2021年新高考数学一轮专题复习第16讲-导数与函数的零点(解析版)

高考大题探讨课二利用导数探讨函数的零点问题题型一函数零点个数问题例 1 [2024·皖南八校联考]已知函数f(x)＝＋x ln x－x.(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；(2)当a＝0时，求函数h(x)＝f(x)－x＋的零点个数．题后师说利用导数确定函数零点个数的方法巩固训练1设函数f(x)＝ln x＋，探讨函数g(x)＝f′(x)－的零点个数．题型二利用函数的零点个数求参数范围例 2[2024·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)．(1)当a＝－1时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围．题后师说利用函数的零点个数求参数范围的方法巩固训练2已知函数f(x)＝x3－ax2－2x(a∈R)在x＝2处取得极值．(1)求f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，求b的取值范围．题型三与零点有关的证明例 3[2024·河北邯郸模拟]已知函数f(x)＝x－a ln x(a≠0)．(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)若g(x)＝x e x－a(ln x＋x)，且a>e，证明：g(x)有且仅有两个零点．(e为自然对数的底数)题后师说解决证明此类问题的思路一般对条件等价转化，构造合适的新函数，利用导数学问探讨该函数的性质(如单调性、极值状况等)再结合函数图象．巩固训练3已知函数f(x)＝x3－a(x2＋2x＋2)．(1)若a＝2，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：函数f(x)只有一个零点．1.[2024·全国甲卷]已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(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．2．[2024·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－－(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．高考大题探讨课二利用导数探讨函数的零点问题例1 解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax，由题意得f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两解，即2a＝有两解．令g(x)＝(x>0)，即g(x)的图象与直线y＝2a有两个交点．g′(x)＝＝0，得x＝e，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝，g(1)＝0，当x趋于正无穷时，g(x)趋于零，∴0<2a<，∴0<a<，∴a的取值范围是(0，)．(2)h(x)＝x ln x－2x＋(x>0)，h′(x)＝ln x－1－，令m(x)＝ln x－1－，则m′(x)＝，当x>0时，m′(x)>0，所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为h′(e)＝－<0，h′(e2)＝1－>0，∴存在唯一的x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝＝0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h(x0)．又∵x0∈(e，e2)，h′(x0)＝＝0，∴h(x0)＝x0ln x0－2x0＋＝－x0＋＝－x0＋<－e＋<0.又∵h(1)＝0，h(x)在(0，x0)上单调递减，∴h(x)在(0，x0)上有一个零点．∵h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，且h(e2)＝>0，∴h(x)在(x0，＋∞)上有一个零点．综上可知，函数h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．巩固训练1 解析：由题设，可知g(x)＝f′(x)－＝(x>0)．令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.画出y＝φ(x)的大致图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点．例2 解析：(1)当a＝－1时，f′(x)＝－1＝，x>0.由f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)只有极大值，无微小值，且f(x)极大值＝f(1)＝－1.(2)f′(x)＝＋a＝(x>0)．当a≥0时，∵f′(x)＝>0，∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，从而f(x)至多有一个零点，不符合题意．当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，∴f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．由f(－)＝ln (－)－1>0得－<a<0.由f＝2＋a e2<0得a<－.当－<a<－时，f(1)＝a<0，满意f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点．∴a的取值范围是(－，－)．巩固训练2 解析：(1)∵f(x)＝x3－ax2－2x(a∈R)，∴f′(x)＝x2－ax－2，∵f(x)在x＝2处取得极值，∴f′(2)＝0，即22－2a－2＝0解得a＝1，∴f(x)＝x3－x2－2x，∴f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，∴当x<－1或x>2时f′(x)>0，当－1<x<2时f′(x)<0，∴f(x)在[－2，－1)上单调递增，在(－1，1]上单调递减，又f(－2)＝×(－2)3－×(－2)2－2×(－2)＝－，f(1)＝×13－×12－2×1＝－，∴f(x)在[－2，1]上的最小值为－.(2)由(1)知，f(x)＝x3－x2－2x，若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，则方程－b＝f(x)(b∈R)有唯一解，即－b＝x3－x2－2x(b∈R)有唯一解，由(1)知，f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，又f(－1)＝，f(2)＝－，函数图象如图所示：∴－b<－或－b>，得b>或b<－，即b的取值范围为(－∞，－，＋∞)．例3 解析：(1)由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，当a>0时，令f′(x)>0，得x>a，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增；令f′(x)<0，得0<x<a，所以f(x)在(0，a)上单调递减；当a<0时，因为f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上所述，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：g(x)＝x e x－a(ln x＋x)＝x e x－a ln (x e x)(x>0)，令t＝x e x，则t′＝(x＋1)e x>0在x>0时恒成立，所以t＝x e x在x>0时单调递增，且t∈(0，＋∞)，所以g(x)＝x e x－a ln (x e x)有两个零点等价于f(t)＝t－a ln t有两个零点．因为a>e，由(1)知，f(t)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(t)min＝f(a)＝a－a ln a＝a(1－ln a)，因为a>e，所以f(a)<0.下面证明当a>e时，f(e a)＝e a－a2>0，设h(x)＝e x－x2，则h′(x)＝e x－2x，令m(x)＝e x－2x，又m′(x)＝e x－2，当x>e时，m′(x)＝e x－2>0恒成立，所以m(x)单调递增，得h′(x)＝e x－2x>e e－2e>0，故h(x)＝e x－x2在(e，＋∞)上单调递增，得e x－x2>e e－e2>0，即f(e a)＝e a－a2>0，又因为f(1)＝1>0，所以f(t)在(1，a)，(a，e a)上各存在一个零点，所以a>e时，函数f(t)有且仅有两个零点，即当a>e时，函数g(x)有且仅有两个零点．巩固训练3 解析：(1)若a＝2，则f(x)＝x3－2x2－4x－4，f′(x)＝x2－4x－4，令f′(x)＝0，解得x1＝2－2，x2＝2＋2，当x∈(－∞，2－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2－2，2＋2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在(－∞，2－2)，(2＋2，＋∞)单调递增，f(x)在(2－2，2＋2)单调递减．(2)证明：由于x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0，设g(x)＝－3a，则g′(x)＝，因为x2＋4x＋6＝(x＋2)2＋2>0，所以g′(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，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)＝－9a2＋2a－＝－9(a－)2－<0，f(3a＋3)＝3a2＋10a＋9＝3(a＋)2＋>0，所以存在唯一的x0∈(3a－1，3a＋3)，使得f(x)＝0，故f(x)有一个零点，综上，f(x)只有一个零点．真题展台——知道高考考什么？1．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，f′(x)＝(x>0)，令f′(x)>0，则0<x<，此时函数f(x)单调递增，令f′(x)<0，则x>，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞)．(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，令g′(x)＝＝0，得x＝e，当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，故g(x)max＝g(e)＝，且当x>e时，g(x)∈(0，)，又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)2．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，则f′(x)＝＝.当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.(2)因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－ln x)－－ln x＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－ln x)＝＋ln x在(0，＋∞)上恰有一个解．又易知当x>0时，x－ln x>0，所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝.令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)，则h′(x)＝1－ln x－＝－ln x－.由(1)知，h′(x)≤－1，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)．。

2021年新高考数学总复习讲义：函数零点知识讲解一、函数的零点1.零点的定义：对于函数()y f x ，使()0f x 的实数x 叫做函数()yf x 的零点．2.函数零点的等价关系函数()y f x =的零点就是方程()0f x =实数根，亦即函数()y f x =的图象与x 轴交点的横坐标．即方程()0f x =有实数根⇔函数()y f x =的图象与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点．3.零点存在性判定定理定理：如果函数()y f x =在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线，且()()0f a f b ⋅<，则函()y f x =在区间()a b ，内有零点，即存在()c a b ∈，，使得()0f c =，这个c 就是方程()0f x =的根．4.对函数零点存在的判断中，必须强调：1）()f x 在[]a b ，上连续； 2）()()0f a f b <； 3）在()a b ，内存在零点． 这是零点存在的一个充分条件，但不是必要条件． 注意：函数()yf x 的零点就是方程()0f x 的实数根，也就是函数()yf x 的图象与x 轴交点的横坐标，所以函数的零点是一个数，而不是一个点．在写函数零点时，所写的一定是一个数字，而不是一个坐标．5. 二次函数零点的判定判别式2=4b ac △0△ 0△ 0△0）的图像2ax bx c 0a ）的根2a2ax bxc0）的零点2ba2ax bxc0）的解集2ax bxc0）的解集1x 或2xx }2a6.一元二次方程20axbx c根的分布（下面对0a 进行讨论）20bk a △20bk a △1212()x x k k ，，1122k x k x )k ，内有且只有一根yyyky y1220b k a△23()0()0f k f k △且(2b k a经典例题一．选择题（共12小题）1．（2018•重庆模拟）函数f（x）=|x﹣2|﹣lnx在定义域内零点的个数为（）A．0B．1C．2D．32．（2018•商洛模拟）函数f（x）=ln（x+1）﹣2x的零点所在的大致区间是（）A．（3，4）B．（2，e）C．（1，2）D．（0，1）3．（2017秋•镇原县校级期末）函数f（x）=2x+7的零点为（）A．7B．7 2C．﹣7D．−7 24．（2017秋•平罗县校级期末）方程2x=2﹣x的根所在区间是（）A．（﹣1，0）B．（2，3）C．（1，2）D．（0，1）5．（2018春•番禺区校级月考）方程x3﹣3x﹣m=0在[0，1]上有实数根，则m的最大值是（）A．0B．﹣2C．﹣118D．16．（2017•奉贤区二模）若f（x）为奇函数，且x0是y=f（x）﹣e x的一个零点，则﹣x0一定是下列哪个函数的零点（）A．y=f（x）e x+1B．y=f（﹣x）e﹣x﹣1C．y=f（x）e x﹣1D．y=f（﹣x）e x+17．（2016秋•仙桃期末）函数f（x）=2x2﹣3x+1的零点个数是（）A．0B．1C．2D．38．（2016秋•库尔勒市校级期末）下列函数中，既是奇函数又存在零点的函数是（）A．y=sinx B．y=cosxC．y=lnx D．y=x3+19．（2016秋•黄山期末）函数f（x）=log2（x﹣1）的零点是（）A．（1，0）B．（2，0）C．1D．210．（2016秋•东莞市校级期末）函数f（x）=x2﹣4x+4的零点是（）A．（0，2）B．（2，0）C．2D．411．（2017秋•青冈县校级期中）函数f（x）=2x2﹣3x+1的零点是（）A．﹣12，﹣1B．﹣12，1C．12，﹣1D．12，112．（2017春•江津区期中）设f（x）=ax+4，若f（1）=2，则a的值（）A．2B．﹣2C．3D．﹣3二．填空题（共5小题）13．（2014秋•新沂市校级月考）已知集合A={x|ax2﹣3x+2=0，x∈R，a∈R}只有一个元素，则a=．14．（2014秋•涟水县校级期中）方程4x2﹣12x+k﹣3=0没有实根，则k的取值范围是．15．（2012秋•浦东新区校级月考）2﹣x+x2=5的实根个数为．16．（2012秋•金山区校级月考）函数y=x3﹣2x的零点是．17．已知x 38=234，则x=．三．解答题（共1小题）18．解方程：x3+x2=1．。

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核心素养测评十六导数与函数零点1.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同的零点,求c的取值范围.【解析】 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b.因为f(0)=c,f′(0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.(2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f′(x)=3x2+8x+4.令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-.当x变化时,f(x)与f′(x)在区间(-∞,+∞)上的变化情况如下: (--2 -x∞,-2)f′(x) + 0 - 0 +f(x) ↗ c ↘c-↗所以,当c>0且c-<0时,存在x1∈(-∞,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)有三个不同零点.【变式备选】设函数f(x)=xe x+a(1-e x)+1,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若方程 f(x)=0在(0,+∞)上有解,证明:a>2.【解析】(1)因为f′(x)=[x-(a-1)]e x.所以x>a-1时,f′(x)>0,函数f(x)在(a-1,+∞)上单调递增,当 x<a-1时,f′(x)<0,函数f(x)在(-∞,a-1)上单调递减.(2)函数f(x)在(0,+∞)有零点,可得方程f(x)=0有解.a===x+,有解.令g(x)=x+,g′(x)=1+=,设函数h(x)=e x-x-2,h′(x)=e x-1>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,所以存在x0∈(1,2),使h(x)=0,故当x∈(0,x0)时,g′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,所以函数g(x)存在唯一最小值x0,满足=x0+2,所以g(x0)=x0+=x0+1∈(2,3),因为a=g(x)=x+有解,所以a≥g(x0)>2,所以a>2.2.(2020·揭阳模拟)已知函数f(x)=x-aln x-1.(1)若函数f(x)的极小值为0,求a的值.(2)∀t>0且a≤1,求证:f(e t)>t2.【解析】(1)因为f(x)=x-aln x-1,x∈(0,+∞),所以f′(x)=,当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在定义域上递增,不满足条件; 当a>0时,函数f(x)在(0,a)上递减,在(a,+∞)上递增,故f(x)在x=a处取得极小值0,所以f(a)=a-aln a-1=0,令p(a)=a-aln a-1, p′(a)=-ln a,所以p(a)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故p(a)≤p(1)=0,所以f(a)=0的解为a=1,故a=1.(2)方法一:由f(e t)>t2⇔e t-at-1>t2⇔e t-1>t2+at,因为a≤1,所以只需证当t>0时,e t-1>t2+t恒成立.令g(t)=e t-t2-t-1,g′(t)=e t-t-1,由(1)可知x-ln x-1≥0,令x=e t得e t-t-1≥0,所以g(t)在(0,+∞)上递增,故g(t)>g(0)=0,所以命题得证.方法二:f(e t)>t2⇔e t-at-1>t2⇔e t-t2-at-1>0,设g(t)=e t-t2-at-1(t>0),则g′(t)=e t-at-a,则g″(t)=e t-a,又e t>e0=1,a≤1,得g″(t)>0,所以g′(t) 单调递增,得g′(t)>g′(0)=1-a≥0,所以g(t)单调递增,得g(t)>g(0)=0,得证.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

考点21利用导数研究函数的零点（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现【核心题型】题型一　利用函数性质研究函数的零点利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．【例题1】（2024·全国·模拟预测）若函数()e 2xf x x a =-+-有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],1-¥B ．(],0-¥C ．(),0¥-D ．(),1-¥【变式1】（2024·陕西西安·一模）若不等式e ln 2x x x a x -+³-恒成立，则实数a 的取值范围为.【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知函数2()(2)ln f x x a x a x =-++，a ÎR .(1)讨论()f x 的单调性；(2)设2e ()()(1)2(1)ln xg x f x x a x a a x x =-+-+-+-，若()g x 存在两个不同的零点1x ，2x ，且12x x <.（i ）证明：2e 1a >+；（ii ）证明：22142121a a x x a ---<-.【变式3】（2024·辽宁·三模）已知()()211e 2xf x x ax =-+.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0a >时，证明：函数()f x 有且仅有两个零点12,x x ，且120x x +<.题型二　数形结合法研究函数的零点含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．【例题2】（2024·北京房山·一模）若函数(]()ln ln(1),,0()1,0,exx x f x x ¥¥ì-Î-ï=íÎ+ïî，则函数()()g x f x x c =++零点的个数为（ ）A ．1B ．2C ．1或2D ．1或3【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知函数3e ,111(),()11,12xx x f x g x x a x x x ì>-ïï+==++íï+£-ïî．若(())0g f x =有三个不同的根，则a 的取值范围为 ．【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数()()e 1xf x ax a =--ÎR ．(1)若函数()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线2e 10x y ++=垂直，求a 的值；(2)当(]0,2x Î时，讨论函数()()ln F x f x x x =-零点的个数．【变式3】（2024·河北邯郸·二模）已知函数()()e ,ln xf x mxg x x m x =-=-．(1)是否存在实数m ，使得()f x 和()g x 在()0,¥+上的单调区间相同？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．(2)已知12,x x 是()f x 的零点，23,x x 是()g x 的零点．①证明：e m >，②证明：31231e x x x <<．题型三　构造函数法研究函数的零点涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围【例题3】（2023·吉林通化·模拟预测）已知函数()()232()23f x x x ax b =+-+满足：①定义域为R ；②142b <<；③有且仅有两个不同的零点1x ，2x ，则1211+x x 的取值范围是（ ）A ．(2,1)--B ．