3.8函数的零点问题——2023年高考数学一轮复习（新高考地区专用）一、单选题1．已知函数f(x)= cos2x+cosx，且x∈[0，2π]，则f(x)的零点个数为（　　）A．1个B．2个C．3个D．4个2．已知函数f(x)=x，x≥0−x2，x<0，若方程f(x)=aex有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为（　　）A．(1e，+∞)B．(0，1e)C．(−∞，−1e)D．(−1e，0)3．已知函数f(x)为定义在R上的单调函数，且f(f(x)−2x−2x)=10．若函数g(x)=f(x)−2x−a，x≤0，|log2x|−a−1，x>0有3个零点，则a的取值范围为（　　）A．(2，3]B．(−1，3]C．(3，4]D．(−1，4]4．已知函数f(x)=ax3+bx+1，若f(x)存在零点x0<−1，且满足f′(x0)=f(x0)，则(　　)A．1a+3b<0B．ab>0C．3a+b<0D．a+b>15．已知函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在[0，2π]上有且仅有4个零点，则ω的取值范围是（）A．[2312，2912]B．[2312，2912)C．(1130，1124]D．[1130，1124)6．已知函数f(x)=sin(ax3+bx+bx⋅π)−1，a≥0在(1，+∞)上有且仅有1个零点，则下列选项中b的可能取值为（　　）A．0B．18C．12D．47．已知f(x)是定义在[−10，10]上的奇函数，且f(x)=f(4−x)，则函数f(x)的零点个数至少为（　　）A．3B．4C．5D．68．设函数f(x)的定义域为R，则“f(x)是R上的增函数”是“任意a>0，y=f(x+a)−f(x)无零点”的（　　）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件n9．已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示，则x1⋅x2等于（　　）A．2B．43C．23D．1210．设函数f(x)=|2x−1|，函数g(x)=f(f(x))−loga(x+1)，(a>0，a≠1)在[0，1]上有3个不同的零点，则实数a的取值范围为（　　）A．(1，32)B．（1，2）C．(32，2)D．(2，+∞)11．已知函数f(x)=1−|1−x|，0≤x≤22f(x−2)，x>2，当x∈[0，8]时，函数F(x)=f(x)−kx恰有六个零点，则实数k的取值范围是（　　）A．(45，1)B．(23，45)C．[23，45)D．[45，1)12．已知函数f(x)=10x−m，x≤12xex−2mx+m，x>12（e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（　　）A．(e，+∞)B．(e，5]C．(e，5)D．[e，5]13．已知函数f(x)=2aex−eax2至多有2个不同的零点，则实数a的最大值为（　　）．A．0B．1C．2D．e14．已知函数f(x)=exlnx，x>0x3−3x，x≤0，若函数y=[f(x)]2−1与y=af(x)的图象恰有6个不同的公共点，则实数a的取值范围是（　　）A．(0，32)B．(0，72)C．(1，72)D．(1，+∞)15．已知函数f(x)=|log2x|，g(x)=0，0<x≤1|x−2|−0.5，x>1，则方程|f(x)−g(x)|=1的实根个数为（　　）个．A．1B．2C．3D．416．定义在R上的偶函数f(x)满足f(2−x)=f(x+2)，当x∈[0，2]时f(x)=(e)x，若在区间x∈[0，10]内，函数g(x)=f(x)−(x+1)m有个5零点，则实数m的取值范围是（　　）A．(0，log11e)B．(0，log11e)∪(12，log7e)C．(log11e，12)D．(log11e，12)∪(12，log7e)二、多选题17．已知函数f(x)=ax−xa(a>1)的定义域为(0，+∞)，且f(x)仅有一个零点，则（　　）A．