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第9讲　导数与函数零点
（时间：45分钟，满分：59分）
一、多项选择题（6分）
1.（2025·江苏常州二模）设函数f（x）＝x3－2x2＋2x，则下列结论正确的是（　　）
A.存在实数x0使得f（x0）＝f'（x0）
B.方程f（x）＝3有唯一正实数解
C.方程f（x）＝－1有唯一负实数解
D.f（x）＝1有负实数解
二、解答题（共53分）
2.（10分）（2024·新高考Ⅱ卷11题改编）已知函数f（x）＝2x3－3ax2＋1，当a＞1时，试求函数f（x）的零点个数.
3.（13分）已知函数f（x）＝－aln x，a≠0，若f（x）在区间（1，e）上存在零点，试求实数a的取值范围.
4.（15分）（2025·浙江温州二模）已知函数f（x）＝ln（x＋1）＋（a∈R）.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）在区间（－1，0）上恰有一个零点，求a的取值范围.
5.（15分）（2025·安徽合肥第二次质量检测）已知函数f（x）＝（x－1）ex－ax－b，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x＋y＋2＝0.
（1）求a，b的值；
（2）讨论f（x）的零点个数，并证明所有零点之和为0.
第9讲　导数与函数零点
1.ABC　因为f（x）＝x3－2x2＋2x，f'（x）＝x2－4x＋2.由x3－2x2＋2x＝x2－4x＋2 x3－7x2＋12x－4＝0，设h（x）＝x3－7x2＋12x－4，因为函数定义域为（－∞，＋∞），且h（0）＝－4＜0，h（7）＝80＞0，可知方程h（x）＝0一定有实数根，故A正确；由f'（x）＞0 （x－2）（3x－2）＞0 x＜或x＞2，所以函数在（－∞，），（2，＋∞）上单调递增，在（，2）上单调递减，且f（）＝为极大值，f（2）＝0为极小值.作出函数草图如图所示，观察图象可知，方程f（x）＝3有唯一正实数解，f（x）＝－1有唯一负实数解，故B、C正确；又f（0）＝0，结合函数的单调性，当x＜0时，f（x）＜0，所以f（x）＝1无负实数解.故D错误，故选A、B、C.
2.解：f'（x）＝6x2－6ax＝6x（x－a），
由于a＞1，故当x∈（－∞，0）∪（a，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）在（－∞，0），（a，＋∞）上单调递增，当x∈（0，a）时，f'（x）＜0，f（x）在（0，a）上单调递减，
则f（x）在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，
由f（0）＝1＞0，f（a）＝1－a3＜0，则f（0）f（a）＜0，
根据函数零点存在定理，f（x）在（0，a）上有一个零点，
又f（－1）＝－1－3a＜0，f（2a）＝4a3＋1＞0，
则f（－1）f（0）＜0，f（a）f（2a）＜0，
则f（x）在（－1，0），（a，2a）上各有一个零点，于是当a＞1时，f（x）有3个零点.
3.解：因为f（x）＝－aln x在（1，e）上有零点，
所以方程＝a在（1，e）上有解.
设h（x）＝，
则h'（x）＝，
且＞0.
设n（x）＝ln x－x＋1 n'（x）＝，
当x＞1时，n'（x）＜0，n（x）单调递减；
当0＜x＜1时，n'（x）＞0，n（x）单调递增，
故当x＝1时，函数n（x）有最大值n（1）＝0，
因此有n（x）＝ln x－x＋1≤0 ln x≤x－1.
设j（x）＝2ln x－xln x－1，
则j（x）≤2（x－1）－xln x－1＝2x－xln x－3.
设k（x）＝2x－xln x－3，
则在区间（1，e）上，k'（x）＝1－ln x＞0，k（x）单调递增，
k（x）＜k（e）＝e－3＜0，
故j（x）≤k（x）＜e－3＜0，
即h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以在区间（1，e）上，h（x）的值域为（e2－e，＋∞），
所以实数a的取值范围是（e2－e，＋∞）.
