高考导数专题

下面为你输出一份完整、自包含的专题文档，在涉及极值判定与检验的环节，**同时给出「一阶导数法」和「二阶导数法」**两种路径，方便教学或复习时对照使用。

高考导数压轴专题：零点、不等式与参数范围

涵盖真题：2020 新课标Ⅰ卷理 21 · 2021 全国乙卷理 20 · 2022 全国乙卷理 21

一、核心考点与知识网络

（一）六大核心考点

考点	考查内容	典型题型
1. 导数的几何意义	切线斜率 k=f′(x0)k=f'(x_0)k=f′(x0)，切线方程 y−f(x0)=f′(x0)(x−x0)y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)y−f(x0)=f′(x0)(x−x0)	求切线方程、已知切线求参
2. 函数单调性与极值	一阶导数符号 ⇒\Rightarrow⇒ 单调区间；f′(x0)=0f'(x_0)=0f′(x0)=0 且变号 ⇒\Rightarrow⇒ 极值	讨论单调性、已知极值点求参数
3. 二阶导数判定极值	f′′(x0)>0⇒f''(x_0)>0 \Rightarrowf′′(x0)>0⇒ 极小；f′′(x0)<0⇒f''(x_0)<0 \Rightarrowf′′(x0)<0⇒ 极大；f′′(x0)=0f''(x_0)=0f′′(x0)=0 时失效	极值点求参后的回代检验；分析导函数单调性
4. 不等式恒成立与证明	分离参数、构造函数、放缩（ex≥x+1, ln⁡x≤x−1e^x\ge x+1,\ \ln x\le x-1ex≥x+1, lnx≤x−1）	证明 g(x)<1g(x)<1g(x)<1、求使 f(x)≥h(x)f(x)\ge h(x)f(x)≥h(x) 成立的参数范围
5. 零点存在性与个数	零点存在定理 + 单调性 ⇒\Rightarrow⇒ 唯一零点；分类讨论确定参数边界	恰有 nnn 个零点，求参数范围
6. 二阶导数分析工具	f′′(x)f''(x)f′′(x) 的符号 ⇒\Rightarrow⇒ f′(x)f'(x)f′(x) 的单调性 ⇒\Rightarrow⇒ f(x)f(x)f(x) 的凹凸与趋势	一阶导数符号不明时，二次求导

（二）必备知识点清单

1. 求导公式与法则

(ex)′=ex,(ln⁡x)′=1x,(xn)′=nxn−1(e^x)'=e^x,\quad (\ln x)'=\frac{1}{x},\quad (x^n)'=nx^{n-1}(ex)′=ex,(lnx)′=x1,(xn)′=nxn−1
乘积法则：(uv)′=u′v+uv′(uv)'=u'v+uv'(uv)′=u′v+uv′；商法则：(uv)′=u′v−uv′v2(\frac{u}{v})'=\frac{u'v-uv'}{v^2}(vu)′=v2u′v−uv′
复合函数求导：链式法则（如 e−x, ln⁡(1+x)e^{-x},\ \ln(1+x)e−x, ln(1+x)）

2. 定义域优先原则

ln⁡t⇒t>0\ln t \Rightarrow t>0lnt⇒t>0；分式 ⇒\Rightarrow⇒ 分母 ≠0\neq 0=0
极值点必须在定义域内

3. 极值判定双方法

方法一：一阶导数法（通用，必会）

必要条件：f′(x0)=0f'(x_0)=0f′(x0)=0
充分条件：f′(x)f'(x)f′(x) 在 x0x_0x0 两侧异号
- 左正右负 ⇒\Rightarrow⇒ 极大值
- 左负右正 ⇒\Rightarrow⇒ 极小值

方法二：二阶导数法（快速，优先尝试）

设 f(x)f(x)f(x) 在 x0x_0x0 处二阶可导，且 f′(x0)=0f'(x_0)=0f′(x0)=0：

若 f′′(x0)>0f''(x_0)>0f′′(x0)>0 ，则 f(x)f(x)f(x) 在 x0x_0x0 处取得 极小值；
若 f′′(x0)<0f''(x_0)<0f′′(x0)<0 ，则 f(x)f(x)f(x) 在 x0x_0x0 处取得 极大值；
若 f′′(x0)=0f''(x_0)=0f′′(x0)=0 ，则无法判定，必须退回一阶导数法。

