专题一 微专题8 利用导数研究函数零点问题-【步步高·考前三个月】2025年高考数学复习讲义课件（课件PPT+word教案）

专题一　函数与导数 微专题8 利用导数研究函数零点问题 在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，难度较大，多以中高档题出现. 考情分析 思维导图 高频考点练 补偿强化练 内容索引 高频考点练 PART ONE 微点一　利用导数判断函数零点 1.已知函数f(x)=x3-ax+. (1)当a=时，求f(x)的单调区间； 1 2 3 4 1 2 3 4 当a=时，f(x)=x3-x+f'(x)=3x2- 令f'(x)=0，得x=-或x=； 令f'(x)>0，得x<-或x>； 令f'(x)<0，得-<x<； 则函数f(x)的单调递增区间为单调递减区间为. (2)讨论函数f(x)在区间(0，1)内的零点的个数. 1 2 3 4 由f(x)=x3-ax+=0，0<x<1，得a=x2+ 设函数g(x)=x2+0<x<1， 讨论函数f(x)在区间(0，1)内的零点个数等价于研究函数g(x)=x2+的图象与直线y=a在区间(0，1)内的交点的个数， 由g'(x)=2x-=知， 当x∈时，g'(x)<0，g(x)在上单调递减； 当x∈时，g'(x)>0，g(x)在上单调递增. 1 2 3 4 当x=时，g(x)在区间(0，1)内取最小值g=. 又g(1)=且当x→0时，g(x)→+∞， 综上，当a<时，函数g(x)=x2+的图象与直线y=a在区间(0，1)内无交点，函数f(x)在区间(0，1)内无零点； 当a=或a≥时，函数g(x)=x2+的图象与直线y=a在区间(0，1)内有一个交点，函数f(x)在区间(0，1)内有一个零点， 当<a<时，函数g(x)=x2+的图象与直线y=a在区间(0，1)内有2个交点，函数f(x)在区间(0，1)内有2个零点. 1 2 3 4 2.已知函数f(x)=ln x-. (1)当a=1时，证明：f(x)有且仅有一个零点； 1 2 3 4 1 2 3 4 当a=1时，函数f(x)=ln x-定义域为 则f'(x)=-= 令g(x)=ex+x2-x，则g'(x)=ex+2x-1>0在上恒成立， 则g(x)在上单调递增，则g(x)>g(0)=1， 即f'(x)>0在上恒成立，所以f(x)在上单调递增， 而f(1)=-<0，f=1->0， 所以根据零点存在定理知，f(x)有且仅有一个零点. (2)当x>0时，f(x)≤x恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 4 1 2 3 4 当x>0时，f(x)≤x等价于a≥ 令h(x)=求导得h'(x)= 令φ(x)=ln x-x-1， 则φ'(x)=当x∈时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增， 当x∈时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减，则φ(x)≤φ(1)=-2， 于是当x∈时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈时，h'(x)<0，h(x)单调递减，因此h(x)≤h(1)=-e， 所以a的取值范围为. 微点二　利用导数研究由零点个数求参数范围 3.已知函数f(x)=x2-x-aln x. (1)若函数f(x)单调递增，求实数a的取值范围； 1 2 3 4 函数f(x)的定义域为f'(x)=2x-1- 因为函数f(x)单调递增，所以2x-1-≥0在区间上恒成立， 即a≤2x2-x在区间上恒成立， 因为2x2-x=2- 所以当x=时=- 所以a≤-即实数a的取值范围为. 1 2 3 4 (2)若函数f(x)有且仅有2个零点，求实数a的取值范围. 1 2 3 4 因为f(1)=0，所以x=1是f(x)的一个零点. 当x≠1时，由f(x)=x2-x-aln x=0，得a= 记g(x)=x∈∪则g'(x)= 记h(x)=ln x-则h'(x)=2ln x-+1， 记m(x)=2ln x-+1，则m'(x)=+>0，所以m(x)在上单调递增， 又m(1)=0，所以当x∈时，m(x)<0，当x∈时，m(x)>0， 所以h(x)在上单调递增， 1 2 3 4 所以当x=1时，h(x)有最小值h(1)=0， 所以当x∈∪时，h(x)>0，即g'(x)>0， 所以g(x)在区间上单调递增， 因为x趋近于1时，g(x)趋近于1，x趋近于0时，g(x)趋近于0，x趋近于+∞时，g(x)趋近于+∞， 作出函数g(x)的图象如图， 由图可知，当0<a<1或a>1时，直线y=a与g(x) 的图象有一个交点， 1 2 3 4 即f(x)在区间∪上有一个零点， 所以当0<a<1或a>1时，f(x)在有两个零点， 所以实数a的取值范围为∪. 1 2 3 4 1 2 3 4 4.