专题02函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题（教师版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习

专题 2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题 函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及 难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝. (一) 确定函数零点个数 1.研究函数零点的技巧 用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问 题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合 函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称 性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论 证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数． 2. 判断函数零点个数的常用方法 (1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问 题． (2)分离出参数,转化为a＝g(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草 图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值 和最值进行比较即可． 3. 处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法 (1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况; (2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),把交点个数问题转化为利 用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况. 4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时 合理分离参数，避开分母为0的情况. ax2 【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数 f x= a¹0,aÎR． ex (1)求 f x的极大值； é π ù (2)若a=1，求gx= f x-cosx在区间 - ,2024π 上的零点个数． ê ú ë 2 ûax2 【解析】（1）由题易得，函数 f x= 的定义域为R， ex 2axex-ax2ex 2ax-ax2 ax2-x f¢x= = = 又 ，  ex2 ex ex 所以，当a>0时， f¢x, f x随x的变化情况如下表： x -¥,0 0 0,2 2 2,+¥ f¢x - 0 + 0 - f x 极小值 极大值 ] Z ] 由上表可知， f x的单调递增区间为0,2，单调递减区间为-¥,0,2,+¥． 4a 所以 f x的极大值为 f 2= a>0． e2 当a<0时， f¢x, f x随x的变化情况如下表： x -¥,0 0 0,2 2 2,+¥ f¢x + 0 - 0 + f x 极大值 极小值 Z ] Z 由上表可知， f x的单调递增区间为-¥,0,2,+¥，单调递减区间为0,2． 所以 f x的极大值为 f 0=0a<0． 4a 综上所述，当a>0时， f x的极大值为 ；当a<0时， f x的极大值为0． e2 x2 x2 （2）方法一：当a=1时， f x= ，所以函数gx= f x-cosx= -cosx． ex ex x2 由gx=0，得 =cosx． ex é π ù 所以要求gx在区间 - ,2024π 上的零点的个数， ê ú ë 2 û é π ù 只需求y= f x的图象与hx=cosx的图象在区间 - ,2024π 上的交点个数即可． ê ú ë 2 û 由（1）知，当a=1时，y= f x在-¥,0,2,+¥上单调递减，在0,2上单调递增，é π ù 所以y= f x在区间 - ,0 上单调递减． ê ú ë 2 û é π ù 又hx=cosx在区间 - ,0 上单调递增， ê ú ë 2 û 且 f -1=e>1>cos-1=h-1, f 0=0<1=cos0=h0， x2 é π ù 所以 f x= 与hx=cosx的图象在区间 ê - ,0 ú 上只有一个交点， ex ë 2 û é π ù 所以gx在区间 - ,0 上有且只有1个零点． ê ú ë 2 û x2 因为当a=1，x>0时， f x= >0， ex f x在区间0，2上单调递增，在区间2,+¥上单调递减， x2 4 所以 f x= 在区间0,+¥上有极大值 f 2= <1， ex e2 即当a=1,x>0时，恒有0< f x<1． 又当x>0时，hx=cosx的值域为-1,1，且其最小正周期为T =2π， 现考查在其一个周期0,2π上的情况， x2 f x= 在区间0,2上单调递增，hx=cosx在区间0,2上单调递减， ex 且 f 0=00>h2=cos2， x2 所以hx=cosx与 f x= 的图象在区间0,2上只有一个交点， ex 即gx在区间0,2上有且只有1个零点． æ 3πù 因为在区间ç2, ú 上， f x>0,hx=cosx£0， è 2 û x2 æ 3πù 所以 f x= 与hx=cosx的图象在区间ç2, ú 上无交点， ex è 2 û æ 3πù 即gx在区间ç2, ú 上无零点． è 2 û æ3π ù x2 在区间ç ,2π ú 上， f x= 单调递减，hx=cosx单调递增， è 2 û ex æ3πö æ3πö 且 f ç ÷>0>hç ÷ ，0< f 2π<1=cos2π=h2π， è 2 ø è 2 ø x2 æ3π ù 所以hx=cosx与 f x= 的图象在区间ç ,2π ú 上只有一个交点， ex è 2 ûæ3π ù 即gx在区间ç ,2π ú 上有且只有1个零点． è 2 û 所以gx在一个周期0,2π上有且只有2个零点． 同理可知，在区间2kπ,2kπ+2π kÎN* 上，0< f x<1且 f x= x2 单调递减， ex hx=cosx在区间2kπ,2kπ+π上单调递减，在区间2kπ+π,2kπ+2π上单调递增， 且0< f 2kπ<1=cos2kπ=h2kπ， f 2kπ+π>0>-1=cos2kπ+π=h2kπ+π 0< f 2kπ+π<1=cos2kπ+π=h2kπ+π， x2 所以hx=cosx与 f x= 的图象在区间2kπ,2kπ+π和（2kπ+π,2kπ+2π]上各有一个交点， ex 即gx在2π,2024π上的每一个区间2kπ,2kπ+2π kÎN* 上都有且只有2个零点． 2024π 所以gx在（0,2024π]上共有 ´2=2024个零点． 