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專題15 導數的應用--函數的零點問題5題型分類
1、函數零點問題的常見題型：判斷函數是否存在零點或者求零點的個數；根據含參函數零點情況，求參數的值或取值范圍.
求解步驟：
第一步：將問題轉化為函數的零點問題，進而轉化為函數的圖像與軸（或直線）在某區間上的交點問題；
第二步：利用導數研究該函數在此區間上的單調性、極值、端點值等性質，進而畫出其圖像；
第三步：結合圖像判斷零點或根據零點分析參數.
2、函數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在區間[a，b]上是連續不斷的曲線，且f（a）·f（b）＜0，還必須結合函數的圖象與性質（如單調性、奇偶性）才能確定函數有多少個零點．
（3）利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．
3、求函數的零點個數時，常用的方法有：一、直接根據零點存在定理判斷；二、將整理變形成的形式，通過兩函數圖象的交點確定函數的零點個數；三、結合導數，求函數的單調性，從而判斷函數零點個數.
4、利用導數研究零點問題：
（1）確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可用導數知識確定極值點和單調區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，轉化為求函數的值域問題處理.可以通過構造函數的方法，把問題轉化為研究構造的函數的零點問題；
（3）利用導數研究函數零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數形結合思想研究；③構造輔助函數研究.
（一） 函數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在區間[a，b]上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性)才能確定函數有多少個零點． (3)利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點． （4）結合導數，求函數的單調性，從而判斷函數零點個數. 注：導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方
題型1：利用導數研究函數的零點個數 1-1．（2024高三下·江蘇常州·階段練習）已知，（n為正整數，）． (1)當時，設函數，，證明：有且僅有1個零點； (2)當時，證明：． 【答案】(1)證明見解析； (2)證明見解析. 【分析】（1）對進行二次求導，根據二階導數的單調性，確定一階導數的正負，從而判斷原函數的單調性，結合零點存在定理，即可求證. （2）根據題意，只需證即可，結合結合同構函數，即可容易證明. 【詳解】（1）當時， 記，則 所以在區間上單調遞增 而， 所以存在，使得，即 當時，，單調遞減 當時，，單調遞增 又，， 所以在上沒有零點，在上有一個零點， 綜上所述，函數在內只有一個零點. （2）當時，， 要證， 即證， 令，則， 所以在單調遞減，，即， 要證只需證， 令，則， ∴在單調遞減，在單調遞增， ∴，即， ∴，即， 所以成立， ∴原命題得證. 【點睛】本題考查利用導數證明函數的零點個數，以及利用導數證明不等式恒成立，解決第二問的關鍵是利用進行放縮，以及利用同構構造函數進行證明，屬綜合困難題. 1-2．（2024·江西九江·二模）已知函數，． (1)若直線與曲線相切，求a的值； (2)用表示m，n中的最小值，討論函數的零點個數． 【答案】(1) (2)答案見解析 【分析】(1)根據已知切線方程求列方程求切點坐標，再代入求參即可； (2)先分段討論最小值，再分情況根據單調性求函數值域判斷每種情況下零點個數即可. 【詳解】（1）設切點為，∵，∴ ∴（*） 消去a整理，得，∴ ∴ （2）①當時，，，∴在上無零點 ②當時，，． 若，，此時，是的一個零點， 若，，此時，不是的零點 ③當時，，此時的零點即為的零點． 令，得，令，則， 當時，；當時，，∴在上單調遞減，在上單調遞增，且當時， （i）若，即時，在上無零點，即在上無零點 （ii）若，即時，在上有一個零點，即在上有一個零點 （iii）若，即時，在上有兩個零點，即在上有兩個零點 （iv）若，即時，在上有一個零點，即在上有一個零點 綜上所述，當或時，在上有唯一零點； 當或時，在上有兩個零點； 當時，在上有三個零點 1-3．（2024·山東·一模）已知，且0為的一個極值點． (1)求實數的值； (2)證明：①函數在區間上存在唯一零點； ②，其中且． 【答案】(1) (2)證明見解析 【分析】（1）先求得，由0為的一個極值點，可得，進而求解； （2）①當時，由，可得單調遞減，由，可得，此時函數無零點；當時，設，結合其導數分析單調性，結合，和零點存在性定理，可知存在，使得，進而得到單調性，結合得到在上單調遞增；結合，，存在，得到函數的單調性，可得而在上無零點；當時，由，可得在單減，再結合零點存在定理，可得函數在上存在唯一零點；當時，由，此時函數無零點，最后綜合即可得證. ②由（1）中在單增，所以，有，可得.令，利用放縮法可得，再結合，分別利用累加發可得，，即可求證. 【詳解】（1）由， 則， 因為0為的一個極值點， 所以，所以． 當時，， 當時，因為函數在上單調遞減， 所以，即在上單調遞減； 當時，，則， 因為函數在上單調遞減，且，， 由零點存在定理，存在，使得， 且當時，，即單調遞增， 又因為， 所以，，在上單調遞增；. 綜上所述，在上單調遞減，在上單調遞增， 所以0為的一個極值點，故. （2）①當時，，所以單調遞減， 所以對，有，此時函數無零點； 當時，設， 則， 因為函數在上單調遞減，且，， 由零點存在定理，存在，使得， 且當時，，即單調遞增， 當時，，即單調遞減． 又因為， 所以，，在上單調遞增； 因為，， 所以存在， 當時，，單調遞增， 當時，，單調遞減． 所以，當時，單調遞增，； 當時，單調遞減，， 此時在上無零點； 當時，， 所以在單減， 又，， 由零點存在定理，函數在上存在唯一零點； 當時，，此時函數無零點； 綜上所述，在區間上存在唯一零點． ②因為，由（1）中在上的單調性分析， 知，所以在單增， 所以對，有， 即，所以． 令，則， 所以， 設，， 則， 所以函數在上單調遞減， 則， 即，， 所以 ， 所以， 所以. 【點睛】關鍵點睛：本題第（2）②，關鍵在于先證明，令，利用放縮法可得，再結合累加法即可得證. 1-4．（2024·山東·一模）已知函數． (1)若對時，，求正實數a的最大值； (2)證明：； (3)若函數的最小值為m，試判斷方程實數根的個數，并說明理由． 【答案】(1)1 (2)證明見解析 (3)有唯一的實數解，理由見解析 【分析】（1）將不等式恒成立問題轉化成求函數的最值，再利用導數與函數單調性間的關系，通過求出函數的單調區間，進而求出最值，從而求出結果； （2）利用（1）中結果，得到，通過令，從而得到，再通過過累加即可得出結果； （3）利用函數的單調性求出的范圍，構造函數，通過函數的單調性和零點的存在性原理即可求出結果. 【詳解】（1）由題知，令，所以， 又因為時，，a為正實數，故在區間恒成立， 所以函數在區間上單調遞增，且． ①當時，在區間上恒成立，函數在上單調遞減， 此時，符合題意． ②當時，，， 由零點存在定理，時，有， 即函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增， 所以當時，有，此時不符合， 綜上所述，正實數a的最大值為1． （2）由（1）知，當，時，， 令時，有， 即，所以，，，， 累加得， 即， 所以 （3）因為，所以，令，則在區間上恒成立， 所以函數在區間上單調遞增，又，， 由零點存在定理，時，有，即， 因此，而函數在上遞減，在上遞增， 所以， 又因為，令，則，所以在區間上恒成立， 即在區間上單調遞減，所以，即． 設，則，令， 則在區間上恒成立 所以函數在區間上單調遞增，又，， 由零點存在定理，時，，即， 因此，又， 設，則在區間上恒成立， 所以函數在上遞增， 于是且， 而函數在上遞減，在上遞增， ∴， 即函數有唯一零點，故方程有唯一的實數解． 【點睛】關鍵點睛：零點代換：當存在零點，且滿足等式時，對應在此點處的等量運算也成立，即若有，則有. 1-5．（2024高三上·海南省直轄縣級單位·階段練習）已知函數． (1)判斷函數的單調性； (2)設，證明：當時，函數有三個零點． 【答案】(1)答案見解析 (2)證明見解析 【分析】（1）先求得，對進行分類討論，由此求得的單調區間. （2）先求得的范圍，利用換元法，結合導數以及零點存在性定理證得時，函數有三個零點. 【詳解】（1）根據題意得，，， 當時，，在上單調遞增； 當時，，得； 令，得， 故在上單調遞減，在上單調遞增． （2）當時，， 則， 所以當時，，單調遞減； 當時，，單調遞增，故的最小值為， 又，；，， 故． ， 設，， 則，， 則， 由，得． 因此，當時，，單調遞減； 當時，，單調遞增． 由于，故，又， 由零點存在定理，存在，使得， 所以有兩個零點和，即方程有兩個根和． 的圖象如下， 當時，因為， 故方程有一個根； 當時，其中， 因為， 故由圖角可知，有兩個不同的根，，且． 綜上，當時，函數有三個零點． 【點睛】利用導數研究含參數的函數的單調區間的過程中，要對參數進行分類討論，分類討論要做到不重不漏.分類標準可通過判別式、開口方向、根的大小等等來制定.利用導數研究函數的零點，往往要結合零點存在性定理來進行.
（二） 根據零點個數求參數 函數由零點求參數的取值范圍的常用方法與策略： 1、分類參數法：一般命題情境為給出區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為從中分離參數，然后利用求導的方法求出由參數構造的新函數的最值，根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的取值范圍； 2、分類討論法：一般命題情境為沒有固定的區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合函數的單調性，先確定參數分類標準，在每個小范圍內研究零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各個小范圍并在一起，即可為所求參數的范圍.
