高考數學重難點培優(yōu)全攻略(新高考專用)培優(yōu)點02　隱零點問題(2大考點+強化訓練)(原卷版+解析)

培優(yōu)點02隱零點問題（2大考點+強化訓練）導函數的零點在很多時候是無法直接求解出來的，我們稱之為“隱零點”，既能確定其存在，但又無法用顯性的代數進行表達．這類問題的解題思路是對函數的零點設而不求，通過整體代換和過渡，再結合題目條件解決問題．【知識導圖】【考點分析】考點一：不含參函數的隱零點問題規(guī)律方法已知不含參函數f(x)，導函數方程f′(x)＝0的根存在，卻無法求出，利用零點存在定理，判斷零點存在，設方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關系式f′(x0)＝0成立，②注意確定x0的合適范圍．【例1】．（2023春·新疆烏魯木齊·高三?？茧A段練習）已知函數，.(1)求證：；(2)若對恒成立，求的最大值與的最小值.【例2】．（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考開學考試）已知函數（e為自然對數的底數）.(1)求函數在處的切線方程；(2)若恒成立，求證：實數.【變式1】.（2024·河北邢臺·高三統(tǒng)考期末）已知函數．證明：．【變式2】已知函數，當時，證明：.考點二：含參函數的隱零點問題規(guī)律方法已知含參函數f(x，a)，其中a為參數，導函數方程f′(x，a)＝0的根存在，卻無法求出，設方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關系式f′(x0)＝0成立，該關系式給出了x0，a的關系；②注意確定x0的合適范圍，往往和a的范圍有關．【例2】．（2022上·河南洛陽·高三新安縣第一高級中學?？奸_學考試）（1）證明不等式：（第一問必須用隱零點解決，否則不給分）；（2）已知函數有兩個零點.求a的取值范圍.（第二問必須用分段討論解決，否則不給分）【變式1】（2023秋·北京·高三統(tǒng)考開學考試）已知函數，曲線在的切線為．(1)求a，b的值；(2)求證：函數在區(qū)間上單調遞增；(3)求函數的零點個數，并說明理由．【變式2】．（2023秋·河北張家口·高三統(tǒng)考開學考試）已知，．(1)當時，證明：；(2)若，恒成立，求a的取值范圍．【變式3】.（拔尖強基聯(lián)盟2024屆高三下學期二月聯(lián)合考試）已知函數，其中．（1）若，求證：在定義域內有兩個不同的零點；（2）若恒成立，求的值．【變式4】（2024·吉林長春·東北師大附中校聯(lián)考模擬預測）已知（其中為自然對數的底數）,，求實數的取值范圍.【強化訓練】1.已知函數.當時，求證在上存在極值點，且.2.（廣東省2024屆高三上學期元月期末統(tǒng)一調研測試數學試卷）若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“類函數”.若為上的“2類函數”，求實數的取值范圍；3.已知函數，其中．討論的極值點的個數．4.（2024·陜西安康·安康中學校聯(lián)考模擬預測）已知函數．當時，不等式恒成立，求整數的最大值．5.（2023·湖北黃岡·黃岡中學?？既＃┮阎瘮担?）當時，求函數在上的極值；（2）用表示中的最大值，記函數，討論函數在上的零點個數．6．（2023秋·浙江·高三浙江省春暉中學校聯(lián)考階段練習）已知函數有兩個極值點．其中，為自然對數的底數．(1)求實數的取值范圍；(2)若恒成立，求的取值范圍．7．（2023秋·湖南永州·高三校聯(lián)考開學考試）已知函數，且.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若關于的不等式恒成立，其中是自然對數的底數，求實數的取值范圍.8．（2023秋·遼寧沈陽·高三沈陽市第一二〇中學?？茧A段練習）已知函數.(1)討論函數的單調性；(2)若，函數在上恒成立，求整數a的最大值.9．（2023秋·陜西西安·高三校聯(lián)考開學考試）已知函數，.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若關于的不等式在上恒成立，求的最小值.10．（2023春·江西萍鄉(xiāng)·高二萍鄉(xiāng)市安源中學校考期末）已知函數.(1)若，求的極值；(2)若對任意，恒成立，求整數m的最小值.11．（2023·云南昭通·校聯(lián)考模擬預測）設函數，.(1)當時，求的單調區(qū)間；(2)若，求實數的取值范圍.12.（浙江省溫州市溫州中學2024屆高三第一次模擬考試數學試題）已知.（1）若過點作曲線的切線，切線的斜率為2，求的值；（2）當時，討論函數的零點個數.13.已知函數（1）若1是的極值點，求a的值；（2）求的單調區(qū)間：（3）已知有兩個解，（i）直接寫出a的取值范圍；（無需過程）（ii）λ為正實數，若對于符合題意的任意，當時都有，求λ的取值范圍.14.(2023·咸陽模擬)已知f(x)＝(x－1)2ex－eq\f(a,3)x3＋ax(x>0)(a∈R)．(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當a＝0時，判定函數g(x)＝f(x)＋lnx－eq\f(1,2)x2零點的個數，并說明理由．