2024届一轮复习人教A版 第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数研究函数的零点问题 学案

第5课时利用导数研究函数的零点问题考点1讨论函数的零点个数——综合性已知函数f(x)＝lnxx(1)判断f(x)的单调性，并比较20202021与2021(2)若函数g(x)＝a2(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中12≤a≤e2，判断g解：(1)函数f(x)＝lnx故f′(x)＝1-令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则f(2020)＞f(2021)，即ln20202020故2021ln2020＞2020ln2021，故ln20202021＞ln20212020，故20202021＞20212020.(2)因为g(x)＝a2(x2－4x＋4)＋2lnx－x1所以g′(x)＝ax＋2x－2a－1＝ax令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝1a①当a＝12时，则g′(x)＝x-222x且g(2)＝2ln2－2＜0，g(6)＝2ln6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2，6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1个零点；②当12<a<e2时，则1a＜2，则g(x)在0，1a上单调递增，在1a，2上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)在(0，＋∞)上有极小值g(2)，g(2)＝2ln2－2<0，有极大值g1a＝2a－12a－2lna故存在x1∈(2，6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1个零点，另一方面令h(a)＝g1a＝2a－12a－2lna－2h′(a)＝2＋12a2所以h(a)在12，e2上单调递增，所以h(a)<he2则g1a＜0，故g(x)在0综上：当12≤a≤e2时，g(利用导数求函数零点个数的方法(1)构造函数g(x)，利用导数研究函数g(x)的性质，结合图象判断零点的个数．(2)利用零点存在定理，先判断函数在某个区间有零点，再结合图象与性质确定零点的个数．已知函数f(x)＝x－axe(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设a∈R，讨论函数g(x)＝x－lnx－f(x)的零点个数．解：(1)f(x)＝x－axex，则f′(x)＝因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．记φ(x)＝ex＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝ex＋a.当a≥－1时，φ′(x)＝ex＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；当a＜－1时，令φ′(x)＝ex＋a＝0，解得x＝ln(－a)．当0＜x＜ln(－a)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln(－a))上单调递减；当x＞ln(－a)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋aln(－a)≥0，解得－e2≤a＜－1.综上可得，实数a的取值范围是[－e2，1].(2)g(x)＝x－lnx－f(x)＝axex－lnx(令g(x)＝0，得a＝exlnx令h(x)＝exlnxx，则h′(当x∈(0，1]时，lnx≤0，x－1≤0，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(x)＝exlnxx∈R，所以y＝a与h(x)＝ex所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．考点2由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)lnx.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝－1x－lnx，x>0，则f′(x)＝1x2当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)f′(x)＝a＋1x2-当a≤0时，ax－1<0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，此时函数无零点，不合题意．当0<a<1时，1a>1，在(0，1)，1a，+∞上，f′(x在1，1a上，f′(x)<0，f又f(1)＝a－1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，所以f(x)仅在1a当a＝1时，f′(x)＝x-12x2≥0，所以f(x所以f(x)有唯一零点，符合题意．当a>1时，0<1a<1，在0，1a，(1，＋∞)上，f′(x)>0，在1a，1上，f′(x)<0，f(x)单调递减．此时f又f1an＝1an-1－an＋n(a＋1)lna所以f(x)在0，1a所以f(x)有唯一零点，符合题意．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．已知函数零点的个数求参数的常用方法(1)分离参数法：先分离参数，构造新函数，利用导数求其最值，再根据题设利用函数零点存在定理构建关于参数的不等式，求解不等式可确定参数范围．(2)分类讨论法：结合单调性，先确定参数的分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的小范围并在一起，可得参数的范围．已知函数f(x)＝x2＋ax＋1－11-x，a(1)若f(x)在(0，1)上单调递减，求a的取值范围；(2)设函数g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上无零点，求整数a的最小值．解：(1)由题知f′(x)＝2x＋a＋-1x-12≤0在(0，1)上恒成立，即a令h(x)＝1x-12－2x，则h′(x)＝所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以a≤h(x)min＝h(0)＝1.故a的取值范围是(－∞，1].(2)由已知x>1，假设g(x)＝0⇔－a＝x＋1x记φ(x)＝x＋1x-12，则φ′(令φ′(x)＞0，解得x>1＋32所以φ(x)在(1，1＋32)上单调递减，在(1＋3φ(1＋32)＝1＋32+134由题知－a＝φ(x)在(1，＋∞)内无解，故－a<φ(1＋32)<3，所以a>－φ(1＋3所以整数a的最小值为－2.考点3函数极值点的偏移问题——综合性(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<1a(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：因为blna－alnb＝a－b，故b(lna＋1)＝a(lnb＋1)，即lna+1a故f1a＝f1设1a＝x1，1b＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x因为x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－lnx)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－lnx)<0，故1<x2<e.