高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第五课时利用导数解决函数的零点问题学案

这是一份高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第五课时利用导数解决函数的零点问题学案，共21页。

(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象，再利用函数零点存在定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0；
(3)涉及两函数的交点，利用数形结合思想方法，通过图象可清楚地数出交点的个数(即零点，根的个数)或者确定参数的取值范围．
2．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤
第一步：利用导数证明该函数在该区间上的单调性；
第二步：证明端点的导数值异号．
[典例1] (2024·雅安模拟)已知函数f (x)＝x2－x－a－6ln x．
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，－a)处的切线方程；
(2)讨论f (x)在(0，4]上零点的个数．
[解] (1)函数f (x)＝x2－x－a－6ln x，x∈(0，＋∞)．
f ′(x)＝2x－1－6x，f ′(1)＝－5，
∴曲线y＝f (x)在点(1，－a)处的切线方程为y＋a＝－5(x－1)，
即5x＋y＋a－5＝0．
(2)f ′(x)＝2x－1－6x＝2x+3x-2x，f ′(2)＝0．
当x∈(0，2)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；当x∈(2，4)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增．
∴x＝2时，函数f (x)取得极小值，f (2)＝2－a－6ln 2．
x→0＋时，f (x)→＋∞；f (4)＝12－a－12ln 2．
当f (2)＝2－a－6ln 2>0时，即a<2－6ln 2时，函数f (x)在(0，4]上无零点；
当f (2)＝2－a－6ln 2＝0时，即a＝2－6ln 2时，函数f (x)在(0，4]上有一个零点2；
当f (2)＝2－a－6ln 2<0时，且f (4)＝12－a－12ln 2<0时，即a>12－12ln 2时，函数f (x)在(0，4]上有一个零点；
当f (2)＝2－a－6ln 2<0，且f (4)＝12－a－12ln 2≥0时，即2－6ln 2综上可得：当a<2－6ln 2时，函数f (x)在(0，4]上无零点；
当a＝2－6ln 2时，函数f (x)在(0，4]上有一个零点2；
当a>12－12ln 2时，函数f (x)在(0，4]上有一个零点；
当2－6ln 2【教师备用】
已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，则“a2－3b≤0”是“f (x)在R上只有一个零点”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
A [因为f (x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，若a2－3b≤0，
则Δ＝4a2－12b≤0，则f '(x)≥0恒成立，所以f (x)在R上单调递增．
当x→＋∞时，f (x)→＋∞，
当x→－∞时，f (x)→－∞，
所以f (x)在R上只有一个零点，即充分性成立．
令a＝32，b＝0，c＝－1，则f (x)＝x3＋32x2－1，f ′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，
则f (x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又f (－1)＝－12<0，
f (1)＝32>0，则f (x)在R上只有一个零点，但不满足“a2－3b≤0”，即必要性不成立，
所以“a2－3b≤0”是“f (x)在R上只有一个零点”的充分不必要条件，故选A．]
跟进训练1 (2023·四川绵阳三模)已知函数f (x)＝(a－2)ln x＋x2－ax．
(1)当a＝3时，求曲线f (x)在x＝1处切线的方程；
(2)讨论函数f (x)在区间[1，e]上的零点个数．
[解] (1)∵a＝3，∴f (x)＝ln x＋x2－3x，f ′(x)＝1x＋2x－3，f ′(1)＝0，f (1)＝1－3＝－2，
∴曲线f (x)在x＝1处的切线方程为y＝－2．
(2)令f (x)＝(a－2)ln x＋x2－ax＝0，
即a(ln x－x)＝2ln x－x2，就是求此方程的解的个数，
∵ln x－x≠0，∴a＝2lnx-x2lnx-x，
令g(x)＝2lnx-x2lnx-x，
原问题等价于求曲线g(x) 与直线y＝a在x∈[1，e]时交点的个数．
∵g′(x)＝x-1x+2-2lnxlnx-x2，
令h(x)＝x＋2－2ln x，h′(x)＝1－2x＝x-2x，
当x>2 时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x<2 时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x＝2 时，h(x) 取得最小值 h(2)＝2＋2－2ln 2＝4－2ln 2>0，∴h(x)>0，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝1，g(x)max＝g(e)＝e2-2e-1，
∴当a<1 时，原函数f (x) 无零点，
当1≤a≤e2-2e-1时，有1个零点，
当a>e2-2e-1 时，无零点．
综上，当a<1时，原函数f (x) 无零点；当1≤a≤e2-2e-1时，有1个零点；当a>e2-2e-1 时，无零点．
考点二 根据函数零点个数求参数的取值范围
已知函数有零点求参数的取值范围常用的方法
(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数的取值范围．通用解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数的取值范围；
