資源簡介

重難點突破 07 函數(shù)零點問題的綜合應用
目錄
01 方法技巧與總結(jié) ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結(jié) ...................................................................................................................................2
題型一：判斷或討論函數(shù)零點的個數(shù) ................................................................................................2
題型二：根據(jù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍 ....................................................................................................3
題型三：證明函數(shù)零點的個數(shù) ............................................................................................................4
題型四：證明函數(shù)零點的性質(zhì) ............................................................................................................5
題型五：最值函數(shù)的零點問題 ............................................................................................................7
題型六：同構(gòu)法妙解零點問題 ............................................................................................................8
題型七：零點差問題 ............................................................................................................................9
題型八：分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為兩圖像交點解決零點問題 ......................................................................11
題型九：零點問題之取點技巧 ..........................................................................................................13
題型十：零點與切線問題的綜合應用 ..............................................................................................14
03 過關(guān)測試 .........................................................................................................................................15
1、函數(shù)零點問題的常見題型：判斷函數(shù)是否存在零點或者求零點的個數(shù)；根據(jù)含參函數(shù)零點情況，
求參數(shù)的值或取值范圍.
求解步驟：
第一步：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題，進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖像與 x 軸(或直線 y = k )在某區(qū)間上的
交點問題；
第二步：利用導數(shù)研究該函數(shù)在此區(qū)間上的單調(diào)性、極值、端點值等性質(zhì)，進而畫出其圖像；
第三步：結(jié)合圖像判斷零點或根據(jù)零點分析參數(shù).
2、函數(shù)零點的求解與判斷方法：
(1)直接求零點：令 f(x)＝0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．
(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且 f(a)·f(b)＜0，還必須
結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點．
(3)利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫坐標有幾個
不同的值，就有幾個不同的零點．
3、求函數(shù)的零點個數(shù)時，常用的方法有：一、直接根據(jù)零點存在定理判斷；二、將 f x 整理變形成
f x = g x - h x 的形式，通過 g x ,h x 兩函數(shù)圖象的交點確定函數(shù)的零點個數(shù)；三、結(jié)合導數(shù)，求函
數(shù)的單調(diào)性，從而判斷函數(shù)零點個數(shù).
4、利用導數(shù)研究零點問題：
（1）確定零點的個數(shù)問題：可利用數(shù)形結(jié)合的辦法判斷交點個數(shù)，如果函數(shù)較為復雜，可用導數(shù)知
識確定極值點和單調(diào)區(qū)間從而確定其大致圖像；
（2）方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題處理.可
以通過構(gòu)造函數(shù)的方法，把問題轉(zhuǎn)化為研究構(gòu)造的函數(shù)的零點問題；
（3）利用導數(shù)研究函數(shù)零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數(shù)形結(jié)合
思想研究；③構(gòu)造輔助函數(shù)研究.
題型一：判斷或討論函數(shù)零點的個數(shù)
【典例 1-1】（2024·河南·三模）函數(shù) f (x) = elx - 4sin x + l - 2的圖象在 x = 0處的切線為 y =ax-a-3,a R.
(1)求l 的值；
(2)求 f (x) 在 (0, + )上零點的個數(shù).
2
【典例 1-2】（2024·河南·模擬預測）已知函數(shù) 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在區(qū)間 ê- , 2024π
ù
ú 上的零點個數(shù)． 2
【變式 1-1】（2024·湖南長沙·三模）已知函數(shù) f x = xex -1, g x = lnx - mx,m R .
(1)求 f x 的最小值；
(2)設函數(shù)h x = f x - g x ，討論 h x 零點的個數(shù).
【變式 1-2 3 2】已知 a，b 是實數(shù)，1 和 -1是函數(shù) f x = x + ax + bx的兩個極值點
(1)求 a，b 的值.
(2)設函數(shù) g x 的導函數(shù) g (x) = f (x) + 2，求 g x 的極值點.
(3)設 h(x) = f ( f (x)) - c ，其中 c -2,2 ，求函數(shù) y = h x 的零點個數(shù).
題型二：根據(jù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍
【典例 2-1 x】（2024·廣東茂名·一模）設函數(shù) f x = e + asinx ， x 0, + .
(1)當 a = -1時， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求實數(shù)b 的取值范圍；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零點，求實數(shù) a的取值范圍.
【典例 2-2】（2024·湖北·模擬預測）已知函數(shù) f x = ex - ln x - a g x = ex， - ln x + a ，其中 a 為整數(shù)且
a 1 .記 x0 為 f x 的極值點，若 f x 存在兩個不同的零點x1， x2 x1 < x2 ，
(1)求 a 的最小值；
(2)求證： g ln x1 = g ln x2 = 0；
【變式 2-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ln(b + x) + a(x -1)e1-x ，曲線 f (x) 在點 (1, f (1))處的切線
平行于直線 2x - y = 0．
(1)當 a =1時，求 b 的值；
(2)當b = 0時，若 f (x) 在區(qū)間 (0,1), (1, + )各內(nèi)有一個零點，求 a 的取值范圍．
【變式 2-2】（2024·江西吉安·模擬預測）已知函數(shù) f x = ex-1 - ax - a a R .
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程；
(2)若函數(shù) f x 有 2 個零點，求 a的取值范圍.
題型三：證明函數(shù)零點的個數(shù)
【典例 3-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = (x -1)2 ex - ax，且曲線 y = f (x) 在點 (0, f (x))處的切線
方程為 y = -2x + b．
(1)求實數(shù) a，b 的值；
(2)證明：函數(shù) f (x) 有兩個零點．
【典例 3-2】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = cos x + ln(1+ x)．
π
(1)求證： f (x) 在 -1, ÷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．
【變式 3-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = x2 - ax + 2ln x ．
(1)求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
f x - f x 8 a
(2)若函數(shù) f (x) 的兩個極值點分別為 x , x 1 21 2 ，證明： > - ；x1 - x2 a 2
(3)設 h(x) = sin x + ln x，求證：當 a [1, 2]時， f (x) - 2ln x = xh(x) 有且僅有 2 個不同的零點．
π π
（參考數(shù)據(jù)： - ln 1.119, π - ln π 1.997,
3π ln 3π- 3.162,2p - ln 2π 4.445）
2 2 2 2
【變式 3-2】（2024·上海閔行·二模）已知定義在（0,+ ）上的函數(shù) y = f (x) 的表達式為 f x = sin x - x cos x ，
其所有的零點按從小到大的順序組成數(shù)列 xn （ n 1, n N ）.
(1)求函數(shù) y = f x 在區(qū)間 0, π 上的值域；
(2)求證：函數(shù) y = f x 在區(qū)間 nπ, n +1 π （ n 1, n N ）上有且僅有一個零點；
題型四：證明函數(shù)零點的性質(zhì)
【典例 4-1】（2024·全國·一模）已知 f x = x2 2ln x- - a
x
(1)若 f x 0，求實數(shù) a的取值范圍；
1 2
(2)設 x1, x2 是 f x 的兩個零點（ x1 > x2 ），求證：①1< x x ；② < x1 + x2 .1 2 x1x2
1
【典例 4-2】（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．
(2)證明： x1 + x
2a
2 > ．e
【變式 4-1】（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知函數(shù) f x = ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求m 的取值范圍；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，證明 x1 + x2 > 2．
【變式 4-2】（2024· x山東臨沂·二模）已知函數(shù) f x = ln ax + a -1 x - e .
(1)當 a =1時，求證： f x 存在唯一的極大值點 x0 ，且 f x0 < -2 ；
(2)若 f x 存在兩個零點，記較小的零點為x1，t 是關(guān)于 x 的方程 ln 1+ x + 3 = 2ax1 + cos x 的根，證明：
et +1 > 2ex1 .
【變式 4-3】（2024·高三·河南鶴壁· x 2期中）已知函數(shù) f x = e - ax a R ，其中 e 為自然對數(shù)的底數(shù)．
(1)若函數(shù) f x 在 0, + 上有 2 個極值點，求 a 的取值范圍；
(2)設函數(shù) g x = f x + e1-x - ex + ax2 + cos x， x 0,2π ），證明： g x 的所有零點之和大于 2π．
【變式 4-4】（2024·四川眉山·三模）已知函數(shù) f (x) = xlnx - ax2 - 2x .
(1)若過點 (1,0)可作曲線 y = f (x) 兩條切線，求 a的取值范圍；
(2)若 f (x) 有兩個不同極值點 x1, x2 .
①求 a的取值范圍；
②當 x1 > 4x
2
2 時，證明： x1x2 >16e
3 .
題型五：最值函數(shù)的零點問題
【典例 5-1】（2024·湖北黃岡·三模）已知函數(shù) f x = x sin x + cos x + ax2 , g x = x ln x ．
π
(1)當 a = 0時，求函數(shù) f x 在 -π, π 上的極值；
(2)用max m, n 表示m, n中的最大值，記函數(shù) h x = max f x , g x (x > 0) ，討論函數(shù) h x 在 0, + 上
的零點個數(shù)．
【典例 5-2】（2024·四川南充·三模）已知函數(shù) f (x) = x sin x cos x
1
+ + ax2， g(x) = x ln
x
．
2 π
(1)當 a = 0時，求函數(shù) f (x) 在[-p,p]上的極值；
(2)用max{m,n}表示m ，n中的最大值，記函數(shù)h(x) = max{ f (x), g(x)}(x > 0)，討論函數(shù) h(x) 在 (0, + )上
的零點個數(shù)．
2
【變式 5-1】（2024· ax x四川南充·三模）已知函數(shù) f x = + - x， g x = lnx ex 其中 為自然對數(shù)的底數(shù).e 2
(1)當 a =1時，求函數(shù) f x 的極值；
(2)用max m, n 表示m ，n中的最大值，記函數(shù) h x = max f x , g x (x > 0) ，當 a 0時，討論函數(shù)
h x 在 0, + 上的零點個數(shù).
【變式 5-2】（2024·江西九江·二模）已知函數(shù) f (x) = ex - ax2 (a R)， g x = x -1．
(1)若直線 y = g x 與曲線 y = f x 相切，求 a 的值；
(2)用min m, n 表示 m，n 中的最小值，討論函數(shù) h(x) = min{ f (x), g(x)}的零點個數(shù)．
題型六：同構(gòu)法妙解零點問題
【典例 6-1 ax】已知函數(shù) f (x) = x-1 + x - ln(ax) - 2(a > 0) ，若函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0,+ )內(nèi)存在零點，求實e
數(shù) a的取值范圍
【典例 6-2】已知 f (x) = xlnx a+ x2 +1．
2
（1）若函數(shù) g(x) = f (x) + xcos x - sin x - xlnx p-1在 (0, ]上有 1 個零點，求實數(shù) a的取值范圍．
2
（2）若關(guān)于 x 的方程 xex-a = f (x) a- x2 + ax -1有兩個不同的實數(shù)解，求 a的取值范圍．
2
【變式 6-1】已知函數(shù) f (x) = aex - ln(x +1) + lna -1．
（1）若 a = 1，求函數(shù) f (x) 的極值；
（2）若函數(shù) f (x) 有且僅有兩個零點，求 a的取值范圍．
f (x) x ln x【變式 6-2】（2024·上海嘉定·一模）已知 = x , g(x) = ．e x
(1)求函數(shù) y = f (x)、y = g(x) 的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)請嚴格證明曲線 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交點；
a 0, 1 (3)對于常數(shù) ÷ ，若直線 y = a 和曲線 y = f (x)、y = g(x) 共有三個不同交點 x1, a 、 x2 ,a 、 x3 ,a ，其
è e
中 x1 < x2 < x3，求證： x1、x2、x3 成等比數(shù)列．
ax ln x 1
【變式 6-3】（2024·四川·三模）已知函數(shù) f x = x 和函數(shù) g x = ，且 f x 有最大值為 ．e x ae
(1)求實數(shù) a 的值；
(2)直線 y＝m 與兩曲線 y = f x 和 y = g x 恰好有三個不同的交點，其橫坐標分別為x1，x2， x3 ，且
x1 < x2 < x
2
3，證明： x1x3 = x2 ．
【變式 6-4】（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(diào)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 1 < x 3證明： 1x2x3 < e ．
題型七：零點差問題
【典例 7-1】（2024·重慶·模擬預測）牛頓在《流數(shù)法》一書中，給出了代數(shù)方程的一種數(shù)值解法——牛頓
法．具體做法如下：如圖，設 r 是 f (x) = 0 的根，首先選取 x0 作為 r 的初始近似值，若 f (x) 在點 (x0 , f (x0 ))
處的切線與 x 軸相交于點 (x1,0)，稱x1是 r 的一次近似值；用x1替代 x0 重復上面的過程，得到x2，稱x2是
r 的二次近似值；一直重復，可得到一列數(shù)： x0 , x1, x2 ,L, xn ,L．在一定精確度下，用四舍五入法取值，當
x , x *n-1 n n N 近似值相等時，該值即作為函數(shù) f (x) 的一個零點 r ．
(1)若 f (x) = x3 + 3x2 + x - 3，當 x0 = 0時，求方程 f (x) = 0 的二次近似值（保留到小數(shù)點后兩位）；
(2)牛頓法中蘊含了“以直代曲”的數(shù)學思想，直線常常取為曲線的切線或割線，求函數(shù) g(x) = ex - 3在點
(2, g(2)) 3處的切線，并證明： ln3 <1+ 2 ；e
(3)若 h(x) = x(1- ln x) ，若關(guān)于 x 的方程 h x = a的兩個根分別為 x1, x2 (x1 < x2 )，證明： x2 - x1 > e - ea．
【典例 7-2】（2024·河南·模擬預測）已知b > 0，函數(shù) f x = x + a ln x + b 的圖象在點 1, f 1 處的切線
方程為 x ln 2 - y - ln 2 = 0 .
(1)求 a，b 的值;
1 1 1
(2)若方程 f x = （e 為自然對數(shù)的底數(shù)）有兩個實數(shù)根 x1, xe 2 ，且
x1 < x2，證明： x2 - x1 <1+ +e eln2
【變式 7-1】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數(shù) f x = ex -1- ax a R ．
1
【變式 7-2】（2024·重慶·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = a(ln x +1) + 3 (a > 0)．x
(1)求證：1+ x ln x > 0；
(2)若 x1, x2 是 f (x)
1
的兩個相異零點，求證： x2 - x1 <1- ．a(chǎn)
【變式 7-3】（2024·河南信陽·三模）已知函數(shù) f x = ax - ln 1- x a R .
(1)若 f x 0恒成立，求 a 的值；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，且 x2 - x1 > e -1，求 a 的取值范圍.
【變式 7-4】（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(diào)性；
x
(2) e設 g(x) = - f (x) + x2 - (a +1)x - 2a + (a -1) ln x，若 g(x)存在兩個不同的零點x1，x2，且 x1 < x2 .x
（i）證明： 2a > e +1；
ii x x 4a
2 - 2a -1
（ ）證明： 2 - 1 < .2a -1
題型八：分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為兩圖像交點解決零點問題
【典例 8-1】（2024·天津·模擬預測）已知函數(shù) f x = ln x + 2
(1)求曲線 y = f x 在 x=- 1處的切線方程；
(2)求證： ex x +1；
(3)函數(shù) h x = f x - a x + 2 有且只有兩個零點，求 a 的取值范圍．
【典例 8-2】（2024·廣東廣州·二模）已知函數(shù) f x = a x +1 e- x + x2 ．
