培优点02 隐零点问题（2大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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【知识导图】
【考点分析】
考点一：不含参函数的隐零点问题
规律方法 已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．
【例1】．（2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习）已知函数，.
(1)求证：；
(2)若对恒成立，求的最大值与的最小值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)的最大值为，的最小值为1.
【详解】（1）由，求导得，
因为在区间上，则在区间上单调递减，
所以.
（2）当时，“”等价于“”，“”等价于“”，
令，，则，
当时，对任意恒成立，当时，因为对任意，，
于是在区间上单调递减，则对任意恒成立，
当时，存在唯一的使得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
显然，，则当，即时，对恒成立，
因此当且仅当时，对任意恒成立，当且仅当时，对任意恒成立，
所以对任意恒成立时，的最大值为，的最小值为1.
【例2】．（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）已知函数（e为自然对数的底数）.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若恒成立，求证：实数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由，定义域为，
则.
所以在处的切线l的斜率为，
又，则l的方程为.
（2）恒成立，
令，则，
令，，则
所以在上单调递增，又，且，
则在上存在零点且，即.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即.
，则
又，所以，
则在上单调递增，因此
所以.
【变式1】.（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数．证明：．
【答案】证明见解析
【解析】
令函数，则，所以是增函数．
因为，，
所以存在，使得，即．
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
．
因为，所以，
所以．
故．
【变式2】已知函数，当时，证明：.
【解析】当时，令，，求导得，
显然函数在上单调递增，令，，，即函数在上单调递增，而，则存在唯一，使得，即，因此存在唯一，使得，当时，，当时，，因此函数在上递减，在上递增，当时，，则，（当且仅当即时，取等号，故式子取不到等号）所以当时，.
考点二：含参函数的隐零点问题
规律方法 已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．
【例2】．（2022上·河南洛阳·高三新安县第一高级中学校考开学考试）（1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；
（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.
（2）求出函数的导数，利用导数分类讨论函数的单调性、零点情况作答.
【详解】（1）令函数，，求导得：，显然函数在上单调递增，
而，，则存在，使得，即，有，
当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
，
所以.
（2）函数定义域R，求导得，
当时，由得，，由得，，即函数在上递减，在上递增，
，而，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
取且，则，
即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
因此当时，函数有两个零点，
当时，函数只有一个零点2，
当时，若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
若，恒有，即函数在R上单调递增，函数最多一个零点，
若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
综上得，当时，函数有两个零点，当时，函数最多一个零点，
所以a的取值范围是.
【变式1】（2023秋·北京·高三统考开学考试）已知函数，曲线在的切线为．
(1)求a，b的值；
(2)求证：函数在区间上单调递增；
(3)求函数的零点个数，并说明理由．
【答案】(1).
(2)证明见解析
(3)零点个数为0，证明见解析.
【详解】（1），则有，解得，，则.
（2）由（1）知，，
设，因为在上单调递增，
则，所以在上恒成立，
所以函数在区间上单调递增.
（3）因为，令，
令，得，设，
由（2）知在上单调递增，且，，
故存在唯一零点使得，
即存在唯一零点满足，即得，则，
且当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以
，
当时，，，
则，
则函数的零点个数为0.
【变式2】．（2023秋·河北张家口·高三统考开学考试）已知，．
(1)当时，证明：；
(2)若，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）当时，设，
，
当时，，时，，
所以在单调递减，单调递增，
所以，而，∴，即．
（2）法一：若，恒成立，
即，
即，
构造函数，易知在递增，
则不等式为，
∴，设，，
则在递增，递减，
，∴．
法二：，恒成立，即．
令，，
有唯一实数根，设为，
即，，则在递减，在递增，
∴，
即，
设，显然在单调递减，
而，∴，则，
，，∴，．
【变式3】.（拔尖强基联盟2024届高三下学期二月联合考试）已知函数，其中．
（1）若，求证：在定义域内有两个不同的零点；
（2）若恒成立，求的值．
【答案】（1）证明过程见详解； （2）
【解析】（1）时，，
①时，在上单调递减，所以，
所以在上单调递增，又，，
所以，使得，即在上有且仅有1个零点；
②时，由（1）知在上单调递减，
即，所以，
所以在上没有零点；
③时，，所以，
即在上单调递减，又，，
所以在上有且仅有1个零点；
综上所述，在内有两个不同的零点，.
（2）令，
由于恒成立，且，同时在上连续，
所以是的一个极大值点.
因为，所以即，
下面证明时，在上恒成立，
由（1）知，时，在上单调递增，在上单调递减；
所以，又，
故恒成立.
