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重难点突破 07 函数零点问题的综合应用
目录
01 方法技巧与总结 ...............................................................................................................................2
02 题型归纳总结 ...................................................................................................................................2
题型一：判断或讨论函数零点的个数 ................................................................................................2
题型二：根据零点个数求参数范围 ....................................................................................................3
题型三：证明函数零点的个数 ............................................................................................................4
题型四：证明函数零点的性质 ............................................................................................................5
题型五：最值函数的零点问题 ............................................................................................................7
题型六：同构法妙解零点问题 ............................................................................................................8
题型七：零点差问题 ............................................................................................................................9
题型八：分离参数转化为两图像交点解决零点问题 ......................................................................11
题型九：零点问题之取点技巧 ..........................................................................................................13
题型十：零点与切线问题的综合应用 ..............................................................................................14
03 过关测试 .........................................................................................................................................15
1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，
求参数的值或取值范围.
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与 x 轴(或直线 y = k )在某区间上的
交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.
2、函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令 f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)＜0，还必须
结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个
不同的值，就有几个不同的零点．
3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将 f x 整理变形成
f x = g x - h x 的形式，通过 g x ,h x 两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函
数的单调性，从而判断函数零点个数.
4、利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知
识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可
以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合
思想研究；③构造辅助函数研究.
题型一：判断或讨论函数零点的个数
【典例 1-1】（2024·河南·三模）函数 f (x) = elx - 4sin x + l - 2的图象在 x = 0处的切线为 y =ax-a-3,a R.
(1)求l 的值；
(2)求 f (x) 在 (0, + )上零点的个数.
2
【典例 1-2】（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在区间 ê- , 2024π
ù
ú 上的零点个数． 2
【变式 1-1】（2024·湖南长沙·三模）已知函数 f x = xex -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.
【变式 1-2 3 2】已知 a，b 是实数，1 和 -1是函数 f x = x + ax + bx的两个极值点
(1)求 a，b 的值.
(2)设函数 g x 的导函数 g (x) = f (x) + 2，求 g x 的极值点.
(3)设 h(x) = f ( f (x)) - c ，其中 c -2,2 ，求函数 y = h x 的零点个数.
题型二：根据零点个数求参数范围
【典例 2-1 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.
【典例 2-2】（2024·湖北·模拟预测）已知函数 f x = ex - ln x - a g x = ex， - ln x + a ，其中 a 为整数且
a 1 .记 x0 为 f x 的极值点，若 f x 存在两个不同的零点x1， x2 x1 < x2 ，
(1)求 a 的最小值；
(2)求证： g ln x1 = g ln x2 = 0；
【变式 2-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ln(b + x) + a(x -1)e1-x ，曲线 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线
平行于直线 2x - y = 0．
(1)当 a =1时，求 b 的值；
(2)当b = 0时，若 f (x) 在区间 (0,1), (1, + )各内有一个零点，求 a 的取值范围．
【变式 2-2】（2024·江西吉安·模拟预测）已知函数 f x = ex-1 - ax - a a R .
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在 x =1处的切线方程；
(2)若函数 f x 有 2 个零点，求 a的取值范围.
题型三：证明函数零点的个数
【典例 3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = (x -1)2 ex - ax，且曲线 y = f (x) 在点 (0, f (x))处的切线
方程为 y = -2x + b．
(1)求实数 a，b 的值；
(2)证明：函数 f (x) 有两个零点．
【典例 3-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = cos x + ln(1+ x)．
π
(1)求证： f (x) 在 -1, ÷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．
【变式 3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 - ax + 2ln x ．
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
f x - f x 8 a
(2)若函数 f (x) 的两个极值点分别为 x , x 1 21 2 ，证明： > - ；x1 - x2 a 2
(3)设 h(x) = sin x + ln x，求证：当 a [1, 2]时， f (x) - 2ln x = xh(x) 有且仅有 2 个不同的零点．
π π
（参考数据： - ln 1.119, π - ln π 1.997,
3π ln 3π- 3.162,2p - ln 2π 4.445）
2 2 2 2
【变式 3-2】（2024·上海闵行·二模）已知定义在（0,+ ）上的函数 y = f (x) 的表达式为 f x = sin x - x cos x ，
其所有的零点按从小到大的顺序组成数列 xn （ n 1, n N ）.
(1)求函数 y = f x 在区间 0, π 上的值域；
(2)求证：函数 y = f x 在区间 nπ, n +1 π （ n 1, n N ）上有且仅有一个零点；
题型四：证明函数零点的性质
【典例 4-1】（2024·全国·一模）已知 f x = x2 2ln x- - a
x
(1)若 f x 0，求实数 a的取值范围；
1 2
(2)设 x1, x2 是 f x 的两个零点（ x1 > x2 ），求证：①1< x x ；② < x1 + x2 .1 2 x1x2
1
【典例 4-2】（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．
(2)证明： x1 + x
2a
2 > ．e
【变式 4-1】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数 f x = ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求m 的取值范围；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，证明 x1 + x2 > 2．
【变式 4-2】（2024· x山东临沂·二模）已知函数 f x = ln ax + a -1 x - e .
(1)当 a =1时，求证： f x 存在唯一的极大值点 x0 ，且 f x0 < -2 ；
(2)若 f x 存在两个零点，记较小的零点为x1，t 是关于 x 的方程 ln 1+ x + 3 = 2ax1 + cos x 的根，证明：
et +1 > 2ex1 .
【变式 4-3】（2024·高三·河南鹤壁· x 2期中）已知函数 f x = e - ax a R ，其中 e 为自然对数的底数．
(1)若函数 f x 在 0, + 上有 2 个极值点，求 a 的取值范围；
(2)设函数 g x = f x + e1-x - ex + ax2 + cos x， x 0,2π ），证明： g x 的所有零点之和大于 2π．
【变式 4-4】（2024·四川眉山·三模）已知函数 f (x) = xlnx - ax2 - 2x .
(1)若过点 (1,0)可作曲线 y = f (x) 两条切线，求 a的取值范围；
(2)若 f (x) 有两个不同极值点 x1, x2 .
①求 a的取值范围；
②当 x1 > 4x
2
2 时，证明： x1x2 >16e
3 .
题型五：最值函数的零点问题
【典例 5-1】（2024·湖北黄冈·三模）已知函数 f x = x sin x + cos x + ax2 , g x = x ln x ．
π
(1)当 a = 0时，求函数 f x 在 -π, π 上的极值；
(2)用max m, n 表示m, n中的最大值，记函数 h x = max f x , g x (x > 0) ，讨论函数 h x 在 0, + 上
的零点个数．
【典例 5-2】（2024·四川南充·三模）已知函数 f (x) = x sin x cos x
1
+ + ax2， g(x) = x ln
x
．
2 π
(1)当 a = 0时，求函数 f (x) 在[-p,p]上的极值；
(2)用max{m,n}表示m ，n中的最大值，记函数h(x) = max{ f (x), g(x)}(x > 0)，讨论函数 h(x) 在 (0, + )上
的零点个数．
2
【变式 5-1】（2024· ax x四川南充·三模）已知函数 f x = + - x， g x = lnx ex 其中 为自然对数的底数.e 2
(1)当 a =1时，求函数 f x 的极值；
(2)用max m, n 表示m ，n中的最大值，记函数 h x = max f x , g x (x > 0) ，当 a 0时，讨论函数
h x 在 0, + 上的零点个数.
【变式 5-2】（2024·江西九江·二模）已知函数 f (x) = ex - ax2 (a R)， g x = x -1．
(1)若直线 y = g x 与曲线 y = f x 相切，求 a 的值；
(2)用min m, n 表示 m，n 中的最小值，讨论函数 h(x) = min{ f (x), g(x)}的零点个数．
题型六：同构法妙解零点问题
【典例 6-1 ax】已知函数 f (x) = x-1 + x - ln(ax) - 2(a > 0) ，若函数 f (x) 在区间 (0,+ )内存在零点，求实e
数 a的取值范围
【典例 6-2】已知 f (x) = xlnx a+ x2 +1．
2
（1）若函数 g(x) = f (x) + xcos x - sin x - xlnx p-1在 (0, ]上有 1 个零点，求实数 a的取值范围．
2
（2）若关于 x 的方程 xex-a = f (x) a- x2 + ax -1有两个不同的实数解，求 a的取值范围．
2
【变式 6-1】已知函数 f (x) = aex - ln(x +1) + lna -1．
（1）若 a = 1，求函数 f (x) 的极值；
（2）若函数 f (x) 有且仅有两个零点，求 a的取值范围．
f (x) x ln x【变式 6-2】（2024·上海嘉定·一模）已知 = x , g(x) = ．e x
(1)求函数 y = f (x)、y = g(x) 的单调区间和极值；
(2)请严格证明曲线 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交点；
a 0, 1 (3)对于常数 ÷ ，若直线 y = a 和曲线 y = f (x)、y = g(x) 共有三个不同交点 x1, a 、 x2 ,a 、 x3 ,a ，其
è e
中 x1 < x2 < x3，求证： x1、x2、x3 成等比数列．
ax ln x 1
【变式 6-3】（2024·四川·三模）已知函数 f x = x 和函数 g x = ，且 f x 有最大值为 ．e x ae
(1)求实数 a 的值；
(2)直线 y＝m 与两曲线 y = f x 和 y = g x 恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2， x3 ，且
x1 < x2 < x
2
3，证明： x1x3 = x2 ．
【变式 6-4】（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 1 < x 3证明： 1x2x3 < e ．
题型七：零点差问题
【典例 7-1】（2024·重庆·模拟预测）牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿
法．具体做法如下：如图，设 r 是 f (x) = 0 的根，首先选取 x0 作为 r 的初始近似值，若 f (x) 在点 (x0 , f (x0 ))
处的切线与 x 轴相交于点 (x1,0)，称x1是 r 的一次近似值；用x1替代 x0 重复上面的过程，得到x2，称x2是
r 的二次近似值；一直重复，可得到一列数： x0 , x1, x2 ,L, xn ,L．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当
x , x *n-1 n n N 近似值相等时，该值即作为函数 f (x) 的一个零点 r ．
(1)若 f (x) = x3 + 3x2 + x - 3，当 x0 = 0时，求方程 f (x) = 0 的二次近似值（保留到小数点后两位）；
(2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数 g(x) = ex - 3在点
(2, g(2)) 3处的切线，并证明： ln3 <1+ 2 ；e
(3)若 h(x) = x(1- ln x) ，若关于 x 的方程 h x = a的两个根分别为 x1, x2 (x1 < x2 )，证明： x2 - x1 > e - ea．
【典例 7-2】（2024·河南·模拟预测）已知b > 0，函数 f x = x + a ln x + b 的图象在点 1, f 1 处的切线
方程为 x ln 2 - y - ln 2 = 0 .
(1)求 a，b 的值;
1 1 1
(2)若方程 f x = （e 为自然对数的底数）有两个实数根 x1, xe 2 ，且
x1 < x2，证明： x2 - x1 <1+ +e eln2
【变式 7-1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f x = ex -1- ax a R ．
1
【变式 7-2】（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f (x) = a(ln x +1) + 3 (a > 0)．x
(1)求证：1+ x ln x > 0；
(2)若 x1, x2 是 f (x)
1
的两个相异零点，求证： x2 - x1 <1- ．a
【变式 7-3】（2024·河南信阳·三模）已知函数 f x = ax - ln 1- x a R .
(1)若 f x 0恒成立，求 a 的值；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，且 x2 - x1 > e -1，求 a 的取值范围.
【变式 7-4】（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) e设 g(x) = - f (x) + x2 - (a +1)x - 2a + (a -1) ln x，若 g(x)存在两个不同的零点x1，x2，且 x1 < x2 .x
（i）证明： 2a > e +1；
ii x x 4a
2 - 2a -1
（ ）证明： 2 - 1 < .2a -1
题型八：分离参数转化为两图像交点解决零点问题
【典例 8-1】（2024·天津·模拟预测）已知函数 f x = ln x + 2
(1)求曲线 y = f x 在 x=- 1处的切线方程；
(2)求证： ex x +1；
(3)函数 h x = f x - a x + 2 有且只有两个零点，求 a 的取值范围．
【典例 8-2】（2024·广东广州·二模）已知函数 f x = a x +1 e- x + x2 ．
讨论 f x 的零点个数；
【变式 8-1】（2024·浙江· x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.
x 2
【变式 8-2】已知函数 f x = x - 2 e - 2ax + 4ax a > 0 ．
(1)若 a =1，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 恰有三个零点，求 a 的取值范围．
x
【变式 8-3】（2024·湖北·模拟预测）函数 f x = ae - x -1 a R ．
(1)当 a =1时，证明： f (x) 0；
(2)讨论函数 f (x) 的零点个数．
【变式 8-4 2】（2024·广西河池·模拟预测）已知函数 f x = a ln x + x - ax，定义域为 0, + .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)求当函数 f x 有且只有一个零点时， a的取值范围.
题型九：零点问题之取点技巧
1 2
【典例 9-1】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数 f x = a -1 x + ln x， g x = ax a R ．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当 a > 2时，证明：函数j x = g x - f x 有两个不同的零点．
1
【典例 9-2】（2024·浙江杭州·二模）已知函数 f x = aln x + 2 - x2 a R ．
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有两个极值点，
（ⅰ）求实数 a的取值范围；
（ⅱ）证明：函数 f x 有且只有一个零点．
lnx 1 3
【变式 9-1】（2024·陕西铜川·三模）已知函数 f x = + + ax - .
x x e
(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 存在零点，求实数 a的取值范围.
【变式 9-2】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数 f x = x ex - kx , k R .
(1)当 k = 0时，求函数 f x 的极值；
(2)若函数 f x 在 0, + 上仅有两个零点，求实数 k 的取值范围.
题型十：零点与切线问题的综合应用
【典例 10-1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 + 3x + 3, g(x) = 2ex+1 - x - 2 .
(1)判断 g(x)的零点个数；
(2)求曲线 y = f (x) 与曲线 y = g(x) 公切线的条数.
【典例 10-2】（2024·江西·模拟预测）已知函数 f x = 2lnx 1+ ax2 - a + 2 x a R ，
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
f x - f x
(2)若0 < x1 < x2 ，证明：对任意 a - ,0 ，存在唯一实数 x0 x1, x2 ，使得 f x
2 = 1 0 成立. x2 - x1
【变式 10-1】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数 f (x) = ex ， g(x) = ln(x + n)，直线 l : y = x + m为曲线
y = f (x) 与 y = g(x) 的一条公切线.
(1)求m, n；
(2)若直线 l : y = s 0 < s <1 与曲线 y = f (x) ，直线 l，曲线 y = g(x) 分别交于 A(x1, y1), B(x2 , y2 ),C(x3 , y3) 三
点，其中 x1 < x2 < x3，且 x1, x2 , x3成等差数列，证明：满足条件的 s 有且只有一个.
【变式 10-2 x-1】（2024·四川泸州·三模）设函数 f x = e ， g x = ln x + b .
(1)求函数F x = x -1 f x 的单调区间；
(2)若总存在两条直线和曲线 y = f x 与 y = g x 都相切，求b 的取值范围.
【变式 10-3】（2024·贵州贵阳·模拟预测）已知函数 f x = xlnx .
(1)若函数 g x = f x - a有两个零点，求实数 a 的取值范围；
(2)已知 A x1, y1 ，B x2 , y2 ，C x3 , y3 （其中 x1 < x2 < x3且x1，x2， x3 成等比数列）是曲线 y = f x 上
三个不同的点，判断直线 AC 与曲线 y = f x 在点 B 处的切线能否平行？请说明理由.
1．（2024·福建宁德·三模）已知函数 f x = a cos x - ex+1 a R 的图象在 x = 0处的切线过点 (-1,2) .
(1)求 f (x) 在 0, π 上的最小值;
2π
f (x) - ,0 (2)判断 在 ÷内零点的个数，并说明理由.
è 3
1 3
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = xsinx - ．
2 4
7
(1)证明：当 x 0, π x时， e - x - f x ；
4
(2)求 f x 在区间 0, π 上的零点个数．
-1 1
3．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知函数 f x = me x 2+ x x
e2x
- m, g x = e + e .
+1
(1) m = 0 f x < e- x当 时，证明： ；
(2)当 x < 0 时， g x t ，求 t的最大值；
(3)若 f x 在区间 0, + 存在零点，求m 的取值范围.
4．（2024·安徽·三模）已知函数 f x = a2 x - x(a > 0,a 1) .
(1)若 a = e，求 f x 在 x = 0处的切线方程；
1
(2)若函数 f x 有 2 个零点，试比较 lna与 的大小关系.
2e
1
5．（2024·陕西商洛·三模）已知函数 f x = 2a2 ln x - x2 - ax a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
2x
(2)当 a > 0 e时，若函数 g x = + aex 和 h x = 2a2x 的图象在 0,1 上有交点，求实数 a的取值范围．
2
6．（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.
2
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = + lnx - m．
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
(2)若 f x 有两个零点，证明：两个零点之和大于 4．
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ex ， g(x) = xa ．
(1)当 a =1时，求 f (x) - g(x)的最小值；
(2)讨论函数 y = f (x) 和 y = g(x) 的图象在 (0, + )上的交点个数．
9．（2024·全国·模拟预测）当 x -1, + 时，总有不等式 ax ln x +1 成立．
(1)求实数 a的取值范围；
(2)设方程 ax - ln x +1 = sinx，试确定该方程实根的个数，并证明你的结论．
10．（2024·青海海南· ax-1一模）已知函数 f x = e - x - a(a > 0) ．
(1)若函数 f x 在 0, + 上单调递增，求 a的取值范围；
(2)若函数 f x 1的两个零点分别是 x1 x2且 x1 < x2，证明： x2 - x1 > + a ．a
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ln(1+ x)
1
- ．
1+ x
(1)求曲线 y = f (x) 在 (0, f (0)) 处的切线方程；
(2)若 x (-1, π)，讨论曲线 y = f (x) 与曲线 y = -2cos x的交点个数．
12 2．已知函数 f x = x ln x - a a R ．
(1)若 f x 恰有两个零点，求 a 的取值范围；
(2)若 f x
2a a e
的两个零点分别为 x1, x2 （ x1 < x2），求证： x2
+ 2 < - ．
1 x2 2
13．（2024·江西赣州·一模）已知函数 f x = ex-1 - lnx .
(1)求 f x 的单调区间，
(2)已如m > 0 .若函数 g x = f x - m x -1 有唯一的零点 x0 .证明，1< x0 < 2 .
14．（2024·广西·模拟预测）已知函数 f x = 2ln x +1 1+ x2 - 2x + m有三个零点，m R .
2
(1)求m 的取值范围；
(2)记三个零点为 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，证明： x3 - x1 < 2 .
15．（2024·四川南充·一模）设函数 f x = ex (e 为自然对数的底数)，函数 f x 与函数 g x 的图象关于直
线 y = x 对称.
mf
(1) h x x 设函数 = ，若 x 0, π 时， h x 2 恒成立，求m 的取值范围；
sinx
(2)证明： f x 与 g x 有且仅有两条公切线，且 f x 图象上两切点横坐标互为相反数.
16．（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 的图象在
x x1 + 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
2
17．（2024·河南·模拟预测）已知函数 f x = + lnx的图象在 x = 4处的切线方程为 y = l x .
x
(1)求 l x 的解析式；
(2)若过点 a,b a < 4 可作 f x 图象的三条切线，证明： l a < b < f a .
k
18．已知函数 f x = + lnx 最小值为1- ln2
x
(1)求 k ；
(2)若 a,b R ，且 a >1，过点 a,b 可以作曲线 y = f x b - f a 0 1的三条切线．证明： < <
a -1 2
19．已知函数 f (x) = ae2 x + (a - 2)ex - x .
1
(1)当 a = 2时，不用计算器，用切线“以直代曲”，求 f ( ) 的近似值（精确到四位小数）.
2024
(2)讨论函数 f (x) 的零点个数.
20．（2024·湖北·模拟预测）函数 f x = x - 2 ex , g x 1 1= ax3 - x2 - x + 4asinx + x +1 ln x +1 , a > 0 .
3 2
(1)求函数 f x 在 x -1,2 的值域；
(2)记 f x , g x 分别是 f x , g x 的导函数，记max m, n 表示实数m, n的最大值，记函数
F x = max f x , g x ，讨论函数F x 的零点个数.
21．（2024·全国· 3 2模拟预测）已知函数 f x = x - ax + e ， g x = 2 - ln x ，其中 e为自然对数的底数．
（1）若函数 f x 的极值点恰有 2个，求实数 a的取值范围；
m, m n
（2）记max m,n ì= í 若函数 h x = max f x , g x x > 0 ，试讨论函数 h x n,m n 的零点个数． <
22．（2024· 3 2河南郑州·模拟预测）已知函数 f x = -x + 3x + a（ x > 0）， g x = x ln x + ax2 - 2x．
(1)若 f x ， g x '的导数分别为 f x ， g ' x ，且 x f x < 0 x g x < 0 ，求 a 的取值范围；
(2)用min a,b 表示 a，b 中的最小值，设 h x = min f x , g x ，若 a >1，判断 h x 的零点个数．重难点突破 07 函数零点问题的综合应用
目录
01 方法技巧与总结 ...............................................................................................................................2
02 题型归纳总结 ...................................................................................................................................2
题型一：判断或讨论函数零点的个数 ................................................................................................2
题型二：根据零点个数求参数范围 ..................................................................................................10
题型三：证明函数零点的个数 ..........................................................................................................15
题型四：证明函数零点的性质 ..........................................................................................................21
题型五：最值函数的零点问题 ..........................................................................................................30
题型六：同构法妙解零点问题 ..........................................................................................................35
题型七：零点差问题 ..........................................................................................................................42
题型八：分离参数转化为两图像交点解决零点问题 ......................................................................50
题型九：零点问题之取点技巧 ..........................................................................................................56
题型十：零点与切线问题的综合应用 ..............................................................................................60
03 过关测试 .........................................................................................................................................66
1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，
求参数的值或取值范围.
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与 x 轴(或直线 y = k )在某区间上的
交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.
2、函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令 f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)＜0，还必须
结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个
不同的值，就有几个不同的零点．
3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将 f x 整理变形成
f x = g x - h x 的形式，通过 g x ,h x 两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函
数的单调性，从而判断函数零点个数.
4、利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知
识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可
以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合
思想研究；③构造辅助函数研究.
题型一：判断或讨论函数零点的个数
【典例 1-1】（2024·河南·三模）函数 f (x) = elx - 4sin x + l - 2的图象在 x = 0处的切线为 y =ax-a-3,a R.
(1)求l 的值；
(2)求 f (x) 在 (0, + )上零点的个数.
【解析】（1）因为 f (x) = elx - 4sin x + l - 2, f (x) = lelx - 4cos x ，
所以 f (0) = l - 4，所以切线斜率为l - 4 ，即 a = l - 4，
所切线方程为 y = l - 4 x - l +1
又 f (0) = l -1，所以切点坐标为 (0,l -1) ，代入得
则l -1 = -l +1，解得l = 1 .
（2）由（1）得 f (x) = ex - 4sin x -1, f (x) = ex - 4cos x ，
令 g x = f (x) = ex - 4cos x ，则 g x = ex + 4sin x，
当 x π时， f (x) = ex - 4cos x > 0恒成立，所以 f (x) 在 π,+ 上递增，
所以 f (x) f (π) = eπ - 4sin x -1 eπ - 5 > 0，
因此 f (x) 在[π, + )无零点；
当 0 < x < π g x = ex时， + 4sin x > 0恒成立，所以 f x 单调递增，
又 f (0) = -3 < 0, f (π) = eπ + 4 > 0，
所以 f x 在 (0, π) 上存在唯一的零点 x0 ，
当 x 0, x0 , f (x) < 0, f (x)单调递减；
当 x x0 , π , f (x) > 0, f (x) 单调递增；
又 f (0) = 0, f x < f (0) = 0， f (π) = eπ0 -1 > 0，
因此 f (x) 在 (0, π) 上仅有 1 个零点；
综上， f (x) 在 (0, + )上仅有 1 个零点.
2
【典例 1-2】（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；
π
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx é在区间 ê- , 2024π
ù
ú 上的零点个数． 2
2
【解析】（1）由题易得，函数 f x ax= x 的定义域为R ，e
2axex - ax2ex 2ax - ax
2 ax 2 - x
又 f x

