重難點(diǎn)06 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)06利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)【九大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1判斷、證明或討論零點(diǎn)的個數(shù)】 2【題型2零點(diǎn)問題之唯一零點(diǎn)問題】 7【題型3零點(diǎn)問題之雙零點(diǎn)問題】 10【題型4根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍】 15【題型5函數(shù)零點(diǎn)的證明問題】 19【題型6多零點(diǎn)的和、差、積與大小關(guān)系問題】 24【題型7隱零點(diǎn)問題】 30【題型8三角函數(shù)的零點(diǎn)問題】 34【題型9與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的綜合問題】 381、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要考查內(nèi)容，而導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點(diǎn)（方程的根）問題在高考中占有很重要的地位，主要涉及判斷函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)或范圍.高考?？疾槿魏瘮?shù)與復(fù)合函數(shù)的零點(diǎn)問題，以及函數(shù)零點(diǎn)與其他知識的交匯問題，一般作為解答題的壓軸題出現(xiàn)，難度較大.【知識點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點(diǎn)問題的解題策略】1．函數(shù)零點(diǎn)（個數(shù)）問題的的常用方法(1)構(gòu)造函數(shù)法：構(gòu)造函數(shù)g(x)，利用導(dǎo)數(shù)研究g(x)的性質(zhì)，結(jié)合g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù).(2)函數(shù)零點(diǎn)存在定理：利用零點(diǎn)存在定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點(diǎn)，再結(jié)合圖象與性質(zhì)確定函數(shù)有多少個零點(diǎn).(3)數(shù)形結(jié)合法：函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)可轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點(diǎn)個數(shù)，數(shù)形結(jié)合，根據(jù)圖象的幾何直觀求解.2．導(dǎo)數(shù)中的含參函數(shù)零點(diǎn)（個數(shù)）問題利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的零點(diǎn)（個數(shù)）問題主要有兩種方法：(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的最值，轉(zhuǎn)化為f(x)圖象與x軸的交點(diǎn)問題，主要是應(yīng)用分類討論思想解決.(2)分離參變量，即由f(x)=0分離參變量，得a=g(x)，研究y=a與y=g(x)圖象的交點(diǎn)問題.3．與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問題的解題策略與函數(shù)零點(diǎn)（方程的根）有關(guān)的參數(shù)范圍問題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)判斷函數(shù)的大致圖象，進(jìn)而求出參數(shù)的取值范圍.也可分離出參數(shù)，轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)情況.【知識點(diǎn)2隱零點(diǎn)問題】1．隱零點(diǎn)問題隱零點(diǎn)問題是指函數(shù)的零點(diǎn)存在但無法直接求解出來的問題，在函數(shù)不等式與導(dǎo)數(shù)的綜合題目中常會遇到涉及隱零點(diǎn)的問題，處理隱零點(diǎn)問題的基本策路是判斷單調(diào)性，合理取點(diǎn)判斷符號，再結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)存在定理處理.2．隱零點(diǎn)問題的解題策略在求解函數(shù)問題時，很多時候都需要求函數(shù)f(x)在區(qū)間I上的零點(diǎn)，但所述情形都難以求出其準(zhǔn)確值，導(dǎo)致解題過程無法繼續(xù)進(jìn)行時，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù)f(x)在區(qū)間I上存在唯一的零點(diǎn)(例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)函數(shù)且在區(qū)間I的兩個端點(diǎn)的函數(shù)值異號時就可證明存在唯一的零點(diǎn))，這時可設(shè)出其零點(diǎn)是x0.因為x0不易求出(當(dāng)然，有時是可以求出但無需求出)，所以把零點(diǎn)x0叫做隱零點(diǎn)；若x0容易求出，就叫做顯零點(diǎn)，而后解答就可繼續(xù)進(jìn)行，實際上，此解法類似于解析幾何中“設(shè)而不求”的方法.【題型1判斷、證明或討論零點(diǎn)的個數(shù)】【例1】（2024·四川涼山·二模）若fx=xsinx+cosx?1，x∈?π2,π，則函數(shù)fx的零點(diǎn)個數(shù)為（

A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】求導(dǎo)，研究函數(shù)單調(diào)性，極值，畫圖，根據(jù)圖象得零點(diǎn)個數(shù).【解答過程】f′當(dāng)x∈?π2,0時，當(dāng)x∈0,π2時，f當(dāng)x∈π2,π時，又f?π2=π2?1>0則fx由圖象可得函數(shù)fx的零點(diǎn)個數(shù)為2故選：C.【變式1-1】（2024·北京房山·一模）若函數(shù)f(x)=ln(1?x),x∈?∞,0A．1 B．2 C．1或2 D．1或3【解題思路】令g(x)=f(x)+x+c=0，則f(x)+x=?c，則函數(shù)g(x)零點(diǎn)的個數(shù)即為函數(shù)y=f(x)+x,y=?c圖象交點(diǎn)的個數(shù)，構(gòu)造函數(shù)?x=fx【解答過程】f(x)=ln令g(x)=f(x)+x+c=0，則f(x)+x=?c，則函數(shù)g(x)零點(diǎn)的個數(shù)即為函數(shù)y=f(x)+x,y=?c圖象交點(diǎn)的個數(shù)，令?x當(dāng)x∈?∞,0時，?所以函數(shù)?x在?∞,0當(dāng)x∈0,1時，?當(dāng)x∈1,+∞時，?x所以函數(shù)?x在1,+∞上單調(diào)遞增，且又當(dāng)x→?∞時?x→?∞，當(dāng)作出函數(shù)?x由圖可知函數(shù)y=f(x)+x,y=?c的圖象有且僅有一個交點(diǎn)，所以函數(shù)g(x)=f(x)+x+c零點(diǎn)的個數(shù)為1個.故選：A.【變式1-2】（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=12時，求(2)當(dāng)a=1時，判斷fx【解題思路】（1）求導(dǎo)，當(dāng)x<0時，利用指數(shù)函數(shù)性質(zhì)和余弦函數(shù)有界性可判斷導(dǎo)數(shù)符號，當(dāng)x>0時，利用二次導(dǎo)數(shù)判斷導(dǎo)函數(shù)單調(diào)性，然后可得導(dǎo)函數(shù)符號；（2）當(dāng)x>0時，利用二次導(dǎo)數(shù)判斷fx的單調(diào)性，當(dāng)x≤?