第14讲 函数的零点、隐零点、极值点偏移问题（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为16分
【备考策略】1.理解、掌握函数零点与方程的关系
2.能掌握函数零点的求解方法
3.具备数形结合的思想意识，会借助函数图像的交点解决函数的零点问题
4.会解隐零点与极值点偏移问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数的解析式解决函数的零点相关问题。
知识讲解
知识点一.函数零点个数问题
用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断;另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决，对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围，从图象的最高点、最低点、分析函数的最值、极值;从图象的对称性，分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等。但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.
知识点二.零点存在性赋值理论
1.确定零点是否存在或函数有几个零点，作为客观题常转化为图象交点问题，作为解答题一般不提倡利用图象求解，而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点， 赋值之所以“热”， 是因为它涉及到函数领域的方方面面:讨论函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性);求含参函数的极值或最值;证明一类超越不等式;求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等，零点赋值基本模式是已知f(a)的符号，探求赋值点m(假定 m2.赋值点遴选要领:讲选赋值点须做到三个确保:确保参数能取到它的一切值; 确保赋值点 x0 落在规定区间内;确保运算可行
三个优先:(1)优先常数赋值点;(2)优先借助已有极值求赋值点;(3)优先简单运算.
知识点三.隐零点问题
1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”
2.利用导数求函数的最值或单调区间，常常会把品值问题转化为求导函数的零点问题、若导数零点存在，但无法求出，我们可以设其为x0，再利用导函数单调性确定x0所在区间，最后根据f’(x0)=0，研究f(x0)，我们把这类问题称为隐零点问题.注意若f(x)中含有参数a，关系式f(x0)= 0是关于x0,a的关系式，确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.
考点一、函数零点个数问题
1.（2024·四川凉山·二模）若fx=xsinx+csx−1，x∈−π2,π，则函数fx的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.
【详解】f'x=sinx+xcsx−sinx=xcsx,
当x∈−π2,0时，f'x<0，fx单调递减，
当x∈0,π2时，f'x>0，fx单调递增，
当x∈π2,π时，f'x<0，fx单调递减，
又f−π2=π2−1>0，f0=0，fπ2=π2−1>0，fπ=−2<0，
则fx=xsinx+csx−1的草图如下：
由图象可得函数fx的零点个数为2.
2.（2024高三·全国·专题练习）函数f（x）＝x－sin x的零点个数为 ．
【答案】1
【详解】
解析：由题得f′（x）＝1－cs x≥0，所以f（x）在R上是增函数．又f（0）＝0，故f（x）只有一个零点．
1.（2024高三·全国·专题练习）已知函数f(x)＝x3－x－1.
(1)求证：函数f(x)在区间(1，2)内恰有一个零点；
(2)将（1）中的零点记为a，且a∈n4,n+14，求自然数n的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【详解】（1）证明：∵ f(1)＝－1＜0，f(2)＝5＞0，f(x)在[1，2]上的图象是连续不间断的，
∴ f(x)在区间(1，2)内有零点.
∵ f′(x)＝3x2－1，∴ x∈(1，2)时，f′(x)＞0，
∴ f(x)在(1，2)上单调递增，
∴ 函数f(x)在区间(1，2)内恰有一个零点.
（2）解：由（1）知f(x)在(1，2)上单调递增，
∵ f(32)＝278－32－1＝78＞0，∴ a∈(1，32).
又f(54)＝12564－54－1＝－1964＜0，∴ a∈(54，32)，
因此n＝5.
2.（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数fx=lnx+sinx+sinπ10.
(1)求函数fx在区间1,e上的最小值；
(2)判断函数fx的零点个数，并证明.
【答案】(1)sin1+sinπ10
(2)函数f(x)在0,+∞有且仅有一个零点，证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，令gx=f'(x)=1x+csx，利用导数说明gx的单调性，结合零点存在性定理得到fx的单调性，即可求出fx在闭区间上的最小值；
（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论0π时，f(x)的正负，即可得出证明.
【详解】（1）因为fx=lnx+sinx+sinπ10，
所以f'(x)=1x+csx，令gx=f'(x)=1x+csx，g'x=−1x2−sinx，
当x∈1,e时，g'x=−1x2−sinx<0，
所以gx在1,e上单调递减，且g1=1+cs1>0，
ge=1e+cse<1e+cs2π3=1e−12<0，
所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的α，使gα=f'α=0
又当x∈1,α时，gx=f'x>0；当x∈α,e时，gx=f'x<0；
所以fx在x∈1,α上单调递增，在x∈α,e上单调递减，
又因为f1=ln1+sin1+sinπ10=sin1+sinπ10，
fe=lne+sine+sinπ10=1+sine+sinπ10>f1，
所以函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为f1=sin1+sinπ10.
（2）函数fx在0,+∞上有且仅有一个零点，证明如下：
函数fx=lnx+sinx+sinπ10，x∈0,+∞，则f'(x)=1x+csx，
若00，
所以f(x)在区间0,1上单调递增，又f1=sin1+sinπ10>0，
f1e=−1+sin1e+sinπ10<−1+sinπ6+sinπ6=0，
结合零点存在定理可知，f(x)在区间0,1有且仅有一个零点，
若10,sinx≥0，sinπ10>0，则fx>0，
若x>π，因为lnx>lnπ>1≥−sinx，所以fx>0，
综上，函数f(x)在0,+∞有且仅有一个零点.
考点二、数形结合法研究零点问题
1.（2023·四川甘孜·一模）设定义在R上的函数fx是偶函数，且fx+π=fx−π，f'x是fx的导函数，当x∈0,π时，00，则函数y=fx−sinx在−2π,2π上的零点个数为（ ）
A．2B．4C．5D．8
【答案】B
【分析】根据题意得到函数fx的单调性，将题目转化y=sinx与y=f(x)在−2π,2π上的交点个数问题即可.
【详解】当x∈0,π且x≠π2时，x−π2f'x>0，则
x∈(0,π2)时，f'x<0,fx为减函数；x∈(π2,π)时，f'x>0,fx为增函数，
由fx+π=fx−π，得fx+2π=fx，则函数fx的周期为2π，
又在R上函数fx是偶函数，当x∈0,π时，0在同一坐标系中作出y=sinx与y=f(x)在−2π,2π上的图象，
由图可知，两函数的图象有4个交点，
所以y=f(x)−sinx在−2π,2π上的零点个数为4个.
故选：B.
2.（2024高三下·全国·专题练习）已知fx是定义在R上的奇函数，当x>0时，fx=ex3−3lnx，则函数fx的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】当x>0时，令fx=0，得ex3=3lnx，即x3ex3=xlnx，构造函数ℎx=xex,x>0，求导确定单调性从而可得x3=lnx，再根据函数mx=lnxx,x>0的图象性质，可得方程根的个数，结合函数fx的奇偶性即可得结论；或者令x3=t，则由et=3ln3t，可得3t=et，从而令ℎt=et−3t，求导确定单调性，判断其零点个数再结合函数fx的奇偶性即可得结论.
【详解】解法一：∵函数fx是定义在R上的奇函数，∴f0=0，
当x>0时，令fx=0，得ex3=3lnx，即x3ex3=xlnx=lnx·elnx，
构造函数ℎx=xex,x>0，则ℎ'x=1+xex>0恒成立，所以ℎx在0,+∞上单调递增，
则当ℎx3=ℎlnx时，可得x3=lnx，则13=lnxx，
又mx=lnxx,x>0，则m'x=1−lnxx2，所以x∈0,e时，m'x>0函数递增，x∈e,+∞时，m'x<0函数递减，
且me=1e；x→0,mx→−∞;x→+∞,mx→0，则函数mx的图象大致如图所示，
由于lnxx≤1e，∴13=lnxx有两个解，
由于fx是定义在R上的奇函数，故当x<0时，fx也是2个零点，
综上，当x∈R时，fx有5个零点.
解法二：当x>0时，令fx=0，得ex3=3lnx，即x3ex3=xlnx=lnx·elnx，
令x3=t，则et=3ln3t⇒eet=e3ln3t=3t3⇒etet=3t3t⇒3t=et，
令ℎt=et−3t，ℎ't=et−3，所以t∈0,ln3时，ℎ't<0函数递减，t∈ln3,+∞时，ℎ't>0函数递增，
又ℎ0=1，又ℎ1=e−3<0，ℎ2=e2−60，故ℎx在区间0,1和区间1,2各有一个交点，
fx是定义在R上的奇函数，故f0=0，当x<0时，fx也是2个零点，
综上，当x∈R时，fx有5个零点.
故选：D．
1.（24-25高三上·广东·开学考试）若函数f(x)=sinx−csx+ax+1(a>0)，x∈[0,2π]的图象与直线x=0,x=π,y=0所围成的封闭图形的面积为12π2+π+2．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)单调区间及最值；
(3)求函数g(x)=f(x)−m在区间x∈[0,2π]上的零点个数．
【答案】(1)a=1；
(2)递增区间是[0,π)，(3π2,2π]，递减区间是(π,3π2)，最小值0，最大值2π；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用定积分列式求出a值.
（2）由（1）求出f(x)及导数，利用导数法分析函数的单调性，进而可得函数f(x)单调区间及最值.
（3）作出函数f(x)的简图，数形结合可得函数g(x)=f(x)−m在区间x∈[0,2π]上的零点个数.
【详解】（1）依题意，当f(x)≥0时，0πf(x)dx=0π[sinx−csx+ax+1]dx=(−csx−sinx+12ax2+x)|0π
=12aπ2+π+2=12π2+π+2，解得a=1，
当f(x)≤0时，0π−f(x)dx=0π[−sinx+csx−ax−1]dx=(csx+sinx−12ax2−x)|0π
=−12aπ2−π−2=12π2+π+2，此时a<0，不符合题意，
所以a=1.
（2）由（1）知，f(x)=sinx−csx+x+1，求导得f'(x)=csx+sinx+1=2sin(x+π4)+1，
当x∈[0,2π]时，x+π4∈[π4,9π4]，当x+π4∈[π4,5π4)，即x∈[0,π)时，f'(x)>0，
当x+π4∈(5π4,7π4)，即x∈(π,3π2)时，f'(x)<0，当x+π4∈(7π4,2π]，即x∈(3π2,2π]时，f'(x)>0，
则函数f(x)在[0,π)，(3π2,2π]上单调递增，在(π,3π2)上单调递减，
在x=π处取得极大值f(π)=π+2，在x=3π2处取得极小值f(3π2)=3π2，而f(0)=0,f(2π)=2π，
所以函数f(x)的递增区间是[0,π)，(3π2,2π]，递减区间是(π,3π2)，最小值f(0)=0，最大值f(2π)=2π.
