专题4零点不可求破解策略（教师版）

专题4：零点不可求破解策略<<<专题综述>>><<<专题综述>>>函数零点不可求即“隐零点”问题，其含义题是：如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，通常称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为隐零点”问题（零点大小确定的叫“显零点”）．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f'x0=0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数f'x的正负，进而得到<<<专题探究>>><<<专题探究>>>“函数的零点”是高中数学函数非常重要的教学内容.函数的零点从不同的角度将数与形、函数与方程有机地联系在一起，在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要掌握转化与化归思想的运用.求解基本方法：(1)利用零点存在的判定定理判定（卡根）或构建不等式求解；(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），基本解题思路是：形式上虚设（虚设零点），运算上代换（整体代换），数值上估算（猜根），策略上等价转化（设而不求），方法上分离函数（分参），技巧上反客为主.题型一：题型一：应用零点存在定理题设情境是求常系数函数的单调性和证明含参变量函数唯一零点的范围。第（1）问应用导数研究函数单调性的基本方法，求函数fx的单调性；第（2）应用导数探究函数存在唯一极值点,应用函数零点定理及卡根与放缩技巧确定点极值点的取值范围,然后由极值点与函数零点唯一的充要条件得到关于唯一零关系式,最后构造函数证明 例1已知函数fx=ex−1(1)当a=e−12时，求函数(2)当a>0时，若函数fx有唯一零点x0，证明：【思路点拨】第（1）问根据题意得f'x=ex−1−1x−e+12,又f″x=ex−1+1x2>0,所以f'x在0,+∞上单调递增，易知f'2=0，从而即可求解单调性;第（2）问根据（1）可知f'x在0,+∞上单调递增，又ex≥x+1恒成立，应用零点存在定理卡根f'1+a=1−11+a>0，f'1【规范解析】(1)根据题意得：fx的定义域为0,+∞，所以f又f''x=e易知f'2=e−12−e+12=0所以函数fx在0,2上单调递减，在2,+∞(2)因为a>0，fx的定义域为0,+∞，所以f所以f''x=e设ℎx=ex−x−1，则ℎ'x=当x<0时，ℎ'x<0，所以ℎx所以ex−x−1≥0，即所以f'1+a=所以存在唯一的t0∈1,1+a，使得f'当x∈0,t0时，f't0fx单调递增，所以fxmin=ft所以x−1≥lnx，当x=1时，等号成立，则所以fx即fx>ex−1−a+1x所以ex−2≥x24所以fx>e所以f4当x→0时，fx>0，若函数fx有唯一零点x0，则即ex0−1设ux0=所以ux0在1,+∞单调递减，所以u1所以1<x练1(2024·河北省·联考题)已知函数f(x)=a(x−e)(lnx−1)−e与g(x)=(1)求a;(2)证明：当0<x≤2e时，f(x)≥g(x)．【规范解析】(1)由题意g(x)=x2e−2x=0(x>0)解得x=2e，

∵f(x)=a(x−e)(lnx−1)−e，

∴x>0且f(2e)=a(2e−e)(ln2e−1)−e=0，

ae(ln2e−1)=e，a=11n2；

(2)当0<x≤2e时，

设F(x)=f(x)−g(x)=1ln2(x−e)(lnx−1)−e−x2e+2x，

F′(x)=1ln2(lnx−x(0,x(h+0−F单调递增极大值单调递减当x→0时，．

且F′(e)=1ln2(1−ee)−2e×e+2=0，

又∵h′(e)=1ln2(1e+1e)−x(0,e)e(e,x(F−0+0−F(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减又∵x→0时，F(x)→+∞，F(e)=0，F(2e)=0，

∴x∈(0,2e]时，F(x)≥0即：f(x)≥g(x)．

练2(2025·浙江省·月考试卷)已知函数fx=(1)求fx在x=0(2)求证：fx(3)求证：fx有且仅有两个零点．【规范解析】(1)f′(x)=ex故f(x)在x=0处的切线方程为y=2x；(2)先证fx≥2x．

