高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.7利用导数研究函数零点(精讲)(原卷版+解析)

这是一份高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.7利用导数研究函数零点(精讲)(原卷版+解析)，共15页。


【知识储备】
对于函数零点问题，其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点．
对于两个函数的选择，有3种情况：一平一曲，一斜一曲，两曲（凸性一般要相反）．其中以一平一曲的情况最为常见．
分离参数法是处理零点问题的常见方法，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目直接考虑函数的图象与轴的交点情况，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点，其本质是选择一平一曲两个函数．
1．下凸函数定义
设函数为定义在区间上的函数，若对上任意两点，，总有，当且仅当时取等号，则称为上的下凸函数．
2．上凸函数定义
设函数为定义在区间上的函数，若对上任意两点，，总有，当且仅当时取等号，则称为上的上凸函数．
【题型精讲】
【题型一 零点的个数问题】
方法技巧 零点的个数问题
讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断（证明）零点的存在性，确定函数零点的个数.
例1 (2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
【题型精练】
1．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,ax)－eq \f(1,a)，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
2. (2023·山东济南高三期末）已知函数f(x)＝－x3＋ax－eq \f(1,4)，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值；
(2)设函数h(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(x)，f(x)≥g(x)，,g(x)，f(x)【题型二 已知函数零点求参】
方法技巧 利用函数零点的情况求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)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
例2 (2023·山东青岛高三期末）已知函数f (x)＝ln x－ax2＋x，a∈R．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性；
(3)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
【题型精练】
1．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
2. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)·ex－x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【题型三 隐零点问题】
方法技巧 隐零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
例3 (2023·河南高三期末）设函数f(x)＝e2x－alnx．
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a)．
【题型精练】
1．(2023·广东·高三期末）已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0．
(1)求a，b的值；
(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－eq \f(3,2)．
2. (2023·山东·历城二中期末）已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－2x，a∈R．
(1)求函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极值；
(2)当a≥1时，证明：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－lnx＋2x>2．
3.7利用导数研究函数零点
【题型解读】
【知识储备】
对于函数零点问题，其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点．
对于两个函数的选择，有3种情况：一平一曲，一斜一曲，两曲（凸性一般要相反）．其中以一平一曲的情况最为常见．
分离参数法是处理零点问题的常见方法，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目直接考虑函数的图象与轴的交点情况，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点，其本质是选择一平一曲两个函数．
1．下凸函数定义
设函数为定义在区间上的函数，若对上任意两点，，总有，当且仅当时取等号，则称为上的下凸函数．
2．上凸函数定义
设函数为定义在区间上的函数，若对上任意两点，，总有，当且仅当时取等号，则称为上的上凸函数．
【题型精讲】
【题型一 零点的个数问题】
方法技巧 零点的个数问题
讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断（证明）零点的存在性，确定函数零点的个数.
例1 (2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
【解析】 (1)当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3．令f′(x)＝0解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)单调递增，在(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))单调递减．
(2)由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，
从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，
故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．
【题型精练】
1．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,ax)－eq \f(1,a)，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
【解析】 (1)f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)(x>0)，当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)；由f′(x)<0，得0∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减．
(2)∵当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点，
即当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，则h′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋ln x－1))ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))时，f(x)≥f(1)＝0．∴eq \f(1,x)＋ln x－1≥0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上恒成立．
∴h′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋ln x－1))ex＋1≥0＋1>0，∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递增．
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－2e＋eq \f(1,e)，h(x)max＝e.
