(共42张PPT)
专题七
5 导数视角下函数的零点问题
函数与导数
基础打底
【解析】
B
2．(人A必一P160复习参考题5(3))已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝log2x＋x，h(x)＝x3＋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＞c＞a
C．C＞a＞b D．b＞a＞c
【解析】
在同一平面直角坐标系中分别作出函数 y＝2x，y＝log2x，y＝x3及y＝ x的大致图象如图所示．由图象可知b＞c＞a．
B
3．若函数f(x)＝2x3 6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是 ( )
A．( 4，4) B．[ 4，4]
C．( ∞， 4] [4，＋∞) D．( ∞， 4) (4，＋∞)
【解析】
A
【解析】
【答案】 A
【解析】
强技提能
目标
1
探求零点个数
(2025·湛江一模)已知函数f(x)＝aln(x 1)＋x2 2x，其中a∈R．
(1) 若a＝ 8，求函数f(x)的单调区间；
1
【解答】
(2025·湛江一模)已知函数f(x)＝aln(x 1)＋x2 2x，其中a∈R．
(2) 当a＜ 2时，试判断f(x)的零点个数并证明．
1
【解答】
利用导数确定函数零点的常用方法
(1) 图象法：根据题目要求画出函数的大致图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题(画草图时注意有时候需使用极限)．
(2) 先利用函数零点存在定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
【解答】
目标
2
根据零点情况求参数范围
(2025·临沂模考)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex．
(1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
2
【解答】
由f(x)＝(2x＋1)ex，得f′(x)＝(2x＋3)ex，则f(0)＝1，f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y 1＝3x，即3x y＋1＝0．
(2025·临沂模考)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex．
(2) 若函数g(x)＝f(x) kx在( ∞，0)上恰有两个零点，求实数k的取值范围．
2
【解答】
利用函数的零点求参数范围的方法
(1) 客观题中常见方法：分离参数(a＝g(x))，将原问题转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题求解(优选分离、次选分类)．
(2) 客观题中还可转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
(3) 主观题中常确定函数单调性并利用函数零点存在定理构建不等式求解．
目标
3
隐零点问题
3
【解答】
【解答】
3
隐零点问题的常用解决方法
第一步：利用特殊点处的函数值、零点存在定理、函数的单调性、函数的图象等，判断零点是否存在以及求零点的取值范围．
第二步：把隐零点处导数值等于0作为条件代回原函数，进行化简或消参．
热练
1．函数f(x)＝ln x＋8 x的零点个数为 ( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】
C
2．已知函数f(x)＝aln x x有两个零点，则 ( )
A．a≤0 B．0＜a＜e C．a≥e D．a＞e
【解析】
D
【解析】
因为函数g(x)＝f(x) x a有3个零点，所以a＝f(x) x有3个实根．
设h(x)＝f(x) x，当x≤0时，h(x)＝x3 3x，h′(x)＝3x2 3．当 1＜x≤0时，h′(x)＜0，当x＜ 1时，h′(x)＞0，所以h(x)在( ∞， 1)上单调递增，在( 1，0]上单调递减，所以h(x)在x＝ 1时取得极大值h( 1)＝2．当x＞0时，h(x)＝ ln x x为减函数，作出函数h(x)的大致图象如图所示，
由题知直线y＝a与y＝h(x)的图象有3个交点，由图可知，0≤a＜2．
【答案】A
4．(2025·苏州期末)已知函数f(x)＝ex a(x 1)有两个零点，则实数a的取值范围是 ( )
A．(1，＋∞) B．(e，＋∞) C．(2e，＋∞) D．(e2，＋∞)
【解析】
由函数f(x)＝ex a(x 1)，可得f′(x)＝ex a，当a≤0时，f′(x)＝ex a＞0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，所以f(x)至多有一个零点，不符合题意．
当a＞0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a，当x＜ln a时，f′(x)＜0，所以f(x)在( ∞，ln a)上单调递减，当x＞ln a时，f′(x)＞0，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，所以x＝ln a时，f(x)取得极小值，也是最小值．
当x→ ∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以要使函数f(x)＝ex a(x 1)有两个零点，则f(ln a)＜0，即a(2 ln a)＜0，解得a＞e2．
D
5．若关于x的方程ex＝ax2(x＞0)有解，则实数a的取值范围为____________．
【解析】
6．(2026·德州开学考)已知函数f(x)＝x aln x．
(1) 求f(x)的单调区间；
【解答】
6．(2026·德州开学考)已知函数f(x)＝x aln x．
(2) 若关于x的方程x aln x＝0有两个不相等的实数根，记较小的实数根为x0，求证：(a 1)x0＞a．
【解答】
由(1)可知：①当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝0至多有一个实根，不符合题意．
②当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(a)＝a aln a．
7．(2025·南京期初节选)已知函数f(x)＝ex a＋ax2 3ax＋1，a∈R．
(2) 当a＞1时，试判断f(x)在[1，＋∞)上的零点个数，并说明理由．
【解答】
当a＞1时，f′(x)＝ex a＋2ax 3a，f″(x)＝ex a＋2a＞0，所以f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
注意到f′(1)＝e1 a a＜0，f′(2)＝e2 a＋a＞0，所以f′(x)在(1，2)上有唯一的零点x0，且当1≤x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在[1，＋∞)上至多有两个零点．
注意到f(1)＝e1 a 2a＋1＜0，所以当1≤x＜x0时，f(x)≤f(1)＜0，f(x0)＜0；当x＞x0时，f(3)＝e3 a＋1＞0，所以f(x)在(x0，3)上有唯一的零点，即f(x)在[1，＋∞)上有1个零点.
