高考解答题专项突破(一) 第3课时 利用导数研究函数的零点-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案全书word（新教材，基础版）

金版教程 高考科学复习解决方案 数学 第3课时　利用导数研究函数的零点 考点一　确定函数零点的个数(多考向探究) 考向1利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数 例1 (2023·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝tanx. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在∪内的零点个数． 解　(1)函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当x∈(0，1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tanx＝0， 得xsinx－excosx＝0. 设h(x)＝xsinx－excosx， 所以h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx. ①当x∈时，可知ex>0>x，则ex>x， 所以x－ex<0， 又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0， 从而h(x)＝xsinx－excosx在上单调递减， 又h(0)＝－1，h＝>0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上有一个零点． ②当x∈时，cosx≥sinx>0，由(1)知函数f(x)＝在(0，1)上单调递减，所以当x∈时，函数f(x)＝>f(1)＝e>1， 则ex>x>0. 所以excosx>xsinx， 则h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立． 所以h(x)在上无零点． ③当x∈时，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0， 则h(x)在上单调递增． 又h＝>0，h＝<0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上存在一个零点． 综上，h(x)在∪内的零点个数为2，即F(x)在∪内的零点个数为2. 利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数的一般步骤及注意点 (1)讨论函数的单调性，确定函数的单调区间． (2)在每个单调区间上，利用函数零点存在定理判断零点的个数． (3)注意区间端点的选取技巧． (4)含参数时注意分类讨论． 　1.(2023·江西高三质量监测(四))已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax3(a>e，e是自然对数的底数)． (1)讨论函数f(x)的极值点的个数； (2)证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点． 解　(1)f′(x)＝xex－ax2＝x(ex－ax)(a＞e)， 令f′(x)＝0，得x＝0或ex－ax＝0. 设g(x)＝ex－ax，则g′(x)＝ex－a， 令g′(x)＝0，得x＝ln a， 当x<ln a时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>ln a时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(ln a)＝a－aln a＝a(1－ln a)． 因为a>e，则g(x)min<0，此时g(x)在R上有且仅有两个零点，记为x1，x2(x1<x2)， 因为g(0)＝1>0，g(1)＝e－a<0，当x→＋∞时，g(x)>0，所以0<x1<1<x2，且x1，x2是g(x)的两个变号零点，也是f′(x)的两个变号零点， 又当x＜0时，f′(x)＜0，当0＜x＜x1时，f′(x)＞0， 所以0是f′(x)的变号零点， 即f′(x)在R上有且仅有3个变号零点， 所以函数f(x)在R上有且仅有3个极值点． (2)证明：f′(x)＝x(ex－ax)， 由(1)知，当a>e时，f(x)在R上有3个极值点：0，x1，x2，其中0<x1<1<x2，且f(0)＝－1<0， 当0<x<x1时，g(x)>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x1<x<x2时，g(x)<0，则f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>x2时，g(x)>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以f(x)在区间(0，＋∞)内的极大值为f(x1)，极小值为f(x2)， 且ex1＝ax1，e x2＝ax2⇒a＝，a＝. 所以f(x2)＝(x2－1)ex2－ax＝(x2－1)ex2－·x＝(x2－1)ex2－＝(－x＋3x2－3)＝<0， 同理，f(x1)＝<0， 而当x→＋∞时，f(x)>0， 因此函数f(x)在区间(0，x2]内无零点，在区间(x2，＋∞)上有且只有一个零点． 综上所述，函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点． 考向2利用两个函数图象的交点确定零点个数 例2 (2024·河北邢台第二中学高三阶段练习)已知函数f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)． (1)若a＝1，求f(x)的单调区间； (2)讨论f(x)零点的个数． 解　(1)当a＝1时，函数f(x)＝x2－|1＋ln x|的定义域为(0，＋∞)， 当0<x≤时，f(x)＝x2＋1＋ln x，f′(x)＝2x＋>0， 因此f(x)在上单调递增， 当x>时，f(x)＝x2－1－ln x，f′(x)＝2x－＝，当<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，因此函数f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以函数f(x)的单调递增区间是，，单调递减区间是. (2)函数f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)的定义域为(0，＋∞)， 由f(x)＝0，得a＝， 令函数g(x)＝，x>0， 当0<x≤时，g(x)＝－， g′(x)＝－＝<0， 函数g(x)在上单调递减，由于－(1＋ln x)≥0，即有－(1＋ln x)在上的取值集合是[0，＋∞)，又在上的取值集合是[e2，＋∞)，因此函数g(x)在上的取值集合是[0，＋∞)． 