第五章 一元函数的导数及其应用高考真题挑战（含解析）

《第五章　一元函数的导数及其应用》高考真题挑战
考点1　导数的几何意义
1.[2020全国Ⅲ卷理·10,5分]若直线l与曲线y=和圆x2+y2=都相切,则l的方程为(　　)
A.y=2x+1 B.y=2x+
C.y=x+1 D.y=x+
2.[2021全国甲卷理·13,5分]曲线y=在点(-1,-3)处的切线方程为　　　　　.
3.[2022新高考Ⅱ卷·14,5分]曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为　　　　,　　　　.
4.[2022新高考Ⅰ卷·15,5分]若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　.
5.[2021新高考Ⅱ卷·16,5分]已知函数f(x)=|ex-1|,x1<0,x2>0,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))和点B(x2,f(x2))处的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则的取值范围是　　　　.
6.[2022全国甲卷文·20,12分]已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
考点2　导数的应用
7.[2022全国甲卷理·6,5分]当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f '(2)=(　　)
A.-1 B.- C. D.1
8.[2022全国乙卷文·11,5分]函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为(　　)
A.-, B.-, C.-,+2 D.-,+2
9.(多选)[2022新高考Ⅰ卷·10,5分]已知函数f(x)=x3-x+1,则(　　)
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
10.[2021全国乙卷理·10,5分]设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(　　)
A.ab C.aba2
11.[2022新高考Ⅰ卷·7,5分]设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(　　)
A.a12.[2022全国乙卷理·16,5分]已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x113.[2021全国甲卷理·21,12分]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.
14.[2022北京卷·20,15分]已知函数f(x)=exln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+ f(t).
15.[2021全国乙卷理·20,12分]设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
(2)设函数g(x)=,证明:g(x)<1.
16.[2022全国甲卷理·21,12分]已知函数f(x)=-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
17.[2021新高考Ⅰ卷·22,12分]已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<18.[2020全国Ⅱ卷理·21,12分]已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
19.[2021新高考Ⅱ卷·22,12分]已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中任选一个作为已知条件,证明:f(x)有一个零点.
①2a;②020.[2022全国乙卷理·21,12分]已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
参考答案
1.D　易知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+b,则圆心到直线l的距离为　①.设直线l与曲线y=的切点坐标为(x0,)(x0>0),则 y'∣=k　②,=kx0+b　③,由②③可得b=,将b=,k=代入①得x0=1或x0=-(舍去),所以k=b=,故直线l的方程为y=x+.
2.y=5x+2　解析y'=()'=,所以y'∣x=-1==5,所以切线方程为y+3=5(x+1),即y=5x+2.
3.y=x　y=-x　解析先求当x>0时,曲线y=ln x过原点的切线方程,设切点为(x0,y0),则由y'=,得切线斜率为,又切线的斜率为,所以,解得y0=1,代入y=ln x,得x0=e,所以切线斜率为,切线方程为y=x.同理可求得当x<0时的切线方程为y=-x.综上可知,两条切线方程为y=x,y=-x.
4.(-∞,-4)∪(0,+∞)　解析y'=(x+a+1)ex.设切点为A(x0,(x0+a)),O为坐标原点,依题意得,切线斜率kOA=(x0+a+1),化简得+ax0-a=0.因为曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,所以关于x0的方程+ax0-a=0有两个不同的根,所以Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,所以a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞).
5.(0,1)　解析f(x)=|ex-1|=当x>0时,f'(x)=ex,f'(x2)=;当x<0时,f'(x)=-ex,f'(x1)=-.因为函数f(x)的图象在点A,B处的两条切线互相垂直,所以-=-1,即=1,所以x1+x2=0.因为A(x1,1-),B(x2,-1),所以函数f(x)的图象在点A,B处的切线方程分别为y-(1-)=-(x-x1),y-(-1)=(x-x2),分别令x=0,得M(0,x1+1-),N(0,-x2-1),所以AM2=,BN2=,所以.令g(x)=(x<0),则g'(x)=>0,所以函数g(x)在(-∞,0)上单调递增,所以g(x)<1,又当x→-∞时,1+e2x→1,1+e-2x→+∞,所以当x→-∞时,g(x)→ 0,所以g(x)∈(0,1),所以的取值范围是(0,1).