題型2：根據零點個數求參數 2-1．（2024高二下·浙江臺州·期末）已知函數. (1)當時，求曲線在點處的切線方程； (2)證明：當時，有且只有一個零點； (3)若在區間各恰有一個零點，求的取值范圍. 【答案】(1) (2)證明見解析 (3) 【分析】（1）根據導數的幾何意義求解即可； （2）分析在和，時的正負判斷即可； （3）根據（2）可得，又，設，根據時為臨界條件，分與兩種情況，分別求導分析的單調性，進而得到的正負區間，進而得到的單調區間，同時結合零點存在定理求解即可 【詳解】（1）由題意，，，故，又，故曲線在點處的切線方程為，即 （2）由題意，因為，故當時，，當時，，當時，，故當時，有且只有一個零點 （3）由（2）可得，，故 設，則 ①若，則，在上為減函數，故，故在上為減函數，不滿足題意； ②若， i）當時，，單調遞減，且，，故存在使得，故在上單調遞增，在上單調遞減.又，，且，設，易得，故在單調遞增，故，故，故.故在上有一個零點，綜上有在區間上有一個零點 ii）當時，，設，則，故為減函數，因為，，故存在使得成立，故在單調遞增，在單調遞減.又，，故存在使得成立，故在上，單調遞減，在上，單調遞增.又，故，且，，故，故存在使得，綜上有在區間上有一個零點. 綜上所述，當時，在區間各恰有一個零點 【點睛】本題主要考查了導數的幾何意義，同時考查了利用導數分析函數的單調性與最值，同時結合零點存在定理判斷函數零點的問題，需要根據題意確定臨界條件分類討論，再分析導函數的單調性，進而得到導函數的正負區間，從而得到原函數的單調性，并根據零點存在性定理分析，屬于難題 2-2．（2024高三·全國·專題練習）已知函數，若函數在區間內存在零點，求實數的取值范圍. 【答案】. 【分析】方法一：直接求導，分情況討論函數單調性及最值情況，進而可得零點情況，進而可得參數取值范圍； 方法二：構造函數法并分離參數求得參數范圍. 【詳解】解：方法一：由可得， 設，，，則，令， 在單調遞減，在單調遞增， 故. ①當時，令，當時，單調遞減，當時，單調遞增， ，此時在區間內無零點； ②當時，，此時在區間內有零點； ③當時，令，解得或或，且， 此時在單減，單增，單減，單增， 當或時，，此時在區間內有兩個零點； 綜合①②③知在區間內有零點. 方法二：由題意可得 ，即， 因為當時等號成立， 所以，即， ，令，， 易知在單減，在上單增，所以， 又趨近于和正無窮時，趨近于正無窮， 所以. 【點睛】導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理． 2-3．（2024·四川成都·一模）已知函數. (1)討論的單調性； (2)若有兩個零點，求的取值范圍. 【答案】(1)見解析； (2) 【分析】（1）對函數求導，再對進行分類討論，根據和，即可得函數的單調性；（2）根據（1）的單調區間，對進行分類討論，結合單調性和函數值的變化特點，即可得到的取值范圍. 【詳解】（1）由 ， ①當時，， 由，得， 由，得. ∴的單增區間為，單減區間為. ②當時，令，或. 當，即時， ∴在單增， 當，即時， 由得，， 由得，. ∴單增區間為， 單減區間為. 當，即時， 由得，， 由得，. ∴的單增區間為， 的單減區間為. （2）由. （i）當時，只需，即時，滿足題意； （ii）當時，在上單增，不滿足題意； 當時，的極大值，不可能有兩個零點； 當時，的極小值，，，只有才能滿足題意，即有解. 令，，則. ∴在單增. ∵ ∴，方程無解. ∴綜上所述，. 【點睛】已知函數有零點求參數取值范圍常用的方法和思路： (1)直接法：直接根據題設條件對參數進行分類討論，構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍； (2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決； (3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖像，然后數形結合求解． 2-4．（2024高三上·廣東·階段練習）已知函數 （1）討論的單調性； （2）若有兩個零點，求的取值范圍. 【答案】（1）答案見解析；（2）. 【分析】（1）求函數的導數，討論和，分別解導數不等式即可得到函數的單調性. （2）由（1）的單調性，可求得函數的極值，由極值的正負和函數的單調性可得函數的零點個數，從而得到的取值范圍. 【詳解】（1）. 當時，令，得， 令，得. 故在單調遞減，在單調遞增. 當時，令，得，. ①當即時，，在R上單調遞增. ②當即時，在上單調遞減， 在，上單調遞增. ③當即時，在上單調遞減， 在，上單調遞增. （2）當時，由（1）可知只有一個極小值點. 且，， 當時，，， 從而，因此有兩個零點. 當時，此時只有一個零點，不符合題意. 當時，在R上單調遞增，不可能有兩個零點. 當時，在上單調遞減， 在，上單調遞增， ， 其中，，， 則，即函數的極大值小于0， 則在上不可能有兩個零點； 當時，在上單調遞減， 在，上單調遞增， ，即函數的極大值小于0， 則在上不可能有兩個零點； 綜上，若有兩個零點，的取值范圍是. 【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性，利用導數研究函數的零點個數問題，考查分析問題的能力和計算能力，屬于中檔題. 2-5．（2024·浙江·二模）設函數. (1)證明：當時，； (2)記，若有且僅有2個零點，求的值. 【答案】(1)證明見解析 (2)，0，1 【分析】（1）求出，利用其單調性和特殊值可得使得，再由可得答案； （2）由時，求出的零點，①當時，利用范圍可得在有1個零點：分、、討論，利用的單調性和函數值可得答案. 【詳解】（1）當時，有，單調遞增， 又，則可知，使得， 所以在單調遞減，在單調遞增， 又，則可知； （2）依題意，函數的定義域是， 當時，，即，而， 時，，時，，有兩個零點，符合題意； ①當時，若，有，且，有， 又，由（1）可知又，則 所以在有1個零點： 若，有，若， 有， 可知在有1個零點，符合題意： 若，有在單調遞增，， （i）若，則當，有， （ii）若，又，則可知，使得； 由（i）、（ii），則可知有在單調遞減，所以， 又有，所以在至少有1個零點， 則可知在至少有2個零點，不符合題意； 若，有在單調遞增， 又，則可知，使得， 所以在單調遞增，則有， 又有，所以在至少有1個零點， 則可知在至少有2個零點，不符合題意； ②當時，由， 記， 由①可知，有且僅有滿足題意，即時，滿足題意. 綜上可知，實數a的值為，0，1. 【點睛】方法點睛：函數由零點求參數的取值范圍的常用方法與策略： 1、分類參數法：一般命題情境為給出區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為從中分離參數，然后利用求導的方法求出由參數構造的新函數的最值，根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的取值范圍； 2、分類討論法：一般命題情境為沒有固定的區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合函數的單調性，先確定參數分類標準，在每個小范圍內研究零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各個小范圍并在一起，即可為所求參數的范圍. 2-6．（2024高三·全國·專題練習）已知有3個零點，求實數a的取值范圍． 【答案】 【分析】根據極大值乘以極小值小于零列不等式，由此求得的取值范圍. 【詳解】由，則. 設，是的兩根，則在，遞增，在遞減， 所以的極大值與極小值分別為，， 且， ， 同理可得， 所以 ， 將，代入化簡得， 由.
題型3：根據零點個數求值 3-1．（2024·陜西寶雞·二模）已知是方程的一個根，則的值是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】化簡方程，利用構造函數法，結合導數求得，由此求得的值. 【詳解】依題意，， 由，得， ， 設單調遞增， 由得， 即，即，所以， 所以. 故選：B 3-2．（2024高三上·廣東東莞·階段練習）已知函數，若方程有3個不同的實根，，（），則的取值范圍是 . 【答案】 【分析】運用導數研究函數單調性進而可畫出其圖象，即可得及范圍，將問題轉化為求在上的值域，結合導數即可求得結果. 【詳解】因為，所以， 令得或， 或，， 所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增， 又因為，，當x趨近于負無窮時，趨近于零， 所以的圖象如圖所示， 所以若方程有3個不同的實根，則， 又因為，， 所以， 不妨令，，則， ，， 所以在上單調遞減，在上單調遞增， 所以， 又因為，， 所以， 所以. 故答案為：. 3-3．（2024·福建福州·二模）已知函數有三個零點，且，則 . 【答案】1 【分析】令，由的圖象可得最多只有兩個解，所以由題意可知有兩解，且，由圖象可知有兩解，有一解，代入即可求出結果. 【詳解】由，得， 令，則， 設，則， 當時，，當時，， 所以在上遞減，在上遞增， 所以的圖象如圖所示， 由圖可知最多只有兩個解， 若要有三解，則有兩解， 且， 因為函數有三個零點，且， 所以由圖象可知有兩解，有一解， 所以 ， 故答案為：1 【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數與方程的綜合應用，考查導數的應用，解題的關鍵是令，然后將問題轉化為有兩解，且有兩解，有一解，然后代入化簡即可，考查數形結合的思想，屬于較難題.
（三） 零點與不等式的證明問題 證明雙變量不等式的基本思路：首先進行變量的轉化，即由已知條件入手，尋找雙變量所滿足的關系式，或者通過比值代換，利用關系式將其中一個變量用另一個變量表示，代入要證明的不等式，化簡后根據其結構特點構造函數，再借助導數，判斷函數的單調性，從而求其最值，并把最值應用到所證不等式.
題型4：零點與不等式的證明問題 4-1．（2024高三上·廣東深圳·階段練習）已知函數，. （1）當時，求函數的單調區間； （2）當，時，函數有兩個極值點，（），證明：. 【答案】（1）減區間為，增區間為；（2）具體見解析. 【分析】（1）對函數求導，根據導函數和原函數的關系得出單調區間； （2）先求出導函數，設，進而通過的符號得出的單調區間，再通過特值法和放縮法判斷出零點的位置，進而得到的符號，從而得出原函數的單調區間和極值點，最后再通過放縮法證明問題. 【詳解】（1），，時，，時，，則函數在單調遞減，在單調遞增. （2），令，∵，則在R上單調遞增，∴時，，單調遞減，時，，單調遞增，∴在處取得極小值，且. 令，，則時，，單調遞增，∴，∴x>0時，，則，于是x>0時，. ∴， ∴時，，于是（x2唯一），使得. ∴時，，單調遞增，時，，單調遞減，時，，單調遞增. 則函數在處取得極小值，在處取得極大值. 又∵，∴，∴，∴. 【點睛】本題第（2）問有難度，看似是雙變量的問題實際上是單變量問題，在探討的零點時首先要想到特值，本題含指數函數可以嘗試驗證x=0是否是零點；在判斷第二個零點時用到了放縮法，因此我們需要對課本上的常見放縮不等式進行總結和歸納，比如常見的等等. 4-2．（2024·寧夏）已知函數 （I） 如，求的單調區間； （II） 若在單調增加，在單調減少，證明 >6. 【答案】（Ⅰ）增區間，減區間 （Ⅱ）證明見解析 【詳解】（Ⅰ）當時，，故 當 當 從而單調減少. (Ⅱ) 由條件得：從而 因為所以 將右邊展開，與左邊比較系數得，故 又由此可得 于是 4-3．（2024·廣東深圳·二模）已知函數. (1)當時，求的單調區間； (2)①當時，試證明函數恰有三個零點； ②記①中的三個零點分別為，，，且，試證明. 【答案】(1)單調遞減區間為，無單調遞增區間 (2)①證明見解析；②證明見解析 【分析】（1）利用函數的導數，結合函數的定義域，判斷導函數的符號，得到函數的單調區間． （2）①當時，求解函數的導數，求出極值點，判斷函數的單調性，然后證明函數恰有三個零點； ②記①中的三個零點分別為，，，判斷零點所在區間，利用分析法結合函數的導數轉化證明即可． 【詳解】（1）當時，定義域為， 所以， 所以在定義域上單調遞減，其單調遞減區間為，無單調遞增區間． （2）①由定義域為， 所以， 令，因為，， 設方程的兩根分別為，，且，則，， 所以有兩個零點，，且， 當時，，單調遞減； 當時，，單調遞增； 當時，，單調遞減； 所以在處取得極小值，在處取得極大值， 又，故，則， 又因為，，且， 故有，由零點存在性定理可知， 在恰有一個零點，在也恰有一個零點， 易知是的零點，所以恰有三個零點； ②由①知，，則， 因為，所以， 所以要證， 即證， 即證， 即證， 即證， 即證． 令，則， 當時，，所以在上單調遞減， 所以，故式成立， 所以． 【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理． 4-4．（2024·山東日照·三模）已知函數有三個零點. (1)求的取值范圍； (2)設函數的三個零點由小到大依次是.證明：. 【答案】(1) (2)證明見解析 【分析】（1）求導，根據分類討論研究函數的單調性，確定零點個數，構造函數，研究函數值的符號即可得到導函數的符號，即可求出原函數的單調區間，從而確定零點個數； （2）把原函數有三個零點轉化為有三個根，構造，求導研究函數單調性，結合根的分布得，要證，等價于證， 等價于，構造函數從而證明，即證，構造函數，利用導數單調性即可證明. 【詳解】（1）因為定義域為，又， （ⅰ）當單調遞減； （ⅱ）當，記，則， 當；當， 所以在單調遞增，在上單調遞減，， 又，所以， ①當，則單調遞減，至多一個零點，與題設矛盾； ②當，由（ⅱ）知，有兩個零點， 記兩零點為，且， 則在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減， 因為，令，則， 所以， 所以，且趨近0，趨近于正無窮大，趨近正無窮大，趨近負無窮大， 所以函數有三零點， 綜上所述，； （2）等價于，即， 令，則， 所以在上單調遞增，在上單調遞減， 由（1）可得，則， 所以，所以， 則滿足，， 要證，等價于證， 易知，令，則， 令得，令得， 所以函數在上單調遞減，在上單調遞增， 下面證明，由，即證， 即證， 即證， 即證， 令，， 令，則，所以， 所以，則，所以， 所以，所以， 所以，所以原命題得證. 【點睛】利用導數研究零點問題： （1）確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可用導數知識確定極值點和單調區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，轉化為求函數的值域問題處理.可以通過構造函數的方法，把問題轉化為研究構造的函數的零點問題； （3）利用導數研究函數零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數形結合思想研究；③構造輔助函數研究. 4-5．（2024·江蘇泰州·一模）已知函數，，． (1)若，求證： （ⅰ）在的單調減區間上也單調遞減； （ⅱ）在上恰有兩個零點； (2)若，記的兩個零點為，求證：． 【答案】(1)（i）詳見解析 （ii）詳見解析 (2)詳見解析 【分析】（1）（i）求出函數的導數，求出導數的遞減區間，證出在此區間也遞減即可； （ii）求出，構造函數，求出其導數，根據函數的單調性進行比較判斷； （2）根據（ii）中分別求出的范圍，相加即可； 【詳解】（1）證明：(1) (ⅰ) 因為， 由 令得的遞減區間為 當時，， 所以在的遞減區間上也遞減． (ⅱ) 因為，由得， 令，則. 因為，且，所以必有兩個異號的零點，記正零點為， 則當時，，單調遞減； 當時，，單調遞增，若在上恰有兩個零點，則 由，得， 所以，又對稱軸， 所以 所以. 又，所以在上有且僅有一個零點． 又 令，解得. 所以取，當時， 所以在上有且僅有一個零點． 故時，在上恰有兩個零點． （2）由（ⅱ）知，對在上恰有兩個零點， 不妨設，因為， 所以 因為， 所以 所以 4-6．（2024·遼寧·二模）已知函數. （1）若.證明函數有且僅有兩個零點； （2）若函數存在兩個零點，證明：. 【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析. 【分析】（1）當時，函數，定義域為，利用導數分析其單調性，使在單調遞減，在單調遞增，進而分別計算并判斷，，與零的大小比較，最后由零點的存在性定理即可確定零點的個數； （2）由是函數的兩個零點，知，進而表示，再由分析法逐步反推不等式，最后令，構造函數，由（1）的單調性分析，表示最小值并由雙勾函數證得，即可得證. 【詳解】（1）由題可知，定義域 當時，函數，則，（為的導函數） 單調遞增 ， 使. 時，單調遞減；時，單調遞增 所以 由雙勾函數性質可知，在遞減，，，且， 在上有且只有一個零點 又，且 所以在上有且只有一個零點 綜上，函數有且僅有兩個零點 （2）由是函數的兩個零點，知 要證 需證 令 需證 令 與（1）同理得 所以 故 【點睛】本題考查利用導數與零點的存在性定理研究函數的零點，還考查了利用分析法證明不等式，屬于難題. 4-7．（2024高三上·湖南長沙·階段練習）已知函數. (1)若存在極值，求的取值范圍； (2)若，已知方程有兩個不同的實根，，證明：.（其中是自然對數的底數） 【答案】(1) (2)證明見解析 【分析】（1）根據導數的性質，結合極值的定義分類討論進行求解即可； （2）根據導數的性質，結合構造函數法、對數均值不等式進行證明即可. 【詳解】（1）因為，所以，， 當，即時，，則為單調遞增函數，不可能有極值，舍去； 當，即時，令，解得， 當時，；當時，； 所以在上單調遞增，在上單調遞減， 所以在取得極大值，符合題意； 綜上：，故實數的取值范圍為. （2）由得:. 由得即 構造.易知在單調遞增且. ∴.即取對數得 設.則 即. 利用對數均值不等式有即證得. 要證.只要證明. 設.由（*）可且 則 在單調遞減，則.即 對數均值不等式. 證明如下:不妨設，要證，即證，， 令即證，即 即證:. 令，則 所以結論得證. 【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用對數均值不等式.
