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专题六 不等式、函数与导数
第6 讲 函数零点问题
【探究真题.明确方向】
1.(2025·天津，T7)函数f(x)=0.3x-❑√x的零点所在区间是( )
A.(0，0.3)
B.(0.3，0.5)
C.(0.5，1)
D.(1，2)
2.(2023·全国乙卷文，T8)函数f(x)=x3+ax+2 存在3 个零点，则a 的取值范围是( )
A.(-∞，-2)
B.(-∞，-3)
C.(-4，-1)
D.(-3，0)
3.(2024·全国甲卷文，T16)曲线y=x3-3x 与y=-(x-1)2+a 在(0，+∞)上有两个不同的交点，则a 的取值范围为
.
4.(2022·全国乙卷理，T21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-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.
【命题预测】本讲是历年高考命题常考的内容，高中低档题目都有考查，三种题型都有所考查，分值约为
5~15 分.
【考向预测】利用函数的图象与性质或导数研究函数的零点与方程的根，主要考查一是判断函数零点所在
的区间；二是判断函数零点的个数；三是已知函数零点的个数或区间求参数范围(值).
1.【答案】B
【解析】由指数函数、幂函数的单调性可知y=0.3x在R 上单调递减，y=❑√x在[0，+∞)上单调递增，
所以f(x)=0.3x-❑√x在定义域[0，+∞)上单调递减，又f(0)=1>0，f(0.3)=0.30.3-0.30.5>0，
f(0.5)=0.30.5-0.50.5<0，
所以根据零点存在定理可知，f(x)的零点所在区间为(0.3，0.5).
2.【答案】B
【解析】f(x)=x3+ax+2，
则f'(x)=3x2+a，
若f(x)存在3 个零点，
则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0，
令f'(x)=3x2+a=0，
解得x=-❑√
−a
3 或x=❑√
−a
3 ，
且当x∈(−∞，−❑√
−a
3 )∪(
❑√
−a
3 ，+ ∞)时，f'(x)>0，
当x∈(−❑√
−a
3 ，❑√
−a
3 )时，f'(x)<0，
故f(x)的极大值为f (−❑√
−a
3 )，
极小值为f (
❑√
−a
3 )，
若f(x)存在3 个零点，
则{
f(−❑√
−a
3 )>0，
f(
❑√
−a
3 )<0，
即{
a
3
❑√
−a
3 −a ❑√
−a
3 +2>0，
−a
3
❑√
−a
3 +a ❑√
−a
3 +2<0，
解得a<-3.
3.【答案】(-2，1)
【解析】令x3-3x=-(x-1)2+a，
则a=x3-3x+(x-1)2，
设φ(x)=x3-3x+(x-1)2，x>0，
则φ'(x)=(3x+5)(x-1)，x>0，
所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，且φ(0)=1，φ(1)=-2，
当x→+∞时，φ(x)→+∞，
因为曲线y=x3-3x 与y=-(x-1)2+a 在(0，+∞)上有两个不同的交点，
即y=a 与y=φ(x)的图象在(0，+∞)上有两个不同的交点，所以a 的取值范围为(-2，1).
4.【解析】(1)当a=1 时，f(x)=ln(1+x)+xe-x，
∴f'(x)= 1
x +1+e-x-xe-x，
∴f'(0)=1+1=2.
∵f(0)=0，
∴所求切线方程为y-0=2·(x-0)，
即y=2x.
(2)f(x)=ln(1+x)+ax
e
x ，
f(x)的定义域为(-1，+∞).
f'(x)= 1
1+ x +a(1−x)
e
x
=e
x+a(1−x
2)
(1+ x)e
x
.
设g(x)=ex+a(1-x2)，
①若a>0，则当x∈(-1，0)时，
g(x)=ex+a(1-x2)>0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(-1，0)上单调递增，
所以f(x)<f(0)=0，
故f(x)在(-1，0)上没有零点，不符合题意.
②若-1≤a≤0，则当x∈(0，+∞)时，
g'(x)=ex-2ax>0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=1+a≥0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)=0，
故f(x)在(0，+∞)上没有零点，不符合题意.
