1，＋∞)上存在唯一一个零点，在(－∞，1)上不存在零点， 此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾， 综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 二、模拟大题 5．(2024·广东深圳中学高三上学期开学摸底)已知函数f(x)＝ex－2ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝1时，求函数g(x)＝f(x)－cosx在上的零点个数． 解　(1)因为f(x)＝ex－2ax， 所以f′(x)＝ex－2a， ①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在R上单调递增． ②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln 2a， 故当x∈(－∞，ln 2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增． (2)由已知，得g(x)＝ex－2x－cosx，x∈， 则g′(x)＝ex＋sinx－2. ①当x∈时，因为g′(x)＝(ex－1)＋(sinx－1)<0， 所以g(x)在上单调递减， 所以g(x)>g(0)＝0， 所以g(x)在上无零点． ②当x∈时，因为g′(x)单调递增，且g′(0)＝－1<0，g′＝e－1>0， 所以存在x0∈，使g′(x0)＝0. 当x∈[0，x0)时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0. 所以g(x)在[0，x0)上单调递减，在上单调递增， 又g(0)＝0，所以g(x0)<0. 设h(x)＝ex－2x，x∈， 则h′(x)＝ex－2. 令h′(x)＝0，得x＝ln 2. 当0<x<ln 2时，h′(x)<0；当ln 2<x<时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，ln 2)上单调递减，在上单调递增． 所以h(x)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2>0. 所以h＝e－π>0， 所以g＝e－π>0. 所以g(x0)g<0，所以g(x)在上存在一个零点． 所以g(x)在上有2个零点． ③当x∈时，g′(x)＝ex＋sinx－2>e－3>0， 所以g(x)在上单调递增． 又g>0，所以g(x)在上无零点． 综上所述，函数g(x)在上的零点个数为2. 6．(2023·辽宁沈阳高三模拟)已知函数f(x)＝xex－ax－aln x＋a. (1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出函数f(x)的最值； (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解　(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝e时，f(x)＝xex－ex－eln x＋e， 所以f′(x)＝(x＋1)ex－e－＝(x＋1)·， 当x∈(0，1)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， 由此可得，f(x)的最小值为f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，无最大值． (2)因为f(x)＝xex－ax－aln x＋a， 所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－＝(x＋1)·. 当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故可得函数f(x)至多只有一个零点，不符合题意； 当a>0时，令ex－＝0，设该方程的解为x0， 则在(0，x0)上，f′(x)<0；在(x0，＋∞)上，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 若f(x)有两个零点，则有f(x0)＝x0ex0－ax0－aln x0＋a<0，① 因为x0是方程ex－＝0的解，所以x0ex0＝a，两边取对数可得ln x0＋x0＝ln a，② 将②式代入①式可得f(x0)＝a(2－ln a)<0，解得a>e2. 当a∈(e2，＋∞)时，由②式得x0>1，f(1)＝e－a＋a＝e>0，所以f(x)在(0，x0)上仅有1个零点；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故可得f(x)在(x0，＋∞)上仅有1个零点． 综上，若函数f(x)有两个零点，则实数a的取值范围是(e2，＋∞)． 7．(2023·湖南永州高三模拟)已知1<a≤2，函数f(x)＝ex－x－a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数． (1)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点； (2)记x0为函数f(x)在(0，＋∞)上的零点，证明：<x0<. 证明　(1)∵f′(x)＝ex－1， 当x>0时，ex>1，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∵1<a≤2，∴f(2)＝e2－2－a≥e2－4>0，f(0)＝1－a<0， ∴由零点存在定理，得函数f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． (2)∵f(x0)＝0， ∴ex0－x0－a＝0，即a＝ex0－x0， ∴＜x0＜⇔ex0－x0－1＜x＜2(ex0－x0－1)， 由(1)得0<x0<2， 令g(x)＝ex－x－1－x2(0<x<2)， h(x)＝ex－x－1－(0<x<2)， 一方面：h′(x)＝ex－1－x， 令h1(x)＝ex－1－x，则h1′(x)＝ex－1>0， ∴h′(x)>h′(0)＝0， ∴h(x)在(0，2)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0， ∴ex－x－1－>0，即2(ex－x－1)>x2， 另一方面：∵1<a≤2，∴a－1≤1， ∴当x0＞1时，＜x0成立， 因此只需证明当0<x≤1时，g(x)＝ex－x－1－x2＜0， ∵g′(x)＝ex－1－2x，令g1(x)＝ex－1－2x， 则g1′(x)＝ex－2，由ex－2＝0，得x＝ln 2. 当x∈(0，ln 2)时，g1′(x)<0，当x∈(ln 2，1]时，g1′(x)>0， ∴g′(x)在区间(0，ln 2)上单调递减，在区间(ln 2，1]上单调递增， 又g′(0)＝0，g′(1)＝e－3<0，∴g′(x)<0， ∴g(x)在(0，1]上单调递减， ∴g(x)<g(0)＝0，∴ex－x－1<x2. 综上，ex0－x0－1＜x＜2(ex0－x0－1)， ∴＜x0＜. 8．(2024·江西九校高三联考)已知函数f(x)＝ex－－a(e为自然对数的底数)有两个零点． (1)若a＝1，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2)若f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：e2－x1－x2－x1x2<0. 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－－1，f′(x)＝ex－， 又f(1)＝e－1，所以切点坐标为(1，e－1)，切线的斜率为k＝f′(1)＝e－1. 所以切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x. (2)证明：由已知，得f(x)＝＝0有两个不等的正实根． 所以方程xex－a(ln x＋x)＝0有两个不等的正实根，即xex－aln (xex)＝0有两个不等的正实根，即aln (xex)＝xex有两个不等的正实根． 要证x1x2>， 只需证(x1ex1)(x2ex2)>e2， 即证ln (x1ex1)＋ln (x2ex2)>2， 令t1＝x1e x1，t2＝x2ex2，所以只需证ln t1＋ln t2>2， 由aln (xex)＝xex，得aln t1＝t1，aln t2＝t2， 所以a(ln t2－ln t1)＝t2－t1，a(ln t2＋ln t1)＝t2＋t1，消去a，得ln t2＋ln t1＝(ln t2－ln t1)＝， 只需证>2， 设0<t1<t2，令t＝，则t>1， 只需证>2(t>1)，即证ln t＋－2>0(t>1)， 构建h(t)＝ln t＋－2(t>1)， 则h′(t)＝－＝>0， 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，则h(t)>h(1)＝0， 即当t>1时，ln t＋－2>0成立， 所以ln t1＋ln t2>2，即(x1ex1)(x2ex2)>e2， 即x1x2>， 所以e2－x1－x2－x1x2<0. 25 学科网（北京）股份有限公司 $$