浙江专用2025版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点习题含解析

PAGEPAGE4第4节导数与函数的零点考试要求能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.知识梳理函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)探讨函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的状况求参数的取值范围.[常用结论与易错提示](1)留意构造函数；(2)留意转化思想、数形结合思想的应用.基础自测1.若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3x，x≤0，,\f(1,3)x3－4x＋\f(a,3)，x>0))在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是()A.(16，＋∞) B.[16，＋∞)C.(－∞，16) D.(－∞，16]解析①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1)<0，f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点.②当x>0时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋eq\f(a,3)，f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)微小＝eq\f(23,3)－8＋eq\f(a,3)，要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需eq\f(23,3)－8＋eq\f(a,3)>0，∴a>16.答案A2.(2024·杭州质检)已知函数f(x)＝x2＋ex－eq\f(1,2)(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,\r(e)))) B.(－∞，eq\r(e))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(e))，\r(e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(e)，\f(1,\r(e))))解析设点P(x0，y0)(x0<0)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P′(－x0，y0)在函数g(x)上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝xeq\o\al(2,0)＋ex0－\f(1,2)，,y0＝（－x0）2＋ln（－x0＋a），))消y0可得xeq\o\al(2,0)＋ex0－eq\f(1,2)＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，即ex0－ln(a－x0)－eq\f(1,2)＝0(x0<0)，所以ex0－eq\f(1,2)＝ln(a－x0)(x0<0).令m(x)＝ex－eq\f(1,2)(x<0)，n(x)＝ln(a－x)(x<0)，它们的图象如图，当n(x)＝ln(a－x)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，解得a＝eq\r(e)，由图可知，当a<eq\r(e)时，函数m(x)与函数n(x)在(－∞，0)上有交点.答案B3.(2024·金丽衢十二校三联)对于函数f(x)＝lnx－kx，g(x)＝eq\f(2x＋2,20＋2)＋x－4，若存在实数α，β，使得f(α)＝0，g(α＋sinβ)＝0，则实数k的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ln3,3)，\f(1,e))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(ln3,3)))解析结合选项及g(x)的零点可知k≥0，当k＝0时，易知符合题意；当k>0时，由题意得f′(x)＝eq\f(1,x)－k，令f′(x)＝eq\f(1,x)－k＝0得x＝eq\f(1,k)，易得函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞))上单调递减，则函数f(x)的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝lneq\f(1,k)－1，令feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝lneq\f(1,k)－1＝0得k＝eq\f(1,e)，则易得当0<k≤eq\f(1,e)时函数f(x)存在零点，则由图易得存在函数f(x)的零点α∈(0，e].又因为函数g(x)＝eq\f(2x＋2,20＋2)＋x－4在R上为增函数，且g(2)＝eq\f(22＋2,20＋2)＋2－4＝0，所以α＋sinβ＝2，α＝2－sinβ∈[1，3]，又因为α∈(0，e]，所以α∈[1，e]，则由图易得k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，故选A.答案A4.(2024·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.解析f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满意题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>eq\f(a,3)，由f′(x)<0得0<x<eq\f(a,3)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.答案－35.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)，x>1，,2x2－mx－\f(m,2)＋\f(5,8)，x≤1，))若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是________.解析g(x)＝f(x)－m有三个零点，依据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函数有两个零点.当x>1时，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋eq\f(m,2)＋eq\f(5,8)，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)－\f(m,2)))>0，,\f(m,4)<1，,f（1）＝2－m－\f(m,2)＋\f(5,8)≥0，))解得m<－5或1<m≤eq\f(7,4)，综上可得eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(7,4)))，故答案为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(7,4))).答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(7,4)))6.(2024·湖州模拟)已知函数f(x)＝x＋lnx－eq\f(2,e)，g(x)＝eq\f(m,x)，其中e为自然对数的底数，若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个公共点，则实数m的取值范围是________.解析因为f′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1－eq\f(1,e)<0，所以当m≥0时，与g(x)＝eq\f(m,x)有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xlnx－eq\f(2,e)x＝m有一解即可，设h(x)＝x2＋xlnx－eq\f(2,e)x，令h′(x)＝2x＋lnx＋1－eq\f(2,e)＝0得x＝eq\f(1,e)，即当x＝eq\f(1,e)时，h(x)有微小值－eq\f(e＋1,e2)，故当m＝－eq\f(e＋1,e2)时有一公共点，故填m≥0或m＝－eq\f(e＋1,e2).答案m≥0或m＝－eq\f(e＋1,e2)考点一导数与函数的零点【例1】(2024·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点.(1)解当a＝3时，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).当x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)上单调递增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))上单调递减.(2)证明由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.设g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.规律方法利用导数解决函数的零点问题的方法：(1)探讨原函数的单调性、极值；(2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并探讨其性质；(3)留意零点判定定理的应用.【训练1】(2024·镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.(1)探讨f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)<0.所以f(x)在R上为减函数；若a>0时，由f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)＝0，得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))上为减函数，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上为增函数.