资源简介

第 09 讲 利用导数研究函数的零点问题及方程的根
（6 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
2024 年新Ⅱ卷，第 11 题,6 分 利用导数研究函数的零点
极值与最值的综合应用
判断零点所在的区间
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究函数的零点 利用导数研究不等式恒成立问题
根据极值点求参数
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率）
2022 年新 I 卷，第 10 题,5 分 利用导数研究函数的零点
求已知函数的极值点
2022 年新 I 卷，第 22 题,12 分 利用导数研究方程的根 由导数求函数的最值 (含参)
求离散型随机查量的均值
2021 年新Ⅱ卷，第 21 题,12 分 利用导数研究方程的根
均值的实际应用
2021 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究函数的零点 含参分类讨论求函数的单调区间
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数证明函数的单调性
2 能结合零点的定义及零点存在性定理解决零点问题
3 能结合方程的根的定义用导数解决方程的根的问题
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中
求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,
有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养
都有较深入的考查，需综合复习
知识讲解
利用导数研究函数零点的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零
点个数或者通过零点个数求参数范围.
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图
数形结合确定其中参数的范围.
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在
给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解.
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转
化与化归的思想方法．
利用导数研究函数方程的根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数（方程的根）的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零
点个数（方程的根）或者通过零点个数（方程的根）求参数范围.
(2)数形结合法求解零点（方程的根）
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图
数形结合确定其中参数的范围.
(3)构造函数法研究函数零点（方程的根）
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数（方程的根）
寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解.
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转
化与化归的思想方法．
考点一、求函数零点及其个数
1
1 2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数 f x = ln x - ax a R .
2
(1)当 a =1时，求 f x 的最大值；
(2) 2讨论函数 f x 在区间 é1,e ù 上零点的个数.
2．（2024· x湖南长沙·三模）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.
3．（2024·河北保定·二模）已知函数 f x = asinx + xcosx .
(1)若 a = 0，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 x -π, π ，试讨论 f x 的零点个数.
1
1 2024· · f x = ex．（ 山东 模拟预测）已知函数 - x ．
4
(1)求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线 l在 y 轴上的截距；
(2)探究 f x 的零点个数．
2．（2024·浙江·模拟预测）已知函数 f x = a ex + sinx - x -1.
a 1(1)当 = 时，求 f x 的单调区间；
2
(2)当 a =1时，判断 f x 的零点个数.
2
3．（2024· · ax河南 模拟预测）已知函数 f x = x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的极大值；
(2)若 a =1，求 g x π= f x - cosx é在区间 ê- , 2024π
ù
2 ú 上的零点个数．
考点二、由函数零点及个数求参数值
1
1．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ax - - (a +1) ln x．
x
(1)当 a = 0时，求 f (x) 的最大值；
(2)若 f (x) 恰有一个零点，求 a 的取值范围．
2 - x．（2022·全国·高考真题）已知函数 f x = ln 1+ x + axe
(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．
1
3．（2024·湖南邵阳· f x = - x3 + x2三模）已知函数 +1．
3
(1)求函数 f x 的单调递增区间；
(2)若函数 g x = f x - k k R 有且仅有三个零点，求 k 的取值范围．
4．（2024· x广东茂名·一模）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.
1．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲线 y = f (x) 在 x=-1处的切线与 y 轴垂直，求 y = f (x) 的极值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一个零点，求 a .
2．（2024· 3福建泉州·模拟预测）已知函数 f x = x - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函数 f x 的极值点，求 a的值，并求其单调区间；
(2)若函数 f x é1在 ê ,3
ù
ú 上仅有 2 个零点，求 a的取值范围． 3
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = lnx + kx的单调递增区间为 0,1 ．
(1)求函数 f x 的图象在点 e, f e 处的切线方程；
(2)若函数 g x ax= x - f x 有两个零点，求实数 a的取值范围．e
4．（2024·安徽·三模）已知函数 f (x) = aex - e- x - (a +1)x, a > 0．
(1)求证： f (x) 至多只有一个零点；
(2)当 0 < a < 1时， x1, x2 分别为 f (x) 的极大值点和极小值点，若 f x1 + kf x2 > 0成立，求实数 k 的取值范
围．
考点三、求方程根的个数
1
1．（2024· 1-浙江温州·一模）已知 f x = e x （ x > 0）.
(1)求导函数 f x 的最值；
(2)试讨论关于 x 的方程 f x = kx （ k > 0）的根的个数，并说明理由.
1．（2024·山西·模拟预测）已知函数 f (x) = sin x + ln(x +1) - ax ，且 y = f (x) 与 x 轴相切于坐标原点．
(1)求实数 a的值及 f (x) 的最大值；
(2)证明：当 x
é π ù
ê , πú 时， f (x) + 2x
1
> ；
6 2
(3)判断关于 x 的方程 f (x) + x = 0实数根的个数，并证明．
m
2．（2024·河南信阳·一模）已知函数 f (x) = ln(x +1) + x ．
3
(1)若m = -3，求证： f (x) 0；
2 πx
(2)讨论关于 x 的方程 f (x) + sin = 0在 (-1,2)上的根的情况．
3π 2
考点四、由方程根的个数求参数范围
1
1．（2024·贵州贵阳·二模）已知函数 f (x) = ax ln x + ,a R .
2x
(1)当 a =1时.求 f (x) 在 (1, f (1))处的切线方程;
1
(2)若方程 f (x) = x3 + 存两个不等的实数根，求 a的取值范围.
2x
2．（2024·山东烟台·三模）已知函数 f x = x + aex 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 +1 mf x - x f x 有三个不等的实根，求实数 的取值范围.
1．（2023· x 2广东梅州·三模）已知函数 f x = e - ax ， a R ， f x 为函数 f x 的导函数.
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2) 2若方程 f x + f x = 2 - ax 在 0,1 上有实根，求 a的取值范围.
x
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) e= 的图象在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 2x + y +1 = 0．
ax + b
(1)求 a,b的值；
m
(2)若 f (x) = 有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围．
2x -1
考点五、图象交点问题
a
1．（2021· x全国·高考真题）已知 a > 0且a 1，函数 f (x) = x (x > 0)．a
（1）当 a = 2时，求 f x 的单调区间；
（2）若曲线 y = f x 与直线 y =1有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
2．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
1．（2024·江苏· 2模拟预测）已知函数 f x = a ln x + x + 3在 x =1处的切线经过原点.
(1)判断函数 f x 的单调性；
(2)求证：函数 f x 的图象与直线 y = 5x有且只有一个交点.
1
2．（2024· 2陕西西安·二模）设函数 f (x) = ax + (1- x)ex .
2
(1)当 a 1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x [-2,2]时，函数 f (x) 的图像与 y = ex 的图像仅只有一个公共点，求 a的取值范围.
log x
3．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数 f x = a
xa
.
(1)当 a = 2时，求 f x 的单调区间；
1
(2)证明：若曲线 y = f x 与直线 y = 2 有且仅有两个交点，求 a的取值范围.a
考点六、零点、方程的根、图象交点小题综合
1．（2023·全国·高考真题）函数 f x = x3 + ax + 2 存在 3 个零点，则 a的取值范围是（ ）
A． - ,-2 B． - , -3 C． -4, -1 D． -3,0
2．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数 f (x) = 2x3 - 3ax2 +1，则（ ）
A．当 a > 1时， f (x) 有三个零点
B．当 a < 0时， x = 0是 f (x) 的极大值点
C．存在 a，b，使得 x = b 为曲线 y = f (x) 的对称轴
D．存在 a，使得点 1, f 1 为曲线 y = f (x) 的对称中心
3．（2022·全国·高考真题）（多选）已知函数 f (x) = x3 - x +1，则（ ）
A． f (x) 有两个极值点 B． f (x) 有三个零点
C．点( 0, 1)是曲线 y = f (x) 的对称中心 D．直线 y = 2x是曲线 y = f (x) 的切线
4．（2021·北京·高考真题）已知函数 f (x) = lg x - kx - 2，给出下列四个结论：
①若 k = 0， f (x) 恰 有 2 个零点；
②存在负数 k ，使得 f (x) 恰有 1 个零点；
③存在负数 k ，使得 f (x) 恰有 3 个零点；
④存在正数 k ，使得 f (x) 恰有 3 个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）函数 f x = ex - kx - b恰好有一零点 x0 ，且 k > b > 0，则 x0 的取值范围是
（ ）
A． (- ,0) B．( 0, 1) C． (- ,1) D． (1, + )
ì x
lnx - , x > 0, 3
2．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知w > 0，若函数 f x = í π 有 4 个零点，则w 的取值 sin wx + ÷ , -π x 0 è 3
范围是（ ）
4 , 7 ù é4 , 7 7 10ù é7 10 A． ú B． ê ÷ C．è 3 3 3 3
, D． , ÷
è 3 3 ú ê 3 3
3．（2024·全国· 3模拟预测）（多选）已知函数 f x = x - ax +1， a R ，则（ ）
A．若 f x 有极值点，则 a 0
B．当 a =1时， f x 有一个零点
C． f x = 2 - f -x
D．当 a =1时，曲线 y = f x 上斜率为 2 的切线是直线 y = 2x -1
x
4．（2024·安徽·模拟预测）若关于 x 的方程m + e ln m = x + e ln x - x 有解，则实数 m 的最大值为 .e
5．（2024·天津北辰·三模）若函数 f (x) = a 2x - 3 - 3a - x2 (x - 3)2有四个零点，则实数 a的取值范围
为 .
一、单选题
1．（2023·陕西西安·模拟预测）方程 ae- x = x +1有两个不等的实数解，则 a的取值范围为（ ）
e 1 1 1
A． - ,0

÷÷ B． -1, -

2 ÷ C． - ,0 D．e e e2 ÷
- ,0÷
è è è è e
é π ù
2．（2024·四川凉山·二模）若 f x = x sin x + cos x -1， x ê- , πú ，则函数 f x 的零点个数为（2 ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、多选题
3．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数 f (x) = x3 + x +1，则（ ）
A． f (x) 有两个极值点
B． f (x) 有一个零点
C．点( 0, 1)是曲线 y = f (x) 的对称中心
D．直线 y = 2x是曲线 y = f (x) 的切线
x
4．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 f x = - x ，则下列说法正确的是（ ）e
A． f x 的极值点为 1,
1
- ÷
è e
B． f x 的极值点为 1
y 1 x 4C．直线 = - 是曲线 y = f x 的一条切线
e2 e2
D． f x 有两个零点
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）方程 -1+ ln x x + k = 0有两个不相等的实数根，则实数 k 的取值范围为 ．
ì2x 1+ , x > 0
6．（2024·山西·三模）已知函数 f (x) =

