专题一 第5讲 利用导数研究函数的零点问题【题型突破】讲义-2026届高三数学二轮复习（新高考通用）

专题一　函数与导数 第5讲　利用导数研究函数的零点问题 【考情分析●明方向】 以指数函数、对数函数、三次有理函数、三角函数为载体，利用导数，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．考查的角度主要是函数零点的综合应用． 【真题再现●明考向】 1．(2025·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<. (1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，＋∞)的极值点和零点． ①设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)．证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减； ②比较2x1与x2的大小，并证明你的结论． 2．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 3．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 4．(2022·新课标全国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． 5．(2023·上海高考)已知a，c∈R，函数f(x)＝. (1)若a＝0，求函数的定义域，并判断是否存在c使得f(x)是奇函数，说明理由； (2)若函数过点(1，3)，且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，求此时c的值和a的取值范围． 【考点突破●提能力】 考点一　判断函数零点的个数 【方法技巧】 利用导数研究函数零点问题的思路 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定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． (2)利用零点存在性定理：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． 【典例研析】 1．(2025·南昌模拟)已知函数f(x)＝－a(a＞0)，且x＝2不是f(x)的极值点． (1)求a的值； (2)判断f(x)的零点个数． 【跟踪训练】 1．(2025·山海关区三模)设函数f(x)＝exsin x. (1)求f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程； (2)记g(x)＝f(x)－ax，若0＜a≤1，试讨论g(x)在(0，π)上的零点个数． 考点二　根据零点的个数求参数的值(范围) 【方法技巧】 根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y＝f(x)的图象，再根据零点个数确定函数y＝f(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围，一个基本的技巧是把f(x)＝0化为g(x)＝h(x)，据f(x)零点个数确定函数y＝g(x)，y＝h(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围． 【典例研析】 2．(2025·白银三模)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x－1. (1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若f(x)在上有2个零点，求a的取值范围． 【跟踪训练】 2．(2025·重庆校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋sin x－. (1)当a＝－3时，求证：f(x)在区间(－1，0)上单调递增． (2)若函数f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有1个零点，求a的取值范围． 【限时训练】（限时：120分钟） 一、单项选择题：本题共4小题，每小题5分．共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·海口一模)已知实数a满足2a＋a＝2，则函数f(x)＝2x3－3x2＋1－a的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 2．(2025·齐齐哈尔三模)已知x1是函数f(x)＝xln x－e的零点，x2是函数g(x)＝x＋ln x－1的零点，则x1x2的值为(　　) A． B．1 C． D．e 3．(2025·河南二模)已知函数f(x)＝e2x＋a－ln(x＋5)＋－5有零点，那么实数a的最大值为(　　) A． B．1 C．1＋ln 2 D．9－ln 2 4．(2025·新宁县校级模拟)已知f(x)＝x2e2x＋a|x|ex＋2(a∈R)有4个零点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，－2) B．(－2，＋∞) C． D． 二、多项选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 5．(2025·广东模拟)已知f(x)＝[ln x＋ln(2π－x)]·sin x，则下列结论正确的是(　　) A．f(x＋π)是奇函数 B．f(x)在区间上单调递增 C．f(x)有3个零点 D．∀x∈(0，π]，f(x)≤2ln π 6．(2025·广安区校级二模)函数f(x)＝2xln x＋ax2－x，则下列说法正确的是(　　) A．当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数 B．当a＝2时，f(x)在x＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 C．f(x)在(0，＋∞)上为减函数，则a≤－e D．当a＜0时，F(x)＝f(x)＋ax有且只有一个零点，则a∈ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 7．(2025·铜仁市三模)已知函数f(x)＝x3－mx2的一个零点为3，则f(x)的单调减区间是________. 8．(2025·平凉校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋kx2在(0，＋∞)上只有一个零点，则实数k的值为________. 9．(2025·仁寿县校级三模)设函数f(x)＝ex－nx－n，函数g(x)＝－(n＋1)x＋e＋1－n，n≠0，n∈R.