2023届新高考数学二轮复习：专题（导数解答题之零点题）提分练习【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e x f x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围.3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围.4．（2023秋ꞏ河南信阳ꞏ高三信阳高中校考期末）已知函数()()212ln ,e (0)x b f x x x a x g x xx -=--=->，其中0,,e a b ⎤>∈⎥⎦是自然对数的底数. (1)若()f x 在区间()1,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)设函数()()()()()2f xg x f x g xh x +--=，证明：存在唯一的正实数a ，使得()h x 恰好有两个零点.5．（2023秋ꞏ内蒙古呼和浩特ꞏ高三统考期末）已知函数()e 2xx x a f x a =-+.(1)当12a =时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.6．（2023秋ꞏ河北衡水ꞏ高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数()e sin xf x x ax =+，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. (1)若1a =-，求()f x 的最小值；(2)若()f x 有且只有两个零点，求实数a 的取值范围.7．（2023ꞏ辽宁ꞏ辽宁实验中学校考模拟预测）已知函数()e cos xf x x =．(1)求()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内的极大值；(2)令函数()1()e xaf x F x x =-，当πa >时，证明：()F x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且仅有两个零点．8．（2023秋ꞏ江苏南通ꞏ高三统考期末）已知函数()ln f x a x =，()()1e xg x x =-，其中a 为实数.(1)若函数()f x ，()g x 的图象在1x =处的切线重合，求a 的值；(2)若e a >，设函数()()()h x f x g x =-的极值点为0x .求证：①函数()h x 有两个零点1x ，2x （12x x <）；②01231x x x -->.9．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()()2sin ln 1f x x x x =-+-. (1)当10-<≤x 时，求()f x 的最小值；(2)设()()g x f x x =+，(]1,2πx ∈-，证明：()g x 有且仅有3个零点.（1.414≈，πln 1 1.544⎛⎫-≈- ⎪⎝⎭.）10．（2023春ꞏ云南ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()(01)x f x a ax a a =->≠且． (1)当e a =时，求函数()f x 的极值；(2)讨论()f x 在区间(0,1)上的水平切线的条数．11．（2023秋ꞏ广西南宁ꞏ高三南宁二中校考期末）已知函数()()()22ln 11af x x x =+-+有两个不同的零点x 1，x 2.(1)当112x -<<-时，求证：()12ln 11x x +>-+；(2)求实数a 的取值范围；12．（2023秋ꞏ湖北武汉ꞏ高三统考期末）已知函数()xf x a =与()log a g x x =（0a >，且1a ≠）(1)求()g x 在()()1,1g 处的切线方程；(2)若1a >，()()()h x f x g x =-恰有两个零点，求a 的取值范围13．（2023秋ꞏ浙江ꞏ高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知函数()e x f x ax =-，()2g x x a =-+(1)当1a =时，求函数()()y f x g x =-的最小值；(2)设01a <<，证明：曲线()y f x =与曲线()y g x =有两条公切线.14．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()ln f x a x x =-1e a ⎛⎫> ⎪⎝⎭（e 是自然对数的底数）.(1)若12,x x （120x x <<）是函数()y f x =的两个零点，证明：12112ln x x x x <-； (2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围.15．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()()e 1xf x a x a =--∈R .(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()ln e 0f x x +-=在()1,+∞无实数解，求实数a 的取值范围.16．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数2()eln (R),()eln x f x ax x a g x x x=+∈=-. (1)讨论函数()()2F x f x =在()0,∞+上的单调性；(2)若函数()f x 的图象与()g x 的图象有三个不同的交点，求实数a 的取值范围.17．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()ln f x a x x =-（e 是自然对数的底数）． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围．参考答案【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况. 