2026高考数学导数专项：导数中的隐零点问题（解析版）

导数中的隐零点问题

题型预览

题型一：不含参函数的隐零点问题1

题型二：含参函数的隐零点问题10

题型三：函数零点的存在性19

题型各个击破

题型一：不含参函数的隐零点问题

1.已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x,g(x)=ex-ln(x+m).

(1)讨论fx的单调性；

(2)当m≤2时，求证gx>0；

(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)(0,1)

【分析】(1)对参数进行分类讨论，求解函数单调性即可.

(2)利用给定条件进行放缩，利用隐零点代换证明即可.

(3)对参数范围进行讨论，找到符合零点要求的参数范围即可.

【详解】(1)由题意得f(x)定义域为R，

2xxxx

而f(x)=2ae+(a-2)e-1=2e+1ae-1，

当a≤0时，f(x)<0，∴f(x)在(-∞,+∞)上单调递减，

xx

当a>0时，f(x)=2e+1ae-1，

11

当f(x)>0时，解得：x>ln，当f(x)<0时，解得：x<ln，

aa

11

∴f(x)在-∞,ln上单调递减，f(x)在ln,+∞上单调递增；

aa

综上，当a≤0时，f(x)在(-∞,+∞)上单调递减，

11

当a>0时，f(x)在-∞,ln上单调递减，在ln,+∞上单调递增；

aa

(2)∵m≤2∴g(x)=ex-ln(x+m)>ex-ln(x+2)，

若证g(x)>0成立，只需证h(x)=ex-ln(x+2)>0成立即可，

x1

所以g(x),h(x)定义域为x∈(-2,+∞)，h(x)=e-，

x+2

x1

∵y=e,y=-在(-2,+∞)上单调递增，

x+2

∴h(x)在(-2,+∞)上单调递增，

11

∵h(0)=>0,h(-1)=-1<0，

2e

∴h(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x0,x0∈(-1,0)，

当x∈-2,x0时，h(x)<0,∴h(x)单调递减，

当x∈x0,+∞时，h(x)>0,∴h(x)单调递增，

x0

∴h(x)≥hx0=e-lnx0+2，

1

x01

∵hx0=e-=0，

x0+2

x01

∴e=，同时取对数得x0=-lnx0+2，

x0+2

2

1x0+1

∴hx0=+x0=>0，

x0+2x0+2

∴h(x)>0，∴m≤2时,g(x)>0，

(3)若a≤0时，由已知得f(x)最多有一个零点，

当a>0时，由已知得当x=-lna时，f(x)取得最小值，

1

f(x)=f(-lna)=lna-+1，

mina

当a=1时，f(-lna)=0，故f(x)只有一个零点，

1

当a∈(1,+∞)时，由lna-+1>0，即f(-lna)>0，故f(x)没有零点，

a

1

当a∈(0,1)时，lna-+1<0,f(-lna)<0，

a

由f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0，

故f(x)在(-∞,-lna)有一个零点，

32ln3-1ln3-133-a3-a

fln-1=aea+(a-2)ea-ln-1=-ln，

aaaa

3-a

∵0<a<1，∴∈(2,+∞)，

a

3-a1

设t=,φ(t)=t-lnt，φ(t)=1->0，

at

∴φ(t)在(2,+∞)上单调递增，

3

∴φ(t)>φ(2)=2-ln2>0，∴fln-1>0，

a

3

∵ln-1>-lna,f(-lna)<0，

a

∴f(x)在(-lna,+∞)上有一个零点，

∴f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点，

综上得到a的取值范围是(0,1).

2

2.已知函数fx=2lnx-x-1.

(1)试研究函数fx的极值点；

3

(2)若Fx=fx+4ax恰有一个零点，求证0<a<.

4

【答案】(1)极大值点x=1，无极小值点；(2)证明见解析.

【分析】(1)先求函数fx的导函数，再利用导数与单调性的关系，得到函数fx的单调区间，最后得到函数

fx的极值点；

(2)根据零点存在定理结合函数Fx的单调性，从而确定a的取值范围.

2

【详解】(1)由fx=2lnx-x-1，定义域为0,+∞，

22x+1x-1

则fx=-2x=-，x>0，

xx

所以当0<x<1时，fx>0，此时函数fx在x∈0,1单调递增，

当x>1时，fx<0，此时函数fx在x∈1,+∞单调递减，

故函数fx有唯一极大值点x=1，无极小值点.