本质：f′′(x0)>0f''(x_0)>0f′′(x0)>0 说明 f′(x)f'(x)f′(x) 在 x0x_0x0 附近单调递增，结合 f′(x0)=0f'(x_0)=0f′(x0)=0 可知 x<x0x<x_0x<x0 时 f′(x)<0f'(x)<0f′(x)<0，x>x0x>x_0x>x0 时 f′(x)>0f'(x)>0f′(x)>0，即左负右正 ⇒\Rightarrow⇒ 极小。

4. 二阶导数的另一重要作用

当 f′(x)f'(x)f′(x) 表达式复杂（含 ex, ln⁡xe^x,\ \ln xex, lnx 等），直接判断符号困难时：

求 f′′(x)f''(x)f′′(x)，判断 f′(x)f'(x)f′(x) 的单调性；
结合 f′(x)f'(x)f′(x) 在某些特殊点的值（如 f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0），推断 f′(x)f'(x)f′(x) 在整个区间的正负。

5. 零点存在定理

若 f(x)f(x)f(x) 在 $a,b$ $a,b$ $a,b$ 连续，且 f(a)⋅f(b)<0f(a)\cdot f(b)<0f(a)⋅f(b)<0，则 (a,b)(a,b)(a,b) 内至少存在一个零点
若加上单调，则零点唯一

6. 极限趋势分析

x→0x\to 0x→0 时：ex→1, ln⁡(1+x)∼xe^x\to 1,\ \ln(1+x)\sim xex→1, ln(1+x)∼x
x→+∞x\to +\inftyx→+∞ 时：exe^xex 增长远快于幂函数，ln⁡x\ln xlnx 增长远慢于幂函数
x→−1+x\to -1^+x→−1+ 时：ln⁡(1+x)→−∞\ln(1+x)\to -\inftyln(1+x)→−∞

二、通用解题方法体系

方法 1：切线方程问题（四步定式）

定定义域 ：写出 f(x)f(x)f(x) 的定义域
算函数值 ：求切点纵坐标 f(x0)f(x_0)f(x0)
求导算斜率 ：求 f′(x)f'(x)f′(x)，代入 x0x_0x0 得 k=f′(x0)k=f'(x_0)k=f′(x0)
点斜式写方程 ：y−f(x0)=k(x−x0)y-f(x_0)=k(x-x_0)y−f(x0)=k(x−x0)

方法 2：已知极值点求参数（三步+双法检验）

构造目标函数（如 F(x)=xf(x)F(x)=xf(x)F(x)=xf(x)），求 F′(x)F'(x)F′(x)
令 F′(x0)=0F'(x_0)=0F′(x0)=0，解出参数 aaa
回代检验（两种方法并列）
- 一阶导数法 ：判断 x0x_0x0 两侧 F′(x)F'(x)F′(x) 是否异号（通用，不受限）
- 二阶导数法 ：计算 F′′(x0)F''(x_0)F′′(x0)，若 F′′(x0)≠0F''(x_0)\neq 0F′′(x0)=0 则直接判定极值类型（快速优先）

考场建议 ：先算 F′′(x0)F''(x_0)F′′(x0)，若不为 0 则瞬间得证；若为 0 或计算复杂，再退回到一阶导数符号分析。

方法 3：不等式证明（如 g(x)<1g(x)<1g(x)<1）

判符号：分析分母或关键因式的正负，确定不等号方向（乘负数要变号）
构造辅助函数 ：移项使一侧为 0，设 h(x)=h(x)=h(x)= 左侧
求导分析 ：求 h′(x)h'(x)h′(x)，判断 h(x)h(x)h(x) 的单调性与最值
得结论 ：证明 h(x)max<0h(x){max}<0h(x)max<0 或 h(x)min>0h(x){min}>0h(x)min>0
换元技巧 ：遇到 ln⁡(1−x)\ln(1-x)ln(1−x) 等式子，可令 t=1−xt=1-xt=1−x 简化求导

