第11讲 导数与函数零点专题讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习导数专题（新高考通用）

第11讲 导数与函数零点 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 3 解题策略 6 题型归纳 8 题型01：一个零点问题 8 题型02：两个零点问题 10 题型03：三个零点问题 13 题型04：判断零点个数 16 （一）直接求导 16 （二）直接求导-隐零点 17 （三）分开成两个函数 19 （四）分离参数 21 题型05：最值函数的零点问题 22 题型06：函数的图象与函数零点问题 30 题型07：同构法解零点问题 34 题型08：零点差问题 40 题型09：割线法切线法与零点 43 巩固提升 45 高中函数零点【考题归纳】 46 题型01：判断函数零点所在区间 46 题型02：二分法 48 题型03：函数零点个数的判断 49 题型04：比较零点大小 51 题型05：求由零点组成代数式的值或者取值范围 53 题型06：根据零点个数或者区间确定参数的取值范围 55 题型07：与嵌套函数有关的零点问题 57 1. 考纲要求：掌握导数研究函数单调性、极值/最值的方法，结合零点存在性定理解决函数零点个数判定、参数范围求解、零点相关证明问题，考查分类讨论、数形结合、转化与化归三大数学思想。 2. 命题趋势：高考高频压轴考点（选填最后2题/解答题第21/22题），近5年全国卷/新高考卷考查频率超80%；载体以含参初等函数为主（融合、\ln x、二次/三次函数），题型兼具基础性与综合性，难度中档偏上→压轴，新高考更侧重“多方法求解”与“跨模块融合”（如结合不等式、恒成立问题）。 一：基础目标（全员掌握，保底得分） 1. 牢记零点存在性定理核心条件，能判断不含参初等函数的零点个数，掌握“求导→判单调→求极值→分析端点趋势”的基础步骤。 2. 熟练求导公式（含复合函数、分式/根式函数），能准确划分函数单调区间、求解极值/最值，无求导计算错误。 3. 掌握参变分离法的基础应用，能将简单含参零点问题转化为“求函数值域+数形结合”，求解参数范围。 4. 能准确分析常见函数（、ln x、多项式函数）的端点趋势，熟记x→0/+∞/-∞时的函数符号变化规律。 二：提升目标（重点掌握，突破中档） 1. 能根据题型选择最优解题方法（参变分离/分类讨论/数形结合），对不可分离的含参函数，按“f’(x)=0临界点的存在性/位置”合理分类讨论，无遗漏/重复。 2. 掌握“对数单身狗、指数找基友”的化简技巧，简化求导过程，快速处理含e^x、\ln x的复合函数零点问题。 3. 能证明函数唯一零点，完成“存在性（零点存在性定理）+唯一性（单调性证明）”的完整论证，步骤规范。 4. 能结合函数图像，将零点个数转化为“曲线与直线的交点个数”，快速验证参数范围的结论，提升解题效率。 三：压轴目标（拔高掌握，冲刺高分） 1. 能解决零点与极值点偏移、恒成立、不等式证明的融合问题，掌握构造新函数的核心技巧（作差、放缩、换元）。 2. 能处理含多参数、高次多项式+超越函数的复杂零点问题，精准分析极值点的个数、符号，结合端点趋势判定零点个数。 3. 能证明零点的范围/大小关系，结合函数单调性与放缩法，推导零点与定值的不等关系，完成严谨的逻辑论证。 4. 具备应试答题思维，能按高考阅卷标准踩点答题，规避定义域、等号取舍、趋势分析等高频失分陷阱，步骤简洁且完整。 知识点一：判断、证明或讨论函数零点个数的方法　 利用零点存在性定理求解函数热点问题的前提条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0． 1.直接法 直接法，即直接对所求函数进行分析， ①对于不含参函数，比如，等， 求零点个数的思路是：求导求单调性求极值最值结合函数图象分析零点个数； ②对含参函数，进行分类讨论就行. 2.分离参数法 对于求含参函数的零点个数，采取分离参数法可把问题转化为求不含参函数问题； 比如求函数的零点个数，采取分离参数法相当于求函数与函数的交点个数. 3.切线法 切线法，即利用导数的几何意义求两函数相切的“临界值”，再结合图象判断交点个数； 若所求函数能“分离”出一次函数或“分离”两函数有明显“凹凸性”，可考虑切线法； 比如求函数的零点个数，可转化为与的交点个数，此时先确定当为何值时两函数相切，再结合图象分析交点个数. 比如求函数的零点个数，可转化为与的交点个数，此时先确定当为何值时两函数相切，再结合图象分析交点个数. 知识点二：已知函数有零点求参数范围常用的方法 1. 分离参数法： 一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； 2. 分类讨论法： 一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围． 1.函数的零点、方程的实数根 函数的零点、方程的实数根与两函数的交点可视为同一问题， 函数的零点个数 方程实数根个数 函数与函数交点个数. 2.函数零点存在定理 如果函数在上的图象是连续不断的，且，那么函数在至少有一个零点，即存在，使得，这个也就是方程的解. 3.注意事项 (1) 求函数零点个数时，时常要结合函数图象，所以尽量图象准确，不要想当然； 【例】求函数的零点个数. (注 函数零点明显仅有，以下讨论仅为表达画图的重要性) ， 函数在递减，在递增，最小值， 此时就以为函数图象是左图，那就得到“有两个零点”的错误结论， 严谨的表达是，，，在不存在零点， , ， 由函数零点存在定理可得在存在个零点， 故函数实际的图象如右图，仅有一个零点. (2) 要避免上诉“想当然”的情况需要在零点旁边找两个函数值异号的点，方法有二种， ①利用极限的思路，比如判断时，；时，之类的； 此时会涉及到函数增长快慢问题，但若涉及大学的内容(比如洛必达法则)，则解答不会得满分； ②找到“实实在在”的点； (3) 对某些含参函数，分离变量的方法行不通，比如因为需要洛必达法则、求导困难等，需要用直接法进行分类讨论. 知识点三：极限问题 1. 函数的增长速度 一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数在这个范围内变化得较慢，函数的图象就比较“平缓”. 【例】①指数函数在的增长速度是“爆发式”的， ②幂函数在的增长速度较快，指数越大，增长速度越快． ③一次函数的增长的速度不变，越大，其增长得越快． ④对数函数在的增长速度很慢. 2. 极限 对于某函数，“当时，趋向什么”属于极限问题，本质是求. 以下举几个例子，大家细品下， ① ，当时，；即函数能取到，直接代入便可； ② ，当时，；可想象下取一很大的数，对应函数值很小，接近； ③ ，当时，分子，分母，那趋向什么呢？ 因为函数较函数在增长得慢很多，所以当时，； 这需要了解函数间在某区间的增长速度的比较； ④ ，当时，分子，分母，那趋向什么呢？ 此时与在附近的增速在高中无法确定， 其实时，的，为什么呢？(用洛必达法则可求，但在高中用导数的定义也可求) 其实，() 如下图 方法技巧 1.利用导数求函数的零点常用方法 (1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数. (2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点. 2.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解. 3.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况. 4.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件． 一、通用解题总策略（三步核心法） 所有零点问题均围绕“单调性→极值/最值→端点趋势”展开，三步闭环解题，无遗漏核心逻辑： 1. 定调：求导化简，划分函数单调区间，明确极值点/最值点； 2. 核心：计算极值/最值，判断其与0的大小关系（零点问题的核心判定依据）； 3. 补界：分析定义域端点的函数趋势（x→0+/+∞/-∞），结合零点存在性定理定零点个数。 核心原则：单调函数零点数为0或1；非单调函数由“极值符号+端点趋势”共同决定。 二、分题型精准解题策略（按高考考频排序） 题型1：不含参函数零点个数判定（基础） 策略：直接套用三步核心法，无分类讨论，重点抓极值符号和端点趋势，快速判定。 速判结论： 题型2：含参函数零点个数求参数范围（核心，高考高频） 按“能分离先分离，不能分离再分类”原则选方法，优先参变分离（得分率高、步骤简）。 方法1：参变分离法（最优解，占高考此类题70%） 适用场景：能将f(x)=0等价变形为a=g(x)（无漏根/增根，分母不含参）； 解题策略： 1. 分离：等价变形为参数单独在一侧，记右侧为g(x)； 2. 研g(x)：求g(x)的单调性、极值、值域、端点趋势，画简易图像； 3. 数形结合：零点个数=直线y=a与y=g(x)的交点个数，直接定a的范围。 关键技巧：分离后优先化简g(x)，含\ln x/e^x用“对数单身狗/指数找基友”简化求导。 方法2：分类讨论法（必备，适用于不可分离型） 适用场景：f(x)=0无法分离参数（如=a），或分离后g(x)求导复杂； 解题策略： 1. 定分类标准：以f’(x)=0的临界点是否在定义域内/临界点的大小为唯一标准，不重复、不遗漏； 2. 逐类分析：对每类参数范围，用三步核心法分析f(x)的单调、极值、端点趋势； 3. 列不等式：根据题意的零点个数，列极值与0的不等关系，求解参数范围； 4. 验证临界：参数范围的等号需验证（极值=0时是否满足零点个数）。 方法3：数形结合直接拆分法（辅助/选填速解） 适用场景：f(x)=0可拆为h(x)=φ(x)，且h(x)、φ(x)图像易分析（如=kx+1、\ln x=ax）； 解题策略：分别分析h(x)、φ(x)的单调、极值、趋势，画草图看交点个数，定参数范围。 题型3：零点相关证明（压轴，高考常考） 围绕“存在性+唯一性”展开，证明类问题需步骤严谨、逻辑闭环，无跳跃。 子题型3.1：证明函数有唯一零点 策略：存在性+唯一性双证明，缺一不可： 1. 存在性：找两点,，使f()·f()<0（零点存在性定理）； 2. 唯一性：证明f(x)在定义域内单调（f’(x)≥0或f’(x)≤0，等号仅在个别点成立）。 子题型3.2：证明零点在指定区间(m,n)内 策略：区间端点验证法，结合函数连续性： 1. 计算f(m)、f(n)的符号，满足f(m)·f(n)<0； 2. 说明f(x)在[m,n]上连续（初等函数均满足，可直接表述）。 子题型3.3：证明零点的大小关系（如x_0>1） 策略：构造辅助函数+单调性证明： 1. 设零点为，则f()=0，构造F(x)=f(x)与定值的差（如F(x)=f(x)-f(1)）； 2. 证明F(x)的单调性，结合F(1)的符号，推导与定值的大小。 题型4：零点与极值点/不等式融合问题（进阶压轴） 核心策略：零点条件转化+构造新函数，将零点条件代入，转化为熟悉的单调性/不等式问题。 子题型4.1：已知双零点，证明极值点偏移（如x_1+x_2>2x_0） 策略：对称构造法，步骤固定： 1. 求f(x)的极值点，设<<； 2. 构造F(x)=f(+x)-f(-x)，证明F(x)在(0,+∞)单调； 3. 结合F(0)=0，推导f()=f()<f(2-)，再由单调性得>2-，即x_1+>2。 子题型4.2：已知零点存在，证明参数范围/不等式 策略：零点条件代换+最值分析： 1. 由f()=0得参数与零点的关系式 2. 将待证不等式转化为关于的函数不等式，求导研究其单调性，证明恒成立。 三、高考答题规范策略（踩点得分，避失分） 按高考阅卷“踩点给分”原则，规范步骤，缺一不可，避免“会做但丢分”： 1. 必写步骤：定义域→求导f’(x)→化简f’(x)→求临界点→划分单调区间→求极值/最值→端点趋势分析→结论； 2. 符号规范：极限趋势用“x→+∞时，f(x)→+∞”表述，不可省略； 3. 分类规范：分类讨论时先写“当……时”，再分析，最后总结“综上，参数范围为……”； 4. 证明规范：证明题需写“要证……只需证……”“由……得……”，逻辑连词衔接，无跳跃； 5. 范围规范：参数范围用区间表示，不可用不等式连写（如a>0且a<1写为(0,1)），等号取舍需标注验证结果。 题型01：一个零点问题 【典型例题1】已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上仅一个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2). 【解析】（1）由得到，利用导数的几何意义求解； （2）将问题转化为在上仅有一个实数解，设，求导，分，， 讨论求解. （1）解：当时，，所以，即切点为， 又，则， 故曲线在处的切线方程为，即. （2）由题意知，方程在上仅有一个实数解， 则方程在上仅有一个实数解. 设，则， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以时，则在上没有零点； 当时，时，，则，所以在上单调递减， 又，所以，则在上没有零点； 当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，所以在上无零点. 设，则，所以， 则，所以. 设，则， 令，则， 当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 所以在上单调递增， 又，所以，则，所以，则， 又，则 ， 又在上单调递减，且， 所以在上有且仅有一个零点. 综上可知，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：在上仅一个零点，即方程在上仅有一个实数解，构造函数，求导，分， ，讨论函数的图象在上与x轴有唯一的交点而得解. 【典型例题2】已知函数. (1)讨论的单调性; (2)若函数在区间上恰有一个零点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）讨论参数a，利用导数研究函数单调性； （2）问题化为在上仅有一个解，构造，利用导数研究其在的单调性，结合零点存在性判断区间零点个数，即可求参数范围. （1）由，且， 当，则，此时在上递增； 当，则时，，即在上递增； 时，，即在上递减； 综上，，在上递增； ，在上递增，在上递减. （2）由题设在上仅有一个解， 所以在上仅有一个解， 令，则， 当时，恒成立，此时递增，且， 所以在上无解； 当时，令，则， 令，则，即递增，则， i.当时，，即恒成立，即递增， 所以，故递增，此时在上无解； ii.当时，，趋向正无穷时趋向正无穷，则使， 上，即，递减； 上，即，递增； 由，趋向正无穷时趋向正无穷， 所以在恒负，在上存在一个零点， 故上，递减； 上，递增； 由于，趋向正无穷时趋向正无穷， 所以在上恒负，上仅有一个零点，此时满足题设； 综上，. 【点睛】关键点点睛：第二问，问题转化为在上仅有一个解，构造中间函数并应用导数研究零点. 【变式训练1-1】已知函数，其中常数，是自然对数的底数． (1)若，求的最小值； (2)若函数恰有一个零点，求a的值． 【变式训练1-2】已知函数． (1)当时，若的最小值为，求实数的值； (2)若存在，使得函数恰有一个零点，求实数的取值范围． 【变式训练1-3】已知函数． (1)若函数的图象与直线相切，求实数的值； (2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围． 题型02：两个零点问题 【典型例题1】证明下面两题： (1)证明：当时，； (2)当时，证明函数有2个不同零点. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）首先设函数，利用导数判断函数的单调性，以及函数的最小值，即可证明；（2）首先求函数的导数，并且判断函数的单调性和最值，并结合零点存在性定理，即可证明零点个数. （1）令，其中，则， 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，，故当时，. （2）函数的定义域为，. 因为，，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以有最大值. 当时，，， 令，则，则在上单调递增， 在上单调递减，所以，所以， 因此当时，，. 因为，所以，于是. 又在上单调递增，，且， 所以在上有唯一零点. ， 由（1）因为，所以，即， 所以. 由，得，即，得， 于是. 又，，在上单调递减， 所以在上有唯一零点. 故时，有两个零点 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，以及零点问题，第一问需求二次导数，结合函数的单调性和最值，即可证明；第二问的难点是利用零点存在性定理证明，需构造函数. 【典型例题2】已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间. （2）原题意等价于有两个不同的实数解，构造函数，利用导数判断函数的单调性和极值，数形结合即可求解. （1）因为，所以， 当时，，所以在R上单调递减； 当时，令得；令得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在R上单调递减，无增区间；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意有两个零点， 令，，则在上恒成立，所以在上单调递增， 故，所以有两个零点等价于有两个零点， 等价于有两个不同的实数解，等价于与有两个交点， 则，得，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，又，， 当t趋向于0且为正时，趋向于负无穷大，当t趋向于正无穷大时，趋向于0，如图：      由图可知，要使与有两个交点，则， 所以实数的取值范围为. 【变式训练2-1】已知函数（）． (1)若在上恒成立，求a的取值范围： (2)设，，为函数的两个零点，证明：． 【变式训练2-2】已知函数． (1)若，求函数的单调区间及极值； (2)若函数有且仅有两个零点，求实数的取值范围． 