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 当a=1时，f(x)=ln(1+x)+xe-x，x>-1， 所以f'(x)=+e-x-xe-x， 所以f'(0)=1+1=2. 因为f(0)=0， 所以所求切线方程为y-0=2(x-0)， 即y=2x. 1 2 3 4 (2)若f(x)在区间(-1，0)，(0，+∞)上各恰有一个零点，求a的取值范围. 1 2 3 4 f(x)=ln(1+x)+f(x)的定义域为(-1，+∞). f'(x)=+=. 设g(x)=ex+a(1-x2). ①若a>0，则当x∈(-1，0)时，g(x)=ex+a(1-x2)>0， 即f'(x)>0，所以f(x)在(-1，0)上单调递增， 所以f(x)<f(0)=0， 故f(x)在(-1，0)上没有零点，不符合题意. 1 2 3 4 ②若-1≤a≤0，则当x∈(0，+∞)时， g'(x)=ex-2ax>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=1+a≥0，即f'(x)>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以f(x)>f(0)=0， 故f(x)在(0，+∞)上没有零点，不符合题意. 1 2 3 4 ③若a<-1， (ⅰ)当x∈(0，+∞)时，则g'(x)=ex-2ax>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 又g(0)=1+a<0，g(1)=e>0，所以存在m∈(0，1)， 使得g(m)=0，即f'(m)=0， 当x∈(0，m)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)=0， 1 2 3 4 又当x→+∞，f(x)→+∞， 所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零点， 又f(x)在(0，m)上没有零点， 即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点； (ⅱ)当x∈(-1，0)时， 设h(x)=g'(x)=ex-2ax， 则h'(x)=ex-2a>0， 所以g'(x)在(-1，0)上单调递增， 1 2 3 4 又g'(-1)=+2a<0，g'(0)=1>0， 所以存在n∈(-1，0)，使得g'(n)=0， 当x∈(-1，n)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(n，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 又g(0)=1+a<0，g(-1)=>0， 所以存在t∈(-1，n)，使得g(t)=0，即f'(t)=0， 当x∈(-1，t)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(t，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 1 2 3 4 又x→-1，f(x)→-∞，而f(0)=0， 所以当x∈(t，0)时，f(x)>0， 所以f(x)在(-1，t)上有唯一零点， 在(t，0)上无零点， 即f(x)在(-1，0)上有唯一零点， 所以a<-1，符合题意. 综上，a的取值范围为(-∞，-1). 总结提升 1.求解函数零点(方程根)个数问题的步骤 ①将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题. ②利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质. ③结合图象求解. 2.已知零点求参数的取值范围 ①结合图象与单调性，分析函数的极值点. ②依据零点确定极值的范围. ③对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 28 补偿强化练 PART TWO 1.(2024·邯郸模拟)已知函数f(x)=x3+3ax2+3bx+a2在x=-1处有极值0. (1)讨论函数f(x)在(-∞，-1)上的单调性； 1 2 3 4 1 2 3 4 由f(x)=x3+3ax2+3bx+a2可得f'(x)=3x2+6ax+3b， 因为f(x)=x3+3ax2+3bx+a2在x=-1处有极值0， 所以 解得 当a=1，b=1时，f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0， 1 2 3 4 函数f(x)是R上的增函数，不满足在x=-1处有极值，故舍去， 所以常数a，b的值分别为a=2，b=3， 所以f(x)=x3+6x2+9x+4，f'(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3)， 令f'(x)=0，解得x1=-1，x2=-3， 所以当x<-3或x>-1时，f'(x)>0，当-3<x<-1时，f'(x)<0， 所以函数f(x)在(-∞，-3)上单调递增，在(-3，-1)上单调递减. (2)记g(x)=f(x)-k+1，若函数g(x)有三个零点，求实数k的取值范围. 