专题07导数与隐零点问题（练）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第一篇 热点、难点突破篇 专题07导数与隐零点问题（练） 【对点演练】 一、单选题 1．（2022·重庆八中高三阶段练习）若函数 有极值点 ， ，且 ，则 关于x的方程 的不同实数根个数是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】求导数 ，由题意知 是方程 的两根，从而关于 的方程 有两个根，作出草图，由图像可得答案. 【详解】 ， 对于 有 是方程 的两根 令 ，则 ， ， ，不妨设 ，利用 有两根，所以，根据三次函数 的性质，可以画出 的图像，如图所示，又因为 ，所以由图可知， 有1个解， 有2个解 故选：A． 2．（2022·江苏南京·模拟预测）已知函数 （ ），且 在 有两个零点，则 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用零点的意义等价转化，构造函数 ，再借助导数探讨函数 在 有两个零点作答. 【详解】 ， ，由 得， ，则 ，令 ， 依题意，函数 在 有两个零点，显然 ，而 在 上单调递增， 则有 ，当 或 ，即 或 时， 在 上单调递增或 单调递减， 即有函数 在 只有一个零点1，因此 ，此时当 时， ，当 时， ， 函数 在 上单调递减，在 单调递增，则 ， 要函数 在 有两个零点，当且仅当 在 上有一个零点，即有 ，解得 ， 所以 的取值范围 . 故选：C 3．（2022·四川泸州·一模（理））已知函数 ，若方程 恰好有三个不等的 实数根，则实数k的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D【分析】将问题转化为 与 的图象有三个交点的问题，利用导数判断 的单调性，数形结合， 即可求得结果. 【详解】当 时， ，故 不是方程 的根； 当 时，方程 恰好有三个不等的实数根即 与 的图象有 个交点； 又 ， 当 时， ，故当 时， 单调递减，在 时， 单调递增； 当 ， 时， ； 时， ；且 ； 又当 时， ，故 在 单调递减， 当 ， 时， ； 时， ； 故在同一坐标系下， 的图象如下所示： 数形结合可得，当 ，即 时满足题意，故 的取值范围为 . 故选：D. 二、多选题 f xlnxxa2 4.（2022·福建泉州·高三开学考试）设函数 ，则下列判断正确的是（ ）f x A． 存在两个极值点 7 B．当a 时， f x存在两个零点 3 f x a1 C．当 时， 存在一个零点 f x x，x x x 2a D．若 有两个零点 1 2，则 1 2 【答案】BD ylnx yxa2 【分析】利用导数与极值点的关系可判断A，利用 与 图像结合条件可判断BC，根据零点的 概念结合不等式的性质可判断D. f xlnxxa2 0， 【详解】因为函数 的定义域为 ， 1 2x22ax1 fx 2x2a ， x x g(x)2x22ax1 4a280 设 ， ， 1 且方程 的两根之积为 0， 2x22ax10 2 2x22ax10 0， x 在 上有一个正根，设为 0， 0,x  f�( x) >0 f(x) 在 0 上， ，函数 单调递增， x , fx0 f(x) 在 0 上， ，函数 单调递减， f x 所以 存在一个极大值点，A错误； f xlnxxa2 0 lnxxa2 令 ，即 ， f x ylnx yxa2 函数 的零点即为 与 的交点， 如图所示：yxa2 x (a,0) 函数 图像与 轴的交点为 ， 7 当a 3 时， ylnx 与yxa2有两个不同的交点，即 f x存在两个零点，B正确； 当 a1 时， ylnx 与 yxa2 有两个不同的交点， f x a1 所以当 时， 存在一个零点，此说法不正确，C错误； f x x,x x x 若 有两个零点 1 2，假设 1 2， f x 0, f x 0, 则有 1 2 lnx x a2，lnx x a2, 即 1 1 2 2 x ln 1 (x x )(x x 2a) 两式相减得： x 1 2 1 2 ， 2 x 1 1 x x ，则x ，  1 2 2 x ln 1 0 x ，x x 0， 2 1 2 x x 2a0 x x 2a 所以 1 2 ，即 1 2 ，D正确. 故选：BD. m2x lnx 1 f x m0 gx f gx 5．（2022·山东菏泽·高三期中）已知函数 3x2 ， x ，设方程 m的3个x x x x x x gx 2gx 3gx  实根分别为 1， 2， 3，且 1 2 3，则 1 2 3 的值可能为（ ）． 1 2 3 6 A． B． C． D． e e e e 【答案】BC g(x) 3x22mxm2 0 (,0)  (0,) 【分析】利用导数研究 的单调性、极值及区间值域，由题设可知 在 上必 m 1 m 有两个不等的实根t ,t (假设t t )且t 1 m,t 2  3 ，结合 g(x) 的性质有 e  3 0且t g(x )g(x )， 1 2 1 2 2 1 2 t g(x ) 1 3 ，进而求目标式的值，即可确定答案. ln(x) 1ln(x) 【详解】由题设，g(x) 的定义域为 ，且g(x) ， x (,0) x2 x(,e) g(x)0 g(x) x(e,0) g(x)0 g(x) ∴当 时， ，即 递减；当 时， ，即 递增. 1 ∴g(x)g(e) ，又 在 上逐渐变小时 逐渐趋近于0，当 时 且随 e x (,e) g(x) 1 x0 g(x)g(1)0 x g(x) 趋向于0， 趋向无穷大.