2026步步高高考大二轮复习数学-专题突破　专题六　第6讲　函数零点问题

第6讲函数零点问题1.(2025·天津，T7)函数f(x)=0.3x-x的零点所在区间是()A.(0，0.3) B.(0.3，0.5)C.(0.5，1) D.(1，2)2.(2023·全国乙卷文，T8)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是()A.(-∞，-2) B.(-∞，-3)C.(-4，-1) D.(-3，0)3.(2024·全国甲卷文，T16)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为.

4.(2022·全国乙卷理，T21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(-1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围.命题热度：本讲是历年高考命题常考的内容，高中低档题目都有考查，三种题型都有所考查，分值约为5~15分.考查方向：利用函数的图象与性质或导数研究函数的零点与方程的根，主要考查一是判断函数零点所在的区间；二是判断函数零点的个数；三是已知函数零点的个数或区间求参数范围(值).1.答案B解析由指数函数、幂函数的单调性可知y=0.3x在R上单调递减，y=x在[0，+∞)上单调递增，所以f(x)=0.3x-x在定义域[0，+∞)上单调递减，又f(0)=1>0，f(0.3)=0.30.3-0.30.5>0，f(0.5)=0.30.5-0.50.5<0，所以根据零点存在定理可知，f(x)的零点所在区间为(0.3，0.5).2.答案B解析f(x)=x3+ax+2，则f'(x)=3x2+a，若f(x)存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0，令f'(x)=3x2+a=0，解得x=--a3或x=且当x∈-∞，--a3∪-a当x∈--a3，-a3故f(x)的极大值为f--极小值为f-a若f(x)存在3个零点，则f即a3-a33.答案(-2，1)解析令x3-3x=-(x-1)2+a，则a=x3-3x+(x-1)2，设φ(x)=x3-3x+(x-1)2，x>0，则φ'(x)=(3x+5)(x-1)，x>0，所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，且φ(0)=1，φ(1)=-2，当x→+∞时，φ(x)→+∞，因为曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，即y=a与y=φ(x)的图象在(0，+∞)上有两个不同的交点，所以a的取值范围为(-2，1).4.解(1)当a=1时，f(x)=ln(1+x)+xe-x，∴f'(x)=1x+1+e-x-xe-∴f'(0)=1+1=2.∵f(0)=0，∴所求切线方程为y-0=2·(x-0)，即y=2x.(2)f(x)=ln(1+x)+axef(x)的定义域为(-1，+∞).f'(x)=11+x+a(1-设g(x)=ex+a(1-x2)，①若a>0，则当x∈(-1，0)时，g(x)=ex+a(1-x2)>0，即f'(x)>0，所以f(x)在(-1，0)上单调递增，所以f(x)<f(0)=0，故f(x)在(-1，0)上没有零点，不符合题意.②若-1≤a≤0，则当x∈(0，+∞)时，g'(x)=ex-2ax>0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)=1+a≥0，即f'(x)>0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)=0，故f(x)在(0，+∞)上没有零点，不符合题意.③若a<-1，(ⅰ)当x∈(0，+∞)时，则g'(x)=ex-2ax>0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，又g(0)=1+a<0，g(1)=e>0，所以存在m∈(0，1)，使得g(m)=0，即f'(m)=0，当x∈(0，m)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)=0，又当x→+∞，f(x)→+∞，所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零点，又f(x)在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点；(ⅱ)当x∈(-1，0)时，设h(x)=g'(x)=ex-2ax，则h'(x)=ex-2a>0，所以g'(x)在(-1，0)上单调递增，又g'(-1)=1e+2a<0，g'(0)=1>0所以存在n∈(-1，0)，使得g'(n)=0，当x∈(-1，n)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(n，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)=1+a<0，又g(-1)=1e>0所以存在t∈(-1，n)，使得g(t)=0，即f'(t)=0，当x∈(-1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，又x→-1，f(x)→-∞，而f(0)=0，所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，所以f(x)在(-1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，即f(x)在(-1，0)上有唯一零点，所以a<-1，符合题意.