第11 讲 导数与函数零点
目 录
思维导图....................................................................................................................................................................2
高考分析....................................................................................................................................................................2
学习目标....................................................................................................................................................................2
知识要点....................................................................................................................................................................3
解题策略....................................................................................................................................................................6
题型归纳....................................................................................................................................................................8
题型01：一个零点问题......................................................................................................................................8
题型02：两个零点问题....................................................................................................................................10
题型03：三个零点问题....................................................................................................................................13
题型04：判断零点个数....................................................................................................................................16
（一）直接求导........................................................................................................................................16
（二）直接求导-隐零点............................................................................................................................17
（三）分开成两个函数.............................................................................................................................19
（四）分离参数........................................................................................................................................21
题型05：最值函数的零点问题.........................................................................................................................22
题型06：函数的图象与函数零点问题..............................................................................................................30
题型07：同构法解零点问题.............................................................................................................................34
题型08：零点差问题.......................................................................................................................................40
题型09：割线法切线法与零点.........................................................................................................................43
巩固提升..................................................................................................................................................................45
高中函数零点【考题归纳】......................................................................................................................................46
题型01：判断函数零点所在区间......................................................................................................................46
题型02：二分法..............................................................................................................................................48
题型03：函数零点个数的判断.........................................................................................................................49
题型04：比较零点大小....................................................................................................................................51
题型05：求由零点组成代数式的值或者取值范围.............................................................................................53
题型06：根据零点个数或者区间确定参数的取值范围......................................................................................55
题型07：与嵌套函数有关的零点问题..............................................................................................................57
1. 考纲要求：掌握导数研究函数单调性、极值/最值的方法，结合零点存在性定理解决函数零点个数判定、参
数范围求解、零点相关证明问题，考查分类讨论、数形结合、转化与化归三大数学思想。
2. 命题趋势：高考高频压轴考点（选填最后2 题/解答题第21/22 题），近5 年全国卷/新高考卷考查频率超
80%；载体以含参初等函数为主（融合e
x、\ln x、二次/三次函数），题型兼具基础性与综合性，难度中档偏
上→压轴，新高考更侧重“多方法求解”与“跨模块融合”（如结合不等式、恒成立问题）。
一：基础目标（全员掌握，保底得分）
1. 牢记零点存在性定理核心条件，能判断不含参初等函数的零点个数，掌握“求导→判单调→求极值→分析
端点趋势”的基础步骤。
2. 熟练求导公式（含复合函数、分式/根式函数），能准确划分函数单调区间、求解极值/最值，无求导计算
错误。
3. 掌握参变分离法的基础应用，能将简单含参零点问题转化为“求函数值域+数形结合”，求解参数范围。
4. 能准确分析常见函数（e
x、ln x、多项式函数）的端点趋势，熟记x→0/+∞/-∞时的函数符号变化规律。
二：提升目标（重点掌握，突破中档）
1. 能根据题型选择最优解题方法（参变分离/分类讨论/数形结合），对不可分离的含参函数，按“f’(x)=0 临
界点的存在性/位置”合理分类讨论，无遗漏/重复。
2. 掌握“对数单身狗、指数找基友”的化简技巧，简化求导过程，快速处理含e^x、\ln x 的复合函数零点问
题。
3. 能证明函数唯一零点，完成“存在性（零点存在性定理）+唯一性（单调性证明）”的完整论证，步骤规范。
4. 能结合函数图像，将零点个数转化为“曲线与直线的交点个数”，快速验证参数范围的结论，提升解题效
率。
三：压轴目标（拔高掌握，冲刺高分）
1. 能解决零点与极值点偏移、恒成立、不等式证明的融合问题，掌握构造新函数的核心技巧（作差、放缩、
换元）。
2. 能处理含多参数、高次多项式+超越函数的复杂零点问题，精准分析极值点的个数、符号，结合端点趋势判
定零点个数。
3. 能证明零点的范围/大小关系，结合函数单调性与放缩法，推导零点与定值的不等关系，完成严谨的逻辑论
证。
4. 具备应试答题思维，能按高考阅卷标准踩点答题，规避定义域、等号取舍、趋势分析等高频失分陷阱，步
骤简洁且完整。
知识点一：判断、证明或讨论函数零点个数的方法
利用零点存在性定理求解函数热点问题的前提条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且
f(a)·f(b)<0．
1.直接法
直接法，即直接对所求函数进行分析，
①对于不含参函数，比如f (x)= x
3−2 x
2−x，f (x)=e
x−2 x
2+ x等，
求零点个数的思路是：求导→求单调性→求极值最值→结合函数图象分析零点个数；
②对含参函数，进行分类讨论就行.
2.分离参数法
对于求含参函数的零点个数，采取分离参数法可把问题转化为求不含参函数问题；
比如求函数f (x)=e
x−ax的零点个数，采取分离参数法相当于求函数y = e
x
x
与函数y =a的交点个数.
3.切线法
切线法，即利用导数的几何意义求两函数相切的“临界值”，再结合图象判断交点个数；
若所求函数能“分离”出一次函数或“分离”两函数有明显“凹凸性”，可考虑切线法；
比如求函数f (x)=e
x−ax的零点个数，可转化为y =e
x与y =ax的交点个数，此时先确定当a为何值时两函数
相切，再结合图象分析交点个数.
比如求函数f (x)=e
x+1−a(2+ x
e
x )的零点个数，可转化为y =e
x+1与y =a(2+ x
e
x )的交点个数，此时
先确定当a为何值时两函数相切，再结合图象分析交点个数.
知识点二：已知函数有零点求参数范围常用的方法
1.
分离参数法：
一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用
求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数
范围；
2.
分类讨论法：
一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分
类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求
参数范围．
1.函数的零点、方程的实数根
函数的零点、方程的实数根与两函数的交点可视为同一问题，
函数h(x)= f (x)−g(x)的零点个数
⇔方程f (x)= g(x)实数根个数
⇔函数y = f ( x)与函数y = g( x)交点个数.
2.函数零点存在定理
如果函数y = f ( x)在[a , b]上的图象是连续不断的，且f (a)f (b)<0，那么函数y = f ( x)在(a , b)至
少有一个零点c，即存在c∈(a , b)，使得f (c)=0，这个c也就是方程f (x)=0的解.
3.注意事项
(1) 求函数零点个数时，时常要结合函数图象，所以尽量图象准确，不要想当然；
【例】求函数f (x)= x e
x的零点个数.
(注 函数零点明显仅有0，以下讨论仅为表达画图的重要性)
∵f
' (x)=( x +1)e
x，
∴函数f (x)在(−∞,−1)递减，在(−1,+ ∞)递增，最小值f (−1)=−1
e <0，
此时就以为函数图象是左图，那就得到“有两个零点”的错误结论，
严谨的表达是，∵x ⟶−∞，f (x)⟶0，∴f (x)在(−∞,−1)不存在零点，
∵f (1)=e>0, ∴f (−1)f (1)<0，
由函数零点存在定理可得f (x)在(−1,+∞)存在1个零点，
故函数f (x)= x e
x实际的图象如右图，仅有一个零点.
(2) 要避免上诉“想当然”的情况需要在零点旁边找两个函数值异号的点，方法有二种，
①利用极限的思路，比如判断x→x0时，y →y0；x→−∞时，y →+∞之类的；
此时会涉及到函数增长快慢问题，但若涉及大学的内容(比如洛必达法则)，则解答不会得满分；
②找到“实实在在”的点；
(3) 对某些含参函数，分离变量的方法行不通，比如因为需要洛必达法则、求导困难等，需要用直接法进行分
类讨论.
知识点三：极限问题
1. 函数的增长速度
一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值|f
'( x)|较大，那么函数在这个范围内变化得较快，这
时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数在这个范围内变化得较慢，函数的图象就比较“平
缓”.
【例】①指数函数y =a
x(a>1)在(0,+∞)的增长速度是“爆发式”的，
②幂函数y = x
n(n>0)在(0,+∞)的增长速度较快，指数n越大，增长速度越快．
③一次函数y ＝kx +b(k >0)的增长的速度不变，k越大，其增长得越快．
④对数函数y = loga x(a>1)在(1,+∞)的增长速度很慢.
2. 极限
对于某函数y = f ( x)，“当x→a时，y趋向什么”属于极限问题，本质是求lim
x→a f ( x).
以下举几个例子，大家细品下，
① f ( x)=e
x，当x→0时，y →e
0=1；即函数y =e
x能取到0，直接代入便可；
② f (x)= 1
x ，当x→+ ∞时，y →0；可想象下x取一很大的数10000，对应函数值y =
1
10000很小，接
近0；
③ f (x)= ln x
x
2 ，当x→+∞时，分子ln x→+∞，分母x
2→+ ∞，那ln x
x
2 趋向什么呢？
因为函数y = ln x较函数y = x
2在(0,+∞)增长得慢很多，所以当x→+∞时，ln x
x
2 →0；
这需要了解函数间在某区间的增长速度的比较；
④ f (x)= sin x
x
，当x→0时，分子sin x→0，分母x→0，那sin x
x
趋向什么呢？
此时y = x与y =sin x在x =0附近的增速在高中无法确定，
其实x→0时，sin x
x
→1的，为什么呢？(用洛必达法则可求，但在高中用导数的定义也可求)
其实lim
x→0
sin x
x
=lim
x→0
sin x−0
x−0
=lim
x→0
g( x)−f (0)
x−0
= g
' (0)=1，(g(x)=sin x ,g
' (x)=cos x)
如下图
方法技巧
1.利用导数求函数的零点常用方法
(1)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)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.
2.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
3.与函数零点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.
4.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，
此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
一、通用解题总策略（三步核心法）
所有零点问题均围绕“单调性→极值/最值→端点趋势”展开，三步闭环解题，无遗漏核心逻辑：
1. 定调：求导化简，划分函数单调区间，明确极值点/最值点；
2. 核心：计算极值/最值，判断其与0 的大小关系（零点问题的核心判定依据）；
3. 补界：分析定义域端点的函数趋势（x→0+/+∞/-∞），结合零点存在性定理定零点个数。
核心原则：单调函数零点数为0 或1；非单调函数由“极值符号+端点趋势”共同决定。
二、分题型精准解题策略（按高考考频排序）
题型1：不含参函数零点个数判定（基础）
策略：直接套用三步核心法，无分类讨论，重点抓极值符号和端点趋势，快速判定。
速判结论：
题型2：含参函数零点个数求参数范围（核心，高考高频）
按“能分离先分离，不能分离再分类”原则选方法，优先参变分离（得分率高、步骤简）。
方法1：参变分离法（最优解，占高考此类题70%）
适用场景：能将f(x)=0 等价变形为a=g(x)（无漏根/增根，分母不含参）；
解题策略：
1. 分离：等价变形为参数单独在一侧，记右侧为g(x)；
2. 研g(x)：求g(x)的单调性、极值、值域、端点趋势，画简易图像；
3. 数形结合：零点个数=直线y=a 与y=g(x)的交点个数，直接定a 的范围。
关键技巧：分离后优先化简g(x)，含\ln x/e^x 用“对数单身狗/指数找基友”简化求导。
方法2：分类讨论法（必备，适用于不可分离型）
适用场景：f(x)=0 无法分离参数（如e
x=ax
2），或分离后g(x)求导复杂；
解题策略：
1. 定分类标准：以f’(x)=0 的临界点是否在定义域内/临界点的大小为唯一标准，不重复、不遗漏；
2. 逐类分析：对每类参数范围，用三步核心法分析f(x)的单调、极值、端点趋势；
3. 列不等式：根据题意的零点个数，列极值与0 的不等关系，求解参数范围；
4. 验证临界：参数范围的等号需验证（极值=0 时是否满足零点个数）。
方法3：数形结合直接拆分法（辅助/选填速解）
适用场景：f(x)=0 可拆为h(x)=φ(x)，且h(x)、φ(x)图像易分析（如e
x=kx+1、\ln x=ax）；
解题策略：分别分析h(x)、φ(x)的单调、极值、趋势，画草图看交点个数，定参数范围。
题型3：零点相关证明（压轴，高考常考）
围绕“存在性+唯一性”展开，证明类问题需步骤严谨、逻辑闭环，无跳跃。
子题型3.1：证明函数有唯一零点
策略：存在性+唯一性双证明，缺一不可：
1. 存在性：找两点x1,x2，使f(x1)·f(x2)<0（零点存在性定理）；
2. 唯一性：证明f(x)在定义域内单调（f’(x)≥0 或f’(x)≤0，等号仅在个别点成立）。
子题型3.2：证明零点在指定区间(m,n)内
策略：区间端点验证法，结合函数连续性：
1. 计算f(m)、f(n)的符号，满足f(m)·f(n)<0；
2. 说明f(x)在[m,n]上连续（初等函数均满足，可直接表述）。
子题型3.3：证明零点的大小关系（如x_0>1）
策略：构造辅助函数+单调性证明：
1. 设零点为x0，则f(x0)=0，构造F(x)=f(x)与定值的差（如F(x)=f(x)-f(1)）；
2. 证明F(x)的单调性，结合F(1)的符号，推导x0与定值的大小。
题型4：零点与极值点/不等式融合问题（进阶压轴）
核心策略：零点条件转化+构造新函数，将零点条件代入，转化为熟悉的单调性/不等式问题。
子题型4.1：已知双零点，证明极值点偏移（如x_1+x_2>2x_0）
策略：对称构造法，步骤固定：
1. 求f(x)的极值点x0，设x1<x0<x2；
2. 构造F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)，证明F(x)在(0,+∞)单调；
3. 结合F(0)=0，推导f(x2)=f(x1)<f(2x0-x1)，再由单调性得x2>2x0-x1，即x_1+x2>2x0。
子题型4.2：已知零点存在，证明参数范围/不等式
策略：零点条件代换+最值分析：
1. 由f(x0)=0 得参数与零点的关系式
2. 将待证不等式转化为关于x0的函数不等式，求导研究其单调性，证明恒成立。
三、高考答题规范策略（踩点得分，避失分）
按高考阅卷“踩点给分”原则，规范步骤，缺一不可，避免“会做但丢分”：
1. 必写步骤：定义域→求导f’(x)→化简f’(x)→求临界点→划分单调区间→求极值/最值→端点趋势分析→结
论；
2. 符号规范：极限趋势用“x→+∞时，f(x)→+∞”表述，不可省略；
3. 分类规范：分类讨论时先写“当……时”，再分析，最后总结“综上，参数范围为……”；
4. 证明规范：证明题需写“要证……只需证……”“由……得……”，逻辑连词衔接，无跳跃；
5. 范围规范：参数范围用区间表示，不可用不等式连写（如a>0 且a<1 写为(0,1)），等号取舍需标注验证结
果。
题型01：一个零点问题
【典型例题1】已知函数f (x)= x (a+ ln x)−a x
2(a∈R).
