重难点07 导数中的零点问题（举一反三专项训练）
【全国通用】
【题型1 判断、证明或讨论零点的个数】..............................................................................................................2
【题型2 零点问题之唯一零点问题】......................................................................................................................6
【题型3 零点问题之双零点问题】..........................................................................................................................9
【题型4 根据零点（个数）情况求参数范围】...................................................................................................12
【题型5 函数零点的证明问题】............................................................................................................................16
【题型6 多零点的和、差、积与大小关系问题】...............................................................................................22
【题型7 隐零点问题】............................................................................................................................................28
【题型8 三角函数的零点问题】............................................................................................................................32
【题型9 导数中函数零点的新定义问题】...........................................................................................................36
1、导数中的零点问题
导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的函数零点（方程根）问题在高考中占有很重要的地位，
是高考的热点内容.从近几年的高考情况来看，高考常考查函数零点的个数判断或求参问题，三次函数与复
合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现，难度较大，复
习是要加强这方面的训练.
知识点
1 导数中的函数零点问题的解题策略
1．函数的零点
(1)函数零点的定义：对于函数y=f(x)，把使f(x)=0 的实数叫做函数y=f(x)的零点.
(2)三个等价关系
方程f(x)=0 有实数根
函数
⇔
y=f(x)的图象与x 轴有交点的横坐标
函数
⇔
y=f(x)有零点.
2．函数零点的判定
如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y=f(x)在区间(a,b)
内有零点，即存在c∈(a,b)，使得f(c)=0，这个也就是f(x)=0 的根.我们把这一结论称为函数零点存在性定
理.
3．函数零点（个数）问题的的求解方法
(1)构造函数法：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)函数零点存在定理：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.
(3)数形结合法：函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，数形结合，根据图象的几何直观求解.
4．导数中的含参函数零点（个数）问题
利用导数研究含参函数的零点（个数）问题主要有两种方法：
(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x 轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.
(2)分离参变量，即由f(x)=0 分离参变量，得a=g(x)，研究y=a 与y= g(x)图象的交点问题.
5．与函数零点有关的参数范围问题的解题策略
与函数零点（方程的根）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.
知识点
2 隐零点问题
1．隐零点问题
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数不等式与导数的综合题目中常会遇到
涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策路是判断单调
性
，合理取点判断符号，再结合函数零点存在
定理处理.
2．隐零点问题的解题策略
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致
解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在
区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点
是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就
叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
【题型1 判断、证明或讨论零点的个数】
【例1】（2025·云南红河·三模）函数f (x)= x
3−12 x +16的零点个数是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【解题思路】利用导数研究函数的单调性，进而得函数的极值，即可得函数的零点个数.
【解答过程】f
′ (x)=3 x
2−12=3(x +2)(x−2)，x∈R，
令f
′ (x)>0，得x>2或x<−2；令f
′ (x)<0，得−2< x<2，
所以函数f (x)的单调递增区间为(−∞,−2)，(2,+∞)，单调递减区间为(−2,2)，
所以函数f (x)的极大值为f (−2)=32，极小值为f (2)=0，
当x→−∞时，f (x)<0，当x→+ ∞时，f (x)>0，
所以函数f (x)的零点个数为2．
故选：C．
【变式1-1】（2025·宁夏银川·三模）若函数f (x)={
2 x
3−6 x +3, x ≤0
3e
x , x>0
)，则g(x)=2[ f (x)]
2−13 f (x)+21
的零点个数为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【解题思路】令g(x)=0，可得f (x)= 7
2或f (x)=3，分x ≤0，x>0求导判断f (x)的单调性及极值，进而可
得f (x)= 7
2，f (x)=3的解的个数，进而可得g(x)的零点个数.
【解答过程】令g(x)=0，则2[ f (x)]
2−13 f (x)+21=0，所以[2f (x)−7][f (x)−3)=0，
解得[2f (x)−7)[f (x)−3)=0，解得f (x)= 7
2或f (x)=3，
当x ≤0时，f (x)=2 x
3−6 x +3，求导得f
′ (x)=6 x
2−6，
令f
′ (x)=0，则6 x
2−6=0，解得x =−1，
若x<−1时，f
′ (x)>0，若−1< x<0，f
′ (x)<0，
所以f (x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,0)上单调递减，
且f (−1)=−2+6+3=7，f (0)=3，
当x>0时，f (x)=3e
x在(0,+ ∞)上单调递增，且f (x)>f (0)=3e
0=3，
所以f (x)= 7
2有3 个解，f (x)=3有2 个解，
所以g(x)的零点个数为5 个.
故选：D.
【变式1-2】（2025·湖北恩施·模拟预测）已知函数f (x)=2 x−1−ln x，直线l: x−y −3=0.
(1)若点P是函数y = f (x)图象上的一点，求点P到直线l距离的最小值；
(2)若g(x)= f ( x)+t e
x−2 x，讨论函数g(x)的零点的个数.
【答案】(1)3
2
❑√2
(2)答案见解析
【解题思路】（1）求出点P( x ,f ( x))到直线l的距离，根据导数即可求解；
（2）若g(x)= f ( x)+t e
x−2 x =t e
x−ln x−1，证明函数g(x)的零点的个数与ℎ(x)= ln x +1
e
x
−t的零点个
数相同，求出ℎ
′( x)，令m( x)= 1
x −ln x−1，证明ℎ(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减，据此即
可求解.
【解答过程】（1）点P( x ,f ( x))到直线l: x−y −3=0的距离为
d( x)=| x−f ( x)−3|
❑√1
2+(−1)
2
=| x−(2 x−1−ln x)−3|
❑√2
=|ln x−x−2|
❑√2
，
令ℎ( x)=|ln x−x−2|，令k( x)= ln x−x−2，
令k
′( x)= 1
x −1=0得x =1，
当x =1时k(1)=−3为极大值，
当x→0
+时ln x→−∞，k( x)→−∞，
当x→+ ∞时，k( x)→−∞，
k( x)max =−3，所以|ln x−x−2|max=3，
所以对应最小距离为3
❑√2 = 3 ❑√2
2
；
（2）若g(x)= f ( x)+t e
x−2 x =t e
x−ln x−1，
定义域为(0,+∞)，令g(x)=0可得ln x +1
e
x
−t =0，
则函数g(x)的零点的个数与ℎ(x)= ln x +1
e
x
−t的零点个数相同，
ℎ
′ (x)=(
1
x −ln x−1)e
−x， 再令m( x)= 1
x −ln x−1，
则m
′( x)=−1
x
2 −1
x <0，所以m( x)= 1
x −ln x−1在(0,+∞)单调递减，
又因为m(1)=0，∴ ℎ(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
则ℎ(x)max= 1
e −t，lim
x→0 ℎ( x)=lim
x→0(
ln x +1
e
x
−t)→−∞，
当lim
x→+∞ℎ( x)→−t，所以当t > 1
e 时ℎ(x)max = 1
e −t <0恒成立，ℎ(x)无零点，
当t = 1
e 时ℎ(x)max=1
e −t =0，ℎ(x)有1 个零点，
当0<t < 1
e 时ℎ(x)max=1
e −t >0，ℎ(x)在(0,1)和(1,+∞)分别有1 个零点，
即ℎ(x)有2 个零点，当t ≤0时ℎ(x)max= 1
e −t ≥1
e ，
ℎ(x)在(0,1)有1 个零点，在(1,+∞)上，
ℎ(x)>0恒成立，即ℎ(x)只有1 个零点；
综上所述，当t > 1
e 时， g(x)无零点，当t = 1
e 或t ≤0时，g(x)有1 个零点，当t ∈(0, 1
e)时， g(x)有2 个
零点.
【变式1-3】（2025·山东淄博·三模）已知函数f (x)=ln(x +m)+e
−x−m.
(1)当m= 1
2时，判断y = f (x)有无极值点，并说明理由；
(2)当1<m<3时，判断函数y = f (x)在(1−m,+ ∞)上的零点个数并给出证明.
【答案】(1)y = f (x)无极值点，理由见解析
(2)函数y = f (x)在(1−m,+ ∞)上有2 个零点，证明见解析
【解题思路】（1）求出导函数，判断导函数的符号，从而判断极值点；
（2）利用导数判断f ( x)的单调性，再结合零点存在性定理即可判断零点个数．
【解答过程】（1）当m= 1
2时，y = f (x)无极值点，理由如下：
当m= 1
2时，函数f (x)=ln(x + 1
2)+e
−x−1
2，定义域为(−1
2 ,+∞)，
所以f
′( x)=
1
x + 1
2
−1
e
x =
e
x−x−1
2
e
x( x + 1
2 )
，
令g( x)=e
x−x−1
2，则g
′( x)=e
x−1，由g
′( x)=0得x =0，
由g
′( x)>0得x>0，由g
′( x)<0得−1
2 < x<0，
所以g( x)在(−1
2 ,0)上单调递减，在[0,+ ∞)上单调递增，
所以g( x)≥g(0)= 1
2 >0，故f
'( x)>0，
所以f ( x)在(−1
2 ,+ ∞)上单调递增，故函数y = f (x)无极值点．
（2）当1<m<3时，函数y = f (x)在(1−m,+ ∞)上的零点个数为2，证明如下：
由f (x)=ln(x +m)+e
−x−m(x>−m)得f
′( x)=e
x−x−m
e
x( x +m)
，
设g( x)=e
x−x −m，则g
′( x)=e
x−1，令g
′( x)=0，得x =0，
所以当−m< x<0时，g
′( x)<0，当x>0时，g
′( x)>0，
即g( x)在(−m,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
因为g(−m)=e
−m>0，g(1−m)=e
1−m−1<e
0−1=0，g(0)=1−m<0，
g(2)=e
2−2−m>e
2−2−3>0，
所以g(−m)⋅g(1−m)<0，g(0)⋅g(2)<0，
所以∃x1∈(−m,1−m)，使得g( x1)=0，∃x2∈(0,2)，使得g( x2)=0，
所以f ( x)在(−m, x1)上单调递增，在[ x1, x2]上单调递减，在[ x2,+∞)上单调递增，
且f (1−m)=e
m−1−m，f (0)=lnm−m+1，
设F (x)=e
x−x−1，则F
′ (x)=e
x−1，F
′ (0)=0，
当x∈(−∞,0)时，F
′ (x)<0，F (x)为减函数，
当x∈(0,+∞)时，F
′ (x)>0，F (x)为增函数，
所以F (x)min= F (0)=0，故e
x−x−1≥0，即e
x≥x +1，
因为1<m<3，所以0<m−1<2，故e
m−1−(m−1)−1>0，即f (1−m)=e
m−1−m>0.
设ℎ(x)=ln x−x +1(x>0)，则ℎ
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，ℎ
′ (1)=0，
当x∈(0,1)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)为增函数，
当x∈(1,+∞)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)为减函数，
所以ℎ(x)max =ℎ(1)=0，即ln x−x +1≤0，
因为1<m<3，所以f (0)=lnm−m+1<0.
由1<m<3得e
2m−m>2m+1−m>0，且f (e
2m−m)=m+e
m−e
2m
>0.
因为1−m<0<e
2m−m，f (1−m)⋅f (0)<0，f (0)⋅f (e
2m−m)<0，
所以函数f ( x)在(1−m,0)和(0,+∞)上各有一个零点，共2 个零点．
【题型2 零点问题之唯一零点问题】
【例2】（2025·四川成都·三模）函数f (x)=2 x−m−ln x有且只有一个零点，则m的取值是（ ）
A．1−ln2
B．1+ln2
C．ln2
D．−ln2
【答案】B
【解题思路】根据函数f (x)=2 x−m−ln x有且只有一个零点，将其转化为函数g(x)=2 x−ln x的图象与
直线y =m有且只有一个交点，求导判断函数g(x)的单调性，求出其最小值，即得参数的值.
【解答过程】由f (x)=2 x−m−ln x =0，可得m=2 x−ln x.
令g(x)=2 x−ln x ,(x>0)，则g
′ (x)=2−1
x = 2 x−1
x
，
则当0< x< 1
2时，g
′ (x)<0，当x> 1
2时，g
′ (x)>0，
则g(x)在(0, 1
2 )上单调递减，g(x)在( 1
2 ,+∞)上单调递增，故g( x)min= g( 1
2 )=1+ln2，
且当x→0
+时，g( x)→+ ∞；当x→+ ∞时，g( x)→+ ∞，
因函数f (x)=2 x−m−ln x有且只有一个零点，
即函数g(x)=2 x−ln x的图象与直线y =m有且只有一个交点，
故m=1+ln2.
故选：B.
【变式2-1】（2025·辽宁大连·模拟预测）若函数f ( x)=a
x−x
3+a x
2−x−1（a>0且a≠1）在(0,1)上有
唯一零点，则a的取值范围是（ ）
A．2≤a<e
B．3
2 <a<e
C．1<a≤3
2
D．1<a<2
【答案】B
【解题思路】将问题转化成两图象的交点问题，利用导数分析单调性数形结合求解.
【解答过程】由题意可得a
x−x
3+a x
2−x−1=0在(0,1)上有唯一解，即a
x= x
3−a x
2+ x +1，
令g(x)=a
x，则g
′ (x)=a
x ln a，则g(0)=1,g
′ (0)= ln a，
令ℎ(x)= x
3−a x
2+ x +1，则ℎ
′ (x)=3 x
2−2ax +1，
则ℎ(0)=1,ℎ
′ (0)=1，
当0<a<1时，ℎ
′ (x)的Δ= 4 a
2−12<0，开口向上，恒大于零，
所以ℎ(x)为递增函数，g(x)=a
x为递减函数，
因为ℎ(0)= g(0)=1，所以g(x)=ℎ(x)在(0,1)上无解；
当a>1时，ℎ
′ (0)> g
′ (0)必须成立，若ℎ
′ (0)≤g
′ (0)，会出现g1(x)图象的情况，
即g(x)>ℎ(x)在(0,+ ∞)上恒成立，（指数函数的增长速度大于幂函数，且ℎ(0)= g(0)=1），
所以图象只能为g2(x)，只需交点横坐标小于1 即可，所以令g(1)>ℎ(1)可得a>1−a+2⇒a> 3
2，
又ℎ
′ (0)> g
′ (0)⇒1>ln a⇒a<e，所以a的范围为3
2 <a<e.
故选：B.
【变式2-2】（2025·云南曲靖·二模）已知函数f (x)=a
x+b
x−2(0<a<1,b>1)，若该函数有且只有一个零
点，则ab的值为（ ）
A．1
B．1
e
2
C．1
e
D．e
【答案】A
【解题思路】由题意可说明0 为f (x)的唯一零点,然后求函数的导数，并令导数等于0，求得
x0= log b
a(−ln a
ln b)，根据导数的正负判断函数的单调性，说明f (x)min= f (x0)，进而说明f (x)的最小值为
f (x0)=0，从而可得x0= log b
a(−ln a
ln b)=0，结合对数的运算，求得答案．
【解答过程】由题意知函数f (x)有且只有1 个零点，
而f (0)=a
x+b
x−2=0，故0 即为f (x)的唯一零点，
因为f
′ (x)=a
x ln a+b
x ln b，且0<a<1,b>1，
故lna<0,lnb>0 ，所以f
′( x)=0 有唯一解x0= log b
a(−ln a
ln b)，
令ℎ( x)= f
′( x)，则ℎ
′ (x)=(a
x ln a+b
x ln b)=a
x(ln a)
2+b
x(ln b)
2，
对于任意x∈R ，都有ℎ
′( x)>0，
故f
′( x)=ℎ( x)在R 上单调递增，
则x∈(−∞, x0)时，f
′( x)<0，x∈(x0,+ ∞)时，f
′( x)>0，
故函数f ( x)在x∈(−∞, x0)时单调递减，在x∈(x0,+∞)时单调递增，
故f (x)min= f (x0) ；
若f (x0)<0，当x<loga2时，a
x>a
loga
2
=2,b
x>0，b
x>0 ，
则g( x)>0 ，因此当x1<loga2 且x1< x0 时，f (x1)>0，
此时f ( x)在(x1, x0)内有零点，则f ( x)至少有两个零点，与题意不符；
故f (x0)≥0，则f ( x)的最小值为f (x0)=0，
因为由题意知0 为f ( x)的唯一零点，故x0=0 ，
即x0= log b
a(−ln a
ln b)=0,−ln a
ln b =1，则lna+lnb=0,lnab=0,ab=1，
即ab值为1.