综上，a的取值范围为(-∞，-1).考点一利用函数的图象与性质研究函数的零点考向1函数零点个数的判断例1函数f(x)=x3x-x+1的零点个数为(A.1 B.2 C.3 D.4答案B解析方法一易知0不是函数的零点，故f(x)=x3x-x+1=0⇔13x-1+1x=0(令g(x)=13x-1+1x(x≠0)，则g(x)在(-∞，0)，(0，+又g(-1)>0，g-12<0，g(1)>0，g(2)故g(x)在-1，-12，(1，2)上各有一个零点，即f(x方法二易知0不是函数的零点，故f(x)=x3x-x+1=0⇔13分别作出函数y=13x与y=1-由图可知，两函数有两个交点，即函数f(x)=x3x-x+1考向2求参数的值或范围例2设函数g(x)=|lnx+b，x>0，ex(答案[-1，0)解析令g(x)=0可得，-b=|故直线y=-b与函数f(x)=|ln当x≤0时，f(x)=ex(x+1)，则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2)，由f'(x)<0得，x<-2，所以f(x)在(-∞，-2)上单调递减；由f'(x)>0得，-2<x≤0，所以f(x)在(-2，0]上单调递增，当x<-1时，f(x)<0，当-1<x≤0时，f(x)>0，当x→-∞时，f(x)→0，当x=-2时，f(x)取得极小值f(-2)=-1e2，f(0)所以函数f(x)的大致图象如图所示.由图可知，当0<-b≤1时，函数f(x)的图象与直线y=-b有三个交点，所以实数b的取值范围是[-1，0).考向3嵌套函数的零点例3(2025·临沂模拟)已知函数f(x)=lnx，x>0，-x2+2ax，x≤0，若函数yA.a>1 B.a<0C.-1<a<0 D.a<-1答案D解析当a≥0，x≤0时，f(x)=-x2+2ax，其图象的对称轴为直线x=a，又a≥0，所以f(x)在(-∞，0)上单调递增，又f(0)=0，所以函数f(x)的图象如图所示，令f(x)=t，y=f(f(x))=f(t)=0，由图象知，t=0或t=1，即f(x)=t=0或f(x)=t=1，根据图象知f(x)=t=0有2个解，f(x)=t=1有1个解，所以此时y=f(f(x))有3个零点，不符合题意；当a<0，x≤0时，f(x)=-x2+2ax，其图象的对称轴为直线x=a，又a<0，所以f(x)在(-∞，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减，又f(0)=0，所以函数f(x)的图象如图所示，令f(x)=t，y=f(f(x))=f(t)=0，由图象知，t=2a或t=0或t=1，根据图象及a<0知，f(x)=t=2a有2个解，f(x)=t=0有3个解，又y=f(f(x))有8个零点，所以f(x)=t=1有3个解，即a<0，f(综上，a<-1.[规律方法]利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法跟踪演练1(1)已知函数f(x)=x5+4x+a在(-1，1)内有零点，则实数a的取值范围是()A.(-5，5) B.(-∞，-5)∪(5，+∞)C.[-5，5] D.(-∞，-5]∪[5，+∞)答案A解析因为y=x5是增函数，y=4x+a也是增函数，所以f(x)是增函数，因为f(x)在(-1，1)内有零点，所以f(-1)=-1-4+a<0，f(2)(2025·成都模拟)函数f(x)=|2x-3|-8sinπx(x∈R)的所有零点之和为()A.9 B.10 C.11 D.12答案D解析函数f(x)=|2x-3|-8sinπx(x∈R)的零点，即为|2x-3|=8sinπx的解，即g(x)=|2x-3|与h(x)=8sinπx图象交点的横坐标，因为h32=-8，故直线x=32为h(x)=8sinπ而直线x=32也是g(x)=|2x-3|又h(x)=8sinπx的最小正周期为2ππ=2在平面直角坐标系中画出g(x)，h(x)的图象(如图所示)，因为h52=8>2=g52，h92=8>6=g92，g(故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sinπx的图象在直线x=32的右侧有且仅有4故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sinπx的图象的所有不同交点的横坐标之和为4×3=12，即函数f(x)的所有零点之和为12.考点二利用导数研究函数的零点例4(2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=2x-asinx+sin2x.若a>0且函数f(x)在(0，π)上没有零点，求实数a的取值范围.解由题意知f(x)=2x-asinx+sin2x，显然f(0)=0，f(π)=2π，若a>0，x∈(0，π)，令f'(x)=2-acosx+2cos2x=cosx(4cosx-a)=0，其中当cosx=0时，x=π2当a≥4时，由x∈(0，π)知，4cosx-a<0，则当x∈0，π2时，cosx>0，f'(x)<0，此时f(x)当x∈π2，π时，cosx<0，f'(x)>0，此时f(x)因此f(x)min=fπ2=π-a<0，可知fπ2f(π)<0，因此f(x)在(0，π当0<a<4时，由4cosx-a=0可得，cosx=a4>0所以∃x0∈0，π2，使得cosx0=a4，可得当x∈(0，x0)时，f'(x)>0，此时f当x∈x0，π2时，f'(x)<0，此时f当x∈π2，π时，f'(x)>0，此时f(所以要使函数f(x)在(0，π)上没有零点，需要fπ2=π-a>0，所以0<a<π所以实数a的取值范围为(0，π).