討論 f x 的零點個數(shù)；
【變式 8-1】（2024·浙江· x模擬預測）已知函數(shù) f x = a e + sinx - x -1.
1
(1)當 a = 時，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
2
(2)當 a =1時，判斷 f x 的零點個數(shù).
x 2
【變式 8-2】已知函數(shù) f x = x - 2 e - 2ax + 4ax a > 0 ．
(1)若 a =1，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若 f x 恰有三個零點，求 a 的取值范圍．
x
【變式 8-3】（2024·湖北·模擬預測）函數(shù) f x = ae - x -1 a R ．
(1)當 a =1時，證明： f (x) 0；
(2)討論函數(shù) f (x) 的零點個數(shù)．
【變式 8-4 2】（2024·廣西河池·模擬預測）已知函數(shù) f x = a ln x + x - ax，定義域為 0, + .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)求當函數(shù) f x 有且只有一個零點時， a的取值范圍.
題型九：零點問題之取點技巧
1 2
【典例 9-1】（2024·陜西商洛·模擬預測）已知函數(shù) f x = a -1 x + ln x， g x = ax a R ．
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)當 a > 2時，證明：函數(shù)j x = g x - f x 有兩個不同的零點．
1
【典例 9-2】（2024·浙江杭州·二模）已知函數(shù) f x = aln x + 2 - x2 a R ．
2
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若函數(shù) f x 有兩個極值點，
（ⅰ）求實數(shù) a的取值范圍；
（ⅱ）證明：函數(shù) f x 有且只有一個零點．
lnx 1 3
【變式 9-1】（2024·陜西銅川·三模）已知函數(shù) f x = + + ax - .
x x e
(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 存在零點，求實數(shù) a的取值范圍.
【變式 9-2】（2024·廣東廣州·模擬預測）已知函數(shù) f x = x ex - kx , k R .
(1)當 k = 0時，求函數(shù) f x 的極值；
(2)若函數(shù) f x 在 0, + 上僅有兩個零點，求實數(shù) k 的取值范圍.
題型十：零點與切線問題的綜合應用
【典例 10-1】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = x2 + 3x + 3, g(x) = 2ex+1 - x - 2 .
(1)判斷 g(x)的零點個數(shù)；
(2)求曲線 y = f (x) 與曲線 y = g(x) 公切線的條數(shù).
【典例 10-2】（2024·江西·模擬預測）已知函數(shù) f x = 2lnx 1+ ax2 - a + 2 x a R ，
2
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
f x - f x
(2)若0 < x1 < x2 ，證明：對任意 a - ,0 ，存在唯一實數(shù) x0 x1, x2 ，使得 f x
2 = 1 0 成立. x2 - x1
【變式 10-1】（2024·四川遂寧·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ex ， g(x) = ln(x + n)，直線 l : y = x + m為曲線
y = f (x) 與 y = g(x) 的一條公切線.
(1)求m, n；
(2)若直線 l : y = s 0 < s <1 與曲線 y = f (x) ，直線 l，曲線 y = g(x) 分別交于 A(x1, y1), B(x2 , y2 ),C(x3 , y3) 三
點，其中 x1 < x2 < x3，且 x1, x2 , x3成等差數(shù)列，證明：滿足條件的 s 有且只有一個.
【變式 10-2 x-1】（2024·四川瀘州·三模）設函數(shù) f x = e ， g x = ln x + b .
(1)求函數(shù)F x = x -1 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若總存在兩條直線和曲線 y = f x 與 y = g x 都相切，求b 的取值范圍.
【變式 10-3】（2024·貴州貴陽·模擬預測）已知函數(shù) f x = xlnx .
(1)若函數(shù) g x = f x - a有兩個零點，求實數(shù) a 的取值范圍；
(2)已知 A x1, y1 ，B x2 , y2 ，C x3 , y3 （其中 x1 < x2 < x3且x1，x2， x3 成等比數(shù)列）是曲線 y = f x 上
三個不同的點，判斷直線 AC 與曲線 y = f x 在點 B 處的切線能否平行？請說明理由.
1．（2024·福建寧德·三模）已知函數(shù) f x = a cos x - ex+1 a R 的圖象在 x = 0處的切線過點 (-1,2) .
(1)求 f (x) 在 0, π 上的最小值;
2π
f (x) - ,0 (2)判斷 在 ÷內(nèi)零點的個數(shù)，并說明理由.
è 3
1 3
2．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數(shù) f x = xsinx - ．
2 4
7
(1)證明：當 x 0, π x時， e - x - f x ；
4
(2)求 f x 在區(qū)間 0, π 上的零點個數(shù)．
-1 1
3．（2024·浙江杭州·模擬預測）已知函數(shù) f x = me x 2+ x x
e2x
- m, g x = e + e .
+1
(1) m = 0 f x < e- x當 時，證明： ；
(2)當 x < 0 時， g x t ，求 t的最大值；
(3)若 f x 在區(qū)間 0, + 存在零點，求m 的取值范圍.
4．（2024·安徽·三模）已知函數(shù) f x = a2 x - x(a > 0,a 1) .
(1)若 a = e，求 f x 在 x = 0處的切線方程；
1
(2)若函數(shù) f x 有 2 個零點，試比較 lna與 的大小關(guān)系.
2e
1
5．（2024·陜西商洛·三模）已知函數(shù) f x = 2a2 ln x - x2 - ax a R ．
2
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
2x
(2)當 a > 0 e時，若函數(shù) g x = + aex 和 h x = 2a2x 的圖象在 0,1 上有交點，求實數(shù) a的取值范圍．
2
6．（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.
2
7．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f x = + lnx - m．
x
(1)討論 f x 的零點個數(shù)；
(2)若 f x 有兩個零點，證明：兩個零點之和大于 4．
8．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ex ， g(x) = xa ．
(1)當 a =1時，求 f (x) - g(x)的最小值；
(2)討論函數(shù) y = f (x) 和 y = g(x) 的圖象在 (0, + )上的交點個數(shù)．
9．（2024·全國·模擬預測）當 x -1, + 時，總有不等式 ax ln x +1 成立．
(1)求實數(shù) a的取值范圍；
(2)設方程 ax - ln x +1 = sinx，試確定該方程實根的個數(shù)，并證明你的結(jié)論．
10．（2024·青海海南· ax-1一模）已知函數(shù) f x = e - x - a(a > 0) ．
(1)若函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，求 a的取值范圍；
(2)若函數(shù) f x 1的兩個零點分別是 x1 x2且 x1 < x2，證明： x2 - x1 > + a ．a(chǎn)
11．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ln(1+ x)
1
- ．
1+ x
(1)求曲線 y = f (x) 在 (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)若 x (-1, π)，討論曲線 y = f (x) 與曲線 y = -2cos x的交點個數(shù)．
12 2．已知函數(shù) f x = x ln x - a a R ．
(1)若 f x 恰有兩個零點，求 a 的取值范圍；
(2)若 f x
2a a e
的兩個零點分別為 x1, x2 （ x1 < x2），求證： x2
+ 2 < - ．
1 x2 2
13．（2024·江西贛州·一模）已知函數(shù) f x = ex-1 - lnx .
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間，
(2)已如m > 0 .若函數(shù) g x = f x - m x -1 有唯一的零點 x0 .證明，1< x0 < 2 .
14．（2024·廣西·模擬預測）已知函數(shù) f x = 2ln x +1 1+ x2 - 2x + m有三個零點，m R .
2
(1)求m 的取值范圍；
(2)記三個零點為 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，證明： x3 - x1 < 2 .
15．（2024·四川南充·一模）設函數(shù) f x = ex (e 為自然對數(shù)的底數(shù))，函數(shù) f x 與函數(shù) g x 的圖象關(guān)于直
線 y = x 對稱.
mf
(1) h x x 設函數(shù) = ，若 x 0, π 時， h x 2 恒成立，求m 的取值范圍；
sinx
(2)證明： f x 與 g x 有且僅有兩條公切線，且 f x 圖象上兩切點橫坐標互為相反數(shù).
16．（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(diào)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 的圖象在
x x1 + 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
2
17．（2024·河南·模擬預測）已知函數(shù) f x = + lnx的圖象在 x = 4處的切線方程為 y = l x .
x
(1)求 l x 的解析式；
(2)若過點 a,b a < 4 可作 f x 圖象的三條切線，證明： l a < b < f a .
k
18．已知函數(shù) f x = + lnx 最小值為1- ln2
x
(1)求 k ；
(2)若 a,b R ，且 a >1，過點 a,b 可以作曲線 y = f x b - f a 0 1的三條切線．證明： < <
a -1 2
19．已知函數(shù) f (x) = ae2 x + (a - 2)ex - x .
1
(1)當 a = 2時，不用計算器，用切線“以直代曲”，求 f ( ) 的近似值（精確到四位小數(shù)）.
2024
(2)討論函數(shù) f (x) 的零點個數(shù).
20．（2024·湖北·模擬預測）函數(shù) f x = x - 2 ex , g x 1 1= ax3 - x2 - x + 4asinx + x +1 ln x +1 , a > 0 .
3 2
(1)求函數(shù) f x 在 x -1,2 的值域；
(2)記 f x , g x 分別是 f x , g x 的導函數(shù)，記max m, n 表示實數(shù)m, n的最大值，記函數(shù)
F x = max f x , g x ，討論函數(shù)F x 的零點個數(shù).
21．（2024·全國· 3 2模擬預測）已知函數(shù) f x = x - ax + e ， g x = 2 - ln x ，其中 e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）若函數(shù) f x 的極值點恰有 2個，求實數(shù) a的取值范圍；
m, m n
（2）記max m,n ì= í 若函數(shù) h x = max f x , g x x > 0 ，試討論函數(shù) h x n,m n 的零點個數(shù)． <
22．（2024· 3 2河南鄭州·模擬預測）已知函數(shù) f x = -x + 3x + a（ x > 0）， g x = x ln x + ax2 - 2x．
(1)若 f x ， g x '的導數(shù)分別為 f x ， g ' x ，且 x f x < 0 x g x < 0 ，求 a 的取值范圍；
(2)用min a,b 表示 a，b 中的最小值，設 h x = min f x , g x ，若 a >1，判斷 h x 的零點個數(shù)．重難點突破 07 函數(shù)零點問題的綜合應用
目錄
01 方法技巧與總結(jié) ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結(jié) ...................................................................................................................................2
題型一：判斷或討論函數(shù)零點的個數(shù) ................................................................................................2
題型二：根據(jù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍 ..................................................................................................10
題型三：證明函數(shù)零點的個數(shù) ..........................................................................................................15
題型四：證明函數(shù)零點的性質(zhì) ..........................................................................................................21
題型五：最值函數(shù)的零點問題 ..........................................................................................................30
題型六：同構(gòu)法妙解零點問題 ..........................................................................................................35
題型七：零點差問題 ..........................................................................................................................42
題型八：分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為兩圖像交點解決零點問題 ......................................................................50
題型九：零點問題之取點技巧 ..........................................................................................................56
題型十：零點與切線問題的綜合應用 ..............................................................................................60
03 過關(guān)測試 .........................................................................................................................................66
1、函數(shù)零點問題的常見題型：判斷函數(shù)是否存在零點或者求零點的個數(shù)；根據(jù)含參函數(shù)零點情況，
求參數(shù)的值或取值范圍.
求解步驟：
第一步：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題，進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖像與 x 軸(或直線 y = k )在某區(qū)間上的
交點問題；
第二步：利用導數(shù)研究該函數(shù)在此區(qū)間上的單調(diào)性、極值、端點值等性質(zhì)，進而畫出其圖像；
第三步：結(jié)合圖像判斷零點或根據(jù)零點分析參數(shù).
2、函數(shù)零點的求解與判斷方法：
(1)直接求零點：令 f(x)＝0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．
(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且 f(a)·f(b)＜0，還必須
結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點．
(3)利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫坐標有幾個
不同的值，就有幾個不同的零點．
3、求函數(shù)的零點個數(shù)時，常用的方法有：一、直接根據(jù)零點存在定理判斷；二、將 f x 整理變形成
f x = g x - h x 的形式，通過 g x ,h x 兩函數(shù)圖象的交點確定函數(shù)的零點個數(shù)；三、結(jié)合導數(shù)，求函
數(shù)的單調(diào)性，從而判斷函數(shù)零點個數(shù).
4、利用導數(shù)研究零點問題：
（1）確定零點的個數(shù)問題：可利用數(shù)形結(jié)合的辦法判斷交點個數(shù)，如果函數(shù)較為復雜，可用導數(shù)知
識確定極值點和單調(diào)區(qū)間從而確定其大致圖像；
（2）方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題處理.可
以通過構(gòu)造函數(shù)的方法，把問題轉(zhuǎn)化為研究構(gòu)造的函數(shù)的零點問題；
（3）利用導數(shù)研究函數(shù)零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數(shù)形結(jié)合
思想研究；③構(gòu)造輔助函數(shù)研究.
題型一：判斷或討論函數(shù)零點的個數(shù)
【典例 1-1】（2024·河南·三模）函數(shù) f (x) = elx - 4sin x + l - 2的圖象在 x = 0處的切線為 y =ax-a-3,a R.
(1)求l 的值；
(2)求 f (x) 在 (0, + )上零點的個數(shù).
【解析】（1）因為 f (x) = elx - 4sin x + l - 2, f (x) = lelx - 4cos x ，
所以 f (0) = l - 4，所以切線斜率為l - 4 ，即 a = l - 4，
所切線方程為 y = l - 4 x - l +1
又 f (0) = l -1，所以切點坐標為 (0,l -1) ，代入得
則l -1 = -l +1，解得l = 1 .
（2）由（1）得 f (x) = ex - 4sin x -1, f (x) = ex - 4cos x ，
令 g x = f (x) = ex - 4cos x ，則 g x = ex + 4sin x，
當 x π時， f (x) = ex - 4cos x > 0恒成立，所以 f (x) 在 π,+ 上遞增，
所以 f (x) f (π) = eπ - 4sin x -1 eπ - 5 > 0，
因此 f (x) 在[π, + )無零點；
當 0 < x < π g x = ex時， + 4sin x > 0恒成立，所以 f x 單調(diào)遞增，
又 f (0) = -3 < 0, f (π) = eπ + 4 > 0，
所以 f x 在 (0, π) 上存在唯一的零點 x0 ，
當 x 0, x0 , f (x) < 0, f (x)單調(diào)遞減；
當 x x0 , π , f (x) > 0, f (x) 單調(diào)遞增；
又 f (0) = 0, f x < f (0) = 0， f (π) = eπ0 -1 > 0，
因此 f (x) 在 (0, π) 上僅有 1 個零點；
綜上， f (x) 在 (0, + )上僅有 1 個零點.
2
【典例 1-2】（2024·河南·模擬預測）已知函數(shù) f x ax= x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的極大值；
π
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx é在區(qū)間 ê- , 2024π
ù
ú 上的零點個數(shù)． 2
2
【解析】（1）由題易得，函數(shù) f x ax= x 的定義域為R ，e
2axex - ax2ex 2ax - ax
2 ax 2 - x
又 f x