í x ，若函数 g(x) = f (x) - x + m(m R) 恰有一个零点，则m
e
x , x 0
的取值范围是 .
7．（23-24 高三上·四川内江·期末）已知函数 f x = 2x3 + 4x - t ，若函数 f x 的图象与曲线 y = 5x2有三个交
点，则 t 的取值范围是 .
四、解答题
8．（2023·广西河池·模拟预测）已知函数 f x = 2ln x - x2 + ax a R
(1)当 a =1时，求函数 f x 在 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 与直线 y = ax - a é1 ù在 ê , eú 上有两个不同的交点，求实数 a的取值范围． e
9．（23-24 高三上·北京大兴·阶段练习）已知 f x = ln x，
f
(1) x 求 的极值；
x
(2)若函数 y = f x - ax存在两个零点，求 a的取值范围.
1
10．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 f x = - x3 + x2 +1．
3
(1)求函数 f x 的单调递增区间；
(2)若函数 g x = f x - k k R 有且仅有三个零点，求 k 的取值范围．
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知过点 (-2,0) 的直线与函数 f (x) = xex+2 + 2的图象有三个交点，则该直线的斜
率的取值范围为（ ）
A． (- , -1) B． (- ,0) C． (-1,0) D． (-1, + )
ì
a
e
+ , x > 0
2．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数 f x = í x ，若方程 f x + ex = 0 存在三个不相等的实根，则
e- x , x < 0
实数 a的取值范围是（ ）
A． - , e B． - ,-e C． - , -2e D． - , 2e
二、填空题
x
3．（2024·重庆·模拟预测）若函数 f (x)
ex
= a + ex 的图象与函数 g(x) = x 的图象有三个不同的公共点，则实e x + e
数 a的取值范围为 ．
4．（2024·湖北黄冈·二模）已知函数 f x = k e -1 - ekx 1- e lnx -1与函数 g x = 的图象有且仅有两个不同
x
的交点，则实数 k 的取值范围为 .
5．（2024·福建泉州·一模）已知函数 f (x) = (x -1)ex + ex - a 有且只有两个零点，则 a 的范围 ．
三、解答题
6．（2024·广东深圳·模拟预测）已知 f x = x sin x - a cos x π在 x = 2 时取得极大值．
(1)讨论 f x 在 -π, π 上的单调性；
(2)令 h x = x2 - 4x sin x - 4cos x + 4 ，试判断 h x 在R 上零点的个数．
7．（2024· x 2全国·模拟预测）已知函数 f x = e - x + a， x R ，j x = f x + x2 - x .
(1)若j x 的最小值为 0，求 a的值；
(2)当 a < 0.25时，证明：方程 f x = 2x在 0, + 上有解.
8．（2024·广东梅州·二模）已知函数 f x = ex g x = x2， +1， h x = a sin x +1（ a > 0）．
(1)证明：当 x 0, + 时， f x > g x ；
(2)讨论函数F x = f x - h x 在 0, π 上的零点个数．
1．2．3．4．9．（2024·广西南宁·二模）已知函数 f x = ln x - ax
(1)若 f x 在定义域内单调递增，求 a的取值范围，
(2)若函数 g x = f x - x +1恰有两个零点，求 a的取值范围，
10．（2024·广西贺州·一模）已知函数 f (x) = x + ln x
a
+ , a R．
2x
1
(1)若 a > - ，讨论 f (x) 的单调性；
2
2
(2)若关于 x 的方程 f (x) = 有且只有一个解，求 a 的取值范围．
e
e
1．（2022·浙江·高考真题）设函数 f (x) = + ln x(x > 0) ．
2x
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)已知 a,b R ，曲线 y = f (x) 上不同的三点 x1, f x1 , x2 , f x2 , x3, f x3 处的切线都经过点 (a , b ) ．证
明：
（ⅰ）若 a > e，则0 < b - f (a)
1 a
< -1

÷ ；2 è e
2 e - a 1 1 2 e - a
（ⅱ）若0 < a < e, x1 < x2 < x3 ，则 +e 6e2
< + < -
x1 x3 a 6e
2 ．
（注： e = 2.71828L是自然对数的底数）
2．（2021·全国·高考真题）已知函数 f (x) = (x -1)ex - ax2 + b．
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： f (x) 只有一个零点
① 1 e
2
< a ,b > 2a；
2 2
1
② 0 < a < ,b 2a ．
2
3．（2021· x 2浙江·高考真题）设 a，b 为实数，且 a > 1，函数 f x = a - bx + e (x R)
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）若对任意b > 2e2 ，函数 f x 有两个不同的零点，求 a 的取值范围；
2
（3）当 a = e b ln b e时，证明：对任意b > e4 ，函数 f x 有两个不同的零点 x1, x2 , x2 > x1 ，满足 x2 > 2 x1 + .2e b
(注： e = 2.71828 × × ×是自然对数的底数)
4 1 1．（2020·全国·高考真题）设函数 f (x) = x3 + bx + c ，曲线 y = f (x) 在点( 2 ，f( 2 ))处的切线与 y 轴垂直．
（1）求 b．
（2）若 f (x) 有一个绝对值不大于 1 的零点，证明： f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
5．（2020·全国·高考真题）已知函数 f (x) = x3 - kx + k 2 ．
（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．
6．（2020·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ex - a(x + 2) .
（1）当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
（2）若 f (x) 有两个零点，求 a的取值范围.
7．（2019·全国·高考真题）已知函数 f (x) = (x -1) ln x - x -1.证明：
（1） f (x) 存在唯一的极值点；
（2） f (x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
8．（2019·全国·高考真题）已知函数 f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为 f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若 x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求 a 的取值范围．
9．（2019·全国·高考真题）已知函数 f (x) = sin x - ln(1+ x)， f (x) 为 f (x) 的导数．证明：
p
（1） f (x) 在区间 (-1, )存在唯一极大值点；
2
（2） f (x) 有且仅有 2 个零点．
10．（2018·江苏·高考真题）若函数 f x = 2x3 - ax2 +1 a R 在 0, + 内有且只有一个零点，则 f x 在 -1,1
上的最大值与最小值的和为 ．第 09 讲 利用导数研究函数的零点问题及方程的根
（6 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
2024 年新Ⅱ卷，第 11 题,6 分 利用导数研究函数的零点
极值与最值的综合应用
判断零点所在的区间
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究函数的零点 利用导数研究不等式恒成立问题
根据极值点求参数
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率）
2022 年新 I 卷，第 10 题,5 分 利用导数研究函数的零点
求已知函数的极值点
2022 年新 I 卷，第 22 题,12 分 利用导数研究方程的根 由导数求函数的最值 (含参)
求离散型随机查量的均值
2021 年新Ⅱ卷，第 21 题,12 分 利用导数研究方程的根
均值的实际应用
2021 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究函数的零点 含参分类讨论求函数的单调区间
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数证明函数的单调性
2 能结合零点的定义及零点存在性定理解决零点问题
3 能结合方程的根的定义用导数解决方程的根的问题
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中
求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,
有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养
都有较深入的考查，需综合复习
知识讲解
利用导数研究函数零点的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零
点个数或者通过零点个数求参数范围.
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图
数形结合确定其中参数的范围.
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在
给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解.
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转
化与化归的思想方法．
利用导数研究函数方程的根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数（方程的根）的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零
点个数（方程的根）或者通过零点个数（方程的根）求参数范围.
(2)数形结合法求解零点（方程的根）
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图
数形结合确定其中参数的范围.
(3)构造函数法研究函数零点（方程的根）
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数（方程的根）
寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解.
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转
化与化归的思想方法．
考点一、求函数零点及其个数
1
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数 f x = ln x - ax2 a R .
2
(1)当 a =1时，求 f x 的最大值；
(2)讨论函数 f x 在区间 é1,e
2 ù 上零点的个数.
1
【答案】(1) -
2
(2)答案见解析
【分析】（1）求函数 f x 的定义域及导函数，求 a =1时方程 f x = 0的解，分区间确定函数的单调性，
单调性求最值；
（2）函数 f x 2ln x的零点，即方程 a = 2 的解，设 g x
2ln x
= 2 ，利用导数研究函数 g x 的性质，讨论 a，x x
结合图象确定函数 f x 的零点个数.
【详解】（1） f x 的定义域是 0, + ，
2
Q f x = ln x 1- ax2 a R ，\ f x 1= - ax 1- ax= ，2 x x
2
当 a =1时， f x 1- x= = 0，得 x = ±1 .
x
Q x > 0
\当 x 0,1 时， f x > 0，函数 f x 单调递增，
当 x 1, + 时， f x < 0，函数 f x 单调递减
\ 1当 x =1时，函数 f x 取最大值，最大值为 f 1 = - ；
2
（2）由 f x = 0 a 2ln x，得 = ，
x2
g x 2ln x令 = ，则 g x 2 - 4ln x
x2
= ，
x3
由 g x > 0得1 < x < e ，
由 g x < 0，得 e < x < e2 ，
g x 在区间[1, e] 2上单调递增，在区间 é e,e ù 上单调递减，
g 1 = 0 g e 1= g e2 4又 ， ， =e e4 ，
作函数 g x 的图象如下：
综上：当0
4 1
a < 4 或 a = 时， f x 在 é1,e
2 ù 上有一个零点，
e e
4 a 1当 4 < 时， f x 在 é 1,e
2 ù 上有 2 个零点，e e
1
当 a<0或 a > 时， f x 2在
e
é1,e ù 上没有零点.
2．（2024· x湖南长沙·三模）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.
1
【答案】(1)最小值- -1
e
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，进而可求出函数的最小值；
x lnx +1 x lnx +1
（2）令 h x = 0 ，得 e - + m = 0，令 k x = e - + m，则 h x 与 k x 有相同的零点，利用导数
x x
求出函数 k x 的极值点，再分类讨论m 即可得出结论.
x
【详解】（1） f x 的定义域为R, f x = x +1 e ，
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, + ，
h x = 0 ex lnx +1令 ，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 +1
2
k x e x e
x + lnx
且 = - = ，
x2 x2
r x = x2ex令 + lnx，则 r x = x2 + 2x ex 1+ ，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 e ÷
= ee -1 0, r 1 = e 0，所以$x0 ,1÷，使 r x0 = 0，
è è e
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，
lnx +1
因此 k x 的最小值为 k x0 = ex0 - 0 + mx ，0
ln 1
由 r x0 = 0 2 x 1，得 x0 e 0 + lnx x00 = 0，即 x0e = ln e x0 ，x0
令j x = f x +1，则j x 在区间 0, + 上单调递增，
1 1 1
因为 < x0 <1，所以 ln > 0x ，则
j x0 = je
ln ÷，
0 è x0
1
所以 x0 = -lnx0 ，从而 lnx0 = -x e
x0
0 ，即 = ,x0
k x k x ex lnx= 0 - 0 +1所以 的最小值 0 + m = m +1x ，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.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，
然后将问题转化为函数图象与 x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思
想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 f x = 0分离变量得出 a = g x ，将问题等价转化为直线 y = a 与函数 y = g x 的图
象的交点问题.
3．（2024·河北保定·二模）已知函数 f x = asinx + xcosx .
(1)若 a = 0，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 x -π, π ，试讨论 f x 的零点个数.
【答案】(1) y = x
(2)答案见解析
【分析】（1）求得 f (x) 的导数，可得切线斜率和切点，从而求得切线方程；
（2）由 f (x) 为奇函数，将问题转化为讨论 f x 在 0, π 上的零点，求得导数，讨论 a > -1， a = -1，
-2 < a < -1和 a -2，求得 f (x) 的单调性、极值和最值，结合零点存在定理，即可得到零点个数.
【详解】（1）当 a = 0时， f x = xcosx， f 0 = 0 .
f x = cosx - xsinx， f 0 =1 .
故曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程为 y = x .
（2）因为 f -x = - f x ，所以 f x 为奇函数.
又因为 f 0 = 0，所以只需要讨论 f x 在 0, π 上的零点.
f x = a +1 cosx - xsinx ， f 0 = a +1.
令函数 g x = f x = a +1 cosx - xsinx ， g x = - a + 2 sinx - xcosx
①当 a +1 > 0，即 a > -1时，分段讨论：
π
当时 x
é
ê , π ÷， f x < 0 . 2
π
当 x
0, g x < 0 g x 0, π π ÷ 时， ，所以 在 2 ÷上单调递减，即 f x 在 0,2 2 ÷上单调递减è è è
因为 f 0 = a +1 > 0， f π π π ÷ = - < 0

，所以存在 x0 0, ÷，使得 f x0 = 0 .
è 2 2 è 2
当 x 0, x0 时， f x > 0，当 x x0 , π 时， f x < 0，
所以 f x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 , π 上单调递减.
因为 f 0 = 0， f π = -π < 0，所以 f x 在 0, π 上有 1 个零点，
f x 在 -π, π 上有 3 个零点.
②当 a +1 = 0，即 a = -1时， f x = -xsinx < 0， f x 在 0, π 上单调递减，
所以 f x 在 0, π 上没有零点，在 -π, π 上有 1 个零点.
③当 a + 2 0，即 a -2时，分段讨论：
当 x

