重难点 导数与函数零点 讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦导数与函数零点高考核心考点，涵盖零点个数判断、参数范围求解及性质研究三大视角，按不含参、分离参数等类型分层梳理，通过知识综述、方法技巧指导、真题与模拟题训练，帮助学生构建解题框架，突破难点。 资料特色在于融合数形结合、分类讨论等方法，结合高考真题强化应用，如通过分离参数法分析含参函数零点，培养数学思维与模型观念。设置例题与变式分层练习，保障复习实效，为教师把控节奏提供支撑，提升学生应考能力。

★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　导数与函数零点 目录 一、知识综述 1 二、有关函数零点问题的一般题设形式 1 三、函数零点问题的视角 2 判断函数零点的个数 2 不含参的函数零点个数 2 分离参数的函数零点个数 4 分类讨论的函数零点个数 7 含三角函数的函数零点个数 12 由函数零点的个数求参数的取值范围 15 数形结合的函数零点个数 15 二次型函数的零点 16 给定区间的函数零点问题 18 寻找f(a)f(b)的函数零点问题 21 函数零点的性质研究 28 一、知识综述 以指数函数、对数函数、三次有理函数、三角函数为载体，利用导数，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．考查的角度主要是函数零点的综合应用． 二、有关函数零点问题的一般题设形式 1.关于函数零点的常见题型，一般有三类： (1)判断、证明或讨论函数零点的个数； (2)已知零点存在情况求参数范围； (3)函数零点性质的研究. 2.利用导数研究函数零点的方法，一般有两类： 求函数f(x)的单调区间和极值的基础上．一是根据函数f(x)的性质作出图象，通过数形结合，判断函数零点的个数；一是利用函数零点存在性定理，通过分类讨论，判断函数零点的个数． 三、函数零点问题的视角 判断函数零点的个数 ●方法技巧 利用导数研究函数零点问题的思路 (1)图象法：构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解． (2)分离参数法：化为a=g(x)利用导数研究函数g(x)的单调性、极值，画出g(x)的图象草图，通过数形结合，确定直线y=a与函数y=g(x)图象交点的个数． (3)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．此时，问题的难点是“找点”！即如何快速确定a,b使得f(a)f(b)＜0. 不含参的函数零点个数 例1 (2025·南昌模拟)已知函数f(x)＝－a(a＞0)，且x＝2不是f(x)的极值点． (1)求a的值； (2)判断f(x)的零点个数． 【明说解题】不含参函数的零点个数问题。涉及隐零点问题。 【解析】　(1)因为f′(x)＝(ex－ax)，而x＝2不是f(x)的极值点， 所以方程ex－ax＝0还有其他正根(变号零点)， 若曲线y＝ex和y＝ax在(0，＋∞)上只有一个公共点， 则y＝ex和y＝ax相切，不符合题意， 所以此时ex－ax＝0必有两个正根，且x＝2为其中一个根， 所以a＝，经检验，a＝符合题意． (2)由(1)可得f′(x)＝，设g(x)＝ex－x， 则方程g(x)＝0的两根为x＝2，x＝x0(0＜x0＜2)，其中ex0＝x0， 因为0＜x＜x0时，g(x)＞0，所以f′(x)＜0，此时f(x)单调递减； x0＜x时，g(x)＜0，则f′(x)＞0，此时f(x)单调递增； 所以f(x)min＝f(x0)＝－＝－=， 由ex0＝x0，即x0＝ln x0＋2－ln 2，隐零点问题 所以f(x)min＝f(x0)＝－＜0， 且x→0时，f(x)→＋∞；x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以f(x)在(0，x0)，(x0，＋∞)上各有1个零点， 所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有2个零点． 1.(2024·全国模拟预测)已知函数f(x)＝(x－1)2ex－ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(x))处的切线方程为y＝－2x＋b. (1)求实数a，b的值； (2)证明：函数f(x)有两个零点． 【解析】　(1)由题意可得f′(x)＝(x2－1)ex－a，由切线方程可知其斜率为－2， 所以解得1.为什么要重新构造函数？ 降低求导的次数， 2.为什么不用指数找朋友？ 方便找点 (2)证明：由f(x)＝0可得(x－1)2ex－x＝0， 所以(x－1)2－＝0. 函数f(x)有两个零点即函数g(x)＝(x－1)2－有两个零点． g′(x)＝(x－1)， 当x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 又g(0)＝1>0，g(1)＝－<0，g(2)＝1－>0， 所以g(0)g(1)<0，g(1)g(2)<0. 由零点存在定理可得∃x1∈(0，1)使得g(x1)＝0，∃x2∈(1，2)使得g(x2)＝0， 所以函数f(x)有两个零点． 2.(2025·新课标全国Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<.证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； 【解析】由题得f′(x)＝－1＋x－3kx2＝－3kx2＝x2， 因为x∈(0，＋∞)，所以x2>0，设g(x)＝－3k，x>0， 则g′(x)＝－<0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减， g(0)＝1－3k>0，令g(x0)＝0⇒x0＝－1， 所以当x∈(0，x0)时，g(x)>0，则f′(x)>0； 当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，则f′(x)<0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在(0，＋∞)上存在唯一极值点， 对函数y＝ln(1＋x)－x有y′＝－1＝－<0在(0，＋∞)上恒成立， 所以y＝ln(1＋x)－x在(0，＋∞)上单调递减， 所以y＝ln(1＋x)－x<y|x＝0＝0在(0，＋∞)上恒成立， 又因为f(0)＝0，f(x0)>0，当x→＋∞时，x2－kx3＝x2(1－2kx) →－∞， 所以x→＋∞时f(x) →－∞， 所以存在唯一x2∈(0，＋∞)使得f(x2)＝0，即f(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点． 分离参数的函数零点个数 例2 (2024·湖北武汉模拟预测)已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R)． (1)当a＝1时，求f(x)的最大值； (2)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数． [明说解题]　分离参数，数形结合 [解析]　(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)， ∵f(x)＝ln x－ax2(a∈R)，f′(x)＝－ax＝， 当a＝1时，f′(x)＝＝0，得x＝±1. ∵x>0，∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)函数单调递减， ∴当x＝1时，函数f(x)取最大值，最大值为f(1)＝－. (2)由f(x)＝0，得a＝，令g(x)＝，则g′(x)＝， 由g′(x)>0得1<x<，由g′(x)<0，得<x<e2， g(x)在区间[1，]上单调递增，在区间[，e2]上单调递减， 又g(1)＝0，g()＝，g(e2)＝， 作函数g(x)的图象如图： 综上：当0≤a<或a＝时，f(x)在[1，e2]上有一个零点， 当≤a<时，f(x)在[1，e2]上有2个零点， 当a<0或a>时，f(x)[1，e2]在上没有零点． 1.已知函数f(x)＝xex＋ex，讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数． [解析]　函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(x＋2)ex， 所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－2)上单调递减， 当x∈(－2，＋∞)时，f′(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； 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<－时，函数零点个数为0； 当a＝－或a≥0时，函数零点个数为1； 当－<a<0时，函数零点个数为2. 2．