(1)当a=0时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)在(1,+∞)上仅一个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)x−y −1=0
(2)(0,1).
【解析】（1）由a=0得到f (x)= x ln x，利用导数的几何意义求解；
（2）将问题转化为a+ ln x−ax =0在(1,+ ∞)上仅有一个实数解，设g(x)= ln x−ax +a(x>1)，求导
g
' (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，分a≤0，a≥1， 0<a<1讨论求解.
（1）解：当a=0时，f (x)= x ln x，所以f (1)=0，即切点为(1,0)，
又f
' (x)= ln x +1，则f (1)= ln1+1=1，
故曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y −0=1(x−1)，即x−y −1=0.
（2）由题意知，方程x (a+ ln x)−a x
2=0在(1,+ ∞)上仅有一个实数解，
则方程a+ ln x−ax =0在(1,+∞)上仅有一个实数解.
设g(x)= ln x−ax +a(x>1)，则g
' (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，
当a≤0时，g
' (x)>0，所以g(x)在(1,+ ∞)上单调递增，
又g(1)= ln1−a+a=0，所以x>1时g(x)>0，则g(x)在(1,+ ∞)上没有零点；
当a≥1时，x>1时，ax>1，则g
' (x)<0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递减，
又g(1)=0，所以g(x)<0，则g(x)在(1,+ ∞)上没有零点；
当0<a<1时，1
a >1，当x∈(1, 1
a)时，g
' (x)>0，当x∈(
1
a ,+ ∞)时，g
' (x)<0，
所以g(x)在(1, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减，
则g(
1
a)> g(1)=0，所以g(x)在(1, 1
a)上无零点.
设h(x)=e
x−x (x>0)，则h
' (x)=e
x−1>0，所以h(x)>h(0)=1，
则e
x> x，所以e
1
a > 1
a
.
设φ(x)=e
x−1−x
2(x>0)，则φ
' (x)=e
x−2 x，
令m(x)=e
x−2 x (x>0)，则m
' (x)=e
x−2，
当x∈(0,ln 2)，m
' (x)<0，
所以m(x)在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,+ ∞)上单调递增，
则m(x)≥m(ln2)=2−2ln2= lne
2
4 >0，即φ
' (x)>0，
所以φ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又φ(0)=0，所以φ(x)>0，则e
x−1> x
2，所以e
1
a −1> 1
a
2，则1−e
1
a <−1
a
2，
又e
1
a ∈(
1
a ,+∞)，则g(e
1
a)=a−ae
1
a + 1
a =a(1−e
1
a)+ 1
a
<a(−1
a
2)+ 1
a =0，
又g(x)在(
1
a ,+∞)上单调递减，且g(
1
a)>0，
所以g(x)在(
1
a ,+∞)上有且仅有一个零点.
综上可知，a的取值范围为(0,1).
【点睛】方法点睛：f (x)在(1,+∞)上仅一个零点，即方程a+ ln x−ax =0在(1,+∞)上仅有一个实数解，构造函
数g(x)= ln x−ax +a(x>1)，求导g
' (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，分a≤0， a≥1 0<a<1，讨论函数的图象在(1,+∞)
上与x 轴有唯一的交点而得解.
【典型例题2】已知函数f (x)=a ln x−e
x ,(a∈R).
(1)讨论f (x)的单调性;
(2)若函数g(x)= f (x)+e
x
x
在区间(1,+∞)上恰有一个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)a<−e
【解析】（1）讨论参数a，利用导数研究函数单调性；
（2）问题化为ax ln x−e+e
x=0在(1,+∞)上仅有一个解，构造φ( x)=ax ln x−e+e
x，利用导数研究其在
(1,+∞)的单调性，结合零点存在性判断区间零点个数，即可求参数范围.
（1）由f
' (x)= a
x +e
x
2 = ax +e
x
2
，且x∈(0,+ ∞)，
当a≥0，则f
' (x)>0，此时f (x)在(0,+ ∞)上递增；
当a<0，则0< x<−e
a 时，f
' (x)>0，即f (x)在(0,−e
a )上递增；
x>−e
a 时，f
' (x)<0，即f (x)在(−e
a ,+∞)上递减；
综上，a≥0，f (x)在(0,+∞)上递增；
a<0，f (x)在(0,−e
a )上递增，在(−e
a ,+∞)上递减.
（2）由题设g(x)=aln x−e
x +e
x
x =0在(1,+∞)上仅有一个解，
所以ax ln x−e+e
x=0在(1,+ ∞)上仅有一个解，
令φ( x)=ax ln x−e+e
x，则φ
'( x)=a(ln x +1)+e
x，
当a≥0时，φ
'( x)>0恒成立，此时φ( x)递增，且φ( x)>φ(1)=0，
所以φ( x)=0在(1,+∞)上无解；
当a<0时，令ϕ( x)=φ
'( x)=aln x +e
x+a，则ϕ
'( x)= a+ xe
x
x
，
令h( x)=a+ xe
x，则h
'( x)=( x +1)e
x>0，即h( x)递增，则h( x)>h(1)=a+e，
i.当−e≤a<0时，h( x)>0，即ϕ
'( x)>0恒成立，即ϕ( x)=φ
'( x)递增，
所以φ
'( x)>φ
'(1)=e+a>0，故φ( x)递增，此时φ( x)=0在(1,+∞)上无解；
ii.当a<−e时，h(1)=a+e<0，x趋向正无穷时h( x)趋向正无穷，则∃x0∈(1,+∞)使h( x0)=0，
(1, x0)上h( x)<0，即ϕ
'( x)<0，ϕ( x)递减；
(x0,+ ∞)上h( x)>0，即ϕ
'( x)>0，ϕ( x)递增；
由ϕ(1)=e+a<0，x趋向正无穷时ϕ( x)趋向正无穷，
所以ϕ( x)在(1, x0)恒负，在(x0,+ ∞)上存在一个零点x1，
故(1, x1)上ϕ( x)=φ
'( x)<0，φ( x)递减；
(x1,+ ∞)上ϕ( x)=φ
'( x)>0，φ( x)递增；
由于φ(1)=0，x趋向正无穷时φ( x)趋向正无穷，
所以φ( x)在(1, x1)上恒负，(x1,+ ∞)上仅有一个零点，此时满足题设；
综上，a<−e.
【点睛】关键点点睛：第二问，问题转化为ax ln x−e+e
x=0在(1,+ ∞)上仅有一个解，构造中间函数并应用导数
研究零点.
【变式训练1-1】已知函数f (x)=(x +2)e
x+ x
2+ax，其中常数a∈R，e是自然对数的底数．
(1)若a=−3，求f (x)的最小值；
(2)若函数g(x)= f (x)−2cos x恰有一个零点，求a 的值．
【变式训练1-2】已知函数f (x)= x
2−2a ln x−a
2b．
(1)当a=1时，若f (x)的最小值为2，求实数b的值；
(2)若存在a∈[e,e
3]，使得函数f (x)恰有一个零点，求实数b的取值范围．
【变式训练1-3】已知函数f (x)=e
x−a x
2．
(1)若函数f (x)的图象与直线y = x−1相切，求实数a的值；
(2)若函数g(x)= f (x)−x +1有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
题型02：两个零点问题
【典型例题1】证明下面两题：
(1)证明：当x>1时，e
x> x
2；
(2)当0<a< 1
e
时，证明函数f (x)= x
e
x +a(ln x−x)有2 个不同零点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）首先设函数g(x)=e
x−x
2，利用导数判断函数的单调性，以及函数的最小值，即可证明；（2）首
先求函数的导数f
' (x)=(1−x)(
1
e
x + a
x)，并且判断函数的单调性和最值，并结合零点存在性定理，即可证明零点
个数.
（1）令g(x)=e
x−x
2，其中x>1，则g
' (x)=e
x−2 x，
令φ(x)=e
x−2 x，x>1，则φ
' (x)=e
x−2>0，
所以φ(x)在(1,+ ∞)上单调递增，所以g
' (x)>e
1−2>0，
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，g(x)>e
1−1>0，故当x>1时，e
x> x
2.
（2）函数f (x)的定义域为(0,+ ∞)，f
' (x)= 1−x
e
x
+a(
1
x −1)= 1−x
e
x
+a⋅1−x
x
=(1−x)(
1
e
x + a
x).
因为a>0，1
e
x + a
x >0，令f
' (x)>0，得0< x<1，令f
' (x)<0，得x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以f (x)有最大值f (1)= 1
e −a.
当0<a< 1
e 时，f (1)>0，f (a)= a
e
a +a(lna−a)，
令h(x)=ln x−x +1，则h
' (x)= 1
x −1= 1−x
x
，则h(x)在(0,1)上单调递增，
在(1,+∞)上单调递减，所以h( x)max=h(1)=0，所以h(x)=ln x−x +1≤0，
因此当0<a< 1
e 时，lna−a<−1，f (a)= a
e
a +a(lna−a)< a
e
a −a=a(
1
e
a −1).
因为a>0，所以e
a>1，于是f (a)<a(
1
e
a −1)<0.
又f (x)在(0,1)上单调递增，f (1)>0，且0<a< 1
e <1，
所以f (x)在(0,1)上有唯一零点.
f(
1
a)=
1
a
e
1
a
+a(ln 1
a −1
a)=
1
a
e
1
a
−alna−1，
由（1）因为1
a >e>1，所以e
1
a >(
1
a)
2
，即
1
a
e
1
a
<a，
所以f(
1
a)=
1
a
e
1
a
−alna−1<a−alna−1.
由ln x−x +1≤0，得ln 1
a −1
a +1<0，即−lna−1
a +1<0，得a−alna−1<0，
于是f(
1
a)<0.
又f (1)>0，1
a >1，f (x)在(1,+∞)上单调递减，
所以f (x)在(1,+∞)上有唯一零点.
故0<a< 1
e 时，f (x)有两个零点
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，以及零点问题，第一问需求二次导数，结合函数的单调性和最
值，即可证明；第二问的难点是利用零点存在性定理证明f (a)<0，需构造函数.
【典型例题2】已知函数f (x)=ae
x−x（e是自然对数的底数）.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若g(x)=ae
x(x−1)−ln x + f (x)有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)0<a< 1
e
【解析】（1）求得f
' (x)，对a进行分类讨论，由此求得f (x)的单调区间.
（2）原题意等价于a= lnt
t 有两个不同的实数解，构造函数，利用导数判断函数的单调性和极值，数形结合即可求
解.
（1）因为f (x)=ae
x−x，所以f
' (x)=ae
x−1，
当a≤0时，f
' (x)<0，所以f (x)在R 上单调递减；
当a>0时，令f
' (x)>0得x>−ln a；令f
' (x)<0得x<−ln a，
所以f (x)在(−∞,−ln a)上单调递减，在(−ln a,+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f (x)在R 上单调递减，无增区间；当a>0时，f (x)在(−∞,−ln a)上单调递减，在
(−ln a,+ ∞)上单调递增.
