上分专题09 利用导数研究函数的零点或方程的根-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

上分专题09利用导数研究函数的零点或方程的根 题课堂 命题密钥 函数的零点问题是利用导数求函数极值的重要应用，也是函数与方程数学思想的应用. 解决零点问题的选择题与填空题时，我们通常采取数形结合的思想方法，结合函数的图象进 行求解.2024年全国甲卷文科卷的第16题，就是一个参变分离后利用函数图象交点个数来求 解参数范围的问题 解答题中的常见命题方式为讨论函数的零点个数，或是已知函数零点个数求参数的取值 范围根据零，点存在定理，判断零点存在需要在零点左右两侧各找到一个值，并且满足这两个 值所对应的函数值异号. 考点觉醒 ●选填题中零点问题的解题步骤 y=fx)-a的零点个数台y=fx)与y=a的图象 交点个数 数形结合解 参变量分离，作出 对应函数的图象并 决零点问题 判断交点个数 y=fx)-gx)的零点个数台y=fx)与y=g(x)的 图象交点个数 ·参变量分离的分类 将参数完全分离到方程的另外一边，转化为函数 图象与水平动直线的交点个数 完全分离 临界情况为水平动直线经过函数的最值点 参变量分离 将x这样的项分离到方程的另外一边，转化为函 数图象与动直线的交点个数 不完全分离 临界情况为动直线与函数图象相切 ●解答题中零点问题的解题步骤 求函数的单调 函数的每个单调区间上最多只有一个零点，根据题目要求的零点 区间和极值 个数判断极值的符号 0 赋值法求零点 判断两侧单调区间是否存在零点，若存在零点，找到与相邻极值 所在区间 异号的点 黑白题·上分秘籍 23 实战演练 题组1判断或证明函数零点的个数 3.熱(2025·陕西西安高二月考)已知函数 1.整(2025·浙江杭州高二月考)已知函数 f(x)=ax2-x-In (ax),a<0. )=-a(2+1aeR (1)若a=-1,求f(x)的图象在点(-1，f(-1) 处的切线方程； (1)当a=3时，求f(x)的对称中心； (2)证明：f(x)只有一个零点. (2)证明：f(x)有唯一零点 2.#(2025·云南昆明高三月考)已知函数 4.格(2025·四川南充高三月考)已知函数 f(x)=e-ax(a∈R). f(x)=ae2+(a-2)e*-x. (1)求函数f(x)的极值； (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点 (2)当a>0时，讨论函数f(x)零点的个数. (0,f(0))处的切线与两坐标轴围成的 三角形面积； (2)讨论函数f(x)的零点个数 24■数学1选择性必修第二册·BS 题组2已知函数的零点或方程的根的情况求9.#(2025·陕西咸阳高二期中)已知函数 参数 f(x)=21n x-x2+m. 5.*(2025·安徽宿州高二期中)已知函数 (1)若f(x)≤0恒成立，求实数m的取值 f(x)=ae-x2+3有两个不同的零点，则实数 范围； a的最大值为 (2)若)在[片]上有两个不同零点，求 A.0 B.2 C. D.2e 实数m的取值范围， 6.(2025·广东深圳高二月考)已知函数 x3+2x2+2 0,x≤0， f(x)= g(x)=f(x)-ax, In x x,0, 若函数g(x)有5个零点，则a的取值范围为 ( A.(0,2) c0) D. 11 '20'28 7.**(2025·黑龙江哈尔滨高二月考)已知 10.#(2025·安徽合肥高二期中)已知函数 函数f(x)=e*-a(x-1)有两个零点，则实数 a的取值范围是 Rs)-(x-2a)lnrij.uck 8.整(2025·江苏常州高二月考)设函数 (1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性； f(x)=xln x-(a+1)x+a+1,aER. (2)当x∈[1，+∞)时，函数f(x)有两个零 (1)讨论f(x)的单调性； 点，求a的取值范围. (2)若f(x)在区间[1，e]上有且只有一个零 点，求实数a的取值范围 黑白题·上分秘籍25 11.