方法 4：恒成立求参------分离参数法

变形分离 ：将不等式化为 a≥h(x)a\ge h(x)a≥h(x) 或 a≤h(x)a\le h(x)a≤h(x)（注意除以式子的符号）
求最值 ：求 h(x)h(x)h(x) 在区间上的最大值或最小值
注意特殊点 ：x=0x=0x=0 等使分母为 0 的点需单独验证
二次求导 ：若 h′(x)h'(x)h′(x) 符号不明，对 h′(x)h'(x)h′(x) 再次求导分析

方法 5：零点个数求参数范围（导数压轴核心模板）

求一阶导 ：f′(x)=分子(1+x)exf'(x)=\frac{分子}{(1+x)e^x}f′(x)=(1+x)ex分子等形式，分母恒正则只研究分子 g(x)g(x)g(x)
二次求导 ：求 g′(x), g′′(x)g'(x),\ g''(x)g′(x), g′′(x)，判断 g(x)g(x)g(x) 的单调性与极值
分类讨论 ：找参数的临界值（如 a=0, a=−1a=0,\ a=-1a=0, a=−1），分区间逐层讨论
端点赋值 ：计算 g(0), g(1), g(−1)g(0),\ g(1),\ g(-1)g(0), g(1), g(−1) 等特殊点，结合极限趋势
还原原函数 ：由 g(x)g(x)g(x) 符号 ⇒\Rightarrow⇒ f′(x)f'(x)f′(x) 符号 ⇒\Rightarrow⇒ f(x)f(x)f(x) 单调性 ⇒\Rightarrow⇒ 结合 f(0)f(0)f(0) 与极限判断零点个数
确定边界 ：利用零点存在定理，列出使"恰有 nnn 个零点"成立的不等式

三、真题精讲（含双法检验）

题 1：2020 年新课标Ⅰ卷理科第 21 题

已知函数 f(x)=ex+ax2−xf(x)=e^x+ax^2-xf(x)=ex+ax2−x。

(1) 当 a=1a=1a=1 时，讨论 f(x)f(x)f(x) 的单调性；

(2) 当 x≥0x\ge 0x≥0 时，f(x)≥12x3+1f(x)\ge \dfrac12x^3+1f(x)≥21x3+1，求 aaa 的取值范围。

(1) 单调性讨论

当 a=1a=1a=1 时，f(x)=ex+x2−xf(x)=e^x+x^2-xf(x)=ex+x2−x，定义域为 R\mathbb{R}R。

f′(x)=ex+2x−1.f'(x)=e^x+2x-1.f′(x)=ex+2x−1.

【用二阶导数分析一阶导数的单调性】

直接观察 f′(x)=ex+2x−1f'(x)=e^x+2x-1f′(x)=ex+2x−1 的符号较困难，求二阶导：

f′′(x)=ex+2>0 (∀x∈R).f''(x)=e^x+2>0\ (\forall x\in\mathbb{R}).f′′(x)=ex+2>0 (∀x∈R).

故 f′(x)f'(x)f′(x) 在 R\mathbb{R}R 上严格单调递增 。又 f′(0)=e0−1=0f'(0)=e^0-1=0f′(0)=e0−1=0，所以：

当 x<0x<0x<0 时，f′(x)<f′(0)=0f'(x)<f'(0)=0f′(x)<f′(0)=0，f(x)f(x)f(x) 单调递减；
当 x>0x>0x>0 时，f′(x)>f′(0)=0f'(x)>f'(0)=0f′(x)>f′(0)=0，f(x)f(x)f(x) 单调递增。

(2) 恒成立求参（分离参数 + 二次求导）

当 x=0x=0x=0 时，不等式为 1≥11\ge 11≥1，恒成立，a∈Ra\in\mathbb{R}a∈R。

当 x>0x>0x>0 时，由 ex+ax2−x≥12x3+1e^x+ax^2-x\ge \dfrac12x^3+1ex+ax2−x≥21x3+1 移项得：

ax2≥12x3+x+1−ex.ax^2\ge \frac12x^3+x+1-e^x.ax2≥21x3+x+1−ex.

两边除以 x2x^2x2（x2>0x^2>0x2>0，不等号方向不变）：

a≥12x3+x+1−exx2⏟h(x).a\ge \underbrace{\frac{\frac12x^3+x+1-e^x}{x^2}}_{h(x)}.a≥h(x) x221x3+x+1−ex.

