导数解答题之零点问题八大题型（解析版）-决战2024年高考数学重难点题型突破（新高考）

重难点专题11导数解答题之零点问题八大题型汇总

题型1一个零点问题..............................................................1

题型2两个零点问题..............................................................9

题型3三个零点问题.............................................................17

题型4判断零点个数.............................................................30

题型5最值函数的零点问题.......................................................40

题型6同构法解零点问题.........................................................50

题型7零点差问题...............................................................58

题型8割线法切线法与零点.......................................................70

卜si.

题型1一个零点问题

【例题1】(2024秋•重庆•高三校联考阶段练习)已知函数/(行=alnxR).

Q)讨论f(x)的单调性;

(2)若函数g(x)=f(x)+?在区间(1,+8)上恰有一个零点，求a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)av-e

【分析】(1)讨论参数a,利用导数研究函数单调性；

(2)问题化为-e+ex=。在(1,+8)上仅有一^7s•解，构造(/?(%)=axlnx-e+ex,

利用导数研究其在(1,+8)的单调性，结合零点存在性判断区间零点个数，即可求参数范围.

【详解】(1)由/'(x)=~+^=，且XG(0,4-00),

当a20,则r(x)>0,此时/(%)在(0,+8)上递增;

当a<0,贝!JO<x<-?时，/(x)>0,即/(x)在(0,-》上递增；

x>一：时，/(x)<0,即f(x)在(一，+8)上递减;

综上，aN0J(x)在(0,+8)上递增；

a<0,八切在(0,-》上递增，在(一，+8)上递减.

(2)由题设g(x)=alnx-三+§=0在(1,+8)上仅有一个解，

所以axlnx-e+e*=。在(1,+8)上仅有一个解，

令？(%)=axlnx—e+e"则口'(%)=a(lnx+1)+e”,

当a>。时,w'(%)>0恒成立，此时@(%)递增，且w(%)>W(l)=0，

所以WO)=。在。+8)上无解；

当a<。时,令6(%)=(p'(x)=alnx+e*+Q,则6(%)=,

xx

令九(%)=Q+xe,则九口)=(%+l)e>0,即h(x)递增，则九(久)>h(l)=Q+e,

i.当一e<a<0时，ft(x)>0,即力'(%)>0恒成立，即6(%)=乎'(%)递增/

所以W'(%)>W'(l)=e+a>0,故<p(%)递增,此时w(%)=。在(L+8)上无解;

ii.当a<-e时，h(l)=a+e<0,久趋向正无穷时h(%)趋向正无穷,贝归g6(1,+8)使

九(%o)=0/

(1,&)上g)<o,即6'(%)<o,6(%)递减;

(&,+8)上%(%)>o,即(|/(%)>o,巾(%)递增;

由6(1)=e+aV0,%趋向正无穷时6(%)趋向正无穷；

所以力(%)在(1,&)恒负，在(%,+8)上存在一个零点%1,

故(1,与)上4(%)=(p'(x)<0,?(%)递减；

(久1，+8)上60)=(p<X)>0，3(%)递增；

由于乎(1)=0,%趋向正无穷时w(%)趋向正无穷,

所以"(X)在。与)上恒负，(巧,+8)上仅有一个零点，此时满足题设；

综上/Cl<—Q.

【点睛】关键点点睛：第二问，问题转化为"Inx-e+。=0在(1,+8)上仅有一个解，构

造中间函数并应用导数研究零点.

【变式1-1]1.(2023•河北保定•河北省唐县第一中学校考二模)已知函数f(x)=

(%+2)e'+/+。》，其中常数aGR,e是自然对数的底数.

(1)若a=-3,求/(x)的最小值；

(2)若函数g(x)=/(x)-2cosx恰有一个零点，求a的值.

【答案】(1)2

(2)a=-3

【分析】(1)根据题意，求导得广(%),令九0)=f'(x),然后分x<-3与x>-3讨论，即

可得到结果；

(2)根据题意，由条件可得0是函数g(x)的一个零点，构造k(x)=g，(x),分3+a<0,

3+a>。以及3+a=0讨论，再结合(1)中的结论,即可得到结果.

