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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.
2
【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 f x ax= x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的极大值；
π
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx é在区间 ê- , 2024π
ù
上的零点个数．
2 ú
2
【解析】（1）由题易得，函数 f x ax= x 的定义域为R ，e
2axex - ax2 xf x e 2ax - ax
2 ax 2 - x
又 = = = ex 2 ex ex ，
所以，当 a > 0时， f x , f x 随 x 的变化情况如下表：
x - ,0 0 0,2 2 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 f 2 4a= a > 0 ．
e2
当 a<0时， f x , f x 随 x 的变化情况如下表：
x - ,0 0 0,2 2 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 f 0 = 0 a < 0 ．
a 0 f x 4a综上所述，当 > 时， 的极大值为 2 ；当 a<0时， f x 的极大值为 0．e
2 2
（2）方法一：当 a =1时， f x x= x ，所以函数 g x = f x - cosx
x
= x - cosx．e e
2
由 g x = 0 x，得 = cosx．
ex
所以要求 g x é π在区间 ê- , 2024π
ù
2 ú
上的零点的个数，

é π ù
只需求 y = f x 的图象与 h x = cosx的图象在区间 ê- , 2024π2 ú 上的交点个数即可．
由（1）知，当 a =1时， y = f x 在 - ,0 , 2,+ 上单调递减，在 0,2 上单调递增，
y π所以 = f x é ù在区间 ê- ,0ú 上单调递减． 2
又 h x = cosx é π在区间 ê- ,0
ù
ú 上单调递增， 2
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
x2 é π
所以 f x = 与 h x = cosx的图象在区间 ê- ,0
ù
x ú 上只有一个交点，e 2
é π ù
所以 g x 在区间 ê- ,0 上有且只有 1 个零点． 2 ú
2
因为当 a =1，x > 0 x时， f x = x > 0，e
f x 在区间 0，2 上单调递增，在区间 2, + 上单调递减，
2
所以 f 4x x= x 在区间 0, + 上有极大值 f 2 = <1，e e2
即当 a =1, x > 0时，恒有0 < f x <1．
又当 x > 0时， h x = cosx的值域为 -1,1 ，且其最小正周期为T = 2π，
现考查在其一个周期 0,2π 上的情况，
x2f x = 在区间 0,2x 上单调递增， h x = cosx在区间 0,2 上单调递减，e
且 f 0 = 0 < h 0 =1， f 2 > 0 > h 2 = cos2 ，
2
所以 h x = cosx与 f x x= x 的图象在区间 0,2 上只有一个交点，e
即 g x 在区间 0,2 上有且只有 1 个零点．

因为在区间 2,
3π ù
ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2 3π
所以 f x = 与 h x = cosx ùx 的图象在区间 2, ú上无交点，e è 2
即 g x 在区间 2,
3π ù
ú上无零点．è 2
3π 2
在区间 , 2π
ù
2 ú上， f x
x
= x 单调递减， h x = cosx单调递增，è e
f 3π 0 h 3π 且 ÷ > > ÷，0 < f 2π <1 = cos2π = h 2π ，
è 2 è 2
2
所以 h x = cosx x 3π与 f x = 的图象在区间 , 2πùx 上只有一个交点，e è 2 ú
g x 3π ,2πù即 在区间 2 ú上有且只有 1 个零点．è
所以 g x 在一个周期 0,2π 上有且只有 2 个零点．
x2*
同理可知，在区间 2kπ,2kπ + 2π k N 上，0 < f x <1且 f x = x 单调递减，e
h x = cosx在区间 2kπ,2kπ + π 上单调递减，在区间 2kπ + π,2kπ + 2π 上单调递增，
且0 < f 2kπ <1 = cos 2kπ = h 2kπ ，
f 2kπ + π > 0 > -1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π
0 < f 2kπ + π <1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π ，
x2
所以 h x = cosx与 f x = 的图象在区间 2kπ,2kπ + π 和（2kπ + π,2kπ + 2π]x 上各有一个交点，e
*
即 g x 在 2π,2024π 上的每一个区间 2kπ,2kπ + 2π k N 上都有且只有 2 个零点．
2024π
所以 g x 在（0,2024π]上共有 2 = 2024个零点．
2π
é π ù
综上可知， g x 在区间 ê- , 2024π2 ú 上共有 2024 +1 = 2025个零点．
2 2
方法二：当 a =1 f x x g x f x cosx x时， = x ，所以函数 = - = x - cosx．e e
x é π
2 π
当 ê- ,0
ù é ù
ú时， g x
2x - x
= x + sinx 0，所以 g x 在区间 2 e ê
- ,0ú 上单调递减． 2
π é π ù
又 g - > 0, g 0 < 0，所以存在唯一零点 x - ,0 ，使得 g x = 0．
è 2 ÷ 0 0 ê 2 ú
é π ù
所以 g x 在区间 ê- ,0ú 上有且仅有一个零点． 2
x π 3π
2
当 2kπ + , 2kπ +
ù
ú , k N
x
时，
2 2 x > 0, cosx < 0
，所以 g x > 0．
è e
π
所以 g x 在 2kπ + , 2kπ
3π
+ ù ,k N 上无零点．
è 2 2 ú
x 0, π ù g x 2x - x
2 π
当 ú时， = x + sinx > 0 ，所以 g x 在区间 0, 上单调递增．è 2 e è 2 ÷
又 g 0 π< 0,g ÷ > 0，所以存在唯一零点．
è 2
2
当 x 2kπ,2kπ
π
+ ù * 2x - xú , k N 时，2 g
x = x + sinx ，è e
j x 2x - x
2 x2 - 4x + 2
设 = x + sinx，则j x = + cosx > 0e ex
所以 g x 在 2kπ,2kπ
π
+ ù *
è 2 ú
, k N 上单调递增．

又 g 2kπ < 0, g 2kπ+
π
÷ > 0，
è 2
所以存在 x
π
1

2kπ,2kπ +
ù
ú ,k N
*
，使得 g x = 0 ．
è 2 1
即当 x 2kπ,x1 时， g x1 < 0, g x 单调递减；
x x π ù当 1, 2kπ + ú时， g x1 > 0, g x 2 单调递增．è
又 g 2kπ < 0, g 2kπ
π 0 g x π+ > ù *÷ ，所以 在区间 2kπ,2kπ + ú , k N 上有且仅有一个零点è 2 è 2
π ù
所以 g x 在区间 2kπ,2kπ +
è 2 ú
, k N上有且仅有一个零点．


当 x 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πù ,k N 时，
è 2 ú
g x 2x - x
2
= x + sinx ，e
j x 2x - x
2 x2 - 4x + 2
设 = + sinx，则j x x = x + cosx > 0e e
所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N2 上单调递增．è

又 g 2kπ
3π
+ ÷ < 0, g 2kπ + 2π < 0，所以 g x
3π ù
在区间
2
2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N2 上单调递减：è è
3π
又 g 2kπ + ÷ > 0, g 2kπ + 2π < 0，
è 2

所以存在唯一 x2 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2π ÷，使得 g x2 = 0．
è 2
所以 g x 3π在区间 2kπ + , 2kπ + 2πùú ,k N2 上有且仅有一个零点．è
所以 g x 在区间 2kπ,2kπ + 2π ,k N上有两个零点．
所以 g x 在 0,2024π 2024π上共有 2 = 2024个零点．
2π
é π ù
综上所述， g x 在区间 ê- , 2024πú 上共有 2024 +1 = 20252 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 f x = ln x + 2
(1)求曲线 y = f x 在 x=-1处的切线方程；
(2)求证： e x x + 1；
(3)函数 h x = f x - a x + 2 有且只有两个零点，求 a 的取值范围．
1
【解析】（1）因为 f x = ，
x + 2
所以曲线 y = f x 在 x= 1-1处的切线斜率为 f -1 = =1，
-1+ 2
又 f -1 = ln -1+ 2 = 0，所以切线方程为 y = x +1 .
2 g x = ex（ ）记 - x -1，则 g x = ex -1，
当 x < 0 时， g x < 0，函数 g x 在 - ,0 上单调递减；
当 x > 0时， g x > 0，函数 g x 在 0, + 上单调递增.
所以当 x = 0时， g x 取得最小值 g 0 = e0 -1 = 0，
所以 g x = ex - x -1 0，即 e x x + 1 .
（3） h x = f x - a x + 2 = ln x + 2 - a x + 2 , x > -2，
由题知， ln x + 2 - a x + 2 = 0有且只有两个不相等实数根，
ln x + 2
即 = a有且只有两个不相等实数根，
x + 2
ln x + 2令m x = , x > -2，则m
1- ln x + 2x = 2 ，
x + 2 x + 2
当-2 < x < e - 2时，m x > 0，m x 在 -2,e - 2 上单调递增；
当 x > e - 2 时，m x < 0 ，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 f e - 2 1= ，所以可得m x 的图象如图：
e
1
由图可知，当0 < a < 时，函数m x 的图象与直线 y = a有两个交点，
e
1
所以，a 的取值范围为 0, ÷ .
è e
(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 x0 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 x】（2024 届山东省烟台招远市高考三模）已知函数 f x = x + ae a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
x f x - x
(2)当 a = 3时，若方程 + = m +1f x x f x 有三个不等的实根，求实数
m 的取值范围.
-
x
【解析】（1）求导知 f x =1+ ae .
a 0 f x =1+ aex当 时，由 1 > 0可知， f x 在 - ,+ 上单调递增；
当 a<0时，对 x < - ln -a 有 f x =1+ aex >1+ a ×e- ln -a = 0，对 x > - ln -a 有
f x =1+ aex <1+ a ×e- ln -a = 0，所以 f x 在 - ,- ln -a ù 上单调递增，在 é - ln -a , + 上单调递减.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,+ 上单调递增；
当 a<0时， f x 在 - ,- ln -a ù 上单调递增，在 é- ln -a , + 上单调递减.
x
（2）当 a = 3时， f x = x + 3ex x 3e，故原方程可化为
3ex
+ = m +1.
x + 3ex
x 3ex 1 x x x
2 x2
而 x + - = - = = m3e x + 3ex 3ex x + 3ex 3ex x + 3ex ，所以原方程又等价于 3ex x + 3ex .
由于 x2 x和3e x + 3ex 2 x x不能同时为零，故原方程又等价于 x = 3m ×e x + 3e .
即 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0 .
- x - x
设 g x = x ×e ，则 g x = 1- x ×e ，从而对 x <1有 g x > 0，对 x >1有 g x < 0 .
故 g x 在 - ,1 上递增，在 1, + 上递减，这就得到 g x g 1 ，且不等号两边相等当且仅当 x =1 .
然后考虑关于 x 的方程 g x = t ：
- x
①若 t 0，由于当 x >1时有 g x = x ×e > 0 t ，而 g x 在 - ,1 上递增，故方程 g x = t 至多有一个解；
而 g 1 1= > 0 t ， g t = t ×e-t t ×e-0 = t ，所以方程 g x = t 恰有一个解；
e
②若0 t
1
< < ，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；
e
x x x x x x 1 2 2g x = x ×e- x
- - -
2 e 2 x
- - -1 2 - ×2ln -1 - ln
而由 = × × ×e 2 = 2 ×e 2 × g ÷ 2 ×e 2 × g 1 = 2 ×e 2 g

