資源簡介

第 09 講 利用導數研究函數的零點問題及方程的根
（6 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
利用導數研究具體函數單調性
函數對稱性的應用
2024 年新Ⅱ卷，第 11 題,6 分 利用導數研究函數的零點
極值與最值的綜合應用
判斷零點所在的區間
利用導數求函數的單調區間 (不含參)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究函數的零點 利用導數研究不等式恒成立問題
根據極值點求參數
求在曲線上一點處的切線方程 (斜率）
2022 年新 I 卷，第 10 題,5 分 利用導數研究函數的零點
求已知函數的極值點
2022 年新 I 卷，第 22 題,12 分 利用導數研究方程的根 由導數求函數的最值 (含參)
求離散型隨機查量的均值
2021 年新Ⅱ卷，第 21 題,12 分 利用導數研究方程的根
均值的實際應用
2021 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究函數的零點 含參分類討論求函數的單調區間
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的必考內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數證明函數的單調性
2 能結合零點的定義及零點存在性定理解決零點問題
3 能結合方程的根的定義用導數解決方程的根的問題
【命題預測】導數的綜合應用是高考考查的重點內容,也是高考壓軸題之一近幾年高考命題的趨勢，是穩中
求變、變中求新、新中求活，縱觀近幾年的高考題,導數的綜合應用題考查多個核心素養以及綜合應用能力,
有一定的難度,一般放在解答題的最后位置，對數學抽象、數學運算、邏輯推理等多個數學學科的核心素養
都有較深入的考查，需綜合復習
知識講解
利用導數研究函數零點的方法
(1)通過最值(極值)判斷零點個數的方法
借助導數研究函數的單調性、極值后，通過極值的正負，函數單調性判斷函數圖象走勢，從而判斷零
點個數或者通過零點個數求參數范圍.
(2)數形結合法求解零點
對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性，畫出草圖
數形結合確定其中參數的范圍.
(3)構造函數法研究函數零點
①根據條件構造某個函數，利用導數確定函數的單調區間及極值點，根據函數零點的個數尋找函數在
給定區間的極值以及區間端點的函數值與 0 的關系，從而求解.
②解決此類問題的關鍵是將函數零點、方程的根、曲線交點相互轉化，突出導數的工具作用，體現轉
化與化歸的思想方法．
利用導數研究函數方程的根的方法
(1)通過最值(極值)判斷零點個數（方程的根）的方法
借助導數研究函數的單調性、極值后，通過極值的正負，函數單調性判斷函數圖象走勢，從而判斷零
點個數（方程的根）或者通過零點個數（方程的根）求參數范圍.
(2)數形結合法求解零點（方程的根）
對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性，畫出草圖
數形結合確定其中參數的范圍.
(3)構造函數法研究函數零點（方程的根）
①根據條件構造某個函數，利用導數確定函數的單調區間及極值點，根據函數零點的個數（方程的根）
尋找函數在給定區間的極值以及區間端點的函數值與 0 的關系，從而求解.
②解決此類問題的關鍵是將函數零點、方程的根、曲線交點相互轉化，突出導數的工具作用，體現轉
化與化歸的思想方法．
考點一、求函數零點及其個數
1
1 2．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知函數 f x = ln x - ax a R .
2
(1)當 a =1時，求 f x 的最大值；
(2) 2討論函數 f x 在區間 é1,e ù 上零點的個數.
2．（2024· x湖南長沙·三模）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.
3．（2024·河北保定·二模）已知函數 f x = asinx + xcosx .
(1)若 a = 0，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若 x -π, π ，試討論 f x 的零點個數.
1
1 2024· · f x = ex．（ 山東 模擬預測）已知函數 - x ．
4
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線 l在 y 軸上的截距；
(2)探究 f x 的零點個數．
2．（2024·浙江·模擬預測）已知函數 f x = a ex + sinx - x -1.
a 1(1)當 = 時，求 f x 的單調區間；
2
(2)當 a =1時，判斷 f x 的零點個數.
2
3．（2024· · ax河南 模擬預測）已知函數 f x = x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的極大值；
(2)若 a =1，求 g x π= f x - cosx é在區間 ê- , 2024π
ù
2 ú 上的零點個數．
考點二、由函數零點及個數求參數值
1
1．（2022·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ax - - (a +1) ln x．
x
(1)當 a = 0時，求 f (x) 的最大值；
(2)若 f (x) 恰有一個零點，求 a 的取值范圍．
2 - x．（2022·全國·高考真題）已知函數 f x = ln 1+ x + axe
(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．
1
3．（2024·湖南邵陽· f x = - x3 + x2三模）已知函數 +1．
3
(1)求函數 f x 的單調遞增區間；
(2)若函數 g x = f x - k k R 有且僅有三個零點，求 k 的取值范圍．
4．（2024· x廣東茂名·一模）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.
1．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲線 y = f (x) 在 x=-1處的切線與 y 軸垂直，求 y = f (x) 的極值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一個零點，求 a .
2．（2024· 3福建泉州·模擬預測）已知函數 f x = x - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函數 f x 的極值點，求 a的值，并求其單調區間；
(2)若函數 f x é1在 ê ,3
ù
ú 上僅有 2 個零點，求 a的取值范圍． 3
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = lnx + kx的單調遞增區間為 0,1 ．
(1)求函數 f x 的圖象在點 e, f e 處的切線方程；
(2)若函數 g x ax= x - f x 有兩個零點，求實數 a的取值范圍．e
4．（2024·安徽·三模）已知函數 f (x) = aex - e- x - (a +1)x, a > 0．
(1)求證： f (x) 至多只有一個零點；
(2)當 0 < a < 1時， x1, x2 分別為 f (x) 的極大值點和極小值點，若 f x1 + kf x2 > 0成立，求實數 k 的取值范
圍．
考點三、求方程根的個數
1
1．（2024· 1-浙江溫州·一模）已知 f x = e x （ x > 0）.
(1)求導函數 f x 的最值；
(2)試討論關于 x 的方程 f x = kx （ k > 0）的根的個數，并說明理由.
1．（2024·山西·模擬預測）已知函數 f (x) = sin x + ln(x +1) - ax ，且 y = f (x) 與 x 軸相切于坐標原點．
(1)求實數 a的值及 f (x) 的最大值；
(2)證明：當 x
é π ù
ê , πú 時， f (x) + 2x
1
> ；
6 2
(3)判斷關于 x 的方程 f (x) + x = 0實數根的個數，并證明．
m
2．（2024·河南信陽·一模）已知函數 f (x) = ln(x +1) + x ．
3
(1)若m = -3，求證： f (x) 0；
2 πx
(2)討論關于 x 的方程 f (x) + sin = 0在 (-1,2)上的根的情況．
3π 2
考點四、由方程根的個數求參數范圍
1
1．（2024·貴州貴陽·二模）已知函數 f (x) = ax ln x + ,a R .
2x
(1)當 a =1時.求 f (x) 在 (1, f (1))處的切線方程;
1
(2)若方程 f (x) = x3 + 存兩個不等的實數根，求 a的取值范圍.
2x
2．（2024·山東煙臺·三模）已知函數 f x = x + aex 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 +1 mf x - x f x 有三個不等的實根，求實數 的取值范圍.
1．（2023· x 2廣東梅州·三模）已知函數 f x = e - ax ， a R ， f x 為函數 f x 的導函數.
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2) 2若方程 f x + f x = 2 - ax 在 0,1 上有實根，求 a的取值范圍.
x
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) e= 的圖象在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 2x + y +1 = 0．
ax + b
(1)求 a,b的值；
m
(2)若 f (x) = 有兩個不同的實數根，求實數m 的取值范圍．
2x -1
考點五、圖象交點問題
a
1．（2021· x全國·高考真題）已知 a > 0且a 1，函數 f (x) = x (x > 0)．a
（1）當 a = 2時，求 f x 的單調區間；
（2）若曲線 y = f x 與直線 y =1有且僅有兩個交點，求 a 的取值范圍．
2．（2022·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)證明：存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交
點的橫坐標成等差數列．
1．（2024·江蘇· 2模擬預測）已知函數 f x = a ln x + x + 3在 x =1處的切線經過原點.
(1)判斷函數 f x 的單調性；
(2)求證：函數 f x 的圖象與直線 y = 5x有且只有一個交點.
1
2．（2024· 2陜西西安·二模）設函數 f (x) = ax + (1- x)ex .
2
(1)當 a 1時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x [-2,2]時，函數 f (x) 的圖像與 y = ex 的圖像僅只有一個公共點，求 a的取值范圍.
log x
3．（2024·云南昆明·模擬預測）已知函數 f x = a
xa
.
(1)當 a = 2時，求 f x 的單調區間；
1
(2)證明：若曲線 y = f x 與直線 y = 2 有且僅有兩個交點，求 a的取值范圍.a
考點六、零點、方程的根、圖象交點小題綜合
1．（2023·全國·高考真題）函數 f x = x3 + ax + 2 存在 3 個零點，則 a的取值范圍是（ ）
A． - ,-2 B． - , -3 C． -4, -1 D． -3,0
2．（2024·全國·高考真題）（多選）設函數 f (x) = 2x3 - 3ax2 +1，則（ ）
A．當 a > 1時， f (x) 有三個零點
B．當 a < 0時， x = 0是 f (x) 的極大值點
C．存在 a，b，使得 x = b 為曲線 y = f (x) 的對稱軸
D．存在 a，使得點 1, f 1 為曲線 y = f (x) 的對稱中心
3．（2022·全國·高考真題）（多選）已知函數 f (x) = x3 - x +1，則（ ）
A． f (x) 有兩個極值點 B． f (x) 有三個零點
C．點( 0, 1)是曲線 y = f (x) 的對稱中心 D．直線 y = 2x是曲線 y = f (x) 的切線
4．（2021·北京·高考真題）已知函數 f (x) = lg x - kx - 2，給出下列四個結論：
①若 k = 0， f (x) 恰 有 2 個零點；
②存在負數 k ，使得 f (x) 恰有 1 個零點；
③存在負數 k ，使得 f (x) 恰有 3 個零點；
④存在正數 k ，使得 f (x) 恰有 3 個零點．
其中所有正確結論的序號是 ．
1．（2024·四川綿陽·模擬預測）函數 f x = ex - kx - b恰好有一零點 x0 ，且 k > b > 0，則 x0 的取值范圍是
（ ）
A． (- ,0) B．( 0, 1) C． (- ,1) D． (1, + )
ì x
lnx - , x > 0, 3
2．（2024·陜西銅川·模擬預測）已知w > 0，若函數 f x = í π 有 4 個零點，則w 的取值 sin wx + ÷ , -π x 0 è 3
范圍是（ ）
4 , 7 ù é4 , 7 7 10ù é7 10 A． ú B． ê ÷ C．è 3 3 3 3
, D． , ÷
è 3 3 ú ê 3 3
3．（2024·全國· 3模擬預測）（多選）已知函數 f x = x - ax +1， a R ，則（ ）
A．若 f x 有極值點，則 a 0
B．當 a =1時， f x 有一個零點
C． f x = 2 - f -x
D．當 a =1時，曲線 y = f x 上斜率為 2 的切線是直線 y = 2x -1
x
4．（2024·安徽·模擬預測）若關于 x 的方程m + e ln m = x + e ln x - x 有解，則實數 m 的最大值為 .e
5．（2024·天津北辰·三模）若函數 f (x) = a 2x - 3 - 3a - x2 (x - 3)2有四個零點，則實數 a的取值范圍
為 .
一、單選題
1．（2023·陜西西安·模擬預測）方程 ae- x = x +1有兩個不等的實數解，則 a的取值范圍為（ ）
e 1 1 1
A． - ,0

÷÷ B． -1, -

2 ÷ C． - ,0 D．e e e2 ÷
- ,0÷
è è è è e
é π ù
2．（2024·四川涼山·二模）若 f x = x sin x + cos x -1， x ê- , πú ，則函數 f x 的零點個數為（2 ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、多選題
3．（2024·四川成都·模擬預測）已知函數 f (x) = x3 + x +1，則（ ）
A． f (x) 有兩個極值點
B． f (x) 有一個零點
C．點( 0, 1)是曲線 y = f (x) 的對稱中心
D．直線 y = 2x是曲線 y = f (x) 的切線
x
4．（2024·遼寧·模擬預測）已知函數 f x = - x ，則下列說法正確的是（ ）e
A． f x 的極值點為 1,
1
- ÷
è e
B． f x 的極值點為 1
y 1 x 4C．直線 = - 是曲線 y = f x 的一條切線
e2 e2
D． f x 有兩個零點
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）方程 -1+ ln x x + k = 0有兩個不相等的實數根，則實數 k 的取值范圍為 ．
ì2x 1+ , x > 0
6．（2024·山西·三模）已知函數 f (x) =

