2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第25講、函數(shù)的零點問題（教師版）

第25講函數(shù)的零點問題

知識梳理

1、函數(shù)零點問題的常見題型：判斷函數(shù)是否存在零點或者求零點的個數(shù)；根據(jù)含參函

數(shù)零點情況，求參數(shù)的值或取值范圍.

求解步驟：

第一步：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖像與x軸(或直線yk)

在某區(qū)間上的交點問題；

第二步：利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在此區(qū)間上的單調(diào)性、極值、端點值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其

圖像；

第三步：結(jié)合圖像判斷零點或根據(jù)零點分析參數(shù).

2、函數(shù)零點的求解與判斷方法：

(1)直接求零點：令f(x)＝0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．

(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)

＜0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點．

(3)利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點

的橫坐標(biāo)有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．

3、求函數(shù)的零點個數(shù)時，常用的方法有：一、直接根據(jù)零點存在定理判斷；二、將fx

整理變形成fxgxhx的形式，通過gx,hx兩函數(shù)圖象的交點確定函數(shù)的零點個

數(shù)；三、結(jié)合導(dǎo)數(shù)，求函數(shù)的單調(diào)性，從而判斷函數(shù)零點個數(shù).

4、利用導(dǎo)數(shù)研究零點問題：

（1）確定零點的個數(shù)問題：可利用數(shù)形結(jié)合的辦法判斷交點個數(shù)，如果函數(shù)較為復(fù)雜，

可用導(dǎo)數(shù)知識確定極值點和單調(diào)區(qū)間從而確定其大致圖像；

（2）方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值

域問題處理.可以通過構(gòu)造函數(shù)的方法，把問題轉(zhuǎn)化為研究構(gòu)造的函數(shù)的零點問題；

（3）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②

利用數(shù)形結(jié)合思想研究；③構(gòu)造輔助函數(shù)研究.

必考題型全歸納

題型一：零點問題之一個零點

例1．（2024·江蘇南京·南京市第十三中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)

1

fxlnx,gxx22x1.

2

（1）求函數(shù)xgx3fx的單調(diào)遞減區(qū)間；

（2）設(shè)hxafxgx，aR.

①求證：函數(shù)yhx存在零點；

②設(shè)a0，若函數(shù)yhx的一個零點為m.問：是否存在a，使得當(dāng)x0,m時，函數(shù)

yhx有且僅有一個零點，且總有hx0恒成立？如果存在，試確定a的個數(shù)；如果不

存在，請說明理由.

1

【解析】（1）由題可知x3lnxx22x1，定義域為0,.

2

x3x1‘

則‘x

，令x0，解得x1（舍）或x=3，

x

故可得x在0,3單調(diào)遞減.

1

（2）hxalnxx22x1，

2

x22xa

①由題可知hx.令yx22xa，則其44a.

x

⒈當(dāng)a1時，0,hx0，故hx在0,上單調(diào)遞減.

11

又因為h10,h3aln30，

22

故hx在區(qū)間1,3上一定有一個零點；

⒉當(dāng)1a0時，0，令yx22xa0，

解得x11a1,x21a1，

令hx0，故可得xx1,x2，故hx在區(qū)間x1,x2上單調(diào)遞增；

令hx0，故可得x0,x1或x2,，故hx在0,x1，x2,單調(diào)遞減.

又x21a1

1,2，故可得x22，

又因為h2aln211ln20,h4aln411，

故hx在區(qū)間2,4上一定有一個零點.

1

⒊當(dāng)a=0時，hxx22x1，令hx0，

2

解得x22，顯然hx存在零點.

⒋當(dāng)a0時，令hx0，解得x1a12,，

故可得hx在區(qū)間0,1a1單調(diào)遞增；在1a1,單調(diào)遞減.

1171

又因為haln40，h10，

4322

1

故hx在區(qū)間,1上一定存在一個零點.

4

綜上所述，對任意的aR，hx一定存在零點.

②由①可知，當(dāng)a1時，

hx在0,上單調(diào)遞減.

且只在區(qū)間1,3上存在一個零點，顯然不滿足題意.

