第23讲 函数的零点问题 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【练习卷+解析卷】

这是一份第23讲 函数的零点问题 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【练习卷+解析卷】，共7页。试卷主要包含了已知函数 f=ex−ax−a3等内容，欢迎下载使用。
考点一：一个零点问题
考法1：利用导数几何意义求切线方程及证明零点唯一性
1.（2025·安徽淮北淮南·二模）已知函数 f(x)=e−x−ax2−3ax+1,a∈R.
（1） 当 a>1 时，试判断 f(x) 在 [1,+∞) 上零点的个数，并说明理由；
（2） 当 x≥0 时，f(x)≥0 恒成立，求 a 的取值范围.
【答案】见解析
【解析】（1） 当 a>1 时，f'(x)=−e−x−2ax−3a.
因为 f″(x)=e−x−2a，当 a>1 时，f″(x)0，所以 f'(x) 在 [0,+∞) 上单调递增.
（i） 若 f'（0）=−1−3a≥0，即 a≤−13，则 f'(x)≥f'（0）≥0，所以 f(x) 在 [0,+∞) 上单调递增，则 f(x)≥f（0）>0，符合题意.
（ii） 若 f'（0）=−1−3ac
【答案】A
【解析】由 f(x)=3x+3x=0，得 3x=−3x，即 3x−1=−x，设 y1=3x−1,y2=−x，画出图象，交点横坐标为 a，由图可知 a∈(−1,0).
由 g(x)=lg3x+3x=0，得 lg3x=−3x，设 y3=lg3x,y4=−3x，画出图象，交点横坐标为 b，由图可知 b∈(0,1).
由 ℎ(x)=x3+3x=0，得 x(x2+3)=0，解得 c=0.
所以 b>c>a.
【点拨】本题考查函数零点的判定与比较，利用函数的单调性及零点存在性定理确定零点所在的区间是解题关键.
5.（2026·江西赣州·一模）已知 a>0，函数 f(x)=lnx−|ax+b| 的最大值为 0，则 a 的最小值为（ ）
A. 1e B. 12 C. 1 D. e
【答案】A
【解析】依题意可得函数 f(x) 的定义域为 (−∞,0)∪(0,+∞)，由函数 f(x)=ln|x|−|ax+b| 的最大值为 0，即 ln|x|≤|ax+b| 在 (−∞,0)∪(0,+∞) 上恒成立，即 y=ln|x| 的图象在 y=|ax+b| 的下方，结合图象可得，当函数 y=|ax+b| 的图象过原点，且 y=ln|x| 与 y=|ax+b| 相切时，a 取得最小值，根据对称性，不妨只考虑 x>0 的情况，即当 y=lnx 与 y=ax 相切时，a 取得最小值，即 lnx≤ax 在 (0,+∞) 上恒成立，令 g(x)=lnx−ax，即 g(x)max=0 时，a 取得最小值，则 g'(x)=1x−a，令 g'(x)=0，则 x=1a，又 x∈(0,1a) 时，g'(x)>0，即 g(x) 在 (0,1a) 上单调递增；x∈(1a,+∞) 时，g'(x)1 时，试判断 f(x) 在 [1,+∞) 上零点的个数，并说明理由；
（2） 当 x≥0 时，f(x)≥0 恒成立，求 a 的取值范围.
【答案】（1） 1个；（2） (−∞,1]
【解析】（1） 当 a>1 时，f'(x)=ex−a+2ax−3a.
因为 f″(x)=ex−a+2a>0，所以 f'(x) 在 [1,+∞) 上单调递增.
又 f'（1）=e1−a−a0，f(x) 在 (x0,+∞) 上单调递增.
又 f（1）=e1−a−2a+11 时，f（1）=e1−a−2a+11 不满足题意.
②当 a≤1 时，f（0）=e−a+1>0，f'(x)=ex−a+2ax−3a.
令 m(x)=f'(x)，则 m'(x)=ex−a+2a，m'（0）=e−a+2a.
记函数 q(x)=e−x+2x，x≤1，则 q'(x)=−e−x+2.