í x ，若函數 g(x) = f (x) - x + m(m R) 恰有一個零點，則m
e
x , x 0
的取值范圍是 .
7．（23-24 高三上·四川內江·期末）已知函數 f x = 2x3 + 4x - t ，若函數 f x 的圖象與曲線 y = 5x2有三個交
點，則 t 的取值范圍是 .
四、解答題
8．（2023·廣西河池·模擬預測）已知函數 f x = 2ln x - x2 + ax a R
(1)當 a =1時，求函數 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數 f x 與直線 y = ax - a é1 ù在 ê , eú 上有兩個不同的交點，求實數 a的取值范圍． e
9．（23-24 高三上·北京大興·階段練習）已知 f x = ln x，
f
(1) x 求 的極值；
x
(2)若函數 y = f x - ax存在兩個零點，求 a的取值范圍.
1
10．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數 f x = - x3 + x2 +1．
3
(1)求函數 f x 的單調遞增區間；
(2)若函數 g x = f x - k k R 有且僅有三個零點，求 k 的取值范圍．
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知過點 (-2,0) 的直線與函數 f (x) = xex+2 + 2的圖象有三個交點，則該直線的斜
率的取值范圍為（ ）
A． (- , -1) B． (- ,0) C． (-1,0) D． (-1, + )
ì
a
e
+ , x > 0
2．（2024·貴州貴陽·一模）已知函數 f x = í x ，若方程 f x + ex = 0 存在三個不相等的實根，則
e- x , x < 0
實數 a的取值范圍是（ ）
A． - , e B． - ,-e C． - , -2e D． - , 2e
二、填空題
x
3．（2024·重慶·模擬預測）若函數 f (x)
ex
= a + ex 的圖象與函數 g(x) = x 的圖象有三個不同的公共點，則實e x + e
數 a的取值范圍為 ．
4．（2024·湖北黃岡·二模）已知函數 f x = k e -1 - ekx 1- e lnx -1與函數 g x = 的圖象有且僅有兩個不同
x
的交點，則實數 k 的取值范圍為 .
5．（2024·福建泉州·一模）已知函數 f (x) = (x -1)ex + ex - a 有且只有兩個零點，則 a 的范圍 ．
三、解答題
6．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知 f x = x sin x - a cos x π在 x = 2 時取得極大值．
(1)討論 f x 在 -π, π 上的單調性；
(2)令 h x = x2 - 4x sin x - 4cos x + 4 ，試判斷 h x 在R 上零點的個數．
7．（2024· x 2全國·模擬預測）已知函數 f x = e - x + a， x R ，j x = f x + x2 - x .
(1)若j x 的最小值為 0，求 a的值；
(2)當 a < 0.25時，證明：方程 f x = 2x在 0, + 上有解.
8．（2024·廣東梅州·二模）已知函數 f x = ex g x = x2， +1， h x = a sin x +1（ a > 0）．
(1)證明：當 x 0, + 時， f x > g x ；
(2)討論函數F x = f x - h x 在 0, π 上的零點個數．
1．2．3．4．9．（2024·廣西南寧·二模）已知函數 f x = ln x - ax
(1)若 f x 在定義域內單調遞增，求 a的取值范圍，
(2)若函數 g x = f x - x +1恰有兩個零點，求 a的取值范圍，
10．（2024·廣西賀州·一模）已知函數 f (x) = x + ln x
a
+ , a R．
2x
1
(1)若 a > - ，討論 f (x) 的單調性；
2
2
(2)若關于 x 的方程 f (x) = 有且只有一個解，求 a 的取值范圍．
e
e
1．（2022·浙江·高考真題）設函數 f (x) = + ln x(x > 0) ．
2x
(1)求 f (x) 的單調區間；
(2)已知 a,b R ，曲線 y = f (x) 上不同的三點 x1, f x1 , x2 , f x2 , x3, f x3 處的切線都經過點 (a , b ) ．證
明：
（ⅰ）若 a > e，則0 < b - f (a)
1 a
< -1

÷ ；2 è e
2 e - a 1 1 2 e - a
（ⅱ）若0 < a < e, x1 < x2 < x3 ，則 +e 6e2
< + < -
x1 x3 a 6e
2 ．
（注： e = 2.71828L是自然對數的底數）
2．（2021·全國·高考真題）已知函數 f (x) = (x -1)ex - ax2 + b．
（1）討論 f (x) 的單調性；
（2）從下面兩個條件中選一個，證明： f (x) 只有一個零點
① 1 e
2
< a ,b > 2a；
2 2
1
② 0 < a < ,b 2a ．
2
3．（2021· x 2浙江·高考真題）設 a，b 為實數，且 a > 1，函數 f x = a - bx + e (x R)
（1）求函數 f x 的單調區間；
（2）若對任意b > 2e2 ，函數 f x 有兩個不同的零點，求 a 的取值范圍；
2
（3）當 a = e b ln b e時，證明：對任意b > e4 ，函數 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 , x2 > x1 ，滿足 x2 > 2 x1 + .2e b
(注： e = 2.71828 × × ×是自然對數的底數)
4 1 1．（2020·全國·高考真題）設函數 f (x) = x3 + bx + c ，曲線 y = f (x) 在點( 2 ，f( 2 ))處的切線與 y 軸垂直．
（1）求 b．
（2）若 f (x) 有一個絕對值不大于 1 的零點，證明： f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1．
5．（2020·全國·高考真題）已知函數 f (x) = x3 - kx + k 2 ．
（1）討論 f (x) 的單調性；
（2）若 f (x) 有三個零點，求 k 的取值范圍．
6．（2020·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ex - a(x + 2) .
（1）當 a =1時，討論 f (x) 的單調性；
（2）若 f (x) 有兩個零點，求 a的取值范圍.
7．（2019·全國·高考真題）已知函數 f (x) = (x -1) ln x - x -1.證明：
（1） f (x) 存在唯一的極值點；
（2） f (x)=0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.
8．（2019·全國·高考真題）已知函數 f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）為 f（x）的導數．
（1）證明：f′（x）在區間（0，π）存在唯一零點；
（2）若 x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求 a 的取值范圍．
9．（2019·全國·高考真題）已知函數 f (x) = sin x - ln(1+ x)， f (x) 為 f (x) 的導數．證明：
p
（1） f (x) 在區間 (-1, )存在唯一極大值點；
2
（2） f (x) 有且僅有 2 個零點．
10．（2018·江蘇·高考真題）若函數 f x = 2x3 - ax2 +1 a R 在 0, + 內有且只有一個零點，則 f x 在 -1,1
上的最大值與最小值的和為 ．第 09 講 利用導數研究函數的零點問題及方程的根
（6 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
利用導數研究具體函數單調性
函數對稱性的應用
2024 年新Ⅱ卷，第 11 題,6 分 利用導數研究函數的零點
極值與最值的綜合應用
判斷零點所在的區間
利用導數求函數的單調區間 (不含參)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究函數的零點 利用導數研究不等式恒成立問題
根據極值點求參數
求在曲線上一點處的切線方程 (斜率）
2022 年新 I 卷，第 10 題,5 分 利用導數研究函數的零點
求已知函數的極值點
2022 年新 I 卷，第 22 題,12 分 利用導數研究方程的根 由導數求函數的最值 (含參)
求離散型隨機查量的均值
2021 年新Ⅱ卷，第 21 題,12 分 利用導數研究方程的根
均值的實際應用
2021 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究函數的零點 含參分類討論求函數的單調區間
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的必考內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數證明函數的單調性
2 能結合零點的定義及零點存在性定理解決零點問題
3 能結合方程的根的定義用導數解決方程的根的問題
【命題預測】導數的綜合應用是高考考查的重點內容,也是高考壓軸題之一近幾年高考命題的趨勢，是穩中
求變、變中求新、新中求活，縱觀近幾年的高考題,導數的綜合應用題考查多個核心素養以及綜合應用能力,
有一定的難度,一般放在解答題的最后位置，對數學抽象、數學運算、邏輯推理等多個數學學科的核心素養
都有較深入的考查，需綜合復習
知識講解
利用導數研究函數零點的方法
(1)通過最值(極值)判斷零點個數的方法
借助導數研究函數的單調性、極值后，通過極值的正負，函數單調性判斷函數圖象走勢，從而判斷零
點個數或者通過零點個數求參數范圍.
(2)數形結合法求解零點
對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性，畫出草圖
數形結合確定其中參數的范圍.
(3)構造函數法研究函數零點
①根據條件構造某個函數，利用導數確定函數的單調區間及極值點，根據函數零點的個數尋找函數在
給定區間的極值以及區間端點的函數值與 0 的關系，從而求解.
②解決此類問題的關鍵是將函數零點、方程的根、曲線交點相互轉化，突出導數的工具作用，體現轉
化與化歸的思想方法．
利用導數研究函數方程的根的方法
(1)通過最值(極值)判斷零點個數（方程的根）的方法
借助導數研究函數的單調性、極值后，通過極值的正負，函數單調性判斷函數圖象走勢，從而判斷零
點個數（方程的根）或者通過零點個數（方程的根）求參數范圍.
(2)數形結合法求解零點（方程的根）
對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性，畫出草圖
數形結合確定其中參數的范圍.
(3)構造函數法研究函數零點（方程的根）
①根據條件構造某個函數，利用導數確定函數的單調區間及極值點，根據函數零點的個數（方程的根）
尋找函數在給定區間的極值以及區間端點的函數值與 0 的關系，從而求解.
②解決此類問題的關鍵是將函數零點、方程的根、曲線交點相互轉化，突出導數的工具作用，體現轉
化與化歸的思想方法．
考點一、求函數零點及其個數
1
1．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知函數 f x = ln x - ax2 a R .
2
(1)當 a =1時，求 f x 的最大值；
(2)討論函數 f x 在區間 é1,e
2 ù 上零點的個數.
1
【答案】(1) -
2
(2)答案見解析
【分析】（1）求函數 f x 的定義域及導函數，求 a =1時方程 f x = 0的解，分區間確定函數的單調性，
單調性求最值；
（2）函數 f x 2ln x的零點，即方程 a = 2 的解，設 g x
2ln x
= 2 ，利用導數研究函數 g x 的性質，討論 a，x x
結合圖象確定函數 f x 的零點個數.
【詳解】（1） f x 的定義域是 0, + ，
2
Q f x = ln x 1- ax2 a R ，\ f x 1= - ax 1- ax= ，2 x x
2
當 a =1時， f x 1- x= = 0，得 x = ±1 .
x
Q x > 0
\當 x 0,1 時， f x > 0，函數 f x 單調遞增，
當 x 1, + 時， f x < 0，函數 f x 單調遞減
\ 1當 x =1時，函數 f x 取最大值，最大值為 f 1 = - ；
2
（2）由 f x = 0 a 2ln x，得 = ，
x2
g x 2ln x令 = ，則 g x 2 - 4ln x
x2
= ，
x3
由 g x > 0得1 < x < e ，
由 g x < 0，得 e < x < e2 ，
g x 在區間[1, e] 2上單調遞增，在區間 é e,e ù 上單調遞減，
g 1 = 0 g e 1= g e2 4又 ， ， =e e4 ，
作函數 g x 的圖象如下：
綜上：當0
4 1
a < 4 或 a = 時， f x 在 é1,e
2 ù 上有一個零點，
e e
4 a 1當 4 < 時， f x 在 é 1,e
2 ù 上有 2 個零點，e e
1
當 a<0或 a > 時， f x 2在
e
é1,e ù 上沒有零點.
2．（2024· x湖南長沙·三模）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.
1
【答案】(1)最小值- -1
e
(2)答案見解析
【分析】（1）先利用導數求出函數的單調區間，進而可求出函數的最小值；
x lnx +1 x lnx +1
（2）令 h x = 0 ，得 e - + m = 0，令 k x = e - + m，則 h x 與 k x 有相同的零點，利用導數
x x
求出函數 k x 的極值點，再分類討論m 即可得出結論.
x
【詳解】（1） f x 的定義域為R, f x = x +1 e ，
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, + ，
h x = 0 ex lnx +1令 ，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 +1
2
k x e x e
x + lnx
且 = - = ，
x2 x2
r x = x2ex令 + lnx，則 r x = x2 + 2x ex 1+ ，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 e ÷
= ee -1 0, r 1 = e 0，所以$x0 ,1÷，使 r x0 = 0，
è è e
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，
lnx +1
因此 k x 的最小值為 k x0 = ex0 - 0 + mx ，0
ln 1
由 r x0 = 0 2 x 1，得 x0 e 0 + lnx x00 = 0，即 x0e = ln e x0 ，x0
令j x = f x +1，則j x 在區間 0, + 上單調遞增，
1 1 1
因為 < x0 <1，所以 ln > 0x ，則
j x0 = je
ln ÷，
0 è x0
1
所以 x0 = -lnx0 ，從而 lnx0 = -x e
x0
0 ，即 = ,x0
k x k x ex lnx= 0 - 0 +1所以 的最小值 0 + m = m +1x ，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.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，
然后將問題轉化為函數圖象與 x 軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思
想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由 f x = 0分離變量得出 a = g x ，將問題等價轉化為直線 y = a 與函數 y = g x 的圖
象的交點問題.
3．（2024·河北保定·二模）已知函數 f x = asinx + xcosx .
(1)若 a = 0，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若 x -π, π ，試討論 f x 的零點個數.
【答案】(1) y = x
(2)答案見解析
【分析】（1）求得 f (x) 的導數，可得切線斜率和切點，從而求得切線方程；
（2）由 f (x) 為奇函數，將問題轉化為討論 f x 在 0, π 上的零點，求得導數，討論 a > -1， a = -1，
-2 < a < -1和 a -2，求得 f (x) 的單調性、極值和最值，結合零點存在定理，即可得到零點個數.
【詳解】（1）當 a = 0時， f x = xcosx， f 0 = 0 .
f x = cosx - xsinx， f 0 =1 .
故曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程為 y = x .
（2）因為 f -x = - f x ，所以 f x 為奇函數.
又因為 f 0 = 0，所以只需要討論 f x 在 0, π 上的零點.
f x = a +1 cosx - xsinx ， f 0 = a +1.
令函數 g x = f x = a +1 cosx - xsinx ， g x = - a + 2 sinx - xcosx
①當 a +1 > 0，即 a > -1時，分段討論：
π
當時 x
é
ê , π ÷， f x < 0 . 2
π
當 x
0, g x < 0 g x 0, π π ÷ 時， ，所以 在 2 ÷上單調遞減，即 f x 在 0,2 2 ÷上單調遞減è è è
因為 f 0 = a +1 > 0， f π π π ÷ = - < 0

