高考数学专题：函数大题零点问题突破

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隐零点问题--2024届高考数学拓展(解析版)

隐零点问题隐零点问题--2024届高考数学拓展（解析版）1(2023·荆门模拟)设函数f(x)=e x+b sin x，x∈(-π，+∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>-1.【答案】(1)解：∵f(x)=e x+b sin x，∴f′(x)=e x+b cos x，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=e0+b cos0=1+b，由已知k=1+b=2，解得b=1.(2)证明　由(1)得f(x)=e x+sin x，x∈(-π，+∞)，∴f′(x)=e x+cos x，令g(x)=e x+cos x，x∈(-π，+∞)，则g′(x)=e x-sin x，当x∈(-π，0]时，e x>0，sin x≤0，g′(x)=e x-sin x>0，当x∈(0，+∞)时，e x>1，sin x≤1，g′(x)=e x-sin x>0，∴当x∈(-π，+∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，又∵g(-π)=e-π+cos(-π)=1eπ-1<0，g-π2=e-π2+cos-π2=e-π2>0，∴存在唯一x0∈-π，-π2，使g(x0)=e x0+cos x0=0，又∵g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，∴x=x0是g(x)在(-π，+∞)上的唯一零点，∴f′(x)=e x+cos x在区间(-π，+∞)上单调递增，且f′(x0)=e x0+cos x0=0，当x∈(-π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(-π，x0)上单调递减；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，+∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵e x0+cos x0=0，∴e x0=-cos x0，∴f(x0)=e x0+sin x0=sin x0-cos x0=2sin x0-π4，又∵x0∈-π，-π2，∴x0-π4∈-5π4，-3π4 ，∴sin x 0-π4 ∈-22，22 ，∴f (x 0)=2sin x 0-π4 ∈(-1,1)，∴f (x 0)>-1.2(2023·绵阳模拟)已知函数f (x )=ax -ln x ，a ∈R .(1)若a =1e ，求函数f (x )的最小值及取得最小值时的x 的值；(2)若函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】解：(1)当a =1e 时，f (x )=1e x -ln x ，定义域为(0，+∞)，所以f ′(x )=1e -1x =x -e ex ，令f ′(x )=0得x =e ，所以当x ∈(0，e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以函数f (x )在x =e 处取得最小值，f (x )min =f (e )=0.(2)因为函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，所以xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立，令h (x )=xe x -a (x +ln x )，x >0，则h ′(x )=(x +1)e x -a 1+1x=(x +1)e x -a x ，①当a =0时，h ′(x )=(x +1)e x >0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，所以由h (x )=xe x 可得h (x )>0，即满足xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立；②当a <0时，则-a >0，h ′(x )>0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于0+时，h (x )趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；③当a >0时，令h ′(x )=0得a =xe x ，令k (x )=e x -a x ，k ′(x )=e x +ax 2>0恒成立，故k (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于正无穷时，k (x )趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，所以∃x0∈(0，+∞)，使得h′(x0)=0，a=x0e x0，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min=h(x0)=x0e x0-a(x0+ln x0)=x0e x0(1-x0-ln x0)≥0即可；所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0，因为x0=aee-x0，所以ln x0=ln a-x0，所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e，解得0<a≤e，所以a∈(0，e]，综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．3(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a3x3+ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-12x2零点的个数，并说明理由．【答案】解：(1)由题知，f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<ln a<1，当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；当ln a<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即ln a>1，当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0；当1<x<ln a时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，+∞)上单调递增．(2)当a=0时，g(x)=ln x-12x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，∴g′(x)=1x -x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1x，设h(x)=e x-1x(x>0)，∴h′(x)=e x+1x2>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵h12=e-2<0，h(1)=e-1>0，∴存在唯一x0∈12，1，使h(x0)=0，即e x0-1x0=0，e x0=1x0，-x0=ln x0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-12x20+(x0-1)2e x0=-12x20+1x0-2，设F(x)=-12x2+1x-212<x<1，易知F(x)在区间12，1上单调递减．∴g(x0)<g12=-18<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-12<0，g(2)=e2-2+ln2>0，∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．4(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.【答案】(1)解：设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1x-a，得f′(x0)=1x0-a，所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=1x-a(x-x0)，即y=1x-ax+ln x0.因为直线y =2x 与函数f (x )的图象相切，所以1x 0-a =2，ln x 0=0，解得a =-1.(2)证明：当a =-1时，f (x )=ln x +x +1，令F (x )=g (x )-f (x )+x 2=xe x -ln x -x -1(x >0)，则F ′(x )=(x +1)e x -1x-1=x +1x xe x -1 ，令G (x )=xe x -1(x >0)，则G ′(x )=(x +1)e x >0，所以函数G (x )在区间(0，+∞)上单调递增，又G (0)=-1<0，G (1)=e -1>0，所以函数G (x )存在唯一的零点x 0∈(0,1)，且当x ∈(0，x 0)时，G (x )<0，F ′(x )<0；当x ∈(x 0，+∞)时，G (x )>0，F ′(x )>0.所以函数F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，+∞)上单调递增，故F (x )min =F (x 0)=x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，由G (x 0)=0得x 0e x 0-1=0，两边取对数得ln x 0+x 0=0，故F (x 0)=0，所以g (x )-f (x )+x 2≥0，即f (x )≤g (x )+x 2.5(2023·包头模拟)已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)-1.(1)当a =e 时，求曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a >1时，f (x )没有零点．【答案】(1)解：当a =e 时，f (x )=e x +1-ln (x +1)-1，f (0)=e -1.f ′(x )=e x +1-1x +1，f ′(0)=e -1，故曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y -(e -1)=(e -1)x ，即y =(e -1)x +e -1.因为该切线在x ，y 轴上的截距分别为-1和e -1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S =12×|-1|×(e -1)=e -12.(2)证明　当a>1时，因为f(x)=ae x-ln(x+1)-1，所以f′(x)=ae x-1 x+1=ae x(x+1)-1x+1(x>-1)，令g(x)=ae x(x+1)-1(x>-1)，则g′(x)=ae x(x+2)，因为a>1，x>-1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(-1，+∞)上单调递增，又g(-1)=-1<0，g(0)=a-1>0，故g(x)在(-1,0)上有唯一的零点β，即g(β)=0，因此有aeβ(β+1)=1.当x∈(-1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(-1，β)上单调递减，在(β，+∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β+1)=1，得-ln(β+1)=ln a+β，所以当-1<β<0时，f(β)=aeβ-ln(β+1)-1=1β+1+β-1+ln a=ln a+β2β+1，因为a>1，所以ln a>0，又因为-1<β<0，所以β2β+1>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．6(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，+∞)，都有x ln x+x>k(x-1)成立，求整数k的最大值．【答案】解：(1)函数f(x)=x-ln x-2的定义域是(0，+∞)，f′(x)=1-1 x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+∞)．(2)∀x∈(1，+∞)，x ln x+x>k(x-1)⇔k<x ln x+xx-1，令g(x)=x ln x+xx-1，x>1，求导得g′(x)=(2+ln x)(x-1)-(x ln x+x)(x-1)2=x-ln x-2(x-1)2，由(1)知，f(x)=x-ln x-2在(1，+∞)上单调递增，f(3)=1-ln3<0，f(4)=2(1-ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)=0，即x0-ln x0-2=0⇔ln x0=x0-2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，于是g(x)min=g(x0)=x0ln x0+x0x0-1=x0(x0-2)+x0x0-1=x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.。

专题突破卷02 函数零点分布问题 (学生版) 2025年高考数学一轮复习考点通关卷(新高考通用)

