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重难点 06 利用导数研究函数的零点【八大题型】
【新高考专用】
导数是高中数学的重要内容，从近几年的高考情况来看，导数中的函数零点（方程根）问题在高考中
占有很重要的地位，是热点问题，主要涉及函数零点的个数或范围等问题.高考常考查三次函数与复合函
数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现，难度较大，需要灵
活求解.
【知识点1 导数中的函数零点问题及其解题策略】
1．函数零点（个数）问题的的常用方法
(1)构造函数法：构造函数g( x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.(2)函数零点存在定理：利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数
有多少个零点.
(3)数形结合法：函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，数形结合，根据图象的几何直观求
解.
2．导数中的含参函数零点（个数）问题
利用导数研究含参函数的零点（个数）问题主要有两种方法：
(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.
(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y= g (x)图象的交点问题.
3．与函数零点有关的参数范围问题的解题策略
与函数零点（方程的根）有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合
特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
【知识点2 隐零点问题及其解题策略】
1．隐零点问题
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数不等式与导数的综合题目中常会
遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策路是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点
存在定理处理.
2．隐零点问题的解题策略
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，
导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数 f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数
f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其
零点是x.因为x 不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 叫做隐零点；若x 容易求出，
0 0 0 0
就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
【题型1 判断或讨论零点的个数】
【例1】（2024·新疆乌鲁木齐·三模）已知符号函数sgn(x)=¿，则函数f(x)=sgn(lnx)−xlnx零点个数
为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】根据零点的定义计算即可.
【解答过程】1当lnx>0，即x>1时，f(x)=1−xlnx，
f' (x)=−lnx−1<0在(1,+∞)上恒成立，
所以f(x)在(1,+∞)单调递减，
因为f(1)=1>0,f(e)=1−e<0，
所以存在x ∈(1,e)使得f(x )=0.
0 02当lnx=0，即x=1时，f(x)=−xlnx，
因为f(1)=0，所以x=1是f(x)的零点.
3当lnx<0，即00，得00；当x=1时，f′(1)=0；当x>1时，f′(x)<0，
∴函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴函数f (x)的极大值为f (1)=1，无极小值．
（2）当a≤0时，易知f′(x)>0，函数f (x)单调递增，
又当x→0+时，f (x)→−∞；当x→+∞时，f (x)→+∞，
∴当a≤0时，函数f (x)只有一个零点，
1
当a>0时，令ℎ(x)= −aex−1 ，易知ℎ(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
x
当x→0+时，ℎ(x)→+∞；当x→+∞时，f (x)→−∞，1
∴存在x ∈(0,+∞)使得ℎ(x )=0，即 =aex 0 −1 ，
0 0 x
0
∴当00，函数f (x)单调递增；当x>x 时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，
0 0
又当x→0+时，f (x)→−∞；当x→+∞时，f (x)→−∞，
下面讨论f (x )与0的大小关系，
0
1
∵f (x )=lnx −ax ex 0 −1+x +1， =aex 0 −1 ，
0 0 0 0 x
0
1 1
∴ =x ex 0 −1 ，即ln =lnx +x −1，
a 0 a 0 0
∴f (x )=lnx +x =1−lna，
0 0 0
∴当00；当a=e时，f (x )=0；当a>e时，f (x )<0．
0 0 0
∴当0e时，f (x)没有零点．
综上，
当a∈(−∞,0]∪{e}时，函数f (x)只有1个零点；
当a∈(0,e)时，函数f (x)有2个零点；
当a∈(e,+∞)时，函数f (x)没有零点．
【变式1-3】（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知函数f(x)=exsinx．
(1)讨论函数f (x)在区间(0,π)上的单调性；
f(x)
(2)判断函数ℎ(x)= +ln(x+1)−2x+1零点的个数．
ex
【解题思路】(1)求导，即可得解；
(2)利用导数，进行求解即可.
π
【解答过程】（1）f′ (x)=(cosx+sinx)ex=√2sin ( x+ )ex
4
(
3π
) (
3π
)
当x∈ 0, 时，f′(x)>0，所以f (x)在 0, 单调递增，
4 4
(3π
)
(3π
)
当x∈ ,π 时，f′(x)<0，所以f (x)在 ,π 单调递减．
4 4
（2）易知函数ℎ(x)的定义域为(−1,+∞)
∵ℎ(x)=sinx+ln(x+1)−2x+11
∴ℎ ′ (x)=cosx+ −2
x+1
1
当x>0时，cosx≤1， <1，
x+1
∴ℎ ′ (x)<0，
∴ℎ(x)单调递减，
当−1 ℎ ′ (0)=0
∴ℎ(x)单调递增．
综上：ℎ(x)在(−1,0)上单调递增，在(0,+∞)单调递减．
∴ℎ(x) = ℎ(0)=1>0，
max
( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) −2
∵ℎ −1 =sin −1 +ln −2 −1 +1≤ <0，
e4 e4 e4 e4 e4
∴ℎ(x)在(−1,0)有唯一零点．
∵ℎ(e−1)=sin(e−1)+ln(e)−2(e−1)+1≤5−2e<0，
∴ℎ(x)在(0,+∞)有唯一零点；
综上所述ℎ(x)在(−1,+∞)有两个零点.
【题型2 零点问题之唯一零点问题】
【例2】（2024·四川绵阳·模拟预测）函数f (x)=ex−kx−b恰好有一零点x ，且k>b>0，则x 的取值范围
0 0
是（ ）
A．(−∞,0) B．(0,1) C．(−∞,1) D．(1,+∞)
【解题思路】由题将函数f (x)恰好有一零点x ，且k>b>0等价于y=kx+b与g(x)=ex相切，将切线斜率k
0
和截距b求出来根据k>b>0即可求解.
【解答过程】函数f (x)=0即ex=kx+b，
因为函数f (x)恰好有一零点x ，且k>b>0，
0
则由指数函数图象特性y=kx+b与g(x)=ex相切，
因为g′(x)=ex，设切点为(x ,ex 0)，则切线斜率为k=ex 0，
0切点在切线上，故b=ex 0−kx =ex 0(1−x )，
0 0
所以由k>b>0得ex 0>ex 0(1−x )>0⇒00，当02时，g′(x)>0，
e2
即函数g(x)在(−∞,0)和(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，且g(2)= ，
4
x→0时，g(x)→+∞，x→−∞时，g(x)→0，x→+∞时，g(x)→+∞，可作出图象如下，
ex e2
方程k= 有且仅有一个正根，所以k= .
x2 4
故选：D.
【变式2-2】（2024·四川德阳·三模）已知函数f (x)=2lnx−x2−1.
(1)试研究函数f (x)的极值点；
3
(2)若F(x)=f (x)+4ax恰有一个零点，求证00，
x x
所以当00，此时函数f (x)在x∈(0,1)单调递增，
当x>1时，f'(x)<0，此时函数f (x)在x∈(1,+∞)单调递减，
故函数f (x)有唯一极大值点x=1，无极小值点.
2
（2）由题意可得F′(x)=4a+ −2x，x>0，
x
令F′(x)=0，解得x=a±√a2+1，
因为x=a+√a2+1>0，x=a−√a2+1<0，
所以F′(x)在(0,+∞)上有唯一零点x =a+√a2+1，
0
当x∈(0,x )时，F′(x)>0，F(x)在(0,x )上单调递增；
0 0
当x∈(x ,+∞)时，F′(x)<0，F(x)在(x ,+∞)上单调递减.
0 0
因为F(x)有且仅有一个零点，所以F′ (x )=0且F(x )=0.
0 0
即¿，
消去a并整理得：2lnx +x2−3=0，
0 0
2
令ℎ(x)=2lnx+x2−3，则ℎ ′(x)= +2x，
x
因为x>0时，ℎ '(x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又ℎ(1)=−2<0，ℎ(2)=2ln2+1>0,所以1−1时，f′ (x)>0，
因此函数f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
1
所以函数f(x)在x=−1处取得极小值f(−1)=− ，无极大值.
e
（2）函数f(x)=x(ex−ax2 )在(0,+∞)只有一个零点，等价于y=ex−ax2在(0,+∞)只有一个零点，
设g(x)=ex−ax2，则函数g(x)在(0,+∞)只有一个零点，当且仅当g(x)=0在(0,+∞)只有一解，
ex ex
即a= 在(0,+∞)只有一解，于是曲线y= (x>0)与直线y=a只有一个公共点，
x2 x2
ex ex (x−2)
令φ(x)= (x>0)，求导得φ′ (x)= ，当x<2时，φ′ (x)<0，当x>2时，φ′ (x)>0，
x2 x3
因此函数φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
e2
函数φ(x)在x=2取得极小值同时也是最小值φ(2)= ，
4
当x→0时，φ(x)→+∞；当x→+∞时，φ(x)→+∞，ex
画山φ(x)= 大致的图象，如图，
x2
e2
g(x)在(0,+∞)只有一个零点时，a=φ(2)= ，
4
e2
所以f(x)在(0,+∞)只有一个零点吋，a= .
4
【题型3 零点问题之双零点问题】
【例3】（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数f (x)=lnx+1−ax有两个零点x ,x ，且x 1 B．x +x <
1 2 a
1
C．x ⋅x <1 D．x −x > −1
1 2 2 1 a
lnx+1 lnx+1
【解题思路】根据零点可将问题转化为a= ，构造g(x)= ，求导即可根据函数的单调性得
x x
(2 )
函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数ℎ(x)=f −x −f (x)，结合函数的
a
2
单调性即可求解B，根据x +x > 可得ln(x x )>0，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
1 2 a 1 2
lnx+1 lnx+1
【解答过程】由f (x)=0可得a= ，令g(x)= ，其中x>0，
x x
lnx
则直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点，g′(x)=−
，
x2
由g′(x)>0可得01，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
1 lnx+1 1 lnx+1
且当0 时，g(x)= >0，g(1)=1，
e x e x
如下图所示：由图可知，当00可得0 ，
x x a a
( 1) (1 ) 1
所以，函数f (x)的增区间为 0, ，减区间为 ,+∞ ，则必有0 ，
1 a a 1 a
(2 ) (2 ) (2 ) 1
令ℎ(x)=f −x −f (x)=ln −x −a −x −lnx+ax，其中0 ℎ =0，即f −x −f (x )>0，即f (x ) −x ，即x +x > ，故B错误；
a 2 a 1 1 2 a
ln(x x )+2 2
由¿，两式相加整理可得x +x = 1 2 > ，
1 2 a a
所以，ln(x x )>0，可得x ⋅x >1，故C错误；
1 2 1 2
1 1 1
由图可知 −1，又因为x > ，所以，x −x > −1，故D正确.
