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考点 21 利用导数研究函数的零点（3 种核心题型+基
础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考
查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题
的压轴题出现
【核心题型】
题型一　利用函数性质研究函数的零点
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函
数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条
件．
【例题 1】（2024·全国·模拟预测）若函数 f x = ex - x + a - 2有两个零点，则实数 a的取值
范围是（ ）
A． - ,1 B． - ,0 C． - ,0 D． - ,1
【答案】D
【分析】将零点问题切换成函数图像交点，再利用导数研究函数的单调性及参数的取值范围.
x
【详解】法一：设 g x = e - x，则函数 f x 有两个零点转化为函数 g x = ex - x的图像与
直线 y = 2 - a 有两个交点，
g x = ex因为 -1，当 x < 0 时， g x < 0；当 x > 0时， g x > 0，
所以 g x 在区间 - ,0 上单调递减，在区间 0, + 上单调递增，则
g x g 0 = e0 - 0 =1，
当 x - 时， g x + ；当 x + 时， g x + ，则 2 - a >1，解得a < 1，即实数 a
的取值范围是 - ,1 .
法二：函数 f x = ex - x + a - 2有两个零点可转化为函数 h x = ex 的图像与直线 y = x + 2 - a
有两个交点．
因为函数 h x 的图像与 y 轴交于点 0,1 ，且函数 h x 在点 0,1 处的切线方程为 y = x +1，
所以直线 y = x + 2 - a 与该切线平行，且该直线 y = x + 2 - a 与 y 轴交于点 0,2 - a ，
所以点 0,2 - a 在点 0,1 上方，即 2 - a >1，解得a < 1，即实数 a的取值范围是 - ,1 ．
故选：D
【变式 1】（2024·陕西西安·一模）若不等式 xex - x + a lnx - 2 恒成立，则实数 a的取值范围
为 .
【答案】 -3, +
x
【分析】函数不等式恒成立问题与隐零点问题.构造函数 f x =lnx - 2 - xe + x，求导后再次
构造函数 g x =1- xex ，求导分析 g x x
1
0
的单调性，找到隐零点 x0 ，并得到 e = x ，然后再0
分析 f x 的单调性，找到最大值 f x0 ，最后再结合对数的运算求出函数 f x 的最大值即
可.
【详解】不等式移项可得 a lnx - 2 - xex + x ，
x
设 f x =lnx - 2 - xex + x, x > 0 x，则 f x = - e + xex 1 1 x 1 1- xe+ + = + ÷ , x > 0，x è x
g x =1- xex , x > 0 g x = - ex + xex设 ，则 < 0恒成立，
所以函数 g x 在 0, + 上单调递减，
因为 g 0 =1- 0 =1, g 1 =1- e < 0，
1
所以$x0 0,1 x0 x0，使得 g x0 = 0 1- x0e = 0 e = x ，①0
所以 g x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，最大值为 g x = g xmax 0 ，
所以当0 < x < x0 时， f x > 0， f x 在 0, x0 上单调递增；
当 x > x0时， f x < 0， f x 在 x0 ,+ 上单调递减；
1 1
f x = f x0 = -x x00e + x0 + ln x0 - 2，代入①可得 f x = -x × + x + ln - 2 = -3max max 0 x 0 x0 ，0 e
所以 a -3，所以实数 a的取值范围为 -3, + ，
故答案为： -3, + .
【点睛】方法点睛：
（1）证明带参数的不等式恒成立问题时可采用分离参数法，再构造函数利用导数分析函数
的最值情况，如一次构造不容易看出单调性可二次构造再求导；
（2）对于隐零点问题，可求导后分析特殊值找到隐零点的大概区间，再以隐零点为边界分
析函数的单调性
【变式 2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 - (2 + a)x + a ln x， a R .
(1)讨论 f (x) 的单调性；
x
(2)设 g(x) e= - f (x) + x2 - (a +1)x - 2a + (a -1) ln x，若 g(x)存在两个不同的零点x
x 1
，x2，
且 x1 < x2 .
（i）证明： 2a > e +1；
2
（ii）证明： x2 - x
4a - 2a -1
1 < .2a -1
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）先确定定义域，求出导函数并进行通分和因式分解后根据开口方向、根的大小
关系、根与定义域的位置关系等信息进行分类讨论得出导数正负情况，从而得出函数的单调
性.
（2）考查用导数研究函数零点问题，（i）用导数研究函数的单调性和最值情况，确保函数
零点个数为 2 即可证明 2a > e +1 ；（ii）根据零点的分布和大小情况进行考虑入手即可.
【详解】（1）由题 f (x) 的定义域为 (0, + )，
2
f (x) 2x (2 a) a 2x - (2 + a)x + a (2x - a)(x -1)= - + + = = ，
x x x
①若 a 0，则 2x - a > 0，当0 < x <1时， f (x) < 0 ；当 x >1时， f (x) > 0 ，
所以 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增.
②若 a > 0，令 f (x) = 0，得 x1 =1 x
a
， 2 = .2
0 a a当 < < 2 时，0 < <1，
2
当 0 < x
a
< x >1 f (x) > 0 a < x <1 f (x) < 0
2 或 时， ；当 时， ，2

所以 f (x) 在 0,
a
÷ , (1,
a
+ ) 上单调递增，在 ,1÷上单调递减；
è 2 è 2
a
当 a > 2时， >1，
2
a
当0 < x
a
<1或 x > 时， f (x) > 0 ；当1 < x < 时， f (x) < 02 ，2
a a
所以 f (x) 在( 0, 1)， ,+ 上单调递增，在 1, 上单调递减；
è 2 ÷ è 2 ÷
2
当 a = 2时， f (x) 2(x -1)= 0，当且仅当 x =1时等号成立，
x
所以 f (x) 在 (0, + )上单调递增.
x
（2）（i）由题意知 g(x) e= - ln x + x - 2a ，
x
g (x) = (x -1)e
x 1 (x -1)ex + x(x -1) (x -1) ex + x
所以 2 - +1 = =

2 ，x x x x2
当0 < x <1时， g (x) < 0；当 x >1时， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增，
则 g(x)min = g(1) = e +1- 2a，
因为函数 g(x)存在两个不同的零点，故 e +1- 2a < 0，即 2a > e +1 .
（ii）下面找出两个点m ， n(0 < m <1< n)，使得 g m > 0， g n > 0 ,
4a2 - 2a -1 1 1 1
注意到 = 2a - ，且0 < <1 < 2a，于是考虑找点 2a ， ，
2a -1 2a -1 2a -1 2a -1
1
下面我们证明： g(2a) > 0， g > 0
è 2a 1÷
，
-
2a x
① g(2a) > 0 e - ln(2a) > 0，设m(x) e= - ln x (x > 2)，下证m(x) > 0，
2a x
x 1 2
方法 1：设 h(x) = e - x - x(x > 0)，则 h (x) = ex - x -1，故 h (x) = ex -1 > 0，
2
所以 h (x)在 (2,+ ) 上单调递增，得 h (x) > h (2) = e2 - 3 > 0，
所以 h(x) 在 (2,+ ) 上单调递增，
故 h(x) > h(2) = e2
1
- 4 > 0 x 2，即 e > x + x(x > 2) ，2
ex 1
因此m(x) = - ln x > x +1- ln x ，
x 2
u(x) 1 x 1 ln x(x 2) 1 1 x - 2设 = + - > ，则u (x) = - = > 0，
2 2 x 2x
所以u(x) 在 (2,+ ) 上单调递增，所以u(x) u(2) = 2 - ln 2 > 0，
ex e2a
因此m(x) = - ln x > 0，又 2a > e +1 > 2，故 - ln(2a) > 0 ，即 g(2a) > 0，
x 2a
又 f (1) < 0，所以1< x2 < 2a .
(x -1)ex2 m (x) - x方法 ：易知 = ，设 v(x) = (x -1)ex - x ，则 v 2 (x) = xe
x -1 > 0，
x
所以 v(x) 在 (2,+ ) 上单调递增，得 v(x) > v(2) = e2 - 2 > 0，
2
所以m(x)在 (2,+ ) 上单调递增，故m(x) > m(2) = e - ln 2 > 0，
2
2a
又 2a > e +1 > 2 e，从而 - ln(2a) > 0 ，即 g(2a) > 0，
2a
又 f (1) < 0，所以1< x2 < 2a .
g 1
1
② ÷ = (2a -1)e2a-1 - ln
1 1
+ - 2a ，
è 2a -1 2a -1 2a -1
设 t(x) = ln x - x +1，则 t (x)
1- x
= ，
x
易知 t(x)在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，
所以 t(x) t(1) = 0 ，即 ln x x -1，
1 1
又 2a > e +1，即0 < < ，
2a -1 e
ln 1 1
1
所以 -1，且
2a 1 2a 1 e2a-1- - -1 > 0
，
1 1
因此 g
1
÷ (2a -1)e2a-1 - (2a -1) = (2a -1) e2a-1 -1 > 0，
è 2a -1
÷
è
又 f (1) < 0
1 1
，所以 < x1 <1，即-1 < -x1 < - ，2a -1 2a -1
x x 2a 1 4a
2 - 2a -1
于是 2 - 1 < - = .2a -1 2a -1
【点睛】思路点睛：利用导数研究函数零点问题，要留意零点个数以及判定的依据、零点分
布情况等，结合问题的方向才能找准切入研究的方向
x 1 2
【变式 3】（2024·辽宁·三模）已知 f x = x -1 e + ax .
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a > 0时，证明：函数 f x 有且仅有两个零点 x1, x2 ，且 x1 + x2 < 0 .
【答案】(1)当 a 0时， f x 在 0, + 上单调递增，在 - ,0 上单调递减；
当-1 < a < 0时， f x 在 - , ln -a 和 (0, + )上单调递增，在 ln -a ,0 上单调递减；
当 a = -1时， f x 在R 上单调递增；
当 a < -1时， f x 在 (- ,0)和 ln -a , + 上单调递增，在 0, ln -a 上单调递减
(2)证明见解析
【分析】（1）对 f x 求导，对 a分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
（2）先用零点存在性定理证明结论，再构造新函数讨论 f (x1)与 f (-x2 )大小关系，利用 f x
在 (0, + )上单调性，证明结论即可.
1 f x = xex x【详解】（ ） + ax = x(e + a) ，
当 a 0时，令 f x > 0，得 x > 0，令 f x < 0，得 x < 0 ，
所以 f x 在 (0, + )上单调递增，在 (- ,0)上单调递减；
当 a<0时，令 f x = 0，得 x = 0或 x = ln -a ，
当 ln -a < 0，即-1 < a < 0时，由 f x > 0得 x - , ln -a 0, + ， f x < 0得
x ln -a ,0 ，
所以 f x 在 - , ln -a 和 0, + 上单调递增，在 ln -a ,0 上单调递减；
当 ln -a = 0，即 a = -1时， f x 0恒成立， f x 在R 上单调递增；
当 ln -a > 0，即 a < -1时，由 f x > 0得 x - ,0 ln -a ,+ ，由 f x < 0得
x 0, ln -a ，
所以 f x 在 - ,0 和 ln -a ,+ 上单调递增，在 0, ln -a 上单调递减.
综上，当 a 0时， f x 在 0, + 上单调递增，在 - ,0 上单调递减；
当-1 < a < 0时， f x 在 - , ln -a 和 (0, + )上单调递增，在 ln -a ,0 上单调递减；
当 a = -1时， f x 在R 上单调递增；
当 a < -1时， f x 在 (- ,0)和 ln -a ,+ 上单调递增，在 0, ln -a 上单调递减.
（2）由第（1）问中 a > 0时， f x 在 0, + 上单调递增，在 - ,0 上单调递减，
当 x > 0时，因为 a > 0， f 0 = -1< 0 f 1 a， = > 0，
2
由零点存在性定理可得：函数 f x 在区间 (0, + )上存在唯一零点x2，且 x2 (0,1) ，
使得 f x2 = 0；
当 x < 0 时， x -1< 0，0 < ex <1，则 (x -1)ex > x -1，
则 f x = x 1-1 ex + ax2 > (x -1) 1+ ax2 1= ax2 + x -1，
2 2 2
1 2 -1+ 1+ 2a -1- 1+ 2a
显然一元二次方程 ax + x -1 = 0的两个不等实根为： 和 ，
2 a a
-1+ 1+ 2a 0, -1- 1+ 2a其中 > < 0，
a a
b -1- 1+ 2a取 = < 0，
a
f b b 1 eb 1 1= - + ab2 > ab2 + b -1 = 0，
2 2
即 f b > 0，且 f 0 = -1< 0，
由零点存在性定理可得：函数 f x 在区间 (- ,0)上存在唯一零点x1，且 x1 (b,0) ，
使得 f x1 = 0；
所以当 a > 0时，函数 f x 有且仅有两个零点；
x 1
因为x 为零点，所以 f (x ) = (x -1)e 22 2 2 + ax
2 = 0 ，
2 2
1 ax2 = (1- x )ex所以 22 2 ，2
所以 f (
1
-x2 ) = (-x2 -1)e
- x2 + + ax22 = (-x2 -1)e
- x2 + (1- x x2
2 2
)e ，
令 g x = -x -1 e- x + 1- x ex ， g x = x e- x - ex ，
当 x > 0时， e- x - ex <0 ， g x < 0，所以 g x 在 (0, + )上单调递减，
因为 g 0 = 0， x2 > 0，所以 g(x2 ) < 0，
所以 (-x -1)e- x2 + (1- x )ex22 2 < 0，所以 f (-x2 ) < 0，所以 f (x1) = 0 > f (-x2 )，
因为 f x 在 (- ,0)上单调递减，
所以 x1 < -x2，所以 x1 + x2 < 0 .
【点睛】方法点睛：本题考查双变量型不等式恒成立问题，属于难题．该类问题常用的解题
方法有：一是消元法，变量统一；二是变更主元法；三是构造函数法；四是最值法
题型二　数形结合法研究函数的零点
含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，
用 x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．
ìln(1- x), x - ,0
【例题 2】（2024·北京房山·一模）若函数 f (x) =