③若a<-1，
(ⅰ)当x∈(0，+∞)时，
则g'(x)=ex-2ax>0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，
又g(0)=1+a<0，g(1)=e>0，
所以存在m∈(0，1)，
使得g(m)=0，即f'(m)=0，
当x∈(0，m)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(m，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)=0，
又当x→+∞，f(x)→+∞，
所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零点，
又f(x)在(0，m)上没有零点，
即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点；
(ⅱ)当x∈(-1，0)时，
设h(x)=g'(x)=ex-2ax，
则h'(x)=ex-2a>0，
所以g'(x)在(-1，0)上单调递增，
又g'(-1)=1
e +2a<0，g'(0)=1>0，
所以存在n∈(-1，0)，使得g'(n)=0，
当x∈(-1，n)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(n，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)=1+a<0，又g(-1)=1
e >0，
所以存在t∈(-1，n)，使得g(t)=0，
即f'(t)=0，
当x∈(-1，t)时，f(x)单调递增，
当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，
又x→-1，f(x)→-∞，而f(0)=0，
所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，
所以f(x)在(-1，t)上有唯一零点，
在(t，0)上无零点，
即f(x)在(-1，0)上有唯一零点，
所以a<-1，符合题意.
综上，a 的取值范围为(-∞，-1).
考点一 利用函数的图象与性质研究函数的零点
考向1 函数零点个数的判断
【典例】1 函数f(x)= x
3
x -x+1 的零点个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】B
【解析】方法一 易知0 不是函数的零点，故f(x)= x
3
x -x+1=0⇔1
3
x -1+1
x =0(x≠0)，
令g(x)= 1
3
x -1+1
x (x≠0)，则g(x)在(-∞，0)，(0，+∞)上单调递减，
又g(-1)>0，g(−1
2)<0，g(1)>0，g(2)<0，
故g(x)在(−1，−1
2)，(1，2)上各有一个零点，即f(x)的零点个数为2.
方法二 易知0 不是函数的零点，
故f(x)= x
3
x -x+1=0⇔1
3
x =1-1
x ，
分别作出函数y= 1
3
x 与y=1-1
x 的图象如图所示，
由图可知，两函数有两个交点，即函数f(x)= x
3
x -x+1 有两个零点.
考向2 求参数的值或范围
【典例】2 设函数g(x)={
|ln x|+b，x>0，
e
x( x +1)+b，x ≤0，若函数g(x)有三个零点，则实数b 的取值范围是
.
【答案】[-1，0)
【解析】令g(x)=0 可得，-b={
|ln x|，x>0，
e
x( x +1)，x ≤0，
故直线y=-b 与函数f(x)={
|ln x|，x>0，
e
x( x +1)，x ≤0 的图象有三个交点，
当x≤0 时，f(x)=ex(x+1)，
则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2)，
由f'(x)<0 得，x<-2，所以f(x)在(-∞，-2)上单调递减；
由f'(x)>0 得，-2<x≤0，所以f(x)在(-2，0]上单调递增，
当x<-1 时，f(x)<0，当-1<x≤0 时，f(x)>0，
当x→-∞时，f(x)→0，
当x=-2 时，f(x)取得极小值f(-2)=- 1
e
2，f(0)=1.
所以函数f(x)的大致图象如图所示.
由图可知，当0<-b≤1 时，函数f(x)的图象与直线y=-b 有三个交点，
所以实数b 的取值范围是[-1，0).
考向3 嵌套函数的零点
【典例】3 (2025·临沂模拟)已知函数f(x)={
ln x，x>0，
−x
2+2ax，x ≤0，若函数y=f(f(x))有8 个零点，则实数a
的取值范围为( )
A.a>1
B.a<0
C.-1<a<0
D.a<-1
【答案】D
【解析】当a≥0，x≤0 时，f(x)=-x2+2ax，其图象的对称轴为直线x=a，又a≥0，
所以f(x)在(-∞，0)上单调递增，又f(0)=0，所以函数f(x)的图象如图所示，
令f(x)=t，y=f(f(x))=f(t)=0，
由图象知，t=0 或t=1，
即f(x)=t=0 或f(x)=t=1，
根据图象知f(x)=t=0 有2 个解，f(x)=t=1 有1 个解，
所以此时y=f(f(x))有3 个零点，不符合题意；
当a<0，x≤0 时，f(x)=-x2+2ax，其图象的对称轴为直线x=a，又a<0，
所以f(x)在(-∞，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减，又f(0)=0，所以函数f(x)的图象如图所示，
令f(x)=t，y=f(f(x))=f(t)=0，
由图象知，t=2a 或t=0 或t=1，
根据图象及a<0 知，f(x)=t=2a 有2 个解，f(x)=t=0 有3 个解，又y=f(f(x))有8 个零点，所以f(x)=t=1 有3 个解，
即{
a<0，
f (a)=a
2>1，解得a<-1.
