重难点突破03 利用导数研究函数的零点（8大题型+五年真题+专项训练）讲义-2026届高三数学一轮复习（新高考地区适用）

重难点突破03 利用导数研究函数的零点 目录： 01 考情分析（五年真题（2025年--2021年）考点分布）………………………1 02 题型突围 精准提分 ……………………………………………………………1 题型一 判断函数零点的个数………………………………………………………1 题型二 讨论函数零点的个数 ……………………………………………………3 题型三 证明函数零点的个数 ……………………………………………………4 题型四 根据零点个数求参数（范围） …………………………………………5 题型五 零点问题之同构法 ………………………………………………………6 题型六 零点问题之三角函数 ……………………………………………………7 题型七 与零点有关的求值或范围问题 …………………………………………8 题型八 与零点有关的证明问题 …………………………………………………8 03 专项训练 查漏补缺 ……………………………………………………………9 04 真题呈现 把握考情……………………………………………………………12 考情分析 考题示例 考点分析 考情分析 2025年全国Ⅱ卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 函数零点问题再高考中占有很重要的地位，注意涉及判断函数零点的个数或范围. 高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其它知识的交汇问题，一般以解答题的压轴题出现. 2025年天津卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 2024年全国Ⅱ卷 利用导数研究函数的零点（多选题） 2024年北京卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 2022年全国Ⅰ卷 利用导数研究函数的零点（多选题） 2022年全国Ⅰ卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 2022年全国甲卷（理） 利用导数研究函数的零点（解答题） 2022·年全国乙卷（理） 利用导数研究函数的零点（解答题） 2021年全国Ⅱ卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 2021年全国甲卷（理） 利用导数研究函数的零点（解答题） 题型突围 题型一 判断函数零点的个数 指点迷津 利用导数判断函数零点个数的方法： （1）函数的性质和零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． （2）数形结合法：将函数的零点转化为方程解的个数，若能分离参数，将参数分离出来后，用表示参数的函数，作出该函数的图像，利用数形结合研究函数零点问题. （3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 例1．（函数的性质法）（24-25高二下·全国·课后作业）函数的零点个数为 ． 例2．（数形结合法）（24-25高二下·重庆·期中）函数的图象与直线恰有两个公共点，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 例3．（构造函数法）（24-25高三上·山东济南·期末）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【相似题1】（2025·安徽·模拟预测）函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【相似题2】（24-25高三上·四川·期中）已知实数满足，则函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【相似题3】（多选）（2025高三·全国·专题练习）函数的零点个数可能是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【相似题4】（2025·宁夏银川·三模）若函数，则的零点个数为（    ）. A．2 B．3 C．4 D．5 【相似题5】（多选）（24-25高三下·湖北·开学考试）函数叫自然指数函数，是一种常见的超越函数，它常与其它函数进行运算产生新的函数.已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数在上单调递减 B．函数既有极大值，也有极小值 C．方程有个不同的实数解 D．在定义域内，恒有 【相似题6】（24-25高三上·新疆·阶段练习）若关于x的方程有且仅有两个解，则实数a的值为 ． 题型二 讨论函数零点的个数 例1．（函数的性质+零点存在性定理）（2025·重庆·三模）已知函数，函数在点处的切线方程为. (1)求的值； (2)讨论的零点个数. 例2．（构造函数法）（2025·湖北恩施·模拟预测）已知函数，直线. (1)若点是函数图象上的一点，求点到直线距离的最小值； (2)若，讨论函数的零点的个数. 例3．（数形结合法）（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间及最小值； (2)令，求的零点个数． 【相似题1】（2025·河北秦皇岛·三模）设函数． (1)求的图象在处的切线方程； (2)记，若，试讨论在上的零点个数． 【相似题2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知，. (1)讨论的单调性； (2)若，讨论的零点个数； 【相似题3】（24-25高二下·浙江杭州·阶段练习）已知函数， (1)当时，求的对称中心； (2)证明：有唯一零点 【相似题4】（2025·湖南长沙·模拟预测）已知函数，其中. (1)求的极值； (2)讨论的零点的个数. 【相似题5】（2025高三·全国·专题练习）已知函数，其中且． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”，求函数的“不动点”的个数． 【相似题6】（2025·江苏南京·一模）已知函数． (1)若函数是增函数，求实数的取值范围； (2)试判断在上的零点个数． 题型三 证明函数零点的个数 例1．（函数的性质+零点存在性定理）（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)证明：在上有且仅有一个零点． 例2．（构造函数法）（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的值； (3)当时，证明：有2个零点． 【相似题1】（2025高三·全国·专题练习）已知函数，其中.证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点. 【相似题2】（2025·安徽淮北·二模）已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，有且仅有一个零点. 【相似题3】（24-25高二下·云南昭通·期中）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个零点，求a的取值范围． 【相似题4】（2025·山东淄博·三模）已知函数. (1)当时，判断有无极值点，并说明理由； (2)当时，判断函数在上的零点个数并给出证明. 题型四 根据零点个数求参数（范围） 例1．（函数的性质+零点存在性定理）（2025高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点，，求实数的取值范围. 例2．（数形结合法）（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，求a的取值范围. 例3．（构造函数法）（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数没有零点，求实数的取值范围； (3)若函数，满足有两个不同的实数根，求正整数的最小值. 【相似题1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知函数． (1)若，证明：函数在上单调递增； (2)若函数有三个零点，求的取值范围． 【相似题2】（2025高三·全国·专题练习）已知函数的导函数为. (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围. 【相似题3】（2025高三·全国·专题练习）已知函数， (1)当时，求的极值； (2)若在区间上存在零点求a的取值范围； 【相似题4】（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知函数. (1)当时，求证：在区间上单调递增. (2)若函数在区间各恰有1个零点，求a的取值范围. 【相似题5】（24-25高二下·山西太原·期中）已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若在上有零点，求的取值范围. 题型五 零点问题之同构法 1．（24-25高二下·云南临沧·期中）若函数存在零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，若，则方程在的根的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．（2025·山东青岛·模拟预测）若函数有2个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高三上·四川成都·开学考试）已知函数有两个零点，实数的取值范围为 . 5．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（），若函数在区间内存在零点，求实数a的取值范围 6．（2024·四川凉山·三模）已知函数的零点为，则 ． 题型六 零点问题之三角函数 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数.若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 2．（2025·安徽蚌埠·三模）已知函数． (1)若，讨论函数在的单调性； (2)若在上有唯一的零点，求实数a的最小值． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数. (1)若，求在上的最大值； (2)若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知函数 (1)若，讨论函数在的单调性； (2)若，求证：． (3)若在上有唯一的零点，求实数的最小值． 5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若且函数在上没有零点，求实数a的取值范围． 6．（2025·辽宁·一模）已知函数． (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)证明：函数在上有两个零点． 7．（2025·山东·一模）已知函数． (1)当时，求函数的零点个数； (2)若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围． 题型七 与零点有关的求值或范围问题 1．（2025·江西·模拟预测）已知． (1)当时，讨论的单调性； (2)已知方程恰有3个实根，求的值． 2．（2025·安徽安庆·模拟预测）已知函数有两个不同的零点. (1)证明：； (2)当时，求的最大值； 题型八 与零点有关的证明问题 1．