当x>时，g(x)＝，求导得g′(x)＝－，当<x<时，g′(x)>0，当x>时，g′(x)<0， 因此函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在x＝处取得极大值g＝，而∀x∈，g(x)>0恒成立， 函数f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)的零点， 即方程a＝(a>0)的根， 亦即直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标， 在同一坐标系内作出直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象，如图， 观察图象知，当0<a<时，直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象有3个公共点； 当a＝时，直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象有2个公共点； 当a>时，直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象有1个公共点． 所以当0<a<时，函数f(x)有3个零点；当a＝时，函数f(x)有2个零点；当a>时，函数f(x)有1个零点． 在借助函数图象研究函数零点问题时，要准确画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与x轴有无交点，哪一区间在x轴上方，哪一区间在x轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线与函数图象交点的个数情况． 　2.(2023·湖北七市联考)已知函数f(x)＝ln x＋－2，g(x)＝xln x－ax2－x＋1. (1)证明：函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点； (2)假设存在常数λ>1，且满足f(λ)＝0，试讨论函数g(x)的零点个数． 解　(1)证明：f′(x)＝－＝， 令f′(x)＝0，得x＝2， 当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 因为f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1<0，f(e2)＝>0， 由零点存在定理及f(x)的单调性，得函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点． (2)令g(x)＝0，即xln x－ax2－x＋1＝0，从而有ax＝ln x－1＋. 令φ(x)＝ln x－1＋，从而g(x)的零点个数等价于y＝ax的图象与φ(x)图象的交点个数． φ′(x)＝－＝，令φ′(x)＝0，得x＝1. 当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，其图象如图所示． 当a＝0时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有一个交点． 当a<0时，y＝ax的图象经过第二、四象限，与φ(x)的图象无交点． 当a>0时，y＝ax的图象经过第一、三象限，与φ(x)的图象至少有一个交点． 当y＝ax的图象与φ(x)的图象相切时，设切点横坐标为x0， 则有 即有ln x0＋－2＝0，从而x0＝λ， 此时a＝－＝>0. 所以，当a＝时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有两个交点； 当0<a<时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有三个交点； 当a>时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有一个交点． 综上所述，当a<0时，g(x)没有零点；当0<a<时，g(x)有三个零点；当a＝时，g(x)有两个零点；当a>或a＝0时，g(x)有一个零点． 考点二　根据零点情况求参数范围 例3 (2023·广东惠州实验中学高三下学期适应性考试)已知函数f(x)＝ax，其中0<a<1. (1)求函数g(x)＝f(x)－xln a的单调区间； (2)若函数h(x)＝ax－x2－xln a－a＋(3－k)ln a＋(ln a)2在x∈[1，＋∞)上存在零点，求实数k的取值范围． 解　(1)由已知，g(x)＝ax－xln a， g′(x)＝axln a－ln a， 令g′(x)＝0，解得x＝0. 由0<a<1，可知当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)令h(x)＝0，则存在x∈[1，＋∞)， 使得ax－x2－xln a－a＋(3－k)ln a＋(ln a)2＝0， 两边同时除以ln a，得－x2－x－＋ln a＋3－k＝0， 即－x2－x－＋ln a＋3＝k. 令t(x)＝－x2－x－＋ln a＋3，x∈[1，＋∞)，t′(x)＝ax－xln a－1， 由(1)知ax－xln a≥g(0)＝1，即t′(x)≥0， 则函数t(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以t(x)≥t(1)＝－－1－＋ln a＋3＝＋2. 故k≥2＋， 即实数k的取值范围为. 根据零点情况求参数范围的解法 　3.(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)． 考点三　“隐零点”问题 例4 已知函数f(x)＝ln x＋ax－a(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若不等式f(x)<a(x2－1)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)由f(x)＝ln x＋ax－a知，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋a＝， ①当a≥0时，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a<0时，当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0， 故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)由f(x)<a(x2－1)，得ln x－a(x2－x)<0， 令g(x)＝ln x－a(x2－x)， ①当a≤0时，在(1，＋∞)上，g(x)＝ln x－a(x2－x)＝ln x－ax(x－1)>0恒成立，与题意不符； ②当a>0时，g′(x)＝－a(2x－1)＝－2ax＋a在(1，＋∞)上单调递减，且g′(1)＝1－a， 当a∈(0，1)时，g′(1)>0，故在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x)＝0，当x∈(1，x0)时，g′(x)>0， 则在(1，x0)上，g(x)单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，与题意不符． 当a∈[1，＋∞)时，g′(x)<g′(1)＝1－a≤0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(1)＝0，符合题意． 综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)． 