【变式训练2-3】已知函数，. (1)若函数在处的切线的斜率为，求实数a的值（e是自然对数的底数）； (2)若函数有且仅有两个零点，求实数a的取值范围. 题型03：三个零点问题 【典型例题1】已知函数有三个零点. (1)求的取值范围； (2)设函数的三个零点由小到大依次是.证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）求导，根据分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数； （2）把原函数有三个零点转化为有三个根，构造，求导研究函数单调性，结合根的分布得，要证，等价于证， 等价于，构造函数从而证明，即证，构造函数，利用导数单调性即可证明. （1）因为定义域为，又， （ⅰ）当单调递减； （ⅱ）当，记，则， 当；当， 所以在单调递增，在上单调递减，， 又，所以， ①当，则单调递减，至多一个零点，与题设矛盾； ②当，由（ⅱ）知，有两个零点， 记两零点为，且， 则在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 因为，令，则， 所以， 所以，且趋近0，趋近于正无穷大，趋近正无穷大，趋近负无穷大， 所以函数有三零点， 综上所述，； （2）等价于，即， 令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 由（1）可得，则， 所以，所以， 则满足，， 要证，等价于证， 易知，令，则， 令得，令得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 下面证明，由，即证， 即证， 即证， 即证， 令，， 令，则，所以， 所以，则，所以， 所以，所以， 所以，所以原命题得证. 【点睛】利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题； （3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究. 【典型例题2】已知且. (1)试讨论函数的单调性； (2)当时，若有三个零点. ①求的范围； ②设，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【解析】（1）去绝对值符号，再分和两种情况讨论即可得解； （2）①，有三个零点 有三个不同的实根， ，构造函数，易得函数为奇函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解； ②由①可得，则要证，只需证明：，结合整理即可得证. （1）注意，，则， 令， 当时，时，， 时，，此时无解， 故当时，在，上单点递减， 在上单调递增， 当时，时，，此时无解， 时，， 故当时，在，上单点递减， 在上单调递增， 综上所述，当时，在，上单点递减， 在上单调递增； 当时，在，上单点递减， 在上单调递增； （2）①，有三个零点 有三个不同的实根， ，令， 因为，所以为奇函数， 当时，，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，单调递减， 又当时，，当时，且，， 如图，作出函数的大致图象：    因为有三零点，且， 则； ②由①可得，则， 则要证，只需证明：， 由于， 则有， 所以. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 【变式训练3-1】设函数，其中. (1)若，求不等式的解集； (2)求证：，函数有三个零点，，，且，，成等比数列. 【变式训练3-2】设函数，，，且有唯一零点. (1)求a的取值范围； (2)证明：存在三个零点； (3)记的零点为p，最小的零点为q，证明：，其中e是自然对数的底数. 【变式训练3-3】已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)①当时，试证明函数恰有三个零点； ②记①中的三个零点分别为，，，且，试证明. 题型04：判断零点个数 （一）直接求导 【典型例题】已知函数，其中是自然对数的底数，. (1)求函数的单调区间； (2)当时，求函数的最小值； (3)当时，试确定函数的零点个数，并说明理由. 【变式训练4-1-1】已知函数. (1)设，求在区间上的最值； (2)讨论的零点个数. 【变式训练4-1-2】已知函数. (1)若曲线y=在点处的切线的斜率为0，求曲线y=在点处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围. （二）直接求导-隐零点 【典型例题1】已知，函数. (1)证明：在上有唯一的极值点; (2)当时，求的零点个数. 【答案】(1)证明见详解析(2)在上有两个零点. 【解析】(1)对函数求两次导数，判断导函数的单调性，根据零点存在性定理，判断原函数的单调性性，进而得到证明； (2)结合（1）的结论及极小值的定义可得：，进而得到在上有两个零点. （1）由题意可知，， 当时，，从而，故在上单调递增. 又， 由零点存在性定理知，存在唯一，有 从而在上单调递减，在上单调递增， 故为在上的唯一极值点. （2）当时， 当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增， 又注意到，，且， 由极小值定义知：， 从而存在，，有， 当时，， 故在上无零点. 综上，在上有两个零点. 【点睛】(1)可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同． (2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值． 【典型例题2】已知函数.（参考值：） (1)证明：在上有唯一的极小值点； (2)试研究零点的个数. 【答案】(1)证明见解析 (2)3个零点 【解析】（1）根据函数的零点定理和导数的正负即可确定极小值点；（2）分类讨论并结合二次求导、零点定理、不等式放缩等方法即可求解. （1）当时，， 在上单调递增 又 存在唯一的使得 且当时，当时 在上有唯一的极小值点. （2） 当时，，分3种情况讨论： ①当时，， 在上有唯一的零点； ②当时，恒成立，单调递增 ， 在上有唯一的零点； ③当时， 令，则递增 在上无零点. 当时，，分种情况讨论： （i）当时，， 在上无零点 （ii）当时，， 令，则， 令，则在上恒成立在上单调递减 而， 存在使得，且 当时，递增；当时，递减. 存在使得，且 当时，递增；当时，递减 当时， 注意到 所以在上恒成立 当时，单调递增 又 在上存在唯一的零点. 综上知，在定义域上共有3个零点， 【变式训练4-2-1】已知函数（其中，），. （1）若存在实数使得恒成立，求的取值范围； （2）当时，讨论函数的零点个数. 【变式训练4-2-2】已知函数． （1）若曲线在点处的切线经过坐标原点，求实数； （2）当时，判断函数在上的零点个数，并说明理由． 【变式训练4-2-3】已知函数（为自然对数的底数）. (1)求图象在点处的切线方程； (2)记，，试讨论在上的零点个数.（参考数据：） （三） 分开成两个函数 【典型例题】已知函数，，. (1)当时，求的单调区间； (2)若函数有零点，求a的取值范围. 【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为； (2)当时,有1个零点. 【解析】（1）将代入得，求导分别令导函数大于0，小于0，即可得到其单调区间； （2），分，和讨论，尤其是当时，结合导函数与函数极值，最值的关系以及零点存在定理即可求出范围. （1）当时,函数, 可得， 当吋,， 所以的单调增区间为的单调减区间为； （2）函数， ， 当时由(1)知在上有1个零点， 当时,令,可得， 由可知存在唯一的使得, 所以当时,单调递增; 当时,单调递减, 因为， 若函数有零点，必有,即时,在上有1个零点. 当时，根据得到恒成立， 则在单调递增，且，故此时在上不存在零点，舍去， 综上可得,当时,有1个零点. 【变式训练4-3-1】已知函数，（为常数，）. （1）若恒成立，求实数的取值范围； （2）判断方程是否存在实数解；如果存在，求出解的个数；如果不存在，请说明理由. 【变式训练4-3-2】已知函数是常数． (1)求函数的图象在点处的切线的方程.并证明函数的图象在直线的下方； (2)讨论函数零点的个数． （四） 分离参数 【典型例题】已知函数（为自然对数的底数），其中． (1)当a＝－1时，证明：函数有且仅有两个极值点； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析(2)或 【解析】（1）由已知得，令，通过研究零点的个数，证得结论； （2）当a＝0时，不符合题意；当时，，令，结合函数的单调性与极值，画出函数的大致图象，当函数的图象与直线的交点个数为1时，即可得出a的取值范围． （1）当a＝－1时，．， 令，则， 当时，有，当时，有， 故函数的增区间为，减区间为， 又由，， ， 可知函数有且仅有两个零点， 故函数有且仅有两个极值点； （2）令， 当a＝0时，，不符合题意． 当时，．令， ∴零点的个数为函数的图象与直线的交点个数． ， 当x＜－1时，，则单调递增； 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增， ∴的极大值点为，极小值点为， 又当时，；；当时，恒小于0， 根据以上信息，画出函数的大致图象如图所示． 由图可知，当或，函数的图象与直线的交点个数为1． 所以当或时，恰有一个零点． 【变式训练4-4-1】已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）设函数，若在上有两个零点，求实数的取值范围． 【变式训练4-4-2】已知函数，． (1)若，求的极值； (2)若在区间内有零点，求实数a的取值范围． 【变式训练4-4-3】已知函数. (1)若的最大值为，求； (2)若存在，使得函数有3个零点，求的取值范围. 题型05：最值函数的零点问题 【典型例题1】已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对原函数求导得，， 因为函数有两个极值点， 所以有两个不等实根，即有两个不等实根， 亦即有两个不等实根. 令，则 可知在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为当时，，当时，， 所以，解得， 即a的范围是. 故选：B 【典型例题2】已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：由题意，的定义域为，且． （1）当时，，令，解得． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 在上单调递减，在上单调递增； （2）当时，恒成立，在上单调递增，不合题意； 当时，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 的极小值也是最小值为． 又当时，，当时，． 要使有两个零点，只要即可， 则，可得． 综上，若有两个零点，则的取值范围是，． 【典型例题3】已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：（1）当时，，，， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． （2）， 当时，，单调递增，不合题意； 当时，，，单调递增， ，，单调递减， ， 令，得， ，， 所以当时，有两个零点． 【典型例题4】已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）讨论关于的方程的实根的个数． 【答案】见解析 【解析】解：（1）时，，则， 令，解得：，令，解得：， 故在递增，在，递减， 故； （2）由，得，显然是该方程的根， 时，方程等价于， 令，， 则， 令， 则， 时，单调递减， 时，（1），，单调递减， 时，（1），，单调递增， 时，，时，，时，， 画出函数的图像，如图示： 结合图像得：时，方程有2个实根， 时，方程没有实根， 综上：时，方程仅有1个实根， 时，方程有3个实根． 【典型例题5】已知函数 （1）当时，求的单调区间； （2）如果，是曲线上的任意一点，若以，为切点的切线的斜率恒成立，求实数的最小值； （3）讨论关于的方程的实根的个数情况． 【答案】见解析 【解析】解：（1）当时，，定义域为，（1分） 则（2分） 令，得，由，得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（4分） （2）由题意，， 以，为切点的切线的斜率满足， 所以对恒成立．（6分） 又当时，，所以的最小值为（8分） （3）由题意，方程化简得 ，， 令，则． 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．（10分） 所以在处取得极大值，即最大值，最大值为 （1）（11分） 所以当时，即时，的图象与轴恰有两个交点， 方程有两个实根；（12分） 当时，的图象与轴恰有一个交点， 方程有一个实根；（13分） 当时，的图象与轴无交点， 方程无实根．（14分） 【典型例题6】已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有且仅有3个零点，求的取值范围．（其中常数，是自然对数的底数） 【答案】见解析 【解析】解：（1）的定义域为，且， ①若，则，当时，，单调递增， 时，，单调递减， ②若，当时，， 当时，， 当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增， ③若，则， 所以在上单调递减， ④若，当时，， 当时，， 当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 综上所述：若，在上单调递增，在上单调递减， 若，在和上单调递减，在上单调递增， 若，在上单调递减， 若，在和上单调递减，在上单调递增． （2）令，则， 所以依题意可得函数与的图像有3个不同的交点， 由（1）知必有或， ①当时，在和上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为（1）， 的极大值为（1），的极小值为（a）， 又（a）， 所以函数与的图像至多有1个交点，不合题意， ②当时，在和上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为（1），的极大值为（a）， 所以必须有成立， 因为，所以， 所以， 所以， 下面求不等式的解集， 令，则不等式等价于， 令函数， 则， 令，有， 函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减， 又（2），所以， 即恒成立，故函数单调递减， 又（2）， 所以当且仅当时，， 所以不等式的解集为， 即不等式的解集为． 所以的取值范围为． 【变式训练5-1】（多选）已知函数，若过点（其中是整数）可作曲线的三条切线，则的所有可能取值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式训练5-2】关于的方程只有一个实数解，则实数的取值范围是________． 【变式训练5-3】设函数，曲线在点，处的切线与轴垂直． （1）求； （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【变式训练5-4】已知函数是自然对数的底数）． （1）求函数的最小值； （2）若函数有且仅有两个不同的零点，求实数的取值范围． 【变式训练5-5】已知函数为自然对数的底数）． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数有且仅有两个零点，求实数的取值范围． 【变式训练5-6】已知函数，． （1）若曲线在处的切线方程为，且存在实数，，使得直线与曲线相切，求的值； （2）若函数有零点，求实数的取值范围． 【变式训练5-7】已知函数． （1）当时，证明：在区间上不存在零点； （2）若，试讨论函数的零点个数． 【变式训练5-8】已知函数，． （1）当为何值时，轴为曲线的切线． （2）设在，单调递增，求的取值范围． （3）用，表示，中的最小值，设函数，，讨论零点的个数． 【变式训练5-9】已知函数，． 当为何值时，轴为曲线的切线； 用，表示，中的最小值，设函数，，讨论零点的个数． 【变式训练5-10】已知函数． （1）当为何值时，轴为曲线的切线， （2）用，表示，中的最大值，设函数，，当时，讨论零点的个数． 【变式训练5-11】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 【变式训练5-12】已知函数． （Ⅰ）当时，求在处的切线方程； （Ⅱ）如果当时，恒成立，求实数的取值范围； （Ⅲ）求证：当时，函数恰有3个零点． 【变式训练5-13】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个零点，求的取值范围． 【变式训练5-14】已知函数在x=1处取得极值3. (1)求a，b的值； (2)若方程有三个相异实根，求实数k的取值范围. 【变式训练5-15】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)①证明函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点； ②设①中函数的零点为，记（其中表示中的较小值），若在区间内有两个不相等的实数根，证明：. 题型06：函数的图象与函数零点问题 【典型例题1】已知函数若方程有三个不同的解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】∵，则 ∴原题转化为与有三个不同的交点 表示为斜率为1，纵截距为a的直线，如图可知： 满足条件的直线以过点的直线，与相切的直线为临界位置 若过点，则，即 若与相切，则，可得 即切点坐标为，则 ∴a的取值范围是 故选：B. 【典型例题2】已知函数若关于的方程有三个实数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】等价于， 函数的图象如图，因为的图象与有且仅有一个交点， 即有两个实数解，所以， 故选:B. 