π時，利用指數(shù)函數(shù)性質(zhì)和正弦函數(shù)有界性可判斷函數(shù)值符號，當(dāng)?π<x<0時，記nx【解答過程】（1）當(dāng)a=12時，fx當(dāng)x<0時，ex<1,cosx≤1，所以所以，fx在?當(dāng)x>0時，記gx=1因為ex>1≥sinx，所以g′所以gx>g0=0，即f′綜上，fx的減區(qū)間為?∞,0（2）當(dāng)a=1時，fx=ex記?x=e當(dāng)x>0時，ex>1≥sinx，所以?′所以?x>?0=1>0，所以fx>f0=0，當(dāng)x≤?π時，因為e所以fx=e當(dāng)?π<x<0時，記nx因為當(dāng)x趨近于0時，n′x趨近于0，所以當(dāng)x=?π時，ex?x?1>?sinx作出函數(shù)nx和y=?由圖可知，當(dāng)?π<x<0時，兩個函數(shù)圖象有一個交點(diǎn)，即易知x=0是fx綜上，函數(shù)fx【變式1-3】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若關(guān)于x的不等式fx≤2x?2e在【解題思路】（1）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，對于a分來討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性以及極值情況，即可求得答案；（2）不等式fx≤2x?2e在0,+∞上恒成立等價于a【解答過程】（1）因為fx=aln當(dāng)x=1時，f1=0，所以1是f′令g(x)=x2+ax+1,x>0當(dāng)?a2≤0，即a≥0時，g(x)在(故f′x>0，fx在可知此時fx當(dāng)?a2>0，即a<0時，若1?a2故f′x>0，fx在可知此時fx若1?a24<0，則a≤?2時，則不妨設(shè)兩根為x1,x即x2+ax+1=0有2個正數(shù)根，且不妨設(shè)則當(dāng)0<x<x1時，g(x)>0，即f′x>0；當(dāng)x當(dāng)x>x2時，g(x)>0，即則可知fx在x1,1fx在1,x2由當(dāng)x無限趨近于0時，?1x的變化幅度要大于故fx當(dāng)x趨近于正無窮時，x的變化幅度要大于aln故fx此時函數(shù)fx綜上：當(dāng)a<?2時，fx有3個零點(diǎn)，當(dāng)a≥?2時，f（2）不等式fx≤2x?2等價于alnx?x?1令Gx=aln對于函數(shù)y=x2?ax?1又兩個零點(diǎn)之積為?1，所以兩個零點(diǎn)一正一負(fù)，設(shè)其中一個零點(diǎn)x0∈0,+∞，則此時Gx在0,x0故需Gx0≤0設(shè)函數(shù)?x=x?當(dāng)x∈0,1時，?′x<0；當(dāng)所以?x在0,1上單調(diào)遞減，在1,+又?1e=?由a=x0?得a∈1【題型2零點(diǎn)問題之唯一零點(diǎn)問題】【例2】（2024·四川成都·三模）若函數(shù)fx=ex?kA．4 B．2e C．e2 【解題思路】根據(jù)題意，函數(shù)fx有且僅有一個正零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為方程k=ex【解答過程】函數(shù)fx有且僅有一個正零點(diǎn)，即方程k=令gx=e當(dāng)x<0時，g′x>0，當(dāng)0<x<2時，g′x即函數(shù)gx在?∞,0和2,+∞上單調(diào)遞增，在x→0時，gx→+∞，x→?∞時，gx方程k=exx故選：D.【變式2-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=2x?kx?b恰有一個零點(diǎn)x0，且A．?∞,1?ln2ln2 B．【解題思路】先將函數(shù)的零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題，然后利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及b>k>0建立關(guān)于x0【解答過程】由fx=0可得2x=kx+b，要使fx設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為x0,2x0.由gx=故需使k=2由b>k>0可得2x01?故選：A.【變式2-2】（2024·廣東汕頭·三模）已知函數(shù)f(x)=x(e(1)若曲線y=f(x)在x=?1處的切線與y(2)若f(x)在(0,+∞)只有一個零點(diǎn)，求【解題思路】（1）求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合幾何意義求出a，再分析單調(diào)性求出極值.（2）由函數(shù)零點(diǎn)的意義，等價變形得a=exx【解答過程】（1）函數(shù)f(x)=x(ex?ax2)的定義域為依題意，f′(?1)=0，則a=0，當(dāng)x<?1時，f′(x)<0，當(dāng)x>?1時，因此函數(shù)f(x)在(?∞,?1)上單調(diào)遞減，在所以函數(shù)f(x)在x=?1（2）函數(shù)f(x)=x(ex?ax2)在設(shè)g(x)=ex?ax2，則函數(shù)g(x)在(0,+即a=exx2在(0,+∞令φ(x)=exx2(x>0)，求導(dǎo)得φ′(x)=ex因此函數(shù)φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+∞函數(shù)φ(x)在x=2取得極小值同時也是最小值φ(2)=e當(dāng)x→0時，φ(x)→+∞；當(dāng)x→+∞時，畫山φ(x)=eg(x)在(0,+∞)只有一個零點(diǎn)時，所以f(x)在(0,+∞)只有一個零點(diǎn)吋，【變式2-3】（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=3x2+msinx(x>0)(1)當(dāng)m=1時，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程，(2)若函數(shù)gx=fx?mxcos【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線的斜率，利用兩點(diǎn)式求切線方程；（2）根據(jù)實數(shù)m的取值范圍討論函數(shù)gx的單調(diào)性，以及函數(shù)的極值，進(jìn)而判斷函數(shù)零點(diǎn)，由此確定m【解答過程】（1）當(dāng)m=1時，f(x)=3x2+因為f′又f(0)=0，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0)，所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=x，（2）由g(x)=f(x)?mxcos得g′①當(dāng)?6≤m≤6時，對于x∈0,3π若0<m≤6，則－m<m若?6≤m<0，則m≤msin若m=0，則msin所以?6≤m≤6時，g′(x)≥0，且當(dāng)且僅當(dāng)所以gx在區(qū)間0,又g(0)=0，于是gx在區(qū)間0,②當(dāng)m>6時，令g′(x)=所以存在唯一的x0∈0,當(dāng)x∈0,x0當(dāng)x0∈0,又注意到g(0)=0,g3于是：當(dāng)g3即6<m≤27π24時，當(dāng)g3π2gx在區(qū)間0,綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是27π【題型3零點(diǎn)問題之雙零點(diǎn)問題】【例3】（2024·四川內(nèi)江·三模）若函數(shù)f(x)=lnxx?xA．(0,e) B．(e,+∞)【解題思路】將函數(shù)f(x)=lnxx?x【解答過程】由題意知函數(shù)f(x)=lnxx即函數(shù)y=ln設(shè)?(x)當(dāng)0<x<e時，?'(x)當(dāng)x>e時，?'(x)當(dāng)0<x<1時，?(x)<0，當(dāng)x>1時，?(x)>0，作出?(x)的圖象如圖：當(dāng)直線y=xm與?(x)圖象相切時，設(shè)切點(diǎn)為此時1m=1?故此時1m結(jié)合圖象可知，要使函數(shù)y=ln需滿足0<1故m∈(2e故選：D.