0,
π ù
ú时， f x < 0 .è 2
x π π π 当 , π ÷时， g x > 0 ，所以 g x 在 , π ÷上单调递增，即 f x 在 , π ÷上单调递增.
è 2 è 2 è 2
π π π
因为 f ÷ = - < 0， f π = - a +1 > 0，所以存在 x1 , π ÷，使得 f x1 = 0 .
è 2 2 è 2
当 x 0, x1 时， f x < 0，当 x x1, π 时， f x > 0，
所以 f x 在 0, x1 上单调递减，在 x1, π 上单调递增.
因为 f 0 = 0， f π < 0 ，
所以 f x 在 0, π 上没有零点，在 -π, π 上有 1 个零点.
ìa +1< 0
④当 ía 2 0，即
-2 < a < -1时，分段讨论：
+ >
当 x

0,
π ù
ú时， f x < 0 .è 2
x π当 , π

÷时，令函数h x = g x = - a + 2 sinx - xcosx ，
è 2
h x = - a + 3 cosx + xsinx > 0 .
h x π , π 所以 在 ÷上单调递增，即 g x
π , π 在
2 ÷
上单调递增.
è è 2
g π 因为 ÷ = - a
π
+ 2 < 0， g π = π > 0 x , π ，所以存在 2 ÷，使得 g x2 = 0 .
è 2 è 2
所以 g x π在 , x 2 2 ÷上单调递减，在 x2 , π 上单调递增，è
即在 f x π 在 , x2 ÷上单调递减，在 x2 2 , π 上单调递增.è
π π
因为 f ÷ = - < 0， f π = - a +1 > 0，所以存在 x3 x2 , π ，使得 g x3 = 0 .
è 2 2
当时 x 0, x3 ， f x < 0，当 x x3 , π 时， f x > 0，
所以 f x 在 0, x3 上单调递减，在 x3 , π 上单调递增.
因为 f 0 = 0， f π < 0 ，
所以 f x 在 0, π 上没有零点，在 -π, π 上有 1 个零点.
综上，当 a > -1时， f x 在 -π, π 上有 3 个零点；
当 a -1时， f x 在 -π, π 上有 1 个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，
然后将问题转化为函数图象与 x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思
想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 f x = 0分离变量得出 a = g x ，将问题等价转化为直线 y = a 与函数 y = g x 的图
象的交点问题.
1
1．（2024· x山东·模拟预测）已知函数 f x = e - x ．
4
(1)求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线 l在 y 轴上的截距；
(2)探究 f x 的零点个数．
1
【答案】(1) -
2
(2) f x 有两个零点
1 x 1
【分析】（1）求得 f x = e -4 ，得到 f 1
e 1 e
= - ， f 1 = -1，利用导数的几何意义，求得切线
2 x 4 2 4
方程，进而求得其在 y 轴上的截距；
（2）得到 f x 1 1= ex - 在 0, + 1 上递增，结合 f ÷ 0, f 1 0 $x
1
，得到 0 ,1

4 2 x ÷
，使得 f x0 = 0，
è 4 è 4
进而求得 f x 单调性，结合零点的存在性定理，即可求解.
1 x f x 1 ex 1 e 1【详解】（1）解析：由函数 f x = e - x ，可得 = -4 ，所以 f 1 = - ，4 2 x 4 2
又 f 1 e= -1，所以 l的方程为 y e 1 x 1 e 1 y e 1 1= - - + - ，即 = -
x - ，
4 è 4 2 ÷ ÷ 4 è 4 2 2
1
令 x = 0
1
，可得 y = - ，所以直线 l在 y 轴上的截距为- ．
2 2
y 1
1
（2）解：因为 = ex 和 y = - 在 0, + 上均单调递增，
4 2 x
所以 f x 1= ex 1- 在 0, + 4 上单调递增，2 x
1 1 1f 1 1
1
又因为 4 ÷
= e4 -1 0, f 1 = e - 0 ，所以$x0 ,1÷ ，使得 f x = 0，
è 4 4 2 4
0
è
所以，当 x 0, x0 时， f x < 0， f x 在 0, x0 单调递减；
当 x x0 ,+ 时， f x > 0， f x 在 x0 ,+ 单调递增，
1
f 1 1 1又因为 ÷ = e100 - > 0, f 1
e 1 0, f 4 1= - = e4 - 2 0，
è100 4 10 4 4
所以 f x 有两个零点．
【点睛】方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与 ex 和 ln x相关的常见同构模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b x ，构造函数 f x = x ln x 或 g x = xe ；
a
② e b e
a b f x x= g x e
x
< a < ，构造函数 或 = ；a ln b ln e ln b ln x x
③ ea a b ln b ea ln ea x± > ± ± > b ± ln b，构造函数 f x = x ± ln x或 g x = e ± x .
2 x．（2024·浙江·模拟预测）已知函数 f x = a e + sinx - x -1.
1
(1)当 a = 时，求 f x 的单调区间；
2
(2)当 a =1时，判断 f x 的零点个数.
【答案】(1)减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + ；
(2)2 个.
【分析】（1）求导，当 x < 0 时，利用指数函数性质和余弦函数有界性可判断导数符号，当 x > 0时，利用二
次导数判断导函数单调性，然后可得导函数符号；
（2）当 x > 0时，利用二次导数判断 f x 的单调性，当 x -π时，利用指数函数性质和正弦函数有界性可
判断函数值符号，当-π交点个数判断即可.
1 1
【详解】（1 x）当 a = 时， f x = e + sinx - x -1，所以 f x 1= ex + cosx -1，2 2 2
1
当 x < 0 x时， ex <1,cos x 1，所以 e + cosx <1，则 f x < 0，2
所以， f x 在 - ,0 上单调递减.
1
当 x > 0 x时，记 g x = e + cosx -1，则 g x 1= ex - sin x ，2 2
因为 ex >1 sin x ，所以 g x > 0， g x 在 0, + 单调递增，
所以 g x > g 0 = 0，即 f x > 0，所以 f x 在 0, + 上单调递增.
综上， f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
（2）当 a =1时， f x = ex + sinx - x -1 x，则 f x = e + cosx -1，
记 h x = ex + cosx -1 x，则 h x = e - sin x，
当 x > 0时， ex >1 sin x ，所以 h x > 0， h x 在 0, + 单调递增，
所以 h x > h 0 =1 > 0， f x 在 0, + 上单调递增，
所以 f x > f 0 = 0 ， f x 在 0, + 上无零点.
当 x -π时，因为 ex >0,sinx -1,-x -1 π -1，
所以 f x = ex + sinx - x -1 > 0，此时 f x 无零点.
当-π因为当 x 趋近于 0 时， n x 趋近于 0，所以 n x 的变化越来越慢，图象下凹，
当 x = -π时， ex - x -1 > -sin x，当 x = 0时， ex - x -1 = -sin x，
作出函数 n x 和 y = -sin x的图象如图，
由图可知，当-π易知 x = 0是 f x 的一个零点.
综上，函数 f x 共有 2 个零点.
2
3．（2024·河南·模拟预测）已知函数 f x ax= x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的极大值；
(2)若 a =1，求 g x π= f x - cosx é- , 2024πù在区间 ê 2 ú 上的零点个数．
【答案】(1)答案见解析
(2)2025 个零点
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，分情况讨论，求函数的极大值.
x2 é π ù
（2）先分析方程 x = cos x 在 ê- ,0ú 上解得个数，再分析在 0,2π 上解的个数，进一步考虑方程在e 2
2kπ,2kπ + 2π 上解的个数，可得问题答案.
2
【详解】（1）由题易得，函数 f x ax= x 的定义域为R ，e
x 2 x 2 ax 2 - x
又 f x
2axe - ax e 2ax - ax
=
x 2
= x =
e e e
x ，
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 4a的极大值为 f 2 = 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 ．
4a
综上所述，当 a > 0时， f x 的极大值为 2 ；当 a<0时， f x 的极大值为 0．e
2 2
（2 x x）方法一：当 a =1时， f x = x ，所以函数 g x = f x - cosx = x - cosx．e e
2
由 g x = 0 x，得
ex
= cosx．
所以要求 g x é π在区间 ê- , 2024π
ù
2 ú 上的零点的个数，
只需求 y = f x π的图象与 h x = cosx é的图象在区间 ê- , 2024π
ù
2 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，
é π ù
所以 y = f x 在区间 ê- ,0 上单调递减． 2 ú
又 h x = cosx é π ù在区间 ê- ,0ú 上单调递增， 2
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
2
x h x = cosx é
π
- ,0ù所以 f x =
ex
与 的图象在区间
ê 2 ú
上只有一个交点，

所以 g x é π在区间 ê- ,0
ù
ú 上有且只有 1 个零点． 2
x2
因为当 a =1，x > 0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 x x 4= 在区间 0, + 上有极大值 f 2 = <1，
ex 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，
f x x
2
= x 在区间 0,2 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 x与 f 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．
2, 3π ù因为在区间 ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2
所以 f x = x 与 h x = cosx
3π ù
的图象在区间 2, ú上无交点，e è 2
即 g x 3π ù在区间 2, 上无零点．
è 2 ú
3π ù x2
在区间 , 2π2 ú上， f 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
h x cosx x 3π ù所以 = 与 f x = x 的图象在区间e
, 2π
2 ú上只有一个交点，è
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．
2
同理可知，在区间 2kπ,2kπ + 2π k N* 上，0 < f x <1且 f x 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 ，
2
所以 h x = cosx与 f x 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．
所以 g x 在（0,2024π] 2024π上共有 2 = 2024个零点．
2π
综上可知， g x é π在区间 ê- , 2024π
ù
ú 上共有 2024 +1 = 20252 个零点．
x2 x2
方法二：当 a =1时， f x = x ，所以函数 g x = f x - cosx = x - cosx．e e
x é π - ,0ù 2x - x
2
g x é π ù当 ê 2 ú
时， g x = - ,0
ex
+ sinx 0，所以 在区间 ê ú 上单调递减． 2
g π又 -

÷ > 0, g 0 0
é π< ù，所以存在唯一零点 x0 ê- ,0ú ，使得 g x0 = 0．è 2 2
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 ù x
2
当 2kπ + , 2kπ + ú , k N时， x > 0, cosx < 0 ，所以 g x > 0．è 2 2 e
所以 g x 在 2kπ
π
+ , 2kπ 3π+ ùú ,k N 上无零点．è 2 2
x 0, π ù g x 2x - x
2
当 ú时， = + sinx > 0 ，所以 g x

在区间 0,
π
上单调递增．
è 2 ex ÷è 2
g 0 0, g π 又 ÷ 0，所以存在唯一零点．
è 2
x π ù 2x - x
2
*
当 2kπ,2kπ + ú , k N 时， g x = x + sinx ，è 2 e
2x - x2 x2
设j x - 4x + 2= x + sinx，则j x = x + cosx > 0e e
所以 g x π ù *在 2kπ,2kπ + ú , k N 上单调递增．è 2
又 g 2kπ 0, g 2kπ
π
+ ÷ 0，
è 2

所以存在 x1 2kπ,2kπ
π
+ ù ,k N*ú ，使得 g x1 = 0 ．è 2
即当 x 2kπ,x1 时， g x1 < 0, g x 单调递减；
x x , 2kπ π + ù当 1 ú时， g x1 > 0, g x 单调递增．è 2
又 g 2kπ 0, g 2kπ
π
+ ÷ 0，所以 g x

在区间 2kπ,2kπ
π
+ ùú , k N
*
上有且仅有一个零点
è 2 è 2
所以 g x π ù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
2 2
设j x 2x - x x - 4x + 2= x + sinx，则j x =e ex + cosx > 0
所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πù ,k N 上单调递增．
è 2 ú
又 g

2kπ
3π
+
3π
÷ < 0, g 2kπ + 2π < 0
ù
，所以 g x 在区间 2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N 上单调递减：è 2 è 2
g 2kπ 3π 又 + ÷ > 0, g 2kπ + 2π < 0，
è 2
3π
所以存在唯一 x2 2kπ + , 2kπ + 2π ÷，使得 g x2 = 0．
è 2
3π ù
所以 g x 在区间 2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N 上有且仅有一个零点．è 2
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
综上所述， g x é π在区间 ê- , 2024π
ù
ú 上共有 2024 +1 = 20252 个零点．
【点睛】方法点睛：导函数求解函数零点个数问题，要利用导函数研究函数的单调性，进而求出函数的极
值情况，结合特殊点的函数值的正负，零点存在性定理进行求解.
考点二、由函数零点及个数求参数值
1
1．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ax - - (a +1) ln x．
x
(1)当 a = 0时，求 f (x) 的最大值；
(2)若 f (x) 恰有一个零点，求 a 的取值范围．
【答案】(1) -1
(2) 0, +
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
ax -1 x -1
（2

