高考数学方法技巧第8讲 函数零点问题（解析版）

第8讲函数零点问题【高考地位】函数的零点是新课标的新增内容，其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为新课标高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，多以选择、填空题的形式考查.类型一零点或零点存在区间的确定万能模板内容使用场景一般函数类型解题模板第一步直接根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0；第二步若其乘积小于0，则该区间即为存在的零点区间；否则排除其选项即可.x例1函数fxe4x3的零点所在的区间为（）111133A．0,B．,C．,D．,1442244【答案】B【解析】第一步，直接根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0：11xf1e4e4函数fxe4x3单调递增,只有一个零点,而1320,41fe10；2第二步，若其乘积小于0，则该区间即为存在的零点区间；否则排除其选项即可：1111由ff0,可知函数的零点在,．故选B．4242考点：零点存在定理．x【变式演练1】方程2x20的解所在的区间为（）A．(1,0)B．(0,1)C．(1,2)D．(2,3)【答案】B1/24,【解析】x01试题分析：由题意得，设函数fx2x2，则f02021,f12121，x所以f0f10，所以方程2x20的解所在的区间为(0,1)，故选B.考点：函数的零点.x43,x0【变式演练2】【山西省运城市高三上学期9月调研数学（理）】已知函数fx，x22logx9,x09则函数yffx的零点所在区间为（）77A．3,B．1,0C．,4D．4,522【答案】A【分析】首先求得x0时，fx的取值范围.然后求得x0时，fx的单调性和零点，令ffx0，根据x“x0时，fx的取值范围”得到fx2log3x93，利用零点存在性定理，求得函数yffx的零点所在区间.【详解】当x0时，3fx4.x2x当x0时，fx2log9x92log3x9为增函数，且f30，则x3是fx唯一零点.由于“当x0时，3fx4.”，所以x令ffx0，得fx2log3x93，因为f303，77f82log3981.414log3393.3123，227所以函数yffx的零点所在区间为3,.2故选：Ax1【变式演练3】函数fx2e的图象与函数gx5的图象交点所在的区间可能为（）x2/24,A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4【来源】全国Ⅰ卷高三高考数学（文）押题试题（一）【答案】B【分析】构造函数，由零点存在定理判断．【详解】x1x1设h(x)2e5，ye是R上的增函数，y在(0,)和(,0)上都是减函数，xx，因此h(x)在(,0)和(0,)上都是增函数，由选项只考虑(0,)上的情形，21211h(1)2e152e60，h(2)2e52e0，所以h(x)在(1,2)上有零点．22x1所以函数fx2e的图象与函数gx5的图象交点所在的区间可能为x故选：B．类型二零点的个数的确定方法1：定义法万能模板内容使用场景一般函数类型解题模板第一步判断函数的单调性；第二步根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0；若其乘积小于0，则该区间即为存在唯一的零点区间或者直接运用方程的思想计算出其零点；第三步得出结论.x例2.函数f(x)e3x的零点个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】第一步，判断函数的单调性:x由已知得f(x)e30，所以f(x)在R上单调递增；第二步，根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0；若其乘积小于0，则该区间即为存在唯一的零点区间：3/24,1又因为f(1)e30，f(1)e30，所以f(1)f(-1)0第三步，得出结论：所以f(x)的零点个数是1，故选B．考点：函数的零点．π【变式演练4】已知函数fx是定义在R上的偶函数，满足fx2fx，当x0,1时，fxcosx，2则函数yfxx的零点个数是（）A．2B．3C．4D．5【来源】吉林省松原市长岭县第二中学高三下学期三模考试数学试题【答案】A【分析】函数yfxx的零点个数转化为两个函数图象交点的个数，转化条件为函数fx周期T2，当x0,1π时，fxcosx，根据周期性可画出它的图象，从图象上观察交点个数即可.2【详解】∵fx2fx，则函数fx是周期T2的周期函数．