【解答】
当a＝0时，f(x)＝ex bx，x∈[0，＋∞)，f′(x)＝ex b．
当b≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，既无极大值也无极小值．
当b＞1时，若x∈[0，ln b)，f′(x)＜0，则函数f(x)单调递减；若x∈(ln b，＋∞)， f′(x)＞0，则函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的极小值是b bln b，无极大值．
【解答】
9．(2025·合肥二模)已知函数f(x)＝(x 1)ex ax b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＋2＝0．
(1) 求实数a，b的值；
【解答】
9．(2025·合肥二模)已知函数f(x)＝(x 1)ex ax b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＋2＝0．
(2) 讨论f(x)的零点个数，并证明所有零点之和为0．
【解答】5 导数视角下函数的零点问题
基础打底
1．(人A必一P144练习2改编)函数f(x)=ln x－的零点所在的大致区间是( )
A．(1，2) B．(2，3)
C．(1，e)和(3，4) D．(e，＋∞)
2．(人A必一P160复习参考题5(3))已知函数f(x)=2x＋x，g(x)=log2x＋x，h(x)=x3＋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＞c＞a
C．C＞a＞b D．b＞a＞c
3．若函数f(x)=2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A．(－4，4) B．［－4，4］
C．(－∞，－4］ ［4，＋∞) D．(－∞，－4) (4，＋∞)
4．若函数f(x)=kex－x2＋3有三个零点，则实数k的取值范围为( )
A． B．
C．(－2e，0) D．
5．若函数f(x)=ln x＋存在零点，则实数a的取值范围是____．
强技提能
探求零点个数
例1 (2025·湛江一模)已知函数f(x)=aln(x－1)＋x2－2x，其中a∈R．
(1) 若a=－8，求函数f(x)的单调区间；
(2) 当a＜－2时，试判断f(x)的零点个数并证明．
利用导数确定函数零点的常用方法
(1) 图象法：根据题目要求画出函数的大致图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题(画草图时注意有时候需使用极限)．
(2) 先利用函数零点存在定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
变式1 (2025·南昌二模改编)已知f(x)=xax－ex＋1，当1＜a＜时，试讨论函数f(x)的零点个数．
根据零点情况求参数范围
例2 (2025·临沂模考)已知函数f(x)=(2x＋1)ex．
(1) 求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2) 若函数g(x)=f(x)－kx在(－∞，0)上恰有两个零点，求实数k的取值范围．
利用函数的零点求参数范围的方法
(1) 客观题中常见方法：分离参数(a=g(x))，将原问题转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题求解(优选分离、次选分类)．
(2) 客观题中还可转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
(3) 主观题中常确定函数单调性并利用函数零点存在定理构建不等式求解．
隐零点问题
例3 (2025·武汉调研)已知函数f(x)=ex－＋－1．
(1) 若曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为－1，求实数a的值；
(2) 若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
隐零点问题的常用解决方法
第一步：利用特殊点处的函数值、零点存在定理、函数的单调性、函数的图象等，判断零点是否存在以及求零点的取值范围．
第二步：把隐零点处导数值等于0作为条件代回原函数，进行化简或消参．
配套热练
1．函数f(x)=ln x＋8－x的零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
2．已知函数f(x)=aln x－x有两个零点，则( )
A．a≤0 B．0＜a＜e
C．a≥e D．a＞e
3．(2025·天津调研)已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)－x－a有3个零点，则实数a的取值范围是( )
A．［0，2) B．［0，1)
C．(－∞，2］ D．(－∞，1］
4．(2025·苏州期末)已知函数f(x)=ex－a(x－1)有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(e，＋∞)
C．(2e，＋∞) D．(e2，＋∞)
5．若关于x的方程ex=ax2(x＞0)有解，则实数a的取值范围为____．
6．(2026·德州开学考)已知函数f(x)=x－aln x．
(1) 求f(x)的单调区间；
(2) 若关于x的方程x－aln x=0有两个不相等的实数根，记较小的实数根为x0，求证：(a－1)x0＞a．