【典型例题3】已知函数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）当时,， ，， 又，即切点为， 切线方程为：，即； （2） ，，由得， 令， 则， 由得或，由得或， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减. 又趋向于负无穷大时，无限趋近于0，且， 图象如下图： 由函数有两个零点得，函数与有两个交点， 由图可知，或， 故a的取值范围为. 【变式训练6-1】已知函数，若方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-2】设有三个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-3】已知定义在上的函数满足：，若方程在（0，2]上恰有三个根，则实数的取值范围是___________. 【变式训练6-4】已知函数. (1)求的单调区间和极值. (2)若关于的方程有唯一的实数根，求实数的取值范围. 【变式训练6-5】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若关于的方程有个不等实根，求证：. 【变式训练6-6】已知函数． (1)求的极值； (2)若函数在上有两个不同的零点，求实数m的取值范围． 【变式训练6-7】设函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，求的取值范围． 【变式训练6-8】已知函数（）． (1)当时，求函数在区间上的最值； (2)若在定义域内仅有一个零点，求的取值范围． 题型07：同构法解零点问题 【典型例题1】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当a＝1时，若函数有两个零点，求实数t的取值范围． 【答案】(1)答案见解析(2) 【解析】（1）分，，讨论求解即可； （2）由题意可知关于x的方程有两个不同的实根，进而，令，要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根．令，利用导数法研究的零点即可 （1）因为， 所以． 当时，恒成立， 所以在上单调递增； 当时，令，得， 由解得，由解得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立， 所以在上单调递减． 综上可知：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减． （2）当时，，则， 所以关于x的方程有两个不同的实根， 即关于x的方程有两个不同的实根． 因为x＞0， 所以． 令，则， 所以在上单调递增． 要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根． 令，则． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以．当t＜1时，，没有零点； 当t＝1时，，当且仅当x＝1时，等号成立，只有一个零点； 当t＞1时，，，． 令，则，即在上单调递增， 所以，即． 所以在上有一个零点，在上有一个零点，符合条件． 综上，实数t的取值范围是． 【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【 【典型例题2】已知函数，其中． (1)讨论函数零点个数； (2)求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）求导，分类讨论的取值，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解， （2）根据，取，利用累加法，结合指对互化即可求解. （1） ①当时，即在单调递减， 又， 只有一个零点. ②当时，令则， 当时，当时， 故在单调递增，在单调递减， ， 令，则， 故当时， 单调递减，当时，单调递增， 故， 又，， 故当时，只有一个零点， 当且时，有两个零点， 综上可知：故当或时，只有一个零点， 当且时，有两个零点， （2）由（1）可知，当时，在单调递减， 故当时，，故， 取，则，即， 相加可得， ， ， 【点睛】方法点睛： 1. 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.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用 【典型例题3】设函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数，并说明理由. 【答案】(1)答案见解析； (2)有一个零点，理由见解析. 【解析】（1）求出函数的定义域及导数，再分类讨论求出的单调性作答. （2）把代入求出，利用导数结合零点存在性定理探讨函数的零点个数作答. （1）函数的定义域为，求导得， 若，由得或，由得， 因此函数在，上单调递增，在上单调递减， 若，恒有，当且仅当时取等号，因此函数在上单调递增， 若，由得或，由得， 因此函数在，上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在，上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在，上单调递增，在上单调递减. （2）当时，函数有且只有一个零点. ，显然函数在上单调递增， 而，则存在唯一使得，即， 当时，，即，当时，，即，当时，， 因此函数在，上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值， ， 而当时，，于是在上无零点， 因为，因此在上有唯一零点， 所以函数在上有唯一零点. 【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 【典型例题4】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数. 【答案】(1)答案见解析 (2)在定义域内有两个零点 【解析】（1）利用导数，分成，，，四种情况讨论函数的单调性； （2）法一：利用导数讨论函数的单调性，在区间，，上分别讨论零点的个数； 法二：设，直线l：，数形结合，转化为讨论与直线的交点个数. （1）定义域为， ， ①当时，， ∴时，单调递增；时，单调递减； ②当时，恒成立，即单调递减； ③当时，，单调性如下表： x 1 减 增 减 ∴在和单调递减；在上单调递增； ④当时，，单调性如下表： x 1 减 增 减 ∴在和单调递减，在单调递增； 综上：时，在单调递增，在单调递减； 时，在单调递减； 时，在和单调递减，在单调递增； 时，在和单调递减，在单调递增； （2）当时，， 法一：若，则， ∴在单调递增，且，， ∴使，即（※）， 当时，即，则单调递减； 当时，即，则单调递增； ∴， 由（※）式得：，则， 令，， 由，则，故在上单调递减，又， ∴在成立， 易证在单调递减，在单调递增，则， 取，设，则， ∴存在使得，故在内有一零点， 取，设， ∴存在，使得，故在内有一零点， 综上，在定义域内有两个零点. 法二：（※）， 令，则（※）式化为， 设，直线l：问题转化为讨论与直线的交点个数， ， 时，，单调递减； 时，，单调递增； ， 当时，； 当时，； 由，，则图像大致如下：    由图知，直线与交点有两个， ∴在定义域内有两个零点. 【点睛】利用导数确定零点个数问题，方法一是利用导数确定函数的单调性，得出函数的最值，然后确定最值的正负(有时需要再次引入新函数，由新函数的导数得出结论)，同时确定某些函数值的正负，从而利用零点存在定理得出零点的个数；方法二，可以参变分离或者对函数进行分割，转化为两个函数图象的交点问题. 【变式训练7-1】已知曲线C： (1)若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程； (2)当时，求在上的值域； (3)若，讨论的零点个数． 【变式训练7-2】设函数． (1)求的单调区间； (2)设函数，求在的零点个数． 【变式训练7-3】已知函数. (1)若在处取得极值，求的值及函数的单调区间； (2)请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择.如果多写按第一个计分. ①若恒成立，求的取值范围. ②若仅有两个零点，求的取值范围. 【变式训练7-4】已知函数. （1）选择下列两个条件之一：①；②；判断在区间是否存在极小值点，并说明理由； （2）已知，设函数若在区间上存在零点，求实数的取值范围. 【变式训练7-5】已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）若函数有且仅有两个零点，求a的取值范围. 【变式训练7-6】已知． (1)若函数在上有1个零点，求实数的取值范围． (2)若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围． 【变式训练7-7】已知函数 （1）若函数在上单调递减，求的取值范围； （2）若函数在定义域内没有零点，求的取值范围． 题型08：零点差问题 【典型例题1】有两个零点． (1)时，求的范围； (2)且时，求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【解析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解. （2）当时由及的两个零点之间的距离可得. （1）时，， 由题意的两个零点即为 方程的两个根， 分离参数即得，令， 对其求导得，设， 则，所以在定义域上面单调递减， 注意到，所以随的变化情况如下表： 所以有极大值（最大值）， 又当时，；当时，， 若方程有两个根， 则，即的取值范围为. （2）因为，设， 所以当且时有， 进而有，且 的函数图像恒在的函数图象上方，不妨设的两个零点为（且），如图所示： 因此的两个零点在二次函数两个零点之内， 所以有，令，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为，其判别式， 又，所以， 综上，有，命题得证. 【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放缩，进而去发现相应零点之间的变化. 【典型例题2】设. (1)如果在处取得最小值，求的解析式； (2)如果，的单调递减区间的长度是正整数，试求和的值. 【答案】(1)； (2)，或，. 【解析】（1）先对进行求导，进而得出的解析式，利用配方法将二次函数表示成顶点式，再根据在处取得最小值，即可列方程组求出和的值，从而得出的解析式； （2）求导得，根据的单调递减区间的长度是正整数，可判断出存在两个不相等的实数根，，设，根据和求根公式得出，再结合，从而可得出满足要求的和的值. （1）解：由题可知，，则， ， 此时为二次函数，抛物线开口向上，对称轴为， 由于在处取得最小值， 则，解得：， 所以. （2）解：，因为的单调递减区间的长度是正整数， 所以存在两个不相等的实数根，，不妨设， 则，即， ， 又因为，所以时才能有满足条件的， 当时，只有符合要求；当时，只有符合要求； 当时，没有符合要求的； 所以，或，. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数的极值求参数值，考查利用导数解决零点差问题，解题的关键在于第（2）问中，将问题转化为方程存在两个不等实数根从而解决问题，考查学生转化思想和运用能力. 【变式训练8-1】已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：函数存在单调递减区间，，并求出单调递减区间的长度的取值范围. 【变式训练8-2】已知函数，，其中. (1)求过点且与函数的图象相切的直线方程； (2)①求证：当时，； ②若函数有两个不同的零点，，求证：. 【变式训练8-3】已知关于x的函数与在区间D上恒有． （1）若，求h(x)的表达式； （2）若，求k的取值范围； （3）若 求证：． 题型09：割线法切线法与零点 【典型例题1】已知函数（为自然对数的底数）. （1）求函数的零点，以及曲线在其零点处的切线方程； （2）若方程有两个实数根，求证：. 【答案】（1）零点为；；；（2）见解析. 【解析】（1）由题意可得函数的零点为，，求导后，求出，，再求出，利用点斜式即可求得切线方程； （2）利用导数证明、，设，由函数单调性可知、，利用即可得证. （1）由，得或，所以函数的零点为，， 因为，所以，. 又因为， 所以曲线在处的切线方程为， 在处的切线方程为； （2）证明：因为函数的定义为，， 令，则，所以即单调递减， 由，， 所以存在，使得在上单调递增，在上单调递减； 不妨设，且，， 令，， 记，则， 令，则， 所以单调递增，且， 故在单调递减，在单调递增， 所以，即； 记，则， 所以单调递增，且，故在单减，在单增. 则，即； 不妨设， 因为，且为增函数，所以. 由，得； 同理，； 所以. 所以， 所以. 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了计算能力和推理能力，属于难题. 【典型例题2】已知函数. （1）求曲线在原点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程 有两个正实数根，求证：. 【答案】(1) ;(2) ;（3）见解析. 【解析】试题分析： (1)利用题意结合导函数与切线的关系求得切线方程为即可； (2)利用题意讨论 和 两种情况可得实数的取值范围是. (3)由(2)的结论，取，结合函数的可知可得：. 试题解析： (1),故曲线在原点处的切线方程. (2) ①当时，；②当时，问题等价为恒成立，设，则，因为在上单调递增，且，所以在上单调递减，在上单调递增，所以上的最小值为，所以.③当时，问题等价为恒成立，设，则，所以在上单调递减，而时，所以即可.综上所述. （3）依第（2）问，取，有，因为在处的切线方程为. 设，则，令得或.容易知道在单调递增，在单调递减，而，所以当时，单调递增.而，所以，当时，恒成立. 所以.设分别与和的两个交点的横坐标为，则，所以. 【变式训练9-1】已知函数（e为自然对数的底数）． （1）求函数的零点，以及曲线在处的切线方程； （2）设方程有两个实数根，求证：． 【变式训练9-2】已知函数，曲线在点处的切线方程为. (1)求，的值； (2)证明：； (3)若函数有两个零点，，证明：. 【变式训练9-3】已知函数. （1）求在点处的切线方程； （2）若方程有两个实数根，，且，证明. 1.已知函数． (1)当时，求函数在上的极值； (2)用表示中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数． 2.已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的零点个数． 3. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若，，是的两个零点.证明： （i）； （ii）. 4. 设函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若关于的方程有两个实根，设为，（），证明：． 5.已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 6．已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 7．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． 8．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． 9．已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点； （Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 10．设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 11．已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个零点，求的取值范围． 12．设函数，为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值； （3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤． 高中函数零点【考题归纳】 题型01：判断函数零点所在区间 【典型例题1】设函数,则函数(　). A.在区间内均有零点 B.在区间内均无零点 C.在区间内有零点,在区间内无零点 D.在区间内无零点,在区间内有零点 【答案】D 【解析】令得.作出函数和的图象, 如图所示, 由与的图象在内无交点,在内有交点, 得在内无零点,在内有零点. 【典型例题2】函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由函数的单调性，结合零点存在性定理判断选项即可. 因为在上为增函数，且， ，因为，所以， 所以的零点所在区间为. 故选：C. 【变式训练1-1】方程的实数根所在的区间是（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ） A． B． C． D． 【变式训练1-3】已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-4】设,,则函数存在的零点所在的区间一定为(　　).　　　 　　　　　　 A． B． C． D． 【变式训练1-5】对于定义在R上的函数，若存在非零实数，使在和上均有零点，则称为的一个“折点”，下列四个函数存在“折点”的是（ ） A． B． C． D． 