6.解析(1)当x1=-1时,f(-1)=0,所以切点坐标为(-1,0).
由f(x)=x3-x,得f'(x)=3x2-1, (1分)
所以切线斜率k=f'(-1)=2, (2分)
所以切线方程为y=2(x+1),即y=2x+2. (3分)
将y=2x+2代入y=x2+a,得x2-2x+a-2=0. (4分)
由切线与曲线y=g(x)相切,得Δ=(-2)2-4(a-2)=0,
解得a=3. (5分)
(2)由f(x)=x3-x,得f'(x)=3x2-1,
所以切线斜率k=f'(x1)=3-1,
所以切线方程为y-(-x1)=(3-1)(x-x1),即y=(3-1)x-2. (6分)
将y=(3-1)x-2代入y=x2+a,得x2-(3-1)x+a+2=0.
由切线与曲线y=g(x)相切,得Δ=(3-1)2-4(a+2)=0,
整理,得4a=9-8-6+1. (7分)
令h(x)=9x4-8x3-6x2+1,则h'(x)=36x3-24x2-12x=12x(3x+1)(x-1),
由h'(x)=0,得x=-,0,1, (8分)
当x=-时,h(x)取得极小值h(-)=, (9分)
当x=1时,h(x)取得极小值h(1)=-4,
易知当x→-∞时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,(10分)
所以函数h(x)的值域为[-4,+∞),
所以由4a∈[-4,+∞),得a∈[-1,+∞), (11分)
故实数a的取值范围为[-1,+∞). (12分)
7.B　由题意知f(1)=aln 1+b=b=-2,f '(x)=(x>0),因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以f '(1)=a-b=0,所以a=-2,所以f '(2)==-.故选B.
8.D　f(x)=cos x+(x+1)sin x+1,x∈[0,2π],则f '(x)=-sin x+sin x+(x+1)cos x=(x+1)cos x.令f '(x)=0,解得x=或x=.因为f()=cos+(+1)sin+1=2+,f()=cos+(+1)sin+1=-,且f(0)=cos 0+(0+1)sin 0+1=2,f(2π)=cos 2π+(2π+1)sin 2π+1=2,所以f(x)max=f()=2+,
f(x)min=f()=-.故选D.
9.AC　因为f(x)=x3-x+1,所以f'(x)=3x2-1,令f'(x)=3x2-1=0,得x=±.由f'(x)=3x2-1>0,得x>或x<-;由f'(x)=3x2-1<0,得-0,f(-2)=(-2)3-(-2)+1=-5<0,所以函数f(x)在R上有且只有一个零点,故B错误.因为函数g(x)=x3-x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)=x3-x+1的图象,函数g(x)=x3-x的图象关于原点(0,0)中心对称,所以点(0,1)是曲线f(x)=x3-x+1的对称中心,故C正确.假设直线y=2x是曲线y=f(x)的切线,切点为(x0,y0),则f'(x0)=3-1=2,解得x0=±1.若x0=1,则切点坐标为(1,1),但点(1,1)不在直线y=2x上,若x0=-1,则切点坐标为(-1,1),但点(-1,1)不在直线y=2x上,所以假设不成立,故D错误.故选AC.
10.D　通解(分类与整合法)　因为函数f(x)=a(x-a)2·(x-b),所以f'(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)(3x-a-2b).令f'(x)=0,结合a≠0可得x=a或x=.
(1)当a>0时,
①若>a,即b>a,此时易知函数f(x)在(-∞,a)上单调递增,在(a,)上单调递减,所以x=a为函数f(x)的极大值点,满足题意;
②若=a,即b=a,此时函数f(x)=a(x-a)3在R上单调递增,无极值点,不满足题意;
③若(2)当a<0时,
①若>a,即b>a,此时易知函数f(x)在(-∞,a)上单调递减,在(a,)上单调递增,所以x=a为函数f(x)的极小值点,不满足题意;
②若=a,即b=a,此时函数f(x)=a(x-a)3在R上单调递减,无极值点,不满足题意;
③若综上,a>0且b>a满足题意,a<0且ba2成立.故选D.
