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【答案】C【知识点】二倍角的余弦公式；函数的零点【解析】【解答】由cos2x+cosx=2cos2x+cosx−1=(cosx+1)(2cosx−1)=0，可得cosx=−1或cosx=12，又因为x∈[0，2π]，则x=π，或x=π3，或x=5π3，则f(x)的零点个数为3。故答案为：C【分析】利用已知条件结合二倍角的余弦公式，从而解一元二次方程求出角x的余弦值，再利用角x的取值范围，进而得出角x的值，再利用函数的零点的求解方法，进而得出函数f(x)的零点个数。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)【答案】B【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】f(x)=aex⇔a=xex，x≥0−x2ex，x<0设g(x)=xex，x≥0−x2ex，x<0当x≥0时，g′(x)=1−xex所以当0≤x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减x=1时，g(x)取得极大值1e当x趋向于+∞，g(x)趋向于0当x<0时，g′(x)=x(x−2)ex>0，g(x)单调递增依题意可知，直线x=a与g(x)的图象有两个不同的交点如图所示，a的取值范围为(0，1e)故答案为：B【分析】由题意问题可转换成a=xex，x≥0−x2ex，x<0，构造函数g(x)=xex，x≥0−x2ex，x<0，通过求导，确定函数单调性及极值，画出函数图象，如图，即可求解。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]【答案】A【知识点】函数单调性的性质；分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】因为f(x)为定义在R上的单调函数，所以存在唯一的t∈R，使得f(t)=10，则f(x)−2x−2x=t，f(t)−2t−2t=t，即f(t)=2t+3t=10，因为函数y=2t+3t为增函数，且22+3×2=10，所以t=2，f(x)=2x+2x+2.当x≤0时，由g(x)=0，得a=2x+2；当x>0时，由g(x)=0，得a=|log2x|−1.结合函数的图象可知，若g(x)有3个零点，则a∈(2，3]．故答案为：A【分析】由f(x)为定义在R上的单调函数，所以存在唯一的t∈R，使得f(t)=10，则f(x)−2x−2x=t，即f(t)=2t+3t=10，函数y=2t+3t为增函数，且22+3×2=10，解得t=2，f(x)=2x+2x+2.当x≤0时，由g(x)=0，得a=2x+2；当x>0时，由g(x)=0，得a=|log2x|−1.结合函数的图象可知，若g(x)有3个零点，即可求得a的取值范围．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>1【答案】A【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点【解析】【解答】若a=0，则f(x)=bx+1，f′(x)=b，则f′(x0)=f(x0)=0⇒b=0x0=−1b不成立，故a≠0．故f′(x)=3ax2+b，n若b=0，则有且仅有x0=0满足f′(x0)=0，不合题意；若a>0，b>0，则f′(x)>0，不合题意；若a<0，b<0，则f′(x)<0，不合题意；故ab<0，B不符合题意；f′(x)=0的解为x1=−−b3a<0，x2=−b3a>0，即x0=x1，若a>0，b<0，则在(x1，x2)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x0)>f(0)，∵f(0)=1>0，故f(x0)>0，与f(x0)=0矛盾；若a<0，b>0，则在(x1，x2)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(−∞，x1)，(x2，+∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，∵零点x0<−1，∴−−b3a<−1，即3a+b>0，C不符合题意；由单调性可知，f(−1)>f(x0)=0，即a+b<1，D不符合题意；又∵3a+b>0且ab<0，∴3a+bab<0⇒1a+3b<0，A符合题意．故答案为：A．【分析】首先对函数求导由导函数的形状即可得出函数的单调性，由函数的单调性结合函数零点的定义，对选项逐一判断即可得出答案。5．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)【答案】B【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的单调性；函数的零点【解析】【解答】因为ω>0，当x∈[0，2π]时，π6≤ωx+π6≤2πω+π6，因为函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在[0，2π]上有且仅有4个零点，则4π≤2πω+π6<5π，解得2312≤ω<2912.故答案为：B.【分析】根据题意由正弦函数的图象和性质结合整体思想，以及零点的定义求解出关于ω的不等式组，求解出ω的取值范围即可。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．