資源簡介

考點 21 利用導數(shù)研究函數(shù)的零點（3 種核心題型+基
礎保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
函數(shù)零點問題在高考中占有很重要的地位，主要涉及判斷函數(shù)零點的個數(shù)或范圍．高考?？?br/>查三次函數(shù)與復合函數(shù)的零點問題，以及函數(shù)零點與其他知識的交匯問題，一般作為解答題
的壓軸題出現(xiàn)
【核心題型】
題型一　利用函數(shù)性質研究函數(shù)的零點
利用函數(shù)性質研究函數(shù)的零點，主要是根據(jù)函數(shù)單調性、奇偶性、最值或極值的符號確定函
數(shù)零點的個數(shù)，此類問題在求解過程中可以通過數(shù)形結合的方法確定函數(shù)存在零點的條
件．
【例題 1】（2024·全國·模擬預測）若函數(shù) f x = ex - x + a - 2有兩個零點，則實數(shù) a的取值
范圍是（ ）
A． - ,1 B． - ,0 C． - ,0 D． - ,1
【答案】D
【分析】將零點問題切換成函數(shù)圖像交點，再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性及參數(shù)的取值范圍.
x
【詳解】法一：設 g x = e - x，則函數(shù) f x 有兩個零點轉化為函數(shù) g x = ex - x的圖像與
直線 y = 2 - a 有兩個交點，
g x = ex因為 -1，當 x < 0 時， g x < 0；當 x > 0時， g x > 0，
所以 g x 在區(qū)間 - ,0 上單調遞減，在區(qū)間 0, + 上單調遞增，則
g x g 0 = e0 - 0 =1，
當 x - 時， g x + ；當 x + 時， g x + ，則 2 - a >1，解得a < 1，即實數(shù) a
的取值范圍是 - ,1 .
法二：函數(shù) f x = ex - x + a - 2有兩個零點可轉化為函數(shù) h x = ex 的圖像與直線 y = x + 2 - a
有兩個交點．
因為函數(shù) h x 的圖像與 y 軸交于點 0,1 ，且函數(shù) h x 在點 0,1 處的切線方程為 y = x +1，
所以直線 y = x + 2 - a 與該切線平行，且該直線 y = x + 2 - a 與 y 軸交于點 0,2 - a ，
所以點 0,2 - a 在點 0,1 上方，即 2 - a >1，解得a < 1，即實數(shù) a的取值范圍是 - ,1 ．
故選：D
【變式 1】（2024·陜西西安·一模）若不等式 xex - x + a lnx - 2 恒成立，則實數(shù) a的取值范圍
為 .
【答案】 -3, +
x
【分析】函數(shù)不等式恒成立問題與隱零點問題.構造函數(shù) f x =lnx - 2 - xe + x，求導后再次
構造函數(shù) g x =1- xex ，求導分析 g x x
1
0
的單調性，找到隱零點 x0 ，并得到 e = x ，然后再0
分析 f x 的單調性，找到最大值 f x0 ，最后再結合對數(shù)的運算求出函數(shù) f x 的最大值即
可.
【詳解】不等式移項可得 a lnx - 2 - xex + x ，
x
設 f x =lnx - 2 - xex + x, x > 0 x，則 f x = - e + xex 1 1 x 1 1- xe+ + = + ÷ , x > 0，x è x
g x =1- xex , x > 0 g x = - ex + xex設 ，則 < 0恒成立，
所以函數(shù) g x 在 0, + 上單調遞減，
因為 g 0 =1- 0 =1, g 1 =1- e < 0，
1
所以$x0 0,1 x0 x0，使得 g x0 = 0 1- x0e = 0 e = x ，①0
所以 g x 在 0, x0 上單調遞增，在 x0 ,+ 上單調遞減，最大值為 g x = g xmax 0 ，
所以當0 < x < x0 時， f x > 0， f x 在 0, x0 上單調遞增；
當 x > x0時， f x < 0， f x 在 x0 ,+ 上單調遞減；
1 1
f x = f x0 = -x x00e + x0 + ln x0 - 2，代入①可得 f x = -x × + x + ln - 2 = -3max max 0 x 0 x0 ，0 e
所以 a -3，所以實數(shù) a的取值范圍為 -3, + ，
故答案為： -3, + .
【點睛】方法點睛：
（1）證明帶參數(shù)的不等式恒成立問題時可采用分離參數(shù)法，再構造函數(shù)利用導數(shù)分析函數(shù)
的最值情況，如一次構造不容易看出單調性可二次構造再求導；
（2）對于隱零點問題，可求導后分析特殊值找到隱零點的大概區(qū)間，再以隱零點為邊界分
析函數(shù)的單調性
【變式 2】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = x2 - (2 + a)x + a ln x， a R .
(1)討論 f (x) 的單調性；
x
(2)設 g(x) e= - f (x) + x2 - (a +1)x - 2a + (a -1) ln x，若 g(x)存在兩個不同的零點x
x 1
，x2，
且 x1 < x2 .
（i）證明： 2a > e +1；
2
（ii）證明： x2 - x
4a - 2a -1
1 < .2a -1
【答案】(1)答案見解析
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
【分析】（1）先確定定義域，求出導函數(shù)并進行通分和因式分解后根據(jù)開口方向、根的大小
關系、根與定義域的位置關系等信息進行分類討論得出導數(shù)正負情況，從而得出函數(shù)的單調
性.
（2）考查用導數(shù)研究函數(shù)零點問題，（i）用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和最值情況，確保函數(shù)
零點個數(shù)為 2 即可證明 2a > e +1 ；（ii）根據(jù)零點的分布和大小情況進行考慮入手即可.
【詳解】（1）由題 f (x) 的定義域為 (0, + )，
2
f (x) 2x (2 a) a 2x - (2 + a)x + a (2x - a)(x -1)= - + + = = ，
x x x
①若 a 0，則 2x - a > 0，當0 < x <1時， f (x) < 0 ；當 x >1時， f (x) > 0 ，
所以 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增.
②若 a > 0，令 f (x) = 0，得 x1 =1 x
a
， 2 = .2
0 a a當 < < 2 時，0 < <1，
2
當 0 < x
a
< x >1 f (x) > 0 a < x <1 f (x) < 0
2 或 時， ；當 時， ，2

所以 f (x) 在 0,
a
÷ , (1,
a
+ ) 上單調遞增，在 ,1÷上單調遞減；
è 2 è 2
a
當 a > 2時， >1，
2
a
當0 < x
a
<1或 x > 時， f (x) > 0 ；當1 < x < 時， f (x) < 02 ，2
a a
所以 f (x) 在( 0, 1)， ,+ 上單調遞增，在 1, 上單調遞減；
è 2 ÷ è 2 ÷
2
當 a = 2時， f (x) 2(x -1)= 0，當且僅當 x =1時等號成立，
x
所以 f (x) 在 (0, + )上單調遞增.
x
（2）（i）由題意知 g(x) e= - ln x + x - 2a ，
x
g (x) = (x -1)e
x 1 (x -1)ex + x(x -1) (x -1) ex + x
所以 2 - +1 = =

2 ，x x x x2
當0 < x <1時， g (x) < 0；當 x >1時， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
則 g(x)min = g(1) = e +1- 2a，
因為函數(shù) g(x)存在兩個不同的零點，故 e +1- 2a < 0，即 2a > e +1 .
（ii）下面找出兩個點m ， n(0 < m <1< n)，使得 g m > 0， g n > 0 ,
4a2 - 2a -1 1 1 1
注意到 = 2a - ，且0 < <1 < 2a，于是考慮找點 2a ， ，
2a -1 2a -1 2a -1 2a -1
1
下面我們證明： g(2a) > 0， g > 0
è 2a 1÷
，
-
2a x
① g(2a) > 0 e - ln(2a) > 0，設m(x) e= - ln x (x > 2)，下證m(x) > 0，
2a x
x 1 2
方法 1：設 h(x) = e - x - x(x > 0)，則 h (x) = ex - x -1，故 h (x) = ex -1 > 0，
2
所以 h (x)在 (2,+ ) 上單調遞增，得 h (x) > h (2) = e2 - 3 > 0，
所以 h(x) 在 (2,+ ) 上單調遞增，
故 h(x) > h(2) = e2
1
- 4 > 0 x 2，即 e > x + x(x > 2) ，2
ex 1
因此m(x) = - ln x > x +1- ln x ，
x 2
u(x) 1 x 1 ln x(x 2) 1 1 x - 2設 = + - > ，則u (x) = - = > 0，
2 2 x 2x
所以u(x) 在 (2,+ ) 上單調遞增，所以u(x) u(2) = 2 - ln 2 > 0，
ex e2a
因此m(x) = - ln x > 0，又 2a > e +1 > 2，故 - ln(2a) > 0 ，即 g(2a) > 0，
x 2a
又 f (1) < 0，所以1< x2 < 2a .
(x -1)ex2 m (x) - x方法 ：易知 = ，設 v(x) = (x -1)ex - x ，則 v 2 (x) = xe
x -1 > 0，
x
所以 v(x) 在 (2,+ ) 上單調遞增，得 v(x) > v(2) = e2 - 2 > 0，
2
所以m(x)在 (2,+ ) 上單調遞增，故m(x) > m(2) = e - ln 2 > 0，
2
2a
又 2a > e +1 > 2 e，從而 - ln(2a) > 0 ，即 g(2a) > 0，
2a
又 f (1) < 0，所以1< x2 < 2a .
g 1
1
② ÷ = (2a -1)e2a-1 - ln
1 1
+ - 2a ，
è 2a -1 2a -1 2a -1
設 t(x) = ln x - x +1，則 t (x)
1- x
= ，
x
易知 t(x)在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，
所以 t(x) t(1) = 0 ，即 ln x x -1，
1 1
又 2a > e +1，即0 < < ，
2a -1 e
ln 1 1
1
所以 -1，且
2a 1 2a 1 e2a-1- - -1 > 0
，
1 1
因此 g
1
÷ (2a -1)e2a-1 - (2a -1) = (2a -1) e2a-1 -1 > 0，
è 2a -1
÷
è
又 f (1) < 0
1 1
，所以 < x1 <1，即-1 < -x1 < - ，2a -1 2a -1
x x 2a 1 4a
2 - 2a -1
于是 2 - 1 < - = .2a -1 2a -1
【點睛】思路點睛：利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題，要留意零點個數(shù)以及判定的依據(jù)、零點分
布情況等，結合問題的方向才能找準切入研究的方向
x 1 2
【變式 3】（2024·遼寧·三模）已知 f x = x -1 e + ax .
2
(1)討論函數(shù) f x 的單調性；
(2)當 a > 0時，證明：函數(shù) f x 有且僅有兩個零點 x1, x2 ，且 x1 + x2 < 0 .
【答案】(1)當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞增，在 - ,0 上單調遞減；
當-1 < a < 0時， f x 在 - , ln -a 和 (0, + )上單調遞增，在 ln -a ,0 上單調遞減；
當 a = -1時， f x 在R 上單調遞增；
當 a < -1時， f x 在 (- ,0)和 ln -a , + 上單調遞增，在 0, ln -a 上單調遞減
(2)證明見解析
【分析】（1）對 f x 求導，對 a分類討論，由導數(shù)與單調性的關系即可求解；
（2）先用零點存在性定理證明結論，再構造新函數(shù)討論 f (x1)與 f (-x2 )大小關系，利用 f x
在 (0, + )上單調性，證明結論即可.
1 f x = xex x【詳解】（ ） + ax = x(e + a) ，
當 a 0時，令 f x > 0，得 x > 0，令 f x < 0，得 x < 0 ，
所以 f x 在 (0, + )上單調遞增，在 (- ,0)上單調遞減；
當 a<0時，令 f x = 0，得 x = 0或 x = ln -a ，
當 ln -a < 0，即-1 < a < 0時，由 f x > 0得 x - , ln -a 0, + ， f x < 0得
x ln -a ,0 ，
所以 f x 在 - , ln -a 和 0, + 上單調遞增，在 ln -a ,0 上單調遞減；
當 ln -a = 0，即 a = -1時， f x 0恒成立， f x 在R 上單調遞增；
當 ln -a > 0，即 a < -1時，由 f x > 0得 x - ,0 ln -a ,+ ，由 f x < 0得
x 0, ln -a ，
所以 f x 在 - ,0 和 ln -a ,+ 上單調遞增，在 0, ln -a 上單調遞減.
綜上，當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞增，在 - ,0 上單調遞減；
當-1 < a < 0時， f x 在 - , ln -a 和 (0, + )上單調遞增，在 ln -a ,0 上單調遞減；
當 a = -1時， f x 在R 上單調遞增；
當 a < -1時， f x 在 (- ,0)和 ln -a ,+ 上單調遞增，在 0, ln -a 上單調遞減.
（2）由第（1）問中 a > 0時， f x 在 0, + 上單調遞增，在 - ,0 上單調遞減，
當 x > 0時，因為 a > 0， f 0 = -1< 0 f 1 a， = > 0，
2
由零點存在性定理可得：函數(shù) f x 在區(qū)間 (0, + )上存在唯一零點x2，且 x2 (0,1) ，
使得 f x2 = 0；
當 x < 0 時， x -1< 0，0 < ex <1，則 (x -1)ex > x -1，
則 f x = x 1-1 ex + ax2 > (x -1) 1+ ax2 1= ax2 + x -1，
2 2 2
1 2 -1+ 1+ 2a -1- 1+ 2a
顯然一元二次方程 ax + x -1 = 0的兩個不等實根為： 和 ，
2 a a
-1+ 1+ 2a 0, -1- 1+ 2a其中 > < 0，
a a
b -1- 1+ 2a取 = < 0，
a
f b b 1 eb 1 1= - + ab2 > ab2 + b -1 = 0，
2 2
即 f b > 0，且 f 0 = -1< 0，
由零點存在性定理可得：函數(shù) f x 在區(qū)間 (- ,0)上存在唯一零點x1，且 x1 (b,0) ，
使得 f x1 = 0；
所以當 a > 0時，函數(shù) f x 有且僅有兩個零點；
x 1
因為x 為零點，所以 f (x ) = (x -1)e 22 2 2 + ax
2 = 0 ，
2 2
1 ax2 = (1- x )ex所以 22 2 ，2
所以 f (
1
-x2 ) = (-x2 -1)e
- x2 + + ax22 = (-x2 -1)e
- x2 + (1- x x2
2 2
)e ，
令 g x = -x -1 e- x + 1- x ex ， g x = x e- x - ex ，
當 x > 0時， e- x - ex <0 ， g x < 0，所以 g x 在 (0, + )上單調遞減，
因為 g 0 = 0， x2 > 0，所以 g(x2 ) < 0，
所以 (-x -1)e- x2 + (1- x )ex22 2 < 0，所以 f (-x2 ) < 0，所以 f (x1) = 0 > f (-x2 )，
因為 f x 在 (- ,0)上單調遞減，
所以 x1 < -x2，所以 x1 + x2 < 0 .
【點睛】方法點睛：本題考查雙變量型不等式恒成立問題，屬于難題．該類問題常用的解題
方法有：一是消元法，變量統(tǒng)一；二是變更主元法；三是構造函數(shù)法；四是最值法
題型二　數(shù)形結合法研究函數(shù)的零點
含參數(shù)的函數(shù)零點個數(shù)，可轉化為方程解的個數(shù)，若能分離參數(shù)，可將參數(shù)分離出來后，
用 x 表示參數(shù)的函數(shù)，作出該函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象特征求參數(shù)的范圍或判斷零點個數(shù)．
ìln(1- x), x - ,0
【例題 2】（2024·北京房山·一模）若函數(shù) f (x) =