∴当m<－2e＋eq \f(1,e)或m>e时，函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上没有零点；
当－2e＋eq \f(1,e)≤m≤e时，函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有且只有一个零点．
2. (2023·山东济南高三期末）已知函数f(x)＝－x3＋ax－eq \f(1,4)，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值；
(2)设函数h(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(x)，f(x)≥g(x)，,g(x)，f(x)[解析] (1)f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由题意，知a＝－1．
(2)易知函数g(x)＝ex－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x<1时，g(x)<0，
又f′(x)＝－3x2＋a，
①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)))，f(－1)＝eq \f(3,4)－a>0，
即f(x)在x≤0时必有一个零点，此时y＝h(x)有两个零点；
②当a>0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，得两根为x1＝－eq \r(\f(a,3))<0，x2＝eq \r(\f(a,3))>0，
则－eq \r(\f(a,3))是函数f(x)的一个极小值点，eq \r(\f(a,3))是函数f(x)的一个极大值点，
而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(a,3))))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(a,3))))3＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(a,3))))－eq \f(1,4)＝－eq \f(2a,3)eq \r(\f(a,3))－eq \f(1,4)<0．
现在讨论极大值的情况：
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a,3))))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a,3))))3＋aeq \r(\f(a,3))－eq \f(1,4)＝eq \f(2a,3)eq \r(\f(a,3))－eq \f(1,4)，当feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a,3))))<0，即a函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此时y＝h(x)有两个零点；
当feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a,3))))＝0，即a＝eq \f(3,4)时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝eq \r(\f(a,3))＝eq \f(1,2)，
此时y＝h(x)有三个零点；
当feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),3)))>0，即a>eq \f(3,4)时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于eq \r(\f(a,3))，一个零点大于eq \r(\f(a,3))，
若f(1)＝a－eq \f(5,4)<0，即a若f(1)＝a－eq \f(5,4)＝0，即a＝eq \f(5,4)时，y＝h(x)有三个零点；
若f(1)＝a－eq \f(5,4)>0，即a>eq \f(5,4)时，y＝h(x)有两个零点．
综上所述：当aeq \f(5,4)时，y＝h(x)有两个零点；当a＝eq \f(3,4)或a＝eq \f(5,4)时，y＝h(x)有三个零点；当eq \f(3,4)y＝h(x)有四个零点．
【题型二 已知函数零点求参】
方法技巧 利用函数零点的情况求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)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
例2 (2023·山东青岛高三期末）已知函数f (x)＝ln x－ax2＋x，a∈R．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性；
(3)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
[解析] (1)当a＝0时，f (x)＝ln x＋x，f (e)＝e＋1，f ′(x)＝eq \f (1,x)＋1，f ′(e)＝1＋eq \f (1,e)，
∴曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程为y－(e＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f (1,e)))(x－e)，即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)＋1))x．
(2)f ′(x)＝eq \f (1,x)－2ax＋1＝eq \f (－2ax2＋x＋1,x)，x>0，
①当a≤0时，显然f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f ′(x)＝eq \f (－2ax2＋x＋1,x)＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，
设方程的两根分别为x1，x2(x1∴f ′(x)＝eq \f (－2ax2＋x＋1,x)＝eq \f (－2a(x－x1)(x－x2),x)，x>0．
令f ′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f ′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝eq \f (1＋\r(8a＋1),4a)，
∴函数f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．
(3)法一：由(2)知，
①当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，至多一个零点，不符合题意；
②当a>0时，函数f (x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，∴f (x)max＝f (x2)．
要使f (x)有两个零点，需f (x2)>0，即ln x2－axeq \\al(2,2)＋x2>0，
又由f ′(x2)＝0得axeq \\al(2,2)＝eq \f (1＋x2,2)，代入上面的不等式得2ln x2＋x2>1，解得x2>1，∴a＝eq \f (1＋x2,2x\\al(2,2))＝eq \f (1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,x\\al(2,2))＋\f (1,x2)))<1．
下面证明：当a∈(0，1)时，f (x)有两个零点．
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)))＝lneq \f (1,e)－ae－2＋eq \f (1,e)<0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (2,a)))＝lneq \f (2,a)－a·eq \f (4,a2)＋eq \f (2,a)又x2＝eq \f (1＋\r(8a＋1),4a)eq \f (2,\r(8＋1)－1)＝1>eq \f (1,e)，
f (x2)＝ln x2－axeq \\al(2,2)＋x2＝eq \f (1,2)(2ln x2＋x2－1)>0，∴f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)，x2))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f (2,a)))上各有一个零点．
∴a的取值范围为(0，1)．
法二：函数f (x)有两个零点，等价于方程a＝eq \f (ln x＋x,x2)有两解．令g(x)＝eq \f (ln x＋x,x2)，x>0，则g′(x)＝eq \f (1－2ln x－x,x3)．
由g′(x)＝eq \f (1－2ln x－x,x3)>0，得2ln x＋x<1，解得0又当x≥1时，g(x)>0，当x→0时，g(x)→－∞，
∴作出函数g(x)的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0，1)时符合题意．
下面给出证明：
当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；
当a∈(0，1)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)))<0，∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)))－a<0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (2,a)))＝eq \f (a2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f (2,a)＋\f (2,a)))∴方程在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,e)，1))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (2,a)))上各有一个根，∴f (x)有两个零点．∴a的取值范围为(0，1)．
【题型精练】
1．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0．
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a＝－eq \f(e,2)，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>－eq \f(e,2)，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0．