【详解】(1)当a=-3时，/'(%)=(%+2)ex+x2-3x,则r(x)=(x+3)ex+2x-3,

/'(0)=0,

记九(x)=f'(x),则h'(x)=(%+4)ex+2,

①当x<一3时,(x+3)ex<0,2x-3<-9，可得/(x)<0，可知函数八x)在区间(-8,-3]

上单调递减；

②当x>—3时，&+4)ex>0,h'M>0,可知函数/i(x)单调递增,又由八(0)=0,可知

当—3<x<0时,/i(x)<0；

当x>0时戊(x)>0，可知函数/Xx)在区间(-3,0)上单调递减，在区间(0,+8)上单调递增，

由①②知函数的减区间为(一8,0),增区间为(0,+8),故有f(%)min=y(0)=2；

(2)因为函数g(x)=/"(%)-2cosx恰有一个零点，

且g(0)=0,0是函数g(x)的一个零点，又g'(x)=(x+3)ex+2x+a+2sinx,

不妨设k(x)=g'(x),函数定义域为R,则k'(x)=(x+4)ex+2+2cosx,

当x>一4时，x+4>0,又e*>0,2+2cosx>0,

所以(x+4)ez+2+2cosx>0在(-4,立,

则函数k(x)在(-4,+8)上单调递增，即函数g口)在(-4,+8)上单调递增，

又g'(0)=3+a,

当3+a<0时,可得“(0)<0,且xt+8时,g'(x)>0,

则存在aG(0,+8),使得"(a)=0,此时在(0,a)上,有“(a)<0,

在(a,+8)上,g，(a)>0,故g(x)在(0,a)上为减函数，在(a,+8)上为增函数，

故当xG(0,a)时，g(x)<g(0)=0,而x—+8时，g(x)T+OO,

故g(x)在(0,+8)上存在一个零点,

则此时函数g(x)至少存在两个零点，又因为0是函数g(x)的唯一零点，故不符合题意；

当3+a>0时,彳导g'(0)>0,又g'(—4)=—e——8—a—2sin4<0,

所以在区间(-4,0)上存在一点0,使得"⑻=0,

故当在@0)上,有g'(x)>0,在(一41)上,有“(x)<0,

故g(x)在能,0)上为增函数，在(-4,0)上为减函数，

故当Xe(0,0)时,g(x)<0,而当X->一8时,g(x)T+00,

故此时函数9(x)在(-8,0)上至少存在一个零点，

又因为0是函数g(x)的唯一零点,故不符合题意；

当3+a=0时,即a=-3时,由(1)知，当x=0时，函数g(x)取得最小值，

最小值g(0)-/(0)-2cos0-0,

当x*0时，因为g(x)>2-2cosx>0,符合题意.

综上，满足条件的a值为-3.

【点睛】思路点睛：知道函数零点的个数，要求参数的取值范围，需结合导数的符号和函数

的单调性来处理，分类讨论时注意利用已有的确定零点来确定一段范围上的函数值的符号

【变式1-1】2.(2023秋・江西•高三统考开学考试)已知函数f(x)=x(a+lnx)-

ax2(aGR).

Q)当a=。时，求曲线y=/(%)在点(1/(1))处的切线方程；

(2)若f(x)在(1,+8)上仅T零点，求a的取值范围.

【答案】(1比一y一1=0

(2)(0,1).

【分析】(1)由。=0得到f(%)=xlnx,利用导数的几何意义求解；

(2)将问题转化为a+Inx-ax=0在(1,+8)上仅有一个实数解，设g(x)=Inx-ax+

a(x>1),求导=：-a=三产，分a0,a>1,0<a<1讨论求解.

【详解】(1)解：当a=0时，/⑺=xlnx,所以f⑴=0,即切点为(1,0),

又尸(x)=Inx+1,则/(I)=lnl+1=1,

故曲线y=f(x)在(1/(1))处的切线方程为y-0=l(x-1),即x-y-1=0.

(2)由题意知，方程x(a+Inx)-ax2-。在(1,+8)上仅有一个实数解，

则方程a+Inx-ax=。在(1,+<»)上仅有一个实数解.

设g(x)=Inx-ax+a(x>1),则“(x)=：-a=三3,

当a<0时,g'M>0,所以g(x)在(1,+8)上单调递增,

又g(l)=Ini-a+a=0,所以x>1时g(x)>0,则g(x)在(1,+8)上没有零点；

当a21时，％>1时，ax>1,则g'(x)<0,所以g(x)在(1,+8)上单调递减,

又g(l)=0,所以g(x)<0,则g(x)在(1,+8)上没有零点；

当0<a<1时，(>1,当xe(1,》时，g，(x)>0,当xe6，+8)时，g'(x)<0,

所以g(x)在(13)上单调递增，在弓,+8)上单调递减,

则g(£)>g(l)=0,所以g(x)在(1,£)上无零点.