故选：A.
【变式2-3】（2025·河南·二模）若函数f (x)=2 x
3−3 x
2−a在区间(1,2)内仅有一个零点，则a的取值范围
为（ ）
A．(2,3)
B．(0,1)
C．(−1,4)
D．(−1,0)
【答案】C
【解题思路】法1：确定函数单调性，进而可求解，法2：分参，得到a=2 x
3−3 x
2，确定y =2 x
3−3 x
2的
单调性，进而可求解.
【解答过程】法1：因为f
′ (x)=6 x (x−1)，
令f
′ (x)>0，解得x<0或x>1；
令f
′ (x)<0，解得0< x<1，
所以f (x)在(1,2)上单调递增，
要满足函数f (x)=2 x
3−3 x
2−a在区间(1,2)内仅有一个零点，
则f (1)=−1−a<0，f (2)= 4−a>0，解得−1<a<4.
故选：C.
法2：由题意，关于x的方程a=2 x
3−3 x
2在(1,2)内仅有一个解，
而y =2 x
3−3 x
2，y
′ =6 x (x−1)，
令y
′>0，解得x<0或x>1；
即y =2 x
3−3 x
2在(1,2)上单调递增，原问题等价于a∈{y | y =2 x
3−3 x
2, x∈(1,2))=(−1,4).
故选：C.
【题型3 零点问题之双零点问题】
【例3】（2025·湖南郴州·模拟预测）已知f (x)=me
mx−ln x (m≥0)，若f (x)有两个零点，则实数m 的取
值范围为（ ）
A．(0, 1
e)
B．(0, 1
e
2)
C．(
1
e ,+∞)
D．[
1
e
2 ,+∞)
【答案】A
【解题思路】由同构的思想可知，若f ( x)有两个零点，则mx e
mx−x ln x =0(x>0)有两个解，即mx = ln x
有两解，分离变量求导即可
【解答过程】若f ( x)有两个零点，则f ( x)=me
mx−ln x =0有两个解，
等价于mxe
mx−x ln x =0(x>0)有两个解，因为m≥0，x>0，所以ln x ≥0，
令g(t )=t e
t，原式等价于g(mx)= g(ln x)有两个解，
因为g
′ (t )=(t +1)e
t，则当t >0时g
′ (t )>0，所以g(t )在[0,+∞)上单调递增，
所以mx = ln x (x>0)有两个大于零的解.
解mx = ln x，可得m= ln x
x ，令ℎ(x)= ln x
x
(x>0)，
则ℎ
′ (x)= 1−ln x
x
2
，当0< x<e时，ℎ
′ (x)>0，当x>e时，ℎ
′ (x)<0，
所以ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且ℎ(e)= 1
e ，ℎ(x)的图象如图：
所以当0<m< 1
e 时，m= ln x
x 有两个交点，即f ( x)有两个零点.
故选：A.
【变式3-1】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数f (x)={
|ln x), x>0
−e
x , x ≤0 )，且g(x)= f (x)−mx
有两个不同的零点，则m的取值范围为（ ）
A．(−∞, 1
e)
B．(
1
e ,e)
C．(e,+∞)
D．(
1
e ,+∞)
【答案】D
【解题思路】转化问题为函数f (x)和y =mx有两个交点，画出函数f (x)的图象，结合图象及导数的几何意
义分析求解即可.
【解答过程】令g(x)= f (x)−mx =0，即f (x)=mx，
由题意，函数f (x)和y =mx有两个交点，
画出函数f (x)={
|ln x), x>0
−e
x , x ≤0 )的图象，如图，
当m≤0时，显然函数f (x)和y =mx没有两个交点，不符合题意，
则m>0，当x ≤0时，函数f (x)和y =mx有一个交点，
则当x>0时，f (x)=|ln x)和y =mx只有一个交点.
设y =kx (k >0)与f (x)=|ln x)(x>1)相切于点(x0,ln x0)，x0>1，
由f
′ (x)= 1
x ，得f
′(x0)= 1
x0
=k，即x0= 1
k ，
又ln x0=k x0，则ln 1
k =k ⋅1
k =1，解得k = 1
e ，
因此，要使当x>0时，f (x)=|ln x)和y =mx只有一个交点，
则m> 1
e ，即m的取值范围为(
1
e ,+ ∞).
故选：D.
【变式3-2】（2025·黑龙江大庆·三模）已知函数f (x)=|ln x)−kx −2有2 个零点，则实数k的取值范围是
（ ）
A．(−e, 1
e
3)
B．[0, 1
e
3)
C．(−1,0)∪{
1
e
3)
D．(−e,0)∪{
1
e
3)
【答案】D
【解题思路】由函数f (x)=|ln x)−kx −2有2 个零点，得到方程|ln x)=kx +2有两个根，转化成函数
y =|ln x)与y =kx +2的图象有两个公共点的问题.对于y =|ln x)，分0< x<1和x>1两种情况讨论，去掉绝
对值得到图象.当0< x<1时，相切作为临界点，求得相切时k =−e；当x>1时，由相切得到k = 1
e
3 ，结合图
象得到k的取值范围.
【解答过程】已知函数f (x)=|ln x)−kx −2有2 个零点，所以方程|ln x)=kx +2有两个根，
即函数y =|ln x)与y =kx +2的图象有两个公共点.
（1）当0< x<1时，f (x)=|ln x)=−ln x ,f
′ (x)=−1
x .
若直线y =kx +2与曲线f (x)=|ln x)相切，设切点坐标为P(x1,−ln x1)，则曲线在点P处的切线方程为
y +ln x1=(−1
x1)(x−x1).
又因为切线过点(0,2)，所以2+ln x1=(−1
x1)(0−x1)，解得x1= 1
e ，即k = f
′(
1
e)=−e.
（2）当x>1时，f (x)=|ln x)=ln x ,f
′ (x)= 1
x .
若直线y =kx +2与曲线f (x)=|ln x)相切，设切点坐标为Q(x2,ln x2)，则曲线在点Q处的切线方程为
y −ln x2= 1
x2
(x−x2).
又因为切线过点(0,2)，所以2−ln x2= 1
x2
(0−x2)，解得x2=e
3，即k = f
′(e
3)= 1
e
3 .
综上，结合函数y =|ln x)与函数y =kx +2的图象及增长速度可知，当两个函数的图象有两公共点时
k ∈(−e,0)∪{
1
e
3).
故选：D.
【变式3-3】（2025·陕西西安·模拟预测）若函数f (x)= x
3−3 x +a在区间(0,2)内有两个零点，则实数a的
取值范围是（ ）
A．(0,2)
B．(2,+∞)
C．(0,1)
D．(1,+∞)
【答案】A
【解题思路】利用导数说明函数的单调性，依题意可得{
f (0)>0
f (1)<0
f (2)>0)
，解得即可.
【解答过程】因为f
′ (x)=3 x
2−3=3(x +1)(x−1)，所以当x>1或x<−1时f
′ (x)>0，
即f (x)在(1,+ ∞)，(−∞,−1)上单调递增，
当−1< x<1时f
′ (x)<0，即f (x)在(−1,1)上单调递减，
根据题意可得{
f (0)>0
f (1)<0
f (2)>0)
，即{
a>0
1−3+a<0
8−6+a>0)，解得0<a<2.
故选：A.
【题型4 根据零点（个数）情况求参数范围】
【例4】（2025·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)=e
x
|x)，若函数g(x)=[f (x))
2+af (x)−e
2−ae恰有5 个不同
的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2e)
B．(−∞,−e)
C．(−∞,−2
e)
D．(−∞,−1
e)
【答案】A
【解题思路】根据函数定义域，将函数分类讨论，借助于求导判断函数单调性，判断极值点和图象趋势，
作出函数的简图，将函数g(x)分解因式，根据零点定义，结合图象，确定f ( x)=e有两个根，转化为
f ( x)=−e−a有3 个零点，由图即得参数范围.
【解答过程】函数f (x)=e
x
|x)的定义域为{x| x≠0}，
若x>0时，由f (x)=e
x
x 求导得，f
′ (x)=( x−1)e
x
x
2
，
故当0< x<1时，f
′ (x)<0，当x>1时，f
′ (x)>0，
所以f (x)=e
x
x 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且f ( x)极小值= f (1)=e，
当x→0
+时，f ( x)→+ ∞，当x→+ ∞时，f ( x)→+ ∞；
若x<0时，由f (x)=−e
x
x 求导得，f
′ (x)=(1−x )e
x
x
2
，
因x<0，故恒有f
′ (x)>0，即f (x)=−e
x
x 在(−∞,0)上单调递增，
且当x→−∞时，f ( x)→0
+，当x→0
−时，f ( x)→+ ∞，即x<0时，恒有f ( x)>0.
作出函数f (x)=e
x
|x)的大致图象如图所示.
又由g(x)=[f (x))
2+af (x)−e
2−ae=[f ( x)−e][f ( x)+e+a]=0可得f ( x)=e或f ( x)=−e−a，
由图知f ( x)=e有两个根，此时g(x)有2 个零点；
要使函数g(x)=[f (x))
2+af (x)−e
2−ae恰有5 个不同的零点，
需使f ( x)=−e−a有3 个零点，由图知，需使f ( x)>e，即−e−a>e，解得a<−2e.
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−2e).
故选：A.
【变式4-1】（2025·贵州贵阳·一模）已知函数f (x)={
a+e
x , x>0
e
−x , x<0 )
，若方程f (x)+e x =0存在三个不相等
的实根，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,e)
B．(−∞,−e)
C．(−∞,−2e)
D．(−∞,2e)
【答案】C
【解题思路】考查利用导数研究函数零点问题，先根据导数情况得出函数单调性和最值情况，再数形结合
分析，分段函数分段讨论即可.
【解答过程】因为方程f (x)+e x =0存在三个不相等的实根，所以函数g(x)= f (x)+e x有三个零点，
当x∈(−∞,0)时，g(x)= f (x)+e x =e
−x+e x，所以g
′ (x)=−e
−x+e，
所以当x∈(−∞,−1)时，g
′ (x)<0；当x∈(−1,0)时，g
′ (x)>0，
所以g(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,0)单调递增，g(x)≥g(−1)=0，
又当x→0时，g(x)→1；当x→−∞时，g(x)→+∞，所以g(x)图象如图；
当x∈(0,+∞)时，g(x)= f (x)+e x =a+e
x +e x，
所以g
′ (x)=−e
x
2 +e=e(x +1)(x−1)
x
2
，所以当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0；当x∈(1,+ ∞)时，g
′ (x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)单调递增，g(x)≥g(1)=a+2e，
又当x→0时，g(x)→+∞；当x→+ ∞时，g(x)→+∞，所以g(x)图象如图，
所以当a+2e<0即a<−2e时函数g(x)= f (x)+e x有三个零点，
即方程f (x)+e x =0存在三个不相等的实根，
故选：C.
【变式4-2】（2025·陕西汉中·二模）已知函数f ( x)={
−x
3−3 x
2−2 x , x ≤0
ln x , x>0
)，g( x)= f ( x)−mx有4 个
零点，则m 的取值范围为（ ）
A．( 1
4 , 1
e )
B．(−2,0]∪{1
e }
C．(−2,0]∪{ 1
4 }
D．(−∞,0]∪( 1
4 , 1
e )
【答案】C
【解题思路】确定x =0是函数g( x)的零点，在x≠0时，利用函数零点的定义分离参数，构造函数
ℎ( x)= f ( x)
x
，利用导数及二次函数的性质数形结合求出范围.
【解答过程】由g( x)=0，得mx = f ( x)，而当x =0时，f ( x)=0，即0 是g( x)的一个零点，
当x≠0时，m= f ( x)
x
={
−x
2−3 x−2, x<0
ln x
x , x>0 )
，令ℎ( x)={
−x
2−3 x−2, x<0
ln x
x , x>0 )
，
依题意，直线y =m与函数y =ℎ( x)的图象有3 个公共点，
当x<0时，ℎ( x)=−x
2−3 x−2=−( x + 3
2 )
2
+ 1
4 ≤1
4 ，当且仅当x =−3
2时取等号，
当x>0时，ℎ( x)= ln x
x ，求导得ℎ
′( x)= 1−ln x
x
2
，
当0< x<e时，ℎ
′( x)>0，当x>e时，ℎ
′( x)<0，
因此函数ℎ( x)在(0,e)上单调递增，在(e,+ ∞)上单调递减，ℎ(e)= 1
e > 1
4 ，
当0< x ≤1时，ℎ( x)≤ℎ(1)=0，当x>1时，ℎ( x)>0恒成立，
在同一坐标系内作出直线y =m与函数y =ℎ( x)的图象，
观察图象知，当−2<m≤0或m= 1
4 时，直线y =m与函数y =ℎ( x)的图象有3 个公共点，
则当−2<m≤0或m= 1
4 时，方程m= f ( x)
x
有3 个解，即g( x)= f ( x)−mx有4 个零点，
所以m 的取值范围为−2<m≤0或m= 1
4 .
故选：C.
【变式4-3】（2025·四川·模拟预测）已知函数f (x)={
|3−2 x)+1, x>0,
( x +2)
2
e
x
, x ≤0. )
若函数y =[ f (x)]
2−af (x)有5 个
不同的零点，则a的取值范围是（ ）
A．(0,1)
B．(1,4)
C．(1,4)
D．(1,+∞)
【答案】C
【解题思路】求得f
′ (x)= −x (x +2)
e
x
，得到函数f (x)的单调性和极值，作出函数f (x)的图象，根据题意，
转化为f (x)=0和f (x)−a=0共有5 个不相等实数根，结合图象，即可求解.
【解答过程】当x ≤0时，f (x)= ( x +2)
2
e
x
，此时f
′ (x)= −x (x +2)
e
x
，
则x<−2时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减；−2< x<0时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
所以，当x =−2是f (x)的极小值点，作出如图所示的函数f (x)的图象，
函数y =[ f (x)]
2−af (x)有5 个不同的零点，则方程[ f (x)]
2−af (x)=0，
即f (x)[f (x)−a)=0有5 个不相等实数根，
也即是f (x)=0和f (x)−a=0共有5 个不相等实数根，
其中f (x)=0有唯一实数根x =−2，
只需f (x)−a=0有4 个且均不为-2 的不相等实数根，由图可知1<a<4，
即实数a的取值范围为(1,4).
故选：C.
【题型5 函数零点的证明问题】
【例5】（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知函数f (x)=(a+1)e
x−x−3
2
(a∈R).
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性；
(3)证明：当a≥1
3时，函数g(x)= 1
2 ae
2 x−f (x)只有一个零点.
【答案】(1)2 x−2 y +1=0
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由导数的几何意义即可求解；
（2）通过a≤−1和a>−1讨论导数符号，进而可求解；
（3）求导g
′ (x)=(ae
x−1)(e
x−1)，再通过a=1，1
3 ≤a<1，a>1三类情况讨论函数单调性，进而可求证.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=2e
x−x−3
2，则f
′ (x)=2e
x−1，
所以f (0)= 1
2 ,f
′ (0)=1，
所以曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为y −1
2 = x，即2 x−2 y +1=0.
（2）f
′ (x)=(a+1)e
x−1.
若a+1≤0，即a≤−1时，f
′ (x)<0，则f (x)在R上单调递减；
若a+1>0，即a>−1时，令f
′ (x)>0，得x>ln
1
a+1；令f
′ (x)<0，得x<ln
1
a+1，
所以函数f (x)在区间(ln
1
a+1 ,+ ∞)上单调递增，在区间(−∞,ln
1
a+1)上单调递减.
综上所述：a≤−1时，函数f (x)在R上单调递减；
a>−1时，函数f (x)在区间(ln
1
a+1 ,+∞)上单调递增，在区间(−∞,ln
1
a+1)上单调递减.
（3）证明：由题知函数g(x)= 1
2 ae
2 x−(a+1)e
x+ x + 3
2，
则g
′ (x)=ae
2 x−(a+1)e
x+1=(ae
x−1)(e
x−1)(a≥1
3).
