专题六 函数与导数
微专题3 导数与函数零点问题
一、考点透析
考点1 函数零点个数的判断或证明
（1）基本思路：通过求导分析函数的单调性、极值点，结合函数图象走势（草
图）判断零点个数.
（2）常用方法：
直接法：研究函数单调性与极值，转化为函数图象与x 轴交点问题;
构造新函数法：将零点问题转化为两个函数图象的交点问题;
分离参数法：将问题转化为a=g(x)，通过直线y=a 与y=g(x)的交点个数求解.
方向1 函数零点个数的证明
1．（24-25 高二下·河北·期末）已知函数
．
(1)已知
，证明：函数
在
上单调递减；
(2)已知
，证明：
；
(3)当
时，令
，证明：
在
上恰有一个零点．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
1
【详解】（1）
，
令
，则
，
令
，解得
，
当
时，
，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增；
在
处取得极小值，也是最小值，所以
．
所以
，又因为
，所以
，又
，所以
，
所以函数
在
上单调递减；
（2）因为由（1）知：当
时，函数
在
上单调递减，
又
，所以
，
所以
，所以
，
令
，则
，
令
，解得
，
当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减；
在
处取得极大值，也是最大值，所以
，
2
所以
，所以
即
，当且仅当
时，等号成立；
因为
，所以
，所以
，
所以
；
（3）因为
，
，
所以
，令
，则
，
当
时，
，
，所以
在
上单调递增，
又
，
，
，
所以由零点存在定理，存在唯一的
使
，
所以当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
又
，
，
，
，
，又
，
由零点存在定理可知，存在唯一的
使
当
时，
，
，
在区间
上无零点．
综上，
在
上恰有一个零点
2．（23-24 高二下·吉林松原·期末）罗尔
中值定理是微分学中的一条重要定理，根
3
据它可以推出拉格朗日
中值定理和柯西
中值定理，它们被称为微分学
的三大中值定理. 罗尔中值定理的描述如下：如果函数
满足三个条件①在闭区间
上的图象是连续不断的，②在开区间
内是可导函数，③
，那么在
内至少存在一点
，使得等式
成立.
(1)设方程
有一个正根
，证明：方程
必有一个小于
的正根.
(2)设函数
是定义在
上的连续且可导函数，且
.证明：对于
，
方程
在
内至少有两个不同的解.
(3)设函数
.证明：函数
在区间
内至
少存在一个零点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）证明：令函数
，
显然
在
上连续，在
内可导，
则
，
由条件知
，
由罗尔中值定理知，至少存在一点
，使得
，
4
即方程
必有一个小于
的正根.
（2）令
，则
.
由
，得
，所以
.
因为
，所以
，
由罗尔中值定理知，至少存在一个
，使得
，
即
.
同理，因为
，由罗尔中值定理知，
至少存在一个
，使得
，所以
.
故方程
在
内至少存在两个不同的解.
（3）证明：令
，则
.
由
，得
，
则
，又因为
是连续且可导函数，
由罗尔中值定理知，存在
，使得
，
则
，所以
.
故函数
区间
内至少存在一个零点.