（2025·四川成都·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，为的导函数. （i）求实数的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 2．（24-25高三下·河南驻马店·开学考试）已知函数． (1)若函数单调递增，求实数a的取值范围； (2)若函数有两个零点． ①求实数a的取值范围； ②证明：． 3．（2025·江苏南京·一模）已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 4．（2025·北京海淀·三模）已知函数，曲线在点处的切线斜率为． (1)求的值． (2)求在上的零点个数． (3)证明：在上存在两个零点，且． 5．（24-25高二下·湖北·阶段练习）已知函数. (1)当时，求的单调增区间； (2)已知有两个零点，. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 6．（2025·安徽·模拟预测）已知函数，. (1)若与相切，求实数的值； (2)若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数有3个零点，，，求证：. 专项训练 1．（24-25高二下·北京大兴·期中）若函数有且仅有一个零点，则实数c的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·海南·模拟预测）记函数的零点分别为，则（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·四川成都·三模）函数有且只有一个零点，则的取值是（    ） A． B． C． D． 4.（2025·广西·一模）曲线与直线的交点个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2025·河北·三模）已知函数在定义域内不存在零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知、，且，则（   ） A． B． C． D．无法确定、的大小 7．（24-25高二上·重庆渝中·期末）已知函数的图象与x轴有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·浙江·期末）已知函数，，若函数有5个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 9．（2025·辽宁大连·模拟预测）若函数（且）在上有唯一零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 10.（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数在处有极小值. (1)求实数的值； (2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围. 11．（2025·广东广州·三模）已知函数. (1)当时，求与相切，且垂直于直线的直线方程； (2)若有两个零点，求实数的取值范围. 12．（2025·安徽马鞍山·二模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围. 13．（2025·北京朝阳·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求证：当时，； (3)若函数有个不同的零点，求的取值范围． 14．（2025·海南·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)若在区间上有且仅有一个零点，求实数a的取值范围． 15．（2025·安徽合肥·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)讨论的零点个数，并证明所有零点之和为0． 16．（2025·山东·二模）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． 17．（2025·江西·二模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：时，； (3)判断函数的零点个数. 18．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，判断函数的单调性； (2)讨论的零点个数. 19．（2025·山东·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)判断函数的零点个数并说明理由； (3)若对于，曲线与曲线有且仅有一个交点，求的取值范围. 真题呈现 1．（2025年全国Ⅱ卷）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 2．（2025年天津卷）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 3．（多选）（2024年新课标Ⅱ卷高考真题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 4．（2024年北京高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 5．（多选）（2022年新高考全国Ⅰ卷高考真题）已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．有三个零点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 6．（2022年新高考全国Ⅰ卷高考真题）已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 7．（2022年全国甲卷（理）高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 8．（2022·年全国乙卷（理）高考真题）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 9．（2021年全国新高考Ⅱ卷高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①；②． 10．（2021年全国甲卷（理）高考真题）已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点突破03 利用导数研究函数的零点 目录： 01 考情分析（五年真题（2025年--2021年）考点分布）………………………1 02 题型突围 精准提分 ……………………………………………………………1 题型一 判断函数零点的个数………………………………………………………1 题型二 讨论函数零点的个数 ……………………………………………………8 题型三 证明函数零点的个数 ……………………………………………………19 题型四 根据零点个数求参数（范围） …………………………………………27 题型五 零点问题之同构法 ………………………………………………………38 题型六 零点问题之三角函数 ……………………………………………………42 题型七 与零点有关的求值或范围问题 …………………………………………49 题型八 与零点有关的证明问题 …………………………………………………52 03 专项训练 查漏补缺……………………………………………………………63 04 真题呈现 把握考情……………………………………………………………85 考情分析 考题示例 考点分析 考情分析 2025年全国Ⅱ卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 函数零点问题再高考中占有很重要的地位，注意涉及判断函数零点的个数或范围. 高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其它知识的交汇问题，一般以解答题的压轴题出现. 2025年天津卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 2024年全国Ⅱ卷 利用导数研究函数的零点（多选题） 2024年北京卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 2022年全国Ⅰ卷 利用导数研究函数的零点（多选题） 2022年全国Ⅰ卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 2022年全国甲卷（理） 利用导数研究函数的零点（解答题） 2022·年全国乙卷（理） 利用导数研究函数的零点（解答题） 2021年全国Ⅱ卷 利用导数研究函数的零点（解答题） 2021年全国甲卷（理） 利用导数研究函数的零点（解答题） 题型突围 题型一 判断函数零点的个数 指点迷津 利用导数判断函数零点个数的方法： （1）函数的性质和零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． （2）数形结合法：将函数的零点转化为方程解的个数，若能分离参数，将参数分离出来后，用表示参数的函数，作出该函数的图像，利用数形结合研究函数零点问题. （3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 例1．（函数的性质法）（24-25高二下·全国·课后作业）函数的零点个数为 ． 【答案】3 【详解】由题意得 令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极大值； 当时，取得极小值， 当时，；当时，， 所以函数的零点个数为3． 故答案为：3. 例2．（数形结合法）（24-25高二下·重庆·期中）函数的图象与直线恰有两个公共点，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【详解】设，其中，则，令可得，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的极大值为，极小值为，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个公共点. 故选：D. 例3．（构造函数法）（24-25高三上·山东济南·期末）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】解：令 当时故是的一个根. 当时 令 则 所以在上单调递增， 所以 所以时即方程在无实数根. 当时 在上单调递减，且 如图所示： 与的图象在上有两个交点， 所以方程在有两个不同的根. 综上所述，曲线与的交点个数为 故选：C 【相似题1】（2025·安徽·模拟预测）函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】, 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 当时，，所以当时，，无零点； 而，，且函数在上单调递增，故有一个零点. 故选：B 【相似题2】（24-25高三上·四川·期中）已知实数满足，则函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【详解】由题设，则或时，时，， 所以在上递增，在上递减，且， 由，即，而在R上递增，在R上递减， 显然，故， 所以，又趋向时趋向趋向时趋向， 综上，共有3个零点． 