综上，a<-1.
【考法归纳】利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法
【变式训练】1 (1)已知函数f(x)=x5+4x+a 在(-1，1)内有零点，则实数a 的取值范围是( )
A.(-5，5)
B.(-∞，-5)∪(5，+∞)
C.[-5，5]
D.(-∞，-5]∪[5，+∞)
【答案】A
【解析】因为y=x5是增函数，y=4x+a 也是增函数，所以f(x)是增函数，
因为f(x)在(-1，1)内有零点，
所以{
f (−1)=−1−4 +a<0，
f (1)=1+ 4+a>0，
解得-5<a<5.
(2)(2025·成都模拟)函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的所有零点之和为( )
A.9
B.10
C.11
D.12
【答案】D
【解析】函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的零点，即为|2x-3|=8sin πx 的解，
即g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx 图象交点的横坐标，因为h(
3
2)=-8，故直线x=3
2为h(x)=8sin πx 图象的对称轴，
而直线x=3
2也是g(x)=|2x-3|图象的对称轴，
又h(x)=8sin πx 的最小正周期为2π
π =2，
在平面直角坐标系中画出g(x)，h(x)的图象(如图所示)，
因为h(
5
2)=8>2=g(
5
2)，h(
9
2)=8>6=g(
9
2)，g(6)=9>8，
故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx 的图象在直线x=3
2的右侧有且仅有4 个不同的交点，
故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx 的图象的所有不同交点的横坐标之和为4×3=12，即函数f(x)的所有零点之和为
12.
考点二 利用导数研究函数的零点
【典例】4 (2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=2x-asin x+sin 2x.若a>0 且函数f(x)在(0，π)上没有零点，求
实数a 的取值范围.
【解析】由题意知f(x)=2x-asin x+sin 2x，
显然f(0)=0，f(π)=2π，若a>0，x∈(0，π)，
令f'(x)=2-acos x+2cos 2x=cos x(4cos x-a)=0，其中当cos x=0 时，x=π
2 ，
当a≥4 时，由x∈(0，π)知，4cos x-a<0，
则当x∈(0，π
2)时，cos x>0，f'(x)<0，此时f(x)在(0，π
2)上单调递减；
当x∈(
π
2 ，π)时，cos x<0，f'(x)>0，此时f(x)在(
π
2 ，π)上单调递增，
因此f(x)min=f (
π
2)=π-a<0，可知f (
π
2)f(π)<0，因此f(x)在(0，π)上存在零点，不符合题意；
当0<a<4 时，由4cos x-a=0 可得，
cos x=a
4 >0，
所以∃x0∈(0，π
2)，使得cos x0=a
4 ，可得当x∈(0，x0)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增；
当x∈(x0，π
2)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减；
当x∈(
π
2 ，π)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
所以要使函数f(x)在(0，π)上没有零点，需要f (
π
2)=π-a>0，所以0<a<π，
所以实数a 的取值范围为(0，π).
【考法归纳】已知零点求参数的取值范围
(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点；
(2)依据零点确定极值的范围；
(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
【变式训练】2 已知函数f(x)=eax-x(a∈R).
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的零点个数.
【解析】(1)若a=2，
则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1，即切点坐标为(1，e2-1)，
曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1，
故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)，
即y=(2e2-1)x-e2.
(2)方法一 由题意得f'(x)=aeax-1.
当a≤0 时，f'(x)<0，f(x)在R 上单调递减，
又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0，
此时f(x)有一个零点.
当a>0 时，令f'(x)<0 得x<-ln a
a ，
令f'(x)>0 得x>-ln a
a ，
所以f(x)在(−∞，−ln a
a )上单调递减，在(−ln a
a ，+∞)上单调递增.