4【答案】C【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数的零点【解析】【解答】令g(x)=ax+bx+bx2，x∈(1，+∞)，由函数f(x)=sin(ax3+bx+bx⋅π)−1，a≥0在(1，+∞)上有且仅有1个零点，则方程g(x)=12+2k，其中k∈N，有且只有一个解，从而g(x)的值域为有限区间，故必有a=0，从而有g(x)=bx+bx2=b(1x+12)2−b4的值域为(0，2b)，所以12<2b≤52，即18<b≤258，从而可以选b=12，C符合题意．故答案为：C．【分析】令g(x)=ax+bx+bx2，x∈(1，+∞)，由题意问题转化为g(x)=12+2k其中k∈N，有且只有一个解，从g(x)的值域为有限区间可得a=0，从而求得g(x)=bx+bx2=b(1x+12)2−b4的值域(0，2b)，由12<2b≤52即可求得b的值.7．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．6【答案】C【知识点】函数奇偶性的判断；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】∵f(x)是定义在[−10，10]上的奇函数，∴f(0)=0，且零点关于原点对称，∴零点个数为奇数，排除选项B，D，又∵f(x)=f(4−x)∴f(0)=f(4)=0，f(−4)=−f(4)=0，n∴f(−4)=f(4+4)=f(8)=0，f(−8)=−f(8)=0，∴f(x)的零点至少有0，±4，±8，5个，故答案为：C.【分析】由题意可知f(0)=0，进而根据f(x)=f(4−x)，可求f(-4)，f(4)，f(8)，f(-8)都为0，即可求解。8．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【答案】A【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的判断与证明；函数零点的判定定理【解析】【解答】若f(x)是R上的增函数，则对任意a>0，显然x+a>x，故f(x+a)>f(x)，即y=f(x+a)−f(x)>0无零点，满足充分性；反之，若对任意a>0，f(x+a)<f(x)，即f(x+a)−f(x)<0，满足y=f(x+a)−f(x)无零点，但f(x)是R上的减函数，不满足必要性，故“f(x)是R上的增函数”是“任意a>0，y=f(x+a)−f(x)无零点”的充分而不必要条件.故答案为：A.【分析】根据题意由函数零点的定义以及函数的单调性，再结合充分和必要条件的定义即可得出答案。9．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．12【答案】C【知识点】函数在某点取得极值的条件；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】由函数y=f(x)的图象知：x=1和x=2是f(x)=0的根，即f(1)=1+b+c=0f(2)=8+4b+2c=0，解得b=−3，c=2，所以f(x)=x3−3x2+2x，可得f′(x)=3x2−6x+2，又由结合图象可得x1，x2是函数f(x)的极值点，即x1，x2是f′(x)=0的两个根，即x1，x2是3x2−6x+2=0的两个实数根，所以x1⋅x2=23。故答案为：C.【分析】由函数y=f(x)的图象结合函数与x轴交点的横坐标与方程的根的等价关系知：x=1和x=2是f(x)=0的根，再利用代入法，从而解方程组求出b，c的值，进而得出函数的解析式，再利用求导的方法求出函数的极值点，再利用韦达定理得出x1⋅x2的值。10．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，+∞)【答案】C【知识点】函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】f(x)=|2x−1|=2x−1，x≥12−2x+1，x<12，∴f(f(x))=|2|2x−1|−1|=4x−3，x>34−4x+3，12<x≤344x−1，14<x≤12−4x+1，x≤14，分别画出y=f(f(x))与y=loga(x+1)的图象，∵y=loga(x+1)的图象是由y=logax的图象向左平移一个单位得到的，且过点O，当x=1时，y=f(f(1))=1，此时loga(1+1)=1，计算得a=2，有4个交点；当x=12时，y=f(f(12))=1，此时loga(12+1)=1，计算得a=32，有2个交点.综上所述，a的取值范围为(32，2)，故答案为：C.【分析】作出两个函数的图象，结合对数函数的单调性，利用数形结合即可得到答案.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)【答案】B【知识点】函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】当0≤x≤1时，f(x)=1−(1−x)=x；n当1<x≤2时，f(x)=1−(x−1)=2−x.当2<x≤4时，0<x−2≤2，可得f(x)=2x−4，2<x≤3−2x+8，3<x≤4，当4<x≤6时，2<x−2≤4，可得f(x)=4x−16，4<x≤5−4x+24，5<x≤6，当6<x≤8时，4<x−2≤6，可得f(x)=8x−48，6<x≤7−8x+64，7<x≤8.