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（人教A版）

f'(x)<0可得x<0,f'(x)>0可得x>0,所以f(x)单调递 减区间为(-0,0)，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3%[日小对v=[日]使 得g(x)≥f(x2),则g(x)r≥f(x)x,由(1)可知，函 数x)在[日，1]上单调递增，故当∈[，1]时， f))=e-2,当se日，1时g到=dh 其中a<0,则g(=兰1k0,此时，函数gx)在[日，1] 上单调透减，放当e[日1]时，6()-=g(日）月 a 1 ,所以-a≥8-2，解得a≤-e 1 e +2.因此实数a 的取值范围是(-，e2] e 2.解：(1)函数f(x)=a-b,f'（x)=ana,f'（0)=na g(x)=-x2+xna,则g'(x)=-2x+lna,g'(0)=lna,因为 函数代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f(0)=g(0),1-b=0,解得6=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)n=h(0)=1, h(x)=maxh(-1),h(1)},h(-1)=1+1+ha,h(1)= a+1-lha,h(1)-h(-1)=a-1-2na,令G(a)=a 2ha,则c'(a)=（1)>0,所以c(m在1，+)上 单调递增，G(a)>G(1)=0,即h(1)>h(-1),由1h(x1)- h(x2)l≥e-1,可得h(x)mr-h(x)min=a+1-lna-l=a- lna≥e-l,令m(a)=a-lna(a>l),对m(a)=a-lna求导得 m《a)=1-=“>0,所以m(a)在(，+0)上单调递增， 又m(e)=e-l,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x∈[0,1]时，h'(x)>0,h(x) 单调递增，所以h(x)mn=h(0)=1,h(x)mm=max{h(-1), h(1),h(1)=a+1-lna,h(-1)=1+1+1na,h(1)- -1=a}2血a=c(a),6(@)=(1-日）八>0所以 G(a)在(0,1)上单调递增，所以G(a)<G(1)=0,所以 h)<h(-1),所以(x)=h(-1)=+1+h2,由 Ih(x)-h()1≥e-1,可得h(x)s-h(x)血=后+ 1 na≥e-l,令n(a)=L+na,0<a<1,(a）=a<0,所以 a aa在(0，)内单调递减，又n(日）=e-1,所以0a≤ 合综上，实数a的取值范围是(0，。]U[e,+∞) 参考答案 上分专题09利用导数研究函数的 零点或方程的根 1 1.(1)解：当a=3时x)=了-32-3x-3,设x)的对称中 心为(m,),则f+m)+f-x+m)=2n,所以兮(+m） 3(e+m)2-3(x+m）-3+号（-xtm）-3(-+m)2-3(-x4 m)-3=2,整理得(2m-6)+子m-6m3-6m-62n=0,所 (2m-6=0, 3m2-6m2-6m-6-2u=0 以{2 解得=3，n所以x的对 n=-30, 称中心为(3，-30). ②)证明：由于x+1>0,所以)=0等价于 --3a= x3 0,设g()=3a,则g(x)= 2(x2+2x+3)= (x2+x+1)2 (x+1≥0，当且仅当x=0时g()=0,因此g() x2[(x+1)2+2] 在(-∞，+∞)上单调递增，即g(x)至多有一个零点，从而 x)至多有一个零点.又因为f(3a-1)=-6a2+2a-3 1 -6a石)广石03ar1=写0，故到在(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xe(-o,lna)时，f'(x)<0,f(x)在(-o,lna)上单调 递减，当xe(lna,+o)时，f'(x)>0,f(x)在(lna,+o)上 单调递增，所以f(x)存在极小值为f(lna)=eaa-alna=a alna,无极大值.综上，当a≤0时，f代x)无极大值也无极小 值；当a>0时，f代x)存在极小值为a-alna,无极大值. (2)当a>0时，由(1)知fx)在(-∞，na)上单调递减，在 (lna,+o)上单调递增，f(x)有最小值为∫(x)min=a- alna=a(1-lna),所以当0<a<e时，f(x)im>0,f(x)无零 点；当a=e时，f(x)in=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)= 。-2aa=aa-2o)=dh号30，故有2个零点综 上，当0<a<e时，f(x)无零点；当a=e时，f(x)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, 了(=-2-1，f"(-1=2放九到的图象在(-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'(x)=2a-*-1令u(x)=2ar2-x-1(a<0),令u(x)=0, 得2a2-1=0当4=1+8a≤0，即a≤日时，a(x)≤0， f'(x)≥0，f(x)在(-∞，0)上单调递增.当△=1+8a>0,即 a<0时，方程22-x1=0的解为=1++80 8 Aa —,x2= 白题65 11+8a,且，<，<0.