（四） 導數與“隱零點”問題 利用“隱零點”證明不等式：關鍵在于“設而不求”及“等量代換”，常見的有不含參和含參兩種類型：①不含參函數的隱零點問題：已知不含參函數f(x)，導函數方程f′(x)＝0的根存在，卻無法求出，設方程f′(x)＝0的根為x0，則(i)有關系式f′(x0)＝0成立；(ii)注意確定x0的合適范圍. ②含參函數的隱零點問題：已知含參函數f(x，a)，其中a為參數，導函數方程f′(x，a)＝0的根存在，卻無法求出，設方程f′(x，a)＝0的根為x0，則(i)有關系式f′(x0，a)＝0成立，該關系式給出了x0，a的關系；(ii)注意確定x0的合適范圍，往往和a的取值范圍有關.
題型5：導數與“隱零點”問題 5-1．（2024·全國）設函數. （Ⅰ）討論的導函數的零點的個數； （Ⅱ）證明：當時. 【答案】（Ⅰ）當時，沒有零點；當時，存在唯一零點.（Ⅱ）見解析 【詳解】試題分析：（Ⅰ）先求出導函數，分與考慮的單調性及性質，即可判斷出零點個數；（Ⅱ）由（Ⅰ）可設在的唯一零點為，根據的正負，即可判定函數的圖像與性質，求出函數的最小值，即可證明其最小值不小于，即證明了所證不等式. 試題解析：（Ⅰ）的定義域為，. 當時,，沒有零點； 當時，因為單調遞增，單調遞增，所以在單調遞增.又,當b滿足且時，,故當時，存在唯一零點. （Ⅱ）由（Ⅰ），可設在的唯一零點為，當時，; 當時，. 故在單調遞減，在單調遞增，所以當時，取得最小值，最小值為. 由于，所以. 故當時，. 考點：常見函數導數及導數運算法則；函數的零點；利用導數研究函數圖像與性質；利用導數證明不等式；運算求解能力. 5-2．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數. (1)求的單調區間； (2)若有兩個零點，記較小零點為，求證：. 【答案】(1)答案見詳解 (2)證明見詳解 【分析】（1）求出導函數，根據導函數的結構對分類討論，利用導數與單調性的關系可求解； （2）分析要證的，利用可得代換，即證，令函數，利用導數證明即可. 【詳解】（1）解：的定義域為， ， 當時，有，即在上單調遞增； 當時，令，可得，令，可得， 所以函數在上單調遞減，在上單調遞增. （2）證明：函數有兩個零點，由第一問可知，且較小的零點， 則要證，即證，即證， 而可得（易檢驗），代換上式中， 所以即證，即證， 令，則， 當時，，單調遞減， 當時，，單調遞增， 所以，而， 所以，即，得證.
一、單選題
1．（2024·天津）函數在區間(0,1)內的零點個數是
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【詳解】恒成立，所以單調遞增，
故函數在區間(0,1)內的零點個數1個.
2．（2024·全國）函數存在3個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】寫出，并求出極值點，轉化為極大值大于0且極小值小于0即可.
【詳解】，則，
若要存在3個零點，則要存在極大值和極小值，則，
令，解得或，
且當時，，
當，，
故的極大值為，極小值為，
若要存在3個零點，則，即，解得，
故選：B.
3．（2024·全國）已知函數有唯一零點，則
A． B． C． D．1
【答案】C
【詳解】因為，設，則
，因為，所以函數為偶函數，若函數有唯一零點，則函數有唯一零點，根據偶函數的性質可知，只有當時，才滿足題意，即是函數的唯一零點，所以，解得.故選：C.
【點睛】利用函數零點的情況求參數的值或取值范圍的方法：
（1）利用零點存在性定理構建不等式求解.
（2）分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解.
（3）轉化為兩個熟悉的函數圖像的上、下關系問題，從而構建不等式求解.
4．（2024·吉林通化·模擬預測）已知函數滿足：①定義域為；②；③有且僅有兩個不同的零點，，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由題意可轉化為有且僅有兩個不同的零點，，對求導，結合的單調性可知，由此可知另一根為，由的范圍可求出的范圍，即可求出的取值范圍.
【詳解】函數有且僅有兩個不同的零點，，
因為，令，即有且僅有兩個不同的零點，，
得或，
若，令，可得或；令，可得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
同理若，在上單調遞增，在上單調遞減，
因為，，
要使有且僅有兩個不同的零點，，則，
而，則，因為，
則，則，
則有一根是確定的為，又因為，
所以的另一根為，
所以，因為，，
.
故選：B.
5．（2024·河南鄭州·模擬預測）已知函數，若有3個不同的解，，且，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】對函數變形，利用導數研究函數的單調性及圖象，把原函數有3個不同的解轉化為有兩個解，從而利用根的分布求解即可.
【詳解】，
令，則，
令得，令得且，
所以在，上單調遞減，在上單調遞增，且，
如圖：

則，
所以有3個不同的解等價于有兩個解，，
整理可得，且，，
根據根的分布得，解得，又，
所以.
故選：A.
【點睛】關鍵點睛：復合方程解的個數問題的解題策略為：首先要能觀察出復合的形式，分清內外層；其次要能根據復合的特點進行分析，將方程問題轉化為函數的交點問題；最后通過數形結合的方式解決問題.
二、多選題
6．（2024高三上·河北保定·階段練習）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．當時，有兩個極值點
B．當時，的圖象關于中心對稱
C．當，且時，可能有三個零點
D．當在上單調時，
【答案】BC
【分析】
特殊值法可排除A項，利用函數的對稱性可判定B，取特殊值結合導數研究函數的單調性、極值與最值可判定C，利用導函數非負結合判別式可判定D.
【詳解】對于A，當時，，，
若時，，則在定義域內單調遞增，無極值點，故A錯誤；
對于B，當時，，，則，所以的圖象關于中心對稱，故B正確；
對于C項，當時，，
，
取，即時，此時，
所以當時，，所以在上單調遞增，
當時，，所以在上單調遞減，
當時，，所以在上單調遞增，
所以函數極小值為，函數極大值為，
即，所以在有一個零點，
又因為，，
所以在有一個零點，在有一個零點，
即當時，有三個零點，故C正確；
對于D項，若在定義域上是單調函數，
則恒成立，所以，解得，所以D錯誤，
故選：BC．
【點睛】關鍵點睛：本題C項，利用導數研究函數的零點個數，結合極大小值的正負及取特殊點判斷函數值符合是關鍵.
7．（2024·廣東深圳·模擬預測）對于函數和，設，若存在，使得，則稱與互為“零點相鄰函數”.若函數與互為“零點相鄰函數”，則實數的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】根據零點的定義求函數的零點，由定義可得函數的零點的范圍，結合函數解析式，轉化為含參方程有解問題，求導，可得答案.
【詳解】由題意，可得，，
易知，則，，
則在有解，
求導得：，令，解得，可得下表：
極大值
則當時，取得最大值為，
，
則的取值范圍為，
設，，則，
所以函數在上單調遞減，所以，
所以的值可以是，，.
故選：BCD.
【點睛】“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.
三、填空題
8．（2024·北京）已知函數，給出下列四個結論：
①若，恰 有2個零點；
②存在負數，使得恰有1個零點；
③存在負數，使得恰有3個零點；
④存在正數，使得恰有3個零點．
其中所有正確結論的序號是 ．
【答案】①②④
【分析】由可得出，考查直線與曲線的左、右支分別相切的情形，利用方程思想以及數形結合可判斷各選項的正誤.
【詳解】對于①，當時，由，可得或，①正確；
對于②，考查直線與曲線相切于點，
對函數求導得，由題意可得，解得，
所以，存在，使得只有一個零點，②正確；
對于③，當直線過點時，，解得，
所以，當時，直線與曲線有兩個交點，
若函數有三個零點，則直線與曲線有兩個交點，
直線與曲線有一個交點，所以，，此不等式無解，
因此，不存在，使得函數有三個零點，③錯誤；
對于④，考查直線與曲線相切于點，
對函數求導得，由題意可得，解得，
所以，當時，函數有三個零點，④正確.
故答案為：①②④.
【點睛】思路點睛：已知函數的零點或方程的根的情況，求解參數的取值范圍問題的本質都是研究函數的零點問題，求解此類問題的一般步驟：
（1）轉化，即通過構造函數，把問題轉化成所構造函數的零點問題；
（2）列式，即根據函數的零點存在定理或結合函數的圖象列出關系式；
（3）得解，即由列出的式子求出參數的取值范圍．
9．（2024高三上·江蘇南通·開學考試）已知定義在上的函數同時滿足下列三個條件：
①為奇函數；②當時，，③當時，.
則函數的零點的個數為 .
【答案】5
【分析】根據函數奇偶性及分段函數解析式畫圖象數形結合即可求解.
【詳解】，則，，
在上為負，遞減；
在為正，遞增，
，，，作出在的圖象.

時，，向上平移2個單位；
時，，再向上平移2個單位，，.
縱軸右邊圖象與左邊圖形關于原點對稱，由圖可知
函數的圖象在縱軸右邊上有4個交點，
在縱軸左邊上有1個交點點，
∴共有5個零點.
故答案為：5.
10．（2024高三上·廣東深圳·階段練習）已知函數，則方程有 個不相等的實數解．
【答案】6
【分析】令，首先分析的根的情況，進一步結合的根的情況即可得解.
