高考数学科学创新复习方案提升版第21讲利用导数研究函数的零点问题学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第21讲利用导数研究函数的零点问题学案（Word版附解析），共22页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

例1 (2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x.
(1)判断直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点分别有几个；
(2)证明：曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点；
(3)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．
解 (1)设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，
当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，
故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，
所以S(x)min＝S(0)＝1－b.
当b<1时，S(x)min＝1－b>0，S(x)无零点；
当b＝1时，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1个零点；
当b>1时，S(x)min＝1－b<0，
而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，
设u(b)＝eb－2b，则当b>1时，u′(b)＝eb－2>0，
故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，
故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点．
设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝eq \f(x－1,x)，
当01时，T′(x)>0，
故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
所以T(x)min＝T(1)＝1－b.
当b<1时，T(x)min＝1－b>0，T(x)无零点；
当b＝1时，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1个零点；
当b>1时，T(x)min＝1－b<0，
而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，
所以T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点．
综上可知，当b<1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是0；
当b＝1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是1；
当b>1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是2.
(2)证明：由f(x)＝g(x)得ex－x＝x－ln x，即ex＋ln x－2x＝0，
设h(x)＝ex＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋eq \f(1,x)－2，
设s(x)＝ex－x－1，则当x>0时，s′(x)＝ex－1>0，
故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，
故s(x)＞s(0)＝0，即ex>x＋1，
所以h′(x)>x＋eq \f(1,x)－1≥2－1>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
而h(1)＝e－2>0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e3)))＝eeq \f(1,e3)－3－eq \f(2,e3)故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，且eq \f(1,e3)当0当x>x0时，h(x)>0，即ex－x>x－ln x，即f(x)>g(x)，
所以曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点．
(3)证明：由(2)知，若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，
则b＝f(x0)＝g(x0)>1，
此时ex－x＝b有两个不同的解x1，x0(x1<0故 ex1－x1＝b，ex0－x0＝b，x2－ln x2－b＝0，x0－ln x0－b＝0，
所以x2－b＝ln x2，即ex2－b＝x2，即ex2－b－(x2－b)－b＝0，
故x2－b为方程ex－x＝b的解，同理x0－b也为方程ex－x＝b的解，
所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，
而b>1，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝x2－b，,x1＝x0－b，))即x1＋x2＝2x0.
利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
(2024·衡水模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若g(x)＝f(x)－a，讨论函数g(x)的零点个数．
解 (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，
又ex>0恒成立，
∴当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
函数f(x)的极小值为f(1)＝－e，无极大值．
(2)当x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，结合(1)中结论作出函数图象如图，
∴g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
当a≥0时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；
当－e当a＝－e时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；
当a<－e时，f(x)的图象与直线y＝a无交点．
综上所述，当a∈[0，＋∞)∪{－e}时，g(x)有唯一零点；
当a∈(－e，0)时，g(x)有两个不同的零点；
当a∈(－∞，－e)时，g(x)无零点．
例2 (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－eq \f(1,x)－(a＋1)ln x.
(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)＝－eq \f(1,x)－ln x(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x2)，
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)由f(x)＝ax－eq \f(1,x)－(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋eq \f(1,x2)－eq \f(a＋1,x)＝eq \f(（ax－1）（x－1）,x2)(x＞0)．
当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；
当a<0时，f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，
若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；
当a＞0时，f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，
若a＞1，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减，因为f(1)＝a－1＞0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＞f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上恰有一个零点，所以a＞1满足条件．
若0＜a＜1，则f(x)在(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递减，因为f(1)＝a－1＜0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＜f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上恰有一个零点，即0＜a＜1满足条件．
综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．
根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
(2024·南阳一中月考)设函数f(x)＝(x－2)ln (x－1)－ax，a∈R.
(1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．
解 (1)∵f′(x)＝ln (x－1)＋1－eq \f(1,x－1)－a(x>1)，
令H(x)＝ln (x－1)＋1－eq \f(1,x－1)－a(x>1)，
则H′(x)＝eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,（x－1）2)>0，
∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(2)≥0，
∴－a≥0⇒a≤0.