（2）由题意g(x)=ae
x(x−1)−ln x + f (x)=axe
x−ln x−x =axe
x−ln(xe
x)(x>0)有两个零点，
令t = xe
x，(x>0)，则t
' =(1+ x)e
x>0在(0,+ ∞)上恒成立，所以t = xe
x在(0,+∞)上单调递增，
故t >0，所以g(x)=axe
x−ln(xe
x)有两个零点等价于T (t )=at −ln t有两个零点，
等价于a= lnt
t 有两个不同的实数解，等价于y =a与h(t )= lnt
t
有两个交点，
则h
'(t )= 1−ln t
t
2
，h
'(t )>0得0<t <e，h
'(t )<0得t >e，
所以h(t )= lnt
t 在(0,e)上单调递增，在(e,+ ∞)上单调递减，又h(e)= lne
e
= 1
e ，h(1)=0，
当t 趋向于0 且为正时，h(t )趋向于负无穷大，当t 趋向于正无穷大时，h(t )趋向于0，如图：
由图可知，要使y =a与h(t )= lnt
t 有两个交点，则0<a< 1
e ，
所以实数a的取值范围为0<a< 1
e .
【变式训练2-1】已知函数f (x)=2ln x +ax（a∈R）．
(1)若f (x)≤0在(0,+ ∞)上恒成立，求a 的取值范围：
(2)设g(x)= x
3−f (x)，x1，x2为函数g(x)的两个零点，证明：x1 x2<1．
【变式训练2-2】已知函数f ( x)=ae
x−ln( x +1)+ ln a−1．
(1)若a=1，求函数f ( x)的单调区间及极值；
(2)若函数f ( x)有且仅有两个零点，求实数a的取值范围．
【变式训练2-3】已知函数f (x)= ln x−a
x ln a，a>1.
(1)若函数f (x)在x =1处的切线的斜率为1−e，求实数a 的值（e 是自然对数的底数）；
(2)若函数f (x)有且仅有两个零点，求实数a 的取值范围.
题型03：三个零点问题
【典型例题1】已知函数f (x)= a x
2
e
x−1 −ln x−lna−1有三个零点.
(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x1, x2, x3.证明：ae
x1 x3>e.
【答案】(1)a>1
(2)证明见解析
【解析】（1）求导，根据x ≥2,0< x<2分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符
号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；
（2）把原函数有三个零点转化为lne
x
e
x
=ln(ae x)
ae x
有三个根，构造t (x)=ln x
x
，求导研究函数单调性，结合根的
分布得ae x1=e
x1,ae x3=e
x3，要证ae
x1 x3>e，等价于证x1 x3>2−k，
等价于x1+ x3>1+ k，构造函数从而证明q(x3)>q(1+ k −x1)，即证e
1−x1−1+ln x1<0, x1∈(0,1)，构造函数，
利用导数单调性即可证明.
（1）因为f (x)定义域为(0,+ ∞)，又f
' (x)= ae
1−x(2 x
2−x
3)−1
x
(a>0)，
（ⅰ）当x ≥2,f
' (x)<0,f (x)单调递减；
（ⅱ）当x∈(0,2)，记g(x)= 2 x
2−x
3
e
x−1
，则g
' (x)= x (x−1)(x−4)
e
x−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)
x
，由（ⅱ）知，f
' (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)= xe
1−x ,(0< x<1)，则p
' (x)=(1−x)e
1−x>0,(0< x<1)，
所以0< 1
a <1,f(
1
a)= 1
a e
1−1
a −1< 1
1 e
1−1
1 −1=0，
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)=0等价于ae x
e
x
=ln(ae x)
x
，即lne
x
e
x
=ln(ae x)
ae x
，
令t (x)=ln x
x
，则t
' (x)= 1−ln x
x
2
，
所以t (x)在(0,e)上单调递增，在(e,+ ∞)上单调递减，
由（1）可得x1< 1
a < x2<1< x3，则ae x1<e,e
x1<e,ae x3>e,e
x3>e，
所以t (ae x1)=t (e
x1),t (ae x3)=t (e
x3)，所以ae x1=e
x1,ae x3=e
x3，
则x1, x3满足¿，k >1，
要证ae
x1 x3>e，等价于证x1 x3>2−k，
易知¿，令q(x)= x−ln x，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，
下面证明x1+ x3>1+ k，由x1<1< x3，即证q(x3)>q(1+ k −x1)，
即证k >1+ k −x1−ln(1+ k −x1)，
即证0>1−x1−ln(1+ x1−ln x1−x1)=1−x1−ln(1−ln x1)，
即证e
1−x1−1+ln x1<0, x1∈(0,1)，
令c (x)=e
1−x−1+ln x , x∈(0,1)，c
' (x)= −xe
1−x+1
x
，
令y =−xe
1−x+1，则y
' =(x−1)e
1−x<0,(x∈(0,1))，所以y =−xe
1−x+1>0，
所以c
' (x)= −xe
1−x+1
x
>0，则c (x)<c (1)=0，所以e
1−x1−1+ln x1<0, x1∈(0,1)，
所以x1+ x3>1+ k，所以x1 x3−1≥ln x1 x3= x1+ x3−2k >1+k −2k =1−k，
所以x1 x3>2−k，所以原命题得证.
【点睛】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.
【典型例题2】已知f (x)=2loga|x|−e x
3(a>0且a≠1).
(1)试讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a>1时，若f (x)有三个零点x1, x2, x3.
①求a的范围；
②设x1< x2< x3，求证：3 x1
3+2 x2
3+ x3
3>2e−2.
【答案】(1)答案见解析
(2)①1<a<e
2
3e
2；②证明见解析
【解析】（1）去绝对值符号，再分a>1和0<a<1两种情况讨论即可得解；
（2）①a>1，f (x)有三个零点⇔ 2loga|x|=e x
3有三个不同的实根，⇔ ln a= 2ln|x|
e x
3
，构造函数
g(x)= 2ln|x|
e x
3
，易得函数为奇函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数g(x)的大致图象，结合函数图象即
可得解；
②由①可得−1< x1<0<1< x2<
3√e，则要证3 x1
3+2 x2
3+ x3
3>2e−2，只需证明：x2
3+ x3
3>2e，结合¿整理即可得
证.
（1）注意x≠0，f (x)=¿，则f
' (x)=
2
x ln a −3e x
2，
令f
' (x)>0⇔2−3e x
3ln a
x ln a
>0，
当a>1时，x>0时，2−3e x
3ln a>0⇔0< x<
3√
2
3eln a
，
x<0时，2−3e x
3ln a<0⇔x>
3√
2
3eln a >0，此时无解，
故当a>1时，f (x)在(−∞,0)，(
2√
2
3eln a ,+ ∞)上单点递减，
在(0,
3√
2
3eln a)上单调递增，
当0<a<1时，x>0时，2−3e x
3ln a<0⇔x<
3√
2
3eln a <0，此时无解，
x<0时，2−3e x
3ln a>0⇔0> x>
3√
2
3eln a
，
故当0<a<1时，f (x)在(−∞,
3√
2
3eln a)，(0,+∞)上单点递减，
在(
3√
2
3eln a ,0)上单调递增，
综上所述，当a>1时，f (x)在(−∞,0)，(
2√
2
3eln a ,+ ∞)上单点递减，
在(0,
3√
2
3eln a)上单调递增；
当0<a<1时，f (x)在(−∞,
3√
2
3eln a)，(0,+ ∞)上单点递减，
在(
3√
2
3eln a ,0)上单调递增；
（2）①a>1，f (x)有三个零点⇔ 2loga|x|=e x
3有三个不同的实根，
⇔ ln a= 2ln|x|
e x
3
，令g(x)= 2ln|x|
e x
3
，
因为g(−x)= 2ln|x|
−e x
3 =−g(x)，所以g(x)为奇函数，
当x>0时，g(x)= 2ln x
e x
3
，g
' (x)= 2−6 ln x
e x
4
，
当0< x<
3√e时，g
' (x)>0，当x>
3√e时，g
' (x)<0，
所以g(x)在(0,
3√e)上单调递增，(
3√e,+ ∞)单调递减，
又当x→0时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→0且g(x)>0，g( 3√e)= 2
3e
2，
如图，作出函数g(x)的大致图象：
因为f (x)有三零点，且a>1，
则0<ln a< 2
3e
2 ⇒1<a<e
2
3e
2
；
②由①可得−1< x1<0<1< x2<
3√e，则3 x1
3>−3, x2
3>1，
则要证3 x1
3+2 x2
3+ x3
3>2e−2，只需证明：x2
3+ x3
3>2e，
由于¿，
则有
x2
3+ x3
3
2
>
x2
3−x3
3
ln x2
3−ln x3
3 =
2
3eln a >
2
3e⋅2
3e
2
=e⇒x2
3+ x3
3>2e，
所以3 x1
3+2 x2
3+ x3
3>−3+1+2e=2e−2.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后
将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨
论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由f (x)=0分离变量得出a= g(x)，将问题等价转化为直线y =a与函数y = g(x)的图象的交
点问题.
【变式训练3-1】设函数f ( x)=( x +a)(ln x−ln a)−ax +a
2，其中a>0.
(1)若a=1，求不等式f ( x)≥0的解集；
(2)求证：∀a∈(2,+ ∞)，函数f ( x)有三个零点x1，x2，x3( x1< x2< x3)，且x1，x2，x3成等比数列.
【变式训练3-2】设函数f (x)= x−asin x，x∈(0,π )，g(x)= x
2−1−2axln x，且f (x)有唯一零点.
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：g(x)存在三个零点；
(3)记f (x)的零点为p，g(x)最小的零点为q，证明：q⋅e
p<1，其中e 是自然对数的底数.
【变式训练3-3】已知函数f ( x)= x−1
x +1 −aln x.
(1)当a=1时，求f ( x)的单调区间；
(2)①当0<a< 1
2时，试证明函数f ( x)恰有三个零点；
②记①中的三个零点分别为x1，x2，x3，且x1< x2< x3，试证明x1
2(1−x3)>a( x1
2−1).
题型04：判断零点个数
（一）直接求导
【典型例题】已知函数f (x)=(x +a)e
x，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)当x∈[0,4]时，求函数f (x)的最小值；
(3)当a<1时，试确定函数g(x)= f (x−a)−x
2的零点个数，并说明理由.
【变式训练4-1-1】已知函数f (x)=cos x−x
2.
(1)设g(x)= f
' (x)，求g(x)在区间[
π
4 ,π]上的最值；
(2)讨论f (x)的零点个数.
【变式训练4-1-2】已知函数f (x)= x +ae
−x+1,(a∈R).
(1)若曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线的斜率为0，求曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若函数f (x)有两个零点，求实数a的取值范围.
（二）直接求导-隐零点
【典型例题1】已知a>0，函数f ( x)= x ln x−asin x +1.
(1)证明：f ( x)在(0,π )上有唯一的极值点;
(2)当a=2时，求f ( x)的零点个数.
【答案】(1)证明见详解析(2)f (x)在(0,+ ∞)上有两个零点.
【解析】(1)对函数求两次导数，判断导函数的单调性，根据零点存在性定理，判断原函数的单调性性，进而得到
证明；
(2)结合（1）的结论及极小值的定义可得：f (x0)≤f (1)<0，进而得到f (x)在(0,+∞)上有两个零点.
（1）由题意可知，f
' (x)=1+ ln x−acos x，f
″ (x)= 1
x +asin x
当x∈(0,π )时，sin x>0，从而f
″ (x)>0，故f
' (x)在(0,π )上单调递增.
又f
'(
1
e)=−acos 1
e <0，f
' (π)=a+1+lnπ >0
由零点存在性定理知，存在唯一x1∈(0,π )，有f
'(x0)=0
从而f (x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,π)上单调递增，
故x0为f (x)在(0,π )上的唯一极值点.
（2）当a=2时，f (x)= xln x−2sin x +1
当x∈(0,π )时，由（1）可知，f (x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,π)上单调递增，
又注意到x→0
+，f (x)→1，且f (π)= πlnπ +1>0，f (1)=1−2sin1<1−2sinπ
6 =0
由极小值定义知：f (x0)≤f (1)<0，
从而存在x1∈(0, x0)，x2∈(x0,π)，有f (x1)= f (x2)=0，
当x∈[ π ,+ ∞)时，f (x)>lnπ +1−2sin x>2−2sin x ≥0，
故f (x)在[π,+∞)上无零点.
综上，f (x)在(0,+ ∞)上有两个零点.
