3.3 导数的综合应用 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了利用导数证明不等式、研究函数零点两大核心考点，通过近五年全国卷真题分析，明确“不等式证明”占50%、“零点个数判断”占40%的高频考查权重，归纳出构造函数、极值分析等常考题型。 课件亮点在于“真题溯源+技巧提炼+素养提升”的备考模式，如以2024全国甲文导数题为例，详解“参数分离法”和“虚拟零点技术”，培养学生的数学思维与逻辑推理素养。特设“易错点警示”和“答题步骤模板”，助力学生掌握得分关键，教师可据此开展针对性训练，实现高效复习。

3.3　导数的综合应用 返回目录 五年高考 考点1　利用导数证明不等式 1.★★★(2024全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a≤2,证明:当x>1时, f(x)<ex-1. 返回目录 解析    (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=a- , 若a≤0,则f '(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减. 若a>0,则由f '(x)=0得x= , 当0<x< 时, f '(x)<0;当x> 时, f '(x)>0. 故f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. (2)证明:证明f(x)<ex-1等价于证明a(x-1)-ln x+1-ex-1<0. 设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1(x>1), 返回目录 则g'(x)=a- -ex-1. 设h(x)=g'(x)=a- -ex-1, 则h'(x)= -ex-1. 当x>1时, <1,ex-1>1,故h'(x)<0, 所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减, 而g'(1)=a-2,又因为a≤2,所以g'(1)≤0. 故当x>1时,g'(x)<0,即g(x)在(1,+∞)上单调递减. 由于g(1)=0,所以当x>1时,g(x)<0, 即当x>1时, f(x)<ex-1. 返回目录 2.★★★★(2024新课标Ⅰ,18,17分)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3. (1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值; (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形; (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取值范围. 返回目录 解析    (1)f(x)的定义域为(0,2). 当b=0时, f(x)=ln +ax, 所以f '(x)=  '+a= +a, 因为f '(x)≥0, 所以a≥ = , 依题意得a≥ , 所以当x=1时,a取到最小值-2. 返回目录 (2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3, 所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3, 所以f(2-x)+f(x)=2a, 所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称, 即曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,故f(1)=a=-2,即f(x)=ln - 2x+b(x-1)3,x∈(1,2), f'(x)= (x-1)2, 返回目录 易知y= ∈(2,+∞), 所以当b≥- 时, f '(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增, 所以f(x)>f(1)=-2成立. 当b<- 时,存在x0∈(1,2),使得 +3b=0,即3b= . 在(1,x0)上,f '(x)<0, f(x)单调递减, 又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意. 综上,可得b≥- . 返回目录 3.★★★★★(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x>0时, f(x)<-1,求a的取值范围; (3)设n∈N*,证明: + +…+ >ln(n+1). 返回目录 解析    (1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex, 当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增. (2)解法一　不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0, 令g(x)=xeax-ex+1,x>0, 则g'(x)=(ax+1)eax-ex, 且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax, ①当a≤ 时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减, 返回目录 所以g(x)<g(0)=0,满足题意; ②当a> 时, 令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex, 则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex, 故h'(0)=2a-1>0, 所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0, 所以h(x)在(0,δ)上单调递增, 故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0, 所以g(x)在(0,δ)上单调递增, 返回目录 故g(x)>g(0)=0,不满足题意. 综上可知,a的取值范围是 . 解法二　函数f(x)的定义域为R, f '(x)=(1+ax)·eax-ex. 【导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论】 对于x∈(0,+∞),当a≥1时, f '(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单 调递增. ∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意. 当a≤0时,f '(x)≤eax-ex≤1-ex<0且等号不恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递减. 返回目录 ∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意. 当0<a≤ 时, f '(x)≤  -ex=  . 