1 2 3 4 由(1)可知g(x)=x3+6x2+9x-k+5，所以g'(x)=f'(x)=3(x+1)(x+3)， 所以g(x)的单调递增区间是(-∞，-3)和(-1，+∞)， 单调递减区间为(-3，-1)， 当x=-3时，g(x)有极大值-k+5， 当x=-1时，g(x)有极小值-k+1， 要使函数g(x)有三个零点，则须满足解得1<k<5， 即实数k的取值范围为(1，5). 2.已知函数f(x)=(x-1)ln(x-1)+e(e为自然对数的底数). (1)判断f(x)是否存在零点，若存在，求出其零点，若不存在，说明理由； 1 2 3 4 1 2 3 4 f(x)不存在零点，理由如下： 函数的定义域为f'(x)=ln+1， 由f'(x)<0，得1<x<1+由f'(x)>0，得x>1+ 所以f(x)在上单调递增， 所以当x=1+时，f(x)取极小值，f(x)极小值=f =e-. 因为f(x)只有一个极小值点，也是最小值点，且f(x)最小值=e->0， 所以f(x)不存在零点. (2)若f(x)+a≥ax恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 4 1 2 3 4 f(x)+a≥ax⇔ln+e≥a(x>1)，即a≤ln+. 令t=x-1 构造函数F=ln t+F'=-= 由F'<0，得0<t<e，由F'>0，得t>e， 所以F上单调递增， 所以当t=e时，F取极小值，也是最小值，F=F=2. 则a≤2. 故a的取值范围为. 3.设函数f(x)=aln(x+1)+x2(a∈R)，函数g(x)=ax-1.证明：当a≤2时，函数H(x)=f(x)-g(x)至多有一个零点. 1 2 3 4 1 2 3 4 因为H(x)=aln(x+1)+x2-ax+1， 所以H'(x)=(x>-1)， 令H'(x)=0，x1=0，x2=-1. 当x→-1+时，H(x)→-∞； 当x→+∞时，H(x)→+∞. ①当a=2时，H'(x)≥0，函数H(x)在定义域(-1，+∞)上为增函数，有一个零点； 1 2 3 4 ②当a≤0时-1≤-1， 令H'(x)>0，得x>0， 令H'(x)<0，得-1<x<0， 所以函数H(x)在区间(-1，0)上单调递减，在区间(0，+∞)上单调递增， 则函数H(x)在x=0处有最小值H(0)=1>0，此时函数H(x)无零点； ③当0<a<2时，-1<-1<0， 令H'(x)>0，得-1<x<-1或x>0， 令H'(x)<0，得-1<x<0， 所以函数H(x)在区间(0，+∞)上单调递增，在区间上单调递减. 因为函数H(0)=1>0， 所以H>0，且H(x)>0在区间上恒成立. H(x)在区间上有一个零点. 所以当0<a<2时，函数H(x)在区间(-1，+∞)上有一个零点. 综上，当a≤2时，函数H(x)=f(x)-g(x)至多有一个零点. 1 2 3 4 4.(2024·聊城模拟)已知函数f(x)=xex-1，g(x)=ln x-mx，φ(x)=ex--. (1)求f(x)的单调递增区间； 1 2 3 4 f'(x)=(x+1)ex，令f'(x)≥0，可得x≥-1， 故f(x)的单调递增区间为[-1，+∞). (2)求φ(x)的最小值； 1 2 3 4 1 2 3 4 φ'(x)=ex-+=(x>0)， 令μ(x)=x2ex+ln x(x>0)， 则μ'(x)=(x2+2x)ex+ 由x>0，故μ'(x)=(x2+2x)ex+>0恒成立， 故μ(x)在(0，+∞)上单调递增， 又μ=+ln =-1=<0，μ(1)=e+ln 1=e>0， 故存在x0∈使μ(x0)=0，即+ln x0=0， 1 2 3 4 故当0<x<x0时，φ'(x)<0， 当x>x0时，φ'(x)>0， 即φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 故φ(x)≥φ(x0)， 由+ln x0=0， 则x0=-=ln · 令ω(x)=f(x)+1=xex(x>0)， 则有ω(x0)=ω 1 2 3 4 ω'(x)=f'(x)=(x+1)ex，当x>0时，ω'(x)>0恒成立， 故ω(x)在(0，+∞)上单调递增，故x0=ln 即ln x0=-x0， 则φ(x0)=--=--=+1-=1， 即φ(x)的最小值为1. (3)设h(x)=f(x)-g(x)，讨论函数h(x)的零点个数. 