15.(2023·天津模擬)已知函數f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．(1)若直線y＝2x與函數f(x)的圖象相切，求實數a的值；(2)當a＝－1時，求證：f(x)≤g(x)＋x2.16.(2023·包頭模擬)已知函數f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積；(2)證明：當a>1時，f(x)沒有零點．17.(2023·石家莊模擬)已知函數f(x)＝x－lnx－2.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)若對任意的x∈(1，＋∞)，都有xlnx＋x>k(x－1)成立，求整數k的最大值．18．(2023·荊門模擬)設函數f(x)＝ex＋bsinx，x∈(－π，＋∞)．若函數f(x)在(0，f(0))處的切線的斜率為2.(1)求實數b的值；(2)求證：f(x)存在唯一的極小值點x0，且f(x0)>－1.19．(2023·綿陽模擬)已知函數f(x)＝ax－lnx，a∈R.(1)若a＝eq\f(1,e)，求函數f(x)的最小值及取得最小值時的x的值；(2)若函數f(x)≤xex－(a＋1)lnx對x∈(0，＋∞)恒成立，求實數a的取值范圍．培優(yōu)點02隱零點問題（2大考點+強化訓練）導函數的零點在很多時候是無法直接求解出來的，我們稱之為“隱零點”，既能確定其存在，但又無法用顯性的代數進行表達．這類問題的解題思路是對函數的零點設而不求，通過整體代換和過渡，再結合題目條件解決問題．【知識導圖】【考點分析】考點一：不含參函數的隱零點問題規(guī)律方法已知不含參函數f(x)，導函數方程f′(x)＝0的根存在，卻無法求出，利用零點存在定理，判斷零點存在，設方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關系式f′(x0)＝0成立，②注意確定x0的合適范圍．【例1】．（2023春·新疆烏魯木齊·高三?？茧A段練習）已知函數，.(1)求證：；(2)若對恒成立，求的最大值與的最小值.【答案】(1)證明見解析；(2)的最大值為，的最小值為1.【詳解】（1）由，求導得，因為在區(qū)間上，則在區(qū)間上單調遞減，所以.（2）當時，“”等價于“”，“”等價于“”，令，，則，當時，對任意恒成立，當時，因為對任意，，于是在區(qū)間上單調遞減，則對任意恒成立，當時，存在唯一的使得，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，顯然，，則當，即時，對恒成立，因此當且僅當時，對任意恒成立，當且僅當時，對任意恒成立，所以對任意恒成立時，的最大值為，的最小值為1.【例2】．（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考開學考試）已知函數（e為自然對數的底數）.(1)求函數在處的切線方程；(2)若恒成立，求證：實數.【答案】(1)(2)證明見解析【詳解】（1）由，定義域為，則.所以在處的切線l的斜率為，又，則l的方程為.（2）恒成立，令，則，令，，則所以在上單調遞增，又，且，則在上存在零點且，即.所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即.，則又，所以，則在上單調遞增，因此所以.【變式1】.（2024·河北邢臺·高三統(tǒng)考期末）已知函數．證明：．【答案】證明見解析【解析】令函數，則，所以是增函數．因為，，所以存在，使得，即．所以當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增．．因為，所以，所以．故．【變式2】已知函數，當時，證明：.【解析】當時，令，，求導得，顯然函數在上單調遞增，令，，，即函數在上單調遞增，而，則存在唯一，使得，即，因此存在唯一，使得，當時，，當時，，因此函數在上遞減，在上遞增，當時，，則，（當且僅當即時，取等號，故式子取不到等號）所以當時，.考點二：含參函數的隱零點問題規(guī)律方法已知含參函數f(x，a)，其中a為參數，導函數方程f′(x，a)＝0的根存在，卻無法求出，設方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關系式f′(x0)＝0成立，該關系式給出了x0，a的關系；②注意確定x0的合適范圍，往往和a的范圍有關．【例2】．（2022上·河南洛陽·高三新安縣第一高級中學校考開學考試）（1）證明不等式：（第一問必須用隱零點解決，否則不給分）；（2）已知函數有兩個零點.求a的取值范圍.（第二問必須用分段討論解決，否則不給分）【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據給定條件，構造函數，借助導數探討函數最小值為正即可推理作答.（2）求出函數的導數，利用導數分類討論函數的單調性、零點情況作答.【詳解】（1）令函數，，求導得：，顯然函數在上單調遞增，而，，則存在，使得，即，有，當時，，當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，，所以.