2π é π ù 综上可知，gx在区间 - ,2024π 上共有2024+1=2025个零点． ê ú ë 2 û x2 x2 方法二：当a=1时， f x= ，所以函数gx= f x-cosx= -cosx． ex ex é π ù 2x-x2 é π ù 当xÎ ê - ,0 ú 时，g¢x= +sinx£0，所以gx在区间 ê - ,0 ú 上单调递减． ë 2 û ex ë 2 û æ πö é π ù 又gç è - 2 ÷ ø >0,g0<0，所以存在唯一零点x 0 Î ê ë - 2 ,0 ú û ，使得gx 0 =0． é π ù 所以gx在区间 - ,0 上有且仅有一个零点． ê ú ë 2 û æ π 3πù x2 当xÎç2kπ+ ,2kπ+ ú ,kÎN时， >0,cosx<0，所以gx>0． è 2 2 û ex æ π 3πù 所以gx在ç2kπ+ ,2kπ+ ú ,kÎN上无零点． è 2 2 û æ πù 2x-x2 æ πö 当xÎç0, ú 时，g¢x= +sinx>0，所以gx在区间ç0, ÷上单调递增． è 2û ex è 2ø æπö 又g0<0,gç ÷>0，所以存在唯一零点． è2ø æ πù 2x-x2 当xÎç2kπ,2kπ+ ú ,kÎN*时，g¢x= +sinx， è 2û ex 2x-x2 x2-4x+2 设jx= +sinx，则j¢x= +cosx>0 ex exæ πù 所以g¢x在ç2kπ,2kπ+ ú ,kÎN*上单调递增． è 2û æ πö 又g¢2kπ<0,g¢ ç2kπ+ ÷>0， è 2ø æ πù 所以存在x 1 Îç è 2kπ,2kπ+ 2 ú û ,kÎN*，使得g¢x 1 =0． 即当xÎ2kπ,x 时，g¢x <0,gx单调递减； 1 1 æ πù 当xÎç è x 1 ,2kπ+ 2û ú 时，g¢x 1 >0,gx单调递增． æ πö æ πù 又g2kπ<0,gç2kπ+ ÷>0，所以gx在区间ç2kπ,2kπ+ ú ,kÎN*上有且仅有一个零点 è 2ø è 2û æ πù 所以gx在区间ç2kπ,2kπ+ ú ,kÎN上有且仅有一个零点． è 2û æ 3π ù 当xÎç2kπ+ ,2kπ+2π ú ,kÎN时， è 2 û 2x-x2 g¢x= +sinx， ex 2x-x2 x2-4x+2 设jx= +sinx，则j¢x= +cosx>0 ex ex æ 3π ù 所以g¢x在ç2kπ+ ,2kπ+2π ú ,kÎN上单调递增． è 2 û æ 3πö æ 3π ù 又g¢ ç2kπ+ ÷<0,g¢2kπ+2π<0，所以gx在区间ç2kπ+ ,2kπ+2π ú ,kÎN上单调递减： è 2 ø è 2 û æ 3πö 又gç2kπ+ ÷>0,g2kπ+2π<0， è 2 ø æ 3π ö 所以存在唯一x Îç2kπ+ ,2kπ+2π÷，使得gx =0． 2 è 2 ø 2 æ 3π ù 所以gx在区间ç2kπ+ ,2kπ+2π ú ,kÎN上有且仅有一个零点． è 2 û 所以gx在区间2kπ,2kπ+2π,kÎN上有两个零点． 2024π 所以gx在0,2024π上共有 ´2=2024个零点． 2π é π ù 综上所述，gx在区间 - ,2024π 上共有2024+1=2025个零点． ê ú ë 2 û (二) 根据函数零点个数确定参数取值范围 根据函数零点个数确定参数范围的两种方法 1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然 后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数 的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新 函数,性质比较容易确定. 【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数 f x=lnx+2 (1)求曲线y= f x在x=-1处的切线方程； (2)求证：ex ³ x+1； (3)函数hx= f x-ax+2有且只有两个零点，求a的取值范围． 1 【解析】（1）因为 f¢x= ， x+2 1 所以曲线y= f x在x=-1处的切线斜率为 f¢-1= =1， -1+2 又 f -1=ln-1+2=0，所以切线方程为y=x+1. （2）记gx=ex-x-1，则g¢x=ex-1， 当x<0时，g¢x<0，函数gx在-¥,0上单调递减； 当x>0时，g¢x>0，函数gx在0,+¥上单调递增. 所以当x=0时，gx取得最小值g0=e0-1=0， 所以gx=ex-x-1³0，即ex ³ x+1. （3）hx= f x-ax+2=lnx+2-ax+2,x>-2， 由题知，lnx+2-ax+2=0有且只有两个不相等实数根， lnx+2 即 =a有且只有两个不相等实数根， x+2 lnx+2 1-lnx+2 令mx= ,x>-2，则m¢x= ， x+2 x+22 当-20，mx在-2,e-2上单调递增； 当x>e-2时，m¢x<0，mx在e-2,+¥上单调递减. 当x趋近于-2时，mx趋近于-¥，当x趋近于+¥时，mx趋近于0，1 又 f e-2= ，所以可得mx的图象如图： e 1 由图可知，当00可知， f x在-¥,+¥上单调递增； 当a<0时，对x<-ln-a有 f¢x=1+aex >1+a×e-ln-a =0，对x>-ln-a有 f¢x=1+aex <1+a×e-ln-a =0，所以 f x在  -¥,-ln-aù û 上单调递增，在é ë -ln-a,+¥  上单调递减.综上，当a³0时， f x在-¥,+¥上单调递增； 当a<0时， f x在  -¥,-ln-aù û 上单调递增，在é ë -ln-a,+¥  上单调递减. x 3ex （2）当a=3时， f x=x+3ex，故原方程可化为 + =m+1. 3ex x+3ex x 3ex x x x2 x2 而 3ex + x+3ex -1= 3ex - x+3ex = 3ex x+3ex ，所以原方程又等价于 3ex x+3ex =m. 由于x2和3ex x+3ex 不能同时为零，故原方程又等价于x2 =3m×ex x+3ex . 即 x×e-x2 -3m  x×e-x -9m=0. 设gx=x×e-x，则g¢x=1-x×e-x，从而对x<1有g¢x>0，对x>1有g¢x<0. 故gx在-¥,1上递增，在1,+¥上递减，这就得到gx£g1，且不等号两边相等当且仅当x=1. 然后考虑关于x的方程gx=t： ①若t£0，由于当x>1时有gx=x×e-x >0³t，而gx在-¥,1上递增，故方程gx=t至多有一个解； 1 而g1= >0³t，gt=t×e-t £t×e-0 =t，所以方程gx=t恰有一个解； e 1 ②若0t，2ln >2ln2e>lne=1，即知方程gx=t恰有两个解，且这两个解分 e t æ 2ö 别属于0,1和ç1,2ln ÷； è t ø 1 1 ③若t = ，则t= =g1. e e 由于gx£g1，且不等号两边相等当且仅当x=1，故方程gx=t恰有一解x=1. 1 1 ④若t > ，则gx£g1= - ，所以m>0. 9e2 3m±3 m2+4m 3m+3 m2+4m 而方程t2-3mt-9m=0的解是 ，两解符号相反，故只能t = ， 2 1 2 3m-3 m2+4m t = . 