若a=1，则g
′ (x)≥0，所以g(x)在R上单调递增，
此时g(x)= 1
2 e
2 x−2e
x+ x + 3
2 ,g(0)=0，所以g(x)只有一个零点为0；
若1
3 ≤a<1，令g
′ (x)>0，得x<0或x>ln 1
a；令g
′ (x)<0，得0< x<ln 1
a，
所以函数g(x)在区间(−∞,0),(ln 1
a ,+ ∞)上单调递增，在区间(0,ln 1
a)上单调递减，
此时函数g(x)的极大值为g(0)= 1
2 −1
2 a>0，极小值为g(ln 1
a)= 1
2 −lna−1
2a.
不妨令ℎ(a)= 1
2 −lna−1
2a(
1
3 ≤a<1)，则ℎ
′ (a)= 1
2a
2 −1
a = 1−2a
2a
2 ，
显然1
3 ≤a< 1
2时，ℎ
′ (a)>0，此时y =ℎ(a)单调递增，1
2 <a<1时，ℎ
′ (a)<0，此时y =ℎ(a)单调递减，
易知ℎ(
1
2)=ln2−1
2 >ln ❑√e−1
2 =0,ℎ(
1
3)=ln3−1>0,ℎ(1)=0，
所以g(ln 1
a)= 1
2 −lna−1
2a >0，
又g(−2)= a
e
2(
1
2e
2 −1)−1
2 −1
e
2 <0，
所以g(x)只有一个零点，且零点在区间(−2,0)内；
若a>1，令g
′ (x)>0，得x>0或x<ln 1
a，令g
′ (x)<0，得ln 1
a < x<0，
所以g(x)在区间(−∞,ln 1
a),(0,+ ∞)上单调递增，在区间(ln 1
a ,0)上单调递减，
此时极大值为g(ln 1
a)= 1
2 −lna−1
2a，极小值为g(0)= 1
2 −1
2 a<0.
不妨令p(a)= 1
2 −lna−1
2a
(a>1)，则p
′ (a)= 1
2a
2 −1
a = 1−2a
2a
2 <0，
此时p(a)单调递减，又p(1)=0> p(a)= g(ln 1
a)，
g(1)= 1
2 ae
2−(a+1)e+ 5
2 =a(
e
2
2 −e)+ 5
2 −e> a+5
2
−e>0，
所以函数g(x)只有一个零点，且零点在区间(0,1)内.
综上所述，当a≥1
3时，函数g(x)只有一个零点.
【变式5-1】（2025·江西·模拟预测）已知函数f ( x)=e
x−a x
2+ x , g( x)= x．
(1)当a=0时，证明：f ( x)有且仅有一个零点；
(2)若曲线y = f ( x)与y = g( x)相切．
（ⅰ）求a；
（ⅱ）当x>0时，证明：f ( x)≥g( x)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）a=e
2
4 ；（ⅱ）证明见解析.
【解题思路】（1）根据已知f ( x)=e
x+ x，根据其单调性结合零点存在性定理，即可证；
（2）（i）利用导数几何意义求切线方程，由切线重合列方程求参数；（ii）设ℎ( x)=e
x−e
2
4 x
2并应用导
数研究函数值符号，即可证.
【解答过程】（1）当a=0时，f ( x)=e
x+ x，显然f ( x)是增函数，
而f (−1)= 1
e −1<0<f (0)=1，故f ( x)在区间(−1,0)上有零点，
结合f ( x)的单调性可知，f ( x)在R 上有且仅有一个零点．
（2）（ⅰ）不妨记切点为(x0,f (x0))，则f (x0)=e
x0−a x0
2+ x0，
由f
′( x)=e
x−2ax +1,f
′(x0)=e
x0−2a x0+1，
故切线方程为y −(e
x0−a x0
2+ x0)=(e
x0−2a x0+1)(x −x0)，
即y =(e
x0−2a x0+1)x −(x0−1)e
x0+a x0
2，
令其与y = g( x)重合，故{
e
x0−2a x0+1=1
−(x0−1)e
x0+a x0
2=0)，
则e
x0=2a x0⇒−2a x0(x0−1)+a x0
2=0⇒a x0(x0−2)=0，
若a=0，显然有f ( x)>g( x)，这与题设条件矛盾，
若x0=0，由f (0)=1,g(0)=0可知二者不在x =0处相切，矛盾，
故x0=2，于是e
2= 4 a⇒a=e
2
4 ，经验证a=e
2
4 符合题意，
综上，a=e
2
4 ；
（ⅱ）设ℎ( x)= f ( x)−g( x)=e
x−e
2
4 x
2，则ℎ( x)=(e
1
2 x
−e x
2 )(e
1
2 x
+e x
2 )，
由x>0可知e
1
2 x
+e x
2 >0，设F( x)=e
x−e x , F
′( x)=e
x−e，
当x∈(0,1)时，F
′( x)<0, F( x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，F
′( x)>0, F( x)在(1,+ ∞)上单调递增，故F( x)≥F(1)=0，
于是F(
1
2 x)≥0⇒(e
1
2 x
−e x
2 )(e
1
2 x
+e x
2 )≥0⇒f ( x)≥g( x)．
【变式5-2】（2025·浙江金华·三模）已知函数f (x)= x−aln(1+ x)，a∈R .
(1)当a=1时，求f (x)的极值；
(2)若f (x)在区间(−1,0)上存在零点x0,
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）证明：当−1< x<0时，f (x)>f
′(x0).
【答案】(1)极小值0，无极大值
(2)（ⅰ）a∈(0,1)；（ⅱ）证明见解析
【解题思路】（1）利用导数的正负来判断函数的单调性即可；
（2）（ⅰ）利用分类讨论思想，借助f (0)=0，把两类单调的可能性排除，进而来求出参数的范围；
（ⅱ）利用上一问的结论，把要证的不等式转化证明新的不等式，然后再借助条件消去参数a，从而变成
仅关于x0的函数不等式，再借助导数思想来进行证明即可.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)= x−ln(1+ x)，x∈(−1,+∞)，f
′ (x)=
x
1+ x ，
当x∈(−1,0)时，f
′ (x)=
x
1+ x <0，当x∈(0,+ ∞)时，f
′ (x)=
x
1+ x >0
∴f (x)在(−1,0)上递减，在(0,+∞)上递增，有极小值f (0)=0，无极大值；
（2）（ⅰ）f
′ (x)=1−
a
1+ x = x +1−a
1+ x
，
当a≤0时，由于f
′ (x)=1−
a
1+ x >0恒成立，所以f (x)在(−1,0)上单调递增，
又f (0)=0，∴f (x)在(−1,0)上无零点；
当a≥1时，由于x∈(−1,0)，故f
′ (x)= x +1−a
1+ x
<0，
所以f (x)在(−1,0)上单调递减，又f (0)=0，
∴f (x)在(−1,0)上无零点；
当0<a<1时，x∈(−1,a−1)，有f
′ (x)= x +1−a
1+ x
<0，故f (x)在(−1,a−1)上单调递减，
x∈(a−1,0)，有f
′ (x)= x +1−a
1+ x
>0，故f (x)在(a−1,0)上单调递增，
所以有f (a−1)<f (0)=0，
又因为当x→−1时，f (x)= x−aln(1+ x)→+ ∞，
∴∃x0∈(−1,a−1),f (x0)=0；
综上a∈(0,1)；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，当−1< x<0时，f (x)≥f (a−1)=a−1−alna>a−1，
f
′(x0)=1−
a
1+ x0
，且x0−aln(1+ x0)=0，
要证f (a−1)>f
′(x0)，只要证a−1>1−
a
x0+1，
即证
x0
ln(1+ x0)
−2>−
x0
(1+ x0)ln(1+ x0)，
只需证x0+
x0
1+ x0
−2ln(1+ x0)<0，
令t =1+ x0∈(0,1),ℎ(t )=t −1
t −2lnt，
ℎ
′ (t )=1+ 1
t
2 −2
t =(
1
t −1)
2
>0,∴ℎ(t )在(0,1)上单调递增.
又ℎ(1)=0,∴ℎ(t )<0，
即1+ x0−
1
1+ x0
−2ln(1+ x0)<0⇔x0+
x0
1+ x0
−2ln(1+ x0)<0，
由上式不等式成立可知原不等式f (x)>f
′(x0)恒成立.
【变式5-3】（2025·辽宁·模拟预测）已知函数f ( x)=9cos x +aln( x +1)(a>0)．
(1)当a=1时，求f ( x)的图象在x =0处的切线方程；
(2)若f ( x)在区间(−1, π
2)内存在极值点x0，求a的取值范围；
(3)证明：当0<a<6时，f ( x)在区间(−1, 3 π
2 )内有且仅有3 个零点．
参考数据：ln(π +1)≈1.42．
【答案】(1)y = x +9
(2)(0,9+ 9 π
2 )
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数的几何意义就可求出切线方程；
（2）利用含参求导，分段讨论分析，即可得到参数范围；
（3）利用含参求导，同样进行定义域分四段分析讨论，可对原函数的零点个数作出证明.
【解答过程】（1）由题意得f
'( x)=−9sin x +
1
x +1，则f
'(0)=1，f (0)=9，
故f ( x)的图象在x =0处的切线方程为y = x +9．
（2）由题意得f
'( x)=−9sin x +
a
x +1 =0在区间x∈(−1,π
2 )内有解，
当x∈(−1,0]时，sin x ≤0，所以−9sin x ≥0，
又因为a>0，所以f
'( x)>0，即f
'( x)在区间(−1,0]内没有零点．
当x∈(0,π
2 )时，令φ( x)=−9sin x +
a
x +1，则φ
'( x)=−9cos x−
a
( x +1)
2，
可得φ
'( x)<0，所以φ( x)在区间(0,π
2 )内单调递减，
因为φ(0)=a>0，φ(
π
2 )=−9+
a
1+π
2
，
为了满足φ( x)=−9sin x +
a
x +1在区间(0,π
2 )内有零点，
则必有φ(
π
2 )<0，解得0<a<9+ 9π
2 ，
故a的取值范围是(0,9+ 9π
2 )．
（3）证明：由（2）知f ( x)在区间(−1,0)上单调递增，当x→−1时，f ( x)→−∞，
因为f (0)=9>0，所以f ( x)在区间(−1,0)内有唯一零点x1．
因为0<a<6，所以由（2）知f
'( x)=−9sin x +
a
x +1 =0在区间x∈(0,π
2 )内有解，
可知f ( x)在区间(0,π
2 )内先增后减，
又因为f(
π
2 )=aln(1+π
2 )>0，f (0)=9>0，
所以f ( x)在区间(0, π
2)内不存在零点．
当x∈(
π
2 ,π)时，令ℎ( x)=φ
'( x)=−9cos x−
a
( x +1)
2，则ℎ
'( x)=9sin x +
2a
( x +1)
3 >0，
所以ℎ( x)在区间(
π
2 ,π)内单调递增，
又因为
ℎ(
π
2 )=−
a
(1+π
2 )
2 <0
，ℎ(π)=9−
a
(1+π)
2 >9−
6
(1+π)
2 >0，
所以存在唯一t1∈(
π
2 ,π)，使得φ
'(t1)=0，
所以φ( x)在区间(
π
2 ,t1)内单调递减，在区间(t1,π)内单调递增，
因为φ(
π
2 )=−9+
a
1+π
2
<−9+
6
1+π
2
<0，所以φ(t1)<0，
又φ(π)=
a
1+π >0，所以存在唯一t2∈(t1,π)，使得φ(t2)=0，
所以f ( x)在区间(
π
2 ,t2)内单调递减，在区间(t2,π)内单调递增，
因为f(
π
2 )>0，f (π)=−9+a ln(1+π)<−9+6×1.42<0 −9+6×1.42<0，
所以存在唯一x2∈(
π
2 ,π)，使得f (x2)=0．
当x∈(π, 3π
2 )时，f ′( x)=−9sin x +
a
x +1 >0，f ( x)单调递增，
又因为f (π )<0，f(
3π
2 )>0，
所以根据零点存在定理，f ( x)在x∈(π, 3π
2 )时仅有1 个零点．
综上，当0<a<6时，f ( x)在区间(−1, 3π
2 )内有且仅有3 个零点．
【题型6 多零点的和、差、积与大小关系问题】
【例6】（2025·河北衡水·模拟预测）已知函数f (x)=ln x +1−ax有两个零点x1, x2，且x1< x2，则下列命
题正确的是（ ）
A．a>1
B．x1+ x2< 2
a
C．x1⋅x2<1
D．x2−x1> 1
a −1
【答案】D
【解题思路】根据零点可将问题转化为a=ln x +1
x
，构造g(x)=ln x +1
x
，求导即可根据函数的单调性得
函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数ℎ(x)= f(
2
a −x)−f (x)，结合函数的
单调性即可求解B，根据x1+ x2> 2
a可得ln(x1 x2)>0，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
【解答过程】由f (x)=0可得a=ln x +1
x
，令g(x)=ln x +1
x
，其中x>0，
则直线y =a与函数g(x)的图象有两个交点，g
′ (x)=−ln x
x
2 ，
由g
′ (x)>0可得0< x<1，即函数g(x)的单调递增区间为(0,1)，
由g
′ (x)<0可得x>1，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
且当0< x< 1
e 时，g(x)=ln x +1
x
<0，当x> 1
e 时，g(x)=ln x +1
x
>0，g(1)=1，
如下图所示：
由图可知，当0<a<1时，直线y =a与函数g(x)的图象有两个交点，故A 错误；
由图可知，1
e < x1<1< x2，
因为f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，由f
′ (x)>0可得0< x< 1
a，由f
′ (x)<0可得x> 1
a，
所以，函数f (x)的增区间为(0, 1
a)，减区间为(
1
a ,+ ∞)，则必有0< x1< 1
a < x2，
所以，0< x1< 1
a，则2
a −x1> 1
a，
令ℎ(x)= f(
2
a −x)−f (x)=ln(
2
a −x)−a(
2
a −x)−ln x +ax，其中0< x< 1
a，
则ℎ
′ (x)=
1
x−2
a
−1
x +2a=
2a(x−1
a)
2
x(x−2
a)
<0，则函数ℎ(x)在(0, 1
a)上单调递减，
所以，ℎ(x1)>ℎ(
1
a)=0，即f(
2
a −x1)−f (x1)>0，即f (x1)<f(
2
a −x1)，
又f (x2)= f (x1)=0，可得f (x2)<f(
2
a −x1)，
因为函数f (x)的单调递减区间为(
1
a ,+ ∞)，则x2> 2
a −x1，即x1+ x2> 2
a，故B 错误；
由{
a x1=ln x1+1
a x2=ln x2+1)，两式相加整理可得x1+ x2=ln(x1 x2)+2
a
> 2
a
，
所以，ln(x1 x2)>0，可得x1⋅x2>1，故C 错误；
由图可知1
e < x1<1< x2，则−x1>−1，又因为x2> 1
a，所以，x2−x1> 1
a −1，故D 正确.
故选：D.
【变式6-1】（2025·四川成都·一模）已知函数f (x)=(ln x)
2−a
2 xln x + a
e x
2有三个零点x1、x2、x3且
x1< x2< x3，则
2ln x1
x1
+ ln x2
x2
+ ln x3
x3
的取值范围是（ ）
A．(−
1
e
2−e
,0) B．(−1
e
2 ,0)
C．(−1
2e ,0)
D．(−2
e ,0)
【答案】D
【解题思路】令f ( x)=0，将原函数的零点转化为方程(ln x)
2−a
2 xln x + a
e x
2=0的根，令t = ln x
x ( x＞0)
，转化为t
2−a
2 t + a
e =0，再令g( x)= ln x
x ( x＞0)，得到使t = g(x)时的根的个数，再分类讨论a的范围与
根的关系，结合函数与方程性质及零点的关系即可得.
