山东2016高考数学理科二轮复习讲义：专题一 第4讲导数与函数图象的切线及函数零点问题
世纪金榜 圆您梦想 更多精品资源请登录www.jb1000.com 第4讲 导数与函数图象的切线及函数零点问题
高考定位 在高考试题的导数压轴题中～把求切线和研究函数的性质交汇起来是一个命题热点,两个函数图象的交点问题可以转化为一个新的函数的零点问题～函数图象与函数零点是函数中的两个重要问题～在高考试题导数压轴题中涉及两个函数图象的交点问题是高考命题的另一热点(
真 题 感 悟
13 (2015?全国?卷)已知函数f(x),x，ax，，g(x),,ln x. 4
(1)当a为何值时，x轴为曲线y,f(x)的切线;
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x),min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数(
1,3,，ax，,0，x004,解 (1)设曲线y,f(x)与x轴相切于点(x，0)，则f(x),0，f′(x),0.即 000,2,3x，a,0，0
13解得x,，a,,. 024
3因此，当a,,时，x轴为曲线y,f(x)的切线( 4
(2)当x?(1，，?)时，g(x),,ln x<0，
从而h(x),min{f(x)，g(x)}?g(x)<0，
故h(x)在(1，，?)上无零点(
55?,，则f(1),a，?0，h(1),min{f(1)，g(1)},g(1),0，故x,1是h(x)当x,1时，若a44
5的零点;若a<,，则f(1)<0，h(1),min{f(1)，g(1)},f(1)<0，故x,1不是h(x)的零点( 4
当x?(0，1)时，g(x),,ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数(
12(?)若a?,3或a?0，则f′(x),3x，a在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)单调(而f(0),，4
5f(1),a，，所以当a?,3时，f(x)在(0，1)内有一个零点;当a?0时，f(x)在(0，1)没有零点( 4
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,a,,a,(?)若,3
0，即,,或a<,时，h(x)有一个零点;当a,,或a,,时，h(x)有两个零点;当,444453
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
(
(2)函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.
热点一 函数图象的切线问题
[微题型1] 单一考查曲线的切线方程
3【例1,1】 (2015?衡水中学模拟)在平面直角坐标系xOy中，设A是曲线C:y,ax，1(a,1
5220)与曲线C:x，y,的一个公共点，若C在A处的切线与C在A处的切线互相垂直，则2122
实数a的值是________(
12解析 设A(x～y)～则C在A处的切线的斜率为f′(x),3ax～C在A处的切线的斜率为,001002kOA
x0,,～ y0
又C在A处的切线与C在A处的切线互相垂直～ 12
x,0,23,,所以,?3ax,,1～即y,3ax～ 000,,y0
33又ax,y,1～所以y,～ 0002
5122代入C:x，y,～得x,?～ 2022
13将x,?～y,代入 0022
3y,ax，1(a,0)～得a,4.
答案 4
探究提高 (1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异～过点P的切线中～点P不一定是切点～点P也不一定在已知曲线上～而在点P处的切线～必以点P为切点(
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世纪金榜 圆您梦想 更多精品资源请登录www.jb1000.com (2)利用导数的几何意义解题～主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化(以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值～则
要求
对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗
掌握平行、垂直与斜率之间的关系～进而和导数联系起来求解(
[微题型2] 综合考查曲线的切线问题
3【例1,2】 (2014?北京卷)已知函数f(x),2x,3x.
(1)求f(x)在区间[,2，1]上的最大值;
(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y,f(x)相切，求t的取值范围;
(3)问过点A(,1，2)，B(2，10)，C(0，2)分别存在几条直线与曲线y,f(x)相切,(只需写出结论)(
32解 (1)由f(x),2x,3x得f′(x),6x,3.
22令f′(x),0，得x,,或x,. 22
,,,,22因为f(,2),,10，f,,,2，f,,,,2，f(1),,1， ,,,,,22
,,2所以f(x)在区间[,2，1]上的最大值为f,,,2. ,,,2
(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y,f(x)相切于点(x，y)， 00
32则y,2x,3x，且切线斜率为k,6x,3， 0000
2所以切线方程为y,y,(6x,3)(x,x)， 000
2因为t,y,(6x,3)(1,x)( 000
3232整理得4x,6x，t，3,0，设g(x),4x,6x，t，3， 00
则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y,f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”(
2g′(x),12x,12x,12x(x,1)，
当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下:
x 0 1 (,?，0) (0，1) (1，，?)