（2）函數定義域R，求導得，當時，由得，，由得，，即函數在上遞減，在上遞增，，而，即存在，使得，則函數在上有唯一零點，取且，則，即存在，使得，則函數在上有唯一零點，因此當時，函數有兩個零點，當時，函數只有一個零點2，當時，若，當或時，，當時，，即有在上單調遞增，在上單調遞減，又，，因此函數在上沒有零點，在上最多一個零點，即函數最多一個零點，若，恒有，即函數在R上單調遞增，函數最多一個零點，若，當或時，，當時，，即有在上單調遞增，在上單調遞減，又，，當時，，因此函數在上沒有零點，在上最多一個零點，即函數最多一個零點，綜上得，當時，函數有兩個零點，當時，函數最多一個零點，所以a的取值范圍是.【變式1】（2023秋·北京·高三統(tǒng)考開學考試）已知函數，曲線在的切線為．(1)求a，b的值；(2)求證：函數在區(qū)間上單調遞增；(3)求函數的零點個數，并說明理由．【答案】(1).(2)證明見解析(3)零點個數為0，證明見解析.【詳解】（1），則有，解得，，則.（2）由（1）知，，設，因為在上單調遞增，則，所以在上恒成立，所以函數在區(qū)間上單調遞增.（3）因為，令，令，得，設，由（2）知在上單調遞增，且，，故存在唯一零點使得，即存在唯一零點滿足，即得，則，且當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，所以，當時，，，則，則函數的零點個數為0.【變式2】．（2023秋·河北張家口·高三統(tǒng)考開學考試）已知，．(1)當時，證明：；(2)若，恒成立，求a的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）當時，設，，當時，，時，，所以在單調遞減，單調遞增，所以，而，∴，即．（2）法一：若，恒成立，即，即，構造函數，易知在遞增，則不等式為，∴，設，，則在遞增，遞減，，∴．法二：，恒成立，即．令，，有唯一實數根，設為，即，，則在遞減，在遞增，∴，即，設，顯然在單調遞減，而，∴，則，，，∴，．【變式3】.（拔尖強基聯(lián)盟2024屆高三下學期二月聯(lián)合考試）已知函數，其中．（1）若，求證：在定義域內有兩個不同的零點；（2）若恒成立，求的值．【答案】（1）證明過程見詳解；（2）【解析】（1）時，，①時，在上單調遞減，所以，所以在上單調遞增，又，，所以，使得，即在上有且僅有1個零點；②時，由（1）知在上單調遞減，即，所以，所以在上沒有零點；③時，，所以，即在上單調遞減，又，，所以在上有且僅有1個零點；綜上所述，在內有兩個不同的零點，.（2）令，由于恒成立，且，同時在上連續(xù)，所以是的一個極大值點.因為，所以即，下面證明時，在上恒成立，由（1）知，時，在上單調遞增，在上單調遞減；所以，又，故恒成立.【變式4】（2024·吉林長春·東北師大附中校聯(lián)考模擬預測）已知（其中為自然對數的底數）,，求實數的取值范圍.【答案】【解析】由，可得，由，因為，可得，令，則在上遞減，當時，可得，則，所以，則，又因為，使得，即且當時，，即；當時，，即，所以在遞增，在遞減，所以，由，可得，由，可得，即，由，可得，所以，因為，設，則，可知在上遞增，且，所以實數的取值范圍是.【強化訓練】1.已知函數.當時，求證在上存在極值點，且.【答案】證明見解析【解析】，則，令，，由可知，時，，遞增，時，，遞減，在處取得最小值，而，又記，，故在上單調遞減，故，于是，即；，令，，記，則，則在單增，，故在上遞增，，取，則；記，，于是時，，遞減，時，，遞增，故在處取得最大值，故，取得等號，于是.于是，由和零點存在定理可知，，使得，且，，，，所以是極小值點；由可得，，令，代入，整理，，于是時，，遞減，時，，遞增，故在處取得最大值，故，取，故，原命題得證.2.（廣東省2024屆高三上學期元月期末統(tǒng)一調研測試數學試卷）若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“類函數”.若為上的“2類函數”，求實數的取值范圍；【答案】【解析】因為，由題意知，對于任意不同的，都有，可轉化為對于任意，都有，由可轉化為，令，只需，令，在單調遞減，所以，，故在單調遞減，，由可轉化為，令，只需，令，在單調遞減，且，，所以使，即，即，當時，，，故在單調遞增，當時，，，故在單調遞減，，故.3.已知函數，其中．討論的極值點的個數．【答案】有且僅有一個極值點.【解析】由題意知，函數的定義域為，，設，，顯然函數在上單調遞增，與同號，①當時，，，所以函數在內有一個零點，且，，，，故在單調遞減，在單調遞增；所以函數在上有且僅有一個極值點；②當時，由（1）知，函數在上有且僅有一個極值點；③當時，，，因為，所以，，又，所以函數在內有一個零點，且，，，，故在單調遞減，在單調遞增；所以函數在上有且僅有一個極值點；綜上所述，函數在上有且僅有一個極值點．4.（2024·陜西安康·安康中學校聯(lián)考模擬預測）已知函數．當時，不等式恒成立，求整數的最大值．【答案】2【解析】由題意，知對任意恒成立，可知對任意恒成立．設函數，只需．對函數求導，得．設函數，對函數求導，得，所以函數在上單調遞增．又，所以存在，使，即，所以當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增，所以，所以．又，所以，所以整數的最大值為2．5.（2023·湖北黃岡·黃岡中學校考三模）已知函數．