【變式3-1】（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測）若函數(shù)fx=xlnx?x+x?aA．?1e,0C．?2e,0【解題思路】利用函數(shù)與方程的思想將函數(shù)有兩個零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=x?a與函數(shù)y=x?xlnx的圖象有兩個交點(diǎn)，求導(dǎo)并畫出函數(shù)y=x?x【解答過程】由fx=0可得x?a=x?xlnx設(shè)gx=x?xln令g′x=?lnx>0，解得0<x<1所以gx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+令g′x=1，解得x=1e，可求得g令g′x=?1，解得x=e，可求得gx函數(shù)y=x?a與函數(shù)y=x?x切線y=x+1e與y=?x+e在x當(dāng)a=0時，y=x?a與函數(shù)y=x?x故實數(shù)a的取值范圍為?1故選：A.【變式3-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=xe1x?a(x>0)，且(1)求實數(shù)a的取值范圍．(2)證明：x1【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f(x)的最小值，再分段討論并構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理推理即得.（2）由（1）的結(jié)論，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的意義可得xlnx?lna?x+1=0有兩個相異的解【解答過程】（1）函數(shù)f(x)=xe1x當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)x>1時，f′(x)>0，f(x)在則f(x)當(dāng)a≤e時，f(x)≥0恒成立，f(x)當(dāng)a>e時，f(1)<0，f(a)=ae1a?a=a(f(1a)=1a令φ(a)=ea?2a，求導(dǎo)得φ′(a)=ea于是g′(a)>0，函數(shù)g(a)=ea?因此?x1∈(所以實數(shù)a的取值范圍為e,+（2）由（1）知，xe1x=a有兩個相異的解令函數(shù)?(x)=xlnx?lna?x+1，求導(dǎo)得?′當(dāng)0<x<ae時，?′(x)<0，?(x)在0,ae單調(diào)遞減，當(dāng)x>a不妨設(shè)x1<x2，顯然要證x1+x2>又?x1=?x2，則即證?(則F′(x)=?而2aex?x因此函數(shù)F(x)在(0,ae)上單調(diào)遞減，即F(x)>F(所以x1【變式3-3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=x2ln(1)求實數(shù)m的取值范圍；(2)求證：t<1；(3)比較t與2e及2m+【解題思路】（1）先結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性及函數(shù)性質(zhì)，零點(diǎn)存在定理即可求解；（2）令t=x12+x22=u1+u2（3）結(jié)合所要比較式子，合理構(gòu)造函數(shù)，對新函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系即可求解.【解答過程】（1）fxu=x2，考慮函數(shù)fx有兩個零點(diǎn)x1,x2，ug′u=lnu+1,g所以gu因為當(dāng)u→0+時gu→?2m；當(dāng)x→+∞（2）t=x12+x欲證u1+u2<1即lnu∵u∴l(xiāng)n證明①式只需證λlnλ1?λ構(gòu)造φλ=ln令y=1?1λ?lnλ，y所以y=1?1λ?lnλ所以φ′φλ在1,+∞單調(diào)遞減，（3）先證u1+u2>F′∴Fu在0,1e單調(diào)遞減，∴F∴gu2>g2e由0<u1<又∵當(dāng)0<x<1時，y=lnx?2所以y=lnx?2x?1x+1在0,1所以當(dāng)0<x<1時，y<0，即ln所以lne即1+lnu1整理得：eu同理當(dāng)x>1時，y=lnx?2x?1x+1所以y=lnx?2把x代成eu2可得：由③-④得：eu∵u1<u2【題型4根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍】【例4】（2024·江西鷹潭·模擬預(yù)測）已知a>1，若函數(shù)fx=axlnA．e,+∞ B．1,e C．2【解題思路】當(dāng)x→+∞時，fx=xaxx?lna?e→+∞，當(dāng)【解答過程】由題意f′x=ax已知a>1，當(dāng)x<logae(lna)2當(dāng)x>logae(lna)2故當(dāng)x=x0=loga由此可知當(dāng)x→+∞時，fx=xax若函數(shù)fxfx的最小值fx0又a>1，所以(lna)2<1，lna>0即a的取值范圍是1,e故選：B.【變式4-1】（2024·陜西漢中·二模）已知函數(shù)f(x)=?x3?3x2?2x,x≤0A．(14,1e) B．(?2,0]∪{【解題思路】確定x=0是函數(shù)g(x)的零點(diǎn)，在x≠0時，利用函數(shù)零點(diǎn)的定義分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)?(x)=f(x)【解答過程】由g(x)=0，得mx=f(x)，而當(dāng)x=0時，f(x)=0，即0是g(x)的一個零點(diǎn)，當(dāng)x≠0時，m=f(x)x=依題意，直線y=m與函數(shù)y=?(x)的圖象有3個公共點(diǎn)，當(dāng)x<0時，?(x)=?x2?3x?2=?當(dāng)x>0時，?(x)=lnxx當(dāng)0<x<e時，?′(x)>0，當(dāng)x>因此函數(shù)?(x)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e當(dāng)0<x≤1時，?(x)≤?(1)=0，當(dāng)x>1時，?(x)>0恒成立，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出直線y=m與函數(shù)y=?(x)的圖象，觀察圖象知，當(dāng)?2<m≤0或m=14時，直線y=m與函數(shù)則當(dāng)?2<m≤0或m=14時，方程m=f(x)所以m的取值范圍為?2<m≤0或m=1故選：C.【變式4-2】（2024·貴州貴陽·一模）已知函數(shù)fx=a+ex,x>0eA．?∞,e B．?∞,?e【解題思路】考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題，先根據(jù)導(dǎo)數(shù)情況得出函數(shù)單調(diào)性和最值情況，再數(shù)形結(jié)合分析，分段函數(shù)分段討論即可.【解答過程】因為方程fx+e當(dāng)x∈?∞,0時，g所以當(dāng)x∈?∞,?1時，g′x所以gx在?∞,?1上單調(diào)遞減，在?1,0又當(dāng)x→0時，gx→1；當(dāng)x→?∞時，g當(dāng)x∈0,+∞時，所以g′x=?ex2+e=所以gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞單調(diào)遞增，又當(dāng)x→0時，gx→+∞；當(dāng)x→+∞時，所以當(dāng)a+2e<0即a<?2即方程fx故選：C.【變式4-3】（2023·遼寧大連·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=x3+2x2A．?∞,?1∪C．?∞,0∪【解題思路】零點(diǎn)個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為根的個數(shù)問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)交點(diǎn)個數(shù)問題，通過對k討論，進(jìn)而得到k的取值范圍.【解答過程】當(dāng)x≥0，f(x)=x3+2因為x≥0，f′所以當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞增，若函數(shù)gx則fx即y=fx與y=?(x)=當(dāng)k=0時，y=fx與y=

