備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章專(zhuān)題突破1

專(zhuān)題突破1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)高考概覽利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題是高考命題的重點(diǎn)，也是一個(gè)難點(diǎn)，?？碱}型為選擇題、填空題、解答題，分值為5分、12分，中、高等難度考點(diǎn)研讀高考的命題角度主要是判斷函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，或者根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)求解參數(shù)．函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根、曲線的交點(diǎn)三個(gè)問(wèn)題可以互相轉(zhuǎn)化，通常都需要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值、端點(diǎn)值等性質(zhì)來(lái)解決問(wèn)題(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過(guò)三次)一、基礎(chǔ)小題1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx，x>0，,x＋1，x≤0，))g(x)＝f(x)＋f(－x)，則函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．2 B．3C．4 D．5答案A解析g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)，所以g(x)為偶函數(shù)，因?yàn)間(0)＝2f(0)≠0，所以函數(shù)g(x)的零點(diǎn)必為偶數(shù)個(gè)．當(dāng)x>0時(shí)，－x<0，所以g(x)＝f(x)＋f(－x)＝lnx＋(－x)＋1＝lnx－x＋1，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，易知當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)的最大值為g(1)＝0，此時(shí)函數(shù)g(x)有一個(gè)零點(diǎn)x＝1.又g(x)是偶函數(shù)，所以函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.故選A.2．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)有兩個(gè)零點(diǎn)，則m的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))答案B解析令f(x)＝0，則m＝x－eq\f(x3,3)在(0，＋∞)上有兩個(gè)根，令g(x)＝x－eq\f(x3,3)，則g′(x)＝1－x2，故當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．所以g(x)max＝g(1)＝eq\f(2,3)，且當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)>g(0)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→－∞，綜上，要使m＝x－eq\f(x3,3)在(0，＋∞)上有兩個(gè)根，則0<m<eq\f(2,3).故選B.3．函數(shù)f(x)＝xex－x－lnx－1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3答案B解析f′(x)＝ex＋xex－1－eq\f(1,x)＝ex(x＋1)－eq\f(x＋1,x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))＝eq\f(（x＋1）（xex－1）,x)，令h(x)＝xex－1，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝ex＋xex>0，故h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵h(yuǎn)(0)＝－1<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一的x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，即x0ex0－1＝0，即ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0，∴當(dāng)0<x<x0時(shí)，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>x0時(shí)，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(x0)＝x0ex0－x0－lnx0－1＝1－x0＋x0－1＝0，∴函數(shù)f(x)＝xex－x－lnx－1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.故選B.4．(多選)已知三次函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3(x1<x2<x3)，若函數(shù)g(x)＝f(x)－1也有三個(gè)不同的零點(diǎn)t1，t2，t3(t1<t2<t3)，則下列等式或不等式一定成立的是()A．b2<3cB．t3>x3C．x1＋x2＋x3＝t1＋t2＋t3D．x1x2x3－t1t2t3＝1答案BC解析由題意，得f′(x)＝3x2＋2bx＋c，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則f′(x)＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根，故在方程3x2＋2bx＋c＝0中，Δ＝4b2－12c>0，即b2>3c，故A錯(cuò)誤；因?yàn)槿魏瘮?shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3(x1<x2<x3)，所以x3＋bx2＋cx＋d＝(x－x1)(x－x2)(x－x3)＝x3－(x1＋x2＋x3)x2＋(x1x2＋x2x3＋x1x3)x－x1x2x3＝0，所以x1＋x2＋x3＝－b，x1x2x3＝－d，同理t1＋t2＋t3＝－b，t1t2t3＝1－d，所以x1＋x2＋x3＝t1＋t2＋t3，x1x2x3－t1t2t3＝－1，故C正確，D錯(cuò)誤；如圖，由f(x)的圖象與直線y＝1的交點(diǎn)可知t3>x3，故B正確．故選BC.5．(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則以下說(shuō)法正確的是()A．函數(shù)f(x)有零點(diǎn)B．當(dāng)a>1＋ln2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a有兩個(gè)零點(diǎn)C．函數(shù)g(x)＝f(x)－x有且只有一個(gè)零點(diǎn)D．函數(shù)g(x)＝f(x)－x有且只有兩個(gè)零點(diǎn)答案BC解析f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，其定義域?yàn)?0，＋∞)，所以f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)>0，得x>2，令f′(x)<0，得0<x<2，所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(2)＝1＋ln2>0，當(dāng)x→0＋時(shí)，f(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，作出y＝f(x)的大致圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)無(wú)零點(diǎn)，A錯(cuò)誤；函數(shù)y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝a的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，由圖可得，當(dāng)a>1＋ln2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a有兩個(gè)零點(diǎn)，B正確；g′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)－1＝eq\f(－2＋x－x2,x2)＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(7,4),x2)<0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝1>0，g(2)＝ln2－1<0，所以由零點(diǎn)存在定理知，函數(shù)g(x)＝f(x)－x有且只有一個(gè)零點(diǎn)，C正確，D錯(cuò)誤．