∴a的取值范围是(－∞，0]．
(2)f(x)＝0⇒a＝eq \f(（x－2）ln （x－1）,x)，
令g(x)＝eq \f(（x－2）ln （x－1）,x)，
故g′(x)＝eq \f(1,x－1)－2·eq \f(\f(x,x－1)－ln （x－1）,x2)
＝eq \f(（x－1）－\f(1,x－1)＋2ln （x－1）,x2)，
令h(x)＝(x－1)－eq \f(1,x－1)＋2ln (x－1)，
∴h′(x)＝1＋eq \f(1,（x－1）2)＋eq \f(2,x－1)>0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，
∴当12时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(2)＝0，
又由当x→1时，eq \f(x－2,x)→－1，ln (x－1)→－∞，则g(x)→＋∞；
当x→＋∞时，eq \f(x－2,x)→1，ln (x－1)→＋∞，则g(x)→＋∞，
若f(x)有两个不同的零点，则需满足a>0.
∴a的取值范围为(0，＋∞)．
例3 (2023·泰州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e为自然对数的底数，e＝2.71828….
(1)当a＝0时，若函数f(x)≥0，求实数b的取值范围；
(2)当b＝2a时，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：
①7x1＋bx2＞28；
②2eq \r(a)(x1＋x2)>3x1x2；
③eq \r(x1－1)＋eq \r(x2－1)>2.
请从①②③中任选一个进行证明．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝ex＋bx－1，f′(x)＝ex＋b，
当b≥0时，因为f(－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－1))－b<0，所以此时不符合题意；
当b＜0时，当x∈(－∞，ln (－b))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(ln (－b)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(ln (－b))＝－b＋bln (－b)－1，
要使f(x)≥0，只需f(x)min＝－b＋bln (－b)－1≥0，
令g(x)＝x－xln x－1，则g′(x)＝－ln x，
当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
则由g(－b)＝－b＋bln (－b)－1≥0，得－b＝1，所以b＝－1，
故实数b的取值范围为{－1}．
(2)证明：当b＝2a时，f(x)＝ex－ax2＋2ax－1，f′(x)＝ex－2ax＋2a，
令φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a，
则φ′(x)＝ex－2a，
因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a有两个零点，
若a≤0，则φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，不可能有两个零点，
所以a＞0，
令φ′(x)＝ex－2a＝0，得x＝ln (2a)，
当x∈(－∞，ln (2a))时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；
当x∈(ln (2a)，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)min＝φ(ln (2a))＝4a－2aln (2a)，
因为φ(x)有两个零点，所以4a－2aln (2a)＜0，则a>eq \f(1,2)e2.
设x1＜x2，因为φ(1)＝e＞0，φ(2)＝e2－2a＜0，所以1＜x1＜2＜x2，
因为φ(x1)＝φ(x2)＝0，所以ex1＝2ax1－2a，ex2＝2ax2－2a，
则eq \f(ex2,ex1)＝eq \f(x2－1,x1－1)，
取对数得x2－x1＝ln (x2－1)－ln (x1－1)，
令x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1，即t2－ln t2＝t1－ln t1(0＜t1＜1＜t2)．
若选择命题①：令u(t)＝t－ln t，则u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq \f(1,t)，当01时，u′(t)>0，所以u(t)＝t－ln t在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
令v(t)＝u(t)－u(2－t)＝2t－ln t＋ln (2－t)－2(0＜t＜2)，
则v′(t)＝eq \f(2（t－1）2,t（t－2）)≤0，v(t)在(0，2)上单调递减，
因为0＜t1＜1，所以v(t1)＞v(1)＝0，即u(t1)－u(2－t1)＞0，亦即u(t2)＝u(t1)＞u(2－t1)，
因为t2＞1，2－t1＞1，u(t)＝t－ln t在(1，＋∞)上单调递增，
所以t2＞2－t1，
则x2－1＞2－(x1－1)，整理得x1＋x2＞4，
所以7x1＋bx2＝7x1＋2ax2＞7x1＋7x2＞28，
故①成立，得证．
若选择命题②：令u(t)＝t－ln t，
则u(t1)＝u(t2)，
u′(t)＝1－eq \f(1,t)，当01时，u′(t)>0，所以u(t)＝t－ln t在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
令v(t)＝u(t)－ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))＝t－eq \f(1,t)－2ln t，则v′(t)＝eq \f(（t－1）2,t2)≥0，v(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又v(1)＝0，所以当t∈(0，1)时，v(t)＝u(t)－ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))因为0因为t2＞1，eq \f(1,t1)＞1，u(t)＝t－ln t在(1，＋∞)上单调递增，所以t2所以x2－1所以x1x2所以2eq \r(a)(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得证．
若选择命题③：因为x1－1＝t1，x2－1＝t2，
则t2－t1＝ln t2－ln t1＝2ln eq \r(\f(t2,t1))，
因为01.