【答案解析】（1）因为()()ln 11f x x a x =--+，所以()()11(0)f x a x x'=-->， 当10a -≤，即1a ≤时，()0f x ¢>，则()f x 为单调递增函数，不可能有极值，舍去； 当10a ->，即1a >时，令()0f x '=，解得11x a =-， 当101x a <<-时，()0f x ¢>；当11x a >-时，()0f x '<；所以()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞⎪-⎝⎭上单调递减， 所以()f x 在11x a =-取得极大值，符合题意； 综上：1a >，故实数a 的取值范围为()1,+∞.（2）当2a =时，()ln 1sin (0)g x x x x x =-++>，则()11cos g x x x'=-+， 令()()11cos 0h x x x x =-+>，则()21sin h x x x'=--， （i ）当(]0,πx ∈时，()0h x '<，则()h x 单调递减，即()g x '单调递减， 注意到()cos101g '=>，()120ππg '=-<， 所以存在唯一的()01,πx ∈使()00g x '=，且当00x x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当0πx x <≤时，()0g x '<，()g x 单调递减，注意到22211121sin 0e e e g ⎛⎫=--++< ⎪⎝⎭，()1sin10g =>，2ln πln e 2π1<=<-，则()πln ππ10g =-+<，所以()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点；（ii ）当(]π,2πx ∈时，sin 0x ≤，故()ln 1g x x x ≤-+， 令()()ln 1π2πx x x x ϕ=-+<≤，则()110x xϕ'=-<， 所以()x ϕ在(]π,2π上单调递减，故()()πln ππ10x ϕϕ<=-+<， 所以()()0g x x ϕ≤<，故()g x 在(]π,2π上无零点； （iii ）当()2π,x ∈+∞时，sin 1x ≤，则()ln 2g x x x ≤-+， 令()()ln 22πm x x x x =-+>，则()110m x x=-<'，所以()m x 在()2π,+∞上单调递减， 又3ln 2πln e 32π2<=<-，故()()2πln 2π2π20m x m <=-+<， 所以()()0g x m x ≤<，故()g x 在()2π,+∞上无零点；综上：()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点，共有两个零点.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．【答案解析】（1）证明：因为()()1e cos ,0,2πx f x x x -=+∈，所以()1e sin x f x x --'=- 设()()1e sin xg x f x x -==--'，()0,2πx ∈，所以()()111e cos e 1e cos xx x g x x x ---=--'=，其中1e 0x ->恒成立，令()11e cos x h x x -=-，()0,2πx ∈，则()111πecos e sin sin 4x x x h x x x x ---⎛⎫=-+='- ⎪⎝⎭，因为()0,2πx ∈，所以ππ7π,444x ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭， 所以当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，当π5π,44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当5π,2π4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递增；又()π1104π01e 0,1e 1e 0422h h --⎛⎫=->=->-> ⎪⎝⎭，5ππ044h h ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，7π1147π1e 1e 0422h -⎛⎫=-<-< ⎪⎝⎭，()7π2π04h h ⎛⎫<< ⎪⎝⎭所以05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()01001e cos 0x h x x -=-= ，即010e cos xx -=，故对于()()1e x g x h x -'=有()00g x '=，当()00,x x ∈时，()00g x '>，函数()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，()00g x '<，函数()f x '单调递减，所以0x 是函数()f x '的极大值点，()f x '无极小值点，故()f x '有且仅有一个极值点. （2）()f x 的所有零点之和大于2π，理由如下：函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈，其导函数()1e sin x f x x --'=-，05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得当()00,x x ∈时，()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，函数()f x '单调递减，又010ecos x x -=，所以()()0100000π0e 0,e sin cos sin 4xf f x x x x x -⎛⎫=-<=--=--=+' ⎝'⎪⎭，因为057π,π44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以0π3π,2π42x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()00f x '>，又()12π2πe0f -'=-<， 故()100,x x ∃∈，使得()10f x '=，()20,2πx x ∃∈，使得()20f x '=，于是可得：当()10,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()12,x x x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当()2,2πx x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， 