e是f(x)的零点B．f(x)在(1，e)上单调递增C．x=1是f(x)的极大值点D．f(e)是f(x)的最小值n18．已知函数f(x)=2x−cosx的零点为x0，则（　　）A．x0<12B．x0>13C．tanx0>52D．x0−14<sinx0三、填空题19．设a，b，c∈R，a≠0，若函数y=ax2+bx+c有且仅有一个零点，且2a2+3ab+8ac=1，则a+b的最小值为　　，a+b+ab的最小值为　　．20．已知函数y=f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)=(12)x，log16x，0≤x<2x≥2，若关于x的方程[f(x)]2+af(x)+b=0(a，b∈R)有且仅有7个不同实数根，则a+b=　　21．已知函数f(x)=ex−ax，x≥0，ax3−2x+1，x<0.当a=0时，f[f(−12)]=　　，若函数f(x)有3个不同的零点，则a的取值范围是　　．22．设a∈R．函数f(x)=2ex−1，x≤0ax2+(a2−2)x−lnx，x>0，若f(f(0))=0，则a=　　，若f(x)只有一个零点，则a的取值范围是　　．23．函数f(x)=x3+2，x≤0x−3+ex，x>0的零点个数为　　.24．若函数f(x)=2x−b，x<0，x，x≥0有且仅有两个零点，则实数b的一个取值为　　.25．已知函数f(x)=2|x|+x2+a.①对于任意实数a，f(x)为偶函数；②对于任意实数a，f(x)在(−∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增；③存在实数a，使得f(x)有3个零点；④存在实数a，使得关于x的不等式f(x)≥2022的解集为(−∞，−1]∪[1，+∞).所有正确命题的序号为　　.26．已知函数f(x)满足f(x−2)=f(x+2)，0≤x<4时，f(x)=4−(x−2)2，g(x)=f(x)−knx(n∈N∗，kn>0)．若函数g(x)的图像与x轴恰好有2n+1个不同的交点，则k12+k22+⋅⋅⋅+kn2=　　．27．已知f(x)是定义在R上的奇函数，其图象关于点(2，0)对称，当x∈[0，2]时，f(x)=−1−(x−1)2，若方程f(x)−k(x−2)=0的所有根的和为6，则实数k的取值范围是　　．28．声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数ny=Asinϖt.我们听到的声音是由纯音合成的，称为复合音.已知一个复合音的数学模型是函数f(x)=sinx+12sin2x.给出下列四个结论：①f(x)的最小正周期是π；②f(x)在[0，2π]上有3个零点；③f(x)在[0，π2]上是增函数；④f(x)的最大值为334.其中所有正确结论的序号是　　.四、解答题29．设函数f(x)=−12x2+(a−1)x+alnx+a2，a>0．（1）若a=1，求函数f(x)的单调区间和最值；（2）求函数f(x)的零点个数，并说明理由．30．已知a>0，设函数f(x)=(2x−a)lnx+x，f′(x)是f(x)的导函数．（1）若a=2，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；（2）若f(x)在区间(1，+∞)上存在两个不同的零点x1，x2(x1<x2)，①求实数a范围；②证明：x2f′(x2)x1−1<(a−e)(a−2e)(a−3)2e．注，其中e=2.71828⋅⋅⋅⋅⋅⋅是自然对数的底数．31．已知函数f(x)=xlnx+a，(a∈R)．（1）求函数f(x)的单调区间；（2）当0<a<1e时，证明：函数f(x)有两个零点；（3）若函数g(x)=f(x)−ax2−x有两个不同的极值点x1，x2（其中x1<x2），证明：x1⋅x22>e3．32．已知函数f(x)=ex−xlnx−ax−1(a∈R)有两个零点．（1）求a的取值范围；（2）设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2>2．33．已知函数f(x)=mlnx−xex+x．