2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价20利用导数研究函数的零点问题含解析新人教A版

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A组 全考点巩固练
1．函数f (x)＝eq \f(1,3)x3＋x2＋x＋1的零点个数为( )
A．0B．1
C．2D．3
B 解析：因为f ′(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2≥0，
所以f (x)在R上单调递增．
因为f (0)＝1>0，f (－3)＝－2<0，
所以f (x)在R上有且只有一个零点．
2．(多选题)设函数f (x)＝eq \f(1,3)x－ln x(x＞0)，则f (x)( )
A．有2个零点
B．有1个零点
C．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上有零点，在区间(1，e)上无零点
D．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上无零点，在区间(1，e)上有零点
AD 解析：因为f ′(x)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,x)，所以当x∈(0,3)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；x∈(3，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．而0＜eq \f(1,e)＜1＜e＜3，又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,3e)＋1＞0，f (1)＝eq \f(1,3)＞0，f (e)＝eq \f(e,3)－1＜0，f (6)＝2－ln 6＝ln e2－ln 6>0，所以f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上无零点，在区间(1，e)和区间(e,6)上各有一个零点．
3．方程eq \r(x)－ln x－2＝0的根的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
C 解析：令f (x)＝eq \r(x)－ln x－2，则由f ′(x)＝eq \f(1,2\r(x))－eq \f(1,x)＝0，得x＝4.
当04时，f ′(x)>0，
所以x＝4是f (x)的唯一极小值点，且f (4)<0.
又f (e－2)>0，f (e4)＝e2－6>0，所以f (x)在(e－2,4)，(4，e4)上各有一个零点．
所以对应的方程有2个根．故选C．
4．已知函数f (x)＝ax3－3x2＋1.若f (x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
B 解析：由题意知f ′(x)＝3ax2－6x.
当a＝3时，f ′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，
则当x∈(－∞，0)时，f ′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))时，
f ′(x)<0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))时，f ′(x)>0.注意f (0)＝1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(5,9)>0，
则f (x)的大致图象如图(1)所示：
图(1)
不符合题意，排除A，C．
当a＝－eq \f(4,3)时，f ′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))时，f ′(x)<0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0))时，f ′(x)>0；x∈(0，＋∞)时，f ′(x)<0.注意f (0)＝1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝－eq \f(5,4)，则f (x)的大致图象如图(2)所示．
图(2)
不符合题意，排除D．故选B．
5．已知函数f (x)＝eq \f(a,x)＋ln x－1有且仅有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0]∪{1} B．[0,1]
C．(－∞，0]∪{2} D．[0,2]
A 解析：因为函数f (x)＝eq \f(a,x)＋ln x－1，
所以f ′(x)＝－eq \f(a,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－a,x2)，x＞0.
当a≤0时，f ′(x)＝eq \f(x－a,x2)＞0恒成立，f (x)是增函数，x→＋∞时，f (x)→＋∞，f (1)＝a－1＜0，
函数f (x)＝eq \f(a,x)＋ln x－1有且仅有一个零点．
当a＞0时，令f ′(x)＞0，解得x＞a；
令f ′(x)＜0，解得x＜a.
故f (x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
故只需f (x)min＝f (a)＝ln a＝0，解得a＝1，
综上，实数a的取值范围是(－∞，0]∪{1}．
6．已知函数f (x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________.
(－∞，2ln 2－2] 解析：f ′(x)＝ex－2，令f ′(x)＝0，解得x＝ln 2，
所以当x∈(－∞，ln 2)时，f ′(x)<0，则f (x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，f ′(x)>0，
则f (x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝ln 2时，f (x)＝ex－2x＋a取得最小值，为eln 2－2ln 2＋a＝2－2ln 2＋a.
由题意，得2－2ln 2＋a≤0，解得a≤2ln 2－2.
7．若函数f (x)＝eq \f(ax－a,ex)＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围是________．
(－e2，0) 解析：f ′(x)＝eq \f(aex－ax－aex,e2x)＝eq \f(－ax－2,ex)(a<0)．
当x<2时，f ′(x)<0；当x>2时，f ′(x)>0.
