第25讲函数的零点问题_2027年高考数学一轮复习讲义_2027年高考一轮复习讲义-解析版

第25讲 函数的零点问题
知识梳理
1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点
情况，求参数的值或取值范围.
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴(或直线y=k)在
某区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图
像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.
2、函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<
0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐
标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将fx  整理变
形成fx  =gx  -hx  的形式，通过gx  ,hx  两函数图象的交点确定函数的零点个数；
三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.
4、利用导数研究零点问题：
(1)确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导
数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；
(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处
理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
(3)利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形
结合思想研究；③构造辅助函数研究.
必考题型全归纳
1 题型一：零点问题之一个零点
971 (2024·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测)已知函数fx  =lnx,gx 
1
= x2-
2
2x+1.
(1)求函数φx  =gx  -3fx  的单调递减区间；
(2)设hx  =afx  -gx  ，a∈R.
①求证：函数y=hx  存在零点；
②设a<0，若函数y=hx  的一个零点为m.问：是否存在a，使得当x∈0,m  时，函数
y=hx  有且仅有一个零点，且总有hx  ≥0恒成立？如果存在，试确定a的个数；如果
不存在，请说明理由.
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601 3427【解析】(1)由题可知φx 
1
=-3lnx+ x2-2x+1，定义域为0,+∞
2
 .
则φ‘ x 
x-3
=
 x+1 
，令φ‘ x
x
 =0，解得x=-1(舍)或x=3，
故可得φx  在0,3  单调递减.
(2)hx 
1
=alnx- x2+2x-1，
2
①由题可知hx 
-x2+2x+a
= .令y=-x2+2x+a，则其Δ=4+4a.
x
⒈当a≤-1时，Δ≤0,hx  ≤0，故hx  在0,+∞  上单调递减.
又因为h1 
1
= >0,h3
2

1
= -aln3>0，
2
故hx  在区间1,3  上一定有一个零点；
⒉当-1<a<0时，Δ>0，令y=-x2+2x+a=0，
解得x =1- a+1,x =1+ a+1，
1 2
令hx  >0，故可得x∈x 1 ,x 2  ，故hx  在区间x 1 ,x 2  上单调递增；
令hx  <0，故可得x∈0,x 1  或x 2 ,+∞  ，故hx  在0,x 1  ，x 2 ,+∞  单调递减.
又x 2 =1+ a+1 ∈1,2  ，故可得x <2， 2
又因为h2  =aln2+1>1-ln2>0,h4  =aln4-1<-1，
故hx  在区间2,4  上一定有一个零点.
⒊当a=0时，hx 
1
=- x2+2x-1，令hx
2
 =0，
解得x=2± 2，显然hx  存在零点.
⒋当a>0时，令hx  =0，解得x=1+ a+1∈2,+∞  ，
故可得hx  在区间0,1+ a+1  单调递增；在1+ a+1,+∞  单调递减.
1
又因为h
4

17
=-aln4- <0，h1
32

1
= >0，
2
故hx 
1
在区间 ,1
4
 上一定存在一个零点.
综上所述，对任意的a∈R，hx  一定存在零点.
②由①可知，当a≤-1时，
hx  在0,+∞  上单调递减.
且只在区间1,3  上存在一个零点，显然不满足题意.
当-1<a<0时，
hx  在0,1- a+1  单调递减，在1- a+1,1+ a+1  单调递增，
在1+ a+1,+∞  单调递减.且1+ a+1<2
且在区间2,4  上一定有一个零点，不妨设零点为m，则m>1+ a+1，
故要存在a，使得当x∈0,m  时，函数y=hx  有且仅有一个零点，
且总有hx  ≥0恒成立，
只需h1- a+1  =0，
即aln1- a+1 
1
- 1- a+1
2
 2+21- a+1  -1=0，(ⅰ)
整理得aln1- a+1 
a
- a+1- =0，a∈-1,0
2
 .
则上述方程在区间-1,0  上根的个数，即为满足题意的a的个数.
不妨令1- a+1=t,则t∈0,1  ，a=t2-2t
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602 3427故方程(ⅰ)等价于t2-2t 
1
lnt- t2+2t-1=0.
2
不妨令mt  =t2-2t 
1
lnt- t2+2t-1，
2
故可得mt  =2t-1  lnt>0在区间0,1  上恒成立.
故y=mt  在区间0,1  上单调递增.
1
又因为m
5

1
= 18ln5-31
50

1
0,m
2

1
= 6ln2-1
8
   0，
故可得函数mt  在区间0,1  上只有一个零点.
则方程(ⅰ)存在唯一的一个根.
即当a<0时，有且仅有一个a，使得当x∈0,m  时，
函数y=hx  有且仅有一个零点，且总有hx  ≥0恒成立.
972 (2024·广东·高三校联考阶段练习)已知函数f(x)=ex-asinx-1，gx 
2x+a+2
=- +
ex
acosx-sinx  +2，fx  在0,π  上有且仅有一个零点x . 0
(1)求a的取值范围；
(2)证明：若1<a<2，则gx  在-π,0  上有且仅有一个零点x ，且x +x <0. 1 0 1
【解析】(1)f(x)=ex-acosx，设φ(x)=f(x)，
φ(x)=ex+asinx，
①当a≤0时，若x∈0,π  ，则f(x)≥ex-1>0，
fx  在0,π  上无零点，不符合题意；
②当0<a≤1时，若x∈0,π  ，则f(x)>1-acosx≥1-a≥0，
∴fx  在0,π  上单调递增，
∴fx  >f0  =0，∴fx  在0,π  上无零点，不符合题意；
③当a>1时，若x∈0,π  ，则φ(x)>0，∴fx  在0,π  上单调递增，
∵f0  =1-a<0，fπ  =eπ+a>0，
∴存在唯一t∈0,π  ，使得ft  =0.
当x∈0,t  时，fx  <ft  =0；当x∈t,π  时，fx  >ft  =0，
故fx  在0,t  上单调递减，在t,π  上单调递增，
∵f0  =0，f(π)=eπ-1>0，
故fx  在0,π  上有且仅有一个零点x ，符合题意； 0
综上，a的取值范围为1,+∞  .
g(-x) a(sinx+cosx) 2
(2)记h(x)= =2x-a-2+ + ，
ex ex ex
2asinx 2 2f(x)
h(x)=2- - = ，
ex ex ex
由(1)知：若1<a<2，当x∈0,x 0  时，fx  <0，hx  <0，
当x∈x 0 ,π  时，fx  >0，hx  >0，
故hx  在0,x 0  上单调递减，在x 0 ,π  上单调递增，
2-a
又h(0)=0，h(π)=2π-a-2+ >2π-a-2>2π-4>0，
eπ
故存在唯一x 2 ∈0,π  ，使得hx 2  =0，且x >x . 2 0
g(-x)
注意到h(x)= ，可知gx ex  在-π,0  上有且仅有一个零点x =-x ， 1 2
且-x =x >x ，即x +x <0.
1 2 0 0 1
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603 3427973 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
x-1
=alnx+ .
ex
(1)当a=1时，求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程；
(2)证明：当a≥0时，fx  有且只有一个零点；
(3)若fx  在区间0,1  ,1,+∞  各恰有一个零点，求a的取值范围.
【解析】(1)由题意，fx 
x-1
=lnx+ ，fx
ex

1 2-x
= + ，故f1
x ex

1
=1+ ，又f1
e
 =
0，故曲线y=fx  在点 1,f1   
1
处的切线方程为y=1+
e
 x-1 
1
，即y=1+
e
 x-
1
1-
e
(2)由题意，因为a≥0，故当x>1时，fx 
x-1
=alnx+ >0，当x∈0,1
ex
 时，fx  =
x-1
alnx+ <0，当x=1时，f1
ex
 =0，故当a≥0时，fx  有且只有一个零点x=1
(3)由(2)可得a<0，fx 
x-1
=alnx+ ，故fx
ex

a 2-x aex+2x-x2
= + =
x ex xex
设gx  =aex+2x-x2，则
1
①若a≤- ，则gx
e
 =aex+2x-x2≤-ex-1-x-1  2+1，在x∈1,+∞  上为减函数，
故gx  <-e1-1-1-1  2+1=0，故fx  在x∈1,+∞  上为减函数，fx  <f1  =0不
满足题意；
1
②若- <a<0，gx
e
 =aex+2-2x
i)当x∈1,+∞  时，gx  <0，gx  单调递减，且g1  =ae+1>0，g2  =ae2<0，故
存在x 0 ∈1,2  使得gx  =0，故fx  在1,x 0  上单调递增，在x 0 ,+∞  上单调递减.又
fx 0  >f1  =0，e - a 1 >ee>1，且fe - a 1 
-1 -1
-1 e a-1 e a-1 =alne a+ =-1+ =
ee
-a 1
ee
-a 1
e - a 1 -ee -a 1 -1
，设φx
ee
-a 1
 =ex-xx>0  ，易得φx  =ex-1>0，故φx  在0,+∞  单调递
增，故φx  >φ0  =e0-0>0，故ee -a 1 >e - a 1 ，故fe - a 1  <0.故fx  在1,e - a 1  上有一个
零点，综上有fx  在区间1,+∞  上有一个零点
ii)当x∈0,1  时，gx  =aex+2-2x，设hx  =gx  =aex+2-2x，则hx  =aex-
2<0，故gx  为减函数，因为g0  =a+2>0，g1  =ae<0，故存在x 1 ∈0,1  使得
gx  =0成立，故gx  =aex+2x-x2在0,x 1  单调递增，在x 1 ,1  单调递减.又g0  =
a<0，g1  =ae+1>0，故存在x 2 ∈0,1  使得gx 2  =0成立，故在0,x 2  上gx  <0，
fx  单调递减，在x 2 ,1  上gx  >0，fx  单调递增.又f1  =0，故fx 2  <f1  =0，且
1 1
ea<e-e<1，fea 
1 1 1 1 1
1 ea-1 ea-1 eea+ea-1 e0+ea-1
=alnea+ =1+ = > >0，故
1 1 1 1
eea eea eea eea
1
fea 
1
>0，故存在x ∈ea,1 3  使得fx  =0，综上有fx  在区间0,1  上有一个零点.
1
综上所述，当- <a<0时，fx
e
 在区间0,1  ,1,+∞  各恰有一个零点
974 (2024·广东茂名·高三统考阶段练习)已知a>0，函数fx  =xex-a，gx  =xlnx-a.
(1)证明：函数fx  ，gx  都恰有一个零点；
(2)设函数fx  的零点为x 1 ，gx  的零点为x ，证明xx =a. 2 1 2
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604 3427【解析】(1)函数fx  =xex-a的定义域为R，fx  =x+1  ex，
∵x<-1时，fx  <0，x>-1时，fx  >0，
∴fx  在-∞,-1  上单调递减，fx  在-1,+∞  上单调递减增，
∵x<0时，fx  <0，f0  =-a<0，fa  =aea-a=aea-1  >0，
∴函数fx  恰有一个零点.
函数gx  =xlnx-a的定义域为0,+∞  ，gx  =lnx+1，
1
∵0<x< 时，gx
e