2

(2)由题意可得Fx=4a+-2x，x>0，

x

2

2

令Fx=0，解得x=a±a+1，

因为x=a+a2+1>0，x=a-a2+1<0，

2

所以Fx在0,+∞上有唯一零点x0=a+a+1，

当x∈0,x0时，Fx>0，Fx在0,x0上单调递增；

当x∈x0,+∞时，Fx<0，Fx在x0,+∞上单调递减.

因为Fx有且仅有一个零点，所以Fx0=0且Fx0=0.

2

+4a-2x0=0

即x0，

2

2lnx0+4ax0-x0-1=0

2

消去a并整理得：2lnx0+x0-3=0，

22

令hx=2lnx+x-3，则hx=+2x，

x

因为x>0时，hx>0在0,+∞上恒成立，所以hx在0,+∞上单调递增，

又h1=-2<0，h2=2ln2+1>0,所以1<x0<2.

1111

又a=x0-，且函数y=x-在1,2上单调递增，

2x02x

3

所以0<a<.

4

x-1

3.已知函数fx=lnx-axe+x+1，a∈R．

(1)当a=1时，求fx的极值；

(2)讨论函数fx的零点个数．

【答案】(1)极大值为1，无极小值(2)答案见解析

1x-1x-11x-11x-1

【分析】(1)原函数求导fx=-e+xe+1=x+1-e，令gx=-e再分析，进而得

xxx

到原函数的单调区间，进而得到极值.

(2)分情况讨论单调区间，借助极限知识，大概知晓函数图像趋势和函数值，进而得到零点个数.

x-1

【详解】(1)当a=1时，fx=lnx-xe+x+1，

1x-1x-11x-1

∴fx=-e+xe+1=x+1-e，

xx

1x-1

易知函数fx的定义域为0,+∞，且函数y=和y=-e都在区间0,+∞上单调递减，

x

1x-1

令gx=-e，则gx在区间0,+∞上单调递减，且g1=0，

x

∴当0<x<1时，fx>0；当x=1时，f1=0；当x>1时，fx<0，

∴函数fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，

∴函数fx的极大值为f1=1，无极小值．

(2)当a≤0时，易知fx>0，函数fx单调递增，

+

又当x→0时，fx→-∞；当x→+∞时，fx→+∞，

∴当a≤0时，函数fx只有一个零点，

1x-1

当a>0时，令hx=-ae，易知hx在区间0,+∞上单调递减，

x

+

当x→0时，hx→+∞；当x→+∞时，fx→-∞，

1x0-1

∴存在x0∈0,+∞使得hx0=0，即=ae，

x0

∴当0<x<x0时，fx>0，函数fx单调递增；当x>x0时，fx<0，函数fx单调递减，

+

又当x→0时，fx→-∞；当x→+∞时，fx→-∞，

3

下面讨论fx0与0的大小关系，

x0-11x0-1

∵fx0=lnx0-ax0e+x0+1，=ae，

x0

1x0-11

∴=xe，即ln=lnx+x-1，

a0a00

∴fx0=lnx0+x0=1-lna，

∴当0<a<e时，fx0>0；当a=e时，fx0=0；当a>e时，fx0<0．

∴当0<a<e时，fx有2个零点；当a=e时，fx只有1个零点；当a>e时，fx没有零点．

综上，

当a∈-∞,0∪e时，函数fx只有1个零点；

当a∈0,e时，函数fx有2个零点；

当a∈e,+∞时，函数fx没有零点．

xa

4.已知函数fx=e-x(x>0)的两个零点为x1,x2，且x1<x2.

(1)求实数a的取值范围；

a

(2)若x+kx≥恒成立，求实数k的取值范围.