有 2ln ÷ 2 ×e 2 t < 2 ×e t = t ，2 è 2 è t
再结合 g 0 = 0 < t ， g 1 1= > t 2， 2ln > 2ln 2e > ln e =1，即知方程 g x = t 恰有两个解，且这两个解分
e t
2
别属于 0,1 和 1,2 ln ÷；
è t
③若 t
1 1
= ，则 t = = g 1 .
e e
由于 g x g 1 ，且不等号两边相等当且仅当 x =1，故方程 g x = t 恰有一解 x =1 .
t 1 1④若 > ，则 g x g 1 = < t ，故方程 g x = t 无解.
e e
2
由刚刚讨论的 g x = t 的解的数量情况可知，方程 x ×e- x - 3m x ×e- x - 9m = 0存在三个不同的实根，当且
仅当关于 t
1 1ù
的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0有两个不同的根 t1, t2 ，且 t1 0, ÷， t2 - , .
è e è e ú
1 1ù
一方面，若关于 t 的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0有两个不同的根 t1, t2 ，且 t1 0, ÷， t2 - , e ú ，则首先有è e è
0 < Δ = 9m2 + 36m = 9m m + 4 1 1，且-9m = t1t2 te 1 < 2 .e
故m - ,-4 0,+ 1， m > - 2 ，所以m > 0 .9e
2
t 2 - 3mt - 9m = 0 3m ± 3 m + 4m t 3m + 3 m
2 + 4m
而方程 的解是 ，两解符号相反，故只能 1 = ，2 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
1 3m + 3 m2 + 4m 2 2
所以 > t = ，即 > m + m + 4m1 .e 2 3e
2 22
这就得到 - m > m + 4m 0 2
1
，所以 - m
2
÷ > m + 4m ，解得m <3e 2
.
è 3e 9e + 3e
1
故我们得到0 < m <
9e2
；
+ 3e
2
另一方面，当0 m
1
< < 2 时，关于 t 的二次方程 t
2 - 3mt - 9m = 0 t 3m + 3 m + 4m有两个不同的根 ，9e + 3e 1 = 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
t 3m + 3 m
2 + 4m
且有 1 = > 0，2
3 1 1 4× 2 + 3 +2 2 2 1 6e +12
t 3m + 3 m + 4m
9e + 3e 9e + 3e 9e + 3e 3 × 2 + 3 ×9e 3e 9e2 3e 1 ，+ +
1 = < = =2 2 2 e
3m - 3 m2t + 4m 3m - 3 m
2 1
2 = < = 0 .2 2 e
综上，实数m 0,
1
的取值范围是 .
è 9e2 + 3e ÷
(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 x0 ,再利用导函数的单调性确定 x0 所在区间,最后根据 f x0 = 0 ,研究 f x0 ,我们
把这类问题称为隐零点问题. 注意若 f (x) 中含有参数 a,关系式 f ' (x0 ) = 0是关于 x0 ,a 的关系式,确定 x0 的
合适范围,往往和 a 的范围有关.
【例 4】（2024 x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 f x = e ，
g x = ln x .
(1)若函数 h x = ag x -1 x +1- ， a R ，讨论函数 h x 的单调性；
x -1
1 4
(2)证明： 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 . 1（参考数据：
4 e5 2.23
， e 2 1 .6 5 ）
x +1 h x ax - a + 2【解析】（1）由题意 h x = a ln x -1 - , x >1，所以 = , x >1
x -1 x -1 2 ，
当 a = 0时， h x > 0，所以 h x 在 1, + 上为增函数；
a 0 2当 时，令 h x = 0得 x = 1- ，
a
2
所以若 a > 0时，1- <1，所以 h x > 0，所以 h x 在 1, + 上为增函数，
a
若 a<0时，1
2
- >1，且1
2
< x <1- 时， h x > 0 x 1 2， > - 时， h x < 0，
a a a
所以 h x 在 1,1
2 2
- ÷上为增函数，在 1- ,+

a ÷上为减函数，è a è
综上：当 a 0时， h x 在 1, + 上为增函数，
当 a<0时， h x 在 1,1
2
-
2
÷上为增函数，在 1- ,+ a ÷上为减函数；è a è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 1 2x x等价于 2x -1 e - e - 2ln x + 2 > 0，
4 4
1 2x x
设F x = 2x -1 e - e - 2ln x + 2 ，则
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x ex 2 x e - xe - 2 - - = = ，
x x x
因为 x > 0，所以 xex +1 > 0，
设j x = xex - 2，则j x = x +1 ex > 0 ，则j x 在 0, + 上单调递增，
4 4 4
而j ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0，
è 5 5
x 4 x所以存在 0 ,1÷ ，使j x0 = 0，即 x e 0 = 2，所以 x0 + ln x0 = ln 2 ，即 ln x0 = ln 2 - x0 ，
è 5 0
当0 < x < x0 时，F x < 0，则F x 在 0, x0 上单调递减，
当 x > x0时，F x > 0，则F x 在 x0 ,+ 上单调递增，
所以F x 1= 2x -1 e2x0 - ex0 - 2ln x + 2min 4 0 0
1 4 2
= 2x0 -1 2 - - 2ln 2 + 2x
1
0 + 2 = - 2 + 2x0 - 2ln 2 + 24 x ，0 x0 x0
1
设m t = - 2 + 2t - 2ln 2 + 2,
4
< t <1
2
÷，则m t = 3 + 2 > 0，t è 5 t
m t 4 ,1 4 25 8 163则 在 ÷ 上单调递增，m ÷ = - + - 2ln 2 + 2 = - 2ln 2 > 0，
è 5 è 5 16 5 80
则F x > 0 1min ，则不等式 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0恒成立，4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
【例 1】（2024 届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数 f x = ln x + sin x π+ sin .
10
(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 f x π= ln x + sin x + sin ，
10
1
所以 f (x) = + cos x ，令 g x = f (x) 1= + cos x， g x 1= - - sin x ，
x x x2
当 x 1,e 时， g x 1= - 2 - sin x < 0，x
所以 g x 在 1,e 上单调递减，且 g 1 =1+ cos1 > 0，
g e 1= + cos e< 1 + cos 2π 1 1= - < 0 ，
e e 3 e 2
所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使 g a = f a = 0
又当 x 1,a 时， g x = f x > 0；当 x a , e 时， g x = f x < 0 ；
所以 f x 在 x 1,a 上单调递增，在 x a , e 上单调递减，
又因为 f 1 = ln1+ sin1+ sin π = sin1+ sin π ，
10 10
f e = ln e + sin e + sin π π=1+ sin e + sin > f 1 ，
10 10
π
所以函数 f (x) 在区间[1,e]上的最小值为 f 1 = sin1+ sin .
10
（2）函数 f x 在 0, + 上有且仅有一个零点，证明如下：
f x π 1函数 = ln x + sin x + sin ， x 0, + ，则 f (x) = + cos x ，
10 x
若0 < x 1， f (x)
1
= + cos x > 0，
x
所以 f (x)
π
在区间 0,1 上单调递增，又 f 1 = sin1+ sin > 0，
10
f 1 ÷ = -1+ sin
1
+ sin π < -1 π π+ sin + sin = 0，
è e e 10 6 6
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1 < x π ，则 ln x > 0,sin x 0， sin
π
> 0，则 f x > 0，
10
若 x > π，因为 ln x > ln π >1 -sin x，所以 f x > 0，
综上，函数 f (x) 在 0, + 有且仅有一个零点.
【例 2】（2024 ax -ax届江西省九江市高三三模）已知函数 f x = e + e (a R ，且 a 0) .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) f x = x + x-1若方程 有三个不同的实数解，求 a 的取值范围.
【解析】（1）解法一： f x = a eax - e-ax
ax
令 g x = a e - e-ax g x = a2 eax + e-ax，则 > 0
\ g x 在R 上单调递增.
又 g 0 = 0,\当 x < 0 时， g x < 0 ，即 f x < 0；当 x > 0时， g x > 0，即 f x > 0
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
a eax +1 eax -1
解法二： f x = a eax - e-ax = eax
①当 a > 0时，由 f x < 0得 x < 0 ，由 f x > 0得 x > 0
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增
②当 a < 0时，同理可得 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
（2）解法一：由 f x = x + x-1，得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = ex + e- x ，则 h ax = h lnx
又Qh x = ex + e- x 为偶函数，\h ax = h lnx
由（1）知 h x 在 0, + 上单调递增，\ ax = lnx lnx，即 = a 有三个不同的实数解.
x
m x lnx , m x 1- lnx令 = = 2 ，由m x > 0，得0 < x < e;由m x < 0 ，得 x >e，x x
\m x 1在 0, e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，且m 1 = 0,m e =
e
\ 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 x 0 时，m x + ；当 x 1 + 时，m x 0，故0 < a <
e
1 1 1 1
解得- < a < 0或0 < a <

，故 a 的取值范围是 - ,0
0,
e e e ÷ e ÷è è
解法二：由 f x = x + x-1得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = x + x-1，则 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.
ax
由 h e = h x ，得 eax = x 或 eax = x-1
两边同时取以 e为底的对数，得 ax = lnx 或 ax = -lnx ，
\ ax = lnx lnx，即 = a 有三个不同的实数解
x
下同解法一.
1
【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 f (x) = a(ln x +1) + (a > 0)．
x3
(1)求证：1+ x ln x > 0；
(2) x 1若 1, x2 是 f (x) 的两个相异零点，求证： x2 - x1 <1- ．a
【解析】（1）令 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，则 g (x) =1+ ln x．
1 1
令 g (x) > 0，得 x > ；令 g (x) < 0，得0 < x < ．
e e
1 1
所以 g(x)在 0, ÷上单调递减，在e
,+
è è e ÷
上单调递增．

所以 g(x) = g
1 1
min ÷ =1- > 0，所以1+ x ln x > 0．
è e e
（2）易知函数 f (x) 的定义域是 (0, + )．
3
由 f (x) = a(ln x
1
+1) + 3 ，可得 f
(x) a 3 ax - 3= - 4 =x x x x4
．
令 f (x) > 0 x 3 3得 > 3 ；令 f (x) < 0 得0 < x < 3 ．
a a

所以 f (x) 0
3 3
> 在 0, 3 ÷÷上单调递减，在
3
, + a ÷÷上单调递增，è a è

f (x) 3 a 33 a所以 min = f ÷÷ = ln + 3÷ + ．
è a 3 è a 3
a ln 3 a①当 + 3÷ + 0，即0 < a 3e4时， f (x) 至多有 1 个零点，故不满足题意．3 è a 3
a 3 a
②当 ln + 3 + < 0，即 4 3 1时， 3 3
3 a ÷ 3 a > 3e < 4 <1
．
è a e
3 , 3

因为 f (x) 在 3 +a ÷÷上单调递增，且
f (1) = a +1 > 0．所以 f (1) × f 3 a ÷÷
< 0，
è è
3 3
所以 f (x) 在 3 ,+ a ÷÷上有且只有
1 个零点，不妨记为x1，且 3 < x <1．
è a
1
1 f 1

a ln 1
3 3
由（1）知 ln x > - ，所以 ÷ = +1÷ + a 2 > a(- a +1) + a 2 = a > 0．
x a ÷ è è a ÷