(2)由f(x)有两个零点及(1)得a>0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))<0，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋(a－2)eq\f(1,a)－lneq\f(1,a)＝1－eq\f(1,a)－lneq\f(1,a)<0，令t＝eq\f(1,a)(t>0)，因为g(t)＝1－t－lnt在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝0，所以当t>1时，g(t)<0，所以eq\f(1,a)>1，解得0<a<1，所以a的取值范围为(0，1).考点二导数与方程的根【例2】设函数f(x)＝lnx＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋eq\f(a,x)－x(0<x≤3)，若F(x)的图象上随意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求实数a的取值范围；(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值.解(1)F(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，x∈(0，3]，则k＝F′(x0)＝eq\f(x0－a,xeq\o\al(2,0))≤eq\f(1,2)在x0∈(0，3]上恒成立，所以a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0))eq\s\do7(max)，x0∈(0，3]，当x0＝1时，－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0取得最大值eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,2).故实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，所以x2－2mlnx－2mx＝0有唯一实数解，设g(x)＝x2－2mlnx－2mx，则g′(x)＝eq\f(2x2－2mx－2m,x).令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.因为m>0，所以Δ＝m2＋4m>0，又x>0，所以x1＝eq\f(m－\r(m2＋4m),2)<0(舍去)，x2＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2).当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增；当x＝x2时，g′(x2)＝0，则g(x)取得最小值g(x2).因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（x2）＝0，,g′（x2）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,2)－2mlnx2－2mx2＝0，,xeq\o\al(2,2)－mx2－m＝0，))所以2mlnx2＋mx2－m＝0.因为m>0，所以2lnx2＋x2－1＝0.(*)设函数h(x)＝2lnx＋x－1，因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解.因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，即eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)＝1，解得m＝eq\f(1,2).规律方法(1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决；(2)对f(x)＝0，假如化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象简单画出，可数形结合求解.【训练2】(2024·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1).a∈R.(1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；(2)当a>1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数.解设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.(1)证明：当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex.所以x∈(－∞，0)时，F′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0.所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0.所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x).(2)当a>1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，令F′(x)>0，即(x－a＋1)ex>0，解得x>a－1；令F′(x)<0，即(x－a＋1)ex<0，解得x<a－1.所以F(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增.所以当x＝a－1时，F(x)取得微小值，即F(a－1)＝a－ea－1.令h(a)＝a－ea－1，则h′(a)＝1－ea－1.因为a>1，所以h′(a)<0.所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减.所以h(a)<h(1)<0，所以F(a－1)<0.又因为F(a)＝a>0，所以F(x)在区间(a－1，a)上存在一个零点.所以在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点.又因为F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0，所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点0.所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根.考点三两曲线的交点(公共点)【例3】(2024·江苏卷节选)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满意f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝lnx存在“S点”，求实数a的值；(1)证明函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝x2＋2x－2，,1＝2x＋2，))此方程组无解，因此，f(x)与g(x)不存在“S点”.(2)解函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝lnx，则f′(x)＝2ax，g′(x)＝eq\f(1,x).设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(axeq\o\al(2,0)－1＝lnx0，,2ax0＝\f(1,x0)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(axeq\o\al(2,0)－1＝lnx0，,2axeq\o\al(2,0)＝1，))(*)得lnx0＝－eq\f(1,2)，即x0＝e－eq\f(1,2)，则a＝eq\f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(e,2).当a＝eq\f(e,2)时，x0＝e－eq\f(1,2)满意方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”.因此，a的值为eq\f(e,2).规律方法(1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来推断；(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定.【训练3】(2024·天津卷)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d＝3，求f(x)的极值；(3)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6eq\r(3)有三个互异的公共点，求d的取值范围.解(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3teq\o\al(2,2)－9)x－teq\o\al(3,2)＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3teq\o\al(2,2)－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－eq\r(3)，或x＝t2＋eq\r(3).当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x(－∞，t2－eq\r(3))t2－eq\r(3)(t2－eq\r(3)，t2＋eq\r(3))t2＋eq\r(3)(t2＋eq\r(3)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值微小值所以函数f(x)的极大值为f(t2－eq\r(3))＝(－eq\r(3))3－9×(－eq\r(3))＝6eq\r(3)；函数f(x)的微小值为f(t2＋eq\r(3))＝(eq\r(3))3－9×eq\r(3)＝－6eq\r(3).(3)曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6eq\r(3)有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋6eq\r(3)＝0有三个互异的实数解.令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6eq\r(3)＝0.设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6eq\r(3)，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6eq\r(3)有三个互异的公共点等价于函数y＝g(x)有三个零点.g′(x)＝3x2＋1－d2.