(2024·湖南长沙三模)已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，m∈R. (1)求f(x)的最小值； (2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，讨论h(x)零点的个数． [解析]　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex， 则当x<－1时，f′(x)<0；当x>－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－ln x＋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＋ln x，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＝－1<0，r(1)＝e>0， 所以∃x0∈，使r(x0)＝0， 且当x∈(0，x0)时，r(x)<0，即k′(x)<0；当x∈(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，隐零点 因此k(x)的最小值为k(x0)＝－＋m， 由r(x0)＝0，得x＋ln x0＝0，即x0＝ln ， 令φ(x)＝f(x)＋1，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 因为<x0<1，所以ln >0，则φ(x0)＝φ，同构 所以x0＝－ln x0，从而ln x0＝－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，因为k(x0)<0，当x→0时，k(x) →＋∞；当x→＋∞时，k(x) →＋∞，所以k(x)有两个零点． 综上，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m<－1时，h(x)的零点个数为2. 分类讨论的函数零点个数 例3 (2025·重庆质检节选)已知f(x)＝a(ln x)2－(a＋x)ln x＋2x－2，a∈(0，e)，讨论f(x)的零点个数． [解析]　f′(x)＝ 当a∈(0，e)时，f(x)在(0，a)单调递减，在(a，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减； 注意f(1)＝0， ①当a∈(0,1)时，f(a)<f(1)＝0<f(e)，x→0＋时，f(x)→＋∞；x→＋∞时，f(x)→－∞；所以f(x)有3个零点； ②当a＝1时，f(a)＝f(1)＝0，所以f(x)有2个零点； ③当a∈(1，e)时，f(a)<f(1)＝0，若f(e)＝e－－2<0， 即2e－4<a<e时，所以f(x)有1个零点； 若f(e)＝e－－2＝0，即a＝2e－4，所以f(x)有2个零点； 若f(e)＝e－－2>0，即1<a<2e－4时，所以f(x)有3个零点； 综上：①当2e－4<a<e时，f(x)有1个零点； ②当a＝1或a＝2e－4时，f(x)有2个零点； ③当a∈(0,1)∪(1,2e－4)时，f(x)有3个零点． 1.(2024·郑州三模)已知函数f(x)＝eax－x. (1) 若a＝2，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2) 讨论f(x)的零点个数． 【解答】(1)若a＝2，则f(x)＝e2x－x，f′(x)＝2e2x－1.又f(1)＝e2－1，切点为(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)由题知f′(x)＝aeax－1. 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，故f(x)存在一个零点，此时f(x)的零点个数为1. ②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，f(－1)＝e－a＋1＞0，f＝＜0，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． 例5 (2025·江西南昌二模)已知f(x)＝xax－ex＋1(a>1)． (1)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a≥e时，求证：f(x)≥0； (3)当1<a≤时，试讨论函数f(x)的零点个数． 【明说解题】此题导函数较复杂，研究单调性难度较大，需要有一定的代数式变形能力与放缩水平。 【解析】　(1)当a＝e时，f(x)＝xex－ex＋1，f′(x)＝(x＋1)ex－ex＝xex， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上为增函数； 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，0)上为减函数． 故当a＝e时，函数f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间内为(0，＋∞)． (2)证明：因为a≥e，当x≥0时，ax≥ex，所以xax≥xex， 当x<0时，ax≤ex，所以xax≥xex， 所以xax－ex＋1≥xex－ex＋1， 设p(x)＝xex－ex＋1， 由(1)可知p(x)≥p(0)＝0，所以不等式f(x)≥0成立． (3)方法一：f′(x)＝(x ln a＋1)ax－ex＝ax， 设φ(x)＝(ln a·x＋1)－x，此时φ(0)＝0，如何判断导函数的正负？一味地求导，会万劫不复！需要进行代数式结构变形，不同角度各显其能。即方法一、二的由来，而方法三直接对原函数变形。 。 则φ′(x)＝ln a－(1－ln a)·x， 因为1<a≤，所以0<ln a≤，>1， 则φ′(x)在R为减函数，φ′(0)＝2ln a－1. ①当a＝时，φ′(0)＝0，结合φ′(x)在R上为减函数， 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数； 所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数， 又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点； ②当1<a<时，φ′(0)＝2ln a－1<0，所以存在x0<0，使得φ′(x0)＝0， 当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数； 当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数． 因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0，当x→－∞，φ(x)→－∞， ∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0， 所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(－∞，x1)上为减函数； 当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(x1，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数； 当x→－∞，f(x)→1，又因为f(0)＝0，所以f(x1)<0. 所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0， f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)<f(0)＝0， 所以f(x)存在两个零点． 综上所述：当a＝时，函数f(x)有1个零点； 当1<a<时，函数f(x)有2个零点． 方法二：f′(x)＝(ln a·x＋1)ax－ex＝ex， 设φ(x)＝(ln a·x＋1)x－1，此时φ(0)＝0， 则φ′(x)＝(ln2a－ln a)x＋(2ln a－1)x， 设k＝ln a(k>0)，所以φ′(x)＝[(k2－k)x＋2k－1]x. ①当a＝时，此时k＝，则φ′(x)＝x，此时φ′(0)＝0， 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数； 所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数． 又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点； ②当1<a<时，所以0<k<， 设h(x)＝(k2－k)x＋2k－1.因为k2－k<0，h(0)＝2k－1<0， 所以存在x0<0，使得h(x0)＝0， 当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即φ′(x)>0，所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，即φ′(x)<0，所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数． 因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0，当x→－∞，φ(x)→－∞， ∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0， 所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(－∞，x1)上为减函数； 当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(x1，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数； 当x→－∞，f(x)→1，又因为f(0)＝0，所以f(x1)<0. 