第05讲 利用导数研究函数的零点（方程的根)(7大核心考点）-【练透核心考点】2024-2025学年高二数学核心题型总结与突破（苏教版2019选择性必修第一册）

第05讲 利用导数研究函数的零点（方程的根） 目录 题型一：重点考查函数零点唯一问题 1 题型二：重点考查讨论函数零点（方程根）的个数问题 3 题型三：重点考查数形结合法讨论函数零点（方程根）的个数问题 5 题型四：重点考查已知函数零点（方程根）的个数求参数（选填） 7 题型五：重点考查重点考查已知函数零点（方程根）的个数求参数（解答题） 7 题型六：重点考查函数零点（方程根）中的隐零点问题 10 题型七：重点考查函数零点（方程根）中的极限问题 11 题型一：重点考查函数零点唯一问题 典型例题 例题1．（2024·河北·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若在区间[0，2]上有且仅有一个零点，求的取值范围. 例题2．（23-24高二下·广东清远·期末）设函数. (1)当时，求在上的最大值; (2)讨论的单调性; (3)若，证明只有一个零点. 精练核心考点 1．（23-24高三下·广东肇庆·阶段练习）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)设． （i）证明：的导函数存在唯一零点； （ii）证明：． 2．（2024·湖南长沙·三模）已知函数（）. (1)求函数的极值； (2)若集合有且只有一个元素，求的值. 题型二：重点考查讨论函数零点（方程根）的个数问题 典型例题 例题1．（23-24高二下·山东·期中）设函数. (1)若，，判断零点个数； (2)若，讨论的单调性. 例题2．（23-24高二下·江西景德镇·期末）已知函数. (1)求的极值点； (2)判断方程在区间上的解的个数，并说明理由. 精练核心考点 1．（2024·四川达州·二模）已知. (1)当时，求在点处的切线方程； (2)令，当时，判断零点的个数，并说明理由. 2．（2024·北京大兴·三模）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求曲线与曲线的交点个数. 题型三：重点考查数形结合法讨论函数零点（方程根）的个数问题 典型例题 例题1．（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知， (1)若，试证明：，恒成立 (2)若，讨论的零点个数 例题2．（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）已知函数（为实常数）. (1)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的值； (2)讨论函数的单调性. (3)讨论函数的零点个数 精练核心考点 1．（24-25高三上·广东·开学考试）若函数，的图象与直线,,所围成的封闭图形的面积为． (1)求的值； (2)求函数单调区间及最值； (3)求函数在区间上的零点个数． 2．（23-24高二下·山东聊城·期末）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若的导函数满足恒成立. （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）讨论零点的个数. 题型四：重点考查已知函数零点（方程根）的个数求参数（选填） 典型例题 例题1．（23-24高二下·河南·期中）已知当时，方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围是 . 例题2．（23-24高二下·云南保山·阶段练习）已知函数，若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为 . 例题3．（23-24高二下·江西·阶段练习）若函数的图象与直线有4个交点，则实数a的取值范围是 ． 精练核心考点 1．（2024·福建龙岩·三模）已知函数有且只有一个零点，则ab的取值范围为 . 2．（2024·陕西宝鸡·三模）已知函数在上只有两个零点，则实数的取值范围为 ． 3．（23-24高二下·天津南开·期中）已知方程有唯一实数解，则实数的值为 ． 题型五：重点考查重点考查已知函数零点（方程根）的个数求参数（解答题） 典型例题 例题1．（2024·湖南·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围. 例题2．（23-24高三上·江苏南京·期中）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)已知实数，设. （i）若，求的极值； （ii）若有3个零点，求的值. 例题3．（23-24高三上·广西·阶段练习）已知函数． (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若方程有三个不同的根，求实数的取值范围． 精练核心考点 1．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)若函数单调递增，求实数a的取值范围； (2)若函数有且仅有2个零点，求实数a的取值范围． 2．（2024·广西贺州·一模）已知函数． (1)若，讨论的单调性； (2)若关于x的方程有且只有一个解，求a的取值范围． 3．（23-24高三上·河北石家庄·期末）已知函数. (1)时，求函数的值域; (2)若在上有两个实数根，求实数的取值范围. 题型六：重点考查函数零点（方程根）中的隐零点问题 典型例题 例题1．（23-24高二下·河南洛阳·期中）给定函数. (1)判断函数的单调性，并求出函数的极值; (2)证明:当时，. 例题2．（23-24高三下·贵州毕节·阶段练习）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)当时，证明：． 精练核心考点 1．