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专题一 函数与导数
第 5 讲 利用导数研究函数的零点问题
【考情分析●明方向】
以指数函数、对数函数、三次有理函数、三角函数为载体，利用导数，通过研
究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题
型．考查的角度主要是函数零点的综合应用．
【真题再现●明考向】
1．(2025·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<.
(1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设x ，x 分别为f(x)在区间(0，＋∞)的极值点和零点．
1 2
①设函数g(t)＝f(x ＋t)－f(x －t)．证明：g(t)在区间(0，x )单调递减；
1 1 1
②比较2x 与x 的大小，并证明你的结论．
1 2
【解析】 (1)证明：由题得f′(x)＝－1＋x－3kx2＝－3kx2＝x2，
因为x∈(0，＋∞)，所以x2>0，设g(x)＝－3k，x>0，
则g′(x)＝－<0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
g(0)＝1－3k>0，令g(x )＝0⇒x ＝－1，
1 1
所以当x∈(0，x )时，g(x)>0，则f′(x)>0；当x∈(x ，＋∞)时，g(x)<0，则f′
0 0
(x)<0，
所以f(x)在(0，x )上单调递增，在(x ，＋∞)上单调递减，
0 0
所以f(x)在(0，＋∞)上存在唯一极值点，
对函数y＝ln(1＋x)－x有y′＝－1＝－<0在(0，＋∞)上恒成立，
所以y＝ln(1＋x)－x在(0，＋∞)上单调递减，
所以y＝ln(1＋x)－x<y| ＝0在(0，＋∞)上恒成立，
x＝0
又因为f(0)＝0，x→＋∞时x2－kx3＝x2(1－2kx)<0，
所以x→＋∞时f(x)<0，
所以存在唯一x ∈(0，＋∞)使得f(x )＝0，即f(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．
2 2
(2)①证明：由(1)知x ＝－1，则x ＋1＝，f′(x)＝x2，
1 1
∵g(t)＝f(x ＋t)－f(x －t)，
1 1
则g′(t)＝(x ＋t)2＋(x －t)2
1 1
＝＋＝3kt＝，
∵k>0，t∈(0，x )，∴t2－x－2x <0，(1＋x )2－t2>0，
1 1 1
∴g′(t)＝<0，
即g(t)在t∈(0，x )上单调递减．
1
②2x >x ，证明如下：
1 2
由①知：函数g(t)在区间(0，x )上单调递减，
1
所以g(0)>g(x )即0>f(2x )，又f(x )＝0，
1 1 2
由(1)可知f(x)在(x ，＋∞)上单调递减，x ∈(x ，＋∞)，且对任意x∈(0，x )，
0 2 0 2
f(x)>0，
所以2x >x .
1 2
2．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(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．
【解析】 (1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x，x>0，则f ′(x)＝－＝，
当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x) ＝f(1)＝－1.
max
(2)f(x)＝ax－－(a＋1)ln x，x>0，则f ′(x)＝a＋－＝，
当a≤0时，ax－1≤0，所以当x∈(0，1)时，f ′(x)>0， f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x) ＝f (1)＝a－1<0，此时函数无零点，不符合题意；
max
当0<a<1时，>1，在(0，1)，上， f ′(x)>0，f(x)单调递增；
在上， f ′(x)<0， f(x)单调递减；又f(1)＝a－1<0，
由(1)得＋ln x≥1，即ln≥1－x，所以ln x<x，ln<，ln x<2，
当x>1时， f(x)＝ax－－(a＋1)ln x>ax－－2(a＋1)>ax－(2a＋3)，
则存在m＝2>，使得f(m)>0，
所以f(x)仅在有唯一零点，符合题意；
当a＝1时， f ′(x)＝≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)＝a－1＝0，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；当a>1时，<1，在，(1，＋∞)上，f ′(x)>0， f(x)单调递增；
在上， f ′(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)＝a－1>0，
由(1)得当0<x<1时，ln x>1－，ln>1－，所以ln x>2，
此时f(x)＝ax－－(a＋1)ln x<ax－－2(a＋1)<－＋，
存在n＝<，使得f(n)<0，所以f(x)在有一个零点，在无零点，
所以f(x)在(0，＋∞)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
3．(2022·全国甲卷)已知函数f(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x ，x ，则x x <1.