故f(x)的最小值为f(−ln a
a )=1+ ln a
a
.
当a=1
e 时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点，当a>1
e 时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点，
当0<a<1
e 时，f(x)的最小值小于0，-ln a
a >0，f(-1)=e-a+1>0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，此时f(x)有两个零点，
综上，当a≤0 或a=1
e 时，f(x)有一个零点；
当0<a<1
e 时，f(x)有两个零点；
当a>1
e 时，f(x)没有零点.
方法二 当x≤0 时，f(x)=eax-x>0，
所以f(x)在(-∞，0]上无零点，
当x>0 时，令f(x)=eax-x=0，
所以eax=x⇒ax=ln x⇒a=ln x
x .
令φ(x)=ln x
x (x>0)，所以φ'(x)=1−ln x
x
2
，
所以当x∈(0，e)时，φ'(x)>0，当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0，
所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，所以φ(x)max=φ(e)=1
e ，
又当x→0 时，φ(x)→-∞，当x→+∞时，φ(x)→0，
所以φ(x)的图象如图所示，
由图可知，当a≤0 或a=1
e 时，f(x)有一个零点；
当0<a<1
e 时，f(x)有两个零点；
当a>1
e 时，f(x)没有零点.
【限时训练】（限时：60 分钟）
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2025·昆明模拟)已知函数f(x)=2❑√x-1
x ，在下列区间中，一定包含f(x)零点的区间是( )
A.(
1
4 ，1
2)
B.(
1
2 ，1)
C.(1，2)
D.(2，4)
【答案】B
【解析】因为f (
1
4)=2❑√
1
4 -
1
1
4
=-3<0，f (
1
2)=2❑√
1
2-
1
1
2
=❑√2-2<0，f(1)=2❑√1-1
1=1>0，
所以f(1)·f (
1
2)<0，又函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以函数f(x)在(
1
2 ，1)上存在唯一零点.
2.(2025·安康模拟)函数f(x)=cos 2x+3cos x-1 在[-3π，3π]上的零点个数为( )
A.4
B.5
C.6
D.8
【答案】C
【解析】函数f(x)=cos 2x+3cos x-1 的零点满足cos 2x+3cos x-1=2cos2x+3cos x-2=(2cos x-1)(cos x+2)=0，
所以cos x=1
2或cos x=-2(舍去)，
在[-3π，3π]上，cos x=1
2，x 的值为π
3 ，5 π
3 ，7 π
3 ，-π
3 ，-5 π
3 ，-7 π
3 ，
所以函数f(x)=cos 2x+3cos x-1 在[-3π，3π]上的零点个数为6.
3.函数f(x)=2x-2
x -a 的一个零点在区间(1，2)内，则实数a 的取值范围是( )
A.(1，3)
B.(1，2)
C.(0，3)
D.(0，2)
【答案】C
【解析】显然函数f(x)=2x-2
x -a 在区间(1，2)内单调递增，因为f(x)的一个零点在区间(1，2)内，所以
f(1)f(2)<0，即(2-2-a)(4-1-a)<0，解得0<a<3.
4.(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cos x+2ax.当x∈(-1，1)时，曲线y=f(x)和y=g(x)恰有一个交
点，则a 等于( )
A.-1
B.1
2
C.1
D.2
【答案】D
【解析】方法一 令f(x)=g(x)，
即a(x+1)2-1=cos x+2ax，
可得ax2+a-1=cos x，
令F(x)=ax2+a-1，G(x)=cos x，
原题意等价于当x∈(-1，1)时，
曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
注意到F(x)，G(x)均为偶函数，
可知该交点只能在y 轴上，
可得F(0)=G(0)，
即a-1=1，解得a=2，
若a=2，令F(x)=G(x)，
可得2x2+1-cos x=0，
因为x∈(-1，1)，则2x2≥0，1-cos x≥0，
当且仅当x=0 时，等号成立，
可得2x2+1-cos x≥0，
当且仅当x=0 时，等号成立，
则方程2x2+1-cos x=0 有且仅有一个实根0，
即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
所以a=2 符合题意.