令F′(x)=ℎ′(x)=ex−4因为F′(0)=0，故F(x)在(−∞,0)上单调递减，在∴F(0)为F(x)的极小值也是最小值，故F(x)⩾F(0)=0，故f(x)⩾2x成立；再证2x⩾ln令G(x)=2x−ln (2x+1)，令G′(x)=0得x=0，

故G(x)在−12,0上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，故G(x)⩾G(0)=0，故2x⩾ln综上知f(x)⩾ln(3)f设u(x)=u′故f′(x)在因f′(0)=2，故根据函数零点存在性定理知存在唯一的x0∈(−1,0)，使得故f(x)在(−∞,x0)因为f(0)=0，故在x0,+∞上存在一个零点0，且又因为f−2故存在唯一c∈(−2,x0)因此f(x)有且仅有两个零点．题型二：题型二：应用极限思想题设情境是求常系数函数的单调性和探究函数零点的个数。第（1）问应用导数研究函数单调性的基本方法，求函数fx的单调性例2已知函数gx（1）求g(x)的单调区间；（2）令fx=2cosx+gx【思路点拨】第（1）问应用导数研究函数单调区间的方法，由g'(x)>0x>0解得函数增区间，g'(x)<0x>0解得减区间；第（2）问根据函数f(x)的定义域以及正弦、余弦函数的单调性和有界性，综合应用零点存在定理和极限思想,分【规范解析】（1）函数gx=lnx−12x因为为g'(x)>0，得0<x<1，g'所以增区间是(0,1)，减区间是1,+∞．（2）已知f(x)=2cosx+（=1\*romani）当0<x<1时，f'x=−2sinx−x+1x，设则ℎ'由于0<x<1，所以ℎ'(x)<0，即f'又f'π6所以存在x0∈(0,1)，使得函数f(x)在(0,x当x∈x0,1时，fx0当x∈(0,x0)时，x→0时，f(x)→−∞，f(x0（=2\*romanii）当1≤x≤π时，由（1）可知，y=2cosx与y=g(x)都单调递减，所以y=f(x)在[1,π]上单调递减，又f1>0，f(π)<0，故f(x)在[1，(iii)当x>π时，由（1）可知，gx=lnx−1所以f(x)=2cos故f(x)在(π,+∞)上无零点.综上所述，函数f(x)在其定义域上共两个零点.练3（2025·江苏省·月考试卷）已已知函数f(x)=4a（1）若a=1，求证：当x>0时，x(f(x)−x)<4（2）讨论方程f(x)=2的根的个数．【规范解析】（1）由a=1，∴f(x)=4ex要证x(f(x)−x)<4e，即证4xex+1令g(x)=ex−ex+1所以g(x)在(0,1)上单调递减，在1,+∞上单调递增，∴g(x)≥g(1)=1>0成立，所以x(f(x)−x)<4（2）f(x)=4a当x→−∞时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，①当a≤0时，f(x)在R上单调递增，所以f(x)=2有唯一解；②当a>0时，f'因为a2ex>0，所以(i）当1−a≥0，即0<a≤1时，f'(x)≥0，所以f(x)在所以f(x)=2有唯一解；(ii）当1−a<0，即a>1时，y=a2e在(−2ln所以f'(x)在(−∞,−2ln当x→−∞时，f'(x)→1；当x→+∞时，所以存在x1，x2∈R使得f'x则f(x)在−∞,x1上单调递增，在x1所以f(x)极大=fx因为f(−2lna)=2a−2lna因为a>1，所以g'(a)>0，即g(a)在1,+∞上单调递增，所以则fx所以当a>1时，f(x)=2有三个根．综上所述：当a≤1时，f(x)=2仅有一个实根；当a>1时，f(x)=2有三个不相等的实根.练4（2025·福建省·模拟题）已知函数f(x)=(x−1)e(1)讨论函数f(x)的零点个数；(2)当a=e−32时，证明：【规范解析】(1)易知f(1)=0．因为f'因为x>0，当a≥0时，f'(x)>0,f(x)单调递增，又当a<0时，令g(x)=x2ex+a，则g因为x→0+时，g(x)→a<0,x→+∞时，gx→+∞，所以g(x)存在唯一的零点因此，当x∈0,x0时，g当x∈x0,+∞时，g(x)>0，所以，f(x)当x0=1，即a=−e时，f(x)min=0当x0≠1，即a≠−e时，设则ℎ'令φx0=1−令φ'x0=0，∴x0=e当x0∈e−3又x0→0+时，ℎ'(x当x0>1时，ℎ'x0因为x→0+时，fx结合f(x)的单调性知，f(x)有两个零点．