故选：D 【相似题3】（多选）（2025高三·全国·专题练习）函数的零点个数可能是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】BC 【详解】由，，得， 求函数的零点个数等价于求函数和的图像的交点个数. 函数的导函数，当时；当时. 所以函数在上单调递增，在单调递减. 时有最大值，时， 时，，. 过定点的直线，与函数的图像的交点数为1个或2个，如图所示. 所以函数的零点个数为1个或2个. 故选：BC. 【相似题4】（2025·宁夏银川·三模）若函数，则的零点个数为（    ）. A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【详解】令，则，所以， 解得，解得或， 当时，，求导得， 令，则，解得， 若时，，若，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，， 当时，在上单调递增，且， 所以有3个解，有2个解， 所以的零点个数为5个. 故选：D. 【相似题5】（多选）（24-25高三下·湖北·开学考试）函数叫自然指数函数，是一种常见的超越函数，它常与其它函数进行运算产生新的函数.已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数在上单调递减 B．函数既有极大值，也有极小值 C．方程有个不同的实数解 D．在定义域内，恒有 【答案】BCD 【详解】易知的定义域为，， 对于选项A，由，得到，且，所以减区间为，，故选项A错误， 对于选项B，由，得到或， 当时，，当时，，当，，当时，， 所以的极大值为，极小值为，故选项B正确， 对于选项C，由选项B知，的增区间为，减区间为， 当时，，且时，，当从左边时，， 当从右边时，，且时，，当时，， 图象如图所示，由图知，只有一个零点，且， 令，由，得到，所以，令， 由图知，与有且仅有两个交点，所以选项C正确， 对于选项D，令，易知的图象关于点中心对称， 所以，即，得到，故选项D正确， 故选：BCD. 【相似题6】（24-25高三上·新疆·阶段练习）若关于x的方程有且仅有两个解，则实数a的值为 ． 【答案】 【详解】由题意可知当，即时，方程为不成立，故可得， 则此方程可化为，令，， 则， 当时，，则，令，解得， 故当时，，函数为增函数； 当时，，函数为减函数， 故. 当时，，则在上恒成立， 故函数为增函数， 作出和函数的图象如下： 故由图象可知当时，这两个函数的图象只有2个公共点. 故答案为：. 题型二 讨论函数零点的个数 例1．（函数的性质+零点存在性定理）（2025·重庆·三模）已知函数，函数在点处的切线方程为. (1)求的值； (2)讨论的零点个数. 【答案】(1)，；(2)2 【详解】（1）求导得到， 根据函数在点处的切线方程为，得到. 把代入得， 因为，所以，即. 又，解得. （2）由第（1）问知，. 令，求导得. 当，，在递减； 当，，在递增. ，，所以存在唯一使，即. 当，，在递减； 当，，在递增，所以. ，又，， 根据零点存在定理，在和各有一个零点，共2个零点. 例2．（构造函数法）（2025·湖北恩施·模拟预测）已知函数，直线. (1)若点是函数图象上的一点，求点到直线距离的最小值； (2)若，讨论函数的零点的个数. 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】（2）若，证明函数的零点的个数与的零点个数相同，求出，令，证明在单调递增，在上单调递减，据此即可求解. 【详解】（1）点到直线的距离为， 令，令， 令得， 当时为极大值， 当时，， 当时，， ，所以， 所以对应最小距离为； （2）若， 定义域为，令可得， 则函数的零点的个数与的零点个数相同， ， 再令， 则，所以在单调递减， 又因为，在单调递增，在上单调递减， 则，， 当，所以当时恒成立，无零点， 当时，有1个零点， 当时，在和分别有1个零点， 即有2个零点，当时， 在有1个零点，在上， 恒成立，即只有1个零点； 综上所述，当时， 无零点，当或时，有1个零点，当时， 有2个零点. 例3．（数形结合法）（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间及最小值； (2)令，求的零点个数． 【答案】(1)单调区间见解析；；(2)答案见解析 【详解】（1）由求导得：， 当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增. 故的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，； （2）由可得， 则的零点个数即函数与直线图象的交点个数. 由（1）已得在上单调递减，在上单调递增， 且当时，， 又时，，当时，， 作出函数的图象. 由图知，当时，直线与函数的图象没有交点，此时函数无零点； 当时，直线与函数的图象有2个交点，此时函数有2个零点； 当或时，直线与函数的图象有1个交点，此时函数有1个零点. 【相似题1】（2025·河北秦皇岛·三模）设函数． (1)求的图象在处的切线方程； (2)记，若，试讨论在上的零点个数． 【答案】(1)；(2)1 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，即可求出切线方程； （2）令，二次求导可得，可得在上单调递增，在上单调递减，结合已知可得，使得，即可得的单调性，进而可得结论. 【详解】（1），所以，又， 所以的图象在处的切线方程为． （2）由已知得，所以， 令，则． 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减． 当时，， 所以存在，使得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 因为，故函数在上无零点， 又因为，由零点存在定理可得在上有且只有一个零点． 综上所述，当时，函数在上的零点个数为1． 【相似题2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知，. (1)讨论的单调性； (2)若，讨论的零点个数； 【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析 【分析】（1）求导，分，，对函数进行讨论； （2）由（1）可知函数的单调性，然后按，或，进行讨论判断. 【详解】（1）由题可知：函数的定义域为 ，由，令，所以或， 当时，令，；令，或， 所以函数在单调递增，在单调递减. 当时，在恒成立，所以函数在单调递减； 当时，令，；令，或， 所以函数在单调递增，在单调递减 （2）由（1）可知：当时，函数在单调递增，在单调递减， 当时，；当时，，又， 若，所以，使得，，则函数有3个零点； 若，，，则函数有2个零点； 若，则，则函数有1个零点； 若，则，则函数有2个零点； 若，则，所以，使得则函数有3个零点； 综上所述：当，函数有3个零点； 当或，函数有2个零点； 当，函数有1个零点. 【相似题3】（24-25高二下·浙江杭州·阶段练习）已知函数， (1)当时，求的对称中心； (2)证明：有唯一零点 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）设对称中心为，利用中心对称则公式即可求对称中心； （2）由得到，设，求出的单调性，结合零点存在定理即可判断. 【详解】（1）当时，， 设的对称中心为， 则， 所以， 整理得， 所以，解得， 所以的对称中心为 （2）由于，所以等价于， 设，则， 仅当时，因此在单调递增， 即至多有一个零点，从而至多有一个零点 又因为，， 故在内存在零点， 综上所述，可知有唯一零点 【相似题4】（2025·湖南长沙·模拟预测）已知函数，其中. (1)求的极值； (2)讨论的零点的个数. 【答案】(1)极小值为，无极大值；(2)答案见解析 【分析】（1）求导得函数单调性，进而得极值； （2）求导，对分类讨论得函数对应的单调性，从而结合零点存在定理即可得解. 【详解】（1）因为，其定义域为， 且. 因为，由，所以函数在和上单调递减， 在上单调递增，所以在处取极小值， 且极小值为，无极大值. （2）因为，所以当时，有，此时无零点； 当时，由（1）知，在处取极小值. ①当时，在处取极小值0，此时恰有一个零点； ②当时，在处取极小值，此时无零点； ③当时，在处取极小值. 下面先证明：当时，. 令，则，当时，单调递减， 时，单调递增，所以，即，等号当且仅当时成立. 所以，又当且时，. 所以在和各有一个零点，此时，共有2个零点. 综上可知，当时，无零点；当时，有一个零点； 当时，共有2个零点. 【相似题5】（2025高三·全国·专题练习）已知函数，其中且． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”，求函数的“不动点”的个数． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；(2)答案见解析 【分析】（1）求出，由导数的正负求单调区间； （2）由不动点定义将问题转化为的零点问题，当时，借助和的最值，结合零点存在定理即可确定零点个数；当时，时，，无零点；当时，由即可确定不定点个数. 【详解】（1）当时，， 所以， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）由题意函数的不动点即方程的根， 显然不是方程的根， 所以，所以， 记， 因为（当且仅当取等号）， 所以在和上均为增函数． 由，记． ①当时，令，则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以当时，， 即（当时取等号）， 因为，又， 所以存在唯一实数，使得，即，即此时有一个不动点； 令，则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以当时，， 即，（当时取等号）， 因为，又， 所以存在唯一实数，使得，即，即此时有一个不动点； ②当时，当时，无零点； 当时，因为， 所以存在唯一实数，使得，即，即此时有一个不动点. 综上：当时，函数有两个不动点，；当时，有一个不动点． 【相似题6】（2025·江苏南京·一模）已知函数． (1)若函数是增函数，求实数的取值范围； (2)试判断在上的零点个数． 【答案】(1)；(2)答案见解析. 【分析】（1）由题结合在定义域内恒成立可得答案； （2）研究在上的单调性，结合零点存在性定理可判断零点个数. 【详解】（1）由题意得，且在定义域内恒成立. 则在定义域内恒成立，令，对求导可得，，时，，即单调递减， 时，，即单调递增， 所以，则，故实数的取值范围为； （2）I由（1），当时，在上单调递增. 注意到，时，， 则此时在上有一个零点； II当时，令， 则，. 则在上单调递增，在上单调递减， 注意到，， 则存在，使. ①若，即，则. 则此时在上单调递增，在上单调递减. 注意到时，，， 则，使；注意到， i若，则此时有一个零点； ii若，则使，则此时有两个零点； ②若，因在上单调递增， 则存在，使. 则，. 则此时在上单调递增，在上单调递减. 由①分析，在存在零点，又注意到， 则此时有一个零点. 综上可得：当时，在上有一个零点； 当时，在上有2个零点. 题型三 证明函数零点的个数 例1．（函数的性质+零点存在性定理）（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)证明：在上有且仅有一个零点． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意先求，再求，即得，最后利用点斜式即可求解； （2）令，利用导数研究单调性，进而得的单调性，又，根据零点存在性定理得，使得，即可得的单调性，最后根据零点存在性定理即可求解. 【详解】（1）由题意有，， 所以，所以切线方程为， 即切线方程为：； （2）令，所以， 令有或，当时，由有或， 由有得或，由有， 所以在单调递减，在单调递增， 又， 所以，使得，当时，，即， 当时，，即，所以在单调递增，在单调递减， 又， 所以在上有且仅有一个零点. 