下面求 h(x)h(x)h(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 上的最大值。

将 h(x)h(x)h(x) 改写为：

h(x)=x2+1x+1x2−exx2.h(x)=\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-\frac{e^x}{x^2}.h(x)=2x+x1+x21−x2ex.

求导并因式分解（过程略）：

h′(x)=(x−2)(12x2+x−ex)x3.h'(x)=\frac{(x-2)\left(\frac12x^2+x-e^x\right)}{x^3}.h′(x)=x3(x−2)(21x2+x−ex).

令 φ(x)=12x2+x−ex\varphi(x)=\frac12x^2+x-e^xφ(x)=21x2+x−ex，则 φ′(x)=x+1−ex\varphi'(x)=x+1-e^xφ′(x)=x+1−ex，φ′′(x)=1−ex\varphi''(x)=1-e^xφ′′(x)=1−ex。

当 x>0x>0x>0 时，φ′′(x)=1−ex<0\varphi''(x)=1-e^x<0φ′′(x)=1−ex<0，故 φ′(x)\varphi'(x)φ′(x) 单调递减；
φ′(0)=0\varphi'(0)=0φ′(0)=0，所以 x>0x>0x>0 时 φ′(x)<0\varphi'(x)<0φ′(x)<0，φ(x)\varphi(x)φ(x) 单调递减；
φ(0)=−1<0\varphi(0)=-1<0φ(0)=−1<0，故 x>0x>0x>0 时 φ(x)<0\varphi(x)<0φ(x)<0 恒成立。

因此 h′(x)h'(x)h′(x) 的符号由 (x−2)(x-2)(x−2) 决定：

0<x<20<x<20<x<2 时，x−2<0x-2<0x−2<0，φ(x)<0\varphi(x)<0φ(x)<0，负负得正，h′(x)>0h'(x)>0h′(x)>0，h(x)h(x)h(x) 递增；
x>2x>2x>2 时，x−2>0x-2>0x−2>0，φ(x)<0\varphi(x)<0φ(x)<0，正负得负，h′(x)<0h'(x)<0h′(x)<0，h(x)h(x)h(x) 递减。

所以 h(x)h(x)h(x) 在 x=2x=2x=2 处取得最大值：

h(2)=12⋅2+12+14−e24=4+2+1−e24=7−e24.h(2)=\frac12\cdot 2+\frac12+\frac14-\frac{e^2}{4}=\frac{4+2+1-e^2}{4}=\frac{7-e^2}{4}.h(2)=21⋅2+21+41−4e2=44+2+1−e2=47−e2.

综上，aaa 的取值范围为：

a≥7−e24\boxed{a\ge \frac{7-e^2}{4}}a≥47−e2

题 2：2021 年全国乙卷理科第 20 题

已知函数 f(x)=ln⁡(a−x)f(x)=\ln(a-x)f(x)=ln(a−x)，且 x=0x=0x=0 是函数 y=xf(x)y=xf(x)y=xf(x) 的极值点。

(1) 求 aaa；

(2) 设函数 g(x)=x+f(x)xf(x)g(x)=\dfrac{x+f(x)}{xf(x)}g(x)=xf(x)x+f(x)，证明：g(x)<1g(x)<1g(x)<1。

(1) 求参数 aaa（含双法检验）

f(x)f(x)f(x) 的定义域为 (−∞,a)(-\infty,a)(−∞,a)。令 F(x)=xf(x)=xln⁡(a−x)F(x)=xf(x)=x\ln(a-x)F(x)=xf(x)=xln(a−x)，则：

F′(x)=ln⁡(a−x)+x⋅−1a−x=ln⁡(a−x)−xa−x.F'(x)=\ln(a-x)+x\cdot\frac{-1}{a-x}=\ln(a-x)-\frac{x}{a-x}.F′(x)=ln(a−x)+x⋅a−x−1=ln(a−x)−a−xx.