若函数h(x)＝恰有两个零点，则n的取值范围为________________. 四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 10．(2025·河南模拟)已知函数f(x)＝m(2－x2)－cos x(m∈R)． (1)当m＝1时，求f(x)的零点个数； (2)若∀x∈R，f(x)≤0，求m的最大值． 11．(2025·淮北模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x. (1)若a＝1，求函数f(x)在x＝1处的切线方程； (2)求证：当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点． 12．(2025·广东校级模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x－2. (1)当a≤0时，讨论f(x)的零点个数； (2)当a＝1时，证明：f(x)在区间(3，4)内存在唯一的零点； (3)若对于任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x＞k(x－1)，求整数k的最大值． 13．(2025·安丘市模拟)已知函数f(x)＝x＋asin x－xcos x. (1)当a＝1时，求f(x)在点(π，f(π))处的切线方程； (2)若f(x)在区间上有零点，求实数a的取值范围． 14．(2025·金川区校级二模)已知函数f(x)＝3a－x－(x＋1)ln(x＋1)，g(x)＝a2ex＋(2－a)x2－3ax(x＞－1)，1≤a≤6，g(x)的导函数记为g′(x)，e为自然对数的底数，约为2.718. (1)判断函数f(x)的零点个数； (2)设x1是函数f(x)的一个零点，x2是函数g(x)的一个极值点，证明：－1＜x2＜1＜x1. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一　函数与导数 第5讲　利用导数研究函数的零点问题 【考情分析●明方向】 以指数函数、对数函数、三次有理函数、三角函数为载体，利用导数，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．考查的角度主要是函数零点的综合应用． 【真题再现●明考向】 1．(2025·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<. (1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，＋∞)的极值点和零点． ①设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)．证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减； ②比较2x1与x2的大小，并证明你的结论． 【解析】　(1)证明：由题得f′(x)＝－1＋x－3kx2＝－3kx2＝x2， 因为x∈(0，＋∞)，所以x2>0，设g(x)＝－3k，x>0， 则g′(x)＝－<0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减， g(0)＝1－3k>0，令g(x1)＝0⇒x1＝－1， 所以当x∈(0，x0)时，g(x)>0，则f′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，则f′(x)<0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在(0，＋∞)上存在唯一极值点， 对函数y＝ln(1＋x)－x有y′＝－1＝－<0在(0，＋∞)上恒成立， 所以y＝ln(1＋x)－x在(0，＋∞)上单调递减， 所以y＝ln(1＋x)－x<y|x＝0＝0在(0，＋∞)上恒成立， 又因为f(0)＝0，x→＋∞时x2－kx3＝x2(1－2kx)<0， 所以x→＋∞时f(x)<0， 所以存在唯一x2∈(0，＋∞)使得f(x2)＝0，即f(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点． (2)①证明：由(1)知x1＝－1，则x1＋1＝，f′(x)＝x2， ∵g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)， 则g′(t)＝(x1＋t)2＋(x1－t)2 ＝＋＝3kt ＝， ∵k>0，t∈(0，x1)，∴t2－x－2x1<0，(1＋x1)2－t2>0， ∴g′(t)＝<0， 即g(t)在t∈(0，x1)上单调递减． ②2x1>x2，证明如下： 由①知：函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减， 所以g(0)>g(x1)即0>f(2x1)，又f(x2)＝0， 由(1)可知f(x)在(x0，＋∞)上单调递减，x2∈(x0，＋∞)，且对任意x∈(0，x2)，f(x)>0， 所以2x1>x2. 2．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 【解析】　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x，x>0，则f ′(x)＝－＝， 当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减； 所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)f(x)＝ax－－(a＋1)ln x，x>0，则f ′(x)＝a＋－＝， 当a≤0时，ax－1≤0，所以当x∈(0，1)时，f ′(x)>0， f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减； 所以f(x)max＝f (1)＝a－1<0，此时函数无零点，不符合题意； 当0<a<1时，>1，在(0，1)，上， f ′(x)>0，f(x)单调递增； 在上， f ′(x)<0， f(x)单调递减；又f(1)＝a－1<0， 由(1)得＋ln x≥1，即ln≥1－x，所以ln x<x，ln<，ln x<2， 当x>1时， f(x)＝ax－－(a＋1)ln x>ax－－2(a＋1)>ax－(2a＋3)， 则存在m＝2>，使得f(m)>0， 所以f(x)仅在有唯一零点，符合题意； 当a＝1时， f ′(x)＝≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)＝a－1＝0， 所以f(x)有唯一零点，符合题意； 当a>1时，<1，在，(1，＋∞)上，f ′(x)>0， f(x)单调递增； 在上， f ′(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)＝a－1>0， 由(1)得当0<x<1时，ln x>1－，ln>1－，所以ln x>2， 此时f(x)＝ax－－(a＋1)ln x<ax－－2(a＋1)<－＋， 存在n＝<，使得f(n)<0，所以f(x)在有一个零点，在无零点， 所以f(x)在(0，＋∞)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0，＋∞)． 