【詳解】首先分以下兩種情形來研究函數的性態：
情形一：當時，，求導得，
令，由此可以列出以下表格：
所以在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，
且有極大值，極小值.
情形二：當時，，求導得，
令，由此可以列出以下表格：
所以在單調遞減，在單調遞增， 且有極小值.
綜合以上兩種情況，且注意到當趨于負無窮時，也趨于負無窮，
當在1的左邊趨于1時，趨于，且，
當趨于正無窮時，也趨于正無窮，
由此即可在同一直角坐標系中畫出與的圖象如下圖：

其中、、為方程的三個根，
、為方程的兩個根，
由圖可知，；
所以由以上分析可知方程有三個根、、，
現在只需把回代到方程中即可，
且注意到，
，
，
所以方程 、、分別有個根.
綜上所述方程一共有個不同的實數根.
故答案為：6.
【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵在于首先利用換元法令，將問題轉換為的根的情況，進一步利用導數去分析這個函數的性態，由此得出方程的根的個數，最終回代即可.
11．（2024·陜西西安·一模）若函數在內有且只有一個零點，則在上的最大值與最小值的和為 .
【答案】
【分析】根據題意轉化為只有一個根，令，求得，得出函數的單調性與最小值，求得，再求得，得出函數的單調區間，結合，求得函數的最值，即可求解.
【詳解】因為函數在內有且只有一個零點，
即方程在內只有一個根，
即在內只有一個根，
令，可得，再令，解得，
當時，，單調減，當時，，單調增，
所以當時，有最小值，即，
所以函數，則，
令時，解得.
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
又由，
故函數在上的最大值為，最小值為，最大值與最小值的和為.
故答案為：.
四、解答題
12．（2024·全國）已知函數，為的導數．證明：
（1）在區間存在唯一極大值點；
（2）有且僅有2個零點．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】（1）求得導函數后，可判斷出導函數在上單調遞減，根據零點存在定理可判斷出，使得，進而得到導函數在上的單調性，從而可證得結論；（2）由（1）的結論可知為在上的唯一零點；當時，首先可判斷出在上無零點，再利用零點存在定理得到在上的單調性，可知，不存在零點；當時，利用零點存在定理和單調性可判斷出存在唯一一個零點；當，可證得；綜合上述情況可證得結論.
【詳解】（1）由題意知：定義域為：且
令，
，
在上單調遞減，在上單調遞減
在上單調遞減
又，
，使得
當時，；時，
即在上單調遞增；在上單調遞減
則為唯一的極大值點
即：在區間上存在唯一的極大值點.
（2）由（1）知：，
①當時，由（1）可知在上單調遞增
在上單調遞減
又
為在上的唯一零點
②當時，在上單調遞增，在上單調遞減
又
在上單調遞增，此時，不存在零點
又
，使得
在上單調遞增，在上單調遞減
又，
在上恒成立，此時不存在零點
③當時，單調遞減，單調遞減
在上單調遞減
又，
即，又在上單調遞減
在上存在唯一零點
④當時，，
即在上不存在零點
綜上所述：有且僅有個零點
【點睛】本題考查導數與函數極值之間的關系、利用導數解決函數零點個數的問題.解決零點問題的關鍵一方面是利用零點存在定理或最值點來說明存在零點，另一方面是利用函數的單調性說明在區間內零點的唯一性，二者缺一不可.
13．（2024·全國）已知函數．
（1）若，求的單調區間；
（2）證明：只有一個零點．
【答案】（1）增區間是，，減區間是；
（2）證明見解析.
【分析】（1）將代入，求導得，令求得增區間，令求得減區間；
（2）令，即，則將問題轉化為函數只有一個零點問題，研究函數單調性可得.
【詳解】（1）當a=3時，，．
令解得x=或x=．
由解得：；
由解得：．
故函數的增區間是，，減區間是．
（2）［方法一］：【最優解】【通性通法】等價轉化＋零點存在性定理
由于，所以等價于．
設,則,僅當時,所以在單調遞增.故至多有一個零點,從而至多有一個零點.又,故有一個零點.綜上,只有一個零點.
［方法二］：函數零點與圖象交點個數的關系
因為，所以等價于，令，則．因為，則，當且僅當時，等號成立，所以在區間內單調遞增，
當時，；當時，．所以直線與的圖像只有一個交點，即只有一個零點．
［方法三］：【通性通法】含參分類討論＋零點存在性定理
．
①當時，單調遞增，只有一個零點．
②當與時，，再令或，則有．當與時，單調遞增，當時，單調遞減．
因為，
，
所以．
極大值與極小值同正同負，故只有一個零點．
［方法四］： 等價轉化＋零點存在性定理
由于，所以，等價于．
設，則，僅當時，，所以在區間內單調遞增．故至多有一個零點，從而至多有一個零點．
結合函數與方程的關系，根據零點存在性定理，取，則有，取，則有，所以在內有一個零點，故有一個零點．
綜上，只有一個零點．
【整體點評】（2）方法一：通過分離參數將原函數的零點問題轉化為易求單調性的函數零點問題，該法既是該類型題的通性通法，也是該題的最優解；
方法二：將函數的零點個數問題轉化為兩函數圖象的交點個數問題，是常見的解題思路，對于證明題，這種方式顯得不是特別嚴謹；
方法三：直接對參數分類討論，研究函數的單調性和最值，也是該類型問題的通性通法，但對于該題，顯得有些復雜；
方法四：該法同方法一，只是在零點存在性定理的運用過程中取點不一樣．
14．（2024·全國）已知函數．
(1)當時，求的最大值；
(2)若恰有一個零點，求a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由導數確定函數的單調性，即可得解；
（2）求導得，按照、及結合導數討論函數的單調性，求得函數的極值，即可得解.
【詳解】（1）當時，，則，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
所以；
（2），則，
當時，，所以當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
所以，此時函數無零點，不合題意；
當時，，在上，，單調遞增；
在上，，單調遞減；
又，
由（1）得，即，所以，
當時，，
則存在，使得，
所以僅在有唯一零點，符合題意；
當時，，所以單調遞增，又，
所以有唯一零點，符合題意；
當時，，在上，，單調遞增；
在上，，單調遞減；此時，
由（1）得當時，，，所以，
此時
存在，使得，
所以在有一個零點，在無零點，
所以有唯一零點，符合題意；
綜上，a的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用導數研究函數的極值與單調性，把函數零點問題轉化為函數的單調性與極值的問題.
15．（2024·全國）已知函數
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若在區間各恰有一個零點，求a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先算出切點,再求導算出斜率即可
（2）求導,對分類討論,對分兩部分研究
【詳解】（1）的定義域為
當時,,所以切點為,所以切線斜率為2
所以曲線在點處的切線方程為
（2）
設
若,當,即
所以在上單調遞增,
故在上沒有零點,不合題意
若,當,則
所以在上單調遞增所以,即
所以在上單調遞增,
故在上沒有零點,不合題意
若
(1)當,則,所以在上單調遞增
所以存在,使得,即
當單調遞減
當單調遞增
所以
當,
令則
所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，
又，，
所以在上有唯一零點
又沒有零點,即在上有唯一零點
(2)當
設
所以在單調遞增
所以存在,使得
當單調遞減
當單調遞增,
又
所以存在,使得,即
當單調遞增,當單調遞減，
當，，
又，
而,所以當
所以在上有唯一零點,上無零點
即在上有唯一零點
所以,符合題意
所以若在區間各恰有一個零點,求的取值范圍為
方法點睛：本題的關鍵是對的范圍進行合理分類，否定和肯定并用，否定只需要說明一邊不滿足即可，肯定要兩方面都說明.
16．（2024高三上·河南·階段練習）設函數，.
(1)若在上單調遞增，求的取值范圍；
(2)已知有兩個不同的零點，
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：.
【答案】(1)
(2)（i）（ii）證明見解析
【分析】（1）求得，令，得到，得到在上單調遞增，進而得到，求得的取值范圍.
（2）（i）由，轉化為，令，得到，令，求得，進而得到得到單調性，得到，進而求得的取值范圍；（ii）由（i）不妨設，得到，進而證得.
【詳解】（1）解：由，可得，
令，
則，所以在上單調遞增，
要使得函數在上單調遞增，則滿足，
即，解得，即實數的取值范圍是.
（2）證明：（i）由，即，即，
令，可得，
令，可得，
所以在上單調遞增，又由，
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，
所以，
又由當時，，，則，
當時，，，則，
所以，即的取值范圍；
（ii）由（i）不妨設，則，
因為是的2個零點，所以，，
當時，，則時，單調遞減，
要證：，可得，其中，可得，
由
，
所以.
【點睛】方法技巧：已知函數零點（方程根）的個數，求參數的取值范圍問題的三種常用方法：
1、直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參數的取值范圍2、分離參數法，先分離參數，將問題轉化成求函數值域問題加以解決；
3、數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中作出函數的圖象，然后數形結合求解.
結論拓展：與和相關的常見同構模型
①，構造函數或；
②，構造函數或；
③，構造函數或.
17．（2024高三上·四川成都·開學考試）已知函數有三個零點（）.
(1)求a的取值范圍；
(2)過點與分別作的切線，兩切線交于M點，求M點到y軸的距離.
【答案】(1)
(2)0
【分析】（1）求出導函數，分類討論，利用二次方程根的分布列不等式即可求解；
（2）先求出，然后求出兩條切線方程，聯立方程即可求解交點的橫坐標，得解.
【詳解】（1）由得，
當時，，則在上單調遞增，函數至多一個零點，不符合題意；
當時，由題意只需使在有兩個異號根即可，
所以，解得；
綜上，.
（2）當時，.又，故，.
又知當時，有，
所以，即，故.
又，所以在處的切線方程為，
所以在處的切線方程為，
聯立整理得兩直線交點橫坐標.故M點到y軸的距離0.
18．（2024·全國）已知函數．
(1)若，求a的取值范圍；
(2)證明：若有兩個零點，則．
【答案】(1)
(2)證明見的解析
【分析】（1）由導數確定函數單調性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，轉化要證明條件為，再利用導數即可得證.
【詳解】（1）[方法一]：常規求導
的定義域為，則
令,得
當單調遞減
當單調遞增，
若,則,即
所以的取值范圍為
[方法二]：同構處理
由得：
令，則即
令，則
故在區間上是增函數
故，即
所以的取值范圍為
（2）[方法一]：構造函數
由題知,一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設
要證,即證
因為,即證
又因為,故只需證
即證
即證
下面證明時，
設，
則
設
所以,而
所以,所以
所以在單調遞增
即,所以
令
所以在單調遞減
即,所以；
綜上, ,所以.
[方法二]：對數平均不等式
由題意得：
令，則，
所以在上單調遞增，故只有1個解
又因為有兩個零點，故
兩邊取對數得：，即
又因為，故，即
下證
因為
不妨設，則只需證
構造，則
故在上單調遞減
故，即得證
【點睛】關鍵點點睛 ：本題是極值點偏移問題，關鍵點是通過分析法，構造函數證明不等式
這個函數經常出現，需要掌握
19．（2024·河北·模擬預測）已知函數.
(1)若不等式有解，求實數的取值范圍；
(2)若有兩個不同的零點，證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由題設在上有解，利用導數研究右側最大值，即可得參數范圍；
（2）利用導數研究零點分布，再轉化證明結論為，分析法轉化結論，并構造中間函數研究恒成立證明結論.
【詳解】（1）由，即在上有解，
所以在上有解，令，只需，
由，當，則，遞增，當，則，遞減，
所以最大值為，故.
（2）由題意，有兩個零點，則有兩個解，
令與有兩個交點，而，且，
當，則，故在上遞增，且值域為；
當，則，故在上遞減，且值域為；
所以最大值為，故，且，圖象如下，

不妨令，
要證，即證，需證，
先證：
又，則，
所以，故，
令，則，故，可得，，
所以，
要證，即證，即證，
令且，則，
令，則，即在上遞增，
所以，即在上恒成立，故，
所以在上遞增，故，即成立，
綜上，；
再證：
由，故上，遞減，上，遞增，
所以，則零點在兩側，所以，
要證，即，又，需證，而，
所以，只需，即，
即證，，且，
即證，且，只需，，
令，且，則，
令，則，在時，即遞增，
所以，故，即在上遞減，
由，故，即恒有，
綜上，成立；
所以，.