先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2.设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)].因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－lnx(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合lna+1a＝lnb+1b，1a可得x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，即1－lnx1＝t(1－lnt－lnx1)，故lnx1＝t-要证x1＋x2<e，即证(t＋1)x1<e，即证ln(t＋1)＋lnx1<1，即证ln(t＋1)＋t-即证(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0.令S(t)＝(t－1)ln(t＋1)－tlnt，t>1，则S′(t)＝ln(t＋1)＋t-1t+1－1－lnt先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x.设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝1x+1－1＝-当－1<x<0时，u′(x)>0；当x>0时，u′(x)<0，故u(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，故u(x)max＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln1+1t≤1t<2故S(t)在(1，＋∞)上单调递减，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<1a对称化构造是解决极值点偏移问题的方法，该方法可分为以下三步：(1)求导，获得函数f(x)的单调性、极值情况，作出图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围．(2)构造辅助函数，对结论x1＋x2>(<)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)2x0，构造F(x)＝fx-fx02x(3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论．已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2.(1)解：f′(x)＝1x－a＝1-ax①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝1a当x∈0，1a时，f当x∈1a，+∞时，由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)＝lnx－ax的极大值f1a＝ln1a－1>0，解得0<a<1e.显然e∈0，1a，f(e)＝1－ae<0，1a2设t＝1a>e，g(t)＝2lnt－t，g′(t)＝2t－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，g(t)<g(e)＝2－e<0，即f所以实数a的取值范围为0，(2)证明：因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<1a<x2构造函数H(x)＝f1a+x－＝ln1a+x－ln1a-x－2axH′(x)＝11a+x+1所以H(x)在0，故H(x)>H(0)＝0，即f1a+x>f由1<x1<1a<x2，知2a－x1>故f(x2)＝f(x1)＝f1a-1a-x1因为f(x)在1a所以x2>2a－x1，即x1＋x2>2故ln(x1x2)＝lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2.拓展考点隐零点求解问题已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：函数f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-2<f(x0)<2-2.(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1＝0，得a若a＝1，则g′(x)＝1－1x当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx(x>0)．设h(x)＝2x－2－lnx，h′(x)＝2－1x当x∈0，12时，h′(x)<0；当x∈12，+∞时，h′(x)>0，所以h又h(e-2)>0，h12<0，h(1)＝0，所以h(x)在0，12上有唯一零点x0，在12，+∞上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈0，12得f(x0因为x＝x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e-1∈(0，1)，f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)＝e-2，所以e-2<f(x0)<2-2.设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解：(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，lna)，单调递增区间是(lna，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋x+1ex-令g(x)＝x+1ex-1＋x(x>0)，得g′(x)＝ex由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点)，且eα＝α＋2.当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α+1eα-又eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.1．按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：(1)“显零点”：数值上能精确求解的．(2)“隐零点”：能够判断其存在但无法直接表示．2．解决“隐零点”问题，常用虚设零点、代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．1．已知函数f(x)＝ex－a－eln(ex＋a)，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：由函数f(x)＝ex－a－eln(ex＋a)，求得定义域为-a对函数求导可得：f′(x)＝ex－e2则存在一个x0，使得f′(x0)＝0，且－ae＜x＜x0时，f′(x)＜0，x＞x0时，f′(x则f(x)≥f(x0)＝ex0－a－eln(ex0＋a)＝e2ex0+a-a-e·lne2-x因为ex0＋a＋e2ex所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，则a≤0，所以实数a的取值范围为(－∞，0].2．