3．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 【解析】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝， 令f ′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0，1)， f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)， f ′(x)>0，f(x)单调递增f(x)≥f(1)＝e＋1－a， 若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]． (2)证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1， 不妨设x1<1<x2，要证x1x2<1，即证x1<， 因为x1，∈(0，1)，即证f(x1)>f ， 因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)>f ， 即证－ln x＋x－xe－ln x－>0，x∈(1，＋∞)， 即证－xe－2>0， 下面证明x>1时，－xe>0，ln x－<0，设g(x)＝－xe，x>1， 则g′(x)＝ex－＝ex－e ＝＝， 设φ(x)＝(x>1)，φ′(x)＝ex＝ ex>0， 所以φ(x)>φ(1)＝e，而e<e，所以－e>0，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(1，＋∞)单调递增，即g(x)>g(1)＝0，所以－xe>0， 令h(x)＝ln x－，x>1，h′(x)＝－＝＝<0， 所以h(x)在(1，＋∞)单调递减，即h(x)<h(1)＝0，所以ln x－<0； 综上，－xe－2>0，所以x1x2<1. 4．(2022·新课标全国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． 【解析】　(1)f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f ′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f ′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0. g(x)＝ax－ln x的定义域为(0，＋∞)，而g′(x)＝a－＝. 当f′(x)＝0时，x＝ln a， 当x<ln a时， f ′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln a)上为减函数， 当x>ln a时，f ′(x)>0，故f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数， 故f(x) min＝f(ln a)＝a－aln a. 令g′(x)＝0，则x＝， 当0<x<时，g′(x)<0，故g(x)在上为减函数， 当x>时，g′(x)>0，故g(x)在上为增函数， 故g(x) min＝g＝1－ln. 因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值， 故1－ln＝a－aln a，整理得到＝ln a，其中a>0， 设h(a)＝－ln a，a>0，则h′(a)＝－＝≤0， 故h(a)为(0，＋∞)上的减函数，而h(1)＝0， 故h(a)＝0的唯一解为a＝1，故＝ln a的解为a＝1.综上，a＝1. (2)证明：由(1)可得f(x)＝ex－x和g(x)＝x－ln x的最小值为1－ln 1＝1－ln＝1. 当b>1时，考虑ex－x＝b的解的个数、x－ln x＝b的解的个数． 设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1， 当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0， 故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数， 所以S(x)min＝S(0)＝1－b<0， 而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b， 设u(b)＝eb－2b，其中b>1，则u′(b)＝eb－2>0， 故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0， 故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点，即ex－x＝b的解的个数为2. 设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝， 当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0， 故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， 所以T(x) min＝T(1)＝1－b<0， 而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0， T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点即x－ln x＝b的解的个数为2. 当b＝1，由(1)讨论可得x－ln x＝b、ex－x＝b仅有一个零点， 当b<1时，由(1)讨论可得x－ln x＝b、ex－x＝b均无零点， 故若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点，则b>1. 