专题06导数与函数的零点问题（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习核心考点精讲精练（新教材·新高考）287235765

第一篇 热点、难点突破篇 专题06 导数与函数的零点问题（练） 【对点演练】 一、单选题 1．（2022·河南驻马店·高三期中（文））已知函数 ， ， ， 实数 是函数 的一个零点，下列选项中，不可能成立的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数的单调性和零点的存在性定理即可求解. 【详解】因为函数的定义域为 ,所以 恒成立, 所以 在定义域 上是单调减函数， 当 时， ， 又因为 ， ， 所以，当 ， ， 都为负值，则 都大于 ，故A,D可能成立; 当 ， ， ，则 都小于 ， 大于 .故B可能成立; 综合可得， 不可能成立. 故选:C. 2．（2022·四川省遂宁市教育局模拟预测（理））定义在 上的奇函数 的图象关于 对称；且当 时， ．则方程 所有的根之和为（ ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】A 【分析】根据题意 函数为周期为4的周期函数，再根据当 时， ，求导分析函数的单调性，从而画出简图，根据函数的图象及性质求解零点和即可. 【详解】∵ 为奇函数，∴ ，又∵ 关于直线 对称，∴函数 为偶函数， 故 ，所以 ，又 ，所以 ，故 为周期函数，周期为4， 当 时， ，所以 在 上单调递增， 作函数 图象如下 方程 可化为 ，方程 的解即函数 的图象与函数 的图象的交点的横坐标，作函数 的图象，∴方程 的所有实根之和为 . 故选：A． 3．（2022·四川省遂宁市教育局模拟预测（理））已知函数 （其中 ， ）有 两个零点，则a的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的零点个数、方程的解个数与函数图象的交点个数之间的关系可得方程 有2个不同的解，构造函数 ，利用导数研究函数 的性质可得 ，即函数 与 图象在 上有2个交点，利用导数求出 ，即可求解.【详解】函数 有2个零点， 则方程 有2个不同的解， 方程 ， 设函数 ，则 ， 所以函数 在 上单调递减，由 ， 得 ，即 ，则函数 与 图象在 上有2个交点. 设函数 ，则 ， 令 ，令 ， 所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 故 ， 所以 ，解得 . 故选：D. 4．（2022·内蒙古·满洲里市第一中学模拟预测（理））已知 ，若函数 有三个零点，则 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先利用导数求出函数的单调区间和极值，再画出函数图象，结合函数图象求解即可.【详解】由题意，得 ， 当 ， 时， ， 单调递增， 当 ， 时， ， 单调递减， 易知当 时， 有极大值，极大值 ； 当 时， 有极大值，极大值 ， ，画出函数 的大致图象与直线 如图所示，则由图像可得， 当 或 时， 的图象与直线 有三个交点， 所以实数 的取值范围为 . 故选：A 5．（2022·青海·海东市教育研究室高二期末（文））已知函数 在 上有零点，则 的最小值是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由参变量分离法可知关于 的方程 在 上有解，令，利用导数求出函数 的最小值，即为实数 的最小值. 【详解】函数 在 上有零点， 等价于关于 的方程 在 上有解， 即 在 上有解. 令 ，则 . 由 ，得 ；由 ，得 . 则 在 上单调递增，在 上单调递减. 因为 ， ， 所以 ，则 ， 即 的最小值为 . 故选：D. 6．（2022·山东德州·高三期中）已知定义在 上的函数 ，若 的图像与 轴有4个不同的交点，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A【分析】由 的图像与 轴有4个不同的交点，转化为 与 有4个不同的交 点，画出二者函数图像，求出 与 恰有3个交点的临界直线的斜率，即可求 的取值范围. 【详解】因为 的图像与 轴有4个不同的交点，所以 与 有4个不同的交 点，作出二者图像如下图： 易知直线 恒过定点 ，斜率为a， 当直线与 相切时是一种临界状态，设此时切点的坐标为 ，则 ，解得 ，所以切线为 ，此时有三个交点； 当直线过点 时， ，此时有四个交点； 综上所述： ， 故选：A. 7．