【點睛】關鍵點點睛：第二問，應用導數研究的零點分布得，將結論化為證，構造中間函數研究恒成立求證結論即可.
20．（2024·陜西）設
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）證明：在內有且僅有一個零點（記為），且.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）證明見解析，詳見解析.
【詳解】試題分析：（Ⅰ）由題設，所以，此式等價于數列的前項和，由錯位相減法求得；
（Ⅱ）因為，，所以在內至少存在一個零點，又，所以在內單調遞增，因此，在內有且只有一個零點，由于，所以，由此可得，故，繼而得.
試題解析：（Ⅰ）由題設，
所以 ①
由 ②
①②得
，
所以
（Ⅱ）因為
，
所以在內至少存在一個零點，
又
所以在內單調遞增，
因此，在內有且只有一個零點，
由于，
所以
由此可得
故
所以
考點：1.錯位相減法；2.零點存在性定理；3.函數與數列.
21．（2024高三上·河南洛陽·開學考試）（1）證明不等式：（第一問必須用隱零點解決，否則不給分）；
（2）已知函數有兩個零點.求a的取值范圍.（第二問必須用分段討論解決，否則不給分）
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）根據給定條件，構造函數，借助導數探討函數最小值為正即可推理作答.
（2）求出函數的導數，利用導數分類討論函數的單調性、零點情況作答.
【詳解】（1）令函數，，求導得：，顯然函數在上單調遞增，
而，，則存在，使得，即，有，
當時，，當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，
，
所以.
（2）函數定義域R，求導得，
當時，由得，，由得，，即函數在上遞減，在上遞增，
，而，即存在，使得，則函數在上有唯一零點，
取且，則，
即存在，使得，則函數在上有唯一零點，
因此當時，函數有兩個零點，
當時，函數只有一個零點2，
當時，若，當或時，，當時，，
即有在上單調遞增，在上單調遞減，又，，
因此函數在上沒有零點，在上最多一個零點，即函數最多一個零點，
若，恒有，即函數在R上單調遞增，函數最多一個零點，
若，當或時，，當時，，
即有在上單調遞增，在上單調遞減，又，，當時，，
因此函數在上沒有零點，在上最多一個零點，即函數最多一個零點，
綜上得，當時，函數有兩個零點，當時，函數最多一個零點，
所以a的取值范圍是.
22．（2024高三上·河北·期中）已知函數.
(1)若，求的單調區間；
(2)記函數，若恒成立，試求實數的取值范圍.
【答案】(1)在區間上單調遞增，在區間上單調遞減
(2)
【分析】（1）由題意得，令求出零點，即可得的單調區間；
（2）恒成立，轉化為恒成立，令，求導后，轉化成兩個函數的交點問題討論函數單調性，即可求出實數的取值范圍.
【詳解】（1）解：由題意得函數的定義域為，
若，則，
令，則，
而，
所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減；
（2）解：若恒成立，
則，
整理得，則，
設，則，
令，則，
整理得，
設，，可知兩個函數均過定點，
若，即時，
為的切線，切點為，
①當，即時，，，不在定義域，不合題意；
②當，即時，
在區間，恒有，，
所以在單調遞增，，
則，符合題意；
③當，即時，
設零點為，則
所以在上單調遞減，在單調遞增，
，
因為，
則，
又因為，所以且，與矛盾；
綜上所述，實數的取值范圍為
【點睛】導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
23．（2024高三上·云南·階段練習）已知．
(1)當時，求在上的單調性；
(2)若，令，討論方程的解的個數．
【答案】(1)在上遞增
(2)答案見解析
【分析】（1）求出的導數，并判斷在的正負，可得在上的單調性；
（2）方程的解的個數問題轉化為函數的圖像與直線的交點個數問題，畫出函數的圖像，利用數形結合的手段即可解決.
【詳解】（1）因為
所以當時，，
所以，
則當時，，，可得，
所以在上遞增．
（2）因為，，
所以，，
令，解得，
所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增．
當時，有極小值．
令，解得．令，可得，
當時，；當時，．
所以，的圖像經過特殊點，，．
當時，，從而；
當時，，，從而．
根據以上信息，我們畫出的大致圖像如圖所示．

方程的解的個數為函數的圖像與直線的交點個數．
所以，關于方程的解的個數有如下結論：
當時，解為0個；
當或時，解為1個；
當時，解為2個．
【點睛】方法點睛：解決方程的解的個數問題，可轉化為兩個函數交點的個數問題，畫出兩函數的圖像，采取數形結合的手段解決.
24．（2024高三上·北京·開學考試）已知函數，曲線在的切線為．
(1)求a，b的值；
(2)求證：函數在區間上單調遞增；
(3)求函數的零點個數，并說明理由．
【答案】(1).
(2)證明見解析
(3)零點個數為0，證明見解析.
【分析】（1）直接求導得，根據即可得到答案；
（2），轉化為證明在上恒成立即可；
（3）通過求導得到的最小值，利用隱零點法證明即可.
【詳解】（1），則有，解得，，則.
（2）由（1）知，，
設，因為在上單調遞增，
則，所以在上恒成立，
所以函數在區間上單調遞增.
（3）因為，令，
令，得，設，
由（2）知在上單調遞增，且，，
故存在唯一零點使得，
即存在唯一零點滿足，即得，則，
且當時，，此時單調遞減，
當時，，此時單調遞增，
所以
，
當時，，，
則，
則函數的零點個數為0.
25．（2024高三上·河北保定·開學考試）已知函數，.
(1)當時，證明：在上恒成立；
(2)當時，求在內的零點個數..
【答案】(1)證明見解析
(2)2
【分析】（1）當時，通過導數求在上的最小值，證明；
（2）當時，求在內的零點個數，轉化為在內的零點個數，利用導數求在內的單調性，由零點的存在定理判斷零點的個數.
【詳解】（1）當時，函數，，
函數在上單調遞增，在上單調遞增，
所以在上單調遞增，，
則在上恒成立，在上單調遞減，
在上，，即在上恒成立；
（2）當時，函數，
，等價于，
令，，
在內，，
在內單調遞減，
在內，，，，在內單調遞增，
，是的零點，
，，在上有一個零點，
所以在內的有兩個零點.
26．（2024高三上·重慶·階段練習）已知定義在上的函數，其導函數為.
(1)求的單調區間;
(2)若函數，求關于的方程的解的個數.
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）構造，利用導數研究其單調性；
（2）構造，利用導數研究其零點個數即可，注意分類討論參數.
【詳解】（1）令，則，
當時，，則在上遞減；
當時，，則在上遞增；
所以的遞減區間為，遞增區間為.
（2）由題設，即求解的個數，
令，則，
當時，恒成立，即遞增，又，即此時僅有一個零點；
當時，
當時，，則在上遞減；
當時，，則在上遞增；
則，
令，則，
所以，，故遞增；，，故遞減；
則，即，而趨向于或時都趨向，
所以，當時，，此時僅有一個零點；
當且時，，此時有兩個零點；
綜上，或，僅有一個解；且，有兩個解.
27．（2024高三上·河北·階段練習）已知函數，為的導數.
(1)證明：在區間上存在唯一極大值點；
(2)求函數的零點個數.
【答案】(1)證明見解析
(2)2
【分析】（1）二次求導，結合零點存在性定理得到在區間上存在唯一極大值點；
（2）結合第一問，分三種情況進行討論，求得的零點個數.
【詳解】（1）由題意知，函數的定義域為，且，
令，，所以，，
令，，則，
當時，，所以，
即在上單調遞減，
又，，
，
則存在，使得，即存在，使得，
所以當時，，當時，，
所以為的唯一極大值點，
故在區間上存在唯一極大值點；
（2）由（1）知，，，
①當時，由（1）知，在上單調遞增，在上單調遞減，
又，，，
所以存在，使得，
所以當，時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
又，，
所以當時，有唯一的零點；
②當時，，單調遞減，
又，所以存在，使得；
③當時，，所以，則在沒有零點；
綜上所述，有且僅有2個零點.
【點睛】關鍵點點睛：判斷函數的零點個數，要結合函數特征，利用導函數求出其單調性及極值和最值情況，結合零點存在性定理求出零點個數.
28．（2024高三上·重慶·開學考試）已知函數.
(1)求的極值；
(2)若關于的方程只有一個實數解，求實數的取值范圍.
【答案】(1)極小值為，無極大值
(2)
【分析】（1）利用導數可求得的單調性，由極值定義可確定極值點并求得極值；
（2）將問題轉化為與有且僅有一個交點，作出的圖象，采用數形結合的方式可求得結果.
【詳解】（1）的定義域為，，
當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，
的極小值為，無極大值.
（2）當時，恒成立，，
由（1）可得圖象如下圖所示，

只有一個實數解等價于與有且僅有一個交點，
由圖象可知：當或時，與有且僅有一個交點，
實數的取值范圍為.
29．（2024高三上·四川廣安·階段練習）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若函數只有一個零點，求實數的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）利用導數與函數單調性的關系，結合分類討論思想，可得答案；
（2）由（1）所得到函數單調性，求得極值，利用零點存在性定理，可得答案.
【詳解】（1）∵，∴，
①當時，在上，，∴在遞增，
②時，由，解得：或.
在上，，在上，，在上，，
∴在，遞增，在遞減，
綜上，時，在遞增；
時，在，遞增，在遞減.
（2）由（1）知，當時，在遞增.又，，
由零點存在性定理知，存在唯一零點，符合題意；
當時，在，遞增，在遞減.
∴，，
若只有一個零點，則，解得：，
綜上，的取值范圍是.
30．（2024高三上·江西南昌·開學考試）已知函數.
(1)求函數在上的單調區間和極值；
(2)若方程有兩個不同的正根，求的取值范圍.
【答案】(1)遞減區間為，遞增區間為，極小值為，無極大值
(2)
【分析】（1）根據題意，求得，設，求得，得到在單調遞增，結合，得到單調區間，進而求得極值；
（2）化簡方程為，令，轉化為有兩個零點，利用導數求得單調性和，令，得到，設，得到，求得，結合，，即可求解.
【詳解】（1）解：由函數，可得，
則，
設，則，
故在單調遞增，
又因為，故在單調遞減，在單調遞增，
則的極小值為，無極大值.
（2）解：因為，所以，可得，
令，可得，所以在單調遞減，
故有兩個正根，等價于有兩個零點，
可得，當時，；當時，，
所以在遞減，遞增，
可得，
令，所以，則，
設，則，.
所以，則，則，
因為，，
此時存在兩零點，其中，，且，
故.
【點睛】方法總結：利用導數求解函數或不等式的恒成立（有解）問題的求解策略:
形如的恒成立的求解策略：
1、構造函數法：令，利用導數求得函數的單調性與最小值，只需恒成立即可；
2、參數分離法：轉化為或恒成立，即或恒成立，只需利用導數求得函數的單調性與最值即可；
形如的有解的求解策略：
1、構造函數法：令，利用導數求得函數的單調性與最小值，只需恒成立即可；
2、參數分離法：轉化為或恒成立，即或恒成立，只需利用導數求得函數的單調性與最值即可.
31．（2024高三上·福建廈門·階段練習）若函數，當時，函數有極值為，
(1)求函數的解析式；
(2)若有3個解，求實數的范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由時，函數有極值為，可得，據此可得答案；
（2）由（1）結合導數可得單調性與極值，即可得大致圖象，則有3個解等價于圖象與直線有3個交點，即可得答案.
【詳解】（1）由題，，時，函數有極值為，
則，經檢驗滿足題意，
故；
（2）由（1），則，
令或在上單調遞增；
在上單調遞減.
則在處取極大值，在處取極小值，據此可得大致圖象如下.
又有3個解等價于圖象與直線有3個交點，則.

32．（2024·河北保定·二模）已知函數，其中常數，是自然對數的底數．
(1)若，求的最小值；
(2)若函數恰有一個零點，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據題意，求導得，令，然后分與討論，即可得到結果；
（2）根據題意，由條件可得0是函數的一個零點，構造，分，以及討論，再結合（1）中的結論，即可得到結果.
