导数中的零点问题（含隐零点）（解析版）

1.(2026·河南·模拟预测)已知函数fx=ex-1-x2，则函数fx的极值点个数为()【详解】fx=⋅ex-1-x2+ex-1-2x化简得fx=1-，令1-=0，x-1-3x2+x3=0，令hx=ex-1-3x2+x3，hx=ex-1-6x+3x2=3xx-2+ex-1，令gx=ex-1-6x+3x2，则gx=ex-1-6+6x，又因为g0=e0-1-6=e-1-6<0，g1=e1-1-6+6=1>0；)=0，且h1=e1-1-6+3=-2<0，)=0，h-1=e-2-3-1=e-2-4<0，h0=e-1>0，h1=e0-3+1=-1<0，h3=e2-27+27=e2>0，因此函数fx的极值点个数有3个.A.1B.0C.3-cosx≥0，即fx≥0，当且仅当x=0时取等号，即fx在-1,1上为单调递增函数，又f0=0，所以fx仅有一个零点.3.(2026·河北衡水·一模)函数fx=x5-6x4+x2-2的极值点的个数为()【详解】因为fx=x5-6x4+x2-2，该函数的定义域为R，由fx=32x4-24x3+2x=2x16x3-12x2+1=2x2x-18x2-2x-1=2x4x+12x-12=0，得x=-或0或.当x∈-∞,-时，fx>0，fx在-∞,-上单调递增；fx>0，fx在0,上单调递增；所以fx在x=-处取得极大值，在x=0处取得极小值，故fx的极值点的个数为2.-x)=2判断对称中心.又f(-2)=-5<0，f-=+1>0，f=1->0，所以f(x)在-2,-上存在一个零点，f(x)+f(-x)=x3-x+1-x3+x+1=2，故(0,1)是函数f(x)的对称中心，③正确.5.(2025·宁夏银川·三模)若函数fx=,-6x+3,x≤0x>0,则gx=2fx2-13fx+21的零点个数A.2B.3C.4D.5得fx=，fx=3的解的个数，进而可得gx的零点个数.【详解】令gx=0，则2fx2-13fx+21=0，所以2fx-7fx-3=0，解得2fx-7fx-3=0，解得fx=或fx=3，当x≤0时，fx=2x3-6x+3，求导得fx=6x2-6，令fx=0，则6x2-6=0，解得x=-1，若x<-1时，fx>0，若-1<x<0，fx<0，所以fx在-∞,-1上单调递增，在-1,0上单调递减，且f-1=-2+6+3=7，f0=3，当x>0时，fx=3ex在0,+∞上单调递增，且fx>f0=3e0=3，所以fx=有3个解，fx=3有2个解，令g(x)=2lnx-ax，g(x)=-a，故a>0，由g(x)=-a<0，得x>，由g(x)=-a>0，得0<x<，x>0x≤0A.-1,0B.-1,0C.-1,0D.-1,0【详解】①当x>0时，fx=x+lnx，则fx=1+>0，所以fx在0,+∞上单调递增，因为f=+ln=-1<0，而f1=1+ln1=1>0，要使原分段函数在定义域上恰有三个零点，则需使f(x)=x²+2x-a在(-∞,0)上要有2个零点，即需使x²+2x-a=0在(-∞,0)上有两个不相等的实数根，,解得综上可得-1<a≤0.结合即可得解.若要使函数g(x)=f(x)-3m有4个不同的零点，所以y=f(x)的图象与直线y=3m有4个交点，4个零点，则实数k的取值范围是()A.(2,+∞)B.(-∞,-2)5为4个时k的范围.与y=k在z>0且π≠1时有两个交点围为()6所以当0<k<4时，函数f(x)有两个零点.围是()不妨设x₁<x₂<x3.设g(x)=|x|·3#,则函数g(c)的图象与直线y=a有三个交点.7(2)设函数h(x)=f(x)-g(x).个零点.8证明.