优解(特值排除法)　当a=1,b=2时,函数f(x)=(x-1)2(x-2),画出该函数的图象如图1所示,可知x=1为函数f(x)的极大值点,满足题意.从而,根据a=1,b=2可判断选项B,C错误.当a=-1,b=-2时,函数f(x)=-(x+1)2(x+2),画出该函数的图象如图2所示,可知x=-1为函数f(x)的极大值点,满足题意.从而,根据a=-1,b=-2可判断选项A错误.综上,选D.
光速解(数形结合法)　当a>0时,根据题意画出函数f(x)的大致图象,如图3所示,观察可知b>a.
当a<0时,根据题意画出函数f(x)的大致图象,如图4所示,观察可知a>b.
综上,可知必有ab>a2成立.故选D.
11.C　设u(x)=xex(00,v(x)>0,w(x)>0.设f(x)=ln[u(x)]-ln[v(x)]=ln x+x-[ln x-ln(1-x)]=x+ln(1-x)(00在(0,0.1]上恒成立,所以h(x)在(0,0.1]上单调递增,所以h(x)>(1-02)×e0-1=0,即g'(x)>0在(0,0.1]上恒成立,所以g(x)在(0,0.1]上单调递增,所以g(0.1)>0×e0+ln(1-0)=0,即g(0.1)=u(0.1)-w(0.1)>0,所以0.1e0.1>-ln 0.9,即a>c.综上,c12.(,1)　解析方法一　由f(x)=2ax-ex2,得f'(x)=2axln a-2ex.令f'(x)=0,得axln a=ex,因为a>0且a≠1,所以显然x≠0,所以e=.令g(x)=,则g'(x)=.令g'(x)=0,得x=.故当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x<时,g'(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x)极小值=g()=(ln a)2,也是最小值.因为f(x)有极小值点x=x1和极大值点x=x2,故f'(x)=0有两个不同的根x=x1,x=x2,故g(x)的图象与直线y=e有两个交点,所以g()0.若a>1,则当x→+∞时,f'(x)→+∞,不符合题意,所以0方法二　由题意,f'(x)=2axln a-2ex,根据f(x)有极小值点x=x1和极大值点x=x2可知,x=x1,x=x2为f'(x)=0的两个不同的根,又x10.由f'(x)=0可得ax·ln a=ex.①若a>1,则当x→+∞时,f'(x)→+∞,不符合题意,舍去.②若013.解析(1)当a=2时,f(x)=(x>0),
f'(x)=(x>0). (2分)
令f'(x)>0,得0令f'(x)<0,得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(,+∞). (4分)
(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. (5分)
设g(x)=(x>0),则g'(x)=(x>0),令g'(x)=0,得x=e. (7分)
当00,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,). (10分)
又g(1)=0,所以0<,
所以a>1且a≠e,即a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞). (12分)
14.解析(1)f '(x)=ex·ln(1+x)+ex·=ex[ln(1+x)+],
故f '(0)=e0·[ln(1+0)+]=1,f(0)=e0ln(1+0)=0,
因此,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x. (4分)
(2)方法一　g(x)=f '(x)=ex[ln(1+x)+],
则g'(x)=ex[ln(1+x)+],
设h(x)=ln(1+x)+,x∈[0,+∞),
则h'(x)=>0,
故h(x)在[0,+∞)上单调递增,
故h(x)≥h(0)=1>0,
因此g'(x)>0对任意的x∈[0,+∞)恒成立,
故g(x)在[0,+∞)上单调递增. (10分)
方法二　g(x)=f '(x)=ex[ln(1+x)+],
则g'(x)=ex[ln(1+x)+],
又ex>0,当x∈[0,+∞)时,ln(1+x)+>ln 1+>0,
故g'(x)>0对任意的x∈[0,+∞)恒成立,
故g(x)在[0,+∞)上单调递增. (10分)
(3)设m(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)=es+tln(1+s+t)-esln(1+s)-etln(1+t),
则m'(s)=es+t[ln(1+s+t)+]-es[ln(1+s)+]=g(s+t)-g(s),
由(2)知g(x)在[0,+∞)上单调递增,
故当s>0,t>0时,m'(s)=g(s+t)-g(s)>0,因此,m(s)在(0,+∞)上单调递增,
故m(s)>m(0)=f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0)=0,
因此,对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t). (15分)
15.解析(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),
则y'=ln(a-x)-.