（3）由g(x)=0，得f(x)=m，函数g(x)在[0,2π]上的零点个数即直线y=m与函数y=f(x)的图象的交点个数，
结合（2）在同一坐标系内作出直线y=m与函数y=f(x)的图象，
观察图象知，当0≤m<3π2或π+2当m=3π2或m=π+2时，直线y=m与函数y=f(x)的图象有2个交点；
当3π2所以当0≤m<3π2或π+2当m=3π2或m=π+2时，函数g(x)有2个零点；
当3π22.（2024·浙江·模拟预测）已知函数fx=aex+sinx−x−1.
(1)当a=12时，求fx的单调区间；
(2)当a=1时，判断fx的零点个数.
【答案】(1)减区间为−∞,0，增区间为0,+∞；
(2)2个.
【分析】（1）求导，当x<0时，利用指数函数性质和余弦函数有界性可判断导数符号，当x>0时，利用二次导数判断导函数单调性，然后可得导函数符号；
（2）当x>0时，利用二次导数判断fx的单调性，当x≤−π时，利用指数函数性质和正弦函数有界性可判断函数值符号，当−π【详解】（1）当a=12时，fx=12ex+sinx−x−1，所以f'x=12ex+csx−1，
当x<0时，ex<1,csx≤1，所以12ex+csx<1，则f'x<0，
所以，fx在−∞,0上单调递减.
当x>0时，记gx=12ex+csx−1，则g'x=12ex−sinx，
因为ex>1≥sinx，所以g'x>0，gx在0,+∞单调递增，
所以gx>g0=0，即f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增.
综上，fx的减区间为−∞,0，增区间为0,+∞.
（2）当a=1时，fx=ex+sinx−x−1，则f'x=ex+csx−1，
记ℎx=ex+csx−1，则ℎ'x=ex−sinx，
当x>0时，ex>1≥sinx，所以ℎ'x>0，ℎx在0,+∞单调递增，
所以ℎx>ℎ0=1>0，fx在0,+∞上单调递增，
所以fx>f0=0，fx在0,+∞上无零点.
当x≤−π时，因为ex>0,sinx≥−1,−x−1≥π−1，
所以fx=ex+sinx−x−1>0，此时fx无零点.
当−π因为当x趋近于0时，n'x趋近于0，所以nx的变化越来越慢，图象下凹，
当x=−π时，ex−x−1>−sinx，当x=0时，ex−x−1=−sinx，
作出函数nx和y=−sinx的图象如图，
由图可知，当−π易知x=0是fx的一个零点.
综上，函数fx共有2个零点.
3.（22-23高三上·全国·阶段练习）已知函数f(x)=13x3−2mx2+2，其中m≥0．
(1)若fx的极小值为−286，求fx单调增区间；
(2)讨论fx的零点个数．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）由导数的单调性得到极小值，即可求解；
（2）由（1）知，fx在区间−∞,0有1个零点，再讨论fx的极小值为f4m=2−323m3的情况进行求解.
【详解】（1）由题f(x)=13x3−2mx2+2，得f'(x)=x2−4mx=x(x−4m)，其中m≥0，
当m=0时，f'x≥0，fx单调递增，fx无极值；
当m>0时，令f'x>0，解得x<0或x>4m；
令f'x<0，解得0所以fx的单调递减区间为0,4m，单调递增区间为−∞,0，4m,+∞，
所以当x=4m时，fx取得极小值f4m=2−323m3，
所以2−323m3=−286，解得m=3．
fx单调增区间−∞,0和12,+∞；
（2）由（1）知当m>0时，fx的极小值为f4m=2−323m3，
fx的极大值为f0=2>0，f−1m=−131m3<0，
所以fx在区间−∞,0有1个零点，
当2−323m3<0，即m>3124时，因为f0=2>0，f6m>0，
所以fx在区间0,4m,4m,+∞各有1个零点，因此fx有三个零点，如图①曲线；
当2−323m3=0，即m=3124时，fx有两个零点，如图②曲线；
当2−323m3>0，即m<3124时，fx有一个零点，如图③曲线；
当m=0时，f(x)=13x3+2，易知fx有一个零点．
综上，当0≤m<3124时，fx有一个零点；
当m=3124时，fx有两个零点；
当m>3124时，fx有三个零点.
【点睛】方法点睛：对于第二问，先给出fx在区间−∞,0有1个零点，再对fx的极小值2−323m3分类讨论求解.
考点三、含参分类讨论确定零点问题
1.（2024·山东聊城·一模）已知函数fx=xex−1，gx=lnx−mx，φx=ex−lnxx−1x.
(1)求fx的单调递增区间；
(2)求φx的最小值；
(3)设ℎx=fx−gx，讨论函数ℎx的零点个数.
【答案】(1)−1,+∞
(2)1
(3)当m=−1时，函数ℎx有一个零点，当m<−1时，函数ℎx有两个零点，当m>−1时，函数ℎx无零点
【分析】（1）求导后令f'x≥0，计算即可得；
（2）求导后，令μx=x2ex+lnxx>0，再次求导后可得μx的单调性，无法直接求出使μx=0的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到x0∈1e,1，使x02ex0+lnx0=0，再借助对数变形，得到x0ex0=ln1x0⋅eln1x0，从而构造函数ωx=xexx>0，结合函数单调性，得到x0=ln1x0，代入φx0中，即可得解.
（3）变形后可得函数ℎx的零点个数即为φx=−m的实数根的个数，结合φx的单调性讨论即可得.
【详解】（1）f'x=x+1ex，令f'x≥0，可得x≥−1，
故fx的单调递增区间为−1,+∞；
（2）φ'x=ex−1−lnxx2+1x2=x2ex+lnxx2x>0，
令μx=x2ex+lnxx>0，
则μ'x=x2+2xex+1x，
由x>0，故μ'x=x2+2xex+1x>0恒成立，
故μx在0,+∞上单调递增，
又μ1e=1e2e1e+ln1e=1e2e1e−1=e1e−e2e2<0，μ1=e+ln1=e>0，
故存在x0∈1e,1，使μx0=0，即x02ex0+lnx0=0，
即φx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
故φx≥φx0，
由x02ex0+lnx0=0，则x0ex0=−lnx0x0=ln1x0⋅eln1x0，
令ωx=fx+1=xexx>0，则有ωx0=ωln1x0，
ω'x=f'x=x+1ex，当x>0时，ω'x>0恒成立，
故ωx在0,+∞上单调递增，故x0=ln1x0，即lnx0=−x0，
则φx0=ex0−lnx0x0−1x0=eln1x0−−x0x0−1x0=1x0+1−1x0=1，
即φx的最小值为1；
（3）令ℎx=fx−gx=xex−1−lnx+mx=0x>0，
即有−m=ex−lnxx−1x=φx，
即函数ℎx的零点个数为φx=−m的实数根的个数，
由（2）知，φx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，且φx0=1，
又当x→0时，φx→+∞，当x→+∞时，φx→+∞，
故当−m=1，即m=−1时，φx=−m有唯一实数根，
当−m>1，即m<−1时，φx=−m有两实数根，
当−m<1，即m>−1时，φx=−m无实数根，
即当m=−1时，函数ℎx有一个零点，
当m<−1时，函数ℎx有两个零点，
当m>−1时，函数ℎx无零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中，令φ'x=0无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到x0∈1e,1，使x02ex0+lnx0=0，再借助对数变形，得到x0ex0=ln1x0⋅e1x0，从而构造函数ωx=xexx>0，结合函数单调性，得到x0=ln1x0，从而求出φx的最小值.
2.（2024·湖南·二模）已函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c∈R)，其图象的对称中心为(1,−2).
(1)求a−b−c的值；
(2)判断函数fx的零点个数.
【答案】(1)−3
(2)答案见解析
【分析】（1）由fx的图象关于(1,−2)对称，得到fx+1+f−x+1=−4，列出方程组即可求解；
（2）由（1）得到函数fx的解析式，求出f'x，利用Δ判断f'x=0根的情况，分类讨论确定零点的个数.
【详解】（1）因为函数fx的图象关于点1,−2中心对称，故y=fx+1+2为奇函数，
从而有fx+1+2+f−x+1+2=0，即fx+1+f−x+1=−4，
fx+1=(x+1)3+a(x+1)2+bx+1+c=x3+a+3x2+2a+b+3x+a+b+c+1，
f1−x=(1−x)3+a(1−x)2+b1−x+c=−x3+a+3x2−2a+b+3x+a+b+c+1，
所以2a+6=02a+2b+2c+2=−4，解得a=−3b+c=0，
所以a−b−c=−3；
（2）由（1）可知，fx=x3−3x2−cx+c，f'x=3x2−6x−c，Δ=36+12c，
①当c≤−3时，Δ=36+12c≤0，f'x≥0，所以fx在R上单调递增，
∵ f1=−2<0，f3=27−3×9−3c+c=−2c>0，
∴函数fx有且仅有一个零点；
②当−30，x1⋅x2=−c3>0，
∴ f'x=0有两个正根，不妨设x1∴函数fx在−∞,x1单调递增，在x1,x2上单调递减，在x2,+∞上单调递增，
∵ fx1=x13−3x12−x1−13x12−6x1=−2x1x12−3x1+3<0，f3=−2c>0，
∴函数fx有且仅有一个零点；
③当c=0时，fx=x3−3x2，
令fx=x3−3x2=0，解得x=0或x=3，
∴ fx有两个零点；
④当c>0时，x1+x2=2，x1⋅x2=−c3<0，
∴ f'x=0有一个正根和一个负根，不妨设x1<0∴函数fx在−∞,x1上单调递增，在x1,x2上单调递减，在x2,+∞上单调递增，
∵ fx1>f0=c>0，fx2∴函数fx有且仅有三个零点；
综上，当c>0时，函数fx有三个零点；
当c=0时，函数fx有两个零点；
当c<0时，函数fx有一个零点.
1.（2024·河南郑州·三模）已知函数fx=eax−x.
(1)若a=2，求fx在1,f1处的切线方程；
(2)讨论fx的零点个数.
【答案】(1)y=2e2−1x−e2
(2)答案见解析
【分析】（1）根据已知条件及导数的求导法则，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用导数法求含参函数的单调性，进而求出函数的最值，结合函数的单调性、函数的最值关系和函数零点存在定理对a的范围进行分类讨论，即可求解函数零点个数.
【详解】（1）若a=2，则fx=e2x−x,f'x=2e2x−1.