因为 x=0x=0x=0 是极值点，所以 F′(0)=ln⁡a=0F'(0)=\ln a=0F′(0)=lna=0，解得 a=1a=1a=1。

【检验 a=1a=1a=1 时，x=0x=0x=0 是否确为极值点】

法一：一阶导数法（通用）

当 a=1a=1a=1 时，F′(x)=ln⁡(1−x)−x1−xF'(x)=\ln(1-x)-\dfrac{x}{1-x}F′(x)=ln(1−x)−1−xx。

当 x<0x<0x<0 时，1−x>11-x>11−x>1，故 ln⁡(1−x)>0\ln(1-x)>0ln(1−x)>0；又 −x1−x>0-\dfrac{x}{1-x}>0−1−xx>0（分子负、分母正），所以 F′(x)>0F'(x)>0F′(x)>0；
当 0<x<10<x<10<x<1 时，0<1−x<10<1-x<10<1−x<1，故 ln⁡(1−x)<0\ln(1-x)<0ln(1−x)<0；又 −x1−x<0-\dfrac{x}{1-x}<0−1−xx<0，所以 F′(x)<0F'(x)<0F′(x)<0。

x=0x=0x=0 左侧 F′(x)>0F'(x)>0F′(x)>0，右侧 F′(x)<0F'(x)<0F′(x)<0，左正右负，故 x=0x=0x=0 是极大值点。

法二：二阶导数法（快速）

F′′(x)=−11−x−1(1−x)2=−(1−x)−1(1−x)2=x−2(1−x)2.F''(x)=\frac{-1}{1-x}-\frac{1}{(1-x)^2}=\frac{-(1-x)-1}{(1-x)^2}=\frac{x-2}{(1-x)^2}.F′′(x)=1−x−1−(1−x)21=(1−x)2−(1−x)−1=(1−x)2x−2.

代入 x=0x=0x=0：

F′′(0)=−21=−2<0.F''(0)=\frac{-2}{1}=-2<0.F′′(0)=1−2=−2<0.

因为 F′(0)=0F'(0)=0F′(0)=0 且 F′′(0)<0F''(0)<0F′′(0)<0，由二阶导数极值判别法，x=0x=0x=0 是极大值点。

两种方法均验证 a=1a=1a=1 符合题意。

(2) 不等式证明（构造函数 + 换元）

由 (1) 知 f(x)=ln⁡(1−x)f(x)=\ln(1-x)f(x)=ln(1−x)，定义域为 (−∞,1)(-\infty,1)(−∞,1) 且 x≠0x\neq 0x=0。

g(x)=x+ln⁡(1−x)xln⁡(1−x).g(x)=\frac{x+\ln(1-x)}{x\ln(1-x)}.g(x)=xln(1−x)x+ln(1−x).

第一步：分析分母符号

当 x∈(0,1)x\in(0,1)x∈(0,1) 时，x>0, ln⁡(1−x)<0x>0,\ \ln(1-x)<0x>0, ln(1−x)<0，故 xln⁡(1−x)<0x\ln(1-x)<0xln(1−x)<0；
当 x∈(−∞,0)x\in(-\infty,0)x∈(−∞,0) 时，x<0, ln⁡(1−x)>0x<0,\ \ln(1-x)>0x<0, ln(1−x)>0，故 xln⁡(1−x)<0x\ln(1-x)<0xln(1−x)<0。

分母恒为负 ，不等式 g(x)<1g(x)<1g(x)<1 两边同乘分母（变号）：

x+ln⁡(1−x)>xln⁡(1−x),x+\ln(1-x)>x\ln(1-x),x+ln(1−x)>xln(1−x),

即

x+(1−x)ln⁡(1−x)>0.x+(1-x)\ln(1-x)>0.x+(1−x)ln(1−x)>0.

第二步：换元简化

令 t=1−xt=1-xt=1−x，则 x=1−tx=1-tx=1−t。当 x∈(−∞,0)∪(0,1)x\in(-\infty,0)\cup(0,1)x∈(−∞,0)∪(0,1) 时，t∈(1,+∞)∪(0,1)t\in(1,+\infty)\cup(0,1)t∈(1,+∞)∪(0,1)，上式化为：

tln⁡t−t+1>0.t\ln t-t+1>0.tlnt−t+1>0.