【当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性判 断】 令g(x)=1+ - , 则g'(x)= -  <0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴g(x)<g(0)=0, 返回目录 ∴f '(x)≤ ·g(x)<0, f(x)在(0,+∞)上单调递减. ∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意. 当 <a<1时, f '(x)=eax[1+ax-e(1-a)x]. 令h(x)=1+ax-e(1-a)x, 则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x. ∵h'(x)为减函数, 又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0, ∴∃x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0. 返回目录 【当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点】 ∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增,h(x)>h(0)=0, ∴当x∈(0,x0)时, f '(x)=eax·h(x)>0, f(x)在(0,x0)上单调递增. ∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意. 综上,a的取值范围是 . (3)证法一　构造函数h(x)=x- -2ln x(x>1), 则h'(x)=1+ - = = , 返回目录 易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0, ∴x- >2ln x,令x= , 则有 - >2ln , ∴ >ln , ∴ + +…+ >ln +ln +…+ln =ln(n+1).原式得证. 证法二    由(2)可知,当a= 时, f(x)=x -ex<-1(x>0), 返回目录 令x=ln (n∈N*), 得ln · - <-1, 整理得 ln - <0, ∴ >ln ,∴ >ln , ∴  > ln =ln =ln(n+1), 即 + +…+ >ln(n+1). 返回目录 4.★★★★★(2025全国一卷,19,17分)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间 的最大 值; (2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ; (3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值. 返回目录 解析    (1)∵f '(x)=5(sin 5x-sin x)=5[sin(3x+2x)-sin(3x-2x)]=10cos 3x·sin 2x, 令f '(x)=0,由x∈ ,解得x=0或 . 结合单调性可知,当x∈ 时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈ 时, f '(x)<0, f(x)单调递 减. 故f(x)max=f =3 . (2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ, 则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ. 返回目录 即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z). 因此[a-θ,a+θ]⊆(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z), ∴  因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾. ∵存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ. (3)由(1)知当x∈ 时, f(x)≤3 ,当x∈ 时, f(x)<5cos -(-1)<3 , 又f(x)是周期为2π的偶函数, ∴f(x)≤3 对x∈R恒成立, 返回目录 ∴当b≥3 时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立, 当b<3 时,令θ= , 由(2)知对任意φ存在y∈ 使得cos y≤cos π=- , 令x= ,则x∈ , 故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5× - =3 >b, 因此b<3 时,均不符合题意. 综上,b的最小值为3 . 返回目录 5.★★★★★(2023新课标Ⅱ,22,12分) (1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x; (2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围. 返回目录 解析    (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x, 令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减, 因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x) <g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sin x. 令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单 调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x. 综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x. (2)函数f(x)的定义域为(-1,1). 返回目录 当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大 值点,所以a≠0. 当a>0时, f '(x)=-asin ax+ ,x∈(-1,1). (i)当0<a≤ 时,取m=min ,x∈(0,m),则ax∈(0,1), 由(1)可得f '(x)=-asin ax+ >-a2x+ = , 因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f '(x)>0,所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意. (ii)当a> 时,取x∈ ⊆(0,1),则ax∈(0,1), 由(1)可得f '(x)=-asin ax+ <-a(ax-a2x2)+  返回目录 = (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2), 设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈ , 则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3, 因为h'(0)=a3>0,h' =a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线, 所以∀x∈ ,均有h'(x)>0, 所以h(x)在 上单调递增. 