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第5 讲 函数零点问题
微点一 利用函数的图象与性质研究函数的零点
考向1 函数零点个数的判断
例1 函数f(x)= x
3
x -x+1 的零点个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 B
解析 方法一 易知0 不是函数的零点，故f(x)= x
3
x -x+1=0⇔1
3
x -1+1
x =0(x≠0)，
令g(x)= 1
3
x -1+1
x (x≠0)，则g(x)在(-∞，0)，(0，+∞)上单调递减，
又g(-1)>0，g(−1
2)<0，g(1)>0，g(2)<0，
故g(x)在(−1，−1
2)，(1，2)上各有一个零点，即f(x)的零点个数为2.
方法二 易知0 不是函数的零点，
故f(x)= x
3
x -x+1=0⇔1
3
x =1-1
x ，
分别作出函数y= 1
3
x 与y=1-1
x 的图象如图所示，
由图可知，两函数有两个交点，即函数f(x)= x
3
x -x+1 有两个零点.
考向2 求参数的值或范围
例2 (1)(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cos x+2ax.当x∈(-1，1)时，曲线y=f(x)和y=g(x)
恰有一个交点，则a 等于( )
A.-1
B.1
2
C.1
D.2
答案 D
解析 方法一 令f(x)=g(x)，
即a(x+1)2-1=cos x+2ax，
可得ax2+a-1=cos x，
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令F(x)=ax2+a-1，G(x)=cos x，
原题意等价于当x∈(-1，1)时，
曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
注意到F(x)，G(x)均为偶函数，
可知该交点只能在y 轴上，
可得F(0)=G(0)，
即a-1=1，解得a=2，
若a=2，令F(x)=G(x)，
可得2x2+1-cos x=0，
因为x∈(-1，1)，则2x2≥0，1-cos x≥0，
当且仅当x=0 时，等号成立，
可得2x2+1-cos x≥0，
当且仅当x=0 时，等号成立，
则方程2x2+1-cos x=0 有且仅有一个实根0，
即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
所以a=2 符合题意.
方法二 令h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cos x，x∈(-1，1)，
原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，
因为h(-x)=a(-x)2+a-1-cos(-x)
=ax2+a-1-cos x=h(x)，
则h(x)为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，
即h(0)=a-2=0，解得a=2，
若a=2，则h(x)=2x2+1-cos x，x∈(-1，1)，
又因为2x2≥0，1-cos x≥0，
当且仅当x=0 时，等号成立，
可得h(x)≥0，当且仅当x=0 时，等号成立，
即h(x)有且仅有一个零点0，
所以a=2 符合题意.
(2)设函数g(x)={
|ln x|+b, x>0,
e
x( x +1)+b, x ≤0,若函数g(x)有三个零点，则实数b 的取值范围是 .
答案 [-1，0)
解析 令g(x)=0 可得，-b={
|ln x|, x>0,
e
x( x +1), x ≤0,
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故直线y=-b 与函数f(x)={
|ln x|, x>0,
e
x( x +1), x ≤0的图象有三个交点，
当x≤0 时，f(x)=ex(x+1)，
则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2)，
由f'(x)<0 得，x<-2，所以f(x)在(-∞，-2)上单调递减；
由f'(x)>0 得，-2<x≤0，所以f(x)在(-2，0]上单调递增，
当x<-1 时，f(x)<0，当-1<x≤0 时，f(x)>0，
当x→-∞时，f(x)→0，
当x=-2 时，f(x)取得极小值f(-2)=- 1
e
2 ，f(0)=1.
所以函数f(x)的大致图象如图所示.
由图可知，当0<-b≤1 时，函数f(x)的图象与直线y=-b 有三个交点，
所以实数b 的取值范围是[-1，0).