（1）當時，求函數在上的極值；（2）用表示中的最大值，記函數，討論函數在上的零點個數．【答案】答案見解析【解析】由，知．（?。┊敃r，，∴，故在上無零點．（ⅱ）當時，．故當時，即時，是的零點；當時，即時，不是的零點．（ⅲ）當時，．故在的零點就是在的零點，．①當時，，故時，在是減函數，結合，可知，在有一個零點，故在上有1個零點．②當時，，故時，在是增函數，結合可知，在無零點，故在上無零點．③當時，，使得時，在是增函數；時，在是減函數；由知，．當，即時，在上無零點，故在上無零點．當，即時，在上有1個零點，故在上有1個零點．綜上所述，時，有2個零點；時，有1個零點；時，無零點6．（2023秋·浙江·高三浙江省春暉中學校聯(lián)考階段練習）已知函數有兩個極值點．其中，為自然對數的底數．(1)求實數的取值范圍；(2)若恒成立，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【詳解】（1）由于，由題知有兩個不同實數根，即有兩個不同實數根．令，則，解得，故在上單調遞增，在上單調遞減，且時，，時，，，故的圖象如圖所示，

當時，有兩個零點且．則或，故在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，的極大值點為，極小值點為．故有兩個極值點時，實數的取值范圍為．（2）由于若設，則上式即為由（1）可得，兩式相除得，即，由得所以，令，則在恒成立，由于，令，則，，顯然在遞增，又有，所以存在使得，且易得在遞減，遞增，又有，所以存在使得，且易得在遞減，遞增，又，則時，時，，所以易得在上遞減，在上遞增，則，所以的取值范圍為．7．（2023秋·湖南永州·高三校聯(lián)考開學考試）已知函數，且.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若關于的不等式恒成立，其中是自然對數的底數，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【詳解】（1）由題，當時，，，，，所以切線方程為，化簡得，即曲線在點處的切線方程為.（2），即，即在上恒成立，令，則.對于，，故其必有兩個零點，且兩個零點的積為，則兩個零點一正一負，設其正零點為，則，即，且在上時則，此時單調遞減，在上，，此時單調遞增，因此當時，取最小值，故，即.令，則，當時，，當時，，則在上單調遞增，在上單調遞減，又，故，顯然函數在上是關于的單調遞增函數，則，所以實數的取值范圍為8．（2023秋·遼寧沈陽·高三沈陽市第一二〇中學?？茧A段練習）已知函數.(1)討論函數的單調性；(2)若，函數在上恒成立，求整數a的最大值.【答案】(1)答案見解析(2)4【詳解】（1）根據題意可得，若，在上恒成立，此時函數在上單調遞增；若，此時，當時，滿足，此時函數在，上單調遞增；當時，滿足，此時函數在單調遞減；若，此時，當時，滿足，此時函數在，上單調遞增，當時，滿足，此時函數在單調遞減；綜上可知，時，在上單調遞增；時，在和上單調遞增，在單調遞減；時，在和上單調遞增，在單調遞減；（2）由可得，解得；所以，則，易知時，，若函數在上恒成立，等價成在上恒成立；令，則；令，則在上恒成立，即函數在上單調遞增，易知，由于，所以，而，且，所以；因此在有且僅有一個零點，滿足，且；所以當時，，當時，；因此函數在上單調遞減，在上單調遞增；所以的最小值為，顯然，因此，又是整數，所以的最大值為4.9．（2023秋·陜西西安·高三校聯(lián)考開學考試）已知函數，.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若關于的不等式在上恒成立，求的最小值.【答案】(1)(2)【詳解】（1）由題當時，，，，，所以切線方程為，化簡得，即曲線在點處的切線方程為.（2）由可得，令，，則，當時，，設，易知在上單調遞增，又，，則存在，使得，即，取對數得，當時，，，單調遞增，當時，，，單調遞減，，在上單調遞增，則，又對任意恒成立，，所以，即的最小值為-3.10．（2023春·江西萍鄉(xiāng)·高二萍鄉(xiāng)市安源中學?？计谀┮阎瘮?(1)若，求的極值；(2)若對任意，恒成立，求整數m的最小值.【答案】(1)極大值為，無極小值(2)1【詳解】（1）當時，，.當時，，則在上單調遞增；當時.，則在上單調遞減.所以在時取得極大值且極大值為，無極小值；（2）因為對任意，恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，設，則.設，顯然在上單調遞減，因為，，所以，使得，即，當時，，；當時，，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，因為，所以，故整數m的最小值為1.11．（2023·云南昭通·校聯(lián)考模擬預測）設函數，.(1)當時，求的單調區(qū)間；(2)若，求實數的取值范圍.【答案】(1)單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是.(2)【詳解】（1）時，函數的定義域為，因為，所以，當時，，當時，，所以的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是.