，所以存在 x0 0, ÷，使得 f x0 = 0 .
è 2 2 è 2
當 x 0, x0 時， f x > 0，當 x x0 , π 時， f x < 0，
所以 f x 在 0, x0 上單調遞增，在 x0 , π 上單調遞減.
因為 f 0 = 0， f π = -π < 0，所以 f x 在 0, π 上有 1 個零點，
f x 在 -π, π 上有 3 個零點.
②當 a +1 = 0，即 a = -1時， f x = -xsinx < 0， f x 在 0, π 上單調遞減，
所以 f x 在 0, π 上沒有零點，在 -π, π 上有 1 個零點.
③當 a + 2 0，即 a -2時，分段討論：
當 x

0,
π ù
ú時， f x < 0 .è 2
x π π π 當 , π ÷時， g x > 0 ，所以 g x 在 , π ÷上單調遞增，即 f x 在 , π ÷上單調遞增.
è 2 è 2 è 2
π π π
因為 f ÷ = - < 0， f π = - a +1 > 0，所以存在 x1 , π ÷，使得 f x1 = 0 .
è 2 2 è 2
當 x 0, x1 時， f x < 0，當 x x1, π 時， f x > 0，
所以 f x 在 0, x1 上單調遞減，在 x1, π 上單調遞增.
因為 f 0 = 0， f π < 0 ，
所以 f x 在 0, π 上沒有零點，在 -π, π 上有 1 個零點.
ìa +1< 0
④當 ía 2 0，即
-2 < a < -1時，分段討論：
+ >
當 x

0,
π ù
ú時， f x < 0 .è 2
x π當 , π

÷時，令函數h x = g x = - a + 2 sinx - xcosx ，
è 2
h x = - a + 3 cosx + xsinx > 0 .
h x π , π 所以 在 ÷上單調遞增，即 g x
π , π 在
2 ÷
上單調遞增.
è è 2
g π 因為 ÷ = - a
π
+ 2 < 0， g π = π > 0 x , π ，所以存在 2 ÷，使得 g x2 = 0 .
è 2 è 2
所以 g x π在 , x 2 2 ÷上單調遞減，在 x2 , π 上單調遞增，è
即在 f x π 在 , x2 ÷上單調遞減，在 x2 2 , π 上單調遞增.è
π π
因為 f ÷ = - < 0， f π = - a +1 > 0，所以存在 x3 x2 , π ，使得 g x3 = 0 .
è 2 2
當時 x 0, x3 ， f x < 0，當 x x3 , π 時， f x > 0，
所以 f x 在 0, x3 上單調遞減，在 x3 , π 上單調遞增.
因為 f 0 = 0， f π < 0 ，
所以 f x 在 0, π 上沒有零點，在 -π, π 上有 1 個零點.
綜上，當 a > -1時， f x 在 -π, π 上有 3 個零點；
當 a -1時， f x 在 -π, π 上有 1 個零點.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，
然后將問題轉化為函數圖象與 x 軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思
想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由 f x = 0分離變量得出 a = g x ，將問題等價轉化為直線 y = a 與函數 y = g x 的圖
象的交點問題.
1
1．（2024· x山東·模擬預測）已知函數 f x = e - x ．
4
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線 l在 y 軸上的截距；
(2)探究 f x 的零點個數．
1
【答案】(1) -
2
(2) f x 有兩個零點
1 x 1
【分析】（1）求得 f x = e -4 ，得到 f 1
e 1 e
= - ， f 1 = -1，利用導數的幾何意義，求得切線
2 x 4 2 4
方程，進而求得其在 y 軸上的截距；
（2）得到 f x 1 1= ex - 在 0, + 1 上遞增，結合 f ÷ 0, f 1 0 $x
1
，得到 0 ,1

4 2 x ÷
，使得 f x0 = 0，
è 4 è 4
進而求得 f x 單調性，結合零點的存在性定理，即可求解.
1 x f x 1 ex 1 e 1【詳解】（1）解析：由函數 f x = e - x ，可得 = -4 ，所以 f 1 = - ，4 2 x 4 2
又 f 1 e= -1，所以 l的方程為 y e 1 x 1 e 1 y e 1 1= - - + - ，即 = -
x - ，
4 è 4 2 ÷ ÷ 4 è 4 2 2
1
令 x = 0
1
，可得 y = - ，所以直線 l在 y 軸上的截距為- ．
2 2
y 1
1
（2）解：因為 = ex 和 y = - 在 0, + 上均單調遞增，
4 2 x
所以 f x 1= ex 1- 在 0, + 4 上單調遞增，2 x
1 1 1f 1 1
1
又因為 4 ÷
= e4 -1 0, f 1 = e - 0 ，所以$x0 ,1÷ ，使得 f x = 0，
è 4 4 2 4
0
è
所以，當 x 0, x0 時， f x < 0， f x 在 0, x0 單調遞減；
當 x x0 ,+ 時， f x > 0， f x 在 x0 ,+ 單調遞增，
1
f 1 1 1又因為 ÷ = e100 - > 0, f 1
e 1 0, f 4 1= - = e4 - 2 0，
è100 4 10 4 4
所以 f x 有兩個零點．
【點睛】方法點睛：已知函數零點（方程根）的個數，求參數的取值范圍問題的三種常用方法：
1、直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參數的取值范圍
2、分離參數法，先分離參數，將問題轉化成求函數值域問題加以解決；
3、數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中作出函數的圖象，然后數形結合求解.
結論拓展：與 ex 和 ln x相關的常見同構模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b x ，構造函數 f x = x ln x 或 g x = xe ；
a
② e b e
a b f x x= g x e
x
< a < ，構造函數 或 = ；a ln b ln e ln b ln x x
③ ea a b ln b ea ln ea x± > ± ± > b ± ln b，構造函數 f x = x ± ln x或 g x = e ± x .
2 x．（2024·浙江·模擬預測）已知函數 f x = a e + sinx - x -1.
1
(1)當 a = 時，求 f x 的單調區間；
2
(2)當 a =1時，判斷 f x 的零點個數.
【答案】(1)減區間為 - ,0 ，增區間為 0, + ；
(2)2 個.
【分析】（1）求導，當 x < 0 時，利用指數函數性質和余弦函數有界性可判斷導數符號，當 x > 0時，利用二
次導數判斷導函數單調性，然后可得導函數符號；
（2）當 x > 0時，利用二次導數判斷 f x 的單調性，當 x -π時，利用指數函數性質和正弦函數有界性可
判斷函數值符號，當-π交點個數判斷即可.
1 1
【詳解】（1 x）當 a = 時， f x = e + sinx - x -1，所以 f x 1= ex + cosx -1，2 2 2
1
當 x < 0 x時， ex <1,cos x 1，所以 e + cosx <1，則 f x < 0，2
所以， f x 在 - ,0 上單調遞減.
1
當 x > 0 x時，記 g x = e + cosx -1，則 g x 1= ex - sin x ，2 2
因為 ex >1 sin x ，所以 g x > 0， g x 在 0, + 單調遞增，
所以 g x > g 0 = 0，即 f x > 0，所以 f x 在 0, + 上單調遞增.
綜上， f x 的減區間為 - ,0 ，增區間為 0, + .
（2）當 a =1時， f x = ex + sinx - x -1 x，則 f x = e + cosx -1，
記 h x = ex + cosx -1 x，則 h x = e - sin x，
當 x > 0時， ex >1 sin x ，所以 h x > 0， h x 在 0, + 單調遞增，
所以 h x > h 0 =1 > 0， f x 在 0, + 上單調遞增，
所以 f x > f 0 = 0 ， f x 在 0, + 上無零點.
當 x -π時，因為 ex >0,sinx -1,-x -1 π -1，
所以 f x = ex + sinx - x -1 > 0，此時 f x 無零點.
當-π因為當 x 趨近于 0 時， n x 趨近于 0，所以 n x 的變化越來越慢，圖象下凹，
當 x = -π時， ex - x -1 > -sin x，當 x = 0時， ex - x -1 = -sin x，
作出函數 n x 和 y = -sin x的圖象如圖，
由圖可知，當-π易知 x = 0是 f x 的一個零點.
綜上，函數 f x 共有 2 個零點.
2
3．（2024·河南·模擬預測）已知函數 f x ax= x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的極大值；
(2)若 a =1，求 g x π= f x - cosx é- , 2024πù在區間 ê 2 ú 上的零點個數．
【答案】(1)答案見解析
(2)2025 個零點
【分析】（1）求導，分析函數的單調性，分情況討論，求函數的極大值.
x2 é π ù
（2）先分析方程 x = cos x 在 ê- ,0ú 上解得個數，再分析在 0,2π 上解的個數，進一步考慮方程在e 2
2kπ,2kπ + 2π 上解的個數，可得問題答案.
2
【詳解】（1）由題易得，函數 f x ax= x 的定義域為R ，e
x 2 x 2 ax 2 - x
又 f x
2axe - ax e 2ax - ax
=
x 2
= x =
e e e
x ，
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 4a的極大值為 f 2 = 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 ．
4a
綜上所述，當 a > 0時， f x 的極大值為 2 ；當 a<0時， f x 的極大值為 0．e
2 2
（2 x x）方法一：當 a =1時， f x = x ，所以函數 g x = f x - cosx = x - cosx．e e
2
由 g x = 0 x，得
ex
= cosx．
所以要求 g x é π在區間 ê- , 2024π
ù
2 ú 上的零點的個數，
只需求 y = f x π的圖象與 h x = cosx é的圖象在區間 ê- , 2024π
ù
2 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，
é π ù
所以 y = f x 在區間 ê- ,0 上單調遞減． 2 ú
又 h x = cosx é π ù在區間 ê- ,0ú 上單調遞增， 2
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
2
x h x = cosx é
π
- ,0ù所以 f x =
ex
與 的圖象在區間
ê 2 ú
上只有一個交點，

所以 g x é π在區間 ê- ,0
ù
ú 上有且只有 1 個零點． 2
x2
因為當 a =1，x > 0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 x x 4= 在區間 0, + 上有極大值 f 2 = <1，
ex 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，
f x x
2
= x 在區間 0,2 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 x與 f 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．
2, 3π ù因為在區間 ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2
所以 f x = x 與 h x = cosx
3π ù
的圖象在區間 2, ú上無交點，e è 2
即 g x 3π ù在區間 2, 上無零點．
è 2 ú
3π ù x2
在區間 , 2π2 ú上， f 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
h x cosx x 3π ù所以 = 與 f x = x 的圖象在區間e
, 2π
2 ú上只有一個交點，è
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．
2
同理可知，在區間 2kπ,2kπ + 2π k N* 上，0 < f x <1且 f x 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 ，
2
所以 h x = cosx與 f x 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．
所以 g x 在（0,2024π] 2024π上共有 2 = 2024個零點．
2π
綜上可知， g x é π在區間 ê- , 2024π
ù
ú 上共有 2024 +1 = 20252 個零點．
x2 x2
方法二：當 a =1時， f x = x ，所以函數 g x = f x - cosx = x - cosx．e e
x é π - ,0ù 2x - x
2
g x é π ù當 ê 2 ú
時， g x = - ,0
ex
+ sinx 0，所以 在區間 ê ú 上單調遞減． 2
g π又 -

÷ > 0, g 0 0
é π< ù，所以存在唯一零點 x0 ê- ,0ú ，使得 g x0 = 0．è 2 2
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 ù x
2
當 2kπ + , 2kπ + ú , k N時， x > 0, cosx < 0 ，所以 g x > 0．è 2 2 e
所以 g x 在 2kπ
π
+ , 2kπ 3π+ ùú ,k N 上無零點．è 2 2
x 0, π ù g x 2x - x
2
當 ú時， = + sinx > 0 ，所以 g x