题型02：二分法 【典型例题1】若函数的一个正数零点附近的函数值用二分法计算，其参考数据如下： 那么方程的一个近似根（精确度）可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据二分法求零点的步骤以及精确度可求得结果. 因为，所以，所以函数在内有零点，因为，所以不满足精确度； 因为，所以，所以函数在内有零点，因为，所以不满足精确度； 因为，所以，所以函数在内有零点，因为，所以不满足精确度； 因为，所以，所以函数在内有零点，因为，所以不满足精确度； 因为，，所以函数在内有零点， 因为，所以满足精确度， 所以方程的一个近似根（精确度）是区间内的任意一个值（包括端点值），根据四个选项可知选C.选：C 【典型例题2】已知函数满足：对任意，都有，且.在用二分法寻找零点的过程中，依次确定了零点所在区间为，又，则函数的零点为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先根据条件分析得到的单调性，然后根据二分法的过程得到满足的方程组，由此求解出的值，则的零点可知. 因为对任意，都有，且， 所以在上单调递增，且； 因为恒成立，所以，解得， 所以的零点为，故选：B. 【变式训练2-1】已知函数的一个零点，用二分法求精确度为0.01的的近似值时，判断各区间中点的函数值的符号最多需要的次数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【变式训练2-2】函数，用二分法求方程在内近似解的过程中得，，，，，则方程的根落在区间（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-3】函数 的零点与的零点之差的绝对值不超过，则的解析式可能是 A． B． C． D． 【变式训练2-4】已知图像连续不断的函数在区间上有唯一零点，如果用“二分法”求这个零点（精确度0.0001）的近似值，那么将区间等分的次数至少是（    ） A．4 B．6 C．7 D．10 题型03：函数零点个数的判断 【典型例题1】已知，则的零点之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】令，由二倍角的余弦公式和辅助角公式化简可得，则或，结合，即可得出答案. 由， 则，所以， 即， 所以或， 解得：或， 因为，所以，或， 所以的零点之和为， 故选：C. 【典型例题2】函数的零点个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【解析】转化为，的交点个数问题，画出两函数图象，数形结合得到答案. ，即， 令，， 故的零点个数为与的交点个数， 在同一坐标系内画出与的图象，如下： 显然与的交点个数为1，故的零点个数为1. 故选：D 【变式训练3-1】已知函数，则的所有零点之和为（ ） A． B． C． D． 【变式训练3-2】拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得称为函数在闭区间上的中值点，若关于函数在区间上的“中值点”的个数为m，函数在区间上的“中值点”的个数为n，则有（   ）（参考数据：.） A．1 B．2 C．0 D． 【变式训练3-3】设是定义在上的奇函数，且当时，，则的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式训练3-4】若函数()满足，且时，，函数则函数在区间内零点的个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【变式训练3-5】已知函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，设函数，则函数的零点个数为（    ） A．6 B．8 C．12 D．14 【变式训练3-6】函数，则函数的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 题型04：比较零点大小 【典型例题1】已知函数，，的零点依次为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】分析函数单调性，根据零点存在性定理，依次判断所在区间即可. 由题意，对于函数，可知是增函数，也是增函数， 则为上增函数，又， 对函数，可知增函数，也是增函数，故函数为上增函数， 又，，故； 对于，又，故； ； 故选：C. 【典型例题2】若，则下列不等关系一定不成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】将条件转化为，结合对应函数的性质画出函数图象，判断它们与有交点时各交点横坐标的大小情况. 由，得． 由，得，， 作函数，，的图象，再作直线． 变换的值发现：，，均能够成立， D不可能成立. 【变式训练4-1】已知函数的零点分别为a，b，c，则有（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-2】已知正数满足，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-3】已知函数，，的零点分别为、、，则、、的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-4】已知函数的两个零点分别为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 题型05：求由零点组成代数式的值或者取值范围 【典型例题1】函数所有零点之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先化简，转化为与的交点横坐标之和，数形结合即得解 函数所有零点 函数与的交点的横坐标． ，，可得函数，的图象，关于点对称． 函数，的图象如下： 结合图象可得在区间，函数，的图象有4个交点，关于点对称，所有零点之和为 故选：B 【典型例题2】设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据分段函数解析式研究的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得、、，进而将目标式转化并令，构造，则只需研究在上的范围即可. 由分段函数知：时且递减；时且递增； 时，且递减；时，且递增； ∴的图象如下：有四个实数根，，，且， 由图知：时有四个实数根，且，又， 由对数函数的性质：，可得， ∴令，且， 由在上单增，可知，所以. 【变式训练5-1】设满足，满足，则（    ） A．1 B． C． D． 【变式训练5-2】若是函数的零点，是函数的零点，则的值为（    ） A．1 B．2023 C． D．4046 【变式训练5-3】函数在区间上的所有零点之和为（    ） A．6 B．8 C．12 D．16 【变式训练5-4】已知函数，若存在实数，满足，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-5】已知函数 若存在实数，，，，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型06：根据零点个数或者区间确定参数的取值范围 【典型例题1】已知函数，若关于x的方程在区间上有两个不同的实根，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造新函数，根据根的情况分类讨论可求a的取值范围. 设，因为时，不合题意，故. ，即； 若，即时，在区间上单调递减，至多有一个零点，不符合题意，舍. 若，即时，在区间上单调递增，至多有一个零点，不符合题意，舍. 若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增， 从而只需，即，解得，即. 故选：A 【典型例题2】已知函数若函数有3个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由二次函数、导数研究的性质并画出草图，将问题化为与的图象有3个交点，数形结合确定参数范围. 当时，， 当时，单调递减；当时，单调递增. 当时，. 当时，，则， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 当时，. 画出函数的图象如图所示： 因为函数有3个零点， 所以与的图象有3个交点，由图知：. 所以的取值范围为. 故选：B 【变式训练6-1】已知函数.若函数存在零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-2】若函数有唯一零点，则实数（    ） A．2 B． C．4 D．1 【变式训练6-3】若关于x的方程有四个不同的实数解，则k的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-4】已知函数，若函数恰有三个零点，则正实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-5】设表示不超过的最大整数，如，已知函数，若方程有且仅有个实根，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【变式训练6-6】已知函数若函数恰有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型07：与嵌套函数有关的零点问题 【典型例题1】已知函数则函数的所有零点之和为（    ） A．2 B．3 C．0 D．1 【答案】D 【解析】令，得到，令，可得，列出方程求得，得到，在结合函数的解析式，列出方程，即可得到答案. 由函数，令，则， 令，可得， 当时，由，可得，即，解得； 当时，由，可得，即，解得或（舍去）， 所以，即， 当时，令或（舍去），解得或； 当时，令，解得或， 所以函数的零点之和为. 故选：D. 【典型例题2】已知函数，若函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，先判断在和上的单调性和最值，再作出函数的大致图象，将函数的零点问题转化为方程根的问题，从而数形结合得结果. 当时，，当时，， 当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且，当时，． 当时，当时，， 当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且． 作出函数的大致图象，如图所示， 由图象可知，是函数的零点，要使函数有两个不同的零点，则方程有两个不相等的实数根，等价于有1个非零实数根. 由图可知或或，即. 故选：C． 【变式训练7-1】若函数，则方程的实根个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式训练7-2】已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，则实数的最小值是（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-3】已知函数，则关于的方程实数解的个数为（    ） A．4 B．5 C．3 D．2 【变式训练7-4】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则实数的值是（   ） A． B． C．0 D． 【变式训练7-5】已知函数，则函数的零点个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第11讲 导数与函数零点 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 3 解题策略 6 题型归纳 8 题型01：一个零点问题 8 题型02：两个零点问题 14 题型03：三个零点问题 19 题型04：判断零点个数 29 （一）直接求导 29 （二）直接求导-隐零点 31 （三）分开成两个函数 39 （四）分离参数 42 题型05：最值函数的零点问题 48 题型06：函数的图象与函数零点问题 75 题型07：同构法解零点问题 85 题型08：零点差问题 99 题型09：割线法切线法与零点 108 巩固提升 113 高中函数零点【考题归纳】 134 题型01：判断函数零点所在区间 134 题型02：二分法 138 题型03：函数零点个数的判断 140 题型04：比较零点大小 145 题型05：求由零点组成代数式的值或者取值范围 148 题型06：根据零点个数或者区间确定参数的取值范围 153 题型07：与嵌套函数有关的零点问题 158 1. 考纲要求：掌握导数研究函数单调性、极值/最值的方法，结合零点存在性定理解决函数零点个数判定、参数范围求解、零点相关证明问题，考查分类讨论、数形结合、转化与化归三大数学思想。 2. 命题趋势：高考高频压轴考点（选填最后2题/解答题第21/22题），近5年全国卷/新高考卷考查频率超80%；载体以含参初等函数为主（融合、\ln x、二次/三次函数），题型兼具基础性与综合性，难度中档偏上→压轴，新高考更侧重“多方法求解”与“跨模块融合”（如结合不等式、恒成立问题）。 一：基础目标（全员掌握，保底得分） 1. 牢记零点存在性定理核心条件，能判断不含参初等函数的零点个数，掌握“求导→判单调→求极值→分析端点趋势”的基础步骤。 2. 熟练求导公式（含复合函数、分式/根式函数），能准确划分函数单调区间、求解极值/最值，无求导计算错误。 3. 掌握参变分离法的基础应用，能将简单含参零点问题转化为“求函数值域+数形结合”，求解参数范围。 4. 能准确分析常见函数（、ln x、多项式函数）的端点趋势，熟记x→0/+∞/-∞时的函数符号变化规律。 二：提升目标（重点掌握，突破中档） 1. 能根据题型选择最优解题方法（参变分离/分类讨论/数形结合），对不可分离的含参函数，按“f’(x)=0临界点的存在性/位置”合理分类讨论，无遗漏/重复。 2. 掌握“对数单身狗、指数找基友”的化简技巧，简化求导过程，快速处理含e^x、\ln x的复合函数零点问题。 3. 能证明函数唯一零点，完成“存在性（零点存在性定理）+唯一性（单调性证明）”的完整论证，步骤规范。 4. 能结合函数图像，将零点个数转化为“曲线与直线的交点个数”，快速验证参数范围的结论，提升解题效率。 三：压轴目标（拔高掌握，冲刺高分） 1. 能解决零点与极值点偏移、恒成立、不等式证明的融合问题，掌握构造新函数的核心技巧（作差、放缩、换元）。 2. 能处理含多参数、高次多项式+超越函数的复杂零点问题，精准分析极值点的个数、符号，结合端点趋势判定零点个数。 3. 能证明零点的范围/大小关系，结合函数单调性与放缩法，推导零点与定值的不等关系，完成严谨的逻辑论证。 4. 具备应试答题思维，能按高考阅卷标准踩点答题，规避定义域、等号取舍、趋势分析等高频失分陷阱，步骤简洁且完整。 知识点一：判断、证明或讨论函数零点个数的方法　 利用零点存在性定理求解函数热点问题的前提条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0． 1.直接法 直接法，即直接对所求函数进行分析， ①对于不含参函数，比如，等， 求零点个数的思路是：求导求单调性求极值最值结合函数图象分析零点个数； ②对含参函数，进行分类讨论就行. 2.分离参数法 对于求含参函数的零点个数，采取分离参数法可把问题转化为求不含参函数问题； 比如求函数的零点个数，采取分离参数法相当于求函数与函数的交点个数. 3.切线法 切线法，即利用导数的几何意义求两函数相切的“临界值”，再结合图象判断交点个数； 若所求函数能“分离”出一次函数或“分离”两函数有明显“凹凸性”，可考虑切线法； 比如求函数的零点个数，可转化为与的交点个数，此时先确定当为何值时两函数相切，再结合图象分析交点个数. 比如求函数的零点个数，可转化为与的交点个数，此时先确定当为何值时两函数相切，再结合图象分析交点个数. 知识点二：已知函数有零点求参数范围常用的方法 1. 分离参数法： 一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； 2. 分类讨论法： 一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围． 1.函数的零点、方程的实数根 函数的零点、方程的实数根与两函数的交点可视为同一问题， 函数的零点个数 方程实数根个数 函数与函数交点个数. 2.函数零点存在定理 如果函数在上的图象是连续不断的，且，那么函数在至少有一个零点，即存在，使得，这个也就是方程的解. 3.注意事项 (1) 求函数零点个数时，时常要结合函数图象，所以尽量图象准确，不要想当然； 【例】求函数的零点个数. (注 函数零点明显仅有，以下讨论仅为表达画图的重要性) ， 函数在递减，在递增，最小值， 此时就以为函数图象是左图，那就得到“有两个零点”的错误结论， 严谨的表达是，，，在不存在零点， , ， 由函数零点存在定理可得在存在个零点， 故函数实际的图象如右图，仅有一个零点. (2) 要避免上诉“想当然”的情况需要在零点旁边找两个函数值异号的点，方法有二种， ①利用极限的思路，比如判断时，；时，之类的； 此时会涉及到函数增长快慢问题，但若涉及大学的内容(比如洛必达法则)，则解答不会得满分； ②找到“实实在在”的点； (3) 对某些含参函数，分离变量的方法行不通，比如因为需要洛必达法则、求导困难等，需要用直接法进行分类讨论. 知识点三：极限问题 1. 函数的增长速度 一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数在这个范围内变化得较慢，函数的图象就比较“平缓”. 【例】①指数函数在的增长速度是“爆发式”的， ②幂函数在的增长速度较快，指数越大，增长速度越快． ③一次函数的增长的速度不变，越大，其增长得越快． ④对数函数在的增长速度很慢. 2. 极限 对于某函数，“当时，趋向什么”属于极限问题，本质是求. 以下举几个例子，大家细品下， ① ，当时，；即函数能取到，直接代入便可； ② ，当时，；可想象下取一很大的数，对应函数值很小，接近； ③ ，当时，分子，分母，那趋向什么呢？ 因为函数较函数在增长得慢很多，所以当时，； 这需要了解函数间在某区间的增长速度的比较； ④ ，当时，分子，分母，那趋向什么呢？ 此时与在附近的增速在高中无法确定， 其实时，的，为什么呢？