1
<0，x> 时，gx
e
 >0，
∴gx 
1
在0,
e
 上单调递减，gx 
1
在 ,+∞
e
 上单调递增，
∵x<1时，gx  <0，g1  =-a<0，
令b>maxa,e  (maxm,n  表示m,n中最大的数)，gb  =blnb-a>alna-1  >0，
∴函数gx  恰有一个零点；
(2)由(1)得函数fx  的零点为x 1 ，且x 1 >0，gx  的零点为x ，且x >1， 2 2
则有xex1-a=0，x lnx -a=0，
1 2 2
∴x 1 ex1=x 2 lnx 2 ，∴x 1 ex1=lnx 2 elnx2，∴fx 1  =flnx 2  ，
∵fx  在0,+∞  上单调递增，由(1)可得x >0，x >1，lnx >0， 1 2 2
∴x =lnx ，∴ex1=x ，
1 2 2
∵xex1-a=0，∴xx -a=0，∴xx =a.原式得证.
1 1 2 1 2
2 题型二：零点问题之二个零点
975 (2024·海南海口·统考模拟预测)已知函数f(x)=xex+2.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设F(x)=f(x)+a(x+1)2(a>0).
(ⅰ)证明：F(x)存在两个零点x ，x ；
1 2
(ⅱ)证明：F(x)的两个零点x ，x 满足x +x +2<0.
1 2 1 2
【解析】(1)f(x)=ex+2+xex+2=(x+1)ex+2，
所以当x≤-1时，f(x)≤0，当x>-1时，f(x)>0，
所以函数f(x)在(-∞,-1]上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(-1)=-e．
(2)(ⅰ)证明：F(x)=xex+2+a(x+1)2，a>0，F(x)=(x+1)(ex+2+2a)，
因为a>0，所以ex+2+2a>0，所以当x≤-1时，F(x)≤0，x>-1时，F(x)>0，
所以F(x)在(-∞,-1]上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增，
则函数F(x)有最小值F(-1)=-e．
由a>0，F(x)=xex+2+ax2+2ax+a>xex+2+ax2+2ax=x(ex+2+ax+2a)，
下面证明，在(-∞,-1]上，对∀a>0，只要x足够小，必存在x=x ∈(-∞,-1]，
0
使得ex0+2+ax +2a<0：
0
1
实际上，当x<-2时，0<ex+2<1，令ax+2a<-1，得x<- -2<-2，
a
1
所以对∀a>0，取x ∈-∞,- -2
0 a
 ，必有x (ex0+2+ax +2a)>0，即F(x )>0，
0 0 0
所以在区间(-∞,-1]上，存在唯一的x ∈(x ,-1)，F(x)=0，
1 0 1
又F(0)=1>0，所以在区间(-1,+∞)上，存在唯一的x ∈(-1,0)，F(x )=0，
2 2
综上，F(x)存在两个零点．
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605 3427(ⅱ)要证x +x +2<0，需证x <-2-x ，由-1<x <0，所以-2-x <-1，
1 2 1 2 2 2
因为F(x)在(-∞,-1]上单调递减，因此需证：F(-2-x )<F(x)=0，
2 1
F(-2-x )=-(2+x )e-x2+a(x +1)2，F(x )=x ex2+2+a(x +1)2=0，
2 2 2 2 2 2
所以F(-2-x )=-(2+x )e-x2-x ex2+2，-1<x <0，
2 2 2 2
设g(x)=-(2+x)e-x-xex+2，-1<x<0，
则g(x)=e-x+xe-x-ex+2-xex+2=e-x(x+1)(1-e2x+2)<0，
所以g(x)在(-1,0)上单调递减，g(x)≤g(-1)=0，即
F(-2-x )=-(2+x )e-x2-x ex2+2<0，
2 2 2
结论得证，所以x +x +2<0．
1 2
976 (2024·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+
1)x．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=0时，g(x)=(x-1)f(x)-x2-1，证明：函数g(x)有且仅有两个零点，两个零点
互为倒数．
1 (2ax+1)(x+1)
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)且f(x)= +2ax+2a+1= ，
x x
若a≥0，则当x∈(0,+∞)时，f(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增；
1
若a<0，则当x∈0,-
2a

1
,f(x)>0，当x∈- ,+∞
2a
 ,f(x)<0，
1
故f(x)在0,-
2a

1
上单调递增，在- ,+∞
2a
 上单调递减.
1
(2)g(x)=(x-1)f(x)-x2-1=(x-1)lnx-x-1，所以，g(x)=lnx- ，
x
1
因为y=lnx在(0,+∞)上递增，y= 在(0,+∞)递减，所以g(x)在(0,+∞)上递增，
x
1 ln4-1
又g(1)=-1<0,g(2)=ln2- = >0，
2 2
故存在唯一x ∈(1,2)使得g(x )=0，所以g(x)在(0,x )上递减，在(x ,+∞)上递增，
0 0 0 0
又g(x )<g(1)=-2,g(e2)=e2-3>0，所以g(x)=0在(x ,+∞)内存在唯一根α，
0 0
1 1
由1<x <α得 <1<x ，又g
0 α 0 α

1
= -1
α

1 1 g(α)
ln - -1= =0，
α α α
1
故 是g(x)=0在(0,x )上的唯一零点．
α 0
综上，函数g(x)有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.
977 (2024·四川遂宁·高三射洪中学校考期中)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x．
(1)若函数f(x)在x=1处取得极值，求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)当a=0时，g(x)=(x-1)f(x)-x2-1，证明：函数g(x)有且仅有两个零点，且两个零
点互为倒数．
1
【解析】(1)求导：f(x)= +2ax+2a+1，由已知有f(1)=0，即1+2a+2a+1=0，
x
1 1 3
所以a=- ，则f(x)=lnx- x2，所以切点为(2,ln2-2)，切线斜率k=f(2)=- ，
2 2 2
3
故切线方程为：y=- x+1+ln2.
2
1 (2ax+1)(x+1)
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)且f(x)= +2ax+2a+1= ，
x x
若a≥0，则当x∈(0,+∞)时，f(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增；
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606 34271
若a<0，则当x∈0,-
2a

1
,f(x)>0，当x∈- ,+∞
2a
 ,f(x)<0，
1
故f(x)在0,-
2a

1
上单调递增，在- ,+∞
2a
 上单调递减.
1
(3)g(x)=(x-1)f(x)-x2-1=(x-1)lnx-x-1，所以，g(x)=lnx- ，
x
1
因为y=lnx在(0,+∞)上递增，y= 在(0,+∞)递减，所以g(x)在(0,+∞)上递增，
x
1 ln4-1
又g(1)=-1<0,g(2)=ln2- = >0，
2 2
故存在唯一x ∈(1,2)使得g(x )=0，所以g(x)在(0,x )上递减，在(x ,+∞)上递增，
0 0 0 0
又g(x )<g(1)=-2,g(e2)=e2-3>0，所以g(x)=0在(x ,+∞)内存在唯一根α，
0 0
1 1
由1<x <α得 <1<x ，又g
0 α 0 α

1
= -1
α

1 1 g(α)
ln - -1= =0，
α α α
1
故 是g(x)=0在(0,x )上的唯一零点．
α 0
综上，函数g(x)有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.
978 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex-lnx-a.
(1)若a=3.证明函数f(x)有且仅有两个零点；
(2)若函数f(x)存在两个零点x,x ，证明：ex1x2>ex1+ex2+2-2a.
1 2
【解析】(1)由题可知，定义域(0,+∞)
1 1
当a=3时，函数f(x)=ex-lnx-3，则f(x)=ex- ，f(x)=ex+ >0(f(x)为f
x x2
(x)的导函数)
∴f(x)单调递增
1
∵f
2

1
=e2-2<0,f(1)=e-1>0，
1
∴∃x ∈ ,1
0 2

1 1
使f(x )=ex0- =0,ex0= .
0 x x
0 0
∴x∈0,x 0  时，f(x)<0,f(x)单调递减；x∈x 0 ,+∞  时，f(x)>0,f(x)单调递增
所以f(x) min =fx 0 
1
=ex0-lnx -3= +x -3 0 x 0
0
由双勾函数性质可知，fx 0 
1
在 ,1 2  递减，fx 0 
1
<f 2 
1 1
=2+ -3=- <0， 2 2
1
f
e3

1 1 1 1 1
=ee3-ln -3=ee3>0，且 < ，
e3 e3 2
∴在0,x 0  上有且只有一个零点
又f(e)=ee-lne-3=ee-4>22-4=0，且e>1
所以在x 0 ,+∞  上有且只有一个零点
综上，函数f(x)有且仅有两个零点
(2)由x,x 是函数f(x)的两个零点，知ex1=lnx +a,ex2=lnx +a
1 2 1 2
∴ex1+ex2=lnx +lnx +2a=lnxx +2a
1 2 1 2
要证ex1x2>ex1+ex2+2-2a
需证ex1x2>lnxx +2a+2-2a=lnxx +2
1 2 1 2
令xx =t∈(0,+∞)
1 2
需证et-lnt-2>0
令f(t)=et-lnt-2
第 页 共 页
607 34271 1
与(1)同理得f(t) =et0-lnt -2= +t -2>2-2=0,t ∈ ,1
min 0 t 0 0 2
0

所以et-lnt-2>0
故ex1x2>ex1+x2+2-2a
979 (2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R)在其定
义域内有两个不同的零点．
(1)求a的取值范围；
(2)记两个零点为x 1 ,x 2 ，且x 1 <x 2 ，已知λ>0，若不等式λlnx 2 -1  +lnx -1>0恒成 1
立，求λ的取值范围．
【解析】(1)依题意，函数f(x)在定义域(0,+∞)上有两个不同的零点，即方程lnx-ax=
lnx
0在(0,+∞))上有两个不同的解，也即a= 在(0,+∞)上有两个不同的解．
x
lnx 1-lnx
令g(x)= ，则g(x)= ．
x x2
当0<x<e时，g(x)>0，所以g(x)在(0,e)上单调逆增，
当x>e时，g(x)<0，所以g(x)在(e,+∞)上单调递减，
1
所以g(x) =g(e)= ．
max e
1
又∵g
e

lnx x 1
=-e<0，x>e时，0<g(x)= < <
x x x
当x→+∞时，g(x)→0，且g(x)>0，
lnx
若函数g(x)= 与函数y=a的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点，
x
1
则0<a< ．
e
(2)因为x,x 为方程lnx-ax=0的两根，
1 2
所以lnx =ax ，lnx =ax ．
1 1 2 2
不等式λlnx 2 -1  +lnx -1>0，变形可得1+λ<lnx +λlnx ， 1 1 2
代入可得1+λ<lnx 1 +λlnx 2 =ax 1 +λax 2 =ax 1 +λx 2  ．
1-λ
因为λ>0，0<x <x ，所以原不等式等价于a> ．
1 2 x +λx
1 2
x
又由lnx 1 =ax 1 ，lnx 2 =ax 2 ，作差得ln x 1 =ax 1 -x 2
2

x
ln 1
x
，所以a= 2 ． x -x
1 2
x
ln 1
所以原不等式等价于 x 2 > 1+λ ⇔ln x 1 < (1+λ)x 1 -x 2
x -x x +λx x
1 2 1 2 2
 恒成立．
x +λx
1 2
x (1+λ)(t-1)
令t= 1，则t∈(0,1)，不等式等价于lnt< 在t∈(0,1)上恒成立．
x t-λ
2
(1+λ)(t-1) (t-1)t-λ2
令h(t)=lnt- ，则h(t)=
t+λ

．
t(t+λ)2
①当λ≥1时，h(t)>0，所以h(t)在(0,1)上单调递，因此h(t)<h(1)=0，满足条件；
②当0<λ<1时，h(t)在0,λ2  上单调递增，在λ2,1  上单调递减，又h(1)=0，所以h(t)
在(0,1)上不能恒小于零．
综上，λ≥1．
980 (2024·江苏·高三专题练习)已知函数fx 
1
=ax4- x2，x∈(0,+∞)，gx
2
 =fx  -
fx  ．
第 页 共 页
608 3427(1)若a>0，求证：
(ⅰ)fx  在f(x)的单调减区间上也单调递减；
(ⅱ)gx  在(0,+∞)上恰有两个零点；
(2)若a>1，记gx  的两个零点为x,x ，求证：4<x +x <a+4． 1 2 1 2
【解析】(1)证明：(1) (ⅰ) 因为fx 
1
=ax4- x2，x∈(0,+∞)
2
∴f(x)=4ax3-x
由f(x)=(4ax3-x)=12ax2-1
1
令f(x)<0得f(x)的递减区间为0,
2 3a