方向2 函数零点个数的判断
1.(2025·山东省临沂市·模拟)已知函数f ( x)=cos x +m(x + π
2)sin x，其中m≤1．
5
(1)证明：曲线y = f ( x)是中心对称图形；
(2)讨论函数f ( x)在(−π ,0)内零点的个数；
(3)若存在t >0，当x∈(−π
2 −t ,−π
2)时，总有|f ( x)|<−2 x−π成立，求符合条件的m
的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）f ( x)在(−π ,0)内有且仅有一个零点
（3）最小值为−1．
【详解】解：(1)证明：因为f ( x)=cos x +m(x + π
2)sin x，
所以f(x−π
2)=cos(x−π
2)+m(x−π
2 + π
2)sin(x−π
2)=sin x−mx cos x，
因为y =sin x−mx cos x是奇函数，其图象关于原点对称，
所以f(x−π
2)关于点(0,0)中心对称，
所以y = f ( x)是关于点(−π
2 ,0)中心对称．
(2)据题意f
′( x)=(m−1)sin x +m(x + π
2)cos x = F( x)，
当0≤m≤1时，f
′
( x)>0，故函数f ( x)在(−π ,0)上单调递增，且f (−π )f (1)<0，
故存在唯一的零点x =−π
2 ，
当m<0时，F
′( x)=(2m−1)cos x−m(x + π
2)sin x，
当x∈(−π ,−π
2)时，F
′
( x)>0，函数f
′( x)单调递增；
当x∈(−π
2 ,0)时，F
′
( x)<0，函数f
′( x)单调递减；
6
由f
′
(−π )<0，f
′
(−π
2 )>0，f
′
( x)<0，
可知，存在唯一的x1∈(−π ,−π
2)，使得f
′(x1)=0，
存在唯一的x2∈(−π
2 ,0)，使得f
′(x2)=0，
因此，函数f ( x)在(−π , x1)和(x2,0)单调递减，在(x1, x2)单调递增，
由f (−π )<0，f(−π
2)=0，f (0)>0，可知函数f ( x)有唯一零点，
综上，函数f ( x)在(−π ,0)内有且仅有一个零点．
(3)令g( x)=−2 x−π −|f ( x)|，
当m<0时，由(1)可知，当x∈(x1,−π
2)时，f ( x)<0，
问题等价于存在t >0，当x∈(−π
2 −t ,−π
2)时，总有g( x)=−2 x−π + f ( x)>0成立，
由g
′( x)=−2+ f
′( x)，g
′
′
( x)= f
′
′
( x)>0，可得函数g
′( x)在(x1,−π
2)上单调递增，
当m<−1时，g
′
(−π
2 )>0，g
′
( x1)<0，故存在唯一的t0∈(x1,−π
2)，满足g
′(t0)=0，
因此，当x∈(t0,−π
2)时，函数g( x)单调递增，故g( x)<g(−π
2 )=0，不合题意;
当m=−1时，g
′(−π
2)=0，
当x∈(x1,−π
2)时，g
′
( x)<0，函数g( x)单调递减，故g( x)>g(−π
2 )=0，合题意，
7
综上，取t =−π
2 −x1，当x∈(−π
2 −t ,−π
2)时，总有|f ( x)|<−2 x−π成立，此时m的
最小值为−1．
2．（24-25 高二下·广东佛山·期中）已知
是函数
的导函数，
是
的零点，
若在
上，
恒成立，则称
是
上的“好函数”.
(1)若函数
是
上的“好函数”，求整数
的值.
(2)已知函数
.
（i）讨论
的零点个数；
（ii）已知
是
的零点，证明：
是
上的“好函数”.
【答案】(1)
.
(2)（i）答案见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）易知
在
上单调递增，且
，则
是
唯一的
零点.
因为
是
上的“好函数”，且
，
所以
在
上恒成立，即
.
因为
在
上单调递增，且
，
所以整数
.
（2）（i）因为
，且
，所以
的零点个数等价于函数
在
上的零点个数.
当
时，
没有零点.
8
当
时，
，令
，则
，
所以当
时，
单调递减，当
时，
单调递增.
又
，所以当
时，
，此时
没有零点；
当
时，
，此时
有一个零点；
当
时，
，又
，
所以结合
的单调性可知，
在
和
上各恰有一个零点，
即
在
上存在一个零点
，在
上存在一个零点
.
综上，当
时，
没有零点；当
时，
有一个零点；当
时，
有
两个零点.
（ii）证明：①若
，由（i）可知，
在
上没有零点，且
，
则
在
上单调递增，
，且
.
因为
，所以
.
设函数
，则
，当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，故
.
故当
时，
.
②若
，由（i）可知，
在
上存在一个零点
，
即
在
上存在唯一的极大值点
，故当
时，
.
由（i）可知，
，且
，
9
则当
时，
.
又因为
，且
在
上单调递增，
所以
存在唯一的零点
，且满足
.
设函数
，
则
.
由上可知，
在
上单调递减，且
，
则
，此时
.
综上，由①②可知，当
时，
，故
是
上的“好函数”.