【变式4】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知（其中为自然对数的底数）,，求实数的取值范围.
【答案】
【解析】由，可得，
由，因为，可得，
令，则在上递减，
当时，可得，则，所以，
则，
又因为，使得，即
且当时，，即；
当时，，即，
所以在递增，在递减，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因为，设，则，
可知在上递增，且，
所以实数的取值范围是.
【强化训练】
1.已知函数.当时，求证在上存在极值点，且.
【答案】证明见解析
【解析】，则，令，，由可知，时，，递增，时，，递减，在处取得最小值，
而，又记，，
故在上单调递减，故，于是，即；
，令，，记，则，则在单增，，
故在上递增，，取，则；
记，，于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，故，取得等号，于是. 于是，
由和零点存在定理可知，，使得，且，，，，所以是极小值点；由可得，，令，代入，整理，，
于是时，，递减，时，，递增，故在处取得最大值，故，取，故，原命题得证.
2.（广东省2024届高三上学期元月期末统一调研测试数学试卷）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
【答案】
【解析】因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
可转化为对于任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
3.已知函数，其中．讨论的极值点的个数．
【答案】有且仅有一个极值点.
【解析】由题意知，函数的定义域为，
，
设，，显然函数在上单调递增，与同号，
①当时，，，
所以函数在内有一个零点，且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
②当时，由（1）知，函数在上有且仅有一个极值点；
③当时，，，
因为，所以，，
又，所以函数在内有一个零点，
且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
综上所述，函数在上有且仅有一个极值点．
4.（2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测）已知函数．当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
【答案】2
【解析】由题意，知对任意恒成立，
可知对任意恒成立．
设函数，只需．
对函数求导，得．
设函数，对函数求导，得，
所以函数在上单调递增．
又，
所以存在，使，即，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以，
所以．又，所以，
所以整数的最大值为2．
5.（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数．
（1）当时，求函数在上的极值；
（2）用表示中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数．
【答案】答案见解析
【解析】由，知．
（ⅰ）当时，，∴，故在上无零点．
（ⅱ）当时，．
故当时，即时，是的零点；
当时，即时，不是的零点．
（ⅲ）当时，．
故在的零点就是在的零点，
．
①当时，，故时，在是减函数，
结合，可知，在有一个零点，
故在上有1个零点．
②当时，，故时，在是增函数，
结合可知，在无零点，故在上无零点．
③当时，，使得时，在是增函数；
时，在是减函数；
由知，．
当，即时，在上无零点，
故在上无零点．
当，即时，在上有1个零点，
故在上有1个零点．
综上所述，时，有2个零点；
时，有1个零点；时，无零点
6．（2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知函数有两个极值点．其中，为自然对数的底数．
(1)求实数的取值范围；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由于，
由题知有两个不同实数根，即有两个不同实数根．
令，则，解得，故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，故的图象如图所示，

当时，有两个零点且．则或，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，的极大值点为，极小值点为．
故有两个极值点时，实数的取值范围为．
（2）由于
若设，则上式即为
由（1）可得，两式相除得，即，
由得
所以，令，
则在恒成立，由于，
令，则，，
显然在递增，
又有，所以存在使得，
且易得在递减，递增，又有，
所以存在使得，且易得在递减，递增，
又，则时，时，，所以易得在上递减，在上递增，则，
所以的取值范围为．
7．（2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试）已知函数，且.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若关于的不等式恒成立，其中是自然对数的底数，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题，当时，，，
，，所以切线方程为，
化简得，即曲线在点处的切线方程为.
（2），即，即在上恒成立，
令，则.
对于，，故其必有两个零点，且两个零点的积为，
则两个零点一正一负，设其正零点为，则，即，
且在上时则，此时单调递减，
在上，，此时单调递增，
因此当时，取最小值，
故，即.
令，则，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，又，故，
显然函数在上是关于的单调递增函数，则，
所以实数的取值范围为
8．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，函数在上恒成立，求整数a的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)4
【详解】（1）根据题意可得，
若，在上恒成立，此时函数在上单调递增；
若，此时，
当时，满足，此时函数在，上单调递增；
当时，满足，此时函数在单调递减；
若，此时，
当时，满足，此时函数在，上单调递增，
当时，满足，此时函数在单调递减；
综上可知，时，在上单调递增；
时，在和上单调递增，在单调递减；
时，在和上单调递增，在单调递减；
（2）由可得，解得；
所以，则，
易知时，，
若函数在上恒成立，等价成在上恒成立；
令，则；
令，则在上恒成立，
即函数在上单调递增，
易知，由于，所以，
而，且，所以；
因此在有且仅有一个零点，满足，且；
所以当时，，当时，；
因此函数在上单调递减，在上单调递增；
所以的最小值为，显然，
因此，又是整数，
所以的最大值为4.