í 1 ，則函數(shù)
ln x , x 0,+ e
g(x) = f (x) + x + c 零點的個數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．1 或 2 D．1 或 3
【答案】A
【分析】令 g(x) = f (x) + x + c = 0，則 f (x) + x = -c，則函數(shù) g(x)零點的個數(shù)即為函數(shù)
y = f (x) + x, y = -c圖象交點的個數(shù)，構造函數(shù) h x = f x + x ，利用導數(shù)求出函數(shù) h x 的
單調區(qū)間，作出其大致圖象，結合圖象即可得解.
ì
ìln(1- x), x - ,0 ln(1- x), x - ,0
【詳解】 f (x) =

í 1 = íx, x 0,1 ，
e ln x
, x 0,+
1 , x 1,+
x
令 g(x) = f (x) + x + c = 0，則 f (x) + x = -c，
則函數(shù) g(x)零點的個數(shù)即為函數(shù) y = f (x) + x, y = -c圖象交點的個數(shù)，
ì
ln(1- x) + x, x - ,0

令 h x = f x + x = í2x, x 0,1 ，

1 + x, x 1, +
x
當 x - ,0 h x = ln 1- x + x h x 1 x時， ，則 = +1 = 0，
x -1 x -1
所以函數(shù) h x 在 - ,0 上單調遞增，且 h 0 = 0，
當 x 0,1 時， h x = 2x 0,2 ，
2
當 x 1,+ 時， h x 1= + x h x 1 x -1，則 = - 2 +1 = 2 0 ，x x x
所以函數(shù) h x 在 1, + 上單調遞增，且 h 1 = 2，
又當 x - 時 h x - ，當 x + 時， h x + ，
作出函數(shù) h x 的大致圖象如圖所示，
由圖可知函數(shù) y = f (x) + x, y = -c的圖象有且僅有一個交點，
所以函數(shù) g(x) = f (x) + x + c 零點的個數(shù)為1個.
故選：A.
【點睛】方法點睛：利用導數(shù)解決函數(shù)零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數(shù)求導，根據(jù)導數(shù)的方法求出函數(shù)的單調區(qū)間與極值，根據(jù)函數(shù)的基
本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數(shù)圖象與 x 軸的交點問題，突出導數(shù)的工具作用，體
現(xiàn)了轉化與化歸思想、數(shù)形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數(shù)法：將問題轉化為研究兩函數(shù)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(shù) y = g x 的圖象的交點問題.
ì 3ex
, x > -1 1
【變式 1】（2024·全國· x +1模擬預測）已知函數(shù) f (x) = í , g(x) = x + + a ．若
1 1 x+ , x -1
x 2
g( f (x)) = 0 有三個不同的根，則 a的取值范圍為 ．
, 10【答案】 - -

3 ֏
【分析】利用導數(shù)研究函數(shù)單調性，畫出草圖，然后數(shù)形結合解出結果.
3xex
【詳解】當 x > -1時， f (x) = ，所以 f (x)2 在 (-1,0) 上單調遞減，在 (0, + )上單調遞(x +1)
增，
又 f (0) = 3, x + 時， f (x) + , x -1時， f (x) + ，所以 f (x) [3, + ) ；
( , 1] f (x) é 1 1 當 x -1時，易知 f (x) 在 - - 上單調遞減，所以
ê
- , ．
2 2 ÷
作出函數(shù) f (x) 的大致圖象如圖所示．
令 t = f (x) ，則數(shù)形結合可知方程 g(t) = 0有兩個不同的實數(shù)根，分別記為 t1, t2 ，
t é 1 1且 1 ê- ,

÷ 3 , t2 (3, + )，而方程 g(t) = 0有兩個不同的根等價于函數(shù) y = t
1
+ 與
2 2 t
y = -a 的圖象有兩個不同的交點，且兩個交點的橫坐標分別為 t1, t2 ．
ì 1
1 1 j ÷ < -a 10
數(shù)形結合可知 t1 0, ÷ , t2 (3, + ) ．令j(t) = t + ，令 í è 2 ，解得a < - ．
è 2 t

3
j(3) < -a
, 10 - -

÷
故答案為： è 3
x
【變式 2】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數(shù) f x = e -1- ax a R ．
(1)若函數(shù) f x 在點 1, f 1 處的切線與直線 x + 2ey +1 = 0垂直，求 a 的值；
(2)當 x 0,2 時，討論函數(shù)F x = f x - x ln x零點的個數(shù)．
【答案】(1) a = -e
(2)答案見解析
【分析】（1）求導可得 f 1 = e - a，根據(jù)題意結合垂直關系運算求解；
x
（2）構建 g x e 1= - - ln x x 0,2 ，由題意分析可知F x 的零點個數(shù)即為 y = a 與
x x
y = g x 的交點個數(shù)，求導，利用導數(shù)判斷 y = g x 的單調性和最值，進而可得結果.
x
【詳解】（1）由題意可知： f x = e - a ，可知 f 1 = e - a，
且直線 x + 2ey +1 = 0的斜率為 k
1
= - ，
2e
由題意可知： e - a 1 - ÷ = -1，解得 a = -e ．
è 2e
x
（2）由F x = f x - x ln x = 0 a e 1得 = - - ln x ，
x x
g x e
x 1
令 = - - ln x x 0,2 ，
x x
可知F x 的零點個數(shù)即為 y = a 與 y = g x 的交點個數(shù)，
x -1 ex 1 1 x -1 ex -1則 g x = + - = ，
x2 x2 x x2
因為 x > 0，則 ex -1 > 0，
令 g x > 0，解得1< x 2；令 g x < 0，解得0 < x <1；
可知 g x 在 0,1 內單調遞減，在 1,2 內單調遞增，
2
x 0 g x + g 1 = e -1 g 2 e -1且 趨近于 時， 趨近于 ， ， = - ln 2，
2
2
當 a = e -1 a e -1或 > - ln 2時，函數(shù) F (x)有一個零點；
2
e 1 a e
2 -1
當 - < - ln 2時，函數(shù) F (x)有兩個零點；
2
當 a < e -1時，函數(shù) F (x)沒有零點．
【點睛】方法點睛：對于函數(shù)零點的個數(shù)的相關問題，利用導數(shù)和數(shù)形結合的數(shù)學思想來求
解．這類問題求解的通法是：
（1）構造函數(shù)，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；
（2）求導數(shù)，得單調區(qū)間和極值點；
（3）數(shù)形結合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與 x 軸的交點情況進而求解
【變式 3】（2024·河北邯鄲·二模）已知函數(shù) f x = ex - mx, g x = x - mlnx ．
(1)是否存在實數(shù)m ，使得 f x 和 g x 在 0, + 上的單調區(qū)間相同？若存在，求出m 的取
值范圍；若不存在，請說明理由．
(2)已知 x1, x2 是 f x 的零點， x2 , x3 是 g x 的零點．
①證明：m > e ，
②證明：1 < x1x2x
3
3 < e ．
【答案】(1)存在，且m - ,0
(2)①證明見解析 ②證明見解析
【分析】（1）結合導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，分m 0與m > 0進行討論即可得；
（2）①利用導數(shù)得到 f x 的單調性后，借助零點的存在性定理可得
x
f lnm = m - mlnm < 0 e x，解出即可得；②構造函數(shù)m x = (x > 0), n x = (x >1)，結合
x lnx
導數(shù)得到函數(shù)的單調性，畫出相應圖象，可得從而得到 x1 = lnx2 ， x3 = e
x2 ，從而可得
x1x2x3 = x
3
2 ，結合x2的范圍即可得解.
【詳解】（1）由題意得 x 0, + , f x = ex - m, g x 1 m x - m= - = ，
x x
當m 0時， f x 0, g x 0，所以 f x 和 g x 在 0, + 上都單調遞增，符合題意；
當m > 0時，若 f x 和 g x 在 0, + 上的單調區(qū)間相同，
則 f x 和 g x 有相同的極值點，即 lnm = m，
令 h m = lnm - m，則 h m 1 1- m= -1 = ，
m m
當m 0,1 時， h m > 0，當m 1, + 時， h m < 0 ，
所以 h m 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，則 h m h 1 = -1，
所以 lnm = m無解，
綜上，當m - ,0 時， f x 和 g x 在 0, + 上的單調區(qū)間相同；
（2）①由題意， f x 有兩個零點， f x = ex - m，
若m 0，則 f x 0，所以 f x 在R 上單調遞增，不符合題意，
若m > 0，則當 x - , lnm 時， f x < 0, f x 單調遞減，
當 x lnm, + 時， f x > 0, f x 單調遞增，
且當 x - 時， f x - ，當 x + 時， f x + ，
所以 f lnm = m - mlnm < 0，解得m > e ，得證；
x
②令 f x = 0, g x = 0，得 ex = mx, x = mlnx e，即 = m > 0, x = m > 0，
x lnx
ex x ex x -1 lnx -1令m x = (x > 0), n x = (x >1)，則m x =
x lnx x2
, n x = ，
(lnx)2
當 x 0,1 時，m x < 0, m x 單調遞減，
當 x 1, + 時，m x > 0, m x 單調遞增，
當 x 1,e 時， n x < 0, n x 單調遞減，
當 x e, + 時， n x > 0, n x 單調遞增，
ex x
在同一坐標平面內作出函數(shù)m x = (x > 0) 與函數(shù) n x = (x >1)的圖象，
x lnx
它們有公共點 A x2 , y2 ，如圖，
x1 x2
故0 < x1 <1 < x2 < e < x
e e x x3
3 ，且有 = =
2 = ，
x1 x2 lnx2 lnx3
ex1 x ex1 elnx2
由 = 2 ，得 = ，即m x1 = m lnx2 ，又0 < lnx2 < 1，所以 x = lnx ，x1 lnx2 x1 lnx 1 22
ex2 x ex23 x3 x
由 = ，得 = ，即 n e 2 = n x x，又 ex2x 3 > e，所以 x3 = e 2 ，x2 lnx3 lne 2 lnx3
ex2 x 2 x
由 = 2 ，得 x 22 = e × lnx2 = x3x1，即 x1x
2
x lnx 3
= x2 ，
2 2
x x x = x3故 1 2 3 2 1,e3 .
【 點 睛 】 關 鍵 點 點 睛 ： 本 題 最 后 一 問 關 鍵 點 在 于 構 造 函 數(shù)
x
m x e= (x > 0), n x x= (x >1)
x lnx x x x = x
3
，結合導數(shù)得到函數(shù)的單調性，從而得到 1 2 3 2
題型三　構造函數(shù)法研究函數(shù)的零點
涉及函數(shù)的零點(方程的根)問題，主要利用導數(shù)確定函數(shù)的單調區(qū)間和極值點，根據(jù)函數(shù)零
點的個數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間內的極值以及區(qū)間端點的函數(shù)值與 0 的關系，從而求得參數(shù)的
取值范圍
【例題 3】（2023· 2 3 2吉林通化·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = x + 2 x - 3ax + b 滿足：①定義
1 1 1
域為 R ；② < b < 4；③有且僅有兩個不同的零點x1，x2，則 +x x 的取值范圍是（ ）2 1 2
A． (-2,-1)
1 1
B． -1, -

2 ÷
C． ,12 ÷ D．
(1, 2)
è è
【答案】B
【分析】由題意可轉化為 g x = x3 - 3ax2 + b有且僅有兩個不同的零點x1，x2，對 g x 求導，
結合 g x 的單調性可知 g 2a = 0，由此可知 g x 另一根為-a，由b 的范圍可求出 a的范
1 1
圍，即可求出 +x 的取值范圍.1 x2
【詳解】函數(shù) f (x) = x2 + 2 x3 - 3ax2 + b 有且僅有兩個不同的零點x1，x2，
因為 x2 3+ 2 > 0 ，令 g x = x - 3ax2 + b，即 g x 有且僅有兩個不同的零點x1，x2，
g x = 3x2 - 6ax = 3x x - 2a = 0得 x = 0或 x = 2a，
若 a > 0，令 g x > 0，可得 x > 2a或 x < 0 ；令 g x < 0，可得0 < x < 2a ，
所以 g x 在 - ,0 , 2a, + 上單調遞增，在 0,2a 上單調遞減，
同理若 a<0， g x 在 - , 2a , 0, + 上單調遞增，在 2a,0 上單調遞減，
1
因為 < b < 4， g 0 = b 0 ，
2
要使 g x 有且僅有兩個不同的零點x1，x2，則 g 2a = 0，
g 2a = 8a3而 -12a3 + b = 0 ，則b = 4a3 1，因為 < b < 4，
2
1
< 4a3則 < 4
1
，則 < a <1，
2 2
則 g x 2有一根是確定的為 2a ，又因為 g x = x3 - 3ax2 + b = x - 2a x + a ，
所以 g x 的另一根為-a，
1 1 1 1 1
所以 + = - = -
1
x x 2a a 2a ，因為 < a
1 1
<1 1 1， < < 2 < <1
1 2 2 a
，
2 2a
-1 1 1< - < - .
2a 2
故選：B.
【變式 1】（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ax2ex - 2ln x - x - a，則（ ）
A．當 a =1時， f x 有極小值 B．當 a =1時， f x 有極大值
C．若 f x 0，則 a =1 D．函數(shù) f x 的零點最多有 1 個
【答案】AC
【分析】對于 AB：代入 a =1，求導，求單調性即可判斷；對于 C：設 t = x2ex > 0，將不等
式轉化為G t = a t -1 - ln t 0成立，求導，研究其單調性，極值來判斷；對于 D：求導，
分 0 < a < 1， a =1， a 0討論研究零點個數(shù).
AB a =1 f (x) x2 2x ex 2 1 (x + 2)(e
x x2 -1)
【詳解】對于 ：當 時， = + - - = (x > 0)，
x x
x 2 1 1令 e x -1 = 0 x x，即 e = 2 ，所以 lne = ln 2 ，即 2ln x = -x ，x x
結合函數(shù)圖象可知，存在 x0 0,1 ，使得 f (x0 ) = 0 ，
令 ex x2 -1 > 0，則 2ln x > -x ，得 x > x0，
所以當 x (0, x0 )時， f (x) < 0 ，函數(shù) f x 單調遞減，
當 x (x0 ,+ ) 時， f (x) > 0 ，函數(shù) f x 單調遞增，故 A 項正確，B 項錯誤．
若 f x 0 ，即 ax2ex ln x2 + ln ex + a，則 a(x2ex -1) ln(x2ex )．
設 t = x2ex > 0，則 a t -1 ln t ．
設G t = a t -1 - ln t ，可知G t 0 ，則G (t) a 1= - ， t > 0．
t
若 a 0，則G t < 0，G t 為減函數(shù)，注意到G 1 = 0，可知當 t > 1時，G t < 0 ，不合題
意．
a 0 G (t) at -1若 > ，則 = ，
t
t 0, 1 1當