12e-2

1

【答案】(1)a∈e,+∞(2),+∞

e2-2e

1lnx

【分析】(1)根据零点的定义，通过取对数法，得到等式=，通过构造函数法，利用导数研究新函数的单

ax

调性，最后根据零点的个数，结合函数的图象进行求解即可；

x2x2

(2)根据零点的定义、对数的运算法则，得到x2-x1=aln，令=t，通过换元把x1,x2分别用t的代数式表

x1x1

t-11

示，代入已知不等式中，得到k≥-，构造新函数，利用导数判断函数的单调性，最后利用函数的

e-2tlntt

单调性、函数零点存在原理进行求解即可.

xaxa1lnx

【详解】(1)由e-x=0得e=x，两边同时取对数得：=，

ax

lnx1-lnx

设gx=，则gx=，当x∈0,e时，gx>0，gx单调递增，

xx2

lnx

当x∈e,+∞时，gx<0，gx单调递减，当x→0时gx→-∞，当x→+∞时gx→0，函数gx=

x

的图象如下图所示：

111

所以∈0,ge，即∈0,，所以a∈e,+∞.

aae

1lnx11lnx2x2

(2)由=，=得，x2-x1=alnx2-lnx1=aln，

ax1ax2x1

4

x2x2alntatlnt

设=t，则有t-1x1=aln，即x1=，x2=，

x1x1t-1t-1

1+ktlnt

由a得1，即t-11，

x1+kx2≥-2≥k≥-

et-1e-2e-2tlntt

2

1-t+lnt+e-2lnt

设t-11，则，

φt=-(t>1)φt=2

e-2tlntte-2tlnt

21-t+2e-2lnt

设ht=1-t+lnt+e-2lnt，则ht=，

t

2e-2

设mt=1-t+2e-2lnt，则mt=-1+，

t

当t∈1,2e-4，mt>0，mt单调递增，当t∈2e-4,+∞，mt<0，mt单调递减，

且m1=0，me=e-3<0，所以存在唯一的t0∈2e-4,e，使得mt0=0，

当t∈1,t0，mt>0，ht单调递增，当t∈t0,+∞，mt<0，ht单调递减，

且h1=0，he=0，所以φx在1,e单调递增，在e,+∞单调递减，

111

所以φxmax=φe=，所以k≥，所以k的取值范围是,+∞.

e2-2ee2-2ee2-2e

a

5.设函数fx=lnx+-a．

x

(1)当a=1时，求fx的最小值；

(2)若fx恰有两个零点，求a的取值范围．

【答案】(1)0(2)0,1∪1,+∞

【分析】(1)利用导数分析函数的单调性求最值即可；

1ax-a

(2)求出函数fx的导函数fx=-=x>0，对a进行分类讨论，分析函数的单调性，最值，由

xx2x2

函数零点的个数求a的取值范围即可.

111x-1

【详解】(1)当a=1时，fx=lnx+-1，fx=-=x>0，

xxx2x2

当x∈0,1时fx<0；当x∈1,+∞时，fx>0．

所以，函数fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．

所以fx≥f1=0，即fx的最小值为0．

a1ax-a

(2)由fx=lnx+-a，得fx=-=x>0，

xxx2x2

(ⅰ)当a≤0时，fx>0，函数fx在0,+∞单调递增，且f1=0，故函数fx恰有一个零点，不合题

意．

(ⅱ)当a>0时，

①若a=1，由(1)可知f1=0为最小值，函数fx恰有一个零点，不合题意．

②若a>1，当x∈0,a时，fx<0，函数fx在0,a单调递减，所以fa<f1=0，

aaa

当x∈a,+∞时，fx>0，函数fx在a,+∞单调递增，又fe=a+-a=>0，

eaea

a

根据零点存在定理，所以函数fx在区间a,e上存在唯一零点x0，

此时函数fx恰有两个零点，满足题意．

③若0<a<1，因为函数fx在a,+∞单调递增，所以fa<f1=0，

1

根据(1)由fx≥0，得lnx≥1-，

x

a22

由0<a<1，得0<<a<1，进而得<a<1，

2-a2-a

5

2

22222-aa42-a4

所以f=ln+-a=2ln+-4≥21-+-4=0．

2-a2-aa2-aaaa

又因为fx在0,a上单调递减，根据零点存在定理，

22

所以函数fx在区间,a上存在唯一零点x，

2-a1

此时函数fx恰有两个零点，满足题意．

综上，a的取值范围是0,1∪1,+∞．

1

6.已知函数fx=ax+1-1+lnx+1．

x

(1)当a=1时，求函数fx在点1,f1处的切线方程；

(2)若函数fx在0,+∞上有零点，求实数a的取值范围．

1

【答案】(1)y=ln2x+2-3ln2(2)0,

2

【分析】(1)求导，根据点斜式即可求解直线方程，

ax2+x

(2)构造hx=-lnx+1，求导，对a分类讨论，求解导函数的正负，即可根据单调性求解.