= = =
x 2 ex ex ，e
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(diào)遞增區(qū)間為 0,2 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 - ,0 , 2,+ ．
所以 f x 的極大值為 f 2 4a=
e2
a > 0 ．
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(diào)遞增區(qū)間為 - ,0 , 2,+ ，單調(diào)遞減區(qū)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）方法一：當 a =1時， f x x= x ，所以函數(shù) g x = f x
x
- cosx = x - cosx．e e
2
由 g x = 0 x，得 x = cosx．e
所以要求 g x é π在區(qū)間 ê- , 2024π
ù
ú 上的零點的個數(shù)， 2
只需求 y = f x 的圖象與 h x = cosx é π的圖象在區(qū)間 ê- , 2024π
ù
ú 上的交點個數(shù)即可． 2
由（1）知，當 a =1時， y = f x 在 - ,0 , 2,+ 上單調(diào)遞減，在 0,2 上單調(diào)遞增，
y = f x é π所以 在區(qū)間 ê- ,0
ù
ú 上單調(diào)遞減． 2
又 h x = cosx é π在區(qū)間 ê- ,0
ù
ú 上單調(diào)遞增， 2
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
x2 h x π所以 f x = 與 = cosx é- ,0ùx 的圖象在區(qū)間e ê 2 ú 上只有一個交點，
é π ù
所以 g x 在區(qū)間 ê- ,0 2 ú 上有且只有 1 個零點．
2
因為當 a =1，x > 0 x時， f x = x > 0，e
f x 在區(qū)間 0，2 上單調(diào)遞增，在區(qū)間 2, + 上單調(diào)遞減，
x2
所以 f x = x 在區(qū)間 0, + 上有極大值 f 2
4
= 2 <1，e e
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(xiàn)考查在其一個周期 0,2π 上的情況，
x2f x = x 在區(qū)間 0,2 上單調(diào)遞增， h x = cosx在區(qū)間 0,2 上單調(diào)遞減，e
且 f 0 = 0 < h 0 =1， f 2 > 0 > h 2 = cos2 ，
x2
所以 h x = cosx與 f x = x 的圖象在區(qū)間 0,2 上只有一個交點，e
即 g x 在區(qū)間 0,2 上有且只有 1 個零點．
3π ù
因為在區(qū)間 2, ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2
所以 f x = x 與 h x cosx
2, 3π= ù的圖象在區(qū)間 上無交點，
e è 2 ú
即 g x 在區(qū)間 2,
3π ù
上無零點．
è 2 ú
3π 2
在區(qū)間 , 2π
ù x
ú上， f x = 單調(diào)遞減， h x = cosxx 單調(diào)遞增，è 2 e
3π
且 f ÷ > 0 > h
3π
÷，0 < f 2π <1 = cos2π = h 2π ，
è 2 è 2
2
所以 h x 3π= cosx ù與 f x x= 的圖象在區(qū)間 , 2πx ú上只有一個交點，e è 2
即 g x 3π在區(qū)間 , 2π
ù
ú上有且只有 1 個零點．è 2
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(qū)間 2kπ,2kπ + 2π k N* 上，0 < f x <1且 f x x=
ex
單調(diào)遞減，
h x = cosx在區(qū)間 2kπ,2kπ + π 上單調(diào)遞減，在區(qū)間 2kπ + π,2kπ + 2π 上單調(diào)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(qū)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(qū)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
é π ù
綜上可知， g x 在區(qū)間 ê- , 2024πú 上共有 2024 +1 = 2025個零點． 2
2 2
方法二：當 a =1時， f x x= x ，所以函數(shù) g x
x
= f x - cosx = x - cosx．e e
x é π
2
,0ù 2x - x g x é π - - ,0ù當 ê 時， ，所以 在區(qū)間 上單調(diào)遞減． 2 ú g x = x + sinx 0 e ê 2 ú
g π又 -

÷ > 0, g 0
π
< 0 é ù，所以存在唯一零點 x0 ê- ,0è 2 2 ú
，使得 g x0 = 0．

所以 g x é π在區(qū)間 ê- ,0
ù
ú 上有且僅有一個零點． 2
2
當 x 2kπ
π
+ , 2kπ 3π+ ù x
2 2 ú
, k N時， > 0, cosx < 0 ，所以 g x > 0．
è ex
所以 g x 在 2kπ
π
+ , 2kπ 3π+ ùú ,k N 上無零點．è 2 2
x 0, π
2 π
當
ù
ú時， g 2 x
2x - x
= x + sinx > 0 ，所以 g x 在區(qū)間 0, ÷上單調(diào)遞增．è e è 2
又 g 0 0, g π ÷ 0，所以存在唯一零點．
è 2
x
2
當 2kπ,2kπ
π
+ ùú , k N
*
時，
2 g
x 2x - x= x + sinx ，è e
2x - x2 x2 - 4x + 2
設j x = x + sinx，則j x = x + cosx > 0e e
所以 g x 在 2kπ,2kπ
π
+ ù *ú , k N 上單調(diào)遞增．è 2
g 2kπ 0, g 2kπ π又 +
0，
è 2 ÷

所以存在 x1 2kπ,2kπ
π
+ ùú ,k N
*
，使得 g x1 = 0 ．
è 2
即當 x 2kπ,x1 時， g x1 < 0, g x 單調(diào)遞減；
當 x
π
x1, 2kπ +
ù
ú時， g x1 > 0, g x 單調(diào)遞增．è 2
又 g 2kπ 0, g 2kπ
π π
+ ù *÷ 0，所以 g x 在區(qū)間 2kπ,2kπ + ú , k N 上有且僅有一個零點è 2 è 2
所以 g x 在區(qū)間 2kπ,2kπ
π
+ ùú , k N上有且僅有一個零點．è 2
x 2kπ 3π ù當 + , 2kπ + 2π ,k N 時，
è 2 ú
g x 2x - x
2
=
ex
+ sinx ，
j x 2x - x
2 2
x - 4x + 2設 =
ex
+ sinx，則j x = x + cosx > 0e

所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N 上單調(diào)遞增．è 2

又 g 2kπ
3π
+ ÷ < 0, g 2kπ + 2π < 0，所以 g x
3π ù
在區(qū)間
2
2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N 上單調(diào)遞減：è è 2
g 2kπ 3π+ 又 ÷ > 0, g 2kπ + 2π < 0，
è 2

所以存在唯一 x2 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2π ÷，使得 g x2 2 = 0．è
所以 g x 3π在區(qū)間 2kπ + , 2kπ + 2π
ù ,k N 上有且僅有一個零點．
è 2 ú
所以 g x 在區(qū)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
g x é π- , 2024πù綜上所述， 在區(qū)間 ê ú 上共有 2024 +1 = 2025個零點． 2
【變式 1-1】（2024· x湖南長沙·三模）已知函數(shù) f x = xe -1, g x = lnx - mx,m R .
(1)求 f x 的最小值；
(2)設函數(shù)h x = f x - g x ，討論 h x 零點的個數(shù).
【解析】（1） f x 的定義域為R, f x = x +1 ex ，
則當 x < -1時， f x < 0；當 x > -1時， f x > 0，
所以 f x 在區(qū)間 - ,-1 上單調(diào)遞減，在區(qū)間 -1, + 上單調(diào)遞增，
因此 f x 1的最小值為 f -1 = - -1；
e
2 h x = xex（ ） - lnx + mx -1，且 x 0, + ，
h x = 0 ex lnx +1令 ，得 - + m = 0，
x
令 k x lnx +1= ex - + m，則 h x 與 k x 有相同的零點，
x
x 1- lnx +1
2 x
且 k x e x e + lnx= - =
x2 x2
，
2 x
令 r x = x e + 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(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增，
1 1-2 1
又 r ÷ = ee -1 0, r 1 = e 0

，所以$x0 ,1

÷，使 r x0 = 0，
è e 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(qū)間 0, x0 上單調(diào)遞減，在區(qū)間 x0 ,+ 上單調(diào)遞增，
因此 k x k x
lnx +1
的最小值為 0 = e
x0 - 0 + m
x ，0
ln 1
由 r x0 = 0 2 x，得 x 00 e + lnx0 = 0
1
，即 x x00e = ln e
x0 ，
x0
令j x = f x +1，則j x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)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
所以 k x x
lnx +1
0 0
的最小值 k x0 = e - + 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(shù)為 0；
當m = -1時， h x 的零點個數(shù)為 1；
當m < -1時， h x 的零點個數(shù)為 2.
【變式 1-2】已知 a，b 3 2是實數(shù)，1 和 -1是函數(shù) f x = x + ax + bx的兩個極值點
(1)求 a，b 的值.
(2)設函數(shù) g x 的導函數(shù) g (x) = f (x) + 2，求 g x 的極值點.
(3)設 h(x) = f ( f (x)) - c ，其中 c -2,2 ，求函數(shù) y = h x 的零點個數(shù).
3 2 2
【解析】（1）由 f x = x + ax + bx，得 f x = 3x + 2ax + b，
1 -1 f x = x3 + ax2因為 和 是函數(shù) + bx的兩個極值點，
ì f -1 = 3- 2a + b = 0
所以 í ，解得：
a = 0，b = -3，
f 1 = 3+ 2a + b = 0
當 a = 0，b = -3時， f x = 3x2 - 3 = 3(x +1)(x -1)，
所以 f (x) 的單調(diào)增區(qū)間為 (- , -1)， (1, + )，單調(diào)減區(qū)間為 (-1,1)，
3 2
所以經(jīng)檢驗當 a = 0，b = -3時，1 和 -1是函數(shù) f x = x + ax + bx的兩個極值點.
3
（2）由(1)得 f x = x - 3x，則 g (x) = x3 - 3x + 2 = (x -1)2 (x + 2)，
令 g (x) = 0，解得-2或1，
當 x<- 2時， g (x) < 0，
當-2 0，
當 x >1時， g (x) > 0，
所以 x = -2，是 g(x)極值點， x =1不是 g(x)極值點，
所以 g(x)極值點為-2
（3）令 f (x) = t ，則 h(x) = f (t) - c ，
先討論關(guān)于 x 的方程 f (x) = d 根的情況： d -2,2 ，
當 d = 2時，由(2)可知 f (x) = -2的兩個不同根為1和-2，注意到 f (x) 為奇函數(shù)，。
所以 f (x) = 2 的兩個不同根為 -1和 2，
當 d < 2時，因為 f (-1) - d = f (2) - d = 2 - d ， f (1) - d = f (-2) - d = -2 - d < 0，
所以-2， -1，1， 2都不是 f (x) = d 的根，
由(1)知 f (x) = 3(x +1)(x -1)，
①當 x (2,+ ) 時， f (x) > 0，則 f (x) 是單調(diào)增函數(shù)，從而 f (x) > f (2) = 2 ，此時 f (x) = d 再 (2,+ ) 上無實
數(shù)根；
②當 x (1, 2) 時， f (x) < 0，則 f (x) 是單調(diào)減函數(shù)，因為 f (1) - d < 0， f (2) - d > 0，則 y = f (x) - d 的圖
象不間斷，
所以 f (x) = d 在 (1, 2)內(nèi)有唯一實根，
同理， f (x) = d 在 (-2,-1)內(nèi)有唯一實根
③當 x (-1,1)時， f (x) < 0，則 f (x) 是單調(diào)減函數(shù)，因為 f (-1) - d > 0， f (1) - d < 0，則 y = f (x) - d 的
圖象不間斷，
所以 f (x) = d 在 (-1,1)內(nèi)有唯一實根，
因此，當 d = 2時， f (x) = d 有兩個不同根x x =1 x = 21，x2滿足 1 ， 2 ，
當 d < 2時， f (x) = d 有三個不同的根 x3 ， x4 ， x5 ，滿足 xi < 2， i = 3， 4，5，
先考慮函數(shù) y = h(x)的零點：
(i)當 c = 2時， f (t) = c 有兩個根 t1 ， t2 ，滿足 t1 =1；
而 f (x) = t1有三個不同的根， f (x) = t2 有兩個不同的根，故函數(shù) y = h(x)有 5 個零點，
(ii) 當 c < 2時， f (t) = c 有兩個根 t3， t4 ， t5 ,滿足 ti < 2， i = 3 , 4 , 5；
而 f (x) = ti i = 3,4,5 有三個不同的根，故函數(shù) y = h(x)有 9 個零點，
綜上，當 c = 2時，函數(shù) y = h(x)有 5 個零點；
當 c < 2時，函數(shù) y = h(x)有 9 個零點.
題型二：根據(jù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍
【典例 2-1】（2024·廣東茂名·一模）設函數(shù) f x = ex + asinx ， x 0, + .
(1)當 a = -1時， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求實數(shù)b 的取值范圍；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零點，求實數(shù) a的取值范圍.
【解析】（1）當 a = -1時， f x = ex - sinx，
所以不等式轉(zhuǎn)化為 ex - bx - sinx -1 0 ，在 0, + 上恒成立.
令 h x = ex - 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(diào)遞增，
故 h x h 0 = 0，符合題意；
x
若b > 0，令函數(shù)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(diào)遞增，
因為m 0 = -b < 0，且當 x + 時，m x + .
$x 0, + m x = ex所以 0 ， 00 - cosx0 - b = 0，
故當 x 0, x0 時， h x = m x < 0， h x 單調(diào)遞減，
當 x x0 ,+ 時， h x = m x > 0， h x 單調(diào)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(shù)b 的取值范圍為 - ,0 ；
x
（2）因為 f x = e + asinx ， x 0, + ，
令 f x = 0，即 ex + asinx = 0，
1 sinx
所以- = x .a e
g x sinx令 = x ， x 0, + ，e
2sin x π -

則 ÷g x cosx - sinx .= x = - è
4
e ex
令 g x = 0 x kπ π，得 = + ,k N .
4
x π 2kπ, 5π所以當 + + 2kπ
π
÷時， sin x - ÷ > 0， g x 單調(diào)遞減；
è 4 4 è 4
x 0, π x 5π 2kπ, 9π π當

÷ ， + + 2kπ ÷時， sin x - ÷ < 0, g x 單調(diào)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 13π
又因為 sin 5π sin 13π 2= = ××× = - ，0 < e 4 < e 44 4 2 < ×××
，
g 5π 13π 所以 4 ÷
< g ÷ < ××× .
è è 4
g x g 5π 2
5π
-
所以 ÷ = - e 4 .
è 4 2
當 x
π
= + 2kπ, k N, g x 取得極大值，
4
x π , 9π即當 = , × × ×時， g x 取得極大值.
4 4
π 9π
又因為 sin π = sin 9π 2= ××× = ，
4 4 2 0 < e
4 < e 4 < ×××，
g π 所以 ÷ > g
9π
÷ > ××× .
è 4 è 4
g x g π 2
π
-
所以 ÷ = e 4 ，
è 4 2
2 5π 2 π- -
所以當 x 0, + ，- e 4 g x e 4 .
2 2
2 5π-e 4 1 2
π
-
所以- - e 4 .
2 a 2
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(shù) a的取值范圍為 ê 2e 4 ,+ ÷ .