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测）已知函数 ， （其中e是自然对数的底数），若关于x的方程 恰有三个不同的零点 ，且 ，则 的最 大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据解析式研究 、 的函数性质，由 零点个数知 与 的交点横坐标一个在 上，另一个在 上，数形结合可得 ， 且 ， ，进而可得 代入目标式，再构造函数研究最值即可得解. 【详解】由 解析式，在 上 单调递增且值域为 ，在 上 单调递增且值域为 ， 函数 图象如下： 所以， 的值域在 上任意函数值都有两个x值与之对应，值域在 上任意函数值都有一个x值与之 对应， 要使 恰有三个不同的零点 ，则 与 的交点横坐标一个在 上，另一个在 上， 由 开口向下且对称轴为 ，由上图知： ，此时 且 ， ， 结合 图象及 有 ， ，则 ， 所以 ，且 ， 令 且 ，则 ， 当 时 ， 递增；当 时 ， 递减； 所以 ，故 最大值为 . 故选：A 二、多选题 8．（2022·福建·泉州五中高三期中） 是定义在 上的函数，满足 ， ，则下 列说法正确的是（ ） A． B．当 时，方程 有两个解 C． D．当 时，方程 有且只有一个解 【答案】CD 【分析】首先根据条件求出 的表达式,再求导，分析 的图像，结合图像即求解. 【详解】 ，将 代入得 ，又 ，解得 ，故A错； 令 ， ，则 ， 为任意常数. , . .，当 时， , 单调递增，当 ， 单调递 减, 在 处取最大值 .作 图如下： 则方程 有两个解，即 与 的图像有两个交点， ,则B错误； 由上图可知， ，C正确；当 时， 与 的图像有一个交点，符合题意，D正确. 故选：CD 三、填空题 f xexax2 9．（江西省九江市十校2023届高三上学期11月联考数学（文）试题）已知函数 有三个零点， 则实数a的取值范围是___________. e2   , 【答案】  4  1 x2 x2 【分析】通过分离参数得  ，研究函数gx 的单调性，极值点，零点，从而得到其大致图像，则得 a ex ex 1 到 的范围，解出即可. a f xex f x a0 【详解】当 时，此时 ，显然 无零点. 1 x2 当 a0 时， f x0 得 a  ex ， x2 x22x 令gx ex ，gx ex ，分别令 gx0 ， gx0 ， 前者解得0x2，，后者解得x2或x0， gx ,0 2, 0,2 故 在 ， 递减， 递增. 4 故gx的极小值为g00，极大值为g2 ， e2x2 令 gx ex ，显然分母ex 0，则分子x2 0，x0，则 gx 有唯一零点0， 作出大致图像如图所示： e2  1 4 0   , 所以 a e2 ，解得实数 a 的取值范围是 4 . e2   , 故答案为： 4 . x33x,xa f x 10．（2022·北京十四中高三期中）已知函数 2x,xa .①若 a0 ，则函数 f x的零点有______ y f xm m a 个；②若存在实数 ，使得函数 有三个不同的零点，则实数 的取值范围是______. (,1)(1,0) 【答案】 2 y f x ym 【分析】空1：通过分类讨论解方程判断零点个数；空2：根据题意可得 与 有3个交点，在同 ygx y2x 一坐标系作出 与 的图象，分类讨论结合图象分析求解. x33x,x0 f x 【详解】空1：若 a0 ，则函数 2x,x0 ， f x0 令 ，则有： x33xx  3x2 0 当x0时， ，解得x0或 x 3 或 x 3 （舍去）； 当x0时，2x0，解得x0（舍去）；f x 0, 3 故函数 的零点为 ，共2个. gxx33x gx3x23 空2：对于函数 ，则 ， gx0 1x1 令 ，则 gx 1,1 ,1,1, g12,g12 ∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，且 ， y f xm0 f xm 令 ，则 ， y f x ym 由题意可得： 与 有3个交点， ygx y2x 如图，在同一坐标系作出 与 的图象，则有： a1 m y f x ym a1 当 时，存在 ，使得 与 有3个交点，即 成立； a1 y f x ym a1 当 时， 与 至多有2个交点，即 不成立； 1a1 m y f x ym 1a1 当 时，存在 ，使得 与 有3个交点，即 成立； a1 y f x ym a1 当 时， 与 至多有2个交点，即 不成立； a (,1)(1,0) 故实数 的取值范围是 . (,1)(1,0) 故答案为：2； .