（如图2） g(x) ∴ 的图象如图1、图2： 图1 图21 ∵ 的定义域为 ，由 f(x) 0可得： 在 上必有两个不等的实 f(x) {x|x0} m 3x22mxm2 0 (,0)  (0,) t ,t 根 1 2 m (假设t t )且t 1 m,t 2  3 (m0) ， 1 2 1 ∴令 ，要使 f(t) 0的3个实根，则 tg(x) m 1 1 m 3 、t ( ,0)，即  0，可得 m0. t [0,) 2 e e 3 e 1 x x x t g(x )g(x ) t g(x ) ∴由 1 2 3知： 2 1 2 ， 1 3 ， 6 ∴gx 2gx 3gx 3(t t )2m(0, ). 1 2 3 1 2 e 故选：BC. 1 【点睛】首先应用导数研究 的性质，根据 f(g(x)) 0有3个实根，则 在 g(x) m 3x22mxm2 0 m (,0)  (0,) 上必有两个不等的实根t 1 m,t 2  3 ，结合 g(x) 的值域求m的范围且t 2 g(x 1 )g(x 2 )、 t g(x ) 1 3 ，即可求目标式的范围. 三、填空题 f x2x1ex2ax1 6．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知函数 有两个极值点，则实数a的取值范 围为____________．  3   e 2,0 【答案】   【分析】根据极值点的定义，求导求零点，将问题转化为两函数求交点问题，可得答案. f x2x1ex2ax1 【详解】解：因为函数 有两个极值点， fx2x1ex2a0 2x1ex 2a 所以方程 有两个不同的实数根，即 有两个不同的解． gx2x1ex ygx y2a 令 ，则函数 的图象与直线 有两个不同的交点．3 因为gx2x3ex，令gx0，得x ． 2  3  3 所以当 x  , 2  时， gx0 ， gx 在   , 2  上单调递减；  3   3  当 x   2 , 时， gx0 ， gx 在    2 , 上单调递增． gx g   3 2e  3 2 所以 min  2 ．  3   3  x 3 gx2e  2,0 x 3 gx2e  2, 所以当 时， ；当 时， ． 2   2   所以函数 ygx 的图象与y2a的图象有两个不同的交点的充要条件是：2e  3 2 2a0，即e  3 2 a0．故  3   e 2,0 实数a的取值范围为 ．    3   e 2,0 故答案为： .   exaxa0 a 7．（2023·广东广州·高三阶段练习）方程 有唯一的实数解，实数 的取值范围为__________． (,0) {e2}  【答案】 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数单调性，结合零点存在性定理求解作答. f xexaxa,xR f(x) f(x)exa 【详解】令函数 ，依题意，函数 有唯一零点，求导得 ， 当a0时， f(x)0，无零点， a<0 f(x)0 f(x) R f(1)e0 x0 xln(a) 当 时， ，函数 在 上单调递增， ，当 且 时， f(x)eln(a)axaax0 f(x) R a<0 ，则 在 上存在唯一零点，因此 ， a0 xlna f(x)0 xlna f(x)0 f(x) (,lna) (lna,) 当 时，当 时， ，当 时， ，函数 在 上递减，在 上 递增，f(x) min  f(lna)2aalna ，当且仅当 2aalna0 ，即 ae2 时， f(x) 在 R 上存在唯一零点，因此 ae2 ， a (,0)  {e2} 所以实数 的取值范围为 . (,0) {e2}  故答案为： a0 g(x)x2ln(ax) Gxxggx 8．（2022·广东·高三阶段练习）已知 ，函数 ，若函数 无零点，则 实数a的取值范围是______． 0,e 【答案】 g(x) G(x) G(x) t(x)ln(ax)x 【分析】先将 的解析式代入并求得 的解析式，将 无零点等价转化为 无零点，再 t(x) t(x) 0 通过求导判断 的单调性和最值，将其等价转化为 max ，据此求得实数a的取值范围. 【详解】∵g(x)x2ln(ax)，G(x)xg(g(x))无零点， 即G(x)xg(g(x)) xg(x)2ln[ag(x)]2ln(ax)2ln[ax2aln(ax)]0无实根． ∴xln(ax)无实根． 令t(x)ln(ax)xlnalnxx(x0)， 1 1x t(x) 1 (x0) 则 ， x x t(x)0 0x1 t(x)0 x1 由 ，得 ； ，得 ． t(x) (0,1) (1,) ∴ 在 上单调递增，在 上单调递减， t(x) t(1)lna1 ∴ max ． 而x时，t(x)，x0时，t(x)， ∴若t(x)ln(ax)xlnalnxx(x0)无零点， 需lna10，即ae． 又a0，∴0ae. 故答案为：(0,e)． f xxex gxax12 9．（2022·全国·模拟预测）已知函数 的图象与函数 的图象有且仅有一个公共点，则实数a的取值范围是______． 