专题六 不等式、函数与导数第6讲函数零点问题讲义-2026届高三数学二轮复习

该高中数学讲义聚焦函数零点问题核心考点，覆盖零点区间判断、个数确定及参数范围求解，按真题探究、考点分层（图象性质与导数应用）、考向细分（含嵌套零点）的逻辑架构组织，通过考点梳理、典例精讲、真题训练等环节，帮助学生构建解题框架，突破难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以真题导向与分层突破为特色，如考点二通过导数分析函数单调性与极值，结合典例培养学生数学思维与推理能力。设置基础变式、限时综合、拓展提升三级练习，精准对接高考题型，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题六 不等式、函数与导数 第6讲　函数零点问题 【探究真题.明确方向】 1.(2025·天津，T7)函数f(x)=0.3x-的零点所在区间是(　　) A.(0，0.3) B.(0.3，0.5) C.(0.5，1) D.(1，2) 2.(2023·全国乙卷文，T8)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A.(-∞，-2) B.(-∞，-3) C.(-4，-1) D.(-3，0) 3.(2024·全国甲卷文，T16)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为　　　　.  4.(2022·全国乙卷理，T21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(-1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围. 【命题预测】本讲是历年高考命题常考的内容，高中低档题目都有考查，三种题型都有所考查，分值约为5~15分. 【考向预测】利用函数的图象与性质或导数研究函数的零点与方程的根，主要考查一是判断函数零点所在的区间；二是判断函数零点的个数；三是已知函数零点的个数或区间求参数范围(值). 　　　　　　　　　　　　　　　　 考点一　利用函数的图象与性质研究函数的零点 考向1　函数零点个数的判断 【典例】1　函数f(x)=-x+1的零点个数为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 考向2　求参数的值或范围 【典例】2　设函数g(x)=若函数g(x)有三个零点，则实数b的取值范围是　　　　.  考向3　嵌套函数的零点 【典例】3　(2025·临沂模拟)已知函数f(x)=若函数y=f(f(x))有8个零点，则实数a的取值范围为(　　) A.a>1 B.a<0 C.-1<a<0 D.a<-1 　　　　　　　　　　　 　　　　　 【变式训练】1　(1)已知函数f(x)=x5+4x+a在(-1，1)内有零点，则实数a的取值范围是(　　) A.(-5，5) B.(-∞，-5)∪(5，+∞) C.[-5，5] D.(-∞，-5]∪[5，+∞) (2)(2025·成都模拟)函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的所有零点之和为(　　) A.9 B.10 C.11 D.12 考点二　利用导数研究函数的零点 【典例】4　(2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=2x-asin x+sin 2x.若a>0且函数f(x)在(0，π)上没有零点，求实数a的取值范围. 【考法归纳】已知零点求参数的取值范围 (1)结合图象与单调性，分析函数的极值点； (2)依据零点确定极值的范围； (3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 【变式训练】2　已知函数f(x)=eax-x(a∈R). (1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的零点个数. 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.(2025·昆明模拟)已知函数f(x)=2-，在下列区间中，一定包含f(x)零点的区间是(　　) A. B. C.(1，2) D.(2，4) 2.(2025·安康模拟)函数f(x)=cos 2x+3cos x-1在[-3π，3π]上的零点个数为(　　) A.4 B.5 C.6 D.8 3.函数f(x)=2x--a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是(　　) A.(1，3) B.(1，2) C.(0，3) D.(0，2) 4.(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cos x+2ax.当x∈(-1，1)时，曲线y=f(x)和y=g(x)恰有一个交点，则a等于(　　) A.-1 B. C.1 D.2 5.(2025·毕节模拟)已知函数f(x)=则函数y=[f(x)]2-5f(x)+6的零点个数为(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 6.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞，0) B.(-∞，1] C.[0，+∞) D.(1，+∞) 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2025·昭通阶段练习)已知定义在R上的函数f(x)满足f(-1)f(0)>0，f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，则(　　) A.f(x)在区间(-1，0)上可能存在零点 B.f(x)在区间(-1，0)上可能存在极值点 C.f(x)在区间(0，1)上一定存在零点 D.f(x)在区间(0，1)上一定存在极值点 8.