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数. (1)在的切线斜率为2，求； (2)当时， ①，证明：； ②判断的零点个数，并说明理由. 题型七：重点考查函数零点（方程根）中的极限问题 典型例题 例题1．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的零点个数． 例题2．（24-25高三下·全国·单元测试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件，证明：恰有一个零点． ①； ②． 注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分． 精练核心考点 1．（23-24高二下·天津河北·期中）已知函数的图象在点处的切线方程为 (1)求的解析式； (2)若对任意有恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数在内有3个零点，求实数的取值范围. 2．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期中）已知函数，. (1)求证：有且仅有三零点. (2)设为最小的零点，证明：当，. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲 利用导数研究函数的零点（方程的根） 目录 题型一：重点考查函数零点唯一问题 1 题型二：重点考查讨论函数零点（方程根）的个数问题 6 题型三：重点考查数形结合法讨论函数零点（方程根）的个数问题 11 题型四：重点考查已知函数零点（方程根）的个数求参数（选填） 19 题型五：重点考查重点考查已知函数零点（方程根）的个数求参数（解答题） 26 题型六：重点考查函数零点（方程根）中的隐零点问题 36 题型七：重点考查函数零点（方程根）中的极限问题 42 题型一：重点考查函数零点唯一问题 典型例题 例题1．（2024·河北·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若在区间[0，2]上有且仅有一个零点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）对求导，再对分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解； （2）对分类讨论，结合零点存在性定理，即可求解的取值范围. 【详解】（1）， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，令，解得， 令，解得， 故在上单调递减，在和上单调递增； 当时，令，解得， 令，解得， 故在上单调递减，在和上单调递增. 综上，时，在上单调递增； 时，在上单调递减，在和上单调递增； 时，在上单调递减，在和上单调递增. （2）当时，在区间[0，2]上，故不存在零点； 当时，在上单调递增，故在区间[0，2]上单调递增， 又时，，故在区间[0，2]上不可能存在零点； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 若，即时，在上单调递减，在上单调递增， 又，故只能在上有零点， 由零点存在性定理有，解得. 或，解得；故此时满足条件； 若，即时，在上单调递减， 则，此时均满足题意，故满足条件. 综上，. 例题2．（23-24高二下·广东清远·期末）设函数. (1)当时，求在上的最大值; (2)讨论的单调性; (3)若，证明只有一个零点. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先代入a的值，再求导函数得出单调性求出最大值； （2）先求导函数，再根据判别式分类讨论得出单调性即可； （3）先判断函数值正负，再应用零点存在定理判断零点个数. 【详解】（1）当时， , 当所以在上单调递增 , 当所以在上单调递减 , 所以在上的最大值为. （2），定义域为, 当时，所以 在上单调递增 . 时，时，有, 所以 在上单调递减,在上单调递增 ; 当时,在上单调递增 ,在上单调递减; 当时，在上单调递减,在上单调递增 . （3）当时, 当 时， , 所以 有且仅有一个零点; 时， 单调递增,,所以 有且仅有一个零点; 时，, 所以有且仅有一个零点; 综上，时只有一个零点. 【点睛】方法点睛：利用导数判断函数的单调性，进而求解函数在某个区间上的最值，以及分类讨论利用函数的单调性求函数值，进而判断函数零点存在情况 . 精练核心考点 1．（23-24高三下·广东肇庆·阶段练习）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)设． （i）证明：的导函数存在唯一零点； （ii）证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论即可求解； （2）（i）先对求导，解决导数分析函数的单调性，再由零点存在定理即可求 （ii）结合（i）的结论可得，结合函数性质即可证明． 【详解】（1）的定义域为，， 当时，则在内恒成立，可知在内单调递减； 当时，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； 综上所述：当时，在内单调递减； 当时，在内单调递减，在内单调递增． （2）（i）， 由可知， 设，，因为，在内单调递增， 则在内单调递增，且，， 可知在内存在唯一零点，从而知存在唯一零点； （ii）由（i）知：当，则，即，单调递减， 当，则，即，单调递增， 则， 又因为，则，，， 可得， 即． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 2．（2024·湖南长沙·三模）已知函数（）. (1)求函数的极值； (2)若集合有且只有一个元素，求的值. 【答案】(1)极大值是，无极小值； (2). 【分析】（1）利用求导，通过参数，可分析出为正负的区间，从而可以判断的极值； （2）利用不等式有唯一解，则正好是最大值取到等号，再去分析取等号的含参方程有解的条件，所以重新构造新的函数，通过求导来研究函数的零点和方程的解. 