设九(%)=ex-x(x>0),则九'(x)=e*—1>0,所以九(%)>ft(0)=1,

则e*>%,所以e£>a

x2x

设@(x)=e-1—x(x>0)z则，(%)=e—2%,

令m(x)=ex—2x(x>0),则M(x)=ex—2,

当％6(0Jn2),M(x)<0,

所以m(%)在(01n2)上单调递减,在(ln2,+8)上单调递增，

则m(x)>m(ln2)=2—21n2=In—4>0,即@'(x)>0,

所以W(x)在(。,+8)上单调递增,

1111

又9(o)=o,所以w(x)>0,则e*-1>x2,所以ei-1>—,则1-e；<,

又g(x)在弓,+8)上单调递减，且g弓)>0,

所以gQ)在弓,+8)上有且仅有一个零点.

综上可知，a的取值范围为(0,1).

【点睛】方法点睛"⑺在(L+8)上仅f零点，即方程a+Inx-ax=0在(1,+8)上仅有

一个实数解，构造函数g(x)=Inx-ax+a(x>1),求导g<x)=：-a=，分aW0,

a>l0<a<l,讨论函数的图象在(L+8)上与x轴有唯一的交点而得解.

【变式1-1]3,(2023春•江西赣州•高三校联考阶段练习)已知函数/⑺=/一2alnx-a2b.

⑴当a=1时,若f⑺的最小值为2,求实数b的值；

(2)若存在ae[e,e3],使得函数f(x)恰有一个零点，求实数b的取值范围.

【答案】(l)b=-1

⑵卜专，o]

【分析】(1)利用导数可求得八%)的单调性，由此确定最值点，利用最小值可构造方程求

得b的值；

(2)利用导数可求得;"(X)的单调性，结合/⑺仅有T•零点可构造关于a,b的方程，采用分

离变量的方式，将问题转化为6=等有解；构造函数g(a)=等eWaWe3),利用导

数可求得9(a)的单调性和最值，由此可确定g(a)的取值范围，从而得到结果.

【详解】(1)当a=1时,/(%)=--21nx-b,

・・・/(X)的定义域为(0,+8),广(X)=2x-：=迎尸=2(，+1厂1),

・・・当XG(0,1)时,f'(x)<0；当Xe(L+8)时,f'(x)>0；

•••f(x)在(0,1)上单调递减，在(L+8)上单调递增，

•••“X)min-/(I)=1-b=2,解得：b=-1.

(2)当ae[e,e3]时，/(x)=2x—早=等9=2。+"--,

・,・当%G(0,〃)时,/'(%)<0；当%G(仿+8)时，/(%)>0；

・・・/(%)在(0,迎)上单调递减，在(伍+8)上单调递增；

2

：•/(x)min—/(迎)=Q—2alny/a—ab=a—cdna—a2b；

若/(%)恰有一个零点，则=0,

...b=审=等在aG©e3]时有解，

设g(a)=等(ewase3),则“(a)=土产=詈,

.•.当aG[e,e2)时,g'(a)<0；当aG(e2,e3]H^,gr(a)>0；

■■■g(a)在[e,e2)上单调递减，在(e2,e3]上单调递增，

•1•g(a)min=g(e?)=-,g(a)max=max{g(e),g(e3)},

又g(e)==o,g(e3)==一/5(x)max=0,

••.gMe卜5o],••.实数b的取值范围为卜!o]

【点睛】思路点睛本题考查根据函数最值求解参数值、利用导数解决函数零点个数的问题；

根据零点个数求解参数范围的基本思路是通过导数确定函数的单调性，进而根据零点个数确

定最值与零的大小关系，由此构造方程或不等式来求解.

【变式1-1]4.(2023•河南开封统考模拟预测)已知函数f(x)=e，-ax2.

(1)若函数f(x)的图象与直线y=x-1相切,求实数a的值；

(2)若函数g(x)=f(x)-x+1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.

【答案】⑴亭；

4

⑵(。,守

【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，

解之即可；

(2)由题意可得e*-a/一x+1=。只有一个根，易知x*0,可转化为y=a与/i(x)=

三詈的图象只有一个交点，根据导数研究函数h(x)的单调性，数形结合即可求解.

【详解】(1)设直线y=x-1与函数f(x)的图象相切于点(沏,%),

因为f'(%)=ex-2ax,

x

(e°-2ax0=1①

所以《yo=&-1②/由②③可得e%。一axl=%0-1@/易知%o装0-

vyo=e"。-鬲③

由①得a=岁，代入④可得的一笺土诏=X。一1，

Z,XQ

xXo

即2e"°-xoe°+%。=2%o-2,即(2-xo)e=x0-2,解得比=2.