在區間 0,
π
上單調遞增．
è 2 ex ÷è 2
g 0 0, g π 又 ÷ 0，所以存在唯一零點．
è 2
x π ù 2x - x
2
*
當 2kπ,2kπ + ú , k N 時， g x = x + sinx ，è 2 e
2x - x2 x2
設j x - 4x + 2= x + sinx，則j x = x + cosx > 0e e
所以 g x π ù *在 2kπ,2kπ + ú , k N 上單調遞增．è 2
又 g 2kπ 0, g 2kπ
π
+ ÷ 0，
è 2

所以存在 x1 2kπ,2kπ
π
+ ù ,k N*ú ，使得 g x1 = 0 ．è 2
即當 x 2kπ,x1 時， g x1 < 0, g x 單調遞減；
x x , 2kπ π + ù當 1 ú時， g x1 > 0, g x 單調遞增．è 2
又 g 2kπ 0, g 2kπ
π
+ ÷ 0，所以 g x

在區間 2kπ,2kπ
π
+ ùú , k N
*
上有且僅有一個零點
è 2 è 2
所以 g x π ù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
2 2
設j x 2x - x x - 4x + 2= x + sinx，則j x =e ex + cosx > 0
所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πù ,k N 上單調遞增．
è 2 ú
又 g

2kπ
3π
+
3π
÷ < 0, g 2kπ + 2π < 0
ù
，所以 g x 在區間 2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N 上單調遞減：è 2 è 2
g 2kπ 3π 又 + ÷ > 0, g 2kπ + 2π < 0，
è 2
3π
所以存在唯一 x2 2kπ + , 2kπ + 2π ÷，使得 g x2 = 0．
è 2
3π ù
所以 g x 在區間 2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N 上有且僅有一個零點．è 2
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
綜上所述， g x é π在區間 ê- , 2024π
ù
ú 上共有 2024 +1 = 20252 個零點．
【點睛】方法點睛：導函數求解函數零點個數問題，要利用導函數研究函數的單調性，進而求出函數的極
值情況，結合特殊點的函數值的正負，零點存在性定理進行求解.
考點二、由函數零點及個數求參數值
1
1．（2022·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ax - - (a +1) ln x．
x
(1)當 a = 0時，求 f (x) 的最大值；
(2)若 f (x) 恰有一個零點，求 a 的取值范圍．
【答案】(1) -1
(2) 0, +
【分析】（1）由導數確定函數的單調性，即可得解；
ax -1 x -1
（2

）求導得 f x = ，按照 a 0、 0 < a < 1及 a > 12 結合導數討論函數的單調性，求得函數的極x
值，即可得解.
1 1 1 1- x
【詳解】（1）當 a = 0時， f x = - - ln x, x > 0，則 f x = 2 - = 2 ，x x x x
當 x 0,1 時， f x > 0， f x 單調遞增；
當 x 1,+ 時， f x < 0， f x 單調遞減；
所以 f x = f 1 = -1max ；
2 f x 1 ax -1= ax - - a +1 ln x, x > 0 f x a 1 a +1 x -1 （ ） ，則 = + 2 - = 2 ，x x x x
當 a 0時， ax -1< 0，所以當 x 0,1 時， f x > 0， f x 單調遞增；
當 x 1,+ 時， f x < 0， f x 單調遞減；
所以 f x = f 1 = a -1< 0max ，此時函數無零點，不合題意；
1 1
當 0 < a < 1時， >1，在 0,1 , , + 上， f a a ÷ x > 0， f x 單調遞增；è
1
在 1, ÷上， f x < 0， f x a 單調遞減；è
又 f 1 = a -1 < 0，
1
由（1）得 + ln x 1 ln
1
，即 1- xx ，所以 ln x < x, ln x < x , ln x < 2 x ，x
當 x >1時， f (x)
1
= ax - - (a +1) ln x > ax 1- - 2(a +1) x > ax - (2a + 3) x ，
x x
2
m = 3 1則存在 + 2÷ > ，使得 f m > 0，
è a a
所以 f x 1 ,+ 僅在 ÷ 有唯一零點，符合題意；
è a
a =1 x -1
2
當 時， f x = 0，所以 f x 單調遞增，又 f 1 = a -1 = 0，
x2
所以 f x 有唯一零點，符合題意；
1 1
當 a > 1時， <1

，在
a
0, ÷ , 1,+ a 上， f
x > 0， f x 單調遞增；
è
1
在 ,1÷上， f x < 0， f x 單調遞減；此時 f 1 = a -1 > 0，
è a
1 1
由（1）得當0 < x <1時， ln x > 1
1
- ， ln x >1-x ，所以
ln x > 2
x
1- ，
è x ÷
此時 f (x) = ax
1
- - (a +1) ln x ax 1 2(a 1) 1 1 1 2(a +1)< - - + - < - + ,
x x x ֏ x x
n 1 1存在 = 2 < ，使得 f (n) < 04(a +1) a ，

所以 f x 在 0,
1 1
÷ 有一個零點，在a
,+ ÷ 無零點，
è è a
所以 f x 有唯一零點，符合題意；
綜上，a 的取值范圍為 0, + .
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用導數研究函數的極值與單調性，把函數零點問題轉化為函數
的單調性與極值的問題.
2．（2022·全國·高考真題）已知函數 f x = ln 1+ x + axe- x
(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．
【答案】(1) y = 2x
(2) (- , -1)
【分析】（1）先算出切點,再求導算出斜率即可
（2）求導,對 a分類討論,對 x 分 (-1,0), (0,+ ) 兩部分研究
【詳解】（1） f (x) 的定義域為 (-1, + )
x 1 1- x
當 a =1時, f (x) = ln(1+ x) + , f (0) = 0 , (0,0) f x 所以切點為 (x) = + x , f (0) = 2 ,所以切線斜率為 2e 1+ x e
所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 y = 2x
（2） f (x) = ln(1+ x)
ax
+
ex
x 2
f (x) 1 a(1- x)
e + a 1- x
= + x =1+ x e (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,+ ) ,則 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 ,
h(x) x , x 1, h (x) 1- x令 = > - 則 = , x > -1,
ex ex
h(x) x所以 = 在 -1,1 上單調遞增，在 1, + 1x 上單調遞減，所以 h(x) h 1 = ，e e
a a- a
又 -e e -1 > 0， f e
e -1÷ - + a
1
× = 0，
è e e
所以 f (x) 在 (m,+ ) 上有唯一零點
又 (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
設 h(x) = g (x) = ex - 2ax
h (x) = ex - 2a > 0
所以 g (x) 在 (-1,0) 單調遞增
g (-1) 1= + 2a < 0, g (0) =1 > 0
e
所以存在 n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
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
e
所以存在 t (-1, n) ,使得 g(t) = 0 ,即 f (t) = 0
當 x (-1, t), f (x) 單調遞增,當 x (t,0), f (x)單調遞減，
當 x -1,0 ， h x > h -1 = -e，
又-1 < eae 1 0 f eae- < ， -1 < ae - ae = 0
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
所以若 f (x) 在區間 (-1,0), (0,+ ) 各恰有一個零點,求 a的取值范圍為 (- , -1)
【點睛】
方法點睛：本題的關鍵是對 a的范圍進行合理分類，否定和肯定并用，否定只需要說明一邊不滿足即可，肯
定要兩方面都說明.
1
3．（2024· 3 2湖南邵陽·三模）已知函數 f x = - x + x +1．
3
(1)求函數 f x 的單調遞增區間；
(2)若函數 g x = f x - k k R 有且僅有三個零點，求 k 的取值范圍．
【答案】(1) 0,2
7
(2) k 1,

3 ֏
【分析】（1）利用求導，導數值大于 0 來求單調遞增區間即可；
（2）利用函數的單調性和取值情況，分析可得 k 的取值范圍.
【詳解】（1）由 f x 1= - x3 + x2 +1，得 f x = -x2 + 2x ，
3
令 f x > 0，得-x2 + 2x > 0，解得0 < x < 2．
所以 f x 的單調遞增區間為 0,2
（2）令 f x = 0，解得 x = 0或 x = 2．
當 x 變化時， f x ， f x 的變化情況如下表所示：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x 7單調遞減 1 單調遞增 單調遞減
3
由函數 g x = f x - k 有且僅有三個零點，
得方程 f x = k k R 有且僅有三個不等的實數根，
所以函數 y = f x 的圖象與直線 y = k 有且僅有三個交點．
顯然，當 x - 時， f x + ；當 x + 時， f x - ．
所以由上表可知， f x 的極小值為 f 0 =1， f x 的極大值為 f 2 7= ，
3
k 7故
1, 3 ÷
．
è
4 x．（2024·廣東茂名·一模）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.
【答案】(1) - ,0
é 5π
(2) ê 2e 4 ,+ ÷

【分析】（1）構建函數 h x = ex - bx - sinx -1，通過導數判斷函數 h(x) 單調性，進而求解實數 a的取值范圍；
1 sinx sinx
（2）分離參數- = ，令 g x =
a ex ex
， x 0, + ，利用導數求函數g(x) 在指定區間的最值，即
g(x) 1min - g(x)max 得解.a
【詳解】（1）當 a = -1時， f x = ex - sinx，
所以不等式轉化為 ex - bx - sinx -1 0 ，在 0, + 上恒成立.
h x = ex令 - bx - sinx -1，
所以 h x = ex - 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；
x
若b > 0，令函數m x = e - 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 + .
所以$x0 0, + ，m x0 = ex0 - 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 x）因為 f x = e + 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 cosx - sinx
x -
4 ÷g x = = - è .
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
x π 5π 9π 0, x + 2kπ, + 2kπ 當 ÷ ， ÷時， sin
π
x -

÷ < 0, g x 單調遞增.
è 4 è 4 4 è 4
x 5π所以當 = + 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 5π 13π
又因為 sin = sin 13π 2= ××× = - ，
4 4 2 0 < e
4 < e 4 < ×××，
g 5π g 13π 所以 <4 ÷ ÷
< ××× .
è è 4
g x g 5π 2
5π
-
所以 ÷ = - e 4 .
è 4 2
x π當 = + 2kπ, k N, g x 取得極大值，
4
π 9π
即當 x = , , × × ×時， g x 取得極大值.
4 4
sin π sin 9π 2
π 9π
又因為 = = ××× = ，0 < e 4 < e 4 < ×××，4 4 2
所以 g
π > g 9π ÷ ÷ > ××× .
è 4 è 4
π
-
所以 g x π 2 g 4 ÷ = e
4 ，
è 2
2 5π 2 π- -
所以當 x 0, + ，- e 4 g x e 4 .
2 2
2 5π π- 1 2 -
所以- e 4 - e 4 .
2 a 2
又因為 a > 0，
5π
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 ,+ ÷ .

【點睛】思路點睛：本題可從以下方面解題
（1）構建函數，利用導數判斷函數的單調性，通過函數的單調性求參數的取值范圍；
（2）分離參數，將零點問題轉化為函數的交點問題，并利用導數判斷函數的單調性，進而求函數的最值.
（3）本題計算量較大，注意導數求解過程中的容易出現的問題，以及單調性的分析要注意取值范圍.
1．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲線 y = f (x) 在 x=-1處的切線與 y 軸垂直，求 y = f (x) 的極值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一個零點，求 a .
1
【答案】(1)極小值 - e ，無極大值；
2
(2) a e= .
4
【分析】（1）求出函數 f (x) 的導數，結合幾何意義求出 a，再分析單調性求出極值.
ex
（2）由函數零點的意義，等價變形得 a = 在 (0, + )2 只有一解，轉化為直線與函數圖象只有一個交點求解.x
【詳解】（1）函數 f (x) = x(ex - ax2 )的定義域為 R，求導得 f (x) = (x +1)ex - 3ax2 ， f (-1) = -3a ，
依題意， f (-1) = 0 ，則 a = 0， f (x) = x ex , f (x) = (1+ x)ex ，
當 x < -1時， f (x) < 0 ，當 x > -1時， f (x) > 0 ，
因此函數 f (x) 在 (- , -1)上單調遞減，在 (-1, + )上單調遞增，
所以函數 f (x) f ( 1)
1
在 x=-1處取得極小值 - = - ，無極大值.
e
（2）函數 f (x) = x(ex - ax2 )在 (0, + )只有一個零點，等價于 y = ex - ax2在 (0, + )只有一個零點，
設 g(x) = ex - ax2，則函數 g(x)在 (0, + )只有一個零點，當且僅當 g(x) = 0 在 (0, + )只有一解，
ex ex
即 a = 在 (0, + )只有一解，于是曲線 y = (x > 0) 與直線 y = a 只有一個公共點，
x2 x2
x x
令j(x) e= (x > 0) ，求導得j 2 (x)
e (x - 2)
= ，當 x < 23 時，j
(x) < 0，當 x > 2時，j (x) > 0 ，
x x
因此函數j(x) 在 (0,2)上單調遞減，在 (2,+ ) 上單調遞增，
e2
函數j(x) 在 x = 2取得極小值同時也是最小值j(2) = ，
4
當 x 0 時，j(x) + ；當 x + 時，j(x) + ，
x
畫山j(x) e= 2 大致的圖象，如圖，x
2
g(x)在 (0, + )只有一個零點時， a = j(2) e= ，
4
e2
所以 f (x) 在 (0, + )只有一個零點吋， a = .
4
2 2024· · f x = x3．（ 福建泉州 模擬預測）已知函數 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函數 f x 的極值點，求 a的值，并求其單調區間；
f x é1 ,3ù(2)若函數 在 ê ú 上僅有 2 個零點，求 a的取值范圍． 3
【答案】(1) a =12； f x 的增區間是 - , -2 和 2, + ，減區間是 -2,2 ；
3 a 55(2) <
9
【分析】（1）首先根據 f -2 = 0，求 a的值，根據導數和函數單調性的關系，即可求解函數的單調區間；
2 2 2 2 1（2）首先參變分離為 a = x + ，再構造函數 g x = x + ， x é ,3ùê3 ú，并判斷函數在區間的單調性，極值x x
和端點值，根據圖象的交點個數，即可求解.
【詳解】（1） f x = 3x2 - a， f -2 =12 - a = 0，得 a =12，
當 a =12時， f x = 3x2 -12 = 0，得 x = -2或 x = 2，
x, f x , f x 的變化情況如下表所示，
x - ,-2 -2 -2,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x 增區間 極大值18 減區間 極小值-14 增區間
所以函數 f x 的增區間是 - ,-2 和 2, + ，減區間是 -2,2 ；
（2）令 f x = x3 - ax 1+ 2 = 0 é， x ê ,3
ù
3 ú
，

