重难点06 利用导数研究函数的零点（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点06利用导数研究函数的零点【九大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1判断、证明或讨论零点的个数】 2【题型2零点问题之唯一零点问题】 7【题型3零点问题之双零点问题】 10【题型4根据零点情况求参数范围】 15【题型5函数零点的证明问题】 19【题型6多零点的和、差、积与大小关系问题】 24【题型7隐零点问题】 30【题型8三角函数的零点问题】 34【题型9与函数零点相关的综合问题】 381、利用导数研究函数的零点导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的函数零点（方程的根）问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现，难度较大.【知识点1导数中的函数零点问题的解题策略】1．函数零点（个数）问题的的常用方法(1)构造函数法：构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.(2)函数零点存在定理：利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.(3)数形结合法：函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，数形结合，根据图象的几何直观求解.2．导数中的含参函数零点（个数）问题利用导数研究含参函数的零点（个数）问题主要有两种方法：(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y=g(x)图象的交点问题.3．与函数零点有关的参数范围问题的解题策略与函数零点（方程的根）有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.【知识点2隐零点问题】1．隐零点问题隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策路是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理.2．隐零点问题的解题策略在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.【题型1判断、证明或讨论零点的个数】【例1】（2024·四川凉山·二模）若fx=xsinx+cosx−1，x∈−π2,π，则函数fx的零点个数为（

A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.【解答过程】f′当x∈−π2,0时，当x∈0,π2时，f当x∈π2,π时，又f−π2=π2−1>0则fx由图象可得函数fx的零点个数为2故选：C.【变式1-1】（2024·北京房山·一模）若函数f(x)=ln(1−x),x∈−∞,0A．1 B．2 C．1或2 D．1或3【解题思路】令g(x)=f(x)+x+c=0，则f(x)+x=−c，则函数g(x)零点的个数即为函数y=f(x)+x,y=−c图象交点的个数，构造函数ℎx=fx【解答过程】f(x)=ln令g(x)=f(x)+x+c=0，则f(x)+x=−c，则函数g(x)零点的个数即为函数y=f(x)+x,y=−c图象交点的个数，令ℎx当x∈−∞,0时，ℎ所以函数ℎx在−∞,0当x∈0,1时，ℎ当x∈1,+∞时，ℎx所以函数ℎx在1,+∞上单调递增，且又当x→−∞时ℎx→−∞，当作出函数ℎx由图可知函数y=f(x)+x,y=−c的图象有且仅有一个交点，所以函数g(x)=f(x)+x+c零点的个数为1个.故选：A.【变式1-2】（2024·浙江·模拟预测）已知函数fx(1)当a=12时，求(2)当a=1时，判断fx【解题思路】（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<x<0时，记nx【解答过程】（1）当a=12时，fx当x<0时，ex<1,cosx≤1，所以所以，fx在−当x>0时，记gx=1因为ex>1≥sinx，所以g′所以gx>g0=0，即f′综上，fx的减区间为−∞,0（2）当a=1时，fx=ex记ℎx=e当x>0时，ex>1≥sinx，所以ℎ′所以ℎx>ℎ0=1>0，所以fx>f0=0，当x≤−π时，因为e所以fx=e当−π<x<0时，记nx因为当x趋近于0时，n′x趋近于0，所以当x=−π时，ex−x−1>−sinx作出函数nx和y=−由图可知，当−π<x<0时，两个函数图象有一个交点，即易知x=0是fx综上，函数fx【变式1-3】（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数fx(1)讨论fx(2)若关于x的不等式fx≤2x−2e在【解题思路】（1）求出函数导数，对于a分来讨论，确定函数的单调性，结合函数的单调性以及极值情况，即可求得答案；（2）不等式fx≤2x−2e在0,+∞上恒成立等价于a【解答过程】（1）因为fx=aln当x=1时，f1=0，所以1是f′令g(x)=x2+ax+1,x>0当−a2≤0，即a≥0时，g(x)在(故f′x>0，fx在可知此时fx当−a2>0，即a<0时，若1−a2故f′x>0，fx在可知此时fx若1−a24<0，则a≤−2时，则不妨设两根为x1,x即x2+ax+1=0有2个正数根，且不妨设则当0<x<x1时，g(x)>0，即f′x>0；当x当x>x2时，g(x)>0，即则可知fx在x1,1fx在1,x2由当x无限趋近于0时，−1x的变化幅度要大于故fx当x趋近于正无穷时，x的变化幅度要大于aln故fx此时函数fx综上：当a<−2时，fx有3个零点，当a≥−2时，f（2）不等式fx≤2x−2等价于alnx−x−1令Gx=aln对于函数y=x2−ax−1又两个零点之积为−1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点x0∈0,+∞，则此时Gx在0,x0故需Gx0≤0设函数ℎx=x−当x∈0,1时，ℎ′x<0；当所以ℎx在0,1上单调递减，在1,+又ℎ1e=ℎ由a=x0−得a∈1【题型2零点问题之唯一零点问题】【例2】（2024·四川成都·三模）若函数fx=ex−kA．