í 1 ，则函数
ln x , x 0,+ e
g(x) = f (x) + x + c 零点的个数为（ ）
A．1 B．2 C．1 或 2 D．1 或 3
【答案】A
【分析】令 g(x) = f (x) + x + c = 0，则 f (x) + x = -c，则函数 g(x)零点的个数即为函数
y = f (x) + x, y = -c图象交点的个数，构造函数 h x = f x + x ，利用导数求出函数 h x 的
单调区间，作出其大致图象，结合图象即可得解.
ì
ìln(1- x), x - ,0 ln(1- x), x - ,0
【详解】 f (x) =

í 1 = íx, x 0,1 ，
e ln x
, x 0,+
1 , x 1,+
x
令 g(x) = f (x) + x + c = 0，则 f (x) + x = -c，
则函数 g(x)零点的个数即为函数 y = f (x) + x, y = -c图象交点的个数，
ì
ln(1- x) + x, x - ,0

令 h x = f x + x = í2x, x 0,1 ，

1 + x, x 1, +
x
当 x - ,0 h x = ln 1- x + x h x 1 x时， ，则 = +1 = 0，
x -1 x -1
所以函数 h x 在 - ,0 上单调递增，且 h 0 = 0，
当 x 0,1 时， h x = 2x 0,2 ，
2
当 x 1,+ 时， h x 1= + x h x 1 x -1，则 = - 2 +1 = 2 0 ，x x x
所以函数 h x 在 1, + 上单调递增，且 h 1 = 2，
又当 x - 时 h x - ，当 x + 时， h x + ，
作出函数 h x 的大致图象如图所示，
由图可知函数 y = f (x) + x, y = -c的图象有且仅有一个交点，
所以函数 g(x) = f (x) + x + c 零点的个数为1个.
故选：A.
【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.
ì 3ex
, x > -1 1
【变式 1】（2024·全国· x +1模拟预测）已知函数 f (x) = í , g(x) = x + + a ．若
1 1 x+ , x -1
x 2
g( f (x)) = 0 有三个不同的根，则 a的取值范围为 ．
, 10【答案】 - -

3 ֏
【分析】利用导数研究函数单调性，画出草图，然后数形结合解出结果.
3xex
【详解】当 x > -1时， f (x) = ，所以 f (x)2 在 (-1,0) 上单调递减，在 (0, + )上单调递(x +1)
增，
又 f (0) = 3, x + 时， f (x) + , x -1时， f (x) + ，所以 f (x) [3, + ) ；
( , 1] f (x) é 1 1 当 x -1时，易知 f (x) 在 - - 上单调递减，所以
ê
- , ．
2 2 ÷
作出函数 f (x) 的大致图象如图所示．
令 t = f (x) ，则数形结合可知方程 g(t) = 0有两个不同的实数根，分别记为 t1, t2 ，
t é 1 1且 1 ê- ,

÷ 3 , t2 (3, + )，而方程 g(t) = 0有两个不同的根等价于函数 y = t
1
+ 与
2 2 t
y = -a 的图象有两个不同的交点，且两个交点的横坐标分别为 t1, t2 ．
ì 1
1 1 j ÷ < -a 10
数形结合可知 t1 0, ÷ , t2 (3, + ) ．令j(t) = t + ，令 í è 2 ，解得a < - ．
è 2 t

3
j(3) < -a
, 10 - -

÷
故答案为： è 3
x
【变式 2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f x = e -1- ax a R ．
(1)若函数 f x 在点 1, f 1 处的切线与直线 x + 2ey +1 = 0垂直，求 a 的值；
(2)当 x 0,2 时，讨论函数F x = f x - x ln x零点的个数．
【答案】(1) a = -e
(2)答案见解析
【分析】（1）求导可得 f 1 = e - a，根据题意结合垂直关系运算求解；
x
（2）构建 g x e 1= - - ln x x 0,2 ，由题意分析可知F x 的零点个数即为 y = a 与
x x
y = g x 的交点个数，求导，利用导数判断 y = g x 的单调性和最值，进而可得结果.
x
【详解】（1）由题意可知： f x = e - a ，可知 f 1 = e - a，
且直线 x + 2ey +1 = 0的斜率为 k
1
= - ，
2e
由题意可知： e - a 1 - ÷ = -1，解得 a = -e ．
è 2e
x
（2）由F x = f x - x ln x = 0 a e 1得 = - - ln x ，
x x
g x e
x 1
令 = - - ln x x 0,2 ，
x x
可知F x 的零点个数即为 y = a 与 y = g x 的交点个数，
x -1 ex 1 1 x -1 ex -1则 g x = + - = ，
x2 x2 x x2
因为 x > 0，则 ex -1 > 0，
令 g x > 0，解得1< x 2；令 g x < 0，解得0 < x <1；
可知 g x 在 0,1 内单调递减，在 1,2 内单调递增，
2
x 0 g x + g 1 = e -1 g 2 e -1且 趋近于 时， 趋近于 ， ， = - ln 2，
2
2
当 a = e -1 a e -1或 > - ln 2时，函数 F (x)有一个零点；
2
e 1 a e
2 -1
当 - < - ln 2时，函数 F (x)有两个零点；
2
当 a < e -1时，函数 F (x)没有零点．
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求
解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与 x 轴的交点情况进而求解
【变式 3】（2024·河北邯郸·二模）已知函数 f x = ex - mx, g x = x - mlnx ．
(1)是否存在实数m ，使得 f x 和 g x 在 0, + 上的单调区间相同？若存在，求出m 的取
值范围；若不存在，请说明理由．
(2)已知 x1, x2 是 f x 的零点， x2 , x3 是 g x 的零点．
①证明：m > e ，
②证明：1 < x1x2x
3
3 < e ．
【答案】(1)存在，且m - ,0
(2)①证明见解析 ②证明见解析
【分析】（1）结合导数与函数单调性的关系，分m 0与m > 0进行讨论即可得；
（2）①利用导数得到 f x 的单调性后，借助零点的存在性定理可得
x
f lnm = m - mlnm < 0 e x，解出即可得；②构造函数m x = (x > 0), n x = (x >1)，结合
x lnx
导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到 x1 = lnx2 ， x3 = e
x2 ，从而可得
x1x2x3 = x
3
2 ，结合x2的范围即可得解.
【详解】（1）由题意得 x 0, + , f x = ex - m, g x 1 m x - m= - = ，
x x
当m 0时， f x 0, g x 0，所以 f x 和 g x 在 0, + 上都单调递增，符合题意；
当m > 0时，若 f x 和 g x 在 0, + 上的单调区间相同，
则 f x 和 g x 有相同的极值点，即 lnm = m，
令 h m = lnm - m，则 h m 1 1- m= -1 = ，
m m
当m 0,1 时， h m > 0，当m 1, + 时， h m < 0 ，
所以 h m 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，则 h m h 1 = -1，
所以 lnm = m无解，
综上，当m - ,0 时， f x 和 g x 在 0, + 上的单调区间相同；
（2）①由题意， f x 有两个零点， f x = ex - m，
若m 0，则 f x 0，所以 f x 在R 上单调递增，不符合题意，
若m > 0，则当 x - , lnm 时， f x < 0, f x 单调递减，
当 x lnm, + 时， f x > 0, f x 单调递增，
且当 x - 时， f x - ，当 x + 时， f x + ，
所以 f lnm = m - mlnm < 0，解得m > e ，得证；
x
②令 f x = 0, g x = 0，得 ex = mx, x = mlnx e，即 = m > 0, x = m > 0，
x lnx
ex x ex x -1 lnx -1令m x = (x > 0), n x = (x >1)，则m x =
x lnx x2
, n x = ，
(lnx)2
当 x 0,1 时，m x < 0, m x 单调递减，
当 x 1, + 时，m x > 0, m x 单调递增，
当 x 1,e 时， n x < 0, n x 单调递减，
当 x e, + 时， n x > 0, n x 单调递增，
ex x
在同一坐标平面内作出函数m x = (x > 0) 与函数 n x = (x >1)的图象，
x lnx
它们有公共点 A x2 , y2 ，如图，
x1 x2
故0 < x1 <1 < x2 < e < x
e e x x3
3 ，且有 = =
2 = ，
x1 x2 lnx2 lnx3
ex1 x ex1 elnx2
由 = 2 ，得 = ，即m x1 = m lnx2 ，又0 < lnx2 < 1，所以 x = lnx ，x1 lnx2 x1 lnx 1 22
ex2 x ex23 x3 x
由 = ，得 = ，即 n e 2 = n x x，又 ex2x 3 > e，所以 x3 = e 2 ，x2 lnx3 lne 2 lnx3
ex2 x 2 x
由 = 2 ，得 x 22 = e × lnx2 = x3x1，即 x1x
2
x lnx 3
= x2 ，
2 2
x x x = x3故 1 2 3 2 1,e3 .
【 点 睛 】 关 键 点 点 睛 ： 本 题 最 后 一 问 关 键 点 在 于 构 造 函 数
x
m x e= (x > 0), n x x= (x >1)
x lnx x x x = x
3
，结合导数得到函数的单调性，从而得到 1 2 3 2
题型三　构造函数法研究函数的零点
涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零
点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求得参数的
取值范围
【例题 3】（2023· 2 3 2吉林通化·模拟预测）已知函数 f (x) = x + 2 x - 3ax + b 满足：①定义
1 1 1
域为 R ；② < b < 4；③有且仅有两个不同的零点x1，x2，则 +x x 的取值范围是（ ）2 1 2
A． (-2,-1)
1 1
B． -1, -

2 ÷
C． ,12 ÷ D．
(1, 2)
è è
【答案】B
【分析】由题意可转化为 g x = x3 - 3ax2 + b有且仅有两个不同的零点x1，x2，对 g x 求导，
结合 g x 的单调性可知 g 2a = 0，由此可知 g x 另一根为-a，由b 的范围可求出 a的范
1 1
围，即可求出 +x 的取值范围.1 x2
【详解】函数 f (x) = x2 + 2 x3 - 3ax2 + b 有且仅有两个不同的零点x1，x2，
因为 x2 3+ 2 > 0 ，令 g x = x - 3ax2 + b，即 g x 有且仅有两个不同的零点x1，x2，
g x = 3x2 - 6ax = 3x x - 2a = 0得 x = 0或 x = 2a，
若 a > 0，令 g x > 0，可得 x > 2a或 x < 0 ；令 g x < 0，可得0 < x < 2a ，
所以 g x 在 - ,0 , 2a, + 上单调递增，在 0,2a 上单调递减，
同理若 a<0， g x 在 - , 2a , 0, + 上单调递增，在 2a,0 上单调递减，
1
因为 < b < 4， g 0 = b 0 ，
2
要使 g x 有且仅有两个不同的零点x1，x2，则 g 2a = 0，
g 2a = 8a3而 -12a3 + b = 0 ，则b = 4a3 1，因为 < b < 4，
2
1
< 4a3则 < 4
1
，则 < a <1，
2 2
则 g x 2有一根是确定的为 2a ，又因为 g x = x3 - 3ax2 + b = x - 2a x + a ，
所以 g x 的另一根为-a，
1 1 1 1 1
所以 + = - = -
1
x x 2a a 2a ，因为 < a
1 1
<1 1 1， < < 2 < <1
1 2 2 a
，
2 2a
-1 1 1< - < - .
2a 2
故选：B.
【变式 1】（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数 f (x) = ax2ex - 2ln x - x - a，则（ ）
A．当 a =1时， f x 有极小值 B．当 a =1时， f x 有极大值
C．若 f x 0，则 a =1 D．函数 f x 的零点最多有 1 个
【答案】AC
【分析】对于 AB：代入 a =1，求导，求单调性即可判断；对于 C：设 t = x2ex > 0，将不等
式转化为G t = a t -1 - ln t 0成立，求导，研究其单调性，极值来判断；对于 D：求导，
分 0 < a < 1， a =1， a 0讨论研究零点个数.
AB a =1 f (x) x2 2x ex 2 1 (x + 2)(e
x x2 -1)
【详解】对于 ：当 时， = + - - = (x > 0)，
x x
x 2 1 1令 e x -1 = 0 x x，即 e = 2 ，所以 lne = ln 2 ，即 2ln x = -x ，x x
结合函数图象可知，存在 x0 0,1 ，使得 f (x0 ) = 0 ，
令 ex x2 -1 > 0，则 2ln x > -x ，得 x > x0，
所以当 x (0, x0 )时， f (x) < 0 ，函数 f x 单调递减，
当 x (x0 ,+ ) 时， f (x) > 0 ，函数 f x 单调递增，故 A 项正确，B 项错误．
若 f x 0 ，即 ax2ex ln x2 + ln ex + a，则 a(x2ex -1) ln(x2ex )．
设 t = x2ex > 0，则 a t -1 ln t ．
设G t = a t -1 - ln t ，可知G t 0 ，则G (t) a 1= - ， t > 0．
t
若 a 0，则G t < 0，G t 为减函数，注意到G 1 = 0，可知当 t > 1时，G t < 0 ，不合题
意．
a 0 G (t) at -1若 > ，则 = ，
t
t 0, 1 1当