）求导得 f x = ，按照 a 0、 0 < a < 1及 a > 12 结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极x
值，即可得解.
1 1 1 1- x
【详解】（1）当 a = 0时， f x = - - ln x, x > 0，则 f x = 2 - = 2 ，x x x x
当 x 0,1 时， f x > 0， f x 单调递增；
当 x 1,+ 时， f x < 0， f x 单调递减；
所以 f x = f 1 = -1max ；
2 f x 1 ax -1= ax - - a +1 ln x, x > 0 f x a 1 a +1 x -1 （ ） ，则 = + 2 - = 2 ，x x x x
当 a 0时， ax -1< 0，所以当 x 0,1 时， f x > 0， f x 单调递增；
当 x 1,+ 时， f x < 0， f x 单调递减；
所以 f x = f 1 = a -1< 0max ，此时函数无零点，不合题意；
1 1
当 0 < a < 1时， >1，在 0,1 , , + 上， f a a ÷ x > 0， f x 单调递增；è
1
在 1, ÷上， f x < 0， f x a 单调递减；è
又 f 1 = a -1 < 0，
1
由（1）得 + ln x 1 ln
1
，即 1- xx ，所以 ln x < x, ln x < x , ln x < 2 x ，x
当 x >1时， f (x)
1
= ax - - (a +1) ln x > ax 1- - 2(a +1) x > ax - (2a + 3) x ，
x x
2
m = 3 1则存在 + 2÷ > ，使得 f m > 0，
è a a
所以 f x 1 ,+ 仅在 ÷ 有唯一零点，符合题意；
è a
a =1 x -1
2
当 时， f x = 0，所以 f x 单调递增，又 f 1 = a -1 = 0，
x2
所以 f x 有唯一零点，符合题意；
1 1
当 a > 1时， <1

，在
a
0, ÷ , 1,+ a 上， f
x > 0， f x 单调递增；
è
1
在 ,1÷上， f x < 0， f x 单调递减；此时 f 1 = a -1 > 0，
è a
1 1
由（1）得当0 < x <1时， ln x > 1
1
- ， ln x >1-x ，所以
ln x > 2
x
1- ，
è x ÷
此时 f (x) = ax
1
- - (a +1) ln x ax 1 2(a 1) 1 1 1 2(a +1)< - - + - < - + ,
x x x ֏ x x
n 1 1存在 = 2 < ，使得 f (n) < 04(a +1) a ，

所以 f x 在 0,
1 1
÷ 有一个零点，在a
,+ ÷ 无零点，
è è a
所以 f x 有唯一零点，符合题意；
综上，a 的取值范围为 0, + .
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数
的单调性与极值的问题.
2．（2022·全国·高考真题）已知函数 f x = ln 1+ x + axe- x
(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．
【答案】(1) y = 2x
(2) (- , -1)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对 a分类讨论,对 x 分 (-1,0), (0,+ ) 两部分研究
【详解】（1） f (x) 的定义域为 (-1, + )
x 1 1- x
当 a =1时, f (x) = ln(1+ x) + , f (0) = 0 , (0,0) f x 所以切点为 (x) = + x , f (0) = 2 ,所以切线斜率为 2e 1+ x e
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = 2x
（2） f (x) = ln(1+ x)
ax
+
ex
x 2
f (x) 1 a(1- x)
e + a 1- x
= + x =1+ x e (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,+ ) ,则 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 ,
h(x) x , x 1, h (x) 1- x令 = > - 则 = , x > -1,
ex ex
h(x) x所以 = 在 -1,1 上单调递增，在 1, + 1x 上单调递减，所以 h(x) h 1 = ，e e
a a- a
又 -e e -1 > 0， f e
e -1÷ - + a
1
× = 0，
è e e
所以 f (x) 在 (m,+ ) 上有唯一零点
又 (0, m)没有零点,即 f (x) 在 (0, + )上有唯一零点
(2)当 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2
设 h(x) = g (x) = ex - 2ax
h (x) = ex - 2a > 0
所以 g (x) 在 (-1,0) 单调递增
g (-1) 1= + 2a < 0, g (0) =1 > 0
e
所以存在 n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
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
e
所以存在 t (-1, n) ,使得 g(t) = 0 ,即 f (t) = 0
当 x (-1, t), f (x) 单调递增,当 x (t,0), f (x)单调递减，
当 x -1,0 ， h x > h -1 = -e，
又-1 < eae 1 0 f eae- < ， -1 < ae - ae = 0
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
所以若 f (x) 在区间 (-1,0), (0,+ ) 各恰有一个零点,求 a的取值范围为 (- , -1)
【点睛】
方法点睛：本题的关键是对 a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯
定要两方面都说明.
1
3．（2024· 3 2湖南邵阳·三模）已知函数 f x = - x + x +1．
3
(1)求函数 f x 的单调递增区间；
(2)若函数 g x = f x - k k R 有且仅有三个零点，求 k 的取值范围．
【答案】(1) 0,2
7
(2) k 1,

3 ֏
【分析】（1）利用求导，导数值大于 0 来求单调递增区间即可；
（2）利用函数的单调性和取值情况，分析可得 k 的取值范围.
【详解】（1）由 f x 1= - x3 + x2 +1，得 f x = -x2 + 2x ，
3
令 f x > 0，得-x2 + 2x > 0，解得0 < x < 2．
所以 f x 的单调递增区间为 0,2
（2）令 f x = 0，解得 x = 0或 x = 2．
当 x 变化时， f x ， f x 的变化情况如下表所示：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x 7单调递减 1 单调递增 单调递减
3
由函数 g x = f x - k 有且仅有三个零点，
得方程 f x = k k R 有且仅有三个不等的实数根，
所以函数 y = f x 的图象与直线 y = k 有且仅有三个交点．
显然，当 x - 时， f x + ；当 x + 时， f x - ．
所以由上表可知， f x 的极小值为 f 0 =1， f x 的极大值为 f 2 7= ，
3
k 7故
1, 3 ÷
．
è
4 x．（2024·广东茂名·一模）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.
【答案】(1) - ,0
é 5π
(2) ê 2e 4 ,+ ÷

【分析】（1）构建函数 h x = ex - bx - sinx -1，通过导数判断函数 h(x) 单调性，进而求解实数 a的取值范围；
1 sinx sinx
（2）分离参数- = ，令 g x =
a ex ex
， x 0, + ，利用导数求函数g(x) 在指定区间的最值，即
g(x) 1min - g(x)max 得解.a
【详解】（1）当 a = -1时， f x = ex - sinx，
所以不等式转化为 ex - bx - sinx -1 0 ，在 0, + 上恒成立.
h x = ex令 - bx - sinx -1，
所以 h x = ex - 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；
x
若b > 0，令函数m x = e - 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 + .
所以$x0 0, + ，m x0 = ex0 - 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 x）因为 f x = e + 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 cosx - sinx
x -
4 ÷g x = = - è .
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
x π 5π 9π 0, x + 2kπ, + 2kπ 当 ÷ ， ÷时， sin
π
x -

÷ < 0, g x 单调递增.
è 4 è 4 4 è 4
x 5π所以当 = + 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 5π 13π
又因为 sin = sin 13π 2= ××× = - ，
4 4 2 0 < e
4 < e 4 < ×××，
g 5π g 13π 所以 <4 ÷ ÷
< ××× .
è è 4
g x g 5π 2
5π
-
所以 ÷ = - e 4 .
è 4 2
x π当 = + 2kπ, k N, g x 取得极大值，
4
π 9π
即当 x = , , × × ×时， g x 取得极大值.
4 4
sin π sin 9π 2
π 9π
又因为 = = ××× = ，0 < e 4 < e 4 < ×××，4 4 2
所以 g
π > g 9π ÷ ÷ > ××× .
è 4 è 4
π
-
所以 g x π 2 g 4 ÷ = e
4 ，
è 2
2 5π 2 π- -
所以当 x 0, + ，- e 4 g x e 4 .
2 2
2 5π π- 1 2 -
所以- e 4 - e 4 .
2 a 2
又因为 a > 0，
5π
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 ,+ ÷ .

【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题
（1）构建函数，利用导数判断函数的单调性，通过函数的单调性求参数的取值范围；
（2）分离参数，将零点问题转化为函数的交点问题，并利用导数判断函数的单调性，进而求函数的最值.
（3）本题计算量较大，注意导数求解过程中的容易出现的问题，以及单调性的分析要注意取值范围.
1．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲线 y = f (x) 在 x=-1处的切线与 y 轴垂直，求 y = f (x) 的极值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一个零点，求 a .
1
【答案】(1)极小值 - e ，无极大值；
2
(2) a e= .
4
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数，结合几何意义求出 a，再分析单调性求出极值.
ex
（2）由函数零点的意义，等价变形得 a = 在 (0, + )2 只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求解.x
【详解】（1）函数 f (x) = x(ex - ax2 )的定义域为 R，求导得 f (x) = (x +1)ex - 3ax2 ， f (-1) = -3a ，
依题意， f (-1) = 0 ，则 a = 0， f (x) = x ex , f (x) = (1+ x)ex ，
当 x < -1时， f (x) < 0 ，当 x > -1时， f (x) > 0 ，
因此函数 f (x) 在 (- , -1)上单调递减，在 (-1, + )上单调递增，
所以函数 f (x) f ( 1)
1
在 x=-1处取得极小值 - = - ，无极大值.
e
（2）函数 f (x) = x(ex - ax2 )在 (0, + )只有一个零点，等价于 y = ex - ax2在 (0, + )只有一个零点，
设 g(x) = ex - ax2，则函数 g(x)在 (0, + )只有一个零点，当且仅当 g(x) = 0 在 (0, + )只有一解，
ex ex
即 a = 在 (0, + )只有一解，于是曲线 y = (x > 0) 与直线 y = a 只有一个公共点，
x2 x2
x x
令j(x) e= (x > 0) ，求导得j 2 (x)
e (x - 2)
= ，当 x < 23 时，j
(x) < 0，当 x > 2时，j (x) > 0 ，
x x
因此函数j(x) 在 (0,2)上单调递减，在 (2,+ ) 上单调递增，
e2
函数j(x) 在 x = 2取得极小值同时也是最小值j(2) = ，
4
当 x 0 时，j(x) + ；当 x + 时，j(x) + ，
x
画山j(x) e= 2 大致的图象，如图，x
2
g(x)在 (0, + )只有一个零点时， a = j(2) e= ，
4
e2
所以 f (x) 在 (0, + )只有一个零点吋， a = .
4
2 2024· · f x = x3．（ 福建泉州 模拟预测）已知函数 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函数 f x 的极值点，求 a的值，并求其单调区间；
f x é1 ,3ù(2)若函数 在 ê ú 上仅有 2 个零点，求 a的取值范围． 3
【答案】(1) a =12； f x 的增区间是 - , -2 和 2, + ，减区间是 -2,2 ；
3 a 55(2) <
9
【分析】（1）首先根据 f -2 = 0，求 a的值，根据导数和函数单调性的关系，即可求解函数的单调区间；
2 2 2 2 1（2）首先参变分离为 a = x + ，再构造函数 g x = x + ， x é ,3ùê3 ú，并判断函数在区间的单调性，极值x x
和端点值，根据图象的交点个数，即可求解.
【详解】（1） f x = 3x2 - a， f -2 =12 - a = 0，得 a =12，
当 a =12时， f x = 3x2 -12 = 0，得 x = -2或 x = 2，
x, f x , f x 的变化情况如下表所示，
x - ,-2 -2 -2,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x 增区间 极大值18 减区间 极小值-14 增区间
所以函数 f x 的增区间是 - ,-2 和 2, + ，减区间是 -2,2 ；
（2）令 f x = x3 - ax 1+ 2 = 0 é， x ê ,3
ù
3 ú
，