（1）若m=1，求f(x)的最大值；（2）若f(x1)+x1ex1+m=0，f(x2)+x2ex2+m=0，其中x1≠x2，求实数m的取值范围．34．已知函数f(x)=lnx+ax的极小值为1．n（1）求实数a的值；（2）设函数g(x)=f(x)−1x+m(1x2−1)．①证明：当0<m<12时，∀x∈(0，m1−m)，g(x)>0恒成立；②若函数g(x)有两个零点，求实数m的取值范围．35．已知函数f(x)=x2⋅lnx.（Ⅰ）求函数y=f(x)−x的最小值；（Ⅱ）若方程f(x)=m(m∈R)有两实数解x1，x2，求证：1x12+1x22>e+11−|x1−x2|.（其中e=2.71828⋯为自然对数的底数）.36．已知函数f(x)=12(a−1)x2+ax−2lnx．（1）讨论f(x)的单调性；（2）当a=1时，g(x)=f(x)，若m≤3−4ln2，求证：对于任意k>0，函数h(x)=g(x)−mx−k有唯一零点．答案解析部分1．【答案】C2．【答案】B3．【答案】A4．【答案】A5．【答案】B6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】A9．【答案】C10．【答案】C11．【答案】B12．【答案】B13．【答案】C14．【答案】A15．【答案】D16．【答案】Dn17．【答案】A,C,D18．【答案】A,B,D19．【答案】−277；−9820．【答案】-121．【答案】e2；（e，+∞）22．【答案】-2或1；a＞123．【答案】224．【答案】12（答案不唯一）25．【答案】①②④26．【答案】n4(n+1)27．【答案】{−24}∪(612，+∞)28．【答案】②④29．【答案】（1）解：函数的定义域为(0，+∞)，当a=1时，f(x)=−12x2+lnx+12，f′(x)=−x+1x=−x2+1x，令f′(x)=0，得x=1；由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1．所以，增区间为(0，1)，减区间为(1，+∞)．当x=1时，函数f(x)有最大值为f(1)=0，无最小值（2）解：f(x)=−12x2+(a−1)x+alnx+a2，a>0，f′(x)=−x+(a−1)+ax=−x2+(a−1)x+ax=−(x+1)(x−a)x，令f′(x)=0，得x=−1（舍）或x=a；由f′(x)>0，得0<x<a；由f′(x)<0，得x>a．所以，增区间为(0，a)，减区间为(a，+∞)．函数有唯一的极大值点x=a，f(a)=−12a2+(a−1)a+alna+a2=a(12a−12+lna)，n令g(a)=12a−12+lna，a>0．因为g′(a)=12a+1a>0恒成立，函数g(a)为增函数，且g(1)=12−12+ln1=0，①0<a<1时，g(a)<0，即f(a)<0函数f(x)一定没有零点．②a=1时，g(a)=0，即f(a)=0函数f(x)有唯一的零点x=1．③a>1时，g(a)>0，即f(a)>0，f(x)=−12x2+(a−1)x+alnx+a2，且f(1e)=−12e2+ae−1e+aln1e+a2=a(1e−12)−12e2−1e<0，f(e4a)=−12e8a+(a−1)e4a+alne4a+a2，=−12e4a(e4a−2a+2)+4a2+a2，令h(x)=ex−x−1(x>0)，则h′(x)=ex−1，当x>0时，h′(x)>0成立，所以h(x)>h(0)=0，所以ex>x+1(x>0)，∴e4a>4a+1，a>0，所以f(e4a)≤−12(4a+1)(2a+3)+4a2+a2=−12(13a+3)<0，在区间[1e，a]上有唯一零点，在区间[a，e4a]上有唯一零点，函数f(x)有两个不同的零点．综上所述：①0<a<1时，函数f(x)一定没有零点．②a=1时，函数f(x)有唯一的零点．③a>1时，函数f(x)有两个不同的零点．30．【答案】（1）解：当a=2时，f(x)=2(x−1)lnx+x，f′(x)=2lnx−2x+3，所以f(1)=1，k=f′(1)=1．