综上：当a≥0或a=−e时，f(x)有一个零点；当a<−e或−e<a<0时，f(x)有两个零点．(2)设m(x)=ex−x−1，则m'(x)=所以m(x)>m(0)，即x>0时，ex设t(x)=lnx−x+1当0<x<1时，t'(x)>0，t(x)单调递增，当x>1时，t'从而t(x)≤t(1)=0即lnx当0<x<1时，设n(x)=ex−(e−1)x−1，则n当0<x<1时，2−e=n'(0)<n'则x∈0,x1时，n'(x)<0,n(x)又n(0)=n(1)=0，故n(x)=ex−(e−1)x−1<0，即当0<x<1因此，当x≥1时f(x)=(x−1)e当0<x<1时，f(x)=(x−1)=(e−1)x所以，当a=e−32时，题型三：题型三：应用函数与方程思想题设情境是由两函数有相同最小值求参数的值，由同一直线与两常系数函数存在两个不同交点和一个相同交点，推导这三个从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。第（1）问应用导数研究函数最值的基本方法，结合函数与方程思想得到关于a方程而求其值；第（2）问应用导数研究函数的单调性，结合数形结合思想探究直线y=b与两函数有“三个交点”的必要条件，即实数b的取值范围,然后由两函数的“非公共相点”与“公共交点”的相关关系，应用函数与方程思想和数学建模方法实现“三个交点的横坐标成等差数列”的证明.例3已知函数fx=ex−ax和（1）求a；（2）证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【思路点拨】第（1）问利用导数分a≤0和a≤0研究函数的单调性，从而可判定函数取最小值的条件及取得相应的最小值，由两函数的最小值相等即可求a的值.第（2）问根据（1）可得当b>1时，方程ex−x=b和x−lnx=b的解的个数均为2，由题设条件可知两方程必有一个公共解,从而构建函数ℎ(x)=ex+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点及【规范解析】(1)fx=ex−ax若a≤0，则f'(x)>0，此时f(x)无最小值，故g(x)=ax−lnx的定义域为0,+∞，而当x<lna时，f'(x)<0，故当x>lna时，f'(x)>0，故f(x)在故fx当0<x<1a时，g'(x)<0，故当x>1a时，g'(x)>0，故g(x)在因为fx=e故1+lna=a−alna，整理得到a−11+a设ga=a−1故ga为0,+∞上的减函数，而g故ga=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna(2)由（1）可得fx=ex−ax当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−设Sx=e当x<0时，S'x<0，当x>0故Sx在−∞,0上为减函数，在0,+∞上为增函数，所以S而S−b=e设ub=eb−2b故ub在1,+∞上为增函数，故u故Sb>0，故Sx=设Tx=x−ln当0<x<1时，T'x<0，当x>1故Tx在0,1上为减函数，在1,+∞上为增函数，所以T而Te−b=Tx=x−lnx当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b故若存在直线y=b与曲线y=fx、y=gx有三个不同的交点，则设ℎ(x)=ex+lnx设sx=ex−x−1故sx在0,+∞上为增函数，故sx>s所以ℎ'(x)>x+1x−1≥2−1>0而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1故ℎx在0,+∞上有且只有一个零点x0，当0<x<x0时，ℎx<0即当x>x0时，ℎx>0即因此若存在直线y=b与曲线y=fx、y=g故b=fx此时ex−x=b有两个不同的零点此时x−lnx=b故ex1−x1=b所以x4−b=lnx4故x4−b为方程ex−x=b的解，同理又ex1−x1=b可化为故x1+b为方程x−lnx=b所以x1,x0=x0练5（2024·江苏省·联考题）已知a,k∈R，设函数fx(1)若对任意实数a，函数fx均有零点，求实数k(2)若函数fx有两个零点x1,【规范解析】(1)f（ⅰ）当ka≤0时，f'(x)>0，f(x)在(−a,+∞)当x→−a时，fx→−∞；x→+∞时，fx→+∞，故（ⅱ）当ka>0时，f(x)在−a,1ka−a又当x→−a时，fx→−∞；x→+∞时，所以只要f1ka−a≥0恒成立，则不妨设k>0，a>0．