高考真題+知識總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破44導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點(diǎn)問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題44導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點(diǎn)問題【高考真題】1．(2022·全國乙文)已知函數(shù)．(1)當(dāng)時，求的最大值；(2)若恰有一個零點(diǎn)，求a的取值范圍．1．解析(1)當(dāng)時，，則，當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減；所以；(2)，則，當(dāng)時，，所以當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減；所以，此時函數(shù)無零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)時，，在上，，單調(diào)遞增；在上，，單調(diào)遞減；又，由(1)得，即，所以，當(dāng)時，，則存在，使得，所以僅在有唯一零點(diǎn)，符合題意；當(dāng)時，，所以單調(diào)遞增，又，所以有唯一零點(diǎn)，符合題意；當(dāng)時，，在上，，單調(diào)遞增；在上，，單調(diào)遞減；此時，由（1）得當(dāng)時，，，所以，此時存在，使得，所以在有一個零點(diǎn)，在無零點(diǎn)，所以有唯一零點(diǎn)，符合題意；綜上，a的取值范圍為．2．(2022·全國乙理)已知函數(shù)(1)當(dāng)時，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)若在區(qū)間各恰有一個零點(diǎn)，求a的取值范圍．2．解析(1)的定義域?yàn)?，?dāng)時，，所以切點(diǎn)為，所以切線斜率為2．所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為．(2)，設(shè)若，當(dāng)，即所以在上單調(diào)遞增，．故在上沒有零點(diǎn)，不合題意．若，當(dāng)，則．所以在上單調(diào)遞增所以，即．所以在上單調(diào)遞增，．故上沒有零點(diǎn)，不合題意．若(1)當(dāng)，則，所以在上單調(diào)遞增．．所以存在，使得，即．當(dāng)單調(diào)遞減，當(dāng)單調(diào)遞增．所以當(dāng)，當(dāng)．所以在上有唯一零點(diǎn)．又沒有零點(diǎn)，即在上有唯一零點(diǎn)．(2)當(dāng)．設(shè)，．所以在單調(diào)遞增．，所以存在，使得當(dāng)單調(diào)遞減，當(dāng)單調(diào)遞增．，又．所以存在，使得，即當(dāng)單調(diào)遞增，當(dāng)單調(diào)遞減，有而，所以當(dāng)．所以在上有唯一零點(diǎn)，上無零點(diǎn)即在上有唯一零點(diǎn)，所以，符合題意．所以若在區(qū)間各恰有一個零點(diǎn)，求的取值范圍為．3．(2022·新高考Ⅰ)已知函數(shù)和有相同的最小值．(1)求a；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．3．解析(1)的定義域?yàn)镽，而，若，則，此時無最小值，故．的定義域?yàn)?，而．?dāng)時，，故在上為減函數(shù)，當(dāng)時，，故在上為增函數(shù)，故．當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，當(dāng)時，，故在上為增函數(shù)，故．因?yàn)楹陀邢嗤淖钚≈担?，整理得到，其中，設(shè)，則，故為上的減函數(shù)，而，故的唯一解為，故的解為．綜上，．(2)由(1)可得和的最小值為．當(dāng)時，考慮的解的個數(shù)、的解的個數(shù)．設(shè)，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以，而，，設(shè)，其中，則，故在上為增函數(shù)，故，故，故有兩個不同的零點(diǎn)，即的解的個數(shù)為2．設(shè)，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以，而，，有兩個不同的零點(diǎn)即的解的個數(shù)為2．當(dāng)，由（1）討論可得、僅有一個零點(diǎn)，當(dāng)時，由（1）討論可得、均無零點(diǎn)，故若存在直線與曲線、有三個不同的交點(diǎn)，則．設(shè)，其中，故，設(shè)，，則，故在上為增函數(shù)，故，即，所以，所以在上為增函數(shù)，而，，故在上有且只有一個零點(diǎn)，且當(dāng)時，即即，當(dāng)時，即即，因此若存在直線與曲線、有三個不同的交點(diǎn)，故，此時有兩個不同的零點(diǎn)，此時有兩個不同的零點(diǎn)，故，，，．所以，即，即，故為方程的解，同理也為方程的解．又可化為，即，即，故為方程的解，同理也為方程的解，所以，而，故，即．【方法總結(jié)】1．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)零點(diǎn)的常用方法(1)構(gòu)造函數(shù)g(x)(其中g(shù)′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，利用導(dǎo)數(shù)研究g(x)的性質(zhì)，結(jié)合g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)；(2)利用零點(diǎn)存在性定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點(diǎn)，再結(jié)合圖象與性質(zhì)確定函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)．2．求解函數(shù)零點(diǎn)(方程根)的個數(shù)問題的3步驟第一步：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問題；第二步：利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其圖象；第三步：結(jié)合圖象求解．3．利用函數(shù)零點(diǎn)的情況求參數(shù)范圍的方法(1)分離參數(shù)(a＝g(x))后，將原問題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個數(shù)問題(優(yōu)選分離、次選分類)求解；(2)利用零點(diǎn)的存在性定理構(gòu)建不等式求解；(3)轉(zhuǎn)化為兩個熟悉的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解．【題型突破】1．已知函數(shù)f(x)＝xex＋ex．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)討論函數(shù)g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零點(diǎn)的個數(shù)．1．解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f′(x)＝(x＋2)ex，令f′(x)＝0得x＝－2，則f′(x)，f(x)的變化情況如表所示：x(－∞，－2)－2(－2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減－eq\f(1,e2)單調(diào)遞增∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(－2，＋∞)．當(dāng)x＝－2時，f(x)有極小值為f(－2)＝－eq\f(1,e2)，無極大值．