考向3 嵌套函数的零点
例3 已知函数f(x)={
−x
2−2 x , x ≤0,
x
2−4 x +3, x>0,g(x)={
e
x , x ≤0,
|ln x|, x>0,若关于x 的方程[g(f(x))]2-(1+m)g(f(x))+m=0 有
19 个不等实数根，则实数m 的取值范围是( )
A.(0，1
e)
B.(
1
e ，1)
C.(0，e)
D.(1，e)
答案 B
解析 原方程可化为[g(f(x))-1][g(f(x))-m]=0，而g(x)=1 的解为x=0 或x=e 或x=1
e ，若g(f(x))=1，则f(x)=0 或
f(x)=1
e 或f(x)=e，
由图象可知g(f(x))=1 有10 个实数解.当m<0 时，显然g(f(x))=m 无解，
当m=0 时，g(x)=0 的解为x=1，则f(x)=1，此时有3 个实数解，不符合题意.
当m>1 时，显然g(x)=m 有两解，此时g(f(x))=m 的实数解个数不超过6，不符合题意.显然m≠1.
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当m=1
e 时，g(x)=1
e 有三个解，由图象易知g(f(x))=1
e 的实数解的个数不超过8，不符合题意.
当m∈(0，1
e)时，g(x)=m 有三解，此时对于满足f(x)<0 的解，易知其满足f(x)<-1，
故由图象可得g(f(x))=m 的实数解个数不超过7，不符合题意.当m∈(
1
e ，1)时，
注意到e<f(0.01)<3，故由图象可得g(f(x))=m 的实数解的个数为9，符合题意.
综上可得实数m 的取值范围为(
1
e ，1).
[规律方法] 利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法
跟踪演练1 (1)已知函数f(x)=x5+4x+a 在(-1，1)内有零点，则实数a 的取值范围是( )
A.(-5，5)
B.(-∞，-5)∪(5，+∞)
C.[-5，5]
D.(-∞，-5]∪[5，+∞)
答案 A
解析 因为y=x5是增函数，y=4x+a 也是增函数，所以f(x)是增函数，
因为f(x)在(-1，1)内有零点，
所以{
f (−1)=−1−4 +a<0,
f (1)=1+ 4 +a>0,
解得-5<a<5.
(2)(2025·成都模拟)函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的所有零点之和为( )
A.9
B.10
C.11
D.12
答案 D
解析 函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的零点，即为|2x-3|=8sin πx 的解，
即g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx 图象交点的横坐标，
因为h(
3
2)=-8，故直线x=3
2为h(x)=8sin πx 图象的对称轴，
而直线x=3
2也是g(x)=|2x-3|图象的对称轴，
又h(x)=8sin πx 的最小正周期为2π
π =2，
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在平面直角坐标系中画出g(x)，h(x)的图象(如图所示)，
因为h(
5
2)=8>2=g(
5
2)，h(
9
2)=8>6=g(
9
2)，g(6)=9>8，
故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx 的图象在直线x=3
2的右侧有且仅有4 个不同的交点，
故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx 的图象的所有不同交点的横坐标之和为4×3=12，即函数f(x)的所有零点之和为
12.
微点二 利用导数研究函数的零点
例4 (2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=2x-asin x+sin 2x.若a>0 且函数f(x)在(0，π)上没有零点，求实数a
的取值范围.
解 由题意知f(x)=2x-asin x+sin 2x，
显然f(0)=0，f(π)=2π，若a>0，x∈(0，π)，
令f'(x)=2-acos x+2cos 2x=cos x(4cos x-a)=0，其中当cos x=0 时，x=π
2 ，
当a≥4 时，由x∈(0，π)知，4cos x-a<0，
则当x∈(0，π
2)时，cos x>0，f'(x)<0，此时f(x)在(0，π
2)上单调递减；
当x∈(
π
2 ，π)时，cos x<0，f'(x)>0，此时f(x)在(
π
2 ，π)上单调递增，
因此f(x)min=f (
π
2)=π-a<0，可知f (
π
2)f(π)<0，因此f(x)在(0，π)上存在零点，不符合题意；
当0<a<4 时，由4cos x-a=0 可得，
cos x=a
4 >0，
所以∃x0∈(0，π
2)，使得cos x0=a
4 ，可得当x∈(0，x0)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增；
当x∈(x0，π
2)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减；
当x∈(
π
2 ，π)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
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所以要使函数f(x)在(0，π)上没有零点，需要f (
π
2)=π-a>0，所以0<a<π，
所以实数a 的取值范围为(0，π).