0, 【答案】 【分析】令 hx f xgx ，由于有且仅有一个零点，所以 hx 分 a0 ， a0 , a0 讨论 hx 的单调性即 可. 【详解】由题知，构造新函数，等价转化 hx f xgx hx xex ax12 hx 令 ，则 ，由题意知 有且仅有一个零点． hx  ex2a x1 ， hx0 hx0 a0 x1 x1 ①当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 ． hx ,1 1, 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 1 所以当 时，hx取得极小值，且h1 0． x=1 e h0a0 hx x 又因为 ，且当 越小时， 越大， hx 所以 有两个零点． hxexx1 a0 ②当 时， ， hx0 hx0 x1 x1 令 ，解得 ，令 ，解得 ， hx ,1 1, 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 1 所以当 时，hx取得极小值，且h1 0， x=1 e h00 x1 hx0 又因为 ，且当 时， ， hx 所以 只有一个零点． hx0 xln2a a0 x=1 ③当 时，由 ，得 或 ， 1 当0a 2e 时， 1ln(2a) ，则 (,ln(2a)) 、 (1,) 上hx0， (ln(2a),1) 上hx0，(,ln(2a)) (1,) hx (ln(2a),1) hx 所以 、 上 递增， 上 递减； hln2a h1 故极大值为 ，极小值为 ； 1 当a 2e 时， 1ln(2a) ，此时，在R上hx0，即hx递增，故无极值； 1 当 a 2e 时，1ln(2a)，则(,1)、(ln(2a),)上hx0，(1,ln(2a))上hx0， (,1) (ln(2a),) hx (1,ln(2a)) hx 所以 、 上 递增， 上 递减； h1 hln2a 故极大值为 ，极小值为 ； 1 又h1 0，hln2aaln2a 2 a0， e   hx hx x x 当 趋于负无穷时， 接近负无穷，当 趋于正无穷时， 接近正无穷， hx 综上， 只有一个零点． a0 a 0, 综上所述， ，即实数 的取值范围为 ． 0, 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由函数的零点、图象的交点求参数的值（或取值范围）问题，往往需要对参数分类讨论， 如何划分讨论的区间是思维的难点．由于这类问题涉及函数的单调区间，因此分类的标准是使函数在指定的区 间内其导数的符号是确定的. 四、解答题 f xxexalnxx aR 10．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知函数 （ ） f xm a0 m (1)当 时， 有两个实根，求 取值范围； e2 ex1x2  (2)若方程 f x0有两个实根x,x ，且x  x ，证明： xx 1 2 1 2 1 2 【答案】(1)m取值范围是 (2)证明见解析f x m 【分析】（1）利用导数求得 的单调区间，由此求得 的取值范围. f x0 x,x pttalnt t ,t （2）将方程 有两个实根 1 2转化为 有两个不相等的零点 1 2，由此列方程，将证明 e2 4 ex1x2  ln 20 xx 转化为证明 1 ，解得或导数证得不等式成立. 1 2 f x 0, 【详解】（1） 的定义域为 ， a0, f xxex, fxx1ex 0 ， f x 0, m  在 上单调递增，所以 的取值范围是 . f x 0, （2） 的定义域为 ， f xxexalnxxxex aln  xex 0 有两个不相等的实数根， t xex yxex 0, t0 令 ，由（1）知 在 上递增，则 ， pttalnt t ,t t xex1,t x ex2 则 有两个不相等的零点 1 2， 1 1 2 2 ， t alnt 0 1 1  t alnt 0，alnt lnt t t ,alnt lnt t t . 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 e2 要证 ex1x2  xx ，只需证  xex 1    x ex 2  e2 ，即证ln  xex 1  ln  x ex 2  2， 1 2 1 2 1 2 lnt lnt 2 即证 1 2 ， t  t  2 1ln 2 t t t  t lnt lnt  2 1lnt lnt  1 1 ， 1 2 t t 2 1 t 2 1 2 1 t 1 t  t  2 1ln 2 t  t 1 1 2 故只需证 t ， 2 1 t 1t  2 1 不妨设0t t ，令 t ， 1 2 1 1 则只需证ln2 ， 1 4 只需证ln 20， 1 4 令sln 21 ， 1 1 4 12 s   0  12 12 ， ss10 所以 ， 4 ln 20 即当1时， 1 成立. e2 所以lnt lnt 2，即  xex 1    x ex 2  e2 ，所以 ex1x2  xx . 1 2 1 2 1 2 【点睛】利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，划归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函 数法，结合导数来求所构造函数的取值范围来证得不等式成立. 