1 2 1 2
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝，
令f ′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0，1)， f ′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)， f ′(x)>0，f(x)单调递增f(x)≥f(1)＝e＋1－a，
若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1，
不妨设x <1<x ，要证x x <1，即证x <，
1 2 1 2 1
因为x ，∈(0，1)，即证f(x )>f ，
1 1
因为f(x )＝f(x )，即证f(x )>f ，
1 2 2
即证－ln x＋x－xe－ln x－>0，x∈(1，＋∞)，
即证－xe－2>0，
下面证明x>1时，－xe>0，ln x－<0，设g(x)＝－xe，x>1，
则g′(x)＝ex－＝ex－e
＝＝，
设φ(x)＝(x>1)，φ′(x)＝ex＝ ex>0，
所以φ(x)>φ(1)＝e，而e<e，所以－e>0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)单调递增，即g(x)>g(1)＝0，所以－xe>0，
令h(x)＝ln x－，x>1，h′(x)＝－＝＝<0，
所以h(x)在(1，＋∞)单调递减，即h(x)<h(1)＝0，所以ln x－<0；
综上，－xe－2>0，所以x x <1.
1 24．(2022·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小
值．
(1)求a；
(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差数列．
【解析】 (1)f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f ′(x)＝ex－a，
若a≤0，则f ′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
g(x)＝ax－ln x的定义域为(0，＋∞)，而g′(x)＝a－＝.
当f′(x)＝0时，x＝ln a，
当x<ln a时， f ′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln a)上为减函数，
当x>ln a时，f ′(x)>0，故f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数，
故f(x) ＝f(ln a)＝a－aln a.
min
令g′(x)＝0，则x＝，
当0<x<时，g′(x)<0，故g(x)在上为减函数，
当x>时，g′(x)>0，故g(x)在上为增函数，
故g(x) ＝g＝1－ln.
min
因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值，
故1－ln＝a－aln a，整理得到＝ln a，其中a>0，
设h(a)＝－ln a，a>0，则h′(a)＝－＝≤0，
故h(a)为(0，＋∞)上的减函数，而h(1)＝0，
故h(a)＝0的唯一解为a＝1，故＝ln a的解为a＝1.综上，a＝1.
(2)证明：由(1)可得f(x)＝ex－x和g(x)＝x－ln x的最小值为1－ln 1＝1－ln＝1.
当b>1时，考虑ex－x＝b的解的个数、x－ln x＝b的解的个数．
设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，
当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，
故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，
所以S(x) ＝S(0)＝1－b<0，
min
而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，
设u(b)＝eb－2b，其中b>1，则u′(b)＝eb－2>0，
故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点，即ex－x＝b的解的个数为2.
设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝，
当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，
故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
所以T(x) ＝T(1)＝1－b<0，
min
而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，
T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点即x－ln x＝b的解的个数为2.
当b＝1，由(1)讨论可得x－ln x＝b、ex－x＝b仅有一个零点，
当b<1时，由(1)讨论可得x－ln x＝b、ex－x＝b均无零点，
故若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点，则b>1.
设h(x)＝ex＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋－2，
设s(x)＝ex－x－1，x>0，则s′(x)＝ex－1>0，
故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0即ex>x＋1，
所以h′(x)>x＋－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
而h(1)＝e－2>0，h＝e－3－<e－3－<0，
故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x ，<x <1且：
0 0
当0<x<x 时，h(x)<0即ex－x<x－ln x即f(x)<g(x)，
0
当x>x 时，h(x)>0即ex－x>x－ln x即f(x)>g(x)，
0
因此若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点，
故b＝f(x )＝g(x )>1，
0 0
此时ex－x＝b有两个不同的零点x ，x (x <0<x )，
1 0 1 0
此时x－ln x＝b有两个不同的零点x ，x (0<x <1<x )，
0 4 0 4
故ex 1－x
1
＝b，ex 0－x
0
＝b，x
4
－ln x
4
－b＝0，x
0
－ln x
0
－b＝0
所以x
4
－b＝ln x
4
即ex
4
－b＝x
4
即ex
4
－b－(x
4
－b)－b＝0，
故x －b为方程ex－x＝b的解，同理x －b也为方程ex－x＝b的解
4 0
又ex 1－x
1
＝b可化为ex 1＝x
1
＋b即x
1
－ln(x
1
＋b)＝0即(x
1
＋b)－ln(x
1
＋b)－b＝0，
故x ＋b为方程x－ln x＝b的解，同理x ＋b也为方程x－ln x＝b的解，
1 0
所以＝，而b>1，
故即x ＋x ＝2x .
1 4 05．(2023·上海高考)已知a，c∈R，函数f(x)＝.
(1)若 a＝0，求函数的定义域，并判断是否存在 c 使得 f(x)是奇函数，说明理
由；
(2)若函数过点(1，3)，且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，求此时 c的值
和a的取值范围．
【解析】 (1)若a＝0，则f(x)＝＝x＋＋1，
要使函数有意义，则x≠0，即f(x)的定义域为{x|x≠0}，
∵y＝x＋是奇函数，y＝1是偶函数，
∴函数f(x)＝x＋＋1为非奇非偶函数，不可能是奇函数，故不存在实数 c，使得
f(x)是奇函数．
(2)若函数过点(1，3)，则f(1)＝＝＝3，得3a＋2＋c＝3＋3a，得c＝3－2＝1，
此时f(x)＝，若函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，
即f(x)＝＝0，得x2＋(3a＋1)x＋1＝0，当x＜0时，有两个不同的交点，
设g(x)＝x2＋(3a＋1)x＋1，
则得
得即a>，
若x＋a＝0即x＝－a是方程x2＋(3a＋1)x＋1＝0的根，
则a2－(3a＋1)a＋1＝0，即2a2＋a－1＝0，得a＝或a＝－1，
则实数a的取值范围是a>且a≠且a≠－1，即∪.