(2)令f(x)＝0，得x＝－1，當(dāng)x<－1時，f(x)<0；當(dāng)x>－1時，f(x)>0，且f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,e2)))，(－1，0)，(0，1)．當(dāng)x→－∞時，與一次函數(shù)相比，指數(shù)函數(shù)y＝e－x增長更快，從而f(x)＝eq\f(x＋1,e－x)→0；當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根據(jù)以上信息，畫出f(x)大致圖象如圖所示．函數(shù)g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零點(diǎn)的個數(shù)為y＝f(x)的圖象與直線y＝a的交點(diǎn)個數(shù)．當(dāng)x＝－2時，f(x)有極小值f(－2)＝－eq\f(1,e2)．∴關(guān)于函數(shù)g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零點(diǎn)個數(shù)有如下結(jié)論：當(dāng)a<－eq\f(1,e2)時，零點(diǎn)的個數(shù)為0；當(dāng)a＝－eq\f(1,e2)或a≥0時，零點(diǎn)的個數(shù)為1；當(dāng)－eq\f(1,e2)<a<0時，零點(diǎn)的個數(shù)為2．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R．(1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點(diǎn)的個數(shù)．2．解析(1)當(dāng)m＝e時，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,x2)＝eq\f(x－e,x2)．令f′(x)＝0，得x＝e．當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝2．(2)由題意知g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)．設(shè)φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．當(dāng)x∈(0，1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴x＝1是φ(x)的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，∴x＝1也是φ(x)的最大值點(diǎn)，∴φ(x)的最大值為φ(1)＝eq\f(2,3)．結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)可知，①當(dāng)m>eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；②當(dāng)m＝eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn)；③當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn)；④當(dāng)m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)m>eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m＝eq\f(2,3)或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn)；當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn)．3．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(1,2)x2－ax－f(x)的零點(diǎn)個數(shù)．3．解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f(x)＝x－alnx可得f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，由f′(x)>0可得x>a；由f′(x)<0可得0<x<a，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a，＋∞)．(2)由g(x)＝eq\f(1,2)x2－ax－x＋alnx＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋alnx，可得g′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－(a＋1)x＋a,x)＝eq\f((x－1)(x－a),x)，令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，因?yàn)間(1)＝eq\f(1,2)－a－1＝－a－eq\f(1,2)<0，g(2a＋3)＝eq\f(1,2)(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋eq\f(3,2)>0，當(dāng)a>1時，g(x)在(1，a)上單調(diào)遞減，所以g(1)>g(a)，所以g(a)<0，所以g(x)有一個零點(diǎn)，當(dāng)a＝1時，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)有一個零點(diǎn)，當(dāng)0<a<1時，g(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，此時g(a)＝eq\f(1,2)a2－(a＋1)a＋alna＝－eq\f(1,2)a2－a＋alna<0，g(x)只有一個零點(diǎn)，綜上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一個零點(diǎn)．4．已知函數(shù)f(x)＝lnx－aex＋1(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時，討論f(x)極值點(diǎn)的個數(shù)；(2)討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個數(shù)．4．解析(1)由f(x)＝lnx－aex＋1，知x∈(0，＋∞)．當(dāng)a＝1時，f(x)＝lnx－ex＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－ex，顯然f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\r(e)>0，f′(1)＝1－e<0，所以f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上存在零點(diǎn)x0，且是唯一零點(diǎn)，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)<0，所以x0是f(x)＝lnx－ex＋1的極大值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)．(2)令f(x)＝lnx－aex＋1＝0，則a＝eq\f(lnx＋1,ex)．令y＝a，g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x>0)．令h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，則h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．故g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，當(dāng)x>1且x→＋∞時，g(x)>0且g(x)→0，作出函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)的圖象如圖所示．結(jié)合圖象知，當(dāng)a>eq\f(1,e)時，f(x)無零點(diǎn)，當(dāng)a≤0或a＝eq\f(1,e)時，f(x)有1個零點(diǎn)，當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時，f(x)有兩個零點(diǎn)．