因为h(0)=2-a2<0,h =2>0,所以h(x)在 内存在唯一的零点n. 返回目录 当x∈(0,n)时,h(x)<0, 又因为x>0,1-x2>0. 则f '(x)< (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0. 即当x∈(0,n)⊆(0,1)时, f'(x)<0, 则f(x)在(0,n)上单调递减. 又因为f(x)是偶函数, 所以f(x)在(-n,0)上单调递增,所以x=0是f(x)的极大值点. 综合(i)(ii)知a> . 当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<- 符合要求. 故a的取值范围为(-∞,- )∪( ,+∞). 返回目录 三年模拟 1.★★★(2025届河南名校学术联盟冲刺模拟(二),6)已知a=esin 1-1,b=sin 1,则 ( ) A. <b<1<a　　    B. <a<b<1 C. <b<a<1　　    D.b< <a<1     C     返回目录 解析　构造函数f(x)=ex-x-1,则f '(x)=ex-1,令f '(x)<0,得x<0;令f '(x)>0,得x>0,故f(x)在(-∞,0) 上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,则f(x)≥f(0)=0, 可得ex≥x+1,当且仅当x=0时取等号, 则a=esin 1-1>(sin 1-1)+1=sin 1=b, 由正弦函数的有界性可知sin 1<1, 则a=esin 1-1<e0=1, 又因为1∈ ,则b=sin 1> , 所以 <b<a<1.故选C. 返回目录 2.★★★(2026届重庆十一中第一次质量检测,8)已知∀x∈(0,+∞),有ln x-a +1≤0,则a 的取值范围是 ( ) A. 　　     B.  C. 　　    D.      D     返回目录 解析　已知∀x∈(0,+∞),有ln x-a +1≤0,所以∀x∈(0,+∞),有a≥ =  【参数分离,转化为求最值】, 令t= ,t>0,则a≥ , 令f(t)= (t>0), 求导得f '(t)= = (t>0), 令f '(t)>0,得0<t< , 令f '(t)<0,得t > , 所以f(t)在(0, )上单调递增,在( ,+∞)上单调递减, 返回目录 所以f(t)max=f( )= = , 所以a≥ .故选D. 返回目录 3.★★★★(2026届四川绵阳博美实验高级中学开学考,8)已知当x>0时,xex-2x≥a+2ln x 恒成立,则实数a的取值范围为 ( ) A.(-∞,1]　　     B.(-∞,2+2ln 2] C.(-∞,2ln 2]　　    D.(-∞,2-2ln 2]     D     解析　设f(x)=xex-2ln x-2x=eln x+x-2(ln x+x),则f(x)≥a对任意x∈(0,+∞)恒成立, 设t=ln x+x,则t∈R, 设g(t)=et-2t,则g'(t)=et-2, 所以g(t)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增, 所以g(t)≥g(ln 2)=2-2ln 2, 所以g(t)的最小值为2-2ln 2,即f(x)的最小值为2-2ln 2,所以a≤2-2ln 2.故选D. 返回目录 4.★★★★(2025届江西六校二模,8)已知正实数x,y满足 +2y-2=ln x+ln y,则yx=  ( ) A.2　　    B. 　　    C. 　　    D.      C 解析　由题设可得ln(xy)= +2y-2≥2 -2(当且仅当x=4y时取等号), 所以ln ≥ -1, 设m(x)=ln x-x+1,则m'(x)= -1, 则当x>1时,m'(x)<0,m(x)在(1,+∞)单调递减;当0<x<1时,m'(x)>0,m(x)在(0,1)单调递增,故 m(x)≤m(1)=0, 返回目录 故ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号, 因此ln ≤ -1,故ln = -1,则 =1, 故 解得 所以yx= . 故选C. 返回目录 5.★★★★(2026届山东名校考试联盟开学考,8)若关于x的不等式ln x-ax2-ax≥0有且只 有一个整数解,则实数a的取值范围是 ( ) A. 　　    B.  C. 　　    D.      A     返回目录 解析　因为ln x-a(x2+x)≥0,x>0, 所以 ≥a(x+1), 令f(x)= ,则f '(x)= , 当x∈(0,e)时, f '(x)>0, f(x)在(0,e)上单调递增; 当x∈(e,+∞)时, f '(x)<0, f(x)在(e,+∞)上单调递减, 当x→0时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→0,且f(1)=0, 令g(x)=a(x+1),则g(x)的图象是一条过定点P(-1,0)的直线, 当a≤0时,不符合题意; 返回目录 则a>0,如图,   当g(x)的图象经过A ,B ,C 时, 直线PA,PB,PC的斜率分别为 , , , 因为不等式 ≥a(x+1)只有1个整数解,所以由图可知 <a≤ .故选A. 思路分析　由题意得 ≥a(x+1)只有1个整数解,利用导数分析函数f(x)= 的单调性, 令g(x)=a(x+1),g(x)的图象是一条过定点(-1,0)的直线,画出函数图象,结合图象即可求解. 返回目录 6.★★★★(2026届黑龙江哈尔滨六中期中,8)已知函数f(x)= +x+1,满足f(a-x)+f(1+ 3ln x)-4≤0,则实数a的取值范围是 ( ) A.(-∞,1-2ln 2]　　    B.[1-2ln 3,+∞) C.(-∞,2-3ln 3]　　    D.[2-3ln 2,+∞)     C     返回目录 解析　由f(x)= +x+1,知f(x)-2= +x-1= +x. 令g(x)=f(x)-2,因为g(x)+g(-x)= +x+ -x=0,又g(x)的定义域为R,所以g(x)为奇函 数. 因为g'(x)=f '(x)= +1= >0,所以g(x)为R上的增函数. 则f(a-x)+f(1+3ln x)-4≤0等价于f(a-x)-2+f(1+3ln x)-2≤0, 即g(a-x)+g(1+3ln x)≤0, 亦即g(1+3ln x)≤-g(a-x)=g(x-a), 返回目录 所以1+3ln x≤x-a,即a≤x-1-3ln x, 记h(x)=x-1-3ln x(x>0),h'(x)=1- = ,当h'(x)=0时,x=3, 所以当x∈(0,3)时,h'(x)<0,当x∈(3,+∞)时,h'(x)>0, 所以函数h(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞), 所以h(x)≥h(3)=3-1-3ln 3=2-3ln 3,所以a≤2-3ln 3.故选C. 返回目录 7.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,14)已知不等式x≤aex+b对任意x∈R恒成 立(a,b∈R),则 的最小值为_______. 　