当xe(-0,)U(x,0)时，u()< Aa 0f'(x)>0;当x∈(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≤名时=)在(-0,0)上单调递增因为f(日)=0， 所以)只有一个零点当名a<0时)在(-，)和 (x2,0)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减.因为1+ V1+8a<4,所以++8a<1,因为a<0,所以1++8a 4 ,故<<0因为f(合)=0，所以)在(-0，) 上有一个零点.由题意得，f(x)极小信=f(x2)=a号-x2 n(a,.由∫'(e)=0得，2a--1=0,所以a=t 2x2 <0,即 s1,所以)空士h(分+站)令()加子 (合)1.则ge-2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6)≥-2)=2h40,所以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(x)=2ea-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(0，(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轴于点(0,2），所以面线y=)在点 (0《0)处的切线与两坐标轴围成的三角形面积S=2× 1 (2)函数f(x)=ae2“+(a-2)e-x的定义域为(-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(-∞，+∞)上单调递减，显然 f0)=2a-2<0,当x<2a-2时，0<e2<1,0<e<1,则a<ae2a< 0,a-2<(a-2)e<0,2a-2<ae+(a-2)e<0,-x>-2a+2,于 是f(x)>0,因此函数f(x)有唯一零点；若a>0,由f'(x)=0 得x=-lna,当x∈（-o,-lna)时，f'(x)<0,当x∈ (-na,+o)时f'(x)>0,则f(x)在(-o,-lna)上单调递减， 在(ha,n)上单调避增(e)-ha)=1ha, 显然函数g(a)=1-】+lna在(0，+0)上单调递增，g(1)= a 0.当a>1时，f(x)m=g(a)>0,函数f(x)无零点；当a=1 时f(x)in=g(1)=0,函数f代x)有唯一零点；当0<a<1时， f(x)mm=g(a)<0,当x<a-2时，0<e2a<1,0<e<1,则0<ae2< a,a-2<(a-2)e<0,-x>-a+2,于是fx)>0,函数f(x)在 (-0,0)上有-个零点，当x>1+ln2-时，显然1+n2-“ ha,e>e·29,ae+(a-2)e=er[ae-(2-a)]>e'[e(2目 选择性必修第二册·RJ 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fx)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-2+3=0,即方程a-3有两 e 个不同的解，即直线y=a与曲线g(x)=-3有两个不同的 e 交点，可得g)=24=+3.-2-3=-（x+1）(x-3》,所 e e* e* 以当xe(-0,-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 直为g(3)三6，当x→+∞时，g(x)→0，且当1x1≥时 g()≥0，所以作出函数g(x)-3的图象如图所示，所以 实数a的最大值为6 . = y=g(x) /.-2e 6,D解桥：当x≤0时，由g()=孔)-a=0,得+2x2+3 ax=0,显然x=0是g(x)=f(x)-ax的一个零点，再当x≠0 时，有2+2x+0=a,作出图象可得：当x=1时，y=1-2+ 211 20201 x=-1 +2 2 0 所以当ae(分别)时，g(=九幻-在<0有两个零 点；再当>0时，由g(x)=(x)-ax=0,得口-ax=0,整理 得，令y求导得 12-2xlnx1-21h,令 x3 y=1-2h=0,得x=6.当x(0,0)时，y-2血>0，所 x3 x3 以y-n*在区间(0，)上单调递增，当x∈(6，+0)时， x2 y=1-2加“0，所以y=在区间6，+m)上单调遥减，作 x3 出图象， 黑白题66 y=fx) =( 所以由图可得：当ae(0,2怎 时，g(x)=f八x)-ax在x>0有 两个零点又由于 (品)n(0)(左)，所以 要使得e()-ar有五个零点的参数ae(品云)】 7.(e2,+o)解析：函数f代x)=e-a(x-l)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-l)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(x,eo),在该 点处的切线方程为y-e0=eo(x-xo),将(1,0)代入可解得 x。=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,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)< f1)=0,符合题意；③当1<e°<e时，即0<a<1时，f(x)在 (1,e“)上单调递减，在(e,e)上单调递增，只需f(e)=a+1- ae<0即可，所以。<1，综上，a的取值范围是(-，0U (*m）月 9.