e 1 2 1 2 a 2 1 a
故选：D.【变式3-1】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知f(x)=memx−lnx(m≥0)，若f(x)有两个零点，则实数m
的取值范围为（ ）
( 1) ( 1 )
A． 0, B． 0,
e e2
C． (1 ,+∞ ) D． [ 1 ,+∞ )
e e2
【解题思路】由同构的思想可知，若f(x)有两个零点，则mxemx−xlnx=0(x>0)有两个解，即mx=lnx
有两解，分离变量求导即可
【解答过程】解：由题意可知，若f(x)有两个零点，则f(x)=memx−lnx=0有两个解，
等价于mxemx−xlnx=0(x>0)有两个解，因为m≥0，x>0，所以lnx≥0，
令g(t)=tet，原式等价于g(mx)=g(lnx)有两个解，又g(t)在[0,+∞)上单调递增，
所以mx=lnx(x>0)有两个大于零的解.
lnx lnx
解mx=lnx，可得m= ，令ℎ(x)= (x>0)，
x x
1−lnx
则ℎ '(x)=
x2
，当00，当x>e时，ℎ '(x)<0，
1
所以ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且ℎ(e)= ，ℎ(x)的图象如图：
e
1 lnx
所以当0−ln2时，φ′ (x)>0，
函数φ(x)在(−∞,−ln2)上递减，在(−ln2,+∞)上递增，
φ(x)≥φ(−ln2)=1+ln2>0，即2ex−x>0，
①当a≤0时，aex−1<0，f′ (x)<0恒成立，f(x)在R上单调递减；
②当a>0时，由f′ (x)<0，得x<−lna，由f′ (x)>0，得x>−lna，
函数f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增，
所以当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，当a≤0时，f(x)在R上单调递减，f(x)在R上至多一个零点，不满足条件，
1 ln2a 1 ln2a
当a>0时，f(x) =f(−lna)=1− +lna+ ，令g(a)=1− +lna+ ，
min a 2 a 2
1 1 lna 1 1 1 1 1
则g′ (a)= + + = ( +1+lna)= ( +1−ln )，
a2 a a a a a a a
1
令u(x)=x−1−lnx，求导得u′ (x)=1− ，当01时，u′ (x)>0，
x
函数u(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，u(x)≥u(1)=0，即−lnx≥1−x，
1 1 1 2
于是g′ (a)≥ [ +1+(1− )]= >0，函数g(a)在R上单调递增，而g(1)=0，
a a a a
则当01时，g(a)>0，
①若a>1，则f (x) =g(a)>0，故f(x)>0恒成立，f(x)无零点；
min
②若a=1，则f (x) =g(a)=0，f(x)=0仅有一个实根x=−lna=0，不满足条件；
min
③若00，f (−2)= + +2= ⋅a+2− >0，
e4 e2 e4 e2
3 1
于是f(x)在(−2,−lna)上有一个实根，又ln( −1)>ln =−lna，
a a3 3 2 3 3 1 3
且f(ln( −1))=a( −1) −[aln( −1)+2−a]( −1)+ ln2 ( −1)
a a a a 2 a
3 2 3 3 1 3
>a( −1) −[aln( −1)+2−a]( −1)=(3−a)[ −ln( −1)]，
a a a a a
3 3x−4 4 4
令ℎ(x)=x−ln(3x−1)(x>1)，则ℎ ′(x)=1− = ，当1 时
3x−1 3x−1 3 3
ℎ
'(x)>0，
4 4 4 4
所以ℎ(x)在(1, )上单调递减，在( ,+∞)上单调递增，ℎ(x)≥ℎ( )= −ln3>0，
3 3 3 3
1 3 1 3
则 −ln( −1)>0，又00，则有(3−a)[ −ln( −1)]>0，
a a a a
3 3
即f(ln( −1))>0，于是f(x)在(−lna,ln( −1))上有一个实根，
a a
又f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增，因此f(x)在R上至多两个实根，
3
又f(x)在(−2,−lna)及(−lna,ln( −1))上均至少有一个实根，则f(x)在R上恰有两个实根，
a
所以00两种情况讨论函数的单调性；
（2）根据（1）的结果，转化为函数的最小值小于0，并且结合函数零点存在性定理说明存在2个零点.
a nxn−a
【解答过程】（1）f′(x)=nxn−1− = ，x>0，
x x
当a≤0时，f′(x)>0，f (x)在(0,+∞)单调递增，
(a) 1
当a>0时，令f′(x)>0，得x> n，
n
(a) 1
令f′(x)<0，得00时，f (x)的单调递减区间是 0, n ，单调递增区间是 n,+∞ ；
n n
（2）由（1）可知，若f (x)有两个零点，则a>0，
且当x=
(a)
n
1
时，f (x)取得最小值，f
((a)
n
1 )
=
[(a)
n
1] n
−aln
(a)
n
1
<0，
n n n n
得a>ne，
且x→0时，f (x)→+∞，·当x→+∞，f (x)→+∞，
( (a) 1 ) ((a) 1 )
所以 0, n 有1个零点， n,+∞ 也有1个零点，
n n
所以若f (x)有两个零点，则a>ne.
【题型4 根据零点情况求参数范围】
【例4】（2024·四川·模拟预测）已知函数f (x)=¿若函数y=[f (x)] 2−af (x)有5个不同的零点，则a的取
值范围是（ ）
A．(0,1] B．(1,4] C．(1,4) D．(1,+∞)
−x(x+2)
【解题思路】求得f′(x)= ，得到函数f (x)的单调性和极值，作出函数f (x)的图象，根据题意，
ex
转化为f (x)=0和f (x)−a=0共有5个不相等实数根，结合图象，即可求解.
(x+2) 2 −x(x+2)
【解答过程】当x≤0时，f (x)= ，此时f′(x)= ，
ex ex
则x<−2时，f′(x)<0,f (x)单调递减；−20,f (x)单调递增，
所以，当x=−2是f (x)的极小值点，作出如图所示的函数f (x)的图象，
函数y=[f (x)] 2−af (x)有5个不同的零点，则方程[f (x)] 2−af (x)=0，
即f (x)[f (x)−a]=0有5个不相等实数根，
也即是f (x)=0和f (x)−a=0共有5个不相等实数根，
其中f (x)=0有唯一实数根x=−2，
只需f (x)−a=0有4个且均不为-2的不相等实数根，由图可知10时，f (x)=−|lnx|=¿，
f (x)在(0,1]单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f(x) =f (1)=0，
max
如图所示作出函数的大致图象，则f (x)=1−a有四个零点，则y=f (x)与y=1−a的图象有四个交点，
1 ( 1)
因此− <1−a<0，得a∈ 1,1+ ，
e e
故选：C.
【变式4-2】（2024·四川凉山·三模）已知函数f (x)=(2x−1)ex−mx2−mx+m．
(1)当m=0时，求f (x)的极值点；
(2)若m>0且函数f (x)有三个零点，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）通过求导得到函数的单调性，继而可判断函数的极值点情况；
1 √e
（2）将函数求导，得到导函数的两个零点− 和lnm，根据参数m进行分类讨论，排除m= 和
2 e√e √e
0 时讨论函数的两个极值点的函数值的符号，以及函数两端的图象变化趋势，
e e
通过求解不等式组¿即得参数范围.
1
【解答过程】（1）当m=0时，由f′(x)=(2x+1)ex=0可得x=− ．
2
1 1 1
当x∈(−∞,− )时f′(x)<0，f (x)在(−∞,− )上单调递减；当x∈(− ,+∞)时f′(x)>0，f (x)单调递
2 2 2
增．
1
故f (x)的极小值点是− ，无极大值点．
2
1
（2）由f′(x)=(2x+1)(ex−m)=0可得，x=− 或x=lnm，
2
1 √e
①当lnm=− 时，即m= 时，f′(x)≥0，函数f (x)在R上单调递增，则函数f (x)至多有一个零点，不满
2 e
足条件；
√e 1
②当0 时，函数f (x)在 −∞,− 单调递增， − ,lnm 单调递减，(lnm,+∞)单调递增．
e 2 2
因f (−5)=−11e−5−19m<0，要使函数f (x)有三个零点，需使¿，且当x→+∞时，f (x)→+∞.
取g(x)=ex−x−1，则由g′(x)=ex−1>0,可得x>0．易得g(x)在区间(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上
单调递增，
x e e2
则有g(x)≥g(0)=0．即ex≥x+1，于是ex−1≥x，则ex≥ex,即e2≥ x，从而ex≥ x2
2 4
e2
因f (m)=(2m−1)em−m3−m2+m≥(2m−1) m2−m3−m2+m
4
=m [(e2 −1 ) m2− (e2 +1 ) m+1 ] >m (5 m2−3m+1 ) >0．（因7 5 ， e2 +1<3）且
2 4 2 2 2 4
m>lnm，
8√e
则¿，由①解得，m> ，由②可得 ，0e，
5e8√e
故得： e
5e
(8√e
)
综上：m的取值范围是 ,1 ∪(e,+∞)．
5e
a
【变式4-3】（2024·新疆·三模）已知函数f (x)=(x−1)ex− x2+a.
2
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）对函数求导后，分a≤0，a=1，01四种情况讨论导数的正负，从而可求出
函数的单调区间；
（2）由（1）可知当a>1时，f (x)可能有三个不同的零点，然后分1e2两种情况结合零点存在
性定理与函数的单调性讨论零点的个数.
【解答过程】（1）因为f (x)的定义域为R，且f′(x)=x(ex−a)，
当a≤0时，令f′(x)<0，解得x<0；令f′(x)>0，解得x>0，
所以f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
当a=1时，f′(x)≥0时恒成立，当且仅当x=0时等号成立，所以f (x)在R上单调递增；
当00，解得x0，
所以f (x)在(−∞,lna)上单调递增，在(lna,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，lna>0，令f′(x)<0，解得00，解得x>lna或x<0，
所以f (x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
当01时，f (x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增.
（2）由（1）得，当a≤0时，f (x)至多有两个零点，不符题意；
当a=1时，f (x)至多有一个零点，不符题意；
( lna)
当00，f (x)至多有两
2
个零点，不符题意；
当a>e2时，因为f (x)在(−∞,0)上单调递增，且f (−√2)=(−√2−1)e−√2<0，
f (0)=a−1>0，所以f (x)在(−∞,0)上有且只有一个零点，
( lna)
因为f (x)在(0,lna)上单调递减，f (0)=a−1>0，且f (lna)=alna 1− <0，
2
所以f (x)在(0,lna)上有且只有一个零点，
( lna)
因为f (x)在(lna,+∞)上单调递增，f (lna)=alna 1− <0，
2
x2
令H(x)=ex− (x>0)，则H′(x)=ex−x，令t(x)=H′(x)=ex−x，则
2
t′(x)=ex−1，
因为当x>0时，t′(x)>t′ (0)=0，
所以t(x)在(0,+∞)上递增，即H′(x)=ex−x在(0,+∞)上递增，
所以H′(x)>H′(0)=1>0，所以H(x)在(0,+∞)上递增，
所以H(x)>H(0)=1>0，
x2
所以ex> 在(0,+∞)上恒成立，
2
a x2 a x3−(a+1)x2
所以f (x)=(x−1)ex− x2+a>(x−1)⋅ − x2+a= +a，
2 2 2 2
所以f (a+1)>a>0，
故f (x)在(lna,+∞)上有且只有一个零点，
所以f (x)有三个零点，
综上，当a>e2时，y=f (x)有三个不同的零点.