x+1

111

【详解】(1)当a=1时，fx=x+1-1+lnx+1,fx=1+lnx+1-，

xx2x

∴f1=ln2，f1=2-2ln2，

fx在点1,f1处的切线方程为y-f1=f1x-1，

即y=f1x-1+f1=ln2x+2-3ln2；

ax2+x

(2)fx在0,+∞上有零点等价于hx=-lnx+1在0,+∞上有零点，

x+1

xax+2a-1

则，，

hx=2x∈0,+∞

x+1

①当a≤0时，

xax+2a-1

，在上递减，

∵hx=2<0∴hx0,+∞

x+1

∴hx<h0=0，∴hx在0,+∞上无零点，∴a≤0不合题意；

②当a>0时，

11

(ⅰ)当2-≥0时，即a≥时，

a2

1

xax+2a-1axx+2-a

∵hx==>0，

x+1x+1

∴hx在0,+∞上递增，

1

∴hx>h0=0，∴hx在0,+∞上无零点，∴a>不合题意；

2

111

(ⅱ)当2-<0时，即0<a<时，令hx=0，则x=-2，

a2a

11

令hx<0，则0<x<-2；令hx>0，则x>-2，

aa

11

∴hx在0,-2上递减，在-2,+∞上递增，

aa

1

∴h-2<h0=0，

a

21

取x0=>-2时，

a2a

ax012212212

∵e-x+1>1+ax+ax-x+1>ax-x=xax-2=0，

00200200200

6

∴ax0>lnx0+1，

22

ax0+x0ax0+ax0

∴hx0=-lnx0+1>-lnx0+1=ax0-lnx0+1>0，

x0+1x0+1

1

∴∃x∈-2,x，使得fx=0，

1a01

1

∴0<a<符合题意；

2

1

综上，a的取值范围为0,．

2

7.黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数

xs-1

fx=(x>0,s>1,s为常数)密切相关，请解决下列问题：

ex-1

(1)当s=2时，求fx在点1,f1处的切线方程；

(2)当s>2时，证明fx有唯一极值点．

2

【答案】(1)x+e-1y-e=0．(2)证明见解析

【分析】(1)求导可得f1，进而求得f1，可求切线方程；

x

(2)易知当s-2>0时，由φx=s-1-xe-s-1,s>2可知fx存在唯一变号零点，即可知fx有

唯一极大值点.

x

xx1-xe-1

【详解】当时，e-1-xe，

(1)s=2fx=x2=x2

e-1e-1

11

此时f1=-，又f1=，

(e-1)2e-1

所以在点处的切线方程为11，

fx1,f1y-=-2x-1

e-1e-1

2

即x+e-1y-e=0．

s-2x

xs-1-xe-s-1

由题意得，

(2)fx=x2

e-1

x

令φx=s-1-xe-s-1,s>2，

x

φx=s-2-xe，令φx=0，可得x=s-2，依题意得s-2>0，

当0<x<s-2时，φx>0，当x>s-2时，φx<0，

所以φx在0,s-2上单调递增，在s-2,+∞上单调递减．

又φ0=0，所以φs-2>0，又因为φs-1=-s-1<0，

所以，存在唯一x0∈s-2,s-1,φx0=0．

当0<x<x0时，fx>0，当x>x0时，fx<0，

所以fx在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，

所以fx存在唯一极大值点x0，且x0∈s-2,s-1．

8.给定函数f(x)=(2x-1)ex.

(1)判断函数fx的单调性，并求出函数fx的极值;

x1

(2)证明:当x>0时，ef(x)-1>6lnx-2.

4

111-1

【答案】(1)f(x)在区间-∞,-上单调递减，在区间-,+∞上单调递增，极小值f-=-2e2.(2)

222

证明见解析

【分析】(1)首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，求解函数的单调区间，再求函数的极值；

7

12xx

(2)首先由不等式构造函数F(x)=(2x-1)e-e-6lnx+2，转化为证明函数Fx的最小值大于0.