例2．（构造函数法）（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的值； (3)当时，证明：有2个零点． 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，，构造函数，求导推得，结合恒成立即得的值； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减， 又，所以当时，，不符合题意； ② 当时，由，得时，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以， 因为，则其等价于，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以，因恒成立，故． （3）． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为当时，，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即； 当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得，即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 因为，所以当趋近于0时，趋近于； 当趋近于时，趋近于，且， 所以有2个零点，故有2个零点． 【相似题1】（2025高三·全国·专题练习）已知函数，其中.证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点. 【答案】证明见解析 【详解】证明：由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一零点使得，即在上存在唯一零点. 【相似题2】（2025·安徽淮北·二模）已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，有且仅有一个零点. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【详解】（1）若，则， 所以，函数在处的切线方程为； （2）的定义域为， 当时有且仅有一个零点4： 当时，，函数递增，由，知存在唯一零点； 当时，令得， 当时，函数递增： 当时，函数递减； 当时，函数递增： 当时，，所以，函数无零点； 因为当时递减，当时递增， 且，所以存在唯一零点. 综上所述，当时，有且仅有一个零点. 【相似题3】（24-25高二下·云南昭通·期中）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）若，，， 则；， 故所求的切线方程为，即． （2）由题意函数的定义域为， ， ①当时，恒成立，在上单调递增， 函数在定义域内最多一个零点，不符合题意； ②当时，令，则； 令，则；令，则， 函数在上单调递减，在上单调递增， ， 若，则，此时最多一个零点，不符合题意； 若，则， 又时，；时，， 由零点存在性定理和函数的单调性可知，在上存在唯一的零点， 在上也存在唯一的零点，符合题意， 综上． 【相似题4】（2025·山东淄博·三模）已知函数. (1)当时，判断有无极值点，并说明理由； (2)当时，判断函数在上的零点个数并给出证明. 【答案】(1)无极值点，理由见解析 (2)函数在上有2个零点，证明见解析 【详解】（1）当时，无极值点，理由如下： 当时，函数，定义域为， 所以， 令，则，由得， 由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，故， 所以在上单调递增，故函数无极值点． （2）当时，函数在上的零点个数为2，证明如下： 由得， 设，则，令，得， 所以当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 因为，，， ， 所以，， 所以，使得，，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 且，， 设，则，， 当时，，为减函数， 当时，，为增函数， 所以，故，即， 因为，所以，故，即. 设，则，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即， 因为，所以. 由得，且. 因为，，， 所以函数在和上各有一个零点，共2个零点． 题型四 根据零点个数求参数（范围） 例1．（函数的性质+零点存在性定理）（2025高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点，，求实数的取值范围. 【答案】 【详解】， 当时，，为减函数，不符合题意； 当时，若，，若，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 故在上取得极小值，也是最小值， 又时，；时，. 有两个零点，∴， 解得，. 例2．（数形结合法）（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； （2）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为. 例3．（构造函数法）（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数没有零点，求实数的取值范围； (3)若函数，满足有两个不同的实数根，求正整数的最小值. 【答案】(1)答案见解析；(2)；(3) 【详解】（1）由， 则， 当时，，所以函数在上单调递增； 当时，令，可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； （2）由（1）可得，当时，函数在上单调递增， 当时，，当时，，所以函数一定有零点； 当时，函数，函数在上没有零点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以要使得没有零点，则的最小值， 计算可得， 综上，实数的取值范围为； （3）设， 则， 若，则，所以函数在上单调递减， 若，则，所以函数在上单调递增， 并且当时，；当时，， 所以要使得函数有两个零点， 则的最小值，即， 因为，所以， 令，显然在上为增函数，且，， 所以满足条件的最小正整数. 又当时，，， 所以时，有两个不同的实数根， 综上所述，正整数的最小值为. 【相似题1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知函数． (1)若，证明：函数在上单调递增； (2)若函数有三个零点，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）把问题转化为证明在上恒成立，令，研究其单调性，再转化为求最小值，判断大于零即可； （2）利用分类讨论的思想来求解，方法一：分和，设，容易判断时，不成立；当时，利用导函数研究单调性结合零点存在定理来进行讨论，求出的最小值为，进行分类讨论即可求解；方法二：利用导函数研究函数的单调性，同时利用极限的思想来求解． 【详解】（1）当时，，则， 要证函数在上单调递增，只要证明在上恒成立， 令， 因为，令， 解得， 由，得，此时函数单调递增， 由，得，此时函数单调递减， 所以当时，取得最小值， 因为，所以恒成立， 即在上单调递增； （2）方法一：令，等价于， 设， 当时，没有零点； 当时，， 当时，，函数单调递增， 因为， 所以函数在上有一个零点； 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，的最小值为， 若．即在上没有零点； 若，即在上有一个零点； 若，即， 因为，当时，， 所以在上有两个零点； 综上，当时，有3个零点. 方法二：当时，恒成立，没有零点，故， 当时，单调递增，单调递减， 故在上单调递增， 且当时，， 故在上有唯一零点， 所以在上有三个零点等价于在上有两个零点， 当时，由， 即，得， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 故当时，， 且当时，，当时，， 故要使在上有两个零点， 则只要即可，解得； 综上，当时，有3个零点. 【相似题2】（2025高三·全国·专题练习）已知函数的导函数为. (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）当时，，则， 所以，则， 所以的图象在点处的切线方程为，即. （2）由题知，， 因为有三个不同的零点， 所以方程有三个不等实根， 化简可得方程有三个不等实根， 即可看成直线与曲线有三个不同的交点， ， 所以当或时，单调递减； 当时，单调递增， 所以当时，有极小值为， 当时，有极大值为， 当时，，且当时，， 所以作出函数的图象如图1所示， 所以数形结合可知，即实数的取值范围为. 【相似题3】（2025高三·全国·专题练习）已知函数， (1)当时，求的极值； (2)若在区间上存在零点求a的取值范围； 【答案】(1)极小值，无极大值；(2) 【详解】（1）当时，，，， 当时，，当时， 在上单调递减，在上单调递增， 因此可得有极小值，无极大值； （2）， 当时，由于恒成立，所以在上单调递增， 又，在上无零点； 当时，由于，故， 所以在上单调递减，又， 在上无零点； 当时，，有，故在上单调递减， ，有，故在上单调递增， 所以有， 又因为当时，， ； 综上； 【相似题4】（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知函数. (1)当时，求证：在区间上单调递增. (2)若函数在区间各恰有1个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）二次求导，通过确定导函数的单调性，确定导数正负，即可求证； （2）令，，再令，求得，判断的单调性，进而可求解. 【详解】（1），令， ， 对，，所以， 即在上单调递减，所以， 即在上单调递增. （2）当时，对，由（1）知，， 即在上单调递增，此时，与题设矛盾. 当时，对，由（1）知，在上单调递减，又， 所以存在使， 即在上单调递增，在上单调递减， 所以.又，所以存在唯使. 对， 令， 令， 则， 所以在上单调递增，又， 所以存在使， 当，，当， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 由，所以在使， 当时，，当，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以. 又，所以存在唯一使.符合题设. 综上，. 【相似题5】（24-25高二下·山西太原·期中）已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若在上有零点，求的取值范围. 【答案】(1)；(2)1；(3)1 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）求导得，再对进行合理分类讨论即可； （3）先验证不合题意，再利用隐零点法证明满足题意即可. 【详解】（1）当时，，， 则， 所以， 所以曲线在点处的切线方程， 即； （2） ①当时，即时， 易知的解集为，，的解集为， 所以在，单调递增，在单调递减； ②当时，即，恒成立， 所以在上单调递增； ③当时，即， 易知的解集为，，的解集为， 所以在，单调递增，在单调递减； ④当，即时， 由可得：，由，可得：， 所以在单调递增，在单调递减； 综上：时，在，单调递增，在单调递减； 时，在上单调递增； 时，在，单调递增，在单调递减； 时，在单调递增，在单调递减； （3）由（2）得当时，在上递增，，此时在上无零点，不合题意； 当时，在上递减，在上递增，，取时， 证明不等式，， 设，，则，， 设，，则， 则在上单调递增，则，即在上恒成立， 则在上单调递增，则，即，， 用替换得， 则， ， ， ，使得符合题意； 综上，的取值范围为． 