考点过关检测（三十五）1．(2019·安阳一模)已知函数f(x)＝＋与g(x)＝6x＋a的图象有3个不同的交点，则a的取值范围是()A.B.C.D.解析：选B原问题等价于函数h(x)＝＋－6x与函数y＝a的图象有3个不同的交点，由h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，得x＝2或x＝－3，当x∈(－∞，－3)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(－3,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，且h(－3)＝，h(2)＝－，数形结合可得a的取值范围是.2．(2019·沧州模拟)已知函数f(x)＝(x2－x－1)ex，设关于x的方程f2(x)－mf(x)＝(m∈R)有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为()A．3B．1或3C．4或6D．3或4或6解析：选A f′(x)＝(x－1)·(x＋2)ex，由f′(x)>0，得x>1或x<－2；由f′(x)<0，得－25e－2，此时f(x)＝t1有2个根，f(x)＝t2有1个根．综上，对任意m∈R，方程均有3个根，即n＝3.故选A.3．(2019·马鞍山质检)若存在正实数m，使得关于x的方程x＋a(2x＋2m－4ex)[ln(x＋m)－lnx]＝0有两个不同的根，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B.C．(－∞，0)∪D.解析：选D当a＝0时，方程只有一个解，不满足题意，所以a≠0，所以原方程等价于方程＝2ln有两解，令t＝>1，则＝2(2e－t)lnt．设f(t)＝2(2e－t)lnt，则f′(t)＝2.当t>e时，f′(t)<0，当10，所以f(t)在(e，＋∞)上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以f(t)≤f(e)＝2e.且当10，当t→＋∞时，f(t)→－∞，所以要使＝2(2e－t)lnt有两解，则需a>0，所以<2e且a>0，即a>，所以a的取值范围为.4．(2019·济南联考)已知函数f(x)＝1＋x－＋－＋…－＋，若函数f(x)的零点均在区间[a，b](a－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增．因为f(0)＝1，f(－1)<0，所以f(x)存在唯一零点x0∈(－1,0)，所以当a＝－1，b＝0时，(b－a)min＝1.5．(2019·聊城一模)已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝x＋a无实根，则实数a的取值范围为()A．(－∞，0)∪B．(－1,0)C.D．(0,1)解析：选B作出函数f(x)的图象如图所示．因为关于x的方程f(x)＝x＋a无实根等价于函数y＝f(x)的图象与直线y＝x＋a无交点．所以由图象知，若a≥0，则直线y＝x＋a与曲线f(x)＝(x≤0)必有交点，所以a<0.设直线y＝x＋a与曲线f(x)＝(x>0)相切时，切点为P(x0，y0)．由f′(x)＝，得＝1，解得x0＝1，则P(1,0)，所以切线方程为y＝x－1，则a＝－1.由图象知，函数y＝f(x)的图象与直线y＝x＋a无交点时，实数a的取值范围为(－1,0)．故选B.6．(2019·郑州一模)已知函数f(x)＝lnx＋－，a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．解：(1)依题意得f′(x)＝(x>0)，当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数；当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>，由f′(x)＝<0，得00时，函数f(x)在上是单调递增函数，在上是单调递减函数．(2)当x∈时，判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点的个数等价于判断方程(lnx－1)ex＋x＝m的根的个数．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，则h′(x)＝ex＋1.由(1)知，当a＝1时，f(x)＝lnx＋－1在上单调递减，在[1，e]上单调递增，∴f(x)≥f(1)＝0.∴＋lnx－1≥0在上恒成立．∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在上单调递增．∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max...
