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專題 2 函數的零點個數問題、隱零點及零點賦值問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點,函數的零點個數問題、隱零點及零點賦值問題是近年高考的熱點及
難點,特別是隱零點及零點賦值經常成為導數壓軸的法寶.
(一) 確定函數零點個數
1.研究函數零點的技巧
用導數研究函數的零點,一方面用導數判斷函數的單調性,借助零點存在性定理判斷；另一方面,也可將零點問
題轉化為函數圖象的交點問題,利用數形結合來解決．對于函數零點個數問題,可利用函數的值域或最值,結合
函數的單調性、草圖確定其中參數范圍．從圖象的最高點、最低點,分析函數的最值、極值；從圖象的對稱
性,分析函數的奇偶性；從圖象的走向趨勢,分析函數的單調性、周期性等．但需注意探求與論證之間區別,論
證是充要關系,要充分利用零點存在定理及函數單調性嚴格說明函數零點個數．
2. 判斷函數零點個數的常用方法
(1)直接研究函數,求出極值以及最值,畫出草圖．函數零點的個數問題即是函數圖象與 x 軸交點的個數問
題．
(2)分離出參數,轉化為 a＝g(x),根據導數的知識求出函數 g(x)在某區間的單調性,求出極值以及最值,畫出草
圖．函數零點的個數問題即是直線 y＝a 與函數 y＝g(x)圖象交點的個數問題．只需要用 a 與函數 g(x)的極值
和最值進行比較即可．
3. 處理函數 y=f(x)與 y=g(x)圖像的交點問題的常用方法
(1)數形結合,即分別作出兩函數的圖像,觀察交點情況;
(2)將函數交點問題轉化為方程 f(x)=g(x)根的個數問題,也通過構造函數 y=f(x)-g(x),把交點個數問題轉化為利
用導數研究函數的單調性及極值,并作出草圖,根據草圖確定根的情況.
4.找點時若函數有多項有時可以通過恒等變形或放縮進行并項，有時有界函數可以放縮成常數，構造函數時
合理分離參數，避開分母為 0 的情況.
2
【例 1】（2024 屆河南省湘豫名校聯考高三下學期考前保溫卷數）已知函數 f x ax= x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的極大值；
π
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx é在區間 ê- , 2024π
ù
上的零點個數．
2 ú
2
【解析】（1）由題易得，函數 f x ax= x 的定義域為R ，e
2axex - ax2 xf x e 2ax - ax
2 ax 2 - x
又 = = = ex 2 ex ex ，
所以，當 a > 0時， f x , f x 隨 x 的變化情況如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x ] 極小值 Z 極大值 ]
由上表可知， f x 的單調遞增區間為 0,2 ，單調遞減區間為 - ,0 , 2,+ ．
所以 f x 的極大值為 f 2 4a= a > 0 ．
e2
當 a<0時， f x , f x 隨 x 的變化情況如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x Z 極大值 ] 極小值 Z
由上表可知， f x 的單調遞增區間為 - ,0 , 2,+ ，單調遞減區間為 0,2 ．
所以 f x 的極大值為 f 0 = 0 a < 0 ．
a 0 f x 4a綜上所述，當 > 時， 的極大值為 2 ；當 a<0時， f x 的極大值為 0．e
2 2
（2）方法一：當 a =1時， f x x= x ，所以函數 g x = f x - cosx
x
= x - cosx．e e
2
由 g x = 0 x，得 = cosx．
ex
所以要求 g x é π在區間 ê- , 2024π
ù
2 ú
上的零點的個數，

é π ù
只需求 y = f x 的圖象與 h x = cosx的圖象在區間 ê- , 2024π2 ú 上的交點個數即可．
由（1）知，當 a =1時， y = f x 在 - ,0 , 2,+ 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增，
y π所以 = f x é ù在區間 ê- ,0ú 上單調遞減． 2
又 h x = cosx é π在區間 ê- ,0
ù
ú 上單調遞增， 2
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
x2 é π
所以 f x = 與 h x = cosx的圖象在區間 ê- ,0
ù
x ú 上只有一個交點，e 2
é π ù
所以 g x 在區間 ê- ,0 上有且只有 1 個零點． 2 ú
2
因為當 a =1，x > 0 x時， f x = x > 0，e
f x 在區間 0，2 上單調遞增，在區間 2, + 上單調遞減，
2
所以 f 4x x= x 在區間 0, + 上有極大值 f 2 = <1，e e2
即當 a =1, x > 0時，恒有0 < f x <1．
又當 x > 0時， h x = cosx的值域為 -1,1 ，且其最小正周期為T = 2π，
現考查在其一個周期 0,2π 上的情況，
x2f x = 在區間 0,2x 上單調遞增， h x = cosx在區間 0,2 上單調遞減，e
且 f 0 = 0 < h 0 =1， f 2 > 0 > h 2 = cos2 ，
2
所以 h x = cosx與 f x x= x 的圖象在區間 0,2 上只有一個交點，e
即 g x 在區間 0,2 上有且只有 1 個零點．

因為在區間 2,
3π ù
ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2 3π
所以 f x = 與 h x = cosx ùx 的圖象在區間 2, ú上無交點，e è 2
即 g x 在區間 2,
3π ù
ú上無零點．è 2
3π 2
在區間 , 2π
ù
2 ú上， f x
x
= x 單調遞減， h x = cosx單調遞增，è e
f 3π 0 h 3π 且 ÷ > > ÷，0 < f 2π <1 = cos2π = h 2π ，
è 2 è 2
2
所以 h x = cosx x 3π與 f x = 的圖象在區間 , 2πùx 上只有一個交點，e è 2 ú
g x 3π ,2πù即 在區間 2 ú上有且只有 1 個零點．è
所以 g x 在一個周期 0,2π 上有且只有 2 個零點．
x2*
同理可知，在區間 2kπ,2kπ + 2π k N 上，0 < f x <1且 f x = x 單調遞減，e
h x = cosx在區間 2kπ,2kπ + π 上單調遞減，在區間 2kπ + π,2kπ + 2π 上單調遞增，
且0 < f 2kπ <1 = cos 2kπ = h 2kπ ，
f 2kπ + π > 0 > -1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π
0 < f 2kπ + π <1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π ，
x2
所以 h x = cosx與 f x = 的圖象在區間 2kπ,2kπ + π 和（2kπ + π,2kπ + 2π]x 上各有一個交點，e
*
即 g x 在 2π,2024π 上的每一個區間 2kπ,2kπ + 2π k N 上都有且只有 2 個零點．
2024π
所以 g x 在（0,2024π]上共有 2 = 2024個零點．
2π
é π ù
綜上可知， g x 在區間 ê- , 2024π2 ú 上共有 2024 +1 = 2025個零點．
2 2
方法二：當 a =1 f x x g x f x cosx x時， = x ，所以函數 = - = x - cosx．e e
x é π
2 π
當 ê- ,0
ù é ù
ú時， g x
2x - x
= x + sinx 0，所以 g x 在區間 2 e ê
- ,0ú 上單調遞減． 2
π é π ù
又 g - > 0, g 0 < 0，所以存在唯一零點 x - ,0 ，使得 g x = 0．
è 2 ÷ 0 0 ê 2 ú
é π ù
所以 g x 在區間 ê- ,0ú 上有且僅有一個零點． 2
x π 3π
2
當 2kπ + , 2kπ +
ù
ú , k N
x
時，
2 2 x > 0, cosx < 0
，所以 g x > 0．
è e
π
所以 g x 在 2kπ + , 2kπ
3π
+ ù ,k N 上無零點．
è 2 2 ú
x 0, π ù g x 2x - x
2 π
當 ú時， = x + sinx > 0 ，所以 g x 在區間 0, 上單調遞增．è 2 e è 2 ÷
又 g 0 π< 0,g ÷ > 0，所以存在唯一零點．
è 2
2
當 x 2kπ,2kπ
π
+ ù * 2x - xú , k N 時，2 g
x = x + sinx ，è e
j x 2x - x
2 x2 - 4x + 2
設 = x + sinx，則j x = + cosx > 0e ex
所以 g x 在 2kπ,2kπ
π
+ ù *
è 2 ú
, k N 上單調遞增．

又 g 2kπ < 0, g 2kπ+
π
÷ > 0，
è 2
所以存在 x
π
1

2kπ,2kπ +
ù
ú ,k N
*
，使得 g x = 0 ．
è 2 1
即當 x 2kπ,x1 時， g x1 < 0, g x 單調遞減；
x x π ù當 1, 2kπ + ú時， g x1 > 0, g x 2 單調遞增．è
又 g 2kπ < 0, g 2kπ
π 0 g x π+ > ù *÷ ，所以 在區間 2kπ,2kπ + ú , k N 上有且僅有一個零點è 2 è 2
π ù
所以 g x 在區間 2kπ,2kπ +
è 2 ú
, k N上有且僅有一個零點．


當 x 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πù ,k N 時，
è 2 ú
g x 2x - x
2
= x + sinx ，e
j x 2x - x
2 x2 - 4x + 2
設 = + sinx，則j x x = x + cosx > 0e e
所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N2 上單調遞增．è

又 g 2kπ
3π
+ ÷ < 0, g 2kπ + 2π < 0，所以 g x
3π ù
在區間
2
2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N2 上單調遞減：è è
3π
又 g 2kπ + ÷ > 0, g 2kπ + 2π < 0，
è 2

所以存在唯一 x2 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2π ÷，使得 g x2 = 0．
è 2
所以 g x 3π在區間 2kπ + , 2kπ + 2πùú ,k N2 上有且僅有一個零點．è
所以 g x 在區間 2kπ,2kπ + 2π ,k N上有兩個零點．
所以 g x 在 0,2024π 2024π上共有 2 = 2024個零點．
2π
é π ù
綜上所述， g x 在區間 ê- , 2024πú 上共有 2024 +1 = 20252 個零點．
(二) 根據函數零點個數確定參數取值范圍
根據函數零點個數確定參數范圍的兩種方法
1.直接法：根據零點個數求參數范圍,通常先確定函數的單調性,根據單調性寫出極值及相關端點值的范圍,然
后根據極值及端點值的正負建立不等式或不等式組求參數取值范圍；
2.分離參數法：首先分離出參數,然后利用求導的方法求出構造的新函數的最值,根據題設條件構建關于參數
的不等式,再通過解不等式確定參數范圍,分離參數法適用條件：(1)參數能夠分類出來；(2)分離以后構造的新
函數,性質比較容易確定.
【例 2】（2024 屆天津市民族中學高三下學期 5 月模擬）已知函數 f x = ln x + 2
(1)求曲線 y = f x 在 x=-1處的切線方程；
(2)求證： e x x + 1；
(3)函數 h x = f x - a x + 2 有且只有兩個零點，求 a 的取值范圍．
1
【解析】（1）因為 f x = ，
x + 2
所以曲線 y = f x 在 x= 1-1處的切線斜率為 f -1 = =1，
-1+ 2
又 f -1 = ln -1+ 2 = 0，所以切線方程為 y = x +1 .
2 g x = ex（ ）記 - x -1，則 g x = ex -1，
當 x < 0 時， g x < 0，函數 g x 在 - ,0 上單調遞減；
當 x > 0時， g x > 0，函數 g x 在 0, + 上單調遞增.
所以當 x = 0時， g x 取得最小值 g 0 = e0 -1 = 0，
所以 g x = ex - x -1 0，即 e x x + 1 .
（3） h x = f x - a x + 2 = ln x + 2 - a x + 2 , x > -2，
由題知， ln x + 2 - a x + 2 = 0有且只有兩個不相等實數根，
ln x + 2
即 = a有且只有兩個不相等實數根，
x + 2
ln x + 2令m x = , x > -2，則m
1- ln x + 2x = 2 ，
x + 2 x + 2
當-2 < x < e - 2時，m x > 0，m x 在 -2,e - 2 上單調遞增；
當 x > e - 2 時，m x < 0 ，m x 在 e - 2, + 上單調遞減.
當 x 趨近于-2時，m x 趨近于- ，當 x 趨近于+ 時，m x 趨近于 0，
又 f e - 2 1= ，所以可得m x 的圖象如圖：
e
1
由圖可知，當0 < a < 時，函數m x 的圖象與直線 y = a有兩個交點，
e
1
所以，a 的取值范圍為 0, ÷ .
è e
(三)零點存在性賦值理論及應用
1.確定零點是否存在或函數有幾個零點,作為客觀題常轉化為圖象交點問題,作為解答題一般不提倡利用圖象
求解,而是利用函數單調性及零點賦值理論.函數賦值是近年高考的一個熱點, 賦值之所以“熱”, 是因為它
涉及到函數領域的方方面面：討論函數零點的個數(包括零點的存在性, 唯一性)； 求含參函數的極值
或最值； 證明一類超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各種題型中的參數取值
范圍等,零點賦值基本模式是已知 f (a) 的符號,探求賦值點 m (假定 m < a )使得 f (m) 與 f (a) 異號,則
在 (m,a) 上存在零點．
2.賦值點遴選要領：遴選賦值點須做到三個確保：確保參數能取到它的一切值； 確保賦值點 x0 落在規
定區間內；確保運算可行
三個優先：（1）優先常數賦值點；（2）優先借助已有極值求賦值點；（3）優先簡單運算.
3.有時賦值點無法確定,可以先對解析式進行放縮,再根據不等式的解確定賦值點（見例 2 解法）,放縮法
的難度在于“度”的掌握,難度比較大.
【例 3 x】（2024 屆山東省煙臺招遠市高考三模）已知函數 f x = x + ae a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
x f x - x
(2)當 a = 3時，若方程 + = m +1f x x f x 有三個不等的實根，求實數
m 的取值范圍.
-
x
【解析】（1）求導知 f x =1+ ae .
a 0 f x =1+ aex當 時，由 1 > 0可知， f x 在 - ,+ 上單調遞增；
當 a<0時，對 x < - ln -a 有 f x =1+ aex >1+ a ×e- ln -a = 0，對 x > - ln -a 有
f x =1+ aex <1+ a ×e- ln -a = 0，所以 f x 在 - ,- ln -a ù 上單調遞增，在 é - ln -a , + 上單調遞減.
綜上，當 a 0時， f x 在 - ,+ 上單調遞增；
當 a<0時， f x 在 - ,- ln -a ù 上單調遞增，在 é- ln -a , + 上單調遞減.
x
（2）當 a = 3時， f x = x + 3ex x 3e，故原方程可化為
3ex
+ = m +1.
x + 3ex
x 3ex 1 x x x
2 x2
而 x + - = - = = m3e x + 3ex 3ex x + 3ex 3ex x + 3ex ，所以原方程又等價于 3ex x + 3ex .
由于 x2 x和3e x + 3ex 2 x x不能同時為零，故原方程又等價于 x = 3m ×e x + 3e .
即 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0 .
- x - x
設 g x = x ×e ，則 g x = 1- x ×e ，從而對 x <1有 g x > 0，對 x >1有 g x < 0 .
故 g x 在 - ,1 上遞增，在 1, + 上遞減，這就得到 g x g 1 ，且不等號兩邊相等當且僅當 x =1 .
然后考慮關于 x 的方程 g x = t ：
- x
①若 t 0，由于當 x >1時有 g x = x ×e > 0 t ，而 g x 在 - ,1 上遞增，故方程 g x = t 至多有一個解；
而 g 1 1= > 0 t ， g t = t ×e-t t ×e-0 = t ，所以方程 g x = t 恰有一個解；
e
②若0 t
1
< < ，由于 g x 在 - ,1 上遞增，在 1, + 上遞減，故方程 g x = t 至多有兩個解；
e
x x x x x x 1 2 2g x = x ×e- x
- - -
2 e 2 x
- - -1 2 - ×2ln -1 - ln
而由 = × × ×e 2 = 2 ×e 2 × g ÷ 2 ×e 2 × g 1 = 2 ×e 2 g