[规律方法]已知零点求参数的取值范围(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点；(2)依据零点确定极值的范围；(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.跟踪演练2已知函数f(x)=eax-x(a∈R).(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论f(x)的零点个数.解(1)若a=2，则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1.又f(1)=e2-1，即切点坐标为(1，e2-1)，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1，故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)，即y=(2e2-1)x-e2.(2)方法一由题意得f'(x)=aeax-1.当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上单调递减，又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0，此时f(x)有一个零点.当a>0时，令f'(x)<0得x<-lna令f'(x)>0得x>-lna所以f(x)在-∞，-ln故f(x)的最小值为f-lnaa当a=1e时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点，当a>1e时，f(x)的最小值大于0，此时f(x当0<a<1e时，f(x)的最小值小于0，-lnaa>0，f(-1)=e-当x→+∞时，f(x)→+∞，此时f(x)有两个零点，综上，当a≤0或a=1e时，f(x)当0<a<1e时，f(x)当a>1e时，f(x)没有零点方法二当x≤0时，f(x)=eax-x>0，所以f(x)在(-∞，0]上无零点，当x>0时，令f(x)=eax-x=0，所以eax=x⇒ax=lnx⇒a=lnx令φ(x)=lnxx(x>0)，所以φ'(x)=所以当x∈(0，e)时，φ'(x)>0，当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0，所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，所以φ(x)max=φ(e)=1e又当x→0时，φ(x)→-∞，当x→+∞时，φ(x)→0，所以φ(x)的图象如图所示，由图可知，当a≤0或a=1e时，f(x)当0<a<1e时，f(x)当a>1e时，f(x)没有零点专题强化练[分值：90分]一、单项选择题(每小题5分，共30分)1.(2025·昆明模拟)已知函数f(x)=2x-1x，在下列区间中，一定包含f(x)零点的区间是(A.14，C.(1，2) D.(2，4)答案B解析因为f14=214-114=-3<0，f12=212-112=2-2<0，f(所以f(1)·f12<0，又函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以函数f(x)在122.(2025·安康模拟)函数f(x)=cos2x+3cosx-1在[-3π，3π]上的零点个数为()A.4 B.5 C.6 D.8答案C解析函数f(x)=cos2x+3cosx-1的零点满足cos2x+3cosx-1=2cos2x+3cosx-2=(2cosx-1)(cosx+2)=0，所以cosx=12或cosx=-2(舍去)在[-3π，3π]上，cosx=12，x的值为π3，5π3，7π3，-π3，-所以函数f(x)=cos2x+3cosx-1在[-3π，3π]上的零点个数为6.3.函数f(x)=2x-2x-a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是(A.(1，3) B.(1，2)C.(0，3) D.(0，2)答案C解析显然函数f(x)=2x-2x-a在区间(1，2)内单调递增，因为f(x)的一个零点在区间(1，2)内，所以f(1)f(2)<0，即(2-2-a)(4-1-a)<0，解得0<a<34.(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cosx+2ax.当x∈(-1，1)时，曲线y=f(x)和y=g(x)恰有一个交点，则a等于()A.-1 B.12 C.1答案D解析方法一令f(x)=g(x)，即a(x+1)2-1=cosx+2ax，可得ax2+a-1=cosx，令F(x)=ax2+a-1，G(x)=cosx，原题意等价于当x∈(-1，1)时，曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，注意到F(x)，G(x)均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得F(0)=G(0)，即a-1=1，解得a=2，若a=2，令F(x)=G(x)，可得2x2+1-cosx=0，因为x∈(-1，1)，则2x2≥0，1-cosx≥0，当且仅当x=0时，等号成立，可得2x2+1-cosx≥0，当且仅当x=0时，等号成立，则方程2x2+1-cosx=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，所以a=2符合题意.