画出函数f(x)在[0，8]上的图象如下图所示：由上图kOA=2−03−0=23，kOB=4−05−0=45，函数F(x)=f(x)−kx恰有六个零点，即函数y=f(x)与函数y=kx有6个交点，从上图观察可知y=kx在直线OA与直线OB之间即可满足题意，此时，23<k<45.故答案为：B【分析】先求出函数的表达式，再根据函数的表达式画出图象，最后根据数形结合思想求解出实数k的取值范围.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]【答案】B【知识点】分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0，则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时，由10x−m=0得：x=m10，至多有一个根.当x>12时，由xex−2mx+m=0得：m=xex2x−1.令y1=xex2x−1，(x>12)，则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0，解得：x>1；令y1′<0，解得：12<x<1；所以y1=xex2x−1在(12，1)上单减，在(1，+∞)上单增.所以y1=xex2x−1的最小值为e，无最大值.所以函数f(x)在定义域R上有三个零点，只需x≤12时，有一个根；x>12时，有两个根.要使m=xex2x−1有两根，只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e，解得：e<m≤5.故答案为：B【分析】令f(x)=0，分别讨论x≤12和x>12时零点的情况：x≤12时直接解方程；x>12时利用数形结合研究零点的情况.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．e【答案】C【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】令f(x)=2aex−eax2=0，得到x2ex=2aea，函数f(x)=2aex−eax2至多有2个不同的零点，等价于x2ex=2aea至多有两个不同的根，即函数y=x2ex与y=2aea至多有2个不同的交点令g(x)=x2ex，则g′(x)=2x−x2ex，当0<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x<0或x>2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以x=0与x=2为函数g(x)的极值点，且g(0)=0，g(2)=4e2，且g(x)=x2ex≥0在R上恒成立，画出g(x)=x2ex的图象如下：由图可知：2aea=0或2aea≥4e2时，符合题意，其中2aea=0，解得：a=0n设h(a)=2aea，则h′(a)=2−2aea，当a<1时，h′(a)>0，当a>1时，h′(a)<0，所以h(a)=2aea在(−∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，由2aea≥4e2可得：h(a)≥h(2)，所以a≤2，综上所述：实数a的最大值为2。故答案为：C【分析】令f(x)=2aex−eax2=0，得到x2ex=2aea，再利用函数的零点与方程的根、两函数交点的横坐标的等价关系，则函数f(x)=2aex−eax2至多有2个不同的零点等价于x2ex=2aea至多有两个不同的根，即函数y=x2ex与y=2aea至多有2个不同的交点，令g(x)=x2ex，利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的极值点，再利用g(x)=x2ex≥0在R上恒成立结合函数g(x)=x2ex的图象，由函数的图象可知：2aea=0或2aea≥4e2时，符合题意，其中2aea=0，进而得出实数a的值，设h(a)=2aea，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数a的取值范围，从而得出实数a的最大值。14．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，+∞)【答案】A【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性；分段函数的应用；根的存在性及根的个数判断【解析】【解答】依题意f(x)=exlnx，x>0x3−3x，x≤0，当x>0时，f′(x)=e(lnx+1)，所以，在区间(0，1e)，f′(x)<0，f(x)递减；在区间(1e，+∞)，f′(x)>0，f(x)递增.所以f(x)≥f(1e)=−1，当0<x<1时，f(x)<0；当x>1时，f(x)>0；f(1)=0.当x≤0时，f(x)=x3−3x=x(x+3)(x−3)，f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)，所以f(x)在区间(−∞，−1)，f′(x)>0，f(x)递增；在区间(−1，0)，f′(x)<0，f(x)递减，所以f(x)≤f(−1)=2，f(0)=f(−3)=0.由此画出f(x)的大致图象如下图所示，由图可知，若直线y=t与y=f(x)的图象有3个交点，则−1<t<2.由于函数y=[f(x)]2−1与y=af(x)的图象恰有6个不同的公共点，即[f(x)]2−1=af(x)，[f(x)]2−af(x)−1=0有6个不同的根，由于Δ=a2−4×(−1)=a2+4>0，所以−1<−−a2<2(−1)2−a×(−1)−1>022−a×2−1>0，解得0<a<32.