4.解：（1）因为f（x）＝ln（x＋1）＋（x＞－1），
所以f'（x）＝＋＝（x＞－1），
当a≥0时，因为x＞－1，所以x＋1＋a≥x＋1＞0，即f'（x）＞0，f（x）在定义域（－1，＋∞）内单调递增；
当a＜0时，由f'（x）＜0 －1＜x＜－1－a；由f'（x）＞0 x＞－1－a.
所以f（x）在（－1，－1－a）上单调递减，在（－1－a，＋∞）上单调递增.
综上，当a≥0时，f（x）在定义域内单调递增；
当a＜0时，f（x）在（－1，－1－a）上单调递减，在（－1－a，＋∞）上单调递增.
（2）由（1）知，当a≥0时，f（x）在（－1，＋∞）内单调递增，且注意到f（0）＝0，因此f（x）在区间（－1，0）上无零点；
当a＜0时，由ln（x＋1）＋＝0（x∈（－1，0）），可得（x＋1）ln（x＋1）＝－ax（x∈（－1，0））恰有一解，
所以xln x＝－a（x－1）（x∈（0，1））恰有一解，
令p（x）＝xln x（x∈（0，1）），则直线y＝－a（x－1）与p（x）的图象恰有一个交点，
因为p'（x）＝ln x＋1（x∈（0，1）），且直线y＝－a（x－1）过点（1，0），
所以当x∈（0，）时，p'（x）＜0，p（x）单调递减，当x∈（，1）时，p'（x）＞0，p（x）单调递增，且p（1）＝0，p'（1）＝1，
所以－a＜1 a＞－1，结合a＜0，则a的取值范围为（－1，0）.
5.解：（1）f'（x）＝xex－a，
由题意得
即所以
（2）由（1）知f（x）＝（x－1）ex－x－1，所以f'（x）＝xex－1.
令g（x）＝f'（x），则g'（x）＝（x＋1）ex，
当x∈（－∞，－1）时，g'（x）＜0，所以g（x）在（－∞，－1）上单调递减；
当x∈（－1，＋∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
又g（1）＝e－1＞0，g（0）＝－1＜0，且当x＜0时，g（x）＜0，
所以存在唯一x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，
当x∈（－∞，x0）时，g（x）＜0，即f'（x）＜0，所以f（x）在（－∞，x0）上单调递减，
当x∈（x0，＋∞）时，g（x）＞0，即f'（x）＞0，所以f（x）在（x0，＋∞）上单调递增，所以f（x）≥f（x0），
因为g（x0）＝0，即x0＝1，也即＝，
所以f（x0）＝－x0－＜0.
f（－2）＝1－＞0，f（2）＝e2－3＞0，
根据函数零点存在定理，可得f（x）在区间（－2，x0）和（x0，2）上各仅有一个零点，所以f（x）有两个零点.
设x1是函数f（x）的其中一个零点，则f（x1）＝（x1－1）－x1－1＝0，
所以f（－x1）＝（－x1－1）＋x1－1＝[（x1－1）－x1－1]＝0，
所以－x1是函数f（x）的另一个零点，
因为x1＋（－x1）＝0，
所以f（x）的所有零点之和为0.
1 / 1第9讲　导数与函数零点
【备考指南】　利用导数研究函数零点问题是高考的热点，主要涉及判断、证明或讨论函数零点的个数、已知函数零点存在情况求参数及由函数零点性质研究其他问题等，考查形式多样，难度中等偏上，若以解答题的形式出现，则难度较大.
1.f（x）在区间（a，b）上连续，若f（a）·f（b）＜0，则（a，b）上至少有一个零点.
1.函数f（x）＝ln x－的零点所在的大致区间是（　　）
A.（1，2） B.（2，3）
C.（1，e）和（3，4） D.（e，＋∞）
2.构造函数m（x）＝－x，m（x）与y＝－x的交点横坐标即为零点.
3.f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d有两个极值点x1，x2：f（x1）·f（x2）＞0 f（x）＝0有一个解；f（x1）f（x2）＝0 f（x）＝0有两个解；f（x1）f（x2）＜0 f（x）＝0有三个解.