又()3π11π23ππe0,e 102f f --⎛''⎭<⎫=-=-+> ⎪⎝，故13ππ,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()π11π2πe 0,πe 102f f --⎛⎫=>=-< ⎪⎝⎭，所以存在π,π2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f α=，所以()()1π0f x f <<，又3π123πe 02f -⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以()23π02f x f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，则存在3ππ,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f β=，又()12π2πe10f -=+>，所以函数()f x 在区间()2,2πx x ∈上无零点；故函数在()0,2πx ∈上有两个零点,αβ，且π3ππ22αβ<<<<， 由()()0f f αβ==可得：11e cos 0,e cos 0αβαβ--+=+=，所以11cos e ,cos e αβαβ--=-=-， 又111111e e e e αβαβαβαβ----<⇒->-⇒>⇒-<-， 所以()cos cos cos 2παββ<=-， 根据π3ππ22αβ<<<<，可得：ππ2α<<，π2ππ2β<-<，并且函数cos y x =在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以2παβ>-，即2παβ+>，故()f x 的两个零点之和大于2π.例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.【答案解析】（1）因为1a =，所以()2()ln 0f x x x x x =-->，令()()ln 0x x x x ϕ=->，则()111x x x xϕ-'=-=， 令()0x ϕ'>，得1x >；令()0x ϕ'<，得01x <<； 所以()x ϕ在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()11ln10x ϕϕ≥=->，即ln 0x x ->恒成立， 所以2()ln f x x x x =-+，则1()21f x x x'=-+， 所以切线的斜率为()12k f '==，又切点为(1,0)，所以切线方程为()21y x =-，即22y x =-.（2）令()0f x =，则2ln x x a x =-，该式等价于2ln x x a x =-或2ln x x a x =-+，当2ln x x a x =-时，有2ln x a x x =--，令()()20m x x x x =->，()ln n x a x =-，则2ln x x a x =-的解的个数即为()m x 与()n x 的交点个数，易知()m x 开口向上，对称轴为12x =， 所以()m x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且()()010m m ==，而ln y x =在()0,∞+上单调递增，02e a <<，所以()ln n x a x =-在()0,∞+上单调递减，且()10n =，作出()m x 与()n x 的图像，如图，所以()m x 与()n x 的交点只有一个，且为()1,0，故2ln x x a x =-只有一个解；当2ln x x a x =-+时，因为当1x =时，该式不成立，所以2ln x a xx=+，令()()20ln x x h x x x+=>，则2(12)ln (1)()(ln )x x x h x x +-+'=， 令()()(12)ln (1)0s x x x x x =+-+>，则1()2ln 1s x x x'=++， 令()()12ln 10g x x x x=++>，则()221x g x x -'=，令()0g x '>，得12x >；令()0g x '<，得102x <<；所以()g x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 112ln 2132ln 2022g x g ⎛⎫==++=-> ⎪⎝⎭，故()()0s x g x '=>，所以()s x 在(0,)+∞上单调递增，因为()10,e e 02ss =-<=>，所以存在0x ∈，使得()00s x =，则()s x 在0(0,)x 上()0s x <，在0(,)x +∞上()0s x >， 所以()()2()ln s x h x x '=在()0,1上()0h x '<，在()01,x 上()0h x '<，在()0,x +∞上()0h x '>，所以() h x 在()0,1上单调递减，在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上调递增， 因为()00s x =，所以000(12)ln (1)0x x x +-+=，即000121ln 1x x x +=+， 所以()()()2200000000min0012ln 112x x x h x h x x x x x x x ++===+⋅=++，因为22y x x =+在()0,∞+上单调递增，0x ，所以20022e 2e 2x x +>⨯+>，故()()02e h x h x ≥>， 又因为02e a <<，所以方程()a h x =无解，即方程2ln x a x x=+无解，故2ln x x a x =-+无解；综上：当02e a <<时，2ln x x a x =-与2ln x x a x =-+只有一个解，即()f x 只有一个零点. 例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．