(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数的取值范围．通用解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的取值范围．
[典例2] (2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝xaax(x＞0)．
(1)当a＝2时，求f (x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝2时，f (x)＝x22x(x＞0)，
f ′(x)＝x2-xln22x(x＞0)，
令f ′(x)＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f (x)单调递增；
令f ′(x)＜0，则x＞2ln2，此时函数f (x)单调递减，
所以函数f (x)的单调递增区间为0，2ln2，单调递减区间为2ln2，+∞．
(2)曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程xaax＝1(x>0)有两个不同的解，即方程lnxx＝lnaa有两个不同的解．
设g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1-lnxx2(x＞0)，
令g′(x)＝1-lnxx2＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝1e，
且当x>e时，g(x)∈0，1e，
又g(1)＝0，所以0＜lnaa＜1e，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
(1)利用xaax＝1得xa＝ax，两边取对数得lnxx＝lnaa达到分离参数的目的．
(2)构造函数g(x)＝lnxx，把问题转化为求函数g(x)的最值．
【教师备用】
已知函数f (x)＝x(a＋ln x)－ax2(a∈R)．若f (x)在(1，＋∞)上仅有一个零点，求实数a的取值范围．
[解] 由题意知，方程x(a＋ln x)－ax2＝0在(1，＋∞)上仅有一个实数解，
则方程a＋ln x－ax＝0在(1，＋∞)上仅有一个实数解．
设g(x)＝ln x－ax＋a(x>1)，则g′(x)＝1x－a＝1-axx，
当a≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝ln 1－a＋a＝0，所以x>1时，g(x)>0，则g(x)在(1，＋∞)上没有零点；
当a≥1时，因为x>1，则ax>1，则g′(x)<0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，所以g(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上没有零点；
当01，当x∈1，1a时，g′(x)>0，当x∈1a，+∞时，g′(x)<0，
所以g(x)在1，1a上单调递增，在1a，+∞上单调递减，
则g1a>g(1)＝0，所以g(x)在1，1a上无零点．
设h(x)＝ex－x(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0，
所以h(x)>h(0)＝1，
则ex>x，所以e1a>1a．
设φ(x)＝ex－1－x2(x>0)，则φ′(x)＝ex－2x，
令m(x)＝ex－2x(x>0)，则m′(x)＝ex－2，
当x∈(0，ln 2)时，m′(x)<0，
所以m(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
则m(x)≥m(ln 2)＝2－2ln 2＝ln e24>0，
即φ′(x)>0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，所以φ(x)>0，则ex－1>x2，
所以e1a－1>1a2，则1－e1a<－1a2，
又e1a∈1a ，+∞，则ge1a＝a－ae1a＋1a＝a1-e1a＋1a又g(x)在1a，+∞上单调递减，且g1a>0，
所以g(x)在1a，+∞上有且仅有一个零点．
综上可知，a的取值范围为(0，1)．
跟进训练2 (2024·广州市第二中学校考模拟预测)已知函数f (x)＝ln x．若函数y＝f (x)＋kx在1e2，+∞上有两个不同的零点，求实数k的取值范围．
[解] 因为f (x)＋kx＝ln x＋kx， 则由题意知方程－k＝x ln x在1e2，+∞上有两个不同的根．
由ln x＋kx＝0，得－k＝xln x，令g(x)＝x ln x，则g′(x)＝ln x＋1，由g′(x)＝0，解得x＝1e．
当x∈1e2，1e时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈1e，+∞时，
g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以当x＝1e时，g(x)取得最小值为g1e＝－1e，
又g1e2＝－2e2，g(1)＝0，
所以－1e < －k≤－2e2，解得2e2≤k<1e．
所以实数k的取值范围是2e2，1e．
考点三 隐零点问题
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．
[典例3] 已知函数f (x)＝x ln x－ex＋1．
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)讨论f (x)在(0，＋∞)上的单调性．
[解] (1)由题知f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ln x＋1－ex，
∴f ′(1)＝1－e，又f (1)＝1－e，
∴曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程是y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x．