设h(x)＝ex＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋－2， 设s(x)＝ex－x－1，x>0，则s′(x)＝ex－1>0， 故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0即ex>x＋1， 所以h′(x)>x＋－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 而h(1)＝e－2>0，h＝e－3－<e－3－<0， 故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，<x0<1且： 当0<x<x0时，h(x)<0即ex－x<x－ln x即f(x)<g(x)， 当x>x0时，h(x)>0即ex－x>x－ln x即f(x)>g(x)， 因此若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点， 故b＝f(x0)＝g(x0)>1， 此时ex－x＝b有两个不同的零点x1，x0(x1<0<x0)， 此时x－ln x＝b有两个不同的零点x0，x4(0<x0<1<x4)， 故ex1－x1＝b，ex0－x0＝b，x4－ln x4－b＝0，x0－ln x0－b＝0 所以x4－b＝ln x4即ex4－b＝x4即ex4－b－(x4－b)－b＝0， 故x4－b为方程ex－x＝b的解，同理x0－b也为方程ex－x＝b的解 又ex1－x1＝b可化为ex1＝x1＋b即x1－ln(x1＋b)＝0即(x1＋b)－ln(x1＋b)－b＝0， 故x1＋b为方程x－ln x＝b的解，同理x0＋b也为方程x－ln x＝b的解， 所以＝，而b>1， 故即x1＋x4＝2x0. 5．(2023·上海高考)已知a，c∈R，函数f(x)＝. (1)若a＝0，求函数的定义域，并判断是否存在c使得f(x)是奇函数，说明理由； (2)若函数过点(1，3)，且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，求此时c的值和a的取值范围． 【解析】　(1)若a＝0，则f(x)＝＝x＋＋1， 要使函数有意义，则x≠0，即f(x)的定义域为{x|x≠0}， ∵y＝x＋是奇函数，y＝1是偶函数， ∴函数f(x)＝x＋＋1为非奇非偶函数，不可能是奇函数，故不存在实数c，使得f(x)是奇函数． (2)若函数过点(1，3)，则f(1)＝＝＝3，得3a＋2＋c＝3＋3a，得c＝3－2＝1， 此时f(x)＝，若函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点， 即f(x)＝＝0，得x2＋(3a＋1)x＋1＝0，当x＜0时，有两个不同的交点， 设g(x)＝x2＋(3a＋1)x＋1， 则得 得即a>， 若x＋a＝0即x＝－a是方程x2＋(3a＋1)x＋1＝0的根， 则a2－(3a＋1)a＋1＝0，即2a2＋a－1＝0，得a＝或a＝－1， 则实数a的取值范围是a>且a≠且a≠－1，即∪. 【考点突破●提能力】 考点一　判断函数零点的个数 【方法技巧】 利用导数研究函数零点问题的思路 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定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． (2)利用零点存在性定理：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． 【典例研析】 1．(2025·南昌模拟)已知函数f(x)＝－a(a＞0)，且x＝2不是f(x)的极值点． (1)求a的值； (2)判断f(x)的零点个数． 【解析】　(1)因为f′(x)＝(ex－ax)，而x＝2不是f(x)的极值点， 所以方程ex－ax＝0还有其他正根(变号零点)， 若曲线y＝ex和y＝ax在(0，＋∞)上只有一个公共点， 则y＝ex和y＝ax相切，不符合题意， 所以此时ex－ax＝0必有两个正根，且x＝2为其中一个根， 所以a＝，经检验，a＝符合题意． (2)由(1)可得f′(x)＝， 设g(x)＝ex－x，则方程g(x)＝0的两根为x＝2，x＝x0(0＜x0＜2)， 其中ex0＝x0， 因为0＜x＜x0时，g(x)＞0，所以(x－2)g(x)＜0， 即f′(x)＜0，此时f(x)单调递减； x0＜x＜2时，g(x)＜0，则(x－2)g(x)＞0，即f′(x)＞0，此时f(x)单调递增； x≥2时，g(x)≥0，所以(x－2)g(x)≥0，即f′(x)≥0，此时f(x)单调递增，即f(x)min＝f(x0)， 因为ex0＝x0，即x0＝ln x0＋2－ln 2， 所以f(x)min＝f(x0)＝－＝－ ＝＜(－2＋2－ln 2)＜0， 且x→0时，f(x)→＋∞；x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以f(x)在(0，x0)，(x0，＋∞)上各有1个零点， 所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有2个零点． 【跟踪训练】 1．(2025·山海关区三模)设函数f(x)＝exsin x. (1)求f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程； (2)记g(x)＝f(x)－ax，若0＜a≤1，试讨论g(x)在(0，π)上的零点个数． 【解析】　(1)导函数f′(x)＝ex(sin x＋cos x)，因此f′(0)＝1，又f(0)＝0， 因此函数f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程为y＝x. (2)根据已知得函数g(x)＝exsin x－ax， 因此导函数g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－a， 令h(x)＝g′(x)， 那么导函数h′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝2excos x. 当＜x＜π时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减； 当0＜x＜时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增， 所以导函数在上单调递减，g′(x)在上单调递增， 当0＜a≤1时，g′(0)＝1－a≥0，g′＝e－a＞0，g′(π)＝－ex－a＜0， 因此存在x0∈，使得g′(x0)＝0， 当x∈(x0，π)时，g′(x)＜0；当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0， 因此g(x)在(x0，π)上单调递减，在(0，x0)上单调递增， 由于g(0)＝0，g(x0)＞g(0)＝0，因此g(x)在(0，x0)上无零点， 又由于g(π)＝－aπ＜0，根据零点存在定理可得函数g(x)在(x0，π)上有且只有一个零点． 综上所述，当0＜a≤1时，g(x)在(0，π)上的零点个数为1. 考点二　根据零点的个数求参数的值(范围) 【方法技巧】 根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y＝f(x)的图象，再根据零点个数确定函数y＝f(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围，一个基本的技巧是把f(x)＝0化为g(x)＝h(x)，据f(x)零点个数确定函数y＝g(x)，y＝h(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围． 