【詳解】（1）當時，，則，，
記，則，
①當時，，，可得，可知函數在區間上單調遞減；
②當時，，，可知函數單調遞增，又由，可知當時，；
當時，，可知函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
由①②知函數的減區間為，增區間為，故有；
（2）因為函數恰有一個零點，
且，0是函數的一個零點，又，
不妨設，函數定義域為，則，
當時，，又，，
所以在恒成立，
則函數在上單調遞增，即函數在上單調遞增，
又，
當時，可得，且時，，
則存在，使得，此時在上，有，
在上，，故在上為減函數，在上為增函數，
故當時，，而時，，
故在上存在一個零點，
則此時函數至少存在兩個零點，又因為0是函數的唯一零點，故不符合題意；
當時，可得，又，
所以在區間上存在一點，使得，
故當在上，有，在上，有，
故在上為增函數，在上為減函數，
故當時，，而當時，，
故此時函數在上至少存在一個零點，
又因為0是函數的唯一零點，故不符合題意；
當時，即時，由（1）知，當時，函數取得最小值，
最小值，
當時，因為，符合題意.
綜上，滿足條件的值為.
【點睛】思路點睛：知道函數零點的個數，要求參數的取值范圍，需結合導數的符號和函數的單調性來處理，分類討論時注意利用已有的確定零點來確定一段范圍上的函數值的符號.
33．（2024高三上·重慶·階段練習）已知函數.
(1)討論的單調性;
(2)若函數在區間上恰有一個零點，求的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）討論參數a，利用導數研究函數單調性；
（2）問題化為在上僅有一個解，構造，利用導數研究其在的單調性，結合零點存在性判斷區間零點個數，即可求參數范圍.
【詳解】（1）由，且，
當，則，此時在上遞增；
當，則時，，即在上遞增；
時，，即在上遞減；
綜上，，在上遞增；
，在上遞增，在上遞減.
（2）由題設在上僅有一個解，
所以在上僅有一個解，
令，則，
當時，恒成立，此時遞增，且，
所以在上無解；
當時，令，則，
令，則，即遞增，則，
i.當時，，即恒成立，即遞增，
所以，故遞增，此時在上無解；
ii.當時，，趨向正無窮時趨向正無窮，則使，
上，即，遞減；
上，即，遞增；
由，趨向正無窮時趨向正無窮，
所以在恒負，在上存在一個零點，
故上，遞減；
上，遞增；
由于，趨向正無窮時趨向正無窮，
所以在上恒負，上僅有一個零點，此時滿足題設；
綜上，.
【點睛】關鍵點點睛：第二問，問題轉化為在上僅有一個解，構造中間函數并應用導數研究零點.
34．（2024·河南·模擬預測）已知函數．
(1)求證：曲線僅有一條過原點的切線；
(2)若時，關于的方程有唯一解，求實數的取值范圍．
【答案】(1)證明見解析
(2)當時，；當時，.
【分析】（1）求導后得出切線方程，再代入原點求解即可；
（2）化簡可得有唯一解，再構造函數，求導可得，再討論根的情況，數形結合分析的極值與的大小關系，結合恒成立問題求解即可.
【詳解】（1）的定義域為，，設切點，
則切線方程為，
當切線過原點時有，即，
故，因為，所以，即切點有且只有一個，則曲線僅有一條過原點的切線，即得證.
（2）關于的方程有唯一解，即方程，有唯一解，
令，則.
因為，故當，即時，，函數單調遞增，且當時，，當時，.
易知的圖象與直線有且僅有一個交點，滿足題意，此時；
當，即時，設有兩個根，，則，，故.
①若，則當時，單調遞增；
當時，單調遞減，且當時，，當時，.
故要使得有唯一解，則或恒成立.
此時，即，，.
則極大值，
令，則，故當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.
所以，
又恒成立，故，；
同理，極小值，當時無最小值，此時無實數使得恒成立.
②若，則，，不滿足；
③若，由①可得；
故當時，.
綜上所述：
當時，；當時，.
【點睛】方法點睛：
本題利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）參變分離構造函數；
（2）求導分析函數的單調性與極值，導數中有二次函數注意討論無根與有根的情況；
（3）導函數中二次函數有根時討論極值點與特殊點的大小關系并討論；
（4）數形結合列不等式求解.
35．（2024·新疆·三模）已知函數，．
(1)討論的單調性；
(2)若方程有兩個不相等的實根，求實數的取值范圍，并證明．
【答案】(1)答案見解析
(2)；證明見解析
【分析】（1）求導，利用導函數的正負判斷單調性即可；
（2）首先將原式化簡整理成，令得，再令，根據已知條件利用導數求出參數的取值范圍，進而要證即證即證，只需證，不妨設，則只需證，即，最后令，，其中，借助導數求解的最小值即可證明.
【詳解】（1）因為，
所以，
當時，，所以在區間上單調遞增，
當時，令，得；令，得，
所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
綜上當時，在區間上單調遞增，當時，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減.
（2）方程，即，等價于，
令，其中，則，顯然，
令，則，
所以在區間上單調遞減，且由時可得在區間上，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
所以，
因為方程有兩個實根，
所以關于的方程有兩個實根，，且，，所以，
要證，即證，即證，只需證，
因為，所以，整理可得，
不妨設，則只需證，
即，
令，，其中，
因為，所以在區間上單調遞增，
所以，故．
【點睛】關鍵點點睛：本題第（2）問的關鍵點在于借助同構思想將原始等價為，通過令，合理構造函數來確定參數的取值范圍；第二步的關鍵點在于將等價轉換為，將雙變量問題轉化為單變量問題，進而借助導數進一步證明.
36．（2024·江西鷹潭·一模）設m為實數，函數.
(1)當時，直線是曲線的切線，求的最小值；
(2)已函數有兩個不同的零點，（），若，且恒成立，求實數的范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據導數的幾何意義，構造函數，利用導數研究函數的單調性與最值，即可求解；
（2）構造函數，分類討論參數，利用導數研究函數的單調性與最值，即可證明.
【詳解】（1）當時，，∴，
設切點為，則切線斜率，
∴切線方程為，∴，，
∴，
令，則，
由，可得；由，可得，
∴在上單調遞減，在上單調遞增，
∴，即的最小值為；
（2）∵有兩個不同的零點，（），
∴，，，
∴，∴，
設，則，
又，
∴，
將代入上式可得：恒成立，
又，則，∴恒成立，
設，，
則，，
（ⅰ）當時，，
∴，∴在上單調遞減，恒成立，
∴；
（ⅱ）當時，∵，
∴時，，在上單調遞減；
時，，在上單調遞增，
∴時，，
綜上可得.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
37．（2024高三下·重慶沙坪壩·階段練習）已知函數.
(1)證明：當時，在區間上存在極值點；
(2)記在區間上的極值點為m，在區間上的零點的和為n，請比較2m與n的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用多次求導判定函數的導函數在區間上存在異號零點即可；
（2）結合（1）的結論得，判定在區間上的零點為和0，再結合幾個常用的函數放縮多次分段構造函數證明即可.
【詳解】（1）由題意得，
令，
則，
令
顯然在區間上，即單調遞增，
∴，
∴即在區間上單調遞增，
又時，，，
由零點存在性定理可得：在區間上存在唯一零點，且在該零點左右兩側的值符號相反，
故當時，在區間上存在極值點；
（2）由（1）得在上小于0，在上大于0，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
∴，
即，使，
又，∴.
現比較2m與的大小，
先判定，令，
即在上單調遞增，，
由，得，
，
令，則，
所以單調遞增，即，
∴.
令，
則，
所以單調遞增，即，
∴，即，
又在上單調遞增，
∴，即.
【點睛】關鍵點睛：第二問的關鍵在于利用三角函數的有界性及常用的幾個函數放縮，得出，結合函數的單調性得證結果.
38．（2024高三上·內蒙古烏蘭察布·期中）設函數，
(1)試討論函數的單調性；
(2)如果且關于的方程有兩個解，證明：.
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由導數與單調性的關系求解，
（2）構造函數，由單調性轉化后證明．
【詳解】（1）的定義域為，
∴，
令，解得，或，
當時，則當時，，當時，，
∴在上為減函數，在上為增函數，
當時，則當時，，當時，，
∴在上為減函數，在上為增函數，
當時，恒成立，即在上是增函數，
綜上可得，當時，在上為減函數，在上為增函數，
當時，在上為減函數，在上為增函數，
當時，在上是增函數，
（2）證明：
當且關于的方程有兩個解等價于當存在
，
由（1）當時，在上為減函數，在上為增函數，
不妨設，
設，，
∴
∴在上單調遞減，∴，
即當時，，
由于，∴，即，
∵，∴，
又，，在上為增函數，
∴，即.
【點睛】方法點睛：導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：
（1）考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．
（2）利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數．
（3）利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題．
（4）考查數形結合思想的應用．
39．（2024高三上·遼寧大連·期中）已知函數（自然對數的底數）有兩個零點.
(1)求實數的取值范圍；
(2)若的兩個零點分別為，，證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）問題等價于有兩個零點，令，轉化為有兩個零點，利用導數分、討論可得答案；
（2）即證，由（1）知，，只需證， 即證，設，令，則，只需證，即證，令，，利用導數求出的最小值可得答案.
【詳解】（1）有兩個零點，等價于有兩個零點，
令，則在時恒成立，
所以在時單調遞增，
所以有兩個零點，
等價于有兩個零點，
因為，所以
①當時，，單調遞增，不可能有兩個零點；
②當時，令，得，單調遞增；令，得，
單調遞減，所以.
若，得，此時恒成立，沒有零點；
若，得，此時有一個零點；
若，得，因為，且，，
所以在，上各存在一個零點，符合題意.
綜上，當時，函數有兩個零點，
即若函數有兩個零點，則的取值范圍為；
（2）要證，
只需證，即證，
由（1）知，，所以只需證，
因為，，
所以，，
所以，
只需證，
設，令，則，
所以只需證，即證，
令，，則，
，即當時，成立，
所以，即，
即.
【點睛】方法點睛：函數由零點求參數的取值范圍的常用方法與策略：
1、分類參數法：一般命題情境為給出區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為從中分離參數，然后利用求導的方法求出由參數構造的新函數的最值，根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的取值范圍；
2、分類討論法：一般命題情境為沒有固定的區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合函數的單調性，先確定參數分類標準，在每個小范圍內研究零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各個小范圍并在一起，即可為所求參數的范圍.
40．（2024高三下·重慶九龍坡·開學考試）已知且.
(1)試討論函數的單調性；
(2)當時，若有三個零點.
①求的范圍；
②設，求證：.
【答案】(1)答案見解析
(2)①；②證明見解析
【分析】（1）去絕對值符號，再分和兩種情況討論即可得解；
（2）①，有三個零點有三個不同的實根，，構造函數，易得函數為奇函數，利用導數求出函數的單調區間，作出函數的大致圖象，結合函數圖象即可得解；
②由①可得，則要證，只需證明：，結合整理即可得證.
【詳解】（1）注意，，則，
令，
當時，時，，
時，，此時無解，
故當時，在，上單點遞減，
在上單調遞增，
當時，時，，此時無解，
時，，
故當時，在，上單點遞減，
在上單調遞增，
綜上所述，當時，在，上單點遞減，
在上單調遞增；
當時，在，上單點遞減，
在上單調遞增；
（2）①，有三個零點有三個不同的實根，
，令，
因為，所以為奇函數，
當時，，，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，單調遞減，
又當時，，當時，且，，
如圖，作出函數的大致圖象：

因為有三零點，且，
則；
②由①可得，則，
則要證，只需證明：，
由于，
則有，
所以.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
41．（2024高三上·廣東河源·開學考試）已知函數，，其中.
(1)求過點且與函數的圖象相切的直線方程；
(2)①求證：當時，；
②若函數有兩個不同的零點，，求證：.
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②證明見解析
【分析】（1）求導有，設切點坐標，得到方程解出切點坐標即可得到切線方程；
（2）①令，利用兩次求導即可證明；②通過導函數證明函數有兩個不同的零點，等價于，再結合（1）問和①問中的結論放縮有，再設新函數，利用韋達定理即可證明不等式.
【詳解】（1），
設切點的坐標為，
則切線方程為，
因為切線過點，
所以，解得，
所以切線方程為.