设ga=−lnka所以只要gamin=g12k所以k的最大值为2e(2)由题意得：只要证x1+ax2+a则lnx1+a=t1，当ka≤0时,ℎ'(t)>0,与函数所以ka>0.所以当ℎ't=1−ka所以函数ℎ(t)在−∞,ln1ka上递增，在记函数ℎ(t)有图象关于直线t=ln1ka对称是函数有mt=ℎ2ln[m(t)−g(t)]'=ka⋅e所以2ln1ka−所以lnx1+a所以x1练6（2024·湖南省·月考试卷）已知函数fx=2−x（1）讨论函数gx（2）函数ℎx=fx+g【规范解析】（1）函数gx=ax2所以当a≤0时，g'x<0恒成立，函数gx当a>0时，令g'x=0得故x∈0,12a时，g'x<0所以函数gx在0,12a综上，当a≤0时，函数gx在0,+∞当a>0时，函数gx在0,12a（2）因为f(1)=e+1−2a，①当f(1)=e+1−2a<0，即a>e+1存在x∈1−δ,1+δ（δ为足够小的正数）使得f此时ℎ(x)=(x−2)ex−(1−2a)x+aℎ'(1)=4a−2>0，与x=1处取得极小值矛盾；②当f(1)=e+1−2a>0，即a<e+12时，则存在x∈1−δ0此时ℎ(x)=(2−x)eℎ'(x)=(1−x)eℎ''(x)=−xex+2a+1x2，（i）若ℎ''x≤0，即−e+2a+1≤0，a≤e−12时，此时当x>1时，ℎ''x<0，ℎ'x单调递减，此时ℎ'(x)<ℎ'(1)=0，ℎ（ii）若ℎ''x>0，即−e+2a+1>0，a>e−1所以存在唯一x0∈1,2a使得ℎ''x0=0，且当注意到ℎ'1=0，所以当1−δ0<x<1当1<x<minx0,1+δ所以此时满足函数ℎx在x=1处取得极小值,故实数a的取值范围是e−1③当f(1)=e+1−2a=0，即a=e+12时，则存在x∈(1−δ1,1+δ1ℎ'(x)=(1−x)eℎ''(x)=−xex+e+1+1x2，由于ℎ''(1)=2>0，ℎ''(2)=−2e所以存在唯一x1∈1,2使得ℎ''x1=0，故当注意到ℎ'1=0，所以当0<x<1时，ℎ'x<0，ℎx单调递减，当1<x<minx1,1+综上，实数a的取值范围是(e−1<<<专题训练>>><<<专题训练>>>1.(2025·河南省·模拟题)已知函数f(x)=2lnx+4ax−x(1)当a=0时，试判断函数fx(2)若a>0，且当x∈1,+∞时，fx≤0恒成立，fx【解析】函数fx=2ln(1)解：当a=0时，fx则f′x=2所以当0<x<1时，f′x>0，此时函数当x>1时，f′x<0，此时函数综上，函数fx在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞(2)证明：由题意可得f′(x)=2x+4a−2x=−2(x2−2ax−1)因为a>0，所以x=a+a2所以f′x在1,+∞上有唯一零点x当x∈1,x0时f′x>0当x∈x0,+∞时，f′x<0所以fx因为fx≤0在1,+∞上恒成立，且所以f′x0消去a并整理得2ln令ℎx=2lnx+xℎ′x>0在1,+∞上恒成立，所以ℎx又ℎ1=−2<0，ℎ2又a=12x0−1x0，且函数2．（2024·广东省·期中考试）已知f(x)=x（1）若a=−1，求f(x)的单调区间；（2）已知函数f(x)有两个极值点x1,x2（x1【解析】（1）a=−1时，f(x)=x所以f'(x)=2x−4−1得x1=1−6当f'x>0时，x>1+62所以函数的单调递增区间是1+62,+∞（2）由（1）得f'若fx有两个极值点x1,x2则x1+x要使3fx1>2mx2因为f(x=2−x设gx=2−x−4g'x∵0<x<1，∴−4x−22所以g'x<0，g由题意，要使3fx1>2mx2所以实数m的取值范围(−∞,−3.(2024·重庆市市辖区·模拟题)已知函数f(x)=ex(x−2)，(1)求函数y=f(x)+g(x)的最小值；(2)设函数ℎ(x)=f(x)−ag(x)(a≠0)，讨论函数ℎ(x)的零点个数．(1)由题意，令φx=fx+gx，