有 2ln ÷ 2 ×e 2 t < 2 ×e t = t ，2 è 2 è t
再結合 g 0 = 0 < t ， g 1 1= > t 2， 2ln > 2ln 2e > ln e =1，即知方程 g x = t 恰有兩個解，且這兩個解分
e t
2
別屬于 0,1 和 1,2 ln ÷；
è t
③若 t
1 1
= ，則 t = = g 1 .
e e
由于 g x g 1 ，且不等號兩邊相等當且僅當 x =1，故方程 g x = t 恰有一解 x =1 .
t 1 1④若 > ，則 g x g 1 = < t ，故方程 g x = t 無解.
e e
2
由剛剛討論的 g x = t 的解的數量情況可知，方程 x ×e- x - 3m x ×e- x - 9m = 0存在三個不同的實根，當且
僅當關于 t
1 1ù
的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0有兩個不同的根 t1, t2 ，且 t1 0, ÷， t2 - , .
è e è e ú
1 1ù
一方面，若關于 t 的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0有兩個不同的根 t1, t2 ，且 t1 0, ÷， t2 - , e ú ，則首先有è e è
0 < Δ = 9m2 + 36m = 9m m + 4 1 1，且-9m = t1t2 te 1 < 2 .e
故m - ,-4 0,+ 1， m > - 2 ，所以m > 0 .9e
2
t 2 - 3mt - 9m = 0 3m ± 3 m + 4m t 3m + 3 m
2 + 4m
而方程 的解是 ，兩解符號相反，故只能 1 = ，2 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
1 3m + 3 m2 + 4m 2 2
所以 > t = ，即 > m + m + 4m1 .e 2 3e
2 22
這就得到 - m > m + 4m 0 2
1
，所以 - m
2
÷ > m + 4m ，解得m <3e 2
.
è 3e 9e + 3e
1
故我們得到0 < m <
9e2
；
+ 3e
2
另一方面，當0 m
1
< < 2 時，關于 t 的二次方程 t
2 - 3mt - 9m = 0 t 3m + 3 m + 4m有兩個不同的根 ，9e + 3e 1 = 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
t 3m + 3 m
2 + 4m
且有 1 = > 0，2
3 1 1 4× 2 + 3 +2 2 2 1 6e +12
t 3m + 3 m + 4m
9e + 3e 9e + 3e 9e + 3e 3 × 2 + 3 ×9e 3e 9e2 3e 1 ，+ +
1 = < = =2 2 2 e
3m - 3 m2t + 4m 3m - 3 m
2 1
2 = < = 0 .2 2 e
綜上，實數m 0,
1
的取值范圍是 .
è 9e2 + 3e ÷
(四)隱零點問題
1.函數零點按是否可求精確解可以分為兩類：一類是數值上能精確求解的,稱之為“顯零點”；另一類是能夠判
斷其存在但無法直接表示的,稱之為“隱零點”.
2.利用導數求函數的最值或單調區間,常常會把最值問題轉化為求導函數的零點問題,若導數零點存在,但無
法求出,我們可以設其為 x0 ,再利用導函數的單調性確定 x0 所在區間,最后根據 f x0 = 0 ,研究 f x0 ,我們
把這類問題稱為隱零點問題. 注意若 f (x) 中含有參數 a,關系式 f ' (x0 ) = 0是關于 x0 ,a 的關系式,確定 x0 的
合適范圍,往往和 a 的范圍有關.
【例 4】（2024 x屆四川省成都市實驗外國語學校教育集團高三下學期聯考）已知函數 f x = e ，
g x = ln x .
(1)若函數 h x = ag x -1 x +1- ， a R ，討論函數 h x 的單調性；
x -1
1 4
(2)證明： 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 . 1（參考數據：
4 e5 2.23
， e 2 1 .6 5 ）
x +1 h x ax - a + 2【解析】（1）由題意 h x = a ln x -1 - , x >1，所以 = , x >1
x -1 x -1 2 ，
當 a = 0時， h x > 0，所以 h x 在 1, + 上為增函數；
a 0 2當 時，令 h x = 0得 x = 1- ，
a
2
所以若 a > 0時，1- <1，所以 h x > 0，所以 h x 在 1, + 上為增函數，
a
若 a<0時，1
2
- >1，且1
2
< x <1- 時， h x > 0 x 1 2， > - 時， h x < 0，
a a a
所以 h x 在 1,1
2 2
- ÷上為增函數，在 1- ,+

a ÷上為減函數，è a è
綜上：當 a 0時， h x 在 1, + 上為增函數，
當 a<0時， h x 在 1,1
2
-
2
÷上為增函數，在 1- ,+ a ÷上為減函數；è a è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 1 2x x等價于 2x -1 e - e - 2ln x + 2 > 0，
4 4
1 2x x
設F x = 2x -1 e - e - 2ln x + 2 ，則
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x ex 2 x e - xe - 2 - - = = ，
x x x
因為 x > 0，所以 xex +1 > 0，
設j x = xex - 2，則j x = x +1 ex > 0 ，則j x 在 0, + 上單調遞增，
4 4 4
而j ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0，
è 5 5
x 4 x所以存在 0 ,1÷ ，使j x0 = 0，即 x e 0 = 2，所以 x0 + ln x0 = ln 2 ，即 ln x0 = ln 2 - x0 ，
è 5 0
當0 < x < x0 時，F x < 0，則F x 在 0, x0 上單調遞減，
當 x > x0時，F x > 0，則F x 在 x0 ,+ 上單調遞增，
所以F x 1= 2x -1 e2x0 - ex0 - 2ln x + 2min 4 0 0
1 4 2
= 2x0 -1 2 - - 2ln 2 + 2x
1
0 + 2 = - 2 + 2x0 - 2ln 2 + 24 x ，0 x0 x0
1
設m t = - 2 + 2t - 2ln 2 + 2,
4
< t <1
2
÷，則m t = 3 + 2 > 0，t è 5 t
m t 4 ,1 4 25 8 163則 在 ÷ 上單調遞增，m ÷ = - + - 2ln 2 + 2 = - 2ln 2 > 0，
è 5 è 5 16 5 80
則F x > 0 1min ，則不等式 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0恒成立，4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
【例 1】（2024 屆山西省晉中市平遙縣高考沖刺調研）已知函數 f x = ln x + sin x π+ sin .
10
(1)求函數 f x 在區間 1,e 上的最小值；
(2)判斷函數 f x 的零點個數，并證明.
【解析】（1）因為 f x π= ln x + sin x + sin ，
10
1
所以 f (x) = + cos x ，令 g x = f (x) 1= + cos x， g x 1= - - sin x ，
x x x2
當 x 1,e 時， g x 1= - 2 - sin x < 0，x
所以 g x 在 1,e 上單調遞減，且 g 1 =1+ cos1 > 0，
g e 1= + cos e< 1 + cos 2π 1 1= - < 0 ，
e e 3 e 2
所以由零點存在定理可知，在區間[1,e]存在唯一的a ，使 g a = f a = 0
又當 x 1,a 時， g x = f x > 0；當 x a , e 時， g x = f x < 0 ；
所以 f x 在 x 1,a 上單調遞增，在 x a , e 上單調遞減，
又因為 f 1 = ln1+ sin1+ sin π = sin1+ sin π ，
10 10
f e = ln e + sin e + sin π π=1+ sin e + sin > f 1 ，
10 10
π
所以函數 f (x) 在區間[1,e]上的最小值為 f 1 = sin1+ sin .
10
（2）函數 f x 在 0, + 上有且僅有一個零點，證明如下：
f x π 1函數 = ln x + sin x + sin ， x 0, + ，則 f (x) = + cos x ，
10 x
若0 < x 1， f (x)
1
= + cos x > 0，
x
所以 f (x)
π
在區間 0,1 上單調遞增，又 f 1 = sin1+ sin > 0，
10
f 1 ÷ = -1+ sin
1
+ sin π < -1 π π+ sin + sin = 0，
è e e 10 6 6
結合零點存在定理可知， f (x) 在區間 0,1 有且僅有一個零點，
若1 < x π ，則 ln x > 0,sin x 0， sin
π
> 0，則 f x > 0，
10
若 x > π，因為 ln x > ln π >1 -sin x，所以 f x > 0，
綜上，函數 f (x) 在 0, + 有且僅有一個零點.
【例 2】（2024 ax -ax屆江西省九江市高三三模）已知函數 f x = e + e (a R ，且 a 0) .
(1)討論 f x 的單調性；
(2) f x = x + x-1若方程 有三個不同的實數解，求 a 的取值范圍.
【解析】（1）解法一： f x = a eax - e-ax
ax
令 g x = a e - e-ax g x = a2 eax + e-ax，則 > 0
\ g x 在R 上單調遞增.
又 g 0 = 0,\當 x < 0 時， g x < 0 ，即 f x < 0；當 x > 0時， g x > 0，即 f x > 0
\ f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
a eax +1 eax -1
解法二： f x = a eax - e-ax = eax
①當 a > 0時，由 f x < 0得 x < 0 ，由 f x > 0得 x > 0
\ f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增
②當 a < 0時，同理可得 f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
綜上，當 a 0時， f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
（2）解法一：由 f x = x + x-1，得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = ex + e- x ，則 h ax = h lnx
又Qh x = ex + e- x 為偶函數，\h ax = h lnx
由（1）知 h x 在 0, + 上單調遞增，\ ax = lnx lnx，即 = a 有三個不同的實數解.
x
m x lnx , m x 1- lnx令 = = 2 ，由m x > 0，得0 < x < e;由m x < 0 ，得 x >e，x x
\m x 1在 0, e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減，且m 1 = 0,m e =
e
\ y = m x 在 0,1 上單調遞減，在 1,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減
當 x 0 時，m x + ；當 x 1 + 時，m x 0，故0 < a <
e
1 1 1 1
解得- < a < 0或0 < a <

，故 a 的取值范圍是 - ,0
0,
e e e ÷ e ÷è è
解法二：由 f x = x + x-1得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = x + x-1，則 h x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增.
ax
由 h e = h x ，得 eax = x 或 eax = x-1
兩邊同時取以 e為底的對數，得 ax = lnx 或 ax = -lnx ，
\ ax = lnx lnx，即 = a 有三個不同的實數解
x
下同解法一.
1
【例 3】（2024 屆重慶市第一中學校高三下學期模擬預測）已知函數 f (x) = a(ln x +1) + (a > 0)．
x3
(1)求證：1+ x ln x > 0；
(2) x 1若 1, x2 是 f (x) 的兩個相異零點，求證： x2 - x1 <1- ．a
【解析】（1）令 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，則 g (x) =1+ ln x．
1 1
令 g (x) > 0，得 x > ；令 g (x) < 0，得0 < x < ．
e e
1 1
所以 g(x)在 0, ÷上單調遞減，在e
,+
è è e ÷
上單調遞增．

所以 g(x) = g
1 1
min ÷ =1- > 0，所以1+ x ln x > 0．
è e e
（2）易知函數 f (x) 的定義域是 (0, + )．
3
由 f (x) = a(ln x
1
+1) + 3 ，可得 f
(x) a 3 ax - 3= - 4 =x x x x4
．
令 f (x) > 0 x 3 3得 > 3 ；令 f (x) < 0 得0 < x < 3 ．
a a

所以 f (x) 0
3 3
> 在 0, 3 ÷÷上單調遞減，在
3
, + a ÷÷上單調遞增，è a è

f (x) 3 a 33 a所以 min = f ÷÷ = ln + 3÷ + ．
è a 3 è a 3
a ln 3 a①當 + 3÷ + 0，即0 < a 3e4時， f (x) 至多有 1 個零點，故不滿足題意．3 è a 3
a 3 a
②當 ln + 3 + < 0，即 4 3 1時， 3 3
3 a ÷ 3 a > 3e < 4 <1
．
è a e
3 , 3

