專題4：零點(diǎn)不可求破解策略<<<專題綜述>>><<<專題綜述>>>函數(shù)零點(diǎn)不可求即“隱零點(diǎn)”問(wèn)題，其含義題是：如果題干中未提及零點(diǎn)或零點(diǎn)不明確，依據(jù)有關(guān)理論（如函數(shù)零點(diǎn)的存在性定理）或函數(shù)的圖象，能夠判斷出零點(diǎn)確實(shí)存在，但是無(wú)法直接求出，通常稱之為隱性零點(diǎn).我們一般可對(duì)零點(diǎn)“設(shè)而不求”，通過(guò)一種整體的代換和過(guò)渡，再結(jié)合其他條件，從而最終解決問(wèn)題．我們稱這類問(wèn)題為隱零點(diǎn)”問(wèn)題（零點(diǎn)大小確定的叫“顯零點(diǎn)”）．處理此類問(wèn)題的策略可考慮“函數(shù)零點(diǎn)存在定理”、“構(gòu)造函數(shù)”、利用“函數(shù)方程思想”轉(zhuǎn)化等，從操作步驟看，可遵循如下處理方法：第一步：用零點(diǎn)存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程f'x0=0，并結(jié)合f(x)的單調(diào)性得到零點(diǎn)的范圍；這里應(yīng)注意，確定隱性零點(diǎn)范圍的方式是多種多樣的，可以由零點(diǎn)的存在性定理確定，也可以由函數(shù)的圖象特征得到，甚至可以由題設(shè)直接得到，等等；至于隱性零點(diǎn)范圍精確到多少，由所求解問(wèn)題決定，因此必要時(shí)盡可能縮小其范圍；第二步：以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說(shuō)明導(dǎo)函數(shù)f'x的正負(fù)，進(jìn)而得到<<<專題探究>>><<<專題探究>>>“函數(shù)的零點(diǎn)”是高中數(shù)學(xué)函數(shù)非常重要的教學(xué)內(nèi)容.函數(shù)的零點(diǎn)從不同的角度將數(shù)與形、函數(shù)與方程有機(jī)地聯(lián)系在一起，在解決函數(shù)與方程問(wèn)題中的函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題時(shí)，要掌握轉(zhuǎn)化與化歸思想的運(yùn)用.求解基本方法：(1)利用零點(diǎn)存在的判定定理判定（卡根）或構(gòu)建不等式求解；(2)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域(最值)問(wèn)題求解；(3)轉(zhuǎn)化為兩熟悉的函數(shù)圖象的上、下關(guān)系問(wèn)題，從而構(gòu)建不等式求解.導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)在很多時(shí)候是無(wú)法直接求解出來(lái)的，我們稱之為“隱零點(diǎn)”（即能確定其存在，但又無(wú)法用顯性的代數(shù)式進(jìn)行表達(dá)），基本解題思路是：形式上虛設(shè)（虛設(shè)零點(diǎn)），運(yùn)算上代換（整體代換），數(shù)值上估算（猜根），策略上等價(jià)轉(zhuǎn)化（設(shè)而不求），方法上分離函數(shù)（分參），技巧上反客為主.題型一：題型一：應(yīng)用零點(diǎn)存在定理題設(shè)情境是求常系數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和證明含參變量函數(shù)唯一零點(diǎn)的范圍。第（1）問(wèn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的基本方法，求函數(shù)fx的單調(diào)性；第（2）應(yīng)用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)存在唯一極值點(diǎn),應(yīng)用函數(shù)零點(diǎn)定理及卡根與放縮技巧確定點(diǎn)極值點(diǎn)的取值范圍,然后由極值點(diǎn)與函數(shù)零點(diǎn)唯一的充要條件得到關(guān)于唯一零關(guān)系式,最后構(gòu)造函數(shù)證明 例1已知函數(shù)fx=ex?1(1)當(dāng)a=e?12時(shí)，求函數(shù)(2)當(dāng)a>0時(shí)，若函數(shù)fx有唯一零點(diǎn)x0，證明：【思路點(diǎn)撥】第（1）問(wèn)根據(jù)題意得f'x=ex?1?1x?e+12,又f″x=ex?1+1x2>0,所以f'x在0,+∞上單調(diào)遞增，易知f'2=0，從而即可求解單調(diào)性;第（2）問(wèn)根據(jù)（1）可知f'x在0,+∞上單調(diào)遞增，又ex≥x+1恒成立，應(yīng)用零點(diǎn)存在定理卡根f'1+a=1?11+a>0，f'1【規(guī)范解析】(1)根據(jù)題意得：fx的定義域?yàn)?,+∞，所以f又f''x=e易知f'2=e?12?e+12=0所以函數(shù)fx在0,2上單調(diào)遞減，在2,+∞(2)因?yàn)閍>0，fx的定義域?yàn)?,+∞，所以f所以f''x=e設(shè)?x=ex?x?1，則?'x=當(dāng)x<0時(shí)，?'x<0，所以?x所以ex?x?1≥0，即所以f'1+a=所以存在唯一的t0∈1,1+a，使得f'當(dāng)x∈0,t0時(shí)，f't0fx單調(diào)遞增，所以fxmin=ft所以x?1≥lnx，當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立，則所以fx即fx>ex?1?a+1x所以ex?2≥x24所以fx>e所以f4當(dāng)x→0時(shí)，fx>0，若函數(shù)fx有唯一零點(diǎn)x0，則即ex0?1設(shè)ux0=所以u(píng)x0在1,+∞單調(diào)遞減，所以u(píng)1所以1<x練1(2024·河北省·聯(lián)考題)已知函數(shù)f(x)=a(x?e)(lnx?1)?e與g(x)=(1)求a;(2)證明：當(dāng)0<x≤2e時(shí)，f(x)≥g(x)．【規(guī)范解析】(1)由題意g(x)=x2e?2x=0(x>0)解得x=2e，