x3a + 2 2得 = = x2 + ，
x x
g x x2 2 1令 = + ， x é ,3ù
x ê 3 ú
，

2 2 x3 -1 g x = 2x - = = 0，得 x =1，
x2 x2
如下表，
1 1
x ,1

3 3 ÷
1 1,3 3
è
g x - 0 +
g x 55 29减区间 极小值 3 增区间
9 3
因为函数 f x é1在 ê ,3
ù
ú 上仅有 2 个零点，即 y = a 与 y = g x 有 2 个交点，如图： 3
3 a 55即 < .
9
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = lnx + kx的单调递增区间为 0,1 ．
(1)求函数 f x 的图象在点 e, f e 处的切线方程；
ax
(2)若函数 g x = x - f x 有两个零点，求实数 a的取值范围．e
1- e
【答案】(1) y = x
e
(2) - ,-e
【分析】（1）由 f (x) 的单调递增区间为 0,1 ，得出函数 f x 在 x =1处取到极值，即可求解；
（2）由（1） f x = lnx - x g x = aelnx-x - lnx - x ，令 g(x) = 0 aelnx-x得 - lnx - x = 0，令 t = ln x - x
得 a
t
= t ，若 g x 有两个零点，则直线 y = t 与函数 f x 的图象有两个交点，此时 t < -1 ,令e
m t t= t t < -1 m t
1- t
= t > 0 m t 的单调性即可求解．e e
1
【详解】（1）由题， f x 的定义域为 0, + ， f x = + k ，
x
由于函数 f x 的单调递增区间为 0,1 ，
因此函数 f x 在 x =1处取得极值，
故 f 1 =1+ k = 0，解得 k = -1．
因此 f x = lnx - x, f x 1= -1，令 f (x) = 0，解得 x =1，
x
当 x (0,1) 时， f (x) > 0 ， f (x) 在( 0, 1)单调递增，
当 x (1,+ )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )单调递减，符合题意，
故 f e 1= -1, f e =1- e，
e
所以函数 f x 的图象在点 e, f e 处的切线方程为 y - 1- e = 1 -1 x - e y 1- e ÷ ，即 = x ．
è e e
（2）由（1）知 f x = lnx - x，
g x ax则 = x - f x
ax
= x - lnx - x = aelnx-x - lnx - x ，e e
令 g x = 0，得 aelnx-x - lnx - x = 0．
令 t = lnx - x ，
t
则 aet - t = 0，整理得 a = ．et
因为 f x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，且当 x 0 时， f x - ，当 x + 时，
f x - ，
所以函数 f x 的最大值为 f 1 = -1，即 t -1．
若 g x 有两个零点，则直线 y = t 与函数 f x 的图象有两个交点，此时 t < -1 ,
m t t令 = t t < -1 ，则m t
1- t
=
e et
> 0，
所以函数m t 在 - ,-1 上单调递增，且当 t - 时，m t - ，
易知若 g x 有两个零点，则直线 y = a 与函数m t 的图象有一个交点，
a -1因此 < -1 = -e ，所以实数 a的取值范围是 - ,-e ．e
4．（2024·安徽·三模）已知函数 f (x) = aex - e- x - (a +1)x, a > 0．
(1)求证： f (x) 至多只有一个零点；
(2)当 0 < a < 1时， x1, x2 分别为 f (x) 的极大值点和极小值点，若 f x1 + kf x2 > 0成立，求实数 k 的取值范
围．
【答案】(1)证明见解析
(2) - , -1
【分析】（1）分 a =1、 0 < a < 1及 a > 1进行讨论，利用导数求得函数的单调性后结合零点的存在性定理即可
得；
f x + kf x 1 a -1（2）由（1）可将 1 2 > 0转换为 lna < 1- k ÷ × ，再构造函数è a +1
g x 1 x -1= lnx - 1- ÷ × , x 0,1 ，分 k -1及-1 < k < 0进行分类讨论即可得.
è k x +1
【详解】（1）由题意得， f x = aex - a +1 1 1 1+ x = ex -1e

a -

ex ÷
=
ex e
x -1 aex -1 ，
è
当 a > 0时，令 f x = 0，解得 x1 = 0, x2 = -lna，
x 2
①当 a =1 e -1时， f x = ex - e- x - 2x, f x = 0 ，所以 f x 在R 上单调递增，
ex
又 f 0 = 0，此时函数 f x 有唯一的零点 0 ；
②当 0 < a < 1时，-lna > 0，
所以 x - ,0 时， f x > 0, f x 单调递增，
x 0, -lna 时， f x < 0, f x 单调递减，
x -lna, + 时， f x > 0, f x 单调递增，
又 f -lna < f 0 = a -1 < 0，
则函数 f x 在区间 - ,-lna 上无零点，
在 -lna, + 上至多只有一个零点，
所以函数 f x 至多只有一个零点；
③当 a > 1时， -lna < 0，
所以 x - ,-lna 时， f x > 0, f x 单调递增，
x -lna,0 时， f x < 0, f x 单调递减，
x 0, + 时， f x > 0, f x 单调递增，
又 f -lna > f 0 = a -1 > 0，
则函数 f x 在 - ,-lna 上至多只有一个零点，在区间 -lna, + 上无零点，
所以函数 f x 至多只有一个零点，
综上，函数 f x 至多只有一个零点；
（2）由（1）知，当 0 < a < 1时， f x 在 - ,0 , -lna, + 上单调递增，在 0, -lna 单调递减，
所以 f x 的极大值点为 x1 = 0 ，极小值点为 x2 = -lna ，
此时 f x1 = f 0 = a -1, f x2 = f -lna =1- a + a +1 lna，
因为 f x1 + kf x2 > 0，所以 a -1+ k é 1- a + a +1 lnaù > 0 ，
因为 0 < a < 1，所以 f x2 < f x1 < 0，所以 k < 0 ,
所以 k a +1 lna > a -1 k -1 ，即 lna 1 1 a -1< -

k ÷
× * ，
è a +1
2 2
设 g x = lnx - 1 1- x -1 ÷ × , x 0,1
x + x +1
，则 1 1 2 k ，
è k x +1 g x = - 1-x è k ÷ (x +1)2
=
x(x +1)2
令 x2
2 x 1 0 4+ + = ，则Δ = 2 - 4 ，k k
①当 k -1时，Δ 0，此时 g x 0恒成立，则 g x 在 0,1 上单调递增，
g x ln1 1 1 1-1所以 < - - ÷ = 0，此时 lna
1 1 a -1< - ，
è k 1+1 è k ÷ a +1
2
②当-1 < k < 0 2时，Δ > 0，设 x + x +1 = 0的两个根为 x3 , x4 ，且 x3 < x4 ，k
则 x
2
3 + x4 = - > 0, x3x4 =1，所以0 < x3 <1 < x4，k
则当 x3 < x <1时， g x < 0，此时 g x 在 x3 ,1 上单调递减，
x 1 a -1所以当 3 < a <1时， g a > g 1 = 0，此时 lna > 1- ÷ ，与 * 矛盾，不合题意.
è k a +1
综上所述， k 的取值范围是 - , -1 .
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于借助第一问所得，将双变量x1、x2变为单变量，从而可构
1 x -1
造函数 g x = lnx - 1- ÷ × , x 0,1 ，分 k -1及-1 < k < 0进行讨论即可得.
è k x +1
考点三、求方程根的个数
1
1．（2024· 1-浙江温州·一模）已知 f x = e x （ x > 0）.
(1)求导函数 f x 的最值；
(2)试讨论关于 x 的方程 f x = kx （ k > 0）的根的个数，并说明理由.
4
【答案】(1)最大值等于
e
(2)答案见解析
【分析】
（1）求出导函数 f (x) ，令 g(x) = f (x) ，对 g(x)再求导，利用导数确定单调性得最值；
k f (x) k(x) f (x)（2）方程变形为 = ，令 = ，对 k(x) 求导，确定单调性，得出函数值域后可得结论．
x x
【详解】（1）
1 1-
∵ f x = e x 1 2 ÷，记 g x = f x è x
1 1 1 1 1- -g x e x e x -2
1 1-
e x 1- 2x 1∴ = × 4 + ×x 3 ÷
= × 4 = 0，解得： x =è x x 2
1
当 x 0, ÷时， g x > 0， g x 单调递增，
è 2
x 1 当 ,+ ÷时， g x < 0， g x 2 单调递减，è
所以 f x 的最大值等于 f 1 4 2 ÷ = .è e
（2）
1 1-
方法 1：由 f x = kx 1 x，即 1-e x = kx ，即 k e= .
x
1 1- e1-xe x ∴ 1- x令 k x = ， k x

= ，由 k x = 0解得： x =13
x x
∴ k x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，∴ kmax x = k 1 =1，且 k x > 0
所以：当 k >1时，方程无解；当 k =1时，方程有 1 个解；当0 < k <1时，方程有 2 个解.
1 1-
方法 2：由 f x = kx ，即 1 1- xe x = kx ，即 k e= .
x
1
= t 0,+ l t = te1-t ∴ l t = 1- t e1=t令 ， ， ，由 l t = 0解得： t =1
x
∴ l t 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，∴ lmax t = l 1 =1，且 l t > 0
所以：当 k >1时，方程无解；当 k =1时，方程有 1 个解；当0 < k <1时，方程有 2 个解.
1 1 1
方法 3：由 f x = kx ，即 1-e x = kx ，两边取对数得：1- = lnk + lnx ，即 lnk =1- - lnx .x x
令 h x =1 1- - lnx，所以由 h x 1 1 1- x= 2 - = 2 = 0，解得 x =1x x x x
当 x 0,1 时， h x > 0， h x 单调递增，当 x 1,+ 时， h x < 0， h x 单调递减
所以 hmax x = h 1 = 0
当 lnk > 0，即 k >1时，方程无解；
当 lnk = 0，即 k =1时，方程有 1 个解；
当 lnk < 0，即0 < k <1时，方程有 2 个解.
1．（2024·山西·模拟预测）已知函数 f (x) = sin x + ln(x +1) - ax ，且 y = f (x) 与 x 轴相切于坐标原点．
(1)求实数 a的值及 f (x) 的最大值；
é π ù
(2)证明：当 x ê , πú 时， f (x) + 2x
1
> ；
6 2
(3)判断关于 x 的方程 f (x) + x = 0实数根的个数，并证明．
【答案】(1) a = 2，最大值为 0
(2)证明见解析
(3)2 个，证明见解析
【分析】（1）由 f (0) = 0 求出 a的值，即可得到 f x 解析式，再利用导数求出函数的单调区间，从而求出函
数的最大值；
é π
（2）依题意即证当 x ê , π
ù 1 1 é π ù
ú 时 sin x + ln(x +1) > ，记m(x) = sin x + ln(x +1) - ， x ê , πú ，当 x
π 5π
éê ,
ù
6 2 2 6 6 6 ú
5π ù
时直接说明即可，当 x , π6 ú ，利用导数说明函数的单调性，即可得证；è
（3）设 h(x) = f (x) + x， x -1, + ，当 x (-1,0)时，由（1）知 f (x) < f (0) = 0，则 f (x) + x < 0，当 x (0, π)
时，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断函数的零点，当 x [π,+ )时，
h(x) 1+ ln(x +1) - x ，令 l(x) =1+ ln(x +1) - x(x π)，
利用导数说明 l(x)在区间[π,+ )上单调递减，即可得到 l(x) < 0，从而说明函数在[π,+ )无零点，即可得
解.
【详解】（1）由题意知， f (0) = 0且 f (0) = 0 ，
Q f (x) cos x 1= + - a ，
x +1
\ f (0) = 2 - a = 0，解得 a = 2，
\ f (x) = sin x + ln(x +1) - 2x ， x -1, + ，
则 f (x) cos x
1
= + - 2，
x +1
1
当 x 0 时， cos x 1， 1．故 f (x) 0，
x +1
所以 f (x) 在区间[0, + ) 上单调递减，所以 f (x) f (0) = 0．
1
当-1 < x < 0时，令 g(x) = cos x + - 2，
x +1
g (x) sin x 1则 = - - (x ，+1)2
1
Q-sin x (0,1)， 2 >1，\ g (x 1) (x) < 0，+
\ f (x)在区间 (-1,0) 上单调递减，则 f (x) > f (0) = 0 ，
\ f (x)在区间 (-1,0) 上单调递增，则 f (x) < f (0) = 0，则 f x = fmax 0 = 0 ．
综上所述， a = 2， f (x) 的最大值为 0 ．
（2）因为 f (x) = sin x + ln(x +1) - 2x，
é π ù 1 1
要证当 x ê , π 时 f (x) + 2x > ，即证 sin x + ln(x +1) > ， 6 ú 2 2
π
记m(x) = sin x + ln(x +1)
1
- ， x
é , πùê ，2 6 ú
x é π , 5π ù 1当 ê ú 时， sin x 1， ln(x +1) > 0， 6 6 2
\m(x) = sin x ln(x 1+ +1) - > 0；
2
5π
当 x , π
ù 1
è 6 ú
时，m (x) = cos x + ，
x +1
记 n(x) = m (x) = cos x
1
+ ，则 n (x) = -sin x
1
- < 0，
x +1 (x +1)2
5π
\m (x) ù在区间 , πú上单调递减，则m (x) < m
5π 3 6= - + < 0，
è 6 6 ÷è 2 5π + 6
5π
则m(x)