【考点突破●提能力】
考点一 判断函数零点的个数
【方法技巧】
利用导数研究函数零点问题的思路
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问
题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号
(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导
数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间
上零点的个数．
【典例研析】1．(2025·南昌模拟)已知函数f(x)＝－a(a＞0)，且x＝2不是f(x)的极值点．
(1)求a的值；
(2)判断f(x)的零点个数．
【解析】 (1)因为f′(x)＝(ex－ax)，而x＝2不是f(x)的极值点，
所以方程ex－ax＝0还有其他正根(变号零点)，
若曲线y＝ex和y＝ax在(0，＋∞)上只有一个公共点，
则y＝ex和y＝ax相切，不符合题意，
所以此时ex－ax＝0必有两个正根，且x＝2为其中一个根，
所以a＝，经检验，a＝符合题意．
(2)由(1)可得f′(x)＝，
设g(x)＝ex－x，则方程g(x)＝0的两根为x＝2，x＝x (0＜x ＜2)，
0 0
其中ex 0＝x
0
，
因为0＜x＜x 时，g(x)＞0，所以(x－2)g(x)＜0，
0
即f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；
x ＜x＜2时，g(x)＜0，则(x－2)g(x)＞0，即f′(x)＞0，此时f(x)单调递增；
0
x≥2 时，g(x)≥0，所以(x－2)g(x)≥0，即 f′(x)≥0，此时 f(x)单调递增，即
f(x) ＝f(x )，
min 0
因为ex 0＝x
0
，即x
0
＝ln x
0
＋2－ln 2，
所以f(x) ＝f(x )＝－＝－
min 0
＝＜(－2＋2－ln 2)＜0，
且x→0时，f(x)→＋∞；x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以f(x)在(0，x )，(x ，＋∞)上各有1个零点，
0 0
所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有2个零点．
【跟踪训练】
1．(2025·山海关区三模)设函数f(x)＝exsin x.
(1)求f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程；
(2)记g(x)＝f(x)－ax，若0＜a≤1，试讨论g(x)在(0，π)上的零点个数．
【解析】 (1)导函数f′(x)＝ex(sin x＋cos x)，因此f′(0)＝1，又f(0)＝0，
因此函数f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程为y＝x.(2)根据已知得函数g(x)＝exsin x－ax，
因此导函数g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－a，
令h(x)＝g′(x)，
那么导函数h′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝2excos x.
当＜x＜π时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；
当0＜x＜时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，
所以导函数在上单调递减，g′(x)在上单调递增，
当0＜a≤1时，g′(0)＝1－a≥0，g′＝e－a＞0，g′(π)＝－ex－a＜0，
因此存在x ∈，使得g′(x )＝0，
0 0
当x∈(x ，π)时，g′(x)＜0；当x∈(0，x )时，g′(x)＞0，
0 0
因此g(x)在(x ，π)上单调递减，在(0，x )上单调递增，
0 0
由于g(0)＝0，g(x )＞g(0)＝0，因此g(x)在(0，x )上无零点，
0 0
又由于g(π)＝－aπ＜0，根据零点存在定理可得函数g(x)在(x ，π)上有且只有一
0
个零点．
综上所述，当0＜a≤1时，g(x)在(0，π)上的零点个数为1.
考点二 根据零点的个数求参数的值(范围)
【方法技巧】
根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的
单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数 y＝f(x)的图象，再根据零点个
数确定函数y＝f(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取
值范围，一个基本的技巧是把 f(x)＝0化为g(x)＝h(x)，据f(x)零点个数确定函数
y＝g(x)，y＝h(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范
围．
【典例研析】
2．(2025·白银三模)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x－1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若f(x)在上有2个零点，求a的取值范围．
【解析】 (1)因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)＝＋1≥0对x∈(1，＋∞)恒成立，即a≥－x－1对x∈(1，＋∞)恒成立，
所以a≥－2，即a的取值范围是[－2，＋∞)．
(2)由题知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
又f′(x)＝，令f′(x)＝0，可得x＝－a－1，
当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
当a＜0时，令f′(x)＜0，得－1＜x＜－a－1，令f′(x)＞0，得x＞－a－1，
则f(x)在(－1，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增．
综上，当a≥0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
当a＜0时，f(x)在(－1，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增．
， (3)由(2)知，当a≥0时，f(x)在上单调递增，
则f(x)在上至多有1个零点，则a≥0不符合题意．
当a＜0时，要使得f(x)在上有2个零点，
则－＜－a－1＜7，即－8＜a＜－，且
设函数g(a)＝aln(－a)－a－2，－8＜a＜－，
则g′(a)＝ln(－a)，令g′(a)＝0，可得a＝－1，
当a∈(－8，－1)时，g′(a)＞0，g(a)单调递增，
当a∈时，g′(a)＜0，g(a)单调递减，
所以g(a)的最大值为g(－1)＝－1＜0.