∵f(x)=a(x?e)(lnx?1)?e，

∴x>0且f(2e)=a(2e?e)(ln2e?1)?e=0，

ae(ln2e?1)=e，a=11n2；

(2)當(dāng)0<x≤2e時(shí)，

設(shè)F(x)=f(x)?g(x)=1ln2(x?e)(lnx?1)?e?x2e+2x，

F′(x)=1ln2(lnx?x(0,x(h+0?F單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減當(dāng)x→0時(shí)，．

且F′(e)=1ln2(1?ee)?2e×e+2=0，

又∵h(yuǎn)′(e)=1ln2(1e+1e)?x(0,e)e(e,x(F?0+0?F(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減又∵x→0時(shí)，F(xiàn)(x)→+∞，F(xiàn)(e)=0，F(xiàn)(2e)=0，

∴x∈(0,2e]時(shí)，F(xiàn)(x)≥0即：f(x)≥g(x)．

練2(2025·浙江省·月考試卷)已知函數(shù)fx=(1)求fx在x=0(2)求證：fx(3)求證：fx有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．【規(guī)范解析】(1)f′(x)=ex故f(x)在x=0處的切線方程為y=2x；(2)先證fx≥2x．

令F′(x)=?′(x)=ex?4因?yàn)镕′(0)=0，故F(x)在(?∞,0)上單調(diào)遞減，在∴F(0)為F(x)的極小值也是最小值，故F(x)?F(0)=0，故f(x)?2x成立；再證2x?ln令G(x)=2x?ln?(2x+1)，令G′(x)=0得x=0，