故答案为：A【分析】首先对函数求导，由导函数的性质得出函数的单调性，由此作出函数的图象，结合方程根与图象交点的关系，利用数形结合法以及二次函数根的情况即可得出a的取值范围。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．4【答案】D【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】|f(x)−g(x)|=1⇔f(x)=g(x)±1，f(x)=−log2xlog2x，0<x≤11<x，g(x)+1=1，0<x≤152−x，1<x<2x−32，2≤x，g(x)−1=−1，0<x≤112−x，1<x<2x−72，2≤x，在同一直角坐标系中作出函数f(x)，g(x)+1，g(x)−1的图象，如图，由图象可得，函数f(x)与g(x)+1，g(x)−1的图象共有四个交点，所以方程|f(x)−g(x)|=1的实根个数为4个。故答案为：D.【分析】利用已知条件结合绝对值的定义，从而将函数转化为分段函数，再利用否定函数的解析式画出函数f(x)，g(x)+1，g(x)−1的图象，由图象可得，函数f(x)与g(x)+1，g(x)−1的图象共有四个交点，再利用两函数的交点的横坐标与方程的根的等价关系，进而得出方程|f(x)−g(x)|=1的实根个数。16．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)nC．(log11e，12)D．(log11e，12)∪(12，log7e)【答案】D【知识点】函数奇偶性的性质；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】由题意知，函数f(x)为偶函数，且f(2−x)=f(2+x)，令x=x+2，则f(2−x−2)=f(−x)=f(x+4)=f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的函数.当x∈[−2，0]时，−x∈[0，2]，所以f(−x)=(e)−x，即当x∈[−2，0]时f(x)=(e)−x，因为函数g(x)=f(x)−(1+x)m在[0，10]上有5个零点，所以方程f(x)−(1+x)m=0在[0，10]上有5个根，即函数图象y=f(x)与y=(1+x)m在[0，10]上有5个不同的交点，如图，由图可知，(1+6)m<f(6)且(1+10)m>f(10)，即7m<e11m>e，解得log11e<m<log7e，又当m=12时，函数图象y=f(x)与y=(1+x)12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(log11e，12)∪(12，log7e).故答案为：D.【分析】由函数的奇偶性以及周期性结合已知条件由函数零点的概念，即可得出函数的图象然后由数形结合法即可得出m的取值范围。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【答案】A,C,D【知识点】函数单调性的性质；函数的最值及其几何意义；函数的零点【解析】【解答】函数f(x)=ax−xa(a>1)只有一个零点，即ax=xa(a>1)在(0，+∞)上有唯一解，两边同时取对数得xlna=alnx即lnaa=lnxx在(0，+∞)上有唯一解，令h(x)=lnxx，则h′(x)=1−lnxx2，所以当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e，+∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；又h(e)=1e，a>1，lnaa>0，所以lnaa=1e，a=e，对于A，f(x)=ex−xe，f(e)=0，A符合题意；对于B，f′(x)=ex−exe−1，令f′(x)=ex−exe−1=0，即ex=exe−1，即x=1+(e−1)lnx，所以x−1=(e−1)lnx，故x=1或x=e，当x>e或0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<e时，f′(x)<0，f(x)单调递减；B不符合题意；对于C，x=1是f(x)的极大值点，C符合题意；对于D，当x→0+时，f(x)→1，f(e)=0，结合单调性可得f(e)是f(x)的最小值，D符合题意.故答案为：ACD.【分析】转化条件为lnaa=lnxx在(0，+∞)上有唯一解，进而可得a=e，即可判断A；对函数求导，得到函数得单调性后可判断BCD.18．已知函数f(x)=2x−cosx的零点为x0，则（　　）A．x0<12B．x0>13C．tanx0>52D．x0−14<sinx0【答案】A,B,D【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点【解析】【解答】对AB，由题f′(x)=2+sinx>0，故f(x)为增函数.又f(12)=1−cos12>0，f(13)=23−cos13<23−cosπ6=23−32<0，故13<x0<12，AB符合题意；对C，因为13<x0<12，所以tanx0<tan12<tanπ4=1，但52>1，C不符合题意；对D，构造函数g(x)=x−sinx−14，x∈(13，12)，则g′(x)=1−cosx>0，故g(x)为增函数.