[规律方法] 已知零点求参数的取值范围
(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点；
(2)依据零点确定极值的范围；
(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
跟踪演练2 已知函数f(x)=eax-x(a∈R).
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的零点个数.
解 (1)若a=2，
则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1，即切点坐标为(1，e2-1)，
曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1，
故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)，
即y=(2e2-1)x-e2.
(2)方法一 由题意得f'(x)=aeax-1.
当a≤0 时，f'(x)<0，f(x)在R 上单调递减，
又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0，
此时f(x)有一个零点.
当a>0 时，令f'(x)<0 得x<-ln a
a ，
令f'(x)>0 得x>-ln a
a ，
所以f(x)在(−∞，−ln a
a )上单调递减，在(−ln a
a ，+∞)上单调递增.
故f(x)的最小值为f (−ln a
a )=1+ ln a
a
.
当a=1
e 时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点，
当a>1
e 时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点，
当0<a<1
e 时，f(x)的最小值小于0，-ln a
a >0，f(-1)=e-a+1>0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，此时f(x)有两个零点，
综上，当a≤0 或a=1
e 时，f(x)有一个零点；
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当0<a<1
e 时，f(x)有两个零点；
当a>1
e 时，f(x)没有零点.
方法二 当x≤0 时，f(x)=eax-x>0，
所以f(x)在(-∞，0]上无零点，
当x>0 时，令f(x)=eax-x=0，
所以eax=x⇒ax=ln x⇒a=ln x
x .
令φ(x)=ln x
x (x>0)，
所以φ'(x)=1−ln x
x
2
，
所以当x∈(0，e)时，φ'(x)>0，当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0，
所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，
所以φ(x)max=φ(e)=1
e ，
又当x→0 时，φ(x)→-∞，当x→+∞时，φ(x)→0，
所以φ(x)的图象如图所示，
由图可知，当a≤0 或a=1
e 时，f(x)有一个零点；
当0<a<1
e 时，f(x)有两个零点；
当a>1
e 时，f(x)没有零点.
专题强化练
[分值：80 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2025·昆明模拟)已知函数f(x)=2√x-1
x ，在下列区间中，一定包含f(x)零点的区间是( )
A.(
1
4 ，1
2)
B.(
1
2 ，1)
C.(1，2)
D.(2，4)
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答案 B
解析 因为f (
1
4)=2√
1
4 -
1
1
4
=-3<0，f (
1
2)=2√
1
2-
1
1
2
=√2-2<0，f(1)=2√1-1
1=1>0，
所以f(1)·f (
1
2)<0，又函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以函数f(x)在(
1
2 ，1)上存在唯一零点.
2.(2025·安康模拟)函数f(x)=cos 2x+3cos x-1 在[-3π，3π]上的零点个数为( )
A.4
B.5
C.6
D.8
答案 C
解析 函数f(x)=cos 2x+3cos x-1 的零点满足cos 2x+3cos x-1=2cos2x+3cos x-2=(2cos x-1)(cos x+2)=0，
所以cos x=1
2或cos x=-2(舍去)，
在[-3π，3π]上，cos x=1
2 ，x 的值为π
3 ，5 π
3 ，7 π
3 ，-π
3 ，-5 π
3 ，-7 π
3 ，
所以函数f(x)=cos 2x+3cos x-1 在[-3π，3π]上的零点个数为6.