(2025，河南鹤壁高二期末)已知函数 12.(2025·江苏无锡高二期中)已知函数 f(x)=aln x-e*,g(x)=em-e*+(a-1). (In x+x). 代x=2+其中>0 (1)若f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线 (1)讨论f(x)的单调性： 方程为y=ex+b,求a+b的值； (2)已知neN且n≥2，求证：(1+，)(1+ (2)若f(x)在其定义域上不具有单调性， 求实数a的取值范围； 3)(+)小-(1+是)e; (3)若f(x)与g(x)的图象恰有两个不同的 交点，求实数a的取值范围. (3)若函数g(x)=k21nx-x-二+2有三个不 同的零点，求正数k的取值范围， 26■数学1选择性必修第二册·BSe(0,+).则'()-22，令()>0，得0cx<1: 23 令h'(x)<0,得x>1,所以函数h(x)在(0,1)上为增函数，在 （1,+)上为减函数，又A(0=0,A(1)=名，且s>0时， 0,所以。e0)】 10.(1)解：/(x)的定义域为(0，+0)，f'(x)=1-an￥，令 x2 f'(x)=0得x=el-,令f'(x)>0得0<x<e-,令f'(x)<0得 ,…代x)在(0，e-a)上单调递增，在(e1,+∞)上单 调递减 (2)证明：由(1)知f(x)m=f(e)=a+lne 1 el-a= a=1,fx)=1+n,要证fx)≤g(),即证1+n≤ ec-b,即证1+lnx≤xe-bx,即证es+h-(bx+lnx)-1≥0， 构造函数h(x)=e-x-1,x∈R,则h'(x)=e-1,令 h'(x)>0得x>0,令h'(x)<0得x<0,∴.h(x)在(0，+∞)上 单调递增，在(-∞，0)上单调递减，.h(x)≥h(0)=0, 即e-x-1≥0恒成立，当且仅当x=0时等号成立.beR, xe(0,+o),.x0∈(0，+∞)，使得bx0+lnx0=0, .ea-(bx+lnx)-l≥0恒成立，故对于任意的beR, f(x)≤g(x)恒成立. 11.解：(1)因为f(x)=e-x-1,定义域为R,f'(x)=e-1,由 f'(x)<0可得x<0,由f'(x)>0可得x>0,所以f(x)单调递 减区间为(-∞，0)，单调递增区间为(0，+∞)，所以f(x)在 x=0处取得极小值，且极小值为f(0)=0,无极大值. (2)当a<0时，若[日小，对v[日，小使 得g(x)≥f(x2),则g(x1)≥∫(x2)m,由(1)可知，函 数在日，1小上单调适塔，放当名e[合，小时。 f()=f1)=e-2,当xe[,1]时，g(e)=ahx-, 其中a<0,则g()=-1<0,此时，函数g()在[日，1] 上为减函数，故当e[日，1]时，8()=g(日） -a。,所以-a-。≥e-2,解得a≤-e- 的取值范围是-0，-e-+2]】 e 12.解：(1)函数f(x)=a-b,f'(x)=alna,f'(0)=lna, g(x)=-x2+xlna,则g'(x)=-2x+lna,g'(0)=lna,因为 函数f(x)与g(x)在x=0处有相同的切线，则在x=0有相 同的函数值，即f0)=g(0),1-b=0,解得b=1. (2)当b=0时，h(x)=f(x)-g(x)=a-(-x2+xlna)=a+ x2-xlna,求导得h'(x)=lna(a*-1)+2x,当a>1时，na> 0,h'(x)在[-1,1]上单调递增，且h'(0)=0,当x∈[-1， 0)时，h'(x)<0,即h(x)单调递减，当x∈[0,1)时， h'(x)>0,h(x)单调递增，所以h(x)m=h(0)=1, h(x)m=max{h(-1),h(1)},h(-1)=+1+lna,h(1)= a+1-ha,h(1)-h(-1)=a-1-2na,令c(a)=a- a 