11,2æö--ç÷èøC ．1,12æöç÷èøD ．(1,2)【变式1】（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数2()e 2ln x f x ax x x a =---，则（ ）A ．当1a =时，()f x 有极小值B ．当1a =时，()f x 有极大值C ．若()0f x ³，则1a =D ．函数()f x 的零点最多有1个【变式2】（2024·全国·模拟预测）设函数()()2ln f x x ax x a =-++ÎR .(1)若1a =，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()f x 在1,e e éùêúëû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）【变式3】（2024·广东·二模）已知()()21122ln ,02f x ax a x x a =+-->.(1)求()f x 的单调区间；(2)函数()f x 的图象上是否存在两点()()1122,,,A x y B x y （其中12x x ¹），使得直线AB 与函数()f x 的图象在1202x x x +=处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·四川资阳·模拟预测）将函数()1cos e xf x x =-在()0,¥+上的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{}n x （其中*n ÎN ），则（ ）A ．11ππ22n n x n æöæö-<<+ç÷ç÷èøèøB ．1πn n x x +-<C ．()121πn n x x n ++>-D ．(){}1πn x n --为递减数列2．（23-24高三上·湖北荆门·阶段练习）()22e 5x f x x =-的零点的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．33．（2023·四川成都·二模）若指数函数x y a =（0a >且1a ¹）与幂函数5y x =的图象恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．e5e ,¥æö+ç÷èøB ．e51,e æöç÷èøC ．e 51,e æöæöç÷ç÷ç÷èøèøD ．e 51,e æöç÷èø4．（2023·全国·模拟预测）已知函数1522ln 4()e 4ln(4)e 2x a a xx f x x x -+-=++-++存在零点，则实数a 的值为（ ）A ．2-B ．15ln24-C ．3-D ．15ln34-二、多选题5．（2024·全国·模拟预测）已知函数()31f x x ax =-+，a ÎR ，则（ ）A ．若()f x 有极值点，则0a £B ．当1a =时，()f x 有一个零点C ．()()2f x f x =--D ．当1a =时，曲线()y f x =上斜率为2的切线是直线21y x =-6．（2024·辽宁抚顺·三模）已知定义在R 上的奇函数()f x 连续，函数()f x 的导函数为()f x ¢．当0x >时，()()()cos sin e f x x f x x f x ¢>+×¢，其中e 为自然对数的底数，则（ ）A ．()f x 在R 上为减函数B ．当0x >时，()0f x <C ．π3π22f f æöæö>ç÷ç÷èøèøD ．()f x 在R 上有且只有1个零点三、填空题7．（2024·内蒙古包头·一模）已知函数()()32340f x kx x k k =-+>，若()f x 存在唯一的零点，则k 的取值范围是 .8．（2024·四川成都·模拟预测）若函数()2e 2x m f x x x =--在()1,2x Î-上有2个极值点，则实数m 的取值范围是 .四、解答题9．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知()e xf x a x =-，()cosg x x =.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若0x ∃使得()()00f x g x =，求参数a 的取值范围.10．（2024·宁夏固原·一模）已知函数()()ln 11(0)f x ax x a =++>．(1)求()f x 的最小值；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．11．（2024·全国·模拟预测）已知函数1()e (0)x f x x a x =->，且()f x 有两个相异零点12,x x ．(1)求实数a 的取值范围．(2)证明：122eax x +>．12．（2024·湖北黄石·三模）已知函数()ln f x x x m =-+有两个零点1x ，2x .(1)求实数m 的取值范围；(2)如果1212x x x <£，求此时m 的取值范围.综合提升练一、单选题1．（2023·湖南·模拟预测）有甲、乙两个物体同时从A 地沿着一条固定路线运动，甲物体的运动路程1s （千米）与时间t （时）的关系为()121ts t =-，乙物体运动的路程2s （千米）与时间t （时）的关系为()23s t t =，当甲、乙再次相遇时，所用的时间t （时）属于区间（ ）A ．()2,3B ．()3,4C ．()4,5D ．()5,62．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数()sin 2f x x x =+-的零点所在的大致区间为（ ）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,43．（2024·全国·模拟预测）若函数()e ln 2x f x x x x a =--+-有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],1-¥B ．(],0-¥C ．(),0¥-D ．(),1-¥4．（23-24高三下·江西·阶段练习）函数()|2||ln |f x x m x =--有且只有一个零点，则m 的取值可以是（ ）A ．2B ．1C ．3D ．e5．（2024·陕西汉中·二模）已知函数3232,0()ln ,0x x x x f x x x ì---£=í>î，()()g x f x mx =-有4个零点，则m 的取值范围为（ ）A ．11(,4eB ．1(2,0]{}e -U C ．1(2,0]{}4-U D ．11(,0](,)4e-¥U 6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2xf x kx b =--恰有一个零点0x ，且0b k >>，则0x 的取值范围为（ ）A ．1ln2,ln2-æö-¥ç÷èøB ．ln2,1ln2æö-¥ç÷-èøC ．1ln2,ln2-æö+¥ç÷èøD ．ln2,1ln2æö+¥ç÷-èø7．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数()e ,0e ,0x a xf x x x -ì+>ï=íï<î，若方程()e 0f x x +=存在三个不相等的实根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(),e -¥B ．(),e -¥-C ．(),2e -¥-D ．(),2e -¥8．（2024·陕西·二模）已知()0f x ³，且0x >时，()()22cos f x x f x =×，则下列选项正确的是（ ）A ．()2x f x f æö>ç÷èøB ．当()ππ2x k k ¹+ÎZ 时，()()2tan 2f x xf x £C ．若2π42πf æö=ç÷èø，()()22sin x f x g x x=为常函数，则()1f x =在区间()0,1内仅有1个根D ．若()11f =，则()2827f <二、多选题9．（2024·辽宁·三模）已知函数()()1ln ,ln ,f x ax x g x a x a x=-=+为实数，下列说法正确的是（ ）A ．当1a =时，则()f x 与()g x 有相同的极值点和极值B ．存在R a Î，使()f x 与()g x 的零点同时为2个C ．当()0,1a Î时，()()1f x g x -£对[]1,e x Î恒成立D ．若函数()()f x g x -在[]1,e 上单调递减，则a 的取值范围为2,e æù-¥çúèû10．（2024·河北唐山·一模）已知函数()331f x x x =-+，则（ ）A ．直线32y x =-是曲线()y f x =的切线B ．()f x 有两个极值点C ．()f x 有三个零点D ．存在等差数列{}n a ，满足()155k k f a ==å11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()(1)ln f x x x =-，2()g x x =，下列命题正确的是（ ）A ．若()()()H x f x g x =-，则()H x 有且只有一个零点B ．若()()()f x H xg x =，则()H x 在定义域上单调，且最小值为0C ．若()()()H x f x g x ¢=-，则()H x 有且只有两个零点D ．若()()(||)g x H x f x ¢=，则()H x 为奇函数三、填空题12．（2023·四川内江·模拟预测）若函数()e x f x kx =-有两个零点，则k 的取值范围为 ．13．（2024·四川泸州·二模）若函数1()ln ef x x x a =-+有零点，则实数a 的取值范围是 ．14．（2024·广东佛山·二模）若函数()ln e ln e x xa xf x x x a x=+--（R a Î）有2个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ．四、解答题15．（23-24高三上·河南·期末）已知函数()ln(1)sin f x a x x x =+-．(1)若0a =，求曲线()y f x =在点ππ,22f æöæöç÷ç÷èøèø处的切线方程；(2)若1a =，研究函数()f x 在(]1,0x Î-上的单调性和零点个数．16．（2024·四川泸州·三模）已知函数1(e )x ax f x =-（0a >），(1)讨论函数()f x 的零点个数；(2)若|()ln |x x x f x >+恒成立，求函数()f x 的零点0x 的取值范围．17．（2024·四川·模拟预测）已知函数()2211e ,2exf x ax x x a =--³．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0x >时，求证：()21ln 12f x x x ³--．18．（2024·北京朝阳·一模）已知函数()()()1e R xf x ax a =-Î.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()()1f x a x >-无整数解，求a 的取值范围.19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()(0,1)x f x a a a =>¹，函数()log (0,1)a g x x a a =>¹．(1)当e a =时，讨论函数()()()h x f x g x =的单调性；(2)当01a <<时，求函数()()()S x f x g x =-的零点个数．拓展冲刺练一、单选题1．（2024·云南·模拟预测）已知函数()e ln x f x x x x a =---，若()0f x =在()0,e x Î有实数解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[)0,¥+B ．1,e ¥éö+÷êëøC ．[)1,+¥D ．[)e,+¥2．（2024·浙江杭州·模拟预测）若函数()ln f x x x x x a =-+-有且仅有两个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．()1,00,e e æö-Èç÷èøB ．()2,00,e e æö-Èç÷èøC ．()2,00,3e æö-Èç÷èøD ．()1,00,3e æö-Èç÷èø3．（2024·四川成都·二模）函数()()e sin ,π,x f x a x x =+Î-+¥，下列说法不正确的是（ ）A ．当1a =-时，()0f x >恒成立B ．当1a =时，()f x 存在唯一极小值点0xC ．对任意()0,a f x >在()π,x Î-+¥上均存在零点D ．存在()0,a f x <在()π,x Î-+¥上有且只有一个零点4．（2024·甘肃武威·模拟预测）已知函数()4ln 12f x ax a x æö=--+ç÷èø有3个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()1,+¥B ．()2,+¥C ．(),1-¥-D ．(),2-¥-二、多选题5．（2024·重庆·一模）已知函数()32e 2x f x x x ax =+--，则()f x 在()0,¥+有两个不同零点的充分不必要条件可以是（ ）A ．e 2e 1a -<<-B ．e 1e a -<<C ．e e 1a <<+D ．e 1e 2a +<<+6．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数()(1)ln 1f x m x x x =+-+，下列说法正确的有（ ）A ．当12m =时，则()y f x =在(0,)+¥上单调递增B ．当1m =时，函数()y f x =有唯一极值点C ．若函数()y f x =只有两个不等于1的零点12,x x ，则必有121x x ×=D ．若函数()y f x =有三个零点，则102m <<三、填空题7．（2023·湖北·一模）若函数21ln(21),2()12,2x x f x x x a x ì->ïï=íï--+£ïî在1x =处的切线与()f x 的图像有三个公共点，则a 的取值范围 ．8．（2023·河南·模拟预测）已知函数()32f x x bx cx c =+++有三个零点，且它们的和为0，则b c -的取值范围是 .四、解答题9．（2024·北京丰台·二模）已知函数()()222ln 0f x a x x a =+¹．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．10．（2024·全国·模拟预测）已知函数()cos ln(1)f x x x =++．(1)求证：()f x 在π1,2æö-ç÷èø上有唯一的极大值点；(2)若()1f x ax £+恒成立，求a 的值；(3)求证：函数()()g x f x x =-有两个零点．。

导数综合强化训练一、单选题1．已知函数()e 2(0)1'x f x f x =++，则'(2)f 的值为（ ）A ．1-B ．2-C ．2e 1-D ．2e 2-【答案】D【详解】根据题意，()()()()()()0e 201e 200e 20x xf x f x f x f f f ¢¢¢¢=++Û=+Û=+¢Û()()()201e 22e 2x f f x f ¢¢¢=-Û=-Û=-.故选：D.2．已知12023ln 20242024a =+，12024ln 20252025b =+，12025ln 20262026c =+，则a ，b ，c 的大小关系是（ ）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．c b a >>D ．c a b>>【答案】A【详解】构造函数()ln 1f x x x =+-，11()1x f x x x-=¢-=，当01x <<时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，所以111202420252026f f f æöæöæö>>ç÷ç÷ç÷èøèøèø，a b c >>.故选：A.3．设曲线e ax y =在点(0,1)处的切线与直线230x y -+=平行，则a =（ ）.A ．1B ．2C ．12D ．12-【答案】B【详解】由函数e ax y =，可得e ax y a ¢=，则0|x y a =¢=，因为直线210x y -+=的斜率为2，可得2a =.故选：B.4．若对任意的1x ，(]21,3x Î，当12x x <时，1212ln ln 22a ax x x x ->-恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[)3,+¥B ．()3,+¥C ．[)6,+¥D ．()6,+¥【答案】C【详解】当12x x <时，1212ln ln 22a a x x x x ->-恒成立，即当12x x <时，1122ln ln 22a ax x x x ->-恒成立，设()(]ln ,1,32af x x x x =-Î，则()f x 单调递减，而()102af x x¢=-£在(]1,3上恒成立，即2a x ³在(]1,3上恒成立，所以6a ³.故选：C.5．已知函数()()e xf x x a =+，a ÎR 有大于1-的极值点，则a 的取值范围为（ ）A ．21,e æö-+¥ç÷èøB ．21,e æö-¥-ç÷èøC ．()0,¥+D ．(),0-¥【答案】D【详解】因为()f x 的定义域为R ，且()()e e 1e x x xf x a x x a ¢=++=++，令()0f x ¢=，可得()1e xx a +=-，构建()()1e xg x x =+，由题意可知：()y g x =与y a =-在()1,-+¥有交点，则()()2e 0xg x x =+>¢对任意()1,x Î-+¥内恒成立，可知()y g x =在()1,-+¥内单调递增，则()()10g x g >-=，可得0a ->，即0a <，所以a 的取值范围为(),0-¥.故选：D.6．已知函数()2xf x ax x =-+，[1,)x Î+¥，()f x ¢是()f x 的导函数，且()0f x ¢£，则a 的最小值为（ ）A ．23B ．29C ．13D ．19【答案】B【详解】由题意得220(2())a x f x =-£+¢，则22max22(2)(2)a a x x éù³Û³êú++ëû．注意到()22y x =+在[1,)+¥上单调递增，()212y x =+在[1,)+¥上单调递减.则()()22max 2229212x éù==êú++êúëû，所以29a ³,即a 的最小值为29.故选：B7．如果()e xf x ax =-在区间()1,0-上是单调函数，那么实数a 的取值范围为（ ）A ．1(,][1,)e -¥+¥U B ．1[,1]eC ．1(,e-¥D ．[1,)+¥【答案】A【详解】由已知()()e ,e x xf x ax f x a ¢=-=-，因为()()e ,1,0xf x ax x =-Î-是单调函数,所以()()1,0,e 0x x f x a =-¢Î-³恒成立或()()1,0,e 0xx f x a =-¢Î-£恒成立，所以e x a ³恒成立或e x a £恒成立，所以0e =1a ³或11e =ea -£,所以1a ³或1ea £.故选：A.8．已知直线2y x a =-+与函数()24ln f x x x =-的图象有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为（ ）A ．()3,+¥B ．[)3,+¥C ．1,32æöç÷èøD ．()2,3【答案】A【详解】因为()()22242x f x x x x=¢-=-，所以()f x在(上单调递减，在)¥+上单调递增．令()2f x ¢=-，得1x =，所以直线2y x a =-+与()f x 的图象相切时的切点为()1,1，此时3a =，所以当3a >时，直线2y x a =-+与()f x 的图象有两个不同的交点．故选：A.9．已知函数32()3f x x ax ax b =+++的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为12y x m =-+.若函数()f x 至少有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是（ ）A ．(5,27)-B ．[5,27]-C ．(1,3]-D ．[1,3]-【答案】B【详解】由题意，得2()323f x x ax a ¢=++，(1)3512f a ¢\=+=-，3a \=-，32()39f x x x x b \=--+.令2()3690f x x x ¢=--=，得11x =-，23x =.当1x <-或3x >时，()0f x ¢>，()f x \在(,1)¥--，(3,)+¥上单调递增；当13x -<<时，()0f x ¢<，()f x \在(1,3)-上单调递减\当1x =-时，()f x 有极大值(1)5f b -=+；当3x =时，()f x 有极小值(3)27f b =-.若要使()f x 至少有两个不同的零点，只需50270b b +³ìí-£î（等号不同时成立），解得527b -££.故选：B10．已知函数()f x 的导函数是()f x ¢，且311(),ln 3,log 3f x x p q ¢===，则下列命题正确的是（ ）A ．()()f p f q -<B ．()(2)f p f q >C ．11()()f f p q >D ．11(1)(f f p q+>【答案】B【详解】依题意，41()4f x x c =+（c 为常数），()f x 是偶函数，且在(0,)+¥上单调递增，又ln 31p =>，110log 31q <=<，则01q p <<<，对于A ，()()()f p f p f q -=>，A 错误；对于B ，1111112ln 32log 3ln 3log 9ln e log 110p q -=-=>-=，20p q >>，()(2)f p f q >，B 正确；对于C ，110q p >>，11()()f f q p>，C 错误；对于D ，3333113e1log e 1log 11log log 1011p q +-=+-=<=，111p q +<，11(1)()f f p q +<，D 错误.故选：B11．已知函数()2e x bf x x =×-有三个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．220,e æöç÷èøB ．240,e æöç÷èøC ．24,e æö-¥ç÷èøD ．220,e éùêúëû【答案】B【详解】因为()2e xf x x b =×-有三个零点，所以20e x b x ×-=有三个根，所以y b =和()2e x g x x =×有三个交点，而()(2)e xg x x x +¢=，令()0g x ¢<，(2,0)x Î-，令()0g x ¢>，(,2)(0,)x Î-¥-È+¥，所以()g x 在(,2),(0,)-¥-+¥上分别单调递增，在(2,0)-上单调递减，所以()g x 极小值为()00g =，()g x 极大值为()242e g -=，当x ®+¥时，()g x ¥®+，x ®-¥时，()0g x ®，所以240,e b æöÎç÷èø，故B 正确.故选：B12．设函数()()sin f x x a ax =-，若存在0x 使得0x 既是()f x 的零点，也是()f x 的极值点，则a 的可能取值为（ ）A ．0BC ．πD ．2π【答案】B【详解】由()()sin f x x a ax =-，得2()sin ()cos f x ax ax a ax ¢=+-，令000()()sin 0f x x a ax =-=，则0x a =或0sin 0ax =，当0x a =时，由20000()sin ()cos 0f x ax ax a ax ¢=+-=，得2sin 0a =，所以2π(N)a k k =Î，则N)a k =Î当0sin 0ax =时，由20000()sin ()cos 0f x ax ax a ax ¢=+-=，得200()cos 0ax a ax -=，由0cos 0ax ¹，得0a =或0x a =，当0a =时，()0f x =不存在极值点，当0x a =时，得N)a k =Î，综上，N)a k =Î，所以当1k =时，a =.故选：B13．设0.02e 1a =-，0.012(e 1)b =-，sin 0.01tan 0.01c =+，则（ ）A ．c a b >>B ．