1
当x∈0,
2 3a
 时，f(x)=4ax3-x=x(4ax2-1)<0，
所以f(x)在f(x)的递减区间上也递减．
(ⅱ) gx  =fx  -f′x 
1
=ax4- x2-4ax3-x
2

1
=ax4-4ax3- x2+x
2
因为x>0，由gx 
1 1
=ax4-4ax3- x2+x=0得ax3-4ax2- x+1=0，
2 2
令φx 
1
=ax3-4ax2- x+1，则φ′x
2

1
=3ax2-8ax- .
2
因为a>0，且φ′0 
1
=- <0，所以φ′x 2  必有两个异号的零点，记正零点为x ， 0
则当x∈0，x 0  时，φ′x  <0，φx  单调递减；
当x∈x 0 ,+∞  时，φ′x  >0，φx  单调递增，若φx  在0,+∞  上恰有两个零点，则
φx 0  <0
由φ′x 0 
1 1
=3ax2-8ax - =0，得3ax2=8ax + ， 0 0 2 0 0 2
所以φx 0 
32 1 7
=- 9 ax 0 - 3 x 0 + 9 ，又φx 
4
对称轴x= ，φ0 3 
8
=φ 3 
1
=- 2
8 7
所以x > >
0 3 3
所以φx 0 
32 1 7
=- ax - x - 9 0 3 0 3  <0.
又φ0  =1>0，所以在0,x 0  上有且仅有一个零点．
1 1
又φ(x)=ax3-4ax2- x+1=xax2-4ax-
2 2
 +1
1 4a+ 16a2+2a
令ax2-4ax- >0，解得x> .
2 2a
4a+ 16a2+2a
所以取M= ，当x>M时，φx
2a
 >0
所以在x 0 ,M  上有且仅有一个零点．
故a>0时，gx  在0,+∞  上恰有两个零点．
1
(2)由(ⅱ)知，对φ(x)=ax3-4ax2- x+1在0,+∞ 2  上恰有两个零点x ，x ， 1 2
不妨设x 1 <x 2 ，因为φ0 
1
=1>0，φ 2 
1
= (6-7a)<0 8
1
所以0<x <
1 2
因为φ4 
9
=-1<0，φ
2

1
= 81a-10
8
 >0
9
所以4<x <
2 2
第 页 共 页
609 34271 9
所以4<x +x < + =5<4+a
1 2 2 2
3 题型三：零点问题之三个零点
981 (2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测)已知函数fx 
ax2
= -lnx-lna-1有三
ex-1
个零点.
(1)求a的取值范围；
(2)设函数fx  的三个零点由小到大依次是x,x ,x .证明：aex1x3>e. 1 2 3
【解析】(1)因为fx  定义域为0,+∞  ，又fx 
ae1-x 2x2-x3
=
 -1
(a>0)，
x
(ⅰ)当x≥2,fx  <0,fx  单调递减；
(ⅱ)当x∈0,2  ，记gx 
2x2-x3
= ，则gx
ex-1

xx-1
=
 x-4 
，
ex-1
当x∈0,1  ,gx  >0；当x∈1,2  ,gx  <0，
所以gx  在0,1  单调递增，在1,2  上单调递减，gx  ≤g1  =1，
又g0  =0,g2  =0，所以0<gx  ≤1，
①当a∈0,1  ,fx  ≤0，则fx  单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；
②当a>1,fx 
a gx
=

1
 -
a

，由(ⅱ)知，fx
x
 有两个零点，
记fx  两零点为m,n，且m<1<n，
则fx  在0,m  上单调递减，在m,n  上单调递增，在n,+∞  上单调递减，
因为fn  >f1  >0，令px  =xe1-x,(0<x<1)，则px  =1-x  e1-x>0,(0<x<
1)，
1 1
所以0< <1,f
a a

1 1-1 1 1-1
= e a-1< e 1-1=0，
a 1
所以fn  >0,fm  <0，且x趋近0，fx  趋近于正无穷大，x趋近正无穷大，fx  趋近
负无穷大，
所以函数fx  有三零点，
综上所述，a>1；
(2)fx 
aex lnaex
=0等价于 =
ex
 lnex lnaex
，即 =
x ex

，
aex
令tx 
lnx
= ，则tx
x

1-lnx
= ，
x2
所以tx  在0,e  上单调递增，在e,+∞  上单调递减，
1
由(1)可得x < <x <1<x ，则aex <e,ex1<e,aex >e,ex3>e，
1 a 2 3 1 3
所以taex 1  =tex1  ,taex 3  =tex3  ，所以aex =ex1,aex =ex3， 1 3
x -lnx =lnea=k
则x 1 ,x 3 满足  x 1 -lnx 1 =lnea=k ，k>1，
3 3
要证aex1x3>e，等价于证xx >2-k，
1 3
x -lnx =k 易知  1 1 ，令qx
x -lnx =k
3 3
 =x-lnx，则qx  x-1 = ，
x
令qx  <0得0<x<1，令qx  >0得x>1，
所以函数qx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
第 页 共 页
610 3427下面证明x 1 +x 3 >1+k，由x 1 <1<x 3 ，即证qx 3  >q1+k-x 1  ，
即证k>1+k-x 1 -ln1+k-x 1  ，
即证0>1-x 1 -ln1+x 1 -lnx 1 -x 1  =1-x 1 -ln1-lnx 1  ，
即证e1-x1-1+lnx 1 <0,x 1 ∈0,1  ，
令cx  =e1-x-1+lnx,x∈0,1  ，cx 
-xe1-x+1
= ，
x
令y=-xe1-x+1，则y=x-1  e1-x<0, x∈0,1    ，所以y=-xe1-x+1>0，
所以cx 
-xe1-x+1
= >0，则cx x  <c1  =0，所以e1-x1-1+lnx 1 <0,x 1 ∈0,1  ，
所以x +x >1+k，所以xx -1≥lnxx =x +x -2k>1+k-2k=1-k，
1 3 1 3 1 3 1 3
所以xx >2-k，所以原命题得证.
1 3
x-1
982 (2024·广东深圳·校考二模)已知函数f(x)= -alnx.
x+1
(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；
1
(2)①当0<a< 时，试证明函数f(x)恰有三个零点；
2
②记①中的三个零点分别为x ，x ，x ，且x <x <x ，试证明x2(1-x )>a(x2-1).
1 2 3 1 2 3 1 3 1
x-1
【解析】(1)当a=1时f(x)= -lnx，定义域为(0,+∞)，
x+1
x+1-(x-1) 1 2 1 -x2-1
所以f(x)= - = - = <0，
(x+1)2 x (x+1)2 x x(x+1)2
所以f(x)在定义域上单调递减，其单调递减区间为(0,+∞)，无单调递增区间．
x-1
(2)①由f(x)= -alnx定义域为(0,+∞)，
x+1
x+1-(x-1) a 2x-ax2-2ax-a -ax2+2(1-a)x-a
所以f(x)= - = = ，
(x+1)2 x x(x+1)2 x(x+1)2
1
令-ax2+2(1-a)x-a=0，因为0<a< ，Δ=4(1-2a)>0，
2
1
设方程的两根分别为x ，x ，且x <x ，则x +x =2 -1
4 5 4 5 4 5 a
 >0，x x =1，
4 5
所以f(x)有两个零点x ，x ，且0<x <1<x ，
4 5 4 5
当x∈(0,x )时，f(x)<0，f(x)单调递减；
4
当x∈(x ,x )时，f(x)>0，f(x)单调递增；
4 5
当x∈(x ,+∞)时，f(x)<0，f(x)单调递减；
5
所以fx  在x=x 处取得极小值，在x=x 处取得极大值， 4 5
又f1  =0，故fx 4  <f1  <fx 5  ，则f(x )<0<f(x )， 4 5
又因为fe - a 1 
-1
2e a 1 = >0，fea
-1
e a+1
 -2 -1 1 = <0，且e a<1<ea，
1
ea+1
-1 1
故有e a<x <1<x <ea，由零点存在性定理可知，
4 5
f(x)在e - a 1 ,x
4
 1 恰有一个零点，在x ,ea
5
 也恰有一个零点，
易知x=1是f(x)的零点，所以f(x)恰有三个零点；
1
②由①知x =1，0<x <1<x ，则 >1，
2 1 3 x
1
1
因为f
x
1

1-x 1
= 1 +alnx =-f(x)=0，所以x = ，
x +1 1 1 3 x
1 1
所以要证x2(1-x )>a(x2-1)，
1 3 1
第 页 共 页
611 34271
即证x21-
1 x
1
 >a(x2-1)，
1
即证x(x -1)>a(x +1)(x -1)，
1 1 1 1
即证x <a(x +1)，
1 1
x -1
即证x < 1 ，
1 lnx
1
1
即证lnx >1- (*)．
1 x
1
1 1 1 x-1
令g(x)=lnx+ -1，则g(x)= - = ，
x x x2 x2
当x∈(0,1)时，g(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，
所以gx  >g1  =0，故(*)式成立，
所以x2(1-x )>a(x2-1)．
1 3 1
983 (2024·广西柳州·统考三模)已知f(x)=x3-ax+1  lnx．
(1)若函数f(x)有三个不同的零点，求实数a的取值范围；
(2)在(1)的前提下，设三个零点分别为x,x ,x 且x <x <x ，当x +x >2时，求实数a
1 2 3 1 2 3 1 3
的取值范围．
【解析】(1)当x=1时，f(x)=0．令g(x)=x3-ax+1．
当x≠1时，f(x)的零点与函数g(x)(x>0)的零点相同．
当a≤0时，g(x)>0(x>0)，所以f(x)只有一个零点，不合题意．
因此a>0．
又因为函数f(x)有三个不同的零点，所以g(x)(x>0)有两个均不等于1的不同零点．
a
令g(x)=3x2-a=0，解得x= (舍去负值)．
3
a
所以当x∈0,
3

a
时，g(x)<0，g(x)是减函数；当x∈ ,+∞
3
 时，g(x)>0，g(x)
是增函数．
因为g(0)=1>0,g( a)=1>0，
a
所以当g
3

332
<0，即a> 时，g(x)(x>0)有两个不同零点．
2
332
又因为g(1)=0时，a=2> ，
2
332
所以函数f(x)有三个不同的零点，实数a的取值范围是 ,2
2
 ∪(2,+∞)
(2)因为x <x <x ，x +x >2，
1 2 3 1 3
所以1<x ．所以g(1)=2-a<0．
3
所以x <1．
1
所以x,x 是g(x)=0的两个根．
1 3
又因为g(-2a)=-8a3+2a2+1<-8a3+4a2=4a2(1-2a)<0，
所以g(x)=0有一个小于0的根，不妨设为x ．
0
根据g(x)=0有三个根x 0 ,x 1 ,x 3 ，可知g(x)=x3-ax+1=x-x 0  x-x 1  x-x 3  ，
所以x +x +x =0，即x +x =-x ．
0 1 3 1 3 0
因为x +x >2，所以x <-2．
1 3 0
7
所以g(-2)=-8+2a+1>0，即a> ．
2
第 页 共 页
612 34277 7
显然 >2，所以a的取值范围是 ,+∞
2 2
 ．
984 (2024·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测)已知函数fx 
1
= x3+ax2+bx+1(a，
3
b∈R).
(1)若b=0，且fx  在0，+∞  内有且只有一个零点，求a的值；
(2)若a2+b=0，且fx  有三个不同零点，问是否存在实数a使得这三个零点成等差数
列？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由.
【解析】(1)若b=0，则fx 
1
= x3+ax2+1，fx
3
 =x2+2ax.
若a≥0，则函数fx  在0，+∞  上单调递增,则f(x)>f(0)=1，
故fx  在0，+∞  无零点；
若a<0，令fx  =x2+2ax=0，得x =0，x =-2a. 1 2
在0，-2a  上，fx  <0，fx  单调递减，
在-2a，+∞  上，fx  >0，fx  单调递增.
又fx  在0，+∞  内有且只有一个零点，则f(-2a)=0，
8 3 36
得- a3+4a3+1=0，得a3=- ,得a=- .
3 4 2
(2)因为a2+b=0，则fx 
1
= x3+ax2-a2x+1，若fx
3
 有三个不同零点，且成等差数
列，
可设fx 
1
= x-m-d
3
 x-m  x-m+d 
1
= x3-3mx2+3m2-d2
3
  x-m3+md2  ,
故-m=a，则f-a 
1 5 3
=0，故- a3+a3+a3+1=0， a3=-1，a3=- .此时，m3=
3 3 5
3 3
，d=± 6a2，故存在三个不同的零点，故符合题意的a的值为-
5 5