所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0， f(x)在(0，＋∞)为减函数，所以f(x)<f(0)＝0， 所以f(x)存在两个零点． 综上所述：当a＝时，函数f(x)有1个零点； 当1<a<时，函数f(x)有2个零点． 方法三：f(x)＝xeln a·x－ex＋1， 设k＝ln a，则f(x)＝xekx－ex＋1， 则有f′(x)＝(kx＋1)ekx－ex＝ekx[kx＋1－e(1－k)x]， 令φ(x)＝kx＋1－e(1－k)x，则φ′(x)＝k－(1－k)e(1－k)x. 因为1<a≤，所以0<k≤， 则φ′(x)在R上为减函数，φ′(0)＝2k－1. ①当a＝时，即k＝，φ′(0)＝0，结合φ′(x)在R上为减函数， 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数； 所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数． 又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点； ②当1<a<时，φ′(0)＝2k－1<0，所以存在x0<0，使得φ′(x0)＝0， 当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数； 当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数． 因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0，当x→－∞，φ(x)→－∞， ∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0， 所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(－∞，x1)上为减函数； 当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(x1，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数； 当x→－∞，f(x)→1，又因为f(0)＝0，所以f(x1)<0. 所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0， f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)<f(0)＝0， 所以f(x)存在两个零点． 综上所述：当a＝时，函数f(x)有1个零点； 当1<a<时，函数f(x)有2个零点． 1．(2025·赣州适应性考试)已知函数f(x)＝ex－m－xln x，f(x)的导函数为f′(x)． (1)当m＝1时，证明：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； (2)若g(x)＝f′(x)－m＋1，讨论函数g(x)零点的个数． [明说解题]　本题的难点是“指对同构”结构变形。 [解析]　(1)证明：当m＝1时，f(x)＝ex－1－xln x(x>0)，∴f′(x)＝ex－1－ln x－1， 令h(x)＝f′(x)＝ex－1－ln x－1，则h′(x)＝ex－1－， 当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)min＝h(1)＝0，∴当x>0时，h(x)＝f′(x)＝ex－1－ln x－1≥0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)由题意得，f′(x)＝ex－m－ln x－1，则g(x)＝f′(x)－m＋1＝ex－m－ln x－m(x>0)， 令g(x)＝ex－m－ln x－m＝0，则ex－m＝ln x＋m， ∴ex＝em(ln x＋m)，∴xex＝xem(ln x＋m)，∴xex＝em＋ln x(ln x＋m)， 令φ(x)＝xex，则φ(x)＝φ(m＋ln x)，指对同构 ex－m+ x－m＝x+ln x ∵当x>0时，φ′(x)＝(x＋1)ex>0， ∴当x>0时，φ(x)＝xex为单调递增函数， ∴x＝m＋ln x，∴m＝x－ln x(x>0)， 令t(x)＝x－ln x(x>0)，则t′(x)＝1－， 当0<x<1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，当x>1时，t′(x)>0，t(x)单调递增， ∴t(x)min＝t(1)＝1， ∴当m<1时，m＝x－ln x无解，即g(x)无零点； 当m＝1时，m＝x－ln x有1个解，即g(x)有1个零点； 当m>1时，m＝x－ln x有2个解，即g(x)有2个零点． 含三角函数的函数零点个数 例5 (2025·山海关区三模)设函数f(x)＝exsin x. (1)求f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程； (2)记g(x)＝f(x)－ax，若0＜a≤1，试讨论g(x)在(0，π)上的零点个数． 【明说解题】涉及三角函数“切香肠”。 【解析】　(1)导函数f′(x)＝ex(sin x＋cos x)，因此f′(0)＝1，又f(0)＝0， 因此函数f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程为y＝x. (2)根据已知得函数g(x)＝exsin x－ax，g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－a， 令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝2excos x. 当＜x＜π时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减； 当0＜x＜时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增， 所以g′(x)在上单调递减，在上单调递增， 当0＜a≤1时，g′(0)＝1－a≥0，g′＝e－a＞0，g′(π)＝－ex－a＜0， 因此存在x0∈，使得g′(x0)＝0， 当x∈(x0，π)时，g′(x)＜0；当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0， 因此g(x)在(x0，π)上单调递减，在(0，x0)上单调递增， 由于g(0)＝0，g(x0)＞g(0)＝0，因此g(x)在(0，x0)上无零点， 又由于g(π)＝－aπ＜0，根据零点存在定理可得函数g(x)在(x0，π)上有且只有一个零点． 综上所述，当0＜a≤1时，g(x)在(0，π)上的零点个数为1. 1.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x2＋1，h(x)＝asin x＋1(a>0)． (1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)； (2)讨论函数F(x)＝f(x)－h(x)在(0，π)上的零点个数． 【解析】　(1)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－1，则G′(x)＝ex－2x， 记p(x)＝ex－2x，则p′(x)＝ex－2， 当x∈(0，ln 2)时，p′(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)时，p′(x)>0， 所以p(x)在x∈(0，ln 2)上单调递减；在x∈(ln 2，＋∞)上单调递增， 从而在(0，＋∞)上，G′(x)＝p(x)≥p(ln 2)＝2－2ln 2>0， 所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此在(0，＋∞)上，G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)． (2)F(x)＝f(x)－h(x)＝ex－asin x－1，F′(x)＝ex－acos x， 0<a≤1，在(0，π)上，F′(x)＝ex－acos x>1－a≥0， 所以F(x)在(0，π)上单调递增，F(x)>F(0)＝0， 即函数F(x)在(0，π)上无零点； a>1，记q(x)＝F′(x)＝ex－acos x， 则q′(x)＝ex＋asin x≥0，q(x)在(0，π)上单调递增， 而q(0)＝1－a<0，q＝e>0， 故存在x0∈，使q(x0)＝0， ∴当0<x<x0时，F(x)单调递减，x0<x<π时，F(x)单调递增，F(x)min＝F(x0)， 而F(x0)<F(0)＝0，F(π)＝eπ－1>0， F(x)在(0，x0)上无零点，在(x0，π)上有唯一零点， 综上，当0<a≤1时，F(x)在(0，π)上没有零点； 当a>1时，F(x)在(0，π)上有且仅有1个零点． 2．(2025·黑龙江牡丹江省级示范高中月考)已知f(x)＝ex－1－ax(x>0)，x＝1是f(x)的极值点(其中e是自然对数的底数)． (1)求a的值； (2)讨论函数h(x)＝f(x)－sin x在(0，π)的零点个数. [解析]　(1)∵f(x)＝ex－1－ax(x>0)，∴f′(x)＝ex－1－a， ∵x＝1是f(x)的极值点，∴f′(1)＝e0－a＝0，解得a＝1. (2)由(1)知，h(x)＝f(x)－sin x＝ex－1－x－sin x(0<x<π)， ∴h′(x)＝ex－1－1－cos x，令H(x)＝h′(x)＝ex－1－1－cos x， 则H′(x)＝ex－1＋sin x>0在x∈(0，π)上恒成立， ∴H(x)在(0，π)上单调递增． 