÷时，G (t) < 0，G t 为减函数，当 t a ,+ ÷时，G
(t) > 0，G t 为增函数，
è è a
G(t) G 1 所以 ÷ =1- a + ln a 0．设j (a) = ln a - a +1， a > 0，
è a
则j a 1 1 1- a= - = ， a > 0．
a a
当 a > 1时，j a < 0，j a 为减函数，当 0 < a < 1时，j a > 0，j a 为增函数，
则j a j 1 = 0，所以只有当 a =1时，G t 0 才能成立．
综上所述， a =1，故 C 项正确．
由 C 项可知， t = x2ex ， x > 0，则 t = ex (x2 + 2x) > 0，所以 t = x2ex (x > 0)为增函数．
当 a > 1时，j(a) = G
1
÷ < 0，
è a
当 t 无限趋近于 0 时，G t 无限趋近于+ ，且G e = a e -1 -1 > 0，
G t t = x2 x即此时 有两个零点，因为 e x > 0 为增函数，且 t > 0，
所以此时 f x 有两个零点．
同理可得，当 0 < a < 1时， f x 有两个零点．
1
当 a 1

= 时，j(a) = G ÷ = 0，此时G t 有一个零点 1，所以 f x 有一个零点．
è a
当 a 0时，G t 为减函数，G 1 = 0，此时G t 有一个零点 1，即 f x 只有一个零点．
综上，函数 f x 最多有两个零点，故 D 项错误．
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题 D 选项的关键是利用导数研究函数 t = x2ex (x > 0)的性质
【变式 2】（2024· 2全国·模拟预测）设函数 f x = -x + ax + lnx a R .
(1)若 a =1，求函数 f x 的单调区间；
1
(2) é ù设函数 f x 在 ê ,eú 上有两个零点，求实数 a的取值范围.（其中 e是自然对数的底数） e
【答案】(1)单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, +
1,e 1(2) -
ù
è e ú
【分析】（1）根据题意，求导可得 f x ，即可得到结果；
a x lnx lnx é1（2）根据题意，由条件可得 = - ，构造函数 g x = x - ，其中 x ê ,e
ù
ú，转化为x x e
最值问题，即可求解.
【详解】（1）当 a =1时， f x = -x2 + x + lnx, f x 的定义域为 0, + ，
f x 2x 1 1 -2x
2 + x +1
= - + + = ，
x x
令 f x > 0，则 2x2 - x -1< 0，解得0 < x <1，
令 f x < 0，则 2x2 - x -1 > 0 ，解得 x >1 .
\函数 f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, + .
lnx
（2）令 f x = -x2 + ax + lnx = 0 ，则 a = x - .
x
g x x lnx 1令 = - é ù，其中 x
x ê
,e
e ú
，

1
× x - lnx 2
则 g x =1 x x + lnx -1- = .
x2 x2
令 g x > 0 1，解得1< x e ，令 g x < 0，解得 x <1.
e
\ g x é1 的单调递减区间为 ê ,1÷，单调递增区间为 1,e ， e
\ g(x)min = g 1 =1 .
g 1 e 1 , g e 1 1又 ÷ = + = e - ，函数 f x é ,eù在 ê ú 上有两个零点，è e e e e
1,e 1 -
ù
\a è e ú的取值范围是 .
1 2
【变式 3】（2024·广东·二模）已知 f x = ax + 1- 2a x - 2lnx,a > 0 .
2
(1)求 f x 的单调区间；
(2)函数 f x 的图象上是否存在两点 A x1, y1 , B x2 , y2 （其中 x1 x2 ），使得直线 AB 与函数
f x x x1 + x的图象在 = 20 处的切线平行？若存在，请求出直线 AB ；若不存在，请说明理由.2
【答案】(1) f (x) 在 (0,2)上单调递减，在 (2,+ ) 上单调递增.
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；
（2）求出直线 AB 的斜率，再求出 f (x0 ) ，从而得到 x1, x2 的等式，再进行换元和求导，即可
解出答案.
2 ax21 f (x) ax 1 2a + (1- 2a)x - 2 (ax +1)(x - 2)【详解】（ ）由题可得 = + - - = = (x > 0)
x x x
因为 a > 0，所以 ax +1 > 0 ，
所以当 x (0,2) 时， f (x) < 0 ， f (x) 在 (0,2)上单调递减，
当 x (2,+ ) 时， f (x) > 0 ， f (x) 在 (2,+ ) 上单调递增.
综上， f (x) 在 (0,2)上单调递减，在 (2,+ ) 上单调递增.
[1 2 1 2y - y ax2 + (1- 2a)x2 - 2ln x2 ]-[ ax1 + (1- 2a)x1 - 2ln x1]（2）由题意得，斜率 k = 2 1 = 2 2
x2 - x1 x2 - x1
1 a(x2 - x22 1 ) + (1- 2a)(x2 - x1) - 2ln
x2 2ln x2
= 2 x1 a x= (x1 + x2 ) +1- 2a - 1
，
x2 - x1 2 x2 - x1
f ( x1 + x2 ) a(x1 + x= 2 ) +1- 2a 4-
2 2 x1 + x
,
2
k f ( x + x由 = 1 2 )得，
2
ln x2 2(
x2 -1)
x
x 2 ln 2
2(x2 - x1)
1 ，即 = ，即 ln
x2 x- 1 = 0
= x x + x x
x2 - x1 x + x
1 1 2 x1 2 +1
1 2 x1
x2
令 t = x ，不妨设
x2 > x1 ，则 t > 1，
1
记 g(t) = ln t
2(t -1) 4
- = ln t + - 2(t >1)
t +1 t +1
t -1 2
所以 g (t)
1 4
= - = > 0，所以 g(t)在 (1, + )上是增函数，所以 g(t) > g(1) = 0，
t t +1 2 t t +1 2
所以方程 g(t) = 0无解，则满足条件的两点 A, B不存在.
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1
1．（2023·四川资阳·模拟预测）将函数 f x = cos x - x 在 0, + 上的所有极值点按照由小e
到大的顺序排列，得到数列 xn （其中 n N* ），则（ ）
n 1- A． ÷ π < xn < n
1
+
2 2 ÷
π B． xn+1 - x < πè è n
C． xn + xn+1 > 2n -1 π D． xn - n -1 π 为递减数列
【答案】D
【分析】先对函数求导，结合导函数把极值点问题转化为函数 g x 在 0, + 上的零点，进
一步转化为函数 h x = sin x 与函数m x 1= x 图象交点的横坐标，然后数形结合分别判断各e
选项即可.
f x cos x 1 1【详解】因为 = - x (x > 0)所以 f x = -sin x + ，e ex
令 g x = f x = -sin x 1+ ，
ex
故函数 f x 在 0, + 上的所有极值点为函数 g x 在 0, + 上的零点，
即方程-sin x
1
+ x = 0的正根，也即函数 h x = sin x 与函数m x
1
= x 图象交点的横坐标，e e
作出函数 h x = sin x 和函数m x 1= x 图象如下e
π 1
对于 A，当 n =1时，由图可知0 < x

1 < ，不满足 n - ÷ π < xn < n
1
+
2 2 ÷
π，故 A 错误；
è è 2
对于 B，由图可知，当 n为奇数时， xn+1 - xn < π，当 n为偶数时， xn+1 - xn > π，故 B 错误；
对于 C，由图可知，结合 h x = sin x 的对称性知， x1 + x2 > π ， x2 + x3 < 3π ，
不满足 xn + xn+1 > 2n -1 π ，故 C 错误；
对于 D， xn - n -1 π 在 x 轴上表示 xn与 n -1 π的距离，
1
由于函数m x = x 在 0, + 上单调递减，函数 h x = sin x 是以 2π为周期的函数，e
结合图象可知 xn - n -1 π 越来越小，即数列 xn - n -1 π 为递减数列，故 D 正确.
故选：D
2．（23-24 x高三上·湖北荆门·阶段练习） f x = 2e - 5x2 的零点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
2
【分析】先把零点个数转化为函数交点个数，再构造函数 g x x= x ,结合导函数求解单调性e
及极值最后应用数形结合求解.
x2 2 x2 x 2 - x
【详解】由 2ex - 5x2 = 0 得 x = ，构造函数 g x = x ，求导得 g x = x ，ex >0e 5 e e
g x 在 - ,0 上单调递减，在 0,2 上单调递增， 2, + 上单调递减，且 g 0 = 0，
g 2 4 2= 2 > 及 x + 时 g x 0， g x
2
的图像如图，得到 g x = 有 3 个解.
e 5 5
故选：D.
3．（2023·四川成都·二模）若指数函数 y = a x （ a > 0且a 1）与幂函数 y = x5的图象恰好有
两个不同的交点，则实数 a的取值范围是（ ）
e e
A． e5 , + ÷ B． 1,e5 ÷
è è
e
1, 5
5
C． ÷ ÷÷ D．e
1,ee ÷
è è è
【答案】D
ln x ln a ln x
【分析】令 a x = x5 ，两边取对数得 = ，记 f x = x > 0 ，利用导数研究其单调x 5 x
性，作出草图即可求解.
【详解】由幂函数和指数函数的图象和性质可知，当 x 0 时两函数图象无交点，
ln x ln a
令 a x = x5 ，两边取对数得 x ln a = 5ln x，即 = ，x 5
f x ln x x 0 f x 1- ln x记 = > ，则 = ，
x x2
当 x 0,e 时， f x > 0，当 x e,+ 时， f x < 0，
所以 f x 在 0,e 上单调递增，在 e,+ 上单调递减，
所以，当 x=e时， f x 取得最大值 f e 1= .
e
又当 x 趋于+ 时， f x 趋于 0，当 x 趋于 0 时， f x 趋于- ，
所以可得 f x 的草图如图，
0 ln a 1
5 ln a
由图可知，当 < < ，即1< a < ee 时，函数 f x 的图象与 y = 有两个交点，5 e 5
即指数函数 y = a x （ a > 0且a 1）与幂函数 y = x5的图象恰好有两个不同的交点.
故选：D
【点睛】关于函数零点个数问题，参变分离是常用方法之一，本题采用取对数的方法分离参
数，然后转化为两个函数的交点问题，在利用导数研究函数图象时，一定要注意函数是否存
在渐近线，否则容易出错.
2 x 15-a+2ln
4．（2023· x全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ea-x + + 4x - ln(x + 4) + e 4 存在零点，则实数 a
2
的值为（ ）
15
A．-2 B． ln - 2
15
C．-3 D4 ．
ln - 3
4
【答案】D
【分析】构造新函数，利用导数求单调性，再运用基本不等式即可求解
f (x) 0 a-x x-a+2ln
15 2
【详解】由 = 得 e
x
+ e 4 = ln(x + 4) - - 4x ，
2
x a 2ln15 x2设 g(x) = ea-x
- +
+ e 4 ， h(x) = ln(x + 4) - - 4x，2
2 1 -(x + 5)(x + 3)
设 h(x) = ln(x
x
+ 4) - - 4x, x > -4 ， h (x) = - x - 4 = ，
2 x + 4 x + 4
由 h (x) > 0得-4 < x < -3，由 h (x) < 0得 x > -3，
所以 h(x) 在 (-4,-3)单调递增，在 (-3,+ )单调递减，所以 h(x) h(-3) 15= 2 ，
a-x x-a+2ln
15
a-x x-a+2ln
15
而 g(x) e e 4 2 e e 4 15= + × = ，
2
a x x a 2ln 15 x a ln 15当且仅当 - = - + ，即 = -4 4 时，等号成立，
因为 f (x) a ln
15
有零点，则 - = -3，所以 a = ln
15
- 3
4 ，4
故选：D.
二、多选题
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = x3 - 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
【答案】BC
【分析】对 A，判断当 a = 0时情况即可；对 B，求导分析函数的单调性，结合零点存在性定
理判断即可；对 C，根据 f x = 2 - f -x 得 f x 关于 0,1 对称，再判断 h x = x3 - ax 的对
称性判断即可；对 D，根据导数的几何意义判断即可.
2
【详解】对 A，由题得 f x = 3x - a，当 a = 0时 f x 0， f x 递增，不存在极值点，
故 A 选项错误；
对 B，当 a =1时， f x = 3x2 -1，令 f x > 0得 x 3 3> 或 x < - ，
3 3
f x < 0 3 3
3 3 3
令 得- < x < ，所以 f x 在
3 3
- , ÷÷上单调递减，在 - ,- ÷÷，
è 3 3 è 3
3
,+ ÷÷ 上单调递增．
è 3
3 2 3 3
因为 f - ÷÷ =1
2 3
+ > 0， f ÷÷ =1- > 0， f -2 = -5 < 0，
è 3 9 è 3 9
3 3
所以函数 f x 在 - ,- ÷÷上有一个零点，在 - , + ÷÷上无零点．
è 3 è 3
综上所述，函数 f x 有一个零点，故 B 选项正确；
对 C，由 f x = 2 - f -x 得 f x 关于 0,1 对称，
令 h x = x3 - ax ，该函数的定义域为 R，因为 h -x = -x 3 - -ax = -x3 + ax = -h x ，
则 h x 是奇函数， h x 图象的对称中心是原点 0,0 ，
将 h x 的图象向上平移一个单位长度得到 f x 的图象，
所以点 0,1 是曲线 y = f x 的对称中心，故 C 选项正确；
对 D，令 f x = 3x2 -1 = 2 ，可得 x = ±1．又 f 1 =1， f -1 =1，
所以当切点为 1,1 时，切线方程为 y = 2x -1，
当切点为 -1,1 时，切线方程为 y = 2x + 3，故 D 选项错误.
故选：BC．
6．（2024·辽宁抚顺·三模）已知定义在R 上的奇函数 f x 连续，函数 f x 的导函数为
f x ．当 x > 0时， f x cosx > f x sinx + e × f x ，其中 e为自然对数的底数，则（ ）
A． f x 在R 上为减函数 B．当 x > 0时， f x < 0
f π f 3π C． ÷ > ÷ D． f x 在R 上有且只有 1 个零点
è 2 è 2
【答案】BCD
【分析】根据题意，令 g x = f x cosx - e ，利用导数求得 g x 在 0, + 上单调递增，
g π g 3π f π f 3π 结合 2 ÷
< ÷ ，得到2 ÷
> ÷ ，可判定 C 正确；再由 x > 0时， g x > g 0 ，
è è è 2 è 2
可判定 B 正确；根据 f x 是定义在R 上的奇函数，结合单调性和零点的定义，可判定 D 正
确．根据 f x 的单调性无法判断，可判定 A 错误．
【详解】由 f x cosx > f x sinx + e × f x ，可得 f x cosx - e - f x sinx > 0．
令 g x = f x cosx - e ，
则当 x > 0时， g x = f x cosx - e - f x sinx > 0 ，所以 g x 在 0, + 上单调递增，
g π 3π π π 3π 3π 所以 2 ÷
< g ÷ ，即 f2 ÷
cos - e
2 2 ÷
< f 2 ÷
cos - e
2 ÷
，
è è è è è è
可得 f
π
÷ -e < f
3π π 3π
2 ÷
-e ，所以 f > f ，所以 C 正确；
è è 2 è 2 ÷ ÷ è 2
因为 g 0 = f 0 1- e = 0，所以当 x > 0时， g x > g 0 = 0，
又因为cosx - e < 0，所以当 x > 0时， f x < 0 ，所以 B 正确；
由 f x 是定义在R 上的奇函数，故当 x < 0 时， f x = - f -x > 0，
又因为 f 0 = 0，所以 f x 在R 上有且只有 1 个零点，所以 D 正确．
因为 f x 的单调性无法判断，所以 A 错误．
故选：BCD.
三、填空题
7．（2024·内蒙古包头· 3 2一模）已知函数 f x = kx - 3x + 4k k > 0 ，若 f x 存在唯一的零点，
则 k 的取值范围是 .
【答案】 1, +
【分析】利用导数确定函数的单调性，分类讨论求解参数范围即可.
【详解】因为 f (x) = kx3 - 3x2 + 4k(k > 0), x R,所以 f (x) = 3kx2 - 6x(k > 0)，
令 f x = 3kx2 - 6x = 0 x 0, x 2，解得 1 = 2 = > 0,k
2 2
所以当 x (- ,0) ,+ ÷时， f (x) > 0,当 x 0, ÷ 时， f (x) < 0，
è k è k
2 2
所以函数 f (x) 的单调递增区间为 (- ,0)

