资源简介

函数零点问题的综合应用
【方法技巧与总结】
1. 函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参
数的值或取值范围.
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与 x轴 (或直线 y= k)在某区间上的
交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.
【题型归纳目录】
题型一：零点问题之一个零点
题型二：零点问题之二个零点
题型三：零点问题之三个零点
题型四：零点问题之max，min问题
题型五：零点问题之同构法
题型六：零点问题之零点差问题
题型七：零点问题之三角函数
题型八：零点问题之取点技巧
【典例例题】
题型一：零点问题之一个零点
例⒈已知 a> 0，函数 f(x) = 2ax3- 3(a2+ 1)x2+ 6ax- 2．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)在R上仅有一个零点，求 a的取值范围．
例⒉已知函数 f(x) = (3m- 2)ex- 12 x
2(m∈R)．
(1)若 x= 0是函数 f(x)的一个极值点，试讨论 h(x) = blnx+ f(x) (h∈R)的单调性；
(2)若 f(x)在R上有且仅有一个零点，求m的取值范围．
例⒊已知函数 f(x) = (x- 1)ex- ax2+ b．
(Ⅰ)讨论 f(x)的单调性；
(Ⅱ)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)恰有一个零点．
1 2
① 2 < a≤
e
2 ，b> 2a；
② 0< a< 12 ，b≤ 2a．
题型二：零点问题之二个零点
例⒋已知函数 f(x) = (x- 2)ex- a(x- 1)2，a∈R．
(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．
例⒌已知函数 f(x) = lnx- 1 ax22 ．
(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．
例⒍已知函数 f(x) = ex[ex- 2(a+ 1)] + 2ax(e为自然对数的底数，且 a≤ 1)．
(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．
例⒎ 已知函数 f(x) = a lnx+ 1x ，a∈R．
(1)求 f(x)的极值；
(2)若方程 2f(x) - lnx+ x+ 2= 0有三个解，求实数 a的取值范围．
例⒏ 已知函数 f(x) = xlnx- (a+ 1)x+ 1，a∈R．
(1)求函数 f(x)的单调区间和极值
(2)若方程 (2a- ) f(x)1 x + a+ 1 + 1x + x+ 2= 0有三个解，求实数 a的取值范围．
例⒐ 已知函数 f(x) = x3- kx+ k2．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有三个零点，求 k的取值范围．
题型四：零点问题之max，min问题
例⒑ 已知函数 f(x) = x3+ ax+ 14 ，g(x) =-lnx．
(1)当 a为何值时，x轴为曲线 y= f(x)的切线．
(2)设F(x) = f(x) - g(x)在 [1，+∞)单调递增，求 a的取值范围．
(3)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数 h(x) =min{ f(x)，g(x)} (x> 0)，讨论 h(x)零点的
个数．
例⒒ 已知函数 f(x) = x2+ ax+ 14 ，g(x) =-lnx．
(1)若函数 g[ f(x)]的定义域为R，求实数 a的取值范围；
(2)若函数 g[ f(x)]在 (1,+∞)上单调递减，求实数 a的取值范围；
(3)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数 h(x) =min{ f(x)，g(x)} (x> 0)，讨论 h(x)零点的
个数．
例⒓ 已知函数 f(x) = x3- 3ax+ e，g(x) = 1- lnx，其中 e为自然对数的底数．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)用max{m，n}表示m，n中较大者，记函数 h(x) =max{ f(x)，g(x)}，(x> 0)．若函数 h(x)在
(0,+∞)上恰有 2个零点，求实数 a的取值范围．
题型五：零点问题之同构法
ax
例⒔已知函数 f(x) = x-1 + x- ln(ax) - 2(a> 0)，若函数 f(x)在区间 (0,+∞)内存在零点，求实数 a的e
取值范围
例⒕已知 f(x) = xlnx+ a 22 x + 1．
(1)若函数 g(x) = f(x) + xcosx- sinx- xlnx- 1在 0, π 2 上有 1个零点，求实数 a的取值范围．
(2)若关于 x的方程 xex-a= f(x) - a x22 + ax- 1有两个不同的实数解，求 a的取值范围．
例⒖已知函数 f(x) = aex- ln(x+ 1) + lna- 1．
(1)若 a= 1，求函数 f(x)的极值；
(2)若函数 f(x)有且仅有两个零点，求 a的取值范围．
题型六：零点问题之零点差问题
例⒗已知关于 x的函数 y= f(x)，y= g(x)与 h(x) = kx+ b(k，b∈R)在区间D上恒有 f(x) ≥ h(x) ≥ g
(x)．
(1)若 f(x) = x2+ 2x，g(x) =-x2+ 2x，D= (-∞,+∞)，求 h(x)的表达式；
(2)若 f(x) = x2- x+ 1，g(x) = klnx，h(x) = kx- k，D= (0,+∞)，求 k的取值范围；
(3)若 f(x) = x4- 2x2，g(x) = 4x2- 8，h(x) = 4(t3- t)x- 3t4+ 2t2(0< |t| ≤ 2)，D=[m，n]
[- 2， 2]，求证：n-m≤ 7．
例⒘已知函数 f(x) = (x3+ 3x2+ ax+ b)e-x．
(1)如 a= b=-3，求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)在 (-∞,α)，(2,β)单调增加，在 (α,2)，(β,+∞)单调减少，证明：β- α> 6．
例⒙已知函数 f(x) = 1 ae2x2 - x
2- ax，a∈R．
(1)当 a= 1时，求函数 g(x) = f(x) + x2的单调区间；
(2)当 0< a< 44- ，时，函数 f(x)有两个极值点 x1，x2(x1< x2)，证明：x2- x1> 2．e 1
题型七：零点问题之三角函数
例⒚已知函数 f(x) = sinx- ln(1+ x)，f′ (x)为 f(x)的导数．证明：
(1)f′ (x)在区间 -1, π2 存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有 2个零点．
例⒛已知函数 f(x) = lnx- x+ 2sinx，证明：
(1)f(x)在区间 (0,π)存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有 2个零点．
例21 已知函数 f(x) = sinx- ex-2．求证：
(1)f(x) π在区间 0, 2 存在唯一极大值点；
(2)f(x)在 (0,+∞)上有且仅有 2个零点．
22 f(x) = cosx+ 1例 已知函数 24 x - 1
(1)证明：f(x)≤ 0，x∈ - π , π 2 2
(2)判断 y= f(x)的零点个数，并给出证明过程．
题型八：零点问题之取点技巧
例23 (2022·黑龙江·双鸭山一中高二期末 (理))已知函数 f x = axlnx
(1)当 a= 1，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = f x + x- a2+ a 有且只有一个零点，求实数 a的取值范围.
例24 (2022·天津· ax耀华中学高三月考)已知函数 f x = 2x + a(e= 2.71828 是自然对数的底数，a∈Re
且 a≠ 0).
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 x= 2是函数 g x = xex f x - axex+ 1 22 x - 2x在 0,+∞ 上的唯一的极值点，求实数 a的取
值范围；
(3)若函数 h x = lnx - 1 a f x - a+ 1有两个不同的零点，求实数 a的取值范围.
例25 (2022·安徽· 1合肥一六八中学模拟预测 (文))已知函数 f(x) = ex- 1- ax,g(x) = ln x - a- 1(a∈
R)．
(1)试讨论函数 f x 的零点个数；
(2)若当 x≥ 1时，关于 x的方程 f x = g x + e有且只有一个实数解，求实数 a的取值范围．
例26 (2022·全国·高三专题练习)已知函数 f x = xex- 2ax+ a.
(1)当 a= 4时，求 f x 在 1,f 1 处的切线方程；
(2)设 g x = 2ex- ax2，若 h x = f x - g x 有两个零点，求 a的取值范围.
【过关测试】
1. (2022·江西师大附中三模 (理))已知函数 f(x) = xx - sinx,g(x)为 f(x)的导函数．e
(1) π判断函数 g(x)在区间 0, 2 上是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说
明理由；
(2)求证：函数 f(x)在区间 (-∞,π)上只有两个零点．
2. (2022·湖南·模拟预测)已知函数 f x = ex- ln 1+ x ，(e是自然对数的底数，e= 2.71828 )．
(1)求函数 f x 的最小值；
(2)若函数F x = f x - a- 1 ln x+ 1 - a lna+ 1 a> 0 有且仅有两个零点，求实数 a的取值
范围．
3. (2022· · ) f(x) = 2lnx- x g(x) = a江苏南通 模拟预测 已知函数 ， 2 x- 2
2(a≤ 1)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若函数 h(x) = f(x) + g(x)，讨论 h(x)的零点个数．
4. (2022·广东·惠来县第一中学高二阶段练习)设 f(x) = 1 x33 +
1
2 (b- 1)x
2- bx,x∈R
(1)当 b= 1时，求 f(x)的单调区间；
(2)当 f(x)在R上有且仅有一个零点时，求 b的取值范围.
2
5. (2022· x河北邯郸·二模)已知函数 f x = x - alnx，a≠ 0．e
(1)若 a= 1e ，分析 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)在区间 (1，e)上有零点，求实数 a的取值范围．
6. (2022·江苏·模拟预测)已知函数 f(x) = aex+ bcosx+ 1 x22 (其中 a，b为实数)的图象在点 (0,f(0))处
的切线方程为 y= x．
(1)求实数 a，b的值；
(2)证明：方程 f(x) = |lnx+ sinx|有且只有一个实根．
7. (2022·广东·深圳市高级中学高二期中)已知函数 f x = x2+ asinx+ 1,a∈R．
(1)设函数 g x = f x ，若 y= g x 在区间 0,
π
2 上是增函数，求 a的取值范围；
(2)当 a=-2时，证明函数 f x 在区间 0,π 上无零点．
8. (2022·河南· 1高二阶段练习 (文))已知函数 f x = a2lnx- 2 x
2 a> 0 .
(1) 1 1当 a= 1时，求曲线 y= f x 在点 e ,f e 处的切线方程；
(2)讨论 f x 在区间 1,e2 上的零点个数.
9. (2022 ·湖北 · 1 1鄂南高中模拟预测 )函数 f x = x- 2 e x ,g x = 3 ax
3 - 2 x
2 - x + 4asinx +
x+ 1 ln x+ 1 ,a> 0.
(1)求函数 f x 在 x∈ -1,2 的值域；
(2)记 f x ,g x 分别是 f x ,g x 的导函数，记max m,n 表示实数m,n的最大值，记函数F x =
max f x ,g x ，讨论函数F x 的零点个数.
10.(2022·黑龙江·大庆实验中学高三阶段练习 (理))已知 f x = x lnx- a + lnx+ a，
(1)若 a= 2，讨论函数 y= f x 的单调性；
(2)已知 a∈ 0, 52 ,x∈ 1,+∞ ，判断函数 g x = x lnx- 1 - ax+ 2aln x+ 1 的零点个数．
注：ln2≈ 0.69函数零点问题的综合应用
【方法技巧与总结】
1. 函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的
值或取值范围.
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与 x轴 (或直线 y= k)在某区间上的交点
问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.