【详解】(1)若a≤0，则fx=xex-a，fx=x+1ex-a，得f1=2e-a，若fx在点1,f1处的切线与直线y=-x垂直，则2e-a=3e，解得a=-e；x-1>0，所以fx=xex-x(x>0)，故hx=xex-x-lnx，则hx=x+1ex-1-=x+1ex-，使ex0=，故hx在x=x0处取得最小值hx0=x0ex-x0-lnx0，当a>1时，-alnx>0,ex-a>0，此时hx>0恒成立，故hx的零点个数等价于其在x∈1,+∞上的零点个数，①当1<a<e时，hx=xex-ax+lnx=ex+lnx-ax+lnx，函数mt=et-at，显然mt=et-a>0恒成立，mt在1,+∞上单调递增，故mtmin=m1=e-a>0，所以hx>0在1,+∞上恒成立，故hx无零点；②当a=e时，hx=xex-ex+lnx=ex+lnx-ex+lnx，令t=x+lnx，则t∈1,+∞,函数mt=et-et，显然mt=et-e≥0恒成立，mt在1,+∞上单调递增，故mtmin=m1=0，所以当且仅当x=1时，h1=0，故hx有唯一零点；≤x≤lna,x>lnaxx2-xlnx-lnx+1则φx=xx2-xlnx-lnx+1令Mx=x2-xlnx-lnx+1，则Mx≥x2-x+1x-1+1>0，故存在唯一的x1使hx1=0；若x>lna，由hx=0得a=，令t=x+lnx∈lna+lnlna,+∞,vt=，则vt=，又lna+lnlna>1，故vt在lna+lnlna,+∞上单调递增，vlna+lnlna=lnalna<a，当t→+∞时，vt→+∞,故存在唯一的t1使a=vt1，即存在唯一的x2使hx2=0；(3)设函数hx=sinx+1-fx+2+aex+2，求hx在区间-2,+∞上的零点个数，并说明理由.(2)a≤-;4个数即可.f(x)=-ex+，ex≥e>1，≤1，max=f(1)=-e1+ln1=-e.(2)由题意得g(x)=aex+lnx-cosx-lnx=aex-cosx，x≤cosx恒成立，*.44=c44=c.>-.4=-，而e2kπ+>e②当x∈-1,-1时，s(-1)=1，s-1=-1+<0，则在区间-1,-1上必定存在x0)=0.,-1时，s(x)<0，h(x)单调递减，hx1>hx>h-1=1-ln+1=ln>因为hπ-1=-lnπ+1<0，h-1>0，④当x∈π-1,+∞时，因为sin(x+1)≤1，所以hx≤1-lnx+2<1-lnπ+1<0，14.(24-25高三上·山东·阶段检测)已知函数fx=ax2-ax-xlnx,且fx≥0,a∈R.(2)证明：fx存在唯一的极大值点x0，且<fx0<.【分析】(1)(方法一)由fx≥0等价于hx=ax-a-lnx≥0，得出h1=0是hx极小值点，再由h1=0可得答案；(方法二)由fx≥0等价于hx=ax-a-lnx≥0，求出hx=a-．a≤0时由hx<0不合题意．当a>0时只需hminx=h≥0可得答案；因为fx=ax2-ax-xlnx=xax-a-lnx(x>0)，则fx≥0等价于hx=ax-a-lnx≥0，当x∈1,+∞时hx>0,hx单调递增，(方法二)因为fx=ax2-ax-xlnx=xax-a-lnx(x>0)，则fx≥0等价于hx=ax-a-lnx≥0，求导可知hx=a-.①当a≤0时hx<0，即y=hx在0,+∞上单调递减，②当a>0时，因为当0<x<时hx<0，当x>时hx>0，minx=h=1-a+lna≥0，ga=1-a+lna,ga=-1+=，所以ga在0,1单调递增，在1,+∞单调递gmaxa=g1=0，所以ga≥0的解只有a=1；(2)由(1)可知a=1时，fx=x2-x-xlnx,fx=2x-2-lnx，记tx=2x-2-lnx，则tx=2-，所以txmin=t=ln2-1<0，fx在0,x0上为正、在x0,1上为负、在1,+∞上为正，所以fx必存在唯一极大值点x0，且2x0-2-lnx0=0，所以fx0=x-x0-x0lnx0=x-x0+2x0-2x=x0-x=-x0-2+<0<x0<，由f<0可知x0<<，所以fx在0,x0上单调递增，在x0,上单调递减，所以fx0>f=；综上所述，fx存在唯一的极大值点x0，且<fx0<.【点睛】关键点点睛：第一问，讨论参数并应用导数研究fx=xax-a-lnx且x>0最小值(2)判断函数Gx=2fx-xfx+x在0,上的零点个数.【详解】(1)因为Fx==，则Fx=，所以Fx在0,π上单调递减.因为Gx=2fx-xfx+x=2cosx-xsinx+x，则Gx=2(-sinx)-(sinx+xcosx)+=-3sinx-xcosx+，令H(x)=G(x)，则H(x)=-3cosx-[cosx+x(-sinx)]=-4cosx+xsinx，令M(x)=H(x)，则M(x)=5sinx+xcosx，因为H(0)=-4，H=，)=0，时，Hx<0，所以Hx在0,x1上单调递减，3=0，所以Gx在0,上有唯一零点.16.