【解答过程】令f ( x)=0，得(ln x)
2−a
2 xln x + a
e x
2=0，整理得(ln x
x
)
2
−a
2
ln x
x
+ a
e =0，
令t = ln x
x ( x＞0)，原方程化为t
2−a
2 t + a
e =0，
设g( x)= ln x
x ( x＞0)， 则g
′( x)= 1−ln x
x
2
，
令g
′( x)=0，解得x =e，且g(e)= lne
e
= 1
e ，
当x∈(0,e)时，g
′( x)＞0，则g( x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g
′( x)<0，则g( x)单调递减，
则g( x)在x =e时，有最大值为g(e)= 1
e ，
则当t = g(x)∈(−∞,0)时，有一个解，
当t = g(x)∈(0, 1
e)时，有两个解，
当t = g(x)∈{0, 1
e)时，有一个解，
当t = g(x)∈(
1
e ,+ ∞)时，无解，
因为原方程为t
2−a
2 t + a
e =0，
由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根t1、t2，设t1<t2，
则有t1+t2= a
2，t1t2= a
e ，
若a=0，则t1=t2=0，故舍去，
若a>0，则t1+t2= a
2 >0，t1t2= a
e >0，
有0<t1<t2，即有0<t1< 1
e ，t2= 1
e ，代入得a=−2
e ，矛盾，故舍去，
若a<0则t1<0，0<t2< 1
e ，
t1= ln x1
x1
，t2= ln x2
x2
= ln x3
x3
设ℎ(t )=t
2−a
2 t + a
e ，则{
ℎ(0)<0
ℎ(
1
e)>0)
，得到−2
e <a<0，
所以
2ln x1
x1
+ ln x2
x2
+ ln x3
x3
=2t1+2t2=a∈(−2
e ,0).
故选：D.
【变式6-2】（2025·湖北·二模）已知函数f (x)=e
x−x ln x +mx−1(m∈R).
(1)当m=1时，求曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)有两个不同的零点x1，x2.
（ⅰ）求实数m的取值范围；
（ⅱ）证明：x1 x2<1.
【答案】(1)e x−y =0
(2)（ⅰ）(−∞,1−e)；（ⅱ）证明见解析
【解题思路】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式得解；
（2）（ⅰ）转化为m= ln x + 1
x −e
x
x 有两个相异正根x1，x2，利用导数研究g(x)= ln x + 1
x −e
x
x
(x>0)的大
致情况得解；
（ⅱ）设ℎ(x)= g(x)−g(
1
x)，利用导数判断函数单调性，据此可得当x∈(0,1)时，g(x)> g(
1
x)，再由
g(x1)= g(x2)>g(
1
x1)及函数单调性得出x2< 1
x1
得证.
【解答过程】（1）当m=1时，f (x)=e
x−x ln x + x−1，所以f
′ (x)=e
x−ln x，
所以f
′ (1)=e，又f (1)=e，
所以曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y −e=e(x−1)，即e x−y =0
（2）（ⅰ） 易知f (x)的定义域为(0,+ ∞)，
由题意得，方程e
x−x ln x +mx−1=0有两个相异正根x1，x2，
即方程m= ln x + 1
x −e
x
x 有两个相异正根x1，x2，
设g(x)= ln x + 1
x −e
x
x
(x>0)，则g
′ (x)= x−1
x
2 −e
x(x−1)
x
2
= (x−1)(1−e
x)
x
2
，
因为x>0，所以1−e
x<0，
令g
′ (x)=0，得x =1，
当x∈(0,1)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max = g(1)=1−e，
由y = ln x，y = 1
x 及y =e
x的性质知，
当x>0且x→0时，ln x→−∞，1
x −e
x
x <0，
所以当x→0时，g(x)→−∞，又x→+ ∞，g(x)→−∞，
所以要使m= ln x + 1
x −e
x
x 有两个相异正根x1，x2，必有m<1−e，
故实数m的取值范围为(−∞,1−e).
（ⅱ）证明：由题意可知，g(x1)= g(x2)=m，不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，
设ℎ(x)= g(x)−g(
1
x)，则
ℎ
′ (x)= g
′ (x)+ 1
x
2 g
′(
1
x)= (x−1)(1−e
x)
x
2
+ 1
x
2 ⋅(
1
x −1)(1−e
1
x)
(
1
x)
2
=
(x−1)(1−e
x−x + xe
1
x)
x
2
，
令φ(x)=1−e
x−x + xe
1
x，
则当x∈(0,1)时，φ
′ (x)=−e
x−1+e
1
x −1
x e
1
x =−e
x−1+ x−1
x
e
1
x <0，
所以φ(x)在(0,1)上单调递减，则当x∈(0,1)时，φ(x)>φ(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，ℎ
′ (x)<0，
所以ℎ(x)在(0,1)上单调递减，故当x∈(0,1)时，ℎ(x)>ℎ(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)> g(
1
x)，
所以g(x1)>g(
1
x1)，即g(x2)>g(
1
x1)，
又x2，1
x1
∈(1,+∞)，
由（ⅰ）可知，g(x)在(1,+∞)上单调递减，所以x2< 1
x1
，故x1 x2<1.
【变式6-3】（2025·广东·二模）已知函数f (x)=mxln x−x
2+1(m∈R).
(1)当m=2时，求曲线y = f (x)在点(1,0)处的切线方程；
(2)若f (x)有三个零点x1, x2, x3(x1< x2< x3)，
①求m的取值范围；
②判断x1−x2+ x3与m
4−m
2+1
m
2
的大小关系，并给出证明.
【答案】(1)y =0
(2)①m>2；②x1−x2+ x3< m
4−m
2+1
m
2
，证明见解析
【解题思路】（1）由导数的几何意义代入计算，即可得到结果；
（2）①由条件可得f (x)有三个零点等价于f (x)在(1,+∞)上有且只有一个零点，然后转化为ℎ(x)的零点，
然后利用导数即可判断；②结合①中的结论，考虑函数φ(m)的单调性即可证明.
【解答过程】（1）当m=2时，f (x)=2 x ln x−x
2+1，，
则f
′ (x)=2(ln x +1)−2 x，所以f
' (1)=2(ln1+1)−2=0，切点(1,0)，
则切线方程为y =0.
（2）①当f (x3)=0时，即m x3ln x3−x3
2+1=0，
则f(
1
x3)= m
x3
ln 1
x3
−1
x3
2 +1= −m x3ln x3−1+ x3
2
x3
2
= −(m x3ln x3−x3
2+1)
x3
2
=0，
且f (1)=0，
若f (x)有三个零点等价于f (x)在(1,+∞)上有且只有一个零点，
令ℎ(x)=mln x−(x−1
x)，则f (x)= xℎ(x)，函数f (x)的零点与ℎ(x)有相同的零点，又f (x)在(1,+∞)上
零点情况等价于ℎ(x)在(1,+∞)上零点情况，
ℎ
′ (x)= mx −(x
2+1)
x
2
，
当m≤2时，ℎ
′ (x)= mx −(x
2+1)
x
2
≤2 x−(x
2+1)
x
2
= −( x−1)
2
x
2
≤0，
ℎ(x)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(x)<ℎ(1)=0，在(1,+∞)上无零点，不符合题意，
当m>2时，令ℎ
' (x)= mx −(x
2+1)
x
2
=0, x4= m+
❑√m
2−4
2
>1，
当1< x< x4时，ℎ
′ (x)>0，当x> x4时，ℎ
′ (x)<0，
所以ℎ(x)在(1, x4)上单调递增，在(x4,+ ∞)上单调递减，
所以ℎ(x4)>ℎ(1)=0, x→+ ∞,ℎ(x)→−∞，
所以ℎ(x)在(1,+∞)有唯一零点x3，即f (x)在(1,+ ∞)有唯一零点x3,
综上所述，f (x)有三个零点时，m>2；
②由①知，m>2时f (x)有三个零点x1< x2< x3，（其中x1= 1
x3
），
考虑ℎ(m
2)=mlnm
2−m
2+ 1
m
2 =m(2lnm−m+ 1
m
3)，
令φ(m)=2lnm−m+ 1
m
3 (m>2)，
则φ
′ (m)= 2
m −1−3
m
4 = 2−m
m
−3
m
4 <0，所以φ(m)在(2,+ ∞)上单调递减，
所以φ(m)<φ(2)=2ln2−2+ 1
8 <0，即ℎ(m
2)<0=ℎ(x3)，
所以m
2> x3>1，
又函数y = 1
x + x−1在(1,+ ∞)上为增函数，
所以x1−x2+ x3= x1+ x3−1= 1
x3
+ x3−1< 1
m
2 +m
2−1= m
4−m
2+1
m
2
.
【题型7 隐零点问题】
【例7】（2025·新疆喀什·模拟预测）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(0,π
2 )上有零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)x−y +π=0
(2)(−π
2 ,0)
【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，根据直线的点斜式方程求解切线即
可.
（2）求出导函数，按照a≥1、0≤a<1和a<0分类讨论研究函数的单调性，根据f (x)在区间(0,π
2 )上有
零点列不等式求解即可.
【解答过程】（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(0,π
2 )上恒成立，f (x)在区间(0,π
2 )上单调递增．
所以f (x)>f (0)=0在区间(0,π
2 )上恒成立，即f (x)在区间(0,π
2 )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(0,π
2 )上恒成立，
所以ℎ(x)在区间(0,π
2 )上单调递增，即ℎ( x)min=ℎ(0)=a．
（ⅰ）0≤a<1时，ℎ(x)>a≥0，f (x)在区间(0,π
2 )上单调递增，
即f (x)>f (0)=0在区间(0,π
2 )上恒成立，所以f (x)在区间(0,π
2 )上无零点．
（ⅱ）当a<0时，ℎ(0)=a<0，又ℎ(
π
2 )=1+π
2 >0，
所以存在x0∈(0,π
2 )，使得ℎ(x0)=0，
所以当0< x< x0时，ℎ(x)<0,f (x)单调递减，
当x0< x<π
2 时，ℎ(x)>0,f (x)单调递增，
即当x = x0时，f (x)取得最小值，因为f (0)=0，所以f (x0)<0．
因为f(
π
2 )=π
2 +a，所以当a≤−π
2 时，f(
π
2 )=π
2 +a≤0，
此时，f (x)<0在区间(0,π
2 )上恒成立，f (x)在区间(0,π
2 )上无零点．
当−π
2 <a<0时，f(
π
2 )=π
2 +a>0，故存在x1∈(x0,π
2 )，使得f (x1)=0，
所以实数a的取值范围是(−π
2 ,0)．
【变式7-1】（24-25 高三上·辽宁鞍山·阶段练习）已知函数f (x)= ln x−ax +1，g(x)= x(e
x−x).
（1）若直线y =2 x与函数f (x)的图象相切，求实数a的值；
（2）当a=−1时，求证：f (x)≤g(x)+ x
2.
【答案】(1)a=−1；
(2)证明见解析
【解题思路】（1）设出切点坐标，利用导数求得切线方程，对比系数求得a的值.
（2）当a=−1时，构造函数F (x)= x
2+ g(x)−f (x)，利用导数求得F (x)的最小值为0，由此证得不等式
f (x)≤g(x)+ x
2成立.
【解答过程】（1）设切点为(x0,f (x0))，由f ' (x)= 1
x −a，∴f ' (x0)= 1
x0
−a.
∴切线方程为：y −(ln x0−a x0+1)=(
1
x0
−a)(x−x0).即y =(
1
x0
−a)x + ln x0.
∵直线y =2 x与函数f (x)的图象相切，∴1
x0
−a=2，ln x0=0.
解得x0=1，a=−1.
（2）证明：当a=−1时，f (x)= ln x + x +1，
令F (x)= x
2+ g(x)−f (x)= x e
x−ln x−x−1，
F ' (x)=(x +1)e
x−1
x −1= x +1
x
(x e
x−1).
令G (x)= x e
x−1，x>0.则G' (x)=(x +1)e
x>0，
∴函数G (x)在x∈(0,+ ∞)上单调递增.
∵G (0)=−1，G (1)=e−1>0.
∴函数G (x)在区间(0,1)上存在一个零点，即函数G (x)在区间(0,+ ∞)上存在唯一零点x0∈(0,1).
∴当x∈(0, x0)时，G (x)<0，即F ' (x)<0，此时函数F (x)单调递减；
当x∈(x0,+∞)时，G (x)>0，即F ' (x)>0，此时函数F (x)单调递增.
∴F (x)min= F (x0)= x0e
x0−ln x0−x0−1，由G(x0)=0可得：x0e
x0=1.
两边取对数可得：ln x0+ x0=0.
故F (x0)=1−(ln x0+ x0)−1=0，
∴x
2+ g(x)−f (x)≥0，即f (x)≤g(x)+ x
2.
【变式7-2】（2025·重庆·三模）已知函数f (x)=(x−1)e
x−ax +b，函数y = f (x)在点(0，f (0))处的切线
方程为x + y +2=0.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f (x)的零点个数.
【答案】(1)a=1，b=−1
(2)2
【解题思路】（1）求导得到f
′( x)表达式，由f
′(0)=−1求出a，再利用f (0)=−2求出b.
（2）根据第（1）问得到f ( x)和f
′( x)，令g( x)= f
′( x)，对g( x)求导判断g( x)的单调性，依据f
′( x)正
负，判断f ( x)的单调性，得出f ( x)最小是f ( x0)，算出f ( x0)小于0，再根据零点存在性定理即可判断零
点个数.
【解答过程】（1）f (x)=(x−1)e
x−ax +b求导得到f
′( x)= x e
x−a，
根据函数在点(0,f (0))处的切线方程为x + y +2=0，得到{
f
′(0)=k =−1
f (0)=−2 ).
把x =0代入f
′( x)得f
′(0)=0×e
0−a=−a，
因为f
′(0)=−1，所以−a=−1，即a=1.
又f (0)=(0−1)e
0−a×0+b=−2，解得b=−1.
（2）由第（1）问知f ( x)=( x −1)e
x−x −1，f
′( x)= x e
x−1.
令g( x)= f
′( x)，求导得g
′( x)=( x +1)e
x.
当x∈(−∞,−1)，g
′( x)<0，g( x)在(−∞,−1)递减；
当x∈(−1,+∞)，g
′( x)>0，g( x)在(−1,+∞)递增.
g(1)>0，g(0)<0，所以存在唯一x0使g( x0)=0，即x0e
x0=1.
当x∈(−∞, x0)，f
′( x)<0，f ( x)在(−∞, x0)递减；
当x∈( x0,+ ∞)，f
′( x)>0，f ( x)在( x0,+ ∞)递增，所以f ( x)≥f ( x0).
f ( x0)=−x0−1
x0
<0，又f (−2)=1−3
e
2 >0，f (2)=e
2−3>0，
根据零点存在定理，f ( x)在(−2, x0)和( x0,2)各有一个零点，共2 个零点.
【变式7-3】（2025·广东广州·模拟预测）已知函数f (x)= xe
ax（a>0）.
(1)求f (x)在区间[−1,1)上的最大值与最小值；
(2)当a≥1时，求证：f (x)≥ln x + x +1.
【答案】(1)f (x)min=−1
ae，f (x)max=e
a；
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求导f
′ (x)=e
ax(1+ax)（x>0）（a>0），分0<a≤1，a>1讨论求解；
（2）方法一：隐零点法，由x>0，a≥1，转化为证明xe
x≥ln x + x +1，令g(x)= xe
x−ln x−x−1，（
x>0），由g(x)min≥0成立即可；方法二：（同构）由x>0，a≥1，转化为xe
x≥ln x + x +1，进而变形为
xe
x =e
ln xe
x =e
ln x + x≥ln x + x +1，再构造函数ℎ(x)=e
x−x−1（x∈R），证ℎ(x)≥0即可.
【解答过程】（1）解：f
′ (x)=e
ax(1+ax)（x>0）（a>0），
令f
′ (x)=0，则x =−1
a，
当0<a≤1时，−1
a ≤−1，所以f
′ (x)≥0在区间[−1,1)上恒成立，f (x)在区间[−1,1)上单调递增，
所以f (x)min= f (−1)=−e
−a，f (x)max= f (1)=e
a.
当a>1时，−1<−1
a <1，则当x∈[−1,−1
a)时，f
′ (x)<0，f (x)在区间[−1,−1
a)上单调递减；
当x∈(−1
a ,1)时，f
′ (x)>0，f (x)在区间(−1
a ,1)上单调递增，
所以f (x)min= f(−1
a)=−1
ae，
而f (−1)=−e
−a<0，f (1)=e
a>0.所以f (x)max= f (1)=e
a
综上所述，当0<a≤1时，f (x)min=−e
−a，f (x)max=e
a；
当a>1时，所以f (x)min=−1
ae，f (x)max=e
a.
