函数零点判断定理专题含答案

函数零点判断定理专题含答案
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
1. 方程e x+8x−8=0的根所在的区间为( )
A.(−2, −1)
B.(−1, 0)
C.(0, 1)
D.(1, 2)
2. 函数f(x)=e x+x3−9的零点所在的区间为()
A.(0,1)
B.(1,2)
C.(2,3)
D.(3,4)
3. 函数f(x)=log3x+x3−9的零点所在区间是( )
A.(0,1)
B.(1,2)
C.(2,3)
D.(3,4)
4. 函数f(x)=2
x +ln1
x
的零点所在的大致区间为( )
A.(1, 2)
B.(2, 3)
C.(3, 4)
D.(1, 2)与(2, 3)
5. 函数f(x)=x−log527的零点所在的区间为()
A.(2,3)
B.(1,2)
C.(0,1)
D.(3,4)
6. 函数f(x)=e x+2x−5的零点所在的区间是( )
A.(3, 4)
B.(2, 3)
C.(0, 1)
D.(1, 2)
7. 在下列区间中函数f(x)=2x−4+3x的零点所在的区间为( )
A.(1
2,1) B.(0,1
2
) C.(1,3
2
) D.(1, 2)
8. 函数f(x)=e x+2x−5的零点所在的区间是（）
A.(3, 4)
B.(2, 3)
C.(0, 1)
D.(1, 2)
9. 函数f(x)=ln x−2
x
的零点所在的大致区间为( )
A.(1, 2)
B.(2, 3)
C.(e, 3)
D.(e, +∞)
10. 已知实数a>1，0<b<1，则函数f(x)=a x+x−b的零点所在的区间是( )
A.(−2, −1)
B.(−1, 0)
C.(0, 1)
D.(1, 2)
11. 若函数f (x )=2x +x −4的零点所在区间为(k,k +1)(k ∈Z )，则k 的值是（ ）
A.1
B.2
C.3
D.4
12. 已知函数f (x )=ln (√1+x 2−x)，若不相等的正实数a ，b 满足f (a )+f (b −52)=0，且a ，b 恰为函数g (x )=|ln x|−k 的两个零点，则k =（ ）
A.52
B.ln3
C.1
D.ln2
13. 函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内零点有________个．
14. 若函数f(x)=2−x −x +3的零点为x 0，满足x 0∈(k, k +1)且k ∈Z ，则
k =________．
15. 函数f(x)={x 2−2|x|+12，x ≤0，|lg x|−1,x >0，
的零点个数为________.
16. 已知λ∈R ，函数f (x )={x −4,x ≥λ,x 2−4x +3,x <λ．
当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________．
17. 已知函数y =f(x)是R 上的连续可导函数，且xf′(x)+f(x)>0，则函数g(x)=xf(x)+1(x >0)的零点个数为________.
18. 若函数f (x )=(x 2+ax +2a )e x 在区间(−2,1)上恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为________.
19. 若函数f(x)=2ln x +x 2+a −2在上(1, e)有零点，则实数a 的取值范围为________．
20. 已知函数f(x)={|lg (−x)|,x <0x 2−6x +4,x ≥0
若关于x 的函数y =f 2(x)−bf(x)+1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．
21. 已知函数f(x)=ax 2−x −a −ln x .
(1)若f(x)在其定义域上单调递减，求a 的取值范围；
(2)证明：f(x)在区间(0，1)恰有一个零点.
22. 已知函数（）且.
（1）求的值；
（2）若函数有零点，求实数的取值范围.
23. 已知函数f(x)＝ax2+2x+1(a∈R)有唯一零点．
（1）求a的值；
（2）当x∈[−2, 2]时，求函数f(x)的值域．
,a∈R．
24. （2019上海卷）已知f(x)=ax+1
x+1
当a=1时，求不等式f(x)+1<f(x+1)的解集；
若f(x)在x∈[1,2]时有零点，求a的取值范围．
25. 设函数f k(x)=2x+(k−1)⋅2−x(x∈R,k∈Z)．
（1）设不等式f0(x)+mf1(x)≥4在x∈[0, 1]上恒成立，求实数m的取值范围；（2）设函数g(x)＝λf0(x)−f2(2x)在x∈[1, +∞)上有零点，求实数λ的取值范围．26.
x2−ax，其中e为自然对数的底数.
已知函数f(x)=xe x−a
2
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)=ex在x∈(0，+∞)上有唯一解，求实数a的取值范围.
27. 已知函数f(x)=ax2−4x+2．
(1)若f(x)的值域为[0,+∞)，求a的值．
(2)若a≤1，是否存在实数a，使函数y=f(x)−log
2x
8
在[1,2]内有且只有一个零
点．若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
28. 已知函数f(x)=ln(x+m)−xe−x．
(1)若f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，求m的值；
(2)在(1)的条件下，证明：当x>0时，f(x)>0；
(3)当m>1时，求f(x)的零点个数．
29. 已知函数f(x)=ae x(a∈R).