在区间 , π
ù
6 ú上单调递减，è
\m(x) m(π) = sin π 1+ ln(π +1) - = ln π 1 1+ - > 0，
2 2
é π ù 1
综上所述，当 x ê , πú 时， f (x) + 2x > 6
．
2
（3）设 h(x) = f (x) + x = sin x + ln(x +1) - x ， x -1, + ，
\h (x) cos x 1= + -1，
x +1
当 x (-1,0)时，由（1）知 f (x) < f (0) = 0，
故 f (x) + x < f (x) < 0，
故 f (x) + x = 0在区间 (-1,0) 上无实数根．
当 x = 0时， h(0) = 0，因此 0 为 f (x) + x = 0的一个实数根．
当 x (0, π)时， h (x) = cos x
1
+ -1单调递减，
x +1
又 h (0) =1 > 0， h (π)
1
= - 2 < 0 ，
π +1
\存在 x0 (0, π) ，使得 h x0 = 0，
所以当0 < x < x0 时 h x > 0，当 x0 < x < π 时 h x < 0，
\h(x)在区间 0, x0 上单调递增，在区间 x0 , π 上单调递减，
\h x0 > h(0) = 0，又 h(π) = ln(π +1) - π < 2 - π < 0，
\ f (x) + x = 0在区间 x0 , π 上有且只有一个实数根，在区间 0, x0 上无实数根．
当 x [π,+ )时， h(x) 1+ ln(x +1) - x ，
令 l(x) =1+ ln(x +1) - x(x π)，
l (x) 1 1 -x\ = - = < 0，
x +1 x +1
故 l(x)在区间[π,+ )上单调递减， l(x) l(π) = ln(1+ π) - π +1< 3- π < 0，
于是 f (x) + x < 0恒成立．故 f (x) + x = 0在区间[π,+ )上无实数根，
综上所述， f (x) + x = 0有 2 个不相等的实数根．
【点睛】方法点睛：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．（2024·河南信阳·一模）已知函数 f (x) ln(x 1)
m
= + + x ．
3
(1)若m = -3，求证： f (x) 0；
(2)讨论关于 x 的方程 f (x)
2 sin πx+ = 0在 (-1,2)上的根的情况．
3π 2
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）把m = -3代入，利用导数探讨单调性，求出最大值即得.
（2）构造函数 g(x) = 3ln(x 1) mx
2 πx
+ + + sin ，求出导数并确定导函数的单调性，再按导函数的零点情况分
π 2
类讨论求解.
1
【详解】（1）当m = -3时， f (x) = ln(x +1) - x, x (-1, + )，求导得 f (x) = -1，
x +1
当 x (-1,0)时， f (x) > 0 ，当 x (0,+ )时， f (x) < 0 ，
因此函数 f (x) 在 (-1,0) 上单调递增，在 (0, + )上单调递减，
所以 f (x) f (0) = 0 .
f (x) 2 sin πx 0 3ln(x 1) mx 2 sin πx（2）依题意， + = + + + = 0，
3π 2 π 2
令 g(x) = 3ln(x +1) + mx
2
+ sin πx ，求导得 g (x)
3 πx
= + cos + m，
π 2 x +1 2
3 πx 3 π πx
令j(x) = + cos + m，求导得j (x) = -
x +1 2 (x +1)2
- sin
2 2 ，
-3 -3
当 x (-1,0]时， 2 = -3
π πx π
(x 1) 1 ，
- sin ( ,0]，则j (x) < 0，
+ 2 2 2
-3
x π πx当 (0,2) 时， 2 < 0，- sin < 0，则j (x) < 0，于是 g (x) 在 (-1,2)(x 1) 上单调递减，+ 2 2
①当m 0 时， x (-1,2) 时， g (x) = g (2) = m≥0，函数 g(x)单调递增，
而 g(0) = 0，因此 g(x)仅有 1 个零点；
②当-4 < m < 0 时， g (0) = 4 + m > 0， g (2) = m < 0， g (x) 存在唯一的零点 x0 ，
且0 < x0 < 2 ，当 x (-1, x0 )时， g (x) > 0， g(x)单调递增；当 x (x0 ,2)时， g (x) < 0， g(x)单调递减；
而 g(0) = 0，则 g(x)在 (-1, x0 )上有唯一的零点 0，又 g(x0 ) > g(0) = 0，
则当 g(2) = 3ln 3+ 2m < 0，即-4 < m
3ln 3
< - 时， g(x)在 (x0 , 2) 上有唯一的零点，2
3ln 3
函数 g(x)在 (-1,2)上有 2 个零点；若- m < 0， g(x)在 (x0 , 2) 上无零点， g(x)在 (-1,2)上有 1 个零点；2
③当m = -4时， g (0) = 4 + m = 0，当 x (-1,0)时， g (x) > 0， g(x)单调递增；
当 x (0,2) 时， g (x) < 0， g(x)单调递减，则 g(x) g(0) = 0，当且仅当 x = 0时取等号，
因此 g(x)仅有 1 个零点 0；
3
m 4 g
(2 + m) 3> -1+ m = 0 2 + m
④当 < - 时，显然 g (x) > -1+ m ，则
x 1 1- m
2 + m 1 ，且-1 < < 0+ ，+ 1- m 1- m
又 g (0) = 4 + m < 0，则函数 g (x) 存在唯一的零点 x0 ， -1< x0 < 0 ．
当 x (-1, x0 )时， g (x) > 0， g(x)单调递增；当 x (x0 ,2)时， g (x) < 0， g(x)单调递减，
而 g(0) = 0，则 g(x)在 (x0 , 2) 上有唯一的零点 0，显然 g(x) < 3ln(x +1) +1- m，
m-1 m-1 m-1
则 g(e 3 -1) < 3ln e 3 +1- m = 0 ，且-1 < e 3 < 0 ，
又 g(x0 ) > g(0) = 0，因此 g(x)在 (-1, x0 )上有唯一的零点，此时 g(x)有两个零点；
m 3ln 3所以当 < - 且m -4 g(x) m
3ln 3
时， 有两个零点；当 ≥- 或m = -4时， g(x)有一个零点．
2 2
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的
零点问题，求解此类问题的一般步骤：
①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
考点四、由方程根的个数求参数范围
1
1．（2024·贵州贵阳·二模）已知函数 f (x) = ax ln x + ,a R .
2x
(1)当 a =1时.求 f (x) 在 (1, f (1))处的切线方程;
(2)若方程 f (x) = x3
1
+ 存两个不等的实数根，求 a的取值范围.
2x
1
【答案】(1) y = x
2
(2) a > 2e
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程；
2 x
2 x2
（ ）方程进行分离参数变形为 a = ，引入函数 g(x) = ，利用导数确定函数的单调性与极值，结合函
ln x ln x
数图象得出结论．
【详解】（1）当 a =1时， f (x) = x ln x
1
+ ，则 f (x) = ln x 1
1
+ - ，
2x 2x2
1
所以 f (1) = ， f (1)
1
= ，
2 2
所以 f (x) 在 (1, f (1))
1 1
处的切线方程为： y - = (x -1)
1
，即 y = x．
2 2 2
1
（2）由 f (x) = x3 + 得，
2x a ln x = x
2 ，易知 x > 0，
2
显然当 x =1 x时等式不成立，所以当 x 1时 a = ，
ln x
2 2x ln x - x x(2 ln x -1)
令 g(x) x= (x 1) ，则 g (x) = =(ln x)2 (ln x)2 ，ln x
当0 < x <1或1 < x < e 时， g (x) < 0，当 x > e 时， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)和 (1, e)上单调递减，在 ( e,+ )上单调递增，且 f ( e) = 2e，
作出 g(x)的大致图象，如图，
x2
由 g(x)的图象可知当 a > 2e 时，方程 a = 有两个不同的解，
ln x
3 1
即方程 f (x) = x + 有两个不等的实数根，所以 a的取值范围是 a > 2e ．
2x
.
2．（2024· x山东烟台·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 +1 mf x x f x 有三个不等的实根，求实数 的取值范围.-
【答案】(1)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.
1
(2) 0,
è 9e2 + 3e ÷
【分析】（1）直接使用导数的符号判断单调性；
（2）将方程化为 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0，再讨论方程 g x = t 的解的个数，然后得到方程
t 2 - 3mt - 9m = 0的根满足的条件，即可求出实数m 的取值范围.
【详解】（1 x）求导知 f x =1+ ae .
当 a 0时，由 f x =1+ aex 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 + = m +1.
3ex x + 3ex
x 3ex x x x2 x2
而 x + x -1 =3e x + 3e 3ex
- =
x + 3ex 3ex x + 3ex ，所以原方程又等价于
= m
3ex x + 3ex .
x2 3ex由于 和 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 .
g x = x ×e- x设 ，则 g x = 1- x ×e- x ，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 ：
①若 t 0，由于当 x >1时有 g x = x ×e- x > 0 t ，而 g x 在 - ,1 上递增，故方程 g x = t 至多有一个解；
g 1 1而 = > 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 1
- - - - - -1 - ×2ln 2 2-1 - ln
而由 g x x x 2= x ×e- x = 2 × ×e 2 ×e 2 = 2 ×e 2 × g ÷ 2 ×e 2 × g 1 = 2 ×e 2

有 g 2ln

÷ 2 ×e 2 t < 2 ×e t = t ，2 è 2 è t
再结合 g 0 = 0 < t ， g 1 1 2= > t ， 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
别属于 0,1 2 和 1,2 ln t ÷；è
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 1④若 > ，则 g x 1 g 1 = < t ，故方程 g x = t 无解.
e e
由刚刚讨论的 g x = t 的解的数量情况可知，方程 x ×e- x 2 - 3m x ×e- x - 9m = 0存在三个不同的实根，当且
仅当关于 t 的二次方程 t 2
1 1ù
- 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 < .e2
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
3m - 3 m2t + 4m2 = .2
1 t 3m + 3 m
2 + 4m 2
所以 > = ，即 > m + m2 + 4m1 .e 2 3e
2 22
这就得到 - m > m + 4m 0 2
1
，所以 - m

÷ > m
2 + 4m ，解得m < .
3e è 3e 9e2 + 3e
1
故我们得到0 < m < ；
9e2 + 3e
0 < m 1< t t 2 - 3mt - 9m = 0 t 3m + 3 m
2 + 4m
另一方面，当 2 时，关于 的二次方程 有两个不同的根9e + 3e 1 =
，
2
3m - 3 m2t + 4m2 = .2
t 3m + 3 m
2 + 4m
且有 1 = > 0，2
3 1 3 1 4× 2 + 2 +
3m + 3 m2 + 4m 9e + 3e 9e2 + 3e 9e
2 + 3e 3 1 6e +1× 2 + 3 × ，
t = < = 9e + 3e 9e
2 + 3e 1
1 =2 2 2 e
t 3m - 3 m
2 + 4m 3m - 3 m2 1
2 = < = 0 .2 2 e