7．(2025·南京期初节选)已知函数f(x)=ex－a＋ax2－3ax＋1，a∈R．
(1) 当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2) 当a＞1时，试判断f(x)在［1，＋∞)上的零点个数，并说明理由．
8．(2025·济南一模节选)已知a，b∈R，函数f(x)=ex－a－bx，x∈［0，＋∞)．
(1) 当a=0时，求f(x)的极值；
(2) 当b=0时，若f(x)存在零点，求a的取值范围．
9．(2025·合肥二模)已知函数f(x)=(x－1)ex－ax－b，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＋2=0．
(1) 求实数a，b的值；
(2) 讨论f(x)的零点个数，并证明所有零点之和为0．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)5 导数视角下函数的零点问题
基础打底
1．(人A必一P144练习2改编)函数f(x)=ln x－的零点所在的大致区间是( B )
A．(1，2) B．(2，3)
C．(1，e)和(3，4) D．(e，＋∞)
【解析】 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)在定义域上单调递增，所以f(x)只有唯一零点．又f(2)=ln 2－1＜0，f(3)=ln 3－＞ln e－=＞0，所以f(x)的零点在区间(2，3)上．
2．(人A必一P160复习参考题5(3))已知函数f(x)=2x＋x，g(x)=log2x＋x，h(x)=x3＋x的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为( B )
A．a＞b＞c B．b＞c＞a
C．C＞a＞b D．b＞a＞c
【解析】 在同一平面直角坐标系中分别作出函数y=2x，y=log2x，y=x3及y=－x的大致图象如图所示．由图象可知b＞c＞a．
3．若函数f(x)=2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是( A )
A．(－4，4) B．［－4，4］
C．(－∞，－4］ ［4，＋∞) D．(－∞，－4) (4，＋∞)
【解析】 由f(x)=2x3－6x＋m，得f′(x)=6x2－6=6(x－1)(x＋1)．当x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以函数f(x)在x=－1处取得极大值，在x=1处取得极小值．要使得函数f(x)有三个零点，则满足解得－4＜m＜4，即实数m的取值范围是(－4，4)．
4．若函数f(x)=kex－x2＋3有三个零点，则实数k的取值范围为( A )
A． B．
C．(－2e，0) D．
【解析】 由f(x)=0，得k=．设g(x)=，则g′(x)=．令g′(x)=0，解得x1=－1，x2=3，当－1＜x＜3时，g′(x)＞0，当x＜－1或x＞3时，g′(x)＜0，且g(－1)=－2e，g(3)=，作出g(x)的大致图象如图所示，要使得函数f(x)有3个零点，y=g(x)的图象与y=k就要有三个交点，由图可知0＜k＜．
5．若函数f(x)=ln x＋存在零点，则实数a的取值范围是____．
【解析】 令f(x)=ln x＋=0，得a=－xln x．设g(x)=－xln x，由题知y=a与g(x)=－xln x的图象有交点，g′(x)=－ln x－1，当0＜x＜时，g′(x)＞0，当x＞时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，作出y=a与y=g(x)的大致图象如图所示，由图可知a≤，即实数a的取值范围是．
强技提能
探求零点个数
例1 (2025·湛江一模)已知函数f(x)=aln(x－1)＋x2－2x，其中a∈R．
(1) 若a=－8，求函数f(x)的单调区间；
【解答】 由题知x＞1，f′(x)=＋2x－2=．当a=－8时，f′(x) =．令f′(x)=0，得x=3或x=－1(舍去)．当x∈(1，3)时，f′(x)＜0；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＞0．故f(x)的单调递减区间为(1，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．
(2) 当a＜－2时，试判断f(x)的零点个数并证明．
【解答】 方法一：因为f(2)=0，所以f(x)有一个零点是2．当a＜－2时，令f′(x)=0，解得x1=1－＜1(舍去)，x2=1＋．当x∈(1，x2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．因为a＜－2，所以x2=1＋∈(2，＋∞)，则f(x2)＜f(2)=0．f(1－a)=aln(－a)＋a2－1=－a［－a－ln(－a)］－1．下面先证明当x＞1时，x－ln x＞1．令g(x)=x－ln x(x＞1)，g′(x)=1－=＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(1)=1．因为－a＞2＞1，所以－a－ln(－a)＞1，则f(1－a)=－a［－a－ln(－a)］－1＞－a－1＞0．易知1－a＞x2，所以f(x)在(x2，＋∞)上存在唯一的零点x3，所以当a＜－2时，f(x)有两个零点，为2和x3．