【答案解析】（1）由题意()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，得π()sin e 0x f x x a --≥= ，即πe e sin x a x ≤恒成立，令()e sin x m x x =，则()()e sin cos xm x x x '=+ ，当(π,π)x ∈-时，π3π5π(,)444x +∈-，令()()e sin cos 0xm x x x '=+>π04x +>，则π(0,π)4x +∈，得π3π44x -≤<，令()()e sin cos 0xm x x x '=+<π04x +<，π3π(,0)44x +∈-或π5π(π,)44x +∈得 ππ4x -<<-或3ππ4x <<， 所以()()e sin cos xm x x x '=+在π(π,)4--和(3π,π)4为减函数，在π3π(,)44-上为增函数，()π(π)=0m m =- ，ππ()()44ππ(e sin()44m ---=-=，故π()4min ()m x -=，故π(π4e a -≤，即5π()4a -≤，综上 ，实数a 的取值范围5π()4(,e ]2--∞ .（2）由题意()sin e ()cos e x x f x x a f x x a π-π-'=-=+，， ()π10,1f a a '=-+=∴= ,由()1f x =-，得πsin e 10x x --+= ， 令()πsin e1xs x x -=-+ ，()πcos e x s x x -'=+ 令()πcos e x x x g -=+，π()sin e x g x x -'=--,令ππ()sin e ()cos e ,x x h x x h x x --'=--=-+()h x '在[]*(21)π,(22)π,N k k k ++∈上单调递减,注意到2ππ2π((21)π)1e 0,((22)π))1e 0k k h k h k ---''+=+>+=-+<, ∴存在()()021π,22()πx k k ∈++,使0()0h x '=， 且当()021πk x x +≤<时，()0h x '> ，()g x ' 单调递增, 当()02π2x x k <≤+时，()0h x '<，()g x '单调递减,且2ππ2π((21)π)e 0,((22)π)e 0k k g k g k ---''+=-<+=-< ,π2π23((21e 02k g k --'+=-> ,所以()g x '在3(21)π,(22k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭和3(2)π,(22)π2k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭上各有一个零点，设为12,x x ，且当()1[21π,)x k x ∈+时，()s x '单调递减；12(,)x x x ∈时，()s x '单调递增， 当()2(,22π]x x k ∈+时，()s x '单调递减 且()()()()2ππ2π211ππe0,221e 0k k s k s k ---''+=-+<+=+> ，∴当()121πk x x +≤≤时，()()()21π0x s k s +''<< ， 当()222πx x k <≤+ 时，()()()22π0x s k s +''>>， 故()s x '在12(,)x x 上有唯一的零点，设为3x ，且当()321πk x x +<< ，时，()0s x '< ，()s x 在()321π)(,k x +上单调递减； 当()322πx x k <<+ 时，()0s x '>，()s x 在()3,22π()x k +上单调递增． 注意到2ππ2π((21)π)e 10,((22)π)e 10k k s k s k ---+=-+>+=-+> ，π2π23((2)π)e 02k s k --+=-< ，所以：()s x 在3((21)π,(2)π)2k k ++和3((22)π)2k k ++上各有一个零点，设为45,x x ，所以()s x 共两个零点，故方程()1f x =-()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数为2. 例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e xf x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．【答案解析】（1）()()2e 2x h x x x a =-++定义域为R ，所以()()2e 2x h x a x '=+-，①当20a +≤即2a ≤-时，()0h x '≤恒成立， 函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减函数．②当20a +>即2a >-时，令()0h x '>得：x <<，令()0h x '<得：x <x >所以，函数()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减综上所述，当2a ≤-时，函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减；当2a >-时，()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减；（2）构造()()()2e 2x F xf xg x x x a =-=+--，所以()22e xF x x '=+-．记()()m x F x '=，()20e xm x '=+>恒成立，即()m x 在(),x ∈-∞+∞上单调递增．而()00210e m =-=-<，1102m ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以存在唯一的010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00m x =，即000e 22xx +-=，由()e x f x =，()22g x x x a =-++可得()e xf x '=，()22g x x '=-+，所以()00e xf x '=，()0022g x x '=-+，所以()()00f x g x ''=，即曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线．