兩圖象只有兩個交點(diǎn)，不符合題意，當(dāng)k<0時，y=kx2?4x與x軸相交與兩點(diǎn)當(dāng)x=2k時，函數(shù)y=k當(dāng)x=2k時，函數(shù)y=?2x的函數(shù)值為所以兩圖象有四個交點(diǎn)，符合題意，

當(dāng)k>0時，y=kx2?4x與x圖象如下：

在[0,4只需要y=x3+2x2因為x>4k，所以所以有x3+2x即kx2=所以在k=x+5x+2因為y=x+5x+2≥2所以4k<5且k>2綜上所述，k的取值范圍為(?∞故選：D.【題型5函數(shù)零點(diǎn)的證明問題】【例5】（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若fx≤0恒成立，求(2)若fx有兩個不同的零點(diǎn)x1,【解題思路】（1）直接用導(dǎo)數(shù)求出fx（2）構(gòu)造pt=f1+t?f1?t【解答過程】（1）首先由m>0可知fx的定義域是0,+∞，從而故f′x=lnmx?x=1x?1=故fx在0,1上遞增，在1,+∞上遞減，所以fx所以命題等價于lnm?1≤0，即m≤所以m的取值范圍是0,e（2）不妨設(shè)x1<x2，由于fx在0,1在?1<t<1的范圍內(nèi)定義函數(shù)pt則p′t=這表明t>0時pt>p0又因為f2?x1=f1+1?x故由fx在1,+∞上的單調(diào)性知2?x【變式5-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=a(ln(1)求證：1+xln(2)若x1,x2是【解題思路】（1）設(shè)g(x)=1+xln（2）求f′(x)，分析函數(shù)單調(diào)性，求出極值；根據(jù)f(x)的兩個相異零點(diǎn)，可確定a的取值范圍，并分別得到x1【解答過程】（1）令g(x)=1+xlnx,x∈(0,+∞令g′(x)>0，得x>1e；令所以g(x)在0,1e上單調(diào)遞減，在所以g(x)min=g（2）易知函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞由f(x)=a(lnx+1)+1令f′(x)>0得x>33a所以f′(x)>0在0,3所以f(x)①當(dāng)a3ln3a+3②當(dāng)a3ln3a+3因為f(x)在33a,+∞上單調(diào)遞增，且所以f(x)在33a,+∞上有且只有1個零點(diǎn)，不妨記為由（1）知lnx>?1x因為f(x)在0,33a所以f(x)在0,33a上有且只有1個零點(diǎn)，記為x所以1a<x同理，若記x則有0<x綜上所述，x2【變式5-2】（2024·遼寧·三模）已知fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a>0時，證明：函數(shù)fx有且僅有兩個零點(diǎn)x1,【解題思路】（1）對fx求導(dǎo)，對a（2）先用零點(diǎn)存在性定理證明結(jié)論，再構(gòu)造新函數(shù)討論f(x1)與f(?x2【解答過程】（1）f′當(dāng)a≥0時，令f′x>0，得x>0，令f所以fx在(0,+∞)當(dāng)a<0時，令f′x=0，得x=0當(dāng)ln?a<0，即?1<a<0時，由f'x>0得x∈所以fx在?∞,ln?a當(dāng)ln?a=0，即a=?1時，f′x≥0當(dāng)ln?a>0，即a<?1時，由f'x>0得x∈所以fx在?∞,0和ln綜上，當(dāng)a≥0時，fx在0,+∞上單調(diào)遞增，在當(dāng)?1<a<0時，fx在?∞,ln?a當(dāng)a=?1時，fx在R當(dāng)a<?1時，fx在(?∞,0)和ln（2）由第（1）問中a>0時，fx在0,+∞上單調(diào)遞增，在當(dāng)x>0時，因為a>0，f0=?1由零點(diǎn)存在性定理可得：函數(shù)fx在區(qū)間(0,+∞)上存在唯一零點(diǎn)x使得fx當(dāng)x<0時，x?1<0，0<ex<1則fx顯然一元二次方程12ax2+x?1=0其中?1+1+2a取b=?1?fb即fb>0，且由零點(diǎn)存在性定理可得：函數(shù)fx在區(qū)間(?∞,0)上存在唯一零點(diǎn)x使得fx所以當(dāng)a>0時，函數(shù)fx因為x2為零點(diǎn)，所以f(所以12所以f(?x令gx=?x?1當(dāng)x>0時，e?x?ex<0，g因為g0=0，x2所以(?x2?1)e?因為fx在(?所以x1<?x【變式5-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=x2?(2+a)x+a(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)=exx?f(x)+x2?(a+1)x?2a+(a?1)lnx（i）證明：2a>e（ii）證明：x2【解題思路】（1）先確定定義域，求出導(dǎo)函數(shù)并進(jìn)行通分和因式分解后根據(jù)開口方向、根的大小關(guān)系、根與定義域的位置關(guān)系等信息進(jìn)行分類討論得出導(dǎo)數(shù)正負(fù)情況，從而得出函數(shù)的單調(diào)性.（2）考查用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題，（i）用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值情況，確保函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)為2即可證明2a>e【解答過程】（1）由題f(x)的定義域為(0,+∞)，①若a≤0，則2x?a>0，當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)x>1時，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞②若a>0，令f′(x)=0，得x1當(dāng)0<a<2時，0<a當(dāng)0<x<a2或x>1時，f′(x)>0；當(dāng)所以f(x)在0,a2,(1,+當(dāng)a>2時，a2當(dāng)0<x<1或x>a2時，f′(x)>0；當(dāng)所以f(x)在(0,1)，a2,+∞當(dāng)a=2時，f′(x)=2所以f(x)在(0,+∞（2）（i）由題意知g(x)=e所以g′(x)=(x?1)e當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞則g(x)因為函數(shù)g(x)存在兩個不同的零點(diǎn)，故e+1?2a<0，即2a>（ii）下面找出兩個點(diǎn)m，n(0<m<1<n)，使得g(m)>0，g(n)>0,注意到4a2?2a?12a?1=2a?12a?1下面我們證明：g(2a)>0，g1①g(2a)>0?e2a2a?ln(2a)>0，設(shè)方法1：設(shè)?(x)=ex?12x2所以?′(x)在(2,+∞所以?(x)在(2,+∞故?(x)>?(2)=e2?4>0，即因此m(x)=exx設(shè)u(x)=12x+1?所以u(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增，所以因此m(x)=exx?lnx>0，又又f(1)<0，所以1<x方法2：易知m′(x)=(x?1)ex?xx所以v(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增，得所以m(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增，故m(x)>m(2)=又2a>e+1>2，從而e2a又f(1)<0，所以1<x②g1設(shè)t(x)=lnx?x+1，則易知t(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞所以t(x)≤t(1)=0，即lnx≤x?1又2a>e+1，即所以ln12a?1≤因此g1又f(1)<0，所以12a?1<x于是x2【題型6多零點(diǎn)的和、差、積與大小關(guān)系問題】【例6】（2023·四川成都·三模）已知函數(shù)f(x)=x?1x?alnx有三個零點(diǎn)xA．(1,+∞) B．2，+∞ 【解題思路】根據(jù)解析式得f1=0，由f(t)=0，得f(1t)=0，設(shè)x1<x2<x【解答過程】定義域為0,+∞，顯然f若t是零點(diǎn)，則f(t)=t?1f(1所以1t也是零點(diǎn)，函數(shù)f(x)=x?1x不妨設(shè)x1<x所以ax1x當(dāng)a≤2時，結(jié)合定義域和判別式易知f′即函數(shù)f(x)在0,+∞當(dāng)a>2時，設(shè)x2?ax+1=0的兩根分別為易知0<x4<1<x5在x4,x當(dāng)x→0時，f(x)→?∞，ffx5<f1=0所以由零點(diǎn)存在定理易知有三個零點(diǎn)，滿足題意.綜上，ax1x故選：B.【變式6-1】（2023·四川南充·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個不同的零點(diǎn)x1，x2（①x2x1<e2m