故G(x)在?12,0上單調(diào)遞減，在(0,+∞)上單調(diào)遞增，故G(x)?G(0)=0，故2x?ln綜上知f(x)?ln(3)f設(shè)u(x)=u′故f′(x)在因f′(0)=2，故根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)存在性定理知存在唯一的x0∈(?1,0)，使得故f(x)在(?∞,x0)因?yàn)閒(0)=0，故在x0,+∞上存在一個(gè)零點(diǎn)0，且又因?yàn)閒?2故存在唯一c∈(?2,x0)因此f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．題型二：題型二：應(yīng)用極限思想題設(shè)情境是求常系數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和探究函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)。第（1）問(wèn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的基本方法，求函數(shù)fx的單調(diào)性例2已知函數(shù)gx（1）求g(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）令fx=2cosx+gx【思路點(diǎn)撥】第（1）問(wèn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法，由g'(x)>0x>0解得函數(shù)增區(qū)間，g'(x)<0x>0解得減區(qū)間；第（2）問(wèn)根據(jù)函數(shù)f(x)的定義域以及正弦、余弦函數(shù)的單調(diào)性和有界性，綜合應(yīng)用零點(diǎn)存在定理和極限思想,分【規(guī)范解析】（1）函數(shù)gx=lnx?12x因?yàn)闉間'(x)>0，得0<x<1，g'所以增區(qū)間是(0,1)，減區(qū)間是1,+∞．（2）已知f(x)=2cosx+（=1\*romani）當(dāng)0<x<1時(shí)，f'x=?2sinx?x+1x，設(shè)則?'由于0<x<1，所以?'(x)<0，即f'又f'π6所以存在x0∈(0,1)，使得函數(shù)f(x)在(0,x當(dāng)x∈x0,1時(shí)，fx0當(dāng)x∈(0,x0)時(shí)，x→0時(shí)，f(x)→?∞，f(x0（=2\*romanii）當(dāng)1≤x≤π時(shí)，由（1）可知，y=2cosx與y=g(x)都單調(diào)遞減，所以y=f(x)在[1,π]上單調(diào)遞減，又f1>0，f(π)<0，故f(x)在[1，(iii)當(dāng)x>π時(shí)，由（1）可知，gx=lnx?1所以f(x)=2cos故f(x)在(π,+∞)上無(wú)零點(diǎn).綜上所述，函數(shù)f(x)在其定義域上共兩個(gè)零點(diǎn).練3（2025·江蘇省·月考試卷）已已知函數(shù)f(x)=4a（1）若a=1，求證：當(dāng)x>0時(shí)，x(f(x)?x)<4（2）討論方程f(x)=2的根的個(gè)數(shù)．【規(guī)范解析】（1）由a=1，∴f(x)=4ex要證x(f(x)?x)<4e，即證4xex+1令g(x)=ex?ex+1所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(1)=1>0成立，所以x(f(x)?x)<4（2）f(x)=4a當(dāng)x→?∞時(shí)，f(x)→?∞；當(dāng)x→+∞時(shí)，f(x)→+∞，①當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f(x)=2有唯一解；②當(dāng)a>0時(shí)，f'因?yàn)閍2ex>0，所以(i）當(dāng)1?a≥0，即0<a≤1時(shí)，f'(x)≥0，所以f(x)在所以f(x)=2有唯一解；(ii）當(dāng)1?a<0，即a>1時(shí)，y=a2e在(?2ln所以f'(x)在(?∞,?2ln當(dāng)x→?∞時(shí)，f'(x)→1；當(dāng)x→+∞時(shí)，所以存在x1，x2∈R使得f'x則f(x)在?∞,x1上單調(diào)遞增，在x1所以f(x)極大=fx因?yàn)閒(?2lna)=2a?2lna因?yàn)閍>1，所以g'(a)>0，即g(a)在1,+∞上單調(diào)遞增，所以則fx所以當(dāng)a>1時(shí)，f(x)=2有三個(gè)根．