2026年高考数学终极冲刺压轴03 利用导数研究函数零点的2大核心题型（解析版）

压轴03利用导数研究函数零点的2大核心题型

利用导数研究函数零点问题是高考的热点，主要涉及判断、证明或讨论函数零点的个数、已知函数零

点存在情况求参数及由函数零点性质研究其它问题等，多以解答题的形式出现，难度较大.

题型01证明或求解零点个数

技法指导

1

1

1.（2025·浙江温州·一模）已知fxex（x0）.

(1)求导函数fx的最值；

(2)试讨论关于x的方程fxkx（k0）的根的个数，并说明理由.

【解题指导】（1）函数求导f(x)→令g(x)f(x)→g(x)再求导→利用导数确定单调性得最值；

f(x)f(x)

（2）方程变形为k→令k(x)→对k(x)求导→确定单调性→依据函数值域确定根的个数．

xx

【详解】（1）

1

11

∵fxex，记gxfx

x2

111

1112112x1

∴gxexexex0，解得：x

x4x3x42

1

当x0,时，gx0，gx单调递增，

2

1

当x,时，gx0，gx单调递减，

2

14

所以fx的最大值等于f.

2e

1

1

1

（）【分离参数法】由，即1，即ex

2fxkxexkxk.

x

1

11x

xe1x

令e，∴，由kx0解得：x1

kxkx3

xx

∴kx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，∴kmaxxk11，且kx0

所以：当k1时，方程无解；当k1时，方程有1个解；当0k1时，方程有2个解.

1

1

1

【分类讨论法】由，即1，即ex

fxkxexkxk.

x

1

令t0,，ltte1t，∴lt1te1t，由lt0解得：t1

x

∴lt在0,1上单调递增，在1,上单调递减，∴lmaxtl11，且lt0

所以：当k1时，方程无解；当k1时，方程有1个解；当0k1时，方程有2个解.

1

111

【构造函数法】由fxkx，即x，两边取对数得：1lnklnx，即lnk1lnx.

ekxxx

1111x

令hx1lnx，所以由hx0，解得x1

xx2xx2

当x0,1时，hx0，hx单调递增，当x1,时，hx0，hx单调递减

所以hmaxxh10

当lnk0，即k1时，方程无解；

当lnk0，即k1时，方程有1个解；

当lnk0，即0k1时，方程有2个解.

2．已知函数f(x)exax(aR).

（1）讨论函数fx的单调性；

（2）当a2时，求函数gxfxcosx在,上的零点个数.

2

【解】（1）f(x)exax，其定义域为R，f(x)exa

①当a0时，因为fx0，所以fx在R上单调递增，

②当a0时，令fx0得xlna，令fx0得xlna

所以fx在,lna上单调递减，lna,上单调递增，

综上所述：

当a0时，fx在R上单调递增；

当a0时，fx在,lna单调递减，lna,单调递增，

（2）已知得g(x)ex2xcosx，x,

2

则g(x)exsinx2

x

①当x,0时，因为g(x)e1(sinx1)0

2

所以gx在,0单调递减，

2

所以gxg00，

所以gx在,0上无零点；

2

2

②当x0,时，因为gx单调递增，且g(0)10，ge10，

22

所以存在x00,，使gx00

2

当x0,x0时，gx0，

当xx0,时，gx0

2

所以gx在0,x0递减x0,递增，且g00，所以gx00，

2

又因为ge20

2

所以gx0g0

2

所以gx在x0,上存在一个零点，

2

所以gx在0,上有两个零点；

2

③当x,时，x2，

2g(x)esinx2e30

所以gx在,单调递增

2

因为g0，所以gx在,上无零点；

22

综上所述，gx在,上的零点个数为2个.

2

3．已知函数f(x)ax2sinxa.

(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(2)若x(0,)，且a0，讨论函数g(x)x2f(x)ax的零点个数.

【解】（1）解：当a1时，f(x)x2sinx1，所以fx12cosx，

故f(0)1，f(0)1，

所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x1.