5．函數(shù)f(x)＝ex－2ax－a．(1)討論函數(shù)的極值；(2)當(dāng)a＞0時，求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個數(shù)．5．解析(1)由題意，函數(shù)f(x)＝ex－2ax－a，可得f′(x)＝ex－2a，當(dāng)a≤0時，f′(x)＝ex－2a＞0，f(x)在R上為單調(diào)增函數(shù)，此時無極值；當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln(2a)，所以f(x)在(ln(2a)，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)；令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln(2a)，f(x)在(－∞，ln(2a))上為單調(diào)減函數(shù)，所以當(dāng)x＝ln(2a)時，函數(shù)f(x)取得極小值f(x)極小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，無極大值．綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)無極值，當(dāng)a＞0時，f極小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，無極大值．(2)由(1)知當(dāng)a＞0，f(x)在(ln(2a)，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，在(－∞，ln(2a))上為單調(diào)減函數(shù)，且f(x)極小值＝a－2aln(2a)，又由f(x)＝ex－a(2x＋1)，若x→－∞時，f(x)→＋∞；若x→＋∞時，f(x)→＋∞；當(dāng)a－2aln(2a)＞0，即0＜a＜eq\f(\r(e),2)時，f(x)無零點(diǎn)；當(dāng)a－2aln(2a)＝0，即a＝eq\f(\r(e),2)時，f(x)有1個零點(diǎn)；當(dāng)a－2aln(2a)＜0，即a＞eq\f(\r(e),2)時，f(x)有2個零點(diǎn)．綜上，當(dāng)0＜a＜eq\f(\r(e),2)時，f(x)無零點(diǎn)；當(dāng)a＝eq\f(\r(e),2)時，f(x)有1個零點(diǎn)；當(dāng)a＞eq\f(\r(e),2)時，f(x)有2個零點(diǎn)．6．已知函數(shù)f(x)＝(2－x)ex，g(x)＝a(x－1)2．(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)討論y＝f(x)和y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個數(shù)．6．解析(1)f′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，則f′(0)＝1，又f(0)＝2，所以切線方程為y＝x＋2，即x－y＋2＝0．(2)令F(x)＝g(x)－f(x)＝a(x－1)2＋(x－2)ex，則y＝f(x)和y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個數(shù)即F(x)的零點(diǎn)個數(shù)．F′(x)＝(x－1)(ex＋2a)．①當(dāng)a＝0時，F(xiàn)(x)＝(x－2)ex，F(xiàn)(x)只有一個零點(diǎn)．②當(dāng)a＜0時，由F′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－eq\f(e,2)，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＞0，因此F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x→＋∞時，F(xiàn)(x)＞0；又當(dāng)x≤1時，F(xiàn)(x)＜0，所以F(x)只有一個零點(diǎn)．若a＜－eq\f(e,2)，則ln(－2a)＞1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，F(xiàn)′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＞0．因此F(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x→＋∞時，F(xiàn)(x)＞0；又當(dāng)x≤1時，F(xiàn)(x)＜0，所以F(x)只有一個零點(diǎn)．③若a＞0時，若x∈(－∞，1)，則F′(x)＜0；若x∈(1，＋∞)，則F′(x)＞0，所以F(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．F(1)＝－e，F(xiàn)(2)＝a，取b滿足b＜0，且b＜lneq\f(a,2)．則F(b)＞eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))＞0，所以F(x)有兩個零點(diǎn)．綜上，當(dāng)a≤0時，y＝f(x)和y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個數(shù)為1；當(dāng)a＞0時，y＝f(x)和y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個數(shù)為2．7．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－a,sinx)－2(a∈R)．(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))處的切線經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a；(2)當(dāng)a>0時，判斷函數(shù)f(x)在x∈(0，π)上的零點(diǎn)個數(shù)，并說明理由．7．解析(1)f′(x)＝eq\f(2xsinx－(x2－a)cosx,sin2x)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π，所以f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))處的切線方程為y＝πx，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,2)，即eq\f(π2,4)－a－2＝eq\f(π2,2)，a＝－eq\f(π2,4)－2．(2)因?yàn)閤∈(0，π)，所以sinx>0，所以eq\f(x2－a,sinx)－2＝0可轉(zhuǎn)化為x2－a－2sinx＝0，設(shè)g(x)＝x2－a－2sinx，則g′(x)＝2x－2cosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，g′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，設(shè)h(x)＝g′(x)＝2x－2cosx，此時h′(x)＝2＋2sinx>0，所以g′(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又g′(0)＝－2<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)時g(x)單調(diào)遞減，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))時g(x)單調(diào)遞增．綜上，對于連續(xù)函數(shù)g(x)，當(dāng)x∈(0，x0)時，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，π)時，g(x)單調(diào)遞增．