【典例 2-2 x x】（2024·湖北·模擬預測）已知函數(shù) f x = e - ln x - a， g x = e - ln x + a ，其中 a 為整數(shù)且
a 1 .記 x0 為 f x 的極值點，若 f x 存在兩個不同的零點x1， x2 x1 < x2 ，
(1)求 a 的最小值；
(2)求證： g ln x1 = g ln x2 = 0；
【解析】（1） f x = ex 1- x > 0 ，
x
h x = f x = ex 1令 - x > 0 ，則 h x = ex 1+ > 0 ，
x x2
故 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
且 f
1
÷ = e - 2 < 0 ， f 1 = e -1 > 0，
è 2
1 x 10
由零點存在性定理知，存在唯一的 x0 ,12 ÷
，使得 f x0 = 0，即 e = ，
è x0
且 x 0, x0 ， f x < 0， x x0 ,+ ， f x > 0，
所以 f x 在 0, x0 上單調(diào)遞減，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增，
f x = f x = ex
1
0
故 0 - ln x0 - a = x + - amin 0 x ，0
又 x + , f x + ， x 0, f x + ，
若 f
1 1
x 存在兩個不同的零點，則 f x0 < 0，即 x0 + - a < 0， a > x0 +x x ，0 0
1 5
由 x
1 ,1 x + 0 ÷知 0 2,

2 x 2 ÷，所以整數(shù)
a的最小值為 3.
è 0 è
（2）由題意 f x = f x = 0 x1 2 ，即 a = e 1 - ln x1 = ex2 - ln x2，
故 g ln x1 = x1 - ln ln x x11 + e - ln x1 = x1 - x1 = 0 ，同理 g ln x2 = 0 .
所以 g ln x1 = g ln x2 = 0 .
【變式 2-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = ln(b + x) + a(x -1)e1-x ，曲線 f (x) 在點 (1, f (1))處的切線
平行于直線 2x - y = 0．
(1)當 a =1時，求 b 的值；
(2)當b = 0時，若 f (x) 在區(qū)間 (0,1), (1, + )各內(nèi)有一個零點，求 a 的取值范圍．
f (x) 1【解析】（1）當 a =1時， = + (2 - x)e1-x , f (1) = 2，
x + b
1
所以 + (2 -1)e1-1 = 2，
1+ b
所以b = 0．
（2）令 g(x) = ex-1 ln x + a(x -1)(x > 0) = ex-1 f (x)，
有 g(1) = 0，
f (x) 在區(qū)間 (0,1), (1, + )內(nèi)各有一個零點，
也即 g(x)在區(qū)間 (0,1), (1, + )內(nèi)各有一個零點，
g (x) 1則 = ex-1

ln x +

÷ + a ，
è x
i a -1 g (x) = ex-1
1
（ ）當 時， ln x + ÷ + a ，
è x
令f(x)
1
= ln x + ，則f (x)
x -1
= 2 ，x x
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(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增，
易知當 x =1時，f(x)取得最小值 1，
ex-1 所以 ln x
1
+ ÷ -1 e
x-1 -1，
è x
當 x >1時， ex-1 -1 > 0，于是 g(x)在 (1, + )上遞增，
則 g(x) > g(1) = 0與 g(x)在 (1, + )上有一個零點矛盾，舍去．
（ii）當 a < -1時，令G(x) = g (x) ，
則G (x) = ex-1

ln x
2 1
+ -
x x2 ÷
，
è
令 h(x) = ln x
2 1
+ -
x x2
，
2
則 h (x) 1 2 2 x - 2x + 2= - 2 +x x x3
= 3 > 0，x
所以 h(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
h 1 又 ÷ = - ln 2 < 0, h(1) =1，
è 2
$x 1 即 0 ,1 ÷，使 h(x) = 0，且當0 < x < x0 時， h(x) < 0, g (x)單調(diào)遞減；
è 2
當 x > x0時 h(x) > 0, g (x)單調(diào)遞增，
所以 g x0 < g (1) = a +1< 0 ，
g (1- a) = e1-a + a >1- a + a =1 > 0 ，
當 x 0 時， g (x) + ，
故$x1 0, x0 , x2 (1,1- a) ，使 g x1 = g x2 = 0，
且 g(x)在 0, x1 上單調(diào)遞增，在 x1, x2 上單調(diào)遞減，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞增．
又 g(1) = 0，故 g x1 > 0, g x2 < 0 ，
因為當 x 0 時， g(x) - ，當 x + 時， g(x) + ，
故$x3 (0,1), x4 (1, + )，使 g x3 = g x4 = 0 ，
綜上， a < -1．
所以 a的取值范圍為 (- , -1)．
x-1
【變式 2-2】（2024·江西吉安·模擬預測）已知函數(shù) f x = e - ax - a a R .
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程；
(2)若函數(shù) f x 有 2 個零點，求 a的取值范圍.
【解析】（1）當 a = 2時， f x = ex-1 - 2x - 2 f x = ex-1，所以 - 2，
所以 f 1 = -1，因為 f 1 = -3，
所以曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程為 y + 3 = - x -1 ，
即 x + y + 2 = 0 .
（2） f x = ex-1 - a ，若 a 0, f x > 0, f x 在R 上單調(diào)遞增，不滿足題意，
若 a > 0，令 f x = 0得 x =1+ lna ，
f x 在 - ,1+ lna 上單調(diào)遞減，在 1+ lna, + 上單調(diào)遞增，
且當 x - 和 x + 時， f x + ，
故 f 1+ lna = -a 1+ lna < 0 a 1，解得 > ，
e
a 1 ,+ 即 的取值范圍是 ÷ .
è e
題型三：證明函數(shù)零點的個數(shù)
【典例 3-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = (x -1)2 ex - ax，且曲線 y = f (x) 在點 (0, f (x))處的切線
方程為 y = -2x + b．
(1)求實數(shù) a，b 的值；
(2)證明：函數(shù) f (x) 有兩個零點．
【解析】（1 2 x）由題意可得 f (x) = x -1 e - a，由切線方程可知其斜率為-2，
ì f 0 = -2 ìa =1
所以 í
f 0
，解得 ；
= b í b =1
（2）由 f (x) = 0 可得 (x -1)2 ex - x = 0，所以 (x
x
-1)2 - x = 0．e
函數(shù) f (x) 有兩個零點即函數(shù) g(x) = (x -1)2
x
- x 有兩個零點．e
g (x) = (x -1) 1 2 +
è ex ÷
，

當 x <1時， g (x) < 0， g(x)單調(diào)遞減；當 x >1時， g (x) > 0， g(x)單調(diào)遞增．
又 g(0) = 1 > 0， g(1)
1
= - < 0 ， g(2) =1
2
- 2 > 0，e e
所以 g(0)g(1) < 0， g(1)g(2) < 0．
由零點存在定理可得$x1 (0,1)使得 g x1 = 0，$x2 (1, 2)使得 g x2 = 0，
所以函數(shù) f (x) 有兩個零點．
【典例 3-2】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = cos x + ln(1+ x)．
π
(1)求證： f (x)
-1, 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．
【解析】（1）因為 f (x) = -sin x
1 1
+ ，設u(x) = -sin x + ( 1
π
- < x < )，
1+ x 1+ x 2
則u (x) cos x
1
= - - p2 < 0對 -1,

(1+ x) 2 ÷
恒成立，
è
所以 f
p
(x) 1= -sin x + 在 -1,

上單調(diào)遞減．
1+ x è 2 ÷
f (0) = -sin 0 +1 > 0, f π ÷ = -sin
π 1
+ = -1 1+ < 0
又 è 2 2 1 π 1 π+ + ，
2 2
π
由零點存在性定理可知 f (x) = 0在 x
-1, ÷ 上有唯一的零點 x0 ，
è 2
f x 和 f x 隨 x 變化而變化的情祝如下．
x -1, x x π 0 0 x0 ,
è 2 ÷
f x > 0 0 < 0
f x 遞增 極大值 遞減
所以 f x 在 -1,
p
÷有唯一的極大值點．
è 2
（2）令 h(x) = f (x) - ax -1 = cos x + ln(1+ x) - ax -1, x > -1，
由條件知 h x 0恒成立，所以[h(x)]max 0 ．
因為 h(0) = 0，且 h(x) 在定義域上連續(xù)，
所以 x = 0是 h(x) 的一個極大值點，則h (0) = 0．
又 h (x) = -sin x
1
+ - a，
1+ x
所以 h (0) =1- a = 0，解得 a =1．
當 a =1時， h(x) = cos x + ln(1+ x) - x -1，
h (x) = -sin x 1+ -1 x= -sin x - ，
1+ x 1+ x
當 x (-1,0]
x
時，-sin x 0，- > 0，故 h(x) 在 (-1,0]上單調(diào)遞增，
1+ x
所以當 x (-1,0]時， h(x) h(0) = 0 ；
p(x) ln x x 1(x 0) p (x) 1 1- x設 = - + > ，則 = -1 = ，令 p (x) > 0 0 < x <1, p (x) < 0 x >1，
x x
所以 p(x)在( 0, 1)上單調(diào)遞增，在 (1, + )上單調(diào)遞減，則 p(x) p(1) = 0，即 ln x x -1.
當 x (0,+ )時， h(x) = cos x + ln(1+ x) - x -1 = (cos x -1) + [ln(1+ x) - x]，
又因為 cos x 1, ln(1+ x) x，
所以 h(x)≤ 0 ．
綜上可知，當 a =1時， f (x) ax +1恒成立．
（3） g(x) = f (x) - x = cos x + ln(1+ x) - x, x > -1，則 g (x) = -sin x
x
- ．
1+ x
由（2）可知 g(x)在 (-1,0]上單調(diào)遞增，
又因為 g(0) =1 > 0, g e-3 -1 = cos e-3 -1 - 2 - e-3 < 0，
-3
由零點存在定理可知，存在 x1 e -1,0 ，使得 g x1 = 0；
當 x [0, π]時，-sin x 0,
x
- 0，所以 g (x) = -sin x
x
- 0，
1+ x 1+ x
故 g(x)在[0, p]上單調(diào)遞減，又 g(π) = ln(1+ π) - (1+ π) < 0，
由零點存在定理可知，存在 x2 (0, π)，使得 g x2 = 0；
當 x (p,+ )時，由上可知 g(x) = cos x + ln(1+ x) - x 1+ ln(1+ π) - π < 0，
故 g(x)在 (p,+ )上沒有零點．
綜上可知，函數(shù) g(x) = f (x) - x 有且只有兩個零點．
【變式 3-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = x2 - ax + 2ln x ．
(1)求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
f x - f x 8 a
(2)若函數(shù) f (x) 1 2的兩個極值點分別為 x1, x2 ，證明： > - ；x1 - x2 a 2
(3)設 h(x) = sin x + ln x，求證：當 a [1, 2]時， f (x) - 2ln x = xh(x) 有且僅有 2 個不同的零點．
π ln π 1.119, π ln π 1.997, 3π ln 3π（參考數(shù)據(jù)： - - - 3.162,2p - ln 2π 4.445）
2 2 2 2
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域為 (0, + )，
f (x) 2x a 2 2x
2 - ax + 2
= - + = ．
x x
設j(x) = 2x2 - ax + 2，
則函數(shù)j(x)
a
為二次函數(shù)，對稱軸為直線 x = ，
4
且j(0) = 2．
令 2x2 - ax + 2 = 0，則D = a2 -16．
當D 0，即-4 a 4時， f (x) 0，
故當-4 a 4時，函數(shù) f (x) 的單調(diào)遞增區(qū)間為 (0, + )，無單調(diào)遞減區(qū)間．
當 a < -4時， f (x) > 0，
故當 a < -4時，函數(shù) f (x) 的單調(diào)遞增區(qū)間為 (0, + )，無單調(diào)遞減區(qū)間．
2
a > 4 f (x) = 0 x a - a -16 a + a
2 -16
當 時，令 ，得 1 = , x2 = ，4 4
當 x 0, x1 x2 ,+ 時， f (x) > 0，當 x x1, x2 時， f (x) < 0，

0, a - a
2 -16 a + a2 -16
故當 a > 4時，函數(shù) f (x) 的單調(diào)遞增區(qū)間為 ÷和 ,+ ÷，函數(shù) f (x) ÷ ÷ 的單調(diào)遞減區(qū)
è 4 è 4
a - a2 -16 a + a2, -16

間為 ÷4 4 ÷
．
è
綜上所述，當 a 4時，函數(shù) f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 (0, + )，無單調(diào)遞減區(qū)間；
a - a2 -16 a + a2 -16
當 a > 4時，函數(shù) f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 0, ÷ ,+ ÷和 ÷÷，單調(diào)遞減區(qū)間為
è 4 è 4
a - a2 -16 , a + a
2 -16
÷÷ ．
è 4 4
2 x
2 a- x +1
（2） ÷f (x) = 2x - a 2 ．+ = è 2
x x
因為函數(shù) f x 有兩個極值點 x1, x2 ，
2 a
所以方程 x - x +1 = 0在 (0, + )上有兩個不同的實數(shù)解 x1, x2 2
，
ì 2
Δ
a
= - 4 > 0,
4
a
則 íx1 + x2 = > 0, 解得 a > 4，
2
x1x2 =1 > 0,


f x1 - f x2
所以
x1 - x2
x21 - ax1 + 2ln x1 - x
2
2 + ax2 - 2ln x= 2
x1 - x2
ln x1
a x
= - + 2 2 ．
2 x1 - x2
f x1 - f x2 8 a
要證 > - ，
x1 - x2 a 2
ln x1
即證 x2 4 2> = ．
x1 - x2 a x1 + x2
不妨設 x1 > x2 > 0，

2 x1

-1
ln x1
2 x - x ÷
則只需證 > 1 2

= è
x2 ．
x2 x x1 + x2 1 +1
x2
t x= 1 > 1 ln t 2(t -1)設 x ，則只需證 - > 0．2 t +1
令 g(t) ln t
2(t -1)
= - (t > 1) ．
t +1
1 4 (t -1)2
則 g (t) = -
t (t +1)2
= > 0，
t(t +1)2
所以 g(t)在 (1, + )上單調(diào)遞增，
所以 g(t) > g(1) = 0，得證．
（3）由 f (x) - 2ln x = xh(x) 得 ln x - x + sin x + a = 0，
ln x - x + sin x + a = 0在 (0, + )上有且僅有 2 個不同的根，
等價于直線 y = a 與函數(shù) k x = x - ln x - sin x的圖象在 (0, + )上有 2 個交點．
設 k (x) 1
1
= - - cos x ，
x
①當 x (0, π)
1 1
時，令m(x) = k (x) =1- - cos x，m (x) = 2 + sin x > 0 ，x x
所以 k (x)在 (0, π) 上單調(diào)遞增．
k π 1 3 1 π - 6 π又因為 = - - = 0, k
=1 2 π - 2- = 0，
è 3 ÷ π 2 2π ÷è 2 π π
π π
即當 x (0, π)

時，存在 k 3 ÷
×k ÷ < 0，且 y = k x 的圖象連續(xù)，
è è 2
k x (0, π) x π , π 所以 在 上有且僅有 1 個零點，即存在 0 ÷，使 k x0 = 0 ．
è 3 2
當 x 0, x0 時， k x < 0, k x 在 0, x0 上單調(diào)遞減；
當 x x0 , π 時， k x > 0, k x 在 x0 , π 上單調(diào)遞增，
π π
所以 k x 在 (0, π) 上存在唯一的極小值點 x0 < x < ．
è 3 0 2 ÷
π π π π - 2
①當 x (0, π)時，又 k x0 < k