（2）解：依题意g(x)x2f(x)axx2a2sinx，则g(x)2x2cosx，

轹p÷

当x,时，g(x)0，所以g(x)在ê,p÷上单调递增；

2ëê2ø

当x0,时，设h(x)g(x)2x2cosx，

2

此时h(x)22sinx0，所以g(x)在0,上单调递增，

2

又g(0)20，g0，

2

所以存在x00,，使得gx00，且g(x)在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增.

22

综上所述，g(x)在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增.

222

又g(0)a0，所以当g()a0，即a时，g(x)有唯一零点在区间x0,上，当g()a0，

即a2时，g(x)在(0,)上无零点；

故当0a2时，g(x)在(0,)上有1个零点；

当a2时，g(x)在(0,)上无零点.

题型02已知零点个数求参数范围

技法指导

4.（2025·四川绵阳模拟）已知函数fxlnxkexk.

(1)当k0时，求证：fx最大值小于2；

(2)若fx有两个零点，求实数k的取值范围.

【思维探究】

看到什么想到什么

k0指数不等式exx+1和对数不等式lnxx1

fxlnxkexk同构变形lnxxxkexklnexkexk

fx有两个零点直线yk与函数txxlnx有两个交点

【详解】（1）当k0时，fxlnxex，

x

先证明：exx+1，令gx=ex1，其中x0，

则gxex1，当x0时，gxex10，

所以gx=exx1在0，+上单调递增，

即gx=exx1g01010，

则不等式exx+1在x0，+上恒成立，

再证明：lnxx1，令hx=lnxx1，其中x0，

11x

则hx=1，

xx

1x1x

则当x1时，hx=0，当0x1时，hx=0，

xx

所以hx=lnxx1在0x1上递增，在x1上递减，

即hx=lnxx1h1=ln1110，

则不等式lnxx1在x0，+上恒成立，

所以有fxlnxexx1x12，证毕；

（2）第二步：指对同构

xk

由fxlnxke0得：lnxxxkexklnexkexk，

第二步：构造函数，求导分析函数的单调性

11

构造函数x=lnxx，由x=1，因为x0，所以x=10，

xx

即函数x=lnxx在0，+上单调递增，

由lnxxlnexkexkxexk，根据单调性可得：

xexklnxxkkxlnx

第三步：二次构造函数，新函数求导分析单调性

1x1

再构造txxlnx，则tx1，

xx

x1x1

则当x1时，tx0，当0x1时，tx0，

xx

所以txxlnx在0x1上递减，在x1上递增，即txxlnxt11

当x0时，由lnx，可知txxlnx+，

当x+，由对数函数没有一次函数增长得快，可知txxlnx+，

第四步：结合图象求解.

而函数fxlnxkexk有两个零点等价于直线yk与函数txxlnx有两个交点，

根据数形结合可得：k1.

1

5．已知函数fxx2exax2.

2

（1）若a1，求函数gxfxx的单调区间；

（2）若函数hxfxex有两个零点，求实数a的取值范围.

1

【解】（1）由题意g(x)(x2)exx2x，g(x)ex(x2)exx1(x1)(ex1)，

2

当x0或x1时g(x)0，0x1时g(x)0，

∴g(x)在(,0)和(1,)上单调递增，在(0,1)上单调递减．

1

（2）h(x)f(x)ex(x1)exax2，显然a0时，h(x)没有两个零点，

2

2(1x)x2x22(1x)2(1x)

由h(x)0可得，则问题转化为p(x)的图象与直线y的两个交点，直线y

aexexaa

2

过定点(1,0)，斜率为，

a

2xx2

p(x)，当x0或x2时，p(x)0，0x2时，p(x)0，

ex

4

∴p(x)在(,0)上递减，在(0,2)上递增，在(2,)上递减，p(0)0为极小值，p(2)为极大值，且x2

e2

时，p(x)0，

2(1x)

作出yp(x)的图象，作出直线y，如图，

a

yx2

设P(x,y)(x1)是p(x)图象上任一点，定点A(1,0)，则k，

PAx1(x1)ex

22

x2x(x1)exx2xexx(x1)1

记q(x)，则q(x)，

(x1)ex(x1)2e2x(x1)2ex

x1时，q(x)0恒成立，即q(x)是减函数，∴直线PA与函数p(x)的图象在(1,)上没有两个交点．即

2

0不合题意，

a

x22(1x)2

要使得p(x)的图象与直线y的两个交点，则0，∴a0．

exaa

6．已知函数fxx1exax2，aR.