當(dāng)1a0時，

hx在0,1a1單調(diào)遞減，在1a1,1a1單調(diào)遞增，

在1a1,單調(diào)遞減.且1a12

且在區(qū)間2,4上一定有一個零點，不妨設(shè)零點為m，則m1a1，

故要存在a，使得當(dāng)x0,m時，函數(shù)yhx有且僅有一個零點，

且總有hx0恒成立，

只需h1a10，

12

即aln1a11a121a110，（?。?/p>

2

a

整理得aln1a1a10，a1,0.

2

則上述方程在區(qū)間1,0上根的個數(shù)，即為滿足題意的a的個數(shù).

不妨令1a1t,則t0,1，at22t

1

故方程（ⅰ）等價于t22tlntt22t10.

2

1

不妨令mtt22tlntt22t1，

2

故可得mt2t1lnt0在區(qū)間0,1上恒成立.

故ymt在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增.

1111

又因為m18ln5310,m6ln210，

55028

故可得函數(shù)mt在區(qū)間0,1上只有一個零點.

則方程（ⅰ）存在唯一的一個根.

即當(dāng)a0時，有且僅有一個a，使得當(dāng)x0,m時，

函數(shù)yhx有且僅有一個零點，且總有hx0恒成立.

例2．（2024·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)exasinx1，

2xa2

gxacosxsinx2，fx在0,上有且僅有一個零點x0.

ex

(1)求a的取值范圍；

(2)證明：若1a2，則gx在,0上有且僅有一個零點x1，且x0x10.

【解析】（1）f(x)exacosx，設(shè)(x)f(x)，

(x)exasinx，

①當(dāng)a0時，若x0,，則f(x)ex10，

fx在0,上無零點，不符合題意；

②當(dāng)0a1時，若x0,，則f(x)1acosx1a0，

∴fx在0,上單調(diào)遞增，

∴fxf00，∴fx在0,上無零點，不符合題意；

③當(dāng)a1時，若x0,，則(x)0，∴fx在0,上單調(diào)遞增，

∵f01a0，fea0，

∴存在唯一t0,，使得ft0.

當(dāng)x0,t時，fxft0；當(dāng)xt,時，fxft0，

故fx在0,t上單調(diào)遞減，在t,上單調(diào)遞增，

∵f00，f()e10，

故fx在0,上有且僅有一個零點x0，符合題意；

綜上，a的取值范圍為1,.

g(x)a(sinxcosx)2

（2）記h(x)2xa2，

exexex

2asinx22f(x)

h(x)2，

exexex

由（1）知：若1a2，當(dāng)x0,x0時，fx0，hx0，

當(dāng)xx0,時，fx0，hx0，

故hx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0,上單調(diào)遞增，

2a

又h(0)0，h()2a22a2240，

e

故存在唯一x20,，使得hx20，且x2x0.

g(x)

注意到h(x)，可知gx在,0上有且僅有一個零點xx，

ex12

且x1x2x0，即x0x10.

x1

例3．（2024·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)fxalnx.

ex

(1)當(dāng)a1時，求曲線yfx在點1,f1處的切線方程；

(2)證明：當(dāng)a0時，fx有且只有一個零點；

(3)若fx在區(qū)間0,1,1,各恰有一個零點，求a的取值范圍.

x112x1

【解析】（1）由題意，fxlnx，fx，故f11，又f10，

exxexe

111

故曲線yfx在點1,f1處的切線方程為y1x1，即y1x1

eee

x1

（2）由題意，因為a0，故當(dāng)x1時，fxalnx0，當(dāng)x0,1時，

ex

x1

fxalnx0，當(dāng)x1時，f10，故當(dāng)a0時，fx有且只有一個零點x1

ex

x1a2xaex2xx2

（3）由（2）可得a<0，fxalnx，故fx

exxexxex

設(shè)gxaex2xx2，則

12

①若a，則gxaex2xx2ex1x11，在x1,上為減函數(shù)，故

e

2

gxe111110，故fx在x1,上為減函數(shù)，fxf10不滿足題意；

1

②若a0，gxaex22x

e

i）當(dāng)x1,時，gx0，gx單調(diào)遞減，且g1ae10，g2ae20，故存

在x01,2使得gx0，故fx在1,x0上單調(diào)遞增，在x0,上單調(diào)遞減.又

1111

11ea

1aaa

e1e1ee1

，e，且aa，設(shè)