【冲刺提升】 一、单选题 1．（2023·陕西西安·高三期末（理））已知函数 ， 若函数 ，则函数 的零点个数为（ ） A．1 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】本题首先通过函数奇偶性求出 ，再利用导数研究其在 上的零点个数即可. 【详解】当 时， ， 当 时， ， ， ，且定义域为 ，关于原点对称，故 为奇函数，所以我们求出 时零点个数即可， ， ，令 ，解得 ， 故 在 上单调递增，在 单调递减， 且 ，而 ，故 在 有1零点， ，故 在 上有1零点，图像大致如图所示： 故 在 上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在 上也有2个零点，且 ，故 共 5个零点， 故选：D. 2．（2022·福建·福州三中模拟预测）已知 ， 为函数 的零点， ，下列结论 中错误的是（ ） A． B．若 ，则 C． D．a的取值范围是 【答案】C 【分析】作图，将 看作函数 与函数 的交点，根据函数的单调性逐项分析即 可求解.【详解】 可以看作函数 与函数 的作差组成，作图如下： 对于A，由草图可知： 时， 单调递增， 单调递减，故存在唯一的交点 ， 考虑： 时， ， ， ， 当 时， ， ，A正确； 对于B，有 ，两边取对数得： ， 由条件 可得： ， 联立方程 ，消去 得 ，并且 ，解得 ，B正确； 对于C，当 时， ， ， 没有零点，即 ， ，C错误； 对于D，由于 在 时存在唯一零点，若 存在3个零点，必有 ， 考虑当 时， 必有2个解，两边取自然对数得 ， 构造函数： ，即 在 时必有2个零点，求导： ，令 ，则有 ， 当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减， 在 时， 取得最小值， 有2个零点的充分必要条件是 ， 即 ， ， ，D正确； 故选：C. 3．（2022·天津·高三期中）已知定义在R上的函数 ，若函数 恰有2个零 点，则实数m的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把函数 恰有2个零点转化为 和 有两个交点.利用图像法解. 【详解】因为函数 恰有2个零点， 所以 和 有两个交点. 作出函数 的图像如图所示：因为 时， 和 相交，所以只需 和 再有一个交点. . 当 时，若 与 相切，则有 的判别式 ，此时 . 当 时，若 与 相切，则有 的判别式 ，此时 . 当 时，若 与 相切，设切点为 . 则有 ，解得： . 所以要使函数 恰有2个零点， 只需 或 或 ，解得： 或 或 . 故选：D 二、多选题 4．（2022·广东·深圳实验学校光明部高三期中）已知函数 ，则（ ） A． 有两个极值点 B． 有三个零点 C．点 是曲线 的对称中心 D．直线 是曲线 的切线 【答案】AD 【分析】利用极值点的定义可判断A，结合 的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几 何意义判断D. 【详解】由题， ，令 得 或 ，令 得 ， 所以 在 ， 上单调递增， 上单调递减，所以 是极值点，故A正确； 因 ， ， ， 所以，函数 在 上有一个零点， 当 时， ，即函数 在 上无零点， 综上所述，函数 有一个零点，故B错误； 令 ，该函数的定义域为 ， ， 则 是奇函数， 是 的对称中心， 将 的图象向上移动一个单位得到 的图象， 所以点 是曲线 的对称中心，故C错误； 令 ，可得 ，又 ， 当切点为 时，切线方程为 ，当切点为 时，切线方程为 ，故D正确. 故选：AD. f xexasinx x, 5．（2022·广东·普宁市华侨中学高三期中）关于函数 ， ，下列说法正确的是 （ ） a1 f x 0, f 0 2x y10 A．当 时， 在 处的切线方程为 B．当 a1 时， f x 存在唯一极小值点 x 0且 1 f x 0 0 a0 f x π, C．对任意 ， 在 上均存在零点a<0 f x π, D．存在 ， 在 上有且只有一个零点 【答案】ABD 【分析】对于A选项，直接求出切线斜率利用点斜式写出方程即可判断正误. fx x 对于B选项，利用二次求导得 单调性，再利用零点存在性定理确定出 0所在区间. ex hx 对于C，D选项，转化为对于ya与 sinx图像交点情况的判断. f xex sinx π, a1  【详解】对于A选项，当 时， ，x ， f 01 fxexcosx f02 故 ，切点为(0，1).