x3a + 2 2得 = = x2 + ，
x x
g x x2 2 1令 = + ， x é ,3ù
x ê 3 ú
，

2 2 x3 -1 g x = 2x - = = 0，得 x =1，
x2 x2
如下表，
1 1
x ,1

3 3 ÷
1 1,3 3
è
g x - 0 +
g x 55 29減區間 極小值 3 增區間
9 3
因為函數 f x é1在 ê ,3
ù
ú 上僅有 2 個零點，即 y = a 與 y = g x 有 2 個交點，如圖： 3
3 a 55即 < .
9
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = lnx + kx的單調遞增區間為 0,1 ．
(1)求函數 f x 的圖象在點 e, f e 處的切線方程；
ax
(2)若函數 g x = x - f x 有兩個零點，求實數 a的取值范圍．e
1- e
【答案】(1) y = x
e
(2) - ,-e
【分析】（1）由 f (x) 的單調遞增區間為 0,1 ，得出函數 f x 在 x =1處取到極值，即可求解；
（2）由（1） f x = lnx - x g x = aelnx-x - lnx - x ，令 g(x) = 0 aelnx-x得 - lnx - x = 0，令 t = ln x - x
得 a
t
= t ，若 g x 有兩個零點，則直線 y = t 與函數 f x 的圖象有兩個交點，此時 t < -1 ,令e
m t t= t t < -1 m t
1- t
= t > 0 m t 的單調性即可求解．e e
1
【詳解】（1）由題， f x 的定義域為 0, + ， f x = + k ，
x
由于函數 f x 的單調遞增區間為 0,1 ，
因此函數 f x 在 x =1處取得極值，
故 f 1 =1+ k = 0，解得 k = -1．
因此 f x = lnx - x, f x 1= -1，令 f (x) = 0，解得 x =1，
x
當 x (0,1) 時， f (x) > 0 ， f (x) 在( 0, 1)單調遞增，
當 x (1,+ )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )單調遞減，符合題意，
故 f e 1= -1, f e =1- e，
e
所以函數 f x 的圖象在點 e, f e 處的切線方程為 y - 1- e = 1 -1 x - e y 1- e ÷ ，即 = x ．
è e e
（2）由（1）知 f x = lnx - x，
g x ax則 = x - f x
ax
= x - lnx - x = aelnx-x - lnx - x ，e e
令 g x = 0，得 aelnx-x - lnx - x = 0．
令 t = lnx - x ，
t
則 aet - t = 0，整理得 a = ．et
因為 f x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，且當 x 0 時， f x - ，當 x + 時，
f x - ，
所以函數 f x 的最大值為 f 1 = -1，即 t -1．
若 g x 有兩個零點，則直線 y = t 與函數 f x 的圖象有兩個交點，此時 t < -1 ,
m t t令 = t t < -1 ，則m t
1- t
=
e et
> 0，
所以函數m t 在 - ,-1 上單調遞增，且當 t - 時，m t - ，
易知若 g x 有兩個零點，則直線 y = a 與函數m t 的圖象有一個交點，
a -1因此 < -1 = -e ，所以實數 a的取值范圍是 - ,-e ．e
4．（2024·安徽·三模）已知函數 f (x) = aex - e- x - (a +1)x, a > 0．
(1)求證： f (x) 至多只有一個零點；
(2)當 0 < a < 1時， x1, x2 分別為 f (x) 的極大值點和極小值點，若 f x1 + kf x2 > 0成立，求實數 k 的取值范
圍．
【答案】(1)證明見解析
(2) - , -1
【分析】（1）分 a =1、 0 < a < 1及 a > 1進行討論，利用導數求得函數的單調性后結合零點的存在性定理即可
得；
f x + kf x 1 a -1（2）由（1）可將 1 2 > 0轉換為 lna < 1- k ÷ × ，再構造函數è a +1
g x 1 x -1= lnx - 1- ÷ × , x 0,1 ，分 k -1及-1 < k < 0進行分類討論即可得.
è k x +1
【詳解】（1）由題意得， f x = aex - a +1 1 1 1+ x = ex -1e

a -

ex ÷
=
ex e
x -1 aex -1 ，
è
當 a > 0時，令 f x = 0，解得 x1 = 0, x2 = -lna，
x 2
①當 a =1 e -1時， f x = ex - e- x - 2x, f x = 0 ，所以 f x 在R 上單調遞增，
ex
又 f 0 = 0，此時函數 f x 有唯一的零點 0 ；
②當 0 < a < 1時，-lna > 0，
所以 x - ,0 時， f x > 0, f x 單調遞增，
x 0, -lna 時， f x < 0, f x 單調遞減，
x -lna, + 時， f x > 0, f x 單調遞增，
又 f -lna < f 0 = a -1 < 0，
則函數 f x 在區間 - ,-lna 上無零點，
在 -lna, + 上至多只有一個零點，
所以函數 f x 至多只有一個零點；
③當 a > 1時， -lna < 0，
所以 x - ,-lna 時， f x > 0, f x 單調遞增，
x -lna,0 時， f x < 0, f x 單調遞減，
x 0, + 時， f x > 0, f x 單調遞增，
又 f -lna > f 0 = a -1 > 0，
則函數 f x 在 - ,-lna 上至多只有一個零點，在區間 -lna, + 上無零點，
所以函數 f x 至多只有一個零點，
綜上，函數 f x 至多只有一個零點；
（2）由（1）知，當 0 < a < 1時， f x 在 - ,0 , -lna, + 上單調遞增，在 0, -lna 單調遞減，
所以 f x 的極大值點為 x1 = 0 ，極小值點為 x2 = -lna ，
此時 f x1 = f 0 = a -1, f x2 = f -lna =1- a + a +1 lna，
因為 f x1 + kf x2 > 0，所以 a -1+ k é 1- a + a +1 lnaù > 0 ，
因為 0 < a < 1，所以 f x2 < f x1 < 0，所以 k < 0 ,
所以 k a +1 lna > a -1 k -1 ，即 lna 1 1 a -1< -

k ÷
× * ，
è a +1
2 2
設 g x = lnx - 1 1- x -1 ÷ × , x 0,1
x + x +1
，則 1 1 2 k ，
è k x +1 g x = - 1-x è k ÷ (x +1)2
=
x(x +1)2
令 x2
2 x 1 0 4+ + = ，則Δ = 2 - 4 ，k k
①當 k -1時，Δ 0，此時 g x 0恒成立，則 g x 在 0,1 上單調遞增，
g x ln1 1 1 1-1所以 < - - ÷ = 0，此時 lna
1 1 a -1< - ，
è k 1+1 è k ÷ a +1
2
②當-1 < k < 0 2時，Δ > 0，設 x + x +1 = 0的兩個根為 x3 , x4 ，且 x3 < x4 ，k
則 x
2
3 + x4 = - > 0, x3x4 =1，所以0 < x3 <1 < x4，k
則當 x3 < x <1時， g x < 0，此時 g x 在 x3 ,1 上單調遞減，
x 1 a -1所以當 3 < a <1時， g a > g 1 = 0，此時 lna > 1- ÷ ，與 * 矛盾，不合題意.
è k a +1
綜上所述， k 的取值范圍是 - , -1 .
【點睛】關鍵點點睛：本題最后一問關鍵點在于借助第一問所得，將雙變量x1、x2變為單變量，從而可構
1 x -1
造函數 g x = lnx - 1- ÷ × , x 0,1 ，分 k -1及-1 < k < 0進行討論即可得.
è k x +1
考點三、求方程根的個數
1
1．（2024· 1-浙江溫州·一模）已知 f x = e x （ x > 0）.
(1)求導函數 f x 的最值；
(2)試討論關于 x 的方程 f x = kx （ k > 0）的根的個數，并說明理由.
4
【答案】(1)最大值等于
e
(2)答案見解析
【分析】
（1）求出導函數 f (x) ，令 g(x) = f (x) ，對 g(x)再求導，利用導數確定單調性得最值；
k f (x) k(x) f (x)（2）方程變形為 = ，令 = ，對 k(x) 求導，確定單調性，得出函數值域后可得結論．
x x
【詳解】（1）
1 1-
∵ f x = e x 1 2 ÷，記 g x = f x è x
1 1 1 1 1- -g x e x e x -2
1 1-
e x 1- 2x 1∴ = × 4 + ×x 3 ÷
= × 4 = 0，解得： x =è x x 2
1
當 x 0, ÷時， g x > 0， g x 單調遞增，
è 2
x 1 當 ,+ ÷時， g x < 0， g x 2 單調遞減，è
所以 f x 的最大值等于 f 1 4 2 ÷ = .è e
（2）
1 1-
方法 1：由 f x = kx 1 x，即 1-e x = kx ，即 k e= .
x
1 1- e1-xe x ∴ 1- x令 k x = ， k x

= ，由 k x = 0解得： x =13
x x
∴ k x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，∴ kmax x = k 1 =1，且 k x > 0
所以：當 k >1時，方程無解；當 k =1時，方程有 1 個解；當0 < k <1時，方程有 2 個解.
1 1-
方法 2：由 f x = kx ，即 1 1- xe x = kx ，即 k e= .
x
1
= t 0,+ l t = te1-t ∴ l t = 1- t e1=t令 ， ， ，由 l t = 0解得： t =1
x
∴ l t 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，∴ lmax t = l 1 =1，且 l t > 0
所以：當 k >1時，方程無解；當 k =1時，方程有 1 個解；當0 < k <1時，方程有 2 個解.
1 1 1
方法 3：由 f x = kx ，即 1-e x = kx ，兩邊取對數得：1- = lnk + lnx ，即 lnk =1- - lnx .x x
令 h x =1 1- - lnx，所以由 h x 1 1 1- x= 2 - = 2 = 0，解得 x =1x x x x
當 x 0,1 時， h x > 0， h x 單調遞增，當 x 1,+ 時， h x < 0， h x 單調遞減
所以 hmax x = h 1 = 0
當 lnk > 0，即 k >1時，方程無解；
當 lnk = 0，即 k =1時，方程有 1 個解；
當 lnk < 0，即0 < k <1時，方程有 2 個解.
1．（2024·山西·模擬預測）已知函數 f (x) = sin x + ln(x +1) - ax ，且 y = f (x) 與 x 軸相切于坐標原點．
(1)求實數 a的值及 f (x) 的最大值；
é π ù
(2)證明：當 x ê , πú 時， f (x) + 2x
1
> ；
6 2
(3)判斷關于 x 的方程 f (x) + x = 0實數根的個數，并證明．
【答案】(1) a = 2，最大值為 0
(2)證明見解析
(3)2 個，證明見解析
【分析】（1）由 f (0) = 0 求出 a的值，即可得到 f x 解析式，再利用導數求出函數的單調區間，從而求出函
數的最大值；
é π
（2）依題意即證當 x ê , π
ù 1 1 é π ù
ú 時 sin x + ln(x +1) > ，記m(x) = sin x + ln(x +1) - ， x ê , πú ，當 x
π 5π
éê ,
ù
6 2 2 6 6 6 ú
5π ù
時直接說明即可，當 x , π6 ú ，利用導數說明函數的單調性，即可得證；è
（3）設 h(x) = f (x) + x， x -1, + ，當 x (-1,0)時，由（1）知 f (x) < f (0) = 0，則 f (x) + x < 0，當 x (0, π)
時，利用導數說明函數的單調性，結合零點存在性定理判斷函數的零點，當 x [π,+ )時，
h(x) 1+ ln(x +1) - x ，令 l(x) =1+ ln(x +1) - x(x π)，
利用導數說明 l(x)在區間[π,+ )上單調遞減，即可得到 l(x) < 0，從而說明函數在[π,+ )無零點，即可得
解.
【詳解】（1）由題意知， f (0) = 0且 f (0) = 0 ，
Q f (x) cos x 1= + - a ，
x +1
\ f (0) = 2 - a = 0，解得 a = 2，
\ f (x) = sin x + ln(x +1) - 2x ， x -1, + ，
則 f (x) cos x
1
= + - 2，
x +1
1
當 x 0 時， cos x 1， 1．故 f (x) 0，
x +1
所以 f (x) 在區間[0, + ) 上單調遞減，所以 f (x) f (0) = 0．
1
當-1 < x < 0時，令 g(x) = cos x + - 2，
x +1
g (x) sin x 1則 = - - (x ，+1)2
1
Q-sin x (0,1)， 2 >1，\ g (x 1) (x) < 0，+
\ f (x)在區間 (-1,0) 上單調遞減，則 f (x) > f (0) = 0 ，
\ f (x)在區間 (-1,0) 上單調遞增，則 f (x) < f (0) = 0，則 f x = fmax 0 = 0 ．
綜上所述， a = 2， f (x) 的最大值為 0 ．
（2）因為 f (x) = sin x + ln(x +1) - 2x，
é π ù 1 1
要證當 x ê , π 時 f (x) + 2x > ，即證 sin x + ln(x +1) > ， 6 ú 2 2
π
記m(x) = sin x + ln(x +1)
1
- ， x
é , πùê ，2 6 ú
x é π , 5π ù 1當 ê ú 時， sin x 1， ln(x +1) > 0， 6 6 2
\m(x) = sin x ln(x 1+ +1) - > 0；
2
5π
當 x , π
ù 1
è 6 ú
時，m (x) = cos x + ，
x +1
記 n(x) = m (x) = cos x
1
+ ，則 n (x) = -sin x
1
- < 0，
x +1 (x +1)2
5π
\m (x) ù在區間 , πú上單調遞減，則m (x) < m
5π 3 6= - + < 0，
è 6 6 ÷è 2 5π + 6
5π
則m(x)

