高频微专题6（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高频微专题6　利用导数研究函数的零点
满分103分,限时90分钟
一、单项选择题(本题共9小题,每小题5分,共45分)
1.(2025山东菏泽期中)函数f(x)=ln -sin x的零点个数为(　　)
A.1　　B.0　　C.3　　D.2
2.(2024云南师范大学附属中学月考)若函数f(x)=ln x-ax在(0,2e)上有两个不同的零点,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2025浙江浙南名校联盟联考)已知x0为函数f(x)=x2ex+e2ln x-2e2的零点,则x0+ln x0=(　　)
A.1　　B.2　　C.3　　D.4
4.(2023全国乙文,8)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)
5.(2025湖南衡阳第二中学开学考试)已知函数f(x)=x3+ax2+3ax+b的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y=-12x+m.若函数f(x)至少有两个不同的零点,则实数b的取值范围是(　　)
A.(-5,27)　　B.[-5,27]　　C.(-1,3]　　D.[-1,3]
6.(2025江苏苏州调研)已知函数f(x)=ex+e(x-a-1)(e为自然对数的底数),g(x)=ln(xex)-a的零点分别为x1,x2,则的最大值为(　　)
A.e　　B.　　C.1　　D.
7.(2025重庆西南大学附属中学校检测)已知x1是函数f(x)=x-2-ln(x-1)的零点,x2是函数g(x)=x2+2ax-6a-6的零点,且满足|x1-x2|<,则实数a的取值范围是(　　)
A.[-3,+∞)　　B.　　
C.∪　　D.
8.(2025广东广州统考)已知函数f(x)=ax3-3x2+4a(a≠0),若f(x)存在唯一的零点x0,且x0<0,则实数a的取值范围是(　　)
A.(1,+∞)　　B.(-∞,0)∪(0,1)　　
C.(-∞,-1)∪(0,+∞)　　D.(-∞,0)∪(1,+∞)
9.(2025河南豫西北教研联盟质量检测)已知a>0,函数f(x)=没有零点,则实数a的取值范围是(　　)
A.(e,+∞)　　B.(1,e)　　
C.(0,1)　　D.(1,+∞)
二、多项选择题(本题共2小题,每小题6分,共12分)
10.(2025黑龙江伊春第一中学期初)已知函数f(x)=4x+(a-2)x·2x-2ax2有4个不同的零点,则实数a的取值可以为(　　)
A.-3　　B.-2　　C.-eln 2　　D.-
11.(2025河北部分地区开学考试)设函数f(x)=x4-4x3+ax2+1,若存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)=0,则(　　)
A.a<-3　　
B.a>-3
C. f(x)可能有且仅有两个零点　　
D. f(x)至多有四个零点
三、填空题(本题共2小题,每小题5分,共10分)
12.(2025山东济宁质量检测)已知函数f(x)=x2-ln +ax在区间(2,+∞)上没有零点,则实数a的取值范围是　　　　.
13.(2025辽宁省实验中学期中)已知函数f(x)=(mx-1)ex+mx+1有三个不同的零点,则实数m的取值范围为　　　　.
四、解答题(本题共3小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
14.(12分)(2020全国Ⅲ理,21)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
15.(12分)(2021新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=(x-1)·ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
①2a;
②016.(12分)(2022全国乙理,21)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.
答案全解全析
1.A　由
所以f(x)的定义域为(-1,1).
易得f'(x)=××-cos x=-cos x.
因为x∈(-1,1),所以1-x2∈(0,1],所以-cos x≥0,即f'(x)≥0,当且仅当x=0时取等号,所以f(x)在(-1,1)上单调递增.又f(0)=0,所以f(x)仅有一个零点.
2.D　令f(x)=0,得ln x-ax=0,则a=,所以原问题等价于曲线y=和直线y=a在(0,2e)上有两个交点.
设g(x)=,x∈(0,2e),则g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=e,当00,当e3.B　令f(x)=0,得x2ex=2e2-e2ln x,即x2ex=e2(2-ln x),所以x2ex=e2ln .
因为x>0,所以xex=ln ,所以x0为方程xex=ln 的根.
令g(x)=xex(x>0),则g'(x)=ex(x+1)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又g=ln ,所以x0=ln =2-ln x0,即x0=2-ln x0,所以x0+ln x0=2.
4.B　解法一　易知x=0不是f(x)的零点,因为f(x)=x3+ax+2有3个零点,所以a=-(x≠0)有3个解.
令g(x)=-,x≠0,
则g'(x)=-=,x≠0,
令g'(x)>0,得x<0或01,
所以函数g(x)的单调递增区间为(-∞,0),(0,1),单调递减区间为(1,+∞),易知g(1)=-3,当x→-∞时,g(x)→-∞,当x→0-时,g(x)→+∞,当x→0+时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→-∞,画出g(x)的大致图象如图,若a=-有3个解,则直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点,
由图可得a<-3,即a的取值范围为(-∞,-3).