解：(1)若f(x)≤0恒成立，即2nx-x2+m≤0在(0，+∞)上 恒成立，所以m≤x2-2lnx在(0，+∞)上恒成立，令g(x)= -2n,g()=2x-2=242,当0<x<1时，g()<0,当 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)x)=2nx-2+m,则f'(x)=2-2x=-2(x+10(x-l 因为xe[,e]小，当断()=0时，x=1当。<x<1时， f(x>0:当1<<e时，f'()<0,所以函数)在[日，1） 上单调递增，在(1，e]上单调递减故f(x)在x=1处取得极 大值1)=m-l.又f(日）=m-2e)=m+2-ee)- (日)=4-e+是<0，则f(e)<f(合)，所以x)在 [是心]上的最小值是e).又)在[是e]上有两个零 f1)=m-1>0, 点，则日）m-20解得1m≤2+， 参考答案用 数的取值范周是(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 名=a,=当0<a<时，xe(0,0)'(x>0,ke e (a,日)f")0e(日+)（动>0，）的单 调造增区间为(0。)和（仁，+）认）的单调罐减区间 为(a,。）:当a=是时，f()≥0恒成立，)在 (0,+)上单调递增；当@>时，xe(0,)'()> 0,e(日a'()<0,xe(a,+)'()>0) 的单调递增区间为(0，君)和(a,+))的单调递诚 区间为（日）】 (2)f'(x)=2(x-a)(lnx+1),x∈[1，+o).当a≤1时， f'(x)≥0，则fx)在[1，+0)上单调递增，f(x)≥f(1), 即)≥分，函数)在[1，+m)上没有零点当a>1时， x∈(1，a),f'(x)<0;x∈(a,+∞)，f'(x)>0,∴.fx)在 (1,。）上单调递减，在(a,+m)上单调递增，)=了> 0f(2a)=2a2>0,因此要使得f(x)在[1，+o)上有两个零 点，只需f()fa)<0,d(-ha+分）k0,解得@> √.综上，a的取值范围为(E,+o). 1.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x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=:-e= x (a-*e).令p(x)=a-e,其中x>0,则函数p(x)在 (0,+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，+∞)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'(x0)=0,当xe(0,x)时，p(x)>0, f'(x)>0,即函数f(x)在(0，x。)上单调递增，当x∈ (xo,+∞)时，p(x)<0f'(x)<0,即函数f(x)在(x,+o)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fx)-g(x)=0恰有2个不同的实根.：f(x)- g(x)=-ea-ax+lnx+x,∴.关于x的方程-e-ax+nx+x=0 即方程e+ax=lnx+x=eh+lnx恰有2个不同的实根 设m(x)=e+x,.方程m(ax)=m(nx)恰有2个不同的 实根m'(x)=e+l>0对任意的xeR恒成立，∴.m(x)是 增函数，.方程a=nx,即a=h恰有2个不同的实根 设h(x)=h,则h(x)的图象与直线y=a恰有2个交 白题67 点(1空兰，令()=0可得=6当0<e 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,+∞)上单调递减，·.h(x)ms= a(e)=,又a(1)=0,当x>1时，A()>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，。)】 1 卫.（①解：图数x)定文域为0，+)，"圣 -2+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-√-1>0，x2=k+√2-1>0，则当0<x<x1 或x>x2时，m(x)<0,即f'(x)<0;当x1<x<x2时，m(x)>0, 即∫'(x)>0,即函数(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，(x)的单调递减 区间为(0，+)；当k>1时，代x)的单调递减区间为 (0,k-√2-1)，(k+√2-I,+0),单调递增区间为 (k-√2-1，k+√-1). (2)证明：由(1)知，当k=1时，x∈(1，+∞)时，f(x)= 2hx*I-0,则h受名令1aeN, a≥2)，于是h(+)(+)， 2+) 安 1 n-2n+2 )h()(+年)h(+是)k士 2+ 2 3+2 n-2 n2 号，所以(*分)(+京)(1*京）小( 是)ke(neN且n≥2). (3)解：函数g(x)=1n'x-x-1+2=knx-（x-1)2 ),由于nx与x-1同号，则 y=x+*'只有一个零点x=1,令1=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f(x)在(0，+∞)上单调递减，不 合题意；当k>1时，由(1)知，代x)的两极值点x1,x2满足 x1x2=1.设f代t)中的两极值点为t1,t2(t,<t2).