1
3.
e
985 (2024·浙江·校联考二模)设a< ，已知函数fx
2
 =x-2  ex-ax2-2x  +2有3个不
同零点.
(1)当a=0时，求函数fx  的最小值：
(2)求实数a的取值范围；
(3)设函数fx  的三个零点分别为x 、x 、x ，且x ⋅x <0，证明：存在唯一的实数a，使得 1 2 3 1 3
x 、x 、x 成等差数列.
1 2 3
【解析】(1)当a=0时，fx  =x-2  ex+2，则fx  =x-1  ex，
当x<1时，fx  <0，此时函数fx  单调递减，
当x>1时，fx  >0，此时函数fx  单调递增，
所以，fx  =f1
min
 =2-e.
(2)因为fx  =x-2  ex-ax2-2x  +2，
则fx  =x-1  ex-2ax-1  =x-1  ex-2a  ，
①当a≤0时，ex-2a>0恒成立，
当x<1时，fx  <0，此时函数fx  单调递减，
当x>1时，fx  >0，此时函数fx  单调递增，
此时函数fx  至多两个零点，不合乎题意；
第 页 共 页
613 3427e
②当0<a< 时，由fx
2
 =0可得x=1或x=ln2a<1，列表如下：
x -∞,ln2a  ln2a ln2a,1  1 1,+∞ 
fx  + 0 - 0 +
fx  增 极大值 减 极小值 增
由题意可知，fx 
f1
有3个不同的零点，则
 =2+a-e<0
fln2a 

， 
>0
又因为fln2a  =-aln2a-2 
eln2a
2+2=- ln2a-2
2
 2+2，
令t=ln2a∈-∞,1  ，记fln2a  =gt  ，
则gt 
et t-2
=-
 2
+2，其中t<1，则gt
2

tt-2
=-
 et
，
2
当t∈0,1  时，gt  >0，此时函数gt  单调递增；
当t∈-∞,0  时，gt  <0，此时函数gt  单调递减.
所以，gt  ≥g0  =0，即fln2a 
1
≥0，当且仅当a= 时，等号成立，，
2
f1
故不等式组
 =2+a-e<0
fln2a 
 1
 的解集为0,
>0 2

1
∪ ,e-2
2
 .
因为f2 
1
=2>0，f-
a
 <0，
1
故当a∈0,
2

1
∪ ,e-2
2
 时，函数fx  有3个不同的零点，
1
综上所述，实数a的取值范围是0,
2

1
∪ ,e-2
2
 .
(3)因为f0  =0，f2  =2，结合(2)中的结论可知x 3 ∈1,2  ，
1
①当a∈0,
2
 时，若存在符合题意的实数a，则由于xx <0，
1 3
因此，x <0<x ，x =0，
1 3 2
x-2
因此，x 、x 、x 成等差数列可得出x =-x ，考虑 1 2 3 3 1
 ex-ax  +2=0
-x-2  e-x+ax 

，  +2=0
2 2
即ex+e-x- + =0，这等价于ex+e-x
x+2 x-2
 x2-4  +8=0，
令gx  =ex+e-x  x2-4  +8，
所以，gx  =2xex+e-x  +ex-e-x  x2-4  ，
令px  =2xex+e-x  +ex-e-x  x2-4  ，则px  =6xex+e-x  +ex-e-x  x2+2  ，
当1<x<2时，px  >0，则函数fx  单调递增，
所以，px  >p1 
5
=3e- >0，故函数gx
e
 单调递增，
因为g1 
5
= -2e<0，g2
e

4
=4e+ >0，
e
所以，gx  在1,2  上存在唯一零点，记为x ， 0
当1<x<x 0 时，gx  <0，即函数gx  在1,x 0  上单调递减，
当x 0 <x<2时，gx  >0，即函数gx  在x 0 ,2  上单调递增，
由于g1 
3
=-3e- e +8<0，gx 0  <0，g2  =8>0，
因此，gx  在1,x 0  上无零点，在x 0 ,2  上存在唯一的零点x ， 3
1
所以，存在唯一的实数a∈0,
2
 ，使得x 、x 、x 成等差数列;
1 2 3
第 页 共 页
614 34271
②当a∈ ,e-2
2
 时，x =0<x <x ，不合乎题意.
1 2 3
ex0 2
综上所述，存在唯一的实数a= +
x 0 x 0x 0 -2 
使得x 、x 、x 成等差数列.
1 2 3
lnx ax
986 (2024·山东临沂·高三统考期中)已知函数f(x)= 和g(x)= 有相同的最大值.
x ex
(1)求a，并说明函数h(x)=f(x)-g(x)在(1，e)上有且仅有一个零点；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从
左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【解析】(1)fx 
1-lnx
= ，令fx
x2
 =0可得x=e，
当x∈0,e  时，fx  >0，fx  单调递增；
当x∈e,+∞  时，fx  <0，fx  单调递减，
∴x=e时，fx  取得最大值.即fx  =fe
max

1
= .
e
gx 
a1-x
=

，
ex
当a>0时，
x∈-∞,1  时，gx  >0，gx  单调递增；
x∈1,+∞  时，gx  <0，gx  单调递减，
∴gx  =g1
max

a
= .
e
当a=0时，gx  =0，不合题意；
当a<0时，可知gx  =g1
min
 ，不合题意.
a 1
故 = ，即a=1.
e e
∴hx  =fx  -gx 
lnx x
= - .
x ex
∵hx 
1-lnx 1-x
= - ，
x2 ex
当1<x<e时，1-lnx>0，1-x<0，
∴hx  >0，∴hx  在1,e  上单调递增，
又h1 
1
=- <0，he
e

1 e 1 1 ee-1-e
= - = - = >0，
e ee e ee-1 ee
∴hx  在1,e  上有且仅有一个零点.
(2)由(1)知，y=fx  ，y=gx  的图象大致如下图：
直线y=b与曲线y=fx  ，y=gx  三个交点的横坐标从左至右依次为x ，x ，x ， 1 2 3
且0<x <1<x <e<x ，
1 2 3
lnx lnx x
∴0<lnx <1<lnx 且 3 = 2 = 1 =b
2 3 x
3
x
2
ex1
x lnx lnx
由 ex 1 1 = x 2 2 = elnx 2 2 即gx 1  =glnx 2  ，x 1 ，lnx 2 ∈0,1  ，∴x =lnx 1 2
第 页 共 页
615 3427即x =ex1.①
2
x lnx lnx
由 ex 2 2 = x 3 3 = elnx 3 3 即gx 2  =glnx 3  ，
∴x =lnx .②
2 3
lnx x
由①，②，x2=ex1lnx ，又 3 = 1 ，即ex1lnx =xx ，
2 3 x
3
ex1 3 1 3
∴x2=xx .
2 1 3
4 题型四：零点问题之max，min问题
987 (2024·湖北黄冈·黄冈中学校考三模)已知函数fx  =xsinx+cosx+ax2,gx 
x
=xln ．
π
(1)当a=0时，求函数fx  在-π,π  上的极值；
(2)用maxm,n  表示m,n中的最大值，记函数hx  =max fx  ,gx    (x>0)，讨论函
数hx  在0,+∞  上的零点个数．
【解析】(1)当a=0时，fx  =xsinx+cosx,fx  =xcosx，
由fx 
π π
=0，得x=- 或 ，则fx
2 2
 和fx  随x的变化如下表所示：
π x  -π,-
 2
 π π - - ,0
2 2
 π 0 0,
2
 π π  ,π
2 2

fx  + 0 - 0 + 0 -
fx  ↗ 极大 ↘ 极小 ↗ 极大 ↘
∴fx  在-π,π 
π
上有2个极大值：f-
2

π
=f
2

π
= ,fx
2
 在-π,π  上有1个极小
值f0  =1．
(2)由hx  =max fx  ,gx    ，知hx  ≥gx  ．
(ⅰ)当x∈π,+∞  时，gx  >0，
∴hx  >0，故hx  在π,+∞  上无零点．
(ⅱ)当x=π时，gπ  =0,fπ  =-1+π2a．
故当fπ 
1
≤0时，即a≤ 时，hπ
π2
 =0,x=π是hx  的零点；
当fπ 
1
>0时，即a> 时，hπ
π2
 =fπ  >0,x=π不是hx  的零点．
(ⅲ)当x∈0,π  时，gx  <0．故hx  在0,π  的零点就是fx  在0,π  的零点，
fx  =x2a+cosx  ,f0  =1．
1
①当a≤- 时，2a+cosx≤0，故x∈0,π
2
 时，fx  ≤0,fx  在0,π  是减函数，
结合f0  =1，fπ  =-1+π2a<0可知，fx  在0,π  有一个零点，
故hx  在0,π  上有1个零点．
1
②当a≥ 时，2a+cosx≥0，故x∈0,π
2
 时，fx  ≥0,fx  在0,π  是增函数，
结合f0  =1可知，fx  在0,π  无零点，故hx  在0,π  上无零点．
1 1
③当a∈- , 2 2  时，∃x 0 ∈0,π  ，使得x∈0,x 0  时，fx  >0,fx  在0,x 0  是增函
数；
x∈x 0 ,π  时，fx  <0,fx  在x 0 ,π  是减函数；
由f0  =1知，fx 0  >0．
第 页 共 页
616 3427当fπ 
1 1
=-1+π2a≥0，即 ≤a< 时，fx
π2 2
 在0,π  上无零点，故hx  在0,π  上无
零点．
当fπ 
1 1
=-1+π2a<0，即- <a< 时，fx
2 π2
 在0,π  上有1个零点，故hx  在
0,π  上有1个零点．
1
综上所述，a< 时，hx
π2