解法二　易得f'(x)=3x2+a.
若f(x)存在3个零点,
则f(x)既存在极大值又存在极小值(突破口),所以a<0.
令f'(x)=3x2+a=0,解得x=-或x=,
所以当x∈和时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减,所以f(x)的极大值为f,极小值为f.
易知当x→-∞时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→+∞,所以要使f(x)存在3个零点,只需满足即解得a<-3.
5.B　易得f'(x)=3x2+2ax+3a,∴f'(1)=3+5a=-12,∴a=-3,∴f(x)=x3-3x2-9x+b, f'(x)=3x2-6x-9.
令f'(x)=3x2-6x-9=0,得x=-1或x=3,
∴当x<-1或x>3时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当-1∴当x=-1时, f(x)有极大值,为f(-1)=b+5;当x=3时, f(x)有极小值,为f(3)=b-27.
易知当x→-∞时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→+∞,所以要使f(x)至少有两个不同的零点,需满足(等号不同时成立),解得-5≤b≤27.
6.C　因为x1是函数f(x)的零点,所以+e(x1-a-1)=0,即+(x1-1)=a.
因为x2是函数g(x)的零点,所以ln(x2)-a=0,即ln x2+x2=a,即ln x2+=a.
易知,所以ln x2=x1-1,即x2=,所以=.
令h(x)=,则h'(x)=,当x<1时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=1,所以的最大值为1.
7.B　易得f'(x)=1-=,x>1,
所以当12时, f'(x)>0, f(x)单调递增.
又f(2)=0,所以函数f(x)存在唯一的零点,即x1=2.
因为|x1-x2|=|2-x2|<,
所以x2∈,
所以函数g(x)在上有零点(突破口),
即方程2a=在上有解.
=-3-x-=-6+(3-x)+,
因为x∈,所以3-x∈,
所以2≤(3-x)+<,所以2-6≤2a<,
解得-3≤a<.
8.D　易得f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),a≠0,
令f'(x)=0,得x=0或x=,
若a>0,则当x∈(-∞,0)时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增.
易得f(0)=4a>0, f=-+4a,当x→-∞时, f(x)→-∞,所以若f(x)存在唯一的负数零点,则需f=-+4a>0,所以a>1.
若a<0,则当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
又f(0)=4a<0, f=-+4a<0,当x→-∞时, f(x)→+∞,所以f(x)仅有一个负数零点,所以a<0满足题意.
综上,实数a的取值范围是a>1或a<0.
9.点拨　对于分段函数已知零点个数求参的问题,需先求出一段上满足零点个数时参数的取值范围,再根据这个范围讨论余下的一段.
D　当x>0时, f(x)=-ax2-(a-2)x+ln x,
则f'(x)=-2ax-(a-2)+=
=.
当00,函数f(x)单调递增;
当x>时, f'(x)<0,函数f(x)单调递减,
所以f(x)max=f=--+ln =ln +-1,
因为f(x)没有零点,所以ln +-1<0.
设g(x)=ln x+x-1,易知g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,所以0<<1,所以a>1.
当x<0时, .
设v(x)=ln(1-x)-xex(x<0),
则v'(x)=.
设u(x)=1-(x2-1)ex,x<0,
则u'(x)=-(x2-1+2x)ex,x<0,
所以当x<-1-时,u'(x)<0,u(x)单调递减;
当-1-0,u(x)单调递增,
所以u(x)min=1-[-1]=1-,
因为2+2<5,>e2>2.72=7.29,所以u(x)min>0,
所以v'(x)<0在(-∞,0)上恒成立,所以v(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以v(x)>v(0)=0,即f(x)>0在(-∞,0)上恒成立,所以f(x)在(-∞,0)上无零点.
综上,实数a的取值范围为(1,+∞).
10.AD　由题意得,方程4x+(a-2)x·2x-2ax2=0有4个不同的根,即方程(2x+ax)(2x-2x)=0有4个不同的根.
解方程2x-2x=0,得x1=1,x2=2,所以方程2x+ax=0有2个不同的根,且a≠-2(突破口),
即函数y=2x的图象与函数y=-ax(a≠-2)的图象有两个交点.
当直线y=-ax(a≠-2)与函数y=2x的图象相切时,设切点为(x0,).
对y=2x求导,得y'=2xln 2,所以解得x0==log2e,a=-eln 2.
所以要使函数y=2x的图象与函数y=-ax(a≠-2)的图象有两个不同的交点,需满足-a>eln 2且a≠-2,解得a<-eln 2且a≠-2.
下面比较-eln 2与-2的大小.
设g(x)=(x>0),则g'(x)=,
令g'(x)>0,得0e,
所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1,
所以<1,即eln 2<2,所以-eln 2>-2.