g′(x) 0 0 ， , ，
g(x) ? t，3 ? t，1 ? 所以，g(0),t，3是g(x)的极大值，g(1),t，1是g(x)的极小值(
当g(0),t，3?0，即t?,3时，此时g(x)在区间(,?，1]和[1，，?)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点(
当g(1),t，1?0，即t?,1时，
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世纪金榜 圆您梦想 更多精品资源请登录www.jb1000.com 此时g(x)在区间(,?，0)和[0，，?)上分别至多有1个零点，
所以g(x)至多有2个零点(
当g(0),0且g(1),0，即,3,t,,1时，
因为g(,1),t,7,0，g(2),t，11,0，
所以g(x)分别在区间[,1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(,?，0)和(1，，?)上单调，所以g(x)分别在区间(,?，0)和[1，，?)上恰有1个零点( 综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y,f(x)相切时,t的取值范围是(,3，,1)( (3)过点A(,1，2)存在3条直线与曲线y,f(x)相切;
过点B(2，10)存在2条直线与曲线y,f(x)相切;
过点C(0，2)存在1条直线与曲线y,f(x)相切(
探究提高 解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标～解题时先不要管其他条件～先使用曲线上点的横坐标表达切线方程～再考虑该切线与其他条件的关系～如本题第(2)问中的切线过点(1～t)(
3【训练1】 已知函数f(x),x,x.
(1)设M(λ，f(λ))是函数f(x)图象上的一点，求点M处的切线方程; 00
3(2)
证明
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:过点N(2，1)可以作曲线f(x),x,x的三条切线(
2(1)解 因为f′(x),3x,1.
32所以曲线f(x),x,x在点M(λ，f(λ))处的切线的斜率为k,f′(λ),3λ,1. 0000
32所以切线方程为y,(λ,λ),(3λ,1)(x,λ)， 0000
23即y,(3λ,1)x,2λ. 00
323(2)证明 由(1)知曲线f(x),x,x在点(λ，f(λ))处的切线的方程为y,(3λ,1)x,2λ.
23若切线过点N(2，1)，则1,2(3λ,1),2λ，
32即2λ,6λ，3,0.
32过点N可作曲线f(x)的三条切线等价于方程2λ,6λ，3,0有三个不同的解(
32设g(λ),2λ,6λ，3，
2则g′(λ),6λ,12λ,6λ(λ,2)(
当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表:
λ 0 2 (,?，0) (0，2) (2，，?)
g′(λ) 0 0 ， , ，
g(λ) ? 极大值3 ? 极小值,5 ?
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世纪金榜 圆您梦想 更多精品资源请登录www.jb1000.com 因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值,5，
3所以过点N可以作曲线f(x),x,x的三条切线(
热点二 利用导数解决与函数零点(或方程的
根)有关的问题
[微题型1] 讨论方程根的个数
2x【例2,1】 (2015?广州模拟)已知函数f(x),(x,3x，3)?e的定义域为[,2，t](t,,2)( (1)试确定t的取值范围，使得函数f(x)在[,2，t]上为单调函数;
2fx,()20(2)当1,t,4时，求满足,(t,1)的x的个数( 0x03e
2xxx解 (1)?f′(x),(x,3x，3)?e，(2x,3)?e,x?(x,1)e，
由f′(x),0，得x,1或x,0;
由f′(x),0，得0,x,1.
?f(x)在(,?，0]，[1，，?)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
若使f(x)在[,2，t]上为单调函数，则需,2,t?0，
即t的取值范围为(,2，0](
222fx,()fx,()22222200(2)?,x,x，,(t,1)，即x,x,(t,1)，令g(x),x,x,(t,1)，则问0000xx00333ee
222题转化为当1,t,4时，求方程g(x),x,x,(t,1),0在[,2，t]上的解的个数( 3
222?g(,2),6,(t,1),,(t，2)(t,4)， 33
212g(t),t(t,1),(t,1),(t，2)(t,1)， 33
?当1,t,4时，g(,2),0且g(t),0，
22?g(0),,(t,1),0， 3
?g(x),0在[,2，t]上有两解(
fx,()202即满足,(t,1)的x的个数为2. 0x03e
探究提高 研究方程的根的情况～可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等～并借助函数的大致图象判断方程根的情况～这是导数这一工具在研究方程中的重要应用(
[微题型2] 根据零点个数求参数范围
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2【例2,2】 (2015?东营模拟)已知函数f(x),xln x，g(x),,x，ax,2(e为自然对数的底数，
a?R)(
(1)判断曲线y,f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y,g(x)的公共点个数;
1，，,,(2)当x?，e时，若函数y,f(x),g(x)有两个零点，求a的取值范围( ，，e
解 (1)f′(x),ln x，1，
所以切线斜率k,f′(1),1.