÷時，G (t) < 0，G t 為減函數(shù)，當 t a ,+ ÷時，G
(t) > 0，G t 為增函數(shù)，
è è a
G(t) G 1 所以 ÷ =1- a + ln a 0．設j (a) = ln a - a +1， a > 0，
è a
則j a 1 1 1- a= - = ， a > 0．
a a
當 a > 1時，j a < 0，j a 為減函數(shù)，當 0 < a < 1時，j a > 0，j a 為增函數(shù)，
則j a j 1 = 0，所以只有當 a =1時，G t 0 才能成立．
綜上所述， a =1，故 C 項正確．
由 C 項可知， t = x2ex ， x > 0，則 t = ex (x2 + 2x) > 0，所以 t = x2ex (x > 0)為增函數(shù)．
當 a > 1時，j(a) = G
1
÷ < 0，
è a
當 t 無限趨近于 0 時，G t 無限趨近于+ ，且G e = a e -1 -1 > 0，
G t t = x2 x即此時 有兩個零點，因為 e x > 0 為增函數(shù)，且 t > 0，
所以此時 f x 有兩個零點．
同理可得，當 0 < a < 1時， f x 有兩個零點．
1
當 a 1

= 時，j(a) = G ÷ = 0，此時G t 有一個零點 1，所以 f x 有一個零點．
è a
當 a 0時，G t 為減函數(shù)，G 1 = 0，此時G t 有一個零點 1，即 f x 只有一個零點．
綜上，函數(shù) f x 最多有兩個零點，故 D 項錯誤．
故選：AC.
【點睛】關鍵點點睛：本題 D 選項的關鍵是利用導數(shù)研究函數(shù) t = x2ex (x > 0)的性質
【變式 2】（2024· 2全國·模擬預測）設函數(shù) f x = -x + ax + lnx a R .
(1)若 a =1，求函數(shù) f x 的單調區(qū)間；
1
(2) é ù設函數(shù) f x 在 ê ,eú 上有兩個零點，求實數(shù) a的取值范圍.（其中 e是自然對數(shù)的底數(shù)） e
【答案】(1)單調遞增區(qū)間為 0,1 ，單調遞減區(qū)間為 1, +
1,e 1(2) -
ù
è e ú
【分析】（1）根據(jù)題意，求導可得 f x ，即可得到結果；
a x lnx lnx é1（2）根據(jù)題意，由條件可得 = - ，構造函數(shù) g x = x - ，其中 x ê ,e
ù
ú，轉化為x x e
最值問題，即可求解.
【詳解】（1）當 a =1時， f x = -x2 + x + lnx, f x 的定義域為 0, + ，
f x 2x 1 1 -2x
2 + x +1
= - + + = ，
x x
令 f x > 0，則 2x2 - x -1< 0，解得0 < x <1，
令 f x < 0，則 2x2 - x -1 > 0 ，解得 x >1 .
\函數(shù) f x 的單調遞增區(qū)間為 0,1 ，單調遞減區(qū)間為 1, + .
lnx
（2）令 f x = -x2 + ax + lnx = 0 ，則 a = x - .
x
g x x lnx 1令 = - é ù，其中 x
x ê
,e
e ú
，

1
× x - lnx 2
則 g x =1 x x + lnx -1- = .
x2 x2
令 g x > 0 1，解得1< x e ，令 g x < 0，解得 x <1.
e
\ g x é1 的單調遞減區(qū)間為 ê ,1÷，單調遞增區(qū)間為 1,e ， e
\ g(x)min = g 1 =1 .
g 1 e 1 , g e 1 1又 ÷ = + = e - ，函數(shù) f x é ,eù在 ê ú 上有兩個零點，è e e e e
1,e 1 -
ù
\a è e ú的取值范圍是 .
1 2
【變式 3】（2024·廣東·二模）已知 f x = ax + 1- 2a x - 2lnx,a > 0 .
2
(1)求 f x 的單調區(qū)間；
(2)函數(shù) f x 的圖象上是否存在兩點 A x1, y1 , B x2 , y2 （其中 x1 x2 ），使得直線 AB 與函數(shù)
f x x x1 + x的圖象在 = 20 處的切線平行？若存在，請求出直線 AB ；若不存在，請說明理由.2
【答案】(1) f (x) 在 (0,2)上單調遞減，在 (2,+ ) 上單調遞增.
(2)不存在，理由見解析
【分析】（1）求出導函數(shù)，根據(jù)導函數(shù)的正負來確定函數(shù)的單調區(qū)間；
（2）求出直線 AB 的斜率，再求出 f (x0 ) ，從而得到 x1, x2 的等式，再進行換元和求導，即可
解出答案.
2 ax21 f (x) ax 1 2a + (1- 2a)x - 2 (ax +1)(x - 2)【詳解】（ ）由題可得 = + - - = = (x > 0)
x x x
因為 a > 0，所以 ax +1 > 0 ，
所以當 x (0,2) 時， f (x) < 0 ， f (x) 在 (0,2)上單調遞減，
當 x (2,+ ) 時， f (x) > 0 ， f (x) 在 (2,+ ) 上單調遞增.
綜上， f (x) 在 (0,2)上單調遞減，在 (2,+ ) 上單調遞增.
[1 2 1 2y - y ax2 + (1- 2a)x2 - 2ln x2 ]-[ ax1 + (1- 2a)x1 - 2ln x1]（2）由題意得，斜率 k = 2 1 = 2 2
x2 - x1 x2 - x1
1 a(x2 - x22 1 ) + (1- 2a)(x2 - x1) - 2ln
x2 2ln x2
= 2 x1 a x= (x1 + x2 ) +1- 2a - 1
，
x2 - x1 2 x2 - x1
f ( x1 + x2 ) a(x1 + x= 2 ) +1- 2a 4-
2 2 x1 + x
,
2
k f ( x + x由 = 1 2 )得，
2
ln x2 2(
x2 -1)
x
x 2 ln 2
2(x2 - x1)
1 ，即 = ，即 ln
x2 x- 1 = 0
= x x + x x
x2 - x1 x + x
1 1 2 x1 2 +1
1 2 x1
x2
令 t = x ，不妨設
x2 > x1 ，則 t > 1，
1
記 g(t) = ln t
2(t -1) 4
- = ln t + - 2(t >1)
t +1 t +1
t -1 2
所以 g (t)
1 4
= - = > 0，所以 g(t)在 (1, + )上是增函數(shù)，所以 g(t) > g(1) = 0，
t t +1 2 t t +1 2
所以方程 g(t) = 0無解，則滿足條件的兩點 A, B不存在.
【課后強化】
基礎保分練
一、單選題
1
1．（2023·四川資陽·模擬預測）將函數(shù) f x = cos x - x 在 0, + 上的所有極值點按照由小e
到大的順序排列，得到數(shù)列 xn （其中 n N* ），則（ ）
n 1- A． ÷ π < xn < n
1
+
2 2 ÷
π B． xn+1 - x < πè è n
C． xn + xn+1 > 2n -1 π D． xn - n -1 π 為遞減數(shù)列
【答案】D
【分析】先對函數(shù)求導，結合導函數(shù)把極值點問題轉化為函數(shù) g x 在 0, + 上的零點，進
一步轉化為函數(shù) h x = sin x 與函數(shù)m x 1= x 圖象交點的橫坐標，然后數(shù)形結合分別判斷各e
選項即可.
f x cos x 1 1【詳解】因為 = - x (x > 0)所以 f x = -sin x + ，e ex
令 g x = f x = -sin x 1+ ，
ex
故函數(shù) f x 在 0, + 上的所有極值點為函數(shù) g x 在 0, + 上的零點，
即方程-sin x
1
+ x = 0的正根，也即函數(shù) h x = sin x 與函數(shù)m x
1
= x 圖象交點的橫坐標，e e
作出函數(shù) h x = sin x 和函數(shù)m x 1= x 圖象如下e
π 1
對于 A，當 n =1時，由圖可知0 < x

1 < ，不滿足 n - ÷ π < xn < n
1
+
2 2 ÷
π，故 A 錯誤；
è è 2
對于 B，由圖可知，當 n為奇數(shù)時， xn+1 - xn < π，當 n為偶數(shù)時， xn+1 - xn > π，故 B 錯誤；
對于 C，由圖可知，結合 h x = sin x 的對稱性知， x1 + x2 > π ， x2 + x3 < 3π ，
不滿足 xn + xn+1 > 2n -1 π ，故 C 錯誤；
對于 D， xn - n -1 π 在 x 軸上表示 xn與 n -1 π的距離，
1
由于函數(shù)m x = x 在 0, + 上單調遞減，函數(shù) h x = sin x 是以 2π為周期的函數(shù)，e
結合圖象可知 xn - n -1 π 越來越小，即數(shù)列 xn - n -1 π 為遞減數(shù)列，故 D 正確.
故選：D
2．（23-24 x高三上·湖北荊門·階段練習） f x = 2e - 5x2 的零點的個數(shù)為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
2
【分析】先把零點個數(shù)轉化為函數(shù)交點個數(shù)，再構造函數(shù) g x x= x ,結合導函數(shù)求解單調性e
及極值最后應用數(shù)形結合求解.
x2 2 x2 x 2 - x
【詳解】由 2ex - 5x2 = 0 得 x = ，構造函數(shù) g x = x ，求導得 g x = x ，ex >0e 5 e e
g x 在 - ,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增， 2, + 上單調遞減，且 g 0 = 0，
g 2 4 2= 2 > 及 x + 時 g x 0， g x
2
的圖像如圖，得到 g x = 有 3 個解.
e 5 5
故選：D.
3．（2023·四川成都·二模）若指數(shù)函數(shù) y = a x （ a > 0且a 1）與冪函數(shù) y = x5的圖象恰好有
兩個不同的交點，則實數(shù) a的取值范圍是（ ）
e e
A． e5 , + ÷ B． 1,e5 ÷
è è
e
1, 5
5
C． ÷ ÷÷ D．e
1,ee ÷
è è è
【答案】D
ln x ln a ln x
【分析】令 a x = x5 ，兩邊取對數(shù)得 = ，記 f x = x > 0 ，利用導數(shù)研究其單調x 5 x
性，作出草圖即可求解.
【詳解】由冪函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的圖象和性質可知，當 x 0 時兩函數(shù)圖象無交點，
ln x ln a
令 a x = x5 ，兩邊取對數(shù)得 x ln a = 5ln x，即 = ，x 5
f x ln x x 0 f x 1- ln x記 = > ，則 = ，
x x2
當 x 0,e 時， f x > 0，當 x e,+ 時， f x < 0，
所以 f x 在 0,e 上單調遞增，在 e,+ 上單調遞減，
所以，當 x=e時， f x 取得最大值 f e 1= .
e
又當 x 趨于+ 時， f x 趨于 0，當 x 趨于 0 時， f x 趨于- ，
所以可得 f x 的草圖如圖，
0 ln a 1
5 ln a
由圖可知，當 < < ，即1< a < ee 時，函數(shù) f x 的圖象與 y = 有兩個交點，5 e 5
即指數(shù)函數(shù) y = a x （ a > 0且a 1）與冪函數(shù) y = x5的圖象恰好有兩個不同的交點.
故選：D
【點睛】關于函數(shù)零點個數(shù)問題，參變分離是常用方法之一，本題采用取對數(shù)的方法分離參
數(shù)，然后轉化為兩個函數(shù)的交點問題，在利用導數(shù)研究函數(shù)圖象時，一定要注意函數(shù)是否存
在漸近線，否則容易出錯.
2 x 15-a+2ln
4．（2023· x全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ea-x + + 4x - ln(x + 4) + e 4 存在零點，則實數(shù) a
2
的值為（ ）
15
A．-2 B． ln - 2
15
C．-3 D4 ．
ln - 3
4
【答案】D
【分析】構造新函數(shù)，利用導數(shù)求單調性，再運用基本不等式即可求解
f (x) 0 a-x x-a+2ln
15 2
【詳解】由 = 得 e
x
+ e 4 = ln(x + 4) - - 4x ，
2
x a 2ln15 x2設 g(x) = ea-x
- +
+ e 4 ， h(x) = ln(x + 4) - - 4x，2
2 1 -(x + 5)(x + 3)
設 h(x) = ln(x
x
+ 4) - - 4x, x > -4 ， h (x) = - x - 4 = ，
2 x + 4 x + 4
由 h (x) > 0得-4 < x < -3，由 h (x) < 0得 x > -3，
所以 h(x) 在 (-4,-3)單調遞增，在 (-3,+ )單調遞減，所以 h(x) h(-3) 15= 2 ，
a-x x-a+2ln
15
a-x x-a+2ln
15
而 g(x) e e 4 2 e e 4 15= + × = ，
2
a x x a 2ln 15 x a ln 15當且僅當 - = - + ，即 = -4 4 時，等號成立，
因為 f (x) a ln
15
有零點，則 - = -3，所以 a = ln
15
- 3
4 ，4
故選：D.
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f x = x3 - 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
【答案】BC
【分析】對 A，判斷當 a = 0時情況即可；對 B，求導分析函數(shù)的單調性，結合零點存在性定
理判斷即可；對 C，根據(jù) f x = 2 - f -x 得 f x 關于 0,1 對稱，再判斷 h x = x3 - ax 的對
稱性判斷即可；對 D，根據(jù)導數(shù)的幾何意義判斷即可.
2
【詳解】對 A，由題得 f x = 3x - a，當 a = 0時 f x 0， f x 遞增，不存在極值點，
故 A 選項錯誤；
對 B，當 a =1時， f x = 3x2 -1，令 f x > 0得 x 3 3> 或 x < - ，
3 3
f x < 0 3 3
3 3 3
令 得- < x < ，所以 f x 在
3 3
- , ÷÷上單調遞減，在 - ,- ÷÷，
è 3 3 è 3
3
,+ ÷÷ 上單調遞增．
è 3
3 2 3 3
因為 f - ÷÷ =1
2 3
+ > 0， f ÷÷ =1- > 0， f -2 = -5 < 0，
è 3 9 è 3 9
3 3
所以函數(shù) f x 在 - ,- ÷÷上有一個零點，在 - , + ÷÷上無零點．
è 3 è 3
綜上所述，函數(shù) f x 有一個零點，故 B 選項正確；
對 C，由 f x = 2 - f -x 得 f x 關于 0,1 對稱，
令 h x = x3 - ax ，該函數(shù)的定義域為 R，因為 h -x = -x 3 - -ax = -x3 + ax = -h x ，
則 h x 是奇函數(shù)， h x 圖象的對稱中心是原點 0,0 ，
將 h x 的圖象向上平移一個單位長度得到 f x 的圖象，
所以點 0,1 是曲線 y = f x 的對稱中心，故 C 選項正確；
對 D，令 f x = 3x2 -1 = 2 ，可得 x = ±1．又 f 1 =1， f -1 =1，
所以當切點為 1,1 時，切線方程為 y = 2x -1，
當切點為 -1,1 時，切線方程為 y = 2x + 3，故 D 選項錯誤.
故選：BC．
6．（2024·遼寧撫順·三模）已知定義在R 上的奇函數(shù) f x 連續(xù)，函數(shù) f x 的導函數(shù)為
f x ．當 x > 0時， f x cosx > f x sinx + e × f x ，其中 e為自然對數(shù)的底數(shù)，則（ ）
A． f x 在R 上為減函數(shù) B．當 x > 0時， f x < 0
f π f 3π C． ÷ > ÷ D． f x 在R 上有且只有 1 個零點
è 2 è 2
【答案】BCD
【分析】根據(jù)題意，令 g x = f x cosx - e ，利用導數(shù)求得 g x 在 0, + 上單調遞增，
g π g 3π f π f 3π 結合 2 ÷
< ÷ ，得到2 ÷
> ÷ ，可判定 C 正確；再由 x > 0時， g x > g 0 ，
è è è 2 è 2
可判定 B 正確；根據(jù) f x 是定義在R 上的奇函數(shù)，結合單調性和零點的定義，可判定 D 正
確．根據(jù) f x 的單調性無法判斷，可判定 A 錯誤．
【詳解】由 f x cosx > f x sinx + e × f x ，可得 f x cosx - e - f x sinx > 0．
令 g x = f x cosx - e ，
則當 x > 0時， g x = f x cosx - e - f x sinx > 0 ，所以 g x 在 0, + 上單調遞增，
g π 3π π π 3π 3π 所以 2 ÷
< g ÷ ，即 f2 ÷
cos - e
2 2 ÷
< f 2 ÷
cos - e
2 ÷
，
è è è è è è
可得 f
π
÷ -e < f
3π π 3π
2 ÷
-e ，所以 f > f ，所以 C 正確；
è è 2 è 2 ÷ ÷ è 2
因為 g 0 = f 0 1- e = 0，所以當 x > 0時， g x > g 0 = 0，
又因為cosx - e < 0，所以當 x > 0時， f x < 0 ，所以 B 正確；
由 f x 是定義在R 上的奇函數(shù)，故當 x < 0 時， f x = - f -x > 0，
又因為 f 0 = 0，所以 f x 在R 上有且只有 1 個零點，所以 D 正確．
因為 f x 的單調性無法判斷，所以 A 錯誤．
故選：BCD.
三、填空題
7．（2024·內蒙古包頭· 3 2一模）已知函數(shù) f x = kx - 3x + 4k k > 0 ，若 f x 存在唯一的零點，
則 k 的取值范圍是 .
【答案】 1, +
【分析】利用導數(shù)確定函數(shù)的單調性，分類討論求解參數(shù)范圍即可.
【詳解】因為 f (x) = kx3 - 3x2 + 4k(k > 0), x R,所以 f (x) = 3kx2 - 6x(k > 0)，
令 f x = 3kx2 - 6x = 0 x 0, x 2，解得 1 = 2 = > 0,k
2 2
所以當 x (- ,0) ,+ ÷時， f (x) > 0,當 x 0, ÷ 時， f (x) < 0，
è k è k
2 2
所以函數(shù) f (x) 的單調遞增區(qū)間為 (- ,0)