又 ， . y12x0 2x y10 则切线方程为 ，即 ，故A正确; fxexcosx a1 对于B选项， 时， ， fx gx gxexsinx 令 ，则 . xπ,0 ex 0,sinx0 gx0 当 时，因 ，则 . 当 x  0, 时， gxexsinx ex 10，故 fx gx 在(-π，+∞)上单调递增，  3π  3π  3π 1 2 f  e 4 cos   注意到  4   4  4 e3π 2 ， e3π 28，  3π 1 2 1 2  π 有 f    4    4 28  2  4  2 0 ，又 f   - 2  =e - π 2>0， fx fx 故 在(-π，+∞)上有唯一零点，结合 在(-π，+∞)上单调递增  3π π - ，-  得f(x)存在唯一极小值点x ，且x  4 2， 0 0 则 fx 0 0 ，得 ex0 + cosx 0 0ex0 cosx 0， π  3π π 则 f x 0 ex 0 sinx 0 sinx 0 cosx 0  2sin  x 0  4  ，又因x    - 4 ，- 2   0 π  3π 则 x 0  4   π, 4  ，得 1 f x 0 0 ，故B正确. f xexasinx xπ, f x0 exasinx0 对于C选项， ， ，令 ，则 ， xkπk 1 kZ xkπk 1 kZ 当 且 时，显然没有实根，故 且 ex ex ex(cosx-sinx) 则 a sinx ，令 hx sinx ，有 hx sin2x ， π 令hx0，得x kπk 1且kZ， 4  3π 则 hx 在   -π，- 4  上单调递减，  3π   π  在  - 4 2kπ，2kπ  ，   2kπ， 4 2kπ  k 0,kZ上单调递增， π   5π  在  4 2kπ，π2kπ  ，   π2kπ， 4 2kπ  k 0,kZ 上单调递减，  3π  hx 的极小值为h   - 4 2kπ = 2e - 3 4 π 2kπ ≥ 2e - 3 4 π  0 k 0,kZ ， π  hx 的极大值为h  4 2kπ =- 2e π 4 2kπ ≤- 2e π 4 0 k 0,kZ ，  3π  ex a0, 2e 4  hx 故当   时，ya与 sinx 的图像没有交点， f x π, 即 在 上没有零点，故C错误; 对于D选项，由C选项分析可知，存在a<0，使得 f x 在 π, 上有且只有一个零点，此时a 2e π 4，故 D正确， 故选：ABD. 三、填空题R f(x) f(x) f(x)3x2ex 6．（2022·安徽·合肥市第十中学高三阶段练习）设定义在 上的函数 满足 ，且 f(0)0 g(x) f(x)k k ，函数 有且只有一个零点，则 的取值范围为______ (,0] 【答案】 【分析】根据已知等式，结合导数的运算公式、函数零点的定义，利用导数的性质、转化法进行求解即可. f(x) f(x)3x2ex  f(x)ex f(x)ex 3x2 【详解】 ， h(x) f(x)ex h(x) f(x)ex f(x)ex 3x2 设函数 ，即 ， h(x)x3m 所以 ， f(0)0 h(0)0 03m0m0 h(x)x3 因为 ，所以 ，即 ，即 ， h(x) f(x)ex x3 f(x)x3ex 于是有 ， f(x)3x2ex x3ex x2(x3)ex 所以 ， x3 f(x)0, f(x) 0x3 f(x)0, f(x) 当 时， 单调递减，当 时， 单调递增， x0 f(x)0, f(x) x y0 当 时， 单调递增，当 时， ， 当x时， y ， 函数图象如下图所示： g(x) f(x)k g(x) f(x)k 0 函数 有且只有一个零点，即方程 有一个实数根，y f(x) yk k 0 即函数 的图象与直线 有一个交点，如上图所示：所以 ， k (,0] 因此 的取值范围为 ， (,0] 故答案为： ln x 7．（2022·北京·汇文中学高三期中）已知函数 f(x)x2 ，给出下列四个结论： x f(x) f(x) (,0) (0,) ①函数 是奇函数； ②函数 在 和 上都单调； x0 f(x)0 x0 f(x) ③当 时，函数 恒成立； ④当 时，函数 有一个零点. 其中所有正确结论的序号是____________ . 