(2025·合肥模拟)设函数f(x)=x3-3x2-9x-a有三个不同的零点，从小到大依次为x1，x2，x3，则(　　) A.-27<a<5 B.函数y=f(x)+a图象的对称中心为(1，-11) C.过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线，有且仅有1条 D.若x1，x2，x3成等差数列，则a=-11 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(2025·上饶模拟)函数f(x)=x的零点为　　　　.  10.(2025·德州模拟)若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则实数b的取值范围为　　　　　　.  四、解答题(共28分) 11.(13分)(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax. (1)若函数f(x)在(-∞，3)上单调递减，求实数a的取值范围；(6分) (2)若a∈(1，e]，证明：函数f(x)有两个零点.(7分) 12.(15分)(2025·北京海淀区模拟)已知函数f(x)=aln-sin x，曲线y=f(x)在点处的切线斜率为. (1)求实数a的值；(3分) (2)求f(x)在(0，2π]上的零点个数；(6分) (3)证明：f'(x)在上存在两个零点x1，x2，且|x2-x1|>.(6分) 【拓展训练】(每小题5分，共10分) 13.(2025·吉林模拟)函数f(x)=2x+4x+6x+…+2 024x-2 025x的零点个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 14.(2025·淄博模拟)若关于x的方程x2-2ycos(sin x)+y2=0有唯一解，则上述关于y的方程的非零实数解为(　　) A. B.1 C.2 D.4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题六 不等式、函数与导数 第6讲　函数零点问题 【探究真题.明确方向】 1.(2025·天津，T7)函数f(x)=0.3x-的零点所在区间是(　　) A.(0，0.3) B.(0.3，0.5) C.(0.5，1) D.(1，2) 2.(2023·全国乙卷文，T8)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A.(-∞，-2) B.(-∞，-3) C.(-4，-1) D.(-3，0) 3.(2024·全国甲卷文，T16)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为　　　　.  4.(2022·全国乙卷理，T21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(-1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围. 【命题预测】本讲是历年高考命题常考的内容，高中低档题目都有考查，三种题型都有所考查，分值约为5~15分. 【考向预测】利用函数的图象与性质或导数研究函数的零点与方程的根，主要考查一是判断函数零点所在的区间；二是判断函数零点的个数；三是已知函数零点的个数或区间求参数范围(值). 1.【答案】B 【解析】由指数函数、幂函数的单调性可知y=0.3x在R上单调递减，y=在[0，+∞)上单调递增， 所以f(x)=0.3x-在定义域[0，+∞)上单调递减，又f(0)=1>0，f(0.3)=0.30.3-0.30.5>0， f(0.5)=0.30.5-0.50.5<0， 所以根据零点存在定理可知，f(x)的零点所在区间为(0.3，0.5). 2.【答案】B 【解析】f(x)=x3+ax+2， 则f'(x)=3x2+a， 若f(x)存在3个零点， 则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0， 令f'(x)=3x2+a=0， 解得x=-或x=， 且当x∈∪时，f'(x)>0， 当x∈时，f'(x)<0， 故f(x)的极大值为f ， 极小值为f ， 若f(x)存在3个零点， 则 即解得a<-3. 3.【答案】(-2，1) 【解析】令x3-3x=-(x-1)2+a， 则a=x3-3x+(x-1)2， 设φ(x)=x3-3x+(x-1)2，x>0， 则φ'(x)=(3x+5)(x-1)，x>0， 所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，且φ(0)=1，φ(1)=-2， 当x→+∞时，φ(x)→+∞， 因为曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点， 即y=a与y=φ(x)的图象在(0，+∞)上有两个不同的交点，所以a的取值范围为(-2，1). 4.【解析】(1)当a=1时，f(x)=ln(1+x)+xe-x， ∴f'(x)=+e-x-xe-x， ∴f'(0)=1+1=2. ∵f(0)=0， ∴所求切线方程为y-0=2·(x-0)， 即y=2x. (2)f(x)=ln(1+x)+， f(x)的定义域为(-1，+∞). f'(x)=+=. 