由解得－＜a＜－.
即a的取值范围为.
【跟踪训练】
2．(2025·重庆校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋sin x－.
(1)当a＝－3时，求证：f(x)在区间(－1，0)上单调递增．
(2)若函数f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有1个零点，求a的取值范围．
【解析】 (1)证明：导函数f′(x)＝ex＋a＋cos x＋，
令函数g(x)＝f′(x)，导函数g′(x)＝ex－sin x－，
对x∈(－1，0)，ex＜1，－sin x＜1，＞2，因此g′(x)＜0，
所以导函数f′(x)在(－1，0)上单调递减，因此f′(x)＞f′(0)＝a＋3＝0，
所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增．
(2)当a≥－3时，对x∈(－1，0)，根据第一问知，f′(x)＞f′(0)＝a＋3≥0，所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增，此时f(x)＜f(0)＝0，与题设矛盾．
当a＜－3时，对x∈(－1，0)，根据第一问知，导函数f′(x)在(－1，0)上单调递减，
又因为f′(0)＝a＋3＜0，limf′(x)＝＋∞，
因此存在x∈(－1，0)使f′(x)＝0，
1 1
所以函数f(x)在(x 0)上单调递减，在(－1，x)上单调递增，
1， 1
因此f(x)＞f(0)＝0.又因为limf(x)＝－∞，
1
因此存在唯一r∈(－1，x)使f(r)＝0.
1
对x∈(0，＋∞)，令函数g(x)＝f′(x)，导函数g′(x)＝ex－sin x－，
令函数h(x)＝g′(x)，那么导函数h′(x)＝ex－cos x＋＞ex－1＋＞0，
因此导函数g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为g′(0)＝－1＜0，g′(1)＝e－sin 1－＞e－＞0，
因此存在x∈(0，1)使g′(x)＝0，
2 2
当x∈(x，＋∞)，g′(x)＞0，当x∈(0，x)，g′(x)＜0，
2 2
因此导函数f′(x)在(x，＋∞)上单调递增，在(0，x)上单调递减，
2 2
所以f′(x)＜f′(0)＝a＋3＜0.
2
由limf′(x)＝＋∞，所以在x∈(x，＋∞)使f′(x)＝0，
3 2 3
当x∈(0，x)时，f′(x)＜0，当x∈(x，＋∞)，f′(x)＞0，
3 3
即f(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，所以f(x)＜f(0)＝0.
3 3 3
又limf(x)＝＋∞，所以存在唯一s∈(x，＋∞)使f(s)＝0.符合题设．
3
综上，a∈(－∞，－3)．
【限时训练】（限时：120分钟）
一、单项选择题：本题共4小题，每小题5分．共20分．在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2025·海口一模)已知实数a满足2a＋a＝2，则函数f(x)＝2x3－3x2＋1－a的
零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】 D
【解析】 由题设f′(x)＝6x(x－1)，当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递
增，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，且 f(0)＝1－a，f(1)＝－a，由2a
＋a＝2，即2a＝2－a，而y＝2a在R上单调递增，y＝2－a在R上单调递减，显
然20＝1＜2－0＝2，21＝2＞2－1＝1，故0＜a＜1，所以f(0)＞0＞f(1)，又x趋向－∞时f(x)趋向－∞，x趋向＋∞时f(x)趋向＋∞，综上，f(x)共有3个零点．故
选D．
2．(2025·齐齐哈尔三模)已知x 是函数f(x)＝xln x－e的零点，x 是函数g(x)＝x
1 2
＋ln x－1的零点，则x x 的值为( )
1 2
A． B．1
C． D．e
【答案】 D
【解析】 因为f(x)＝xln x－e，x＞0，则f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝ln x＋1
＝0，解得x＝e－1，所以当0＜x＜e－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当 x＞e－1
时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x) ＝f(e－1)＝e－1ln e－1－e＝－e－1－e＜0，