和 ,+

÷ ，單調遞減區(qū)間為 0, ÷，
è k è k
3
f (0) 4k 0 2 4k - 4 4(k -1) k
2 + k +1
又 = >

， f = = ，
è k ÷ k 2 k 2
當函數(shù)在 (- ,0)上沒有零點時，要使 f (x) 存在唯一的零點，
f 2 4k
3 - 4
則必有 ÷ = 2 = 0，解得 k =1，此時 f (x) = x
3 - 3x2 + 4 = x +1 x - 2 2 ，
è k k
易知函數(shù)有 2 個零點，分別為 x = -1,和 x = 2，不滿足題意；
所以函數(shù)在 (- ,0)必有一個零點，要使 f x 存在唯一的零點，
f 2 4k
3 - 4
則必有 ÷ = 2 > 0,，解得 k >1.è k k
綜上 k 的取值范圍為 1, + .
故答案為： 1, + .
【點睛】方法點睛:利用導數(shù)研究方程根（函數(shù)零點）的技巧
（1）研究方程根的情況，可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最大值、最小值、變化趨勢
等．
（2）根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極（最）值的位置．
（3）利用數(shù)形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)．
m
8．（2024·四川成都·模擬預測）若函數(shù) f x = ex - x2 - x在 x -1,2 上有 2 個極值點，則
2
實數(shù)m 的取值范圍是 .
(1 1 ,1) U (1, e
2 -1
【答案】 - )
e 2
x
【分析】根據(jù)題意，求得 f x = e - mx -1，轉化為 ex - mx -1 = 0在 x -1,2 上有兩解，
x x
令函數(shù) g x = e - mx -1，求得 g x = e - m，當m > 0時，求得函數(shù) g x 的單調性和極小
ì-1 < ln m < 2

g ln m < 0
值點和極小值，轉化為 í mg -1 > 0 ，進而求得實數(shù) 的取值范圍.
g 2 > 0
x m 2
【詳解】由函數(shù) f x = e - x - x，可得 f x = ex - mx -1，
2
因為函數(shù) f x 在 x -1,2 上有 2 個極值點，即 f x = 0在 x -1,2 上有兩解，
即 ex - mx -1 = 0在 x -1,2 上有兩解，
令 g x = ex - mx -1且 x -1,2 ，可得 g x = ex - m，
當m 0時，可得 g x > 0， g x 單調遞增，不符合題意，（舍去）；
當m > 0時，令 g x = 0 ，解得 x = ln m ，
當 x (- , ln m) 時， g x < 0， g x 單調遞減；
當 x (ln m , + ) 時， g x > 0， g x 單調遞增，
所以，當 x = ln m 時， g x 取得極小值，極小值為 g ln m = (m -1) - m ln m ，
ì-1 < ln m < 2
g ln m < 0
要使得 g

x = 0在 x -1,2 上有兩解，則滿足 í
g -1 > 0
，
g 2 > 0
1
當-1 < ln m < 2 2時，解得 < m < e ；
e
當 g ln m < 0，即 (m -1) - m ln m < 0，
設j x = (x -1) - x ln x x (1 , e2，其中 ) ，可得j x = - ln x，
e
當 x (
1 ,1) 時，j x > 0，j x 單調遞增；
e
當 x (1,e2 )時，j x < 0，j x 單調遞減，
又因為j 1 = 0，所以j x j 1 = 0，
所以不等式 g ln m < 0，可得 x 1，
ìg -1 > 0 ìe-1 + m -1 > 0 2
由 í 可得 í ，解得1- e-1
e -1
g 2 0 2 < m < ， > e - 2m -1 > 0 2
2
綜上可得，實數(shù)m 的取值范圍為 (1 1- ,1) U (1, e -1) .
e 2
1 e2
故答案為： (1- ,1) U (1, -1) .
e 2
【點睛】方法點睛：已知函數(shù)零點（方程根）的個數(shù)，求參數(shù)的取值范圍問題的三種常用方
法：
1、直接法，直接根據(jù)題設條件構建關于參數(shù)的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參
數(shù)的取值范圍；
2、分離參數(shù)法，先分離參數(shù)，將問題轉化成求函數(shù)值域問題加以解決；
3、數(shù)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(shù)的圖象，然后數(shù)形結
合求解.
四、解答題
9．（2024· x浙江紹興·模擬預測）已知 f x = ae - x， g x = cos x .
(1)討論 f x 的單調性.
(2)若$x0 使得 f x0 = g x0 ，求參數(shù) a的取值范圍.
【答案】(1)當 a 0時， f x 在 - , + 上單調遞減；當 a > 0時， f x 在 - , - ln a 上單
調遞減，在 - ln a, + 上單調遞增.
(2) - ,1
1 f x = aex【分析】（ ）對 - x求導數(shù)，然后分類討論即可；
（2）直接對 a > 1和 a 1分類討論，即可得到結果.
【詳解】（1）由 f x = aex - x，知 f x = aex -1 .
當 a 0時，有 f x = aex -1 0 -1 = -1< 0 ，所以 f x 在 - ,+ 上單調遞減；
當 a > 0時，對 x < - ln a 有 f x = aex -1< ae- ln a -1 =1-1 = 0，
對 x > - ln a 有 f x = aex -1 > ae- ln a -1 =1-1 = 0，
所以 f x 在 - ,- ln a 上單調遞減，在 - ln a, + 上單調遞增.
綜上，當 a 0時， f x 在 - ,+ 上單調遞減；
當 a > 0時， f x 在 - ,- ln a 上單調遞減，在 - ln a, + 上單調遞增.
（2）當 a > 1時，由（1）的結論，知 f x 在 - ,- ln a 上單調遞減，在 - ln a, + 上單調
遞增，
所以對任意的 x 都有 f x f - ln a = ae- ln a + ln a =1+ ln a >1+ ln1 =1 cos x = g x ，
故 f x > g x 恒成立，這表明此時條件不滿足；
x
當 a 1時，設 h x = ae - x - cos x，由于
h - a -1 = ae- a -1 + a +1- cos - a -1 ae- a -1 + a - a e- a -1 + a = a 1- e- a -1 a 1- e0 = 0
， h 0 = ae0 - 0 - cos 0 = a -1 0，
故由零點存在定理，知一定存在 x0 é- a -1,0ù ，使得 h x0 = 0，
故 f x0 - g x0 = aex0 - x0 - cos x0 = h x0 = 0 ，從而 f x0 = g x0 ，這表明此時條件滿足.
綜上， a的取值范圍是 - ,1 .
10．（2024·寧夏固原·一模）已知函數(shù) f x = ax ln x +1 +1(a > 0) ．
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 f x 有兩個零點，求 a的取值范圍．
【答案】(1)1- ae-2
(2) e2，+
【分析】(1)首先求解所給函數(shù)的導函數(shù)，然后利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性即可求出最小值；
(2)結合（1）可知，只需 ymin < 0求解計算即可得出結果．
【詳解】（1） f x = a(lnx 1+1) + ax × = a(lnx + 2) (a > 0) ,
x
當 f x > 0時，即 lnx + 2 > 0，則 x > e-2 ，
當 f x < 0時，即 lnx + 2 < 0 ，則0 < x < e-2，
即當0 < x < e-2時， f x < 0，函數(shù)單調遞減，當 x > e-2 時， f x > 0, f x 為增，
\ f x x = e-2 ∴ y = f e-2在 處取最小值， = 1- ae-2min .
（2）由（1）可知， ymin = f e-2 = 1- ae-2，
由 f x 有兩個零點，
x 0 時， f x = ax ln x +1 +1 1， x + 時， f x = ax ln x +1 +1 + ，
所以，1- ae-2 < 0，即 ae-2 >1，解得： a > e2 .
∴ a的取值范圍為 e2 ,+ .
1
11．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = xe x - a(x > 0) ，且 f (x) 有兩個相異零點 x1, x2 ．
(1)求實數(shù) a 的取值范圍．
2a
(2)證明： x1 + x2 > ．e
【答案】(1) e, + ；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數(shù)求出函數(shù) f (x) 的最小值，再分段討論并構造函數(shù)，利用導數(shù)探討單調
性，結合零點存在性定理推理即得.
（2）由（1）的結論，結合函數(shù)零點的意義可得 x ln x - ln a × x +1 = 0有兩個相異的解 x1, x2 ，
再構造函數(shù)，借助單調性確定 x1, x2 的取值區(qū)間，再結合分析法推理證明即得.
1 1 1
【詳解】（1）函數(shù) f (x) = xe x - a，求導得 f (x) (1
1 x -1
= - )e x = e x ，
x x
當0 < x <1時， f (x) < 0 ；當 x >1時， f (x) > 0 ， f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調
遞增，
則 f (x)min = f (1) = e - a．
當 a e 時， f (x) 0恒成立， f (x) 至多有一個零點，不符合題意，
當 a e
1 1
> 時， f (1) < 0， f (a) = aea - a = a(ea -1) > 0，即$x2 (1, a)，使 f (x2 ) = 0 ，
f (1
a 2
) 1= ea e - a- a = ，令 g(a) = ea - a2，求導得 g (a) = ea - 2a，
a a a
令j(a) = ea - 2a，求導得j (a) = ea - 2 > 0，即j(a)在 e, + 上單調遞增，
j(a) > j(e) = ee - 2e > 0 ，
于是 g (a) > 0，函數(shù) g(a) = ea - a2在 e, + 上單調遞增， g(a) > g(e) = ee - e2 > 0 ，
因此$x1 (
1 ,1) ，使 f (x1) = 0a ，
所以實數(shù) a 的取值范圍為 e, + ．
1 1
（2）由（1）知， xe x = a 有兩個相異的解 x1, x2 ，即方程 ln x + = ln a x ln x - ln a × x +1 = 0x
有兩個相異的解，
令函數(shù) h(x) = x ln x - ln a × x +1，求導得 h (x) = ln x +1- ln a 在 0, + a上單調遞增，且 h ( ) = 0，
e
a a
當0 < x
a
< 時， h (x) < 0
a
， h(x) 在 0, ÷單調遞減，當 x > 時， h (x) > 0， h(x)