÷ = - ln -1< <1，
è 2 2 2 2
記 t x π= sin x - x ，則 t x = cos x -1 < 0 ，則 t x = sin x - x 在 0, ÷上單調(diào)遞減，
è 2
t x t 0 0 x 0, π 所以 < = ，所以當 ÷時， sin x < x 恒成立，
è 2
k 1 1 ln 1則 2 ÷ = 2 - 2 - sin
1 1 1
2 = 2 + 2 - sin 2 > 2，è e e e e e e
所以當 a [1, 2]時，直線 y = a 與函數(shù) k x = x - ln x - sin x的圖象在 0, x0 上有 1 個交點．
x 3π②當
éπ, k (x) 1 1ê ÷時， = - - cos x > 0， 2 x
所以 k x 在[π, 3π )上單調(diào)遞增．
2
已證 k x 在 x0 , π 上單調(diào)遞增，
所以 k x 在 x0 ,
3π
÷上單調(diào)遞增．
è 2
k 3π 3π ln 3π又因為 ÷ = - - sin
3π
4.162 > 2，
è 2 2 2 2
由①知 k x0 <1，
3π
所以當 a [1, 2]時，直線 y = a 與函數(shù) k x = x - ln x - sin x 的圖象在 x0 ,

÷上有 1 個交點．
è 2
x é3π③當 ê , +

÷時， k x = x - ln x - sin x x - ln x -1，
2
設v(x) = x - ln x -1，則 v (x) 1=1- > 0，
x
v(x) é3π 故函數(shù) 在 ê , + 2 ÷ 上單調(diào)遞增，
所以 k(x) x ln x 1
3π ln 3π- - - -1 2.162 > 2，
2 2
則當 a [1, 2]時，直線 y = a 與函數(shù) k x = x - ln x - sin x é3π的圖象在 ê ,+

÷ 上無交點．
2
綜上，當 a [1, 2]時，直線 y = a 與函數(shù) k(x) = x - ln x - sin x的圖象在 (0, + )上有 2 個交點．
即當 a [1, 2]時， f (x) - 2ln x = xh(x) 有且僅有 2 個不同的零點．
【變式 3-2】（2024·上海閔行·二模）已知定義在（0,+ ）上的函數(shù) y = f (x) 的表達式為 f x = sin x - x cos x ，
其所有的零點按從小到大的順序組成數(shù)列 xn （ n 1, n N ）.
(1)求函數(shù) y = f x 在區(qū)間 0, π 上的值域；
(2)求證：函數(shù) y = f x 在區(qū)間 nπ, n +1 π （ n 1, n N ）上有且僅有一個零點；
【解析】（1）由 f x = cos x - cos x - x sin x = x sin x，
當 x 0, π 時， f x > 0，即函數(shù) y = f x 在區(qū)間 0, π 上是嚴格增函數(shù)，
且 f 0 = 0， f π = π ，
所以 f x 在區(qū)間 0, π 上的值域為 0, π .
（2）當 x nπ, n +1 π 時，
①當n是偶數(shù)時， f x > 0，
函數(shù) y = f x 在區(qū)間 nπ, n +1 π 上是嚴格增函數(shù)；
②當n是奇數(shù)時， f x < 0，
函數(shù) y = f x 在區(qū)間 nπ, n +1 π 上是嚴格減函數(shù)；
f nπ = -1 n-1 nπ f nπ × f n +1 π = -n n +1 π2且 ，故 < 0，
所以由零點存在定理可知，
函數(shù) y = f x 在區(qū)間 nπ, n +1 π 上有且僅有一個零點.
題型四：證明函數(shù)零點的性質(zhì)
2ln x
【典例 4-1 2】（2024·全國·一模）已知 f x = x - - a
x
(1)若 f x 0，求實數(shù) a的取值范圍；
1 2
(2)設 x1, x2 是 f x 的兩個零點（ x1 > x2 ），求證：①1< < x + xx x ；②1 2 x x 1 2
.
1 2
3
1 f x 2x 21- ln x 2 x + ln x -1【解析】（ ） = - = ，設 g x = x3 + ln x -1, x > 02 ，x x
則 g x 1= 3x2 + > 0，所以 g x 單調(diào)遞增，注意到 g 1 = 0，
x
所以當0 < x <1時， g x < g 1 = 0 ， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
當 x >1時， g x > g 1 = 0， f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
所以 f x = f 1 =1- amin ，
若 f x 0，則 f x = f 1 =1- a 0min ，解得 a 1，
所以實數(shù) a的取值范圍為 - ,1 ；
（2）①由題意不妨設 x1 < x2，則由（1）可知 f
1
x = f 1 =1- a < 0 a >1min ，且 0 < x1 < 1 < x2 ，0 < <1x2
2ln 1
f x f 1 f x 1 f x2 2ln x
1 x ÷
所以 1 - ÷ = 2 - ÷ = 2 -
2 - a - - 2 ÷
x x x 2 1
- a
è 2 è 2 2 x2 ÷ ÷
è x2

x 1

x 1

= 2 + ÷ 2 - - 2ln x2 ÷，
è x2 è x2
1 2
設 g x = x - - 2ln x x >1 x -1，
x g x 1
1 2
= + 2 - = 2 > 0, x >1 ，x x x
所以函數(shù) g x 單調(diào)遞增，所以 g x2 > g 1 = 0，
f x f 1 0 - > f x f 1 所以 1 ÷ ，即 1 > ，
è x2 è x
÷
2
1 1
又函數(shù) f x 在 0,1 上面單調(diào)遞減，所以0 < x1 < <1，所以1；
2
2ln x
② x2 - 1 a x2
2ln x2
注意到 1 - =x 2
- - a ，
1 x2
ln x1 ln x- 2 x + x x ln x - x ln x 1
所以 x1 + x2 x1 x2 x2 ln x - x ln x
1 2 2 1 1 2
= = 1 1 2 ，要證
= >
2 x x ，
2 x - x x x x - x 1 2 x1 - x2 x1x21 2 1 2 1 2
ln x +1 ln x +1
只需 x2 ln x1 - x1 ln x2 < x1 - x
1 2
2 ，即只需 h x ln x +1令 = ，則 h x ln x= -
x x2
，
當0 < x <1時， h x > 0， h x 單調(diào)遞增，
當 x >1時， h x < 0， h x 單調(diào)遞減，
1 1
又 > x2 >1x ，所以
h x ÷
< h x2 ，
1 è 1
h x h x h x h 1 1 所以要證 1 < 2 ，只需 1 < ÷，即 h x1 - h ÷ < 0 ，
è x1 è x1
不妨設H x = h x - h 1 ln x +1 ÷ = - x - ln x +1 ，
è x x
H x ln x x
2 -1
則 = - 2 + ln x -1+1 = ln x × 2 ，x x
當0 < x <1時，H x > 0，H x 單調(diào)遞增，
當 x >1時，H x > 0，H x 單調(diào)遞增，

因為0 < x1 <1，所以H x1 = h x1 - h
1 1
÷ < H 1 = 0，即 h x1 < h ÷，
è x1 è x1
1 ln x1 +1 ln x2 +1
又因為 h ÷ < h x2 ，所以 h x1 = < = h x x x 2 ，è x1 1 2
2
綜上所述，命題 < x1 + xx x 2得證.1 2
1
【典例 4-2】（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
1 1 1 x -1 1
【解析】（1）函數(shù) f (x) = xe x - a，求導得 f (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(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)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，
1 1
當 a > e時， f (1) < 0， f (a) = aea - a = a(ea -1) > 0，即$x2 (1, a)，使 f (x2 ) = 0 ，
f (1 1 e
a
) ea a - a
2
= - = ，令 g(a) = ea - a2，求導得 g (a) = ea - 2a，
a a a
令j(a) = ea - 2a，求導得j (a) = ea - 2 > 0，即j(a)在 e, + 上單調(diào)遞增，j(a) > j(e) = ee - 2e > 0 ，
于是 g (a) > 0，函數(shù) g(a) = ea - a2在 e, + 上單調(diào)遞增， g(a) > g(e) = ee - e2 > 0 ，
1
因此$x1 ( ,1)a ，使
f (x1) = 0，
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 = 0有兩個相異的x
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(diào)遞增，且 h ( ) = 0，
e
a
0 a a
a
當 < x < 時， h (x) < 0， h(x) 在 0, ÷單調(diào)遞減，當 x > 時， h (x) > 0， h(x) 在 ,+ ÷單調(diào)遞增，e è e e è e
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 x2 > - x > ，即證 h(x ) > h( - x )．e e 1 e 2 e 1
又 h x 2a 2a a1 = h x2 ，則即證 h(x1) > h( - x1) ，令函數(shù)F (x) = h(x) - h( - x)， x (0, )，e 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 2
而 x - x2 = -(x - )2 e+ 2 < 2 ，則F (x) < ln + ln = 0，e e e e e2 a2
因此函數(shù)F (x) (0,
a ) F (x) F (a ) 0 h(x ) h(2a在 上單調(diào)遞減，即 > = ，則 1 > - x ) ，e e e 1
2a
所以 x1 + x2 > ．e
【變式 4-1】（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知函數(shù) f x = ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求m 的取值范圍；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，證明 x1 + x2 > 2．
【解析】（1）首先由m > 0可知 f x 的定義域是 0, + ，從而 f x = ln mx - x = ln x - x + ln m .
故 f x = ln mx x 1 1- x- = -1 = ，從而當0 < x <1時 f x > 0，當 x >1時 f x < 0 .
x x
故 f x 在 0,1 上遞增，在 1, + 上遞減，所以 f x 具有最大值 f 1 = ln m -1 .
所以命題等價于 ln m -1 0，即m e .
所以m 的取值范圍是 0,e .
（2）不妨設 x1 < x2，由于 f x 在 0,1 上遞增，在 1, + 上遞減，故一定有 0 < x1 < 1 < x2 .
在-1 < t <1的范圍內(nèi)定義函數(shù) p t = f 1+ t - f 1- t .
2
則 p t = f 1+ t + f 1- t -t t 2t= + = 2 > 0 ，所以 p t 單調(diào)遞增.1+ t 1- t 1- t
這表明 t > 0時 p t > p 0 = f 1 - f 1 = 0，即 f 1+ t > f 1- t .
又因為 f 2 - x1 = f 1+ 1- x1 > f 1- 1- x1 = f x1 = 0 = f x2 ，且 2 - x1和x2都大于1，
故由 f x 在 1, + 上的單調(diào)性知 2 - x1 < x2 ，即 x1 + x2 > 2 .
【變式 4-2】（2024·山東臨沂·二模）已知函數(shù) f x = ln ax + a -1 x - ex .
(1)當 a =1時，求證： f x 存在唯一的極大值點 x0 ，且 f x0 < -2 ；
(2)若 f x 存在兩個零點，記較小的零點為x1，t 是關(guān)于 x 的方程 ln 1+ x + 3 = 2ax1 + cos x 的根，證明：
et +1 > 2ex1 .
x
【解析】（1）當 a =1時， f x = ln x - e ， x 0, + ，
f x 1∴ = - ex ，
x
1
易知 f x 在 0, + f 1 上單調(diào)遞減，且 ÷ = 2 - e2 > 0， f 1 =1- e < 0，
è 2
1
則$x

0 ,1÷ ，使得當 x 0, x0 時， f x > 0，
è 2
1 x0
當 x x0 ,+ 時， f x < 0，且 f x0 = 0，即 = e ，即 ln x0 = -xx 0 ，0
∴ f x 在 0, x0 上單調(diào)遞增，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞減，
∴ f x 存在唯一的極大值點 x0 ，
f x 2 ln x ex 1 x -1
2
而 + = 00 0 - + 2 = -x0 - + 2 = -
0 < 0，
x0 x0
∴ f x0 < -2 ．
（2）令 ln ax + a -1 x - ex = 0，得 ln ax + ax = x + ex ，
設 g x = x + ex ，顯然 g x 在定義域上單調(diào)遞增，
而 ax + ln ax = eln ax + ln ax ，則有 g ln ax = g x ，
∴ x = ln ax ．
依題意，方程 x = ln ax 有兩個不等的實根，
即函數(shù) h x = x - ln ax 在定義域上有兩個零點，
顯然 a 0，當 a<0時， h x 的定義域為 - ,0 ，
h x 在 - ,0 上單調(diào)遞增， h x 最多一個零點，不合題意，
∴ a > 0， h x 的定義域為 0, + ，
∴求導，得 h x =1 1- ，
x
當0 < x <1時， h x < 0，當 x >1時， h x > 0，
∴ h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
h x = h 1 =1- ln amin ，
要使 h x 有兩個零點，必有1- ln a < 0，即 a > e，
h 1 1此時 ÷ = > 0，即 h x 在 0,1 有一個零點，
è a a
h a2 = a2 - 3ln a，
令u x = x2 - 3ln x ， x>e，
求導得u x = 2x - 3x ，顯然u x 在 e, + 上單調(diào)遞增，
3
∴ u x > u e = 2e - > 0，
e
∴ u x e, + u x > u e = e2在 上單調(diào)遞增， - 3 > 0，
∴ h a2 > 0，則函數(shù) h x 在 1, + 上存在唯一零點．
由x1為 x = ln ax 的兩個根中較小的根，
x
得e 1 = ax1， x1 > 0，
又由已知得 2ax1 = ln 1+ t - cos t + 3，
從而 2ex1 = ln 1+ t - cos t + 3，
∵ x1 > 0，
∴ 2ex1 > 2 ，
∴ ln 1+ t - cos t +1 > 0．
設j t = ln 1+ t - cos t +1（ t > -1），
當 t > 0時， ln 1+ t > 0，-1 cos t 1，則j t > 0符合題意，
當-1
1
< t 0 時，j t = + sin t > 0，則j t 在 -1,0 上單調(diào)遞增，
1+ t
∴j t < j 0 = 0不合題意，
∴ t > 0
∴設m x = ex - ln 1+ x + cos x - 2， x > 0．
x 1
求導，得m x = e - - sin x，當 x > 0時，
1+ x
x
令 p x = e - x -1， q x = x - sin x ，
x
則 p x = e -1 > 0 ， q x =1- cos x 0，
∴ p x ， q x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
從而 p x > p 0 = 0 ， q x > q 0 = 0 ，即 ex > x +1， x > sin x ，
從而m x > x +1 1- - x =1 1 x- = > 0，
1+ x 1+ x 1+ x
即m x 在 0, + 單調(diào)遞增，則m x > m 0 = 0，
于是 ex +1 > ln 1+ x - cos x + 3，
t
即 e +1 > ln 1+ t - cos t + 3 = 2ex1 ，
即 et +1 > 2ex1 ．
【變式 4-3】（2024·高三· x 2河南鶴壁·期中）已知函數(shù) f x = e - ax a R ，其中 e 為自然對數(shù)的底數(shù)．
(1)若函數(shù) f x 在 0, + 上有 2 個極值點，求 a 的取值范圍；
(2) g x = f x + e1-x x 2設函數(shù) - e + ax + cos x， x 0,2π ），證明： g x 的所有零點之和大于 2π．
【解析】（1）由題設 f x = ex - 2ax在 0, + 上有 2 個變號零點，
當 a 0時， f x > 0，即 f x 在 0, + 上遞增，不可能有 2 個零點；
當 a > 0時，令 f x = 0，則 x0 = ln 2a + ln x0 ，且在 0, + 上有 2 個對應的 x0 ，
所以，問題化為 y = x0 - ln x0 與 y = ln 2a在 0, + 上有兩個交點，
對于 g x = x - ln x，有 g x =1 1- ，則在 0,1 上， g x < 0， g x 遞減，
x
在 1, + 上， g x > 0， g x 遞增，
又 x 趨向于 0 時， g x 趨向正無窮，x 趨向于正無窮時， g x 趨向正無窮，
且 g x = g 1 =1 emin ，所以 ln 2a >1，故 a > ．2
e
綜上， a > ；
2
（2）由已知函數(shù) g x = e1-x + cos x ， x 0,2π ，其導函數(shù) g x = -e1-x - sin x，
設 g x = h x = -e1-x - sin x， h x = e1-x - cos x ，
如圖畫出函數(shù) y = e1-x 和 y = cos x 圖象，
x 5π 7π$ 0
, ÷，使得當 x 0, x0 時， h x > 0， g x 單調(diào)遞增，
è 4 4
x x , 2π h x < 0 g x e1-x當 時，函數(shù) ， 單調(diào)遞減，又 00 = cos x0 ，所以 g 0 = -e < 0，
g x0 = -e1-x0 - sin x0 = -cos x0 - sin x
π
0 = - 2 sin