因为 f (x) 在 0,
3 1 3
3
÷÷上单调递减， <
3 , f 1 3× f 3 < 0 ，
è a a a
a ÷÷ ÷÷ è è a

0, 3
1 3
所以 f (x) 在 3 a ÷÷
上有且只有 1 个零点，记为x2，且 < x < 32 ．
è a a
1 3 1
所以 < x 32 < < x1 <1，所以 -1< x2 - x1 < 0．a a a
1 3 3
同理，若记 x , 31 , x
3 ,1
è a a
÷÷ 2 a ÷÷ è
则有0 x 1< 2 - x1 <1- ，a
1
综上所述， x2 - x1 <1- ．a
4 2022 f x = ln 1+ x + axe-x【例 】（ 高考全国卷乙理）已知函数
（1）当 a =1时,求曲线 y = f x 在点 0, f 0 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．
【解析】（1）当 a =1时, f (x) = ln(1
x
+ x) + , f (0) = 0 ,所以切点为 (0,0) ,
ex
f (x) 1 1- x= + x , f (0) = 2 ,所以切线斜率为 21+ x e
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = 2x .
ex + a 1- x2
f (x) = ln(1+ x) ax+ 1 a(1- x) （2） , ,
ex f (x) = + =1+ x ex (1+ x)ex
设 g(x) = ex + a 1- x2
1°若 a > 0 ,当 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 > 0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (-1,0) 上单调递增, f (x) < f (0) = 0
故 f (x) 在 (-1,0) 上没有零点,不合题意,
2° 若-1 a 0 ,当 x (0,+ )时, g (x) = ex - 2ax > 0
所以 g(x)在 (0, + )上单调递增,所以 g(x) > g(0) =1+ a…0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (0, + )上单调递增, f (x) > f (0) = 0 ,
故 f (x) 在 (0, + )上没有零点,不合题意.
3° 若 a < -1 ,
(1)当 x (0,+ ) ,则 g (x) = ex - 2ax > 0 ,所以 g(x)在 (0, + )上单调递增,
g(0) =1+ a < 0, g(1) = e > 0 ,
所以存在m (0,1) ,使得 g(m) = 0 ,即 f (m) = 0 .
当 x (0,m), f (x) < 0, f (x) 单调递减,当 x (m,+ ), f (x) > 0, f (x) 单调递增,
所以当 x (0,m), f (x) < f (0) = 0 ,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 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 , g (x) = ex - 2ax ,设h(x) = g (x) ,
则h (x) = ex - 2a > 0 ,所以 g (x) 在 (-1,0) 上单调递增,
g (-1) 1= + 2a < 0, g (0) = 1 > 0 ,所以存在n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
e
当 x (-1,n), g (x) < 0, g(x)单调递减
当 x (n,0), g (x) > 0, g(x)单调递增, g(x) < g(0) =1+ a < 0 ,
又 g( 1-1) = > 0 ,所以存在 t (-1, n) ,使得 g(t) = 0 ,即 f (t) = 0
e
当 x (-1, t), f (x) 单调递增,当 x (t,0), f (x) 单调递减
有 x -1, f (x) -
而 f (0) = 0 ,所以当 x (t,0), f (x) > 0 ,
所以 f (x) 在 (-1, t) 上有唯一零点, (t , 0 ) 上无零点,
即 f (x) 在 (-1,0) 上有唯一零点,
所以 a < -1 ,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 x-1届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数 f x = xe - ln x - x .
(1)求函数 f x 的最小值；
1
(2) e x求证： é f x + xù > e - e -1 ln x - .2
x-1
【解析】（1）因为函数 f x = xe - ln x - x ，所以 f x = x +1 ex-1 1- -1 = x +1 ex-1 1
x
- ÷，
è x
h x = ex-1 1记 - , x > 0， h x = ex-1 1+ 2 > 0，x x
所以 h x 在 0, + 上单调递增，且 h 1 = 0，
所以当0 < x <1时， h x < 0，即 f x < 0，所以 f x 在 0,1 单调递减；
当 x >1时， h x > 0 ，即 f x > 0，所以 f x 在 1, + 单调递增，且 f 1 = 0，
所以 f x = f 1 = 0min .
1
（2）要证 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x - ，2
x 1
只需证明： x -1 e - ln x + > 0 对于 x > 0恒成立，
2
令 g x = x -1 ex - ln x 1+ g x = xex 1，则 - x > 0 ，
2 x
1
当 x > 0时，令m(x) = g (x) = xex - ，
x
则m (x)
1
= (x +1)ex + > 0，m(x)2 在 (0, + )上单调递增，x
即 g x = xex 1- 在 (0, + )上为增函数，
x
2
2 2 2 3 2 é 2 27 ù 3
又因为 g = e3 - = êe3 -3 ÷ 3 2 3 ê 8 ÷
ú < 0
ú ，
g 1 = e -1 > 0 ，
è è

2 1 x2ex0
所以存在 x0 ,1÷使得 g x0 = 0，由 g x0 = x0ex
-1
0 - = 0 = 0，
è 3 x0 x0
2 x 1 1
得 x e 00 =1即 e
x0 = x0
x2 即
e = 2 即-2ln x0 = xx 0 ，0 0
所以当 x 0, x0 时， g x
1
= xex - < 0， g x 单调递减，
x
x x ,+ g x = xex 1当 0 时， - > 0 ， g x 单调递增，x
3 2
所以 g x = g x x 1 ex ln x 1 x -1 x 1 x + x + 2x - 2= - 00 0 - 0 + = 0 + 0 + = 0 0 0min 2 2 ，2 x0 2 2 2x0
2
j x = x3 + x2 + 2x 2- 2 < x <1 j x 3x2 2x 2 3 x 1 5令 3 ÷，则 = + + = + ÷ + > 0 ，è è 3 3
所以j x 2 ,1 2 2在 ÷上单调递增，所以j x3 0 > j ÷ = > 0，è è 3 27
g x g x j x= 0 所以 0 2 > 0 x，所以 x -1 e - ln x
1
+ > 0 ，
2x0 2
即 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x
1
- .
2
1.（2024 x届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数 f x = xe -1, g x = lnx - mx,m R .
(1)求 f x 的最小值；
(2)设函数h x = f x - g x ，讨论 h x 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 f x = ax - ln 1- x a R .
(1)若 f x 0恒成立，求 a 的值；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，且 x2 - x1 > e -1，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 f x = ex-1 - ax - a a R .
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在 x =1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 f x = ex + asinx ， x 0, + .
(1)当 a = -1时， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求实数b 的取值范围；
(2)若 a > 0, 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 f (x) = ln x + 5x - 4．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
3
(2)证明： f (x) > - - 2．
5x
6 x．（2024 届上海市格致中学高三下学期三模）已知 f x = e - ax -1， a R ， e是自然对数的底数.
(1)当 a =1时，求函数 y = f x 的极值；
(2)若关于 x 的方程 f x +1 = 0有两个不等实根，求 a 的取值范围；
(3)当 a > 0时，若满足 f x1 = f x2 x1 < x2 ，求证： x1 + x2 < 2lna .
7．（2024 届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数 f (x) = elx - 4sin x + l - 2的图象在 x = 0处的
切线为 y = ax-a-3,a R .
(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 f x = xlnx ．
(1)求 f x 图象上点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 时恒成立，求 a 的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ，证明 f x - f x 21 2 x1 - x2 ．
ax
9．（2024 届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数 f x = x ， g x = sin x + cos x .e
(1)当 a =1时，求 f x 的极值；
(2)当 x 0, π 时， f x g x 恒成立，求 a 的取值范围.
1
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 f x = alnx - + x a R .
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
2
(2)若关于 x 的不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立，求 a 的取值范围.
e
11 2 x．（2024 届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设 f x =（a -1)e + sin x - 3
(1)当 a = 2 ，求函数 f (x) 的零点个数.
(2)函数 h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2，若对任意 x 0 ，恒有 h(x) > 0，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 f x = 2ax - sinx .
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 x > 0时， f x axcosx 恒成立，求实数 a 的取值范围.
1
13 2．（2024 届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数 f x = 2lnx - mx +1 m R .
2
(1)当m =1时，证明： f x <1；
(2)若关于 x 的不等式 f x < m - 2 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 f (x) = x3 - 3ax2 + 3b2x
(1)若 a =1，b = 0，求曲线 y = f (x) 在点 1, f 1 处的切线方程；
1+ ln x k
(2)若0 < a < b，不等式 f ÷ > fx 1 x ÷对任意
x 1,+ 恒成立，求整数 k 的最大值．
è - è
1
15．（2023 2x届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数 f (x) = e - .
x
(1)判断函数 f (x) 零点的个数，并证明；
(2)证明： xe2x - ln x - 2x - cos x > 0 .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.
2
【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 f x ax= x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的极大值；
π
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx é在区间 ê- , 2024π
ù
上的零点个数．
2 ú
2
【解析】（1）由题易得，函数 f x ax= x 的定义域为R ，e
2axex - ax2 xf x e 2ax - ax
2 ax 2 - x
又 = = = ex 2 ex ex ，
所以，当 a > 0时， f x , f x 随 x 的变化情况如下表：
x - ,0 0 0,2 2 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 f 2 4a= a > 0 ．
e2
当 a<0时， f x , f x 随 x 的变化情况如下表：
x - ,0 0 0,2 2 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 f 0 = 0 a < 0 ．
a 0 f x 4a综上所述，当 > 时， 的极大值为 2 ；当 a<0时， f x 的极大值为 0．e
2 2
（2）方法一：当 a =1时， f x x= x ，所以函数 g x = f x - cosx
x
= x - cosx．e e
2
由 g x = 0 x，得 = cosx．
ex
所以要求 g x é π在区间 ê- , 2024π
ù
2 ú
上的零点的个数，

é π ù
只需求 y = f x 的图象与 h x = cosx的图象在区间 ê- , 2024π2 ú 上的交点个数即可．
由（1）知，当 a =1时， y = f x 在 - ,0 , 2,+ 上单调递减，在 0,2 上单调递增，
y π所以 = f x é ù在区间 ê- ,0ú 上单调递减． 2
又 h x = cosx é π在区间 ê- ,0
ù
ú 上单调递增， 2
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
x2 é π
所以 f x = 与 h x = cosx的图象在区间 ê- ,0
ù
x ú 上只有一个交点，e 2
é π ù
所以 g x 在区间 ê- ,0 上有且只有 1 个零点． 2 ú
2
因为当 a =1，x > 0 x时， f x = x > 0，e
f x 在区间 0，2 上单调递增，在区间 2, + 上单调递减，
2
所以 f 4x x= x 在区间 0, + 上有极大值 f 2 = <1，e e2
即当 a =1, x > 0时，恒有0 < f x <1．
又当 x > 0时， h x = cosx的值域为 -1,1 ，且其最小正周期为T = 2π，
现考查在其一个周期 0,2π 上的情况，
x2f x = 在区间 0,2x 上单调递增， h x = cosx在区间 0,2 上单调递减，e
且 f 0 = 0 < h 0 =1， f 2 > 0 > h 2 = cos2 ，
2
所以 h x = cosx与 f x x= x 的图象在区间 0,2 上只有一个交点，e
即 g x 在区间 0,2 上有且只有 1 个零点．

因为在区间 2,
3π ù
ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2 3π
所以 f x = 与 h x = cosx ùx 的图象在区间 2, ú上无交点，e è 2
即 g x 在区间 2,
3π ù
ú上无零点．è 2
3π 2
在区间 , 2π
ù
2 ú上， f x
x
= x 单调递减， h x = cosx单调递增，è e
f 3π 0 h 3π 且 ÷ > > ÷，0 < f 2π <1 = cos2π = h 2π ，
è 2 è 2
2
所以 h x = cosx x 3π与 f x = 的图象在区间 , 2πùx 上只有一个交点，e è 2 ú
g x 3π ,2πù即 在区间 2 ú上有且只有 1 个零点．è
所以 g x 在一个周期 0,2π 上有且只有 2 个零点．
x2*
同理可知，在区间 2kπ,2kπ + 2π k N 上，0 < f x <1且 f x = x 单调递减，e
h x = cosx在区间 2kπ,2kπ + π 上单调递减，在区间 2kπ + π,2kπ + 2π 上单调递增，
且0 < f 2kπ <1 = cos 2kπ = h 2kπ ，
f 2kπ + π > 0 > -1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π
0 < f 2kπ + π <1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π ，
x2
所以 h x = cosx与 f x = 的图象在区间 2kπ,2kπ + π 和（2kπ + π,2kπ + 2π]x 上各有一个交点，e
*
即 g x 在 2π,2024π 上的每一个区间 2kπ,2kπ + 2π k N 上都有且只有 2 个零点．
2024π
所以 g x 在（0,2024π]上共有 2 = 2024个零点．
2π
é π ù
综上可知， g x 在区间 ê- , 2024π2 ú 上共有 2024 +1 = 2025个零点．
2 2
方法二：当 a =1 f x x g x f x cosx x时， = x ，所以函数 = - = x - cosx．e e
x é π
2 π
当 ê- ,0
ù é ù
ú时， g x
2x - x
= x + sinx 0，所以 g x 在区间 2 e ê
- ,0ú 上单调递减． 2
π é π ù
又 g - > 0, g 0 < 0，所以存在唯一零点 x - ,0 ，使得 g x = 0．
è 2 ÷ 0 0 ê 2 ú
é π ù
所以 g x 在区间 ê- ,0ú 上有且仅有一个零点． 2
x π 3π
2
当 2kπ + , 2kπ +
ù
ú , k N
x
时，
2 2 x > 0, cosx < 0
，所以 g x > 0．
è e
π
所以 g x 在 2kπ + , 2kπ
3π
+ ù ,k N 上无零点．
è 2 2 ú
x 0, π ù g x 2x - x
2 π
当 ú时， = x + sinx > 0 ，所以 g x 在区间 0, 上单调递增．è 2 e è 2 ÷
又 g 0 π< 0,g ÷ > 0，所以存在唯一零点．
è 2
2
当 x 2kπ,2kπ
π
+ ù * 2x - xú , k N 时，2 g
x = x + sinx ，è e
j x 2x - x
2 x2 - 4x + 2
设 = x + sinx，则j x = + cosx > 0e ex
所以 g x 在 2kπ,2kπ
π
+ ù *
è 2 ú
, k N 上单调递增．