②xA．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】函數(shù)fx=lnx?2x+2【解答過程】由函數(shù)fx=ln轉(zhuǎn)化為lnx?2x構(gòu)造函數(shù)gx=lnx?2x+2，?x=lnx?2x故?x在0,1單調(diào)遞減，在1,+所以0<x對于①，m=?ln所以2m=?ln所以x2對于②，由①可知m=?lnx1因此x1對于③，因為0<m<3，所以0<m3<1所以g3則g3構(gòu)造函數(shù)Qx則Q′x=所以g3所以x2因為gem3令m3=t0<t<1，構(gòu)造It=t?所以m=g所以em對于④，由①可知，lnx所以lnx令x1x2=n，Wn所以x1故選：D.【變式6-2】（2023·四川成都·一模）已知函數(shù)fx=lnx2?a2xlnx+aeA．?1e2?e,0 B．?【解題思路】令f(x)=0，將原函數(shù)的零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為方程lnx2?a2xlnx+aex【解答過程】令f(x)=0，得lnx2?令t=lnxx設(shè)g(x)=lnxx令g′(x)=0，解得x=e當(dāng)x∈0,e時，g′當(dāng)x∈e,+∞時，g則g(x)在x=e時，有最大值為g(則當(dāng)t=gx當(dāng)t=gx當(dāng)t=gx當(dāng)t=gx因為原方程為t2由題可知有三個零點(diǎn)，因此方程有兩個不等實根t1、t2，設(shè)則有t1+t若a=0，則t1若a>0，則t1+t有0<t1<t2，即有0<若a<0則t1<0，t1=設(shè)?(t)=t2?a2所以2ln故選：D.【變式6-3】（2023·四川南充·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個不同的零點(diǎn)x1，x2（①x2x1<e2mA．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】令gx=lnx?2x+2，判斷gx的單調(diào)性結(jié)合g1=0得到0<x【解答過程】∵f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個不同的零點(diǎn)即x1，x2是方程令gx=lnx?2∵g′x=1x+1∴x∈0,1時，gx∈1,+∞時，∴0<x1<1，x2>1，∴對于①，兩式作差得，lnx整理得，ln∵2x2?x1x1對于②，∵lnx1?2x1+2=?m∴?2x1+2>?m，即2x對于③，∵lnx1?兩式相加得，lnx整理得，∴l(xiāng)nx1x∵2x即x1令t=x1x整理得tlnt+2t?2>0，即∵x∈0,1時，gx∈1,+∞時，∴t=x1x故選：D.【題型7隱零點(diǎn)問題】【例7】（2023·陜西咸陽·模擬預(yù)測）已知fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a=0時，判定函數(shù)gx【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)分類討論含參函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，從而求出極值，即可判斷函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù).【解答過程】（1）由題知，f′當(dāng)a≤1時，當(dāng)0<x<1時，f′x<0；當(dāng)x>1∴fx在區(qū)間0,1上是?函數(shù)，在區(qū)間1,+當(dāng)1<a<e時，0<lna<1；當(dāng)0<x<lna或x>1時，f∴fx在區(qū)間0,lna上是增函數(shù)，在區(qū)間ln當(dāng)a=e時，f′x當(dāng)a>e時，lna>1；當(dāng)0<x<1或x>lna時，f′∴fx在區(qū)間0,1上是增函數(shù)，在區(qū)間1,lna綜上所述，當(dāng)a≤1時，fx在區(qū)間0,1上是減函數(shù)，在區(qū)間1,+當(dāng)1<a<e時，fx在區(qū)間0,lna上是增函數(shù)，在區(qū)間當(dāng)a=e時，fx在區(qū)間當(dāng)a>e時，fx在區(qū)間0,1上是增函數(shù)，在區(qū)間1,ln（2）由（1）知，gx=ln∴g′x∴?′x∵?∴存在唯一x0∈12,1當(dāng)0<x<x0時，?x<0，即g′即g′x<0；當(dāng)x>1時，?∴gx在區(qū)間0,x0上是增函數(shù)，在區(qū)間x∴當(dāng)x=x0時，gx設(shè)F(x)=?12x2+∴gx0<g∵g(1)=?12<0,g(2)=綜上所述，gx【變式7-1】（23-24高三上·遼寧鞍山·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=ln（1）若直線y=2x與函數(shù)fx的圖象相切，求實數(shù)a（2）當(dāng)a=?1時，求證：fx【解題思路】（1）設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線方程，對比系數(shù)求得a的值.（2）當(dāng)a=?1時，構(gòu)造函數(shù)Fx=x2+gx?f【解答過程】（1）設(shè)切點(diǎn)為x0,fx0，由∴切線方程為：y?lnx0∵直線y=2x與函數(shù)fx的圖象相切，∴1x0解得x0=1，（2）證明：當(dāng)a=?1時，fx令FxF'x令Gx=xex?1∴函數(shù)Gx在x∈∵G0=?1，∴函數(shù)Gx在區(qū)間0,1上存在一個零點(diǎn)，即函數(shù)Gx在區(qū)間0,+∞上存在唯一零點(diǎn)∴當(dāng)x∈0,x0時，Gx<0當(dāng)x∈x0,+∞時，Gx>0∴Fxmin=Fx0兩邊取對數(shù)可得：lnx故Fx∴x2+gx【變式7-2】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=xe(1)求fx在區(qū)間?1,1(2)當(dāng)a≥1時，求證：fx【解題思路】（1）求導(dǎo)f′x=eax1+ax（x>0）（（2）方法一：隱零點(diǎn)法，由x>0，a≥1，轉(zhuǎn)化為證明xex≥lnx+x+1，令gx=xex?lnx?x?1，（x>0），由gxmin≥0【解答過程】（1）解：f′x=eax令f′x=0當(dāng)0<a≤1時，?1a≤?1，所以f′x≥0在區(qū)間所以fxmin=f當(dāng)a>1時，?1<?1a<1，則當(dāng)x∈?1,?1a時，當(dāng)x∈?1a,1時，f′所以fx而f?1=?e?a綜上所述，當(dāng)0<a≤1時，fxmin=?當(dāng)a>1時，所以fxmin=?（2）方法一：隱零點(diǎn)法因為x>0，a≥1，所以xeax≥xex設(shè)gx=xex?令?x=ex?而?12=所以由零點(diǎn)的存在性定理可知，存在唯一的x0∈1即ex0?1x當(dāng)x∈0,x0時，?′x<0，當(dāng)x∈x0,+∞時，?′x>0所以g所以gx≥0，因此方法二：（同構(gòu)）因為x>0，a≥1，所以xeax≥xex只需證明xe因此構(gòu)造函數(shù)?x=e?′當(dāng)x∈?∞,0時，?′x當(dāng)x∈0,+∞時，?