= = =
x 2 ex ex ，e
所以，当 a > 0时， f x , f x 随 x 的变化情况如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x ] 极小值 Z 极大值 ]
由上表可知， f x 的单调递增区间为 0,2 ，单调递减区间为 - ,0 , 2,+ ．
所以 f x 的极大值为 f 2 4a=
e2
a > 0 ．
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）方法一：当 a =1时， f x x= x ，所以函数 g x = f x
x
- cosx = x - cosx．e e
2
由 g x = 0 x，得 x = cosx．e
所以要求 g x é π在区间 ê- , 2024π
ù
ú 上的零点的个数， 2
只需求 y = f x 的图象与 h x = cosx é π的图象在区间 ê- , 2024π
ù
ú 上的交点个数即可． 2
由（1）知，当 a =1时， y = f x 在 - ,0 , 2,+ 上单调递减，在 0,2 上单调递增，
y = f x é π所以 在区间 ê- ,0
ù
ú 上单调递减． 2
又 h x = cosx é π在区间 ê- ,0
ù
ú 上单调递增， 2
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
x2 h x π所以 f x = 与 = cosx é- ,0ùx 的图象在区间e ê 2 ú 上只有一个交点，
é π ù
所以 g x 在区间 ê- ,0 2 ú 上有且只有 1 个零点．
2
因为当 a =1，x > 0 x时， f x = x > 0，e
f x 在区间 0，2 上单调递增，在区间 2, + 上单调递减，
x2
所以 f x = x 在区间 0, + 上有极大值 f 2
4
= 2 <1，e e
即当 a =1, x > 0时，恒有0 < f x <1．
又当 x > 0时， h x = cosx的值域为 -1,1 ，且其最小正周期为T = 2π，
现考查在其一个周期 0,2π 上的情况，
x2f x = 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 ，
x2
所以 h x = cosx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．
3π ù
因为在区间 2, ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2
所以 f x = x 与 h x cosx
2, 3π= ù的图象在区间 上无交点，
e è 2 ú
即 g x 在区间 2,
3π ù
上无零点．
è 2 ú
3π 2
在区间 , 2π
ù x
ú上， f x = 单调递减， h x = cosxx 单调递增，è 2 e
3π
且 f ÷ > 0 > h
3π
÷，0 < f 2π <1 = cos2π = h 2π ，
è 2 è 2
2
所以 h x 3π= cosx ù与 f x x= 的图象在区间 , 2πx ú上只有一个交点，e è 2
即 g x 3π在区间 , 2π
ù
ú上有且只有 1 个零点．è 2
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=
ex
单调递减，
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
é π ù
综上可知， g x 在区间 ê- , 2024πú 上共有 2024 +1 = 2025个零点． 2
2 2
方法二：当 a =1时， f x x= x ，所以函数 g x
x
= f x - cosx = x - cosx．e e
x é π
2
,0ù 2x - x g x é π - - ,0ù当 ê 时， ，所以 在区间 上单调递减． 2 ú g x = x + sinx 0 e ê 2 ú
g π又 -