-1     解析　令f(x)=aex+b-x,则f(x)≥0恒成立, f '(x)=aex-1, 当a≤0时, f(b+1)=aeb+1-1<0,不符合题意,舍去; 当a>0时,由f '(x)=0,得x=-ln a, 当x<-ln a时,f '(x)<0,即f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,当x>-ln a时, f '(x)>0,即f(x)在(-ln a, +∞)上单调递增, 所以f(x)的最小值为f(-ln a)=ae-ln a+b+ln a≥0,即1+b+ln a≥0,则b≥-ln a-1,所以 ≥  . 返回目录 令g(a)= (a>0),则g'(a)= , 所以当a>1时,g'(a)>0,即g(a)在(1,+∞)上单调递增,当0<a<1时,g'(a)<0,即g(a)在(0,1)上单 调递减, 故g(a)min=g(1)=-1,故 的最小值为-1. 返回目录 8.★★★★(2025届安徽六安第一中学适应性考试,14)设函数f(x)=(ex-1-ax)(ln x-ax),若f(x) <0,则a的取值范围是_________. 解析　函数f(x)=(ex-1-ax)(ln x-ax)的定义域为(0,+∞), f(x)<0恒成立,即  <0恒成立,即  <0恒成立, 令φ(x)=ex-1-ln x,x>0, 则φ'(x)=ex-1- , 令k(x)=ex-1- ,x>0,则k'(x)=ex-1+ >0,所以k(x)在(0,+∞)上单调递增,且k(1)=0, 当x∈(0,1)时,k(x)<0,φ'(x)<0,函数φ(x)单调递减; 返回目录 当x∈(1,+∞)时,k(x)>0,φ'(x)>0,函数φ(x)单调递增, 所以φ(x)≥φ(1)=1>0,从而ex-1-ln x>0,则ex-1>ln x,由x>0,得 > , 所以由  <0恒成立,得 <a< 恒成立, 设g(x)= ,x>0,则g'(x)= , 当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 所以当x=e时,函数g(x)取得最大值,最大值为 ,即 ≤ , 返回目录 设h(x)= ,x>0,则h'(x)= = , 当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 所以当x=1时,函数g(x)取得最小值,最小值为1,即 ≥1,所以只需 <a<1. 故实数a的取值范围是 . 返回目录 9.★★★(2025届福建漳州重点高中开学考,16)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a≥ 时, f(x)≥0. 返回目录 解析    (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=aex- ,则f '(2)=ae2- =0,解得a= ,故f '(x)= - . 易知f '(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且f '(2)=0, 故当x>2时, f '(x)>0;当0<x<2时,f '(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞),单调递减区间 为(0,2). (2)证明:放缩法 当a≥ 时, f(x)≥ -ln x-1. 设g(x)= -ln x-1,则g'(x)= - . 返回目录 当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0. 所以x=1是g(x)的极小值点,亦是g(x)的最小值点. 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0. 因此,当a≥ 时, f(x)≥0. 返回目录 10.★★★★(2026届浙江新阵地教育联盟第一次联考,18)已知函数f(x)=ex+acos x-x(e为 自然对数的底数,e≈2.718 28). (1)若a=0,讨论f(x)的单调性; (2)若a=-1,证明:f(x)>5在(2,3)上恒成立; (3)若x∈[1,e],不等式acos(ln x)≥ln x-x+2恒成立,求实数a的取值范围. 返回目录 解析    (1)f(x)=ex-x, f '(x)=ex-1, 当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0,当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在 (-∞,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增. (2)证明:令g(x)=f(x)-5,则g(x)=ex-cos x-x-5,x∈(2,3), g'(x)=ex+sin x-1≥ex-2>0, 故g(x)在(2,3)上单调递增,g(x)>g(2)=e2-cos 2-7>e2-7>0,则f(x)>5. (3)令ln x=t,则t∈[0,1],x=et, 则acos t≥t-et+2在[0,1]上恒成立, 可以转化为m(x)=f(x)-2=ex+acos x-x-2≥0在[0,1]上恒成立, 返回目录 m(0)=a-1≥0⇒a≥1, 又x∈[0,1]时,cos x≥0, 所以m(x)≥ex+cos x-x-2, 令h(x)=ex+cos x-x-2, h'(x)=ex-sin x-1≥(x+1)-sin x-1≥0,【应掌握ex≥x+1,x≥sin x(x≥0)等常用放缩】 所以h(x)在[0,1]上单调递增,则m(x)≥h(0)=0. 综上,a≥1. 返回目录 11.★★★★(2025届河北联考,18)已知函数f(x)=ex-2x(x≥0). (1)求证f(x)≥e-x; (2)求方程f(x)=x解的个数; (3)设n≥2,n∈N*,证明: + +…+ >ln n. 返回目录 解析    (1)证明:令h(x)=f(x)-e-x=ex-2x-e-x(x≥0), 所以h'(x)=ex+ -2(x≥0), 所以h'(x)≥2 -2=0,当且仅当ex= ⇒ex=1,即x=0时,等号成立, 所以当x∈[0,+∞)时,h'(x)≥0,h(x)单调递增,则h(x)≥h(0)=0, 所以f(x)≥e-x得证. (2)由f(x)=x得ex-2x=x(x≥0),即ex-3x=0(x≥0),令g(x)=ex-3x(x≥0), 所以函数g(x)的零点个数即为方程f(x)=x解的个数, g'(x)=ex-3(x≥0),令g'(x)=0,即ex=3,解得x=ln 3, 返回目录 g'(x),g(x)随x的变化情况如表: x [0,ln 3) ln 3 (ln 3,+∞) g'(x) - 0 + g(x) 单调递减 3-3ln 3 单调递增 因为g(0)=1>0,g(ln 3)=3-3ln 3<0, 所以g(x)在[0,ln 3)上有唯一一个零点, 又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln 3,+∞)上有唯一一个零点. 综上所述,方程f(x)=x有两个解. (3)证明:由(1)知,ex-2x-e-x>0,x∈(0,+∞),令x=ln s(s>1), 返回目录 则s-2ln s-s-1>0,即s- >2ln s(s>1), 设s= ,n≥2,n∈N*,满足s>1, 所以 - >2ln ,即 >ln , 所以 >ln =ln n-ln(n-1), 所以 + +…+ >ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln n-ln(n-1)=ln n, 即 + +…+ >ln n. 返回目录 12.