第三步：构造函数求最值

设 ψ(t)=tln⁡t−t+1\psi(t)=t\ln t-t+1ψ(t)=tlnt−t+1，则 ψ′(t)=ln⁡t\psi'(t)=\ln tψ′(t)=lnt。

当 0<t<10<t<10<t<1 时，ψ′(t)<0\psi'(t)<0ψ′(t)<0，ψ(t)\psi(t)ψ(t) 递减；
当 t>1t>1t>1 时，ψ′(t)>0\psi'(t)>0ψ′(t)>0，ψ(t)\psi(t)ψ(t) 递增。

故 ψ(t)≥ψ(1)=0\psi(t)\ge \psi(1)=0ψ(t)≥ψ(1)=0，等号仅在 t=1t=1t=1（即 x=0x=0x=0）时成立。但 x=0x=0x=0 不在 g(x)g(x)g(x) 的定义域内，所以 ψ(t)>0\psi(t)>0ψ(t)>0 恒成立。

原不等式得证，即 g(x)<1\boxed{g(x)<1}g(x)<1。

题 3：2022 年全国乙卷理科第 21 题

已知函数 f(x)=ln⁡(1+x)+axe−xf(x)=\ln(1+x)+axe^{-x}f(x)=ln(1+x)+axe−x。

(1) 当 a=1a=1a=1 时，求曲线 y=f(x)y=f(x)y=f(x) 在点 (0,f(0))(0,f(0))(0,f(0)) 处的切线方程；

(2) 若 f(x)f(x)f(x) 在区间 (−1,0)(-1,0)(−1,0)，(0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 各恰有一个零点，求 aaa 的取值范围。

(1) 切线方程

当 a=1a=1a=1 时，f(x)=ln⁡(1+x)+xe−xf(x)=\ln(1+x)+xe^{-x}f(x)=ln(1+x)+xe−x，则 f(0)=0f(0)=0f(0)=0。

f′(x)=11+x+(1−x)e−x,f′(0)=1+1=2.f'(x)=\frac{1}{1+x}+(1-x)e^{-x},\qquad f'(0)=1+1=2.f′(x)=1+x1+(1−x)e−x,f′(0)=1+1=2.

切线方程为 y−0=2(x−0)y-0=2(x-0)y−0=2(x−0)，即：

y=2x\boxed{y=2x}y=2x

(2) 零点个数求参数范围（分类讨论 + 二阶导分析）

f(x)f(x)f(x) 的定义域为 (−1,+∞)(-1,+\infty)(−1,+∞)，且 f(0)=ln⁡1+0=0f(0)=\ln 1+0=0f(0)=ln1+0=0。

求导：

f′(x)=11+x+a(1−x)e−x=ex+a(1−x2)(1+x)ex.f'(x)=\frac{1}{1+x}+a(1-x)e^{-x}=\frac{e^x+a(1-x^2)}{(1+x)e^x}.f′(x)=1+x1+a(1−x)e−x=(1+x)exex+a(1−x2).

分母 (1+x)ex>0(1+x)e^x>0(1+x)ex>0（因为 x>−1x>-1x>−1），故 f′(x)f'(x)f′(x) 与分子 g(x)=ex+a(1−x2)g(x)=e^x+a(1-x^2)g(x)=ex+a(1−x2) 同号。

情形一：a≥0a\ge 0a≥0

当 x∈(0,+∞)x\in(0,+\infty)x∈(0,+∞) 时：

ln⁡(1+x)>0\ln(1+x)>0ln(1+x)>0
axe−x≥0axe^{-x}\ge 0axe−x≥0

故 f(x)>0f(x)>0f(x)>0 在 (0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 上恒成立，无零点，不符合题意。

情形二：−1≤a<0-1\le a<0−1≤a<0

此时 g(x)=ex+a(1−x2)g(x)=e^x+a(1-x^2)g(x)=ex+a(1−x2)，g(0)=1+a≥0g(0)=1+a\ge 0g(0)=1+a≥0。

求导：g′(x)=ex−2axg'(x)=e^x-2axg′(x)=ex−2ax。

当 x>0x>0x>0 时，a<0a<0a<0，故 −2ax>0-2ax>0−2ax>0，所以 g′(x)=ex−2ax>0g'(x)=e^x-2ax>0g′(x)=ex−2ax>0。

g(x)g(x)g(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 上单调递增 ，故 g(x)>g(0)≥0g(x)>g(0)\ge 0g(x)>g(0)≥0。