2a,则ca)=(1-）广≥0，所以c(o在(1，+j上 单调递增，c(a>G1)=0,即(1)>-)，由1h 参考答案 h(x2)l≥e-1,可得h(x)ms-h(x)mn=a+1-lna-1=a- na≥e-l,令m(a)=a-lna,a>l,对m(a)=a-lna求导得 '(@1->0,所以m(@在(1，+∞上单调递增 又m(e)=e-1,所以a≥e:当0<a<1时，lna<0,h'(x)在 [-1,1]上单调递增，且h'(0)=0;当x∈[-1,0)时， h'(x)<0,h(x)单调递减；当xe[0,1]时，h'(x)>0,h(x) 单调递增，所以h(x)nn=h(0)=1,h(x)x=max{h(-1), h(1),h(1)=a+1-na,h(-1)=1+1+na,h(1)- A-1=ed2na=6(e).6(@)=(1-)八>0，所以 G(a)在(0,1)上单调递增，所以G(a)<G(1)=0,所以 h(1)<h(-1),所以h(x)m=h(-1)=工+1+na,由 1 lh(x1)-h(x2)1≥e-1,可得h(x)mx-h(x)im=与+ na≥e-l,令n(a)=+lna,0<a<1,n(a)=a a2<0,所以 a(a)在(0,1D内单调递减，又n(日) e =e-1,所以0<a≤ 。综上，实数a的取值范两是(0，]U[s,) 上分专题09利用导数研究函数的 零点或方程的根 1.(1)解：当a=3时x)=号2-32-3-3，设x)的对称中 心为(m,m),则f(x*m)+-x+m)=2n,所以写（(x+m)- 3(+m)2-3(x+m）-3+写(-x+m)2-3(-xtm)2-3(-xt m）-3=2n,整理得(2m-6)+子m-6m2-6m-6-2n=0,所 (2m-6=0, 以仔-66m6-2a=0,解得.所以到的对 称中心为(3，-30). -3a= (2)证明：由于+x+1>0,所以(x)=0等价于2产 0,设8（)13a,则g()=2t3》 x3 (x2+x+1)2 [(x+1)+21≥0，当且仅当x=0时g(x)=0,因此g() （x2+x+1)2 在(-∞，+∞)上单调递增，即g(x)至多有一个零点，从而 fx)至多有-个零点.又因为f(3a-1)=-6a2+2a-3 121 -6(a6)厂6<03a+1)=3>0,故)在(3a-1,3a+1) 内存在零点，综上所述，可知代x)有唯一零点. 2. 解：(1)由题可知函数f(x)定义域为R,f'(x)=e-a为增函 数，所以当a≤0时，f'(x)>0恒成立，此时f(x)为R上的增 函数，无极大值也无极小值；当a>0时，令f'(x)=0→x= lna,故当x∈(-o,lna)时，f'(x)<0,f(x)在(-o,na)上 单调递减，当xe(lna,+o)时，f'(x)>0,fx)在(lna, +∞)上单调递增，所以f(x)存在极小值为f(lna)=e- alna=a-alna,无极大值.综上，当a≤0时，f(x)无极大值也 无极小值；当a>0时，f(x)存在极小值为a-alna,无极大值. (2)当a>0时，由(1)知fx)在(-∞，lna)上单调递减，在 白题65 (lna,+o)上单调递增，f(x)有最小值为f(x)m=a- alna=a(1-lna),所以当0<a<e时，f(x)min>0,f(x)无零 点；当a=e时，f(x)m=0,f(x)有1个零点；当a>e时， f(x)min =f(In a)<0,f(-1)=e+a>0,f(2In a)= e-2alna=a(a-2na）=alhg三>0，故x)有2个零点综 a2 上，当0<a<e时，fx)无零点；当a=e时，fx)有1个零点； 当a>e时f(x)有2个零点. 3.