1. 5年真題考點分布
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是天津高考卷的必考內(nèi)容，設題穩(wěn)定，難度較低，分值為16分
【備考策略】1.理解、掌握函數(shù)零點與方程的關系
2.能掌握函數(shù)零點的求解方法
3.具備數(shù)形結(jié)合的思想意識，會借助函數(shù)圖像的交點解決函數(shù)的零點問題
4.會解隱零點與極值點偏移問題
【命題預測】本節(jié)內(nèi)容是天津高考卷的必考內(nèi)容，一般給出函數(shù)的解析式解決函數(shù)的零點相關問題。
知識講解
知識點一.函數(shù)零點個數(shù)問題
用導數(shù)研究函數(shù)的零點，一方面用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，借助零點存在性定理判斷;另一方面，也可將零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點問題，利用數(shù)形結(jié)合來解決，對于函數(shù)零點個數(shù)問題，可利用函數(shù)的值域或最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、草圖確定其中參數(shù)范圍，從圖象的最高點、最低點、分析函數(shù)的最值、極值;從圖象的對稱性，分析函數(shù)的奇偶性;從圖象的走向趨勢，分析函數(shù)的單調(diào)性、周期性等。但需注意探求與論證之間區(qū)別，論證是充要關系，要充分利用零點存在定理及函數(shù)單調(diào)性嚴格說明函數(shù)零點個數(shù).
知識點二.零點存在性賦值理論
1.確定零點是否存在或函數(shù)有幾個零點，作為客觀題常轉(zhuǎn)化為圖象交點問題，作為解答題一般不提倡利用圖象求解，而是利用函數(shù)單調(diào)性及零點賦值理論.函數(shù)賦值是近年高考的一個熱點， 賦值之所以“熱”， 是因為它涉及到函數(shù)領域的方方面面:討論函數(shù)零點的個數(shù)(包括零點的存在性，唯一性);求含參函數(shù)的極值或最值;證明一類超越不等式;求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各種題型中的參數(shù)取值范圍等，零點賦值基本模式是已知f(a)的符號，探求賦值點m(假定 m0，fπ=?20，
所以f(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，又f1=sin1+sinπ10>0，
f1e=?1+sin1e+sinπ100，則fx>0，
若x>π，因為lnx>lnπ>1≥?sinx，所以fx>0，
綜上，函數(shù)f(x)在0,+∞有且僅有一個零點.
考點二、數(shù)形結(jié)合法研究零點問題
1.（2023·四川甘孜·一模）設定義在R上的函數(shù)fx是偶函數(shù)，且fx+π=fx?π，f'x是fx的導函數(shù)，當x∈0,π時，00，則
x∈(0,π2)時，f'x0恒成立，所以?x在0,+∞上單調(diào)遞增，
則當?x3=?lnx時，可得x3=lnx，則13=lnxx，
又mx=lnxx,x>0，則m'x=1?lnxx2，所以x∈0,e時，m'x>0函數(shù)遞增，x∈e,+∞時，m'x1≥sinx，所以g'x>0，gx在0,+∞單調(diào)遞增，
所以gx>g0=0，即f'x>0，所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增.
綜上，fx的減區(qū)間為?∞,0，增區(qū)間為0,+∞.
（2）當a=1時，fx=ex+sinx?x?1，則f'x=ex+csx?1，
記?x=ex+csx?1，則?'x=ex?sinx，
當x>0時，ex>1≥sinx，所以?'x>0，?x在0,+∞單調(diào)遞增，
所以?x>?0=1>0，fx在0,+∞上單調(diào)遞增，
所以fx>f0=0，fx在0,+∞上無零點.
當x≤?π時，因為ex>0,sinx≥?1,?x?1≥π?1，
所以fx=ex+sinx?x?1>0，此時fx無零點.