【点睛】(1)可导函数y = f ( x)在点x0处取得极值的充要条件是f
'( x0)=0，且在x0左侧与右侧f
'( x)的符号不同．
(2)若f ( x)在(a,b)内有极值，那么f ( x)在(a,b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
【典型例题2】已知函数f (x)= x−2sin x−ln|x|.（参考值：cos2≈-0.416）
(1)证明：f (x)在(0, π
2)上有唯一的极小值点；
(2)试研究f (x)零点的个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)3 个零点
【解析】（1）根据函数的零点定理和导数的正负即可确定极小值点；（2）分类讨论并结合二次求导、零点定理、
不等式放缩等方法即可求解.
（1）当x∈(0, π
2)时，f (x)= x−2sin x−ln x，
∴f
' (x)=1−2cos x−1
x ,f
' (x)在(0, π
2)上单调递增
又∵f
'(
π
3)=−3
π <0,f
'(
π
2)=1−2
π >0
∴存在唯一的t ∈(
π
3 , π
2)⊆(0, π
2)使得f
' (t )=0
且当x∈(0,t )时f
' (t )<0，当x∈(t , π
2)时f
' (t )>0
∴f (x)在(0, π
2)上有唯一的极小值点t.
（2）∵f (x)= x−2sin x−ln|x|=¿
当x>0时，f (x)= x−2sin x−ln x，分3 种情况讨论：
①当x∈(0, π
2]时，f(
1
e
2)=1
e
2 −2sin1
e
2 +2>0,f(
π
3)= π
3 −❑√3−ln π
3 <0，
f ( x)min= f (t )<f(
π
3)<0,f(
π
2)= π
2 −2−ln π
2 <0
∴f (x)在(0, π
2)上有唯一的零点x1；
②当x∈(
π
2 , 3 π
2 ]时，f
' (x)=1−2cos x−1
x >0恒成立，f (x)单调递增
f(
π
2)= π
2 −2−ln π
2 <0,f(
3 π
2 )= 3 π
2 −ln 3 π
2 >0，
∴f (x)在(
π
2 , 3 π
2 ]上有唯一的零点x2；
③当x∈(
3 π
2 ,+∞)时，f (x)= x−2sin x−ln x> x−2−ln x
令g(x)= x−2−ln x , x∈(
3 π
2 ,+ ∞)，则g
' (x)=1−1
x >0,g(x)递增
∴g(x)> g(
3 π
2 )= 3 π
2 −2−ln 3 π
2 > 9
2 −2−lne
2= 1
2 >0
∴f (x)在x∈(
3 π
2 ,+ ∞)上无零点.
当x<0时，f (x)= x−2sin x−ln (−x)，分2种情况讨论：
（i）当x∈(−∞,−2]时，x−2sin x<0,−ln (−x)<−ln 2<0,∴f (x)<0，
∴f (x)在x∈(−∞,−2]上无零点
（ii）当x∈(−2,0)时，f (x)= x−2sin x−ln (−x),f
' (x)=1−2cos x−1
x ，
令h(x)=2cos x + 1
x , x∈(−2,0)，则h
' (x)=−2sin x−1
x
2 ,h
″ (x)=−2cos x + 2
x
3，
令φ(x)=h
″ (x)=−2cos x + 2
x
3，则φ
' (x)=2sin x−6
x
4 <0在x∈(−2,0)上恒成立
∴φ(x)=h
″ (x)=−2cos x + 2
x
3在x∈(−2,0)上单调递减
而φ(−2)=h
″ (−2)=−2cos2−1
4 ≈0.832−0.25>0,φ(−π
6)=h
″(−π
6)=−❑√3−2×(
6
π)
3
<0，
∴存在t1∈(−2,−π
6)使得h
″(t1)=0，且
当x∈(−2,t1)时，h
″ (x)>0,h
' (x)递增；当x∈(t1,0)时，h
″ (x)<0,h
' (x)递减.
∴h
' (−2)=2sin2−1
4 >2sin 5 π
6 −1
4 =0,h
'(−π
3)= ❑√3−9
π
2 >0h
'(−π
6)=1−36
π
2 <0
∴存在t2∈(−π
3 ,−π
6)使得h
'(t2)=0，且
当x∈(−2,t2)时，h
' (x)>0,h(x)递增；当x∈(t2,0)时，h
' (x)<0,h(x)递减
∴当x∈(−2,0)时，h( x)max=h(t2)=2cost2+ 1
t2
,t2∈(−π
3 ,−π
6)
注意到1<2cost2<❑√3,−6
π < 1
t2
<−6
π ,∴h( x)max=2cost2+ 1
t2
<❑√3−6
π <1
所以f
' (x)=1−2cos x−1
x >0在x∈(−2,0)上恒成立
∴当x∈(−2,0)时，f (x)= x−2sin x−ln (−x)单调递增
又f (−2)=−2+2sin 2−ln 2<0,f (−e
−3)=−e
−3+2sin(−e
−3)+3>0
∴f (x)在x∈(−2,0)上存在唯一的零点x3.
综上知，f (x)在定义域上共有3 个零点x1､x2､x3，且x1∈(0, π
2), x2∈(
π
2 , 3 π
2 ], x3∈(−2,0).
【变式训练4-2-1】已知函数
（其中
，
），
.
（1）若存在实数
使得
恒成立，求
的取值范围；
（2）当
时，讨论函数
的零点个数.
【变式训练4-2-2】已知函数
．
（1）若曲线
在点
处的切线经过坐标原点，求实数
；
（2）当
时，判断函数
在
上的零点个数，并说明理由．
【变式训练4-2-3】已知函数f (x)=3e
xsin x（e为自然对数的底数）.
(1)求f (x)图象在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)记g(x)= f (x)−ax，0<a<9，试讨论g(x)在(0,π )上的零点个数.（参考数据：e
π
2 ≈4.8）
（三） 分开成两个函数
【典型例题】已知函数f (x)= x sin x +cos x + 1
2 a x
2，x∈[0,π ]，a≥0.
(1)当a=0时，求f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)有零点，求a 的取值范围.
【答案】(1)f ( x)的单调增区间为(0, π
2)，单调减区间为(
π
2 ,π)；
(2)当0≤a≤2
π
2时,f ( x)有1 个零点.
【解析】（1）将a=0代入得f (x)= x sin x +cos x , x∈[0,π ]，求导分别令导函数大于0，小于0，即可得到其单
调区间；
（2）f
'( x)=ax + x cos x = x(a+cos x)，分a=0，0<a<1和a≥1讨论，尤其是当0<a<1时，结合导函数与函
数极值，最值的关系以及零点存在定理即可求出范围.
（1）当a=0时,函数f (x)= x sin x +cos x , x∈[0,π ],
可得f
'( x)=sin x + x cos x−sin x = x cos x，
当x∈(0,π
2 )吋,f
' (x)>0, x∈(
π
2 ,π),f
' (x)<0，
所以f ( x)的单调增区间为(0,π
2 ),f (x)的单调减区间为(
π
2 ,π)；
（2）函数f (x)= x sin x +cos x + 1
2 a x
2, x∈[0,π ]，
f
'( x)=ax + x cos x = x(a+cos x)，
当a=0时由(1)知f(
π
2)>0,f (π )=−1,f ( x)在[0,π ]上有1 个零点，
当0<a<1时,令f
'( x)=0,可得cos x =−a，
由−1<−a<0可知存在唯一的x0∈(
π
2 ,π)使得cos x0=−a,
所以当x∈[0, x0)时,f
'( x)≥0,f ( x)单调递增;
当x∈(x0,π)时,f
'( x)<0,f ( x)单调递减,
因为f (0)=1,f (x0)>1,f (π )= 1
2 aπ
2−1，
若函数f (x)有零点，必有1
2 aπ
2−1≤0,即0<a≤2
π
2 时,f ( x)在[0,π ]上有1 个零点.
当a≥1时，根据cos x∈[−1,1]得到f
'( x)≥0恒成立，
则f (x)在[0,π ]单调递增，且f (0)=1，故此时f (x)在[0,π ]上不存在零点，舍去，
综上可得,当0≤a≤2
π
2时,f ( x)有1 个零点.
【变式训练4-3-1】已知函数
，
（
为常数，
）.
（1）若
恒成立，求实数
的取值范围；
（2）判断方程
是否存在实数解；如果存在，求出解的个数；如果不存在，请说明理由.
【变式训练4-3-2】已知函数f (x)= ln x−ax +1.a∈R是常数．
(1)求函数y = f (x)的图象在点P(1，f (1))处的切线l的方程.并证明函数y = f (x)(x≠1)的图象在直线l的下方；
(2)讨论函数y = f (x)零点的个数．
（四） 分离参数
【典型例题】已知函数f ( x)=e
x+ 2a
3 x
2+ax（e为自然对数的底数），其中a∈R．
(1)当a＝－1 时，证明：函数f (x)有且仅有两个极值点；
(2)若f (x)恰有一个零点，求a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)a= 3
e
或−e
3
2
3 <a<0
【解析】（1）由已知得f
'( x)=e
x−4
3 x−1，令h( x)=e
x−4
3 x−1，通过研究h( x)零点的个数，证得结论；
（2）当a＝0 时，不符合题意；当a≠0时，1
a =
−2
3 x
2−x
e
x
，令g( x)=
−2
3 x
2−x
e
x
，结合函数的单调性与极值，
画出函数g( x)的大致图象，当函数y = g( x)的图象与直线y = 1
a的交点个数为1 时，即可得出a 的取值范围．
（1）当a＝－1 时，f ( x)=e
x−2
3 x
2−x．f
'( x)=e
x−4
3 x−1，
令h( x)=e
x−4
3 x−1，则h
'( x)=e
x−4
3 ，
当h
' (x)>0时，有x>ln 4
3 ，当h
' (x)<0时，有x<ln 4
3 ，
故函数h(x)的增区间为(ln 4
3 ,+∞)，减区间为(−∞,ln 4
3)，
又由h(0)=0，h(1)=e−7
3 >e−5
2 >0，
h(ln 4
3)= 4
3 −4
3 ln 4
3 −1= 1
3 −4
3 ln 4
3 = 1
3(1−4 ln 4
3) = 1
3(1−ln 256
81 )< 1
3 (1−ln3)<0，
可知函数h(x)有且仅有两个零点，
故函数f (x)有且仅有两个极值点；
（2）令f ( x)=e
x+ 2a
3 x
2+ax =0，
当a＝0 时，e
x=0，不符合题意．
当a≠0时，1
a =
−2
3 x
2−x
e
x
．令g( x)=
−2
3 x
2−x
e
x
，
∴f (x)零点的个数为函数y = g( x)的图象与直线y = 1
a的交点个数．
g
'( x)=
2
3 x
2−x
3 −1
e
x
=(
2
3 x−1)( x +1)
e
x
，
当x＜－1 时，g
' (x)>0，则g(x)单调递增；
当−1< x< 3
2时，g
' (x)<0，则g(x)单调递减；
当x> 3
2时，g
' (x)>0，则g(x)单调递增，
∴g(x)的极大值点为g(−1)=e
3 ，极小值点为g(
3
2)=−3
e
3
2
，
又当x→−∞时，g(x)→−∞；g(0)=0；当x>0时，g(x)恒小于0，
根据以上信息，画出函数g(x)的大致图象如图所示．
由图可知，当1
a =e
3或
1
a <−3
e
3
2 ，函数y = g( x)的图象与直线y = 1
a的交点个数为1．
所以当a= 3
e 或−e
3
2
3 <a<0时，f (x)恰有一个零点．
【变式训练4-4-1】已知函数
．
（1）求函数
的单调区间；
（2）设函数
，若
在
上有两个零点，求实数
的取值
范围．
【变式训练4-4-2】已知函数f (x)=a x
2−ln x，a∈R．
(1)若a= 1
2，求f (x)的极值；
(2)若f (x)在区间(1,2)内有零点，求实数a 的取值范围．
【变式训练4-4-3】已知函数f (x)=a(ln x−1)−x.
(1)若f (x)的最大值为a(a>0)，求a；
(2)若存在λ∈R，使得函数p(x)= xf (x)−λ有3 个零点，求a的取值范围.
题型05：最值函数的零点问题
【典型例题1】已知函数
有两个极值点，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】对原函数求导得，
，
因为函数
有两个极值点，
所以
有两个不等实根，即
有两个不等实根，
亦即
有两个不等实根.
令
，则
可知
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，
又因为当
时，
，当
时，
，
所以
，解得
，
即a 的范围是
.