x0 +

，
è 4 ÷
x 5 7 π 3π 1-2π因為 0 π, π ÷，所以 x0 + , 2π ÷，所以 g x0 > 0，又 g 2π = -e < 0，
è 4 4 4 è 2
故$x1 0, x0 ，使得 g x1 = 0 ，$x2 x0 , 2π ，使得 g x2 = 0，
于是可得當 x 0, x1 時， g x < 0， g x 單調(diào)遞減，當 x x1, x2 時， g x > 0， g x 單調(diào)遞增，當
x x2 , 2π 時， g x < 0， g x 單調(diào)遞減，
3π 1 3π 1-π -g π e 0 3π又 = - < ， g ÷ = -e 2 +1 > 0 x
π, ，故 ，
è 2
1
è 2
÷

π 1 π-
則 g ÷ = e 2 > 0， g π
π
= e1-π -1 < 0 ，所以存在a ,π

÷，使得 g a = 0，
è 2 è 2
3π
所以 g x1
1-
< g π < 0 g 3π 3π，又 ÷ = e 2 > 0

，所以 g x
2 2
> g ÷ > 0，
è è 2
3π 1-2π
則存在 b π, ÷，使得 g b = 0，又 g 2π = e +1 > 0，
è 2
所以函數(shù) g x 在區(qū)間 x x2 , 2π 上無零點，
π 3π
故函數(shù)在 x 0,2π 上有兩個零點a ，b ，且 < a < π < b < ，
2 2
由 g a = g b = 0可得 e1-a + cosa = 0， e1-b + cos b = 0 ，
所以 cosa = -e1-a ， cos b = -e1-b ，
又a < b 1-a >1- b e1-a > e1-b -e1-a < -e1-b ，
所以 cosa < cos b = cos 2π - b ，
π a π b 3π π π根據(jù) < < < < ，可得 < a < p ， < 2π - b < π，
2 2 2 2
并且函數(shù) y = cos x
π
在 , π ÷上單調(diào)遞減，所以a > 2π - b ，即a + b > 2π ，
è 2
故 g x 的兩個零點之和大于 2π．
【變式 4-4】（2024·四川眉山·三模）已知函數(shù) f (x) = xlnx - ax2 - 2x .
(1)若過點 (1,0)可作曲線 y = f (x) 兩條切線，求 a的取值范圍；
(2)若 f (x) 有兩個不同極值點 x1, x2 .
①求 a的取值范圍；
②當 x1 > 4x
2 3
2 時，證明： x1x2 >16e .
【解析】（1）依題意， f (x) = lnx - 2ax -1，
設過點 1,0 的直線與曲線 y = f (x) 相切時的切點為 (x0 , y0 )，斜率 k = lnx0 - 2ax0 -1，
2
切線方程為 y - (x0lnx0 - ax0 - 2x0 ) = (lnx0 - 2ax0 -1)(x - x0 )，而點 (1,0)在切線上，
則-x0lnx + ax
2 + 2x 20 0 0 = (lnx0 - 2ax0 -1)(1- x0 )，即有 ax0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0，
由過點 (1,0)可作曲線 y = f (x) 2兩條切線，得方程 ax0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0有兩個不相等的實數(shù)根，
令 g(x) = ax2 - 2ax - x + lnx -1，則函數(shù) g(x)有 2 個零點，
g (x) 2ax 2a 1 1 2ax
2 - (2a +1)x +1 (2ax -1)(x -1)
求導得 = - - + = = ，
x x x
a 1 1①若 > ，由 g (x) > 0，得0 < x < 或 x >1，由 g (x) < 0
1
，得 < x <1，
2 2a 2a
1 1
即函數(shù) g(x)在 (0, ) ， (1, + )上單調(diào)遞增，在 ( ,1) 上單調(diào)遞減，
2a 2a
x 1則當 = 時， g(x)取得極大值；當 x =1時， g(x)取得極小值，
2a
g( 1 ) a ( 1 )2 2a 1 1 ln 1 1又 = × - × - + -1 = -ln2a - - 2 < 0，
2a 2a 2a 2a 2a 4a
當 x 1時， g(x) < 0恒成立，因此函數(shù) g(x)最多 1 個零點，不合題意；
②若 a
1
= ， g (x) 0恒成立，函數(shù) g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，
2
因此函數(shù) g(x)最多 1 個零點，不合題意；
③若0
1 1 1
< a < ，由 g (x) > 0，得0 < x <1或 x > ，由 g (x) < 0，得1< x < ，
2 2a 2a
即函數(shù) g(x)
1 1
在( 0, 1)， ( , + )上單調(diào)遞增，在 (1, )上單調(diào)遞減，
2a 2a
1
則當 x =1時， g(x)取得極大值；當 x = 時， g(x)取得極小值，又 g(1) = -a - 2 < 0，
2a
x 1顯然當 時， g(x) < 0恒成立，因此函數(shù) g(x)最多 1 個零點，不合題意；
2a
④若 a 0，顯然2ax -1 < 0，當0 < x <1時， g (x) > 0，當 x >1時， g (x) < 0，
函數(shù)在( 0, 1)上單調(diào)遞增，在 (1, + )上單調(diào)遞減，當 x =1時， g(x)取得最大值 g(1) = -a - 2，
要函數(shù) g(x)有 2 個零點，必有 g(1) = -a - 2 > 0，得 a < -2，
當0 < x <1時， g(x) = a(x -1)2 - x - a -1+ lnx < -a -1+ lnx，
而函數(shù) y = -a -1+ lnx 在( 0, 1)上的值域為 (- , -a -1)，因此 g(x)在( 0, 1)上的值域為 (- ,-a - 2)，
1
當 x >1時，令 y = ln x - x ，求導得 y = -1 < 0，函數(shù) y = ln x - x 在 (1, + )上單調(diào)遞減，
x
則 ln x - x < -1， g(x) = a(x -1)2 - a -1+ lnx - x < a(x -1)2 - a - 2，
而函數(shù) y = a(x -1)2 - a - 2在 (1, + )上單調(diào)遞減，值域為 (- ,-a - 2)，
因此函數(shù) g(x)在 (1, + )上的值域為 (- ,-a - 2)，
于是當 a < -2時，函數(shù) g(x)有兩個零點，
所以過點 1,0 可作曲線 y = f x 兩條切線時， a的取值范圍是 - , -2 .
（2）①由（1）知， f (x) = lnx - 2ax -1，
由函數(shù) f (x)
lnx -1
有兩個極值點 x1, x2 ，得 f (x) = 0，即 2a = 有兩個實數(shù)根 x1, x2 ，x
令u(x)
lnx -1 2 - lnx
= ，求導得u (x) = 2 ，當 0 < x < e2 時，u (x) > 0，當 x > e2 時，u
(x) < 0，
x x
函數(shù)u(x) 在 (0,e2
1
)上單調(diào)遞增， (e2 ,+ )上單調(diào)遞減，u(x)max = 2 ，e
且u(e) = 0，當 x>e時，函數(shù)u(x) > 0 1 lnx -1恒成立，因此當0 < 2a < 2 時， 2a = 有兩個實數(shù)根e x
1
所以函數(shù) f (x) 有兩個極點時， a的取值范圍是 (0, 2 ) .2e
ìlnx1 - 2ax1 -1 = 0 ìlnx = 2ax +1 lnx - lnx② 1 1 1 2由 ílnx 2ax 1 0，即 ，得
2a = ，
2 - 2 - =
í
lnx2 = 2ax2 +1 x1 - x2
2 3
要證明 x1x2 >16e ，只需證明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3，
ln x1
而 lnx + 2lnx = 2a(x + 2x ) + 3 = (x + 2x )
lnx
× 1
- lnx2 3 x+ = ( 1 x21 2 1 2 1 2 + 2) × + 3，x1 - x2 x x2 1 -1
x2
t x= 1令 (x1 > 4x2 )，則 t > 4，欲證明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3x ，2
即證明 (t + 2)
lnt
× > 4ln2(t > 4)，只需證明 lnt
t -1
- 4ln2 × > 0(t > 4) 即可，
t -1 t + 2
令 h(t) = lnt - 4ln2
t -1
× (t > 4)，
t + 2
4
1 3 t 2求導得 h t 4ln2 + 4t + 4 -12ln2 × t
t + 4 + -12ln2
= - × = = t ，
t (t + 2)2 t(t + 2)2 (t + 2)2
則j(t) = t + 4
4
+ -12ln2在 t > 4時單調(diào)遞增，故j(t) > j(4) = 9 -12ln2 > 0 ，
t
則 h (t) > 0 ，令 h(t)在 t > 4時單調(diào)遞增，則 h(t) > h(4)
1
= ln4 - 4 ln2 = 0，
2
(t 2) lnt因此 + × > 4ln2(t > 4)，即 lnx
t -1 1
+ 2lnx2 > 4ln2 + 3，
2
所以 x1x2 >16e
3 .
題型五：最值函數(shù)的零點問題
x
【典例 5-1】（2024·湖北黃岡·三模）已知函數(shù) f x = x sin x + cos x + ax2 , g x = x ln ．
π
(1)當 a = 0時，求函數(shù) f x 在 -π, π 上的極值；
(2)用max m, n 表示m, n中的最大值，記函數(shù) h x = max f x , g x (x > 0) ，討論函數(shù) h x 在 0, + 上
的零點個數(shù)．
【解析】（1）
當 a = 0時， f x = x sin x + cos x, f x = x cos x，
由 f x = 0 p π，得 x = - 或 ，則 f x 和 f x 隨 x 的變化如下表所示：
2 2
é π π π πx ê-π,- ÷ - - ,0÷ 0 0,
π π ù
÷ , π
2 2 è 2 è 2 2 è 2 ú
f x + 0 - 0 + 0 -
f x Z 極大 ] 極小 Z 極大 ]
∴ f x 在 -π, π π 上有 2 個極大值： f - ÷ = f
π π
÷ = , f x 在 -π, π 上有 1 個極小值 f 0 =1．
è 2 è 2 2
（2）由 h x = max f x , g x ，知 h x g x ．
（ⅰ）當 x π, + 時， g x > 0，
∴ h x > 0 ，故 h x 在 π,+ 上無零點．
（ⅱ）當 x = π 時， g π = 0, f π = -1+ π2a．
故當 f π 0 1時，即 a 2 時，h π = 0, x = π是 h x 的零點；π
當 f π > 0 1時，即 a >
π2
時，h π = f π > 0, x = π不是 h x 的零點．
（ⅲ）當 x 0, π 時， g x < 0．故 h x 在 0, π 的零點就是 f x 在 0, π 的零點，
f x = x 2a + cos x , f 0 = 1．
1
①當 a - 時，2a + cos x 0，故 x 0, π 時， f x 0, f x 在 0, π 是減函數(shù)，
2
2
結(jié)合 f 0 =1， f π = -1+ π a < 0可知， f x 在 0, π 有一個零點，
故 h x 在 0, π 上有 1 個零點．
②當 a
1
時，2a + cosx 0，故 x 0, π 時， f x 0, f x 在 0, π 是增函數(shù)，
2
結(jié)合 f 0 =1可知， f x 在 0, π 無零點，故 h x 在 0, π 上無零點．
③當 a
1 , 1 - ÷時，$x 0, π ，使得 x 0, x 時， f x > 0, f x 在 0, x 是增函數(shù)；
è 2 2 0 0 0
x x0 , π 時， f x < 0, f x 在 x0 , π 是減函數(shù)；
由 f 0 =1知， f x0 > 0．
2
當 f π = -1+ π a 0 1 a 1，即 2 < 時， f x 在 0, π 上無零點，故 h x 在 0, π 上無零點．π 2
當 f π = -1+ π2a < 0 1 a 1，即- < < 2 時， f x 在 0, π 上有 1 個零點，故 h x 在 0, π 上有 1 個零點．2 π
1
綜上所述， a < 2 時， h x
1 1
有 2 個零點； a = 2 時， h x 有 1 個零點； a > 2 時， h x 無零點π π π
1 2
【典例 5-2】（2024·四川南充·三模）已知函數(shù) f (x) = x sin x + cos x + ax ， g(x)
x
= x ln ．
2 π
(1)當 a = 0時，求函數(shù) f (x) 在[-p,p]上的極值；
(2)用max{m,n}表示m ，n中的最大值，記函數(shù)h(x) = max{ f (x), g(x)}(x > 0)，討論函數(shù) h(x) 在 (0, + )上
的零點個數(shù)．
【解析】（1）當 a = 0時， f (x) = x sin x + cos x ， f (x) = xcos x ，
由 f (x) = 0
p π
，得 x = - 或 ，則 f x 和 f x 隨 x 的變化如下表所示：
2 2
x é-π,
π π
- π π π-
π ù
ê 2 ÷ 2
- ,0 0 0, , π
è 2 ÷
÷
è 2 2 è 2 ú
f (x) + 0 - 0 + 0 -
f (x) Z 極大 ] 極小 Z 極大 ]
\ f (x) [ π π π在 -p,p] 上有 2 個極大值： f - ÷ = f
= ，
è 2 ÷
è 2 2
f (x) 在[-p,p]上有 1 個極小值： f (0) =1.
（2）由 h(x) = max{ f (x), g(x)}，知 h(x) g(x) .
（i）當 x (p,+ )時， g(x) > 0 ，
\h(x) > 0，故 h(x) 在 (p,+ )上無零點．
2
（ii）當 x = π 時， g(π) = 0， f (π) π= -1+ a ．
2
故當 f (π) 0
2
時，即 a 2 時， h(π) = 0， x = π 是 h(x) 的零點；π
當 f (π) > 0 2時，即 a > 2 時， h(π) = f (π) > 0， x = π 不是 h(x) 的零點.π
（iii）當 x (0, π)時， g(x) < 0．
故 h(x) 在 (0, π) 的零點就是 f (x) 在 (0, π) 的零點，
f (x) = x(a + cos x) ， f (0) =1．
①當 a -1時， a + cos x 0，故 x (0, π)時， f (x) 0， f (x) 在 (0, π) 是減函數(shù)，
2
結(jié)合 f (0) =1， f (π) = -1 π+ a < 0 可知， f (x) 在 (0, π) 有一個零點，
2
故 h(x) 在 (0, π) 上有 1 個零點.
②當 a 1時， a + cos x 0，故 x (0, π)時， f (x) 0， f (x) 在 (0, π) 是增函數(shù)，
結(jié)合 f (0) =1可知， f (x) 在 (0, π) 無零點，
故 h(x) 在 (0, π) 上無零點．