3.(2025·贵州省·模拟)已知函数f ( x)= x
2+(1−2a)x−aln x ,a∈R
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
(2)若f ( x)有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）若a≤0，则f
′( x)>0，则f ( x)在(0,+∞)单调递增；
若a>0，则当0< x<a时，f
′( x)<0，当x>a时，f
′( x)>0，
则f ( x)在(0,a)单调递减，则(a,+ ∞)单调递增；
（2）a>1
【解析】解：(1)f ( x)的定义域为(0,+∞)，
因为f
′( x)=2 x +1−2a−a
x = 2 x
2+(1−2a)x−a
x
= ( x−a)(2 x +1)
x
，
若a≤0，则f
′( x)>0，则f ( x)在(0,+ ∞)单调递增；
若a>0，则当0< x<a时，f
′( x)<0，当x>a时，f
′( x)>0，
则f ( x)在(0,a)单调递减，则(a,+ ∞)单调递增；
(2) 由(1)可知，要使f ( x)有两个零点，则a>0，
探究问题成立的必要性：
10
则f ( x)min= f (a)=−a
2+a−a ln a<0，即ln a+a−1>0，
构造g( x)= ln x + x−1，则g
′( x)= 1
x +1>0，故g( x)在(0,+∞)上单调递增，
又g(1)=0，故当x∈(1,+ ∞)时，g( x)>0，故由g(a)>0得a>1，
下证a>1时，问题成立
当a>1时，由f (e
−1)= 1
e
2 + 1
e +a(
e−2
e )>0，则f (e
−1)⋅f (a)<0，
结合零点存在性定理知，在(0,a)存在唯一实数x1，使得f (x1)=0，
构造h( x)= ln x−x +1，x ≥1，则h
′( x)= 1
x −1≤0，
故h( x)在[1,+ ∞)单调递减，又h(1)=0，故h( x)≤0，即ln x ≤x−1< x，
则2 x + ln x<3 x，故f ( x)= x
2+ x −a(2 x + ln x)> x
2+ x −3ax = x( x +1−3a)，
则f (3a)>3a>0，则f (a)⋅f (3a)<0，又3a>a>1，
结合零点存在性定理知，在(a,+ ∞)存在唯一实数x2，使得f (x2)=0，
综上，当f ( x)有两个零点时，a∈(1,+∞)．
考点2 已知函数零点情况求参数值或范围
常用方法：
分离参数：转化为a=g(x)，利用g(x)的值域或最值确定参数范围;
零点存在性定理：结合单调区间和端点函数值符号构建不等式;
分类讨论：对参数分段讨论函数单调性，利用极值符号判断零点存在性.
1.(2025·云南省曲靖市·模拟)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
11
【答案】A
【解析】解：显然，f (0)=0，则0始终是函数的零点，
由题，f ′ (x)=a
x ln a+b
x ln b，
令g(x)=a
x ln a+b
x ln b，
则g′ (x)=a
x(ln a)
2+b
x(ln b)
2>0，所以f ′ (x)在R上单调递增，
因为0<a<1，b>1，
所以当x→+ ∞，f ′ (x)→+ ∞，当x→−∞，f ′ (x)→−∞，
故存在x0∈R使得f ′ (x0)=0，
当x∈(−∞, x0)，f ′ (x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(x0,+ ∞)，f ′ (x)>0，f (x)单调递增，
又f (x)有且只有一个零点，所以f (x0)=0，
所以x0=0，f ′ (0)= ln a+ ln b= ln (ab)=0，
故ab=1．
故选：A．
2.(2025·广东省惠州市·模拟)已知f ( x)=sin x−x，若g( x)= f (x
3−x−1)+ f (−2 x−λ)有
三个零点，则实数λ的取值范围是( )
A. (−3,1)
B. (−∞,−1)∪(3,+ ∞)
C. (−1,3)
D. (−∞,−3)∪(1,+ ∞)
【答案】A
【解析】解：f ( x)=sin x−x的定义域为R，
且f (−x)=sin(−x)+ x =−(sin x−x)=−f ( x)，