min
又当 0＜x＜e－1时，f(x)＝xln x－e＜0，而 f(e)＝eln e－e＝0，所以 x ＝e；由
1
g(x)＝x＋ln x－1(x＞0)，得g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由g(1)＝1＋ln 1－1＝0，得x ＝1，则x x ＝e.故选D．
2 1 2
3．(2025·河南二模)已知函数f(x)＝e2x＋a－ln(x＋5)＋－5有零点，那么实数a的
最大值为( )
A． B．1
C．1＋ln 2 D．9－ln 2
【答案】 D
【解析】 因为函数f(x)＝e2x＋a－ln(x＋5)＋－5有零点，由f(x)＝0，得e2x＋a＋
＝5＋ln(x＋5)，即e2x＋a＋x＋＝x＋5＋ln(x＋5)，则e＋x＋＝eln(x＋5)＋ln(x＋5)，令
函数g(x)＝e2x＋x，则有g＝g，而函数y＝e2x，y＝x都是R上的增函数，于是函
数g(x)是R上的增函数，因此x＋＝ln(x＋5)，即a＝ln(x＋5)－2x，令h(x)＝ln(x
＋5)－2x，求导得h′(x)＝－2，当h′(x)＞0，则－5＜x＜－，当h′(x)＜0，
则x＞－，所以函数h(x)在上单调递增，在上单调递减，故函数 h(x)在x＝－时
取得最大值9－ln 2，所以实数a的最大值为9－ln 2.故选D．
4．(2025·新宁县校级模拟)已知f(x)＝x2e2x＋a|x|ex＋2(a∈R)有4个零点，则实数
a的取值范围为( )
A．(－∞，－2) B．(－2，＋∞)
C． D．
【答案】 C【解析】 f(x)＝x2e2x＋a|x|ex＋2(a∈R)有4个零点，令|x|ex＝t≥0，研究 y＝|x|
ex，当x＞0时，易知函数单调递增；当x＝0时，y＝0；当x＜0时，y＝－xex，
则y′＝－ex(x＋1)，当x＜－1时，y′＞0，当－1＜x＜0时，y′＜0，此时y＝
－xex在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减；当x＝－1时，得到最
大值，
由图象可知，要使得 f(x)＝x2e2x＋a|x|ex＋2(a∈R)有 4 个零点，则 y＝t2＋at＋
2(a∈R)必有两个零点，一个零点在内，一个零点在内，则解得a＜－2e－，所
以实数a的取值范围为.故选C．
二、多项选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每个小题给出的选
项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选
错的得0分．
5．(2025·广东模拟)已知f(x)＝[ln x＋ln(2π－x)]·sin x，则下列结论正确的是(
)
A．f(x＋π)是奇函数
B．f(x)在区间上单调递增
C．f(x)有3个零点
D．∀x∈(0，π]，f(x)≤2ln π
【答案】 ACD
【解析】 显然，函数f(x)的定义域为(0，2π)，那么函数f(x＋π)的定义域为(－
π，π)，且 f(π＋x)＝[ln(π＋x)＋ln(π－x)]·sin(π＋x)＝－[ln(π＋x)＋ln(π－x)]·sin
x，记函数 g(x)＝f(π＋x)，那么函数 g(－x)＝－[ln(π－x)＋ln(π＋x)]·sin(－x)＝
[ln(π－x)＋ln(π＋x)]·sin x＝－g(x)，所以函数f(x＋π)是奇函数，所以 A正确；
令函数f(x)＝0，那么有[ln x＋ln(2π－x)]·sin x＝0，所以ln x＋ln(2π－x)＝0或
sin x＝0，所以x(2π－x)＝1或x＝π，所以x ＝π＋＜π＋π＝2π，x ＝π－＞π－π
1 2
＝0，或 x＝π，因此函数 f(x)有3个零点，所以 C正确；∀x∈(0，π]，ln x＋
ln(2π－x)＝ln(－x2＋2πx)≤2ln π，而 0≤sin x≤1，因此[ln x＋ln(2π－x)]·sin
x≤2ln π，所以f(x)≤2ln π，所以D正确；因此，B错误．事实上，导函数 f′(x)＝·＋cos x·ln[x(2π－x)]，且f′＝＞0，limf′(x)＝·1＋1·(－∞)＝－∞，因此
存在δ∈，使得f′(δ)＝0，从而当0＜x＜δ时，导函数f′(x)＜0，所以函数f(x)
在区间(0，δ)上单调递减．故选ACD．
6．(2025·广安区校级二模)函数f(x)＝2xln x＋ax2－x，则下列说法正确的是(
)
A．当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数
B．当a＝2时，f(x)在x＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
C．f(x)在(0，＋∞)上为减函数，则a≤－e