和 ,+

÷ ，单调递减区间为 0, ÷，
è k è k
3
f (0) 4k 0 2 4k - 4 4(k -1) k
2 + k +1
又 = >

， f = = ，
è k ÷ k 2 k 2
当函数在 (- ,0)上没有零点时，要使 f (x) 存在唯一的零点，
f 2 4k
3 - 4
则必有 ÷ = 2 = 0，解得 k =1，此时 f (x) = x
3 - 3x2 + 4 = x +1 x - 2 2 ，
è k k
易知函数有 2 个零点，分别为 x = -1,和 x = 2，不满足题意；
所以函数在 (- ,0)必有一个零点，要使 f x 存在唯一的零点，
f 2 4k
3 - 4
则必有 ÷ = 2 > 0,，解得 k >1.è k k
综上 k 的取值范围为 1, + .
故答案为： 1, + .
【点睛】方法点睛:利用导数研究方程根（函数零点）的技巧
（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势
等．
（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．
（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
m
8．（2024·四川成都·模拟预测）若函数 f x = ex - x2 - x在 x -1,2 上有 2 个极值点，则
2
实数m 的取值范围是 .
(1 1 ,1) U (1, e
2 -1
【答案】 - )
e 2
x
【分析】根据题意，求得 f x = e - mx -1，转化为 ex - mx -1 = 0在 x -1,2 上有两解，
x x
令函数 g x = e - mx -1，求得 g x = e - m，当m > 0时，求得函数 g x 的单调性和极小
ì-1 < ln m < 2

g ln m < 0
值点和极小值，转化为 í mg -1 > 0 ，进而求得实数 的取值范围.
g 2 > 0
x m 2
【详解】由函数 f x = e - x - x，可得 f x = ex - mx -1，
2
因为函数 f x 在 x -1,2 上有 2 个极值点，即 f x = 0在 x -1,2 上有两解，
即 ex - mx -1 = 0在 x -1,2 上有两解，
令 g x = ex - mx -1且 x -1,2 ，可得 g x = ex - m，
当m 0时，可得 g x > 0， g x 单调递增，不符合题意，（舍去）；
当m > 0时，令 g x = 0 ，解得 x = ln m ，
当 x (- , ln m) 时， g x < 0， g x 单调递减；
当 x (ln m , + ) 时， g x > 0， g x 单调递增，
所以，当 x = ln m 时， g x 取得极小值，极小值为 g ln m = (m -1) - m ln m ，
ì-1 < ln m < 2
g ln m < 0
要使得 g

x = 0在 x -1,2 上有两解，则满足 í
g -1 > 0
，
g 2 > 0
1
当-1 < ln m < 2 2时，解得 < m < e ；
e
当 g ln m < 0，即 (m -1) - m ln m < 0，
设j x = (x -1) - x ln x x (1 , e2，其中 ) ，可得j x = - ln x，
e
当 x (
1 ,1) 时，j x > 0，j x 单调递增；
e
当 x (1,e2 )时，j x < 0，j x 单调递减，
又因为j 1 = 0，所以j x j 1 = 0，
所以不等式 g ln m < 0，可得 x 1，
ìg -1 > 0 ìe-1 + m -1 > 0 2
由 í 可得 í ，解得1- e-1
e -1
g 2 0 2 < m < ， > e - 2m -1 > 0 2
2
综上可得，实数m 的取值范围为 (1 1- ,1) U (1, e -1) .
e 2
1 e2
故答案为： (1- ,1) U (1, -1) .
e 2
【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.
四、解答题
9．（2024· x浙江绍兴·模拟预测）已知 f x = ae - x， g x = cos x .
(1)讨论 f x 的单调性.
(2)若$x0 使得 f x0 = g x0 ，求参数 a的取值范围.
【答案】(1)当 a 0时， f x 在 - , + 上单调递减；当 a > 0时， f x 在 - , - ln a 上单
调递减，在 - ln a, + 上单调递增.
(2) - ,1
1 f x = aex【分析】（ ）对 - x求导数，然后分类讨论即可；
（2）直接对 a > 1和 a 1分类讨论，即可得到结果.
【详解】（1）由 f x = aex - x，知 f x = aex -1 .
当 a 0时，有 f x = aex -1 0 -1 = -1< 0 ，所以 f x 在 - ,+ 上单调递减；
当 a > 0时，对 x < - ln a 有 f x = aex -1< ae- ln a -1 =1-1 = 0，
对 x > - ln a 有 f x = aex -1 > ae- ln a -1 =1-1 = 0，
所以 f x 在 - ,- ln a 上单调递减，在 - ln a, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,+ 上单调递减；
当 a > 0时， f x 在 - ,- ln a 上单调递减，在 - ln a, + 上单调递增.
（2）当 a > 1时，由（1）的结论，知 f x 在 - ,- ln a 上单调递减，在 - ln a, + 上单调
递增，
所以对任意的 x 都有 f x f - ln a = ae- ln a + ln a =1+ ln a >1+ ln1 =1 cos x = g x ，
故 f x > g x 恒成立，这表明此时条件不满足；
x
当 a 1时，设 h x = ae - x - cos x，由于
h - a -1 = ae- a -1 + a +1- cos - a -1 ae- a -1 + a - a e- a -1 + a = a 1- e- a -1 a 1- e0 = 0
， h 0 = ae0 - 0 - cos 0 = a -1 0，
故由零点存在定理，知一定存在 x0 é- a -1,0ù ，使得 h x0 = 0，
故 f x0 - g x0 = aex0 - x0 - cos x0 = h x0 = 0 ，从而 f x0 = g x0 ，这表明此时条件满足.
综上， a的取值范围是 - ,1 .
10．（2024·宁夏固原·一模）已知函数 f x = ax ln x +1 +1(a > 0) ．
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 f x 有两个零点，求 a的取值范围．
【答案】(1)1- ae-2
(2) e2，+
【分析】(1)首先求解所给函数的导函数，然后利用导数研究函数的单调性即可求出最小值；
(2)结合（1）可知，只需 ymin < 0求解计算即可得出结果．
【详解】（1） f x = a(lnx 1+1) + ax × = a(lnx + 2) (a > 0) ,
x
当 f x > 0时，即 lnx + 2 > 0，则 x > e-2 ，
当 f x < 0时，即 lnx + 2 < 0 ，则0 < x < e-2，
即当0 < x < e-2时， f x < 0，函数单调递减，当 x > e-2 时， f x > 0, f x 为增，
\ f x x = e-2 ∴ y = f e-2在 处取最小值， = 1- ae-2min .
（2）由（1）可知， ymin = f e-2 = 1- ae-2，
由 f x 有两个零点，
x 0 时， f x = ax ln x +1 +1 1， x + 时， f x = ax ln x +1 +1 + ，
所以，1- ae-2 < 0，即 ae-2 >1，解得： a > e2 .
∴ a的取值范围为 e2 ,+ .
1
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = xe x - a(x > 0) ，且 f (x) 有两个相异零点 x1, x2 ．
(1)求实数 a 的取值范围．
2a
(2)证明： x1 + x2 > ．e
【答案】(1) e, + ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数 f (x) 的最小值，再分段讨论并构造函数，利用导数探讨单调
性，结合零点存在性定理推理即得.
（2）由（1）的结论，结合函数零点的意义可得 x ln x - ln a × x +1 = 0有两个相异的解 x1, x2 ，
再构造函数，借助单调性确定 x1, x2 的取值区间，再结合分析法推理证明即得.
1 1 1
【详解】（1）函数 f (x) = xe x - a，求导得 f (x) (1
1 x -1
= - )e x = e x ，
x x
当0 < x <1时， f (x) < 0 ；当 x >1时， f (x) > 0 ， f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调
递增，
则 f (x)min = f (1) = e - a．
当 a e 时， f (x) 0恒成立， f (x) 至多有一个零点，不符合题意，
当 a e
1 1
> 时， f (1) < 0， f (a) = aea - a = a(ea -1) > 0，即$x2 (1, a)，使 f (x2 ) = 0 ，
f (1
a 2
) 1= ea e - a- a = ，令 g(a) = ea - a2，求导得 g (a) = ea - 2a，
a a a
令j(a) = ea - 2a，求导得j (a) = ea - 2 > 0，即j(a)在 e, + 上单调递增，
j(a) > j(e) = ee - 2e > 0 ，
于是 g (a) > 0，函数 g(a) = ea - a2在 e, + 上单调递增， g(a) > g(e) = ee - e2 > 0 ，
因此$x1 (
1 ,1) ，使 f (x1) = 0a ，
所以实数 a 的取值范围为 e, + ．
1 1
（2）由（1）知， xe x = a 有两个相异的解 x1, x2 ，即方程 ln x + = ln a x ln x - ln a × x +1 = 0x
有两个相异的解，
令函数 h(x) = x ln x - ln a × x +1，求导得 h (x) = ln x +1- ln a 在 0, + a上单调递增，且 h ( ) = 0，
e
a a
当0 < x
a
< 时， h (x) < 0
a
， h(x) 在 0, ÷单调递减，当 x > 时， h (x) > 0， h(x)