在 ,+

e è e e è e ÷
單調遞增，
不妨設 x1 < x
a a
2，顯然 x1 (0, )， xe 2
( ,+ )，
e
x x 2a 2a a 2a要證 1 + 2 > ，即證 x > - x > ，即證 h(x ) > h( - x )．e 2 e 1 e 2 e 1
又 h x1 = h x
2a 2a a
2 ，則即證 h(x1) > h( - xe 1
) ，令函數(shù)F (x) = h(x) - h( - x)， x (0, )，
e e
2
則F (x) = h (x) + h (
2a
- x) = ln x +1- ln a ln(2a+ - x) + 1 ln a ln(2a- = x - x2 ) + ln e ，
e e e a2
2a a a2 a2 a2 e2
而 x - x2 = -(x - )2 + 2 < 2 ，則F (x) < ln + lne e e e e2 a2
= 0，
F (x) (0, a因此函數(shù) 在 )上單調遞減，即F (x) > F (
a ) = 0，則 h(x1)
2a
> h( - x1) ，e e e
2a
所以 x1 + x2 > ．e
【點睛】思路點睛：涉及含參的函數(shù)零點問題，利用導數(shù)分類討論，研究函數(shù)的單調性、最
值等，結合零點存在性定理，借助數(shù)形結合思想分析解決問題.
12．（2024·湖北黃石·三模）已知函數(shù) f x = x - ln x + m有兩個零點x1，x2 .
(1)求實數(shù)m 的取值范圍；
(2)如果 x1 < x2 2x1 ，求此時m 的取值范圍.
【答案】(1) m < -1
(2) ln ln 2 - ln 2, -1
【分析】（1）令 f x = 0，可得m = ln x - x，令 g x = ln x - x，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調性，
求出函數(shù)的最大值，即可求出參數(shù)的取值范圍；
x
（2）依題意可得 ln 2

÷ = x2 - x1，利用換元法表示 x1, x2 ，通過構造函數(shù)法，利用導數(shù)證得
è x1
ln 2 < x1 <1，結合（1）求得m 的取值范圍.
【詳解】（1）令 f x = 0，即m = ln x - x，
令 g x = ln x - x，則 g x 1 1- x= -1 = ，
x x
當0 < x <1時 g x > 0，當 x >1時 g x < 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
又 g 1 = -1，且 x 0 時 g x - ，當 x + 時 g x - ，
又 y = g x 與 y = m有兩個交點，所以m < -1 .
（2）由（1）可得m = ln x1 - x1 ，m = ln x2 - x2，
又0 < x1 <1 < x2 2x1，
所以 lnx1 -x1 = lnx

2 -x
x2
2，即 ln ÷ = x2 - x1，
è x1
t x= 2令 ， t 1,2 ln t =x ，則 t -1 x1，1
x ln t t ln t所以 1 = ， x = ，t -1 2 t -1
1 1- - ln t
記 h t ln t= ， t 1,2 ，則 t ，
t -1 h (t) = t -1 2
令H t =1 1- - ln t ， t 1,2 H t 1 1 1- t，則 = - = ，
t t2 t t2
所以 H t 在 1,2 上H t < 0，即 H t 單調遞減，
由于H 1 = 0 ，
1
t 1,2 H t < 0 1- - ln t所以當 時， ，所以 h t = t < 0 ，
(t -1)2
所以函數(shù) h(t)在區(qū)間 1,2 上單調遞減，
故 x1 = h(t) > h(2) = ln 2，即 ln 2 < x1 <1，
而m = g x = ln x - x ， g(x)在區(qū)間 0,1 上單調遞增，
故m = g x1 > g(ln 2) = ln ln 2 - ln 2且m = g x1 < g 1 = -1，
即m ln ln 2 - ln 2, -1 ．
【點睛】方法點睛：利用導數(shù)研究函數(shù)零點或方程的根，通常有三種思路：
（1）用最值或極值研究；（2）用數(shù)形結合思想研究；（3）構造輔助函數(shù)研究
綜合提升練
一、單選題
1．（2023·湖南·模擬預測）有甲、乙兩個物體同時從 A 地沿著一條固定路線運動，甲物體的
運動路程 s1（千米）與時間 t（時）的關系為 s1 t = 2t -1，乙物體運動的路程 s2（千米）與
時間 t（時）的關系為 s2 t = 3t ，當甲、乙再次相遇時，所用的時間 t（時）屬于區(qū)間（ ）
A． 2,3 B． 3,4 C． 4,5 D． 5,6
【答案】B
【分析】根據(jù)給定條件，構造函數(shù) f (t) = 2t -1- 3t ， t > 0，利用導數(shù)探討函數(shù)零點作答.
【詳解】設當甲、乙再次相遇時，所用的時間為 t 小時 (t > 0) ，則 2t -1 = 3t ，
3
令 f (t) = 2t -1- 3t ， t > 0，求導得 f (t) = 2t ln 2 - 3，由 f (t) = 0得 t = log2 ，ln 2
而函數(shù) f (t)在 (0, + ) 0 t log
3 3
上單調遞增，即當 < < 2 時， f (t) < 0 ，當 t > log 2 ， f (t) > 0，ln 2 ln 2
因此函數(shù) f (t) 在 (0, log
3
2 )
3
上單調遞減，在 (log2 , + )上單調遞增，ln 2 ln 2
3
而當 t (0, log2 )時， f (t ) < 0 ， f (3) = -2 < 0， f (4) = 3 > 0 ，因此存在唯一 t0 (3,4) ，使ln 2
得 f (t0 ) = 0，
所以當甲、乙再次相遇時，所用的時間 t（時）屬于區(qū)間 3,4 .
故選：B
2．（23-24 高三上·海南省直轄縣級單位·階段練習）函數(shù) f x = x + sin x - 2的零點所在的大
致區(qū)間為（ ）
A． 0,1 B． 1,2 C． 2,3 D． 3,4
【答案】B
【分析】利用導數(shù)判斷出 f x 的單調性，結合零點存在性定理求得正確答案.
【詳解】 f x =1+cosx 0，所以函數(shù) f x 單調遞增，
又因為 f 0 = -2 < 0， f 1 = -1+ sin1 < 0， f 2 = sin 2 > 0，
所以函數(shù) f x 在 1,2 內存在唯一零點.
故選:B
3 x．（2024·全國·模擬預測）若函數(shù) f x = xe - x - lnx + a - 2有兩個零點，則實數(shù) a的取值范
圍是（ ）
A． - ,1 B． - ,0 C． - ,0 D． - ,1
【答案】D
t
【分析】進行合理換元和同構，轉化為 g t = e - t 的圖象與直線 y = 2 - a 有兩個交點，轉化
為交點問題，再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最值，最后得到參數(shù)的取值范圍即可.
【詳解】令 f x = xex - x - lnx + a - 2 = 0 ，
x
所以 xe - x - lnx = ex+lnx - x + lnx = 2 - a ．
F x = ex+lnx令 - x + lnx ，定義域為 0, + , y = 2 - a ，
令 t = x + lnx，易知 t x 在 0, + 上單調遞增，且 t R ．
所以F x = g t = et - t ，
則函數(shù) f x t有兩個零點轉化為函數(shù) g t = e - t 的圖象與直線 y = 2 - a 有兩個交點．
g t = et則 -1，當 t < 0時， g t < 0；當 t > 0時， g t > 0，
g t = et即 - t 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
所以 g t g 0 = e0 - 0 =1，當 t - 時， g t + ；當 t + 時， g t + ，
則 y = 2 - a >1，解得a < 1，即實數(shù) a的取值范圍是 - ,1 ．
故選：D．
4．（23-24 高三下·江西·階段練習）函數(shù) f (x) =| 2x - m | - | ln x |有且只有一個零點，則m 的取
值可以是（ ）
A．2 B．1 C．3 D． e
【答案】B
【分析】由題意將原條件轉換為m = h x , m = g x 的根的個數(shù)之和為1，其中 h x = 2x + ln x，
g x = 2x - ln x, x > 0 ，從而只需畫出它們的圖象即可通過數(shù)形結合求解.
【詳解】 f (x) =| 2x - m | - | ln x |= 0 m - 2x = ln x 或m - 2x = - ln x ，
顯然 h x = 2x + ln x單調遞增，令 g x = 2x - ln x, x > 0 ，
則 g x 1 1= 2 - ，當0 < x < 時， g x < 0， g x 1單調遞減，當 x > 時， g x > 0， g x
x 2 2
單調遞增，
g x g 1= 所以 min 2 ÷ =1+ ln 2，è
注意到 h x = g x 的交點為 1,2 ，而2 >1+ ln 2，
所以在同一平面直角坐標系中作出 h x , g x 的圖象如圖所示，
由圖可知m = h x , m = g x 的根的個數(shù)之和為 1，當且僅當m <1+ ln 2，
對比選項可知m 的取值可以是 1.
故選：B.
ì-x3 - 3x2 - 2x, x 0
5．（2024·陜西漢中·二模）已知函數(shù) f (x) = í ， g(x) = f (x) - mx 有 4 個零
ln x, x > 0
點，則 m 的取值范圍為（ ）
A． (
1 , 1) B． (-2,0]U{
1} C． (-2,0]U{
1} ( 1 1D． - ,0]U ( , )
4 e e 4 4 e
【答案】C
【分析】確定 x = 0是函數(shù) g(x)的零點，在 x 0時，利用函數(shù)零點的定義分離參數(shù)，構造函
數(shù) h(x)
f (x)
= ，利用導數(shù)及二次函數(shù)的性質數(shù)形結合求出范圍.
x
【詳解】由 g(x) = 0 ，得mx = f (x)，而當 x = 0時， f (x) = 0 ，即 0 是 g(x)的一個零點，
ì 2 ì 2
m f (x)
-x - 3x - 2, x < 0 -x - 3x - 2, x < 0
當 x 0時， = =