【题型归纳目录】
题型一：零点问题之一个零点
题型二：零点问题之二个零点
题型三：零点问题之三个零点
题型四：零点问题之max，min问题
题型五：零点问题之同构法
题型六：零点问题之零点差问题
题型七：零点问题之三角函数
题型八：零点问题之取点技巧
【典例例题】
题型一：零点问题之一个零点
例⒈已知 a> 0，函数 f(x) = 2ax3- 3(a2+ 1)x2+ 6ax- 2．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)在R上仅有一个零点，求 a的取值范围．
【解答】解：(1)由题可知：f′ (x) = 6ax2- 6(a2+ 1)x+ 6a= 6(x- a) (ax- 1)，
令 f′ x = 0,则,x= a或 x= 1a．
当 1a > a,即 0< a< 1时，x a或 x
1
a 时,f′ x > 0，
此时，f(x)在 (-∞,a)， 1a ,+∞ 单调递增，f(x)在 a,
1
a 单调递减；
当 a= 1时，f′ (x)≥ 0恒成立，所以 f(x)在R上单调递增．
当 1 a,即 a 1时，x 1a a 或 x a时,f′ x > 0，
此时，f(x)在 -∞, 1a ,(a,+∞)上单调递增，f(x)在
1
a ,a 单调递减．
综上，当 0< a< 1时，f(x)的增区间为 1 -∞,a 和 a ,+∞ ，f(x)的减区间为 a,
1
a ；
当 a= 1时，f(x)在R上单调递增；
当 a> 1时，f(x)的增区间为 -∞, 1 和 a,+∞ ，f(x)的减区间为 1a a ,a ．
(2)由题可得：
f(a) =-a4+ 3a2- 2= (a2- 1) (2- a2)；
f 1a = 1-
1
a2
由 (1)可得：
当 0< a< 1时，f(a)< 0,f 1a < 0，所以 f(x)仅在
1
a ,+∞ 有一个零点，满足要求；
当 a= 1时，f(x)仅有一个零点 x= 1，满足要求；
当 a> 1时，f 1a > 0，又 f(x)在R上仅有一个零点，则 f(a)> 0，即 2- a
2> 0,解得 1< a< 2，
综上，若 f(x)在R上仅有一个零点，则 a的取值范围时 (0, 2)．
例⒉已知函数 f(x) = (3m- 2)ex- 12 x
2(m∈R)．
(1)若 x= 0是函数 f(x)的一个极值点，试讨论 h(x) = blnx+ f(x) (h∈R)的单调性；
(2)若 f(x)在R上有且仅有一个零点，求m的取值范围．
【解答】解：(1)f′ (x) = (3m- 2)ex- x，
∵ x= 0是函数 f(x)的一个极值点，则 f′ (0) = 3m- 2= 0．
∴m= 2 1 23，∴ h(x) = blnx- 2 x ．
2
h′ (x) = bx - x=
b- x
x ，
当 b≤ 0时，h′ (x)≤ 0恒成立，h(x)在 (0,+∞)上单调递减．
当 b> 0时，h′ (x)> 0 0< x< b．
∴ h(x)在 ( b，+∞)上单调递减，在 (0, b)递增．
综上，当 b≤ 0时，h(x)在 (0,+∞)上单调递减．
当 b> 0时，h(x)在 ( b，+∞)上单调递减，在 (0, b)递增．
2
(2)f(x)在R上有且仅有一个零点，即方程 3m- 2= x x 有唯一解，2e
2
( ) = x ′ ( ) = x(2- x)令 g x x ，g x x ，令 g′ (x) = 0，可得 x= 0或 x= 2．2e 2e
x∈ (-∞,0)时，g′ (x)< 0，x∈ (0,2)时，g′ (x)> 0，x∈ (2,+∞)时，g′ (x)< 0
∴ g(x)在 (0,2)递增，在 (-∞,0)，(2,+∞)递减，
且 x→+∞时，g(x) → 0，x→-∞时，g(x) →+∞
∴ 3m- 2> 22 或 3m- 2= 0．e
∴m> 23 +
2 ，或m= 2
3e2 3
所以，m的取值范围 2 + 2 2 3 3e2 ，+∞ ∪ 3 ．
例⒊已知函数 f(x) = (x- 1)ex- ax2+ b．
(Ⅰ)讨论 f(x)的单调性；
(Ⅱ)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)恰有一个零点．
1 2
① 2 < a≤
e
2 ，b> 2a；
② 0< a< 12 ，b≤ 2a．
【解答】解：(Ⅰ) ∵ f(x) = (x- 1)ex- ax2+ b，f (x) = x(ex- 2a)，
①当 a≤ 0时，当 x> 0时，f (x)> 0，当 x< 0时，f (x)< 0，
∴ f(x)在 (-∞,0)上单调递减，在 (0,+∞)上单调递增，
②当 a> 0时，令 f (x) = 0，可得 x= 0或 x= ln(2a)，
(i)当 0< a< 12 时，
当 x> 0或 x< ln(2a)时，f (x)> 0，当 ln(2a)< x< 0时，f (x)< 0，
∴ f(x)在 (-∞，ln(2a))，(0,+∞)上单调递增，在 (ln(2a)，0)上单调递减，
(ii)a= 12 时，
f (x) = x(ex- 1)≥ 0 且等号不恒成立，∴ f(x)在R上单调递增，
(iii)当 a> 12 时，
当 x< 0或 x> ln(2a)时，f (x)> 0，当 0< x< ln(2a)时，f (x)< 0，
f(x)在 (-∞,0)，(ln(2a)，+∞)上单调递增，在 (0，ln(2a))上单调递减．
综上所述：
当 a≤ 0 时，f(x) 在 (-∞,0)上单调递减；在 (0,+∞)上 单调递增；
当 0< a< 12 时，f(x) 在 (-∞，ln(2a)) 和 (0,+∞)上单调递增；在 (ln(2a)，0)上单调递减；
当 a= 12 时，f(x) 在R 上单调递增；
当 a> 12 时，f(x) 在 (-∞,0)和 (ln(2a)，+∞) 上单调递增；在 (0，ln(2a)) 上单调递减．
(Ⅱ)证明：若选①，由 (Ⅰ)知，f(x) 在 (-∞,0)上单调递增，(0，ln(2a)) 单调递减，(ln(2a)，+∞) 上 f(x)
单调递增．
注意到 f - ba = - ba -
b
1 e- a< 0,f(0) = b- 1> 2a- 1> 0．
∴ f(x) 在 - ba ,0 上有一个零点；
f(ln(2a)) = (ln(2a) - 1) 2a- a ln22a+ b> 2aln(2a) - 2a- aln22a+ 2a= aln(2a) (2- ln(2a))，
2
由 12 < a≤
e
2 得 0< ln(2a)≤ 2，∴ aln(2a) (2- ln(2a))≥ 0，
∴ f(ln(2a))> 0，当 x≥ 0 时，f(x)≥ f(ln(2a))> 0，此时 f(x) 无零点．
综上：f(x) 在R 上仅有一个零点．
2
另解：当 a∈ 1 e 2，2 时，有 ln(2a) ∈ (0，2]，
而 f(x) = b- 1> a- 1= 0，于是 f(ln(2a)) = (ln(2a) - 1) 2a- aln2(2a) + b
= ln(2a) (2- ln(2a)) + (b- 2a)> 0，
所以 f(x)在 (0,+∞)没有零点，当 x< 0时，ex∈ (0,1)，
于是 f(x)<-ax2+ b f - ba < 0，所以 f(x)在 - ba ，0 上存在一个零点，命题得证．
若选②，则由 (Ⅰ)知：f(x)在 (-∞，ln(2a)) 上单调递增，
在 (ln(2a)，0)上单调递减，在 (0,+∞) 上单调递增．
f(ln(2a)) = (ln(2a) - 1)2a- aln22a+ b≤ 2aln(2a) - 2a- aln22a+ 2a= aln(2a) (2- ln(2a))，
∵ 0< a< 12，∴ ln(2a)< 0，∴ aln(2a) (2- ln(2a))< 0，∴ f(ln(2a))< 0，
∴当 x≤ 0 时，f(x)≤ f(ln(2a))< 0，此时 f(x) 无零点．
当 x> 0 时，f(x) 单调递增，注意到 f(0) = b- 1≤ 2a- 1< 0，
取 c= 2(1- b) + 2，∵ b< 2a< 1，∴ c> 2> 1，又易证 ec> c+ 1，
∴ f(c) = (c- 1)ec- ac2+ b>(c- 1) (c+ 1) - ac2+ b= (1- a)c2+ b- 1> 1 22 c + b- 1= 1- b+ 1+ b- 1
= 1> 0，
∴ f(x)在 (0,c)上有唯一零点，即 f(x)在 (0,+∞)上有唯一零点．
综上：f(x) 在R 上有唯一零点．
题型二：零点问题之二个零点
例⒋已知函数 f(x) = (x- 2)ex- a(x- 1)2，a∈R．
(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．
【解答】解：(1)由 f(x) = (x- 2)ex- a(x- 1)2，
可得 f′ (x) = (x- 1)ex- 2a(x- 1) = (x- 1) (ex- 2a)，
①当 a≤ 0时，由 f′ (x)> 0，可得 x> 1；由 f′ (x)< 0，可得 x< 1，
即有 f(x)在 (-∞,1)递减；在 (1,+∞)递增；
②当 a> 0时，由 f′ (x) = 0，解得 x= 1或 x= ln2a，
若 a= e2，则 f′ (x)≥ 0恒成立，即有 f(x)在R上递增；
若 0< a< e2 时，由 f′ (x)> 0，可得 x> 1或 x< ln(2a)；
由 f′ (x)< 0，可得 ln(2a)< x< 1；
即有 f(x)在 (-∞，ln(2a))，(1,+∞)递增，
在 (ln(2a)，1)递减；
若 a> e2，由 f′ (x)> 0，可得 x< 1或 x> ln(2a)；
由 f′ (x)< 0，可得 1< x< ln(2a)
即有 f(x)在 (-∞,1)，(ln(2a)，+∞)递增；在 (1，ln(2a))递减；
综上：当 a≤ 0时，f(x)在 (-∞,1)递减；在 (1,+∞)递增；
当 a> 0时，a= e2 时，f(x)在R上递增；
0< a< e2 时，f(x)在 (-∞，ln(2a))，(1,+∞)递增，在 (ln(2a)，1)递减；
a> e2 时，f(x)在 (-∞,1)，(ln(2a)，+∞)递增；在 (1，ln(2a))递减．
(2)①由 (1)可得，当 a< 0时，f(x)在 (-∞,1)递减；在 (1,+∞)递增，
且 f(1) =-e< 0，f(2) =-a> 0，故 f(x)在 (1,2)上存在 1个零点，
取 b满足 b< 0，且 b< ln - a2 ，
则 f(b) = (b- 2)eb- a(b- 1)2>- a2 (b- 2) - a(b- 1)
2=-ab b- 32 > 0，
故 f(x)在 (b,1)是也存在 1个零点，
故 a< 0时，f(x)有 2个零点；
②当 a= 0时，f(x) = (x- 2)ex，所以 f(x)只有一个零点 x= 2，不合题意；
③当 a> 0时，若 a= e2 时，f(x)在R递增，f(x)不存在 2个零点，不合题意；
若 0< a< e2，f(x)在 (1,+∞)递增，又当 x≤ 1时，f(x)< 0，f(x)不存在 2个零点，不合题意，
当 a> e2 时，f(x)在 (-∞,1)单调增，在 (1，ln(2a))递减，在 (ln(2a)，+∞)递增，
f(x)极大值= f(1) =-e< 0，故 f(x)不存在 2个零点，不合题意；
综上，f(x)有两个零点时，a的取值范围为 (-∞,0)．
例⒌已知函数 f(x) = lnx- 1 ax22 ．
(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．
2
【解答】解：(1)f(x)的定义域为 (0,+∞)，且 f′ (x) = 1- axx ，
当 a≤ 0时，f′ (x)> 0，此时 f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当 a> 0时，由 f ′ (x)> 0解得 0< x< aa ，由 f ′ (x)< 0解得 x>
a
a ，此时 f(x)在 0,
a
a 上单调递增，
在 aa ,+∞ 上单调递减；
综上，当 a≤ 0时，f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当 a> 0时，f(x)在 0, aa 上单调递增，在
a
a ,+∞ 上单调递减；
(2)由 (1)知，当 a≤ 0时，f(x)在 (0,+∞)上单调递增，函数 f(x)至多一个零点，不合题意；
当 a> 0时，f(x)在 0, a 上单调递增，在 aa a ,+∞ 上单调递减，则 f(x)
a
max= f a = ln
1 - 12 aa
1
2
=- 12 ln(a+ 1)，a
当 a≥ 1e 时，f(x)max= f
a 1
a =- 2 ln(a+ 1)≤ 0，函数 f(x)至多有一个零点，不合题意；
当 0< a< 1e 时，f(x)max= f
a
a =-
1
2 ln(a+ 1)> 0，
由于 1∈ 0, 1 ，且 f(1) = ln1- 12 a 12=-
1
a 2
a< 0，
由零点存在性定理可知，f(x)在 0, 1 上存在唯一零点，a
2 1 2 2 1 2由于 a > ，且 f a = ln a - 2 a
2
a = ln
2 2 2 2
a - a < a - a = 0(由于 lnx< x)，a
由零点存在性定理可知，f(x)在 1 ,+∞ 上存在唯一零点；a
综上，实数 a的取值范围为 0, 1e ．
例⒍已知函数 f(x) = ex[ex- 2(a+ 1)] + 2ax(e为自然对数的底数，且 a≤ 1)．
(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．
【解答】解：(1)f′ (x) = 2(ex- 1) (ex- a)，
① a≤ 0时，ex- a> 0，则
x< 0时，f′ (x)< 0，f(x)在 (-∞,0)递减，
x> 0时，f′ (x)> 0，f(x)在 (0,+∞)递增，
②当 a> 0时，由 f′ (x) = 0得 x1= lna，x2= 0，
若 a= 1，则 f′ (x)≥ 0，故 f(x)在R递增，
若 0< a< 1，则
当 x< lna或 x> 0时，f′ (x)> 0，lna< x< 0时，f′ (x)< 0，
故 f(x)在 (-∞,lna)，(0,+∞)递增，在 (lna,0)递减；
综上：a≤ 0时，f(x)在 (-∞,0)递减，在 (0,+∞)递增，
0< a< 1时，f(x)在 (-∞,lna)，(0,+∞)递增，在 (lna,0)递减；
a= 1时，f(x)在R递增；
(2)① a= 1时，f(x)在R递增，不可能有 2个零点，
②当 0< a< 1时，f(x)在 (-∞,lna)，(0,+∞)递增，(lna,0)递减，
故当 x= lna时，f(x)取极大值，极大值为 f(lna) =-a(a+ 2) + 2alna< 0，
此时，f(x)不可能有 2个零点，