已知函数f(x)＝1-(1)求函数f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线y＝lnxx存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y(1)解：函数f(x)的零点为e.函数f(x)的单调递增区间为(e32(2)证明：要证曲线y＝lnxx存在斜率为6的切线，即证y′＝1-lnxx2＝6有解，等价于1－ln构造辅助函数g(x)＝1－lnx－6x2(x>0)，g′(x)＝－1x－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g12＝1＋ln2－32>0，所以∃x0∈12，1，使得g(x0)＝设切点坐标为x0，lnx0x0，则y＝lnx0x0＝1令h(x)＝1x－6x，x∈1由h(x)在区间12，1上单调递减，则h(x)<所以y0<－1.已知f(x)＝xlnx－12mx2－x，m∈R.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．[四字程序]读想算思求证：x1x2>e21．证明不等式的解题策略．2．如何构造函数由极值的定义建立等量关系、求导研究有关函数的单调性转化与化归f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x21.构造函数转化为求函数最值．2．利用函数单调性．3．建立等量关系后令t＝x2x14．构造g(x)＝ln1．由ln得m＝lnx2．令g(x)＝lnxx，g(x1)＝g(x2)，g′(x1．函数极值的定义．2．欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2思路参考：转化为证明lnx1＋lnx2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．令t＝x2x1，将lnx1＋lnx2变形为关于t的函数，将ln证明：欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2.若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝lnx－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．于是，有lnx1-mx另一方面，由ln得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，从而得lnx2-于是，lnx1+ln又0<x1<x2，设t＝x2x1因此，lnx1＋lnx2＝1+tlntt要证lnx1＋lnx2>2，即证t+1lntt即当t>1时，有lnt>2t设函数h(t)＝lnt－2t-1则h′(t)＝1t-2所以，h(t)为(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0.于是，当t>1时，有lnt>2t所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2.思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>e2x2.依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，构造函数g(x)＝lnxx，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，且f′(x)＝lnx－mx(x>0)，所以mx1＝lnx1，mx2＝lnx2.令g(x)＝lnxx，g(x1)＝g(x由于g′(x)＝1-因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又x1<x2，所以0<x1<e<x2.令h(x)＝g(x)－ge2x(x∈(0，e))，h′(x)＝故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<ge2令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)<ge2x1.因为x2，e2x1∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x2>e2x思路参考：设t1＝lnx1∈(0，1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出t1t2＝et1-t2.将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量证明：设t1＝lnx1∈(0，1)，t2＝lnx2由lnx1-mx1=0设k＝t1－t2<0，则t1＝kekek-1欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2.即只需证明t1＋t2＞2，即k1+ekek-1>2⇔k(1＋ek)<2(ek－1)设g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，则g′(k)＝kek－ek＋1.令m(k)＝kek－ek＋1，则m′(k)＝kek<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，因此g(k)<g(0)＝0，命题得证．思路参考：设t1＝lnx1∈(0，1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出t1t2＝et1-t2.将证明x1x2>e2转化为证明t1＋证明：设t1＝lnx1∈(0，1)，t2＝lnx2由lnx1-mx1=0设t1t2＝k∈(0，1)，则t1＝klnkk欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2，即只需证明t1＋t2>2，即k+1lnkk-1>2⇔lnk<2k设g(k)＝lnk－2k-1k+1(k∈(0，1))，g′(故g(k)在(0，1)上单调递增，因此g(k)<g(1)＝0，命题得证．1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．已知函数f(x)＝xlnx－2ax2＋x，a∈R.(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1＋x2>12a(1)解：f′(x)＝lnx＋2－4ax.因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f′(x)＝lnx＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a≥lnx令g(x)＝lnxx+2x，则g所以，当0<x<1e时，g′(x)>0，即g(x)在0当x>1e时，g′(x)<0，即g(x)在1所以g(x)的最大值为g1e所以实数a的取值范围是e4(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f′(x)＝lnx＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2.由(1)，知0<a<e4.由ln得lnx1－lnx2＝4a(x1－x2)．不妨设0<x1<x2，则x1所以要证明x1＋x2>12a只需证明x1+x即证明2x1-x2x1亦即证明2x1x令函数h(x)＝2x-1x+1－ln所以h′(x)＝-x即函数h(x)在(0，1)内单调递减．