【典例研析】 2．(2025·白银三模)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x－1. (1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若f(x)在上有2个零点，求a的取值范围． 【解析】　(1)因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)＝＋1≥0对x∈(1，＋∞)恒成立， 即a≥－x－1对x∈(1，＋∞)恒成立， 所以a≥－2，即a的取值范围是[－2，＋∞)． (2)由题知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)， 又f′(x)＝，令f′(x)＝0，可得x＝－a－1， 当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 当a＜0时，令f′(x)＜0，得－1＜x＜－a－1，令f′(x)＞0，得x＞－a－1， 则f(x)在(－1，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 当a＜0时，f(x)在(－1，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增． ，　(3)由(2)知，当a≥0时，f(x)在上单调递增， 则f(x)在上至多有1个零点，则a≥0不符合题意． 当a＜0时，要使得f(x)在上有2个零点， 则－＜－a－1＜7，即－8＜a＜－，且 设函数g(a)＝aln(－a)－a－2，－8＜a＜－， 则g′(a)＝ln(－a)，令g′(a)＝0，可得a＝－1， 当a∈(－8，－1)时，g′(a)＞0，g(a)单调递增， 当a∈时，g′(a)＜0，g(a)单调递减， 所以g(a)的最大值为g(－1)＝－1＜0. 由解得－＜a＜－. 即a的取值范围为. 【跟踪训练】 2．(2025·重庆校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋sin x－. (1)当a＝－3时，求证：f(x)在区间(－1，0)上单调递增． (2)若函数f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有1个零点，求a的取值范围． 【解析】　(1)证明：导函数f′(x)＝ex＋a＋cos x＋， 令函数g(x)＝f′(x)，导函数g′(x)＝ex－sin x－， 对x∈(－1，0)，ex＜1，－sin x＜1，＞2，因此g′(x)＜0， 所以导函数f′(x)在(－1，0)上单调递减，因此f′(x)＞f′(0)＝a＋3＝0， 所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增． (2)当a≥－3时，对x∈(－1，0)，根据第一问知，f′(x)＞f′(0)＝a＋3≥0， 所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增，此时f(x)＜f(0)＝0，与题设矛盾． 当a＜－3时，对x∈(－1，0)，根据第一问知，导函数f′(x)在(－1，0)上单调递减， 又因为f′(0)＝a＋3＜0，f′(x)＝＋∞， 因此存在x1∈(－1，0)使f′(x1)＝0， 所以函数f(x)在(x1，0)上单调递减，在(－1，x1)上单调递增， 因此f(x1)＞f(0)＝0.又因为f(x)＝－∞， 因此存在唯一r∈(－1，x1)使f(r)＝0. 对x∈(0，＋∞)，令函数g(x)＝f′(x)，导函数g′(x)＝ex－sin x－， 令函数h(x)＝g′(x)，那么导函数h′(x)＝ex－cos x＋＞ex－1＋＞0， 因此导函数g′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为g′(0)＝－1＜0，g′(1)＝e－sin 1－＞e－＞0， 因此存在x2∈(0，1)使g′(x2)＝0， 当x∈(x2，＋∞)，g′(x)＞0，当x∈(0，x2)，g′(x)＜0， 因此导函数f′(x)在(x2，＋∞)上单调递增，在(0，x2)上单调递减， 所以f′(x2)＜f′(0)＝a＋3＜0. 由f′(x)＝＋∞，所以在x3∈(x2，＋∞)使f′(x3)＝0， 当x∈(0，x3)时，f′(x)＜0，当x∈(x3，＋∞)，f′(x)＞0， 即f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x3，＋∞)上单调递增，所以f(x3)＜f(0)＝0. 又f(x)＝＋∞，所以存在唯一s∈(x3，＋∞)使f(s)＝0.符合题设． 综上，a∈(－∞，－3)． 【限时训练】（限时：120分钟） 一、单项选择题：本题共4小题，每小题5分．共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·海口一模)已知实数a满足2a＋a＝2，则函数f(x)＝2x3－3x2＋1－a的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】　D 【解析】　由题设f′(x)＝6x(x－1)，当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，且f(0)＝1－a，f(1)＝－a，由2a＋a＝2，即2a＝2－a，而y＝2a在R上单调递增，y＝2－a在R上单调递减，显然20＝1＜2－0＝2，21＝2＞2－1＝1，故0＜a＜1，所以f(0)＞0＞f(1)，又x趋向－∞时f(x)趋向－∞，x趋向＋∞时f(x)趋向＋∞，综上，f(x)共有3个零点．故选D． 2．(2025·齐齐哈尔三模)已知x1是函数f(x)＝xln x－e的零点，x2是函数g(x)＝x＋ln x－1的零点，则x1x2的值为(　　) A． B．1 C． D．e 【答案】　D 【解析】　因为f(x)＝xln x－e，x＞0，则f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝ln x＋1＝0，解得x＝e－1，所以当0＜x＜e－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞e－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(e－1)＝e－1ln e－1－e＝－e－1－e＜0，又当0＜x＜e－1时，f(x)＝xln x－e＜0，而f(e)＝eln e－e＝0，所以x1＝e；由g(x)＝x＋ln x－1(x＞0)，得g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由g(1)＝1＋ln 1－1＝0，得x2＝1，则x1x2＝e.故选D． 3．(2025·河南二模)已知函数f(x)＝e2x＋a－ln(x＋5)＋－5有零点，那么实数a的最大值为(　　) A． B．