题型五 零点问题之同构法 1．（24-25高二下·云南临沧·期中）若函数存在零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，令，则， 令， 因为函数，均在上单调递增，所以在上单调递增， 所以由，得，即， 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，当时，， 所以，解得，即的取值范围为, 故选：A. 2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，若，则方程在的根的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】由， 可得． 设，则方程在的根的个数等于方程在上的根的个数． 因为函数与函数都为增函数， 所以函数在单调递增． 则可推得，即方程， 依题即判断方程在的根的个数． 由于时，， 令，因为函数，在都单调递增， 所以函数在单调递增， 所以，即当时，方程在只有1个根． 所以方程在的根的个数为1， 即方程在的根的个数为1． 故选：B. 3．（2025·山东青岛·模拟预测）若函数有2个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为有两个零点， 故有两个不同的解， 所以有两个不同的解， 故有两个不同的解， 设，则，故为上的单调增函数， 而时，，时，，故的值域为， 故在上有两个不同的零点， 设，则， 当时，；当时，； 故在上为增函数，在上为减函数， 故即， 此时当时，，时，， 故时，确有两个不同的零点，综上. 故选：D. 4．（24-25高三上·四川成都·开学考试）已知函数有两个零点，实数的取值范围为 . 【答案】 【详解】函数的定义域为，令， 即有两个不同的正实数根， 即有两个不同的正实数解， 即有两个不同的正实数解， 令，则，令， 而在上为增函数， 故直线与函数的图像有两个交点，其中， 则，所以函数在上单调递增， 在上单调递减， ，当， 根据的图像可知， 当，即时，直线与函数的图像有两个交点， 因此，实数的取值范围为. 故答案为： 5．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（），若函数在区间内存在零点，求实数a的取值范围 【答案】 【详解】由题意可得在区间内有解， 令，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以即当等号成立， 所以，即，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，且当时，当时， 所以. 故答案为：. 6．（2024·四川凉山·三模）已知函数的零点为，则 ． 【答案】 【详解】为函数零点， ． 令， 显然时，，时，， 在上单调递减，在上单调递增， ， 令，， 显然时，，即在上单调递增， 则，所以. 故答案为： 题型六 零点问题之三角函数 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数.若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】. 【详解】由题意，函数在上恰有两个零点， 可得， 令，则， 当时，由，即，得或. 当时，，递增； 当时，，递减； 当时，，递增； ，，，， 因为在上恰有两个零点， 所以直线与曲线（）恰有两个交点， 所以实数a的取值范围为. 2．（2025·安徽蚌埠·三模）已知函数． (1)若，讨论函数在的单调性； (2)若在上有唯一的零点，求实数a的最小值． 【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减；(2)1． 【详解】（1）由条件， 则， 由，所以， 令，则，得或， 令，则，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减． （2）由，则， 令，则， 所以当时，单调递增， 又，所以， ， 所以在上单调递增，， 由题意，，解得， 所以a的最小值为1． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数. (1)若，求在上的最大值； (2)若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】(1)-1；(2) 【详解】（1）若，则， 因为当时，，仅当时，“＝”成立， 所以在上单调递减， 所以在上的最大值为. （2），令，则， 当时，由，即，得或. 当时，，递增； 当时，，递减； 当时，，递增； ，，，， 因为在上恰有两个零点， 所以直线与曲线（）恰有两个交点， 所以实数a的取值范围为. 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知函数 (1)若，讨论函数在的单调性； (2)若，求证：． (3)若在上有唯一的零点，求实数的最小值． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2)证明见解析； (3)1． 【详解】（1）当时，， ， 由，， 令，则，所以，或， 令，则，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， （2）令，则，可得， 令，则，，在上单调递减， ，在上单调递增， 所以时，即，所以； （3）令，即， 在上有唯一的零点，即与有唯一的交点， ，由（2）知， ， 在上单调递增，故，， ，的最小值为1． 5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若且函数在上没有零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）当时，； 易知，则； 因此切线方程为， 即； （2）设函数，； 显然； 令，其中，即； 当时，， 则时，，，此时在上单调递减； 当时，，，此时在上单调递增； 因此，可知，因此在上存在零点，不合题意； 当时，由可得； 所以，使得； 可得时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 所以要使函数在上没有零点，只需，解得， 所以实数a的取值范围为. 6．（2025·辽宁·一模）已知函数． (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)证明：函数在上有两个零点． 【答案】(1)在单调递增，在单调递减；(2)证明见解析 【详解】（1）由函数，可得， 当时，令，可得， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以在单调递增，在单调递减． （2）， 则， 当时，故，此时在单调递增， 当时，记，则， 由于，则故，因此在单调递减，由于，故存在唯一的使得， 当单调递增，当单调递减， 综上知：在单调递增，在单调递减， 且， 因此在上有两个零点. 7．（2025·山东·一模）已知函数． (1)当时，求函数的零点个数； (2)若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)1；(2) 【分析】（1）当时，，对求导判断函数的单调性，即可求得函数的零点个数； （2）判断可知为奇函数，若函数有且只有一个零点，由于，则当时，或时成立，进而分别当，，时，对函数进行讨论，从而得解. 【详解】（1）当时，，定义域为． 于是，故在上单调递减． 又，故函数的零点个数为1． （2）因为， 所以为奇函数， 若函数有且只有一个零点，由于， 则当时，或， 由（1）可知当时，在上单调递减， 此时，即． 若，则当时，，符合题意． 因为，令， 则． 令，则． 若，则， 故在上单调递增，于是．故在上单调递增， 于是．则在上单调递增，此时，符合题意． 若，记且， 则当时，． 故在上单调递减，于是．故在上单调递减， 于是．则在上单调递减，此时． 又，故在上存在零点，矛盾． 综上所述，实数a的取值范围为． 题型七 与零点有关的求值或范围问题 1．（2025·江西·模拟预测）已知． (1)当时，讨论的单调性； (2)已知方程恰有3个实根，求的值． 【答案】(1)在上递减，递增；(2) 【详解】（1）当时，求导得， 构造，求导得， 则当时，，所以在时单调递增； 则当时，，所以在时单调递减； 即，则， 所以当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． （2）同理，由（1）得， 所以当时，有 则当时，， 当时，， 则在上单调递减，在上单调递增． 此时方程最多只有两根，不满足题意； 则讨论的情形： 由，存在三个零点，分别为和1， 其中的零点由数形结合可得： 可知， 由此可得：当时，，则， 所以在区间上单调递减； 当时，，则， 所以在区间上单调递增； 当时，，则， 所以在区间上单调递减； 当时，，则， 所以在区间上单调递增； 此时依次有2个极小值点和一个极大值点1， 因为，所以 则， ， 所以有，即两个极小值相等， 所以方程有3个实根，必然， 即． 2．（2025·安徽安庆·模拟预测）已知函数有两个不同的零点. (1)证明：； (2)当时，求的最大值； 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）求导，得函数的单调性，即可求解最值，根据即可求解， （2）构造和，求导，得函数单调性，求解最值得解. 【详解】（1），由，，所以在上单调递增，在上单调递减，要使有2个零点， 只需，得证； （2）由已知，， 设，由，则， 将代入，则，结合， 所以， 设，则， 设，则，， 由，则，即在上单调递增，， 所以，则在上单调递增，则，所以的最大值； 题型八 与零点有关的证明问题 1．（2025·四川成都·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，为的导函数. （i）求实数的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 【答案】(1)答案见解析；(2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数分和求解； （2）（i）由（1）知，且最小值为小于0即可得的取值范围； （ii）结合（i）知，要证，即，分和进行证明. 【详解】（1）函数的定义域为，， ①当时，，函数在单调递减； ②当时，令，解得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 综上所述，当时，函数在单调递减； 当时，函数在上单调递减，在单调递增. （2）（i）若，由（1）知，至多有一个零点； 若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. 因为当时，； 当时，， 所以函数有两个零点当且仅当. 设，函数在单调递增. 因为，的解集为. 综上所述，的取值范围是. （ii）因为，由，结合（i）知， 要证，即证，即， 当时，因为，，不等式恒成立； 当时，由得. 即证. 即证. 即证. 设，，由， 所以在单调递增.所以，故原不等式成立. 所以. 2．（24-25高三下·河南驻马店·开学考试）已知函数． (1)若函数单调递增，求实数a的取值范围； (2)若函数有两个零点． ①求实数a的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)；(2)① ；②证明见解析 【分析】（1）求导后分析导函数恒成立，构造函数，借助导数研究单调性，求最值即可. （2）（i）由，研究单调性，得到，根据函数有两个零点，可得,利用不等式放缩，得到实数a的取值范围； （ii）设换元，转化，要证，只需证，只需证，构造函数，研究单调性最值即可. 