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．
若a<－eq \f(e,2)，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0．
所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．
(2)①设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且beq \f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(3,2)b))>0，
所以f(x)有两个零点．
②设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
③设a<0，若a≥－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个
零点；
若a<－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，
f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
2. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)·ex－x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[解析] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a．
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0．所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－eq \f(1,a)＋ln a．
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－eq \f(1,a)＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－eq \f(1,a)＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0．
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0＞lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1))，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0．
由于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1))＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，1)．
【题型三 隐零点问题】
方法技巧 隐零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
例3 (2023·河南高三期末）设函数f(x)＝e2x－alnx．
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a)．
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)．由f′(x)＝0得2xe2x＝a．
令g(x)＝2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0．
当a>0时，方程g(x)＝a有一个根，即f′(x)存在唯一零点；
当a≤0时，方程g(x)＝a没有根，即f′(x)没有零点．
(2)由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0．
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以[f(x)]min＝f(x0)．
由2e2x0－eq \f(a,x0)＝0得e2x0＝eq \f(a,2x0)，又x0＝，得ln x0＝ln＝lneq \f(a,2)－2x0，
所以f(x0)＝－aln x0＝eq \f(a,2x0)－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(a,2)－2x0))＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋alneq \f(2,a)≥2eq \r(\f(a,2x0)·2ax0)＋aln eq \f(2,a)＝2a＋alneq \f(2,a)．
故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a)．
【题型精练】
1．(2023·广东·高三期末）已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0．
(1)求a，b的值；
(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－eq \f(3,2)．
【解析】 (1)因为f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又当x＝0时，f(x)＝－1，
所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1．
(2)令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex，
所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；
当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，
所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0．由x0ex0＝1⇒ex0＝eq \f(1,x0)，
f(x0)＝eq \f(x0－1,x0)－x0＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋x0))，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),2)－1<0，
g(1)＝e－1>0⇒eq \f(1,2)－eq \f(3,2)．
2. (2023·山东·历城二中期末）已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－2x，a∈R．
(1)求函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极值；
(2)当a≥1时，证明：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－lnx＋2x>2．
【解析】 (1) f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－2，
当a≤0时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上单调递减，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))无极值．
当a>0时，令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝0得x＝lneq \f(2,a)，令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0得x>lneq \f(2,a)，令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0得x∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\f(2,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2,a)，＋∞))上单调递增，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2,a)))＝2－2lneq \f(2,a)，无极大值，
综上，当a≤0时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))无极值．当a>0时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极小值为2－2lneq \f(2,a)，无极大值．
(2)当a≥1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln x＋2x≥ex－ln x，
令geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－ln x－2，转化为证明geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0，
∵g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>0))，令φ(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)(x>0)，则φ′(x)>0，
∴g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上为增函数，∵g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝e－1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝0，∴函数geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))上单调递增，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝－ln x0－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2≥2eq \r(\f(1,x0)·x0)－2＝0，
∵x0≠1，∴g(x)>0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln x＋2x>2．