í ln x ，令 h(x) = í ln x ，x , x > 0 , x > 0 x x
依題意，直線 y = m與函數(shù) y = h(x)的圖象有 3 個公共點，
x < 0 h(x) = -x2 - 3x - 2 3= -(x + )2 1 1當 時， + ，當且僅當 x
3
= - 時取等號，
2 4 4 2
ln x 1- ln x
當 x > 0時， h(x) = ，求導得 h (x) = 2 ，x x
當0 < x < e時， h (x) > 0，當 x>e時， h (x) < 0，
因此函數(shù) h(x) 在 (0, e)上單調遞增，在 (e, + )
1 1
上單調遞減， h(e) = > ，
e 4
當0 < x 1時， h(x) h(1) = 0，當 x >1時， h(x) > 0恒成立，
在同一坐標系內作出直線 y = m與函數(shù) y = h(x)的圖象，
1
觀察圖象知，當-2 < m 0 或m = 時，直線 y = m與函數(shù) y = h(x)的圖象有 3 個公共點，
4
1
2 f (x)則當- < m 0 或m = 時，方程m = 有 3 個解，即 g(x) = f (x) - mx 有 4x 個零點，4
1
所以 m 的取值范圍為-2 < m 0 或m = .
4
故選：C
6．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f x = 2x - kx - b恰有一個零點 x0 ，且b > k > 0，則 x0
的取值范圍為（ ）
A - ,
1- ln2 B - ,
ln2 1- ln2 , ln2． C +
D ,+
è ln2 ÷
． 1- ln2 ÷ ． è è ln2 ÷
． ÷
è1- ln2
【答案】A
【分析】先將函數(shù)的零點問題轉化為函數(shù)圖象的交點問題，然后利用導數(shù)的幾何意義及
b > k > 0建立關于 x0 的不等式，即可得解.
【詳解】由 f x = 0可得2x = kx + b，要使 f x 恰有一個零點，只需函數(shù) g x = 2x 的圖象
與直線 y = kx + b相切.
x , 2x0 . g x = 2x g x = 2x設切點坐標為 0 由 ，可得 ln2，則切線方程為
y - 2x0 = 2x0 ln2 × x - x0 ，即 y = (2x0 ln 2)x + 2x0 (1- x0 ln 2) ，
k = 2x故需使 0 ln2,b = 2x0 1- x0ln2 .
由b > k > 0 x可得 2 0 1- x ln2 > 2x0 ln2 x 1- ln20 ，解得 0 < .ln2
故選：A
ìa e + , x > 07．（2024·貴州貴陽·一模）已知函數(shù) f x = í x ，若方程 f x + ex = 0 存在三個不相
e
- x , x < 0
等的實根，則實數(shù) a的取值范圍是（ ）
A． - , e B． - ,-e C． - , -2e D． - , 2e
【答案】C
【分析】考查利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題，先根據(jù)導數(shù)情況得出函數(shù)單調性和最值情況，再
數(shù)形結合分析，分段函數(shù)分段討論即可.
【詳解】因為方程 f x + ex = 0存在三個不相等的實根，所以函數(shù) g x = f x + ex 有三個零
點，
當 x - ,0 - x時， g x = f x + ex = e + ex ，所以 g x = -e- x + e，
所以當 x - ,-1 時， g x < 0；當 x -1,0 時， g x > 0，
所以 g x 在 - ,-1 上單調遞減，在 -1,0 單調遞增， g x g -1 = 0，
又當 x 0 時， g x 1；當 x - 時， g x + ，所以 g x 圖象如圖；
當 x 0, + g x f x ex a e時， = + = + + ex，
x
e e x +1g x x -1 所以 = - 2 + e = 2 ，所以當 x 0,1 時， g x < 0；當 x 1, + 時，x x
g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 單調遞增， g x g 1 = a + 2e，
又當 x 0 時， g x + ；當 x + 時， g x + ，所以 g x 圖象如圖，
所以當 a + 2e < 0即 a < -2e時函數(shù) g x = f x + ex 有三個零點，
即方程 f x + ex = 0存在三個不相等的實根，
故選：C.
8．（2024·陜西·二模）已知 f x 0，且 x > 0時， f 2x = cos2 x × f x ，則下列選項正確的
是（ ）
A． f x > f x 2 ÷è
π
B．當 x + kπ k Z 時， f x 2 tan xf 2x
2
π 4 x2 f x
C ．若 f 2 ÷ = 2 ， g x = 為常函數(shù)，則 f x =1在區(qū)間 0,1 內僅有 1 個根è π sin2 x
2
D．若 f 1 =1，則 f 8 <
27
【答案】D
2 x x
【分析】根據(jù)題意，結合 f x = cos × f 2 ，可判定A錯誤；由函數(shù) f x = 1+ tan x f 2x ，2 è 2 ÷
2
2 x f x sin2 x結合1+ tan x 2 tan x ，可判定 B 錯誤；由 g x = ，求得 f x = ，令
sin2 x x2
2
h x = x - sin x x 0 ，利用導數(shù)求得 h x h 0 sin x，得到 2 <1，進而可判定 C 錯誤；由x
f 8 < cos 2cos1 2 2 f 8 < t 2t -1 2，令 cos 1 = t ，可得 ；再令j t = t 2t -1 2 ，利用導數(shù)求
得函數(shù)的單調性，得到j t < j 1 ÷，可判定 D 正確．
è 4
A f 2x = cos2 2 x x 【詳解】對于 中，由函數(shù) xf x ，可得 f x = cos × f
2 2 ÷
，
è
0 cos2 x
x
因為 1，所以 f x f 2 ÷ ，所以 A 錯誤；2 è
f 2x π
對于 B 中，由 f 2x = cos2 xf x ，可得 f x = x + kπ, k Z2 ， ，cos x 2
又由 f x = 1+ tan2 x f 2x ，且1+ tan2 x 2 tan x ，
所以 f x 2 tan xf 2x ，所以 B 錯誤；
π 4 1 π π 8 2
對于 C 中，由 f ÷ =
x f x
è 2 π2
= f ÷，則 f ÷ =2 è 4 è 4 π2
<1， g x = 2 ，sin x
4x2 ×cos2 π2 f
π
g xf x2x = = g x π 2 ÷則 2 2 ， è ，4sin x cos x g 2 ÷ = =1è 4
g π π π sin
2 x
則 ÷ = g ÷ =L = g ÷ =1，可得 g x =1，則 f x = ，
è 4 è 8 è 2n x2
令 h x = x - sin x x 0 ，則 h x =1- cos x 0恒成立，可得 h x h 0 = 0，
2
所以 x sin x x 0 sin x，所以 <1，即 f x =12 在區(qū)間 0,1 內無實根，所以 C 錯誤；x
對于 D 中， f 8 = cos2 4 f 4 = cos2 4 ×cos2 2 ×cos2 1 f 1 = cos 4 ×cos 2 ×cos1 2 < cos 2cos1 2 ，
1 1
令 cos2 1 = t ，可得 f 8 < t 2t -1 2；再令j t = t 2t -1 2 ， t , ÷，
è 4 2
1 1
則j t = 2t -1 2 + 4t 2t -1 = 2t -1 6t -1 ，令j t = 0，可得 t = 或 t = ，
6 2
1 1 1 1
因為 < t < ，所以函數(shù)j t = t 2t -1 2 在 ( , )單調遞減，
4 2 4 2
j t j 1 1 1 1 2所以 < ÷ = = <
2
，所以 f 8 < 成立，所以 D 正確．
è 4 4 4 16 27 27
故選：D．
【點睛】方法技巧：已知函數(shù)零點（方程根）的個數(shù)，求參數(shù)的取值范圍問題的三種常用方
法：
1、直接法，直接根據(jù)題設條件構建關于參數(shù)的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參
數(shù)的取值范圍；
2、分離參數(shù)法，先分離參數(shù)，將問題轉化成求函數(shù)值域問題加以解決；
3、數(shù)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(shù)的圖象，然后數(shù)形結
合求解.
二、多選題
9．（2024·遼寧·三模）已知函數(shù) f x = ax - lnx, g x alnx 1= + , a 為實數(shù)，下列說法正確的是
x
（ ）
A．當 a =1時，則 f x 與 g x 有相同的極值點和極值
B．存在 a R ，使 f x 與 g x 的零點同時為 2 個
C．當 a 0,1 時， f x - g x 1對 x 1,e 恒成立
D．若函數(shù) f x g x 1,e a , 2- ù在 上單調遞減，則 的取值范圍為 -
è e ú
【答案】AC
【分析】對于 A，分別各自求導，結合導數(shù)與函數(shù)極值的關系即可判斷；對于 B，分別求出
f x 與 g x 的零點為 2 個時 a的范圍，看它們的交集是否為空集即可判斷；對于 C，構造
函數(shù)F x = f x - g x = ax - lnx - a ln x 1- , x 1,e , a 0,1 ，求導，對 a分類討論，只需
x
判斷F x 1 x -1 ax -1 max 是否成立即可；對于 D，原問題等價于F x = 2 0對 x 1,e x
恒成立，從而即可進一步求解.
【詳解】對于 A，當 a =1時，
f x x 1 1 x -1 1 1 x -1= - lnx, g x = lnx + , x > 0 , f x =1- = , g x = - = ，
x x x x x2 x2
當0 < x <1時，有 f x < 0, g x < 0，此時 f x , g x 均單調遞減，
當 x >1時，有 f x > 0, g x > 0，此時 f x , g x 均單調遞增，
所以當 x =1時， f x , g x 均各自取到相應的極值，且 f 1 = g 1 =1，
所以當 a =1時，則 f x 與 g x 有相同的極值點和極值，故 A 正確；
f x ax ln x 1 1= - lnx = 0 a = x > 0 , g x = alnx + = 0 a = - x > 0, x 1 ，
x x x ln x
令u x ln x= x > 0 ,v x 1= - x > 0, x 1 ，
x x ln x
u x 1- ln x= 2 ， v x
ln x +1
=
x x2
，
ln2 x
當0 < x < e時，u x > 0，u x 單調遞增，當 x>e時，u x < 0，u x 單調遞減，
當 x 0 時，u x - ，當 x + ，u x 0，
當 x=e時，u x 有極大值，u e 1= ，
e
在同一平面直角坐標系中，畫出直線 y = a 的圖象與函數(shù)u x 的圖象，如圖所示，
ln x 1
所以方程 a = x > 0 有兩個根當且僅當0 < a < ，
x e
當0 < x
1
< 時， v x < 0， v x 1單調遞減，當 < x < 1時， v x > 0， v x 單調遞增，
e e
當 x 從 1 的左邊趨于 1 時， v x 趨于正無窮，當 x 從 1 的右邊趨于 1 時， v x 趨于負無窮，
當 x >1時， v x > 0， v x 單調遞增，
-t
令 x = et , t - ，則 x 0 ， v x e= - - ，當 x + 時，u x 0，
t
x 1
1
當 = 時， v x 有極小值， v e ÷ = e，e è
在同一平面直角坐標系中，畫出直線 y = a 的圖象與函數(shù) v x 的圖象，如圖所示，
1
方程 a = - x > 0, x 1 有兩個根當且僅當 a > e，
x ln x
綜上所述，不存在 a R ，使 f x 與 g x 的零點同時為 2 個，故 B 錯誤；
設F x = f x - g x = ax 1- lnx - a ln x - , x 1,e , a 0,1 ，
x
F 1 = a -1< 0 <1, F e = ae - ln e - a ln e 1- = a e -1 -1 1- < e -1-1 1- = e - 2 1- <1，
e e e e
F x a a +1 1 ax
2 - a +1 x +1 x -1 ax -1
= - + 2 = = ，x x x2 x2
當 x 1,e ,a 0,1 1時，顯然 >1，
a
1 1 e 1若 < < ，即 < a <1，在此情況下：
a e
1 x 1 1當 < < 時，F(xiàn) x < 0，F(xiàn) x 單調遞減，當 < x < e時，F(xiàn) x > 0，F(xiàn) x 單調遞增，
a a
F 1 a 1 ln 1 a ln 1 1 ÷ = × - - - 1 =1+ a +1 ln a - a F x max F 1 , F e <1è a a a a ，
a
1
即在 < a <1的情況下， f x - g x 1對 x 1,e 恒成立，
e
1 1
若 e，即0 < a ，在此情況下：
a e
當1< x < e 時，F(xiàn) x < 0，F(xiàn) x 單調遞減，
所以F x < F 1 < 0 <1，
1
所以在0 < a 的情況下， f x - g x 1對 x 1,e 恒成立，
e
綜上所述，當 a 0,1 時， f x - g x 1對 x 1,e 恒成立，故 C 正確；
對于 D，若函數(shù) f x - g x 在 1,e 上單調遞減，
x -1 ax -1
這意味著F x = 0對 x 1,e
x2
恒成立，
也就是說 ax -1 0對 x 1,e a 1恒成立，即 對 x 1,e 恒成立，
x
1
注意到 y = 1,e x 在 上單調遞減，
a 1
1
所以
ù
，也就是說 a的取值范圍為 - , ú ，故 D 錯誤.e è e
故選：AC.
10．（2024· 3河北唐山·一模）已知函數(shù) f x = x - 3x +1，則（ ）
3
A．直線 y = - x 是曲線 y = f x 的切線
2
B． f x 有兩個極值點
C． f x 有三個零點
5
D．存在等差數(shù)列 an ，滿足 f ak = 5
k =1
【答案】BCD
3
【分析】由導數(shù)的意義可知斜率為- 時，求出切點，再由點斜式判斷 A 錯誤；求導后由單
2
調性可判斷 B 正確；代入極值點后可判斷 C 正確；由等差中項可判斷 D 正確.
【詳解】 f x = 3x2 - 3 = 3 x +1 x -1 ，
A f x 3 3x2 3 x 2
2 5
：令 = - = - = ± ，而 f ÷ = - 2 +1，
2 2 2 ֏ 4
3 2 5
由點斜式可知此時切線方程為- x - ÷÷ = y - - 2 +1÷ ；2 è 2 è 4
2 5 3 f 2
5
- = 2 +1 - x + = y - 2 +1 ÷÷ ，由點斜式可知此時切線方程為 ÷÷ ÷；
è 2 4 2 è 2 è 4
3
所以直線 y = - x 不是曲線 y = f x 的切線，故 A 錯誤；
2
B：令 f x = 0，解得 x = ±1，所以函數(shù)在 - ,-1 , 1,+ 上單調遞增，在 -1,1 上單調遞
減，
故 x=-1時取得極大值， x =1取得極小值；故 B 正確；
C：因為 f -1 = 3 > 0, f 1 = -1 < 0，所以由單調性可知函數(shù)由三個零點，故 C 正確；
5
D：取 an = n - 3，則 f ak = 5，故 D 正確；
k =1
故選：BCD
11．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = (x -1) ln x， g(x) = x2 ，下列命題正確的是（ ）
A．若H (x) = f (x) - g(x) ，則H (x)有且只有一個零點
H (x) f (x)B．若 = g(x) ，則
H (x)在定義域上單調，且最小值為 0
C．若H (x) = f (x) - g (x)，則H (x)有且只有兩個零點

D．若H (x)
g (x)
=
f (| x |) ，則
H (x)為奇函數(shù)
【答案】ACD
【分析】對于 A，根據(jù)零點存在性定理，利用導數(shù)要求其單調性，可得其正誤；對于 B，根
據(jù)單調性的定義，取幾個點比較大小，可得其正誤；對于 C，利用導數(shù)研究其單調性，求得
其最小值，在其左右兩邊利用零點存在性定理，可得其正誤；對于 D，利用奇函數(shù)的定義，
可得答案.
【詳解】對于選項 A，由題意得H (x) = f (x) - g(x) = (x -1) ln x - x2 ， x (0,+ )，
顯然H (1) 1 H
1= - ， ÷ > 0，故H (x)e 存在零點，為判斷其唯一性，對
H (x)求導，
è

得H (x) = ln x
1
- - 2x +1， x (0,+ )．由于不便于判斷H (x) 的正負性，令F x = H x ，
x
1 1 -2x2
再對 F (x)求導，得F (x) + x +1= + - 2 = ， x (0,+ )，令F (x) = 02 2 ，得 x =1，x x x
易知在 x (0,1) 中，F(xiàn) (x) > 0，在 x (1,+ )中，F(xiàn) (x) < 0，
所以H (x) 在 x (0,1) 上單調遞增，在 x (1,+ )上單調遞減，
H (x) 的最大值為H (1) = -2，故H (x) -2 < 0 ，
即H (x) = f (x) - g(x) = (x -1) ln x - x2 在 x (0,+ )上單調遞減，
因此H (x)有且只有一個零點，故 A 正確．
對于選項 B，H (x)
f (x) (x -1) ln x
= = x (0,+ )
g(x) x2 ， ，
H 1 1由 ÷ = 24ln 2 H

， ÷ = 2ln 2，H 1 = 0
1
，H 2 = ln 2 ，
è 4 è 2 4
由 24ln 2 > 2ln 2
1
> ln 2 > 0，則判斷出H (x)在定義域上并不單調，故 B 錯誤．
2
對于選項 C，H (x) = f (x) - g (x) = (x -1) ln x - 2x ， x (0,+ )，
對H (x)
1
求導，得H (x) = ln x - -1, x (0,+ ) ，
x
H (x) F x = H x F (x) 1 1由于不便于判斷 的正負性，令 ，得 = + > 0， x (0,+ )，
x x2
所以H (x) 在 x (0,+ )上單調遞增，又因為0 < e < e2 ，H (e)
1 1
= - < 0 2，H e = 2 - 2 > 0，e e
且H (x) 在 x (0,+ )上連續(xù)，
所以，由函數(shù)的零點存在性定理，存在 x0 0, + ，使得H x0 = 0，
故所以H (x)在 x 0, x0 上單調遞減，在 x x0 ,+ 上單調遞增，
又H (e) = (e -1) ln e - 2e = -1- e < 0 2，H e = e2 -1 ln e2 - 2e2 = -2 < 0，
所以H (x)的最小值為H x0 = x0 -1 ln x0 - 2x0 < 0．
因為H (x)在 x (0,+ )上連續(xù)，所以在 x 0, x0 中取
H 1 = 1 -1 1 1 4 ln
è e2 ÷ è e2 ÷ e2
- 2 = 2 - > 0，
e2 e2
3 3 3 3 3
在 x x0 ,+ 中取H e = e -1 ln e - 2e = e - 3 > 0，
則存在 x1 0, x0 中使得H x1 = 0，存在 x2 x0 ,+ 中使得H x2 = 0，
故H (x)有且只有兩個零點，故 C 正確．