又f1=e2−1,切点为1,e2−1，
曲线y=fx在1,f1处的斜率k=f'1=2e2×1−1=2e2−1，
故所求切线方程为y−e2−1=2e2−1x−1即y=2e2−1x−e2.
（2）由题f'x=aeax−1．
1°当a≤0时，f'x<0,fx在R上单调递减，又f0=1>0,f1=ea−1≤0.
故fx存在一个零点，此时fx零点个数为1.
2°当a>0时，令f'x<0得x<−lnaa，令f'x>0得x>−lnaa，
所以fx在−∞,−lnaa上单调递减，在−lnaa,+∞上单调递增.
故fx的最小值为f−lnaa=1+lnaa.
当a=1e时，fx的最小值为0，此时fx有一个零点.
当a>1e时，fx的最小值大于0，此时fx没有零点．
当00，
f−lnaa=1+lnaa<0,x→+∞时，fx→+∞，此时fx有两个零点.
综上，当a≤0或a=1e时，fx有一个零点；
当0当a>1e时，fx没有零点.
2.（2024·湖北·模拟预测）函数f(x)=aex−x−1(a∈R)．
(1)当a=1时，证明：f(x)≥0；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）求导可得f'(x)=ex−1，当x∈(−∞,0)时，f'(x)<0，当x∈(0,+∞)时，f'(x)>0，可证结论；
（2）由已知可得a=x+1ex=g(x)，求导可得g(x)的单调性，进而可求函数f(x)的零点个数．
【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex−x−1，所以f'(x)=ex−1，令f'(x)=0得x=0．
当x∈(−∞,0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增．
从而f(x)≥f(0)=0，不等式得证．
（2）令f(x)=0，则a=x+1ex=g(x)，g'(x)=−xex．
当x∈(−∞,0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0,+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减．
又g(0)=1，当x→−∞时，g(x)→−∞；当x→+∞时，g(x)→0．
从而当a>1时，f(x)无零点；当a≤0或a=1时，f(x)有一个零点；
当03.（23-24高三上·河北邢台·阶段练习）已知函数fx=2x3−3x2−12x+5．
(1)求fx的极值；
(2)讨论函数gx=fx−m的零点个数．
【答案】(1)fx极大值=12，fx极小值=−15
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数即可求解.
（2）gx的零点个数为函数y=fx的图象与直线y=m的交点个数，用导数法研究零点个数即可.
【详解】（1）f(x)定义域为：(−∞,+∞),
由题意可得f'x=6x2−6x−12=6x+1x−2．
由f'x>0，得x<−1或x>2，由f'x<0，得−1则fx在−∞,−1和2,+∞上单调递增，在−1,2上单调递减，
故fx极大值=f−1=12，fx极小值=f2=−15．
（2）由（1）可知fx在−∞,−1和2,+∞上单调递增，在−1,2上单调递减，
f−1=12，f2=−15，且当x→−∞时，fx→−∞，当x→+∞，fx→+∞．
f(x)的图象如下图所示：

令gx=fx−m=0，得fx=m．
当m>12或m<−15时，方程fx=m有且仅有1个实根，即gx有1个零点；
当m=12或m=−15时，方程fx=m有2个实根，即gx有2个零点；
当−15【点睛】本题只要考查了函数的极值与零点，考查了灵活利用导数知识分析问题，解决问题的能力，综合考查了逻辑推理与运算能力，体现了分类讨论的思想.
4.（23-24高三上·陕西·阶段练习）已知函数fx=3lnx+12x2−4x+1.
(1)求fx的图象在x=2处的切线方程；
(2)讨论函数gx=fx−m的零点个数.
【答案】(1)x+2y−6ln2+8=0
(2)答案见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可；
（2）根据导函数的性质判断原函数的单调性，结合函数的零点定义分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）由题意可得f'x=3x+x−4，
则f'2=32+2−4=−12.
因为f2=3ln2+2−8+1=3ln2−5，
所以所求切线方程为y−3ln2−5=−12x−2，
即x+2y−6ln2+8=0；
（2）由题意可得g'x=3x+x−4=x2−4x+3x=x−1x−3x.
由g'x>0，得03，由g'x<0，得1则gx在0,1和3,+∞上单调递增，在1,3上单调递减.
当x→0时，gx→−∞，当x→+∞时，gx→+∞，且g1=−m−52，g3=−m−132+3ln3.
当−m−52<0，即m>−52时，gx有且仅有1个零点；
当−m−52=0，即m=−52时，gx有2个零点；
当−m−52>0−m−132+3ln3<0时，即3ln3−132当−m−132+3ln3=0，即m=3ln3−132时，gx有2个零点；
当−m−132+3ln3>0，即m<3ln3−132时，gx有且仅有1个零点.
综上，当m>−52或m<3ln3−132时，gx有且仅有1个零点；
当m=−52或m=3ln3−132时，gx有2个零点；
当3ln3−132【点睛】关键点睛：本题的关键是根据函数极值点的正负分类讨论.
考点四、已知零点个数求参数问题
1.（2024·山西·三模）已知函数f(x)=2x+1x,x>0ex,x≤0，若函数g(x)=f(x)−x+m(m∈R)恰有一个零点，则m的取值范围是 .
【答案】−2【分析】根据对勾函数的性质以及导数求解函数的最值，即可作出函数的图象，根据f(x)−x=−m只有一个交点，即可结合图象求解.
【详解】f(x)−x=x+1x,x>0ex−x,x≤0，
由于y=x+1xx>0为对勾函数，最小值为2，而y=ex−xx≤0,y'=ex−1≤0，所以y=ex−x在−∞,0单调递减，
故ex−x≤1，作出fx−x的大致图象如下：
故要使g(x)=f(x)−x+m(m∈R)恰有一个零点，只需要f(x)−x=−m只有一个交点，
故1≤−m<2，即−2故答案为：−22.（2018·全国·高考真题）已知函数fx=ex-ax2．
（1）若a=1，证明：当x≥0时，fx≥1；
（2）若fx在(0,+∞)只有一个零点，求a的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）a=e24．
【分析】（1）方法一：构造函数gx=x2+1e-x-1，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;
（2）方法一：研究fx零点，等价研究ℎx=1-ax2e-x的零点，先求ℎx导数：ℎ'x=axx-2e-x，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当a≤0时，ℎx>0，ℎx没有零点；当a>0时，ℎx先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当a=1时，fx≥1等价于x2+1e-x-1≤0．
设函数gx=x2+1e-x-1，则g'x=-x2-2x+1e-x=-x-12e-x．
g'x≤0，所以gx在0,+∞单调递减．
而g0=0，故当x≥0时，gx≤0，即fx≥1．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当a=1时，f(x)=ex-x2,f'(x)=ex-2x．
令g(x)=ex-2x,g'(x)=ex-2，令g'(x)=0，得x=ln2．则函数y=g(x)在区间[0,ln2)内单调递减，在区间[ln2,+∞)内单调递增，从而g(x)≥g(ln2)=2-2ln2>0，所以函数y=f(x)在区间[0,+∞)内单调递增，有f(x)≥f(0)=1．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当x≥0时，f(x)=ex-x2≥1⇔x≥lnx2+1．
令g(x)=x-lnx2+1,g'(x)=1-2xx2+1=(x-1)2x2+1≥0，函数y=g(x)在区间[0,+∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)=0，有x≥lnx2+1，故当x≥0时，f(x)≥1．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数ℎx=1-ax2e-x，
fx在0,+∞只有一个零点当且仅当ℎx在0,+∞只有一个零点．
（i）当a≤0时，ℎx>0，ℎx没有零点；
（ii）当a>0时，ℎ'x=axx-2e-x．
当x∈0,2时，ℎ'x<0；当x∈2,+∞时，ℎ'x>0．
所以ℎx在0,2单调递减，在2,+∞单调递增．
故ℎ2=1-4ae2是ℎx在0,+∞的最小值．
①若ℎ2>0，即a②若ℎ2=0，即a=e24，ℎx在0,+∞只有一个零点；
③若ℎ2<0，即a>e24，由于ℎ0=1，所以ℎx在0,2有一个零点，
由（1）知，当x>0时，ex>x2，所以ℎ4a=1-16a3e4a=1-16a3e2a2>1-16a32a4=1-1a>0．
故ℎx在2,4a有一个零点，因此ℎx在0,+∞有两个零点．
综上，fx在0,+∞只有一个零点时，a=e24．
［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数
令f(x)=0，得a=exx2．
令ℎ(x)=exx2(x>0),ℎ'(x)=ex(x-2)x3．则函数y=ℎ(x)在区间(0,2)内单调递减，在区间(2,+∞)内单调递增，则[ℎ(x)]min=ℎ(2)=e24．当x→0时，ℎ(x)→+∞，当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，故函数y=f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点时，a=e24．
［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数
函数y=f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点等价于函数y=ex的图象与函数y=ax2的图象在区间(0,+∞)内只有一个公共点．由y=ex与y=ax2的图象可知它们在区间(0,+∞)内必相切于y轴右侧同一点，设切点为x0,y0，则ex0=ax02ex0=2ax0，解方程组得a=e24，经验证符合题意．
［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数
当x>0时，f(x)=0⇔ax=exx，原问题转化为动直线y=ax与曲线ℎ(x)=exx在区间(0,+∞)内只有一个公共点．由ℎ'(x)=(x-1)exx2得函数y=ℎ(x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,+∞)内单调递增．设y=ax与y=ℎ(x)的切点为Px0,exx0，则ℎ'x0=x0-1ex0x02，于是函数y=ℎ(x)在点P处的切线方程为y-ex0x0=x0-1ex0x02x-x0．由切线过原点可得x0=2，故a=ℎ'(2)=e24．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为f'(x)=ex-2ax，x∈0,+∞，
当a≤0时，f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f(0)=1>0，故f(x)无零点；
当a>0时，f″(x)=ex-2a．
①当0f'(0)=1,f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f(0)=1>0，故f(x)无零点；
②当12③当a>e2时，f'(x)min<0，又f'(0)=1，所以存在x1∈(0,ln2a),x2∈(ln2a,+∞)，使得f'(x)=0，则函数y=f(x)在区间0,x1内单调递增，在区间x1,x2内单调递减，在区间x2,+∞内单调递增，且f(0)=1，则x2为函数y=f(x)的唯一零点，且x2满足ex1=2ax2．所以fx2=ex1-ax22=2ax2-ax22=ax22-x2=0，解得x2=2，则a=e24．
［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论
当a≤0时，fx=ex-ax2>0，无零点；
当a>0时，f(x)=0⇔ex2-ax=0，记φ(x)=ex2-ax，则φ'(x)=12ex2-a；
当0φ(0)=1，故φ(x)无零点；
当a>14时，当x<2ln2a时，φ'(x)<0,φ(x)单调递诚，当x>2ln2a时，φ'(x)>0,φ(x)单调递增，当x→0时，φ(x)→1，当x→+∞时，φ(x)→+∞，
故[φ(x)]min=φ(2ln2a)=2a-2aln2a=0，得a=e24．
【整体点评】（1）方法一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为x2+1e-x-1≤0，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．；
方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法；
方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为x-lnx2+1≥0，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．
（2）方法一：根据指数找朋友，原函数fx在0,+∞只有一个零点等价于ℎx=1-ax2e-x在0,+∞只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出；
方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出；
方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出；
方法四：同方法二；
方法五：直接含参讨论函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法；
方法六：易知当a≤0时函数无零点，只需考虑a>0时的情况，f(x)=0⇔ex2-ax=0，再含参讨论函数φ(x)=ex2-ax的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解．
1.（2017·全国·高考真题）已知函数fx=ae2x+a−2ex−x
（1）讨论fx的单调性；
（2）若fx有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）(0,1).
