第9讲 零点判断中的取点技巧
利用零点存在定理判断函数零点的个数是导数压轴题中的命题热点，同时
也是考生不易掌握的公认难点，当使用零点存在定理时，我们需要找到函数值
异号的两个点．而“如何取点（找点）？”，却是一只不折不扣的拦路虎！特
别是含参函数的取点问题，表面上具有相当的难度与技巧性（参考答案中的取
点简直是神来之笔），实则有其基本原理．掌握其中的逻辑，则可以轻松面
对．
本讲义以近几年的高考题和模拟题为例，谈谈取点的基本原理和逻辑，总
结取点攻略。
方法一 巧取特殊值
当我们在取点过程中，可先考虑选取一些特殊点进行判断，但这里的“巧取特殊点”
不是指“瞎猜胡蒙”，而是建立在推理分析的基础上，如考虑区间端点（如果可以取
到），其次是一些特殊值，如解析式含有指数、对数或三角函数时，可考虑参数无关的
点，如0，1，e ， 等．最后考虑含参数的点．这时的取点原则是将解析式中含参项去参为常，如果不成，则
退而求其次，通过选点使解析式中含参项的代入结果尽量简化，再配合解析式中不含参的
项，进行必要的调整．
例1. 当 时，讨论f(x)＝lnx－ax的零点个数．
取点分析先对f(x)求导， ，可求得 在 上单调递增，
在 上单调递减，又 ，又 时 ，
时 ，接下来，就是分别在 和 找点（取点）满足函数
值小于零．
又因为 ，容易发现 ，f(1)＝－a<0，故在 有一个零点；下一步需
要在 上找一个满足函数值小于零。因为 ，要找一个比 大的数，可以考虑 加一个正数或乘一个大于1的数，但这样
都不利于对数的运算，考虑到 ，故 ，而 ，
故在 有一个零点。
【解答过程】
解： ，由 ，得
由 ，得 ，故 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，又因为 ，容易发现 ，f(1)＝－a<0，故
在 有一个零点；
，而 ，故在 有一个零点。
所以函数在定义域上有两个零点。
【点评】取点时，若解析式中含有lnx常取的点是0,1，e，或者区间的端点以及根据区间端
点放缩得到的特殊点，在上面的取点过程中，我们为了让含有参数a 的项ax 尽可能简单，
所以取点的出发点是 ，按照题目的需求，要找到比 还要大的点，则在几个常规的方向上进行试探．
【对点演练】（2023·浙江温州·统考三模）已知函数 .
(1)证明：函数 在 上有且只有一个零点；
【详解】（1）令 ，得 ，令 ，
要证函数 在 上有且只有一个零点，
即证 在 上有且只有一个零点.
因为 ，所以函数 在 上单调递减，
由 ， ，则 ，
由零点存在性定理可知，函数 在 上有且只有一个零点.
故得证.
方法二 内点效应
内点效应概述：函数 ， 定义在区间 上
（1）若 ，则取任意的 ，则不等式组 有解，且这
个解集中所有的 都满足 ；
（2）若 ，则取任意的 ，则不等式组 有解，且这
个解集中所有的 都满足 ；
下面我们举一个例子说明一下内点效应的应用：
问题1：已知 试在 上找一个值 ，满足 。
取点分析因为 时， ， 时， ，故寻找 的
点应选择区间 的左端点分析
由 得 ，令 ，因为 。则 ，取 ，则不等式 的解满足 ，
不等式化为 ，取 ，则 ，
故
说明：（1） 不一定要取 ，可取 内的任意值，但选取的值要有利于不等式的求解；
（2）在实际应用中 不一定存在，这时候我们可以用它的极限值代替。
（3） 不一定取 ，也可以取 内的任意值，只是我们往往取区间端点。
问题2 已知 试在 上找一个值 ，满足 。
分析：因为 时， ， 时， ，故寻找 的点
应选择区间 的右端点分析
令 ，当 时 ， ，故取值区间为 ，
取 ，则不等式组
取 ，则
故 是一个满足条件的值。
内点效应将一个不可解的不等式转化为一个可解的不等式处理，灵活利用
内点效应，可以帮助我们解决在使用零点存在定理判断根的存在性时的取点问
题，下面我们再通过例题，分析一下内点效应的应用。例1（2019年全国2卷改编）已知函数 ，判断函数 在定义域上零
点的个数。
取 点 分 析 由 题 意 可 知 函 数 的 定 义 域 为 ， 因 为
故 在 和 上单调递增，故在每个区
间上零点个数最多为1.