【详解】（1）由， 因为，所以的定义域为，则， 因为时，；时，. 所以的单调递增区间为；单调递减区间为， 所以是的极大值点，的极大值是，无极小值. （2）由（1）可得， 要使得集合有且只有一个元素，则只需要 设，则， 因为时，；时，， 所以的单调递减区间为；单调递增区间为. 所以，所以关于的方程有解时， 只能是， 所以集合有且只有一个元素时. 题型二：重点考查讨论函数零点（方程根）的个数问题 典型例题 例题1．（23-24高二下·山东·期中）设函数. (1)若，，判断零点个数； (2)若，讨论的单调性. 【答案】(1)只有一个零点. (2)答案见解析 【分析】（1）求导，利用导数得出单调性，进而确定零点个数； （2）求导，讨论与0的关系，利用导数得出单调性. 【详解】（1）当，时，则， 所以，解得或， ，解得； 所以在，上单调递增，在上单调递减. 因为，，所以只有一个零点. （2）因为，所以， 所以， 由 解得， 当时，恒成立. 当时，， 所以由，解得或. 由，解得 当时，，所以，解得或. 由，解得 综上所述：当时，的单调递增区间为，无减区间； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为. 例题2．（23-24高二下·江西景德镇·期末）已知函数. (1)求的极值点； (2)判断方程在区间上的解的个数，并说明理由. 【答案】(1)极大值点为1，无极小值点 (2)1个，理由见解析 【分析】（1）求出，利用、解不等式可得答案； （2）令，利用导数判断出在区间上的单调性，结合极值、端点值可得答案. 【详解】（1）， 当时，；当时，， 在单调递增，单调递减， 的极大值点为1，无极小值点； （2）方程在区间上只有1个解，理由如下： 令， 则， 当时，；当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 又， 在有一个零点，在无零点， 所以方程在区间上只有1个解. 精练核心考点 1．（2024·四川达州·二模）已知. (1)当时，求在点处的切线方程； (2)令，当时，判断零点的个数，并说明理由. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）先求导得出切线斜率再点差法求切线方程； （2）先求函数的导函数根据单调性得出，再分类讨论构造新函数再结合单调性分类讨论判断零点即可. 【详解】（1）∵，即切点为， 处切线方程为:. （2）， . 当时，在上单调递减， 无零点. 当时，令， 若，即时，在上单调递增， 无零点. 若，即时， 单调递减，单调递增， ， 设， ，设， 即在上单调递减，，即， 在上单调递增，，即无零点. 若，即时，在上单调递减，， ，即时，无零点. ，即时，有唯一零点. 综上，时有唯一零点，或时无零点. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求导得，再对进行合理地分类讨论即可. 2．（2024·北京大兴·三模）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求曲线与曲线的交点个数. 【答案】(1) (2)交点个数为1 【分析】（1）借助导数的结合意义计算即可得； （2）原问题可转化为函数在上的零点个数问题，借助导数研究函数的单调性后结合零点的存在性定理即可判断. 【详解】（1）由，则， ，则， 所以切线方程为，即； （2）令，故， 令，， 令， ， 当时，，，， ∴，∴在上为减函数，即在上为减函数， 又，， ∴在上有唯一的零点，设为，即， ∴在上为增函数，在上为减函数， 又， ， ， ∴在上有且只有一个零点，在上无零点， 所以曲线与曲线的交点个数为1. 题型三：重点考查数形结合法讨论函数零点（方程根）的个数问题 典型例题 例题1．（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知， (1)若，试证明：，恒成立 (2)若，讨论的零点个数 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）通过等价变形，转化为证明，当时，恒成立，构造函数，借助导数求出函数最大值即可得证； （2）分和讨论，即分别进行正零点和负零点的讨论，即可得解. 【详解】（1）证明： 要证明，恒成立，即证明恒成立 又 即只需要证明当时，恒成立， 令，则， 令解得，所以在上单调递增； 令解得，所以在上单调递减； 所以，当时，取得极大值，也是在上的最大值， 即， 所以，当时，恒成立，即当时，恒成立， 所以，恒成立. （2） 当时， （i）当时，，所以恒成立，即无零点； （i i）当时恒成立，即在上单调递增； 又，， 由零点存在性定理可得，在上存在唯一的零点，且零点小于0； 当时， 令，即， 又， 因此零点个数问题转化为了与图象的交点个数问题， 由（1）知，令，在上单调递增；在上单调递减； 当时，，当时，，如图所示； 当，即时，又，即此时，与图象没有交点，所以没有零点； 当，即时，又，即此时，与图象有两个交点，所以有2个正零点； 综上所述，当时，无零点； 当时，有一个零点； 当时，有两个零点； 当时，有三个零点； 【点睛】关键点点睛：第（1）问的关键，将恒成立问题，转为了恒成立问题，结合导数即可证明； 第（2）问的关键在于分类讨论，分和讨论，从而得解. 例题2．（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）已知函数（为实常数）. (1)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的值； (2)讨论函数的单调性. (3)讨论函数的零点个数 【答案】(1)时，函数的最大值为，时，函数的最小值为 (2)答案见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）利用导数求出在的极值、端点值可得答案； （2）分、讨论，利用导数判断可得答案 （3）转化为与图象交点的个数，利用导数得出的大致图象可得答案. 