在區間 , π
ù
6 ú上單調遞減，è
\m(x) m(π) = sin π 1+ ln(π +1) - = ln π 1 1+ - > 0，
2 2
é π ù 1
綜上所述，當 x ê , πú 時， f (x) + 2x > 6
．
2
（3）設 h(x) = f (x) + x = sin x + ln(x +1) - x ， x -1, + ，
\h (x) cos x 1= + -1，
x +1
當 x (-1,0)時，由（1）知 f (x) < f (0) = 0，
故 f (x) + x < f (x) < 0，
故 f (x) + x = 0在區間 (-1,0) 上無實數根．
當 x = 0時， h(0) = 0，因此 0 為 f (x) + x = 0的一個實數根．
當 x (0, π)時， h (x) = cos x
1
+ -1單調遞減，
x +1
又 h (0) =1 > 0， h (π)
1
= - 2 < 0 ，
π +1
\存在 x0 (0, π) ，使得 h x0 = 0，
所以當0 < x < x0 時 h x > 0，當 x0 < x < π 時 h x < 0，
\h(x)在區間 0, x0 上單調遞增，在區間 x0 , π 上單調遞減，
\h x0 > h(0) = 0，又 h(π) = ln(π +1) - π < 2 - π < 0，
\ f (x) + x = 0在區間 x0 , π 上有且只有一個實數根，在區間 0, x0 上無實數根．
當 x [π,+ )時， h(x) 1+ ln(x +1) - x ，
令 l(x) =1+ ln(x +1) - x(x π)，
l (x) 1 1 -x\ = - = < 0，
x +1 x +1
故 l(x)在區間[π,+ )上單調遞減， l(x) l(π) = ln(1+ π) - π +1< 3- π < 0，
于是 f (x) + x < 0恒成立．故 f (x) + x = 0在區間[π,+ )上無實數根，
綜上所述， f (x) + x = 0有 2 個不相等的實數根．
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為
不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的
單調性、極(最)值問題處理．
2．（2024·河南信陽·一模）已知函數 f (x) ln(x 1)
m
= + + x ．
3
(1)若m = -3，求證： f (x) 0；
(2)討論關于 x 的方程 f (x)
2 sin πx+ = 0在 (-1,2)上的根的情況．
3π 2
【答案】(1)證明見解析；
(2)答案見解析.
【分析】（1）把m = -3代入，利用導數探討單調性，求出最大值即得.
（2）構造函數 g(x) = 3ln(x 1) mx
2 πx
+ + + sin ，求出導數并確定導函數的單調性，再按導函數的零點情況分
π 2
類討論求解.
1
【詳解】（1）當m = -3時， f (x) = ln(x +1) - x, x (-1, + )，求導得 f (x) = -1，
x +1
當 x (-1,0)時， f (x) > 0 ，當 x (0,+ )時， f (x) < 0 ，
因此函數 f (x) 在 (-1,0) 上單調遞增，在 (0, + )上單調遞減，
所以 f (x) f (0) = 0 .
f (x) 2 sin πx 0 3ln(x 1) mx 2 sin πx（2）依題意， + = + + + = 0，
3π 2 π 2
令 g(x) = 3ln(x +1) + mx
2
+ sin πx ，求導得 g (x)
3 πx
= + cos + m，
π 2 x +1 2
3 πx 3 π πx
令j(x) = + cos + m，求導得j (x) = -
x +1 2 (x +1)2
- sin
2 2 ，
-3 -3
當 x (-1,0]時， 2 = -3
π πx π
(x 1) 1 ，
- sin ( ,0]，則j (x) < 0，
+ 2 2 2
-3
x π πx當 (0,2) 時， 2 < 0，- sin < 0，則j (x) < 0，于是 g (x) 在 (-1,2)(x 1) 上單調遞減，+ 2 2
①當m 0 時， x (-1,2) 時， g (x) = g (2) = m≥0，函數 g(x)單調遞增，
而 g(0) = 0，因此 g(x)僅有 1 個零點；
②當-4 < m < 0 時， g (0) = 4 + m > 0， g (2) = m < 0， g (x) 存在唯一的零點 x0 ，
且0 < x0 < 2 ，當 x (-1, x0 )時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；當 x (x0 ,2)時， g (x) < 0， g(x)單調遞減；
而 g(0) = 0，則 g(x)在 (-1, x0 )上有唯一的零點 0，又 g(x0 ) > g(0) = 0，
則當 g(2) = 3ln 3+ 2m < 0，即-4 < m
3ln 3
< - 時， g(x)在 (x0 , 2) 上有唯一的零點，2
3ln 3
函數 g(x)在 (-1,2)上有 2 個零點；若- m < 0， g(x)在 (x0 , 2) 上無零點， g(x)在 (-1,2)上有 1 個零點；2
③當m = -4時， g (0) = 4 + m = 0，當 x (-1,0)時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；
當 x (0,2) 時， g (x) < 0， g(x)單調遞減，則 g(x) g(0) = 0，當且僅當 x = 0時取等號，
因此 g(x)僅有 1 個零點 0；
3
m 4 g
(2 + m) 3> -1+ m = 0 2 + m
④當 < - 時，顯然 g (x) > -1+ m ，則
x 1 1- m
2 + m 1 ，且-1 < < 0+ ，+ 1- m 1- m
又 g (0) = 4 + m < 0，則函數 g (x) 存在唯一的零點 x0 ， -1< x0 < 0 ．
當 x (-1, x0 )時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；當 x (x0 ,2)時， g (x) < 0， g(x)單調遞減，
而 g(0) = 0，則 g(x)在 (x0 , 2) 上有唯一的零點 0，顯然 g(x) < 3ln(x +1) +1- m，
m-1 m-1 m-1
則 g(e 3 -1) < 3ln e 3 +1- m = 0 ，且-1 < e 3 < 0 ，
又 g(x0 ) > g(0) = 0，因此 g(x)在 (-1, x0 )上有唯一的零點，此時 g(x)有兩個零點；
m 3ln 3所以當 < - 且m -4 g(x) m
3ln 3
時， 有兩個零點；當 ≥- 或m = -4時， g(x)有一個零點．
2 2
【點睛】思路點睛：已知函數的零點或方程的根的情況，求解參數的取值范圍問題的本質都是研究函數的
零點問題，求解此類問題的一般步驟：
①轉化，即通過構造函數，把問題轉化成所構造函數的零點問題；
②列式，即根據函數的零點存在定理或結合函數的圖象列出關系式；
③得解，即由列出的式子求出參數的取值范圍．
考點四、由方程根的個數求參數范圍
1
1．（2024·貴州貴陽·二模）已知函數 f (x) = ax ln x + ,a R .
2x
(1)當 a =1時.求 f (x) 在 (1, f (1))處的切線方程;
(2)若方程 f (x) = x3
1
+ 存兩個不等的實數根，求 a的取值范圍.
2x
1
【答案】(1) y = x
2
(2) a > 2e
【分析】（1）根據導數的幾何意義求切線方程；
2 x
2 x2
（ ）方程進行分離參數變形為 a = ，引入函數 g(x) = ，利用導數確定函數的單調性與極值，結合函
ln x ln x
數圖象得出結論．
【詳解】（1）當 a =1時， f (x) = x ln x
1
+ ，則 f (x) = ln x 1
1
+ - ，
2x 2x2
1
所以 f (1) = ， f (1)
1
= ，
2 2
所以 f (x) 在 (1, f (1))
1 1
處的切線方程為： y - = (x -1)
1
，即 y = x．
2 2 2
1
（2）由 f (x) = x3 + 得，
2x a ln x = x
2 ，易知 x > 0，
2
顯然當 x =1 x時等式不成立，所以當 x 1時 a = ，
ln x
2 2x ln x - x x(2 ln x -1)
令 g(x) x= (x 1) ，則 g (x) = =(ln x)2 (ln x)2 ，ln x
當0 < x <1或1 < x < e 時， g (x) < 0，當 x > e 時， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)和 (1, e)上單調遞減，在 ( e,+ )上單調遞增，且 f ( e) = 2e，
作出 g(x)的大致圖象，如圖，
x2
由 g(x)的圖象可知當 a > 2e 時，方程 a = 有兩個不同的解，
ln x
3 1
即方程 f (x) = x + 有兩個不等的實數根，所以 a的取值范圍是 a > 2e ．
2x
.
2．（2024· x山東煙臺·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 +1 mf x x f x 有三個不等的實根，求實數 的取值范圍.-
【答案】(1)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.
1
(2) 0,
è 9e2 + 3e ÷
【分析】（1）直接使用導數的符號判斷單調性；
（2）將方程化為 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0，再討論方程 g x = t 的解的個數，然后得到方程
t 2 - 3mt - 9m = 0的根滿足的條件，即可求出實數m 的取值范圍.
【詳解】（1 x）求導知 f x =1+ ae .
當 a 0時，由 f x =1+ aex 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 + = m +1.
3ex x + 3ex
x 3ex x x x2 x2
而 x + x -1 =3e x + 3e 3ex
- =
x + 3ex 3ex x + 3ex ，所以原方程又等價于
= m
3ex x + 3ex .
x2 3ex由于 和 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 .
g x = x ×e- x設 ，則 g x = 1- x ×e- x ，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 ：
①若 t 0，由于當 x >1時有 g x = x ×e- x > 0 t ，而 g x 在 - ,1 上遞增，故方程 g x = t 至多有一個解；
g 1 1而 = > 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 1
- - - - - -1 - ×2ln 2 2-1 - ln
而由 g x x x 2= x ×e- x = 2 × ×e 2 ×e 2 = 2 ×e 2 × g ÷ 2 ×e 2 × g 1 = 2 ×e 2

有 g 2ln

÷ 2 ×e 2 t < 2 ×e t = t ，2 è 2 è t
再結合 g 0 = 0 < t ， g 1 1 2= > t ， 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
別屬于 0,1 2 和 1,2 ln t ÷；è
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 1④若 > ，則 g x 1 g 1 = < t ，故方程 g x = t 無解.
e e
由剛剛討論的 g x = t 的解的數量情況可知，方程 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0存在三個不同的實根，當且
僅當關于 t 的二次方程 t 2
1 1ù
- 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 < .e2
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
3m - 3 m2t + 4m2 = .2
1 t 3m + 3 m
2 + 4m 2
所以 > = ，即 > m + m2 + 4m1 .e 2 3e
2 22
這就得到 - m > m + 4m 0 2
1
，所以 - m