2.已知函数f（x）＝2x＋x，g（x）＝log2x＋x，h（x）＝x3＋x的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（　　）
A.a＞b＞c B.b＞c＞a
C.c＞a＞b D.b＞a＞c
3.若函数f（x）＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是（　　）
A.（－4，4） B.[－4，4]
C.（－∞，－4]∪[4，＋∞） D.（－∞，－4）∪（4，＋∞）
【思维建模】　函数零点问题的解题技巧
考点一　利用导数研究函数的零点问题
【通性通法】　三步求解函数零点（方程根）的个数问题
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象与x轴（或直线y＝k）在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值（最值）、端点值等性质；
第三步：结合图象求解.
【例1】　（2025·安徽六校入学测试节选）已知函数f（x）＝－xsin x＋，试求f（x）在区间[0，π]上的零点个数.
【瓶颈突破】　a＝g（x）存在零点 a的取值范围即为g（x）的值域.
【例2】　（2025·山东济南一模）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex－a－bx，x∈[0，＋∞）.
（1）当a＝0时，求f（x）的极值；
（2）当b＝0时，若f（x）存在零点，求a的取值范围.
【瓶颈突破】　参数不易分离，对参数选择恰当的分类标准进行讨论.
【训练1】　（2025·北京丰台一模节选）已知函数f（x）＝a2x＋2a－2ln x（a≠0），若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围.
考点二　隐零点问题
【通性通法】　“设而不求”解函数隐零点问题
（1）找零点：分析题干，把问题转化为关于函数零点的问题，根据函数的单调性、函数零点存在定理等确定零点所在的区间；
（2）设零点：将零点设为x0，由导数等于0得出零点x0满足的关系式，无须求出具体的零点数值；
（3）巧代换：根据零点满足的关系式，整体代入求解.
【例3】　（2025·山东青岛一模节选）已知函数f（x）＝ax－sin x，x∈［－，］.若f（x）有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，证明：M－m＜2.
【训练2】　（2025·四川成都二诊节选）已知函数f（x）＝（a－x）ex，a∈R.若不等式f（x）＞1－x没有整数解，求实数a的取值范围.
第9讲　导数与函数零点
【基础·回扣】
1.B　2.B　3.A
【典例·讲解】
【例1】　解：法一　因为f（x）＝－xsin x＋，所以f'（x）＝－sin x－xcos x，
当x∈［0，）时，f'（x）≤0，所以f（x）在［0，）上单调递减，因为f（0）＝＞0，f（）＝＜0，所以由函数零点存在定理知f（x）在［0，）上有且仅有1个零点.
当x∈［，π］时，令h（x）＝f'（x）＝－sin x－xcos x，则h'（x）＝－2cos x＋xsin x，当x∈［，π］时，h'（x）＞0，所以h（x）在［，π］上单调递增，又h（）＝－1＜0，h（π）＝π＞0，所以存在m∈（，π），使得h（m）＝0，所以f（x）在［，m）上单调递减，在（m，π]上单调递增.
又f（m）＜f（）＜0，f（π）＝＞0，所以f（x）在［，π］上有且仅有1个零点.
综上所述，f（x）在区间[0，π]上有且只有2个零点.
法二　易知x＝0不是函数f（x）＝－xsin x＋的零点，所以f（x）在[0，π]上的零点个数即方程－xsin x＋＝0在[0，π]上的根的个数，即函数y＝sin x与y＝的图象在（0，π]上的交点个数.
作出函数y＝sin x与y＝的部分图象，如图，所以函数y＝sin x与y＝的图象在（0，π]上有2个交点，即f（x）在[0，π]上有2个零点.
【例2】　解：（1）当a＝0时，f（x）＝ex－bx，f'（x）＝ex－b，因为x≥0，所以当b≤1时，f'（x）≥0，则函数f（x）在[0，＋∞）上单调递增，既无极大值也无极小值；
当b＞1时，令f'（x）＞0，则x＞ln b，令f'（x）＜0，则0≤x＜ln b，故函数f（x）在[0，ln b）上单调递减，在（ln b，＋∞）上单调递增，
所以函数f（x）在x＝ln b时取得极小值b－bln b，无极大值.