故g(x)<g(12)=14−sin12<14−sinπ12=14−sin(π3−π4)=1+2−64，因为(1+2)2−62=22−3<0，故1+2<6，故1+2−64<0，即g(x)<0，故x−sinx−14<0，x∈(13，12)，故x0−14<sinx0，D符合题意；故答案为：ABD【分析】对AB，对函数求导得f′(x)=2+sinx>0，可得f(x)为增函数，再根据零点存在性定理可判断；三、填空题n19．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　　．【答案】−277；−98【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】解：因为函数y=ax2+bx+c有且仅有一个零点，故Δ=b2−4ac=0，即b2=4ac，又2a2+3ab+8ac=1，则2a2+3ab+2b2=1，整理得2(a+b)2−1=ab，因为a，b∈R，所以ab≤(a+b2)2，故2(a+b)2−1≤(a+b2)2，整理得(a+b)2≤47，解得：−277≤a+b≤277.故a+b的最小值为：−277.因为2(a+b)2−1=ab，则a+b+ab=2(a+b)2+(a+b)−1，令a+b=t，f(t)=2t2+t−1，因为a，b∈R，故t∈R，故当t=−14时，f(t)有最小值f(−14)=2×(−14)2+(−14)−1=−98.故a+b+ab的最小值为−98.故答案为：−277；−98.【分析】由函数的零点与方程的根之间的关系，结合基本不等式即可求出代数式的最小值。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=　　【答案】-1【知识点】函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】根据题意，作出函数f(x)的图像，如下，.由关于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，结合图像，令t=f(x)，则关于t的方程t2+at+b=0有两个根，且t1=1，14<t2<1，故12+a+b=0，即a+b=−1.故答案为：-1.【分析】画出函数图象，如图，令t=f(x)结合图像可得关于t的方程t2+at+b=0有两个根，且t1=1，14<t2<1，即可求解。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　　．【答案】e2；（e，+∞）【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点【解析】【解答】当a=0时，f[f(−12)]=f(2)=e2，f′(x)=ex−a，x⩾03ax2−2，x<0，当a≤0时，当x∈(0，+∞)时，f′(x)>0；当x∈(−∞，0)时，f′(x)<0，即f(x)在(−∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，且f(0)=1，此时函数f(x)不可能有3个不同的零点.当0<a≤1时，当x∈(−∞，−23a)时，f′(x)>0；当x∈(−23a，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，+∞)时，f′(x)>0，即函数f(x)在(−23a，0)上单调递减，在(0，+∞)，(−∞，−23a)上单调递增，且f(0)=1，此时函数f(x)不可能有3个不同的零点.当a>1时，当x∈(0，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，+∞)时，f′(x)>0；当x∈(−∞，−23a)时，f′(x)>0；当x∈(−23a，0)时，f′(x)<0.即函数f(x)在(0，lna)，(−23a，0)上单调递减，在(lna，+∞)，(−∞，−23a)上单调递增.n当x→−∞时，f(x)<0，则f(x)在(−∞，−23a)只有一个零点，要使得函数f(x)有3个不同的零点，则f(lna)<0，elna−alna<0，解得a>e.故答案为：e2；（e，+∞）【分析】由解析式得出f[f(−12)]=f(2)=e2，分类讨论a的值，利用导数得出其单调性，进而由零点个数确定a的取值范围.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　　．【答案】-2或1；a＞1【知识点】分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】由题意得f(0)=2e0−1=1所以f(f(0))=f(1)=a2+a−2=0，解得a=−2或a=1.当x≤0时，f(x)有一个零点x=−ln2，所以只需x>0时，f(x)无零点，即方程lnx=ax2+(a2−2)x无实根，即y=lnx和y=ax2+(a2−2)x的图象没有交点，易得a>0，令ax2+(a2−2)x=0，得x1=0，x2=2−a2a，则2−a2a<1，即a2+a−2>0，解得a>1，又x>0，a>1时，ax2+(a2−2)x>x2−x≥x−1≥lnx，综上：a＞1故答案为：-2或1；a＞1【分析】由f(f(0))=f(1)=0，即可求a，第二空可转化成y=lnx和y=ax2+(a2−2)x的图象没有交点，由ax2+(a2−2)x=0可得两根x1=0，x2=2−a2a，由题意2−a2a<1即可求解。23．函数f(x)=x3+2，x≤0x−3+ex，x>0的零点个数为　　.【答案】2【知识点】函数的零点【解析】【解答】当x≤0时，令x3+2=0，解得x=3−2，3−2<0，此时有1个零点；当x>0时，f(x)=x−3+ex，显然f(x)单调递增，又f(12)=−52+e12<0，f(1)=−2+e>0，由零点存在定理知此时有1个零点；综上共有2个零点.