π又∵函数fx是定义在R上的偶函数，且x0,1时，fxcosx，2ππ∴当x1,0时，fxfxcosxcosx，22令fxx0，则函数yfxx的零点个数即为函数yfx和gxx的图象交点个数，分别作出函数yfx和gxx的图象，如下图，显然fx与gx在1,0上有1个交点，在[0,1]上有一个交点，当x1时，gx1，而fx≤1，4/24,所以x1或x1时，fx与gx无交点．综上，函数yfx和gxx的图象交点个数为2，即函数yfxx的零点个数是2．故选：A【变式演练5】方程x3sinx的根的个数是（）A．3B．4C．5D．6【答案】C【解析】试题分析：大致图形如图所示,接下来比较f(x)x与g(x)3sinx在x0处的切线斜1率,f(x),x0时,f(x),即f(x)在x0处的切线方程为y轴,又g(x)3cosx,在2xkg(0)3,因此在y轴右侧g(x)图象较缓,由图象可知,共有5个交点,故选C．考点：图象的交点．【思路点晴】本题考查的是两个函数的交点个数问题．首先运用函数与方程的思想,把给定方程转化成为两个基本函数的交点问题,再通过函数的性质与比较函数在相同自变量处的函数值的大小关系画出两个基本函数图象,需要注意的是,两个函数都过(0,0)点,而y轴右侧的高低情况需要比较两个函数在x0处的切线斜率得到,为本题的易错点．x4m,x2【变式演练6】（多选）若函数f(x)＝恰有两个零点，则正整数m的取值可能为2021(xm)(x3m),x2（）A．1B．2C．15D．165/24,【来源】山东省济南市章丘区高三5月份模拟数学试题【答案】AD【分析】函数零点转化为方程解，每个选项验证即可解决此题．【详解】函数f(x)的零点即为方程f(x)＝0的解．当m＝1时，解方程f(x)＝0，当x＜2时，4x﹣1＝0，解得：x＝0；当x≥2时，2021（x﹣1）（x﹣3）＝0，解得：x＝1或3，只取x＝3．∴函数有两个零点0或3．∴A对；1当m＝2时，解方程f(x)＝0，当x＜2时，4x﹣2＝0，解得：x＝；2当x≥2时，2021（x﹣2）（x﹣6）＝0，解得：x＝2或6．1∴函数有三个零点或2或6．∴B错；2当m＝15时，解方程f(x)＝0，当x＜2时，4x﹣15＝0，解得：x＝log415＜2；当x≥2时，2021（x﹣15）（x﹣45）＝0，解得：x＝15或45．∴函数有三个零点log415或15或45．∴C错；当m＝16时，解方程f(x)＝0，当x＜2时，4x﹣16＝0，解得：x＝2不成立；当x≥2时，2021（x﹣16）（x﹣48）＝0，解得：x＝16或48．∴函数有两个零点16或48．∴D对；故选：AD．方法2：数形结合法万能模板内容使用场景一般函数类型解题模板第一步函数g(x)有零点问题转化为方程f(x)m(x)有根的问题；第二步在同一直角坐标系中，分别画出函数yf(x)和ym(x)的图像；第三步观察并判断函数yf(x)和ym(x)的图像的交点个数第四步由yf(x)和ym(x)图像的交点个数等于函数g(x)0的零点即可得出6/24,结论.1x例3.方程()|logx|的解的个数是（）33A．3B．2C．1D．0【答案】B【解析】第一步，在同一直角坐标系中，分别画出函数yf(x)和ym(x)的图像：第二步，观察并判断函数yf(x)和ym(x)的图像的交点个数：1x由图象可知，函数y()与函数ylogx有2个交点；33第三步，由yf(x)和ym(x)图像的交点个数等于函数g(x)0的零点即可得出结论：所以方程有2个解。考点：函数与方程。【变式演练7】【上海市徐汇区高三上学期一模】方程cosxlog8x的实数解的个数是（）A．4B．3C．2D．1【答案】B【分析】将方程的实数根的个数，转化为两个函数的交点个数.【详解】分别画出函数ycosx和ylog8x的图象，7/24,由图象可知两个函数的交点个数是3个，所以方程程cosxlog8x的实数解的个数是3个.故选：Bx1e,x1【变式演练8】己知函数fx,gxfxa，若gx存在两个零点，则实数a的取值范围是lnx,x1（）A．1,0B．1,0C．0,1D．0,1【来源】重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试（二）数学试题【答案】A【分析】由题可得fx的图像与ya的图像有2个交点，数形结合即可求出.【详解】由题，gx存在两个零点，等价于fx的图像与ya的图像有2个交点，画出fx的函数图象如下：由数形结合知0a1，即1a0.