÷ > 0, g 0
π
< 0 é ù，所以存在唯一零点 x0 ê- ,0è 2 2 ú
，使得 g x0 = 0．

所以 g x é π在区间 ê- ,0
ù
ú 上有且仅有一个零点． 2
2
当 x 2kπ
π
+ , 2kπ 3π+ ù x
2 2 ú
, k N时， > 0, cosx < 0 ，所以 g x > 0．
è ex
所以 g x 在 2kπ
π
+ , 2kπ 3π+ ùú ,k N 上无零点．è 2 2
x 0, π
2 π
当
ù
ú时， g 2 x
2x - x
= x + sinx > 0 ，所以 g x 在区间 0, ÷上单调递增．è e è 2
又 g 0 0, g π ÷ 0，所以存在唯一零点．
è 2
x
2
当 2kπ,2kπ
π
+ ùú , k N
*
时，
2 g
x 2x - x= x + sinx ，è e
2x - x2 x2 - 4x + 2
设j x = x + sinx，则j x = x + cosx > 0e e
所以 g x 在 2kπ,2kπ
π
+ ù *ú , k N 上单调递增．è 2
g 2kπ 0, g 2kπ π又 +
0，
è 2 ÷

所以存在 x1 2kπ,2kπ
π
+ ùú ,k N
*
，使得 g x1 = 0 ．
è 2
即当 x 2kπ,x1 时， g x1 < 0, g x 单调递减；
当 x
π
x1, 2kπ +
ù
ú时， g x1 > 0, g x 单调递增．è 2
又 g 2kπ 0, g 2kπ
π π
+ ù *÷ 0，所以 g x 在区间 2kπ,2kπ + ú , k N 上有且仅有一个零点è 2 è 2
所以 g x 在区间 2kπ,2kπ
π
+ ùú , k N上有且仅有一个零点．è 2
x 2kπ 3π ù当 + , 2kπ + 2π ,k N 时，
è 2 ú
g x 2x - x
2
=
ex
+ sinx ，
j x 2x - x
2 2
x - 4x + 2设 =
ex
+ sinx，则j x = x + cosx > 0e

所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N 上单调递增．è 2

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

所以存在唯一 x2 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2π ÷，使得 g x2 2 = 0．è
所以 g x 3π在区间 2kπ + , 2kπ + 2π
ù ,k N 上有且仅有一个零点．
è 2 ú
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
g x é π- , 2024πù综上所述， 在区间 ê ú 上共有 2024 +1 = 2025个零点． 2
【变式 1-1】（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.
【解析】（1） f x 的定义域为R, f x = x +1 ex ，
则当 x < -1时， f x < 0；当 x > -1时， f x > 0，
所以 f x 在区间 - ,-1 上单调递减，在区间 -1, + 上单调递增，
因此 f x 1的最小值为 f -1 = - -1；
e
2 h x = xex（ ） - lnx + mx -1，且 x 0, + ，
h x = 0 ex lnx +1令 ，得 - + m = 0，
x
令 k x lnx +1= ex - + m，则 h x 与 k x 有相同的零点，
x
x 1- lnx +1
2 x
且 k x e x e + lnx= - =
x2 x2
，
2 x
令 r x = x e + 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，
1 1-2 1
又 r ÷ = ee -1 0, r 1 = e 0

，所以$x0 ,1

÷，使 r x0 = 0，
è e 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，
因此 k x k x
lnx +1
的最小值为 0 = e
x0 - 0 + m
x ，0
ln 1
由 r x0 = 0 2 x，得 x 00 e + lnx0 = 0
1
，即 x x00e = 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
所以 k x x
lnx +1
0 0
的最小值 k x0 = e - + 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.
【变式 1-2】已知 a，b 3 2是实数，1 和 -1是函数 f x = x + ax + bx的两个极值点
(1)求 a，b 的值.
(2)设函数 g x 的导函数 g (x) = f (x) + 2，求 g x 的极值点.
(3)设 h(x) = f ( f (x)) - c ，其中 c -2,2 ，求函数 y = h x 的零点个数.
3 2 2
【解析】（1）由 f x = x + ax + bx，得 f x = 3x + 2ax + b，
1 -1 f x = x3 + ax2因为 和 是函数 + bx的两个极值点，
ì f -1 = 3- 2a + b = 0
所以 í ，解得：
a = 0，b = -3，
f 1 = 3+ 2a + b = 0
当 a = 0，b = -3时， f x = 3x2 - 3 = 3(x +1)(x -1)，
所以 f (x) 的单调增区间为 (- , -1)， (1, + )，单调减区间为 (-1,1)，
3 2
所以经检验当 a = 0，b = -3时，1 和 -1是函数 f x = x + ax + bx的两个极值点.
3
（2）由(1)得 f x = x - 3x，则 g (x) = x3 - 3x + 2 = (x -1)2 (x + 2)，
令 g (x) = 0，解得-2或1，
当 x<- 2时， g (x) < 0，
当-2 0，
当 x >1时， g (x) > 0，
所以 x = -2，是 g(x)极值点， x =1不是 g(x)极值点，
所以 g(x)极值点为-2
（3）令 f (x) = t ，则 h(x) = f (t) - c ，
先讨论关于 x 的方程 f (x) = d 根的情况： d -2,2 ，
当 d = 2时，由(2)可知 f (x) = -2的两个不同根为1和-2，注意到 f (x) 为奇函数，。
所以 f (x) = 2 的两个不同根为 -1和 2，
当 d < 2时，因为 f (-1) - d = f (2) - d = 2 - d ， f (1) - d = f (-2) - d = -2 - d < 0，
所以-2， -1，1， 2都不是 f (x) = d 的根，
由(1)知 f (x) = 3(x +1)(x -1)，
①当 x (2,+ ) 时， f (x) > 0，则 f (x) 是单调增函数，从而 f (x) > f (2) = 2 ，此时 f (x) = d 再 (2,+ ) 上无实
数根；
②当 x (1, 2) 时， f (x) < 0，则 f (x) 是单调减函数，因为 f (1) - d < 0， f (2) - d > 0，则 y = f (x) - d 的图
象不间断，
所以 f (x) = d 在 (1, 2)内有唯一实根，
同理， f (x) = d 在 (-2,-1)内有唯一实根
③当 x (-1,1)时， f (x) < 0，则 f (x) 是单调减函数，因为 f (-1) - d > 0， f (1) - d < 0，则 y = f (x) - d 的
图象不间断，
所以 f (x) = d 在 (-1,1)内有唯一实根，
因此，当 d = 2时， f (x) = d 有两个不同根x x =1 x = 21，x2满足 1 ， 2 ，
当 d < 2时， f (x) = d 有三个不同的根 x3 ， x4 ， x5 ，满足 xi < 2， i = 3， 4，5，
先考虑函数 y = h(x)的零点：
(i)当 c = 2时， f (t) = c 有两个根 t1 ， t2 ，满足 t1 =1；
而 f (x) = t1有三个不同的根， f (x) = t2 有两个不同的根，故函数 y = h(x)有 5 个零点，
(ii) 当 c < 2时， f (t) = c 有两个根 t3， t4 ， t5 ,满足 ti < 2， i = 3 , 4 , 5；
而 f (x) = ti i = 3,4,5 有三个不同的根，故函数 y = h(x)有 9 个零点，
综上，当 c = 2时，函数 y = h(x)有 5 个零点；
当 c < 2时，函数 y = h(x)有 9 个零点.
题型二：根据零点个数求参数范围
【典例 2-1】（2024·广东茂名·一模）设函数 f x = ex + asinx ， x 0, + .
(1)当 a = -1时， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求实数b 的取值范围；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零点，求实数 a的取值范围.
【解析】（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.
令 h x = ex - 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 + .
$x 0, + m x = ex所以 0 ， 00 - 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 ；
x
（2）因为 f x = e + asinx ， x 0, + ，
令 f x = 0，即 ex + asinx = 0，
1 sinx
所以- = x .a e
g x sinx令 = x ， x 0, + ，e
2sin x π -

则 ÷g x cosx - sinx .= x = - è
4
e ex
令 g x = 0 x kπ π，得 = + ,k N .
4
x π 2kπ, 5π所以当 + + 2kπ
π
÷时， sin x - ÷ > 0， g x 单调递减；
è 4 4 è 4
x 0, π x 5π 2kπ, 9π π当

÷ ， + + 2kπ ÷时， sin 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 13π
又因为 sin 5π sin 13π 2= = ××× = - ，0 < e 4 < e 44 4 2 < ×××
，
g 5π 13π 所以 4 ÷
< g ÷ < ××× .
è è 4
g x g 5π 2
5π
-
所以 ÷ = - e 4 .
è 4 2
当 x
π
= + 2kπ, k N, g x 取得极大值，
4
x π , 9π即当 = , × × ×时， g x 取得极大值.
4 4
π 9π
又因为 sin π = sin 9π 2= ××× = ，
4 4 2 0 < e
4 < e 4 < ×××，
g π 所以 ÷ > g
9π
÷ > ××× .
è 4 è 4
g x g π 2
π
-
所以 ÷ = e 4 ，
è 4 2
2 5π 2 π- -
所以当 x 0, + ，- e 4 g x e 4 .
2 2
2 5π-e 4 1 2
π
-
所以- - e 4 .
2 a 2
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 ,+ ÷ .

【典例 2-2 x x】（2024·湖北·模拟预测）已知函数 f x = e - ln x - a， g x = e - ln x + a ，其中 a 为整数且
a 1 .记 x0 为 f x 的极值点，若 f x 存在两个不同的零点x1， x2 x1 < x2 ，
(1)求 a 的最小值；
(2)求证： g ln x1 = g ln x2 = 0；
【解析】（1） f x = ex 1- x > 0 ，
x
h x = f x = ex 1令 - x > 0 ，则 h x = ex 1+ > 0 ，
x x2
故 f x 在 0, + 上单调递增，
且 f
1
÷ = e - 2 < 0 ， f 1 = e -1 > 0，
è 2
1 x 10
由零点存在性定理知，存在唯一的 x0 ,12 ÷
，使得 f x0 = 0，即 e = ，
è x0
且 x 0, x0 ， f x < 0， x x0 ,+ ， f x > 0，
所以 f x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增，
f x = f x = ex
1
0
故 0 - ln x0 - a = x + - amin 0 x ，0
又 x + , f x + ， x 0, f x + ，
若 f
1 1
x 存在两个不同的零点，则 f x0 < 0，即 x0 + - a < 0， a > x0 +x x ，0 0
1 5
由 x
1 ,1 x + 0 ÷知 0 2,

2 x 2 ÷，所以整数
a的最小值为 3.
è 0 è
（2）由题意 f x = f x = 0 x1 2 ，即 a = e 1 - ln x1 = ex2 - ln x2，
故 g ln x1 = x1 - ln ln x x11 + e - ln x1 = x1 - x1 = 0 ，同理 g ln x2 = 0 .
所以 g ln x1 = g ln x2 = 0 .
【变式 2-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ln(b + x) + a(x -1)e1-x ，曲线 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线
平行于直线 2x - y = 0．
(1)当 a =1时，求 b 的值；
(2)当b = 0时，若 f (x) 在区间 (0,1), (1, + )各内有一个零点，求 a 的取值范围．
f (x) 1【解析】（1）当 a =1时， = + (2 - x)e1-x , f (1) = 2，
x + b
1
所以 + (2 -1)e1-1 = 2，
1+ b
所以b = 0．
（2）令 g(x) = ex-1 ln x + a(x -1)(x > 0) = ex-1 f (x)，
有 g(1) = 0，
f (x) 在区间 (0,1), (1, + )内各有一个零点，
也即 g(x)在区间 (0,1), (1, + )内各有一个零点，
g (x) 1则 = ex-1

ln x +

÷ + a ，
è x
i a -1 g (x) = ex-1
1
（ ）当 时， ln x + ÷ + a ，
è x
令f(x)
1
= ln x + ，则f (x)
x -1
= 2 ，x x
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，
易知当 x =1时，f(x)取得最小值 1，
ex-1 所以 ln x
1
+ ÷ -1 e
x-1 -1，
è x
当 x >1时， ex-1 -1 > 0，于是 g(x)在 (1, + )上递增，
则 g(x) > g(1) = 0与 g(x)在 (1, + )上有一个零点矛盾，舍去．
（ii）当 a < -1时，令G(x) = g (x) ，
则G (x) = ex-1