故答案为：2.【分析】当x≤0时，令x3+2=0，直接解出零点即可；当x>0时，先判断单调性，再结合零点存在定理即可判断.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　　.【答案】12（答案不唯一）【知识点】函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0，当x≥0时，由x=0得x=0，即x=0为函数f(x)的一个零点，故当x<0时，2x−b=0有一解，得b∈(0，1)故答案为：12（答案不唯一）【分析】由题意可知x=0是函数的一个零点，所以当x<0时，函数f(x)有且仅有一个零点，即2x−b=0在(-∞，0)上仅有一个解，根据2x的范围求解出答案.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　　.【答案】①②④【知识点】函数的单调性及单调区间；偶函数；指、对数不等式的解法；函数零点的判定定理【解析】【解答】f(−x)=2|−x|+(−x)2+a=2|x|+x2+a=f(x)，f(x)为偶函数，①正确；当x≥0时，f(x)=2x+x2+a在(0，+∞)上单调递增，再根据偶函数可得f(x)在(−∞，0)上单调递减，②正确；令f(x)=0，则2|x|+x2=−a，结合图像可知：y=2|x|+x2与y=−a至多有两个交点，则f(x)至多有两个零点，③不正确；当a=2019时，f(x)=2|x|+x2+2019，根据②可知f(x)在(−∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，且f(−1)=f(1)=2022∴不等式f(x)≥2022的解集为(−∞，−1]∪[1，+∞)，④正确；故答案为：①②④．n【分析】对于①：利用偶函数定义判断；对于②：根据单调性的性质以及偶函数的对称性判断；对于③：根据题意得2|x|+x2=−a，结合图像判断y=2|x|+x2与y=−a交点个数；对于④：a=2019，通过函数性质解不等式f(x)≥2022．26．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=　　．【答案】n4(n+1)【知识点】函数的周期性；数列的求和；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】∵f(x−2)=f(x+2)，∴f(x)=f(x+4)，所以函数f(x)周期为4，当0≤x<4时，y=f(x)=4−(x−2)2，即(x−2)2+y2=4，y≥0；当x≥4时，f(x)=f(x−4)，函数周期为4，令g(x)=f(x)−knx=0⇒f(x)=knx，即y=knx与函数f(x)恰有2n+1个不同的交点，根据图象知，直线y=knx与第n+1个半圆相切，故kn=2(4n+2)2−4=216n2+16n=14n2+4n，故kn2=14n2+4n=14(1n−1n+1)，所以k12+k22+⋯+kn2=14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=n4(n+1)．故答案为：n4(n+1).【分析】由题意可得函数f(x)周期为4，令g(x)=f(x)−knx=0，问题可转化成即y=knx与函数f(x)恰有2n+1个不同的交点，根据图像如图，可得kn=14n2+4n，求得kn2=14n2+4n，由裂项相消求和即可。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　　．【答案】{−24}∪(612，+∞)【知识点】直线与圆的位置关系；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】方程f(x)−k(x−2)=0的根转化为y=f(x)和y=k(x−2)的图象的公共点的横坐标，因为两个图象均关于点(2，0)对称，要使所有根的和为6，则两个图象有且只有3个公共点，作出y=f(x)和y=k(x−2)的图象如图所示，当k>0时，只需直线y=k(x−2)与圆(x−7)2+y2=1相离，可得k>612；当k<0时，只需直线y=k(x−2)与圆(x−5)2+y2=1相切，可得k=−24，故k的取值范围是{−24}∪(612，+∞)。故答案为：{−24}∪(612，+∞)。【分析】利用已知条件结合方程f(x)−k(x−2)=0的根转化为y=f(x)和y=k(x−2)的图象的公共点的横坐标，再利用奇函数的图象的对称性和两个图象均关于点(2，0)对称，要使所有根的和为6，则两个图象有且只有3个公共点，再作出y=f(x)和y=k(x−2)的图象，再结合分类讨论的方法和直线与圆位置关系判断方法，进而求出实数k的取值范围。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y=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　　.