(用洛必达法则可求，但在高中用导数的定义也可求) 其实，() 如下图 方法技巧 1.利用导数求函数的零点常用方法 (1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数. (2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点. 2.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解. 3.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况. 4.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件． 一、通用解题总策略（三步核心法） 所有零点问题均围绕“单调性→极值/最值→端点趋势”展开，三步闭环解题，无遗漏核心逻辑： 1. 定调：求导化简，划分函数单调区间，明确极值点/最值点； 2. 核心：计算极值/最值，判断其与0的大小关系（零点问题的核心判定依据）； 3. 补界：分析定义域端点的函数趋势（x→0+/+∞/-∞），结合零点存在性定理定零点个数。 核心原则：单调函数零点数为0或1；非单调函数由“极值符号+端点趋势”共同决定。 二、分题型精准解题策略（按高考考频排序） 题型1：不含参函数零点个数判定（基础） 策略：直接套用三步核心法，无分类讨论，重点抓极值符号和端点趋势，快速判定。 速判结论： 题型2：含参函数零点个数求参数范围（核心，高考高频） 按“能分离先分离，不能分离再分类”原则选方法，优先参变分离（得分率高、步骤简）。 方法1：参变分离法（最优解，占高考此类题70%） 适用场景：能将f(x)=0等价变形为a=g(x)（无漏根/增根，分母不含参）； 解题策略： 1. 分离：等价变形为参数单独在一侧，记右侧为g(x)； 2. 研g(x)：求g(x)的单调性、极值、值域、端点趋势，画简易图像； 3. 数形结合：零点个数=直线y=a与y=g(x)的交点个数，直接定a的范围。 关键技巧：分离后优先化简g(x)，含\ln x/e^x用“对数单身狗/指数找基友”简化求导。 方法2：分类讨论法（必备，适用于不可分离型） 适用场景：f(x)=0无法分离参数（如=a），或分离后g(x)求导复杂； 解题策略： 1. 定分类标准：以f’(x)=0的临界点是否在定义域内/临界点的大小为唯一标准，不重复、不遗漏； 2. 逐类分析：对每类参数范围，用三步核心法分析f(x)的单调、极值、端点趋势； 3. 列不等式：根据题意的零点个数，列极值与0的不等关系，求解参数范围； 4. 验证临界：参数范围的等号需验证（极值=0时是否满足零点个数）。 方法3：数形结合直接拆分法（辅助/选填速解） 适用场景：f(x)=0可拆为h(x)=φ(x)，且h(x)、φ(x)图像易分析（如=kx+1、\ln x=ax）； 解题策略：分别分析h(x)、φ(x)的单调、极值、趋势，画草图看交点个数，定参数范围。 题型3：零点相关证明（压轴，高考常考） 围绕“存在性+唯一性”展开，证明类问题需步骤严谨、逻辑闭环，无跳跃。 子题型3.1：证明函数有唯一零点 策略：存在性+唯一性双证明，缺一不可： 1. 存在性：找两点,，使f()·f()<0（零点存在性定理）； 2. 唯一性：证明f(x)在定义域内单调（f’(x)≥0或f’(x)≤0，等号仅在个别点成立）。 子题型3.2：证明零点在指定区间(m,n)内 策略：区间端点验证法，结合函数连续性： 1. 计算f(m)、f(n)的符号，满足f(m)·f(n)<0； 2. 说明f(x)在[m,n]上连续（初等函数均满足，可直接表述）。 子题型3.3：证明零点的大小关系（如x_0>1） 策略：构造辅助函数+单调性证明： 1. 设零点为，则f()=0，构造F(x)=f(x)与定值的差（如F(x)=f(x)-f(1)）； 2. 证明F(x)的单调性，结合F(1)的符号，推导与定值的大小。 题型4：零点与极值点/不等式融合问题（进阶压轴） 核心策略：零点条件转化+构造新函数，将零点条件代入，转化为熟悉的单调性/不等式问题。 子题型4.1：已知双零点，证明极值点偏移（如x_1+x_2>2x_0） 策略：对称构造法，步骤固定： 1. 求f(x)的极值点，设<<； 2. 构造F(x)=f(+x)-f(-x)，证明F(x)在(0,+∞)单调； 3. 结合F(0)=0，推导f()=f()<f(2-)，再由单调性得>2-，即x_1+>2。 子题型4.2：已知零点存在，证明参数范围/不等式 策略：零点条件代换+最值分析： 1. 由f()=0得参数与零点的关系式 2. 将待证不等式转化为关于的函数不等式，求导研究其单调性，证明恒成立。 三、高考答题规范策略（踩点得分，避失分） 按高考阅卷“踩点给分”原则，规范步骤，缺一不可，避免“会做但丢分”： 1. 必写步骤：定义域→求导f’(x)→化简f’(x)→求临界点→划分单调区间→求极值/最值→端点趋势分析→结论； 2. 符号规范：极限趋势用“x→+∞时，f(x)→+∞”表述，不可省略； 3. 分类规范：分类讨论时先写“当……时”，再分析，最后总结“综上，参数范围为……”； 4. 证明规范：证明题需写“要证……只需证……”“由……得……”，逻辑连词衔接，无跳跃； 5. 范围规范：参数范围用区间表示，不可用不等式连写（如a>0且a<1写为(0,1)），等号取舍需标注验证结果。 题型01：一个零点问题 【典型例题1】已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上仅一个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2). 【解析】（1）由得到，利用导数的几何意义求解； （2）将问题转化为在上仅有一个实数解，设，求导，分，， 讨论求解. （1）解：当时，，所以，即切点为， 又，则， 故曲线在处的切线方程为，即. （2）由题意知，方程在上仅有一个实数解， 则方程在上仅有一个实数解. 设，则， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以时，则在上没有零点； 当时，时，，则，所以在上单调递减， 又，所以，则在上没有零点； 当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，所以在上无零点. 设，则，所以， 则，所以. 设，则， 令，则， 当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 所以在上单调递增， 又，所以，则，所以，则， 又，则 ， 又在上单调递减，且， 所以在上有且仅有一个零点. 综上可知，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：在上仅一个零点，即方程在上仅有一个实数解，构造函数，求导，分， ，讨论函数的图象在上与x轴有唯一的交点而得解. 【典型例题2】已知函数. (1)讨论的单调性; (2)若函数在区间上恰有一个零点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）讨论参数a，利用导数研究函数单调性； （2）问题化为在上仅有一个解，构造，利用导数研究其在的单调性，结合零点存在性判断区间零点个数，即可求参数范围. （1）由，且， 当，则，此时在上递增； 当，则时，，即在上递增； 时，，即在上递减； 综上，，在上递增； ，在上递增，在上递减. （2）由题设在上仅有一个解， 所以在上仅有一个解， 令，则， 当时，恒成立，此时递增，且， 所以在上无解； 当时，令，则， 令，则，即递增，则， i.当时，，即恒成立，即递增， 所以，故递增，此时在上无解； ii.当时，，趋向正无穷时趋向正无穷，则使， 上，即，递减； 上，即，递增； 由，趋向正无穷时趋向正无穷， 所以在恒负，在上存在一个零点， 故上，递减； 上，递增； 由于，趋向正无穷时趋向正无穷， 所以在上恒负，上仅有一个零点，此时满足题设； 综上，. 【点睛】关键点点睛：第二问，问题转化为在上仅有一个解，构造中间函数并应用导数研究零点. 【变式训练1-1】已知函数，其中常数，是自然对数的底数． (1)若，求的最小值； (2)若函数恰有一个零点，求a的值． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）根据题意，求导得，令，然后分与讨论，即可得到结果； （2）根据题意，由条件可得0是函数的一个零点，构造，分，以及讨论，再结合（1）中的结论，即可得到结果. （1）当时，，则，， 记，则， ①当时，，，可得，可知函数在区间上单调递减； ②当时，，，可知函数单调递增，又由，可知当时，； 当时，，可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 由①②知函数的减区间为，增区间为，故有； （2）因为函数恰有一个零点， 且，0是函数的一个零点，又， 不妨设，函数定义域为，则， 当时，，又，， 所以在恒成立， 则函数在上单调递增，即函数在上单调递增， 又， 当时，可得，且时，， 则存在，使得，此时在上，有， 在上，，故在上为减函数，在上为增函数， 故当时，，而时，， 故在上存在一个零点， 则此时函数至少存在两个零点，又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意； 当时，可得，又， 所以在区间上存在一点，使得， 故当在上，有，在上，有， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，，而当时，， 故此时函数在上至少存在一个零点， 又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意； 当时，即时，由（1）知，当时，函数取得最小值， 最小值， 当时，因为，符合题意. 综上，满足条件的值为. 【点睛】思路点睛：知道函数零点的个数，要求参数的取值范围，需结合导数的符号和函数的单调性来处理，分类讨论时注意利用已有的确定零点来确定一段范围上的函数值的符号 【变式训练1-2】已知函数． (1)当时，若的最小值为，求实数的值； (2)若存在，使得函数恰有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）利用导数可求得的单调性，由此确定最值点，利用最小值可构造方程求得的值； （2）利用导数可求得的单调性，结合仅有一个零点可构造关于的方程，采用分离变量的方式，将问题转化为有解；构造函数，利用导数可求得的单调性和最值，由此可确定的取值范围，从而得到结果. （1）当时，， 的定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，解得：. （2）当时，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； ； 若恰有一个零点，则， 在时有解， 设，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，， 又，，， ，实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：本题考查根据函数最值求解参数值、利用导数解决函数零点个数的问题；根据零点个数求解参数范围的基本思路是通过导数确定函数的单调性，进而根据零点个数确定最值与零的大小关系，由此构造方程或不等式来求解. 【变式训练1-3】已知函数． (1)若函数的图象与直线相切，求实数的值； (2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1); (2). 【解析】（1）设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于的方程组，解之即可; （2）由题意可得只有一个根，易知，可转化为与的图象只有一个交点，根据导数研究函数的单调性，数形结合即可求解. （1）设直线与函数的图象相切于点， 因为, 所以，由②③可得④，易知. 由①得，代入④可得， 即，即，解得. 故. （2）令，可得， 由题意可得只有一个根. 易知不是方程的根，所以， 所以由，可得. 设，则与的图象只有一个交点. ， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 设，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 所以. 所以. 又，时，，时，， 画出函数的图象如图所示：    由图可知，若与的图象只有一个交点， 则. 所以实数的取值范围是. 题型02：两个零点问题 【典型例题1】证明下面两题： (1)证明：当时，； (2)当时，证明函数有2个不同零点. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）首先设函数，利用导数判断函数的单调性，以及函数的最小值，即可证明；（2）首先求函数的导数，并且判断函数的单调性和最值，并结合零点存在性定理，即可证明零点个数. （1）令，其中，则， 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，，故当时，. （2）函数的定义域为，. 因为，，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以有最大值. 当时，，， 令，则，则在上单调递增， 在上单调递减，所以，所以， 因此当时，，. 因为，所以，于是. 又在上单调递增，，且， 所以在上有唯一零点. ， 由（1）因为，所以，即， 所以. 由，得，即，得， 于是. 又，，在上单调递减， 所以在上有唯一零点. 故时，有两个零点 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，以及零点问题，第一问需求二次导数，结合函数的单调性和最值，即可证明；第二问的难点是利用零点存在性定理证明，需构造函数. 【典型例题2】已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间. （2）原题意等价于有两个不同的实数解，构造函数，利用导数判断函数的单调性和极值，数形结合即可求解. （1）因为，所以， 当时，，所以在R上单调递减； 当时，令得；令得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在R上单调递减，无增区间；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意有两个零点， 令，，则在上恒成立，所以在上单调递增， 故，所以有两个零点等价于有两个零点， 等价于有两个不同的实数解，等价于与有两个交点， 则，得，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，又，， 当t趋向于0且为正时，趋向于负无穷大，当t趋向于正无穷大时，趋向于0，如图：      由图可知，要使与有两个交点，则， 所以实数的取值范围为. 【变式训练2-1】已知函数（）． (1)若在上恒成立，求a的取值范围： (2)设，，为函数的两个零点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数求解可得； （2）将方程化为，构造函数，利用导数讨论其单调性，可知，构造差函数可证. （1）若在上恒成立，即， 令，所以， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即a的取值范围是． （2）令，即， 令，则， 令，所以，所以在上单调递增， 又，所以当时，，所以， 当时，，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增． 不妨设，则，， 因为， 所以 ． 设函数（），则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以， 所以，即． 又函数在上单调递减， 所以，所以． 【点睛】难点点睛：本题属于极值点偏移问题，本题难点主要在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，利用单调性可证. 【变式训练2-2】已知函数． (1)若，求函数的单调区间及极值； (2)若函数有且仅有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)单调递减区是为，单调递增区间为 ，极小值，无极大值 (2)． 【解析】（1）运用导数研究函数的单调性及极值. （2），构造函数研究其单调性可得在上有两个交点，再运用导数研究（）的单调性进而可得图象即可求得结果. （1）当时，，定义域为， 则， 显然在上单调递增，且， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增． 所以的单调递减区为，单调递增区间为， 在处取得极小值，无极大值． （2）因为函数有两个零点，即有两个解，即有两个解， 所以有两个解，即有两个解， 设，则，所以在上单调递增， （）有两个解，即（）有两个解． 令（），则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 又因为，，当x趋近于正无穷时，趋近于零， 所以图象如图所示，    所以. 【点睛】同构法的方法点睛： ①乘积型，如可以同构成，进而构造函数； ②比商型，如可以同构成，进而构造函数； ③和差型，如，同构后可以构造函数f或. 