【详解】试题分析：（1）讨论f(x)单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对a按a≤0，a>0进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若a≤0，f(x)至多有一个零点.若a>0，当x=−lna时，f(x)取得最小值，求出最小值f(−lna)=1−1a+lna，根据a=1，a∈(1,+∞)，a∈(0,1)进行讨论，可知当a∈(0,1)时有2个零点.易知f(x)在(−∞,−lna)有一个零点；设正整数n0满足n0>ln(3a−1)，则f(n0)=en0(aen0+a−2)−n0>en0−n0>2n0−n0>0.由于ln(3a−1)>−lna，因此f(x)在(−lna,+∞)有一个零点.从而可得a的取值范围为(0,1).
试题解析：（1）f(x)的定义域为(−∞,+∞)，f'(x)=2ae2x+(a−2)ex−1=(aex−1)(2ex+1)，（ⅰ）若a≤0，则f'(x)<0，所以f(x)在(−∞,+∞)单调递减.
（ⅱ）若a>0，则由f'(x)=0得x=−lna.
当x∈(−∞,−lna)时，f'(x)<0；当x∈(−lna,+∞)时，f'(x)>0，所以f(x)在(−∞,−lna)单调递减，在(−lna,+∞)单调递增.
（2）（ⅰ）若a≤0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.
（ⅱ）若a>0，由（1）知，当x=−lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(−lna)=1−1a+lna.
①当a=1时，由于f(−lna)=0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1,+∞)时，由于1−1a+lna>0，即f(−lna)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1−1a+lna<0，即f(−lna)<0.
又f(−2)=ae−4+(a−2)e−2+2>−2e−2+2>0，故f(x)在(−∞,−lna)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln(3a−1)，则f(n0)=en0(aen0+a−2)−n0>en0−n0>2n0−n0>0.
由于ln(3a−1)>−lna，因此f(x)在(−lna,+∞)有一个零点.
综上，a的取值范围为(0,1).
点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数f(x)有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y=a与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若f(x)有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.
2.（2024·内蒙古包头·三模）设函数fx=lnx+ax−a．
(1)当a=1时，求fx的最小值；
(2)若fx恰有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)0
(2)0,1∪1,+∞
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性求最值即可；
（2）求出函数fx的导函数f'x=1x−ax2=x−ax2x>0，对a进行分类讨论，分析函数的单调性，最值，由函数零点的个数求a的取值范围即可.
【详解】（1）当a=1时，fx=lnx+1x−1，f'x=1x−1x2=x−1x2x>0，
当x∈0,1时f'x<0；当x∈1,+∞时，f'x>0．
所以，函数fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．
所以fx≥f1=0，即fx的最小值为0．
（2）由fx=lnx+ax−a，得f'x=1x−ax2=x−ax2x>0，
（ⅰ）当a≤0时，f'x>0，函数fx在0,+∞单调递增，且f1=0，故函数fx恰有一个零点，不合题意．
（ⅱ）当a>0时，
①若a=1，由（1）可知f1=0为最小值，函数fx恰有一个零点，不合题意．
②若a>1，当x∈0,a时，f'x<0，函数fx在0,a单调递减，所以fa当x∈a,+∞时，f'x>0，函数fx在a,+∞单调递增，又fea=a+aea−a=aea>0，
根据零点存在定理，所以函数fx在区间a,ea上存在唯一零点x0，
此时函数fx恰有两个零点，满足题意．
③若0根据（1）由fx≥0，得lnx≥1−1x，
由0所以f22−a2=ln22−a2+2−a2a−a=2lna2−a+4a−4≥21−2−aa+4a−4=0．
又因为fx在0,a上单调递减，根据零点存在定理，
所以函数fx在区间22−a2,a上存在唯一零点x1，
此时函数fx恰有两个零点，满足题意．
综上，a的取值范围是0,1∪1,+∞．
【点睛】一般的根据函数零点的个数求参数的取值范围，需要对参数进行分类讨论，利用导数研究函数的单调性，最值，结合零点的存在性定理进行求解.
考点五、隐零点问题
1.22-23高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式：ex−2>lnx（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；
（2）已知函数f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）
【答案】（1）证明见解析；（2）(0,+∞).
【分析】（1）根据给定条件，构造函数g(x)=ex−2−lnx，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.
（2）求出函数f(x)的导数，利用导数分类讨论函数f(x)的单调性、零点情况作答.
【详解】（1）令函数g(x)=ex−2−lnx，x>0，求导得：g'(x)=ex−2−1x，显然函数g'(x)在(0,+∞)上单调递增，
而g'(1)=e−1−1<0，g'(2)=12>0，则存在x0∈(1,2)，使得g'(x0)=0，即ex0−2=1x0，有x0−2=−lnx0，
当0x0时，g'(x)>0，函数g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
g(x)min=g(x0)=ex0−2−lnx0=1x0+x0−2>21x0⋅x0−2=0，
所以ex−2>lnx.
（2）函数f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2定义域R，求导得f'(x)=(x−1)ex+2a(x−1)=(x−1)(ex+2a)，
当a>0时，由f'(x)<0得，x<1，由f'(x)>0得，x>1，即函数f(x)在(−∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
f(x)min=f(1)=−e<0，而f(2)=a>0，即存在x1∈(1,2)，使得f(x1)=0，则函数f(x)在(1,+∞)上有唯一零点，
取b<0且ba2(b−2)+a(b−1)2=a(b2−32b)>0，
即存在x2∈(b,1)，使得f(x2)=0，则函数f(x)在(−∞,1)上有唯一零点，
因此当a>0时，函数f(x)有两个零点，
当a=0时，函数f(x)=(x−2)ex只有一个零点2，
当a<0时，若−e21时，f'(x)>0，当ln(−2a)即有f(x)在(−∞,ln(−2a)),(1,+∞)上单调递增，在(ln(−2a),1)上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，
因此函数f(x)在(−∞,1)上没有零点，在(1,+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，
若a=−e2，恒有f'(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，函数f(x)最多一个零点，
若a<−e2，当x<1或x>ln(−2a)时，f'(x)>0，当1即有f(x)在(−∞,1),(ln(−2a),+∞)上单调递增，在(1,ln(−2a))上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，当x∈[1,ln(−2a))时，f(x)<0，
因此函数f(x)在(−∞,ln(−2a))上没有零点，在(ln(−2a),+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，
综上得，当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a≤0时，函数f(x)最多一个零点，
所以a的取值范围是(0,+∞).
2.（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知函数fx=x2−alnxa∈R．
(1)判断函数fx的单调性；
(2)设gx=f2x−fx−2lnfx，证明：当a=2时，函数gx有三个零点．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得f'x，对a进行分类讨论，由此求得fx的单调区间.
（2）先求得fx的范围，利用换元法，结合导数以及零点存在性定理证得a=2时，函数gx有三个零点.
【详解】（1）根据题意得，f'x=2x−ax=2x2−ax，x∈0,+∞，
当a≤0时，f'x>0，fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，f'x<0，得0令f'x>0，得x>2a2，
故fx在0,2a2上单调递减，在2a2,+∞上单调递增．
（2）当a=2时，fx=x2−2lnx，
则f'x=2x−1x+1x，
所以当x∈0,1时，f'x<0，fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f'x>0，fx单调递增，故fx的最小值为f1=1，
又x→0，fx→+∞；x→+∞，fx→+∞，
故fx∈1,+∞．
gx=f2x−fx−2lnfx=x2−2lnx2−x2−2lnx−2lnx2−2lnx，
设m=x2−2lnx，m∈1,+∞，
则ℎm=m2−m−2lnm，m∈1,+∞，
则ℎ'm=2m−1−2m=2m2−m−2m，
由2m2−m−2=0，得m=1+174．
因此，当m∈1,1+174时，ℎ'm<0，ℎm单调递减；
当m∈1+174,+∞时，ℎ'm>0，ℎm单调递增．
由于ℎ1=0，故ℎ1+174<ℎ1=0，又ℎ2=21−ln2>0，
由零点存在定理，存在m0∈1+174,2，使得ℎm0=0，
所以ℎm有两个零点m0和m1=1，即方程fx=m有两个根m0∈1+174,2和m1=1．
fx的图象如下，

当fx=1时，因为fxmin=1，
故方程fx=1有一个根x2=1；
当fx=m0时，其中m0∈1+174,2，
因为1+174>1，
故由fx图角可知，fx=m0有两个不同的根x1，x3，且0综上，当a=2时，函数gx有三个零点．
【点睛】利用导数研究含参数的函数的单调区间的过程中，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.分类标准可通过判别式、开口方向、根的大小等等来制定.利用导数研究函数的零点，往往要结合零点存在性定理来进行.
1.（22-23高三上·河北·期中）已知函数fx=2ex+a(x2−lnx)+x.
(1)若a=−2e−1，求fx的单调区间；
(2)记函数gx=−x2−alnx+1+x+4，若fx+1≥gx恒成立，试求实数a的取值范围.
【答案】(1)fx在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞上单调递减
(2)−2,+∞
【分析】（1）由题意得f'x=2ex+−2e−12x−1x+1，令f'x=0求出零点，即可得fx的单调区间；
（2）fx+1≥gx恒成立，转化为2ex+1+ax+12+x2−3≥0恒成立，令ℎx=2ex+1+ax+12+x2−3，求导后，转化成两个函数的交点问题讨论函数单调性，即可求出实数a的取值范围.