【答案】③④ 【分析】由奇偶性的定义可判断① ；结合导数可判断函数的单调性，进而可判断② ；结合函数的单调性可求  1 当x0时函数的最小值，比较最小值与0的大小关系即可判断③ ；由 f 10 ， f    e   0 结合函数的零点 存在定理可判断④ . f x ,0U0, 【详解】由题得， 的定义域为 ， ln x ln x ① f xx2  x2 ， x x f x f x2x2 0 f x 且 ，所以 不是奇函数，故 ① 错误；  lnx x2 ,x0   x ② f x ，当 时， ，  x2 lnx ,x0 f xx2 lnx  x x0 x 1lnx 2x3lnx1 则 fx2x x2  x2 ，令 hx2x3lnx1 ，则 h110 ，  1  1  h  1  3 1 ln 1 0，所以存在x   1  3 ,1 ，使得 ， 2  3 2 0 2  hx 0     0 x0,x  fx0 f x 所以当 0 时， ， 是单调减函数；xx , f�( x) >0 f x 当 0 时， ， 是单调增函数，所以② 错误； xx f x 0, 2x3lnx 10 ③ 由② 可知，当 0时， 在 上有最小值，且 0 0 ， lnx 1 lnx  1  1 0  2x2 f x x2 0 x2 2x2 3x2 所以 x x 0，因为 0 0 x 0 x 0  0 x ， 0 0 0 0 0  1  由x 0      1 2    3 ,1  ，则1 x3 1 ，即3 3x3 3 ，所以 3x2 1  3x 0 31 0 ，   2 0 2 0 0 x x 0 0 f x0 x0 所以当 时， 恒成立，故③ 正确； lnx 1lnx 2x31lnx ④ 当 时， f xx2 ， fx2x  ， x0 x x2 x2 1 1 6x31 13 令gx2x31lnx，则令gx6x2 x  x 0，解得 x 6   ， 1 13 当  6    x0 时，gx0，则gx单调递减； 1 13 当 x 6   时，gx0，则gx单调递增； 1 13 所以当 x  时， 6  1 1 gx  g   1  3 1 1ln   1  3  4  1 ln60，则 ， max  6  3 6 3 3 fx0    1 1 所以 f x 在 ,0 上单调递减，由 f 110 ， f    e    e2 e0 ，  1 所以 f x 在   1, e  内有一个零点，故④ 正确. 故答案为：③④ 四、解答题 1 3 8．（2022·河南·驻马店市第二高级中学高三阶段练习（文））已知函数 f x lnxx2 xa． 2 2f x (1)求 的单调区间； 1 1  (2)若关于x的方程 f x x2x在 ,2 上有实数根，求实数a的取值范围． 2 4   1 1  【答案】(1) f x 在   0, 4  上单调递增，在  4 , 上单调递减. 3 1 1   ln2,3 ln2   (2)8 2 2  【分析】（1）由导函数的正负，确定原函数的单调区间. （2）方程在区间上有实数根，转化为对应的函数在区间上有零点，利用导数研究单调性即可. 1 3 1 3 4x23x1 f x lnxx2 xa 0, fx 2x  【详解】（1）函数 2 2 ，定义域为 ， 2x 2 2x ， 1 1 f�( x) >0，解得0x ， fx0，解得x ， 4 4  1 1  f x 在   0, 4  上单调递增，在  4 , 上单调递减. 1 1  （2） f x x2x在 ,2 上有实数根， 2 4  1 1 1 1  即 lnx x2 xa0在 ,2 上有实数根， 2 2 2 4  1 1 1  1  g(x) lnx x2 xa0, x ,2    设 2 2 2  4 ， 1 1 2x2x1 则g(x) x  ， 2x 2 2x 1 1 1 g(x)0 ，解得 4 x 2 ，gx0，解得 2 x2， 1 1 1  , ,2     g(x)在4 2上单调递增，在2 上单调递减， 1 5 1 1 3 1 g ln2 a g  ln2 a g2 ln23a 4 32 ， 2 2 8 ， 21 3 91 g2g  ln2 0 4 2 32 ， g(x)在    1 4 ,2   上最大值为 g    1 2     1 2 ln2 8 3 a ，最小值为 g2 1 2 ln23a ，  1 3  ln2 a0   2 8 在 上有实数根，有 ，解得 ， 1 ,2   1 ln23a0 3  1 ln2a3 1 ln2 g(x)0  4   2 8 2 2 3 1 1   ln2,3 ln2   实数a的取值范围为8 2 2  1 1 9．