专题02函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习

专题 2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题 函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及 难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝. (一) 确定函数零点个数 1.研究函数零点的技巧 用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问 题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合 函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称 性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论 证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数． 2. 判断函数零点个数的常用方法 (1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问 题． (2)分离出参数,转化为a＝g(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草 图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值 和最值进行比较即可． 3. 处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法 (1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况; (2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),把交点个数问题转化为利 用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况. 4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时 合理分离参数，避开分母为0的情况. ax2 【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数 f x= a¹0,aÎR． ex (1)求 f x的极大值； é π ù (2)若a=1，求gx= f x-cosx在区间 - ,2024π 上的零点个数． ê ú ë 2 ûax2 【解析】（1）由题易得，函数 f x= 的定义域为R， ex 2axex-ax2ex 2ax-ax2 ax2-x f¢x= = = 又 ，  ex2 ex ex 所以，当a>0时， f¢x, f x随x的变化情况如下表： x -¥,0 0 0,2 2 2,+¥ f¢x - 0 + 0 - f x 极小值 极大值 ] 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,+¥． 4a 所以 f x的极大值为 f 2= a>0． e2 当a<0时， f¢x, f x随x的变化情况如下表： x -¥,0 0 0,2 2 2,+¥ f¢x + 0 - 0 + f x 极大值 极小值 Z ] 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 ；当a<0时， f x的极大值为0． e2 x2 x2 （2）方法一：当a=1时， f x= ，所以函数gx= f x-cosx= -cosx． ex ex x2 由gx=0，得 =cosx． ex é π ù 所以要求gx在区间 - ,2024π 上的零点的个数， ê ú ë 2 û é π ù 只需求y= f x的图象与hx=cosx的图象在区间 - ,2024π 上的交点个数即可． ê ú ë 2 û 由（1）知，当a=1时，y= f x在-¥,0,2,+¥上单调递减，在0,2上单调递增，é π ù 所以y= f x在区间 - ,0 上单调递减． ê ú ë 2 û é π ù 又hx=cosx在区间 - ,0 上单调递增， ê ú ë 2 û 且 f -1=e>1>cos-1=h-1, f 0=0<1=cos0=h0， x2 é π ù 所以 f x= 与hx=cosx的图象在区间 ê - ,0 ú 上只有一个交点， ex ë 2 û é π ù 所以gx在区间 - ,0 上有且只有1个零点． ê ú ë 2 û x2 因为当a=1，x>0时， f x= >0， ex f x在区间0，2上单调递增，在区间2,+¥上单调递减， x2 4 所以 f x= 在区间0,+¥上有极大值 f 2= <1， ex e2 即当a=1,x>0时，恒有0< f x<1． 