又因为当()0,x x ∈-∞时，()0F x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0F x '>， 故()F x 在()0,x x ∈-∞上单调递减，在()0,x x ∈+∞上单调递增， 故()F x 在0x x =上取得极小值，也是最小值， 即()()min 0F x F x =，由于函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，所以()00F x =，即0200e 20x x x a +--=，故()02220000e 24222x a x x x x x =+-=-+=--，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()2022a x =--在010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，所以1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，综上，曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）函数2()e x f x x x =-，x ∈R ，则()()1e 2xf x x x =+-'， 令()()()1e 2x h x f x x x ==+-'，则()()2e 2x h x x +'=-，设()()2e 2xm x x =+-，则()()3e 0x m x x +'==，得3x =-，故(),3x ∈-∞-时，()0m x '<，函数()m x 即()h x '单调递减，()3,x ∈-+∞时，()0m x '>，函数()m x 即()h x '单调递增，所以min 31()(3)20e h x h =-=--<'，又x →-∞时，()h x '→-∞，又(0)0h '=， 所以(),0x ∈-∞时，()0h x '<，函数()f x '单调递减，()0,x ∈+∞时，()0h x '>，函数()f x '单调递增，故()f x '的单调减区间为(),0∞-，增区间为()0,∞+；（2）关于x 的方程21e =e 2x x x ax +有两个不相等的实根，即函数()21e e 2x xg x x ax =-+，在x ∈R 上有两个零点，又()()()1e e e x x xg x x ax x a =+-+=+'，①当0a ≥时，()0g x '=，得0x =，所以当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()min 01g x g ==-，又x →-∞时，()g x →+∞，()22e 20g a =+>，则函数()g x 在x ∈R上有两个零点；②当0a <时，()0g x '=，得0x =，()ln x a =-，（i ）当1a =-时，()ln 0a -=，此时()0g x '≥恒成立，函数()g x 单调递增，在x ∈R 上不可能有两个零点，不符合题意；（ii ）当10a -<<时，()ln 0a -<，则当()(),ln x a ∈-∞-时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()ln ,0x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()()()()()2211ln ln ln ln 11022g a a a a a a a a ⎡⎤-=--++-=--+<⎣⎦，()01g =-，故函数()g x 在区间(),0x ∈-∞无零点，在()0,x ∈+∞不可能存在两个零点，故不符合题意；（iii ）当1a <-时，()ln 0a ->，则当(),0x ∈-∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()0,ln x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()()ln ,x a ∈-+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，又()01g =-，故函数()g x 在区间()(),ln x a ∈-∞-无零点，在()()ln ,x a ∈-+∞不可能存在两个零点，故不符合题意； 综上，实数a 的取值范围[)0,∞+.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.【答案解析】（1）2()e x f x ax =-，则()e 2x f x ax '=-， 因为2x =是函数()f x 的极值点，所以(2)0f '=，即2e 40a -=，解得2e 4a =.当2e 4a =时，2e ()e 2xf x x '=-，当(1,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 所以2x =是函数()f x 的极小值点，故2e 4a =； （2）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，令()0f x =，则22e e 4xx =，作e xy =和22e 4y x =函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有2个交点，且一个交点分布在(,0)-∞上，另一个分布在(0,)+∞上， 所以方程()0f x =有2个解，即函数()y f x =有2个零点. 易知2是函数()f x 的一个零点，设另一个零点为0x ，又(0)10=>f ，2222e e 2e 2()e ()e 10e 4ef ---=--=-<，所以2(0)()0e f f -<，又函数()f x 在定义域上连续，由零点的存在性定理，知02(,0)ex ∈-；（3）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，当0x =时，(0)1f =， 当0x ≠时，令()0f x =，则22e 14x x -=， 设22e (0)()x h x x x -=≠，则()0h x >，23e (2)()x x x h x --='，令()00h x x '>⇒<或2x >，令()002h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减， 又1(2)0,(2)4h h ->=，2ln 221-<-<-，得111ln 222-<<-- 所以213132,0()1ln 222ln 22-<-<-<<--，又332e >16e 4⇒>，所以当1ln 22x =-时，1322ln 2223322221e e (ln 22)11()11ln 224(()e e ln 22ln 22h ----=<=<<---， 作出函数()y h x =和14y =的图象，如图所示，由图可知，两函数图象的交点的的横坐标都大于1ln 22-，故函数()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．