故a=W

2X24

(2)令g(%)=/(x)-%+1=0,可得e，-ax2-x4-1=0,

由题意可得e"-a/一%+i=。只有一个根

易知％=0不是方程e"-ax2-X+1=0的根，所以工*0,

所以由e"—ax2—%+1=0,可得a=三：「士

设九(%)=e,则y=a与九(%)='；：+i的图象只有一个交点.

x2xx

,zzx_(e-i)x-2z(e-%+i)__(e+i)(r-2)

nW'

当xG(-8,0)时，"(x)>0,函数/i(x)单调递增；

当x€(0,2)时，h'M<o,函数八(x)单调递减；

当x€(2,+8)时，”(%)>0,函数%(%)单调递增.

设t(x)=ex-x+1,则t'(x)=ex-1,

当xG(-8,0)时,tf(x)<0,函数t(x)单调递减；

当xG(0,+8)时，tf(x)>0,函数t(x)单调递增.

所以t(x)>t(0)=2.

所以/1(X)=三詈>0.

又九(2)=e,XT。时，/l(x)T4-00,XT+8时，h(x)74-00,

画出函数/l(x)的图象如图所示：

由图可知，若y=a与/i(x)=三岁的图象只有一个交点，

则。<a<jA

4

所以实数a的取值范围是(0,个).

题型2两个零点问题

【例题2](2023秋•全国•高三校联考阶段练习)已知函数/Xx)=21nx+ax(a&R).

⑴若"X)<0在(0,+8)上恒成立，求a的取值范围：

⑵设g(x)=x3-f(x),Xj,小为函数9(%)的两个零点<证明：<1.

【答案】(1)(—8,—：］

(2)证明见解析

【分析】(1)参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数求解可得；

(2)将方程5⑺=0化为/一等一。=o,构造函数九(x)=/一竿—a,利用导数讨论

其单调性，可知0</<1<，构造差函数攸%2)-八(卷)可证.

【详解】(1)若"X)<0在(0,+8)上恒成立,即a<一等,

令以为=一詈,所以便⑺2-2\nx_2(lnx-l)

/=~―

所以当0<xve时，u'C%)<0,当x>e时，优(%)>0,

所以认%)在(0,e)上单调递减，在(e,+8)上单调递增，

所以“(X)min=U(e)=-£

所以Q4-1即a的取值范围是(一8,一三,

(2)令g(%)=0,即/一警-a=0；

令八(%)=/一竿一口，则"(%)=2%=空若R,

令r(x)=x34-Inx-1,所以r<x)=3x2+：>0,所以r(x)在(0,+8)上单调递增，

又r(l)=0,所以当0<x<1时,r(x)<0,所以Zf(x)<0,

当x>1时,r(r)>0,所以〃(x)>0,

所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

不妨设X1<小，则0<X1<1<不，0〈工<1,

x2

因为九(%1)=ft(x2)=0,

所以)一无⑥=八3)一八⑥=(以一若—a)一(支一管—a)=12+J-

{x2~~~21nx2).

设函数s(x)=X--21nx(x>1),则=1+/一:=>o在(1,+8)上恒成立,

所以以均在(L+8)上单调递增，

所以仪历)=小-工-21nx2>w(l)=0,

x2

所以无3)_M3>o,即八(/)>“J.

又函数无(勿=/-W-a在(0,1)上单调递减，

所以0<X1<上<1,所以X62<1.

x2

【点睛】难点点睛：本题属于极值点偏移问题，本题难点主要在于构造差函数M外)-九(2)，

然后利用导数讨论其单调性，利用单调性可证.

【变式2-1]1.(2023秋湖南长沙•高三长郡中学校联考阶段练习)证明下面两题：

⑴证明：当x>1时，e，>/；

⑵当0<a<：时，证明函数f。)=£+a(lnx一%)有2个不同零点.

【答案】Q)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)首先设函数g(x)=e'-/，利用导数判断函数的单调性，以及函数的最小值，

即可证明;(2)首先求函数的导数尸(x)=(1-%)(2+3，并且判断函数的单调性和最值，

并结合零点存在性定理，即可证明零点个数.

【详解】(1)令g(x)=ex-x2,其中x>1,则g'(x)=ex-2x,

令<p(x)=ex—2x,%>1,则“(x)=ex—2>0,

所以以外在(L+8)上单调递增，所以g，(x)>e]-2>0,

所以g(x)在(1,+8)上单调递增，g(x)>e1-1>0,故当x>1时，ex>x2.

(2)函数/(x)的定义域为(0,+8)，尸(x)=M+a(：-1)=詈+a•号=(17)0+

X.

因为a>0，白+E>°'令/''(x)>0,得0<x<1,令尸(x)<0，得x>1,

所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(L+8)上单调递减，

所以/G)有最大值f(1)=l-a.