又当x>0时，hx=cosx的值域为-1,1，且其最小正周期为T =2π， 现考查在其一个周期0,2π上的情况， x2 f x= 在区间0,2上单调递增，hx=cosx在区间0,2上单调递减， ex 且 f 0=00>h2=cos2， x2 所以hx=cosx与 f x= 的图象在区间0,2上只有一个交点， ex 即gx在区间0,2上有且只有1个零点． æ 3πù 因为在区间ç2, ú 上， f x>0,hx=cosx£0， è 2 û x2 æ 3πù 所以 f x= 与hx=cosx的图象在区间ç2, ú 上无交点， ex è 2 û æ 3πù 即gx在区间ç2, ú 上无零点． è 2 û æ3π ù x2 在区间ç ,2π ú 上， f x= 单调递减，hx=cosx单调递增， è 2 û ex æ3πö æ3πö 且 f ç ÷>0>hç ÷ ，0< f 2π<1=cos2π=h2π， è 2 ø è 2 ø x2 æ3π ù 所以hx=cosx与 f x= 的图象在区间ç ,2π ú 上只有一个交点， ex è 2 ûæ3π ù 即gx在区间ç ,2π ú 上有且只有1个零点． è 2 û 所以gx在一个周期0,2π上有且只有2个零点． 同理可知，在区间2kπ,2kπ+2π kÎN* 上，0< f x<1且 f x= x2 单调递减， ex hx=cosx在区间2kπ,2kπ+π上单调递减，在区间2kπ+π,2kπ+2π上单调递增， 且0< f 2kπ<1=cos2kπ=h2kπ， f 2kπ+π>0>-1=cos2kπ+π=h2kπ+π 0< f 2kπ+π<1=cos2kπ+π=h2kπ+π， x2 所以hx=cosx与 f x= 的图象在区间2kπ,2kπ+π和（2kπ+π,2kπ+2π]上各有一个交点， ex 即gx在2π,2024π上的每一个区间2kπ,2kπ+2π kÎN* 上都有且只有2个零点． 2024π 所以gx在（0,2024π]上共有 ´2=2024个零点． 2π é π ù 综上可知，gx在区间 - ,2024π 上共有2024+1=2025个零点． ê ú ë 2 û x2 x2 方法二：当a=1时， f x= ，所以函数gx= f x-cosx= -cosx． ex ex é π ù 2x-x2 é π ù 当xÎ ê - ,0 ú 时，g¢x= +sinx£0，所以gx在区间 ê - ,0 ú 上单调递减． ë 2 û ex ë 2 û æ πö é π ù 又gç è - 2 ÷ ø >0,g0<0，所以存在唯一零点x 0 Î ê ë - 2 ,0 ú û ，使得gx 0 =0． é π ù 所以gx在区间 - ,0 上有且仅有一个零点． ê ú ë 2 û æ π 3πù x2 当xÎç2kπ+ ,2kπ+ ú ,kÎN时， >0,cosx<0，所以gx>0． è 2 2 û ex æ π 3πù 所以gx在ç2kπ+ ,2kπ+ ú ,kÎN上无零点． è 2 2 û æ πù 2x-x2 æ πö 当xÎç0, ú 时，g¢x= +sinx>0，所以gx在区间ç0, ÷上单调递增． è 2û ex è 2ø æπö 又g0<0,gç ÷>0，所以存在唯一零点． è2ø æ πù 2x-x2 当xÎç2kπ,2kπ+ ú ,kÎN*时，g¢x= +sinx， è 2û ex 2x-x2 x2-4x+2 设jx= +sinx，则j¢x= +cosx>0 ex exæ πù 所以g¢x在ç2kπ,2kπ+ ú ,kÎN*上单调递增． è 2û æ πö 又g¢2kπ<0,g¢ ç2kπ+ ÷>0， è 2ø æ πù 所以存在x 1 Îç è 2kπ,2kπ+ 2 ú û ,kÎN*，使得g¢x 1 =0． 即当xÎ2kπ,x 时，g¢x <0,gx单调递减； 1 1 æ πù 当xÎç è x 1 ,2kπ+ 2û ú 时，g¢x 1 >0,gx单调递增． æ πö æ πù 又g2kπ<0,gç2kπ+ ÷>0，所以gx在区间ç2kπ,2kπ+ ú ,kÎN*上有且仅有一个零点 è 2ø è 2û æ πù 所以gx在区间ç2kπ,2kπ+ ú ,kÎN上有且仅有一个零点． è 2û æ 3π ù 当xÎç2kπ+ ,2kπ+2π ú ,kÎN时， è 2 û 2x-x2 g¢x= +sinx， ex 2x-x2 x2-4x+2 设jx= +sinx，则j¢x= +cosx>0 ex ex æ 3π ù 所以g¢x在ç2kπ+ ,2kπ+2π ú ,kÎN上单调递增． è 2 û æ 3πö æ 3π ù 又g¢ ç2kπ+ ÷<0,g¢2kπ+2π<0，所以gx在区间ç2kπ+ ,2kπ+2π ú ,kÎN上单调递减： è 2 ø è 2 û æ 3πö 又gç2kπ+ ÷>0,g2kπ+2π<0， è 2 ø æ 3π ö 所以存在唯一x Îç2kπ+ ,2kπ+2π÷，使得gx =0． 