第23讲 函数的零点问题 综合测试-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 综合测试-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。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.（2026·浙江北斗星盟·5月联考）已知a,b∈R且a,b>0，若函数f(x)=ex+e−xa−bcsx2有唯一零点，则2a+b的最小值为（ ）
A. 22 B. 32 C. 42 D. 52
【答案】C
【解析】因为f(−x)=e−x+exa−bcs(−x)2=f(x)，所以f(x)为偶函数.
若函数f(x)有唯一零点，则该零点必为x=0.
所以f（0）=2a−b2=0，即ab=4.
又因为a,b>0，所以2a+b≥22ab=22×4=42.
当且仅当2a=b，即2a2=4，解得a=2,b=22时，等号成立.
所以2a+b的最小值为42，故选C.
【点拨】本题考查函数的零点问题，利用函数的奇偶性确定零点位置，再结合基本不等式求最值.
2.（2026·江西八所重点中学·4月联考）已知函数f(x)=ex+x−m的零点为x1，函数g(x)=lnx+x−m的零点为x2，其中m>1，则x1x2+x2x1的取值范围是（ ）
A. (2,+∞) B. (e+1e,+∞)
C. [e+1e,+∞) D. [2,+∞)
【答案】C
【解析】f(x)=ex+x−m,g(x)=lnx+x−m=lnx+elnx−m=f(lnx).
f(x)在R上单增，ex1+x1=m，当x=0时，ex+x=1,m>1时，x1>0，故lnx2>0.
x2>1，即lnx2=x1.
令t=x1x2=lnx2x2,x2∈(1,+∞),t'(x2)=1−lnx2x22.
故函数t(x2)在(1,e)上递增，(e,+∞)上递减，则t∈(0,1e]，所以t+1t∈[e+1e,+∞).
【点拨】本题考查函数的零点与导数的综合应用，通过构造函数并利用导数研究其单调性与最值是解题的关键.
3.（2026·江西赣州·一模）已知函数f(x)=ax−x2(a>0且a≠1)有三个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A. (e−2e,1) B. (1,e2e)
C. (e−2e,1)∪(1,e2e) D. (0,1)∪(1,e2e)
【答案】C
【解析】函数f(x)=ax−x2(a>0且a≠1)有三个零点，则方程ax−x2=0有三个根.
即方程ax=x2有三个根，即方程xlna=lnx2=2ln|x|有三个根，易知x≠0.
所以方程12lna=ln|x|x有三个根，所以y=12lna与函数y=ln|x|x=lnxx,x>0ln(−x)x,x0时，y=lnxx，则y'=1−lnxx2.
则当x∈(0,e)时，y'>0，当x∈(e,+∞)时，y'0时，y=lnxx趋向于负无穷大.
x无限趋向于正无穷大时，y=lnxx趋向于0.
当x0，当x∈(−∞,−e)时，y'0，y=f(x)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)=ex−a=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时，g(a)>0.
综上：a的取值范围是(1,+∞).
【点拨】本题考查利用导数研究方程的根的个数问题，通过求导确定函数的单调性与极值，再结合极值小于零建立关于参数的不等式是解题的关键.
6.（2026·广东深圳·一模）已知函数f(x)=lnx−ax+1+4. 若f(x)有两个零点，则a的取值范围是（ ）
A. (0,2) B. (0,22) C. (2,22) D. (22,+∞)
【答案】B
【解析】由于f'(x)=1x−a2x+1=2x+1−ax2xx+1=−a2x2+4x+42xx+1⋅(2x+1+ax)(x>0).
若a≤0，2x+1−ax>0，f'(x)>0，于是f(x)在(0,+∞)上单调递增，至多与x轴只有一个交点，矛盾.
于是a>0，令f'(x)=0，则等价于a2x2−4x−4=0.
易得Δ=16+16a2>0，因为x>0，则x0=2(1+1+a2)a2>0.
令x0=2(1+1+a2)a2，则f(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减.
则f(x)max=f(x0)=lnx0−ax0+1+4.
因为a2x02−4x0−4=0即a2=4(x0+1)x02，a=2x0+1x0.
所以f(x)max=lnx0−2x0+2.
显然f(x0)≤0不符合题意，故f(x0)>0，即lnx0−2x0+2>0.
令ℎ(x)=lnx−2x+2(x>0)，ℎ'(x)=1x+2x2>0.
则ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ（1）=0.
由于ℎ(x0)=lnx0−2x0+2>0，所以x0>1.
由于a2=1x02+1x0，令t=1x0∈(0,1)，y=t2+t在(0,1)上单调递增，则a∈(0,22).
于是x0=2(1+1+a2)a2>2a>22>1e4，f(1e4)=−a1e4+10时，易证lnx≤x−1，则ln4x≤4x−1即lnx≤44x−4.