令F(t)＝ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)，
则当t>1时，F′(t)＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，
所以F(t)＝ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)在(1，＋∞)上单调递增，则F(t)＝ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)>F(1)＝0，
所以ln t>eq \f(2（t－1）,t＋1)，则t2－t1＝2ln eq \r(\f(t2,t1))>eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(t2,t1))－1)),\r(\f(t2,t1))＋1)＝4·eq \f(\r(t2)－\r(t1),\r(t2)＋\r(t1))，
两边约去eq \r(t2)－eq \r(t1)后，化简整理得eq \r(t1)＋eq \r(t2)>2，即eq \r(x1－1)＋eq \r(x2－1)>2，故③成立，得证．
(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况．
(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．
已知函数f(x)＝ae－x＋ln x－1(a∈R)．
(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ae－x＋eq \f(1,x)＝eq \f(ex－ax,xex)，
∵a≤e，∴ex－ax≥ex－ex.
设g(x)＝ex－ex，则g′(x)＝ex－e，
当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝0，
∴f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴当a≤e时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)依题意，f′(x1)＝f′(x2)＝0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex1＝ax1，,ex2＝ax2，))
两式相除得，ex2－x1＝eq \f(x2,x1)，设eq \f(x2,x1)＝t，则t>1，x2＝tx1，e(t－1) x1＝t，
∴x1＝eq \f(ln t,t－1)，x2＝eq \f(tln t,t－1)，
∴x1＋x2＝eq \f(（t＋1）ln t,t－1).
设h(t)＝eq \f(（t＋1）ln t,t－1)(t>1)，
则h′(t)＝eq \f(t－\f(1,t)－2ln t,（t－1）2)，
设φ(t)＝t－eq \f(1,t)－2ln t(t>1)，
则φ′(t)＝1＋eq \f(1,t2)－eq \f(2,t)＝eq \f(（t－1）2,t2)>0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t)>1－eq \f(1,1)－2ln 1＝0，
∴h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，又x1＋x2≤2ln 3，即h(t)≤2ln 3，
又h(3)＝2ln 3，
∴t∈(1，3]，即eq \f(x2,x1)的最大值为3.
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
答案 B
解析 f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq \r(\f(－a,3))或x＝eq \r(\f(－a,3))，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(－a,3))，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(－a,3))))，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3个零点，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故选B.
2．(2023·济宁二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x，x≤0，,aln x，x>0，))若函数g(x)＝f(x)－f(－x)有5个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－e，0) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
C．(－∞，－e) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e)))
答案 C
解析 y＝f(－x)与y＝f(x)的图象关于y轴对称，且f(0)＝0，要想g(x)＝f(x)－f(－x)有5个零点，则当x＞0时，－x＝aln x要有2个根，结合对称性可知，x＜0时也有2个零点，故满足有5个零点．当x＝1时，－1＝0，不符合题意；当x≠1时，a＝－eq \f(x,ln x)，令h(x)＝－eq \f(x,ln x)，定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，h′(x)＝eq \f(1－ln x,（ln x）2)，令h′(x)＞0得0＜x＜1，1＜x＜e，令h′(x)＜0得x＞e，故h(x)＝－eq \f(x,ln x)在(0，1)，(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，且当x∈(0，1)时，h(x)＝－eq \f(x,ln x)>0恒成立，h(x)＝－eq \f(x,ln x)在x＝e处取得极大值，其中h(e)＝－e，故a∈(－∞，－e)，此时直线y＝a与h(x)＝－eq \f(x,ln x)的图象有两个交点．故选C.
3．(2023·银川三模)已知函数f(x)＝eq \f(m,x)－ln x＋m在区间(e－1，e)上有唯一零点，则实数m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(e,e2＋1)，\f(e,2)＋1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,e＋1)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(e,2)＋1))
答案 B
解析 函数f(x)＝eq \f(m,x)－ln x＋m，令f(x)＝0，则meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋1))＝ln x，即m＝eq \f(xln x,x＋1)，令h(x)＝eq \f(xln x,x＋1)，则h′(x)＝eq \f(x＋1＋ln x,（x＋1）2)，令k(x)＝x＋1＋ln x，则k′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0，所以函数y＝k(x)在区间(e－1，e)上单调递增，故k(x)>k(e－1)＝e－1>0，所以h′(x)>0，故函数y＝h(x)在区间(e－1，e)上单调递增，故h(e－1)4．(2023·邢台二模)已知函数f(x)＝x－ln x＋m(m∈R)，若f(x)有两个零点x1，x2(x1A．m<－1 B．x1＋x2≤2
C．0答案 B
解析 f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1，故函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f(x)min＝f(1)＝1＋m<0，即m<－1，并且00，g(x)单调递增，在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝ln x－x－ln (2－x)＋2－x＝ln x－ln (2－x)－2x＋2，则h′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,2－x)－2＝eq \f(2x2－4x＋2,x（2－x）)＝eq \f(2（x－1）2,x（2－x）)，所以当0＜x＜1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)2－x1，即x1＋x2>2，故B不正确．故选B.