(1)解：若a=-1,则f(x)=-x2-x-ln(-x),所以f(-1)=0, fe)=-2-1,f"(-1）=2,故)的图象在点(-1-10) 处的切线方程为y=2x+2. (2)证明：因为a<0,所以f(x)的定义域为(-∞，0)，且 f'()=2aw-*-1令u(x)=2a2-x-1(a<0),令u(x)=0, 得2m2-1=0当4=1+8a≤0，即a≤-令时，u()≤0， f'(x)≥0，f(x)在(-o,0)上单调递增.当A=1+8a>0,即 8<a<0时，方程2a2-x-1=0的解为=1+1+80 Aa ，x2三 11+8a,且<，<0当xe(-0,)U(,0)时，u()< 0f'(x)>0;当xe(x1,x2)时，u(x)>0,f'(x)<0.故fx)在 (-∞，x1)和(x2,0)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减. 当a≤日时)在(-，0)上单调递增，因为f(日）=0， 所以)只有-个零点当1 <a<0时fx)在(-∞，x1)和 8 (x2,0)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减.因为1+ V1+8a<4,所以l++8a<1,因为a<0,所以++8a 4 4a 放<0因为f(日）-0，所以到在(-m,) 上有一个零点.由题意得，f(x)极小值=f(2)=a好-x2 h(a,.由∫"()=0得，2a--1=0,所以a= 2x <0,即 s1所以)受h(分)令加 子（片1.圆e22当 (-∞，-2)时，g'(x)<0;当x∈(-2，-1)时，g'(x)>0,故 g(x)在(-，-2)上单调递减，在(-2，-1)上单调递增，所 以g(到≥g(-2)=h40,所以f(m=f)>0,所 以f(x)在(x1,0)上没有零点，即f(x)在(-∞，0)上只有一个 零点综上f(x)只有一个零点. 4.解：(1)当a=2时，f代x)=2e2“-x,求导得f'(x)=4e2“-1, 则f'(0)=3,而f(0)=2,于是曲线y=f(x)在点(0f(0)处 的切线为y-2=3(x-0),即y=3x+2,直线y=3x+2交x轴于 点（号，0小，交y箱于点(0,2），所以面线y=)在点 (00)处的切线与两坐标轴围成的三角形面积s=)× 3 (2)函数f(x)=ae24+(a-2)e-x的定义域为(-o,+o),求 导得f'(x)=2ae2+(a-2)e-1=(ae-1)(2e*+1),当a≤0 时，则f'(x)<0,函数f(x)在(-0，+∞)上单调递减，显然 f0)=2a-2<0,当x<2a-2时，0<e2<1,0<e<1,则a<ae2< 选择性必修第二册·BS 0,a-2<(a-2)e<0,2a-2<ae2+(a-2)e<0,-x>-2a+2,于 是f(x)>0,因此函数f代x)有唯一零点；若a>0,由f'(x)=0 得x=-lna,当x∈(-，-lna)时，f'(x)<0,当x∈ (-na,+∞)时f'(x)>0,则fx)在(-∞，-lna)上单调递减， 在(ha,+a)止单润道增f(到a--ha)=1-+ha, 显然函数g(a)=1-】+na在(0，+0)上单调递增，g(1) 0.当a>1时，f(x)n=g(a)>0,函数fx)无零点；当a=1 时f(x)mim=g(1)=0,函数f(x)有唯一零点；当0<a<1时， f(x)mn=g(a)<0,当x<a-2时，0<e2<1,0<e'<1,则0<ae2< a,a-2<(a-2)e<0,-x>-a+2,于是f(x)>0,函数fx)在 (-0,0)上有一个零点，当21+n2-时，显然1+h2-> -na,e>e.2-0,ae产+(a-2)e=e[ae-(2-）]>e[e(2- a)-(2-a)]=e(e-1)(2-a)>e,因此fx)>e*-x,令 h(x)=e-x,x>0,求导得h'(x)=e-1>0,即h(x)在 (0,+∞)上单调递增，h(x)>h(0)=1,于是f(x)>e-x>0,从 而函数f(x)在(0，+o)上有一个零点，于是当0<a<1时，函 数f(x)有两个零点，所以当a≤0或a=1时，函数f(x)有1个 