（2）方法一：隐零点法
因为x>0，a≥1，所以xe
ax≥xe
x，欲证xe
ax≥ln x + x +1，只需证明xe
x≥ln x + x +1，
设g(x)= xe
x−ln x−x−1，（x>0），g
′ (x)=(x +1)(e
x−1
x)，
令ϕ(x)=e
x−1
x ，易知ϕ(x)在(0,+∞)上单调递增，
而ϕ(
1
2)= ❑√e−2<0，ϕ(1)=e−1>0，
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x0∈(
1
2 ,1)使得ϕ(x0)=0，
即e
x0−1
x0
=0，因此e
x0= 1
x0
，x0=−ln x0，
当x∈(0, x0)时，ϕ
′ (x)<0，g
′ (x)<0，g(x)在(0, x0)上单调递减；
当x∈(x0,+∞)时，ϕ
′ (x)>0，g
′ (x)>0，g(x)在(x0,+∞)上单调递增；
所以g(x)min= g(x0)=e
x0 x0−ln x0−x0−1= 1
x0
x0−−ln x0−x0−1=0
所以g(x)≥0，因此f (x)≥ln x + x +1.
方法二：（同构）
因为x>0，a≥1，所以xe
ax≥xe
x，欲证xe
ax≥ln x + x +1，只需证明xe
x≥ln x + x +1，
只需证明xe
x =e
ln xe
x =e
x ln x + x≥ln x + x +1，
因此构造函数ℎ(x)=e
x−x−1（x∈R），
ℎ
′ (x)=e
x−1，
当x∈(−∞,0)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减；
当x∈(0,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)在(0,+ ∞)上单调递增：
所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，所以e
x≥x +1，
所以xe
x≥ln x + x +1，
因此f (x)≥ln x + x +1.
【题型8 三角函数的零点问题】
【例8】（2025·安徽·模拟预测）已知函数f ( x)=ax +sin x，曲线y = f ( x)在(π,f (π))处的切线斜率为
0．
(1)证明：函数f ( x)在R上单调递增；
(2)设g( x)=m x
3+ f ( x)，若m≤−1
6 ，判断函数g( x)的零点个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)3 个零点
【解题思路】（1）先根据导数几何意义求出a，结合导数符号证明单调性；
（2）通过多次求导判断出g(x)的单调性，结合零点存在定理可判断g(x)在(0,+ ∞)上有唯一零点，从而可
得g(x)在R上的零点个数.
【解答过程】（1）依题意，f
′( x)=a+cos x，
因为曲线y = f ( x)在(π,f (π))处的切线斜率为0，
所以f
′(π)=a−1=0，即a=1．
所以f ( x)= x +sin x ,f
′( x)=1+cos x ≥0，
故函数f ( x)在R上单调递增．
（2）由（1）得f ( x)=sin x + x，所以g( x)=m x
3+ x +sin x
故g
′( x)=3m x
2+1+cos x，设s(x)=3m x
2+1+cos x，
则s
′ (x)=6mx−sin x，设u(x)=6mx −sin x，则u
′ (x)=6m−cos x，
当m≤−1
6 时，u
′ (x)≤−1−cos x ≤0，所以u( x)单调递减，
因为u(0)=0，所以当x>0时u( x)<0，从而函数s( x)即g
′( x)单调递减，
又g
'(0)=2>0,g
'(2)=12m+1+cos2≤−2+1+cos2<0，
从而存在唯一x0∈(0,2)，使得g
′(x0)=0，
且当x∈(0, x0)时，g
′( x)>0, g( x)在(0, x0)上单调递增，
当x∈(x0,+∞)时，g
′( x)<0,g( x)在(x0,+ ∞)上单调递减，
而g(x0)> g(0)=0, g(π)=mπ
3+π+sinπ=π(mπ
2+1)<π(−π
2
6 +1)<0，
故存在唯一x1∈(0,+∞)，使得g(x1)=0．
因为g(−x)=−g( x),g( x)是奇函数，且g(0)=0，
所以函数g( x)有3 个零点．
【变式8-1】（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数f (x)=sin x−ae
x.
(1)若a=1，求f (x)在[0,+ ∞)上的最大值；
(2)若f (x)在[0,2π)上恰有两个零点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)-1
(2)(
−
❑√2
2e
5π
4
,0)
∪(
0,
❑√2
2e
π
4 )
【解题思路】（1）由函数解析式，求导，根据指数函数单调性以及三角函数的性质，可得函数的单调
性，可得答案；
（2）利用分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性，求得给定区间上的最值，根据方程与函数的关
系，可得答案.
【解答过程】（1）若a=1，则f (x)=sin x−e
x，
因为当x ≥0时，f
′ (x)=cos x−e
x≤1−1=0，仅当x =0时，“＝”成立，
所以f (x)在[0,+∞)上单调递减，
所以f (x)在[0,+∞)上的最大值为f (0)=−1.
（2）f (x)=sin x−ae
x =0⇔a= sin x
e
x
，令g(x)= sin x
e
x
，则g
′ (x)= cos x−sin x
e
x
，
当x∈[0,2π)时，由g
′ (x)=0，即tan x =1，得x =π
4 或x = 5π
4 .
当x∈(0,π
4 )时，g
′ (x)>0，g(x)递增；
当x∈(
π
4 , 5π
4 )时，g
′ (x)<0，g(x)递减；
当x∈(
5π
4 ,2π)时，g
′ (x)>0，g(x)递增；
g(0)=0，g(
π
4 )=
❑√2
2e
π
4 ，g(
5π
4 )=−
❑√2
2e
5π
4 ，g(2π)=0，
因为f (x)在[0,2π)上恰有两个零点，
所以直线y =a与曲线y = g(x)（x∈[0,2π)）恰有两个交点，
所以实数a 的取值范围为(
−
❑√2
2e
5π
4
,0)
∪(
0,
❑√2
2e
π
4 ).
【变式8-2】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数f (x)= x sin x +a x
2−1．
(1)当a=0时，求f (x)在区间[0,π
2 )上的零点个数；
(2)当x∈[0,π
2 )，a=−2
π 时，求证：f (x)≥−1．
【答案】(1)1
(2)证明过程见解析
【解题思路】（1）直接求导得函数在[0,π
2 )上单调递增，结合零点存在定理即可求解；
（2）求导后令g(x)= f
′ (x)，继续求导得f
′ (x)的单调性，进一步结合零点存在定理得它的符号变化，从而
可得f (x)的单调性，由此即可得解.
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)= x sin x−1，求导得f
′ (x)=sin x + x cos x，
当x∈[0,π
2 )时，x ,sin x ,cos x ≥0且这三者不同时为0，从而f
′ (x)>0在[0,π
2 )上恒成立，
从而f (x)在[0,π
2 )上严格单调递增，
注意到f (0)=−1<0,f(
π
2 )=π
2 −1=π−2
2
>0，
从而f (x)在区间[0,π
2 )上的零点个数为1；
（2）当x∈[0,π
2 )，a=−2
π 时，f (x)= x sin x−2
π x
2−1，求导得f
′ (x)=sin x + x cos x−4
π x，
令g(x)= f
′ (x)，则g
′ (x)=cos x +cos x−x sin x−4
π =2cos x−x sin x−4
π ，
由（1）知y = x sin x在[0,π
2 )上单调递增，从而y =−x sin x在[0,π
2 )上单调递减，
又y =2cos x在[0,π
2 )上单调递减，
所以g
′ (x)=2cos x−x sin x−4
π 在[0,π
2 )上单调递减，
注意到g
′ (0)=2−4
π = 2π−4
π
>0, g
′(
π
2 )=−(
π
2 + 4
π)<0，
从而存在唯一的x0∈(0,π
2 )，使得g
′(x0)=0，
所以当x∈(0, x0)时，g
′ (x)>0，g(x)即f
′ (x)在(0, x0)上单调递增，
当x∈(x0,π
2 )时，g
′ (x)<0，g(x)即f
′ (x)在(x0,π
2 )上单调递减，
而f
′ (0)=0,f
′(
π
2 )=1−2=−1<0，
所以当x∈(0, x0)时，f
′ (x)>0，
从而存在唯一的x1∈(x0,π
2 )，使得f
′(x1)=0，
当x∈(x0, x1)时，f
′ (x)>0，f (x)在(x0, x1)上单调递增，
当x∈(x1,π
2 )时，f
′ (x)<0，f (x)在(x1,π
2 )上单调递减，
综上所述，f (x)在(0, x1)上单调递增，在(x1,π
2 )上单调递减，
f (0)=−1= f(
π
2 )=π
2 −π
2 −1=−1，
所以当x∈[0,π
2 )，a=−2
π 时，f (x)≥−1.
【变式8-3】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知函数f (x)=2 x−asin x +sin2 x (a∈R)．
(1)当a=2时，求曲线y = f (x)在点(
π
4 ,f(
π
4 ))处的切线方程；
(2)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．
【答案】(1)(2−❑√2) x−y +
❑√2π
4
+1−❑√2=0
(2)(0,π)
【解题思路】（1）求出x =π
4 时的导数，然后利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求得f
′ (x)，然后对参数a 的取值进行分类讨论，根据f
′ (x)的符号讨论出函数f (x)的单调性，再由函
数f (x)在(0,π)上没有零点，结合零点存在性定理以及极值取值范围解不等式可得结果.
【解答过程】（1）当a=2时，f(
π
4 )=2×π
4 −❑√2+1=π
2 −❑√2+1；
易知f
′ (x)=2−2cos x +2cos2 x，则f
′(
π
4 )=2−2cosπ
4 +2cosπ
2 =2−❑√2；
因此切线方程为y −(
π
2 −❑√2+1)=(2−❑√2)(x−π
4 )，
即(2−❑√2) x−y +
❑√2π
4
+1−❑√2=0；
（2）设函数f (x)=2 x−asin x +sin2 x (a∈R)，x∈(0,π)；
显然f (0)=0,f (π)=2π；
令f
′ (x)=2−acos x +2cos2 x =cos x (4 cos x−a)=0，其中cos x =0，即x =π
2 ；
当a≥4时，4 cos x−a≤0，
则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，不合题意；
当0<a<4时，由4 cos x−a=0可得cos x = a
4 >0；
所以∃x0∈(0,π
2 )，使得cos x0= a
4 ；
可得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，只需f(
π
2 )=π−a>0，解得0<a<π，
所以实数a 的取值范围为(0,π).
【题型9 导数中函数零点的新定义问题】
【例9】（2025·河南许昌·模拟预测）对于函数y = f ( x)，x∈D1和y = g( x)，x∈D2，设D1∩D2= D，
若对任意的x1，x2∈D，都有|f ( x1)−f ( x2))≤|g( x1)−g( x2))
t(t >0)成立，则称函数y = f ( x)与
y = g( x)“具有性质H (t )”.
(1)判断函数f ( x)=sin x，x∈(0, π
2 )与g( x)= x是否“具有性质H (1)”，并说明理由；
(2)若函数f ( x)= 1
x
2 +2ln x−2与y = g( x)“具有性质H (1)”，且函数y = g( x)在区间(0,+∞)上存在两
个零点x1，x2，求证：x1
2+ x2
2>2；
(3)已知函数f ( x)= x ln x，x∈(0,1)，g( x)= x，求证：函数y = f ( x)与y = g( x)“具有性质H ( 1
2 )”.
【答案】(1)具有性质H (1)，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）q( x)= x−sin x，x∈(0,π
2 )，利用导数判断其单调性后可证函数f ( x)=sin x，
x∈(0, π
2 )与g( x)= x“具有性质H (1)”.
（2）根据函数具有性质H (1)得f ( x1)= f ( x2)，令x1
2=t1，x2
2=t2，利用极值点偏移的方法可证t1+t2>2，
故可得原不等式成立；
（3）令u( x)= f ( x)−x = x ln x−x， φ( x)= f ( x)+ ❑√x = x ln x + ❑√x，利用导数可证在(0,1)前者为减函
数，后者为增函数，再结合不等式的性质可证函数y = f ( x)与y = g( x)“具有性质H ( 1
2 )”.
【解答过程】（1）令q( x)= x−sin x，x∈(0,π
2 )，
所以q
′( x)=1−cos x >0，所以q( x)在(0,π
2 )上单调递增，
不妨设0< x1≤x2<π
2 ，所以q( x2)≥q( x1)，即x2−sin x2≥x1−sin x1，
即x2−x1≥sin x2−sin x1，
所以|sin x2−sin x1)≤|x2−x1)，
所以函数f ( x)=sin x，x∈(0,π
2 )与g( x)= x“具有性质H (1)”.
（2）证明：由函数y = g( x)在(0,+∞)上有两个零点x1，x2，得g( x1)= g( x2)=0，
又函数f ( x)= 1
x
2 +2ln x−2与y = g( x)“具有性质H (1)”，
则|f ( x1)−f ( x2))≤|g( x1)−g( x2))=0，
即f ( x1)= f ( x2)，即
1
x1
2 +2ln x1−2= 1
x2
2 +2ln x2−2，
令x1
2=t1，x2
2=t2，即1
t1
+ lnt1−2= 1
t2
+ lnt2−2.
记ℎ( x)= 1
x + ln x−2，即ℎ(t1)=ℎ(t2)，又ℎ
′( x)=−1
x
2 + 1
x = x−1
x
2 ，
当0< x<1时，ℎ
′( x)<0；当x>1时，ℎ
′( x)>0，
所以函数ℎ( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
要证x1
2+ x2
2>2，即证t1+t2>2，不妨设0<t1<1<t2，
即证t2>2−t1>1，只需证ℎ(t2)>ℎ(2−t1)，即证ℎ(t1)>ℎ(2−t1).
设H ( x)=ℎ( x)−ℎ(2−x)，即H ( x)= 1
x + ln x−
1
2−x −ln(2−x)，
所以H
′( x)=−1
x
2 + 1
x −
1
(2−x)
2 +
1
2−x =−4(1−x)
2
x
2(2−x)
2 ≤0，
所以函数H ( x)在(0,+ ∞)上单调递减，且H (1)=0，
又0<t1<1，则H (t1)> H (1)=0，即ℎ(t1)−ℎ(2−t1)>0，则ℎ(t1)>ℎ(2−t1)得证，
故x1
2+ x2
2>−2.
（3）证明：不妨设0< x1≤x2<1，所以0≤x2−x1<1，所以x2−x1≤❑√x2−x1，
所以x1−x2≥−❑√x2−x1，令u( x)= f ( x)−x = x ln x−x，x∈(0,1)，
所以u
′( x)= ln x<0，所以u( x)在(0,1)上单调递减，
又0< x1≤x2<1，所以u( x1)≥u( x2)，即x1ln x1−x1≥x2ln x2−x2，
所以x1ln x1−x2ln x2≥x1−x2≥−❑√x2−x1；
当0< x1≤x2<1时，❑√x2−❑√x1≤❑√x2−x1，
令φ( x)= f ( x)+ ❑√x = x ln x + ❑√x，0< x<1，所以φ
′( x)= ln x +1+
1
2❑√x ，
令r( x)=φ
′( x)，所以r
′( x)= 1
x −
1
4 x ❑√x = 4 ❑√x−1
4 x ❑√x ，
令r
′( x)<0，解得0< x< 1
16，
令r
′( x)>0，解得1
16 < x<1，
所以r( x)在(0, 1
16 )上单调递减，在( 1
16 ,1)上单调递增，
所以r( x)≥r( 1
16 )=3−ln16= ln e
3
16 >ln1=0，
即φ
′( x)>0，所以φ( x)在(0,1)上单调递增，
又0< x1≤x2<1，所以φ( x2)≥φ( x1)，即x2ln x2+ ❑√x2≥x1ln x1+ ❑√x1，
所以x1ln x1−x2ln x2≤❑√x2−❑√x1≤❑√x2−x1，
综上，−❑√x2−x1≤x1ln x1−x2ln x2≤❑√x2−x1，即|x1ln x1−x2ln x2)≤|x2−x1)
1
2，
即函数y = f ( x)与y = g( x)“具有性质H ( 1
2 )”.
【变式9-1】（2025·湖北武汉·一模）已知函数f (x)的导函数为f
′ (x)，若f
′ (x)在区间D上单调递增，则称
f (x)为区间D上的凹函数；若f
′ (x)在区间D上单调递减，则称f (x)为区间D上的凸函数.已知函数
f (x)= x
e
x + λln(x +1).