(1)若直线y=x−1与曲线y=f(x)相切，求a的值；
(2)当a=1时，求证：当x>0时，f(x)>x ln x+x2+1恒成立．（参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，e2≈7.39）
30. 已知f(x)=(x3−ax+1)ln x．
(1)若函数f(x)有三个不同的零点，求实数a的取值范围；
(2)在(1)的前提下，设三个零点分别为x1，x2，x3且x1<x2<x3，当x1+x3>2时，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
函数零点判断定理专题含答案
一、选择题（本题共计 12 小题，每题 3 分，共计36分）
1.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令函数f(x)=e x+8x−8，
则方程e x+8x−8=0的根即为函数f(x)的零点，
再由f(0)=1−8=−7<0，
f(1)=e>0，
可得函数f(x)在(0,1)上有零点.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
根据零点存在性定理，由f(x)=e x+x3−9为增函数，带入相关数值判断即可得解．【解答】
解：由e x为增函数，x3为增函数，
故f(x)=e x+x3−9为增函数，
由f(1)=e−8<0，
f(2)=e2−1>0，
根据零点存在性定理可得∃x0∈(1,2)使得f(x0)=0.
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
首先根据函数解析式得到函数单调性，再通过计算得到f(2)<0，f(3)>0，由零点存在定理即可求解.
【解答】
解：函数f(x)的定义域为(0, +∞)，且函数在(0, +∞)上单调递增，
∵f(2)=log
32−1<0，f(3)=1+27−9=19>0,
∴由函数的零点存在定理可知，f(x)在区间(2,3)存在唯一零点. 故选C.
4.
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
显然该函数在定义域内是减函数，所以至多有一个零点，故排除D，然后利用零点存在性定理判断即可．
【解答】
解：f(1)=2>0；
f(2)=1+ln1
2
=1−ln2>0；
f(3)=2
3+ln1
3
=ln(1
3
×√e2
3)，
因为(1
3×√e2
3)3=e2
27
<1，故f(3)<0．
故f(2)⋅f(3)<0，
故零点所在的大致区间为(2, 3)．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
【解答】
解：因为2<log
5
27<3，所以f(x)的零点所在的区间为(2,3)．故选A .
6.
【答案】
D
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
由零点存在性定理即可得出选项．
【解答】
解：由函数f(x)=e x+2x−5为连续函数，
且f(1)=e+2−5=e−3<0，
f(2)=e2+4−5=e2−1>0，
所以零点所在的区间为(1,2).
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
函数零点的判定定理
由已知函数解析式求得f(12)<0，f(1)>0，结合函数零点存在定理得答案． 【解答】
解：函数f(x)=2x −4+3x ，
∵ f(12)=2×12−4+312=−3+√3<0，
f(1)=2×1−4+3=1>0，
满足f(12)f(1)<0．
∴ 函数f(x)=2x −4+3x 的零点所在的区间为(12,1)．
故选A ．
8.
【答案】
D
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
由零点存在性定理即可得出选项．
【解答】
解：由函数f (x )=e x +2x −5为连续函数，
且f (1)=e +2−5=e −3<0，
f (2)=e 2+4−5=e 2−1>0，
所以零点所在的区间为(1,2).
故选D .
9.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
根据函数零点的判断条件，即可得到结论．
【解答】
解：∵ f ′(x)=1x +2x 2，
则函数f(x)在(0, +∞)上单调递增，
∵ f(2)=ln 2−1<0，
f(3)=ln 3−23>0， ∴ f(2)⋅f(3)<0，
则函数f(x)在区间(2, 3)内存在零点.
故选B .
10.
【答案】
B
函数零点的判定定理
【解析】
由a>1可得函数f(x)的单调性，然后由已知判断f(−1)、f(0)的符号，最后由函数零点存在性定理得答案．
【解答】
解：∵a>1，
∴函数f(x)=a x+x−b为增函数，
又∵0<b<1，
∴f(−1)=1
−1−b<0，f(0)=1−b>0，
a
∴函数f(x)=a x+x−b在(−1, 0)内有零点.
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
易知函数f(x)=2x+x−4在其定义域上连续且单调递增，从而利用零点的判定定理判断即可．
【解答】
解：易知函数f(x)=2x+x−4在其定义域上连续且单调递增，
且f(1)=2+1−4<0，
f(2)=22+2−4>0，
故f(1)f(2)<0
故函数f(x)=2x+x−4的零点在区间(1,2)上，
故k=1.
故选A．
12.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
函数零点的判定定理
【解析】
=0，再由a，b恰为函数g(x)=|ln x|−k的两个由函数奇偶性及单调性可得a+b−5
2
零点，可得|ln a|=|ln b|，求解即可.
【解答】
解：由f(x)=ln(√1+x2−x)，
可得f(x)+f(−x)=0，且f(x)在R上为减函数，
)=0，
又正实数a，b满足f(a)+f(b−5
2
=0，因为a，b恰为函数g(x)=|ln x|−k的两个零点．
所以a+b−5
2
所以g (a )=|ln a|−k =0，g (b )=|ln b|−k =0．
则|ln a|=|ln b|即ln a =ln b （舍去），或ln a =−ln b ，
故ab =1，可得a =2，b =12或b =2，a =12，
故k =ln 2．
故选D ．
二、 填空题 （本题共计 8 小题 ，每题 3 分 ，共计24分 ）
13.
【答案】
1
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
利用函数的单调性，结合零点判断定理，推出结果即可．
【解答】
函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内是连续增函数，
f(0)＝1+0−3＝−2<o ，f(1)＝e +1−3＝e −2>0，
f(0)f(1)<0，
所以函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内零点有1个．
故答案为：1．
14.