由于f(x)=lnx−ax+1+4256a4，则f(x2)0，g(x)在(−1,+∞)递增.
g（1）>0，g（0）0，f(x)在(x0,+∞)递增，所以f(x)≥f(x0).
f(x0)=(x0−1)ex0−x0−1=x0ex0−ex0−x0−1=1−ex0−x0−1=−ex0−x00，f（2）=e2−3>0.
根据零点存在定理，f(x)在(−2,x0)和(x0,2)各有一个零点，共两个零点.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的零点个数，先利用切线方程求出参数，再通过二次求导确定函数的单调性与极值，结合零点存在定理即可得解.
8.（2026·福建泉州·一模）已知函数f(x)=2cs2x2+eex−1,x∈(0,2π). 则f'(x)的极值点个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】因为f(x)=2cs2x2+eex−1=csx+e1−x,x∈(0,2π).
所以f'(x)=−sinx−e1−x.
设g(x)=f'(x)=−sinx−e1−x，x∈(0,2π).
所以g'(x)=−csx+e1−x，其中e1−x>0恒成立.
令ℎ(x)=1−ex−1csx，x∈(0,2π).
则ℎ'(x)=−ex−1csx+ex−1sinx=2ex−1sin(x−π4).
因为x∈(0,2π)，所以x−π4∈(−π4,7π4).
所以当x∈(0,π4)时，ℎ'(x)1−22e0>0.
ℎ(5π4)>ℎ(π4)>0，ℎ(7π4)=1−22e7π4−10时，f(x)>0，则a≥12
C. an=n+1−n
D. a12+a22+a32+⋯+an20,1+ax>0，所以原不等式等价于ln(1+x)x>11+ax.
即g(x)=(1+ax)ln(1+x)−x>0(x>0).
设g(x)=(1+ax)ln(1+x)−x，因为g（0）=0，g'(x)=aln(1+x)+1+ax1+x−1.
令ℎ(x)=g'(x)，ℎ（0）=g'（0）=0，ℎ'(x)=a1+x+a(1+x)−(1+ax)(1+x)2=ax+2a−1(1+x)2.
当a=0时，ℎ'(x)=−1(1+x)20，所以ℎ(x)=g'(x)在(0,+∞)上单调递增.
ℎ(x)=g'(x)>ℎ（0）=0，也即g(x)在(0,+∞)上单调递增，g(x)>g（0）=0，所以a≥12符合题意.
综上所述，a的取值范围为[12,+∞)，B正确.
因为an=1Sn+Sn−1+2(n≥2)，所以(Sn−Sn−1)(Sn+Sn−1+2)=1.
即(Sn+1)2−(Sn−1+1)2=1，又(S1+1)2=(a1+1)2=2.
所以(Sn+1)2=n+1，Sn=n+1−1.
也即当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n+1−n.
又a1=2−1，所以an=n+1−n(n∈N∗)，C正确.
由（2）可知，当x>0时，ln(1+x)x−11+12x>0，也即2xx+20，p(t)在(1,+∞)上单调递增，∴p(t)>p（1）=0，故x1x2>e2.C正确.
对于D，x1+x2>2x1x2>2e2=2e，所以D正确.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，以及极值点偏移问题，通过构造函数并利用对数平均不等式的思想是解题的关键.
11.（2026·安徽滁州·一模）我们把d=b−a(a0)．则下列结论正确的是（ ）
A. 若I=[−10,10]，任取f(x)的一个自映射区间，其区间的长度d>π的概率为57
B. 若g(x)存在自映射区间[a,b]，则m>e
C. 若g(x)存在自映射区间[a,b]，则ab>e2
D. 若g(x)存在自映射区间[a,b]，则[a,b]的长度d>2m2−em
【答案】ABCD
【解析】因为f'(x)=1−csx≥0恒成立，则f(x)在I上单调递增，若f(x)存在自映射区间[a,b]，则f(a)=a,f(b)=b，即方程f(x)=x，即sinx=0(x∈[−10,10])至少有两个不同实数解.
则x的解集为{−3π,−2π,−π,0,π,2π,3π}，所以区间[a,b]的选择共有C72种.
若d=π，共有6种选择，所以区间的长度d>π的概率为1−6C72=57.A正确.
因为m>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增，若g(x)存在自映射区间[a,b]，则g(a)=a,g(b)=b，即ℎ(x)=mlnx−x至少有两个零点.
因为ℎ'(x)=mx−1=m−xx,x∈(0,m)时，ℎ'(x)>0,ℎ(x)单调递增；x∈(m,+∞)时，ℎ'(x)0，即m>e.
此时ℎ（1）=−10，则l(x)在(1,+∞)上单调递增，则l(x)>l（1）=0，即lnx>2(x−1)x+1，即lnba>2(ba−1)ba+1，所以a+b2>b−alnb−lna=b+alnb+lna.