（2）当b＝0时，f（x）＝ex－a，因为函数f（x）存在零点，故ex＝a有解，
若x＝0，此时无解，所以x＞0时，f（x）＝ex－a有解，f'（x）＝ex－＝，
①若a≤0，f'（x）＞0，f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝1此时不存在零点；
②若a＞0，令h（x）＝2ex－a，易知h（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为h（0）＝－a＜0，h（a2）＝2a－a＞0，
由函数零点存在定理可知存在x0∈（0，a2），使得h（x0）＝0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
故f（x）min＝－a＝－a≤0，
解得x0≥，故a≥＝.
故a的取值范围为[，＋∞）.
【训练1】　解：f'（x）＝a2＋－＝＝（a≠0，且x＞0），
当a＞0时，则a＋2＞0，
令f'（x）＞0，则x＞，
令f'（x）＜0，则0＜x＜，
故f（x）在（，＋∞）上单调递增，在（0，）上单调递减，
故当x＝时，f（x）取极小值也是最小值，
则f（x）min＝f（）＝a2·＋2a－2ln＝3＋4ln a，
又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且当x→0时，f（x）→＋∞，
故要使函数f（x）有两个零点，只需要f（x）min＝3＋4ln a＜0，
解得0＜a＜；
当a＜0时，则a－1＜0，
令f'（x）＞0，则x＞，
令f'（x）＜0，则0＜x＜，
故f（x）在（，＋∞）上单调递增，在（0，）上单调递减，
故当x＝时，f（x）取极小值也是最小值，
则f（x）min＝f（）＝a2·＋2a－2ln ＝－2ln＝－4ln 2＋2ln a2，
又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且当x→0时，f（x）→＋∞，
故要使函数f（x）有两个零点，只需要f（x）min＝－4ln 2＋2ln a2＜0，解得－2＜a＜0.
综上，0＜a＜或－2＜a＜0，故a的取值范围是（－2，0）∪（0，）.
【例3】　证明：由f（x）＝ax－sin x，x∈［－，］，得f'（x）＝a－cos x，
因为函数f（x）有两个极值点，所以方程f'（x）＝a－cos x＝0有两个不相等的实根，设为x1，x2且x1＜x2，
因为函数y＝cos x在x∈［－，］时的图象关于y轴对称，
所以x1＋x2＝0，即cos x1＝cos x2＝a∈（0，1），
当x∈（－，x1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x2，）时， f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以x1，x2分别是函数的极大值点和极小值点，
即M＝f（x1）＝ax1－sin x1，m＝f（x2）＝ax2－sin x2，
又x1＋x2＝0，即x2＝－x1，
则M－m＝ax1－sin x1－（ax2－sin x2）＝2（ax1－sin x1），
又cos x1＝a∈（0，1），则M－m＝2（x1cos x1－sin x1），
设h（x1）＝2（x1cos x1－sin x1），－＜x1＜0，
则h'（x1）＝－2x1sin x1＜0，即函数h（x1）在（－，0）上单调递减，
所以h（x1）＜h（－）＝2，即M－m＜2.
【训练2】　解：f（x）＝（a－x）ex＞1－x没有整数解，即关于x的不等式a＞x＋没有整数解.
设h（x）＝x＋，则h'（x）＝1＋＝，
设t（x）＝ex＋x－2，易知t（x）单调递增，
且t（0）＝－1，t（1）＝e－1＞0，
所以存在唯一的x0∈（0，1），使得t（x0）＝0，即h'（x0）＝0，
当x∈（－∞，x0）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（x0，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
又h（0）＝h（1）＝1，所以当x∈Z时，h（x）≥1，
所以若不等式f（x）＞1－x没有整数解，故实数a的取值范围为（－∞，1].
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第9讲　导数与函数零点
备考指南
利用导数研究函数零点问题是高考的热点，主要涉及判断、证明或讨论函数零点的个数、已知函数零点存在情况求参数及由函数零点性质研究其他问题等，考查形式多样，难度中等偏上，若以解答题的形式出现，则难度较大.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 函数f（x）＝ln x－ 的零点所在的大致区间是（　　）
A. （1，2） B. （2，3）
C. （1，e）和（3，4） D. （e，＋∞）
f（x）在区间（a，b）上连续，若f（a）·f（b）＜0，则（a，b）上至少有一个零点.