根据点斜式可得曲线f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y=x（2）解：①当x>1时，f(x)=0等价于2x+xlnx−a=0．n设g(x)=2x+xlnx−a，则g′(x)=2+lnx−1ln2x=(lnx+1)(2lnx−1)ln2x．当1<x<e时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>e时，g′(x)>0，g(x)单调递增；所以，当x>1时，[g(x)]min=g(e)=4e−a，因为f(x)在区间(1，+∞)上存在两个不同的零点x1，x2，所以[g(x)]min<0，解得a>4e．当a>4e时，取xa=aa−1∈(1，e)，则lnxa<xa−1=1a−1，故g(xa)=2xa+xalnxa−a>2aa−1+aa−11a−1−a=2aa−1>0，又g(a2)=a2lna2>0，所以f(x)在区间(1，e)和(e，a2)上各有一个零点．综上所述：a>4e．②设F(x)=f(x)−[(3−a)x+a−2]=(2x−a)lnx+(a−2)x−(a−2)，则F′(x)=2lnx+2x−ax+(a−2)=2lnx−ax+a，它是[1，+∞)上的增函数．又F′(1)=0，所以F′(x)≥0，于是F(x)在[1，+∞)上递增．所以F(x)≥F(1)=0，即(2x−a)lnx+x≥(3−a)x+a−2，当x=1时取等号．因为x1>1，所以0=f(x1)>(3−a)x1+a−2，解得0<1x1−1<a−3．(1)因为f′(x)=2lnx−ax+3，所以x2f′(x2)=2x2lnx2−a+3x2，结合f(x2)=(2x2−a)lnx2+x2=0知x2f′(x2)=−2x222x2−a−a+3x2=−a2−(a−2x2)+a22a−2x2．处理1：设函数h(x)=xlnx，则h′(x)=lnx−1ln2x，所以当0<x<e时，h′(x)<0，h(x)递减，当x>e时，h′(x)>0，h(x)递增，所以h(x)=xlnx≥h(e)=e，所以a−2x2=x2lnx2≥e．处理2：因为lnx≤x−1，所以ln(xe)≤xe−1，即lnx≤xe，当x=e时取等号，所以f(a−e2)=−elna−e2+a−e2>−e⋅a−e2e+a−e2=0．由①可知，f(x)在[x2，+∞)上单调递增，且f(x2)=0，所以x2≤a−e2，即a−2x2≥e．因为g(x)=−a2−t+a22t在[e，+∞)上是减函数，且a−2x2≥e，且x2f′(x2)=g(a−2x2)≤g(e)=−a2−e+a22e=(a−e)(a−2e)2e．综上可知：x2f′(x2)x1−1<(a−e)(a−2e)(a−3)2en31．【答案】（1）解：f′(x)=lnx+1，(x>0)，当0<x<1e时，f′(x)<0，当x>1e时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1e)上递减，在(1e，+∞)上递增，所以函数f(x)的单调区间为(0，1e)和(1e，+∞)（2）证明：由（1）知f(x)min=f(1e)=−1e+a，因为0<a<1e，所以f(1e)<0，又当x→0+时，f(x)>0，f(e)=e+a>0，所以函数在(0，1e)上存在一个零点，在(1e，e)上存在一个零点，所以函数f(x)有两个零点（3）证明：g(x)=f(x)−ax2−x=xlnx−−ax2−x+a，(x>0)，则g′(x)=lnx−2ax，因为函数g(x)有两个不同的极值点x1，x2（其中x1<x2），所以lnx1=2ax1，lnx2=2ax2，要证x1⋅x22>e3等价于证ln(x1⋅x22)>lne3，即证lnx1+2lnx2>3，所以3<lnx1+2lnx2=2ax1+4ax2=2a(x1+2x2)，因为0<x1<x2，所以2a>3x1+2x2，又lnx1=2ax1，lnx2=2ax2，作差得lnx1x2=a(x1−x2)，所以a=lnx1x2x1−x2，所以原不等式等价于要证明2lnx1x2x1−x2>3x1+2x2，即2lnx1x2<3(x1−x2)x1+2x2，令t=x1x2，t∈(0，1)，则上不等式等价于要证：2lnt<3(t−1)t+2，t∈(0，1)，令h(t)=2lnt−3(t−1)t+2，t∈(0，1)，则h′(t)=2t−9(t+2)2=2t2−t+8t(t+2)2>0，t∈(0，1)，n所以函数h(t)在(0，1)上递增，所以h(t)<h(1)=0，所以2lnt<3(t−1)t+2，t∈(0，1)，所以x1⋅x22>e3．