★★★★(2026届山西长治质量检测,18)已知f(x)=ln +bx3+ax+a. (1)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形; (2)若b=0, f'(x)≥0恒成立,求a的最小值; (3)若f(x)的图象关于点(0,-2)对称,且f(x)>-2的解集为{x|0<x<1},求b的取值范围. 返回目录 解析    (1)证明:∵ >0,∴-1<x<1,∴f(x)的定义域为(-1,1), ∵f(-x)+f(x)=ln +ln +b(-x)3+bx3+a(-x)+ax+2a=2a, ∴曲线y=f(x)关于点(0,a)中心对称. (2)当b=0时, f(x)=ln +ax+a, f '(x)= · +a= +a≥0恒成立,即a≥ 恒 成立, ∵x∈(-1,1),∴x2-1∈[-1,0), ∴ ≤-2, 返回目录 ∴a≥-2,即a的最小值为-2. (3)由(1)知f(x)的图象关于点(0,a)对称,∴a=-2, ∴f(x)=ln +bx3-2x-2,x∈(-1,1). 令g(x)=f(x)+2,则g(x)>0的解集为(0,1). 由f(x)的图象关于点(0,-2)对称知g(x)的图象关于(0,0)对称,即g(x)为奇函数,故只需x∈(0, 1)时,g(x)>0. g'(x)= +3bx2-2,令h(x)=g'(x), 则h'(x)= +6bx 返回目录 =2x , ∵x∈(0,1),∴ >2, 若b≥- ,则 +3b>2+3b≥0, 故h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增, 故g'(x)>g'(0)=0,从而g(x)在(0,1)上单调递增,g(x)>g(0)=0,符合条件. 若b<- ,存在x0∈(0,1),使h'(x0)=0,在(0,x0)内,h'(x0)<0,h(x)单调递减,h(x)<h(0)=0,即g'(x)<0, g(x)在(0,x0)上单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合条件. 综上,b的取值范围为 . 返回目录 五年高考 考点2　利用导数研究函数零点 1.★★★★(2023全国乙文,8,5分)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是  ( ) A.(-∞,-2)　　    B.(-∞,-3) C.(-4,-1)　　     D.(-3,0) B     返回目录 解析   f '(x)=3x2+a,当a≥0时, f '(x)≥0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零点,不合题 意,∴a<0. 令f '(x)=0,得x1=- ,x2= , 当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)>0, 当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0, ∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增, 返回目录 ∵f(x)存在3个零点,∴f(x)的极大值f(x1)=f  = +a +2>0①, 且f(x)的极小值f(x2)=f  = +a +2<0②, 解①得a<0,解②得a<-3. 综上,a的取值范围为(-∞,-3),故选B. 返回目录 2.★★★★★(2020课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点 处 的切线与y轴垂直. (1)求b; (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 返回目录 解析    (1)f '(x)=3x2+b. 依题意得f ' =0,即 +b=0. 故b=- . (2)证法一　由(1)知f(x)=x3- x+c, f '(x)=3x2- . 令f '(x)=0,解得x=- 或x= . 返回目录 x  -∞,-   -   - ,        ,+∞  f '(x) + 0 - 0 + f '(x) ↗ c+  ↘ c-  ↗ f '(x)与f(x)随x的变化情况如表: 返回目录 因为f(1)=f  =c+ , 所以当c<- 时, f(x)只有大于1的零点. 因为f(-1)=f  =c- , 所以当c> 时, f(x)只有小于-1的零点. 由题设可知- ≤c≤ . 当c=- 时, f(x)只有两个零点- 和1. 当c= 时, f(x)只有两个零点-1和 . 返回目录 当- <c< 时, f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈ ,x2∈ ,x3∈ . 综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 证法二　分离参数法　设x0为f(x)的一个绝对值不大于1的零点,根据题意, f(x0)= - x0+ c=0,且|x0|≤1, 则c=- + x0,且|x0|≤1, 令c(x)=-x3+ x(-1≤x≤1), 则c'(x)=-3x2+ =-3  , 当x∈ ∪ 时,c'(x)<0,c(x)单调递减; 返回目录 当x∈ 时,c'(x)>0,c(x)单调递增, 又c(-1)= ,c(1)=- ,c =- ,c = ,所以- ≤c≤ . 设x1 为f(x)的零点, 则必有f(x1)= - x1+c=0, 即- ≤c=- + x1≤ , 即  解得-1≤x1≤1,|x1|≤1. 所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 返回目录 3.★★★★★(2025全国二卷,18,17分)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. (i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减. (ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 返回目录 解析    (1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+ x2-kx3,x∈(0,+∞), f '(x)= -1+x-3kx2 = = , ∵0<k< ,∴ >0, ∴当x∈ 时, f '(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈ 时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 返回目录 ∴x= 是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点. ∵f(0)=0,且x∈ 时, f(x)单调递增,∴f >0, 当x= 时, f  =ln - , 令φ(x)=ln(1+x)-x , 则φ'(x)= -1= <0, ∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴φ(x)<φ =ln - <0, 返回目录 即f <0, 又 - = = >0, ∴ ∈ , ∴当x∈ 时, f(x)有唯一零点. 