1 C．1＋ln 2 D．9－ln 2 【答案】　D 【解析】　因为函数f(x)＝e2x＋a－ln(x＋5)＋－5有零点，由f(x)＝0，得e2x＋a＋＝5＋ln(x＋5)，即e2x＋a＋x＋＝x＋5＋ln(x＋5)，则e＋x＋＝eln(x＋5)＋ln(x＋5)，令函数g(x)＝e2x＋x，则有g＝g，而函数y＝e2x，y＝x都是R上的增函数，于是函数g(x)是R上的增函数，因此x＋＝ln(x＋5)，即a＝ln(x＋5)－2x，令h(x)＝ln(x＋5)－2x，求导得h′(x)＝－2，当h′(x)＞0，则－5＜x＜－，当h′(x)＜0，则x＞－，所以函数h(x)在上单调递增，在上单调递减，故函数h(x)在x＝－时取得最大值9－ln 2，所以实数a的最大值为9－ln 2.故选D． 4．(2025·新宁县校级模拟)已知f(x)＝x2e2x＋a|x|ex＋2(a∈R)有4个零点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，－2) B．(－2，＋∞) C． D． 【答案】　C 【解析】　f(x)＝x2e2x＋a|x|ex＋2(a∈R)有4个零点，令|x|ex＝t≥0，研究y＝|x|ex，当x＞0时，易知函数单调递增；当x＝0时，y＝0；当x＜0时，y＝－xex，则y′＝－ex(x＋1)，当x＜－1时，y′＞0，当－1＜x＜0时，y′＜0，此时y＝－xex在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减；当x＝－1时，得到最大值， 由图象可知，要使得f(x)＝x2e2x＋a|x|ex＋2(a∈R)有4个零点，则y＝t2＋at＋2(a∈R)必有两个零点，一个零点在内，一个零点在内，则解得a＜－2e－，所以实数a的取值范围为.故选C． 二、多项选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 5．(2025·广东模拟)已知f(x)＝[ln x＋ln(2π－x)]·sin x，则下列结论正确的是(　　) A．f(x＋π)是奇函数 B．f(x)在区间上单调递增 C．f(x)有3个零点 D．∀x∈(0，π]，f(x)≤2ln π 【答案】　ACD 【解析】　显然，函数f(x)的定义域为(0，2π)，那么函数f(x＋π)的定义域为(－π，π)，且f(π＋x)＝[ln(π＋x)＋ln(π－x)]·sin(π＋x)＝－[ln(π＋x)＋ln(π－x)]·sin x，记函数g(x)＝f(π＋x)，那么函数g(－x)＝－[ln(π－x)＋ln(π＋x)]·sin(－x)＝[ln(π－x)＋ln(π＋x)]·sin x＝－g(x)，所以函数f(x＋π)是奇函数，所以A正确；令函数f(x)＝0，那么有[ln x＋ln(2π－x)]·sin x＝0，所以ln x＋ln(2π－x)＝0或sin x＝0，所以x(2π－x)＝1或x＝π，所以x1＝π＋＜π＋π＝2π，x2＝π－＞π－π＝0，或x＝π，因此函数f(x)有3个零点，所以C正确；∀x∈(0，π]，ln x＋ln(2π－x)＝ln(－x2＋2πx)≤2ln π，而0≤sin x≤1，因此[ln x＋ln(2π－x)]·sin x≤2ln π，所以f(x)≤2ln π，所以D正确；因此，B错误．事实上，导函数f′(x)＝·＋cos x·ln[x(2π－x)]，且f′＝＞0，f′(x)＝·1＋1·(－∞)＝－∞，因此存在δ∈，使得f′(δ)＝0，从而当0＜x＜δ时，导函数f′(x)＜0，所以函数f(x)在区间(0，δ)上单调递减．故选ACD． 6．(2025·广安区校级二模)函数f(x)＝2xln x＋ax2－x，则下列说法正确的是(　　) A．当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数 B．当a＝2时，f(x)在x＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 C．f(x)在(0，＋∞)上为减函数，则a≤－e D．当a＜0时，F(x)＝f(x)＋ax有且只有一个零点，则a∈ 【答案】　BD 【解析】　f′(x)＝2ln x＋2ax＋1为增函数，x→0时f′(x)趋向负无穷，x→＋∞时f′(x)趋向正无穷，所以存在x0∈(0，＋∞)使f′(x0)＝0，故x∈(0，x)上f′(x)＜0，f(x)在(0，x0)上为减函数，A错误；由题设f′(x)＝2ln x＋4x＋1，则f′(1)＝5，且f(1)＝1，所以f(x)在x＝1处的切线方程为y＝5x－4，切线与x轴的交点坐标为，与y轴交点坐标为(0，－4)，所以f(x)在x＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为××4＝，B正确；因为函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，则在(0，＋∞)上f′(x)＝2ln x＋2ax＋1≤0恒成立，即2a≤，令g(x)＝，则g′(x)＝，易知0＜x＜e时，g′(x)＜0，x＞e时，g′(x)＞0，所以g(x)在上为减函数，在上为增函数，所以g(x)min＝g＝－2e⇒2a≤－2e⇒a≤－e，C错误；函数F(x)＝f(x)＋ax＝2xln x＋ax2－x＋ax有且只有一个零点，即2xln x＋ax2－x＋ax＝0有唯一解，则a＝，令g(x)＝，且x＞0，则g′(x)＝，令h(x)＝2ln x－－3，显然在(0，＋∞)上为增函数，h(5)＝2ln 5－＜0＜h(6)＝2ln 6－，则∃x0∈(5，6)，使得h(x0)＝2ln x0－－3＝0，易知0＜x＜x0时，h(x0)＜0，x＞x0时，h(x0)＞0，则g(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，则g(x)min＝g(x0)＝－，当a＜0时，g(x)→∞，g(x)→0，所以a＝有且只有一个解时，a＝g(x0)＝－，即a＝－∈，D正确．故选BD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 7．(2025·铜仁市三模)已知函数f(x)＝x3－mx2的一个零点为3，则f(x)的单调减区间是________. 【答案】　(0，2) 【解析】　已知函数f(x)＝x3－mx2的一个零点为3，所以将x＝3代入函数得33－m×32＝0，即27－9m＝0，解得m＝3.所以f(x)＝x3－3x2，所以f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＜0，即3x(x－2)＜0，解得0＜x＜2，所以f(x)的单调减区间是(0，2)． 8．(2025·平凉校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋kx2在(0，＋∞)上只有一个零点，则实数k的值为________. 