方法二 令h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cos x，x∈(-1，1)，
原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，
因为h(-x)=a(-x)2+a-1-cos(-x)
=ax2+a-1-cos x=h(x)，
则h(x)为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，
即h(0)=a-2=0，解得a=2，
若a=2，则h(x)=2x2+1-cos x，x∈(-1，1)，
又因为2x2≥0，1-cos x≥0，
当且仅当x=0 时，等号成立，
可得h(x)≥0，当且仅当x=0 时，等号成立，
即h(x)有且仅有一个零点0，
所以a=2 符合题意.
5.(2025·毕节模拟)已知函数f(x)={
−x
2−2 x +3，x ≤0，
|ln x|，x>0，
则函数y=[f(x)]2-5f(x)+6 的零点个数为( )
A.5
B.6
C.7
D.8
【答案】C
【解析】由题意，令[f(x)]2-5f(x)+6=0，解得f(x)=2 或f(x)=3，
作出y=f(x)的大致图象如图，
由图可知，直线y=2 与y=f(x)的图象有3 个交点；
直线y=3 与y=f(x)的图象有4 个交点，
所以原方程有7 个解，
即函数y=[f(x)]2-5f(x)+6 有7 个零点.
6.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )
A.(-∞，0)
B.(-∞，1]
C.[0，+∞)
D.(1，+∞)
【答案】D
【解析】因为f(x)=x(1-ex)+ln x+a 有两个零点，故关于x 的方程x(1-ex)+ln x+a=0 有两个不同的解，故关于x
的方程x+ln x+a-ex+ln x=0 有两个不同的解，
设t=x+ln x，x>0，则t'=1+1
x >0，故t=x+ln x 在(0，+∞)上单调递增，
而当x→0 时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，
故t=x+ln x 的值域为R，
故关于t 的方程t+a-et=0 在R 上有两个不同的解，设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et，
当t<0 时，s'(t)>0；当t>0 时，s'(t)<0，
故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1，
此时当t→+∞时，s(t)→-∞，
当t→-∞时，s(t)→-∞，
故当a>1 时，s(t)有两个不同的零点.
综上，a>1.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·昭通阶段练习)已知定义在R 上的函数f(x)满足f(-1)f(0)>0，f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续
不断的曲线，则( )
A.f(x)在区间(-1，0)上可能存在零点
B.f(x)在区间(-1，0)上可能存在极值点
C.f(x)在区间(0，1)上一定存在零点
D.f(x)在区间(0，1)上一定存在极值点
【答案】ABC
【解析】当f(x)在区间(-1，0)上先减后增，且存在极值点x0∈(-1，0)时，若f(x0)<0，
则设f(-1)>0，f(0)>0，又f(x0)<0 且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，
故由零点存在定理可知，f(x)在(-1，x0)与(x0，0)上各有一个零点，故A 正确；
此时存在极值点x0∈(-1，0)，故B 正确；
由f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，故由零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1)上一定存
在零点，故C 正确；
若f(x)在区间(0，1)上单调递减，此时D 无法满足，故D 错误.
8.(2025·合肥模拟)设函数f(x)=x3-3x2-9x-a 有三个不同的零点，从小到大依次为x1，x2，x3，则( )
A.-27<a<5
B.函数y=f(x)+a 图象的对称中心为(1，-11)
C.过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线，有且仅有1 条
D.若x1，x2，x3成等差数列，则a=-11
【答案】ABD
【解析】由f'(x)=3x2-6x-9，令f'(x)>0，解得x>3 或x<-1，
∴f(x)在(-∞，-1)，(3，+∞)上单调递增，在(-1，3)上单调递减.
对于A，若f(x)有三个零点，则f(-1)>0>f(3)，解得-27<a<5，故A 正确；
对于B，令g(x)=f(x)+a=x3-3x2-9x，则g'(x)=3x2-6x-9，设h(x)=g'(x)，
令h'(x)=6x-6=0 得，x=1，又g(1)=-11，
∴g(x)图象的对称中心为(1，-11)，故B 正确；
对于C，结合图象，过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线有2 条，故C 错误；
对于D，f(x)=x3-3x2-9x-a=(x-x1)(x-x2)(x-x3)=x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x3x1)x-x1x2x3，
∴x1+x2+x3=3，
x1x2+x2x3+x3x1=-9，(*)
x1x2x3=a，
若x1，x2，x3成等差数列，则2x2=x1+x3，则x2=1，x1+x3=2，代入(*)得2+x1x3=-9，
∴x1x3=-11，a=x1x3=-11，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.(2025·上饶模拟)函数f(x)=x❑√x
2−2 x−3的零点为 .