(2)令g(x)＝f ′(x)＝ln x＋1－ex(x>0)，
则g′(x)＝1x－ex在(0，＋∞)上单调递减，
且g′12＝2－e>0，g′(1)＝1－e<0，
∴∃x0∈12，1，使g′(x0)＝1x0-ex0＝0，
即ln x0＝－x0，
当x∈(0，x0)时，g′(x0)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x0)<0，
∴f ′(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
∴f ′(x)≤f '(x0)＝lnx0+1－ex0＝－x0+1x0＋1≤－2x0·1x0＋1＝－1<0，
当且仅当x0＝1x0，即x0＝1时，等号成立，显然，等号不成立，故f ′(x)<0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
本例(2)关键是令g(x)＝f ′(x)＝ln x＋1－ex(x>0)，求出g′(x)＝1x－ex，再根据g′12＝2－e>0，g′(1)＝1－e<0，可得∃x0∈12，1，使g′(x0)＝1x0-ex0＝0，可得f ′(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，从而得解．
【教师备用】
1．(多选)已知x1，x2分别是函数f (x)＝ex－1x和g(x)＝ln x－1x的零点，则( )
A．0C．ex1ln x2＝1D．136BCD [令f (x)＝0，得ex1＝1x1，即x1ex1＝1，x1>0，
令g(x)＝0，得ln x2＝1x2，即x2ln x2＝1，
即lnx2elnx2＝1，x2>1，
记函数h(x)＝xex，x>0，则h′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数h(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
因为h(x1)＝x1ex1＝1，h12＝12 e<1，所以x1>12，故A错误；
又h(x1)＝x1ex1＝1，h(ln x2)＝lnx2elnx2＝1，
所以x1＝lnx2，ex1＝x2，
所以ln x1＋ln x2＝ln (x1x2)＝ln⁡(x1ex1)＝ln 1＝0，故B正确；
所以ex1ln x2＝x2ln x2＝1，故C正确；
又h23＝23e23>1＝h(x1)，
所以x1<23，结合x1>12，得12因为x1x2＝1，所以x1＋x2＝x1＋1x1，且12因为y＝x＋1x在区间12，23上单调递减，
所以23＋32即136故选BCD．]
2．(2022·全国乙卷)已知函数f (x)＝ln (1＋x)＋axe－x．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[解] (1)f (x)的定义域为(－1，＋∞)，
当a＝1时，f (x)＝ln (1＋x)＋xex，f (0)＝0，所以切点为(0，0)．f ′(x)＝11+x＋1-xex，f ′(0)＝2，所以切线斜率为2，
所以曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝2x．
(2)f (x)＝ln (1＋x)＋axex，
f ′(x)＝11+x＋a1-xex＝ex+a1-x21+xex，
设g(x)＝ex＋a(1－x2)．
①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f ′(x)>0，
所以f (x)在(－1，0)上单调递增，f (x)故f (x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．
②若－10，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)>f (0)＝0，
故f (x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．
③若a<－1，
(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，
所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f ′(m)＝0，
当x∈(0，m)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
所以当x∈(0，m)时，f (x)当x→＋∞，f (x)→＋∞，
所以f (x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
在(0，m)上没有零点，即f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)，
设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，
h′(x)＝ex－2a>0，
所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，
g′(－1)＝1e＋2a<0，g′(0)＝1>0，
所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，
当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)又g(－1)＝1e>0，
所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f ′(t)＝0，
当x∈(－1，t)时，f (x)单调递增，当x∈(t，0)时，f (x)单调递减，
又x→－1，f (x)→－∞，
而f (0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f (x)>0，
所以f (x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，
即f (x)在(－1，0)上有唯一零点，
所以a<－1，符合题意．
④当a＝0时，f (x)＝ln (1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．