又H(0)＝e－1－2<0，H＝－1－1>0， ∴∃x0∈，使得H(x0)＝0，即－1－cos x0＝0， 当0<x<x0时，H(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x0<x<π时，H(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增． ∴h(x)min＝h(x0)＝－x0－sin x0＝1＋cos x0－x0－sin x0. 令g(x)＝1＋cos x－x－sin x，x∈， 则g′(x)＝－sin x－1－cos x<0恒成立，隐零点 ∴g(x)在上单调递减， 又g(0)＝1＋1＝2>0，g＝1－－1<0， ∴∃x1∈，使得当x∈时，g(x)<0， 即h(x)min<0成立． ∵h(0)＝e－1>0，h(π)＝eπ－1－π>0， 故h(x)在(0，π)上有2个零点． 3． (2025·安徽期末)已知函数f(x)＝sin x. (1)证明：∀x∈，f(x)>2x－tan x； (2)判断函数g(x)＝－f(x)的零点的个数，并说明理由． 【解析】　(1)证明：令u(x)＝tan x－2x＋sin x， 则u′(x)＝－2＋cos x＝＝， 当x∈时，0<cos x<1，cos2x－cos x－1＝cos x(cos x－1)－1<－1， 所以当x∈时，u′(x)>0，所以u(x)在上单调递增， 所以当x∈时，u(x)>u(0)＝0，即∀x∈，f(x)>2x－tan x. (2)由题意知g(x)＝－sin x，所以g′(x)＝－cos x. ①当x<－3时，>3，sin x≤1，所以g(x)>0，即g(x)在(－∞，－3)上无零点． ②当－3<x<0时，>1，cos x≤1，所以g′(x)＝－cos x>0， 所以g(x)在(－3，0)上单调递增，所以g(x)<g(0)＝0， 即g(x)在(－3，0)上无零点． ③当x∈时，令h(x)＝－cos x， 则h′(x)＝－＋sin x，显然h′(x)在上单调递增， 又h′(0)＝－〈0，h′〉0，所以存在t∈使得h′(t)＝0， 当0<x<t时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当t<x<时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 又h(0)＝0，h>0，所以存在λ∈，使得h(λ)＝0， 当0<x<λ时，h(x)<0，g(x)单调递减，当λ<x<时，h(x)>0，g(x)单调递增， 又g(0)＝0，g>0，所以g(x)在上有2个不同的零点． ④当x∈时，y＝单调递增， 所以≥>1≥sin x，即g(x)>0恒成立，函数无零点． 综上，函数g(x)＝－f(x)有2个不同的零点． 由函数零点的个数求参数的取值范围 ●方法技巧 利用函数零点求参数范围的方法 1．利用零点的个数结合函数f(x)的单调性构建不等式求解． 2．转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 3．分离参数(k＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝k与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解． 数形结合的函数零点个数 例6．已知函数f(x)=2x+a－x2,若f(x)只有一个零点，求实数a的取值范围． 【明说解题】分离参数，数形结合求解． 【解析】f(x)=2x(2a－),令g(x)= ， 若f(x)只有一个零点，等价于g(x) 只有一个零点，即直线y=2a与函数g(x)=的图象有且仅有一个交点. 因为g´(x)=，由g´(x)＞0,得0<x<, 所以g(x)在(－,0),(,+ )上单调递减，在(0,)上单调递增, 又x－,g(x) +, x+,g(x) 0, 如图所示 ， 结合图象，知2a>g(),解得a>2log2. 二次型函数的零点 例6．(2023·上海高考)已知a，c∈R，函数f(x)＝. (1)若a＝0，求函数的定义域，并判断是否存在c使得f(x)是奇函数，说明理由； (2)若函数过点(1，3)，且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，求此时c的值和a的取值范围． 【明说解题】　此题是二次方程根的分布问题，处理方法比较简单。 【解析】　(1)若a＝0，则f(x)＝＝x＋＋1， 要使函数有意义，则x≠0，即f(x)的定义域为{x|x≠0}， ∵y＝x＋是奇函数，y＝1是偶函数， ∴函数f(x)＝x＋＋1为非奇非偶函数，不可能是奇函数，故不存在实数c，使得f(x)是奇函数． (2)若函数过点(1，3)，则f(1)＝＝＝3，得3a＋2＋c＝3＋3a，得c＝3－2＝1， 此时f(x)＝，若函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点， 即f(x)＝＝0，得x2＋(3a＋1)x＋1＝0，当x＜0时，有两个不同的交点， 设g(x)＝x2＋(3a＋1)x＋1， 则得 得即a>， 若x＋a＝0即x＝－a是方程x2＋(3a＋1)x＋1＝0的根， 则a2－(3a＋1)a＋1＝0，即2a2＋a－1＝0，得a＝或a＝－1， 则实数a的取值范围是a>且a≠且a≠－1，即∪. 1．(2025·河北邯郸部分学校月考)已知函数f(x)＝ln x＋mx＋(m<0)． (1)若曲线y＝f(x)在(x0，f(x0))(0<x0<2e)处的切线过点(0,2)，求实数x0的值； (2)若f(x)在(0,4e)内有两个不同极值点x1、x2，求实数m取值范围． [解析]　(1)由题意得，f′(x)＝＋m－，且定义域为(0，＋∞)． 则f(x)在(x0，f(x0))处的切线方程为y＝(x－x0)＋ln x0＋mx0＋. 则－x0＋ln x0＋mx0＋＝2，即ln x0＋－3＝0. 设g(x)＝ln x＋－3(x>0)，则g′(x)＝－＝. 当x∈(0,2e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(2e，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)min＝g(2e)＝ln 2－1<0， 又g(e)＝0，且g(x)在(0,2e)上单调递减， 所以x0＝e. (2)由(1)知，f′(x)＝. 令mx2＋x－e＝0，得m＝(0<x<4e)有两个不同的解． 令t＝，所以m＝et2－t， 即函数y＝m的图象与函数y＝et2－t的图象有两个不同的交点． 因为t＝时，y＝et2－t最小，且为－，且t＝时，y＝et2－t＝－， 所以－<m<－. 给定区间的函数零点问题 例7 (2025·白银三模)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x－1. (1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若f(x)在上有2个零点，求a的取值范围． 【解析】　(1)因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝＋1≥0对x∈(1，＋∞)恒成立，即a≥－x－1对x∈(1，＋∞)恒成立， 所以a≥－2，即a的取值范围是[－2，＋∞)． (2)由题知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)， 又f′(x)＝，令f′(x)＝0，可得x＝－a－1， 当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 当a＜0时，令f′(x)＜0，得－1＜x＜－a－1，令f′(x)＞0，得x＞－a－1， 则f(x)在(－1，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 当a＜0时，f(x)在(－1，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增． (3)由(2)知，当a≥0时，f(x)在上单调递增， 则f(x)在上至多有1个零点，则a≥0不符合题意． 当a＜0时，要使得f(x)在上有2个零点， 则－＜－a－1＜7，即－8＜a＜－，且 设函数g(a)＝aln(－a)－a－2，－8＜a＜－， 则g′(a)＝ln(－a)，令g′(a)＝0，可得a＝－1， 当a∈(－8，－1)时，g′(a)＞0，g(a)单调递增， 当a∈时，g′(a)＜0，g(a)单调递减， 所以g(a)的最大值为g(－1)＝－1＜0. 由解得－＜a＜－. 即a的取值范围为. 1．