32．【答案】（1）解：由f(x)=0，得ex−1x−lnx−a=0，设g(x)=ex−1x−lnx−a，则g′(x)=(x−1)(ex−1)x2，x>0，因为ex−1>0，所以当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．又因为g(x)min=g(1)=e−1−a<0，所以a>e−1，g(e−a)=ee−a−1e−a，∵0<e−a<1，∴g(e−a)>0，g(x)=ex−1x−x+x−lnx−a，∴g(ea)=eea−a−e−a−2a>ea−a+1−1−2a=ea−3a>0，所以a的取值范围是(e−1，+∞)．（2）证明：不妨设x1<x2，由（1）知g(x1)=g(x2)=a，则x1∈(0，1)，x2∈(1，+∞)，2−x1∈(1，+∞)，又g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以x1+x2>2等价于g(x2)>g(2−x1)，即g(x1)>g(2−x1)．设h(x)=g(x)−g(2−x)，则h′(x)=g′(x)+g′(2−x)=(x−1)[ex−1x2−e2−x−1(x−2)2]．设u(x)=ex−1x2，则u′(x)=(x−2)ex+2x3，设v(x)=(x−2)ex+2，则v′(x)=(x−1)ex，当0<x<1时，v′(x)<0，v(x)单调递减，当x>1时，v′(x)>0，v(x)单调递增，又因为v(0)=0，v(1)=2−e<0，v(2)=2，所以存在x0∈(1，2)，使得v(x0)=0，当0<x<x0时，v(x)<0，即u′(x)<0，当x>x0时，v(x)>0，即u′(x)>0，所以u(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增．又因为u(1)=e−1，u(2)=e2−14<e−1，所以当0<x<1时，u(x)>e−1，当1<x<2时，u(x)<e−1，所以当0<x<1时，h′(x)=(x−1)[u(x)−u(2−x)]<0，h(x)单调递减，n因为x1∈(0，1)，所以h(x1)>h(1)=g(1)−g(1)=0，所以g(x1)>g(2−x1)，即原命题得证．33．【答案】（1）解：当m=1时，f(x)=lnx−xex+x，则f′(x)=1x+1−(x+1)ex=(x+1)(1x−ex)．令φ(x)=1x−ex(x>0)，则φ′(x)=−1x2−ex<0，∴φ(x)在(0，+∞)上单调递减．又φ(12)=2−e>0，  φ(1)=1−e<0，∴存在x0∈(12，1)使得φ(x)=1x0−ex0=0，∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)有最大值f(x0)=lnx0+x0−x0ex0=ln(x0ex0)−x0ex0=ln1−1=−1．另法：当m=1时，f(x)=lnx−xex+x=ln(xex)−xex，令t=xex>0，则h(t)=lnt−t，其中t>0，h′(t)=1−tt，∴当t∈(0，1)时，h′(t)>0，  h(t)单调递增；当t∈(1，+∞)时，h′(t)<0，  h(t)单调递减，故h(t)max=h(1)=−1，即f(x)的最大值为−1（2）解：令g(x)=mlnx+x+m，x∈(0，+∞)，由题意知m的取值应满足函数g(x)有两个零点．易得g′(x)=mx+1=x+mx，若m≥0，则g′(x)>0，g(x)在(0，+∞)上单调递增，∴g(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去；若m<0，则当x∈(0，−m)时，g′(x)<0，  g(x)单调递减；当x∈(−m，+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．