(2026·广东广州·三模)已知函数fx=(ax+1)lnx-2ax，fx为fx的导数.(2)由fx在0,+∞单调递增等价于fx≥0恒成立，对a进行分类讨将f(x)的零点个数问题转化为直线y=a与函数y=g(x)的图象的交点个数即可.fx=alnx+-a，fx=，所以fx的极小值为f=-alna，无极大值.(2)fx在0,+∞单调递增等价于fx≥0恒成立，②若a=0，则fx=lnx在0,+∞单调递增，符合题意；从而f(x)≥0等价于f=-alna≥0，解得0<a≤1.x→+∞时，fx=axlnx-2+lnx=→+∞,所以fx在(0,+∞)存在唯一零点；②若a<0，则fx=alnx+-a在0,+∞单调递减，又因为f1=1-a>0，使得f(x0)=alnx0+-a=0，故f(x)在0,x0单调递增，在x0,+∞单调递减，其中fx0=ax0+1lnx0-2ax0=ax0+11--2ax0=-ax0->0，且当x→0和x→+∞时，均有fx→-∞,故fx在0,x0和x0,+∞各有一个零点，故f(x)在0,+∞有两个零点.故f(x)在(0,+∞)存在唯一零点.所以g(x)的草图为f(x)的零点个数为水平直线y=a与函数y=g(x)的图象的交点个数，故当a≥0时，f(x)在(0,+∞)的零点个数为1;当a<0时，f(x)在(0,+0)的零点个数2.17.(25-26高三上·广东·阶段检测)已知函数f(x)=lnx-xex-2+x-ln2.【详解】(1)因为f(x)=lnx-xex-2+x-ln2，f(x)=-(x+1)ex-2+1，则f(2)=ln2-2+2-ln2=0，f(2)=-3+1=-，所以切线方程为y-0=-(x-2)，即3x+2y-6=0.(2)设g(x)=f(x)=-(x+1)ex-2+1,x>0，则g(x)=--(x+2)ex-2<0,x>0，-1+1=2->0，g(2)=-3e0+1=-<0，fx0=0，当x>x0所以f(x)的最大值为fx0.因为fx0=-x0+1ex0-2+1=0，即x0+1ex0-2=+1=，可得ex0-2=0-2=ln=-lnx0，则fx0=lnx0-x0ex0-2+x0-ln2=2-x0-x0×+x0-ln2=1-ln2，18.若不等式x-mex-1+x+1>0对∀x∈0,+∞恒成立，则整数m的最大值为()所以g(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增. ②若关于x的方程f(x)=t恰有1个解，则t>1;③函数f(x)的图像与直线x+y+c=0(c∈R)有且仅有一个交点；④若f(x₁)=f(r₂)=f(x3),且x₁<x₂<33,则(1-x₁)(x₂+x₃)无最值.用函数与方程的思想可得f(x)=t恰有1个解时t>1或t=0,可知②错误；易知y=-x和y=-x+2是=0,故②不正确；对于③,因为函数y=In(1-x),在点(0,0)处切线斜率,在点(0,0)处的切线为y=-x,函数在(1,1)处的切线斜率为1,在(1,1)处切线为y=-x+2,如图中虚线令则即函数qx在-∞,0上单调递增，由于q0=c>0，设tx=lnx-x+1,x∈0,+∞,tx=-1=,x∈0,1,tx=>0,tx单调递增，x∈1,+∞,tx=<0,tx单调递减，∴txmax=t1=ln1-1+1=0,∴tx≤0,∴lnx≤x-1，q1-c+22=lnc+22+1-c+22+c=2lnc+2-c2-3c-3≤2c+1-c2-3c-3=-c2-c-1<0，对于④,由fx1=fx2=fx3=tt∈0,1x1<x2<x3，则x1=1-et，x2=t，x3=，则1-x1x2+x3=ett+，设ht=ett+，则ht=ett++et1-=，设mt=t3+t2+t-1，显然mt在0,1上单调递增，20.已知函数f(x)=ax-lnx-a，若f0<.得x=x0是g(x)唯一的极大值点.