2 è 2 ø 2 æ 3π ù 所以gx在区间ç2kπ+ ,2kπ+2π ú ,kÎN上有且仅有一个零点． è 2 û 所以gx在区间2kπ,2kπ+2π,kÎN上有两个零点． 2024π 所以gx在0,2024π上共有 ´2=2024个零点． 2π é π ù 综上所述，gx在区间 - ,2024π 上共有2024+1=2025个零点． ê ú ë 2 û (二) 根据函数零点个数确定参数取值范围 根据函数零点个数确定参数范围的两种方法 1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然 后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数 的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新 函数,性质比较容易确定. 【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数 f x=lnx+2 (1)求曲线y= f x在x=-1处的切线方程； (2)求证：ex ³ x+1； (3)函数hx= f x-ax+2有且只有两个零点，求a的取值范围． 1 【解析】（1）因为 f¢x= ， x+2 1 所以曲线y= f x在x=-1处的切线斜率为 f¢-1= =1， -1+2 又 f -1=ln-1+2=0，所以切线方程为y=x+1. （2）记gx=ex-x-1，则g¢x=ex-1， 当x<0时，g¢x<0，函数gx在-¥,0上单调递减； 当x>0时，g¢x>0，函数gx在0,+¥上单调递增. 所以当x=0时，gx取得最小值g0=e0-1=0， 所以gx=ex-x-1³0，即ex ³ x+1. （3）hx= f x-ax+2=lnx+2-ax+2,x>-2， 由题知，lnx+2-ax+2=0有且只有两个不相等实数根， lnx+2 即 =a有且只有两个不相等实数根， x+2 lnx+2 1-lnx+2 令mx= ,x>-2，则m¢x= ， x+2 x+22 当-20，mx在-2,e-2上单调递增； 当x>e-2时，m¢x<0，mx在e-2,+¥上单调递减. 当x趋近于-2时，mx趋近于-¥，当x趋近于+¥时，mx趋近于0，1 又 f e-2= ，所以可得mx的图象如图： e 1 由图可知，当00可知， f x在-¥,+¥上单调递增； 当a<0时，对x<-ln-a有 f¢x=1+aex >1+a×e-ln-a =0，对x>-ln-a有 f¢x=1+aex <1+a×e-ln-a =0，所以 f x在  -¥,-ln-aù û 上单调递增，在é ë -ln-a,+¥  上单调递减.综上，当a³0时， f x在-¥,+¥上单调递增； 当a<0时， f x在  -¥,-ln-aù û 上单调递增，在é ë -ln-a,+¥  上单调递减. x 3ex （2）当a=3时， f x=x+3ex，故原方程可化为 + =m+1. 3ex x+3ex x 3ex x x x2 x2 而 3ex + x+3ex -1= 3ex - x+3ex = 3ex x+3ex ，所以原方程又等价于 3ex x+3ex =m. 由于x2和3ex x+3ex 不能同时为零，故原方程又等价于x2 =3m×ex x+3ex . 即 x×e-x2 -3m  x×e-x -9m=0. 设gx=x×e-x，则g¢x=1-x×e-x，从而对x<1有g¢x>0，对x>1有g¢x<0. 故gx在-¥,1上递增，在1,+¥上递减，这就得到gx£g1，且不等号两边相等当且仅当x=1. 然后考虑关于x的方程gx=t： ①若t£0，由于当x>1时有gx=x×e-x >0³t，而gx在-¥,1上递增，故方程gx=t至多有一个解； 1 而g1= >0³t，gt=t×e-t £t×e-0 =t，所以方程gx=t恰有一个解； e 1 ②若0t，2ln >2ln2e>lne=1，即知方程gx=t恰有两个解，且这两个解分 e t æ 2ö 别属于0,1和ç1,2ln ÷； è t ø 1 1 ③若t = ，则t= =g1. e e 由于gx£g1，且不等号两边相等当且仅当x=1，故方程gx=t恰有一解x=1. 1 1 ④若t > ，则gx£g1= - ，所以m>0. 