所以f ( x)是奇函数，
12
g( x)= f (x
3−x−1)+ f (−2 x−λ)有三个零点，
等价于方程f (x
3−x−1)=−f (−2 x−λ)有三个不相等的实数根，
又f ( x)是奇函数，可得f (x
3−x−1)= f (2 x + λ)，
f
′
( x)=cos x−1⩽0，所以f ( x)单调递减，
所以有x
3−x−1=2 x + λ，即x
3−3 x−1= λ，
所以问题等价于方程x
3−3 x−1= λ在R上有三个不同的实数根，
即函数h( x)= x
3−3 x −1的图象与直线y = λ有三个不同的交点，
由h( x)= x
3−3 x −1，
得h
′
( x)=3 x
2−3=3( x +1)( x−1)，
当x∈(−∞,−1)时，h
′
( x)>0，h( x)单调递增，
当x∈(−1,1)时，h
′
( x)<0，h( x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，h
′
( x)>0，h( x)单调递增，
所以h( x)的极大值为h(−1)=1，极小值为h(1)=−3，
∴λ的取值范围为(−3,1)．
故选：A．
关注点： 利用零点存在原理区间端点取值技巧
1.(2025·云南省红河哈尼族彝族自治州·模拟)已知函数f ( x)=a x
2+(a−2)x −ln x．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)若f ( x)有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）见解析
（2）(0,1)
【解析】解：(1)f ′( x)=2ax +(a−2)−1
x = (ax−1)(2 x +1)
x
( x>0) ，
13
若a≤0，f ′( x)<0，f ( x)在(0,+∞)上单调递减；
若a>0，当x∈(0, 1
a )时，f ′( x)<0，即f ( x)在(0, 1
a )上单调递减，
当x∈( 1
a ,+ ∞)时，f ′( x)>0，即f ( x)在( 1
a ,+∞)上单调递增.
(2)若a≤0，f ′( x)<0，f ( x)在(0,+ ∞)上单调递减，f ( x)至多一个零点，不符合题意．
若a>0，由(1)可知，f ( x)的最小值为f ( 1
a )=lna−1
a +1 ，
令h(a)=lna−1
a +1，h′(a)= 1
a + 1
a
2 >0，
所以h(a)在(0,+ ∞)上单调递增，
又h(1)=0，
当h(a)≥0时，a∈[1,+ ∞),f ( x)至多一个零点，不符合题意，
当h(a)<0时，则a∈(0,1)，
又因为f ( 1
e )= a
e
2 + a
e +(1−2
e )>0，
可知f ( x)在( 1
e , 1
a )有一个零点，
令g( x)= x−lnx，g′( x)=1−1
x = x−1
x
，
当x∈(0,1)时，g( x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g( x)单调递增，g( x)的最小值为g(1)=1>0，
所以x>lnx，
当x⩾3−a
a
时，f ( x)=a x
2+(a−2)x −ln x
>a x
2+(a−2)x −x =a x
2+(a−3)x = x(ax +a−3)⩾0，
结合单调性可知f ( x)在( 1
a , 3−a
a
)有一个零点，
综上所述，若f ( x)有两个零点，a的取值范围是(0,1)．
14
2.(2025·宁夏回族自治区银川市·模拟)已知函数f ( x)=3 ln( x +1)+ 1
a sin ax +bx(a≠0)．
(1)当b=0时，证明：f ( x)在(−1,2]上单调递增；
(2)当a=1，b=−4时，求f ( x)的零点；
(3)当a= π
2 ，b<0时，若f ( x)在(−1,2)上有2个零点，求b的取值范围．
【答案】（1）见解析
（2）有唯一零点0
（3）(−∞,−4)∪(−4 ,−3
2 ln3)
【解析】解：(1)证明：当b=0时，f ( x)=3ln( x +1)+ 1
a sin ax，求导得
f
′
( x)=
3
x +1 +cosax，
函数y =
3
x +1在(−1,2]上单调递减，3
x +1 ⩾1，因此f
′
( x)⩾1+cosax⩾0，