fx0f10afealne1111

ee1

eeaeeaeea

xexxx0，易得xex10，故x在0,單調(diào)遞增，故

11

11

0aa

，故ea，故故在上有一個零點，綜上

x0e00afe0.fx1,e

ee

有fx在區(qū)間1,上有一個零點

ii）當(dāng)x0,1時，gxaex22x，設(shè)hxgxaex22x，則hxaex20，

故gx為減函數(shù)，因為g0a20，g1ae0，故存在x10,1使得gx0成

x2

立，故gxae2xx在0,x1單調(diào)遞增，在x1,1單調(diào)遞減.又g0a0，

g1ae10，故存在x20,1使得gx20成立，故在0,x2上gx0，fx單調(diào)

1

遞減，在x,1上gx0，fx單調(diào)遞增又f10，故fxf10，且-e，

2.2eae1

11111

a1

11ea1ea1eeea1e0ea1

aa，故fea0，故存在

fealne111110

eaeaeaea

eeee

1

a

x3e,1使得fx0，綜上有fx在區(qū)間0,1上有一個零點.

1

綜上所述，當(dāng)a0時，fx在區(qū)間0,1,1,各恰有一個零點

e

變式1．（2024·廣東茂名·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知a0，函數(shù)fxxexa，gxxlnxa.

(1)證明：函數(shù)fx，gx都恰有一個零點；

(2)設(shè)函數(shù)fx的零點為x1，gx的零點為x2，證明x1x2a.

xx

【解析】（1）函數(shù)fxxea的定義域為R，fxx1e，

Qx1時，fx0，x1時，f￠(x)>0，

\f(x)在,1上單調(diào)遞減，fx在1,上單調(diào)遞減增，

Qx0時，fx0，f0a0，faaeaaaea10，

函數(shù)fx恰有一個零點.

函數(shù)gxxlnxa的定義域為0,，gxlnx1，

11

0x時，gx0，x時，gx0，

ee

11

gx在0,上單調(diào)遞減，gx在,上單調(diào)遞增，

ee

x1時，gx0，g1a0，

令bmaxa,e（maxm,n表示m,n中最大的數(shù)），gbblnbaalna10，

函數(shù)gx恰有一個零點；

（2）由（1）得函數(shù)fx的零點為x1，且x1>0，gx的零點為x2，且x21，

x1

則有x1ea0，x2lnx2a0，

x1x1lnx2

x1ex2lnx2，x1elnx2e，fx1flnx2，

fx在0,上單調(diào)遞增，由（1）可得x1>0，x21，lnx20，

x1

x1lnx2，ex2，

x1

x1ea0，x1x2a0，x1x2a.原式得證.

題型二：零點問題之二個零點

例4．（2024·海南?？凇そy(tǒng)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)xex2.

(1)求f(x)的最小值；

(2)設(shè)F(x)f(x)a(x1)2(a0).

（ⅰ）證明：F(x)存在兩個零點x1，x2；

（ⅱ）證明：F(x)的兩個零點x1，x2滿足x1x220.