′x>0所以?x≥?0所以xe因此fx【變式7-3】（2023·內(nèi)蒙古包頭·一模）已知函數(shù)f(x)=ae(1)當(dāng)a=e時，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))(2)證明：當(dāng)a>1時，f(x)沒有零點(diǎn)．【解題思路】（1）求出導(dǎo)函數(shù)f′(x)后計算斜率f′（2）求出導(dǎo)函數(shù)f′(x)，引入新函數(shù)g(x)=aex(x+1)?1(x>?1)，由導(dǎo)數(shù)確定g(x)【解答過程】（1）當(dāng)a=e時，f(x)=f′故曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y?(e即y=(e因為該切線在x，y軸上的截距分別為?1和e?1所以該切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積S=e（2）當(dāng)a>1時，因為f(x)=aex?令g(x)=aex(x+1)?1(x>?1)因為a>1,x>?1，所以g′(x)>0，所以g(x)在又g(?1)=?1<0,g(0)=a?1>0，故g(x)在(?1,0)上有唯一的零點(diǎn)β，即g(β)=0，因此有ae當(dāng)x∈(?1,β)時，g(x)<0，即f′(x)<0；當(dāng)x∈(β,0)時，g(x)>0，即所以f(x)在(?1,β)上單調(diào)遞減，在(β,0)上單調(diào)遞增，故f(β)為最小值．由aeβ(β+1)=1所以在?1<β<0時，f(β)=ae因為a>1，所以lna>0，又因為當(dāng)?1<β<0時，β2β+1所以f(x)≥f(β)>0．因此當(dāng)a>1時，f(x)沒有零點(diǎn)．【題型8三角函數(shù)的零點(diǎn)問題】【例8】（2023·江西上饒·一模）已知函數(shù)fx=sin2x+2sinx?1，則A．2023 B．2024 C．2025 D．2026【解題思路】先證明函數(shù)fx為周期函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f【解答過程】因為fx+2所以函數(shù)fx=sin又f′當(dāng)x∈0,2π時，令可得x=π3或x=當(dāng)0≤x≤π3時，f′x函數(shù)fx在x∈因為f0=?1，fπ3=當(dāng)π3<x<5π3時，f所以函數(shù)fx在x∈因為fπ3=所以函數(shù)fx在π當(dāng)5π3<x≤2π時，f′因為f5π3=?所以函數(shù)fx在5所以當(dāng)x∈0,2π時，函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)，且零點(diǎn)位于區(qū)間所以f(x)在x∈0,2023π上共有故選：B.【變式8-1】（2023·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=ex+x,x<0A．94,134 B．94,【解題思路】根據(jù)題意，先研究當(dāng)x<0時fx有1個零點(diǎn)，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)0≤x≤π時，【解答過程】解：當(dāng)x<0時，fx=e所以，fx在?因為f?1所以，當(dāng)x<0時，存在唯一的x0∈?1,?所以，當(dāng)x<0時，fx因為函數(shù)fx所以，當(dāng)0≤x≤π時，f令ωx?因為0≤x≤π，所以ωx?所以，函數(shù)y=sint在所以2π≤ωπ所以，正實數(shù)ω的范圍為9故選：B.【變式8-2】（2024·廣西欽州·三模）已知函數(shù)fx(1)若a=0，求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若a>?1，證明：fx在?【解題思路】（1）當(dāng)a=0時求出f0、f（2）f0=0得0是fx的一個零點(diǎn)，再判斷出fx為奇函數(shù)，只需要證明fx在0,π上有1個零點(diǎn)即可，利用導(dǎo)數(shù)判斷出【解答過程】（1）當(dāng)a=0時，fxf′故曲線y=fx在點(diǎn)0,f0處的切線方程為（2）因為f0=0，所以0是fxf?x=?asin要證fx在?π,π上有3個零點(diǎn)，只需要證明f′令函數(shù)gx當(dāng)x∈π2,當(dāng)x∈0,π2時，g′x因為f′0=a+1>0,f′當(dāng)x∈0,x0時，f′x所以fx在0,x0因為f0=0,fx0>0,f故fx在?【變式8-3】（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）已知fx=xsin(1)討論fx在?(2)令?x=x2?4x【解題思路】（1）求導(dǎo)數(shù)，令f′x=0，則x=0或x=±π2（2）分別討論x>0和x≥5【解答過程】（1）由題意，f′x=sinx+x則f′π2所以f′令f′x=0，則x=0x∈?π,?π2x∈?π2,0時，x∈0,π2時，x∈π2,π時，f所以fx在?π,?π2上單調(diào)遞增，在?（2）?x在R上有3個零點(diǎn)，理由如下：?因為?0=0，所以x=0是??x所以?x是偶函數(shù)，即要確定?x在R上的零點(diǎn)個數(shù)，需確定x>0時，①當(dāng)x>0時，?′令?′(x)=0，即cosx=x∈0,π3時，?x∈π3,53所以?(x)在0,5②當(dāng)x≥53π?x而tx在[5π3所以?(x)>0恒成立，故?(x)在[5π所以?x在0,+由于?x是偶函數(shù)，所以?x在?∞綜上，?x【題型9與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的綜合問題】【例9】（2024·廣東廣州·二模）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若fx存在兩個極值點(diǎn)，記x0為fx的極大值點(diǎn)，x1為【解題思路】（1）將問題轉(zhuǎn)化成討論gx=x2e（2）分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)fx【解答過程】（1）因為fx當(dāng)a=0時，fx=x當(dāng)a≠0時，f?1=1，所以?1不是函數(shù)令fx故只需討論gx=xg′因為x2所以gx=x2ex1+xx→+∞,g(x)→+∞，x→?1且x>?1時，g(x)→+∞，x→?1且x<?1時，g(x)→?∞，所以gx故當(dāng)a>0,gx=x當(dāng)a<0時，gx=綜上，a≥0時，函數(shù)fx有1個零點(diǎn)，當(dāng)a<0時，函數(shù)（2）函數(shù)fx當(dāng)a≤0時，2ex?a>0當(dāng)a=2時，f′x=當(dāng)a>2時，lna2>0，令f'(x)>0得x<0或x>所以函數(shù)fx在?∞,0上單調(diào)遞增，在0,lna因為flna2=aln所以函數(shù)fx在?1,+∞上無零點(diǎn)，在?∞所以x0當(dāng)0<a<2時，lna2<0，令f'(x)>0得x<lna所以函數(shù)fx在?∞,lna2上單調(diào)遞增，在因為f0=a>0,flnf=e所以函數(shù)fx在?∞,lna所以x0綜上，x0【變式9-1】（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=x?1(1)當(dāng)x∈1,+∞時，fx(2)若a<?2，證明：fx有三個零點(diǎn)x1，x2，x3（x1<x【解題思路】（1）利用f1=0，且fx≥0（x≥1），結(jié)合f′1（2）結(jié)合（1）fp>0，fq<0，從而取特殊值xp=a+a2【解答過程】（1）由題意可知fx的定義域為0,+∞，因為f1=0，fx≥0（x≥1以下證明a≥?2滿足題意.由x≥1可知，lnx≥0，所以當(dāng)a≥?2時，設(shè)?x=x?1x?2所以?x在(1,+∞)為遞增函數(shù)，所以?