【冲刺提升】 一、单选题 1．（2022·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三阶段练习）已知函数 ，下列说法中错误的是 （ ） A．函数 在原点 处的切线方程是 B． 是函数 的极大值点 C．函数 在 上有3个极值点 D．函数 在 上有3个零点 【答案】C【分析】由导数的几何意义求出切线方程判断A，由导数确定函数的单调性，极值点判断B，由 的性质 判断其与函数 的图象的交点个数判断D．利用导数确定极值点个数判断C． 【详解】 ， ，又 ， 所以切线方程是 ，即 ，A正确； 或 时， ， 时， ， 所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减， 因此 是极大值点，B正确； 显然1是极小值点， ， ， 时， ， 时， ， ， ， ，在 上递增，在 和 上递减， 因此 与 的图象有3个交点，即 有3个零点，D正确； 设 ， ， 令 ，则 ， 设 ，则 恒成立， 所以 是增函数，而 ，所以 时， ， 时， ， 所以 在 上递减，在 上递增， ，易知 ，所以 存在两个零点，由 的单调性知这两个零点就是 的两 个极值点，C错． 故选：C． 2．（2022·四川·达州外国语学校高三阶段练习（理））若关于 的方程 有三个不等的实数解 ，且 ，其中 ， 为自然对数的底数，则 的值 为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令 ，则有 ，令函数 ，画出其图象，结合图象可得 关于 的方程 一定有两个实根 ， 且 ， ，即可求解． 【详解】解：由关于的 方程 ， 令 ，则有 ， 令函数 ，则 ， 当 时 ，当 时 ， 在 上单调递增，在 上单调递减， 其图象如下：要使关于 的方程 有3个不相等的实数解 ， ， ， 且 ， 结合图象可得关于 的方程 一定有两个实根 ， ， 且 ， ，由韦达定理知， ， ， ， 又 ， 可得 ， 故选：B． 3．（2022·天津·南开中学高三阶段练习）设函数 ①若方程 有四个不同的实根 ， ， ， ，则 的取值范围是 ②若方程 有四个不同的实根 ， ， ， ，则 的取值范围是 ③若方程 有四个不同的实根，则 的取值范围是④方程 的不同实根的个数只能是1，2，3，6 四个结论中，正确的结论个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】作出 的图像，利用函数与方程之间的关系，分析问题，即可得出答案． 【详解】解：对于①：作出 的图像如下： 若方程 有四个不同的实根 ， ， ， ，则 ，不妨设 ， 则 ， 是方程 的两个不等的实数根， ， 是方程 的两个不等的实数根， 所以 ， ，所以 ，所以 ， 所以 ，故①正确； 对于②：由上可知， ， ，且 ， 所以 ， 所以 ， ， 所以 ， 所以 ，故②错误； 对于③：方程 的实数根的个数，即为函数 与 的交点个数， 因为 恒过坐标原点，当 时，有3个交点，当 时最多2个交点，所以 ，当 与 相切时，设切点为 ， 即 ，所以 ，解得 ，所以 ，所以 ， 所以当 与 相切时， 即 时，此时有4个交点， 若 有4个实数根，即有4个交点， 当 时由图可知只有3个交点，当 时， 令 ， ，则 ，则当 时 ，即 单调递增，当 时 ，即 单调递减， 所以当 时，函数取得极大值即最大值， ， 又 及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当 无限大时 ，即 在 和 内 各有一个零点，即 有5个实数根，故③错误； 对于④： ， 所以 ， 所以 或 ， 由图可知，当 时， 的交点个数为2，当 ，0时， 的交点个数为3， 当 时， 的交点个数为4， 当 时， 的交点个数为1， 所以若 时，则 ，交点的个数为 个， 若 时，则 ，交点的个数为3个， 若 ，则 ，交点有 个， 若 且 时，则 且 ，交点有 个， 若 ，交点有1个， 综上所述，交点可能有1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故④正确； 故选：B． 二、多选题 4．（2022·河北·邢台一中高一阶段练习）已知 ，设 ， ，其中 ，则 （ ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ， ，则 【答案】ABD 【分析】作出函数 的图像, 当 时，即 ，可推得 即 ， 判断A，结合基本不等式可判断B;取特殊值，举反例 ，可判断C;由 ， ，可得 为 的两个解，说明 ，即 ，可判断D.