(2025·云南玉溪一中质检)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(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)ln x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0<x<， 令f′(x)<0，解得<x<a， 故此时f(x)在，(a，＋∞)单调递增，在的单调递减， 当a＝时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，故此时f(x)在(0，＋∞)单调递增， 当0<a<时，令f′(x)>0，解得x>或0<x<a，令f′(x)<0，解得a<x<， 故此时f(x)在(0，a)，单调递增，在的单调递减， 当a＝0时，f(x)＝x2－x，故f(x)在的单调递减，在单调递增， 当a<0时，令f′(x)>0，解得x>，令f′(x)<0，解得0<x<， 故f(x)在的单调递减，在单调递增． (3)g(x)＝f(x)－x2－(a－1)ln x＝－(2a＋1)x＋ln x， 令g(x)＝－(2a＋1)x＋ln x＝0，则2a＋1＝， 记h(x)＝，则h′(x)＝， 当x>e时，h′(x)＝<0，当0<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0<2a＋1<，解得－<a<. 2．(2025·重庆校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋sin x－. (1)当a＝－3时，求证：f(x)在区间(－1，0)上单调递增． (2)若函数f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有1个零点，求a的取值范围． 【解析】　(1)证明：导函数f′(x)＝ex＋a＋cos x＋， 令函数g(x)＝f′(x)，导函数g′(x)＝ex－sin x－， 对x∈(－1，0)，ex＜1，－sin x＜1，＞2，因此g′(x)＜0， 所以导函数f′(x)在(－1，0)上单调递减，因此f′(x)＞f′(0)＝a＋3＝0， 所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增． (2)当a≥－3时，对x∈(－1，0)，根据第一问知，f′(x)＞f′(0)＝a＋3≥0， 所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增，此时f(x)＜f(0)＝0，与题设矛盾． 当a＜－3时，对x∈(－1，0)，根据第一问知，导函数f′(x)在(－1，0)上单调递减， 又因为f′(0)＝a＋3＜0，f′(x)＝＋∞， 因此存在x1∈(－1，0)使f′(x1)＝0， 所以函数f(x)在(x1，0)上单调递减，在(－1，x1)上单调递增， 因此f(x1)＞f(0)＝0.又因为f(x)＝－∞， 因此存在唯一r∈(－1，x1)使f(r)＝0. 对x∈(0，＋∞)，令函数g(x)＝f′(x)，导函数g′(x)＝ex－sin x－， 令函数h(x)＝g′(x)，那么导函数h′(x)＝ex－cos x＋＞ex－1＋＞0， 因此导函数g′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为g′(0)＝－1＜0，g′(1)＝e－sin 1－＞e－＞0， 因此存在x2∈(0，1)使g′(x2)＝0， 当x∈(x2，＋∞)，g′(x)＞0，当x∈(0，x2)，g′(x)＜0， 因此导函数f′(x)在(x2，＋∞)上单调递增，在(0，x2)上单调递减， 所以f′(x2)＜f′(0)＝a＋3＜0. 由f′(x)＝＋∞，所以在x3∈(x2，＋∞)使f′(x3)＝0， 当x∈(0，x3)时，f′(x)＜0，当x∈(x3，＋∞)，f′(x)＞0， 即f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x3，＋∞)上单调递增，所以f(x3)＜f(0)＝0. 又f(x)＝＋∞，所以存在唯一s∈(x3，＋∞)使f(s)＝0.符合题设． 综上，a∈(－∞，－3)． 寻找f(a)f(b)的函数零点问题 例8　(2024·临汾二模)已知函数f(x)＝e2x－(2a－1)ex－ax. (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 【解答】(1)f′(x)＝2e2x－(2a－1)ex－a＝(2ex＋1)(ex－a).①若a≤0，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝ln a.当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． (2)当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意．当a＞0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，因为f(x)有两个零点，必有f(x)min＝f(ln a)＝a(1－a－ln a)＜0，因为a＞0，所以1－a－ln a＜0.令g(a)＝1－a－ln a，a＞0，则g′(a)＝－1－＜0，所以g(a)在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0，所以当a＞1时，g(a)＜0，即f(x)min＜0.又f(－1)＝－(2a－1)＋a＝＋＋a＞0，故f(x)在(－1，ln a)上有1个零点．当x＞ln a＞0时，令y＝ex－x－1，x＞0，则y′＝ex－1＞0，所以函数y＝ex－x－1在(0，＋∞)上单调递增，所以ex－x－1＞e0－0－1＝0，即x＜ex－1，故－ax＞－a(ex－1)，所以f(x)＞e2x－(2a－1)ex－a(ex－1)＝e2x－(3a－1)ex＋a，取x＝ln 3a＞ln a，有f(ln 3a)＞e2ln 3a－(3a－1)eln 3a＋a＝9a2－(3a－1)3a＋a＝4a＞0，所以f(x)在(ln a，ln 3a)上有1个零点，则a＞1满足题意．综上所述，实数a的取值范围是(1，＋∞). 1.(2017·新课标Ⅰ)(选择性必修2P104T17)已知函数f(x)=ae2x+(a－2)ex－x． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解析 （1）由于， 故. 当时，，．从而恒成立． 在上单调递减. 当时，令，从而，得． 极小值 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知， 当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件． 当时，． 令． 令，则．从而在上单调增，而． 当时，．当时．当时 若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件． 若，则，故仅有一个实根，不满足条件． 若，则，注意到．． 故在上有一个实根，而又． 且 ．故在上有一个实根． 又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根． 又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根． 综上，． 2.(2024·岳阳二模)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2，a∈R. (1) 当a＝时，求f(x)的单调区间； (2) 若方程f(x)＋a＝0有三个不同的实根，求实数a的取值范围． 【解答】(1)当a＝时，函数f(x)＝(x－1)ex－x2，则f′(x)＝xex－ex＝x(ex－e)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝1.当x∈(－∞，0)或x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．综上，当a＝时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (2)因为f(x)＋a＝(x－1)[ex－a(x＋1)]，所以x＝1为f(x)＋a＝0的一个根，故ex－a(x＋1)＝0有两个不等于1的实根．令g(x)＝ex－a(x＋1)，则g′(x)＝ex－a. ①当a≤0时，g′(x)＞0，故g(x)在R上单调递增，不符合题意． ②当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝ln a，当x＞ln a时，g′(x)＞0，故g(x)在区间(ln a，＋∞)上单调递增；当x＜ln a时，g′(x)＜0，故g(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以若要满足题意，只需g(ln a)＜0且g(1)≠0，因为g(ln a)＝eln a－a(ln a＋1)＝－a ln a＜0，所以a＞1.又g(1)＝e－2a≠0，所以a≠.所以实数a的取值范围为∪. 例9 (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 【明说解题】此题f ′(x)＝，分类讨论较为清晰，但卡点说明零点的存在性，较为困难，涉及跨阶放缩技巧。 [非严谨解析]　利用导数求函数的最值＋利用导数研究函数的零点(理性思维、数学探索) (1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，所以f′(x)＝－＝. 若x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增； 若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x>0)，得f′(x)＝a＋－＝(x>0)． 