當?π?sinx，當x=0時，ex?x?1=?sinx，
作出函數(shù)nx和y=?sinx的圖象如圖，
由圖可知，當?π0時，令f'x>0，解得x4m；
令f'x0，
所以fx在區(qū)間0,4m,4m,+∞各有1個零點，因此fx有三個零點，如圖①曲線；
當2?323m3=0，即m=3124時，fx有兩個零點，如圖②曲線；
當2?323m3>0，即m0，
令μx=x2ex+lnxx>0，
則μ'x=x2+2xex+1x，
由x>0，故μ'x=x2+2xex+1x>0恒成立，
故μx在0,+∞上單調(diào)遞增，
又μ1e=1e2e1e+ln1e=1e2e1e?1=e1e?e2e20，
故存在x0∈1e,1，使μx0=0，即x02ex0+lnx0=0，
即φx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增，
故φx≥φx0，
由x02ex0+lnx0=0，則x0ex0=?lnx0x0=ln1x0?eln1x0，
令ωx=fx+1=xexx>0，則有ωx0=ωln1x0，
ω'x=f'x=x+1ex，當x>0時，ω'x>0恒成立，
故ωx在0,+∞上單調(diào)遞增，故x0=ln1x0，即lnx0=?x0，
則φx0=ex0?lnx0x0?1x0=eln1x0??x0x0?1x0=1x0+1?1x0=1，
即φx的最小值為1；
（3）令?x=fx?gx=xex?1?lnx+mx=0x>0，
即有?m=ex?lnxx?1x=φx，
即函數(shù)?x的零點個數(shù)為φx=?m的實數(shù)根的個數(shù)，
由（2）知，φx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增，且φx0=1，
又當x→0時，φx→+∞，當x→+∞時，φx→+∞，
故當?m=1，即m=?1時，φx=?m有唯一實數(shù)根，
當?m>1，即m0，可證結(jié)論；
（2）由已知可得a=x+1ex=g(x)，求導可得g(x)的單調(diào)性，進而可求函數(shù)f(x)的零點個數(shù)．
【詳解】（1）當a=1時，f(x)=ex?x?1，所以f'(x)=ex?1，令f'(x)=0得x=0．
當x∈(?∞,0)時，f'(x)0，?x沒有零點；當a>0時，?x先減后增，從而確定只有一個零點的必要條件，再利用零點存在定理確定條件的充分性，即得a的值.
【詳解】（1）［方法一］：【最優(yōu)解】指數(shù)找朋友
當a=1時，fx≥1等價于x2+1e-x-1≤0．
設函數(shù)gx=x2+1e-x-1，則g'x=-x2-2x+1e-x=-x-12e-x．
g'x≤0，所以gx在0,+∞單調(diào)遞減．
而g0=0，故當x≥0時，gx≤0，即fx≥1．
［方法二］：【通性通法】直接利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性求得最小值
當a=1時，f(x)=ex-x2,f'(x)=ex-2x．
令g(x)=ex-2x,g'(x)=ex-2，令g'(x)=0，得x=ln2．則函數(shù)y=g(x)在區(qū)間[0,ln2)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間[ln2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增，從而g(x)≥g(ln2)=2-2ln2>0，所以函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增，有f(x)≥f(0)=1．
［方法三］：【最優(yōu)解】指對等價轉(zhuǎn)化
當x≥0時，f(x)=ex-x2≥1?x≥lnx2+1．
令g(x)=x-lnx2+1,g'(x)=1-2xx2+1=(x-1)2x2+1≥0，函數(shù)y=g(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增，故g(x)≥g(0)=0，有x≥lnx2+1，故當x≥0時，f(x)≥1．
（2）［方法一］：指數(shù)找朋友
設函數(shù)?x=1-ax2e-x，
fx在0,+∞只有一個零點當且僅當?x在0,+∞只有一個零點．
（i）當a≤0時，?x>0，?x沒有零點；
（ii）當a>0時，?'x=axx-2e-x．
當x∈0,2時，?'x0時，f(x)=0?ax=exx，原問題轉(zhuǎn)化為動直線y=ax與曲線?(x)=exx在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)只有一個公共點．由?'(x)=(x-1)exx2得函數(shù)y=?(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增．設y=ax與y=?(x)的切點為Px0,exx0，則?'x0=x0-1ex0x02，于是函數(shù)y=?(x)在點P處的切線方程為y-ex0x0=x0-1ex0x02x-x0．由切線過原點可得x0=2，故a=?'(2)=e24．
［方法五］：【通性通法】含參討論
因為f'(x)=ex-2ax，x∈0,+∞，
當a≤0時，f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增，又f(0)=1>0，故f(x)無零點；
當a>0時，f″(x)=ex-2a．
①當0f'(0)=1,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增，又f(0)=1>0，故f(x)無零點；
②當120時，f(x)=0?ex2-ax=0，記φ(x)=ex2-ax，則φ'(x)=12ex2-a；
當00，所以f(x)在(?∞,?lna)單調(diào)遞減，在(?lna,+∞)單調(diào)遞增.
（2）（?。┤鬭≤0，由（1）知，f(x)至多有一個零點.
（ⅱ）若a>0，由（1）知，當x=?lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(?lna)=1?1a+lna.