设g(x)=ex+a(1-x2)， ①若a>0，则当x∈(-1，0)时， g(x)=ex+a(1-x2)>0，即f'(x)>0， 所以f(x)在(-1，0)上单调递增， 所以f(x)<f(0)=0， 故f(x)在(-1，0)上没有零点，不符合题意. ②若-1≤a≤0，则当x∈(0，+∞)时， g'(x)=ex-2ax>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=1+a≥0，即f'(x)>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以f(x)>f(0)=0， 故f(x)在(0，+∞)上没有零点，不符合题意. ③若a<-1， (ⅰ)当x∈(0，+∞)时， 则g'(x)=ex-2ax>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 又g(0)=1+a<0，g(1)=e>0， 所以存在m∈(0，1)， 使得g(m)=0，即f'(m)=0， 当x∈(0，m)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)=0， 又当x→+∞，f(x)→+∞， 所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零点， 又f(x)在(0，m)上没有零点， 即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点； (ⅱ)当x∈(-1，0)时， 设h(x)=g'(x)=ex-2ax， 则h'(x)=ex-2a>0， 所以g'(x)在(-1，0)上单调递增， 又g'(-1)=+2a<0，g'(0)=1>0， 所以存在n∈(-1，0)，使得g'(n)=0， 当x∈(-1，n)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(n，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)=1+a<0，又g(-1)=>0， 所以存在t∈(-1，n)，使得g(t)=0， 即f'(t)=0， 当x∈(-1，t)时，f(x)单调递增， 当x∈(t，0)时，f(x)单调递减， 又x→-1，f(x)→-∞，而f(0)=0， 所以当x∈(t，0)时，f(x)>0， 所以f(x)在(-1，t)上有唯一零点， 在(t，0)上无零点， 即f(x)在(-1，0)上有唯一零点， 所以a<-1，符合题意. 综上，a的取值范围为(-∞，-1). 　　　　　　　　　　　　　　　　 考点一　利用函数的图象与性质研究函数的零点 考向1　函数零点个数的判断 【典例】1　函数f(x)=-x+1的零点个数为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【解析】方法一　易知0不是函数的零点，故f(x)=-x+1=0⇔-1+=0(x≠0)， 令g(x)=-1+(x≠0)，则g(x)在(-∞，0)，(0，+∞)上单调递减， 又g(-1)>0，g<0，g(1)>0，g(2)<0， 故g(x)在，(1，2)上各有一个零点，即f(x)的零点个数为2. 方法二　易知0不是函数的零点， 故f(x)=-x+1=0⇔=1-， 分别作出函数y=与y=1-的图象如图所示， 由图可知，两函数有两个交点，即函数f(x)=-x+1有两个零点. 考向2　求参数的值或范围 【典例】2　设函数g(x)=若函数g(x)有三个零点，则实数b的取值范围是　　　　.  【答案】[-1，0) 【解析】令g(x)=0可得，-b= 故直线y=-b与函数f(x)=的图象有三个交点， 当x≤0时，f(x)=ex(x+1)， 则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2)， 由f'(x)<0得，x<-2，所以f(x)在(-∞，-2)上单调递减； 由f'(x)>0得，-2<x≤0，所以f(x)在(-2，0]上单调递增， 当x<-1时，f(x)<0，当-1<x≤0时，f(x)>0， 当x→-∞时，f(x)→0， 当x=-2时，f(x)取得极小值f(-2)=-，f(0)=1. 所以函数f(x)的大致图象如图所示. 由图可知，当0<-b≤1时，函数f(x)的图象与直线y=-b有三个交点， 所以实数b的取值范围是[-1，0). 考向3　嵌套函数的零点 【典例】3　(2025·临沂模拟)已知函数f(x)=若函数y=f(f(x))有8个零点，则实数a的取值范围为(　　) A.a>1 B.a<0 C.-1<a<0 D.a<-1 【答案】D 【解析】当a≥0，x≤0时，f(x)=-x2+2ax，其图象的对称轴为直线x=a，又a≥0， 所以f(x)在(-∞，0)上单调递增，又f(0)=0，所以函数f(x)的图象如图所示， 令f(x)=t，y=f(f(x))=f(t)=0， 由图象知，t=0或t=1， 即f(x)=t=0或f(x)=t=1， 根据图象知f(x)=t=0有2个解，f(x)=t=1有1个解， 所以此时y=f(f(x))有3个零点，不符合题意； 当a<0，x≤0时，f(x)=-x2+2ax，其图象的对称轴为直线x=a，又a<0， 所以f(x)在(-∞，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减，又f(0)=0，所以函数f(x)的图象如图所示， 令f(x)=t，y=f(f(x))=f(t)=0， 由图象知，t=2a或t=0或t=1， 根据图象及a<0知，f(x)=t=2a有2个解，f(x)=t=0有3个解，又y=f(f(x))有8个零点，所以f(x)=t=1有3个解， 即解得a<-1. 综上，a<-1. 【考法归纳】利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法 　　　　　　　　　　　 　　　　　 【变式训练】1　(1)已知函数f(x)=x5+4x+a在(-1，1)内有零点，则实数a的取值范围是(　　) A.