ln x
2 1
+ -
x x2 ÷
，
è
令 h(x) = ln x
2 1
+ -
x x2
，
2
则 h (x) 1 2 2 x - 2x + 2= - 2 +x x x3
= 3 > 0，x
所以 h(x) 在 (0, + )上单调递增，
h 1 又 ÷ = - ln 2 < 0, h(1) =1，
è 2
$x 1 即 0 ,1 ÷，使 h(x) = 0，且当0 < x < x0 时， h(x) < 0, g (x)单调递减；
è 2
当 x > x0时 h(x) > 0, g (x)单调递增，
所以 g x0 < g (1) = a +1< 0 ，
g (1- a) = e1-a + a >1- a + a =1 > 0 ，
当 x 0 时， g (x) + ，
故$x1 0, x0 , x2 (1,1- a) ，使 g x1 = g x2 = 0，
且 g(x)在 0, x1 上单调递增，在 x1, x2 上单调递减，在 x2 ,+ 上单调递增．
又 g(1) = 0，故 g x1 > 0, g x2 < 0 ，
因为当 x 0 时， g(x) - ，当 x + 时， g(x) + ，
故$x3 (0,1), x4 (1, + )，使 g x3 = g x4 = 0 ，
综上， a < -1．
所以 a的取值范围为 (- , -1)．
x-1
【变式 2-2】（2024·江西吉安·模拟预测）已知函数 f x = e - ax - a a R .
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在 x =1处的切线方程；
(2)若函数 f x 有 2 个零点，求 a的取值范围.
【解析】（1）当 a = 2时， f x = ex-1 - 2x - 2 f x = ex-1，所以 - 2，
所以 f 1 = -1，因为 f 1 = -3，
所以曲线 y = f x 在 x =1处的切线方程为 y + 3 = - x -1 ，
即 x + y + 2 = 0 .
（2） f x = ex-1 - a ，若 a 0, f x > 0, f x 在R 上单调递增，不满足题意，
若 a > 0，令 f x = 0得 x =1+ lna ，
f x 在 - ,1+ lna 上单调递减，在 1+ lna, + 上单调递增，
且当 x - 和 x + 时， f x + ，
故 f 1+ lna = -a 1+ lna < 0 a 1，解得 > ，
e
a 1 ,+ 即 的取值范围是 ÷ .
è e
题型三：证明函数零点的个数
【典例 3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = (x -1)2 ex - ax，且曲线 y = f (x) 在点 (0, f (x))处的切线
方程为 y = -2x + b．
(1)求实数 a，b 的值；
(2)证明：函数 f (x) 有两个零点．
【解析】（1 2 x）由题意可得 f (x) = x -1 e - a，由切线方程可知其斜率为-2，
ì f 0 = -2 ìa =1
所以 í
f 0
，解得 ；
= b í b =1
（2）由 f (x) = 0 可得 (x -1)2 ex - x = 0，所以 (x
x
-1)2 - x = 0．e
函数 f (x) 有两个零点即函数 g(x) = (x -1)2
x
- x 有两个零点．e
g (x) = (x -1) 1 2 +
è ex ÷
，

当 x <1时， g (x) < 0， g(x)单调递减；当 x >1时， g (x) > 0， g(x)单调递增．
又 g(0) = 1 > 0， g(1)
1
= - < 0 ， g(2) =1
2
- 2 > 0，e e
所以 g(0)g(1) < 0， g(1)g(2) < 0．
由零点存在定理可得$x1 (0,1)使得 g x1 = 0，$x2 (1, 2)使得 g x2 = 0，
所以函数 f (x) 有两个零点．
【典例 3-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = cos x + ln(1+ x)．
π
(1)求证： f (x)
-1, 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．
【解析】（1）因为 f (x) = -sin x
1 1
+ ，设u(x) = -sin x + ( 1
π
- < x < )，
1+ x 1+ x 2
则u (x) cos x
1
= - - p2 < 0对 -1,

(1+ x) 2 ÷
恒成立，
è
所以 f
p
(x) 1= -sin x + 在 -1,

上单调递减．
1+ x è 2 ÷
f (0) = -sin 0 +1 > 0, f π ÷ = -sin
π 1
+ = -1 1+ < 0
又 è 2 2 1 π 1 π+ + ，
2 2
π
由零点存在性定理可知 f (x) = 0在 x
-1, ÷ 上有唯一的零点 x0 ，
è 2
f x 和 f x 随 x 变化而变化的情祝如下．
x -1, x x π 0 0 x0 ,
è 2 ÷
f x > 0 0 < 0
f x 递增 极大值 递减
所以 f x 在 -1,
p
÷有唯一的极大值点．
è 2
（2）令 h(x) = f (x) - ax -1 = cos x + ln(1+ x) - ax -1, x > -1，
由条件知 h x 0恒成立，所以[h(x)]max 0 ．
因为 h(0) = 0，且 h(x) 在定义域上连续，
所以 x = 0是 h(x) 的一个极大值点，则h (0) = 0．
又 h (x) = -sin x
1
+ - a，
1+ x
所以 h (0) =1- a = 0，解得 a =1．
当 a =1时， h(x) = cos x + ln(1+ x) - x -1，
h (x) = -sin x 1+ -1 x= -sin x - ，
1+ x 1+ x
当 x (-1,0]
x
时，-sin x 0，- > 0，故 h(x) 在 (-1,0]上单调递增，
1+ x
所以当 x (-1,0]时， h(x) h(0) = 0 ；
p(x) ln x x 1(x 0) p (x) 1 1- x设 = - + > ，则 = -1 = ，令 p (x) > 0 0 < x <1, p (x) < 0 x >1，
x x
所以 p(x)在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，则 p(x) p(1) = 0，即 ln x x -1.
当 x (0,+ )时， h(x) = cos x + ln(1+ x) - x -1 = (cos x -1) + [ln(1+ x) - x]，
又因为 cos x 1, ln(1+ x) x，
所以 h(x)≤ 0 ．
综上可知，当 a =1时， f (x) ax +1恒成立．
（3） g(x) = f (x) - x = cos x + ln(1+ x) - x, x > -1，则 g (x) = -sin x
x
- ．
1+ x
由（2）可知 g(x)在 (-1,0]上单调递增，
又因为 g(0) =1 > 0, g e-3 -1 = cos e-3 -1 - 2 - e-3 < 0，
-3
由零点存在定理可知，存在 x1 e -1,0 ，使得 g x1 = 0；
当 x [0, π]时，-sin x 0,
x
- 0，所以 g (x) = -sin x
x
- 0，
1+ x 1+ x
故 g(x)在[0, p]上单调递减，又 g(π) = ln(1+ π) - (1+ π) < 0，
由零点存在定理可知，存在 x2 (0, π)，使得 g x2 = 0；
当 x (p,+ )时，由上可知 g(x) = cos x + ln(1+ x) - x 1+ ln(1+ π) - π < 0，
故 g(x)在 (p,+ )上没有零点．
综上可知，函数 g(x) = f (x) - x 有且只有两个零点．
【变式 3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 - ax + 2ln x ．
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
f x - f x 8 a
(2)若函数 f (x) 1 2的两个极值点分别为 x1, x2 ，证明： > - ；x1 - x2 a 2
(3)设 h(x) = sin x + ln x，求证：当 a [1, 2]时， f (x) - 2ln x = xh(x) 有且仅有 2 个不同的零点．
π ln π 1.119, π ln π 1.997, 3π ln 3π（参考数据： - - - 3.162,2p - ln 2π 4.445）
2 2 2 2
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 (0, + )，
f (x) 2x a 2 2x
2 - ax + 2
= - + = ．
x x
设j(x) = 2x2 - ax + 2，
则函数j(x)
a
为二次函数，对称轴为直线 x = ，
4
且j(0) = 2．
令 2x2 - ax + 2 = 0，则D = a2 -16．
当D 0，即-4 a 4时， f (x) 0，
故当-4 a 4时，函数 f (x) 的单调递增区间为 (0, + )，无单调递减区间．
当 a < -4时， f (x) > 0，
故当 a < -4时，函数 f (x) 的单调递增区间为 (0, + )，无单调递减区间．
2
a > 4 f (x) = 0 x a - a -16 a + a
2 -16
当 时，令 ，得 1 = , x2 = ，4 4
当 x 0, x1 x2 ,+ 时， f (x) > 0，当 x x1, x2 时， f (x) < 0，

0, a - a
2 -16 a + a2 -16
故当 a > 4时，函数 f (x) 的单调递增区间为 ÷和 ,+ ÷，函数 f (x) ÷ ÷ 的单调递减区
è 4 è 4
a - a2 -16 a + a2, -16

间为 ÷4 4 ÷
．
è
综上所述，当 a 4时，函数 f x 的单调递增区间为 (0, + )，无单调递减区间；
a - a2 -16 a + a2 -16
当 a > 4时，函数 f x 的单调递增区间为 0, ÷ ,+ ÷和 ÷÷，单调递减区间为
è 4 è 4
a - a2 -16 , a + a
2 -16
÷÷ ．
è 4 4
2 x
2 a- x +1
（2） ÷f (x) = 2x - a 2 ．+ = è 2
x x
因为函数 f x 有两个极值点 x1, x2 ，
2 a
所以方程 x - x +1 = 0在 (0, + )上有两个不同的实数解 x1, x2 2
，
ì 2
Δ
a
= - 4 > 0,
4
a
则 íx1 + x2 = > 0, 解得 a > 4，
2
x1x2 =1 > 0,


f x1 - f x2
所以
x1 - x2
x21 - ax1 + 2ln x1 - x
2
2 + ax2 - 2ln x= 2
x1 - x2
ln x1
a x
= - + 2 2 ．
2 x1 - x2
f x1 - f x2 8 a
要证 > - ，
x1 - x2 a 2
ln x1
即证 x2 4 2> = ．
x1 - x2 a x1 + x2
不妨设 x1 > x2 > 0，

2 x1

-1
ln x1
2 x - x ÷
则只需证 > 1 2

= è
x2 ．
x2 x x1 + x2 1 +1
x2
t x= 1 > 1 ln t 2(t -1)设 x ，则只需证 - > 0．2 t +1
令 g(t) ln t
2(t -1)
= - (t > 1) ．
t +1
1 4 (t -1)2
则 g (t) = -
t (t +1)2
= > 0，
t(t +1)2
所以 g(t)在 (1, + )上单调递增，
所以 g(t) > g(1) = 0，得证．
（3）由 f (x) - 2ln x = xh(x) 得 ln x - x + sin x + a = 0，
ln x - x + sin x + a = 0在 (0, + )上有且仅有 2 个不同的根，
等价于直线 y = a 与函数 k x = x - ln x - sin x的图象在 (0, + )上有 2 个交点．
设 k (x) 1
1
= - - cos x ，
x
①当 x (0, π)
1 1
时，令m(x) = k (x) =1- - cos x，m (x) = 2 + sin x > 0 ，x x
所以 k (x)在 (0, π) 上单调递增．
k π 1 3 1 π - 6 π又因为 = - - = 0, k
=1 2 π - 2- = 0，
è 3 ÷ π 2 2π ÷è 2 π π
π π
即当 x (0, π)

时，存在 k 3 ÷
×k ÷ < 0，且 y = k x 的图象连续，
è è 2
k x (0, π) x π , π 所以 在 上有且仅有 1 个零点，即存在 0 ÷，使 k x0 = 0 ．
è 3 2
当 x 0, x0 时， k x < 0, k x 在 0, x0 上单调递减；
当 x x0 , π 时， k x > 0, k x 在 x0 , π 上单调递增，
π π
所以 k x 在 (0, π) 上存在唯一的极小值点 x0 < x < ．
è 3 0 2 ÷
π π π π - 2
①当 x (0, π)时，又 k x0 < k

÷ = - ln -1< <1，
è 2 2 2 2
记 t x π= sin x - x ，则 t x = cos x -1 < 0 ，则 t x = sin x - x 在 0, ÷上单调递减，
è 2
t x t 0 0 x 0, π 所以 < = ，所以当 ÷时， sin x < x 恒成立，
è 2
k 1 1 ln 1则 2 ÷ = 2 - 2 - sin
1 1 1
2 = 2 + 2 - sin 2 > 2，è e e e e e e
所以当 a [1, 2]时，直线 y = a 与函数 k x = x - ln x - sin x的图象在 0, x0 上有 1 个交点．
x 3π②当
éπ, k (x) 1 1ê ÷时， = - - cos x > 0， 2 x
所以 k x 在[π, 3π )上单调递增．
2
已证 k x 在 x0 , π 上单调递增，
所以 k x 在 x0 ,
3π
÷上单调递增．
è 2
k 3π 3π ln 3π又因为 ÷ = - - sin
3π
4.162 > 2，
è 2 2 2 2
由①知 k x0 <1，
3π
所以当 a [1, 2]时，直线 y = a 与函数 k x = x - ln x - sin x 的图象在 x0 ,

÷上有 1 个交点．
è 2
x é3π③当 ê , +

÷时， k x = x - ln x - sin x x - ln x -1，
2
设v(x) = x - ln x -1，则 v (x) 1=1- > 0，
x
v(x) é3π 故函数 在 ê , + 2 ÷ 上单调递增，
所以 k(x) x ln x 1
3π ln 3π- - - -1 2.162 > 2，
2 2
则当 a [1, 2]时，直线 y = a 与函数 k x = x - ln x - sin x é3π的图象在 ê ,+