故选：B
【典型例题2】已知函数
．
（1）当
时，讨论
的单调性；
（2）若
有两个零点，求
的取值范围．
【答案】见解析
【解析】解：由题意，
的定义域为
，且
．
（1）当
时，
，令
，解得
．
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增．
在
上单调递减，在
上单调递增；
（2）当
时，
恒成立，
在
上单调递增，不合题意；
当
时，令
，解得
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增．
的极小值也是最小值为
．
又当
时，
，当
时，
．
要使
有两个零点，只要
即可，
则
，可得
．
综上，若
有两个零点，则
的取值范围是
，
．
【典型例题3】已知函数
．
（1）当
时，讨论
的单调性；
（2）若
有两个零点，求
的取值范围．
【答案】见解析
【解析】解：（1）当
时，
，
，
，
当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减．
（2）
，
当
时，
，
单调递增，不合题意；
当
时，
，
，
单调递增，
，
，
单调递减，
，
令
，得
，
，
，
所以当
时，
有两个零点．
【典型例题4】已知函数
．
（1）当
时，求
的最大值；
（2）讨论关于
的方程
的实根的个数．
【答案】见解析
【解析】解：（1）
时，
，则
，
令
，解得：
，令
，解得：
，
故
在
递增，在
，
递减，
故
；
（2）由
，得
，
显然是该方程的根，
时，方程等价于
，
令
，
，
则
，
令
，
则
，
时，
单调递减，
时，
（1）
，
，
单调递减，
时，
（1）
，
，
单调递增，
时，
，
时，
，
时，
，
画出函数
的图像，如图示：
结合图像得：
时，方程
有2 个实根，
时，方程
没有实根，
综上：
时，方程
仅有1 个实根，
时，方程
有3 个实根．
【典型例题5】已知函数
（1）当
时，求
的单调区间；
（2）如果
，
是曲线
上的任意一点，若以
，
为切点的切线的斜率
恒成立，求实数
的最小值；
（3）讨论关于
的方程
的实根的个数情况．
【答案】见解析
【解析】解：（1）当
时，
，定义域为
，
（1 分）
则
（2 分）
令
，得
，由
，得
，
所以
的单调递增区间为
，单调递减区间为
．
（4 分）
（2）由题意，
，
以
，
为切点的切线的斜率
满足
，
所以
对
恒成立．
（6 分）
又当
时，
，所以
的最小值为
（8 分）
（3）由题意，方程
化简得
，
，
令
，则
．
当
时，
，当
时，
，
所以
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减．
（10 分）
所以
在
处取得极大值，即最大值，最大值为
（1）
（11 分）
所以当
时，即
时，
的图象与
轴恰有两个交点，
方程
有两个实根；
（12 分）
当
时，
的图象与
轴恰有一个交点，
方程
有一个实根；
（13 分）
当
时，
的图象与
轴无交点，
方程
无实根．
（14 分）
【典型例题6】已知函数
，
．
（1）讨论函数
的单调性；
（2）若函数
有且仅有3 个零点，求
的取值范围．（其中常数
，是自然对数的
底数）
【答案】见解析
【解析】解：（1）
的定义域为
，且
，
①若
，则
，当
时，
，
单调递增，
时，
，
单调递减，
②若
，当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
所以
在
和
上单调递减，在
上单调递增，
③若
，则
，
所以
在
上单调递减，
④若
，当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
所以
在
和
上单调递减，在
上单调递增，
综上所述：若
，
在
上单调递增，在
上单调递减，
若
，
在
和
上单调递减，在
上单调递增，
若
，
在
上单调递减，
若
，
在
和
上单调递减，在
上单调递增．
（2）令
，则
，
所以依题意可得函数
与
的图像有3 个不同的交点，
由（1）知必有
或
，
①当
时，
在
和
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的极大值为
（1）
，
的极大值为
（1）
，
的极小值为
（a）
，
又
（a）
，
所以函数
与
的图像至多有1 个交点，不合题意，
②当
时，
在
和
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的极小值为
（1）
，
的极大值为
（a）
，
所以必须有
成立，
因为
，所以
，
所以
，
所以
，
下面求不等式
的解集，
令
，则不等式
等价于
，
令函数
，
则
，
令
，有
，
函数
在区间
，
上单调递增，在区间
上单调递减，
又
（2）
，所以
，
即
恒成立，故函数
单调递减，
又
（2）
，
所以当且仅当
时，
，
所以不等式
的解集为
，
即不等式
的解集为
．
所以
的取值范围为
．
【变式训练5-1】（多选）已知函数
，若过点
（其中
是整数）可作曲线
的
三条切线，则
的所有可能取值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【变式训练5-2】关于
的方程
只有一个实数解，则实数
的取值范围是________．
【变式训练5-3】设函数
，曲线
在点
，
处的切线与
轴垂直．
（1）求
；
（2）若
有一个绝对值不大于1 的零点，证明：
所有零点的绝对值都不大于1．
【变式训练5-4】已知函数
是自然对数的底数）．
（1）求函数
的最小值；
（2）若函数
有且仅有两个不同的零点，求实数
的取值范围．
【变式训练5-5】已知函数
为自然对数的底数）．
（1）当
时，求函数
的单调区间；
（2）若函数
有且仅有两个零点，求实数
的取值范围．
【变式训练5-6】已知函数
，
．
（1）若曲线
在
处的切线方程为
，且存在实数
，
，使得直线
与曲
线
相切，求
的值；
（2）若函数
有零点，求实数
的取值范围．
【变式训练5-7】已知函数
．
（1）当
时，证明：
在区间
上不存在零点；
（2）若
，试讨论函数
的零点个数．
【变式训练5-8】已知函数
，
．
（1）当
为何值时，
轴为曲线
的切线．
（2）设
在
，
单调递增，求
的取值范围．
（3）用
，
表示
，
中的最小值，设函数
，
，讨论
零点的个数．
【变式训练5-9】已知函数
，
．
当
为何值时，
轴为曲线
的切线；
用
，
表示
，
中的最小值，设函数
，
，讨论
零点的个数．
【变式训练5-10】已知函数
．
（1）当
为何值时，
轴为曲线
的切线，
（2）用
，
表示
，
中的最大值，设函数
，
，当
时，讨论
零点的个数．
【变式训练5-11】已知函数
．
（1）讨论
的单调性；
（2）若
有两个零点，求
的取值范围．
【变式训练5-12】已知函数
．
（Ⅰ）当
时，求
在
处的切线方程；
（Ⅱ）如果当
时，
恒成立，求实数
的取值范围；
（Ⅲ）求证：当
时，函数
恰有3 个零点．
【变式训练5-13】已知函数
．
（1）讨论
的单调性；
（2）若
有三个零点，求
的取值范围．
【变式训练5-14】已知函数
在x=1 处取得极值3.
(1)求a，b 的值；
(2)若方程
有三个相异实根，求实数k 的取值范围.
【变式训练5-15】已知函数f (x)= ln x.
(1)讨论函数g(x)= f (x)﹣ax (a∈R)的单调性；
(2)①证明函数F( x)= f ( x)−1
e
x （e为自然对数的底数）在区间(1,2)内有唯一的零点；
②设①中函数F (x)的零点为x0，记m( x)=min{xf ( x), x
e
x}（其中min{a,b}表示a,b中的较小值），若
m(x)=n(n∈R)在区间(1,+ ∞)内有两个不相等的实数根x1, x2(x1< x2)，证明：x1+ x2>2 x0.
题型06：函数的图象与函数零点问题
【典型例题1】已知函数
若方程
有三个不同的解，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】∵
，则
∴原题转化为
与
有三个不同的交点
表示为斜率为1，纵截距为a 的直线，如图可知：
满足条件的直线以过点
的直线
，与
相切的直线为临界位置
若过点
，则
，即
若与
相切，则
，可得
即切点坐标为
，则
∴a 的取值范围是
故选：B.
【典型例题2】已知函数
若关于
的方程
有三个实数解，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
等价于
，
函数
的图象如图，因为
的图象与
有且仅有一个交点，
即
有两个实数解，所以
，
故选:B.
【典型例题3】已知函数
．
(1)若
，求函数
在点
处的切线方程；
(2)若函数
有两个零点，求实数
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）当
时,
，
，
，
又
，即切点为
，
切线方程为：
，即
；
（2）
，
，由
得
，
令
，
则
，
由
得
或
，由
得
或
，
即
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
又
趋向于负无穷大时，
无限趋近于0，且
，
图象如下图：
由函数
有两个零点得，函数
与
有两个交点，
由图可知，
或
，
故a 的取值范围为
.
【变式训练6-1】已知函数
，若方程
有两个不相等的实数根，则实数
的取值范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-2】设
有三个不同的零点，则a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-3】已知定义在
上的函数
满足：
，若方程
在（0，
2]上恰有三个根，则实数
的取值范围是___________.
【变式训练6-4】已知函数
.
(1)求
的单调区间和极值.
(2)若关于
的方程
有唯一的实数根，求实数
的取值范围.
【变式训练6-5】已知函数
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若关于
的方程
有个不等实根
，求证：
.
【变式训练6-6】已知函数
．
(1)求
的极值；
(2)若函数
在
上有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．
【变式训练6-7】设函数
．
(1)当
时，求
的单调区间；
(2)若
有两个极值点
，
，求
的取值范围．
【变式训练6-8】已知函数
（
）．
(1)当
时，求函数
在区间
上的最值；
(2)若
在定义域内仅有一个零点，求
的取值范围．
题型07：同构法解零点问题
【典型例题1】已知函数f ( x)=ae
x−(1−a)x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝1 时，若函数y = f ( x)−e
t(ln x +t )有两个零点，求实数t 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)(1,+ ∞)
【解析】（1）分a≥1，0<a<1，a≤0讨论求解即可；
（2）由题意可知关于x 的方程e
x=e
t (ln x +t )
有两个不同的实根，进而xe
x=e
t + ln x(ln x +t )
，令
g(x)= xe
x(x>0)，要使g(x)= g(ln x +t )有两个不同的实根，则需x = ln x +t有两个不同的实根．令
h(x)= x−ln x−t，利用导数法研究h(x)= x−ln x−t的零点即可
（1）因为f (x)=ae
x−(1−a) x，
所以f
' (x)=ae
x−(1−a)．
当a≥1时，f
' (x)>0恒成立，
所以f (x)在R上单调递增；
当0<a<1时，令f
' (x)=0，得x = ln 1−a
a
，
由f
' (x)>0解得x>ln 1−a
a
，由f
' (x)<0解得x<ln 1−a
a
，
所以f (x)在(−∞,ln 1−a
a )上单调递减，在(ln 1−a
a
,+ ∞)上单调递增；
当a≤0时，f
' (x)<0恒成立，
所以f (x)在R上单调递减．
综上可知：当a≥1时，f (x)在R上单调递增；
当0<a<1时，f (x)在(−∞,ln 1−a
a )上单调递减，在(ln 1−a
a
,+ ∞)上单调递增；
当a≤0时，f (x)在R上单调递减．
（2）当a=1时，f (x)=e
x，则y = f (x)−e
t (ln x +t )=e
x−e
t (ln x +t )，
所以关于x 的方程e
x−e
t (ln x +t )=0有两个不同的实根，
即关于x 的方程e
x =e
t (ln x +t )有两个不同的实根．
因为x＞0，
所以xe
x =e
t + ln x(ln x +t )．
令g(x)= xe
x(x>0)，则g
' (x)=(x +1)e
x>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．
要使g(x)= g(ln x +t )有两个不同的实根，则需x = ln x +t有两个不同的实根．
令h(x)= x−ln x−t，则h
'( x)=1−1
x = x−1
x
．
当x∈(0,1)时，h
' (x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，h
' (x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(1)=1−t．当t＜1 时，h(x)>0，h(x)没有零点；
当t＝1 时，h(x)≥0，当且仅当x＝1 时，等号成立，h(x)只有一个零点；
当t＞1 时，h(1)=1−t <0，h(e
−t)=e
−t>0，h(e
t)=e
t−2t．
令φ(t )=e
t−2t(t >1)，则φ
'(t )=e
t−2>e−2>0，即φ(t )在(1,+∞)上单调递增，
所以φ(t )>φ(1)=e−2>0，即h(e
t)>0．
所以h(x)在(0,1)上有一个零点，在(1,+∞)上有一个零点，符合条件．
综上，实数t 的取值范围是(1,+∞)．
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数
形结合的方法求解【
【典型例题2】已知函数f ( x)=aln x−x +1，其中a∈R．
(1)讨论函数f ( x)零点个数；
(2)求证：e
1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n >n(n∈N
∗)．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）求导，分类讨论a的取值，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解，
（2）根据ln x< x−1，取x =1+ 1
n，利用累加法，结合指对互化即可求解.
（1）∵f
' (x)= a
x −1= a−x
x
( x>0)
∴①当a≤0时，f
' (x)<0,即f (x)在(0,+ ∞)单调递减，
又f (1)=0，∴ f ( x)只有一个零点.