在 ,+

e è e e è e ÷
单调递增，
不妨设 x1 < x
a a
2，显然 x1 (0, )， xe 2
( ,+ )，
e
x x 2a 2a a 2a要证 1 + 2 > ，即证 x > - x > ，即证 h(x ) > h( - x )．e 2 e 1 e 2 e 1
又 h x1 = h x
2a 2a a
2 ，则即证 h(x1) > h( - xe 1
) ，令函数F (x) = h(x) - h( - x)， x (0, )，
e e
2
则F (x) = h (x) + h (
2a
- x) = ln x +1- ln a ln(2a+ - x) + 1 ln a ln(2a- = x - x2 ) + ln e ，
e e e a2
2a a a2 a2 a2 e2
而 x - x2 = -(x - )2 + 2 < 2 ，则F (x) < ln + lne e e e e2 a2
= 0，
F (x) (0, a因此函数 在 )上单调递减，即F (x) > F (
a ) = 0，则 h(x1)
2a
> h( - x1) ，e e e
2a
所以 x1 + x2 > ．e
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最
值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
12．（2024·湖北黄石·三模）已知函数 f x = x - ln x + m有两个零点x1，x2 .
(1)求实数m 的取值范围；
(2)如果 x1 < x2 2x1 ，求此时m 的取值范围.
【答案】(1) m < -1
(2) ln ln 2 - ln 2, -1
【分析】（1）令 f x = 0，可得m = ln x - x，令 g x = ln x - x，利用导数说明函数的单调性，
求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围；
x
（2）依题意可得 ln 2

÷ = x2 - x1，利用换元法表示 x1, x2 ，通过构造函数法，利用导数证得
è x1
ln 2 < x1 <1，结合（1）求得m 的取值范围.
【详解】（1）令 f x = 0，即m = ln x - x，
令 g x = ln x - x，则 g x 1 1- x= -1 = ，
x x
当0 < x <1时 g x > 0，当 x >1时 g x < 0，
所以 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
又 g 1 = -1，且 x 0 时 g x - ，当 x + 时 g x - ，
又 y = g x 与 y = m有两个交点，所以m < -1 .
（2）由（1）可得m = ln x1 - x1 ，m = ln x2 - x2，
又0 < x1 <1 < x2 2x1，
所以 lnx1 -x1 = lnx

2 -x
x2
2，即 ln ÷ = x2 - x1，
è x1
t x= 2令 ， t 1,2 ln t =x ，则 t -1 x1，1
x ln t t ln t所以 1 = ， x = ，t -1 2 t -1
1 1- - ln t
记 h t ln t= ， t 1,2 ，则 t ，
t -1 h (t) = t -1 2
令H t =1 1- - ln t ， t 1,2 H t 1 1 1- t，则 = - = ，
t t2 t t2
所以 H t 在 1,2 上H t < 0，即 H t 单调递减，
由于H 1 = 0 ，
1
t 1,2 H t < 0 1- - ln t所以当 时， ，所以 h t = t < 0 ，
(t -1)2
所以函数 h(t)在区间 1,2 上单调递减，
故 x1 = h(t) > h(2) = ln 2，即 ln 2 < x1 <1，
而m = g x = ln x - x ， g(x)在区间 0,1 上单调递增，
故m = g x1 > g(ln 2) = ln ln 2 - ln 2且m = g x1 < g 1 = -1，
即m ln ln 2 - ln 2, -1 ．
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点或方程的根，通常有三种思路：
（1）用最值或极值研究；（2）用数形结合思想研究；（3）构造辅助函数研究
综合提升练
一、单选题
1．（2023·湖南·模拟预测）有甲、乙两个物体同时从 A 地沿着一条固定路线运动，甲物体的
运动路程 s1（千米）与时间 t（时）的关系为 s1 t = 2t -1，乙物体运动的路程 s2（千米）与
时间 t（时）的关系为 s2 t = 3t ，当甲、乙再次相遇时，所用的时间 t（时）属于区间（ ）
A． 2,3 B． 3,4 C． 4,5 D． 5,6
【答案】B
【分析】根据给定条件，构造函数 f (t) = 2t -1- 3t ， t > 0，利用导数探讨函数零点作答.
【详解】设当甲、乙再次相遇时，所用的时间为 t 小时 (t > 0) ，则 2t -1 = 3t ，
3
令 f (t) = 2t -1- 3t ， t > 0，求导得 f (t) = 2t ln 2 - 3，由 f (t) = 0得 t = log2 ，ln 2
而函数 f (t)在 (0, + ) 0 t log
3 3
上单调递增，即当 < < 2 时， f (t) < 0 ，当 t > log 2 ， f (t) > 0，ln 2 ln 2
因此函数 f (t) 在 (0, log
3
2 )
3
上单调递减，在 (log2 , + )上单调递增，ln 2 ln 2
3
而当 t (0, log2 )时， f (t ) < 0 ， f (3) = -2 < 0， f (4) = 3 > 0 ，因此存在唯一 t0 (3,4) ，使ln 2
得 f (t0 ) = 0，
所以当甲、乙再次相遇时，所用的时间 t（时）属于区间 3,4 .
故选：B
2．（23-24 高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数 f x = x + sin x - 2的零点所在的大
致区间为（ ）
A． 0,1 B． 1,2 C． 2,3 D． 3,4
【答案】B
【分析】利用导数判断出 f x 的单调性，结合零点存在性定理求得正确答案.
【详解】 f x =1+cosx 0，所以函数 f x 单调递增，
又因为 f 0 = -2 < 0， f 1 = -1+ sin1 < 0， f 2 = sin 2 > 0，
所以函数 f x 在 1,2 内存在唯一零点.
故选:B
3 x．（2024·全国·模拟预测）若函数 f x = xe - x - lnx + a - 2有两个零点，则实数 a的取值范
围是（ ）
A． - ,1 B． - ,0 C． - ,0 D． - ,1
【答案】D
t
【分析】进行合理换元和同构，转化为 g t = e - t 的图象与直线 y = 2 - a 有两个交点，转化
为交点问题，再利用导数研究函数的单调性、最值，最后得到参数的取值范围即可.
【详解】令 f x = xex - x - lnx + a - 2 = 0 ，
x
所以 xe - x - lnx = ex+lnx - x + lnx = 2 - a ．
F x = ex+lnx令 - x + lnx ，定义域为 0, + , y = 2 - a ，
令 t = x + lnx，易知 t x 在 0, + 上单调递增，且 t R ．
所以F x = g t = et - t ，
则函数 f x t有两个零点转化为函数 g t = e - t 的图象与直线 y = 2 - a 有两个交点．
g t = et则 -1，当 t < 0时， g t < 0；当 t > 0时， g t > 0，
g t = et即 - t 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
所以 g t g 0 = e0 - 0 =1，当 t - 时， g t + ；当 t + 时， g t + ，
则 y = 2 - a >1，解得a < 1，即实数 a的取值范围是 - ,1 ．
故选：D．
4．（23-24 高三下·江西·阶段练习）函数 f (x) =| 2x - m | - | ln x |有且只有一个零点，则m 的取
值可以是（ ）
A．2 B．1 C．3 D． e
【答案】B
【分析】由题意将原条件转换为m = h x , m = g x 的根的个数之和为1，其中 h x = 2x + ln x，
g x = 2x - ln x, x > 0 ，从而只需画出它们的图象即可通过数形结合求解.
【详解】 f (x) =| 2x - m | - | ln x |= 0 m - 2x = ln x 或m - 2x = - ln x ，
显然 h x = 2x + ln x单调递增，令 g x = 2x - ln x, x > 0 ，
则 g x 1 1= 2 - ，当0 < x < 时， g x < 0， g x 1单调递减，当 x > 时， g x > 0， g x
x 2 2
单调递增，
g x g 1= 所以 min 2 ÷ =1+ ln 2，è
注意到 h x = g x 的交点为 1,2 ，而2 >1+ ln 2，
所以在同一平面直角坐标系中作出 h x , g x 的图象如图所示，
由图可知m = h x , m = g x 的根的个数之和为 1，当且仅当m <1+ ln 2，
对比选项可知m 的取值可以是 1.
故选：B.
ì-x3 - 3x2 - 2x, x 0
5．（2024·陕西汉中·二模）已知函数 f (x) = í ， g(x) = f (x) - mx 有 4 个零
ln x, x > 0
点，则 m 的取值范围为（ ）
A． (
1 , 1) B． (-2,0]U{
1} C． (-2,0]U{
1} ( 1 1D． - ,0]U ( , )
4 e e 4 4 e
【答案】C
【分析】确定 x = 0是函数 g(x)的零点，在 x 0时，利用函数零点的定义分离参数，构造函
数 h(x)
f (x)
= ，利用导数及二次函数的性质数形结合求出范围.
x
【详解】由 g(x) = 0 ，得mx = f (x)，而当 x = 0时， f (x) = 0 ，即 0 是 g(x)的一个零点，
ì 2 ì 2
m f (x)
-x - 3x - 2, x < 0 -x - 3x - 2, x < 0
当 x 0时， = =