÷ 上无交点．
2
综上，当 a [1, 2]时，直线 y = a 与函数 k(x) = x - ln x - sin x的图象在 (0, + )上有 2 个交点．
即当 a [1, 2]时， f (x) - 2ln x = xh(x) 有且仅有 2 个不同的零点．
【变式 3-2】（2024·上海闵行·二模）已知定义在（0,+ ）上的函数 y = f (x) 的表达式为 f x = sin x - x cos x ，
其所有的零点按从小到大的顺序组成数列 xn （ n 1, n N ）.
(1)求函数 y = f x 在区间 0, π 上的值域；
(2)求证：函数 y = f x 在区间 nπ, n +1 π （ n 1, n N ）上有且仅有一个零点；
【解析】（1）由 f x = cos x - cos x - x sin x = x sin x，
当 x 0, π 时， f x > 0，即函数 y = f x 在区间 0, π 上是严格增函数，
且 f 0 = 0， f π = π ，
所以 f x 在区间 0, π 上的值域为 0, π .
（2）当 x nπ, n +1 π 时，
①当n是偶数时， f x > 0，
函数 y = f x 在区间 nπ, n +1 π 上是严格增函数；
②当n是奇数时， f x < 0，
函数 y = f x 在区间 nπ, n +1 π 上是严格减函数；
f nπ = -1 n-1 nπ f nπ × f n +1 π = -n n +1 π2且 ，故 < 0，
所以由零点存在定理可知，
函数 y = f x 在区间 nπ, n +1 π 上有且仅有一个零点.
题型四：证明函数零点的性质
2ln x
【典例 4-1 2】（2024·全国·一模）已知 f x = x - - a
x
(1)若 f x 0，求实数 a的取值范围；
1 2
(2)设 x1, x2 是 f x 的两个零点（ x1 > x2 ），求证：①1< < x + xx x ；②1 2 x x 1 2
.
1 2
3
1 f x 2x 21- ln x 2 x + ln x -1【解析】（ ） = - = ，设 g x = x3 + ln x -1, x > 02 ，x x
则 g x 1= 3x2 + > 0，所以 g x 单调递增，注意到 g 1 = 0，
x
所以当0 < x <1时， g x < g 1 = 0 ， f x < 0， f x 单调递减，
当 x >1时， g x > g 1 = 0， f x > 0， f x 单调递增，
所以 f x = f 1 =1- amin ，
若 f x 0，则 f x = f 1 =1- a 0min ，解得 a 1，
所以实数 a的取值范围为 - ,1 ；
（2）①由题意不妨设 x1 < x2，则由（1）可知 f
1
x = f 1 =1- a < 0 a >1min ，且 0 < x1 < 1 < x2 ，0 < <1x2
2ln 1
f x f 1 f x 1 f x2 2ln x
1 x ÷
所以 1 - ÷ = 2 - ÷ = 2 -
2 - a - - 2 ÷
x x x 2 1
- a
è 2 è 2 2 x2 ÷ ÷
è x2

x 1

x 1

= 2 + ÷ 2 - - 2ln x2 ÷，
è x2 è x2
1 2
设 g x = x - - 2ln x x >1 x -1，
x g x 1
1 2
= + 2 - = 2 > 0, x >1 ，x x x
所以函数 g x 单调递增，所以 g x2 > g 1 = 0，
f x f 1 0 - > f x f 1 所以 1 ÷ ，即 1 > ，
è x2 è x
÷
2
1 1
又函数 f x 在 0,1 上面单调递减，所以0 < x1 < <1，所以1；
2
2ln x
② x2 - 1 a x2
2ln x2
注意到 1 - =x 2
- - a ，
1 x2
ln x1 ln x- 2 x + x x ln x - x ln x 1
所以 x1 + x2 x1 x2 x2 ln x - x ln x
1 2 2 1 1 2
= = 1 1 2 ，要证
= >
2 x x ，
2 x - x x x x - x 1 2 x1 - x2 x1x21 2 1 2 1 2
ln x +1 ln x +1
只需 x2 ln x1 - x1 ln x2 < x1 - x
1 2
2 ，即只需 h x ln x +1令 = ，则 h x ln x= -
x x2
，
当0 < x <1时， h x > 0， h x 单调递增，
当 x >1时， h x < 0， h x 单调递减，
1 1
又 > x2 >1x ，所以
h x ÷
< h x2 ，
1 è 1
h x h x h x h 1 1 所以要证 1 < 2 ，只需 1 < ÷，即 h x1 - h ÷ < 0 ，
è x1 è x1
不妨设H x = h x - h 1 ln x +1 ÷ = - x - ln x +1 ，
è x x
H x ln x x
2 -1
则 = - 2 + ln x -1+1 = ln x × 2 ，x x
当0 < x <1时，H x > 0，H x 单调递增，
当 x >1时，H x > 0，H x 单调递增，

因为0 < x1 <1，所以H x1 = h x1 - h
1 1
÷ < H 1 = 0，即 h x1 < h ÷，
è x1 è x1
1 ln x1 +1 ln x2 +1
又因为 h ÷ < h x2 ，所以 h x1 = < = h x x x 2 ，è x1 1 2
2
综上所述，命题 < x1 + xx x 2得证.1 2
1
【典例 4-2】（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
1 1 1 x -1 1
【解析】（1）函数 f (x) = xe x - a，求导得 f (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，
1 1
当 a > e时， f (1) < 0， f (a) = aea - a = a(ea -1) > 0，即$x2 (1, a)，使 f (x2 ) = 0 ，
f (1 1 e
a
) ea a - a
2
= - = ，令 g(a) = ea - a2，求导得 g (a) = ea - 2a，
a a a
令j(a) = ea - 2a，求导得j (a) = ea - 2 > 0，即j(a)在 e, + 上单调递增，j(a) > j(e) = ee - 2e > 0 ，
于是 g (a) > 0，函数 g(a) = ea - a2在 e, + 上单调递增， g(a) > g(e) = ee - e2 > 0 ，
1
因此$x1 ( ,1)a ，使
f (x1) = 0，
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 = 0有两个相异的x
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
0 a a
a
当 < x < 时， h (x) < 0， h(x) 在 0, ÷单调递减，当 x > 时， h (x) > 0， h(x) 在 ,+ ÷单调递增，e è e e è e
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 x2 > - x > ，即证 h(x ) > h( - x )．e e 1 e 2 e 1
又 h x 2a 2a a1 = h x2 ，则即证 h(x1) > h( - x1) ，令函数F (x) = h(x) - h( - x)， x (0, )，e 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 2
而 x - x2 = -(x - )2 e+ 2 < 2 ，则F (x) < ln + ln = 0，e e e e e2 a2
因此函数F (x) (0,
a ) F (x) F (a ) 0 h(x ) h(2a在 上单调递减，即 > = ，则 1 > - x ) ，e e e 1
2a
所以 x1 + x2 > ．e
【变式 4-1】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数 f x = ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求m 的取值范围；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，证明 x1 + x2 > 2．
【解析】（1）首先由m > 0可知 f x 的定义域是 0, + ，从而 f x = ln mx - x = ln x - x + ln m .
故 f x = ln mx x 1 1- x- = -1 = ，从而当0 < x <1时 f x > 0，当 x >1时 f x < 0 .
x x
故 f x 在 0,1 上递增，在 1, + 上递减，所以 f x 具有最大值 f 1 = ln m -1 .
所以命题等价于 ln m -1 0，即m e .
所以m 的取值范围是 0,e .
（2）不妨设 x1 < x2，由于 f x 在 0,1 上递增，在 1, + 上递减，故一定有 0 < x1 < 1 < x2 .
在-1 < t <1的范围内定义函数 p t = f 1+ t - f 1- t .
2
则 p t = f 1+ t + f 1- t -t t 2t= + = 2 > 0 ，所以 p t 单调递增.1+ t 1- t 1- t
这表明 t > 0时 p t > p 0 = f 1 - f 1 = 0，即 f 1+ t > f 1- t .
又因为 f 2 - x1 = f 1+ 1- x1 > f 1- 1- x1 = f x1 = 0 = f x2 ，且 2 - x1和x2都大于1，
故由 f x 在 1, + 上的单调性知 2 - x1 < x2 ，即 x1 + x2 > 2 .
【变式 4-2】（2024·山东临沂·二模）已知函数 f x = ln ax + a -1 x - ex .
(1)当 a =1时，求证： f x 存在唯一的极大值点 x0 ，且 f x0 < -2 ；
(2)若 f x 存在两个零点，记较小的零点为x1，t 是关于 x 的方程 ln 1+ x + 3 = 2ax1 + cos x 的根，证明：
et +1 > 2ex1 .
x
【解析】（1）当 a =1时， f x = ln x - e ， x 0, + ，
f x 1∴ = - ex ，
x
1
易知 f x 在 0, + f 1 上单调递减，且 ÷ = 2 - e2 > 0， f 1 =1- e < 0，
è 2
1
则$x

0 ,1÷ ，使得当 x 0, x0 时， f x > 0，
è 2
1 x0
当 x x0 ,+ 时， f x < 0，且 f x0 = 0，即 = e ，即 ln x0 = -xx 0 ，0
∴ f x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，
∴ f x 存在唯一的极大值点 x0 ，
f x 2 ln x ex 1 x -1
2
而 + = 00 0 - + 2 = -x0 - + 2 = -
0 < 0，
x0 x0
∴ f x0 < -2 ．
（2）令 ln ax + a -1 x - ex = 0，得 ln ax + ax = x + ex ，
设 g x = x + ex ，显然 g x 在定义域上单调递增，
而 ax + ln ax = eln ax + ln ax ，则有 g ln ax = g x ，
∴ x = ln ax ．
依题意，方程 x = ln ax 有两个不等的实根，
即函数 h x = x - ln ax 在定义域上有两个零点，
显然 a 0，当 a<0时， h x 的定义域为 - ,0 ，
h x 在 - ,0 上单调递增， h x 最多一个零点，不合题意，
∴ a > 0， h x 的定义域为 0, + ，
∴求导，得 h x =1 1- ，
x
当0 < x <1时， h x < 0，当 x >1时， h x > 0，
∴ h x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
h x = h 1 =1- ln amin ，
要使 h x 有两个零点，必有1- ln a < 0，即 a > e，
h 1 1此时 ÷ = > 0，即 h x 在 0,1 有一个零点，
è a a
h a2 = a2 - 3ln a，
令u x = x2 - 3ln x ， x>e，
求导得u x = 2x - 3x ，显然u x 在 e, + 上单调递增，
3
∴ u x > u e = 2e - > 0，
e
∴ u x e, + u x > u e = e2在 上单调递增， - 3 > 0，
∴ h a2 > 0，则函数 h x 在 1, + 上存在唯一零点．
由x1为 x = ln ax 的两个根中较小的根，
x
得e 1 = ax1， x1 > 0，
又由已知得 2ax1 = ln 1+ t - cos t + 3，
从而 2ex1 = ln 1+ t - cos t + 3，
∵ x1 > 0，
∴ 2ex1 > 2 ，
∴ ln 1+ t - cos t +1 > 0．
设j t = ln 1+ t - cos t +1（ t > -1），
当 t > 0时， ln 1+ t > 0，-1 cos t 1，则j t > 0符合题意，
当-1
1
< t 0 时，j t = + sin t > 0，则j t 在 -1,0 上单调递增，
1+ t
∴j t < j 0 = 0不合题意，
∴ t > 0
∴设m x = ex - ln 1+ x + cos x - 2， x > 0．
x 1
求导，得m x = e - - sin x，当 x > 0时，
1+ x
x
令 p x = e - x -1， q x = x - sin x ，
x
则 p x = e -1 > 0 ， q x =1- cos x 0，
∴ p x ， q x 在 0, + 上单调递增，
从而 p x > p 0 = 0 ， q x > q 0 = 0 ，即 ex > x +1， x > sin x ，
从而m x > x +1 1- - x =1 1 x- = > 0，
1+ x 1+ x 1+ x
即m x 在 0, + 单调递增，则m x > m 0 = 0，
于是 ex +1 > ln 1+ x - cos x + 3，
t
即 e +1 > ln 1+ t - cos t + 3 = 2ex1 ，
即 et +1 > 2ex1 ．
【变式 4-3】（2024·高三· x 2河南鹤壁·期中）已知函数 f x = e - ax a R ，其中 e 为自然对数的底数．
(1)若函数 f x 在 0, + 上有 2 个极值点，求 a 的取值范围；
(2) g x = f x + e1-x x 2设函数 - e + ax + cos x， x 0,2π ），证明： g x 的所有零点之和大于 2π．
【解析】（1）由题设 f x = ex - 2ax在 0, + 上有 2 个变号零点，
当 a 0时， f x > 0，即 f x 在 0, + 上递增，不可能有 2 个零点；
当 a > 0时，令 f x = 0，则 x0 = ln 2a + ln x0 ，且在 0, + 上有 2 个对应的 x0 ，
所以，问题化为 y = x0 - ln x0 与 y = ln 2a在 0, + 上有两个交点，
对于 g x = x - ln x，有 g x =1 1- ，则在 0,1 上， g x < 0， g x 递减，
x
在 1, + 上， g x > 0， g x 递增，
又 x 趋向于 0 时， g x 趋向正无穷，x 趋向于正无穷时， g x 趋向正无穷，
且 g x = g 1 =1 emin ，所以 ln 2a >1，故 a > ．2
e
综上， a > ；
2
（2）由已知函数 g x = e1-x + cos x ， x 0,2π ，其导函数 g x = -e1-x - sin x，
设 g x = h x = -e1-x - sin x， h x = e1-x - cos x ，
如图画出函数 y = e1-x 和 y = cos x 图象，
x 5π 7π$ 0
, ÷，使得当 x 0, x0 时， h x > 0， g x 单调递增，
è 4 4
x x , 2π h x < 0 g x e1-x当 时，函数 ， 单调递减，又 00 = cos x0 ，所以 g 0 = -e < 0，
g x0 = -e1-x0 - sin x0 = -cos x0 - sin x
π
0 = - 2 sin

x0 +

，
è 4 ÷
x 5 7 π 3π 1-2π因为 0 π, π ÷，所以 x0 + , 2π ÷，所以 g x0 > 0，又 g 2π = -e < 0，
è 4 4 4 è 2
故$x1 0, x0 ，使得 g x1 = 0 ，$x2 x0 , 2π ，使得 g x2 = 0，
于是可得当 x 0, x1 时， g x < 0， g x 单调递减，当 x x1, x2 时， g x > 0， g x 单调递增，当
x x2 , 2π 时， g x < 0， g x 单调递减，
3π 1 3π 1-π -g π e 0 3π又 = - < ， g ÷ = -e 2 +1 > 0 x
π, ，故 ，
è 2
1
è 2
÷