【答案解析】（1）函数f (x )的定义域为()()()21,00,,e xf x x '-∞⋃+∞=-记()()g x f x '=，则()3332e 2e x x x g x x x '+=+=． 当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()0,+∞上单调递增，当(),0x ∈-∞时，记()()()32e 2,3e xx x x x x x ϕϕ'=+=+，所以(),3x ∈-∞-时，()0x ϕ'<，()x ϕ递减；()3,0x ∈-时，()0x ϕ'>，()x ϕ递增，()x ϕ的极小值为()333332e e 332e 0ϕ⎛⎫-=-> ⎪-⎝=⎭，即有()0x ϕ>， 因此()0g x '<， g (x )在(,0)-∞上单调递减，所以函数()f x '在()0,+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减.（2）令()()()()211e ,e xx F x f x ax ax F x f x a a x x'=-=+-=-=--' 方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根等价于F (x )有三个零点123,,x x x ，12301x x x <<<<，当0a ≤时，因为0x >，则()0F x >，此时F (x )在()0,+∞无零点； 当0a >时，由（1）知()F x '在()0,+∞上单调递增，显然1()402F a '=--<，21(ln(e ))e e 10(ln(e ))F a a '+=->->+， 因此存在00x >，使得()00F x '=，()00,x x ∈，()()0,F x F x '<单调递减，()0,x x ∈+∞，()()0,F F x x '>单调递增，①若e 1a =+，则()1e 10F a =+-=，不符合题意；②若0e 1a <<+，()1e 10F a =+->，当01x ≥时，(0,1)x ∈，()0F x >，()F x 在()0,1上无零点，当01x <时，()()1,,0x F x ∈+∞>，()F x 在()1,+∞上无零点，不符合题意， ③若e 1a >+，则()1e 10F a =+-<，()1e 10F a '=--<，于是01x >， 而当01x <<时，1e e x <<，0a ax -<-<，但1x的取值集合是(1,)+∞， 因此存在(0,1)t ∈，使得()0F t >，当1x >时，令2()e x h x x =-，()e 2x h x x '=-，令()()e 2x u x h x x '==-，则()e 2e 20x u x '=->->，即()h x '在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 20h x h ''>=->， ()h x 在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 10h x h >=->，因此当1x >时，2e x x >，有()2211e xF x ax x ax x ax x x=+->+->-，因为当x a ≥时，二次函数2x ax -的值域是[0,)+∞，于是得当x a ≥时，()0F x >，因此存在2301x x <<<，使得()()230F x F x ==，此时当0x <时，()e 10xF x a a '<-<-<，即函数F (x )在(,0)-∞上单调递减， 由()11111e 10,e 1e e 0a a F a F a a ---⎛⎫-=-+>-=-+<-< ⎪⎝⎭因此存在10x <，使得()10F x =，从而当e 1a >+时，F (x )有三个零点123,,x x x ，且12301x x x <<<<， 所以实数a 的取值范围是()e 1,++∞．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【答案解析】（1）因为()e x f x =，则()e x f x '=，所以，()()001f f '==，所以，()y f x =在0x =处的切线方程为1y x =+. （2）当()1,x ∈+∞时，不等式()ln g x x x a <+等价于()1ln 01a x x x -->+． 设()()1ln 1a x p x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x a p x x x x x +-+'=-=++，且()10p =. 对于函数()2211y x a x =+-+，()()241442a a a ∆=--=-.（ⅰ）当2a ≤且()1,x ∈+∞时，()22211210x a x x x +-+≥-+>，故()0p x '>，则()p x 在()1,+∞上单调递增，因此()()10p x p >=； （ⅱ）当2a >时，令()0p x '=得11x a =-21x a =-由122110x x x x =⎧⎨>>⎩得101x <<，21x >，故当()21,x x ∈时，()0p x '<，()p x 在()21,x 单调递减，因此()()210p x p <=，不合乎题意.综上，a 的取值范围是(],2-∞．（3）①()e xh x ax =-的定义域为R ，而()e x h x a '=-，若0a ≤，则()0h x '>，此时()h x 无最小值，故0a >. 函数()ln g x ax x =-的定义域为()0,∞+，而()11ax g x a x x-'=-=. 当ln x a <时，()0h x '<，故()h x 在(),ln a -∞上为减函数， 当ln x a >时，()0h x '>，故()h x 在()ln ,a +∞上为增函数， 故()()min ln ln h x h a a a a ==-. 当10x a <<时，()0g x '<，故()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数， 当1x a >时，()0g x '>，故()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数， 故()min 111ln 1ln g x g a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭.因为()e xh x ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值，故1n ln l a a a a =-+，整理得到1ln 1a a a-=+，其中0a >， 设()1ln 1a s a a a -=-+，其中0a >，则()()()222211011a s a a a a a --'=-=<++， 故()s a 为()0,∞+上的减函数，而()10s =，故()0s a =的唯一解为1a =，故1ln 1aa a-=+的解为1a =. 综上，1a =.②由①可得()e xh x x =-和()ln g x x x =-的最小值为1ln11+=.当1b >时，考虑e x x b -=的解的个数、ln x x b -=的解的个数.设()e x S x x b =--，()e 1xS x '=-，当0x <时，()0S x '<，当0x >时，()0S x '>， 故()S x 在(),0∞-上为减函数，在()0,∞+上为增函数， 所以()()min 010S x S b ==-<， 而()e0bS b --=>，()e 2b S b b =-，设()e 2b u b b =-，其中1b >，则()e 20bu b '=->，故()u b 在()1,+∞上为增函数，故()()1e 20u b u >=->，故()0S b >，故()e xS x x b =--有两个不同的零点，即方程e x x b -=的解的个数为2.设()ln T x x x b =--，()1x T x x-'=， 当01x <<时，()0T x '<，当1x >时，()0T x '>， 故()T x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数， 所以()()min 110T x T b ==-<， 而()ee0bbT --=>，()e e 20b b T b =->，()ln T x x x b =--有两个不同的零点即ln x x b -=的解的个数为2.当1b =，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=仅有一个解， 当1b <时，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=均无根，故若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点，则1b >.设()e ln 2x t x x x =+-，其中0x >，故()1e 2xt x x'=+-， 设()e 1x r x x =--，其中0x >，则()e 10xr x '=->，故()r x 在()0,∞+上为增函数，故()()00r x r >=即e 1x x >+， 所以()11210t x x x'>+-≥->，所以()t x 在()0,∞+上为增函数， 而()1e 20t =->，31e 333122e 3e 30e e e t ⎛⎫=--<--< ⎪⎝⎭，故()t x 在()0,∞+上有且只有一个零点2x ，且2311e x <<， 当20x x <<时，()0t x <，即e ln x x x x -<-，即()()h x g x <， 当2x x >时，()0t x >，即e ln x x x x ->-，即()()h x g x >，因此若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点， 故()()221b h x g x ==>，此时e x x b -=有两个不同的根1x 、()2120x x x <<， 此时ln x x b -=有两个不同的根2x 、()32301x x x <<<，故11e xx b -=，22e x x b -=，33ln 0x x b --=，22ln 0x x b --=，所以33ln x b x -=，即33e x bx -=，即()33e 0x bx b b ----=，故3x b -为方程e x x b -=的解，同理2x b -也为方程e x x b -=的解，又11e x x b -=可化为11e xx b =+，即()11ln 0x x b -+=，即()()11ln 0x b x b b +-+-=，故1x b +为方程ln x x b -=的解，同理2x b +也为方程ln x x b -=的解，所以{}{}1223,,x x x b x b =--，而1b >，故2312x x bx x b =-⎧⎨=-⎩，即1322x x x +=.【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．【答案解析】（1）()f x 的定义域是(1,)-+∞，22212(42)(1)()1(2)(1)(2)a x a x f x x x x x +'-+=-=++++． ①当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在(1,)-+∞上单调递增， 又因为(0)0f =，所以当0x ≥时，()(0)0f x f ≥=，满足题意； ②当2a >时，令22()(42)(1)(42)(42)g x x a x x a x a =+-+=+-+-， 由()0g x =，得1(2)0x a =-<，2(2)0x a -=>． 当()20,x x ∈时，()0g x <，()0f x '<，所以()f x 在()20,x 上单调递减， 所以()()200f x f <=，不满足题意． 综上所述，2a ≤．（2）①当2a ≤时，由（1）可得()f x 在(1,)-+∞上单调递增，且(0)0f =，所以()f x 在(1,)-+∞上存在1个零点；②当2a >时，由（1）可得()0g x =必有两根1x ，2x ，又因为(1)10g -=>，(0)420g a =-<所以1(1,0)x ∈-，2(0,)x ∈+∞．x ()11,x -1x()12,x x2x()2,x +∞()f x '＋－＋()f x单调递增 极大值()1f x 单调递减 极小值()2f x 单调递增当()12,x x x ∈时，因为(0)0f =，所以()f x 在()12,x x 上存在1个零点， 且()()100f x f >=，()()200f x f <=； 当()11,x x ∈-时，因为()()e 12ee 1ln e 0e 1e l---------=-=<++a aa a aaa a f ，1e 10--<-<a ，而()f x 在1(0,)x 单调递增，且1()0f x '=，而(e 1)0a g -->，故11e 1ax --<-<，所以()f x 在()11,x -上存在1个零点； 当()2,x x ∈+∞时，因为()()e 12e 1ln e 0e 1e 1a a a a a a af --=-=>++， e 10a ->，而()f x 在2(,)x +∞单调递增，且2()0f x '=，而(e 1)0ag ->， 所以2e 1ax ->，所以()f x 在()2,x +∞上存在1个零点．