综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)(i)∵f'(x)= ,且x1= ,即1-3k-3kx1=0, ∴f'(x1+t)=  返回目录 = , f '(x1-t)= = , 又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), ∴g'(t)=f '(x1+t)+f '(x1-t) = +  =3kt·  =  返回目录 =  =  = , ∵0<k< ,0<t<x1,∴g'(t)<0, ∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减. (ii)2x1>x2.理由如下: 由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)上单调递减,∴g(x1)<g(0), 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 返回目录 又f(0)=0,∴f(2x1)<0, 又∵f(x2)=0,∴f(2x1)<f(x2), 由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减,∴2x1>x2. 返回目录 4.★★★★★(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点. ① <a≤ ,b>2a; ②0<a< ,b≤2a. 返回目录 解析    (1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b, ∴f '(x)=xex-2ax=x(ex-2a). ①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立, 当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, 当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0. 因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. ②当a>0 时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a). (i)当0<a< 时,ln(2a)<0. 返回目录 y=f '(x)的大致图象如图1所示.   图1 图2      因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f '(x)>0, 当x∈(ln(2a),0)时, f '(x)<0, 所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减. 返回目录 (ii)当a= 时,ln(2a)=0,此时f '(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增. (iii)当a> 时,ln(2a)>0, y=f '(x)的大致图象如图2所示. 因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f '(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f '(x)<0, 所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减. (2)选①.证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上 单调递增,又f(0)=b-1>0, f =  <0, 所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点. 返回目录 当x∈(0,+∞)时, f(x)≥f(ln(2a)) =[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b =aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a >aln(2a)·[2-ln(2a)]. 因为 <a≤ ,所以0<ln(2a)≤2, 所以f(x)>0对任意x>0恒成立. 综上, f(x)在R上有一个零点. 选②.证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单 返回目录 调递增, f(0)=b-1<0,当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0. 结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点. 当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0, 即f(x)<0对任意x<0恒成立. 综上, f(x)在R上有一个零点. 返回目录 5.★★★★★(2022新高考Ⅰ,22,12分)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. 返回目录 解析    (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a- . 当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0. 令f '(x)=0,得x=ln a, 令g'(x)=0,得x= . 易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a, g(x)min=g =1+ln a, ∴a-aln a=1+ln a,即ln a= ①. 返回目录 令h(x)=ln x- (x>0), 则h'(x)= - = >0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增, 则h(x)最多有一个零点. 又h(1)=ln 1- =0, ∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求. (2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增; 当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增. 返回目录 不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点 的横坐标分别为x2,x3,且x1<x2<x3.则 -x1= -x2=x2-ln x2=x3-ln x3, ∴ -x1=x2-ln x2= -ln x2. 易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0), 又f(x)在(-∞,0)上单调递减, ∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3= . 又 -x2=x2-ln x2,∴ln x2+ =2x2. ∴ln x2+ =x1+x3=2x2.∴x1,x2,x3成等差数列. ∴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. 返回目录 三年模拟 1.