【题型5 函数零点的证明问题】
1
【例5】（2024·重庆·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
【解题思路】（1）设g(x)=1+xlnx,x∈(0,+∞)，求导，分析函数的单调性，确定函数的值域可证明该问题.
（2）求f′ (x)，分析函数单调性，求出极值；根据f(x)的两个相异零点，可确定a的取值范围，并分别得
到x ,x 的取值范围，推导出|x −x |的取值范围.
1 2 2 1
【解答过程】（1）令g(x)=1+xlnx,x∈(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 e 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 0,3 上单调递减，在 3 ,+∞ 上单调递增，
a a
所以f(x) =f (√ 3 3) = a( ln 3 +3 ) + a ．
min a 3 a 3
a( 3 ) a
①当 ln +3 + ≥0，即03e4时， √ 3 3 < √ 3 1 <1．
3 a 3 a e4
(√3 ) (√3)
因为f(x)在 3 ,+∞ 上单调递增，且f(1)=a+1>0．所以f(1)⋅f 3 <0，
a a
(√3 ) √3
所以f(x)在 3 ,+∞ 上有且只有1个零点，不妨记为x ，且3 − ，所以f =a ln +1 +a2>a(−√a+1)+a2=a>0．
x a a
( √3) √1 √3 (√1) (√3)
因为f(x)在 0,3 上单调递减， <3 ,f ⋅f 3 <0，
a a a a a
( √3) √1 √3
所以f(x)在 0,3 上有且只有1个零点，记为x ，且 0)
x
(1)求函数f(x)的单调区间；
a
(2)函数f(x)有唯一零点x ，函数g(x)=x−sinx− 在R上的零点为x ．证明：x 0)的定义域为(0,+∞)，
x1 a ax−1
且f′ (x)=− + =
，
x2 x x2
1 1
所以当0 时f′ (x)>0，
a a
( 1) (1 )
所以f (x)的单调递减区间为 0, ，单调递增区间为 ,+∞ ；
a a
1 (1)
（2）法一：由（1）可知若函数f (x)有唯一零点x ，则x = ，即f =−alna+a+1=0，
1 1 a a
令φ(x)=−xlnx+x+1，则φ′(x)=−lnx，
当x>1时，φ′(x)<0,φ(x)单调递减，当00,φ(x)单调递增，
因为e4>2.74=53.1441>27，e5<35=243<256，
所以φ(3)=−3ln3+4=4−ln27=lne4−ln27>0，
φ(4)=−4ln4+5=5−ln256=lne5−ln256<0，
当00，当x→+∞时φ(x)→−∞，
1 1 1
所以φ(x)在(3,4)上存在唯一零点，所以3 ℎ = +sin − > +sin − =sin >0，
a 3 e2 3 3 32 3 3 3
1 1
所以ae−2> −sin ，
a a
又g(x )=x −sinx −ae−2=0，
2 2 2
1 1
所以x −sinx =ae−2> −sin =x −sinx ，
2 2 a a 1 1
令F(x)=x−sinx，则F′(x)=1−cosx≥0，
所以F(x)在(0,+∞)上单调递增，
又F(x )>F(x )，
2 1
所以x >x .
2 1
1
法二：因为a>0，由（1）可知若函数f (x)有唯一零点x ，则x = ，
1 1 a1 1
即f (x )=alnx + +1= (lnx +x +1)=0⇒lnx +x +1=0，
1 1 x x 1 1 1 1
1 1
(1) ( 1 )
设ℎ(x)=lnx+x+1,ℎ >0,ℎ <0，而ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
e e2
( 1 1)
所以x ∈ , ，g′ (x)=1−cosx≥0，所以g(x)在R上单调递增，
1 e2 e
a
又g(0)=− <0,∴x >0，
e2 1
1 1
令φ(x)=x−sinx− ,φ′ (x)=1−cosx+ >0，所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
e2x e2x2
所以∴φ(x )<φ
(1)
=−sin
1
<0，而 g(x )=x −sinx −
a
=x −sinx −
1
=0 ，
1 e e 2 2 2 e2 2 1 x e2
1
1 1
∴g(x )=x −sinx − 0，x >0．
1 2 3 4 1 2
（i）求a的取值范围；
（ii）求证：x +x >4．
1 2
【解题思路】（1）求出导数，继而可得切线斜率为在x=0的导数值，由f(0)=0，结合直线的点斜式，可
求出切线方程；
ex ex
（2）（i）将问题转化为y=a与g(x)= 有三个不同交点的问题，利用导数可求得g(x)= 的单调性和
x2 x2
ex
最值，从而得到g(x)= 的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
x2
x −x
1 2=2
（ii）设x >x >0，根据：ex 1=ax2，ex 2=ax2，采用取对数、两式作差整理的方式可得 x ，通过
2 1 1 2 ln 1
x
2x
( )
2 1−1
x 2(x −x ) x x
分析法可知只需证ln 1< 1 2 = 2 即可，令t= 1 ，t∈(0,1)，构造函数
x x +x x x
2 1 2 1+1 2
x
2
2(t−1)
ℎ(t)=lnt− ，利用导数可求得ℎ(t)单调性，从而得到ℎ(t)< ℎ(1)=0，由此可证得结论.
t+1
【解答过程】（1）f′ (x)=ex−ax2+x(ex−2ax)=(x+1)ex−3ax2，
所以f' (0)=1−0=1，
又f(0)=0，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x．
（2）（i）由f(x)=ax2−ex，得(x+1)(ex−ax2)=0，该方程有一根为−1，且x≠0，
ex
所以ex−ax2=0即a= 有3个不同的实数根，且这3个实数根均不为−1．
x2
ex (x−2)ex
令g(x)= ，则g′ (x)= ，
x2 x3
所以当x∈(−∞,0)时，g′ (x)>0，当x∈(0,2)时，g′ (x)<0，当x∈(2,+∞)时，g′ (x)>0，
所以g(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
e2
又g(2)= ，且当x无限趋近于−∞时，g(x)>0且趋近于0，
4
当x从0的左侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+∞，当x从0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+∞，
当x无限趋近于+∞时，ex的增速远大于x2的增速，所以g(x)趋近于+∞．
故g(x)的大致图象如图所示：
1 e2 e2
又g(−1)= < ，所以当a> 时，直线y=a与曲线y=g(x)有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标
e 4 4(e2
)
均不为−1，所以a的取值范围为 ,+∞ ．
4
（ii）由（i）知ex 1=ax2，ex 2=ax2，所以x =lna+2lnx ，x =lna+2lnx ，
1 2 1 1 2 2
x −x
x 1 2=2
所以x −x =2lnx −2lnx =2ln 1 ，则 x ，
1 2 1 2 x ln 1
2 x
2
2(x −x )
x +x > 1 2
要证x +x >4，只需证 1 2 x ，
1 2 ln 1
x
2
x
( )
2 1−1
x x x 2(x −x ) x
不妨设x >x >0，所以0< 1<1，所以ln 1<0，则只需证ln 1< 1 2 = 2 ．
2 1 x x x x +x x
2 2 2 1 2 1+1
x
2
x 2(t−1)
令t= 1 ，则t∈(0,1)，令ℎ(t)=lnt− ，
x t+1
2
1 2(t+1)−2(t−1) (t+1) 2−4t (t−1) 2
则当00，
t (t+1) 2 t(t+1) 2 t(t+1) 2
所以ℎ(t)在(0,1)上单调递增，所以ℎ(t)< ℎ(1)=0，
2(t−1)
所以当t∈(0,1)时，lnt< 恒成立，所以原不等式x +x >4得证.
t+1 1 2
【变式5-3】（2024·湖北·模拟预测）已知函数f (x)=ex−lnx−a，g(x)=ex−ln(x+a)，其中a为整数且
a≥1.记x 为f (x)的极值点，若f (x)存在两个不同的零点x ，x (x 0)，
x
1 1
令ℎ(x)=f′(x)=ex− (x>0)，则ℎ ′(x)=ex+ >0，
x x2
故 f′(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，
且
f′(1)
=√e−2<0，f′(1)=e−1>0，
2
由零点存在性定理知，存在唯一的x ∈ (1 ,1 ) ，使得f′ (x )=0，即 ex 0= 1 ，
0 2 0 x
0
且x∈(0,x )，f′(x)<0，x∈(x ,+∞)，f′(x)>0，
0 0
所以f (x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
0 0
1
故 f (x) =f (x )=ex 0−lnx −a=x + −a，
min 0 0 0 x
0
又x→+∞,f (x)→+∞，x→0,f (x)→+∞，
1 1
若f (x)存在两个不同的零点，则f (x )<0，即x + −a<0，a>x + ，
0 0 x 0 x
0 0
(1 ) 1 ( 5)
由x ∈ ,1 知x + ∈ 2, ，所以整数a的最小值为3.
0 2 0 x 2
0
（2）由题意f (x )=f (x )=0，即a=ex 1−lnx =ex 2−lnx ，
1 2 1 2
故g(lnx )=x −ln(lnx +ex 1−lnx )=x −x =0 ，同理g(lnx )=0 .
1 1 1 1 1 1 2
所以g(lnx )=g(lnx )=0.
1 2
【题型6 多零点的和、差、积与大小关系问题】
| 2 |
【例6】（2024·四川南充·一模）已知函数f(x)= lnx− +2 −m（0 ③e31
x 1 m+2 2 3−m 1 2
1A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】
| 2 | | 2 |
函数f (x)= lnx− +2 −m(00，所以g(x)在(0,+∞)
x x x x2
单调递增，而g(1)=0，可得ℎ(x)图象如图所示
故ℎ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
所以0ln 2 ，
1 2 x x x
1 2 1
x
所以
20，
1 x 1 1 1 1
1
2
因此 x > ，故②正确；
1 m+2m m 3
对于③，因为01，
3 3−m
( 3 ) 3 2(3−m) 3 2m
所以g =ln − +2=ln + ，
3−m 3−m 3 3−m 3
( 3 ) m
则g −m=−ln(3−m)− +ln3，
3−m 3
m
构造函数Q(x)=−ln(3−m)− +ln3，
3
1 1 m
则Q′(x)= − = >0，而Q(0)=0，
3−m 3 3(3−m)
( 3 )
所以g >m=g(x )，
3−m 2
3
所以x < ，
2 3−m
g ( e m 3 ) = m − 2 +2 m−g ( e m 3 ) =2( m − 1 +1)
因为 3 m ，所以 3 m ，
e3 e3
m 1
令
=t(0g e3
2
m
3
所以e3 −4，
1 2 x x √x x
1 2 1 2
4
所以lnx x − +4>0，
1 2 √x x
1 2
4
令√x x =n，W(n)=2lnn− +4，显然W(n)单调递增，且W(1)=0，
1 2 n
所以x x >1，故④正确.