②当a>0时，令f
' (x)=0,则x =a，
当0< x<a时，f
' (x)>0,当x>a时，f
' (x)<0,
故f (x)在(0,a)单调递增，f (x)在(a,+ ∞)单调递减，
∴f (x)≤f (a)=alna−a+1，
令g(a)=alna−a+1，则g
' (a)=lna，
故当0<a<1时，g
'(a)<0, g(a)单调递减，当a>1时，g
'(a)>0,g(a)单调递增，
故g(a)≥g(1)=0，
又x→0,f (x)→−∞，x→+ ∞,f (x)→−∞，
故当a=1时，f (x)只有一个零点，
当a>0且a≠1时，f (x)有两个零点，
综上可知：故当a=1或a≤0时，f (x)只有一个零点，
当a>0且a≠1时，f (x)有两个零点，
（2）由（1）可知，当a=1时，f (x)= ln x−x +1在(1,+∞)单调递减，
故当x>1时，f (x)= ln x−x +1<f (1)=0，故ln x< x−1，
取x =1+ 1
n，则ln(1+ 1
n)< 1
n，即ln(n+1)−lnn< 1
n，
相加可得(ln2−ln1)+(ln3−ln2)+⋯+(ln(n+1)−lnn)<1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n，
∴ln(n+1)<1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n，
∴e
1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n >eln(n+1)=n+1>n，
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意
分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形
结合思想的应用
【典型例题3】设函数f (x)= 1
2 a x
2−(a+1) x + ln x.
(1)当a>0时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a=−1时，判断函数g(x)= f (x)+(x
2−2 x +1)e
x的零点个数，并说明理由.
【答案】(1)答案见解析；
(2)有一个零点，理由见解析.
【解析】（1）求出函数f ( x)的定义域及导数，再分类讨论求出f ( x)的单调性作答.
（2）把a=−1代入求出g( x)，利用导数结合零点存在性定理探讨函数g( x)的零点个数作答.
（1）函数f (x)= 1
2 a x
2−(a+1) x + ln x的定义域为(0,+∞)，求导得
f
'( x)=a x
2−(a+1)+ 1
x = ( x−1)(ax−1)
x
，
若0<a<1，由f
'( x)>0得0< x<1或x> 1
a，由f
'( x)<0得1< x< 1
a，
因此函数f ( x)在(0,1)，( 1
a ,+∞)上单调递增，在(1, 1
a )上单调递减，
若a=1，恒有f
'( x)≥0，当且仅当x =1时取等号，因此函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
若a>1，由f
'( x)>0得0< x< 1
a或x>1，由f
'( x)<0得1
a < x<1，
因此函数f ( x)在(0, 1
a )，(1,+∞)上单调递增，在( 1
a ,1)上单调递减，
所以当0<a<1时，函数f ( x)在(0,1)，( 1
a ,+∞)上单调递增，在(1, 1
a )上单调递减；
当a=1时，函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，函数f ( x)在(0, 1
a )，(1,+ ∞)上单调递增，在( 1
a ,1)上单调递减.
（2）当a=−1时，函数g( x)=−1
2 x
2+ ln x +( x
2−2 x +1)e
x, x>0有且只有一个零点.
g
'( x)=−x + 1
x +( x
2−1)e
x=( x +1)( x−1)(e
x−1
x )，显然函数h( x)=e
x−1
x 在(0,+∞)上单调递增，
而h( 1
2 )= ❑√e−2<0,h(1)=e−1>0，则存在唯一x0∈( 1
2 ,1)使得h( x0)=0，即e
x0= 1
x0
,−x0= ln x0，
当0< x< x0时，h( x)<0，即g
'( x)>0，当x0< x<1时，h( x)>0，即g
'( x)<0，当x>1时，g
'( x)>0，
因此函数g( x)在(0, x0)，(1,+ ∞)上单调递增，在( x0,1)上单调递减，当x = x0时，g( x)取得极大值，
g( x0)= ln x0−1
2 x0
2+( x0
2−2 x0+1)e
x0=−x0−1
2 x0
2+( x0
2−2 x0+1)⋅1
x0
=−1
2 x0
2+ 1
x0
−2，
而当1
2 < x0<1时，1< 1
x0
<2,−1
2 x0
2+ 1
x0
−2<0，于是g( x)在(0,1)上无零点，
因为g(1)=−1
2 ,g(2)=e
2+ ln2−2>0，因此g( x)在(1,+∞)上有唯一零点，
所以函数g( x)在(0,+ ∞)上有唯一零点.
【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数
形结合思想分析解决问题.
【典型例题4】已知函数f (x)= 1
2 x
2+(1−a) x−ln x (a≠0).
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a<−1时，判断函数g(x)=(x−1)ln x−x +1−f (x)的零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)g(x)在定义域内有两个零点
【解析】（1）利用导数，分成a>0，a=−1，−1<a<0，a<−1四种情况讨论函数的单调性；
（2）法一：利用导数讨论函数g(x)的单调性，在区间(0,1)，(1,2)，(2,+∞)上分别讨论g(x)零点的个数；
法二：设h(x)= ln x + 1
2 x + 1
x −3，直线l：y = 1
2 m(x−2)，数形结合，转化为讨论h(x)与直线的交点个数.
（1）定义域为(0,+ ∞)，
f
' (x)=ax +(1−a)−1
x = a x
2+(1−a) x−1
x
= (x−1)(ax +1)
x
(a≠0)，
①当a>0时，ax +1>0，
∴x>1时f
' (x)>0，f (x)单调递增；0< x<1时f
' (x)<0，f (x)单调递减；
②当a=−1时，f
' (x)<0恒成立，即f (x)单调递减；
③当−1<a<0时，−1
a >1，单调性如下表：
x
(0,1 1 (1,−1
a −1
a (−1
a ,+∞
f ' (x −
+
−
f (x) 减
增
减
∴f (x)在(0,1)和(−1
a ,+ ∞)单调递减；在(1,−1
a)上f (x)单调递增；
④当a<−1时，−1
a <1，单调性如下表：
x
(0,−1
a −1
a (−1
a ,1 1
(1,+∞
f ' (x −
+
−
f (x) 减
增
减
∴f (x)在(0,−1
a)和(1,+∞)单调递减，在(−1
a ,1)单调递增；
综上：a>0时，f (x)在(1,+∞)单调递增，在(0,1)单调递减；
a=−1时，f (x)在(0,+ ∞)单调递减；
−1<a<0时，f (x)在(0,1)和(−1
a ,+ ∞)单调递减，在(1,−1
a)单调递增；
时，f (x)在(0,−1
a)和(1,+∞)单调递减，在(−1
a ,1)单调递增；
（2）当a<−1时，g(x)=(x−1)ln x−x +1−f (x)= x ln x−1
2 a x
2+(a−2) x +1，
法一：若h(x)= g
' (x)= ln x−ax +a−1，则h
' (x)= 1
x −a= 1−ax
x
>0，
∴h(x)在(0,+∞)单调递增，且h(1)=−1<0，h(2)= ln a−a−1>0，
∴∃x0∈(1,2)使h(x0)= g
'(x0)=0，即g
'(x0)= ln x0−a x0+a−1=0（※），
当x∈(0, x0)时，h(x)<0即g
' (x)<0，则g(x)单调递减；
当x∈(x0,+ ∞)时，h(x)>0即g
' (x)>0，则g(x)单调递增；
∴g(x)min= g(x0)= x0ln x0−1
2 α x0
2+(a−2) x0+1，
由（※）式得：ln x0=a x0−a+1，则g(x0)= 1
2 a x0−x0+1(x0∈(1,2))，
令φ(x)= 1
2 a x
2−x +1(x∈(1,2))，φ
' (x)=ax−1，
由x∈(1,2)，则φ
' (x)=ax−1<0，故φ(x)在x∈(1,2)上单调递减，又φ(1)= 1
2 a−1+1= 1
2 a<0，
∴g(x0)<0在(1,2)成立，
易证y = x ln x在(0, 1
e)单调递减，在(
1
e ,+ ∞)单调递增，则x ln x>−1
e ，
取x1>0，设g(x1)= x1ln x1−1
2 a x1
2+(a−2) x1+1>−1
e +(a−2) x1+1>0，则x1<
1−1
e
2−a
，
∴存在0< x1<
1−1
e
2−a <1使得g(x1)>0，故g(x)在(0,1)内有一零点，
取x2>2，设g(x2)= x2ln x2−1
2 a x2
2+(a−2) x2+1>−1
2 a x2
2+(a−2) x2= 1
2 x2(a x2+2(a−2))>0，
∴存在x2> 2(a−2)
a
>2，使得g(x2)>0，故g(x)在(2,+∞)内有一零点，
综上，g(x)在定义域内有两个零点.
法二：g(x)=0⇔ln x−1
2 ax +(a−2)+ 1
x =0⇔ln x + 1
x = 1
2 ax−(a−2)（※），
令m=a+1(m<0)，则（※）式化为ln x + 1
2 x + 1
x −3= 1
2 m(x−2)，
设h(x)= ln x + 1
2 x + 1
x −3，直线l：y = 1
2 m(x−2)问题转化为讨论h(x)与直线的交点个数，
h
' (x)= 1
x + 1
2 −1
x
2 = x
2+2 x−2
2 x
= (x +1+ ❑√3)(x +1−❑√3)
2 x
，
x∈(0,❑√3−1)时，h
' (x)<0，h(x)单调递减；
x∈(❑√3−1,+ ∞)时，h
' (x)>0，h(x)单调递增；
h(❑√3−1)= ln(❑√3−1)+ ❑√3−3<0，
当x→+∞时，h(x)→+∞；
当x→0时，h(x)>(x−1)+ 1
2 x + 1
x −3= 3
2 x + 1
x −4→+∞；
由h(2)= ln2−3
2 <0，h(4)= ln 4−3
4 >0，则h(x)图像大致如下：
由图知，直线与h(x)交点有两个，
∴g(x)在定义域内有两个零点.
【点睛】利用导数确定零点个数问题，方法一是利用导数确定函数的单调性，得出函数的最值，然后确定最值的正
负(有时需要再次引入新函数，由新函数的导数得出结论)，同时确定某些函数值的正负，从而利用零点存在定理得
出零点的个数；方法二，可以参变分离或者对函数进行分割，转化为两个函数图象的交点问题.
【变式训练7-1】已知曲线C：f (x)=sin
2 x +ae
x−x (a∈R)
(1)若曲线C 过点P(0,−1)，求曲线C 在点P 处的切线方程；
(2)当a=−1时，求f (x)在[0,π
2 ]上的值域；
(3)若0<a≤1，讨论g(x)= f (x)+ 1
2 cos2 x−a−1
2的零点个数．
【变式训练7-2】设函数f (x)= sin x
e
x
．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)设函数g(x)= f (x)−a，求g(x)在[0,3π]的零点个数．
【变式训练7-3】已知函数f (x)=ae
x−ln (x +2)+ ln a−2.
(1)若f (x)在x =0处取得极值，求a的值及函数的单调区间；
(2)请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择.如果多写按第一个计分.
①若f (x)≥0恒成立，求a的取值范围.
②若f (x)仅有两个零点，求a的取值范围.
【变式训练7-4】已知函数f (x)=e
x−1−m x
2(m∈R).
（1）选择下列两个条件之一：①m= 1
2；②m=1；判断f (x)在区间(0,+∞)是否存在极小值点，并说明理由；
（2）已知m>0，设函数g(x)= f (x)+mx ln(mx).若g(x)在区间(0,+∞)上存在零点，求实数m的取值范围.
【变式训练7-5】已知函数f ( x)=ae
x−ln( x +1)+ ln a−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.
【变式训练7-6】已知f (x)= x ln x + a
2 x
2+1．
(1)若函数g(x)= f (x)+ x cos x−sin x−x ln x−1在(0, π
2]上有1 个零点，求实数a的取值范围．
(2)若关于x的方程x e
x−a= f (x)−a
2 x
2+ax−1有两个不同的实数解，求a的取值范围．
【变式训练7-7】已知函数f ( x)=e
2 x +a−1
2 ln x + a
2
（1）若函数y = f (x)在(0, 1
2)上单调递减，求a的取值范围；
（2）若函数y = f (x)在定义域内没有零点，求a的取值范围．
题型08：零点差问题
【典型例题1】f (x)=ln(e
x +a+1)−x
2 + x
2
4 +b有两个零点x1, x2(x1< x2)．
(1)a=0时，求b的范围；
(2)b=−1且a< 5
4 时，求证：x2−x1<2❑√5−4 a．
【答案】(1)(−∞,0)
(2)证明见详解
【解析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解.
（2）当b=−1时由f (x)=ln(e
x +a+1)−x
2 + x
2
4 −1> x
2
4 + x
2 +a−1及x
2
4 + x
2 +a−1=0的两个零点之间的距离可
得x2−x1<2❑√5−4 a.