(-5，5) B.(-∞，-5)∪(5，+∞) C.[-5，5] D.(-∞，-5]∪[5，+∞) 【答案】A 【解析】因为y=x5是增函数，y=4x+a也是增函数，所以f(x)是增函数， 因为f(x)在(-1，1)内有零点， 所以解得-5<a<5. (2)(2025·成都模拟)函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的所有零点之和为(　　) A.9 B.10 C.11 D.12 【答案】D 【解析】函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的零点，即为|2x-3|=8sin πx的解， 即g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx图象交点的横坐标，因为h=-8，故直线x=为h(x)=8sin πx图象的对称轴， 而直线x=也是g(x)=|2x-3|图象的对称轴， 又h(x)=8sin πx的最小正周期为=2， 在平面直角坐标系中画出g(x)，h(x)的图象(如图所示)， 因为h=8>2=g，h=8>6=g，g(6)=9>8， 故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx的图象在直线x=的右侧有且仅有4个不同的交点， 故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx的图象的所有不同交点的横坐标之和为4×3=12，即函数f(x)的所有零点之和为12. 考点二　利用导数研究函数的零点 【典例】4　(2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=2x-asin x+sin 2x.若a>0且函数f(x)在(0，π)上没有零点，求实数a的取值范围. 【解析】由题意知f(x)=2x-asin x+sin 2x， 显然f(0)=0，f(π)=2π，若a>0，x∈(0，π)， 令f'(x)=2-acos x+2cos 2x=cos x(4cos x-a)=0，其中当cos x=0时，x=， 当a≥4时，由x∈(0，π)知，4cos x-a<0， 则当x∈时，cos x>0，f'(x)<0，此时f(x)在上单调递减； 当x∈时，cos x<0，f'(x)>0，此时f(x)在上单调递增， 因此f(x)min=f =π-a<0，可知f f(π)<0，因此f(x)在(0，π)上存在零点，不符合题意； 当0<a<4时，由4cos x-a=0可得， cos x=>0， 所以∃x0∈，使得cos x0=，可得当x∈(0，x0)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增； 当x∈时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减； 当x∈时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增， 所以要使函数f(x)在(0，π)上没有零点，需要f =π-a>0，所以0<a<π， 所以实数a的取值范围为(0，π). 【考法归纳】已知零点求参数的取值范围 (1)结合图象与单调性，分析函数的极值点； (2)依据零点确定极值的范围； (3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 【变式训练】2　已知函数f(x)=eax-x(a∈R). (1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的零点个数. 【解析】(1)若a=2， 则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1. 又f(1)=e2-1，即切点坐标为(1，e2-1)， 曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1， 故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)， 即y=(2e2-1)x-e2. (2)方法一　由题意得f'(x)=aeax-1. 当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上单调递减， 又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0， 此时f(x)有一个零点. 当a>0时，令f'(x)<0得x<-， 令f'(x)>0得x>-， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增. 故f(x)的最小值为f=. 当a=时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点，当a>时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点， 当0<a<时，f(x)的最小值小于0，->0，f(-1)=e-a+1>0， 当x→+∞时，f(x)→+∞，此时f(x)有两个零点， 综上，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点； 当0<a<时，f(x)有两个零点； 当a>时，f(x)没有零点. 方法二　当x≤0时，f(x)=eax-x>0， 所以f(x)在(-∞，0]上无零点， 当x>0时，令f(x)=eax-x=0， 所以eax=x⇒ax=ln x⇒a=. 