4 B．2e C．e2 【解题思路】根据题意，函数fx有且仅有一个正零点，转化为方程k=ex【解答过程】函数fx有且仅有一个正零点，即方程k=令gx=e当x<0时，g′x>0，当0<x<2时，g′x即函数gx在−∞,0和2,+∞上单调递增，在x→0时，gx→+∞，x→−∞时，gx方程k=exx故选：D.【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=2x−kx−b恰有一个零点x0，且A．−∞,1−ln2ln2 B．【解题思路】先将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，然后利用导数的几何意义及b>k>0建立关于x0【解答过程】由fx=0可得2x=kx+b，要使fx设切点坐标为x0,2x0.由gx=故需使k=2由b>k>0可得2x01−故选：A.【变式2-2】（2024·广东汕头·三模）已知函数f(x)=x(e(1)若曲线y=f(x)在x=−1处的切线与y(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点，求【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，结合几何意义求出a，再分析单调性求出极值.（2）由函数零点的意义，等价变形得a=exx【解答过程】（1）函数f(x)=x(ex−ax2)的定义域为依题意，f′(−1)=0，则a=0，当x<−1时，f′(x)<0，当x>−1时，因此函数f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在所以函数f(x)在x=−1（2）函数f(x)=x(ex−ax2)在设g(x)=ex−ax2，则函数g(x)在(0,+即a=exx2在(0,+∞令φ(x)=exx2(x>0)，求导得φ′(x)=ex因此函数φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞函数φ(x)在x=2取得极小值同时也是最小值φ(2)=e当x→0时，φ(x)→+∞；当x→+∞时，画山φ(x)=eg(x)在(0,+∞)只有一个零点时，所以f(x)在(0,+∞)只有一个零点吋，【变式2-3】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数f(x)=3x2+msinx(x>0)(1)当m=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程，(2)若函数gx=fx−mxcos【解题思路】（1）根据导数的几何意义求切线的斜率，利用两点式求切线方程；（2）根据实数m的取值范围讨论函数gx的单调性，以及函数的极值，进而判断函数零点，由此确定m【解答过程】（1）当m=1时，f(x)=3x2+因为f′又f(0)=0，所以切点坐标为(0,0)，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x，（2）由g(x)=f(x)−mxcos得g′①当−6≤m≤6时，对于x∈0,3π若0<m≤6，则－m<m若−6≤m<0，则m≤msin若m=0，则msin所以−6≤m≤6时，g′(x)≥0，且当且仅当所以gx在区间0,又g(0)=0，于是gx在区间0,②当m>6时，令g′(x)=所以存在唯一的x0∈0,当x∈0,x0当x0∈0,又注意到g(0)=0,g3于是：当g3即6<m≤27π24时，当g3π2gx在区间0,综上所述，实数m的取值范围是27π【题型3零点问题之双零点问题】【例3】（2024·四川内江·三模）若函数f(x)=lnxx−xA．(0,e) B．(e,+∞)【解题思路】将函数f(x)=lnxx−x【解答过程】由题意知函数f(x)=lnxx即函数y=ln设ℎ(x)当0<x<e时，ℎ'(x)当x>e时，ℎ'(x)当0<x<1时，ℎ(x)<0，当x>1时，ℎ(x)>0，作出ℎ(x)的图象如图：当直线y=xm与ℎ(x)图象相切时，设切点为此时1m=1−故此时1m结合图象可知，要使函数y=ln需满足0<1故m∈(2e故选：D.【变式3-1】（2024·浙江杭州·模拟预测）若函数fx=xlnx−x+x−aA．−1e,0C．−2e,0【解题思路】利用函数与方程的思想将函数有两个零点转化为函数y=x−a与函数y=x−xlnx的图象有两个交点，求导并画出函数y=x−x【解答过程】由fx=0可得x−a=x−xlnx设gx=x−xln令g′x=−lnx>0，解得0<x<1所以gx在0,1上单调递增，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函数y=x−a与函数y=x−x切线y=x+1e与y=−x+e在x当a=0时，y=x−a与函数y=x−x故实数a的取值范围为−1故选：A.【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=xe1x−a(x>0)，且(1)求实数a的取值范围．(2)证明：x1【解题思路】（1）利用导数求出函数f(x)的最小值，再分段讨论并构造函数，利用导数探讨单调性，结合零点存在性定理推理即得.