当0<a<：时，/■⑴>0,/(a)=*+a(lna-a),

令h(x)=lnx-x+1,则”(x)=1-1=?,则九(x)在(0,1)上单调递增，

在(1,+8)上单调递减,所以h(x)max=无⑴=。，所以八0)=lnx-x+1<0,

因此当0<a<j时,Ina—a<—1,/(a)=9+a(lna-a)<*-a=a(专一1).

因为a>0,所以e。>1,于是/(a)<a(专一1)<0.

又/(x)在(0,1)上单调递增，/⑴>0,且0<a<：<1,

所以/(%)在(0,1)上有唯一零点.

，(Ag+a(ln：£)=£-alna-l,

由(1)因为;>e>1,所以I>Q)2，即与<a,

-ciln(i—1Va—alna—1.

由In%—%+140,得In———+1<0,即一Ina—3+lv0,得Q—alna—1<0,

aaa

于是呜<。・

又/⑴>0,r1,/(x)在(l,+8)上单调递减，

所以f(X)在(1,+8)上有唯一零点.

故0<a<：时，f⑺有两个零点

【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，以及零点问题，第一问需求二次导数,

结合函数的单调性和最值，即可证明；第二问的难点是利用零点存在性定理证明f3)<0,

需构造函数.

【变式2-1]2.(2022秋•广东东莞•高三校考阶段练习)已知函数/(%)=ae^-ln(x+1)+

Ina—1.

(1)若a=1,求函数/(x)的单调区间及极值；

(2)若函数/(x)有且仅有两个零点，求实数a的取值范围.

【答案】⑴单调递减区是为(-L0),单调递增区间为(0,+8),极小值/X0)=0,无极大值

(2)0<a<1.

【分析】(1)运用导数研究函数的单调性及极值.

(2)f(x)=0=aex+Ina=ln(x+1)+1=>aex+ln(aex)=ln(x+1)+(x+1),构造

函数h(t)=t+1nt研究其单调性可得ae*=x+1=>a=昼在(-1,+8)上有两个交点，再运

用导数研究s(x)=签(x>-1)的单调性进而可得图象即可求得结果.

【详解】(1)当a=1时，f(x)=ex-ln(x+1)-1,定义域为(-1,4-00),

则1(x)=ex一击，

显然/(x)在(-1,+8)上单调递增，且1(0)=0,

所以当-1<x<0时，/(x)<0,/(x)单调递减；当%>0时J'(x)>0,单调递增.

所以"X)的单调递减区为(-1,0),单调递增区间为(0,+8),

/(x)在x=0处取得极小值/(0)=0,无极大值.

(2)因为函数/'(X)有两个零点，即/'(X)=。有两个解,即ae'+Ina=ln(x+1)+1有两个

解，

所以ae*+x+Ina=ln(x+1)+x+1有两个解，即ae*+In(ae')=ln(x+1)+(x+1)有

两个解，

设九(t)=t+Int,则"(t)=1+1>0,所以九⑷在(0,+8)上单调递增，

aex=x+1(x>-1)有两个角星，即a=二(x>-1)有两个解.

令s(x)=誉(X>-1),则s<x)=―-

当xG(一1,0)时,sz(x)>0,s(x)单调递增；当xG(0,+8)时,S(x)<0,s(x)单调递减.

又因为s(-l)=0,s(0)=1,当X趋近于正无穷时，s(x)趋近于零，

所以s(x)图象如图所示，

所以0<a<1.

【点睛】同构法的方法点睛：

①乘积型，如ae。<blnb可以同构成ae。<(lnh)elnb,进而构造函数/(x)=xex;

②比商型，如?<总可以同构成总<击,进而构造函数f(x)=言;

③和差型，如e。+a<b±\nb,同构后可以构造函数f(x)=ex±xf或/(x)=x±Inx.

【变式2-1]3.(2023秋•贵州贵阳•高三贵阳一中校考开学考试)已知函数八x)=Inx-

ax\na,a>1.

⑴若函数f(X)在X=1处的切线的斜率为1-e,求实数a的值(e是自然对数的底数)；

(2)若函数/(x)有且仅有两个零点，求实数a的取值范围.

【答案】Q)a=e

⑵(L*

【分析X1刷用导数的几何意义求得雇联尸=e，两边取对数结合换元法得m+21nzn=1,

构造函数，利用复合函数研究单调性，从而求解即可；

(2)把问题转化为Inx-ax\na=。有且仅有两个大于1的实数根，构造函数F(x)=xlnx,

利用函数单调性得产=x,即Ina=9,构造函数，利用导数研究函数的单调性，从而求解

参数的范围.