所以f ( x)在(−1,2]上单调递增．
(2)当a=1，b=−4时，f ( x)=3 ln( x +1)+sin x−4 x的定义域为(−1,+ ∞)，
f (0)=0，即0是f ( x)的零点，
求
导
得
f
′
( x)=
3
x +1 +cos x−4，
令
g( x)= f
′( x), x>−1，
求
导
得
g
′( x)=−
3
( x +1)
2 −sin x，
当−1< x<0时，−
3
( x +1)
2 <−3，g
′
( x)<−3−sinx<0，函数g( x)在(−1,0)上单调递减，
f
′
( x)= g( x)> g(0)=0，函数f ( x)在(−1,0)上单调递增，
当x>0时，3
x +1 <3，f
′
( x)<3+cosx −4⩽0，
函数f ( x)在(0,+ ∞)上单调递减，因此f ( x)max = f (0)=0，
所以函数f ( x)有唯一零点0．
(3)当a= π
2 ，b<0时，x∈(−1,2)，函数f ( x)=3ln ( x +1)+ 2
π sin π
2 x +bx，
15
求
导
得
f
′
( x)=
3
x +1 +cos π
2 x +b，
令
h( x)= f
′
( x)，
求
导
得
h
′
( x)=−
3
( x +1)
2 −π
2 sin π
2 x，
当−1< x⩽0时，−
3
( x +1)
2 ⩽−3,−π
2 sin π
2 x< π
2 ，则h
′
( x)<0，
当0< x<2时，−
3
( x +1)
2 <0,−π
2 sin π
2 x<0，则h
′
( x)<0，
综上，当−1< x<2时，h
′
( x)<0，
函数f
′
( x)在(−1,2)上单调递减，当−4<b<0时，f
′
(0)= 4+b>0,f
′
(2)=b<0，
存在x0∈(0,2)，使得f
′
( x0)=0，当−1< x< x0时f
′
( x)>0，当x0< x<2时f
′
( x)<0，
函数f ( x)在(−1, x0)上单调递增，在( x0,2)上单调递减，而f (0)=0，则函数f ( x)在
(−1, x0)上有唯一零点，
f ( x0)>f (0)=0，若f (2)=3 ln3+2b<0，即−4<b<−3
2 ln3时，f ( x)在[ x0,2)上有唯
一零点，
因此函数f ( x)在(−1,2)上有2个零点；
若f (2)=3ln3+2b⩾0，即−3
2 ln3⩽b<0，f ( x)在[ x0,2)上没有零点，函数f ( x)在
(−1,2)上有1个零点；
当b=−4时，f
′(0)= 4 +b=0，函数f ( x)在(−1,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
则f ( x)⩽f (0)=0，当且仅当x =0时取等号，函数f ( x)在(−1,2)上有1个零点；
当b<−4时，f
′
( x)>
3
x +1 −1+b，f
′
( 2+b
1−b )>
3
2+b
1−b +1
−1+b=0
，且−1< 2+b
1−b <−2
5，
又f
′
(0)= 4 +b<0，则f
′
( x)存在唯一零点x1∈(−1,−2
5 )，当−1< x< x1时，f
′
( x)>0，
当x1< x<2时，f
′
( x)<0，函数f ( x)在(−1, x1)上单调递增，在( x1,2)上单调递减，
而f (0)=0，即函数f ( x)在( x1,2)上有唯一零点，
又当x从大于−1的方向趋近于−1时，函数f ( x)的值趋近于负无穷大，f ( x1)>f (0)=0，
16
因此函数f ( x)在(−1, x1)上有1个零点，此时函数f ( x)在(−1,2)上有2个零点，
所以函数f ( x)在(−1,2)上有2个零点，b的取值范围是(−∞,−4)∪(−4 ,−3
2 ln3)．
考点3 函数零点与其他问题综合
1．（25-26 高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数
． (
是自然对数的底数，
)
(1)若
，求
在点
处的切线方程；
(2)求
的单调区间；
(3)设
，由
组成有序实数对
，现从这些有序实数对中
随机抽取一对得到函数
，求使得
恰有两个零点的概率．
【答案】(1)
；
(2)
的单调递减区间是
，单调递增区间是
；
(3)
.