（2）由（1）的结论，结合函数零点的意义可得xlnx−lna⋅x+1=0有两个相异的解【解答过程】（1）函数f(x)=xe1x当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，f(x)在则f(x)当a≤e时，f(x)≥0恒成立，f(x)当a>e时，f(1)<0，f(a)=ae1a−a=a(f(1a)=1a令φ(a)=ea−2a，求导得φ′(a)=ea于是g′(a)>0，函数g(a)=ea−因此∃x1∈(所以实数a的取值范围为e,+（2）由（1）知，xe1x=a有两个相异的解令函数ℎ(x)=xlnx−lna⋅x+1，求导得ℎ′当0<x<ae时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在0,ae单调递减，当x>a不妨设x1<x2，显然要证x1+x2>又ℎx1=ℎx2，则即证ℎ(则F′(x)=ℎ而2aex−x因此函数F(x)在(0,ae)上单调递减，即F(x)>F(所以x1【变式3-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数fx=x2ln(1)求实数m的取值范围；(2)求证：t<1；(3)比较t与2e及2m+【解题思路】（1）先结合导数与单调性关系判断函数的单调性，结合单调性及函数性质，零点存在定理即可求解；（2）令t=x12+x22=u1+u2（3）结合所要比较式子，合理构造函数，对新函数求导，结合导数与单调性关系即可求解.【解答过程】（1）fxu=x2，考虑函数fx有两个零点x1,x2，ug′u=lnu+1,g所以gu因为当u→0+时gu→−2m；当x→+∞（2）t=x12+x欲证u1+u2<1即lnu∵u∴ln证明①式只需证λlnλ1−λ构造φλ=ln令y=1−1λ−lnλ，y所以y=1−1λ−lnλ所以φ′φλ在1,+∞单调递减，（3）先证u1+u2>F′∴Fu在0,1e单调递减，∴F∴gu2>g2e由0<u1<又∵当0<x<1时，y=lnx−2所以y=lnx−2x−1x+1在0,1所以当0<x<1时，y<0，即ln所以lne即1+lnu1整理得：eu同理当x>1时，y=lnx−2x−1x+1所以y=lnx−2把x代成eu2可得：由③-④得：eu∵u1<u2【题型4根据零点情况求参数范围】【例4】（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知a>1，若函数fx=axlnA．e,+∞ B．1,e C．2【解题思路】当x→+∞时，fx=xaxx⋅lna−e→+∞，当【解答过程】由题意f′x=ax已知a>1，当x<logae(lna)2当x>logae(lna)2故当x=x0=loga由此可知当x→+∞时，fx=xax若函数fxfx的最小值fx0又a>1，所以(lna)2<1，lna>0即a的取值范围是1,e故选：B.【变式4-1】（2024·陕西汉中·二模）已知函数f(x)=−x3−3x2−2x,x≤0A．(14,1e) B．(−2,0]∪{【解题思路】确定x=0是函数g(x)的零点，在x≠0时，利用函数零点的定义分离参数，构造函数ℎ(x)=f(x)【解答过程】由g(x)=0，得mx=f(x)，而当x=0时，f(x)=0，即0是g(x)的一个零点，当x≠0时，m=f(x)x=依题意，直线y=m与函数y=ℎ(x)的图象有3个公共点，当x<0时，ℎ(x)=−x2−3x−2=−当x>0时，ℎ(x)=lnxx当0<x<e时，ℎ′(x)>0，当x>因此函数ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e当0<x≤1时，ℎ(x)≤ℎ(1)=0，当x>1时，ℎ(x)>0恒成立，在同一坐标系内作出直线y=m与函数y=ℎ(x)的图象，观察图象知，当−2<m≤0或m=14时，直线y=m与函数则当−2<m≤0或m=14时，方程m=f(x)所以m的取值范围为−2<m≤0或m=1故选：C.【变式4-2】（2024·贵州贵阳·一模）已知函数fx=a+ex,x>0eA．−∞,e B．−∞,−e【解题思路】考查利用导数研究函数零点问题，先根据导数情况得出函数单调性和最值情况，再数形结合分析，分段函数分段讨论即可.【解答过程】因为方程fx+e当x∈−∞,0时，g所以当x∈−∞,−1时，g′x所以gx在−∞,−1上单调递减，在−1,0又当x→0时，gx→1；当x→−∞时，g当x∈0,+∞时，所以g′x=−ex2+e=所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞单调递增，又当x→0时，gx→+∞；当x→+∞时，所以当a+2e<0即a<−2即方程fx故选：C.【变式4-3】（2023·辽宁大连·模拟预测）已知函数fx=x3+2x2A．−∞,−1∪C．−∞,0∪【解题思路】零点个数问题转化为根的个数问题，进而转化为两个函数交点个数问题，通过对k讨论，进而得到k的取值范围.【解答过程】当x≥0，f(x)=x3+2因为x≥0，f′所以当x≥0时，f(x)单调递增，若函数gx则fx即y=fx与y=ℎ(x)=当k=0时，y=fx与y=

两图象只有两个交点，不符合题意，当k<0时，y=kx2−4x与x轴相交与两点当x=2k时，函数y=k当x=2k时，函数y=−2x的函数值为所以两图象有四个交点，符合题意，

当k>0时，y=kx2−4x与x图象如下：

在[0,4只需要y=x3+2x2因为x>4k，所以所以有x3+2x即kx2=所以在k=x+5x+2因为y=x+5x+2≥2所以4k<5且k>2综上所述，k的取值范围为(−∞故选：D.【题型5函数零点的证明问题】【例5】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数fx(1)若fx≤0恒成立，求(2)若fx有两个不同的零点x1,【解题思路】（1）直接用导数求出fx（2）构造pt=f1+t−f1−t【解答过程】（1）首先由m>0可知fx的定义域是0,+∞，从而故f′x=lnmx−x=1x−1=故fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，所以fx所以命题等价于lnm−1≤0，即m≤所以m的取值范围是0,e（2）不妨设x1<x2，由于fx在0,1在−1<t<1的范围内定义函数pt则p′t=这表明t>0时pt>p0又因为f2−x1=f1+1−x故由fx在1,+∞上的单调性知2−x【变式5-1】（2024·重庆·模拟预测）已知函数f(x)=a(ln(1)求证：1+xln(2)若x1,x2是【解题思路】（1）设g(x)=1+xln（2）求f′(x)，分析函数单调性，求出极值；根据f(x)的两个相异零点，可确定a的取值范围，并分别得到x1【解答过程】（1）令g(x)=1+xlnx,x∈(0,+∞令g′(x)>0，得x>1e；令所以g(x)在0,1e上单调递减，在所以g(x)min=g（2）易知函数f(x)的定义域是(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当a3ln3a+3②当a3ln3a+3因为f(x)在33a,+∞上单调递增，且所以f(x)在33a,+∞上有且只有1个零点，不妨记为由（1）知lnx>−1x因为f(x)在0,33a所以f(x)在0,33a上有且只有1个零点，记为x所以1a<x同理，若记x则有0<x综上所述，x2【变式5-2】（2024·辽宁·三模）已知fx(1)讨论函数fx(2)当a>0时，证明：函数fx有且仅有两个零点x1,【解题思路】（1）对fx求导，对a（2）先用零点存在性定理证明结论，再构造新函数讨论f(x1)与f(−x2【解答过程】（1）f′当a≥0时，令f′x>0，得x>0，令f所以fx在(0,+∞)当a<0时，令f′x=0，得x=0当ln−a<0，即−1<a<0时，由f'x>0得x∈所以fx在−∞,ln−a当ln−a=0，即a=−1时，f′x≥0当ln−a>0，即a<−1时，由f'x>0得x∈所以fx在−∞,0和ln综上，当a≥0时，fx在0,+∞上单调递增，在当−1<a<0时，fx在−∞,ln−a当a=−1时，fx在R当a<−1时，fx在(−∞,0)和ln（2）由第（1）问中a>0时，fx在0,+∞上单调递增，在当x>0时，因为a>0，f0=−1由零点存在性定理可得：函数fx在区间(0,+∞)上存在唯一零点x使得fx当x<0时，x−1<0，0<ex<1则fx显然一元二次方程12ax2+x−1=0其中−1+1+2a取b=−1−fb即fb>0，且由零点存在性定理可得：函数fx在区间(−∞,0)上存在唯一零点x使得fx所以当a>0时，函数fx因为x2为零点，所以f(所以12所以f(−x令gx=−x−1当x>0时，e−x−ex<0，g因为g0=0，x2所以(−x2−1)e−因为fx在(−所以x1<−x【变式5-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=x2−(2+a)x+a(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)=exx−f(x)+x2−(a+1)x−2a+(a−1)lnx（i）证明：2a>e（ii）证明：x2【解题思路】（1）先确定定义域，求出导函数并进行通分和因式分解后根据开口方向、根的大小关系、根与定义域的位置关系等信息进行分类讨论得出导数正负情况，从而得出函数的单调性.（2）考查用导数研究函数零点问题，（i）用导数研究函数的单调性和最值情况，确保函数零点个数为2即可证明2a>e【解答过程】（1）由题f(x)的定义域为(0,+∞)，①若a≤0，则2x−a>0，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞②若a>0，令f′(x)=0，得x1当0<a<2时，0<a当0<x<a2或x>1时，f′(x)>0；当所以f(x)在0,a2,(1,+当a>2时，a2当0<x<1或x>a2时，f′(x)>0；当所以f(x)在(0,1)，a2,+∞当a=2时，f′(x)=2所以f(x)在(0,+∞（2）（i）由题意知g(x)=e所以g′(x)=(x−1)e当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞则g(x)因为函数g(x)存在两个不同的零点，故e+1−2a<0，即2a>（ii）下面找出两个点m，n(0<m<1<n)，使得g(m)>0，g(n)>0,注意到4a2−2a−12a−1=2a−12a−1下面我们证明：g(2a)>0，g1①g(2a)>0⇔e2a2a−ln(2a)>0，设方法1：设ℎ(x)=ex−12x2所以ℎ′(x)在(2,+∞所以ℎ(x)在(2,+∞故ℎ(x)>ℎ(2)=e2−4>0，即因此m(x)=exx设u(x)=12x+1−所以u(x)在(2,+∞)上单调递增，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,+∞)上单调递增，得所以m(x)在(2,+∞)上单调递增，故m(x)>m(2)=又2a>e+1>2，从而e2a又f(1)<0，所以1<x②g1设t(x)=lnx−x+1，则易知t(x)在(0,1)上单调递增，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【题型6多零点的和、差、积与大小关系问题】【例6】（2023·四川成都·三模）已知函数f(x)=x−1x−alnx有三个零点xA．(1,+∞) B．2，+∞ 【解题思路】根据解析式得f1=0，由f(t)=0，得f(1t)=0，设x1<x2<x【解答过程】定义域为0,+∞，显然f若t是零点，则f(t)=t−1f(1所以1t也是零点，函数f(x)=x−1x不妨设x1<x所以ax1x当a≤2时，结合定义域和判别式易知f′即函数f(x)在0,+∞当a>2时，设x2−ax+1=0的两根分别为易知0<x4<1<x5在x4,x当x→0时，f(x)→−∞，ffx5<f1=0所以由零点存在定理易知有三个零点，满足题意.综上，ax1x故选：B.【变式6-1】（2023·四川南充·一模）已知函数f(x)=lnx−2x+2−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2（①x2x1<e2m