③当 a= 0时，f(x) = ex(ex- 2)，由 f(x) = 0得 x= ln2，
此时，f(x)仅有 1个零点，
④当 a< 0时，f(x)在 (-∞,0)递减，在 (0,+∞)递增，
故 f(x)min= f(0) =-1- 2a，
∵ f(x)有 2个零点，∴ f(0)< 0，
解得：a>- 12，∴-
1
2 < a< 0，
而 f(1) = e[e- 2(a+ 1)] + 2a> 0，
(a+ 1)2
取 b< 2a ，则 f(b) = [e
b- (a+ 1)]2+ 2ab>[eb- (a+ 1)]2≥ 0，
故 f(x)在 (-∞,0)，(0,+∞)各有 1个零点，
综上，a的取值范围是 - 12，0 ．
题型三：零点问题之三个零点
1
例⒎ 已知函数 f(x) = a lnx+ x ，a∈R．
(1)求 f(x)的极值；
(2)若方程 2f(x) - lnx+ x+ 2= 0有三个解，求实数 a的取值范围．
【解答】解：(1)f(x)的定义域为 (0,+∞)，
f (x) = a 1 - 1 = a(x- 1)x x2 ，x2
当 a> 0时，f(x)在 (0,1)上递减，在 (1,+∞)上递增，
所以 f(x)在 x= 1处取得极小值 a，
当 a= 0时，f(x) = 0，所以无极值，
当 a< 0时，f(x)在 (0,1)上递增，在 (1,+∞)上递减，
所以 f(x)在 x= 1处取得极大值 a．
(2)设 h(x) = 2f(x) - lnx+ x+ 2，即 h(x) = (2a- 1)lnx+ 2ax + x+ 2，
( ) = 2a- 1 - 2a + = (x- 1) (x+ 2a)h x x 2 1 2 (x> 0)．x x
①若 a≥ 0，则当 x∈ (0,1)时，h (x)< 0，h(x)单调递减，
当 x∈ (1,+∞)时，h (x)> 0，h(x)单调递增，h(x)至多有两个零点．
②若 a=- 1 2，则 x∈ (0,+∞)，h (x)≥ 0(仅 h
(1) = 0)，
h(x)单调递增，h(x)至多有一个零点．
③若- 12 < a< 0，则 0<-2a< 1，
当 x∈ (0,-2a)或 x∈ (1,+∞)时，h (x)> 0，h(x)单调递增；
当 x∈ (-2a,1)时，h (x)< 0，h(x)单调递减，
要使 h(x)有三个零点，必须有 h(-2a)> 0 h( )< 成立．1 0
由 h(1)< 0，得 a<- 32，这与-
1
2 < a< 0矛盾，所以 h(x)不可能有三个零点．
④若 a<- 12，则-2a> 1．当 x∈ (0,1)或 x∈ (-2a,+∞)时，h
(x)> 0，h(x)单调递增；
当 x∈ (1,-2a)时，h (x)< 0，h(x)单调递减，
要使 ( )有三个零点，必须有 h(1)> 0h x (- )< 成立，h 2a 0
由 h(1)> 0，得 a>- 32，
由 h(-2a) = (2a- 1) [ln(-2a) - 1]< 0及 a<- 1 e2，得 a<- 2，
∴- 32 < a<-
e
2．并且，当-
3
2 < a<-
e
2 时，0< e
-2< 1，e2>-2a，
h(e-2) = 4+ e-2+ 2a(e2- 2)< 4+ e-2- e(e2- 2)< 4+ 1- 5e< 0，
h(e2) = e2+ 2a(e-2+ 2)> e2- 3(e-2+ 2) = e2- 6- 3e-2> e2- 7> 0．
综上，使 h(x)有三个零点的 a的取值范围为 - 3 ,- e2 2 ．
例⒏ 已知函数 f(x) = xlnx- (a+ 1)x+ 1，a∈R．
(1)求函数 f(x)的单调区间和极值
(2) ( f(x)若方程 2a- 1) x + a+ 1 + 1x + x+ 2= 0有三个解，求实数 a的取值范围．
【解答】解：(1)函数的定义域 (0,+∞)，f′ (x) = lnx- a，
当 x> ea时，f′ (x)> 0，函数单调递增，当 0< x< ea时，f′ (x)< 0，函数单调递减，
故当 x= ea时，函数取得极小值 f(ea) = 1- ea，没有极大值，
( ) ( - ) f(x)2由 2a 1 x + a+ 1 + 1x + x+ 2= 0整理可得 (1- 2a) (xlnx+ 1) = (x+ 1)2，
令 y= xlnx+ 1，则 y′ = lnx+ 1= 0可得 x= 1e，
易得当 x> 1e 时，函数单调递增，当 x<
1
e 时，函数单调递减，
故 x= 1e 时，函数取得最小值 1-
1
e > 0即 y= xlnx+ 1> 0，
(x+ 1)2
故原方程可转化为 1- 2a= xlnx+ 1，
( ) = (x+ 1)
2 (x+ 1) (lnx- 1) (x- 1)
令 g x xlnx+ 1，则 g′ (x) = ( ，xlnx+ 1)2
因为 x> 0，
易得当 x> e或 0< x< 1时，g′ (x)> 0，函数单调递增，当 1< x< e时，g′ (x)< 0，函数单调递减，
故当 x= 1时，函数取得极大值 g(1) = 4，当 x= e时，函数取得极小值 g(e) = e+ 1，
由题意可得，y= 1- 2a与 g(x)3个交点，则 e+ 1< 1- 2a< 4，
解可得，3 e2 < a< 2，
故 a的范围 3 e2 , 2 ．
例⒐ 已知函数 f(x) = x3- kx+ k2．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有三个零点，求 k的取值范围．
【解答】解：(1)f(x) = x3- kx+ k2． f′ (x) = 3x2- k，
k≤ 0时，f′ (x)≥ 0，f(x)在R递增，
k> 0时，令 f′ (x)> 0，解得：x> k 或 x<- k3 3 ，
令 f′ (x)< 0，解得：- k k3 < x< 3 ，
∴ f(x)在 -∞,- k 递增，在 - k ， k3 3 3 递减，在 k3 ，+∞ 递增，
综上，k≤ 0时，f(x)在R递增，
k> 0时，f(x)在 -∞,- k3 递增，在 - k3 ， k3 递减，在 k3 ，+∞ 递增；
(2)由 (1)得：k> 0，f(x) k k极小值= f 3 ，f(x)极大值= f - 3 ，
若 f(x)有三个零点，
k> 0
k
只需 f 3 < 0 ，解得：0< k< 4
27
，
f - k3 > 0
故 k∈ 0, 427 ．
题型四：零点问题之max，min问题
例⒑ 已知函数 f(x) = x3+ ax+ 14 ，g(x) =-lnx．
(1)当 a为何值时，x轴为曲线 y= f(x)的切线．
(2)设F(x) = f(x) - g(x)在 [1，+∞)单调递增，求 a的取值范围．
(3)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数 h(x) =min{ f(x)，g(x)} (x> 0)，讨论 h(x)零点的个数．
【解答】解：(1)f′ (x) = 3x2+ a．
设曲线 y= f(x)与 x轴相切于点P(x0，0)，
则 f(x0) = 0，f′ (x0) = 0，
∴ x3 10+ ax0+ 4 = 0 ，3x20+ a= 0
解得 x = 1 ，a=- 30 2 4，
因此当 a=- 34 时，x轴为曲线 y= f(x)的切线；
(2)F(x) = f(x) - g(x) = x3+ ax+ 14 + lnx，
导数为F′ (x) = 3x2+ a+ 1x，
由题意可得 3x2+ a+ 1x ≥ 0在 [1，+∞)恒成立，
即有-a≤ 3x2+ 1x 的最小值，
由 3x2+ 1x 的导数为 6x-
1
2 > 0在 x≥ 1递增，x
即有最小值为 4，
则-a≤ 4，解得 a≥-4；
(3)当 x∈ (1,+∞)时，g(x) =-lnx< 0，
∴函数 h(x) =min{ f(x)，g(x)}≤ g(x)< 0，
故 h(x)在 x∈ (1,+∞)时无零点．
当 x= 1时，若 a≥- 54，则 f(1) = a+
5
4 ≥ 0，
∴ h(x) =min{ f(1)，g(1)}= g(1) = 0，
故 x= 1是函数 h(x)的一个零点；
若 a<- 54，则 f(1) = a+
5
4 < 0，
∴ h(x) =min{ f(1)，g(1)}= f(1)< 0，
故 x= 1不是函数 h(x)的零点；
当 x∈ (0,1)时，g(x) =-lnx> 0，
因此只考虑 f(x)在 (0,1)内的零点个数即可．
①当 a≤-3或 a≥ 0时，f′ (x) = 3x2+ a在 (0,1)内无零点，
因此 f(x)在区间 (0,1)内单调，
而 f(0) = 14，f(1) = a+
5
4，
∴当 a≤-3时，函数 f(x)在区间 (0,1)内有一个零点，
当 a≥ 0时，函数 f(x)在区间 (0,1)内没有零点．
②当-3< a< 0时，函数 f(x)在 0, -a3 内单调递减，在 -a3 ，1 内单调递增，
故当 x= -a 时，f(x)取得最小值 f -a = 2a -a + 13 3 3 3 4．
若 f -a3 > 0，即- 34 < a< 0，则 f(x)在 (0,1)内无零点．
若 f -a3 = 0，即 a=- 34，则 f(x)在 (0,1)内有唯一零点．
若 f -a3 < 0，即-3< a<- 3，由 f(0) = 14 4，f(1) = a+
5
4，
∴当- 54 < a<-
3
4 时，f(x)在 (0,1)内有两个零点．
当-3< a≤- 54 时，f(x)在 (0,1)内有一个零点．
综上可得：当 a>- 34 或 a<-
5
4 时，h(x)有一个零点；
当 a=- 34 或-
5
4 时，h(x)有两个零点；
当- 54 < a<-
3
4 时，函数 h(x)有三个零点．
例⒒ 已知函数 f(x) = x2+ ax+ 14 ，g(x) =-lnx．
(1)若函数 g[ f(x)]的定义域为R，求实数 a的取值范围；
(2)若函数 g[ f(x)]在 (1,+∞)上单调递减，求实数 a的取值范围；
(3)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数 h(x) =min{ f(x)，g(x)} (x> 0)，讨论 h(x)零点的个数．
【解答】解：(1)若函数 g[ f(x)]的定义域为R，
则任意 x∈R，使得 f(x) = x2+ ax+ 14 > 0，
所以△= a2- 4× 1× 14 < 0，解得-1< a< 1，
所以实数 a的取值范围为 (-1,1)．
(2)若函数 g[ f(x)]在 (1,+∞)上单调递减，
又因为 g(x)在 (0,+∞)上为减函数，
所以 f(x)在 (1,+∞)上为增函数且任意 x∈ (1,+∞)，f(x)> 0，
所以- a2 ≤ 1，且 f(1)> 0，
即- a2 ≤ 1，且 1+ a+
1
4 > 0，
解得 a>- 54，
所以 a的取值范围为 - 54，+∞ ．
(3)因为当 x> 1时，g(x) =-lnx< 0，
所以 h(x) =min{ f(x)，g(x)}≤ g(x)< 0，
所以 h(x)在 (1,+∞)上无零点，
①当 a≥ 0时，f(x)过 0, 14 点，且对称轴-
a
2 ≤ 0，
作出 h(x)的图象，可得 h(x)只有一个零点 x= 1，
②当 a< 0时，f(x)过 0, 14 点，且对称轴-
a
2 > 0，
当△= a2- 4× 1× 14 < 0，即-1< a< 0时，h(x)只有一个零点 x= 1，
当△= a2- 4× 1× 14 = 0，即 a=-1时，f(x)的零点为 x=-
a 1 1
2 = 2，h(x)由两个零点 x= 2，x= 1，
1 -a- a2- 1 -a+ a2当△= a2- 4× 1× 4 > 0，即 a<-1时，令 f(x) = 0，解得 x1= 2 ，x =
- 1
2 2 ，且 0<
x1< 1，0< x2，
2
若 x = -a+ a - 1 < 1，即- 52 2 4 < a<-1时，函数 h(x)有 3个零点 x= x1，x= x2，x= 1，
若 x -a+ a
2- 1 5
2= 2 > 1，即 a<- 4 时，函数 h(x)
有 1个零点 x= x1，
-a+ a2若 x = - 1 = 1，即 a=- 52 2 4 时，函数 h(x)有 2个零点 x= x1，x= 1，
综上所述，当 a∈ -∞，- 54 ∪ (-1，0)时，h(x)只有一个零点，
当 a=-1或- 54 时，h(x)有两个零点，
当 a∈ - 54，-1 时，h(x)有三个零点．
例⒓ 已知函数 f(x) = x3- 3ax+ e，g(x) = 1- lnx，其中 e为自然对数的底数．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)用max{m，n}表示m，n中较大者，记函数 h(x) =max{ f(x)，g(x)}，(x> 0)．若函数 h(x)在 (0,
+∞)上恰有 2个零点，求实数 a的取值范围．
【解答】解：(1)f (x) = 3x2- 3a，
当 a≤ 0时，f (x)≥ 0，f(x)在R上单调递增，
当 a> 0时，f (x) = 3(x+ a) (x- a)，
当 x∈ (-∞,- a)，( a，+∞)，f (x)> 0，f(x)单调递增，
当 x∈ (- a, a)，f (x)< 0，f(x)单调递减；
(2)当 x∈ (0,e)时，g(x)> 0，h(x)≥ g(x)> 0，h(x)在 (0,e)无零点，
当 x= e时，g(e) = 0，f(e) = e3- 3ae+ e，
2
若 f(e)≤ 0，即 a≥ e + 13 ，则 e是 h(x)的一个零点，
2
若 f(e)> 0，即 a< e + 13 ，则 e不是 h(x)的零点，
当 x∈ (e,+∞)时，g(x) < 0，所以此时只需考虑函数 f(x)的零点的情况．因为 f (x) = 3x2- 3a> 3e2-
3a，
①当 a≤ e2时，f (x)> 0，f(x)在 (e,+∞)上单调递增．
2
所以：(ⅰ)当 a≤ e + 13 时，f(e)≥ 0，f(x)在 (e,+∞)上无零点；
2
(ⅱ)当 e + 1 23 < a≤ e 时，f(e)< 0，又 f(2e) = 8e
3- 6ae+ e≥ 8e3- 6e2+ e> 0，所以此时 f(x)在 (e,+∞)
上恰有一个零点；
②当 a> e2时，由 (1)知，f(x)在 (e, a)递减，( a，+∞)递增，
又因为 f(e) = e3- 3ae+ e< e3- 3e3+ e< 0，f(2a) = 8a3- 6a2+ e> 8a2- 6a2+ e= 2a2+ e> 0，所以此时
f(x)恰有一个零点．
2
综上，a> e + 13 ．
题型五：零点问题之同构法
ax
例⒔已知函数 f(x) = x-1 + x- ln(ax) - 2(a> 0)，若函数 f(x)在区间 (0,+∞)内存在零点，求实数 a的取值e
范围
x-1
【解答】解：方法一：由 f(x) = axx-1 + x- ln(ax) - 2(a> 0)可得 f′ (x) =
x- 1
e ex-1
e