【答案】②④【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点；正弦函数的周期性【解析】【解答】对①，因为：f(x)=sinx+12sin2x，y=sinx的最小正周期是2π，y=12sin2x的最小正周期是2π2=π，所以f(x)=sinx+12sin2x的最小正周期是2π，故①不正确；对②，f(x)=0即sinx+sinxcosx=0，即sinx(1+cosx)=0，故sinx=0或cosx=−1，又x∈[0，2π]，故x=0，x=π或x=2π，即f(x)在[0，2π]上有3个零点，故②正确；对③由题f(x)=sinx+12sin2x，x∈[0，2π]，n由f′(x)=cosx+cos2x=2cos2x+cosx−1=(2cosx−1)(cosx+1)，令f′(x)=0得，x=π3，x=5π3，x=π，当x∈[0，π3)，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈[π3，5π3)，f′(x)≤0，f(x)为减函数，当x∈(5π3，2π]，f′(x)>0，f(x)为增函数，所以f(x)在[0，π3)，(5π3，2π]上单调递增，在(π3，5π3)上为单调递减，故③不正确；由于f(π3)=334，f(2π)=0，所以f(x)的最大值为334，所以④正确综上，②④正确故答案为：②④【分析】对①，分别计算y=sinx和y=12sin2x的最小正周期，再由其最小公倍数即可得到f(x)=sinx+12sin2x的最小正周期；对②，直接求零点即可；对③④，对f(x)求导，利用导数研究函数的单调性、极值和最值，即可判断.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．【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)，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．n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．【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点【解析】【分析】（1）由f(x)=−12x2+lnx+12，求导，再分别令f′(x)>0，f′(x)<0求解；（2）由f(x)=−12x2+(a−1)x+alnx+a2a>0，求导f'(x)=−(x+1)(x−a)x，得到函数有唯一的极大值点x=a，极大值f(a)=a(12a−12+lna)，令g(a)=12a−12+lna，a>0．利用导数法求解.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．【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．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)2e【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点【解析】【分析】（1）把x=1代入原函数与导函数得到切点及斜率，利用点斜式即可得到切线方程；（2）①设g(x)=2x+xlnx−a，因为x>1，所以g(x)与f(x)零点相同，可根据g(x)的单调性与极值情况来确定a范围；②根据题意，巧设函数，利用放缩构造等思路结合导数，可分别求出x2f'(x2)与1x1−1的范围，然后相乘即可.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．【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，n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)，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．【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；不等式的证明；函数零点的判定定理【解析】【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；（2）由（1）可知f(x)min=f(1e)=−1e+a，证明f(1e)<0，结合零点的存在性定理即可得出结论；（3）写出函数g(x)的解析式，求导g′(x)=lnx−2ax，根据题意可知lnx1=2ax1，lnx2=2ax2，则有a=lnx1x2x1−x2，要证x1⋅x22>e3等价于证2a>3x1+2x2，即证2lnx1x2<3(x1−x2)x1+2x2，令t=x1x2，t∈(0，1)，构造函数h(t)=2lnt−3(t−1)t+2，t∈(0，1)，证明h(t)<h(1)=0即可.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．【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，n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，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．【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；函数的零点【解析】【分析】（1）由f(x)=0，得ex−1x−lnx−a=0，设g(x)=ex−1x−lnx−a结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数a的取值范围，再利用代入法和零点存在性定理，进而得出实数a的取值范围。