√
解析： 　因为函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f（x）在定义域
上单调递增，所以f（x）只有唯一零点.又f（2）＝ln 2－1＜0，f（3）＝
ln 3－ ＞ln e－ ＝ ＞0，所以f（x）的零点在区间（2，3）上.
2. 已知函数f（x）＝2x＋x，g（x）＝log2x＋x，h（x）＝x3＋x的零
点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（　　）
A. a＞b＞c B. b＞c＞a
C. c＞a＞b D. b＞a＞c
构造函数m（x）＝－x，m（x）与y＝
－x的交点横坐标即为零点.
√
解析： 在同一平面直角坐标系中分别作出函数y＝2x，y＝log2x，y＝x3及y＝－x的图象如图所示.由图象可知b＞c＞a.
3. 若函数f（x）＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是
（　　）
A. （－4，4）
B. [－4，4]
C. （－∞，－4]∪[4，＋∞）
D. （－∞，－4）∪（4，＋∞）
√
f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d有两个极值点x1，x2：
f（x1）f（x2）＞0 f（x）＝0有一个解；
f（x1）f（x2）＝0 f（x）＝0有两个解；
f（x1）f（x2）＜0 f（x）＝0有三个解.
解析： 　由f（x）＝2x3－6x＋m，得f'（x）＝6x2－6＝6（x－1）（x
＋1）.当x＜－1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当－1＜x＜1时，f'
（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞1时，f'（x）＞0，f（x）单调递
增，所以函数f（x）在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值.要使
得函数f（x）有三个零点，则满足 解得
－4＜m＜4，即实数m的取值范围是（－4，4）.
【思维建模】　函数零点问题的解题技巧
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一　利用导数研究函数的零点问题
【例1】　（2025·安徽六校入学测试节选）已知函数f（x）＝－x sin x＋
，试求f（x）在区间[0，π]上的零点个数.
【通性通法】　三步求解函数零点（方程根）的个数问题
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象与x轴（或直线y＝k）在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值（最值）、端点值等性质；
第三步：结合图象求解.
解：法一　因为f（x）＝－x sin x＋ ，所以f'（x）＝－ sin x－x cos x，
当x∈［0， ）时，f'（x）≤0，所以f（x）在［0， ）上单调递减，因
为f（0）＝ ＞0，f（ ）＝ ＜0，所以由函数零点存在定理知f（x）
在［0， ）上有且仅有1个零点.
当x∈［ ，π］时，令h（x）＝f'（x）＝－ sin x－x cos x，则h'（x）＝
－2 cos x＋x sin x，当x∈［ ，π］时，h'（x）＞0，所以h（x）在
［ ，π］上单调递增，又h（ ）＝－1＜0，h（π）＝π＞0，所以存在
m∈（ ，π），使得h（m）＝0，所以f（x）在［ ，m）上单调递减，
在（m，π]上单调递增.
又f（m）＜f（ ）＜0，f（π）＝ ＞0，所以f（x）在［ ，π］上有且
仅有1个零点.
综上所述，f（x）在区间[0，π]上有且只有2个零点.
法二　易知x＝0不是函数f（x）＝－x sin x＋ 的零点，所以f（x）在
[0，π]上的零点个数即方程－x sin x＋ ＝0在[0，π]上的根的个数，即函
数y＝ sin x与y＝ 的图象在（0，π]上的交点个数.
作出函数y＝ sin x与y＝ 的部分图象，如
图，所以函数y＝ sin x与y＝ 的图象在
（0，π]上有2个交点，即f（x）在[0，π]
上有2个零点.
【例2】　（2025·山东济南一模）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex－a
－bx，x∈[0，＋∞）.
（1）当a＝0时，求f（x）的极值；
【瓶颈突破】　a＝g（x）存在零
点 a的取值范围即为g（x）的值域.
解： 当a＝0时，f（x）＝ex－bx，f'（x）＝ex－b，因为x≥0，所
以当b≤1时，f'（x）≥0，则函数f（x）在[0，＋∞）上单调递增，既无
极大值也无极小值；
当b＞1时，令f'（x）＞0，则x＞ln b，令f'（x）＜0，则0≤x＜ln b，故
函数f（x）在[0，ln b）上单调递减，在（ln b，＋∞）上单调递增，
所以函数f（x）在x＝ln b时取得极小值b－bln b，无极大值.