【详解】（1）当时，， ， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在时有极小值， 为， ，， 所以当时，函数的最大值为， 当时，函数的最小值为； （2）， 当时，，单调递增， 当时，由得， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 综上所述，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 在上单调递增； （3）， 当且时， 由得， 令，，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，，的大致图象如下图， 当时，与的图象只有一个交点， 即只有1个零点； 当时，与的图象没有交点，即没有零点； 当时，与的图象只有1交点，即有1个零点； 当时，所以与的图象有2个交点，即有2个零点； 综上所述， 当，时，只有1个零点； 当时，没有零点； 当时，有2个零点； 【点睛】关键点点睛：第三位解题的关键点是转化为与图象交点的个数，利用导数得出的图象. 精练核心考点 1．（24-25高三上·广东·开学考试）若函数，的图象与直线,,所围成的封闭图形的面积为． (1)求的值； (2)求函数单调区间及最值； (3)求函数在区间上的零点个数． 【答案】(1)； (2)递增区间是，，递减区间是，最小值，最大值； (3)答案见解析. 【分析】（1）根据给定条件，利用定积分列式求出值. （2）由（1）求出及导数，利用导数法分析函数的单调性，进而可得函数单调区间及最值. （3）作出函数的简图，数形结合可得函数在区间上的零点个数. 【详解】（1）依题意，当时， ，解得， 当时， ，此时，不符合题意， 所以. （2）由（1）知，，求导得， 当时，，当，即时，， 当，即时，，当，即时，， 则函数在，上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，在处取得极小值，而， 所以函数的递增区间是，，递减区间是，最小值，最大值. （3）由，得，函数在上的零点个数即直线与函数的图象的交点个数， 结合（2）在同一坐标系内作出直线与函数的图象， 观察图象知，当或时，直线与函数的图象有1个交点； 当或时，直线与函数的图象有2个交点； 当时，直线与函数的图象有3个交点， 所以当或时，函数有1个零点； 当或时，函数有2个零点； 当时，函数有3个零点. 2．（23-24高二下·山东聊城·期末）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若的导函数满足恒成立. （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）讨论零点的个数. 【答案】(1)见解析 (2)（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 【分析】（1）分类讨论，，，结合导数得出单调区间； （2）（Ⅰ）根据极值的定义确定是的极小值点，进而得出的值；（Ⅱ）分离参数，构造函数，并结合导数得出其图像，数形结合得出零点的个数. 【详解】（1）时，， 当时，在上单调递减； 当时，， 若，则时，单调递减； 时，单调递增； 若，则时，单调递增； 时，单调递减； 综上，时，的单调减区间为，无单调增区间； 时，的单调减区间为，单调增区间为； 时，的单调增区间为，单调减区间为； （2）（Ⅰ）由，得， 因为恒成立，所以是的最小值， 即是的极小值点. 令， 且，解得. 此时时，单调递减，即单调递减； 时，单调递增，即单调递增， 所以，符合题意.     故. （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 因为，所以零点的个数等价于方程实根的个数. 令，则， 所以当或时，； 当或时，， 即在和上单调递增，在和上单调递减， 当时，，，所以， 又，所以的大致图象如图所示: 所以当或或时， 方程恰有一个实根，零点的个数为1； 当或时， 方程恰有两个实根，零点的个数为2； 当时，方程无实根，零点的个数为0. 【点睛】关键点睛：解决问题（Ⅱ）时，关键在于分离参数，构造函数，利用导数得出单调性，进而由图像判断零点个数. 题型四：重点考查已知函数零点（方程根）的个数求参数（选填） 典型例题 例题1．（23-24高二下·河南·期中）已知当时，方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】分离参数转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究的单调性、极值与最值结合函数图象计算即可. 【详解】由题意得直线与函数的图象有两个不同的交点， 易知， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，作出函数在上的大致图象如图所示，    当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 故实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：将问题转化为函数交点的问题，利用导数研究函数的单调性、最值，并作出函数图象，数形结合即可. 例题2．（23-24高二下·云南保山·阶段练习）已知函数，若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】将问题等价于有两个相等的实数根，构造函数，由导数求解单调性，即可求解. 【详解】关于的方程有两个不相等的实数根关于的方程有两个不相等的实数根， 令，则 所以函数在上为增函数，在上为减函数， 又，且时，， 所以，故实数的取值范围为. 故答案为： 例题3．