又f(1),0，?曲线在点(1，0)处的切线方程为y,x,1.
2,y,,x，ax,2，2由,?x，(1,a)x，1,0. y,x,1,
22由Δ,(1,a),4,a,2a,3,(a，1)(a,3)可知:
当Δ,0时，即a,,1或a,3时，有两个公共点;
当Δ,0时，即a,,1或a,3时，有一个公共点;
当Δ,0时，即,1,a,3时，没有公共点(
2f(x),g(x),x,ax，2，xln x， (2)y,
2由y,0，得a,x，，ln x. x
2令h(x),x，，ln x， x
(x,1)(x，2)则h′(x),. 2x
1，，,,当x?，e时，由h′(x),0，得x,1. ，，e
1，，,,所以h(x)在，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， ，，e
因此h(x),h(1),3. min
112,,,,由h,，2e,1，h(e),e，，1， ,,eee
12,,,,比较可知h,h(e)，所以，结合函数图象可得，当3,a?e，，1时，函数y,f(x),g(x)有,,ee两个零点(
探究提高 对于函数零点的个数的相关问题～利用导数和数形结合的数学思想来求解(这类
问题求解的通法是:
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(1)构造函数～这是解决此类题的关键点和难点～并求其定义域,(2)求导数～得单调区间和极值点,(3)画出函数草图,(4)数形结合～挖掘隐含条件～确定函数图象与x轴的交点情况进而求解(
3ππ,3，，,,【训练2】 已知函数f(x),axsin x,(a,0)，且在0，上的最大值为. ，，222(1)求函数f(x)的解析式;
(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明(
解 (1)由已知，得f′(x),a(sin x，xcos x)，且a,0.
π,,,,当x?0，时，有sin x，xcos x,0， ,,2
π,,,,从而f′(x),0，f(x)在0，上是增函数， ,,2
π，，,,又f(x)在0，上的图象是连续不断的， ，，2
ππ，，,,,,,,故f(x)在0，上的最大值为f， ，，,,22
π3π,3即a,,，解得a,1. 222
3综上所述得f(x),xsin x,. 2
(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点(证明如下:
3由(1)知，f(x),xsin x,， 2
3ππ,3,,,,从而f(0),,,0，f,,0. ,,222
π，，,,又f(x)在0，上的图象是连续不断的， ，，2
π,,,,所以f(x)在0，内至少存在一个零点( ,,2
π，，,,又由(1)知f(x)在0，上单调递增， ，，2
π,,,,故f(x)在0，内有且只有一个零点( ,,2
π，，,,当x?，π时，令g(x),f′(x),sin x，xcos x. ，，2
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πππ,,，，,,,,,,,,由g,1,0，g(π),,π,0，且g(x)在，π上的图象是连续不断的，故存在m?，π，,,，，,,222使得g(m),0.
π,,,,由g′(x),2cos x,xsin x，知x?，π时，有g′(x),0， ,,2
π,,,,从而g(x)在，π内单调递减( ,,2
π,,,,?当x?，m时，g(x),g(m),0， ,,2
π,,,,即f′(x),0，从而f(x)在，m内单调递增， ,,2
πππ,3，，,,,,,,故当x?，m时，f(x)?f,,0， ，，,,222
π，，,,故f(x)在，m上无零点; ，，2
?当x?(m，π)时，有g(x),g(m),0，
即f′(x),0，从而f(x)在(m，π)内单调递减(
又f(m),0，f(π),0，且f(x)的图象在[m，π]上连续不间断，从而f(x)在区间(m，π)内有且仅有一个零点(
(0，π)内有且只有两个零点. 综上所述，f(x)在
1(求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y,y,f′(x)(x,x)，它的难点在于分清000
“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异(突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x，y)的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线00
上，而在点P(x，y)处的切线，必以点P为切点，则此时切线的方程是y,y,f′(x)(x,x)( 000002(我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题(
3(研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路，因此使用的知识还是函数的单调性和极值的知识(
4(求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力(因此在高考压轴题中占有比较重要的地位(
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一、选择题
x1(曲线y,在点(,1，,1)处的切线方程为( ) x，2
A(y,2x，1 B(y,2x,1
C(y,,2x,3 D(y,,2x,2
x，2,x2解析 易知点(,1～,1)在曲线上～且y′,,～所以切线斜率k,y′|,,,x122,x，2,,x，2,
2,2. 1
由点斜式得切线方程为y，1,2(x，1)～即y,2x，1.