又因?yàn)間(0)＝－a<0，所以當(dāng)g(π)＝π2－a>0，即a<π2時，函數(shù)g(x)在區(qū)間(x0，π)上有唯一零點(diǎn)，當(dāng)g(π)＝π2－a≤0，即a≥π2時，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，π)上無零點(diǎn)，綜上可知，當(dāng)0<a<π2時，函數(shù)f(x)在(0，π)上有1個零點(diǎn)；當(dāng)a≥π2時，函數(shù)f(x)在(0，π)上沒有零點(diǎn)．8．已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，g(x)＝x2＋4．(1)討論f(x)在[－π，π]上的單調(diào)性；(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，試證明h(x)在R上有且僅有三個零點(diǎn)．8．解析(1)f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減．(2)h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx，∵h(yuǎn)(－x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝h(x)，∴h(x)為偶函數(shù)．又∵h(yuǎn)(0)＝0，∴x＝0為函數(shù)h(x)的零點(diǎn)．下面討論h(x)在(0，＋∞)上的零點(diǎn)個數(shù)：h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝x(x－4sinx)＋4(1－cosx)．當(dāng)x∈[4，＋∞)時，x－4sinx>0，4(1－cosx)≥0，∴h(x)>0，∴h(x)無零點(diǎn)；當(dāng)x∈(0，4)時，h′(x)＝2x－4xcosx＝2x(1－2cosx)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時，h′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))時，h′(x)>0，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(π2,9)＋4－eq\f(4π,3)sineq\f(π,3)－4coseq\f(π,3)＝eq\f(π2,9)＋2－eq\f(2\r(3)π,3)<0，又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin4－4cos4>0，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上無零點(diǎn)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，4))上有唯一零點(diǎn)．綜上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，又h(0)＝0且h(x)為偶函數(shù)，故h(x)在R上有且僅有三個零點(diǎn)．9．(2018·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個零點(diǎn)．9．解析(1)當(dāng)a＝3時，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).當(dāng)x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時，f′(x)<0.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))．(2)因?yàn)閤2＋x＋1>0在R上恒成立，所以f(x)＝0等價于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設(shè)g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．故g(x)至多有一個零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個零點(diǎn)．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))2－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一個零點(diǎn)．綜上所述，f(x)只有一個零點(diǎn)．10．(2021·新高考全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)從下面兩個條件中選一個，證明：f(x)有一個零點(diǎn)．①eq\f(1,2)＜a≤eq\f(e2,2)，b＞2a；②0＜a＜eq\f(1,2)，b≤2a．10．解析(1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)，①當(dāng)a≤0時，令f′(x)＝0?x＝0，且當(dāng)x＜0時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞0時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．②當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時，令f′(x)＝0?x1＝0，x2＝ln2a＜0，且當(dāng)x＜ln2a時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)ln2a＜x＜0時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞0時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．③當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增．④當(dāng)a＞eq\f(1,2)時，令f′(x)＝0?x1＝0，x2＝ln2a＞0，且當(dāng)x＜0時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0＜x＜ln2a時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞ln2a時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．(2)若選①，由(1)知f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，(0，ln2a)上單調(diào)遞減，(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增．注意到feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))－1))e－eq\r(\f(b,a))＜0，f(0)＝b－1＞2a－1＞0．∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))上有一個零點(diǎn)；f(ln2a)＝(ln2a－1)·2a－a·ln22a＋b＞2aln2a－2a－aln22a＋2a＝aln2a(2－ln2a)，由eq\f(1,2)＜a≤eq\f(e2,2)得0＜ln2a≤2，∴aln2a(2－ln2a)≥0，∴f(ln2a)＞0，當(dāng)x≥0時，f(x)≥f(ln2a)＞0，此時f(x)無零點(diǎn)．綜上，f(x)在R上僅有一個零點(diǎn)．若選②，則由(1)知f(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞增，在(ln2a，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．f(ln2a)＝(ln2a－1)2a－aln22a＋b≤2aln2a－2a－aln22a＋2a＝aln2a(2－ln2a)．∵0＜a＜eq\f(1,2)，∴l(xiāng)n2a＜0，∴aln2a(2－ln2a)＜0．∴f(ln2a)＜0，∴當(dāng)x≤0時，f(x)≤f(ln2a)＜0，此時f(x)無零點(diǎn)．