綜上所述：當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)=2僅有一個(gè)實(shí)根；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)=2有三個(gè)不相等的實(shí)根.練4（2025·福建省·模擬題）已知函數(shù)f(x)=(x?1)e(1)討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；(2)當(dāng)a=e?32時(shí)，證明：【規(guī)范解析】(1)易知f(1)=0．因?yàn)閒'因?yàn)閤>0，當(dāng)a≥0時(shí)，f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，又當(dāng)a<0時(shí)，令g(x)=x2ex+a，則g因?yàn)閤→0+時(shí)，g(x)→a<0,x→+∞時(shí)，gx→+∞，所以g(x)存在唯一的零點(diǎn)因此，當(dāng)x∈0,x0時(shí)，g當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，g(x)>0，所以，f(x)當(dāng)x0=1，即a=?e時(shí)，f(x)min=0當(dāng)x0≠1，即a≠?e時(shí)，設(shè)則?'令φx0=1?令φ'x0=0，∴x0=e當(dāng)x0∈e?3又x0→0+時(shí)，?'(x當(dāng)x0>1時(shí)，?'x0因?yàn)閤→0+時(shí)，fx結(jié)合f(x)的單調(diào)性知，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上：當(dāng)a≥0或a=?e時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a<?e或?e<a<0時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．(2)設(shè)m(x)=ex?x?1，則m'(x)=所以m(x)>m(0)，即x>0時(shí)，ex設(shè)t(x)=lnx?x+1當(dāng)0<x<1時(shí)，t'(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，t'從而t(x)≤t(1)=0即lnx當(dāng)0<x<1時(shí)，設(shè)n(x)=ex?(e?1)x?1，則n當(dāng)0<x<1時(shí)，2?e=n'(0)<n'則x∈0,x1時(shí)，n'(x)<0,n(x)又n(0)=n(1)=0，故n(x)=ex?(e?1)x?1<0，即當(dāng)0<x<1因此，當(dāng)x≥1時(shí)f(x)=(x?1)e當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)=(x?1)=(e?1)x所以，當(dāng)a=e?32時(shí)，題型三：題型三：應(yīng)用函數(shù)與方程思想題設(shè)情境是由兩函數(shù)有相同最小值求參數(shù)的值，由同一直線與兩常系數(shù)函數(shù)存在兩個(gè)不同交點(diǎn)和一個(gè)相同交點(diǎn)，推導(dǎo)這三個(gè)從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列。第（1）問(wèn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的基本方法，結(jié)合函數(shù)與方程思想得到關(guān)于a方程而求其值；第（2）問(wèn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合數(shù)形結(jié)合思想探究直線y=b與兩函數(shù)有“三個(gè)交點(diǎn)”的必要條件，即實(shí)數(shù)b的取值范圍,然后由兩函數(shù)的“非公共相點(diǎn)”與“公共交點(diǎn)”的相關(guān)關(guān)系，應(yīng)用函數(shù)與方程思想和數(shù)學(xué)建模方法實(shí)現(xiàn)“三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列”的證明.例3已知函數(shù)fx=ex?ax和（1）求a；（2）證明：存在直線y=b，其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．【思路點(diǎn)撥】第（1）問(wèn)利用導(dǎo)數(shù)分a≤0和a≤0研究函數(shù)的單調(diào)性，從而可判定函數(shù)取最小值的條件及取得相應(yīng)的最小值，由兩函數(shù)的最小值相等即可求a的值.