【详解】（1）解：由题意得函数fx的定义域为0,+∞，f'x=2ex+a2x−1x+1
若a=−2e−1，则f'x=2ex+−2e−12x−1x+1，
令f'x=0，则x=1，
而f'12=2e12+−2e−11−2+1=2e+2e+2>0，
所以fx在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞上单调递减；
（2）解：若fx+1≥gx,x>−1恒成立，
则2ex+1+ax+12−alnx+1+x+1≥−x2−alnx+1+x+4，
整理得2ex+1+ax+12≥−x2+3，则2ex+1+ax+12+x2−3≥0，
设ℎx=2ex+1+ax+12+x2−3，则ℎ'x=2ex+1+2ax+1+2x，
令ℎ'x=0，则2ex+1+2ax+1+2x=0，
整理得ex+1=−ax+1−x=−a+1x−a=−a+1x+1+1，
设y1=ex+1，y2=−a+1x+1+1，可知两个函数均过定点−1,1，
若−a+1=y'1x=−1=e−1+1=1，即a=−2时，
y2=x+1+1为y1=ex+1的切线，切点为−1,1，
①当−a+1=1，即a=−2时，ℎ'x=0，x=−1，不在定义域，不合题意；
②当−a+1<1，即a>−2时，
在区间−1,+∞，恒有y1>y2，ℎ'x=y1−y2>0，
所以ℎx在−1,+∞单调递增，ℎxmin=ℎ−1=0，
则ℎx>0，符合题意；
③当−a+1>1，即a<−2时，
设零点为x0，则x0>−1
所以ℎx在−1,x0上单调递减，在x0,+∞单调递增，
ℎxmin=ℎx0=2ex0+1+ax0+12+x02−3≥0，
因为2ex+1+2ax+1+2x=0，
则−2ax0+1−2x0+ax0+12+x02−3≥0⇒a≥−1+2x0−1，
又因为x0>−1，所以a>−2且a≠−1，与a<−2矛盾；
综上所述，实数a的取值范围为−2,+∞
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.（23-24高三下·广东广州·阶段练习）已知函数fx=ex−2x．
(1)求函数fx的极值；
(2)讨论函数gx=fx−sinx在R上的零点个数．（参考数据：sin1≈0.84，cs1≈0.54）
【答案】(1)极小值是2−2ln2，无极大值；
(2)2
【分析】
（1）求导，即可根据函数的单调性求解极值点，
（2）分类讨论x>0和x<0上的导数正负，结合零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）
∵函数fx=ex−2x，
∴f'x=ex−2；
令f'x=0，即ex−2=0，解得x=ln2，
当x>ln2时，f'x>0,fx单调递增，
当x故当x=ln2时，fx取极小值，
∴函数f(x)的极小值是f(ln2)=eln2−2ln2=2−2ln2，无极大值；
（2）gx=fx−sinx=ex−2x−sinx，则g'(x)=ex−2−csx，
令mx=ex−2−csx,则m'x=ex+sinx，
由于x>0时，m'x=ex+sinx>1+sinx≥0，因此函数mx=g'(x)在x>0上单调递增，
由于g'(0)=1−2−1<0,g'(1)=e−2−cs1>0，
因此存在唯一的x0∈0,1，使得g'x0=0，
故当x∈0,x0,g'(x)<0,gx单调递减，当x∈x0,+∞,g'(x)>0,gx单调的递增，
x<0时，g'(x)=ex−2−csx综上可知gx在x∈−∞,x0单调递减，在x∈x0,+∞单调递增，
又g1=e−2−sin1<0，g−π=e−π+2π>0，当x→+∞时，gx→+∞，
因此gx与x轴有两个不同的交点，故gx=fx−sinx在R上的零点个数为2.
【点睛】方法点睛：判断函数y=fx零点个数的常用方法：(1) 直接法： 令fx=0,则方程实根的个数就是函数零点的个；(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间a,b上是连续不断的曲线，且fa·fb<0,再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
3.（2024·山东·模拟预测）已知函数fx=14ex−x．
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线l在y轴上的截距；
(2)探究fx的零点个数．
【答案】(1)−12
(2)fx有两个零点
【分析】（1）求得f'x=14ex−12x，得到f'1=e4−12，f1=e4−1，利用导数的几何意义，求得切线方程，进而求得其在y轴上的截距；
（2）得到f'x=14ex−12x在0,+∞上递增，结合f'14<0,f'1>0，得到∃x0∈14,1，使得f'x0=0，进而求得fx单调性，结合零点的存在性定理，即可求解.
【详解】（1）解析：由函数fx=14ex−x，可得f'x=14ex−12x，所以f'1=e4−12，
又f1=e4−1，所以l的方程为y=e4−12x−1+e4−1，即y=e4−12x−12，
令x=0，可得y=−12，所以直线l在y轴上的截距为−12．
（2）解：因为y=14ex和y=−12x在0,+∞上均单调递增，
所以f'x=14ex−12x在0,+∞上单调递增，
又因为f'14=14e14−1<0,f'1=14e−12>0，所以∃x0∈14,1，使得f'x0=0，
所以，当x∈0,x0时，f'x<0，fx在0,x0单调递减；
当x∈x0,+∞时，f'x>0，fx在x0,+∞单调递增，
又因为f1100=14e1100−110>0,f1=e4−1<0,f4=14e4−2>0，
所以fx有两个零点．
结论拓展：与ex和lnx相关的常见同构模型
①aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造函数fx=xlnx或gx=xex；
②eaa③ea±a>b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb，构造函数fx=x±lnx或gx=ex±x.
4.（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）已知函数fx=ex−sinx.
(1)求fx在0,f0处的切线方程；
(2)求证：当x∈−π,+∞时，函数f'x有且仅有2个零点.
【答案】(1)y=1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题求出f'0，f0，即可得出该切线方程；
（2）令gx=f'x=ex−csx，得g'x=ex+sinx，分不同区间讨论f'x的增减和正负，进而得出结论.
【详解】（1）∵f'x=ex−csx，
∴f'0=0.
∵f0=e0−sin0=1，
∴y=fx在0,f0处的切线方程为y=1.
（2）由（1）令gx=f'x=ex−csx，
则g'x=ex+sinx，
∴①当x∈0,+∞时，f'x>1−csx≥0，即f'x>0.
②当x=0时，f'x=0，
③当x∈−π2,0时，g'x在−π2,0上单调递增.
∵g'−π4=1eπ4−12<0,g'0=1>0，
∴存在唯一x0∈−π4,0，使得g'x=0.
∴当x∈−π2,x0时，g'x<0，当x∈x0,0时，g'x>0，
∴当x∈−π2,x0时，f'x单调递减；当x∈x0,0时，f'x单调递增.
又∵f'−π2=e−π2>0,f'0=0，
∴存在唯一x1∈−π2,x0，使得f'x1=0，
即当x∈−π2,x1时，f'x1>0，当x∈x1,0时，f'x1<0，
∴当x∈−π2,0时，f'x有且仅有1个零点.
④当x∈−π,−π2时，ex>0,csx<0,f'x>0.
综上，当x∈−π,+∞时，f'x有且仅有2个零点.
考点六、极值点偏移问题
1.（2024高三·全国·专题练习）设函数f(x)=ex−12ex2−13(x−1)3+5e2,x∈[0,+∞)．
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)若x1≠x2，且fx1+fx2=6e，求证：x1+x2<2．
【答案】(1)在[0,+∞)上单调递增
(2)证明见解析
【分析】(1)由题意得f'(x)=ex1−ex+(x−1)2ex，令g(x)=ex+(x−1)2ex(x≥0)，根据g'x的正负确定gx的单调性，得ex+(x−1)2ex≤1，即得函数f(x)的单调性.
（2）构造函数F(x)=f(2−x)+f(x)−6e，其中x∈[0,1)，则F'(x)=−f'(2−x)+f'(x)，令mx=ex−e2−x−2ex+2e，得m'(x)>0，从而可得F(x)在[0,1)上单调递减，然后根据函数的单调性可得
【详解】（1）∵f(x)=ex−12ex2−13(x−1)3+5e2，x∈[0,+∞)，
∴f'(x)=ex−ex−(x−1)2=ex1−ex+(x−1)2ex．
令g(x)=ex+(x−1)2ex(x≥0)，则g'(x)=−(x−1)(x+e−3)ex．
令g'(x)=0，得x=1或x=3−e．
当x∈[0,3−e)时，g'(x)<0；当x∈(3−e,1)时，g'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，g'(x)<0．
∴g(x)在[0,3−e)上单调递减，在(3−e,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
又g(0)=1，g(1)=1，故ex+(x−1)2ex≤1对一切x∈[0,+∞)恒成立，
∴1−ex+(x−1)2ex≥0，于是f'(x)≥0，故f(x)在[0,+∞)上单调递增．
（2）不妨设0≤x1<1构造函数F(x)=f(2−x)+f(x)−6e，其中x∈[0,1)，
则F'(x)=−f'(2−x)+f'(x)．
由f'(x)=ex−ex−(x−1)2，得F'(x)=ex−e2−x−2ex+2e．
令mx=ex−e2−x−2ex+2e，
∵m'(x)=ex+e2−x−2e>2ex⋅e2−x−2e=0，
∴F'(x)在[0,1)单调递增，则F'(x)∴F(x)在[0,1)上单调递减，∴F(x)>F(1)=0，
即f(2−x)+f(x)>6e对x∈[0,1)恒成立．
∵x1∈[0,1)，∴f2−x1+fx1>6e，
∴f2−x1>6e−fx1=fx2．
由（1）知f(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴2−x1>x2，故x1+x2<2．
2.（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数fx=ax2，gx=x1−lnx.
(1)若对于任意x∈0,+∞，都有fx(2)若函数y=gx−m有两个零点x1,x2，求证：1x1+1x2>2.
【答案】(1)a<−1e2
(2)证明见解析
【分析】（1）通过转化构造函数Fx=1−lnxx，利用导数求出该函数的最小值即可；
（2）通过利用极值点偏移的知识，令a=1x1，b=1x2，利用导数相关知识转化为证明ℎb=ℎa<ℎ2−a即可.
【详解】（1）结合题意：对于任意x∈0,+∞，都有fx因为x∈0,+∞，所以只需a<1−lnxx=Fx，
F'x=lnx−2x2，
当x∈0,e2时，F'x<0，Fx在0,e2上单调递减；
当x∈e2,+∞时，F'x>0，Fx在e2,+∞上单调递增.