x - a ，
x-1 ex-1(x- 1)
设 y= ex - a，x> 0，a> 0，则 y′ = 2 ，令 y′ = 0 x= 1，∴ y在 x∈ (0,1)单调递减，在 x∈ (1,x
+∞)单调递增，
故 ymin= y(1) = 1- a．
①当 0< a< 1时，令 f′ (x) = 0 x= 1，当 x∈ (0,1)时，f(x)单调递减，当 x∈ (1,+∞)时，f(x)单调递增，
∴ f(x)min= f(1) = a- 1- lna> 0，此时 f(x)在区间 (0,+∞)内无零点；
②当 a= 1时，f(1) = a- 1- lna= 0，此时 f(x)在区间 (0,+∞)内有零点；
③当 a> 1时，令 f′ (x) = x- 1 e
x-1
x-1 x - a = 0，解得 x= x1或 1或 x2，且 0< x1< 1< x2，e
此时 f(x)在 x∈ (0,x1)单减，x∈ (x1，1)单增，x∈ (1,x2)单减，x∈ (x2，+∞)单增，
当 x= x1或 x2时，f(x)极小值= 0，此时 f(x)在区间 (0,+∞)内有两个零点；
综合①②③知 f(x)在区间 (0,+∞)内有零点 a≥ 1．
方法二：由题意可得
e-x+1+ln(ax)= ln(ax) - x+ 2，即 e-x+1+ln(ax)-[-x+ 1+ ln(ax)]- 1= 0，
因为 ex≥ x+ 1当 x= 0时等号成立，
所以-x+ 1+ ln(ax) = 0，即 ax= ex-1，
ex-1a= ，令 g(x) = e
x-1
( ) = 1 × (x- 1)e
x
x x ，g x e x2
，
易知 g(x)在 (0,1)单减，在 (1,+∞)上单增，所以 g(x)≥ g(1) = 1，
又 x趋近于 0和正无穷时，g(x)趋近于正无穷，
所以 a≥ 1．
例⒕已知 f(x) = xlnx+ a2 x
2+ 1．
(1)若函数 g(x) = f(x) + xcosx- sinx- xlnx- 1在 0, π 2 上有 1个零点，求实数 a的取值范围．
(2)若关于 x的方程 xex-a= f(x) - a x22 + ax- 1有两个不同的实数解，求 a的取值范围．
【解答】解：(1)g(x) = a 22 x + xcosx- sinx，x∈ 0，
π
2 ，
所以 g (x) = x(a- sinx)，
当 a≥ 1时，a sinx≥ 0，所以 g(x)在 0，π 2 单调递增，
又因为 g(0) = 0，所以 g(x)在 0，π 2 上无零点；
当 0< a< 1时， x0∈ 0, π2 ，使得 sinx0= a，
所以 g(x)在 x ，π 0 2 单调递减，在 (0,x0)单调递增，
2
又因为 g(0) = 0，g π aπ2 = 8 - 1，
所以若 aπ
2
8 - 1> 0，即 a>
8
2 时，g(x)在 0，π 2 上无零点，π
若 aπ
2
8 1≤ 0，即 0< a≤
8
2 时，g(x)在 0，π2 上有一个零点，π
当 a≤ 0时，g (x) = a- xsinx< 0，g(x)在 0，π 2 上单调递减，g(x)在 0，
π
2 上无零点，
综上当 0< a≤ 82 时，g(x)在π 0，
π
2 上有一个零点；
(2)由 xex-a= f(x) - a2 x
2+ ax- 1(x> 0)，
即 xex-a= xlnx+ ax，即 ex-a= lnx+ a，
则有 ex-a+ (x- a) = x+ lnx，
令 h(x) = x+ lnx，x> 0，则 h(ex-a) = ex-a+ (x- a)，
h (x) = 1+ 1x > 0，所以函数 h(x)在 (0,+∞)上递增，
所以 ex-a= x，则有 x- a= lnx，即 a= x- lnx，x> 0，
因为关于 x的方程 xex-a= f(x) - a 22 x + ax- 1有两个不同的实数解，
则方程 a= x- lnx，x> 0有两个不同的实数解，
令 φ(x) = x- lnx，则 φ (x) = 1- 1 = x- 1x x ，
当 0< x< 1时，φ (x)< 0，当 x> 1时，φ (x)> 0，
所以函数 φ(x) = x- lnx在 (0,1)上递减，在 (1,+∞)上递增，
所以 φ(x)min= φ(1) = 1，
当 x→ 0时，φ(x) →+∞，当 x→+∞时，φ(x) →+∞，
所以 {a|a> 1}．
例⒖已知函数 f(x) = aex- ln(x+ 1) + lna- 1．
(1)若 a= 1，求函数 f(x)的极值；
(2)若函数 f(x)有且仅有两个零点，求 a的取值范围．
【解答】解析：(1)当 a= 1时，f(x) = ex- ln(x+ 1) - 1，f′ (x) = ex- 1x+ 1，x>-1，
显然 f′ (x)在 (-1,+∞)单调递增，且 f′ (0) = 0，
∴当-1< x< 0时，f′ (x)< 0，f(x)单调递减；当 x> 0时，f′ (x)> 0，f(x)单调递增．
∴ f(x)在 x= 0处取得极小值 f(0) = 0，无极大值．
(2)函数 f(x)有两个零点，即 f(x) = 0有两个解，即 aex+ ln(aex) = ln(x+ 1) + (x+ 1)有两个解，
设 h(t) = t+ lnt，则 h′ (t) = 1+ 1t > 0，h(t)单调递增，
∴ aex= x+ 1(x>-1)有两个解，即 a= x+ 1x (x>-1)有两个解．e
令 s(x) = x+ 1x (x≥-1)，则 s′ (x) =-
x
e ex
，
当 x∈ (-1,0)时，s′ (x)> 0，s(x)单调递增；当 x∈ (0,+∞)时，s′ (x)< 0，s(x)单调递减．
∵ s(-1) = 0，s(0) = 1，当 x> 0时 s(x)> 0，
∴ 0< a< 1．
题型六：零点问题之零点差问题
例⒗已知关于 x的函数 y= f(x)，y= g(x)与 h(x) = kx+ b(k，b∈R)在区间D上恒有 f(x)≥ h(x)≥ g(x)．
(1)若 f(x) = x2+ 2x，g(x) =-x2+ 2x，D= (-∞,+∞)，求 h(x)的表达式；
(2)若 f(x) = x2- x+ 1，g(x) = klnx，h(x) = kx- k，D= (0,+∞)，求 k的取值范围；
(3)若 f(x) = x4- 2x2，g(x) = 4x2- 8，h(x) = 4(t3- t)x- 3t4+ 2t2(0< |t| ≤ 2)，D=[m，n] [- 2，
2]，求证：n-m≤ 7．
【解答】解：(1)由 f(x) = g(x)得 x= 0，
又 f′ (x) = 2x+ 2，g′ (x) =-2x+ 2，所以 f′ (0) = g′ (0) = 2，
所以，函数 h(x)的图象为过原点，斜率为 2的直线，所以 h(x) = 2x，
经检验：h(x) = 2x，符合任意，
(2)h(x) - g(x) = k(x- 1- lnx)，
设 φ(x) = x- 1- lnx，设 φ′ (x) = 1- 1 = x- 1x x ，
在 (1,+∞)上，φ′ (x)> 0，φ(x)单调递增，
在 (0,1)上，φ′ (x)< 0，φ(x)单调递减，
所以 φ(x)≥ φ(1) = 0，
所以当 h(x) - g(x)≥ 0时，k≥ 0，
令 p(x) = f(x) - h(x)
所以 p(x) = x2- x+ 1- (kx- k) = x2- (k+ 1)x+ (1+ k)≥ 0，得，
当 x= k+ 1≤ 0时，即 k≤-1时，f(x)在 (0,+∞)上单调递增，
所以 p(x)> p(0) = 1+ k≥ 0，k≥-1，
所以 k=-1，
当 k+ 1> 0时，即 k>-1时，
△≤ 0，即 (k+ 1)2- 4(k+ 1)≤ 0，
解得-1< k≤ 3，
综上，k∈ [0，3]．
(3)①当 1≤ t≤ 2时，由 g(x)≤ h(x)，得
4x2- 8≤ 4(t3- t)x- 3t4+ 2t2，
4
整理得 x2- (t3- t)x+ 3t - 2t
2- 8
4 ≤ 0，(*)
令△= (t3- t)2- (3t4- 2t2- 8)，
则△= t6- 5t4+ 3t2+ 8，
记 φ(t) = t6- 5t4+ 3t2+ 8(1≤ t≤ 2)，
则 φ′ (t) = 6t5- 20t3+ 6t= 2t(3t2- 1) (t2- 3)< 0，恒成立，
所以 φ(t)在 [1， 2]上是减函数，则 φ( 2)≤ φ(t)≤ φ(1)，即 2≤ φ(t)≤ 7，
所以不等式 (*)有解，设解为 x1≤ x≤ x2，
因此n-m≤ x2- x1= △≤ 7．
②当 0< t< 1时，
f(-1) - h(-1) = 3t4+ 4t3- 2t2- 4t- 1，
设 v(t) = 3t4+ 4t3- 2t2- 4t- 1，
则 v′ (t) = 12t3+ 12t2- 4t- 4= 4(t+ 1) (3t2- 1)，
令 v′ (t) = 0，得 t= 33 ，
当 t∈ 0, 33 时，v′ (t)< 0，v(t)是减函数，
当 t∈ 33 ，1 时，v′ (t)> 0，v(t)是增函数，
v(0) =-1，v(1) = 0，
则当 0< t< 1时，v(t)< 0，
则 f(-1) - h(-1)< 0，因此-1 (m,n)，
因为 [m，n] [- 2， 2]，所以n-m≤ 2+ 1< 7，
③当- 2≤ t< 0时，因为 f(x)，g(x)为偶函数，因此n-m≤ 7也成立，
综上所述，n-m≤ 7．
例⒘已知函数 f(x) = (x3+ 3x2+ ax+ b)e-x．
(1)如 a= b=-3，求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)在 (-∞,α)，(2,β)单调增加，在 (α,2)，(β,+∞)单调减少，证明：β- α> 6．
【解答】解：(Ⅰ)当 a= b=-3时，f(x) = (x3+ 3x2- 3x- 3)e-x，
故 f′ (x) =- (x3+ 3x2- 3x- 3)e-x+ (3x2+ 6x- 3)e-x=-e-x(x3- 9x) =-x(x- 3) (x+ 3)e-x
当 x<-3或 0< x< 3时，f′ (x)> 0；
当-3< x< 0或 x> 3时，f′ (x)< 0．
从而 f(x)在 (-∞,-3)，(0,3)单调增加，在 (-3,0)，(3,+∞)单调减少；
(Ⅱ)f′ (x) =- (x3+ 3x2+ ax+ b)e-x+ (3x2+ 6x+ a)e-x=-e-x[x3+ (a- 6)x+ b- a]．
由条件得：f′ (2) = 0，即 23+ 2(a- 6) + b- a= 0，故 b= 4- a，
从而 f′ (x) =-e-x[x3+ (a- 6)x+ 4- 2a]．
因为 f′ (α) = f′ (β) = 0，
所以 x3+ (a- 6)x+ 4- 2a= (x- 2) (x- α) (x- β) = (x- 2) (x2- (α+ β)x+ αβ)．
将右边展开，与左边比较系数得，α+ β=-2，αβ= a- 2．
故 β- α= (β+ α)2- 4αβ= 12- 4a．，
又 (β- 2) (α- 2)< 0，即 αβ- 2(α+ β) + 4< 0．由此可得 a<-6．
于是 β- α> 6．
1
例⒙已知函数 f(x) = 2 ae
2x- x2- ax，a∈R．
(1)当 a= 1时，求函数 g(x) = f(x) + x2的单调区间；
(2) 0< a< 4当 4- ，时，函数 f(x)有两个极值点 x1，x2(x1< x2)，证明：xe 1 2- x1> 2．
【解答】(1)解：当 a= 1时，f(x) = 1 e2x2 - x
2- x，
g(x) = f(x) + x2= 1 e2x- x，g′ (x) = e2x2 - 1，
令 g′ (x)> 0，可得 x> 0，令 g′ (x)< 0，可得 x< 0，
所以 g(x)的单调递增区间为 (0,+∞)，单调递减区间为 (-∞,0)．
(2)证明：函数 f(x) = 12 ae
2x- x2- ax的定义域为R，f′ (x) = ae2x- 2x- a，
令 h(x) = f′ (x) = ae2x- 2x- a，
因为函数 f(x)有两个极值点 x1，x2(x1< x2)，
所以 x1，x2是函数 h(x)的两个零点，
h(x1) = h(x2) = 0，
h′ (x) = 2ae2x- 2，令 h′ (x)> 0，可得 x> 12 ln
1
a，令 h′ (x)< 0，可得 x<
1
2 ln
1
a，
所以 h(x)在 -∞, 12 ln
1
a 上单调递减，在
1 ln 12 a，+∞ 上单调递增，
所以 x < 1 ln 1 ，x > 1 ln 11 2 a 2 2 a，
4
由 0< a< 4 1 1 1 e - 1
e4- ，可得 ln > ln > 0，1 2 a 2 4
因为 h(0) = 0，所以 x1= 0，
所以要证 x2- x1> 2，即证 x2> 2，只需证 h(2)< 0，
因为 0< a< 4
e4- ，1
所以 h(2) = ae4- 4- a= a(e4- 1) - 4< 44- (e
4- 1) - 4< 4- 4= 0，
e 1
所以 x2- x1> 2，得证．
题型七：零点问题之三角函数
例⒚已知函数 f(x) = sinx- ln(1+ x)，f′ (x)为 f(x)的导数．证明：
(1)f′ (x)在区间 -1, π2 存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有 2个零点．
【解答】证明：(1)f(x)的定义域为 (-1,+∞)，
f′ (x) = cosx- 11+ x，f′′ (x) =-sinx+
1
(1+ ，x)2
令 g(x) =-sinx+ 1 2( + )2 ，则 g′ (x) =-cosx- ( + )3 < 0在 -1,
π
1 x 1 x 2 恒成立，
∴ f′′ (x)在 -1, π2 上为减函数，
又∵ f′′ (0) = 1，f′′ π2 =-1+
1
π 2 <-1+ 1= 0，由零点存在定理可知， 1+ 2
函数 f′′ (x)在 -1, π2 上存在唯一的零点 x0，结合单调性可得，f′ (x)在 (-1,x0)上单调递增，
在 x ，π0 2 上单调递减，可得 f′ (x)在区间 -1,
π
2 存在唯一极大值点；
(2)由 (1)知，当 x∈ (-1,0)时，f′ (x)单调递增，f′ (x)< f′ (0) = 0，f(x)单调递减；
当 x∈ (0,x0)时，f′ (x)单调递增，f′ (x)> f′ (0) = 0，f(x)单调递增；
由于 f′ (x)在 x ，π0 2 上单调递减，且 f′ (x0)> 0，f′
π 1
2 =- 1+ π
< 0，
2
由零点存在定理可知，函数 f′ (x)在 x π0，2 上存在唯一零点 x1，结合单调性可知，
当 x∈ (x0，x1)时，f′ (x)单调递减，f′ (x)> f′ (x1) = 0，f(x)单调递增；
当 x∈ x1, π2 时，f′ (x)单调递减，f′ (x)< f′ (x1) = 0，f(x)单调递减．