9e2 3m±3 m2+4m 3m+3 m2+4m 而方程t2-3mt-9m=0的解是 ，两解符号相反，故只能t = ， 2 1 2 3m-3 m2+4m t = . 2 2 1 3m+3 m2+4m 2 所以 >t = ，即 >m+ m2+4m. e 1 2 3e 2 æ 2 ö 2 1 这就得到 -m> m2+4m ³0，所以 ç -m÷ >m2+4m，解得m< . 3e è3e ø 9e2+3e 1 故我们得到00， 1 2 1 1 4 3× +3 + 1 6e+1 3m+3 m2+4m 9e2+3e  9e2+3e 2 9e2+3e 3× 9e2+3e +3× 9e2+3e 1 ， t = < = = 1 2 2 2 e 3m-3 m2+4m 3m-3 m2 1 t = < =0£ . 2 2 2 e æ 1 ö 综上，实数m的取值范围是ç0, ÷. è 9e2+3eø (四)隐零点问题 1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判 断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”. 2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无 法求出,我们可以设其为x ,再利用导函数的单调性确定x 所在区间,最后根据 f¢x =0,研究 f x ,我们 0 0 0 0 把这类问题称为隐零点问题. 注意若 f(x)中含有参数a,关系式 f'(x )=0是关于x ,a的关系式,确定x 的 0 0 0 合适范围,往往和a的范围有关. 【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数 f x=ex，gx=lnx. x+1 (1)若函数hx=agx-1- ，aÎR，讨论函数hx的单调性； x-1 1 (2)证明： 2x-1 f 2x- f x>2gx-2.（参考数据： 4 ， 1 ） e5 »2.23 e2 »1.65 4 【解析】（1）由题意hx=alnx-1- x+1 ,x>1，所以h¢x= ax-a+2 ,x>1， x-1 x-12 当a=0时，h¢x>0，所以hx在1,+¥上为增函数； 2 当a¹0时，令h¢x=0得x=1- ， a 2 所以若a>0时，1- <1，所以h¢x>0，所以hx在1,+¥上为增函数， a 2 2 2 若a<0时，1- >1，且10，x>1- 时，h¢x<0， a a a æ 2ö æ 2 ö 所以hx在ç1,1- ÷上为增函数，在ç1- ,+¥÷上为减函数， è aø è a ø 综上：当a³0时，hx在1,+¥上为增函数， æ 2ö æ 2 ö 当a<0时，hx在ç1,1- ÷上为增函数，在ç1- ,+¥÷上为减函数； è aø è a ø 1 1 （2） 2x-1 f 2x- f x>2gx-2等价于 2x-1e2x-ex-2lnx+2>0， 4 4 1 设Fx= 2x-1e2x-ex-2lnx+2，则 4 2 x2e2x-xex-2  xex-2  xex+1  F¢x=xe2x-ex- = = ， x x x 因为x>0，所以xex +1>0， 设jx=xex-2，则j¢x=x+1ex >0，则jx在0,+¥上单调递增， æ4ö 4 4 而jç ÷= e5 -2<0,j1=e-2>0， è5ø 5 æ4 ö 所以存在x Îç ,1÷，使jx =0，即x ex 0 =2，所以x +lnx =ln2，即lnx =ln2-x ， 0 è5 ø 0 0 0 0 0 0 当0x 时，F¢x>0，则Fx在x ,+¥上单调递增， 0 0 1 所以Fx = 2x -1e2x0 -ex0 -2lnx +2 min 4 0 01 4 2 1 = 2x -1 - -2ln2+2x +2=- +2x -2ln2+2， 4 0 x2 x 0 x2 0 0 0 0 1 æ4 ö 2 设mt=- +2t-2ln2+2,ç 0， t2 è5 ø t3 æ4 ö æ4ö 25 8 163 则mt在ç ,1÷上单调递增，mç ÷=- + -2ln2+2= -2ln2>0， è5 ø è5ø 16 5 80 1 则Fx >0，则不等式 2x-1e2x-ex-2lnx+2>0恒成立， min 4 1 即不等式 2x-1 f 2x- f x>2gx-2成立. 4 π 【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数 f x=lnx+sinx+sin . 