方法二令h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cosx，x∈(-1，1)，原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，因为h(-x)=a(-x)2+a-1-cos(-x)=ax2+a-1-cosx=h(x)，则h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即h(0)=a-2=0，解得a=2，若a=2，则h(x)=2x2+1-cosx，x∈(-1，1)，又因为2x2≥0，1-cosx≥0，当且仅当x=0时，等号成立，可得h(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立，即h(x)有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意.5.(2025·毕节模拟)已知函数f(x)=-x2-2x+3，x≤0，|lnx|，x>0，则函数yA.5 B.6 C.7 D.8答案C解析由题意，令[f(x)]2-5f(x)+6=0，解得f(x)=2或f(x)=3，作出y=f(x)的大致图象如图，由图可知，直线y=2与y=f(x)的图象有3个交点；直线y=3与y=f(x)的图象有4个交点，所以原方程有7个解，即函数y=[f(x)]2-5f(x)+6有7个零点.6.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+lnx+a有两个零点，则实数a的取值范围是()A.(-∞，0) B.(-∞，1]C.[0，+∞) D.(1，+∞)答案D解析因为f(x)=x(1-ex)+lnx+a有两个零点，故关于x的方程x(1-ex)+lnx+a=0有两个不同的解，故关于x的方程x+lnx+a-ex+lnx=0有两个不同的解，设t=x+lnx，x>0，则t'=1+1x>0，故t=x+lnx在(0，+∞)而当x→0时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，故t=x+lnx的值域为R，故关于t的方程t+a-et=0在R上有两个不同的解，设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et，当t<0时，s'(t)>0；当t>0时，s'(t)<0，故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1，此时当t→+∞时，s(t)→-∞，当t→-∞时，s(t)→-∞，故当a>1时，s(t)有两个不同的零点.综上，a>1.二、多项选择题(每小题6分，共12分)7.(2025·昭通阶段练习)已知定义在R上的函数f(x)满足f(-1)f(0)>0，f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，则()A.f(x)在区间(-1，0)上可能存在零点B.f(x)在区间(-1，0)上可能存在极值点C.f(x)在区间(0，1)上一定存在零点D.f(x)在区间(0，1)上一定存在极值点答案ABC解析当f(x)在区间(-1，0)上先减后增，且存在极值点x0∈(-1，0)时，若f(x0)<0，则设f(-1)>0，f(0)>0，又f(x0)<0且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，故由零点存在定理可知，f(x)在(-1，x0)与(x0，0)上各有一个零点，故A正确；此时存在极值点x0∈(-1，0)，故B正确；由f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，故由零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1)上一定存在零点，故C正确；若f(x)在区间(0，1)上单调递减，此时D无法满足，故D错误.8.(2025·合肥模拟)设函数f(x)=x3-3x2-9x-a有三个不同的零点，从小到大依次为x1，x2，x3，则()A.-27<a<5B.函数y=f(x)+a图象的对称中心为(1，-11)C.过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线，有且仅有1条D.若x1，x2，x3成等差数列，则a=-11答案ABD解析由f'(x)=3x2-6x-9，令f'(x)>0，解得x>3或x<-1，∴f(x)在(-∞，-1)，(3，+∞)上单调递增，在(-1，3)上单调递减.对于A，若f(x)有三个零点，则f(-1)>0>f(3)，解得-27<a<5，故A正确；对于B，令g(x)=f(x)+a=x3-3x2-9x，则g'(x)=3x2-6x-9，设h(x)=g'(x)，令h'(x)=6x-6=0得，x=1，又g(1)=-11，∴g(x)图象的对称中心为(1，-11)，故B正确；对于C，结合图象，过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线有2条，故C错误；对于D，f(x)=x3-3x2-9x-a=(x-x1)(x-x2)(x-x3)=x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x3x1)x-x1x2x3，∴x1+x2+x3=3，x1x2+x2x3+x3x1=-9，(*)x1x2x3=a，若x1，x2，x3成等差数列，则2x2=x1+x3，则x2=1，x1+x3=2，代入(*)得2+x1x3=-9，∴x1x3=-11，a=x1x3=-11，故D正确.三、填空题(每小题5分，共10分)9.(2025·上饶模拟)函数f(x)=xx2-2x-3答案3，-1解析由f(x)=xx2-2x-3=0，得x=0或x2即x=0或x=3或x=-1，由x2-2x-3≥0得，x≤-1或x≥3，则x=0不符合题意，故函数f(x)的零点为3，-1.10.(2025·德州模拟)若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则实数b的取值范围为.