故選BC.6．若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－2，2]上的最大值與最小值的和為_(kāi)_______．答案－22解析由函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1在(0，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，知方程2x3－ax2＋1＝0在(0，＋∞)上只有一個(gè)根，即a＝2x＋x－2在(0，＋∞)上只有一個(gè)根．設(shè)g(x)＝2x＋x－2，可得g′(x)＝2－2x－3，令g′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以在(0，＋∞)上，當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)有最小值g(1)＝3，又當(dāng)x→0＋時(shí)，g(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，所以a＝3，所以函數(shù)f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝1，當(dāng)－2<x<0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．又f(－2)＝－27，f(0)＝1，f(1)＝0，f(2)＝5，所以函數(shù)f(x)在[－2，2]上的最大值為5，最小值為－27，所以最大值與最小值的和為－22.二、高考小題7．(2023·全國(guó)乙卷)函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋2存在3個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)C．(－4，－1) D．(－3，0)答案B解析f(x)＝x3＋ax＋2，則f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3個(gè)零點(diǎn)，則f(x)存在極大值和極小值，則a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq\r(\f(－a,3))或x＝eq\r(\f(－a,3))，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))時(shí)，f′(x)<0，故f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3個(gè)零點(diǎn)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故選B.8．(多選)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)若函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有極大值也有極小值，則()A．bc>0 B．a(chǎn)b>0C．b2＋8ac>0 D．a(chǎn)c<0答案BCD解析函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)的定義域?yàn)?0，＋∞)，求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)既有極大值也有極小值，則函數(shù)f′(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有兩個(gè)不等的正根x1，x2，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，顯然a2bc<0，即bc<0，A錯(cuò)誤，B，C，D正確．故選BCD.9．(多選)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)B．f(x)有三個(gè)零點(diǎn)C．點(diǎn)(0，1)是曲線y＝f(x)的對(duì)稱(chēng)中心D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線答案AC解析因?yàn)閒(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，故A正確；因?yàn)閒(x)的極小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(3)－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函數(shù)f(x)在R上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)楹瘮?shù)g(x)＝x3－x的圖象向上平移一個(gè)單位長(zhǎng)度得函數(shù)f(x)＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象關(guān)于原點(diǎn)(0，0)中心對(duì)稱(chēng)，所以點(diǎn)(0，1)是曲線f(x)＝x3－x＋1的對(duì)稱(chēng)中心，故C正確；假設(shè)直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線，切點(diǎn)為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，1)，但點(diǎn)(1，1)不在直線y＝2x上，若x0＝－1，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(－1，1)，但點(diǎn)(－1，1)不在直線y＝2x上，所以假設(shè)不成立，故D錯(cuò)誤．故選AC.三、模擬小題10．(2023·四川涼山州第二次診斷)已知f(x)是定義域?yàn)閧x|x≠0}的偶函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))－eq\f(1,e2)，則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．6 B．5C．4 D．3答案A解析當(dāng)0<x≤1時(shí)，f(x)＝－eq\f(lnx,x)－eq\f(1,e2)，f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx,x)－eq\f(1,e2)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)>0，得1<x<e，由f′(x)<0，得x>e.綜上，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－eq\f(1,e2)>0，f(1)＝－eq\f(1,e2)<0，f(e)＝eq\f(1,e)－eq\f(1,e2)>0，f(e4)＝eq\f(4,e4)－eq\f(1,e2)＝eq\f(4－e2,e4)<0，所以由零點(diǎn)存在定理，知f(x)在(0，1)，(1，e)，(e，＋∞)上各有一個(gè)零點(diǎn)，又f(x)是定義域?yàn)閧x|x≠0}的偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)有6個(gè)零點(diǎn)．故選A.11．