【详解】作出函数 的图像如图示： 由于 ， ，其中 ，故 ， 不能同时为0， 当 时，即 ， ，则 ， ， 故 ，A正确； 由 可得 （ ，取不到等号）， 即 ，B正确； ab 取 ，则 ，即 ，符合题意，故C错误； x a x b ab 若 1 ， 2 ，则 ， 由 f x 1 a ， f x 2 b 可得 a2a1,b2b1 ，说明 a,b 为 x2x1 的两个解， g(x)2xx1,x0 g(0)0,g(1)0 设 ，则 ， g(x)2xln21 x1 g(x)g(1)ln410 g(x) 又 单调递增，当 时， ， 递增， g(x)g(1)0 2x1x 故 ，即此时 ，1 1 1 当 时，由 ，可得2x  ，由于 lne2 ln21， 0x1 g(x)2xln210 ln2 2 1 1 故2x  ln2 (1,2)，由于 y2x递增，即存在唯一的x (0,1)，使得2x0  ln2 ， 0 0xx g(x)0 g(x) x x1 g(x)0 g(x) 当 0时， ， 递减，当 0 时， ， 递增， 1 故g(x) g(x )2x0 x 1 x 10，而 ， min 0 0 ln2 0 g(0)0,g(1)0 g(x)0,2x1 x 故此时 ， g(x)2xx1,x0 a0,b1 综合上述，说明 的零点仅有0和1，即 ， x 0,x 1 x +x 1 即 1 2 ，则 1 2 ，故D正确， 故选：ABD. 1 5．（2022·海南昌茂花园学校高三阶段练习）已知函数 f xxa ，其中 ， 均为实数 ，则下 xb a b ab 列说法错误的是（ ） f x ab1 A．若 ，则 为奇函数 ab0 f x B．若 ，则 为奇函数 f f x2 a=b=0 C．若 ，则方程 有一个实数根 f f xt a=b=0 t D．若 ，则方程 （ 为实数）可能有两个不同的实数根 【答案】ABC 1 【分析】根据函数 f xxa 的结构特点，可利用特殊值检验法推出选项A、B不正确，根据 xb a=b=0 f x f f x 时 的表达式得出 的解析式，然后利用导数研究出函数的单调性，求得极值，画出图像，利用数 形结合可得C、D的正误. 1 1 1 1 5 【详解】对于A， 时，若 ，则a ，此时 f xx  x2  ， ab1 b2 2 2 x2 x2 2 1 5 即函数 f x的图象可由函数yx 的图象先向右平移 个单位长度，再向上平移 个单位长度得到， x 2 21 易知函数yx 为奇函数，故函数 f x的图象不关于原点对称，所以A不正确； x 1 1 1 1 1 对于B， ，a 时，满足 ，此时 f xx  x  ， b0 2 ab0 2 x x 2 f x 的图象不关于原点对称，所以B不正确； 1 1 1 1 x f f x f x x  x  若 ，则 f xx 1 ， f x x x 1 x x21， a=b=0 x x 1 x21x2x x1x1 x2x1  x2x1  fx1   求导可得 x2  x21 2 x2 x21 2 ，  1 2 5  1 2 5 x2x1x   0 x2x1x   0 易知  2 4 ，  2 4 ， x,11, f�( x) >0 x1,0U0,1 fx0 当 时， ，当 时， ， f x ,1 1, 1,0 0,1 故函数 在 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减， 5 5 所以 f f x在 处取得极大值，为 ，在 处取得极小值，为 . x=1 2 x1 2 如下图，结合图象 f f x2 f f x y2 对于C，方程 有一个实数根，等价于函数 与函数 有一个交点，由图可得C不正确， f f xt f f x yt 对于D，方程 可能有两个不同的实数根，等价于函数 与函数 有两个交点，由图可得  5 5  当 t  , 2    2 , 时，方程 f f xt 可能有两个不同的实数根，所以D正确.故选：ABC. ax2xlnxx23aR x x 6．（2022·全国·模拟预测）已知方程 有两个不同的根 1， 2，则下列结论一定正确 的是（ ） a4, a2e, A． B． xx 1 lnx lnx 1ln2 C． 1 2 D． 1 2 【答案】AC 3 【分析】首先 等式变形，并构造函数 f xx 2lnxa，利用导数判断函数的单调性，以及结合零点存 x 1 2 gx f x f   2x4lnxx0 在性定理，求a的取值范围，判断AB；首先构造函数 x x ，利用导数判 0x 1x 1 2 断函数的单调性，并假设 ，利用函数的单调性，比较自变量的大小，即可判断C;变形不等式得到 xx 2e 1 2 ，再结合C的判断，即可判断D. 3 【详解】A，B选项：方程ax2xlnxx23aR等价于方程x 2lnxa0， x 3 3 2 x22x3 x1x3 构造函数 f xx 2lnxa，则 fx1    ， x x2 x x2 x2 x0,1 fx0 f x 当 时， ， 单调递减，x1, f�( x) >0 f x 当 时， ， 单调递增， f x  f 14a f 10 则 min ，因此只需满足 ，即a4． 当a4时， 3 3 1 1 1 1 f 2a2a 2ln2aaa 2ln2a0 f   3a2lnaa 2alna 0 2a 2a ， a a a a ， 1  由以上可知，当a4时， f x 分别在  a ,1 ， 1,2a 上各有一个零点，（零点存在定理的应用） ax2xlnxx23aR x x 则方程 有两个不同的根 1， 2，因此选项A正确，选项B错误； 1 2 2x12 gx f x f   2x4lnxx0 gx 0 C选项：构造函数 x x ，则 x2 ，  1  f x  f   因此gx在0,上单调递减，易知g10，假设 0x 1 1x 2 ,则gx 2 0，即 2 x 2  成立，  1  1 f x  f   x  又 f x  f x 0，则 1 x ，因此 1 x ，即xx 1，因此选项C正确； 1 2 2 2 1 2 lnx lnx 1ln2 lnxx ln21ln2e xx 2e D选项：由 1 2 即 1 2 ，得 1 2 ，不一定成立，故选项D错误． 