（2）不妨设x1<x2，由（1）知g(x1)=g(x2)=a，则x1∈(0，1)，x2∈(1，+∞)，2−x1∈(1，+∞)，再利用函数g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以x1+x2>2等价于g(x1)>g(2−x1)，设h(x)=g(x)−g(2−x)，再利用零点存在性定理和求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的值域，从而证出不等式x1+x2>2成立。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．【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)>0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)．【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点n【解析】【分析】（1）将m=1代入对函数f(x)=lnx−xex+x求导得f′(x)=1x+1−(x+1)ex=(x+1)(1x−ex)，令φ(x)=1x−ex(x>0)，利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值；另法：当m=1时，f(x)=lnx−xex+x=ln(xex)−xex，令t=xex>0，则h(t)=lnt−t，利用导数判断函数的单调性，求得h(t)max=h(1)=−1，即得f(x)的最值；（2）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，对g(x)求导，然后分m≥0、m<0讨论函数的单调性，要使函数g(x)有两个零点，则g(x)min=g(−m)=mln(−m)<0，即可求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，通过讨论单调性即可求得m的取值范围；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，当m≥0易知g(x)单调递增，不符合题意，当m<0时，−1+lnxx=1m，令h(x)=−1+lnxx，x∈(0，+∞)，通过导数讨论单调性，从而求取实数m的取值范围.34．已知函数f(x)=lnx+ax的极小值为1．（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．【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．②g′(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>12【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合；函数的零点与方程根的关系【解析】【分析】(1)根据题意首先对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性结合函数极值的定义计算出a的取值即可。n(2)①法一：首先构造函数再对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性得出不等式，结合对数的运算性质即可得出结论。法二：由(1)的结论即可求出函数的最值，再由基本不等式的性质即可得出关于m的不等式，结合题意整理即可得证出结论。②首先对函数求导由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值，然后由函数零点的定义再结合导函数的性质即可得出m的最值，利用已知条件即可得出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）.【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，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|【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；两条直线的交点坐标；函数的零点与方程根的关系【解析】【分析】（1）直接令g(x)=f(x)−x，求导，再把导数构造成新函数，再次求导，确定g'(x)单调性，进而确定g(x)单调性，即可求得最小值；（2）先求导确定f(x)单调性，结合图像得0<x1<e−12<x2<1，m<0，设直线y=m与直线y=−1ex、y=x−1交点的横坐标分别为x1′、x2′，再结合函数放缩得x1−x2<x1'−x2'，最后结合x12+x222>−x12x222m与1x12+1x22>−1m即可得证.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】（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，n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；④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．【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点【解析】【分析】（1）求导，通过讨论a的范围研究导函数的符号变化，进而研究函数的单调区间；（2）求导，构造函数p(x)=lnx−x2−1+m，再次求导研究p(x)单调性，再利用放缩法进行转化求证.