÷ > m
2 + 4m ，解得m < .
3e è 3e 9e2 + 3e
1
故我們得到0 < m < ；
9e2 + 3e
0 < m 1< t t 2 - 3mt - 9m = 0 t 3m + 3 m
2 + 4m
另一方面，當 2 時，關于 的二次方程 有兩個不同的根9e + 3e 1 =
，
2
3m - 3 m2t + 4m2 = .2
t 3m + 3 m
2 + 4m
且有 1 = > 0，2
3 1 3 1 4× 2 + 2 +
3m + 3 m2 + 4m 9e + 3e 9e2 + 3e 9e
2 + 3e 3 1 6e +1× 2 + 3 × ，
t = < = 9e + 3e 9e
2 + 3e 1
1 =2 2 2 e
t 3m - 3 m
2 + 4m 3m - 3 m2 1
2 = < = 0 .2 2 e

綜上，實數m 的取值范圍是 0,
1
è 9e2
.
+ 3e ÷
【點睛】關鍵點點睛：對于取值范圍問題，使用分類討論法是最直接的手段.
1．（2023· x 2廣東梅州·三模）已知函數 f x = e - ax ， a R ， f x 為函數 f x 的導函數.
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若方程 f x + f x = 2 - ax2 在 0,1 上有實根，求 a的取值范圍.
【答案】(1)函數 f x 在 - , ln 2a 上單調遞減，在 ln 2a,+ 上單調遞增
(2) 1,e -1
【分析】（1）由題意得 f x = ex - 2ax，令 g x = ex - 2ax ，則 g x = ex - 2a，分類討論 a 0， a > 0，即
可得出答案；
（2 x）由（1）得 f x = e - 2ax，題意轉化為方程 ex - ax -1 = 0在( 0, 1)上有實根，令
j x = ex - ax -1 x 0,1 ，則j x = ex - a ，分類討論 a 1，a e ，1< a < e ，即可得出答案．
1 f x = ex【詳解】（ ） - 2ax，令 g x = ex - 2ax ，則 g x = ex - 2a
當 a 0時， g x > 0，函數 f x 在R 上單調遞增；
當 a > 0時， g x > 0，得 x > ln 2a ， g x < 0，得 x < ln 2a .
所以函數 f x 在 - , ln 2a 上單調遞減，在 ln 2a,+ 上單調遞增.
（2）由（1）知， f x = ex - 2ax，方程 f x + f x = 2 - ax2 在 0,1 上有實根等價于方程 ex - ax -1 = 0在 0,1
上有實根.
令j x = ex - ax -1 x 0,1 ，則j x = ex - a
當 a 1時，j x 0，函數j x 在 0,1 上單調遞增，j x > j 0 = 0 ，不合題意；
當a e 時，j x < 0在 0,1 上恒成立，所以函數j x 在 0,1 上單調遞減，j x < j 0 = 0，不合題意；
當1< a < e 時，j x < 0，得0 < x < ln a ，j x > 0，得 ln a < x <1，
所以函數j x 在 0, ln a 上單調遞減，在 ln a,1 上單調遞增.
因為j 0 = 0，所以j 1 = e - a -1 > 0 ，所以 a < e -1
綜上所述， a的取值范圍為 1,e -1
x
2．（2024·全國· e模擬預測）已知函數 f (x) = 的圖象在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 2x + y +1 = 0．
ax + b
(1)求 a,b的值；
(2)若 f (x)
m
= 有兩個不同的實數根，求實數m 的取值范圍．
2x -1
【答案】(1) a =1,b = -1
3
(2) (0,1) U 4e2 , + ÷
è
【分析】（1）根據已知條件利用切點求出的斜率和函數值列兩個等式求解即可.
（2）把方程中的參數分離，構造新函數，將方程根的個數轉化為函數圖象的交點個數，通過研究構造的新
函數的大致圖象數形結合求解即可.
【詳解】（1）因為點 (0, f (0)) 在直線 2x + y +1 = 0上，所以 f (0) = -1．
又 f (0)
1
= ，所以b = -1．
b
x
f (x) e (ax -1) - e
x × a ex (ax -1- a)
= 2 = 2 ，(ax -1) (ax -1)
f (0) = -1- a = -2，所以 a =1．
綜上 a =1,b = -1．
x
（2）由（1）得 f (x) e= ，易知m 0 ，
x -1
所以 f (x)
m
= 有兩個不同的實數根可轉化為：
2x -1
x e
x (2x -1)
關于 的方程 = m(x 1, x 1 )有兩個不同的實數根．
x -1 2
x
設 g(x) e (2x -1)= , (x 1 1, x )，
x -1 2
g (x) e
x (2x +1)(x -1) - ex (2x -1) ex (2x2 - 3x)
= 2 = 2 ，(x -1) (x -1)
令 g (x)
3
= 0得， x = 0或 x = ．
2
所以當 x 變化時， g x , g x 的變化情況為
( ,0) 0, 1 1 3- 3 3 x 0 2 ÷
,1÷ 1, ÷ ,+ ÷
è è 2 è 2 2 è 2
g x + 0 - - - 0 +
g(x) 單調遞增 極大值 單調遞減 單調遞減 單調遞減 極小值 單調遞增
3
所以 g(x)的極大值為 g(0) = 1 g
3
，極小值為 = 4e2 ，
è 2 ÷
當 x < 0 時， g(x) > 0 ，當 x - 時， g(x) 0 ，
當 x 1且 x <1時， g(x) - ，
1
e2 (2 1 -1)
2 g(x) +
1 = 0，當 x 1且 x >1時， ，
-1
2
當 x + 時， g(x) + ．
根據以上信息畫出 g(x)的大致圖象，如圖所示．
3
所以實數m 的取值范圍為 (0,1) 4e2 ,+ ÷
è
考點五、圖象交點問題
a
1．（2021· x全國·高考真題）已知 a > 0且a 1，函數 f (x) = x (x > 0)．a
（1）當 a = 2時，求 f x 的單調區間；
（2）若曲線 y = f x 與直線 y =1有且僅有兩個交點，求 a 的取值范圍．
2 ù é 2
【答案】（1） 0, ú 上單調遞增； ê ,+ ÷ 上單調遞減；（2） 1,e U e,+ .è ln2 ln2
【分析】（1）求得函數的導函數，利用導函數的正負與函數的單調性的關系即可得到函數的單調性；
（2）方法一：利用指數對數的運算法則，可以將曲線 y = f x 與直線 y =1有且僅有兩個交點等價轉化為方
ln x ln a ln a
程 =x a 有兩個不同的實數根，即曲線
y = g x 與直線 y = 有兩個交點，利用導函數研究 g x 的單調
a
性，并結合 g x ln a 1的正負，零點和極限值分析 g x 的圖象，進而得到0 < < ，發現這正好是
a e
0 < g a < g e ，然后根據 g x 的圖象和單調性得到 a的取值范圍.
2 x 2 x x
【詳解】（1）當 a = 2時， f x
x , f x 2x × 2 - x × 2 ln 2 x ×2 2 - x ln 2 = x = =2 2x 2 4x ,
2 2 2
令 f ' x = 0得 x = ,當0 < x < 時， f x > 0 ,當 x > 時， f x < 0 ,
ln 2 ln 2 ln 2
∴函數 f x 2 ù é 2 在 0, ú 上單調遞增； ê ,+ ÷ 上單調遞減；è ln2 ln2
（2）[方法一]【最優解】：分離參數
a
f x x= =1 a x = xa x ln a = a ln x ln x ln a = ,設函數 g xx
ln x
= ,
a x a x
g x 1- ln x則 = 2 ,令 g x = 0 ，得 x = e ,x
在 0,e 內 g x > 0 , g x 單調遞增；
在 e,+ 上 g x < 0 , g x 單調遞減；
\ g x = g emax
1
= ,
e
又 g 1 = 0，當 x 趨近于+ 時， g x 趨近于 0，
所以曲線 y = f x 與直線 y =1 ln a有且僅有兩個交點，即曲線 y = g x 與直線 y = 有兩個交點的充分必要條
a
0 ln a 1件是 < < ,這即是0 < g a < g e ,
a e
所以 a的取值范圍是 1,e U e,+ .
[方法二]：構造差函數
由 y = f (x) 與直線 y =1有且僅有兩個交點知 f (x) = 1，即 xa = a x 在區間 (0, + )內有兩個解，取對數得方程
a ln x = x ln a 在區間 (0, + )內有兩個解．
構造函數 g (x) = a ln x - x ln a, x (0, + )
a
，求導數得 g (x) = - ln a
a - x ln a
= ．
x x
當 0 < a < 1時， lna<0,x (0,+ ),a-xlna>0,g (x)>0,g(x)在區間 (0, + )內單調遞增，所以， g(x)在
(0, + )內最多只有一個零點，不符合題意；
a
當 a > 1時， ln a > 0 ，令 g (x) = 0得 x = ，當 x 0,
a a
時， g (x) > 0

；當 x ,+ 時， g (x) < 0；
ln a è ln a ÷ è ln a ÷
a a
所以，函數 g(x)的遞增區間為 0, ,+
è ln a ÷
，遞減區間為
÷
．
è ln a
1 1 1- - -
由于0 < e a < 1
a
< , g e a ÷ = -1- e a ln a < 0ln a ，è
當 x + 時，有 a ln x < x ln a ，即 g(x) < 0，由函數 g ( x ) = a ln x - x ln a 在 (0, + )內有兩個零點知
g a = a ln a -1 a ÷ ÷ > 0，所以 > e ，即 a - e ln a > 0 ．
è lna è lna ln a
構造函數 h (a ) = a - eln a h (a) 1
e a - e
，則 = - = ，所以 h(a) 的遞減區間為 (1,e)，遞增區間為 (e, + )，所以
a a
h(a) h(e) = 0 ，當且僅當 a = e時取等號，故 h(a) > 0 的解為 a > 1且 a e ．
所以，實數 a 的取值范圍為 (1,e) (e,+ )．
[方法三]分離法：一曲一直
a
曲線 y = f (x) 與 y =1 x有且僅有兩個交點等價為 x =1在區間 (0, + )內有兩個不相同的解．a
因為 xa
x ln a x ln a
= a x ，所以兩邊取對數得 a ln x = x ln a ，即 ln x = ，問題等價為 g(x) = ln x與 p(x) = 有且僅a a
有兩個交點．
ln a
①當 0 < a < 1時， < 0, p(x)與 g(x)只有一個交點，不符合題意．
a
②當 a > 1時，取 g(x) = ln x上一點 x0, ln x
1
0 , g (x) = , g x
1
x 0
= , g(x)
x 在點 x0 , ln x0 的切線方程為0
y 1- ln x0 = x - x y
1
0 ，即 = x -1+ ln xx0 x
0 ．
0
ì ln a 1
1 = , ì ln a 1= ,
當 y = x -1+ ln x0 與 p(x)
x ln a
= 為同一直線時有 í a x

x 0 得 í a e0 a ln x0 -1 = 0, x0 = e.
x ln a 0 ln a 1p(x) < < g(x) = ln x p(x) x ln a直線 = 的斜率滿足： 時， 與 = 有且僅有兩個交點．
a a e a
h(a) ln a記 = , h (a)
1- ln a
= 2 ，令 h (a) = 0，有 a = e．a a a (1,e),h (a) >0,h(a)在區間 (1,e)內單調遞增；
a (e,+ ),h (a)<0,h(a)在區間 (e, + )內單調遞減； a = e時， h(a) 最大值為 h e 1= ，所以當 a > 1且 a ee
0 ln a 1時有 < < ．
a e
綜上所述，實數 a 的取值范圍為 (1,e) (e,+ )．
[方法四]：直接法
xa axa-1 × a x - a x ln a × xa a-1f (x) (x 0), f (x) x (a - x ln a)= x > = =a a x 2 a x ．
因為 x > 0，由 f (x) = 0
a
得 x = ．
ln a
當 0 < a < 1時， f (x) 在區間 (0, + )內單調遞減，不滿足題意；
當 a
a
> 1時， > 0 ，由 f (x) 0 a
a
> 得0 < x < , f (x)