第（2）問(wèn)根據(jù)（1）可得當(dāng)b>1時(shí)，方程ex?x=b和x?lnx=b的解的個(gè)數(shù)均為2，由題設(shè)條件可知兩方程必有一個(gè)公共解,從而構(gòu)建函數(shù)?(x)=ex+lnx?2x，利用導(dǎo)數(shù)可得該函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)及【規(guī)范解析】(1)fx=ex?ax若a≤0，則f'(x)>0，此時(shí)f(x)無(wú)最小值，故g(x)=ax?lnx的定義域?yàn)?,+∞，而當(dāng)x<lna時(shí)，f'(x)<0，故當(dāng)x>lna時(shí)，f'(x)>0，故f(x)在故fx當(dāng)0<x<1a時(shí)，g'(x)<0，故當(dāng)x>1a時(shí)，g'(x)>0，故g(x)在因?yàn)閒x=e故1+lna=a?alna，整理得到a?11+a設(shè)ga=a?1故ga為0,+∞上的減函數(shù)，而g故ga=0的唯一解為a=1，故1?a1+a=lna(2)由（1）可得fx=ex?ax當(dāng)b>1時(shí)，考慮ex?x=b的解的個(gè)數(shù)、x?設(shè)Sx=e當(dāng)x<0時(shí)，S'x<0，當(dāng)x>0故Sx在?∞,0上為減函數(shù)，在0,+∞上為增函數(shù)，所以S而S?b=e設(shè)ub=eb?2b故ub在1,+∞上為增函數(shù)，故u故Sb>0，故Sx=設(shè)Tx=x?ln當(dāng)0<x<1時(shí)，T'x<0，當(dāng)x>1故Tx在0,1上為減函數(shù)，在1,+∞上為增函數(shù)，所以T而Te?b=Tx=x?lnx當(dāng)b=1，由（1）討論可得x?lnx=b當(dāng)b<1時(shí)，由（1）討論可得x?lnx=b故若存在直線y=b與曲線y=fx、y=gx有三個(gè)不同的交點(diǎn)，則設(shè)?(x)=ex+lnx設(shè)sx=ex?x?1故sx在0,+∞上為增函數(shù)，故sx>s所以?'(x)>x+1x?1≥2?1>0而?(1)=e?2>0，?(1故?x在0,+∞上有且只有一個(gè)零點(diǎn)x0，當(dāng)0<x<x0時(shí)，?x<0即當(dāng)x>x0時(shí)，?x>0即因此若存在直線y=b與曲線y=fx、y=g故b=fx此時(shí)ex?x=b有兩個(gè)不同的零點(diǎn)此時(shí)x?lnx=b故ex1?x1=b所以x4?b=lnx4故x4?b為方程ex?x=b的解，同理又ex1?x1=b可化為故x1+b為方程x?lnx=b所以x1,x0=x0練5（2024·江蘇省·聯(lián)考題）已知a,k∈R，設(shè)函數(shù)fx(1)若對(duì)任意實(shí)數(shù)a，函數(shù)fx均有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k(2)若函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1,【規(guī)范解析】(1)f（?。┊?dāng)ka≤0時(shí)，f'(x)>0，f(x)在(?a,+∞)當(dāng)x→?a時(shí)，fx→?∞；x→+∞時(shí)，fx→+∞，故（ⅱ）當(dāng)ka>0時(shí)，f(x)在?a,1ka?a又當(dāng)x→?a時(shí)，fx→?∞；x→+∞時(shí)，所以只要f1ka?a≥0恒成立，則不妨設(shè)k>0，a>0．設(shè)ga=?lnka所以只要gamin=g12k所以k的最大值為2e(2)由題意得：只要證x1+ax2+a則lnx1+a=t1，當(dāng)ka≤0時(shí),?'(t)>0,與函數(shù)所以ka>0.所以當(dāng)?'t=1?ka所以函數(shù)?(t)在?∞,ln1ka上遞增，在記函數(shù)?(t)有圖象關(guān)于直線t=ln1ka對(duì)稱是函數(shù)有mt=?2ln[m(t)?g(t)]'=ka?e所以2ln1ka?所以lnx1+a所以x1練6（2024·湖南省·月考試卷）已知函數(shù)fx=2?x（1）討論函數(shù)gx（2）函數(shù)?x=fx+g【規(guī)范解析】（1）函數(shù)gx=ax2所以當(dāng)a≤0時(shí)，g'x<0恒成立，函數(shù)gx當(dāng)a>0時(shí)，令g'x=0得故x∈0,12a時(shí)，g'x<0所以函數(shù)gx在0,12a綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)gx在0,+∞當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)gx在0,12a（2）因?yàn)閒(1)=e+1?2a，①當(dāng)f(1)=e+1?2a<0，即a>e+1存在x∈1?