综上，实数m 的取值范围是 0,
1
è 9e2
.
+ 3e ÷
【点睛】关键点点睛：对于取值范围问题，使用分类讨论法是最直接的手段.
1．（2023· x 2广东梅州·三模）已知函数 f x = e - ax ， a R ， f x 为函数 f x 的导函数.
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若方程 f x + f x = 2 - ax2 在 0,1 上有实根，求 a的取值范围.
【答案】(1)函数 f x 在 - , ln 2a 上单调递减，在 ln 2a,+ 上单调递增
(2) 1,e -1
【分析】（1）由题意得 f x = ex - 2ax，令 g x = ex - 2ax ，则 g x = ex - 2a，分类讨论 a 0， a > 0，即
可得出答案；
（2 x）由（1）得 f x = e - 2ax，题意转化为方程 ex - ax -1 = 0在( 0, 1)上有实根，令
j x = ex - ax -1 x 0,1 ，则j x = ex - a ，分类讨论 a 1，a e ，1< a < e ，即可得出答案．
1 f x = ex【详解】（ ） - 2ax，令 g x = ex - 2ax ，则 g x = ex - 2a
当 a 0时， g x > 0，函数 f x 在R 上单调递增；
当 a > 0时， g x > 0，得 x > ln 2a ， g x < 0，得 x < ln 2a .
所以函数 f x 在 - , ln 2a 上单调递减，在 ln 2a,+ 上单调递增.
（2）由（1）知， f x = ex - 2ax，方程 f x + f x = 2 - ax2 在 0,1 上有实根等价于方程 ex - ax -1 = 0在 0,1
上有实根.
令j x = ex - ax -1 x 0,1 ，则j x = ex - a
当 a 1时，j x 0，函数j x 在 0,1 上单调递增，j x > j 0 = 0 ，不合题意；
当a e 时，j x < 0在 0,1 上恒成立，所以函数j x 在 0,1 上单调递减，j x < j 0 = 0，不合题意；
当1< a < e 时，j x < 0，得0 < x < ln a ，j x > 0，得 ln a < x <1，
所以函数j x 在 0, ln a 上单调递减，在 ln a,1 上单调递增.
因为j 0 = 0，所以j 1 = e - a -1 > 0 ，所以 a < e -1
综上所述， a的取值范围为 1,e -1
x
2．（2024·全国· e模拟预测）已知函数 f (x) = 的图象在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 2x + y +1 = 0．
ax + b
(1)求 a,b的值；
(2)若 f (x)
m
= 有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围．
2x -1
【答案】(1) a =1,b = -1
3
(2) (0,1) U 4e2 , + ÷
è
【分析】（1）根据已知条件利用切点求出的斜率和函数值列两个等式求解即可.
（2）把方程中的参数分离，构造新函数，将方程根的个数转化为函数图象的交点个数，通过研究构造的新
函数的大致图象数形结合求解即可.
【详解】（1）因为点 (0, f (0)) 在直线 2x + y +1 = 0上，所以 f (0) = -1．
又 f (0)
1
= ，所以b = -1．
b
x
f (x) e (ax -1) - e
x × a ex (ax -1- a)
= 2 = 2 ，(ax -1) (ax -1)
f (0) = -1- a = -2，所以 a =1．
综上 a =1,b = -1．
x
（2）由（1）得 f (x) e= ，易知m 0 ，
x -1
所以 f (x)
m
= 有两个不同的实数根可转化为：
2x -1
x e
x (2x -1)
关于 的方程 = m(x 1, x 1 )有两个不同的实数根．
x -1 2
x
设 g(x) e (2x -1)= , (x 1 1, x )，
x -1 2
g (x) e
x (2x +1)(x -1) - ex (2x -1) ex (2x2 - 3x)
= 2 = 2 ，(x -1) (x -1)
令 g (x)
3
= 0得， x = 0或 x = ．
2
所以当 x 变化时， g x , g x 的变化情况为
( ,0) 0, 1 1 3- 3 3 x 0 2 ÷
,1÷ 1, ÷ ,+ ÷
è è 2 è 2 2 è 2
g x + 0 - - - 0 +
g(x) 单调递增 极大值 单调递减 单调递减 单调递减 极小值 单调递增
3
所以 g(x)的极大值为 g(0) = 1 g
3
，极小值为 = 4e2 ，
è 2 ÷
当 x < 0 时， g(x) > 0 ，当 x - 时， g(x) 0 ，
当 x 1且 x <1时， g(x) - ，
1
e2 (2 1 -1)
2 g(x) +
1 = 0，当 x 1且 x >1时， ，
-1
2
当 x + 时， g(x) + ．
根据以上信息画出 g(x)的大致图象，如图所示．
3
所以实数m 的取值范围为 (0,1) 4e2 ,+ ÷
è
考点五、图象交点问题
a
1．（2021· x全国·高考真题）已知 a > 0且a 1，函数 f (x) = x (x > 0)．a
（1）当 a = 2时，求 f x 的单调区间；
（2）若曲线 y = f x 与直线 y =1有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
2 ù é 2
【答案】（1） 0, ú 上单调递增； ê ,+ ÷ 上单调递减；（2） 1,e U e,+ .è ln2 ln2
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线 y = f x 与直线 y =1有且仅有两个交点等价转化为方
ln x ln a ln a
程 =x a 有两个不同的实数根，即曲线
y = g x 与直线 y = 有两个交点，利用导函数研究 g x 的单调
a
性，并结合 g x ln a 1的正负，零点和极限值分析 g x 的图象，进而得到0 < < ，发现这正好是
a e
0 < g a < g e ，然后根据 g x 的图象和单调性得到 a的取值范围.
2 x 2 x x
【详解】（1）当 a = 2时， f x
x , f x 2x × 2 - x × 2 ln 2 x ×2 2 - x ln 2 = x = =2 2x 2 4x ,
2 2 2
令 f ' x = 0得 x = ,当0 < x < 时， f x > 0 ,当 x > 时， f x < 0 ,
ln 2 ln 2 ln 2
∴函数 f x 2 ù é 2 在 0, ú 上单调递增； ê ,+ ÷ 上单调递减；è ln2 ln2
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
a
f x x= =1 a x = xa x ln a = a ln x ln x ln a = ,设函数 g xx
ln x
= ,
a x a x
g x 1- ln x则 = 2 ,令 g x = 0 ，得 x = e ,x
在 0,e 内 g x > 0 , g x 单调递增；
在 e,+ 上 g x < 0 , g x 单调递减；
\ g x = g emax
1
= ,
e
又 g 1 = 0，当 x 趋近于+ 时， g x 趋近于 0，
所以曲线 y = f x 与直线 y =1 ln a有且仅有两个交点，即曲线 y = g x 与直线 y = 有两个交点的充分必要条
a
0 ln a 1件是 < < ,这即是0 < g a < g e ,
a e
所以 a的取值范围是 1,e U e,+ .
[方法二]：构造差函数
由 y = f (x) 与直线 y =1有且仅有两个交点知 f (x) = 1，即 xa = a x 在区间 (0, + )内有两个解，取对数得方程
a ln x = x ln a 在区间 (0, + )内有两个解．
构造函数 g (x) = a ln x - x ln a, x (0, + )
a
，求导数得 g (x) = - ln a
a - x ln a
= ．
x x
当 0 < a < 1时， lna<0,x (0,+ ),a-xlna>0,g (x)>0,g(x)在区间 (0, + )内单调递增，所以， g(x)在
(0, + )内最多只有一个零点，不符合题意；
a
当 a > 1时， ln a > 0 ，令 g (x) = 0得 x = ，当 x 0,
a a
时， g (x) > 0

；当 x ,+ 时， g (x) < 0；
ln a è ln a ÷ è ln a ÷
a a
所以，函数 g(x)的递增区间为 0, ,+
è ln a ÷
，递减区间为
÷
．
è ln a
1 1 1- - -
由于0 < e a < 1
a
< , g e a ÷ = -1- e a ln a < 0ln a ，è
当 x + 时，有 a ln x < x ln a ，即 g(x) < 0，由函数 g ( x ) = a ln x - x ln a 在 (0, + )内有两个零点知
g a = a ln a -1 a ÷ ÷ > 0，所以 > e ，即 a - e ln a > 0 ．
è lna è lna ln a
构造函数 h (a ) = a - eln a h (a) 1
e a - e
，则 = - = ，所以 h(a) 的递减区间为 (1,e)，递增区间为 (e, + )，所以
a a
h(a) h(e) = 0 ，当且仅当 a = e时取等号，故 h(a) > 0 的解为 a > 1且 a e ．
所以，实数 a 的取值范围为 (1,e) (e,+ )．
[方法三]分离法：一曲一直
a
曲线 y = f (x) 与 y =1 x有且仅有两个交点等价为 x =1在区间 (0, + )内有两个不相同的解．a
因为 xa
x ln a x ln a
= a x ，所以两边取对数得 a ln x = x ln a ，即 ln x = ，问题等价为 g(x) = ln x与 p(x) = 有且仅a a
有两个交点．
ln a
①当 0 < a < 1时， < 0, p(x)与 g(x)只有一个交点，不符合题意．
a
②当 a > 1时，取 g(x) = ln x上一点 x0, ln x
1
0 , g (x) = , g x
1
x 0
= , g(x)
x 在点 x0 , ln x0 的切线方程为0
y 1- ln x0 = x - x y
1
0 ，即 = x -1+ ln xx0 x
0 ．
0
ì ln a 1
1 = , ì ln a 1= ,
当 y = x -1+ ln x0 与 p(x)
x ln a
= 为同一直线时有 í a x

x 0 得 í a e0 a ln x0 -1 = 0, x0 = e.
x ln a 0 ln a 1p(x) < < g(x) = ln x p(x) x ln a直线 = 的斜率满足： 时， 与 = 有且仅有两个交点．
a a e a
h(a) ln a记 = , h (a)
1- ln a
= 2 ，令 h (a) = 0，有 a = e．a a a (1,e),h (a) >0,h(a)在区间 (1,e)内单调递增；
a (e,+ ),h (a)<0,h(a)在区间 (e, + )内单调递减； a = e时， h(a) 最大值为 h e 1= ，所以当 a > 1且 a ee
0 ln a 1时有 < < ．
a e
综上所述，实数 a 的取值范围为 (1,e) (e,+ )．
[方法四]：直接法
xa axa-1 × a x - a x ln a × xa a-1f (x) (x 0), f (x) x (a - x ln a)= x > = =a a x 2 a x ．
因为 x > 0，由 f (x) = 0
a
得 x = ．
ln a
当 0 < a < 1时， f (x) 在区间 (0, + )内单调递减，不满足题意；
当 a
a
> 1时， > 0 ，由 f (x) 0 a
a
> 得0 < x < , f (x)