②xA．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】函数fx=lnx−2x+2【解答过程】由函数fx=ln转化为lnx−2x构造函数gx=lnx−2x+2，ℎx=lnx−2x故ℎx在0,1单调递减，在1,+所以0<x对于①，m=−ln所以2m=−ln所以x2对于②，由①可知m=−lnx1因此x1对于③，因为0<m<3，所以0<m3<1所以g3则g3构造函数Qx则Q′x=所以g3所以x2因为gem3令m3=t0<t<1，构造It=t−所以m=g所以em对于④，由①可知，lnx所以lnx令x1x2=n，Wn所以x1故选：D.【变式6-2】（2023·四川成都·一模）已知函数fx=lnx2−a2xlnx+aeA．−1e2−e,0 B．−【解题思路】令f(x)=0，将原函数的零点转化为方程lnx2−a2xlnx+aex【解答过程】令f(x)=0，得lnx2−令t=lnxx设g(x)=lnxx令g′(x)=0，解得x=e当x∈0,e时，g′当x∈e,+∞时，g则g(x)在x=e时，有最大值为g(则当t=gx当t=gx当t=gx当t=gx因为原方程为t2由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根t1、t2，设则有t1+t若a=0，则t1若a>0，则t1+t有0<t1<t2，即有0<若a<0则t1<0，t1=设ℎ(t)=t2−a2所以2ln故选：D.【变式6-3】（2023·四川南充·一模）已知函数f(x)=lnx−2x+2−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2（①x2x1<e2mA．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】令gx=lnx−2x+2，判断gx的单调性结合g1=0得到0<x【解答过程】∵f(x)=lnx−2x+2−m（0<m<3）有两个不同的零点即x1，x2是方程令gx=lnx−2∵g′x=1x+1∴x∈0,1时，gx∈1,+∞时，∴0<x1<1，x2>1，∴对于①，两式作差得，lnx整理得，ln∵2x2−x1x1对于②，∵lnx1−2x1+2=−m∴−2x1+2>−m，即2x对于③，∵lnx1−两式相加得，lnx整理得，∴lnx1x∵2x即x1令t=x1x整理得tlnt+2t−2>0，即∵x∈0,1时，gx∈1,+∞时，∴t=x1x故选：D.【题型7隐零点问题】【例7】（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知fx(1)讨论函数fx(2)当a=0时，判定函数gx【解题思路】（1）利用导数分类讨论含参函数的单调性即可；（2）利用导数分析函数的单调性，从而求出极值，即可判断函数的零点个数.【解答过程】（1）由题知，f′当a≤1时，当0<x<1时，f′x<0；当x>1∴fx在区间0,1上是㺂函数，在区间1,+当1<a<e时，0<lna<1；当0<x<lna或x>1时，f∴fx在区间0,lna上是增函数，在区间ln当a=e时，f′x当a>e时，lna>1；当0<x<1或x>lna时，f′∴fx在区间0,1上是增函数，在区间1,lna综上所述，当a≤1时，fx在区间0,1上是减函数，在区间1,+当1<a<e时，fx在区间0,lna上是增函数，在区间当a=e时，fx在区间当a>e时，fx在区间0,1上是增函数，在区间1,ln（2）由（1）知，gx=ln∴g′x∴ℎ′x∵ℎ∴存在唯一x0∈12,1当0<x<x0时，ℎx<0，即g′即g′x<0；当x>1时，ℎ∴gx在区间0,x0上是增函数，在区间x∴当x=x0时，gx设F(x)=−12x2+∴gx0<g∵g(1)=−12<0,g(2)=综上所述，gx【变式7-1】（23-24高三上·辽宁鞍山·阶段练习）已知函数fx=ln（1）若直线y=2x与函数fx的图象相切，求实数a（2）当a=−1时，求证：fx【解题思路】（1）设出切点坐标，利用导数求得切线方程，对比系数求得a的值.（2）当a=−1时，构造函数Fx=x2+gx−f【解答过程】（1）设切点为x0,fx0，由∴切线方程为：y−lnx0∵直线y=2x与函数fx的图象相切，∴1x0解得x0=1，（2）证明：当a=−1时，fx令FxF'x令Gx=xex−1∴函数Gx在x∈∵G0=−1，∴函数Gx在区间0,1上存在一个零点，即函数Gx在区间0,+∞上存在唯一零点∴当x∈0,x0时，Gx<0当x∈x0,+∞时，Gx>0∴Fxmin=Fx0两边取对数可得：lnx故Fx∴x2+gx【变式7-2】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数fx=xe(1)求fx在区间−1,1(2)当a≥1时，求证：fx【解题思路】（1）求导f′x=eax1+ax（x>0）（（2）方法一：隐零点法，由x>0，a≥1，转化为证明xex≥lnx+x+1，令gx=xex−lnx−x−1，（x>0），由gxmin≥0【解答过程】（1）解：f′x=eax令f′x=0当0<a≤1时，−1a≤−1，所以f′x≥0在区间所以fxmin=f当a>1时，−1<−1a<1，则当x∈−1,−1a时，当x∈−1a,1时，f′所以fx而f−1=−e−a综上所述，当0<a≤1时，fxmin=−当a>1时，所以fxmin=−（2）方法一：隐零点法因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex设gx=xex−令ϕx=ex−而ϕ12=所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x0∈1即ex0−1x当x∈0,x0时，ϕ′x<0，当x∈x0,+∞时，ϕ′x>0所以g所以gx≥0，因此方法二：（同构）因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex只需证明xe因此构造函数ℎx=eℎ′当x∈−∞,0时，ℎ′x当x∈0,+∞时，ℎ′x>0所以ℎx≥ℎ0所以xe因此fx【变式7-3】（2023·内蒙古包头·一模）已知函数f(x)=ae(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．