【解析】（1）f(x)ex2xex2(x1)ex2，

所以當(dāng)x1時，f(x)0，當(dāng)x1時，f(x)0，

所以函數(shù)f(x)在(,1]上單調(diào)遞減，在(1,)上單調(diào)遞增，

所以f(x)的最小值為f(1)e．

（2）（?。┳C明：F(x)xex2a(x1)2，a0，F(xiàn)(x)(x1)(ex22a)，

因為a0，所以ex22a0，所以當(dāng)x1時，F(xiàn)(x)0，x1時，F(xiàn)(x)0，

所以F(x)在(,1]上單調(diào)遞減，在(1,)上單調(diào)遞增，

則函數(shù)F(x)有最小值F(1)e．

由a0，F(xiàn)(x)xex2ax22axaxex2ax22axx(ex2ax2a)，

下面證明，在(,1]上，對a0，只要x足夠小，必存在xx0(,1]，

x02

使得eax02a0：

1

實際上，當(dāng)x<2時，0ex21，令ax2a1，得x22，

a

1x02

所以對a0，取x0(,2)，必有x(eax2a)0，即F(x)0，

a000

所以在區(qū)間(,1]上，存在唯一的x1(x0,1)，F(xiàn)(x1)0，

又F(0)10，所以在區(qū)間(1,)上，存在唯一的x2(1,0)，F(xiàn)(x2)0，

綜上，F(xiàn)(x)存在兩個零點．

（ⅱ）要證x1x220，需證x12x2，由1x20，所以2x21，

因為F(x)在(,1]上單調(diào)遞減，因此需證：F(2x2)F(x1)0，

x22x222

F(2x2)(2x2)ea(x21)，F(xiàn)(x2)x2ea(x21)0，

x2x22

所以F(2x2)(2x2)ex2e，1x20，

設(shè)g(x)(2x)exxex2，1x0，

則g(x)exxexex2xex2ex(x1)(1e2x2)0，

所以g(x)在(1,0)上單調(diào)遞減，g(x)g(1)0，即

x2x22

F(2x2)(2x2)ex2e0，

結(jié)論得證，所以x1x220．

例5．（2024·甘肅天水·高三天水市第一中學(xué)校考階段練習(xí)）已知函數(shù)

f(x)lnxax2(2a1)x．

（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

（2）當(dāng)a0時，g(x)(x1)f(x)x21，證明：函數(shù)g(x)有且僅有兩個零點，兩個零點

互為倒數(shù)．

1(2ax1)(x1)

【解析】（1）f(x)的定義域為(0,)且f(x)2ax2a1，

xx

若a0，則當(dāng)x(0,)時，f(x)0，故f(x)在(0,)上單調(diào)遞增；

11

若a<0，則當(dāng)x(0,),f(x)0，當(dāng)x(,),f(x)0，

2a2a

11

故f(x)在(0,)上單調(diào)遞增，在(,)上單調(diào)遞減.

2a2a

1

（2）g(x)(x1)f(x)x21(x1)lnxx1，所以，g(x)lnx，

x

1

因為ylnx在(0,)上遞增，y在(0,)遞減，所以g(x)在(0,)上遞增，

x

1ln41

又g(1)10,g(2)ln20，

22

故存在唯一x0(1,2)使得g(x0)0，所以g(x)在(0,x0)上遞減，在(x0,)上遞增，

22

又g(x0)g(1)2,g(e)e30，所以g(x)0在(x0,)內(nèi)存在唯一根，

11111g()

由1x得1x，又g()(1)ln10，

00

1

故是g(x)0在(0,x)上的唯一零點．

0

綜上，函數(shù)g(x)有且僅有兩個零點，且兩個零點互為倒數(shù).

例6．（2024·四川遂寧·高三射洪中學(xué)?？计谥校┮阎瘮?shù)f(x)lnxax2(2a1)x．

（1）若函數(shù)f(x)在x1處取得極值，求曲線yf(x)在點(2,f(2))處的切線方程；

（2）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

（3）當(dāng)a0時，g(x)(x1)f(x)x21，證明：函數(shù)g(x)有且僅有兩個零點，且兩個零

點互為倒數(shù)．

1

【解析】（1）求導(dǎo)：f(x)2ax2a1，由已知有f(1)0，即12a2a10，

x

113

所以a，則f(x)lnxx2，所以切點為(2,ln22)，切線斜率kf(2)，

222

3

故切線方程為：yx1ln2.

2

1(2ax1)(x1)

（2）f(x)的定義域為(0,)且f(x)2ax2a1，

xx

若a0，則當(dāng)x(0,)時，f'(x)0，故f(x)在(0,)上單調(diào)遞增；

11

若a<0，則當(dāng)x(0,),f'(x)0，當(dāng)x(,),f'(x)0，

2a2a

11

故f(x)在(0,)上單調(diào)遞增，在(,)上單調(diào)遞減.