专题突破卷02 函数零点分布问题题型一根据函数零点的个数求参数范围问题1．若当[]0,2πx Î时，函数sin 2x y =与π2sin (0)4y x w w æö=->ç÷èø的图象有且仅有4个交点，则w 的取值范围是（）A ．91388éö÷êëø,B ．913,88æùçúèûC ．1317,88éö÷êëøD ．1317,88æöç÷èø2．已知函数2ln ,0()2,0xx f x x x x x ì>ï=íï+£î；若方程()f x a =恰有三个根，则实数a 的取值范围是（）A ．1(0,)e B ．1[0,e C ．1(1,)e -D ．1(0,{1}e-U 3．已知函数()()21,01ln 1,0x ax x f x a x x x ì-+£ï=í-++>ïî，图象与x 轴至少有一个公共点，则实数a 的取值范围为（）A ．[)2,-+¥B ．()1,0-C ．(][),20,-¥-+¥U D ．(){}1,2-+¥È-4．()2ln x f x x=，()()()21g x f x mf x éù=--ëû，若()g x 在其定义域上有且仅有两个零点，则m 的取值范围是（）A ．21,e æö++¥ç÷èøB ．2e e 2,e 22e æö--ç÷èøC ．2e ,e 2æö-¥-ç÷èøD ．ee 1,122æö-+ç÷èø5．已知函数()432,0,ln ,0,x x x x f x x x x ì+-<=í>î若关于x 的方程()0f x m x -=有两个不同的实根，则实数m 的取值范围是（）A ．(],0-¥B ．[]0,1C ．(){},01¥-ÈD ．(]{},01-¥U 6．已知函数()223sin 1,sin 0sin 1,sin 0x x f x x x ì-³=í-<î且()0,2πx Î，若方程()1f x a =+与方程()1f x a =-共有6个不同的实数根，则实数a 的取值范围为（）A ．12,63æöç÷èøB ．12,33æöç÷èøC ．()0,1D ．1,16æöç÷èø7．定义在R 上的偶函数()f x 满足()()11f x f x +=-，且当[]0,1x Î时，()1e xf x =-，若关于x 的方程()()()10f x m x m =+<恰有5个实数解，则实数m 的取值范围为（）A ．()0,e 1-B ．1e 1e ,56--æöç÷èøC ．e 1e 1,86--æöç÷èøD ．1e 1e ,46--æöç÷èø8．已知函数()2()3e xf x x =-，若方程()f x a =有三个实数解，则实数a 的取值范围为（）A ．360,e æöç÷èøB ．(2e,0)-C ．362e,e æö-ç÷èøD ．32,6e e æö-ç÷èø9．已知函数()ln f x a x x =-有两个零点，则（）A ．0a £B ．0ea <<C ．ea ³D ．ea >10．若不等式ln 0a x x -³有且仅有三个整数解，则实数a 的取值范围是（）A ．25,ln 2ln5éö÷êëøB ．25,ln 2ln5æùçúèûC ．35,ln 3ln5éö÷êëøD ．35,ln 3ln 5æùçúèû11．设()321f x x ax bx =++-.函数()y f x =在1x =处取得极大值3，则以下说法中正确的数量为（）个.①320a b +=；②对任意的1m <，曲线()y f x =在点()(),m f m 处的切线一定与曲线()y f x =有两个公共点；③若关于x 的方程()f x k =有三个不同的根123,,x x x ，且这三个根构成等差数列，则1k =.A ．0B ．1C ．2D ．312．设函数()()2e1ln 2ax f x a x x -=+---有2个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e ¥-B ．10,e æöç÷èøC ．1,e e æöç÷èøD ．()0,e 13．若函数()()22e e 4e e 2x x x xf x b --=+-++（b 是常数）有且只有一个零点，则b 的值为（）A ．2B ．3C ．4D ．514．若函数121,02()πsin(π6xx x f x x x w ìæö--£ïç÷ïèø=íï-<<ïî有4个零点，则正数w 的取值范围是（）A ．1319,66éö÷êëøB ．1319,66æùçúèûC ．1925,66éö÷êëøD ．1925,66æùçúèû15．若函数()2341f x ax x =-+-在区间()1,1-内恰有一个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．5,13æö-ç÷èøB ．54,33éù-êúëûC ．54,133éùìü-íýêúëûîþU D ．24,133éùìü-íýêúëûîþU 题型二根据一次函数零点的分布求参数范围问题16．若函数f （x ）＝3ax ＋1－2a 在区间（－1，1）内存在一个零点，则a 的取值范围是（）A ．1,5æö+¥ç÷èøB ．11,5æö-ç÷èøC ．（－∞，－1）D ．（－∞，－1）∪1,5æö+¥ç÷èø17．若方程2222|1|0x ax a x -+++-=在区间()0,3内有两个不等实根，则实数a 的取值范围为（）A ．192,5æöç÷èøB．19(,3)15æö-¥-ç÷èøUC ．19(,115æö-¥+ç÷èøU D ．1915æöç÷èø18．当||1x £时，函数21y ax a =++的值有正也有负，则实数a 的取值范围是（）A ．1,3éö-+¥÷êëøB ．(,1]-¥-C ．11,3æö--ç÷èøD ．11,3æù--çúèû19．已知函数()312f x ax a =--在区间(1,1)-上存在零点，则（）A ．115a <C ．15a <-或1a >D ．15a <-20．已知函数f （x ）=3ax -1-2a 在区间（-1，1）上存在零点，则（）A ．1a <或15a >B ．15a >C ．15a <-或1a >D ．15a <-21．若函数1y ax =+在(0,1)内恰有一解，则实数a 的取值范围是（）A ．1a >-B ．1a <-C ．1a >D ．1a <22．已知函数()312f x ax a =--在区间()1,1-上存在零点，则实数a 的取值范围是A ．1(,1),5æö-¥-È+¥ç÷èøB ．1,5æö+¥ç÷èøC ．1,(1,)5æö-¥-È+¥ç÷èøD ．1,5æö-¥-ç÷èø23．已知直线:3l y x =与函数3,1,(), 1.x x x f x ax a x ì-£=í->î的图像交于三点，其横坐标分别是1x ，2x ，3x .若1230x x x ++<恒成立，则实数a 的取值范围是A ．3a >B ．04a <£C ．36a <£D ．6a >24．已知函数2|log ,0(),21,0x x f x x x ìï=í+-£ïî若函数()1y f x m =-+有四个零点,零点从小到大依次为,,,,a b c d 则a b cd ++的值为( )A ．2B ．2-C ．3-D ．325．已知函数2()21f x mx x =--在区间(2,2)-恰有一个零点，则m 的取值范围是( )A ．31,88éù-êúëûB ．31,88æö-ç÷èøC ．31,88éö-÷êëøD ．13,88æù-çúèû26．已知()213,(0)(1)f x ax a f f =-+<且在()1,2内存在零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(11,53)B ． 11(,64C ．11(,75D ．11(,)8627．已知函数()()221,03,(0)ax x x f x ax x ì++£=í->î有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．1a 28．“4a <-”是“函数()3f x ax =+在区间[]1,1-上存在零点”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件29．设函数2()3f x x ax a =-++，()2g x ax a =-，若0R x $Î，使得0()0f x <和0()0g x <同时成立，则a 的取值范围为A ．(7,)+¥B ．(6,)(,2)+¥È-¥-C ．(,2)-¥-D ．(7,)(,2)+¥È-¥-30．“函数在区间上存在零点”是“”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件题型三根据二次函数零点的分布求参数范围问题31．若函数()()2ln 0b cf x a x ac x x =++¹有且仅有极大值，则（）A ．0a >B ．0ab >C ．280b ac +>D ．0c <32．二次函数2,(,y ax bx c a b c =++是常数，且0)a ¹的自变量x 与函数值y 的部分对应值如下表：x…-1012…y…m 22n…且当32x =时，对应的函数值0y <．下列说法正确的有（）A ．0abc >B ．1009mn >C ．关于x 的方程20ax bx c ++=一定有一正、一负两个实数根，且负实数根在12-和0之间D ．()112,P t y +和()222,P t y -在该二次函数的图象上，则当实数12t <时，12y y >33．已知函数()()ln 1f x a x ax a =-+ÎR ，()()2312g x f x x =+-，则下列说法正确的是（）A ．当1a =时，()0f x £在定义域上恒成立B ．若经过原点的直线与函数()f x 的图像相切于点()()3,3f ，则1ln31a =-C ．若函数()g x 在区间3,42éùêúëû单调递减时，则a 的取值范围为[)16,¥+D ．若函数()g x 有两个极值点为()1212,x x x x ¹，则a 的取值范围为(),12¥-34．已知1x ，2x 是关于x 的方程2220()x ax a -+=ÎR 的两个不相等的实数根，则下列说法正确的有（）A ．若12112+=x x ，则2a =B ．若121x x <<，则32a >C ．若π02a b <<<，且1tan x a =，2tan x b =，则a b +为锐角D ．若1x ，2x 均小于2，则(3,2a öÎ-¥÷øU 35．已知函数()23,021,0x x x x f x x -ì-£=í->î，若关于x 的方程()()()221630f x a f x a +-×-=有4个不同的实根，则实数a 可能的取值有（）A ．112-B ．38-C ．14-D ．18-36．已知函数()222,0log ,0x x x f x x x ì--£ï=í>ïî，且()()234230f x af x a -++=有5个零点，则a 的可能取值有（）A ．1B ．32-C ．3-D ．5-37．已知函数()()2222,41log 1,14x x f x x x +ì--££-ï=í+-<£ïî，若函数()()21f x mf x --恰有5个零点，则m的值可以是（）A ．0B ．1C ．32D ．238．已知函数()()()()2221,0,22log ,0x x f x g x f x mf x x x ì+£ï==-+í>ïî，下列说法正确的是（）A ．若()y f x a =-有两个零点，则2a >B ．()y f x =只有一个零点1x =C ．若()y f x a =-有两个零点()1212,x x x x ¹，则121=x x D ．若()g x 有四个零点，则32m >.39．已知函数()e xxf x =，且关于x 的方程()()20f x mf x m ++=éùëû有3个不等实数根，则下列说法正确的是（）A ．当0x >时，()0f x >B ．()f x 在()1,+¥上单调递减C ．m 的取值范围是1,02æö-ç÷èøD ．m 的取值范围是21,0e e æö-ç÷+èø40．设函数()2e ,0313,022x x f x x x x ì£ï=í-++>ïî，函数()()()222g x f x bf x b =-+-，则下列说法正确的是（）A ．当1b =时，函数()g x 有3个零点B ．当4140b =时，函数()g x 有5个零点C ．若函数()g x 有2个零点，则2b <-或625b <<D ．若函数()g x 有6个零点，则112b <<41．已知函数()224,021,0x x x x f x x -ì+<=í-³î，若关于x 的方程()()244230f x a f x a -×++=有5个不同的实根，则实数a 的取值可以为（）A ．32-B ．43-C ．54-D ．76-42．已知函数()()21,0,0x ax x f x f x x ì++³ï=í--<ïî，有4个零点()12341234,,,x x x x x x x x <<<，则（）A ．实数a 的取值范围是(),2¥--B ．函数()f x 的图象关于原点对称C ．12342x x x x =D ．1234357x x x x +++的取值范围是()8,¥+43．已知函数()21243,0log ,0x x x f x x x ì---£ï=í>ïî，若方程()()2[]10f x mf x ++=恰有6个不相等的实数根，则实数m 的值可能是（）A ．53B ．73C ．103D ．11344．在下列命题中，正确的是（）A ．已知命题p ：“0x "³，都有tan x x ³，则命题p 的否定：“0x $<，都有tan x x <”B ．若函数()f x 满足()()2sin f x f x x +-=，则π162f æö=ç÷èøC ．“方程210x ax -+=有两个不相等的正实数根”的充要条件是“2a >”D ．若函数()1e 1x af x =-+是定义在区间[]2,a b -上的奇函数，则2b =45．已知函数()f x 的定义域为D ，且[,]a b D Í，若函数()f x 在[],x a b Î的值域为[],ka kb ，则称[],a b 为()f x 的“k 倍美好区间”.特别地，当1k =时，称[],a b 为()f x 的“完美区间”，则（）A ．函数21()2f x x x =-+存在“3倍美好区间”B ．函数1()3f x x=-+不存在“完美区间”C．若函数()f x m =-“完美区间”，则1,04m æùÎ-çúèûD ．若函数||1()||m x f x x -=存在“完美区间”，则(2,)m Î+¥题型四根据指对幂函数零点的分布求参数范围问题46．已知函数()f x 的定义域为R ，且()10f ¹，若()()()f x y f x f y xy +-=-，则（）A ．()01f =B ．()23log 32f f æö>ç÷èøC ．方程()21xf x =-有唯一的实数解D ．函数()y xf x =有最小值47．已知函数()()ln ,12,1x a x x f x f x x +³ì=í-<î存在n 个零点12,,,,N n x x x n *×××Î，则（）A ．n 为偶数B ．e 1a -££-C ．122n x x x +++=L D ．1224n x x x ×××<L 48．已知实数,,x y z满足：22log xz ==，则下列不等式中可能成立的是（）A ．y x z <-ïî，若函数()y f x m =-有三个零点1x 、2x 、3x ，且123x x x <<，则（）A ．14m <£B ．3151162x -<£-C ．函数()1f x +的增区间为[]2,1--D．2212log x x ++8+50．已知函数()14,0lg 1,0x x f x xx x ì++<ï=íï+>î，若方程()f x a =有4个不同实根()12341234,,,x x x x x x x x <<<，则（）A ．2a >B ．411110x x ->C ．341100x x =D ．221211214x x <+<51．已知1x ，2x 为函数()()32024log 3xf x x -=--的两个零点，则下列结论中正确的有（）A ．()()12440x x --D ．若12x x <，则1213320242024x x --<52．已知函数221,0()log ,0x kx x f x x x ì-+£=í>î，下列关于函数[()]1y f f x =+的零点个数的说法中，正确的是（）A ．当1k >，有1个零点B ．当1k >时，有3个零点C ．当0k <时，有9个零点D ．当4k =-时，有7个零点53．记函数1,0()lg ,0x x f x x x ì+£=í>î，若123()()()f x f x f x ==（1x ，2x ，3x 互不相等），则123x x x ++的值可以是（）A ．2-B ．6C ．8D ．954．已知函数()1231,0,log ,0,x x f x x x +ì-£ï=í>ïî1x ，2x ，3x ，4x 是函数()()g x f x m =-的4个零点，且1234x x x x <<<，则（）A ．m 的取值范围是(]0,2B ．122333x x+=C ．344x x +的最小值是4D ．1234332x x x x ++55．已知函数()121x f x -=-，若关于x 的方程()()f f x m =有6个不相等的实根，则实数m的值可能为（）A ．14B ．13C ．12D56．已知函数()()()1101xf x x x x =--×>，()()()1lg 1g x x x x x =--×>的零点分别为12,x x ，则（）A ．1210x x ×57．已知函数()222,0log ,0x x x f x x x ì--£ï=í>ïî，若1234x x x x <<<，且()()()()1234f x f x f x f x k ====，则下列结论正确的是（）A ．121x x +=-B ．341x x =C ．412x <<D ．01k <<58．已知函数()21,144,1x x f x x x x ì-<ï=í+-³ïî，若存在实数m 使得方程()f x m =有四个互不相等的实数根()12343124,,,x x x x x x x x >>>，则下列叙述中正确的有（）A ．140x x +=í--+£î，若关于x 的方程()()22210f x af x a -+-=有()k k ÎN 个不等的实根1x 、2x 、L 、k x 且12k x x x <<<L ，则下列判断正确的是（）A ．当0a =时，5k =B ．当2k =时，a 的范围为(),1-¥-C ．当8k =时，14673x x x x ++=-D ．当7k =时，a 的范围为()1,260．已知函数()()()lg2lg512xf x =+-，实数a 、()b a b <是函数()y f x m =-的两个零点，则下列结论正确的有（）A ．1m >B ．01m <<C ．222a b +=D．0a b +<1．函数()ln 1f x x =-的零点是（）A ．eB ．1eC ．10D ．1102．已知函数()()()()221,log 111x x xf x xg x x x x x =->=->--的零点分别为,a b ，则11a b +的值是（）A ．1B ．2C ．3D ．43．已知正数a b c ，，满足e ln e ln 1a c a b b c ===，则a b c ，，的大小关系为（）A ．c<a<bB ．c b a<<C ．a b c<<D ．a c b<<4．已知a 是方程e 40x x +-=的实根，则下列各数为正数的是（）A ．22a a -B ．e 2a -C ．ln aD ．23a a -5．下列命题为真命题的是（）A ．若22ac bc >，则a b>B ．函数()1f x +的定义域为[]0,1，则()3xf 的定义域为[]3,9C ．若幂函数()f x 的图像过点13,27A æöç÷èø，则()3f x x-=D ．函数()3ln f x x x=-的零点所在区间可以是()1,26．关于函数()π2sin 213f x x æö=-+ç÷èø，下列结论正确的是（）A ．π,06æöç÷èø是()f x 的一个对称中心B ．函数()f x 在π0,6æöç÷èø上单调递增C ．函数()f x 图像可由函数()2cos21g x x =+的图像向右平移5π12个单位得到D ．若方程()20f x m -=在区间π12π,2éùêúëû上有两个不相等的实根，则2,6m éùÎëû7．对于函数()3e x xf x =，下列说法正确的是（）A ．()f x 有最小值但没有最大值B ．对于任意的(),0x Î-¥，恒有()0f x <C ．()f x 仅有一个零点D ．()f x 有两个极值点8．已知函数224,0()log ,0x x x f x x x ì--£ï=í>ïî，若1234x x x x <<<，且()()()()1234f x f x f x f x ===，则下列结论正确的是（） A ．124x x +=-B ．341x x ×=C ．414x <<D ．123402x x x x <£9．（多选）已知函数()()22,02ln 11,0x x t x f x x x ì-+£ï=í+->ïî，若函数(())y f f x =恰好有4个不同的零点，则实数t 的取值可以是（）A ．-3B ．-2C ．0D ．210．已知函数3()34,[0,2]f x x x x =-+Î，则下列选项中正确的是（）A ．()f x 的值域为[]2,6B ．()f x 在1x =处取得极小值为2C ．()f x 在[]0,2上是增函数D ．若方程()f x a =有2个不同的根，则[2,4]a Î11．已知函数()1e ,01ln ,04x x x f x x x +ì-£ï=í->ïî，下列选项中正确的是（）A ．()f x 在(),1-¥-上单调递增，在()1,0-上单调递减B ．()f x 有极大值C ．()f x 无最小值D ．若函数()()()()2[]24h x f x af x a =-+ÎR 恰有6个零点，则实数a 的取值范围是5,2æö+¥ç÷èø12．方程()230x m x m +-+=有两个实根，则实数m 的取值范围是．13．若函数()cos2sin f x x m x =-在π,π6æöç÷èø上有2个零点，则m 的取值范围是.14．若关于x 的方程sin cos x x k -=无解，则实数k 的取值范围是.15．已知函数()22x f x x =+-，()2log 2g x x x =+-，()32h x x x =+-的零点分别为a ，b ，c ，则a b c ++=．若1x 满足22=5x x +，2x 满足222log (1)5x x +-=，则12=x x + .16．设函数 22,0()lg ,0x x x f x x x ì+£ï=í>ïî若关于x 的方程22()(12)()0f x m f x m m +-+-=有5个不的取值范围是．17．已知函数()44,4x f x f x x £<=-³ïî，若对于正数()*n k n ÎN ，直线n y k x =与函数()f x 的图像恰好有21n +个不同的交点，则22212n k k k +++=L．18．若函数 ()22ln 1f x ax x =--有两个零点，则a 的取值范围为 .19．已知函数()|ln |f x x b =+，关于以下四个结论：①函数()f x 的值域为[,)b +¥；②当a b >时，方程()f x a =有两个不等实根；③当0b =，0a >时，设方程()f x a =的两个根为1x ，2x ，则12x x +为定值；④当0b =，0a >时，设方程(1)f x a +=的两个根为1x ，2x ，则12120x x x x ++=．则所有正确结论的序号为．20．已知函数2)()(e x f x x ax =-.(1)若曲线()y f x =在=1x -处的切线与y 轴垂直，求()y f x =的极值.(2)若()f x 在(0,)+¥只有一个零点，求a .。