當(dāng)a<?2時，對于函數(shù)y=x2+ax+1易知x2+ax+1=0有兩個正根，不妨設(shè)為p,q,p<q,(pq=1)，則則當(dāng)0<x<p或x>q時，f′x>0；當(dāng)p<x<qfx在0,p和q,+∞上單調(diào)遞增，在因為f1=0，所以fp>0，fq綜上，a的取值范圍是?2,+∞（2）由（1）可知，當(dāng)a<?2時，對于函數(shù)y=x2+ax+1易知x2+ax+1=0有兩個正根，不妨設(shè)為p,q,p<q,(pq=1)，則則當(dāng)0<x<p或x>q時，f′x>0；當(dāng)p<x<qfx在0,p和q,+∞上單調(diào)遞增，在因為f1=0，所以fp>0，fq（a+a設(shè)?(x)當(dāng)0<x<1時，?′(x)>當(dāng)x>1時，?′(x)<0，即lnx≤x?1<x，當(dāng)且僅當(dāng)x=1即得ln1x<則fx取xq=afxq=xq?1所以fx在xp,p上存在唯一零點(diǎn)x1，即在在q,xq上存在唯一零點(diǎn)x3，即在q,+結(jié)合f1=0，取所以ffx3=所以1x1也是函數(shù)的零點(diǎn)，顯然1x1≠x1所以x1x3=x22【變式9-2】（2024·北京朝陽·二模）已知函數(shù)f(1)求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若fx≥0恒成立，求(3)若fx有兩個不同的零點(diǎn)x1,x2【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解；（2）求導(dǎo)可得f′x=?ax+a+11?x(x<1)，易知當(dāng)a≥0時不符合題意；當(dāng)a<0時，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)（3）易知當(dāng)a≥0時不符合題意，當(dāng)a<0時，易知x1<x2【解答過程】（1）由f(x)=ax?ln(1?x)，得因為f(0)=0,f所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=(a+1)x；（2）f′①當(dāng)a≥0時，f(?1)=?a?ln②當(dāng)a<0時，令f′(x)=0當(dāng)x∈?∞,1+1a時，f當(dāng)x∈1+1a,1時，f所以當(dāng)x=1+1a時，f(x)取得最小值若fx≥0恒成立，則設(shè)φx=x+1+ln當(dāng)x∈?∞,?1時，φ當(dāng)x∈(?1,0)時，φ′x<0,φ所以φx≤φ?1=0，即所以a=?1；（3）當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間所以f（x）至多有一個零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)a<0時，因為f(0)=0，不妨設(shè)x若0<x2<1若x2<0，則由（2）可知，只需f(1?e)<0，即a(1?即a的取值范圍為11?【變式9-3】（2024·江西景德鎮(zhèn)·三模）已知函數(shù)fx=e(1)當(dāng)b=e時，求函數(shù)g(2)已知實數(shù)a∈0,①求證：函數(shù)fx②設(shè)該零點(diǎn)為x0，若fx圖象上有且只有一對點(diǎn)Ax1,y1【解題思路】（1）求導(dǎo)，分析函數(shù)的單調(diào)性，可得函數(shù)的極值.（2）①把問題轉(zhuǎn)化成ex2?2a?x2ex②問題轉(zhuǎn)化成方程fx【解答過程】（1）當(dāng)b=e時，gx=令g′x<0?x<1，∴函數(shù)gg′x>0?x>1，∴函數(shù)g故當(dāng)x=1時，gx取極小值g（2）①令fx換元t=x2，b=2a∈0,構(gòu)造函數(shù)?t=et+bt，顯然∴方程et對于函數(shù)gt=et?bt，當(dāng)t≤0時∴gt>0恒成立，∴方程∴當(dāng)實數(shù)a∈0,e2②由上可知x0構(gòu)造函數(shù)Fu=fx若Fu=0存在唯一正根u0∴F=a=ax∵a>0，u>0，x0<0，令Fu=0，即令t=u2>0，構(gòu)造函數(shù)∵φ0=0，且顯然φ′∴φt存在正零點(diǎn)的必要條件是φ易證明當(dāng)t>0時，et∴φt只要當(dāng)t>?2+42故?2<x而a=ex0x0∴y=exx∴a>e?2故e?22<a<e一、單選題1．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）函數(shù)fx=lnA．0,22 B．22,1 C．【解題思路】由零點(diǎn)存在性定理可得答案.【解答過程】因為函數(shù)fx的定義域為0,+∞，又f′x=又f1=?1<0,f2=ln2=故選：C.2．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）若函數(shù)fx=x3?3x+a在區(qū)間0,2A．0,2 B．2,+∞ C．0,1 D．【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，依題意可得f0【解答過程】因為f′x=3x2?3=3x+1即fx在1,+∞，當(dāng)?1<x<1時f′x<0，即f根據(jù)題意可得f0>0f1<0故選：A.3．（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）函數(shù)fx=ex?kx?b恰好有一零點(diǎn)x0，且A．(?∞,0) B．(0,1) C．(?∞【解題思路】由題將函數(shù)fx恰好有一零點(diǎn)x0，且k>b>0等價于y=kx+b與gx=ex相切，將切線斜率【解答過程】函數(shù)fx=0即因為函數(shù)fx恰好有一零點(diǎn)x0，且則由指數(shù)函數(shù)圖象特性y=kx+b與gx因為g′x=ex切點(diǎn)在切線上，故b=e所以由k>b>0得ex故選：B.4．（2024·陜西銅川·模擬預(yù)測）已知ω>0，若函數(shù)fx=lnx?xA．43,73 B．43,【解題思路】根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷fx在0,3和3,+∞上各有1個零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為當(dāng)?π【解答過程】當(dāng)x>0時，f′x=1x當(dāng)x∈3,+∞時，又f1=?13<0，f3=ln3?1>0又因為fx=0有4個根，所以當(dāng)?π因為?π≤x≤0，所以?π解得43故選：B．5．（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測）定義在0,+∞上的單調(diào)函數(shù)fx，對任意的x∈0,+∞有ffx?A．?∞,1 B．0,1 C．0,1 【解題思路】由條件單調(diào)函數(shù)fx，對任意的x∈0,+∞fx?lnx=t，且fx?f【解答過程】由于函數(shù)fx為單調(diào)函數(shù)，則不妨設(shè)fx?且ft?lnt=1?ln設(shè)gx則方程fx?f′xg′易得當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1,+∞所以函數(shù)gx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+所以g(x)又g1e=0，且當(dāng)x→+故函數(shù)gx=lnx+1x故選：B.6．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=lnx+1?ax有兩個零點(diǎn)x1A．a(chǎn)>1 B．xC．x1?x【解題思路】根據(jù)零點(diǎn)可將問題轉(zhuǎn)化為a=lnx+1x，構(gòu)造gx=lnx+1【解答過程】由fx=0可得a=lnx+1x則直線y=a與函數(shù)gx的圖象有兩個交點(diǎn)，g由g′x>0可得0<x<1，即函數(shù)g由g′x<0可得x>1，即函數(shù)g且當(dāng)0<x<1e時，gx=lnx+1x如下圖所示：由圖可知，當(dāng)0<a<1時，直線y=a與函數(shù)gx由圖可知，1e因為f′x=1x?a=1?axx，由所以，函數(shù)fx的增區(qū)間為0,1a，減區(qū)間為1所以，0<x1<令?x=f2則?′x=1x?所以，?x1>?1a又fx2=f因為函數(shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間為1a,+∞，則由ax1=所以，lnx1x由圖可知1e<x1<1<x2故選：D.7．