当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点； 当a<0时，f′(x)＝， 若x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增， 若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，所以f(x)不存在零点； 当a>0时，f′(x)＝，若a＝1，f′(x)≥0， f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点， 若a>1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1>0，所以f>f(1)>0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a>1满足条件， 若0<a<1，f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1<0，所以f<f(1)<0，当x→＋∞时，f(x)>0，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0<a<1满足条件． 综上，若f(x)恰有一个零点，a的取值范围为(0，＋∞)． 【严谨的解析】　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x，x>0，则f ′(x)＝－＝， 当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减； 所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)f(x)＝ax－－(a＋1)ln x，x>0，则f ′(x)＝a＋－＝， 当a≤0时，ax－1≤0，所以当x∈(0，1)时，f ′(x)>0， f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减； 所以f(x)max＝f (1)＝a－1<0，此时函数无零点，不符合题意； 当0<a<1时，>1，在(0，1)，上， f ′(x)>0，f(x)单调递增； 在上， f ′(x)<0， f(x)单调递减；又f(1)＝a－1<0， 由(1)得＋ln x≥1，即ln≥1－x，所以ln x<x，ln<，ln x<2， 当x>1时， f(x)＝ax－－(a＋1)ln x>ax－－2(a＋1)>ax－(2a＋3)， 则存在m＝2>，使得f(m)>0， 所以f(x)仅在有唯一零点，符合题意； 当a＝1时， f ′(x)＝≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)＝a－1＝0， 所以f(x)有唯一零点，符合题意； 当a>1时，<1，在，(1，＋∞)上，f ′(x)>0， f(x)单调递增； 在上， f ′(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)＝a－1>0， 由(1)得当0<x<1时，ln x>1－，ln>1－，所以ln x>2， 此时f(x)＝ax－－(a＋1)ln x<ax－－2(a＋1)<－＋， 存在n＝<，使得f(n)<0，所以f(x)在有一个零点，在无零点， 所以f(x)在(0，＋∞)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0，＋∞)． 1. (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)． (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； (2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 解　(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)， f′(x)＝(x>0)， 令f′(x)>0，则0<x<，此时函数f(x)单调递增， 令f′(x)<0，则x>，此时函数f(x)单调递减， 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解． 设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)， 令g′(x)＝＝0，得x＝e， 当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， 当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 故g(x)max＝g(e)＝， 且当x>e时，g(x)∈， 又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e， 即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)． 2．(2023·河北邢台一模)已知函数f(x)＝a·e2x＋1－2ex＋1＋·ex－. (1)当a＝1时，求f(x)的极小值； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． [解析]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， 当a＝1时，f′(x)＝2e2x＋1－2ex＋1＋ex－ ＝(ex－1)(4ex＋1＋1)， 令f′(x)＝0，解得x＝0. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 －e 单调递增 因此，当x＝0时，f(x)有极小值，极小值为f(0)＝－e. (2)f′(x)＝2ae2x＋1－2ex＋1＋ex－＝(aex－1)(4ex＋1＋1)， ①若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞,＋∞)上单调递减，f(x)至多有一个零点． ②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a. 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 所以当x＝－ln a时，f(x)取得极小值，即最小值，为f(－ln a)＝－＋ln a. 当a＝e时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点； 当a∈(e，＋∞)时，由于－＋ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点； 当a∈(0，e)时，－＋ln a<0，即f(－ln a)<0. ln a<1，即－ln a>－1>－2且f(－2)＝＋＋1－>0， 故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． ∵f＝＋e－ln ，且ln >－ln a， 先证x>0时ln x≤x－1. 设m(x)＝ln x－(x－1)，则m′(x)＝， 当0<x<1时，m′(x)>0，当x>1时，m′(x)<0， 故m(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x＝1时，m(x)取到最大值m(1)＝0， 故x>0时ln x≤x－1. ∴f＝＋e－ln ≥＋e－＝＋e＋>0， 因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点． 综上，a的取值范围为(0，e)． 函数零点的性质研究 例10 (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 【明说解题】此题第（2）问是极值点偏移，但指对同台，函数单调性的研究较为困难。 【解析】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝， 令f ′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0，1)， f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)， f ′(x)>0，f(x)单调递增f(x)≥f(1)＝e＋1－a， 若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]． (2)证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1， 不妨设x1<1<x2，要证x1x2<1，即证x1<， 因为x1，∈(0，1)，即证f(x1)>f ， 因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)>f ， 即证－ln x＋x－xe－ln x－>0，x∈(1，＋∞)， 即证－xe－2>0， 下面证明x>1时，－xe>0，ln x－<0，设g(x)＝－xe，x>1， 则g′(x)＝ex－＝ex－e ＝＝， 设φ(x)＝(x>1)，φ′(x)＝ex＝ ex>0， 所以φ(x)>φ(1)＝e，而e<e，所以－e>0，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(1，＋∞)单调递增，即g(x)>g(1)＝0，所以－xe>0， 令h(x)＝ln x－，x>1，h′(x)＝－＝＝<0， 所以h(x)在(1，＋∞)单调递减，即h(x)<h(1)＝0，所以ln x－<0； 综上，－xe－2>0，所以x1x2<1. 