í ln x ，令 h(x) = í ln x ，x , x > 0 , x > 0 x x
依题意，直线 y = m与函数 y = h(x)的图象有 3 个公共点，
x < 0 h(x) = -x2 - 3x - 2 3= -(x + )2 1 1当 时， + ，当且仅当 x
3
= - 时取等号，
2 4 4 2
ln x 1- ln x
当 x > 0时， h(x) = ，求导得 h (x) = 2 ，x x
当0 < x < e时， h (x) > 0，当 x>e时， h (x) < 0，
因此函数 h(x) 在 (0, e)上单调递增，在 (e, + )
1 1
上单调递减， h(e) = > ，
e 4
当0 < x 1时， h(x) h(1) = 0，当 x >1时， h(x) > 0恒成立，
在同一坐标系内作出直线 y = m与函数 y = h(x)的图象，
1
观察图象知，当-2 < m 0 或m = 时，直线 y = m与函数 y = h(x)的图象有 3 个公共点，
4
1
2 f (x)则当- < m 0 或m = 时，方程m = 有 3 个解，即 g(x) = f (x) - mx 有 4x 个零点，4
1
所以 m 的取值范围为-2 < m 0 或m = .
4
故选：C
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = 2x - kx - b恰有一个零点 x0 ，且b > k > 0，则 x0
的取值范围为（ ）
A - ,
1- ln2 B - ,
ln2 1- ln2 , ln2． C +
D ,+
è ln2 ÷
． 1- ln2 ÷ ． è è ln2 ÷
． ÷
è1- ln2
【答案】A
【分析】先将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，然后利用导数的几何意义及
b > k > 0建立关于 x0 的不等式，即可得解.
【详解】由 f x = 0可得2x = kx + b，要使 f x 恰有一个零点，只需函数 g x = 2x 的图象
与直线 y = kx + b相切.
x , 2x0 . g x = 2x g x = 2x设切点坐标为 0 由 ，可得 ln2，则切线方程为
y - 2x0 = 2x0 ln2 × x - x0 ，即 y = (2x0 ln 2)x + 2x0 (1- x0 ln 2) ，
k = 2x故需使 0 ln2,b = 2x0 1- x0ln2 .
由b > k > 0 x可得 2 0 1- x ln2 > 2x0 ln2 x 1- ln20 ，解得 0 < .ln2
故选：A
ìa e + , x > 07．（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
e
- x , x < 0
等的实根，则实数 a的取值范围是（ ）
A． - , e B． - ,-e C． - , -2e D． - , 2e
【答案】C
【分析】考查利用导数研究函数零点问题，先根据导数情况得出函数单调性和最值情况，再
数形结合分析，分段函数分段讨论即可.
【详解】因为方程 f x + ex = 0存在三个不相等的实根，所以函数 g x = f x + ex 有三个零
点，
当 x - ,0 - x时， g x = f x + ex = e + ex ，所以 g x = -e- x + e，
所以当 x - ,-1 时， g x < 0；当 x -1,0 时， g x > 0，
所以 g x 在 - ,-1 上单调递减，在 -1,0 单调递增， g x g -1 = 0，
又当 x 0 时， g x 1；当 x - 时， g x + ，所以 g x 图象如图；
当 x 0, + g x f x ex a e时， = + = + + ex，
x
e e x +1g x x -1 所以 = - 2 + e = 2 ，所以当 x 0,1 时， g x < 0；当 x 1, + 时，x x
g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 单调递增， g x g 1 = a + 2e，
又当 x 0 时， g x + ；当 x + 时， g x + ，所以 g x 图象如图，
所以当 a + 2e < 0即 a < -2e时函数 g x = f x + ex 有三个零点，
即方程 f x + ex = 0存在三个不相等的实根，
故选：C.
8．（2024·陕西·二模）已知 f x 0，且 x > 0时， f 2x = cos2 x × f x ，则下列选项正确的
是（ ）
A． f x > f x 2 ÷è
π
B．当 x + kπ k Z 时， f x 2 tan xf 2x
2
π 4 x2 f x
C ．若 f 2 ÷ = 2 ， g x = 为常函数，则 f x =1在区间 0,1 内仅有 1 个根è π sin2 x
2
D．若 f 1 =1，则 f 8 <
27
【答案】D
2 x x
【分析】根据题意，结合 f x = cos × f 2 ，可判定A错误；由函数 f x = 1+ tan x f 2x ，2 è 2 ÷
2
2 x f x sin2 x结合1+ tan x 2 tan x ，可判定 B 错误；由 g x = ，求得 f x = ，令
sin2 x x2
2
h x = x - sin x x 0 ，利用导数求得 h x h 0 sin x，得到 2 <1，进而可判定 C 错误；由x
f 8 < cos 2cos1 2 2 f 8 < t 2t -1 2，令 cos 1 = t ，可得 ；再令j t = t 2t -1 2 ，利用导数求
得函数的单调性，得到j t < j 1 ÷，可判定 D 正确．
è 4
A f 2x = cos2 2 x x 【详解】对于 中，由函数 xf x ，可得 f x = cos × f
2 2 ÷
，
è
0 cos2 x
x
因为 1，所以 f x f 2 ÷ ，所以 A 错误；2 è
f 2x π
对于 B 中，由 f 2x = cos2 xf x ，可得 f x = x + kπ, k Z2 ， ，cos x 2
又由 f x = 1+ tan2 x f 2x ，且1+ tan2 x 2 tan x ，
所以 f x 2 tan xf 2x ，所以 B 错误；
π 4 1 π π 8 2
对于 C 中，由 f ÷ =
x f x
è 2 π2
= f ÷，则 f ÷ =2 è 4 è 4 π2
<1， g x = 2 ，sin x
4x2 ×cos2 π2 f
π
g xf x2x = = g x π 2 ÷则 2 2 ， è ，4sin x cos x g 2 ÷ = =1è 4
g π π π sin
2 x
则 ÷ = g ÷ =L = g ÷ =1，可得 g x =1，则 f x = ，
è 4 è 8 è 2n x2
令 h x = x - sin x x 0 ，则 h x =1- cos x 0恒成立，可得 h x h 0 = 0，
2
所以 x sin x x 0 sin x，所以 <1，即 f x =12 在区间 0,1 内无实根，所以 C 错误；x
对于 D 中， f 8 = cos2 4 f 4 = cos2 4 ×cos2 2 ×cos2 1 f 1 = cos 4 ×cos 2 ×cos1 2 < cos 2cos1 2 ，
1 1
令 cos2 1 = t ，可得 f 8 < t 2t -1 2；再令j t = t 2t -1 2 ， t , ÷，
è 4 2
1 1
则j t = 2t -1 2 + 4t 2t -1 = 2t -1 6t -1 ，令j t = 0，可得 t = 或 t = ，
6 2
1 1 1 1
因为 < t < ，所以函数j t = t 2t -1 2 在 ( , )单调递减，
4 2 4 2
j t j 1 1 1 1 2所以 < ÷ = = <
2
，所以 f 8 < 成立，所以 D 正确．
è 4 4 4 16 27 27
故选：D．
【点睛】方法技巧：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.
二、多选题
9．（2024·辽宁·三模）已知函数 f x = ax - lnx, g x alnx 1= + , a 为实数，下列说法正确的是
x
（ ）
A．当 a =1时，则 f x 与 g x 有相同的极值点和极值
B．存在 a R ，使 f x 与 g x 的零点同时为 2 个
C．当 a 0,1 时， f x - g x 1对 x 1,e 恒成立
D．若函数 f x g x 1,e a , 2- ù在 上单调递减，则 的取值范围为 -
è e ú
【答案】AC
【分析】对于 A，分别各自求导，结合导数与函数极值的关系即可判断；对于 B，分别求出
f x 与 g x 的零点为 2 个时 a的范围，看它们的交集是否为空集即可判断；对于 C，构造
函数F x = f x - g x = ax - lnx - a ln x 1- , x 1,e , a 0,1 ，求导，对 a分类讨论，只需
x
判断F x 1 x -1 ax -1 max 是否成立即可；对于 D，原问题等价于F x = 2 0对 x 1,e x
恒成立，从而即可进一步求解.
【详解】对于 A，当 a =1时，
f x x 1 1 x -1 1 1 x -1= - lnx, g x = lnx + , x > 0 , f x =1- = , g x = - = ，
x x x x x2 x2
当0 < x <1时，有 f x < 0, g x < 0，此时 f x , g x 均单调递减，
当 x >1时，有 f x > 0, g x > 0，此时 f x , g x 均单调递增，
所以当 x =1时， f x , g x 均各自取到相应的极值，且 f 1 = g 1 =1，
所以当 a =1时，则 f x 与 g x 有相同的极值点和极值，故 A 正确；
f x ax ln x 1 1= - lnx = 0 a = x > 0 , g x = alnx + = 0 a = - x > 0, x 1 ，
x x x ln x
令u x ln x= x > 0 ,v x 1= - x > 0, x 1 ，
x x ln x
u x 1- ln x= 2 ， v x
ln x +1
=
x x2
，
ln2 x
当0 < x < e时，u x > 0，u x 单调递增，当 x>e时，u x < 0，u x 单调递减，
当 x 0 时，u x - ，当 x + ，u x 0，
当 x=e时，u x 有极大值，u e 1= ，
e
在同一平面直角坐标系中，画出直线 y = a 的图象与函数u x 的图象，如图所示，
ln x 1
所以方程 a = x > 0 有两个根当且仅当0 < a < ，
x e
当0 < x
1
< 时， v x < 0， v x 1单调递减，当 < x < 1时， v x > 0， v x 单调递增，
e e
当 x 从 1 的左边趋于 1 时， v x 趋于正无穷，当 x 从 1 的右边趋于 1 时， v x 趋于负无穷，
当 x >1时， v x > 0， v x 单调递增，
-t
令 x = et , t - ，则 x 0 ， v x e= - - ，当 x + 时，u x 0，
t
x 1
1
当 = 时， v x 有极小值， v e ÷ = e，e è
在同一平面直角坐标系中，画出直线 y = a 的图象与函数 v x 的图象，如图所示，
1
方程 a = - x > 0, x 1 有两个根当且仅当 a > e，
x ln x
综上所述，不存在 a R ，使 f x 与 g x 的零点同时为 2 个，故 B 错误；
设F x = f x - g x = ax 1- lnx - a ln x - , x 1,e , a 0,1 ，
x
F 1 = a -1< 0 <1, F e = ae - ln e - a ln e 1- = a e -1 -1 1- < e -1-1 1- = e - 2 1- <1，
e e e e
F x a a +1 1 ax
2 - a +1 x +1 x -1 ax -1
= - + 2 = = ，x x x2 x2
当 x 1,e ,a 0,1 1时，显然 >1，
a
1 1 e 1若 < < ，即 < a <1，在此情况下：
a e
1 x 1 1当 < < 时，F x < 0，F x 单调递减，当 < x < e时，F x > 0，F x 单调递增，
a a
F 1 a 1 ln 1 a ln 1 1 ÷ = × - - - 1 =1+ a +1 ln a - a F x max F 1 , F e <1è a a a a ，
a
1
即在 < a <1的情况下， f x - g x 1对 x 1,e 恒成立，
e
1 1
若 e，即0 < a ，在此情况下：
a e
当1< x < e 时，F x < 0，F x 单调递减，
所以F x < F 1 < 0 <1，
1
所以在0 < a 的情况下， f x - g x 1对 x 1,e 恒成立，
e
综上所述，当 a 0,1 时， f x - g x 1对 x 1,e 恒成立，故 C 正确；
对于 D，若函数 f x - g x 在 1,e 上单调递减，
x -1 ax -1
这意味着F x = 0对 x 1,e
x2
恒成立，
也就是说 ax -1 0对 x 1,e a 1恒成立，即 对 x 1,e 恒成立，
x
1
注意到 y = 1,e x 在 上单调递减，
a 1
1
所以
ù
，也就是说 a的取值范围为 - , ú ，故 D 错误.e è e
故选：AC.
10．（2024· 3河北唐山·一模）已知函数 f x = x - 3x +1，则（ ）
3
A．直线 y = - x 是曲线 y = f x 的切线
2
B． f x 有两个极值点
C． f x 有三个零点
5
D．存在等差数列 an ，满足 f ak = 5
k =1
【答案】BCD
3
【分析】由导数的意义可知斜率为- 时，求出切点，再由点斜式判断 A 错误；求导后由单
2
调性可判断 B 正确；代入极值点后可判断 C 正确；由等差中项可判断 D 正确.
【详解】 f x = 3x2 - 3 = 3 x +1 x -1 ，
A f x 3 3x2 3 x 2
2 5
：令 = - = - = ± ，而 f ÷ = - 2 +1，
2 2 2 ֏ 4
3 2 5
由点斜式可知此时切线方程为- x - ÷÷ = y - - 2 +1÷ ；2 è 2 è 4
2 5 3 f 2
5
- = 2 +1 - x + = y - 2 +1 ÷÷ ，由点斜式可知此时切线方程为 ÷÷ ÷；
è 2 4 2 è 2 è 4
3
所以直线 y = - x 不是曲线 y = f x 的切线，故 A 错误；
2
B：令 f x = 0，解得 x = ±1，所以函数在 - ,-1 , 1,+ 上单调递增，在 -1,1 上单调递
减，
故 x=-1时取得极大值， x =1取得极小值；故 B 正确；
C：因为 f -1 = 3 > 0, f 1 = -1 < 0，所以由单调性可知函数由三个零点，故 C 正确；
5
D：取 an = n - 3，则 f ak = 5，故 D 正确；
k =1
故选：BCD
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = (x -1) ln x， g(x) = x2 ，下列命题正确的是（ ）
A．若H (x) = f (x) - g(x) ，则H (x)有且只有一个零点
H (x) f (x)B．若 = g(x) ，则
H (x)在定义域上单调，且最小值为 0
C．若H (x) = f (x) - g (x)，则H (x)有且只有两个零点

D．若H (x)
g (x)
=
f (| x |) ，则
H (x)为奇函数
【答案】ACD
【分析】对于 A，根据零点存在性定理，利用导数要求其单调性，可得其正误；对于 B，根
据单调性的定义，取几个点比较大小，可得其正误；对于 C，利用导数研究其单调性，求得
其最小值，在其左右两边利用零点存在性定理，可得其正误；对于 D，利用奇函数的定义，
可得答案.
【详解】对于选项 A，由题意得H (x) = f (x) - g(x) = (x -1) ln x - x2 ， x (0,+ )，
显然H (1) 1 H
1= - ， ÷ > 0，故H (x)e 存在零点，为判断其唯一性，对
H (x)求导，
è

得H (x) = ln x
1
- - 2x +1， x (0,+ )．由于不便于判断H (x) 的正负性，令F x = H x ，
x
1 1 -2x2
再对 F (x)求导，得F (x) + x +1= + - 2 = ， x (0,+ )，令F (x) = 02 2 ，得 x =1，x x x
易知在 x (0,1) 中，F (x) > 0，在 x (1,+ )中，F (x) < 0，
所以H (x) 在 x (0,1) 上单调递增，在 x (1,+ )上单调递减，
H (x) 的最大值为H (1) = -2，故H (x) -2 < 0 ，
即H (x) = f (x) - g(x) = (x -1) ln x - x2 在 x (0,+ )上单调递减，
因此H (x)有且只有一个零点，故 A 正确．
对于选项 B，H (x)
f (x) (x -1) ln x
= = x (0,+ )
g(x) x2 ， ，
H 1 1由 ÷ = 24ln 2 H

， ÷ = 2ln 2，H 1 = 0
1
，H 2 = ln 2 ，
è 4 è 2 4
由 24ln 2 > 2ln 2
1
> ln 2 > 0，则判断出H (x)在定义域上并不单调，故 B 错误．
2
对于选项 C，H (x) = f (x) - g (x) = (x -1) ln x - 2x ， x (0,+ )，
对H (x)
1
求导，得H (x) = ln x - -1, x (0,+ ) ，
x
H (x) F x = H x F (x) 1 1由于不便于判断 的正负性，令 ，得 = + > 0， x (0,+ )，
x x2
所以H (x) 在 x (0,+ )上单调递增，又因为0 < e < e2 ，H (e)
1 1
= - < 0 2，H e = 2 - 2 > 0，e e
且H (x) 在 x (0,+ )上连续，
所以，由函数的零点存在性定理，存在 x0 0, + ，使得H x0 = 0，
故所以H (x)在 x 0, x0 上单调递减，在 x x0 ,+ 上单调递增，
又H (e) = (e -1) ln e - 2e = -1- e < 0 2，H e = e2 -1 ln e2 - 2e2 = -2 < 0，
所以H (x)的最小值为H x0 = x0 -1 ln x0 - 2x0 < 0．
因为H (x)在 x (0,+ )上连续，所以在 x 0, x0 中取
H 1 = 1 -1 1 1 4 ln
è e2 ÷ è e2 ÷ e2
- 2 = 2 - > 0，
e2 e2
3 3 3 3 3
在 x x0 ,+ 中取H e = e -1 ln e - 2e = e - 3 > 0，
则存在 x1 0, x0 中使得H x1 = 0，存在 x2 x0 ,+ 中使得H x2 = 0，
故H (x)有且只有两个零点，故 C 正确．