故选：A.8/24,xa【变式演练9】知关于x的方程2a有3个不同的实数解，则实数a的取值范围为（）x2A．0,2B．2,4C．2,D．4,【来源】重庆市第八中学高三下学期适应性月考卷（七）数学试题【答案】D【分析】12先判断a0时不符合题意，再将问题转化为fttt,t0与直线y1有3个不同的交点，判断a0时a12afttt单调不符合题意，最后画a0时的图象进行数形结合，利用f1解得参数范围即可.a2【详解】xaa0时，2a即2x0x无解，显然不符合题意；2xa1212a0时，令t2t0，则原方程等价于ta，即tt1，令fttt，taa12则fttt,t0与直线y1有3个不同的交点.a12二次函数ytt0的根为a和0，a1212若a0时，显然t0时，ytt0，且单调递增，即fttt单调，不可能与直线y1有3个不aa同的交点若a0时，作出ft的草图如图所示，2121aaaa又ttt，则只需满足f1，得a4.aa2424故选：D．【点睛】方法点睛：已知函数零点个数(方程根的情况)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：分类讨论直接求解方程得到方程的根；9/24,（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.【反馈练习】x1．函数f(x)(e)的图象与函数gx2lnx的图象交点横坐标所在的区间可能为（）A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4【来源】重庆市南开中学高三上学期7月考试数学试题【答案】B【分析】x将问题转化为求函数h(x)f(x)g(x)elnx2的零点所在的区间，利用零点存在性定理求解即可【详解】x解：函数f(x)(e)的图像与函数gx2lnx的图像交点横坐标，即为函数xh(x)f(x)g(x)elnx2（x0）的零点，，1x1'因为h(x)e0，所以h(x)在(0,)上为增函数，且图像连续，2x12因为h(1)eln12e20，h(2)eln22eln220，所以h(1)h(2)0，所以h(x)的零点所在的区间为1,2，x所以函数f(x)(e)的图像与函数gx2lnx的图像交点横坐标所在的区间为1,2，故选：B2．已知函数f(x)xlnxxk(x1)在(1,)上有唯一零点，若k(n,n1)，nZ，则n（）A．2B．3C．4D．5【来源】全国名校高三高考数学（文）冲刺试题（二）【答案】B【分析】对函数f(x)求导得f(x)，再对k分类讨论以确定函数的单调性，函数有唯一零点的条件，转化为函数最值即可作答.【详解】10/24,因x(1,)，f(x)xlnxxk(x1)，则f(x)lnx2k，k2时，恒有f(x)0，f(x)在(1,)上单调递增，f(x)f(1)1，f(x)在(1,)上无零点，k2k2k2k2时，f(x)0xe，而f(x)在(1,)上单调递增，从而f(x)在(1,e)上单调递减，在(e,)上单调递增，k2k2k2k2k2f(x)f(e)(k2)eekekek，minf(ek2)0，即k2因函数f(x)xlnxxk(x1)在(1,)上有唯一零点，则ek0，k2k2令g(k)ek(k2)，则g(k)e10，g(k)在(2,)单调递减，而2g(3)3e0,g(4)4e0，于是得g(k)的零点k(3,4)，所以n3.故选：Bx2313．函数yx和y存在公共点Px0,y0，则x0的范围为（）2A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4【来源】陕西省西安中学高三下学期第二次仿真考试理科数学试题【答案】B【分析】x231构造函数fxx，结合函数单调性和零点存在定理可选出正确答案.2【详解】x231解：由题意知，fxx0有解，f04,f11,f27，2因为fx在R上连续且在R上单调递增，有f1f20，则解的范围为1,2，故选:B.4．已知函数fxxa，gxlnx，若fx的图象与gx的图象在2020,2021上恰有1个交点，则a的取值范围为（）A．ln20202020,ln20212021B．ln20202021,ln2021202011/24,C．ln20212020,ln20202021D．ln20212021,ln20202020【来源】“超级全能生”高三全国卷地区4月联考试题（乙卷）数学（理）试题【答案】D【分析】令hxfxgx，将问题转化为hx在2020,2021有且仅有1个零点，利用导数可求得hx在2020,2021上单调递增，结合零点存在定理可知h20200，h20210，解不等式组求得结果.