a b c >>C ．c b a>>D ．b a c>>【答案】B【详解】依题意，0.020.010.012e 2e 1(e 1)0a b -=-+=->，则a b >，0.012(e 1)sin 0.01tan 0.01b c -=---，令π()2e sin tan 2,(0,6x f x x x x =---Î，求导得21()2e cos cos xf x x x=--¢，令21π()2e cos ,(0,)cos 6xh x x x x =--Î，求导得32sin ()2e sin cos xx h x x x =+-¢，而2e sin 2xx +>，02sin 1x <<，311cos x <<于是32sin 2cos x x <<，即()0h x ¢>，函数()f x ¢在(0,)6π上单调递增，则()(0)0f x f ¢¢>=，因此函数()f x 在(0,)6π上单调递增，有(0.01)(0)0f f >=，即b c >，所以a b c >>.故选：B14．已知()f x 是定义在()0,¥+上的非负可导函数，且满足()()0xf x f x +£¢，对任意的正数a ，b ，若a b <，则必有（ ）A ．()()bf b af a £B ．()()bf a af b £C ．()()af a bf b £D ．()()af b bf a £【答案】A【详解】令()()g x xf x =，x ∈(0,+∞)，则()g x ¢=()()0xf x f x +£¢，所以()g x 在x ∈(0,+∞)上单调递减，若0a b <<，则()()()()g b bf b g a af a =£=，故A 正确，C 错误；因为()()0xf x f x +£¢，且()f x 是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，所以()()0xf x f x £-£¢，令()()f x h x x=，x ∈(0,+∞)，则()h x ¢=()()20xf x f x x-£¢，所以ℎ(x )在x ∈(0,+∞)上单调递减，若0a b <<，则()()()()f a f b h a h b ab=>=，即()()bf a af b >，故BD 错误.故选：A.15．若正实数a ，b ，c 满足b a bc =，ln b a a c =，则（ ）A ．a b ³B ．a c ³C ．b c ³D ．c b³【答案】B【详解】b a bc =，ln b a a c =，则ln bc a c =，则ln 1b a =，则1e b a =.则1(e )e b b b a ==，则1(e )e=b b b a bc ==，则ec b=先比较a ，b ：作差1e ba b b -=-，设1()e (0)xf x x x =->，求导121()e 10,(0)xf x x x¢=--<>，则1()e (0)x f x x x =->在(0,)+¥单调递减.(1)e 10f =->，(2)20f =-=<，故1()e (0)x f x x x =->有正负还有零.即a b -,a b 大小.故A 错误.再比较a ，c ：作差1e e ba cb -=-，设1e ()e (0)x f x x x =->，求导112221e 1()e (e e )0xx f x x x x¢=-+=-=，则1x =由于11011e e 0()0x x f x x ¢<<Þ>Þ-<Þ<，则()f x 在(0,1)单调递减.1111e e 0()0x x f x x¢>Þ<Þ->Þ>，则()f x 在(1,)+¥单调递增.且(1)0f =，则()0f x ³，即1ee 0ba cb -=-³，即ac ³.故B 正确．最后比较b ，c ，由于ec b=，假设b c ==满足题意，假设b c >，即eb b>，即2e b >，即b >假设b c <，即eb b<，即2e b <，即0b <<也满足题意．则,b c 无法比较大小，故CD 错误.故选：B.16．已知不恒为0的函数()f x 的定义域为R,()e ()e ()y x f x y f x f y +=+，则不正确的（ ）A ．(0)0f =B ．()e xf x 是奇函数C ．0x =是()f x 的极值点D ．4(3)3e (1)f f =--【答案】C【详解】函数()f x 的定义域为()()(),e e y xf x y f x f y +=+R ，对于A ，令0x y ==，则(0)2(0)f f =，解得(0)0f =，A 正确；对于B ，x ∈R ，取y x =-，则(0)e ()e ()x x f f x f x -=+-，因此()()e e x x f x f x --=-，令()()e xf xg x =，即有()()g x g x -=-，因此函数()g x 是奇函数，即()e xf x 是奇函数，B 正确；对于C ，选项B 中，令()g x x =，则()e x f x x =，求导得()(1)e x f x x ¢=+，因为(0)10f ¢=¹，因此0x =不是()f x 的极值点，C 错误；对于D ，222e (1)e (2)e (1)e[e (1)e (1)]3e (1)(3)f f f f f f f +==++=，由()()e e x x f x f x --=-，得1(1)(1)e ef f --=-，即2(1)e (1)f f =--，因此4(3)3e (1)f f =--，D 正确．故选：C【点睛】关键点点睛：对于选项C ：直接判断不容易说明时，可以通过举反例的方式说明，简化分析推理过程.二、多选题17．已知函数3211()2132f x x x x =+-+，若函数()f x 在(2,23)a a +上存在最小值，则a 的可能取值为（ ）A ．12-B ．12C ．1-D ．0【答案】AD 【详解】3211()2132f x x x x =+-+Q ，2()2(2)(1)f x x x x x ¢\=+-=+-，当2<<1x -时，()0f x ¢<，故()f x 在()2,1-上单调递减；当2x <-或1x >时，()0f x ¢>，故()f x 在()(),2,1,¥¥-+上单调递增，\函数()f x 在1x =处取得极小值，在2x =-处取得极大值．令)(()1f x f =，解得1x =或72x =-，Q 函数()f x 在(2,23)a a +上存在最小值，且(2,23)a a +为开区间，721232a a \-<<<+，解得112a -<<．故选：AD.18．已知函数()()()2ln f x x x a a =--ÎR 在区间[)1,+¥上单调递减，则实数a 可以是（ ）A ．0B 1C ．1D ．12【答案】ABD 【详解】()()120f x x a x ¢=--£在区间[)1,+¥上恒成立，即12a x x£-在区间[)1,+¥上恒成立，令()1,12g x x x x=-³，则()21102g x x ¢=+>，所以()g x 在区间[)1,+¥上单调递增，所以()g x 的最小值为()112g =，所以a 的取值范围是12a £，对比选项可知，只有ABD 符合题意.故选：ABD.19．设函数32()1f x x x ax =-+-，则（ ）A ．当1a =-时，()f x 有三个零点B ．当13a ³时，()f x 无极值点C ．a $ÎR ，使()f x 在R 上是减函数D ．,()a f x "ÎR 图象对称中心的横坐标不变【答案】BD【详解】对于A ，当1a =-时，32()1f x x x x =---，求导得2()321f x x x ¢=--，令()0f x ¢=得13x =-或1x =，由()0f x ¢>，得13x <-或1x >，由()0f x ¢<，得113-<<x ，于是()f x 在1(,)3-¥-，(1,)+¥上单调递增，在1(,1)3-上单调递减，()f x 在13x =-处取得极大值1111(1032793f -=--+-<，因此()f x 最多有一个零点，A 错误；对于B ，2()32f x x x a ¢=-+，当13a ³时，4120a D =-£，即()0f x ¢³恒成立，函数()f x 在R 上单调递增，()f x 无极值点，B 正确；对于C ，要使()f x 在R 上是减函数，则2()320f x x x a ¢=-+£恒成立，而不等式2320x x a -+£的解集不可能为R ，C 错误；对于D ，由32322222258()()()()()113333327f x f x x x a x x x ax a -+=---+--+-+-=-，得()f x 图象对称中心坐标为129(,3327a -，D 正确.故选：BD20．已知,,,a b c d ÎR ，满足0a b c d >>>>，则（ ）A ．a c b d ->-B ．sin sin a a b b ->-C ．a b d c>D ．ad bc ab cd+>+【答案】BC【详解】对于A ，若65,4,1,====a b c d ，则24-=<-=a c b d ，故A 错误；对于B ，令()()sin 0f x x x x =->，则()1cos 0f x x ¢=-³，所以()f x 在()0,x Î+¥上单调递增，因为0a b >>，所以()()f a f b >，即sin sin a a b b ->-，故B 正确；对于C ，因为0a b c d >>>>，所以110d c >>，所以a bd c>，故C 正确； 对于D ，因为0a b c d >>>>，所以()()0+--=--<ad bc ab cd a c d b ，可得+<+ad bc ab cd ，故D 错误.故选：BC.21．已知定义在R 上的函数()y f x =满足132f x æö-ç÷èø为偶函数，()21f x +为奇函数，当10,2x éùÎêúëû时，()0f x ¢>，则下列说法正确的是（ ）A ．()00f =B ．函数()y f x =为周期函数C ．函数()y f x =为R 上的偶函数D ．4133f f æöæö>ç÷ç÷èøèø【答案】AB【详解】因为132f x æö-ç÷èø为偶函数，1111332222f x f x f x f x æöæöæöæö-=+Û-=+ç÷ç÷ç÷ç÷èøèøèøèø()()1f x f x Û=-，故函数图象关于直线12x =对称，f (2x +1)为奇函数，()()()21211(f x f x f x f x -+=-+Û-+=-+1），函数图象关于(1,0)对称，对于B ，()()()()()()11,21f x f x f x f x f x f x =-=-++=-+=，故2是函数的周期，函数为周期函数，故B 正确；对于A ，()()2121f x f x -+=-+，令()()0,11x f f ==-，故f (1)=0，又()()()01110f f f =-==，故A 正确；对于C ，131222f f f æöæöæö-==-ç÷ç÷ç÷èøèøèø，当10,2x æöÎç÷èø时，f ′(x )>0，即函数在10,2æöç÷èø上递增，函数图象关于(1,0)对称，故函数在13,22æöç÷èø上递减，故函数在11,22éù-êúëû上递增，所以1122f f æöæö-¹ç÷ç÷èøèø，故函数不是偶函数，故C 错误；对于D ，124333f f f æöæöæö=>ç÷ç÷ç÷èøèøèø，故D 错误，故选：AB.【点睛】抽象函数的判断一般会从函数奇偶性、周期性和对称性的定义推得相关的函数性质；22．已知函数()()2e xf x x =-，()lng x x x k =+，(R)k Î，则下列说法中正确的是（ ）A ．函数()f x 只有1个零点，当1ek >时，函数()g x 只有1个零点．B ．若关于x 的方程()f x a =有两个不相等的实数根，则实数()e,0a Î-．C ．121,0,e x x æö"Îç÷èø，且12x x ¹，都有1212()()0g x g x x x ->-．D ．1x "ÎR ，2(0,)x $Î+¥，使得()()12f x g x >成立，则实数)1,e e(k Î-¥-．【答案】BD【详解】由题意()()()e 2e 1e x x xf x x x ¢=+-=-，故当1x >时，()0f x ¢>，当1x <时，()0f x ¢<，所以()f x 在(),1-¥上单调递减，在()1,+¥上单调递增；()ln g x x x k =+定义域为()0,¥+，()ln 1g x x ¢=+，故当1ex >时，()0g x ¢>，当10e x <<时，()0g x ¢<，所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e æö+¥ç÷èø上单调递增.对于A ，令()02f x x =Þ=，故函数()f x 只有1个零点；当1e k >时，()110e e g x g k æö³=-+>ç÷èø，故()g x 没有零点，故A 错误；对于B ，()()1e f x f ³=-，1x <时，()0f x <，2x >时，()0f x >，故()f x a =有两个不相等的实数根，则实数()e,0a Î-，故B 正确；对于C ，()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，故C 错误；对于D ，1x "ÎR ，2(0,)x $Î+¥，()()12f x g x >成立，则()()min min f x g x >，所以()11e f g æö>ç÷èø，即11e e e e k k ->-+Þ<-，故D 正确.故选：BD.【点睛】思路点睛：恒成立和有解问题通常转化成最值问题来求解，解决本题可先利用导数求出函数的单调性，从而可求出函数值正负分布情况和最值，进而可依次求解各选项.三、填空题23．若曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线与曲线2(2)1(0)y ax a x a =+++¹相切，则a = ．【答案】8【详解】由ln y x x =+，所以1y x x¢=+，则1|2x y =¢=，所以曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线为()121y x -=-，即21y x =-；又21y x =-与曲线2(2)1(0)y ax a x a =+++¹相切，由2(2)121y ax a x y x ì=+++í=-î，可得()2200ax ax a ++=¹，则280a a D =-=，解得8a =或0a =（舍去），故答案为：824．设函数3()31(1)f x ax x a =-+>，若对于任意的[1,1]x Î-，都有()0f x ³成立，则实数a 的值为 ．【答案】4【详解】由题意得，()233(1)f x ax a =->¢，令()2330f x ax -¢==，解得x =[1,1]-．①当1x -£<()0f x ¢>，()f x 单调递增；②当x <<时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；1x <£时，()0f x ¢>，()f x 单调递增．所以只需0f ³，且(1)0f -³即可，由10f =-³，可得4a ³，由(1)40f a -=-+³，可得4a £，综上可得，4a =．故答案为：4.25．函数()()2f x x x a =-的极小值点为2，则实数a 的值为 .【答案】2【详解】因为()()2f x x x a =-，得到()()()22343f x x ax a x a x a =-+=--¢，由题知()2(6)(2)0f a a =--=¢，解得6a =或2a =，当6a =时，()(36)(6)3(2)(6)f x x x x x =-=--¢-，由()0f x ¢>，得到2x <或6a >，由()0f x ¢<，得到26x <<，则()f x 在()(),2,6,-¥+¥上单调递增，在()2,6上单调递减，此时2x =当2a =时，()(32)(2)f x x x =--¢，由()0f x ¢>，得到23x <或2a >，由()0f x ¢<，223x <<，则f(x)在()2,,2,3æö-¥+¥ç÷èø上单调递增，在2,23æöç÷èø上单调递减，此时2x =是极小值点，符合题意，故答案为：2.26．已知函数()(e 1)x f x a =-，对任意(0,)x Î+¥，总有()2f x x ³成立，则实数a 的取值范围为 .【答案】[)2,+¥【详解】依题意，(0,)x "ÎÎ+¥，()2(e 1)2(e 1)20x x f x x a x a x ³Û-³Û--³，显然e 10x ->，则有0a >，于是2(e 1)20e 10x xa x x a--³Û--³，令2e 1,0()xg x x a x -->=，求导得2()e x g x a¢-=，当2a ³，即21a£时，()0g x ¢>，函数()g x 在(0,)+¥上单调递增，()(0)0g x g >=，即()2f x x ³；当02a <<，即21>a 时，当20ln x a<<时，()0g x ¢<，函数()g x 在2(0,ln )a上单调递减，2(0,ln )x aÎ，()(0)0g x g <=，此时()2f x x <，不符合题意，所以实数a 的取值范围为[)2,+¥.故答案为：[)2,+¥27．设函数()()e ln 0ax f x a a æö=>ç÷èø的零点为0x ，则当a 的取值为 时，0x 的最大值为 ．【答案】 e1e【详解】由题意()00e ln 0ax f x a æö==ç÷èø，所以0e 1ax a =，即0e ax a =，所以0ln ax a =，即()0ln ,0ax a a=>，令()()ln ,0a g a a a=>，则()21ln ag a a -¢=，因为当0e a <<时，()0g a ¢>，当e a >时，()0g a ¢<，所以当0e a <<时，()g a 单调递增，当e a >时，()g a 单调递减，所以当e a =时，0x 有最大值()1e eg =.故答案为：e ，1e.【点睛】关键点点睛：关键在于得出()0ln ,0ax a a=>，从而构造函数即可顺利得解.28．定义在(0,)+¥上的函数()f x 满足2()10x f x ¢+<，5(2)2f =，则关于x 的不等式1(ln )2ln f x x>+的解集为.【答案】2(1,e )【详解】因(0,)x Î+¥时，2()10x f x ¢+<，即21()0f x x ¢+<，也即1(())0f x x¢-<，取1()()g x f x x =-，则()0g x ¢<，即()g x 在(0,)+¥上单调递减，又5(2)2f =，则151(2)(2)2222g f =-=-=，由1(ln )2ln f x x>+可得(ln )(2)g x g >，故得，0ln 2x <<，解得，2(1,e )x Î.故答案为：2(1,e ).29．已知函数()f x 的定义域为R ，且()()1f x f x ¢>+，(0)3f =，则不等式()2e 1x f x >+的解集为 ．【答案】(,0)-¥【详解】设()1()e x f x g x -=，则()()()1e xf x f xg x -¢-¢=-，()()1f x f x ¢>+Q ，()()10f x f x ¢\-->，()0g x ¢\<，()g x \在R 上单调递减，()2e 1x f x >+Q ，()1()2e xf xg x -\=>，又0(0)1(0)2ef g -==，()(0)g x g \>，0x \<，()2e 1x f x \>+的解集为(,0)-¥．故答案为：(,0)-¥.30．已知函数()()24222x x f x a x ax =+-×-有4个不同的零点，则a 的取值范围为.【答案】()(),22,eln2¥--È--【详解】解：由题意可得方程()()2220x xax x +-=有4个不同的根，方程220x x -=的2个根为121,2x x ==，则方程20x ax +=有2个不同的根，且2a ¹-，即函数2x y =与函数y ax =-的图象有两个交点.当直线y ax =-与函数2x y =的图象相切时，设切点为()00,2x x ，因为2ln2xy ¢=，所以0002ln2,2,x x a ax ì-=ïí-=ïî解得021log e,eln2ln2x a ===-.要使函数2x y =与函数y ax =-的图象有两个交点，只需直线y ax =-的斜率大于eln2，故a 的取值范围为()(),22,eln2¥--È--.故答案为：()(),22,eln2¥--È--四、解答题31．已知函数()32691f x x x x =-++.(1)求函数()f x 在0x =处的切线方程；(2)当[]0,5x Î时，求函数()f x 的最大值.【答案】(1)91y x =+(2)21【详解】（1）因为()32691f x x x x =-++，所以()23129f x x x ¢=-+.()()09,01f f ==¢所以切线方程为()190y x -=-，即91y x =+.（2）令()21231290,1,3f x x x x x =-+¢===，因为[]0,5x Î，所以()f x 在][0,1,3,5éùëû单调递增，()1,3单调递减，所以()()(){}{}max max 1,5max 5,2121f x f f ===.32．已知函数()212ln 32f x x x x =-+．(1)求函数()f x 的极值；(2)解不等式：()6ln 28f x >+．【答案】(1)极大值为52-，极小值为2ln 24-(2)()8,+¥【详解】（1）函数()f x 的定义域为全体正实数，由()()()()212122ln 332x x f x x x x f x x x x--¢=-+Þ=-+=，令()1201,2f x x x ¢=Þ==，于是有x()0,11()1,22()2,+¥()f x ¢+-+()f x 单调递增52-单调递减2ln 24-单调递增因此，当1x =时，()f x 有极大值，并且极大值为()512f =-，2x =时，()f x 有极小值，并且极小值为()22ln 24f =-；（2）由（1）可知：函数()f x 在()0,1x Î时单调递增，而()5102f =-<，所以此时有()0f x <，在()1,2x Î时单调递减，所以有()0f x <，因此要想()6ln 28f x >+，有()0f x >，则必有2x >，当()2,x Î+¥时，函数单调递增，而()2182ln 83886ln 282f =-´+´=+，所以由()()()6ln 2888f x f x f x >+Þ>Þ>，因此不等式()6ln 28f x >+的解集为()8,+¥.33．已知函数()()e 211x xf x x -=-．(1)求()f x 的单调递增区间；(2)求出方程()()f x a a =ÎR 的解的个数．【答案】(1)(),0-¥，3,2æö+¥ç÷èø(2)答案见解析【详解】（1）函数()f x 的定义域为()(),11,¥¥-È+．()()22e 23(1)x x xf x x --¢=．令()0f x ¢=解得0x =或32x =．则x 、f ′(x )、()f x 的关系列表如下：x(),0¥-0(0,1)31,2æöç÷èø323,2¥æö+ç÷èøf ′(x )+--0+()f x 单调递增极大值单调递减单调递减极小值单调递增∴f (x )的单调递增区间为()3,0,,2¥¥æö-+ç÷èø．（2）方程()()f x a a =ÎR 的解的个数为函数y =f (x )的图象与直线y a =的交点个数．在（1）中可知：()f x 在区间()3,0,,2¥¥æö-+ç÷èø上单调递增，在()30,1,1,2æöç÷èø上单调递减，在0x =处取得极大值()01f =，在32x =处取得极小值3234e 2f æö=ç÷èø，令0y =，得12x =．当0x <时，0,y y >的图像过点()10,1,,02æöç÷èø．当x ®-¥时，0y ®，但始终在x 轴上方；当x 从1的左侧无限近于1时，y ®-¥；当x 从1的右侧无限近于1时，y ®+¥；当32x =时，324e y =；当x ®+¥时，y ®+¥．根据以上性质，作出函数的大致图象如图所示，\当3214e a <<时，y =f (x )与y a =没有交点，则方程()f x a =的解为0个；当0a <或1a =或324e a =时，y =f (x )与y a =有1个交点，则方程()f x a =的解为1个；当01a <<或324e a >时，y =f (x )与y a =有2个交点，则方程()f x a =的解为2个．34．设函数()y f x =，其中()()0ln f x a x =->，(1)求()f x ¢；(2)若()y f x =在[1,)+¥是严格增函数，求实数a 的取值范围；(3)若()y f x =在[2,4]上存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()f x ¢=(2)[2,)+¥；(3)(．