【详解】(1)因为/(%)=Inx-ax\na,所以/'(%)=：-ax(lna)2,

又((1)=1-a(lna)2=1-e,所以a(lna)2=e,所以ln[a(lna)2]=Ine,

即Ina+21n(lna)=1,令m=Ina,则7n+21nm=1,

又因为g(m)=m+21mH在(0,+8)上单调递增，且g(l)=Iz所以m=I,

所以Ina=1,即a=e.

(2)因为函数/(%)有且仅有两个零点，

所以In%-a^lna=。有且仅有两个大于0的实数根,

又=Inx,贝=x\nx,§flax\nax=xlnx,

令F(x)=xlnx,则F'(%)=Inx+1,

由F，(x)=0得％=i,由F'(x)>0得%>-,由F<x)<。得0<%<：,

所以F(x)在(0,》上单调递减，在&+8)上单调递增，

xx

又F(a")=F(x)fa>1,F(a)>F(l)=0,所以a*=x,贝kina=Inx/

即Ina=等，令Q(x)=詈，则0(x)=等，

由Q'(x)=0得x=e,由。(x)>0得0<x<e,由。(x)<0得x>e,

所以函数Q(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减，Q(e)=J

当x无限趋近于。且为正数时，Q(x)无限趋向于负无穷大，

当x无限趋向于正无穷大时，Q(x)无限趋向于0,

所以0<Ina<卜所以1<a<£,故实数a的取值范围为(1,£).

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

(1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基

本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现

了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

(3)参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题

【变式2-1]4,(2023秋•安徽合肥•高三合肥一中校联考开学考试)已知函数=ae，-x

(e是自然对数的底数).

Q)讨论函数/■(》)的单调性；

(2)若g(x)=aex(x-1)-Inx+/'(%)有两个零点,求实数a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)0<a<i

【分析】(1)求得/⑺，对a进行分类讨论，由此求得“X)的单调区间.

(2)原题意等价于a=4两个不同的实数解，构造函数，利用导数判断函数的单调性和

极值，数形结合即可求解.

【详解】(1)因为/'(x)=aex-x,所以/''(%)=aex-1,

当a<0时，/(x)<0,所以/Xx)在R上单调递减；

当a>0时,令尸(x)>0得x>—Ina；令/(x)<0得x<—Ina,

所以在(-8,-Ina)上单调递减，在(-Ina,+8)上单调递增.

综上，当aW。时，f(x)在R上单调递减，无增区间；当a>0时，/(x)在(-8,-Ina)上单调

递减，在(-Ina,+8)上单调递增.

(2)由题意g(x)=aex(x—1)—Inx+/(x)=axex—Inx—x=axex—ln(xex)(x>0)有

两个零点，

令t=xex,(x>0),则=(1+x)ex>。在(0,+8)上恒成立,所以t=xe*在(0,+8)上单

调递增，

故t>0,所以g(K)=axex-ln(xex)有两个零点等价于7(t)=at-Int有两个零点,

等价于a=竽有两个不同的实数解，等价于y=a与旗t)=号有两个交点，

则h'(t)=<八'(t)>。得。<t<e,/iz(t)<0得t>e,

所以Mt)=皆在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减，又做e)=詈=]九⑴=0,

当t趋向于0且为正时，％(t)趋向于负无穷大，当t趋向于正无穷大时,h(t)趋向于0,如

由图可知，要使y=a与Zi(t)=年有两个交点，贝！|0<a<]

所以实数a的取值范围为0<a<：.

e

题型3三个零点问题

【例题3X2023春•重庆九龙坡•高三重庆市中学校考开学考试)已知/"(x)=2loga|x|-

ex3(a>。且a*1).

(1)试讨论函数/(x)的单调性；

(2)当a>1时，若f(x)有三个零点与*2*3.

①求a的范围；

x

②设Xi<x2<3»求证：3xf+2x2+xf>2e—2.