所以只需a（2）x11−lnx1=x21−lnx2等价于1+ln1x11x1=1+ln1x21x2，
设函数ℎx=1+lnxx，ℎ'x=−lnxx2，易知ℎx在区间0,1上单调递增；1,+∞上单调递减，
由ℎa=ℎb知0设函数gx=2−x1+lnx−x1+ln2−x，其中0知G'x=−lnx2−x+2−xx+x2−x−2>0，
知Gx在区间0,1上单调递增，即x∈0,1时Gx即x∈0,1时，1+lnxx<1+ln2−x2−x，
即ℎa=1+lnaa<1+ln2−a2−a=ℎ2−a，
又由已知由ℎa=ℎb且0有ℎb<ℎ2−a且2−a∈1,2，由ℎx在1,+∞上单调递减，
所以b>2−a，即1x1+1x2>2.
1.（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知函数fx=lnx+12ax2−a+1xa∈R.
(1)当a=1时，求函数y=fx的零点个数.
(2)若关于x的方程fx=12ax2有两个不同实根x1,x2，求实数a的取值范围并证明x1⋅x2>e2.
【答案】(1)有且仅有一个零点
(2)−1【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得lnx−a+1x=0有两个不同实根x1,x2，进而可得lnx1=a+1x1lnx2=a+1x2，两式相加得lnx1x2=a+1x1+x2，两式相减得lnx2x1=(a+1)x2−x1，从而有lnx1x2lnx2x1=x1+x2x2−x1，进而要证x1⋅x2>e2，只需证lnx1x2=x1+x2x2−x1⋅lnx2x1>2，即证lnx2x1>2x2−x1x1+x2=2x2x1−11+x2x1，
构造函数Ft=lnt−2t−11+t=lnt+4t+1−2即可证明.
【详解】（1）当a=1时，fx=lnx+12x2−2x(x>0),f'x=1x+x−2=(x−1)2x≥0，
所以函数y=fx在0,+∞上单调递增，
又因为f1=−32<0,f4=ln4>0，
所以函数y=fx有且仅有一个零点.
（2）方程fx=12ax2有两个不同实根x1,x2，等价于lnx−a+1x=0有两个不同实根x1,x2，
得a+1=lnxx，令φx=lnxx，则φ'x=1−lnxx2，
令φ'x>0，解得0e；
所以φx=lnxx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以当x=e时，φx=lnxx取得最大值1e，
由φ1=0，得当x∈0,1时，φx<0；
当x∈1,+∞,φx>0,φx的大致图象如图所示，

所以当a+1∈0,1e，即−1证明：不妨设0两式相加得lnx1x2=a+1x1+x2，两式相减得lnx2x1=(a+1)x2−x1，
所以lnx1x2lnx2x1=x1+x2x2−x1，
要证x1⋅x2>e2，只需证lnx1x2=x1+x2x2−x1⋅lnx2x1>2，
即证lnx2x1>2x2−x1x1+x2=2x2x1−11+x2x1，
设t=x2x1(t>1)，令Ft=lnt−2t−11+t=lnt+4t+1−2，
则F't=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以函数Ft在1,+∞上单调递增，且F1=0，
所以Ft>0，即lnt>2t−11+t，
所以x1⋅x2>e2，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据lnx1=a+1x1lnx2=a+1x2，两式相加相减，进而可得lnx1x2lnx2x1=x1+x2x2−x1，进而要证x1⋅x2>e2，只需证lnx1x2=x1+x2x2−x1⋅lnx2x1>2，即证lnx2x1>2x2−x1x1+x2=2x2x1−11+x2x1，从而将双变量转化为单变量，令Ft=lnt−2t−11+t=lnt+4t+1−2，讨论该函数的单调性和最值即可证明.
2.（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）已知函数fx=x−1lnx−x2+axa∈R.
(1)若函数y=f'x有两个零点，求a的取值范围；
(2)设x1,x2是函数fx的两个极值点，证明：x1+x2>2.
【答案】(1)(2,+∞)
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）根据函数零点定义，结合常变量分离法、构造函数法，结合导数的性质进行求解即可；
（2）根据所证明不等式的结构特征，构造新函数，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】（1）fx=x−1lnx−x2+ax⇒f'x=1−1x+lnx−2x+a=0，
该方程有两个不等实根，由f'x=1−1x+lnx−2x+a=0⇒a=2x+1x−lnx−1，
所以直线y=a与函数gx=2x+1x−lnx−1的图象有两个不同交点，
由gx=2x+1x−lnx−1⇒g'x=2−1x2−1x=2x2−x−1x2=2x+1x−1x2，
当x∈0,1时，g'x<0,gx单调递减，
当x∈1,+∞时，g'x>0,gx单调递增，因此gxmin=g1=2，
当x→0时，gx→+∞，当x→+∞，gx→+∞，
如下图所示：
所以要想有两个不同交点，只需a>2，即a的取值范围为(2,+∞)；
（2）因为x1,x2是函数fx的两个极值点，
所以f'x1=f'x2=0，由（1）可知：gx1=gx2=a，不妨设0要证明x1+x2>2，只需证明x2>2−x1，显然2−x1>1，
由（2）可知：当x∈1,+∞时，gx单调递增，所以只需证明gx2>g2−x1，
而gx1=gx2=a，所以证明gx1>g2−x1即可，
即证明函数ℎx=gx−g2−x>0在x∈0,1时恒成立，
由ℎx=4x+1x−lnx−12−x+ln2−x−4⇒ℎ'x=4x−12x−12−2x22−x2，
显然当x∈0,1时，ℎ'x<0，因此函数ℎx=gx−g2−x单调递减，
所以当0ℎ1=0，所以当0g2−x1恒成立，因此命题得以证明.
【点睛】关键点睛：常变量分离构造新函数，利用新函数的单调性求解证明是解题的关键.
3.（21-22高三上·广东清远·期末）已知函数f(x)=ex−1−a(x−1)．
(1)讨论f(x)的零点个数．
(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1+x2>4．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解；
（2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可.
【详解】（1）因为f(1)=1≠0，所以1不是f(x)的零点．
当f(x)=ex−1−a(x−1)=0，可变形为ex−1x−1=0，
令g(x)=ex−1x−1，则f(x)的零点个数即直线y=a与g(x)图象的交点个数．
因为g'(x)=ex−1(x−2)(x−1)2，g'(x)=0，得x=2，又x≠1，
所以g(x)在(−∞,1),(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
因为g(2)=e，且当x<1时，g(x)<0，
所以当a∈[0,e)时，f(x)没有零点；
当a∈(−∞,0)∪{e}时，f(x)有一个零点；
当a∈(e,+∞)时，f(x)有两个零点．
（2）证明：由（1）知，当a∈(e,+∞)时，f(x)有两个零点．
设x1由ex1−1−ax1−1=0,ex2−1−ax2−1=0,得ex1−x2=x1−1x2−1，
所以x1−x2=lnx1−1−lnx2−1，即x1−lnx1−1=x2−lnx2−1．
令ℎ(x)=x−ln(x−1),x∈(1,+∞)，则ℎ'(x)=1−1x−1=x−2x−1，
易得ℎ(x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
要证x1+x2>4，即证x2>4−x1．
因为x2>2,4−x1>2，且ℎ(x)在(2,+∞)上单调递增，所以只需证ℎx2>ℎ4−x1．
因为ℎx1=ℎx2，所以即证ℎx1>ℎ4−x1．
令F(x)=ℎ(x)−ℎ(4−x)=x−ln(x−1)−(4−x)+ln(3−x)=2x−4−ln(x−1)+ln(3−x),x∈(1,2)，
则F'(x)=2−1x−1+1x−3=2(x−2)2(x−1)(x−3)<0，
所以F(x)在(1,2)上单调递减．
因为F(x)>F(2)=0，所以ℎ(x)−ℎ(x−4)>0．
因为x1∈(1,2)，所以ℎx1>ℎ4−x1，故x1+x2>4．
4.（21-22高三上·北京昌平·期末）已知函数f(x)=16x3−2ax+8lnx．
（1）若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若函数f(x)存在两个极值点x1,x2，求证：x1+x2>4．
【答案】（1）a≤3；（2）证明见解析．
【分析】（1）转化条件为f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，分参后构造新函数，结合导数即可得解；
（2）由极值点的概念结合函数的单调性可得04−x1，即可得证.
【详解】解：（1）易知f(x)的定义域为(0,+∞)，
由题意知f'(x)=x22−2a+8x≥0，即a≤x24+4x在(0,+∞)上恒成立，．
令g(x)=x24+4x(x>0)，则g'(x)=x2−4x2=x3−82x2．
当x>2时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当0所以当x=2时，g(x)有最小值g(2)=3，
所以a≤3；
（2）因为f'(x)=x22−2a+8x，由f'(x)=0知，a=x24+4x，
设g(x)=x24+4x(x>0)
则g(x1)=g(x2)，且g(x)在(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
所以可令，0令ℎ(x)=g(2+x)−g(2−x)，x∈(−2,0)．
则ℎ'(x)=g'(2+x)+g'(2−x)=2−4(2+x)2−4(2−x)2=2x2(x−23)(x+23)(2+x)2(2−x)2
因为 x∈(−2,0)，所以ℎ'(x)<0，所以ℎ(x)上在(−2,0)单调递减，且ℎ(0)=0，
所以x∈(−2,0)时，ℎ(x)=g(2+x)−g(2−x)>ℎ(0)=0．
又x1∈(0,2)，所以x1−2∈(−2,0)
所以ℎ(x1−2)=g(x1)−g(4−x1)>0．
所以g(x2)=g(x1)>g(4−x1)．
因为x1<2，4−x1>2，x2>2且g(x)在(2,+∞)上单调递增，
所以x2>4−x1，x1+x2>4．
【点睛】关键点点睛：
本题第二问考查极值点偏移问题，构造新函数，通过导数说明单调性，进而可得g(x2)>g(4−x1)，再通过g(x)的单调性转化x1,x2的不等关系，即可得证.
1．（22-23高三上·天津和平·期末）设函数f(x)=xex−e−x,x≥0−x2−2x−4,x<0，若函数gx=fx−ax恰有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．0,2B．0,2C．2,+∞D．2
【答案】B
【分析】根据题意先得x=0是函数gx=fx−ax的一个零点，当gx=fx−ax=0时，a=fxx，所以当x≠0时，y=a与y=fxx，图象必有一个交点，根据函数求导计算可得y=fxx的函数图象，数形结合即可解决.