★★★(2025届安徽最后一卷,5)函数f(x)=xex-ex-1的零点个数为 ( ) A.0　　    B.1　　    C.2　　    D.3     B     解析    f '(x)=ex(x+1)-ex=xex, 当x<0时, f '(x)<0,当x>0时, f '(x)>0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以f(x)极小值=f(0)=-2, 当x→-∞时, f(x)→-1,所以当x≤0时, f(x)<0, f(x)无零点;而f(2)=e2-1>0, f(0)=-2<0, 故函数f(x)在(0,+∞)上有一个零点,故f(x)有一个零点.故选B. 返回目录 2.★★★(2025届四川成都石室中学三模,6)函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,则m的 值是 ( ) A.1-ln 2　　    B.1+ln 2　　    C.ln 2　　    D.-ln 2     B     返回目录 解析　由f(x)=2x-m-ln x=0,可得m=2x-ln x.令g(x)=2x-ln x(x>0), 则g'(x)=2- = , 当0<x< 时,g'(x)<0,当x> 时,g'(x)>0,则g(x)在 上单调递减,在 上单调递增,故 g(x)min=g =1+ln 2, 且当x→0+时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→+∞, 因为函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,所以函数g(x)=2x-ln x的图象与直线y=m有且 只有一个交点, 故m=1+ln 2.故选B. 返回目录 3.★★★(2026届湖北鄂东南教育联盟期中,7)函数f(x)=cos 2x·(ln x-2π+1),x∈(0,2π]的零 点个数为 ( ) A.4　　    B.5　　    C.3　　    D.2     A     解析    f(x)=0⇒cos 2x=0或ln x-2π+1=0,cos 2x=0⇒2x=kπ+ ,k∈Z,∴x= + ,k∈Z, ∵x∈(0,2π],∴x= 或 或 或 . 令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1, 令h'(x)=ex-1=0,得x=0, ∴函数h(x)在[0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减, 可得h(x)=ex-x-1≥0,当且仅当x=0时取等号,ln x-2π+1=0⇒x=e2π-1>(2π-1)+1=2π,与x∈(0,2π] 不符,方程无实数解.故函数f(x)只有4个零点.故选A. 返回目录 4.★★★(新定义理解)(2026届重庆一中月考,6)拉格朗日中值定理是微分学里的关 键定理,具体内容为:若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则在区间(a, b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得 =f '(x0)(f '(x0)是f(x)在x0处的导数值),其中x0 称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的中值点.现在有这样的问题:若函数f(x)=cos x在区间  上的“中值点”个数为m,函数g(x)=xex(其中e为自然对数的底数)在区间[0,1]上的 “中值点”的个数为n,则m+n= ( ) A.1　　    B.2　　    C.3　　    D.0     B     返回目录 解析　设函数f(x)=cos x在区间 上的“中值点”为x0, 对f(x)求导得f '(x)=-sin x, 则f '(x0)= =- ,因此sin x0= ,而x0∈ ,则方程sin x0= 有唯一解,即m=1. 设函数g(x)=xex在[0,1]上的“中值点”为x1,对g(x)求导得g'(x)=(x+1)ex, 于是g'(x1)= =e, 即(x1+1) =e,令h(x)=(x+1)ex-e,0<x<1,求导得h'(x)=(x+2)ex>0,则函数h(x)在(0,1)上单调递 返回目录 增,h(0)=1-e<0,h(1)=e>0, 因此函数h(x)在(0,1)上有唯一零点,即方程(x1+1) =e在(0,1)上有唯一解,则n=1,所以m+ n=2.故选B. 返回目录 5.★★★(2026届安徽合肥第一中学教学质量测评,8)已知关于x的方程 =ex的解集有 2个子集,则a的取值范围是 ( ) A. 　　     B.(0,+∞) C. ∪[0,+∞)　　    D. ∪(0,+∞)     D     返回目录 解析　因为关于x的方程 =ex的解集有2个子集,所以方程 =ex(x≠-1)恰有一个实 数解, 即(x+1)ex=a(x≠-1)恰有一个实数解,令f(x)=(x+1)ex(x≠-1), 则直线y=a与函数y=f(x)的图象恰有一个交点,又因为f '(x)=(x+2)ex, 所以当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(-2,-1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈ (-1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增, 所以当x=-2时,函数y=f(x)取得最小值,最小值为f(-2)=- ,且当x<-1时, f(x)<0,当x>-1时, f(x)>0,作出函数y=f(x)的图象,如图所示, 返回目录   由此可得当a=- 或a>0时,直线y=a与函数y=f(x)的图象有一个交点,所以a的取值范围 是 ∪(0,+∞).故选D. 返回目录 6.★★★★(2026届河北保定期中,8)已知a>0,函数f(x)=xex-a(x+ln x)+2存在零点,则实数a 的最小整数值是 ( ) A.2　　    B.4　　    C.5　　    D.6     C     返回目录 解析　由题意知,函数定义域为(0,+∞),因为a>0时,函数f(x)=xex-a(x+ln x)+2存在零点,则 f(x)=xex-a(x+ln x)+2=0有解,令xex=t,则t∈(0,+∞), 则ln(xex)=ln x+x=ln t, 则转化为t-aln t+2=0有解, 又因为a>0,所以 = ,【参变量分离】 令h(t)= ,则h'(t)= , 令φ(t)=1+ -ln t,φ'(t)=- - <0, 返回目录 所以φ(t)在(0,+∞)上单调递减, 又φ(4)= -ln 4= > = >0,φ(5)= -ln 5< -ln 5= < = <0, 所以存在正实数t0∈(4,5),使得φ(t0)=0,即1+ -ln t0=0,【运用零点存在定理虚设零点】 则函数h(t)在(0,t0)单调递增,在(t0,+∞)单调递减,所以h(t)max=h(t0)= = = ∈  . 所以 ≤ ,故a≥5, 所以a的最小整数值为5.故选C. 返回目录 7.★★★(2026届河南商丘开学考,14)已知函数f(x)=ln x3,g(x)=mx,若关于x的方程f(x)= g(x)恰有两个实数根,则实数m的取值范围是_________. 解析　方程f(x)=g(x),即ln x3=mx, 因为x>0,所以m= = , 令h(x)= ,x>0, 则h'(x)= , 当0<x<e时,h'(x)>0,h(x)在(0,e)上单调递增, 当x>e时,h'(x)<0,h(x)在(e,+∞)上单调递减, 返回目录 所以h(x)max=h(e)= ,当x>1时,h(x)>0,当0<x<1时,h(x)<0, 所以当关于x的方程f(x)=g(x)恰有两个实数根时,m∈ .   