要使函数g(x)有两个零点，则g(x)min=g(−m)=mln(−m)<0，∴m<−1易知g(1e)=1e>0，  g(e−2m)=mlne−2m+e−2m+m=−2m2+e−2m+m(m<−1)．令p(x)=e−2x−2x2+x，x<−1，则p′(x)=−2e−2x−4x+1，x<−1，令q(x)=−2e−2x−4x+1，x<−1，则q′(x)=4e−2x−4>0，x<−1，∴p′(x)在(−∞，−1)上单调递增，∴p′(x)<p′(−1)=−2e2+5<0∴p(x)在(−∞，−1)上单调递减，∴p(x)>p(−1)=e2−2−1>0，  ∴g(e−2m)>0n由1e<−m<e−2m知g(x)在(0，−m)和(−m，+∞)上各有一个零点，则实数m的取值范围为(−∞，−1)．另法：令g(x)=mlnx+x+m，x∈(0，+∞)，由题意知m的取值应满足函数g(x)有两个零点，若m≥0，易知g(x)单调递增，不符合题意，舍去；若m<0，由g(x)=mlnx+x+m=0，x∈(0，+∞)知，−1+lnxx=1m，令h(x)=−1+lnxx，x∈(0，+∞)，则h′(x)=lnxx2，x∈(0，+∞)，∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．又h(1)=−1，且x∈(1，+∞)时，h(x)<0，   ∴1m>−1，解得m<−1，故实数m的取值范围为(−∞，−1)．34．【答案】（1）解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=x−ax2．当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，+∞)上单调递增，无极小值；当a>0时，令f′(x)>0，x>a；令f′(x)<0，0<x<a．所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增．所以f(x)的极小值为f(a)=lna+1=1，即a=1．综上，a=1（2）解：①法一：g(x)=lnx+m(1x2−1)，g′(x)=x2−2mx3．∵x2−2m<(m1−m)2−2m=m(1−2m)(m−2)(1−m)2<0，∴g′(x)<0，即g(x)在(0，m1−m)上单调递减．∴g(x)>g(m1−m)=ln(m1−m)+1−2mm=ln(m1−m)+1−mm−1．由（1）知，f(x)的最小值为f(1)=1，即lnx≥1−1x（当且仅当x=1时，等号成立）．∴ln(m1−m)>1−1−mm，即g(x)>0．法二：由（1）知，f(x)的最小值为f(1)=1，即lnx≥1−1x（当且仅当x=1时，等号成立）．因为0<m<12，所以0<m1−m<1所以g(x)=lnx+m(1x2−1)>1−1x+m(1x2−1)=(x−1)[(1−m)x−m]x2>0得证．n②g′(x)=x2−2mx3．当m≤0时，g′(x)≥0，g(x)在(0，+∞)上单调递增，g(x)至多有一个零点．当m>0时，g′(x)=(x+2m)(x−2m)x3．令g′(x)>0，x>2m；令g′(x)<0，0<x<2m．所以g(x)在(0，2m)上单调递减，在(2m，+∞)上单调递增．所以g(x)的最小值为g(2m)=ln2m−m+12=12lnm−m+12+12ln2．设h(m)=12lnm−m+12+12ln2，h′(m)=1−2m2m．令h′(m)>0，0<m<12；令h′(m)<0，m>12．所以h(m)在(0，12)上单调递增，在(12，+∞)上单调递减．所以h(m)的最大值为h(12)=0．当m=12时，g(x)min=g(1)=0，g(x)只有一个零点；当m>12时，g(x)min=g(2m)<0，又g(1)=0，g(em)=me2m>0．所以g(x)有两个零点；当0<m<12时，g(x)min=g(2m)<0，由①知，当0<m<12时，对∀x∈(0，m1−m)，g(x)>0恒成立，又g(1)=0，所以g(x)有两个零点；综上：0<m<12或m>1235．