1.已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． [证明]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0， 故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0. 又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)知f(x0)<f(e)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α. 由α>x0>1得0<<1<x0. 又f＝ln －－1＝＝0， 故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根． 综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 例11 (2022·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【解析】　(1)f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f ′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f ′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0. g(x)＝ax－ln x的定义域为(0，＋∞)，而g′(x)＝a－＝. 当f′(x)＝0时，x＝ln a， 当x<ln a时， f ′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln a)上为减函数， 当x>ln a时，f ′(x)>0，故f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数， 故f(x) min＝f(ln a)＝a－aln a. 令g′(x)＝0，则x＝， 当0<x<时，g′(x)<0，故g(x)在上为减函数， 当x>时，g′(x)>0，故g(x)在上为增函数， 故g(x) min＝g＝1－ln. 因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值， 故1－ln＝a－aln a，整理得到＝ln a，其中a>0， 设h(a)＝－ln a，a>0，则h′(a)＝－＝≤0， 故h(a)为(0，＋∞)上的减函数，而h(1)＝0， 故h(a)＝0的唯一解为a＝1，故＝ln a的解为a＝1.综上，a＝1. (2)证明：由(1)可得f(x)＝ex－x和g(x)＝x－ln x的最小值为1－ln 1＝1－ln＝1. 当b>1时，考虑ex－x＝b的解的个数、x－ln x＝b的解的个数． 设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1， 当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0， 故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数， 所以S(x)min＝S(0)＝1－b<0， 而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b， 设u(b)＝eb－2b，其中b>1，则u′(b)＝eb－2>0， 故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0， 故S(b)>0,故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点,即ex－x＝b的解的个数为2. 设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝， 当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0， 故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， 所以T(x) min＝T(1)＝1－b<0， 而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0， T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点即x－ln x＝b的解的个数为2. 当b＝1，由(1)讨论可得x－ln x＝b、ex－x＝b仅有一个零点， 当b<1时，由(1)讨论可得x－ln x＝b、ex－x＝b均无零点， 故若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点，则b>1. 设h(x)＝ex＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋－2， 设s(x)＝ex－x－1，x>0，则s′(x)＝ex－1>0， 故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0即ex>x＋1， 所以h′(x)>x＋－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 而h(1)＝e－2>0，h＝e－3－<e－3－<0， 故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，<x0<1且： 当0<x<x0时，h(x)<0即ex－x<x－ln x即f(x)<g(x)， 当x>x0时，h(x)>0即ex－x>x－ln x即f(x)>g(x)， 因此若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点， 故b＝f(x0)＝g(x0)>1， 此时ex－x＝b有两个不同的零点x1，x0(x1<0<x0)， 此时x－ln x＝b有两个不同的零点x0，x4(0<x0<1<x4)， 故ex1－x1＝b，ex0－x0＝b，x4－ln x4－b＝0，x0－ln x0－b＝0 所以x4－b＝ln x4即ex4－b＝x4即ex4－b－(x4－b)－b＝0， 故x4－b为方程ex－x＝b的解，同理x0－b也为方程ex－x＝b的解 又ex1－x1＝b可化为ex1＝x1＋b即x1－ln(x1＋b)＝0即(x1＋b)－ln(x1＋b)－b＝0， 故x1＋b为方程x－ln x＝b的解，同理x0＋b也为方程x－ln x＝b的解， 所以＝，而b>1， 故即x1＋x4＝2x0. 1. 设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直． (1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1. [解析]　(1)f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′＝0，即＋b＝0，故b＝－. (2)证明：由(1)知f(x)＝x3－x＋c， f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝. x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况为： x － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  c＋  c－  因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点． 因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点． 由题设可知－≤c≤. 当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1. 当c＝时，f(x)只有两个零点－1和. 当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈. 综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 第1页 共1 页 学科网（北京）股份有限公司 $★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　导数与函数零点 目录 一、知识综述 1 二、有关函数零点问题的一般题设形式 1 三、函数零点问题的视角 2 判断函数零点的个数 2 不含参的函数零点个数 2 分离参数的函数零点个数 3 分类讨论的函数零点个数 3 含三角函数的函数零点个数 4 由函数零点的个数求参数的取值范围 5 数形结合的函数零点个数 5 二次型函数的零点 5 给定区间的函数零点问题 5 寻找f(a)f(b)的函数零点问题 6 函数零点的性质研究 7 一、知识综述 以指数函数、对数函数、三次有理函数、三角函数为载体，利用导数，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．考查的角度主要是函数零点的综合应用． 二、有关函数零点问题的一般题设形式 1.关于函数零点的常见题型，一般有三类： (1)判断、证明或讨论函数零点的个数； (2)已知零点存在情况求参数范围； (3)函数零点性质的研究. 2.利用导数研究函数零点的方法，一般有两类： 求函数f(x)的单调区间和极值的基础上．