【详解】（1）若
，则
，
，
因为
，
，
所以切线方程为
；
（2）由
，得
，
令
，
所以当
时，
，当
时，
，
故函数
的单调递减区间是
，单调递增区间是
；
17
（3）由题意，
，
，
，
，则有序实数对
有81 个.
由（2）可知
时，
；当
时，
，
所以
，
要使
有两个零点，则
，
即
，得
，即
.
满足该条件的有序实数对有：
对于
，
可以取
，共7 个；
对于
，
可以取
，共4 个；
对于
，
可以取，共1 个；
所以所求事件的概率为
.
2．（24-25 高三下·江苏苏州·开学考试）函数
(1)
时，证明：
；
(2)讨论函数
的零点个数；
(3)当
时，记
所有零点之和为
若
无零点则
，证明：
参考数据：
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）
时
，
令
，
，
18
当
时，
，
单调递减;当
时，
，
单调递增，
所以
，所以
恒成立当且仅当
时等号成立
令
，得
，即
恒成立当且仅当
时等号成立，
所以
，由于等号不能同时取到，
所以
，即
（2）
等价于
，即
，
因为
，
，所以
，由
定义域知
，
又因为
在
上单调递增，所以
，
，
令
，
的零点即为
的零点.
因为
，
当
时，
，
单调递减;当
时，
，
单调递增.
所以
，
当
时，因为
，所以
无零点，即
无零点;
当
时，因为
，当且仅当
时等号成立，
所以
恰有一个零点，即
恰有一个零点;
当
时，
，
，
，且
，
由于函数图像连续不间断，函数零点存在性定理，
存在
，
，使得
，
结合单调性，
恰有两个零点，即
恰有两个零点.
19
综上所述，当
时，
无零点;
当
时，
恰有一个零点;
当
时，
恰有两个零点.
（3）由
知，
的零点即为
的零点，
，
，2 时命题成立;
当
时，
恰有两个零点，设为
，
，不妨设
，
令
，则
，
因为
，所以
在
上单调递增，
因为
，所以
，则
，
又因为
，
，
在
上单调递增，
所以
，
，
所以
，
所以
，
，
，
，4，5 时命题成立;
令
，
，
在
上单调递减，
又因为
，所以当
时，
，
所以
，
，
当
时，
，
综上所述，
20
二、跟踪练习
1.(2025·江苏省·模拟)若函数f ( x)= x
e
ax −ax−1+ ln x有两个不同的零点，则实数a的取值
范围是 ．
【答案】(0, 1
e )
【解析】解：函数f ( x)= x e
−ax−ax + ln x −1=e
−ax + ln x−ax + ln x −1，x>0，令
t =−ax + ln x，x>0，
则h(t )=e
t +t −1，显然函数h(t )在R上单调递增，而h(0)=0，
由f ( x)=0，得h(t )=0，于是t =0，即−ax + ln x =0⇔a= ln x
x ，令g( x)= ln x
x ，
依题意，函数f ( x)有两个不同零点，即方程a= ln x
x 有两个不等的正根，
亦即直线y =a与函数y = g( x)的图象有两个公共点，由g( x)= ln x
x ，求导得
g′( x)= 1−ln x
x
2
，
当0< x<e时，g
′( x)>0，当x>e时，g
′( x)<0，函数g( x)在(0,e)上单调递增，在
(e ,+ ∞)上单调递减，
因此g( x)max = g(e)= 1
e ，且g(1)=0，当x>e时，g( x)>0恒成立，
从而当0<a< 1
e 时，直线y =a与函数y = g( x)的图象有两个公共点，
所以实数a的取值范围是(0, 1
e )．
故答案为：(0, 1
e )．
2.(2025·海南省·模拟)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；
21
(ii)当x2≤e x1时，求x1的最小值．
【答案】（1）f ( x)的单调递减区间为(1,+∞)；
（2）(i)a>1
(ii)最小值为1
e−1
【解析】解：(1)若a=0，则f ( x)= ln x−x，定义域为(0,+∞)，
f
′( x)= 1
x −1= 1−x
x
，
令f
′( x)<0，解得x∈(1,+ ∞)，
则f ( x)的单调递减区间为(1,+ ∞)；
(2)(i)令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
，令g
′( x)=0，解得x =1，
当0< x<1时，g
′( x)<0，g( x)在(0,1)上单调递减，
当x>1时，g
′
( x)>0，g( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
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)，
22
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)，
所以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．
3．（2025·江西景德镇·模拟）(1)证明：
在
上恒成立.