①當a=1時，由于f(?lna)=0，故f(x)只有一個零點；
②當a∈(1,+∞)時，由于1?1a+lna>0，即f(?lna)>0，故f(x)沒有零點；
③當a∈(0,1)時，1?1a+lna0，故f(x)在(?∞,?lna)有一個零點.
設正整數(shù)n0滿足n0>ln(3a?1)，則f(n0)=en0(aen0+a?2)?n0>en0?n0>2n0?n0>0.
由于ln(3a?1)>?lna，因此f(x)在(?lna,+∞)有一個零點.
綜上，a的取值范圍為(0,1).
點睛:研究函數(shù)零點問題常常與研究對應方程的實根問題相互轉(zhuǎn)化.已知函數(shù)f(x)有2個零點求參數(shù)a的取值范圍，第一種方法是分離參數(shù)，構(gòu)造不含參數(shù)的函數(shù)，研究其單調(diào)性、極值、最值，判斷y=a與其交點的個數(shù)，從而求出a的取值范圍；第二種方法是直接對含參函數(shù)進行研究，研究其單調(diào)性、極值、最值，注意點是若f(x)有2個零點，且函數(shù)先減后增，則只需其最小值小于0，且后面還需驗證最小值兩邊存在大于0的點.
2.（2024·內(nèi)蒙古包頭·三模）設函數(shù)fx=lnx+ax?a．
(1)當a=1時，求fx的最小值；
(2)若fx恰有兩個零點，求a的取值范圍．
【答案】(1)0
(2)0,1∪1,+∞
【分析】（1）利用導數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性求最值即可；
（2）求出函數(shù)fx的導函數(shù)f'x=1x?ax2=x?ax2x>0，對a進行分類討論，分析函數(shù)的單調(diào)性，最值，由函數(shù)零點的個數(shù)求a的取值范圍即可.
【詳解】（1）當a=1時，fx=lnx+1x?1，f'x=1x?1x2=x?1x2x>0，
當x∈0,1時f'x0，
（?。┊攁≤0時，f'x>0，函數(shù)fx在0,+∞單調(diào)遞增，且f1=0，故函數(shù)fx恰有一個零點，不合題意．
（ⅱ）當a>0時，
①若a=1，由（1）可知f1=0為最小值，函數(shù)fx恰有一個零點，不合題意．
②若a>1，當x∈0,a時，f'x21x0?x0?2=0，
所以ex?2>lnx.
（2）函數(shù)f(x)=(x?2)ex+a(x?1)2定義域R，求導得f'(x)=(x?1)ex+2a(x?1)=(x?1)(ex+2a)，
當a>0時，由f'(x)0，當ln(?2a)0，fx單調(diào)遞增，故fx的最小值為f1=1，
又x→0，fx→+∞；x→+∞，fx→+∞，
故fx∈1,+∞．
gx=f2x?fx?2lnfx=x2?2lnx2?x2?2lnx?2lnx2?2lnx，
設m=x2?2lnx，m∈1,+∞，
則?m=m2?m?2lnm，m∈1,+∞，
則?'m=2m?1?2m=2m2?m?2m，
由2m2?m?2=0，得m=1+174．
因此，當m∈1,1+174時，?'m0，
所以?x在?1,+∞單調(diào)遞增，?xmin=??1=0，
則?x>0，符合題意；
③當?a+1>1，即a?1
所以?x在?1,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞單調(diào)遞增，
?xmin=?x0=2ex0+1+ax0+12+x02?3≥0，
因為2ex+1+2ax+1+2x=0，
則?2ax0+1?2x0+ax0+12+x02?3≥0?a≥?1+2x0?1，
又因為x0>?1，所以a>?2且a≠?1，與a0和xln2時，f'x>0,fx單調(diào)遞增，
當x1+sinx≥0，因此函數(shù)mx=g'(x)在x>0上單調(diào)遞增，
由于g'(0)=1?2?10,gx單調(diào)的遞增，
x0，得到?x0∈14,1，使得f'x0=0，進而求得fx單調(diào)性，結(jié)合零點的存在性定理，即可求解.
【詳解】（1）解析：由函數(shù)fx=14ex?x，可得f'x=14ex?12x，所以f'1=e4?12，
又f1=e4?1，所以l的方程為y=e4?12x?1+e4?1，即y=e4?12x?12，
令x=0，可得y=?12，所以直線l在y軸上的截距為?12．
（2）解：因為y=14ex和y=?12x在0,+∞上均單調(diào)遞增，
所以f'x=14ex?12x在0,+∞上單調(diào)遞增，
又因為f'14=14e14?10，fx在x0,+∞單調(diào)遞增，
又因為f1100=14e1100?110>0,f1=e4?10，
所以fx有兩個零點．
結(jié)論拓展：與ex和lnx相關的常見同構(gòu)模型
①aea≤blnb?ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)fx=xlnx或gx=xex；
②eaab±lnb，構(gòu)造函數(shù)fx=x±lnx或gx=ex±x.