對于選項 D，H (x)
g (x) 2x
= =
f (| x |) (| x | 1) ln | x |， -
由H -x = -H x ，則得出H (x)為奇函數(shù)，故 D 正確．
故選：ACD．
【點睛】本題的解題關鍵在于利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，對于導數(shù)的處理方法一般有：法
一是對其分解因式，直接判斷其與零的大小關系；法二是若函數(shù)為分式函數(shù)，取分子部分構
造函數(shù)再求導研究其單調性求最值，判斷其與零答大小關系；法三是再次求導研究其單調性，
并求其最值，判斷其與零的大小關系.
三、填空題
12．（2023·四川內江·模擬預測）若函數(shù) f (x) = kx - ex有兩個零點，則 k 的取值范圍
為 ．
【答案】 e,+
1 x
【分析】分離常數(shù)，將問題轉化為 y＝ 與 y＝ x 的圖象有兩個交點，令 g x
x
= x （x∈R），k e e
利用導數(shù)求出 g x 的最值，再給合 g x 的正負分析即可得答案．
【詳解】解：因為 f (x) = kx - ex有兩個零點，
1 x
即 kx - ex = 0有兩個零點 = x 有兩個解，k e
1 x
即 y＝ 與 y＝ x 的圖象有兩個交點，k e
令 g x x= x （x∈R），e
1- x
則 g ' x = ，
ex
所以當 x - ,1 時， g ' x > 0， g x 單調遞增；當 x 1,+ 時， g ' x < 0， g x 單調遞
減；
所以 g x = g 1 = 1max ，e
x
又因當 x < 0 時， g x ＝ x ＜0，e
當 x > 0時， g x x＝
ex
＞0，
x
當 x = 0時， g x ＝ ＝0，
ex
1 x
要使 y＝ 與 y＝ x 的圖象有兩個交點，k e
1 1
所以 0＜ ＜ ，即
k e
故 k 的取值范圍為 e,+ ．
故答案為： e,+ ．
13．（2024·四川瀘州·二模）若函數(shù) f (x) = ln x
1
- x + a有零點，則實數(shù) a的取值范圍
e
是 ．
【答案】 0, +
【分析】利用導數(shù)說明函數(shù)的單調性，即可求出函數(shù)的最大值，依題意只需 f x 0max ，即
可求出參數(shù)的取值范圍.
【詳解】函數(shù) f (x) ln x
1
= - x + a的定義域為 0, + ，
e
1 1 e - x
又 f (x) = - = ，所以當0 < x < e時 f (x) > 0 ，當 x>e時 f (x) < 0 ，
x e ex
所以 f x 在 0,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減，
所以 f x = f e = amax ，又 x 0 時 f (x) - ， x + 時 f (x) - ，
又函數(shù) f (x) = ln x
1
- x + a有零點，所以 f x 0max ，即 a 0，e
所以實數(shù) a的取值范圍是 0, + .
故答案為： 0, +
14．（2024· x廣東佛山·二模）若函數(shù) f x = e ln x xex a ln x+ - - a （ a R ）有 2 個不同的零
x
點，則實數(shù) a的取值范圍是 ．
【答案】 0,1 U 1, +
x a x
【分析】化簡函數(shù) f x = ln x + x e - ÷，得到 g x = ln x + x和 h x = xe 在 0, + 上單
è x
增，結合存在唯一的 x1 0,1 ，使 g x1 = 0，即 ln x1 + x1 = 0，且存在唯一的 x2 0, + ，
使 h x2 = a ，結合 x1 = x2，進而得到實數(shù) a的取值范圍．
f x = ex ln x + x - a ln x x a 【詳解】由函數(shù) +1÷ = ln x + x e - ÷ , (x > 0) ，
è x è x
設 g x = ln x + x 1，可得 g x = +1 > 0， g x 單調遞增，
x
1 1
且 g ÷ = - ln 2 + < 0， g 1 = 0 +1 > 0 ，
è 2 2
所以存在唯一的 x1 0,1 ，使 g x1 = 0，即 ln x1 + x1 = 0，
令 ex
a
- = 0，即
x a = xe
x，
設 h x = xex ，可得 h x = (x +1)ex > 0，則 h x 在 0, + 上單增，
又由 h 0 = 0且 x + 時， h x + ，
所以當 a 0, + x時，存在唯一的 x2 0, + ，使 h x2 = a ，即 a = x2e 2 ，
ìln x1 + xx = x 1
= 0
若 時，可得 í ln x - x1 x11 2 a = x ex ，則1 1
= -x1，可得 x1 = e ，所以 x1e =1，
1
所以 a =1，
綜上所述，實數(shù) a的取值范圍為 0,1 1,+ ．
故答案為： 0,1 1,+ ．
【點睛】方法技巧：已知函數(shù)零點（方程根）的個數(shù)，求參數(shù)的取值范圍問題的三種常用方
法：
1、直接法，直接根據(jù)題設條件構建關于參數(shù)的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參
數(shù)的取值范圍 2、分離參數(shù)法，先分離參數(shù)，將問題轉化成求函數(shù)值域問題加以解決；
3、數(shù)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(shù)的圖象，然后數(shù)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，構造函數(shù) f x = x ln x 或 g x = xex；
② e
a b ea b x ex
< a < ，構造函數(shù) f x = 或 g x = ；a ln b ln e ln b ln x x
③ ea ± a > b ± ln b ea ± ln ea > b ± ln b，構造函數(shù) f x = x ± ln x或 g x = ex ± x .
四、解答題
15．（23-24 高三上·河南·期末）已知函數(shù) f x = a ln(x +1) - x sin x．
π
(1)若 a = 0，求曲線 y = f x 在點 , f
π
÷÷處的切線方程；
è 2 è 2
(2)若 a =1，研究函數(shù) f x 在 x -1,0 上的單調性和零點個數(shù)．
【答案】(1) y = -x
(2) f x 在 x -1,0 上單調遞增；1
π π π
【分析】（1）當 a = 0時，求出 f ÷ = - ， f ÷ = -1，從而可求出切線方程.
è 2 2 è 2
（2）當a =1時，利用導數(shù)求出 f x 在 x -1,0 上單調遞增．又 f 0 = 0，從而可求解.
【詳解】（1）當 a = 0時， f x = -x sin x ，
f x sin x x cos x f π π π則 = - - ，則 2 ÷ = - ， f
= -1，
è 2 è 2 ÷
所以曲線 y = f x π π 在點 , f2 ÷÷處的切線方程為
y = -x．
è è 2
1
（2）當 a =1時， f x = ln x +1 - x sin x ，則 f (x) = - sin x - x cos x，
x +1
當 x -1,0 1時， > 0，-sin x 0，-x cos x 0 ，則 f x > 0，
x +1
故 f x 在 x -1,0 上單調遞增．
又因為 f 0 = 0，所以 f x 在 x -1,0 上的零點個數(shù)為1．
16．（2024·四川瀘州·三模）已知函數(shù) f (x) = axex -1（ a > 0），
(1)討論函數(shù) f (x) 的零點個數(shù)；
(2)若 | f (x) |> x + x ln x恒成立，求函數(shù) f (x) 的零點 x0 的取值范圍．
【答案】(1)1；
1
(2) (0, ) .
e
【分析】（1）求出函數(shù) f (x) 的導數(shù)，利用導數(shù)探討單調性，進而求出零點個數(shù).
（2）由（1）的結論，按0 < x < x0 , x > x0 分段討論給定不等式，構造函數(shù)并利用導數(shù)探討單
調性建立不等式求解即得.
【詳解】（1）函數(shù) f (x) = axex -1的定義域為 R，求導得 f (x) = aex (x +1)，而 a > 0，
由 f (x) < 0 得 x < -1，由 f (x) > 0 得 x > -1，因此函數(shù) f (x) 在 (- , -1)上遞減，在 (-1, + )遞
增，
1 1
又當 x < 0 時， f (x) < 0恒成立， f (0) = -1 < 0, f ( ) = ea -1 > 0，因此函數(shù) f (x) 在 (0, + )存在
a
唯一零點，
所以函數(shù) f (x) 的零點個數(shù)是 1.
（2）由（1）知函數(shù) f (x) 存在唯一零點 x0 (0, + )
x
，且ax 00e -1= 0，
①當 x (0, x0 )時， f (x) < 0，由 | f (x) |> x + xlnx 得： -axe x + 1 > x + xlnx ，即
-ae x 1+ -1- lnx > 0，
x
設 g(x) = -aex
1
+ -1- lnx x 1 1，求導得 g (x) = -ae -
x x2
- < 0，
x
1
g(x) x0在 (0, x0 )上單減，則 g(x) > g(x0 ) = -ae + -1- lnx0 = -1- lnx0 0
1
x ，解得0 < x0 ；0 e
②當 x [x0 ,+ )時，由 | f (x) |> x + xlnx
1
得： axe x -1 > x + xlnx ，即 ae x - -1- lnx > 0，
x
設 h(x) aex
1 1 1
= - -1- lnx，求導得 h (x) = aex + 2 - ，而 axe x -1 > 0 ，x x x
1
則 h (x) > 0
x
， h(x) 在[x0 , + )上單增，則 h(x) h(x0 ) = ae 0 - -1- lnx0 = -1- lnx0 > 0x ，解得0
0 < x 10 < ，e
1
綜上得 x0 的取值范圍是 (0, ) .e
【點睛】方法點睛：對于利用導數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
①通常要構造新函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
②利用可分離變量，構造新函數(shù)，直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題．
③根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分
離參數(shù)后構造的新函數(shù)能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就
要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．
1
17．（2024· x 2四川·模擬預測）已知函數(shù) f x = axe - x - x,a 1 2 ．2 e
(1)討論函數(shù) f x 的單調性；
1
(2)當 x > 0時，求證： f x lnx - x2 -1．
2
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數(shù)，進行分類討論即可求出單調性.
x-2
（2）先對證明式子進行化簡，再令新函數(shù) g x = xe - lnx - x +1(x > 0) ，求解函數(shù) g(x)的
單調性和最小值即可.
x
【詳解】（1）函數(shù) f x 的定義域為R, f x = x +1 ae -1 ．
a 1 0 1 e2 f x = 0 x ln 1 , ln 1因為 2 ，所以 < ，由 得 x=-1或 = 2 ．e a a a
1 a 1①當 2 < e 時，-1 < ln 2，e a
所以 f x > 0 x < -1 1或 x > ln , f x < 0 -1 < x < ln 1 ，
a a
則 f x 在 - , -1 上單調遞增，在 -1,ln
1 1
上單調遞減，在 ln , + 上單調遞增；
è a ÷ ÷ è a
②當 a = e時， f x = x +1 ex+1 -1 0，則 f x 在 - , + 上單調遞增；
③當 a > e時， ln
1
< -1，所以 f x > 0 1 x < ln 或 x > -1, f x < 0 ln 1 < x < -1，
a a a
則 f x - , ln 1 1 在 ÷ 上單調遞增，在 ln ,-1÷上單調遞減，在 -1, + 上單調遞增．
è a è a
1 1 1
綜上， 2 a < e 時， f x 在 - , -1 上單調遞增，在 -1,ln ÷上單調遞減，在 ln , + e a ÷è è a
上單調遞增； a = e時， f x 在 - , + 上單調遞增；
a > e f x , ln 1 1時， 在 - ÷ 上單調遞增，在 ln ,-1

上單調遞減，在 -1, + 上單調遞
è a è a ÷
增．
（2） f x lnx 1- x2 -1等價于axex - lnx - x +1 0(x > 0)．
2
當 x > 0時， xex > 0，
1
則當 a 2 時，axe
x xex-2(x > 0)，即證axex - lnx - x +1 xex-2 - lnx - x +1 0(x > 0)，
e
令 g x = xex-2 - lnx - x 1+1(x > 0) ，則 g x = x +1 ex-2 -

÷．
è x
而 x +1 > 0，令h x = ex-2 1- ，
x
1
因為函數(shù) y = ex-2 , y = - 在區(qū)間 0, + 上都是增函數(shù)，
x
所以函數(shù) h x 在區(qū)間 0, + 上單調遞增．
Qh 1 1= -1 < 0,h 2 1= > 0,\存在 x0 1,2 ，使得 h x0 = 0，e 2
ex 10 -2即 = , x0 - 2 = -lnxx 0 ，0
當 x 0, x0 時， g x < 0，則 g x 在 0, x0 上單調遞減，
當 x (x0 ,+ ) 時， g x > 0，則 g x 在 x0 ,+ 上單調遞增，
g(x) = g(x ) = x ex0 -2所以 min 0 0 - ln x0 - x0 +1 = x e
x0 -2 -1 = x e- ln x00 0 -1 = 0，
所以 g(x) 0，即axex - lnx - x +1 xex-2 - lnx - x +1 0(x > 0)，
1 2
所以 f x lnx - x -1.
2
【點睛】關鍵點睛：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)單調性的問題，要先對證明式進行等價轉
x-2
化，構造新函數(shù) g x = xe - lnx - x +1(x > 0) ，在求 g(x)的單調性過程中，根據(jù)零點存在
定理找到 g (x) 的隱零點 x0 ，最后再求 g(x)的最小值即可證明.
18．（2024· x北京朝陽·一模）已知函數(shù) f x = 1- ax e a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若關于 x 的不等式 f x > a 1- x 無整數(shù)解，求 a的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2) a 1
【分析】（1）首先求函數(shù)的導數(shù)，再分 a > 0, a < 0,a = 0三種情況討論 f x 的單調性；
a x x -1 （2）不等式轉化為 - x ÷ <1 h x x
x -1
，設函數(shù) = - x ，利用導數(shù)求函數(shù)的取值范圍，è e e
再結合不等式，討論 a的取值，即可求解.
【詳解】（1） f x = 1- a - ax ex ，
f x = 0 x 1- a當 ，得 = ，
a

當 a > 0時， x - ,
1- a
÷時， f x > 0， f x 單調遞增，
è a
x 1- a ,+ ÷ 時， f x < 0， f x 單調遞減，
è a
1- a
a 0 x - , 當 < 時， ÷時， f x < 0， f x 單調遞減，
è a
x 1考點 21 利用導數(shù)研究函數(shù)的零點（3 種核心題型+基
礎保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
函數(shù)零點問題在高考中占有很重要的地位，主要涉及判斷函數(shù)零點的個數(shù)或范圍．高考?？?br/>查三次函數(shù)與復合函數(shù)的零點問題，以及函數(shù)零點與其他知識的交匯問題，一般作為解答題
的壓軸題出現(xiàn)
【核心題型】
題型一　利用函數(shù)性質研究函數(shù)的零點
利用函數(shù)性質研究函數(shù)的零點，主要是根據(jù)函數(shù)單調性、奇偶性、最值或極值的符號確定函
數(shù)零點的個數(shù)，此類問題在求解過程中可以通過數(shù)形結合的方法確定函數(shù)存在零點的條
件．
x
【例題 1】（2024·全國·模擬預測）若函數(shù) f x = e - x + a - 2有兩個零點，則實數(shù) a的取值
范圍是（ ）
A． - ,1 B． - ,0 C． - ,0 D． - ,1
【變式 1】（2024·陜西西安·一模）若不等式 xex - x + a lnx - 2 恒成立，則實數(shù) a的取值范圍
為 .
【變式 2】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = x2 - (2 + a)x + a ln x， a R .
(1)討論 f (x) 的單調性；
x
(2)設 g(x) e= - f (x) + x2 - (a +1)x - 2a + (a -1) ln x，若 g(x)存在兩個不同的零點x1，xx 2
，
且 x1 x2 .
（i）證明： 2a > e +1；
2
ii x x 4a - 2a -1（ ）證明： 2 - 1 .2a -1
1
【變式 3】（2024·遼寧· x三模）已知 f x = x -1 e + ax2 .
2
(1)討論函數(shù) f x 的單調性；
(2)當 a > 0時，證明：函數(shù) f x 有且僅有兩個零點 x1, x2 ，且 x1 + x2 0 .
題型二　數(shù)形結合法研究函數(shù)的零點
含參數(shù)的函數(shù)零點個數(shù)，可轉化為方程解的個數(shù)，若能分離參數(shù)，可將參數(shù)分離出來后，
用 x 表示參數(shù)的函數(shù)，作出該函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象特征求參數(shù)的范圍或判斷零點個數(shù)．
ìln(1- x), x - ,0