易知φx的定义域为0,+∞，

φ′x=f′x+g′x=exx−1+1−1x

=x−1ex+1x．

当0<x<1时，φ′(x)<0，φx在0,1上单调递减；

当x>1时，φ′(x)>0，φx在1,+∞上单调递增；

故当x=1时，函数y=f(x)+g(x)取得最小值φxmin=φ1=1−e．

(2)g′(x)=1−1x=x−1x，

当0<x<1时，g′(x)<0，gx在0,1上单调递减；

当x>1时，g′(x)>0，gx在1,+∞上单调递增；

所以gx≥gxmin=g1=1>0．

由ℎ(x)=f(x)−ag(x)=0可得a=exx−2x−lnx，

令sx=exx−2x−lnx  x>0，

s′x4.(2024·湖北省襄阳市·期中考试)已知函数f(x)=ex−ax−2(a>1)．

(1)证明：函数y=f(x)在(−∞,0)内存在唯一零点；

(2)若函数y=f(x)有两个不同零点x1，x2，且x1>(1)证明：函数f(x)=ex−ax−2(a>1)，则f′(x)=ex−a，

因为x<0，a>1，所以f′(x)<0，则f(x)在(−∞,0)上单调递减，

又f(0)=−1<0，f(−2a)=e−2a>0，且函数f(x)的图象不间断，

故函数y=f(x)在(−∞,0)内存在唯一零点；

(2)解：由题意可知，ex1−ax1−2=0ex2−ax2−2=0，所以a=ex1−2x1=ex2−2x2=ex1−ex2x1−x2，

令t=x1−x2>0，所以a=ex2(et−1)t=ex2−2x2，

则有et−1t=ex2−2x2ex2，令g(t)=et5.（2024·湖北省·期中考试）已知函数fx（1）试讨论函数fx（2）若函数gx=lnex−1−【解析】（1）根据题意，可得f'①若a≤0，则f'x=ex又因为f(0)=0，所以函数只有一个零点；②若a>0，令f'(x)=0，则有所以f'(x)>0⇒x>lna，此时函数f'(x)<0⇒x<lna，此时函数即f(x)则有：(=1\*romani)当lna=0⇒a=1时，则f(x)≥0，此时函数f(x)只有一个零点；(=2\*romanii)当lna≠0时，即a≠1时，则f(lna又因为x→−∞时，f(x)→+∞；x→+∞时，f(x)→+∞，根据零点存在定理可得，此时函数f(x)在R上有两个零点．综上可得，当a≤0或a=1时,函数f(x)只有一个零点;当a∈0,1∪1,+∞时,（2）下面证明：∀x>0，有0<gx先证：∀x>0，有gx>0，由（1）可知当a=1时，即当x>0时，ex故∀x>0，gx=lnex要证∀x>0，gx<x，只需证明∀x>0，ex−1x即证∀x>0，xex∵H'x=xex>0故有H(x)>H(0)=0，即∀x>0，xex−ex当a≤1时，由（1）得，f(x)在(0,+∞)上单调递增，则由上结论可知，fgx<f当a>1时，由（1）得，f(x)在(0,lna)此时当0<x<lna时，0<g(x)<x<ln综上可得，a≤1，即a∈6.(2024·湖北省荆门市·期末考试)已知函数f(x)=(2−x)ex(1)讨论fx(2)若fx有3个零点，求实数a的取值范围．【解析】(1)∵函数f(x)=(2−x)ex+a(x2−2x)(a>0)，