【详解】由题知，f(x)=xex−e−x,x≥0−x2−2x−4,x<0，函数gx=fx−ax恰有两个零点，
因为当x=0时，g(0)=f(0)−0=0，
所以x=0是函数gx=fx−ax的一个零点，
又当gx=fx−ax=0时，a=fxx，
所以当x≠0时，y=a与y=fxx，图象必有一个交点，
由于y=fxx=ex−e−x,x>0−x−4x−2,x<0，
当x>0时，y=ex−e−x,y'=ex+e−x>0，
所以函数y=fxx在0,+∞上单调递增，
当x<0时，y=−x−4x−2,y'=−1+4x2=4−x2x2，
当y'=4−x2x2>0时，−2当y'=4−x2x2<0时，x<−2，
所以当x∈(−∞,−2)时，y=fxx单调递减，当x∈−2,0时，y=fxx单调递增，
所以当x<0时，y有最小值为−2，
所以y=fxx=ex−e−x,x>0−x−4x−2,x<0，函数图象如图，
由图可知，若y=a与y=fxx，图象必有一个交点，则a∈(0,2)，
故选：B
2．（2020·重庆·一模）已知fx为R上的可导函数，当x≠0时，f'x+fxx>0，若Fx=fx+1x，则函数Fx的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．0或2
【答案】A
【分析】构造函数gx=xfx+1，讨论x≠0、x<0或x>0，利用导数判断函数gx的单调性，从而求出gx的最值，进而得出Fx的零点个数.
【详解】构造函数gx=xfx+1，其中x≠0，则g'x=fx+xf'x，
当x≠0时，f'x+fxx=xf'x+fxx>0.
当x<0时，g'x=fx+xf'x<0，
此时，函数gx单调递减，则gx>g0=1；
当x>0时，g'x=fx+xf'x>0，
此时，函数gx单调递增，则gx>g0=1.
所以，当x<0时，Fx=fx+1x=xfx+1x<0；
当x>0时，Fx=fx+1x=xfx+1x>0.
综上所述，函数Fx的零点个数为0.
故选：A.
3．（21-22高三上·天津河北·期中）已知函数fx=xlnx−1，则fx的零点所在的区间是（ ）
A．0,1B．1,2
C．2,3D．3,4
【答案】B
【分析】由题可得函数在(1,+∞)上为增函数，又f1<0,f2>0，即得.
【详解】∵fx=xlnx−1，f'x=1+lnx，
由f'x=1+lnx=0得，x=1e，∴x>1e,f'(x)>0，函数fx为增函数，
当00，
故fx的零点所在的区间是1,2.
故选：B
4．（2024高三·全国·专题练习）函数f（x）＝2x＋x－2的零点个数是（ ）
A．0B．1
C．2D．3
【答案】B
【详解】解析：f′（x）＝2x ln 2＋1＞0，所以f（x）在R上单调递增，f（0）＝－1，f（1）＝1，故函数的零点个数为1.故选B.
5．（20-21高三上·天津南开·阶段练习）函数fx=ex−x+1的零点个数是 ．
【答案】2
【分析】结合y=ex,y=x+1的图象以及导数确定正确选项.
【详解】fx=ex−x+1=0,ex=x+1，
画出y=ex与y=x+1的图象如下图所示，
当x>−1时，y=x+1=x+1，
ex'=ex，所以在曲线y=ex图象上点0,1的切线方程为y−1=e0x−0，即y=x+1.
由图可知y=ex与y=x+1有两个公共点，即fx有两个零点.
故答案为：2

6．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知函数fx=x2+mx+nex，若函数fx有两个不同零点，则fx极值点的个数为 .
【答案】2
【分析】由函数fx有两个不同零点可得m2−4n>0，再求导并判断f'x=0的零点个数，进而判断极值点个数.
【详解】令fx=0，则x2+mx+n=0，由题意知Δ1>0，即m2−4n>0；
f'x=x2+2x+mx+m+nex，令f'x=0，则x2+2x+mx+m+n=0，
即Δ2=m2−4n+4>0，则f'x=x2+2x+mx+m+nex有两个变号零点，
所以函数fx有2个极值点.
故答案为：2.
7．（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）已知函数fx=13x3−x2+1．
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)求函数fx在−2,2上的单调区间、最值．
(3)设gx=fx−a在−2,2上有两个零点，求a的范围.
【答案】(1)x+y−43=0；
(2)单调增区间为−2,0，单调减区间为0,2；最大值为1，最小值为−173；
(3)−13≤a<1.
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）由f'x>0求出增区间，由f'x<0求出减区间，再根据单调性求出最值即可；
（3）根据函数的性质结合条件即可求出a的范围.
【详解】（1）由题意知f1=13−1+1=13，f'x=x2−2x，f'1=1−2=−1，所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y−13=−(x−1)，即x+y−43=0.
（2）由f'x=x2−2x=x(x−2)得，当x∈(−2,0)时，f'x>0，所以函数fx在−2,0上的单调递增；当x∈(0,2)时，f'x<0，所以函数fx在0,2上的单调递减.
所以函数fx在−2,2上的单调增区间为−2,0，单调减区间为0,2.
所以fxmax=f(0)=1，又f(−2)=−83−4+1=−173，f(2)=83−4+1=−13，
所以fxmin=f(−2)=−173.
（3）gx=fx−a在−2,2上有两个零点，即fx=a有两个不等根，
由（2）知−13≤a<1.
1．（23-24高三上·天津南开·阶段练习）若函数fx=ax+x2−xlna−m−2，（a>0且a≠1）有两个零点，则m的取值范围（ ）
A．−1,3B．−3,1C．3,+∞D．−∞,−1
【答案】A
【分析】令 gx=ax+x2−xlna，先讨论 a>1,0所以方程gx=m±2有2个根，而 m+2>m−2，所以m+2>1且m−2<1，即可得到m 的取值范围．
【详解】令 gx=ax+x2−xlna ,
g'x=axlna+2x−lna=lnaax−1+2x,
①当 a>1, x∈0,+∞时， lna>0,ax−1>0，则 g'x>0,
则函数gx在x∈0,+∞上单调递增，
x∈−∞,0时， lna>0,ax−1<0，所以 g'x<0,
则函数 gx在x∈−∞,0上单调递减；
②当00,
则函数gx在x∈0,+∞上单调递增，
当x∈−∞,0时，lna<0,ax−1>0，所以 g'x<0,
则函数gx在x∈−∞,0上单调递减．
故当a>0且a≠1时， gx在x<0时递减；gx在x>0时递增，
则 x=0为 gx的极小值点，且为最小值点，且最小值g0=1.
又函数 fx=gx−m−2有两个零点，所以方程gx=m±2有两个不相等的实根，
而m+2>m−2，所以 m+2>1且 m−2<1，解得 m∈−1,3,
故选：A .
2．（20-21高三上·天津南开·阶段练习）设函数f(x)=lnx， x＞0，ex(x+1)， x≤0，若函数g(x)=f(x)–b有两个零点，则实数b的取值范围是（ ）
A．(–1e2，0)B．(–1e2，0]
C．(–1e2，0]∪(1，+∞)D．(–1e2，1)
【答案】C
【分析】根据导数判断函数的单调性，画出函数图象，数形结合即可求出.
【详解】当x≤0时，fx=exx+1，则f'x=exx+2，
当x∈−∞,−2时，f'x<0，fx单调递减，当x∈−2,0时，f'x<0，fx单调递增，且f−2=−1e2，
画出fx的函数图象如下：
函数g(x)=f(x)−b有两个零点，等价于y=fx与y=b的函数图象有两个交点，
由图可知−1e21.
故选：C.
3．（2023·吉林·一模）已知函数fx=exx−1,x>0且x≠1,−f−x,x<0且x≠−1,若函数g(x)=f2(x)−mf(x)−e4有4个零点．则实数m的取值范围是 ．
【答案】1−e4,e4−1
【分析】利用导数求fx单调区间和极值，作出函数图像，由gx零点个数，结合二次函数的性质，转化为fx的取值范围问题，通过构造函数，列不等式求解.
【详解】当x>0且x≠1时，f'x=x−2ex(x−1)2，f'2=0，
当02时，f'x>0．
故fx在0,1，1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
当x=2时，fx取得极小值f2=e2，
01时，fx>0
由fx解析式可知，fx为奇函数．画出fx图象大致如下：
令gx=0得f2x−mfx−e4=0，设t=fx，
得关于t的方程t2−mt−e4=0（*）
Δ=m2+4e4>0恒成立，设（*）式有两个不等实根t1，t2，
当t1=−e2，t2=e2时，即m=0，满足题意，
当−e2e2或t1<−e21方法一：
令ℎt=t2−mt−e4，则ℎ(−e2)>0ℎ(−1)<0ℎ(e2)<0或ℎ(−e2)<0ℎ(1)<0ℎ(e2)>0，
故0综上，实数m的取值范围是1−e4,e4−1．
方法二：
（*）式化为m=t−e4t，令ℎt=t−e4tt≠0，
易知y=ℎt在−∞,0，0,+∞上单调递增，
且ℎ1=1−e4，ℎ−1=e4−1，ℎe2=ℎ−e2=0，
其图象大致如图：
当0e2或t1<−e21综上，实数m的取值范围是1−e4,e4−1．
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.通过构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
4．（2023·天津河北·一模）设k∈R，函数fx=kx2−x+1,x<0ex−kx,x≥0，若fx恰有两个零点，则k的取值范围是 .
【答案】e,+∞
【分析】分析可知f0≠0，令gx=1x−1x2,x<0exx,x>0，由参变量分离法可知，直线y=k与函数gx的图象有两个交点，利用导数分析函数gx的单调性与极值，数形结合可得出实数k的取值范围.
【详解】因为fx=kx2−x+1,x<0ex−kx,x≥0，f0=e0=1，
当x<0时，由fx=0可得kx2−x+1=0，可得k=1x−1x2，
当x>0时，由fx=0可得ex−kx=0，可得k=exx，
令gx=1x−1x2,x<0exx,x>0，则直线y=k与函数gx的图象有两个交点，
当x<0时，g'x=−1x2+2x3=−x+2x3<0，此时函数gx单调递减，
当x>0时，g'x=exx−1x2，由g'x<0可得00可得x>1，
所以，函数gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以，函数gx的极小值为g1=e，
且当x<0时，gx=1x−1x2<0，当x>0时，gx=exx>0，如下图所示：
由图可知，当k>e时，直线y=k与函数gx的图象有两个交点，此时函数fx有两个零点，
因此，实数k的取值范围是e,+∞.
故答案为：e,+∞.
5．（23-24高三上·天津河北·期中）已知函数fx=2x3−2x2+1.
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)求函数y=fx的单调区间和极值；
(3)若函数gx=fx−b在区间−1,1上有一个零点，求实数b的取值范围.