所以方程1+lna-a=0有且只有唯一解a=1，2-x-xlnx,g(x)=2x-2-lnx，令h(x)=2x-2-lnx,h(x)=2-=(x>0)，因为h=ln2-1<0,h=>0,h(1)=0，所以当0<x<x0或x>1时，h(x)>0，gx0=x-x0-x0lnx0，由hx0=0，得lnx0=2x0-1，所以gx0=x-x0-2x0(x0-1)=-x0-2+，0<.21.(24-25高三下·北京·阶段检测)已知函数fx=，直线l为曲线y=fx在点t,ft处的切线.(2)若gx=fx，求gx的最值；(3)若直线l与曲线y=fx相交于点s,fs，且s<t，求实数t的取值范围.【详解】(1)由题意可得fx==，所以曲线y=fx在点t,ft处的切线斜率k=，切线方程为y-=x-t，整理得y=x+，由gx>0解得x>2，由gx<0解得x<2，所以gx在-∞,2单调递减，在2,+∞单调递增，所以当x=2时，gx取得最小值g2=-，无最大值.因为直线l与曲线y=fx相交于点s,fs，且s<t，所以关于x的方程=x+在-∞,t有解，令Fx=-x-x<t，则Ft=0,Fx=-,Ft=0，令hx=Fx=-，则hx=，所以hx在-∞,2上递减，在2,t上单调递增，所以h2<ht=0，时，hx>0，则Fx>0，所以Fx在x∈-∞,x0上单调递增，所以Fx在x∈x0,t上单调递减，所以Fx0>Ft=0，所以t>2符合题意；②当t≤2时，由hx<0，得x<t，则hx在-∞,t上单调递减，所以hx>ht=0，所以Fx在-∞,t上单调递增，所以Fx<Ft=0，所以Fx在-∞,t上无零点，所以t≤2不符合题意，(3)若函数Fx=fx-a有两个不同的零点x1，x2，求证：+>2a.(3)证明：因为Fx=xlnx-ax2-1-a有两个不同的零点x1，x2，不妨设0<x1<x2，则x1lnx1-ax-1-a=0,x2lnx2-ax-1-a=0，x-x，两式相减得a=x1lnx1x-x，因为x-x<0，所以只需证+<2x1lnx1-x2lnx2，即证x1-+-x2<2x1lnx1-2x2lnx2，即证x1-x2+--2x1lnx1+2x2lnx2<0，=tx2，上式可化为t-1+t2--2tlnt<0，令ht=t-1+t2--2tlnt,t∈0,1，则ht=1+2t+-2lnt-2=2t+-2lnt-1，令mt=2t+-2lnt-1,t∈0,1，mt=2--=，令nt=t3-t-1,t∈0,1，则nt=3t2-1，令nt=0⇒t=，所以nt<n0=-1⇒mt<0，所以mt在0,1上单调递减，mt>m1=2+1-0-1=2>0，即ht>0，所以ht在0,1上单调递增，所以ht<h1=1-1+1-1-0=0，即t-1+t2--2tlnt<0成立，所以+>2a令fx=0⇒lnx=-1⇒x=，fx<0，fx在0,单调递减，(2)fx=lnx+1-2ax，令g(x)=lnx+1-2ax，则g(x)=-2a=，所以g(x)>g(1)=1-2a≥1，所以fx>0，则fx在1,+∞上单调递增，fx>f1=0，与题设矛盾，舍去；所以g(x)<g(1)=1-2a≤0，则fx<0，所以fx在1,+∞上单调递减，fx<f1=0，符合题意；若>1，即0<a<，所以fx>0，所以fx在1,上单调递增，fx>f1=0，与题设矛盾，舍去；(2)若函数gx=fx-x2有两个不同的零点x1，x2.x2>e2.若a=2,fx在0,+∞内单调递增;两根满足lnx1=x1,lnx2=x2，上述两式相除得lnx1x2=x1+x2lnx2-x1，即证ln>=，设t=>1，令Ft=lnt-=lnt+-2，则Ft=-=>0，可知函数Ft在1,+∞上单调递增，且F1=0.点值F1=0推出Ft>0，逆向还原即可证得结论.【详解】(1)由题意可知:fx的定义域为0,+∞,且fx=2x-a+2+== 2x-ax-1x，当0<x<1，则fx<0;当x>1，则fx>0;当>1，即a>2时，令fx>0，解得0<x<1或x>;令fx<0，解得1<x<;可知fx在0,+∞内单调递增;当<1，即0<a<2时，令fx>0，解得0<x<或x>1;令fx<0，解得<x<1;若a=2,fx在0,+∞内单调递增;(2)①gx=fx-x2有两个不同的零点x1,x2，即-(a+2)x+alnx=0有两个不同实根x1,x2，令Gx=x>0,Gx=，可得不等式：0<<.等价于<0，即ae-1a+2e<0.24.