2025版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课二利用导数研究函数的零点问题

高考大题探讨课二利用导数探讨函数的零点问题题型一函数零点个数问题例 1 [2024·皖南八校联考]已知函数f(x)＝＋x ln x－x.(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；(2)当a＝0时，求函数h(x)＝f(x)－x＋的零点个数．题后师说利用导数确定函数零点个数的方法巩固训练1设函数f(x)＝ln x＋，探讨函数g(x)＝f′(x)－的零点个数．题型二利用函数的零点个数求参数范围例 2[2024·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)．(1)当a＝－1时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围．题后师说利用函数的零点个数求参数范围的方法巩固训练2已知函数f(x)＝x3－ax2－2x(a∈R)在x＝2处取得极值．(1)求f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，求b的取值范围．题型三与零点有关的证明例 3[2024·河北邯郸模拟]已知函数f(x)＝x－a ln x(a≠0)．(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)若g(x)＝x e x－a(ln x＋x)，且a>e，证明：g(x)有且仅有两个零点．(e为自然对数的底数)题后师说解决证明此类问题的思路一般对条件等价转化，构造合适的新函数，利用导数学问探讨该函数的性质(如单调性、极值状况等)再结合函数图象．巩固训练3已知函数f(x)＝x3－a(x2＋2x＋2)．(1)若a＝2，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：函数f(x)只有一个零点．1.[2024·全国甲卷]已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(x＞0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．2．[2024·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．高考大题探讨课二利用导数探讨函数的零点问题例1 解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax，由题意得f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两解，即2a＝有两解．令g(x)＝(x>0)，即g(x)的图象与直线y＝2a有两个交点．g′(x)＝＝0，得x＝e，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝，g(1)＝0，当x趋于正无穷时，g(x)趋于零，∴0<2a<，∴0<a<，∴a的取值范围是(0，)．(2)h(x)＝x ln x－2x＋(x>0)，h′(x)＝ln x－1－，令m(x)＝ln x－1－，则m′(x)＝，当x>0时，m′(x)>0，所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为h′(e)＝－<0，h′(e2)＝1－>0，∴存在唯一的x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝＝0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h(x0)．又∵x0∈(e，e2)，h′(x0)＝＝0，∴h(x0)＝x0ln x0－2x0＋＝－x0＋＝－x0＋<－e＋<0.又∵h(1)＝0，h(x)在(0，x0)上单调递减，∴h(x)在(0，x0)上有一个零点．∵h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，且h(e2)＝>0，∴h(x)在(x0，＋∞)上有一个零点．综上可知，函数h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．巩固训练1 解析：由题设，可知g(x)＝f′(x)－＝(x>0)．令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.画出y＝φ(x)的大致图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点．例2 解析：(1)当a＝－1时，f′(x)＝－1＝，x>0.由f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)只有极大值，无微小值，且f(x)极大值＝f(1)＝－1.(2)f′(x)＝＋a＝(x>0)．当a≥0时，∵f′(x)＝>0，∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，从而f(x)至多有一个零点，不符合题意．当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，∴f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．由f(－)＝ln (－)－1>0得－<a<0.由f＝2＋a e2<0得a<－.当－<a<－时，f(1)＝a<0，满意f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点．∴a的取值范围是(－，－)．巩固训练2 解析：(1)∵f(x)＝x3－ax2－2x(a∈R)，∴f′(x)＝x2－ax－2，∵f(x)在x＝2处取得极值，∴f′(2)＝0，即22－2a－2＝0解得a＝1，∴f(x)＝x3－x2－2x，∴f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，∴当x<－1或x>2时f′(x)>0，当－1<x<2时f′(x)<0，∴f(x)在[－2，－1)上单调递增，在(－1，1]上单调递减，又f(－2)＝×(－2)3－×(－2)2－2×(－2)＝－，f(1)＝×13－×12－2×1＝－，∴f(x)在[－2，1]上的最小值为－.(2)由(1)知，f(x)＝x3－x2－2x，若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，则方程－b＝f(x)(b∈R)有唯一解，即－b＝x3－x2－2x(b∈R)有唯一解，由(1)知，f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，又f(－1)＝，f(2)＝－，函数图象如图所示：∴－b<－或－b>，得b>或b<－，即b的取值范围为(－∞，－，＋∞)．例3 解析：(1)由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，当a>0时，令f′(x)>0，得x>a，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增；令f′(x)<0，得0<x<a，所以f(x)在(0，a)上单调递减；当a<0时，因为f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上所述，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：g(x)＝x e x－a(ln x＋x)＝x e x－a ln (x e x)(x>0)，令t＝x e x，则t′＝(x＋1)e x>0在x>0时恒成立，所以t＝x e x在x>0时单调递增，且t∈(0，＋∞)，所以g(x)＝x e x－a ln (x e x)有两个零点等价于f(t)＝t－a ln t有两个零点．因为a>e，由(1)知，f(t)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(t)min＝f(a)＝a－a ln a＝a(1－ln a)，因为a>e，所以f(a)<0.下面证明当a>e时，f(e a)＝e a－a2>0，设h(x)＝e x－x2，则h′(x)＝e x－2x，令m(x)＝e x－2x，又m′(x)＝e x－2，当x>e时，m′(x)＝e x－2>0恒成立，所以m(x)单调递增，得h′(x)＝e x－2x>e e－2e>0，故h(x)＝e x－x2在(e，＋∞)上单调递增，得e x－x2>e e－e2>0，即f(e a)＝e a－a2>0，又因为f(1)＝1>0，所以f(t)在(1，a)，(a，e a)上各存在一个零点，所以a>e时，函数f(t)有且仅有两个零点，即当a>e时，函数g(x)有且仅有两个零点．巩固训练3 解析：(1)若a＝2，则f(x)＝x3－2x2－4x－4，f′(x)＝x2－4x－4，令f′(x)＝0，解得x1＝2－2，x2＝2＋2，当x∈(－∞，2－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2－2，2＋2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在(－∞，2－2)，(2＋2，＋∞)单调递增，f(x)在(2－2，2＋2)单调递减．(2)证明：由于x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0，设g(x)＝－3a，则g′(x)＝，因为x2＋4x＋6＝(x＋2)2＋2>0，所以g′(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点，又f(3a－1)＝－9a2＋2a－＝－9(a－)2－<0，f(3a＋3)＝3a2＋10a＋9＝3(a＋)2＋>0，所以存在唯一的x0∈(3a－1，3a＋3)，使得f(x)＝0，故f(x)有一个零点，综上，f(x)只有一个零点．真题展台——知道高考考什么？1．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，f′(x)＝(x>0)，令f′(x)>0，则0<x<，此时函数f(x)单调递增，令f′(x)<0，则x>，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞)．(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，令g′(x)＝＝0，得x＝e，当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，故g(x)max＝g(e)＝，且当x>e时，g(x)∈(0，)，又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)2．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，则f′(x)＝＝.当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.(2)因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－ln x)－－ln x＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－ln x)＝＋ln x在(0，＋∞)上恰有一个解．又易知当x>0时，x－ln x>0，所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝.令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)，则h′(x)＝1－ln x－＝－ln x－.由(1)知，h′(x)≤－1，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)．。

专题07 利用导函数研究函数零点问题 (原卷版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练

专题07利用导函数研究函数零点问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题...................................................2题型二：证明唯一零点问题..............................................................................3题型三：根据零点（根）的个数求参数...........................................................4三、专项训练. (6)一、必备秘籍2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点3、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．4、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．二、典型题型题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题题型二：证明唯一零点问题2．（2023上·黑龙江·高三校联考阶段练习）已知函数()ln f x x x =+，()e ln xg x x a =+，且函数()f x 的零点是函数()g x 的零点．(1)求实数a 的值；(2)证明：()y g x =有唯一零点．3．（2023下·河南·高三校联考阶段练习）已知函数()ln f x ax x =-，a ∈R ．(1)过坐标原点作()f x 的切线，求该切线的方程；(2)证明：当a<0时，2()0f x ax +=只有一个实数根．题型三：根据零点（根）的个数求参数三、专项训练8．（2023上·吉林长春·高一吉林省实验校考期中）已知函数()()22ln f x x a x a x =-++，()R a ∈(1)求函数的单调区间与极值点；(2)若4a =，方程()0f x m -=有三个不同的根，求m 的取值范围．9．（2023上·江苏·高三校联考阶段练习）已知函数()2sin cos f x x x x x =-⋅-．(1)若曲线()y f x =在点()()00,x f x 处的切线与x 轴平行，求该切线方程；(2)讨论曲线()y f x =与直线y a =的交点个数．10．（2023下·山东菏泽·高二校考阶段练习）给定函数()()3exf x x =+(1)判断()f x 的单调性并求极值；(2)讨论()()R f x m m =∈解的个数．四、证明题。

专题11 利用导数解决零点问题(解析版)

专题11 利用导数解决零点问题1．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点即()f x 在(1,0)-上有唯一零点所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <．【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-，若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=，当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意；当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意；当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝，此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意；综上，a 的取值范围为()0,+∞.4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，再求出()31af x x '=-+，然后分0a >，0a ≤可得出函数的单调性. （2）设()()ln 1sin g x x x =+-，将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，又当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞，()31af x x '=-+．当0a >时，令()0f x '<，得33a x ->；令()0f x '>，得313a x --<<，故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()1,-+∞上单调递减． (2)当1a =时，方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-，即()ln 1sin 0x x +-=．令()()ln 1sin g x x x =+-，则()1cos 1g x x x '=-+，则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”．当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点．因为e 1π-<，所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，cos 0x <，101x >+，所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立．所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()e 11sin e 1g -=--，所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．5．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知函数()e sin xf x x ax =+，其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时，试判断f （x ）在区间（2π-，0）的单调性，并予以证明；(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0，2π]上有且只有2个零点； ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2f x x ≥.【答案】(1)f （x ）在（π2-，0）上单调递增，证明见解析；(2)选择①：π22e 1πa -≤<-；选择①：1a ≥-.【解析】【分析】（1）求导，通过判定导函数在（π2-，0）上的正负确定单调性；（2）选择①：易得()00f =，则因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点，求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围；选择①：构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦，此时()00m =，可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又0e 1x <<，πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（π2-，0）上单调递增. (2) 选择①，由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++，则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0，π2]上单调递增，()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.π2]上单调递增.则f （x ）在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，π2]上单调递减，则()f x 在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在（0，π2）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′ 所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即π22e 1πa -≤<-，综上所述：2π2e 1πα-≤<-选择①，构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+，易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-＇，令()2e (cos sin )x q x x x =-，则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在（0，π2）上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在（0，π2）上存在唯一实数1x 使得()10q x =，且满足当()10,x x ∈时，()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，π2）上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =，且满足当2(0,)x x ∈时，()0p x >；当2π()2x x ∈⋅时，()0p x <即()()t x m x ='在（0，x2）上单调递增，在（2x ，2π）上单调递减，当()010m a ='+≥时，即()10a m x ≥-'≥，，函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0，π2]上单调递增，又()00m =，因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立，符合题意，当()010m a '=+<，即1a <-，在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ，使得当()30,x x ∈时，()0m x '<，又()00m =，因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <，不合题意，舍去综上所述1a ≥-.6．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知函数12()e x f x =（e 为自然对数的底数）． (1)令1()||()()g x a x f x f x =--，若不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)令3()()x xf x m ϕ=-，若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <． ①求实数m 的取值范围；①证明：21e e 21x x m -<+．【答案】(1)(,1]-∞；(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①证明见解析.【解析】【分析】（1）根据()g x 为偶函数，将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立，根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，求参数范围；（2）①利用导数研究()ϕx 的单调性，及区间值域情况，进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可；①由（1）知：0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<，应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-，构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设，1122()||e ex x g x a x -=--，则()()g x g x =-，所以()g x 为偶函数，故只需0x ≥时，()0g x ≤恒成立，而(0)0g =满足，所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，令02t x =>，则e e 2t ta t--≤，若()e e 2t t h t t -=--，则()e e 220t t h t -'=+-≥=，仅当0=t 时等号成立，所以()0h t '>，即()h t 在(0,)+∞上递增，则()(0)0h t h >=，即e e 2t t t -->，所以，在(0,)+∞上e e 12t tt-->，则1a ≤，综上：a 的范围为(,1]-∞． (2)①由题设，323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭，若()0x ϕ'>得：23x >-，故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减，在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增，且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0，x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷，又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00ϕ=，则0x <时，()0x ϕ<；0x >时，()0x ϕ>，要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<，则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①由（1）知：0x <时1122e ex x x -≥-，则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭；记2()e e x x F x =-且0x <，则(()e e 1)2x x F x '=-，所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<，(ln 2,0)-上()0F x '>，故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减，(ln 2,0)-上递增，且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭，所以()F x m =也有两根，记为34x x <，又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥，则31240x x x x <<<<，令e x t =，则34e ,e xx 为20t t m --=的两根，故34e e 1x x +=，34e e x x m =-，所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<，所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+． 7．（2022·湖北·模拟预测）已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <，讨论函数()f x 的单调性； (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ，()2120x x x <<，若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立，求λ的范围．【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】【分析】（1）求导可得()()()21x a x f x x +-'=，再根据a -与0,1的关系分类讨论即可；（2）由题()ln g x a x x =+，，设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=，再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立，设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++，再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①）01a <-<即10a -<<时，()01f x a x '<⇒-<<，()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①）1a -=即1a =-时，()0,x ∈+∞，()0f x '≥恒成立 ①）1a ->即1a <-，()01f x x a '<⇒<<-，()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上：10a -<<时，(),1x a ∈-，()f x 单调递减；()0,a -、()1,+∞，()f x 单调递增 1a =-时，()0,x ∈+∞，()f x 单调递增1a <-时，()1,x a ∈-，()f x 单调递减；()0,1、(),a -+∞，()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+，由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩，120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-，设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈，①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++，①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①）24λ≥时，204t λ-<，①()0h t '>，①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立， ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①）24λ<，20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，①()0h t '>，①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<， ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()10h t h >=，不满足()0h t <恒成立综上：(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数a ，令()120,1x t x =∈，再化简所求式关于t 的解析式，再构造函数分析最值.属于难题 8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设a 为实数，函数()e ln 1=++x f x a x x ． (1)当1a e=-时，求函数()f x 的单调区间；(2)判断函数()f x 零点的个数．【答案】(1)减区间为()0,∞+，无增区间. (2)当0a ≥，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点；当210e a -≤<，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点；当21e a <-，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性，进而得出结果； (2)利用分类讨论的思想，根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点，结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数，进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，当1a e=-时，1()e ln 1e xf x x x =-++，则1()e ln 1x f x x -'=-++，且()01f '=，有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=，令()01f x x ''=⇒=，所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>，则()'f x 单调递增，当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<，则()'f x 单调递减，所以max ()(1)0f x f ''==，即()0f x '≤，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)0f =，此时函数()f x 只有1个零点；因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以()f x 与()f x x具有相同的零点，令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>，则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=，当0a ≥时，e 10x a +>，令()01g x x '=⇒=，则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)e 10g x g a ==+>，此时函数()g x 无零点，即函数()f x 无零点；当0a <时，令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-，若10e a -<<，则11ln()a<-，列表如下：当211e ea -≤≤-时，222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<，当210e a -<<即21e a ->时，131e ()a a->-，1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<，又(1)0g >，此时函数()g x 有1个零点，则函数()f x 有1个零点；若1e <-a ，则11ln()a>-，列表如下：所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--，又(1)0g >，2(e )0g <，则此时函数()g x 有2个零点，即函数()f x 有2个零点；综上，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点，当210ea -≤<时，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点，当21e a <-时，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．9．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数()ln 12a af x x x =+-+，其中R a ∈． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)讨论函数()f x零点的个数．【答案】(1)当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭(2)当4a ≤，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点【解析】【分析】（1）求导，再分0a <，04a ≤≤和4a >分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中，22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-， ①当0a <时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当04a ≤≤时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当4a >时，一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根，分别记为()1221,x x x x >，有122x x a +=-，1210x x =>，可得210x x >>，有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x ，综上可知，当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭； (2)由（1）可知：①当4a ≤时，函数()f x 单调递增，又由(1)0f =，可得此时函数只有一个零点为1x =； ①当4a >时，由122110,x x x x =>>，可得1201x x <<<，又由(1)0f =，由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=，当01x <<且20e ax -<<时，可得2ln ln e ax -<，有ln 02ax +<，可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<，当2e ax >时，2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点，由上知，当4a ≤时，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点．10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ，讨论a ，并解不等式()0f x '>，()0f x '<可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'， ()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠，且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=，所以有1b =-或3b =，当3b =时，()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件，故1b ≠-，综合上述3b =.11．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1. 【解析】【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；（2）函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减；若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点．若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<．又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．12．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】【分析】（1）求导1()f x a x'=+，0x >，分0a ≥和0a <讨论求解；（2）对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解． (1)解：1()f x a x'=+，0x >，当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>，所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意；当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点． (2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立．令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可，则2222e ln ()+'=x x xm x x ，再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<，所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>，所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x，所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201ex x =．所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=，则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．13．（2022·福建省福州第一中学三模）已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ，且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析【解析】【分析】（1）先求导，再讨论1a 时，函数单增不合题意，1a >时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；（2）先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点；表示出()12f x ，构造函数求导，求得()120f x >，又由()20f x =，结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos (0,1)x ∈，21e e x π<<，①当1a 时，()0f x '>，()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；①当1a >时，显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为(0)10f a '=-<，2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ，所以()10,x x ∈，()0f x '<；1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点，符合题意.综上，(1,)∈+∞a .(2)由（1）知1a >，所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()e cos 0x f x a x '=->，所以()10,x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减；()1,x x π∈，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()10,x x ∈时，()(0)0f x f <=，则()10<f x ，又因为()e 10f ππ=->，所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ，即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--，由（1）知()10f x '=，所以11e cos xa x =，则()112112e 2e sin 1x xf x x =--，构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--，记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则()e cos sin t t t t ϕ'=-+，显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，所以()0p t '>，所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0p t p >=，所以()()1220f x f x >=，由前面讨论可知：112x x π<<，12x x π<<，且()f x 在()1,x x π∈单调递增，所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ，构造函数()p t 求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数()p t 的单调性，从而得到()120f x >，再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时，求函数f （x ）在区间[0]2π，上零点的个数； (2)若函数()y f x =在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a 的取值范围【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃（，3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】【分析】(1)利用导数判断函数f x （）在[0]2π，上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数f x （）的单调性及极值，由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =，所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-，则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增，又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>，则f x （）在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上各有一个零点，所以f x （）在区间[0]2π，上共有两个零点， (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<，①当2a ≤时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则2a ≤时符合题意： ①当22e a π≥时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递减，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时，0ln 22a π<<，此时f x （）在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3(,2)2ππ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意： ①当22e a π=时，ln22a π=，此时f x （）在（0，32π）上单调递减，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则22e a π=时符合题意；①当3222e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意； ①当322e a π=时，3ln22a π=，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则322e a π=时符合题意；①当322e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在3(,ln )22a π上单调递减，在(ln ,2)2aπ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． (2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．15．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ，若212x x >，证明：3312672e x x +>．【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--='，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得()f x 的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==，然后根据比例，构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，得到122111,e t x t x t x --==，进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-，利用导数处理单调性，进而可求. (1)）()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ，则()00F a =-< ，且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减，在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣，时()f x 在()0+∞，单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >，则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==，设21x t x =， 212x x >，2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+，所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-， ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+，设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-，2t >，则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+，设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++，则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++，当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'>，所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增，()()10t ϕϕ∴>=，则()0h t '>，()h t ∴在(1,)+∞递增，又2t >，∴()(2)ln72h t h >=，故3361272e x x -+>．【点睛】本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.16．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析【解析】【分析】（1）分析可知0a ≠，由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）令e 0x t x =>，其中0x >，令111e x t x =，222e xt x =，分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ，且12t t ≠，设120t t >>，将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令121t s t =>，即证()21ln 1s s s ->+，令()()21ln 1s g s s s -=-+，其中1s >，利用导数分析函数()g s 的单调性，即可证得结论成立. (1)解：函数()h x 的定义域为()0,∞+.。