二、多项选择题
5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
答案 AC
解析 因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq \f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－eq \f(\r(3),3)或x＞eq \f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－eq \f(\r(3),3)＜x＜eq \f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))eq \s\up12(3)－eq \f(\r(3),3)＋1＝1－eq \f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.
6．(2023·秦皇岛二模)已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2，且x1A．a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))B．y＝f(x)在(0，e)上单调递增
C．x1＋x2>6D．若a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)，\f(1,e)))，则x2－x1答案 ABD
解析 由f(x)＝ln x－ax，可得 f′(x)＝eq \f(1,x)－a(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a>0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，解得x＝eq \f(1,a)，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x＝eq \f(1,a)时，f(x)取得极大值，又函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2(x10，可得01.∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＝ln eq \f(2,a)－27．(2024·福建省名校联盟模拟)机械制图中经常用到渐开线函数invx＝tanx－x，其中x的单位为弧度，则下列说法正确的是( )
A．x·invx是偶函数
B．invx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有2k＋1个零点(k∈N)
C．invx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有4k＋1个极值点(k∈N)
D．当－eq \f(π,2)答案 ABD
解析 函数invx＝tanx－x的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(,x≠nπ＋\f(π,2)，n∈Z))))，显然y＝x和invx均为奇函数，因此x·invx是偶函数，A正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，令h(x)＝invx，h′(x)＝eq \f(1,cs2x)－1≥0，函数invx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，当x＝0时，invx＝0，即函数invx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一的零点，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z时，令x＝t＋k1π，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则tanx－x＝tan(t＋k1π)－(t＋k1π)＝tant－t－k1π，令y＝tant－t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，函数y＝tant－t在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，值域为R，直线y＝k1π(k1∈Z)与y＝tant－t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的图象有唯一交点，因此函数invx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z上有唯一零点，所以invx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－kπ，\f(π,2)＋kπ))上恰有2k＋1个零点(k∈N)，B正确；由B项知，函数invx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋k1π，\f(π,2)＋k1π))，k1∈Z上为增函数，因此invx不存在极值点，C错误；令函数f(x)＝invx－x＋sinx，求导得f′(x)＝eq \f(1,cs2x)－2＋csx，当－eq \f(π,2)eq \f(1,12)－2＋1＝0，即f′(x)>0，因此f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增，f(x)8．(2024·日照模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x2＋x－1,ex)，则( )
A．函数f(x)只有两个极值点
B．若关于x的方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0)
C．方程f(f(x))＝－1共有4个实根
D．若关于x的不等式f(x)≥a(x＋1)的解集内恰有两个正整数，则a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4e3)，\f(1,2e)))
答案 ACD
解析 对f(x)求导得f′(x)＝－eq \f(x2－x－2,ex)＝－eq \f(（x＋1）（x－2）,ex)，当x<－1或x>2时，f′(x)<0，当－10，即f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，因此f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－e，在x＝2处取得极大值f(2)＝eq \f(5,e2)，A正确；由上述分析可知，曲线y＝f(x)及直线y＝k如图所示，
由图可知，当－e－e，则f(x)＝t1有两解．又t2＝0，由图可知f(x)＝t2也有两解．综上，方程f(f(x))＝－1共有4个实根，C正确；因为直线y＝a(x＋1)过定点(－1，0)，且f(1)＝eq \f(1,e)，f(2)＝eq \f(5,e2)，f(3)＝eq \f(11,e3)，记k1＝eq \f(f（1）－0,1－（－1）)＝eq \f(1,2e)，k2＝eq \f(f（2）－0,2－（－1）)＝eq \f(5,3e2)，k3＝eq \f(f（3）－0,3－（－1）)＝eq \f(11,4e3)，所以k3三、填空题
9．(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex－2ax＋a，若f(x)恰有两个零点，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)e\s\up7(\f(3,2))，＋∞))
解析 函数f(x)＝ex－2ax＋a，定义域为R，显然x＝eq \f(1,2)不是f(x)的零点，令f(x)＝0，得a＝eq \f(ex,2x－1)，设g(x)＝eq \f(ex,2x－1)，则g′(x)＝eq \f(（2x－3）ex,（2x－1）2)，令g′(x)<0，解得x0，解得x>eq \f(3,2)，故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增．当xeq \f(1,2)时，g(x)>0，当x＝eq \f(3,2)时，g(x)取得极小值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(1,2)eeq \s\up7(\f(3,2))，作出函数g(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)e\s\up7(\f(3,2))，＋∞)).