因為 f (x) 在 3 +a ÷÷上單調遞增，且
f (1) = a +1 > 0．所以 f (1) × f 3 a ÷÷
< 0，
è è
3 3
所以 f (x) 在 3 ,+ a ÷÷上有且只有
1 個零點，不妨記為x1，且 3 < x <1．
è a
1
1 f 1

a ln 1
3 3
由（1）知 ln x > - ，所以 ÷ = +1÷ + a 2 > a(- a +1) + a 2 = a > 0．
x a ÷ è è a ÷

因為 f (x) 在 0,
3 1 3
3
÷÷上單調遞減， <
3 , f 1 3× f 3 < 0 ，
è a a a
a ÷÷ ÷÷ è è a

0, 3
1 3
所以 f (x) 在 3 a ÷÷
上有且只有 1 個零點，記為x2，且 < x < 32 ．
è a a
1 3 1
所以 < x 32 < < x1 <1，所以 -1< x2 - x1 < 0．a a a
1 3 3
同理，若記 x , 31 , x
3 ,1
è a a
÷÷ 2 a ÷÷ è
則有0 x 1< 2 - x1 <1- ，a
1
綜上所述， x2 - x1 <1- ．a
4 2022 f x = ln 1+ x + axe-x【例 】（ 高考全國卷乙理）已知函數
（1）當 a =1時,求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
（2）若 f x 在區間 -1,0 , 0, + 各恰有一個零點,求 a的取值范圍．
【解析】（1）當 a =1時, f (x) = ln(1
x
+ x) + , f (0) = 0 ,所以切點為 (0,0) ,
ex
f (x) 1 1- x= + x , f (0) = 2 ,所以切線斜率為 21+ x e
所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 y = 2x .
ex + a 1- x2
f (x) = ln(1+ x) ax+ 1 a(1- x) （2） , ,
ex f (x) = + =1+ x ex (1+ x)ex
設 g(x) = ex + a 1- x2
1°若 a > 0 ,當 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 > 0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (-1,0) 上單調遞增, f (x) < f (0) = 0
故 f (x) 在 (-1,0) 上沒有零點,不合題意,
2° 若-1 a 0 ,當 x (0,+ )時, g (x) = ex - 2ax > 0
所以 g(x)在 (0, + )上單調遞增,所以 g(x) > g(0) =1+ a…0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (0, + )上單調遞增, f (x) > f (0) = 0 ,
故 f (x) 在 (0, + )上沒有零點,不合題意.
3° 若 a < -1 ,
(1)當 x (0,+ ) ,則 g (x) = ex - 2ax > 0 ,所以 g(x)在 (0, + )上單調遞增,
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 .
當 x (0,m), f (x) < 0, f (x) 單調遞減,當 x (m,+ ), f (x) > 0, f (x) 單調遞增,
所以當 x (0,m), f (x) < f (0) = 0 ,當 x + , f (x) + ,
所以 f (x) 在 (m,+ ) 上有唯一零點,
又 f (x) 在 (0, m) 沒有零點,即 f (x) 在 (0, + )上有唯一零點,
(2)當 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 , g (x) = ex - 2ax ,設h(x) = g (x) ,
則h (x) = ex - 2a > 0 ,所以 g (x) 在 (-1,0) 上單調遞增,
g (-1) 1= + 2a < 0, g (0) = 1 > 0 ,所以存在n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
e
當 x (-1,n), g (x) < 0, g(x)單調遞減
當 x (n,0), g (x) > 0, g(x)單調遞增, g(x) < g(0) =1+ a < 0 ,
又 g( 1-1) = > 0 ,所以存在 t (-1, n) ,使得 g(t) = 0 ,即 f (t) = 0
e
當 x (-1, t), f (x) 單調遞增,當 x (t,0), f (x) 單調遞減
有 x -1, f (x) -
而 f (0) = 0 ,所以當 x (t,0), f (x) > 0 ,
所以 f (x) 在 (-1, t) 上有唯一零點, (t , 0 ) 上無零點,
即 f (x) 在 (-1,0) 上有唯一零點,
所以 a < -1 ,符合題意,
綜上得 f (x) 在區間 (-1,0), (0,+ ) 各恰有一個零點, a 的取值范圍為 (- , -1) .
【例 5】（2024 x-1屆遼寧省鳳城市高三下學期考試）已知函數 f x = xe - ln x - x .
(1)求函數 f x 的最小值；
1
(2) e x求證： é f x + xù > e - e -1 ln x - .2
x-1
【解析】（1）因為函數 f x = xe - ln x - x ，所以 f x = x +1 ex-1 1- -1 = x +1 ex-1 1
x
- ÷，
è x
h x = ex-1 1記 - , x > 0， h x = ex-1 1+ 2 > 0，x x
所以 h x 在 0, + 上單調遞增，且 h 1 = 0，
所以當0 < x <1時， h x < 0，即 f x < 0，所以 f x 在 0,1 單調遞減；
當 x >1時， h x > 0 ，即 f x > 0，所以 f x 在 1, + 單調遞增，且 f 1 = 0，
所以 f x = f 1 = 0min .
1
（2）要證 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x - ，2
x 1
只需證明： x -1 e - ln x + > 0 對于 x > 0恒成立，
2
令 g x = x -1 ex - ln x 1+ g x = xex 1，則 - x > 0 ，
2 x
1
當 x > 0時，令m(x) = g (x) = xex - ，
x
則m (x)
1
= (x +1)ex + > 0，m(x)2 在 (0, + )上單調遞增，x
即 g x = xex 1- 在 (0, + )上為增函數，
x
2
2 2 2 3 2 é 2 27 ù 3
又因為 g = e3 - = êe3 -3 ÷ 3 2 3 ê 8 ÷
ú < 0
ú ，
g 1 = e -1 > 0 ，
è è

2 1 x2ex0
所以存在 x0 ,1÷使得 g x0 = 0，由 g x0 = x0ex
-1
0 - = 0 = 0，
è 3 x0 x0
2 x 1 1
得 x e 00 =1即 e
x0 = x0
x2 即
e = 2 即-2ln x0 = xx 0 ，0 0
所以當 x 0, x0 時， g x
1
= xex - < 0， g x 單調遞減，
x
x x ,+ g x = xex 1當 0 時， - > 0 ， g x 單調遞增，x
3 2
所以 g x = g x x 1 ex ln x 1 x -1 x 1 x + x + 2x - 2= - 00 0 - 0 + = 0 + 0 + = 0 0 0min 2 2 ，2 x0 2 2 2x0
2
j x = x3 + x2 + 2x 2- 2 < x <1 j x 3x2 2x 2 3 x 1 5令 3 ÷，則 = + + = + ÷ + > 0 ，è è 3 3
所以j x 2 ,1 2 2在 ÷上單調遞增，所以j x3 0 > j ÷ = > 0，è è 3 27
g x g x j x= 0 所以 0 2 > 0 x，所以 x -1 e - ln x
1
+ > 0 ，
2x0 2
即 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x
1
- .
2
1.（2024 x屆湖南省長沙市第一中學高考最后一卷）已知函數 f x = xe -1, g x = lnx - mx,m R .
(1)求 f x 的最小值；
(2)設函數h x = f x - g x ，討論 h x 零點的個數.
2．（2024 屆河南省信陽市高三下學期三模）已知函數 f x = ax - ln 1- x a R .
(1)若 f x 0恒成立，求 a 的值；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，且 x2 - x1 > e -1，求 a 的取值范圍.
3．（2024 屆江西省吉安市六校協作體高三下學期 5 月聯考）已知函數 f x = ex-1 - ax - a a R .
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程；
(2)若函數 f x 有 2 個零點，求 a 的取值范圍.
4．（2024 屆廣東省茂名市高州市高三第一次模擬）設函數 f x = ex + asinx ， x 0, + .
(1)當 a = -1時， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求實數b 的取值范圍；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零點，求實數 a 的取值范圍.
5．（2024 屆河北省張家口市高三下學期第三次模）已知函數 f (x) = ln x + 5x - 4．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
3
(2)證明： f (x) > - - 2．
5x
6 x．（2024 屆上海市格致中學高三下學期三模）已知 f x = e - ax -1， a R ， e是自然對數的底數.
(1)當 a =1時，求函數 y = f x 的極值；
(2)若關于 x 的方程 f x +1 = 0有兩個不等實根，求 a 的取值范圍；
(3)當 a > 0時，若滿足 f x1 = f x2 x1 < x2 ，求證： x1 + x2 < 2lna .
7．（2024 屆河南師范大學附屬中學高三下學期最后一卷）函數 f (x) = elx - 4sin x + l - 2的圖象在 x = 0處的
切線為 y = ax-a-3,a R .
(1)求l 的值；
(2)求 f (x) 在 (0, + )上零點的個數.
8．（2024 年天津高考數學真題）設函數 f x = xlnx ．
(1)求 f x 圖象上點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 時恒成立，求 a 的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ，證明 f x - f x 21 2 x1 - x2 ．
ax
9．（2024 屆河北省高三學生全過程縱向評價六）已知函數 f x = x ， g x = sin x + cos x .e
(1)當 a =1時，求 f x 的極值；
(2)當 x 0, π 時， f x g x 恒成立，求 a 的取值范圍.
1
10．（2024 屆四川省綿陽南山中學 2 高三下學期高考仿真練）已知函數 f x = alnx - + x a R .
x
(1)討論 f x 的零點個數；
2
(2)若關于 x 的不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立，求 a 的取值范圍.
e
11 2 x．（2024 屆四川省成都石室中學高三下學期高考適應性考試）設 f x =（a -1)e + sin x - 3
(1)當 a = 2 ，求函數 f (x) 的零點個數.
(2)函數 h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2，若對任意 x 0 ，恒有 h(x) > 0，求實數 a 的取值范圍
12．（2023 屆云南省保山市高三上學期期末質量監測）已知函數 f x = 2ax - sinx .
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x > 0時， f x axcosx 恒成立，求實數 a 的取值范圍.
1
13 2．（2024 屆廣東省揭陽市高三上學期開學考試）已知函數 f x = 2lnx - mx +1 m R .
2
(1)當m =1時，證明： f x <1；
(2)若關于 x 的不等式 f x < m - 2 x 恒成立，求整數m 的最小值.
14．（2023 屆黑龍江省哈爾濱市高三月考）設函數 f (x) = x3 - 3ax2 + 3b2x
(1)若 a =1，b = 0，求曲線 y = f (x) 在點 1, f 1 處的切線方程；
1+ ln x k
(2)若0 < a < b，不等式 f ÷ > fx 1 x ÷對任意
x 1,+ 恒成立，求整數 k 的最大值．
è - è
1
15．（2023 2x屆江蘇省連云港市高三學情檢測）已知函數 f (x) = e - .
x
(1)判斷函數 f (x) 零點的個數，并證明；
(2)證明： xe2x - ln x - 2x - cos x > 0 .專題 2 函數的零點個數問題、隱零點及零點賦值問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點,函數的零點個數問題、隱零點及零點賦值問題是近年高考的熱點及
難點,特別是隱零點及零點賦值經常成為導數壓軸的法寶.
(一) 確定函數零點個數
1.研究函數零點的技巧
用導數研究函數的零點,一方面用導數判斷函數的單調性,借助零點存在性定理判斷；另一方面,也可將零點問
題轉化為函數圖象的交點問題,利用數形結合來解決．對于函數零點個數問題,可利用函數的值域或最值,結合
函數的單調性、草圖確定其中參數范圍．從圖象的最高點、最低點,分析函數的最值、極值；從圖象的對稱
性,分析函數的奇偶性；從圖象的走向趨勢,分析函數的單調性、周期性等．但需注意探求與論證之間區別,論
證是充要關系,要充分利用零點存在定理及函數單調性嚴格說明函數零點個數．
2. 判斷函數零點個數的常用方法
(1)直接研究函數,求出極值以及最值,畫出草圖．函數零點的個數問題即是函數圖象與 x 軸交點的個數問
題．
(2)分離出參數,轉化為 a＝g(x),根據導數的知識求出函數 g(x)在某區間的單調性,求出極值以及最值,畫出草
圖．函數零點的個數問題即是直線 y＝a 與函數 y＝g(x)圖象交點的個數問題．只需要用 a 與函數 g(x)的極值
和最值進行比較即可．
3. 處理函數 y=f(x)與 y=g(x)圖像的交點問題的常用方法
(1)數形結合,即分別作出兩函數的圖像,觀察交點情況;
(2)將函數交點問題轉化為方程 f(x)=g(x)根的個數問題,也通過構造函數 y=f(x)-g(x),把交點個數問題轉化為利
用導數研究函數的單調性及極值,并作出草圖,根據草圖確定根的情況.
4.找點時若函數有多項有時可以通過恒等變形或放縮進行并項，有時有界函數可以放縮成常數，構造函數時
合理分離參數，避開分母為 0 的情況.
2
【例 1】（2024 屆河南省湘豫名校聯考高三下學期考前保溫卷數）已知函數 f x ax= x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的極大值；
π
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx é在區間 ê- , 2024π
ù
上的零點個數．
2 ú
2
【解析】（1）由題易得，函數 f x ax= x 的定義域為R ，e
2axex - ax2 xf x e 2ax - ax
2 ax 2 - x
又 = = = ex 2 ex ex ，
所以，當 a > 0時， f x , f x 隨 x 的變化情況如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x ] 極小值 Z 極大值 ]
由上表可知， f x 的單調遞增區間為 0,2 ，單調遞減區間為 - ,0 , 2,+ ．
所以 f x 的極大值為 f 2 4a= a > 0 ．
e2
當 a<0時， f x , f x 隨 x 的變化情況如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x Z 極大值 ] 極小值 Z
由上表可知， f x 的單調遞增區間為 - ,0 , 2,+ ，單調遞減區間為 0,2 ．
所以 f x 的極大值為 f 0 = 0 a < 0 ．
a 0 f x 4a綜上所述，當 > 時， 的極大值為 2 ；當 a<0時， f x 的極大值為 0．e
2 2
（2）方法一：當 a =1時， f x x= x ，所以函數 g x = f x - cosx
x
= x - cosx．e e
2
由 g x = 0 x，得 = cosx．
ex
所以要求 g x é π在區間 ê- , 2024π
ù
2 ú
上的零點的個數，