一是根据函数f(x)的性质作出图象，通过数形结合，判断函数零点的个数；一是利用函数零点存在性定理，通过分类讨论，判断函数零点的个数． 三、函数零点问题的视角 判断函数零点的个数 ●方法技巧 利用导数研究函数零点问题的思路 (1)图象法：构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解． (2)分离参数法：化为a=g(x)利用导数研究函数g(x)的单调性、极值，画出g(x)的图象草图，通过数形结合，确定直线y=a与函数y=g(x)图象交点的个数． (3)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．此时，问题的难点是“找点”！即如何快速确定a,b使得f(a)f(b)＜0. 不含参的函数零点个数 例1 (2025·南昌模拟)已知函数f(x)＝－a(a＞0)，且x＝2不是f(x)的极值点． (1)求a的值； (2)判断f(x)的零点个数． 1.(2024·全国模拟预测)已知函数f(x)＝(x－1)2ex－ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(x))处的切线方程为y＝－2x＋b. (1)求实数a，b的值； (2)证明：函数f(x)有两个零点． 2.(2025·新课标全国Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<.证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； 分离参数的函数零点个数 例2 (2024·湖北武汉模拟预测)已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R)． (1)当a＝1时，求f(x)的最大值； (2)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数． 1.已知函数f(x)＝xex＋ex，讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数． 2．(2024·湖南长沙三模)已知函数f(x)＝xex－1,g(x)＝ln x－mx,m∈R. (1)求f(x)的最小值； (2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，讨论h(x)零点的个数． 分类讨论的函数零点个数 例3 (2025·重庆质检节选)已知f(x)＝a(ln x)2－(a＋x)ln x＋2x－2，a∈(0，e)，讨论f(x)的零点个数． 1.(2024·郑州三模)已知函数f(x)＝eax－x. (1) 若a＝2，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2) 讨论f(x)的零点个数． 例5 (2025·江西南昌二模)已知f(x)＝xax－ex＋1(a>1)． (1)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a≥e时，求证：f(x)≥0； (3)当1<a≤时，试讨论函数f(x)的零点个数． 1．(2025·赣州适应性考试)已知函数f(x)＝ex－m－xln x，f(x)的导函数为f′(x)． (1)当m＝1时，证明：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； (2)若g(x)＝f′(x)－m＋1，讨论函数g(x)零点的个数． 含三角函数的函数零点个数 例5 (2025·山海关区三模)设函数f(x)＝exsin x. (1)求f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程； (2)记g(x)＝f(x)－ax，若0＜a≤1，试讨论g(x)在(0，π)上的零点个数． 1.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x2＋1，h(x)＝asin x＋1(a>0)． (1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)； (2)讨论函数F(x)＝f(x)－h(x)在(0，π)上的零点个数． 2．(2025·黑龙江牡丹江省级示范高中月考)已知f(x)＝ex－1－ax(x>0)，x＝1是f(x)的极值点(其中e是自然对数的底数)． (1)求a的值； (2)讨论函数h(x)＝f(x)－sin x在(0，π)的零点个数. 3． (2025·安徽期末)已知函数f(x)＝sin x. (1)证明：∀x∈，f(x)>2x－tan x； (2)判断函数g(x)＝－f(x)的零点的个数，并说明理由． 由函数零点的个数求参数的取值范围 ●方法技巧 利用函数零点求参数范围的方法 1．利用零点的个数结合函数f(x)的单调性构建不等式求解． 2．转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 3．分离参数(k＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝k与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解． 数形结合的函数零点个数 例6．已知函数f(x)=2x+a－x2,若f(x)只有一个零点，求实数a的取值范围． 二次型函数的零点 例6．(2023·上海高考)已知a，c∈R，函数f(x)＝. (1)若a＝0，求函数的定义域，并判断是否存在c使得f(x)是奇函数，说明理由； (2)若函数过点(1，3)，且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，求此时c的值和a的取值范围． 1．(2025·河北邯郸部分学校月考)已知函数f(x)＝ln x＋mx＋(m<0)． (1)若曲线y＝f(x)在(x0，f(x0))(0<x0<2e)处的切线过点(0,2)，求实数x0的值； (2)若f(x)在(0,4e)内有两个不同极值点x1、x2，求实数m取值范围． 给定区间的函数零点问题 例7 (2025·白银三模)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x－1. (1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若f(x)在上有2个零点，求a的取值范围． 1．(2025·云南玉溪一中质检)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(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)ln x有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围． 2．(2025·重庆校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋sin x－. (1)当a＝－3时，求证：f(x)在区间(－1，0)上单调递增． (2)若函数f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有1个零点，求a的取值范围． 寻找f(a)f(b)的函数零点问题 例8　(2024·临汾二模)已知函数f(x)＝e2x－(2a－1)ex－ax. (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 1.(2017·新课标Ⅰ)(选择性必修2P104T17)已知函数f(x)=ae2x+(a－2)ex－x． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 2.(2024·岳阳二模)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2，a∈R. (1) 当a＝时，求f(x)的单调区间； (2) 若方程f(x)＋a＝0有三个不同的实根，求实数a的取值范围． . 例9 (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 1. (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)，若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 2．(2023·河北邢台一模)已知函数f(x)＝a·e2x＋1－2ex＋1＋·ex－. (1)当a＝1时，求f(x)的极小值； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 函数零点的性质研究 例10 (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 1.已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 例11 (2022·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 1. 设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直． (1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 第1页 共1 页 学科网（北京）股份有限公司 $