【答案】解：（Ⅰ）令g(x)=f(x)−x=x2lnx−x，则g′(x)=2xlnx+x−1，g″(x)=2lnx+3∴g′(x)在(0，e−32)上单调递减，在(e−32，+∞)上单调递增∵g′(0+)=−1，g′(1)=0∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增∴g(x)min=g(1)=−1；（Ⅱ）∵f′(x)=x(2lnx+1)∴f(x)在(0，e−12)上单调递减，在(e−12，+∞)上单调递增不妨设x1<x2，∵f(0+)=0，f(1)=0∴0<x1<e−12<x2<1，m>0由（Ⅰ）知，f(x)≥x−1，当且仅当x=1时取等号，n又求导易证xlnx≥−1e∴f(x)≥−1ex，当且仅当x=1e时取等号，设直线y=m与直线y=−1ex、y=x−1交点的横坐标分别为x1′、x2′，则|x1−x2|<|x1′−x2′|=m+1+em=(e+1)m+1∴e+11−|x1−x2|<−1m①由对数平均不等式得，x12+x222>x12−x22lnx12−lnx22=x12−x222(mx12−mx22)=−x12x222m∴1x12+1x22>−1m②综合①②可得，1x12+1x22>e+11−|x1−x2|36．【答案】（1）解：f(x)=12(a−1)x2+ax−2lnx的定义域为(0，+∞)，且f′(x)=(a−1)x+a−2x=(a−1)x2+ax−2x，当a=1时，f′(x)=x−2x，则f(x)在(0，2)单调递减，(2，+∞)单调递增；当a>1时，由f′(x)=0得x=−a−a2+8a−82(a−1)<0，x=−a+a2+8a−82(a−1)>0，所以f(x)在(0，−a+a2+8a−82(a−1))单调递减，(−a+a2+8a−82(a−1)，+∞)单调递增；当a<1时，①当a≤0时，f(x)在(0，+∞)单调递减；②当0<a<1时，当Δ=a2+8(a−1)=(a+4)2−24≤0时，即0<a≤−4+26时，f(x)在(0，+∞)单调递减；当Δ=a2+8(a−1)=(a+4)2−24>0时，即−4+26<a<1时，由f′(x)=0得x1=−a−a2+8a−82(a−1)>x2=−a+a2+8a−82(a−1)>0，所以f(x)在(0，−a+a2+8a−82(a−1))、(−a−a2+8a−82(a−1)，+∞)单调递减，在(−a+a2+8a−82(a−1)，−a−a2+8a−82(a−1))单调递增；综上所述：①当a>1时，f(x)在(0，−a+a2+8a−82(a−1))单调递减，在(−a+a2+8a−82(a−1)，+∞)单调递增；②当a=1时，f(x)在(0，2)单调递减，在(2，+∞)单调递增；③a≤−4+26时，f(x)在(0，+∞)单调递减；n④当−4+26<a<1时，f(x)在(0，−a+a2+8a−82(a−1))、(−a−a2+8a−82(a−1)，+∞)单调递减，在(−a+a2+8a−82(a−1)，−a−a2+8a−82(a−1))单调递增；（2）证明：当a=1时，g(x)=f(x)=x−lnx，h(x)=x−lnx−mx−kh′(x)=lnx−x2−1+mx2，令p(x)=lnx−x2−1+m，则p′(x)=1x−14x=4−x4x．则p(x)=lnx−x2−1+m在(0，16)单调递增，(16，+∞)单调递减．所以p(x)=lnx−x2−1+m≤p(16)=4ln2−2−1+m≤0所以h′(x)=lnx−x2−1+mx2≤0h(x)=x−lnx−mx−k在(0，+∞)单调递减．当0<x<1时，由h(x)=x−lnx−mx−k>−lnx−mx2−k>−lnx−m−k≥−lnx−|m|−k得h(e−|m|−k)>0当x>1时，由h(x)=x−lnx−mx−k<x−mx−k≤x−|m|x−k<1x+|m|x−k得h((1+|m|k)2+1)<0存在唯一x0∈(e−|m|−k，(1+|m|k)2+1)，使得函数h(x0)=0．所以对于任意k>0，函数h(x)=g(x)−mx−k有唯一零点．