因为x=0是函数y=xf(x)的极值点,
所以y'=ln a=0,所以a=1. (3分)
(2)由(1)可知,f(x)=ln(1-x),其定义域为{x|x<1}.
当0当x<0时,ln(1-x)>0,此时xf(x)<0. (5分)
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0},
故要证g(x)=<1,只需证x+f(x)>xf(x),即证x+ln(1-x)-xln(1-x)>0. (7分)
令1-x=t,则t>0且t≠1,则只需证1-t+ln t-(1-t)ln t>0,即证1-t+tln t>0. (9分)
令h(t)=1-t+tln t,则h'(t)=-1+ln t+1=ln t,
所以h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h(t)>h(1)=0,
即g(x)<1成立. (12分)
16.解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞).
由f '(x)=+1=,
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, (1分)
所以f(x)min=f(1)=e+1-a. (2分)
又f(x)≥0,所以e+1-a≥0,解得a≤e+1, (3分)
所以a的取值范围为(-∞,e+1]. (4分)
(2)方法一　不妨设x11. (5分)
令F(x)=f(x)-f(), (6分)
则F'(x)=(ex+x-x-1). (7分)
令g(x)=ex+x-x-1,
则g'(x)=ex+1-+x=ex+1+(-1),
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0, (8分)
所以当x∈(0,1)时,g(x)所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,
所以F(x)在(0,1)上单调递增,所以F(x)即在(0,1)上f(x)-f()又f(x1)=f(x2)=0,
所以f(x2)-f()<0,即f(x2)由(1)可知,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x2<,即x1x2<1. (12分)
方法二(同构构造函数化解等式)　不妨设x1由f(x1)=f(x2)=0,得-ln x1+x1=-ln x2+x2, (6分)
即+x1-ln x1=+x2-ln x2. (7分)
因为函数y=ex+x在R上单调递增,
所以x1-ln x1=x2-ln x2成立.
构造函数h(x)=x-ln x,g(x)=h(x)-h()=x--2ln x, (8分)
则g'(x)=1+≥0, (9分)
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当x>1时,g(x)>g(1)=0,即当x>1时,h(x)>h(), (10分)
所以h(x1)=h(x2)>h(), (11分)
又h'(x)=1-,所以h(x)在(0,1)上单调递减,
所以017.解析(1)因为f(x)=x(1-ln x),
所以f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-ln x+x·(-)=-ln x.
当x∈(0,1)时,f'(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (4分)
(2)a,b是两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,则两边同时除以ab,得,即,即f()=f(). (5分)
令x1=,x2=,
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且当00,当x>e时,f(x)<0,
不妨设x1要证2<先证x1+x2>2:
要证x1+x2>2,即证x2>2-x1.
因为02-x1>1,
又f(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以即证f(x2)又f(x1)=f(x2),所以即证f(x1)即证当x∈(0,1)时,f(x)-f(2-x)<0.
构造函数F(x)=f(x)-f(2-x),
则F'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)].
当00,
即当00,
所以F(x)在(0,1)上单调递增,
所以当0所以当0所以x1+x2>2成立. (9分)
再证x1+x2由(1)知,f(x)的极大值点为x=1,f(x)的极大值为f(1)=1,
过点(0,0),(1,1)的直线方程为y=x.
设f(x1)=f(x2)=m,当x∈(0,1)时,f(x)=x(1-ln x)>x,
直线y=x与直线y=m的交点坐标为(m,m),则x1欲证x1+x2即证当1构造函数h(x)=f(x)+x,则h'(x)=1-ln x.
当10,
所以函数h(x)在(1,e)上单调递增,
所以当1所以x1+x2综上可知,2<18.解析(1)f'(x)=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x=2sin xsin 3x. (2分)
令f'(x)=0,当x∈(0,π)时,得x=或x=.
当x∈(0,)∪(,π)时,f'(x)>0;
当x∈(,)时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间(0,),(,π)上单调递增,在区间(,)上单调递减. (4分)
(2)易得f(0)=f(π)=0.
由(1),知f(x)在区间[0,π]上的最大值为f()=,最小值为f()=-.