e

(1)当a时，求fx的单调区间；

2

(2)若方程fxa0有三个不同的实根，求a的取值范围．

ee

【解】（1）当a时，函数fxx1exx2，

22

则fxxexexxexe，令fx0得x0或x1

当x,0或x1,时，fx0，当x0,1时，fx0，

所以fx在,0上单调递增，在1,上单调递增，在0,1上单调递减，

e

即当a时，fx单调递增区间为,0和1,，单调递减区间为0,1．

2

x

（2）fxax1eax1，所以x1为fxa0的一个根，

故exax10有两个不同于1的实根，

令gxexax1，则gxexa，

①当a0时，gx0，故gx在R上单调递增，不符合题意；

②当a0时，令gx0，得xlna，

当xlna时，gx0，故gx在区间lna,上单调递增，

当xlna时，gx0，故gx在区间,lna上单调递减，

并且当x时，gx；当x时，gx；

所以若要满足题意，只需glna0且g10，

因为glnaelnaalna1alna0，所以a1，

e

又g1e2a0，所以a，

2

ee

所以实数a的取值范围为1,,.

22

1．（2025·云南昭通·模拟预测）已知函数fxalnx1xsinx．

ππ

(1)若a0，求曲线yfx在点,f处的切线方程；

66

(2)若a1，讨论函数fx在x1,0上的单调性和零点个数．

【解】（1）当a0时，fxxsinx，

πππ13π

则fxsinxxcosx，则f,f，

6126212

πππ13ππ

所以曲线yfx在点,f处的切线方程为yx，

66122126

13π3π2

即yx．

21272

1

（2）当a1时，fxlnx1xsinx，则fxsinxxcosx，

x1

1

当x1,0时，0,sinx0,xcosx0，则fx0，

x1

故fx在x1,0上单调递增．

又因为f00，所以fx在x1,0上的零点个数为1．

2．（2026·四川广安·月考）给定函数fxx1ex

(1)判断函数fx的单调性，并求fx的极值.

(2)若fxa有两个解，求a的取值范围.

【解】（1）因为fxx1ex，

xxx

所以fxx1exx1exex1ex2e.

由fx0x2；由fx0x2.

所以fx在,2上单调递减，在2,上单调递增.

1

在x2处，函数取得极小值，f2.

e2

无极大值.

（2）当x2时，fx0；

当x1时，fx0；

当x1时，fx0.

作函数fx草图如下：

1

所以fxa有两个解，可得a0.

e2

1

即所求a的取值范围为：,0

e2

3．（2025·山东泰安·模拟）已知函数fxx(xc)2在x1处有极小值.

(1)求实数c的值；

(2)若函数gxfxa有三个不同的零点，求实数a的取值范围.

【解】（1）因为fxx(xc)2x32cx2c2x

f(x)3x24cxc2(xc)(3xc)，

由已知f(1)0，即(1c)(3c)0，c1或c3，

当c1时，f(x)(x1)(3x1)，

11

所以当x时f(x)0，当x1时f(x)0，当x1时f(x)0，

33

11

∴f(x)在,上单调递增，,1上单调递减，(1,)上单调递增，

33

x1时有极小值，符合题意.

当c3时，f(x)3(x3)(x1)，

所以当x1时f(x)0，当1x3时f(x)0，当x3时f(x)0，

∴f(x)在(,1)上单调递增，(1,3)上单调递减，(3,)上单调递增，

x1时有极大值，不符合题意，故舍去.

c1；

（2）由已知g(x)f(x)a有三个不同零点，

即yf(x)的图像与直线ya有三个不同的交点，

11

由（1）知f(x)在,上单调递增，,1上单调递减，(1,)上单调递增，

33

12

故当时，有极大值，即1114，

xfx极大值f1

333327

当x1时，有极小值，即fx极小值f(1)0，

44

所以0a，a0.