（2）当b＝0时，若f（x）存在零点，求a的取值范围.
解： 当b＝0时，f（x）＝ex－a ，因为函数f（x）存在零点，故
ex＝a 有解，
若x＝0，此时无解，所以x＞0时，f（x）＝ex－a 有解，f'（x）＝ex
－ ＝ ，
①若a≤0，f'（x）＞0，f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝1此时不存
在零点；
②若a＞0，令h（x）＝2ex －a，易知h（x）在（0，＋∞）上单调递
增，因为h（0）＝－a＜0，h（a2）＝2 a－a＞0，
由函数零点存在定理可知存在x0∈（0，a2），使得h（x0）＝0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
故f（x）min＝ －a ＝ －a ≤0，
解得x0≥ ，故a≥ ＝ .
故a的取值范围为[，＋∞）.
【训练1】　（2025·北京丰台一模节选）已知函数f（x）＝a2x＋2a －
2ln x（a≠0），若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围.
解：f'（x）＝a2＋ － ＝ ＝ （a≠0，且x
＞0），当a＞0时，则a ＋2＞0，
令f'（x）＞0，则x＞ ，令f'（x）＜0，则0＜x＜ ，
故f（x）在（ ，＋∞）上单调递增，在（0， ）上单调递减，
故当x＝ 时，f（x）取极小值也是最小值，
【瓶颈突破】　参数不易分离，对参数
选择恰当的分类标准进行讨论.
则f（x）min＝f（ ）＝a2· ＋2a －2ln ＝3＋4ln a，
又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且当x→0时，f（x）→＋∞，
故要使函数f（x）有两个零点，只需要f（x）min＝3＋4ln a＜0，
解得0＜a＜ ；
当a＜0时，则a －1＜0，
令f'（x）＞0，则x＞ ，令f'（x）＜0，则0＜x＜ ，
故f（x）在（ ，＋∞）上单调递增，在（0， ）上单调递减，
故当x＝ 时，f（x）取极小值也是最小值，
则f（x）min＝f（ ）＝a2· ＋2a －2ln ＝－2ln ＝－4ln 2＋2ln a2，
又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且当x→0时，f（x）→＋∞，
故要使函数f（x）有两个零点，只需要f（x）min＝－4ln 2＋2ln a2＜0，解
得－2＜a＜0.
综上，0＜a＜ 或－2＜a＜0，故a的取值范围是（－2，0）∪（0，
）.
考点二　隐零点问题
【例3】　（2025·山东青岛一模节选）已知函数f（x）＝ax－ sin x，x∈
［－ ， ］.若f（x）有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，
证明：M－m＜2.
【通性通法】　“设而不求”解函数隐零点问题
（1）找零点：分析题干，把问题转化为关于函数零点的问题，根据函数的单调性、函数零点存在定理等确定零点所在的区间；
（2）设零点：将零点设为x0，由导数等于0得出零点x0满足的关系式，无须求出具体的零点数值；
（3）巧代换：根据零点满足的关系式，整体代入求解.
证明：由f（x）＝ax－ sin x，x∈［－ ， ］，得f'（x）＝a－ cos x，
因为函数f（x）有两个极值点，所以方程f'（x）＝a－ cos x＝0有两个不
相等的实根，设为x1，x2且x1＜x2，
因为函数y＝ cos x在x∈［－ ， ］时的图象关于y轴对称，
所以x1＋x2＝0，即 cos x1＝ cos x2＝a∈（0，1），
当x∈（－ ，x1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x2， ）时， f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以x1，x2分别是函数的极大值点和极小值点，
即M＝f（x1）＝ax1－ sin x1，m＝f（x2）＝ax2－ sin x2，
又x1＋x2＝0，即x2＝－x1，
则M－m＝ax1－ sin x1－（ax2－ sin x2）＝2（ax1－ sin x1），
又 cos x1＝a∈（0，1），则M－m＝2（x1 cos x1－ sin x1），
设h（x1）＝2（x1 cos x1－ sin x1），－ ＜x1＜0，
则h'（x1）＝－2x1 sin x1＜0，即函数h（x1）在（－ ，0）上单调递减，
所以h（x1）＜h（－ ）＝2，即M－m＜2.