1 2 3 4 1 2 3 4 令h(x)=f(x)-g(x)=xex-1-ln x+mx=0(x>0)， 即有-m=ex--=φ(x)， 即函数h(x)的零点个数为φ(x)=-m的实数根的个数， 由(2)知，φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，且φ(x0)=1， 又当x→0时，φ(x)→+∞，当x→+∞时，φ(x)→+∞， 故当-m=1，即m=-1时，φ(x)=-m有唯一实数根， 1 2 3 4 当-m>1，即m<-1时，φ(x)=-m有两个实数根， 当-m<1，即m>-1时，φ(x)=-m无实数根， 即当m=-1时，函数h(x)有一个零点， 当m<-1时，函数h(x)有两个零点， 当m>-1时，函数h(x)无零点. $$ 微专题8　利用导数研究函数零点问题 [考情分析]　在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，难度较大，多以中高档题出现. 微点一　利用导数判断函数零点 1.(15分)已知函数f(x)=x3-ax+. (1)当a=时，求f(x)的单调区间；(6分) (2)讨论函数f(x)在区间(0，1)内的零点的个数.(9分) 解　(1)当a=时，f(x)=x3-x+f'(x)=3x2- 令f'(x)=0，得x=-或x=； 令f'(x)>0，得x<-或x>； 令f'(x)<0，得-<x<； 则函数f(x)的单调递增区间为和单调递减区间为. (2)由f(x)=x3-ax+=0，0<x<1，得a=x2+ 设函数g(x)=x2+0<x<1， 讨论函数f(x)在区间(0，1)内的零点个数等价于研究函数g(x)=x2+的图象与直线y=a在区间(0，1)内的交点的个数， 由g'(x)=2x-=知， 当x∈时，g'(x)<0，g(x)在上单调递减； 当x∈时，g'(x)>0，g(x)在上单调递增. 当x=时，g(x)在区间(0，1)内取最小值g=. 又g(1)=且当x→0时，g(x)→+∞， 综上，当a<时，函数g(x)=x2+的图象与直线y=a在区间(0，1)内无交点，函数f(x)在区间(0，1)内无零点； 当a=或a≥时，函数g(x)=x2+的图象与直线y=a在区间(0，1)内有一个交点，函数f(x)在区间(0，1)内有一个零点， 当<a<时，函数g(x)=x2+的图象与直线y=a在区间(0，1)内有2个交点，函数f(x)在区间(0，1)内有2个零点. 2.(15分)已知函数f(x)=ln x-. (1)当a=1时，证明：f(x)有且仅有一个零点；(7分) (2)当x>0时，f(x)≤x恒成立，求a的取值范围.(8分) (1)证明　当a=1时，函数f(x)=ln x-定义域为 则f'(x)=-= 令g(x)=ex+x2-x，则g'(x)=ex+2x-1>0在上恒成立， 则g(x)在上单调递增，则g(x)>g(0)=1， 即f'(x)>0在上恒成立，所以f(x)在上单调递增， 而f(1)=-<0，f=1->0， 所以根据零点存在定理知，f(x)有且仅有一个零点. (2)解　当x>0时，f(x)≤x等价于a≥ 令h(x)=求导得h'(x)= 令φ(x)=ln x-x-1， 则φ'(x)=当x∈时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增， 当x∈时，φ'(x)<0，φ(x)单调递减，则φ(x)≤φ(1)=-2， 于是当x∈时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈时，h'(x)<0，h(x)单调递减，因此h(x)≤h(1)=-e， 所以a的取值范围为. 微点二　利用导数研究由零点个数求参数范围 3.(15分)已知函数f(x)=x2-x-aln x. (1)若函数f(x)单调递增，求实数a的取值范围；(6分) (2)若函数f(x)有且仅有2个零点，求实数a的取值范围.(9分) 解　(1)函数f(x)的定义域为f'(x)=2x-1- 因为函数f(x)单调递增，所以2x-1-≥0在区间上恒成立， 即a≤2x2-x在区间上恒成立， 因为2x2-x=2- 所以当x=时=- 所以a≤-即实数a的取值范围为. (2)因为f(1)=0，所以x=1是f(x)的一个零点. 当x≠1时，由f(x)=x2-x-aln x=0，得a= 记g(x)=x∈∪则g'(x)= 记h(x)=ln x-则h'(x)=2ln x-+1， 记m(x)=2ln x-+1，则m'(x)=+>0，所以m(x)在上单调递增， 又m(1)=0，所以当x∈时，m(x)<0，当x∈时，m(x)>0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以当x=1时，h(x)有最小值h(1)=0， 所以当x∈∪时，h(x)>0，即g'(x)>0， 所以g(x)在区间和上单调递增， 因为x趋近于1时，g(x)趋近于1，x趋近于0时，g(x)趋近于0，x趋近于+∞时，g(x)趋近于+∞， 作出函数g(x)的图象如图， 由图可知，当0<a<1或a>1时，直线y=a与g(x)的图象有一个交点， 即f(x)在区间∪上有一个零点， 所以当0<a<1或a>1时，f(x)在有两个零点， 所以实数a的取值范围为∪. 4.(15分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(5分) (2)若f(x)在区间(-1，0)，(0，+∞)上各恰有一个零点，求a的取值范围.