【答案】
3
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
根据题意，分析可得f(x)为减函数，进而计算f(3)、f(4)的值，分析可得f(3)f(4)<0，由函数零点判定定理可得答案．
【解答】
解：根据题意，函数f(x)=2−x −x +3，
分析可得f(x)为减函数.
又f(3)=2−3−3+3=18>0，
f(4)=2−4−4+3=−1516<0，
所以f(3)f(4)<0，则函数f(x)的零点在(3, 4)上，
则k =3.
故答案为：3.
15.
【答案】
4
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
由题意得：f(x)−g(x)>0在[1, e]上有解，分离参数，求最值，即可求出实数a 的范围．
【解答】
解：方程|lg x|=1，(x >0)有两个根10，110； 方程x 2−2|x|+12=0 (x ≤0)
⇒x 2+2x +
12=0 (x ≤0) ⇒x =−2±√22<0，故有4个根.
故答案为：4.
16.
【答案】
(1,4),(1,3]∪(4,+∞)
【考点】
函数零点的判定定理
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
当λ=2时，由f (x )<0得{x −4<0x ≥2’或{x 2−4x +3<0x <2,
’解得2≤x <4或1<x <2，所以f (x )<0的解集为(1,4)．由x −4=0得x =4，由x 2−4x +3=0得x =1或x =3，
因为函数f(x )恰有2个零点，所以{4>λ1<λ3≥λ，或{4<λ
1<λ3<λ
，解得1<λ≤3或λ>4．
本题考查分段函数的性质．求解分段函数问题，要根据自变量的值分别讨论函数在每一段上的性质．
17.
【答案】
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数零点的判定定理
【解析】
根据函数与方程的关系，得到xf(x)=−1(x >0)，构造函数ℎ(x)=xf(x)，求函数的导数，研究函数的单调性和取值范围进行求解即可．
【解答】
解：由g(x)=xf(x)+1=0，得xf(x)=−1(x >0)，
设ℎ(x)=xf(x)，则ℎ′(x)=f(x)+xf′(x)，
∵ xf′(x)+f(x)>0，
∴ ℎ′(x)>0，即函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵ ℎ(0)=0⋅f(0)=0，
∴ 当x >0时，ℎ(x)>ℎ(0)=0，
∴ ℎ(x)=−1无解，
∴ 函数g(x)=xf(x)+1(x >0)的零点个数为0个.
故答案为：0.
18.
【答案】
(−3
4
,0]
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数零点的判定定理
【解析】
先求导，由题意得到则f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x=0在(−2,1)上仅有一个解，设g(x)=x2+(a+2)x+3a，利用零点存在定理进行求解即可.
【解答】
解：∵函数f(x)=(x2+ax+2a)e x，
∴f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x.
要使函数f(x)=(x2+ax+2a)e x在(−2,1)上仅有一个极值点，
则f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x=0在(−2,1)上仅有一个变号零点，
即x2+(a+2)x+3a=0在(−2,1)上仅有一个变号零点.
设g(x)=x2+(a+2)x+3a，
则g(−2)g(1)<0，
即a(4a+3)<0，
解得−3
4
<a<0.
当a=0，f′(x)=(x2+2x)e x=0在(−2,1)上仅有一个解，满足题意，
综上所述：−3
4
<a≤0.
故答案为：(−3
4
,0].
19.
【答案】
(−e2, 1)
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
判断函数的单调性，结合零点判断定理，列出不等式组，求解即可．
【解答】
函数f(x)=2ln x+x2+a−2在(1, e)上是增函数，
所以函数f(x)=2ln x+x2+a−2在(1, e)上有零点，
可得(1+a−2)(2+e2+a−2)<0，
解得：−e2<a<1，
则实数a的取值范围为：(−e2, 1)．
20.
【答案】
(2, 17 4 ]
【考点】
函数零点的判定定理【解析】
作函数f(x)={|lg (−x)|,x <0
x 2−6x +4,x ≥0 的图象，从而可得方程x 2−bx +1=0有2个不同的
正解，且在(0, 4]上，从而解得． 【解答】
作函数f(x)={|lg (−x)|,x <0
x 2−6x +4,x ≥0 的图象如右图，
∵ 关于x 的函数y =f 2(x)−bf(x)+1有8个不同的零点， ∴ 方程x 2−bx +1=0有2个不同的正解，且在(0, 4]上； ∴ { 1>0b
2>0△=b 2−4>016−4b +1≥0 ， 解得，2<b ≤
174
；
三、 解答题 （本题共计 10 小题 ，每题 10 分 ，共计100分 ） 21.