在區間 0,

÷內單調遞增，由 f (x) < 0ln a 得ln a è ln a
a
x a> , f ( x) 在區間 ,+ 內單調遞減．ln a è ln a ÷
a
a
a alim f (x) = 0 lim f (x) = 0 f
a-
因為 ，且 ，所以 ÷ >1，即 è ln a
÷
x + a
ln a
+ x 0 ，即 è lna a = >1
a ln a (ln a)
a
a a 1- 1-
a lna > (lna)a,a lna > lna，兩邊取對數，得 1
1
- ÷ ln a > ln(ln a)，即 ln a -1 > ln(ln a) ．
è ln a
令 ln a = t ，則 t -1 > ln t ，令 h(x) = ln x - x +1
1
，則 h (x) = -1，所以 h(x) 在區間( 0, 1)內單調遞增，在區間 (1, + )
x
內單調遞減，所以 h(x) h(1) = 0，所以 t -1 ln t ，則 t -1 > ln t 的解為 t 1，所以 ln a 1，即 a e ．
故實數 a 的范圍為 (1,e) (e,+ )．]
【整體點評】本題考查利用導數研究函數的單調性，根據曲線和直線的交點個數求參數的取值范圍問題，
屬較難試題，
方法一：將問題進行等價轉化，分離參數，構造函數，利用導數研究函數的單調性和最值，圖象，利用數
形結合思想求解.
方法二：將問題取對，構造差函數，利用導數研究函數的單調性和最值.
x ln a
方法三：將問題取對，分成 g(x) = ln x與 p(x) = 兩個函數，研究對數函數過原點的切線問題，將切線
a
斜率與一次函數的斜率比較得到結論．
方法四：直接求導研究極值，單調性，最值，得到結論.
2．（2022·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)證明：存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交
點的橫坐標成等差數列．
【答案】(1) a =1
(2)見解析
【分析】（1）根據導數可得函數的單調性，從而可得相應的最小值，根據最小值相等可求 a.注意分類討論.
（2）根據（1）可得當b >1時， ex - x = b 的解的個數、 x - ln x = b的解的個數均為 2，構建新函數
h(x) = ex + ln x - 2x ，利用導數可得該函數只有一個零點且可得 f x , g x 的大小關系，根據存在直線 y = b
與曲線 y = f x 、 y = g x 有三個不同的交點可得b 的取值，再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差
數列.
【詳解】（1） f (x) = ex - ax的定義域為 R ，而 f (x) = ex - a ，
若 a 0，則 f (x) > 0 ，此時 f (x) 無最小值，故 a > 0 .
g(x) = ax - ln x的定義域為 0, + ，而 g (x) = a 1 ax -1- = .
x x
當 x < ln a時， f (x) < 0 ，故 f (x) 在 - , ln a 上為減函數，
當 x > ln a時， f (x) > 0 ，故 f (x) 在 ln a, + 上為增函數，
故 f (x)min = f ln a = a - a ln a .
1
當0 < x < 時， g (x) < 0，故 g(x) 在 0,
1
÷上為減函數，a è a
1 g (x) 0 g(x) 1當 x > 時， > ，故 在 ,+

÷ 上為增函數，a è a
g(x) 1 1故 min = g ÷ =1- ln .
è a a
因為 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值，
故1- ln
1 a -1
= a - a ln a，整理得到 = ln a ，其中 a > 0，
a 1+ a
a 1 2 1 -a2 -1
設 g a -= - ln a,a > 0，則 g a = 2 - = 2 0，1+ a 1+ a a a 1+ a
故 g a 為 0, + 上的減函數，而 g 1 = 0，
故 g a = 0 1- a的唯一解為 a =1，故 = ln a 的解為 a =1 .
1+ a
綜上， a =1 .
（2）[方法一]：
由（1）可得 f (x) = ex - x和 g(x) = x - ln x的最小值為1- ln1 =1- ln
1
=1.
1
當b >1時，考慮 ex - x = b 的解的個數、 x - ln x = b的解的個數.
設 S x = ex - x - b x， S x = e -1，
當 x < 0 時， S x < 0，當 x > 0時， S x > 0，
故 S x 在 - ,0 上為減函數，在 0, + 上為增函數，
所以 S x = S 0 =1- b < 0min ，
而 S -b = e-b > 0， S b = eb - 2b，
設u b = eb - 2b，其中b >1，則u b = eb - 2 > 0 ，
故u b 在 1, + 上為增函數，故u b > u 1 = e - 2 > 0，
故 S b > 0 S x = ex，故 - x - b有兩個不同的零點，即 ex - x = b 的解的個數為 2.
設T x = x - ln x - b，T x x -1= ，
x
當0 < x <1時，T x < 0，當 x >1時，T x > 0，
故T x 在 0,1 上為減函數，在 1, + 上為增函數，
所以T x = T 1 =1- b < 0min ，
T e-b = e-b而 > 0，T eb = eb - 2b > 0，
T x = x - ln x - b有兩個不同的零點即 x - ln x = b的解的個數為 2.
當b =1，由（1）討論可得 x - ln x = b、 ex - x = b 僅有一個解，
當b<1時，由（1）討論可得 x - ln x = b、 ex - x = b 均無根，
故若存在直線 y = b與曲線 y = f x 、 y = g x 有三個不同的交點，
則b >1.
1
設 h(x) = ex + ln x - 2x ，其中 x > 0，故 h (x) = ex + - 2，
x
設 s x = ex - x -1， x > 0，則 s x = ex -1 > 0，
故 s x 在 0, + 上為增函數，故 s x > s 0 = 0即 ex > x +1，
所以 h (x) > x
1
+ -1 2 -1 > 0，所以 h(x) 在 0, + 上為增函數，
x
h(1) = e - 2 > 0 h( 1
1 2 2
而 ， 3 ) = ee
3 - 3 - 3 < e - 3 -e e e3
< 0，
h x 0, + x 1故 上有且只有一個零點 0 ， 3 < x0 <1且：e
當0 < x < x0 時， h x < 0即 ex - x < x - ln x 即 f x < g x ，
當 x > x0時， h x > 0 即 ex - x > x - ln x 即 f x > g x ，
因此若存在直線 y = b與曲線 y = f x 、 y = g x 有三個不同的交點，
故b = f x0 = g x0 >1，
此時 ex - x = b 有兩個不同的根 x1, x0 (x1 < 0 < x0 ) ，
此時 x - ln x = b有兩個不同的根 x0 , x4 (0 < x0 <1< x4 ) ，
故 ex1 - x1 = b， e
x0 - x0 = b， x4 - ln x4 - b = 0 ， x0 - ln x0 - b = 0
x - b = ln x ex4 -b所以 4 4 即 = x4 即 e
x4 -b - x4 - b - b = 0，
故 x4 - b 為方程 ex - x = b 的解，同理 x0 - b 也為方程 ex - x = b 的解
x
又 e 1 - x1 = b e
x
可化為 1 = x1 + b即 x1 - ln x1 + b = 0即 x1 + b - ln x1 + b - b = 0，
故 x1 + b 為方程 x - ln x = b的解，同理 x0 + b 也為方程 x - ln x = b的解，
所以 x1, x0 = x0 - b, x4 - b ，而b >1，
ìx0 = x4 - b
故 í 即 x + x = 2xx . 1 = x0 - b
1 4 0
[方法二]：
由 (1) 知， f (x) = ex - x ， g(x) = x - ln x，
且 f (x) 在 (- ,0)上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增；
g(x)在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，且 f (x)min = g(x)min = 1.
①b<1時，此時 f (x)min = g(x)min = 1 > b ，顯然 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x)
共有 0 個交點，不符合題意；
② b =1時，此時 f (x)min = g(x)min = 1 = b ，
故 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有 2 個交點，交點的橫坐標分別為 0 和 1；
③ b >1時，首先，證明 y = b與曲線 y = f (x) 有 2 個交點，
即證明F (x) = f (x) - b 有 2 個零點， F (x) = f (x) = ex -1，
所以 F (x)在 (- ,0)上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增，
又因為 F (-b) = e-b > 0，F (0) =1- b < 0 ， F (b) = eb - 2b > 0 ，
( 令 t(b) = eb - 2b ，則 t (b) = eb - 2 > 0， t(b) > t(1) = e - 2 > 0)
所以F (x) = f (x) - b 在 (- ,0)上存在且只存在 1 個零點，設為x1，在 (0, + )上存在且只存在 1 個零點，設為
x2.
其次，證明 y = b與曲線和 y = g(x) 有 2 個交點，
即證明G (x) = g (x) - b
1
有 2 個零點，G (x) = g (x) = 1- x ，
所以G(x)(0,1) 上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
又因為G(e-b ) = e-b > 0，G 1 =1- b < 0 ，G(2b) = b - ln 2b > 0 ，
( 令 m(b) = b - ln 2b
1
，則 m (b) = 1- > 0 ， m (b) > m (1) = 1 - ln 2 > 0)b
所以G (x) = g (x) - b 在( 0, 1)上存在且只存在 1 個零點，設為 x3 ，在 (1, + )上存在且只存在 1 個零點，設為 x4 .
再次，證明存在 b，使得 x2 = x3 :
因為 F (x2 ) = G(x3 ) = 0 ，所以b = e
x2 - x2 = x3 - ln x3 ，
若 x x22 = x3，則 e - x2 = x2 - ln x ，即 ex22 - 2x2 + ln x2 = 0，
所以只需證明 ex - 2x + ln x = 0在( 0, 1)上有解即可，
即j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上有零點，
1 1
因為j( 3 ) = ee
3 2- - 3 < 0，j(1) = e - 2 > 03 ，e e
所以j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上存在零點，取一零點為 x0 ，令 x2 = x3 = x0即可，
x
此時取b = e 0 - x0
則此時存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個不同的交點，
最后證明 x1 + x4 = 2x0 ，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列，
因為 F (x1) = F (x2 ) = F (x0 ) = 0 = G(x3 ) = G(x0 ) = G(x4 )
所以 F (x1) = G(x0 ) = F (ln x0 ) ，
又因為 F (x)在 (- ,0)上單調遞減， x1 < 0 ，0 < x0 <1即 ln x0 < 0，所以 x1 = ln x0，
同理，因為 F (x0 ) = G(e
x0 ) = G(x4 ) ，
又因為G(x)在 (1, + )上單調遞增， x > 0 即 ex00 >1， x x01 >1，所以 x4 = e ，
又因為 ex0 - 2x0 + ln x0 = 0 ，所以 x + x = e
x0
1 4 + ln x0 = 2x0 ，
即直線 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.
【點睛】思路點睛：函數的最值問題，往往需要利用導數討論函數的單調性，此時注意對參數的分類討論，
而不同方程的根的性質，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關系.
1．（2024·江蘇·模擬預測）已知函數 f x = a ln x + x2 + 3在 x =1處的切線經過原點.
(1)判斷函數 f x 的單調性；
(2)求證：函數 f x 的圖象與直線 y = 5x有且只有一個交點.
【答案】(1) f x 在 0, + 上單調遞增
(2)證明見解析
【分析】（1）先根據題意求出參數 a的值，然后求導，結合導數符號與函數單調性的關系即可得解；
（2 2）由題意構造函數 g x = 2ln x + x + 3- 5x（ x > 0），利用導數判斷函數單調性，結合零點存在定理即可
得解.
【詳解】（1）因為 f 1 = a ln1+1+ 3 = 4 ，所以切點為 1,4 .
因為 f x a= + 2x，所以 f 1 = a + 2，
x
所以切線方程為 y - 4 = a + 2 x -1 .
因為切線經過原點，所以0 - 4 = a + 2 0 -1 ，所以 a = 2 .
2
由定義域為 0, + ，故 f x = + 2x > 0 ，
x
所以 f x 在 0, + 上單調遞增.
（2）設 g x = f x - 5x = 2ln x + x2 + 3- 5x （ x > 0），
2 2x -1 x - 2
則 g x 2x - 5x + 2 = = .
x x

因為當 x 0,
1
÷時， g x > 0， g x 單調遞增，
è 2
x 1當 , 2

2 ÷ 時，
g x < 0， g x 單調遞減，
è
e3
且 g 1 2ln 1 1
2
5 3 3-8ln 2 ln
÷ = + ÷ + 3 - = -2ln 2 + = =
256 < 0，
è 2 2 è 2 2 4 4 4
因為 g
1 0 x 1 1 ÷ < , 2
g x
2 ，且當 2 ÷ 時， 單調遞減，所以
g 2 < g ÷ < 0
è è è 2
所以當 x 0,2 時， g x < 0 ，
所以函數 g x 在 x 0,2 時沒有零點，
所以當 x 0,2 時，函數 f x 的圖象與直線 y = 5x沒有交點.
當 x 2, + 時， g x > 0， g x 單調遞增，
又因為 g 5 = 2ln 5 + 3 > 0，且函數 g x 的圖象是不間斷的，
所以當 x 2, + 時，函數 g x 有且只有一個零點，
函數 f x 的圖象與直線 y = 5x有且只有一個交點.
綜上所述，函數 f x 的圖象與直線 y = 5x有且只有一個交點.
1
2．（2024· 2 x陜西西安·二模）設函數 f (x) = ax + (1- x)e .
2
(1)當 a 1時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x [-2,2]時，函數 f (x) 的圖像與 y = ex 的圖像僅只有一個公共點，求 a的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2) (-e-2 , 2e)
【分析】（1）借助導數對 a 0、 a =1及 0 < a < 1分類討論即可得；
x x
（2）原問題可等價于 ax - 2ex = 0即 a
2e
= 在[-2,0) U (0, 2]上無解，構造函數 g(x) 2e= ，借助導數研究即
x x
可得.
【詳解】（1） f (x) 的定義域為R ， f (x) = ax - xex = x(a - ex )，
①當 a 0時， a - ex < 0 ，由 f (x) = x(a - ex ) > 0，得 x < 0 ，
由 f (x) = x(a - ex ) < 0，得 x > 0，
\當 a 0時， f (x) 的在區間 (- ,0)上單調遞增，在區間 (0, + )上單調遞減，
②當 a =1時， f (x) = x(1- ex ) ， f (0) = 0 ，
當 x 0時， f (x) < 0 ， f (x) 的區間 (- , + )上單調遞減，
③當 0 < a <

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