【变式训练2-3】已知函数，. (1)若函数在处的切线的斜率为，求实数a的值（e是自然对数的底数）； (2)若函数有且仅有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）利用导数的几何意义求得，两边取对数结合换元法得，构造函数，利用复合函数研究单调性，从而求解即可； （2）把问题转化为有且仅有两个大于1的实数根，构造函数，利用函数单调性得，即，构造函数，利用导数研究函数的单调性，从而求解参数的范围. （1）因为，所以， 又，所以，所以， 即 ，令，则， 又因为在上单调递增，且，所以， 所以，即. （2）因为函数有且仅有两个零点， 所以有且仅有两个大于0的实数根， 又，则，即， 令，则， 由得，由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，，所以，则， 即，令，则， 由得，由得，由得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，， 当无限趋近于0且为正数时，无限趋向于负无穷大， 当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0， 所以，所以，故实数a的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题 题型03：三个零点问题 【典型例题1】已知函数有三个零点. (1)求的取值范围； (2)设函数的三个零点由小到大依次是.证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）求导，根据分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数； （2）把原函数有三个零点转化为有三个根，构造，求导研究函数单调性，结合根的分布得，要证，等价于证， 等价于，构造函数从而证明，即证，构造函数，利用导数单调性即可证明. （1）因为定义域为，又， （ⅰ）当单调递减； （ⅱ）当，记，则， 当；当， 所以在单调递增，在上单调递减，， 又，所以， ①当，则单调递减，至多一个零点，与题设矛盾； ②当，由（ⅱ）知，有两个零点， 记两零点为，且， 则在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 因为，令，则， 所以， 所以，且趋近0，趋近于正无穷大，趋近正无穷大，趋近负无穷大， 所以函数有三零点， 综上所述，； （2）等价于，即， 令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 由（1）可得，则， 所以，所以， 则满足，， 要证，等价于证， 易知，令，则， 令得，令得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 下面证明，由，即证， 即证， 即证， 即证， 令，， 令，则，所以， 所以，则，所以， 所以，所以， 所以，所以原命题得证. 【点睛】利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题； （3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究. 【典型例题2】已知且. (1)试讨论函数的单调性； (2)当时，若有三个零点. ①求的范围； ②设，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【解析】（1）去绝对值符号，再分和两种情况讨论即可得解； （2）①，有三个零点 有三个不同的实根， ，构造函数，易得函数为奇函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解； ②由①可得，则要证，只需证明：，结合整理即可得证. （1）注意，，则， 令， 当时，时，， 时，，此时无解， 故当时，在，上单点递减， 在上单调递增， 当时，时，，此时无解， 时，， 故当时，在，上单点递减， 在上单调递增， 综上所述，当时，在，上单点递减， 在上单调递增； 当时，在，上单点递减， 在上单调递增； （2）①，有三个零点 有三个不同的实根， ，令， 因为，所以为奇函数， 当时，，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，单调递减， 又当时，，当时，且，， 如图，作出函数的大致图象：    因为有三零点，且， 则； ②由①可得，则， 则要证，只需证明：， 由于， 则有， 所以. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 【变式训练3-1】设函数，其中. (1)若，求不等式的解集； (2)求证：，函数有三个零点，，，且，，成等比数列. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）两边同除以，将不等式等价与简化变形处理，构造函数，观察函数零点，利用函数单调性求解不等式； （2）同（1），先将等式变形，构造函数，转化为新函数零点问题；再对求导，结合二次函数图象与零点存在性定理分析导函数符号及函数的单调性；最后在各区间通过放缩取点法“取点”，寻找端点函数值异号的区间，确定函数的零点存在，再结合性质得到三个零点的关系，问题得证. （1）由，得，. 不等式等价于， 令， 又，则函数在上单调递增， 又，则不等式的解集为. （2）令，则，. 设，因此的零点是的零点. ， 设， 由，则，对称轴， 故存在，使得. 故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 又因为，则， 当时，， 此时； 又当时，， 此时； 故由零点存在性定理知，有三个零点，，，其中. 又因为，所以， 即，即，，成等比数列. 【点睛】在研究函数的零点问题时，零点存在性定理是推理依据之一，应用它的关键在于寻找端点函数值异号的区间，这就需要适当“取点”，常用“取点”的方法有：直接取点法、局部为零取点法、插值取点法、放缩取点法等等. 【变式训练3-2】设函数，，，且有唯一零点. (1)求a的取值范围； (2)证明：存在三个零点； (3)记的零点为p，最小的零点为q，证明：，其中e是自然对数的底数. 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【解析】（1）分和讨论即可； （2），再次求导证明导函数的单调性，最后利用零点存在定理即可证明； （3）由题意得，设，，利用导数证明其在上单调性，将原不等式转化为证明，再通过设新函数结合导数即可证明. （1）当时，， 令，得，而，故， 当时，令得，， 令，，令，， 则，因为，则， 则，则，则在单调递减， 则，即，即在上恒成立， 则时，， 而时，， 时，，则， 故在上恒成立， 故在上单调递减，而，， 故，解得 （2），设，，， 则，令，解得，此时单调递减，即单调递减， 令，解得，此时单调递增，即单调递增， 而，， 当，且时，，当，， 故存在满足，使得， 且当时，，此时单调递增， 时，，此时单调递减， 时，，此时单调递增，而， 则，则， 而当时，；，且时，， 则根据零点存在定理知在和上各有一根，加上， 则存在三个零点. （3），则； ，即，且，则， 因为，所以， 令，，则， 设，其中， 则，则在上单调递增， 故，则在恒成立， 则，则， 则在上恒成立， 则在上单调递增，设， 且，，在点1的某去心邻域内两者皆可导，且， 且， 则，作出如下图象， 因为，则， 要证，即证， 只需证， 即证，即证， 设， 则， 令， 则， 令 则， 令 ， 故， 则，则在上单调递增， 则，得证， 故，故. 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过转化得，设，通过导数证明其在上单调性，将原不等式转化为证明，即，再转化为，最后再通过设立新函数并多次求导即可证明. 【变式训练3-3】已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)①当时，试证明函数恰有三个零点； ②记①中的三个零点分别为，，，且，试证明. 【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间 (2)①证明见解析；②证明见解析 【解析】（1）利用函数的导数，结合函数的定义域，判断导函数的符号，得到函数的单调区间． （2）①当时，求解函数的导数，求出极值点，判断函数的单调性，然后证明函数恰有三个零点； ②记①中的三个零点分别为，，，判断零点所在区间，利用分析法结合函数的导数转化证明即可． （1）当时，定义域为， 所以， 所以在定义域上单调递减，其单调递减区间为，无单调递增区间． （2）①由定义域为， 所以， 令，因为，， 设方程的两根分别为，，且，则，， 所以有两个零点，，且， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以在处取得极小值，在处取得极大值， 又，故，则， 又因为，，且， 故有，由零点存在性定理可知， 在恰有一个零点，在也恰有一个零点， 易知是的零点，所以恰有三个零点； ②由①知，，则， 因为，所以， 所以要证， 即证， 即证， 即证， 即证， 即证． 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 所以，故式成立， 所以． 【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． 题型04：判断零点个数 （一）直接求导 【典型例题】已知函数，其中是自然对数的底数，. (1)求函数的单调区间； (2)当时，求函数的最小值； (3)当时，试确定函数的零点个数，并说明理由. 【答案】(1)单调减区间为；单调增区间为． (2) (3)1个，理由见解析 【解析】（1）先对函数求导，令导函数大于0得到递增区间，令导函数小于0得到递减区间； （2）根据（1）确定的函数单调性，讨论与，的关系，得到函数在，上的单调性，进而可得函数的最小值． （3）由，得方程，显然为此方程的一个实数解．当时，方程可化简为．构造函数，利用导数得到的最小值即可求解. （1）因为，所以， 令，得 当变化时，和的变化情况如下： 0 故的单调减区间为；单调增区间为． （2）由（1）得的单调减区间为；单调增区间为． 所以当，即时，在，上单调递增， 故在，上的最小值为； 当，即时， 在上单调递减，在上单调递增， 故在，上的最小值为； 当，即时，在上单调递减， 故在，上的最小值为 ． 所以函数在，上的最小值为． （3）结论：函数有且仅有一个零点． 理由如下： 由，得方程， 显然为此方程的一个实数解．所以是函数的一个零点． 当时，方程可化简为． 设函数，则， 令，得． 当变化时，和的变化情况如下： 0 极小值 即的单调增区间为；单调减区间为． 所以的最小值． 因为，所以， 所以对于任意，，因此方程无实数解． 所以当时，函数不存在零点． 综上，函数有且仅有一个零点． 【变式训练4-1-1】已知函数. (1)设，求在区间上的最值； (2)讨论的零点个数. 【答案】(1)最大值为，最小值为 (2)在上有两个零点 【解析】(1)利用导数讨论单调性即可求最值；(2)讨论函数在在上的单调性，并用零点的存在性定理确定零点个数，再根据函数为偶函数即可求解. （1）因为， 所以在区间上单调递减， 所以当时，取最大值； 当时，取最小值. （2）先讨论在上的零点个数， 由（1）可知，在上递减，， 所以在上递减，因为， 所以在上有唯一零点， 又因为， 所以是偶函数，所以在上有两个零点. 【变式训练4-1-2】已知函数. (1)若曲线y=在点处的切线的斜率为0，求曲线y=在点处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2). 【解析】（1）先利用求出，再求出和，即可得到切线方程；（2）利用导数研究单调性和极值，由函数有两个零点，列不等式即可求解. （1）函数定义域为,. 因为曲线y=在点处的切线的斜率为0，所以，解得：， 所以. 而，所以曲线y=在点处的切线方程为：，即； （2）i.当时，恒成立，所以在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意，舍去； ii. 当时，令，解得：；令，解得：. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 当，；当，； 所以要使函数有两个零点，只需，解得：. 即 综上所述：实数的取值范围为. 【点睛】利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数g（x）的方法，把问题转化为研究构造的函数g（x）的零点问题； （3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究， （二）直接求导-隐零点 【典型例题1】已知，函数. (1)证明：在上有唯一的极值点; (2)当时，求的零点个数. 【答案】(1)证明见详解析(2)在上有两个零点. 【解析】(1)对函数求两次导数，判断导函数的单调性，根据零点存在性定理，判断原函数的单调性性，进而得到证明； (2)结合（1）的结论及极小值的定义可得：，进而得到在上有两个零点. （1）由题意可知，， 当时，，从而，故在上单调递增. 又， 由零点存在性定理知，存在唯一，有 从而在上单调递减，在上单调递增， 故为在上的唯一极值点. （2）当时， 当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增， 又注意到，，且， 由极小值定义知：， 从而存在，，有， 当时，， 故在上无零点. 综上，在上有两个零点. 【点睛】(1)可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同． (2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值． 【典型例题2】已知函数.（参考值：） (1)证明：在上有唯一的极小值点； (2)试研究零点的个数. 【答案】(1)证明见解析 (2)3个零点 【解析】（1）根据函数的零点定理和导数的正负即可确定极小值点；（2）分类讨论并结合二次求导、零点定理、不等式放缩等方法即可求解. （1）当时，， 在上单调递增 又 存在唯一的使得 且当时，当时 在上有唯一的极小值点. （2） 当时，，分3种情况讨论： ①当时，， 在上有唯一的零点； ②当时，恒成立，单调递增 ， 在上有唯一的零点； ③当时， 令，则递增 在上无零点. 当时，，分种情况讨论： （i）当时，， 在上无零点 （ii）当时，， 令，则， 令，则在上恒成立在上单调递减 而， 存在使得，且 当时，递增；当时，递减. 存在使得，且 当时，递增；当时，递减 当时， 注意到 所以在上恒成立 当时，单调递增 又 在上存在唯一的零点. 综上知，在定义域上共有3个零点， 【变式训练4-2-1】已知函数（其中，），. （1）若存在实数使得恒成立，求的取值范围； （2）当时，讨论函数的零点个数. 【答案】（1）；（2）答案见解析. 【解析】（1）由在上恒成立，得到，利用导数求得函数的单调性和最值，列出不等式，即可求解； （2） （ⅰ）当时，结合和的取值，得出函数只有1个零点.（ⅱ）当时，令，求得，令，求得，分和两种情况，结合函数的单调性和最值，即可求解. （1）由题意，函数，（其中）， 要使在上恒成立，可得， 又由， 令，解得，即函数在单调递增， 令，解得，即函数在单调递减， 所以， 要使得，可得，解得， 即实数的取值范围. （2）由函数和. （ⅰ）当时， 当时，可得，，所以恒大于零，函数没有零点； 当时，可得，，可得恒小于零，没有零点； 当时，令，可得，所以函数由一个零点， 综上可得，当时，在只有1个零点. （ⅱ）当时，令，则， 可得， 令，可得， 因为，所以恒成立，在单调递增， ①由，即时，可得在上恒小于零，在上恒大于零， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，在只有个零点 ②当时，，由于在单调递增， 所以在上恒小于零，在上单调递减， 因为，所以在上有唯一零点. 又因为， 所以存在，使得， 由于在单调递增，，， 所以在在单调递减，在单调递增，， 所以， 又因为，，，所以， 由，，知在上有唯一零点， 结合在单调递增，在上有唯一零点， 又，时，在上有个零点 综上所述，当或时，在只有个零点； 当时，在上有个零点. 【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略： 1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围； 2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围. 【变式训练4-2-2】已知函数． （1）若曲线在点处的切线经过坐标原点，求实数； （2）当时，判断函数在上的零点个数，并说明理由． 【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析． 【解析】（1）求出函数的导数，根据导数几何意义求斜率，由切线方程求a； （2）原问题转化为的零点问题，求导，利用导数可得单调性，结合零点存在性即可求解. （1）， 所以在点处的切线方程为， 所以，即； （2）因为， 所以， 所以可转化为， 设， 则 当时，， 所以在区间上单调递增． 当时，设， 此时， 所以在时单调递增， 又，， 所以存在使得且时单调递减， 时单调递增． 综上，对于连续函数，在时，单调递减， 在时，单调递增． 又因为， 所以当，即时，函数有唯一零点在区间上， 当，即时，函数在区间上无零点， 综上可知，当时，函数在上有个零点； 当时，函数在上没有零点． 【点睛】由题意可转化为在区间上的零点个数问题，求导，利用导数可得函数单调性，在时，单调递减，在时，单调递增，分类讨论的正负即可． 【变式训练4-2-3】已知函数（为自然对数的底数）. (1)求图象在点处的切线方程； (2)记，，试讨论在上的零点个数.（参考数据：） 【答案】(1)(2)答案见解析 【解析】（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，二次求导后对a分类讨论：①和②分别求出单调性和极值，即可判断出 零点情况. （1）因为，所以； 所以，所以 所以切线方程是 ； （2）令，则. 令，则， 当时，，时，， ∴即在单调递增，在上单调递减， ∵，， ①当即时，，∴， ∴存在，使得， ∴当时，，当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∵，∴， 又，则在上仅有1个零点， ②当时，， ∵在上单调递增，在上单调递减，且， ∴存在，，使得，， 且当，时，，时，， ∴在和上单调递减，在上单调递增， ∵，∴，∵，∴， 又，故在和上各有1个零点， 综上：当时，仅有1个零点， 当时，有2个零点. 