【详解】1x1令hxfxgxxalnx，则hx1，xx当x2020,2021时，hx0，hx在2020,2021上单调递增，若fx与gx在2020,2021上恰有1个交点，则hx在2020,2021有且仅有1个零点，h20200，h20210，2020aln20200即，解得：ln20212021aln20202020，2021aln20210即a的取值范围为ln20212021,ln20202020.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查根据两函数交点个数求解参数范围的问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为函数在区间内零点个数的求解问题.x1*5．函数fx2x5的零点x0a1,a，aN，则a（）4A．1B．2C．3D．4【来源】山西省吕梁市高三上学期第一次模拟数学（文）试题【答案】C【分析】根据题意，分别计算f1,f(2),f(3)，判断其正负，由零点存在定理判断函数零点所在区间为2,3，可得a3.【详解】12/24,113已知f1250，f2450；f3850，所以f2f(3)0，可知函数零点所424在区间为2,3，故a3.故选：C.6．（多选）【普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考）】已知函数f(x)xln(1x)，则（）A．f(x)在(0,)单调递增B．f(x)有两个零点11C．曲线yf(x)在点,f处切线的斜率为1ln222D．f(x)是偶函数【答案】AC【分析】根据函数的定义域可判断D，利用函数的导数的正负可判断A，利用导数的几何意义可判断C，根据函数值的情况及零点定义可判断B.【详解】由f(x)xln(1x)知函数的定义域为(1,)，xf(x)ln(1x)，1xx当x(0,)时，ln(1x)0,0，f(x)0，1x故f(x)在(0,)单调递增，A正确；由f(0)0，当1x0时，ln(1x)0,f(x)xln(1x)0，当ln(1x)0,f(x)0，所以f(x)只有0一个零点，B错误；11111令x，f()ln1ln21，故曲线yf(x)在点,f处切线的斜率为1ln2，22222C正确；由函数的定义域为(1,)，不关于原点对称知，f(x)不是偶函数，D错误.故选：AC13/24,7．【四川省成都市高三上学期第一次诊断性检测数学（文）】已知函数fxxlnx，gxxlnx，若fx1lnt，gx2t，则x1x2lnt的最小值为（）．1211A．B．C．D．22eeee【答案】C【分析】由题可得ex1xelnx2lnx，由yxex在0,单调递增得xlnx，即xxt，则xxlnttlnt，12121212利用导数求出hxtlntt0的最小值即可.【详解】fxxlnxlnt，tex1x①，1111gxxlnxt，telnx2lnx②，2222由①②得ex1xelnx2lnx，12xyxe在0,单调递增，x1lnx2，则x1x2t，xxlnttlnt，12令hxtlntt0，则htlnt1，11令ht0，解得t，令ht0，解得0t，ee11故ht在0,单调递减，在,单调递增，ee11hth.minee故选：C.12x18．已知函数fxkx，xe，gxe21，若fx与gx的图象上分别存在点M､N，e使得M､N关于直线yx1对称，则实数k的取值范围是（）1423A．,eB．2,2eC．,2eD．,3eeeee14/24,【答案】C【分析】由于关于yx1点的坐标之间的关系得函数gx关于yx1对称的函数为hx=2lnx，进而将问题12转化为函数hx=2lnx与函数fxkx图象在区间,e有交点，即方程kx2lnx在区间e12422,e上有解，故k，进而得k2e.exxe【详解】解：设x0,y0是函数gx的图象上的任意一点，其关于yx1对称的点的坐标为x,y，所以xy01,yx01，所以函数gx关于yx1对称的函数为hx=2lnx.由于fx与gx的图象上分别存在点M､N，使得M､N关于直线yx1对称，12故函数hx=2lnx与函数fxkx图象在区间,e有交点，e12所以方程kx2lnx在区间,e上有解，e422所以4kx2，即k，所以k2e.xxe故选：C.【点睛】本题解题的关键在于由关于直线yx1对称的点的坐标之间的关系得gx关于yx1对称的函数为12hx=2lnx，进而将问题转化为函数hx=2lnx与函数fxkx图象在区间,e有交点，考e查化归转化思想和运算求解能力，是难题.9.