在区间 0,

÷内单调递增，由 f (x) < 0ln a 得ln a è ln a
a
x a> , f ( x) 在区间 ,+ 内单调递减．ln a è ln a ÷
a
a
a alim f (x) = 0 lim f (x) = 0 f
a-
因为 ，且 ，所以 ÷ >1，即 è ln a
÷
x + a
ln a
+ x 0 ，即 è lna a = >1
a ln a (ln a)
a
a a 1- 1-
a lna > (lna)a,a lna > lna，两边取对数，得 1
1
- ÷ ln a > ln(ln a)，即 ln a -1 > ln(ln a) ．
è ln a
令 ln a = t ，则 t -1 > ln t ，令 h(x) = ln x - x +1
1
，则 h (x) = -1，所以 h(x) 在区间( 0, 1)内单调递增，在区间 (1, + )
x
内单调递减，所以 h(x) h(1) = 0，所以 t -1 ln t ，则 t -1 > ln t 的解为 t 1，所以 ln a 1，即 a e ．
故实数 a 的范围为 (1,e) (e,+ )．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，
属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数
形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
x ln a
方法三：将问题取对，分成 g(x) = ln x与 p(x) = 两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线
a
斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
2．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
【答案】(1) a =1
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求 a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当b >1时， ex - x = b 的解的个数、 x - ln x = b的解的个数均为 2，构建新函数
h(x) = ex + ln x - 2x ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 f x , g x 的大小关系，根据存在直线 y = b
与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点可得b 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差
数列.
【详解】（1） f (x) = ex - ax的定义域为 R ，而 f (x) = ex - a ，
若 a 0，则 f (x) > 0 ，此时 f (x) 无最小值，故 a > 0 .
g(x) = ax - ln x的定义域为 0, + ，而 g (x) = a 1 ax -1- = .
x x
当 x < ln a时， f (x) < 0 ，故 f (x) 在 - , ln a 上为减函数，
当 x > ln a时， f (x) > 0 ，故 f (x) 在 ln a, + 上为增函数，
故 f (x)min = f ln a = a - a ln a .
1
当0 < x < 时， g (x) < 0，故 g(x) 在 0,
1
÷上为减函数，a è a
1 g (x) 0 g(x) 1当 x > 时， > ，故 在 ,+

÷ 上为增函数，a è a
g(x) 1 1故 min = g ÷ =1- ln .
è a a
因为 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值，
故1- ln
1 a -1
= a - a ln a，整理得到 = ln a ，其中 a > 0，
a 1+ a
a 1 2 1 -a2 -1
设 g a -= - ln a,a > 0，则 g a = 2 - = 2 0，1+ a 1+ a a a 1+ a
故 g a 为 0, + 上的减函数，而 g 1 = 0，
故 g a = 0 1- a的唯一解为 a =1，故 = ln a 的解为 a =1 .
1+ a
综上， a =1 .
（2）[方法一]：
由（1）可得 f (x) = ex - x和 g(x) = x - ln x的最小值为1- ln1 =1- ln
1
=1.
1
当b >1时，考虑 ex - x = b 的解的个数、 x - ln x = b的解的个数.
设 S x = ex - x - b x， S x = e -1，
当 x < 0 时， S x < 0，当 x > 0时， S x > 0，
故 S x 在 - ,0 上为减函数，在 0, + 上为增函数，
所以 S x = S 0 =1- b < 0min ，
而 S -b = e-b > 0， S b = eb - 2b，
设u b = eb - 2b，其中b >1，则u b = eb - 2 > 0 ，
故u b 在 1, + 上为增函数，故u b > u 1 = e - 2 > 0，
故 S b > 0 S x = ex，故 - x - b有两个不同的零点，即 ex - x = b 的解的个数为 2.
设T x = x - ln x - b，T x x -1= ，
x
当0 < x <1时，T x < 0，当 x >1时，T x > 0，
故T x 在 0,1 上为减函数，在 1, + 上为增函数，
所以T x = T 1 =1- b < 0min ，
T e-b = e-b而 > 0，T eb = eb - 2b > 0，
T x = x - ln x - b有两个不同的零点即 x - ln x = b的解的个数为 2.
当b =1，由（1）讨论可得 x - ln x = b、 ex - x = b 仅有一个解，
当b<1时，由（1）讨论可得 x - ln x = b、 ex - x = b 均无根，
故若存在直线 y = b与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点，
则b >1.
1
设 h(x) = ex + ln x - 2x ，其中 x > 0，故 h (x) = ex + - 2，
x
设 s x = ex - x -1， x > 0，则 s x = ex -1 > 0，
故 s x 在 0, + 上为增函数，故 s x > s 0 = 0即 ex > x +1，
所以 h (x) > x
1
+ -1 2 -1 > 0，所以 h(x) 在 0, + 上为增函数，
x
h(1) = e - 2 > 0 h( 1
1 2 2
而 ， 3 ) = ee
3 - 3 - 3 < e - 3 -e e e3
< 0，
h x 0, + x 1故 上有且只有一个零点 0 ， 3 < x0 <1且：e
当0 < x < x0 时， h x < 0即 ex - x < x - ln x 即 f x < g x ，
当 x > x0时， h x > 0 即 ex - x > x - ln x 即 f x > g x ，
因此若存在直线 y = b与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点，
故b = f x0 = g x0 >1，
此时 ex - x = b 有两个不同的根 x1, x0 (x1 < 0 < x0 ) ，
此时 x - ln x = b有两个不同的根 x0 , x4 (0 < x0 <1< x4 ) ，
故 ex1 - x1 = b， e
x0 - x0 = b， x4 - ln x4 - b = 0 ， x0 - ln x0 - b = 0
x - b = ln x ex4 -b所以 4 4 即 = x4 即 e
x4 -b - x4 - b - b = 0，
故 x4 - b 为方程 ex - x = b 的解，同理 x0 - b 也为方程 ex - x = b 的解
x
又 e 1 - x1 = b e
x
可化为 1 = x1 + b即 x1 - ln x1 + b = 0即 x1 + b - ln x1 + b - b = 0，
故 x1 + b 为方程 x - ln x = b的解，同理 x0 + b 也为方程 x - ln x = b的解，
所以 x1, x0 = x0 - b, x4 - b ，而b >1，
ìx0 = x4 - b
故 í 即 x + x = 2xx . 1 = x0 - b
1 4 0
[方法二]：
由 (1) 知， f (x) = ex - x ， g(x) = x - ln x，
且 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增；
g(x)在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增，且 f (x)min = g(x)min = 1.
①b<1时，此时 f (x)min = g(x)min = 1 > b ，显然 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x)
共有 0 个交点，不符合题意；
② b =1时，此时 f (x)min = g(x)min = 1 = b ，
故 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有 2 个交点，交点的横坐标分别为 0 和 1；
③ b >1时，首先，证明 y = b与曲线 y = f (x) 有 2 个交点，
即证明F (x) = f (x) - b 有 2 个零点， F (x) = f (x) = ex -1，
所以 F (x)在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
又因为 F (-b) = e-b > 0，F (0) =1- b < 0 ， F (b) = eb - 2b > 0 ，
( 令 t(b) = eb - 2b ，则 t (b) = eb - 2 > 0， t(b) > t(1) = e - 2 > 0)
所以F (x) = f (x) - b 在 (- ,0)上存在且只存在 1 个零点，设为x1，在 (0, + )上存在且只存在 1 个零点，设为
x2.
其次，证明 y = b与曲线和 y = g(x) 有 2 个交点，
即证明G (x) = g (x) - b
1
有 2 个零点，G (x) = g (x) = 1- x ，
所以G(x)(0,1) 上单调递减，在 (1, + )上单调递增，
又因为G(e-b ) = e-b > 0，G 1 =1- b < 0 ，G(2b) = b - ln 2b > 0 ，
( 令 m(b) = b - ln 2b
1
，则 m (b) = 1- > 0 ， m (b) > m (1) = 1 - ln 2 > 0)b
所以G (x) = g (x) - b 在( 0, 1)上存在且只存在 1 个零点，设为 x3 ，在 (1, + )上存在且只存在 1 个零点，设为 x4 .
再次，证明存在 b，使得 x2 = x3 :
因为 F (x2 ) = G(x3 ) = 0 ，所以b = e
x2 - x2 = x3 - ln x3 ，
若 x x22 = x3，则 e - x2 = x2 - ln x ，即 ex22 - 2x2 + ln x2 = 0，
所以只需证明 ex - 2x + ln x = 0在( 0, 1)上有解即可，
即j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上有零点，
1 1
因为j( 3 ) = ee
3 2- - 3 < 0，j(1) = e - 2 > 03 ，e e
所以j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上存在零点，取一零点为 x0 ，令 x2 = x3 = x0即可，
x
此时取b = e 0 - x0
则此时存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，
最后证明 x1 + x4 = 2x0 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为 F (x1) = F (x2 ) = F (x0 ) = 0 = G(x3 ) = G(x0 ) = G(x4 )
所以 F (x1) = G(x0 ) = F (ln x0 ) ，
又因为 F (x)在 (- ,0)上单调递减， x1 < 0 ，0 < x0 <1即 ln x0 < 0，所以 x1 = ln x0，
同理，因为 F (x0 ) = G(e
x0 ) = G(x4 ) ，
又因为G(x)在 (1, + )上单调递增， x > 0 即 ex00 >1， x x01 >1，所以 x4 = e ，
又因为 ex0 - 2x0 + ln x0 = 0 ，所以 x + x = e
x0
1 4 + ln x0 = 2x0 ，
即直线 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，
而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
1．（2024·江苏·模拟预测）已知函数 f x = a ln x + x2 + 3在 x =1处的切线经过原点.
(1)判断函数 f x 的单调性；
(2)求证：函数 f x 的图象与直线 y = 5x有且只有一个交点.
【答案】(1) f x 在 0, + 上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据题意求出参数 a的值，然后求导，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解；
（2 2）由题意构造函数 g x = 2ln x + x + 3- 5x（ x > 0），利用导数判断函数单调性，结合零点存在定理即可
得解.
【详解】（1）因为 f 1 = a ln1+1+ 3 = 4 ，所以切点为 1,4 .
因为 f x a= + 2x，所以 f 1 = a + 2，
x
所以切线方程为 y - 4 = a + 2 x -1 .
因为切线经过原点，所以0 - 4 = a + 2 0 -1 ，所以 a = 2 .
2
由定义域为 0, + ，故 f x = + 2x > 0 ，
x
所以 f x 在 0, + 上单调递增.
（2）设 g x = f x - 5x = 2ln x + x2 + 3- 5x （ x > 0），
2 2x -1 x - 2
则 g x 2x - 5x + 2 = = .
x x

因为当 x 0,
1
÷时， g x > 0， g x 单调递增，
è 2
x 1当 , 2

2 ÷ 时，
g x < 0， g x 单调递减，
è
e3
且 g 1 2ln 1 1
2
5 3 3-8ln 2 ln
÷ = + ÷ + 3 - = -2ln 2 + = =
256 < 0，
è 2 2 è 2 2 4 4 4
因为 g
1 0 x 1 1 ÷ < , 2
g x
2 ，且当 2 ÷ 时， 单调递减，所以
g 2 < g ÷ < 0
è è è 2
所以当 x 0,2 时， g x < 0 ，
所以函数 g x 在 x 0,2 时没有零点，
所以当 x 0,2 时，函数 f x 的图象与直线 y = 5x没有交点.
当 x 2, + 时， g x > 0， g x 单调递增，
又因为 g 5 = 2ln 5 + 3 > 0，且函数 g x 的图象是不间断的，
所以当 x 2, + 时，函数 g x 有且只有一个零点，
函数 f x 的图象与直线 y = 5x有且只有一个交点.
综上所述，函数 f x 的图象与直线 y = 5x有且只有一个交点.
1
2．（2024· 2 x陕西西安·二模）设函数 f (x) = ax + (1- x)e .
2
(1)当 a 1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x [-2,2]时，函数 f (x) 的图像与 y = ex 的图像仅只有一个公共点，求 a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2) (-e-2 , 2e)
【分析】（1）借助导数对 a 0、 a =1及 0 < a < 1分类讨论即可得；
x x
（2）原问题可等价于 ax - 2ex = 0即 a
2e
= 在[-2,0) U (0, 2]上无解，构造函数 g(x) 2e= ，借助导数研究即
x x
可得.
【详解】（1） f (x) 的定义域为R ， f (x) = ax - xex = x(a - ex )，
①当 a 0时， a - ex < 0 ，由 f (x) = x(a - ex ) > 0，得 x < 0 ，
由 f (x) = x(a - ex ) < 0，得 x > 0，
\当 a 0时， f (x) 的在区间 (- ,0)上单调递增，在区间 (0, + )上单调递减，
②当 a =1时， f (x) = x(1- ex ) ， f (0) = 0 ，
当 x 0时， f (x) < 0 ， f (x) 的区间 (- , + )上单调递减，
③当 0 < a <

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