2727

4．（2025·安徽阜阳二模）已知函数f(x)axsinx，曲线yf(x)在(π,f(π))处的切线斜率为0．

(1)证明：函数f(x)在R上单调递增；

1

(2)设g(x)mx3f(x)，若m，判断函数g(x)的零点个数．

6

【解】（1）依题意，f(x)acosx，

因为曲线yf(x)在(π,f(π))处的切线斜率为0，

所以f(π)a10，即a1．

所以f(x)xsinx,f(x)1cosx0，

故函数f(x)在R上单调递增．

（2）由（1）得f(x)sinxx，所以g(x)mx3xsinx

故g(x)3mx21cosx，设sx3mx21cosx，

则sx6mxsinx，设ux6mxsinx，则ux6mcosx，

1

当m时，ux1cosx0，所以u(x)单调递减，

6

因为u(0)0，所以当x0时u(x)0，从而函数s(x)即g(x)单调递减，

又g020,g212m1cos221cos20，

从而存在唯一x0(0,2)，使得gx00，

且当x0,x0时，g(x)0,g(x)在0,x0上单调递增，

当xx0,时，g(x)0,g(x)在x0,上单调递减，

2

32π

而gx0g(0)0,g(π)mππsinππmπ1π10，

6

故存在唯一x1(0,)，使得gx10．

因为g(x)g(x),g(x)是奇函数，且g(0)0，

所以函数g(x)有3个零点．

5．（2025·安徽蚌埠·三模）已知函数f(x)exa．

(1)若a1,g(x)f(x)cosxsinx，讨论函数g(x)在(0,2π)的单调性；

(2)若h(x)f(x)xcosx在[0,2π]上有唯一的零点，求实数a的最小值．

【解】（1）由条件，g(x)ex1cosxsinx,x(0,2π)

则g(x)excosxex1sinxcosxex1(cosxsinx)，

由0x2π,ex1，所以ex10，

π5π

令g(x)0，则cosxsinx，得0x或x2π，

44

π5π

令g(x)0，则cosxsinx，得x，

44

π5ππ5π

所以g(x)在0,和,2π上单调递增，在,上单调递减．

4444

（2）由h(x)exaxcosx，则h(x)excosxxsinx,x[0,2π]，

令(x)ex(x1)，则(x)ex1≥0，

所以当x[0,2π]时，(x)单调递增，

又(0)0，所以(x)0exx1，

h(x)excosxxsinxx1cosxxsinxx(1sinx)(1cosx)0，

所以h(x)在[0,2π]上单调递增，h(0)1a,h(2π)e2π2πa，

由题意，1a0e2π2πa，解得1ae2π2π，

所以a的最小值为1．

1

6．（2025·湖南郴州·三模）已知函数fxetx1lntex1lnx.

(1)当t1时，求fx的单调区间；

(2)当te时，求fx在0,1上的最小值；

(3)当t1时，讨论fx的零点个数.

【解】（1）当t1时，fxex1lnx，定义域为0,，

11

则fxe1lnxexe2lnx,f0，

xe2

11

当0x时，fx0，当x时，fx0，

e2e2

11

故fx的单调递增区间为,，单调递减区间为0,.

e2e2

111

111

xxx

（2）当te时，fxee1ex1lnx,fx2ee2lnxe2e2lnx，

xx

112x111

令xex2lnx，则xex0，

x2x4x

所以fx在0,1上单调递增，

所以当x0,1时，fxf1e2e0，

2

所以fx在0,1上单调递减，所以当x0,1时，f(x)minf1e.

1

111

（3）令fx0，得tx1lntx1lnx0，即txlntlnt1lnx0，

xx

1111

所以txlntlntx1.

xx

11lnk1

令ktx,k0，则klntlnk1，即lnt①，

xk

111111

当t1时，由kxtx，得kxtxtxlnt0在0,上恒成立，

xx2x3

所以kx在0,上单调递减，故方程①的解的个数即为fx的零点个数.

lnk12lnk2

令hk，则hk，当0ke2时，hk0，当ke2时，hk0，所以hk在0,e

kk2

上单调递增，在e2,上单调递减，

1

he0,he2，当k时，hk0，且当ke时，hk0.

e2

因为t1，所以lnt0.