又 g 2kπ < 0, g 2kπ+
π
÷ > 0，
è 2
所以存在 x
π
1

2kπ,2kπ +
ù
ú ,k N
*
，使得 g x = 0 ．
è 2 1
即当 x 2kπ,x1 时， g x1 < 0, g x 单调递减；
x x π ù当 1, 2kπ + ú时， g x1 > 0, g x 2 单调递增．è
又 g 2kπ < 0, g 2kπ
π 0 g x π+ > ù *÷ ，所以 在区间 2kπ,2kπ + ú , k N 上有且仅有一个零点è 2 è 2
π ù
所以 g x 在区间 2kπ,2kπ +
è 2 ú
, k N上有且仅有一个零点．


当 x 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πù ,k N 时，
è 2 ú
g x 2x - x
2
= x + sinx ，e
j x 2x - x
2 x2 - 4x + 2
设 = + sinx，则j x x = x + cosx > 0e e
所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N2 上单调递增．è

又 g 2kπ
3π
+ ÷ < 0, g 2kπ + 2π < 0，所以 g x
3π ù
在区间
2
2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N2 上单调递减：è è
3π
又 g 2kπ + ÷ > 0, g 2kπ + 2π < 0，
è 2

所以存在唯一 x2 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2π ÷，使得 g x2 = 0．
è 2
所以 g x 3π在区间 2kπ + , 2kπ + 2πùú ,k N2 上有且仅有一个零点．è
所以 g x 在区间 2kπ,2kπ + 2π ,k N上有两个零点．
所以 g x 在 0,2024π 2024π上共有 2 = 2024个零点．
2π
é π ù
综上所述， g x 在区间 ê- , 2024πú 上共有 2024 +1 = 20252 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 f x = ln x + 2
(1)求曲线 y = f x 在 x=-1处的切线方程；
(2)求证： e x x + 1；
(3)函数 h x = f x - a x + 2 有且只有两个零点，求 a 的取值范围．
1
【解析】（1）因为 f x = ，
x + 2
所以曲线 y = f x 在 x= 1-1处的切线斜率为 f -1 = =1，
-1+ 2
又 f -1 = ln -1+ 2 = 0，所以切线方程为 y = x +1 .
2 g x = ex（ ）记 - x -1，则 g x = ex -1，
当 x < 0 时， g x < 0，函数 g x 在 - ,0 上单调递减；
当 x > 0时， g x > 0，函数 g x 在 0, + 上单调递增.
所以当 x = 0时， g x 取得最小值 g 0 = e0 -1 = 0，
所以 g x = ex - x -1 0，即 e x x + 1 .
（3） h x = f x - a x + 2 = ln x + 2 - a x + 2 , x > -2，
由题知， ln x + 2 - a x + 2 = 0有且只有两个不相等实数根，
ln x + 2
即 = a有且只有两个不相等实数根，
x + 2
ln x + 2令m x = , x > -2，则m
1- ln x + 2x = 2 ，
x + 2 x + 2
当-2 < x < e - 2时，m x > 0，m x 在 -2,e - 2 上单调递增；
当 x > e - 2 时，m x < 0 ，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 f e - 2 1= ，所以可得m x 的图象如图：
e
1
由图可知，当0 < a < 时，函数m x 的图象与直线 y = a有两个交点，
e
1
所以，a 的取值范围为 0, ÷ .
è e
(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 x0 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 x】（2024 届山东省烟台招远市高考三模）已知函数 f x = x + ae a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
x f x - x
(2)当 a = 3时，若方程 + = m +1f x x f x 有三个不等的实根，求实数
m 的取值范围.
-
x
【解析】（1）求导知 f x =1+ ae .
a 0 f x =1+ aex当 时，由 1 > 0可知， f x 在 - ,+ 上单调递增；
当 a<0时，对 x < - ln -a 有 f x =1+ aex >1+ a ×e- ln -a = 0，对 x > - ln -a 有
f x =1+ aex <1+ a ×e- ln -a = 0，所以 f x 在 - ,- ln -a ù 上单调递增，在 é - ln -a , + 上单调递减.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,+ 上单调递增；
当 a<0时， f x 在 - ,- ln -a ù 上单调递增，在 é- ln -a , + 上单调递减.
x
（2）当 a = 3时， f x = x + 3ex x 3e，故原方程可化为
3ex
+ = m +1.
x + 3ex
x 3ex 1 x x x
2 x2
而 x + - = - = = m3e x + 3ex 3ex x + 3ex 3ex x + 3ex ，所以原方程又等价于 3ex x + 3ex .
由于 x2 x和3e x + 3ex 2 x x不能同时为零，故原方程又等价于 x = 3m ×e x + 3e .
即 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0 .
- x - x
设 g x = x ×e ，则 g x = 1- x ×e ，从而对 x <1有 g x > 0，对 x >1有 g x < 0 .
故 g x 在 - ,1 上递增，在 1, + 上递减，这就得到 g x g 1 ，且不等号两边相等当且仅当 x =1 .
然后考虑关于 x 的方程 g x = t ：
- x
①若 t 0，由于当 x >1时有 g x = x ×e > 0 t ，而 g x 在 - ,1 上递增，故方程 g x = t 至多有一个解；
而 g 1 1= > 0 t ， g t = t ×e-t t ×e-0 = t ，所以方程 g x = t 恰有一个解；
e
②若0 t
1
< < ，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；
e
x x x x x x 1 2 2g x = x ×e- x
- - -
2 e 2 x
- - -1 2 - ×2ln -1 - ln
而由 = × × ×e 2 = 2 ×e 2 × g ÷ 2 ×e 2 × g 1 = 2 ×e 2 g

有 2ln ÷ 2 ×e 2 t < 2 ×e t = t ，2 è 2 è t
再结合 g 0 = 0 < t ， g 1 1= > t 2， 2ln > 2ln 2e > ln e =1，即知方程 g x = t 恰有两个解，且这两个解分
e t
2
别属于 0,1 和 1,2 ln ÷；
è t
③若 t
1 1
= ，则 t = = g 1 .
e e
由于 g x g 1 ，且不等号两边相等当且仅当 x =1，故方程 g x = t 恰有一解 x =1 .
t 1 1④若 > ，则 g x g 1 = < t ，故方程 g x = t 无解.
e e
2
由刚刚讨论的 g x = t 的解的数量情况可知，方程 x ×e- x - 3m x ×e- x - 9m = 0存在三个不同的实根，当且
仅当关于 t
1 1ù
的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0有两个不同的根 t1, t2 ，且 t1 0, ÷， t2 - , .
è e è e ú
1 1ù
一方面，若关于 t 的二次方程 t 2 - 3mt - 9m = 0有两个不同的根 t1, t2 ，且 t1 0, ÷， t2 - , e ú ，则首先有è e è
0 < Δ = 9m2 + 36m = 9m m + 4 1 1，且-9m = t1t2 te 1 < 2 .e
故m - ,-4 0,+ 1， m > - 2 ，所以m > 0 .9e
2
t 2 - 3mt - 9m = 0 3m ± 3 m + 4m t 3m + 3 m
2 + 4m
而方程 的解是 ，两解符号相反，故只能 1 = ，2 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
1 3m + 3 m2 + 4m 2 2
所以 > t = ，即 > m + m + 4m1 .e 2 3e
2 22
这就得到 - m > m + 4m 0 2
1
，所以 - m
2
÷ > m + 4m ，解得m <3e 2
.
è 3e 9e + 3e
1
故我们得到0 < m <
9e2
；
+ 3e
2
另一方面，当0 m
1
< < 2 时，关于 t 的二次方程 t
2 - 3mt - 9m = 0 t 3m + 3 m + 4m有两个不同的根 ，9e + 3e 1 = 2
t 3m - 3 m
2 + 4m
2 = .2
t 3m + 3 m
2 + 4m
且有 1 = > 0，2
3 1 1 4× 2 + 3 +2 2 2 1 6e +12
t 3m + 3 m + 4m
9e + 3e 9e + 3e 9e + 3e 3 × 2 + 3 ×9e 3e 9e2 3e 1 ，+ +
1 = < = =2 2 2 e
3m - 3 m2t + 4m 3m - 3 m
2 1
2 = < = 0 .2 2 e
综上，实数m 0,
1
的取值范围是 .
è 9e2 + 3e ÷
(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 x0 ,再利用导函数的单调性确定 x0 所在区间,最后根据 f x0 = 0 ,研究 f x0 ,我们
把这类问题称为隐零点问题. 注意若 f (x) 中含有参数 a,关系式 f ' (x0 ) = 0是关于 x0 ,a 的关系式,确定 x0 的
合适范围,往往和 a 的范围有关.
【例 4】（2024 x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 f x = e ，
g x = ln x .
(1)若函数 h x = ag x -1 x +1- ， a R ，讨论函数 h x 的单调性；
x -1
1 4
(2)证明： 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 . 1（参考数据：
4 e5 2.23
， e 2 1 .6 5 ）
x +1 h x ax - a + 2【解析】（1）由题意 h x = a ln x -1 - , x >1，所以 = , x >1
x -1 x -1 2 ，
当 a = 0时， h x > 0，所以 h x 在 1, + 上为增函数；
a 0 2当 时，令 h x = 0得 x = 1- ，
a
2
所以若 a > 0时，1- <1，所以 h x > 0，所以 h x 在 1, + 上为增函数，
a
若 a<0时，1
2
- >1，且1
2
< x <1- 时， h x > 0 x 1 2， > - 时， h x < 0，
a a a
所以 h x 在 1,1
2 2
- ÷上为增函数，在 1- ,+