【详解】（1）由()()12ln ln 0f x x ax x a ==->，得()12112f x a x x -=×-¢，所以()f x =¢（2）由题意得，()0f x ¢³在[1,)+¥上恒成立，即a ³在[1,)+¥恒成立，因为y 在[1,)+¥上递减，所以y =2=，所以2a ³，即实数a 的取值范围为[2,)+¥；（3）由题意得，()0f x ¢<在[2,4]上有解，即a <[2,4]上有解，因为y 在[2,4]上递减，所以1££，所以0a <<，即实数a 的取值范围为(．35．已知函数()y f x =，其中()()()326,R f x x ax a x b a b =++++Î．(1)若函数()y f x =的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求a 、b 的值；(2)若()y f x =在R 上是严格增函数，求实数a 的取值范围．【答案】(1)3a =-，0b =；(2)[]3,6a Î-．【详解】（1）由()()()326,R f x x ax a x b a b =++++Î，得()2326f x x ax a ¢=+++，由题意得，(0)0(0)3f f =ìí=¢î，即063b a =ìí+=î，解得3a =-，0b =；（2）()2326f x x ax a ¢=+++，由题意得，()0f x ¢³在R 上恒成立，则()2Δ41260a a =-+£，化简得23180a a --£，解得[]3,6a Î-．36．已知()()21ln 12f x ax x x =-+-+，其中0a >．(1)若函数()f x 在3x =处的切线与x 轴平行，求a 的值；(2)求()f x 的极值点；(3)若()f x 在[)0,+¥上的最大值是0，求a 的取值范围．【答案】(1)14a =；(2)答案见解析；(3)[)1,+¥．【详解】（1）函数()f x 的定义域为()1,-+¥，()111f x ax x¢=-+-+，因为函数()f x 在3x =处的切线与x 轴平行，所以()1331013f a ¢=-+-=+，解得14a =．（2）函数()f x 的定义域为()1,-+¥，()()()111111111ax x x x a ax f x ax x x x-+++---¢=-+-==+++．令()0f x ¢=得10x =或2111a x a a-==-，所以当110a-<，即1a >时，()0f x ¢>的解集为11,0a æö-ç÷èø，()0f x ¢<的解集为()11,10,a æö--+¥ç÷èøU ，所以函数()f x 在区间11,1a æö--ç÷èø和()0,¥+上严格减，在区间11,0a æö-ç÷èø上严格增，0x =是函数()f x 的极大值点，11=-x a 是函数()f x 的极小值点；当110a-=，即1a =时，()0f x ¢£在区间()1,-+¥上恒成立，此时函数()f x 在区间()1,-+¥上严格减，无极值点；当110a->，即01a <<时，()0f x ¢>的解集为10,1a æö-ç÷èø，()0f x ¢<的解集为()11,01,a æö--+¥ç÷èøU ，所以函数()f x 在区间()1,0-和11,a æö-+¥ç÷èø上严格减，在区间10,1a æö-ç÷èø上严格增，0x =是函数()f x 的极小值点，11=-x a是函数()f x 的极大值点；综上，当1a >时，0x =是函数()f x 的极大值点，11=-x a 是函数()f x 的极小值点；当1a =时，函数()f x 在区间()1,-+¥上严格减，无极值点；当01a <<时，0x =是函数()f x 的极小值点，11=-x a是函数()f x 的极大值点．（3）由（2）知，当01a <<时，函数()f x 在区间11,a æö-+¥ç÷èø上严格减，在区间10,1a æö-ç÷èø上严格增，故函数()f x 在[)0,+¥上的最大值是()1100f f a æö->=ç÷èø，与已知矛盾；当1a =时，函数()f x 在区间[)0,+¥上严格减，最大值()()max 00f x f ==，满足条件；当1a >时，函数()f x 在区间[)0,+¥上严格减，最大值是()()max 00f x f ==，满足条件；综上，a 的取值范围是[)1,+¥．37．曲线()3f x x =在点A 处的切线的斜率为3，求该曲线在点A 处的切线方程.【答案】320x y --=或320x y -+=【详解】求导得()23f x x ¢=.令233x =，则1x =±.当1x =时，切点A 为()1,1,所以该曲线在()1,1处的切线方程为()131,y x -=-即320x y --=；当=1x -时，切点A 为()1,1,--所以该曲线在()1,1--处的切线方程为()131,y x +=+即320.x y -+=综上知，曲线()3f x x =在点A 处的切线方程为320x y --=或320x y -+=.38．已知函数1()e ax f x x=+（0a ³）．(1)当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)设2()()g x f x x ¢=×，求函数()g x 的极大值．【答案】(1)3y x =-+(2)答案见解析【详解】（1）当0a =时，1()1f x x =+，()21f x x ¢=-，则()()11,12f f ¢=-=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为()21y x -=--，即3y x =-+；（2）函数()g x 的定义域为()(),00,-¥+¥U ，21()e ax f x a x ¢=-，则()22e 10()()ax ax g x x x f x ¢-=×=¹，则()()()222e e 2e 0ax ax ax g x ax a x ax ax x ¢=+=+¹，当0a =时，()1g x =-，此时函数()g x 无极值；当0a >时，令'()0g x >，则2x a<-或0x >；令()0g x ¢<，则20x a-<<，所以函数()g x 在()2,,0,a æö-¥-+¥ç÷èø上单调递增，在2,0a æö-ç÷èø上单调递减，所以()g x 的极大值为2241eg a a æö-=-ç÷èø；综上所述，当0a =时，函数()g x 无极大值；当0a >时，()g x 的极大值为241e a -.39．设函数()e x f x x a =-.(1)若直线2y x =--是曲线()y f x =的切线，求实数a 的值；(2)讨论()f x 的单调性；(3)当1a =时，记函数()()x g x e f x =，若0m n +>，证明：()()2g m g n +<-.【答案】(1)2a =(2)答案见解析(3)证明见解析【详解】（1）设切点为00(())x f x ,，()1e x f x a ¢=-，所以切线方程为()0000e 1e x x y x a a x x -+=--（），因为直线2y x =--是曲线()y f x =的切线，所以01e 1x a -=-，即0e 2x a =，化简切线方程得022y x x =-+-，所以0222x -=-，解得00x =，所以2a =.（2）()1e x f x a =¢-，当0a £时，()0f x ¢>，所以()f x 在(,)-¥+¥上单调递增，当0a >时，令()0f x ¢>，解得ln x a <-，所以()f x 在(,ln )a -¥-上单调递增，令()0f x ¢<，解得ln x a >-，所以()f x 在(ln ,)a -+¥上单调递减，综上可知，当0a £时，()f x 在(,)-¥+¥上单调递增，当0a >时，()f x 在(,ln )a -¥-上单调递增，在(ln ,)a -+¥上单调递减.（3）由题意知，()()e2e 1x x g x x -¢=+，令()2e 1x h x x =-+，由（1）知，()h x 在(,ln 2)-¥-上单调递增，在(ln 2,)-+¥上单调递减，所以()(ln 2)ln 20h x h -=-<≤，可得()0g x ¢<，所以()g x 在(,)-¥+¥上单调递减，因为0m n +>，所以m ，n 中至少有一个大于0（否则若0,0m n ££，有00m n n +£+£，这与0m n +>矛盾），不妨设0m >，n m >-，所以()()g n g m <-，所以()()()()g m g n g m g m +<+-，令()()()2212e e 2e e m m m mm m g m g m m j =+-+=---+()()2222e e 1e 1e m m m mm ---=()()()()()22222e 1e e 1e 11e e m m m m m m m g m --+-+==，因为0m >，所以()(0)1g m g <=-，即()10g m +<，又2e 10m ->，所以()0m j <，即()()20g m g m +-+<，可得()()2g m g m +-<-，所以()()2g m g n +<-.【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于证明()()20g m g m +-+<即可，其中0m >，由此即可顺利得证.40．已知函数()()1ln R f x ax x a =--Î.(1)若2a =，求()f x 在1,e e éùêúëû上的最大值和最小值；(2)若1a =，当1x >时，证明：()ln x x f x >恒成立；(3)若函数()f x 在1x =处的切线与直线:1l x =垂直，且对()0,x ¥"Î+，()2f x bx ³-恒成立，求实数b 的取值范围.【答案】(1)最大值是2e 2-，最小值是ln 2(2)证明见解析(3)21,1e æù-¥-çúèû【详解】（1）当2a =时，()21ln f x x x =--，()21x f x x -¢=，令()0f x ¢=可得12x =，故当10,2x æöÎç÷èø时()0f x ¢<，()f x 在10,2æöç÷èø单调递减；当1,2x æöÎ+¥ç÷èø时()0f x ¢>，()f x 在1,2æö+¥ç÷èø单调递增；故()f x 递减区间为11,e 2éùêúëû，递增区间为1,e 2éùêúëû函数()f x 的极小值1ln 22f æö=ç÷èø是唯一的极小值，无极大值.又12e e f æö=ç÷èø，()1e 2e 2e f f æö=->ç÷èø()f x \在1,1e éùêúëû上的最大值是2e 2-，最小值是ln 2（2）因为1a =，所以令()()ln ln ln 1h x x x f x x x x x =-=-++，()1ln h x x x¢=+.当1x >时，()0f x ¢>，则()h x 在()1,¥+上单调递增，所以当1x >时，()()10h x h >=，所以()ln x x f x >恒成立.（3）因为函数()f x 的图象在1x =处的切线与直线:1l x =垂直，所以()10f ¢=，即10a -=，解得1a =所以()1ln f x x x =--.因为对()0,x "Î+¥，()2f x bx ³-恒成立，所以对()0,x "Î+¥，1ln 1x b x --£恒成立.令()1ln x g x x-=，则()2ln 2x g x x -¢=令()0g x ¢>，解得2e x >；令()0g x ¢<，解得20e x <<，所以函数()1ln x g x x-=在区间()20,e 上单调递减，在区间()2e ,+¥上单调递增，所以()()22min e e 1g x g ==-，则211e b -£-，解得：211e b £-.所以实数b 的取值范围为21,1e æù-¥-çúèû41．已知函数()e cos x f x a x =+在0x =处的切线方程为2y x =+.(1)求实数a 的值；(2)探究()f x 在区间3π,2öæ-+¥ç÷èø内的零点个数，并说明理由.。

§3.2导数与函数的单调性课标要求1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )>0f (x )在区间(a ，b )上单调递增f ′(x )<0f (x )在区间(a ，b )上单调递减f ′(x )＝0f (x )在区间(a ，b )上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数f (x )的定义域；第2步，求出导数f ′(x )的零点；第3步，用f ′(x )的零点将f (x )的定义域划分为若干个区间，列表给出f ′(x )在各区间上的正负，由此得出函数y ＝f (x )在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≥0恒成立；若函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≤0恒成立．2．若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递增区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )>0有解；若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递减区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )<0有解．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果函数f (x )在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则f (x )在此区间内没有单调性．(√)(2)在(a ，b )内f ′(x )≤0且f ′(x )＝0的根有有限个，则f (x )在(a ，b )内单调递减．(√)(3)若函数f (x )在定义域上都有f ′(x )>0，则f (x )在定义域上一定单调递增．(×)(4)函数f (x )＝x －sin x 在R 上是增函数．(√)2.(多选)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下列判断正确的是()A ．在区间(－2,1)上f (x )单调递增B ．在区间(2,3)上f (x )单调递减C ．在区间(4,5)上f (x )单调递增D ．在区间(3,5)上f (x )单调递减答案BC解析在区间(－2,1)上，当x ∈－2，－32f ′(x )<0，当x ∈－32，1f ′(x )>0，故f (x )在区间－2，－32在区间－32，1A 错误；在区间(3,5)上，当x ∈(3,4)时，f ′(x )<0，当x ∈(4,5)时，f ′(x )>0，故f (x )在区间(3,4)上单调递减，在区间(4,5)上单调递增，C 正确，D 错误；在区间(2,3)上，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减，B 正确．3．已知f (x )＝x 3＋x 2－x 的单调递增区间为________．答案(－∞，－1)，13，＋∞解析令f ′(x )＝3x 2＋2x －1>0，解得x >13或x <－1，所以f (x )＝x 3＋x 2－x 的单调递增区间为(－∞，－1)13，＋∞4．已知f (x )＝2x 2－ax ＋ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．答案(－∞，5]解析f ′(x )＝4x －a ＋1x ＝4x 2－ax ＋1x，x ∈(1，＋∞)，故只需4x 2－ax ＋1≥0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，则a ≤4x ＋1x 在x ∈(1，＋∞)上恒成立，令y ＝4x ＋1x，因为y ′＝4－1x 2＝4x 2－1x 2>0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，所以y ＝4x ＋1x 在(1，＋∞)上单调递增，故4x ＋1x>5，所以a ≤5.题型一不含参函数的单调性例1(1)函数f(x)＝x ln x－3x＋2的单调递减区间为________．答案(0，e2)解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2，当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(0，e2)．(2)若函数f(x)＝ln x＋1e x，则函数f(x)的单调递增区间为________．答案(0,1)解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ln x－1e x，令φ(x)＝1x－ln x－1(x>0)，φ′(x)＝－1x2－1x<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)．思维升华确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．跟踪训练1已知函数f(x)＝x sin x＋cos x，x∈[0,2π]，则f(x)的单调递减区间为()A.0，π2 B.π2，3π2C．(π，2π) D.3π2，2π答案B解析由题意f(x)＝x sin x＋cos x，x∈[0,2π]，则f ′(x )＝x cos x ，当x f ′(x )>0，当x f ′(x )<0，故f (x )题型二含参数的函数的单调性例2已知函数g (x )＝(x －a －1)e x －(x －a )2，讨论函数g (x )的单调性．解g (x )的定义域为R ，g ′(x )＝(x －a )e x －2(x －a )＝(x －a )(e x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝ln 2，①若a >ln 2，则当x ∈(－∞，ln 2)∪(a ，＋∞)时，g ′(x )>0，当x ∈(ln 2，a )时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，ln 2)，(a ，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a )上单调递减；②若a ＝ln 2，则g ′(x )≥0恒成立，∴g (x )在R 上单调递增；③若a <ln 2，则当x ∈(－∞，a )∪(ln 2，＋∞)时，g ′(x )>0，当x ∈(a ，ln 2)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，a )，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a ，ln 2)上单调递减．综上，当a >ln 2时，g (x )在(－∞，ln 2)，(a ，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a )上单调递减；当a ＝ln 2时，g (x )在R 上单调递增；当a <ln 2时，g (x )在(－∞，a )，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a ，ln 2)上单调递减．思维升华(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．跟踪训练2(2023·北京模拟)已知函数f (x )＝2x －a(x ＋1)2.(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )的单调区间．解(1)当a ＝0时，f (x )＝2x(x ＋1)2(x ≠－1)，则f (0)＝0，因为f ′(x )＝－2x ＋2(x ＋1)3，所以f ′(0)＝2.所以曲线y ＝f (x )在(0,0)处的切线方程为y ＝2x .(2)函数的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．f ′(x )＝(－2x ＋2a ＋2)(x ＋1)(x ＋1)4＝－2(x －a －1)(x ＋1)3，令f ′(x )＝0，解得x ＝a ＋1.①当a ＋1＝－1，即a ＝－2时，f ′(x )＝－2x －2(x ＋1)3＝－2(x ＋1)(x ＋1)3＝－2(x ＋1)2<0，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间；②当a ＋1<－1，即a <－2时，令f ′(x )<0，则x ∈(－∞，a ＋1)∪(－1，＋∞)，令f ′(x )>0，则x ∈(a ＋1，－1)，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，a ＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a ＋1，－1)；③当a ＋1>－1，即a >－2时，令f ′(x )<0，则x ∈(－∞，－1)∪(a ＋1，＋∞)，令f ′(x )>0，则x ∈(－1，a ＋1)，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)和(a ＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a ＋1)．综上所述，当a ＝－2时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间；当a <－2时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，a ＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a ＋1，－1)；当a >－2时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)和(a ＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a ＋1)．题型三函数单调性的应用命题点1比较大小或解不等式例3(1)(多选)(2024·深圳模拟)若0<x 1<x 2<1，则()A ．21e e xx－>ln x 2＋1x 1＋1B ．21e e xx－<ln x 2＋1x 1＋1C ．1221e e x x x x >D ．1221e e x x x x <答案AC解析令f (x )＝e x －ln(x ＋1)且x ∈(0,1)，则f ′(x )＝e x －1x ＋1>0，故f (x )在区间(0,1)上单调递增，因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 1)<f (x 2)，即1e x－ln(x 1＋1)<2e x－ln(x 2＋1)，故21e e x x －>lnx 2＋1x 1＋1，所以A 正确，B 错误；令f (x )＝e xx 且x ∈(0,1)，则f ′(x )＝e x (x －1)x 2<0，故f (x )在区间(0,1)上单调递减，因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 1)>f (x 2)，即1212e e >x x x x ，故1221e e x x x x >，所以C 正确，D错误．常见组合函数的图象在导数的应用中常用到以下函数，记住以下的函数图象对解题有事半功倍的效果．典例(多选)如果函数f (x )对定义域内的任意两实数x 1，x 2(x 1≠x 2)都有x 1f (x 1)－x 2f (x 2)x 1－x 2>0，则称函数y ＝f (x )为“F 函数”．下列函数不是“F 函数”的是()A ．f (x )＝e xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝ln xD ．f (x )＝sin x答案ACD解析依题意，函数g (x )＝xf (x )为定义域上的增函数．对于A ，g (x )＝x e x ，g ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x ∈(－∞，－1)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，－1)上单调递减，故A 中函数不是“F 函数”；对于B ，g (x )＝x 3在R 上为增函数，故B 中函数为“F 函数”；对于C ，g (x )＝x ln x ，g ′(x )＝1＋ln x ，x >0，当x g ′(x )<0，∴g (x )故C 中函数不是“F 函数”；对于D ，g (x )＝x sin x ，g ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当x －π2，g ′(x )<0，∴g (x )－π2，故D 中函数不是“F 函数”．