(10分) 解　(1)当a=1时， f(x)=ln(1+x)+xe-x，x>-1， 所以f'(x)=+e-x-xe-x， 所以f'(0)=1+1=2. 因为f(0)=0， 所以所求切线方程为y-0=2(x-0)， 即y=2x. (2)f(x)=ln(1+x)+ f(x)的定义域为(-1，+∞). f'(x)=+=. 设g(x)=ex+a(1-x2). ①若a>0，则当x∈(-1，0)时， g(x)=ex+a(1-x2)>0， 即f'(x)>0，所以f(x)在(-1，0)上单调递增， 所以f(x)<f(0)=0， 故f(x)在(-1，0)上没有零点，不符合题意. ②若-1≤a≤0，则当x∈(0，+∞)时， g'(x)=ex-2ax>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=1+a≥0，即f'(x)>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以f(x)>f(0)=0， 故f(x)在(0，+∞)上没有零点，不符合题意. ③若a<-1， (ⅰ)当x∈(0，+∞)时，则g'(x)=ex-2ax>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 又g(0)=1+a<0，g(1)=e>0， 所以存在m∈(0，1)， 使得g(m)=0，即f'(m)=0， 当x∈(0，m)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)=0， 又当x→+∞，f(x)→+∞， 所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零点， 又f(x)在(0，m)上没有零点， 即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点； (ⅱ)当x∈(-1，0)时， 设h(x)=g'(x)=ex-2ax， 则h'(x)=ex-2a>0， 所以g'(x)在(-1，0)上单调递增， 又g'(-1)=+2a<0，g'(0)=1>0， 所以存在n∈(-1，0)，使得g'(n)=0， 当x∈(-1，n)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(n，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 又g(0)=1+a<0，g(-1)=>0， 所以存在t∈(-1，n)，使得g(t)=0， 即f'(t)=0， 当x∈(-1，t)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(t，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 又x→-1，f(x)→-∞，而f(0)=0， 所以当x∈(t，0)时，f(x)>0， 所以f(x)在(-1，t)上有唯一零点， 在(t，0)上无零点， 即f(x)在(-1，0)上有唯一零点， 所以a<-1，符合题意. 综上，a的取值范围为(-∞，-1). [总结提升] 1.求解函数零点(方程根)个数问题的步骤 ①将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题. ②利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质. ③结合图象求解. 2.已知零点求参数的取值范围 ①结合图象与单调性，分析函数的极值点. ②依据零点确定极值的范围. ③对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 1.(15分)(2024·邯郸模拟)已知函数f(x)=x3+3ax2+3bx+a2在x=-1处有极值0. (1)讨论函数f(x)在(-∞，-1)上的单调性；(8分) (2)记g(x)=f(x)-k+1，若函数g(x)有三个零点，求实数k的取值范围.(7分) 解　(1)由f(x)=x3+3ax2+3bx+a2可得f'(x)=3x2+6ax+3b， 因为f(x)=x3+3ax2+3bx+a2在x=-1处有极值0， 所以即 解得或 当a=1，b=1时，f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0， 函数f(x)是R上的增函数，不满足在x=-1处有极值，故舍去， 所以常数a，b的值分别为a=2，b=3， 所以f(x)=x3+6x2+9x+4，f'(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3)， 令f'(x)=0，解得x1=-1，x2=-3， 所以当x<-3或x>-1时，f'(x)>0，当-3<x<-1时，f'(x)<0， 所以函数f(x)在(-∞，-3)上单调递增，在(-3，-1)上单调递减. (2)由(1)可知g(x)=x3+6x2+9x-k+5， 所以g'(x)=f'(x)=3(x+1)(x+3)， 所以g(x)的单调递增区间是(-∞，-3)和(-1，+∞)，单调递减区间为(-3，-1)， 当x=-3时，g(x)有极大值-k+5， 当x=-1时，g(x)有极小值-k+1， 要使函数g(x)有三个零点，则须满足解得1<k<5， 即实数k的取值范围为(1，5). 