【答案】
(1)解：由于f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f ′(x)=
2ax 2−x−1
x
，
所以如果f(x)单调递减，
则当x >0时，2ax 2−x −1≤0恒成立， 解得a ≤0，
即a 的取值范围为(−∞，0]. (2)证明：当a ≤0时，
由于f(x)在区间(0，+∞)单调递减， 且f(1)=−1<0， f (1e )=a e 2−1
e −a +1 =(1−1
e )[1−a (1+1
e
)]>0，
所以f(x)在区间(0，1)恰有一个零点； 当a >0时，由于f ′(x)=
2ax 2−x−1
x
,
且方程2ax 2−x −1=0在区间(0，+∞)有唯一的实根x 0， 从而f(x)在区间(0，x 0)单调递减， 在区间(x 0，+∞)单调递增， 注意到f(1)=−1<0，
所以f(x)区间(0，1)的零点个数不超过1个. ①当0<a ≤1时， 由于f (1
e 2)=a
e 4−1
e 2−a +2
>2−a −
1e 2
>0，
所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点； ②当a >1时，
由于f (1
e 2a )=a
e 4a −1
e 2a −a +2a >a −
1e 2a >0，
所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点. 综上，f(x)在区间(0，1)恰有一个零点. 【考点】
简单复合函数的导数 函数零点的判定定理 函数的单调性及单调区间 【解析】 此题暂无解析 【解答】
(1)解：由于f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f ′(x)=
2ax 2−x−1
x
，
所以如果f(x)单调递减，
则当x >0时，2ax 2−x −1≤0恒成立， 解得a ≤0，
即a 的取值范围为(−∞，0]. (2)证明：当a ≤0时，
由于f(x)在区间(0，+∞)单调递减， 且f(1)=−1<0， f (1e )=a e 2−1
e −a +1 =(1−1
e )[1−a (1+1
e
)]>0，
所以f(x)在区间(0，1)恰有一个零点； 当a >0时，由于f ′(x)=
2ax 2−x−1
x
,
且方程2ax 2−x −1=0在区间(0，+∞)有唯一的实根x 0， 从而f(x)在区间(0，x 0)单调递减， 在区间(x 0，+∞)单调递增， 注意到f(1)=−1<0，
所以f(x)区间(0，1)的零点个数不超过1个.
①当0<a≤1时，
由于f(1
e2)=a
e4
−1
e2
−a+2
>2−a−1
e2
>0，
所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点；
②当a>1时，
由于f(1
e2a )=a
e4a
−1
e2a
−a+2a
>a−1
e2a
>0，
所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点.
综上，f(x)在区间(0，1)恰有一个零点.
22.
【答案】
（1）2；
（2）k<1.
【考点】
函数的零点
函数零点的判定定理
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
（1）代入f(0)=0，解得α的值；
（2）化简函数g(x)得2x−1+k，再根据指数函数图像确定实数k的取值范围．【解答】
（1）对于函数f(x)=1−4
2a x+a (a>0,a≠1)，由f(0)=1−4
2+3
=0
求得a=2，故f(x)=1−4
2⋅2x+2=1−2
2x+1
（2）若函数g(x)=(2x+1)⋅(x)+k=2x+1−2+k=2x−1+k有零点，则函数y=2x的图象和直线y=1−k有交点，∴1−k>0，求得k<1
23.
【答案】
当a＝0时，f(x)＝2x+1，符合题意；
当a≠0时，要使f(x)＝ax2+2x+1有唯一零点，
∴△＝4−4a＝0，
∴a＝1．
综合可得a＝0或a＝1；
当a＝0时，f(x)＝2x+1(a∈R)，x∈[−2, 2]时，−3≤2x+1≤5，
∴值域为[−3, 5]；
当a≠0时，∵f(x)＝ax2+2x+1(a∈R)有唯一零点，
∴△＝4−4a＝0，
∴a＝1，
∴ f(x)＝ax 2+2x +1＝x 2+2x +1＝(x +1)2， ∴ x ∈[−2, 2]时，0≤f(x)≤9，即值域为[0, 9]． 故当a ＝0时，值域为[−3, 5]． 当a ≠0时，值域为[0, 9]． 【考点】
函数零点的判定定理 二次函数的图象 二次函数的性质
【解析】
（1）讨论当a ＝0时f(x)＝2x +1＝0符合，当a ≠0时，△＝0； （2）当a ＝0时求出值域，当a ≠0时求出值域即可． 【解答】
当a ＝0时，f(x)＝2x +1，符合题意；
当a ≠0时，要使f(x)＝ax 2+2x +1有唯一零点， ∴ △＝4−4a ＝0， ∴ a ＝1．
综合可得a ＝0或a ＝1；
当a ＝0时，f(x)＝2x +1(a ∈R)，x ∈[−2, 2]时，−3≤2x +1≤5， ∴ 值域为[−3, 5]；
当a ≠0时，∵ f(x)＝ax 2+2x +1(a ∈R)有唯一零点， ∴ △＝4−4a ＝0， ∴ a ＝1，
∴ f(x)＝ax 2+2x +1＝x 2+2x +1＝(x +1)2， ∴ x ∈[−2, 2]时，0≤f(x)≤9，即值域为[0, 9]． 故当a ＝0时，值域为[−3, 5]． 当a ≠0时，值域为[0, 9]． 24.
【答案】
{x|−2<x <−1} [−12,−16
] 【考点】
分式不等式的解法
利用导数研究函数的单调性 函数零点的判定定理 函数的零点 【解析】 此题暂无解析 【解答】
当a =1时，f (x )=x +1
x+1，则f (x +1)=x +1+1
x+2． 不等式f (x )+1<f (x +1)可化为x +1+1
x+1<x +1+1
x+2，
即
1x+1
<
1x+2
，即
1
x+1
−
1x+2
<0，
即1
(
x+1)(x+2)
<0，所以−2<x <−1．
所以不等式f (x )+1<f (x +1)的解集为{x|−2<x <−1}． 因为f (x )在区间[1,2]时有零点，所以关于x 的方程ax +1x+1
=0在区间[1,2]上有实数解，
所以a =−
1
x (x+1)
，x ∈[1,2]．
令g (x )=−1
x (x+1)． 易得g (x )=−
1x (x+1)在[1,2]上单调递增，
所以g (x )∈[−1
2,−1
6]． 所以a 的取值范围是[−1
2
,−1
6]．
25.