a ÷上为减函数，è a è
综上：当 a 0时， h x 在 1, + 上为增函数，
当 a<0时， h x 在 1,1
2
-
2
÷上为增函数，在 1- ,+ a ÷上为减函数；è a è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 1 2x x等价于 2x -1 e - e - 2ln x + 2 > 0，
4 4
1 2x x
设F x = 2x -1 e - e - 2ln x + 2 ，则
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x ex 2 x e - xe - 2 - - = = ，
x x x
因为 x > 0，所以 xex +1 > 0，
设j x = xex - 2，则j x = x +1 ex > 0 ，则j x 在 0, + 上单调递增，
4 4 4
而j ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0，
è 5 5
x 4 x所以存在 0 ,1÷ ，使j x0 = 0，即 x e 0 = 2，所以 x0 + ln x0 = ln 2 ，即 ln x0 = ln 2 - x0 ，
è 5 0
当0 < x < x0 时，F x < 0，则F x 在 0, x0 上单调递减，
当 x > x0时，F x > 0，则F x 在 x0 ,+ 上单调递增，
所以F x 1= 2x -1 e2x0 - ex0 - 2ln x + 2min 4 0 0
1 4 2
= 2x0 -1 2 - - 2ln 2 + 2x
1
0 + 2 = - 2 + 2x0 - 2ln 2 + 24 x ，0 x0 x0
1
设m t = - 2 + 2t - 2ln 2 + 2,
4
< t <1
2
÷，则m t = 3 + 2 > 0，t è 5 t
m t 4 ,1 4 25 8 163则 在 ÷ 上单调递增，m ÷ = - + - 2ln 2 + 2 = - 2ln 2 > 0，
è 5 è 5 16 5 80
则F x > 0 1min ，则不等式 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 > 0恒成立，4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
【例 1】（2024 届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数 f x = ln x + sin x π+ sin .
10
(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 f x π= ln x + sin x + sin ，
10
1
所以 f (x) = + cos x ，令 g x = f (x) 1= + cos x， g x 1= - - sin x ，
x x x2
当 x 1,e 时， g x 1= - 2 - sin x < 0，x
所以 g x 在 1,e 上单调递减，且 g 1 =1+ cos1 > 0，
g e 1= + cos e< 1 + cos 2π 1 1= - < 0 ，
e e 3 e 2
所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使 g a = f a = 0
又当 x 1,a 时， g x = f x > 0；当 x a , e 时， g x = f x < 0 ；
所以 f x 在 x 1,a 上单调递增，在 x a , e 上单调递减，
又因为 f 1 = ln1+ sin1+ sin π = sin1+ sin π ，
10 10
f e = ln e + sin e + sin π π=1+ sin e + sin > f 1 ，
10 10
π
所以函数 f (x) 在区间[1,e]上的最小值为 f 1 = sin1+ sin .
10
（2）函数 f x 在 0, + 上有且仅有一个零点，证明如下：
f x π 1函数 = ln x + sin x + sin ， x 0, + ，则 f (x) = + cos x ，
10 x
若0 < x 1， f (x)
1
= + cos x > 0，
x
所以 f (x)
π
在区间 0,1 上单调递增，又 f 1 = sin1+ sin > 0，
10
f 1 ÷ = -1+ sin
1
+ sin π < -1 π π+ sin + sin = 0，
è e e 10 6 6
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1 < x π ，则 ln x > 0,sin x 0， sin
π
> 0，则 f x > 0，
10
若 x > π，因为 ln x > ln π >1 -sin x，所以 f x > 0，
综上，函数 f (x) 在 0, + 有且仅有一个零点.
【例 2】（2024 ax -ax届江西省九江市高三三模）已知函数 f x = e + e (a R ，且 a 0) .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) f x = x + x-1若方程 有三个不同的实数解，求 a 的取值范围.
【解析】（1）解法一： f x = a eax - e-ax
ax
令 g x = a e - e-ax g x = a2 eax + e-ax，则 > 0
\ g x 在R 上单调递增.
又 g 0 = 0,\当 x < 0 时， g x < 0 ，即 f x < 0；当 x > 0时， g x > 0，即 f x > 0
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
a eax +1 eax -1
解法二： f x = a eax - e-ax = eax
①当 a > 0时，由 f x < 0得 x < 0 ，由 f x > 0得 x > 0
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增
②当 a < 0时，同理可得 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
（2）解法一：由 f x = x + x-1，得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = ex + e- x ，则 h ax = h lnx
又Qh x = ex + e- x 为偶函数，\h ax = h lnx
由（1）知 h x 在 0, + 上单调递增，\ ax = lnx lnx，即 = a 有三个不同的实数解.
x
m x lnx , m x 1- lnx令 = = 2 ，由m x > 0，得0 < x < e;由m x < 0 ，得 x >e，x x
\m x 1在 0, e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，且m 1 = 0,m e =
e
\ 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 x 0 时，m x + ；当 x 1 + 时，m x 0，故0 < a <
e
1 1 1 1
解得- < a < 0或0 < a <

，故 a 的取值范围是 - ,0
0,
e e e ÷ e ÷è è
解法二：由 f x = x + x-1得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = x + x-1，则 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.
ax
由 h e = h x ，得 eax = x 或 eax = x-1
两边同时取以 e为底的对数，得 ax = lnx 或 ax = -lnx ，
\ ax = lnx lnx，即 = a 有三个不同的实数解
x
下同解法一.
1
【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 f (x) = a(ln x +1) + (a > 0)．
x3
(1)求证：1+ x ln x > 0；
(2) x 1若 1, x2 是 f (x) 的两个相异零点，求证： x2 - x1 <1- ．a
【解析】（1）令 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，则 g (x) =1+ ln x．
1 1
令 g (x) > 0，得 x > ；令 g (x) < 0，得0 < x < ．
e e
1 1
所以 g(x)在 0, ÷上单调递减，在e
,+
è è e ÷
上单调递增．

所以 g(x) = g
1 1
min ÷ =1- > 0，所以1+ x ln x > 0．
è e e
（2）易知函数 f (x) 的定义域是 (0, + )．
3
由 f (x) = a(ln x
1
+1) + 3 ，可得 f
(x) a 3 ax - 3= - 4 =x x x x4
．
令 f (x) > 0 x 3 3得 > 3 ；令 f (x) < 0 得0 < x < 3 ．
a a

所以 f (x) 0
3 3
> 在 0, 3 ÷÷上单调递减，在
3
, + a ÷÷上单调递增，è a è

f (x) 3 a 33 a所以 min = f ÷÷ = ln + 3÷ + ．
è a 3 è a 3
a ln 3 a①当 + 3÷ + 0，即0 < a 3e4时， f (x) 至多有 1 个零点，故不满足题意．3 è a 3
a 3 a
②当 ln + 3 + < 0，即 4 3 1时， 3 3
3 a ÷ 3 a > 3e < 4 <1
．
è a e
3 , 3

因为 f (x) 在 3 +a ÷÷上单调递增，且
f (1) = a +1 > 0．所以 f (1) × f 3 a ÷÷
< 0，
è è
3 3
所以 f (x) 在 3 ,+ a ÷÷上有且只有
1 个零点，不妨记为x1，且 3 < x <1．
è a
1
1 f 1

a ln 1
3 3
由（1）知 ln x > - ，所以 ÷ = +1÷ + a 2 > a(- a +1) + a 2 = a > 0．
x a ÷ è è a ÷

因为 f (x) 在 0,
3 1 3
3
÷÷上单调递减， <
3 , f 1 3× f 3 < 0 ，
è a a a
a ÷÷ ÷÷ è è a

0, 3
1 3
所以 f (x) 在 3 a ÷÷
上有且只有 1 个零点，记为x2，且 < x < 32 ．
è a a
1 3 1
所以 < x 32 < < x1 <1，所以 -1< x2 - x1 < 0．a a a
1 3 3
同理，若记 x , 31 , x
3 ,1
è a a
÷÷ 2 a ÷÷ è
则有0 x 1< 2 - x1 <1- ，a
1
综上所述， x2 - x1 <1- ．a
4 2022 f x = ln 1+ x + axe-x【例 】（ 高考全国卷乙理）已知函数
（1）当 a =1时,求曲线 y = f x 在点 0, f 0 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．
【解析】（1）当 a =1时, f (x) = ln(1
x
+ x) + , f (0) = 0 ,所以切点为 (0,0) ,
ex
f (x) 1 1- x= + x , f (0) = 2 ,所以切线斜率为 21+ x e
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = 2x .
ex + a 1- x2
f (x) = ln(1+ x) ax+ 1 a(1- x) （2） , ,
ex f (x) = + =1+ x ex (1+ x)ex
设 g(x) = ex + a 1- x2
1°若 a > 0 ,当 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 > 0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (-1,0) 上单调递增, f (x) < f (0) = 0
故 f (x) 在 (-1,0) 上没有零点,不合题意,
2° 若-1 a 0 ,当 x (0,+ )时, g (x) = ex - 2ax > 0
所以 g(x)在 (0, + )上单调递增,所以 g(x) > g(0) =1+ a…0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (0, + )上单调递增, f (x) > f (0) = 0 ,
故 f (x) 在 (0, + )上没有零点,不合题意.
3° 若 a < -1 ,
(1)当 x (0,+ ) ,则 g (x) = ex - 2ax > 0 ,所以 g(x)在 (0, + )上单调递增,
g(0) =1+ a < 0, g(1) = e > 0 ,
所以存在m (0,1) ,使得 g(m) = 0 ,即 f (m) = 0 .
当 x (0,m), f (x) < 0, f (x) 单调递减,当 x (m,+ ), f (x) > 0, f (x) 单调递增,
所以当 x (0,m), f (x) < f (0) = 0 ,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 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 , g (x) = ex - 2ax ,设h(x) = g (x) ,
则h (x) = ex - 2a > 0 ,所以 g (x) 在 (-1,0) 上单调递增,
g (-1) 1= + 2a < 0, g (0) = 1 > 0 ,所以存在n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
e
当 x (-1,n), g (x) < 0, g(x)单调递减
当 x (n,0), g (x) > 0, g(x)单调递增, g(x) < g(0) =1+ a < 0 ,
又 g( 1-1) = > 0 ,所以存在 t (-1, n) ,使得 g(t) = 0 ,即 f (t) = 0
e
当 x (-1, t), f (x) 单调递增,当 x (t,0), f (x) 单调递减
有 x -1, f (x) -
而 f (0) = 0 ,所以当 x (t,0), f (x) > 0 ,
所以 f (x) 在 (-1, t) 上有唯一零点, (t , 0 ) 上无零点,
即 f (x) 在 (-1,0) 上有唯一零点,
所以 a < -1 ,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 x-1届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数 f x = xe - ln x - x .
(1)求函数 f x 的最小值；
1
(2) e x求证： é f x + xù > e - e -1 ln x - .2
x-1
【解析】（1）因为函数 f x = xe - ln x - x ，所以 f x = x +1 ex-1 1- -1 = x +1 ex-1 1
x
- ÷，
è x
h x = ex-1 1记 - , x > 0， h x = ex-1 1+ 2 > 0，x x
所以 h x 在 0, + 上单调递增，且 h 1 = 0，
所以当0 < x <1时， h x < 0，即 f x < 0，所以 f x 在 0,1 单调递减；
当 x >1时， h x > 0 ，即 f x > 0，所以 f x 在 1, + 单调递增，且 f 1 = 0，
所以 f x = f 1 = 0min .
1
（2）要证 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x - ，2
x 1
只需证明： x -1 e - ln x + > 0 对于 x > 0恒成立，
2
令 g x = x -1 ex - ln x 1+ g x = xex 1，则 - x > 0 ，
2 x
1
当 x > 0时，令m(x) = g (x) = xex - ，
x
则m (x)
1
= (x +1)ex + > 0，m(x)2 在 (0, + )上单调递增，x
即 g x = xex 1- 在 (0, + )上为增函数，
x
2
2 2 2 3 2 é 2 27 ù 3
又因为 g = e3 - = êe3 -3 ÷ 3 2 3 ê 8 ÷
ú < 0
ú ，
g 1 = e -1 > 0 ，
è è

2 1 x2ex0
所以存在 x0 ,1÷使得 g x0 = 0，由 g x0 = x0ex
-1
0 - = 0 = 0，
è 3 x0 x0
2 x 1 1
得 x e 00 =1即 e
x0 = x0
x2 即
e = 2 即-2ln x0 = xx 0 ，0 0
所以当 x 0, x0 时， g x
1
= xex - < 0， g x 单调递减，
x
x x ,+ g x = xex 1当 0 时， - > 0 ， g x 单调递增，x
3 2
所以 g x = g x x 1 ex ln x 1 x -1 x 1 x + x + 2x - 2= - 00 0 - 0 + = 0 + 0 + = 0 0 0min 2 2 ，2 x0 2 2 2x0
2
j x = x3 + x2 + 2x 2- 2 < x <1 j x 3x2 2x 2 3 x 1 5令 3 ÷，则 = + + = + ÷ + > 0 ，è è 3 3
所以j x 2 ,1 2 2在 ÷上单调递增，所以j x3 0 > j ÷ = > 0，è è 3 27
g x g x j x= 0 所以 0 2 > 0 x，所以 x -1 e - ln x
1
+ > 0 ，
2x0 2
即 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x
1
- .
2
1.（2024 x届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数 f x = xe -1, g x = lnx - mx,m R .
(1)求 f x 的最小值；
(2)设函数h x = f x - g x ，讨论 h x 零点的个数.
【解析】（1） f x 的定义域为R, f x = x +1 ex ，
则当 x < -1时， f x < 0；当 x > -1时， f x > 0，
所以 f x 在区间 - ,-1 上单调递减，在区间 -1, + 上单调递增，
因此 f x 的最小值为 f 1-1 = - -1；
e
（2 h x = xex） - lnx + mx -1，且 x 0, + ，令 h x = 0 ex lnx +1，得 - + m = 0，
x
k x = ex lnx +1令 - + m，则 h x 与 k x 有相同的零点，
x
x 1- lnx +1k x e x
2ex + lnx
且 = - = ，令 r x = x2ex + lnx 1，则 r x = x2 + 2x ex + ，
x2 x2 x
因为当 x > 0时，则 r x > 0，所以 r x 在区间 0, + 上单调递增，
r 1
1
-2 1
又 ÷ = ee -1 0, r 1 = e 0，所以$x