é π ù
只需求 y = f x 的圖象與 h x = cosx的圖象在區間 ê- , 2024π2 ú 上的交點個數即可．
由（1）知，當 a =1時， y = f x 在 - ,0 , 2,+ 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增，
y π所以 = f x é ù在區間 ê- ,0ú 上單調遞減． 2
又 h x = cosx é π在區間 ê- ,0
ù
ú 上單調遞增， 2
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
x2 é π
所以 f x = 與 h x = cosx的圖象在區間 ê- ,0
ù
x ú 上只有一個交點，e 2
é π ù
所以 g x 在區間 ê- ,0 上有且只有 1 個零點． 2 ú
2
因為當 a =1，x > 0 x時， f x = x > 0，e
f x 在區間 0，2 上單調遞增，在區間 2, + 上單調遞減，
2
所以 f 4x x= x 在區間 0, + 上有極大值 f 2 = <1，e e2
即當 a =1, x > 0時，恒有0 < f x <1．
又當 x > 0時， h x = cosx的值域為 -1,1 ，且其最小正周期為T = 2π，
現考查在其一個周期 0,2π 上的情況，
x2f x = 在區間 0,2x 上單調遞增， h x = cosx在區間 0,2 上單調遞減，e
且 f 0 = 0 < h 0 =1， f 2 > 0 > h 2 = cos2 ，
2
所以 h x = cosx與 f x x= x 的圖象在區間 0,2 上只有一個交點，e
即 g x 在區間 0,2 上有且只有 1 個零點．

因為在區間 2,
3π ù
ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2 3π
所以 f x = 與 h x = cosx ùx 的圖象在區間 2, ú上無交點，e è 2
即 g x 在區間 2,
3π ù
ú上無零點．è 2
3π 2
在區間 , 2π
ù
2 ú上， f x
x
= x 單調遞減， h x = cosx單調遞增，è e
f 3π 0 h 3π 且 ÷ > > ÷，0 < f 2π <1 = cos2π = h 2π ，
è 2 è 2
2
所以 h x = cosx x 3π與 f x = 的圖象在區間 , 2πùx 上只有一個交點，e è 2 ú
g x 3π ,2πù即 在區間 2 ú上有且只有 1 個零點．è
所以 g x 在一個周期 0,2π 上有且只有 2 個零點．
x2*
同理可知，在區間 2kπ,2kπ + 2π k N 上，0 < f x <1且 f x = x 單調遞減，e
h x = cosx在區間 2kπ,2kπ + π 上單調遞減，在區間 2kπ + π,2kπ + 2π 上單調遞增，
且0 < f 2kπ <1 = cos 2kπ = h 2kπ ，
f 2kπ + π > 0 > -1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π
0 < f 2kπ + π <1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π ，
x2
所以 h x = cosx與 f x = 的圖象在區間 2kπ,2kπ + π 和（2kπ + π,2kπ + 2π]x 上各有一個交點，e
*
即 g x 在 2π,2024π 上的每一個區間 2kπ,2kπ + 2π k N 上都有且只有 2 個零點．
2024π
所以 g x 在（0,2024π]上共有 2 = 2024個零點．
2π
é π ù
綜上可知， g x 在區間 ê- , 2024π2 ú 上共有 2024 +1 = 2025個零點．
2 2
方法二：當 a =1 f x x g x f x cosx x時， = x ，所以函數 = - = x - cosx．e e
x é π
2 π
當 ê- ,0
ù é ù
ú時， g x
2x - x
= x + sinx 0，所以 g x 在區間 2 e ê
- ,0ú 上單調遞減． 2
π é π ù
又 g - > 0, g 0 < 0，所以存在唯一零點 x - ,0 ，使得 g x = 0．
è 2 ÷ 0 0 ê 2 ú
é π ù
所以 g x 在區間 ê- ,0ú 上有且僅有一個零點． 2
x π 3π
2
當 2kπ + , 2kπ +
ù
ú , k N
x
時，
2 2 x > 0, cosx < 0
，所以 g x > 0．
è e
π
所以 g x 在 2kπ + , 2kπ
3π
+ ù ,k N 上無零點．
è 2 2 ú
x 0, π ù g x 2x - x
2 π
當 ú時， = x + sinx > 0 ，所以 g x 在區間 0, 上單調遞增．è 2 e è 2 ÷
又 g 0 π< 0,g ÷ > 0，所以存在唯一零點．
è 2
2
當 x 2kπ,2kπ
π
+ ù * 2x - xú , k N 時，2 g
x = x + sinx ，è e
j x 2x - x
2 x2 - 4x + 2
設 = x + sinx，則j x = + cosx > 0e ex
所以 g x 在 2kπ,2kπ
π
+ ù *
è 2 ú
, k N 上單調遞增．

又 g 2kπ < 0, g 2kπ+
π
÷ > 0，
è 2
所以存在 x
π
1

2kπ,2kπ +
ù
ú ,k N
*
，使得 g x = 0 ．
è 2 1
即當 x 2kπ,x1 時， g x1 < 0, g x 單調遞減；
x x π ù當 1, 2kπ + ú時， g x1 > 0, g x 2 單調遞增．è
又 g 2kπ < 0, g 2kπ
π 0 g x π+ > ù *÷ ，所以 在區間 2kπ,2kπ + ú , k N 上有且僅有一個零點è 2 è 2
π ù
所以 g x 在區間 2kπ,2kπ +
è 2 ú
, k N上有且僅有一個零點．


當 x 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πù ,k N 時，
è 2 ú
g x 2x - x
2
= x + sinx ，e
j x 2x - x
2 x2 - 4x + 2
設 = + sinx，則j x x = x + cosx > 0e e
所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N2 上單調遞增．è

又 g 2kπ
3π
+ ÷ < 0, g 2kπ + 2π < 0，所以 g x
3π ù
在區間
2
2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N2 上單調遞減：è è
3π
又 g 2kπ + ÷ > 0, g 2kπ + 2π < 0，
è 2

所以存在唯一 x2 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2π ÷，使得 g x2 = 0．
è 2
所以 g x 3π在區間 2kπ + , 2kπ + 2πùú ,k N2 上有且僅有一個零點．è
所以 g x 在區間 2kπ,2kπ + 2π ,k N上有兩個零點．
所以 g x 在 0,2024π 2024π上共有 2 = 2024個零點．
2π
é π ù
綜上所述， g x 在區間 ê- , 2024πú 上共有 2024 +1 = 20252 個零點．
(二) 根據函數零點個數確定參數取值范圍
根據函數零點個數確定參數范圍的兩種方法
1.直接法：根據零點個數求參數范圍,通常先確定函數的單調性,根據單調性寫出極值及相關端點值的范圍,然
后根據極值及端點值的正負建立不等式或不等式組求參數取值范圍；
2.分離參數法：首先分離出參數,然后利用求導的方法求出構造的新函數的最值,根據題設條件構建關于參數
的不等式,再通過解不等式確定參數范圍,分離參數法適用條件：(1)參數能夠分類出來；(2)分離以后構造的新
函數,性質比較容易確定.
【例 2】（2024 屆天津市民族中學高三下學期 5 月模擬）已知函數 f x = ln x + 2
(1)求曲線 y = f x 在 x=-1處的切線方程；
(2)求證： e x x + 1；
(3)函數 h x = f x - a x + 2 有且只有兩個零點，求 a 的取值范圍．
1
【解析】（1）因為 f x = ，
x + 2
所以曲線 y = f x 在 x= 1-1處的切線斜率為 f -1 = =1，
-1+ 2
又 f -1 = ln -1+ 2 = 0，所以切線方程為 y = x +1 .
2 g x = ex（ ）記 - x -1，則 g x = ex -1，
當 x < 0 時， g x < 0，函數 g x 在 - ,0 上單調遞減；
當 x > 0時， g x > 0，函數 g x 在 0, + 上單調遞增.
所以當 x = 0時， g x 取得最小值 g 0 = e0 -1 = 0，
所以 g x = ex - x -1 0，即 e x x + 1 .
（3） h x = f x - a x + 2 = ln x + 2 - a x + 2 , x > -2，
由題知， ln x + 2 - a x + 2 = 0有且只有兩個不相等實數根，
ln x + 2
即 = a有且只有兩個不相等實數根，
x + 2
ln x + 2令m x = , x > -2，則m
1- ln x + 2x = 2 ，
x + 2 x + 2
當-2 < x < e - 2時，m x > 0，m x 在 -2,e - 2 上單調遞增；
當 x > e - 2 時，m x < 0 ，m x 在 e - 2, + 上單調遞減.
當 x 趨近于-2時，m x 趨近于- ，當 x 趨近于+ 時，m x 趨近于 0，
又 f e - 2 1= ，所以可得m x 的圖象如圖：
e
1
由圖可知，當0 < a < 時，函數m x 的圖象與直線 y = a有兩個交點，
e
1
所以，a 的取值范圍為 0, ÷ .
è e
(三)零點存在性賦值理論及應用
1.確定零點是否存在或函數有幾個零點,作為客觀題常轉化為圖象交點問題,作為解答題一般不提倡利用圖象
求解,而是利用函數單調性及零點賦值理論.函數賦值是近年高考的一個熱點, 賦值之所以“熱”, 是因為它
涉及到函數領域的方方面面：討論函數零點的個數(包括零點的存在性, 唯一性)； 求含參函數的極值
或最值； 證明一類超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各種題型中的參數取值
范圍等,零點賦值基本模式是已知 f (a) 的符號,探求賦值點 m (假定 m < a )使得 f (m) 與 f (a) 異號,則
在 (m,a) 上存在零點．
2.賦值點遴選要領：遴選賦值點須做到三個確保：確保參數能取到它的一切值； 確保賦值點 x0 落在規
定區間內；確保運算可行
三個優先：（1）優先常數賦值點；（2）優先借助已有極值求賦值點；（3）優先簡單運算.
3.有時賦值點無法確定,可以先對解析式進行放縮,再根據不等式的解確定賦值點（見例 2 解法）,放縮法
的難度在于“度”的掌握,難度比較大.
【例 3 x】（2024 屆山東省煙臺招遠市高考三模）已知函數 f x = x + ae a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
x f x - x
(2)當 a = 3時，若方程 + = m +1f x x f x 有三個不等的實根，求實數
m 的取值范圍.
-
x
【解析】（1）求導知 f x =1+ ae .
a 0 f x =1+ aex當 時，由 1 > 0可知， f x 在 - ,+ 上單調遞增；
當 a<0時，對 x < - ln -a 有 f x =1+ aex >1+ a ×e- ln -a = 0，對 x > - ln -a 有
f x =1+ aex <1+ a ×e- ln -a = 0，所以 f x 在 - ,- ln -a ù 上單調遞增，在 é - ln -a , + 上單調遞減.
綜上，當 a 0時， f x 在 - ,+ 上單調遞增；
當 a<0時， f x 在 - ,- ln -a ù 上單調遞增，在 é- ln -a , + 上單調遞減.
x
（2）當 a = 3時， f x = x + 3ex x 3e，故原方程可化為
3ex
+ = m +1.
x + 3ex
x 3ex 1 x x x
2 x2
而 x + - = - = = m3e x + 3ex 3ex x + 3ex 3ex x + 3ex ，所以原方程又等價于 3ex x + 3ex .
由于 x2 x和3e x + 3ex 2 x x不能同時為零，故原方程又等價于 x = 3m ×e x + 3e .
即 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0 .
- x - x
設 g x = x ×e ，則 g x = 1- x ×e ，從而對 x <1有 g x > 0，對 x >1有 g x < 0 .
故 g x 在 - ,1 上遞增，在 1, + 上遞減，這就得到 g x g 1 ，且不等號兩邊相等當且僅當 x =1 .
然后考慮關于 x 的方程 g x = t ：
- x
①若 t 0，由于當 x >1時有 g x = x ×e > 0 t ，而 g x 在 - ,1 上遞增，故方程 g x = t 至多有一個解；
而 g 1 1= > 0 t ， g t = t ×e-t t ×e-0 = t ，所以方程 g x = t 恰有一個解；
e
②若0 t
1
< < ，由于 g x 在 - ,1 上遞增，在 1, + 上遞減，故方程 g x = t 至多有兩個解；
e
x x x x x x 1 2 2g x = x ×e- x
- - -
2 e 2 x
- - -1 2 - ×2ln -1 - ln
而由 = × × ×e 2 = 2 ×e 2 × g ÷ 2 ×e 2 × g 1 = 2 ×e 2 g