【答案】
∵ f 0(x)+mf 1(x)≥4， ∴ 2x −2−x +m ⋅2x ≥4，即m ≥4−2x +2−x
2x
=(12x )2+4
2x −1，
令t =1
2x ，ℎ(t)＝t 2+4t −1， ∵ x ∈[0, 1]，∴ t ∈[1
2, 1]，
∴ 当t ＝1时ℎ(t)取得最大值4． ∴ m ≥4．
g(x)＝λf 0(x)−f 2(2x)＝λ(2x −2−x )−(22x +2−2x )， 令g(x)＝0可得λ=
22x +2−2x 2x −2−x
=2x −2−x +
22x −2−x
，
令p(x)＝2x −2−x ，显然p(x)为增函数， 故p(x)在[1, +∞)上的值域为[3
2, +∞)．
由对勾函数单调性可知当p(x)=3
2
时，λ取得最小值3
2
+4
3
=
176
．
∴ λ的取值范围是：[17
6
,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的最值 函数恒成立问题 函数零点的判定定理 【解析】
（1）分离参数得：m ≥(1
2x )2+4
2x −1，利用换元法t =1
2x ，求出函数ℎ(t)＝t 2+4t −1
的最大值即可得出m 的取值范围； （2）令g(x)＝0可得λ＝2x −2−x +
22x −2−x
，令p(x)＝2x −2−x ，得出p(x)的值域，再
根据对勾函数的性质求出λ＝2x −2−x +2
2x −2−x 的值域，从而得出λ的范围． 【解答】
∵ f 0(x)+mf 1(x)≥4， ∴ 2x
−2
−x
+m ⋅2x
≥4，即m ≥
4−2x +2−x
2x
=(12x )2+4
2x −1，
令t =
12x
，ℎ(t)＝t 2+4t −1，
∵ x ∈[0, 1]，∴ t ∈[1
2, 1]，
∴ 当t ＝1时ℎ(t)取得最大值4． ∴ m ≥4．
g(x)＝λf 0(x)−f 2(2x)＝λ(2x −2−x )−(22x +2−2x )， 令g(x)＝0可得λ=
22x +2−2x 2x −2−x
=2x −2−x +
22x −2−x
，
令p(x)＝2x −2−x ，显然p(x)为增函数， 故p(x)在[1, +∞)上的值域为[3
2, +∞)．
由对勾函数单调性可知当p(x)=3
2时，λ取得最小值3
2+4
3=176
．
∴ λ的取值范围是：[17
6,+∞)．
26. 【答案】
解：(1)a =1时，f(x)=xe x −1
2x 2−x ，
所以f′(x)=(x +1)e x −x −1=(x +1)(e x −1). 当f′(x)>0时，{x +1>0，e x −1>0或{x +1<0，e x −1<0
解得x <−1或x >0；
当f′(x)<0时，{x +1>0，e x −1<0或{x +1<0，e x −1>0
解得−1<x <0.
所以，f(x)在(−∞，−1)，(0，+∞)上单调递增， 在(−1，0)上单调递减.
(2)因为x ∈(0，+∞)，所以f(x)=ex ⇒g(x)=e x −a
2x −a −e =0. g ′(x)=e x −a
2，
①a ≤2时，因为x >0，所以e x >1，
则由a
2≤1可知g′(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)单调递增. 因为g(2)=e 2−2a −e ≥e 2−4−e >0， 所以g(0)=1−a −e <0⇒a >1−e ，
所以1−e<a≤2；
②a>2时，g′(x)>0⇒e x>a
2⇒x>ln(a
2
)，
g′(x)<0⇒e x<a
2⇒0<x<ln(a
2
)，
所以g(x)在(0，ln(a
2))单调递减，在(ln(a
2
)，+∞)单调递增.
因为g(0)=1−a−e<0，所以g(ln(a
2
))<0，且x→+∞时，g(x)→+∞，
所以x>0时，存在唯一x0∈(ln(a
2
)，+∞)，
使得g(x0)=0，满足题意.
综上可知a>1−e.
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
函数零点的判定定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)a=1时，f(x)=xe x−1
2
x2−x，
所以f′(x)=(x+1)e x−x−1=(x+1)(e x−1).
当f′(x)>0时，{x+1>0，
e x−1>0
或{
x+1<0，
e x−1<0
解得x<−1或x>0；
当f′(x)<0时，{x+1>0，
e x−1<0
或{
x+1<0，
e x−1>0
解得−1<x<0.
所以，f(x)在(−∞，−1)，(0，+∞)上单调递增，
在(−1，0)上单调递减.
(2)因为x∈(0，+∞)，所以f(x)=ex⇒g(x)=e x−a
2
x−a−e=0.
g′(x)=e x−a
2
，
①a≤2时，因为x>0，所以e x>1，
则由a
2
≤1可知g′(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)单调递增.