3.函数f(x)=2x-2
x -a 的一个零点在区间(1，2)内，则实数a 的取值范围是( )
A.(1，3)
B.(1，2)
C.(0，3)
D.(0，2)
答案 C
解析 显然函数f(x)=2x-2
x -a 在区间(1，2)内单调递增，因为f(x)的一个零点在区间(1，2)内，所以
f(1)f(2)<0，即(2-2-a)(4-1-a)<0，解得0<a<3.
4.(2025·毕节模拟)已知函数f(x)={
−x
2−2 x +3, x ≤0,
|ln x|, x>0,
则函数y=[f(x)]2-5f(x)+6 的零点个数为( )
A.5
B.6
C.7
D.8
答案 C
解析 由题意，令[f(x)]2-5f(x)+6=0，解得f(x)=2 或f(x)=3，
作出y=f(x)的大致图象如图，
由图可知，直线y=2 与y=f(x)的图象有3 个交点；
直线y=3 与y=f(x)的图象有4 个交点，
所以原方程有7 个解，
即函数y=[f(x)]2-5f(x)+6 有7 个零点.
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5.(2025·淄博模拟)若关于x 的方程x2-2ycos(sin x)+y2=0 有唯一解，则上述关于y 的方程的非零实数解为(
)
A.1
2
B.1
C.2
D.4
答案 C
解析 设f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2，显然x∈R，
又f(-x)=(-x)2-2ycos[sin(-x)]+y2=x2-2ycos(-sin x)+y2
=x2-2ycos(sin x)+y2=f(x)，
故f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2为偶函数，
又f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2有唯一零点，
由对称性可知，f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2的零点为0，
故f(0)=0，即-2ycos 0+y2=0，即-2y+y2=0，
解得y=0 或y=2，
所以上述关于y 的方程的非零实数解为2.
6.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )
A.(-∞，0)
B.(-∞，1]
C.[0，+∞)
D.(1，+∞)
答案 D
解析 因为f(x)=x(1-ex)+ln x+a 有两个零点，故关于x 的方程x(1-ex)+ln x+a=0 有两个不同的解，
故关于x 的方程x+ln x+a-ex+ln x=0 有两个不同的解，
设t=x+ln x，x>0，则t'=1+1
x >0，故t=x+ln x 在(0，+∞)上单调递增，
而当x→0 时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，
故t=x+ln x 的值域为R，
故关于t 的方程t+a-et=0 在R 上有两个不同的解，设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et，
当t<0 时，s'(t)>0；当t>0 时，s'(t)<0，
故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1，
此时当t→+∞时，s(t)→-∞，
当t→-∞时，s(t)→-∞，
故当a>1 时，s(t)有两个不同的零点.
综上，a>1.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·昭通阶段练习)已知定义在R 上的函数f(x)满足f(-1)f(0)>0，f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续
不断的曲线，则( )
A.f(x)在区间(-1，0)上可能存在零点
B.f(x)在区间(-1，0)上可能存在极值点
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C.f(x)在区间(0，1)上一定存在零点
D.f(x)在区间(0，1)上一定存在极值点
答案 ABC
解析 当f(x)在区间(-1，0)上先减后增，且存在极值点x0∈(-1，0)时，若f(x0)<0，
则设f(-1)>0，f(0)>0，又f(x0)<0 且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，
故由零点存在定理可知，f(x)在(-1，x0)与(x0，0)上各有一个零点，故A 正确；
此时存在极值点x0∈(-1，0)，故B 正确；
由f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，
故由零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1)上一定存在零点，故C 正确；
若f(x)在区间(0，1)上单调递减，此时D 无法满足，故D 错误.