有 2ln ÷ 2 ×e 2 t < 2 ×e t = t ，2 è 2 è t
再結合 g 0 = 0 < t ， g 1 1= > t 2， 2ln > 2ln 2e > ln e =1，即知方程 g x = t 恰有兩個解，且這兩個解分
e t
2
別屬于 0,1 和 1,2 ln ÷；
è t
③若 t
1 1
= ，則 t = = g 1 .
e e
由于 g x g 1 ，且不等號兩邊相等當且僅當 x =1，故方程 g x = t 恰有一解 x =1 .
t 1 1④若 > ，則 g x g 1 = < t ，故方程 g x = t 無解.
e e
2
由剛剛討論的 g x = t 的解的數量情況可知，方程 x ×e- x - 3m x ×e- x - 9m = 0存在三個不同的實根，當且
僅當關于 t
1 1ù
的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0有兩個不同的根 t1, t2 ，且 t1 0, ÷， t2 - , .
è e è e ú
1 1ù
一方面，若關于 t 的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0有兩個不同的根 t1, t2 ，且 t1 0, ÷， t2 - , e ú ，則首先有è e è
0 < Δ = 9m2 + 36m = 9m m + 4 1 1，且-9m = t1t2 te 1 < 2 .e
故m - ,-4 0,+ 1， m > - 2 ，所以m > 0 .9e
2
t 2 - 3mt - 9m = 0 3m ± 3 m + 4m t 3m + 3 m
2 + 4m
而方程 的解是 ，兩解符號相反，故只能 1 = ，2 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
1 3m + 3 m2 + 4m 2 2
所以 > t = ，即 > m + m + 4m1 .e 2 3e
2 22
這就得到 - m > m + 4m 0 2
1
，所以 - m
2
÷ > m + 4m ，解得m <3e 2
.
è 3e 9e + 3e
1
故我們得到0 < m <
9e2
；
+ 3e
2
另一方面，當0 m
1
< < 2 時，關于 t 的二次方程 t
2 - 3mt - 9m = 0 t 3m + 3 m + 4m有兩個不同的根 ，9e + 3e 1 = 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
t 3m + 3 m
2 + 4m
且有 1 = > 0，2
3 1 1 4× 2 + 3 +2 2 2 1 6e +12
t 3m + 3 m + 4m
9e + 3e 9e + 3e 9e + 3e 3 × 2 + 3 ×9e 3e 9e2 3e 1 ，+ +
1 = < = =2 2 2 e
3m - 3 m2t + 4m 3m - 3 m
2 1
2 = < = 0 .2 2 e
綜上，實數m 0,
1
的取值范圍是 .
è 9e2 + 3e ÷
(四)隱零點問題
1.函數零點按是否可求精確解可以分為兩類：一類是數值上能精確求解的,稱之為“顯零點”；另一類是能夠判
斷其存在但無法直接表示的,稱之為“隱零點”.
2.利用導數求函數的最值或單調區間,常常會把最值問題轉化為求導函數的零點問題,若導數零點存在,但無
法求出,我們可以設其為 x0 ,再利用導函數的單調性確定 x0 所在區間,最后根據 f x0 = 0 ,研究 f x0 ,我們
把這類問題稱為隱零點問題. 注意若 f (x) 中含有參數 a,關系式 f ' (x0 ) = 0是關于 x0 ,a 的關系式,確定 x0 的
合適范圍,往往和 a 的范圍有關.
【例 4】（2024 x屆四川省成都市實驗外國語學校教育集團高三下學期聯考）已知函數 f x = e ，
g x = ln x .
(1)若函數 h x = ag x -1 x +1- ， a R ，討論函數 h x 的單調性；
x -1
1 4
(2)證明： 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 . 1（參考數據：
4 e5 2.23
， e 2 1 .6 5 ）
x +1 h x ax - a + 2【解析】（1）由題意 h x = a ln x -1 - , x >1，所以 = , x >1
x -1 x -1 2 ，
當 a = 0時， h x > 0，所以 h x 在 1, + 上為增函數；
a 0 2當 時，令 h x = 0得 x = 1- ，
a
2
所以若 a > 0時，1- <1，所以 h x > 0，所以 h x 在 1, + 上為增函數，
a
若 a<0時，1
2
- >1，且1
2
< x <1- 時， h x > 0 x 1 2， > - 時， h x < 0，
a a a
所以 h x 在 1,1
2 2
- ÷上為增函數，在 1- ,+

a ÷上為減函數，è a è
綜上：當 a 0時， h x 在 1, + 上為增函數，
當 a<0時， h x 在 1,1
2
-
2
÷上為增函數，在 1- ,+ a ÷上為減函數；è a è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 1 2x x等價于 2x -1 e - e - 2ln x + 2 > 0，
4 4
1 2x x
設F x = 2x -1 e - e - 2ln x + 2 ，則
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x ex 2 x e - xe - 2 - - = = ，
x x x
因為 x > 0，所以 xex +1 > 0，
設j x = xex - 2，則j x = x +1 ex > 0 ，則j x 在 0, + 上單調遞增，
4 4 4
而j ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0，
è 5 5
x 4 x所以存在 0 ,1÷ ，使j x0 = 0，即 x e 0 = 2，所以 x0 + ln x0 = ln 2 ，即 ln x0 = ln 2 - x0 ，
è 5 0
當0 < x < x0 時，F x < 0，則F x 在 0, x0 上單調遞減，
當 x > x0時，F x > 0，則F x 在 x0 ,+ 上單調遞增，
所以F x 1= 2x -1 e2x0 - ex0 - 2ln x + 2min 4 0 0
1 4 2
= 2x0 -1 2 - - 2ln 2 + 2x
1
0 + 2 = - 2 + 2x0 - 2ln 2 + 24 x ，0 x0 x0
1
設m t = - 2 + 2t - 2ln 2 + 2,
4
< t <1
2
÷，則m t = 3 + 2 > 0，t è 5 t
m t 4 ,1 4 25 8 163則 在 ÷ 上單調遞增，m ÷ = - + - 2ln 2 + 2 = - 2ln 2 > 0，
è 5 è 5 16 5 80
則F x > 0 1min ，則不等式 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0恒成立，4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
【例 1】（2024 屆山西省晉中市平遙縣高考沖刺調研）已知函數 f x = ln x + sin x π+ sin .
10
(1)求函數 f x 在區間 1,e 上的最小值；
(2)判斷函數 f x 的零點個數，并證明.
【解析】（1）因為 f x π= ln x + sin x + sin ，
10
1
所以 f (x) = + cos x ，令 g x = f (x) 1= + cos x， g x 1= - - sin x ，
x x x2
當 x 1,e 時， g x 1= - 2 - sin x < 0，x
所以 g x 在 1,e 上單調遞減，且 g 1 =1+ cos1 > 0，
g e 1= + cos e< 1 + cos 2π 1 1= - < 0 ，
e e 3 e 2
所以由零點存在定理可知，在區間[1,e]存在唯一的a ，使 g a = f a = 0
又當 x 1,a 時， g x = f x > 0；當 x a , e 時， g x = f x < 0 ；
所以 f x 在 x 1,a 上單調遞增，在 x a , e 上單調遞減，
又因為 f 1 = ln1+ sin1+ sin π = sin1+ sin π ，
10 10
f e = ln e + sin e + sin π π=1+ sin e + sin > f 1 ，
10 10
π
所以函數 f (x) 在區間[1,e]上的最小值為 f 1 = sin1+ sin .
10
（2）函數 f x 在 0, + 上有且僅有一個零點，證明如下：
f x π 1函數 = ln x + sin x + sin ， x 0, + ，則 f (x) = + cos x ，
10 x
若0 < x 1， f (x)
1
= + cos x > 0，
x
所以 f (x)
π
在區間 0,1 上單調遞增，又 f 1 = sin1+ sin > 0，
10
f 1 ÷ = -1+ sin
1
+ sin π < -1 π π+ sin + sin = 0，
è e e 10 6 6
結合零點存在定理可知， f (x) 在區間 0,1 有且僅有一個零點，
若1 < x π ，則 ln x > 0,sin x 0， sin
π
> 0，則 f x > 0，
10
若 x > π，因為 ln x > ln π >1 -sin x，所以 f x > 0，
綜上，函數 f (x) 在 0, + 有且僅有一個零點.
【例 2】（2024 ax -ax屆江西省九江市高三三模）已知函數 f x = e + e (a R ，且 a 0) .
(1)討論 f x 的單調性；
(2) f x = x + x-1若方程 有三個不同的實數解，求 a 的取值范圍.
【解析】（1）解法一： f x = a eax - e-ax
ax
令 g x = a e - e-ax g x = a2 eax + e-ax，則 > 0
\ g x 在R 上單調遞增.
又 g 0 = 0,\當 x < 0 時， g x < 0 ，即 f x < 0；當 x > 0時， g x > 0，即 f x > 0
\ f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
a eax +1 eax -1
解法二： f x = a eax - e-ax = eax
①當 a > 0時，由 f x < 0得 x < 0 ，由 f x > 0得 x > 0
\ f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增
②當 a < 0時，同理可得 f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
綜上，當 a 0時， f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
（2）解法一：由 f x = x + x-1，得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = ex + e- x ，則 h ax = h lnx
又Qh x = ex + e- x 為偶函數，\h ax = h lnx
由（1）知 h x 在 0, + 上單調遞增，\ ax = lnx lnx，即 = a 有三個不同的實數解.
x
m x lnx , m x 1- lnx令 = = 2 ，由m x > 0，得0 < x < e;由m x < 0 ，得 x >e，x x
\m x 1在 0, e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減，且m 1 = 0,m e =
e
\ y = m x 在 0,1 上單調遞減，在 1,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減
當 x 0 時，m x + ；當 x 1 + 時，m x 0，故0 < a <
e
1 1 1 1
解得- < a < 0或0 < a <

，故 a 的取值范圍是 - ,0
0,
e e e ÷ e ÷è è
解法二：由 f x = x + x-1得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = x + x-1，則 h x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增.
ax
由 h e = h x ，得 eax = x 或 eax = x-1
兩邊同時取以 e為底的對數，得 ax = lnx 或 ax = -lnx ，
\ ax = lnx lnx，即 = a 有三個不同的實數解
x
下同解法一.
1
【例 3】（2024 屆重慶市第一中學校高三下學期模擬預測）已知函數 f (x) = a(ln x +1) + (a > 0)．
x3
(1)求證：1+ x ln x > 0；
(2) x 1若 1, x2 是 f (x) 的兩個相異零點，求證： x2 - x1 <1- ．a
【解析】（1）令 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，則 g (x) =1+ ln x．
1 1
令 g (x) > 0，得 x > ；令 g (x) < 0，得0 < x < ．
e e
1 1
所以 g(x)在 0, ÷上單調遞減，在e
,+
è è e ÷
上單調遞增．

所以 g(x) = g
1 1
min ÷ =1- > 0，所以1+ x ln x > 0．
è e e
（2）易知函數 f (x) 的定義域是 (0, + )．
3
由 f (x) = a(ln x
1
+1) + 3 ，可得 f
(x) a 3 ax - 3= - 4 =x x x x4
．
令 f (x) > 0 x 3 3得 > 3 ；令 f (x) < 0 得0 < x < 3 ．
a a

所以 f (x) 0
3 3
> 在 0, 3 ÷÷上單調遞減，在
3
, + a ÷÷上單調遞增，è a è

f (x) 3 a 33 a所以 min = f ÷÷ = ln + 3÷ + ．
è a 3 è a 3
a ln 3 a①當 + 3÷ + 0，即0 < a 3e4時， f (x) 至多有 1 個零點，故不滿足題意．3 è a 3
a 3 a
②當 ln + 3 + < 0，即 4 3 1時， 3 3
3 a ÷ 3 a > 3e < 4 <1
．
è a e
3 , 3

因為 f (x) 在 3 +a ÷÷上單調遞增，且
f (1) = a +1 > 0．所以 f (1) × f 3 a ÷÷
< 0，
è è
3 3
所以 f (x) 在 3 ,+ a ÷÷上有且只有
1 個零點，不妨記為x1，且 3 < x <1．
è a
1
1 f 1

a ln 1
3 3
由（1）知 ln x > - ，所以 ÷ = +1÷ + a 2 > a(- a +1) + a 2 = a > 0．
x a ÷ è è a ÷

因為 f (x) 在 0,
3 1 3
3
÷÷上單調遞減， <
3 , f 1 3× f 3 < 0 ，
è a a a
a ÷÷ ÷÷ è è a

0, 3
1 3
所以 f (x) 在 3 a ÷÷
上有且只有 1 個零點，記為x2，且 < x < 32 ．
è a a
1 3 1
所以 < x 32 < < x1 <1，所以 -1< x2 - x1 < 0．a a a
1 3 3
同理，若記 x , 31 , x
3 ,1
è a a
÷÷ 2 a ÷÷ è
則有0 x 1< 2 - x1 <1- ，a
1
綜上所述， x2 - x1 <1- ．a
4 2022 f x = ln 1+ x + axe-x【例 】（ 高考全國卷乙理）已知函數
（1）當 a =1時,求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
（2）若 f x 在區間 -1,0 , 0, + 各恰有一個零點,求 a的取值范圍．
【解析】（1）當 a =1時, f (x) = ln(1
x
+ x) + , f (0) = 0 ,所以切點為 (0,0) ,
ex
f (x) 1 1- x= + x , f (0) = 2 ,所以切線斜率為 21+ x e
所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 y = 2x .
ex + a 1- x2
f (x) = ln(1+ x) ax+ 1 a(1- x) （2） , ,
ex f (x) = + =1+ x ex (1+ x)ex
設 g(x) = ex + a 1- x2
1°若 a > 0 ,當 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 > 0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (-1,0) 上單調遞增, f (x) < f (0) = 0
故 f (x) 在 (-1,0) 上沒有零點,不合題意,
2° 若-1 a 0 ,當 x (0,+ )時, g (x) = ex - 2ax > 0
所以 g(x)在 (0, + )上單調遞增,所以 g(x) > g(0) =1+ a…0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (0, + )上單調遞增, f (x) > f (0) = 0 ,
故 f (x) 在 (0, + )上沒有零點,不合題意.
3° 若 a < -1 ,
(1)當 x (0,+ ) ,則 g (x) = ex - 2ax > 0 ,所以 g(x)在 (0, + )上單調遞增,
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 .
當 x (0,m), f (x) < 0, f (x) 單調遞減,當 x (m,+ ), f (x) > 0, f (x) 單調遞增,
所以當 x (0,m), f (x) < f (0) = 0 ,當 x + , f (x) + ,
所以 f (x) 在 (m,+ ) 上有唯一零點,
又 f (x) 在 (0, m) 沒有零點,即 f (x) 在 (0, + )上有唯一零點,
(2)當 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 , g (x) = ex - 2ax ,設h(x) = g (x) ,
則h (x) = ex - 2a > 0 ,所以 g (x) 在 (-1,0) 上單調遞增,
g (-1) 1= + 2a < 0, g (0) = 1 > 0 ,所以存在n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
e
當 x (-1,n), g (x) < 0, g(x)單調遞減
當 x (n,0), g (x) > 0, g(x)單調遞增, g(x) < g(0) =1+ a < 0 ,
又 g( 1-1) = > 0 ,所以存在 t (-1, n) ,使得 g(t) = 0 ,即 f (t) = 0
e
當 x (-1, t), f (x) 單調遞增,當 x (t,0), f (x) 單調遞減
有 x -1, f (x) -
而 f (0) = 0 ,所以當 x (t,0), f (x) > 0 ,
所以 f (x) 在 (-1, t) 上有唯一零點, (t , 0 ) 上無零點,
即 f (x) 在 (-1,0) 上有唯一零點,
所以 a < -1 ,符合題意,
綜上得 f (x) 在區間 (-1,0), (0,+ ) 各恰有一個零點, a 的取值范圍為 (- , -1) .
【例 5】（2024 x-1屆遼寧省鳳城市高三下學期考試）已知函數 f x = xe - ln x - x .
(1)求函數 f x 的最小值；
1
(2) e x求證： é f x + xù > e - e -1 ln x - .2
x-1
【解析】（1）因為函數 f x = xe - ln x - x ，所以 f x = x +1 ex-1 1- -1 = x +1 ex-1 1
x
- ÷，
è x
h x = ex-1 1記 - , x > 0， h x = ex-1 1+ 2 > 0，x x
所以 h x 在 0, + 上單調遞增，且 h 1 = 0，
所以當0 < x <1時， h x < 0，即 f x < 0，所以 f x 在 0,1 單調遞減；
當 x >1時， h x > 0 ，即 f x > 0，所以 f x 在 1, + 單調遞增，且 f 1 = 0，
所以 f x = f 1 = 0min .
1
（2）要證 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x - ，2
x 1
只需證明： x -1 e - ln x + > 0 對于 x > 0恒成立，
2
令 g x = x -1 ex - ln x 1+ g x = xex 1，則 - x > 0 ，
2 x
1
當 x > 0時，令m(x) = g (x) = xex - ，
x
則m (x)
1
= (x +1)ex + > 0，m(x)2 在 (0, + )上單調遞增，x
即 g x = xex 1- 在 (0, + )上為增函數，
x
2
2 2 2 3 2 é 2 27 ù 3
又因為 g = e3 - = êe3 -3 ÷ 3 2 3 ê 8 ÷
ú < 0
ú ，
g 1 = e -1 > 0 ，
è è