2.(15分)已知函数f(x)=(x-1)ln(x-1)+e(e为自然对数的底数). (1)判断f(x)是否存在零点，若存在，求出其零点，若不存在，说明理由；(7分) (2)若f(x)+a≥ax恒成立，求a的取值范围.(8分) 解　(1)f(x)不存在零点，理由如下： 函数的定义域为f'(x)=ln+1， 由f'(x)<0，得1<x<1+由f'(x)>0，得x>1+ 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以当x=1+时，f(x)取极小值，f(x)极小值=f =e-. 因为f(x)只有一个极小值点，也是最小值点，且f(x)最小值=e->0， 所以f(x)不存在零点. (2)f(x)+a≥ax⇔ln+e≥a(x>1)，即a≤ln+. 令t=x-1 构造函数F=ln t+F'=-= 由F'<0，得0<t<e，由F'>0，得t>e， 所以F在上单调递减，在上单调递增， 所以当t=e时，F取极小值，也是最小值，F=F=2. 则a≤2. 故a的取值范围为. 3.(15分)设函数f(x)=aln(x+1)+x2(a∈R)，函数g(x)=ax-1.证明：当a≤2时，函数H(x)=f(x)-g(x)至多有一个零点. 证明　因为H(x)=aln(x+1)+x2-ax+1， 所以H'(x)=(x>-1)， 令H'(x)=0，x1=0，x2=-1. 当x→-1+时，H(x)→-∞； 当x→+∞时，H(x)→+∞. ①当a=2时，H'(x)≥0，函数H(x)在定义域(-1，+∞)上为增函数，有一个零点； ②当a≤0时-1≤-1， 令H'(x)>0，得x>0， 令H'(x)<0，得-1<x<0， 所以函数H(x)在区间(-1，0)上单调递减，在区间(0，+∞)上单调递增， 则函数H(x)在x=0处有最小值H(0)=1>0，此时函数H(x)无零点； ③当0<a<2时，-1<-1<0， 令H'(x)>0，得-1<x<-1或x>0， 令H'(x)<0，得-1<x<0， 所以函数H(x)在区间(0，+∞)上单调递增，在区间上单调递减. 因为函数H(0)=1>0， 所以H>0，且H(x)>0在区间上恒成立. H(x)在区间上有一个零点. 所以当0<a<2时，函数H(x)在区间(-1，+∞)上有一个零点. 综上，当a≤2时，函数H(x)=f(x)-g(x)至多有一个零点. 4.(15分)(2024·聊城模拟)已知函数f(x)=xex-1，g(x)=ln x-mx，φ(x)=ex--. (1)求f(x)的单调递增区间；(4分) (2)求φ(x)的最小值；(5分) (3)设h(x)=f(x)-g(x)，讨论函数h(x)的零点个数.(6分) 解　(1)f'(x)=(x+1)ex，令f'(x)≥0，可得x≥-1， 故f(x)的单调递增区间为[-1，+∞). (2)φ'(x)=ex-+=(x>0)， 令μ(x)=x2ex+ln x(x>0)， 则μ'(x)=(x2+2x)ex+ 由x>0，故μ'(x)=(x2+2x)ex+>0恒成立， 故μ(x)在(0，+∞)上单调递增， 又μ=+ln =-1=<0，μ(1)=e+ln 1=e>0， 故存在x0∈使μ(x0)=0，即+ln x0=0， 故当0<x<x0时，φ'(x)<0， 当x>x0时，φ'(x)>0， 即φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 故φ(x)≥φ(x0)， 由+ln x0=0， 则x0=-=ln · 令ω(x)=f(x)+1=xex(x>0)， 则有ω(x0)=ω ω'(x)=f'(x)=(x+1)ex，当x>0时，ω'(x)>0恒成立， 故ω(x)在(0，+∞)上单调递增，故x0=ln 即ln x0=-x0， 则φ(x0)=--=--=+1-=1， 即φ(x)的最小值为1. (3)令h(x)=f(x)-g(x)=xex-1-ln x+mx=0(x>0)， 即有-m=ex--=φ(x)， 即函数h(x)的零点个数为φ(x)=-m的实数根的个数， 由(2)知，φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，且φ(x0)=1， 又当x→0时，φ(x)→+∞，当x→+∞时，φ(x)→+∞， 故当-m=1，即m=-1时，φ(x)=-m有唯一实数根， 当-m>1，即m<-1时，φ(x)=-m有两个实数根， 当-m<1，即m>-1时，φ(x)=-m无实数根， 即当m=-1时，函数h(x)有一个零点， 当m<-1时，函数h(x)有两个零点， 当m>-1时，函数h(x)无零点. 学科网（北京）股份有限公司 $$