【解题思路】（1）求出导函数f′(x)后计算斜率f′（2）求出导函数f′(x)，引入新函数g(x)=aex(x+1)−1(x>−1)，由导数确定g(x)【解答过程】（1）当a=e时，f(x)=f′故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y−(e即y=(e因为该切线在x，y轴上的截距分别为−1和e−1所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S=e（2）当a>1时，因为f(x)=aex−令g(x)=aex(x+1)−1(x>−1)因为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)上有唯一的零点β，即g(β)=0，因此有ae当x∈(−1,β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β,0)时，g(x)>0，即所以f(x)在(−1,β)上单调递减，在(β,0)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β+1)=1所以在−1<β<0时，f(β)=ae因为a>1，所以lna>0，又因为当−1<β<0时，β2β+1所以f(x)≥f(β)>0．因此当a>1时，f(x)没有零点．【题型8三角函数的零点问题】【例8】（2023·江西上饶·一模）已知函数fx=sin2x+2sinx−1，则A．2023 B．2024 C．2025 D．2026【解题思路】先证明函数fx为周期函数，再利用导数研究函数f【解答过程】因为fx+2所以函数fx=sin又f′当x∈0,2π时，令可得x=π3或x=当0≤x≤π3时，f′x函数fx在x∈因为f0=−1，fπ3=当π3<x<5π3时，f所以函数fx在x∈因为fπ3=所以函数fx在π当5π3<x≤2π时，f′因为f5π3=−所以函数fx在5所以当x∈0,2π时，函数f(x)有两个零点，且零点位于区间所以f(x)在x∈0,2023π上共有故选：B.【变式8-1】（2023·河南·模拟预测）已知函数fx=ex+x,x<0A．94,134 B．94,【解题思路】根据题意，先研究当x<0时fx有1个零点，进而将问题转化为当0≤x≤π时，【解答过程】解：当x<0时，fx=e所以，fx在−因为f−1所以，当x<0时，存在唯一的x0∈−1,−所以，当x<0时，fx因为函数fx所以，当0≤x≤π时，f令ωx−因为0≤x≤π，所以ωx−所以，函数y=sint在所以2π≤ωπ所以，正实数ω的范围为9故选：B.【变式8-2】（2024·广西钦州·三模）已知函数fx(1)若a=0，求曲线y=fx在点0,f(2)若a>−1，证明：fx在−【解题思路】（1）当a=0时求出f0、f（2）f0=0得0是fx的一个零点，再判断出fx为奇函数，只需要证明fx在0,π上有1个零点即可，利用导数判断出【解答过程】（1）当a=0时，fxf′故曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为（2）因为f0=0，所以0是fxf−x=−asin要证fx在−π,π上有3个零点，只需要证明f′令函数gx当x∈π2,当x∈0,π2时，g′x因为f′0=a+1>0,f′当x∈0,x0时，f′x所以fx在0,x0因为f0=0,fx0>0,f故fx在−【变式8-3】（2024·广东深圳·模拟预测）已知fx=xsin(1)讨论fx在−(2)令ℎx=x2−4x【解题思路】（1）求导数，令f′x=0，则x=0或x=±π2（2）分别讨论x>0和x≥5【解答过程】（1）由题意，f′x=sinx+x则f′π2所以f′令f′x=0，则x=0x∈−π,−π2x∈−π2,0时，x∈0,π2时，x∈π2,π时，f所以fx在−π,−π2上单调递增，在−（2）ℎx在R上有3个零点，理由如下：ℎ因为ℎ0=0，所以x=0是ℎ−x所以ℎx是偶函数，即要确定ℎx在R上的零点个数，需确定x>0时，①当x>0时，ℎ′令ℎ′(x)=0，即cosx=x∈0,π3时，ℎx∈π3,53所以ℎ(x)在0,5②当x≥53πℎx而tx在[5π3所以ℎ(x)>0恒成立，故ℎ(x)在[5π所以ℎx在0,+由于ℎx是偶函数，所以ℎx在−∞综上，ℎx【题型9与函数零点相关的综合问题】【例9】（2024·广东广州·二模）已知函数fx(1)讨论fx(2)若fx存在两个极值点，记x0为fx的极大值点，x1为【解题思路】（1）将问题转化成讨论gx=x2e（2）分类讨论，利用导数研究函数fx【解答过程】（1）因为fx当a=0时，fx=x当a≠0时，f−1=1，所以−1不是函数令fx故只需讨论gx=xg′因为x2所以gx=x2ex1+xx→+∞,g(x)→+∞，x→−1且x>−1时，g(x)→+∞，x→−1且x<−1时，g(x)→−∞，所以gx故当a>0,gx=x当a<0时，gx=综上，a≥0时，函数fx有1个零点，当a<0时，函数（2）函数fx当a≤0时，2ex−a>0当a=2时，f′x=当a>2时，lna2>0，令f'(x)>0得x<0或x>所以函数fx在−∞,0上单调递增，在0,lna因为flna2=aln所以函数fx在−1,+∞上无零点，在−∞所以x0当0<a<2时，lna2<0，令f'(x)>0得x<lna所以函数fx在−∞,lna2上单调递增，在因为f0=a>0,flnf=e所以函数fx在−∞,lna所以x0综上，x0【变式9-1】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数fx=x−1(1)当x∈1,+∞时，fx(2)若a<−2，证明：fx有三个零点x1，x2，x3（x1<x【解题思路】（1）利用f1=0，且fx≥0（x≥1），结合f′1（2）结合（1）fp>0，fq<0，从而取特殊值xp=a+a2【解答过程】（1）由题意可知fx的定义域为0,+∞，因为f1=0，fx≥0（x≥1以下证明a≥−2满足题意.