4.（23-24高三上·福建莆田·階段練習）已知函數(shù)fx=ex?sinx.
(1)求fx在0,f0處的切線方程；
(2)求證：當x∈?π,+∞時，函數(shù)f'x有且僅有2個零點.
【答案】(1)y=1
(2)證明見解析
【分析】（1）由題求出f'0，f0，即可得出該切線方程；
（2）令gx=f'x=ex?csx，得g'x=ex+sinx，分不同區(qū)間討論f'x的增減和正負，進而得出結(jié)論.
【詳解】（1）∵f'x=ex?csx，
∴f'0=0.
∵f0=e0?sin0=1，
∴y=fx在0,f0處的切線方程為y=1.
（2）由（1）令gx=f'x=ex?csx，
則g'x=ex+sinx，
∴①當x∈0,+∞時，f'x>1?csx≥0，即f'x>0.
②當x=0時，f'x=0，
③當x∈?π2,0時，g'x在?π2,0上單調(diào)遞增.
∵g'?π4=1eπ4?120，
∴當x∈?π2,x0時，f'x單調(diào)遞減；當x∈x0,0時，f'x單調(diào)遞增.
又∵f'?π2=e?π2>0,f'0=0，
∴存在唯一x1∈?π2,x0，使得f'x1=0，
即當x∈?π2,x1時，f'x1>0，當x∈x1,0時，f'x10.
綜上，當x∈?π,+∞時，f'x有且僅有2個零點.
考點六、極值點偏移問題
1.（2024高三·全國·專題練習）設函數(shù)f(x)=ex?12ex2?13(x?1)3+5e2,x∈[0,+∞)．
(1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若x1≠x2，且fx1+fx2=6e，求證：x1+x20，從而可得F(x)在[0,1)上單調(diào)遞減，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可得
【詳解】（1）∵f(x)=ex?12ex2?13(x?1)3+5e2，x∈[0,+∞)，
∴f'(x)=ex?ex?(x?1)2=ex1?ex+(x?1)2ex．
令g(x)=ex+(x?1)2ex(x≥0)，則g'(x)=?(x?1)(x+e?3)ex．
令g'(x)=0，得x=1或x=3?e．
當x∈[0,3?e)時，g'(x)F(1)=0，
即f(2?x)+f(x)>6e對x∈[0,1)恒成立．
∵x1∈[0,1)，∴f2?x1+fx1>6e，
∴f2?x1>6e?fx1=fx2．
由（1）知f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，
∴2?x1>x2，故x1+x20，解得00，
所以函數(shù)Ft在1,+∞上單調(diào)遞增，且F1=0，
所以Ft>0，即lnt>2t?11+t，
所以x1?x2>e2，原命題得證.
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問考查極值點偏移問題，常用解決策略是根據(jù)lnx1=a+1x1lnx2=a+1x2，兩式相加相減，進而可得lnx1x2lnx2x1=x1+x2x2?x1，進而要證x1?x2>e2，只需證lnx1x2=x1+x2x2?x1?lnx2x1>2，即證lnx2x1>2x2?x1x1+x2=2x2x1?11+x2x1，從而將雙變量轉(zhuǎn)化為單變量，令Ft=lnt?2t?11+t=lnt+4t+1?2，討論該函數(shù)的單調(diào)性和最值即可證明.
2.（22-23高三上·河北唐山·階段練習）已知函數(shù)fx=x?1lnx?x2+axa∈R.
(1)若函數(shù)y=f'x有兩個零點，求a的取值范圍；
(2)設x1,x2是函數(shù)fx的兩個極值點，證明：x1+x2>2.
【答案】(1)(2,+∞)
(2)證明過程見解析.
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)零點定義，結(jié)合常變量分離法、構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導數(shù)的性質(zhì)進行求解即可；
（2）根據(jù)所證明不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合導數(shù)的性質(zhì)進行求解即可.