2 1 x2ex0
所以存在 x0 ,1÷使得 g x0 = 0，由 g x0 = x0ex
-1
0 - = 0 = 0，
è 3 x0 x0
2 x 1 1
得 x e 00 =1即 e
x0 = x0
x2 即
e = 2 即-2ln x0 = xx 0 ，0 0
所以當 x 0, x0 時， g x
1
= xex - < 0， g x 單調遞減，
x
x x ,+ g x = xex 1當 0 時， - > 0 ， g x 單調遞增，x
3 2
所以 g x = g x x 1 ex ln x 1 x -1 x 1 x + x + 2x - 2= - 00 0 - 0 + = 0 + 0 + = 0 0 0min 2 2 ，2 x0 2 2 2x0
2
j x = x3 + x2 + 2x 2- 2 < x <1 j x 3x2 2x 2 3 x 1 5令 3 ÷，則 = + + = + ÷ + > 0 ，è è 3 3
所以j x 2 ,1 2 2在 ÷上單調遞增，所以j x3 0 > j ÷ = > 0，è è 3 27
g x g x j x= 0 所以 0 2 > 0 x，所以 x -1 e - ln x
1
+ > 0 ，
2x0 2
即 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x
1
- .
2
1.（2024 x屆湖南省長沙市第一中學高考最后一卷）已知函數 f x = xe -1, g x = lnx - mx,m R .
(1)求 f x 的最小值；
(2)設函數h x = f x - g x ，討論 h x 零點的個數.
【解析】（1） f x 的定義域為R, f x = x +1 ex ，
則當 x < -1時， f x < 0；當 x > -1時， f x > 0，
所以 f x 在區間 - ,-1 上單調遞減，在區間 -1, + 上單調遞增，
因此 f x 的最小值為 f 1-1 = - -1；
e
（2 h x = xex） - lnx + mx -1，且 x 0, + ，令 h x = 0 ex lnx +1，得 - + m = 0，
x
k x = ex lnx +1令 - + m，則 h x 與 k x 有相同的零點，
x
x 1- lnx +1k x e x
2ex + lnx
且 = - = ，令 r x = x2ex + lnx 1，則 r x = x2 + 2x ex + ，
x2 x2 x
因為當 x > 0時，則 r x > 0，所以 r x 在區間 0, + 上單調遞增，
r 1
1
-2 1
又 ÷ = ee -1 0, r 1 = e 0，所以$x

0 ,1

÷，使 r xe e 0 = 0，è è
且當 x 0, x0 時， r x < 0 ，即 k x < 0；當 x x0 ,+ 時， r x > 0，即 k x > 0，
所以 k x 在區間 0, x0 上單調遞減，在區間 x0 ,+ 上單調遞增，
因此 k x 的最小值為 k x0 ex
lnx +1
= 0 - 0 + m
x ，0
ln 1
由 r x = 0，得 x2e x0 + lnx = 0 x ex 1，即 0 x00 0 0 0 = ln e ，x0
令j x = f x +1，則j x 在區間 0, + 上單調遞增，
1 1
因為 < x0 <1，所以 ln > 0，則j x0
1
= j ln
e x x ÷
，
0 è 0
1
所以 x0 = -lnx0 ，從而 lnx0 = -x
x0
0 ，即 e = ,x0
所以 k x k x ex
lnx +1
0
的最小值 0 = -
0 + m = m +1
x ，0
所以當m > -1時， k x 沒有零點；當m = -1時， k x 有一個零點；
當m < -1時，因為 k x0 < 0，當 x 趨近于 0 時， k x 趨近于+ ；當 x 趨近于+ 時， k x 趨近于+ ，
所以 k x 有兩個零點.
綜上，當m > -1時， h x 的零點個數為 0；
當m = -1時， h x 的零點個數為 1；當m < -1時， h x 的零點個數為 2.
2．（2024 屆河南省信陽市高三下學期三模）已知函數 f x = ax - ln 1- x a R .
(1)若 f x 0恒成立，求 a 的值；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，且 x2 - x1 > e -1，求 a 的取值范圍.
f x a 1 -ax + a +1【解析】（1） = + = (x <1)，
1- x 1- x
①當 a 0時， f (-1) = -a - ln 2 < 0，不符合題意.
1
②當 a<0時，令 f (x) = 0，解得 x = 1 + ，
a
1 1
當 x - ,1+ ÷時， f (x) < 0 ， f (x) 在區間 - ,1+ ÷ 上單調遞減，
è a è a
x 1 1+ ,1 當 ÷時， f (x) 0
1> ， f (x) 在區間 1+ ,1a a ÷
上單調遞增，
è è
1 1
所以當 x = 1 + 時， f (x)

取得最小值 f 1+

÷ = a +1+ ln -a ；a è a
若 f x 0恒成立，則 a +1+ ln -a 0，
設j x = x +1+ ln -x (x < 0)，則j x 1 x +1=1+ = ，
x x
當 x - , -1 時，j x > 0,j x 在區間 - , -1 上單調遞增，
當 x (-1,0)時，j x < 0,j x 在區間 -1,0 上單調遞減，
所以j x j -1 = 0 ，即 a +1+ ln -a 0的解為 a = -1 .
所以 a = -1 .
（2）當 a 0時， f (x) > 0， f (x) 在區間 (- ,1)上單調遞增，
所以 f (x) 至多有一個零點，不符合題意；
當 a<0時，因為 f (0) = 0，不妨設 x1 = 0 ，
若0 < x2 <1，則 x2 - x1 <1< e -1，不符合題意；
若 x2 < 0，則 x2 <1- e，
1
由（2）可知，只需 f (1- e) < 0 ，即 a(1- e) -1< 0，解得 < a < 0，
1- e
1
即 a 的取值范圍為 ,0
è1- e ÷
.

3．（2024 屆江西省吉安市六校協作體高三下學期 5 月聯考）已知函數 f x = ex-1 - ax - a a R .
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程；
(2)若函數 f x 有 2 個零點，求 a 的取值范圍.
【解析】（1）當 a = 2時， f x = ex-1 - 2x - 2 ，所以 f x = ex-1 - 2，
所以 f 1 = -1，因為 f 1 = -3，
所以曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程為 y + 3 = - x -1 ，
即 x + y + 2 = 0 .
（2） f x = ex-1 - a ，若 a 0, f x > 0, f x 在R 上單調遞增，不滿足題意，
若 a > 0，令 f x = 0得 x =1+ lna ，
f x 在 - ,1+ lna 上單調遞減，在 1+ lna, + 上單調遞增，
且當 x - 和 x + 時， f x + ，
故 f 1+ lna = -a 1+ lna < 0 1，解得 a > ，
e
即 a
1
的取值范圍是 ,+ ÷ .
è e
4．（2024 x屆廣東省茂名市高州市高三第一次模擬）設函數 f x = e + asinx ， x 0, + .
(1)當 a = -1時， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求實數b 的取值范圍；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零點，求實數 a 的取值范圍.
x
【解析】（1）當 a = -1時， f x = e - sinx，
所以不等式轉化為 ex - bx - sinx -1 0 ，在 0, + 上恒成立.
令 h x = ex - bx - sinx -1，
x
所以 h x = e - cosx - b .
當 x [0,+ )時， ex - cos x 0恒成立.
若b 0，則h x 0在 0, + 上恒成立，
h x 在 0, + 上單調遞增，
故 h x h 0 = 0，符合題意；
若b > 0 ，令函數m x = ex - cosx - b，
則m x = ex + sinx 0在 0, + 上恒成立，
所以m x 在 0, + 上單調遞增，
因為m 0 = -b < 0，且當 x + 時，m x + .
x
所以$x 00 0, + ，m x0 = e - cosx0 - b = 0，
故當 x 0, x0 時， h x = m x < 0， h x 單調遞減，
當 x x0 ,+ 時， h x = m x > 0， h x 單調遞增，
則 h(x)min = h x0 =ex0 - bx0 - sinx0 -1< h 0 = 0，不符合題意.
綜上所述，實數b 的取值范圍為 - , 0 ；
（2）因為 f x = ex + asinx ， x 0, + ，
令 f x = 0，即 ex + asinx = 0，
1 sinx
所以- = .
a ex
g x sinx令 = x ， x 0, + ，e
2sin π
則
x - ÷
g x cosx - sinx= = - è 4 .
ex ex
令 g x = 0 π，得 x = kπ + ,k N .
4
π 5π π
所以當 x + 2kπ, + 2kπ

÷時， sin
x - ÷ > 0， g x 單調遞減；
è 4 4 è 4
當 x

0,
π 5π 9π
÷ ， x + 2kπ, + 2kπ ÷時， sin

x
π
- ÷ < 0, g x 單調遞增.
è 4 è 4 4 è 4
5π
所以當 x = + 2kπ,k N 時， g x 取得極小值，
4
x 5π ,13π即當 = , × × ×時， g x 取得極小值.
4 4
5π 13π 2 5π 13π
又因為 sin = sin = ××× = - ，0 < e 4 < e 44 4 2 < ×××
，
g 5π
5π
-
所以 ÷ < g
13π
÷ < ××× .
5π 2
所以 g x g ÷ = - e 4 .è 4 è 4 è 4 2
x π當 = + 2kπ, k N, g x π 9π取得極大值，即當 x = , , × × ×時， g x 取得極大值.
4 4 4
sin π
π 9π
又因為 = sin 9π 2= ××× = ， 4 4
4 4 2 0 < e < e < ×××
，
g π > g 9π π 2
π
-
所以 4 ÷ 4 ÷
> ××× .所以 g x g = e 4 ，
è è ÷è 4 2
2 5π- 2 π-
所以當 x 0, + ，- e 4 g x e 4 .
2 2
2 5π-e 4 1 2
π
-
所以- - e 4 .
2 a 2
5π
又因為 a > 0，所以 a 2e 4 時， f x 在 0, + 上存在零點，
é 5π
所以實數 a 的取值范圍為 ê 2e 4 ,+ ÷ .