（23-24高二下·江西·阶段练习）若函数的图象与直线有4个交点，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先将函数图象交点问题转化为方程有解问题，利用换元法，构造函数，利用导数判断函数的单调性，得出方程的根为0与1；再根据分两类进行讨论，每一种情况内先分离出参数a、构造函数，利用导数研究函数的单调性并作出草图，数形结合即可求解. 【详解】因为函数的图象与直线有4个交点， 所以方程有4个不同实根， 即有4个不同实根. 设，， 则. 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 又因为， 所以有2个不同实根0与1. 令，得. 设， 则， . 令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，且时， 作出函数的草图： 所以当时，直线与函数的图象没有交点； 当或时，直线与函数的图象有1个交点； 当时，直线与函数的图象有2个交点. 令，得， 设， 则，. 令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，且时，. 作出函数的草图： 所以当时，直线与函数的图象没有交点； 当或时，直线与函数的图象有1个交点； 当时，直线与函数的图象有2个交点. 综上可得：当时，函数的图象与直线有4个交点. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值，函数与方程的综合应用及数形结合思想得应用.解题关键在于先将函数图象交点问题转化为方程有解问题，再构造函数，利用导数研究函数的单调性并作出草图，结合图象即可. 精练核心考点 1．（2024·福建龙岩·三模）已知函数有且只有一个零点，则ab的取值范围为 . 【答案】 【分析】由题意可得只有一个解，从而可得，，设，利用导数求解即可． 【详解】依题意得与只有一个交点，即两曲线相切， 则只有一个解， ，化简得，将其代入得， ，即，. ， 则， 设，则， 在单调递减，， 的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由指对运算可得，进而可得，构造函数，由导数求解即可. 2．（2024·陕西宝鸡·三模）已知函数在上只有两个零点，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题意可得，将问题转化为直线与的图象有两个交点，利用导数确定函数的单调区间及最值，作出图象，利用思想结合的思想求解． 【详解】令，则有， 因为，所以， 令，则直线与的图象有两个交点， 因为， 所以当时，，单调递增； 时，，单调递减； 所以． 又当时，，当时，， 故的图象如图所示： 所以． 所以实数的取值范围为：． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 3．（23-24高二下·天津南开·期中）已知方程有唯一实数解，则实数的值为 ． 【答案】 【分析】将方程变形为，设，将问题转化为方程有唯一解，即有唯一解，设，利用导数判断单调性并求出最小值可得答案． 【详解】由题意知：有唯一解， 又、，设， 即， 设，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增； 所以， 故方程有唯一解，即有唯一解，即有唯一解， 设，，， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，当时，，故只需满足， 设，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 故，故成立． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将方程转化为，从而将问题转化为有唯一解. 题型五：重点考查重点考查已知函数零点（方程根）的个数求参数（解答题） 典型例题 例题1．（2024·湖南·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得单调性. （2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a的取值范围． 【详解】（1）函数的定义域为R， 求导得， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上递减，在上递增， ，即， ①当时，，恒成立，在R上单调递减； ②当时，由，得，由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，在R上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知，当时，在R上单调递减，在R上至多一个零点，不满足条件， 当时，，令， 则， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，即， 于是，函数在R上单调递增，而， 则当时，，当时，，当时，， ①若，则，故恒成立，无零点； ②若，则，仅有一个实根，不满足条件； ③若，则， 注意到，， 于是在上有一个实根，又， 且 ， 令，则，当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，， 则，又，即，则有， 即，于是在上有一个实根， 又在上单调递减，在上单调递增，因此在R上至多两个实根， 又在及上均至少有一个实根，则在R上恰有两个实根， 所以时，在R上恰有两个实根. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： ①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； ②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； ③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 例题2．（23-24高三上·江苏南京·期中）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)已知实数，设. （i）若，求的极值； （ii）若有3个零点，求的值. 