所以实数a的取值范围为(-∞,-2)∪(-2,-eln 2).
结合选项,实数a的取值可以为-3,-.
11.CD　易得f'(x)=4x3-12x2+2ax=2x(2x2-6x+a),函数f(x)至少有2个零点.
设g(x)=2x2-6x+a.
当(-6)2-4×2·a≤0,即a≥时,若x<0,则f'(x)≤0, f(x)单调递减;
若x>0,则f'(x)≥0, f(x)单调递增,所以f(x)min=f(0)=1,所以函数f(x)无零点,与题意不符,故B错误.
当(-6)2-4×2·a>0,即a<时,
取a=0,则f'(x)=4x2(x-3),
所以当x<3时, f'(x)≤0, f(x)单调递减;
当x>3时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(3)=-26<0,
又f(0)=1>0, f(4)=1>0,所以由函数零点存在定理得, f(x)在(0,3),(3,4)上各有一个零点,
所以当a=0时,函数f(x)有且仅有2个零点,故A错误,C正确.
因为f(x)为四次函数,所以至多有4个零点,故D正确.
12.[-2,+∞)
解析　因为函数f(x)在区间(2,+∞)上没有零点,且x→+∞时, f(x)→+∞,
所以f(x)=x2-ln +ax>0在区间(2,+∞)上恒成立(关键点),
所以a>-x在区间(2,+∞)上恒成立.
设g(x)=-x,x>2,则g'(x)=-1=,
因为x>2,所以1-ln -2x2<0,所以g'(x)<0,
所以g(x)在区间(2,+∞)上单调递减,所以g(x)13.
解析　令f(x)=(mx-1)ex+mx+1=0,得mx=.
令g(x)=-mx.
易知其定义域为R,g(-x)=+mx=+mx=-g(x),所以函数g(x)为奇函数,且g(0)=0,
所以要使函数f(x)有三个零点,即函数g(x)有三个零点,只需函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点(突破口),即方程=mx在(0,+∞)上有且只有一个根.
设h(x)=,x>0,则问题转化为直线y=mx与函数h(x)=的图象在(0,+∞)上有且只有一个交点.
易得h'(x)==>0,所以函数h(x)单调递增.
令p(x)=,x>0,则p'(x)=<0,所以函数h'(x)单调递减,所以h(x)的增长速度逐渐变慢.
又h(x)===1-<1,所以直线y=mx与函数h(x)=的图象如图所示.
当直线y=mx与函数h(x)的图象相切于原点时,m=h'(0)=.
由图可知,当0综上,实数m的取值范围是.
14.解析　(1)易得f'(x)=3x2+b,由已知得f'=0,即3×+b=0,解得b=-.(3分)
(2)证明:由(1)得f(x)=x3-x+c,
所以f'(x)=3x2-=3.(4分)
证法一　令f'(x)>0,得x>或x<-;
令f'(x)<0,得-所以f(x)在上单调递减,在,上单调递增.(6分)
易得f(-1)=c-, f=c+, f=c-, f(1)=c+,
假设f(x)存在一个绝对值大于1的零点x0,则f(-1)>0或f(1)<0,解得c>或c<-.(7分)
当c>时, f(-1)=c->0, f=c+>0, f=c->0, f(1)=c+>0,
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0,所以由函数零点存在定理知, f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0,即f(x)在(-∞,-1)上存在唯一一个零点,在(-1,+∞)上不存在零点,
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题意不符.(9分)
当c<-时, f(-1)=c-<0, f=c+<0, f=c-<0, f(1)=c+<0,
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0,所以由函数零点存在定理知f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点x'0,即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点,在(-∞,1)上不存在零点,此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题意不符.(11分)
综上, f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(12分)
证法二　设x0是f(x)的一个零点,且|x0|≤1,则c=-+x0,
所以f(x)=x3-x-+x0=(x-x0)x2+x0x+-.(6分)
令h(x)=x2+x0x+-,
易知-4=3-3≥0,所以h(x)=0在R上有解.
易知h(x)图象的对称轴方程为x=-∈,
所以(9分)
所以h(x)在区间上有一根为x1,在区间上有一根为x2(当x0=±1时,x1=x2),所以|x1|≤1,|x2|≤1,所以f(x)所有零点的绝对值均不大于1.(12分)
证法三　设x0是函数f(x)的一个绝对值不大于1的零点,则c=-+x0,|x0|≤1.
设g(x)=-x3+x,-1≤x≤1,则g'(x)=-3x2+,
显然g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,在区间上单调递减.
又g(-1)=,g(1)=-,g=-,g=,所以g(x)的值域为.(8分)
设x1为函数f(x)的零点,则-x1+c=0,所以-≤c=+x1≤,(9分)
所以解得-1≤x1≤1,即|x1|≤1.