令φ(x)=(x>0)，所以φ'(x)=， 所以当x∈(0，e)时，φ'(x)>0，当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0， 所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，所以φ(x)max=φ(e)=， 又当x→0时，φ(x)→-∞，当x→+∞时，φ(x)→0， 所以φ(x)的图象如图所示， 由图可知，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点； 当0<a<时，f(x)有两个零点； 当a>时，f(x)没有零点. 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.(2025·昆明模拟)已知函数f(x)=2-，在下列区间中，一定包含f(x)零点的区间是(　　) A. B. C.(1，2) D.(2，4) 【答案】B 【解析】因为f =2-=-3<0，f =2-=-2<0，f(1)=2-=1>0， 所以f(1)·f <0，又函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以函数f(x)在上存在唯一零点. 2.(2025·安康模拟)函数f(x)=cos 2x+3cos x-1在[-3π，3π]上的零点个数为(　　) A.4 B.5 C.6 D.8 【答案】C 【解析】函数f(x)=cos 2x+3cos x-1的零点满足cos 2x+3cos x-1=2cos2x+3cos x-2=(2cos x-1)(cos x+2)=0， 所以cos x=或cos x=-2(舍去)， 在[-3π，3π]上，cos x=，x的值为，，，-，-，-， 所以函数f(x)=cos 2x+3cos x-1在[-3π，3π]上的零点个数为6. 3.函数f(x)=2x--a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是(　　) A.(1，3) B.(1，2) C.(0，3) D.(0，2) 【答案】C 【解析】显然函数f(x)=2x--a在区间(1，2)内单调递增，因为f(x)的一个零点在区间(1，2)内，所以f(1)f(2)<0，即(2-2-a)(4-1-a)<0，解得0<a<3. 4.(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cos x+2ax.当x∈(-1，1)时，曲线y=f(x)和y=g(x)恰有一个交点，则a等于(　　) A.-1 B. C.1 D.2 【答案】D 【解析】方法一　令f(x)=g(x)， 即a(x+1)2-1=cos x+2ax， 可得ax2+a-1=cos x， 令F(x)=ax2+a-1，G(x)=cos x， 原题意等价于当x∈(-1，1)时， 曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点， 注意到F(x)，G(x)均为偶函数， 可知该交点只能在y轴上， 可得F(0)=G(0)， 即a-1=1，解得a=2， 若a=2，令F(x)=G(x)， 可得2x2+1-cos x=0， 因为x∈(-1，1)，则2x2≥0，1-cos x≥0， 当且仅当x=0时，等号成立， 可得2x2+1-cos x≥0， 当且仅当x=0时，等号成立， 则方程2x2+1-cos x=0有且仅有一个实根0， 即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点， 所以a=2符合题意. 方法二　令h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cos x，x∈(-1，1)， 原题意等价于h(x)有且仅有一个零点， 因为h(-x)=a(-x)2+a-1-cos(-x) =ax2+a-1-cos x=h(x)， 则h(x)为偶函数， 根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0， 即h(0)=a-2=0，解得a=2， 若a=2，则h(x)=2x2+1-cos x，x∈(-1，1)， 又因为2x2≥0，1-cos x≥0， 当且仅当x=0时，等号成立， 可得h(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立， 即h(x)有且仅有一个零点0， 所以a=2符合题意. 5.(2025·毕节模拟)已知函数f(x)=则函数y=[f(x)]2-5f(x)+6的零点个数为(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 【答案】C 【解析】由题意，令[f(x)]2-5f(x)+6=0，解得f(x)=2或f(x)=3， 作出y=f(x)的大致图象如图， 由图可知，直线y=2与y=f(x)的图象有3个交点； 直线y=3与y=f(x)的图象有4个交点， 所以原方程有7个解， 即函数y=[f(x)]2-5f(x)+6有7个零点. 6.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞，0) B.(-∞，1] C.[0，+∞) D.