10 (1)求函数 f x在区间1,e上的最小值； (2)判断函数 f x的零点个数，并证明. π 【解析】（1）因为 f x=lnx+sinx+sin ， 10 1 1 1 所以 f¢(x)= +cosx，令gx= f¢(x)= +cosx，g¢x=- -sinx， x x x2 1 当xÎ1,e时，g¢x=- -sinx<0， x2 所以gx在1,e上单调递减，且g1=1+cos1>0， 1 1 2π 1 1 ge= +cose< +cos = - <0， e e 3 e 2 所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使ga= f¢a=0 又当xÎ1,a时，gx= f¢x>0；当xÎa,e时，gx= f¢x<0； 所以 f x在xÎ1,a上单调递增，在xÎa,e上单调递减， π π 又因为 f 1=ln1+sin1+sin =sin1+sin ， 10 10 π π f e=lne+sine+sin =1+sine+sin > f 1， 10 10 π 所以函数 f(x)在区间[1,e]上的最小值为 f 1=sin1+sin . 10 （2）函数 f x在0,+¥上有且仅有一个零点，证明如下：π 1 函数 f x=lnx+sinx+sin ，xÎ0,+¥，则 f¢(x)= +cosx， 10 x 1 若00， x π 所以 f(x)在区间0,1上单调递增，又 f 1=sin1+sin >0， 10 æ1ö 1 π π π f ç ÷=-1+sin +sin <-1+sin +sin =0， èeø e 10 6 6 结合零点存在定理可知， f(x)在区间0,1有且仅有一个零点， π 若10,sinx³0，sin >0，则 f x>0， 10 若x>π，因为lnx>lnπ>1³-sinx，所以 f x>0， 综上，函数 f(x)在0,+¥有且仅有一个零点. 【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数 f x=eax+e-ax(aÎR，且a¹0). (1)讨论 f x的单调性； (2)若方程 f x=x+x-1有三个不同的实数解，求a的取值范围. 【解析】（1）解法一： f¢x=a  eax-e-ax 令gx=a  eax-e-ax ，则g¢x=a2 eax+e-ax >0 \gx在R上单调递增. 又g0=0,\当x<0时，gx<0，即 f¢x<0；当x>0时，gx>0，即 f¢x>0 \f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增. a  eax+1  eax-1  解法二： f¢x=a  eax-e-ax = eax ①当a>0时，由 f¢x<0得x<0，由 f¢x>0得x>0 \f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增 ②当a<0时，同理可得 f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增. 综上，当a¹0时， f x在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增.（2）解法一：由 f x=x+x-1，得eax+e-ax =x+x-1，易得x>0 令hx=ex+e-x，则hax=hlnx 又 hx=ex+e-x为偶函数，\hax=hlnx Q lnx 由（1）知hx在0,+¥上单调递增，\ax = lnx ，即 = a 有三个不同的实数解. x lnx 1-lnx 令mx= ,m¢x= ，由m¢x>0，得0e， x x2 1 \mx在0,e上单调递增，在e,+¥上单调递减，且m1=0,me= e \y= mx 在0,1上单调递减，在1,e上单调递增，在e,+¥上单调递减 1 当x0时，mx+¥；当x+¥时，mx0，故0< a < e 1 1 æ 1 ö æ 1ö 解得- 0 令hx=x+x-1，则hx在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增. 由h  eax =hx，得eax =x或eax =x-1 两边同时取以e为底的对数，得ax=lnx或ax=-lnx， lnx \ax = lnx ，即 = a 有三个不同的实数解 x 下同解法一. 1 【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数 f(x)=a(lnx+1)+ (a>0)． x3 (1)求证：1+xlnx>0； 1 (2)若x,x 是 f(x)的两个相异零点，求证： x -x <1- ． 1 2 2 1 a 【解析】（1）令g(x)=1+xlnx,xÎ(0,+¥)，则g¢(x)=1+lnx． 1 1 令g¢(x)>0，得x> ；令g¢(x)<0，得00，所以1+xlnx>0． min èeø e （2）易知函数 f(x)的定义域是(0,+¥)．