D．当a＜0时，F(x)＝f(x)＋ax有且只有一个零点，则a∈
【答案】 BD
【解析】 f′(x)＝2ln x＋2ax＋1为增函数，x→0时f′(x)趋向负无穷，x→＋
∞时f′(x)趋向正无穷，所以存在x ∈(0，＋∞)使f′(x )＝0，故x∈(0，x)上f′
0 0
(x)＜0，f(x)在(0，x )上为减函数，A错误；由题设 f′(x)＝2ln x＋4x＋1，则
0
f′(1)＝5，且f(1)＝1，所以f(x)在x＝1处的切线方程为y＝5x－4，切线与x轴
的交点坐标为，与y轴交点坐标为(0，－4)，所以f(x)在x＝1处的切线与坐标轴
围成的三角形的面积为××4＝，B 正确；因为函数 f(x)在(0，＋∞)上为减函
数，则在(0，＋∞)上f′(x)＝2ln x＋2ax＋1≤0恒成立，即2a≤，令g(x)＝，则
g′(x)＝，易知0＜x＜e时，g′(x)＜0，x＞e时，g′(x)＞0，所以g(x)在上为减
函数，在上为增函数，所以 g(x) ＝g＝－2e⇒2a≤－2e⇒a≤－e，C错误；函
min
数F(x)＝f(x)＋ax＝2xln x＋ax2－x＋ax有且只有一个零点，即2xln x＋ax2－x＋
ax＝0有唯一解，则a＝，令g(x)＝，且x＞0，则g′(x)＝，令h(x)＝2ln x－－
3，显然在(0，＋∞)上为增函数，h(5)＝2ln 5－＜0＜h(6)＝2ln 6－，则
∃x ∈(5，6)，使得h(x )＝2ln x －－3＝0，易知0＜x＜x 时，h(x )＜0，x＞x
0 0 0 0 0 0
时，h(x )＞0，则g(x)在(0，x )上为减函数，在(x ，＋∞)上为增函数，则g(x)
0 0 0 min
＝g(x )＝－，当a＜0时，limg(x)→∞，limg(x)→0，所以a＝有且只有一个解
0
时，a＝g(x )＝－，即a＝－∈，D正确．故选BD．
0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
7．(2025·铜仁市三模)已知函数f(x)＝x3－mx2的一个零点为3，则f(x)的单调减
区间是________.
【答案】 (0，2)【解析】 已知函数f(x)＝x3－mx2的一个零点为3，所以将x＝3代入函数得33
－m×32＝0，即27－9m＝0，解得m＝3.所以f(x)＝x3－3x2，所以f′(x)＝3x2－
6x，令f′(x)＜0，即3x(x－2)＜0，解得0＜x＜2，所以f(x)的单调减区间是(0，
2)．
8．(2025·平凉校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋kx2在(0，＋∞)上只有一个零点，则
实数k的值为________.
【答案】 －
【解析】 令f(x)＝ex＋kx2＝0，则k＝－，令g(x)＝－(x＞0)，则直线y＝k与y
＝g(x)的图象有 1个公共点，因为 g′(x)＝－，所以当 x∈(0，2)时，g′(x)＞
0，x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单
调递减，所以 g(x) ＝g(2)＝－.又当 x→0 时，g(x)→－∞，当 x→＋∞时，
max
g(x)→－∞，故g(x)的图象大致如图所示，
所以k＝－，即实数k的值为－.
9．(2025·仁寿县校级三模)设函数f(x)＝ex－nx－n，函数g(x)＝－(n＋1)x＋e＋1
－n，n≠0，n∈R.若函数 h(x)＝恰有两个零点，则 n 的取值范围为
________________.
【答案】 (－1，0)∪
【解析】 令函数φ(x)＝f(x)－g(x)＝ex－nx－n－[－(n＋1)x＋e＋1－n]＝ex＋x－
e－1，函数φ(x)在R上单调递增，而 φ(1)＝1，则当x＜1时，φ(x)＜0，f(x)＜
g(x)，当x≥1时，φ(x)≥0，f(x)≥g(x)，因此h(x)＝令函数u(x)＝由h(x)恰有两个
零点，得函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)有两个交点，在同一坐标系内作
出函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)，直线y＝n(x＋1)恒过定点(－1，0)，观察图象，当－1＜n＜0时，函数y＝u(x)的
图象与直线y＝n(x＋1)恒有两个交点，则－1＜n＜0；当直线过点F(1，e)时，
函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)有两个交点，则n＝；当直线y＝n(x＋1)与
曲线y＝ex相切时，函数y＝u(x)的图象与直线y＝n(x＋1)有两个交点，设切点坐
标为(t，et)，y′＝et，于是解得t＝0，n＝1，所以n的取值范围为(－1，0)∪.