10．(2023·福州三模)如果两个函数分别存在零点α，β，满足|α－β|＜n，则称两个函数互为“n度零点函数”．若f(x)＝ln (x－2)与g(x)＝ax2－ln x互为“2度零点函数”，则实数a的最大值为________．
答案 eq \f(1,2e)
解析 因为函数f(x)的零点为3，所以设函数g(x)的零点为x0，则|x0－3|＜2，解得1＜x0＜5.g(x0)＝axeq \\al(2,0)－ln x0＝0，a＝eq \f(ln x0,xeq \\al(2,0))(1四、解答题
11．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ex－1＋e－x＋1，g(x)＝a(x2－2x)(a<0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数．
解 (1)由f(x)＝ex－1＋e－x＋1，可得f′(x)＝ex－1－e－x＋1＝eq \f(e2（x－1）－1,ex－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x<1时，则x－1<0，可得f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，则x－1>0，可得f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故函数f(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，
因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，
所以当x＝1时，g(x)取得最大值g(1)＝－a.
由(1)可知，当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝2，
当－a<2，即－2当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)只有一个零点；
当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点，
理由如下：
因为h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，
所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，
由函数零点存在定理，知h(x)在(1，2)内有零点．
又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点．
又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋ex－1＝f(x)，
所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，
因为g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称，
所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上也只有一个零点．
所以当a<－2时，函数h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点．
12．(2024·镇江模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－ln x.
(1)若a＝1，求f(x)的极值；
(2)若方程f(x)＝1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x，f′(x)＝eq \f(x2－1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1，
当01时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(1)＝eq \f(1,2)，无极大值．
(2)因为f′(x)＝ax－eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－1,x)，
①若a≥1，当x∈[1，2]时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在[1，2]上单调递增，
要使方程f(x)＝1在[1，2]上有解，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）≤1，,f（2）≥1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)≤1，,2a－ln 2≥1，))
得eq \f(1＋ln 2,2)≤a≤2，
因为eq \f(1＋ln 2,2)<1，所以1≤a≤2.
②若a≤eq \f(1,4)，当x∈[1，2]时，f′(x)≤0恒成立，
所以f(x)在[1，2]上单调递减，
此时f(x)≤f(1)＝eq \f(a,2)≤eq \f(1,8)，不符合题意．
③若eq \f(1,4)0，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(\f(1,a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,a))，2))上单调递增，
此时f(1)＝eq \f(a,2)综上可知，实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋ln 2,2)，2)).
13．(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x（2－xln 2）,2x)(x>0)．
令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x>eq \f(2,ln 2)，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,ln 2)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,ln 2)，＋∞)).
(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
即方程eq \f(xa,ax)＝1(x>0)有两个不同的解，故方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有两个不同的解．
设g(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)．
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，解得x＝e.
令g′(x)>0，则0令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减．
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，且当x>e时，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
又g(1)＝0，故要使方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有两个不同的解，则0即0综上，a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
14．(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2－x，g(x)＝eq \f(f（x）,x)，a∈R.
(1)讨论g(x)的单调性；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：xeq \\al(4,1)x2>e3(e＝2.71828…为自然对数的底数)．
解 (1)g(x)＝eq \f(f（x）,x)＝ln x－ax－1，g′(x)＝eq \f(1,x)－a，
①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，令g′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,a)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：由题意知，f′(x)＝ln x－2ax，x1，x2是f′(x)＝0的两根，
即ln x1－2ax1＝0，ln x2－2ax2＝0，解得2a＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，(*)
要证xeq \\al(4,1)x2>e3，即证4ln x1＋ln x2＞3，
即证4·2ax1＋2ax2＞3，
把(*)式代入得eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)(4x1＋x2)>3，
所以应证ln eq \f(x1,x2)令t＝eq \f(x1,x2)，0＜t＜1，即证h(t)＝ln t－eq \f(3（t－1）,4t＋1)<0(0而h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(15,（4t＋1）2)＝eq \f(16t2－7t＋1,t（4t＋1）2)>0，所以h(t)在(0，1)上单调递增，h(t)＜ln 1－eq \f(3×（1－1）,4×1＋1)＝0，不等式得证．考向一 判断函数零点或方程根的个数
考向二 由函数零点个数求解参数取值范围
考向三 涉及函数零点、极值点的综合问题