（2024·四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=3?2x+1,x>0,(x+2)2eA．0,1 B．1,4 C．1,4 D．1,+【解題思路】求得f′x=?xx+2ex，得到函數(shù)f【解答過程】當(dāng)x≤0時，fx=(x+2)則x<?2時，f′x所以，當(dāng)x=?2是fx的極小值點(diǎn)，作出如圖所示的函數(shù)f函數(shù)y=[fx]即fx也即是fx=0和其中fx=0有唯一實數(shù)根只需fx?a=0有4個且均不為-2的不相等實數(shù)根，由圖可知即實數(shù)a的取值范圍為1,4.故選：C.8．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=e2x?2a+1xA．?a∈R，使函數(shù)fx恰有B．?a∈R，使函數(shù)fxC．?a∈R，使函數(shù)fx沒有D．若函數(shù)fx有2個零點(diǎn)，則實數(shù)a的取值范圍為【解題思路】通過觀察式子的結(jié)構(gòu)得到exx2?2a+1exx+a【解答過程】令fx=e2x?2所以exx2從而得exx=a設(shè)gx=e令g′x=0可知當(dāng)x>1時，g′x>0，所以函數(shù)g可知當(dāng)x<0或0<x<1時，g′x<0，所以函數(shù)g且g1=e

對于A，結(jié)合圖像知，當(dāng)a+2=e或a<00≤a+2<e，即a=e?2對于B，結(jié)合圖像知，當(dāng)a=e時，函數(shù)f對于C，結(jié)合圖像知，當(dāng)a≥0a+2<e，即0≤a<e對于D，結(jié)合圖像知，當(dāng)0≤a<ea+2>e或a+2<0，即a<?2或e故選：D．二、多選題9．（2023·廣西·模擬預(yù)測）已知方程ax?2xlnx=x2+3（a∈R）有兩個不同的根x1，A．a(chǎn)∈4,+∞ C．lnx1+【解題思路】構(gòu)造函數(shù)fx=x+3【解答過程】方程ax?2xlnx=x2+3構(gòu)造函數(shù)fx=x+3當(dāng)x∈0,1時，f′x當(dāng)x∈1,+∞時，f′則fxmin=f1=4?a當(dāng)a>4時，f2af1由以上可知，當(dāng)a>4時，fx分別在1a,1構(gòu)造函數(shù)gx=fx?f1因此gx在0,+∞上單調(diào)遞減，易知g1=0，由A易知即fx2<f1x2成立，又fx因此選項B，D正確；由lnx1+lnx故選：ABD.10．（2024·重慶·三模）已知函數(shù)f(x)=e2x?ax2A．當(dāng)a=1時，f(x)在(0,f(0))處的切線方程為2x?y+1=0B．若f(x)有3個零點(diǎn)，則a的取值范圍為eC．當(dāng)a=e2時，x=1是D．當(dāng)a=12時，f(x)有唯一零點(diǎn)x【解題思路】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，可判定A正確；根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為gx=e2xx2與y=a的圖象有3個交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)gx的單調(diào)性與極值，可判定B正確；當(dāng)a=e2時，得到f′x【解答過程】對于A中，當(dāng)a=1時，可得f(x)=e2x?x2對于B中，若函數(shù)f(x)=e2x?a其中x=0時，顯然不是方程的根，當(dāng)x≠0時，轉(zhuǎn)化為g(x)=e2xx又由g′令g′(x)>0，解得x<0或x>1；令g′所以函數(shù)g(x)在(?∞,0),(1,+∞所以當(dāng)x=1時，函數(shù)g(x)取得極小值，極小值為g(1)=e又由x→0時，g(x)→+∞，當(dāng)x→?∞時，g(x)→0且g(x)>0如下圖：所以a>e2，即實數(shù)a的取值范圍為對于C中，當(dāng)a=e2時，f(x)=e令g(x)=e2x?e2且g'(0)=2?e2<0,所以在?∞,x0上g'在x0,+∞上g'(x)>0，所以在x0,1上g(x)<0，即f'在1,+∞上g(x)>0，即f'(x)>0，所以x=1是f(x)的極小值點(diǎn)，所以C錯誤．對于D中，當(dāng)a=12時，設(shè)?(x)=e2x?當(dāng)x<ln12時，?′(x)<0,?(x)在?∞,所以當(dāng)x=ln12時，?所以f'(x)>0，所以函數(shù)f(x)在又因為f(?1)=e?2?所以f(x)有唯一零點(diǎn)x0且?1<故選：ABD.11．（2024·浙江紹興·三模）已知函數(shù)fx=aex+a?x有兩個零點(diǎn)A．a(chǎn)的值可以取14 B．a(chǎn)的值可以取C．x1?x2的值關(guān)于a【解題思路】對函數(shù)求導(dǎo)，分析函數(shù)單調(diào)性，對a=14和a=12，分別求極值，判斷極值的符號，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)存在性的判定方法求零點(diǎn)個數(shù)，可得AB的真假；把a(bǔ)ex+a?x=0轉(zhuǎn)合成ex=xa?a，數(shù)形結(jié)合，通過函數(shù)y=e【解答過程】求導(dǎo)得f′當(dāng)a≤0時，f′故f(x)在R上為減函數(shù)，不可能有兩個零點(diǎn)，故a>0;令f′(x)=0，得當(dāng)x∈(?∞,?lna)，f′則f(x)在(?∞,?ln故f(x)的最小值為f(?ln對于A選項：當(dāng)a=14時，243=35<44=256因為y=x1716則e1716<317當(dāng)x→?∞時，f(x)→+∞；且x→+∞故f(x)在(?∞,ln對于B選項:當(dāng)a=12時，于是故f(x)在R上無零點(diǎn)，故B錯；對于C，aex+a?x=0，即ex當(dāng)a增加，直線y=xa?a對于D，因為x1,x2為函數(shù)不妨設(shè)x1則x1∈(0,?ln又f′所以f設(shè)y=e則y=ex1?x則y=et?1所以函數(shù)y=et?1所以當(dāng)t<0時，et即ex1?f′故選：ACD.三、填空題12．（2024·四川成都·三模）若函數(shù)fx=ex?kx2大于0【解題思路】首先判斷k>0，令fx=0，x∈0,+∞，參變分離可得k=exx2，依題意可得y=k與y=e【解答過程】若k≤0時fx>0恒成立，所以所以k>0，令fx=0，x∈0,+∞，即依題意y=k與y=exx令φx=exx所以當(dāng)0<x<2時，φ′(x)<0，當(dāng)x>2時，即φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+∞所以φ(x)的最小值是φ2而當(dāng)x→0時，fx→+∞，當(dāng)x→+∞時，故答案為：e213．（2023·江蘇·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=x3?x,x≤0lnx,x>0，若F(x)=f(f(x)?t)有六個零點(diǎn)，則實數(shù)t的取值范圍是0≤t<2【解題思路】先求得fx的零點(diǎn)，將Fx有6個零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為函數(shù)f(x)的圖象與三條直線y=t,y=t+1,y=t?1共有六個交點(diǎn)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)來求得【解答過程】由x3?x=xx2?1由lnx=0x>0，解得因為F(x)=f(f(x)?t)=0，所以f(x)?t=0或f(x)?t=1或f(x)?t=?1，即fx因為F(x)=f(f(x)?t)有六個零點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)的圖象與三條直線y=t,y=t+1,y=t?1共有六個交點(diǎn)．因為函數(shù)y=lnx的圖象與三條直線所以f(x)=x當(dāng)x≤0時，f′所以fx在區(qū)間?∞,?所以x=?33時，f?33結(jié)合f(x)的圖象，可知0≤t<239或t+1<0所以0≤t<239或t<?1故答案為：0≤t<239或t<?114．（2023·福建福州·二