1
有2个零点；a= 时，hx
π2

1
有1个零点；a> 时，hx
π2

无零点
1 x
988 (2024·四川南充·统考三模)已知函数f(x)=xsinx+cosx+ ax2，g(x)=xln ．
2 π
(1)当a=0时，求函数f(x)在[-π,π]上的极值；
(2)用max{m,n}表示m，n中的最大值，记函数h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0)，讨论函
数h(x)在(0,+∞)上的零点个数．
【解析】(1)当a=0时，f(x)=xsinx+cosx，f(x)=xcosx，
π π
由f(x)=0，得x=- 或 ，则fx
2 2
 和fx  随x的变化如下表所示：
π x  -π,-
 2
 π π - - ,0
2 2
 π 0 0,
2
 π π  ,π
2 2

f(x) + 0 - 0 + 0 -
f(x) ↗ 极大 ↘ 极小 ↗ 极大 ↘
π
∴f(x)在[-π,π]上有2个极大值：f-
2

π
=f
2

π
= ，
2
f(x)在[-π,π]上有1个极小值：f(0)=1.
(2)由h(x)=max{f(x),g(x)}，知h(x)≥g(x).
(i)当x∈(π,+∞)时，g(x)>0，
∴h(x)>0，故h(x)在(π,+∞)上无零点．
π2
(ii)当x=π时，g(π)=0，f(π)=-1+ a．
2
2
故当f(π)≤0时，即a≤ 时，h(π)=0，x=π是h(x)的零点；
π2
2
当f(π)>0时，即a> 时，h(π)=f(π)>0，x=π不是h(x)的零点.
π2
(iii)当x∈(0,π)时，g(x)<0．
故h(x)在(0,π)的零点就是f(x)在(0,π)的零点，
f(x)=x(a+cosx)，f(0)=1．
①当a≤-1时，a+cosx≤0，故x∈(0,π)时，f(x)≤0，f(x)在(0,π)是减函数，
π2
结合f(0)=1，f(π)=-1+ a<0可知，f(x)在(0,π)有一个零点，
2
故h(x)在(0,π)上有1个零点.
②当a≥1时，a+cosx≥0，故x∈(0,π)时，f(x)≥0，f(x)在(0,π)是增函数，
结合f(0)=1可知，f(x)在(0,π)无零点，
故h(x)在(0,π)上无零点．
③当a∈(-1,1)时，∃x 0 ∈(0,π)，使得x∈0,x 0  时，f(x)>0，f(x)在0,x 0  是增函数；
x∈x 0 ,π  时，f(x)<0，f(x)在x 0 ,π  是减函数；
由f(0)=1知，fx 0  >0．
第 页 共 页
617 3427π2 2
当f(π)=-1+ a≥0，即 ≤a<1时，f(x)在(0,π)上无零点，
2 π2
故h(x)在(0,π)上无零点．
π2 2
当f(π)=-1+ a<0，即-1<a<- 时，f(x)在(0,π)上有1个零点，
2 π2
故h(x)在(0,π)上有1个零点.
2
综上所述，a< 时，h(x)有2个零点；
π2
2
a= 时，h(x)有1个零点；
π2
2
a> 时，h(x)无零点.
π2
989 (2024·四川南充·统考三模)已知函数fx 
ax x2
= + -x，gx
ex 2
 =lnx其中e为自然对数
的底数.
(1)当a=1时，求函数fx  的极值；
(2)用maxm,n  表示m，n中的最大值，记函数hx  =max fx  ,gx    (x>0)，当a≥
0时，讨论函数hx  在0,+∞  上的零点个数.
【解析】(1)当a=1时，fx 
x 1
= + x2-x，fx
ex 2

1-x x-1
= +x-1=
ex
 ex-1 
，
ex
由fx  >0得：x<0或x>1；由fx  <0得：0<x<1
列表：
x -∞,0  0 0,1  1 1,+∞ 
fx  + 0 - 0 +
fx  ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴f(x) =f0
极大
 =0；f(x) =f1
极小

1 1
= - ；
e 2
(2)由hx  =max fx  ,gx    知：hx  ≥gx 
(i)当x∈1,+∞  时gx  >0，
∴hx  >0，故hx  在1,+∞  上无零点.
(ii)当x=1时，g1  =0，f1 
a 1
= - 知：当f1
e 2

e
≤0时，0≤a≤ ，h1
2
 =0，
x=1是hx  的零点；
当f1 
e
>0时，a> ，h1
2
 >0，x=1不是hx  的零点；
(iii)当x∈0,1  时，gx  <0，故hx  在0,1  的零点就是fx  在0,1  的零点.
由fx 
1
=0得：a=1- x
2
 ex，
设φx 
1
=1- x
2
 ex，则φx 
1
= 1-x
2
 ex，
∴φx  在0,1  上单调递增，
又∵φ0  =1，φ1 
e
= ，
2
e
∴当a≥ 时，fx
2
 即hx  在0,1  上无零点；
e
当1<a< 时，fx
2
 即hx  在0,1  上有1个零点；
当0≤a≤1时，fx  即hx  在0,1  上无零点；
第 页 共 页
618 3427e
综上所述：1<a< 时，hx
2
 有2个零点；
e
0≤a≤1或a= 时，hx
2
 有1个零点；
e
a> 时，hx
2
 无零点.
1
990 (2024·广东·高三专题练习)已知函数f(x)=-lnx，g(x)=x3-ax+ ，a∈R.
4
(1)若函数g(x)存在极值点x 0 ，且gx 1  =gx 0  ，其中x ≠x ，求证：x +2x =0； 1 0 1 0
(2)用min{m,n}表示m，n中的最小值，记函数h(x)=min{f(x)，g(x)}(x>0)，若函数
h(x)有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
1
【解析】(1)由题意，g(x)=x3-ax+ ，g(x)=3x2-a，
4
当a≤0时，gx  ≥0恒成立，gx 
1
=x3-ax+ 没有极值.
4
3a 3a
当a>0时，令g(x)=0，即3x2-a=0，解之得x=- ，x= ，
1 3 2 3
当x∈-∞,x 1  时，g(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈x 1 ,x 2   时，g(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈x 2 ,+∞  时，g(x)>0，g(x)单调递增.
3a 3a
∴x=- 时，g(x)有极大值为g-
3 3

2a 3a 1
= + ，
9 4
3a 3a
x= 时，g(x)有极小值为g
3 3

-2a 3a 1
= + ，
9 4
3a -2 3a
当x = 时，要证x +2x =0，即证x =-2x = ，
0 3 1 0 1 0 3
代入计算有，gx 0 
-2a 3a 1
= 9 + 4 ，gx 1 
-2a 3a 1
= + ， 9 4
则有gx 0  =gx 1  符合题意，即x +2x =0得证； 1 0
3a 2 3a
当x =- 时，要证x +2x =0，即证x =-2x = ，
0 3 1 0 1 0 3
代入计算有，gx 0 
2a 3a 1
= 9 + 4 ，gx 1 
2a 3a 1
= + ， 9 4
则有gx 0  =gx 1  符合题意，即x +2x =0得证. 1 0
综上，当x 为极大值点和极小值点时，x +2x =0均成立.
0 1 0
(2)①当x∈(1,+∞)时，f(x)=-lnx<0，∴h(x)=minf(x),g(x)  ≤f(x)<0，
故函数h(x)在x∈(1,+∞)时无零点；
5 5
②当x=1时，f(1)=0，g(1)= -a，若a≤ ，则g(1)≥0，
4 4
h(x)=f(1)=0，故x=1是函数h(x)的一个零点；
5
若a> ，则g(1)<0，∴hx
4
 =gx  <0，故x=1时函数hx  无零点.
③当x∈(0,1)时，f(x)=-lnx>0，因此只需要考虑g(x)，
1
由题意，g(x)=x3-αx+ ，g(x)=3x2-a，
4
㈠当a≤0时，g(x)≥0恒成立，
1
∴g(x)在(0,1)上单调递增，g(0)= >0，∴g(x)>0在x∈(0,1)恒成立，
4
即g(x)在(0,1)内无零点，也即hx  在(0,1)内无零点；
㈡当a≥3时，x∈0,1  ，gx  <0恒成立，
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619 3427∴g(x)在(0,1)上单调递减，
g1 
5
= -a<0即g(x)在(0,1)内有1个零点，也即hx
4
 在(0,1)内有1个零点；
㈢a∈0,3 
3a
时，函数g(x)在0,
3
 上单调递减，
∴gx 
3a
=g
min 3

-2a 3a 1
= + ，
9 4
3a
若g
3

3
>0，即0<a< 时，
4
g(x)在(0,1)内无零点，也即hx  在(0,1)内无零点；
3a
若g
3

3
=0，即a= 时，g(x)在(0,1)内有唯一的一个零点，
4
也即hx  在(0,1)内有唯一的零点；
3a
若g
3

3 1 5
<0，即 <a<3时，由g(0)= >0，g(1)= -a>0，
4 4 4
3 5
∴ <a< 时，g(x)在(0,1)内有两个零点.
4 4
3 5
综上所述，当 <a< 时，函数有3个零点.
4 4
991 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R)，gx  =x-1．
(1)若直线y=gx  与曲线y=fx  相切，求a的值；
(2)用minm,n  表示m，n中的最小值，讨论函数h(x)=min{f(x),g(x)}的零点个数．
【解析】(1)设切点为x 0 ,y 0  ，∵f(x)=ex-2ax，∴fx 0  =ex0-2ax 0
∴   e e x x 0 0 - - 2 a a x x 2= 0 = x 1 - , 1, (*)
0 0
消去a整理，得ex0+1  x 0 -2  =0，∴x =2 0
e2-1
∴a=
4
(2)①当x∈(-∞,1)时，gx  <0，h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0，∴hx  在(-∞,1)
上无零点
②当x=1时，g1  =0，f1  =e-a．
若a≤e，f1  ≥0，此时hx  =g1  =0，x=1是hx  的一个零点，
若a>e，f1  <0，此时hx  =f1  <0，x=1不是hx  的零点
③当x∈(1,+∞)时，gx  >0，此时hx  的零点即为fx  的零点．
ex ex (x-2)ex
令f(x)=ex-ax2=0，得a= ，令φ(x)= ，则φ(x)= ，
x2 x2 x3
当1<x<2时，φ(x)<0；当x>2时，φ(x)>0，∴φx  在1,2  上单调递减，在(2,
+∞)上单调递增，且当x→+∞时，φx  →+∞
(i)若a<φ2 
e2
，即a< 时，fx
4
 在(1,+∞)上无零点，即hx  在(1,+∞)上无零点
(ii)若a=φ2 
e2
，即a= 时，fx
4
 在(1,+∞)上有一个零点，即hx  在(1,+∞)上有一
个零点
(iii)若φ2  <a<φ1 
e2
，即 <a<e时，fx
4
 在(1,+∞)上有两个零点，即hx  在(1,
+∞)上有两个零点
(iv)若a≥φ1  ，即a≥e时，fx  在(1,+∞)上有一个零点，即hx  在(1,+∞)上有一
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620 3427个零点
e2
综上所述，当a< 或a>e时，hx
4
 在R上有唯一零点；
e2
当a= 或a=e时，hx
4
 在R上有两个零点；
e2
当 <a<e时，hx
4
 在R上有三个零点
992 (2024·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末)已知函数fx 
1
=x3+ax+ ,gx
4
 =
1-x-lnx.
(1)若过点1,0  可作fx  的两条切线，求a的值.
(2)用minm,n  表示m,n中的最小值，设函数hx  =min fx  ,gx    (0<x<1)，讨论
hx  零点的个数.
1
【解析】(1)设切点为x ,x3+ax +
0 0 0 4

1
则切线方程为y-x3+ax + 0 0 4  =3x2 0 +a  x-x 0 
∵1,0 
1
在直线l上，则a=2x3-3x2- ， 0 0 4
令hx 
1
=2x3-3x2- ，则hx 4  =6x2-6x，令hx  =0，解得x =0,x =1，所以a= 1 2
h0  或a=h1 
1 5
要想让切线有两条，只需满足a=- 或-
4 4
(2)当x∈0,1  时，gx 
1
=-1- <0 ，gx
x
 单调递减，在x=1取得最大值，gx  >
g1  =0，所以只需考虑fx  在0,1  的零点个数.
(i)若a≤-3或a≥0，则fx  =3x2+a
当a≥0时，fx  在0,1  无零点.
当a≤-3时，fx  在0,1  单调递减，而f0 
1
= >0，f1
4