【详解】（1）由，有，                 若函数单调递增，必有恒成立，不等式可化为, 令，有，可得函数的减区间为，增区间为， 可得，有，可得， 故实数a的取值范围为； （2）（i）由令，可得，可得函数的减区间为， 增区间为，可得，                 若函数有两个零点，必有，可得，                     又由，                     （利用不等式（当且仅当时取等号））， 又由，故若函数有两个零点，则实数a的取值范围为；             （ii）设，由函数有两个零点，有， 有，两式相除，有，有， 有，有，有，可得， 又由，可得,有，                         又由，要证，只需证， 只需证，   令（其中），有， 可得函数单调递增，可得， 故有成立． 3．（2025·江苏南京·一模）已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【详解】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 4．（2025·北京海淀·三模）已知函数，曲线在点处的切线斜率为． (1)求的值． (2)求在上的零点个数． (3)证明：在上存在两个零点，且． 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）由函数求导，根据导数的几何意义建立方程，可得答案； （2）先由图象分析零点的存在性，再分段研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案； （3）由函数求导并构造函数，利用导数要求新函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案. 【详解】（1），定义域为． ．由题可得，，解得． （2）由（1）可得，． 当时，，，故，在时无零点； 当时，，，故，在时无零点． 当时，，所以在上单调递增． 而，． 故由零点存在性定理知，在上存在唯一零点． 当时，，，故，在时无零点； 综上：在上的零点个数为1． （3）．令，． 令，则． 当时，，，，所以．所以在上单调递增． ，，所以由零点存在性定理，存在唯一，使得． 当变化时，，的变化如下表： 0 极小值 又，，． 所以由零点存在性定理，分别在，上各恰有一个零点，即在上存在两个零点． 不妨设．则当时，；当时，． 而，． 所以．故． 5．（24-25高二下·湖北·阶段练习）已知函数. (1)当时，求的单调增区间； (2)已知有两个零点，. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)；(2)①；②证明见解析 【分析】（1）利用导数可求的单调增区间； （2）①，令得，令，转化为与的图象有两个交点求实数a的取值范围，结合图象可得答案； ②由得，将原不等式等价转化为证明，再设新函数，利用二次求导即可证明. 【详解】（1）当时，， ， 因为，所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，的单调增区间为； （2）①因为函数， 即有两个零点，求实数a的取值范围， 令，得，令， 转化为与的图象有两个交点求实数a的取值范围， ，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 且，当时，，， 可得的图象如下， 所以实数a的取值范围为； ②由，得，两式相加变形得：， 由，得，由，得， 不等式 ， 令函数，则，函数在上单调递增， 因此原不等式等价于， 由，得，即，则， 而在上单调递减，因此， ， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 则在上单调递增， 则，即，则函数在上单调递减， 因此，所以成立. 6．（2025·安徽·模拟预测）已知函数，. (1)若与相切，求实数的值； (2)若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数有3个零点，，，求证：. 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合切线的求法求解即可； （2）当时，等价于.令，求出，根据导函数分类讨论，确定函数的单调性，然后求出的最值，即可求解. （3）由题可知，注意到，即当时，，还有另外2个零点，令，求导后，然后证明即可. 【详解】（1），，， 设切点为，则且， 即，， 联立得，化简得， 令，，. 所以在上单调递减， 又，所以，故. （2）当时，等价于. 令，则，. ①当，时，， 故，在上单调递增，因此. ②当时，令，得，， 由及得，故当时，，在上单调递减， 因此，不满足题意. 综上，的取值范围是. （3）由题可知，注意到， 即当时，，还有另外2个零点， 令，注意到，， 记， 令且，所以. 当时，记的两根为，，则， 不妨设， 又在上单调递减，所以， 当时，；当时，， 所以存在三个不同零点，故； 又的三个零点分别，，，因此一定有：，且， 同时若，则 ， ， 要证且， 由，故结论成立. 专项训练 1．（24-25高二下·北京大兴·期中）若函数有且仅有一个零点，则实数c的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】定义域为R， ， 令得或，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极大值，在处取得极小值， 且当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于， 要想函数有且仅有一个零点，需满足或， 即或，解得或. 故选：D 2．（2025·海南·模拟预测）记函数的零点分别为，则（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】由题可得， 注意到， 则，又注意到在R上单调递增， 则. 故选：A 3．（2025·四川成都·三模）函数有且只有一个零点，则的取值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，可得. 令，则， 则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 且当时，；当时，， 因函数有且只有一个零点， 即函数的图象与直线有且只有一个交点， 故. 故选：B. 4.（2025·广西·一模）曲线与直线的交点个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】函数在R上单调递减，当时，；当时，， 由，得，因此曲线与直线的交点横坐标必在上， 令，，求导得， 由，得，存在，使得， 当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 又， ，因此函数在上各有一个零点， 所以曲线与直线的交点个数为3. 故选：C 5．（2025·河北·三模）已知函数在定义域内不存在零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】当时，由，此时函数无零点； 当时，对任意的恒成立，函数在上单调递增， 且当时，，当时，，此时存在一个零点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 由可得，所以函数的单调减区间为，单调增区间为， 所以，因为函数不存在零点， 所以，可得，解得. 综上所述，当函数不存在零点时，， 故选：C. 6．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知、，且，则（   ） A． B． C． D．无法确定、的大小 【答案】A 【详解】令，则， 当时，，故恒成立， 故在上单调递增， 又，， 由零点存在定理得， 令，则， 由上面的求解可知在上单调递增， 且存在，使得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 故的零点，，所以. 故选：A. 7．（24-25高二上·重庆渝中·期末）已知函数的图象与x轴有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题，方程有两个实数根，即， 所以且图象有两个交点， 设，则，令，解得， 当在上单调递减， 当在上单调递增， 所以有极小值， 当时，且，当时，， 作出函数的大致图象， 故，解得. 故选：C 8．（24-25高三上·浙江·期末）已知函数，，若函数有5个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当时，由得：， 显然，是的一个零点， 再当时，有， 作出图象可得：当时，， 所以当时，在有两个零点； 再当时，由得：， 整理得，令，求导得， 令，得 当时，，所以在区间上递增， 当时，，所以在区间上递减， 作出图象： 所以由图可得：当时，在有两个零点； 又由于， 所以要使得有五个零点的参数， 故选： D. 9．（2025·辽宁大连·模拟预测）若函数（且）在上有唯一零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可得在上有唯一解，即， 令，则，则， 令，则， 则， 当时，的，开口向上，恒大于零， 所以为递增函数，为递减函数， 因为，所以在上无解； 当时，必须成立，若，会出现图象的情况， 即在上恒成立，（指数函数的增长速度大于幂函数，且）， 所以图象只能为，只需交点横坐标小于1即可，所以令可得， 又，所以的范围为. 故选：B 10.（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数在处有极小值. (1)求实数的值； (2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）因为     ， 由已知，即，或， 当时，， 所以当时，当时，当时， ∴在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 时有极小值，符合题意. 当时，， 所以当时，当时，当时， ∴在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 时有极大值，不符合题意，故舍去. ； （2）由已知有三个不同零点， 即的图像与直线有三个不同的交点， 由（1）知在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 故当时，有极大值，即， 当时，有极小值，即 ， 所以 ，. 11．（2025·广东广州·三模）已知函数. (1)当时，求与相切，且垂直于直线的直线方程； (2)若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）当时，，求导可得， 因为直线的斜率为，所以切线斜率为3， 令，解得，此时切点为， 所以切线方程为，即. （2）函数的定义域为， ①当时，，函数在单调递减，此时最多一个零点，舍去；   ②当时，令，解得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.   因为当时，；时， 所以要函数有两个零点，当且仅当.     设，知函数在单调递增. 因为，则的解集为. 综上所述，的取值范围是. 12．（2025·安徽马鞍山·二模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2) 【分析】（1）对函数求导，分，结合导数正负求单调性； （2）由（1）知时，在上单调递增，不符合题意，可知，若有两个零点，由（1）知，分别证明在有一个零点.