方法二：当x=2时，f(2)=0，故2是f(x)的一个零点．令f′(x)=0，又x＞1，解得x0=1＋．当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以x=x0是f(x)的极小值点．当a＜－2时，x0＞2，所以f(x0)＜0．下证ln x≤x－1．令g(x)=x－1－ln x，则g′(x)=1－=(x＞0)．当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，从而g(x)≥g(1)=0，所以当x＞1时，ln(x－1)≤x－2，所以aln(x－1)≥ax－2a，即f(x)≥ax－2a＋x2－2x=x［x＋(a－2)］－2a．令x1＞2－a，则有x1＋a－2＞0，则f(x1)＞0．易得当a＜－2时，2－a＞x0，所以f(x)=0在(x0，＋∞)上有唯一解．综上，当a＜－2时，f(x)有两个零点．
利用导数确定函数零点的常用方法
(1) 图象法：根据题目要求画出函数的大致图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题(画草图时注意有时候需使用极限)．
(2) 先利用函数零点存在定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
变式1 (2025·南昌二模改编)已知f(x)=xax－ex＋1，当1＜a＜时，试讨论函数f(x)的零点个数．
【解答】 f′(x)=(ln a·x＋1)ax－ex=ax，设φ(x)=ln a·x＋1－x，此时φ(0)=0，则φ′(x)=ln a－(1－ln a)·x．因为1＜a＜，所以0＜ln a＜，＞1，则φ′(x)在R上为减函数，φ′(0)=2ln a－1＜0，所以存在x0＜0，使得φ′(x0)=0．当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数．因为φ(0)=0，所以φ(x0)＞0，当x→－∞时，φ(x)→－∞， x1∈(－∞，x0)，使得φ(x1)=0．所以当x∈(－∞，x1)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，x1)上为减函数；当x∈(x1，0)时，φ(x)＞0，即f′(x)＞0，则f(x)在(x1，0)上为增函数；当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0，则f(x)在(0，＋∞)上为减函数；当x→－∞时，f(x)→1．又因为f(0)=0，所以f(x1)＜0．所以 x2∈(－∞，x1)，使得f(x2)=0．因为f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)＜f(0)=0．综上，当1＜a＜时，f(x)有两个零点．
根据零点情况求参数范围
例2 (2025·临沂模考)已知函数f(x)=(2x＋1)ex．
(1) 求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
【解答】 由f(x)=(2x＋1)ex，得f′(x)=(2x＋3)ex，则f(0)=1，f′(0)=3，所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1=3x，即3x－y＋1=0．
(2) 若函数g(x)=f(x)－kx在(－∞，0)上恰有两个零点，求实数k的取值范围．
【解答】 令g(x)=f(x)－kx=0，则k==．令h(x)=，x∈(－∞，0)，则h′(x)==，x∈(－∞，0)．令h′(x)＞0，得x＜－1．令h′(x)＜0，得－1＜x＜0，所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，所以h(x)max=h(－1)=．因为h(x)==2ex＋，x＜0，当x→－∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→－∞．如图，作出函数h(x)的大致图象，因为函数g(x)=f(x)－kx在(－∞，0)上恰有两个零点，所以y=k与函数y=h(x)的图象恰有两个交点，由图可知，k的取值范围为．
利用函数的零点求参数范围的方法
(1) 客观题中常见方法：分离参数(a=g(x))，将原问题转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题求解(优选分离、次选分类)．
(2) 客观题中还可转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
(3) 主观题中常确定函数单调性并利用函数零点存在定理构建不等式求解．
隐零点问题
例3 (2025·武汉调研)已知函数f(x)=ex－＋－1．
(1) 若曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为－1，求实数a的值；
【解答】 由题知f′(x)=ex－－，则f′(1)=e－1－a=－1，所以a=e．
(2) 若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 因为f(x)=ex－＋－1=≥0恒成立，x＞0，所以xex－ln x＋a－x≥0恒成立．令g(x)=xex－ln x＋a－x，则g′(x)=(1＋x)．令h(x)=ex－，则h′(x)=ex＋＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上是增函数．因为h=－2＜0，h(1)=e－1＞0，所以 x0∈，h(x0)=0，即g′(x0)=0．当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．因为h(x0)=0，所以＝，ln x0＝，则g(x)min＝g(x0)＝－x0＋a＝1＋x0－x0＋a≥0，解得a≥－1，即实数a的取值范围是[－1，＋∞)．