11

当0lnt，即e2时，方程①有两个不同的解，fx的零点个数为2；

e21te

11

当lnt或lnt0，即e2或t1时，方程①只有一个解，fx的零点个数为1;

e2te

11

lnt，即e2时，方程①无解，fx的零点个数为0.

e2te

1

综上，当2时，fx的零点个数为；

1tee2

1

当2或时，fx的零点个数为；

teet11

1

当2时，fx的零点个数为

tee0.

sinx

7．（2026·安徽宿州·一模）已知函数fxlnxsinx,gx.

ex

(1)证明函数f(x)存在唯一零点；

1

(2)f(x)的零点为x0，证明e.

gx0e

【解】（1）函数f(x)的定义域为(0,)，当x[π,)时，f(x)lnπsinx0，（这是因为sinx1,1）

故函数f(x)在[π,)没有零点；

1

当x(0,π)时，f(x)cosx，易见f(x)在(0,π)上是减函数，

x

π21π

且f0,fπ10，故存在x1,π，使得f(x)在0,x1上递增，在x1,π上递减，

2ππ2

11

且f1sin0,f1ln1sin1sin10,fπlnπ0，

ee

所以f(x)在0,x1上存在唯一零点，又fx1fπ0，所以在x1,π上无零点，

故f(x)在(0,)上存在唯一零点.

1

（2）注意到f(1)sin10，由（1）知存在唯一x0,1使得fx00，

e

sinx0lnx0

即有sinx0lnx0，故gx0.

ex0ex0

11

lnxlnx

令lnx1xx，

x,x,1,x

exeexex

111

令h(x)lnx，显然当x,1时，h(x)0.故(x)在x,1上单调递减，

xee

1

1

ln

所以1ee

xe.

e1

ee

8．（2026·浙江·模拟预测）已知函数fxexsinx.

(1)求函数fx的单调区间；

(2)试判断曲线yfx与直线yx在0,π上公共点的个数；

xxπ

【解】（1）由题意，fxesinxcosx2esinx，

4

π

因为ex0，则由fx0可得2kπxπ2kπ,kZ，

4

π3π

即当x2kπ,2kπ，kZ时，fx单调递增；

44

π

由fx0可得π2kπx2kπ,kZ，

4

5ππ

即当x2kπ,2kπ，kZ时，fx单调递减，

44

π3π5ππ

综上，函数fx的单调递增区间为2kπ,2kπ，kZ；单调递减区间为2kπ,2kπ，kZ.

4444

（2）令gxfxxexsinxx，则gxexsinxcosx1，

设hxexsinxcosx1，则hxexsinxcosxexcosxsinx2excosx，

ππ

所以当x0,时，hx0，则hx（即gx）在0,上单调递增；

22

ππ

当x,π时，hx0，hx（即gx）在,π上单调递减，

22

π

ππ

因为g00，ge210，gπe10，

2

π

所以存在唯一的x1,π，使得gx10，

2

故当x0,x1时，gx0，则gx在0,x1上单调递增；

当xx1,π时，gx0，gx在x1,π上单调递减；

又gx1g00，gππ0，

所以存在唯一的x2x1,π，使得gx20，

综上可得函数gx在0,π上存在两个零点0和x2，

所以曲线yfx与直线yx在0,π上公共点的个数为2.

9．（2026·山东临沂·一模）已知函数fxlnxax1．

(1)求fx的单调区间；

(2)已知fx在0,e上有且仅有两个零点，求a的取值范围.

11ax

【解】（1）已知fxlnxax1，其定义域为0,.求导fxa​.

xx

当a0时，因为x0，所以1ax0，即fx0.所以fx在0,上单调递增.