【答案】　－ 【解析】　令f(x)＝ex＋kx2＝0，则k＝－，令g(x)＝－(x＞0)，则直线y＝k与y＝g(x)的图象有1个公共点，因为g′(x)＝－，所以当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(2)＝－.又当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→－∞，故g(x)的图象大致如图所示， 所以k＝－，即实数k的值为－. 9．(2025·仁寿县校级三模)设函数f(x)＝ex－nx－n，函数g(x)＝－(n＋1)x＋e＋1－n，n≠0，n∈R.若函数h(x)＝恰有两个零点，则n的取值范围为________________. 【答案】　(－1，0)∪ 【解析】　令函数φ(x)＝f(x)－g(x)＝ex－nx－n－[－(n＋1)x＋e＋1－n]＝ex＋x－e－1，函数φ(x)在R上单调递增，而φ(1)＝1，则当x＜1时，φ(x)＜0，f(x)＜g(x)，当x≥1时，φ(x)≥0，f(x)≥g(x)，因此h(x)＝令函数u(x)＝由h(x)恰有两个零点，得函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)有两个交点，在同一坐标系内作出函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)， 直线y＝n(x＋1)恒过定点(－1，0)，观察图象，当－1＜n＜0时，函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)恒有两个交点，则－1＜n＜0；当直线过点F(1，e)时，函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)有两个交点，则n＝；当直线y＝n(x＋1)与曲线y＝ex相切时，函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)有两个交点，设切点坐标为(t，et)，y′＝et，于是解得t＝0，n＝1，所以n的取值范围为(－1，0)∪. 四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 10．(2025·河南模拟)已知函数f(x)＝m(2－x2)－cos x(m∈R)． (1)当m＝1时，求f(x)的零点个数； (2)若∀x∈R，f(x)≤0，求m的最大值． 【解析】　(1)根据题目： 已知函数f(x)＝m(2－x2)－cos x(m∈R)， 当m＝1时，f(x)＝2－x2－cos x， 即f′(x)＝sin x－2x， 令h(x)＝sin x－2x， 则h′(x)＝cos x－2＜0， 即h(x)在R上单调递减，即f′(x)在R上单调递减， 又f′(0)＝0，则f′(x)＜0的解集为(0，＋∞)， 则f′(x)＞0的解集为(－∞，0)， 即f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，在区间(－∞，0)上单调递增， 又因为f(0)＝1＞0，f(2)＝f(－2)＝－2－cos 2＜0， 即存在x1∈(－2，0)，x2∈(0，2)， 使得f(x1)＝f(x2)＝0， 当m＝1时，即f(x)有两个零点． (2)由f(0)＝2m－1≤0，得m≤， 下证当m＝时，∀x∈R，f(x)≤0， 令g(x)＝(2－x2)－cos x， 则g′(x)＝sin x－x， 令φ(x)＝sin x－x， 则φ′(x)＝cos x－1≤0， 即φ(x)在R上单调递减， 又φ(0)＝sin 0－0＝0， 则g′(x)＜0的解集为(0，＋∞)， 则g′(x)＞0的解集为(－∞，0)， 即g(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在区间(0，＋∞)上单调递减， 即g(x)≤g(0)＝×(2－0)－cos 0＝0， 即f(x)≤0， 即若∀x∈R，f(x)≤0，m的最大值为. 11．(2025·淮北模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x. (1)若a＝1，求函数f(x)在x＝1处的切线方程； (2)求证：当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点． 【解析】　(1)若a＝1，函数f(x)＝－2x＋ln x(x＞0)， f′(x)＝x－2＋， ∴f′(1)＝0，又f(1)＝－， ∴函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－. (2)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝x－2＋＝， 当a＝0时，f(x)＝x2－2x， f(x)有且仅有一个零点4； 当0＜a＜1时，令f′(x)＝0， 得x1＝1－，x2＝1＋，0＜x1＜1＜x2， 当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增， 当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减， 当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增， 当x∈(0，1]时，x2－2x＜0，aln x≤0， ∴f(x)＜0，函数f(x)无零点， 又当x∈(1，x2)时，f(x)单调递减， 当x∈(x2，＋∞)时，f(x)单调递增， 且f(x2)＜f(1)＜0，f(4)＝aln 4＞0， ∴f(x)有且仅有一个零点； 当a≥1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增， 又f(1)＜0，f(4)＝aln 4＞0，知f(x)存在唯一个零点x0∈(1，4)． 综上所述，当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点． 12．(2025·广东校级模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x－2. (1)当a≤0时，讨论f(x)的零点个数； (2)当a＝1时，证明：f(x)在区间(3，4)内存在唯一的零点； (3)若对于任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x＞k(x－1)，求整数k的最大值． 【解析】　(1)根据导函数 f′(x)＝a－＝(x＞0)， 当a＝0时，根据f′(x)＝a－＝＜0， 可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 解方程f(x)＝－ln x－2＝0，得x＝e－2， 因此当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． 