2 2 1 3m+3 m2+4m 2 所以 >t = ，即 >m+ m2+4m. e 1 2 3e 2 æ 2 ö 2 1 这就得到 -m> m2+4m ³0，所以 ç -m÷ >m2+4m，解得m< . 3e è3e ø 9e2+3e 1 故我们得到00， 1 2 1 1 4 3× +3 + 1 6e+1 3m+3 m2+4m 9e2+3e  9e2+3e 2 9e2+3e 3× 9e2+3e +3× 9e2+3e 1 ， t = < = = 1 2 2 2 e 3m-3 m2+4m 3m-3 m2 1 t = < =0£ . 2 2 2 e æ 1 ö 综上，实数m的取值范围是ç0, ÷. è 9e2+3eø (四)隐零点问题 1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判 断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”. 2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无 法求出,我们可以设其为x ,再利用导函数的单调性确定x 所在区间,最后根据 f¢x =0,研究 f x ,我们 0 0 0 0 把这类问题称为隐零点问题. 注意若 f(x)中含有参数a,关系式 f'(x )=0是关于x ,a的关系式,确定x 的 0 0 0 合适范围,往往和a的范围有关. 【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数 f x=ex，gx=lnx. x+1 (1)若函数hx=agx-1- ，aÎR，讨论函数hx的单调性； x-1 1 (2)证明： 2x-1 f 2x- f x>2gx-2.（参考数据： 4 ， 1 ） e5 »2.23 e2 »1.65 4 【解析】（1）由题意hx=alnx-1- x+1 ,x>1，所以h¢x= ax-a+2 ,x>1， x-1 x-12 当a=0时，h¢x>0，所以hx在1,+¥上为增函数； 2 当a¹0时，令h¢x=0得x=1- ， a 2 所以若a>0时，1- <1，所以h¢x>0，所以hx在1,+¥上为增函数， a 2 2 2 若a<0时，1- >1，且10，x>1- 时，h¢x<0， a a a æ 2ö æ 2 ö 所以hx在ç1,1- ÷上为增函数，在ç1- ,+¥÷上为减函数， è aø è a ø 综上：当a³0时，hx在1,+¥上为增函数， æ 2ö æ 2 ö 当a<0时，hx在ç1,1- ÷上为增函数，在ç1- ,+¥÷上为减函数； è aø è a ø 1 1 （2） 2x-1 f 2x- f x>2gx-2等价于 2x-1e2x-ex-2lnx+2>0， 4 4 1 设Fx= 2x-1e2x-ex-2lnx+2，则 4 2 x2e2x-xex-2  xex-2  xex+1  F¢x=xe2x-ex- = = ， x x x 因为x>0，所以xex +1>0， 设jx=xex-2，则j¢x=x+1ex >0，则jx在0,+¥上单调递增， æ4ö 4 4 而jç ÷= e5 -2<0,j1=e-2>0， è5ø 5 æ4 ö 所以存在x Îç ,1÷，使jx =0，即x ex 0 =2，所以x +lnx =ln2，即lnx =ln2-x ， 0 è5 ø 0 0 0 0 0 0 当0x 时，F¢x>0，则Fx在x ,+¥上单调递增， 0 0 1 所以Fx = 2x -1e2x0 -ex0 -2lnx +2 min 4 0 01 4 2 1 = 2x -1 - -2ln2+2x +2=- +2x -2ln2+2， 4 0 x2 x 0 x2 0 0 0 0 1 æ4 ö 2 设mt=- +2t-2ln2+2,ç 0， t2 è5 ø t3 æ4 ö æ4ö 25 8 163 则mt在ç ,1÷上单调递增，mç ÷=- + -2ln2+2= -2ln2>0， è5 ø è5ø 16 5 80 1 则Fx >0，则不等式 2x-1e2x-ex-2lnx+2>0恒成立， min 4 1 即不等式 2x-1 f 2x- f x>2gx-2成立. 4 π 【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数 f x=lnx+sinx+sin . 10 (1)求函数 f x在区间1,e上的最小值； (2)判断函数 f x的零点个数，并证明. π 【解析】（1）因为 f x=lnx+sinx+sin ， 10 1 1 1 所以 f¢(x)= +cosx，令gx= f¢(x)= +cosx，g¢x=- -sinx， x x x2 1 当xÎ1,e时，g¢x=- -sinx<0， x2 所以gx在1,e上单调递减，且g1=1+cos1>0， 1 1 2π 1 1 ge= +cose< +cos = - <0， e e 3 e 2 所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使ga= f¢a=0 又当xÎ1,a时，gx= f¢x>0；当xÎa,e时，gx= f¢x<0； 所以 f x在xÎ1,a上单调递增，在xÎa,e上单调递减， π π 又因为 f 1=ln1+sin1+sin =sin1+sin ， 10 10 π π f e=lne+sine+sin =1+sine+sin > f 1， 10 10 π 所以函数 f(x)在区间[1,e]上的最小值为 f 1=sin1+sin . 10 （2）函数 f x在0,+¥上有且仅有一个零点，证明如下：π 1 函数 f x=lnx+sinx+sin ，xÎ0,+¥，则 f¢(x)= +cosx， 10 x 1 若00， x π 所以 f(x)在区间0,1上单调递增，又 f 1=sin1+sin >0， 10 æ1ö 1 π π π f ç ÷=-1+sin +sin <-1+sin +sin =0， èeø e 10 6 6 结合零点存在定理可知， f(x)在区间0,1有且仅有一个零点， π 若10,sinx³0，sin >0，则 f x>0， 10 若x>π，因为lnx>lnπ>1³-sinx，所以 f x>0， 综上，函数 f(x)在0,+¥有且仅有一个零点. 【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数 f x=eax+e-ax(aÎR，且a¹0). (1)讨论 f x的单调性； (2)若方程 f x=x+x-1有三个不同的实数解，求a的取值范围. 【解析】（1）解法一： f¢x=a  eax-e-ax 令gx=a  eax-e-ax ，则g¢x=a2 eax+e-ax >0 \gx在R上单调递增. 又g0=0,\当x<0时，gx<0，即 f¢x<0；当x>0时，gx>0，即 f¢x>0 \f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增. a  eax+1  eax-1  解法二： f¢x=a  eax-e-ax = eax ①当a>0时，由 f¢x<0得x<0，由 f¢x>0得x>0 \f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增 ②当a<0时，同理可得 f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增. 