先判断 在 的零点的个数：
时， ， 时， ，故应有一个零点，下面利用内点
由
效应找点判号
， 令 ， 当 时 ，
， 故 取 值 区 间 为 ， 取 ， 则 不 等 式 组
取 ，则
时 ，故取值区间为 ，取 ，则不等
当
式组
取 ，则
再判断 在 的零点的个数：时 ，故取值区间为 ，取 ，则不等式
当
组
取 ，则
时 ，故取值区间为 ，取 ，则不等
当
式组
取 ，则
【 解 题 过 程 】 由 题 意 可 知 函 数 的 定 义 域 为 ， 因 为
故 在 和 上单调递增
因为 且
故函数 在 上有一个零点；
又因为 ，且 ， ，故函数
在 上有一个零点；综上可得，函数 在在定义域内有2个零点。
【点评】通过上面的分析可以看出，内点效应起着“背后英雄”的作用，它把一个平常很
多同学靠“猜”取点的过程，转化为一个简单不等式的求解过程，而分析过程不必体现在
解题过程中，掌握了此方法，就可以“看破”很多解题过程中所取点的来龙去脉了，下面
我们再通过一个题目自己练习一下吧。
另外，说明：如果能将零点问题转化为两个函数图象的交点问题，两个函数，一个含
参，一个不含参，一定一动，可以初步判断函数零点的个数与位置，为接下来的取点做好
准备．
方向二 放缩取点
原理其实很简单，若直接找点不容易，但可通过放缩将 f(x)放缩成一个
容易解方程的函数，注意最后需证明x 在规定的定义域内。
1
其实放缩取点法的关键就两个，一是分清对谁放缩，二是根据增减速率不同
选择合适的放缩方法，基本原则是不能改变函数的变化趋势。
角度1 根据函数的有界性放缩
利用有界性来放缩，即根据给定定义域范围下某些函数的范围进行放缩，例如当
a>0且x∈[1,2]时，a≤ax≤2a，又或者|sinx|≤1，这种放缩是把函数放缩成具体的数字，
例2（2018年全国二卷）已知函数 ．
（1）若 ，求 的单调区间；
（2）证明： 只有一个零点．
取点分析对于（2）中由于 ，所以 等价于 ．
设 = ，则g ′（x）= ≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，
所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多
有一个零点．
因为 ，故 的取值范围是=
令 可得 ；
又
令 得
通过以上分析，我们就找到了易于计算和判断符号的点。
【解答过程】（1）当a=3时，f（x）= ，f ′（x）= ．
令f ′（x）=0解得x= 或x= ．
当x∈（–∞， ）∪（ ，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（ ， ）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞， ），（ ，+∞）单调递增，在（ ，
）单调递减．
（2）由于 ，所以 等价于 ．
设 = ，则g ′（x）= ≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，
所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多
有一个零点．
又f（3a–1）= ，f（3a+1）= ，故f（x）有一个零
点．
综上，f（x）只有一个零点．
【点评】利用有界性放缩的实质是将函数的一部分放缩成常数，但要注意点的
选择不是唯一的，一切以易于计算为原则。
角度2 切线放缩
切线放缩的实质时将指数函数、对数函数放缩为一次函数，即化曲为直，常用的放缩不等式有 ， ， 。
例3已知函数 ae2x+(a﹣2) ex﹣x.
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有两个零点，求a的取值范围.
取点分析由（1）可求得若 ，则 ，所以 在 单调递减.
若
时
在 单调递减，在 单调递增.
（2）若 ，由（1）知， 至多有一个零点；若 ，由（1）知，当
时， 取得最小值，最小值为 ，若函数有两个零点，则
可得 ，分析函数的变化趋势可知， 时 ， 时
，故只需在区间 和 内找点，满足函数值大于零。
因 为 且 ， 故 在
有一个零点.