【点睛】利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数g（x）的方法，把问题转化为研究构造的函数g（x）的零点问题； （3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究. （三） 分开成两个函数 【典型例题】已知函数，，. (1)当时，求的单调区间； (2)若函数有零点，求a的取值范围. 【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为； (2)当时,有1个零点. 【解析】（1）将代入得，求导分别令导函数大于0，小于0，即可得到其单调区间； （2），分，和讨论，尤其是当时，结合导函数与函数极值，最值的关系以及零点存在定理即可求出范围. （1）当时,函数, 可得， 当吋,， 所以的单调增区间为的单调减区间为； （2）函数， ， 当时由(1)知在上有1个零点， 当时,令,可得， 由可知存在唯一的使得, 所以当时,单调递增; 当时,单调递减, 因为， 若函数有零点，必有,即时,在上有1个零点. 当时，根据得到恒成立， 则在单调递增，且，故此时在上不存在零点，舍去， 综上可得,当时,有1个零点. 【变式训练4-3-1】已知函数，（为常数，）. （1）若恒成立，求实数的取值范围； （2）判断方程是否存在实数解；如果存在，求出解的个数；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析. 【解析】（1）利用参变量分离法得出，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，由此可得出实数的取值范围； （2）由（1）得出，当且仅当时，等号成立，设，利用放缩法得出，即可得出结论. （1）因为，由，即，可得， 设，则. 当时，，函数递减； 当时，，函数递增. 所以，所以. 因此，实数的取值范围是； （2）方程不存在实数解. 由（1）可知，当时，，即，当且仅当时等号成立. 设， 则（当且仅当时等号成立）， 又，当且仅当时等号成立. 所以对任意，恒成立，所以函数无零点， 即方程不存在实数解. 【点睛】利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 【变式训练4-3-2】已知函数是常数． (1)求函数的图象在点处的切线的方程.并证明函数的图象在直线的下方； (2)讨论函数零点的个数． 【答案】(1)切线的方程为，证明见解析； (2)见解析 【解析】（1）利用导数的几何意义求出的方程，构造函数求最值，可证结论； （2）把函数零点的个数看作两个函数的公共点的个数，结合图象进行求解. （1），，， 所以函数的图象在点处的切线的方程为，即. 证明：令，其中； ，令得. 当时，，为增函数；当时，，为减函数； 所以有最大值，即时，，所以函数的图象在直线的下方. （2）令，即， 由（1）知，当时，直线与曲线相切于点，此时只有一个零点； 作出简图，直线恒过. 当时，直线与的图象有且只有一个交点，即只有一个零点； 当时，直线与的图象有两个交点，即有两个零点； 当时，直线与的图象没有交点，即无零点. 综上可知，当时，无零点；当或时，有且仅有一个零点；当时，有两个零点. （四） 分离参数 【典型例题】已知函数（为自然对数的底数），其中． (1)当a＝－1时，证明：函数有且仅有两个极值点； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析(2)或 【解析】（1）由已知得，令，通过研究零点的个数，证得结论； （2）当a＝0时，不符合题意；当时，，令，结合函数的单调性与极值，画出函数的大致图象，当函数的图象与直线的交点个数为1时，即可得出a的取值范围． （1）当a＝－1时，．， 令，则， 当时，有，当时，有， 故函数的增区间为，减区间为， 又由，， ， 可知函数有且仅有两个零点， 故函数有且仅有两个极值点； （2）令， 当a＝0时，，不符合题意． 当时，．令， ∴零点的个数为函数的图象与直线的交点个数． ， 当x＜－1时，，则单调递增； 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增， ∴的极大值点为，极小值点为， 又当时，；；当时，恒小于0， 根据以上信息，画出函数的大致图象如图所示． 由图可知，当或，函数的图象与直线的交点个数为1． 所以当或时，恰有一个零点． 【变式训练4-4-1】已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）设函数，若在上有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2）. 【解析】（1）求导后，对a分类讨论即可求解； （2）根据函数在上有两个零点可转化为在上有两个不相等的实数根，令，利用导数研究函数大致变化趋势求出a的范围. （1）函数的定义域为， 所以． 当时，由，得．则的减区间为； 由，得．则的增区间为． 当时，由，得．则的减区间为； 由，得，或．则的增区间为和． 当时，，则的增区间为． 当时，由，得．则的减区间为； 由，得，或．则的增区间为和． （2）． 在上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根． 令，，则． 令，，则， 显然在上恒成立，故在上单调递增． 因为，所以当时，有，即，所以单调递减； 当时，有，即，所以单调递增． 因为，，， 所以的取值范围是． 【点睛】问题转化为方程关于方程在上有两个不相等的实数根后，需要对的极值，单调性进行分析，继续利用导数研究是解题的关键. 【变式训练4-4-2】已知函数，． (1)若，求的极值； (2)若在区间内有零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值(2) 【解析】（1）当时，对求导，得出的单调性，即可求出的极值； （2）方法一：分类讨论，和，得出的单调性，利用单调性列出不等式即可求出实数a的取值范围；方法二：分离参数，构造新函数，研究的单调性，求出在的值域，进而求出实数a的取值范围. （1）由函数，则，． 当时，令得， 当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值． （2）方法一：由，， ①当时，，即恒成立， 所以在上单调递减， 要使在内有零点，则，即， 所以． ②当时，令得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 此时，所以需， 所以． ③当时，，即恒成立， 所以在上单调递增， 此时，所以恒成立，不符合条件． 综上可知，a的取值范围为． 方法二：令得， 设，，则， 令，得， 在上递增，在上递减， 且，，， 所以． 【变式训练4-4-3】已知函数. (1)若的最大值为，求； (2)若存在，使得函数有3个零点，求的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【解析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，确定最值，即可求得答案； （2）设，求出其导数，分类讨论a的取值范围，说明当时不合题意，当 时，构造函数，利用导数说明函数的单调性，数形结合，说明存在，使得函数有3个零点，进而求得参数范围. （1）由题意 的定义域为 ， 当 时， ，在 上单调递增； 当 时， ，在 上单调递减， 故的最大值为 ，故，解得； （2）设，则 ， 设 ，则， 若，则 ，方程至多有2个不相等的实数解，不符合题意． 若，则在上单调递减， 取时，，而， 故不妨设，则当 时，，递增， 当 时，，递减， 此时方程至多有2个不相等的实数解，不符合题意； 若 ，令 ，解得 ， 当 时，，递增 ，当时，，递减， 由，解得， 当时，因为 ，所以存在唯一实数 使得 ， 令，当时，，递增， 当时，，递减，故， 即 ，则 ， 所以存在唯一的 使得， 此时，当 时， ，， 在区间上单调递减， 当时， ，，在区间上单调递增， 当 时，，，在区间上单调递减， 且当 时， ，当时，， 由数形结合可知，此时的图象和直线可以有3个交点， 即当时，存在，使得有3个零点， 故a的取值范围是 ． 【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最值问题以及根据函数的零点个数求解参数范围问题，综合性强，计算量大，解答时要明确导数与函数的单调性以及最值之间的关系，解答的关键在于根据函数零点个数求解参数范围时，要能综合利用导数的知识，构造函数，分类讨论，判断函数的单调性，数形结合，确定参数范围. 题型05：最值函数的零点问题 【典型例题1】已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对原函数求导得，， 因为函数有两个极值点， 所以有两个不等实根，即有两个不等实根， 亦即有两个不等实根. 令，则 可知在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为当时，，当时，， 所以，解得， 即a的范围是. 故选：B 【典型例题2】已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：由题意，的定义域为，且． （1）当时，，令，解得． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 在上单调递减，在上单调递增； （2）当时，恒成立，在上单调递增，不合题意； 当时，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 的极小值也是最小值为． 又当时，，当时，． 要使有两个零点，只要即可， 则，可得． 综上，若有两个零点，则的取值范围是，． 【典型例题3】已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：（1）当时，，，， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． （2）， 当时，，单调递增，不合题意； 当时，，，单调递增， ，，单调递减， ， 令，得， ，， 所以当时，有两个零点． 【典型例题4】已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）讨论关于的方程的实根的个数． 【答案】见解析 【解析】解：（1）时，，则， 令，解得：，令，解得：， 故在递增，在，递减， 故； （2）由，得，显然是该方程的根， 时，方程等价于， 令，， 则， 令， 则， 时，单调递减， 时，（1），，单调递减， 时，（1），，单调递增， 时，，时，，时，， 画出函数的图像，如图示： 结合图像得：时，方程有2个实根， 时，方程没有实根， 综上：时，方程仅有1个实根， 时，方程有3个实根． 【典型例题5】已知函数 （1）当时，求的单调区间； （2）如果，是曲线上的任意一点，若以，为切点的切线的斜率恒成立，求实数的最小值； （3）讨论关于的方程的实根的个数情况． 【答案】见解析 【解析】解：（1）当时，，定义域为，（1分） 则（2分） 令，得，由，得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（4分） （2）由题意，， 以，为切点的切线的斜率满足， 所以对恒成立．（6分） 又当时，，所以的最小值为（8分） （3）由题意，方程化简得 ，， 令，则． 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．（10分） 所以在处取得极大值，即最大值，最大值为 （1）（11分） 所以当时，即时，的图象与轴恰有两个交点， 方程有两个实根；（12分） 当时，的图象与轴恰有一个交点， 方程有一个实根；（13分） 当时，的图象与轴无交点， 方程无实根．（14分） 【典型例题6】已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有且仅有3个零点，求的取值范围．（其中常数，是自然对数的底数） 【答案】见解析 【解析】解：（1）的定义域为，且， ①若，则，当时，，单调递增， 时，，单调递减， ②若，当时，， 当时，， 当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增， ③若，则， 所以在上单调递减， ④若，当时，， 当时，， 当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 综上所述：若，在上单调递增，在上单调递减， 若，在和上单调递减，在上单调递增， 若，在上单调递减， 若，在和上单调递减，在上单调递增． （2）令，则， 所以依题意可得函数与的图像有3个不同的交点， 由（1）知必有或， ①当时，在和上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为（1）， 的极大值为（1），的极小值为（a）， 又（a）， 所以函数与的图像至多有1个交点，不合题意， ②当时，在和上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为（1），的极大值为（a）， 所以必须有成立， 因为，所以， 所以， 所以， 下面求不等式的解集， 令，则不等式等价于， 令函数， 则， 令，有， 函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减， 又（2），所以， 即恒成立，故函数单调递减， 又（2）， 所以当且仅当时，， 所以不等式的解集为， 即不等式的解集为． 所以的取值范围为． 【变式训练5-1】（多选）已知函数，若过点（其中是整数）可作曲线的三条切线，则的所有可能取值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】ABCD 【解析】解：由题知，设切点为，则切线方程为，将，代入得； 令，则， 或时，；时，， 的极大值为，极小值为，由题意知，又为整数， . 故选：ABCD. 要使方程有3个不同的实数根， 由图可知，实数k的取值范围是. 【变式训练5-2】关于的方程只有一个实数解，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】令，则 由得或，由得 所以在和上单调递增，在上单调递减 所以的极大值为，极小值为 由方程只有一个实数解可得函数只有一个零点 所以或，解得或 故答案为： 【变式训练5-3】设函数，曲线在点，处的切线与轴垂直． （1）求； （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】见解析 【解析】（1）解：由，得， ，即； （2）证明：法一、设为的一个零点，根据题意，，且， 则，且， 令， ， 当，，时，，当，时， 可知在，，上单调递减，在，上单调递增． 又，（1），，， ． 设为的零点，则必有， 即， ，得， 即． 所有零点的绝对值都不大于1． 法二、由（1）可得，． ， 可得当，，时，，当，时，， 则在，，上单调递增，在，上单调递减． 且，，，（1）， 若的所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或（1）． 即或． 当时，，，，（1）， 又， 由零点存在性定理可知，在上存在唯一一个零点． 即在上存在唯一零点，在上不存在零点． 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当时，，，，（1）， 又， 由零点存在性定理可知，在上存在唯一一个零点． 即在上存在唯一零点，在上不存在零点． 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾． 综上，所有零点的绝对值都不大于1． 【变式训练5-4】已知函数是自然对数的底数）． （1）求函数的最小值； （2）若函数有且仅有两个不同的零点，求实数的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：（1）函数， 令，解得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以函数有最小值． （2），（1）． 当时，函数是增函数，有唯一的零点，与已知矛盾． 当时，， 令，则，所以是增函数． 又，， 故存在，使，即． 当时，，即，单调递减； 当，时，，即，单调递增， 所以函数有最小值且．， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以（1）． 当时，存在使， 又（1），故有且仅有两个不同的零点； 当时，此时，有唯一的零点； 当时，存在，使， 又（1），故有且仅有两个不同的零点． 综上所述，，，． 【变式训练5-5】已知函数为自然对数的底数）． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数有且仅有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：（1），，， ，令，得， 所以时，，时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）， 设， 所以，，， 易知：，，且单调递增， 所以存在，使，即，所以， 且当时，，单调递减， 当，时，，单调递增， 所以，因为当时，，当时，， 要想函数有且仅有两个零点，则只需，因为，所以， 所以， 令，，故单调递减，且（1）， 要使，则要满足，由单调递增，可知， 所以，所以， 即实数的取值范围是． 【变式训练5-6】已知函数，． （1）若曲线在处的切线方程为，且存在实数，，使得直线与曲线相切，求的值； （2）若函数有零点，求实数的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：（1）由，得，， 又，曲线在处的切线方程为，则， 则，即． 由，得，则曲线在点，处的切线方程为， 即，从而，， ，； （2）由题意知，， 函数有零点，即有根． 当时，，不符合题意； 当时，函数有零点等价于有根． 