π 1 π-
则 g ÷ = e 2 > 0， g π
π
= e1-π -1 < 0 ，所以存在a ,π

÷，使得 g a = 0，
è 2 è 2
3π
所以 g x1
1-
< g π < 0 g 3π 3π，又 ÷ = e 2 > 0

，所以 g x
2 2
> g ÷ > 0，
è è 2
3π 1-2π
则存在 b π, ÷，使得 g b = 0，又 g 2π = e +1 > 0，
è 2
所以函数 g x 在区间 x x2 , 2π 上无零点，
π 3π
故函数在 x 0,2π 上有两个零点a ，b ，且 < a < π < b < ，
2 2
由 g a = g b = 0可得 e1-a + cosa = 0， e1-b + cos b = 0 ，
所以 cosa = -e1-a ， cos b = -e1-b ，
又a < b 1-a >1- b e1-a > e1-b -e1-a < -e1-b ，
所以 cosa < cos b = cos 2π - b ，
π a π b 3π π π根据 < < < < ，可得 < a < p ， < 2π - b < π，
2 2 2 2
并且函数 y = cos x
π
在 , π ÷上单调递减，所以a > 2π - b ，即a + b > 2π ，
è 2
故 g x 的两个零点之和大于 2π．
【变式 4-4】（2024·四川眉山·三模）已知函数 f (x) = xlnx - ax2 - 2x .
(1)若过点 (1,0)可作曲线 y = f (x) 两条切线，求 a的取值范围；
(2)若 f (x) 有两个不同极值点 x1, x2 .
①求 a的取值范围；
②当 x1 > 4x
2 3
2 时，证明： x1x2 >16e .
【解析】（1）依题意， f (x) = lnx - 2ax -1，
设过点 1,0 的直线与曲线 y = f (x) 相切时的切点为 (x0 , y0 )，斜率 k = lnx0 - 2ax0 -1，
2
切线方程为 y - (x0lnx0 - ax0 - 2x0 ) = (lnx0 - 2ax0 -1)(x - x0 )，而点 (1,0)在切线上，
则-x0lnx + ax
2 + 2x 20 0 0 = (lnx0 - 2ax0 -1)(1- x0 )，即有 ax0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0，
由过点 (1,0)可作曲线 y = f (x) 2两条切线，得方程 ax0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0有两个不相等的实数根，
令 g(x) = ax2 - 2ax - x + lnx -1，则函数 g(x)有 2 个零点，
g (x) 2ax 2a 1 1 2ax
2 - (2a +1)x +1 (2ax -1)(x -1)
求导得 = - - + = = ，
x x x
a 1 1①若 > ，由 g (x) > 0，得0 < x < 或 x >1，由 g (x) < 0
1
，得 < x <1，
2 2a 2a
1 1
即函数 g(x)在 (0, ) ， (1, + )上单调递增，在 ( ,1) 上单调递减，
2a 2a
x 1则当 = 时， g(x)取得极大值；当 x =1时， g(x)取得极小值，
2a
g( 1 ) a ( 1 )2 2a 1 1 ln 1 1又 = × - × - + -1 = -ln2a - - 2 < 0，
2a 2a 2a 2a 2a 4a
当 x 1时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
②若 a
1
= ， g (x) 0恒成立，函数 g(x)在 (0, + )上单调递增，
2
因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
③若0
1 1 1
< a < ，由 g (x) > 0，得0 < x <1或 x > ，由 g (x) < 0，得1< x < ，
2 2a 2a
即函数 g(x)
1 1
在( 0, 1)， ( , + )上单调递增，在 (1, )上单调递减，
2a 2a
1
则当 x =1时， g(x)取得极大值；当 x = 时， g(x)取得极小值，又 g(1) = -a - 2 < 0，
2a
x 1显然当 时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
2a
④若 a 0，显然2ax -1 < 0，当0 < x <1时， g (x) > 0，当 x >1时， g (x) < 0，
函数在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，当 x =1时， g(x)取得最大值 g(1) = -a - 2，
要函数 g(x)有 2 个零点，必有 g(1) = -a - 2 > 0，得 a < -2，
当0 < x <1时， g(x) = a(x -1)2 - x - a -1+ lnx < -a -1+ lnx，
而函数 y = -a -1+ lnx 在( 0, 1)上的值域为 (- , -a -1)，因此 g(x)在( 0, 1)上的值域为 (- ,-a - 2)，
1
当 x >1时，令 y = ln x - x ，求导得 y = -1 < 0，函数 y = ln x - x 在 (1, + )上单调递减，
x
则 ln x - x < -1， g(x) = a(x -1)2 - a -1+ lnx - x < a(x -1)2 - a - 2，
而函数 y = a(x -1)2 - a - 2在 (1, + )上单调递减，值域为 (- ,-a - 2)，
因此函数 g(x)在 (1, + )上的值域为 (- ,-a - 2)，
于是当 a < -2时，函数 g(x)有两个零点，
所以过点 1,0 可作曲线 y = f x 两条切线时， a的取值范围是 - , -2 .
（2）①由（1）知， f (x) = lnx - 2ax -1，
由函数 f (x)
lnx -1
有两个极值点 x1, x2 ，得 f (x) = 0，即 2a = 有两个实数根 x1, x2 ，x
令u(x)
lnx -1 2 - lnx
= ，求导得u (x) = 2 ，当 0 < x < e2 时，u (x) > 0，当 x > e2 时，u
(x) < 0，
x x
函数u(x) 在 (0,e2
1
)上单调递增， (e2 ,+ )上单调递减，u(x)max = 2 ，e
且u(e) = 0，当 x>e时，函数u(x) > 0 1 lnx -1恒成立，因此当0 < 2a < 2 时， 2a = 有两个实数根e x
1
所以函数 f (x) 有两个极点时， a的取值范围是 (0, 2 ) .2e
ìlnx1 - 2ax1 -1 = 0 ìlnx = 2ax +1 lnx - lnx② 1 1 1 2由 ílnx 2ax 1 0，即 ，得
2a = ，
2 - 2 - =
í
lnx2 = 2ax2 +1 x1 - x2
2 3
要证明 x1x2 >16e ，只需证明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3，
ln x1
而 lnx + 2lnx = 2a(x + 2x ) + 3 = (x + 2x )
lnx
× 1
- lnx2 3 x+ = ( 1 x21 2 1 2 1 2 + 2) × + 3，x1 - x2 x x2 1 -1
x2
t x= 1令 (x1 > 4x2 )，则 t > 4，欲证明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3x ，2
即证明 (t + 2)
lnt
× > 4ln2(t > 4)，只需证明 lnt
t -1
- 4ln2 × > 0(t > 4) 即可，
t -1 t + 2
令 h(t) = lnt - 4ln2
t -1
× (t > 4)，
t + 2
4
1 3 t 2求导得 h t 4ln2 + 4t + 4 -12ln2 × t
t + 4 + -12ln2
= - × = = t ，
t (t + 2)2 t(t + 2)2 (t + 2)2
则j(t) = t + 4
4
+ -12ln2在 t > 4时单调递增，故j(t) > j(4) = 9 -12ln2 > 0 ，
t
则 h (t) > 0 ，令 h(t)在 t > 4时单调递增，则 h(t) > h(4)
1
= ln4 - 4 ln2 = 0，
2
(t 2) lnt因此 + × > 4ln2(t > 4)，即 lnx
t -1 1
+ 2lnx2 > 4ln2 + 3，
2
所以 x1x2 >16e
3 .
题型五：最值函数的零点问题
x
【典例 5-1】（2024·湖北黄冈·三模）已知函数 f x = x sin x + cos x + ax2 , g x = x ln ．
π
(1)当 a = 0时，求函数 f x 在 -π, π 上的极值；
(2)用max m, n 表示m, n中的最大值，记函数 h x = max f x , g x (x > 0) ，讨论函数 h x 在 0, + 上
的零点个数．
【解析】（1）
当 a = 0时， f x = x sin x + cos x, f x = x cos x，
由 f x = 0 p π，得 x = - 或 ，则 f x 和 f x 随 x 的变化如下表所示：
2 2
é π π π πx ê-π,- ÷ - - ,0÷ 0 0,
π π ù
÷ , π
2 2 è 2 è 2 2 è 2 ú
f x + 0 - 0 + 0 -
f x Z 极大 ] 极小 Z 极大 ]
∴ f x 在 -π, π π 上有 2 个极大值： f - ÷ = f
π π
÷ = , f x 在 -π, π 上有 1 个极小值 f 0 =1．
è 2 è 2 2
（2）由 h x = max f x , g x ，知 h x g x ．
（ⅰ）当 x π, + 时， g x > 0，
∴ h x > 0 ，故 h x 在 π,+ 上无零点．
（ⅱ）当 x = π 时， g π = 0, f π = -1+ π2a．
故当 f π 0 1时，即 a 2 时，h π = 0, x = π是 h x 的零点；π
当 f π > 0 1时，即 a >
π2
时，h π = f π > 0, x = π不是 h x 的零点．
（ⅲ）当 x 0, π 时， g x < 0．故 h x 在 0, π 的零点就是 f x 在 0, π 的零点，
f x = x 2a + cos x , f 0 = 1．
1
①当 a - 时，2a + cos x 0，故 x 0, π 时， f x 0, f x 在 0, π 是减函数，
2
2
结合 f 0 =1， f π = -1+ π a < 0可知， f x 在 0, π 有一个零点，
故 h x 在 0, π 上有 1 个零点．
②当 a
1
时，2a + cosx 0，故 x 0, π 时， f x 0, f x 在 0, π 是增函数，
2
结合 f 0 =1可知， f x 在 0, π 无零点，故 h x 在 0, π 上无零点．
③当 a
1 , 1 - ÷时，$x 0, π ，使得 x 0, x 时， f x > 0, f x 在 0, x 是增函数；
è 2 2 0 0 0
x x0 , π 时， f x < 0, f x 在 x0 , π 是减函数；
由 f 0 =1知， f x0 > 0．
2
当 f π = -1+ π a 0 1 a 1，即 2 < 时， f x 在 0, π 上无零点，故 h x 在 0, π 上无零点．π 2
当 f π = -1+ π2a < 0 1 a 1，即- < < 2 时， f x 在 0, π 上有 1 个零点，故 h x 在 0, π 上有 1 个零点．2 π
1
综上所述， a < 2 时， h x
1 1
有 2 个零点； a = 2 时， h x 有 1 个零点； a > 2 时， h x 无零点π π π
1 2
【典例 5-2】（2024·四川南充·三模）已知函数 f (x) = x sin x + cos x + ax ， g(x)
x
= x ln ．
2 π
(1)当 a = 0时，求函数 f (x) 在[-p,p]上的极值；
(2)用max{m,n}表示m ，n中的最大值，记函数h(x) = max{ f (x), g(x)}(x > 0)，讨论函数 h(x) 在 (0, + )上
的零点个数．
【解析】（1）当 a = 0时， f (x) = x sin x + cos x ， f (x) = xcos x ，
由 f (x) = 0
p π
，得 x = - 或 ，则 f x 和 f x 随 x 的变化如下表所示：
2 2
x é-π,
π π
- π π π-
π ù
ê 2 ÷ 2
- ,0 0 0, , π
è 2 ÷
÷
è 2 2 è 2 ú
f (x) + 0 - 0 + 0 -
f (x) Z 极大 ] 极小 Z 极大 ]
\ f (x) [ π π π在 -p,p] 上有 2 个极大值： f - ÷ = f
= ，
è 2 ÷
è 2 2
f (x) 在[-p,p]上有 1 个极小值： f (0) =1.
（2）由 h(x) = max{ f (x), g(x)}，知 h(x) g(x) .
（i）当 x (p,+ )时， g(x) > 0 ，
\h(x) > 0，故 h(x) 在 (p,+ )上无零点．
2
（ii）当 x = π 时， g(π) = 0， f (π) π= -1+ a ．
2
故当 f (π) 0
2
时，即 a 2 时， h(π) = 0， x = π 是 h(x) 的零点；π
当 f (π) > 0 2时，即 a > 2 时， h(π) = f (π) > 0， x = π 不是 h(x) 的零点.π
（iii）当 x (0, π)时， g(x) < 0．
故 h(x) 在 (0, π) 的零点就是 f (x) 在 (0, π) 的零点，
f (x) = x(a + cos x) ， f (0) =1．
①当 a -1时， a + cos x 0，故 x (0, π)时， f (x) 0， f (x) 在 (0, π) 是减函数，
2
结合 f (0) =1， f (π) = -1 π+ a < 0 可知， f (x) 在 (0, π) 有一个零点，
2
故 h(x) 在 (0, π) 上有 1 个零点.
②当 a 1时， a + cos x 0，故 x (0, π)时， f (x) 0， f (x) 在 (0, π) 是增函数，
结合 f (0) =1可知， f (x) 在 (0, π) 无零点，
故 h(x) 在 (0, π) 上无零点．