【答案】Q)答案见解析

(2)①1<a<e责；②证明见解析

【分析】(1)去绝对值符号，再分a>1和0<a<1两种情况讨论即可得解；

(2)①a>1,/⑺有三个零点=21oga|x|=e/有三个不同的实根，=ma=鬻，构

造函数g(x)=鬻，易得函数为奇函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数g(x)的

大致图象，结合函数图象即可得解；

②由①可得一1<%1<0<1<%2<返/则要证3婢+2%2+谒>2e—2,只需证明：%2+

xf>2e,结合，产:我器整理即可得证

(Zinx?—e%3ina

【详解】(1)注意X*0,/(%)="7ef'：>,,则((X)=会一3ex2,

6

l210ga(-X)-ex,X<0泡na

令尸(x)>0=2言'。>

/xlna0

当a>1时,x>0时,2—3ex3lna>0«0<%<

y户3elna

忘>°，此时无解，

x<0时，2—3ex3lnaV00%>

，（忘，+8）上单点递减，

故当a>1时，/（x）在（一8,0）

在（°，忘）上单调递增，

忌<°，此时无解，

当0VQV1时，x>0时，2—3ex3lna<0<=>%<

x<0时,2—3ex3lna>0<=^0>%>

故当0V。<1时，〃%）在（一%［熹），（0,+8）上单点递减,

在（忌，0）上单调递增,

综上所述，当a〉1时，/（X）在（-8,0）,（后^,+8）上单点递减,

在（°，忘）上单调递增；

当0<a<1时，/(x)在(-8,（0,+8）上单点递减,

在（忌，0）上单调递增;

（2）①a>1,“X）有三个零点a21oga|x|=有三个不同的实根，

0］皿=普，令如）=誓,

因为鼠-切=萼=-gM,所以g（x）为奇函数，

当%>0时，以乃=萼，娟（的=音,

当0V%V超时，g'(x)>0,当％>诧时,g[(x)<0,

所以g(x)在(0,诧)上单调递增，(诧,+8)单调递减，

又当xT0时，g(x)T-8,当xT+8时,g(x)T。且g(x)＞0,5(Ve)=捻,

因为/(x)有三零点，且a>1,

2

则0VIna〈点2=1VaV；

②由①可得一1<Xi<0<l<x2<Ver则3君>一3,以>1,

则要证3君+2以+螃＞2e-2,只需证明：琥+书＞2e,

|ln%2=e%加

21nx=e球InaQ

由于•2=>|(ln%2一E以)=e(xf-x|)lna,

21nx3=e以Ina-Inxj=exflna

则有誓>i£E』=^>/=e=x9+^>2e

用f以+2%2+以>—3+1+2e=2e—2.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

(1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基

本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体

现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

(3)参变量分离法：由f(x)=0分离变量得出a=g(x),将问题等价转化为直线y=a与函

数y=g(x)的图象的交点问题.

【变式3-1]1.(2023春•重庆沙坪坝•高三重庆八中校考阶段练习)设函数f(x)=。+

a)(lnx—Ina)—ax+a2,其中a>0.

(1)若a=1,求不等式f(x)>0的解集；

x

(2)求证:VaG(2,+oo),函数/'(x)有三个零点,x2,x3(i<x2<x3)，且,x2,七成

等比数列.

【答案】(1)[1,+8)

(2)证明见解析

【分析】(1)两边同除以x+1，将不等式等价与简化变形处理，构造函数，观察函数零点，

利用函数单调性求解不等式；

(2)同(1),先将等式变形，构造函数,转化为新函数h(x)零点问题；再对以x)求导，结

合二次函数图象与零点存在性定理分析导函数%'(乃符号及函数伏%)的单调性；最后在各区

间通过放缩取点法"取点"，寻找端点函数值异号的区间，确定函数h(x)的零点存在，再结

合八(9)=-h(x)性质得到三个零点的关系，问题得证.

【详解】(1)由a=1,得/(工)=(%+l)lnx-%-F1,x>0.

不等式/(x)>0等价于Inx-^>0r

令或幻=履一言,。'(劝=京不，

又g，(x)>0,则函蜘⑺在(0,+8)上单调递增，

又g(D=0,则不等式/■(N)>。的解集为[1,+8).

2

(2)令/(%)=0,则Inx—Ina=rx>0.

设九(外=In%-Ina-用/，因此/G)的零点是九(x)的零点.

,,,x_12a2_x2+(2a-2a2)x+a2

n^X)=x~(x+a)2=x(x+a)2，

设m(x)=/+(2a—2a2)%+a2

由aE(2,+8),则△=4a3(a—2)>0,对称轴％=Q2—。>2,m(0)>O,m(a)=

2a2(2—a)<0z

故存在%4G(0,a),x5E(a,+oo),使得？n(%)=0.

故函数Mx)在(0，M)上单调递增，在(M，&)上单调递减，在(均，+8)上单调递增.

又因为九(a)=0,则无(%4)>0,h(x5)<0,

当x<Q时，h(x)=(Inx—Ina)+"二：<(Inx—Ina)+a—x,

此时九(专)<(-Q-Ina)+Q-喜=-Ina-专v0；

2

又当x>Q时，/i(x)=(Inx—Ina)+-~—>(In%—Ina)+,

x+ax+a

此时h(ae。)>(a+Ina-Ina)+莞^=>0；

故由零点存在性定理知，h(x)有三个零点,a,%3,其中与<x2=a<x3.