0 ,1

÷，使 r xe e 0 = 0，è è
且当 x 0, x0 时， r x < 0 ，即 k x < 0；当 x x0 ,+ 时， r x > 0，即 k x > 0，
所以 k x 在区间 0, x0 上单调递减，在区间 x0 ,+ 上单调递增，
因此 k x 的最小值为 k x0 ex
lnx +1
= 0 - 0 + m
x ，0
ln 1
由 r x = 0，得 x2e x0 + lnx = 0 x ex 1，即 0 x00 0 0 0 = ln e ，x0
令j x = f x +1，则j x 在区间 0, + 上单调递增，
1 1
因为 < x0 <1，所以 ln > 0，则j x0
1
= j ln
e x x ÷
，
0 è 0
1
所以 x0 = -lnx0 ，从而 lnx0 = -x
x0
0 ，即 e = ,x0
所以 k x k x ex
lnx +1
0
的最小值 0 = -
0 + m = m +1
x ，0
所以当m > -1时， k x 没有零点；当m = -1时， k x 有一个零点；
当m < -1时，因为 k x0 < 0，当 x 趋近于 0 时， k x 趋近于+ ；当 x 趋近于+ 时， k x 趋近于+ ，
所以 k x 有两个零点.
综上，当m > -1时， h x 的零点个数为 0；
当m = -1时， h x 的零点个数为 1；当m < -1时， h x 的零点个数为 2.
2．（2024 届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数 f x = ax - ln 1- x a R .
(1)若 f x 0恒成立，求 a 的值；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，且 x2 - x1 > e -1，求 a 的取值范围.
f x a 1 -ax + a +1【解析】（1） = + = (x <1)，
1- x 1- x
①当 a 0时， f (-1) = -a - ln 2 < 0，不符合题意.
1
②当 a<0时，令 f (x) = 0，解得 x = 1 + ，
a
1 1
当 x - ,1+ ÷时， f (x) < 0 ， f (x) 在区间 - ,1+ ÷ 上单调递减，
è a è a
x 1 1+ ,1 当 ÷时， f (x) 0
1> ， f (x) 在区间 1+ ,1a a ÷
上单调递增，
è è
1 1
所以当 x = 1 + 时， f (x)

取得最小值 f 1+

÷ = a +1+ ln -a ；a è a
若 f x 0恒成立，则 a +1+ ln -a 0，
设j x = x +1+ ln -x (x < 0)，则j x 1 x +1=1+ = ，
x x
当 x - , -1 时，j x > 0,j x 在区间 - , -1 上单调递增，
当 x (-1,0)时，j x < 0,j x 在区间 -1,0 上单调递减，
所以j x j -1 = 0 ，即 a +1+ ln -a 0的解为 a = -1 .
所以 a = -1 .
（2）当 a 0时， f (x) > 0， f (x) 在区间 (- ,1)上单调递增，
所以 f (x) 至多有一个零点，不符合题意；
当 a<0时，因为 f (0) = 0，不妨设 x1 = 0 ，
若0 < x2 <1，则 x2 - x1 <1< e -1，不符合题意；
若 x2 < 0，则 x2 <1- e，
1
由（2）可知，只需 f (1- e) < 0 ，即 a(1- e) -1< 0，解得 < a < 0，
1- e
1
即 a 的取值范围为 ,0
è1- e ÷
.

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 f x = ex-1 - ax - a a R .
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在 x =1处的切线方程；
(2)若函数 f x 有 2 个零点，求 a 的取值范围.
【解析】（1）当 a = 2时， f x = ex-1 - 2x - 2 ，所以 f x = ex-1 - 2，
所以 f 1 = -1，因为 f 1 = -3，
所以曲线 y = f x 在 x =1处的切线方程为 y + 3 = - x -1 ，
即 x + y + 2 = 0 .
（2） f x = ex-1 - a ，若 a 0, f x > 0, f x 在R 上单调递增，不满足题意，
若 a > 0，令 f x = 0得 x =1+ lna ，
f x 在 - ,1+ lna 上单调递减，在 1+ lna, + 上单调递增，
且当 x - 和 x + 时， f x + ，
故 f 1+ lna = -a 1+ lna < 0 1，解得 a > ，
e
即 a
1
的取值范围是 ,+ ÷ .
è e
4．（2024 x届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数 f x = e + asinx ， x 0, + .
(1)当 a = -1时， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求实数b 的取值范围；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零点，求实数 a 的取值范围.
x
【解析】（1）当 a = -1时， f x = e - sinx，
所以不等式转化为 ex - bx - sinx -1 0 ，在 0, + 上恒成立.
令 h x = ex - bx - sinx -1，
x
所以 h x = e - cosx - b .
当 x [0,+ )时， ex - cos x 0恒成立.
若b 0，则h x 0在 0, + 上恒成立，
h x 在 0, + 上单调递增，
故 h x h 0 = 0，符合题意；
若b > 0 ，令函数m x = ex - cosx - b，
则m x = ex + sinx 0在 0, + 上恒成立，
所以m x 在 0, + 上单调递增，
因为m 0 = -b < 0，且当 x + 时，m x + .
x
所以$x 00 0, + ，m x0 = e - cosx0 - b = 0，
故当 x 0, x0 时， h x = m x < 0， h x 单调递减，
当 x x0 ,+ 时， h x = m x > 0， h x 单调递增，
则 h(x)min = h x0 =ex0 - bx0 - sinx0 -1< h 0 = 0，不符合题意.
综上所述，实数b 的取值范围为 - , 0 ；
（2）因为 f x = ex + asinx ， x 0, + ，
令 f x = 0，即 ex + asinx = 0，
1 sinx
所以- = .
a ex
g x sinx令 = x ， x 0, + ，e
2sin π
则
x - ÷
g x cosx - sinx= = - è 4 .
ex ex
令 g x = 0 π，得 x = kπ + ,k N .
4
π 5π π
所以当 x + 2kπ, + 2kπ

÷时， sin
x - ÷ > 0， g x 单调递减；
è 4 4 è 4
当 x

0,
π 5π 9π
÷ ， x + 2kπ, + 2kπ ÷时， sin

x
π
- ÷ < 0, g x 单调递增.
è 4 è 4 4 è 4
5π
所以当 x = + 2kπ,k N 时， g x 取得极小值，
4
x 5π ,13π即当 = , × × ×时， g x 取得极小值.
4 4
5π 13π 2 5π 13π
又因为 sin = sin = ××× = - ，0 < e 4 < e 44 4 2 < ×××
，
g 5π
5π
-
所以 ÷ < g
13π
÷ < ××× .
5π 2
所以 g x g ÷ = - e 4 .è 4 è 4 è 4 2
x π当 = + 2kπ, k N, g x π 9π取得极大值，即当 x = , , × × ×时， g x 取得极大值.
4 4 4
sin π
π 9π
又因为 = sin 9π 2= ××× = ， 4 4
4 4 2 0 < e < e < ×××
，
g π > g 9π π 2
π
-
所以 4 ÷ 4 ÷
> ××× .所以 g x g = e 4 ，
è è ÷è 4 2
2 5π- 2 π-
所以当 x 0, + ，- e 4 g x e 4 .
2 2
2 5π-e 4 1 2
π
-
所以- - e 4 .
2 a 2
5π
又因为 a > 0，所以 a 2e 4 时， f x 在 0, + 上存在零点，
é 5π
所以实数 a 的取值范围为 ê 2e 4 ,+ ÷ .