1 2
故选：D.
a a
【变式6-1】（2024·四川成都·一模）已知函数f (x)=(lnx) 2− xlnx+ x2 有三个零点x 、x 、x 且
2 e 1 2 3
2lnx lnx lnx
x 0，则t +t = >0，t t = >0，
1 2 2 1 2 e
1 1 2
有02．
1 2
【解题思路】（1）求出函数的导函数，再分a>0、a<0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
1+lnx 1+lnx
（2）(i)参变分离可得 =a，令g(x)= ，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即
x x
可求出a的取值范围；(ii) 不妨设x 2，再由
2 1 2
基本不等式即可得证.
ln(ex) 1+lnx lnx
【解答过程】（1）由题意得f (x)= = ，x∈(0,+∞)，则f′(x)=− ，
ax ax ax2
由f′(x)=0，解得x=1．
显然a≠0，
若a>0，则当00,f (x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0,f (x)单调递减；
若a<0，则当01时，f′(x)>0,f (x)单调递增．
综上，当a>0时，f (x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减；当a<0时，f (x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,+∞)内单调递增．
ln(ex) 1+lnx
（2）（i）由 =1，得 =a，
ax x
1+lnx
设g(x)= ，由(1)得g(x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减，
x
(1)
又g =0,g(1)=1，当x>1时，g(x)>0，且当x→+∞时，g(x)→0，
e
1+lnx ln(ex)
所以当0x2≥4>2，即x2+x2>2；
2 1 2 2 1 2
当x ∈(1,2)时，2−x ∈(0,1)．
2 2
lnx 1 ln(2−x) 1
设p(x)=g(x)−g(2−x)= + − − ,0−
lnx
−
ln(2−x)
=−
ln[−(x−1) 2+1]
>0,
x2 (2−x) 2 x2 x2 x2
所以p(x)在区间(0,1)内单调递增，
则p(x)g(x )=g(x ),
1 1 2
又x ∈(0,1),2−x >1,x >1,g(x)在区间(1,+∞)内单调递减，
1 1 2
所以2−x 2，
1 2 1 2
又x ≠x ，所以x2+x2>2x x ，
1 2 1 2 1 2
故2x2+2x2>x2+x2+2x x =¿，所以x2+x2>2，得证．
1 2 1 2 1 2 1 2
解法二：
(1) 1+lnx
设ℎ(x)=g(x)−g = −x(1−lnx)，x∈(0,+∞)，
x x−lnx x2−1
则ℎ ′(x)= +lnx=lnx⋅ ≥0，
x2 x2
所以ℎ(x)在区间(0,+∞)内单调递增，
又ℎ(1)=0，
( 1 ) ( 1 )
所以ℎ(x )=g(x )−g <0，即g(x )1, >1,g(x)在区间(1,+∞)内单调递减．
2 x
1
1
所以x > ，即x x >1，
2 x 1 2
1
又x ≠x ，所以x2+x2>2x x >2，得证．
1 2 1 2 1 2
1
【变式6-3】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数f(x)=2alnx+ x2−(a+2)x，其中a为常数.
2
(1)当a>0时，试讨论f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不相等的零点x ，x ，
1 2
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x +x >4.
1 2
【解题思路】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性；
（2）（i）结合（1）的单调性判断f(2)、f(a)的符号，排除a≥0，再在a<0的情况下研究f(x)的单调性
和最值，根据零点的个数求参数范围；
（ii）由（i）有00，在(a,2)上f′ (x)<0，在(2,+∞)上f′ (x)>0，
所以，在(0,a)、(2,+∞)上f(x)单调递增，在(a,2)上f(x)单调递减；
当a=2时，在(0,+∞)上f′ (x)≥0恒成立，故f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a>2时，在(0,2)上f′ (x)>0，在(2,a)上f′ (x)<0，在(a,+∞)上f′ (x)>0，
所以，在(0,2)、(a,+∞)上f(x)单调递增，在(2,a)上f(x)单调递减.
1
（2）（i）由f(2)=2aln2+ ×22−(a+2)×2=2(aln2−a−1)<0，
2
1 a
若a>0时，f(a)=2alna+ a2−(a+2)a= (4lna−a−4)，
2 2
4 4−a
令y=4lna−a−4且a>0，则y′= −1= ，
a a
所以00，a>4时y′<0，
故y=4lna−a−4在(0,4)上递增，在(4,+∞)上递减，则y =8ln2−8<0，
max
所以f(a)<0，
结合（1）中f(x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的零点，
1
又a=0时，f(x)= x2−2x在(0,+∞)上只有一个零点，不满足，
2
所以a<0，此时，在(0,2)上f′ (x)<0，在(2,+∞)上f′ (x)>0，
故在(0,2)上f(x)单调递减，在(2,+∞)上f(x)单调递增，则f(x) =f(2)=2(aln2−a−1)，
min
又x趋向于0或负无穷时，f(x)趋向正无穷，只需g(a)=a(ln2−1)−1<0成立，
1
显然g(a)在(−∞,0)上递减，且当a= 时g(a)=0，
ln2−1
1 1
所以， 4，即证x >4−x ，而4−x ∈(2,4)，
1 2 1 2 2 1 1
由（i）知：在(2,+∞)上f(x)单调递增，只需证f(4−x )0，即ℎ(x)在(0,2)上递增，
x(4−x)
所以ℎ(x)< ℎ(2)=2aln2−2aln2−4a+4a=0，即f(4−x )4，得证.
1 2
【题型7 隐零点问题】
【例7】（2024·天津河西·模拟预测）已知函数f(x)=ae2x+(a−2)ex−x,g(x)=ex−ln(x+m).
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当m≤2时，求证g(x)>0；
(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）对参数进行分类讨论，求解函数单调性即可.
（2）利用给定条件进行放缩，利用隐零点代换证明即可.
（3）对参数范围进行讨论，找到符合零点要求的参数范围即可.
【解答过程】（1）由题意得f(x)定义域为R，
而f′ (x)=2ae2x+(a−2)ex−1=(2ex+1)(aex−1)，
当a≤0时，f′ (x)<0，∴f(x)在(−∞,+∞)上单调递减，
当a>0时，f′ (x)=(2ex+1)(aex−1)，
1 1
当f′ (x)>0时，解得：x>ln ，当f′ (x)<0时，解得：x0时，f(x)在 −∞,ln 上单调递减，在 ln ,+∞ 上单调递增；
a a
（2）∵m≤2∴g(x)=ex−ln(x+m)>ex−ln(x+2)，
若证g(x)>0成立，只需证ℎ(x)=ex−ln(x+2)>0成立即可，
1
所以g(x),ℎ(x)定义域为x∈(−2,+∞)，ℎ ′ (x)=ex− ，
x+21
∵y=ex,y=− 在(−2,+∞)上单调递增，
x+2
∴ℎ ′ (x)在(−2,+∞)上单调递增，
1 1
∵ℎ ′ (0)= >0,ℎ ′ (−1)= −1<0，
2 e
∴ℎ ′ (x)=0在(−2,+∞)上有唯一实根x
0
,x
0
∈(−1,0)，
当x∈(−2,x
0
)时，ℎ ′ (x)<0,∴ℎ(x)单调递减，
当x∈(x
0
,+∞)时，ℎ ′ (x)>0,∴ℎ(x)单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(x )=ex 0−ln(x +2)，
0 0
1
∵ℎ ′ (x )=ex 0− =0，
0 x +2
0
1
∴ex 0= ，同时取对数得x =−ln(x +2)，
x +2 0 0
0
1 (x +1) 2
∴ℎ(x )= +x = 0 >0，
0 x +2 0 x +2
0 0
∴ℎ(x)>0，∴m≤2时,g(x)>0，
（3）若a≤0时，由已知得f(x)最多有一个零点，
当a>0时，由已知得当x=−lna时，f(x)取得最小值，
1
f(x) =f(−lna)=lna− +1，
min a
当a=1时，f(−lna)=0，故f(x)只有一个零点，
1
当a∈(1,+∞)时，由lna− +1>0，即f(−lna)>0，故f(x)没有零点，
a
1
当a∈(0,1)时，lna− +1<0,f(−lna)<0，
a
由f(−2)=ae−4+(a−2)e−2+2>−2e−2+2>0，
故f(x)在(−∞,−lna)有一个零点，f ( ln (3 −1 )) =ae 2ln(3 a −1) +(a−2)e ln(3 a −1) −ln (3 −1 ) = 3−a −ln 3−a ，
a a a a
3−a
∵00，
a t
∴φ(t)在(2,+∞)上单调递增，
( (3 ))
∴φ(t)>φ(2)=2−ln2>0，∴f ln −1 >0，
a
(3 )
∵ln −1 >−lna,f(−lna)<0，
a
∴f(x)在(−lna,+∞)上有一个零点，
∴f(x)在(−∞,+∞)上有两个零点，
综上得到a的取值范围是(0,1).
a
【变式7-1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知f (x)=(x−1) 2ex− x3+ax(x>0)(a∈R).
3
(1)讨论函数f (x)的单调性；
1
(2)当a=0时，判定函数g(x)=f (x)+lnx− x2 零点的个数，并说明理由.
2
【解题思路】（1）利用导数分类讨论含参函数的单调性即可；
（2）利用导数分析函数的单调性，从而求出极值，即可判断函数的零点个数.
【解答过程】（1）由题知，f′ (x)=(x2−1)ex−a(x2−1)=(x−1)(x+1)(ex−a).
当a≤1时，当01时，f′(x)>0，
∴f (x)在区间(0,1)上是㺂函数，在区间(1,+∞)上是增函数；
当11时，f′(x)>0；当lnae时，lna>1；当0lna时，f′(x)>0；当1e时，f (x)在区间(0,1)上是增函数，在区间(1,lna)上是减函数，在区间(lna,+∞)上是增函数.