【训练2】　（2025·四川成都二诊节选）已知函数f（x）＝（a－x）
ex，a∈R. 若不等式f（x）＞1－x没有整数解，求实数a的取值范围.
解：f（x）＝（a－x）ex＞1－x没有整数解，即关于x的不等式a＞x＋
没有整数解.设h（x）＝x＋ ，则h'（x）＝1＋ ＝ ，
设t（x）＝ex＋x－2，易知t（x）单调递增，
且t（0）＝－1，t（1）＝e－1＞0，
所以存在唯一的x0∈（0，1），使得t（x0）＝0，即h'（x0）＝0，
当x∈（－∞，x0）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（x0，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
又h（0）＝h（1）＝1，所以当x∈Z时，h（x）≥1，
所以若不等式f（x）＞1－x没有整数解，故实数a的取值范围为（－∞，1].
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：59分）
一、多项选择题（6分）
1. （2025·江苏常州二模）设函数f（x）＝ x3－2x2＋2x，则下列结论正
确的是（　　）
A. 存在实数x0使得f（x0）＝f'（x0）
B. 方程f（x）＝3有唯一正实数解
C. 方程f（x）＝－1有唯一负实数解
D. f（x）＝1有负实数解
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√
√
√
解析： 　因为f（x）＝ x3－2x2＋2x，f'（x）＝
x2－4x＋2.由 x3－2x2＋2x＝ x2－4x＋2 x3－7x2＋
12x－4＝0，设h（x）＝x3－7x2＋12x－4，因为函数
定义域为（－∞，＋∞），且h（0）＝－4＜0，h
（7）＝80＞0，可知方程h（x）＝0一定有实数根，故A正确；由f'（x）＞0 （x－2）（3x－2）＞0 x＜ 或x＞2，所以函数在（－∞， ），（2，＋∞）上单调递增，在（ ，2）上单调递减，且f（ ）＝ 为极
大值，f（2）＝0为极小值.作出函数草图如图所示，观察图象可知，方程f（x）＝3有唯一正实数解，f（x）＝－1有唯一负实数解，故B、C正确；又f（0）＝0，结合函数的单调性，当x＜0时，f（x）＜0，所以f（x）＝1无负实数解.故D错误，故选A、B、C.
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二、解答题（共53分）
2. （10分）（2024·新高考Ⅱ卷11题改编）已知函数f（x）＝2x3－3ax2＋
1，当a＞1时，试求函数f（x）的零点个数.
解：f'（x）＝6x2－6ax＝6x（x－a），
由于a＞1，故当x∈（－∞，0）∪（a，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）
在（－∞，0），（a，＋∞）上单调递增，当x∈（0，a）时，f'（x）＜
0，f（x）在（0，a）上单调递减，
则f（x）在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，
由f（0）＝1＞0，f（a）＝1－a3＜0，则f（0）f（a）＜0，
根据函数零点存在定理，f（x）在（0，a）上有一个零点，
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又f（－1）＝－1－3a＜0，f（2a）＝4a3＋1＞0，
则f（－1）f（0）＜0，f（a）f（2a）＜0，
则f（x）在（－1，0），（a，2a）上各有一个零点，于是当a＞1时，f
（x）有3个零点.
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3. （13分）已知函数f（x）＝ －aln x，a≠0，若f（x）在区间（1，
e）上存在零点，试求实数a的取值范围.
解：因为f（x）＝ －aln x在（1，e）上有零点，
所以方程 ＝a在（1，e）上有解.
设h（x）＝ ，
则h'（x）＝ ，且 ＞0.
设n（x）＝ln x－x＋1 n'（x）＝ ，
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当x＞1时，n'（x）＜0，n（x）单调递减；
当0＜x＜1时，n'（x）＞0，n（x）单调递增，
故当x＝1时，函数n（x）有最大值n（1）＝0，
因此有n（x）＝ln x－x＋1≤0 ln x≤x－1.
设j（x）＝2ln x－xln x－1，
则j（x）≤2（x－1）－xln x－1＝2x－xln x－3.