当 x∈ π2，π 时，cosx< 0，-
1
1+ x < 0，于是 f′ (x) = cosx-
1
1+ x < 0，f(x)单调递减，
其中 f π2 = 1- ln 1+
π > 1- ln 1+ 3.22 2 = 1- ln2.6> 1- lne= 0，
f(π) =-ln(1+ π)<-ln3< 0．
于是可得下表：
x (-1,0) 0 (0,x ) x π π π1 1 x1, 2 2 2 ,π π
f′ (x) - 0 + 0 - - - -
f(x) 单调递 0 单调递 大于 0 单调递 大于 0 单调递 小于 0
减 增 减 减
结合单调性可知，函数 f(x)在 -1，π 2 上有且只有一个零点 0，
由函数零点存在性定理可知，f(x)在 π2，π 上有且只有一个零点 x2，
当 x∈ [π，+∞)时，sinx≤ 1< ln(1+ x)，则 f(x) = sinx- ln(1+ x)< 0恒成立，
因此函数 f(x)在 [π，+∞)上无零点．
综上，f(x)有且仅有 2个零点．
例⒛已知函数 f(x) = lnx- x+ 2sinx，证明：
(1)f(x)在区间 (0,π)存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有 2个零点．
【解答】证明：(1)函数 f(x) = lnx- x+ 2sinx，x∈ (0,π)，
∴ f (x) = 1x - 1+ 2cosx，
令 g(x) = 1x - 1+ 2cosx，x∈ (0,π)，
∴ g (x) =- 12 - 2sinx< 0，∴函数 g(x)在 (0,π)上单调递减，x
又∵当 x→ 0时，g(x) →+∞，而 g π2 =
2
π - 1< 0，
∴存在唯一 x0∈ 0, π2 ，使得 g(x0) = 0，
∴当 x∈ (0,x0)时，g(x)> 0，即 f (x)> 0，函数 f(x)单调递增；当 x∈ (x0，π)时，g(x)< 0，即 f (x)< 0，函
数 f(x)单调递减，
∴函数 f(x)在区间 (0,π)存在唯一极大值点 x0；
(2)由 (1)可知，函数 f(x)在 (0,x0)上单调递增，在 (x0，π)上单调递减，
∴ x0是函数 f(x)的极大值点，且 x0∈ 0, π2 ，
∴ f(x0)> f π2 = ln
π π π 4- π
2 - 2 + 2= ln 2 + 2 > 0，
又∵当 x→ 0时，f(x) →-∞；f(π) = lnπ- π< 0，
∴在区间 (0,x0)内存在一个零点，在区间 (x0，π)上存在一个零点，
当 x∈ (π,+∞)时，设 h(x) = lnx- x，则 h (x) = 1 - 1= 1- xx x < 0，
∴ h(x)在 (π,+∞)上单调递减，∴ h(x)< h(π) = lnπ- π< 0，
①当 x∈ (π,2π)时，sinx< 0，∴当 x∈ (π,2π)时，f(x)< 0，无零点，
② x∈ (2π,+∞)时，h(x) < h(2π) = ln(2π) - 2π< lne3- 2π<-2，又-2≤ 2sinx≤ 2，∴当 x∈ (2π,+∞)
时，f(x)< 0，无零点，
∴当 x∈ (π,+∞)时，f(x) = lnx- x+ 2sinx< 0，∴函数 f(x)在区间 (π,+∞)内无零点，
∴函数 f(x)有且仅有 2个零点．
例21 已知函数 f(x) = sinx- ex-2．求证：
(1)f(x)在区间 0, π2 存在唯一极大值点；
(2)f(x)在 (0,+∞)上有且仅有 2个零点．
【解答】证明：(1)因为 f(x) = sinx- ex-2，所以 f′ (x) = cosx- ex-2，
设 g(x) = f ′ (x)，则 g′ (x) =-sinx- ex-2，则当 x∈ 0, π2 时，g′ (x) < 0，所以 g(x)即 f ′ (x)在 0,
π
2 上递
减．
又 f′ (0) = 1- 1
π
> 0,f′ π =-e 2-22 2 < 0，且 f′ (x)是连续函数，故 f′ (x)在 0,
π
2 上有唯一零点 α．e
当 x∈ (0,α)时，f′ (x)> 0；当 x∈ α, π2 时，f′ (x)< 0，
所以 f(x)在 (0,α)内递增，在 α, π2 上递减，
故 f(x)在 0, π2 上存在唯一极大值点．
(2)因为 f(x) = sinx- ex-2，所以 f′ (x) = cosx- ex-2，
设 g(x) = f′ (x)，则 g′ (x) =-sinx- ex-2，则当 x∈ (0,π)时，g′ (x)< 0，所以 g(x)在 (0,π)内单调递减．
由 (1)知，f(x)在 (0,α)内递增，在 α, π2 内递减，
又 f(0) =-e-2< 0,f π2 > 0，所以 f(α)> f
π
2 > 0，
又 f(x)的图象连续不断，所以存在 x1∈ (0,α)，使得 f(x1) = 0；
当 x∈ π 2 ,π

内时，f′ (x)< 0，f(x)在
π
2 ,π 内递减，
又因为 f(π) =-eπ-2< 0,f π2 > 0，且 f(x)的图象连续不断，
所以存在 x π2∈ 2 ,π ，使得 f(x2) = 0；
当 x∈ (π,+∞)时，ex-2> 1，sinx≤ 1，所以 f(x)< 0，从而 f(x)在 (π,+∞)上没有零点，
综上，f(x)有且仅有两个零点．
1
例22 已知函数 f(x) = cosx+ 24 x - 1
(1) π π证明：f(x)≤ 0，x∈ - 2 , 2
(2)判断 y= f(x)的零点个数，并给出证明过程．
【解答】解：(1)证明：因为 f(x) = cosx+ 14 x
2+ 1，x∈ -
π，π 2 2 ，
所以 f(x)为偶函数，
不妨设 g(x) = cosx+ 1 24 x + 1，x∈
0，π 2 ，
所以 g′ (x) =-sinx+ 12 x，x∈
- π，π 2 2 ，
所以 g′′ (x) =-cosx+ 12，
当 x∈ π 0，3 时，g′′ (x)< 0，当 x∈
π，π 3 2 时，g′′ (x)< 0，
即函数 g′ (x)在 0，
π
3 为减函数，在
π π 3，2 为增函数，
又 g′ (0) = 0，g′ π2 =
π
4 - 1< 0，
所以 g′ (x)≤ 0，
即 g(x)在 π 0，2 为减函数，
故 g(x)max= g(0) = 0，
即 g(x)≤ 0，
故当 x∈ - π，π 2 2 时，f(x)≤ 0；
(2)①由 (1)得：当 x∈ π 0，2 时，函数 f(x)有且只有 1个零点为 x= 0，
②当 x∈ [3，+∞)时，f′ (x) =-sinx+ 12 x≥ 0，
即 f(x)在 [3，+∞)为增函数，
即 f(x)≥ f(3) = cos3+ 54 > 0，
即函数 y= f(x)在 [3，+∞)无零点，
③当 x∈ π2，3 时，
f′′ (x) =-cosx+ 12 > 0，
即函数 f′ (x) =-sinx+ 12 x为增函数，
又 f′ π2 =
π
4 - 1< 0，f′ (3)> 0，
即存在 x0使得 f′ (x0) = 0，
即当 π2 < x< x0时，f′ (x)< 0，当 x0< x< 3时，f′ (x)> 0，
即函数 f(x)在 π2，x0 为减函数，在 (x0，3)为增函数，
又 f π = π
2
2 16 - 1< 0，f(3) =
5
4 + cos3> 0，
即函数 f(x)在 π2，3 只有 1个零点，
又函数 y= f(x)在R为偶函数，
综合①②③可得：
函数在 -3，-
π
2 有 1个零点，在 (-∞,-3)无零点，在 -
π
2，0 无零点，
故函数 f(x)在R上有 3个零点．
题型八：零点问题之取点技巧
例23 (2022·黑龙江·双鸭山一中高二期末 (理))已知函数 f x = axlnx
(1)当 a= 1，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = f x + x- a2+ a 有且只有一个零点，求实数 a的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为 0, 1e ，单调递增区间为
1
e ,+∞ ；(2) -1 ∪ 0,+∞ .
【分析】
(1)求导函数 f (x)，结合定义域由 f (x)< 0得单调递减区间，由 f (x)> 0得单调递增区间；
(2)求得 g x = alnx+ x- a2，x∈ 0,+∞ ，分 a> 0,a= 0,a< 0讨论：当 a> 0时，g x 单调递增，由零
点存在性定理可作出判断；当 a= 0时，可直接代入判断；当 a< 0时，g x 有最小值 g -a =
a ln -a - 1- a ，再分 a=-1,-1< a< 0,a<-1讨论可得结果.
【详解】
(1)当 a= 1时，f(x) = xlnx，(x> 0)，则 f (x) = lnx+ 1.
由 f (x)< 0得 0< x< 1e；由 f
(x)> 0得 x> 1e .
所以，函数 f(x)单调递减区间为 0, 1e ，单调递增区间为
1
e ,+∞ .
(2)依题意得 g x = alnx+ x- a2，x∈ 0,+∞ a x+ a ，g x = x + 1= x
① 当 a> 0时，g x > 0恒成立，g x 单调递增，
g ea = ea> 0，取 0< b< 1且 b< a2，则 g b = alnb+ b- a2< alnb< 0，
所以，存在唯一 x0∈ 0,+∞ ，使 g x0 = 0，符合题意；
② 当 a= 0时，g x = x，x∈ 0,+∞ ，
∴ g x 无零点，与题意不符；
③ 当 a< 0时，由 g (x) = 0得 x=-a，
当 x∈ 0,-a ，g x < 0，g x 单调递减；x∈ -a,+∞ ，g x > 0，g x 单调递增.所以 g x min= g -a
= a ln -a - 1- a .
(i)当 a=-1时，g -a = 0，有唯一零点 x0= 1，符合题意.
(ii)当 a∈ -1,0 时，令 p x = ln -x - 1- x，x∈ -1,0 ，
则 p x = 1x - 1=
1- x
x < 0，所以 p x 在 -1,0 单调递减，
由 p -1 = 0，所以 p x < 0，又 a∈ -1,0 ，∴ g(x)min= g -a = a p(a)> 0，
所以 g x 无零点，与题意不符.
(iii)当 a∈ -∞,-1 时，显然 g(x)min= g -a < 0，
又 0< ea< 1<-a，g ea = alnea+ ea- a2= ea> 0，
∴ x1∈ ea,-a ，使 g x1 = 0；
设 h x = e2x- 3x2 x> 1 ，则 h (x) = 2e2x- 6x，
令m(x) = h (x) = 2e2x- 6x(x> 1)，则m (x) = 4e2x- 6> 4e2- 6> 0，
所以函数m(x)即 h (x)在 (1,+∞)单调递增，从而 h (x)> h (1) = 2e2- 6> 0，
所以 h x 在 (1,+∞)单调递增，又-a> 1，
∴ g e-2a = e-2a- 3a2= h(-a)> h(1) = e2- 3> 0，
∴ x2∈ -a,e-2a ，使得 g x2 = 0，
∴ g x 有 2个零点，与题意不符.
综上，实数 a的取值范围是 -1 ∪ 0,+∞ .
【点睛】关键点点睛：第 (2)问在讨论 a<-1时，关键点是由零点的存在性定理寻找包含零点的区间.
ax
例24 (2022·天津·耀华中学高三月考)已知函数 f x = 2x + a(e= 2.71828 是自然对数的底数，a∈R且 ae
≠ 0).
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 x= 2 1是函数 g x = xex f x - axex+ 22 x - 2x在 0,+∞ 上的唯一的极值点，求实数 a的取值范
围；
(3) 1若函数 h x = lnx - a f x - a+ 1有两个不同的零点，求实数 a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；(2) -∞,0 ∪ 0,e ；(3) -e2,0 ∪ 0,+∞ .
【分析】
(1)求出函数的导数，通过讨论 a的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)求出函数的导数，得到 ex- ax= 0在 x∈ (0,+∞)内无变号根或无根；设 φ(x) = ex- ax，通过讨论 a的
范围，求出函数的最小值，得到关于 a的不等式，解出即可；
(3)h(x) = |lnx|- x2x - a，x∈ (0,+∞)，令 y=
x ，通过讨论 x的范围，去掉绝对值，结合函数的零点个数，
e e2x
确定 a的取值范围即可．
【详解】
( a 1- 2x解： 1) ∵ f ax x = 2x + a，∴ f x =e e2x
当 a> 0时，x∈ -∞, 1 2 时，f x > 0，f x 单调递增，x∈
1
2 ,+∞ 时，f
x < 0，f x 单调递减；
当 a< 0时，x∈ -∞, 12 时，f
1 x < 0，f x 单调递减，x∈ 2 ,+∞ 时，f
x > 0，f x 单调递增；
综上，当 a> 0时，f x 单调递增区间为 -∞, 1 12 ，f x 单调递减区间为 2 ,+∞ ；
当 a< 0时，f 1 1 x 单调递增区间为 2 ,+∞ ，f x 单调递减区间为 -∞, 2 ；
(2)由题意可求得
2 x
g
a 2x- x
x = x + x- =
x- 2 e - ax
2 ，
e ex
因为 x= 2是函数 g x 在 0,+∞ 上的唯一的极值点，
所以 ex- ax= 0在 x∈ 0,+∞ 内无变号根或无根.
设 φ x = ex- ax，则 φ x = ex- a，
①当 a≤ 1且 a≠ 0时，x∈ 0,+∞ ，φ x = ex- a> 0，
所以 φ x 在 0,+∞ 上单调递增，φ x > φ 0 = 1> 0，符合条件.
②当 a> 1时，令 φ x = ex- a= 0得 x= lna，
x∈ 0,lna ，φ x = ex- a< 0，φ x 递减，x∈ lna,+∞ ，φ x = ex- a> 0，φ x 递增.
所以 φ x min= φ lna = a- alna≥ 0，即 1< a≤ e；
综上所述，a的取值范围为 -∞,0 ∪ 0,e
(3)由题意得：h x = lnx - 1 a f x - a= lnx -
x
2x - a，x∈ 0,+∞ ，e
令 y= x ，则 y = 1- 2x x2x 2x ，所以 y= 2x 在 0, 12 上单调递增，在
1
2 ,+∞ 上单调递减.e e e
2x
(ⅰ)当 x∈ 1,+∞ 时，lnx> 0，则 h x x = lnx- - a，所以 h x = e-2x2x ex + 2x- 1 .e
2x
因为 2x- 1> 0，e x > 0，所以 h x > 0，因此 h x 在 1,+∞ 上单调递增.