【答案】(1) (2)（i）有极小值为，无极大值；（ii） 【分析】（1）利用导数，求切点处的切线方程； （2）（i）利用导数求函数单调性，判断极值点并求极值；（ii）利用导数求函数的单调性，通过构造函数判断函数值的符号讨论零点所在区间，由零点个数求的值. 【详解】（1）由，得，所以， 又，所以曲线在处的切线方程为. （2）（i），则， 则， 设，则，令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增， 又，恒成立， 令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增， 有极小值为，无极大值. （ii）， 则， 设，则， ，. 令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增， ， ①当，即时，，， 恒成立， 令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增，不可能有3个零点， ②当，即时，，又，，， 设， 由（i）得恒成立，在上单调递增， 又，恒成立， ， 存在和，使得， 当或时，；当时，， 所以，当或时，；当或时，， 在和上单调递减，在和上单调递增， 又，，在有唯一零点； ， 设， 由（i）得恒成立，在上单调递增， 又，所以恒成立， 所以当时，， ， 在有惟一零点； 所以要使得有3个零点，必有，代入可得. 【点睛】方法点睛： 导函数中两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 例题3．（23-24高三上·广西·阶段练习）已知函数． (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若方程有三个不同的根，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把代入，求出函数的导函数，得到切线斜率，利用直线方程的点斜式得出答案； （2）把方程有三个不同的根，利用换元思想转化为一元二次方程根的分布问题，利用二次函数性质即可求解. 【详解】（1）当时， 则， 所以的图象在处的切线方程为：， 即； （2）方程有三个不同的根，即有三个不同的根， 两边同同除以，得， 令，则有① 设的两根为，， 由题意可知，与的交点的个数一个为1个，一个为2个， 不妨设与的交点个数为2个，与的交点个数为1个， 由， 当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 所以， 当逼近于时，逼近于， 当逼近于时，逼近于，且， 作出的图象，如图所示， 由题意可得方程①的根，有一个必在内，另一个根或 当时，方程①为，无意义，所以， 当时，，此时方程①为，则，即， 可得，不满足题意，所以； 所以，又因为， 令， 由二次函数的性质可得，解得， 综上：实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个，一是把根的个数问题转化为图象交点个数问题；二是利用二次函数根的分布列出限制条件. 精练核心考点 1．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)若函数单调递增，求实数a的取值范围； (2)若函数有且仅有2个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）将问题转化为恒成立，参变分离后根据二次函数性质可得； （2）构造函数，利用导数判断函数单调性，根据直线与的图象有一个交点可得的范围. 【详解】（1）函数的定义域为，， 因为函数单调递增，所以在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 因为，所以当时，， 所以，即实数a的取值范围为. （2）因为，所以是的一个零点. 当时，由，得， 记，则， 记，则， 记，则，所以在上单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以，在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，有最小值， 所以，当时，，即， 所以，在区间和上单调递增， 因为趋近于1时，趋近于1，趋近于0时，趋近于0，趋近于时，趋近于， 作出函数的图象如图： 由图可知，当或时，直线与的图象有一个交点， 即在区间上有一个零点， 所以，当或时，在有两个零点， 所以，实数a的取值范围为. 【点睛】关键点睛：第二问关键在于当时，参变分离，构造函数，利用导数判断函数的单调性，数形结合即可求解. 2．（2024·广西贺州·一模）已知函数． (1)若，讨论的单调性； (2)若关于x的方程有且只有一个解，求a的取值范围． 【答案】(1)当时，函数在上是增函数； 当时，函数在上是减函数， 在上是增函数. (2)或 【分析】（1）先求导，再根据导函数的正负得出函数的单调区间； （2）关于x的方程有且只有一个解，令，求出的单调区间，即可求解. 【详解】（1）对函数求导可得： ， 因为，则， 所以由可得， 解得或， 所以当时，函数在上是增函数； 当时，函数在上是减函数，在上是增函数. （2）因为关于x的方程有且只有一个解，即， 也即，令， 则是减函数， 因为，所以函数在上是增函数，在上是减函数， 又因为当时，；；当时，； 所以实数的取值范围为或. 3．（23-24高三上·河北石家庄·期末）已知函数. (1)时，求函数的值域; (2)若在上有两个实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求得，得到函数的单调性和极值，进而求得函数的值域； （2）由题意，转化为在有两个零点，求得，令，分类讨论求得函数的单调性，结合时，，进而得到答案. 