在函数的零点中，有些零点不易求出，或者可以求出但无需求出，我们把这样的零点称为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法或无需求出．对于“隐零点”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． 　4.已知函数f(x)＝aex－ln x，g(x)＝，a≠0. (1)若g(x)在[1，3]上是增函数，求实数a的取值范围； (2)若a>0，求证：f(x)≥2＋ln a. 解　(1)∵g(x)＝＝ex－， ∴g′(x)＝ex－(x>0)． ∵g(x)在[1，3]上是增函数， ∴g′(x)≥0在[1，3]上恒成立，即≤xex在[1，3]上恒成立． 令t(x)＝xex，则t′(x)＝(x＋1)ex. ∵当x∈[1，3]时，t′(x)>0， ∴t(x)在[1，3]上是增函数， ∴(xex)min＝e. ∴≤e，解得a≥或a<0， 即实数a的取值范围是(－∞，0)∪. (2)证明：f′(x)＝aex－＝， 令h(x)＝axex－1， 则h′(x)＝aex＋axex＝aex(1＋x)， ∵a>0，∴h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(0)＝－1<0，h＝e－1>0， ∴存在x0∈，使得h(x0)＝0，即存在x0∈，使得f′(x0)＝aex0－＝0， 即x0＝. ∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(x0)＝ae x0－ln x0＝－ln ＝＋x0＋ln a≥2＋ln a＝2＋ln a， 当且仅当＝x0，即x0＝1时等号成立， ∴当a>0时，f(x)≥2＋ln a. 课时作业 1．已知函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋m. (1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)有3个零点，求实数m的取值范围． 解　(1)由题意，得f′(x)＝6x2－6x－12， 故f′(1)＝－12， 又当m＝1时，f(1)＝2－3－12＋1＝－12， 故所求的切线方程为y＋12＝－12(x－1)， 即y＝－12x. (2)由题意，得f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)＝6(x＋1)(x－2)， 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2， 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0； 当x∈(－1，2)时，f′(x)<0； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)有极大值f(－1)＝m＋7，有极小值f(2)＝m－20. 若函数f(x)有3个零点， 则实数m满足 解得－7<m<20， 即实数m的取值范围为(－7，20)． 2．已知函数f(x)＝(x2－2x＋a)ex. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝1时，判断函数g(x)＝f(x)－x2＋ln x的零点个数，并说明理由． 解　(1)f(x)的定义域为R， f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x＋a)ex＝(x2＋a－2)ex， 当a≥2时，f′(x)≥0，则f(x)在R上是增函数； 当a<2时，f′(x)＝[x2－(2－a)]ex＝(x＋)(x－)ex， 令f′(x)＝0，得x＝±； 令f′(x)>0，得x<－或x>； 令f′(x)<0，得－<x<. 所以函数f(x)在(－，)上单调递减，在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增． (2)当a＝1时，g(x)＝(x－1)2ex－x2＋ln x，其定义域为(0，＋∞)， 则g′(x)＝(x＋1)(x－1). 设h(x)＝ex－(x>0)，则h′(x)＝ex＋>0， 从而h(x)在(0，＋∞)上是增函数， 又h＝－2<0，h(1)＝e－1>0， 所以存在x0∈，使得h(x0)＝e x0－＝0， 即e x0＝，x0＝－ln x0. 列表如下： x (0，x0) x0 (x0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数 由表可得g(x)的极小值为g(1)＝－， g(x)的极大值为g(x0)＝(x0－1)2e x0－x＋ln x0＝－x－x0＝－x＋－2. 因为y＝－x2＋－2在上是减函数， 所以－<g(x0)<－， 所以g(x)在(0，1]内没有零点． 又g(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)在(1，＋∞)内有一个零点． 综上所述，g(x)只有一个零点． 3．(2023·河北石家庄高三模拟(二))已知函数f(x)＝－2sinx，x∈. (1)若函数g(x)＝f(x)－＋sin2x，求g(x)的最小值； (2)证明：函数f(x)在上有唯一零点． 解　(1)由题意，g(x)＝－2sinx＋sin2x， g′(x)＝－2cosx＋2cos2x＝2(2cos2x－cosx－1)＝2(cosx－1)(2cosx＋1)， 因为x∈， 所以0≤cosx<1， 所以g′(x)<0，g(x)是减函数， 所以g(x)min＝g＝－2. (2)证明：f(x)＝－2sinx， 设h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，h(x)是增函数， 所以x>0时，h(x)>h(0)＝0，即x>sinx，从而2x>2sinx， 由2x<，解得0<x<， 所以当0<x<时，>2sinx，即f(x)>0，f(x)无零点； 当<x≤时，2sinx>2sin＝，<<， 所以f(x)＝－2sinx<0，f(x)无零点； 当≤x≤时，f′(x)＝－2cosx， ≤＝1，2cosx≥2cos＝1， 所以f′(x)＝－2cosx≤0，f(x)单调递减， 又f＝－2sin>－2×＝0，f＝－2sin＝－<0， 所以f(x)在上有唯一零点，也即在上有唯一零点． 4．(2024·湖北武汉模拟)设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点个数； (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln . 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2e2x－(x>0)． 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点； 当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(a)＝2e2a－1>0，当b满足0<b<，且b<时， f′(b)<0，(讨论a≥1或a<1来检验， ①当a≥1时，则0<b<，f′(b)＝2e2b－<2e－4a≤2e－4<0； ②当a<1时，则0<b<，f′(b)＝2e2b－<2e－4<2e－4<0. 综上，f′(b)<0.) 