9．（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知函数，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题当时，，
，，，
所以切线方程为，化简得，
即曲线在点处的切线方程为.
（2）由可得，
令，，
则，
当时，，
设，易知在上单调递增，
又，，
则存在，使得，即，
取对数得，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
，
在上单调递增，则，
又对任意恒成立，，
所以，即的最小值为-3.
10．（2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末）已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)若对任意，恒成立，求整数m的最小值.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)1
【详解】（1）当时，，
.
当时，，则在上单调递增；
当时.，则在上单调递减.
所以在时取得极大值且极大值为，无极小值；
（2）因为对任意，恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则.
设，
显然在上单调递减，
因为，，
所以，使得，即，
当时，，；当时，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，所以，
故整数m的最小值为1.
11．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）设函数，.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)
【详解】（1）时，函数的定义域为，
因为，所以，当时，，当时，，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）函数的定义域为，
等价于，
设，则，
设，则恒成立，
所以在上单调递增，
即在上单调递增，当，当，
所以，使得，即，所以，
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以，
设，则，而恒成立，
所以为增函数，
由，所以.
因为均为减函数，所以在上为减函数，
所以，当时，，所以实数的取值范围为
12.（浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题）已知.
（1）若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；
（2）当时，讨论函数的零点个数.
【答案】（1）1 （2）答案见解析
【解析】（1）由题意可得：，
设切点坐标为，
则切线斜率为，即，
可得切线方程为，
将，代入可得，
整理得，
因为在内单调递增，
则在定义域内单调递增，且当时，，
可知关于的方程的根为1，即，
所以.
（2）因为，
则，
可知在内单调递减，
且，则，且在内单调递减，
可知在内单调递减，所以在内单调递减，
且，
（i）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅱ）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点，
可知当时，；当时，；
则在内单调递增，在内单调递减，
且，可知，可知在内有且仅有1个零点，
且，
①当，即时，则在内有且仅有1个零点；
②当，即时，则在内没有零点；
综上所述：若时，在内有且仅有1个零点；
若时，在内有且仅有2个零点.
13.已知函数
（1）若1是的极值点，求a的值；
（2）求的单调区间：
（3） 已知有两个解，
（i）直接写出a的取值范围；（无需过程）
（ii）λ为正实数，若对于符合题意的任意，当时都有，求λ的取值范围.
【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）（i）；（ii）.
【解析】（1）
因为，所以，
因为1是的极值点，所以，故，故.
此时，则时，时，
所以上递增，上递减，则1是的极值点，满足题设.
综上，.
（2）由（1）知，
当时，，故在上单调递增；
当时，令得；令得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上：当时，在上单调递增；
当时，上单调递增，在上单调递减，
（3）（i）由得，即有两个解，
令，则，且在上两个零点，
当时，，故在上单调递增，则在上没有两个零点，不满足题意；
当时，令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，即的极大值为，
为使在上有两个零点，则，即，解得，
当时，易知，因为，故，
又在上单调递增，所以在有唯一零点；
当时，
令，则，
再令，则，故在上单调递增，
所以，即，故在上单调递增，
所以，因为，
所以，即，即，即，故，
所以，故，
又在上单调递减，所以在有唯一零点；
综上：当时，在上两个零点，即有两个解时，，即；
（ii）由（i）得，，，故，
又，所以，即，即，故，
令，则， 故，
设，则，
当时，，
故当时，恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，而
当时，
故存在，使得，使得，
故在为减函数，故，矛盾，舍；
综上：，即.
14.(2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－eq \f(a,3)x3＋ax(x>0)(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－eq \f(1,2)x2零点的个数，并说明理由．
【解析】解 (1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)
＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．
若a≤1，当0当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若1当01时，f′(x)>0；
当ln a∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若a＝e，f′(x)≥0，
∴f(x)在定义域上是增函数；
若a>e，即ln a>1，
当0ln a时，f′(x)>0；
当1∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝0时，g(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝eq \f(1,x)－x＋(x2－1)ex
＝(x＋1)(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,x)))，
设h(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，
∴h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
∴h(x)在定义域上是增函数，
∵heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,2)，1))，使h(x0)＝0，
即－eq \f(1,x0)＝0，＝eq \f(1,x0)，－x0＝ln x0，
当00；
当x00，即g′(x)<0；
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝ln x0－eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋(x0－1)2＝－eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋eq \f(1,x0)－2，
设F(x)＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,x)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)∴g(x0)∴g(x)在(0,1)内无零点，
∵g(1)＝－eq \f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0，
∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点．
15.(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．
(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；
(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.