1
（2）由（1）知，g(x)=lnx− x2+(x−1) 2ex ，定义域为(0,+∞)，
2
∴g′(x)= 1 −x+(x2−1)ex=(x+1)(x−1) ( ex− 1) ，设ℎ(x)=ex− 1 (x>0)，
x x x
1
∴ℎ ′(x)=ex+ >0,∴ℎ(x)在区间(0,+∞)上是增函数，
x2
(1)
∵ℎ =√e−2<0,ℎ(1)=e−1>0
2
∴存在唯一x ∈ (1 ,1 ) ，使ℎ(x )=0，即 ex 0− 1 =0,ex 4= 1 ,−x =lnx ，
0 2 0 x x 0 0
0 0
当00；当x
0
0，
即g′(x)<0；当x>1时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0,x )上是增函数，在区间(x ,1)上是减函数，在区间(1,+∞)上是增函数，
0 0
1 1 1
∴当x=x 时，g(x)取极大值为g(x )=lnx − x2+(x −1) 2ex 0=− x2+ −2，
0 0 0 2 0 0 2 0 x
0
设F(x)=− 1 x2+ 1 −2 (1 0,∴g(x)在(1,+∞)内有且只有一个零点，
2
综上所述，g(x)有且只有一个零点.
【变式7-2】（23-24高三上·辽宁鞍山·阶段练习）已知函数f (x)=lnx−ax+1，g(x)=x(ex−x).
（1）若直线y=2x与函数f (x)的图象相切，求实数a的值；
（2）当a=−1时，求证：f (x)≤g(x)+x2.
【解题思路】（1）设出切点坐标，利用导数求得切线方程，对比系数求得a的值.
（2）当a=−1时，构造函数F(x)=x2+g(x)−f (x)，利用导数求得F(x)的最小值为0，由此证得不等式
f (x)≤g(x)+x2成立.
1 1
【解答过程】（1）设切点为(x ,f (x ))，由f '(x)= −a，∴f '(x )= −a.
0 0 x 0 x
0( 1 ) ( 1 )
∴切线方程为：y−(lnx −ax +1)= −a (x−x ).即y= −a x+lnx .
0 0 x 0 x 0
0 0
1
∵直线y=2x与函数f (x)的图象相切，∴ −a=2，lnx =0.
x 0
0
解得x =1，a=−1.
0
（2）证明：当a=−1时，f (x)=lnx+x+1，
令F(x)=x2+g(x)−f (x)=xex−lnx−x−1，
1 x+1
F'(x)=(x+1)ex− −1= (xex−1).
x x
令G(x)=xex−1，x>0.则G'(x)=(x+1)ex>0，
∴函数G(x)在x∈(0,+∞)上单调递增.
∵G(0)=−1，G(1)=e−1>0.
∴函数G(x)在区间(0,1)上存在一个零点，即函数G(x)在区间(0,+∞)上存在唯一零点x ∈(0,1).
0
∴当x∈(0,x )时，G(x)<0，即F'(x)<0，此时函数F(x)单调递减；
0
当x∈(x ,+∞)时，G(x)>0，即F'(x)>0，此时函数F(x)单调递增.
0
∴F(x) =F(x )=x ex 0−lnx −x −1，由G(x )=0可得：x ex 0=1.
min 0 0 0 0 0 0
两边取对数可得：lnx +x =0.
0 0
故F(x )=1−(lnx +x )−1=0，
0 0 0
∴x2+g(x)−f (x)≥0，即f (x)≤g(x)+x2 .
【变式7-3】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数f (x)=xeax（a>0）.
(1)求f (x)在区间[−1,1]上的最大值与最小值；
(2)当a≥1时，求证：f (x)≥lnx+x+1.
【解题思路】（1）求导f′(x)=eax(1+ax)（x>0）（a>0），分01讨论求解；
（2）方法一：隐零点法，由x>0，a≥1，转化为证明xex≥lnx+x+1，令g(x)=xex−lnx−x−1，（
x>0），由g(x) ≥0成立即可；方法二：（同构）由x>0，a≥1，转化为xex≥lnx+x+1，进而变形为
min
xex=elnxex=elnx+x≥lnx+x+1，再构造函数ℎ(x)=ex−x−1（x∈R），证ℎ(x)≥0即可.
【解答过程】（1）解：f′(x)=eax(1+ax)（x>0）（a>0），1
令f′(x)=0，则x=− ，
a
1
当01时，−1<− <1，则当x∈ −1,− 时，f′(x)<0，f (x)在区间 −1,− 上单调递减；
a a a
( 1 ] ( 1 ]
当x∈ − ,1 时，f′(x)>0，f (x)在区间 − ,1 上单调递增，
a a
( 1) 1
所以f (x) =f − =− ，
min a ae
而f (−1)=−e−a<0，f (1)=ea>0.所以f (x) =f (1)=ea
max
综上所述，当01时，所以f (x) =− ，f (x) =ea .
min ae max
（2）方法一：隐零点法
因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥lnx+x+1，只需证明xex≥lnx+x+1，
设g(x)=xex−lnx−x−1，（x>0），g′(x)=(x+1) ( ex− 1)
，
x
1
令ϕ(x)=ex− ，易知ϕ(x)在(0,+∞)上单调递增，
x
(1)
而ϕ =√e−2<0，ϕ(1)=e−1>0，
2
(1 )
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x ∈ ,1 使得ϕ(x )=0，
0 2 0
1 1
即 ex 0− =0，因此 ex 0= ，x =−lnx ，
x x 0 0
0 0
当x∈(0,x )时，ϕ′(x)<0，g′(x)<0，g(x)在(0,x )上单调递减；
0 0
当x∈(x ,+∞)时，ϕ′(x)>0，g′(x)>0，g(x)在(x ,+∞)上单调递增；
0 0
1
所以g(x) =g(x )=ex 0x −lnx −x −1= x −−lnx −x −1=0
min 0 0 0 0 x 0 0 0
0
所以g(x)≥0，因此f (x)≥lnx+x+1.
方法二：（同构）因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥lnx+x+1，只需证明xex≥lnx+x+1，
只需证明xex=elnxex=exlnx+x≥lnx+x+1，
因此构造函数ℎ(x)=ex−x−1（x∈R），
ℎ
′(x)=ex−1，
当x∈(−∞,0)时，ℎ ′(x)<0，ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减；
当x∈(0,+∞)时，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增：
所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，所以ex≥x+1，
所以xex≥lnx+x+1，
因此f (x)≥lnx+x+1.
【题型8 与函数零点相关的综合问题】
ax ex+1
【例8】（2024·湖北·二模）已知函数f (x)= + （e为自然对数的底数）．则下列说法正确的是
ex x+ex
（ ）
A．函数f (x)的定义域为R
e2
B．若函数f (x)在P(0,f (0))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ，则a=1
2e−2
C．当a=1时，f (x)=m可能有三个零点
D．当a=1时，函数的极小值大于极大值
【解题思路】对于A：g(x)=x+ex，通过求导找到零点，进而确定定义域；对于B：求出f′ (x)，f′ (0)，
f(0)，进而可得切线方程，从而得到面积；对于CD：求出f′ (x)，利用零点存在定理，确定零点位置，从
而得到极值，进而可判断零点个数以及极值关系.
【解答过程】记g(x)=x+ex，则g′(x)=1+ex>0，所以g(x)为单调递增函数，
1 1−e
g(−1)=−1+ = <0，g(0)=1>0，所以函数g(x)有唯一零点n∈(−1,0)，
e e
因为f (x)有意义需使x+ex≠0，所以函数f (x)的定义域为{x|x≠n}，所以A错误；
a(1−x) (x−1)ex+1 [ex+1 a ]
因为f′ (x)= + =(x−1) − ，f′ (0)=a−e，f(0)=e，
ex (x+ex
)
2 (x+ex
)
2 ex
所以函数f(x)在点P处的切线方程为y−e=(a−e)x，a≠e，
e
( )
此直线与x轴、y轴的交点分别为 ,0 ，(0,e)，
e−a1 |e | e2
由三角形的面积公式得 ⋅ ⋅e= ，解得a=1或a=2e−1，所以B错误；
2 e−a 2e−2
e2x+1−(x+ex
)
2 (√e2x+1−x−ex )(√e2x+1+x+ex
)
当a=1时，f′ (x)=(x−1)⋅ =(x−1) ，
ex ⋅(x+ex
)
2 ex ⋅(x+ex
)
2
当x>n时，记ℎ(x)=√e2x+1−x−ex=(√e−1)⋅ex−x，
则ℎ ′ (x)=(√e−1)ex−1，明显ℎ ′(x)单调递增，
而ℎ ′(0)=√e−2<0，ℎ ′(1)=(√e−1)e−1>0，
由零点存在定理知存在00，
min 1 1 1
即当x>n时，ℎ(x)>0，所以e2x+1>(x+ex) 2 ，
所以f (x)在(n,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，其中−10，
所以L(x)在(−∞,n)上单调递增，
√e+1 √e+1−e √2.89+1−e 2.7−e
L(−1)= −1= < = <0，L(n)=√e⋅en+en+n=√e⋅en>0，
e e e e
由零点存在定理知存在x ∈(−1,n)，使得L(x )=(√e+1)⋅ex 2+x =0，
2 2 2
e2x+1−(x+ex
)
2
即当x∈(−∞,x )时，L(x)<0⇔e2x+1−(x+ex) 2 <0，从而有f′ (x)=(x−1)⋅ >0，
2 ex ⋅(x+ex
)
2
e2x+1−(x+ex
)
2
当x∈(x ,n)时，L(x)>0⇔e2x+1−(x+ex ) 2>0，从而有f′ (x)=(x−1)⋅ <0，
2 ex ⋅(x+ex
)
2
综上可知f (x)在(−∞,x )上单调递增，在(x ,n)上单调递减，
2 2
在(n,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，其中−10，
2 ex 2 x +ex 2 −ex 2√e e 1+e
2
所以当x∈(−∞,n)时，f (x)<0，当x∈(n,+∞)时，f (x)>0，且f (x )0恒成立
B．当a=1时，f (x)存在唯一极小值点x
0
C．对任意a>0,f (x)在x∈(−π,+∞)上均存在零点
D．存在a<0,f (x)在x∈(−π,+∞)上有且只有一个零点
【解题思路】对于A：代入a=−1，直接函数性质判断；对于B：代入a=1，求导研究函数单调性来判断；
对于CD：求出f (x)在x∈(−π,+∞)上的单调性和极值，再来判断即可.