③当 a (-1,1) 时，$x0 (0, π)，使得 x 0, x0 时， f (x) > 0， f (x) 在 0, x0 是增函数；
x x0 , π 时， f (x) < 0， f (x) 在 x0 , π 是减函数；
由 f (0) =1知， f x0 > 0．
2 2
当 f (π) π= -1+ a 0 ，即 2 a <1时， f (x) 在 (0, π) 上无零点，2 π
故 h(x) 在 (0, π) 上无零点．
f (π) 1 π
2 2
当 = - + a < 0 ，即-1 < a < - 2 时， f (x) 在 (0, π) 上有 1 个零点，2 π
故 h(x) 在 (0, π) 上有 1 个零点.
2
综上所述， a < 2 时， h(x) 有 2 个零点；π
a 2= 2 时， h(x) 有 1 个零点；π
a 2> 2 时， h(x) 无零点.π
ax x2
【变式 5-1】（2024·四川南充·三模）已知函数 f x = + - x， g x = lnx其中 ex 为自然对数的底数.e 2
(1)当 a =1时，求函数 f x 的极值；
(2)用max m, n 表示m ，n中的最大值，记函数 h x = max f x , g x (x > 0) ，当 a 0时，讨论函数
h x 在 0, + 上的零点个数.
x 1 x
【解析】（1 2）当 a =1时， f x = x + x - x ， f x 1- x
x -1 e -1
e 2 = x + x -1 =
，
e ex
由 f x > 0得： x < 0 或 x >1；由 f x < 0得：0 < x <1
列表：
x - ,0 0 0,1 1 1, +
f x + 0 - 0 +
f x Z 极大值 ] 极小值 Z
∴ f (x)极大 = f 0 = 0； f (x) = f 1
1 1
= -
极小 ；e 2
（2）由 h x = max f x , g x 知： h x g x
（i）当 x 1,+ 时 g x > 0，
\h x > 0，故 h x 在 1, + 上无零点.
（ii）当 x =1时， g 1 = 0， f 1 a 1= - 知：当 f 1 0 e时，0 a ， h 1 = 0，
e 2 2
x =1是 h x 的零点；
当 f 1 > 0 e时， a > ， h 1 > 0， x =1不是 h x 的零点；
2
（iii）当 x 0,1 时， g x < 0，故 h x 在 0,1 的零点就是 f x 在 0,1 的零点.
由 f x = 0 a = 1 得： 1- x ÷ex ，
è 2
1
设j x = 1- x x ÷e ，则j x
1
= 1- x2 e
x
，
è 2
\j x 在 0,1 上单调递增，
e
又∵j 0 =1，j 1 = ，
2
∴当 a
e
时， f x 即 h x 在 0,1 上无零点；
2
当1< a
e
< 时， f x 即 h x 在 0,1 上有 1 个零点；
2
当0 a 1时， f x 即 h x 在 0,1 上无零点；
e
综上所述：1< a < 时， h x 有 2 个零点；
2
0 a 1 a e 或 = 2 时，
h x 有 1 个零点；
a e> 时， h x 无零点.
2
【变式 5-2】（2024·江西九江·二模）已知函数 f (x) = ex - ax2 (a R)， g x = x -1．
(1)若直线 y = g x 与曲线 y = f x 相切，求 a 的值；
(2)用min m, n 表示 m，n 中的最小值，讨论函数 h(x) = min{ f (x), g(x)}的零点个数．
【解析】（1）设切点为 x0 , y0 ，∵ f (x) = ex - 2ax ，∴ f x = ex00 - 2ax0
ìex0 - 2ax
∴ í 0
=1,
x （*）
e 0 - ax
2
0 = x0 -1,
x
消去 a 整理，得 e 0 +1 x0 - 2 = 0，∴ x0 = 2
∴ a e
2 -1
=
4
（2）①当 x (- ,1) 时， g x < 0， h(x) = min{ f (x), g(x)} g(x) < 0，∴ h x 在 (- ,1)上无零点
②当 x =1时， g 1 = 0， f 1 = e - a ．
若 a e ， f 1 0，此时 h x = g 1 = 0 ， x =1是 h x 的一个零点，
若 a > e， f 1 < 0，此时 h x = f 1 < 0， x =1不是 h x 的零点
③当 x (1,+ )时， g x > 0，此时 h x 的零点即为 f x 的零点．
x x x
令 f (x) = ex - ax2 = 0 a e e (x - 2)e，得 = 2 ，令j(x) = 2 ，则j (x) = 3 ，x x x
当1 < x < 2时，j (x) < 0；当 x > 2时，j (x) > 0 ，∴j x 在 1,2 上单调递减，在 (2,+ ) 上单调递增，且当
x + 时，j x +
2
（i）若 a < j 2 ，即 a e< 时， f x 在 (1, + )上无零点，即 h x 在 (1, + )上无零点
4
2
（ii）若 a = j 2 a e，即 = 时， f x 在 (1, + )上有一个零点，即 h x 在 (1, + )上有一个零点
4
iii j 2 < a < j 1 e
2
（ ）若 ，即 < a < e时， f x 在 (1, + )上有两个零点，即 h x 在 (1, + )上有两个零点
4
（iv）若 a j 1 ，即a e 时， f x 在 (1, + )上有一个零点，即 h x 在 (1, + )上有一个零点
e2
综上所述，当 a < 或 a > e时， h x 在R 上有唯一零点；
4
a e
2
当 = 或 a = e时， h x 在R 上有两个零点；
4
e2
当 < a < e时， h x 在R 上有三个零点
4
题型六：同构法妙解零点问题
ax
【典例 6-1】已知函数 f (x) = x-1 + x - ln(ax) - 2(a > 0) ，若函数 f (x) 在区间 (0,+ )内存在零点，求实e
数 a的取值范围
ax x-1
【解析】解：方法一：由 f (x) = x 1 + x - ln(ax) - 2(a > 0) 可得 f (x)
x -1(e= - a)
e -
，
ex-1 x
ex-1 ex-1y a (x -1)设 = - ， x > 0 ， a > 0，则 y = 2 ，令 y = 0 x = 1，\ y 在 x (0,1) 单调递减，在x x
x (1,+ ) 单调递增，
故 ymin = y （1） = 1- a ．
①当 0 < a < 1时，令 f (x) = 0 x = 1，当 x (0,1) 时， f (x) 单调递减，当 x (1,+ ) 时， f (x) 单调递
增，
\ f (x)min = f （1） = a -1- lna > 0 ，此时 f (x) 在区间 (0,+ )内无零点；
②当 a = 1时， f （1） = a -1- lna = 0 ，此时 f (x) 在区间 (0,+ )内有零点；
③ x -1 e
x-1
当 a > 1时，令 f (x) =
ex-1
( - a) = 0，解得 x = x
x 1
或 1 或 x2 ，且 0 < x1 < 1 < x2 ，
此时 f (x) 在 x (0, x1)单减， x (x1 ，1) 单增， x (1, x2 ) 单减， x (x2 ， + ) 单增，
当 x = x1 或 x2 时， f (x)极小值 = 0 ，此时 f (x) 在区间 (0,+ )内有两个零点；
综合①②③知 f (x) 在区间 (0,+ )内有零点 a…1．
方法二：由题意可得
e- x+1+ln(ax) = ln(ax) - x + 2 ，即 e- x+1+ln(ax) - [-x +1+ ln(ax)] -1 = 0 ，
因为 ex…x +1当 x = 0 时等号成立，
所以 -x +1+ ln(ax) = 0 ，即 ax = ex-1 ，
ex-1 ex-1 1 (x -1)exa = ，令 g(x) = ， g (x) = 2 ，x x e x
易知 g(x) 在 (0,1) 单减，在 (1,+ )上单增，所以 g(x)…g （1） = 1，
又 x 趋近于 0 和正无穷时， g(x) 趋近于正无穷，
所以 a…1．
a
【典例 6-2】已知 f (x) = xlnx + x2 +1．
2
（1）若函数 g(x) = f (x) + xcos x p- sin x - xlnx -1在 (0, ]上有 1 个零点，求实数 a的取值范围．
2
（2）若关于 x 的方程 xex-a = f (x) a- x2 + ax -1有两个不同的实数解，求 a的取值范围．
2
【解析】解：（1） g(x) a= x2 + xcos x sin x x (0 p- ， ， ]，
2 2
所以 g (x) = x(a - sin x)，
当 a…1时， a sin x…0，所以 g(x) 在 (0 p， ]单调递增，
2
又因为 g(0) 0 p= ，所以 g(x) 在 (0 ， ]上无零点；
2
当 0 p< a < 1时，$x0 (0, ) ，使得 sin x0 = a ，2
所以 g(x) 在 (x p0 ， ]单调递减，在 (0, x0 ) 单调递增，2
2
又因为 g(0) = 0， g(p ) ap= -1，
2 8
ap 2 8 p
所以若 -1 > 0，即 a > 时， g(x) 在 (0 ， ]上无零点，
8 p 2 2
ap 2
若 1 0 0 a 8 g(x) (0 p，即 < 2 时， 在 ， ]上有一个零点，8 p 2
当 a 0 时， g (x) = a - xsin x 0 p p< ， g(x) 在 (0 ， ]上单调递减， g(x) 在 (0 ， ]上无零点，
2 2
8 p
综上当 0 < a
p 2
时， g(x) 在 (0 ， ]上有一个零点；
2
（2）由 xex-a a= f (x) - x2 + ax -1(x > 0)，
2
即 xex-a = xlnx + ax ，即 ex-a = lnx + a，
则有 ex-a + (x - a) = x + lnx ，
令 h(x) = x + lnx ， x > 0 ，则 h(ex-a ) = ex-a + (x - a)，
h (x) = 1 1+ > 0 ，所以函数 h(x) 在 (0,+ )上递增，
x
所以 ex-a = x，则有 x - a = lnx ，即 a = x - lnx ， x > 0 ，
因为关于 x 的方程 xex-a = f (x) a- x2 + ax -1有两个不同的实数解，
2
则方程 a = x - lnx ， x > 0 有两个不同的实数解，
令j(x) = x - lnx ，则j (x) 1 x -1= 1- = ，
x x
当 0 < x < 1时，j (x) < 0 ，当 x > 1时，j (x) > 0，
所以函数j(x) = x - lnx 在 (0,1) 上递减，在 (1,+ )上递增，
所以j(x)min = j （1） = 1，
当 x 0时，j(x) + ，当 x + 时，j(x) + ，
所以{a | a > 1}．
【变式 6-1】已知函数 f (x) = aex - ln(x +1) + lna -1．
（1）若 a = 1，求函数 f (x) 的极值；
（2）若函数 f (x) 有且仅有两个零点，求 a的取值范围．
1 a 1 f (x) = ex - ln(x +1) -1 f (x) ex 1【解析】（ ）当 = 时， ， = - ， x > -1，
x +1
显然 f (x) 在 (-1,+ )单调递增，且 f (0) = 0，
\当 -1 < x < 0时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减；当 x > 0 时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增．
\ f (x)在 x = 0 处取得极小值 f (0) = 0，无极大值．
（2）函数 f (x) 有两个零点，即 f (x) = 0 有两个解，即 aex + ln(aex ) = ln(x +1) + (x +1) 有两个解，
设 h(t) = t + lnt ，则 h (t) 1= 1+ > 0， h(t) 单调递增，
t
\aex = x +1(x > -1) x +1有两个解，即 a = x (x > -1) 有两个解．e
s(x) x +1令 = x (x… -1) ，则 s (x)
x
= - x ，e e
当 x (-1,0)时， s (x) > 0 ， s(x)单调递增；当 x (0,+ ) 时， s (x) < 0 ， s(x)单调递减．
Q s(-1) = 0 ， s(0) = 1，当 x > 0 时 s(x) > 0 ，
\0 < a < 1．
f (x) x , g(x) ln x【变式 6-2】（2024·上海嘉定·一模）已知 = x = ．e x
(1)求函数 y = f (x)、y = g(x) 的单调区间和极值；
(2)请严格证明曲线 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交点；
1
(3)对于常数 a 0, ÷ ，若直线 y = a 和曲线 y = f (x)、y = g(x) 共有三个不同交点 x1, a 、 x2 ,a 、 xe 3 ,a ，其è
中 x1 < x2 < x3，求证： x1、x2、x3 成等比数列．
【解析】（1）由题意可知： f x 的定义域为R ， g x 的定义域为 0, + ，
f (x) 1- x , g (x) 1- ln x= =
ex x2
，
当 f x > 0时，得 x <1，此时函数 y = f (x) 单调递增，
当 f x < 0时，得 x >1，此时函数 y = f (x) 单调递减，
因此函数 y = f (x)
1
极大值为 f 1 = ，
e
单调递增区间为 - ,1 ，单调递减区间为 1, + ；
当 g x > 0时，得0 < x < e，此时函数 y = g(x) 单调递增，
当 g x < 0时，得 x>e，此时函数 y = g(x) 单调递减，
因此函数 y = g(x) 极大值为 g e 1= ，
e
单调递增区间为 0,e ，单调递减区间为 e, + ，
所以函数 y = f (x)
1
极大值为 ，单调递增区间为 - ,1 ，单调递减区间为 1, + ；
e
y = g(x) 1函数 极大值为 ，单调递增区间为 0,e ，单调递减区间为 e, + .
e
2 x
（2）设m x = f (x) g(x) x ln x x - e ln x- = x - = x , x 0,+ ，e x xe
h x x2 ex ln x h x 2x ex ln x 1设 = - = - +