四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
10．(2025·河南模拟)已知函数f(x)＝m(2－x2)－cos x(m∈R)．
(1)当m＝1时，求f(x)的零点个数；
(2)若∀x∈R，f(x)≤0，求m的最大值．
【解析】 (1)根据题目：
已知函数f(x)＝m(2－x2)－cos x(m∈R)，
当m＝1时，f(x)＝2－x2－cos x，
即f′(x)＝sin x－2x，
令h(x)＝sin x－2x，
则h′(x)＝cos x－2＜0，
即h(x)在R上单调递减，即f′(x)在R上单调递减，
又f′(0)＝0，则f′(x)＜0的解集为(0，＋∞)，
则f′(x)＞0的解集为(－∞，0)，
即f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，在区间(－∞，0)上单调递增，
又因为f(0)＝1＞0，f(2)＝f(－2)＝－2－cos 2＜0，
即存在x ∈(－2，0)，x ∈(0，2)，
1 2
使得f(x )＝f(x )＝0，
1 2
当m＝1时，即f(x)有两个零点．
(2)由f(0)＝2m－1≤0，得m≤，
下证当m＝时，∀x∈R，f(x)≤0，
令g(x)＝(2－x2)－cos x，
则g′(x)＝sin x－x，
令φ(x)＝sin x－x，
则φ′(x)＝cos x－1≤0，即φ(x)在R上单调递减，
又φ(0)＝sin 0－0＝0，
则g′(x)＜0的解集为(0，＋∞)，
则g′(x)＞0的解集为(－∞，0)，
即g(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在区间(0，＋∞)上单调递减，
即g(x)≤g(0)＝×(2－0)－cos 0＝0，
即f(x)≤0，
即若∀x∈R，f(x)≤0，m的最大值为.
11．(2025·淮北模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x.
(1)若a＝1，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求证：当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点．
【解析】 (1)若a＝1，函数f(x)＝－2x＋ln x(x＞0)，
f′(x)＝x－2＋，
∴f′(1)＝0，又f(1)＝－，
∴函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－.
(2)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－2＋＝，
当a＝0时，f(x)＝x2－2x，
f(x)有且仅有一个零点4；
当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，
得x ＝1－，x ＝1＋，0＜x ＜1＜x ，
1 2 1 2
当x∈(0，x )时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
1
当x∈(x ，x )时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
1 2
当x∈(x ，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
2
当x∈(0，1]时，x2－2x＜0，aln x≤0，
∴f(x)＜0，函数f(x)无零点，
又当x∈(1，x )时，f(x)单调递减，
2
当x∈(x ，＋∞)时，f(x)单调递增，
2
且f(x )＜f(1)＜0，f(4)＝aln 4＞0，
2∴f(x)有且仅有一个零点；
当a≥1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，
又f(1)＜0，f(4)＝aln 4＞0，知f(x)存在唯一个零点x ∈(1，4)．
0
综上所述，当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点．
12．(2025·广东校级模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x－2.
(1)当a≤0时，讨论f(x)的零点个数；
(2)当a＝1时，证明：f(x)在区间(3，4)内存在唯一的零点；
(3)若对于任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x＞k(x－1)，求整数k的最大值．
【解析】 (1)根据导函数
f′(x)＝a－＝(x＞0)，
当a＝0时，根据f′(x)＝a－＝＜0，
可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
解方程f(x)＝－ln x－2＝0，得x＝e－2，
因此当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
当a＜0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
因为a＜0，ea－2＜e0＝1，
所以f(ea－2)＝aea－2－(a－2)－2＝aea－2－a＝a(ea－2－1)＞0，
又因为f(1)＝a－2＜0，
所以函数f(x)在(ea－2，1)上有一个零点．
又因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上有一个零点．
综上，当a≤0时，函数f(x)上有一个零点．
(2)证明：当a＝1时f(x)＝x－ln x－2，
所以f′(x)＝1－，
当x∈(3，4)时，导函数f′(x)＝1－＞0，
所以函数f(x)在(3，4)上单调递增，
因为f(4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4＞0，
f(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3＜0，
所以函数f(x)在区间(3，4)内存在唯一的零点．
(3)因为xln x＋x＞k(x－1)，且x∈(1，＋∞)，所以k＜，
令函数g(x)＝，
那么导函数g′(x)＝，x＞1，
根据第二问知，函数f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，且在区间(3，4)
内存在唯一的零点，
设该零点为x ∈(3，4)，
0
那么f(x )＝x －ln x －2＝0，
0 0 0
因此当x∈(x ，＋∞)时，f(x)＞0，
0
即g′(x)＞0，g(x)在(x ，＋∞)上单调递增，
0
当x∈(1，x )时，f(x)＜0，
0
即g′(x)＜0，g(x)在(1，x )上单调递减，
0
所以g(x) ＝g(x )＝＝＝x ∈(3，4)，
min 0 0
所以k＜g(x) ＝x ∈(3，4)，
min 0
因此整数k的最大值为3.
13．(2025·安丘市模拟)已知函数f(x)＝x＋asin x－xcos x.
(1)当a＝1时，求f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间上有零点，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)因为a＝1，
所以f(x)＝x＋sin x－xcos x，
即f′(x)＝1＋cos x－cos x＋xsin x＝1＋xsin x，
所以切线的斜率为k＝f′(π)＝1，又f(π)＝2π，
所以切线方程为y－2π＝x－π，即x－y＋π＝0.