又f(x)是周期为π的周期函数,
所以|f(x)|≤. (7分)
(3)因为(sin2xsin22x…sin22nx=|sin3xsin32x…sin32nx|=|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|=
|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|, (10分)
所以sin2xsin22x…sin22nx≤(. (12分)
19.解析(1)由题意,得f'(x)=ex+(x-1)ex-2ax=x(ex-2a). (1分)
(i)当a≤0时,由f'(x)=0,得x=0,
所以当x>0时,f'(x)>0,当x<0时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减. (2分)
(ii)当0<2a<1,即0所以当x>0和x0,当ln(2a)所以函数f(x)在(0,+∞)和(-∞,ln(2a))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减. (3分)
(iii)当2a=1,即a=时,f'(x)≥0恒成立,所以函数f(x)在R上单调递增. (4分)
(iv)当2a>1,即a>时,由f'(x)=0,得x=0或x=ln(2a),
所以当x<0和x>ln(2a)时,f'(x)>0,
当0所以函数f(x)在(ln(2a),+∞)和(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减. (5分)
综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减;当0时,函数f(x)在(ln(2a),+∞)和(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减. (6分)
(2)方案一　选择条件①.
由(1)知,当a>时,函数f(x)在(ln(2a),+∞)和(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减.
因为f(0)=-1+b>-1+2a>-1+1=0,
f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+b>2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+2a=aln(2a)[2-ln(2a)]≥aln(2a)[2-ln(2·)]=0,
所以当x>0时,f(x)>0. (10分)
又f(-)=(--1)-a(-)2+b=-(+1)<0,
所以函数f(x)在(-,0)上存在唯一零点.
综上所述,函数f(x)存在唯一零点. (12分)
方案二　选择条件②.
由(1)知,当0因为f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]2+b=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a<0,
所以当x<0时,f(x)<0. (10分)
易知在(0,+∞)上ex>x恒成立,
所以f(2+|b|)=(1+|b|)e2+|b|-a(2+|b|)2+b>(1+|b|)(2+|b|)-a(2+|b|)2-|b|=(1-a)|b|2+(2-4a)|b|+2-4a>|b|2≥0,
所以函数f(x)在(0,2+|b|)上存在唯一零点.
综上所述,函数f(x)存在唯一零点. (12分)
20.解析(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe-x,
所以f '(x)=+e-x+xe-x·(-1), (1分)
所以f '(0)=1+1=2. (2分)
又f(0)=0, (3分)
所以所求切线方程为y-0=2(x-0),即y=2x.(4分)
(2)f(x)=ln(1+x)+axe-x=ln(x+1)+.
①当a≥0时,若x>0,则ln(x+1)>0,≥0,所以f(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上无零点,不符合题意. (5分)
②当a<0时,f '(x)=.
令g(x)=ex+a(1-x2),则g'(x)=ex-2ax,所以g'(x)在(-1,+∞)上单调递增,g'(-1)=e-1+2a,g'(0)=1.(6分)
(a)若g'(-1)≥0,则-≤a<0,所以-≤a<0时,g'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,
所以g(x)在(-1,+∞)上单调递增,
因为g(-1)=e-1>0,所以g(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,
所以f '(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,
所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增,因为f(0)=0,
所以f(x)在(-1,0),(0,+∞)上均无零点,不符合题意.(7分)
(b)若g'(-1)<0,则a<-,所以a<-时,存在x0∈(-1,0),使得g'(x0)=0.
所以g(x)在(-1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
g(-1)=e-1>0,g(0)=1+a,g(1)=e>0.
(i)当g(0)≥0,即-1≤a<-时,g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以f '(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为f(0)=0,所以当x∈(0,+∞)时,f(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上无零点,不符合题意. (9分)
(ii)当g(0)<0,即a<-1时,
存在x1∈(-1,x0),x2∈(0,1),使得g(x1)=g(x2)=0,
所以f(x)在(-1,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减. (10分)
因为f(0)=0,所以f(x1)>f(0)=0,当x→-1时,f(x)<0,
所以f(x)在(-1,x1)上存在一个零点,
即f(x)在(-1,0)上存在一个零点, (11分)
因为f(0)=0,当x→+∞时,f(x)>0,
所以f(x)在(x2,+∞)上存在一个零点,即f(x)在(0,+∞)上存在一个零点.
综上,a的取值范围是(-∞,-1). (12分)