(1，+∞) 【答案】D 【解析】因为f(x)=x(1-ex)+ln x+a有两个零点，故关于x的方程x(1-ex)+ln x+a=0有两个不同的解，故关于x的方程x+ln x+a-ex+ln x=0有两个不同的解， 设t=x+ln x，x>0，则t'=1+>0，故t=x+ln x在(0，+∞)上单调递增， 而当x→0时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞， 故t=x+ln x的值域为R， 故关于t的方程t+a-et=0在R上有两个不同的解，设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et， 当t<0时，s'(t)>0；当t>0时，s'(t)<0， 故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1， 此时当t→+∞时，s(t)→-∞， 当t→-∞时，s(t)→-∞， 故当a>1时，s(t)有两个不同的零点. 综上，a>1. 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2025·昭通阶段练习)已知定义在R上的函数f(x)满足f(-1)f(0)>0，f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，则(　　) A.f(x)在区间(-1，0)上可能存在零点 B.f(x)在区间(-1，0)上可能存在极值点 C.f(x)在区间(0，1)上一定存在零点 D.f(x)在区间(0，1)上一定存在极值点 【答案】ABC 【解析】当f(x)在区间(-1，0)上先减后增，且存在极值点x0∈(-1，0)时，若f(x0)<0， 则设f(-1)>0，f(0)>0，又f(x0)<0且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线， 故由零点存在定理可知，f(x)在(-1，x0)与(x0，0)上各有一个零点，故A正确； 此时存在极值点x0∈(-1，0)，故B正确； 由f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，故由零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1)上一定存在零点，故C正确； 若f(x)在区间(0，1)上单调递减，此时D无法满足，故D错误. 8.(2025·合肥模拟)设函数f(x)=x3-3x2-9x-a有三个不同的零点，从小到大依次为x1，x2，x3，则(　　) A.-27<a<5 B.函数y=f(x)+a图象的对称中心为(1，-11) C.过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线，有且仅有1条 D.若x1，x2，x3成等差数列，则a=-11 【答案】ABD 【解析】由f'(x)=3x2-6x-9，令f'(x)>0，解得x>3或x<-1， ∴f(x)在(-∞，-1)，(3，+∞)上单调递增，在(-1，3)上单调递减. 对于A，若f(x)有三个零点，则f(-1)>0>f(3)，解得-27<a<5，故A正确； 对于B，令g(x)=f(x)+a=x3-3x2-9x，则g'(x)=3x2-6x-9，设h(x)=g'(x)， 令h'(x)=6x-6=0得，x=1，又g(1)=-11， ∴g(x)图象的对称中心为(1，-11)，故B正确； 对于C，结合图象，过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线有2条，故C错误； 对于D，f(x)=x3-3x2-9x-a=(x-x1)(x-x2)(x-x3)=x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x3x1)x-x1x2x3， ∴x1+x2+x3=3， x1x2+x2x3+x3x1=-9，(*) x1x2x3=a， 若x1，x2，x3成等差数列，则2x2=x1+x3，则x2=1，x1+x3=2，代入(*)得2+x1x3=-9， ∴x1x3=-11，a=x1x3=-11，故D正确. 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(2025·上饶模拟)函数f(x)=x的零点为　　　　.  【答案】3，-1 【解析】由f(x)=x=0，得x=0或x2-2x-3=0， 即x=0或x=3或x=-1， 由x2-2x-3≥0得，x≤-1或x≥3，则x=0不符合题意，故函数f(x)的零点为3，-1. 10.(2025·德州模拟)若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则实数b的取值范围为　　　　　　.  【答案】(-∞，0)∪[e，+∞) 【解析】若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则关于x的方程xb-ex=0在(0，+∞)上有解， 即关于x的方程bln x=x在(0，+∞)上有解，显然x=1不是方程的解，所以关于x的方程b=在(0，1)∪(1，+∞)上有解， 则直线y=b与函数h(x)=，x∈(0，1)∪(1，+∞)的图象有交点， 又h'(x)=， 所以当x∈(0，1)∪(1，e)时，h'(x)<0； 当x∈(e，+∞)时，h'(x)>0， 所以函数h(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增， 又当x→0+时，h(x)→0； 当x→1-时，h(x)→-∞； 当x→1+时，h(x)→+∞，h(e)=e； 当x→+∞时，h(x)→+∞， 则h(x)的大致图象如图所示， 所以b<0或b≥e， 故实数b的取值范围为(-∞，0)∪[e，+∞). 四、解答题(共28分) 11.(13分)(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax. (1)若函数f(x)在(-∞，3)上单调递减，求实数a的取值范围；(6分) (2)若a∈(1，e]，证明：函数f(x)有两个零点.