(2)(2023·成都模拟)已知函数f (x )＝e x －e －x－2x ＋1，则不等式f (2x －3)＋f (x )>2的解集为________．答案(1，＋∞)解析令g (x )＝f (x )－1＝e x －e －x －2x ，定义域为R ，且g (－x )＝e －x －e x ＋2x ＝－g (x )，所以g (x )＝f (x )－1＝e x －e －x －2x 为奇函数，f (2x －3)＋f (x )>2变形为f (2x －3)－1>1－f (x )，即g (2x －3)>－g (x )＝g (－x )，g ′(x )＝e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2＝0，当且仅当e x ＝e －x ，即x ＝0时，等号成立，所以g (x )＝f (x )－1＝e x －e －x －2x 在R 上单调递增，所以2x －3>－x ，解得x >1，所以所求不等式的解集为(1，＋∞)．命题点2根据函数的单调性求参数例4已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a ≠0)．(1)若f (x )在[1,4]上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若f (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解(1)因为f (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，f ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x2－2x 恒成立．设G (x )＝1x 2－2x ，x ∈[1,4]，所以a ≥G (x )max ，而G (x )－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以实数a 的取值范围是－716，(0，＋∞)．(2)因为f (x )在[1,4]上存在单调递减区间，则f ′(x )<0在[1,4]上有解，所以当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x 有解，又当x ∈[1,4]＝－1(此时x ＝1)，所以a >－1，又因为a ≠0，所以实数a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．思维升华由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立．(2)函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集．跟踪训练3(1)(2024·郑州模拟)函数f (x )的图象如图所示，设f (x )的导函数为f ′(x )，则f (x )·f ′(x )>0的解集为()A ．(1,6)B ．(1,4)C ．(－∞，1)∪(6，＋∞)D ．(1,4)∪(6，＋∞)答案D解析由图象可得，当x <4时，f ′(x )>0，当x >4时，f ′(x )<0.结合图象可得，当1<x <4时，f ′(x )>0，f (x )>0，即f (x )·f ′(x )>0；当x >6时，f ′(x )<0，f (x )<0，即f (x )·f ′(x )>0，所以f (x )·f ′(x )>0的解集为(1,4)∪(6，＋∞)．(2)已知函数f (x )＝(1－x )ln x ＋ax 在(1，＋∞)上不单调，则a 的取值范围是()A ．(0，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．[0，＋∞)D ．[1，＋∞)答案A解析依题意f ′(x )＝－ln x ＋1x＋a －1，故f ′(x )在(1，＋∞)上有零点，令g (x )＝－ln x ＋1x ＋a －1，令g (x )＝0，得a ＝ln x －1x ＋1，令z (x )＝ln x －1x ＋1，则z ′(x )＝1x ＋1x2，由x >1，得z ′(x )>0，z (x )在(1，＋∞)上单调递增，又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．课时精练一、单项选择题1．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递减区间是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)答案A解析由已知得，f′(x)＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x，当x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，2)，单调递增区间是(2，＋∞)．2．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()答案D解析根据导函数的图象可得，当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当0<x<2时，f′(x)>0，f(x)在(0,2)上单调递增；当x>2时，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以只有D选项符合．3．(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝13ax3＋x2＋x＋4，则“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件答案C解析由题意知，f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0恒成立，>0，＝4－4a≤0，解得a≥1，故“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件．4．(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝a e x－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为()A．e2B．e C．e－1D．e－2答案C解析依题可知，f′(x)＝a e x－1x≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以x e x≥1a在(1,2)上恒成立，设g(x)＝x e x，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)e x>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥1a，即a≥1e＝e－1，即a的最小值为e－1.5．(2024·苏州模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝e x＋sin x，则不等式f(2x－1)<eπ的解集是()答案D解析当x≥0时，f′(x)＝e x＋cos x，因为e x≥1，cos x∈[－1,1]，所以f′(x)＝e x＋cos x≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x6．(2023·信阳模拟)已知a＝1100，b＝99100e-，c＝ln101100，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a 答案B解析设函数f(x)＝e x－x－1，x∈R，则f′(x)＝e x－1，当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0，即e x≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号，∵e x≥1＋x，∴99100e->1－99100＝1100，∴b>a，由以上分析可知当x>0时，有e x－1≥x成立，当x＝1时取等号，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号，∴ln 101100<101100－1＝1100，∴a>c，故b>a>c.二、多项选择题7．(2023·临汾模拟)若函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[m －1，m ＋1]上单调，则实数m 的值可以是()A ．1B ．2C ．3D ．4答案BD解析f ′(x )＝x －9x ＝x 2－9x (x >0)，令f ′(x )>0，得x >3，令f ′(x )<0，得0<x <3，所以函数f (x )的单调递增区间为(3，＋∞)，单调递减区间为(0,3)，因为函数f (x )在区间[m －1，m ＋1]上单调，－1>0，＋1≤3或m －1≥3，解得1<m ≤2或m ≥4.8．(2024·邯郸模拟)已知函数f (x )x ，且a ＝f b ＝f c ＝12(e )f ，则()A ．a >bB ．b >aC ．c >bD ．c >a答案ACD解析由f (x )x ，得f ′(x )x 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，因为c ＝f 0<1e <23<45<1，所以f f f c >a >b .三、填空题9．函数f (x )＝e －x cos x (x ∈(0，π))的单调递增区间为________．答案解析f ′(x )＝－e －x cos x －e －x sin x ＝－e －x (cos x ＋sin x )＝－2e －x当x e －x >0，，则f ′(x )<0；当x e －x >0，，则f ′(x )>0，∴f (x )在(0，π)10．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋x 恰有三个单调区间，则实数b 的取值范围为________．答案(－∞，－3)∪(3，＋∞)解析由题意得f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋1，函数f (x )＝x 3＋bx 2＋x 恰有三个单调区间，则函数f (x )＝x 3＋bx 2＋x 有两个极值点，即f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋1的图象与x 轴有两个交点，则判别式Δ＝4b 2－12>0，解得b >3或b <－ 3.所以实数b 的取值范围为(－∞，－3)∪(3，＋∞)．11．(2024·上海模拟)已知定义在(－3,3)上的奇函数y ＝f (x )的导函数是f ′(x )，当x ≥0时，y ＝f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式f ′(x )x>0的解集为________．答案(－3，－1)∪(0,1)解析依题意f (x )是奇函数，图象关于原点对称，由图象可知，f (x )在区间(－3，－1)，(1,3)上单调递减，f ′(x )<0；f (x )在区间(－1,1)上单调递增，f ′(x )>0.所以f ′(x )x>0的解集为(－3，－1)∪(0,1)．12．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x (a >0)，若函数f (x )在[1,2]上不单调，则实数a 的取值范围是________．答案解析f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在[1,2]上单调，即f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立，即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x在[1,2]上恒成立．令h (x )＝4x －1x，则h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3，又a >0，所以0<a ≤25或a ≥1.因为f (x )在[1,2]上不单调，所以25<a <1.四、解答题13．(2024·毕节模拟)已知函数f (x )＝(a －x )ln x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围．解(1)根据题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (1)＝0，f ′(x )＝－ln x ＋a －x x，∴f ′(1)＝a －1，∴曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝(a －1)(x －1)．(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x ＋a －x x ＝－x ln x －x ＋a x，令g (x )＝－x ln x －x ＋a ，则g ′(x )＝－ln x －2，令g ′(x )＝0，则x ＝1e2，令g ′(x )>0，则0<x <1e2，令g ′(x )<0，则x >1e2，∴g (x )g (x )max ＝＝1e 2＋a ，∵f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，即1e2＋a ≤0，∴a ≤－1e2.14．(2023·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋1.(1)若f (x )≤x ＋c ，求c 的取值范围；(2)设a >0，讨论函数g (x )＝f (x )－f (a )x －a的单调性．解(1)f (x )≤x ＋c 等价于ln x －x ≤c －1.令h (x )＝ln x －x ，x >0，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x.当0<x <1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0,1)上单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减．故h (x )max ＝h (1)＝－1，所以c －1≥－1，即c ≥0，所以c 的取值范围是[0，＋∞)．(2)g (x )＝ln x ＋1－(ln a ＋1)x －a ＝ln x －ln a x －a(x >0且x ≠a )，因此g ′(x )＝x －a －x ln x ＋x ln a x (x －a )2，令m (x )＝x －a －x ln x ＋x ln a ，则m ′(x )＝ln a －ln x ，当x >a 时，ln x >ln a ，所以m ′(x )<0，m (x )在(a ，＋∞)上单调递减，当0<x <a 时，ln x <ln a ，所以m ′(x )>0，m (x )在(0，a )上单调递增，因此有m (x )<m (a )＝0，即g ′(x )<0在x >0且x ≠a 上恒成立，所以函数g (x )在区间(0，a )和(a ，＋∞)上单调递减．15．已知函数f (x )＝e x x －ax ，当0<x 1<x 2时，不等式f (x 1)x 2－f (x 2)x 1<0恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(－∞，e)B ．(－∞，e]－∞，e 2答案D解析因为当0<x 1<x 2时，不等式f (x 1)x 2－f (x 2)x 1<0恒成立，所以f (x 1)x 2<f (x 2)x 1，即x 1f (x 1)<x 2f (x 2)，令g (x )＝xf (x )＝e x －ax 2，则g (x 1)<g (x 2)，又因为0<x 1<x 2，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )＝e x －2ax ≥0在(0，＋∞)上恒成立，分离参数得2a ≤e x x恒成立，令h (x )＝e x x(x >0)，则只需2a ≤h (x )min ，而h ′(x )＝e x ·x －1x2，令h ′(x )>0，得x >1，令h ′(x )<0，得0<x <1，所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝e ，故2a ≤e ，即a ≤e 2.16．已知偶函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，当x ＞0时，f (x )x＞－f ′(x )，且f (2)＝1，则不等式(x 2－x )f (x 2－x )＞2的解集为()A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D ．(－1,2)答案C 解析令g (x )＝xf (x )，由于f (x )为偶函数，则g (x )为奇函数，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )．因为当x ＞0时，f (x )x ＞－f ′(x )，即f (x )＋xf ′(x )x＞0，所以f(x)＋xf′(x)＞0，即g′(x)＞0.所以当x＞0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为g(x)在R上为奇函数且在R上存在导函数，所以g(x)在R上为增函数．因为f(2)＝1，所以g(2)＝2f(2)＝2，又(x2－x)f(x2－x)＞2等价于g(x2－x)＞g(2)，所以x2－x＞2，解得x＜－1或x＞2.综上所述，x的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．。

2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题3.6 高考解答题热点题型（三）利用导数探究函数零点问题目录一、题型全归纳 (1)题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数 ................................................................................................. 1 题型二 已知零点个数求参数范围................................................................................................................. 2 高效训练突破 (3)一、题型全归纳题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数【题型要点】判断函数零点个数的三种方法【例1】(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．【例2】已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe－3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．题型二 已知零点个数求参数范围【题型要点】已知函数(方程)零点的个数求参数范围 (1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析． (3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．【例1】(2020年新课标全国一卷)已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【例2】(2020年新课标全国三卷)已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．高效训练突破1．设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．2.已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．3.(2020·贵阳摸底考试)已知函数f(x)＝kx－ln x(k＞0)．(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．4.(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．5.(2020·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎪⎭⎫⎝⎛310,4.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围．6.已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ＋b .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，求实数b 的值．7.(2020·武昌区调研考试)已知函数f (x )＝a e x －a e x －1，g (x )＝－x 3－32x 2＋6x ，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，求实数m 的取值范围．8.(2020·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )·⎪⎭⎫⎝⎛-21x 在区间[0,1]上零点的个数．9.(2020·渭南模拟)函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．10.设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题3.6 高考解答题热点题型（三）利用导数探究函数零点问题目录一、题型全归纳 (1)题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数 ................................................................................................. 1 题型二 已知零点个数求参数范围................................................................................................................. 2 高效训练突破 (3)一、题型全归纳题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数【题型要点】判断函数零点个数的三种方法【例1】(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．【解】(1)证明：设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0π时，g ′(x )＞0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛ππ,2时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0π上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛ππ,2上单调递减．又g (0)＝0，⎪⎭⎫⎝⎛2πg ＞0，g (π)＝－2， 故g (x )在(0，π)存在唯一零点． 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0.由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减． 又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．【例2】已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．【答案】1（f (x )在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增）（3）个 【解析】：(1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x －ee x 2，令f ′(x )＞0，解得x ＞1，令f ′(x )<0，解得0<x <1， 所以f (x )在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∈x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，当x →0时，F (x )→－∞，当x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．题型二 已知零点个数求参数范围【题型要点】已知函数(方程)零点的个数求参数范围(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．【例1】(2020年新课标全国一卷)已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e +∞.【解析】（1）当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1x f x e =-，令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >，所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0x e a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解， 令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x xe x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-，所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞， 所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【例2】(2020年新课标全国三卷)已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．【答案】（1）详见解析；(2)4(0,)27.【解析】（1）由题，'2()3f x x k =-，当0k ≤时，'()0f x ≥恒成立，所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0k >时，令'()0f x =，得x ='()0f x <，得x <<令'()0f x >，得x <x >()f x 在(上单调递减，在。