③當 a (-1,1) 時，$x0 (0, π)，使得 x 0, x0 時， f (x) > 0， f (x) 在 0, x0 是增函數(shù)；
x x0 , π 時， f (x) < 0， f (x) 在 x0 , π 是減函數(shù)；
由 f (0) =1知， f x0 > 0．
2 2
當 f (π) π= -1+ a 0 ，即 2 a <1時， f (x) 在 (0, π) 上無零點，2 π
故 h(x) 在 (0, π) 上無零點．
f (π) 1 π
2 2
當 = - + a < 0 ，即-1 < a < - 2 時， f (x) 在 (0, π) 上有 1 個零點，2 π
故 h(x) 在 (0, π) 上有 1 個零點.
2
綜上所述， a < 2 時， h(x) 有 2 個零點；π
a 2= 2 時， h(x) 有 1 個零點；π
a 2> 2 時， h(x) 無零點.π
ax x2
【變式 5-1】（2024·四川南充·三模）已知函數(shù) f x = + - x， g x = lnx其中 ex 為自然對數(shù)的底數(shù).e 2
(1)當 a =1時，求函數(shù) f x 的極值；
(2)用max m, n 表示m ，n中的最大值，記函數(shù) h x = max f x , g x (x > 0) ，當 a 0時，討論函數(shù)
h x 在 0, + 上的零點個數(shù).
x 1 x
【解析】（1 2）當 a =1時， f x = x + x - x ， f x 1- x
x -1 e -1
e 2 = x + x -1 =
，
e ex
由 f x > 0得： x < 0 或 x >1；由 f x < 0得：0 < x <1
列表：
x - ,0 0 0,1 1 1, +
f x + 0 - 0 +
f x Z 極大值 ] 極小值 Z
∴ f (x)極大 = f 0 = 0； f (x) = f 1
1 1
= -
極小 ；e 2
（2）由 h x = max f x , g x 知： h x g x
（i）當 x 1,+ 時 g x > 0，
\h x > 0，故 h x 在 1, + 上無零點.
（ii）當 x =1時， g 1 = 0， f 1 a 1= - 知：當 f 1 0 e時，0 a ， h 1 = 0，
e 2 2
x =1是 h x 的零點；
當 f 1 > 0 e時， a > ， h 1 > 0， x =1不是 h x 的零點；
2
（iii）當 x 0,1 時， g x < 0，故 h x 在 0,1 的零點就是 f x 在 0,1 的零點.
由 f x = 0 a = 1 得： 1- x ÷ex ，
è 2
1
設j x = 1- x x ÷e ，則j x
1
= 1- x2 e
x
，
è 2
\j x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
e
又∵j 0 =1，j 1 = ，
2
∴當 a
e
時， f x 即 h x 在 0,1 上無零點；
2
當1< a
e
< 時， f x 即 h x 在 0,1 上有 1 個零點；
2
當0 a 1時， f x 即 h x 在 0,1 上無零點；
e
綜上所述：1< a < 時， h x 有 2 個零點；
2
0 a 1 a e 或 = 2 時，
h x 有 1 個零點；
a e> 時， h x 無零點.
2
【變式 5-2】（2024·江西九江·二模）已知函數(shù) f (x) = ex - ax2 (a R)， g x = x -1．
(1)若直線 y = g x 與曲線 y = f x 相切，求 a 的值；
(2)用min m, n 表示 m，n 中的最小值，討論函數(shù) h(x) = min{ f (x), g(x)}的零點個數(shù)．
【解析】（1）設切點為 x0 , y0 ，∵ f (x) = ex - 2ax ，∴ f x = ex00 - 2ax0
ìex0 - 2ax
∴ í 0
=1,
x （*）
e 0 - ax
2
0 = x0 -1,
x
消去 a 整理，得 e 0 +1 x0 - 2 = 0，∴ x0 = 2
∴ a e
2 -1
=
4
（2）①當 x (- ,1) 時， g x < 0， h(x) = min{ f (x), g(x)} g(x) < 0，∴ h x 在 (- ,1)上無零點
②當 x =1時， g 1 = 0， f 1 = e - a ．
若 a e ， f 1 0，此時 h x = g 1 = 0 ， x =1是 h x 的一個零點，
若 a > e， f 1 < 0，此時 h x = f 1 < 0， x =1不是 h x 的零點
③當 x (1,+ )時， g x > 0，此時 h x 的零點即為 f x 的零點．
x x x
令 f (x) = ex - ax2 = 0 a e e (x - 2)e，得 = 2 ，令j(x) = 2 ，則j (x) = 3 ，x x x
當1 < x < 2時，j (x) < 0；當 x > 2時，j (x) > 0 ，∴j x 在 1,2 上單調(diào)遞減，在 (2,+ ) 上單調(diào)遞增，且當
x + 時，j x +
2
（i）若 a < j 2 ，即 a e< 時， f x 在 (1, + )上無零點，即 h x 在 (1, + )上無零點
4
2
（ii）若 a = j 2 a e，即 = 時， f x 在 (1, + )上有一個零點，即 h x 在 (1, + )上有一個零點
4
iii j 2 < a < j 1 e
2
（ ）若 ，即 < a < e時， f x 在 (1, + )上有兩個零點，即 h x 在 (1, + )上有兩個零點
4
（iv）若 a j 1 ，即a e 時， f x 在 (1, + )上有一個零點，即 h x 在 (1, + )上有一個零點
e2
綜上所述，當 a < 或 a > e時， h x 在R 上有唯一零點；
4
a e
2
當 = 或 a = e時， h x 在R 上有兩個零點；
4
e2
當 < a < e時， h x 在R 上有三個零點
4
題型六：同構(gòu)法妙解零點問題
ax
【典例 6-1】已知函數(shù) f (x) = x-1 + x - ln(ax) - 2(a > 0) ，若函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0,+ )內(nèi)存在零點，求實e
數(shù) a的取值范圍
ax x-1
【解析】解：方法一：由 f (x) = x 1 + x - ln(ax) - 2(a > 0) 可得 f (x)
x -1(e= - a)
e -
，
ex-1 x
ex-1 ex-1y a (x -1)設 = - ， x > 0 ， a > 0，則 y = 2 ，令 y = 0 x = 1，\ y 在 x (0,1) 單調(diào)遞減，在x x
x (1,+ ) 單調(diào)遞增，
故 ymin = y （1） = 1- a ．
①當 0 < a < 1時，令 f (x) = 0 x = 1，當 x (0,1) 時， f (x) 單調(diào)遞減，當 x (1,+ ) 時， f (x) 單調(diào)遞
增，
\ f (x)min = f （1） = a -1- lna > 0 ，此時 f (x) 在區(qū)間 (0,+ )內(nèi)無零點；
②當 a = 1時， f （1） = a -1- lna = 0 ，此時 f (x) 在區(qū)間 (0,+ )內(nèi)有零點；
③ x -1 e
x-1
當 a > 1時，令 f (x) =
ex-1
( - a) = 0，解得 x = x
x 1
或 1 或 x2 ，且 0 < x1 < 1 < x2 ，
此時 f (x) 在 x (0, x1)單減， x (x1 ，1) 單增， x (1, x2 ) 單減， x (x2 ， + ) 單增，
當 x = x1 或 x2 時， f (x)極小值 = 0 ，此時 f (x) 在區(qū)間 (0,+ )內(nèi)有兩個零點；
綜合①②③知 f (x) 在區(qū)間 (0,+ )內(nèi)有零點 a…1．
方法二：由題意可得
e- x+1+ln(ax) = ln(ax) - x + 2 ，即 e- x+1+ln(ax) - [-x +1+ ln(ax)] -1 = 0 ，
因為 ex…x +1當 x = 0 時等號成立，
所以 -x +1+ ln(ax) = 0 ，即 ax = ex-1 ，
ex-1 ex-1 1 (x -1)exa = ，令 g(x) = ， g (x) = 2 ，x x e x
易知 g(x) 在 (0,1) 單減，在 (1,+ )上單增，所以 g(x)…g （1） = 1，
又 x 趨近于 0 和正無窮時， g(x) 趨近于正無窮，
所以 a…1．
a
【典例 6-2】已知 f (x) = xlnx + x2 +1．
2
（1）若函數(shù) g(x) = f (x) + xcos x p- sin x - xlnx -1在 (0, ]上有 1 個零點，求實數(shù) a的取值范圍．
2
（2）若關(guān)于 x 的方程 xex-a = f (x) a- x2 + ax -1有兩個不同的實數(shù)解，求 a的取值范圍．
2
【解析】解：（1） g(x) a= x2 + xcos x sin x x (0 p- ， ， ]，
2 2
所以 g (x) = x(a - sin x)，
當 a…1時， a sin x…0，所以 g(x) 在 (0 p， ]單調(diào)遞增，
2
又因為 g(0) 0 p= ，所以 g(x) 在 (0 ， ]上無零點；
2
當 0 p< a < 1時，$x0 (0, ) ，使得 sin x0 = a ，2
所以 g(x) 在 (x p0 ， ]單調(diào)遞減，在 (0, x0 ) 單調(diào)遞增，2
2
又因為 g(0) = 0， g(p ) ap= -1，
2 8
ap 2 8 p
所以若 -1 > 0，即 a > 時， g(x) 在 (0 ， ]上無零點，
8 p 2 2
ap 2
若 1 0 0 a 8 g(x) (0 p，即 < 2 時， 在 ， ]上有一個零點，8 p 2
當 a 0 時， g (x) = a - xsin x 0 p p< ， g(x) 在 (0 ， ]上單調(diào)遞減， g(x) 在 (0 ， ]上無零點，
2 2
8 p
綜上當 0 < a
p 2
時， g(x) 在 (0 ， ]上有一個零點；
2
（2）由 xex-a a= f (x) - x2 + ax -1(x > 0)，
2
即 xex-a = xlnx + ax ，即 ex-a = lnx + a，
則有 ex-a + (x - a) = x + lnx ，
令 h(x) = x + lnx ， x > 0 ，則 h(ex-a ) = ex-a + (x - a)，
h (x) = 1 1+ > 0 ，所以函數(shù) h(x) 在 (0,+ )上遞增，
x
所以 ex-a = x，則有 x - a = lnx ，即 a = x - lnx ， x > 0 ，
因為關(guān)于 x 的方程 xex-a = f (x) a- x2 + ax -1有兩個不同的實數(shù)解，
2
則方程 a = x - lnx ， x > 0 有兩個不同的實數(shù)解，
令j(x) = x - lnx ，則j (x) 1 x -1= 1- = ，
x x
當 0 < x < 1時，j (x) < 0 ，當 x > 1時，j (x) > 0，
所以函數(shù)j(x) = x - lnx 在 (0,1) 上遞減，在 (1,+ )上遞增，
所以j(x)min = j （1） = 1，
當 x 0時，j(x) + ，當 x + 時，j(x) + ，
所以{a | a > 1}．
【變式 6-1】已知函數(shù) f (x) = aex - ln(x +1) + lna -1．
（1）若 a = 1，求函數(shù) f (x) 的極值；
（2）若函數(shù) f (x) 有且僅有兩個零點，求 a的取值范圍．
1 a 1 f (x) = ex - ln(x +1) -1 f (x) ex 1【解析】（ ）當 = 時， ， = - ， x > -1，
x +1
顯然 f (x) 在 (-1,+ )單調(diào)遞增，且 f (0) = 0，
\當 -1 < x < 0時， f (x) < 0 ， f (x) 單調(diào)遞減；當 x > 0 時， f (x) > 0 ， f (x) 單調(diào)遞增．
\ f (x)在 x = 0 處取得極小值 f (0) = 0，無極大值．
（2）函數(shù) f (x) 有兩個零點，即 f (x) = 0 有兩個解，即 aex + ln(aex ) = ln(x +1) + (x +1) 有兩個解，
設 h(t) = t + lnt ，則 h (t) 1= 1+ > 0， h(t) 單調(diào)遞增，
t
\aex = x +1(x > -1) x +1有兩個解，即 a = x (x > -1) 有兩個解．e
s(x) x +1令 = x (x… -1) ，則 s (x)
x
= - x ，e e
當 x (-1,0)時， s (x) > 0 ， s(x)單調(diào)遞增；當 x (0,+ ) 時， s (x) < 0 ， s(x)單調(diào)遞減．
Q s(-1) = 0 ， s(0) = 1，當 x > 0 時 s(x) > 0 ，
\0 < a < 1．
f (x) x , g(x) ln x【變式 6-2】（2024·上海嘉定·一模）已知 = x = ．e x
(1)求函數(shù) y = f (x)、y = g(x) 的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)請嚴格證明曲線 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交點；
1
(3)對于常數(shù) a 0, ÷ ，若直線 y = a 和曲線 y = f (x)、y = g(x) 共有三個不同交點 x1, a 、 x2 ,a 、 xe 3 ,a ，其è
中 x1 < x2 < x3，求證： x1、x2、x3 成等比數(shù)列．
【解析】（1）由題意可知： f x 的定義域為R ， g x 的定義域為 0, + ，
f (x) 1- x , g (x) 1- ln x= =
ex x2
，
當 f x > 0時，得 x <1，此時函數(shù) y = f (x) 單調(diào)遞增，
當 f x < 0時，得 x >1，此時函數(shù) y = f (x) 單調(diào)遞減，
因此函數(shù) y = f (x)
1
極大值為 f 1 = ，
e
單調(diào)遞增區(qū)間為 - ,1 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 1, + ；
當 g x > 0時，得0 < x < e，此時函數(shù) y = g(x) 單調(diào)遞增，
當 g x < 0時，得 x>e，此時函數(shù) y = g(x) 單調(diào)遞減，
因此函數(shù) y = g(x) 極大值為 g e 1= ，
e
單調(diào)遞增區(qū)間為 0,e ，單調(diào)遞減區(qū)間為 e, + ，
所以函數(shù) y = f (x)
1
極大值為 ，單調(diào)遞增區(qū)間為 - ,1 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 1, + ；
e
y = g(x) 1函數(shù) 極大值為 ，單調(diào)遞增區(qū)間為 0,e ，單調(diào)遞減區(qū)間為 e, + .
e
2 x
（2）設m x = f (x) g(x) x ln x x - e ln x- = x - = x , x 0,+ ，e x xe
h x x2 ex ln x h x 2x ex ln x 1設 = - = - +