热点15 函数的零点问题处理策略与解题技巧-2022年高考数学核心热点突破

所以，解得 .
当时，，
当时，，
则函数的最大值，最小值，
则，符合题意，
所以；
当时，，
则函数的最大值，最小值，
则，符合题意，
所以；
当时，，
则函数的最大值，最小值，
则，解得则，（舍去）；
当时，，
则函数的最大值，最小值，
则，解得，（舍去），
所以函数．当时，函数的最大值与最小值的差为2，或，
综上： .
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
在时有2个交点,符合题意；
若 ,直线与的图象在时有1个交点，
在时有2个交点,不符合题意；
若 ,直线与的图象在时有1个交点，
在时无交点,不符合题意；
若 ,,直线与的图象至多有一个交点，不符合题意.
所以只有符合题意.
故选：D.
7.函数，的图象与直线（为常数）的交点可能有（）
一、单选题
5.函数的一个零点在区间内，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断出在上是增函数，利用零点存在定理列不等式，即可求a的范围.
【详解】∵ 和在上是增函数，

专题10函数零点(原卷版)

《函数零点》专项突破高考定位函数的零点其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，以选择、填空题的形式考查可难可易，以大题形式出现，相对较难. 考点解析（1）零点个数的确定（2）二次函数的零点分布（3）零点与函数性质交汇（4）嵌套函数零点的确定（5）复杂函数的零点存在性定理（6）隐零点的处理（7）隐零点的极值点偏移处理题型解析类型一、转化为二次函数的零点分布例1-1．（2022·全国·高三专题练习）已知f (x )是奇函数并且是R 上的单调函数，若函数y =f (2x 2+1)+f (λ-x )只有一个零点，则实数λ的值是（） A ．14B ．18C ．78-D ．38-练（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）若函数2()2a f x x ax =+-在区间(1,1)-上有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（） A ．2(2,)3-B ．2(0,)3C ．(2,)+∞D ．(0,2)例1-2．（2022·湖北恩施·高三其他模拟）设函数()()2x f x x a e =+在R 上存在最小值(其中e 为自然对数的底数，a R ∈)，则函数()2g x x x a =++的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．无法确定类型二、区间零点存在性定理例2-1．（2022·天津二中高三期中）已知函数()ln 1f x x x =-，则()f x 的零点所在的区间是（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4练．（2022·天津·大钟庄高中高三月考）函数()2xf x x =+的零点所在的区间为（）A ．()2,1--B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,2类型三、利用两图像交点判断函数零点个数例3-1（一个曲线一个直线）14．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（文））设函数222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩，则函数()1y f x =-的零点个数为（） A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．0个练．已知m 、n 为函数()1ln xf x ax x+=-的两个零点，若存在唯一的整数()0,x m n ∈则实数a 的取值范围是（） A ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B ．ln 20,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭例3-2（一个曲线一个直线）（2018·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心高三学业考试）已知函数()()()()22,22,2x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，函数()()2g x b f x =--，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则实数b 的取值范围为_______.例3-3【一个曲线和一个倾斜直线】【2022福建省厦门市高三】已知函数()221,20, ,0,xx x x f x e x ⎧--+-≤<=⎨≥⎩若函数()()g x f x ax a =-+存在零点，则实数a 的取值范围为__________．例3-4（两个曲线）（2022·全国·高三专题练习）函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为________.（两个曲线）（2022·四川·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 和()1f x +都是奇函数，当(]0,1x ∈时，21()log f x x=，若函数()()sin()F x f x x π=-在区间[1,]m -上有且仅有10个零点，则实数m 的最小值为（） A ．3 B ．72C ．4D ．92（两个曲线）【2022河北省武邑中学高三】若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()2f x f x +=，且当[]0,1x ∈时， ()f x x =，则函数()3log y f x x =-的零点个数是（）A ． 6个B ． 4个C ． 3个D ． 2个例3-5（直接解出零点）（2022·四川·高三月考（理））函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为（） A ．12 B ．14 C ．16 D ．18类型三、利用周期性判断零点个数例3-1．（2022·广东·高三月考）已知定义域为R 的函数()y f x =在[0,10]上有1和3两个零点，且(2)y f x =+与(7)y f x =+都是偶函数，则函数()y f x =在[0,2013]上的零点个数为（） A ．404 B ．804C ．806D ．402例3-2．偶函数()f x 满足()()44f x f x +=-，当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=，不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，则实数a 的取值范围是（） A ．1ln6,ln23⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．1ln2,ln63⎡⎫--⎪⎢⎣⎭C ．1ln2,ln63⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1ln6,ln23⎛⎫- ⎪⎝⎭类型四、零点之和例4-1．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()1sin sin f x x x=+，定义域为R 的函数()g x 满足()()0g x g x -+=，若函数()y f x =与()y g x =图象的交点为()()()112266,,,,,,x y x y x y ⋯，则()61i j i x y =+=∑（）A ．0B ．6C ．12D ．24例4-2（2022·新疆·克拉玛依市教育研究所模拟预测（理））已知定义在R 上的奇函数()f x 满足()()2f x f x =-，当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，若函数()()()4g x f x k x =--的所有零点为()1,2,3,,i x i n =，当1335k <<时，1nii x==∑（）A ．20B ．24C ．28D ．36类型五、等高线的使用例5-1．（2022·福建宁德·高三期中）已知函数()()8sin ,02log 1,2x x f x x x π≤≤⎧=⎨->⎩，若a ､b ､c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c ++的取值范围是___________.例5-2（2022·山西太原·高三期中）设函数22log (1),13()(4),3x x f x x x ⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩，()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x ，且1234x x x x <<<，则()3412114x x x x ++的取值范围是（）A ．109,32⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(0,1)C ．510,23⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭例5-3（2022·吉林吉林·高三月考（理））()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩，若存在互不相等的实数a ，b ，c ，d 使得()()()()f f b f d m a c f ====，则下列结论中正确的为（）①()0,1m ∈；①()122e 2,e 1a b c d --+++∈--，其中e 为自然对数的底数； ①函数()y f x x m =--恰有三个零点. A ．①① B ．①① C ．①① D ．①①①例5-4．（2022·辽宁实验中学高三期中）已知函数()266,1ln 1,1x x x f x x x ⎧---≤⎪=⎨+>⎪⎩，若关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解123x x x <<，则关于n 的方程()()121222356516n x x x x x -+=++-的正整数解取值可能是（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4类型六、嵌套函数零点例6-1．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（理））设函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，则函数()()12y f f x =-的零点个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个例6-2．（2022·天津市第四十七中学高三月考）已知函数()2e ,0,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，2()2g x x x =-+（其中e 是自然对数的底数），若关于x 的方程(())g f x m =恰有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<，则12322x x x -+的最大值为___________.例6-3（2022·全国·高三专题练习）设函数()210log 0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，若函数()()()g x f f x a=-有三个零点，则实数a 的范围为________．例6-4. 已知函数f(x)={e |x−1|,x >0−x 2−2x +1,x ≤0 ，若关于x 的方程f 2(x)−3f(x)+a =0(a ∈R)有8个不等的实数根，则a 的取值范围是（） A ． (0,14) B ． (13,3) C ． (1,2) D ． (2,94)类型七、隐零点处理例7-1．（1）已知函数f(x)＝x 2＋πcos x ，求函数f(x)的最小值；（2）已知函数()()32213210f x x ax a x a a ⎛⎫=++++> ⎪⎝⎭，若()f x 有极值，且()f x 与()f x '（()f x '为()f x 的导函数）的所有极值之和不小于263-，则实数a 的取值范围是（） A ．(]0,3 B ．(]1,3 C ．[]1,3 D ．[)3,+∞例7-2已知函数()ln()(0)x af x ex a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.例7-3已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围．例7-4已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，判断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由.类型八、隐零点之极值点偏离类型一、目标与极值点相关思想：偏离−−→−转化对称步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数（2）确定极值点（3）确定零点所在区域（4）构造对称函数类型二、目标与极值点不相关步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数（2）确定极值点（3）确定零点所在区域（4）寻找零点之间的关系，消元换元来解决例8-1．（2022·江苏高三开学考试）已知函数()ln af x x x=+（a ∈R ）有两个零点.（1）证明：10ea <<. （2）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：a x x 221>+.（3）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：.121<+x x练、已知函数f(x)＝x 2＋πcos x. (1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.练、已知函数21()1xx f x e x-=+. （①）求()f x 的单调区间；（①）证明：当12()()f x f x = 12()x x ≠时，120x x +<练、已知函数f(x)＝xe －x .(1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x 1≠x 2且f(x 1)＝f(x 2)，求证：x 1＋x 2>2.练、已知函数f(x)＝xln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2.练（2022·沙坪坝区·重庆八中）已知函数()222ln f x x ax x =-+（0a >）．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点1x ，2x （12x x <）恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g '+⎛⎫=- ⎪⎝⎭的取值范围是[)ln31,-+∞，求实数a 的取值范围．练．已知2()4ln f x x x a x =-+.已知函数()f x 有两个极值点12x x ，（12x x <），若123()20f x mx ->恒成立，试求m 的取值范围.。

2023年高考数学复习：零点问题

(ⅰ)若 0<a≤1e，则 f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上至多存在一个零点，
不符合题意.
(ⅱ)若 a>1e，f(ln a)<0.
因为f(－2)＝e－2>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点.
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，
所以当
x>4
且
x>2ln
2a
时，f(x)＝
PART TWO
1.(2018·全国Ⅱ)已知函数 f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1). (1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间；
12
解当 a＝3 时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3， f′(x)＝x2－6x－3. 令 f′(x)＝0，解得 x＝3－2 3或 x＝3＋2 3. 当 x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f′(x)<0. 故 f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)，单调递减区间为(3－2 3，3＋2 3).
又 f′12＝2－ e>0，f′(1)＝1－e<0，所以 f′(x)在12，1上存在零点 x0，且是唯一零点，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，所以x0是f(x)＝ln x－ex＋1的极大值点，且是唯一极值点.
12
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
12
解
令
f(x)＝ln
x－aex＋1＝0，则
a＝ln
x＋1 ex .
令 y＝a，g(x)＝ln xe＋x 1，
g′(x)＝1x－lnexx－1(x>0).

2024届新高考一轮复习北师大版高考专题突破一第3课时利用导数研究函数的零点课件(40张)

(1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点．解 (1)当 a＝3 时，f(x)＝13 x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令 f′ (x)＝0 解得 x＝3－2 3 或 x＝3＋2 3 . 当 x∈(－∞，3－2 3 )∪(3＋2 3 ，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(3－2 3 ， 3＋2 3 )时，f′(x)<0.
在(0，＋∞)上单调递增；
当
a>0
时，由
f′(x)>0，得
1 x>a
；由
f′(x)<0，得
1 0<x<a
，
Hale Waihona Puke 返回导航∴函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减．综上所述，当 a<0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时，函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． (2)∵当 x∈1e，e 时，函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点，即当 x∈1e，e 时，方程(ln x－1)ex＋x＝m 的根．
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所以 g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点．又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－16 2 －16 <0， f(3a＋1)＝13 >0，故 f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．
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思维升华讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的存在性，确定函数零点的个数．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).