零点；当0<a<1时，f(x)有两个零点；当a>1时，f(x)无 零点 5.C解析：令)=0，即得ae-+3=0,即方程a--3有两 个不同的解，即直线y=a与曲线g(x)=-3有两个不同的 交点，可得g)-24=+3-2-3-（+1(-3),所 e e* 以当x∈(-∞，-1)或x∈(3，+∞)时，g(x)<0,g(x)单调递 减；当x∈(-1,3)时，g'(x)>0,g(x)单调递增，所以当x=-1 时，g(x)有极小值为g(-1)=-2e,当x=3时，g(x)有极大 为6(3)=日，当x→+∞时，g()→0，且当1x1≥3 g()≥0，所以作出函数g(x)-3的图象如图所示，所以 ex 实数a的最大值为 3 e -10 3 /y=g(x) 。D解析：当x≤0时，由g()=)-x=0,得x+22+列- ax=0,显然x=0是g(x)=f(x)-ax的一个零点，再当x≠0 时，有+2x+21 +20a,作出图象可得：当x=-1时，y=1-2+ 211 2020' =-1 +2+ 21 20 所以当a∈ (2）时，g(x)=)-x在x<0有两个零 20’20/ 白题66 点：再当>0时，由g()=)-a=0,得-a=0,整理 12xln x 得如，令兰求导得y 1-2nx,令 x2 x4 x3 y=1-2=0,得x=6.当xe(0,6)时，y=1-21血0，所 x3 x3 以y-产在区间(00)上单调道增，当e(6,+)时， y-1-2血<0，所以y-产在区间(6，+m)上单调递减，作 x3 出图象， =x) y=0 所以由图可得：当ae(0,2e时，(x)=fx)-ax在x>0有 两个学点又由于（如动）n(0,云)-(02).所以 要使得&：)归)-as有五个零点的参数ae(02)】 7.(e2,+o)解析：函数f(x)=e-a(x-1)有两个零点，可转 化为方程e*=a(x-1)有两个根，进一步转化为y=e*与y= a(x-1)的图象有两个交点.当y=e与y=a(x-1)相切时， 恰有一个交点，且y=a(x-1)是一条过定点(1,0)的动直线， 令g(x)=e,则g'(x)=e设g(x)上有一点(，eo),在该 点处的切线方程为y-e0=eo(x-xo),将(1,0)代入可解得 xo=2,故该切线的斜率为e2,所以当a=e2时，两函数图象 恰有一个交点，当直线y=a(x-1)的斜率大于e2时，两函数 有两个交点，故a>e2. 8.解：(1)f'(x)=lnx-a,由f'(x)=0得x=e,当0<x<e时， f'(x)<0;当x>e时，f'(x)>0,所以f(x)在(0，e)上单调递 减，在(e,+∞)上单调递增. (2)由于f(1)=0,只需f(x)在区间(1，e]上没有零点，由 (1)知，①当e“≤1时，即a≤0时，f(x)在区间(1，e]上单调 递增，1<x≤e时f(x)>f(1)=0,符合题意；②当e“≥e时，即 a≥1时，f(x)在区间(1，e]上单调递减，1<x≤e时，f(x)< f(1)=0,符合题意；③当1<e“<e时，即0<a<1时，fx)在 (1,e“)上单调递减，在(e“,e)上单调递增，只需f(e)=a+1- ac<0即可，所以。0<1，综上，a的取值范固是(-，0]U 9.解：(1)若f(x)≤0恒成立，即2lnx-x2+m≤0在(0，+∞)上 恒成立，所以m≤x2-2lx在(0，+)上恒成立，令g(x)= 、x2-2nx,g(x)=2x-2=2x,当0<x<1时，g(e)<0,当目 x>1时，g(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减，在 (1,+∞)上单调递增，所以g(x)m=g(1)=1-2n1=1,所 以m≤1.即实数m的取值范围为(-∞，1]. (2)fx)=2nx-2+m,则f'()=2-2x=2(+1)(x-l 3 因为e[后，e],当f()=0时，=1当。<<1时， f'(x)>0,当1r<e时f'()<0,所以函数x)在[，1） 上单调递增，在(1，e]上单调递减.