设k（x）＝2x－xln x－3，
则在区间（1，e）上，k'（x）＝1－ln x＞0，k（x）单调递增，
k（x）＜k（e）＝e－3＜0，
故j（x）≤k（x）＜e－3＜0，
即h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以在区间（1，e）上，h（x）的值域为（e2－e，＋∞），
所以实数a的取值范围是（e2－e，＋∞）.
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4. （15分）（2025·浙江温州二模）已知函数f（x）＝ln（x＋1）＋
（a∈R）.
（1）讨论f（x）的单调性；
解： 因为f（x）＝ln（x＋1）＋ （x＞－1），
所以f'（x）＝ ＋ ＝ （x＞－1），
当a≥0时，因为x＞－1，所以x＋1＋a≥x＋1＞0，即f'（x）＞0，f
（x）在定义域（－1，＋∞）内单调递增；
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当a＜0时，由f'（x）＜0 －1＜x＜－1－a；由f'（x）＞0 x＞－1－a.
所以f（x）在（－1，－1－a）上单调递减，在（－1－a，＋∞）上单调
递增.
综上，当a≥0时，f（x）在定义域内单调递增；
当a＜0时，f（x）在（－1，－1－a）上单调递减，在（－1－a，＋
∞）上单调递增.
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（2）若f（x）在区间（－1，0）上恰有一个零点，求a的取值范围.
解： 由（1）知，当a≥0时，f（x）在（－1，＋∞）内单调递增，
且注意到f（0）＝0，因此f（x）在区间（－1，0）上无零点；
当a＜0时，由ln（x＋1）＋ ＝0（x∈（－1，0）），可得（x＋1）ln
（x＋1）＝－ax（x∈（－1，0））恰有一解，
所以xln x＝－a（x－1）（x∈（0，1））恰有一解，
令p（x）＝xln x（x∈（0，1）），则直线y＝－a（x－1）与p（x）
的图象恰有一个交点，
因为p'（x）＝ln x＋1（x∈（0，1）），且直线y＝－a（x－1）过点
（1，0），
所以当x∈（0， ）时，p'（x）＜0，p（x）单调递减，当x∈（ ，1）
时，p'（x）＞0，p（x）单调递增，且p（1）＝0，p'（1）＝1，
所以－a＜1 a＞－1，结合a＜0，则a的取值范围为（－1，0）.
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5. （15分）（2025·安徽合肥第二次质量检测）已知函数f（x）＝（x－
1）ex－ax－b，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x＋y
＋2＝0.
（1）求a，b的值；
解： f'（x）＝xex－a，
由题意得
即 所以
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（2）讨论f（x）的零点个数，并证明所有零点之和为0.
解：由（1）知f（x）＝（x－1）ex－x－1，所以f'（x）＝xex－1.
令g（x）＝f'（x），则g'（x）＝（x＋1）ex，
当x∈（－∞，－1）时，g'（x）＜0，所以g（x）在（－∞，－1）上
单调递减；
当x∈（－1，＋∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（－1，＋∞）上
单调递增.
又g（1）＝e－1＞0，g（0）＝－1＜0，且当x＜0时，g（x）＜0，
所以存在唯一x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，
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当x∈（－∞，x0）时，g（x）＜0，即f'（x）＜0，所以f（x）在（－
∞，x0）上单调递减，
当x∈（x0，＋∞）时，g（x）＞0，即f'（x）＞0，所以f（x）在
（x0，＋∞）上单调递增，所以f（x）≥f（x0），
因为g（x0）＝0，即x0 ＝1，也即 ＝ ，
所以f（x0）＝－x0－ ＜0.
f（－2）＝1－ ＞0，f（2）＝e2－3＞0，
根据函数零点存在定理，可得f（x）在区间（－2，x0）和（x0，2）上
各仅有一个零点，所以f（x）有两个零点.
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设x1是函数f（x）的其中一个零点，则f（x1）＝（x1－1） －x1－1
＝0，
所以f（－x1）＝（－x1－1） ＋x1－1＝ [（x1－1） －x1－
1]＝0，
所以－x1是函数f（x）的另一个零点，
因为x1＋（－x1）＝0，
所以f（x）的所有零点之和为0.
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THANKS
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