(7分) (1)【解析】对f(x)=ex-1-ax求导得，f'(x)=ex-1-a， 当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在R上单调递增，不符合题意； 当a>0时，令f'(x)=ex-1-a<0得，x<1+ln a， 所以(-∞，1+ln a)是函数f(x)的单调递减区间， 因为f(x)在(-∞，3)上单调递减，所以(-∞，3)⊆(-∞，1+ln a)， 即3≤1+ln a，解得a≥e2， 所以实数a的取值范围是[e2，+∞). (2)【证明】令f'(x)=ex-1-a=0得，x=1+ln a， 当x∈(-∞，1+ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(1+ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=1+ln a时，f(x)取得最小值， f(x)min=f(1+ln a)=a-a(1+ln a)=-aln a. 因为a∈(1，e]，所以1<1+ln a≤2<e2，f(1+ln a)<0.因为f(0)=e-1>0，所以f(x)在(-∞，1+ln a)上有唯一零点. 又f(e2)=-ae2， 因为a≤e，所以-ae2≥-e3， 则f(e2)=-ae2≥e3(-1)>0， 所以f(x)在(1+ln a，+∞)上有唯一零点. 综上，函数f(x)有两个零点. 12.(15分)(2025·北京海淀区模拟)已知函数f(x)=aln-sin x，曲线y=f(x)在点处的切线斜率为. (1)求实数a的值；(3分) (2)求f(x)在(0，2π]上的零点个数；(6分) (3)证明：f'(x)在上存在两个零点x1，x2，且|x2-x1|>.(6分) (1)【解析】f(x)=ln x-sin x的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=-cos x. 由题意可得，f'==，解得a=1. (2)【解析】由(1)可得，f(x)=ln x-sin x，x>0， 当x∈(0，1]时，ln x≤0，sin x>0，故f(x)<0，f(x)在(0，1]上无零点； 当x∈时，ln x≤ln<ln e=，sin x>sin 1>sin=，故f(x)<0，f(x)在上无零点. 当x∈时，f'(x)=-cos x>0，所以f(x)在上单调递增， 而f =ln-1<ln e-1=-<0，f(π)=ln π>0，故由零点存在定理知，f(x)在上存在唯一零点； 当x∈[π，2π]时，ln x>0，sin x≤0，故f(x)>0，f(x)在[π，2π]上无零点， 综上，f(x)在(0，2π]上的零点个数为1. (3)【证明】f'(x)=-cos x=. 令g(x)=1-2xcos x，则g'(x)=2xsin x-2cos x. 令h(x)=g'(x)，则h'(x)=4sin x+2xcos x. 当x∈时，sin x>0，x>0，cos x>0， 所以h'(x)>0，所以g'(x)在上单调递增， 又g'(0)=-2<0，g'=π>0， 所以由零点存在定理知，存在唯一的x0∈，使得g'(x0)=0. 当x变化时，g'(x)，g(x)的变化如表所示， x (0，x0) x0 g'(x) - 0 + g(x) ↘ 极小值 ↗ 又g(0)=1>0，g(x0)≤g=1-<0，g=1>0， 所以由零点存在定理知，g(x)在(0，x0)，上各恰有一个零点，即f'(x)在上存在两个零点x1，x2. 不妨设x1<x2.则当x∈(x1，x2)时，g(x)<0； 当x∈(0，x1)∪时，g(x)>0， 而g=1-<0，g=1-π=<<0.所以⊆(x1，x2). 故|x2-x1|>-=>. 【拓展训练】(每小题5分，共10分) 13.(2025·吉林模拟)函数f(x)=2x+4x+6x+…+2 024x-2 025x的零点个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】B 【解析】求f(x)=2x+4x+6x+…+2 024x-2 025x的零点， 可转化为求g(x)==+++…+-1的零点. ∵y=，y=，…，y=均在R上单调递减， ∴g(x)在R上单调递减，且g(0)=1 011>0，则当x≤0时，g(x)>0，g(x)在(-∞，0]上没有零点； 又当x>0时，<<<…<， ∴g(x)=+++…+-1<1 012×-1， 若存在x0，使得g(x0)<0，只需1 012×-1<0，即x0>-1 012即可，显然x0存在， ∴g(x)在(0，x0)上有且只有一个零点，即f(x)有且只有一个零点. 14.(2025·淄博模拟)若关于x的方程x2-2ycos(sin x)+y2=0有唯一解，则上述关于y的方程的非零实数解为(　　) A. B.1 C.2 D.4 【答案】C 【解析】设f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2，显然x∈R，又f(-x)=(-x)2-2ycos[sin(-x)]+y2=x2-2ycos(-sin x)+y2 =x2-2ycos(sin x)+y2=f(x)， 故f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2为偶函数， 又f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2有唯一零点， 由对称性可知，f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2的零点为0， 故f(0)=0，即-2ycos 0+y2=0，即-2y+y2=0， 解得y=0或y=2， 所以上述关于y的方程的非零实数解为2. 学科网（北京）股份有限公司 $