【答案】3，-1
【解析】由f(x)=x❑√x
2−2 x−3=0，得x=0 或x2-2x-3=0，
即x=0 或x=3 或x=-1，
由x2-2x-3≥0 得，x≤-1 或x≥3，则x=0 不符合题意，故函数f(x)的零点为3，-1.
10.(2025·德州模拟)若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则实数b 的取值范围为
.
【答案】(-∞，0)∪[e，+∞)
【解析】若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则关于x 的方程xb-ex=0 在(0，+∞)上有解，
即关于x 的方程bln x=x 在(0，+∞)上有解，显然x=1 不是方程的解，所以关于x 的方程b= x
ln x 在(0，
1)∪(1，+∞)上有解，
则直线y=b 与函数h(x)= x
ln x ，x∈(0，1)∪(1，+∞)的图象有交点，
又h'(x)=−1+ ln x
(ln x)
2 ，
所以当x∈(0，1)∪(1，e)时，h'(x)<0；
当x∈(e，+∞)时，h'(x)>0，
所以函数h(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增，
又当x→0+时，h(x)→0；
当x→1-时，h(x)→-∞；
当x→1+时，h(x)→+∞，h(e)=e；
当x→+∞时，h(x)→+∞，
则h(x)的大致图象如图所示，
所以b<0 或b≥e，
故实数b 的取值范围为(-∞，0)∪[e，+∞).
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax.
(1)若函数f(x)在(-∞，3)上单调递减，求实数a 的取值范围；(6 分)
(2)若a∈(1，e]，证明：函数f(x)有两个零点.(7 分)
(1)【解析】对f(x)=ex-1-ax 求导得，f'(x)=ex-1-a，
当a≤0 时，f'(x)>0，f(x)在R 上单调递增，不符合题意；
当a>0 时，令f'(x)=ex-1-a<0 得，x<1+ln a，
所以(-∞，1+ln a)是函数f(x)的单调递减区间，
因为f(x)在(-∞，3)上单调递减，所以(-∞，3)⊆(-∞，1+ln a)，
即3≤1+ln a，解得a≥e2，
所以实数a 的取值范围是[e2，+∞).
(2)【证明】令f'(x)=ex-1-a=0 得，x=1+ln a，
当x∈(-∞，1+ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1+ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=1+ln a 时，f(x)取得最小值，
f(x)min=f(1+ln a)=a-a(1+ln a)=-aln a.
因为a∈(1，e]，所以1<1+ln a≤2<e2，f(1+ln a)<0.因为f(0)=e-1>0，所以f(x)在(-∞，1+ln a)上有唯一零点.
又f(e2)=e
e
2−1-ae2，
因为a≤e，所以-ae2≥-e3，
则f(e2)=e
e
2−1-ae2≥e3(e
e
2−4-1)>0，
所以f(x)在(1+ln a，+∞)上有唯一零点.
综上，函数f(x)有两个零点.
12.(15 分)(2025·北京海淀区模拟)已知函数f(x)=aln❑√x-sin x，曲线y=f(x)在点(
π
2 ，f(
π
2))处的切线斜率为
1
π .
(1)求实数a 的值；(3 分)
(2)求f(x)在(0，2π]上的零点个数；(6 分)
(3)证明：f'(x)在(0，π
2)上存在两个零点x1，x2，且|x2-x1|>1
4 .(6 分)
(1)【解析】f(x)=a
2ln x-sin x 的定义域为(0，+∞)，且f'(x)= a
2 x -cos x.
由题意可得，f'(
π
2)= a
π = 1
π ，解得a=1.
(2)【解析】由(1)可得，f(x)=1
2ln x-sin x，x>0，
当x∈(0，1]时，1
2ln x≤0，sin x>0，故f(x)<0，f(x)在(0，1]上无零点；
当x∈(1，π
2]时，1
2ln x≤1
2lnπ
2 <1
2ln e=1
2，sin x>sin 1>sinπ
6 =1
2，故f(x)<0，f(x)在(1，π
2]上无零点.