【答案】(1)2x−y−1=0
(2)单调递增为−∞,0，23,+∞，单调递减区间为0,23，极大值1，极小值1927
(3)−3,1927
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求曲线的切线斜率，进而可求切线方程；
（2）结合导数与单调性及极值关系可求；
（3）结合（2）的单调性结合图象即可求解．
【详解】（1）f'(x)=6x2−4x，所以f'(1)=2,f(1)=1，
故曲线y=fx在点1,f1处的切线方程y−1=2(x−1)，即2x−y−1=0；
（2）由（1）可知，f'(x)=6x2−4x=2x3x−2，
所以当x>23或x<0时，f'(x)>0，当0所以函数的单调递增为−∞,0，23,+∞，单调递减区间为0,23，
当x=0时函数取得极大值f(0)=1，当x=23时，函数取得极小值f23=1927；
（3）令函数gx=fx−b=0，即fx=b，
所以函数gx=fx−b在区间−1,1上有一个零点，
等价于图象fx与直线y=b在区间−1,1上有一个交点.
由（2）可知，函数y=fx在−1,0，23,1上递增，在0,23上递减，
且f(−1)=−3,f(1)=1，
画出图象y=fx,x∈−1,1，如下图所示，
由图可知，当−3≤b<1927时，图象fx与直线y=b在区间−1,1上有一个交点.
故实数b的取值范围为−3,1927.
6．（22-23高三上·天津·期中）已知函数fx=x3+ax2+bx+c在点P1,2处的切线斜率为4，且在x=−1处取得极值.
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若函数gx=fx+m−1恰有两个零点，求实数m的取值范围.
【答案】(1)答案见详解
(2)m=−1或m=527
【分析】（1）根据题意，列出方程组求得fx=x3+x2−x+1，得到f'x=3x2+2x−1，进而求得函数的单调区间；
（2）由题意得到gx=x3+x2−x+m，利用导数求得函数gx的单调性与极值，列出不等式组，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，函数f(x)=x3+ax2+bx+c，可得f'x=3x2+2ax+b，
因为函数f(x)=x3+ax2+bx+c在点P1,2处的切线斜率为4，
且在x=−1处取得极值，
可得f(1)=2f'(1)=4f'(−1)=0，即1+a+b+c=23+2a+b=43−2a+b=0，
解得a=1,b=−1,c=1， 所以fx=x3+x2−x+1，
可得f'x=3x2+2x−1，
令f'x=0，解得x=−1或x=13．
解f'x>0，得x<−1或x>13，即fx在区间−∞,−1上单调递增，在13,+∞上单调递增；
解f'x<0，得−1所以函数fx的单调递减区间是−1,13；单调递增区间是−∞,−1，13,+∞．
（2）解：由（1）得，gx=fx+m−1=x3+x2−x+m，
则g'x=f'x=3x2+2x−1，由（1）知，
当x=−1或x=13时，g'x=f'x=0
当x<−1或x>13时，f'x>0，即g'x>0；
当−1所以，函数gx在x=−1处取得极大值，在x=13处取得极小值，
要使得gx有两个零点，则满足g−1=0或g13=0，
即m+1=0或m−527=0，解得m=−1或m=527，
所以m的取值范围为m=−1或m=527．
7．（21-22高三上·天津东丽·阶段练习）已知函数f(x)=ax3−6x2+1，a∈R.
（1）若a=2，求函数f(x)的单调区间；
（2）若a=−4，求函数在区间[−2,3]的最值；
（3）若f(x)恰有三个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）f(x)的增区间是(−∞,0)和(2,+∞)，减区间是(0,2)；（2）最大值是9，最小值是−161；（3）(−42,0)∪(0,42)．
【分析】（1）求出导函数f'(x)，由f'(x)>0得增区间，f'(x)<0得减区间；
（2）由导数确定函数在[−2,3]上单调性得极值，并计算区间端点处函数值比较可得最值；
（3）同导数求出函数的极值，由极大值大于0，极小值小于0可得结论．
【详解】（1）a=2，f(x)=2x3−6x2+1，f'(x)=6x2−12x=6x(x−2)，
x<0或x>2时，f'(x)>0，0所以f(x)的增区间是(−∞,0)和(2,+∞)，减区间是(0,2)；
（2）a=−4，f(x)=−4x3−6x2+1，f'(x)=−12x2−12x=−12x(x+1)，
−20，
f(x)在(−2,−1)、(0,3)是递减，在(−1,0)上递增，
f(x)极大值=f(0)=1，f(x)极小值=f(−1)=−1，又f(−2)=9，f(3)=−161，
所以函数在区间[−2,3]的最大值是9，最小值是−161；
（3）f'(x)=3ax2−12x=3x(ax−4)，
a=0时，f(x)=−6x2+1是二次函数，不可能是三个零点；
a>0时，x<0或x>4a时，f'(x)>0，0所以f(x)极大值=f(0)=1，f(x)极小值=f(4a)=−32a2+1，函数有三个零点，则−32a2+1<0，−42a<0时，x>0或x<4a时，f'(x)<0，4a0，即f(x)在(−∞,4a)和(0,+∞)上递减，在(4a,0)上递增，
所以f(x)极大值=f(0)=1，f(x)极小值=f(4a)=−32a2+1，函数有三个零点，则−32a2+1<0，−42综上，a的取值范围是(−42,0)∪(0,42)．
1.（2023·全国·高考真题）函数fx=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,−2B．−∞,−3C．−4,−1D．−3,0
【答案】B
【分析】写出f'(x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【详解】f(x)=x3+ax+2，则f'(x)=3x2+a，
若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，
令f'(x)=3x2+a=0，解得x=−−a3或−a3，
且当x∈−∞,−−a3∪−a3,+∞时，f'(x)>0，
当x∈−−a3,−a3，f'(x)<0，
故fx的极大值为f−−a3，极小值为f−a3，
若fx要存在3个零点，则f−−a3>0f−a3<0，即a3−a3−a−a3+2>0−a3−a3+a−a3+2<0，解得a<−3，
故选：B.
2.（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)−1
(2)(0,+∞)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得f'x=ax−1x−1x2，按照a≤0、01结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当a=0时，fx=−1x−lnx,x>0，则f'x=1x2−1x=1−xx2，
当x∈0,1时，f'x>0，fx单调递增；
当x∈1,+∞时，f'x<0，fx单调递减；
所以fxmax=f1=−1；
（2）fx=ax−1x−a+1lnx,x>0，则f'x=a+1x2−a+1x=ax−1x−1x2，
当a≤0时，ax−1<0，所以当x∈0,1时，f'x>0，fx单调递增；
当x∈1,+∞时，f'x<0，fx单调递减；
所以fxmax=f1=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
当01，在0,1,1a,+∞上，f'x>0，fx单调递增；
在1,1a上，f'x<0，fx单调递减；
又f1=a−1<0，
由（1）得1x+lnx≥1，即ln1x≥1−x，所以lnx当x>1时，f(x)=ax−1x−(a+1)lnx>ax−1x−2(a+1)x>ax−(2a+3)x，
则存在m=3a+22>1a，使得fm>0，
所以fx仅在1a,+∞有唯一零点，符合题意；
当a=1时，f'x=x−12x2≥0，所以fx单调递增，又f1=a−1=0，
所以fx有唯一零点，符合题意；
当a>1时，1a<1，在0,1a,1,+∞上，f'x>0，fx单调递增；
在1a,1上，f'x<0，fx单调递减；此时f1=a−1>0，
由（1）得当01−1x，lnx>1−1x，所以lnx>21−1x，
此时f(x)=ax−1x−(a+1)lnx存在n=14(a+1)2<1a，使得f(n)<0，
所以fx在0,1a有一个零点，在1a,+∞无零点，
所以fx有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为0,+∞.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
3.（2020·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−kx+k2．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2)(0,427).
【分析】（1）f'(x)=3x2−k，对k分k≤0和k>0两种情况讨论即可；
（2）f(x)有三个零点，由（1）知k>0，且f(−k3)>0f(k3)<0，解不等式组得到k的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.
【详解】（1）由题，f'(x)=3x2−k，
当k≤0时，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；
当k>0时，令f'(x)=0，得x=±k3，令f'(x)<0，得−k3令f'(x)>0，得x<−k3或x>k3，所以f(x)在(−k3,k3)上单调递减，在
(−∞,−k3)，(k3,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，f(x)有三个零点，则k>0，且f(−k3)>0f(k3)<0
即k2+23kk3>0k2−23kk3<0，解得0当0k3，且f(k)=k2>0，
所以f(x)在(k3,k)上有唯一一个零点，
同理−k−1<−k3，f(−k−1)=−k3−(k+1)2<0，
所以f(x)在(−k−1,−k3)上有唯一一个零点，
又f(x)在(−k3,k3)上有唯一一个零点，所以f(x)有三个零点，
综上可知k的取值范围为(0,427).
【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.
4.（2020·全国·高考真题）已知函数f(x)=ex−a(x+2).
（1）当a=1时，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）f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；（2）(1e,+∞).
【分析】（1）将a=1代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若f(x)有两个零点，即ex−a(x+2)=0有两个解，将其转化为a=exx+2有两个解，令ℎ(x)=exx+2(x≠−2)，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex−(x+2)，f'(x)=ex−1，
令f'(x)<0，解得x<0，令f'(x)>0，解得x>0，
所以f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；
（2）若f(x)有两个零点，即ex−a(x+2)=0有两个解，
从方程可知，x=−2不成立，即a=exx+2有两个解，
令ℎ(x)=exx+2(x≠−2)，则有ℎ'(x)=ex(x+2)−ex(x+2)2=ex(x+1)(x+2)2，
令ℎ'(x)>0，解得x>−1，令ℎ'(x)<0，解得x<−2或−2所以函数ℎ(x)在(−∞,−2)和(−2,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
且当x<−2时，ℎ(x)<0，
而x→−2+时，ℎ(x)→+∞，当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
所以当a=exx+2有两个解时，有a>ℎ(−1)=1e，
所以满足条件的a的取值范围是：(1e,+∞).
【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线y=ex和直线y=a(x+2)有两个交点，利用过点(−2,0)的曲线y=ex的切线斜率，结合图形求得结果.
5年考情
考题示例
考点分析
2024年天津卷，第20题,16分
利用导数证明不等式 利用导数研究不等式恒成立问题 由导数求求在曲线上一点处的切线方程(斜率)函数的最值(含参)
2023年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式 利用导数研究不等式恒成立问题
2022年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究函数的零
2021年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)
利用导数研究能成立问题 函数极值点的辨析
2020年天津卷，第20题,16分
利用导数证明不等式