当d2≤1时，g′(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.当d2>1时，令g′(x)＝0，解得x1＝－eq\f(\r(d2－1),\r(3))，x2＝eq\f(\r(d2－1),\r(3)).易得，g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(d2－1),\r(3))))＝eq\f(2\r(3)(d2－1)\f(3,2),9)＋6eq\r(3)>0.g(x)的微小值g(x2)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(d2－1),\r(3))))＝－eq\f(2\r(3)(d2－1)\f(3,2),9)＋6eq\r(3).若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意.若g(x2)<0，即(d2－1)eq\f(3,2)>27，也就是|d|>eq\r(10)，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6eq\r(3)>0，且－2|d|<x1，g(－2|d|)＝－6|d|3－2|d|＋6eq\r(3)<－62eq\r(10)＋6eq\r(3)<0，从而由g(x)的单调性，可知函数y＝g(x)在区间(－2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)内各有一个零点，符合题意.所以，d的取值范围是(－∞，－eq\r(10))∪(eq\r(10)，＋∞).基础巩固题组1.设函数f(x)＝e2x－alnx.探讨f(x)的导函数f′(x)零点的个数；解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x＞0).当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－eq\f(a,x)，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－eq\f(a,x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)＞0，当b满意0＜b＜eq\f(a,4)且b＜eq\f(1,4)时，f′(b)＜0(探讨a≥1或a＜1来检验)，故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.2.函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数a的取值范围(其中e是自然对数的底数).解f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0即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,e)，e))，则g′(x)＝1－eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2).明显y＝x2＋lnx－1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增，又当x＝1时，y＝1＋ln1－1＝0，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，g′(x)<0，当x∈(1，e]时，g′(x)>0，∴g(x)的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，单调增区间为(1，e].∴g(x)min＝g(1)＝1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e＋eq\f(1,e)，g(e)＝e－eq\f(1,e)，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，则a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e－\f(1,e))).3.已知函数f(x)＝x3－3x2＋x＋2，证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.证明设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k＞0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，故g(x)在(－∞，0]上单调递增，又g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根.当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x).h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，故h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.4.已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R).若对随意的b，函数g(x)＝|f(x)|－eq\f(2,3)的零点不超过4个，求a的取值范围.解由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12，①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满意题意.②当Δ>0，即a2>3时，方程f′(x)＝0有两根，设两根为x1，x2，且x1<x2，则x1＋x2＝2a，x1x2＝3.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.由题意知|f(x1)－f(x2)|≤eq\f(4,3)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(3,2),3)－a（xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)）＋3（x1－x2）))≤eq\f(4,3).化简得eq\f(4,3)(a2－3)eq\f(3,2)≤eq\f(4,3)，解得3<a2≤4，综合①②，得a2≤4，即－2≤a≤2.故a的取值范围是[－2，2].5.(2024·北京延庆区模拟)已知函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数).(1)设不等式f(x)>ax的解集为P，且{x|0≤x≤2}⊆P，求实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－ax，写出函数g(x)的零点的个数(只需写出结论).解(1)因为不等式f(x)>ax的解集为P，且{x|0≤x≤2}⊆P，所以，对随意的x∈[0，2]，不等式f(x)>ax恒成立，由f(x)>ax得(1＋a)x<ex.当x＝0时，上述不等式明显成立，故只需考虑x∈(0，2]的状况.将(1＋a)x<ex变形得a<eq\f(ex,x)－1，令g(x)＝eq\f(ex,x)－1，g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2).令g′(x)>0，解得x>1；令g′(x)<0，解得x<1.从而g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，2)内单调递增.当x＝1时，g(x)取得最小值e－1，所以实数a的取值范围是(－∞，e－1).(2)当a<－1时，有一个零点；当－1≤a<e－1时，无零点，当a＝e－1时，有一个零点；当a>e－1时，有两个零点.6.已知函数f(x)＝xsinx＋acosx＋x，a∈R.(1)当a＝2时，求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)当a>2时，若方程f(x)－3＝0在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一解，求a的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝xsinx＋2cosx＋x，所以f′(x)＝－sinx＋xcosx＋1.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，1－sinx>0，xcosx>0，所以f′(x)>0.所以f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增.因此f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π，最小值为f(0)＝2.(2)当a>2时，f′(x)＝(1－a)sinx＋xcosx＋1.设h(x)＝(1－a)sinx＋xcosx＋1，h′(x)＝(2－a)cosx－xsinx，因为a>2，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以h′(x)<0.所以h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减.因为h(0)＝1>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－a＋1＝2－a<0，所以存在唯一的x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使h(x0)＝0，即f′(x0)＝0.所以f(x)在区间[0，x0]上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上单调递减.因为f(0)＝a，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π，又因为方程f(x)－3＝0在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一解，所以2<a≤3.实力提升题组7.(2024·杭州模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(a>0).(1)求f(x)在区间[1，e]上的最小值；(2)若f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围.解(1)f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x).由于a>0及定义域为(0，＋∞)，所以令f′(x)＝0得x＝eq\r(a).①若