⑤当a＝－1时，f ′(x)＝ex+x2-11+x·ex，
令k(x)＝ex＋x2－1，则k′(x)＝ex＋2x，
当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，
k(x)>k(0)＝0，即f ′(x)>0，f (x)单调递增，
f (x)>f (0)＝0，不合题意．
所以若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．
跟进训练3 已知函数f (x)＝(x－a)ln x－x＋a－3(a∈R)．
(1)若a＝0，求f (x)的极小值；
(2)讨论函数f ′(x)的单调性；
(3)当a＝2时，λ≤f (x)恒成立，求λ的最大整数值．
[解] (1)当a＝0时，f (x)＝x ln x－x－3，f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ln x＋1－1＝ln x，
所以在区间(0，1)上，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
在区间(1，＋∞)上，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
所以当x＝1时，f (x)取得极小值f (1)＝－4．
(2)f (x)＝(x－a)ln x－x＋a－3的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝ln x＋x-ax－1＝ln x－ax．
令h(x)＝ln x－ax(x>0)，h′(x)＝1x＋ax2＝x+ax2，
当a≥0时，h′(x)>0恒成立，所以h(x)即f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a<0时，在区间(0，－a)上，h′(x)<0，h(x)即f ′(x)单调递减；
在区间(－a，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)即f ′(x)单调递增．
综上，当a≥0时，f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f ′(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增．
(3)当a＝2时，f (x)＝(x－2)ln x－x－1，f ′(x)＝ln x－2x，
由(2)知，f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
f ′(2)＝ln 2－1<0，f ′(3)＝ln 3－23>0，
所以存在x0∈(2，3)使得f ′(x0)＝0，即ln x0＝2x0．
在区间(0，x0)上，f ′(x)<0，f (x)单调递减；在区间(x0，＋∞)上，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
所以当x＝x0时，f (x)取得极小值也即是最小值，最小值为f (x0)＝(x0－2)ln x0－x0－1＝(x0－2)×2x0－x0－1＝1－4x0+x0，
∵x0∈(2，3)，∴4x0＋x0∈4，133，
所以f (x0)∈-103，-3．
由λ≤f (x)恒成立，得λ≤f (x0)，故λ的最大整数值为－4．
课后习题(十八) 利用导数解决函数的零点问题
1．(人教B版选择性必修第三册P114复习题C组T1改编)已知函数f (x)＝x3－kx＋k2．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有三个零点，求k的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝3x2－k．
当k＝0时，f (x)＝x3，故f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k＜0时，f ′(x)＝3x2－k＞0，故f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k＞0时，令f ′(x)＝0，得x＝±3k3．
当x∈-∞，-3k3时，f ′(x)＞0；
当x∈-3k3，3k3时，f ′(x)＜0；
当x∈3k3，+∞时，f ′(x)＞0．
故f (x)在-∞，-3k3，3k3，+∞上单调递增，在-3k3，3k3上单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f (x)不可能有三个零点．
当k＞0时，x＝－3k3为f (x)的极大值点，x＝3k3为f (x)的极小值点．此时，－k－1＜－3k3＜3k3＜k＋1且f (－k－1)＜0，f (k＋1)＞0，f -3k3＞0．根据f (x)的单调性，当且仅当f 3k3＜0，即k2－2k3k9＜0时，f (x)有三个零点，解得k＜427．因此k的取值范围为0，427．
2．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19改编)设函数f (x)＝x ln x－(a＋1)x＋a＋1，a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝ln x－a，
由f ′(x)＝0得x＝ea，
当0ea时，f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，ea)上单调递减，在(ea，＋∞)上单调递增．
(2)由于f (1)＝0，只需f (x)在区间(1，e]上没有零点，由(1)知，
①当ea≤1，即a≤0时，f (x)在区间(1，e]上单调递增，
1f (1)＝0，符合题意．
②当ea≥e时，即a≥1时，f (x)在区间(1，e]上单调递减，
1③当1只需f (e)＝a＋1－ae<0即可，所以1e-1综上，a的取值范围是(－∞，0]∪1e-1，+∞．
3．若函数y＝x3＋a－3ln x存在零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．[1，＋∞)
C．(－∞，0] D．[0，＋∞)