5
=a+ <0，fx
4
 在0,1 
有一个零点；
(ii)若-3<a<0，则fx 
a
在0, -
3

a
单调递减，在 - ,1
3
 单调递增，故当x=
a
- 时，fx
3

a
取得最小值，最小值为f -
3

2a a 1
= - +
3 3 4
a
①若f -
3

3
>0，即- <a<0,fx
4
 在0,1  无零点.
a
②若f -
3

3
=0，即a=- ，则fx
4
 在0,1  有唯一零点；
a
③若f -
3

3
<0，即-3<a<- ，由于f0
4

1
= ,f1
4

5
=a+
4
5 3
所以当- <a<- 时，fx
4 4
 在0,1 
5
有两个零点；当-3<a≤- 时，fx
4
 在0,1 
有一个零点
3
综上，当a>- ,hx
4
 有0个零点；
3 5
当a=- 或a≤- 时，hx
4 4
 有一个零点；
5 3
当- <a<- 时，hx
4 4
 有两个零点.
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621 34275 题型五：零点问题之同构法
ax
993 已知函数f(x)= +x-ln(ax)-2(a>0)，若函数f(x)在区间(0,+∞)内存在零
ex-1
点，求实数a的取值范围
ax x-1 ex-1
【解析】解：方法一：由f(x)= +x-ln(ax)-2(a>0)可得f′(x)=  -a
ex-1 ex-1 x
 ，
ex-1 ex-1(x-1)
设y= -a，x>0，a>0，则y′= ，令y′=0⇒x=1，∴y在x∈(0,1)单调
x x2
递减，在x∈(1,+∞)单调递增，
故y =y(1)=1-a．
min
①当0<a<1时，令f′(x)=0⇒x=1，当x∈(0,1)时，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)
时，f(x)单调递增，
∴f(x) =f(1)=a-1-lna>0，此时f(x)在区间(0,+∞)内无零点；
min
②当a=1时，f(1)=a-1-lna=0，此时f(x)在区间(0,+∞)内有零点；
x-1 ex-1
③当a>1时，令f′(x)=  -a
ex-1 x
 =0，解得x=x 或1或x ，且0<x <1<x ，
1 2 1 2
此时f(x)在x∈(0,x)单减，x∈(x ，1)单增，x∈(1,x )单减，x∈(x ，+∞)单增，
1 1 2 2
当x=x 或x 时，f(x) =0，此时f(x)在区间(0,+∞)内有两个零点；
1 2 极小值
综合①②③知f(x)在区间(0,+∞)内有零点⇒a≥1．
方法二：由题意可得
e-x+1+ln(ax)=ln(ax)-x+2，即e-x+1+ln(ax)-[-x+1+ln(ax)]-1=0，
因为ex≥x+1当x=0时等号成立，
所以-x+1+ln(ax)=0，即ax=ex-1，
ex-1 ex-1 1 (x-1)ex
a= ，令g(x)= ，g(x)= × ，
x x e x2
易知g(x)在(0,1)单减，在(1,+∞)上单增，所以g(x)≥g(1)=1，
又x趋近于0和正无穷时，g(x)趋近于正无穷，
所以a≥1．
a
994 已知f(x)=xlnx+ x2+1．
2
π
(1)若函数g(x)=f(x)+xcosx-sinx-xlnx-1在0,
2
 上有1个零点，求实数a的取
值范围．
a
(2)若关于x的方程xex-a=f(x)- x2+ax-1有两个不同的实数解，求a的取值范围．
2
a π
【解析】解：(1)g(x)= x2+xcosx-sinx，x∈0，
2 2
 ，
所以g(x)=x(a-sinx)，
π
当a≥1时，a?sinx≥0，所以g(x)在0，
2
 单调递增，
π
又因为g(0)=0，所以g(x)在0，
2
 上无零点；
π
当0<a<1时，∃x ∈0,
0 2
 ，使得sinx =a，
0
π
所以g(x)在x ，
0 2
 单调递减，在(0,x )单调递增，
0
π
又因为g(0)=0，g
2

aπ2
= -1，
8
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622 3427aπ2 8 π
所以若 -1>0，即a> 时，g(x)在0，
8 π2 2
 上无零点，
aπ2 8 π
若 ?1≤0，即0<a≤ 时，g(x)在0，
8 π2 2
 上有一个零点，
π
当a≤0时，g(x)=a-xsinx<0，g(x)在0，
2

π
上单调递减，g(x)在0，
2
 上无零
点，
8 π
综上当0<a≤ 时，g(x)在0，
π2 2
 上有一个零点；
a
(2)由xex-a=f(x)- x2+ax-1(x>0)，
2
即xex-a=xlnx+ax，即ex-a=lnx+a，
则有ex-a+(x-a)=x+lnx，
令h(x)=x+lnx，x>0，则h(ex-a)=ex-a+(x-a)，
1
h(x)=1+ >0，所以函数h(x)在(0,+∞)上递增，
x
所以ex-a=x，则有x-a=lnx，即a=x-lnx，x>0，
a
因为关于x的方程xex-a=f(x)- x2+ax-1有两个不同的实数解，
2
则方程a=x-lnx，x>0有两个不同的实数解，
1 x-1
令φ(x)=x-lnx，则φ(x)=1- = ，
x x
当0<x<1时，φ(x)<0，当x>1时，φ(x)>0，
所以函数φ(x)=x-lnx在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
所以φ(x) =φ(1)=1，
min
当x→0时，φ(x)→+∞，当x→+∞时，φ(x)→+∞，
所以{a|a>1}．
995 已知函数f(x)=aex-ln(x+1)+lna-1．
(1)若a=1，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)有且仅有两个零点，求a的取值范围．
1
【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex-ln(x+1)-1，f′(x)=ex- ，x>-1，
x+1
显然f′(x)在(-1,+∞)单调递增，且f′(0)=0，
∴当-1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，无极大值．
(2)函数f(x)有两个零点，即f(x)=0有两个解，即aex+ln(aex)=ln(x+1)+(x+1)有
两个解，
1
设h(t)=t+lnt，则h′(t)=1+ >0，h(t)单调递增，
t
x+1
∴aex=x+1(x>-1)有两个解，即a= (x>-1)有两个解．
ex
x+1 x
令s(x)= (x≥-1)，则s′(x)=- ，
ex ex
当x∈(-1,0)时，s′(x)>0，s(x)单调递增；当x∈(0,+∞)时，s′(x)<0，s(x)单调递
减．
∵s(-1)=0，s(0)=1，当x>0时s(x)>0，
∴0<a<1．
第 页 共 页
623 34276 题型六：零点问题之零点差问题
996 已知关于x的函数y=f(x)，y=g(x)与h(x)=kx+b(k，b∈R)在区间D上恒有f(x)
≥h(x)≥g(x)．
(1)若f(x)=x2+2x，g(x)=-x2+2x，D=(-∞,+∞)，求h(x)的表达式；
(2)若f(x)=x2-x+1，g(x)=klnx，h(x)=kx-k，D=(0,+∞)，求k的取值范围；
(3)若f(x)=x4-2x2，g(x)=4x2-8，h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤ 2)，D=
[m，n]⊂[- 2， 2]，求证：n-m≤ 7．
【解析】解：(1)由f(x)=g(x)得x=0，
又f′(x)=2x+2，g′(x)=-2x+2，所以f′(0)=g′(0)=2，
所以，函数h(x)的图象为过原点，斜率为2的直线，所以h(x)=2x，
经检验：h(x)=2x，符合任意，
(2)h(x)-g(x)=k(x-1-lnx)，
1 x-1
设φ(x)=x-1-lnx，设φ′(x)=1- = ，
x x
在(1,+∞)上，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
在(0,1)上，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
所以φ(x)≥φ(1)=0，
所以当h(x)-g(x)≥0时，k≥0，
令p(x)=f(x)-h(x)
所以p(x)=x2-x+1-(kx-k)=x2-(k+1)x+(1+k)≥0，得，
当x=k+1≤0时，即k≤-1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以p(x)>p(0)=1+k≥0，k≥-1，
所以k=-1，
当k+1>0时，即k>-1时，
△≤0，即(k+1)2-4(k+1)≤0，
解得-1<k≤3，
综上，k∈[0，3]．
(3)①当1≤t≤ 2时，由g(x)≤h(x)，得
4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2，
3t4-2t2-8
整理得x2-(t3-t)x+ ≤0，(*)
4
令△=(t3-t)2-(3t4-2t2-8)，
则△=t6-5t4+3t2+8，
记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤ 2)，
则φ′(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0，恒成立，
所以φ(t)在[1， 2]上是减函数，则φ( 2)≤φ(t)≤φ(1)，即2≤φ(t)≤7，
所以不等式(*)有解，设解为x ≤x≤x ，
1 2
因此n-m≤x -x = △≤ 7．
2 1
②当0<t<1时，
f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1，
设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1，
则v′(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1)，
第 页 共 页
624 34273
令v′(t)=0，得t= ，
3
3
当t∈0,
3
 时，v′(t)<0，v(t)是减函数，
3
当t∈ ，1
3
 时，v′(t)>0，v(t)是增函数，
v(0)=-1，v(1)=0，
则当0<t<1时，v(t)<0，
则f(-1)-h(-1)<0，因此-1∉(m,n)，
因为[m，n]⊆[- 2， 2]，所以n-m≤ 2+1< 7，
③当- 2≤t<0时，因为f(x)，g(x)为偶函数，因此n-m≤ 7也成立，
综上所述，n-m≤ 7．
997 已知函数f(x)=(x3+3x2+ax+b)e-x．
(1)如a=b=-3，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(-∞,α)，(2,β)单调增加，在(α,2)，(β,+∞)单调减少，证明：β-α>6．
【解析】解：(Ⅰ)当a=b=-3时，f(x)=(x3+3x2-3x-3)e-x，
故f′(x)=-(x3+3x2-3x-3)e-x+(3x2+6x-3)e-x=-e-x(x3-9x)=-x(x-3)(x+
3)e-x
当x<-3或0<x<3时，f′(x)>0；
当-3<x<0或x>3时，f′(x)<0．
从而f(x)在(-∞,-3)，(0,3)单调增加，在(-3,0)，(3,+∞)单调减少；
(Ⅱ)f′(x)=-(x3+3x2+ax+b)e-x+(3x2+6x+a)e-x=-e-x[x3+(a-6)x+b-a]．
由条件得：f′(2)=0，即23+2(a-6)+b-a=0，故b=4-a，
从而f′(x)=-e-x[x3+(a-6)x+4-2a]．
因为f′(α)=f′(β)=0，
所以x3+(a-6)x+4-2a=(x-2)(x-α)(x-β)=(x-2)(x2-(α+β)x+αβ)．
将右边展开，与左边比较系数得，α+β=-2，αβ=a-2．
故β-α= (β+α)2-4αβ= 12-4a．，
又(β-2)(α-2)<0，即αβ-2(α+β)+4<0．由此可得a<-6．
于是β-α>6．
1
998 已知函数f(x)= ae2x-x2-ax，a∈R．
2
(1)当a=1时，求函数g(x)=f(x)+x2的单调区间；
4
(2)当0<a< ，时，函数f(x)有两个极值点x ，x (x <x )，证明：x -x >2．
e4-1 1 2 1 2 2 1
1
【解析】(1)解：当a=1时，f(x)= e2x-x2-x，
2
1
g(x)=f(x)+x2= e2x-x，g′(x)=e2x-1，
2
令g′(x)>0，可得x>0，令g′(x)<0，可得x<0，
所以g(x)的单调递增区间为(0,+∞)，单调递减区间为(-∞,0)．
1
(2)证明：函数f(x)= ae2x-x2-ax的定义域为R，f′(x)=ae2x-2x-a，
2
令h(x)=f′(x)=ae2x-2x-a，
因为函数f(x)有两个极值点x ，x (x <x )，
1 2 1 2
所以x ，x 是函数h(x)的两个零点，
1 2
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625 3427h(x)=h(x )=0，
1 2
1 1 1 1
h′(x)=2ae2x-2，令h′(x)>0，可得x> ln ，令h′(x)<0，可得x< ln ，
2 a 2 a
1 1
所以h(x)在-∞, ln
2 a