∴x∈R，

f′(x)=−ex+(2−x)ex+a(2x−2)

=1−xex+2ax−1

=−x−1ex−2a．

令f′x=0，则x=1,x=ln2a．

故①当ln2a<1即0<a<e2时，若f′x>0则有ln2a<x<1;若f′x<0则有x<ln2a或x>1．

函数fx的单调增区间为ln2a,1;单调减区间为−∞,ln2a和1,+∞．

②当ln2a=1即a=e2时，f′x=−x−1ex−e⩽0．

此时函数fx的单调减区间为−∞,+∞;无单调增区间．

③当ln2a>1即a>e2时，若f′x>0则有1<x<ln2a;若f′x<0则有x<1或x>ln2a．

函数fx的单调增区间为1,ln2a;单调减区间为−∞,1和ln2a,+∞．

(2)∵f(x)=(2−x)ex+a(x2−2x)(a>0)，令fx=0．

则有(2−x)ex+a(x2−2x)=(2−x)ex+ax(x−2)=(x−2)ax−ex=0．

显然x=2是方程(2−x)ex+a(x2−2x)=0的一个根，故x=2为fx的一个零点．

当x≠2时，由ax−ex=0得1a=x7.(2025·江西省宜春市·月考试卷)已知函数f(x)=xcosx−32，g(x)=2sinx−ax−32．

(1)讨论f(x)在(−π,0)内的零点个数；

(2)若存在x∈(0,π)，使得g(x)≥f(x)成立，证明：【解析】(1)当x∈[−π2,0),f(x)<0，无零点；

当x∈(−π,−π2)，f′(x)=cosx−xsinx，

因为当x∈(−π,−π2)，tanx>1x，

所以，f′(x)=cosx−xsinx<0，

则f(x)在x∈(−π,−π2)上为减函数，

f(−π)=π−32>0，f(−π2)=−32<0，f(x)在此区间有一个零点，

故f(x)在(−π,0)有一个零点；

(2)证明：由g(x)≥f(x)得，a≤2sinx−xcosxx，

令ℎ(x)=2sinx−xcosxx，x∈(0,π)，

ℎ′(x)=2xcosx−2sinx+x2sinxx2，

令m(x)=2xcosx−2sinx+x2sinx，m′(x)=x2cosx，

在区间(0,π2)，m′(x)=x2cosx>0，

所以m(x)在(0,π2)递增，m(x)>m(0)=0，

ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,π2)递增，

在区间[π2,π),m′(x)=x2cosx≤0，所以m(x)在[π2,π)递减，

又因为m(π2)=π248.（2024·江苏省·月考试卷）已知f(x)=eFx=（1）讨论fx在区间0,1（2）若F(12)=a4−12(【解析】(1)由f(x)=ex−2ax+b求导得：f'(x)=当2a≤1，即a≤12时，f'(x)≥0，当且仅当x=0，且a=1当2a≥e，即a≥e2时，f'(x)≤0，当且仅当x=1，且a=e当1<2a<e，即12<a<e2时，由当0≤x<ln2a时，f'(x)<0，f(x)在[0,ln2a)上单调递减，当所以，当a≤12时，f(x)在0,1上单调递增，当12<a<e2时，f(x)在[0,ln2a)(2)依题意，Fx=x因F12=显然F(0)=e0−1=0,F(1)=e又F'(x)=ex−2ax+b，而a>12F'(0)=1+b=a−e则有存在唯一x0∈(0,1)，使得当0<x<x0时，F'(x)>0，当因此，F(x)在[0,x0]函数F(x)在(0,1)上的图象在