（1）a=0时，f (x)= ln(e
x+1)−x
2 + x
2
4 +b，
由题意f (x)的两个零点x1, x2(x1< x2)即为
方程ln(e
x+1)−x
2 + x
2
4 +b=0的两个根，
分离参数即得b=−ln(e
x+1)+ x
2 −x
2
4
，令g(x)=−ln(e
x+1)+ x
2 −x
2
4
，
对其求导得g
' (x)=−e
x
e
x+1
−x
2 + 1
2，设s(x)=−e
x
e
x+1
−x
2 + 1
2，
则s
' (x)=−1
2 −e
x
(e
x+1)
2 <0，所以g
' (x)在定义域上面单调递减，
注意到g
' (0)=0，所以g
' (x)、g(x)随x的变化情况如下表：
(−∞,0 (0,+ ∞
g
' (x +
−
g(x ↗
↘
所以g(x)有极大值（最大值）g(0)=−ln 2，
又当x→+ ∞时，g(x)→−∞；当x→−∞时，g(x)→−∞，
若方程b=−ln(e
x+1)+ x
2 −x
2
4
有两个根，
则b<[g(x)]max = g(0)=−ln 2，即b的取值范围为(−∞,−ln 2).
（2）因为ln(e
x +a+1)>lne
x +a= x +a，设g(x)= x
2
4 + x
2 +a−1，
所以当b=−1且a< 5
4 时有f (x)=ln(e
x +a+1)−x
2 + x
2
4 −1> x
2
4 + x
2 +a−1= g(x)，
进而有f (x1)=0> x1
2
4 + x1
2 +a−1= g(x1)，f (x2)=0> x2
2
4 + x2
2 +a−1= g(x2)且
f (x)的函数图像恒在g(x)的函数图象上方，不妨设g(x)= x
2
4 + x
2 +a−1的两个零点为x3、x4（且x3< x4），如
图所示：
因此f (x)的两个零点x1, x2(x1< x2)在二次函数g(x)= x
2
4 + x
2 +a−1两个零点之内，
所以有x2−x1< x4−x3，令x
2
4 + x
2 +a−1=0，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为
a1= 1
4 、b1= 1
2 、c1=a−1，其判别式Δ=b1
2−4 a1c1=(
1
2)
2
−4× 1
4 ×(a−1)= 1
4 −a+1= 5−4 a
4
，
又x4−x3=|
−b1+ ❑√Δ
2a1
−−b1−❑√Δ
2a1 |=
❑√Δ
|a1|
，所以x4−x3=
❑√Δ
|a1|
=
❑√
5−4 a
4
1
4
=2❑√5−4 a，
综上，有x2−x1< x4−x3=2❑√5−4 a，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放
缩ln(e
x +a+1)>lne
x +a= x +a，进而去发现相应零点之间的变化.
【典型例题2】设f ( x)= 1
3 x
3+m x
2+nx.
(1)如果g( x)= f
'( x)−2 x−3在x =2处取得最小值−5，求f ( x)的解析式；
(2)如果m+n<10(m,n∈N
+)，f ( x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n的值.
【答案】(1)f ( x)= 1
3 x
3−x
2+2 x；
(2)m=2，n=3或m=3，n=5.
【解析】（1）先对f ( x)进行求导，进而得出g(x)的解析式，利用配方法将二次函数g(x)表示成顶点式，再根据
g( x)在x =2处取得最小值−5，即可列方程组求出m和n的值，从而得出f ( x)的解析式；
（2）求导得f
'( x)= x
2+2mx +n，根据f ( x)的单调递减区间的长度是正整数，可判断出x
2+2mx +n=0存在两
个不相等的实数根x1，x2，设x1< x2，根据Δ>0和求根公式得出x2−x1=2
❑√m
2−n∈N，再结合
m+n<10(m,n∈N
+)，从而可得出满足要求的m和n的值.
（1）解：由题可知，f ( x)= 1
3 x
3+m x
2+nx，则f
'( x)= x
2+2mx +n，
∴g( x)= f
'( x)−2 x−3= x
2+2(m−1)x +n−3=(x +m−1)
2−m
2+2m+n−4，
此时g( x)为二次函数，抛物线开口向上，对称轴为x =1−m，
由于g( x)= f
'( x)−2 x−3在x =2处取得最小值−5，
则¿，解得：¿，
所以f ( x)= 1
3 x
3−x
2+2 x.
（2）解：f
'( x)= x
2+2mx +n，因为f ( x)的单调递减区间的长度是正整数，
所以x
2+2mx +n=0存在两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1< x2，
则Δ= 4 m
2−4 n= 4(m
2−n)>0，即m
2>n，
∴x1=−m−
❑√m
2−n, x2=−m+
❑√m
2−n, x2−x1=2
❑√m
2−n∈N，
又因为m+n<10(m,n∈N
+)，所以m≥2时才能有满足条件的m,n，
当m=2时，只有n=3符合要求；当m=3时，只有n=5符合要求；
当m≥4时，没有符合要求的n；
所以m=2，n=3或m=3，n=5.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数的极值求参数值，考查利用导数解决零点差问题，解题的关键在于第
（2）问中，将问题转化为方程存在两个不等实数根从而解决问题，考查学生转化思想和运用能力.
【变式训练8-1】已知函数f ( x)= 1
2 m x
2−2 x +1+ ln( x +1)(m⩾1).
(1)求曲线C : y = f ( x)在点P(0,1)处的切线方程；
(2)求证：函数f ( x)存在单调递减区间[a，b]，并求出单调递减区间的长度t =b−a的取值范围.
【变式训练8-2】已知函数f (x)=ln(x +1)，g(x)= f (x)+ae
x，其中a∈R.
(1)求过点(−1,−1)且与函数f (x)的图象相切的直线方程；
(2)①求证：当x>0时，e
x>1+ x + x
2
2
；
②若函数g(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：|x2−x1|<2❑√
1
a
2 + 2
a −1.
【变式训练8-3】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)= x
2+2 x，g(x)=−x
2+2 x，D =(−∞，+∞)，求h(x)的表达式；
（2）若f ( x)= x
2−x +1，g( x)=k ln x，h( x)=kx −k , D =(0，+∞)，求k 的取值范围；
（3）若f ( x)= x
4−2 x
2，g( x)= 4 x
2−8，h( x)= 4(t
3−t) x−3t
4+2t
2(0<|t|≤❑√2)，
D =[m,n]⊆[−❑√2,❑√2]，求证：n−m≤❑√7．
题型09：割线法切线法与零点
【典型例题1】已知函数f (x)=(e−x)ln x（e为自然对数的底数）.
（1）求函数f (x)的零点，以及曲线y = f (x)在其零点处的切线方程；
（2）若方程f (x)=m(m≠0)有两个实数根x1, x2，求证：|x1−x2|<e−1−em
e−1.
【答案】（1）零点为1,e；y =(e−1)(x−1)；y =−x +e；（2）见解析.
【解析】（1）由题意可得函数f (x)的零点为1，e，求导后，求出f
' (1)=e−1，f
' (e)=−1，再求出
f (1)= f (e)=0，利用点斜式即可求得切线方程；
（2）利用导数证明(e−x)ln x ≤(e−1)(x−1)、(e−x)ln x ≤−x +e，设g(x3)= f (x1)= f (x2)=h(x4)=m，由
函数单调性可知x1> x3、x4> x2，利用|x1−x2|< x4−x3即可得证.
（1）由f (x)=(e−x)ln x =0，得x =1或x =e，所以函数f (x)的零点为1，e，
因为f
' (x)= e
x −ln x−1，所以f
' (1)=e−1，f
' (e)=−1.
又因为f (1)= f (e)=0，
所以曲线y = f (x)在x =1处的切线方程为y =(e−1)(x−1)，
在x =e处的切线方程为y =−x +e；
（2）证明：因为函数f (x)的定义为(0,+ ∞)，f
' (x)= e
x −ln x−1，
令p(x)= e
x −ln x−1(x>0)，则p
' (x)=−1
x −e
x
2 <0，所以p(x)即f
' (x)单调递减，
由f
' (1)=e−1>0，f
' (e)=−1<0，
所以存在x0∈(1,e)，使得f (x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减；
不妨设x1< x0< x2，且x1≠1，x2≠e，
令g(x)=(e−1)(x−1)(x>0)，h(x)=−x +e (x>0)，
记m(x)=(e−1)(x−1)−(e−x)ln x，则m
' (x)= ln x−e
x +e，
令q(x)= ln x−e
x +e(x>0)，则q
' (x)= 1
x + e
x
2 >0，
所以m
' (x)单调递增，且m
' (1)=0，
故m(x)在(0,1)单调递减，m(x)在(1,+∞)单调递增，
所以m(x)≥m(1)=0，即(e−x)ln x ≤(e−1)(x−1)；
记n(x)=−x +e−(e−x)ln x，则n
' (x)= ln x−e
x ，
所以n
' (x)单调递增，且n
' (e)=0，故n(x)在(0,e)单减，m(x)在(e ,+∞)单增.
则n(x)≥n(e)=0，即(e−x)ln x ≤−x +e；
不妨设g(x3)= f (x1)= f (x2)=h(x4)=m，
因为g(x1)>f (x1)=m= g(x3)，且g(x)=(e−1)(x−1)为增函数，所以x1> x3.
由g(x3)=(e−1)(x3−1)=m，得x3= m
e−1 +1；
同理x4> x2，x4=e−m；
所以m
e−1 +1= x3< x1< x2< x4=e−m.
所以|x1−x2|< x4−x3=e−m−(
m
e−1 +1)=e−1−em
e−1，
所以|x1−x2|<e−1−em
e−1.
【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了计算能力和推理能力，属于难题.
【典型例题2】已知函数f ( x)=( x
2−x)e
x.
（1）求曲线y = f ( x)在原点处的切线方程；
（2）若f ( x)−ax +e≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若方程f ( x)=m(m∈ R)有两个正实数根x1, x2，求证：| x1−x2|< m
e +m+1.
【答案】(1) x + y =0;(2) 0≤a≤e;（3）见解析.
【解析】试题分析：
(1)利用题意结合导函数与切线的关系求得切线方程为x + y =0即可；
(2)利用题意讨论x =0 和x>0 两种情况可得实数a的取值范围是0≤a≤e.
(3)由(2)的结论，取a=e，结合函数的可知可得：| x1−x2|< m
e +m+1.
试题解析：
(1)f '( x)=( x
2+ x−1)e
x ,f '(0)=−1,f (0)=0,故曲线y = f ( x)在原点处的切线方程x + y =0.
(2) ①当x =0时，a∈R；②当x>0时，问题等价为a≤( x−1)e
x+ e
x 恒成立，设g( x)=( x−1)e
x+ e
x ( x>0)，
则g'( x)= x e
x−e
x
2，因为y = g'( x)在(0,+∞)上单调递增，且g'(1)=0，所以g( x)在(0,1)上单调递减，在
(1,+ ∞)上单调递增，所以y = g( x)上的最小值为g(1)=e，所以a≤e.③当x<0时，问题等价为
a≥( x−1)e
x+ e
x 恒成立，设h( x)=( x−1)e
x+ e
x ( x<0)，则h( x)<0,h'( x)= x e
x−e
x
2 <0，所以y =h( x)在
(−∞,0)上单调递减，而x→−∞时，h( x)→0所以a≥0即可.综上所述0≤a≤e.
（3）依第（2）问，取a=e，有( x
2−x)e
x≥ex −e，因为y = f ( x)在x =0处的切线方程为y =−x.
设φ( x)=( x
2−x)e
x+ x( x>0)，则φ'( x)=( x
2+ x−1)e
x+1,φ' '( x)=( x
2+3 x)e
x，令φ' '( x)=0得x =−3或
x =0.容易知道y =φ'( x)在(−∞,−3),(0,+ ∞)单调递增，在(−3,0)单调递减，而φ'(0)=0，所以当x>0时，
φ'( x)>0, y =φ( x)单调递增.而φ(0)=0，所以，当x>0时，φ( x)>0恒成立.
所以( x
2−x)e
x≥−x.设y =m分别与y =−x和y =e( x−1)的两个交点的横坐标为x3, x4，则x3< x1< x2< x4，所
以| x1−x2|< x4−x3= m
e +1+m.
【变式训练9-1】已知函数f ( x)= 1−x
2
e
x
（e 为自然对数的底数）．
（1）求函数f ( x)的零点x0，以及曲线y = f ( x)在x = x0处的切线方程；
（2）设方程f ( x)=m(m>0)有两个实数根x1, x2，求证：|x1−x2|<2−m(1+ 1
2e )．
【变式训练9-2】已知函数f (x)=(x−1)ln (x +1)，曲线y = f (x)在点(1,0)处的切线方程为y =kx +b(k ,b∈R).
(1)求k，b的值；
(2)证明：f (x)≥kx +b；
(3)若函数g(x)= f (x)+m(m∈R)有两个零点x1，x2，证明：|x2−x1|≤1−m−m
ln2.
【变式训练9-3】已知函数f (x)=(x +1)(e
x−1).