（2）函數的定義域為，等價于，設，則，設，則恒成立，所以在上單調遞增，即在上單調遞增，當，當，所以，使得，即，所以，當時，，所以單調遞減，當時，，所以單調遞增，所以，設，則，而恒成立，所以為增函數，由，所以.因為均為減函數，所以在上為減函數，所以，當時，，所以實數的取值范圍為12.（浙江省溫州市溫州中學2024屆高三第一次模擬考試數學試題）已知.（1）若過點作曲線的切線，切線的斜率為2，求的值；（2）當時，討論函數的零點個數.【答案】（1）1（2）答案見解析【解析】（1）由題意可得：，設切點坐標為，則切線斜率為，即，可得切線方程為，將，代入可得，整理得，因為在內單調遞增，則在定義域內單調遞增，且當時，，可知關于的方程的根為1，即，所以.（2）因為，則，可知在內單調遞減，且，則，且在內單調遞減，可知在內單調遞減，所以在內單調遞減，且，（i）若，即時，則在內恒成立，可知在內單調遞增，則，當且僅當時，等號成立，所以在內有且僅有1個零點；（ⅱ）若，即時，則在內恒成立，可知在內單調遞減，則，當且僅當時，等號成立，所以在內有且僅有1個零點；（ⅲ）若，即時，則在內存在唯一零點，可知當時，；當時，；則在內單調遞增，在內單調遞減，且，可知，可知在內有且僅有1個零點，且，①當，即時，則在內有且僅有1個零點；②當，即時，則在內沒有零點；綜上所述：若時，在內有且僅有1個零點；若時，在內有且僅有2個零點.13.已知函數（1）若1是的極值點，求a的值；（2）求的單調區(qū)間：（3）已知有兩個解，（i）直接寫出a的取值范圍；（無需過程）（ii）λ為正實數，若對于符合題意的任意，當時都有，求λ的取值范圍.【答案】（1）；（2）答案見解析；（3）（i）；（ii）.【解析】（1）因為，所以，因為1是的極值點，所以，故，故.此時，則時，時，所以上遞增，上遞減，則1是的極值點，滿足題設.綜上，.（2）由（1）知，當時，，故在上單調遞增；當時，令得；令得；所以在上單調遞增，在上單調遞減，綜上：當時，在上單調遞增；當時，上單調遞增，在上單調遞減，（3）（i）由得，即有兩個解，令，則，且在上兩個零點，當時，，故在上單調遞增，則在上沒有兩個零點，不滿足題意；當時，令，得；令，得；所以在上單調遞增，在上單調遞減，即的極大值為，為使在上有兩個零點，則，即，解得，當時，易知，因為，故，又在上單調遞增，所以在有唯一零點；當時，令，則，再令，則，故在上單調遞增，所以，即，故在上單調遞增，所以，因為，所以，即，即，即，故，所以，故，又在上單調遞減，所以在有唯一零點；綜上：當時，在上兩個零點，即有兩個解時，，即；（ii）由（i）得，，，故，又，所以，即，即，故，令，則，故，設，則，當時，，故當時，恒成立，故在上為增函數，故即在上恒成立.當時，，而當時，故存在，使得，使得，故在為減函數，故，矛盾，舍；綜上：，即.14.(2023·咸陽模擬)已知f(x)＝(x－1)2ex－eq\f(a,3)x3＋ax(x>0)(a∈R)．(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當a＝0時，判定函數g(x)＝f(x)＋lnx－eq\f(1,2)x2零點的個數，并說明理由．【解析】解(1)由題知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．若a≤1，當0<x<1時，f′(x)<0；當x>1時，f′(x)>0，∴f(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增；若1<a<e，即0<lna<1，當0<x<lna或x>1時，f′(x)>0；當lna<x<1時，f′(x)<0；∴f(x)在區(qū)間(0，lna)上單調遞增，在區(qū)間(lna,1)上單調遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增；若a＝e，f′(x)≥0，∴f(x)在定義域上是增函數；若a>e，即lna>1，當0<x<1或x>lna時，f′(x)>0；當1<x<lna時，f′(x)<0；∴f(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞增，在區(qū)間(1，lna)上單調遞減，在區(qū)間(lna，＋∞)上單調遞增．(2)當a＝0時，g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋(x－1)2ex，定義域為(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(1,x)－x＋(x2－1)ex＝(x＋1)(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))，設h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，∴h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，∴h(x)在定義域上是增函數，∵heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使h(x0)＝0，即－eq\f(1,x0)＝0，＝eq\f(1,x0)，－x0＝lnx0，當0<x<x0時，h(x)<0，即g′(x)>0；當x0<x<1時，h(x)>0，即g′(x)<0；當x>1