1 1
上单调递减，在 ln ，+∞
2 a
 上单调递增，
1 1 1 1
所以x < ln ，x > ln ，
1 2 a 2 2 a
4 1 1 1 e4-1
由0<a< ，可得 ln > ln >0，
e4-1 2 a 2 4
因为h(0)=0，所以x =0，
1
所以要证x -x >2，即证x >2，只需证h(2)<0，
2 1 2
4
因为0<a< ，
e4-1
4
所以h(2)=ae4-4-a=a(e4-1)-4< (e4-1)-4<4-4=0，
e4-1
所以x -x >2，得证．
2 1
7 题型七：零点问题之三角函数
999 (2024·山东·山东省实验中学校考一模)已知函数fx  =asinx-ln1+x  ．
(1)若对∀x∈-1,0  时，fx  ≥0，求正实数a的最大值；
n 1
(2)证明：sin <ln2；
k2
k=2
(3)若函数gx  =fx  +ex+1-asinx的最小值为m，试判断方程e1+x-m-ln1+x  =0
实数根的个数，并说明理由．
【解析】(1)由题知fx 
1 1
=acosx- ，令h(x)=acosx- ，所以h(x)=-asinx
1+x 1+x
1
+ ，
(1+x)2
又因为x∈-1,0  时，sinx<0，a为正实数，故h(x)>0在区间-1,0  恒成立，
所以函数fx  在区间-1,0  上单调递增，且f0  =a-1．
①当0<a≤1时，fx  ≤f0  ≤0在区间-1,0  上恒成立，函数fx  在-1,0  上单
调递减，
此时fx  ≥f0  =0，符合题意．
②当a>1时，f0 
1
=a-1>0，f -1
a

1
=acos -1
a
 -a<a-a=0，
1
由零点存在定理，∃x ∈ -1,0 0 a  时，有fx 0  =0，
即函数fx  在区间-1,x 0  上单调递减，在区间x 0 ,0  上单调递增，
所以当x∈x 0 ,0  时，有fx  <f0  =0，此时不符合，
综上所述，正实数a的最大值为1．
(2)由(1)知，当a=1，x∈-1,0  时，sinx>ln1+x  ，
1 1
令x=- (k>1,k∈N)时，有sin-
k2 k2

1
>ln1-
k2

k2-1
=ln ，
k2
1 k2 k⋅k
即sin <ln =ln
k2 k2-1 k-1  k+1 
1 2×2 1 3×3
，所以sin <ln ，sin <ln ，⋯，
22 1×3 32 2×4
1 n⋅n
sin <ln
n2 n-1  n+1 
，
第 页 共 页
626 34271 1 1 2×2 3×3 n×n
累加得sin +sin +⋯+sin <ln +ln +⋯+ln
22 32 k2 1×3 2×4 n-1  n+1 
，
n 1 2 2
即∑sin <ln  ×
k2 1 3
k=2

3 3
× ×
2 4

n n
×⋅⋅⋅× ×
n-1 n+1
  


2n n
=ln =ln2+ln
n+1 n+1
<ln2+ln1=ln2，
n 1
所以sin <ln2
k2
k=2
(3)因为gx  =ex+1-lnx+1  ，所以gx 
1
=ex+1- ，令Gx
x+1

1
=ex+1- ，则
x+1
Gx 
1
=ex+1+ >0在区间-1,+∞
(x+1)2
 上恒成立，
所以函数gx  在区间-1,+∞  上单调递增，又g0 
1
=e-1>0，g-
2
 = e-2<
0，
1
由零点存在定理，∃x ∈- ,0 1 2  时，有gx 1 
1
=0，即ex1+1= ， x +1
1
1
因此x 1 +1=ln x +1 =-lnx 1 +1
1
 ，而函数gx  在-1,x 1  上递减，在x 1 ,+∞  上递增，
所以m=gx  min =gx 1  =ex1+1-lnx 1 +1 
1 1 1
= +ln = +x +1， x +1 x +1 x +1 1
1 1 1
1
又因为x +1∈ ,1
1 2

1
，令x +1=t∈ ,1
1 2

1 1 t2-1
，则m=t+ ，所以m=1- = =
t t2 t2
(t-1)(t+1) 1
<0在区间 ,1
t2 2
 上恒成立，
1 1
即m=t+ 在区间 ,1
t 2

1 5 5
上单调递减，所以2<m< +2= ，即m∈2,
2 2 2
 ．
设Hx  =e1+x-emln1+x 
5
2<m<
2
 ，则Hx 
em
=e1+x- ，令tx
1+x
 =e1+x-
em
，
1+x
则tx 
em
=e1+x+ >0在区间-1,+∞
(1+x)2
 上恒成立
所以函数Hx  在区间-1,+∞  上单调递增，又H0  =e-em<0，Hm-1  =
em m-1 
>0，
m
由零点存在定理，∃x 2 ∈0,m-1  时，Hx 2 
em
=0，即e1+x2= ， 1+x
2
因此m=1+x 2 +ln1+x 2 
1 1
，又m= +ln ， x +1 x +1
1 1
设mx  =x+lnx，则mx 
1
=1+ >0在区间0,+∞
x
 上恒成立，
所以函数mx  在0,+∞  上递增，
1
于是1+x 2 = 1+x 且ln1+x 2
1
 =1+x ， 1
而函数Hx  在-1,x 2  上递减，在x 2 ,+∞  上递增，
∴Hx  min =Hx 2  =e1+x2-emln1+x 2 
1
=em 1+x -ln1+x 2
2
   =em 1+x 1 -1+x 1   
=0，
即函数Hx  有唯一零点x 2 ，故方程e1+x-ln1+x  =0有唯一的实数解．
1000 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx 
πx
=x-sin .
2
第 页 共 页
627 3427(1)证明：当x∈0,1  时，fx  ≤0；
(2)记gx  =fx  -alnx  ，若gx  有且仅有2个零点，求a的值.
【解析】(1)当0≤x≤1时，有fx 
π πx
=1- cos ，fx
2 2
 单调递增，
又f0 
π
=1- <0,f1 2  =1>0，则可知∃x 0 ∈0,1  ，使得fx 0  =0，
所以fx  在0,x 0  单调递减，在x 0 ,1  单调递增，
又f1  =0,f0  =0，则可知fx  ≤0；
(2)依题意，函数gx  的定义域是-∞,0  ∪0,+∞  ，
当a=0时，gx  =fx 
πx
=0，即x=sin ，而x≠0，
2
πx πx
x=1时，x=sin ，x=-1时，x=sin ，有两个零点1,-1，符合题意；
2 2
①当a>0时，若x<0，有g-1  =0，且x<-1，有gx  <0，
又-1<x<0，由(1)可知fx  >0,又-alnx  >0，则gx  >0
所以gx  在-∞,0  有1个零点：
若x>0，有g1  =0,gx 
π πx a
=1- cos - ,g1
2 2 x
 =1-a，若a=1，
有gx 
πx πx
=x-lnx-sin ≥1-sin ≥0，
2 2
可知gx  在0,+∞  有1个零点，符合题意：
若a>1，有gx  在1,2  单调递增，g2 
π a
=1+ - ，
2 2
(i)若g2  ≤0，则当x∈1,2  ，有gx  ≤0，
(ii)若g2  >0，又g1  <0，则可知∃x 1 ∈1,2  ，使得gx 1  =0；
由(i)、(ii)，则可知有gx  在1,x 1  单调递减，所以gx 1  <g1  =0，
又有x→+∞,gx  →+∞，所以gx  在1,+∞  至少有1个零点，
则可知gx  在0,+∞  至少有2个零点，不符合题意；
若0<a<1，有gx  在0,1  单调递增，
又g1 
2a
>0,g 2+π  <0，则可知∃x 2 ∈0,1  ，使得gx 2  =0，
所以gx  在x 2 ,1  单调递增，则有gx 2  <g1  =0，
又有x→0,gx  →+∞，所以gx  在0,1  至少有1个零点，
则可知gx  在0,+∞  至少有2个零点，不符合题意；
②当a<0时，由-gx  =-x 
π⋅-x
-sin

--a
2
 ln-x  ，
记t=-x,b=-a>0,ht 
π
=t-sin -blnt
2
 ，
由①可知，有且仅有b=1满足题意，即a=-1时，满足题意.
综上可知，实数a的值为-1，0，1.
1
1001 (2024·广东深圳·红岭中学校考模拟预测)已知f(x)=asinx-x+ (x>-1)，且0
x+1
为f(x)的一个极值点．
(1)求实数a的值；
(2)证明：①函数f(x)在区间(-1,+∞)上存在唯一零点；
1 1 n 1
② - <sin <1，其中n∈N*且n≥2．
2 n+1 k2
k=2
第 页 共 页
628 34271
【解析】(1)由f(x)=asinx-x+ (x>-1)，
x+1
则fx 
1
=acosx-1- ，
(x+1)2
因为0为fx  的一个极值点，
所以f0  =a-2=0，所以a=2．
当a=2时，fx 
1
=2cosx-1- ，
(x+1)2
当-1<x<0时，因为函数fx  在-1,0  上单调递减，
所以fx  <2-1-1=0，即fx  在-1,0  上单调递减；
π
当0<x< 时，gx
2

1
=2cosx-1- ，则gx
(x+1)2

2
=-2sinx+ ，
(x+1)3
因为函数gx 
π
在0,
2
 上单调递减，且g0 
π
=2>0，g
2

2
=-2+
π
 +1
2

<0，
3
π
由零点存在定理，存在x ∈0, 0 2  ，使得gx  =0，
且当x∈0,x 0  时，gx  >0，即fx  单调递增，
又因为f0  =0，
所以∀x∈0,x 0  ，fx  >0，fx  在0,x 0  上单调递增；.
综上所述，fx  在-1,0  上单调递减，在0,x 0  上单调递增，
所以0为f(x)的一个极值点，故a=2.
(2)①当-1<x≤0时，fx  ≤2-1-1=0，所以fx  单调递减，
所以对∀x∈-1,0  ，有fx  ≥f0  =1，此时函数fx  无零点；
π
当0<x< 时，设gx
2

1
=2cosx-1- ，
(x+1)2
则gx 
2
=-2sinx+ ，
(x+1)3
因为函数gx 
π
在0,
2
 上单调递减，且g0 
π
=2>0，g
2

2
=-2+
π
 +1
2

<0，
3
π
由零点存在定理，存在x ∈0, 0 2  ，使得gx  =0，
且当x∈0,x 0  时，gx  >0，即fx  单调递增，
π
当x∈x , 0 2  时，gx  <0，即fx  单调递减．
又因为f0  =0，
所以∀x∈0,x 0  ，fx  >0，fx  在0,x 0  上单调递增；
因为fx 0 
π
>0，f 2 
1
=-1- π
 +1
2

<0， 2
π
所以存在x ∈x ,
1 0 2
 ，
当x∈x 0 ,x 1  时，fx  >0，fx  单调递增，
π
当x∈x, 1 2  时，fx  <0，fx  单调递减．
所以，当x∈0,x 1  时，fx  单调递增，fx  >f0  =1；
π
当x∈x, 1 2  时，fx  单调递减，fx 
π
>f 2 
π 1
=2- + >0， 2 π
+1
2
第 页 共 页
629 3427此时fx 
π
在0,
2
 上无零点；
π
当x∈ ,π
2
 时，fx 
1
=2cosx-1- <0，
(x+1)2
所以fx 
π
在 ,π
2
 单减，
π
又f
2
 >0，fπ 
1
=0-π+ <0，
π+1
由零点存在定理，函数fx 
π
在 ,π
2
 上存在唯一零点；
当x≥π时，fx 
1
=2sinx-x+ <2-π+1<0，此时函数无零点；
x+1
综上所述，fx  在区间-1,+∞  上存在唯一零点．
π
②因为f
4

1
= 2-1-
π
 +1
4

>0，由(1)中fx
2

π
在0,
2
 上的单调性分析，
π
知x 1 > 4 ，所以fx 
π
在0, 4  单增，
π
所以对∀x∈0,
4
 ，有fx  >f0  =1，
1 1 1
即2sinx-x+ >1，所以sinx> x+1-
x+1 2 x+1
 ．
1
令x= k≥2
k2