【详解】（1）解：当时，函数，其定义域为，且， 令，可得， 当时，；当时，， 所以在区间单调递减，在区间单调递增， 所以当时，取得极小值，同时也是最小值，最小值， 又因为时，，所以的值域为. （2）解：由在有两个实数根，则在有两个零点， 又由，令， 当时，恒成立，，在上单调递减，舍去； 当时，解得或，有两个根，且， 当时，在上恒小于，，单调递减，舍去； 当时，，不妨设，则， 时，，单调递增， 时，，单调递减， 且，则， 令，可得， 当时，，单调递减，且， 所以，当时，， 则，且， 故使，故在上存在两个零点， 综上，实数的取值范围为. 【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 题型六：重点考查函数零点（方程根）中的隐零点问题 典型例题 例题1．（23-24高二下·河南洛阳·期中）给定函数. (1)判断函数的单调性，并求出函数的极值; (2)证明:当时，. 【答案】(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增，极小值. (2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，求解函数的单调区间，再求函数的极值； （2）首先由不等式构造函数，转化为证明函数的最小值大于0. 【详解】（1）函数的定义域为. . 令，解得. 当变化时，的变化情况如下表 负 0 正 单调递减 极小值 单调递增 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，有极小值. （2）要证明当时，， 即证明当时，. 令函数. 则. 当时，. 设函数. 则，故在上单调递增. 又 所以存在唯一的使得. 且. 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以 设函数 则 即在单调递增. 所以原不等式得证. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用隐零点问题求函数的最小值. 例题2．（23-24高三下·贵州毕节·阶段练习）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导函数并变形，再局部构造函数，再求导研究的单调性，并通过观察确定零点，判断的符号变化，从而得到符号，进而得单调性并求最值； （2）先利用零点性存在定理证明导函数的零点的存在，设出隐零点并得到其所在区间，判断函数的单调性得最值，将零点满足的（即）变形回代表达出最小值.证明恒成立，即转化为最小值在区间成立即可. 【详解】（1）当时，，定义域为， 则， 令， 则，所以在单调递增， 其中， 故当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增； 在处取最小值，又. 故的最小值为； （2）由（1）知，当时，，即成立； 下面证明当时，也成立. ，定义域为， ， 令，又， 则，所以在区间单调递增， 其中，且， 由零点存在性定理及单调性可知，存在唯一实数， 使，即，则① 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，将①式代入可得， ②， 下面先证，， 令， 则，在单调递增， 则，即，故当，③. 由②③式可得， ， 又，则，即 ，所以，则有. 故当时，也成立. 综上所述，当时，． 【点睛】方法点睛：含参函数的隐零点问题回代方法处理的一般步骤如下： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的范围（有时零点范围需要调整适当加以缩小）； 第二步：以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式； 第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明. 精练核心考点 1．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数. (1)在的切线斜率为2，求； (2)当时， ①，证明：； ②判断的零点个数，并说明理由. 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②两个 【分析】（1）根据导数的几何意义代入计算解方程可得； （2）①对函数求导并构造函数利用函数单调性即可证明得出结论； ②对不同区间上的单调性进行分类讨论，并利用零点存在定理可得在上有两个零点. 【详解】（1）由可得, 可得，解得； （2）当时，，其定义域为； 可得； ①当时，令， 则， 令， 则； 因此可知在上单调递增，即， 因此，可得在上单调递增； 所以，即在上单调递增， 因此， 即可得时，； ②由，可知在上单调递增， 易知当趋近于时，趋近于，又； 根据零点存在定理可得在上存在唯一零点； 设，， 即可得时，；时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，当趋近于时，趋近于， 令， 所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增； 即可得，当趋近于时，趋近于， 即可得在上有唯一零点，且，即的一个零点为0，上无零点， 综上可知，在上有两个零点. 【点睛】方法点睛：求解函数零点问题时，要利用导数求出函数单调性并由零点存在定理得出零点所在区间，即可求得函数的零点个数. 题型七：重点考查函数零点（方程根）中的极限问题 典型例题 例题1．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的零点个数． 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)答案见解析 【分析】（1）原函数求导，令再分析，进而得到原函数的单调区间，进而得到极值. （2）分情况讨论单调区间，借助极限知识，大概知晓函数图像趋势和函数值，进而得到零点个数. 