，在有一个零点. 【详解】（1）的定义域为， 若，则，则在单调递减；             若，则由得.                            当时，；当时，，     所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）若，由（1）知，至多有一个零点.      若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ①当时，由于，故只有一个零点；      ②当时，因为单调递增，单调递增，所以单调递增， 所以，，故没有零点； ③当时，由于，即， 又， 故在有一个零点.    设正整数满足，则， 故在有一个零点.   综上，的取值范围为. 13．（2025·北京朝阳·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求证：当时，； (3)若函数有个不同的零点，求的取值范围． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）当时，利用导数分析函数在上的单调性，结合单调性即可证得结论成立； （3）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在定义域上的单调性，确定每种情况下函数的零点个数，并结合零点存在定理可得出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，则，所以，． 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）由题设知． 设函数． 当时，因为， 所以对任意的恒成立，即． 所以函数在区间上单调递增，所以． 所以当且时，． （3）函数的定义域为， ． ①当时，，函数在区间上单调递减， 函数至多一个零点，不合题意； ②当时，由（2）可知函数在区间上单调递增， 函数至多一个零点，不合题意． ③当时，对于函数， 因为，所以方程有两个实数根、， 满足，， 不妨设，则，、的情况如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以函数的单调递增区间是、，单调递减区间是． 因为，所以为的一个零点． 又，，且， 所以存在唯一实数，使得． 又，，且， 所以存在唯一实数，使得． 所以函数有个不同的零点． 综上，的取值范围为． 14．（2025·海南·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)若在区间上有且仅有一个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值；(2) 【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，结合极值的定义求解即可； （2）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析该函数在区间上的单调性，结合零点存在定理进行分析，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】（1）当时，，定义域为， 则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的极小值为，无极大值. （2）由可得， 设，则函数在区间上单调递增，且，， 当时，当时，，，即函数在区间上单调递增， 则，即函数在区间上没有零点； 当时，即当时，当时，，，即函数在区间上单调递减， 则，即函数在区间上没有零点； 当时，，，则存在，使得， 当时，，，函数在上单调递减， 当时，，，函数在上单调递增， 因为，要使得函数有零点，需满足，解得， 综上所述， 实数的取值范围是. 15．（2025·安徽合肥·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)讨论的零点个数，并证明所有零点之和为0． 【答案】(1)；；(2)证明见解析 【分析】（1）求导得到表达式，把代入，能得到含的等式，算出.再代入到算出另一个未知量b. （2）根据第（1）问结果得到和. 令，对处理，根据结果判断在不同范围的增减情况. 依据正负，判断在不同范围的增减，得出最小是. 算出小于，再找两点使式子值大于，确定有两个特殊点. 设一个特殊点为，发现也是，所以和为. 【详解】（1）求导得到，根据函数在点处的切线方程为，得到. 把代入得， 因为，所以，即. ，算出. （2）由第（1）问知，. 令，求导得. 当，，在递减； 当，，在递增. ，，所以存在唯一使，即. 当，，在递减； 当，，在递增，所以. ，又，， 根据零点存在定理，在和各有一个零点，共两个零点. 设是零点，， 经计算， 所以也是零点，零点和为. 16．（2025·山东·二模）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）求出，分、、、讨论，可得答案； （2）若、，根据的单调性不可能有两个零点； 若根据的单调性有两个零点，则必有可得答案． 【详解】（1）函数的定义域为，， 若恒成立，时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 若，令或； 当时， 时，时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增； 当时，， 当，，， 当，，，， 所以恒成立，在上单调递增； 当时，时，时， 时， 所以在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增. 综上所述， 若，在上单调递增，在上单调递减； 若，在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增.； （2）若，当恒成立， 当时，单调递增，不可能有两个零点； 若，因为在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增； 所以的极小值，故不可能有两个零点； 若在上单调递增，在上单调递减； 因为有两个零点，则必有，即； 此时，当时，；当时，； 故有两个零点，符合题意， 综上． 17．（2025·江西·二模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：时，； (3)判断函数的零点个数. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)2. 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）等价变形所证不等式，构造函数，利用导数结合基本不等式推理得证. （3）利用函数零点的意义，把问题转化为求函数的零点个数，再借助导数分段讨论求解. 【详解】（1）函数，求导得， 则，而， 所以所求切线方程为，即. （2）不等式， 令函数，即， 而，求导得 ，则函数在上单调递增，， 所以. （3）函数的零点个数，即方程根的个数， 而时，方程不成立，则原函数零点个数即为方程根的个数， 令，原函数零点个数即为函数的零点个数， 当时，，而，则， 因此函数在时无零点； 当时，，函数在上单调递增， ，因此函数在时只有一个零点0； 当时，令，求导得， 显然函数在上单调递增，而，， 则存在使得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，又， 则存在，使得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 而，因此函数在上只有一个零点； 当时，，即， 因此函数在时无零点， 所以函数有2个零点，即函数的零点个数为2. 18．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，判断函数的单调性； (2)讨论的零点个数. 【答案】(1)当时，在上单调递增；(2)答案见解析 【分析】（1）求导后，令，通过导数求出的最小值，并判断其正负，即可得出，从而得解. （2）分、、三种情况讨论，当时，结合（1）可以得出零点个数，当时，利用单调性、最值和零点存在定理即可判断零点个数，当时，通过构造函数，得出极大值大于0和极小值小于0，再结合零点存在定理，即可判断零点个数. 【详解】（1），令，则， 由，得. 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， ，又，即， 当时，在上单调递增. （2）① 当时，易得，由（1）知在上单调递增， 当时，仅有1个零点. ② 当时，易知在上单调递减， 又，， ，则仅有一个根， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 则，， 又当时，， 故当时，仅有1个零点. ③当时，令，则， 令，则，令，得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故，又当时，，当时，， 故方程有两个不相等的实数根，不妨令， 当或时，，，在，上单调递增， 当时，，，在上单调递减， ，，， 构造函数，则， 令，则， 令，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， ，则在上单调递增， 故当时，，即. 当且时，， 当时，，，则， 则，又，在上有且仅有1个零点. 当时，，则，，，， 当且时，， ，， 则，又，在上有且仅有1个零点. 故当时，有3个零点. 综上可知，当或时，有1个零点，当时，有3个零点. 19．（2025·山东·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)判断函数的零点个数并说明理由； (3)若对于，曲线与曲线有且仅有一个交点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析；(3). 【分析】（1）求导，分和两种情况讨论其单调性； （2）结合第一问分、、三种情况讨论，当 时，又分、、三种情况，利用零点存在性定理可判断零点个数； （3）令，将问题转化为方程有且仅有一正数解，构造函数，则问题转化为，再利用参变分离即可求的取值范围. 【详解】（1）函数，定义域为，则， 若，则，故函数在上单调递减， 若，则 得；得， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，函数在上单调递减，且， 故函数仅有一个零点； 由（1）可知，当时，函数在上单调递减， 又因为， 所以函数在内仅有一个零点，即仅有一个零点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 且的最小值为， 若，则，故函数没有零点； 若，则，故函数仅有一个零点； 若，则， 取，则， 又因为函数在上单调递减，所以函数在内仅有一个零点， 取且，可知， 令，则在上恒成立， 所以函数在上单调递增， 因，所以， 又因为函数在上单调递增， 所以函数在内仅有一个零点， 故当时，函数有两个零点， 综上，当时，函数的零点个数是； 当或时，函数的零点个数是1； 当时，函数的零点个数是. （3）曲线与曲线的交点个数， 即方程的正数解的个数， 令，则当时，与一一对应， 则原问题等价转化为对于，方程有且仅有一正数解， 令，则， 若函数存在极值点，则在极值点附近两侧单调性相反， 则必存在，使得方程有至少两个不同的解， 所以函数在上不存在极值点， 结合，对于二次函数，其图象开口向上， 所以对于， 即，即在恒成立， 因为，所以对于成立， 转化为， 因为，当且仅当时取等号， 所以， 又当时，有成立， ，，函数在上单调递增， 则方程有且仅有一解. 综上，的取值范围是. 真题呈现 1．