時，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞增，在區(qū)間(x0,1)上單調遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，∴當x＝x0時，g(x)取極大值g(x0)＝lnx0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋(x0－1)2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,x0)－2，設F(x)＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<1))，易知F(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞減．∴g(x0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,8)<0，∴g(x)在(0,1)內無零點，∵g(1)＝－eq\f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln2>0，∴g(x)在(1，＋∞)內有且只有一個零點，綜上所述，g(x)有且只有一個零點．15.(2023·天津模擬)已知函數f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．(1)若直線y＝2x與函數f(x)的圖象相切，求實數a的值；(2)當a＝－1時，求證：f(x)≤g(x)＋x2.【解析】(1)解設切點坐標為(x0，f(x0))，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a，得f′(x0)＝eq\f(1,x0)－a，所以切線方程為y－(lnx0－ax0＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))(x－x0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))x＋lnx0.因為直線y＝2x與函數f(x)的圖象相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a＝2，,lnx0＝0，))解得a＝－1.(2)證明當a＝－1時，f(x)＝lnx＋x＋1，令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－lnx－x－1(x>0)，則F′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(x＋1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xex－1))，令G(x)＝xex－1(x>0)，則G′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函數G(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，所以函數G(x)存在唯一的零點x0∈(0,1)，且當x∈(0，x0)時，G(x)<0，F′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，G(x)>0，F′(x)>0.所以函數F(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，故F(x)min＝F(x0)＝x0－lnx0－x0－1，由G(x0)＝0得x0－1＝0，兩邊取對數得lnx0＋x0＝0，故F(x0)＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.16.(2023·包頭模擬)已知函數f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積；(2)證明：當a>1時，f(x)沒有零點．【解析】(1)解當a＝e時，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)，f′(0)＝e－1，故曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.因為該切線在x，y軸上的截距分別為－1和e－1，所以該切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)×|－1|×(e－1)＝eq\f(e－1,2).(2)證明當a>1時，因為f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，所以f′(x)＝aex－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(aexx＋1－1,x＋1)(x>－1)，令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，則g′(x)＝aex(x＋2)，因為a>1，x>－1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，故g(x)在(－1,0)上有唯一的零點β，即g(β)＝0，因此有aeβ(β＋1)＝1.