（中学生标准学术能力诊断性测试2022-2023学年高三上学期11月测试）已知函数 f x x3ax ， 3 12 1 gxln . x yaxb y f x ygx a (1)若直线 与曲线 和 都相切，求实数 的值； f xgx f xgx (2)设函数 hx 2 ，若函数 yhx 在 0, 上有三个不同的零点x 1 ，x 2 ， x 3 ，且 21 1x x  x x x ，求证：x 1， 1 2 2 . 1 2 3 3 11  【答案】(1)ae 12； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据切线的方程及导数的几何意义，列出方程求解即可； f(x),g(x) h(x) x 1 x,x f(x) (0,1) （2）分析 的正负及单调性、变换趋势，确定 的零点所在区域及 3 ，由 1 2为 在 上 x x 的两个零点，再由零点的分布确定求 1 2的和. 1 【详解】（1） fxx2a，gx , xfxa x0 令 ，得 ，  1  1 所以直线yaxb与曲线 y f x 相切于点   0, 12  ，得 b 12， 1 设直线yax 与曲线ygx相切于点x ,y ， 12 0 0 1 1 1  a ax  ln 11 11 则 x 且 0 12 x ，所以x e12，ae  12， 0 0 0 f x, f xgx hx （2）由题意得  gx,gx f x，gx在0,上有唯一零点1， 1 1 1 1 当 时， f x x3ax  x2ax ， x1 3 12 3 12 1 1 由二次函数的性质可得到，必然存在 m,1使得 3 x2ax 12 0， f m0 故 ， 1 因为 f 0 0，所以存在nm,0，使得 f n0， 12 f x ,0 0, 所以 在 上至少有一个零点，在 上至多有两个零点， hx 0, hx f x 因为 在 上有三个不同的零点，所以1为 的零点，不是 的零点， 5 5 进而g10 f 1a ，即a ， 12 12 x1, gx0 hx 1, 0,1 x x x 1 因为当 时， ，所以 在 上无零点，在 上有两个零点 1， 2，所以 3 ， x0,1 gx0 f x 0,1 x x 因为当 时， ，所以 在 上有零点 1， 2， 1 5 因为 f 0 0， f 1a 0，所以 f x在0,1上存在极小值 f x 0， 12 12 0 fxx2a fx x2a0 x  a0,1 由 ，得 0 0 ， 0 f x  f  a   1 a 3 a a 1  2 a 3  1 0，所以 1 a 5 ， 0 3 12 3 12 4 121 1 1 设方程 x3ax  xx xx xx  ， 3 12 3 1 2 4 1 则x x x 0，x 1 x 2 x 4  4 ，xx x x x x 3a， 1 2 4 1 2 2 4 4 1 1 所以x 1 x 2 x 1 x 2  4 ， x 1 x 2 x 1 x 2 2 3a， 1 3 5 t2 3a ,  设tx x ，则 4t 4 4， 1 2  21 5 因为wtt2 4 1 t 在0,递增，且w1 3 4 ， w   2     4， 21 21 1t 1x x  所以 2 ，即 1 2 2 . f(x),g(x) h(x) f(x),g(x) 【点睛】关键点点睛：本题通过分析函数 的特点，确定出 的零点分别来源于 零点及所 x,x f(x) (0,1) 在区间是第一难点，也是关键点，当确定 1 2是 在 上两个零点之后的求和是第二个难点，也是本题 求解的关键点之二，方法比较独特，不容易想到，实属难题. f(x)exax aR 10．（2022·河北·模拟预测）已知函数 ， ． (1)求 f(x)的极值； F(x) f(x)axsinxbx1 1�b2 F(x) (2)令 ，当 时，讨论 零点的个数． a0 f x a0 f x a1lna 【答案】(1)当 时， 无极值；当 时， 有极小值 ，无极大值 (2)2个零点 【分析】(1)根据题意，求出函数的导函数，对导函数的正负进行分类讨论即可求解； F(x) gxFx x Fx (2)先对函数 求导，令 ，对 的取值范围分类讨论，利用导数的正负求出 的单调性，由 零点存在性定力判断零点个数即可. f x fxexa R 【详解】（1） 的定义域为 ，且 ．