答案 A
22((2015?枣庄模拟)若曲线f(x),acos x与曲线g(x),x，bx，1在交点(0，m)处有公切线，则a，b的值为( )
1 D(2 A(,1 B(0 C(
解析 ?f′(x),,asin x～?f′(0),0.
又g′(x),2x，b～?g′(0),b～?b,0.
又g(0),1,m～?f(0),a,m,1～?a，b,1.
答案 C
33((2015?威海模拟)直线y,kx，1与曲线y,x，ax，b相切于点A(1，3)，则2a，b的值为( ) A(2 B(,1 C(1 D(,2
2解析 ?y′,3x，a.?y′|,3，a,k～ ,x1
又3,k，1～?k,2～?a,,1.
又3,1，a，b～?b,3～?2a，b,,2，3,1.
答案 C
4((2015?武汉模拟)曲线y,xln x在点(e，e)处的切线与直线x，ay,1垂直，则实数a的值为( )
11A(2 B(,2 C. D(, 22
1解析 依题意得y′,1，ln x～y′|,1，ln e,2～所以,×2,,1～a,2～故选A. ,xea
答案 A
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x5(已知e是自然对数的底数，函数f(x),e，x,2的零点为a，函数g(x),ln x，x,2的零点为b，则下列不等式中成立的是( )
A(f(a),f(1),f(b) B(f(a),f(b),f(1)
C(f(1),f(a),f(b) D(f(b),f(1),f(a)
x0解析 由题意～知f′(x),e，1,0恒成立～所以函数f(x)在R上是单调递增的～而f(0),e，
10,2,,1,0～f(1),e，1,2,e,1,0～所以函数f(x)的零点a?(0～1),由题意～知g′(x)1,，1,0～所以g(x)在(0～，?)上是单调递增的～又g(1),ln 1，1,2,,1,0～g(2),ln 2x
，2,2,ln 2,0～所以函数g(x)的零点b?(1～2)(
综上～可得0,a,1,b,2.
因为f(x)在R上是单调递增的～
所以f(a),f(1),f(b)(
答案 A
二、填空题
222,,,,,,32,,,,6(已知f(x),x，f′x,x，则f(x)的图象在点,，f,处的切线斜率是________( ,,,,,,333
22222222,,,,,,,,,,2,,,,,,,,,,3x解析 f′(x),，2f′x,1～令x,～可得f′,3×，2f′×,1～解得f′,,1～,,,,,,,,,,3333333
22,,,,,,所以f(x)的图象在点,～f,处的切线斜率是,1. ,,,,33
答案 ,1
327((2015?青岛模拟)关于x的方程x,3x,a,0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________(
322解析 由题意知使函数f(x),x,3x,a的极大值大于0且极小值小于0即可～又f′(x),3x,6x,3x(x,2)～令f′(x),0～得x,0～x,2.当x,0时～f′(x),0, 12
当0,x,2时～f′(x),0,当x,2时～f′(x),0～所以当x,0时～f(x)取得极大值～即f(x)极大值
,,a,0～,f(0),,a,当x,2时～f(x)取得极小值～即f(x),f(2),,4,a～所以,解得极小值,4,a,0～,,4,a,0.
答案 (,4，0)
38((2015?安徽卷)设x，ax，b,0，其中a，b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号)(
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?a,,3，b,,3;?a,,3，b,2;?a,,3，b>2;
?a,0，b,2;?a,1，b,2.
32解析 令f(x),x，ax，b～f′(x),3x，a～
当a?0时～f′(x)?0～f(x)单调递增～必有一个实根～??正确,当a<0时～由于选项当中a
2,,3～?只考虑a,,3这一种情况～f′(x),3x,3,3(x，1)(x,1)～?f(x),f(,1),,1极大，3，b,b，2～f(x),f(1),1,3，b,b,2～要使f(x),0仅有一个实根～则而f(x)<0或极小极大f(x)>0～?b<,2或b>2～??正确～所有正确条件为????. 极小
答案 ????
三、解答题
ax9(已知曲线C:y,e.