4

【详解】(1)函数的定义域为R.

f(x)=2ex+(2x-1)ex=(2x+1)ex.

1

令f(x)=0，解得x=-.

2

当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表

111

x-∞,---,+∞

222

f(x)负0正

f(x)单调递减极小值单调递增

11

f(x)在区间-∞,-上单调递减，在区间-,+∞上单调递增，

22

11-1

当x=-时，f(x)有极小值f-=-2e2.

22

f(x)

(2)要证明当x>0时，-1ex>6lnx-2，

4

12xx

即证明当x>0时，(2x-1)e-e-6lnx+2>0.

4

12xx

令函数F(x)=(2x-1)e-e-6lnx+2.

4

2xx6x3x

则F(x)=xe-e-=e-xe+2.

xx

当x>0时，xex+2>0.

x3

设函数g(x)=e-,(x>0).

x

x3

则g(x)=e+>0，故g(x)在(0,+∞)上单调递增.

x2

33

又g(1)=e-30,g=e2-20

2

3

所以存在唯一的x∈1,使得gx=0.

020

x03

且e=,x0=ln3-lnx0,lnx0=ln3-x0.

x0

当x∈0,x0时，F(x)<0,F(x)单调递减，

当x∈x0,+∞时，F(x)>0,F(x)单调递增，

12x0x0

所以F(x)≥Fx=2x-1e-e-6lnx+2

0400

193

=2x0-1⋅2--6ln3+6x0+2

4x0x0

93

=-2++6x0-6ln3+2

4x02x0

933

设函数h(t)=-++6t-6ln3+21<t<

4t22t2

2

9391934t-1

则h(t)=-+6=+32-=+>0

2t32t22t32t22t32t2

3

即h(t)在1,单调递增.

2

9329-24ln3

所以h(t)>h(1)=-++6-6ln3+2=>0原不等式得证.

424

8

2xx

9.已知函数fx=ae+a-2e-x．

(1)若函数fx在点0,f0处的切线与直线x+3y=0垂直，求a的值；

(2)讨论函数fx的单调性；

(3)若fx有两个零点，求a的取值范围．

【答案】(1)a=2

(2)当a≤0时，f(x)在R上为减函数，

当a>0时，f(x)在(-∞,-lna)上是减函数，在(-lna,+∞)上是增函数．(3)(0,1)

【分析】(1)对f(x)求导，由已知可得f′(0)=3，解方程即可求解a的值；

(2)对a分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可；

(3)对a分类讨论，结合(2)中结论，结合零点存在性定理即可求解a的取值范围．

2xx2xx

【详解】(1)由fx=ae+a-2e-x，求导得fx=2ae+(a-2)e-1，

1

直线x+3y=0的斜率为-，

3

又函数f(x)在点0,f0处的切线与直线x+3y=0垂直，

所以f0=3，即2a+(a-2)-1=3，解得a=2．

(2)因为e2x>0，ex≥0，

所以当a≤0时，fx<0，所以f(x)在R上单调递减；

xxx1x1

当a>0时，fx=(2e+1)(ae-1)=2ae+e-，

2a

令fx=0，解得x=-lna，当fx>0，解得x>-lna，当fx<0，解得x<-lna，

所以x∈(-∞,-lna)时，f(x)单调递减，x∈(-lna,+∞)时，f(x)单调递增．

综上，可知：当a≤0时，f(x)在R上为减函数，

当a>0时，f(x)在(-∞,-lna)上是减函数，在(-lna,+∞)上是增函数．

(3)①若a≤0，由(2)可知：f(x)最多有一个零点，

111

②当a>0时，由(1)可知：当x=-lna时，f(x)取得最小值，f(x)=f(-lna)=1--ln=1-+

minaaa

lna，

11

由于y=-,y=lna均为a>0上单调递增函数，所以函数y=1-+lna在a>0单调递增，

aa

1

当a=1时，1-+ln1=0，故当a=1时，f(-lna)=0，故f(x)只有一个零点，

1

11

当a∈(1,+∞)时，由1--ln>0，即f(-lna)>0，故f(x)没有零点，

aa

11

当a∈(0,1)时，1--ln<0，f(-lna)<0，

aa

由f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2-2>-2e-2+2>0，故f(x)在(-∞,-lna)有一个零点，

3n0n0n0n0

假设存在正整数n，满足n>ln-1，则f(n)=e(ae+a-2)-n>e-n>2-n>0，

00a0000

3

由ln-1>-lna，所以n>-lna，因此在(-lna,+∞)上有一个零点．

a0

综上，a的取值范围为(0,1)．

-x

10.已知函数fx=lnx+a+e-a，1<a<2.