2022年高考数学基础题型+重难题型突破类型八隐零点问题(解析版)

类型八隐零点问题【典例1】已知函数f(x)＝xe x－a(x ＋ln x)． (1)讨论f(x)极值点的个数；(2)若x 0是f(x)的一个极小值点，且f(x 0)>0，证明：f(x 0)>2(x 0－x 30)．【解析】(1)解 f ′(x)＝(x ＋1)e x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e x －a x ＝x ＋1xe x－a x ，x ∈(0，＋∞)． ①当a ≤0时，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点； ②当a>0时，令h(x)＝xe x－a ， h ′(x)＝(x ＋1)e x>0.显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x →0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(e a－1)>0，必存在x 0>0，使h(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h(x)<0，f ′(x)<0，f(x)为减函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，h(x)>0，f ′(x)>0，f(x)为增函数．所以，x ＝x 0是f(x)的极小值点．综上，当a ≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点． (2)证明由(1)得，f ′(x 0)＝0，即00e xx ＝a ， f(x 0)＝00e x x －a(x 0＋ln x 0)＝00e xx (1－x 0－ln x 0)，因为f(x 0)>0，所以1－x 0－ln x 0>0，令g(x)＝1－x －ln x ，g ′(x)＝－1－1x <0，g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，由g(x)>g(1)得x<1，所以x 0∈(0,1)，设φ(x)＝ln x －x ＋1，x ∈(0,1)， φ′(x)＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数， φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即ln x<x －1，所以－ln x>1－x ，所以ln(x ＋1)<x ，所以e x>x ＋1>0.因为x 0∈(0,1)，所以0e x>x 0＋1>0,1－x 0－ln x 0>1－x 0＋1－x 0>0，相乘得0e x(1－x 0－ln x 0)>(x 0＋1)(2－2x 0)，所以f(x 0)＝00e x x (1－x 0－ln x 0)>2x 0(x 0＋1)(1－x 0)＝2x 0(1－x 20)＝2(x 0－x 30)．结论成立．【方法总结】零点问题求解三步曲(1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．【典例2】已知函数f(x)＝－ln x －x 2＋x ，g(x)＝(x －2)e x－x 2＋m(其中e 为自然对数的底数)．当x ∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m 的最大值．【解析】解当x ∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即m<(－x ＋2)e x－ln x ＋x.令h(x)＝(－x ＋2)e x－ln x ＋x ，x ∈(0,1]，所以h ′(x)＝(1－x)⎝⎛⎭⎪⎫e x －1x ，当0<x ≤1时，1－x ≥0，设u(x)＝e x －1x ，则u ′(x)＝e x＋1x 2>0，所以u(x)在(0,1]上单调递增．因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，且u ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2<0，u(1)＝e －1>0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得u(x 0)＝0，即0e x＝1x 0，所以ln x 0＝－x 0.当x ∈(0，x 0)时，u(x)<0，h ′(x)<0；当x ∈(x 0,1)时，u(x)>0，h ′(x)>0.所以函数h(x)在(0，x 0]上单调递减，在[x 0,1)上单调递增，所以h(x)min ＝h(x 0)＝(－x 0＋2)0e x－ln x 0＋x 0 ＝(－x 0＋2)·1x 0＋2x 0＝－1＋2x 0＋2x 0.因为y ＝－1＋2x＋2x 在x ∈(0,1)上单调递减，又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，所以h(x 0)＝－1＋2x 0＋2x 0∈(3,4)，所以当m ≤3时，不等式m<(－x ＋2)e x－ln x ＋x 对任意的x ∈(0,1]恒成立，所以正整数m 的最大值是3.【典例3】已知函数f(x)＝x 2＋πcos x.(1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.【解析】 (1)易知函数f(x)为偶函数，故只需求x ∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f ′(x)＝2x －πsin x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，设h(x)＝2x －πsin x ，h ′(x)＝2－πcos x ，显然h ′(x)单调递增，而h ′(0)＜0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，由零点存在性定理知，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得h ′(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h ′(x)＜0，h(x)单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，h ′(x)＞0，h(x)单调递增，而 h(0)＝0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，h(x)＜0，即x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x ，f ′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.(2)证明：依题意得x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞，构造函数F(x)＝f(x)－f(π－x)，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，F ′(x)＝f ′(x)＋f ′(π－x)＝2π－2πsin x ＞0，即函数F(x)单调递增，所以F(x)＜F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f(x)＜f(π－x)，而x 1∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以f(x 1)＜f(π－x 1)，又f(x 1)＝f(x 2)，即f(x 2)＜f(π－x 1)，此时x 2，π－x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞.由(1)可知，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞上单调递增，所以x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.【典例4】已知f(x)＝x 2－4x －6ln x.(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf ′(x)－f(x)＞x 2＋6k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －12恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g(x)＝f(x)＋4x －(a －6)ln x ，若g(x)有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g(x)的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】 (1)因为f(x)＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x)＝2x －4－6x ，且f ′(1)＝－8，f(1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f ′(x)＝2x (x ＋1)(x －3)，令f ′(x)＞0解得x ＞3，令f ′(x)＜0解得0＜x ＜3，所以f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf ′(x)－f(x)＞x 2＋6k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －12等价于k ＜x ＋xln x x －1，记h(x)＝x ＋xln x x －1，则k<h(x)min ，且h ′(x)＝x －2－ln x (x －1)2，记m(x)＝x －2－ln x ，则m ′(x)＝1－1x ＞0，所以m(x)为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m(3)＝1－ln 3＜0，m(4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m(x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h(x)在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h(x)min ＝h(x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g(x)＝x 2－aln x ，则g ′(x)＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x ，令g ′(x)＝0，得x 0＝a 2，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2时，g ′(x)＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞时，g ′(x)＞0，所以g(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增，而要使g(x)有两个零点，要满足g(x 0)＜0，即g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－aln a2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a 2，令x 2x 1＝t(t ＞1)，由g(x 1)＝g(x 2)，可得x 21－aln x 1＝x 22－aln x 2，即x 21－aln x 1＝t 2x 21－aln tx 1，所以x 21＝aln t t 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2aln tt 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h(t)＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h ′(t)＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，令n(t)＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t，则n ′(t)＝18ln t ＋11＋6t －1t2＞0(t ＞1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)＞n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)＞h(1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0. 【典例5】设函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c. (1)求曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.【解析】(1)解由f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，切线斜率k ＝f ′(0)＝b.又f(0)＝c ，所以切点坐标为(0，c).所以所求切线方程为y －c ＝b(x －0)，即bx －y ＋c ＝0. (2)解由a ＝b ＝4得f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ∴f ′(x)＝3x 2＋8x ＋4＝(3x ＋2)(x ＋2) 令f ′(x)＝0，得(3x ＋2)(x ＋2)＝0，解得x ＝－2或x ＝－23，f ′(x)，f(x)随x 的变化情况如下：所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－∞，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞，使得f(x 1)＝f(x 2)＝f(x 3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.(3)证明当Δ＝4a 2－12b ＜0时，即a 2－3b ＜0， f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点.当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)在区间(x 0，＋∞)上单调递增. 所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0，故a 2－3b ＞0是f(x)有三个不同零点的必要条件.当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＝x(x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b ＞0不是f(x)有三个不同零点的充分条件. 因此a 2－3b ＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 【典例6】已知函数()ln()(0)x af x ex a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）12（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点即可；（2）根据导函数零点0x ，判断出()f x 的单调性，从而()min f x 可确定，利用()min 1f x =以及1ln y x x=-的单调性，可确定出0,x a 之间的关系，从而a 的值可求. 【详解】（1）证明：∵()ln()(0)x af x ex a a -=-+>，∴1()x a f x e x a-'=-+. ∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减， ∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<，则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<. 令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+ 所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x a e x a-=+（*）. 函数1()x af x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增. ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++. ∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解. 又∵1ln y x x=-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.【典例7】已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．（1）令()()()h x f x eg x =-，求()h x 的最小值；（2）若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围．【答案】（1）0；（2）(],2-∞．（1）有题意知，()()ln xh x xe e x x =-+，()0,x ∈+∞，根据导数求出函数的单调性，由此可求出函数的最小值；（2）原不等式等价于ln 1x xe x x b x+--≥在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，求导得()22ln x x e x t x x+'=，令()2ln xx x e x ϕ=+，易得()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l x x x +=，得01ln 001ln x x x e e x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，结合函数xy xe =的单调性得0001ln ln x x x ==-，001x e x =，由此可求出答案．【详解】解：（1）有题意知，()()ln xh x xe e x x =-+，()0,x ∈+∞，∴()()()1111xx e h x x e e x e x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴当()0,1x ∈，()0h x '<，即()h x 在()0,1上单调递减，当()1,x ∈+∞，()0h x '>，即()h x 在()1,+∞上单调递增，故()()10h x h ≥=， ∴()h x 的最小值为0；（2）原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x +'=，令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由0001ln 2000000ln 1ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭，又有xy xe =在()0,∞+上单调递增，∴0001lnln x x x ==-，001x e x =，∴()()00000min 0ln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦，∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞．【典例8】已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，判断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析；（2）()g x 只有一个零点，理由见解析.（1）求出导数()'f x ，按a 分类讨论确定()'f x 的正负，得函数的单调性；（2）求出导函数()'g x ，对其中一部分，设()1e xh x x=-(0x >)，用导数确定它的零点0(0,1)x ∈，这样可确定()g x 的单调性与极值，然后结合零点存在定理确定结论．【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()()()()2222e 2e 2e xxxx x x a f x a x =-+-+=+-'，当2a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上是增函数；当2a <时，()(2(2)e e xx x a x x f x ⎡⎤=--=⎣⎦'，所以()0x f x =⇔='()0x f x >⇔<'x >； ()0f x x ⇔<<'<所以()f x在(上是减函数，在(,-∞和)+∞上是增函数.（2）当1a =时，()()2211e ln 2x g x x x x =--+，其定义域为()0,∞+，则()()()1e 11x g x x x x '=+--⎛⎫ ⎪⎝⎭.设()1e xh x x =-(0x >)，则()21e 0xh x x'=+>，从而()h x 在()0,∞+上是增函数，又1202h ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()1e 10h =->，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0001e 0x h x x =-=，即001e x x =，00ln x x =-. 列表如下：由表格，可得()g x 的极小值为()112g =-；()g x 的极大值为()()022222000000000002111111e ln 2222x x x g x x x x x x x x x -+=--+=--=-+-因为()0g x 是关于0x 的减函数，且01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()03128g x -<<-，所以()g x 在(]0,1内没有零点. 又()1102g =-<，()22e 2ln 20g =-+>，所以()g x 在()1,+∞内有一个零点. 综上，()g x 只有一个零点.【典例9】函数()ln f x x =，()22=--+g x x x m .（1）若m e =，求函数()()()F x f x g x =-的最大值；（2）若()()()22+≤--xf xg x x x e 在2(]0,x ∈恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）()max 2F x e =-；（2）[)ln 2,+∞.（1）根据题意，代入m e =，求导利用导数研究函数单调性，进而求最值.（2）根据题意，则2()()(2)xf xg x x x e +<--在2(]0,x ∈恒成立，提取参数转化成(2)ln 2x m x e x x >-+-+在2(]0,x ∈恒成立问题，设()(2)ln 2xh x x e x x =-+-+，对函数设()h x 求导，分析函数单调性，进而求解函数最值，即可求解参数取值范围.【详解】（1）()2ln 2=-++-F x x x x m ，故()(21)(1)+-'=-x x F x x. 由()0F x '>得，01x <<；由()0F x '<得，1x >.∴()F x 在()0,1递增，在()1,+∞递减.∴()()max 12==-F x F e .（2）∵()()()22+≤--xf xg x x x e 在2(]0,x ∈恒成立 ∴()2ln 2≥-+-+xm x e x x 在2(]0,x ∈恒成立. 设()()2ln 2=-+-+x h x x e x x ，则()()111'=-+-x h x x e x. 当1x >时，10x ->，且x e e >，11x <，∴110x e e x->->，∴()0h x '>. 当01x <<时，10x -<，设()1x u x e x =-，()210x u x e x=+>'.∴()u x 在()0,1递增，又1202u ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()110u e =->. ∴01,12x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00u x =. ∴当()00,x x ∈时，()0u x <；当()0,1x x ∈时，()0u x >.∴当()00,x x ∈时，()0h x '>；当()0,1x x ∈时，()0h x '<.∴函数()h x 在()00,x 递增，在()0,1x 递减，在()1,2递增.由()00010x u x e x =-=得001x e x =，且00ln x x =-. ∴()()()0000000000112ln 222232x h x x e x x x x x x x ⎛⎫=-+-+=--+=-+ ⎪⎝⎭ ∵01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴()00h x <，又()2ln20=>h 则当2(]0,x ∈时，()()max 2ln2==h x h ，则m 的取值范围是[)ln 2,+∞.【典例10】已知函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在点()()22,A e f e （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为4．（1）求实数a 的值；（2）若m Z ∈，且()()11m x f x -<+对任意1x >恒成立，求m 的最大值．【答案】（1）2a =；（2）m 的最大值为3．（1）由题意得出()24f e '=，进而可求得实数a 的值；（2）求得()ln f x x x x =+，由参变量分离法得出ln 11x x x m x ++<-，构造函数()ln 11x x x g x x ++=-，利用导数求出函数()y g x =在区间()1,+∞上的最小值，进而可得出整数m 的最大值. 【详解】（1）()()1ln f x a x x x =-+，()ln f x x a ∴'=+，函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在2x e =处的切线斜率为4，()24f e∴'=，即2ln 4a e +=，因此，2a =；（2）由（1）知()ln f x x x x =+． ()()1m x f x -<对任意1x >恒成立，()1ln 111f x x x x m x x +++∴<=--对任意1x >恒成立，令()ln 11x x x g x x ++=-，则()()()()()()22ln 21ln 1ln 311x x x x x x x g x x x +--++--==--'，令()ln 3u x x x =--，则()11u x x'=-， 1x >，()0u x ∴'>，()ln 3u x x x ∴=--在()1,+∞为增函数，()41ln 40u =-<，()52ln50u =->，∴存在()04,5x ∈，使()000ln 30u x x x =--=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，函数()y g x =单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，函数()y g x =单调递增.()()()00000000min 0031ln 1111x x x x x x g x g x x x x +-+++∴====---，故有01m x <-对1x >恒成立．()04,5x ∈，()013,4x ∴-∈，因此，m 的最大值为3．【典例11】已知函数2()( 2.718)x f x e ax e =-=.（1）若()f x 在(0)+∞，有两个零点，求a 的取值范围；（2）2()(()1)x g x e f x ax x =+--，证明：()g x 存在唯一的极大值点0x ，且0321()4g x e <<. 【答案】（1）24e a >；（2）证明见解析. （1）设函数2()1x p x ax e -=-，求出导数，讨论a 的范围结合()p x 的变化情况以及零点存在性定理即可求出a 的取值范围；（2）求出()g x 的导数()(22)x x g x =e e x '--，构造函数()2xh x =2e x --，利用导数判断()h x 的变化情况即可()g x 存在唯一的极大值点0x ，再根据()g x 的性质证明不等式.【详解】（1）设函数2()1xp x ax e -=-.()f x 在(0,)+∞有两个零点当且仅当()p x 在(0,)+∞有两个零点. （i ）当0a ≤时，()0p x >，()p x 没有零点；（ii ）当0a >时，()(2)x p x ax x e -'=-.当(0,2)x ∈时，()0p x '<；当(2,)x ∈+∞时，()0p x '>.所以()p x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增. 故24(2)1a p e =-是()p x 在[)0,+∞的最小值. ①若(2)0p >，即24e a <，()p x 在(0,)+∞没有零点； ②若(2)=0p ，即24e a=，()p x 在(0,)+∞只有一个零点； ③若(2)0p <，即24e a >，由于(0)1p =，所以()p x 在(0,2)有一个零点，当0x >时，易证21xe x>，所33342241616161(4)11110()(2)a a a a a p a e e a a =-=->-=->. 故()p x 在(2,4)a 也有一个零点，因此()p x 在(0,)+∞有两个零点.综上，()f x 在(0,)+∞有两个零点时，24e a >. （2）证明：()(1)x x g x =e e x --，故()(22)x x g x =e e x '--，令()2xh x =2e x --，()1x h x =2e '-，所以()h x 在1(,ln )2-∞上单调递减，在1(ln )2+∞，上单调递增， (0)0h =，1211(ln )2ln 21022ln h =2e ln --=-<，22(2)(2)202h =2e =e ----->， 1(2)(ln )02h h -<由零点存在性定理及()h x 的单调性知，方程()0h x =在1(2,ln )2-有唯一根，设为0x 且0020x2e x =--，从而()h x 有两个零点0x 和0，所以()g x 在0(,)x -∞单调递增，在0()x 0，上单调递减，在(0+)∞，单调递增，从而()g x 存在唯一的极大值点0x 即证，由0020x 2e x =--得0022x x +e =，01x ≠-， 002000000000222111()(1)(1)()(2)224444x x x x x x g x e e x x x x =++-++∴=--=--=-+≤（）取等不成立，所以01()4g x <得证，又012ln 2x -<<，()g x 在0,x ∞（-）单调递增，所以2242032()(2)(2)1g x g e e e e e ----⎡⎤>-=---=+>⎣⎦得证. 从而0321()4g x e <<.。