5．（2024 屆河北省張家口市高三下學期第三次模）已知函數 f (x) = ln x + 5x - 4．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
3
(2)證明： f (x) > - - 2．
5x
【解析】（1） f (x) 的定義域為 0, + ，
1
因為 f x = + 5，所以曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線斜率為 k = f 1 = 6，
x
又 f (1) = ln1+ 5 - 4 =1，所以切線方程為 y -1 = 6 x -1 ，即6x - y - 5 = 0 .
f (x) 3（2） > - - 2 x ln x + 5x2 2x
3
- > - ，
5x 5
令 g x = x ln x + 5x2 - 2x, x > 0，則 g x = ln x +10x -1，
因為 g e-2 = ln e-2 +10 e-2 1 10- = 2 - 3 < 0，e
g 1 1 ÷ = ln +10
1 3 1
-1 = - ln 4 = ln e3 - ln16
4 4 4 2 2 > 0è
x -2 1 所以存在 0 e , ÷，使得 g x0 = ln x0 +10x0 -1 = 0 ，即 ln x0 =1-10x0 ，
è 4
易知 g x 在 0, + 上單調遞增，
所以，當 x 0, x0 時， g x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0 ,+ 時， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上單調遞增.
所以當 x = x0時， g x 取得最小值：
g x0 = x0 ln x0 + 5x20 - 2x0 = x0 1-10x0 + 5x20 - 2x0 = -5x20 - x0 ，
2 -2 1
由二次函數性質可知， g x0 = -5x0 - x0 在 e , ÷上單調遞減，
è 4
所以 g x0 > g
1 9 3
÷ = - > - g x4 16 5 ，即 = x ln x + 5x
2 - 2x 3> - ，
è 5
3
所以 f (x) > - - 2 .
5x
6．（2024 屆上海市格致中學高三下學期三模）已知 f x = ex - ax -1， a R ， e是自然對數的底數.
(1)當 a =1時，求函數 y = f x 的極值；
(2)若關于 x 的方程 f x +1 = 0有兩個不等實根，求 a 的取值范圍；
(3)當 a > 0時，若滿足 f x1 = f x2 x1 < x2 ，求證： x1 + x2 < 2lna .
x x
【解析】（1）當 a =1時， f x = e - x -1，定義域為R ，求導可得 f x = e -1，
令 f x = 0，得 x = 0，
當 x < 0 時， f x < 0，函數 f x 在區間 - ,0 上單調遞減，
當 x > 0時， f x > 0，函數 f x 在區間 0, + 上單調遞增，
所以 y = f x 在 x = 0處取到極小值為 0，無極大值.
x
（2）方程 f x +1 = e - ax = 0，
當 x = 0時，顯然方程不成立，
x
所以 x 0，則 a e= ，
x
ex
方程有兩個不等實根，即 y = a與 g x = 的圖象有 2 個交點，
x
x
g x x -1 e= 2 ，x
當 x < 0 或0 < x <1時， g x < 0，
g x 在區間 - ,0 和 0,1 上單調遞減，
并且 x - ,0 時， g x < 0 ，當 x 0,1 時， g x > 0，
當 x >1時， g x > 0， g x 在區間 1, + 上單調遞增，
x > 0時，當 x =1時， g x 取得最小值， g 1 = e，
作出函數 y = g x 的圖象，如圖所示：
ex
因此 y = a與 g x = 有 2 個交點時， a > e，
x
故 a 的取值范圍為 e, + .
x
（3）證明： a > 0，由 f x = e - a = 0，得 x = lna，
當 x < ln a時， f x < 0，當 x > ln a時， f x > 0，
所以函數 y = f x 在 - , ln a 上單調遞減，在 ln a, + 上單調遞增.
由題意 x1 < x2，且 f x1 = f x2 ，則 x1 - , ln a ， x2 ln a,+ .
要證 x1 + x2 < 2lna ，只需證 x1 < 2lna - x2，
而 x1 < 2lna - x2 < lna ，且函數 f x 在 - , ln a 上單調遞減，
故只需證 f x1 > f 2lna - x2 ，
又 f x1 = f x2 ，所以只需證 f x2 > f 2lna - x2 ，
即證 f x2 - f 2lna - x2 > 0，
令 h x = f x - f 2ln a - x ，
x
即 h x = e - ax -1- ée
2lna-x - a 2lna - x -1ù = e
x - a2e- x - 2ax + 2alna，
h x = ex + a2e- x - 2a，
由均值不等式可得 h x = ex + a2e- x - 2a 2 ex ×a2e- x - 2a = 0，
當且僅當 ex = a2e- x ，即 x = lna時，等號成立.
所以函數 h x 在R 上單調遞增.
由 x2 > lna ，可得 h x2 > h lna = 0，即 f x2 - f 2lna - x2 > 0，
所以 f x1 > f 2lna - x2 ，
又函數 f x 在 - , ln a 上單調遞減，
所以 x1 < 2lna - x2，即 x1 + x2 < 2lna 得證.
7．（2024 屆河南師范大學附屬中學高三下學期最后一卷）函數 f (x) = elx - 4sin x + l - 2的圖象在 x = 0處的
切線為 y = ax-a-3,a R .
(1)求l 的值；
(2)求 f (x) 在 (0, + )上零點的個數.
【解析】（1）因為 f (x) = elx - 4sin x + l - 2, f (x) = lelx - 4cos x ，
所以 f (0) = l - 4，所以切線斜率為l - 4 ，即 a = l - 4，
所切線方程為 y = l - 4 x - l +1
又 f (0) = l -1，所以切點坐標為 (0,l -1) ，代入得
則l -1 = -l +1，解得l = 1 .
（2）由（1）得 f (x) = ex - 4sin x -1, f (x) = ex - 4cos x ，
令 g x = f (x) = ex - 4cos x ，則 g x = ex + 4sin x，
當 x π時， f (x) = ex - 4cos x > 0恒成立，所以 f (x) 在 π,+ 上遞增，
所以 f (x) f (π) = eπ - 4sin x -1 eπ - 5 > 0，
因此 f (x) 在[π,+ )無零點；
當 0 < x < π 時， g x = ex + 4sin x > 0恒成立，所以 f x 單調遞增，
又 f (0) = -3 < 0, f (π) = eπ + 4 > 0，
所以 f x 在 (0, π) 上存在唯一的零點 x0 ，
當 x 0, x0 , f (x) < 0, f (x)單調遞減；當 x x0 , π , f (x) > 0, f (x) 單調遞增；
又 f (0) = 0, f x < f (0) = 0， f (π) = eπ0 -1 > 0，因此 f (x) 在 (0, π) 上僅有 1 個零點；
綜上， f (x) 在 (0, + )上僅有 1 個零點.
8．（2024 年天津高考數學真題）設函數 f x = xlnx ．
(1)求 f x 圖象上點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 時恒成立，求 a 的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ，證明 f x1 - f x2 x 21 - x2 ．
【解析】（1）由于 f x = x ln x ，故 f x = ln x +1.
所以 f 1 = 0， f 1 =1，所以所求的切線經過 1,0 ，且斜率為1，故其方程為 y = x -1 .
（2）設 h t = t -1- ln t ，則 h t 1 1 t -1= - = ，從而當0 < t <1時 h t < 0 ，當 t > 1時 h t > 0 .
t t
所以 h t 在 0,1 上遞減，在 1, + 上遞增，這就說明 h t h 1 ，即 t -1 ln t ，且等號成立當且僅當 t =1.
設 g t = a t -1 - 2ln t ，則
f x - a x - x 1 1 1= x ln x - a x - x = x a -1÷ - 2ln ÷ = x × g x x ÷ .è è è x
當 x 0, 1+ 時， 的取值范圍是 0, + ，所以命題等價于對任意 t 0, + ，都有 g t 0 .
x
一方面，若對任意 t 0, + ，都有 g t 0，則對 t 0, + 有
0 g t = a t -1 - 2ln t = a t 1 2ln 1- + a t -1 + 2 1 -1
at 2÷ = + - a - 2t ，è t t
取 t = 2，得0 a -1，故a 1 > 0 .
t 2 2
2
再取 = ，得0 a × + 2 a - a - 2 = 2 2a - a - 2 = - a - 2 ，所以 a = 2 .a a 2
另一方面，若 a = 2，則對任意 t 0, + 都有 g t = 2 t -1 - 2ln t = 2h t 0 ，滿足條件.
綜合以上兩個方面，知 a 的值是 2.
f b
3 0 < a < b ln a 1 - f a （ ）先證明一個結論：對 ，有 + < < ln b +1.
b - a
b
b ln b - a ln a a ln b - a ln a ln a
證明：前面已經證明不等式 t -1 ln t ，故 = + ln b = + ln b <1+ ln b ，
b - a b - a b -1
a
a - a -1
b ln b - a ln a b ln b - b ln a - ln ÷
且 = + ln a = b + ln a > è b + ln a =1+ ln a ，
b - a b - a 1 a- 1 a-
b b
ln a 1 b ln b - a ln a所以 + < < ln b 1
f b - f a+ ，即 ln a +1 < < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1，可知當0 < x 1< 時 f x < 0 1，當 x > 時 f x > 0 .e e

所以 f x 在 0,
1ù é1
上遞減，在 ,+ 上遞增.
è e ú ê e ÷
不妨設 x1 x2，下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結論.
1
情況一：當 x1 x2 <1時，有 f x1 - f x2 = f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ，結論e
成立；
1
情況二：當0 < x1 x2 時，有 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln xe 2 .
1ù 1
對任意的 c 0, ú，設j x = x ln x - c ln c - c - x ，則j x = ln x +1+ .è e 2 c - x
由于j x 單調遞增，且有

j c

÷ c 1 1 1 1 1
1 1
= ln +1+ < ln +1+ = -1- +1+ = 0
+ ÷ 1 1 1+ c 1+ c 2c 2c ，
è 2e 2c 2e 2c 2 c - 2c
1 1
e 2 c -
+ 2
2e 2c
x c 1- 2 c 1 2
且當 2 ， x >4 ln 1 時，由
ln -1可知
- 2 2 c - x c
è c ÷
j x = ln x +1 1+ > ln c +1 1 1 2+ = - ln -1

÷ 0 .2 c - x 2 2 c - x 2 c - x è c
所以j x 在 0,c 上存在零點 x0 ，再結合j x 單調遞增，即知0 < x < x0 時j x < 0， x0 < x < c時
j x > 0 .
故j x 在 0, x0 上遞減，在 x0 ,c 上遞增.
①當 x0 x c時，有j x j c = 0；
②當0 < x < x0 時，由于 c ln
1
= -2 f c 1 -2 f 2 ÷ = <1，故我們可以取 q c ln 1 ,1 .c è e ÷ e è c
c
從而當0 < x < 1 q2 時，由 c - x > q c ，可得-
j x = x ln x - c ln c 1- c - x < -c ln c - c - x < -c ln c - q c = c c ln - q

c ÷
< 0 .
è
再根據j x 在 0, x0 上遞減，即知對0 < x < x0 都有j x < 0 ；
綜合①②可知對任意0 < x c ，都有j x 0，即j x = x ln x - c ln c - c - x 0 .

根據 c 0,
1ù
ú和0 < x c 的任意性，取 c = x2 ， x = x1，就得到 x1 ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .è e
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
0 x 1 1 1情況三：當 < 1 x

2 <1時，根據情況一和情況二的討論，可得 f x1 - f ÷ - x1 x - x ，e 2 1è e e
f 1 1 ÷ - f x2 x2 - x2 - x1 .
è e e
而根據 f x 1 的單調性，知 f x1 - f x2 f x1 - f ÷ 或 f x1 - f x2 f
1
÷ - f xe e 2 .è è
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.
綜上，結論成立.
ax
9．（2024 屆河北省高三學生全過程縱向評價六）已知函數 f x = x ， g x = sin x + cos x .e
(1)當 a =1時，求 f x 的極值；
(2)當 x 0, π 時， f x g x 恒成立，求 a 的取值范圍.
x 1- x
【解析】（1）當 a =1時 f x = ，所以 f x = ，
ex ex
所以當 x <1時 f x > 0，當 x >1時 f x < 0，
所以 f x 在 - ,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
所以 f x 在 x =1處取得極大值，即 f x = f 1 1= ，無極小值.
極大值 e
（2）因為當 x 0, π 時， f x g x 恒成立，
即當 x 0, π ax時， x sin x + cos x恒成立，e
ex即 sin x + cos x - ax 0在 0, π 上恒成立，
當 x
3π 3π
= 時- a 0，解得 a 0，
4 4
設 h x = ex sin x + cos x - ax， x 0, π ，
則 h x = ex sin x + cos x + ex cos x - sin x - a = 2ex cos x - a，
令m x = h x = 2ex cos x - a x，則m x = 2e cos x - sin x = 2 2ex cos x
π
+ ÷，
è 4
x 0, π 當 ÷ 時m x > 0，則 h x 單調遞增，
è 4
x π當 , π

÷ 時m x < 0 ，則 h x 單調遞減，
è 4
a 0 h 0 = 2 - a > 0 h π
π
因為 ， ， ÷ = 2e 4 - a > 0， h π = -2eπ - a，
è 4
當-2eπ - a 0 ，即 a -2eπ 時h x 0在 0, π 上恒成立，
所以 h x 在 0, π 上單調遞增，所以 h x = h 0 =1 > 0 h x 0min ，所以 恒成立，
π
當-2eπ < a < 0時$x0 , π ÷使得 h x0 = 0，
è 4
所以當 x 0, x0 時 h x > 0， h x 單調遞增；
當 x x0 , π 時 h x < 0， h x 單調遞減；
ì f 0 0 ì1 0 π
所以 í ，則 í ππ ，解得-2e < a
e
- ，
f π 0 -e - aπ 0 π
eπ eπ ù
綜上可得 a - ，即 a 的取值范圍為 - , - ú .π è π
10．（2024 屆四川省綿陽南山中學 2 高三下學期高考仿真練）已知函數 f x 1= alnx - + x a R .
x
(1)討論 f x 的零點個數；
x f x 2x 2(2)若關于 的不等式 - 在 0, + 上恒成立，求 a 的取值范圍.
e
【解析】（1）因為 f x = alnx 1- + x的定義域為 0, + ，
x
當 x =1時， f 1 = 0，所以 1 是 f x 的一個零點，
f x a 1 1 x
2 + ax +1
= + 2 + = ，x x x2
g(x) = x2 + ax +1, x > 0 g(x) x a
2 a2
令 ，則 = +

÷ +1- , x > 0，
è 2 4
a
當- 0，即 a 0時， g(x)在 (0,+ )上單調遞增，則 g(x) > g(0) =1 > 0，
2
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上單調遞增，結合 f 1 = 0，可知此時 f x 有 1 個零點；
- a >0 a
2
當 ，即 a<0時，若1- 0，則-2 a < 0時， g(x) 0，
2 4
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上單調遞增，結合 f 1 = 0，可知此時 f x 有 1 個零點；
2
若1 a- < 0，則 a -2時，則 g(x) = x2 + ax +1 = 0的判別式D = a2 - 4 > 0，
4
不妨設兩根為 x1, x2 ，則 x1 + x2 = -a > 0,x1x2 =1，
即 x2 + ax +1 = 0 有 2 個正數根，且不妨設 0 < x1 < 1 < x2 ，
則當0 < x < x1 時， g(x) > 0 ，即 f x > 0；當 x1 < x < x2 時， g(x) < 0，即 f x < 0；
當 x > x2 時， g(x) > 0 ，即 f x > 0；
則可知 f x 在 x1,1 上單調遞減，則 f (x) = f x1 > f (1) = 0極大 ，
f x 在 1, x2 上單調遞減，則 f (x) = f x2 < f (1) = 0極小 ，
1
由當 x 無限趨近于 0 時，- 的變化幅度要大于 alnx 的變化幅度，
x
故 f x = alnx 1- + x趨近于負無窮，當 x 趨近于正無窮時，x 的變化幅度要大于 alnx 的變化幅度，
x
故 f x = alnx 1- + x趨近于正無窮，此時函數 f x 1= alnx - + x有 3 個零點，
x x
綜上：當 a < -2時， f x 有 3 個零點，當 a -2時， f x 有 1 個零點
2 1 2
（2）不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立等價于 alnx - x - + 0在 0, + 上恒成立，
e x e
2
令G x = alnx - x 1 2- + ，則G xx e
a 1 1 x - ax -1= - + = - .
x x2 x2
對于函數 y = x2 - ax -1， n = a2 + 4 > 0，所以其必有兩個零點.
又兩個零點之積為 -1，所以兩個零點一正一負，
1
設其中一個零點 x0 0, + 2，則 x0 - ax0 -1 = 0 ，即 a = x0 - x .0
此時G x 在 0, x0 上單調遞增，在 x0 ,+ 上單調遞減，
1 1 2
故需G x0 0 ，即 x0 - lnx - x - + 0
è x
÷ 0 0 x e .0 0
h x x 1 lnx x 1 2 1設函數 = - ÷ - - +

x x e ，則
h x = 1+
è è x2 ÷
lnx .