又因为无(?)-(Ina-Inx)-,所以匕=；

即X1X3=a?=厩，即Xi,x2,巧成等比数列.

【点睛】在研究函数的零点问题时，零点存在性定理是推理依据之一，应用它的关键在于寻

找端点函数值异号的区间，这就需要适当"取点"，常用"取点”的方法有：直接取点法、

局部为零取点法、插值取点法、放缩取点法等等.

【变式3-1]2.(2023秋•重庆・高三重庆一中校考开学考试)设函数f(x)=工-asinx,xe

(0,7i),g(x)=x2-1-2axlnx,且/'(x)有唯一零点.

Q)求a的取值范围；

⑵证明：g(x)存在三个零点；

⑶记/'(%)的零点为p,g(x)最小的零点为q,证明：q•eP<1,其中e是自然对数的底数.

【答案】(1)(1,+8)

(2)见解析

⑶见解析

【分析】(1)分。=0和a*0讨论即可；

(2)g'(x)=2x-2a(l+Inx),再次求导证明导函数的单调性，最后利用零点存在定理即

可证明；

(3)由题意得以=鬻=翳，设租⑺=署，0<x<1,利用导数证明其在(0,1)上单调

性，将原不等式转化为证明察<7三,再通过设新函数结合导数即可证明.

2peP-eP

【详解】(1)当。=0时,/(%)=X,

令/(X)=0/得％=0,而X€(0,7T)z故Q。0,

当aH。时,令/(%)=。得x=asinx=>-=,xG(0,n),

ax

令九(%)=三C0<x<Ji,h'(x)—"co，：/""/令(Sx)=x—tanx,%E(0(),

则S'(x)=1-/=嗡三,因为x6(05),则cosxe(0,1),

则cos2%e(0,1),贝！Js'(x)<o,贝Us(%)=%-tan%在％6(0彳)单调递减，

则S(%)<5(0)=0,即％—tanx<0,即0<x<tan%在((),])上恒成立,

贝ke(05)时，xcosx<tanx-cosx=sinx,

而x=用寸，"(%)<0,

xe傅㈤时，xcosx<0<sinx,则"(%)="侬：/=<。,

故"(%)<。在(0,兀)上恒成立，

故九(%)在(0,兀)上单调递减,而九(0)=1,h(n)=0,

故(G(0,1),解得Q6(1,4-OO)

(2)g'O=2x—2a(l+Inx),设巾(x)=2x—2a(1+Inx),%>0,a6(1,+8),

则巾口)=2-彳，令©'(%)<0,解得0V%Va,此时巾⑺单调递减，即g'Q)单调递减，

令/(%)>0,解得%>a,此时力(%)单调递增，即g'(x)单调递增，

而g'(a)=2a-2a(1+Ina)——2alna<0,g'⑴=2—2a<0,

当xt0,且x>0时，g'(x)->+oo,当xT+OO,g'(x)t+oo,

故存在匕,t2满足o<t]<1<a<打，使得g'Qi)=g'(12)=o1

且当Xe(0由)时，g'(x)>0,此时g(x)单调递增,

Xe(t"2)时，g'M<o,此时g(x)单调递减,

Xe(土2，+8)时，gr(x)>0,此时g(x)单调递增，而g(l)=0,

则9⑴=o,则9*2)<9⑴=o,g(ti)>g(l)=0

而当xT+8时,g(x)T4-00；XT0,且X>0时，g(x)t-1,

则根据零点存在定理知g(x)在(0,ti)和9,+8)上各有一根,加上g(l)=0,

则g(x)存在三个零点.

(3)f(p)=p-asinp=0,则:=詈;

g(q)=0,BPq2-1-2aqinq=0,SO<q<1,则)==署,

因为a>1,所以以6(0,J

令"⑴=署，。<%v1,则“㈤=X2-XylnX

设m(x)=Inx-2(：；：),其中0vxv1,

则m'(x)=焉号>0,则m(x)在(0,1)上单调递增，

故6(%)<m(l)=0,则Inx<2^在%G(0,1)恒成立,

贝！]21nx=Inx2<2a一上,则+i)]nx<x2-1,

xz+l

则d(x)<0在Xe(0,1)上恒成立,

则w(x)在(0,1)上单调递增，设s(x)=署nW

kM

且HirrnQ)=0,limfc(x)=0,在点1的某去心邻域内两者皆可导，且M(x)H0,

x->lx-^1

B口-l「imr-i’-(4-)=1.nmln-x-+-1-=-1

XTlk'(x)%T12x2

则lim嘿=lim祟=巳作出如下图象，

XT1k(x)“T1krM2

因为pe(0,n),则eP>1,

要证q-ep