(2)若
，证明：函数
在
上恰有1 个零点.
(3)试讨论函数
在
上的零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【详解】（1）证明：令函数
，
，则
，
所以
在
上单调递增，
则
，即
在
上恒成立.
（2）证明：因为
，所以
在
上单调递增.
由（1）得
在
上恒成立，故
在
上恒成立，
23
所以
，
因为
，故取
，取
，
则
，
而
，所以
在
上有1 个零点，
即
在
上恰有1 个零点.
（3）令
，即
，等价于
.
记
，
.
在
上的零点个数即
在
上的零点个数.
是
的1 个零点.
因为
，
所以
是奇函数，则
在
和
上的零点个数相同.
，因为
在
上为减函数，
故
在
上单调递增.
24
当
时，
，故
在
上单调递增.
因为
，所以
在
上恒成立，即
在
上没有零点，
所以
在
上只有1 个零点.
当
时，由（2）可得
在
上恰有1 个零点，记该零点为
.
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增.
而
，故
，取
，则
，
，
结合
在
上的单调性可得
在
上有1 个零点，
即
在
上有1 个零点，所以
在
上有3 个零点.
综上，当
时，
在
上只有1 个零点；
当
时，
在
上有3 个零点.
4.(2025·福建省福州市·期中)已知函数f (x)=lnx−m x
2+(2−m) x．
(1)若函数f ( x)的极值点在(2,3)内，求m的范围；
(2)若f ( x)有两个零点，求m的范围．
25
【答案】（1）1
3 <m< 1
2
（2）0<m<1
【解析】解：(1) f ′ (x)= 1
x −2mx +(2−m)(x>0)
= −2m x
2+(2−m) x +1
x
= (−mx +1)(2 x +1)
x
①m≤0时，f ′( x)>0，f ( x)在(0,+∞)递增，无极值点;
②m>0时，f ( x)在(0, 1
m )递增，( 1
m ,+∞)递减，则函数f ( x)的极值点为1
m，所以
2< 1
m <3，解得1
3 <m< 1
2．
(2) 方法一：分类讨论：由(1)知：m≤0时，f ( x)在(0,+∞)递增，不可能有两个零点；
当m>0时，f ( x)在(0, 1
m )递增，( 1
m ,+∞)递减，则函数f ( x)的极值点为1
m，首先需
f ( 1
m )>0⇒ln 1
m −m⋅1
m
2 +(2−m) 1
m >0即
ln 1
m + 1
m −1>0，
令
g( x)=lnx + x−1,g′( x)= 1
x +1>0故g( x)单调递增.又g(1)=0，
所以当x>1时，g( x)>0.所以1
m >1，故0<m<1.
f(
1
3)= ln 1
3 −m⋅1
9 +(2−m) 1
3 = ln 1
3 −m
9 + 2
3 −m
3 = ln 1
3 −4 m
9 + 2
3
<ln 1
3 + 2
3 = ln e
2
3
3 <0
所以在(0, 1
m)内f ( x)有且只有一个零点.又
26
f(
3
m)= ln 3
m −m⋅9
m
2 +(2−m) 3
m = ln 3
m −9
m + 6
m −3= ln 3
m −3
m −3
<(
3
m −1)−3
m −3=−4<0.