2a2a

1

（3）g(x)(x1)f(x)x21(x1)lnxx1，所以，g(x)lnx，

x

1

因為ylnx在(0,)上遞增，y在(0,)遞減，所以g(x)在(0,)上遞增，

x

1ln41

又g(1)10,g(2)ln20，

22

故存在唯一x0(1,2)使得g(x0)0，所以g(x)在(0,x0)上遞減，在(x0,)上遞增，

22

又g(x0)g(1)2,g(e)e30，所以g(x)0在(x0,)內(nèi)存在唯一根

，

11111g()

由1x得1x，又g()(1)ln10，

00

1

故是g(x)0在(0,x)上的唯一零點．

0

綜上，函數(shù)g(x)有且僅有兩個零點，且兩個零點互為倒數(shù).

變式2．（2024·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)exlnxa.

（1）若a3.證明函數(shù)f(x)有且僅有兩個零點；

x1x2x1x2

（2）若函數(shù)f(x)存在兩個零點x1,x2，證明：eee22a.

【解析】（1）由題可知，定義域(0,)

11

當(dāng)a3時，函數(shù)f(x)exlnx3，則f(x)ex，f(x)ex0（f(x)為f(x)的

xx2

導(dǎo)函數(shù)）

f(x)單調(diào)遞增

11

fe220,f(1)e10，

2

1x1x1

00

x0,1使f(x0)e0,e.

2x0x0

x0,x0時，f(x)0,f(x)單調(diào)遞減；xx0,時，f(x)0,f(x)單調(diào)遞增

x01

所以f(x)minfx0elnx03x03

x0

1111

由雙勾函數(shù)性質(zhì)可知，fx0在,1遞減，fx0f230，

2222

11

131311

ee，且，

feln3e03

e3e3e2

在0,x0上有且只有一個零點

又f(e)eelne3ee42240，且e1

所以在x0,上有且只有一個零點

綜上，函數(shù)f(x)有且僅有兩個零點

x1x2

（2）由x1,x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，知elnx1a,elnx2a

x1x2

eelnx1lnx22alnx1x22a

要證ex1x2ex1ex222a

x1x2

需證elnx1x22a22alnx1x22

令x1x2t(0,)

需證etlnt20

令f(t)etlnt2

t011

與（1）同理得f(t)minelnt02t02220,t0,1

t02

所以etlnt20

故ex1x2ex1x222a

變式3．（2024·湖南長沙·高三長沙一中?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)lnxax(aR)在其

定義域內(nèi)有兩個不同的零點．

（1）求a的取值范圍；

（2）記兩個零點為x1,x2，且x1x2，已知0，若不等式lnx21lnx110恒成立，

求的取值范圍．

【解析】（1）依題意，函數(shù)f(x)在定義域(0,)上有兩個不同的零點，即方程lnxax0在

lnx

(0,)）上有兩個不同的解，也即a在(0,)上有兩個不同的解．

x

lnx1lnx

令g(x)，則g(x)．

xx2

當(dāng)0xe時，g(x)0，所以g(x)在(0,e)上單調(diào)逆增，

當(dāng)xe時，g(x)0，所以g(x)在(e,)上單調(diào)遞減，

1

所以g(x)g(e)．

maxe

1lnxx1

又ge0，xe時，0g(x)

exxx

當(dāng)x時，g(x)0，且g(x)0，

lnx

若函數(shù)g(x)與函數(shù)ya的圖象在(0,)上有兩個不同的交點，

x

1

則0a．

e

（2）因為x1,x2為方程lnxax0的兩根，

所以lnx1ax1，lnx2ax2．

不等式lnx21lnx110，變形可得1lnx1lnx2，

代入可得1lnx1lnx2ax1ax2ax1x2．

1

因為0，0x1x2，所以原不等式等價于a．

x1x2

x

xln1

1

又由lnx1ax1，lnx2ax2，作差得lnax1x2，所以x2．

x2a

x1x2

x

ln1

所以原不等式等價于x1x(1)xx恒成立．

2ln112

x1x2x1x2x2x1x2

x1(1)(t1)