从而 f′(x)>0f'(x)>0f′(x)>0，f(x)f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 上单调递增。

又 f(0)=0f(0)=0f(0)=0，所以 f(x)>0f(x)>0f(x)>0 在 (0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 上恒成立，无零点，不符合题意。

情形三：a<−1a<-1a<−1

此时 g(0)=1+a<0g(0)=1+a<0g(0)=1+a<0。

【用二阶导数分析 g(x)g(x)g(x) 的单调性】

g′(x)=ex−2ax,g′′(x)=ex−2a.g'(x)=e^x-2ax,\qquad g''(x)=e^x-2a.g′(x)=ex−2ax,g′′(x)=ex−2a.

因为 a<−1a<-1a<−1，所以 −2a>2-2a>2−2a>2，故：

g′′(x)=ex−2a>ex+2>0.g''(x)=e^x-2a>e^x+2>0.g′′(x)=ex−2a>ex+2>0.

因此 g′(x)g'(x)g′(x) 在 (−1,+∞)(-1,+\infty)(−1,+∞) 上严格单调递增。

在 (0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 上分析：

g(0)=1+a<0g(0)=1+a<0g(0)=1+a<0，g(1)=e>0g(1)=e>0g(1)=e>0
g′(x)g'(x)g′(x) 单调递增（已证），故 g(x)g(x)g(x) 单调递增

由零点存在定理，存在唯一 x2∈(0,1)x_2\in(0,1)x2∈(0,1) 使 g(x2)=0g(x_2)=0g(x2)=0。

当 x∈(0,x2)x\in(0,x_2)x∈(0,x2) 时，g(x)<0g(x)<0g(x)<0，f′(x)<0f'(x)<0f′(x)<0，f(x)f(x)f(x) 递减；
当 x∈(x2,+∞)x\in(x_2,+\infty)x∈(x2,+∞) 时，g(x)>0g(x)>0g(x)>0，f′(x)>0f'(x)>0f′(x)>0，f(x)f(x)f(x) 递增。

所以 f(x2)<f(0)=0f(x_2)<f(0)=0f(x2)<f(0)=0。又当 x→+∞x\to+\inftyx→+∞ 时，ln⁡(1+x)→+∞\ln(1+x)\to+\inftyln(1+x)→+∞ 而 axe−x→0axe^{-x}\to 0axe−x→0，故 f(x)→+∞f(x)\to+\inftyf(x)→+∞。

由零点存在定理，f(x)f(x)f(x) 在 (x2,+∞)(x_2,+\infty)(x2,+∞) 上恰有一个零点。

在 (−1,0)(-1,0)(−1,0) 上分析：

g(−1)=e−1>0g(-1)=e^{-1}>0g(−1)=e−1>0，g(0)=1+a<0g(0)=1+a<0g(0)=1+a<0
g′(x)g'(x)g′(x) 单调递增，g′(0)=1>0g'(0)=1>0g′(0)=1>0，g′(−1)=e−1+2a<e−1−2<0g'(-1)=e^{-1}+2a<e^{-1}-2<0g′(−1)=e−1+2a<e−1−2<0

故存在唯一 x0∈(−1,0)x_0\in(-1,0)x0∈(−1,0) 使 g′(x0)=0g'(x_0)=0g′(x0)=0。g(x)g(x)g(x) 在 (−1,x0)(-1,x_0)(−1,x0) 递减，在 (x0,0)(x_0,0)(x0,0) 递增。

结合 g(−1)>0g(-1)>0g(−1)>0 和 g(0)<0g(0)<0g(0)<0，知 g(x)g(x)g(x) 在 (−1,0)(-1,0)(−1,0) 上恰有一个零点 x1x_1x1。

当 x∈(−1,x1)x\in(-1,x_1)x∈(−1,x1) 时，g(x)>0g(x)>0g(x)>0，f′(x)>0f'(x)>0f′(x)>0，f(x)f(x)f(x) 递增；
当 x∈(x1,0)x\in(x_1,0)x∈(x1,0) 时，g(x)<0g(x)<0g(x)<0，f′(x)<0f'(x)<0f′(x)<0，f(x)f(x)f(x) 递减。