由x≥1可知，lnx≥0，所以当a≥−2时，设ℎx=x−1x−2所以ℎx在(1,+∞)为递增函数，所以ℎ当a<−2时，对于函数y=x2+ax+1易知x2+ax+1=0有两个正根，不妨设为p,q,p<q,(pq=1)，则则当0<x<p或x>q时，f′x>0；当p<x<qfx在0,p和q,+∞上单调递增，在因为f1=0，所以fp>0，fq综上，a的取值范围是−2,+∞（2）由（1）可知，当a<−2时，对于函数y=x2+ax+1易知x2+ax+1=0有两个正根，不妨设为p,q,p<q,(pq=1)，则则当0<x<p或x>q时，f′x>0；当p<x<qfx在0,p和q,+∞上单调递增，在因为f1=0，所以fp>0，fq（a+a设ℎ(x)当0<x<1时，ℎ′(x)>当x>1时，ℎ′(x)<0，即lnx≤x−1<x，当且仅当x=1即得ln1x<则fx取xq=afxq=xq−1所以fx在xp,p上存在唯一零点x1，即在在q,xq上存在唯一零点x3，即在q,+结合f1=0，取所以ffx3=所以1x1也是函数的零点，显然1x1≠x1所以x1x3=x22【变式9-2】（2024·北京朝阳·二模）已知函数f(1)求曲线y=fx在点0,f(2)若fx≥0恒成立，求(3)若fx有两个不同的零点x1,x2【解题思路】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）求导可得f′x=−ax+a+11−x(x<1)，易知当a≥0时不符合题意；当a<0时，利用导数研究函数f(x)（3）易知当a≥0时不符合题意，当a<0时，易知x1<x2【解答过程】（1）由f(x)=ax−ln(1−x)，得因为f(0)=0,f所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(a+1)x；（2）f′①当a≥0时，f(−1)=−a−ln②当a<0时，令f′(x)=0当x∈−∞,1+1a时，f当x∈1+1a,1时，f所以当x=1+1a时，f(x)取得最小值若fx≥0恒成立，则设φx=x+1+ln当x∈−∞,−1时，φ当x∈(−1,0)时，φ′x<0,φ所以φx≤φ−1=0，即所以a=−1；（3）当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间所以f（x）至多有一个零点，不符合题意；当a<0时，因为f(0)=0，不妨设x若0<x2<1若x2<0，则由（2）可知，只需f(1−e)<0，即a(1−即a的取值范围为11−【变式9-3】（2024·江西景德镇·三模）已知函数fx=e(1)当b=e时，求函数g(2)已知实数a∈0,①求证：函数fx②设该零点为x0，若fx图象上有且只有一对点Ax1,y1【解题思路】（1）求导，分析函数的单调性，可得函数的极值.（2）①把问题转化成ex2−2a⋅x2ex②问题转化成方程fx【解答过程】（1）当b=e时，gx=令g′x<0⇒x<1，∴函数gg′x>0⇒x>1，∴函数g故当x=1时，gx取极小值g（2）①令fx换元t=x2，b=2a∈0,构造函数ℎt=et+bt，显然∴方程et对于函数gt=et−bt，当t≤0时∴gt>0恒成立，∴方程∴当实数a∈0,e2②由上可知x0构造函数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，构造函数∵φ0=0，且显然φ′∴φt存在正零点的必要条件是φ易证明当t>0时，et∴φt只要当t>−2+42故−2<x而a=ex0x0∴y=exx∴a>e−2故e−22<a<e一、单选题1．（2024·陕西安康·模拟预测）函数fx=lnA．0,22 B．22,1 C．【解题思路】由零点存在性定理可得答案.【解答过程】因为函数fx的定义域为0,+∞，又f′x=又f1=−1<0,f2=ln2=故选：C.2．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数fx=x3−3x+a在区间0,2A．0,2 B．2,+∞ C．0,1 D．【解题思路】利用导数说明函数的单调性，依题意可得f0【解答过程】因为f′x=3x2−3=3x+1即fx在1,+∞，当−1<x<1时f′x<0，即f根据题意可得f0>0f1<0故选：A.3．（2024·四川绵阳·模拟预测）函数fx=ex−kx−b恰好有一零点x0，且A．(−∞,0) B．(0,1) C．(−∞【解题思路】由题将函数fx恰好有一零点x0，且k>b>0等价于y=kx+b与gx=ex相切，将切线斜率【解答过程】函数fx=0即因为函数fx恰好有一零点x0，且则由指数函数图象特性y=kx+b与gx因为g′x=ex切点在切线上，故b=e所以由k>b>0得ex故选：B.4．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知ω>0，若函数fx=lnx−xA．43,73 B．43,【解题思路】根据导数判断fx在0,3和3,+∞上各有1个零点，转化为当−π【解答过程】当x>0时，f′x=1x当x∈3,+∞时，又f1=−13<0，f3=ln3−1>0又因为fx=0有4个根，所以当−π因为−π≤x≤0，所以−π解得43故选：B．5．（2024·四川宜宾·模拟预测）定义在0,+∞上的单调函数fx，对任意的x∈0,+∞有ffx−A．−∞,1 B．0,1 C．0,1 【解题思路】由条件单调函数fx，对任意的x∈0,+∞fx−lnx=t，且fx⋅f【解答过程】由于函数fx为单调函数，则不妨设fx−且ft−lnt=1−ln设gx则方程fx⋅f′xg′易得当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1,+∞所以函数gx在(0,1)上单调递增，在(1,+所以g(x)又g1e=0，且当x→+故函数gx=lnx+1x故选：B.6．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数fx=lnx+1−ax有两个零点x1A．a>1 B．xC．x1⋅x【解题思路】根据零点可将问题转化为a=lnx+1x，构造gx=lnx+1【解答过程】由fx=0可得a=lnx+1x则直线y=a与函数gx的图象有两个交点，g由g′x>0可得0<x<1，即函数g由g′x<0可得x>1，即函数g且当0<x<1e时，gx=lnx+1x如下图所示：由图可知，当0<a<1时，直线y=a与函数gx由图可知，1e因为f′x=1x−a=1−axx，由所以，函数fx的增区间为0,1a，减区间为1所以，0<x1<令ℎx=f2则ℎ′x=1x−所以，ℎx1>ℎ1a又fx2=f因为函数fx的单调递减区间为1a,+∞，则由ax1=所以，lnx1x由图可知1e<x1<1<x2故选：D.7．（2024·四川·模拟预测）已知函数fx=3−2x+1,x>0,(x+2)2eA．