令t，則t(0,1)，不等式等價于lnt在t(0,1)上恒成立．

x2t

(1)(t1)(t1)t2

令h(t)lnt，則h(t)．

tt(t)2

①當(dāng)1時，h(t)0，所以h(t)在(0,1)上單調(diào)遞，因此h(t)h(1)0，滿足條件；

22

②當(dāng)01時，h(t)在0,上單調(diào)遞增，在,1上單調(diào)遞減，又h(1)0，所以h(t)在(0,1)

上不能恒小于零．

綜上，1．

1

變式4．（2024·江蘇·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)fxax4x2，x(0,)，

2

gxfxfx．

(1)若a0，求證：

（ⅰ）fx在f(x)的單調(diào)減區(qū)間上也單調(diào)遞減；

（ⅱ）gx在(0,)上恰有兩個零點；

(2)若a1，記gx的兩個零點為x1,x2，求證：4x1x2a4．

1

【解析】(1)證明：(1)(ⅰ)因為fxax4x2，x(0,)

2

f'(x)4ax3x

由f''(x)(4ax3x)'12ax21

'''1

令f(x)0得f(x)的遞減區(qū)間為0,

23a

132

當(dāng)x0,時，f(x)4axxx(4ax1)0，

23a

所以f(x)在f'(x)的遞減區(qū)間上也遞減．

11

(ⅱ)gx＝fxfx＝ax4x24ax3－x＝ax4－4ax3x2x

22

11

因為x0，由gx＝ax44ax3x2x＝0得ax34ax2x1＝0，

22

11

令x＝ax34ax2x1，則x＝3ax28ax.

22

1

因為a0，且0＝0，所以x必有兩個異號的零點，記正零點為x，

20

，

則當(dāng)x0x0時，x0，x單調(diào)遞減；

當(dāng)xx0,時，x0，x單調(diào)遞增，若x在0,上恰有兩個零點，則x00

11

由x＝3ax28ax0，得3ax28ax，

0002002

3217481

所以x＝axx，又'x對稱軸x，'0＝'()

090309332

87

所以x

033

3217

所以xax(x)0.

090303

＝

又010，所以在0,x0上有且僅有一個零點．

11

又(x)ax34ax2x1x(ax24ax)1

22

2

214a16a2a

令ax4ax0，解得x.

22a

4a16a22a

所以取M，當(dāng)xM時，x0

2a

所以在x0,M上有且僅有一個零點．

故a0時，gx在0,上恰有兩個零點．

1

由（ⅱ）知，對(x)ax34ax2x1在0,上恰有兩個零點x，x，

(2)212

＝11

不妨設(shè)x1x2，因為010，(67a)0

28

1

所以0x

12

91

因為4＝1＜0，＝81a100

28

9

所以4x

22

19

所以4xx54a

1222

題型三：零點問題之三個零點

ax2

例7．（2024·山東·山東省實驗中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)fxlnxlna1有三

ex1

個零點.

(1)求a的取值范圍；

x1x3

(2)設(shè)函數(shù)fx的三個零點由小到大依次是x1,x2,x3.證明：aee.