隐零点问题的常用解决方法
第一步：利用特殊点处的函数值、零点存在定理、函数的单调性、函数的图象等，判断零点是否存在以及求零点的取值范围．
第二步：把隐零点处导数值等于0作为条件代回原函数，进行化简或消参．
配套热练
1．函数f(x)=ln x＋8－x的零点个数为( C )
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】 由题知f′(x)=－1=，且定义域为(0，＋∞)，当0＜x＜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)≤f(1)=7，当x→0或x→＋∞时f(x)→－∞，故f(x)在定义域上有2个零点．
2．已知函数f(x)=aln x－x有两个零点，则( D )
A．a≤0 B．0＜a＜e
C．a≥e D．a＞e
【解析】 当a=0时，显然不符合题意，故a≠0．由f(x)=aln x－x=0可得=．令g(x)=，则g′(x)=．当0＜x＜e时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞e时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．当x→0且x＞0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)＞0且g(x)→0．又因为g(e)=，其大致图象如图所示．由题知y=g(x)的图象与y=有两个交点，结合函数图象可知0＜＜，所以a＞e．
3．(2025·天津调研)已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)－x－a有3个零点，则实数a的取值范围是( A )
A．［0，2) B．［0，1)
C．(－∞，2］ D．(－∞，1］
【解析】 因为函数g(x)=f(x)－x－a有3个零点，所以a=f(x)－x有3个实根．设h(x)=f(x)－x，当x≤0时，h(x)=x3－3x，h′(x)=3x2－3．当－1＜x≤0时，h′(x)＜0，当x＜－1时，h′(x)＞0，所以h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0］上单调递减，所以h(x)在x=－1时取得极大值h(－1)=2．当x＞0时，h(x)=－ln x－x为减函数，作出函数h(x)的大致图象如图所示，由题知直线y=a与y=h(x)的图象有3个交点，由图可知，0≤a＜2．
4．(2025·苏州期末)已知函数f(x)=ex－a(x－1)有两个零点，则实数a的取值范围是( D )
A．(1，＋∞) B．(e，＋∞)
C．(2e，＋∞) D．(e2，＋∞)
【解析】 由函数f(x)=ex－a(x－1)，可得f′(x)=ex－a，当a≤0时，f′(x)=ex－a＞0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，所以f(x)至多有一个零点，不符合题意．当a＞0时，由f′(x)=0，可得x=ln a，当x＜ln a时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，当x＞ln a时，f′(x)＞0，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，所以x=ln a时，f(x)取得极小值，也是最小值．当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以要使函数f(x)=ex－a(x－1)有两个零点，则f(ln a)＜0，即a(2－ln a)＜0，解得a＞e2．
5．若关于x的方程ex=ax2(x＞0)有解，则实数a的取值范围为____．
【解析】 ex=ax2(x＞0)有解 =a(x＞0)有解．令f(x)=(x＞0)，f′(x)=，令f′(x)＞0，解得x＞2，令f′(x)＜0，解得0＜x＜2，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，又f(2)=，所以f(x)的值域为，故实数a的取值范围为．
6．(2026·德州开学考)已知函数f(x)=x－aln x．
(1) 求f(x)的单调区间；
【解答】 f(x)=x－aln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=1－=．当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，令f′(x)＞0，可得x＞a，令f′(x)＜0，可得0＜x＜a，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时， f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2) 若关于x的方程x－aln x=0有两个不相等的实数根，记较小的实数根为x0，求证：(a－1)x0＞a．