对于选项 D，H (x)
g (x) 2x
= =
f (| x |) (| x | 1) ln | x |， -
由H -x = -H x ，则得出H (x)为奇函数，故 D 正确．
故选：ACD．
【点睛】本题的解题关键在于利用导数研究函数的单调性，对于导数的处理方法一般有：法
一是对其分解因式，直接判断其与零的大小关系；法二是若函数为分式函数，取分子部分构
造函数再求导研究其单调性求最值，判断其与零答大小关系；法三是再次求导研究其单调性，
并求其最值，判断其与零的大小关系.
三、填空题
12．（2023·四川内江·模拟预测）若函数 f (x) = kx - ex有两个零点，则 k 的取值范围
为 ．
【答案】 e,+
1 x
【分析】分离常数，将问题转化为 y＝ 与 y＝ x 的图象有两个交点，令 g x
x
= x （x∈R），k e e
利用导数求出 g x 的最值，再给合 g x 的正负分析即可得答案．
【详解】解：因为 f (x) = kx - ex有两个零点，
1 x
即 kx - ex = 0有两个零点 = x 有两个解，k e
1 x
即 y＝ 与 y＝ x 的图象有两个交点，k e
令 g x x= x （x∈R），e
1- x
则 g ' x = ，
ex
所以当 x - ,1 时， g ' x > 0， g x 单调递增；当 x 1,+ 时， g ' x < 0， g x 单调递
减；
所以 g x = g 1 = 1max ，e
x
又因当 x < 0 时， g x ＝ x ＜0，e
当 x > 0时， g x x＝
ex
＞0，
x
当 x = 0时， g x ＝ ＝0，
ex
1 x
要使 y＝ 与 y＝ x 的图象有两个交点，k e
1 1
所以 0＜ ＜ ，即
k e
故 k 的取值范围为 e,+ ．
故答案为： e,+ ．
13．（2024·四川泸州·二模）若函数 f (x) = ln x
1
- x + a有零点，则实数 a的取值范围
e
是 ．
【答案】 0, +
【分析】利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值，依题意只需 f x 0max ，即
可求出参数的取值范围.
【详解】函数 f (x) ln x
1
= - x + a的定义域为 0, + ，
e
1 1 e - x
又 f (x) = - = ，所以当0 < x < e时 f (x) > 0 ，当 x>e时 f (x) < 0 ，
x e ex
所以 f x 在 0,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，
所以 f x = f e = amax ，又 x 0 时 f (x) - ， x + 时 f (x) - ，
又函数 f (x) = ln x
1
- x + a有零点，所以 f x 0max ，即 a 0，e
所以实数 a的取值范围是 0, + .
故答案为： 0, +
14．（2024· x广东佛山·二模）若函数 f x = e ln x xex a ln x+ - - a （ a R ）有 2 个不同的零
x
点，则实数 a的取值范围是 ．
【答案】 0,1 U 1, +
x a x
【分析】化简函数 f x = ln x + x e - ÷，得到 g x = ln x + x和 h x = xe 在 0, + 上单
è x
增，结合存在唯一的 x1 0,1 ，使 g x1 = 0，即 ln x1 + x1 = 0，且存在唯一的 x2 0, + ，
使 h x2 = a ，结合 x1 = x2，进而得到实数 a的取值范围．
f x = ex ln x + x - a ln x x a 【详解】由函数 +1÷ = ln x + x e - ÷ , (x > 0) ，
è x è x
设 g x = ln x + x 1，可得 g x = +1 > 0， g x 单调递增，
x
1 1
且 g ÷ = - ln 2 + < 0， g 1 = 0 +1 > 0 ，
è 2 2
所以存在唯一的 x1 0,1 ，使 g x1 = 0，即 ln x1 + x1 = 0，
令 ex
a
- = 0，即
x a = xe
x，
设 h x = xex ，可得 h x = (x +1)ex > 0，则 h x 在 0, + 上单增，
又由 h 0 = 0且 x + 时， h x + ，
所以当 a 0, + x时，存在唯一的 x2 0, + ，使 h x2 = a ，即 a = x2e 2 ，
ìln x1 + xx = x 1
= 0
若 时，可得 í ln x - x1 x11 2 a = x ex ，则1 1
= -x1，可得 x1 = e ，所以 x1e =1，
1
所以 a =1，
综上所述，实数 a的取值范围为 0,1 1,+ ．
故答案为： 0,1 1,+ ．
【点睛】方法技巧：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，构造函数 f x = x ln x 或 g x = xex；
② e
a b ea b x ex
< a < ，构造函数 f x = 或 g x = ；a ln b ln e ln b ln x x
③ ea ± a > b ± ln b ea ± ln ea > b ± ln b，构造函数 f x = x ± ln x或 g x = ex ± x .
四、解答题
15．（23-24 高三上·河南·期末）已知函数 f x = a ln(x +1) - x sin x．
π
(1)若 a = 0，求曲线 y = f x 在点 , f
π
÷÷处的切线方程；
è 2 è 2
(2)若 a =1，研究函数 f x 在 x -1,0 上的单调性和零点个数．
【答案】(1) y = -x
(2) f x 在 x -1,0 上单调递增；1
π π π
【分析】（1）当 a = 0时，求出 f ÷ = - ， f ÷ = -1，从而可求出切线方程.
è 2 2 è 2
（2）当a =1时，利用导数求出 f x 在 x -1,0 上单调递增．又 f 0 = 0，从而可求解.
【详解】（1）当 a = 0时， f x = -x sin x ，
f x sin x x cos x f π π π则 = - - ，则 2 ÷ = - ， f
= -1，
è 2 è 2 ÷
所以曲线 y = f x π π 在点 , f2 ÷÷处的切线方程为
y = -x．
è è 2
1
（2）当 a =1时， f x = ln x +1 - x sin x ，则 f (x) = - sin x - x cos x，
x +1
当 x -1,0 1时， > 0，-sin x 0，-x cos x 0 ，则 f x > 0，
x +1
故 f x 在 x -1,0 上单调递增．
又因为 f 0 = 0，所以 f x 在 x -1,0 上的零点个数为1．
16．（2024·四川泸州·三模）已知函数 f (x) = axex -1（ a > 0），
(1)讨论函数 f (x) 的零点个数；
(2)若 | f (x) |> x + x ln x恒成立，求函数 f (x) 的零点 x0 的取值范围．
【答案】(1)1；
1
(2) (0, ) .
e
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数，利用导数探讨单调性，进而求出零点个数.
（2）由（1）的结论，按0 < x < x0 , x > x0 分段讨论给定不等式，构造函数并利用导数探讨单
调性建立不等式求解即得.
【详解】（1）函数 f (x) = axex -1的定义域为 R，求导得 f (x) = aex (x +1)，而 a > 0，
由 f (x) < 0 得 x < -1，由 f (x) > 0 得 x > -1，因此函数 f (x) 在 (- , -1)上递减，在 (-1, + )递
增，
1 1
又当 x < 0 时， f (x) < 0恒成立， f (0) = -1 < 0, f ( ) = ea -1 > 0，因此函数 f (x) 在 (0, + )存在
a
唯一零点，
所以函数 f (x) 的零点个数是 1.
（2）由（1）知函数 f (x) 存在唯一零点 x0 (0, + )
x
，且ax 00e -1= 0，
①当 x (0, x0 )时， f (x) < 0，由 | f (x) |> x + xlnx 得： -axe x + 1 > x + xlnx ，即
-ae x 1+ -1- lnx > 0，
x
设 g(x) = -aex
1
+ -1- lnx x 1 1，求导得 g (x) = -ae -
x x2
- < 0，
x
1
g(x) x0在 (0, x0 )上单减，则 g(x) > g(x0 ) = -ae + -1- lnx0 = -1- lnx0 0
1
x ，解得0 < x0 ；0 e
②当 x [x0 ,+ )时，由 | f (x) |> x + xlnx
1
得： axe x -1 > x + xlnx ，即 ae x - -1- lnx > 0，
x
设 h(x) aex
1 1 1
= - -1- lnx，求导得 h (x) = aex + 2 - ，而 axe x -1 > 0 ，x x x
1
则 h (x) > 0
x
， h(x) 在[x0 , + )上单增，则 h(x) h(x0 ) = ae 0 - -1- lnx0 = -1- lnx0 > 0x ，解得0
0 < x 10 < ，e
1
综上得 x0 的取值范围是 (0, ) .e
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分
离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就
要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1
17．（2024· x 2四川·模拟预测）已知函数 f x = axe - x - x,a 1 2 ．2 e
(1)讨论函数 f x 的单调性；
1
(2)当 x > 0时，求证： f x lnx - x2 -1．
2
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数，进行分类讨论即可求出单调性.
x-2
（2）先对证明式子进行化简，再令新函数 g x = xe - lnx - x +1(x > 0) ，求解函数 g(x)的
单调性和最小值即可.
x
【详解】（1）函数 f x 的定义域为R, f x = x +1 ae -1 ．
a 1 0 1 e2 f x = 0 x ln 1 , ln 1因为 2 ，所以 < ，由 得 x=-1或 = 2 ．e a a a
1 a 1①当 2 < e 时，-1 < ln 2，e a
所以 f x > 0 x < -1 1或 x > ln , f x < 0 -1 < x < ln 1 ，
a a
则 f x 在 - , -1 上单调递增，在 -1,ln
1 1
上单调递减，在 ln , + 上单调递增；
è a ÷ ÷ è a
②当 a = e时， f x = x +1 ex+1 -1 0，则 f x 在 - , + 上单调递增；
③当 a > e时， ln
1
< -1，所以 f x > 0 1 x < ln 或 x > -1, f x < 0 ln 1 < x < -1，
a a a
则 f x - , ln 1 1 在 ÷ 上单调递增，在 ln ,-1÷上单调递减，在 -1, + 上单调递增．
è a è a
1 1 1
综上， 2 a < e 时， f x 在 - , -1 上单调递增，在 -1,ln ÷上单调递减，在 ln , + e a ÷è è a
上单调递增； a = e时， f x 在 - , + 上单调递增；
a > e f x , ln 1 1时， 在 - ÷ 上单调递增，在 ln ,-1

上单调递减，在 -1, + 上单调递
è a è a ÷
增．
（2） f x lnx 1- x2 -1等价于axex - lnx - x +1 0(x > 0)．
2
当 x > 0时， xex > 0，
1
则当 a 2 时，axe
x xex-2(x > 0)，即证axex - lnx - x +1 xex-2 - lnx - x +1 0(x > 0)，
e
令 g x = xex-2 - lnx - x 1+1(x > 0) ，则 g x = x +1 ex-2 -

÷．
è x
而 x +1 > 0，令h x = ex-2 1- ，
x
1
因为函数 y = ex-2 , y = - 在区间 0, + 上都是增函数，
x
所以函数 h x 在区间 0, + 上单调递增．
Qh 1 1= -1 < 0,h 2 1= > 0,\存在 x0 1,2 ，使得 h x0 = 0，e 2
ex 10 -2即 = , x0 - 2 = -lnxx 0 ，0
当 x 0, x0 时， g x < 0，则 g x 在 0, x0 上单调递减，
当 x (x0 ,+ ) 时， g x > 0，则 g x 在 x0 ,+ 上单调递增，
g(x) = g(x ) = x ex0 -2所以 min 0 0 - ln x0 - x0 +1 = x e
x0 -2 -1 = x e- ln x00 0 -1 = 0，
所以 g(x) 0，即axex - lnx - x +1 xex-2 - lnx - x +1 0(x > 0)，
1 2
所以 f x lnx - x -1.
2
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数研究函数单调性的问题，要先对证明式进行等价转
x-2
化，构造新函数 g x = xe - lnx - x +1(x > 0) ，在求 g(x)的单调性过程中，根据零点存在
定理找到 g (x) 的隐零点 x0 ，最后再求 g(x)的最小值即可证明.
18．（2024· x北京朝阳·一模）已知函数 f x = 1- ax e a R .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若关于 x 的不等式 f x > a 1- x 无整数解，求 a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2) a 1
【分析】（1）首先求函数的导数，再分 a > 0, a < 0,a = 0三种情况讨论 f x 的单调性；
a x x -1 （2）不等式转化为 - x ÷ <1 h x x
x -1
，设函数 = - x ，利用导数求函数的取值范围，è e e
再结合不等式，讨论 a的取值，即可求解.
【详解】（1） f x = 1- a - ax ex ，
f x = 0 x 1- a当 ，得 = ，
a

当 a > 0时， x - ,
1- a
÷时， f x > 0， f x 单调递增，
è a
x 1- a ,+ ÷ 时， f x < 0， f x 单调递减，
è a
1- a
a 0 x - , 当 < 时， ÷时， f x < 0， f x 单调递减，
è a
x 1考点 21 利用导数研究函数的零点（3 种核心题型+基
础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考
查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题
的压轴题出现
【核心题型】
题型一　利用函数性质研究函数的零点
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函
数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条
件．
x
【例题 1】（2024·全国·模拟预测）若函数 f x = e - x + a - 2有两个零点，则实数 a的取值
范围是（ ）
A． - ,1 B． - ,0 C． - ,0 D． - ,1
【变式 1】（2024·陕西西安·一模）若不等式 xex - x + a lnx - 2 恒成立，则实数 a的取值范围
为 .
【变式 2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 - (2 + a)x + a ln x， a R .
(1)讨论 f (x) 的单调性；
x
(2)设 g(x) e= - f (x) + x2 - (a +1)x - 2a + (a -1) ln x，若 g(x)存在两个不同的零点x1，xx 2
，
且 x1 x2 .
（i）证明： 2a > e +1；
2
ii x x 4a - 2a -1（ ）证明： 2 - 1 .2a -1
1
【变式 3】（2024·辽宁· x三模）已知 f x = x -1 e + ax2 .
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a > 0时，证明：函数 f x 有且仅有两个零点 x1, x2 ，且 x1 + x2 0 .
题型二　数形结合法研究函数的零点
含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，
用 x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．
ìln(1- x), x - ,0