当a＜0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 因为a＜0，ea－2＜e0＝1， 所以f(ea－2)＝aea－2－(a－2)－2＝aea－2－a＝a(ea－2－1)＞0， 又因为f(1)＝a－2＜0， 所以函数f(x)在(ea－2，1)上有一个零点． 又因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上有一个零点． 综上，当a≤0时，函数f(x)上有一个零点． (2)证明：当a＝1时f(x)＝x－ln x－2， 所以f′(x)＝1－， 当x∈(3，4)时，导函数f′(x)＝1－＞0， 所以函数f(x)在(3，4)上单调递增， 因为f(4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4＞0， f(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3＜0， 所以函数f(x)在区间(3，4)内存在唯一的零点． (3)因为xln x＋x＞k(x－1)，且x∈(1，＋∞)， 所以k＜， 令函数g(x)＝， 那么导函数g′(x)＝，x＞1， 根据第二问知，函数f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，且在区间(3，4)内存在唯一的零点， 设该零点为x0∈(3，4)， 那么f(x0)＝x0－ln x0－2＝0， 因此当x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞0， 即g′(x)＞0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 当x∈(1，x0)时，f(x)＜0， 即g′(x)＜0，g(x)在(1，x0)上单调递减， 所以g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，4)， 所以k＜g(x)min＝x0∈(3，4)， 因此整数k的最大值为3. 13．(2025·安丘市模拟)已知函数f(x)＝x＋asin x－xcos x. (1)当a＝1时，求f(x)在点(π，f(π))处的切线方程； (2)若f(x)在区间上有零点，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)因为a＝1， 所以f(x)＝x＋sin x－xcos x， 即f′(x)＝1＋cos x－cos x＋xsin x＝1＋xsin x， 所以切线的斜率为k＝f′(π)＝1，又f(π)＝2π， 所以切线方程为y－2π＝x－π，即x－y＋π＝0. (2)f(x)＝x＋asin x－xcos x， 则f′(x)＝1＋(a－1)cos x＋xsin x， ①当a≥1时，(a－1)cos x≥0，sin x＞0， 所以f′(x)＞0在区间上恒成立， f(x)在区间上单调递增， 所以f(x)＞f(0)＝0在区间上恒成立， 即f(x)在区间上无零点； ②当a＜1时，令h(x)＝f′(x)＝1＋(a－1)cos x＋xsin x， 则h′(x)＝(2－a)sin x＋xcos x＞0在区间上恒成立， 所以h(x)在区间上单调递增， 即h(x)min＝h(0)＝a； (ⅰ)0≤a＜1时，h(x)＞a≥0，f(x)在区间上单调递增， 即f(x)＞f(0)＝0在区间上恒成立， 所以f(x)在区间上无零点； (ⅱ)当a＜0时，h(0)＝a＜0， 又h＝1＋＞0， 所以存在x0∈，使得h(x0)＝0， 所以当0＜x＜x0时，h(x)＜0，f(x)单调递减， 当x0＜x＜时，h(x)＞0，f(x)单调递增， 即当x＝x0时，f(x)取得最小值， 因为f(0)＝0，所以f(x0)＜0， 因为f＝＋a， 所以当a≤－时，f＝＋a≤0， 此时，f(x)＜0在区间上恒成立，f(x)在区间上无零点， 当－＜a＜0时，f＝＋a＞0， 故存在x1∈，使得f(x1)＝0， 所以实数a的取值范围是. 14．(2025·金川区校级二模)已知函数f(x)＝3a－x－(x＋1)ln(x＋1)，g(x)＝a2ex＋(2－a)x2－3ax(x＞－1)，1≤a≤6，g(x)的导函数记为g′(x)，e为自然对数的底数，约为2.718. (1)判断函数f(x)的零点个数； (2)设x1是函数f(x)的一个零点，x2是函数g(x)的一个极值点，证明：－1＜x2＜1＜x1. 【解析】　(1)导函数f′(x)＝－ln(x＋1)－2， 令f′(x)＝0，解得x＝－1＋. 当x∈时，f′(x)＜0， 当x∈时，f′(x)＞0， 所以函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增， 令函数m(x)＝xln x， 所以当x→0时，可令x＝e－t， 那么t→＋∞，s(t)＝－te－t， 易知当t→＋∞时，s(t)→0， 所以当x→－1时，函数y＝(x＋1)ln(x＋1)→0， 所以f(x)→3a＋1. 因为1≤a≤6， 所以3a＋1＞0， 即函数f(x)在上无零点， 又因为f(1)＝3a－1－2ln 2≥3×1－1－2ln 2＞0， f(e2－1)＝3a－(e2－1)－2e2＝3a＋1－3e2≤3×6＋1－3e2＜0， 所以∃x1∈(1，e2－1)使得f(x1)＝0， 即函数f(x)在区间上有一个零点， 所以f(x)的零点个数为1. (2)证明：根据第一问可知，f(x)有唯一零点x1，且x1＞1. 下面判断g(x)的极值点情况， 导函数g′(x)＝a2ex＋(2－a)x－3a(x＞－1)， 令函数h(x)＝g′(x)， 那么导函数h′(x)＝a2ex＋2－a(x＞－1)， 当1≤a≤2时，h′(x)＞0， 所以函数h(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 当2＜a≤6时，导函数h′(x)＞a2e－1＋2－a＞＋2－2＝＞0， 所以函数h(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 综上所述，当1≤a≤6时，函数h(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增， 因为h(－1)＝－2a－2， 令r(a)＝－2a－2，r′(a)＝－2， 令r′(a)＝0，解得a＝e. 因为1≤a≤6， 所以函数r(a)在区间[e，6]上单调递增，在区间[1，e)上单调递减， 又因为r(1)＝－4＜0，r(6)＝－14＜0， 所以h(－1)＜0. 又h(1)＝a2e－4a＋2≥12×e－4×1＋2＝e－2＞0， 所以∃x2∈(－1，1)使得h(x2)＝0， 即g′(x2)＝0， 且当x∈(x2，1)时，h(x)＝g′(x)＞0， 当x∈(－1，x2)时，h(x)＝g′(x)＜0， 所以函数g(x)在区间(x2，1)上单调递增，在区间(－1，x2)上单调递减， 因此当x∈(－1，＋∞)时，g(x)存在唯一的极值点x2，且－1＜x2＜1. 综上，－1＜x2＜1＜x1. 学科网（北京）股份有限公司 $