所以，当x＝2时，f (x)有极小值f (2)＝eq \f(a,e2)＋1.
若使函数f (x)没有零点，当且仅当f (2)＝eq \f(a,e2)＋1>0，解得a>－e2，因此－e28．若函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3－x2－a，x＞0，,x2＋2x－a，x≤0))恰有2个零点，则a的取值范围是________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(4,27)))∪(0，＋∞) 解析：当x＞0时，令f (x)＝0，可得x3－x2－a＝0.设g(x)＝x3－x2，则g′(x)＝x(3x－2)．
当0＜x＜eq \f(2,3)时，g′(x)＜0；当x＞eq \f(2,3)时，g′(x)＞0.
所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(4,27).
当x≤0时，令f (x)＝0，可得x2＋2x－a＝0.设h(x)＝x2＋2x，则有h(x)min＝－1.函数g(x)，h(x)的图象如图所示．
若函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3－x2－a，x＞0，,x2＋2x－a，x≤0))恰有2个零点，则a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(4,27)))∪(0，＋∞)．
9．函数f (x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示．
(1)求a，b的值并写出f (x)的单调区间；
(2)若函数y＝f (x)有三个零点，求c的取值范围．
解：(1)因为f (x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c，
所以f ′(x)＝x2＋2ax＋b.
由题图知f ′(x)＝0的两个根为－1,2，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－2a，,－1×2＝b，))解得a＝－eq \f(1,2)，b＝－2.
由导函数的图象可知，当－12时，f ′(x)>0，
故函数f (x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减．
(2)由(1)得f (x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x＋c，
函数f (x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减，
所以函数f (x)的极大值为f (－1)＝eq \f(7,6)＋c，极小值为f (2)＝c－eq \f(10,3).
而函数f (x)恰有三个零点，故必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(7,6)＋c>0，,c－\f(10,3)<0，))
解得－eq \f(7,6)所以使函数f (x)恰有三个零点的实数c的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，\f(10,3))).
10．(2020·全国卷Ⅲ)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)由题意得，f ′(x)＝3x2－k.
当k≤0时，f ′(x)≥0恒成立，
所以f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k>0时，令f ′(x)＝0，得x＝±eq \r(\f(k,3))；
令f ′(x)<0，得－eq \r(\f(k,3))令f ′(x)>0，得x<－eq \r(\f(k,3))或x>eq \r(\f(k,3)).
所以f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(k,3))，\r(\f(k,3))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(\f(k,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(k,3))，＋∞))上单调递增．
(2)由(1)知，f (x)有三个零点，则k>0，
且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(k,3))))>0，,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(k,3))))<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2＋\f(2,3)k\r(\f(k,3))>0，,k2－\f(2,3)k\r(\f(k,3))<0，))
解得0当0eq \r(\f(k,3))，且f (eq \r(k))＝k2>0，
所以f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(k,3))，\r(k)))上有唯一一个零点．
同理－k－1<－eq \r(\f(k,3))，f (－k－1)＝－k3－(k＋1)2<0，
所以f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－1，－\r(\f(k,3))))上有唯一一个零点．
又f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(k,3))，\r(\f(k,3))))上有唯一一个零点，
所以f (x)有三个零点，
综上可知k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27))).
B组 新高考培优练
11．(多选题)(2020·烟台一模)关于函数f (x)＝ex＋asin x，x∈(－π，＋∞)，下列说法正确的是( )
A．当a＝1时，曲线g＝f (x)在(0，f (0))处的切线方程为2x－y＋1＝0
B．当a＝1时，f (x)存在唯一极小值点x0，且－1C．对任意a>0，f (x)在(－π，＋∞)上均存在零点
D．存在a<0，f (x)在(－π，＋∞)上有且只有一个零点
ABD 解析：选项A，当a＝1时，f (x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞), 所以f (0)＝1，故切点为(0,1)．
又f ′(x)＝ex＋cs x，所以切线斜率k＝f ′(0)＝2.