当 x∈(−ln2,1) 时，q'(x)>0，所以 q(x) 在 (−ln2,1) 上单调递增.
当 x∈(−∞,−ln2) 时，q'(x)0，所以 m'（0）>0.
又因为 m'(x) 在 [0,+∞) 上单调递增，所以 m'(x)≥m'（0）>0，所以 f'(x) 在 [0,+∞) 上单调递增.
（i） 若 f'（0）=e−a−3a≥0，则 f'(x)≥f'（0）≥0，所以 f(x) 在 [0,+∞) 上单调递增，则 f(x)≥f（0）>0，符合题意.
（ii） 若 f'（0）=e−a−3a0，所以 f(x) 在 (x1,+∞) 上单调递增.
其中 x1∈(0,1]，且 ex1−a+2ax1−3a=0.
所以 f(x)≥f(x1)=ex1−a+ax12−3ax1+1=3a−2ax1+ax12−3ax1+1=a(x12−5x1+3)+1.
因为 x1∈(0,1]，所以 x12−5x1+3∈[−1,3).
又因为 a∈(a0,1]，所以 a(x12−5x1+3)≥−1，所以 f(x)≥0，满足题意.
结合①②可知，当 a≤1 时，满足题意.
综上，a 的取值范围为 (−∞,1].
【点拨】本题考查利用导数研究函数的零点个数及恒成立问题，需对参数进行分类讨论，并结合零点存在性定理与极值分析.
考点二：二个零点问题
考法7：利用导数分析单调性判断两个零点或求参数
7.（2026·安徽淮北·二模）已知函数 f(x)=ex−ax−a3.
（1） 当 a=1 时，求曲线 y=f(x) 在点 (1,f（1）) 处的切线方程；
（2） 若方程 f(x)=0 有两个不同的根，求 a 的取值范围.
【答案】（1） y=(e−1)x−1；（2） (1,+∞)
【解析】（1） 当 a=1 时，f(x)=ex−x−1，f'(x)=ex−1，得 f'（1）=e−1，又 f（1）=e−2，所以曲线 y=f(x) 在点 (1,f（1）) 处的切线方程为 y−(e−2)=(e−1)(x−1)，即 y=(e−1)x−1.
（2） f'(x)=ex−a，当 a≤0 时，f'(x)>0，f(x) 在 R 上单调递增，方程 f(x)=0 至多有一个实根，不符合题意舍去；当 a>0 时，令 f'(x)=0 解得 x=lna，当 x>lna 时 f'(x)>0，y=f(x) 单调递增；当 x0，故 g(a) 在 (0,+∞) 上单调递增，又 g（1）=0，所以 a>1.综上：a 的取值范围是 (1,+∞).
【点拨】本题考查导数的几何意义及利用导数研究方程的根的个数，分离参数或构造函数是常用方法.
8.（2025·江西高三·4月联考）已知函数 f(x)=xeax+a(1−e)x−(e−1)lnx−1 恰有 2 个零点，则实数 a 的取值范围为（ ）
A. (−1e2,−1]∪[e,+∞) B. (−1e2,−1)∪[e,+∞)
C. (−1e2,−1]∪[0,+∞) D. (−1e2,−1)∪[0,+∞)
【答案】D
【解析】令 f(x)=0，得 xeax+a(1−e)x−(e−1)lnx−1=0，即 eax+lnx+(1−e)(ax+lnx)−1=0，令 ax+lnx=t，则 ℎ(x)=ex+(1−e)x−1，则 ℎ'(x)=ex+1−e.令 ℎ'(x)>0⇒x>ln(e−1)⇒ℎ(x) 在区间 (ln(e−1),+∞) 上单调递增；令 ℎ'(x)0，即 121 时，函数 f(x) 的取值范围为 [−4,+∞).作出 f(x) 的大致图象，如图所示.由 g(x)=0，得 f(x)=a，由图可知，当 a∈(−4,−3]∪[−2,−1] 时，直线 y=a 与 f(x) 的图象恰有 2 个交点，即 g(x) 恰有 2 个零点.所以 a 的取值范围是 (−4,−3]∪[−2,−1].故选 B.