5．（2024 届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数 f (x) = ln x + 5x - 4．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
3
(2)证明： f (x) > - - 2．
5x
【解析】（1） f (x) 的定义域为 0, + ，
1
因为 f x = + 5，所以曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线斜率为 k = f 1 = 6，
x
又 f (1) = ln1+ 5 - 4 =1，所以切线方程为 y -1 = 6 x -1 ，即6x - y - 5 = 0 .
f (x) 3（2） > - - 2 x ln x + 5x2 2x
3
- > - ，
5x 5
令 g x = x ln x + 5x2 - 2x, x > 0，则 g x = ln x +10x -1，
因为 g e-2 = ln e-2 +10 e-2 1 10- = 2 - 3 < 0，e
g 1 1 ÷ = ln +10
1 3 1
-1 = - ln 4 = ln e3 - ln16
4 4 4 2 2 > 0è
x -2 1 所以存在 0 e , ÷，使得 g x0 = ln x0 +10x0 -1 = 0 ，即 ln x0 =1-10x0 ，
è 4
易知 g x 在 0, + 上单调递增，
所以，当 x 0, x0 时， g x < 0， g x 在 0, x0 上单调递减；
当 x x0 ,+ 时， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上单调递增.
所以当 x = x0时， g x 取得最小值：
g x0 = x0 ln x0 + 5x20 - 2x0 = x0 1-10x0 + 5x20 - 2x0 = -5x20 - x0 ，
2 -2 1
由二次函数性质可知， g x0 = -5x0 - x0 在 e , ÷上单调递减，
è 4
所以 g x0 > g
1 9 3
÷ = - > - g x4 16 5 ，即 = x ln x + 5x
2 - 2x 3> - ，
è 5
3
所以 f (x) > - - 2 .
5x
6．（2024 届上海市格致中学高三下学期三模）已知 f x = ex - ax -1， a R ， e是自然对数的底数.
(1)当 a =1时，求函数 y = f x 的极值；
(2)若关于 x 的方程 f x +1 = 0有两个不等实根，求 a 的取值范围；
(3)当 a > 0时，若满足 f x1 = f x2 x1 < x2 ，求证： x1 + x2 < 2lna .
x x
【解析】（1）当 a =1时， f x = e - x -1，定义域为R ，求导可得 f x = e -1，
令 f x = 0，得 x = 0，
当 x < 0 时， f x < 0，函数 f x 在区间 - ,0 上单调递减，
当 x > 0时， f x > 0，函数 f x 在区间 0, + 上单调递增，
所以 y = f x 在 x = 0处取到极小值为 0，无极大值.
x
（2）方程 f x +1 = e - ax = 0，
当 x = 0时，显然方程不成立，
x
所以 x 0，则 a e= ，
x
ex
方程有两个不等实根，即 y = a与 g x = 的图象有 2 个交点，
x
x
g x x -1 e= 2 ，x
当 x < 0 或0 < x <1时， g x < 0，
g x 在区间 - ,0 和 0,1 上单调递减，
并且 x - ,0 时， g x < 0 ，当 x 0,1 时， g x > 0，
当 x >1时， g x > 0， g x 在区间 1, + 上单调递增，
x > 0时，当 x =1时， g x 取得最小值， g 1 = e，
作出函数 y = g x 的图象，如图所示：
ex
因此 y = a与 g x = 有 2 个交点时， a > e，
x
故 a 的取值范围为 e, + .
x
（3）证明： a > 0，由 f x = e - a = 0，得 x = lna，
当 x < ln a时， f x < 0，当 x > ln a时， f x > 0，
所以函数 y = f x 在 - , ln a 上单调递减，在 ln a, + 上单调递增.
由题意 x1 < x2，且 f x1 = f x2 ，则 x1 - , ln a ， x2 ln a,+ .
要证 x1 + x2 < 2lna ，只需证 x1 < 2lna - x2，
而 x1 < 2lna - x2 < lna ，且函数 f x 在 - , ln a 上单调递减，
故只需证 f x1 > f 2lna - x2 ，
又 f x1 = f x2 ，所以只需证 f x2 > f 2lna - x2 ，
即证 f x2 - f 2lna - x2 > 0，
令 h x = f x - f 2ln a - x ，
x
即 h x = e - ax -1- ée
2lna-x - a 2lna - x -1ù = e
x - a2e- x - 2ax + 2alna，
h x = ex + a2e- x - 2a，
由均值不等式可得 h x = ex + a2e- x - 2a 2 ex ×a2e- x - 2a = 0，
当且仅当 ex = a2e- x ，即 x = lna时，等号成立.
所以函数 h x 在R 上单调递增.
由 x2 > lna ，可得 h x2 > h lna = 0，即 f x2 - f 2lna - x2 > 0，
所以 f x1 > f 2lna - x2 ，
又函数 f x 在 - , ln a 上单调递减，
所以 x1 < 2lna - x2，即 x1 + x2 < 2lna 得证.
7．（2024 届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数 f (x) = elx - 4sin x + l - 2的图象在 x = 0处的
切线为 y = ax-a-3,a R .
(1)求l 的值；
(2)求 f (x) 在 (0, + )上零点的个数.
【解析】（1）因为 f (x) = elx - 4sin x + l - 2, f (x) = lelx - 4cos x ，
所以 f (0) = l - 4，所以切线斜率为l - 4 ，即 a = l - 4，
所切线方程为 y = l - 4 x - l +1
又 f (0) = l -1，所以切点坐标为 (0,l -1) ，代入得
则l -1 = -l +1，解得l = 1 .
（2）由（1）得 f (x) = ex - 4sin x -1, f (x) = ex - 4cos x ，
令 g x = f (x) = ex - 4cos x ，则 g x = ex + 4sin x，
当 x π时， f (x) = ex - 4cos x > 0恒成立，所以 f (x) 在 π,+ 上递增，
所以 f (x) f (π) = eπ - 4sin x -1 eπ - 5 > 0，
因此 f (x) 在[π,+ )无零点；
当 0 < x < π 时， g x = ex + 4sin x > 0恒成立，所以 f x 单调递增，
又 f (0) = -3 < 0, f (π) = eπ + 4 > 0，
所以 f x 在 (0, π) 上存在唯一的零点 x0 ，
当 x 0, x0 , f (x) < 0, f (x)单调递减；当 x x0 , π , f (x) > 0, f (x) 单调递增；
又 f (0) = 0, f x < f (0) = 0， f (π) = eπ0 -1 > 0，因此 f (x) 在 (0, π) 上仅有 1 个零点；
综上， f (x) 在 (0, + )上仅有 1 个零点.
8．（2024 年天津高考数学真题）设函数 f x = xlnx ．
(1)求 f x 图象上点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 时恒成立，求 a 的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ，证明 f x1 - f x2 x 21 - x2 ．
【解析】（1）由于 f x = x ln x ，故 f x = ln x +1.
所以 f 1 = 0， f 1 =1，所以所求的切线经过 1,0 ，且斜率为1，故其方程为 y = x -1 .
（2）设 h t = t -1- ln t ，则 h t 1 1 t -1= - = ，从而当0 < t <1时 h t < 0 ，当 t > 1时 h t > 0 .
t t
所以 h t 在 0,1 上递减，在 1, + 上递增，这就说明 h t h 1 ，即 t -1 ln t ，且等号成立当且仅当 t =1.
设 g t = a t -1 - 2ln t ，则
f x - a x - x 1 1 1= x ln x - a x - x = x a -1÷ - 2ln ÷ = x × g x x ÷ .è è è x
当 x 0, 1+ 时， 的取值范围是 0, + ，所以命题等价于对任意 t 0, + ，都有 g t 0 .
x
一方面，若对任意 t 0, + ，都有 g t 0，则对 t 0, + 有
0 g t = a t -1 - 2ln t = a t 1 2ln 1- + a t -1 + 2 1 -1
at 2÷ = + - a - 2t ，è t t
取 t = 2，得0 a -1，故a 1 > 0 .
t 2 2
2
再取 = ，得0 a × + 2 a - a - 2 = 2 2a - a - 2 = - a - 2 ，所以 a = 2 .a a 2
另一方面，若 a = 2，则对任意 t 0, + 都有 g t = 2 t -1 - 2ln t = 2h t 0 ，满足条件.
综合以上两个方面，知 a 的值是 2.
f b
3 0 < a < b ln a 1 - f a （ ）先证明一个结论：对 ，有 + < < ln b +1.
b - a
b
b ln b - a ln a a ln b - a ln a ln a
证明：前面已经证明不等式 t -1 ln t ，故 = + ln b = + ln b <1+ ln b ，
b - a b - a b -1
a
a - a -1
b ln b - a ln a b ln b - b ln a - ln ÷
且 = + ln a = b + ln a > è b + ln a =1+ ln a ，
b - a b - a 1 a- 1 a-
b b
ln a 1 b ln b - a ln a所以 + < < ln b 1
f b - f a+ ，即 ln a +1 < < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1，可知当0 < x 1< 时 f x < 0 1，当 x > 时 f x > 0 .e e

所以 f x 在 0,
1ù é1
上递减，在 ,+ 上递增.
è e ú ê e ÷
不妨设 x1 x2，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
1
情况一：当 x1 x2 <1时，有 f x1 - f x2 = f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ，结论e
成立；
1
情况二：当0 < x1 x2 时，有 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln xe 2 .
1ù 1
对任意的 c 0, ú，设j x = x ln x - c ln c - c - x ，则j x = ln x +1+ .è e 2 c - x
由于j x 单调递增，且有

j c

÷ c 1 1 1 1 1
1 1
= ln +1+ < ln +1+ = -1- +1+ = 0
+ ÷ 1 1 1+ c 1+ c 2c 2c ，
è 2e 2c 2e 2c 2 c - 2c
1 1
e 2 c -
+ 2
2e 2c
x c 1- 2 c 1 2
且当 2 ， x >4 ln 1 时，由
ln -1可知
- 2 2 c - x c
è c ÷
j x = ln x +1 1+ > ln c +1 1 1 2+ = - ln -1

÷ 0 .2 c - x 2 2 c - x 2 c - x è c
所以j x 在 0,c 上存在零点 x0 ，再结合j x 单调递增，即知0 < x < x0 时j x < 0， x0 < x < c时
j x > 0 .
故j x 在 0, x0 上递减，在 x0 ,c 上递增.
①当 x0 x c时，有j x j c = 0；
②当0 < x < x0 时，由于 c ln
1
= -2 f c 1 -2 f 2 ÷ = <1，故我们可以取 q c ln 1 ,1 .c è e ÷ e è c
c
从而当0 < x < 1 q2 时，由 c - x > q c ，可得-
j x = x ln x - c ln c 1- c - x < -c ln c - c - x < -c ln c - q c = c c ln - q

c ÷
< 0 .
è
再根据j x 在 0, x0 上递减，即知对0 < x < x0 都有j x < 0 ；
综合①②可知对任意0 < x c ，都有j x 0，即j x = x ln x - c ln c - c - x 0 .

根据 c 0,
1ù
ú和0 < x c 的任意性，取 c = x2 ， x = x1，就得到 x1 ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .è e
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
0 x 1 1 1情况三：当 < 1 x

2 <1时，根据情况一和情况二的讨论，可得 f x1 - f ÷ - x1 x - x ，e 2 1è e e
f 1 1 ÷ - f x2 x2 - x2 - x1 .
è e e
而根据 f x 1 的单调性，知 f x1 - f x2 f x1 - f ÷ 或 f x1 - f x2 f
1
÷ - f xe e 2 .è è
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.
综上，结论成立.
ax
9．（2024 届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数 f x = x ， g x = sin x + cos x .e
(1)当 a =1时，求 f x 的极值；
(2)当 x 0, π 时， f x g x 恒成立，求 a 的取值范围.
x 1- x
【解析】（1）当 a =1时 f x = ，所以 f x = ，
ex ex
所以当 x <1时 f x > 0，当 x >1时 f x < 0，
所以 f x 在 - ,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 f x 在 x =1处取得极大值，即 f x = f 1 1= ，无极小值.
极大值 e
（2）因为当 x 0, π 时， f x g x 恒成立，
即当 x 0, π ax时， x sin x + cos x恒成立，e
ex即 sin x + cos x - ax 0在 0, π 上恒成立，
当 x
3π 3π
= 时- a 0，解得 a 0，
4 4
设 h x = ex sin x + cos x - ax， x 0, π ，
则 h x = ex sin x + cos x + ex cos x - sin x - a = 2ex cos x - a，
令m x = h x = 2ex cos x - a x，则m x = 2e cos x - sin x = 2 2ex cos x
π
+ ÷，
è 4
x 0, π 当 ÷ 时m x > 0，则 h x 单调递增，
è 4
x π当 , π

÷ 时m x < 0 ，则 h x 单调递减，
è 4
a 0 h 0 = 2 - a > 0 h π
π
因为 ， ， ÷ = 2e 4 - a > 0， h π = -2eπ - a，
è 4
当-2eπ - a 0 ，即 a -2eπ 时h x 0在 0, π 上恒成立，
所以 h x 在 0, π 上单调递增，所以 h x = h 0 =1 > 0 h x 0min ，所以 恒成立，
π
当-2eπ < a < 0时$x0 , π ÷使得 h x0 = 0，
è 4
所以当 x 0, x0 时 h x > 0， h x 单调递增；
当 x x0 , π 时 h x < 0， h x 单调递减；
ì f 0 0 ì1 0 π
所以 í ，则 í ππ ，解得-2e < a
e
- ，
f π 0 -e - aπ 0 π
eπ eπ ù
综上可得 a - ，即 a 的取值范围为 - , - ú .π è π
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 f x 1= alnx - + x a R .
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
x f x 2x 2(2)若关于 的不等式 - 在 0, + 上恒成立，求 a 的取值范围.
e
【解析】（1）因为 f x = alnx 1- + x的定义域为 0, + ，
x
当 x =1时， f 1 = 0，所以 1 是 f x 的一个零点，
f x a 1 1 x
2 + ax +1
= + 2 + = ，x x x2
g(x) = x2 + ax +1, x > 0 g(x) x a
2 a2
令 ，则 = +

÷ +1- , x > 0，
è 2 4
a
当- 0，即 a 0时， g(x)在 (0,+ )上单调递增，则 g(x) > g(0) =1 > 0，
2
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上单调递增，结合 f 1 = 0，可知此时 f x 有 1 个零点；
- a >0 a
2
当 ，即 a<0时，若1- 0，则-2 a < 0时， g(x) 0，
2 4
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上单调递增，结合 f 1 = 0，可知此时 f x 有 1 个零点；
2
若1 a- < 0，则 a -2时，则 g(x) = x2 + ax +1 = 0的判别式D = a2 - 4 > 0，
4
不妨设两根为 x1, x2 ，则 x1 + x2 = -a > 0,x1x2 =1，
即 x2 + ax +1 = 0 有 2 个正数根，且不妨设 0 < x1 < 1 < x2 ，
则当0 < x < x1 时， g(x) > 0 ，即 f x > 0；当 x1 < x < x2 时， g(x) < 0，即 f x < 0；
当 x > x2 时， g(x) > 0 ，即 f x > 0；
则可知 f x 在 x1,1 上单调递减，则 f (x) = f x1 > f (1) = 0极大 ，
f x 在 1, x2 上单调递减，则 f (x) = f x2 < f (1) = 0极小 ，
1
由当 x 无限趋近于 0 时，- 的变化幅度要大于 alnx 的变化幅度，
x
故 f x = alnx 1- + x趋近于负无穷，当 x 趋近于正无穷时，x 的变化幅度要大于 alnx 的变化幅度，
x
故 f x = alnx 1- + x趋近于正无穷，此时函数 f x 1= alnx - + x有 3 个零点，
x x
综上：当 a < -2时， f x 有 3 个零点，当 a -2时， f x 有 1 个零点
2 1 2
（2）不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立等价于 alnx - x - + 0在 0, + 上恒成立，
e x e
2
令G x = alnx - x 1 2- + ，则G xx e
a 1 1 x - ax -1= - + = - .
x x2 x2
对于函数 y = x2 - ax -1， n = a2 + 4 > 0，所以其必有两个零点.
又两个零点之积为 -1，所以两个零点一正一负，
1
设其中一个零点 x0 0, + 2，则 x0 - ax0 -1 = 0 ，即 a = x0 - x .0
此时G x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，
1 1 2
故需G x0 0 ，即 x0 - lnx - x - + 0
è x
÷ 0 0 x e .0 0
h x x 1 lnx x 1 2 1设函数 = - ÷ - - +

x x e ，则
h x = 1+
è è x2 ÷
lnx .