（2）①令，，
令，則，
當時，，
所以在上單調遞增，
所以，
所以在上單調遞增，
所以，
即當時，；
②，
若，，則在上單調遞增，最多只有一個零點，不符合題意；
若，，
令，因為，，且，
當時，，所以在上單調遞增，
又因為當時，；
當時，，又因為，
所以恰有一解，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
所以為函數的唯一的極大值點，
因為當時，，
當時，，
所以函數有兩個不同的零點，等價于，
即，
不妨設，當，，所以，
由（1）得，直線與函數切于原點得：當時，，
因為，所以當時，結合①中有
，
令，即當時，，
所以一定存在兩個不同的根，設為，，
因為，所以，
又因為，位于單調遞減區間，
所以，同理，
所以，所以，
因為，所以，
又因為，
所以，
所以.
【點睛】關鍵點睛：本題第二問的第二小問的關鍵是首先對有兩不同零點進行等價轉化為，再通過放縮得，最后再利用韋達定理即可證明原不等式.
42．（全國名校大聯考2023-2024學年高三上學期第一聯考（月考）數學試題）已知函數（）．
(1)若在上恒成立，求a的取值范圍：
(2)設，，為函數的兩個零點，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）參變分離，將問題轉化為函數最值問題，利用導數求解可得；
（2）將方程化為，構造函數，利用導數討論其單調性，可知，構造差函數可證.
【詳解】（1）若在上恒成立，即，
令，所以，
所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
所以，即a的取值范圍是．
（2）令，即，
令，則，
令，所以，所以在上單調遞增，
又，所以當時，，所以，
當時，，所以，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
不妨設，則，，
因為，
所以 ．
設函數（），則在上恒成立，
所以在上單調遞增，
所以，
所以，即．
又函數在上單調遞減，
所以，所以．
【點睛】難點點睛：本題屬于極值點偏移問題，本題難點主要在于構造差函數，然后利用導數討論其單調性，利用單調性可證.
43．（2024·江蘇南京·模擬預測）已知函數,.
（1）求函數的單調遞減區間；
（2）設，.
①求證：函數存在零點；
②設，若函數的一個零點為.問：是否存在，使得當時，函數有且僅有一個零點，且總有恒成立？如果存在，試確定的個數；如果不存在，請說明理由.
【答案】(1)；(2) ①證明見詳解；②存在唯一的滿足題意，理由見詳解.
【分析】（1）根據題意求得的解析式和導函數，通過判斷導數的正負，即可求得函數單調性；
（2）①對參數進行分類討論，根據函數單調性，結合零點存在性定理，即可證明；
②結合①中對函數單調性的討論，求解方程的根，根據根的個數判斷參數的取值個數.
【詳解】（1）由題可知，定義域為.
則，令，解得（舍）或，
故可得在單調遞減.
（2），
①由題可知.令，則其.
⒈當時，，故在上單調遞減.
又因為，
故在區間上一定有一個零點；
⒉當時，，令，
解得，
令，故可得，故在區間上單調遞增；
令，故可得或，故在，單調遞減.
又，故可得，
又因為，
故在區間上一定有一個零點.
⒊當時，，令，
解得，顯然存在零點.
⒋當時，令，解得，
故可得在區間單調遞增；在單調遞減.
又因為，，
故在區間上一定存在一個零點.
綜上所述，對任意的，一定存在零點.
②由①可知，當時，
在上單調遞減.
且只在區間上存在一個零點，顯然不滿足題意.
當時，
在單調遞減，在單調遞增，
在單調遞減.且
且在區間上一定有一個零點，不妨設零點為，則，
故要存在，使得當時，函數有且僅有一個零點，
且總有恒成立，
只需，
即，（ⅰ）
整理得，.
則上述方程在區間上根的個數，即為滿足題意的的個數.
不妨令,則，
故方程（ⅰ）等價于.
不妨令，
故可得在區間上恒成立.
故在區間上單調遞增.
又因為，
故可得函數在區間上只有一個零點.
則方程（ⅰ）存在唯一的一個根.
即當時，有且僅有一個，使得當時，
函數有且僅有一個零點，且總有恒成立.
【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性，涉及利用導數研究函數的零點問題，以及存在性問題，屬綜合困難題.
44．（2024高三上·山西臨汾·期中）已知函數，，在上有且僅有一個零點.
(1)求的取值范圍；
(2)證明：若，則在上有且僅有一個零點，且.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）分，和三種情況討論，根據零點存在性定理判斷即可.
（2）構造，利用導數判斷單調性可知，存在唯一，使得，且，從而可得.
【詳解】（1），設，
，
①當時，若，則，
在上無零點，不符合題意；
②當時，若，則，
∴在上單調遞增，
∴，∴在上無零點，不符合題意；
③當時，若，則，∴在上單調遞增，
∵，，
∴存在唯一，使得.
當時，；當時，，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
∵，，
故在上有且僅有一個零點，符合題意；
綜上，的取值范圍為.
（2）記，
，
由（1）知：若，當時，，，
當時，，，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
又，，
故存在唯一，使得，且.
注意到，可知在上有且僅有一個零點，
且，即.
【點睛】導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
45．（2024高三上·廣東深圳·階段練習）已知，函數，.
(1)證明：函數，都恰有一個零點；
(2)設函數的零點為，的零點為，證明.
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據導數的性質，結合函數零點存在原理進行求解即可；
（2）根據（1）的結論，結合函數的單調性進行求解即可.
【詳解】（1）函數的定義域為，，
時，，時，，
在上單調遞減，在上單調遞減增，
時，，，，
函數恰有一個零點.
函數的定義域為，，
時，，時，，
在上單調遞減，在上單調遞增，
時，，，
令（表示中最大的數），，
函數恰有一個零點；
（2）由（1）得函數的零點為，且，的零點為，且，
則有，，
，，，
在上單調遞增，由（1）可得，，，
，，
，，.原式得證.
【點睛】關鍵點睛：根據導數的性質，結合函數零點存在原理進行求解是解題的關鍵.
46．（2024·海南海口·模擬預測）已知函數.
(1)求的最小值；
(2)設.
（ⅰ）證明：存在兩個零點，；
（ⅱ）證明：的兩個零點，滿足.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析（ii）證明見解析
【分析】（1）用導數求出單調性即可求解；
（2）（ⅰ）求出的單調區間，用零點存在性定理判斷每個單調區間上零點的個數；
（ⅱ）用的單調性把需證明的不等式轉化為即證，然后構造函數證明即可.
【詳解】（1），
所以當時，，當時，，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為．
（2）（ⅰ）證明：，，，
因為，所以，所以當時，，時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
則函數有最小值．
由，，
下面證明，在上，對，只要足夠小，必存在，
使得：
實際上，當時，，令，得，
所以對，取，必有，即，
所以在區間上，存在唯一的，，
又，所以在區間上，存在唯一的，，
綜上，存在兩個零點．
（ⅱ）要證，需證，由，所以，
因為在上單調遞減，因此需證：，
，，
所以，，
設，，
則，
所以在上單調遞減，，即
，
結論得證，所以．
【點睛】雙變量不等式證明問題，通常結合變量間的關系、函數的單調性等方法轉化為單變量不等式證明問題，同時注意構造函數的技巧方法.
47．（2024高三上·甘肅天水·階段練習）已知函數．
（1）討論函數的單調性；
（2）當時，，證明：函數有且僅有兩個零點，兩個零點互為倒數．
【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，分和兩種情況進行討論，結合導數的符號從而可確定函數的單調專題15 導數的應用--函數的零點問題5題型分類
1、函數零點問題的常見題型：判斷函數是否存在零點或者求零點的個數；根據含參函數零點情況，求參數的值或取值范圍.
求解步驟：
第一步：將問題轉化為函數的零點問題，進而轉化為函數的圖像與軸（或直線）在某區間上的交點問題；
第二步：利用導數研究該函數在此區間上的單調性、極值、端點值等性質，進而畫出其圖像；
第三步：結合圖像判斷零點或根據零點分析參數.
2、函數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在區間[a，b]上是連續不斷的曲線，且f（a）·f（b）＜0，還必須結合函數的圖象與性質（如單調性、奇偶性）才能確定函數有多少個零點．
（3）利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．
3、求函數的零點個數時，常用的方法有：一、直接根據零點存在定理判斷；二、將整理變形成的形式，通過兩函數圖象的交點確定函數的零點個數；三、結合導數，求函數的單調性，從而判斷函數零點個數.
4、利用導數研究零點問題：
（1）確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可用導數知識確定極值點和單調區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，轉化為求函數的值域問題處理.可以通過構造函數的方法，把問題轉化為研究構造的函數的零點問題；
（3）利用導數研究函數零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數形結合思想研究；③構造輔助函數研究.
（一） 函數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在區間[a，b]上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性)才能確定函數有多少個零點． (3)利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點． （4）結合導數，求函數的單調性，從而判斷函數零點個數. 注：導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方
題型1：利用導數研究函數的零點個數 1-1．（2024高三下·江蘇常州·階段練習）已知，（n為正整數，）． (1)當時，設函數，，證明：有且僅有1個零點； (2)當時，證明：． 1-2．（2024·江西九江·二模）已知函數，． (1)若直線與曲線相切，求a的值； (2)用表示m，n中的最小值，討論函數的零點個數． 1-3．（2024·山東·一模）已知，且0為的一個極值點． (1)求實數的值； (2)證明：①函數在區間上存在唯一零點； ②，其中且． 1-4．（2024·山東·一模）已知函數． (1)若對時，，求正實數a的最大值； (2)證明：； (3)若函數的最小值為m，試判斷方程實數根的個數，并說明理由． 1-5．（2024高三上·海南省直轄縣級單位·階段練習）已知函數． (1)判斷函數的單調性； (2)設，證明：當時，函數有三個零點．
（二） 根據零點個數求參數 函數由零點求參數的取值范圍的常用方法與策略： 1、分類參數法：一般命題情境為給出區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為從中分離參數，然后利用求導的方法求出由參數構造的新函數的最值，根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的取值范圍； 2、分類討論法：一般命題情境為沒有固定的區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合函數的單調性，先確定參數分類標準，在每個小范圍內研究零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各個小范圍并在一起，即可為所求參數的范圍.
題型2：根據零點個數求參數 2-1．（2024高二下·浙江臺州·期末）已知函數. (1)當時，求曲線在點處的切線方程； (2)證明：當時，有且只有一個零點； (3)若在區間各恰有一個零點，求的取值范圍. 2-2．（2024高三·全國·專題練習）已知函數，若函數在區間內存在零點，求實數的取值范圍. 2-3．（2024·四川成都·一模）已知函數. (1)討論的單調性； (2)若有兩個零點，求的取值范圍. 2-4．（2024高三上·廣東·階段練習）已知函數 （1）討論的單調性； （2）若有兩個零點，求的取值范圍. 2-5．（2024·浙江·二模）設函數. (1)證明：當時，； (2)記，若有且僅有2個零點，求的值. 2-6．（2024高三·全國·專題練習）已知有3個零點，求實數a的取值范圍．
題型3：根據零點個數求值 3-1．（2024·陜西寶雞·二模）已知是方程的一個根，則的值是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 3-2．（2024高三上·廣東東莞·階段練習）已知函數，若方程有3個不同的實根，，（），則的取值范圍是 . 3-3．（2024·福建福州·二模）已知函數有三個零點，且，則 .
（三） 零點與不等式的證明問題 證明雙變量不等式的基本思路：首先進行變量的轉化，即由已知條件入手，尋找雙變量所滿足的關系式，或者通過比值代換，利用關系式將其中一個變量用另一個變量表示，代入要證明的不等式，化簡后根據其結構特點構造函數，再借助導數，判斷函數的單調性，從而求其最值，并把最值應用到所證不等式.