答案(-∞，0)∪[e，+∞)解析若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则关于x的方程xb-ex=0在(0，+∞)上有解，即关于x的方程blnx=x在(0，+∞)上有解，显然x=1不是方程的解，所以关于x的方程b=xlnx在(0，1)∪(1，+∞则直线y=b与函数h(x)=xlnx，x∈(0，1)∪(1，+∞又h'(x)=-1+lnx所以当x∈(0，1)∪(1，e)时，h'(x)<0；当x∈(e，+∞)时，h'(x)>0，所以函数h(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增，又当x→0+时，h(x)→0；当x→1-时，h(x)→-∞；当x→1+时，h(x)→+∞，h(e)=e；当x→+∞时，h(x)→+∞，则h(x)的大致图象如图所示，所以b<0或b≥e，故实数b的取值范围为(-∞，0)∪[e，+∞).四、解答题(共28分)11.(13分)(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax.(1)若函数f(x)在(-∞，3)上单调递减，求实数a的取值范围；(6分)(2)若a∈(1，e]，证明：函数f(x)有两个零点.(7分)(1)解对f(x)=ex-1-ax求导得，f'(x)=ex-1-a，当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在R上单调递增，不符合题意；当a>0时，令f'(x)=ex-1-a<0得，x<1+lna，所以(-∞，1+lna)是函数f(x)的单调递减区间，因为f(x)在(-∞，3)上单调递减，所以(-∞，3)⊆(-∞，1+lna)，即3≤1+lna，解得a≥e2，所以实数a的取值范围是[e2，+∞).(2)证明令f'(x)=ex-1-a=0得，x=1+lna，当x∈(-∞，1+lna)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1+lna，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=1+lna时，f(x)取得最小值，f(x)min=f(1+lna)=a-a(1+lna)=-alna.因为a∈(1，e]，所以1<1+lna≤2<e2，f(1+lna)<0.因为f(0)=e-1>0，所以f(x)在(-∞，1+lna)上有唯一零点.又f(e2)=ee2-1-a因为a≤e，所以-ae2≥-e3，则f(e2)=ee2-1-ae2≥e3(ee所以f(x)在(1+lna，+∞)上有唯一零点.综上，函数f(x)有两个零点.12.(15分)(2025·北京海淀区模拟)已知函数f(x)=alnx-sinx，曲线y=f(x)在点π2，f(1)求实数a的值；(3分)(2)求f(x)在(0，2π]上的零点个数；(6分)(3)证明：f'(x)在0，π2上存在两个零点x1，x2，且|x2-x1|>14.(1)解f(x)=a2lnx-sinx的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=a2x-cos由题意可得，f'π2=aπ=1π，解得(2)解由(1)可得，f(x)=12lnx-sinx，x>0当x∈(0，1]时，12lnx≤0，sinx>0，故f(x)<0，f(x)在(0，1]当x∈1，π2时，12lnx≤12lnπ2<12lne=12，sinx>sin1>sinπ6=12，故f(x)当x∈π2，π时，f'(x)=12x-cosx>0，所以f(而fπ2=12lnπ2-1<12lne-1=-12<0，f(π)=12lnπ>0，故由零点存在定理知，f当x∈[π，2π]时，12lnx>0，sinx≤0，故f(x)>0，f(x)在[π，2π]综上，f(x)在(0，2π]上的零点个数为1.(3)证明f'(x)=12x-cosx=令g(x)=1-2xcosx，则g'(x)=2