(1)求证：fx有且仅有三零点.

(2)设x0为最小的零点，证明：当x∈-a,0，fx<fx0.

【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析

9

-x

【分析】(1)对函数求导后，令gx=1-ex+a，利用导数求出gx的单调区间，结合零点存在性定理可

得x1∈-a,1-a，x2∈-a+1,2，fx在-a,x1递增，x1,x2递减，x2,+∞递增，再结合零点存在性定

理可证得结论；

-x111

(2)根据题意转化为证lnx1+a+e<+lnx0+a，再转化为证lnx1+a+<lnx0+a+

x0+ax1+a

11

0<x0+a<x1+a<1，然后构造函数Sx=lnx+，利用导数判断其单调性可证得结论.

x0+ax

-x

1-x1-ex+a

【详解】(1)fx=-e=，x>-a，

x+ax+a

-x1-x-ax-1-a

设gx=1-ex+a，gx=-=x>-a，

exex

则gx在-a,1-a递减，在1-a,+∞递增，

a-1a+24

g-a=1>0，g1-a=1-e<0，g2=1->1->0，

e2e2

所以∃x1∈-a,1-a，使gx1=0x1<-a+1<0，

x2∈-a+1,2，使gx2=0x2>-a+1>0，

所以fx的正负性确定，

所以fx在-a,x1递增，x1,x2递减，x2,+∞递增，

11-a

令φ(a)=lna+1-a(1<a<2)，则φ(a)=-1=<0(1<a<2)，

aa

所以φ(a)在(1,2)上递减，所以φ(a)<φ(1)=0，

所以f0=lna+1-a<0，

-x1x1

fx1=lnx1+a+e-agx1=0⇒e=x1+a

-x1x1

=x1+e-e-x1

-x1x1

=2x1+e-e

-xx-xx-xx

令hx=2x+e-ex<0，则hx=2-e-e≤2-2e⋅e=0，

当且仅当e-x=ex，即x=0时取等号，

因为x<0，所以hx<0，

所以hx在-∞,0递减，所以hx>h0=0，

所以fx1>0，

同理当x>0可证得hx在0,+∞递减，所以hx<h0=0，

所以fx2<0，

+

因为x→-a，limfx=-∞，x→+∞，limfx=+∞，

x→-a+x→+∞

所以fx有且仅有三个零点.

(2)依题意得：x0∈-a,x1，fx0=0，

需证：x∈-a,0，fx<fx0，只需证：fx1<fx0.

-x11-x0-x0

只需证：lnx1+a+e-a<-elnx0+a+e=a，

x0+a

-x11x1

lnx1+a+e<+lnx0+a(x1满足e=x1+a)，

x0+a

11

lnx1+a+<lnx0+a+0<x0+a<x1+a<1，

x1+ax0+a

111

令Sx=lnx+，Sx=-，

xxx2

所双Sx在0,1单调递增，

所以Sx0+a>Sx1+a得证.

10

题型二：含参函数的隐零点问题

11.已知函数f(x)=ex-ax2-a，g(x)=(e-2)x．

(1)若fx在0,+∞上有两个极值点，求a的取值范围；

(2)证明：若f(x)≥g(x)在0,+∞上恒成立，则a≤1．

e

【答案】(1),+∞；(2)证明见解析

2

ex

【分析】(1)首先由方程fx=0，参变分离为方程2a=有两个不同的正根，转化为利用导数分析函数φ

x

ex

(x)=，x>0的图形，利用数形结合求实数a取值范围；

x

ex-(e-2)xex-(e-2)x

(2)首先将不等式参变分离为a≤恒成立，转化为利用导数分析函数h(x)=x≥0

x2+1x2+1

的最值.

【详解】(1)由题可得f(x)=ex-2ax，

若fx在0,+∞上有两个极