【解答过程】对于A：当a=−1时，f (x)=ex−sinx,x∈(−π,+∞)，
当x∈(−π,0)时，ex>0,sinx<0，则ex−sinx>0，
当x∈[0,+∞)，ex≥1,sinx∈[−1,1]，则ex−sinx>0，不能取等号，
所以f (x)>0恒成立，A正确；
对于B：当a=1时，f (x)=ex+sinx,x∈(−π,+∞)，则f′(x)=ex+cosx
令ℎ(x)=ex+cosx，则ℎ ′(x)=ex−sinx，由选项A得ℎ ′(x)>0恒成立，
则f′(x)在(−π,+∞)上单调递增，又f′(−π)=e−π+cos(−π)<0,f′(0)=e0+cos0>0，
故存在x ∈(−π,0)使得f′ (x )=0，
0 0
所以f (x)在(−π,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，故f (x)存在唯一极小值点x ，B正确；
0 0 0
对于CD：令f (x)=ex+asinx，当x=kπ,k∈Z，显然不是零点，
ex
当x≠kπ,k∈Z,k≥−1时，令f (x)=0，得a=− ，
sinx
π
ex √2excos ( x+ )
则令F(x)=− ，则 ex(cosx−sinx) 4 ，
sinx F′(x)= =
sin2x sin2x
( 3 )
当x∈ −π+2kπ,− π+2kπ ,k∈Z时，F′(x)<0，F(x)单调递减，
4( 3 )
当x∈ − π+2kπ,2kπ ,k∈N时，F′(x)>0，F(x)单调递增
4
3π 3π
此时有极小值F ( − 3 π+2kπ ) =√2e − 4 +2kπ ≥√2e − 4 >0，
4
( 1 )
当x∈ 2kπ, π+2kπ ,k∈N时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
4
(1 )
当x∈ π+2kπ,π+2kπ ,k∈N时，F′(x)<0，F(x)单调递减，
4
π π
此时有极大值F (1 π+2kπ ) =−√2e4 +2kπ ≤−√2e4 <0，
4
故选项C中任意a>0,f (x)均有零点，错误；
π
选项D中，存在a<0,f (x)在x∈(−π,+∞)上有且只有一个零点，此时 a=−√2e4，
故选：C.
【变式8-2】（2024·四川宜宾·一模）已知函数u(x)=2lnx−a(x2−1),v(x)=2x2lnx.
(1)当a=1时，判断u(x)的单调性；
(2)若函数f (x)=u(x)+v(x)恰有两个极值点.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：f (x)的所有零点之和大于3.
【解题思路】（1）求导，由导函数的正负求解；
1
（2）求导，构造函数g(x)=1+2lnx−a+ ，对a分类讨论，即可解①，根据f (x)的单调性可得f (x)在
x2
(1) 1
(0,x )和(x ,+∞)上各有一个零点，即可根据f (x)=f 可得函数的三个零点为 ,x ,1，利用基本不等
1 2 x x 0
0
式即可求解②.
2 2(1+x)(1−x)
【解答过程】（1）a=1时，u(x)=2lnx−(x2−1)，定义域为(0,+∞)，则u′(x)= −2x= ，
x x
2(1+x)(1−x) 2(1+x)(1−x)
令u′(x)= >0，解得01，
x x
故u(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
（2）①f (x)=u(x)+v(x)=2lnx−a(x2−1)+2x2lnx，则f′(x)= 2 −2ax+4xlnx+2x=2x ( 1+2lnx−a+ 1 )
，
x x2
1
记g(x)=1+2lnx−a+ ，则f′(x)=2xg(x)，
x2
2 2 2(x2−1) 2(x+1)(x−1)
g′ (x)= − = = ，
x x3 x3 x3
令g′ (x)>0，解得x>1，g′ (x)<0，解得02，则f′(1)=2g(1)=2(2−a)<0，
当x→+∞,f′(x)→+∞,因此f′(x)=0在(1,+∞)有一个实数根x ，
2
现证明：lnx≤x−1,(x>0)
设m(x)=lnx−x+1,，
1
则当x>1时，m′ (x)= −1<0,m(x)单调递减，当00,m(x)单调递增，故当
x
m(x)≤m(1)=0，故lnx≤x−1,当且仅当x=1时取等号，
故a>2,lna 2 [1−2(a−1)−a+a2]
a a a a a
= 2 [a2−3a+3]= 2[ ( a− 3) 2 + 3] >0，
a a 2 4
(1 )
所以f′(x)=0在 ,1 上有一个实数根x ，故f (x)恰有两个极值点，符合题意，
a 1
故a>2
②由①知0f (1)=0,f (x )3
0 x 0
0
因此f (x)的零点之和大于3，得证.
【变式8-3】（2024·山东济南·二模）已知函数f (x)=(x−a) 2(x−b)(a,b∈R,a0，解得x ；令f′(x)<0，解得a0，当x≤0时，函数f (x)和y=mx有一个交点，
则当x>0时，f (x)=|lnx|和y=mx只有一个交点.
设y=kx(k>0)与f (x)=|lnx|(x>1)相切于点(x ,lnx )，x >1，
0 0 0
1 1 1
由f′(x)= ，得f′ (x )= =k，即x = ，
x 0 x 0 k
01 1 1
又lnx =kx ，则ln =k⋅ =1，解得k= ，
0 0 k k e
因此，要使当x>0时，f (x)=|lnx|和y=mx只有一个交点，
1 (1 )
则m> ，即m的取值范围为 ,+∞ .
e e
故选：D.
2．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有三个极值点 B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【解题思路】求导后判断单调性，从而求得极值点即可判断A；利用单调性结合零点存在性定理即可判断
B；令ℎ(x)=x3−x，得到ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，再结合图象的平移规律即可判断
C；由导数的几何意义求得切线方程即可判断D.
【解答过程】对于A，由题，f′(x)=3x2−1，
√3 √3 √3 √3
令f′(x)>0得x> 或x<− ，令f′ (x)<0得− 0，f( )=1− >0，f (−2)=−5<0，
3 9 3 9
( √3)
所以，函数f (x)在 −∞, 上有一个零点，
3
√3 (√3) (√3 )
当x≥ 时，f (x)≥f >0，即函数f (x)在 ,+∞ 上无零点，
3 3 3综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
对于C，令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ(−x)=(−x) 3−(−x)=−x3+x=−ℎ(x)，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
对于D，令f′(x)=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f (−1)=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.
故选：C.
3．（2024·河南·模拟预测）已知a>0，若函数f (x)=¿没有零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．(e,+∞) B．(1,e) C．(0,1) D．(1,+∞)
【解题思路】利用导数明确f (x)在(0,+∞)上的单调性后根据最值的符号可得a>1，在这个条件下可证f (x)
在(−∞,0)上无零点，故可得正确的选项.
【解答过程】由题设可得当x>0时,f (x)=−ax2−(a−2)x+lnx无零点，
1 −2ax2−(a−2)x+1 −(2x+1)(ax−1)
此时f′(x)=−2ax−(a−2)+ = = ，
x x x
1 1
当00；当x> 时，f′(x)<0，
a a
( 1) (1 )
故f (x)在 0, 上为增函数，在 ,+∞ 上为减函数，
a a
因为a>0，故当x→+∞时，f (x)→−∞，
(1) 1 a−2 1 1 1
故f (x) =f =− − +ln =ln + −1<0，
max a a a a a a
而g(x)=lnx+x−1为(0,+∞)上的增函数，且g(1)=0，
1
故 <1即a>1.
a
当x<0时，f (x)=ln(−x+1)−axex>ln(−x+1)−xex，
1−(x2−1)ex
设v(x)=ln(1−x)−xex，v′(x)= ，
x−1
设u(x)=1−(x2−1)ex,x<0，则u′(x)=−(x2−1+2x)ex,x<0，
当x<−1−√2时，u′(x)<0，当−1−√20，故u′(x)在(−∞,−1−√2)上为减函数，在(−1−√2,0)上为增函数，
2+2√2
故u(x) =1−[(−1−√2) 2 −1]e−1−√2=1− ，
min e1+√2
4+2√2<7，e1+√2>e2>2.72=7.29，故u(x) >0，
min
故v′(x)<0在(−∞,0)上恒成立，故v(x)在(−∞,0)上为减函数，
故v(x)>v(0)=0即f (x)>0在(−∞,0)上恒成立，
故f (x)在(−∞,0)上无零点，
综上，a>1，
故选：D.
ex
4．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)= ，若函数g(x)=[f (x)] 2 +af (x)−e2−ae恰有5个不同的零
|x|
点，则实数a的取值范围是（ ）
( 2) ( 1)
A．(−∞,−2e) B．(−∞,−e) C． −∞,− D． −∞,−
e e
【解题思路】根据函数定义域，将函数分类讨论，借助于求导判断函数单调性，判断极值点和图象趋势，
作出函数的简图，将函数g(x)分解因式，根据零点定义，结合图象，确定f(x)=e有两个根，转化为
f(x)=−e−a有3个零点，由图即得参数范围.
ex
【解答过程】函数f (x)= 的定义域为{x|x≠0}，
|x|
ex (x−1)ex
若x>0时，由f (x)= 求导得，f′(x)= ，
x x2
故当01时，f′(x)>0，
ex
所以f (x)= 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且f(x) =f(1)=e，
x 极小值
当x→0+时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞；
ex (1−x)ex
若x<0时，由f (x)=− 求导得，f′(x)= ，
x x2
ex
因x<0，故恒有f′(x)>0，即f (x)=− 在(−∞,0)上单调递增，
x
且当x→−∞时，f(x)→0+ ，当x→0−时，f(x)→+∞，即x<0时，恒有f(x)>0.
ex
作出函数f (x)= 的大致图象如图所示.
|x|又由g(x)=[f (x)] 2 +af (x)−e2−ae=[f(x)−e][f(x)+e+a]=0可得f(x)=e或f(x)=−e−a，
由图知f(x)=e有两个根，此时g(x)有2个零点；
要使函数g(x)=[f (x)] 2 +af (x)−e2−ae恰有5个不同的零点，
需使f(x)=−e−a有3个零点，由图知，需使f(x)>e，即−e−a>e，解得a<−2e.
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−2e).
故选：A.
5．（2024·山西太原·二模）已知函数f (x)=¿，若方程f (x)−k|x+2|=0恰有三个不同实数根，则实数k的
取值范围是（ ）
(2 e+1)
A．(0,8−2√13)∪(1,+∞) B． ,
3 3
(2 ) ( e+1] (2 ) [e+1 )
C． ,8−2√13 ∪ 1, D． ,1 ∪ ,8+2√13
3 3 3 3
【解题思路】作出函数y=f (x),y=k|x+2|的图象，转化为两个函数有三个交点，利用数形结合计算特殊
位置即可.