所以t162=1, 得t1<1<2,由f1)=0,则f(1)f(1)=0<ft2),由(2)知， 当1时h宁去则ai号点即noi后因 选择性必修第二册·RJ 此4)=2(4)-4+证c2(2-)）-4+证 <0,由零点存在性定理知)在区间(，4)上有 1-42 唯一的一个学点，显然)+（ -）=2n6-+ 2如名=0，商)=0，则/(）-=0，于是 to toto 当1时)存在三个不同的客点1,6，所以的取 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f'(x)=(x+1)e,令f'(x)=0得x=-1,且x∈ (-0,-1)时，f'(x)<0;x∈(-1，+o)时，f'(x)>0,所以 fx)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，所 以当=-1时到有极小值为-1)=。放极小值为 日无极大值 (2)fx)-g(x)=xe-lnx-x+a≥0恒成立，令m(x)=xe*- h+a,e(0,+),则m()=(x+(e-）,令 E(0,+w）.则()=e+>0,所以4() h(x)=e-1, 在(0，+x)上单调递增，又h(分)=e-2<0,A(1)=e-1> 0,所以3e(分1，使得A()=0,即m'()=0, 且e0-1=0,则1n=-,当xe(0,)时，m'(x)<0:当 x∈(x0,+∞)时，m'(x)>0,所以m(x)在(0，xo)上单调递 减，在(0，+∞）上单调递增，故m(x)n=m(x)=xoe0- nx0-xo+a=1+x0-x0+a=1+a,因为m(x)≥0恒成立，即 m(x)in=1+a≥0，即a≥-1.所以a的取值范围为 [-1,+∞). 2.解：(1)由f)=2血x+af”(=2-a-2n,当[1，e] x2 时，2lnx∈[0,2]，若a≤0→2-a-2nx≥0，即f(x)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'(x)<0→x>e片，可知fx)在[1，e片）上单调递增，在 (e片，e]上单调递减综上所述，a≤0时，)在区间 [1,e]上单调递增；a≥2时，fx)在区间[1，e]上单调递减； 0<a<2时)在[1，e宁)上单调递增，在(e宁，e]上单 调递减 (2)根据题意可知2血+a≤e+1-1a≤e+1-t-2nx 恒成立，设g(x)=x2e*+1-x-2lnx(x>0),则g(x)=(2x+ e2-(*2)(）令a(=e-1w0)= h'(x)=(x2+2x)e*>0,则h(x)在定义域上单调递增，易知 白题68上分专题09利用导数研究函数的零点或方程的根 专题课堂 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策略 y=fx)-a的零点个数台y=fx)与y=a 参变量分离，作出 数形结合解 的图象交点个数 对应函数的图象并 决零点问题 判断交点个数 y=x)g(e)的零点个数今y=x)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策略 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 区间和极值 据题目要求的零点个数判断极值的符号 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， 所在区间 找到与相邻极值异号的点 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.(2025·浙江杭州高二月考)已知函数 f(x)=ax2-x-In (ax);a<0. Ay)-gp-o(pt1)acR (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(0，f0)) (2)当a>0时，讨论函数f(x)零点的个数 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·RJ 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)若八)在[日·]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.接(2025·广东深圳高二月考)已知函数 r+2x2+2 20*,x≤0， f(x)= g(x)=f(x)-ax, In x x,x>0, 若函数g(x)有5个零点，则a的取值范围为 A.(o,) c.() D. (11 202e 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 )(-2a)n st 8.(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)=emk-e*+(a-1). (In x+x). x到=2加+其中s0 (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+，2)(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； )1+是)-1+)ke: (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)=21n2x-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·RJ