所以 f(x1)>f(0)=0f(x_1)>f(0)=0f(x1)>f(0)=0。又当 x→−1+x\to -1^+x→−1+ 时，ln⁡(1+x)→−∞\ln(1+x)\to-\inftyln(1+x)→−∞，故 f(x)→−∞f(x)\to-\inftyf(x)→−∞。

由零点存在定理，f(x)f(x)f(x) 在 (−1,x1)(-1,x_1)(−1,x1) 上恰有一个零点 ；在 (x1,0)(x_1,0)(x1,0) 上 f(x)f(x)f(x) 从正递减到 000，无零点。

综上，当且仅当 a<−1a<-1a<−1 时，f(x)f(x)f(x) 在 (−1,0)(-1,0)(−1,0) 和 (0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞) 上各恰有一个零点。

a∈(−∞, −1)\boxed{a\in(-\infty,\,-1)}a∈(−∞,−1)

四、一阶导 vs 二阶导判定极值对照表

对比项	一阶导数法	二阶导数法
判定依据	f′(x)f'(x)f′(x) 在 x0x_0x0 两侧异号	f′(x0)=0f'(x_0)=0f′(x0)=0 且 f′′(x0)≠0f''(x_0)\neq 0f′′(x0)=0
优点	通用，所有可导函数适用	计算快捷，一步判定极大/极小
缺点	需分析区间两侧符号，有时繁琐	若 f′′(x0)=0f''(x_0)=0f′′(x0)=0 则失效，需回退一阶法
适用场景	f′′(x0)=0f''(x_0)=0f′′(x0)=0 或二阶导计算复杂	f′′(x0)f''(x_0)f′′(x0) 易算且不为 0
2021 题应用	分析 F′(x)F'(x)F′(x) 在 x=0x=0x=0 两侧正负	算 F′′(0)=−2<0F''(0)=-2<0F′′(0)=−2<0，直接得极大值
2020 题应用	---	f′′(x)=ex+2>0f''(x)=e^x+2>0f′′(x)=ex+2>0 判断 f′(x)f'(x)f′(x) 递增
2022 题应用	---	g′′(x)>0g''(x)>0g′′(x)>0 判断 g′(x)g'(x)g′(x) 递增，进而分析 g(x)g(x)g(x) 零点

五、命题规律与备考策略

（一）三年命题递进规律

年份	核心考向	能力侧重
2020	恒成立求参	分离参数法 + 二次求导分析导函数最值
2021	极值点求参 + 不等式证明	回代检验（一阶/二阶双法）+ 换元构造简化对数式
2022	切线 + 零点个数求参	分类讨论（以 a=−1a=-1a=−1 为界）+ 二阶导分析导函数单调性 + 零点存在定理综合

（二）导数压轴题备考 checklist

定义域优先 ：每次看到 ln⁡\lnln 或分式，先写定义域
检验双法 ：由 f′(x0)=0f'(x_0)=0f′(x0)=0 求出的参数，先用二阶导检验，失效再用一阶导
分母恒正 ：f′(x)=g(x)(1+x)exf'(x)=\frac{g(x)}{(1+x)e^x}f′(x)=(1+x)exg(x) 这类形式，只研究分子 g(x)g(x)g(x) 可大幅简化
二次求导 ：一阶导符号判断困难时，果断求 f′′(x)f''(x)f′′(x) 或 g′′(x)g''(x)g′′(x)
特殊点赋值 ：x=0, x=1, x=−1x=0,\ x=1,\ x=-1x=0, x=1, x=−1 等是常见的"试根点"
极限趋势 ：x→+∞, x→−∞, x→−1+x\to+\infty,\ x\to-\infty,\ x\to -1^+x→+∞, x→−∞, x→−1+ 时的函数趋势是判断零点存在的关键
分类标准 ：参数讨论通常以"导数分子是否为 000"、"极值点是否在定义域内"为分界

总结：这三道题覆盖了导数压轴题的三大核心模型 ------恒成立求参、不等式证明、零点个数讨论。掌握「一阶导数法」与「二阶导数法」的适用场景与切换时机，可大幅提升解题效率与严谨性。