故选：AC f xexx2 x gxlnxx2 7．（2022·山东·济南三中高一阶段练习）已知函数 的零点为 1，函数 的零点 x 为 2，则（ ） e xx  A．x 1 x 2 2 B． 2x 1  x 2 C．ex 1 ex 2 2e D． 1 2 2 【答案】ACD g  x   lnx  x  2  elnx  lnx  2  f  lnx  f x 【分析】注意到 ，又可得 0, x lnx x 在 单调递增，则有 1 2，后由零点存在性定理可得 1范围.，之后判断各选项正误即可得答案..g  x   lnx  x  2  elnx  lnx  2  f  lnx  【详解】 ， gxlnxx2 x g  x   f  lnx   0 x 0 又函数 的零点为 2，则 2 2 ，其中 2 . fxex10 f x x x R ，得 在 上单调递增，又其有零点 1，则 1为其唯一零点.     g x  f lnx  0 x lnx 又 2 2 ，得 1 2. 1 注意到 f 010，e  2.56, 2.89  e2  1.6,1.7 ， 1 1 3  1 f    e2   0 x 0,  则 2 2 ，且 1  2.   g x  lnx  x  2  0 x lnx 对于A，因 2 2 2 ， 1 2， x x lnx x 2 则 1 2 2 2 ，故A正确. x lnx 2x  x  2x  ex 1 对于B，因 1 2，则 1 2 1 . 令 hx  2x  ex，x     0, 1 2   .hx2ex 在    0, 1 2   上单调递减， 则 hx  h    1 2     2  e 1 2  0 ，得hx在    0, 1 2   上单调递增. 1 1 hx  h   1  e2  0 则 2 ，即2x x ，故B错误. 1 2  1  1 对于C选项，因 x 1   0, 2   ，x lnx ，则 x 2    1,e2  ，故x  x . 1 2 1 2 则由基本不等式结合 x 1 x 2 2 有： ex 1  ex 2  2 ex 1 x 2  2 e2  2e ，故C正确.  1 x  1,e2 对于D选项，因x lnx ，则xx  x lnx ，由C选项分析可知 2   . 1 2 1 2 2 2 1 p  x   xlnx，x  1,e2 则令 ，p x   lnx  1  0.   得px在    1,e 1 2    上单调递增，故 p  x   p    e 1 2     2 e ，即x 1 x 2  2 e .故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题涉及函数零点，构造函数证明不等式，需注意以下两点: ex lnx x  elnx  lnex （1）若题目中同时出现 与 ，常通过 使出现相同结构. （2）对于双变量问题，常利用消元思想转化为关于一个未知数的问题. 三、填空题 lnx 1 8．（2022·江苏省江浦高级中学高三阶段练习）已知函数 f(x)axex  在 上有两个不同的零点， x 2 (0,) 则实数a的取值范围为______. 1 【答案】(0, ) 2e t 【分析】先利用同构得到2aex2lnx2lnxx0，换元后得到 2aet t 0 ，参变分离得到2a et 有两个不同 t  1 gt 2a0,  的根，构造 et ，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到函数图象，数形结合得到  e，解出 答案即可. lnx 1 【详解】由题意得axex  0有两个不同的根， x 2 1 即ax2ex lnx x0有两个不同的根， 2 2ax2ex 2lnxx0 2aex2lnx2lnxx0 变形为 ，即 ， 令2lnxxt，则2aet t 0， hx2lnxx x(0,) 其中令 ， ， 2 hx x 10恒成立，故 hx2lnxx 在 (0,) 单调递增， 得到2lnxxtR，t 故2a 有两个不同的根， et t 1t 令gt ，则gt ， ， et et tR gt0 gt0 当t1时， ，当t1时， ， t 1 故gt 在 处取得极大值，也是最大值，gt g1 ， et t 1 max e t0 gt0 t0 gt0 且当 时， ，当 时， ， t 画出gt 的图象如下图： et  1 t 2a0,  2a 故  e时， et 有两个不同的根，  1  a0,  解得：  2e. 1 故答案为：(0, ). 2e ex lnx 【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现 与 ，通常使用同构来进行求解，本题难点是 lnx 1 axex  0变形得到2ax2ex 2lnxx0，即2aex2lnx2lnxx0从而构造 进行求解. x 2 2aet t 0 四、解答题 9．（2019·天津·高考真题（文））设函数 ，其中 . （Ⅰ）若 ，讨论 的单调性；（Ⅱ）若 ， （i）证明 恰有两个零点 （ii）设 为 的极值点， 为 的零点，且 ，证明 . 【答案】（I） 在 内单调递增.； （II）（i）见解析；（ii）见解析. 