从而()f x 在()1,-+∞上存在3个零点．综上所述，当2a ≤时，()f x 存在1个零点；当2a >时，()f x 存在3个零点．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由题意可得()ln f x x x '=-， 设()()ln h x f x x x '==-，则()111xh x x x-'=-=由()0h x '>，得01x <<，由()0h x '<，得1x >则()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，即()f x '在(0,1)单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()(1)10f x f ''≤=-<，故()f x 的单调递减区间是(0,)+∞，无递增区间（2）由题意可得21(2)1(1)(1)()2a x a x a x a x g x x a x x x-+-+-+--'=+-+==， ()g x 的定义域是(0,)+∞，①当10a -<，即1a >时，1x >时()0g x '>，01x <<时()0g x '<， 则()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 因为0x →时，()g x →+∞，x →+∞时，()g x ∞→+， 所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--<，解得52a <，故152a <<；②当10a -=，即1a =时，由21()102g x x x =--=，解得x 1=因为0x >，所以1x =()g x 有且仅有1个零点，故1a =不符合题意； ③当011a <-<，即01a <<时，由()0g x '>，得01x a <<-或1x >， 由()0g x '<，得11a x -<<，则()g x 在(0,1)a -和(1,)+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0,g x x <→+∞时，()g x ∞→+， 所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--=或21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=， 若(1)0g =，解得52a =，不符合题意， 若(1)0g a -=，设1(0,1)t a =-∈，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=， 01t <<时，ln 0t t <，221111(1)0222t t t ---=-+-<，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解，即(1)0g a -=无解，故01a <<不符合题意；④当11a -=，即0a =时，()0g x '≥恒成立，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而()g x 最多有1个零点，则0a =不符合题意；⑤当11a ->，即a<0时，由()0g x '>，得01x <<或1x a >-，由()0g x '<，得11x a <<-， 则()g x 在(0,1)和(1),a -+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0g x x <→+∞，时，()g x ∞→+ 所以()g x 要有两个零点，则(1)0g =或(1)0g a -=，若1(1)2102g a =+--=，解得52a =，不符合题意，若21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=． 设1(1,)t a =-∈+∞，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=，由（1）知21ln 12y t t t t =---在(1,)+∞上单调递减，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解， 即(1)0g a -=无解，故a<0不符合题意．综上，a 的取值范围是51,2⎛⎫⎪⎝⎭．3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由()1e e e 1log e e ea g a =⇒++=⇒=， 所以()1e x f x x -=+，()11e xf x -'=-，令()01f x x '=⇒=，当1x <时，()0f x '<，当1x >时，()0f x ¢>， 所以()f x 在(,1)-∞上递减，在(1,)+∞上递增， 所以()f x 的极小值为()12f =；（2）()()1log 1x a f x g x a x --=--，令()1log 1x a F x a x -=--（0x >）， ()F x 存在唯—的零点，()11111ln ln ln ln x x F x a a xa a x a x a --⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭， 令()11ln ln x x xaa a ϕ-=-，()()11ln ln x x a x a a ϕ-'=+， 令()10ln x x aϕ'=⇒=-， 当10ln x a<<-时，()0x ϕ'<； 当1ln x a>-时，()0x ϕ'>， 所以()x ϕ在10,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减，在1,ln a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上递增， 所以()11ln min11ln ln ax a a a ϕϕ--⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，。