所以当x∈(0，1)时，有h(x)>h(1)＝0，所以2x-1即不等式2x1x综上，x1＋x2>12a课时质量评价(二十)A组全考点巩固练1．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.(1)求a，b的值；(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)．由题意知f'1所以a＝1，b＝3e.(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)．当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)上单调递增；当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x<2时，u(x)<0，所以实数m的取值范围为{m|－e<m<0}．2．已知函数f(x)＝lnx－mx-1x+1，m∈R，讨论解：函数f(x)＝lnx－mx-1x+1的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝令g(x)＝x2＋(2－2m)x＋1，当m≤1时，因为x∈(0，＋∞)，所以g(x)＝x2＋(2－2m)x＋1＞0，所以f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，所以f(x)有且只有1个零点．当1＜m≤2时，Δ＝4m2－8m＝4m(m－2)≤0，所以f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，所以f(x)有且只有1个零点．当m＞2时，x2＋(2－2m)x＋1＝0有2个正根，解得x1＝m－1－m2-2m，x2＝m因为x1x2＝1，所以0＜x1＜1，x2＞1.当0＜x＜x1时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x1＜x＜x2时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞x2时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增．因为1∈(x1，x2)，f(1)＝0，所以f(x)在(x1，x2)上有1个零点，且f(x1)＞0，f(x2)＜0.又em＞1，0＜e－m＜1，且f(em)＝m－mem-1em+1＝2mem+1＞0，f所以f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上各有1个零点．综上，当m≤2时，f(x)有且只有1个零点；当m＞2时，f(x)有3个零点．3．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2(a>0)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2<2.证明：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)，因为a>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(1)＝－e.由f(x1)＝f(x2)＝0，可设x1<1<x2，构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，所以F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝(x－1)(ex＋2a)－(x－1)(e2-x＋2a)＝(x－1)(ex－e2-x)，当x<1时，x－1<0，ex－e2-x<0，则F′(x)>0，F(x)在(－∞，1)上单调递增．又F(1)＝0，故F(x)<0(x<1)，即f(x)<f(2－x)(x<1)．把x1代入上述不等式得f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)，又x2>1，2－x1>1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故x2<2－x1，即x1＋x2<2.4．(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝exsinx＋ax.(1)若a＝1，判断f(x)在-π(2)若f(x)在0，π2解：(1)当a＝1时，f(x)＝exsinx＋x，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋1＝2exsinx+π当－π2＜x＜0时，－π4＜x＋π4＜π4，－22所以－1＜2sinx+π4＜1.因为0＜e所以f′(x)＝2exsinx+π所以f(x)在-π(2)因为f(x)在0，π2所以f(x)在0，因为f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋a，令h(x)＝ex(sinx＋cosx)＋a，则h′(x)＝2excosx≥0在0，所以f′(x)在0，π2上单调递增．又f′(0)＝1＋a，f′π当a≥－1时，f′(x)>f′(0)≥0，f(x)在0，当a≤-eπ2时，f′(x)≤f′π2≤0，当-eπ2＜a＜－1时，f′(0)＝1＋a＜0，f′π则f′(x)只有一个零点，设为m，则当0＜x＜m时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当m＜x≤π2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．由题意得fπ2＝πa2+综上，a的取值范围为a-5．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32(1)解：函数f(x)＝(x－1)ex－ax，则f′(x)＝xex－a.由f′(0)＝－1得a＝1.当x＝0时，解得f(x)＝－1.所以函数f(x)的图象在x＝0外的切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明：令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，又g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一极值点x0，由x0ex0＝f(x0)＝x0-1x0－又g12＝eg(1)＝e－1>0⇒12<x0<1⇒1x0＋x0f(x0)>－32B组新高考培优练6．(2023·长春模拟)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝kln(x＋1)．(1)求函数f(x)的值域；(2)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点个数．解：(1)由f(x)＝x·ex(x∈R)可得f′(x)＝(1＋x)·ex.令f′(x)＝0，得x＝－1，则有x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以f(x)min＝f(－1)＝－e-1＝－1e，f(x)无最大值．即f(x)的值域为-(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝x·ex－kln(x＋1)(x>－1)，则F(0)＝0，F′(x)＝(1＋x)·ex－kx+1＝x+1令G(x)＝(x＋1)2·ex，则G′(x)＝(x2＋4x＋3)·ex＝(x＋1)(x＋3)·ex>