a0 fx0 f x R ①当 时， 恒成立， 在 上单调递增，无极值， a0 f�( x) >0 xlna fx0 xlna ②当 时，令 ，得 ；令 ，得 ， f x ,lna lna, 所以 在 上单调递减；在 上单调递增； f x f lnaa1lna xlna 在 处取极小值 ，无极大值． a0 f x 综上所知，当 时， 无极值； a0 f x a1lna 当 时， 有极小值 ，无极大值． F(x)exsinxbx1xR Fxexcosxb （2）因为 ，所以 ， gxFxexcosxb gxexsinx 令 ，则 ． ①当x时，由1b2，得bxb， Fxexsinx1110 所以 Fx , 故 在 上无零点． x0, gxexsinx1sinx0 Fx 0, ②当 时， ， 在 上单调递增； FxF02b0 Fx 0, FxF00 ， 在 上单调递增， ， Fx 0, x0 在 上有唯一零点 ， x,0 sinx0,gxexsinx0 ③当 时， ， Fx ,0 F02b0,Feb10 在 上单调递增， ， t,0 Ft0  存在 ，使 ， x,t Fx 当 时， 单调递减； xt,0 Fx 当 时， 单调递增； Feb10,FtF00 又 ； Fx ,t t,0 Fx ,0 在 上有唯一零点，在 上无零点，即 在 上有1个零点． Fx 1b2 综上，当 时，函数 有2个零点． f xlnxcosx 11．（山西省吕梁市2023届高三上学期阶段性测试数学试题）已知函数 ．证明：  π (1) f x在区间  0, 2   内存在唯一极大值点； f x sine0.4108 lnπ1.145 (2) 有且仅有唯一零点．（参考数据： ． ） 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析.  π 【分析】（1）由题可得函数 fx在区间  0, 2   单调递减，根据零点存在定理及导数与函数的极值的关系即得；  π π  （2）分 x0,x 0  ， x  x 0 , 2  ， x 2 ,e  ，xe讨论，利用导数研究函数的性质结合零点存在定理即得. 1 【详解】（1）由题可得 fx sinx， x 1 1 设gx fx sinx，则gx cosx， x x2  π  π 当 x  0, 2  时， gx0 ， fx 在区间   0, 2  单调递减， π 2 又因为 f11sin10 ， f  2    π 10，  π 由函数零点存在定理， fx 在区间   1, 2  存在唯一零点x ， 0   当 x0,x 0  时， f�( x) >0 ，当 x  x 0 , 2  时， fx0 ，  π 所以函数 f x在区间  0, 2   存在唯一极大值点 x ； 01 1 （2）（ⅰ）由（1）当 x0,x 0  时， f�( x) >0 ， f x 单调递增， f  e   1cos e 0 ， f 1cos10 ， f x 0,x  所以 在区间 0 上有唯一零点；  π π π （ⅱ）当x  x 0 , 2   时， fx0 ， f x单调递减， f  2   ln 2 0，  π 所以 f x0 ， f x 在区间   x 0 , 2  内不存在零点； xe f xlnxcosxlnecosx0 （ⅲ）当 时， ， f x e, 所以 在区间 内不存在零点； π  （ⅳ）下面证明：当 x 2 ,e  时， f x0 ， 1 1xsinx 因为 fx sinx ， x x π  令 hx1xsinx ， x 2 ,e  ，则 xhxsinxxcosx ， x2cosxxsinx0 所以 ， π  所以hx 在 x 2 ,e  上单调递增， π 3π 3π 3π 3π 23π  h  10 heh  sin  cos   10 又 2 ，  4  4 4 4 2  4  ， π  所以hx 在区间 x 2 ,e  内存在唯一零点x， 1 π  当x 2 ,x 1   时， hx0 ， hx单调递减；当 xx 1 ,e时， hx0 ， hx单调递增， π π 又 h 2   1 2 0 ， he1esine0 ，π  所以 hx0 ，即在区间  2 ,e   内， fx0 恒成立， π  即 f x 在区间  2 ,e   内单调递减， f e1cose0 ， π  π  所以当 x 2 ,e  时， f x0 ， f x 在区间  2 ,e   内不存在零点； f x 综上， 有且仅有唯一零点． f xsinx(0，0)  12．（2022·湖北·高三期中）已知函数 的周期为 ，图像的一个对称中心为      4 ，0 ，将函数 f x 图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得图像向右平移 2 个单位 gx 长度后得到函数 的图像． f x gx (1)求函数 与 的解析式；   (2)是否存在 x 0   6 ， 4  ，使得 f x 0  、 gx 0  、 f x 0 gx 0  按照某种顺序成等差数列？