所以lna+lnb=ln(ab)>2，所以ab>e2.C正确.
记s(x)=lnx+ex−2，则s'(x)=1x−ex2=x−ex2，x∈(0,e)时，s'(x)1时，y=|f(x)|=alnx，则y'=ax，设切点为(x0,alnx0)，所以曲线y=alnx过原点的切线斜率k=ax0=alnx0x0，解得x0=e.
所以曲线y=alnx过原点的切线斜率k=ae，要使得y=|f(x)|=|alnx|与y=x的图象有三个不同的交点，则ae>1，即a>e.
所以实数a的取值范围为(e,+∞).
【点拨】本题考查函数的零点问题，利用函数的对称性求零点之积，再结合导数的几何意义研究切线斜率，利用数形结合思想求参数范围.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（2026·河北邯郸·一模）已知函数f(x)=x+2ex−a(e2x+ex).
（1） 若a≥1，证明：f(x)≤0.
（2） 设f(x)有两个零点x1,x2(x10,g(x)单调递增，当x∈(0,+∞)时，g'(x)0,F(x)单调递增，
则F(x)≥F（0）=0，即ex≥x+1，
则x22+x2+2x2ex2−2e2x2≤x22+x2+2x2ex2−2ex2(x2+1)=x22+x2−2ex2.
令G(x)=x2+x−2ex(x>0)，则G'(x)=2x+1−2ex≤2x+1−2(x+1)0，矛盾.
以下证a≤2的充分性：f(x)≤2lnx−x+1x=g(x)(x>1)，
g'(x)=2x−1−1x2=−(x−1)2x22时，00,ℎ(t)在(1,3]上单调递增，ℎ(t)>ℎ（1）=0.
所以g'(t)>0,g(t)在(1,3]上单调递增，则g(t)≤g（3）=5ln3，
即x1+3x2的最大值为5ln3.9 分
（3） 由题意知an+1=lnan−an+32an+an2.
设函数φ(x)=lnx−x+32x+x2，则φ'(x)=x2−lnx2−12x2，
由不等式lnx≤x−1可知φ'(x)≥0，所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以a2=φ(a1)>φ（1）=1,a3=φ(a2)>φ（1）=1,⋯，以此类推，可得an>1.
从而an+1=lnan−an+32an+an20，函数f'(x)单调递增，
当x∈(x0,2π)时，g'(x)0，f(x)单调递增，
当x∈(x2,2π)时，f'(x)0，故x1∈(π2,3π2)，
则f(π2)=e1−π2>0，f(π)=−1+e1−π0，
则存在β∈(π,3π2)使得f(β)=0，又f(2π)=1+e1−2π>0，所以函数f(x)在区间(x2,2π)上无零点；
故函数在x∈(0,2π)上有两个零点α,β，且π20，H(x)单调递增；
当x>1时，u(x)0，F(x)递增，
所以F(x)在x=1n取得最小值F(1n)=f(1n)−f(1n)=0，
从而F(x)≥0即ln(x+1x)≥ln(n+1n)+f'(1n)(x−1n)在(0,1]上恒成立，
代入x1,x2,⋯,xn并求和得i=1nln(xi+1xi)≥nln(n+1n)+f'(1n)(i=1nxi−1)=nln(n+1n)，证毕；
对不等式(n+1n)n>ek(n−12n)两边取对数得nln(n+1n)>k(n−12n)，
两边再除以n得ln(n+1n)>k(1−12n2)，依题意该不等式对所有正整数成立，
令n=1，则有ln2>k(1−12)，解得k0，对于φ（2）=ln52−1+18=ln52−78，
先证明一个不等式lnx>2(x−1)x+1(x>1)，
令p(x)=lnx−2(x−1)x+1，则p'(x)=(x−1)2x(x+1)2≥0，
p(x)在(0,+∞)上单调递增，从而p(x)>p（1）=0，故不等式成立，
因此ln52=ln32+ln53>2(32−1)32+1+2(53−1)53+1=910>78，故φ（2）>0，
所以最大整数k=1.15 分
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，以及不等式的证明，通过构造函数并利用切线放缩法是解题的关键.1
2
3
4
5
C
C
C
A
B
6
7
8
9
10
B
C
B
BCD
ACD
11
12
13
14
15
ABCD
e、1e
(−∞,−1)∪(1,+∞)
1、(e,+∞)
（1）证明见解析 （2）①(0,1) ②证明见解析
16
17
18
19
（1）2 （2）（i）t1=a−a2−42,t2=a+a2−42 （ii）证明见解析
（1）证明见解析 （2）5ln3 （3）证明见解析
（1）证明见解析 （2）证明见解析
（1）单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，最小值为ln2 （2）(0,1) （3）证明见解析，k=1