1ax1

当a0时，令fx0，即0，因为x0，所以1ax0，解得x.

xa

11

当0x​时，1ax0，则fx0，所以fx在0,上单调递增；

aa

11

当x​时，1ax0，则f′x0，所以fx在,上单调递减.

aa

综上，当a0时，fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间；

11

当a0时，fx的单调递增区间为0,，单调递减区间为,.

aa

（2）由（1）可知，当a0时，fx在0,上单调递增，所以fx在0,e上至多有一个零点，

11

不符合题意.所以a0，此时fx在0,上单调递增，在,上单调递减.

aa

要使fx在0,e上有且仅有两个零点，当x趋近于0时，fx趋近于,

所以根据零点存在定理，

1

f0

a

则需满足fe0，

1

0e

a

111

flna1lna0，解得0a1.

aaa

2

felneae12ae<0，化简得2ae0，解得a.

e

11

又因0e可得a.

ae

2

综上，a的取值范围是,1.

e

2

10．（2026·陕西咸阳·一模）已知函数fxax56lnxaR，曲线yfx在点1,f1处的切线与

y轴相交于点0,6.

(1)求函数fx的单调区间；

(2)若函数yfxb有三个零点，求实数b的取值范围.

26

【解】（1）因为fxax56lnx，故fx2ax5，

x

令x1，得f116a，f168a，

曲线yfx在点1,f1处的切线方程为y16a68ax1，

因为切线与y轴相交于点0,6，

将x0,y6代入切线方程得616a68a01，

1

即616a68a，a.

2

12

即fxx56lnx，x0，

2

6x2x3

fxx5，令fx0，得x2或x3，

xx

当0x2或x3时，fx0，故fx在0,2，3,上单调递增；

当2x3时，fx0，故fx在2,3上单调递减.

所以函数fx的单调递增区间是0,2和3,，

单调递减区间是2,3；

（2）由（1）知函数fx的单调递增区间是0,2和3,，单调递减区间是2,3，

9

故函数fx在x2处取得极大值f26ln2，在x3处取得极小值f326ln3，

2

因为函数yfxb有三个零点，即方程fxb有三个实数根，

且当x0时，fx，当x时，fx，

99

故26ln3b6ln2，所以6ln2b26ln3，

22

9

即实数b的取值范围是6ln2,26ln3.

2

11．（2025·云南楚雄·模拟预测）已知函数fx2xaex，其中a为常数.

1

(1)若函数fx的极小值点为x，求a的值；

2

(2)若fxe3在x0,1时恒成立，求实数a的取值范围；

(3)当a1时，若函数gxfxkx在,0上恰有两个不同的零点，求实数k的取值范围.

【解】（1）因fx2xaex，则fxex2xa2exex2xa2，

a2a2

易知当x时，fx0，当x时，fx0，

22

a2a2

则fx在,上单调递减，在,上单调递增，

22

a21

故函数fx的极小值点为x，得a1；

22

3

（2）fxe在x0,1时恒成立，等价于ae3x2x在x0,1时恒成立，

3x

令mxe2x,x0,1，则am(x)max，

因mxe3x20，则mx在[0,1]上单调递减，

33

则m(x)maxm0e，ae，

3

则实数a的取值范围是e,；

（3）当a1时，fx2x1ex，则gxfxkx2x1exkx，

x

x2x1e

令2x1ekx0,x0，则k(x0)，

x

2x1ex2x3xex2x1ex2x1x1

令hx，则hxex，

xx2x2

因x0，则2x10，

当x,1时，hx0；当x1,0时，hx0，

hx在,1上单调递增，在1,0上单调递减，

1

故h(x)h1，

maxe

111

易知h0，当x时，hx0，x0时，hx0，

222

当x时，hx0，当x0且x0时，hx，

作出hx的大致图象（如图）：

因gx在,0上恰有两个不同的零点，

2x1ex1

即yk,hx在,0上有两个不同的交点，故0k，

xe

1

故实数k的取值范围为0,.

e

12.（2025·广东广州·模拟预测）已知函数fxae2xa2exx2,aR.

(1)当a1时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程；

(2)讨论函数fx的单调性；

(3)若函数fx有三个零点，求a的取值范围.

【解】（1）当a1时，fxe2x3exx2,f01320，

fx2e2x3ex1,f02310

在点0,0处的切线方程为：y0

（2）定义域为R,fx2ae2xa2ex