(1)若f (x)在[2,3)上为凹函数，求实数λ的取值范围；
(2)已知F (x)= f (x−1)，且F (x)在(1,+ ∞)上存在零点，求实数λ的取值范围.
【答案】(1)(−∞,0)
(2)(−1,0)
【解题思路】（1）令m(x)= f
′ (x)，依题意知，m
′ (x)≥0对任意的x∈[2,3)恒成立，利用分离参数法求解
即可；
（2）分λ≥0和λ<0两种情况讨论，求出函数的单调区间及极值，进而可得出答案.
【解答过程】（1）f
′ (x)= 1−x
e
x
+
λ
x +1 =m(x)，
则m
′ (x)= x−2
e
x
−
λ
( x +1)
2，
依题意知，m
′ (x)≥0对任意的x∈[2,3)恒成立，则( x +1)
2(x−2)
e
x
≥λ恒成立，
令n(x)= ( x +1)
2(x−2)
e
x
= x
3−3 x−2
e
x
, x∈[2,3)，
则n
′ (x)= 1
e
x (−x
3+3 x
2+3 x−1)= x +1
e
x
(−x
2+ 4 x−1)>0，
故n(x)在[2,3)上单调递增，故n(2)=0≥λ，
则实数λ的取值范围为(−∞,0)；
（2）依题意得，F (x)= f (x−1)= x−1
e
x−1 + λln x，
若λ≥0，当x>1时，x−1
e
x−1 >0,ln x>0，
所以F (x)>0, F (x)在(1,+∞)上无零点，舍去；
若λ<0，则F
′ (x)= λe
x−1−x
2+2 x
xe
x−1
，令g(x)= λe
x−1−x
2+2 x，
则g
′ (x)= λe
x−1−2(x−1)<0，则g(x)在(1,+∞)上单调递减，且g(1)= λ+1，
①若λ+1>0，即−1< λ<0，此时g(2)= λe<0，
则存在m∈(1,2)，使得g(m)=0，即F
′ (m)=0，
故F (x)在(1,m)上单调递增，在(m,+ ∞)上单调递减，所以F (m)> F (1)=0，
当x>m时，F (x)= x−1
e
x−1 + λln x< x−1
x
+ λln x =1−1
x + λln x<1+ λln x，
令1+ λln x<0，解得x>e
−1
λ，
因为e
−1
λ >e>m，且F(e
−1
λ)<0，
所以存在唯一的x1∈(m,e
−1
λ)，使得F (x1)=0，满足条件；
②若λ+1≤0，即λ≤−1，此时g(x)<0, F (x)在(1,+∞)上单调递减，
又F (1)=0，所以F (x)<0，不合题意，舍去，
综上所述，实数λ的取值范围为(−1,0).
【变式9-2】（24-25 高二下·甘肃临夏·期末）给出定义：设f
′ (x)是函数y = f (x)的导函数，f
″ (x)是函数
f
′ (x)的导函数，若方程f
″ (x)=0有实数解x = x0，则称(x0,f (x0))为函数y = f (x)的“拐点”．已知函数
f (x)= x
3−4 a x
2−3a
2 x +2．
(1)若(4 ,f (4))是函数f (x)的“拐点”，求a 的值和函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)的“拐点”在y 轴右侧，讨论f (x)的零点个数．
【答案】(1)a=3,单调递减区间为(−1,9)，单调递增区间为(−∞,−1)和(9,+∞)；
(2)答案见解析
【解题思路】（1）根据已知条件及导数法求函数的单调性即可求解；
（2）根据（1）的结论及导数法其函数的极值，结合函数零点与最值的关系即可求解.
【解答过程】（1）由题可知，f
′ (x)=3 x
2−8ax−3a
2，
f
″ (x)=6 x−8a，
因为(4 ,f (4))是函数f (x)的“拐点”，
所以f
″ (4)=6×4−8a=0，解得a=3．
所以f (x)= x
3−12 x
2−27 x +2，
f
′ (x)=3 x
2−24 x−27．
令f
′ (x)>0，得x<−1或x>9，
令f
′ (x)<0，得−1< x<9，
所以函数f (x)的单调递减区间为(−1,9)，单调递增区间为(−∞,−1)和(9,+∞).
（2）由（1）可知，函数f (x)的拐点横坐标为4 a
3 ，所以a>0，
令f
′ (x)>0，解得x<−a
3或x>3a；
令f
′ (x)<0．解得−a
3 < x<3a．
所以f (x)的单调递减区间为(−a
3 ,3a)，单调递增区间为(−∞,−a
3)和(3a,+∞)，
所以f (x)的极小值为f (3a)=2−18a
3，
f (x)的极大值为f(−a
3)=2+ 14
27 a
3>0．
当2−18a
3<0，即a>
3√3
3 时，f (x)有三个零点;
当2−18a
3=0，即a=
3√3
3 时，f (x)有两个零点;
当2−18a
3>0，即0<a<
3√3
3 时，f (x)有一个零点.
【变式9-3】（2025·广西柳州·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定
函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f (x)在x =0处的[m,n)阶帕德近似定义为：
R (x)= a0+a1 x +⋯+am x
m
1+b1 x +⋯+bn x
n ，且满足：f (0)= R (0)，f
′ (0)= R
′ (0)，f
″ (0)= R
″ (0)，…，
f
(m+n)(0)= R
(m+n)(0)．注：f
″ (x)=[f
′ (x))
′，f
′ ′ ′ (x)=[f
″ (x))
′，f
(4)(x)=[f
′ ′ ′ (x))
′，f
(5)(x)=[f
(4)(x))
′，…；
f
(n)(x)为f
(n−1)(x)的导数）．已知f (x)= ln (x +1)在x =0处的[1,1)阶帕德近似为R (x)=
ax
1+bx ．
(1)求实数a，b 的值；
(2)比较f (x)与R (x)的大小；
(3)若ℎ(x)=mf (x−1)−1
2 R (x−1)(m≠0)有3 个不同的零点，求实数m 的取值范围．
【答案】(1)a=1，b= 1
2．
(2)答案见解析
(3)(0, 1
2)
【解题思路】（1）求出f
′ (x)，f
″ (x)，R
′ (x)，R
″ (x)，根据f
′ (0)= R
′ (0)，f
″ (0)= R
″ (0)列方程组即可求
解；
（2）令φ(x)= f (x)−R (x)= ln (x +1)−2 x
x +2
(x>−1)，利用导数研究φ(x)的单调性即可比较大小；
（3）ℎ(x)=mln x−x−1
x +1
(x>0)，ℎ(x)除1 外还有2 个零点，设为x1，x2，
g(x)=m x
2+(2m−2) x +m(x>0)，由导数由函数零点个数求m 的范围．
【解答过程】（1）由f (x)= ln (x +1)，R (x)=
ax
1+bx ，
知f
′ (x)=
1
x +1，f
″ (x)=−
1
(x +1)
2，R
′ (x)=
a
(1+bx)
2，R
″ (x)= −2ab
(1+bx)
3，
由题意f
′ (0)= R
′ (0)，f
″ (0)= R
″ (0)，
所以{
a=1
−2ab=−1)，所以a=1，b= 1
2．
（2）由（1）知，R (x)= 2 x
x +2，令φ(x)= f (x)−R (x)= ln (x +1)−2 x
x +2
(x>−1)，
则φ
′ (x)=
1
x +1 −
4
(x +2)
2 =
x
2
(x +1)(x +2)
2 >0，
所以φ(x)在其定义域(−1,+∞)内为增函数，
又φ(0)= f (0)−R (0)=0，
∴x ≥0时，φ(x)= f (x)−R (x)≥φ(0)=0；
−1< x<0时，φ(x)= f (x)−R (x)<φ(0)=0，
所以x ≥0时，f (x)≥R (x)；−1< x<0时，f (x)< R (x)．
（3）由（1）知，ℎ(x)=mln x−x−1
x +1
(x>0)，
注意到ℎ(1)=0，则ℎ(x)除1 外还有2 个零点，设为x1，x2，
ℎ
′ (x)= m
x −
2
(x +1)
2 = m x
2+(2m−2) x +m
x (x +1)
2
，
令g(x)=m x
2+(2m−2) x +m(x>0)，
当m<0时，g(x)<0在(0,+ ∞)上恒成立，则ℎ
′ (x)<0，
所以ℎ(x)在(0,+ ∞)上单调递减，不满足，舍去，
当m>0时，ℎ(x)除1 外还有2 个零点，设为x1，x2，则ℎ(x)不单调，
所以g(x)存在两个零点，∴Δ=(2m−2)
2−4 m
2>0，解得0<m< 1
2，
当0<m< 1
2时，设g(x)的两个零点分别为s，t (s<t )，
则s+t =−2m−2
m
= 2
m −2>0，st =1，
∴0<s<1<t，当x∈(0,s)时，g(x)>0，ℎ
′ (x)>0，则ℎ(x)单调递增，
当x∈(s,t )时，g(x)<0，ℎ
′ (x)<0，则ℎ(x)单调递减；
当x∈(t ,+∞)时，g(x)>0，ℎ
′ (x)>0，则ℎ(x)单调递增，
又ℎ(1)=0，不妨设ℎ(s)>0，ℎ(t )<0，
而ℎ(e
−1
m)=−1−e
−1
m −1
−1
m
<0，且e
−1
m <1，ℎ(e
1
m)=1−e
1
m −1
e
1
m +1
>0，且e
1
m >1，
所以存在x1∈(e
−1
m ,s)，x2∈(e
1
m ,t)，满足ℎ(x1)=ℎ(x2)=0，
即ℎ(x)=mf (x−1)−1
2 R (x−1)有3 个零点x1，1，x2，
综上所述，m 的取值范围为(0, 1
2)．
一、单选题
1．（2025·天津河北·模拟预测）函数f (x)= ln x +8−x的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【解题思路】应用导数研究函数的区间单调性，结合区间值域及零点存在性定理判断零点个数.
【解答过程】由题设f
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
且定义域为(0,+ ∞)，
当0< x<1时，f
′ (x)>0，当x>1时，f
′ (x)<0，
所以f ( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，故f ( x)≤f (1)=7，
当x→0或+∞时f ( x)→−∞，故f ( x)在定义域上有2 个零点.
故选：C.
2．（2025·山东青岛·模拟预测）若函数f (x)= x
2(1−e
x)+ x (ln x +a)有2 个零点，则实数a的取值范围是
（ ）
A．(−∞,0)
B．(−∞,1)
C．[0,+ ∞)
D．(1,+∞)
【答案】D
【解题思路】利用同构得x +ln x +a−e
x + ln x =0有两个不同的解，换元后考虑s(t )=t +a−e
t有两个不同的
零点，利用导数可求参数的范围.
【解答过程】因为f (x)= x
2(1−e
x)+ x (ln x +a)有两个零点，
故x
2(1−e
x)+ x (ln x +a)=0有两个不同的解，
所以x(1−e
x)+ln x +a=0有两个不同的解，
故x +ln x +a−e
x + ln x =0有两个不同的解，
设t = x +ln x，则t
′ =1+ 1
x >0，故t = x +ln x为(0,+∞)上的单调增函数，
而x→0时，t →−∞，x→+ ∞时，t →+ ∞，故t = x +ln x的值域为R，
故t +a−e
t =0在R上有两个不同的零点，
设s(t )=t +a−e
t，则s
′ (t )=1−e
t，
当t <0时，s
′ (t )>0；当t >0时，s
′ (t )<0；
故s(t )在(−∞,0)上为增函数，在(0,+ ∞)上为减函数，
故s(t )max= s(0)=a−1>0即a>1，
此时当t →+ ∞时，s(t )→−∞，t →−∞时，s(t )→−∞，
故a>1时，s(t )确有两个不同的零点，综上a>1.
故选：D.
3．（2025·湖南益阳·三模）若函数f ( x)=−a ln x + x
2−1
2
有两个零点，则a 的取值范围为（ ）
A．(−∞,1)
B．(1,+∞)
C．(0,1)∪(1,+ ∞)
D．(0,1)
【答案】C
【解题思路】分类讨论a的值，再根据导数分析f ( x)的单调性，结合函数有两个零点，即可求解范围．
【解答过程】函数f ( x)=−aln x + x
2−1
2
的定义域为(0,+ ∞).
当a=0时，令f ( x)= x
2−1
2
=0，在(0,+ ∞)只有一个零点，不合题意；
当a≠0时，f
′( x)=−a
x + x = x
2−a
x
，
当a<0时，f
′( x)>0，则f ( x)在(0,+ ∞)单调递增，f (1)=0，所以f ( x)在(0,+∞)只有一个零点，不合题
意；
当a>0时，令f
′( x)=0⇒x
2−a=0⇒x = ❑√a，
当x∈(0,❑√a)时，f
′( x)<0，f ( x)在(0,❑√a)单调递减，
当x∈(❑√a,+∞)时，f
′( x)>0，f ( x)在(❑√a,+∞)单调递增，
又x→0时，f ( x)→+∞，
若f ( x)有两个零点，则f (❑√a)=−aln ❑√a+ a−1
2
<0⇒a(1−ln a)<1，
设g( x)= x (1−ln x), x>0，令g
′( x)=1−ln x−x⋅1
x =−ln x =0，解得x =1，
当x∈(0,1)时，g
′( x)>0，则g( x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1,+∞)时，g
′( x)<0，则g( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
所以g( x)≤g(1)=1，
所以a(1−ln a)<1⇒a∈(0,1)∪(1,+ ∞)，
故选：C．
4．（2025·江苏常州·模拟预测）函数f ( x)=( x−5)e
x+e x +3e的所有零点之和为（ ）
A．1
B．3
C．5
D．7
【答案】B
【解题思路】求导，结合零点存在性定理可判断函数的单调性，进而可知函数有3 个零点，根据一个零点
为x0，计算f (2−x0)，进而可判定2−x0是函数的另一个零点，即可求解.
【解答过程】f
′ (x)=( x−4)e
x+e，
记g(x)=( x−4)e
x+e，则g
′( x)=( x−3)e
x，
当x>3,g
′( x)>0,g(x)在(3,+ ∞)单调递增，当x<3,g
′( x)<0,g(x)在(−∞,3)单调递减，
由于g(3)=−e
3+e<0, g(4)=e>0, g(−2)=−6e
−2+e>0，
因此存在x1∈(−2,3), x2∈(3,4),使得g(x1)= g(x2)=0，
且当x< x1和x> x2时，g(x)>0，则f (x)在(−∞, x1)和(x2,+∞)单调递增，
当x1< x< x2时，g(x)<0，则f (x)在(x1, x2)单调递减，
且当x→+∞,f (x)→+∞，x→−∞,f (x)→−∞，f (1)=0，
因此f (x)有3 个零点，其中一个零点为1，
设其中一个零点为x0，则f ( x0)=( x0−5)e
x0+e x0+3e=0，
即(5−x0)e
x0=e x0+3e，进而5−x0=(e x0+3e)e
−x0=(x0+3)e
1−x0，
此时
f (2−x0)=(2−x0−5)e
2−x0+e(2−x0)+3e=(−x0−3)e
2−x0+e(5−x0)=(−x0−3)e
2−x0+(x0+3)e
2−x0=0
，
因此2−x0是方程的另一个零点，
故所以的零点之和为2−x0+ x0+1=3，
故选：B.
5．（2025·江西鹰潭·二模）已知函数f ( x)=2−
2
e
x+1 ，若方程f (ae
x)+ f (3−x
2)=2有三个不同根，则实
数a的取值范围是（ ）
A．(0, 6
e
3 )
B．(0, 2
e )
C．(−2e, 6
e
3 )
D．(−2e, 2
e )
【答案】A
【解题思路】探讨给定函数的对称性及单调性，脱去法则“f”，构造函数，利用导数探讨函数的性质并作
出图象，数形结合求得答案.