因为g(2)=e2−2a−e≥e2−4−e>0，
所以g(0)=1−a−e<0⇒a>1−e，
所以1−e<a≤2；
②a>2时，g′(x)>0⇒e x>a
2⇒x>ln(a
2
)，
g′(x)<0⇒e x <a
2⇒0<x <ln (a
2)，
所以g(x)在(0，ln (a
2))单调递减，在(ln (a
2)，+∞)单调递增. 因为g(0)=1−a −e <0，所以g(ln (a
2))<0，
且x →+∞时，g(x)→+∞，
所以x >0时，存在唯一x 0∈(ln (a
2)，+∞)， 使得g(x 0)=0，满足题意. 综上可知a >1−e . 27.
【答案】
解：(1)当a =0时，
f (x )=−4x +2，值域为R ，不符合题意， 当a ≠0,
∵ f (x )的值域为[0,+∞)， 则Δ=16−8a =0 ， 解得a =2，
综上，实数a 的值为2．
(2)∵ a ≤1，函数y =f (x )−log 2x 8=ax 2−4x +5−log 2x ， 令g (x )=ax 2−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，
则可转化为，函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点， ①当a =0时，g (x )=−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，根据单调性可判断． ∵ g (1)=1>ℎ(1)=0，g (2)=−3<ℎ(2)=1，
∴ 函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点． ②当a ≤0时，抛物线g (x )的开口向下，对称轴x =2
a <0<1， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增， ∴ {
g (1)≥ℎ(1)，
g (2)≤ℎ(2)，
即{a +1≥0，4a −3≤1，
解得−1≤a ≤1，
由a ≤0，可知−1≤a <0．
③当0<a ≤1时，抛物线g (x )的开口向上，对称轴x =2
a ≥2， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增，
∴ {
g (1)≥ℎ(1)，g (2)≤ℎ(2)，即{a +1≥0，
4a −3≤1，
解得−1≤a ≤1， 由0<a ≤1 ∴ 0<a ≤1．
综上所述，实数a 的取值范围[−1,1]. 【考点】 函数的零点
函数的值域及其求法 函数零点的判定定理 【解析】 无 无
【解答】
解：(1)当a =0时，
f (x )=−4x +2，值域为R ，不符合题意， 当a ≠0,
∵ f (x )的值域为[0,+∞)， 则Δ=16−8a =0 ， 解得a =2，
综上，实数a 的值为2．
(2)∵ a ≤1，函数y =f (x )−log 2x
8=ax 2−4x +5−log 2x ， 令g (x )=ax 2−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，
则可转化为，函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点， ①当a =0时，g (x )=−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，根据单调性可判断． ∵ g (1)=1>ℎ(1)=0，g (2)=−3<ℎ(2)=1，
∴ 函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点． ②当a ≤0时，抛物线g (x )的开口向下，对称轴x =2a
<0<1，
∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增， ∴ {
g (1)≥ℎ(1)，
g (2)≤ℎ(2)，
即{a +1≥0，4a −3≤1，
解得−1≤a ≤1，
由a ≤0，可知−1≤a <0．
③当0<a ≤1时，抛物线g (x )的开口向上，对称轴x =2
a ≥2， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减，
ℎ(x)=log
2
x在区间[1,2]单调递增，
∴{g(1)≥ℎ(1)，
g(2)≤ℎ(2)，
即{
a+1≥0，
4a−3≤1，
解得−1≤a≤1，
由0<a≤1
∴ 0<a≤1．
综上所述，实数a的取值范围[−1,1].
28.
【答案】
(1)解：因为f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，所以f′(1)=1
2
，
因为f′(x)=1
x+m
+(x−1)e−x，
所以f′(1)=1
1+m =1
2
，
解得m=1．
(2)证明：由(1)得当m=1时，
f′(x)=1
x+1+(x−1)e−x=e x+x2−1
(x+1)e x
.
当x>0时，
令ℎ(x)=e x+x2−1，
显然ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，
所以f′(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f(0)=0，
所以f(x)>0在(0,+∞)上恒成立．
(3)解：由(2)可知当m>1且x>0时，f(x)>ln(x+1)−xe−x>0，
即f(x)在[0,+∞)上没有零点，
当x∈(−m,0)时，
f′(x)=1
x+m +(x−1)e−x=e x+x2+(m−1)x−m
(x+m)e x
，
令g(x)=e x+x2+(m−1)x−m，x∈(−m,0)，
则g′(x)=e x+2x+m−1单调递增，
且g′(−m)=e−m−2m+m−1=e−m−m−1<0，g′(0)=m>0，
所以g′(x)在(−m,0)上存在唯一零点，记为x0，
且当x∈(−m,x0)时，g′(x)<0，
当x∈(x0,0)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(−m,x0)上单调递减，在(x0,0)上单调递增．因为m>1，
所以g(−m)=e−m>0，g(0)=1−m<0，
因为g(x0)<g(0)，
所以g(x0)<0，
所以g(x)在(−m,x0)上存在唯一零点x1，
且在(x0,0)上恒小于零，
故当x∈(−m,x1)时，g(x)>0，
当x∈(x1,0)时，g(x)<0，
所以f(x)在(−m,x1)上单调递增，在(x1,0)上单调递减，
且f(0)=ln m>0，
所以f(x)在(−m,0)上至多有一个零点，
取x2=−m+e−me m∈(−m,0)，
则有f(x2)<ln(x2+m)+me m=0，
所以由零点存在定理可知f(x)在(−m,0)上只有一个零点，
所以f(x)在(−m,+∞)上只有一个零点．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究与函数零点有关的问题
函数零点的判定定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：因为f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，所以f′(1)=1
2
，
因为f′(x)=1
x+m
+(x−1)e−x，
所以f′(1)=1
1+m =1
2
，
解得m=1．
(2)证明：由(1)得当m=1时，
f′(x)=1
x+1+(x−1)e−x=e x+x2−1
(x+1)e x
.