1 1 1 1
，则sin >  +
k2 2 k2 k2+1

1 1 1 1
> > = - ，
k2+1 k2+k k k+1
n 1 1 1
所以sin > -
k2 2 3
k=2

1 1
+ -
3 4

1 1
+⋯+ -
n n+1

1 1
= - ，
2 n+1
设hx 
1
=sinx-x，x∈0,
4
 ，
则hx  =cosx-1<0，
所以函数hx 
1
=sinx-x在x∈0,
4
 上单调递减，
则hx  =sinx-x<h0  =0，
1
即sinx<x，x∈0,
4
 ，
1 1 1 1 1
所以 sin < < = - ，
k2 k2 (k-1)k k-1 k
n 1 1
所以sin <1-
k2 2
k=2

1 1
+ -
2 3

1 1
+⋯+ -
n-1 n

1
=1- <1，
n
1 1 n 1
所以 - <sin <1.
2 n+1 k2
k=2
1002 (2024·山东济南·济南市历城第二中学校考二模)已知fx  =sinnx，gx  =lnx+mex(n
为正整数，m∈R)．
(1)当n=1时，设函数hx  =x2-1-2fx  ，x∈0,π  ，证明：hx  有且仅有1个零点；
fx
(2)当n=2时，证明：

+gx
2
 <x+m  ex-1．
【解析】(1)当n=1时，hx  =x2-1-2sinx0<x<π 
记φx  =hx  =2x-2cosx，则φx  =2+2sinx>0
所以φx  =hx  在区间0,π  上单调递增
而φ0 
π
=-2<0，φ
2
 =π>0
π
所以存在x ∈0, 0 2  ，使得φx 0  =0，即hx 0  =0
第 页 共 页
630 3427当x∈0,x 0  时，φx  =hx  <0，hx  单调递减
当x∈x 0 ,π  时，φx  =hx  >0，hx  单调递增
又h0  =-1<0，hx 0  <h0  <0，hπ  =π2-1>0
所以hx  在0,x 0  上没有零点，在x 0 ,π  上有一个零点，
综上所述，函数hx  在0,π  内只有一个零点.
(2)当n=2时，fx  =2sinxcosx=sin2x，
fx
要证

+gx
2
 <x+m  ex-1，
sin2x
即证 +lnx+1-xex<0，
2
令Hx  =sin2x-2x(x>0)，则Hx  =2cos2x-2≤0，
所以Hx  在0,+∞  单调递减，Hx  <H0  =0，即sin2x<2x，
sin2x
要证 +lnx+1-xex<0只需证x+lnx+1-xex≤0，
2
令μx  =ex-x-1，则μx  =ex-1，
∴μx  在-∞,0  单调递减，在0,+∞  单调递增，
∴μx  ≥μ0  =0，即ex≥x+1，
∴ex+lnx≥x+lnx+1，即xex≥x+lnx+1，
所以x+lnx+1-xex≤0成立，
∴原命题得证.
8 题型八：零点问题之取点技巧
1003 已知函数f(x)=ex[ex-2(a+1)]+2ax(e为自然对数的底数，且a≤1)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】解：(1)f′(x)=2(ex-1)(ex-a)，
①a≤0时，ex-a>0，则
x<0时，f′(x)<0，f(x)在(-∞,0)递减，
x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)递增，
②当a>0时，由f′(x)=0得x =lna，x =0，
1 2
若a=1，则f′(x)≥0，故f(x)在R递增，
若0<a<1，则
当x<lna或x>0时，f′(x)>0，lna<x<0时，f′(x)<0，
故f(x)在(-∞,lna)，(0,+∞)递增，在(lna,0)递减；
综上：a≤0时，f(x)在(-∞,0)递减，在(0,+∞)递增，
0<a<1时，f(x)在(-∞,lna)，(0,+∞)递增，在(lna,0)递减；
a=1时，f(x)在R递增；
(2)①a=1时，f(x)在R递增，不可能有2个零点，
②当0<a<1时，f(x)在(-∞,lna)，(0,+∞)递增，(lna,0)递减，
故当x=lna时，f(x)取极大值，极大值为f(lna)=-a(a+2)+2alna<0，
此时，f(x)不可能有2个零点，
③当a=0时，f(x)=ex(ex-2)，由f(x)=0得x=ln2，
此时，f(x)仅有1个零点，
第 页 共 页
631 3427④当a<0时，f(x)在(-∞,0)递减，在(0,+∞)递增，
故f(x)min=f(0)=-1-2a，
∵f(x)有2个零点，∴f(0)<0，
1 1
解得：a>- ，∴- <a<0，
2 2
而f(1)=e[e-2(a+1)]+2a>0，
(a+1)2
取b< ，则f(b)=[eb-(a+1)]2+2ab>[eb-(a+1)]2≥0，
2a
故f(x)在(-∞,0)，(0,+∞)各有1个零点，
1
综上，a的取值范围是- ，0
2
 ．
1004 已知函数f(x)=xex+a(x+1)2(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】解：(1)由f(x)=xex+a(x+1)2，
可得f′(x)=(x+1)ex+2a(x+1)=(x+1)(ex+2a)，
①当a≥0时，由f′(x)>0，可得x>-1；由f′(x)<0，可得x<-1，
即有f(x)在(-∞,-1)递减；在(-1,+∞)递增；
②当a<0时，由f(x)=0得x=-1或x=ln(-2a)；
1
若a=- ，则f(x)=(x+1)(ex-e-1)，当x≤-1时，f′(x)≥0，当x>-1时，f(x)>
2e
0；
∴∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即有f(x)在R上递增；
1
若a<- 时，则ln(-2a)>-1；由f′(x)>0，可得x<-1或x>ln(-2a)；
2e
由f′(x)<0，可得1<x<ln(-2a)．
即有f(x)在(-∞,-1)，(ln(-2a)，+∞)递增；
在(-1，ln(-2a))递减；
1
若0>a>- ，则ln(-2a)<-1，由f′(x)>0，可得x<ln(-2a)或x>-1；
2e
由f′(x)<0，可得ln(-2a)<x<-1．
即有f(x)在(-∞，ln(-2a))，(-1,+∞)递增；在(ln(-2a)，-1)递减．
(2)①由(1)可得当a>0时，f(x)在(-∞,-1)递减；在(-1,+∞)递增，
1 a a
且f(-1)=- ，f(0)=a，取b满足b<-1且b-2<ln ．则f(b-2)> (b-2)+a(b
e 2 2
3
-1)2=ab2- b
2
 >0，
∴f(x)有两个零点；
②当a=0时，f(x)=xex，所以f(x)只有一个零点x=0；
③当a<0时，
1
若a<- 时，由(1)知f(x)在(-1，ln(-2a))递减，
2e
在(-∞,-1)，(ln(-2a)，+∞)递增，
又当x≤-1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点；
1
当a≥- 时，由(1)知，f(x)在(-1,+∞)单调增，又当x≤-1时，f(x)<0，故f(x)不
2e
存在两个零点；
第 页 共 页
632 3427综上可得，f(x)有两个零点时，a的取值范围为(0,+∞)．
1 1005 已知函数f(x)=x-
2
 1 ex+ax+
2
 2 ．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
1
【解析】解：(1)f(x)=x+
2
 (ex+2a)．
1
当a≥0时，令f(x)<0，得x∈-∞,-
2
 ；
1
令f(x)>0，得x∈- ,+∞
2
 ．
1
故f(x)在-∞,-
2

1
上单调递减，在- ,+∞
2
 上单调递增．
1
当a<0时，令f(x)=0，得x =- ，x =ln(-2a)．
1 2 2
1 e
①当ln(-2a)=- ，即a=- 时，f(x)≥0，f(x)在R上单调递增．
2 2e
1 e 1
②当ln(-2a)<- ，即- <a<0时，f(x)在ln(-2a),-
2 2e 2
 上单调递减，在(-∞，
1
ln(-2a))，- ,+∞
2
 上单调递增．
1 e 1
③当 ln(-2a) >- ，即 a <- 时，f(x) 在 - ,ln(-2a)
2 2e 2
 上单调递减，在
1
-∞,-
2
 ，(ln(-2a)，+∞)上单调递增．
1
(2)当a>0时，由(1)可知f(x)只有一个极小值点x=- ，
2
1
且f-
2

e 1
=- <0，f
e 2
 =a>0．
3 a a 1 (方法一)取b<- ，且b<ln ，则eb< ，f(b)> b-
2 2 2 2
 a 1 ∙ +ab+
2 2
 2 =ab2+
3 3
ab=ab2+ b
2 2
 ，
3 3
因为b<- ，所以b2+ b>0，
2 2
则f(b)>0，此时f(x)有两个零点．
1 (方法二)当x→-∞时，x-
2
 1 ex→0，ax+
2
 2 →+∞，
从而f(x)→+∞，因此f(x)有两个零点．
1
当a=0时，f(x)=x-
2
 ex，此时f(x)有一个零点，不符合题意．
1
当a<0时，若x< ，则恒有f(x)<0．
2
e 1
当- ≤a<0时，f(x)在 ,+∞
2e 2
 上单调递增，
此时f(x)在R上不可能有两个零点；
e 1
当a<- 时，若ln(-2a)≤ ，同理可知f(x)在R上不可能有两个零点；
2e 2
1 1
若ln(-2a)> ，f(x)在 ,+∞
2 2
 上先减后增，
此时f(x)在R上也不可能有两个零点．
综上，a的取值范围是(0,+∞)．
1
1006 已知函数f(x)= ex+a
2
 ex-(a+1)x．
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633 3427(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】解：(1)f′(x)=(ex-1)(ex+a+1)，
①当a≥-1时，ex+a+1>0，由f(x)>0，得x∈(0,+∞)，
由f(x)<0，得x∈(-∞,0)，
∴f(x)的单增区间为(0,+∞)，单减区间为(-∞,0)．
②当a<-1时，令f(x)=0，x=0或x=ln(-a-1)，
当ln(-a-1)=0，即a=-2时，f(x)=(ex-1)2≥0，∴f(x)在(-∞,+∞)单增，
当ln(-a-1)>0，即a<-2时，由f(x)>0得，x∈(-∞，0)∪(ln(-a-1)，+∞)，
由f(x)<0得，x∈(0，ln(-a-1))，
∴f(x)单增区间为(-∞,0)，(ln(-a-1)，+∞)，f(x)单减区间为(0，ln(-a-1))．
当ln(-a-1)<0，即-2<a<-1时，由f(x)>0得，x∈(-∞，ln(-a-1))∪(0，+∞)，
由f(x)<0得，x∈(ln(-a-1)，0)，
∴f(x)的单增区间为(-∞，ln(-a-1))，(0,+∞)，
f(x)的单减区间为(ln(-a-1)，0)．
1
(2)f(0)=a+ ．
2
1
当a=-1时，f(x)=ex ex-1
2
 ，f(x)=0，可得x=ln2，不符题意，故a≠-1；
1
当a>-1时，由(1)可得只需f(0)<0，即-1<a<- 时，满足题意；
2
当a=-2时，f(x)在(-∞,+∞)上单增，不满足题意；
当a<-2时，f(x)的极大值f(0)<0，不可能有两个零点．
当-2<a<-1时，f(x)的极小值f(0)<0，x→+∞，f(x)→+∞，
1 1
只有f(ln(-a-1))=0才能满足题意，即 - a-ln(-a-1)=0有解，
2 2
1 1
令μ(a)= - a-ln(-a-1)，a∈(-2,-1)，
2 2
a+3
则μ(a)=- >0，∴μ(a)在(-2,-1)单增，
2(a+1)
3
而μ(-2)= ，∴μ(a)>0，方程无解．
2
1
∴综上所述，-1<a<-
2
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