【点拨】本题考查分段函数的零点问题，通过求导分析函数的单调性并作出函数的大致图象，数形结合是解决此类问题的有效方法.
考法10：已知两个零点求参数范围或零点之和
11.（2026·广东佛山·二模）设函数 f(x)=x−2ax 和 g(x)=x−2lgax 的零点分别为 x1,x2，其中 a>1. 当 a∈[2,+∞) 时，则 x1+32x2 的取值范围为（ ）
A. [162,+∞) B. [16,+∞) C. [65,+∞) D. [652,+∞)
【答案】C
【解析】由 f(x)=0，得 ax=2x，设 y1=ax 的图象与 y=2x 的图象的交点为 (x1,2x1)，由 g(x)=0，得 lgax=2x，设 y2=lgax 的图象与 y=2x 的图象的交点为 (x2,2x2)，而 y1=ax 的图象与 y2=lgax 的图象关于直线 y=x 对称，函数 y=2x 的图象也关于直线 y=x 对称，因此点 (x1,2x1) 与点 (x2,2x2) 关于直线 y=x 对称，则 x2=2x1，x1+32x2=x1+64x1，而当 a=2 时，x1=1；当 a∈[2,+∞) 时，x1∈(0,1]，函数 y=x+64x 在 (0,1] 上单调递减，所以 x1+32x2∈[65,+∞).故选 C.
【点拨】本题考查反函数图象的对称性及函数零点的综合应用，利用对称性得到两个零点之间的关系是解题的关键.
12.（2026·山东临沂·一模）已知函数 f(x)=lnx−ax+1.
（1） 求 f(x) 的单调区间；
（2） 已知 f(x) 在 (0,e) 上有且仅有两个零点，求 a 的取值范围.
【答案】（1） 见解析；（2） (2e,1)
【解析】（1） 函数的定义域为 (0,+∞)，f'(x)=1x−a=1−axx.当 a≤0 时，f'(x)>0，所以 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增.当 a>0 时，由 f'(x)=0 得 x=1a，当 x∈(0,1a) 时 f'(x)>0，当 x∈(1a,+∞) 时 f'(x)0 时，f(x) 的单调递增区间为 (0,1a)，单调递减区间为 (1a,+∞).
（2） 由（1）知，当 a≤0 时不合题意.当 a>0 时，f(x) 在 (0,1a) 上单调递增，在 (1a,+∞) 上单调递减，故 f(x) 在 x=1a 上取得极大值，也是最大值，最大值 f(1a)=ln(1a)−a×1a+1=−lna.要满足 f(x) 有且仅有两个零点，则 −lna>0，得 00，得 00.当 a≥0 时，f'(x)>0，f(x) 无极值点.当 a0，不符合题意.当 a0−t0，不符合，故 a≥3.当 a=3 时，f(x)=3ln(x+1)−2sinx.当 03ln(x+1)−2x.令 g(x)=3ln(x+1)−2x，可得 g'(x)=3x+1−2=1−2xx+1.所以 g(x) 在 (0,12) 递增，在 [12,1] 递减.又 g（0）=0，g（1）=3ln2−2>0，所以 g(x)>0，即 f(x)>0.当 12≥2sinx，所以 f(x)>0.所以当 a=3 时，均有 f(x)=3ln(x+1)−2sinx>0 对 ∀x∈(0,π) 恒成立.综上所述，整数 a 的最小值为 3.