故在(
1
m , 3
m)内f ( x)有且只有一个零点，综上：当0<m<1时，函数f ( x)有且仅有两个零
点．
方法二：参变分离：令f ( x)=0，m x
2+mx = ln x +2 x
∴m= ln x +2 x
x
2+ x
于是函数f ( x)有两个零点，即y =m与g( x)= ln x +2 x
x
2+ x
的图象有两个交点．
g′( x)=
( 1
x +2)( x
2+ x)−(ln x +2 x)(2 x +1)
( x
2+ x)
2
= (2 x +1)[( x +1)−(ln x +2 x)]
( x
2+ x)
2
= (2 x +1)[−x +1−ln x]
( x
2+ x)
2
令t( x)=−x +1−ln x
t ′( x)=−1−1
x <0，t( x)单调递减，又∵t(1)=0，
∴当x∈(0,1),t( x)>0,g′( x)>0，当x∈(1,+∞),t( x)<0,g′( x)<0;
∴g(x)在x =1处取最大值g(1)=1，
又∵lim
x→0 g( x)=−∞, lim
x→+∞g( x)=0，
(1)当m=1时，y =m与y = g( x)至多有一个的公共点，不合题意．
(2)当m≤0时，由于当x ≥1时，g( x)>0而x∈(0,1)时g( x)单调递增，故y =m与
y = g( x)至多有一个的公共点，不合题意．
(3)当0<m<1时，一方面由于g(e
−2)<0<m,g(1)=1>m
且g( x)在(e
−2,1)上单调递增，所以y =m与y = g( x)有且只有一个的公共点．
另一方面取x0= 3
m，g( x0)= ln x0+2 x0
x0
2+ x0
< 3 x0
x0
2 = 3
x0
<m.(注：ln x0< x0, x 0
2+ x0> x 0
2分
27
子放大，分母缩小，实现放缩)且g( x)在(1, 3
m )单调递减，于是y =m与y = g( x)在区间
(1, 3
m )上有且仅有一个交点．
综上：当0<m<1时，函数f ( x)有且仅有两个零点．
5．（25-26 高三上·北京西城·阶段练习）已知函数
.
(1)求函数
在点
处的切线方程；
(2)设实数
使得
恒成立，求
的取值范围；
(3)设
，求函数
在区间
上的零点个数.
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【详解】（1）由题可得函数
的定义域为
，且
，
则
，因
，
所以
在点
处的切线方程为
，化简为
.
故函数
在点
处的切线方程为
.
（2）由题意知得
恒成立，即
恒成立，等价于
恒成立，
设
，则
，令
，解得
，
当
时，
；当
时，
，
所以当
时，
取到极大值也是最大值
，所以
，
28
所以
的取值范围为
.
（3）由题知令
，即
，则得
，从而得
，
由（2）得函数
在区间
上的零点个数即等价于求函数
的图象
与函数
的图象的交点个数，
又因
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
且当
时，
取到极大值也是最大值
，
又因为
，
，
当
或
时，函数
的图象与函数
的图象的交点个数为
，
当
或
时，函数
的图象与函数
的图象的交点个数为
，
当
时，函数
的图象与函数
的图象的交点个数为
.
综上所述：当
或
时，
函数在区间
上有
个零点；
当
或
时，
函数
在区间
上有个零点；
当
时，
函数在区间
上有
个零点.
6．（25-26 高三上·江苏扬州·阶段练习）已知函数
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若
恒成立，求
的取值集合；
29
(3)若
，求证：
有且仅有两个零点.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题可得
在
上单调递增，
时，
，
在
上单调递增；
时，令
，
，
所以
时
，
时
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增.
综上，
时，
在
上单调递增；
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增.
（2）
时，
，舍去；
时，
，舍去：
时，由（1）知，
（*），
记
，则
单调递减，
令
得
，所以当
时
，
时
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
30
所以
，
所以
当且仅当
时取等号，
结合（*）式可知，a 的取值集合为
.
（3）证明：因为
，由（1）知，
在
上单调递减，在
上
单调递增.
所以
最多两个零点.①
由（2）知，
，
所以
，
又
，
，
因为
在
上图象不间断，
，
所以
在
上存在零点.②
因为
，所以
，
且
记
，则
，
记
，
则
，
所以
在
上单调递增，
所以
，所以
，所以
，
31
因为
在
上图象不间断，
，
所以
在
上存在零点.③
综合①②③，
有且仅有两个零点.
32