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核心素养测评十六导数与函数零点(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.函数f(x)=x3+x2+x+1的零点个数为( )A.0B.1C.2D.3【解析】选B.因为f′(x)=x2+2x+1=(x+1)2≥0,所以f(x)在R上单调递增,因为f(0)=1>0,f(-3)=-2<0,所以f(x)在R上有且只有一个零点.【变式备选】函数f(x)=x3-4x+4的零点个数为( )A.0B.1C.2D.3【解析】选D.因为f′(x)=x2-4=(x-2)(x+2),令f′(x)=0,得x=±2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞)f′(x) + 0 - 0 +f(x) ↗↘-↗由此可得到f(x)的大致图象(如图).由图可知f(x)有3个零点.2.已知函数f(x)=x3-12x+a,其中a≥16,则f(x)的零点的个数是( )A.0或1B.1或2C.2D.3 【解析】选B.方法一:因为f′(x)=3x2-12,令f′(x)=3x2-12=0,得x=±2,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-2) -2(-2,2)2 (2,+∞)f′(x) + 0 - 0 +f(x) ↗a+16 ↘a-16 ↗由此可得到f(x)的大致图象(如图),由a≥16得,a+16>0,a-16≥0,当a=16时,f(x)的图象与x轴有2个交点;当a>16时,f(x)的图象与x 轴只有1个交点.所以f(x)的零点个数为1或2.方法二:f(x)=x3-12x+a的零点个数⇔方程x3-12x=-a的解的个数⇔g(x)=x3-12x与h(x)=-a的交点个数.画出g(x)=x3-12x与h(x)=-a的图象.由g′(x)=3x2-12=0,得x=±2,当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞)g′(x) + 0 - 0 +g(x) ↗16 ↘-16 ↗所以g(x)的图象如图所示:因为a≥16,所以y=-a≤-16.由图可知直线y=-a与y=x3-12x的图象有1个或2个交点.3.若函数f(x)=恰有2个零点,则a的取值范围为( )A.B.∪C.D.∪【解析】选D.当x>0时,令f(x)=0,可得x3-x2-a=0,设g(x)=x3-x2,则g′(x)=x(3x-2),当0<x<,g′(x)<0,当x>时,g′(x)>0,g(x)min=g= -.当x≤0时,令f(x)=0,可得x2+2x-a=0,设h(x)=x2+2x,h(x)min=-1,所以函数f(x)=恰有2个零点,则a的取值范围为∪.4.函数f(x)=e x+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,则a的值为( )A.4B.4ln 2-3C.2D.5ln 2-4【解析】选D.函数f(x)=e x+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,可得e a=在(0,+∞)上只有一个解.令g(x)=,可得g′(x)==-x·,在(0,+∞)有2个极值点,x=1和x=4;x∈(0,1)时函数是减函数,x∈(1,4)时,函数是增函数,x∈(4,+∞)时函数是减函数,g(0)=0,所以函数g(x)的最大值为g(4)==,函数f(x)=e x+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,可得e a=,所以a=5ln 2-4.二、填空题(每小题5分,共20分)5.设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数,下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是________.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3; ②a=-3,b=2; ③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.【解析】令f(x)=x3+ax+b,则f′(x)=3x2+a.当a≥0时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,④⑤正确;当a<0时,若a=-3,则f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),所以f(x)极大=f(-1)=-1+3+b=b+2,f(x)极小=f(1)=1-3+b=b-2,要使f(x)=0仅有一个实根,需f(x)极大<0或f(x)极小>0,所以b<-2或b>2,①③正确,②不正确.★★★答案★★★:①③④⑤6.(2019·安阳模拟)已知函数f(x)=+与g(x)=6x+a的图象有3个不同的交点,则a的取值范围是________. 世纪金榜导学号【解析】原问题等价于函数h(x)=+-6x与函数y=a的图象有3个不同的交点,由h′(x)=x2+x-6=(x-2)(x+3)=0,得x=2或x=-3,当x∈(-∞,-3)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(-3,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.且h(-3)=,h(2)=-,数形结合可得a的取值范围是.★★★答案★★★:7.已知函数f(x)=x3+mx+,g(x)=-ln x.min{a,b}表示a,b中的最小值,若函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,则实数m的取值范围是________. 世纪金榜导学号【解析】f′(x)=3x2+m,因为g(1)=0,所以要使h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,需满足f(1)>0,f<0,m<0,解得m>-,>⇒-<m<-.★★★答案★★★:8.设函数f(x)=是单调函数.①a的取值范围是________;②若f(x)的值域是R,且方程f(x)=ln(x+m)没有实根,则m 的取值范围是________.【解析】①当x≥1时,f(x)=x+,则f′(x)=1-≥0恒成立,故f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(1)=2,当x<1时,f(x)=ax,由于f(x)在[1,+∞)上单调递增,故f(x)=ax也为单调递增函数,且ax ≤2恒成立,所以故a的取值范围为(0,2],②由①可得当x≥1时,f(x)≥2,因为f(x)的值域是R,所以当x=1时,ax=2,所以a=2,因为方程f(x)=ln (x+m)没有实根,令g(x)=ln(x+m),当y=2x与y=g(x)=ln(x+m)相切时,设切点为,因为g′(x)=,所以=2,2x0=ln=ln ,所以x0=-ln 2,所以m=-x0=+ln 2=ln ,所以m<ln ,故m的取值范围为(-∞,ln ),★★★答案★★★:(0,2] (-∞,ln)三、解答题(每小题10分,共20分)9.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.世纪金榜导学号(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同的零点,求c的取值范围. 【解析】 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b.因为f(0)=c,f′(0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.(2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f′(x)=3x2+8x+4.令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-.当x变化时,f(x)与f′(x)在区间(-∞,+∞)上的变化情况如下: x(-∞,-2)-2-f′(x)+0-0+f(x)↗c↘c-↗所以,当c>0且c-<0时,存在x1∈(-∞,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)有三个不同零点.【变式备选】设函数f(x)=xe x+a(1-e x)+1,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若方程 f(x)=0在(0,+∞)上有解,证明:a>2.【解析】(1)因为f′(x)=[x-(a-1)]e x.所以x>a-1时,f′(x)>0,函数f(x)在(a-1,+∞)上单调递增,当 x<a-1时,f′(x)<0,函数f(x)在(-∞,a-1)上单调递减.(2)函数f(x)在(0,+∞)有零点,可得方程f(x)=0有解.a===x+,有解.令g(x)=x+,g′(x)=1+=,设函数h(x)=e x-x-2,h′(x)=e x-1>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,所以存在x0∈(1,2),使h(x)=0,故当x∈(0,x0)时,g′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,所以函数g(x)存在唯一最小值x0,满足=x0+2,所以g(x0)=x0+=x0+1∈(2,3),因为a=g(x)=x+有解,所以a≥g(x0)>2,所以a>2.10.(2020·龙岩模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln x,g(x)=x-ln x-. 世纪金榜导学号(1)求证:函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方.(2)当m>0时,令h(x)=mf(x)+g(x)的两个零点x1,x2(x1<x2).求证:x2-x1<e-.【证明】(1)构造函数p(x)=f(x)-g(x)=xln x-x+(x>0).则p′(x)=ln x+1-1=ln x,令p′(x)=0,得x=1.所以x∈(0,1)时p′(x)<0,x∈(1,+∞)时p′(x)>0,所以p(x)在(0,1)为减函数,在(1,+∞)为增函数,所以p(x)≥p(1)=0-1+=>0,即f(x)>g(x).故函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方.(2)由h(x)=mf(x)+g(x)=m(x-1)ln x+x-ln x-有两个零点,当m>0时h′(x)=m+1-.则h′(x)在(0,+∞)为增函数,且h′(1)=0,则当x∈(0,1)时h′(x)<0,h(x)为减函数,当x∈(1,+∞)时h′(x)>0,h(x)为增函数,所以h(x)min=h(1)=1-<0.又h=m ln+-ln-=m+1->0,h(e)=m(e-1)+e-1->0.所以h(x)在和(1,e)上各有一个零点x1,x2(x1<x2),故x2-x1<e-.关闭Word文档返回原板块感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

考向13 函数的零点及函数的应用【2022·北京·高考真题】若函数()sin 3f x A x x =的一个零点为3π，则A =________；12f π⎛⎫= ⎪⎝⎭________． 【答案】 1 2-【解析】 【分析】先代入零点，求得A 的值，再将函数化简为π()2sin()3f x x =-，代入自变量π12x =，计算即可．【详解】∵π33()03f A ==，∴1A =∴π()sin 32sin()3f x x x x ==-ππππ()2sin()2sin 2121234f =-=-=故答案为：1，2-【2021·北京·高考真题】已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，()f x 恰 有2个零点； ②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点； ③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点； ④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是_______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由()0f x =可得出lg 2x kx =+，考查直线2y kx =+与曲线()lg g x x =的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误． 【详解】对于①，当0k =时，由()lg 20f x x =-=，可得1100x =或100x =，①正确； 对于②，考查直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<相切于点(),lg P t t -，对函数lg y x =-求导得1ln10y x '=-，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得100100lg e t k e e ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 所以，存在100lg 0k e e=-<，使得()f x 只有一个零点，②正确； 对于③，当直线2y kx =+过点()1,0时，20k +=，解得2k =-， 所以，当100lg 2e k e-<<-时，直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点， 若函数()f x 有三个零点，则直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点，直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>有一个交点，所以，100lg 220e k e k ⎧-<<-⎪⎨⎪+>⎩，此不等式无解，因此，不存在0k <，使得函数()f x 有三个零点，③错误；对于④，考查直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>相切于点(),lg P t t ，对函数lg y x =求导得1ln10y x '=，由题意可得2lg 1ln10kt tk t +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得100lg 100t e e k e =⎧⎪⎨=⎪⎩，所以，当lg 0100ek e<<时，函数()f x 有三个零点，④正确．故答案为：①②④． 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．1．判断函数y=f（x）在某个区间上是否存在零点，主要利用函数零点的存在性定理进行判断．首先看函数y=f（x）在区间[a，b]上的图象是否连续，然后看是否有()()=在区间(),a b·0y f xf a f b<．若有，则函数()内必有零点．2．判断函数y=f（x）的零点个数时，常用以下方法：（1）解方程：当对应方程易解时，可通过解方程，判断函数零点的个数；（2）根据函数的性质结合已知条件进行判断；（3）通过数形结合进行判断，画函数图象，观察图象与x轴交点的个数来判断．3．已知函数有零点（方程有根），求参数的取值范围常用的方法：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分离参数法：先将参数分离，再转化成求函数值域问题加以解决．（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，再数形结合求解．4．解决函数应用问题的步骤（1）审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型；（2）建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；（3）解模：求解数学模型，得出数学结论；（4）还原：将数学结论还原为实际问题的意义．判断函数零点个数的方法： （1）利用零点存在性定理判断法； （2）代数法：求方程()0f x =的实数根；（3）几何法：对于不易求根的方程，将它与函数()y f x =的图象联系起来，利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求解．在利用函数性质时，可用求导的方法判断函数的单调性．一、函数的零点对于函数()y f x =，我们把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点． 二、方程的根与函数零点的关系方程()0f x =有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有公共点⇔函数()y f x =有零点． 三、零点存在性定理如果函数()y f x =在区间[],a b 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(),a b 内有零点，即存在(),c a b ∈，使得()0,f c c =也就是方程()0f x =的根．1．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知函数()2cos()1(0,0π)f x x ωϕωϕ=+-><<经过(0,0)点，且()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，则ω的最大值为（ ）A ．43B ．12C ．2D ．136【答案】C【解析】因为()2cos()1f x x ωϕ=+-经过(0,0)点，所以12cos 10cos 2ϕϕ-=⇒=，因为0πϕ<<，所以π3ϕ=，即π()2cos()13f x x ω=+-，令ππ1()2cos()10cos()332f x x x ωω=+-=⇒+=，因为π()0,x ∈，所以πππ(,π)333x ωω+∈+，因为()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，所以有5πππ43327ππ3π33ωωω⎧<+⎪⎪⇒<≤⎨⎪≤+⎪⎩，所以ω的最大值为2， 故选：C2．（2022·北京工业大学附属中学三模）已知实数a 是方程3e sin 0x x x -+=的一个解，a -是方程()3sin 0f x x x -+=的一个解，则()f x 可以是（ ）A ．()e xf x =-B ．()e xf x -=-C ．()3sin f x x x =+D ．()3sin f x x x =-+【答案】B【解析】解：依题意3e sin 0a a a -+=，()()()3sin 0f a a a ---+-=，即3e sin a a a =-，()3sin 0f a a a -+-=，所以()3sin e af a a a -=-+=-，即()()()3sin f a a a -=---或()()ea f a ---=-，所以()e x f x -=-或()3sin f x x x =-；故选：B3．（2022·新疆克拉玛依·三模（理））函数()()1sin f x x x π=--在区间3722ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦,上的所有零点之和为（ ）A ．0B ．2πC ．4πD ．6π【答案】C【解析】解：因为()()1sin f x x x π=--，令()0f x =，即()1sin x x π=-，当x π=时显然不成立， 当x π≠时1sin x x π=-，作出sin y x =和1y x π=-的图象，如图，它们关于点(,0)π对称，由图象可知它们在3722ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦,上有4个交点，且关于点(,0)π对称，每对称的两个点的横坐标和为2π，所以4个点的横坐标之和为4π． 故选：C ．4．（2022·广东惠州·二模）函数()()ln 3f x x =+的图像与函数()22g x x =-的图像的交点个数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．0【答案】C【解析】()f x 在(3,)-+∞上是增函数，()g x 在(,2)∞--和(0,2)上是减函数，在(2,0)-和(2,)+∞上是增函数，(2)0f -=，(2)(2)0g g -==，(0)2(0)ln 3g f =>=， 作出函数()f x ()g x 的图像，如图，由图像可知它们有4个交点． 故选：C ．1．（2022·广西·贵港市高级中学三模（理）232cos 1(0)x x ωωω+=>在(0,2)x π∈有且仅有6个实数根，则实数ω的取值范围为（ ） A ．3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．