（3） 证明：由 f(x)=aln(x+1)−2sinx，可得 f'(x)=ax+1−2csx.令 φ(x)=f'(x)=ax+1−2csx，可得 φ'(x)=−a(x+1)2+2sinx.当 a∈(0,1) 时，φ'(x)=2sinx−a(x+1)2 在 (0,π2) 上递增.而 φ'（0）=−a0.所以 g(x) 在 (0,π2) 上单调递增，g(x)>g（0）=0.所以 f(2x1)>0 成立，证毕.所以 f(x) 在 (0,π) 上存在唯一零点 x2 和唯一极小值点 x1，且 x10,sinx0，f(x) 单调递增，所以 f(x) 在 (−3π,−2π) 上递增，在 (−2π,−π) 上递减，在 (−π,0) 上递增，在 (0,π) 上递增，在 (π,2π) 上递减，在 (2π,3π) 上递增，其中 x=0 两侧函数的单调性相同，可得 x=0 不是函数 f(x) 的极值点，所以 f(x) 在区间 (−3π,3π) 的极值点为 x=−2π,−π,π,2π，共有 4 个.故选：A.
【点拨】本题考查利用导数研究三角函数的极值点个数，准确判断导函数在各区间的符号是解题的关键.
考法20：三角函数零点求和与参数求解
22.（2026·湖北十一校·二模）已知函数 f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0) 和 g(x)=3cs(2x+φ)+1(|φ|1，代入 f(x1)=0 得：a2x1−9x1+x1=0(x1>0)，通分整理得：a2x1+x12=9⇒x12+(ax1)2=9.即点 A(x1,ax1) 同时在第一象限的圆 x2+y2=9 和曲线 y=ax 上.再代入 g(x2)=0（x2 是 g(x) 的正零点）得：lgax2−9−x22=0(x2>0)，两边平方整理得：x22+(lgax2)2=9，即点 B(x2,lgax2) 同时在第一象限的圆 x2+y2=9 和曲线 y=lgax 上.又 y=ax 与 y=lgax 互为反函数，图象关于直线 y=x 对称，且圆 x2+y2=9 也关于 y=x 对称，因此点 A(x1,ax1) 关于 y=x 的对称点 A'(ax1,x1)，一定在 y=lgax 上，且仍在圆 x2+y2=9 上.因为 a>1 时 y=lgax 单调递增，与圆只有一个第一象限交点，即点 B 就是 A'，因此：x2=ax1，代入 x12+(ax1)2=9 得：x12+x22=9(x1>0,x2>0).设 x1=3csθ,x2=3sinθ,θ∈(0,π2)，代入得：3x1+x2=33csθ+3sinθ=6sin(θ+π3).正弦最大值为 1，因此 3x1+x2 的最大值为 6.
【点拨】本题考查反函数图象的对称性及三角换元求最值，通过同构发现两个零点对应的点关于 y=x 对称是解题的核心.
25.（2026·山东淄博·二模）已知函数 f(x)=ln(x+1)−axx+1,a∈R.
（1） 若存在正数 x0，使得 f(x0)0，f(x) 无极值点.当 a>1 时，令 f'(x)=0，得 x=a−1.因为对于 x∈(0,a−1)，f'(x)0，即 120 时，−k−x0，得 00，所以 p(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，所以 x0=e−x0，即 x0+lnx0=0.
故 φ(x) 的最小值 φ(x0)=x0+x02−x0+x0(−x0)=0.
【点拨】本题考查导数在研究函数单调性及公切线问题中的应用，通过构造函数并利用同构思想求解最值是解题的关键.
考法24：结合复合函数与取点技巧分析零点个数
28.（2026·湖南邵阳·5月三模）已知函数 f(x)=−x2−2x+2,x≤0|lnx|,x>0，若函数 g(x)=[f(x)]2−af(x)+5 有 8 个不同的零点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. (25,92] B. [25,92) C. (92,143] D. [92,143)
【答案】A
【解析】作出 y=f(x) 的大致图象如下，
设 f(x)=t，则关于 t 的方程 t2−at+5=0 有 2 个不同的根 t1 和 t2，且关于 x 的方程 f(x)=t1,f(x)=t2 分别有 4 个不同的根.
不妨设 t10，t1+t2=a，t1t2=5.
（1） 若 t1,t2∈(2,3)，则 t1+t2=a>0，所以 a>25，且 (t1−2)(t2−2)>0(t1−3)(t2−3)>0，即 5−2a+4>05−3a+9>0，得 25