【解答过程】函数f ( x)=2−
2
e
x+1 的定义域为R，且在R 上单调递增，
f ( x)+ f (−x)=2−
2
e
x+1
+2−
2
e
−x+1
= 4−(
2
e
x+1
+ 2e
x
1+e
x )=2，即2−f (−x)= f ( x)，
方程f (ae
x)+ f (3−x
2)=2，即f (ae
x)=2−f (3−x
2)= f ( x
2−3)，于是ae
x = x
2−3，
即a= x
2−3
e
x
，令g( x)= x
2−3
e
x
，依题意，直线y =a与函数y = g( x)的图象有三个不同的交点，
求导得g
′( x)= 2 x−x
2+3
e
x
=−( x +1)( x−3)
e
x
，当x∈(−∞,−1)∪(3,+∞)时，g
′( x)<0，
当x∈(−1,3)时，g
′( x)>0，函数g( x)在(−∞,−1),(3,+ ∞)上递减，在(−1,3)上递增，
当x =−1时，g( x)取极小值g(−1)=−2e；当x =3时，g( x)取极大值为g(3)= 6
e
3 ，
而当x<−❑√3或x>❑√3时，恒有g( x)>0，
在同一坐标系内作出直线y =a与函数y = g( x)的图象，
观察图象得0<a< 6
e
3 ，原方程有三个不同实根，所以实数a的取值范围为(0, 6
e
3 )，
故选：A.
6．（2025·广西河池·二模）关于函数f (x)=−x
3+3 x
2+(a−3) x +2−a−e
x−1+
1
e
x−1 (a≤2)，下列选项正
确的是（ ）
A．函数f (x)没有零点
B．函数f (x)只有1 个零点
C．函数f (x)至少有1 个零点
D．函数f (x)有2 个零点
【答案】B
【解题思路】首先利用导数判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断零点个数.
【解答过程】因为f
′ (x)=−3 x
2+6 x +(a−3)−e
x−1−e−(x−1)=−3 x
2+6 x +(a−3)−(e
x−1+
1
e
x−1)，
且e
x−1+
1
e
x−1 ≥2❑√
e
x−1× 1
e
x−1 =2,−3 x
2+6 x +(a−3)=−3( x−1)
2+a≤a，
所以当a≤2时f
′ (x)≤0，
故函数f (x)在定义域上单调递减，所以至多有一个零点，故C､D 错误
令g(x)=−x
3+3 x
2+(a−3) x +2−a(a≤2),ℎ(x)=e
x−1−1
e
x−1 则f (x)=g(x)−ℎ(x)
∵g
′ (x)=−3 x
2+6 x +(a−3)知x→+∞时g(x)→−∞
且ℎ
′ (x)=e
x−1−e−(x−1)>0知x→+ ∞时ℎ(x)→+∞
∴x→+ ∞时f (x)→−∞且f (1)=−1+3+(a−3)+2−a−e
0+ 1
e
0 =1>0
所以函数f (x)=−x
3+3 x
2+(a−3) x +2−a−e
x−1+ 1
e
x−1 (a≤2)只有1 个零点.
故选：B.
7．（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知函数f (x)= xe
x−a有两个零点x1, x2，且x1< x2，则（ ）
A．x1+2e x2>−3
B．x1+2e x2=−3
C．x1+2e x2<−3
D．x1+2e x2与−3无法比较大小
【答案】C
【解题思路】将函数有两个零点问题转化为方程x e
x=a有两个解的问题，先对函数求导，判断单调性和
x1, x2的范围，然后判断并证明x1+2e x2与-3 的大小比较，最后得到答案.
【解答过程】函数f (x)= xe
x−a有两个零点，即方程xe
x =a有两个不同的根．
设g(x)= xe
x，则g
′ (x)=(x +1)e
x，
当x∈(−∞,−1)时，g
′ (x)<0，所以g(x)在(−∞,−1)上单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，g
′ (x)>0，所以g(x)在(−1,+∞)上单调递增．
又因为当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，所以x1<−1< x2<0．
因为x1可以趋近于无穷小，所以猜测x1+2e x2<−3，下面给出证明．
先证当−1< x<0时，xe
x> x．
令ℎ(x)= xe
x−x，则ℎ
′ (x)=(x +1)e
x−1，
当x<0时，ℎ
′ (x)<0，当x>0时，ℎ
′ (x)>0，
所以ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0，+ ∞)上单调递增．
由ℎ(0)=0知，当−1< x<0时，ℎ(x)>0，即xe
x> x，所以x2e
x2> x2．
再证当x<−1时，xe
x<−1
2e
(x +1)−1
e ．
令φ(x)= xe
x+ 1
2e
(x +1)+ 1
e ，则φ
′ (x)=(x +1)e
x+ 1
2e．
令m(x)=φ
′ (x)，则m
′ (x)=(x +2)e
x，
当x∈(−∞,−2)时，m
′ (x)<0，所以m(x)在(−∞,−2)上单调递减；
当x∈(−2,+∞)时，m
′ (x)>0，所以m(x)在(−2,+∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(−2)>0，即φ
′ (x)>0，所以φ(x)在R上单调递增．
因为φ(−1)=0，所以当x<−1时，φ(x)<0，即xe
x<−1
2e
(x +1)−1
e ，
所以x1e
x1<−1
2e (x1+1)−1
e ．
所以x2< x2e
x2=a= x1e
x1<−1
2e (x1+1)−1
e ，所以x1+2e x2<−3．
故选：C．
8．（2025·四川南充·一模）已知函数f ( x)=|ln x−2
x +2)−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2（
x1< x2），下列关于x1，x2的说法正确的有（ ）个
①
x2
x1
<e
2m ②x1>
2
m+2 ③e
m
3 < x2<
3
3−m ④x1 x2>1
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【解题思路】函数f (x)=|ln x−2
x +2)−m(0<m<3)有两个不同零点x1, x2(x1< x2)，转化为
|ln x−2
x +2)=m有两个交点，构造函数g(x)=|ln x−2
x +2)，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根
据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④.
【解答过程】由函数f (x)=|ln x−2
x +2)−m(0<m<3)有两个不同零点x1, x2(x1< x2)，
转化为|ln x−2
x +2)=m(0<m<3)有两个交点x1, x2(x1< x2)，
构造函数g(x)= ln x−2
x +2，ℎ(x)=|ln x−2
x +2) ，则g
′ (x)= 1
x + 2
x
2，故g
′ (x)>0，所以g(x)在(0,+ ∞)
单调递增，而g(1)=0，可得ℎ(x)图象如图所示
故ℎ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+ ∞)单调递增，
所以0< x1<1< x2，
对于①，m=−ln x1+ 2
x1
−2= ln x2−2
x2
+2，
所以2m=−ln x1+ ln x2+ 2
x1
−2
x2
>ln(
x2
x1)，
所以
x2
x1
<e
2m，故①正确；
对于②，由①可知m=−ln x1+ 2
x1
−2，故m x1+2 x1−2=−x1ln x1>0，
因此 x1>
2
m+2，故②正确；
对于③，因为0<m<3，所以0< m
3 <1，故1<e
m
3 <e ,
3
3−m >1，
所以g(
3
3−m)= ln
3
3−m −2(3−m)
3
+2= ln
3
3−m + 2m
3 ，
则g(
3
3−m)−m=−ln (3−m)−m
3 + ln3，
构造函数Q(x)=−ln (3−m)−m
3 + ln3，
则Q
′ (x)=
1
3−m −1
3 =
m
3(3−m) >0，而Q (0)=0，
所以g(
3
3−m)>m= g(x2)，
所以x2<
3
3−m，
因为g(e
m
3)= m
3 −2
e
m
3
+2，所以m−g(e
m
3)=2(
m
3 −1
e
m
3
+1)，
令m
3 =t (0<t <1)，构造I (t )=t −1
e
t +1，显然I (t )单调递增，且I (0)=0，
所以m= g(x2)>g(e
m
3)
所以e
m
3 < x2<
3
3−m
，故③正确；
对于④，由①可知，ln x1 x2= 2
x1
+ 2
x2
−4>
4
❑√x1 x2
−4，
所以ln x1 x2−
4
❑√x1 x2
+ 4>0，
令❑√x1 x2=n，W (n)=2ln n−4
n + 4，显然W (n)单调递增，且W (1)=0，
所以x1 x2>1，故④正确.
故选：D.
二、多选题
9．（2025·海南海口·模拟预测）已知函数f ( x)= xe
x−1
2 a x
2−ax−1
2 a．则下列说法中正确的是（ ）
A．当a=0时，f ( x)在(−1,+ ∞)上单调递增
B．当a<0时，f ( x)min= 1
e
C．当a>0时，f ( x)有一个零点
D．f ( x)最多有两个不同的零点
【答案】ACD
【解题思路】对于A，求导后令f
′( x)>0可得单调递增区间；对于B，由f
′( x)正负性可得f ( x)单调区间，
据此可得最小值；对于C，令f
′( x)=0，得x =−1或x = ln a，然后分ln a=−1，ln a>−1，ln a<−1三
种情况，结合零点存在性定理可得f ( x)零点情况；对于D，由C，分析a=0，a<0两种情况下的零点个数
可判断选项正误.
【解答过程】对于A，f ( x)= xe
x，f
′( x)=(x +1)e
x，令f
′( x)>0⇒x>−1，
则f ( x)在(−1,+ ∞)上单调递增，故A 正确；
对于B，f
′( x)=(x +1)e
x−a(x +1)=(x +1)(e
x−a)，因a<0，则e
x−a>0.
令f
′( x)>0⇒x>−1;f
′ (x)<0⇒x<−1，则f ( x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+ ∞)上单调递增，则
f ( x)min= f (−1)=−1
e −1
2 a+a−1
2 a=−1
e ，故B 错误；
对于C，f
′( x)=(x +1)(e
x−a)，令f
′( x)=0，得x =−1或x = ln a.
若ln a=−1⇒a= 1
e ，则f
′( x)≥0⇒ f (x)在R 上单调递增，又f (0)=−1
2 a<0，
x→+∞，f (x)→+ ∞，则f (x)有R 上有唯一零点；若ln a<−1⇒0<a= 1
e ，
则f
′( x)>0⇒x∈(−∞,ln a)∪(−1,+∞)，f
′( x)<0⇒x∈(ln a,−1)，
则f (x)在(−∞,ln a)，(−1,+ ∞)上单调递增，在(ln a,−1)上单调递减.
则极大值为f (ln a)=a(ln a−1
2 ln
2a−ln a−1
2)=−1
2 (ln
2a+1)<0，
极小值为f (−1)=−1
e <0，又x→+∞，f (x)→+ ∞，则此时f (x)只有1 个零点；
若ln a>−1⇒a> 1
e ，由以上分析，类似可得
f (x)在(−∞,−1)，(ln a,+ ∞)上单调递增，在(−1,ln a)上单调递减，
则极小值为f (ln a)=a(ln a−1
2 ln
2a−ln a−1
2)=−1
2 (ln
2a+1)<0，
极大值为f (−1)=−1
e <0，又x→+∞，f (x)→+ ∞，则此时f (x)只有1 个零点；
综上，当a>0时，f ( x)只有一个零点，故C 正确；
对于D，由C 分析，当a>0时，f ( x)只有一个零点.当a=0⇒f ( x)= xe
x，易得只有一个零点.当a<0，由
B 分析可知，f ( x)min= f (−1)<0，
又注意到x→−∞，f (x)→−∞，x→+ ∞，f (x)→+∞，
则∃x1∈(−∞,−1)，x2∈(−1,+∞)，使f (x1)= f (x2)=0，
故a<0时，f ( x)有2 个零点.则f ( x)最多有两个不同的零点，故D 正确.
故选：ACD.
10．（2025·河南·模拟预测）已知函数f (x)=|ln (x −1))−kx + k −2，则下列结论正确的是（ ）
A．存在负数k，使得f (x)没有零点
B．若f (x)恰有2个零点，则−e<k ≤0
C．若f (x)恰有1个零点，则k =−e
D．当0<k <e
−3时，f (x)恰有3个零点
【答案】AD
【解题思路】根据题意将函数的零点转化为两个函数的交点，即曲线C：y =|ln (x −1))与直线l：
y =k (x−1)+2的交点，易知直线过定点(1,2)，求出直线与曲线的切点，结合图象写出在不同k值的情况
下，直线与曲线的公共点情况，即可得到函数f (x)的零点情况，再逐一判断即可.
【解答过程】由题意，f (x)=|ln (x −1))−kx + k −2的零点个数，即f (x)=0的根的个数，等价于
ln (x−1)=k (x−1)+2的解的个数，等价于曲线C：y =|ln (x−1))与直线l：y =k (x−1)+2的交点的个数.
曲线C：x>2时，y = ln (x−1)，1< x<2时，y =−ln (x−1).
直线l：y =k (x−1)+2过定点(1,2).
当1< x<2时，设直线l与曲线C的切点为(x1, y1)，则k = y1−2
x1−1 =−
1
x1−1，得y1=1，则切点坐标为
(e
−1+1,1)，此时k =−1
e
−1 =−e.
当x>2时，设直线l与曲线C的切点为(x2, y2)，则k = y2−2
x2−1 =
1
x2−1，得y2=3，则切点坐标为(e
3+1,3)，
此时k = 1
e
3 =e
−3.
当直线绕着定点(1,2)转动时，直线与曲线的公共点个数即为f (x)的零点个数.
如图可知，k <−e时，f (x)无零点；k =−e时，f (x)有1个零点；
−e<k ≤0时，f (x)有2个零点；0<k <e
−3时，f (x)有3个零点；
k =e
−3时，f (x)有2个零点；k >e
−3时，f (x)有1个零点.
存在负数k，使得f (x)没有零点，故A 正确；
若f (x)恰有2个零点，−e<k ≤0或k =e
−3，故B 错误；
若f (x)恰有1个零点，则k =−e或k >e
−3，故C 错误；
当0<k <e
−3时，f (x)恰有3个零点，故D 正确.
故选：AD.
11．（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数f (x)= x−1
x −aln x (a∈R)，下列说法正确的是（ ）
A．∃a∈R，使得f (x)的图象是中心对称图形
B．当a=3时，f (x)有三个不同的零点
C．若f (x)有三个不同的零点x1、x2、x3，则有x1 x2 x3=1
D．若f (x)有三个不同的零点x1，x2，x3，且x1< x2< x3，则x1+ x3<2a−2
【答案】BC
【解题思路】利用函数f (x)的定义域可判断A 选项；根据f (x)有三个不同的零点，求出a的范围，可判断
B 选项；利用函数的解析式和极值点可判断C 选项；先证明出ℎ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
，x>1，利用导数分
析该函数的定义域、图象以及基本不等式可判断D 选项.
【解答过程】对于A 选项，函数f (x)= x−1
x −aln x (a∈R)的定义域为(0,+∞)，
故不∃a∈R，使得f (x)的图象是中心对称图形，A 错；
对于B 选项，f (x)= x−1
x −aln x，f
′ (x)= x
2−ax +1
x
2
，
因为函数f (x)有三个不同的零点，且f (1)=0，故f (x)不单调，
即函数f (x)上存在极值点，所以{
a>0
Δ=a
2−4>0)，解得a>2，
由f
′ (x)<0可得a−
❑√a
2−4
2
< x< a+
❑√a
2−4
2
，由f
′ (x)>0可得0< x< a−
❑√a
2−4
2
或x> a+
❑√a
2−4
2
，
此时函数f (x)的减区间为(
a−
❑√a
2−4
2
, a+
❑√a
2−4
2
)，增区间为(0, a−
❑√a
2−4
2
)、(
a+
❑√a
2−4
2
,+∞)，
因为f (1)=0，故f(
a−
❑√a
2−4
2
)>f (1)=0>f(
a+
❑√a
2−4
2
)，
当x→0时，f (x)→−∞；当x→+ ∞时，f (x)→+∞.
所以，函数f (x)有三个零点时，a>2，B 对；
对于C 选项，因为f(
1
x)= 1
x −x−a ln 1
x = 1
x −x +aln x =−f (x)，且f (1)=0，
不妨设x1< x2< x3，则x2=1，且x1∈(0, a−
❑√a
2−4
2
)，x3=(
a+
❑√a
2−4
2
,+ ∞)，
所以f (x)=0，则f(
1
x)=0，所以x1 x3=1，故x1 x2 x3=1，C 对；
对于D 选项，由题意可知0< x1< x2=1< x3，
构造函数ℎ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
，x>1，则ℎ
′ (x)= 1
x −
4
(x +1)
2 = (x−1)
2
x (x +1)
2 >0，
故函数ℎ(x)在(1,+∞)上为增函数，故ℎ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
>ℎ(1)=0，
所以ln x> 2(x−1)
x +1
对任意的x>1恒成立，
所以x3−1
x3
=aln x3> 2a(x3−1)
x3+1
⇒x3
2+2 x3+1>2a x3，
不等式两边同时除以x3可得x3+ 1
x3
+2>2a，注意到x1= 1
x3
，可得x1+ x3>2(a−1)，D 错.