(2)f(x)＝x＋asin x－xcos x，
则f′(x)＝1＋(a－1)cos x＋xsin x，
①当a≥1时，(a－1)cos x≥0，sin x＞0，
所以f′(x)＞0在区间上恒成立，
f(x)在区间上单调递增，
所以f(x)＞f(0)＝0在区间上恒成立，
即f(x)在区间上无零点；②当a＜1时，令h(x)＝f′(x)＝1＋(a－1)cos x＋xsin x，
则h′(x)＝(2－a)sin x＋xcos x＞0在区间上恒成立，
所以h(x)在区间上单调递增，
即h(x) ＝h(0)＝a；
min
(ⅰ)0≤a＜1时，h(x)＞a≥0，f(x)在区间上单调递增，
即f(x)＞f(0)＝0在区间上恒成立，
所以f(x)在区间上无零点；
(ⅱ)当a＜0时，h(0)＝a＜0，
又h＝1＋＞0，
所以存在x ∈，使得h(x )＝0，
0 0
所以当0＜x＜x 时，h(x)＜0，f(x)单调递减，
0
当x ＜x＜时，h(x)＞0，f(x)单调递增，
0
即当x＝x 时，f(x)取得最小值，
0
因为f(0)＝0，所以f(x )＜0，
0
因为f＝＋a，
所以当a≤－时，f＝＋a≤0，
此时，f(x)＜0在区间上恒成立，f(x)在区间上无零点，
当－＜a＜0时，f＝＋a＞0，
故存在x ∈，使得f(x )＝0，
1 1
所以实数a的取值范围是.
14．(2025·金川区校级二模)已知函数f(x)＝3a－x－(x＋1)ln(x＋1)，g(x)＝a2ex＋
(2－a)x2－3ax(x＞－1)，1≤a≤6，g(x)的导函数记为g′(x)，e为自然对数的底
数，约为2.718.
(1)判断函数f(x)的零点个数；
(2)设x 是函数f(x)的一个零点，x 是函数g(x)的一个极值点，证明：－1＜x ＜1
1 2 2
＜x .
1
【解析】 (1)导函数f′(x)＝－ln(x＋1)－2，
令f′(x)＝0，解得x＝－1＋.
当x∈时，f′(x)＜0，
当x∈时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
令函数m(x)＝xln x，
所以当x→0时，可令x＝e－t，
那么t→＋∞，s(t)＝－te－t，
易知当t→＋∞时，s(t)→0，
所以当x→－1时，函数y＝(x＋1)ln(x＋1)→0，
所以f(x)→3a＋1.
因为1≤a≤6，
所以3a＋1＞0，
即函数f(x)在上无零点，
又因为f(1)＝3a－1－2ln 2≥3×1－1－2ln 2＞0，
f(e2－1)＝3a－(e2－1)－2e2＝3a＋1－3e2≤3×6＋1－3e2＜0，
所以∃x ∈(1，e2－1)使得f(x )＝0，
1 1
即函数f(x)在区间上有一个零点，
所以f(x)的零点个数为1.
(2)证明：根据第一问可知，f(x)有唯一零点x ，且x ＞1.
1 1
下面判断g(x)的极值点情况，
导函数g′(x)＝a2ex＋(2－a)x－3a(x＞－1)，
令函数h(x)＝g′(x)，
那么导函数h′(x)＝a2ex＋2－a(x＞－1)，
当1≤a≤2时，h′(x)＞0，
所以函数h(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
当2＜a≤6时，导函数h′(x)＞a2e－1＋2－a＞＋2－2＝＞0，
所以函数h(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
综上所述，当1≤a≤6时，函数h(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，
因为h(－1)＝－2a－2，
令r(a)＝－2a－2，r′(a)＝－2，
令r′(a)＝0，解得a＝e.
因为1≤a≤6，所以函数r(a)在区间[e，6]上单调递增，在区间[1，e)上单调递减，
又因为r(1)＝－4＜0，r(6)＝－14＜0，
所以h(－1)＜0.
又h(1)＝a2e－4a＋2≥12×e－4×1＋2＝e－2＞0，
所以∃x ∈(－1，1)使得h(x )＝0，
2 2
即g′(x )＝0，
2
且当x∈(x 1)时，h(x)＝g′(x)＞0，
2，
当x∈(－1，x )时，h(x)＝g′(x)＜0，
2
所以函数g(x)在区间(x 1)上单调递增，在区间(－1，x )上单调递减，
2， 2
因此当x∈(－1，＋∞)时，g(x)存在唯一的极值点x ，且－1＜x ＜1.
2 2
综上，－1＜x ＜1＜x .
2 1