又因为 ，
令 可得 ，可以判断 ，进而求
得答案。
【 解 析 】 （ 1 ） 的 定 义 域 为 ，，
（ⅰ）若 ，则 ，所以 在 单调递减.
（ⅱ）若 ，则由 得 .
当 时， ；当 时， ，所以 在
单调递减，在 单调递增.
（2）（ⅰ）若 ，由（1）知， 至多有一个零点.
（ⅱ）若 ，由（1）知，当 时， 取得最小值，最小值为
.
①当 时，由于 ，故 只有一个零点；
②当 时，由于 ，即 ，故 没有零点；
③当 时， ，即 .
又 ，故 在 有一个零点.
因为
又
由于 ，因此 在 有一个零点.综上， 的取值范围为 .
角度3 曲线放缩
曲线放缩的实质就是化曲为曲，当曲线不能放缩为直线时，可考虑放缩为曲线，
常用的放缩不等式有 ， ， ，
。至于选择哪种放缩形式并无定论，依题而定，
很具有灵活性。
例4（2020年全国I卷）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.
取点分析（2）中 ，
当a≤0时， >0，所以f（x）在（–∞，+∞）单调递增，故f（x）至多存在1个零点，
不合题意．
当a>0时，f（x）在（–∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，故当x=lna时，f
（x）取得最小值，最小值为f（lna）=–a（1+lna），若 有两个零点，则f（lna）=–a
（1+lna）<0,即a> ，下面需要分别在区间（–∞，lna）和（lna，+∞）内找点，使得函数
值大于零。
因为 ，注意到 ，且 时 ，故f（–2）=e–2>0
又 时， ，此时考虑对 放缩，但放缩后
不能改变 的趋势，又 是一次函数，故考虑将 放缩为二次函数，又，故 ，令
解得 ，故可取
【解答过程】解：（1）当a=1时，f（x）=ex–x–2，则 =ex–1．
当x<0时， <0；当x>0时， >0．
所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．
（2） =ex–a．
当a≤0时， >0，所以f（x）在（–∞，+∞）单调递增，
故f（x）至多存在1个零点，不合题意．
当a>0时，由 =0可得x=lna．
当x∈（–∞，lna）时， <0；
当x∈（lna，+∞）时， >0．所以f（x）在（–∞，lna）单调递减，在（lna，
+∞）单调递增，故当x=lna时，f（x）取得最小值，最小值为f（lna）=–a（1+lna）．
若 有两个零点，则f（lna）=–a（1+lna）<0,即a> ，
由于f（–2）=e–2>0，所以f（x）在（–∞，lna）存在唯一零点．
故f（x）在（lna，+∞）存在唯一零点，从而f（x）在（–∞，+∞）有两个零点．
综上，a的取值范围是（ ，+∞）．
【点评】取点分析过程中 ，是因为含有根号时不宜计
算判号。
【对点演练】(2018年全国II卷）)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
【解析】 (1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,
则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.
而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)由 得ex-ax2=0，即1-ax2e-x=0，设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
4a
故h(2)=1- 是h(x)在[0,+∞)的最小值.
e2
e2
①若h(2)>0,即a< ,h(x)在(0,+∞)没有零点;
4
e2
②若h(2)=0,即a= ,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;
4
e2
③若h(2)<0,即a> ,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以
4
16a3 16a3 16a3 1
h(4a)=1- =1- >1- =1- >0.故 h(x)在(2,4a)有一个零点.因此 h(x)在
e4a (e2a)2 (2a)4 a
(0,+∞)有两个零点.
e2
综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a= .