故切线方程为y－1＝2x－0，即2x－y＋1＝0，选项A正确．
选项B，f ″(x)＝ex－sin x>0恒成立，所以f ′(x)单调递增．
又f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))＝eeq \s\up8(－eq \f(3π,4))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))<0，f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝eeq \s\up9(－eq \f(π,2)) >0，故f (x)存在唯一极值点．不妨设x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，－\f(π,2)))，则f ′(x0)＝0，即eeq \s\up6(x0)＋cs x0＝0，
f (x0)＝eeq \s\up6(x0)＋sin x0＝sin x0－cs x0＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(π,4)))∈(－1,0)，选项B正确．
对于选项C，D，f (x)＝ex＋asin x，x∈(－π，＋∞)．令f (x)＝0，即ex＋asin x＝0，当x＝kπ(k>－1且k∈Z)时显然没有零点，
故x≠kπ(k>－1且k∈Z)，所以a＝－eq \f(ex,sin x).
令F(x)＝－eq \f(ex,sin x)，F′(x)＝eq \f(excs x－sin x,sin2x).令F′(x)＝0，解得x＝eq \f(k,4)π(k≥－3，k∈Z)，所以x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π＋kπ，－\f(3,4)π＋kπ))时，F(x)单调递减，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)π＋kπ，kπ))时，F(x)单调递增，有极小值Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)π＋kπ))＝eq \r(2)eeq \s\up9(－eq \f(3,4)π＋kπ)≥eq \r(2)eeq \s\up9(－eq \f(3,4)π)；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ，\f(1,4)π＋kπ))时，F(x)单调递增，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)π＋kπ，π＋kπ))时，F(x)单调递减，有极大值，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)π＋kπ))＝－eq \r(2)eeq \s\up9(eq \f(1,4))π＋kπ≤－eq \r(2)eeq \s\up10(eq \f(1,4)π)，故选项C，任意a>0均有零点，不正确．选项D，存在a<0，有且只有唯一零点，此时a＝－eq \r(2)eeq \s\up10(eq \f(1,4)π).故选ABD．
12．若函数f (x)＝aex－x在R上有两个零点x1，x2，且eq \f(x2,x1)≥3，则实数a的最大值为( )
A．ln 3B．eq \f(\r(3),6)ln 3
C．eq \f(\r(3),3)ln 3D．eq \f(\r(3),2)ln 3
B 解析：令函数f (x)＝aex－x＝0，变形为a＝eq \f(x,ex).令g(x)＝eq \f(x,ex)，g′(x)＝eq \f(1－x,ex).
当x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．所以，在x＝1处，函数g(x)取得最大值．
因为函数f (x)＝aex－x在R上有两个零点x1，x2，
画出图象可得0由eq \f(x2,x1)≥3，可得取等号x2＝3x1时，a取得最大值．
由aeeq \s\up6(x1)＝x1，aeeq \s\up6(x2)＝x2，即aeeq \s\up6(3x1)＝3x1，
所以eeq \s\up6(2x1)＝3，解得x1＝eq \f(1,2)ln 3.代入aeeq \s\up6(x1)＝x1，解得a＝eq \f(\r(3),6)ln 3.所以a的最大值为eq \f(\r(3),6)ln 3.故选B．
13．已知函数f (x)＝ex－ax有两个零点x1，x2.下列判断：①a1；④有极小值点x0，且x1＋x2<2x0.其中正确的个数是________．
1 解析：因为f (x)＝ex－ax，所以f ′(x)＝ex－a，f (0)＝1.