A [令y＝f (x)，则函数f (x)＝x3＋a－3ln x且f (x)的定义域为(0，＋∞)，
其导数f ′(x)＝3x2－3x＝3x-1x2+x+1x(x>0)，
若f ′(x)＝0，即x－1＝0，则有x＝1，
在区间(0，1)上，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
在区间(1，＋∞)上，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
则f (x)min＝f (1)＝a＋1，
若函数f (x)＝x3＋a－3ln x存在零点，必有a＋1≤0，则a≤－1，
即a的取值范围为(－∞，－1]．故选A．]
4．(2024·咸阳期末)已知函数f (x)＝x3－3x＋1－m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A．(－1，3)
B．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
C．(－2，2)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
A [令g(x)＝x3－3x＋1，则g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
当x>1或x<－1时，g′(x)>0，函数单调递增，当－1又g(1)＝1－3＋1＝－1，g(－1)＝－1＋3＋1＝3，
g(x)＝x3－3x＋1的大致图象如图：
故m∈(－1，3)．故选A．]
5．(2024·榆林模拟)已知函数f (x)＝ax3＋x＋1的图象与x轴有且仅有两个交点，则实数a的值为( )
A．－427 B．－47
C．－1 D．0
A [已知f (x)＝ax3＋x＋1，函数定义域为R，可得f ′(x)＝3ax2＋1，
当a≥0时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
此时函数f (x)的图象与x轴至多有一个交点，不符合题意；
当a<0时，所以x<－-13a时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当－-13a0，f (x)单调递增；
当x>-13a时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
要使函数f (x)的图象与x轴有且仅有两个交点，
需满足f --13a＝0或f -13a＝0，
因为f -13a＝23-13a＋1>0，
所以f --13a＝－23-13a＋1＝0，
解得a＝－427．故选A．]
6．(2024·四川达州一模节选)已知函数h(x)＝mex－x＋1．若h(x)在(0，4)上有唯一零点，则m的取值范围为________．
m＝1e2或－1令g(x)＝x-1ex，x∈(0，4)，则g′(x)＝2-xex，
当00；当2所以函数g(x)在(0，2)上单调递增，在(2，4)上单调递减，
所以g(x)max＝g(2)＝1e2，
又g(0)＝－1，g(4)＝3e4，
如图，作出函数g(x)＝x-1ex，x∈(0，4)的图象，
由图可知，m的取值范围为m│m＝1e2或－17．(2024·怀化期末)已知x0是方程e3x－ln x＋2x＝0的一个根，则lnx0x0＝________．
3 [因为x0是方程e3x－ln x＋2x＝0的一个根，所以e3x0－ln x0＋2x0＝0，
所以e3x0－ln x0－x0＋3x0＝0，
所以e3x0＋3x0＝ln x0＋x0，
令u(x)＝ln x＋x(x>0)，则u′(x)＝1x＋1＝x+1x>0，
所以u(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为u(e3x0)＝u(x0)，
所以e3x0＝x0，两边取对数可得3x0＝ln x0，即lnx0x0＝3．]
8．(2024·广东高三期末) 已知函数f (x)＝ln x－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)．
(1)若f (x)有唯一零点，求k的取值范围；
(2)若g(x)－f (x)≥1恒成立，求实数k的取值范围．
[解] (1)由f (x)＝ln x－kx有唯一零点，可得方程ln x－kx＝0，
即k＝lnxx有唯一实根，
令h(x)＝lnxx，则h′(x)＝1-lnxx2，由h′(x)>0，得0e，
∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
∴h(x)≤h(e)＝1e，
又h(1)＝0，∴当0又当x>e时，h(x)＝lnxx>0，
则h(x)＝lnxx的大致图象如图所示，
可知，当k＝1e或k≤0时，f (x)有唯一零点，故k的取值范围是(－∞，0]∪1e．
(2)∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0，
∴k≥1+lnxx－ex＋2恒成立，
令φ(x)＝1+lnxx－ex＋2，则
φ′(x)＝1x·x-1+lnxx2－ex＝-lnx-x2exx2，
令μ(x)＝－ln x－x2ex，则μ′(x)＝－1x－(2xex＋x2ex)＝－1x－xex(2＋x)<0(x>0)，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又μ1e＝1－e1e-2>0，μ(1)＝－e<0，
由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈1e，1，
使μ(x0)＝0，即－ln x0＝x02ex0，
两边取对数可得ln (－ln x0)＝2ln x0＋x0，
即ln (－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0，
由函数y＝x＋ln x为增函数，可得x0＝－ln x0，
又当00，φ′(x)>0；
当x>x0时，μ(x)<0, φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)≤φ(x0)＝1+lnx0x0-ex0＋2＝1-x0x0－1x0＋2＝1，
∴k≥φ(x0)＝1，
即实数k的取值范围为[1，＋∞)．