综上，当a¹0时， f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增.（2）解法一：由 f x=x+x-1，得eax+e-ax =x+x-1，易得x>0 令hx=ex+e-x，则hax=hlnx 又 hx=ex+e-x为偶函数，\hax=hlnx Q lnx 由（1）知hx在0,+¥上单调递增，\ax = lnx ，即 = a 有三个不同的实数解. x lnx 1-lnx 令mx= ,m¢x= ，由m¢x>0，得0e， x x2 1 \mx在0,e上单调递增，在e,+¥上单调递减，且m1=0,me= e \y= mx 在0,1上单调递减，在1,e上单调递增，在e,+¥上单调递减 1 当x0时，mx+¥；当x+¥时，mx0，故0< a < e 1 1 æ 1 ö æ 1ö 解得- 0 令hx=x+x-1，则hx在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增. 由h  eax =hx，得eax =x或eax =x-1 两边同时取以e为底的对数，得ax=lnx或ax=-lnx， lnx \ax = lnx ，即 = a 有三个不同的实数解 x 下同解法一. 1 【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数 f(x)=a(lnx+1)+ (a>0)． x3 (1)求证：1+xlnx>0； 1 (2)若x,x 是 f(x)的两个相异零点，求证： x -x <1- ． 1 2 2 1 a 【解析】（1）令g(x)=1+xlnx,xÎ(0,+¥)，则g¢(x)=1+lnx． 1 1 令g¢(x)>0，得x> ；令g¢(x)<0，得00，所以1+xlnx>0． min èeø e （2）易知函数 f(x)的定义域是(0,+¥)．1 a 3 ax3-3 由 f(x)=a(lnx+1)+ ，可得 f¢(x)= - = ． x3 x x4 x4 3 3 令 f¢(x)>0得x> 3 ；令 f¢(x)<0得00在ç0,3 ÷上单调递减，在ç3 ,+¥÷上单调递增， ç a ÷ ç a ÷ è ø è ø æ 3ö aæ 3 ö a 所以 f(x) min = f ç ç è 3 a ÷ ÷ ø = 3 ç è ln a +3÷ ø + 3 ． aæ 3 ö a ①当 çln +3÷+ ³0，即03e4时，3 < 3 <1． 3è a ø 3 a e4 æ 3 ö æ 3ö 因为 f(x)在ç3 ,+¥÷上单调递增，且 f(1)=a+1>0．所以 f(1)× f ç3 ÷<0， ç a ÷ ç a ÷ è ø è ø æ 3 ö 3 所以 f(x)在ç ç è 3 a ,+¥÷ ÷ ø 上有且只有1个零点，不妨记为x 1 ，且3 a - ，所以 f ç ÷=açln +1÷+a2 >a(- a+1)+a2 =a>0． x ç a ÷ ç a ÷ è ø è ø æ 3ö 1 3 æ 1 ö æ 3ö 因为 f(x)在ç0,3 ÷上单调递减， < 3 , f ç ÷× f ç3 ÷<0， ç a ÷ a a ç a ÷ ç a ÷ è ø è ø è ø æ 3ö 1 3 所以 f(x)在ç ç è 0,3 a ÷ ÷ ø 上有且只有1个零点，记为x 2 ，且 a 0,当xÎ(-1,0),g(x)=ex +a  1-x2 >0,即 f¢(x)>0 所以 f(x)在(-1,0)上单调递增, f(x)< f(0)=0 故 f(x)在(-1,0)上没有零点,不合题意, 2°若-1 a 0,当xÎ(0,+¥)时,g¢(x)=ex -2ax >0 „ „ 所以g(x)在(0,+¥)上单调递增,所以g(x)> g(0)=1+a 0,即 f¢(x)>0 … 所以 f(x)在(0,+¥)上单调递增, f(x)> f(0)=0, 故 f(x)在(0,+¥)上没有零点,不合题意. 3°若a<-1, (1)当xÎ(0,+¥),则g¢(x)=ex -2ax >0,所以g(x)在(0,+¥)上单调递增, g(0)=1+a<0,g(1)=e>0, 所以存在mÎ(0,1),使得g(m)=0,即 f¢(m)=0. 当xÎ(0,m), f¢(x)<0, f(x)单调递减,当xÎ(m,+¥), f¢(x)>0, f(x)单调递增, 所以当xÎ(0,m), f(x)< f(0)=0,当x+¥, f(x)+¥, 所以 f(x)在(m,+¥)上有唯一零点, 又 f(x)在(0,m)没有零点,即 f(x)在(0,+¥)上有唯一零点, (2)当xÎ(-1,0),g(x)=ex +a  1-x2 ,g¢(x)=ex -2ax,设h(x)= g¢(x), 则h¢(x)=ex -2a >0,所以g¢(x)在(-1,0)上单调递增, 1 g¢(-1)= +2a<0,g¢(0)=1>0,所以存在nÎ(-1,0),使得g¢(n)=0 e 当xÎ(-1,n),g¢(x)<0,g(x)单调递减 当xÎ(n,0),g¢(x)>0,g(x)单调递增,g(x)< g(0)=1+a<0,1 又g(-1)= >0,所以存在tÎ(-1,n),使得g(t)=0,即 f¢(t)=0 e 当xÎ(-1,t), f(x)单调递增,当xÎ(t,0), f(x)单调递减 有x-1, f(x)-¥ 而 f(0)=0,所以当xÎ(t,0), f(x)>0, 所以 f(x)在(-1,t)上有唯一零点,(t,0) 上无零点, 即 f(x)在(-1,0)上有唯一零点, 所以a<-1,符合题意, 综上得 f(x)在区间(-1,0),(0,+¥)各恰有一个零点,a的取值范围为(-¥,-1). 【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数 f x=xex-1-lnx-x. (1)求函数 f x的最小值； 1 (2)求证：eé ë f x+xù û >ex-e-1lnx- . 2 1 æ 1ö 【解析】（1）因为函数 f x=xex-1-lnx-x，所以 f¢x=x+1ex-1- -1=x+1 çex-1- ÷， x è xø 1 1 记hx=ex-1- ,x>0，h¢x=ex-1+ >0， x x2 所以hx在0,+¥上单调递增，且h1=0， 所以当01时，hx>0，即 f¢x>0，所以 f x在1,+¥单调递增，且 f¢1=0， 所以 f x = f 1=0. min1 （2）要证eéf x+xù>ex-e-1lnx- ， ë û 2 1 只需证明：x-1ex-lnx+ >0对于x>0恒成立， 2 1 1 令gx=x-1ex-lnx+ ，则g¢x=xex- x>0， 2 x 1 当x>0时，令m(x)=g¢(x)=xex- ， x 1 则m¢(x)=(x+1)ex+ >0，m(x)在(0,+¥)上单调递增， x2 1 即g¢x=xex- 在(0,+¥)上为增函数， x é 2ù 又因为g¢ ç æ2 ÷ ö = 2 e 2 3 - 3 = 2 êe 2 3 - æ ç 27ö ÷ 3ú<0，g¢1=e-1>0， è3ø 3 2 3ê è 8 ø ú ë û æ2 ö 1 x2ex0 -1 所以存在x Îç ,1÷使得g¢x =0，由g¢x =x ex0 - = 0 =0， 0 è3 ø 0 0 0 x x 0 0 1 1 得x2ex0 =1即ex0 = 即ex0 = 即-2lnx =x ， 0 x2 x2 0 0 0 0 1 所以当xÎ0,x 时，g¢x=xex- <0，gx单调递减， 0 x 1 当xÎx ,+¥时，g¢x=xex - >0，gx单调递增， 0 x 1 x -1 x 1 x3+x2+2x -2 所以gx =gx =x -1ex0 -lnx + = 0 + 0 + = 0 0 0 ， min 0 0 0 2 x2 2 2 2x2 0 0 令jx=x3+x2+2x-2 æ ç 2 0， è3 ø è 3ø 3 æ2 ö æ2ö 2 所以jx在ç ,1÷上单调递增，所以jx >jç ÷= >0， è3 ø 0 è3ø 27 jx  1 所以gx³gx = 0 >0，所以x-1ex-lnx+ >0， 0 2x2 2 0 1 即eéf x+xù>ex-e-1lnx- . ë û 2 1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数 f x=xex-1,gx=lnx-mx,mÎR. (1)求 f x的最小值； (2)设函数hx= f x-gx，讨论hx零点的个数.【解析】（1） f x的定义域为R, f¢x=x+1ex， 则当x<-1时， f¢x<0；当x>-1时， f¢x>0， 所以 f x在区间-¥,-1上单调递减，在区间-1,+¥上单调递增， 1 因此 f x的最小值为 f -1=- -1； e lnx+1 （2）hx=xex-lnx+mx-1，且xÎ0,+¥，令hx=0，得ex- +m=0， x lnx+1 令kx=ex- +m，则hx与kx有相同的零点， x 且k¢x=ex- 1-lnx+1 = x2ex+lnx ，令rx=x2ex+lnx，则r¢x=  x2+2x  ex+ 1 ， x2 x2 x 因为当x>0时，则r¢x>0，所以rx在区间0,+¥上单调递增， 又r æ ç è 1 e ö ÷ ø =e 1 e -2 -1 0,r1=e 0，所以$x 0 Î æ ç è 1 e ,1 ö ÷ ø ，使rx 0 =0， 且当xÎ0,x 时，rx<0，即k¢x<0；当xÎx ,+¥时，rx>0，即k¢x>0， 0 0 所以kx在区间0,x 上单调递减，在区间x ,+¥上单调递增， 0 0 lnx +1 因此kx的最小值为kx =ex0 - 0 +m， 0 x 0 1 1 ln 由rx =0，得x2ex0 +lnx =0，即x ex 0 =ln e x 0， 0 0 0 0 x 0 令jx= f x+1，则jx在区间0,+¥上单调递增， 1 1 æ 1 ö 因为 0，则jx =jçln ÷， e 0 x 0 0 è x 0 ø 1 所以x =-lnx ，从而lnx =-x ，即ex 0 = , 0 0 0 0 x 0 lnx +1 所以kx的最小值kx =ex 0 - 0 +m=m+1， 0 x 0 所以当m>-1时，kx没有零点；当m=-1时，kx有一个零点； 当m<-1时，因为kx <0，当x趋近于0时，kx趋近于+¥；当x趋近于+¥时，kx趋近于+¥， 0 所以kx有两个零点. 综上，当m>-1时，hx的零点个数为0；当m=-1时，hx的零点个数为1；当m<-1时，hx的零点个数为2. 2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数 f x=ax-ln1-xaÎR. (1)若 fx³0恒成立，求a的值； (2)若 f x有两个不同的零点x,x ，且 x -x >e-1，求a的取值范围. 1 2 2 1 1 -ax+a+1 【解析】（1） f¢x=a+ = (x<1)， 1-x 1-x ①当a³0时， f(-1)=-a-ln2<0，不符合题意. 1 ②当a<0时，令 f¢(x)=0，解得x =1+ ， a æ 1ö æ 1ö 当xÎç-¥,1+ ÷时， f¢(x)<0， f(x)在区间ç-¥,1+ ÷上单调递减， è aø è aø æ 1 ö æ 1 ö 当xÎç1+ ,1÷时， f¢(x)>0， f(x)在区间ç1+ ,1÷上单调递增， è a ø è a ø 1 æ 1ö 所以当x =1+ 时， f(x)取得最小值 f ç1+ ÷=a+1+ln-a； a è aø 若 fx³0恒成立，则a+1+ln-a³0， 1 x+1 设jx=x+1+ln-x(x<0)，则j¢x=1+ = ， x x 当xÎ-¥,-1时，j¢x>0,jx在区间-¥,-1上单调递增， 当xÎ(-1,0)时，j¢x<0,jx在区间-1,0上单调递减， 所以jx£j-1=0，即a+1+ln-a³0的解为a=-1. 所以a=-1. （2）当a³0时， f¢(x)>0， f(x)在区间(-¥,1)上单调递增， 所以 f(x)至多有一个零点，不符合题意； 当a<0时，因为 f(0)=0，不妨设x =0， 1 若00, f x在R上单调递增，不满足题意， 若a>0，令 f¢x=0得x=1+lna， f x在-¥,1+lna上单调递减，在1+lna,+¥上单调递增， 且当x-¥和x+¥时， f x+¥， 1 故 f 1+lna=-a1+lna<0，解得a> ， e æ1 ö 即a的取值范围是ç ,+¥÷. èe ø 4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数 f x=ex+asinx，xÎ0,+¥ . (1)当a=-1时， f x³bx+1在0,+¥上恒成立，求实数b的取值范围； (2)若a>0, f x在0,+¥上存在零点，求实数a的取值范围. 【解析】（1）当a=-1时， f x=ex-sinx， 所以不等式转化为ex-bx-sinx-1³0，在0,+¥上恒成立. 令hx=ex-bx-sinx-1， 所以h¢x=ex-cosx-b. 当xÎ[0,+¥)时，ex-cosx³0恒成立. 若b£0，则h¢x³0在0,+¥上恒成立，hx在0,+¥上单调递增， 故hx³h0=0，符合题意； 若b > 0，令函数mx=ex-cosx-b， 则m¢x=ex+sinx³0在0,+¥上恒成立， 所以mx在0,+¥上单调递增， 因为m0=-b<0，且当x+¥时，mx+¥. 所以$x Î0,+¥，mx =ex0 -cosx -b=0， 0 0 0 故当xÎ0,x 时，h¢x=mx<0，hx单调递减， 0 当xÎx ,+¥时，h¢x=mx>0，hx单调递增， 0 则h(x) =hx =ex0 -bx -sinx -10，gx单调递减； è4 4 ø è 4ø æ πö æ5π 9π ö æ πö 当xÎç0, ÷，xÎç +2kπ, +2kπ÷时，sinçx- ÷<0,gx单调递增. è 4ø è 4 4 ø è 4ø 5π 所以当x= +2kπ,kÎN时，gx取得极小值， 4 5π 13π 即当x= , ,×××时，gx取得极小值. 4 45π 13π 2 5π 13π 又因为sin =sin =×××=- ， ， 0g æ ç 9πö ÷>×××.所以gx£g æ ç πö ÷= 2 e - π 4， è4ø è 4 ø è4ø 2 所以当xÎ0,+¥，- 2 e - 5 4 π £gx£ 2 e - π 4. 2 2 2 - 5π 1 2 - π 所以- e 4 £- £ e 4. 