0,1 B．1,4 C．1,4 D．1,+【解题思路】求得f′x=−xx+2ex，得到函数f【解答过程】当x≤0时，fx=(x+2)则x<−2时，f′x所以，当x=−2是fx的极小值点，作出如图所示的函数f函数y=[fx]即fx也即是fx=0和其中fx=0有唯一实数根只需fx−a=0有4个且均不为-2的不相等实数根，由图可知即实数a的取值范围为1,4.故选：C.8．（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=e2x−2a+1xA．∃a∈R，使函数fx恰有B．∃a∈R，使函数fxC．∃a∈R，使函数fx没有D．若函数fx有2个零点，则实数a的取值范围为【解题思路】通过观察式子的结构得到exx2−2a+1exx+a【解答过程】令fx=e2x−2所以exx2从而得exx=a设gx=e令g′x=0可知当x>1时，g′x>0，所以函数g可知当x<0或0<x<1时，g′x<0，所以函数g且g1=e

对于A，结合图像知，当a+2=e或a<00≤a+2<e，即a=e−2对于B，结合图像知，当a=e时，函数f对于C，结合图像知，当a≥0a+2<e，即0≤a<e对于D，结合图像知，当0≤a<ea+2>e或a+2<0，即a<−2或e故选：D．二、多选题9．（2023·广西·模拟预测）已知方程ax−2xlnx=x2+3（a∈R）有两个不同的根x1，A．a∈4,+∞ C．lnx1+【解题思路】构造函数fx=x+3【解答过程】方程ax−2xlnx=x2+3构造函数fx=x+3当x∈0,1时，f′x当x∈1,+∞时，f′则fxmin=f1=4−a当a>4时，f2af1由以上可知，当a>4时，fx分别在1a,1构造函数gx=fx−f1因此gx在0,+∞上单调递减，易知g1=0，由A易知即fx2<f1x2成立，又fx因此选项B，D正确；由lnx1+lnx故选：ABD.10．（2024·重庆·三模）已知函数f(x)=e2x−ax2A．当a=1时，f(x)在(0,f(0))处的切线方程为2x−y+1=0B．若f(x)有3个零点，则a的取值范围为eC．当a=e2时，x=1是D．当a=12时，f(x)有唯一零点x【解题思路】根据导数的几何意义，可判定A正确；根据题意，转化为gx=e2xx2与y=a的图象有3个交点，利用导数求得函数gx的单调性与极值，可判定B正确；当a=e2时，得到f′x【解答过程】对于A中，当a=1时，可得f(x)=e2x−x2对于B中，若函数f(x)=e2x−a其中x=0时，显然不是方程的根，当x≠0时，转化为g(x)=e2xx又由g′令g′(x)>0，解得x<0或x>1；令g′所以函数g(x)在(−∞,0),(1,+∞所以当x=1时，函数g(x)取得极小值，极小值为g(1)=e又由x→0时，g(x)→+∞，当x→−∞时，g(x)→0且g(x)>0如下图：所以a>e2，即实数a的取值范围为对于C中，当a=e2时，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)的极小值点，所以C错误．对于D中，当a=12时，设ℎ(x)=e2x−当x<ln12时，ℎ′(x)<0,ℎ(x)在−∞,所以当x=ln12时，ℎ所以f'(x)>0，所以函数f(x)在又因为f(−1)=e−2−所以f(x)有唯一零点x0且−1<故选：ABD.11．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数fx=aex+a−x有两个零点A．a的值可以取14 B．a的值可以取C．x1−x2的值关于a【解题思路】对函数求导，分析函数单调性，对a=14和a=12，分别求极值，判断极值的符号，结合函数零点存在性的判定方法求零点个数，可得AB的真假；把aex+a−x=0转合成ex=xa−a，数形结合，通过函数y=e【解答过程】求导得f′当a≤0时，f′故f(x)在R上为减函数，不可能有两个零点，故a>0;令f′(x)=0，得当x∈(−∞,−lna)，f′则f(x)在(−∞,−ln故f(x)的最小值为f(−ln对于A选项：当a=14时，243=35<44=256因为y=x1716则e1716<317当x→−∞时，f(x)→+∞；且x→+∞故f(x)在(−∞,ln对于B选项:当a=12时，于是故f(x)在R上无零点，故B错；对于C，aex+a−x=0，即ex当a增加，直线y=xa−a对于D，因为x1,x2为函数不妨设x1则x1∈(0,−ln又f′所以f设y=e则y=ex1−x则y=et−1所以函数y=et−1所以当t<0时，et即ex1−f′故选：ACD.三、填空题12．（2024·四川成都·三模）若函数fx=ex−kx2大于0【解题思路】首先判断k>0，令fx=0，x∈0,+∞，参变分离可得k=exx2，依题意可得y=k与y=e【解答过程】若k≤0时fx>0恒成立，所以所以k>0，令fx=0，x∈0,+∞，即依题意y=k与y=exx令φx=exx所以当0<x<2时，φ′(x)<0，当x>2时，即φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞所以φ(x)的最小值是φ2而当x→0时，fx→+∞，当x→+∞时，故答案为：e213．（2023·江苏·模拟预测）已知函数f(x)=x3−x,x≤0lnx,x>0，若F(x)=f(f(x)−t)有六个零点，则实数t的取值范围是0≤t<2【解题思路】先求得fx的零点，将Fx有6个零点转化为函数f(x)的图象与三条直线y=t,y=t+1,y=t−1共有六个交点，结合导数来求得【解答过程】由x3−x=xx2−1由lnx=0x>0，解得因为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因为F(x)=f(f(x)−t)有六个零点，所以函数f(x)的图象与三条直线y=t,y=t+1,y=t−1共有六个交点．因为函数y=lnx的图象与三条直线所以f(x)=x当x≤0时，f′所以fx在区间−∞,−所以x=−33时，f−33结合f(x)的图象，可知0≤t<239或t+1<0所以0≤t<239或t<−1故答案为：0≤t<239或t<−114．（2023·福建福州·二