当x>0时，
令ℎ(x)=e x+x2−1，
显然ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，
所以f′(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f(0)=0，
所以f(x)>0在(0,+∞)上恒成立．
(3)解：由(2)可知当m>1且x>0时，f(x)>ln(x+1)−xe−x>0，
即f(x)在[0,+∞)上没有零点，
当x∈(−m,0)时，
f′(x)=1
x+m +(x−1)e−x=e x+x2+(m−1)x−m
(x+m)e x
，
令g (x )=e x +x 2+(m −1)x −m ，x ∈(−m,0)，
则g ′(x )=e x +2x +m −1单调递增，
且g ′(−m )=e −m −2m +m −1=e −m −m −1<0， g ′(0)=m >0，
所以g ′(x )在(−m,0)上存在唯一零点，记为x 0，
且当x ∈(−m,x 0)时，g ′(x )<0，
当x ∈(x 0,0)时，g ′(x )>0，
所以g (x )在(−m,x 0)上单调递减，在(x 0,0)上单调递增． 因为m >1，
所以g (−m )=e −m >0，g (0)=1−m <0，
因为g (x 0)<g (0)，
所以g (x 0)<0，
所以g (x )在(−m,x 0)上存在唯一零点x 1，
且在(x 0,0)上恒小于零，
故当x ∈(−m,x 1)时，g (x )>0，
当x ∈(x 1,0)时，g (x )<0，
所以f (x )在(−m,x 1)上单调递增，在(x 1,0)上单调递减， 且f (0)=ln m >0，
所以f (x )在(−m,0)上至多有一个零点，
取x 2=−m +e −me m ∈(−m,0)，
则有f (x 2)<ln (x 2+m )+me m =0，
所以由零点存在定理可知f (x )在(−m,0)上只有一个零点， 所以f (x )在(−m,+∞)上只有一个零点．
29.
【答案】
(1)解：设切线与y =f (x )相切于点P (x 0,y 0)，
f ′(x )=ae x ，
依题意{ae x 0=1,
y 0=ae x 0,y 0=x 0−1,
解得x 0=2，y 0=1，a =1e 2.
(2)证明：即证e x −x ln x −x 2−1>0对x >0恒成立， 先证明ln x ≤x −1，
设ℎ(x )=ln x −x +1，则ℎ′(x )=1−x x ，
∴ y =ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴ ℎ(x )≤ℎ(1)=0，即ln x ≤x −1，当且仅当x =1时取等号， ∴ x ln x ≤x (x −1)，
∴ e x −x ln x −x 2−1≥e x −2x 2+x −1，x >0，
先证明当x ≥0时，e x −2x 2+x −1≥0恒成立.
令k (x )=e x −2x 2+x −1(x ≥0)，
则k ′(x )=e x −4x +1，
令F (x )=k ′(x )，
则F ′(x )=e x −4，
令F ′(x )=0，解得x =2ln 2，
∵ x ∈(0,2ln 2)时，F ′(x )<0，x ∈(2ln 2,+∞)时，F ′(x )>0，
且k ′(2ln 2)=5−8ln 2<0，k ′(0)=2>0，
k ′(2)=e 2−8+1>0，
由零点存在定理，可知∃x 1∈(0,2ln 2)，∃x 2∈(2ln 2,2)， 使得k ′(x 1)=k ′(x 2)=0，
故0<x <x 1或x >x 2时， k ′(x )>0，
k (x )在(0,x 1)，(x 2,+∞)上单调递增，
当x 1<x <x 2时，k ′(x )<0，
k (x )在(x 1,x 2)上单调递减，
由此知k (x )的最小值是k (0)=0或k (x 2)，
由k ′(x 2)=0，得e x 2=4x 2−1，
∴ k(x 2)=e x 2−2x 22+x 2−1
=4x 2−1−2x 22+x 2−1=−(x 2−2)(2x 2−1).
∵ x 2∈(2ln 2,2)，∴ k (x 2)>0，
当x >0时， e x −2x 2+x −1>0恒成立，
∴ 当x >0时，f (x )>x ln x +x 2+1恒成立．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
函数零点的判定定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：设切线与y =f (x )相切于点P (x 0,y 0)，
f ′(x )=ae x ，
依题意{ae x 0=1,
y 0=ae x 0,y 0=x 0−1,
解得x 0=2，y 0=1，a =1e 2.