4
【巩固训练】
1．已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有两个零点，求 的取值范围．
【解析】解：（1）求导 ，
因为 ， ，所以，当 时， ，所以 在 上单调递减，
当 时， ，
令 ，解得： ，当 ，解得： ，当 ，解得：
，
所以 时， 单调递减， 单调递增；
综上可知：当 时， 在 减函数，
当 时， 在 是减函数，在 是增函数；
（2）①若 时，由（1）可知： 最多有一个零点，
② 当 时 ， 由 （ 1 ） 可 知 ： 当 时 ， 取 得 最 小 值 ，
，
当 ，时， ，故 只有一个零点，
当 时，由 ，即 ，故 没有零点，
当 时， ， ，
由 ，
故 在 有一个零点，
假 设 存 在 正 整 数 ， 满 足 ， 则
，
由 ，因此在 有一个零点．所以 的取值范围 ．
2．已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有两个零点，求 的取值范围．
【解析】解：（1） 的定义域为 ，且 ，
当 时， ，此时 在 上单调递增；
当 时，由 解得 ，由 解得 ，此时 在 上
单调递增，在 上单调递减；
综上，当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
（2）由（1）知，当 时， 在 上单调递增，函数 至多一个零点，不合
题意；
当 时 ， 在 上 单 调 递 增 ， 在 上 单 调 递 减 ， 则
，
当 时， ，函数 至多有一个零点，不合题意；当 时， ，
由于 ，且 ，
由零点存在性定理可知， 在 上存在唯一零点，
由于 ，且 （由于 ，
由零点存在性定理可知， 在 上存在唯一零点；
综上，实数 的取值范围为 ．
3．已知函数 为自然对数的底数，且 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有两个零点，求 的取值范围．
【解析】解：（1） ，
① 时， ，则
时， ， 在 递减，
时， ， 在 递增，
②当 时，由 得 ， ，
若 ，则 ，故 在 递增，
若 ，则
当 或 时， ， 时， ，故 在 ， 递增，在 递减；
综上： 时， 在 递减，在 递增，
时， 在 ， 递增，在 递减；
时， 在 递增；
（2）① 时， 在 递增，不可能有2个零点，
②当 时， 在 ， 递增， 递减，
故当 时， 取极大值，极大值为 ，
此时， 不可能有2个零点，
③当 时， ，由 得 ，
此时， 仅有1个零点，
④当 时， 在 递减，在 递增，
故 ，
有2个零点， ，
解得： ， ，
而 （1） ，
取 ，则 （b） ，
故 在 ， 各有1个零点，
综上， 的取值范围是 ， ．4．已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有两个零点，求 的取值范围．
【解析】解：（1）由 ，
可得 ，
①当 时，由 ，可得 ；由 ，可得 ，
即有 在 递减；在 递增；
②当 时，由 得 或 ；
若 ，则 ，当 时， ，当 时， ；
， 恒成立，即有 在 上递增；
若 时，则 ；由 ，可得 或 ；
由 ，可得 ．
即有 在 ， ， 递增；
在 ， 递减；
若 ，则 ，由 ，可得 或 ；
由 ，可得 ．
即有 在 ， ， 递增；在 ， 递减．
（2）①由（1）可得当 时， 在 递减；在 递增，且 ， ， 取 满 足 且 ． 则
，
有两个零点；
②当 时， ，所以 只有一个零点 ；
③当 时，
若 时，由（1）知 在 ， 递减，
在 ， ， 递增，
又当 时， ，所以 不存在两个零点；
当 时，由（1）知， 在 单调增，又当 时， ，故 不
存在两个零点；
综上可得， 有两个零点时， 的取值范围为 ．
5．已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有两个不同的零点，求 的取值范围．
【解析】解：（1）函数 ．定义域为 ，
，
① 时， ，
当 ． ， 单调递增；
当 ． ， 单调递减；② 时， ，解得 或 ，
当 ， ， 单调递减；
当 ， ， 单调递增，
当 ， ， 单调递减；
③ 时， ， 在 单调递减；
④ 时， ，解得 或 ，
当 ， ， 单调递减；
， ， 单调递增；
， ． 单调递减；
（2）由（1）得当 时， 在定义域上只有一个零点，
，由（1）可得，
要 使 有 两 个 零 点 ， 则 （ 2 ） ， 即 （ 2 ） ， 所 以
，
下证 有两个零点，
取 ， ，满足 （2） ，
故 在 有且只有一个零点；
因为 （4） ，满足 （2） （4） ，故 在 有且只有一个
零点；
当 时 ， 由 （ 1 ） 可 得 ， （ a ），
故 在 无零点，又因为 在 单调递减， 在 至多一个零点，
不满足条件；
当 时， ， （2） ，故 在 上无零点，
又因为 在 单调递减，
在 至多一个零点，不满足条件；
满足条件 的取值范围 .