x ÷
，
è
設j x = ln x 1+ j x x -1=
x x2
，
當 x 0,1 時，j x < 0,j x 單調(diào)遞減，
當 x 1,+ 時，j x > 0,j x 單調(diào)遞增，
所以j x = j 1 =1 ln x 1+ 1min ，x
設 n x = ex - ex n x = ex - e，
當 x 0,1 時， n x < 0, n x 單調(diào)遞減，
當 x 1,+ 時， n x > 0, n x 單調(diào)遞增，
所以 n x = n 1 = 0 ex exmin ，
x
因此有 e ln x
1
+ ÷ ex ，當 x =1時取等號，
è x
h x 2x ex ln x 1 于是有 = - + ÷ 2x - ex = x 2 - e < 0 ，
è x
h x h 1 =1,h e = e2 - ee因此 單調(diào)遞減，而 < 0 h 1 h e < 0，
根據(jù)函數(shù)零點存在原理，當 x 0, + 時，函數(shù) h x 在 1,e 內(nèi)有唯一零點，
因此m x = f (x) - g(x) = 0有唯一實根，因此曲線 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交點.
1
（3）由（1）可知兩個函數(shù)的最大值均為 ，
e
且函數(shù) y = f (x) 單調(diào)遞增區(qū)間為 - ,1 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 1, + ；
函數(shù) y = g(x) 單調(diào)遞增區(qū)間為 0,e ，單調(diào)遞減區(qū)間為 e, + ，
由（2）可知曲線 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交點，且交點在 1,e 內(nèi)，
因為直線 y = a 和曲線 y = f (x)、y = g(x) 共有三個不同交點 x1, a 、 x2 ,a 、 x3 ,a ，其中 x1 < x2 < x3，
因此兩條曲線必過兩個曲線的交點，
所以有0 < x1 <1 < x2 < e < x3 ，
x1 x2 ln x2 ln x= = = 3 x1因此有 x x = a x1x3 = e ln xe e x x 3，1 2 2 3
x1 ln e
x1 ln x x
因為 2 1x = x = ， e , x2 0,e ， y = g(x) 在 0,e 上單調(diào)遞增，e 1 e 1 x2
x
所以有 e 1 = x2 ，
x2 ln e
x2 ln x3 x
同理 = 2
ex2 ex
= ， e , x3 e,+ ，而函數(shù) y = g(x) 在 e, + 單調(diào)遞減，2 x3
x x 2
所以有 e 2 = x3，而 x1x3 = e 1 ln x3 ，所以 x1x3 = x2 × x2 = x2 ，
因此 x1、x2、x3 成等比數(shù)列.
ax ln x 1
【變式 6-3】（2024·四川·三模）已知函數(shù) f x = 和函數(shù) g x = ，且 f x 有最大值為 ．
ex x ae
(1)求實數(shù) a 的值；
(2)直線 y＝m 與兩曲線 y = f x 和 y = g x 恰好有三個不同的交點，其橫坐標分別為x1，x2， x3 ，且
x1 < x2 < x
2
3，證明： x1x3 = x2 ．
f x ax a 1- x【解析】（1） = x 的定義域為 R

，且 f x =e ex ，
a > 0，
當 x <1時， f x > 0， f x 遞增；當 x >1時， f x < 0， f x 遞減；
a
所以 f x = f 1 =max ，e
a 1
所以 = ，解得 a = ±1，又 a > 0，所以 a＝1.
e ae
x
（2）證明：由（1）可知： f x = x 在 - ,1 遞增，在 1, + 遞減，e
g x 1- ln x g x ln x又 = 2 ，所以 = 在 0,e 遞增，在 e, + 遞減，x x
f x x g x ln x= x 和 = 的圖象如圖所示：e x
設 f x 和 g x 的圖象交于點 A，則當直線 y＝m 經(jīng)過點 A 時，
直線 y＝m 與兩條曲線 y = f x 和 y = g x 共有三個不同的交點，
x2 ln x2 ln x3
則0 < x1 <1 < x2 < e < x3 ，且， x = = m， = me x x ，2 2 3
m x1 ln x= = 2 x因為 ，所以 1
ln x2
ex x x = ln x ，即
f x1 = f ln x2 ，1 1 2
2 e e
x
因為 x1 <1， ln x2 < ln e =1，且 f x = 在 - ,1 遞增，所以 x = ln x ，ex 1 2
x2 x2 1
所以 = =x1 ln x
，
2 m
因為m
x2 ln x= = 3 x ln xx ，所以 2 = 3x ln x ，即 f x2 = f ln xe ，2 x 2 3 33 e e
因為 x2 >1， ln x3 > ln e =1，且 f x
x
= x 在 1, + 遞減，e
x x 1
所以 x2 = ln x
3 3
3，所以 = =x2 ln x3 m
，
x2 x3 1 2
所以 = =x1 x2 m
，即 x1x3 = x2 ．
【變式 6-4】（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(diào)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 < x 31x2x3 < e ．
【解析】（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(diào)遞增，符合題意；
當m > 0時，若 f x 和 g x 在 0, + 上的單調(diào)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(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)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(diào)區(qū)間相同；
2 ① f x f x = ex（ ） 由題意， 有兩個零點， - m，
若m 0，則 f x 0，所以 f x 在R 上單調(diào)遞增，不符合題意，
若m > 0，則當 x - , lnm 時， f x < 0, f x 單調(diào)遞減，
當 x lnm, + 時， f x > 0, f x 單調(diào)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 ex
x -1 lnx -1
令m x = (x > 0), n x x= (x >1)，則m x = , n x = ，
x lnx x2 (lnx)2
當 x 0,1 時，m x < 0, m x 單調(diào)遞減，
當 x 1, + 時，m x > 0, m x 單調(diào)遞增，
當 x 1,e 時， n x < 0, n x 單調(diào)遞減，
當 x e, + 時， n x > 0, n x 單調(diào)遞增，
ex x
在同一坐標平面內(nèi)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 < x 1 x e x
e e x x
< < < < 31 2 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 x1 = lnx2 ，x1 lnx2 x1 lnx2
ex2 x x2
= 3
e x
= 3 x x由 ，得 x ，即 n e 2 = n x x2 23 ，又 e > e，所以 x3 = e ，x lnx 22 3 lne lnx3
ex2 x
= 2 x2 = ex2 × lnx = x x x x = x2由 ，得 2 2 3 1，即 1 3 2 ，x2 lnx2
3
故 x1x2x3 = x2 1,e3 .
題型七：零點差問題
【典例 7-1】（2024·重慶·模擬預測）牛頓在《流數(shù)法》一書中，給出了代數(shù)方程的一種數(shù)值解法——牛頓
法．具體做法如下：如圖，設 r 是 f (x) = 0 的根，首先選取 x0 作為 r 的初始近似值，若 f (x) 在點 (x0 , f (x0 ))
處的切線與 x 軸相交于點 (x1,0)，稱x1是 r 的一次近似值；用x1替代 x0 重復上面的過程，得到x2，稱x2是
r 的二次近似值；一直重復，可得到一列數(shù)： x0 , x1, x2 ,L, xn ,L．在一定精確度下，用四舍五入法取值，當
xn-1, xn n N* 近似值相等時，該值即作為函數(shù) f (x) 的一個零點 r ．
(1)若 f (x) = x3 + 3x2 + x - 3，當 x0 = 0時，求方程 f (x) = 0 的二次近似值（保留到小數(shù)點后兩位）；
(2)牛頓法中蘊含了“以直代曲”的數(shù)學思想，直線常常取為曲線的切線或割線，求函數(shù) g(x) = ex - 3在點
(2, g(2)) ln3 1 3處的切線，并證明： < + ；
e2
(3)若 h(x) = x(1- ln x) ，若關(guān)于 x 的方程 h x = a的兩個根分別為 x1, x2 (x1 < x2 )，證明： x2 - x1 > e - ea．
【解析】（1） f (x) = 3x2 + 6x +1，
當 x0 = 0時， f (0) =1， f (x) 在點 (0,-3)處的切線方程為 y + 3 = x ，與 x 軸的交點橫坐標為 (3,0)，
所以 x1 = 3 f (3) = 46 f (x) (3,54) y - 54 = 46(x - 3) x (
42
， ， 在點 處的切線方程為 ，與 軸的交點為 ,0)，
23
所以方程 f (x) = 0 的二次近似值為1.83．
（2）由題可知， g(2) = e2 - 3， g (x) = ex ， g (2) = e2 ，
所以 g(x)在 (2, g(2))處的切線為 y - (e2 - 3) = e2 (x - 2)，即 e2x - y - e2 - 3 = 0；
設m(x) = ln x -1
x
- 2 , x >1，e
m (x) 1 1則 = - 2 ，顯然m (x)單調(diào)遞減，令m
(x) = 0，解得 x = e2 ，
x e
所以當 x (1,e2 )時，m (x) > 0，則m(x)在 (1,e2 )單調(diào)遞增，
當 x (e2 ,+ ) 時，m (x) < 0，則m(x)在 (e2 ,+ )單調(diào)遞減，
2
所以m(x) m(e2 ) = ln e2 1 e- - 2 = 0，e
2 ln 3 1 3所以m(3) < m(e ) ，即 - - 2 < 0 ln 3 1
3
< + 2 ．e e
（3）由 h x = x - x ln x，得 h x = - ln x ，
當0 < x <1時， h x > 0；當 x >1時， h x < 0，
所以 h x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減，
所以 x =1是 h x 的極大值點，也是 h x 的最大值點，即 h(x)max = h 1 =1，
又0 < x < e時， h(x) > 0， x>e時， h(x) < 0，
所以當方程 h x = a有兩個根時，必滿足0 < x1 <1 < x2 < e ；
曲線 y = h x 過點 1,1 和點 e,0 1的割線方程為 y = (x - e) ，
1- e
下面證明: h x 1 x - e 1 x e ，
1- e
設u x = h x 1- x - e 1 x e ，
1- e
u x lnx 1
1
則 = - + = - lnx - lnee-1e -1 ÷
，
è
1
所以當1< x < ee-1 時，u x
1
> 0；當 ee-1 < x < e 時，u x < 0，
1
所以u x 在 1,ee-1 ÷上單調(diào)遞增，u x u 1 = 0；
è
1
在 ee-1 , e÷上u x 單調(diào)遞減，u x u e = 0，
è
所以當1 x e 時，u x 0 1，即 f (x) x - e (1 x e)（當且僅當 x =1或 x=e時取等號），
1- e
1
由于1< x2 < e，所以 a = f x2 > x2 - e ，解得 x2 > a - ea + e ；①1- e
下面證明當0 < x 1時， h(x) x ，
設 n(x) = h(x) - x = -x ln x,0 < x 1，因為 ln x 0 ，
所以當0 < x 1時， f x x（當且僅當 x =1時取等號），
由于0 < x1 <1所以 a = h x1 > x1，解得-x1 > -a，②
① + ②，得 x2 - x1 > e - ea．
【典例 7-2】（2024·河南·模擬預測）已知b > 0，函數(shù) f x = x + a ln x + b 的圖象在點 1, f 1 處的切線
方程為 x ln 2 - y - ln 2 = 0 .
(1)求 a，b 的值;
(2)若方程 f x 1 1 1= （e 為自然對數(shù)的底數(shù)）有兩個實數(shù)根 x1, x2 ，且 x1 < x2，證明： x2 - x1 <1+ +e e eln2
x + a
【解析】（1）因為 f x = + ln x + b ，所以 f 1 1+ a= + ln 1+ b = ln2，
x + b 1+ b
由題意知 f 1 = 0，所以 f 1 = 1+ a ln 1+ b = 0，
ì 1+ a ln b +1 = 0

聯(lián)立方程組 í1+ a ，解得 a = -1,b =1 .
+ ln 1+ b = ln2 1+ b
（2）由（1）可知 f x = x -1 ln x +1 , x > -1， f 0 = 0, f 1 = 0，
f x =1 2- + ln x +1 ，設 f x = u x ，
x +1
u x 2 1= + > 0
x +1 2 x +1 ，
所以u x 即 f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增.
又 f 0 = -1 0, f 1 = ln 2 0，所以存在 x0 0,1 ，使得 f x0 = 0，
且 x -1, x0 時， f x < 0， x x0 ,+ 時， f x > 0，
故 f x 在 -1, x0 上單調(diào)遞減，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增，
設 h x = x -1 × ln 2，令F x = f x - h x = x -1 ln x +1 - x -1 × ln 2，
F x x -1則 = + ln x +1 - ln2 = ln x +1 2- +1- ln2，
x +1 x +1
因為 f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增，
所以F x 在 -1, + 上單調(diào)遞增.
又F 1 = 0 ，所以當-1 < x <1時， F x < 0，當 x >1時，F(xiàn) x > 0 .
所以F x 在 -1,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增.
故F x F 1 = 0 ，即 x -1 ln x +1 x -1 × ln 2，當且僅當 x =1時，等號成立.
1
因為方程 f x = 有兩個實數(shù)根 x1, x2 ，且 x1 < x2，e
1
也就是 f x2 = f x1 = > f 1 = f 0 = 0 ，且注意到 f x 在 1, + 上單調(diào)遞增，e
所以 x1 < 0 < x0 <1 < x2 ，
所以 x2 -1 ln x2 +1 > x2 -1 ln2，即 f x2 > h x2 .
1 1
設 h x = 的根為： x 2 ，則 x =1+ ，e 2 eln2
又 h x 在 -1, + 上單調(diào)遞增，所以 h x2 = f x2 > h x2 ，
故 x 2 > x2 ①.
易知 f x 的圖象在坐標原點處的切線方程為 g x = -x，
令T x = f x - g x = x -1 ln x +1 + x ，
則 T x 2x= + ln x +1 = 2 2- + ln x +1 ，
x +1 x +1
因為 f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增，
所以T x 在 -1, + 上單調(diào)遞增.
又 T 0 = 0，
所以當-1 < x < 0時， T x < 0，當 x > 0時，T x > 0，
所以T x 在 -1,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增.
所以T x T 0 = 0 ， x -1 ln x +1 -x ，當且僅當 x = 0時，等號成立.
因為 x1 < 0 ，所以 x1 -1 ln x1 +1 > -x1，即 f x1 > g x1 .
設 g x 1 1= 的根為 x 1 ，則 x e 1 = - ，e
又 g x 在 -1, + 上單調(diào)遞減，
所以 g x 1 = f x1 > g x1 ，所以 x 1 < x1，
從而-x 1 > -x1 ②.
1 1
由①②可知： x2 - x1 < x 2 - x 1 =1+ + .eln2 e
x
【變式 7-1】（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數(shù) f x = e -1- ax a R ．
1
【變式 7-2】（2024·重慶·模擬預測）已知函數(shù) f (x) = a(ln x +1) + 3 (a > 0)．x
(1)求證：1+ x ln x > 0；
(2) 1若 x1, x2 是 f (x) 的兩個相異零點，求證： x2 - x1 <1- ．a(chǎn)
【解析】（1）令 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，則 g (x) =1+ ln x．
令 g (x) > 0 x
1
，得 > ；令 g (x) < 0，得0 < x
1
< ．
e e
g(x) 0, 1 1 所以 在 ÷上單調(diào)遞減，在 ,+ e e ÷上單調(diào)遞增．è è
所以 g(x)
1 1
min = g

÷ =1- > 0，所以1+ x ln x > 0．
è e e
（2）

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