δ,1+δ（δ為足夠小的正數(shù)）使得f此時(shí)?(x)=(x?2)ex?(1?2a)x+a?'(1)=4a?2>0，與x=1處取得極小值矛盾；②當(dāng)f(1)=e+1?2a>0，即a<e+12時(shí)，則存在x∈1?δ0此時(shí)?(x)=(2?x)e?'(x)=(1?x)e?''(x)=?xex+2a+1x2，（i）若?''x≤0，即?e+2a+1≤0，a≤e?12時(shí)，此時(shí)當(dāng)x>1時(shí)，?''x<0，?'x單調(diào)遞減，此時(shí)?'(x)<?'(1)=0，?（ii）若?''x>0，即?e+2a+1>0，a>e?1所以存在唯一x0∈1,2a使得?''x0=0，且當(dāng)注意到?'1=0，所以當(dāng)1?δ0<x<1當(dāng)1<x<minx0,1+δ所以此時(shí)滿足函數(shù)?x在x=1處取得極小值,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是e?1③當(dāng)f(1)=e+1?2a=0，即a=e+12時(shí)，則存在x∈(1?δ1,1+δ1?'(x)=(1?x)e?''(x)=?xex+e+1+1x2，由于?''(1)=2>0，?''(2)=?2e所以存在唯一x1∈1,2使得?''x1=0，故當(dāng)注意到?'1=0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，?'x<0，?x單調(diào)遞減，當(dāng)1<x<minx1,1+綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e?1<<<專題訓(xùn)練>>><<<專題訓(xùn)練>>>1.(2025·河南省·模擬題)已知函數(shù)f(x)=2lnx+4ax?x(1)當(dāng)a=0時(shí)，試判斷函數(shù)fx(2)若a>0，且當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，fx≤0恒成立，fx【解析】函數(shù)fx=2ln(1)解：當(dāng)a=0時(shí)，fx則f′x=2所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x>0，此時(shí)函數(shù)當(dāng)x>1時(shí)，f′x<0，此時(shí)函數(shù)綜上，函數(shù)fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+∞(2)證明：由題意可得f′(x)=2x+4a?2x=?2(x2?2ax?1)因?yàn)閍>0，所以x=a+a2所以f′x在1,+∞上有唯一零點(diǎn)x當(dāng)x∈1,x0時(shí)f′x>0當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，f′x<0所以fx因?yàn)閒x≤0在1,+∞上恒成立，且所以f′x0消去a并整理得2ln令?x=2lnx+x?′x>0在1,+∞上恒成立，所以?x又?1=?2<0，?2又a=12x0?1x0，且函數(shù)2．（2024·廣東省·期中考試）已知f(x)=x（1）若a=?1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）已知函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2（x1【解析】（1）a=?1時(shí)，f(x)=x所以f'(x)=2x?4?1得x1=1?6當(dāng)f'x>0時(shí)，x>1+62所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是1+62,+∞（2）由（1）得f'若fx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2則x1+x要使3fx1>2mx2因?yàn)閒(x=2?x設(shè)gx=2?x?4g'x∵0<x<1，∴?4x?22所以g'x<0，g由題意，要使3fx1>2mx2所以實(shí)數(shù)m的取值范圍(?∞,?3.(2024·重慶市市轄區(qū)·模擬題)已知函數(shù)f(x)=ex(x?2)，(1)求函數(shù)y=f(x)+g(x)的最小值；(2)設(shè)函數(shù)?(x)=f(x)?ag(x)(a≠0)，討論函數(shù)?(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．(1)由題意，令φx=fx+gx，