ae1x2x2x31

【解析】（1）因為fx定義域為0,，又fx(a0)，

x

（ⅰ）當(dāng)x2,fx0,fx單調(diào)遞減；

2x2x3xx1x4

（ⅱ）當(dāng)x0,2，記gx，則gx，

ex1ex1

當(dāng)x0,1,gx0；當(dāng)x1,2,gx0，

所以gx在0,1單調(diào)遞增，在1,2上單調(diào)遞減，gxg11，

又g00,g20，所以0gx1，

①當(dāng)a0,1,fx0，則fx單調(diào)遞減，至多一個零點，與題設(shè)矛盾；

1

agx

②當(dāng)a，由（ⅱ）知，fx有兩個零點，

a1,fx

x

記fx兩零點為m,n，且m1n，

則fx在0,m上單調(diào)遞減，在m,n上單調(diào)遞增，在n,上單調(diào)遞減，

因為fnf10，令pxxe1x,(0x1)，則px1xe1x0,(0x1)，

11

111111

所以01,fea1e110，

aaa1

所以fn0,fm0，且x趨近0，fx趨近于正無窮大，x趨近正無窮大，fx趨近

負(fù)無窮大，

所以函數(shù)fx有三零點，

綜上所述，a1；

aexlnaexlnexlnaex

（2）fx0等價于，即，

exxexaex

lnx1lnx

令tx，則tx，

xx2

所以tx在0,e上單調(diào)遞增，在e,上單調(diào)遞減，

1

由（1）可得xx1x，則aexe,ex1e,aexe,ex3e，

1a2313

x1x3x1x3

所以taex1te,taex3te，所以aex1e,aex3e，

x1lnx1lneak

則x1,x3滿足，k1，

x3lnx3lneak

x1x3

要證aee，等價于證x1x32k，

x1lnx1kx1

易知，令qxxlnx，則qx，

x3lnx3kx

令qx0得0x1，令qx0得x1，

所以函數(shù)qx在0,1上單調(diào)遞減，在1,上單調(diào)遞增，

下面證明x1x31k，由x11x3，即證qx3q1kx1，

即證k1kx1ln1kx1，

即證01x1ln1x1lnx1x11x1ln1lnx1，

1x1

即證e1lnx10,x10,1，

1x

1xxe1

令cxe1lnx,x0,1，cx，

x

令yxe1x1，則yx1e1x0,x0,1，所以yxe1x10，

1x

xe11x1

所以cx0，則cxc10，所以e1lnx10,x10,1，

x

所以x1x31k，所以x1x31lnx1x3x1x32k1k2k1k，

所以x1x32k，所以原命題得證.

x1

例8．（2024·廣東深圳·?？级＃┮阎瘮?shù)f(x)alnx.

x1

(1)當(dāng)a1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

1

(2)①當(dāng)0a時，試證明函數(shù)f(x)恰有三個零點；

2

xx22

②記①中的三個零點分別為1，2，x3，且x1x2x3，試證明x1(1x3)a(x11).

x1

【解析】（1）當(dāng)a1時f(x)lnx，定義域為(0,)，

x1

x1(x1)121x21

所以f(x)0，

(x1)2x(x1)2xx(x1)2

所以f(x)在定義域上單調(diào)遞減，其單調(diào)遞減區(qū)間為(0,)，無單調(diào)遞增區(qū)間．

x1

（2）①由f(x)alnx定義域為(0,)，

x1

x1(x1)a2xax22axaax22(1a)xa

所以f(x)，

(x1)2xx(x1)2x(x1)2

1

令ax22(1a)xa0，因為0a，4(12a)0，

2

1

設(shè)方程的兩根分別為x，x，且xx，則x4x5210，xx1，

4545a45

所以f(x)有兩個零點x4，x5，且0x41x5，

當(dāng)x(0,x4)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x(x4,x5)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x(x5,)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；

所以fx在xx4處取得極小值，在xx5處取得極大值，

又f10，故fx4f1fx5，則f(x4)0f(x5)，

1

1

1a

a211

a2e

又因為，fe10，且aa，

fe10e1e

a

ea1e1

11

故有aa，由零點存在性定理可知，

ex41x5e

11

aa

f(x)在e,x4恰有一個零點，在x5,e也恰有一個零點，

易知x1是f(x)的零點，所以f(x)恰有三個零點；

1

②由①知x21，0x11x3，則1，

x1

11x11

因為falnx1f(x1)0，所以x3，

x1x11x1

22

所以要證x1(1x3)a(x11)，

212

即證x1(1)a(x11)，

x1

即證x1(x11)a(x11)(x11)，

即證x1a(x11)，

x11

即證x1，

lnx1

1

即證lnx11(*)．

x1

111x1

令g(x)lnx1，則g(x)，

x