2x
(ⅱ)当 x∈ 0,1 时，lnx< 0，则 h x =-lnx- x2x - a，所以 h x = e2x - ex + 2x- 1e .
2x 2x
因为 e2x∈ 1,e2 ，e2x> 1，0< x< 1，∴ e > 1，即- ex x <-1，又 2x- 1< 1，
e2x所以 h x = e-2x - x + 2x- 1 < 0，因此 h x 在 0,1 上单调递减.
综合 (ⅰ) (ⅱ)可知，当 x∈ 0,+∞ 时，h x ≥ h 1 =-e2- a，
因为函数 h x = lnx - 1 a f x - a+ 1有两个不同的零点，所以 h 1 =-e
2- a< 0，
即 a>-e-2且 a≠ 0，
而当 a>-e-2且 a≠ 0时，
①当 x∈ 1,+∞ 时，h x = lnx- x - a> lnx- 12x 2 + 1 > lnx- 1- a，e e
∴ h ea+1 > 0，故 h x 在 1,ea+1 内有 1个零点；
②当 x∈ 0,1 时，h x =-lnx- x2x - a≥-lnx- 12 e
-1+ a >-lnx- 1- a，e
∴ h e-1-a > 0，
故 h x 在 e-a-1,1 内有 1个零点；
所以当 a>-e-2且 a≠ 0时，h x 有两个零点，
故 a的取值范围为 -e2,0 ∪ 0,+∞ .
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类
讨论思想，是难题．
例25 (2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测 (文))已知函数 f(x) = ex- 1- ax,g(x) = ln 1x - a- 1(a∈R)．
(1)试讨论函数 f x 的零点个数；
(2)若当 x≥ 1时，关于 x的方程 f x = g x + e有且只有一个实数解，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2) (-∞,e+ 1]．
【分析】
(1)由已知有 f (x) = ex- a，当 a≤ 0显然有一个零点，当 a> 0时由 f x 的符号研究 f x 单调性，进而根
据极值与 0的关系，结合零点存在性定理，即可知 f x 的零点个数；
(2)由题设，若F(x) = f(x) - g(x) - e= ex- ax+ lnx- e+ a(x≥ 1)，若 h(x) =F (x) = ex- a+ 1x，再由
导数研究在 x≥ 1上的单调性，根据F 1 = e+ 1- a，讨论 a≤ e+ 1、a> e+ 1，构造中间函数研究单调
性，结合零点存在性定理确定F(x)实数解的个数，进而求参数 a的范围.
【详解】
(1)根据题意，得 f (x) = ex- a，有：
①若 a≤ 0，则 f x > 0，此时函数 f x 在R上单调递增，又 f 0 = 0，故函数只有一个零点；
②若 a> 0，令 f x = 0，则 x= lna，
∴ f x > 0有 x> lna，此时 f x 在 (lna,+∞)上单调递增，
f x < 0有 x< lna，此时 f x 在 -∞,lna 上单调递减，
∴ f x min= f lna = a- 1- alna，
(ⅰ)当 lna= 0，即 a= 1时，则 f x ≥ 0，此时 f x 只有一个零点；
(ⅱ)当 lna≠ 0时，即 a≠ 1时，则 f lna < f 0 = 0，又 x→-∞时，f x →+∞﹔ x→+∞时，f x →+∞，
由零点存在定理可得：此时函数 f x 在R上有两个零点．
综上，当 a≤ 0或 a= 1时，函数 f x 只有一个零点；当 a= 0,1 ∪ (1,+∞)时，函数 f x 有两个零点．
(2)设F(x) = f(x) - g(x) - e= ex- ax+ lnx- e+ a(x≥ 1)，F (x) = ex- a+ 1x，
2
设 h(x) = ex- a+ 1 ，h (x) = x e
x- 1
x 2 ，由 x≥ 1得，x
2≥ 1，x2ex- 1> 0，
x
∴ h (x)> 0，在 (1,+∞)上 h x 单调递增，即F x 单调递增，F 1 = e+ 1- a，
①当 e+ 1- a≥ 0，即 a≤ e+ 1时，x∈ (1,+∞)时，F x > 0，F x 在 (1,+∞)单调递增，又F 1 = 0，此
时关于 x的方程 f x + lnx- e= g x - a有且只有一个实数解，
②当 e+ 1- a< 0，即 a> e+ 1时，由 (1)知 ex≥ ex，
∴F (x) = ex+ 1 - a≥ ex+ 1 - a，则F ax x e ≥ e
a
e +
e
a - a=
e
a > 0，又
a
e > 1，故 x ∈ 1,
a
0 e ,F

(x0) = 0，
当 x∈ 1,x0 时，F′ x < 0,F x 单调递减，又F(x)∴在 1,x0 内，关于 x的方程 f x + lnx- e= g x - a有一个实数解 1，
当 x∈ (x ,+∞)时，F 0 x > 0,F x 单调递增，且F(a) = ea+ lna- a2+ a- e> ea- a2+ 1，令 k(x) = ex-
x2+ 1(x≥ 1)，
若 s(x) = k (x) = ex- 2x,s (x) = ex- 2≥ e- 2> 0，故 k′ x 在 (1,+∞)单调递增，则 k′ x > k 1 > 0，
∴ x> 1时，k x 在 (1,+∞)单调递增，故 k a > k 1 > 0，即F a > 0，又 a> a e > x0，由零点存在定理
可知， x1∈ x0,a ，F x1 = 0，
∴在 a> e+ 1，关于 x的方程 f x + lnx- e= g(x) - a有两个实数解，
综上，当 x≥ 1时关于 x的方程 f x = g x + e有且只有一个实数解，则 a≤ e+ 1．
【点睛】关键点点睛：
(1)讨论参数，利用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断零点的个数.
(2)设F(x) = f(x) - g(x) - e= ex- ax+ lnx- e+ a(x≥ 1)，应用导数可得F x 单调递增且F 1 = e+
1- a，讨论 a≤ e+ 1、a> e+ 1并构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理判断F(x)
实数解的个数.
例26 (2022·全国·高三专题练习)已知函数 f x = xex- 2ax+ a.
(1)当 a= 4时，求 f x 在 1,f 1 处的切线方程；
(2)设 g x = 2ex- ax2，若 h x = f x - g x 有两个零点，求 a的取值范围.
【答案】(1)y= 2e- 8 x- e+ 4；(2) 0,+∞ .
【分析】
(1)求出 f x 在 x= 1处的导数，即切线斜率，求出 f 1 ，即可求出切线方程；
(2)求出 h x 的导数，讨论 a的范围，判断函数的单调性，利用零点存在性定理进行判断.
【详解】
解：(1)当 a= 4时，f x = xex- 8x+ 4，f 1 = e- 4，
f x = xex+ ex- 8，f 1 = 2e- 8，
∴切线方程为 y- e- 4 = 2e- 8 x- 1 即 y= 2e- 8 x- e+ 4；
(2) ∵ h x = f x - g x = x- 2 ex+ a x- 1 2，
∴ h x = x- 1 ex+ 2a .
①当 a> 0时，h x 在 1,+∞ 上单调递增，在 -∞,1 上单调递减.
∵ h 1 =-e< 0，h 2 = a> 0.∴ h x 在 1,+∞ 上有且只有一个零点.
取 b，使 b< 0，且 b< ln a2，则 h b >
a
2 b- 2 + a b- 1
2= a b2- 3 2 b > 0.
即 h x 有两个不同的零点.
②当 a= 0时，h x = x- 2 ex，此时 h x 只有一个零点.
③当 a< 0时，令 h x = 0，得 x= 1或 x= ln -2a .
当 a=- e2 时，h
x = x- 1 ex- e ，h x ≥ 0恒成立，∴ h x 在R上单调递增.
当 a>- e2 时，即 ln -2a < 1.若 x< ln -2a 或 x> 1，则 h
x > 0；
若 ln -2a < x< 1，则 h x < 0.
∴ h x 在 -∞,ln -2a 和 1,+∞ 上单调递增，在 ln -2a ,1 上单调递减.
当 a<- e2 时，即 ln -2a > 1.若 x∈ -∞,1 ,x∈ ln -2a ,+∞ 时 h
x > 0，
若 x∈ 1,ln -2a ，则 h x < 0.
∴ h x 在 -∞,1 和 ln -2a ,+∞ 上单调递增，在 1,ln -2a 上单调递减
当 a< 0时，∵ h 1 =-e< 0，
h ln -2a = -2a ln -2a - 2 + a ln -2a - 1 2= a ln -2a - 2 2+ 1 < 0.
∴ h x 无零点，不合题意.
综上，h x = f x - g x 有两个零点 a的取值范围是 0,+∞ .
【点睛】本题考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的零点问题，属于较难题.
【过关测试】
1. (2022· x江西师大附中三模 (理))已知函数 f(x) = x - sinx,g(x)为 f(x)的导函数．e
(1)判断函数 g(x)在区间 0, π2 上是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理
由；
(2)求证：函数 f(x)在区间 (-∞,π)上只有两个零点．
【答案】(1)存在；极小值
(2)证明见解析
【解析】
(1)转化为判断导函数是否存在变号零点，对 g (x)求导后，判断 g (x)的单调性，结合零点存在性定理可得
结果；
(2)当 x< 0时，利用单调性得 f(x)< 0恒成立，此时 f(x)无零点；当 x= 0时，f(x) = 0；
当 0< x< π时，利用导数得到单调性，结合零点存在性定理可得 f(x)在 (0,π)上只有一个零点.由此可证
结论正确.
(1)
x x
由 f(x) = x - sinx，可得 g(x) = e - xex ( - cosx=
1- x - cosx，
e ex)2 ex
( ) = -e
x- (1- x)ex
则 g x + sinx= x- 2 π(ex)2 ex + sinx,x∈ 0, 2 ，
令 h(x) = x- 2
x x
x + ∈ ,
π ( ) = e - (x- 2)esinx，其中 x 0 ，可得 h x 3- x2 ( x)2 + cosx= x + cosx> 0，e e e
所以 h(x)在 0, π2 上单调递增，即 g
(x)在 0, π2 上单调递增，
π - 2
因为 g (0) =-2< 0,g π2 =
2
π + 1> 0，所以存在 x0∈ 0, π2 ，使得 g
x0 = 0，
e 2
当 x∈ 0,x0 时，g (x)< 0,g(x)单调递减；当 x∈ x , π 时，g 0 2 (x)> 0,g(x)单调递增，
所以当 x= x0时，函数 g(x)取得极小值．
(2)
由 f(x) = xx - sinx，当 x< 0时，
1- x
x > 1，所以 f (x) = g(x) =
1- x
x - cosx> 0，e e e
所以 f(x)在 (-∞,0)上为增函数，所以 f(x)< f(0) = 0，
此时函数 f(x)在 (-∞,0)上没有零点；
当 x= 0时，可得 f(0) = 00 - sin0= 0，所以 x= 0是函数 f(x)的一个零点； e
当 0< x< π时，由 f(x) = xx - sinx=
1 x
e ex
x- e sinx ，
令m(x) = x- exsinx,x∈ (0,π)，
可得m (x) = 1- ex(sinx+ cosx)，令 φ(x) = 1- ex(sinx+ cosx)
则 φ (x) =-ex(sinx+ cosx) - ex(cosx- sinx) =-2excosx，
当 x∈ 0, π ，可得 φ 2 (x) =-2e
xcosx< 0；
当 x∈ π2 ,π ，可得 φ
(x) =-2excosx> 0，
即m (x)在 0, π 上单调递减，在 π2 2 ,π 上单调递增，
π
又因为m π2 = 1- e 2< 0,m
(π) = 1+ eπ> 0，所以存在 x π1∈ 2 ,π 使得m
x1 = 0，
当 x∈ 0,x 1 时，m (x)< 0；当 x∈ x1,π 时，m (x)> 0，
又因为m x1 0，
所以存在 x2∈ x1,π 使得m x2 = 0，即 x2是函数 f(x)的一个零点．
综上可得，函数 f(x)在 (-∞,π)上有且仅有两个零点．
【点睛】关键点点睛：第二问中，分段讨论并利用导数和零点存在性定理求解是解题关键.
2. (2022·湖南·模拟预测)已知函数 f x = ex- ln 1+ x ，(e是自然对数的底数，e= 2.71828 )．
(1)求函数 f x 的最小值；
(2)若函数F x = f x - a- 1 ln x+ 1 - a lna+ 1 a> 0 有且仅有两个零点，求实数 a的取值范
围．
【答案】(1)1 (2) 1,+∞
【解析】
(1)对函数进行求导，根据导数与 0的关系判断单调性得其最小值；
(2)对F x 进行二次求导，分为 a= 1，0< a< 1和 a> 1三种情形，根据导数判断函数的单调性结合零点
存在定理得结果.