題型4：零點與不等式的證明問題 4-1．（2024高三上·廣東深圳·階段練習）已知函數，. （1）當時，求函數的單調區間； （2）當，時，函數有兩個極值點，（），證明：. 4-2．（2024·寧夏）已知函數 （I） 如，求的單調區間； （II） 若在單調增加，在單調減少，證明 >6. 4-3．（2024·廣東深圳·二模）已知函數. (1)當時，求的單調區間； (2)①當時，試證明函數恰有三個零點； ②記①中的三個零點分別為，，，且，試證明. 4-4．（2024·山東日照·三模）已知函數有三個零點. (1)求的取值范圍； (2)設函數的三個零點由小到大依次是.證明：. 4-5．（2024·江蘇泰州·一模）已知函數，，． (1)若，求證： （ⅰ）在的單調減區間上也單調遞減； （ⅱ）在上恰有兩個零點； (2)若，記的兩個零點為，求證：． 4-6．（2024·遼寧·二模）已知函數. （1）若.證明函數有且僅有兩個零點； （2）若函數存在兩個零點，證明：. 4-7．（2024高三上·湖南長沙·階段練習）已知函數. (1)若存在極值，求的取值范圍； (2)若，已知方程有兩個不同的實根，，證明：.（其中是自然對數的底數）
（四） 導數與“隱零點”問題 利用“隱零點”證明不等式：關鍵在于“設而不求”及“等量代換”，常見的有不含參和含參兩種類型：①不含參函數的隱零點問題：已知不含參函數f(x)，導函數方程f′(x)＝0的根存在，卻無法求出，設方程f′(x)＝0的根為x0，則(i)有關系式f′(x0)＝0成立；(ii)注意確定x0的合適范圍. ②含參函數的隱零點問題：已知含參函數f(x，a)，其中a為參數，導函數方程f′(x，a)＝0的根存在，卻無法求出，設方程f′(x，a)＝0的根為x0，則(i)有關系式f′(x0，a)＝0成立，該關系式給出了x0，a的關系；(ii)注意確定x0的合適范圍，往往和a的取值范圍有關.
題型5：導數與“隱零點”問題 5-1．（2024·全國）設函數. （Ⅰ）討論的導函數的零點的個數； （Ⅱ）證明：當時. 5-2．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數. (1)求的單調區間； (2)若有兩個零點，記較小零點為，求證：.
一、單選題
1．（2024·天津）函數在區間(0,1)內的零點個數是
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2024·全國）函數存在3個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·全國）已知函數有唯一零點，則
A． B． C． D．1
4．（2024·吉林通化·模擬預測）已知函數滿足：①定義域為；②；③有且僅有兩個不同的零點，，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·河南鄭州·模擬預測）已知函數，若有3個不同的解，，且，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
6．（2024高三上·河北保定·階段練習）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．當時，有兩個極值點
B．當時，的圖象關于中心對稱
C．當，且時，可能有三個零點
D．當在上單調時，
7．（2024·廣東深圳·模擬預測）對于函數和，設，若存在，使得，則稱與互為“零點相鄰函數”.若函數與互為“零點相鄰函數”，則實數的值可以是（ ）
A． B． C． D．
三、填空題
8．（2024·北京）已知函數，給出下列四個結論：
①若，恰 有2個零點；
②存在負數，使得恰有1個零點；
③存在負數，使得恰有3個零點；
④存在正數，使得恰有3個零點．
其中所有正確結論的序號是 ．
9．（2024高三上·江蘇南通·開學考試）已知定義在上的函數同時滿足下列三個條件：
①為奇函數；②當時，，③當時，.
則函數的零點的個數為 .
10．（2024高三上·廣東深圳·階段練習）已知函數，則方程有 個不相等的實數解．
11．（2024·陜西西安·一模）若函數在內有且只有一個零點，則在上的最大值與最小值的和為 .
四、解答題
12．（2024·全國）已知函數，為的導數．證明：
（1）在區間存在唯一極大值點；
（2）有且僅有2個零點．
13．（2024·全國）已知函數．
（1）若，求的單調區間；
（2）證明：只有一個零點．
14．（2024·全國）已知函數．
(1)當時，求的最大值；
(2)若恰有一個零點，求a的取值范圍．
15．（2024·全國）已知函數
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若在區間各恰有一個零點，求a的取值范圍．
16．（2024高三上·河南·階段練習）設函數，.
(1)若在上單調遞增，求的取值范圍；
(2)已知有兩個不同的零點，
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：.
17．（2024高三上·四川成都·開學考試）已知函數有三個零點（）.
(1)求a的取值范圍；
(2)過點與分別作的切線，兩切線交于M點，求M點到y軸的距離.
18．（2024·全國）已知函數．
(1)若，求a的取值范圍；
(2)證明：若有兩個零點，則．
19．（2024·河北·模擬預測）已知函數.
(1)若不等式有解，求實數的取值范圍；
(2)若有兩個不同的零點，證明：.
20．（2024·陜西）設
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）證明：在內有且僅有一個零點（記為），且.
21．（2024高三上·河南洛陽·開學考試）（1）證明不等式：（第一問必須用隱零點解決，否則不給分）；
（2）已知函數有兩個零點.求a的取值范圍.（第二問必須用分段討論解決，否則不給分）
22．（2024高三上·河北·期中）已知函數.
(1)若，求的單調區間；
(2)記函數，若恒成立，試求實數的取值范圍.
23．（2024高三上·云南·階段練習）已知．
(1)當時，求在上的單調性；
(2)若，令，討論方程的解的個數．
24．（2024高三上·北京·開學考試）已知函數，曲線在的切線為．
(1)求a，b的值；
(2)求證：函數在區間上單調遞增；
(3)求函數的零點個數，并說明理由．
25．（2024高三上·河北保定·開學考試）已知函數，.
(1)當時，證明：在上恒成立；
(2)當時，求在內的零點個數..
26．（2024高三上·重慶·階段練習）已知定義在上的函數，其導函數為.
(1)求的單調區間;
(2)若函數，求關于的方程的解的個數.
27．（2024高三上·河北·階段練習）已知函數，為的導數.
(1)證明：在區間上存在唯一極大值點；
(2)求函數的零點個數.
28．（2024高三上·重慶·開學考試）已知函數.
(1)求的極值；
(2)若關于的方程只有一個實數解，求實數的取值范圍.
29．（2024高三上·四川廣安·階段練習）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若函數只有一個零點，求實數的取值范圍.
30．（2024高三上·江西南昌·開學考試）已知函數.
(1)求函數在上的單調區間和極值；
(2)若方程有兩個不同的正根，求的取值范圍.
31．（2024高三上·福建廈門·階段練習）若函數，當時，函數有極值為，
(1)求函數的解析式；
(2)若有3個解，求實數的范圍.
32．（2024·河北保定·二模）已知函數，其中常數，是自然對數的底數．
(1)若，求的最小值；
(2)若函數恰有一個零點，求a的值．
33．（2024高三上·重慶·階段練習）已知函數.
(1)討論的單調性;
(2)若函數在區間上恰有一個零點，求的取值范圍.
34．（2024·河南·模擬預測）已知函數．
(1)求證：曲線僅有一條過原點的切線；
(2)若時，關于的方程有唯一解，求實數的取值范圍．
35．（2024·新疆·三模）已知函數，．
(1)討論的單調性；
(2)若方程有兩個不相等的實根，求實數的取值范圍，并證明．
36．（2024·江西鷹潭·一模）設m為實數，函數.
(1)當時，直線是曲線的切線，求的最小值；
(2)已函數有兩個不同的零點，（），若，且恒成立，求實數的范圍.
37．（2024高三下·重慶沙坪壩·階段練習）已知函數.
(1)證明：當時，在區間上存在極值點；
(2)記在區間上的極值點為m，在區間上的零點的和為n，請比較2m與n的大小.
38．（2024高三上·內蒙古烏蘭察布·期中）設函數，
(1)試討論函數的單調性；
(2)如果且關于的方程有兩個解，證明：.
39．（2024高三上·遼寧大連·期中）已知函數（自然對數的底數）有兩個零點.
(1)求實數的取值范圍；
(2)若的兩個零點分別為，，證明：.
40．（2024高三下·重慶九龍坡·開學考試）已知且.
(1)試討論函數的單調性；
(2)當時，若有三個零點.
①求的范圍；
②設，求證：.
41．（2024高三上·廣東河源·開學考試）已知函數，，其中.
(1)求過點且與函數的圖象相切的直線方程；
(2)①求證：當時，；
②若函數有兩個不同的零點，，求證：.
全國名校大聯考2023-2024學年高三上學期第一聯考（月考）數學試題）已知函數（）．
(1)若在上恒成立，求a的取值范圍：
(2)設，，為函數的兩個零點，證明：．
43．（2024·江蘇南京·模擬預測）已知函數,.
（1）求函數的單調遞減區間；
（2）設，.
①求證：函數存在零點；
②設，若函數的一個零點為.問：是否存在，使得當時，函數有且僅有一個零點，且總有恒成立？如果存在，試確定的個數；如果不存在，請說明理由.
44．（2024高三上·山西臨汾·期中）已知函數，，在上有且僅有一個零點.
(1)求的取值范圍；
(2)證明：若，則在上有且僅有一個零點，且.
45．（2024高三上·廣東深圳·階段練習）已知，函數，.
(1)證明：函數，都恰有一個零點；
(2)設函數的零點為，的零點為，證明.
46．（2024·海南海口·模擬預測）已知函數.
(1)求的最小值；
(2)設.
（ⅰ）證明：存在兩個零點，；
（ⅱ）證明：的兩個零點，滿足.
47．（2024高三上·甘肅天水·階段練習）已知函數．
（1）討論函數的單調性；
（2）當時，，證明：函數有且僅有兩個零點，兩個零點互為倒數．
48．（2024·四川遂寧·模擬預測）已知函數．
（1）若函數在處取得極值，求曲線在點處的切線方程；
（2）討論函數的單調性；
（3）當時，，證明：函數有且僅有兩個零點，且兩個零點互為倒數．
49．（2024高三·湖南長沙·階段練習）已知函數在其定義域內有兩個不同的零點．
（1）求的取值范圍；
（2）記兩個零點為，且，已知，若不等式恒成立，求的取值范圍．
50．（2024·廣西·模擬預測）已知．
（1）若函數有三個不同的零點，求實數a的取值范圍；
（2）在（1）的前提下，設三個零點分別為且，當時，求實數a的取值范圍．
51．（2024·貴州遵義·模擬預測）已知函數（）.
（1）若，且在內有且只有一個零點，求的值；
（2）若，且有三個不同零點，問是否存在實數使得這三個零點成等差數列？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.
52．（2024·浙江·二模）設，已知函數有個不同零點.
(1)當時，求函數的最小值：
(2)求實數的取值范圍；
(3)設函數的三個零點分別為、、，且，證明：存在唯一的實數，使得、、成等差數列.
53．（2024高三上·山東臨沂·期中）已知函數和有相同的最大值.
(1)求，并說明函數在（1，e）上有且僅有一個零點；
(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等比數列.
54．（2024·湖北黃岡·三模）已知函數．
(1)當時，求函數在上的極值；
(2)用表示中的最大值，記函數，討論函數在上的零點個數．
55．（2024·四川南充·三模）已知函數，．
(1)當時，求函數在上的極值；
(2)用表示，中的最大值，記函數，討論函數在上的零點個數．
56．（2024·四川南充·三模）已知函數，其中為自然對數的底數.
(1)當時，求函數的極值；
(2)用表示，中的最大值，記函數，當時，討論函數在上的零點個數.
57．（2024·廣東汕頭·二模）已知函數，，.
(1)若函數存在極值點，且，其中，求證：；
(2)用表示m，n中的最小值，記函數，，若函數有且僅有三個不同的零點，求實數a的取值范圍.
58．（2024高三上·山西朔州·期末）已知函數.
(1)若過點可作的兩條切線，求的值.
(2)用表示中的最小值，設函數，討論零點的個數.
59．（2024高三上·重慶南岸·階段練習）已知．
(1)若函數在上有1個零點，求實數的取值范圍．
(2)若關于的方程有兩個不同的實數解，求的取值范圍．
60．（2024高三上·湖南·階段練習）已知函數.
（1）若，求函數的極值；
（2）若函數有且僅有兩個零點，求a的取值范圍.
61．（2024·江蘇）已知關于x的函數與在區間D上恒有．
（1）若，求h(x)的表達式；
（2）若，求k的取值范圍；
（3）若求證：．
62．（2024高三上·廣東汕頭·期中）已知函數，（e為自然對數的底數，且）.
(1)討論的單調性；
(2)若有兩個零點，求a的取值范圍.
63．（2024高三·寧夏銀川·階段練習）已知函數
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.

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