【解答过程】
如图所示，作出函数y=f (x),y=k|x+2|的图象，
方程f (x)−k|x+2|=0恰有三个不同实数根，等价于上述两个函数图象有三个交点，
易知y=k|x+2|=¿，
显然y=−kx−2k(k>0)与y=f (x)必有一个交点，
所以要满足题意需y=kx+2k(k>0)与y=f (x)有两个交点，①先求y=kx+2k(k>0)与y=ex+1相切时k的值，
设切点为(x ,ex 0+1)(x >−2)，则k=
ex 0+1−0
=ex 0⇒(x +1)ex 0−1=0，
0 0 x −(−2) 0
0
令ℎ(x)=(x+1)ex−1(x>−2)⇒ℎ ′(x)=(x+2)ex>0，
即ℎ(x)单调递增，
又ℎ(0)=0，所以x
0
=0,k=1，
e+1−0 e+1
当y=kx+2k(k>0)过点(1,e+1)时，k= = >1，
1−(−2) 3
(
e+1]
此时满足条件的k∈ 1,
3
②再求y=kx+2k(k>0)与y=−x2+4x−1(x>1)相切时k的值，
联立¿，Δ=(k−4) 2−4(2k+1)=0⇒k=8±2√13，
4−k 4−k
易知切点横坐标为 ，显然k=8−2√13<1时， =√13−2>1，符合要求，
2 2
2−0 2
当y=kx+2k(k>0)过点(1,2)时，k= = <8−2√13，
1−(−2) 3
(2 )
此时满足条件的k∈ ,8−2√13 ，
3
(2 ) ( e+1]
综上：k∈ ,8−2√13 ∪ 1, .
3 3
故选：C.
6．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数f (x)=¿，若关于x的方程f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0有3个不同的
实数根，则实数t的取值范围为（ ）
( 1) ( 1 ) [ 1 ]
A． −∞,− B． − ,0 C． − ,1 D．(−e,2)
e e e
【解题思路】求导分析函数f (x)的单调性及极值，作出函数f (x)的图象，把方程f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0
有3个不同的实数根转化为方程f (x)=t有3个不同的实数根，数形结合即可求解.
【解答过程】因为当x<0时，f (x)=xex，所以f′(x)=(1+x)ex，
所以当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
1
当x∈(−1,0)时，f′(x)>0，f (x)单调递增，所以f (x)≥f (−1)=− ，且f (x)<0；
e
又因为当x≥0时，f (x)=−x2+2x=−(x−1) 2+1，所以f (x)在x∈(0,1)时单调递增，在x∈(1,+∞)时单调递减，且f (x)≤f (1)=1，
所以作出函数f (x)=¿的大致图象如图：
由f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0得[f (x)−2][f (x)−t]=0，
所以f (x)=2或f (x)=t，则f (x)=2无解，所以只有方程f (x)=t有3个不同的实数根，
1
数形结合可知− 0，得x>1，
即函数f(x)在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，f(1)=e，
作出f(x)的大致图象，如图，依题意，方程t2−at+9e2=0有两个不相等的实数根，设为t ，t ，
1 2
ex
观察图象知，方程t2−at+9e2=0的每一个根，由t= 得两个不同的x值，
x
于是t +t =a,t t =9e2 ，且t >e,t >e，由¿，解得6e0时，f(x)有且仅有一个零点
【解题思路】利用求导，对常数a按选项进行分类讨论，从而得到函数的单调性和极值情况，再根据数形
结合，即可以判断各选项.
【解答过程】对于A，由f′ (x)=ex+xex−a(x+1)=(x+1)(ex−a)，
当a= 1 时，f′ (x)=(x+1) ( ex− 1) ，
e e当x>−1时，ex> 1 ，则有f′ (x)=(x+1) ( ex− 1) >0，
e e
当x<−1时，ex< 1 ，则有f′ (x)=(x+1) ( ex− 1) >0，
e e
所以对任意的x∈R，都有f′ (x)≥0，即f(x)在R上单调递增，故A正确；
对于B，当a<0时， 有ex−a>0，
所以当x>−1时，则f′ (x)=(x+1)(ex−a)>0，即f(x)在(−1,+∞)上递增；
当x<−1时，则f′ (x)=(x+1)(ex−a)<0，即f(x)在(−∞,−1)上递减；
1
即f(x) =f (−1)=− ，所以f(x)的最小值是一个与a无关的常数，故B正确；
min e
对于D, 当a>0时,分类讨论：
1
当0−1时，则f′ (x)=(x+1)(ex−a)>0，即f(x)在(−∞,lna)和(−1,+∞)上递增；
当lna 时，由f′ (x)=(x+1)(ex−a)可知：
e
所以当x<−1或x>lna时，则f′ (x)=(x+1)(ex−a)>0，即f(x)在(−∞,−1)和(lna,+∞)上递增；
当−10时，f(x)有且仅有一个零点，
当a<0时， 有ex−a>0，
所以当x>−1时，则f′ (x)=(x+1)(ex−a)>0，即f(x)在(−1,+∞)上递增；
当x<−1时，则f′ (x)=(x+1)(ex−a)<0，即f(x)在(−∞,−1)上递减；
此时最多有2个不同的零点；
1
当a=0时，f(x)=xex− a(x+1) 2=xex ，此时显然只有一个零点；
2
所以f(x)不可能有三个不同的零点，故C是错误的；
故选：C.
二、多选题
ex−a
9．（2024·全国·模拟预测）设e为自然对数的底数，函数f(x)= −alnx(x>0)，则下列结论正确的
x
是（ ）
A．当a=e时，f(x)无极值点 B．当a>e时，f(x)有两个零点
C．当10).
x x2 x x2
当a>0时，令f′(x)=0，得x =lna，x =1，下面分析A、B、C三项；
1 2
对于A项，当a=e时，lna=1，x =x ，f′(x)≥0在(0,+∞)恒成立，
1 2f (x)在定义域上单调递增，即f (x)不存在极值点，故A正确；
对于B项，当a>e时，lna>1，x >x ，此时f′(x)在(0,x )与(x ,+∞)为正，在(x ,x )为负，
1 2 2 1 2 1
故f (x)有极大值f (x )=f (1)=e−a<0，有极小值f (x )=f (lna)，
2 1
此时f (x)的极大值小于0，由零点存在性定理可知其最多存在一个零点，故B错误；
对于C项，当10，极小值f (x )=f (1)=e−a>0，f (x)= ,
1 2 x
令
g(x)=ex−a−axlnx⇒lim g(x)=lim(ex−a)−lim (ax⋅lnx)=1−a<0
x→0+ x→0+ x→0+
即当x→0+时，f (x)<0，故f(x)在(0,lna)上存在一个零点，故C正确；
而对于D项，当a≤1时，f′(x)在(0,1)为负，在(1,+∞)为正，
所以f (x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增；
f (x) =f (1)=e−a>0，此时f(x)无零点，故D正确.
min
故选：ACD.
| 2 |
10．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数f (x)= lnx− +2 −m(0 D．e3ln ( 2 )，故 20，因此x > ；对于D，因为0g ( e m 3 ) ，所以e m 30，换元得到W(n)=2lnn− +4，由W(n)单调递增，且W(1)=0，得到x x >1，
1 2 √x x n 1 2
1 2
A错误；
| 2 |
【解答过程】B选项，由函数f (x)= lnx− +2 −m(00，
x x2
所以g(x)在(0,+∞)单调递增，而g(1)=0，
| 2 |
令ℎ(x)= lnx− +2 ，
x
可得ℎ(x)图象如图所示：
故ℎ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
所以0ln 2 ，
1 x 2 x 1 2 x x x
1 2 1 2 1x
所以
20，因此x > ，故C正确；
1 1 1 1 1 m+2
m m 3
对于D，因为01，
3 3−m
( 3 ) 3 2(3−m) 3 2m
所以g =ln − +2=ln + ，
3−m 3−m 3 3−m 3
( 3 ) m m
则g −m=−ln(3−m)− +ln3，构造函数Q(x)=−ln(3−m)− +ln3，
3−m 3 3
则Q′(x)= 1 − 1 = m >0，而Q(0)=0，所以g ( 3 ) >m=g(x )，
3−m 3 3(3−m) 3−m 2
3
所以x < ，
2 3−m
g ( e m 3 ) = m − 2 +2 m−g ( e m 3 ) =2 ( m − 1 +1 )
因为 3 m ，所以 3 m ，
e3 e3
m 1
令 =t(0g e3 ，所以e3 −4，
1 x 2 x 1 2 x x √x x
1 2 1 2 1 2
4
所以 lnx x − +4>0，
1 2 √x x
1 2
4
令√x x =n,W(n)=2lnn− +4>0，显然W(n)单调递增，且W(1)=0，
1 2 n
所以n>1⇒x x >1，A错误；
1 2
故选：BCD．
11．（2024·广西来宾·模拟预测）下列关于函数f (x)=x−xlnx的说法，正确的有（ ）
A．x=1是f (x)的极大值点
B．函数f˙(x)有两个零点
C．若方程f (x)=m有两根x ,x ，则x +x >e
1 2 1 2D．若方程f (x)=m有两根x ,x ，则x +x 1)放缩不等式即可得解.
【解答过程】因为f (x)=x−xlnx，所以f′(x)=1−(lnx+1)=−lnx，x>0，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，
所以函数f˙(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
令f (x)=0⇒x(1−lnx)=0⇒x=0（舍）或x=e，
对于A，由上可知x=1是f (x)的极大值点，故A正确；
对于B，由上可知函数f˙(x)只有1个零点x=e，故B错误；
对于CD，方程f (x)=m有两根x ,x ，则x −x lnx =x (1−lnx )=m,x (1−lnx )=m，
1 2 1 1 1 1 1 2 2
不妨设x 0且g(x)→0；
当x<−1时，可得ℎ ′(x)<0，ℎ(x)在(−∞,−1)单调递减；
1
当−10，ℎ(x)在(−1,1)单调递增，且ℎ(−1)= ，
e
又当x<0时，g(x)>0，ℎ(x)<0，
当x→−∞时，ℎ(x)<0且g(x)→0；
作出函数y=g(x),y= ℎ(x)的图象，如图所示，
要使得(x−1)ex+|ex−a|=0有两个实数根，即y=f(x)有两个不同的零点，
1 ( 1 )
结合图象，可得− 0)有3个零点，则a的取值范围为
x+2
( 1)
0, ．
2
1 1
【解题思路】根据函数的导数，构造函数g(x)=ax2+(4a−2)x+4a−2，通过a≥ 和00，设方程g(x)=0的两根分别为x ,x ，且x 0，
1 2 1 2 1 2 a a
所以−10,f'(x)<0，所以f (x)在(−1,x )上单调递减；
1 1
当x∈(x ,x )时，g(x)<0,f'(x)>0，所以f (x)在(x ,x )上单调递增；
1 2 1 2
当x∈(x ,+∞)时，g(x)>0,f'(x)<0，所以f (x)在(x ,+∞)上单调递减，
2 2所以f (x )0,f eα−1 = 1 <0，且 −1−1时，f ′(x)= ，所以f(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
(x+1) 2
又f(0)=3,x→+∞时，f(x)→+∞,x→−1时，f(x)→+∞，所以f(x)∈[3,+∞)；
[ 1 1)
当x≤−1时，易知f(x)在(−∞,−1]上单调递减，所以f(x)∈ − , ．
2 2
作出函数f(x)的大致图象如图所示．
令t=f(x)，则数形结合可知方程g(t)=0有两个不同的实数根，分别记为t ,t ，
1 2
[ 1 1) 1
且t ∈ − , ∪{3},t ∈ (3,+∞)，而方程g(t)=0有两个不同的根等价于函数y=t+ 与y=−a的
1 2 2 2 t图象有两个不同的交点，且两个交点的横坐标分别为t ,t ．
1 2
( 1) 1 10
数形结合可知t ∈ 0, ,t ∈(3,+∞)．令φ(t)=t+ ，令¿，解得a<− ．
1 2 2 t 3
( 10)
故答案为： −∞,− .