当 x 0,1 时， h x < 0；当 x 1,+ 时， h x > 0 .
所以 h x 在 0,1 1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.又 h ÷ = h e = 0，
è e
1 1x 1 1 1所以 0
é
ê , e
ù
ú .由 a = x0 -
é ,eù a é - e,e - ù
e x
在 ê 上单调递增，得 e ú ê e e ú
.
0
11 2．（2024 届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设 f x =（a -1)ex + sin x - 3
(1)当 a = 2 ，求函数 f (x) 的零点个数.
(2)函数 h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2，若对任意 x 0 ，恒有 h(x) > 0，求实数 a 的取值范围
【解析】（1）当 a = 2 时， f (x) = ex + sin x - 3， f x = ex + cos x，
当 x < 0 时， ex (0,1) ， sin x 1， f (x) < 0， f (x) 在 (- ,0)上无零点.
当 x
π
0, é π ù 2 ÷
时， f x > 0， f (x) 在 x
è ê
0, 上单增.
2 ú
π
Q f (0) = -2 < 0 π， f
π ln 2
2 ÷
= e 2 - 2 > e - 2 = 0， f ÷ > 0，
è è 2
\$x 0, p f x = 0 f (x) x é0, π ù0 ÷， 0 ， 在 ê ú 上有一个零点.è 2 2
π 3
当 x , +
π 3
÷时，又 > > ln e2 > ln e3 > ln 2.63 = ln 17.56 > ln 4，
è 2 2 2
π
f (x) > e 2 -1- 3 > eln 4 - 4 = 0，
\ f (x) π在 ,+

÷上无零点.
è 2
\综上所述， f (x) 在 - ,+ 上只有一个零点.
（2） x 0 时， h(x) > 0，\ (a2 -1)ex - x2 + 2ax -1 > 0
x2 - 2ax +1 22 x - 2ax +1
x < a -1 ，设 g(x) = x - (a
2 -1)，
e e
2
-x + (2a + 2)x - 2a -1 -(x -1) x - (2a +1)g x = = ，
ex ex
1
当 a - ， g(x)在( 0, 1) 递增，在 (1, + )上递减，
2
Q g(x)max = g(1)，\ g(1)
2 - 2a
= - (a2 -1) < 0，
e
(ea + e + 2)(a -1) > 0， a ( ,
e + 2
- - ) (1, ) Qa 1+ ， - \a ( , e + 2 - - )
e 2 e
1
当- < a < 0 时， g(x)在 (0, 2a +1)递减，在 (2a +1,1)递增，在 (1, + )递减，
2
ìg(0) < 0
\ 2 - 2a 2只需 í ， g(1) = - (a -1) < 0 g(0) = 2 - a2 < 0
g(1) 0
，
< e
a ( , e + 2) 1\ - - ，与 - < a < 0 矛盾，舍去；
e 2
当 a = 0时， g(x)在 (0, + )上递减，只需 g(0) < 0，a2 > 2，矛盾，舍去；
\a = 0不满足条件.
当 a > 0， g(x)在( 0, 1) 上递减，在 (1, 2a +1)上递增，在 (2a +1,+ ) 上递减.
ìg(2a +1) < 0Q x 0 ， g(x) < 0，\只需 í
g(0) 0
，
<
2a +1 2 - 2a(2a +1) +1g(2a +1) (a2 2a + 2= - -1) = - (a2 -1) < 0，
e2a+1 e2a+1
2
Qa +1 > 0，\a -1 >
e2a+1
，
2 2 2又 g 0 = 2 - a2 0,\a 2 ， \a -1 > 2 -1 > 0.4 > > >
22 2+1 e2 2+1 e2a+1
，
ìa > 0\í ，\
a 2 a > 2
满足条件.
>
\综上所述， a (- ,
e + 2
- )
e 2, +
12．（2023 届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数 f x = 2ax - sinx .
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 x > 0时， f x axcosx 恒成立，求实数 a 的取值范围.
【解析】（1）当 a =1时， f x = 2x - sinx, f x = 2 - cosx，
切线的斜率为 k = f 0 =1，
又切点为 0,0 ，所以切线方程为 y = x .
（2）令 g x = f x - axcosx ，即 g x = 2ax - axcosx - sinx，
①若a 1，则当 x > 0时， g x 2x - xcosx - sinx ，令 h x = 2x - xcosx - sinx ， h x = 2 - 2cosx + xsinx ，
当 x 0, π 时，h x 0，
所以 h x 在 0, π 上单调递增， h x > h 0 = 0，
当 x π, + 时， h x = x 1- cosx + x - sinx > 0，
所以 g x h x 0 恒成立，符合题意；
②若 a 0，则当 x 0,
π
÷ 时， g x = 2ax - axcosx - sinx = ax 1- cosx + ax - sinx < 0 ，不合题意；
è 2
③若 0 < a < 1，注意到 g 0 = 0, g x = 2a - a cosx - xsinx - cosx, g 0 = a -1，
令j x = g x = 2a - a cosx - xsinx - cosx，则j x = 2a +1 sinx + axcosx ，

当 x 0,
π
÷ 时，j x > 0

，所以 g x 在 0, π 2 ÷上单调递增，è 2 è
π π
因为 g 0 = a -1< 0, g ÷ =2 2 + a > 0，è è 2 ÷
x p 所以存在 0 0, ÷，使得 g x0 = 0，
è 2
当 x 0, x0 时， g x < 0，所以 g x 在 0, x0 上单调递减， g x < g 0 = 0，不合题意.
综上， a 的取值范围为 1, + .
1
13．（2024 2届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数 f x = 2lnx - mx +1 m R .
2
(1)当m =1时，证明： f x <1；
(2)若关于 x 的不等式 f x < m - 2 x 恒成立，求整数m 的最小值.
1
【解析】（1）当m =1时， f x = 2lnx - x2 +1(x > 0)，
2
f x 2 x 2 - x
2
\ = - = (x > 0) ，
x x
令 f x = 0，得 x = 2 ，
当 x 0, 2 时， f x > 0, f x 单调递增；
当 x 2,+ 时， f x < 0, f x 单调递减，
所以 f x 在 x = 2 处取得唯一的极大值，即为最大值，
所以 f (x)max = f 2 = 2ln 2 1- 2 +1 = ln2，2
所以 f x ln2 ，
而 ln2 < lne =1，
所以 f x <1.
（2）令G x = f x - m - 2 x 1= 2lnx - mx2 + 2 - m x +1 .
2
2
则G x 2 -mx + 2 - m x + 2= - mx + 2 - m = .
x x
当m 0时，因为 x > 0 ，所以G x > 0，所以G x 在 0, + 上单调递增，
又因为G 1 3= - m + 3 > 0 .
2
所以关于 x 的不等式G x < 0不能恒成立；
m x 2m -
x +1
当 > 0 ÷ 时，G x .= - è m
x
G x 2= 0 x 2= x 0, G 令 ，得 ，所以当 时， x > 0；m è m ÷
x 2 ,+ G 当 ÷时， x < 0 .
è m
G x 0, 2 2 , + 因此函数 在 ÷上单调递增，在m m ÷上单调递减.è è
故函数G x G 2 2的最大值为 ÷ = - 2lnm + 2ln2 -1 .
è m m
令 h m 2= - 2lnm + 2ln2 -1，
m
因为 h 1 =1+ 2ln2 > 0, h 2 = 0,h 3 = 2ln2 - 2ln3 1- < 0，
3
又因为 h m 在 0, + 上单调递减，所以当m 3时， h m < 0 .
所以整数m 的最小值为 3.
14．（2023 届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数 f (x) = x3 - 3ax2 + 3b2x
(1)若 a =1，b = 0，求曲线 y = f (x) 在点 1, f 1 处的切线方程；
1+ ln x k
(2)若0 < a < b

，不等式 f ÷ > f ÷对任意 x 1,+ 恒成立，求整数 kx 1 x 的最大值．è - è
【解析】（1）当 a =1，b = 0时， f (x) = x3 - 3x2，所以 f (1) = -2，即切点为P 1, -2
因为 f (x) = 3x2 - 6x ，所以 f (1) = 3 - 6 = -3，
所以切线方程为 y + 2 = -3 x -1 ，即 y = -3x +1，
（2） f (x) = 3x2 - 6ax + 3b2 ，由0 < a < b，所以D = 36a2 - 36b2 = 36(a + b)(a - b) < 0，
所以函数 f x 在 R 上单调递增
f 1- ln x > f k 1- ln x k (1- ln x)x不等式 ÷ ÷ > > k ，对 x 1,+ x 1 恒成立，è - è x x -1 x x -1
h(x) (1- ln x)x h (x)
(2 + ln x)(x -1) - (x + x ln x) x - ln x - 2
构造 = ， = 2 = ，x -1 (x -1) (x -1)2
构造 g(x) = x - ln x - 2 g (x) 1
1 x -1
， = - = ，对 x 1,+ 有 g (x) > 0，
x x
所以 g(x) = x - ln x - 2在 x 1,+ 递增， g 3 =1- ln 3 < 0， g 4 = 2 - ln 4 > 0，
所以$x0 (3, 4)， g x0 = x0 - ln x0 - 2 = 0，
所以 x 1, x0 ， g(x) < 0，即 h (x) < 0， h(x) 在 1, x0 递减，
x x0 ,+ ， g(x) > 0 ，即 h (x) > 0， h(x) 在 x0 ,+ 递增，
1+ ln x0 x0
所以 h(x)min = h x0 = ，结合 ln x0 = x0 - 2，故 h(x)min = x0 (3, 4)，x0 -1
k (1+ ln x)x所以 < 对 x (1,+ )恒成立 k < h(x)min ，故 k 3，x -1
所以整数 k 的最大值为 3；
15．（2023 届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数 f (x) = e2x
1
- .
x
(1)判断函数 f (x) 零点的个数，并证明；
(2)证明： xe2x - ln x - 2x - cos x > 0 .
【解析】（1）函数的定义域{x | x 0}，
1
当时 x < 0 2x时， f (x) = e - > 0，函数 f (x) 无零点，
x
当 x > 0时， f (x) = 2e2x
1
+ > 0， f (x) 单调递增，
x2
又 f (
1) = e - 4 < 0， f (1) = e2 -1 > 0且 f (x) 图象在（0,+ ）上连续不断，
4
1
所以由零点存在定理得 f (x) 在 ,1÷ 上有且只有一个零点，
è 4
综上， f (x) 有且只有一个零点.
（2）要证 xe2x - ln x - 2x - cos x > 0，即证 xe2x - ln x - 2x > cos x，
令 g(x) = xe2x - ln x - 2x ，其中 x > 0，
则有 g(x) = xe2x - ln x - ln e2x = xe2x - ln（xe2x），
令 t = xe2x ，则 g(x)可化为 h(t) = t - ln t ，
因为 t = 1+ 2x e2x > 0，所以函数 t = xe2x 在（0,+ ）单调递增，则 t > 0，
由 h(t) = t - ln t
1 t -1
， t > 0， h (t) =1- = ，
t t
令 h (t) = 0 得 t =1，列表如下：
t 0,1 1 1, +
h t - 0 +
h t ] 1 ↗
由表可知： h(t)min = h(1) =1，即 g(x) = xe2x - ln x - 2x 1，仅当 xe2x =1，等号成立，
x 11 ,1 x e2 x由（ ）可知，存在唯一的 00 ÷ ，使得 0 = 1，
è 4
x 1 ,1 x e2 x即仅有唯一的 ÷ ，使得 00 0 - ln x0 - 2x0 = 1，
è 4
而 cos x 1，当 x = 2kπ k N* ，等号成立，
综上， g(x) = xe2x - ln x - 2x 1与 cos x 1，等号不能同时成立，
故 xe2x - ln x - 2x > cos x，即 xe2x - ln x - 2x - cos x > 0 .

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