(2023·湖北十堰高三模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－2ex－eq\f(lnx,x)＋a(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，若函數(shù)f(x)至少存在一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，e2－\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，e2＋\f(1,e)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(e2－\f(1,e)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，e2＋\f(1,e)))答案D解析令f(x)＝x2－2ex－eq\f(lnx,x)＋a＝0，則a＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)(x＞0)，設(shè)h(x)＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)，令h1(x)＝－x2＋2ex，h2(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′2(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，發(fā)現(xiàn)函數(shù)h1(x)，h2(x)在(0，e)上都單調(diào)遞增，在[e，＋∞)上都單調(diào)遞減，故函數(shù)h(x)＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在[e，＋∞)上單調(diào)遞減，故h(x)max＝h(e)＝e2＋eq\f(1,e)，又當(dāng)x→0＋時(shí)，h(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→－∞，所以函數(shù)f(x)至少存在一個(gè)零點(diǎn)需滿足a≤h(x)max，即a≤e2＋eq\f(1,e).故選D.12．(2023·福建漳州八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝k(x－1)－ex(2x－1)有兩個(gè)零點(diǎn)，則k的取值范圍為()A．(－∞，1)∪(4eeq\s\up7(\f(3,2))，＋∞)B．(1，4eeq\s\up7(\f(3,2)))C．(0，1)∪(4eeq\s\up7(\f(3,2))，＋∞)D．(4eeq\s\up7(\f(3,2))，＋∞)答案C解析令f(x)＝0，得ex(2x－1)＝k(x－1)，令g(x)＝ex(2x－1)，則g′(x)＝ex(2x＋1)，∴當(dāng)x<－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，作出g(x)與y＝k(x－1)的函數(shù)圖象如圖所示．設(shè)直線y＝k(x－1)與g(x)的圖象相切時(shí)，切點(diǎn)為(x0，y0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝k（x0－1），,y0＝ex0（2x0－1），,k＝ex0（2x0＋1），))解得x0＝0，y0＝－1，k＝1或x0＝eq\f(3,2)，y0＝2eeq\s\up7(\f(3,2))，k＝4eeq\s\up7(\f(3,2))，∵f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，∴g(x)與y＝k(x－1)的函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，∴0<k<1或k>4eeq\s\up7(\f(3,2))，即k的取值范圍為(0，1)∪(4eeq\s\up7(\f(3,2))，＋∞)．故選C.13．(多選)(2024·福建福州高三上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋2有兩個(gè)極值點(diǎn)，則()A．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，2)對(duì)稱(chēng)B．f(x)的極值之和為－4C．?a∈R，使得f(x)有三個(gè)零點(diǎn)D．當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)答案ACD解析對(duì)于A，設(shè)g(x)＝x3－3ax，定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，又g(－x)＝(－x)3－3a(－x)＝－(x3－3ax)＝－g(x)，則g(x)為奇函數(shù)，又f(x)的圖象可由奇函數(shù)g(x)＝x3－3ax的圖象向上平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到，則f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，2)對(duì)稱(chēng)，故A正確；對(duì)于B，設(shè)f(x)的極值點(diǎn)分別為x1，x2(x1<x2)，令f′(x)＝3x2－3a＝0，則x1，x2(x1<x2)為方程3x2－3a＝0的兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系，知x1＋x2＝0，故f(x1)＋f(x2)＝2×2＝4，即f(x)的極值之和為4，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，依題意，方程f′(x)＝3x2－3a＝0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，則a>0，x1＝－eq\r(a)，x2＝eq\r(a)，令f′(x)>0，解得x<－eq\r(a)或x>eq\r(a)，令f′(x)<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a)，則f(x)在區(qū)間(－∞，－eq\r(a))上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－eq\r(a)，eq\r(a))上單調(diào)遞減，在區(qū)間(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，則當(dāng)f(x1)>0>f(x2)時(shí)，f(x)的圖象與x軸有三個(gè)交點(diǎn)，即f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（\r(a)）<0，,f（－\r(a)）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（\r(a)）3－3a\r(a)＋2<0，,（－\r(a)）3＋3a\r(a)＋2>0，))解得a>1，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)0<a<1時(shí)，f(eq\r(a))＝aeq\r(a)－3aeq\r(a)＋2＝2(1－aeq\r(a))>0，f(－eq\r(a))＝－aeq\r(a)＋3aeq\r(a)＋2＝2(1＋aeq\r(a))>0，此時(shí)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，故D正確．故選ACD.14．(多選)(2023·湖北黃岡高三模擬)函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，下列說(shuō)法正確的是()A．0<a<1 B．x1x2<1C．x2－x1>eq\f(1,a)－1 D．