若存在，请求出该数 列公差绝对值的取值范围；若不存在，请说明理由． a0 Fx f xagx 0，2022 (3)当 时，判断 在 内的零点个数，并说明理由． f xcos2x gxsinx 【答案】(1) ， 2 (0, ) (2)存在，公差绝对值的取值范围为 2 . (3)见解析 【分析】(1)结合已知条件，利用周期公式求出，然后利用正弦函数的对称中心的性质求，进而得到 f(x)， g(x) 利用伸缩变换和平移变换得到 ；(2)利用导函数和零点存在基本定理即可判定，结合正弦函数范围以及二cos2x 次函数性质即可求解；(3) 将零点问题转化为 ya 与h(x) sinx 的交点问题，然后利用导函数求h(x)的图 像，进而即可得到答案. 2 【详解】（1）∵ 周期T  ，∴ ， f(x)  2    又∵  4 ，0  是 f x的一个对称中心，∴2 4 k， kZ ，  解得：k ， ， 2 kZ  ∵ ，∴ ， 0 2  从而 f(x)sin(2x )cos2x， 2 f x 2 ycosx 函数 图像上所有点的横坐标伸长为原来的 倍(纵坐标不变)后的解析式为： ，   从而再将所得图像向右平移 个单位长度后得到函数g(x)cos(x )sinx. 2 2   （2）假设存在 x 0   6 ， 4  ，使得 f x 0  、 gx 0  、 f x 0 gx 0  按照某种顺序成等差数列;     1 1 2 当x  ， 时，2x ( , )，则cos2x (0, )，sinx ( , )， 0  6 4 0 3 2 0 2 0 2 2 sinx cos2x cos2x sinx cos2x sinx cos2x ∵ 0 0 0，∴ 0 0 0 0， 2f(x )g(x ) f(x )g(x ) 2cos2x sinx sinx cos2x 故 0 0 0 0 ，即 0 0 0 0，   令 ，x( , )， p(x)sinxsinxcos2x2cos2x 6 4 则p(x)cosxcosxcos2x2sinxsin2x4sin2xcosx(1cos2x)2sin2x(2sinx)0   ， 故 px 在   6 4  上单调递增，  1  2   又∵ P( 6 ) 4 0 ， p( 4 ) 2 0 且 px 在   6 ， 4  上连续，   故存在唯一的x 0   6 ， 4   ，使得 px 0 0 ，即 2cos2x 0 sinx 0 sinx 0 cos2x 0 成立，  即存在x 0   6 ， 4   ，使得 f x 0 gx 0 ， f x 0 ， gx 0 或 gx 0 ， f x 0 ， f x 0 gx 0 成等差数列， 1 9 ∴公差的绝对值|d|sinx cos2x 2sin2x sinx 12(sinx  )2 ， 0 0 0 0 0 4 8 1 2 2 sinx ( , ) |d|(0, ) ∵ 0 2 2 ，∴ 2 ， 2 (0, ) 即该等差数列公差的绝对值的取值范围为 2 . F(x)asinxcos2x （3）由题意得： ， xkkZ sinx0 cos2x1 xkkZ Fx 当 ，即 时， ，故 不是 的零点； cos2x 则Fx的零点个数等价于a 的根的个数， sinx cos2x 即 与h(x) 的交点个数， ya sinx cos(2x4) cos2x ∵h(x2)  h(x)， sin(x2) sinx hx 2 ∴ 是以 为周期的周期函数， x(0,)(,2) 当 时， 2sin2xsinxcos2xcosx cosx(4sin2xcos2x) cosx(2sin2x1) h(x)   ， sin2x sin2x sin2x  3 ∴当x(0, )( ,2)时， ； 2 2 h(x)0  3 当x( ,)(, )时， ， 2 2 h(x)0 3 3  3 故hx在(0, )，( ,2)上单调递增，在( ,)，(, )上单调递减， 2 2 2 2 hx 0，2 则 在 上的大致图像如下图所示，a1 ya hx 0， ，2 由图像可知：当 时， 与 在 内无交点，在 内有两个交点； 0， ，2 当0a1时，在 内有两个交点，在 内有两个交点； a1 ya hx 0， ，2 当 时， 与 在 内有且仅有一个交点，在 内有两个交点； 0，2022 综上所述，在 内， ① a1 ya hx Fx 当 时， 与 有2022个交点，即 有2022个零点； ② a1 ya hx Fx 当 时， 与 有3033个交点，即 有3033个零点； ③ 当0a1时， ya 与 hx 有4044个交点，即 Fx 有4044个零点.