【例題 2】（2024·北京房山·一模）若函數(shù) f (x) = í 1 ，則函數(shù)
ln x , x 0,+ e
g(x) = f (x) + x + c 零點的個數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．1 或 2 D．1 或 3
ì 3ex
, x > -1
【變式 1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) =
x +1
í , g(x) x
1
= + + a ．若
1 1 x+ , x -1
x 2
g( f (x)) = 0 有三個不同的根，則 a的取值范圍為 ．
【變式 2】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數(shù) f x = ex -1- ax a R ．
(1)若函數(shù) f x 在點 1, f 1 處的切線與直線 x + 2ey +1 = 0垂直，求 a 的值；
(2)當 x 0,2 時，討論函數(shù)F x = f x - x ln x零點的個數(shù)．
【變式 3】（2024· x河北邯鄲·二模）已知函數(shù) f x = e - mx, g x = x - mlnx ．
(1)是否存在實數(shù)m ，使得 f x 和 g x 在 0, + 上的單調區(qū)間相同？若存在，求出m 的取
值范圍；若不存在，請說明理由．
(2)已知 x1, x2 是 f x 的零點， x2 , x3 是 g x 的零點．
①證明：m > e ，
②證明：1 x1x2x e
3
3 ．
題型三　構造函數(shù)法研究函數(shù)的零點
涉及函數(shù)的零點(方程的根)問題，主要利用導數(shù)確定函數(shù)的單調區(qū)間和極值點，根據(jù)函數(shù)零
點的個數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間內的極值以及區(qū)間端點的函數(shù)值與 0 的關系，從而求得參數(shù)的
取值范圍
【例題 3】（2023· 2 3 2吉林通化·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = x + 2 x - 3ax + b 滿足：①定義
1 1 1
域為 R ；② b 4；③有且僅有兩個不同的零點x1，x2，則 +x x 的取值范圍是（ ）2 1 2
A． (-2,
1
-1) B
1
． -1, - ÷ C． ,12 ÷ D． (1, 2)è 2 è
【變式 1】（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ax2ex - 2ln x - x - a，則（ ）
A．當 a =1時， f x 有極小值 B．當 a =1時， f x 有極大值
C．若 f x 0，則 a =1 D．函數(shù) f x 的零點最多有 1 個
【變式 2】（2024·全國·模擬預測）設函數(shù) f x = -x2 + ax + lnx a R .
(1)若 a =1，求函數(shù) f x 的單調區(qū)間；
(2)設函數(shù) f x é1在 ê ,e
ù
ú 上有兩個零點，求實數(shù) a的取值范圍.（其中 e是自然對數(shù)的底數(shù)） e
【變式 3】（2024·廣東·二模）已知 f x 1= ax2 + 1- 2a x - 2lnx,a > 0 .
2
(1)求 f x 的單調區(qū)間；
(2)函數(shù) f x 的圖象上是否存在兩點 A x1, y1 , B x2 , y2 （其中 x1 x2 ），使得直線 AB 與函數(shù)
f x x的圖象在 x 1 + x20 = 處的切線平行？若存在，請求出直線 AB ；若不存在，請說明理由.2
【課后強化】
基礎保分練
一、單選題
f x cos x 11．（2023·四川資陽·模擬預測）將函數(shù) = - x 在 0, + 上的所有極值點按照由小e
到大的順序排列，得到數(shù)列 xn （其中 n N* ），則（ ）
1 1
A． n - ÷ π xn n + ÷ π B． x - x π
è 2 è 2 n+1 n
C． xn + xn+1 > 2n -1 π D． xn - n -1 π 為遞減數(shù)列
2．（23-24 x高三上·湖北荊門·階段練習） f x = 2e - 5x2 的零點的個數(shù)為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2023·四川成都·二模）若指數(shù)函數(shù) y = a x （ a > 0且a 1）與冪函數(shù) y = x5的圖象恰好有
兩個不同的交點，則實數(shù) a的取值范圍是（ ）
e e
A． e5 , + ÷ B． 1,e5 ÷
è è
5 e1,
5
C． e ÷
÷ D． 1,ee ÷
è è
÷
è
2 15
4．（2023·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ea-x x
x-a+2ln
+ + 4x - ln(x + 4) + e 4 存在零點，則實數(shù) a
2
的值為（ ）
15 15
A．-2 B． ln - 2 C．-3 D． ln - 34 4
二、多選題
5．（2024· 3全國·模擬預測）已知函數(shù) 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
6．（2024·遼寧撫順·三模）已知定義在R 上的奇函數(shù) f x 連續(xù)，函數(shù) f x 的導函數(shù)為
f x ．當 x > 0時， f x cosx > f x sinx + e × f x ，其中 e為自然對數(shù)的底數(shù)，則（ ）
A． f x 在R 上為減函數(shù) B．當 x > 0時， f x 0
π 3π
C． f ÷ > f ÷ D． f x 在R 上有且只有 1 個零點
è 2 è 2
三、填空題
7．（2024·內蒙古包頭·一模）已知函數(shù) f x = kx3 - 3x2 + 4k k > 0 ，若 f x 存在唯一的零點，
則 k 的取值范圍是 .
m
8．（2024· · f x = ex 2四川成都 模擬預測）若函數(shù) - x - x在 x -1,2 上有 2 個極值點，則
2
實數(shù)m 的取值范圍是 .
四、解答題
9．（2024· x浙江紹興·模擬預測）已知 f x = ae - x， g x = cos x .
(1)討論 f x 的單調性.
(2)若 x0 使得 f x0 = g x0 ，求參數(shù) a的取值范圍.
10．（2024·寧夏固原·一模）已知函數(shù) f x = ax ln x +1 +1(a > 0) ．
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 f x 有兩個零點，求 a的取值范圍．
1
11．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = xe x - a(x > 0) ，且 f (x) 有兩個相異零點 x1, x2 ．
(1)求實數(shù) a 的取值范圍．
2a
(2)證明： x1 + x2 > ．e
12．（2024·湖北黃石·三模）已知函數(shù) f x = x - ln x + m有兩個零點x1，x2 .
(1)求實數(shù)m 的取值范圍；
(2)如果 x1 x2 2x1 ，求此時m 的取值范圍.
綜合提升練
一、單選題
1．（2023·湖南·模擬預測）有甲、乙兩個物體同時從 A 地沿著一條固定路線運動，甲物體的
t
運動路程 s1（千米）與時間 t（時）的關系為 s1 t = 2 -1，乙物體運動的路程 s2（千米）與
時間 t（時）的關系為 s2 t = 3t ，當甲、乙再次相遇時，所用的時間 t（時）屬于區(qū)間（ ）
A． 2,3 B． 3,4 C． 4,5 D． 5,6
2．（23-24 高三上·海南省直轄縣級單位·階段練習）函數(shù) f x = x + sin x - 2的零點所在的大
致區(qū)間為（ ）
A． 0,1 B． 1,2 C． 2,3 D． 3,4
3．（2024·全國·模擬預測）若函數(shù) f x = xex - x - lnx + a - 2有兩個零點，則實數(shù) a的取值范
圍是（ ）
A． - ,1 B． - ,0 C． - ,0 D． - ,1
4．（23-24 高三下·江西·階段練習）函數(shù) f (x) =| 2x - m | - | ln x |有且只有一個零點，則m 的取
值可以是（ ）
A．2 B．1 C．3 D． e
ì-x3 - 3x2 - 2x, x 0
5．（2024·陜西漢中·二模）已知函數(shù) f (x) = í ， g(x) = f (x) - mx 有 4 個零
ln x, x > 0
點，則 m 的取值范圍為（ ）
(1 , 1A． ) B． (-2,0]U{
1} C． (-2,0]U{
1} D． (- ,0]U (
1 , 1)
4 e e 4 4 e
6．（2024· x全國·模擬預測）已知函數(shù) f x = 2 - kx - b恰有一個零點 x0 ，且b > k > 0，則 x0
的取值范圍為（ ）
,1- ln2 , ln2 1- ln2 , ln2A ． - ÷ B． - ÷ C． + D ,+
è ln2 è 1- ln2 è ln2 ÷
．
è1- ln2 ÷
ì e
a + , x > 0
7．（2024·貴州貴陽·一模）已知函數(shù) f x = í x ，若方程 f x + ex = 0 存在三個不相
e- x , x 0
等的實根，則實數(shù) a的取值范圍是（ ）
A． - , e B． - ,-e C． - , -2e D． - , 2e
8．（2024·陜西·二模）已知 f x 0，且 x > 0時， f 2x = cos2 x × f x ，則下列選項正確的
是（ ）
x
A． f x > f 2 ÷è
x πB．當 + kπ k Z 時， f x 2 tan xf 2x
2
π 4 2
C．若 f ÷ =
x f x
，
2 π2 g x

= f x =1 0,1 1
è sin2
為常函數(shù)，則 在區(qū)間 內僅有 個根
x
D．若 f 1 =1，則 f 8 2
27
二、多選題
9．（2024·遼寧·三模）已知函數(shù) f x = ax - lnx, g x = alnx 1+ , a 為實數(shù)，下列說法正確的是
x
（ ）
A．當 a =1時，則 f x 與 g x 有相同的極值點和極值
B．存在 a R ，使 f x 與 g x 的零點同時為 2 個
C．當 a 0,1 時， f x - g x 1對 x 1,e 恒成立
2ù
D．若函數(shù) f x - g x 在 1,e 上單調遞減，則 a的取值范圍為 - ,
è e ú
10 2024· · f x = x3．（ 河北唐山 一模）已知函數(shù) - 3x +1，則（ ）
3
A．直線 y = - x 是曲線 y = f x 的切線
2
B． f x 有兩個極值點
C． f x 有三個零點
5
D．存在等差數(shù)列 an ，滿足 f ak = 5
k =1
11．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = (x -1) ln x， g(x) = x2 ，下列命題正確的是（ ）
A．若H (x) = f (x) - g(x) ，則H (x)有且只有一個零點
B．若H (x)
f (x)
= H (x)
g(x) ，則 在定義域上單調，且最小值為 0
C．若H (x) = f (x) - g (x)，則H (x)有且只有兩個零點

D．若H (x)
g (x)
= H (x)
f (| x |) ，則 為奇函數(shù)
三、填空題
12．（2023·四川內江·模擬預測）若函數(shù) f (x) = kx - ex有兩個零點，則 k 的取值范圍
為 ．
1
13．（2024·四川瀘州·二模）若函數(shù) f (x) = ln x - x + a有零點，則實數(shù) a的取值范圍
e
是 ．
a ln x
14．（2024·廣東佛山·二模）若函數(shù) f x = ex ln x + xex - - a （ a R ）有 2 個不同的零
x
點，則實數(shù) a的取值范圍是 ．
四、解答題
15．（23-24 高三上·河南·期末）已知函數(shù) f x = a ln(x +1) - x sin x．
π
(1)若 a = 0，求曲線 y = f x 在點 , f
π
÷÷處的切線方程；
è 2 è 2
(2)若 a =1，研究函數(shù) f x 在 x -1,0 上的單調性和零點個數(shù)．
16．（2024·四川瀘州·三模）已知函數(shù) f (x) = axex -1（ a > 0），
(1)討論函數(shù) f (x) 的零點個數(shù)；
(2)若 | f (x) |> x + x ln x恒成立，求函數(shù) f (x) 的零點 x0 的取值范圍．
17．（2024·四川·模擬預測）已知函數(shù) f x = axex 1- x2 - x,a 1
2 e2
．
(1)討論函數(shù) f x 的單調性；
f x lnx 1(2)當 x > 0 2時，求證： - x -1．
2
18．（2024·北京朝陽·一模）已知函數(shù) f x = 1- ax ex a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若關于 x 的不等式 f x > a 1- x 無整數(shù)解，求 a的取值范圍.
19．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = a x (a > 0, a 1) ，函數(shù)
g(x) = loga x(a > 0,a 1)．
(1)當 a = e時，討論函數(shù)h(x) = f (x)g(x) 的單調性；
(2)當 0 a 1時，求函數(shù) S(x) = f (x) - g(x)的零點個數(shù)．
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2024·云南·模擬預測）已知函數(shù) f x = xex - x - lnx - a，若 f x = 0在 x 0,e 有實數(shù)解，
則實數(shù) a的取值范圍是（ ）
A． 0, + é1B． ê ,+

÷ C． 1, + D． e, +
e
2．（2024·浙江杭州·模擬預測）若函數(shù) f x = xlnx - x + x - a 有且僅有兩個零點，則 a的取
值范圍是（ ）
1 ,0 2A． - ÷ 0,e

B． - ,0

e ÷
0,e
è è e
2
C． - ,0

÷ 0,3
1
D． - ,0 0,3
è e ÷ è e
3 x．（2024·四川成都·二模）函數(shù) f x = e + a sin x, x -π,+ ，下列說法不正確的是（ ）
A．當 a = -1時， f x > 0恒成立
B．當 a =1時， f x 存在唯一極小值點 x0
C．對任意 a > 0, f x 在 x -π, + 上均存在零點
D．存在a 0, f x 在 x -π, + 上有且只有一個零點
4
4．（2024·甘肅武威·模擬預測）已知函數(shù) f x = ln -1÷ - ax + 2a有 3 個零點，則實數(shù) a的
è x
取值范圍是（ ）
A． 1, + B． 2, + C． - , -1 D． - , -2
二、多選題
5．（2024·重慶·一模）已知函數(shù) f x = ex + x3 - 2x2 - ax，則 f x 在 0, + 有兩個不同零點
的充分不必要條件可以是（ ）
A． e - 2 a e -1 B． e -1 a e
C． e a e +1 D． e +1 a e + 2
6．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）已知函數(shù) f (x) = m(x +1) ln x - x +1，下列說法正確的有
（ ）
m 1A．當 = 時，則 y = f (x) 在 (0, + )上單調遞增
2
B．當m =1時，函數(shù) y = f (x) 有唯一極值點
C．若函數(shù) y = f (x) 只有兩個不等于 1 的零點 x1, x2 ，則必有 x1 × x2 =1
y = f (x) 0 m 1D．若函數(shù) 有三個零點，則
2
三、填空題
ì 1
ln(2x -1), x >
7 2．（2023·湖北·一模）若函數(shù) f (x) = í x =1 f x 1 在 處的切線與 的圖像有三 -x2 - 2x + a, x
2
個公共點，則 a的取值范圍 ．
8．（2023· 3 2河南·模擬預測）已知函數(shù) f x = x + bx + cx + c有三個零點，且它們的和為 0，則
b - c的取值范圍是 .
四、解答題
9．（2024·北京豐臺·二模）已知函數(shù) f x = a2x + 2a x - 2lnx a 0 ．
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數(shù) f x 有兩個零點，求 a的取值范圍．
10．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = cos x + ln(1+ x)．
f (x) -1, π (1)求證： 在 ÷上有唯一的極大值點；
è 2
(2)若 f (x) ax +1恒成立，求 a 的值；
(3)求證：函數(shù) g(x) = f (x) - x 有兩個零點．

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