【分析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果； （II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果； （ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果. 【详解】（I）解：由已知， 的定义域为 ， 且 ， 因此当 时， ，从而 ， 所以 在 内单调递增. （II）证明：（i）由（I）知， ， 令 ，由 ，可知 在 内单调递减， 又 ，且 ， 故 在 内有唯一解， 从而 在 内有唯一解，不妨设为 ， 则 ，当 时， ， 所以 在 内单调递增； 当 时， ， 所以 在 内单调递减，因此 是 的唯一极值点. 令 ，则当 时， ，故 在 内单调递减， 从而当 时， ，所以 ， 从而 ， 又因为 ，所以 在 内有唯一零点， 又 在 内有唯一零点1，从而， 在 内恰有两个零点. （ii）由题意， ，即 ， 从而 ，即 ， 因为当 时， ，又 ，故 ， 两边取对数，得 ， 于是 ，整理得 ， 【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思 想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. f(x)ax2(a0) g(x)bxlnx(bR) 10．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（文））已知函数 ， ． Fx f xgx (1)设 ，当a＝3，b＝5时，求F（x）的单调区间； x x lnx lnx 2 (2)若g（x）有两个不同的零点 1， 2，求证： 1 2 ．  1 1  1 1 0,   ,  ,  【答案】(1)单调递增区间为 3和2 ，单调递减区间为3 2 (2)证明见解析Fx 【分析】（1）代入a，b的值，求 的单调区间； lnx b m(x) lnx ln x 1  2x 1 x 2  （2）分离参数得 x ，研究 x 的单调性得1x e x ，再将所证变形为 x x x 由比值 2 1 2 1 2 x 2t1 2t1 t  1 lnt  (t 1) htlnt ，（t 1） 代换法令 x 可转化成 t1 ，研究 t1 的单调性即可证明. 2 Fx f xgx3x25xlnx Fx 0, 【详解】（1）当a3， b5 时， ， 的定义域为 ， 1 6x25x1 2x13x1 ∴Fx6x5   ， x x x 1 1 1 1 令Fx0，解得0x 或x ，令Fx0，解得 x ， 3 2 3 2  1 1  1 1 ∴ Fx 的单调递增区间为   0, 3  ，  2 , ，单调递减区间为  3 , 2  ． lnx （2）由 得： b ， g(x)bxlnx0 x lnx 令m(x) x (x0) ym(x)  ∴ yb 在 0, 有两个交点. 1lnx m'(x) x2 m'(x)0 0xe m'(x)0 xe 由 得： ，由 得： m(x) (0,e) (e,) ∴ 在 上单增，在 上单减， 1 又∵ m(1)=0 ，m(e)= e ，当 x 时， m(x)0+ x x m(x)=b 由于 1， 2是方程 的实根， 1 ∴0b e ，不妨设1x e x 2 1gx 0 gx 0 lnx bx 0 lnx bx 0 由 1 ， 2 ，∴ 1 1 ， 2 2 ， lnx lnx bx x  lnx lnx bx x  ∴ 1 2 1 2 ， 1 2 1 2 ． lnx lnx 2 1 2  要证：lnx 1 lnx 2 2，只需证： bx 1 x 2 2 ，即证： x 1 x 2 x 1 x 2 ， x 2x x  ln 1  1 2 即证： x x x ． 2 1 2 x 2t1 设t 1 1，则 ，代入上式得：lnt  (t 1)． x x tx t1 2 1 2 2t1 ∴只需证：lnt  (t 1) t1 2t1 设htlnt ，（t 1）， t1 1 2(t1)2(t1) (t1)2 ht  = 0 则 t (t1)2 t(t1)2 ， ht 1, ∴ 在 上单调递增， hth10 ∴ ， 2t1 ∴lnt ，故 ． lnx lnx 2 t1 1 2 【点睛】极值点偏移问题的解法 x +x ()2x F(x) f(x) f(2x x) (1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论 1 2 0型，构造函数 0 ；对结论 x2 F(x) f(x) f( 0) xx ()x2 型，构造函数 x ，通过研究F(x)的单调性获得不等式． 1 2 0 x t  1 (2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 x 化为单变量的函数不等式，利用函数单调 2 性证明． f(x)aln(x1)sinx,(aR) 11．（2022·河北邯郸·高三阶段练习）已知函数 .(1)求 f(x)的图象在x0处的切线方程；   π  1 (2)已知 f(x)在   0, 2  上的最大值为 ln 2 1 ，讨论关于x的方程 f(x) 2在 0,π 内的根个数，并加以证明. 