當x∈(－1，β)時，g(x)<0，即f′(x)<0；當x∈(β，＋∞)時，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(－1，β)上單調遞減，在(β，＋∞)上單調遞增，故f(β)為最小值．由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝lna＋β，所以當－1<β<0時，f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝eq\f(1,β＋1)＋β－1＋lna＝lna＋eq\f(β2,β＋1)，因為a>1，所以lna>0，又因為－1<β<0，所以eq\f(β2,β＋1)>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此當a>1時，f(x)沒有零點．17.(2023·石家莊模擬)已知函數f(x)＝x－lnx－2.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)若對任意的x∈(1，＋∞)，都有xlnx＋x>k(x－1)成立，求整數k的最大值．【解析】解(1)函數f(x)＝x－lnx－2的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，當x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增，所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,1)，單調遞增區(qū)間是(1，＋∞)．(2)?x∈(1，＋∞)，xlnx＋x>k(x－1)?k<eq\f(xlnx＋x,x－1)，令g(x)＝eq\f(xlnx＋x,x－1)，x>1，求導得g′(x)＝eq\f(2＋lnxx－1－xlnx＋x,x－12)＝eq\f(x－lnx－2,x－12)，由(1)知，f(x)＝x－lnx－2在(1，＋∞)上單調遞增，f(3)＝1－ln3<0，f(4)＝2(1－ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，即x0－lnx0－2＝0?lnx0＝x0－2，當x∈(1，x0)時，f(x)<0，即g′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函數g(x)在(1，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，于是g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0lnx0＋x0,x0－1)＝eq\f(x0x0－2＋x0,x0－1)＝x0，則k<x0∈(3,4)，所以整數k的最大值是3.18．(2023·荊門模擬)設函數f(x)＝ex＋bsinx，x∈(－π，＋∞)．若函數f(x)在(0，f(0))處的切線的斜率為2.(1)求實數b的值；(2)求證：f(x)存在唯一的極小值點x0，且f(x0)>－1.【解析】(1)解∵f(x)＝ex＋bsinx，∴f′(x)＝ex＋bcosx，由導數的幾何意義知，f(x)在(0，f(0))處的切線的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos0＝1＋b，由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.(2)證明由(1)得f(x)＝ex＋sinx，x∈(－π，＋∞)，∴f′(x)＝ex＋cosx，令g(x)＝ex＋cosx，x∈(－π，＋∞)，則g′(x)＝ex－sinx，當x∈(－π，0]時，ex>0，sinx≤0，g′(x)＝ex－sinx>0，當x∈(0，＋∞)時，ex>1，sinx≤1，g′(x)＝ex－sinx>0，∴當x∈(－π，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(－π，＋∞)上單調遞增，又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝eq\f(1,eπ)－1<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝>0，∴存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，使g(x0)＝＋cosx0＝0，又∵g(x)在區(qū)間(－π，＋∞)上單調遞增，∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零點，∴f′(x)＝ex＋cosx在區(qū)間(－π，＋∞)上單調遞增，且f′(x0)＝＋cosx0＝0，當x∈(－π，x0)時，f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(－π，x0)上單調遞減；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x