故f(x)在x=1处取得极 参考答案 大值1)=m-1又f(日）=m-2是e)=m+2-ee) f(日)=4-2+<0，则f(e)<f(日)，所以)在 [日…]上的最小值是e).又)在[日，…]小上有两个零 f1)=m-1>0, 点，则 付)-20，将程1kn62+尽因比交 数m的取值范固是(1,2] 10.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，易知f'(x)= (2x-2a)(lnx+1)=2(x-a)(lnx+1),令f'(x)=0,解得 出1=a,名=当0<a<时，xe(0,)f'(x>0,e (a,日)f到0xe(日+=)f'(到>0到的单 现造增区间为〔0，心)和（仁，+：））的单调递波区间 为(0，。)：当a=。时，f()≥0恒成立，)在 (0,+)上单调递增；当a>时，xe(0,。)"()> 0,xe(日，a）f'(到<0，xe(a,+∞)f'(x)>0,) 的单调递增区间为(0，)和(0，+)，)的单调递减 区间为（日） (2)f'(x)=2(x-a)(lnx+1),x∈[1，+o).当a≤1时， f'(x)≥0，则f代x)在[1，+∞)上单调递增，∴f(x)≥f(1), 即fx)≥2，函数x)在[1，+0)上没有零点当a>1时， xe(1,a),f'(x)<0;x∈(a,+∞)，f'(x)>0,∴.f(x)在 (1,。)上单调递减，在(a,+)上单调递增，)=弓> 0f(2a)=2a2>0,因此要使得f(x)在[1，+∞)上有两个零 点，只需f()n=@)<0心2(-lna+号)k0,解得a> e.综上，a的取值范围为(E,+o). 11.解：(1)fx)=alnx-e,f'(x)=a-e,f'(1)= a-e=e,则a=2e.:f1)=-e,.-e=e+b,b=-2e,.a+b=0. （2)由题可知)的定义减为(0+)了()=兰-。 (a-e).令p(x)=a-e,其中x>0,则函数p(x)在 (0,+∞)上有异号零点，则p'(x)=-(x+1)e<0对任意的 x>0恒成立，故函数p(x)在(0，+0)上单调递减.因为 p(a)=a-ae=a(1-e)<0,故只需p(0)=a>0即可，即 p(0)·p(a)<0,由零点存在定理可知，存在x∈(0，a),使 得p(x)=0,即f'(x)=0,当x∈(0，x)时，P(x)>0, f'(x)>0,即函数fx)在(0，xo)上单调递增，当x∈(x,+∞) 时，p(x)<0f'(x)<0,即函数f(x)在(xo,+∞)上单调递减， 此时x=为函数f(x)的极大值点，故当f(x)在其定义域 上不具有单调性，a的取值范围是(0，+∞). (3)若f(x)与g(x)的图象恰有两个不同的交点，则关于x 的方程f(x)-g(x)=0恰有2个不同的实根.f(x)- g(x)=-e-ax+lnx+x,∴关于x的方程-e-ax+lnx+x=0 白题67 即方程e“+ax=lnx+x=en+lnx恰有2个不同的实根. 设m(x)=e+x,∴.方程m(ax)=m(lnx)恰有2个不同的 实根.：m'(x)=e+1>0对任意的x∈R恒成立，m(x)是 增函数，方程ax=1nx,即a-血*恰有2个不同的实根 ! 设()兰则6()的图象与直线y=a恰有2个交 点，h'()=h,令()=0，可得x=e,心当0<x8 时，h'(x)>0,当x>e时，h'(x)<0,∴.h(x)在区间(0，e)上 单调递增，在区间(e,+o)上单调递减，∴.h(x)mx= A(e)=,又(1)=0，当>1时，A(x)>0,当0<a< 时，h(x)的图象与直线y=a恰有2个交点，即实数a的取 值范围为(0，。)） 12.