2 a 2 又因为a>0，所以 5π 时， f x在0,+¥上存在零点， a³ 2e4 é 5π ö 所以实数a的取值范围为ê 2e4 ,+¥÷. ë ø 5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数 f(x)=lnx+5x-4． (1)求曲线y= f(x)在点(1, f(1))处的切线方程； 3 (2)证明： f(x)>- -2． 5x 【解析】（1） f(x)的定义域为0,+¥， 1 因为 f¢x= +5，所以曲线y= f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为k = f¢1=6， x 又 f(1)=ln1+5-4=1，所以切线方程为y-1=6x-1，即6x-y-5=0. 3 3 （2） f(x)>- -2Û xlnx+5x2-2x>- ， 5x 5 令gx=xlnx+5x2-2x,x>0，则g¢x=lnx+10x-1， 10 因为g¢ e-2 =lne-2+10´e-2-1= -3<0， e2 g¢ æ ç 1ö ÷=ln 1 +10´ 1 -1= 3 -ln4= 1  lne3-ln16  >0 è4ø 4 4 2 2 æ 1ö 所以存在x Îçe-2, ÷，使得g¢x =lnx +10x -1=0，即lnx =1-10x ， 0 è 4ø 0 0 0 0 0 易知g¢x在0,+¥上单调递增， 所以，当xÎ0,x 时，g¢x<0，gx在0,x 上单调递减； 0 0当xÎx ,+¥时，g¢x>0，gx在x ,+¥上单调递增. 0 0 所以当x=x 时，gx取得最小值： 0 gx =x lnx +5x2-2x =x 1-10x +5x2-2x =-5x2-x ， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 æ 1ö 由二次函数性质可知，gx =-5x2-x 在çe-2, ÷上单调递减， 0 0 0 è 4ø æ1ö 9 3 3 所以gx >gç ÷=- >- ，即gx=xlnx+5x2-2x>- ， 0 è4ø 16 5 5 3 所以 f(x)>- -2. 5x 6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知 f x=ex-ax-1，aÎR，e是自然对数的底数. (1)当a=1时，求函数y= f x的极值； (2)若关于x的方程 f x+1=0有两个不等实根，求a的取值范围； (3)当a>0时，若满足 f x = f x x 0时， f¢x>0，函数 f x在区间0,+¥上单调递增， 所以y= f x在x=0处取到极小值为0，无极大值. （2）方程 f x+1=ex-ax=0， 当x=0时，显然方程不成立， ex 所以x¹0，则a= ， x ex 方程有两个不等实根，即y=a与gx= 的图象有2个交点， x x-1ex g¢x= ， x2 当x<0或00， 当x>1时，g¢x>0，gx在区间1,+¥上单调递增， x>0时，当x=1时，gx取得最小值，g1=e， 作出函数y=gx的图象，如图所示： ex 因此y=a与gx= 有2个交点时，a>e， x 故a的取值范围为e,+¥ . （3）证明：a>0，由 f¢x=ex-a=0，得x=lna， 当xlna时， f¢x>0， 所以函数y= f x在-¥,lna上单调递减，在lna,+¥上单调递增. 由题意x f 2lna-x ， 1 2 又 f x = f x ，所以只需证 f x > f 2lna-x ， 1 2 2 2 即证 f x - f 2lna-x >0， 2 2 令hx= f x- f 2lna-x， 即hx=ex-ax-1-ée2lna-x-a2lna-x-1ù=ex-a2e-x-2ax+2alna， ë ûh¢x=ex+a2e-x-2a， 由均值不等式可得h¢x=ex+a2e-x-2a³2 ex×a2e-x -2a=0， 当且仅当ex =a2e-x，即x=lna时，等号成立. 所以函数hx在R上单调递增. 由x >lna，可得hx >hlna=0，即 f x - f 2lna-x >0， 2 2 2 2 所以 f x > f 2lna-x ， 1 2 又函数 f x在-¥,lna上单调递减， 所以x <2lna-x ，即x +x <2lna得证. 1 2 1 2 7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数 f(x)=elx-4sinx+l-2的图象在x=0处的 切线为y=ax-a-3,aÎR. (1)求l的值； (2)求 f(x)在(0,+¥)上零点的个数. 【解析】（1）因为 f(x)=elx-4sinx+l-2, f¢(x)=lelx-4cosx， 所以 f¢(0)=l-4，所以切线斜率为l-4，即a=l-4， 所切线方程为y=l-4x-l+1 又 f(0)=l-1，所以切点坐标为(0,l-1)，代入得 则l-1=-l+1，解得l=1. （2）由（1）得 f(x)=ex-4sinx-1, f¢(x)=ex-4cosx， 令gx= f¢(x)=ex-4cosx，则g¢x=ex+4sinx， 当x³π时， f¢(x)=ex-4cosx>0恒成立，所以 f(x)在π,+¥上递增， 所以 f(x)³ f(π)=eπ -4sinx-1³eπ -5>0， 因此 f(x)在[π,+¥)无零点； 当00恒成立，所以 f¢x单调递增， 又 f¢(0)=-3<0, f¢(π)=eπ+4>0， 所以 f¢x在(0,π)上存在唯一的零点x ， 0当xÎ0,x , f¢(x)<0, f(x)单调递减；当xÎx ,π, f¢(x)>0, f(x)单调递增； 0 0 又 f(0)=0, f x < f(0)=0， f(π)=eπ-1>0，因此 f(x)在(0,π)上仅有1个零点； 0 综上， f(x)在(0,+¥)上仅有1个零点. 8．（2024年天津高考数学真题）设函数 f x=xlnx． (1)求 f x图象上点 1, f 1 处的切线方程； (2)若 f x³a  x- x  在xÎ0,+¥时恒成立，求a的值； 1 (3)若x 1 ,x 2 Î0,1，证明 f x 1 - f x 2  £ x 1 -x 2 2 ． 【解析】（1）由于 f x=xlnx，故 f¢x=lnx+1. 所以 f 1=0， f¢1=1，所以所求的切线经过1,0，且斜率为1，故其方程为y=x-1. 1 t-1 （2）设ht=t-1-lnt，则h¢t=1- = ，从而当01时h¢t>0. t t 所以ht在0,1上递减，在1,+¥上递增，这就说明ht³h1，即t-1³lnt，且等号成立当且仅当t =1. 设gt=at-1-2lnt，则 f x-a  x- x  =xlnx-a  x- x  =x æ ça æ ç 1 -1 ö ÷ -2ln 1 ö ÷=x×g æ ç 1 ö ÷. è è x ø xø è xø 1 当xÎ0,+¥时， 的取值范围是0,+¥，所以命题等价于对任意tÎ0,+¥，都有gt³0. x 一方面，若对任意tÎ0,+¥，都有gt³0，则对tÎ0,+¥有 1 æ1 ö 2 0£gt=at-1-2lnt =at-1+2ln £at-1+2ç -1÷=at+ -a-2， t èt ø t 取t =2，得0£a-1，故a³1>0. 2 2 a  2 再取t= ，得0£a× +2 -a-2=2 2a-a-2=- a- 2 ，所以a=2. a a 2 另一方面，若a=2，则对任意tÎ0,+¥都有gt=2t-1-2lnt =2ht³0，满足条件. 