易知φx的定義域?yàn)?,+∞，

φ′x=f′x+g′x=exx?1+1?1x

=x?1ex+1x．

當(dāng)0<x<1時(shí)，φ′(x)<0，φx在0,1上單調(diào)遞減；

當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)>0，φx在1,+∞上單調(diào)遞增；

故當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)y=f(x)+g(x)取得最小值φxmin=φ1=1?e．

(2)g′(x)=1?1x=x?1x，

當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，gx在0,1上單調(diào)遞減；

當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，gx在1,+∞上單調(diào)遞增；

所以gx≥gxmin=g1=1>0．

由?(x)=f(x)?ag(x)=0可得a=exx?2x?lnx，

令sx=exx?2x?lnx??x>0，

s′x4.(2024·湖北省襄陽(yáng)市·期中考試)已知函數(shù)f(x)=ex?ax?2(a>1)．

(1)證明：函數(shù)y=f(x)在(?∞,0)內(nèi)存在唯一零點(diǎn)；

(2)若函數(shù)y=f(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2，且x1>(1)證明：函數(shù)f(x)=ex?ax?2(a>1)，則f′(x)=ex?a，

因?yàn)閤<0，a>1，所以f′(x)<0，則f(x)在(?∞,0)上單調(diào)遞減，

又f(0)=?1<0，f(?2a)=e?2a>0，且函數(shù)f(x)的圖象不間斷，

故函數(shù)y=f(x)在(?∞,0)內(nèi)存在唯一零點(diǎn)；

(2)解：由題意可知，ex1?ax1?2=0ex2?ax2?2=0，所以a=ex1?2x1=ex2?2x2=ex1?ex2x1?x2，

令t=x1?x2>0，所以a=ex2(et?1)t=ex2?2x2，

則有et?1t=ex2?2x2ex2，令g(t)=et5.（2024·湖北省·期中考試）已知函數(shù)fx（1）試討論函數(shù)fx（2）若函數(shù)gx=lnex?1?【解析】（1）根據(jù)題意，可得f'①若a≤0，則f'x=ex又因?yàn)閒(0)=0，所以函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)；②若a>0，令f'(x)=0，則有所以f'(x)>0?x>lna，此時(shí)函數(shù)f'(x)<0?x<lna，此時(shí)函數(shù)即f(x)則有：(=1\*romani)當(dāng)lna=0?a=1時(shí)，則f(x)≥0，此時(shí)函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)；(=2\*romanii)當(dāng)lna≠0時(shí)，即a≠1時(shí)，則f(lna又因?yàn)閤→?∞時(shí)，f(x)→+∞；x→+∞時(shí)，f(x)→+∞，根據(jù)零點(diǎn)存在定理可得，此時(shí)函數(shù)f(x)在R上有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上可得，當(dāng)a≤0或a=1時(shí),函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a∈0,1∪1,+∞時(shí),（2）下面證明：?x>0，有0<gx先證：?x>0，有g(shù)x>0，由（1）可知當(dāng)a=1時(shí)，即當(dāng)x>0時(shí)，ex故?x>0，gx=lnex要證?x>0，gx<x，只需證明?x>0，ex?1x即證?x>0，xex∵H'x=xex>0故有H(x)>H(0)=0，即?x>0，xex?ex當(dāng)a≤1時(shí)，由（1）得，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，則由上結(jié)論可知，fgx<f當(dāng)a>1時(shí)，由（1）得，f(x)在(0,lna)此時(shí)當(dāng)0<x<lna時(shí)，0<g(x)<x<ln綜上可得，a≤1，即a∈6.(2024·湖北省荊門市·期末考試)已知函數(shù)f(x)=(2?x)ex(1)討論fx(2)若fx有3個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)∵函數(shù)f(x)=(2?x)ex+a(x2?2x)(a>0)，

∴x∈R，

f′(x)=?ex+(2?x)ex+a(2x?2)

=1?xex+2ax?1

=?x?1ex?2a．

令f′x=0，則x=1,x=ln2a．

故①當(dāng)ln2a<1即0<a<e2時(shí)，若f′x>0則有l(wèi)n2a<x<1;若f′x<0則有x<ln2a或x>1．

函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間為ln2a,1;單調(diào)減區(qū)間為?∞,ln2a和1,+∞．