1 a 3 ax3-3 由 f(x)=a(lnx+1)+ ，可得 f¢(x)= - = ． x3 x x4 x4 3 3 令 f¢(x)>0得x> 3 ；令 f¢(x)<0得00在ç0,3 ÷上单调递减，在ç3 ,+¥÷上单调递增， ç a ÷ ç a ÷ è ø è ø æ 3ö aæ 3 ö a 所以 f(x) min = f ç ç è 3 a ÷ ÷ ø = 3 ç è ln a +3÷ ø + 3 ． aæ 3 ö a ①当 çln +3÷+ ³0，即03e4时，3 < 3 <1． 3è a ø 3 a e4 æ 3 ö æ 3ö 因为 f(x)在ç3 ,+¥÷上单调递增，且 f(1)=a+1>0．所以 f(1)× f ç3 ÷<0， ç a ÷ ç a ÷ è ø è ø æ 3 ö 3 所以 f(x)在ç ç è 3 a ,+¥÷ ÷ ø 上有且只有1个零点，不妨记为x 1 ，且3 a - ，所以 f ç ÷=açln +1÷+a2 >a(- a+1)+a2 =a>0． x ç a ÷ ç a ÷ è ø è ø æ 3ö 1 3 æ 1 ö æ 3ö 因为 f(x)在ç0,3 ÷上单调递减， < 3 , f ç ÷× f ç3 ÷<0， ç a ÷ a a ç a ÷ ç a ÷ è ø è ø è ø æ 3ö 1 3 所以 f(x)在ç ç è 0,3 a ÷ ÷ ø 上有且只有1个零点，记为x 2 ，且 a 0,当xÎ(-1,0),g(x)=ex +a  1-x2 >0,即 f¢(x)>0 所以 f(x)在(-1,0)上单调递增, f(x)< f(0)=0 故 f(x)在(-1,0)上没有零点,不合题意, 2°若-1 a 0,当xÎ(0,+¥)时,g¢(x)=ex -2ax >0 „ „ 所以g(x)在(0,+¥)上单调递增,所以g(x)> g(0)=1+a 0,即 f¢(x)>0 … 所以 f(x)在(0,+¥)上单调递增, f(x)> f(0)=0, 故 f(x)在(0,+¥)上没有零点,不合题意. 3°若a<-1, (1)当xÎ(0,+¥),则g¢(x)=ex -2ax >0,所以g(x)在(0,+¥)上单调递增, g(0)=1+a<0,g(1)=e>0, 所以存在mÎ(0,1),使得g(m)=0,即 f¢(m)=0. 当xÎ(0,m), f¢(x)<0, f(x)单调递减,当xÎ(m,+¥), f¢(x)>0, f(x)单调递增, 所以当xÎ(0,m), f(x)< f(0)=0,当x+¥, f(x)+¥, 所以 f(x)在(m,+¥)上有唯一零点, 又 f(x)在(0,m)没有零点,即 f(x)在(0,+¥)上有唯一零点, (2)当xÎ(-1,0),g(x)=ex +a  1-x2 ,g¢(x)=ex -2ax,设h(x)= g¢(x), 则h¢(x)=ex -2a >0,所以g¢(x)在(-1,0)上单调递增, 1 g¢(-1)= +2a<0,g¢(0)=1>0,所以存在nÎ(-1,0),使得g¢(n)=0 e 当xÎ(-1,n),g¢(x)<0,g(x)单调递减 当xÎ(n,0),g¢(x)>0,g(x)单调递增,g(x)< g(0)=1+a<0,1 又g(-1)= >0,所以存在tÎ(-1,n),使得g(t)=0,即 f¢(t)=0 e 当xÎ(-1,t), f(x)单调递增,当xÎ(t,0), f(x)单调递减 有x-1, f(x)-¥ 而 f(0)=0,所以当xÎ(t,0), f(x)>0, 所以 f(x)在(-1,t)上有唯一零点,(t,0) 上无零点, 即 f(x)在(-1,0)上有唯一零点, 所以a<-1,符合题意, 综上得 f(x)在区间(-1,0),(0,+¥)各恰有一个零点,a的取值范围为(-¥,-1). 【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数 f x=xex-1-lnx-x. (1)求函数 f x的最小值； 1 (2)求证：eé ë f x+xù û >ex-e-1lnx- . 2 1 æ 1ö 【解析】（1）因为函数 f x=xex-1-lnx-x，所以 f¢x=x+1ex-1- -1=x+1 çex-1- ÷， x è xø 1 1 记hx=ex-1- ,x>0，h¢x=ex-1+ >0， x x2 所以hx在0,+¥上单调递增，且h1=0， 所以当01时，hx>0，即 f¢x>0，所以 f x在1,+¥单调递增，且 f¢1=0， 所以 f x = f 1=0. min1 （2）要证eéf x+xù>ex-e-1lnx- ， ë û 2 1 只需证明：x-1ex-lnx+ >0对于x>0恒成立， 2 1 1 令gx=x-1ex-lnx+ ，则g¢x=xex- x>0， 2 x 1 当x>0时，令m(x)=g¢(x)=xex- ， x 1 