提能训练 练案[20]
A组基础巩固
一、单选题
1．(2024·四川凉山二模)若f(x)＝xsinx＋cosx－1，x∈，则函数f(x)的零点个数为( )
A．0B．1
C．2D．3
[答案] C
[解析] f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，
当x∈时，f′(x)0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)0，f(0)＝0，f＝－1>0，f(π)＝－20，得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增．可知f(x)在x＝1处取得唯一极小值，也是f(x)的最小值，所以f(x)的极值点为x＝1，故A错误，B正确；因为f(2)＝－，f′(2)＝，所以f(x)在x＝2处的切线方程为y＋＝(x－2)，即y＝x－，故C正确．因为f(0)＝0，f(1)＝－1时，ex>0恒成立，故f(x)＝－0得01，
∴g(x)在区间(0,1)上递增，在区间(1，＋∞)上递减，
y＝g(x)图象如图所示：

∴00，函数g(x)＝单调递增；
当x∈(－1,3)时，g′(x)0，
函数g(x)＝单调递增；
g极小(x)＝g(3)＝－，
当x→＋∞时，g(x)→0，且g(x)0，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝－2时取得极小值，也是最小值，即f(－2)＝－，
令f(x)＝0，得x＝－1，当x－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点，(－1,0)，(0,1)；
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝→0.
【卡壳点】极限思想的应用
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．

【易错点】忽视图象过点(0,1)
函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数即为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a－1时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，
在区间(－1，＋∞)上单调递增，
因此f(x)的最小值为f(－1)＝－－1.
(2)h(x)＝xex－lnx＋mx－1，且x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝0，得ex－＋m＝0，
令k(x)＝ex－＋m，则h(x)与k(x)有相同的零点，
且k′(x)＝ex－＝，
令r(x)＝x2ex＋lnx，则r′(x)＝(x2＋2x)ex＋，
因为当x>0时，则r′(x)>0，所以r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又r＝－10，
所以?x0∈，使r(x0)＝0，
且当x∈(0，x0)时，r(x)0，即k′(x)>0，
所以k(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增，
因此k(x)的最小值为k(x0)＝－＋m，
由r(x0)＝0，得x＋lnx0＝0，即x0＝ln，
令φ(x)＝f(x)＋1，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
因为0，
则φ(x0)＝φ，
所以x0＝－lnx0，从而lnx0＝－x0，即＝，
所以k(x)的最小值k(x0)＝－＋m＝m＋1，
所以当m>－1时，k(x)没有零点；
当m＝－1时，k(x)有一个零点；
当m－1时，h(x)的零点个数为0；
当m＝－1时，h(x)的零点个数为1；
当m0)，
则g′(x)＝－＝.
当x∈(0,2e)时，g′(x)0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(2e)＝ln2－10，
当x∈，f′(x)0，所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)单调递增，g(x)≥g(－1)＝0，
又当x→0时，g(x)→1；当x→－∞时，g(x)→＋∞，
所以g(x)图象如图；

当x∈(0，＋∞)时，
g(x)＝f(x)＋ex＝a＋＋ex，
所以g′(x)＝－＋e＝，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)单调递增，g(x)≥g(1)＝a＋2e，
又当x→0时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以g(x)图象如图，所以当a＋2e0)有两个解，
令g(t)＝tlnt，原式等价于g(mx)＝g(lnx)有两个解，
即mx＝lnx(x>0)，emx＝x有两个大于零的解．
解mx＝lnx，可得m＝，令h(x)＝(x>0)，
则h′(x)＝，当00，
当x>e时，h′(x)1时，f(x)有三个零点
B．当a1，故x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，
x∈(0，a)时，f′(x)0，f(a)＝1－a30，
则f(－1)f(0)1时，f(x)有三个零点，A正确；
f′(x)＝6x(x－a)，a0，f(x)单调递增，
此时f(x)在x＝0处取到极小值，B错误；
假设存在这样的a，b，使得x＝b为f(x)的对称轴，即存在这样的a，b使得f(x)＝f(2b－x)，
即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，
根据二项式定理，等式右边(2b－x)3展开式含有x3的项为2C(2b)0(－x)3＝－2x3，
于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为f(x)的对称轴，C错误；
(利用对称中心的表达式化简)
f(1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1,3－3a)为f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，
f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a
于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a
即解得a＝2，即存在a＝2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D正确．
5．(2025·云南玉溪一中质检)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(a∈R)．
(1)若函数y＝f(x)在x＝1处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若g(x)＝f(x)－x2－(a－1)lnx有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围．
[解析] (1)f′(x)＝2x－2a－1＋，
故f′(1)＝2－2a－1＋a＝0，则a＝1.
(2)f′(x)＝2x－(2a＋1)＋
＝＝，
当a>时，令f′(x)>0，解得x>a或00，解得x>或00，解得x>，令f′(x)e时，h′(x)＝0，
故h(x)在(0，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减，
且h(e)＝，当x>1时h(x)>0恒成立，
要使g(x)有两个零点，则2a＋1＝有两个交点，
故00)．
(1)若f(x)≤0恒成立，求m的取值范围；
(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2>2.
[解析] (1)首先由m>0可知f(x)的定义域是(0，＋∞)，
从而f(x)＝ln(mx)－x＝lnx－x＋lnm.
故f′(x)＝－1＝，从而当00，当x>1时f′(x)0，
所以p(t)单调递增．
这表明t>0时p(t)>p(0)＝f(1)－f(1)＝0，
即f(1＋t)>f(1－t)．
又因为f(2－x1)＝f(1＋(1－x1))>f(1－(1－x1))＝f(x1)＝0＝f(x2)，且2－x1和x2都大于1，
故由f(x)在(1，＋∞)上的单调性知2－x12.
C组拓展应用(选作)
(2025·湖南郴州模拟)已知函数f(x)＝2alnx＋x2－(a＋2)x，其中a为常数．
(1)当a>0时，试讨论f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2，
①求a的取值范围；
②证明：x1＋x2>4.
[解析] (1)由题设f′(x)＝＋x－(a＋2)＝＝，且x∈(0，＋∞)，
当00，在(a,2)上f′(x)0，
所以，在(0，a)、(2，＋∞)上f(x)单调递增，在(a,2)上f(x)单调递减；
当a＝2时，在(0，＋∞)上f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>2时，在(0,2)上f′(x)>0，在(2，a)上f′(x)0，
所以，在(0,2)、(a，＋∞)上f(x)单调递增，在(2，a)上f(x)单调递减．
(2)①由f(2)＝2aln2＋×22－(a＋2)×2＝2(aln2－a－1)0时，
f(a)＝2alna＋a2－(a＋2)a＝(4lna－a－4)，
令y＝4lna－a－4且a>0，则y′＝－1＝，
所以00，a>4时y′0不可能出现两个不相等的...