当a≤0时，f ′(x)>0，函数单调递增，所以函数f (x)至多有一个零点，不符合题意．
当a>0，x>ln a时，f ′(x)>0，函数单调递增，xe，故判断①不正确．
对于②，因为eeq \s\up6(x1)－ax1＝0，eeq \s\up6(x2)－ax2＝0，所以x1＋x2＝ln(a2·x1·x2)＝2ln a＋ln(x1·x2)>2＋ln(x1x2)．
取a＝eq \f(e2,2)，f (2)＝0，所以x2＝2，f (0)＝1>0，所以02，故判断②不正确．
对于④，构造函数F(x1)＝f (x1)－f (2ln a－x1)．
F′(x1)＝eeq \s\up7(x1)－a＋eeq \s\up6(2ln a－x1)－a＝eeq \s\up6(x1)＋eq \f(e2ln a,eeq \s\up6(x1))－2a>2eq \r(eeq \s\up6(x1)·\f(e2ln a,eeq \s\up6(x1)))－2a＝0，所以函数F(x1)在(0，x0)上单调递增，
故F(x1)而f (x1)＝f (x2)，所以x2<2ln a－x1⇒x1＋x2<2ln a，故本判断是正确的．对于③，因为x1＋x2＝2ln a＋ln(x1·x2)，而x1＋x2<2ln a，所以有x1·x2<1，故本判断不正确．故正确判断个数为1.
14．设函数f (x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.
(1)若a≤0，确定f (x)的单调性．
(2)若0①证明：f (x)恰有两个零点；
②设x0为f (x)的极值点，x1为f (x)的零点，
且x1>x0，证明：3x0－x1>2.
(1)解：由已知，f (x)的定义域为(0，＋∞)，且
f ′(x)＝eq \f(1,x)－[aex＋a(x－1)ex]＝eq \f(1－ax2ex,x).
因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：①由(1)知f ′(x)＝eq \f(1－ax2ex,x).
令g(x)＝1－ax2ex，由0可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减．
又g(1)＝1－ae>0，
且geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))＝1－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))eq \s\up9(2)eq \f(1,a)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))eq \s\up9(2)<0，
故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
从而f ′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解．
不妨设为x0，则1当x∈(0，x0)时，f ′(x)＝eq \f(gx,x)>eq \f(gx0,x)＝0，
所以f (x)在(0，x0)内单调递增．
当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)＝eq \f(gx,x)所以f (x)在(x0，＋∞)内单调递减．因此，x0是f (x)的唯一极值点．
令h(x)＝ln x－x＋1，
则当x>1时，h′(x)＝eq \f(1,x)－1<0，
故h(x)在(1，＋∞)内单调递减．
从而当x>1时，h(x)所以ln x从而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)－1))eeq \s\up9(ln eq \f(1,a))
＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))－ln eq \f(1,a)＋1
＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))<0.
又因为f (x0)>f (1)＝0，
所以f (x)在(x0，＋∞)内有唯一零点．
又f (x)在(0，x0)内有唯一零点1，
从而f (x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．
②由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f ′x0＝0，,f x1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax\\al(2,0)eeq \s\up6(x0)＝1，,ln x1＝ax1－1eeq \s\up6(x1)，))
从而ln x1＝eq \f(x1－1,x\\al(2,0))eeq \s\up6(x1－x0)，
即eeq \s\up6(x1－x0)＝eq \f(x\\al(2,0)ln x1,x1－1).
因为当x>1时，ln xx0>1，
故eeq \s\up6(x1－x0)两边取自然对数，得ln eeq \s\up6(x1－x0)于是x1－x0<2ln x0<2(x0－1)，
整理得3x0－x1>2.
15．(2020·山东百师联盟测试五)已知函数f (x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)讨论函数f (x)的极值；
(2)若函数g(x)＝f (x)－e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f ′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)·(x＋1)．
①当a≥0时，令f ′(x)＝0⇒x＝－1，x∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．所以f (x)有极小值f (－1)＝－eq \f(a,e).
②当a<0时，令f ′(x)＝0⇒x＝－1或x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a))).
(ⅰ)a<－2e时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))，－1))时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．所以f (x)有极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))＝－2lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＋1))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))eq \s\up9(2)＋1，有极大值f (－1)＝－eq \f(a,e).