(1)解：函数x)定义域为(0，+)，又f'(x)=2 ，1 1 ! -+2-1,设m(x)=-2+2kx-1,则4=4(-1)，①当 x2 0<k≤1时，△≤0，f'(x)≤0恒成立，且至多一点处为0，函 数f(x)在(0，+∞)上单调递减；②当k>1时，△>0，m(x)有 两个零点x1=k-√2-1>0,2=k+√2-1>0，则当0<x<x 或x>x2时，m(x)<0,即f'(x)<0;当x1<x<x2时，m(x)>0, 即f'(x)>0,即函数f(x)在(0，x1),(x2,+∞)上单调递减， 在(x1,x2)上单调递增，所以当0<k≤1时，f(x)的单调递减 区间为(0，+∞)；当k>1时，f(x)的单调递减区间为 (0,k-√2-1)，(k+√2-1，+∞)，单调递增区间为 (k-√2-1，k+√2-1). (2)证明：由(1)知，当k=1时，x∈（1，+∞)时，fx)= 2出+)=0，则h空令1aeN. 21 4n-2 2 是))h(绿)h(是s( )()+() 2+ 2 3*2 2 子，所以(+)(+京)(1+草）小-( n*2 特)e(aeN显n≥2， （3)解：函数g()hx--士+2=nx-) (血是)（血是）由于与1同号，则 y=knx+二只有一个零点x=1,令t=E,由f(1)=0,则 √x g(x)有三个不同的零点等价于函数f(t)有三个不同的零 点，由(1)知，当0<k≤1时，x)在(0，+0)上单调递减不 合题意；当k>1时，由(1)知，f(x)的两极值点x1,x2满足 选择性必修第二册·BS x1x2=1.设f代t)中的两极值点为1,2(t1<2).所以t12=1, 得1<1<2，由f1)=0,则f(t)f(1)=0<ft2),由(2)知， 当1时山宁名则k5号石即u启风 此4)=2(4)-4+2(24）4+ 1-42 4<0,由零点存在性定理知，)在区间(42,4)上有 唯一的一个军点：显然)+()=2加6-6+ 当>1时，代)存在三个不同的零点，1，o,所以k的取 to 值范围是(1，+). 上分专题10“设而不求”解决 导函数零点不易求问题 1.解：(1)由题知，f'(x)=(x+1)e,令f'(x)=0得x=-1,且 x∈(-0，-1)时f'(x)<0x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0,所以 f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，所 以当x=-1时，x)有极小值为f(-1)=-1故极小值为 e 日无极大值 (2)f(x)-g(x)=xe-nx-x+a≥0恒成立，令m(x)=xe- hr*a,e(0,+).则m(e)=(xt1)(e-士）.，令 (到=c士e(0,+a)则(e到=e4空>0，所以（到 在0，+a)上单调避增，又a(分)=e-2<0,6(1)=e-D 0,所以3。=（经，1），使得()=0，即m(,)=0, 且e0-1=0,则h,=-0,当xe(0,0)时，m()<0:当 xe(xo,+∞)时，m'(x)>0,所以m(x)在(0，xo)上单调递 减，在(xo,+∞)上单调递增，故m(x)i=m(xo)=xoe0- nx0-xo+a=1+x-xo+a=1+a,因为m(x）≥0恒成立，即 m(x)mn=1+a≥0，即a≥-1.所以a的取值范围为 [-1,+∞). 2.解：(1)由)=2血+“f'(x)=2-a-2n,当e[1,e】 x2 时，2lnxe[0,2],若a≤0→2-a-2lnx≥0，即fx)在区间 [1,e]上单调递增；若a≥2→2-a-2lnx≤0，即f(x)在区间 [1,e]上单调递减；若0<a<2,令f'(x)>0→x<e,令 f'()<0=x>e,可知fx)在[1，e÷）上单调递增，在 (e片，e]上单调递减综上所述，a≤0时，x)在区间 [1,e]上单调递增；a≥2时，f(x)在区间[1，e]上单调递减； 0<a<2时fx)在[1，e宁）上单调递增，在(e片，e]上单 调递减。 (2)根据题意可知21血+0≤e+】-1→a≤2e+1--2hx 恒成立，设g(x)=x2e+1-x-2nx(x>0),则g'(x)=(2x+ e2-(+2(）令a(e=0-1o0)= 白题68