（1）求f (x)在点(−1,f (−1))处的切线方程；
（2）若方程f (x)=b有两个实数根x1，x2，且x1< x2，证明x2−x1≤1+ b+e+1
3e−1 + eb
e−1.
1.已知函数f (x)= x sin x +cos x +a x
2, g(x)= x ln x
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．
2.已知函数f (x)= x
4−x
3+m(m≥0)．
(1)求曲线y = f (x)在点(1,m)处的切线方程；
(2)讨论函数g(x)=|f (x)−m|−m的零点个数．
3. 已知函数f (x)= ln x−ax
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）若x1，x2，(x1< x2)是f (x)的两个零点.证明：
（i）x1+ x2> 2
a；
（ii）x2−x1> 2❑√1−ea
a
.
4. 设函数f (x)= x ln x．
（1）求曲线y = f (x)在点(e
−2,f (e
−2))处的切线方程；
（2）若关于x的方程f (x)=a有两个实根，设为x1，x2（x1< x2），证明：x2−x1<1+2a+e
−2．
5.已知函数f ( x)=ax−1
x −(a+1)ln x．
(1)当a=0时，求f ( x)的最大值；
(2)若f ( x)恰有一个零点，求a 的取值范围．
6．已知函数f (x)= e
x
x −ln x + x−a．
(1)若f (x)≥0，求a 的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x1, x2，则x1 x2<1．
7．已知函数f (x)= ln (1+ x)+ax e
−x
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a 的取值范围．
8．已知函数f ( x)=( x−1)e
x−a x
2+b．
（1）讨论f ( x)的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：f ( x)只有一个零点
①1
2 <a≤e
2
2 ,b>2a；
②0<a< 1
2 ,b≤2a．
9．已知1<a≤2，函数f (x)=e
x−x−a，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数y = f (x)在(0，+ ∞)上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0 为函数y = f (x)在(0，+ ∞)上的零点，证明：
（ⅰ）❑√a−1≤x0≤❑√2(a−1)；
（ⅱ）x0 f (e
x0)≥(e−1)(a−1)a．
10．设函数f ( x)= x
3+bx +c，曲线y = f ( x)在点(1
2，f(1
2))处的切线与y 轴垂直．
（1）求b．
（2）若f ( x)有一个绝对值不大于1 的零点，证明：f ( x)所有零点的绝对值都不大于1．
11．已知函数f ( x)= x
3−kx +k
2．
（1）讨论f ( x)的单调性；
（2）若f ( x)有三个零点，求k的取值范围．
12．设函数f ( x)=( x−a)( x−b)( x−c),a,b,c∈R，f '( x)为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a 的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和f '( x)的零点均在集合{−3,1,3}中，求f（x）的极小值；
（3）若a=0,0<b⩽1,c =1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤4
27 ．
高中函数零点【考题归纳】
题型01：判断函数零点所在区间
【典型例题1】设函数
,则函数
( ).
A.在区间
内均有零点 B.在区间
内均无零点
C.在区间
内有零点,在区间
内无零点
D.在区间
内无零点,在区间
内有零点
【答案】D
【解析】令
得
.作出函数
和
的图象,
如图所示,
由
与
的图象在
内无交点,在
内有交点,
得
在
内无零点,在
内有零点.
【典型例题2】函数
的零点所在区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由函数的单调性，结合零点存在性定理判断选项即可.
因为
在
上为增函数，且
，
，因为
，所以
，
所以
的零点所在区间为
.
故选：C.
【变式训练1-1】方程
的实数根所在的区间是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-2】在下列区间中，函数
的零点所在的区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-3】已知曲线
与
轴交于点
，设
经过原点的切线为，设
上一点
横坐标为
，
若直线
，则
所在的区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-4】设
,
,则函数
存在的零点所在的区间一定为( ).
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-5】对于定义在R 上的函数
，若存在非零实数
，使
在
和
上均有
零点，则称
为
的一个“折点”，下列四个函数存在“折点”的是（ ）
A．
B．
C．
D．
题型02：二分法
【典型例题1】若函数
的一个正数零点附近的函数值用二分法计算，其参考数据如下：
那么方程
的一个近似根（精确度
）可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据二分法求零点的步骤以及精确度可求得结果.
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，因为
，所以不满足
精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，因为
，所以不满
足精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，因为
，所
以不满足精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，因为
，所以不满足精确度
；
因为
，
，所以函数在
内有零点，
因为
，所以满足精确度
，
所以方程
的一个近似根（精确度
）是区间
内的任意一个值（包括端点
值），根据四个选项可知选C.选：C
【典型例题2】已知函数
满足：对任意
，都有
，且
.在用二分法
寻找零点的过程中，依次确定了零点所在区间为
，又
，则函数
的
零点为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先根据条件分析得到
的单调性，然后根据二分法的过程得到
满足的方程组，由此求解出
的
值，则
的零点可知.
因为对任意
，都有
，且
，
所以
在
上单调递增，且
；
因为
恒成立，所以
，解得
，
所以
的零点为
，故选：B.
【变式训练2-1】已知函数
的一个零点
，用二分法求精确度为0.01 的
的近似值时，判断各区间
中点的函数值的符号最多需要的次数为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【变式训练2-2】函数
，用二分法求方程
在
内近似解的过程中得
，
，
，
，
，则方程的根落在区间（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-3】函数
的零点与
的零点之差的绝对值不超过
，则
的解析式可能是
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-4】已知图像连续不断的函数
在区间
上有唯一零点，如果用“二分法”求这
个零点（精确度0.0001）的近似值，那么将区间
等分的次数至少是（ ）
A．4
B．6
C．7
D．10
题型03：函数零点个数的判断
【典型例题1】已知
，则
的零点之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】令
，由二倍角的余弦公式和辅助角公式化简可得
，则
或
，结合
，即可得出答案.
由
，
则
，所以
，
即
，
所以
或
，
解得：
或
，
因为
，所以
，
或
，
所以
的零点之和为
，
故选：C.
【典型例题2】函数
的零点个数为（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】D
【解析】转化为
，
的交点个数问题，画出两函数图象，数形结合得到答案.
，即
，
令
，
，
故
的零点个数为
与
的交点个数，
在同一坐标系内画出
与
的图象，如下：
显然
与
的交点个数为1，故
的零点个数为1.
故选：D
【变式训练3-1】已知函数
，则
的所有零点之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-2】拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数
在闭区间
上连续，在开区间
内可导，则在区间
内至少存在一个点
，使得
称为函数
在闭区间
上的中值点，若关于函数
在区间
上的“中值点”的个数为m，函数
在区间
上的“中值点”的个数为n，则有
（ ）（参
考数据：
.）
A．1
B．2
C．0
D．
【变式训练3-3】设
是定义在
上的奇函数，且当
时，
，则
的零点个数为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【变式训练3-4】若函数
(
)满足
，且
时，
，函数
则函数
在区间
内零点的个数为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【变式训练3-5】已知函数
是定义在R 上的偶函数，且
，当
时，
，设函数
，则函数
的零点个数为（ ）
A．6
B．8
C．12
D．14
【变式训练3-6】函数
，则函数
的零点个数为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
题型04：比较零点大小
【典型例题1】已知函数
，
，
的零点依次为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】分析函数单调性，根据零点存在性定理，依次判断
所在区间即可.
由题意，对于函数
，可知
是增函数，
也是增函数，
则
为
上增函数，又
，
对函数
，可知
增函数，
也是增函数，故函数
为
上增函数，
又
，
，故
；
对于
，又
，故
；
；
故选：C.
【典型例题2】若
，则下列不等关系一定不成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】将条件转化为
，结合对应函数的性质画出函数图象，判断它们与
有交点时各交
点横坐标的大小情况.
由
，得
．
由
，得
，
，
作函数
，
，
的图象，再作直线
．
变换
的值发现：
，
，
均能够成立， D 不可能成立.
【变式训练4-1】已知函数
的零点分别为a，b，c，则有
（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练4-2】已知正数
满足
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练4-3】已知函数
，
，
的零点分别为
、
、，则
、
、
的大小顺序为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练4-4】已知函数
的两个零点分别为
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
题型05：求由零点组成代数式的值或者取值范围
【典型例题1】函数
所有零点之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先化简，转化为
与
的交点横坐标之和，数形结合即得解
函数
所有零点
函数
与
的交点的横坐标．
，
，可得函数
，
的图象，关于点
对称．
函数
，
的图象如下：
结合图象可得在区间
，函数
，
的图象有4 个交点，关于点
对称，所有零点之和为
故选：B
【典型例题2】设函数
，
有四个实数根
，
，
，
，且
，
则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据分段函数解析式研究
的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得
、
、
，进而将目标式转化并令
，构造
，则只需研究
在
上的范围即可.
由分段函数知：
时
且递减；
时
且递增；
时，
且递减；
时，
且递增；
∴
的图象如下：
有四个实数根
，
，
，
且
，
由图知：
时
有四个实数根，且
，又
，
由对数函数的性质：
，可得
，
∴令
，且
，
由
在
上单增，可知
，所以
.
【变式训练5-1】设
满足
，
满足
，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．
【变式训练5-2】若
是函数
的零点，
是函数
的零点，则
的值为（ ）
A．1
B．2023
C．
D．4046
【变式训练5-3】函数
在区间
上的所有零点之和为（ ）
A．6
B．8
C．12
D．16
【变式训练5-4】已知函数
，若存在实数
，满足
，且
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-5】已知函数
若存在实数
，
，
，
，满足
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
题型06：根据零点个数或者区间确定参数的取值范围
【典型例题1】已知函数
，若关于x 的方程
在区间
上有两个不同的实根，
则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】构造新函数
，根据根的情况分类讨论可求a 的取值范围.
设
，因为
时
，不合题意，故
.
，即
；
若
，即
时，
在区间
上单调递减，至多有一个零点，不符合题意，舍.
若
，即
时，
在区间
上单调递增，至多有一个零点，不符合题意，舍.
若
，则
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
从而只需
，即
，解得
，即
.
故选：A
【典型例题2】已知函数
若函数
有3 个零点，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由二次函数、导数研究
的性质并画出草图，将问题化为
与
的图象有3 个交点，数形
结合确定参数范围.
当
时，
，
当
时，
单调递减；当
时，
单调递增.
当
时，
.
当
时，
，则
，
当
时，
，函数
单调递增；
当
时，
，函数
单调递减.
当
时，
.
画出函数
的图象如图所示：
因为函数
有3 个零点，
所以
与
的图象有3 个交点，由图知：
.
所以
的取值范围为
.
故选：B
【变式训练6-1】已知函数
.若函数
存在零点，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-2】若函数
有唯一零点，则实数
（ ）
A．2
B．
C．4
D．1
【变式训练6-3】若关于x 的方程
有四个不同的实数解，则k 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-4】已知函数
，若函数
恰有三个零点，则正实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-5】设
表示不超过
的最大整数，如
，已知函数
，若方程
有且仅有个实根，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-6】已知函数
若函数
恰有3 个零点，则
的取值范围
是（ ）
A．
B．
C．
D．
题型07：与嵌套函数有关的零点问题
【典型例题1】已知函数
则函数
的所有零点之和为（ ）
A．2
B．3
C．0
D．1
【答案】D
【解析】令
，得到
，令
，可得
，列出方程求得
，得到
，
在结合函数的解析式，列出方程，即可得到答案.
由函数
，令
，则
，
令
，可得
，
当
时，由
，可得
，即
，解得
；
当
时，由
，可得
，即
，解得
或
（舍去），
所以
，即
，
当
时，令
或
（舍去），解得
或
；
当
时，令
，解得
或
，
所以函数
的零点之和为
.
故选：D.
【典型例题2】已知函数
，若函数
有两个不同的零点，则实数a 的取值
范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据题意，先判断
在
和
上的单调性和最值，再作出函数
的大致图象，将函数的
零点问题转化为方程根的问题，从而数形结合得结果.
当
时，
，当
时，
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，在
上单调递增，且
，
当
时，
．
当
时
，当
时，
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，在
上单调递增，且
．
作出函数
的大致图象，如图所示，
由图象可知，
是函数
的零点，要使函数
有两个不同的零点，则方程
有两个不相等的实数根，等价于
有1 个非零实数根.
由图可知
或
或
，即
.
故选：C．
【变式训练7-1】若函数
，则方程
的实根个数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【变式训练7-2】已知函数
，若关于
的不等式
恰有两个整数解，
则实数
的最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练7-3】已知函数
，则关于
的方程
实数解的个数为（ ）
A．4
B．5
C．3
D．2
【变式训练7-4】已知函数
是定义在
上的奇函数，当
时，
，若关于
的
方程
恰有4 个不相等的实数根，则实数
的值是（ ）
A．
B．
C．0
D．
【变式训练7-5】已知函数
，则函数
的零点个数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