【解答】 由(1)可知：①当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)=0至多有一个实根，不符合题意．②当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(a)=a－aln a．若f(a)≥0，则f(x)≥0，所以f(x)=0至多有一个实根，不符合题意．若f(a)＜0，即a－aln a＜0，得a＞e．又f(1)=1＞0，且f(x)在(0，a)上单调递减，所以f(x)在(0，a)上有唯一零点．因为方程x－aln x=0有两个不相等的实数根，且较小的实数根为x0，所以f(x)在(0，a)上的唯一零点就是x0，所以x0－aln x0=0，x0∈(1，a)，所以a=，所以“(a－1)x0＞a”等价于“x0＞”，即x0－ln x0＞1．由(1)可知f(x)=x－ln x的最小值为f(1)=1．又因为x0≠1，所以x0－ln x0＞1，所以(a－1)x0＞a．
7．(2025·南京期初节选)已知函数f(x)=ex－a＋ax2－3ax＋1，a∈R．
(1) 当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
【解答】 当a=1时，f(x)=ex－1＋x2－3x＋1，则f(1)=0．又f′(x)=ex－1＋2x－3，则切线斜率k=f′(1)=0，所以切线方程为y=0．
(2) 当a＞1时，试判断f(x)在［1，＋∞)上的零点个数，并说明理由．
【解答】 当a＞1时，f′(x)=ex－a＋2ax－3a，f″(x)=ex－a＋2a＞0，所以f′(x)在［1，＋∞)上单调递增，注意到f′(1)=e1－a－a＜0，f′(2)=e2－a＋a＞0，所以f′(x)在(1，2)上有唯一的零点x0，且当1≤x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在［1，＋∞)上至多有两个零点．注意到f(1)=e1－a－2a＋1＜0，所以当1≤x＜x0时，f(x)≤f(1)＜0，f(x0)＜0；当x＞x0时，f(3)=e3－a＋1＞0，所以f(x)在(x0，3)上有唯一的零点，即f(x)在［1，＋∞)上有1个零点．
8．(2025·济南一模节选)已知a，b∈R，函数f(x)=ex－a－bx，x∈［0，＋∞)．
(1) 当a=0时，求f(x)的极值；
【解答】 当a=0时，f(x)=ex－bx，x∈［0，＋∞)，f′(x)=ex－b．当b≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，既无极大值也无极小值．当b＞1时，若x∈［0，ln b)，f′(x)＜0，则函数f(x)单调递减；若x∈(ln b，＋∞)，f′(x)＞0，则函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的极小值是b－bln b，无极大值．
(2) 当b=0时，若f(x)存在零点，求a的取值范围．
【解答】 当b=0时，因为函数f(x)存在零点，所以ex=a有解．若x=0，此时无解，所以x＞0．令g(x)=ex－a，x＞0，则g′(x)=ex－=．若a≤0，则g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(0)=1，此时不存在零点．若a＞0，令h(x)=2ex－a，则h(0)=－a＜0，h(a2)=2a－a＞0，由零点存在定理可知，存在x1∈(0，a2)，使得h(x1)=0，所以g(x)在(0，x1)上为减函数，在(x1，＋∞)上为增函数，故g(x)min=g(x1)=－a=－a≤0，解得x1≥，故a=2≥=．综上，a的取值范围为［，＋∞)．
9．(2025·合肥二模)已知函数f(x)=(x－1)ex－ax－b，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＋2=0．
(1) 求实数a，b的值；
【解答】 因为f(x)=(x－1)ex－ax－b，所以f′(x)=xex－a．因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＋2=0，所以切线斜率为－1，切点坐标为(0，－2)，所以解得
(2) 讨论f(x)的零点个数，并证明所有零点之和为0．
【解答】 由(1)知f(x)=(x－1)ex－x－1，f′(x)=xex－1．令g(x)=f′(x)，则g′(x)=(x＋1)ex．当x∈(－∞，－1)时，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，－1)上单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增．因为g(1)＞0，g(0)＜0，且当x＜0时，g(x)＜0，所以存在唯一x0∈(0，1)使g(x0)=0，即x0=1．当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(x0)．又f(x0)=(x0－1)－x0－1=－－x0=－x0－＜0，且f(－2)=1－＞0，f(2)=e2－3＞0，所以根据零点存在定理知，f(x)在(－2，x0)和(x0，2)上各有一个零点，共两个零点．设x1是其中一个零点，则f(x1)=(x1－1)－x1－1=0，则f(－x1)=(－x1－1)＋x1－1=e－x1［(x1－1)－x1－1］=0，所以－x1也是其中一个零点，所以f(x)的零点之和为x1＋(－x1)=0．
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