當(dāng)x＞0時，f(x)單調(diào)遞增，注意到f(0)＝b－1≤2a－1＜0．取c＝eq\r(2(1－b)＋2)，∵b≤2a＜1，∴c＞eq\r(2)＞1，又可證ec＞c＋1，∴f(c)＝(c－1)ec－ac2＋b＞(c－1)(c＋1)－ac2＋b＝(1－a)c2＋b－1＞eq\f(1,2)c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1＞0．∴f(x)在(0，c)上有唯一零點(diǎn)，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)．綜上，f(x)在R上有唯一零點(diǎn)．11．(2020·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)當(dāng)a＝1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點(diǎn)，求a的取值范圍．11．解析(1)當(dāng)a＝1時，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)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即eq\f(1,a)＝eq\f(x＋2,ex)，所以函數(shù)y＝eq\f(1,a)的圖象與函數(shù)φ(x)＝eq\f(x＋2,ex)的圖象有兩個交點(diǎn)，φ′(x)＝eq\f(－x－1,ex)，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，φ′(x)>0；當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，φ′(x)<0，所以φ(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞時，φ(x)→－∞；x→＋∞時，φ(x)→0，所以0<eq\f(1,a)<e，解得a>eq\f(1,e)．所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))．12．(2021·全國甲)已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq\f(xa,ax)(x>0)．(1)當(dāng)a＝2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個交點(diǎn)，求a的取值范圍．12．解析(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝eq\f(x2,2x)(x>0)，f′(x)＝eq\f(x2－xln2,2x)(x>0)，令f′(x)>0，則0<x<eq\f(2,ln2)，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，令f′(x)<0，則x>eq\f(2,ln2)，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,ln2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln2)，＋∞))．(2)曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個交點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為方程eq\f(xa,ax)＝1(x>0)有兩個不同的解，即方程eq\f(lnx,x)＝eq\f(lna,a)有兩個不同的解．設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，令g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，得x＝e，當(dāng)0<x<e時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>e時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，故g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，且當(dāng)x>e時，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，又g(1)＝0，所以0<eq\f(lna,a)<eq\f(1,e)，所以a>1且a≠e，即a的取值范圍為(1，e)∪(e，＋∞)．13．已知f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(3,2)x2＋2x，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)求f(x)的極值；(2)令g(x)＝f′(x)＋kex－1，若y＝g(x)的函數(shù)圖象與x軸有三個不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．13．解析(1)因?yàn)閒′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝－2，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化如表所示：x(－∞，－2)－2(－2，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值由表可知，函數(shù)f(x)的極大值為f(－2)＝－eq\f(2,3)，極小值為f(－1)＝－eq\f(5,6)．(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex－1＝x2＋3x＋1＋kex，由題知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三個不同的解，即k＝－eq\f(x2＋3x＋1,ex)有三個不同的解．設(shè)h(x)＝－eq\f(x2＋3x＋1,ex)，則h′(x)＝eq\f(x2＋x－2,ex)＝eq\f((x＋2)(x－1),ex)，當(dāng)x∈(－∞，－2)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2，1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，又當(dāng)x→－∞時，h(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，h(x)→0且h(x)<0，且h(－2)＝e2，h(1)＝－eq\f(5,e)．作出函數(shù)h(x)的簡圖如圖，數(shù)形結(jié)合可知，－eq\f(5,e)<k<0．14．已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋eq\f(1,2)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)的圖象與直線y＝bx有3個交點(diǎn)，求b的取值范圍．14．解析(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋eq\f(1,2)(x∈R)，則f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)和(ln2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2)．(2)因?yàn)閍＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,2)x2＋b＋eq\f(1,2)．由(x－1)ex－eq\f(1,2)x2＋b＋eq\f(1,2)＝bx，得(x－1)ex－eq\f(1,2)(x2－1)＝b(x－1)．當(dāng)x＝1時，方程成立．當(dāng)x≠1時，只需要方程ex－eq\f(1,2)(x＋1)＝b有2個實(shí)根．令g(x)＝ex－eq\f(1,2)(x＋1)，則g′(x)＝ex－eq\f(1,2)．