综合以上两个方面，知a的值是2. f b- f a （3）先证明一个结论：对0 +lna=1+lna， b-a b-a a a 1- 1- b b blnb-alna f b- f a 所以lna+1< 时 f¢x>0. e e æ 1ù é1 ö 所以 f x在ç0, ú 上递减，在 ê ,+¥÷上递增. è eû ëe ø 不妨设x £x ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 1 2 1 情况一：当 £x £x <1时，有 f x - f x  = f x - f x <lnx +1x -x  时，由 ³ln -1可知 4çln -1÷ 2 2 c-x c è c ø 1 c 1 1 æ 2 ö j¢x=lnx+1+ >ln +1+ = -çln -1÷³0. 2 c-x 2 2 c-x 2 c-x è c ø 所以j¢x在0,c上存在零点x ，再结合j¢x单调递增，即知00. 故jx在0,x 上递减，在x ,c上递增. 0 0 ①当x £x£c时，有jx£jc=0； 01   æ1ö 2 æ 1 ö ②当0q c，可得 1-q2 æ 1 ö jx=xlnx-clnc- c-x <-clnc- c-x <-clnc-q c = cç cln -q÷<0. è c ø 再根据jx在0,x 上递减，即知对00，当x>1时 f¢x<0， 所以 f x在-¥,1上单调递增，在1,+¥上单调递减， 1 所以 f x在x=1处取得极大值，即 f x = f 1= ，无极小值. 极大值 e （2）因为当xÎ0,π时， f x£ gx恒成立， ax 即当xÎ0,π时， £sinx+cosx恒成立， ex即exsinx+cosx-ax³0在0,π上恒成立， 3π 3π 当x= 时- a³0，解得a£0， 4 4 设hx=exsinx+cosx-ax，xÎ0,π， 则h¢x=exsinx+cosx+excosx-sinx-a=2excosx-a， æ πö 令mx=h¢x=2excosx-a，则m¢x=2excosx-sinx=2 2excosçx+ ÷， è 4ø æ πö 当xÎç0, ÷时m¢x>0，则h¢x单调递增， è 4ø æπ ö 当xÎç ,π÷时m¢x<0，则h¢x单调递减， è4 ø æπö π 因为a£0，h¢0=2-a>0，h¢ ç ÷= 2e4 -a>0，h¢π=-2eπ-a， è4ø 当-2eπ -a³0，即a£-2eπ时h¢x³0在0,π上恒成立， 所以hx在0,π上单调递增，所以hx =h0=1>0，所以hx³0恒成立， min æπ ö 当-2eπ 0，hx单调递增； 0 当xÎx ,π时h¢x<0，hx单调递减； 0 ìïf 0³0 ì1³0 eπ 所以í ，则í ，解得-2eπ 0，则g(x)=çx+ ÷ +1- ,x>0， è 2ø 4 a 当- £0，即a³0时，g(x)在(0,+¥)上单调递增，则g(x)>g(0)=1>0， 2 故 f¢x>0， f x在(0,+¥)上单调递增，结合 f 1=0，可知此时 f x有1个零点； a a2 当- >0，即a<0时，若1- ³0，则-2£a<0时，g(x)³0， 2 4 故 f¢x>0， f x在(0,+¥)上单调递增，结合 f 1=0，可知此时 f x有1个零点； a2 若1- <0，则a£-2时，则g(x)=x2+ax+1=0的判别式D=a2-4>0， 4 不妨设两根为x,x ，则x +x =-a>0,xx =1， 1 2 1 2 1 2 即x2 +ax+1=0有2个正数根，且不妨设00，即 f¢x>0；当x x 时，g(x)>0，即 f¢x>0； 2 则可知 f x在x,1上单调递减，则 f(x) = f x > f(1)=0， 1 极大 1 f x在1,x 上单调递减，则 f(x) = f x < f(1)=0， 2 极小 2 1 由当x无限趋近于0时，- 的变化幅度要大于alnx的变化幅度， x 1 故 f x=alnx- +x趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，x的变化幅度要大于alnx的变化幅度， x 1 1 故 f x=alnx- +x趋近于正无穷，此时函数 f x=alnx- +x有3个零点， x x 综上：当a<-2时， f x有3个零点，当a³-2时， f x有1个零点 2 1 2 （2）不等式 f x£2x- 在0,+¥上恒成立等价于alnx-x- + £0在0,+¥上恒成立， e x e 1 2 a 1 x2-ax-1 令Gx=alnx-x- + ，则G¢x= -1+ =- . x e x x2 x2 对于函数y=x2-ax-1，¢n =a2+4>0，所以其必有两个零点. 又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负， 1 设其中一个零点x Î0,+¥，则x2-ax -1=0，即a=x - . 0 0 0 0 x 0此时Gx在0,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减， 0 0 æ 1 ö 1 2 故需Gx £ 0，即çx - ÷lnx -x - + £0. 0 è 0 x ø 0 0 x e 0 0 æ 1ö 1 2 æ 1 ö 设函数hx=çx- ÷lnx-x- + ，则h¢x=ç1+ ÷lnx. è xø x e è x2 ø 当xÎ0,1时，h¢x<0；当xÎ1,+¥时，h¢x>0. æ1ö 所以hx在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增.又hç ÷=he=0， èeø é1 ù 1 é1 ù é1 1ù 所以x Î ,e .由a=x - 在 ,e 上单调递增，得aÎ -e,e- . 0 ê ëe ú û 0 x ê ëe ú û ë ê e eû ú 0 11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设 f x=（a2-1)ex+sinx-3 (1)当a= 2，求函数 f(x)的零点个数. (2)函数h(x)= f(x)-sinx-x2+2ax+2，若对任意x³0，恒有h(x)>0，求实数a的取值范围 【解析】（1）当a= 2时， f(x)=ex+sinx-3， f¢x=ex+cosx， 当x<0时，exÎ(0,1)，sinx£1， f(x)<0， f(x)在(-¥,0)上无零点. æ πö é πù 当xÎç0, ÷时， f¢x>0， f(x)在xÎ ê 0, ú 上单增. è 2ø ë 2û æπö π æπö Q f(0)=-2<0， f ç ÷=e2 -2>eln2-2=0， f ç ÷>0， è2ø è2ø æ pö é πù \$x 0 Îç è 0, 2 ÷ ø ， f x 0 =0， f(x)在xÎ ê ë 0, 2 ú û 上有一个零点. æπ ö π 3 3 当xÎç ,+¥÷时，又 > >lne2 >ln e3 >ln 2.63 =ln 17.56 >ln4， è2 ø 2 2 π f(x)>e2 -1-3>eln4-4=0 ， æπ ö \ f(x)在ç ,+¥÷上无零点. è2 ø \综上所述， f(x) 在-¥,+¥上只有一个零点. （2）x³0时，h(x)>0，\(a2-1)ex-x2+2ax-1>0 x2-2ax+1 x2-2ax+1 0，aÎ(-¥,- )È(1,+¥)， a£- \aÎ(-¥,- ) Q e 2 e 1 当- 2，矛盾，舍去； \a=0不满足条件. 