8.设a>0，记函数f(x)=ex+x-a 与g(x)=ln x+x-a 的零点分别为x1，x2，则( )
A.x1+x2=0
B.x1x2≥-1
e
C.当a∈(1，2)时，x1ln x2+x2ln x1>0
D.a
2 x1+a
2 x2>2e
−1
e
答案 BD
解析 因为x1，x2分别是函数f(x)，g(x)的零点，
所以e
x1+x1-a=0，ln x2+x2-a=0，所以e
ln x2+ln x2-a=0，
故f(x1)=f(ln x2)，易知f(x)为增函数，则x1=ln x2，故x1+x2=x2+ln x2=a>0，A 错误；
因为x1=ln x2，所以x1x2=x2ln x2，令h(x)=xln x，x>0，则h'(x)=ln x+1，
令h'(x)<0 得0<x<1
e ，
令h'(x)>0 得x>1
e ，
故h(x)在(0，1
e)上单调递减，在(
1
e ，+∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(
1
e)=-1
e ，则x1x2≥-1
e ，B 正确；
当a∈(1，2)时，由g(1)=1-a<0 且g(x)为增函数知x2>1，故ln x2>0，又x1=ln x2<x2，
故x1ln x2+x2ln x1<x2ln x2+x2ln x1=x2ln(x1x2)<x2ln(
x1+ x2
2 )
2
=2x2lna
2<0，C 错误；
由基本不等式得a
2 x1+a
2 x2>2a
x1·a
x2=2a
x1+ x2=2aa，结合B 项分析得aa=ealn a≥e
−1
e ，
所以a
2 x1+a
2 x2>2e
−1
e ，D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
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9.(2025·上饶模拟)函数f(x)=x√x
2−2 x−3的零点为 .
答案 3，-1
解析 由f(x)=x√x
2−2 x−3=0，得x=0 或x2-2x-3=0，
即x=0 或x=3 或x=-1，
由x2-2x-3≥0 得，x≤-1 或x≥3，则x=0 不符合题意，故函数f(x)的零点为3，-1.
10.(2025·德州模拟)若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则实数b 的取值范围为
.
答案 (-∞，0)∪[e，+∞)
解析 若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则关于x 的方程xb-ex=0 在(0，+∞)上有解，
即关于x 的方程bln x=x 在(0，+∞)上有解，显然x=1 不是方程的解，所以关于x 的方程b= x
ln x 在(0，
1)∪(1，+∞)上有解，
则直线y=b 与函数h(x)= x
ln x ，x∈(0，1)∪(1，+∞)的图象有交点，
又h'(x)=−1+ ln x
(ln x)
2 ，
所以当x∈(0，1)∪(1，e)时，h'(x)<0；
当x∈(e，+∞)时，h'(x)>0，
所以函数h(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增，
又当x→0+时，h(x)→0；
当x→1-时，h(x)→-∞；
当x→1+时，h(x)→+∞，h(e)=e；
当x→+∞时，h(x)→+∞，
则h(x)的大致图象如图所示，
所以b<0 或b≥e，
故实数b 的取值范围为(-∞，0)∪[e，+∞).
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax.
(1)若函数f(x)在(-∞，3)上单调递减，求实数a 的取值范围；(6 分)
(2)若a∈(1，e]，证明：函数f(x)有两个零点.(7 分)
(1)解 对f(x)=ex-1-ax 求导得，f'(x)=ex-1-a，
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当a≤0 时，f'(x)>0，f(x)在R 上单调递增，不符合题意；
当a>0 时，令f'(x)=ex-1-a<0 得，x<1+ln a，
所以(-∞，1+ln a)是函数f(x)的单调递减区间，
因为f(x)在(-∞，3)上单调递减，所以(-∞，3)⊆(-∞，1+ln a)，
即3≤1+ln a，解得a≥e2，
所以实数a 的取值范围是[e2，+∞).
(2)证明 令f'(x)=ex-1-a=0 得，x=1+ln a，
当x∈(-∞，1+ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1+ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=1+ln a 时，f(x)取得最小值，
f(x)min=f(1+ln a)=a-a(1+ln a)=-aln a.
因为a∈(1，e]，所以1<1+ln a≤2<e2，f(1+ln a)<0.因为f(0)=e-1>0，所以f(x)在(-∞，1+ln a)上有唯一零点.