(1)
因为 f x = ex- ln 1+ x ， x>-1 ，所以 f x = ex- 11+ x，
因为 f x 在 -1,+∞ 上单调递增，且 f 0 = 0，
所以，当 x∈ -1,0 时，f x < 0，f x 在区间 -1,0 上单调递减，
当 x∈ 0,+∞ 时，f x > 0，f x 在区间 0,+∞ 上单调递增，所以 f x min= f 0 = 1．
(2)
由题设：F x = f x - a- 1 ln x+ 1 - a lna+ 1 = ex- aln x+ 1 - a lna+ 1
所以F x a = ex- 1+ x x>-1 ，令 g x =F
x ，
因为 a> 0，x>-1则 g a x = ex+ + 2 > 0，所以F
x 在 -1,+∞ 上单调递增；
1 x
当 a= 1时，由 (1)知F x 只有一个零点，不合题意，
当 0< a< 1时，因为F x 在 -1,+∞ 上单调递增，且F 0 = 1- a> 0，F a- 1 = ea-1- 1< 0，
故存在 x0∈ -1,0 ，使得F x a0 = 0，即 ex0= 1+ x ，ln 1+ x0 = lna- x0，0
所以当 x∈ -1,x0 时，F x < 0，F x 在区间 -1,x0 上单调递减．
当 x∈ x0,+∞ 时，F x > 0，F x 在区间 x0,+∞ 上单调递增，
所以F a x ≥F x = ex00 - aln 1+ x0 - alna- a= 1+ x + ax0- 2alna- a，0
则F x a 0 = 1+ x + a 1+ x0 - 2alna- 2a> 2 a1+ x × a 1+ x0 - 2alna- 2a=-2alna> 0．0 0
所以F x 没有零点，不合题意；
当 a> 1时，因为F x 在区间 -1,+∞ 上单调递增，
且F 0 = 1- a< 0，F lna = elna- a1+ lna = a 1-
1
1+ lna > 0，
所以存在 t∈ 0,lna 满足F t = 0，
所以，当 x∈ -1,t 时，F x < 0，F x 在区间 -1,t 上单调递减，
当 x∈ t,+∞ 时，F x > 0，F x 在区间 t,+∞ 上单调递增，
所以F x ≥F t = et- aln 1+ t - alna- a= a1+ t + at- 2alna- a，
又F t a a = 1+ t + a 1+ t - 2alna- 2a< 1+ lna + a 1+ lna - 2alna- 2a
= a 11+ lna - lna- 1 < 0，
先证：x- 1≥ lnx，设 h x = x- 1- lnx x> 0 ，h 1 x- 1 x = 1- x = x ，
当 x∈ 0,1 时，h x < 0，h x 单调递减，当 x∈ 1,+∞ 时，h x > 0.h x 单调递增，
所以 h x ≥ h 1 = 0，当且仅当 x= 1时取等号，
因为 a> 1，所以F 5a = e5a- a ln 1+ 5a + lna+ 1 > e3a+2lna- a 5a+ a = e3a e2lna- 6a2
= a2 e3a- 6 > 0，
1
又因为F 1 - 1 = eae-1ae > 0，且-1<
1
ae - 1< 0< lna< a< 5a
所以 x1∈ 1ae - 1,t ，F x1 = 0， x2∈ t,5a ，F x2 = 0，
所以 a> 1时，F x 有且仅有两个零点 x1，x2，
故实数 a的取值范围为 1,+∞ ．
【点睛】利用导数研究函数的最值主要是通过导数判断函数的单调性，若导函数含有参数，要对参数进行
分类讨论，分类讨论标准的制定可考虑判别式、零点分布等知识，对于函数的零点主要依据为函数图象与
x轴交点的情形，难点在与端点处函数值符号的判定.
3. (2022·江苏南通·模拟预测)已知函数 f(x) = 2lnx- x，g(x) = a2 x- 2
2(a≤ 1)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若函数 h(x) = f(x) + g(x)，讨论 h(x)的零点个数．
【答案】(1)答案见解析 (2)当 a≤ 0时，h(x)无零点；当 0< a≤ 1时，h(x)有唯一的零点
【解析】
(1)求出 f x ，利用 f x > 0或 f x < 0可得答案；
(2)求出 h x = 2 x - 1+ a x- 2
1 1 1 1
= 2- x x - a ，分 a≤ 0、0< a< 2 、a= 2 、2 < a≤ 1讨论，利用
导数判断单调性和最值可得答案.
(1)
f x = 2x - 1，令 f
x = 0 x= 2，
当 0< x< 2时，f x > 0,f x 单调递增；当 x> 2时，f x < 0,f x 单调递减.
综上所述，当 0< x< 2时，f x 单调递增；当 x> 2时，f x 单调递减.
(2)
h a 2 1 x = 2lnx- x+ 2 x- 2
2，h x = x - 1+ a x- 2 = 2- x x - a ，
①当 a≤ 0时，令 h x = 0 x= 2且当 0< x< 2时，h x > 0,h x 单调递增；
当 x> 2时，h x < 0,h x 单调递减，此时 h x max= h 2 = 2ln2- 2< 0，∴ h(x)无零点，
②当 0< a< 1 时，h a 1 12 x = x x- 2 x- a ，令 h
x = 0 x= 2或 a，
当 0< x< 2时，h 1 x > 0,h x 单调递增；当 2< x< a 时，h
x < 0,h x 单调递减；
当 x> 1a 时，h
1 x > 0,h x 单调递增，此时当 x∈ 0, a 时，h x ≤ h 2 = 2ln2- 2< 0，
当 x> 1a 时，h(x)单调递增，注意到 h
1
a < 0，
h 4 4 4 a 16 4a + 2 = 2ln a + 2 - a - 2+ 2 2 >a a - 2> 0，
∴ h(x)在 1 4a , a + 2 上有唯一的零点.
③当 a= 12 时，h
x = 1 22x x- 2 ≥ 0，∴ h(x)在 (0，+∞)上单调递增，
注意到 h 2 < 0，h 6 = 2ln6- 6+ 4= 2ln6- 2> 0，
∴ h(x)在 (2，6)上有唯一的零点，
④当 1 < a≤ 1时，令 h 2 x = 0 x= 2或
1
a，
当 0< x< 1a 时，h
x > 0,h x 单调递增；当 1a < x< 2时，h
x < 0,h x 单调递减，
当 x> 2时，h x > 0,h x 单调递增，
∴当 0< x≤ 2时，h x ≤ h 1 = 2ln 1 - 1 + 4 1
2
a a a 2 a - 2
= 2ln 1 - 1 + a 1 4 1 1 1a a 2 a2 - a + 4 = 2ln a - a + 2a - 2+ 2a
≤ 2 1a - 1 -
1 + 1a 2a - 2+ 2a=
3
2a + 2a- 4< 0，
当 x> 2时，h(x)单调递增，注意到 h 2 < 0，h 6 > 2ln6- 6+ 1 4 × 16= 2ln6- 2> 0，
∴ h(x)在 2,6 上有唯一的零点，
综上：当 a≤ 0时，h(x)无零点；当 0< a≤ 1时，h(x)有唯一的零点.
【点睛】本题求零点问题关键是利用导数判断出 f x 在 x0处有最小值并判断 f x0 的正负，构造函数利用
零点存在性定理说明存在零点个数，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
4. (2022· 1 1广东·惠来县第一中学高二阶段练习)设 f(x) = 3 x
3+ 2 (b- 1)x
2- bx,x∈R
(1)当 b= 1时，求 f(x)的单调区间；
(2)当 f(x)在R上有且仅有一个零点时，求 b的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间是 (-∞,-1)，(1,+∞)；单调递减区间是 (-1,1)
(2) - 3< b<- 13
【解析】
(1)代入 b= 1，求解函数 f(x)的导数，利用导数求解函数 f(x)的单调区间；
(2)分类讨论参数 b的取值范围，利用导数求解函数 f(x)的极值点，因有且只有一个零点，故极大值小于
0，或者极小值大于 0，进而求解参数 b的取值范围.
(1)
解:当 b= 1时，f(x) = 13 x
3- x，f (x) = x2- 1，
令 f (x) = x2- 1= (x+ 1) (x- 1) = 0，解得 x1=-1,x2= 1.
当 x变化时，f (x)，f(x)变化情况如下：
x (-∞, -1 (-1,1) 1 (1,+∞)
-1)
f (x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以 f(x)的单调递增区间是 (-∞,-1)，(1,+∞)；单调递减区间是 (-1,1).
(2)
∵ f (x) = x2+ (b- 1)x- b= (x- 1) (x+ b) = 0∴ x1= 1,x2=-b
①当-b= 1时，即 b=-1时，f (x) = (x- 1)2≥ 0，所以 f(x)在 (-∞,+∞)上单调增，
此时 f(x)有且只有一个零点 x= 0，符合题意
②当-b< 1时，当 x变化时，f (x)，f(x)变化情况如下：
x (-∞, -b (-b, 1 (1,
-b) 1) +∞)
f (x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 f(-b) = 16 b
3+ ↘ 极小值 ↗
f(1) =
1 2
2 b - 12 b-
1
6
故当-b< 1时，f(-b) = 1 b3+ 1 b26 2 < 0或 f(1) =-
1
2 b-
1
6 > 0，
解得：-1< b<- 13；
③当-b> 1时，当 x变化时，f (x)，f(x)变化情况如下：
x (-∞, 1 ( -b (
1) 1,-b) -b,
+∞)
f (x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
f(1) = f(-b) =
- 1 b- 1 1 b3+ 1 b22 6 6 2
故当-b> 1时，f(-b) = 1 b3+ 1 b26 2 > 0或 f(1) =-
1 1
2 b- 6 < 0，
解得：-3< b<-1；
综上所述：b的取值范围是-3< b<- 13 .
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极
(最)值问题处理．
2
5. (2022· x河北邯郸·二模)已知函数 f x = - alnx，a≠ 0．
ex
(1) 1若 a= e ，分析 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)在区间 (1，e)上有零点，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)f x 是 0,+∞ 上单调递减函数；
(2) e2-e,+∞ .
【解析】
(1)利用导数的性质，结合放缩法进行求解即可；
(2)利用函数零点的定义，结合构造函数法，结合导数的性质进行求解即可.
(1)
2 3 x-1
x> 0且 f x = 2x - x - e
xex
，
设m(x) = ex-1- x m (x) = ex-1- 1，当 x> 1时，m (x)> 0,m(x)单调递增，
当 x< 1时，m (x)< 0,m(x)单调递减，故当 x= 1时，函数m(x)有最小值m(1) = 0，
因此有m(x) = ex-1- x≥ 0 ex-1≥ x，
设 g x = 2x2- x3- ex-1≤ 2x2- x3- x，
∴ x> 0时，2x2- x3- x=-x x2- 2x+ 1 =-x x- 1 2≤ 0
∴ g x ≤ 0，即 f x ≤ 0(取等号的条件是 x= 1)，
f x 是 0,+∞ 上的单调递减函数；
(2)
2
f x = 0 h x x = x = a在区间 1,e 上能成立，e lnx
= x 2lnx- xlnx- 1 h x x 且
ex lnx 2 ex lnx 2
> 0，
设n(x) = lnx- x+ 1 m (x) = 1- xx ，当 x> 1时，n
(x)< 0,n(x)单调递减，
当 0< x< 1时，n (x)> 0,n(x)单调递增，故当 x= 1时，函数n(x)有最大值m(1) = 0，
因此有n(x) = lnx- x+ 1≤ 0 lnx≤ x- 1，
设 j x = 2lnx- xlnx- 1，则 j x ≤ 2 x- 1 - xlnx- 1= 2x- xlnx- 3，
设 k x = 2x- xlnx- 3，则在区间 1,e 上 k x = 1- lnx> 0，k x 单调递增，
k x < k e = e- 3< 0，
故 j x ≤ k x < e- 3< 0，亦即 h x < 0,h x 单调递减，
在区间 1,e 上 h x 值域为 h e ,+∞ = e2-e,+∞ ，
实数 a的范围是 e2-e,+∞ .
【点睛】关键点睛：构造函数，利用导数的性质、放缩法是解题的关键.
6. (2022·江苏·模拟预测)已知函数 f(x) = aex+ bcosx+ 1 x22 (其中 a，b为实数)的图象在点 (0,f(0))处的切
线方程为 y= x．
(1)求实数 a，b的值；
(2)证明：方程 f(x) = |lnx+ sinx|有且只有一个实根．
a= 1,
【答案】(1) =- . (2)证明见解析b 1
【解析】
( )求导，得 ( ) = x- + ，由题知 f(0) = a+ b= 01 f x ae bsinx x f ( ) = = ，解方程得解.0 a 1
(2)令 g(x) = lnx+ sinx， 分三种情况讨论：当 x∈ [π,+∞)，x∈ [1,π)，x∈ (0,1)时
g(x)的零点情况；令 φ(x) = f(x) - |lnx+ sinx|，分两种情况讨论：当 x∈ 0,x0 ，x∈ x0,+∞ 时，对 φ(x)
求导，借助 φ(x)单调性及零点存在性定理，判断 φ(x)的零点情况，进而得证.
(1)
因为 f(x) = aex+ bcosx+ 1 x22 ，所以 f
(x) = aex- bsinx+ x．
因为 y= f(x)的图象在 (0,f(0))处的切线为 y= x，
所以 f(0) = a+ b= 0 a= 1, 解得f (0) = a= 1 b=-1.