【河南省郑州市高三上学期第一次质量检测理科】对于函数yfx与ygx，若存在x0，使fx0gx0，则称Mx0,fx0，N(x0,gx0)是函数fx与gx图象的一对“隐对称点”.lnx已知函数fxmx1，gx，函数fx与gx的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数mx的取值范围为（）15/24,A．1,0B．,1C．0,11,D．,1U1,0【答案】A【分析】lnx由题意可得函数ymx1与y的图象有两个交点，结合导数可画出两函数的图象，结合导数的x几何意义数形结合即可得解.【详解】lnx由题意函数ymx1与y的图象有两个交点，xlnx1lnx令hx，则hx，2xx当x0,e时，hx0，hx单调递增；当xe,时，hx0，hx单调递减；又ymx1恒过点1,0，当x1时，hx0，lnx在同一坐标系中作出函数ymx1、hx的图象，如图，xlnx由图象可知，若函数ymx1与y的图象有两个交点，则m0，xlnx当直线ymx1为函数y图象的切线时，由h11可得m1,x0m1即m1,0.故选：A.x110.【全国著名重点中学新高考冲刺】已知函数fxlnxae1的图象与函数11xgxlnae1的图象有唯一公共点，则实数a的值为（）2x16/24,A．1B．0C．2D．1【答案】D【分析】x111x函数yfx与ygx的图象有唯一公共点转化为方程lnxaelnae20有唯一2x解，x11x引入函数hxlnxaeln2xae2，则函数有唯一零点，计算h(2x)h(x)得对称性，由对称性可得h1aa20，得出结论．【详解】x111x函数fxlnxae1的图象与函数gxlnae1的图象有唯一公共点，则方程2xx111xx111xlnxae1lnae1有唯一解，即方程lnxaelnae20有唯一解，即2x2xx11x函数hxlnxaeln2xae2有唯一零点．2x112x1xx1因为h2xln2xaeln22xae2ln2xaelnxae2，所以h2xhx，则yhx的图象关于直线x1对称．因为函数hx只有一个零点，所以函数hx的零点只能是x1，所以h1aa20，解得a1，故选：D．11.【山东省枣庄市滕州一中高三10月月考】定义：如果函数yfx在区间a,b上存在x,xaxxb'fbfa'fbfa1212，满足fx1，fx2，则称函数yfx是在baba362区间a,b上的一个双中值函数，已知函数fxxx是区间0,t上的双中值函数，则实数t的取值范5围是（）3626236A．,B．,C．,D．1,5555555【答案】A【详解】17/24,362212fxxx,fx3xx，55362∵函数fxxx是区间0,t上的双中值函数，5∴区间0,t上存在x1，x（20＜x1＜x2＜t），ftf026满足f(x)＝f(x)＝＝tt，12t521226∴方程3xxtt在区间0,t有两个不相等的解，5521226令g（x）3xxtt，（0＜xt），5521226＝12(tt)＞05520t526则g0＝tt＞0，526gt＝2tt＞0536解得＜t＜，5536∴实数t的取值范围是,.55故选:A．2212.【广西南宁三中高三数学（理科）】方程x2xa1,(a0)的解的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】22将题意转化为yx2x的图象与ya1的图象交点的个数即可得结果.【详解】2yx22x的图象如图，∵a0，∴a11.而18/24,22∴yx2x的图象与ya1的图象总有两个交点，22即方程x2xa1,(a0)的解的个数是2，故选：B.2x1,x113．【天津市耀华中学高三（上）】已知函数f(x)lnx，若关于x的方程,x1x212[f(x)]2tf(x)t0有5个不同的实数根，则实数t的取值范围是（）2111111113113A．,B．,C．,D．,2e2e222e2e22【答案】A【分析】lnx21利用导数研究函数y的单调性并求得最值，求解方程2[f(x)]2tf(x)t0有x21f(x)t0或2f(x)10．画出函数图象，数形结合得答案．2【详解】lnx1lnx设y，则y，2xx由y0，解得xe，当x(0,e)时，y0，函数为增函数，当x(e,)时，y0，函数为减函数．1当xe时，函数取得极大值也是最大值为fe．e211方程2[f(x)]2tf(x)t0有5化为[f(x)t][2f(x)1]0．2219/24,11解得f(x)t或f(x)．2211111如图画出函数图象：0tt，2e2e2故选：A．2x1,x114.