(2)证明：即证e x −x ln x −x 2−1>0对x >0恒成立， 先证明ln x ≤x −1，
设ℎ(x )=ln x −x +1，则ℎ′(x )=1−x x ，
∴ y =ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴ ℎ(x )≤ℎ(1)=0，即ln x ≤x −1，当且仅当x =1时取等号， ∴ x ln x ≤x (x −1)，
∴ e x −x ln x −x 2−1≥e x −2x 2+x −1，x >0，
先证明当x ≥0时，e x −2x 2+x −1≥0恒成立.
令k (x )=e x −2x 2+x −1(x ≥0)，
则k ′(x )=e x −4x +1，
令F (x )=k ′(x )，
则F ′(x )=e x −4，
令F ′(x )=0，解得x =2ln 2，
∵ x ∈(0,2ln 2)时，F ′(x )<0，x ∈(2ln 2,+∞)时，F ′(x )>0， 且k ′(2ln 2)=5−8ln 2<0，k ′(0)=2>0，
k ′(2)=e 2−8+1>0，
由零点存在定理，可知∃x 1∈(0,2ln 2)，∃x 2∈(2ln 2,2)， 使得k ′(x 1)=k ′(x 2)=0，
故0<x <x 1或x >x 2时， k ′(x )>0，
k (x )在(0,x 1)，(x 2,+∞)上单调递增，
当x 1<x <x 2时，k ′(x )<0，
k (x )在(x 1,x 2)上单调递减，
由此知k (x )的最小值是k (0)=0或k (x 2)，
由k ′(x 2)=0，得e x 2=4x 2−1，
∴ k(x 2)=e x 2−2x 22+x 2−1
=4x 2−1−2x 22+x 2−1=−(x 2−2)(2x 2−1).
∵ x 2∈(2ln 2,2)，∴ k (x 2)>0，
当x >0时， e x −2x 2+x −1>0恒成立，
∴ 当x >0时，f (x )>x ln x +x 2+1恒成立． 30.
【答案】
解：(1)当x =1时，f (x )=0，令g (x )=x 3−ax +1． 当x >1时，f (x )的零点与函数g (x )(x >0)的零点相同． 当a ≤0时，g (x )>0(x >0)，
所以f (x )只有一个零点，不合题意．
因此a >0．
又因为函数f (x )有三个不同的零点，
所以g (x )(x >0)有两个均不等于1的不同零点． 令g ′(x )=3x 2−a =0，
解得x =√a 3（舍去负值）．
所以当x ∈(0,√a 3)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(√a 3,+∞)时，g ′(x )>0，g (x )是增函数． 因为g (0)=1>0，g(√a)=1>0，
所以当g (√a 3)<0，即a >3√2
32时，g (x )(x >0)有两个不同零点．
又因为g (1)=0时，a =2>3√232，
所以函数f (x )有三个不同的零点，实数a 的取值范围是(3√2
32,2)∪(2,+∞)．
(2)因为x 1<x 2<x 3，x 1+x 3>2，
所以1<x 3．
所以g (1)=2−a <0．
所以x 1<1．
所以x 1，x 3是g (x )=0的两个根．
又因为g (−2a )=−8a 3+2a 2+1<−8a 3+4a 2=4a 2(1−2a )<0， 所以g (x )=0有一个小于0的根，不妨设为x 0． 根据g (x )=0有三个根x 0，x 1，x 3可知
g (x )=x 3−ax +1=(x −x 0)(x −x 1)(x −x 3)， 所以x 0+x 1+x 3=0，即x 1+x 3=−x 0．
因为x 1+x 3>2，所以x 0<−2．
所以g (−2)=−8+2a +1>0，即a >72． 显然72>2，
所以a 的取值范围是(72,+∞)． 【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的零点
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究函数的极值
函数零点的判定定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当x =1时，f (x )=0，令g (x )=x 3−ax +1． 当x >1时，f (x )的零点与函数g (x )(x >0)的零点相同． 当a ≤0时，g (x )>0(x >0)，
所以f (x )只有一个零点，不合题意．
因此a >0．
又因为函数f (x )有三个不同的零点，
所以g (x )(x >0)有两个均不等于1的不同零点． 令g ′(x )=3x 2−a =0，
解得x =√a 3（舍去负值）．
所以当x ∈(0,√a 3)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(√a 3,+∞)时，g ′(x )>0，g (x )是增函数． 因为g (0)=1>0，g(√a)=1>0，
所以当g (√a 3)<0，即a >3√2
32时，g (x )(x >0)有两个不同零点．
又因为g (1)=0时，a =2>3√232，
所以函数f (x )有三个不同的零点，实数a 的取值范围是(3√2
32,2)∪(2,+∞)．
(2)因为x 1<x 2<x 3，x 1+x 3>2，
所以1<x 3．
所以g (1)=2−a <0．
所以x 1<1．
所以x 1，x 3是g (x )=0的两个根．
又因为g (−2a )=−8a 3+2a 2+1<−8a 3+4a 2=4a 2(1−2a )<0， 所以g (x )=0有一个小于0的根，不妨设为x 0．
根据g(x)=0有三个根x0，x1，x3可知
g(x)=x3−ax+1=(x−x0)(x−x1)(x−x3)，所以x0+x1+x3=0，即x1+x3=−x0．
因为x1+x3>2，所以x0<−2．
．
所以g(−2)=−8+2a+1>0，即a>7
2
>2，
显然7
2
,+∞)．
所以a的取值范围是(7
2。