x1＋x2>eq\f(2,a)答案ACD解析對(duì)于A，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝lnx－ax＋1有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，所以lnx－ax＋1＝0有兩個(gè)根，即a＝eq\f(lnx＋1,x)有兩個(gè)根，即y＝a與y＝eq\f(lnx＋1,x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，所以g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，當(dāng)g′(x)>0時(shí)，解得0<x<1，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)g′(x)<0時(shí)，解得x>1，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，當(dāng)x→0＋時(shí)，g(x)→－∞，畫(huà)出函數(shù)圖象如圖所示，結(jié)合圖象可得當(dāng)0<a<1時(shí)，y＝a與y＝eq\f(lnx＋1,x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1有兩個(gè)零點(diǎn)，故A正確；對(duì)于D，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，結(jié)合圖象可知eq\f(1,e)<x1<1<x2，因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－ax1＋1＝0，,lnx2－ax2＋1＝0))?a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，要證明x1＋x2>eq\f(2,a)，即證明(x1＋x2)eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>2，整理得eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)lneq\f(x1,x2)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<\f(x1,x2)<1))，令t＝eq\f(x1,x2)，即證明eq\f(t＋1,t－1)lnt>2(0<t<1)，即證明lnt<eq\f(2（t－1）,t＋1)(0<t<1)，設(shè)h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(0<t<1)，所以h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0(0<t<1)恒成立，所以h(t)在(0，1)單調(diào)遞增，所以h(t)<h(1)＝0，即lnt<eq\f(2（t－1）,t＋1)(0<t<1)，故D正確；對(duì)于B，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－ax1＋1＝0，,lnx2－ax2＋1＝0))?a(x1＋x2)＝2＋ln(x1x2)，又x1＋x2>eq\f(2,a)，0<a<1，則x1＋x2＝eq\f(2＋ln（x1x2）,a)>eq\f(2,a)，即x1x2>1，故B不正確；對(duì)于C，因?yàn)閤2＝eq\f(1＋lnx2,a)>eq\f(1,a)，eq\f(1,e)<x1<1<x2，可得－x1>－1，可得x2－x1>eq\f(1,a)－1，故C正確．故選ACD.15．(2024·江蘇南通海安高三學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知定義在R上的函數(shù)f(x)同時(shí)滿足下列三個(gè)條件：①f(x)為奇函數(shù)；②當(dāng)0≤x≤2時(shí)，f(x)＝x3－3x；③當(dāng)x≥0時(shí)，f(x＋2)＝f(x)＋2.則函數(shù)y＝f(x)－ln|x|的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．答案5解析當(dāng)0≤x≤2時(shí)，令f′(x)＝3x2－3＝0，解得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，又f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝2，作出f(x)在[0，2]上的圖象，如圖所示，由當(dāng)x≥0時(shí)，f(x＋2)＝f(x)＋2，得當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)＝f(x－2)＋2，又f(x)為奇函數(shù)，作出y＝f(x)和y＝ln|x|的圖象，如圖所示，又f(5)＝2，ln5<2.由圖可知，函數(shù)y＝f(x)與y＝ln|x|的圖象在y軸右邊有4個(gè)交點(diǎn)，在y軸左邊有1個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)y＝f(x)－ln|x|共有5個(gè)零點(diǎn)．一、高考大題1．(2022·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若f(x)在區(qū)間(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋e－x－xe－x，∴f′(0)＝1＋1＝2，又f(0)＝0，∴所求切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,ex)，①當(dāng)a≥0時(shí)，若x>0，則ln(x＋1)>0，eq\f(ax,ex)≥0，∴f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)，不符合題意．②當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)＝eq\f(ex＋a（1－x2）,（x＋1）ex).令g(x)＝ex＋a(1－x2)，則g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，(a)當(dāng)g′(－1)≥0，即－eq\f(1,2e)≤a<0時(shí)，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵g(－1)＝e－1>0，∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均無(wú)零點(diǎn)，不符合題意．(b)當(dāng)g′(－1)<0，即a<－eq\f(1,2e)時(shí)，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.∴g(x)在(－1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.(ⅰ)當(dāng)g(0)≥0，即－1≤a<－eq\f(1,2e)時(shí)，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵f(0)＝0，∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)，不符合題意．(ⅱ)當(dāng)g(0)<0，即a<－1時(shí)，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．∵f(0)＝0，∴f(x1)>f(0)＝0，當(dāng)x→(－1)＋時(shí)，f(x)<0，∴f(x)在(－1，x1)上存在一個(gè)零點(diǎn)，即f(x)在(－1，0)上存在一個(gè)零點(diǎn)，∵f(x2)<f(0)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)>0，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一個(gè)零點(diǎn)，即f(x)在(0，＋∞)上存在一個(gè)零點(diǎn)．綜上，a的取值范圍是(－∞，－1)．2．(2021·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)從下面兩個(gè)條件中選一個(gè)，證明：f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．①eq\f(1,2)<a≤eq\f(e2,2)，b>2a；②0<a<eq\f(1,2)，b≤2a.