【答案】(1)y0 1 (2)关于x的方程 f(x) 在0,π内有两个不相等的实数根，证明见解析 2 【分析】（1）由函数解析式，求导，并求出该点处的函数值与导数值，根据切线方程的求法，可得答案；  π π  0, ,π     （2）由（1）分a0,a0,a0三种情况，求最值，建立方程，求得参数，分 2与2 ，利用导数研究 其单调性，结合零点存在性定理，可得答案. sinx  f(x)a ln(x1)cosx   【详解】（1）因为 f(x)aln(x1)sinx，所以 x1 ， f(0)0, f(0)0, ， f(x) x0 y00 y0 所以 的图象在 处的切线方程为 ，即 .  π sinx （2）当 x   0, 2  时，有 sinx0,cosx0,lnx10 ，则x1 ln(x1)cosx0 . 当a0时， f(x)0，不符合题意；  π 0, 当a0时， f(x)0，则 f(x)在   2  上单调递减，即 f(x)  f(0)0，不符合题意； max  π 0,   当a0时， f(x)0.则 f(x)在 2上单调递增， π π  π  f x  f  aln 1ln 1 即 max 2 2  2 ，解得a1. 1  π g(x) f(x)  0,  令 2，则g(x)在 2上单调递增. 1 π π  1  π g0 0,g ln 1 0  0,  因为 2 2 2  2 ，所以g(x)在 2内存在唯一的零点.π  sinx 当x  ,π 时，g(x) ln(x1)cosx， 2  x1 2(x1)cosx1(x1)2ln(x1)sinx   h(x) 令h(x)  g(x)，则 (x1)2 ， π    x ,π ,     所以当 2 时，有cosx0,sinx0，则h(x)0，即g(x)在2 上单调递减， π 1 g   0,gπlnπ10 因为 2 π ， 1 2 π  所以 g(x) 在 2 ,π   内存在唯一零点 x 0 ，即 gx 0 0 ， π  π  所以当 x  2 ,x 0 时， g(x)gx 0 0 ，即g(x)在  2 ,x 0   上单调递增， π π  所以有 gxg 2   0 ，即g(x)在  2 ,x 0   内无零点， xx ,π g(x)gx 0 g(x) x ,π 当 0 时， 0 ，所以 在 0 上单调递减. gx 0,gπ0 g(x) x ,π 因为 0 ，所以 在 0 内有且仅有一个零点. 1 综上，关于x的方程 f(x) 在0,π内有两个不相等的实数根. 2 【点睛】利用导数研究函数问题时，对于导数的处理，一般采用分解因式与再次求导研究导函数单调性与最值 两种方程，采用再次求导时，往往需要设一个零点，即为导函数极值点，求得导函数最值，可得原函数的单调 性. f xexax1aR 12.（2022·宁夏·银川一中高三阶段练习（文））已知函数 . y f x a1 (1)当 时，求函数 的极值； f xlnxe0 1, (2)若关于x的方程 在 无实数解，求实数a的取值范围. 【答案】(1)极小值为2，无极大值 ,e+1 (2)【分析】（1）代入a1，求导，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间及极值情况； gxexaxlnxe+ax1 a （2）构造函数 ，二次求导，确定导函数的单调性，结合端点值，对 进行分类 讨论，确定实数a的取值范围. （1） f xexx1 a1 当 时， ，定义域为R， fxex1 fxex 10 x0 ，令 ，解得： ， fxex10 f x fxex10 f x x0 x0 当 时， ， 单增，当 时， ， 单减 f xexx1 f 0e012 x0 所以 在 处取得极小值，极小值为 ，无极大值. （2） f xlnxe0 exax1lnxe0 1, 即 在 无实数解， gxexaxlnxe+ax1 令 ， 1 则gxexa x1 ， x 1 令hxgxexa x1 ， x 1 x2ex1 则hxex  x1， x2 x2 x1 x2 1,ex e x2ex e 因为 ，所以 ，所以 ， 1 hx0，即hxgxexa 在 上单调递增， x x1 h1e+1a 其中 ， x1, gx0 e+1a0 ae+1 当 ，即 时， 时， ， gx x1, g10 在 上单调递增，又 ， gx x1 故当 时， 没有零点；②当e+1a0，即ae1时， kxexexx1 令 ， kxexe>0 x1, 在 上恒成立， kxexex x1, 所以 在 上单调递增， kxk10 ex ex x1 所以 ，故 ， ， a a e e g  e  a 0 所以 e e a a ， a e  a 又e  e 1 ，故存在 x 0   1, e  ，使得 gx 0 0 ， x1,x  gx0 gx g10 当 0 时， ， 单调递减，又 ， x1,x  gx0 gx x1,x  故当 0 时， ，所以 在 0 内没有零点， xx , gx0 gx 当 0 时， ， 单调递增， lnaaelne1e1e=lne111 ae1 因为 ，所以 ， gaealnaa2aeeaa21 且 xexx21 x1 令 ， ， xex2x x1 ， ， xxex2x x1 令 ， ， xex2e20 xex2x x1, ，所以 在 上单调递增， 1e20 x1 x0 又 ，故 时， ， xexx21 x1, 在 上单调递增，a1e0 ga0 所以 ，故 ， a 又a e x 0 ，由零点存在性定理可知，存在x 1 x 0 ,a，gx 1 0， x ,a gx 故在 0 内，函数 有且仅有一个零点， 综上：ae+1时满足题意 ,e+1 a 即 的取值范围是