3,22⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．35,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．35,23⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D ()232cos 10x x ωωω+=>， ()3112cos 2022x x ωωω+=>，即1sin(2)62x πω+=.设()sin 26f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即()12f x =在()0,2x π∈有且仅有6个实数根，因为24666x πππωωπ<+<+，故只需5646666ππππωππ+<+≤+， 解得3523ω<≤， 故选：D ．2．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()222e e x xf x x a +--=++++有唯一零点，则实数=a （ ）A ．1B ．1-C ．2D ．2-【答案】D【解析】设()(2)e e x xg x f x x a -=-=+++，定义域为R,∴()e e e e ()x x x xg x x a x a g x ---=-+++=+++=，故函数()g x 为偶函数，则函数(2)f x -的图象关于y 轴对称， 故函数()f x 的图象关于直线2x =-对称， ∵()f x 有唯一零点， ∴(2)0f -=，即2a =-． 故选：D ．3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））若函数()()22e e x xf x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D ．210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭【答案】D【解析】由22e e 0xxx ax a +-=得20e e x x x x a a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()e x x g x =，由()10e xxg x -'==，得1x ＝，因此函数()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，且()00g =，当0x >时，()0e x x g x =>，则()e xx g x =的图像如图所示：即函数()g x 的最大值为()11eg =，令1e e x x t t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，则()20h t t at a =+-=， 由二次函数的图像可知，二次方程的一根1t 必在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内，另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上，当21e t =时，21e ea =-，则另一根111e t =-，不满足题意，当20t =时，a ＝0，则另一根10t =，不满足题意，当()2,0t ∈-∞时，由二次函数()20h t t at a =+-=的图像可知22000110e e a a a a ⎧+⋅-<⎪⎨⎛⎫+⋅->⎪ ⎪⎝⎭⎩， 解得210e ea <<-， 则实数a 的取值范围是210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，故选：D.4．（2022·上海浦东新·二模）已知()f x x =，()2g x x ax =-，()a R ∈，实数12x x 、满足12x x <，设()()1212f x f x p x x -=-，()()1212g x g x q x x -=-，现有如下两个结论：①对于任意的实数a ，存在实数12x x 、，使得p q =；②存在实数0a >，对于任意的(]121x x a ∞∈-+、，，都有p q >； 则（ ） A ．①②均正确 B ．①②均不正确 C ．①正确，②不正确 D ．①不正确，②正确【答案】C【解析】对①，()()1212f x f x p x x -=-的几何意义为()()11,x f x 与()()22,x f x 两点间的斜率，同理()()1212g x g x q x x -=-的几何意义为()()11,x g x 与()()22,x g x 两点间的斜率.数形结合可得，当0a <时，存在120x x <=；当0a ≥时，存在120x x =<，使得()()()()1122,f x g x f x g x ==，即p q =成立.即对于任意的实数a ，存在实数12x x 、，使得p q =，故①正确；对②，若存在实数0a >，对于任意的(]121x x a ∞∈-+、，，都有p q >，即()()()()12121212f x f xg x g x x x x x -->--，即()()()()1212f x f x g x g x -<-，即()()()()2211g x f x g x f x -<-.即存在实数0a >，对于任意的(]121x x a ∞∈-+、，，()()()()2211g x f x g x f x -<-恒成立.设()()()h x g x f x =-，则()()21h x h x <，即()()()2h x g x f x x ax x =-=--为减函数.故原题意可转化为：存在实数0a >，使得()2h x x ax x =--在(]1a ∞-+，上为减函数.因为当0x ≥时，()()21h x x a x =-+，因为()h x 对称轴为12a x +=，故当1,12a x a +⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时()h x 一定为增函数，故不存在实数0a >，使得()2h x x ax x =--在(]1a ∞-+，上为减函数.故②错误 故选：C5．（2022·江西·模拟预测（理））已知函数(1)f x +的图象关于直线1x =-对称，对x ∀∈R ，都有(3)(1)f x f x -=+恒成立，当(0,2)x ∈时21()2f x x =，若函数()f x 的图象和直线(4),0y k x k =+>，有5个交点，则k 的取值范围为（ ） A ．12,33⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,52⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】由题设()f x 关于y 轴对称，即()f x 为偶函数，又(3)(1)f x f x -=+，则()(4)f x f x =+，即()f x 是周期为4的函数， 若(2,0)x ∈-，则(0,2)x -∈，故221()()22x f x x ==⨯-，所以2()2x f x =且(2,2)x ∈-，又(4),0y k x k =+>过定点(4,0)-，所以()f x 与(4),0y k x k =+>的部分图象如下图示：当(4),0y k x k =+>过(2,2)A 时，13k =；当(4),0y k x k =+>过(6,2)B 时，15k =；由图知：1153k <<时，()f x 和直线(4),0y k x k =+>有5个交点.故选：C6．（2022·浙江绍兴·模拟预测）定义在R 上的偶函数()f x 满足()22)(f x f x -+=，当[0,2]x ∈时()exf x =，若在区间[0,10]x ∈内，函数()()(1)m g x f x x =-+有个5零点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．()110,log eB ．()11710,log e ,log e 2⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭C ．111log e,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11711log e,,log e 22⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D【解析】由题意知，函数()f x 为偶函数，且(2)(2)f x f x -=+，令2x x =+，则(22)()(4)()f x f x f x f x --=-=+=， 所以函数()f x 是以4为周期的函数. 当[2,0]x ∈-时，[0,2]x -∈，所以()(e)x f x --=，即当[2,0]x ∈-时()(e)x f x -=， 因为函数()()(1)m g x f x x =-+在[0,10]上有5个零点， 所以方程()(1)0m f x x -+=在[0,10]上有5个根，即函数图像()y f x =与(1)m y x =+在[0,10]上有5个不同的交点，如图，由图可知，()()166m f +<且()()11010mf +>，即7e11e m m ⎧<⎨>⎩，解得117log e log e m <<， 又当12m =时，函数图像()y f x =与12(1)y x =+在[0,10]上有4个不同的交点， 不符合题意，故m 的取值范围为11711(log e,)(,log e)22.故选：D.7．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）已知函数()2,9,x x x af x x x a ⎧-≤=⎨->⎩，若函数()()2g x f x x =-有三个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[)0,∞+ B ．[)0,3 C ．[)1,-+∞ D ．[)1,3-【答案】A【解析】（1）当a<0时，()()2,29,093,0x x x a g x f x x x a x x x ⎧+≤⎪=-=+<<⎨⎪-≥⎩，令20x x +=，得1x =-，或0x =（舍去）， 令90x +=，得9x =-，令930x -=，得3x =，若函数()()2g x f x x =-有三个零点，则19aa -≤⎧⎨<-⎩，无解，即不可能有三个零点；（2）当a =0时，()()2,020,093,0x x x g x f x x x x x ⎧+<⎪=-==⎨⎪->⎩，由（1）知有1x =-，或0x =，3x =三个零点，满足题意；（3）当a >0时，()()22,023,093,x x x g x f x x x x x a x x a ⎧+<⎪=-=-≤≤⎨⎪->⎩，当0x <时有一个零点1-，0x =是函数的一个零点，所以当0x >时函数只有一个零点， 令230x x -=，得3x =，或0x =（舍去），令930x -=，得3x =，即不论a 取大于0的何值，3x =是函数的一个零点， 故有三个零点，综上，实数a 的取值范围是[)0,∞+ 故选: A8．（2022·浙江·模拟预测）已知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，对任意,()0x ∈+∞，都有()2()log 20f f x x -=．现已知()()17f a f a +'=，那么（ ） A ．(1,1.5)a ∈ B ．(1.5,2)a ∈ C ．(2,2.5)a ∈ D ．(2.5,3)a ∈【答案】D【解析】不妨设2()log f x x m -=，则()20f m =，所以2log 2016m m m +=⇒=，得2()16log f x x =+，1()ln 2f x x '=， 因为()()17f a f a +'=，所以21log 10ln 2a a --=．令21()log 1ln 2g a a a =--，易得()g a 在(0,)+∞上单调递增，因为227ln118(3)log 3103ln 23ln 2g -=--=>，52531255ln 2ln 25ln 21ln 42410244(2.5)log 2.5102.5ln 25ln 25ln 25ln 25ln 2g ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭=--===<<， 由零点存在定理知：(2.5,3)a ∈. 故选：D ．9．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知函数π()2cos()1(0,0)2f x x ωϕωϕ=+-><<，在0x =处的切线斜率为3ω，若()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，则ω的最大值为（ ）A ．43B ．12C ．2D ．136【答案】C【解析】依题意，()2sin()f x x ωωϕ'=-+，则(0)2sin 3f ωϕω'=-=-，即3sin ϕ而π02ϕ<<，解得π3ϕ=，因此，π()2cos()13f x x ω=+-，由()0f x =得：π1cos()32x ω+=，又π()0,x ∈，有πππ(,π)333x ωω+∈+，因()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，于是得5ππ7ππ333ω<+≤，解得423ω<≤， 所以ω的最大值为2. 故选：C10．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知函数()()sin cos 0f x x a x a =+>的最大值为2，若方程()f x b =在区间13π0,6⎛⎫⎪⎝⎭内有三个实数根123,,x x x ，且123x x x <<，则1232x x x ++等于（ ）A ．8π3B ．10π3C ．4πD ．25π6【答案】A【解析】2()sin cos 1)f x x a x a x ϕ=+++212a +=，且0a >，解得3a =π()2sin 3f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．方程()f x b =在区间13π06⎛⎫ ⎪⎝⎭，内的实数根，即为在区间13π06⎛⎫⎪⎝⎭，内()y f x =的图象与直线y b =的交点的横坐标，如图所示，由()f x 图象的对称性可知，2312π7π2626x x x x ++==，，即12π3x x +=，237π3x x +=，所以123122()x x x x x ++=+238π()3x x ++=， 故选：A ．11．（2022·北京市大兴区兴华中学三模）已知0a >，若函数(),ln 2,x a x af x x x a +≤⎧=⎨+>⎩有两个不同的零点，则a的取值范围是（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()0,1C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．[)1,+∞【答案】A【解析】0,x a x a a +==-<，则x a =-是函数()f x 的一个零点 由ln 20x +=，解得21e x =要使得()f x 有两个不同的零点，则210,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭故选：A12．（2022·山东烟台·三模）已知函数()2ln ,021,0x x f x x x x ⎧>=⎨+-≤⎩，若方程()1f x ax =-有且仅有三个实数解，则实数a 的取值范围为（ ） A ．01a << B ．02a <<C ．1a >D ．2a >【答案】B【解析】解：作出函数()f x 的图象如图：依题意方程()1f x ax =-有且仅有三个实数解，即()y f x =与1y ax =-有且仅有三个交点， 因为1y ax =-必过()0,1-，且()01f =-，若0a ≤时，方程()1f x ax =-不可能有三个实数解，则必有0a >， 当直线1y ax =-与ln y x =在1x >时相切时，设切点坐标为()00,x y ，则1()f x x '=，即001()f x x '=，则切线方程为0001()y y x x x -=-， 即0000111ln 1y x y x x x x =⋅+-=⋅+-， 切线方程为1y ax =-，1a x ∴=且0ln 11x -=-，则01x =，所以1a =， 即当0a >时1y ax =-与()y f x =在()0,∞+上有且仅有一个交点， 要使方程()1f x ax =-有且仅有三个的实数解，则当0x ≤时()221f x x x =+-与1y ax =-有两个交点，设直线1y ax =-与()221f x x x =+-切于点()0,1-，此时()22f x x '=+，则()02f '=，即2a =， 所以02a <<， 故选：B13．（2022·安徽·合肥市第六中学模拟预测（理））已知函数()2x f x x =+，2()log g x x x =+，()2sin h x x x =+的零点分别为a ，b ，c 则a ，b ，c 的大小顺序为（ ） A ．a b c >> B ．b a c >> C ．c a b >> D ．b c a >>【答案】D【解析】由()2sin 0h x x x =+=得0x =，0c ∴=， 由()0f x =得2x x =-，由()0g x =得2log x x =-.在同一平面直角坐标系中画出2x y =、2log y x =、y x =-的图象， 由图象知0a <，0b >，a c b ∴<<.故选：D14．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()23,0,3,0,x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩以下结论正确的是（ ）A ．()f x 在区间[7,9]上是增函数B ．()()220222f f -+=C ．若函数()y f x b =-在(),6-∞上有6个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，则619i i x ==∑D ．若方程()1f x kx =+恰有3个实根，则11,3k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭【答案】BC【解析】A ：由题意,当3x ≥-时()f x 以3为周期的函数，故()f x 在[7,9]上的单调性与()f x 在[-2,0]上的单调性相同，而当0x <时()23924x x f ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，∴()f x 在[-2,0]上不单调，错误；B ：()22f -=，()() 202230f f =-=，故()()2 20222f f -+=，正确；C ：作出()y f x =的函数图象如图所示：由于()y f x b =-在(),6-∞上有6个零点，故直线y b =与()y f x =在(),6-∞上有6个交点，不妨设1i i x x +<，i ＝1，2，3，4，5，由图象知:1x ，2x 关于直线32x =-对称，3x ，4x 关于直线32x =对称，5x ，6x 关于直线92x =对称，∴513392229222i i x ==-⨯+⨯+⨯=∑，正确；D ：若直线1y kx =+经过(3,0)，则13k =-，若直线1y kx =+与()230y x x x =--<相切，则消元可得：()2103x k x ++=+，令0∆=可得()2340k +-=，解得k ＝-1或k ＝-5（舍），若直线1y kx =+与()y f x =在(0,3)上的图象相切，由对称性得:k ＝1． 因为()1f x kx =+恰有3个实根，故直线1y kx =+与()y f x =有3个交点， ∴113k -<<-或k ＝1，错误，故选：BC ．15．（2022·广东·潮州市瓷都中学三模）定义在R 上的偶函数()f x 满足()()22f x f x +=-，当[]0,2x ∈时，()2f x x =-，设函数()()226x g x e x --=-<<，则正确的是（ ）A ．函数()f x 图像关于直线2x =对称B ．函数()f x 的周期为6C ．()71f =-D ．()f x 和()g x 的图像所有交点横坐标之和等于8【答案】AD 【解析】()()22f x f x +=-，∴函数()f x 图像关于直线2x =对称，故A 正确；又()f x 为偶函数，()()22(2)f x f x f x +=-=-，所以函数()f x 的周期为4，故B 错误；由周期性和对称性可知，()7(3)(1)1f f f ===，故C 错误； 做出()f x 与()g x 的图像，如下：由图可知，当26x -<<时，()f x 与()g x 共有4个交点，()f x 与()g x 均关于直线2x =对称，所以交点也关于直线2x =对称，则有1234+248x x x x ++=⨯=，故D 正确. 故选：AD.16．（2022·浙江省江山中学模拟预测）已知函数2,,()e 4,,x xx a f x x x x a ⎧<⎪=⎨⎪-+≥⎩当3a =时，函数()f x 有_________个零点；记函数()f x 的最大值为()g a ，则()g a 的值域为_________． 【答案】 2 1,4e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】解：当3a =时，2,3()e 4,3x xx f x x x x ⎧<⎪=⎨⎪-+≥⎩，当3x <时，()0ex xf x ==，则0x =，当3x ≥时，()240f x x x =-+=，则4x =，所以当3a =时，函数()f x 有2个零点； 令()e xx h x =，则()1e x xh x -'=，当1x <时，()0h x '>，当1x >时，()0h x '<， 所以函数()h x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，所以()()max 11eh x h ==，当x →-∞时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x +→，令()24m x x x =-+，则()()max 24m x m ==，如图，分别作出函数()y h x =和()y m x =的图象， 由图可知，函数()f x 的最大值为,(4)1e g a ∈⎡⎤⎢⎥⎣⎦，即()g a 的值域为1,4e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故答案为：2；1,4e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.17．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知定义在（0，+∞）上的函数f （x ）满足：ln ,01()2(1),1x x x f x f x x <≤⎧=⎨->⎩，若方程()12f x kx =-在（0，2]上恰有三个根，则实数k 的取值范围是___________.【答案】11ln 2,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】方程()12f x kx =-在（0，2]上恰有三个根，即直线12y kx =-与函数()y f x =的图像有三个交点，当01x <≤时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+， 当10e x <<时，()0f x '<；当11ex <≤时，()0f x '>，所以f （x ）在（0，1e ）上单调递减，f （x ）在（1e，1]上单调递增.结合函数的“周期现象”得f （x ）在（0，2]上的图像如下：由于直线l ；12y kx =-过定点A （0，12-）.如图连接A ，B （1，0）两点作直线11122l y x =-：，过点A 作()()ln 01f x x x x =<≤的切线l 2，设切点P （0x ，0y ），其中000ln l 1()n y x x x f x '==+，，则斜率20ln 1l k x =+ 切线20000:ln (ln 1)()l y x x x x x -=+-过点A （0，12-）.