（2025年全国Ⅱ卷）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【详解】（1）由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 2．（2025年天津卷）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； （2）（i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 3．（多选）（2024年新课标Ⅱ卷高考真题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 4．（2024年北京高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为.；(2)证明见解析；(3)2 【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可； （3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可. 【详解】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 【点睛】 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题. 5．（多选）（2022年新高考全国Ⅰ卷高考真题）已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．有三个零点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 【答案】AC 【详解】由题，，令得或， 令得， 所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确； 因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B错误； 令，该函数的定义域为，， 则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 令，可得，又， 当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误. 故选：AC. 6．（2022年新高考全国Ⅰ卷高考真题）已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【答案】(1)；(2)见解析 【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论. （2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列. 【详解】（1）的定义域为，而， 若，则，此时无最小值，故. 的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. （2）[方法一]： 由（1）可得和的最小值为. 当时，考虑的解的个数、的解的个数. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 设，其中，则， 故在上为增函数，故， 故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 有两个不同的零点即的解的个数为2. 当，由（1）讨论可得、仅有一个解， 当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 则. 设，其中，故， 设，，则， 故在上为增函数，故即， 所以，所以在上为增函数， 而，， 故上有且只有一个零点，且： 当时，即即， 当时，即即， 因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 故， 此时有两个不同的根， 此时有两个不同的根， 故，，， 所以即即， 故为方程的解，同理也为方程的解 又可化为即即， 故为方程的解，同理也为方程的解， 所以，而， 故即. [方法二]： 由知，，， 且在上单调递减，在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增，且 ①时，此时，显然与两条曲线和 共有0个交点，不符合题意； ②时，此时， 故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③时，首先，证明与曲线有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 其次，证明与曲线和有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 再次，证明存在b，使得 因为，所以， 若，则，即， 所以只需证明在上有解即可， 即在上有零点， 因为，， 所以在上存在零点，取一零点为，令即可， 此时取 则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为 所以， 又因为在上单调递减，，即，所以， 同理，因为， 又因为在上单调递增，即，，所以， 又因为，所以， 即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 7．（2022年全国甲卷（理）高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 【答案】(1)；(2)证明见的解析 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解； （2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证. 【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为，则 令,得 当单调递减 当单调递增， 若,则,即 所以的取值范围为 [方法二]：同构处理 由得： 令，则即 令，则 故在区间上是增函数 故，即 所以的取值范围为 （2）[方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 因为,即证 又因为,故只需证 即证 即证 下面证明时， 设， 则 设 所以,而 所以,所以 所以在单调递增 即,所以 令 所以在单调递减 即,所以； 综上, ,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 8．（2022·年全国乙卷（理）高考真题）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可 （2）求导,对分类讨论,对分两部分研究 【详解】（1）的定义域为 当时,,所以切点为,所以切线斜率为2 所以曲线在点处的切线方程为 （2） 设 若,当,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若,当,则 所以在上单调递增所以,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若 (1)当,则,所以在上单调递增 所以存在,使得,即 当单调递减 当单调递增 所以 当, 令则 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，， 所以在上有唯一零点 又没有零点,即在上有唯一零点 (2)当 设 所以在单调递增 所以存在,使得 当单调递减 当单调递增, 又 所以存在,使得,即 当单调递增,当单调递减， 当，， 又， 而,所以当 所以在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点 所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为 9．（2021年全国新高考Ⅱ卷高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①；②． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：， 当时，若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； (2)若选择条件①： 由于，故，则， 而， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于，故，则， 当时，，， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. 当时，构造函数，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 注意到，故恒成立，从而有：，此时： ， 当时，， 取，则， 即：， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 10．（2021年全国甲卷（理）高考真题）已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）. 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围. 【详解】（1）当时，, 令得,当时，,当时，, ∴函数在上单调递增；上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数 ,设函数, 则,令，得, 在内,单调递增； 在上,单调递减； , 又，当趋近于时，趋近于0， 所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是, 所以的取值范围是. [方法二]：构造差函数 由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解． 构造函数，求导数得． 当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意； 当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为． 由于， 当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即． 构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且． 所以，实数a的取值范围为． [方法三]分离法：一曲一直 曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解． 因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点． ①当时，与只有一个交点，不符合题意． ②当时，取上一点在点的切线方程为，即． 当与为同一直线时有得 直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点． 记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有． 综上所述，实数a的取值范围为． [方法四]：直接法 ． 因为，由得． 当时，在区间内单调递减，不满足题意； 当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减． 因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即． 令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即． 故实数a的范围为．] 学科网（北京）股份有限公司 $$