专题突破卷05 导数中的极值点偏移问题 (学生版) 2025年高考数学一轮复习考点通关卷(新高考通用

专题突破卷05 导数中的极值点偏移问题题型一极值点偏移解决零点问题1．已知函数()ln 1f x x ax =+-有两个零点12,x x ，且12x x <，则下列命题正确的是（）A ．1a >B ．122x x a +<C ．121x x ×<D ．2111x x a->-2．已知函数()ln 1f x x ax =+-有两个零点1x 、2x ，且12x x <，则下列命题正确的个数是（）①01a <<；②122x x a +<；③121x x ×>；④2111x x a->-；A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．已知函数()ln f x x ax =-有两个零点1x ，()212x x x <，则下列说法：①函数()f x 有极大值点0x ，且1202x x x +>；②212e x x >；③1232x x a+>；④若对任意符合条件的实数a ，曲线()y f x =与曲线1y b x=-最多只有一个公共点，则实数b 的最大值为ln2.其中正确说法的有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．已知函数()ln x f x x =，对于正实数a ，若关于t 的方程()a f t f t æö=ç÷èø恰有三个不同的正实数根，则a 的取值范围是（）A ．()1,8B ．()2,8e C ．()8,+¥D ．()2,e +¥5．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（）A ．2x =是()f x 的极小值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>6．关于函数2()ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有2个零点C ．存在正整数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且12x x ¹，若()()12f x f x =，则124x x +>7．已知函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，则下列判断：①a e <；②122x x +<；③121x x ×>；④有极小值点0x ，且1202x x x +<.则正确判断的个数是（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个8．已知函数3()2f x x =+的图象与函数()g x kx =的图象有三个不同的交点11(,)x y 、22(,)x y 、33(,)x y ，其中123x x x <<．给出下列四个结论：①3k >；②12x <-；③232x x +>；④231x x >．其中正确结论的个数有（）个A ．1B ．2C ．3D ．49．已知()e x f x ax =-有两个零点12x x <，下列说法正确的是A ．e a C ．121x x ×>D ．有极小值0x 且1202x x x +>10．已知函数()2πcos f x x x a =++在()0,π上有两个不同的零点()1212,x x x x <，给出下列结论：①()10f x ¢<；②()20f x ¢>；③12πx x +<．其中错误结论的个数是（）A ．0B ．1C ．2D ．311．已知a b >，c d >，e e 1.0111a b a b ==++，()()1e 1e 0.99c dc d -=-=，则（）A ．0a b +C ．0a d +>D ．0b c +>12．已知1a >，1x ，2x ，3x 均为2x a x =的解，且123x x x <<，则下列说法正确的是（）A ．1(2,1)x Î--B ．2e (1,e )a ÎC ．120x x +<D ．232ex x +<题型二极值点偏移解决不等式问题13．已知函数()e xf x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在R 上是增函数B ．1x ">，不等式()()2ln f ax f x ³恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若过点()1,M m 恰有2条与曲线()y f x =相切的直线，则1e 1m -<<-14．关于函数2()ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正整数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且12x x ¹，若12()()f x f x =，则124x x +>15．设函数1cos ,0(),0e x x x f x x x -£ìï=í>ïî，下面四个结论中正确的是（）A ．函数在()0,1上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有一个零点C ．函数的值域为[]1,e -D ．对任意两个不相等的正实数12,x x ，若()()12f x f x =，则122x x +<16．已知函数()e xf x x =，()lng x x x =，则下列说法正确的是（）A ．函数()f x 与函数()g x 有相同的极小值B ．若方程()f x a =有唯一实根，则a 的取值范围为0a ³C ．若方程()g x a =有两个不同的实根12,x x ，则212x x a>D ．当0x >时，若()()12f x g x t ==，则12x x t =成立17．已知函数ln ()xf x x=，则（）A ．(2)(3)f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x ，2x ，则212ex x >C ．ln 2<D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >18．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．()f x 在()2,+¥上单调递增B ．+12,R x x "Î且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>C ．R k +$Î，使得()f x kx >恒成立D ．函数()y f x x =-有且只有1个零点19．定义在R 上的函数()f x 满足()()e xf x f x =¢+，且()01f =，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在2x =-处取得极小值B ．()f x 有两个零点C ．若0x ">，()f x k >恒成立，则1k <D ．若1x $，2R x Î，12x x ¹，()()12f x f x =，则124x x +<-20．宠物很可爱，但身上会有寄生虫，小猫“墩墩”的主人每月定期给“墩墩”滴抺驱虫剂.刚开始使用的时候，寄生虫的数量还会继续增加，随着时间的推移，奇生虫增加的幅度逐渐变小，到一定时间，寄生虫数量开始减少.若已知使用驱虫剂t 小时后寄生虫的数量大致符合函数()()()47e 50(0720),t f t t t f t -=-+¢£<为()f t 的导数，则下列说法正确的是（）A ．驱虫剂可以杀死所有寄生虫B ．()100f ¢表示100t =时，奇生虫数量以10052e -的速度在减少C ．若存在,,a b a b ¹，使()()f a f b =，则96a b +<D ．寄生虫数量在48t =时的瞬时变化率为021．已知()()12()ln ,f x x x f x f x ==且12x x ¹，则（）A ．1212ex x +>B ．1212ex x +<C1e>D1e<22．已知关于x 的方程e 0x x a -=有两个不等的实根12,x x ，且12x x <，则下列说法正确的有（）A ．1e 0a --<D ．11e 0xx +<23．已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()ln f x 在()1,+¥上是增函数B ．1x ">，不等式()()2ln f ax f x ³恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()g x t =有两个根1x ，1x ，则121x x ×>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e24．已知2.86ln ln a ba b==，ln ln 0.35c c d d ==-，a b <，c d <，则有（）A ．2e a b +C ．1ad <D ．1bc >题型三极值点偏移解决双变量问题25．已知函数 ()()2e xx f x g x x ax ==+，，且曲线()y f x =在()0,0处切线也是曲线()y g x =的切线．(1)求a 的值；(2)求证：()()f x g x £；(3)若直线y k =与曲线()y f x =有两个公共点()11,A x y ，()22,B x y ，与曲线()y g x =有两个公共点()()33,C x g x ，()()44,D x g x ，求证：12341x x x x +++>26．已知函数()()2e ln 1xf x a x a -=+-ÎR ．(1)若函数()f x 在()0,¥+上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <，且21x x 的最大值为2e ，求证：2122e 1e 1x x ++£-．27．已知函数()22ln 1f x x x x =-+．(1)证明：()1f x <；(2)若120x x <<，且()()120f x f x +=，证明：122x x +>．28．设函数23115e ()e e (1),[0,)232x f x x x x =---+Î+¥．(1)判断函数()f x 的单调性；(2)若12x x ¹，且()()126e f x f x +=，求证：122x x +<．29．已知函数()()1ln f x x x =+．(1)求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若关于x 的不等式()(1)f x m x >-在(1,)+¥上恒成立，求实数m 的最大值；(3)若关于x 的方程2()(1)10()f x ax a x a ++++=ÎR 有两个实根1x ，()212x x x ¹，求证：121123a a x x -<+<+．30．设()()()()1ln 1ln 0f x x x x a a =+-->.(1)若1a =，求函数()y f x =的图象在1x =处的切线方程；(2)若()0f x ³在 [)1,+¥上恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数()y f x =存在两个极值点1212x x x x (<)、，求证：122x x +>.31．已知函数()11e ,0axf x x a a a -æö=-+>ç÷èø.(1)若()f x 的极小值为-4，求a 的值；(2)若()()ln g x f x a x =-有两个不同的极值点12,x x，证明：12x x +>32．已知函数()e 1xf x ax =--.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<；(3)若函数()()sin g x f x x =+，当0x ³时，()0g x ³恒成立，求实数a 的取值范围.33．已知函数()()2ln 2g x x ax a x =-+-（R a Î）．(1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-，()1212,0x x x x <<是函数()f x 的两个零点，证明：1202x x f +æö¢<ç÷èø．34．已知函数()23ln 4(0)f x x ax x a =+->.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当12a =时，若方程()f x b =有三个不相等的实数根123,,x x x ，且123x x x <<，证明：314x x -<.35．已知常数0a >，函数221()2ln 2f x x ax a x =--.(1)若20,()4x f x a ">>-，求a 的取值范围;(2)若1x 、2x 是()f x 的零点，且12x x ¹，证明:124x x a +>.36．已知函数()()2ln R af x x x a x=+Î有两个零点()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：121x x +>．1．已知a b >，且e e 1.01a b a b -=-=，则下列说法正确的有（）①1b <-； ②102a << ；③0b a +<； ④1a b -<.A ．①②③B ．②③④C ．②④D ．③④2．已知函数()ln f x x x =-，过点()()1,1P b b >-作函数()f x 的两条切线,PA PB ，切点分别为,A B ，下列关于直线AB 斜率k 的正负，说法正确的是（）A ．0k D ．不确定3．关于函数()22ln x f x x x =++，下列说法错误的是（）A ．不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立B ．对任意12,(0,)x x Î+¥，若12x x <，有()2112()x f x x f x <C ．对任意121212()(),(0,1),()22x x f x f x x x f ++Î£D ．若正实数12,x x ，满足12()()4f x f x +=，则122x x +³4．已知函数()()()e ,e xxxf x x a ag x =+Î=R ，下列说法正确的是（）A ．若()()1212,x x g x g x ¹=，则122x x +>B ．若0a =，则“120x x +=”是“()()120f x g x +=”的充要条件C ．若不等式()()f x g x <恰有3个整数解，则实数a 的取值范围是22e e 212e ,e éö--÷êëøD ．若不等式()()f x g x <恰有2023个整数解122023,,x x x ×××，则()()20232023112023kkk k f x g x a==+=åå5．已知()()e e ,, 1.01,1e 1e 0.9911a bc d a b c d c d a b >>==-=-=++，则（）A ．0a b +>B ．0c d +>C ．0a d +>D ．0b c +>6．已知函数()e xf x x =，若120x x >>，则下列结论正确的是（）A ．2121()()f x f x x x ->-B ．1122()()x f x x f x +>+C ．1221()()x f x x f x >D ．若12()()f x f x -=-，则122x x +>7．已知函数()()e xf x x a bx =--，则下列结论正确的是（）A ．当1,2a b =-=时，()1f x ³恒成立B ．当1,a b R =Î时，()f x 必有零点C ．若()f x 有两个极值点12x x ､，则1224x x a +>-D ．若()f x 在R 上单调递增，则1a b +£8．已知函数()ln f x x x a =--有两个零点1x 、2x ，则下列说法正确的是（）．A ．1a >B ．121x x >C ．121x x <D ．122x x +>9．已知函数()ln xf x x=，则（）A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212ex x <C．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >10．关于函数f （x ）＝2x＋ln x ，则下列结论正确的是（）A ．x ＝2是f （x ）的极小值点B ．函数y ＝f （x ）－x 有且只有1个零点C ．对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2＞x 1，若f （x 1）＝f （x 2），则x 1＋x 2＞4D ．存在正实数k ，使得f （x ）＞kx 恒成立11．已知函数()2ln 2a f x x x x =-有两个极值点1x ，212()x x x <，则（）A ．a 的取值范围为（－∞，1）B ．122x x +>C ．12112x x +>D ．2111x x a->-12．已知关于x 的方程ln 0x x a -=有两个不等的正根1x ，2x 且12x x <，则下列说法正确的有（）A ．1ea -<C ．122x x a +<-D ．1x a<-13．设函数1,0()cos ,0x xx f x e x x -ì>ï=íï£î，下列四个结论中正确的是（）A ．函数()f x 在区间[),1p -上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有两个零点C ．函数()f x 的值域是[]1,1-D ．对任意两个不相等正实数12,x x ，若12()()f x f x =，则122x x +>14．已知函数()e x f x x a =-，则下面结论成立的是（）A ．当10ea <<时，函数()0f x =有两个实数根B ．函数()0f x =只有一个实数根，则0a £C ．若函数()0f x =有两个实数根1x ，2x ，则122x x +>D ．若函数()0f x =有两个实数根1x ，2x ，则123x x +>15．已知函数()e x x m f x +=的极大值点为0，则实数m 的值为；设12t t ¹，且211212ln ln t t t t t t -=-，不等式12ln ln l +>t t 恒成立，则实数l 的取值范围为．16．已知函数()2ln ,R f x x x ax x a =-+Î．(1)若函数()f x 是减函数，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个零点12,x x ，且212x x >，证明：1228e x x >．17．已知函数()2ln ,R a f x x a x=+Î．若函数()f x 有两个不相等的零点12,x x ．(1)求a 的取值范围；(2)证明：124x x a +>．18．已知函数()ln f x x x a =--有两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：122x x +>.19．已知函数ln ()a x a f x x +=．(1)讨论()f x 的极值；(2)若()()2112e e x xx x =（e 是自然对数的底数），且1>0x ，20x >，12x x ¹，证明：122x x +>．20．已知函数()()()2ln 3,0f x x a x x a a =+-->.(1)当1x ³时，()0f x ³，求a 的取值范围.(2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，证明：12122e x x -+>.。