解(1)由函數(shù)的解析式可得，f′(x)＝x(ex－2a)，當(dāng)a≤0時(shí)，若x∈(－∞，0)，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，若x∈(0，＋∞)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，若x∈(－∞，ln(2a))，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，若x∈(ln(2a)，0)，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，若x∈(0，＋∞)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，若x∈(－∞，0)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，若x∈(0，ln(2a))，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，若x∈(ln(2a)，＋∞)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)證明：若選擇條件①：由于eq\f(1,2)<a≤eq\f(e2,2)，故1<2a≤e2，則b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b＝－(1＋2b)e－2b－b(4a－1)<0，而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上有一個(gè)零點(diǎn)．f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，由于eq\f(1,2)<a≤eq\f(e2,2)，1<2a≤e2，所以0<ln(2a)≤2，故aln(2a)[2－ln(2a)]≥0，所以f(ln(2a))>0，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上沒(méi)有零點(diǎn)．綜上可得，題中的結(jié)論成立．若選擇條件②：由于0<a<eq\f(1,2)，故0<2a<1，則f(0)＝b－1≤2a－1<0，當(dāng)b≥0時(shí)，e2>4，4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，而函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)b<0時(shí)，構(gòu)造函數(shù)H(x)＝ex－x－1，則H′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，H′(x)>0，H(x)單調(diào)遞增，注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，從而有ex≥x＋1，當(dāng)x>1時(shí)，x－1>0，則f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，當(dāng)x>eq\r(\f(1－b,1－a))時(shí)，(1－a)x2＋(b－1)>0，取x0＝eq\r(\f(1－b,1－a))＋1，則f(x0)>0，由于f(0)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1－b,1－a))＋1))>0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)．f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b≤2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，由于0<2a<1，所以ln(2a)<0，故aln(2a)[2－ln(2a)]<0，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上沒(méi)有零點(diǎn)．綜上可得，題中的結(jié)論成立．3．(2020·全國(guó)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＜0，解得x＜0，令f′(x)＞0，解得x＞0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)解法一：∵f(x)＝ex－a(x＋2)，∴f′(x)＝ex－a.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＝ex－a>0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，不符合題意；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝lna，當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)的極小值也是最小值為f(lna)＝a－a(lna＋2)＝－a(1＋lna)．又當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞.∴要使f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，只要f(lna)<0即可，則1＋lna>0，可得a>eq\f(1,e).綜上，若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).解法二：若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即ex－a(x＋2)＝0有兩個(gè)解，顯然x＝－2不成立，即a＝eq\f(ex,x＋2)(x≠－2)有兩個(gè)解，令h(x)＝eq\f(ex,x＋2)(x≠－2)，則有h′(x)＝eq\f(ex（x＋2）－ex,（x＋2）2)＝eq\f(ex（x＋1）,（x＋2）2)，令h′(x)＞0，解得x＞－1，令h′(x)＜0，解得x＜－2或－2＜x＜－1，所以函數(shù)h(x)在(－∞，－2)和(－2，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x＜－2時(shí)，h(x)＜0，而當(dāng)x→(－2)＋(從右側(cè)趨近于－2)時(shí)，h(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞，所以當(dāng)a＝eq\f(ex,x＋2)有兩個(gè)解時(shí)，有a＞h(－1)＝eq\f(1,e)，所以滿足條件的a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).4．(2020·全國(guó)Ⅲ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線與y軸垂直．(1)求b；(2)若f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.解(1)f′(x)＝3x2＋b，由題意，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋b＝0，則b＝－eq\f(3,4).(2)證明：由(1)可得f(x)＝x3－eq\f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq\f(3,4)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，令f′(x)＞0，得x＞eq\f(1,2)或x＜－eq\f(1,2)；令f′(x)＜0，得－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(1,2).所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增．又f(－1)＝c－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，f(1)＝c＋eq\f(1,4)，假設(shè)f(x)所有零點(diǎn)中存在一個(gè)絕對(duì)值大于1的零點(diǎn)x0，則f(－1)＞0或f(1)＜0，即c＞eq\f(1,4)或c＜－eq\f(1,4).