②當(dāng)ln2a=1即a=e2時(shí)，f′x=?x?1ex?e?0．

此時(shí)函數(shù)fx的單調(diào)減區(qū)間為?∞,+∞;無(wú)單調(diào)增區(qū)間．

③當(dāng)ln2a>1即a>e2時(shí)，若f′x>0則有1<x<ln2a;若f′x<0則有x<1或x>ln2a．

函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間為1,ln2a;單調(diào)減區(qū)間為?∞,1和ln2a,+∞．

(2)∵f(x)=(2?x)ex+a(x2?2x)(a>0)，令fx=0．

則有(2?x)ex+a(x2?2x)=(2?x)ex+ax(x?2)=(x?2)ax?ex=0．

顯然x=2是方程(2?x)ex+a(x2?2x)=0的一個(gè)根，故x=2為fx的一個(gè)零點(diǎn)．

當(dāng)x≠2時(shí)，由ax?ex=0得1a=x7.(2025·江西省宜春市·月考試卷)已知函數(shù)f(x)=xcosx?32，g(x)=2sinx?ax?32．

(1)討論f(x)在(?π,0)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；

(2)若存在x∈(0,π)，使得g(x)≥f(x)成立，證明：【解析】(1)當(dāng)x∈[?π2,0),f(x)<0，無(wú)零點(diǎn)；

當(dāng)x∈(?π,?π2)，f′(x)=cosx?xsinx，

因?yàn)楫?dāng)x∈(?π,?π2)，tanx>1x，

所以，f′(x)=cosx?xsinx<0，

則f(x)在x∈(?π,?π2)上為減函數(shù)，

f(?π)=π?32>0，f(?π2)=?32<0，f(x)在此區(qū)間有一個(gè)零點(diǎn)，

故f(x)在(?π,0)有一個(gè)零點(diǎn)；

(2)證明：由g(x)≥f(x)得，a≤2sinx?xcosxx，

令?(x)=2sinx?xcosxx，x∈(0,π)，

?′(x)=2xcosx?2sinx+x2sinxx2，

令m(x)=2xcosx?2sinx+x2sinx，m′(x)=x2cosx，

在區(qū)間(0,π2)，m′(x)=x2cosx>0，

所以m(x)在(0,π2)遞增，m(x)>m(0)=0，

?′(x)>0，?(x)在(0,π2)遞增，

在區(qū)間[π2,π),m′(x)=x2cosx≤0，所以m(x)在[π2,π)遞減，

又因?yàn)閙(π2)=π248.（2024·江蘇省·月考試卷）已知f(x)=eFx=（1）討論fx在區(qū)間0,1（2）若F(12)=a4?12(【解析】(1)由f(x)=ex?2ax+b求導(dǎo)得：f'(x)=當(dāng)2a≤1，即a≤12時(shí)，f'(x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0，且a=1當(dāng)2a≥e，即a≥e2時(shí)，f'(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x=1，且a=e當(dāng)1<2a<e，即12<a<e2時(shí)，由當(dāng)0≤x<ln2a時(shí)，f'(x)<0，f(x)在[0,ln2a)上單調(diào)遞減，當(dāng)所以，當(dāng)a≤12時(shí)，f(x)在0,1上單調(diào)遞增，當(dāng)12<a<e2時(shí)，f(x)在[0,ln2a)(2)依題意，F(xiàn)x=x因F12=顯然F(0)=e0?1=0,F(1)=e又F'(x)=ex?2ax+b，而a>12F'(0)=1+b=a?e則有存在唯一x0∈(0,1)，使得當(dāng)0<x<x0時(shí)，F(xiàn)'(x)>0，當(dāng)因此，F(xiàn)(x)在[0,x0]函數(shù)F(x)在(0,1)上的圖象在