【河南省信阳市高三（10月份）第一次质检数学（理科）】已知函数fxlnx，若关于x的,x1x2方程2fx12mfxm0有5个不同的实数解，则实数m的取值范围是______.1【答案】0,e【分析】lnx2利用导数研究函数y的单调性并求得最值，求解方程2[f(x)](12m)f(x)m0得到f(x)mx1或f(x)．画出函数图象，数形结合得答案．2【详解】lnx1lnx设y，则y，2xx由y0，解得xe，当x(0,e)时，y0，函数为增函数，当x(e,)时，y0，函数为减函数．1当xe时，函数取得极大值也是最大值为f（e）．e2方程2[f(x)](12m)f(x)m0化为[f(x)m][2f(x)1]0．1解得f(x)m或f(x)．220/24,1如图画出函数图象：可得m的取值范围是(0,)．e1故答案为：0,e215．已知函数fx1xkx2有两个不同的零点，则常数k的取值范围是___________.【来源】全国高三高考数学（文）信息试题（一）3【答案】0k3【分析】22根据题意，函数fx1xkx2有两个不同的零点，等价于y1x与ykx2的图象有两个不同的交点，作出图象，数形结合即可求解.【详解】2由函数fx1xkx2有两个不同的零点，2可知y1x与ykx2的图象有两个不同的交点，故作出如下图象，21/24,2k3当y1x2与ykx2的图象相切时，1，即k，2k133由图可知k0，故相切时k，332因此结合图象可知，当0k时，y1x与ykx2的图象有两个不同的交点，332即当0k时，函数fx1xkx2有两个不同的零点.33故答案为：0k.3116．已知函数x2x1f(x)14k21有两个不同的零点，则实数k的取值范围是_________.【来源】河北省衡水市饶阳中学高三5月数学精编试题23【答案】1，3【分析】1x2令t2，根据解析式，求得t的范围，将f(x)有两个不同的零点，转化为曲线y1t（个单位圆）4k与经过定点P(2，0)的直线y(t2)有两个不同交点，分别作出图象，数形结合，即可求得答案.2【详解】xx2x令t2，则由函数的定义域知141t0，解得0t1，且t2为增函数，2k所以函数f(x)有两个不同的零点转化为关于t的方程1t(t2)在区间(0，1]上有两个不等实根，21k即曲线y1t2（个单位圆）与经过定点P(2，0)的直线y(t2)有两个不同交点.422如图，设过点P的直线与曲线y1t(0t1)相切于点A，连接OA.设切线PA的方程为yk1(t2)，即k1ty2k10.2k13由OAPA，得221，解得k（正值已舍去）.k(1)113011又易得直线PB的斜率是，2023k123故，解得1k，322323即实数k的取值范围是1，.323故答案为：1，322/24,【点睛】解题的关键是将方程求根问题，转换为求两图象交点问题，在根据直线与圆的位置关系，求得参数范围，考查分析理解，数形结合思想，属基础题.xe,x017．【陕西省榆林市高三上学期第一次高考模拟测试文科】已知函数f(x)1.2x2x,x021（1）求斜率为的曲线yf(x)的切线方程；2f(x)（2）设g(x)m，若g(x)有2个零点，求m的取值范围.x【答案】（1）8x16y10或x2yln210；（2）0,22.【分析】13（1）求出f(x)，令f(x)可得xln2或，分别求出切点坐标和切线方程；24xemx,x0（2）令(x)f(x)mx，则(x)1，2x2mx,x02由x0讨论m0和m0时(x)的单调性确定零点个数，由x0讨论m22、m22、22m22、m22、m22时(x)的单调性和零点个数从而找到答案.【详解】xe,x013（1）f(x)，令f(x)可得：xln2或，2x2,x02411ln21当xln2时，切点为ln2,，切线方程为：yx，即：x2yln210；22223/24,33711当x时，切点为,，切线方程为：yx，即：8x16y10；4416216f(x)（2）g(x)m0，即：f(x)mx0，令(x)f(x)mx，则xxemx,x0(x)1，2x2mx,x021当x0时，若m0，(x)0，无零点，若m0，(x)在,0上递增，01，0，m此时(x)有且只有一个零点；1当x0时，m22m22，x1x22m，x1x20，2若m22时，0，x1x20，此时(x)在0,上有两个零点；若m22时，0，x1x20，此时(x)在0,上有一个零点；若22m22时，，此时(x)在0,上无零点；若m22时，0，x1x20，此时(x)在0,上无零点；若m22时，0，x1x20，此时(x)在0,上无零点；因为g(x)有2个零点，所以0m22，故m的取值范围为0,22.24/24