所以f(x)的所有零点的绝对值都不大于1.(12分)
证法四　设x1是f(x)的一个零点且|x1|≤1,则c=-+x1,设x2是f(x)的另一个零点,且|x2|>1.(6分)
则-x2+c=-x2-+x1=(x2-x1)·+x1x2+-=0,故+x1x2+-=0.
设m(x)=x2+x1x+-,对于方程x2+x1x+-=0,易知Δ=-4=3-3≥0,所以方程有解.(8分)
由|x1|≤1,|x2|>1,+x1x2+==,得+x1x2+>,与+x1x2+-=0矛盾,假设不成立.(11分)
所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(12分)
15.解析　(1)f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).(1分)
①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立,
当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0.
因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(3分)
②当a>0 时,令ex-2a=0,得x=ln(2a).
(i)当0因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f'(x)>0,
当x∈(ln(2a),0)时, f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(5分)
(ii)当a=时,ln(2a)=0,此时f'(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增.(6分)
(iii)当a>时,ln(2a)>0,y=f'(x)的大致图象如图2所示.
因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f'(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增.(8分)
(2)选①.
证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,
又f(0)=b-1>0, f=<0,
所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.(10分)
当x∈(0,+∞)时, f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]·2a-a[ln(2a)]2+b=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)·[2-ln(2a)].因为所以f(x)>0对任意x>0恒成立.
综上, f(x)在R上有唯一零点.(12分)
选②.
证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,
在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(0)=b-1<0,当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0.
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.(10分)
当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立.
综上, f(x)在R上有唯一零点.(12分)
16.解析　(1)当a=1时, f(x)=ln(1+x)+,(1分)
于是f'(x)=+,∴f'(0)=1+1=2,
易得f(0)=0,∴曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=2x.(3分)
(2)由题知f'(x)=+a·=(x>-1),
记g(x)=ex+a(1-x2)(x>-1).
①当a≥0,x∈(-1,0)时,ex>0,a(1-x2)≥0,
∴g(x)>0,即f'(x)>0,∴f(x)在(-1,0)上单调递增,
又∵f(0)=0,∴f(x)在区间(-1,0)上无零点,不合题意.(5分)
②当-1≤a<0,x∈(0,1)时,ex>1,-1∴g(x)>0,即f'(x)>0,当x∈[1,+∞)时,ex>0,a(1-x2)≥0,∴g(x)>0,即f'(x)>0,
∴当-1≤a<0时, f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
即f(x)在(0,+∞)上单调递增,
又∵f(0)=0,∴f(x)在区间(0,+∞)上无零点,不合题意.(7分)
③当a<-1时,易知g'(x)=ex-2ax在(-1,+∞)上单调递增,g'=+a<-1<0,g'(0)=1>0,
∴ x0∈,使得g'(x0)=0,且当x∈(-1,x0)时,
g'(x)<0,当x∈(x0,0)时,g'(x)>0,
∴g(x)在(-1,x0)上单调递减,在(x0,0)上单调递增,
又∵x→-1时,g(x)→ ,g(0)=1+a<0,
∴ x1∈(-1,0),使得g(x1)=0,且x∈(-1,x1)时,g(x)>0,x∈(x1,0)时,g(x)<0,
∴x∈(-1,x1)时, f(x)单调递增,x∈(x1,0)时, f(x)单调递减,x→-1时, f(x)→-∞,
又∵f(0)=0,∴f(x)在区间(-1,0)上有且仅有一个零点.(9分)
当x∈(0,+∞)时,g'(x)=ex-2ax>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又∵x→0时,g(x)→1+a<0,g(ln(-a))=-a+a-a[ln(-a)]2=-a[ln(-a)]2>0,
∴ x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0,
∴x∈(0,x2)时, f'(x)<0,∴f(x)在(0,x2)上单调递减,
x∈(x2,+∞)时, f'(x)>0,∴f(x)在(x2,+∞)上单调递增,
又∵f(0)=0,x→+∞时, f(x)→+∞,
∴f(x)在区间(0,+∞)上有且仅有一个零点.(11分)
综上所述,a的取值范围为(-∞,-1).(12分)
解题技法　　求解隐零点问题的三个步骤
(1)虚设:用函数零点存在定理判断导函数零点的存在性,列出零点方程f'(x0)=0,并结合f'(x)的单调性得到零点x0的取值范围.
(2)卡根:以零点为分界点,说明导函数f'(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式.
(3)代换求解:将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简证明,有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
专题通法
利用导数解决函数零点问题的思路
(1)利用导数研究函数的单调性,借助函数零点存在定理进行判断;
(2)将零点问题转化为函数图象的交点问题,结合函数的极值利用数形结合解决;
(3)构造函数,将问题转化为相关函数的问题进行求解.