则00001ln (ln 1)(0)2x x x x --=+-，即012x =，则21ln 11ln 22l k =+=-，当直线1:2l y kx =-绕点A （0，12-）在1l 与2l 之间旋转时.直线1:2l y kx =-与函数()y f x =在[-1，2]上的图像有三个交点，故1(1ln 2,)2k ∈- 故答案为：1(1ln 2,)2-18．（2022·上海黄浦·二模）对于给定的正整数n (2n ≥)，定义在区间[0,]n 上的函数()y f x =满足：当01x ≤≤时，2()2f x x x =-+，且对任意的[1,]x n ∈，都成立()(1)1f x f x =-+．若与n 有关的实数n k 使得方程()n f x k x =在区间[1,]n n -上有且仅有一个实数解，则关于x 的方程()n f x k x =的实数解的个数为____________． 【答案】21n -【解析】由题意，画出()y f x =在[]0,1之间的图象，又对任意的[1,]x n ∈，都成立()(1)1f x f x =-+，可理解为区间[1,]n n -的图象由区间[2,1]n n --的图象往右平移一个单位，再往上平移一个单位所得，即可画出()y f x =在[0,]n 上的图象.故若与n 有关的实数n k 使得方程()n f x k x =在区间[1,]n n -上有且仅有一个实数解，则n y k x =与()y f x =在区间[1,]n n -上的图象相切，且易得()y f x =的图象在y x =与区间区间[]0,1，[]1,2…[]2,1n n --，[]1,n n -上的公切线之间.故n y k x =与()y f x =在区间[]0,1，[]1,2…[]2,1n n --上均有2个交点，故关于x 的方程()n f x k x=的实数解的个数为()21121n n -+=-个故答案为：21n -19．（2022·上海松江·二模）已知函数|2|1()2x f x -=，()g x 是定义在R 上的奇函数，且满足(2)(2)g x g x +=-，当[0,2]x ∈时，2()log (1)g x x =+．则当[0,2022]x ∈时，方程()()f x g x =实根的个数为_______．【答案】506【解析】因为(2)(2)g x g x +=-，所以()g x 的图像关于2x =对称又()g x 是定义在R 上的奇函数，图像关于原点对称，所以()g x 是周期为8的周期函数分别作出(),()f x g x 在[0,6]上的图像，共2个交点；又[6,2022]刚好为()g x 的252个周期，易知在每个周期内(),()f x g x 有两个交点，在[6,2022]上共有504个交点，综上，(),()f x g x 共有506个交点，即方程()()f x g x =实根的个数为506.故答案为：50620．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（理））已知函数()ln f x x =，若0a b <<，且()()f a f b =，则2+a b 的取值范围是______．【答案】()3,+∞【解析】()ln f x x =的图象如图，因为()()f a f b =，所以ln ln a b =，因为0a b <<，所以ln 0a <，ln 0b >，所以01,1a b <<>， 所以ln ln ,ln ln a a b b =-=，所以ln ln a b -=，所以ln ln ln()0a b ab +==，所以1ab =，则1b a =， 所以22a b a a+=+， 令2()(01)g x x x x =+<<，则22()1x g x x x'-=-=，当01x <<时，()0g x '<，所以()g x 在(0,1)上递减，所以()(1)123g x g >=+=，所以23+>a b ，所以2+a b 的取值范围为()3,+∞，故答案为：()3,+∞21．（2022·广东·模拟预测）已知函数()f x 满足(2)(2),04f x f x x -=+≤<时，2()4(2)f x x =--，()()(),0n n g x f x k x n k *=-∈>N ．若函数()g x 的图像与x 轴恰好有21n 个不同的交点，则22212n k k k ++⋅⋅⋅+=_________．【答案】4(1)n n + 【解析】∵(2)(2)f x f x -=+，∴()(4)f x f x =+，所以函数()f x 周期为4，当04x ≤<时，2()4(2)y f x x ==--，即22(2)4,0x y y -+=≥；当4x ≥时，()(4)f x f x =-，函数周期为4，令()()0()n n g x f x k x f x k x =-=⇒=，即n y k x =与函数()f x 恰有21n 个不同的交点，根据图象知，直线n y k x =与第1n +个半圆相切，故222(42)4161644n k n n n n n ==+-++ 故2211114441n k n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 所以222121111111422314(1)n n k k k n n n ⎛⎫+++=-+-++-= ⎪++⎝⎭．故答案为：4(1)n n +.1．（2021·天津·高考真题）设a ∈R ，函数22cos(22). ()2(1)5,x a x a f x x a x a x a ππ-<⎧=⎨-+++≥⎩，若()f x 在区间(0,)+∞内恰有6个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．95112,,424⎛⎤⎛⎤⋃ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦B ．5711,2,424⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．9112,,344⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭D ．11 ,2,3447⎛⎫⎡⎫⋃ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭ 【答案】A【解析】【分析】由()222150x a x a -+++=最多有2个根，可得()cos 220x a ππ-=至少有4个根，分别讨论当x a <和x a ≥时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.【详解】()222150x a x a -+++=最多有2个根，所以()cos 220x a ππ-=至少有4个根，由22,2x a k k Z ππππ-=+∈可得1,24k x a k Z =++∈， 由1024k a a <++<可得11222a k --<<-， （1）x a <时，当15242a -≤--<-时，()f x 有4个零点，即7944a <≤； 当16252a -≤--<-，()f x 有5个零点，即91144a <≤； 当17262a -≤--<-，()f x 有6个零点，即111344a <≤； （2）当x a ≥时，22()2(1)5f x x a x a =-+++，()()22Δ4(1)4582a a a =+-+=-，当2a <时，∆<0，()f x 无零点；当2a =时，0∆=，()f x 有1个零点；当2a >时，令22()2(1)5250f a a a a a a =-+++=-+≥，则522a <≤，此时()f x 有2个零点； 所以若52a >时，()f x 有1个零点. 综上，要使()f x 在区间(0,)+∞内恰有6个零点，则应满足7944522a a ⎧<≤⎪⎪⎨⎪<≤⎪⎩或91144522a a a ⎧<≤⎪⎪⎨⎪=>⎪⎩或或1113442a a ⎧<≤⎪⎨⎪<⎩， 则可解得a 的取值范围是95112,,424⎛⎤⎛⎤⋃ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成x a <和x a ≥两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况. 2．（2020·天津·高考真题）已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．1,(22,)2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭ B ．1,(0,22)2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ C ．(,0)(0,22)-∞D ．(,0)(22,)-∞+∞【答案】D【解析】【分析】 由(0)0g =，结合已知，将问题转化为|2|y kx =-与()()||f x h x x =有3个不同交点，分0,0,0k k k =<>三种情况，数形结合讨论即可得到答案.【详解】 注意到(0)0g =，所以要使()g x 恰有4个零点，只需方程()|2|||f x kx x -=恰有3个实根 即可，令()h x =()||f x x ，即|2|y kx =-与()()||f x h x x =的图象有3个不同交点. 因为2,0()()1,0x x f x h x x x ⎧>==⎨<⎩，当0k =时，此时2y =，如图1，2y =与()()||f x h x x =有1个不同交点，不满足题意； 当0k <时，如图2，此时|2|y kx =-与()()||f x h x x =恒有3个不同交点，满足题意； 当0k >时，如图3，当2y kx =-与2y x 相切时，联立方程得220x kx -+=，令0∆=得280k -=，解得22k =（负值舍去），所以22k >.综上，k 的取值范围为(,0)(22,)-∞+∞.故选：D.【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.3．（2020·海南·高考真题）基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rt I t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）A ．1.2天B ．1.8天C ．2.5天D ．3.5天【答案】B【解析】【分析】 根据题意可得()0.38rt t I t e e ==，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为1t 天，根据10.38()0.382t t t e e +=，解得1t 即可得结果.【详解】因为0 3.28R =，6T =，01R rT =+，所以 3.2810.386r -==，所以()0.38rt t I t e e ==， 设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为1t 天，则10.38()0.382t t t e e +=，所以10.382t e =，所以10.38ln 2t =， 所以1ln 20.69 1.80.380.38t =≈≈天. 故选：B.【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.4．（2020·全国·高考真题（理））在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（ ） A ．10名B ．18名C ．24名D ．32名【答案】B【解析】【分析】算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.【详解】由题意，第二天新增订单数为50016001200900+-=，9001850=，故至少需要志愿者18名. 故选：B【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题.5．（2020·全国·高考真题（理））若242log 42log a b a b +=+，则（ ）A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <【答案】B【解析】【分析】 设2()2log x f x x =+，利用作差法结合()f x 的单调性即可得到答案.【详解】设2()2log x f x x =+，则()f x 为增函数，因为22422log 42log 2log a b b a b b +=+=+所以()(2)f a f b -=2222log (2log 2)a b a b +-+=22222log (2log 2)b b b b +-+21log 102==-<， 所以()(2)f a f b <，所以2a b <.2()()f a f b -=22222log (2log )a b a b +-+=222222log (2log )b b b b +-+=22222log b b b --， 当1b =时，2()()20f a f b -=>，此时2()()f a f b >，有2a b >当2b =时，2()()10f a f b -=-<，此时2()()f a f b <，有2a b <，所以C 、D 错误.故选：B.【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题. 6．（2019·全国·高考真题（文））函数()2sin sin2f x x x =-在[]0,2π的零点个数为A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】令()0f x =，得sin 0x =或cos 1x =，再根据x 的取值范围可求得零点.【详解】由()2sin sin 22sin 2sin cos 2sin (1cos )0f x x x x x x x x =-=-=-=，得sin 0x =或cos 1x =，[]0,2x π∈， 02x ππ∴=、或．()f x ∴在[]0,2π的零点个数是3，故选B ．【点睛】本题考查在一定范围内的函数的零点个数，渗透了直观想象和数学运算素养．采取特殊值法，利用数形结合和方程思想解题．7．（2019·浙江·高考真题）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩，若函数()y f x ax b =--恰有三个零点，则A ．1,0a b <-<B ．1,0a b <->C ．1,0a b >-<D ．1,0a b >->【答案】C【解析】当0x <时，()(1)y f x ax b x ax b a x b =--=--=--最多一个零点；当0x 时，32321111()(1)(1)3232y f x ax b x a x ax ax b x a x b =--=-++--=-+-，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．【详解】当0x <时，()(1)0y f x ax b x ax b a x b =--=--=--=，得1b x a=-；()y f x ax b =--最多一个零点； 当0x 时，32321111()(1)(1)3232y f x ax b x a x ax ax b x a x b =--=-++--=-+-， 2(1)y x a x =+-'，当10a +，即1a -时，0y '，()y f x ax b =--在[0，)+∞上递增，()y f x ax b =--最多一个零点．不合题意；当10a +>，即1a >-时，令0y '>得[1x a ∈+，)+∞，函数递增，令0y '<得[0x ∈，1)a +，函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数()y f x ax b =--恰有3个零点⇔函数()y f x ax b =--在(,0)-∞上有一个零点，在[0，)+∞上有2个零点，如图： ∴01b a <-且32011(1)(1)(1)032b a a a b ->⎧⎪⎨+-++-<⎪⎩，解得0b <，10a ->，310(116,)b a a >>-+∴>-． 故选C ．【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及,a b 两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.8．（2019·全国·高考真题（理））2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L 点的轨道运行．2L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M １，月球质量为M ２，地月距离为R ，2L 点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程： 121223()()M M M R r R r r R+=++. 设r Rα=，由于α的值很小，因此在近似计算中34532333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为 A 21M R M B 212M R M C 2313M R M D 2313M R M 【答案】D【解析】【分析】【详解】由r Rα=，得r R α= 因为121223()()M M M R r R r r R +=++， 所以12122222(1)(1)M M M R R R ααα+=++， 即543232221133[(1)]3(1)(1)M M αααααααα++=+-=≈++， 解得3213M M α= 所以321.3M r R R M α==【点睛】 由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是复杂式子的变形出错．9．（2019·北京·高考真题（理））李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．①当x =10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为__________．【答案】 130. 15.【解析】【分析】由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得x 的最大值.【详解】(1)10x =,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付()608010130+-=元.(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y 元,120y <元时,李明得到的金额为80%y ⨯,符合要求.120y ≥元时,有()80%70%y x y -⨯≥⨯恒成立,即()87,8y y x y x -≥≤,即min158y x ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭元. 所以x 的最大值为15.【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.10．（2022·北京·高考真题）若函数()sin 3f x A x x =的一个零点为3π，则A =________；12f π⎛⎫= ⎪⎝⎭________． 【答案】 1 2-【解析】【分析】先代入零点，求得A 的值，再将函数化简为π()2sin()3f x x =-，代入自变量π12x =，计算即可. 【详解】 ∵π33()03f A ==，∴1A = ∴π()sin 32sin()3f x x x x ==- ππππ()2sin()2sin 2121234f =-=-=故答案为：1，2-11．（2021·北京·高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论：①若0k =，()f x 恰 有2个零点；②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点；③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点；④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是_______．【答案】①②④【解析】【分析】由()0f x =可得出lg 2x kx =+，考查直线2y kx =+与曲线()lg g x x =的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.【详解】对于①，当0k =时，由()lg 20f x x =-=，可得1100x =或100x =，①正确；对于②，考查直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<相切于点(),lg P t t -，对函数lg y x =-求导得1ln10y x '=-，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得100100lg e t k e e ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 所以，存在100lg 0k e e=-<，使得()f x 只有一个零点，②正确； 对于③，当直线2y kx =+过点()1,0时，20k +=，解得2k =-，所以，当100lg 2e k e-<<-时，直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点， 若函数()f x 有三个零点，则直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点，直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>有一个交点，所以，100lg 220e k e k ⎧-<<-⎪⎨⎪+>⎩，此不等式无解，因此，不存在0k <，使得函数()f x 有三个零点，③错误；对于④，考查直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>相切于点(),lg P t t ，对函数lg y x =求导得1ln10y x '=，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得100lg 100t e e k e =⎧⎪⎨=⎪⎩， 所以，当lg 0100e k e<<时，函数()f x 有三个零点，④正确.故答案为：①②④.【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．12．（2019·江苏·高考真题）设(),()f x g x 是定义在R 上的两个周期函数，()f x 的周期为4，()g x 的周期为2，且()f x 是奇函数.当2(]0,x ∈时，2()1(1)f x x =--，(2),01()1,122k x x g x x +<≤⎧⎪=⎨-<≤⎪⎩，其中0k >.若在区间(0]9，上，关于x 的方程()()f x g x =有8个不同的实数根，则k 的取值范围是_____.【答案】12,34⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭. 【解析】【分析】分别考查函数()f x 和函数()g x 图像的性质，考查临界条件确定k 的取值范围即可.【详解】当(]0,2x ∈时，()2()11,f x x =--即()2211,0.x y y -+=≥ 又()f x 为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为4，如图，函数()f x 与()g x 的图象，要使()()f x g x =在(]0,9上有8个实根，只需二者图象有8个交点即可.当1g()2x =-时，函数()f x 与()g x 的图象有2个交点； 当g()(2)x k x =+时，()g x 的图象为恒过点()2,0-的直线，只需函数()f x 与()g x 的图象有6个交点.当()f x 与()g x 图象相切时，圆心()1,0到直线20kx y k -+=的距离为1，2211k k k+=+，得2k =函数()f x 与()g x 的图象有3个交点；当g()(2)x k x =+过点1,1（）时，函数()f x 与()g x 的图象有6个交点，此时13k =，得13k =. 综上可知，满足()()f x g x =在(]0,9上有8个实根的k 的取值范围为123⎡⎢⎣⎭，. 【点睛】。