故当a>0时，f′(x)存在唯一零点． (2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，则f′(x0)＝2e2x0－＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，为f(x0)． 所以f(x0)＝e2 x0－aln x0＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln ，当且仅当x0＝时等号成立． 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln . 5．(2024·湖南邵东创新实验学校高三第二次月考)已知函数f(x)＝ex－x2－x－1， (1)证明：当x>0时，f(x)>0恒成立； (2)若关于x的方程＋＝asinx在(0，π)内有解，求实数a的取值范围． 解　(1)证明：函数f(x)＝ex－x2－x－1，x>0，求导得f′(x)＝ex－x－1， 令y＝ex－x－1，x>0，求导得y′＝ex－1>0， 则函数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)＝0， 因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0， 所以当x>0时，f(x)>0恒成立． (2)设y＝x－sinx，x∈(0，π)，则y′＝1－cosx>0， 则y＝x－sinx在(0，π)上单调递增，y>0，即x>sinx>0， 方程＋＝asinx等价于ex－axsinx－x－1＝0，x∈(0，π)， 令g(x)＝ex－axsinx－x－1， 原问题等价于g(x)在(0，π)内有零点， 由x∈(0，π)，得xsinx<x2， 由(1)知，当a≤时，g(x)＝ex－axsinx－x－1>ex－x2－x－1>0， 当x∈(0，π)时，函数y＝g(x)没有零点，不符合题意； 当a>时，由g(x)＝ex－axsinx－x－1，求导得g′(x)＝ex－a(xcosx＋sinx)－1， 令t(x)＝g′(x)＝ex－a(xcosx＋sinx)－1， 则t′(x)＝ex＋a(xsinx－2cosx)， 当x∈时，t′(x)>0恒成立， 当x∈时，令s(x)＝t′(x)＝ex＋a(xsinx－2cosx)， 则s′(x)＝ex＋a(3sinx＋xcosx)， 因为ex>0，a(3sinx＋xcosx)>0，则s′(x)>0， 即t′(x)在上单调递增， 又t′(0)＝1－2a<0，t′＝e＋a>0， 因此t′(x)在上存在唯一的零点x0， 当x∈(0，x0)时，t′(x)<0，函数g′(x)单调递减； 当x∈(x0，π)时，t′(x)>0，函数g′(x)单调递增， 显然g′(x0)<g′(0)＝0，g′(π)＝eπ＋aπ－1>0， 因此g′(x)在(0，π)上存在唯一的零点x1， 且x1∈(x0，π)，当x∈(0，x1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x∈(x1，π)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 又g(0)＝0，g(x1)<g(0)＝0， 由(1)知，ex>x2＋x＋1>x＋1(x>0)， 则g(π)＝eπ－π－1>0， 所以g(x)在(0，x1)上没有零点，在(x1，π)上存在唯一零点，因此g(x)在(0，π)上有唯一零点．所以实数a的取值范围是. 6．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值． (1)求a； (2)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)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－＝. 当a≤0时，因为ex>0，所以f′(x)>0，即f(x)在R上单调递增，无最小值，不符合题意． 当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a； g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)min＝g＝1＋ln a. 由题意，a－aln a＝1＋ln a， 即(a＋1)ln a＝a－1， 所以ln a－＝0，(*) 令h(a)＝ln a－， 则h′(a)＝－＝>0. 所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增． 又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，函数f(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 函数g(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 设u(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x＋ln x(x＞0)， 则u′(x)＝ex－2＋＞ex－2，当x≥1时，u′(x)＞e－2＞0， 所以函数u(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为u(1)＝e－2＞0， 所以当x≥1时，u(x)≥u(1)＞0恒成立，即f(x)－g(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)与g(x)的图象在[1，＋∞)上无交点． 当0＜x＜1时，u′(x)＝ex－1＋＞0，所以u(x)在(0，1)上单调递增， 又u(1)＝e－2＞0，u＝e－－2＜e－－2＜0，所以u(x)在(0，1)上存在唯一零点， 所以函数f(x)与函数g(x)的图象在(0，1)上存在唯一交点，设该交点为M(m，f(m))(0＜m＜1)， 由此可作出函数y＝f(x)和y＝g(x)的大致图象， 由图象可知，当且仅当直线y＝b经过点M(m，f(m))时， 直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点， 此时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3， 则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b. 因为f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)， 所以f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)． 由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2， 则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b， f(ln x3)＝eln x2－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b， 上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 综上可得，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． 16 学科网（北京）股份有限公司 $$