当x∈(
π
2 ，π)时，f'(x)= 1
2 x -cos x>0，所以f(x)在(
π
2 ，π)上单调递增，
而f (
π
2)=1
2lnπ
2 -1<1
2ln e-1=-1
2<0，f(π)=1
2ln π>0，故由零点存在定理知，f(x)在(
π
2 ，π)上存在唯一零点；
当x∈[π，2π]时，1
2ln x>0，sin x≤0，故f(x)>0，f(x)在[π，2π]上无零点，
综上，f(x)在(0，2π]上的零点个数为1.
(3)【证明】f'(x)= 1
2 x -cos x=1−2 x cos x
2 x
.
令g(x)=1-2xcos x，则g'(x)=2xsin x-2cos x.
令h(x)=g'(x)，则h'(x)=4sin x+2xcos x.
当x∈(0，π
2)时，sin x>0，x>0，cos x>0，
所以h'(x)>0，所以g'(x)在(0，π
2)上单调递增，
又g'(0)=-2<0，g'(
π
2)=π>0，
所以由零点存在定理知，存在唯一的x0∈(0，π
2)，使得g'(x0)=0.
当x 变化时，g'(x)，g(x)的变化如表所示，
x
(0，x0)
x0
(x0，π
2)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗
又g(0)=1>0，g(x0)≤g(
π
3)=1-π
3 <0，g(
π
2)=1>0，
所以由零点存在定理知，g(x)在(0，x0)，(x0，π
2)上各恰有一个零点，即f'(x)在(0，π
2)上存在两个零点
x1，x2.
不妨设x1<x2.则当x∈(x1，x2)时，g(x)<0；
当x∈(0，x1)∪(x2，π
2)时，g(x)>0，
而g(
π
3)=1-π
3 <0，g(
π
4)=1-
❑√2
4 π=2❑√2−π
2❑√2
<3−π
2❑√2 <0.所以(
π
4 ，π
3)⊆(x1，x2).
故|x2-x1|>π
3 -π
4 = π
12>1
4 .
【拓展训练】(每小题5 分，共10 分)
13.(2025·吉林模拟)函数f(x)=2x+4x+6x+…+2 024x-2 025x的零点个数为( )
A.0
B.1
C.2
D.3
【答案】B
【解析】求f(x)=2x+4x+6x+…+2 024x-2 025x的零点，
可转化为求g(x)= f ( x)
2 025
x =(
2
2 025)
x
+(
4
2 025)
x
+(
6
2 025)
x
+…+(
2 024
2 025)
x
-1 的零点.
∵y=(
2
2 025)
x
，y=(
4
2 025)
x
，…，y=(
2 024
2 025)
x
均在R 上单调递减，
∴g(x)在R 上单调递减，且g(0)=1 011>0，则当x≤0 时，g(x)>0，g(x)在(-∞，0]上没有零点；
又当x>0 时，(
2
2 025)
x
<(
4
2 025)
x
<(
6
2 025)
x
<…<(
2 024
2 025)
x
，
∴g(x)=(
2
2 025)
x
+(
4
2 025)
x
+(
6
2 025)
x
+…+(
2 024
2 025)
x
-1<1 012×(
2 024
2 025)
x
-1，
若存在x0，使得g(x0)<0，只需1 012×(
2 024
2 025)
x0
-1<0，即x0>-lo g2 024
2 0251 012 即可，显然x0存在，
∴g(x)在(0，x0)上有且只有一个零点，即f(x)有且只有一个零点.
14.(2025·淄博模拟)若关于x 的方程x2-2ycos(sin x)+y2=0 有唯一解，则上述关于y 的方程的非零实数解为(
)
A.1
2
B.1
C.2
D.4
【答案】C
【解析】设f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2，显然x∈R，又f(-x)=(-x)2-2ycos[sin(-x)]+y2=x2-2ycos(-sin x)+y2
=x2-2ycos(sin x)+y2=f(x)，
故f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2为偶函数，
又f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2有唯一零点，
由对称性可知，f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2的零点为0，
故f(0)=0，即-2ycos 0+y2=0，即-2y+y2=0，
解得y=0 或y=2，
所以上述关于y 的方程的非零实数解为2.