【详解】（1）当时，， ∴， 易知函数的定义域为，且函数和都在区间上单调递减， 令，则在区间上单调递减，且， ∴当时，；当时，；当时，， ∴函数在上单调递增，在上单调递减， ∴函数的极大值为，无极小值． （2）当时，易知，函数单调递增， 又当时，；当时，， ∴当时，函数只有一个零点， 当时，令，易知在区间上单调递减， 当时，；当时，， ∴存在使得，即， ∴当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减， 又当时，；当时，， 下面讨论与0的大小关系， ∵，， ∴，即， ∴， ∴当时，；当时，；当时，． ∴当时，有2个零点；当时，只有1个零点；当时，没有零点． 综上， 当时，函数只有1个零点； 当时，函数有2个零点； 当时，函数没有零点． 例题2．（24-25高三下·全国·单元测试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件，证明：恰有一个零点． ①； ②． 注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，分，，和四种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间； （2）若选择条件①，由（1）知当时的单调性，从而可求出函数的极大值，极小值，再令，利用导数可求得在上恒成立，则可得，进而可证得结论；若选择条件②，由（1）知，当时的单调性，则可得的极大值，极小值，由，可判断，，从而可证得结论. 【详解】（1）由题意得， 当时，令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 当时，令，得或， ①当时，令，得或；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． ②当时，且等号不恒成立，所以在R上单调递增． ③当时，令，得或；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． （2）选择条件①，证明如下： 由（1）知当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 且． 由于，所以． 令，则， 令得，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值． 由于，， 所以在上恒成立，所以． 当时，，所以有一个零点，得证．    选择条件②，证明如下： 由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值． 由于， 所以，则， 所以． 当时，，所以有一个零点，得证．    【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是利用导数求出函数的极值，通过判断极值的正负讨论函数的零点，考查分类讨论思想和计算能力，属于难题. 精练核心考点 1．（23-24高二下·天津河北·期中）已知函数的图象在点处的切线方程为 (1)求的解析式； (2)若对任意有恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数在内有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，，即可求出、的值，从而得解； （2）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最大值（），即可得解； （3）由（1）可得，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数在区间内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数的取值范围． 【详解】（1）因为，则， 依题意，，解得，， 所以； （2）由（1）可得， 当时恒成立， 所以在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，， 因为对任意有恒成立，所以，. . 实数的取值范围为. （3）由（1）可得：， ， 令，解得或， 所以、、列表如下： 1 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表格可知：当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值， 且当时，当时， 要满足函数在区间内有3个零点， 则，解得， 所以实数的取值范围. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 2．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期中）已知函数，. (1)求证：有且仅有三零点. (2)设为最小的零点，证明：当，. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，令，利用导数求出的单调区间，结合零点存在性定理可得，，在递增，递减，递增，再结合零点存在性定理可证得结论； （2）根据题意转化为证，再转化为证，然后构造函数，利用导数判断其单调性可证得结论. 【详解】（1），， 设，， 则在递减，在递增， ，，， 所以，使， ，使， 所以的正负性确定， 所以在递增，递减，递增， 令，则， 所以在上递减，所以， 所以， 令，则， 当且仅当，即时取等号， 因为，所以， 所以在递减，所以， 所以， 同理当可证得在递减，所以， 所以， 因为，，，， 所以有且仅有三个零点. （2）依题意得：，， 需证：，，只需证：. 只需证：， （满足）， ， 令，， 所双在单调递增， 所以得证. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数零点问题，考查利用导数证明不等式，考查函数零点存在性定理的应用，第（2）问解题的关键是通过多次变形转化，然后构造函数，通过判断函数的单调性可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题. 学科网（北京）股份有限公司 $$