【詳解】（1）fx=x?1lnx?x2+ax?f'x=1?1x+lnx?2x+a=0，
該方程有兩個不等實根，由f'x=1?1x+lnx?2x+a=0?a=2x+1x?lnx?1，
所以直線y=a與函數(shù)gx=2x+1x?lnx?1的圖象有兩個不同交點，
由gx=2x+1x?lnx?1?g'x=2?1x2?1x=2x2?x?1x2=2x+1x?1x2，
當x∈0,1時，g'x4，即證x2>4?x1．
因為x2>2,4?x1>2，且?(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增，所以只需證?x2>?4?x1．
因為?x1=?x2，所以即證?x1>?4?x1．
令F(x)=?(x)??(4?x)=x?ln(x?1)?(4?x)+ln(3?x)=2x?4?ln(x?1)+ln(3?x),x∈(1,2)，
則F'(x)=2?1x?1+1x?3=2(x?2)2(x?1)(x?3)F(2)=0，所以?(x)??(x?4)>0．
因為x1∈(1,2)，所以?x1>?4?x1，故x1+x2>4．
4.（21-22高三上·北京昌平·期末）已知函數(shù)f(x)=16x3?2ax+8lnx．
（1）若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)f(x)存在兩個極值點x1,x2，求證：x1+x2>4．
【答案】（1）a≤3；（2）證明見解析．
【分析】（1）轉(zhuǎn)化條件為f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，分參后構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合導數(shù)即可得解；
（2）由極值點的概念結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可得02時，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；
當00，
所以函數(shù)y=fxx在0,+∞上單調(diào)遞增，
當x0時，?20，若Fx=fx+1x，則函數(shù)Fx的零點個數(shù)為（ ）
A．0B．1C．2D．0或2
【答案】A
【分析】構(gòu)造函數(shù)gx=xfx+1，討論x≠0、x0，利用導數(shù)判斷函數(shù)gx的單調(diào)性，從而求出gx的最值，進而得出Fx的零點個數(shù).
【詳解】構(gòu)造函數(shù)gx=xfx+1，其中x≠0，則g'x=fx+xf'x，
當x≠0時，f'x+fxx=xf'x+fxx>0.
當x0時，g'x=fx+xf'x>0，
此時，函數(shù)gx單調(diào)遞增，則gx>g0=1.
所以，當x0.
綜上所述，函數(shù)Fx的零點個數(shù)為0.
故選：A.
3．（21-22高三上·天津河北·期中）已知函數(shù)fx=xlnx?1，則fx的零點所在的區(qū)間是（ ）
A．0,1B．1,2
C．2,3D．3,4
【答案】B
【分析】由題可得函數(shù)在(1,+∞)上為增函數(shù)，又f10，即得.
【詳解】∵fx=xlnx?1，f'x=1+lnx，
由f'x=1+lnx=0得，x=1e，∴x>1e,f'(x)>0，函數(shù)fx為增函數(shù)，
當00，即m2?4n>0；
f'x=x2+2x+mx+m+nex，令f'x=0，則x2+2x+mx+m+n=0，
即Δ2=m2?4n+4>0，則f'x=x2+2x+mx+m+nex有兩個變號零點，
所以函數(shù)fx有2個極值點.
故答案為：2.
7．（23-24高三上·天津濱海新·階段練習）已知函數(shù)fx=13x3?x2+1．
(1)求曲線y=fx在點1,f1處的切線方程；
(2)求函數(shù)fx在?2,2上的單調(diào)區(qū)間、最值．
(3)設gx=fx?a在?2,2上有兩個零點，求a的范圍.
【答案】(1)x+y?43=0；
(2)單調(diào)增區(qū)間為?2,0，單調(diào)減區(qū)間為0,2；最大值為1，最小值為?173；
(3)?13≤a1, x∈0,+∞時， lna>0,ax?1>0，則 g'x>0,
則函數(shù)gx在x∈0,+∞上單調(diào)遞增，
x∈?∞,0時， lna>0,ax?10,
則函數(shù)gx在x∈0,+∞上單調(diào)遞增，
當x∈?∞,0時，lna0，所以 g'x0且a≠1時， gx在x0時遞增，
則 x=0為 gx的極小值點，且為最小值點，且最小值g0=1.
又函數(shù) fx=gx?m?2有兩個零點，所以方程gx=m±2有兩個不相等的實根，
而m+2>m?2，所以 m+2>1且 m?223或x0時，x4a時，f'(x)>0，00，fx單調(diào)遞增；
當x∈1,+∞時，f'x0，fx單調(diào)遞增；
在1a,1上，f'x0，
由（1）得當01?1x，所以lnx>21?1x，
此時f(x)=ax?1x?(a+1)lnx0，得xk3，所以f(x)在(?k3,k3)上單調(diào)遞減，在
(?∞,?k3)，(k3,+∞)上單調(diào)遞增.
（2）由（1）知，f(x)有三個零點，則k>0，且f(?k3)>0f(k3)0k2?23kk3

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