x ÷
，
è
设j x = ln x 1+ j x x -1=
x x2
，
当 x 0,1 时，j x < 0,j x 单调递减，
当 x 1,+ 时，j x > 0,j x 单调递增，
所以j x = j 1 =1 ln x 1+ 1min ，x
设 n x = ex - ex n x = ex - e，
当 x 0,1 时， n x < 0, n x 单调递减，
当 x 1,+ 时， n x > 0, n x 单调递增，
所以 n x = n 1 = 0 ex exmin ，
x
因此有 e ln x
1
+ ÷ ex ，当 x =1时取等号，
è x
h x 2x ex ln x 1 于是有 = - + ÷ 2x - ex = x 2 - e < 0 ，
è x
h x h 1 =1,h e = e2 - ee因此 单调递减，而 < 0 h 1 h e < 0，
根据函数零点存在原理，当 x 0, + 时，函数 h x 在 1,e 内有唯一零点，
因此m x = f (x) - g(x) = 0有唯一实根，因此曲线 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交点.
1
（3）由（1）可知两个函数的最大值均为 ，
e
且函数 y = f (x) 单调递增区间为 - ,1 ，单调递减区间为 1, + ；
函数 y = g(x) 单调递增区间为 0,e ，单调递减区间为 e, + ，
由（2）可知曲线 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交点，且交点在 1,e 内，
因为直线 y = a 和曲线 y = f (x)、y = g(x) 共有三个不同交点 x1, a 、 x2 ,a 、 x3 ,a ，其中 x1 < x2 < x3，
因此两条曲线必过两个曲线的交点，
所以有0 < x1 <1 < x2 < e < x3 ，
x1 x2 ln x2 ln x= = = 3 x1因此有 x x = a x1x3 = e ln xe e x x 3，1 2 2 3
x1 ln e
x1 ln x x
因为 2 1x = x = ， e , x2 0,e ， y = g(x) 在 0,e 上单调递增，e 1 e 1 x2
x
所以有 e 1 = x2 ，
x2 ln e
x2 ln x3 x
同理 = 2
ex2 ex
= ， e , x3 e,+ ，而函数 y = g(x) 在 e, + 单调递减，2 x3
x x 2
所以有 e 2 = x3，而 x1x3 = e 1 ln x3 ，所以 x1x3 = x2 × x2 = x2 ，
因此 x1、x2、x3 成等比数列.
ax ln x 1
【变式 6-3】（2024·四川·三模）已知函数 f x = 和函数 g x = ，且 f x 有最大值为 ．
ex x ae
(1)求实数 a 的值；
(2)直线 y＝m 与两曲线 y = f x 和 y = g x 恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2， x3 ，且
x1 < x2 < x
2
3，证明： x1x3 = x2 ．
f x ax a 1- x【解析】（1） = x 的定义域为 R

，且 f x =e ex ，
a > 0，
当 x <1时， f x > 0， f x 递增；当 x >1时， f x < 0， f x 递减；
a
所以 f x = f 1 =max ，e
a 1
所以 = ，解得 a = ±1，又 a > 0，所以 a＝1.
e ae
x
（2）证明：由（1）可知： f x = x 在 - ,1 递增，在 1, + 递减，e
g x 1- ln x g x ln x又 = 2 ，所以 = 在 0,e 递增，在 e, + 递减，x x
f x x g x ln x= x 和 = 的图象如图所示：e x
设 f x 和 g x 的图象交于点 A，则当直线 y＝m 经过点 A 时，
直线 y＝m 与两条曲线 y = f x 和 y = g x 共有三个不同的交点，
x2 ln x2 ln x3
则0 < x1 <1 < x2 < e < x3 ，且， x = = m， = me x x ，2 2 3
m x1 ln x= = 2 x因为 ，所以 1
ln x2
ex x x = ln x ，即
f x1 = f ln x2 ，1 1 2
2 e e
x
因为 x1 <1， ln x2 < ln e =1，且 f x = 在 - ,1 递增，所以 x = ln x ，ex 1 2
x2 x2 1
所以 = =x1 ln x
，
2 m
因为m
x2 ln x= = 3 x ln xx ，所以 2 = 3x ln x ，即 f x2 = f ln xe ，2 x 2 3 33 e e
因为 x2 >1， ln x3 > ln e =1，且 f x
x
= x 在 1, + 递减，e
x x 1
所以 x2 = ln x
3 3
3，所以 = =x2 ln x3 m
，
x2 x3 1 2
所以 = =x1 x2 m
，即 x1x3 = x2 ．
【变式 6-4】（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 < x 31x2x3 < e ．
【解析】（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 f x f x = ex（ ） 由题意， 有两个零点， - 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 ex
x -1 lnx -1
令m x = (x > 0), n x x= (x >1)，则m x = , n x = ，
x lnx x2 (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 < x 1 x e x
e e x x
< < < < 31 2 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 x1 = lnx2 ，x1 lnx2 x1 lnx2
ex2 x x2
= 3
e x
= 3 x x由 ，得 x ，即 n e 2 = n x x2 23 ，又 e > e，所以 x3 = e ，x lnx 22 3 lne lnx3
ex2 x
= 2 x2 = ex2 × lnx = x x x x = x2由 ，得 2 2 3 1，即 1 3 2 ，x2 lnx2
3
故 x1x2x3 = x2 1,e3 .
题型七：零点差问题
【典例 7-1】（2024·重庆·模拟预测）牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿
法．具体做法如下：如图，设 r 是 f (x) = 0 的根，首先选取 x0 作为 r 的初始近似值，若 f (x) 在点 (x0 , f (x0 ))
处的切线与 x 轴相交于点 (x1,0)，称x1是 r 的一次近似值；用x1替代 x0 重复上面的过程，得到x2，称x2是
r 的二次近似值；一直重复，可得到一列数： x0 , x1, x2 ,L, xn ,L．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当
xn-1, xn n N* 近似值相等时，该值即作为函数 f (x) 的一个零点 r ．
(1)若 f (x) = x3 + 3x2 + x - 3，当 x0 = 0时，求方程 f (x) = 0 的二次近似值（保留到小数点后两位）；
(2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数 g(x) = ex - 3在点
(2, g(2)) ln3 1 3处的切线，并证明： < + ；
e2
(3)若 h(x) = x(1- ln x) ，若关于 x 的方程 h x = a的两个根分别为 x1, x2 (x1 < x2 )，证明： x2 - x1 > e - ea．
【解析】（1） f (x) = 3x2 + 6x +1，
当 x0 = 0时， f (0) =1， f (x) 在点 (0,-3)处的切线方程为 y + 3 = x ，与 x 轴的交点横坐标为 (3,0)，
所以 x1 = 3 f (3) = 46 f (x) (3,54) y - 54 = 46(x - 3) x (
42
， ， 在点 处的切线方程为 ，与 轴的交点为 ,0)，
23
所以方程 f (x) = 0 的二次近似值为1.83．
（2）由题可知， g(2) = e2 - 3， g (x) = ex ， g (2) = e2 ，
所以 g(x)在 (2, g(2))处的切线为 y - (e2 - 3) = e2 (x - 2)，即 e2x - y - e2 - 3 = 0；
设m(x) = ln x -1
x
- 2 , x >1，e
m (x) 1 1则 = - 2 ，显然m (x)单调递减，令m
(x) = 0，解得 x = e2 ，
x e
所以当 x (1,e2 )时，m (x) > 0，则m(x)在 (1,e2 )单调递增，
当 x (e2 ,+ ) 时，m (x) < 0，则m(x)在 (e2 ,+ )单调递减，
2
所以m(x) m(e2 ) = ln e2 1 e- - 2 = 0，e
2 ln 3 1 3所以m(3) < m(e ) ，即 - - 2 < 0 ln 3 1
3
< + 2 ．e e
（3）由 h x = x - x ln x，得 h x = - ln x ，
当0 < x <1时， h x > 0；当 x >1时， h x < 0，
所以 h x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 x =1是 h x 的极大值点，也是 h x 的最大值点，即 h(x)max = h 1 =1，
又0 < x < e时， h(x) > 0， x>e时， h(x) < 0，
所以当方程 h x = a有两个根时，必满足0 < x1 <1 < x2 < e ；
曲线 y = h x 过点 1,1 和点 e,0 1的割线方程为 y = (x - e) ，
1- e
下面证明: h x 1 x - e 1 x e ，
1- e
设u x = h x 1- x - e 1 x e ，
1- e
u x lnx 1
1
则 = - + = - lnx - lnee-1e -1 ÷
，
è
1
所以当1< x < ee-1 时，u x
1
> 0；当 ee-1 < x < e 时，u x < 0，
1
所以u x 在 1,ee-1 ÷上单调递增，u x u 1 = 0；
è
1
在 ee-1 , e÷上u x 单调递减，u x u e = 0，
è
所以当1 x e 时，u x 0 1，即 f (x) x - e (1 x e)（当且仅当 x =1或 x=e时取等号），
1- e
1
由于1< x2 < e，所以 a = f x2 > x2 - e ，解得 x2 > a - ea + e ；①1- e
下面证明当0 < x 1时， h(x) x ，
设 n(x) = h(x) - x = -x ln x,0 < x 1，因为 ln x 0 ，
所以当0 < x 1时， f x x（当且仅当 x =1时取等号），
由于0 < x1 <1所以 a = h x1 > x1，解得-x1 > -a，②
① + ②，得 x2 - x1 > e - ea．
【典例 7-2】（2024·河南·模拟预测）已知b > 0，函数 f x = x + a ln x + b 的图象在点 1, f 1 处的切线
方程为 x ln 2 - y - ln 2 = 0 .
(1)求 a，b 的值;
(2)若方程 f x 1 1 1= （e 为自然对数的底数）有两个实数根 x1, x2 ，且 x1 < x2，证明： x2 - x1 <1+ +e e eln2
x + a
【解析】（1）因为 f x = + ln x + b ，所以 f 1 1+ a= + ln 1+ b = ln2，
x + b 1+ b
由题意知 f 1 = 0，所以 f 1 = 1+ a ln 1+ b = 0，
ì 1+ a ln b +1 = 0

联立方程组 í1+ a ，解得 a = -1,b =1 .
+ ln 1+ b = ln2 1+ b
（2）由（1）可知 f x = x -1 ln x +1 , x > -1， f 0 = 0, f 1 = 0，
f x =1 2- + ln x +1 ，设 f x = u x ，
x +1
u x 2 1= + > 0
x +1 2 x +1 ，
所以u x 即 f x 在 -1, + 上单调递增.
又 f 0 = -1 0, f 1 = ln 2 0，所以存在 x0 0,1 ，使得 f x0 = 0，
且 x -1, x0 时， f x < 0， x x0 ,+ 时， f x > 0，
故 f x 在 -1, x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增，
设 h x = x -1 × ln 2，令F x = f x - h x = x -1 ln x +1 - x -1 × ln 2，
F x x -1则 = + ln x +1 - ln2 = ln x +1 2- +1- ln2，
x +1 x +1
因为 f x 在 -1, + 上单调递增，
所以F x 在 -1, + 上单调递增.
又F 1 = 0 ，所以当-1 < x <1时， F x < 0，当 x >1时，F x > 0 .
所以F x 在 -1,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.
故F x F 1 = 0 ，即 x -1 ln x +1 x -1 × ln 2，当且仅当 x =1时，等号成立.
1
因为方程 f x = 有两个实数根 x1, x2 ，且 x1 < x2，e
1
也就是 f x2 = f x1 = > f 1 = f 0 = 0 ，且注意到 f x 在 1, + 上单调递增，e
所以 x1 < 0 < x0 <1 < x2 ，
所以 x2 -1 ln x2 +1 > x2 -1 ln2，即 f x2 > h x2 .
1 1
设 h x = 的根为： x 2 ，则 x =1+ ，e 2 eln2
又 h x 在 -1, + 上单调递增，所以 h x2 = f x2 > h x2 ，
故 x 2 > x2 ①.
易知 f x 的图象在坐标原点处的切线方程为 g x = -x，
令T x = f x - g x = x -1 ln x +1 + x ，
则 T x 2x= + ln x +1 = 2 2- + ln x +1 ，
x +1 x +1
因为 f x 在 -1, + 上单调递增，
所以T x 在 -1, + 上单调递增.
又 T 0 = 0，
所以当-1 < x < 0时， T x < 0，当 x > 0时，T x > 0，
所以T x 在 -1,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
所以T x T 0 = 0 ， x -1 ln x +1 -x ，当且仅当 x = 0时，等号成立.
因为 x1 < 0 ，所以 x1 -1 ln x1 +1 > -x1，即 f x1 > g x1 .
设 g x 1 1= 的根为 x 1 ，则 x e 1 = - ，e
又 g x 在 -1, + 上单调递减，
所以 g x 1 = f x1 > g x1 ，所以 x 1 < x1，
从而-x 1 > -x1 ②.
1 1
由①②可知： x2 - x1 < x 2 - x 1 =1+ + .eln2 e
x
【变式 7-1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f x = e -1- ax a R ．
1
【变式 7-2】（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f (x) = a(ln x +1) + 3 (a > 0)．x
(1)求证：1+ x ln x > 0；
(2) 1若 x1, x2 是 f (x) 的两个相异零点，求证： x2 - x1 <1- ．a
【解析】（1）令 g(x) =1+ x ln x, x (0,+ )，则 g (x) =1+ ln x．
令 g (x) > 0 x
1
，得 > ；令 g (x) < 0，得0 < x
1
< ．
e e
g(x) 0, 1 1 所以 在 ÷上单调递减，在 ,+ e e ÷上单调递增．è è
所以 g(x)
1 1
min = g

÷ =1- > 0，所以1+ x ln x > 0．
è e e
（2）

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