3
四、解答题
15．（2024·贵州黔南·一模）已知函数f(x)=aex−x+1(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若当a>0时，函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，再按a≤0,a>0分类讨论导数值正负即可.
（2）由（1）可得f(x)的最小值，再结合函数值的变化情况求出最小值小于0的a的范围.
【解答过程】（1）函数f(x)=aex−x+1的定义域为R，求导得f′ (x)=aex−1，
当a≤0时，f′ (x)<0，函数f(x)在R上单调递减；
当a>0时，由f′ (x)<0，得x<−lna；由f′ (x)>0，得x>−lna，
即函数f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增，
所以当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞,+∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞,−lna)，单调递增区间是(−lna,+∞).
（2）由（1）知，当a>0时，f(x) =f(−lna)=2+lna，
min
当x→−∞时，f(x)→+∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，
要函数f(x)有两个不同的零点，当且仅当2+lna<0，解得00，函数g(x)单调递增，
函数y=lnx在(0,1)上的取值集合为(−∞,0)，而y=1−2ax在(0,1)上的取值集合为(1,1−2a)，
则存在x ∈(0,1)，使得f′ (x )=0，当0x 时，f′ (x)>0，
0 0 0 0
则函数f(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，f(x )0，当x>1时，ℎ ′ (x)<0，
x
函数ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，ℎ(x)≤ℎ(1)=0，则g(x)≤0，
函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，而f(1)=0，因此f(x)只有一个零点x=1；
1 1 1
（iii）当0<2a<1，即00，得0 ，
2 2a 2a
1 1 1 1
函数g(x)，即f′ (x)在(0, )上单调递增，在( ,+∞)上单调递减，f′ ( )=ln >0，
2a 2a 2a 2a
由（i）知，存在x ∈(0,1)，使得f′ (x )=0，
0 0
8 8 16 1 16 1
而f′ ( )=ln +1− =1+ln8+2ln − ，令t= >2，
a2 a2 a a a a
1+ln8+2lnt−16t<1+ln8+2(1+t)−16t=3+ln8−14t<3ln2−4<0，
8 1 16−a 1
又 − = >0，则存在x > ，使得f′ (x )=0，
a2 2a 2a2 1 2a 1
即当0x 时，f′ (x)<0，当x 0，
0 1 0 1
函数f(x)在(0,x ),(x ,+∞)上单调递减，在(x ,x )上单调递增，显然x <10，因此f(x)在(0,x )上有一个零点，
0 1 01 1 2−a 1 1 1 1 1 1
而 − = >0，f( )= ln +a− ，令u= >2，φ(u)=2u2lnu+ −u3 ，
a2 2a 2a2 a2 a2 a2 a3 a u
1 2
求导得φ′ (u)=4ulnu+2u− −3u2 ，令F(u)=φ′ (u)，求导得F′ (u)=6+4lnu+ −6u，
u2 u3
4 6
令y=F′ (u)，求导得y′= − −6<0，函数F′ (u)在(2,+∞)上单调递减，
u u4
1
F′ (u)1+2√x x =3，
x x x x x 1 3 1 3
1 2 3 1 3
1 1 1
所以 + + 的取值范围是(3,+∞).
x x x
1 2 3
17．（2024·山东烟台·三模）已知函数f (x)=x+aex(a∈R).
(1)讨论函数f (x)的单调性；
x f (x)−x
(2)当a=3时，若方程 + =m+1有三个不等的实根，求实数m的取值范围.
f (x)−x f (x)
【解题思路】（1）直接使用导数的符号判断单调性；
（2）将方程化为(x⋅e−x) 2 −3m(x⋅e−x)−9m=0，再讨论方程g(x)=t的解的个数，然后得到方程
t2−3mt−9m=0的根满足的条件，即可求出实数m的取值范围.
【解答过程】（1）求导知f′(x)=1+aex.
当a≥0时，由f′(x)=1+aex≥1>0可知，f (x)在(−∞,+∞)上单调递增；
当 时，对 有 ，对 有
a<0 x<−ln(−a) f′(x)=1+aex>1+a⋅e−ln(−a)=0 x>−ln(−a)，所以 在 上单调递增，在 上单调递
f′(x)=1+aex<1+a⋅e−ln(−a)=0 f (x) (−∞,−ln(−a)] [−ln(−a),+∞)
减.
综上，当a≥0时，f (x)在(−∞,+∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在(−∞,−ln(−a)]上单调递增，在[−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 + −1= − = ，所以原方程又等价于 =m .
3ex x+3ex 3ex x+3ex 3ex(x+3ex) 3ex(x+3ex)
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>0≥t，而g(x)在(−∞,1]上递增，故方程g(x)=t至多有一个解；
1
而g(1)= >0≥t，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
( 2)
别属于(0,1)和 1,2ln ；
t1 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
这就得到 2 −m>√m2+4m≥0，所以 ( 2 −m ) 2 >m2+4m，解得m< 1 .
3e 3e 9e2+3e
1
故我们得到00，
1 21 √ 1 4 1 6e+1
3⋅ +3 + 3⋅ +3⋅ ，
3m+3√m2+4m 9e2+3e (9e2+3e) 2 9e2+3e 9e2+3e 9e2+3e 1
t = < = =
1 2 2 2 e
3m−3√m2+4m 3m−3√m2 1
t = < =0≤ .
2 2 2 e
( 1 )
综上，实数m的取值范围是 0, .
9e2+3e
18．（2024·云南大理·模拟预测）已知函数f (x)=eax−x（x>0），其中a∈R.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)恰好有一个零点，求a的取值范围；
(3)若f (x)有两个零点x ，x （x 3.
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求导，分a≤0，a≥1和00，求导，得到函数单调性，又ℎ(e)= ，当x趋向于0时，
x x e
1
ℎ(x)趋向于−∞，当x趋向于+∞时，ℎ(x)趋向于0，从而得到a≤0或a=
e
（3）由（2）知a∈ ( 0, 1) 时，f (x)有两个零点，ax =lnx ，ax =lnx ，两式相减得a= lnx 2 −lnx 1 ，
e 1 1 2 2 x −x
2 1
x
( )
3 2−1
x x x 3(t−1)
故所证不等式可化为ln 2> 1 ，令t= 2 （t>1），则上不等式化为lnt− >0，构造
x 2x x 1+2t
1 1+ 2 1
x
1
3(t−1)
F(t)=lnt− ，t>1，求导得到其单调性，得到F(t)>F(1)=0，证毕.
1+2t
【解答过程】（1）f′(x)=aeax−1（x>0）.
当a≤0时，f′(x)≤0，f (x)在(0,+∞)递减，
当a>0时，f′(x)=a ( eax− 1) ，x>0，
a
ⅰ）若a≥1，则f′(x)>0，f (x)在(0,+∞)单调递增，1 1
ⅱ）若00，
a a a a
( 1 1) (1 1 )
∴f (x)在 0, ln 单调递减，在 ln ,+∞ 单调递增.
a a a a
综上：当a≤0时，f (x)在(0,+∞)递减；当a≥1时，f (x)在(0,+∞)递增：
( 1 1) (1 1 )
当00），ℎ ′(x)= ，
x x2
易知x∈(0,e)，ℎ ′(x)>0；x∈(e,+∞)，ℎ ′(x)<0，
∴ℎ(x)在(0,e)单调递增，在(e,+∞)单调递减，
1
又ℎ(e)= ，当x趋向于0时，ℎ(x)趋向于−∞，
e
当x趋向于+∞时，ℎ(x)趋向于0，
1
故f (x)恰有一个零点时，a≤0或a= .
e
( 1)
（3）由（2）知a∈ 0, 时，f (x)有两个零点，
e
由ax =lnx ，ax =lnx ，
1 1 2 2
lnx −lnx
作差可得a(x −x )=lnx −lnx ⇒a= 2 1 .
2 1 2 1 x −x
2 1
lnx −lnx
所证不等式lnx +2lnx >3⇔a(x +2x )>3⇔ 2 1 ⋅(x +2x )>3
1 2 1 2 x −x 1 2
2 1
x
( )
3 2−1
3(x −x ) x x
⇔lnx −lnx > 2 1 ⇔ln 2> 1 .
2 1 x +2x x 2x
1 2 1 1+ 2
x
1
x 3(t−1) 3(t−1)
令t= 2 （t>1），则上不等式即lnt> ⇔lnt− >0.①
x 1+2t 1+2t
13(t−1)
记F(t)=lnt− （t>1），
1+2t
1 9 4t2−5t+1 (4t−1)(t−1)
F′(t)= − = = >0，
t (1+2t) 2 t(1+2t) 2 t(1+2t) 2
∴F(t)在(1,+∞)单调递增，
∴F(t)>F(1)=0.所以不等式①成立，故有lnx +2lnx >3.
1 2
19．（2024·甘肃白银·一模）已知函数f (x)=tx2−2lnx−1.
(1)若曲线y=f (x)在x=2处的切线的斜率为3，求t.
(2)已知f (x)恰有两个零点x ,x (x 0，即可证明.
1 2 1 2 1 2
2
【解答过程】（1）解：由题意得f′(x)=2tx−
.
x
因为曲线y=f (x)在x=2处的切线的斜率为3，
所以f′(2)=4t−1=3，得t=1.
1+2lnx 1+2lnx −4lnx
（2）①法一：解：令f (x)=0，得t= .令g(x)= ，则g′(x)= .
x2 x2 x3
当x∈(0,1)时，g′(x)>0,g(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0,g(x)单调递减.故g(x) =g(1)=1.
max当x趋近正无穷时，g(x)趋近0，又 ( − 1) ，
g e 2 =0
所以00，则当x∈ 0, 时，f′(x)<0,f (x)单调递减，
t
(√1 )
当x∈ ,+∞ 时，f′(x)>0,f (x)单调递增，
t
(√1)
所以f(x) =f =lnt<0，得00,ℎ(x)单调递增，则ℎ(x)≥ℎ(1)=0，即lnx≤x−1.
因为x x >0，所以ln(x x )≤x x −1，即1+lnx x ≤x x .
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
又00，所以1+ln(x x )≤x x