专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a ＝g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．【解析】（1）由题易得，函数()2ex ax f x =的定义域为R ，又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢，所以，当0a >时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知，()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+．所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>．当a<0时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知，()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+，单调递减区间为()0,2．所以()f x 的极大值为()()000f a =<．综上所述，当0a >时，()f x 的极大值为24ea；当a<0时，()f x 的极大值为0．（2）方法一：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-．由()0g x =，得2cos e xx x =．所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数，只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可．由（1）知，当1a =时，()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减，在()0,2上单调递增，所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增，且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点．因为当10a x =>，时，()20ex x f x =>，()f x 在区间()02，上单调递增，在区间()2,¥+上单调递减，所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<，即当1,0a x =>时，恒有()01f x <<．又当0x >时，()cos h x x =的值域为[]1,1-，且其最小正周期为2πT =，现考查在其一个周期(]0,2π上的情况，()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增，()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减，且()()0001f h =<=，()()202cos2f h >>=，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点，即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点．因为在区间3π2,2æùçúèû上，()()0,cos 0f x h x x >=£，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点，即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点．在区间3π,2π2æùçúèû上，()2ex x f x =单调递减，()cos h x x =单调递增，且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø，，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点，即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点．所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点．同理可知，在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上，()01f x <<且()2e xx f x =单调递减，()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减，在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增，且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==，()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++（上各有一个交点，即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点．所以()g x 在0,2024π]（上共有2024π220242π´=个零点．综上可知，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．方法二：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-．当π,02éùÎ-êúëûx 时，()22sin 0e x x x g x x -=¢+£，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()π0,002g g æö-><ç÷èø，所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû，使得()00g x =．所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点．当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，20cos 0ex x x ><,，所以()0g x >．所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点．当π0,2x æùÎçèû时，()22sin 0exx x g x x -=¢+>，所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增．又()π00,g 02g æö<>ç÷èø，所以存在唯一零点．当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增．又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢，所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ，使得()10g x ¢=．即当()12π,x k x Î时，()()10,g x g x <¢单调递减；当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时，()()10,g x g x >¢单调递增．又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø，所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增．又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø，所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减：又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø，所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø，使得()20g x =．所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点．所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点．综上所述，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程；(2)求证：e 1x x ³+；(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()12f x x ¢=+，所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢，又()()1ln 120f -=-+=，所以切线方程为1y x =+.（2）记()e 1x g x x =--，则()e 1xg x ¢=-，当0x <时，()0g x ¢<，函数()g x 在(),0¥-上单调递减；当0x >时，()0g x ¢>，函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时，()g x 取得最小值()00e 10g =-=，所以()e 10xg x x =--³，即e 1x x ³+.（3）()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-，由题知，()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根，即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根，令()()ln 2,22x m x x x +=>-+，则()()()21ln 22x m x x -+=+¢，当2e 2x -<<-时，()0m x ¢>，()m x 在()2,e 2--上单调递增；当e 2x >-时，()0m x ¢<，()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时，()m x 趋近于-¥，当x 趋近于+¥时，()m x 趋近于0，又()1e 2ef -=，所以可得()m x 的图象如图：由图可知，当10ea <<时，函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点，所以，a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点 x 0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.【解析】（1）求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时，由()1e 10xf x a ¢=+³>可知，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢，对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢，所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上，当0a ³时，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.（2）当3a =时，()3e xf x x =+，故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++，所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零，故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×，则()()1e xg x x -=-×¢，从而对1x <有()0g x ¢>，对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，这就得到()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =：①若0t £，由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³，而()g x 在(],1-¥上递增，故方程()g x t =至多有一个解；而()110eg t =>³，()0e e t g t t t t --=×£×=，所以方程()g x t =恰有一个解；②若10e t <<，由于()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，故方程()g x t =至多有两个解；而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø，再结合()00g t =<，()11e g t =>，()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=，即知方程()g x t =恰有两个解，且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø；③若1t e=，则()11e t g ==.由于()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =，故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >，则()()11eg x g t £=<，故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知，方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根，当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面，若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû，则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+，且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+， 219e m >-，所以0m >.而方程2390t mt m--=，两解符号相反，故只能1t =，2t =23e m >这就得到203e m ->³，所以22243e m m m æö->+ç÷èø，解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+；另一方面，当2109e 3e m <<+时，关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =，2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===，2t 综上，实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x ¢=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =，()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---，a ÎR ，讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»，12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-，所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-，当0a =时，()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时，令()0h x ¢=得21x a=-，所以若0a >时，211a-<，所以()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数，若0<a 时，211a ->，且211x a<<-时，()0h x ¢>，21x a >-时，()0h x ¢<，所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数，综上：当0a ³时，()h x 在()1,+¥上为增函数，当0<a 时，()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>，设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+，则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==，因为0x >，所以e 10x x +>，设()e 2x x x j =-，则()()10e xx x j ¢=+>，则()x j 在()0,¥+上单调递增，而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø，所以存在04,15x æöÎç÷èø，使()00x j =，即00e 2xx =，所以00ln ln 2x x +=，即00ln ln 2x x =-，当00x x <<时，()0F x ¢<，则()F x 在()00,x 上单调递减，当0x x >时，()0F x ¢>，则()F x 在()0,x +¥上单调递增，所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+，设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø，则()3220m t t ¢=+>，则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增，42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø，则()min 0F x >，则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立，即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x ¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x-¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x =--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ，且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【解析】（1）解法一：()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-，则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时，()0g x <，即()0f x ¢<；当0x >时，()0g x >，即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.解法二：()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时，由()0f x ¢<得0x <，由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增②当0a <时，同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.综上，当0a ¹时，()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.（2）解法一：由()1f x x x -=+，得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()e e x xh x -=+，则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数，()()ln h ax h x \=由（1）知()h x 在()0,¥+上单调递增，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=，由()0m x ¢>，得0e;x <<由()0m x ¢<，得e x >，()m x \在(]0,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减，且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减，在(]1,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减当0x →时，()m x ¥→+；当x →+¥时，()0m x →，故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<，故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二：由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()1h x x x -=+，则()h x 在()0,1上单调递减，在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =，得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数，得ln ax x =或ln ax x =-，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>．(1)求证：1ln 0x x +>；(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点，求证：211x x -<【解析】（1）令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥，则()1ln g x x ¢=+．令()0g x ¢>，得1ex >；令()0g x ¢<，得10e x <<．所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增．所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø，所以1ln 0x x +>．（2）易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥．由()(ln f x a x =+，可得()a f x x ¢=．令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减，在¥ö+÷÷ø上单调递增，所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø．①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø，即403e a <£时，()f x 至多有1个零点，故不满足题意．②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø，即43e a >1<<．因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增，且(1)10f a =+>．所以(1)0f f ×<，所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点，不妨记为1x 11x <<．由（1）知ln 1x x>-，所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø．因为()f x 在æççè0f f <×<，所以()f x 在æççè上有且只有1个零点，记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<．同理，若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述，211x x -<．【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围．的【解析】（1）当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.（2）()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】（1）因为函数()1e ln x f x x x x -=--，所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø，记()11e,0x h x x x -=->，()121e 0x h x x-¢=+>，所以()h x 在()0,¥+上单调递增，且()10h =，所以当01x <<时，()0h x <，即()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1单调递减；当1x >时，()0h x >，即()0f x ¢>，所以()f x 在()1,¥+单调递增，且()10f ¢=，所以()()min 10f x f ==.（2）要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû，只需证明：()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立，令()()11e ln 2xg x x x =--+，则()()1e 0xg x x x x¢=->，当0x >时，令1()()e xm x g x x x=¢=-，则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>，()m x 在(0,)+¥上单调递增，即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数，又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè，()1e 10g =¢->，所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=，由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==，得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=，所以当()00,x x Î时，()1e 0xg x x x=¢-<，()g x 单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()1e 0xg x x x=¢->，()g x 单调递增，所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=，令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø，则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢，所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增，所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø，所以()()()002002x g x g x x j ³=>，所以()11e ln 02xx x --+>，即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()hx 零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若函数()f x 有2个零点，求a 的取值范围.4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin x f x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数()ln 54f x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)证明：3()25f x x>--．6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知()e 1xf x ax =--，a ÎR ，e 是自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根，求a 的取值范围；(3)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<.7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值；(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8．（2024年天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()ex axf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立，求a 的取值范围.11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设()21)e sin 3x f x a x =-+-（(1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++，若对任意0x ³，恒有()0h x >，求实数a 的取值范围12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当0x >时，()cos f x ax x ³恒成立，求实数a 的取值范围.13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k 的最大值．15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。

高考数学总复习---压轴题之函数零点问题(解析版)

整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零
点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f′(x0)＝0，并
结合 f(x)的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多
故 f (x) 在 (0, x0 ) 单调递减，在 ( x0 ,1] 单调递增，
所以当 x = x0 时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (x0 ) = e2x0 − a ln x0 ，
由 2x0e2x0
−a
=
0 ，即 e2x0
=
a 2 x0
，两边去对数得 ln
x0
= ln
a 2
− 2x0
2 / 22
零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解
导数压轴问题，例题说法，高效训练.
【典型例题】
类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
（1）求 a；
﹣2
﹣2
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e ＜f（x0）＜2 ．
【答案】（1）1；（2）见解析.
2
【解析】（1）因为 f（x）=ax ﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则 f（x）≥0 等
价于
1 h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知 h′（x）=a﹣ ．则当 a≤0 时 h′（x）＜0，即 y=h

高考数学热点难点突破技巧精讲第09讲三角函数的零点问题的处理

第09讲三角函数零点问题的处理【知识要点】三角函数的零点问题，是考试经常考察的重点、热点和难点.三角函数的零点问题的处理一般有以下三种方法：1、单调性+数形结合 .2、分离参数+数形结合. 3、方程+数形结合. 三种方法也不是绝对的，要注意灵活使用.【方法讲评】【例1】已知向量，，设函数．（1）若函数的图象关于直线对称，且时，求函数的单调增区间；（2）在（1）的条件下，当时，函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．（1）∵函数图象关于直线对称，∴，解得：，∵，∴，∴，由，解得：，所以函数的单调增区间为．∴当或时函数有且只有一个零点．即或，所以满足条件的．【点评】（1）本题第2小问是在第1问的前提下进行的，第1问求出了函数的单调增区间，所以第2小问对零点问题的研究，可以利用单调性+数形结合方法分析解答.第2问首先求复合函数在上的单调性，再数形结合分析函数零点的个数. （2）在解答数学问题时，只要写不等式，一定要注意取等问题，本题第2问，左边可以取等，右边不能取等.【反馈检测1】设P是⊙O：上的一点，以轴的非负半轴为始边、OP为终边的角记为，又向量。

且.（1）求的单调减区间；（2）若关于的方程在内有两个不同的解，求的取值范围.【例2】已知函数的最大值为．（1）求函数的单调递增区间；（2）将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若方程-＝0在∈上有解，求实数的取值范围．【解析】（1），由，解得，所以函数的单调递增区间当时，，取最小值-3．方程在∈上有解，即 -3≤≤【点评】(1)本题就是先分离参数，再分别画方程左右两边的函数的图像数形结合分析.(2)本题也可以单调性+数形结合的方法分析解答.它们之间不是绝对的，要注意灵活使用. 【反馈检测2】已知函数的周期为.（1）若，求它的振幅、初相；（2）在给定的平面直角坐标系中作出该函数在的图像；（3）当时，根据实数的不同取值，讨论函数的零点个数.【例3】已知函数.（Ⅰ）当时，求值；（Ⅱ）若存在区间(且)，使得在上至少含有6个零点，在满足上述条件的中，求的最小值.【点评】（1）本题就是先解方程，再数形结合分析解答.本题如果用前面的两种方法，也可以解答，不过比较复杂. （2）如果，所以它不是最小值.【反馈检测3】已知函数，其中常数；（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）令，将函数的图像向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图像，区间（且）满足：在上至少含有30个零点，在所有满足上述条件的中，求的最小值．高中数学热点难点突破技巧第09讲：三角函数零点问题的处理参考答案【反馈检测1答案】（1）的单调减区间是：、；（2），且.【反馈检测1详细解析】（2）因，则.设，所以有两个不同的解，由题得. 借助函数图象可知：，即所以得：，且【反馈检测2答案】（1），；（2）详见解析；（3）当或时，函数无零点；当时，函数仅有一个零点；当或时，函数有两个零点；当时，函数有三个零点.【反馈检测2详细解析】（1）化为，由得，即.（1）函数的振幅是，初相为（2）列表【反馈检测3答案】（1）（2）【反馈检测3详细解析】(1)因为，根据题意有(2) ，或，即的零点相离间隔依次为和，故若在上至少含有30个零点，则的最小值为．。

高考数学难点突破--隐零点专题(有答案)

专题三 . 隐零点专题知识点一、不含参函数的隐零点问题已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则①有关系式0)('0=x f 成立，②注意确定0x 的合适范围.二、含参函数的隐零点问题已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，②注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关. 例1.已知函数)2ln()(+-=x e x g x ，证明)(x g ＞0.例2.（2017052001）已知函数x a e x f x ln )(-=.（I ）讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数；（II ）证明：当0>a 时，)ln 2()(a a x f -≥.例3.（2017.全国II.21）已知函数x x ax ax x f ln )(2--=，且()0f x ≥.（I ）求a ；（II ）证明：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e . 例 4.(2016.全国甲.21)（I ）讨论函数2(x)e 2x x f x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20;x x x -++> （II ）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax a g x x x --> 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.例 5.（2013.湖北.10）已知a 为常数，函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点1212,()x x x x <，则 A.21)(,0)(21->>x f x f B.21)(,0)(21-<<x f x fC.21)(,0)(21-<>x f x fD.21)(,0)(21-><x f x f 例6.（2017022802）已知函数)ln 1()(x x x f +=.（I ）求函数)(x f 的单调区间及其图象在点1=x 处的切线方程；（II ）若Z ∈k ，且)()1(x f x k <-对任意1>x 恒成立，求k 的最大值.例1例4导数压轴题中的“隐零点”问题之专项训练题1、设函数()2xf x e ax =--. (Ι)求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值.变式训练：已知函数()()ln ,f x x x ax a R =+∈.（Ⅰ）若函数()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上为增函数，求a 的取值范围；（Ⅱ）若()()()1,,1x f x k x ax x ∀∈+∞>-+-恒成立，求正整数k 的值.2、已知函数()()ln xf x e x m =-+. (Ι)设0x =是()f x 的极值点，求m ,并讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >.变式训练：已知函数()32213f x x x ax =+++在()1,0-上有两个极值点1x 、2x ，且12x x <.(Ι)求实数a 的取值范围；（Ⅱ）证明：()21112f x >.3、已知a R ∈，函数()2x f x e ax =+；()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）当12a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，求证：存在唯一的01,02x a ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，使得()00g x =；（Ⅲ）若存在实数,a b ，使得()f x b ≥恒成立，求a b -的最小值.变式训练：已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+. （Ⅰ）求()f x 的解析式及单调区间；（Ⅱ）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值.4、已知函数()()222ln 22=-++--+f x x a x x ax a a ，其中0>a . （Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 在区间()1,+∞内恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练 ,已知函数()222ln 2f x x x ax a =-+-+，其中0>a ，设()g x 是()f x 的导函数.（Ⅰ）讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练,已知函数()2ln 12a f x x x x =-++，()21x a g x ae ax a x=++--，其中a R ∈. （Ⅰ）若2a =，求()f x 的极值点；（Ⅱ）试讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）若0a >，()0,x ∀∈+∞，恒有()()g x f x '≥（()f x '为()f x 的导函数），求a 的最小值.变式训练 ,已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a R ∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得函数()f x 的极值大于0？若存在，则求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.。