當(dāng)x<lneq\f(1,2)時，g′(x)<0，當(dāng)x>lneq\f(1,2)且x≠1時，g′(x)>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)，1))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(1,2)＋1))＝eq\f(1,2)ln2，g(1)＝e－1≠0，所以b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ln2，e－1))∪(e－1，＋∞)．15．已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋1)，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝bx－e．(1)求a，b的值；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－3ex－m有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．15．解析(1)f(x)＝ex(ax＋1)，則f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(1)＝e(2a＋1)＝b，,f(10)＝e(a＋1)＝b－e，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3e，))∴a＝1，b＝3e．(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函數(shù)g(x)＝ex(x－2)－m有兩個零點(diǎn)，相當(dāng)于函數(shù)u(x)＝ex·(x－2)的圖象與直線y＝m有兩個交點(diǎn)，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，當(dāng)x∈(－∞，1)時，u′(x)<0，∴u(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，u′(x)>0，∴u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝1時，u(x)取得極小值u(1)＝－e．又當(dāng)x→＋∞時，u(x)→＋∞，當(dāng)x<2時，u(x)<0，∴－e<m<0，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－e，0)．16．設(shè)函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．16．解析(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時，f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－(2x－1)(x＋1),x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)(x＝－1舍去)，當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(1,2)時，f′(x)<0．∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－eq\f(lnx,x)．令g(x)＝x－eq\f(lnx,x)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，則g′(x)＝1－eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)eq\f(1,3)≤x<1時，g′(x)<0；當(dāng)1<x≤3時，g′(x)>0．∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，在(1，3]上單調(diào)遞增．∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有兩個零點(diǎn)，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝3ln3＋eq\f(1,3)，g(3)＝3－eq\f(ln3,3)，3ln3＋eq\f(1,3)>3－eq\f(ln3,3)，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3－\f(ln3,3)))．17．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx．(1)討論函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性；(2)若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個不等的解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．17．解析(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定義域?yàn)?0，＋∞)，所以F′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2（ax2－1）,x)(x>0)．①當(dāng)a>0時，由ax2－1>0，得x>eq\r(\f(1,a))，由ax2－1<0，得0<x<eq\r(\f(1,a))，故當(dāng)a>0時，F(xiàn)(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上單調(diào)遞減．②當(dāng)a≤0時，F(xiàn)′(x)<0(x>0)恒成立，故當(dāng)a≤0時，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個不等的解等價于方程a＝eq\f(2lnx,x2)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個不等的解．令φ(x)＝eq\f(2lnx,x2)，x∈[eq\r(2)，e]，則φ′(x)＝eq\f(2x（1－2lnx）,x4)＝eq\f(2（1－2lnx）,x3)，易知φ(x)在[eq\r(2)，eq\r(e))上單調(diào)遞增，在(eq\r(e)，e]上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，而φ(e)＝eq\f(2,e2)<eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln2,2)＝φ(eq\r(2))，所以φ(x)min＝φ(e)，作出φ(x)的大致圖象如圖所示．由圖可知φ(x)＝a有兩個不等解時，需eq\f(ln2,2)≤a<eq\f(1,e)，即f(x)＝g(x)在[eq\r(2)，e]上有兩個不等解時實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2,2)，\f(1,e)))．18．(2021·浙江卷節(jié)選)設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，且a>1，函數(shù)f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意b>2e2，函數(shù)f(x)有兩個不同的零點(diǎn)，求a的取值范圍．18．解析(1)由題意得f′(x)＝axlna－b．因?yàn)閍>1，所以lna>0，ax>0，所以當(dāng)b≤0時，f′(x)>0，所以當(dāng)b≤0時，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)b>0時，令f′(x)>0，則ax>eq\f(b,lna)，所以x>logaeq\f(b,lna)；令f′(x)<0，得x<logaeq\f(b,lna)，所以當(dāng)b>0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，loga\f(b,lna)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(