(1)若曲线C在点(0，1)处的切线为y,2x，m，求实数a和m的值; (2)对任意实数a，曲线C总在直线l:y,ax，b的上方，求实数b的取值范围(
ax解 (1)y′,ae，
，1)处的切线为y,2x，m， 因为曲线C在点(0
所以1,2×0，m且y′|,2，解得m,1，a,2. ,x0
ax(2)法一 对于任意实数a，曲线C总在直线y,ax，b的上方，等价于?x，a?R，都有e,ax，b，
ax即?x，a?R，e,ax,b,0恒成立(
ax令g(x),e,ax,b，
?若a,0，则g(x),1,b，
所以实数b的取值范围是b,1;
ax?若a?0，g′(x),a(e,1)，由g′(x),0得x,0，
g′(x)，g(x)的变化情况如下:
x 0 (,?，0) (0，，?)
g′(x) 0 , ，
g(x) ? 极小值 ?
所以g(x)的最小值为g(0),1,b，
所以实数b的取值范围是b,1.
综上，实数b的取值范围是b,1.
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ax法二 对于任意实数a，曲线C总在直线y,ax，b的上方，等价于?x，a?R，都有e,ax
ax，b，即?x，a?R，b,e,ax恒成立(
t令t,ax，则等价于?t?R，b,e,t恒成立(
tt令g(t),e,t，则g′(t),e,1.由g′(t),0得t,0，
g′(t)，g(t)的变化情况如下:
t 0 (,?，0) (0，，?)
g′(t) 0 , ，
g(t) ? 极小值 ?
t所以g(t),e,t的最小值为g(0),1，
所以实数b的取值范围是b,1.
210((2015?济南模拟)已知函数f(x),2ln x,x，ax(a?R)( (1)当a,2时，求f(x)的图象在x,1处的切线方程;
1，，,,(2)若函数g(x),f(x),ax，m在，e上有两个零点，求实数m的取值范围( ，，e
2解 (1)当a,2时，f(x),2ln x,x，2x，
2f′(x),,2x，2，切点坐标为(1，1)， x
切线的斜率k,f′(1),2，
则切线方程为y,1,2(x,1)，即y,2x,1.
2(2)g(x),2ln x,x，m，
2,2(x，1)(x,1)则g′(x),,2x,. xx
1，，,,因为x?，e，所以当g′(x),0时，x,1. ，，e
1当,x,1时，g′(x),0;当1,x,e时，g′(x),0. e
故g(x)在x,1处取得极大值g(1),m,1.
11,,2,,又g,m,2,，g(e),m，2,e， 2,,ee
111,,,,2,,,,g(e),g,4,e，,0，则g(e),g， 2,,,,eee
1，，,,所以g(x)在，e上的最小值是g(e)( ，，e
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1，，,,g(x)在，e上有两个零点的条件是 ，，e
g(1),m,1,0，,,1,， 解得1,m?2，11,,2e,,g,m,2,?0，,2,,,ee
1,，,,所以实数m的取值范围是1，2，. 2,，e
x211((2014?四川卷)已知函数f(x),e,ax,bx,1，其中a，b?R，e,2.718 28„为自然对数的底数(
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值; (2)若f(1),0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点(
证明:e,2,a,1.
x2x解 (1)由f(x),e,ax,bx,1，有g(x),f′(x),e,2ax,b.
x所以g′(x),e,2a.
当x?[0，1]时，g′(x)?[1,2a，e,2a](
1?时，g′(x)?0，所以g(x)在[0，1]上单调递增， 当a2
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0),1,b;
e当a?时，g′(x)?0，所以g(x)在[0，1]上单调递减， 2
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1),e,2a,b;
1e当,a,时，令g′(x),0，得x,ln(2a)?(0，1)( 22
所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增( 于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a)),2a,2aln(2a),b.
1综上所述，当a?时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0),1,b; 2
1e当,a,时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a)),2a,2aln(2a),b; 22
e当a?时，g(x)在[0，1]上的最小值是 2
g(1),e,2a,b.
(2)证明 设x为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0),f(x),0可知f(x)在区间(0，x)000上不可能单调递增，也不可能单调递减(
则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负，故g(x)在区间(0，x)内存在零点x. 01
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同理g(x)在区间(x，1)内存在零点x. 02
所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点(
1由(1)知，当a?时，g(x)在[0，1]上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点( 2
e当a?时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点( 2
1e所以,a,. 22
此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增( 因此x?(0，ln(2a)]，x?(ln(2a)，1)，必有 12
g(0),1,b,0，g(1),e,2a,b,0.
由f(1),0有a，b,e,1,2，由
g(0),a,e，2,0，g(1),1,a,0.
解得e,2,a,1.
所以，函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e,2,a,1.
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