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高考数学专题突破：函数大题中的零点问题对于函数零点问题，其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点．对于两个函数的选择，有3种情况：一平一曲，一斜一曲，两曲（凸性一般要相反）．其中以一平一曲的情况最为常见．分离参数法是处理零点问题的常见方法，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点，其本质是选择一平一曲两个函数．函数的凸性1．下凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的下凸函数．2．上凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的上凸函数．3．下凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的下凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递增函数⇔()0f x ''≥且不在(),a b 的任一子区间上恒为零． 4．上凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的上凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递减函数⇔()0f x ''≤且不在(),a b 的任一子区间上恒为零．【例1】已知函数()()e ln x f x x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；（2）当2m ≤时，证明：()0f x >．【解析】（1）()1e xf x x m'=-+，由0x =是()f x 的极值点，可得()00f '=，解得1m =．于是()()e ln 1x f x x =-+，定义域为()1,-+∞，()1e 1xf x x '=-+，则()()21e 01x f x x ''=+>+，所以()f x '在()1,-+∞上递增，又因为()00f '=，所以当10x -<<时()0f x '<，当0x >时()0f x '>，所以()f x 在()1,0-上递减，在()0,+∞上递增．【证明】（2）法1：()f x 定义域为(),m -+∞，()1e xf x x m '=-+，()()21e 0x f x x m ''=+>+，于是()f x '在(),m -+∞上递增．又因为当x m +→-时，()f x '→-∞，当x →+∞时，()f x '→+∞，所以()0f x '=在(),m -+∞上有唯一的实根0x ，当0m x x -<<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以()f x 在()0,m x -上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值．由()00f x '=可得001e 0x x m-=+，即()00ln x m x +=-，于是()()000000011e ln 2xf x x m x x m m m x m x m=-+=+=++-≥-++．当2m <时，()00f x >；当2m =时，等号成立的条件是01x =-，但显然()11e 012--≠-+，所以等号不成立，即()00f x >．综上所述，当2m ≤时，()()00f x f x ≥>．法2：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x +≤+，于是()()e ln 2x f x x ≥-+，所以只要证明()()e ln 20x x x ϕ=-+>，()2,x ∈-+∞，就能证明当2m ≤时，()0f x >．()1e 2x x x ϕ'=-+，()()21e 02x x x ϕ''=+>+，于是()x ϕ'在()2,-+∞上递增．又因为()1110e ϕ'-=-<，()10102ϕ'=->，所以()0x ϕ'=在()2,-+∞上有唯一的实根0x ，且()01,0x ∈-．当02x x -<<时，()0x ϕ'<，当0x x >时，()0x ϕ'>，所以()x ϕ在()02,x -上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()x ϕ取得最小值．由()00x ϕ'=可得001e 02x x -=+，即()00ln 2x x +=-．于是()()()0200000011e ln 2022x x x x x x x ϕ+=-+=+=>++，于是()()00x x ϕϕ≥>．综上所述，当2m ≤时，()0f x >．法3：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x +≤+，于是()()e ln 2x f x x ≥-+，所以只要证明()e ln 20x x -+>（2x >-），就能证明当2m ≤时，()0f x >．由ln 1x x ≤-（0x >）可得()ln 21x x +≤+（2x >-），又因为e 1x x ≥+（x ∈R ），且两个不等号不能同时成立，所以()e ln 2x x >+，即()e ln 20x x -+>（2x >-），所以当2m ≤时，()0f x >．【例2】已知函数()()2e 2e x x f x a a x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）()()()()22e 2e 12e 1e 1x x x x f x a a a '=+--=+-，2e 10x +>． ①当0a ≤时，e 10x a -<，所以()0f x '<，所以()f x 在R 上递减． ②当0a >时，由()0f x '>可得1lnx a >，由()0f x '<可得1ln x a <，所以()f x 在1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减，在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增．（2）法1：①当0a ≤时，由（1）可知，()f x 在R 上递减，不可能有两个零点．②当0a >时，()min 11ln 1ln f x f a a a ⎛⎫⎡⎤==-+ ⎪⎣⎦⎝⎭，令()()ming a f x =⎡⎤⎣⎦，则()2110g a a a '=+>，所以()g a 在()0,+∞上递增，而()10g =，所以当1a ≥时，()()min 0g a f x =⎡⎤≥⎣⎦，从而()f x 没有两个零点．当01a <<时，1ln 0f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()22110e e e a a f -=++->，于是()f x 在11,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有1个零点；因为()2333333ln 1121ln 11ln 10f a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+----=---> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，且31ln 1ln a a ⎛⎫⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有1个零点．综上所述，a 的取值范围为()0,1．法2：()2222e e 2e 0e e 2e e e x xxxxxx x x a a x a a x a ++--=⇔+=+⇔=+．令()22e e e x x xx g x +=+，则()()()()()()()()()2222222e 1e e 2e 2e e e 2e 1e 1eeeexx x x x x x x x xx xx x x g x ++-++++-'==-++，令()e 1x h x x =+-，则()e 10x h x '=+>，所以()h x 在R 上递增，而()00h =，所以当0x <时，()0h x <，当0x >时，()0h x >，于是当0x <时，()0g x '>，当0x >时，()0g x '<，所以()g x 在(),0-∞上递增，在()0,+∞上递减．()01g =，当x →-∞时，()g x →-∞，当x →+∞时，()0g x +→．若()f x 有两个零点，则y a =与()g x 有两个交点，所以a 的取值范围是()0,1．法3：设e 0x t =>，则ln x t =，于是()22e 2e 02ln x x a a x at at t t +--=⇔+=+⇔22ln t t a t t +=+，令()22ln t t G t t t +=+，则()()()()()222122ln 21t t t t t t G t t t ⎛⎫++-++ ⎪⎝⎭'==+ ()()()22211ln t t t tt +-+-+，令()1ln H t t t =-+，则()110H t t'=+>，所以()H t 在()0,+∞上递增，而()10H =，所以当01t <<时，()0H t <，()0G t '>，当1t >时，()0H t >，()0G t '<，所以()G t 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减．()11G =，当0t +→时，()G t →-∞，当t →+∞时，()0G t +→．若()f x 有两个零点，则y a =与()G t 有两个交点，所以a 的取值范围是()0,1．法4：设e 0x t =>，则ln x t =，于是()22e 2e 02ln 0x x a a x at at t t +--=⇔+--=⇔()ln 12t a t t +-=．令()()12k t a t =+-，()ln tt tϕ=，则()f x 有两个零点等价于()y k t =与()y t ϕ=有两个交点．因为()21ln tt t ϕ-'=，由()0t ϕ'>可得0e t <<，由()0t ϕ'<可得e t >，所以()t ϕ在()0,e 上递增，在()e,+∞上递减，()1e e ϕ=，当x →+∞时，()0t ϕ+→．()y k t =是斜率为a ，过定点()1,2A --的直线．当()y k t =与()y t ϕ=相切的时候，设切点()00,P t y ，则有()000002ln 121ln t y t y a t ta t ⎧=⎪⎪⎪=+-⎨⎪-⎪=⎪⎩，消去a 和0y ，可得()000200ln 1ln 12t t t t t -=+-，即()()00021ln 10t t t ++-=，即00ln 10t t +-=．令()ln 1p t t t =+-，显然()p t 是增函数，且()10p =，于是01t =，此时切点()1,0P ，斜率1a =．所以当()y k t =与()y t ϕ=有两个交点时，01a <<，所以a 的取值范围是()0,1．法5：()()20e e 2e x x x f x a x =⇔+=+，令()()2e e x x M x a =+，()2e e x x m x =+，()2e x n x x =+，则()f x 有两个零点⇔()M x 与()n x 的图象有两个不同交点．()()002m n ==，所以两个函数图象有一个交点()0,2．令()()()2e e x x T x m x n x x =-=--，则()()()22e e 12e 1e 1x x x x T x '=--=+-，由()0T x '>可得0x >，由()0T x '<可得0x <，于是()T x 在(),0-∞上递减，在()0,+∞上递增，而()00T =，所以()()m x n x ≥，因此()m x 与()n x相切于点()0,2，除切点外，()m x 的图象总在()n x 图象的上方．由（1）可知，0a >．当1a >时，将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a 倍，就得到了()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象没有交点．当1a =时，()m x 的图象就是()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象只有1个交点．当01a <<时，将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a 倍，就得到了()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象有两个不同交点．综上所述，a 的取值范围是()0,1．法6：()()()20e e 2e e 12e x x x x x x f x a x a =⇔+=+⇔+-=，令()()e 12xp x a =+-，()ex x q x =，则()f x 有两个零点⇔()p x 与()q x 的图象有两个不同交点．()1ex xq x -'=，由()0q x '>可得1x <，由()0q x '<可得1x >，所以()q x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，当x →+∞时，()0q x +→．由（1）可知，0a >，所以()p x 是下凸函数，而()q x 是上凸函数．当()p x 与()q x 相切时，设切点为()00,P x y ，则有()00000000e 12e 1e e xx x x y a x y x a ⎧=+-⎪⎪⎪=⎨⎪-⎪=⎪⎩，消去a ，0y 可得()0000021e 12e e x x x x x -+-=，即()()0002e 1e 10x x x ++-=，即00e 10x x +-=．令()e 1x W x x =+-，显然()W x 是增函数，而()00W =，于是00x =，此时切点()0,0P ，1a =．所以当()p x 与()q x 的图象有两个交点时，01a <<，所以a 的取值范围是()0,1．【例3】设函数()2e ln x f x a x =-．（1）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（2）证明：当0a >时，()22lnf x a a a≥+．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()22e x af x x'=-． ()f x '的零点的个数⇔22e x x a =的根的个数⇔()22e x g x x =与y a =在()0,+∞上的交点的个数．因为()()2221e 0x g x x '=+>，所以()g x 在()0,+∞上递增，又因为()00g =，x →+∞时，()g x →+∞，所以当0a ≤时，()g x 与y a =没有交点，当0a >时，()g x 与y a =有一个交点．综上所述，当0a ≤时，()f x '的零点个数为0，当0a >时，()f x '的零点个数为1．【证明】（2）由（1）可知，()f x '在()0,+∞上有唯一的零点0x ，当00x x <<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以()f x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，且最小值为()0f x ．因为0202e 0x a x -=，所以020e 2x a x =，00ln ln 22ax x =-，所以()020000002e ln ln 22ln 2ln 2222x a a aa f x a x a x ax a a a x x a ⎛⎫=-=--=+-≥+ ⎪⎝⎭．【例4】设函数设()21n n f x x x x =+++-L ，n ∈*N ，2n ≥．（1）求()2n f '；（2）证明：()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一个零点（记为n a ），且1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．【解析】（1）因为()112n n f x x nx -'=+++L ，所以()121222n n f n -'=+⨯++⋅L …①．由()2222222n n f n '=+⨯++⋅L …②，①-②，得()21212222n n n f n -'-=++++-⋅=L ()12212112nn n n n --⋅=---，所以()()2121n n f n '=-+．【证明】（2）因为()010f =-<，22213322211121202333913nn n f ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-=-≥-=> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，由零点存在性定理可知()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点．又因为()1120n n f x x nx -'=+++>L ，所以()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内递增，因此()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且只有一个零点n a ．由于()()111n n x x f x x-=--，所以()()1101nn n n n na a f a a -=-=-，由此可得11122n n n a a +=+，即11122n n na a +-=．因为203n a <<，所以111120223n n n a ++⎛⎫<< ⎪⎝⎭，所以1111212022333n nn na ++⎛⎫⎛⎫<<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．【例5】已知函数()e x f x =和()()ln g x x m =+，直线l ：y kx b =+过点()1,0P -且与曲线()y f x =相切．（1）求切线l 的方程；（2）若不等式()ln kx b x m +≥+恒成立，求m 的最大值；（3）设()()()F x f x g x =-，若函数()F x 有唯一零点0x ，求证：0112x -<<-．【解析】（1）设直线l 与函数()f x 相切于点()11,e x A x ，则切线方程为()111e e x x y x x -=-，即1111e e e x x x y x x =-+，因为切线过点()1,0P -，所以11110e e e x x x x =--+，解得10x =，所以切线l 的方程为1y x =+．（2）设()()1ln h x x x m =+-+，()1x m h x x m+-'=+．当(),1x m m ∈--时，()0h x '<，当()1,x m ∈-+∞时，()0h x '>，所以()h x 在1x m =-时取极小值，也是最小值．因此，要原不等式成立，则()120h m m -=-≥，所以m 的最大值是2．【证明】（3）由题设条件知，函数()1e x F x x m'=-+（x m >-），令()()H x F x '=，则()()21e 0x H x x m '=+>+，于是()H x 在(),m -+∞上单调递增．因为当x m +→-时，()F x '→-∞，当x →+∞时，()F x '→+∞，所以()0F x '=有唯一的实根，设为1x ，则当()1,x m x ∈-时，()0F x '<，当()1,x x ∈+∞时，()0F x '>，于是()F x 有唯一的极小值1x ，也是最小值．当x m +→-时，()F x →+∞，当x →+∞时，()F x →+∞．因此函数()F x 有唯一零点的充要条件是其最小值为0，即()00F x =（01x x =），所以()00e ln 0x x m -+=，又因为001e x x m=+，所以00e 0x x +=．设()e x x x ϕ=+，则()e 10x x ϕ'=+>，所以()x ϕ在(),m -+∞上单调递增，又因为1211e 022ϕ-⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭，()1110e ϕ-=-<，由零点存在性定理可知0112x -<<-．【例6】设函数()2e 2ln x f x k x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭（k 为常数，e 2.71828=⋅⋅⋅是自然对数的底数）．（1）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()32e 2e 21x x x f x k x xx -⎛⎫'=--+= ⎪⎝⎭ ()()32e x x kx x --．当0k ≤时，e 0x kx ->，所以当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>．所以()f x 的递减区间为()0,2，递增区间为()2,+∞．（2）函数()f x 在()0,2内存在两个极值点()0f x '⇔=在()0,2内有两个不同的根．法1：问题e 0x kx ⇔-=在()0,2内有两个不同的根．设()e x h x kx =-，则()e x h x k '=-．当1k ≤时，()0h x '>，所以()h x 在()0,2上递增，所以()h x 在()0,2内不存在两个不同的根．当1k >时，由()0h x '>可得ln x k >，由()0h x '<可得ln x k <，所以()h x 的最小值为()()ln 1ln h k k k =-．e 0xkx -=在()0,2内有两个不同的根()()()()20102e 20ln 1ln 00ln 2g g k g k k k k ⎧=>⎪=->⎪⇔⎨=-<⎪⎪<<⎩，解得2e e 2k <<．综上所述，k 的取值范围为2e e,2⎛⎫⎪⎝⎭．法2：问题e x k x ⇔=在()0,2内有两个不同的根y k ⇔=与()e xg x x=在()0,2内有两个不同的交点．()()221e e e xx x x x g x x x --'==，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>．()1e g =，()2e 22g =，当0x +→时，()g x →+∞．画出()g x 在()0,2内的图象，可知要使y k =与()g x 在()0,2内有两个不同的交点，k 的取值范围为2e e,2⎛⎫⎪⎝⎭．。