(ⅱ)－2e0，f (x)单调递增；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))，＋∞))时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．所以f (x)有极小值f (－1)＝－eq \f(a,e)，有极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))eq \s\up9(2)＋1.
(ⅲ)当a＝－2e时，f ′(x)≤0，f (x)在R上单调递减，无极值．
(2)函数g(x)＝f (x)－e在R上恰有两个零点，即函数f (x)的图象与直线y＝e恰有两个交点．由(1)知，
①当a≥0时，只需满足e>－eq \f(a,e)⇒a>－e2，所以a∈[0，＋∞)．
②当a<0时，
(ⅰ)a<－2e时，结合(1)知，x∈(－1，＋∞)时，f (x)单调递减，f (1)＝ae＋4<－2e2＋4<0，只需满足eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))eq \s\up9(2)＋1＝e或e＝－eq \f(a,e)，解得a＝－e2或a＝－eq \f(2,eeq \s\up6(\r(e－1))) (舍)或a＝－eq \f(2,eeq \s\up6(－\r(e－1))).
(ⅱ)－2e≤a<0时，结合(1)知只需满足eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))eq \s\up9(2)＋1＝e或e＝－eq \f(a,e)，解得a＝－e2(舍)或a＝－eq \f(2,eeq \s\up6(\r(e－1)))或a＝－eq \f(2,eeq \s\up6(－\r(e－1))) (舍)．
综上，a的取值范围为[0，＋∞)∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(2,eeq \s\up8(±\r(e－1)))，－e2)).
16．(2020·菏泽高三联考)已知函数f (x)＝ex，g(x)＝ax＋b(a，b∈R)．
(1)若g(－1)＝0，且函数g(x)的图象是函数f (x)图象的一条切线，求实数a的值；
(2)若不等式f (x)>x2＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围；
(3)若对任意实数a，函数F(x)＝f (x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．
解：(1)由g(－1)＝0，知g(x)的图象过点(－1,0)．
设切点坐标为(m，em)．由题知f (x)＝ex，则f ′(x)＝ex，切线斜率k＝f ′(m)＝em，切线方程为y－em＝em(x－m)，
此直线过点(－1,0)，故0－em＝em(－1－m)，解得m＝0.
所以a＝f ′(0)＝1.
(2)由题意得m令p(x)＝ex－x2，x∈(0，＋∞)，则p′(x)＝ex－2x.
再令n(x)＝p′(x)＝ex－2x，x∈(0，＋∞)，则n′(x)＝ex－2，
所以当x∈(0，ln 2)时，n′(x)<0，所以n(x)在(0，ln 2)上单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，n′(x)>0，所以n(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以n(x)在(0，＋∞)上有最小值n(ln 2)＝2－2ln 2>0，故在(0，＋∞)上，p′(x)>0.
所以p(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当x→0时，p(x)→1，
所以m≤1，所以实数m的取值范围为(－∞，1]．
(3)由题意知F(x)＝ex－ax－b，所以F′(x)＝ex－a.
①当a≤1时，F′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且当x→＋∞时F(x)→＋∞，
故F(x)在(0，＋∞)上的值域为(1－b，＋∞)．
所以要使F(x)在(0，＋∞)上有零点，则1－b<0，即b>1.
②当a>1时，令F′(x)＝0得x＝ln a.
当0ln a时，F′(x)>0，
则F(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
所以在(0，＋∞)上F(x)min＝F(ln a)＝a－aln a－b.
又当x→＋∞时F(x)→＋∞，所以F(x)在(0，＋∞)上的值域为[a－aln a－b，＋∞)．
故要使F(x)在(0，＋∞)上有零点，则a－aln a－b≤0.
令h(a)＝a－aln a－b，则h′(a)＝－ln a.
当a>1时，h′(x)<0.
故h(a)在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(a)<1－b，
所以1－b≤0，即b≥1.
综上，实数b的取值范围为(1，＋∞).