又f(e2)=e
e
2−1-ae2，
因为a≤e，所以-ae2≥-e3，
则f(e2)=e
e
2−1-ae2≥e3(e
e
2−4-1)>0，
所以f(x)在(1+ln a，+∞)上有唯一零点.
综上，函数f(x)有两个零点.
12.(15 分)(2025·怀化模拟)已知函数f(x)=ex-ax-2.
(1)若直线y=x+b 是曲线f(x)在x=0 处的切线方程，求a，b 的值；(3 分)
(2)设x1和x2是函数y=f(x)的两个零点.
①求a 的取值范围；(5 分)
②当|x1-x2|最小时，求a 的值.(7 分)
解 (1)由f(x)=ex-ax-2，
则f'(x)=ex-a，
所以f'(0)=1-a=1，解得a=0，
又f(0)=1-2=-1，
所以-1=0+b，即b=-1.
(2)①由f'(x)=ex-a.
当a≤0 时，f'(x)=ex-a>0，则f(x)在R 上单调递增，
则f(x)在R 上至多存在一个零点，不符合题意；
当a>0 时，由f'(x)>0，得x>ln a，由f'(x)<0，得x<ln a，
则f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增，
则f(x)min=f(ln a)=a-aln a-2.
令φ(a)=a-aln a-2，a>0，则φ'(a)=1-ln a-1=-ln a，
由φ'(a)>0，得0<a<1，由φ'(a)<0，得a>1，
则φ(a)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
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则φ(a)max=φ(1)=-1<0，则f(ln a)=a-aln a-2≤-1<0.
当x→-∞时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞，
则由函数零点存在定理可知f(x)=ex-ax-2 在R 上有两个不同的零点.
综上可知，a 的取值范围为(0，+∞).
②因为f(0)=-1<0，结合f(x)的单调性可设x1<0，x2>0，
且e
x1=ax1+2，e
x2=ax2+2，
两式相减整理得a=e
x2−e
x1
x2−x1
.
令t=|x1-x2|=x2-x1>0，
则a=e
t + x1−e
x1
t
=e
x1(e
t−1)
t
，
又e
x1=ax1+2，有a=e
x1−2
x1
，
所以e
x1(e
t−1)
t
=e
x1−2
x1
，
则e
t−1
t
=e
x1−2
x1e
x1 ，
设h(t)=e
t−1
t
，t>0，
则h'(t)=e
t·t −(e
t−1)
t
2
=(t −1)e
t +1
t
2
，
设g(t)=(t-1)et+1，t>0，
则g'(t)=et+(t-1)et=tet>0，
则g(t)在(0，+∞)上单调递增，
因为g(0)=0，所以g(t)>0，即h'(t)>0，
则h(t)=e
t−1
t
在(0，+∞)上单调递增，
故欲求t 的最小值，只需求h(t)=e
t−1
t
的最小值，
即求y=e
x1−2
x1e
x1 的最小值.
令m(x)=e
x−2
x e
x ，x<0，
则m'(x)=e
x· x e
x−( x +1)e
x(e
x−2)
( x e
x)
2
=2 x−e
x+2
x
2e
x
，
令s(x)=2x-ex+2，x<0，
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则s'(x)=2-ex>0，
则s(x)在(-∞，0)上单调递增，
又s(0)=1，s(-1)=-e-1，所以∃x0∈(-1，0)，使得s(x0)=2x0-e
x0+2=0，
即2x0=e
x0-2，
由m'(x)>0，得x0<x<0，
由m'(x)<0，得x<x0，
则m(x)在(-∞，x0)上单调递减，在(x0，0)上单调递增，
则当x1=x0时，m(x)取最小值，h(t)=e
t−1
t
取最小值，t 取最小值，
此时a=e
x1−2
x1
=e
x0−2
x0
=2 x0
x0
=2.
综上所述，当|x1-x2|最小时，a=2
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