(2)
令函数 g(x) = lnx+ sinx，定义域为 (0,+∞)．
当 x∈ [π,+∞)时，lnx> 1,sinx≥-1，所以 g(x) = lnx+ sinx> 0；
当 x∈ [1,π)时，lnx≥ 0,sinx> 0，所以 g(x) = lnx+ sinx> 0；
当 x∈ (0,1)时，由 g (x) = 1x + cosx> 0知 g(x)在 (0,1)上单调递增，
又 g(1) = sin1> 0,g 1 =-1+ sin 1e e < 0且函数连续不间断，
所以 x0∈ (0,1)，有 g x0 = lnx0+ sinx0= 0．
综上所述，函数 g(x)在 (0,+∞)有唯一的零点 x0∈ (0,1)，且 g(x)在 0,x0 上恒小于零，在 x0,+∞ 上恒大
于零．
令函数 φ(x) = f(x) - |lnx+ sinx|，讨论如下：
①当 x∈ 0,x0 时，φ(x) = f(x) - |lnx+ sinx| = ex- cosx+ 1 x22 + lnx+ sinx，
求导得 φ (x) = ex+ (sinx+ cosx) + x+ 1x ．
因为 x+ 1x ≥ 2,sinx+ cosx≥- 2，所以 φ
(x) = ex+ (sinx+ cosx) + x+ 1x > 0，
即函数 φ(x)在 0,x0 单调递增．
又因为 φ x0 = ex0- cosx + 10 2 x
2
0+ lnx0+ sinx0= ex0- cosx 10 + x22 0> 0，
-3 = e-3φ e e - cose-3+ 1 -62 e - 3+ sine
-3= e-3 e + 12 e
-6+ sine-3- 3 - cose-3< 0，
所以函数 φ(x)在 0,x0 存在唯一的零点，
所以方程 f(x) = |lnx+ sinx|在 0,x0 上有唯一的零点．
②当 x∈ x0,+∞ 时，φ(x) = f(x) - |lnx+ sinx| = ex- cosx+ 12 x
2- lnx- sinx．
法一：由 (1)易证 ex- cosx+ 1 22 x > x在 (0,+∞)上恒成立．
事实上，令 h(x) = ex- cosx+ 1 x22 - x，则 h
(x) = ex+ sinx+ x- 1．
因为 h (x) = ex+ (cosx+ 1)> 0，所以 h (x)在 (0,+∞)上单调递增，
所以 h (x)> h (0) = 0，即 h(x)在 (0,+∞)上单调递增，
所以 h(x)> h(0) = 0，即 ex- cosx+ 12 x
2> x在 (0,+∞)上恒成立．
从而 φ(x) = ex- cosx+ 12 x
2- lnx- sinx> x- lnx- sinx≥ x- lnx- 1≥ 0，
所以方程 f(x) = |lnx+ sinx|在 x0,+∞ 上无零点．
综上所述，方程 f(x) = |lnx+ sinx|有且只有一个实根．
法二：因为 x- 1≥ lnx，所以 x≥ ln(x+ 1)，
所以 ex≥ x+ 1，所以 ex- lnx≥(x+ 1) - (x- 1) = 2，
所以 ex- cosx+ 1 x22 - lnx- sinx≥(2- sinx- cosx) +
1
2 x
2> 0，
所以方程 f(x) = |lnx+ sinx|在 x0,+∞ 上无零点．
综上所述，方程 f(x) = |lnx+ sinx|有且只有一个实根．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值 (最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题第
一问考查导数的几何意义，第二问利用导数求函数的单调区间，判断单调性，并借助零点存在性定理研究
方程的实根，考查数形结合思想的应用．
7. (2022·广东·深圳市高级中学高二期中)已知函数 f x = x2+ asinx+ 1,a∈R．
(1)设函数 g x = f x ，若 y= g π x 在区间 0, 2 上是增函数，求 a的取值范围；
(2)当 a=-2时，证明函数 f x 在区间 0,π 上无零点．
【答案】(1)a≤ 2； (2)证明见解析.
【解析】
(1)求出函数 g x ，根据给定条件，求出 g x ≥ 0在 0, π 2 上恒成立的 a的范围作答.
(2)利用导数探讨函数 f x 在 0,π 上的最小值大于 0即可作答.
(1)
由 f x = x2+ asinx+ 1求导得：f x = 2x+ acosx，即 g x = 2x+ acosx，
因 g x 在区间 0, π 2 上是增函数，则 x∈
0, π 2 ，g
x = 2- asinx≥ 0恒成立，
当 x= 0时，2≥ 0成立，即 a∈R；当 x≠ 0时， 2sinx ≥ a，而
2
sinx = 2，则 a≤ 2，min
所以 a的取值范围是 a≤ 2.
(2)
当 a=-2时，f x = x2- 2sinx+ 1，求导得 f x = 2x- 2cosx，
令 h(x) = 2x- 2cosx，则 h (x) = 2+ 2sinx≥ 0，因此函数 h(x)即 f x 在 0,π 上单调递增，
而 f π6 =
π
3 - 3< 0,f
π π4 = 2 - 2> 0，则存在 x0∈
π , π ，使 f 6 4 (x0) = 0，即 x0= cosx0，
当 0< x< x0时，f (x0)< 0，当 x0< x< π时，f (x0)> 0，则 f x 在 0,x0 上单调递减，在 x0,π 上单调递
增，
因此 f x min= f x0 = x20- 2sinx0+ 1= cos2x0- 2sinx0+ 1=- (sinx0+ 1)2+ 3，
而 sinx0∈ 12 ,
2
2 ，即有 f
3
x0 > 2 - 2> 0，因此，x∈ 0,π ，f x > 0恒成立，
所以函数 f x 在区间 0,π 上无零点．
【点睛】思路点睛：可导函数 f(x)在指定的区间D上单调递增 (减)，求参数范围问题，可转化为 f x ≥ 0
(或 f x ≤ 0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到．
8. (2022·河南· 1高二阶段练习 (文))已知函数 f x = a2lnx- 22 x a> 0 .
(1)当 a= 1 1时，求曲线 y= f x 在点 e ,f
1
e 处的切线方程；
(2)讨论 f x 在区间 1,e2 上的零点个数.
【答案】(1)y= e- 1 x+ 1e - 2 (2)见解析2e2
【解析】
(1)当 a= 1时，先求 f(x)的导函数 f (x) ，所以切线的斜率 k= f 1e ，然后再根据直线的点斜式方程写出
答案即可
(2)先求出 f(x)max ，通过分类讨论 f(x)max与 0的大小关系得出参数 a的取值范围对应的函数在区间
1,e2 上零点的个数
(1)
当 a= 1时，f(x) = lnx- 1 x22
1 1 1 1 2f 1e = ln e - 2 e =-1- 2 ，即切点的坐标为
1 1
2e e
,-1-
2e2
∴ f (x) = 1x - x
∴切线的斜率 k= f 1e = e-
1
e
切线的方程为：y+ 1+ 1 2 = e- 12e e x-
1
e
即 y= e- 1e x+
1 - 2
2e2
(2)
f x = a2lnx- 12 x
2 a> 0
2 2 2
f (x) = ax - x=
a - x
x
令 f (x)> 0 ，解得 x< a ，∴ f(x)在 (0,a)上递增
同理可得，f(x)在 (a,+∞)上递增上递减
∴ f(x) 2 1 2 1 2max= f(a) = a lna- 2 a = 2 a (2lna- 1)
讨论函数 f(x)零点情况如下：
(Ⅰ)当 1 a22 (ln2a- 1)< 0，即 0< a< e时，函数 f(x)无零点，在 (1,e
2)上无零点
(Ⅱ) 当 1 a22 (ln2a- 1) = 0，即 a= e时，函数 f(x)在 (0,+∞)上有唯一零点 a，而 1< a= e< e
2，∴ f(x)
在 (1,e2)上有一个零点
(Ⅲ)当 12 a
2(ln2a- 1)> 0，即 a> e时，由于 f(1) =- 12 < 0，f(a) =
1 2
2 a (2lna- 1)> 0
f(e2) = 2a2- 1 e4= 12 2 (2a- e
2) (2a+ e2)
当 2a- e2< 0时，即 e< a< e
2 2
2 时，1< e< a<
e 2 2
2 < e ，f(e )< 0
由函数的单调性可知，函数 f(x)在 (1,a)上有唯一零点 x1，在 (a,e2)上有唯一零点 x2，∴ f(x)在 (1,e2)有两
个零点
2
当 2a- e2≥ 0，即 a≥ e > e时，f(e2)≥ 0，而且 f( e) = a2ln e- 1 e= 1 a22 2 2 -
1
2 e> 0 ，f(1) =-
1
2 <
0
由函数单调性可知，函数 f(x)在 (1, e)上有唯一零点，在 ( e,e2)上没有零点，从而 f(x)在 (1,e2)有一个
零点
综上所述，当 0< a< e时，函数 f(x)在 (1,e2)有无零点
2
当 a= e或 a≥ e2 时，函数 f(x)在 (1,e
2)有一个零点
当 e< a< e
2
2 时，函数 f(x)在 (1,e
2)有两个零点
【点睛】本题考查了函数的单调性和函数的零点问题，考查了分类讨论思想，转化思想，是一道难题
9. ( 2022 ·湖北 ·鄂南高中模拟预测 ) 函数 f x = x- 2 e x , g x = 13 ax
3 - 1 22 x - x + 4 asinx +
x+ 1 ln x+ 1 ,a> 0.
(1)求函数 f x 在 x∈ -1,2 的值域；
(2)记 f x ,g x 分别是 f x ,g x 的导函数，记max m,n 表示实数m,n的最大值，记函数F x =
max f x ,g x ，讨论函数F x 的零点个数.
【答案】(1) -e,0 (2)答案见解析
【解析】
(1)对函数进行求导，得到 f(x)在 -1,1 单调递减，在 1,2 单调递增，即可得到答案；
(2)由 x> 1时，f x = x- 1 ex> 0，得到F x =max f x ,g x > 0，
则F x 在 x∈ 1,+∞ 上没有零点.从而将问题转化为只研究 g x 在 -1,1 上的零点个数，利用参变分
离即可得到答案；
(1)
(1)f x = x- 2 ex，则 f x = x- 1 ex，当 x∈ -1,1 时，f x < 0,f x 单调递减，当 x∈ 1,2 时，
f x > 0,f x 单调递增，f -1 =- 3e ,f 1 =-e,f 2 = 0.
则 f x 在 x∈ -1,2 的值域为 -e,0 .
(2)
(2)当 x> 1时，f x = x- 1 ex> 0，故F x =max f x ,g x > 0，
则F x 在 x∈ 1,+∞ 上没有零点.
当-1< x< 1时，f x = x- 1 ex< 0，
故若F x =max f x ,g x 有零点的话，也只能由 g x 产生零点.下面讨论 g x = ax2- x+ 4acosx
+ ln x+ 1 在 -1,1 上的零点个数.
设 h x = ax2- x+ 4acosx+ ln x+ 1 ,h x = 2ax- 1- 4asinx+ 1 1+ x，h x = 2a- 4acosx-
1
( + )2 ,x∈ -1,1 1 x
因为-1< x< 1,cosx∈ cos1,1 ，又 y= cosx在 0, π2 上单调递减，故 cos1> cos
π = 13 2
当-1< x< 1时，1- 2cosx< 0,h 1 x = 2a 1- 2cosx - (1+ )2 < 0x
所以 h x 单调递减，由 h 0 = 0得：当-1< x< 0时，h x > 0,h x 单调递增
当 0< x< 1时，h x < 0,h x 单调递减
当 x→-1时，ln x+ 1 →-∞，故 h x →-∞，当 x= 0时，h 0 = 4a> 0，故 h x 在 -1,0
上必有唯一零点.又 h 1 = a- 1+ 4acos1+ ln2,f 1 = 0
当 h 1 > 0 a> 1- ln2 1+ 4cos1 时，函数F x 有 1个零点
当 h 1 = 0 a= 1- ln2 1+ 4cos1 时，函数F x 有 2个零点
当 h 1- ln2 1 < 0 a< 1+ 4cos1 时，函数F x 有 3个零点
综上所述：当 a> 1- ln21+ 4cos1 时，函数F x 有 1个零点；
当 a= 1- ln21+ 4cos1 时，函数F x 有 2个零点；
当 0< a< 1- ln21+ 4cos1 时，函数F x 有 3个零点
【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值、零点，考查新定义问题，对逻辑推理能力、抽象思维能力要求
较高。
10.(2022·黑龙江·大庆实验中学高三阶段练习 (理))已知 f x = x lnx- a + lnx+ a，
(1)若 a= 2，讨论函数 y= f x 的单调性；
(2) a∈ 0, 5已知 2 ,x∈ 1,+∞ ，判断函数 g x = x lnx- 1 - ax+ 2aln x+ 1 的零点个数．
注：ln2≈ 0.69
【答案】(1)函数 f x 在 0,+∞ 上单调递增；
(2)
【解析】
(1)根据求导公式的运算法则可得 f (x)，利用二次求导研究函数 f(x)的单调性即可得出结果；
(2)利用分类讨论的思想方法和三次求导分别研究函数当 0< a≤ 2、2< a< 52 时的单调性，结合零点的
存在性定理即可得出结果.
(1)
当 a= 2时，f(x) = x(lnx- 2) + lnx+ 2(x> 0)，
则 f (x) = lnx+ 1 - 1= xlnx- x+ 1x x ，
设u(x) = xlnx- x+ 1(x> 0)，则u (x) = lnx，
令u (x)< 0 0< x< 1，令u (x)> 0 x> 1，
所以函数u(x)在 (0,1)上单调递减，在 (1,+∞)上单调递增，
且u(1) = 0，所以u(x)≥ 0在 (0,+∞)上恒成立，
即 f (x)≥ 0在 (0,+∞)上恒成立，所以函数 f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
(2)
函数 g(x)的定义域为 [1,+∞) (x+ 1)lnx- ax+ a，则 g (x) = lnx- a+ 2ax+ 1 = x+ 1 ，
设 h(x) = (x+ 1) xlnx+ (1- a)x+ 1lnx- ax+ a(x≥ 1)，则 h (x) = x ，
令 q(x) = xlnx+ (1- a)x+ 1(x≥ 1)，则 q (x) = lnx+ 2- a，
当 0< a≤ 2时，q (x)> 0，q(x)单调递增，且 q(1) = 2- a> 0，所以 q(x)> 0，
即 h (x)> 0，则 h(x)在 [1,+∞)上单调递增，且 h(1) = 0，所以 h(x)≥ 0，
即 g (x)≥ 0，则 g(x)在 [1,+∞)上单调递增，且 g(1) = (2ln2- 1)a- 1≈ 0.38a- 1< 0，
g(ea+1) = aea+1- aea+1+ 2aln(ea+1+ 1) = 2aln(ea+1+ 1)> 0，
由零点的存在性定理知，此时函数 g(x)在 [1,+∞)上有 1个零点；
2
当 2< a< 5 时，g (x) = 1 - 2a (x+ 1) - 2a2 x (x+ 1)2 = x(x+ 1)2 ，
令 g (x) = 0，解得 x0= 2a- 1，
则当 x∈ (1,x )时 g 0 (x)< 0，故 g (x)单调递减，
当 x∈ (x ,+∞)时 g (x)> 0，故 g 0 (x)单调递增，
且 g (1) = 0，g (ea) = 2aa+ > 0，e 1
所以存在 x ∈ (1,ea1 )，使得 g (x1) = 0，
则 g(x)在 (1,x1)上单调递减，在 (x1,+∞)上单调递增，
又 g(1)< 0，得 g(x1)< g(1)< 0，g(ea+1)> 0，
由零点的存在性定理知，此时函数 g(x)在 [1,+∞)上有 1个零点.
综上，当 0< a< 52 时，g(x)在 [1,+∞)有 1个零点.
【点睛】(1)研究函数零点问题，要通过数的计算 (函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零
点的可能情况；(2)函数可变零点 (函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为
零，建立不同零点之间的关系，结合零点的存在性定理，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的
方法进行研究．

展开更多......

收起↑