【解析】(1)解 设切点坐标为(x0，f(x0))，
由f′(x)＝eq \f(1,x)－a，得f′(x0)＝eq \f(1,x0)－a，
所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－a))(x－x0)，即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－a))x＋ln x0.
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－a＝2，,ln x0＝0，))解得a＝－1.
(2)证明 当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，
令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－eq \f(1,x)－1＝eq \f(x＋1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xex－1))，
令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，
且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.
所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(x0)＝x0－ln x0－x0－1，
由G(x0)＝0得x0－1＝0，
两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x0)＝0，
所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.
16. (2023·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．
【解析】(1)解 当a＝e时，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，
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.
因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
S＝eq \f(1,2)×|－1|×(e－1)＝eq \f(e－1,2).
(2)证明 当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，
所以f′(x)＝aex－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(aexx＋1－1,x＋1)(x>－1)，
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，
则g′(x)＝aex(x＋2)，
因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，
因此有aeβ(β＋1)＝1.
当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．
由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，
所以当－1<β<0时，
f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝eq \f(1,β＋1)＋β－1＋ln a
＝ln a＋eq \f(β2,β＋1)，
因为a>1，所以ln a>0，
又因为－1<β<0，所以eq \f(β2,β＋1)>0，所以f(β)>0.
所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点．
17.(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值．
【解析】解 (1)函数f(x)＝x－ln x－2的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(1,x)，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)∀x∈(1，＋∞)，xln x＋x>k(x－1)⇔k令g(x)＝eq \f(xln x＋x,x－1)，x>1，
求导得g′(x)＝eq \f(2＋ln xx－1－xln x＋x,x－12)
＝eq \f(x－ln x－2,x－12)，
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln 3<0，f(4)＝2(1－ln 2)>0，
因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，
即x0－ln x0－2＝0⇔ln x0＝x0－2，
当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，
因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
于是g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0ln x0＋x0,x0－1)＝eq \f(x0x0－2＋x0,x0－1)＝x0，则k所以整数k的最大值是3.
18．(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.
(1)求实数b的值；
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.
【解析】(1)解 ∵f(x)＝ex＋bsin x，
∴f′(x)＝ex＋bcs x，
由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcs 0＝1＋b，
由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)证明 由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
∴f′(x)＝ex＋cs x，
令g(x)＝ex＋cs x，x∈(－π，＋∞)，
则g′(x)＝ex－sin x，
当x∈(－π，0]时，
ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，
当x∈(0，＋∞)时，
ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
又∵g(－π)＝e－π＋cs(－π)＝eq \f(1,eπ)－1<0，
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝>0，
∴存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，
使g(x0)＝＋cs x0＝0，
又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，
∴f′(x)＝ex＋cs x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝＋cs x0＝0，
当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)存在唯一极小值点x0.
又∵＋cs x0＝0，
∴＝－cs x0，
∴f(x0)＝＋sin x0＝sin x0－cs x0
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(π,4)))，
又∵x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，
∴x0－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，－\f(3π,4)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，
∴f(x0)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(π,4)))∈(－1,1)，
∴f(x0)>－1.
19．(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)若a＝eq \f(1,e)，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值；
(2)若函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】解 (1)当a＝eq \f(1,e)时，
f(x)＝eq \f(1,e)x－ln x，定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝eq \f(1,e)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－e,ex)，
令f′(x)＝0得x＝e，
所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)在x＝e处取得最小值，f(x)min＝f(e)＝0.
(2)因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0，
则h′(x)＝(x＋1)ex－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))
＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(a,x)))，
①当a＝0时，h′(x)＝(x＋1)ex>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以由h(x)＝xex可得h(x)>0，
即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立；
②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex，
令k(x)＝ex－eq \f(a,x)，k′(x)＝ex＋eq \f(a,x2)>0恒成立，
故k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，
当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
所以∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，a＝x0，
所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以只需h(x)min＝h(x0)
＝x0－a(x0＋ln x0)
＝x0(1－x0－ln x0)≥0即可；
所以1－x0－ln x0≥0,1≥x0＋ln x0，
因为x0＝a，
所以ln x0＝ln a－x0，
所以ln x0＋x0＝ln a≤1＝ln e，
解得0综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．