故选：BC.
三、填空题
12．（2025·四川德阳·一模）若关于x的方程ln x +|1+ m
x)=1有且仅有两个实根，则实数m的取值范围为
.
【答案】(−e,0)∪(0, 1
e)
【解题思路】分类讨论，当m>0时，方程ln x +|1+ m
x)=1即m=−x ln x有且仅有两个实根，利用导函数
画出f (x)=−x ln x的大致图象，转化为交点问题，当m<0时，令
g(x)= ln x +|1+ m
x)−1={
ln x + m
x , x>−m
ln x−m
x −2,0< x ≤−m)
，利用导函数求g(x)的单调性，转化为最值问题.
【解答过程】ln x +|1+ m
x)=1定义域为(0,+ ∞)，
当m=0时，方程ln x +|1+ m
x)=ln x +1=1仅有一解；
当m>0时，方程ln x +|1+ m
x)=1即m=−x ln x有且仅有两个实根，
令f (x)=−x ln x，则f (1)=0，f
′ (x)=−ln x−1，
令f
′ (x)=0解得x = 1
e ，
所以当0< x< 1
e 时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，当x> 1
e 时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
又f(
1
e)= 1
e ，可得函数f (x)=−x ln x的大致图象如图所示，
所以m=−x ln x有且仅有两个实根时，0<m< 1
e ；
当m<0时，令g(x)= ln x +|1+ m
x)−1={
ln x + m
x , x>−m
ln x−m
x −2,0< x ≤−m)
，
则g(x)=0有且仅有两个实根，
因为当x>−m时，g
′ (x)= 1
x −m
x
2 = x−m
x
2
>0，g(x)单调递增，
当0< x ≤−m时，g
′ (x)= 1
x + m
x
2 = x +m
x
2 ≤0，g(x)单调递减，
所以要使g(x)=0有且仅有两个实根，则g(−m)= ln (−m)−1<0，解得−e<m<0，
综上实数m的取值范围为(−e,0)∪(0, 1
e).
故答案为：(−e,0)∪(0, 1
e).
13．（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)={
xe
x−a, x<a,
2−x−2a, x ≥a)有三个零点，则实数a的取值范围是
.
【答案】(−1
e ,0)
【解题思路】分析函数f (x)=2−x−2a的零点个数，利用导数法讨论函数f (x)= xe
x−a的单调性与最值,
再判断函数f (x)在每段上的零点个数,根据零点分布情况建立不等式组，求得实数a的取值范围.
【解答过程】由题可得，函数f (x)=2−x−2a最多只有一个零点.
若零点x =2−2a存在，则x =2−2a≥a，解得a≤2
3，
又由f (x)= xe
x−a，得f
′ (x)=(1+ x)e
x，
当x∈(−∞,−1)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)min= f (−1)=−1
e −a，
且当x→−∞时，f (x)→−a，
所以f (x)= xe
x−a最多有两个零点.
因为f (x)有三个零点，所以f (x)= xe
x−a(x<a)有两个零点，
则{
ae
a−a>0
a>−1
−a>0
−1
e −a<0)
，
解得−1
e <a<0，所以实数a的取值范围为(−1
e ,0).
综上可得：实数a的取值范围为(−1
e ,0).
故答案为：(−1
e ,0).
14．（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)=ln x−ax有2 个零点x1，x2，且1< x1
x2
<2，则实数a的取值范
围是 ．
【答案】(
ln 2
2 , 1
e)
【解题思路】首先根据函数有两个零点这一条件，可知极大值必大于0，然后联立零点方程，通过变量替
换
x1
x2
=t，将问题转化为关于t的方程，然后通过两次构建新函数求得范围.
【解答过程】函数f (x)= ln x−ax，x>0有两个零点，求导得：f
′ (x)= 1
x −a.
当a≤0时，f
′ (x)>0，此时f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，不合题意.
所以a>0.令f
′ (x)=0，则x = 1
a.
为了使得函数有两个零点，则极大值f(
1
a)= ln 1
a −1>0，所以a< 1
e .
因为函数f (x)= ln x−ax，x>0有两个零点x1, x2，
所以{
ln x1−a x1=0
ln x2−a x2=0)，即{
ln x1=a x1
ln x2=a x2)
两式相减得ln x1
x2
=a(x1−x2).
因为1< x1
x2
<2，令
x1
x2
=t，则1<t <2，x1=t x2那么
{
ln t x2=at x2
ln x2=a x2 )，两式相减得ln t =a(t −1) x2，所以x2=
ln t
a(t −1)①.
两式相除可得：
ln t x2
ln x2
=t，即ln t x2= ln x2
t ，所以x2= 1
t x2
t .
两边同时取对数得到：ln x2=−ln t +t ln x2，化简得：x2=e
lnt
t −1②.
①②联立可得：e
lnt
t −1 =
ln t
a(t −1)，所以令ln t
t −1 =m，则a= m
e
m .
因为1<t <2，因为(
lnt
t −1)
'
=
1−lnt −1
t
(t −1)
2
=<0，
设s(t )=1−lnt −1
t ，则s
′ (t )=−1
t + 1
t
2 = 1−t
t
2 <0，故s(t )在(1,2)为减函数，
故s(t )<s(1)=0，故m= lnt
t −1 ,t ∈(1,2)为函数，故m>ln 2.
令f (t )= ln t −(t −1)，所以f
′ (t )= 1
t −1<0，所以f (t )在(1,2)上单调递减，
又f (1)=0，所以f (t )= ln t −(t −1)<0，所以lnt
t −1 =m<1.
所以m的取值范围为(ln 2,1).
令g(m)= m
e
m，则g
' (m)= 1−m
e
m >0，所以g(m)在(ln 2,1)上单调递增，
所以ln2
2 <a< 1
e .
所以综上所述，a的取值范围为(
ln 2
2 , 1
e).
故答案为：(
ln 2
2 , 1
e).
四、解答题
15．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知函数f (x)= a(e
x−a−x)
x
，其中a>0.
(1)求f (x)的极值；
(2)讨论f (x)的零点的个数.
【答案】(1)极小值为a(e
1−a−1)，无极大值
(2)答案见解析
【解题思路】（1）求导得函数单调性，进而得极值；
（2）求导f (x)= ae
x−a
x
−a，对a分类讨论得函数对应的单调性，从而结合零点存在定理即可得解.
【解答过程】（1）因为f (x)= ae
x−a
x
−a，其定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
且f
′ (x)= ae
x−a⋅x−ae
x−a
x
2
= ae
x−a( x−1)
x
2
.
因为a>0，由f
′ (x)>0⇒x>1，所以函数在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，
在(1,+∞)上单调递增，所以f (x)在x =1处取极小值，
且极小值为f (1)=a(e
1−a−1)，无极大值.
（2）因为a>0，所以当x<0时，有f (x)= ae
x−a
x
−a<0，此时f (x)无零点；
当x>0时，由（1）知，f (x)在x =1处取极小值f (1)=a(e
1−a−1).
①当a=1时，f (x)在x =1处取极小值0，此时f (x)恰有一个零点；
②当0<a<1时，f (x)在x =1处取极小值f (1)=a(e
1−a−1)>a(e
0−1)=0，此时f (x)无零点；
③当a>1时，f (x)在x =1处取极小值f (1)=a(e
1−a−1)<a(e
0−1)=0.
下面先证明：当x>0时，e
x≥e x.
令g(x)=e
x−e x，则g
′ (x)=e
x−e=e(e
x−1−1)，当x∈(−∞,1)时，g(x)单调递减，
x∈(1,+∞)时，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，即e
x≥e x，等号当且仅当x =1时成立.
所以f (2a)=a(
e
a
2a −1)≥a(
e
2 −1)>0，又当x>0且x→0时，f (x)→+ ∞.
所以f (x)在x∈(0,1)和(1,+∞)各有一个零点，此时，f (x)共有2 个零点.
综上可知，当0<a<1时，f (x)无零点；当a=1时，f (x)有一个零点；
当a>1时，f (x)共有2 个零点.
16．（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数f (x)= x( x−c)
2在x =1处有极小值.
(1)求实数c的值；
(2)若函数g(x)= f (x)+a有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)1
(2)−4
27 <a<0
【解题思路】（1）求出函数的导函数，依题意f
′(1)=0，即可求出c的值，再检验即可；
（2）依题意y = f ( x)的图像与直线y =−a有三个不同的交点，结合（1）可得函数的单调性，求出函数的
极值，即可得解.
【解答过程】（1）因为f (x)= x( x−c)
2= x
3−2c x
2+c
2 x
∴f
′( x)=3 x
2−4 cx +c
2=( x−c)(3 x−c)，
由已知f
′(1)=0，即(1−c)(3−c)=0，∴c =1或c =3，
当c =1时，f
′( x)=( x−1)(3 x−1)，
所以当x< 1
3时f
′( x)>0，当1
3 < x<1时f
′( x)<0，当x>1时f
′( x)>0，
∴f ( x)在(−∞, 1
3)上单调递增，(
1
3 ,1)上单调递减，(1,+ ∞)上单调递增，
∴x =1时有极小值，符合题意.
当c =3时，f
′( x)=3( x−3)( x−1)，
所以当x<1时f
′( x)>0，当1< x<3时f
′( x)<0，当x>3时f
′( x)>0，
∴f ( x)在(−∞,1)上单调递增，(1,3)上单调递减，(3,+ ∞)上单调递增，
∴x =1时有极大值，不符合题意，故舍去.
∴c =1；
（2）由已知g( x)= f ( x)+a有三个不同零点，
即y = f ( x)的图像与直线y =−a有三个不同的交点，
由（1）知f ( x)在(−∞, 1
3)上单调递增，(
1
3 ,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
故当x = 1
3时，有极大值，即f (x)极大值= f(
1
3)= 1
3(
1
3 −1)
2
= 4
27 ，
当x =1时，有极小值，即f (x)极小值= f (1)=0 ，
所以0<−a< 4
27 ，∴−4
27 <a<0.
17．（2025·广东广州·三模）已知函数f ( x)=a x
2+(a−2)x−ln x ,a∈R.
(1)当a=2时，求与f ( x)相切，且垂直于直线x +3 y =0的直线方程；
(2)若f ( x)有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)3 x−y −1=0
(2)(0,1)
【解题思路】（1）求导可得f
′ (x)= 4 x−1
x ( x>0)，由题意可得4 x−1
x =3，可求切点坐标，进而可求切
线方程；
（2）求导得f
′ (x)=2ax +(a−2)−1
x ，分a≤0和a>0两种情况讨论其单调性，进而根据题意可得f(
1
a)<0
，求解即可.
【解答过程】（1）当a=2时，f ( x)=2 x
2−ln x，求导可得f
′ (x)= 4 x−1
x ( x>0)，
因为直线x +3 y =0的斜率为−1
3，所以切线斜率为3，
令4 x−1
x =3，解得x =1，此时切点为(1,2)，
所以切线方程为y −2=3(x−1)，即3 x−y −1=0.
（2）函数f (x)的定义域为(0,+ ∞)，f
′ (x)=2ax +(a−2)−1
x = (ax−1)(2 x +1)
x
①当a≤0时，f
′ (x)<0，函数f (x)在(0,+ ∞)单调递减，此时f (x)最多一个零点，舍去；
②当a>0时，令f
′ (x)=0，解得x = 1
a，
当x∈(0, 1
a)时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减；
当x∈(
1
a ,+∞)时，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增.
由（1）知，当x = 1
a时，f (x)取得最小值，最小值为f(
1
a)=1−1
a +lna.
因为当x→+ ∞时，f (x)→+ ∞；x→0
+时，f (x)→+∞
所以要函数f (x)有两个零点，当且仅当f(
1
a)<0.
设g(a)=lna−1
a +1，知函数g(a)在(0,+ ∞)单调递增.
因为g(1)=0，则g(a)<0的解集为a∈(0,1).
综上所述，a的取值范围是(0,1).
18．（2025·北京海淀·三模）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a的值．
(2)求f (x)在(0,2π)上的零点个数．
(3)证明：f
′ (x)在(0,π
2 )上存在两个零点x1, x2，且|x2−x1)> 1
4 ．
【答案】(1)a=1
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由函数求导，根据导数的几何意义建立方程，可得答案；
（2）先由图象分析零点的存在性，再分段研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案；
（3）由函数求导并构造函数，利用导数要求新函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案.
【解答过程】（1）f (x)= a
2 ln x−sin x，定义域为(0,+∞)．
f
′ (x)= a
2 x −cos x．由题可得，f
′(
π
2 )= a
π = 1
π ，解得a=1．
（2）由（1）可得，f (x)= 1
2 ln x−sin x．
当x∈(0,1)时，1
2 ln x ≤0，sin x>0，故f (x)<0，在x∈(0,1)时无零点；
当x∈(1,π
2 )时，1
2 ln x ≤1
2 lnπ
2 < 1
2 lne= 1
2，sin x>sin1>sinπ
6 = 1
2，故f (x)<0，在
x∈(1,π
2 )时无零点．
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
2 lnπ
2 −1< 1
2 lne−1=−1
2 <0，f (π)= 1
2 lnπ>0．
故由零点存在性定理知，f (x)在(
π
2 ,π)上存在唯一零点．
当x∈[π,2π)时，1
2 ln x>0，sin x ≤0，故f (x)>0，在x∈[π,2π)时无零点；
综上：f (x)在(0,2π)上的零点个数为1．
（3）f
′ (x)= 1
2 x −cos x = 1−2 xcos x
2 x
．令g(x)=1−2 xcos x，g
′ (x)=2 xsin x−2cos x．
令ℎ(x)= g
′ (x)，则ℎ
′ (x)= 4sin x +2 xcos 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．
g
′ (0)=−2<0，g
′(
π
2 )=π>0，所以由零点存在性定理，存在唯一x0∈(0,π
2 )，使得g
′(x0)=0．
当x变化时，g
′ (x)，g(x)的变化如下表：
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．
所以由零点存在性定理，g(x)分别在(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
3 ,π
4 )⊆(x1, x2)．故|x2−x1)>π
3 −π
4 =π
12 > 1
4 ．
19．（2025·海南三亚·一模）已知函数f (x)=ln x−x +a.
(1)若a=0，求f (x)的单调递减区间；
(2)f (x)有两个不同的零点x1, x2且x1< x2.
（i）求a的取值范围；
（ii）当x2≤e x1时，求x1的最小值.
【答案】(1)(1,+∞)
(2)（i）a>1；（ii）1
e−1
【解题思路】（1）求导，由题意得 f
′ (x)<0，解不等式即可；
（2）（i）分离常数得a= x−ln x，利用导数及方程g(x)=a有两个不同实数根求解；（ii）当x2≤e x1时结
合（1）可得f (x1)≥f (e x1)，代入计算即可求解.
【解答过程】（1）若a=0，则f (x)=ln x−x，定义域为(0,+ ∞)
f
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
设f
′ (x)<0，解得x∈(1,+∞)
则f (x)的单调递减区间为(1,+∞)
（2）（i）设f (x)=ln x−x +a=0，则a= x−ln x，
设函数g(x)= x−ln x定义域为(0,+ ∞)
g
′ (x)=1−1
x = x−1
x
设g
′ (x)=0 解得x =1
x
（0，1）
1
(1,+∞)
g
′ (x) <0
0
>0
g(x) 递减
极小值
递增
当x→0时，g(x)→+∞；当x→+ ∞时，g(x)→+∞
g(x)极小值为g(1)=1
若f (x)有两个不同的零点，则方程g(x)=a有两个不同实数根，则a>1；
（ii）f (x)有两个不同的零点x1, x2且x1< x2，
由（1）可知x1∈(0,1), x2∈(1,+∞)且f (x1)= f (x2)
当x2≤e x1时，易知e x1∈(1,+∞)，则有f (x2)≥f (e x1)
即：f (x1)≥f (e x1)可得：ln x1−x1+a≥ln(e x1)−e x1+a, x1∈(0,1)
e x1−x1≥ln(e x1)−ln x1=lne=1解得x1≥
1
e−1 所以x1的最小值为1
e−1 .