當 x 0,1 時， h x < 0；當 x 1,+ 時， h x > 0 .
所以 h x 在 0,1 1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增.又 h ÷ = h e = 0，
è e
1 1x 1 1 1所以 0
é
ê , e
ù
ú .由 a = x0 -
é ,eù a é - e,e - ù
e x
在 ê 上單調遞增，得 e ú ê e e ú
.
0
11 2．（2024 屆四川省成都石室中學高三下學期高考適應性考試）設 f x =（a -1)ex + sin x - 3
(1)當 a = 2 ，求函數 f (x) 的零點個數.
(2)函數 h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2，若對任意 x 0 ，恒有 h(x) > 0，求實數 a 的取值范圍
【解析】（1）當 a = 2 時， f (x) = ex + sin x - 3， f x = ex + cos x，
當 x < 0 時， ex (0,1) ， sin x 1， f (x) < 0， f (x) 在 (- ,0)上無零點.
當 x
π
0, é π ù 2 ÷
時， f x > 0， f (x) 在 x
è ê
0, 上單增.
2 ú
π
Q f (0) = -2 < 0 π， f
π ln 2
2 ÷
= e 2 - 2 > e - 2 = 0， f ÷ > 0，
è è 2
\$x 0, p f x = 0 f (x) x é0, π ù0 ÷， 0 ， 在 ê ú 上有一個零點.è 2 2
π 3
當 x , +
π 3
÷時，又 > > ln e2 > ln e3 > ln 2.63 = ln 17.56 > ln 4，
è 2 2 2
π
f (x) > e 2 -1- 3 > eln 4 - 4 = 0，
\ f (x) π在 ,+

÷上無零點.
è 2
\綜上所述， f (x) 在 - ,+ 上只有一個零點.
（2） x 0 時， h(x) > 0，\ (a2 -1)ex - x2 + 2ax -1 > 0
x2 - 2ax +1 22 x - 2ax +1
x < a -1 ，設 g(x) = x - (a
2 -1)，
e e
2
-x + (2a + 2)x - 2a -1 -(x -1) x - (2a +1)g x = = ，
ex ex
1
當 a - ， g(x)在( 0, 1) 遞增，在 (1, + )上遞減，
2
Q g(x)max = g(1)，\ g(1)
2 - 2a
= - (a2 -1) < 0，
e
(ea + e + 2)(a -1) > 0， a ( ,
e + 2
- - ) (1, ) Qa 1+ ， - \a ( , e + 2 - - )
e 2 e
1
當- < a < 0 時， g(x)在 (0, 2a +1)遞減，在 (2a +1,1)遞增，在 (1, + )遞減，
2
ìg(0) < 0
\ 2 - 2a 2只需 í ， g(1) = - (a -1) < 0 g(0) = 2 - a2 < 0
g(1) 0
，
< e
a ( , e + 2) 1\ - - ，與 - < a < 0 矛盾，舍去；
e 2
當 a = 0時， g(x)在 (0, + )上遞減，只需 g(0) < 0，a2 > 2，矛盾，舍去；
\a = 0不滿足條件.
當 a > 0， g(x)在( 0, 1) 上遞減，在 (1, 2a +1)上遞增，在 (2a +1,+ ) 上遞減.
ìg(2a +1) < 0Q x 0 ， g(x) < 0，\只需 í
g(0) 0
，
<
2a +1 2 - 2a(2a +1) +1g(2a +1) (a2 2a + 2= - -1) = - (a2 -1) < 0，
e2a+1 e2a+1
2
Qa +1 > 0，\a -1 >
e2a+1
，
2 2 2又 g 0 = 2 - a2 0,\a 2 ， \a -1 > 2 -1 > 0.4 > > >
22 2+1 e2 2+1 e2a+1
，
ìa > 0\í ，\
a 2 a > 2
滿足條件.
>
\綜上所述， a (- ,
e + 2
- )
e 2, +
12．（2023 屆云南省保山市高三上學期期末質量監測）已知函數 f x = 2ax - sinx .
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x > 0時， f x axcosx 恒成立，求實數 a 的取值范圍.
【解析】（1）當 a =1時， f x = 2x - sinx, f x = 2 - cosx，
切線的斜率為 k = f 0 =1，
又切點為 0,0 ，所以切線方程為 y = x .
（2）令 g x = f x - axcosx ，即 g x = 2ax - axcosx - sinx，
①若a 1，則當 x > 0時， g x 2x - xcosx - sinx ，令 h x = 2x - xcosx - sinx ， h x = 2 - 2cosx + xsinx ，
當 x 0, π 時，h x 0，
所以 h x 在 0, π 上單調遞增， h x > h 0 = 0，
當 x π, + 時， h x = x 1- cosx + x - sinx > 0，
所以 g x h x 0 恒成立，符合題意；
②若 a 0，則當 x 0,
π
÷ 時， g x = 2ax - axcosx - sinx = ax 1- cosx + ax - sinx < 0 ，不合題意；
è 2
③若 0 < a < 1，注意到 g 0 = 0, g x = 2a - a cosx - xsinx - cosx, g 0 = a -1，
令j x = g x = 2a - a cosx - xsinx - cosx，則j x = 2a +1 sinx + axcosx ，

當 x 0,
π
÷ 時，j x > 0

，所以 g x 在 0, π 2 ÷上單調遞增，è 2 è
π π
因為 g 0 = a -1< 0, g ÷ =2 2 + a > 0，è è 2 ÷
x p 所以存在 0 0, ÷，使得 g x0 = 0，
è 2
當 x 0, x0 時， g x < 0，所以 g x 在 0, x0 上單調遞減， g x < g 0 = 0，不合題意.
綜上， a 的取值范圍為 1, + .
1
13．（2024 2屆廣東省揭陽市高三上學期開學考試）已知函數 f x = 2lnx - mx +1 m R .
2
(1)當m =1時，證明： f x <1；
(2)若關于 x 的不等式 f x < m - 2 x 恒成立，求整數m 的最小值.
1
【解析】（1）當m =1時， f x = 2lnx - x2 +1(x > 0)，
2
f x 2 x 2 - x
2
\ = - = (x > 0) ，
x x
令 f x = 0，得 x = 2 ，
當 x 0, 2 時， f x > 0, f x 單調遞增；
當 x 2,+ 時， f x < 0, f x 單調遞減，
所以 f x 在 x = 2 處取得唯一的極大值，即為最大值，
所以 f (x)max = f 2 = 2ln 2 1- 2 +1 = ln2，2
所以 f x ln2 ，
而 ln2 < lne =1，
所以 f x <1.
（2）令G x = f x - m - 2 x 1= 2lnx - mx2 + 2 - m x +1 .
2
2
則G x 2 -mx + 2 - m x + 2= - mx + 2 - m = .
x x
當m 0時，因為 x > 0 ，所以G x > 0，所以G x 在 0, + 上單調遞增，
又因為G 1 3= - m + 3 > 0 .
2
所以關于 x 的不等式G x < 0不能恒成立；
m x 2m -
x +1
當 > 0 ÷ 時，G x .= - è m
x
G x 2= 0 x 2= x 0, G 令 ，得 ，所以當 時， x > 0；m è m ÷
x 2 ,+ G 當 ÷時， x < 0 .
è m
G x 0, 2 2 , + 因此函數 在 ÷上單調遞增，在m m ÷上單調遞減.è è
故函數G x G 2 2的最大值為 ÷ = - 2lnm + 2ln2 -1 .
è m m
令 h m 2= - 2lnm + 2ln2 -1，
m
因為 h 1 =1+ 2ln2 > 0, h 2 = 0,h 3 = 2ln2 - 2ln3 1- < 0，
3
又因為 h m 在 0, + 上單調遞減，所以當m 3時， h m < 0 .
所以整數m 的最小值為 3.
14．（2023 屆黑龍江省哈爾濱市高三月考）設函數 f (x) = x3 - 3ax2 + 3b2x
(1)若 a =1，b = 0，求曲線 y = f (x) 在點 1, f 1 處的切線方程；
1+ ln x k
(2)若0 < a < b

，不等式 f ÷ > f ÷對任意 x 1,+ 恒成立，求整數 kx 1 x 的最大值．è - è
【解析】（1）當 a =1，b = 0時， f (x) = x3 - 3x2，所以 f (1) = -2，即切點為P 1, -2
因為 f (x) = 3x2 - 6x ，所以 f (1) = 3 - 6 = -3，
所以切線方程為 y + 2 = -3 x -1 ，即 y = -3x +1，
（2） f (x) = 3x2 - 6ax + 3b2 ，由0 < a < b，所以D = 36a2 - 36b2 = 36(a + b)(a - b) < 0，
所以函數 f x 在 R 上單調遞增
f 1- ln x > f k 1- ln x k (1- ln x)x不等式 ÷ ÷ > > k ，對 x 1,+ x 1 恒成立，è - è x x -1 x x -1
h(x) (1- ln x)x h (x)
(2 + ln x)(x -1) - (x + x ln x) x - ln x - 2
構造 = ， = 2 = ，x -1 (x -1) (x -1)2
構造 g(x) = x - ln x - 2 g (x) 1
1 x -1
， = - = ，對 x 1,+ 有 g (x) > 0，
x x
所以 g(x) = x - ln x - 2在 x 1,+ 遞增， g 3 =1- ln 3 < 0， g 4 = 2 - ln 4 > 0，
所以$x0 (3, 4)， g x0 = x0 - ln x0 - 2 = 0，
所以 x 1, x0 ， g(x) < 0，即 h (x) < 0， h(x) 在 1, x0 遞減，
x x0 ,+ ， g(x) > 0 ，即 h (x) > 0， h(x) 在 x0 ,+ 遞增，
1+ ln x0 x0
所以 h(x)min = h x0 = ，結合 ln x0 = x0 - 2，故 h(x)min = x0 (3, 4)，x0 -1
k (1+ ln x)x所以 < 對 x (1,+ )恒成立 k < h(x)min ，故 k 3，x -1
所以整數 k 的最大值為 3；
15．（2023 屆江蘇省連云港市高三學情檢測）已知函數 f (x) = e2x
1
- .
x
(1)判斷函數 f (x) 零點的個數，并證明；
(2)證明： xe2x - ln x - 2x - cos x > 0 .
【解析】（1）函數的定義域{x | x 0}，
1
當時 x < 0 2x時， f (x) = e - > 0，函數 f (x) 無零點，
x
當 x > 0時， f (x) = 2e2x
1
+ > 0， f (x) 單調遞增，
x2
又 f (
1) = e - 4 < 0， f (1) = e2 -1 > 0且 f (x) 圖象在（0,+ ）上連續不斷，
4
1
所以由零點存在定理得 f (x) 在 ,1÷ 上有且只有一個零點，
è 4
綜上， f (x) 有且只有一個零點.
（2）要證 xe2x - ln x - 2x - cos x > 0，即證 xe2x - ln x - 2x > cos x，
令 g(x) = xe2x - ln x - 2x ，其中 x > 0，
則有 g(x) = xe2x - ln x - ln e2x = xe2x - ln（xe2x），
令 t = xe2x ，則 g(x)可化為 h(t) = t - ln t ，
因為 t = 1+ 2x e2x > 0，所以函數 t = xe2x 在（0,+ ）單調遞增，則 t > 0，
由 h(t) = t - ln t
1 t -1
， t > 0， h (t) =1- = ，
t t
令 h (t) = 0 得 t =1，列表如下：
t 0,1 1 1, +
h t - 0 +
h t ] 1 ↗
由表可知： h(t)min = h(1) =1，即 g(x) = xe2x - ln x - 2x 1，僅當 xe2x =1，等號成立，
x 11 ,1 x e2 x由（ ）可知，存在唯一的 00 ÷ ，使得 0 = 1，
è 4
x 1 ,1 x e2 x即僅有唯一的 ÷ ，使得 00 0 - ln x0 - 2x0 = 1，
è 4
而 cos x 1，當 x = 2kπ k N* ，等號成立，
綜上， g(x) = xe2x - ln x - 2x 1與 cos x 1，等號不能同時成立，
故 xe2x - ln x - 2x > cos x，即 xe2x - ln x - 2x - cos x > 0 .

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