当a>0，g(x)在(0,1)上递减，在(1,2a+1)上递增，在(2a+1,+¥)上递减. ìg(2a+1)<0 Qx³0，g(x)<0，\只需í ， îg(0)<0 2a+12 -2a(2a+1)+1 2a+2 g(2a+1)= -(a2-1)= -(a2-1)<0， e2a+1 e2a+1 2 a+1>0，\a-1> ， Q e2a+1 2 2 2 又g0=2-a2 0,\a 2， \a-1> 2-1>0.4> > > ， 22 2+1 e2 2+1 e2a+1 ìïa>0 \í ，\a> 2满足条件. ïîa> 2 e+2   \综上所述，aÎ(-¥,- )È 2,+¥ e 12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数 f x=2ax-sinx. (1)当a=1时，求曲线y= f x在点 0, f 0 处的切线方程； (2)当x>0时， f x³axcosx恒成立，求实数a的取值范围. 【解析】（1）当a=1时， f x=2x-sinx, f¢x=2-cosx， 切线的斜率为k = f¢0=1， 又切点为0,0，所以切线方程为y=x. （2）令gx= f x-axcosx，即gx=2ax-axcosx-sinx， ①若a³1，则当x>0时，gx³2x-xcosx-sinx，令hx=2x-xcosx-sinx，h¢x=2-2cosx+xsinx， 当xÎ0,π时，h¢x³0，所以hx在0,π上单调递增，hx>h0=0， 当xÎπ,+¥时，hx=x1-cosx+x-sinx>0， 所以gx³hx³0恒成立，符合题意； æ πö ②若a£0，则当xÎç0, ÷时，gx=2ax-axcosx-sinx=ax1-cosx+ax-sinx<0，不合题意； è 2ø ③若00，所以g¢x在 æ ç0, πö ÷上单调递增， è 2ø è 2ø æπö æ πö 因为g¢0=a-1<0,g¢ ç ÷=ç2+ ÷a>0， è2ø è 2ø æ pö 所以存在x Îç0, ÷，使得g¢x =0， 0 è 2ø 0 当xÎ0,x 时，g¢x<0，所以gx在0,x 上单调递减，gx0)， 2 2 2-x2 \f¢x= -x= (x>0)， x x 令 f¢x=0，得x= 2，   当xÎ 0, 2 时， f¢x>0, f x单调递增； 当xÎ  2,+¥  时， f¢x<0, f x单调递减， 所以 f x在x= 2处取得唯一的极大值，即为最大值，   1 所以 f(x) = f 2 =2ln 2- ´2+1=ln2， max 2 所以 f x£ln2，而ln20，所以G¢x>0，所以Gx在0,+¥上单调递增， 3 又因为G1=- m+3>0. 2 所以关于x的不等式Gx<0不能恒成立； æ 2 ö mçx- ÷ x+1 当m>0时， G¢x=- è mø . x 2 æ 2 ö 令G¢x=0，得x= ，所以当xÎç0, ÷时，G¢x>0； m è mø æ 2 ö 当xÎç ,+¥÷时，G¢x<0. èm ø æ 2ö æ 2 ö 因此函数Gx在ç 0, ÷上单调递增，在ç ,+¥÷上单调递减. è mø èm ø æ 2 ö 2 故函数Gx的最大值为Gç ÷= -2lnm+2ln2-1. èmø m 2 令hm= -2lnm+2ln2-1， m 1 因为h1=1+2ln2>0,h2=0,h3=2ln2-2ln3- <0， 3 又因为hm在0,+¥上单调递减，所以当m³3时，hm<0. 所以整数m的最小值为3. 14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数 f(x)=x3-3ax2+3b2x (1)若a=1，b=0，求曲线y= f(x)在点 1, f 1 处的切线方程； æ1+lnxö ækö (2)若0 f ç ÷对任意xÎ1,+¥恒成立，求整数k的最大值． è x-1 ø èxø 【解析】（1）当a=1，b=0时， f(x)= x3-3x2，所以 f(1)=-2，即切点为P1,-2 因为 f¢(x)=3x2-6x，所以 f¢(1)=3-6=-3， 所以切线方程为y+2=-3x-1，即y=-3x+1，（2） f¢(x)=3x2-6ax+3b2，由0 f ç ÷ Û > Û >k，对xÎ1,+¥恒成立， è x-1 ø èxø x-1 x x-1 (1-lnx)x (2+lnx)(x-1)-(x+xlnx) x-lnx-2 构造h(x)= ，h¢(x)= = ， x-1 (x-1)2 (x-1)2 1 x-1 构造g(x)=x-lnx-2，g¢(x)=1- = ，对xÎ1,+¥有g¢(x)>0， x x 所以g(x)=x-lnx-2在xÎ1,+¥递增，g3=1-ln3<0，g4=2-ln4>0， 所以$x Î(3,4)，gx =x -lnx -2=0， 0 0 0 0 所以xÎ1,x ，g(x)<0，即h¢(x)<0，h(x)在1,x 递减， 0 0 xÎx ,+¥，g(x)>0，即h¢(x)>0，h(x)在x ,+¥递增， 0 0 1+lnx x 所以h(x) =hx = 0 0 ，结合lnx =x -2，故h(x) =x Î(3,4)， min 0 x -1 0 0 min 0 0 (1+lnx)x 所以k < 对xÎ(1,+¥)恒成立Ûk 0. 【解析】（1）函数的定义域{x|x¹0}， 1 当时x<0时， f(x)=e2x- >0，函数 f(x)无零点， x 1 当x>0时， f¢(x)=2e2x+ >0， f(x)单调递增， x2 1 又 f( )= e-4<0， f(1)=e2-1>0且 f(x)图象在（0,+¥）上连续不断， 4 æ1 ö 所以由零点存在定理得 f(x)在ç ,1÷上有且只有一个零点， è4 ø 综上， f(x)有且只有一个零点. （2）要证xe2x -lnx-2x-cosx>0，即证xe2x -lnx-2x>cosx， 令g(x)=xe2x -lnx-2x，其中x>0， 则有g(x)=xe2x-lnx-lne2x =xe2x-ln（xe2x），令t =xe2x，则g(x)可化为h(t)=t-lnt， 因为t¢=1+2xe2x >0，所以函数t =xe2x在（0,+¥）单调递增，则t >0， 1 t-1 由h(t)=t-lnt，t >0，h¢(t)=1- = ， t t 令h¢(t)=0得t =1，列表如下： t 0,1 1 1,+¥ h¢t - 0 + ht 1 ↗ ] 由表可知：h(t) =h(1)=1，即g(x)=xe2x -lnx-2x³1，仅当xe2x =1，等号成立， min æ1 ö 由（1）可知，存在唯一的x Îç ,1÷，使得x e2x0 =1， 0 è4 ø 0 æ1 ö 即仅有唯一的x Îç ,1÷，使得x e2x0 -lnx -2x =1， 0 è4 ø 0 0 0 而cosx£1，当x=2kπ  kÎN* ，等号成立， 综上，g(x)=xe2x -lnx-2x³1与cosx£1，等号不能同时成立， 故xe2x -lnx-2x>cosx，即xe2x -lnx-2x-cosx>0.