返回目录 8.★★★★(2026届江苏南通调研,17)已知函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的 切线经过点(0,1). (1)求实数k的值; (2)证明:ln x≥1- ; (3)证明:f(x)有且仅有一个零点. 返回目录 解析    (1)因为f(x)=(x-x2)ln x+k, 所以f '(x)=(1-2x)ln x+1-x,x>0, 所以f '(1)=(1-2)ln 1+1-1=0, 又因为f(1)=(1-12)ln 1+k=k, 所以函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y-k=0(x-1),即y=k, 又切线过点(0,1),所以k=1. (2)证明:令g(x)=ln x-1+ ,x>0, 则g'(x)= - = , 返回目录 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)min= g(1)=ln 1-1+1=0, 所以g(x)≥0,即ln x≥1- . (3)证明:因为f(x)=(x-x2)ln x+1=x(1-x)ln x+1, 所以f '(x)=(1-2x)ln x+(1-x), 当x>1时,ln x>0,1-x<0,1-2x<0,所以f '(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减. 因为f(1)=(1-12)ln 1+1=1>0, f(e)=(e-e2)ln e+1=e-e2+1<0, 所以x∈(1,+∞)时,存在唯一x0∈(1,e),使得f(x0)=0; 返回目录 当0<x≤1时,由(2)知ln x≥1- ,当且仅当x=1时等号成立, 又因为x(1-x)≥0, 所以f(x)=x(1-x)ln x+1≥x(1-x)· +1=-(1-x)2+1=-x2+2x=-x(x-2)>0, 所以x∈(0,1]时, f(x)没有零点. 综上, f(x)有且仅有一个零点. 返回目录 9.★★★★(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方 程为y=x+2. (1)求实数a的值; (2)探究f(x)在区间 内的零点个数,并说明理由. 返回目录 解析    (1)由f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2,可知切点坐标为(0,2), 故f(0)=e0+acos 0=2,解得a=1. (2)由(1)可知f(x)=ex+cos x, ∴f '(x)=ex-sin x, 令g(x)=f '(x),g'(x)=ex-cos x, 当x∈ 时,g'(x)>0,则g(x)在区间 上单调递增. ∵g = -1<0,g(-π)=e-π>0, 返回目录 ∴由函数零点存在定理可知,存在x0∈ ,使得g(x0)=0,即 =sin x0, ∴当x∈ 时, f '(x)<0, f(x)在区间 上单调递减; 当x∈(x0,-π)时, f '(x)>0, f(x)在区间(x0,-π)上单调递增, 又∵f  = +cos >0, f(-π)=e-π-1<0, ∴由函数零点存在定理可知f(x)在区间 上有且仅有一个零点. 当x∈[-π,0)时, f '(x)=ex-sin x>0; 当x∈[0,+∞)时, f '(x)=ex-sin x>0, ∴f(x)在区间[-π,+∞)上单调递增, 返回目录 又∵f(-π)=e-π-1<0, f(0)=e0+1>0, ∴由函数零点存在定理可知f(x)在区间[-π,+∞)上有且仅有一个零点. 综上可得,f(x)在区间 内有且仅有两个零点. 返回目录 10.★★★★(2026届浙江金华十校一模,18)已知函数f(x)=ex-x-1. (1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程; (2)若f(ln x)≥kx-xln x-1恒成立,求实数k的取值范围; (3)当a≥1时,讨论g(x)=f(x)-axcos x在区间 上零点的个数. 返回目录 解析    (1)由f(x)=ex-x-1,得f '(x)=ex-1,显然f '(0)=f(0)=0,所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程 为y=0. (2)f(x)=ex-x-1,此时f(ln x)≥kx-xln x-1⇔x-ln x-1≥kx-xln x-1, 解法一　分离参数法　从而kx≤(x-1)·ln x+x⇒k≤1+ln x- , 令h(x)=1+ln x- , 则h'(x)= - = , 所以h'(x)>0⇒x>1,h'(x)<0⇒0<x<1, 所以h(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增, 返回目录 因此h(x)min=h(1)=1, 故k的取值范围为(-∞,1]. 解法二　必要性探路    x-ln x-1≥kx-xln x-1⇔(x-1)ln x+(1-k)x≥0, 令h(x)=(x-1)ln x+(1-k)x,h(1)=1-k≥0⇒k≤1, 下证:k≤1,x>0时,h(x)≥0恒成立, 由一次函数m(k)=(x-1)ln x+x-kx在(-∞,1]上单调递减, 则m(k)≥m(1)⇒(x-1)ln x+x-kx≥(x-1)ln x, 当x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时,(x-1)·ln x>0恒成立,且x=1时(x-1)ln x=0, 所以h(x)≥0恒成立,故k的取值范围为(-∞,1]. 返回目录 (3)由于g(0)=0,所以x=0是函数g(x)的一个零点, g'(x)=ex+a(xsin x-cos x)-1, 当x∈ 时,-axcos x>0恒成立,易知ex-x-1>0恒成立, 从而g(x)>0恒成立,所以g(x)在区间 上没有零点; 当x∈ 时,g'(0)=-a<0,g' = + a-1> -1>0. g″(x)是g'(x)的导数,则g″(x)=ex+a(2sin x+xcos x), 由于2sin x+xcos x>0恒成立,所以g″(x)>0,即g'(x)在 上单调递增, 从而存在x1∈ 使得g'(x1)=0,且g'(x)>0⇒x1<x< ,g'(x)<0⇒0<x<x1, 返回目录 即g(x)在区间(0,x1)上单调递减,在 上单调递增,从而g(x1)<g(0)=0, 又g = - -1>0,所以g(x)在 上有唯一零点,即在区间 上有唯一零点; 当x∈ 时,xsin x-cos x>0,从而g'(x)=ex+a(xsin x-cos x)-1≥ex+xsin x-cos x-1, 由于x∈ 时,x<sin x,所以ex+xsin x-cos x-1>ex+sin2x-cos x-1=ex-(cos2x+cos x), 又cos2x+cos x=cos x(cos x+1)<0,从而ex+xsin x-cos x-1>ex-(cos2x+cos x)>0恒成立, 即g'(x)>0在 上恒成立,所以g(x)在区间 上单调递增, 因为g = + -1>0,g(-π)=e-π-aπ+π-1≤e-π-1<0, 返回目录 因此g(x)在区间 上有唯一零点. 综上所述,函数g(x)在区间 上有3个零点. 返回目录 $