【例题 2】（2024·北京房山·一模）若函数 f (x) = í 1 ，则函数
ln x , x 0,+ e
g(x) = f (x) + x + c 零点的个数为（ ）
A．1 B．2 C．1 或 2 D．1 或 3
ì 3ex
, x > -1
【变式 1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) =
x +1
í , g(x) x
1
= + + a ．若
1 1 x+ , x -1
x 2
g( f (x)) = 0 有三个不同的根，则 a的取值范围为 ．
【变式 2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f x = ex -1- ax a R ．
(1)若函数 f x 在点 1, f 1 处的切线与直线 x + 2ey +1 = 0垂直，求 a 的值；
(2)当 x 0,2 时，讨论函数F x = f x - x ln x零点的个数．
【变式 3】（2024· x河北邯郸·二模）已知函数 f x = e - mx, g x = x - mlnx ．
(1)是否存在实数m ，使得 f x 和 g x 在 0, + 上的单调区间相同？若存在，求出m 的取
值范围；若不存在，请说明理由．
(2)已知 x1, x2 是 f x 的零点， x2 , x3 是 g x 的零点．
①证明：m > e ，
②证明：1 x1x2x e
3
3 ．
题型三　构造函数法研究函数的零点
涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零
点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求得参数的
取值范围
【例题 3】（2023· 2 3 2吉林通化·模拟预测）已知函数 f (x) = x + 2 x - 3ax + b 满足：①定义
1 1 1
域为 R ；② b 4；③有且仅有两个不同的零点x1，x2，则 +x x 的取值范围是（ ）2 1 2
A． (-2,
1
-1) B
1
． -1, - ÷ C． ,12 ÷ D． (1, 2)è 2 è
【变式 1】（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数 f (x) = ax2ex - 2ln x - x - a，则（ ）
A．当 a =1时， f x 有极小值 B．当 a =1时， f x 有极大值
C．若 f x 0，则 a =1 D．函数 f x 的零点最多有 1 个
【变式 2】（2024·全国·模拟预测）设函数 f x = -x2 + ax + lnx a R .
(1)若 a =1，求函数 f x 的单调区间；
(2)设函数 f x é1在 ê ,e
ù
ú 上有两个零点，求实数 a的取值范围.（其中 e是自然对数的底数） e
【变式 3】（2024·广东·二模）已知 f x 1= ax2 + 1- 2a x - 2lnx,a > 0 .
2
(1)求 f x 的单调区间；
(2)函数 f x 的图象上是否存在两点 A x1, y1 , B x2 , y2 （其中 x1 x2 ），使得直线 AB 与函数
f x x的图象在 x 1 + x20 = 处的切线平行？若存在，请求出直线 AB ；若不存在，请说明理由.2
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
f x cos x 11．（2023·四川资阳·模拟预测）将函数 = - x 在 0, + 上的所有极值点按照由小e
到大的顺序排列，得到数列 xn （其中 n N* ），则（ ）
1 1
A． n - ÷ π xn n + ÷ π B． x - x π
è 2 è 2 n+1 n
C． xn + xn+1 > 2n -1 π D． xn - n -1 π 为递减数列
2．（23-24 x高三上·湖北荆门·阶段练习） f x = 2e - 5x2 的零点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2023·四川成都·二模）若指数函数 y = a x （ a > 0且a 1）与幂函数 y = x5的图象恰好有
两个不同的交点，则实数 a的取值范围是（ ）
e e
A． e5 , + ÷ B． 1,e5 ÷
è è
5 e1,
5
C． e ÷
÷ D． 1,ee ÷
è è
÷
è
2 15
4．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ea-x x
x-a+2ln
+ + 4x - ln(x + 4) + e 4 存在零点，则实数 a
2
的值为（ ）
15 15
A．-2 B． ln - 2 C．-3 D． ln - 34 4
二、多选题
5．（2024· 3全国·模拟预测）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
6．（2024·辽宁抚顺·三模）已知定义在R 上的奇函数 f x 连续，函数 f x 的导函数为
f x ．当 x > 0时， f x cosx > f x sinx + e × f x ，其中 e为自然对数的底数，则（ ）
A． f x 在R 上为减函数 B．当 x > 0时， f x 0
π 3π
C． f ÷ > f ÷ D． f x 在R 上有且只有 1 个零点
è 2 è 2
三、填空题
7．（2024·内蒙古包头·一模）已知函数 f x = kx3 - 3x2 + 4k k > 0 ，若 f x 存在唯一的零点，
则 k 的取值范围是 .
m
8．（2024· · f x = ex 2四川成都 模拟预测）若函数 - x - x在 x -1,2 上有 2 个极值点，则
2
实数m 的取值范围是 .
四、解答题
9．（2024· x浙江绍兴·模拟预测）已知 f x = ae - x， g x = cos x .
(1)讨论 f x 的单调性.
(2)若 x0 使得 f x0 = g x0 ，求参数 a的取值范围.
10．（2024·宁夏固原·一模）已知函数 f x = ax ln x +1 +1(a > 0) ．
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 f x 有两个零点，求 a的取值范围．
1
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = xe x - a(x > 0) ，且 f (x) 有两个相异零点 x1, x2 ．
(1)求实数 a 的取值范围．
2a
(2)证明： x1 + x2 > ．e
12．（2024·湖北黄石·三模）已知函数 f x = x - ln x + m有两个零点x1，x2 .
(1)求实数m 的取值范围；
(2)如果 x1 x2 2x1 ，求此时m 的取值范围.
综合提升练
一、单选题
1．（2023·湖南·模拟预测）有甲、乙两个物体同时从 A 地沿着一条固定路线运动，甲物体的
t
运动路程 s1（千米）与时间 t（时）的关系为 s1 t = 2 -1，乙物体运动的路程 s2（千米）与
时间 t（时）的关系为 s2 t = 3t ，当甲、乙再次相遇时，所用的时间 t（时）属于区间（ ）
A． 2,3 B． 3,4 C． 4,5 D． 5,6
2．（23-24 高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数 f x = x + sin x - 2的零点所在的大
致区间为（ ）
A． 0,1 B． 1,2 C． 2,3 D． 3,4
3．（2024·全国·模拟预测）若函数 f x = xex - x - lnx + a - 2有两个零点，则实数 a的取值范
围是（ ）
A． - ,1 B． - ,0 C． - ,0 D． - ,1
4．（23-24 高三下·江西·阶段练习）函数 f (x) =| 2x - m | - | ln x |有且只有一个零点，则m 的取
值可以是（ ）
A．2 B．1 C．3 D． e
ì-x3 - 3x2 - 2x, x 0
5．（2024·陕西汉中·二模）已知函数 f (x) = í ， g(x) = f (x) - mx 有 4 个零
ln x, x > 0
点，则 m 的取值范围为（ ）
(1 , 1A． ) B． (-2,0]U{
1} C． (-2,0]U{
1} D． (- ,0]U (
1 , 1)
4 e e 4 4 e
6．（2024· x全国·模拟预测）已知函数 f x = 2 - kx - b恰有一个零点 x0 ，且b > k > 0，则 x0
的取值范围为（ ）
,1- ln2 , ln2 1- ln2 , ln2A ． - ÷ B． - ÷ C． + D ,+
è ln2 è 1- ln2 è ln2 ÷
．
è1- ln2 ÷
ì e
a + , x > 0
7．（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
e- x , x 0
等的实根，则实数 a的取值范围是（ ）
A． - , e B． - ,-e C． - , -2e D． - , 2e
8．（2024·陕西·二模）已知 f x 0，且 x > 0时， f 2x = cos2 x × f x ，则下列选项正确的
是（ ）
x
A． f x > f 2 ÷è
x πB．当 + kπ k Z 时， f x 2 tan xf 2x
2
π 4 2
C．若 f ÷ =
x f x
，
2 π2 g x

= f x =1 0,1 1
è sin2
为常函数，则 在区间 内仅有 个根
x
D．若 f 1 =1，则 f 8 2
27
二、多选题
9．（2024·辽宁·三模）已知函数 f x = ax - lnx, g x = alnx 1+ , a 为实数，下列说法正确的是
x
（ ）
A．当 a =1时，则 f x 与 g x 有相同的极值点和极值
B．存在 a R ，使 f x 与 g x 的零点同时为 2 个
C．当 a 0,1 时， f x - g x 1对 x 1,e 恒成立
2ù
D．若函数 f x - g x 在 1,e 上单调递减，则 a的取值范围为 - ,
è e ú
10 2024· · f x = x3．（ 河北唐山 一模）已知函数 - 3x +1，则（ ）
3
A．直线 y = - x 是曲线 y = f x 的切线
2
B． f x 有两个极值点
C． f x 有三个零点
5
D．存在等差数列 an ，满足 f ak = 5
k =1
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = (x -1) ln x， g(x) = x2 ，下列命题正确的是（ ）
A．若H (x) = f (x) - g(x) ，则H (x)有且只有一个零点
B．若H (x)
f (x)
= H (x)
g(x) ，则 在定义域上单调，且最小值为 0
C．若H (x) = f (x) - g (x)，则H (x)有且只有两个零点

D．若H (x)
g (x)
= H (x)
f (| x |) ，则 为奇函数
三、填空题
12．（2023·四川内江·模拟预测）若函数 f (x) = kx - ex有两个零点，则 k 的取值范围
为 ．
1
13．（2024·四川泸州·二模）若函数 f (x) = ln x - x + a有零点，则实数 a的取值范围
e
是 ．
a ln x
14．（2024·广东佛山·二模）若函数 f x = ex ln x + xex - - a （ a R ）有 2 个不同的零
x
点，则实数 a的取值范围是 ．
四、解答题
15．（23-24 高三上·河南·期末）已知函数 f x = a ln(x +1) - x sin x．
π
(1)若 a = 0，求曲线 y = f x 在点 , f
π
÷÷处的切线方程；
è 2 è 2
(2)若 a =1，研究函数 f x 在 x -1,0 上的单调性和零点个数．
16．（2024·四川泸州·三模）已知函数 f (x) = axex -1（ a > 0），
(1)讨论函数 f (x) 的零点个数；
(2)若 | f (x) |> x + x ln x恒成立，求函数 f (x) 的零点 x0 的取值范围．
17．（2024·四川·模拟预测）已知函数 f x = axex 1- x2 - x,a 1
2 e2
．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
f x lnx 1(2)当 x > 0 2时，求证： - x -1．
2
18．（2024·北京朝阳·一模）已知函数 f x = 1- ax ex a R .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若关于 x 的不等式 f x > a 1- x 无整数解，求 a的取值范围.
19．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = a x (a > 0, a 1) ，函数
g(x) = loga x(a > 0,a 1)．
(1)当 a = e时，讨论函数h(x) = f (x)g(x) 的单调性；
(2)当 0 a 1时，求函数 S(x) = f (x) - g(x)的零点个数．
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2024·云南·模拟预测）已知函数 f x = xex - x - lnx - a，若 f x = 0在 x 0,e 有实数解，
则实数 a的取值范围是（ ）
A． 0, + é1B． ê ,+

÷ C． 1, + D． e, +
e
2．（2024·浙江杭州·模拟预测）若函数 f x = xlnx - x + x - a 有且仅有两个零点，则 a的取
值范围是（ ）
1 ,0 2A． - ÷ 0,e

B． - ,0

e ÷
0,e
è è e
2
C． - ,0

÷ 0,3
1
D． - ,0 0,3
è e ÷ è e
3 x．（2024·四川成都·二模）函数 f x = e + a sin x, x -π,+ ，下列说法不正确的是（ ）
A．当 a = -1时， f x > 0恒成立
B．当 a =1时， f x 存在唯一极小值点 x0
C．对任意 a > 0, f x 在 x -π, + 上均存在零点
D．存在a 0, f x 在 x -π, + 上有且只有一个零点
4
4．（2024·甘肃武威·模拟预测）已知函数 f x = ln -1÷ - ax + 2a有 3 个零点，则实数 a的
è x
取值范围是（ ）
A． 1, + B． 2, + C． - , -1 D． - , -2
二、多选题
5．（2024·重庆·一模）已知函数 f x = ex + x3 - 2x2 - ax，则 f x 在 0, + 有两个不同零点
的充分不必要条件可以是（ ）
A． e - 2 a e -1 B． e -1 a e
C． e a e +1 D． e +1 a e + 2
6．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数 f (x) = m(x +1) ln x - x +1，下列说法正确的有
（ ）
m 1A．当 = 时，则 y = f (x) 在 (0, + )上单调递增
2
B．当m =1时，函数 y = f (x) 有唯一极值点
C．若函数 y = f (x) 只有两个不等于 1 的零点 x1, x2 ，则必有 x1 × x2 =1
y = f (x) 0 m 1D．若函数 有三个零点，则
2
三、填空题
ì 1
ln(2x -1), x >
7 2．（2023·湖北·一模）若函数 f (x) = í x =1 f x 1 在 处的切线与 的图像有三 -x2 - 2x + a, x
2
个公共点，则 a的取值范围 ．
8．（2023· 3 2河南·模拟预测）已知函数 f x = x + bx + cx + c有三个零点，且它们的和为 0，则
b - c的取值范围是 .
四、解答题
9．（2024·北京丰台·二模）已知函数 f x = a2x + 2a x - 2lnx a 0 ．
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 有两个零点，求 a的取值范围．
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = cos x + ln(1+ x)．
f (x) -1, π (1)求证： 在 ÷上有唯一的极大值点；
è 2
(2)若 f (x) ax +1恒成立，求 a 的值；
(3)求证：函数 g(x) = f (x) - x 有两个零点．

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