(2026高三上·安徽合肥·专题练习)已知函数fx=x1-ex+1+lnx+a(2)若fx1=fx2且x1≠x2，证明：x1ex1+x2ex2>；(3)若fx1=fx2且x1≠x2，证明：ex1+x2+2<.令s=>1，即证lns>s>1，构造函数hs=lns-，其中s>1，则hs=-=所以函数hs在1,+∞上为增函数，所以hs>h1=0，+1.>0，2=x2ex，且fx1=fx2，即lnx1ex-x1ex+a=lnx2ex-x2ex+a，即lnt1-et1+a=lnt2-et2+a，故lnt1-lnt2=et1-t2，所以=<，故t1+t2>，ex1+x2ex2>.不妨令t1>t2，则lnt1>lnt2，即证lnt1-lnt2<=-，即证ln<-，令r令r=>1，即证lnr2=2lnr<r-r>1，构造函数pr=r--2lnr，其中r>1，则pr=1+-=>0，所以函数pr在1,+∞上为增函数，故pr>p1=0，即2lnr<r-r>1，故ln<->t1≠t2.+x2+2<.【详解】(1)由fx=x1-ex+1+lnx+a=x+lnx-xex+1+a=lnxex-ex⋅ex+a=0，令t=xe",其中x>0,则函数t′=(x+1)e²>0,故函数t=xe在(0,+0)上为增函数，所以t=xe>0,故函数t=xe"的值域为(0,+o),令g(t)=et-lnt,其中t>0,则因为内层函数t=xe"在(0,+∞)上为增函数，因为函数h(x)有两个零点x1,x₂,不妨设x₁>x₂>0,则即证ln>=，令t=>1，即证lnt>(t>1)，令pt=lnt-，其中t>1，则pt=-=>0，所以函数pt在1,+∞上为增函数，则pt>p1=0，函数fx的增区间和减区间；当a=-时，函数fx=x2-x-lnx，所以fx=x--==令fx>0，解得x>2，所以函数fx的增区间是2,+∞.(2)函数fx=x2-a+2x+2alnxa∈R的定义域为0,+∞,又fx=x-a+2+==，当0<x<2，fx<0；当x>2，fx>0，此时函数fx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增；②当0<a<2时，由fx<0可得a<x<2，由fx>0可得0<x<a或x>2，此时函数fx在a,2上单调递减，在0,a和2,+∞上单调递增；此时函数fx在0,+∞上单调递增；④当a>2时由fx<0可得2<x<a，由fx>0可得0<x<2或x>a，此时函数fx在2,a上单调递减，在0,2和a,+∞上单调递增；(2)已知函数gx=fx-ax2-ax，gx有2个不同的零点x1，x2，且x1<x2.(ii)求证：x1+x2>.则gx1=lnx1-ax1=0，gx2=lnx2-ax2=0，即lnx1=ax1，lnx2=ax2，所以lnx1-lnx2=ax1-x2，即a=，要证x1+x2>，只需证x1+x2>=，1+x2>0，lnx1-lnx2<0，所以即证lnx1-lnx2<，即证ln<.0<t<1，只需证lnt<.设ht=lnt-=lnt+-2，0<t<1，则ht=-=>0，则ht在区间0,1上单调递增，所以ht<ln1-=0，即ln<，即x1+x2>. 【详解】(1)由fx=lnx+ax2，则fx的定义域为0,+∞,fx=+ax=，当a≥0时，fx>0，则fx在区间0,+∞上单调递增；当a<0时，fx=，当0<x<-时，fx>0；当x>-时，fx<0，所以fx在区间0,-上单调递增，在区间-,+∞上单调递减.所以gx在区间0,+∞上最多有一个零点，不符合题意；所以g(x)max=g=ln-1=-1-lna>0，解得0<a<，x【详解】由fx1=gx2=0，可得ln(x1+1)-=由x1+1ln(x1+1)=x2ex=exlnex，构造函数gx=xlnxx>1⇒gx=1+lnx>0⇒gx在1,+∞上单调递增，由x1+1ln(x1+1)=x2ex=exlnex⇒gx1+1=gex，而gx在1,+∞上单调递增，所以有x1+1=ex，==，设hm=m>0⇒hm=-，当m>1时，hm<0,hm单调递减，当0<m<1时，hm>0,hm单调递增，所以当m=1时，函数hm有最大值，即hmmax=h1=1，28.