则m¢(x)=(x+1)ex+ >0，m(x)在(0,+¥)上单调递增， x2 1 即g¢x=xex- 在(0,+¥)上为增函数， x é 2ù 又因为g¢ ç æ2 ÷ ö = 2 e 2 3 - 3 = 2 êe 2 3 - æ ç 27ö ÷ 3ú<0，g¢1=e-1>0， è3ø 3 2 3ê è 8 ø ú ë û æ2 ö 1 x2ex0 -1 所以存在x Îç ,1÷使得g¢x =0，由g¢x =x ex0 - = 0 =0， 0 è3 ø 0 0 0 x x 0 0 1 1 得x2ex0 =1即ex0 = 即ex0 = 即-2lnx =x ， 0 x2 x2 0 0 0 0 1 所以当xÎ0,x 时，g¢x=xex- <0，gx单调递减， 0 x 1 当xÎx ,+¥时，g¢x=xex - >0，gx单调递增， 0 x 1 x -1 x 1 x3+x2+2x -2 所以gx =gx =x -1ex0 -lnx + = 0 + 0 + = 0 0 0 ， min 0 0 0 2 x2 2 2 2x2 0 0 令jx=x3+x2+2x-2 æ ç 2 0， è3 ø è 3ø 3 æ2 ö æ2ö 2 所以jx在ç ,1÷上单调递增，所以jx >jç ÷= >0， è3 ø 0 è3ø 27 jx  1 所以gx³gx = 0 >0，所以x-1ex-lnx+ >0， 0 2x2 2 0 1 即eéf x+xù>ex-e-1lnx- . ë û 2 1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数 f x=xex-1,gx=lnx-mx,mÎR. (1)求 f x的最小值； (2)设函数hx= f x-gx，讨论hx零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数 f x=ax-ln1-xaÎR. (1)若 fx³0恒成立，求a的值； (2)若 f x有两个不同的零点x,x ，且 x -x >e-1，求a的取值范围. 1 2 2 1 3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数 f x=ex-1-ax-aaÎR. (1)当a=2时，求曲线y= f x在x=1处的切线方程； (2)若函数 f x有2个零点，求a的取值范围. 4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数 f x=ex+asinx，xÎ0,+¥ . (1)当a=-1时， f x³bx+1在0,+¥上恒成立，求实数b的取值范围； (2)若a>0, f x在0,+¥上存在零点，求实数a的取值范围. 5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数 f(x)=lnx+5x-4． (1)求曲线y= f(x)在点(1, f(1))处的切线方程； 3 (2)证明： f(x)>- -2． 5x 6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知 f x=ex-ax-1，aÎR，e是自然对数的底数. (1)当a=1时，求函数y= f x的极值； (2)若关于x的方程 f x+1=0有两个不等实根，求a的取值范围； (3)当a>0时，若满足 f x = f x x 0，求实数a的取值范围 12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数 f x=2ax-sinx. (1)当a=1时，求曲线y= f x在点 0, f 0 处的切线方程； (2)当x>0时， f x³axcosx恒成立，求实数a的取值范围. 1 13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数 f x=2lnx- mx2+1mÎR. 2 (1)当m=1时，证明： f x<1； (2)若关于x的不等式 f x<m-2x恒成立，求整数m的最小值. 14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数 f(x)=x3-3ax2+3b2x (1)若a=1，b=0，求曲线y= f(x)在点 1, f 1 处的切线方程； æ1+lnxö ækö (2)若0 f ç ÷对任意xÎ1,+¥恒成立，求整数k的最大值． è x-1 ø èxø 1 15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数 f(x)=e2x- . x (1)判断函数 f(x)零点的个数，并证明； (2)证明：xe2x -lnx-2x-cosx>0.