當(dāng)c＞eq\f(1,4)時(shí)，f(－1)＝c－eq\f(1,4)＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)＞0，f(1)＝c＋eq\f(1,4)＞0，又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＜0，由函數(shù)零點(diǎn)存在定理知f(x)在(－4c，－1)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)x0，即f(x)在(－∞，－1)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)，在(－1，＋∞)上不存在零點(diǎn)，此時(shí)f(x)不存在絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾；當(dāng)c＜－eq\f(1,4)時(shí)，f(－1)＝c－eq\f(1,4)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)＜0，f(1)＝c＋eq\f(1,4)＜0，又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＞0，由函數(shù)零點(diǎn)存在定理知f(x)在(1，－4c)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)x0′，即f(x)在(1，＋∞)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)，在(－∞，1)上不存在零點(diǎn)，此時(shí)f(x)不存在絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾，綜上，f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.二、模擬大題5．(2024·廣東深圳中學(xué)高三上學(xué)期開(kāi)學(xué)摸底)已知函數(shù)f(x)＝ex－2ax.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)g(x)＝f(x)－cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解(1)因?yàn)閒(x)＝ex－2ax，所以f′(x)＝ex－2a，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，故f(x)在R上單調(diào)遞增．②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝ln2a，故當(dāng)x∈(－∞，ln2a)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(ln2a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由已知，得g(x)＝ex－2x－cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))，則g′(x)＝ex＋sinx－2.①當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時(shí)，因?yàn)間′(x)＝(ex－1)＋(sinx－1)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，所以g(x)>g(0)＝0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上無(wú)零點(diǎn)．②當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，因?yàn)間′(x)單調(diào)遞增，且g′(0)＝－1<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))－1>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使g′(x0)＝0.當(dāng)x∈[0，x0)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)>0.所以g(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又g(0)＝0，所以g(x0)<0.設(shè)h(x)＝ex－2x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則h′(x)＝ex－2.令h′(x)＝0，得x＝ln2.當(dāng)0<x<ln2時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)ln2<x<eq\f(π,2)時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln2，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(ln2)＝2－2ln2>0.所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))－π>0，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))－π>0.所以g(x0)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上存在一個(gè)零點(diǎn)．所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有2個(gè)零點(diǎn)．③當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))時(shí)，g′(x)＝ex＋sinx－2>eeq\s\up7(\f(π,2))－3>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))上單調(diào)遞增．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))上無(wú)零點(diǎn)．綜上所述，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.6．(2023·遼寧沈陽(yáng)高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex－ax－alnx＋a.(1)若a＝e，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并求出函數(shù)f(x)的最值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)易知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)＝xex－ex－elnx＋e，所以f′(x)＝(x＋1)ex－e－eq\f(e,x)＝(x＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(e,x)))，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，由此可得，f(x)的最小值為f(1)＝e－e－eln1＋e＝e，無(wú)最大值．(2)因?yàn)閒(x)＝xex－ax－alnx＋a，所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－eq\f(a,x)＝(x＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,x))).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故可得函數(shù)f(x)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)a>0時(shí)，令ex－eq\f(a,x)＝0，設(shè)該方程的解為x0，則在(0，x0)上，f′(x)<0；在(x0，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則有f(x0)＝x0ex0－ax0－alnx0＋a<0，①因?yàn)閤0是方程ex－eq\f(a,x)＝0的解，所以x0ex0＝a，兩邊取對(duì)數(shù)可得lnx0＋x0＝lna，②將②式代入①式可得f(x0)＝a(2－lna)<0，解得a>e2.當(dāng)a∈(e2，＋∞)時(shí)，由②式得x0>1，f(1)＝e－a＋a＝e>0，所以f(x)在(0，x0)上僅有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，故可得f(x)在(x0，＋∞)上僅有1個(gè)零點(diǎn)．綜上，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e2，＋∞)．7．(2023·湖南永州高三模擬)已知1<a≤2，函數(shù)f(x)＝ex－x－