设， 则， 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，（1）， 仅有一根，且当时，，单调递减， 当时，，单调递增，（1）． 若函数有零点，则，从而． 【变式训练5-7】已知函数． （1）当时，证明：在区间上不存在零点； （2）若，试讨论函数的零点个数． 【答案】见解析 【解析】解：（1）时，， 故时，有，，从而， 故在上单调递减， 当，时，有，，，故， 在，单调递减，从而在上单调递减，且，， 故函数在区间上不存在零点； （2），， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， ， 故①当时，，，此时，在上仅有1个零点， ②当时，，，令（a）， （a），（a）在单调递增，从而（a）（1）， ，从而在上存在1个零点， 又，记（a），且（a）， 故（a）在递减，有（a）（1）， 即在上也存在1个零点， 综上：当时，函数有2个零点， 当时，函数只有1个零点． 【变式训练5-8】已知函数，． （1）当为何值时，轴为曲线的切线． （2）设在，单调递增，求的取值范围． （3）用，表示，中的最小值，设函数，，讨论零点的个数． 【答案】见解析 【解析】解：（1）． 设曲线与轴相切于点，， 则，， ， 解得，， 因此当时，轴为曲线的切线； （2）， 导数为， 由题意可得在，恒成立， 即有的最小值， 由的导数为在递增， 即有最小值为4， 则，解得； （3）当时，， 函数，， 故在时无零点． 当时，若，则（1）， （1），（1）（1）， 故是函数的一个零点； 若，则（1）， （1），（1）（1）， 故不是函数的零点； 当时，， 因此只考虑在内的零点个数即可． ①当或时，在内无零点， 因此在区间内单调， 而，（1）， 当时，函数在区间内有一个零点， 当时，函数在区间内没有零点． ②当时，函数在内单调递减，在，内单调递增， 故当时，取得最小值． 若，即，则在内无零点． 若，即，则在内有唯一零点． 若，即，由，（1）， 当时，在内有两个零点． 当时，在内有一个零点． 综上可得：当或时，有一个零点； 当或时，有两个零点； 当时，函数有三个零点． 【变式训练5-9】已知函数，． 当为何值时，轴为曲线的切线； 用，表示，中的最小值，设函数，，讨论零点的个数． 【答案】见解析 【解析】解：． 设曲线与轴相切于点，，则，， ，解得，． 因此当时，轴为曲线的切线； 当时，， 函数，， 故在时无零点． 当时，若，则（1）， （1），（1）（1），故是函数的一个零点； 若，则（1），（1），（1）（1），故不是函数的零点； 当时，，因此只考虑在内的零点个数即可． ①当或时，在内无零点，因此在区间内单调， 而，（1），当时，函数在区间内有一个零点， 当时，函数在区间内没有零点． ②当时，函数在内单调递减，在内单调递增，故当时，取得最小值． 若，即，则在内无零点． 若，即，则在内有唯一零点． 若，即，由，（1）， 当时，在内有两个零点．当时，在内有一个零点． 综上可得：时，函数有一个零点． 当时，有一个零点； 当或时，有两个零点； 当时，函数有三个零点． 【变式训练5-10】已知函数． （1）当为何值时，轴为曲线的切线， （2）用，表示，中的最大值，设函数，，当时，讨论零点的个数． 【答案】见解析 【解析】解：（1）设曲线与轴相切于点，，则， 即，， 当时，轴为曲线的切线． （2）令，，则 ，，， 由，得， 当时，，为增函数； 当，时，为减函数， ，， ①当，即时，有一个零点； ②当，即时，有两个零点； ③当，即时，有三个零点； ④当，即时，有两个零点； ⑤当，即时，有一个零点， 综上，或时，有一个零点； 当或时，有两个零点； 当，有三个零点． 【变式训练5-11】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：（1）由，求导， ， 当时，， 在上单调递减， 当时，， 令，解得：， 当，解得：， 当，解得：， 时，单调递减，，单调递增； 综上可知：当时，在单调减函数， 当时，在是减函数，在，是增函数； （2）①若时，由（1）可知：最多有一个零点， 当时，， 当时，，， 当时，， 当，，且远远大于和， 当，， 函数有两个零点，的最小值小于0即可， 由在是减函数，在，是增函数， ， ，即， 设，则，， 求导，由（1）， ，解得：， 的取值范围． 方法二：（1）由，求导， ， 当时，， 在上单调递减， 当时，， 令，解得：， 当，解得：， 当，解得：， 时，单调递减，单调递增； 综上可知：当时，在单调减函数， 当时，在是减函数，在是增函数； （2）①若时，由（1）可知：最多有一个零点， ②当时，由（1）可知：当时，取得最小值，， 当，时，，故只有一个零点， 当时，由，即， 故没有零点， 当时，，， 由， 故在有一个零点， 假设存在正整数，满足，则， 由， 因此在有一个零点． 的取值范围． 【变式训练5-12】已知函数． （Ⅰ）当时，求在处的切线方程； （Ⅱ）如果当时，恒成立，求实数的取值范围； （Ⅲ）求证：当时，函数恰有3个零点． 【答案】见解析 【解析】解：（Ⅰ）当时，，则， 切线斜率， 又， 所求切线方程为； （Ⅱ）依题意，在上恒成立，设， 则， ①当时，，则，在上单调递增，故满足题意； ②当时，设， 因为二次函数的开口向上，， 所以存在，使得，且当时，，，单调递减， 故此时，不满足题意； 综上，实数的取值范围为，； （Ⅲ）证明：函数的定义域为，当时，函数的零点个数等价于的零点个数， 由（Ⅱ）可知， 设，由二次函数在时，，， 可知存在，，使得， 在，，单调递增，在，，单调递减， 又，故，， 又当时，，故在，存在一个零点； 当时，， 故在存在一个零点； 又，故当时，函数恰有3个零点． 【变式训练5-13】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个零点，求的取值范围． 【答案】见解析 【解析】解：（1）．， 时，，在递增， 时，令，解得：或， 令，解得：， 在递增，在，递减，在，递增， 综上，时，在递增， 时，在递增，在，递减，在，递增； （2）由（1）得：，，， 若有三个零点， 只需，解得：， 故． 【变式训练5-14】已知函数在x=1处取得极值3. (1)求a，b的值； (2)若方程有三个相异实根，求实数k的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）， 因为在处取得极值3， 所以，即， 解得.，经验证，满足题意， 所以 （2）方程有三个相异实根，即直线与函数图象有三个不同的交点. 由（1）知，令， 解得或. 当变化时，的变化情况如下表所示： 1 0 0 单调递增 3 单调递减 单调递增 因此，当时，有极大值，且极大值为； 当时，有极小值，且极小值为. 作函数图象如下： 所以实数的取值范围是. 【变式训练5-15】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)①证明函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点； ②设①中函数的零点为，记（其中表示中的较小值），若在区间内有两个不相等的实数根，证明：. 【答案】(1)当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. (2)①证明见解析；②证明见解析； 【解析】（1）由题设有，讨论、判断的符号，进而确定的单调性； （2）①由题意得，利用导数研究函数在上的单调性，结合零点存在性定理确定证明结论， ②根据题设确定函数解析式，应用导数研究单调性，进而应用分析法：要证只需要证，构造函数，应用导数研究单调性并确定，即可证结论. （1）由已知， 函数的定义域为，导函数 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令有， ∴当时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）①的定义域为，导函数， 当时，，即在区间内单调递增， 又，，且在区间内的图像连续不断， ∴根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点. ②当时，，函数在上单调递增， 又， ∴当时，，故，即； 当时，，故，即， ∴可得， 当时，，由得单调递增； 当时，，由得单调递减： 若在区间内有两个不相等的实数根，， 则， ∴要证，需证，又， 而在内递减， 故需证，又， 即证，即 下证： 记，， 由知：， 记，则： 当时，； 当时，， 故，而，所以， 由，可知. ∴，即单调递增， ∴当时，，即，故，得证. 【点睛】（1）分类讨论参数的范围，应用导数在对应区间的符号研究函数的单调性； （2）由导数研究在上零点的个数，写出解析式并判断单调性，利用分析法：将要证明的结论转化为函数不等式恒成立. 题型06：函数的图象与函数零点问题 【典型例题1】已知函数若方程有三个不同的解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】∵，则 ∴原题转化为与有三个不同的交点 表示为斜率为1，纵截距为a的直线，如图可知： 满足条件的直线以过点的直线，与相切的直线为临界位置 若过点，则，即 若与相切，则，可得 即切点坐标为，则 ∴a的取值范围是 故选：B. 【典型例题2】已知函数若关于的方程有三个实数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】等价于， 函数的图象如图，因为的图象与有且仅有一个交点， 即有两个实数解，所以， 故选:B. 【典型例题3】已知函数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）当时,， ，， 又，即切点为， 切线方程为：，即； （2） ，，由得， 令， 则， 由得或，由得或， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减. 又趋向于负无穷大时，无限趋近于0，且， 图象如下图： 由函数有两个零点得，函数与有两个交点， 由图可知，或， 故a的取值范围为. 【变式训练6-1】已知函数，若方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 设 当时， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减 时，取得极大值 当趋向于，趋向于 当时，，单调递增 依题意可知，直线与的图象有两个不同的交点 如图所示，的取值范围为 故选：B 【变式训练6-2】设有三个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，由有三个不同的零点，可得有三个不同的零点， 画出函数的图象，直线过定点， 当时，设过的直线与的切点为,， 由，得，，故切线方程为， 把定点代入得：，即． ， 即直线的斜率为． 则使有三个不同的零点的的取值范围是． 故选：D 【变式训练6-3】已知定义在上的函数满足：，若方程在（0，2]上恰有三个根，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】方程在（0，2]上恰有三个根， 即直线与函数的图像有三个交点， 当时，，则， 当时，；当时，， 所以f（x）在（0，）上单调递减，f（x）在（，1]上单调递增. 结合函数的“周期现象”得f（x）在（0，2]上的图像如下： 由于直线l；过定点A（0，）.如图连接A，B（1，0）两点作直线，过点A作的切线l2， 设切点P（，），其中，则斜率 切线过点A（0，）. 则，即，则， 当直线绕点A（0，）在与之间旋转时. 直线与函数在[-1，2]上的图像有三个交点，故 故答案为： 【变式训练6-4】已知函数. (1)求的单调区间和极值. (2)若关于的方程有唯一的实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1)递增区间为，递减区间为，，极小值为0，极大值为. (2) 【解析】（1）， 由得或，由得， 所以的递增区间为，递减区间为，. 极小值为，极大值为. （2）方程有唯一的实数根等价于函数与直线有唯一的交点， 画出的大致图像如图所示， 所以实数的取值范围为. 【变式训练6-5】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若关于的方程有个不等实根，求证：. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【解析】（1）定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知：极小值为，极大值为， 又当时，恒成立，可得图象如下图所示， 若有三个不等实根，则与有三个不同交点， 由图象可知：，，， 设， 则， 当时，，，，，， 在上单调递减，， ，又，， 又，， ，，在上单调递减，，即， 又，. 【变式训练6-6】已知函数． (1)求的极值； (2)若函数在上有两个不同的零点，求实数m的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) 【解析】（1） ∵，∴， 令，解得；令，解得， ∴的单调递增区间为，单调递减区间为， ∴在x＝1处取得极小值，无极大值； （2）在上有两个不同的零点，可转化为与的图象有两个不同的交点， 由（1）易知，，又， 当时，显然，∴． 【变式训练6-7】设函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，求的取值范围． 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为 (2) 【解析】（1）∵， ∴， 当时， ∴，定义域为R， 则， ∴，， ∴的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）∵有两个极值点，（）， ∴，是的两个不同的根. 即：，是的两个不同的根. ∴令， 则，是与的两个不同的交点. ∴， ∴，， ∴在上单调递增，在上单调递减， 又∵，， 当时，；当时，，（注意此次利用极限判断说明图象是无限接近轴，但不会穿过轴，很大一部分学生画图时会错误的将的图象穿过单调递减） ∴图象如图所示， 所以， 所以， 即：a的取值范围为. 【变式训练6-8】已知函数（）． (1)当时，求函数在区间上的最值； (2)若在定义域内仅有一个零点，求的取值范围． 【答案】(1)，； (2)． 【解析】（1）当时，，则， 当时，当时， 所以，在上单调递减，在上单调递增，则． 又，＞，所以． （2）由，得，令，则， 令得，令得， ∴在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减， ∴，当趋向于时，趋向，当趋向于时，趋向．（注意此次利用极限判断说明图象是无限接近轴，但不会穿过轴，很大一部分学生画图时会错误的将的图象穿过单调递减） 作出函数的图象和直线， 如图示，在定义域内有且仅有一个零点,即和有且只有一个交点， 由图象知，的取值范围是． 题型07：同构法解零点问题 【典型例题1】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当a＝1时，若函数有两个零点，求实数t的取值范围． 【答案】(1)答案见解析(2) 【解析】（1）分，，讨论求解即可； （2）由题意可知关于x的方程有两个不同的实根，进而，令，要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根．令，利用导数法研究的零点即可 （1）因为， 所以． 当时，恒成立， 所以在上单调递增； 当时，令，得， 由解得，由解得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立， 所以在上单调递减． 综上可知：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减． （2）当时，，则， 所以关于x的方程有两个不同的实根， 即关于x的方程有两个不同的实根． 因为x＞0， 所以． 令，则， 所以在上单调递增． 要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根． 令，则． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以．当t＜1时，，没有零点； 当t＝1时，，当且仅当x＝1时，等号成立，只有一个零点； 当t＞1时，，，． 令，则，即在上单调递增， 所以，即． 所以在上有一个零点，在上有一个零点，符合条件． 综上，实数t的取值范围是． 【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【 【典型例题2】已知函数，其中． (1)讨论函数零点个数； (2)求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）求导，分类讨论的取值，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解， （2）根据，取，利用累加法，结合指对互化即可求解. （1） ①当时，即在单调递减， 又， 只有一个零点. ②当时，令则， 当时，当时， 故在单调递增，在单调递减， ， 令，则， 故当时， 单调递减，当时，单调递增， 故， 又，， 故当时，只有一个零点， 当且时，有两个零点， 综上可知：故当或时，只有一个零点， 当且时，有两个零点， （2）由（1）可知，当时，在单调递减， 故当时，，故， 取，则，即， 相加可得， ， ， 【点睛】方法点睛： 1. 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.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用 【典型例题3】设函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数，并说明理由. 【答案】(1)答案见解析； (2)有一个零点，理由见解析. 【解析】（1）求出函数的定义域及导数，再分类讨论求出的单调性作答. （2）把代入求出，利用导数结合零点存在性定理探讨函数的零点个数作答. （1）函数的定义域为，求导得， 若，由得或，由得， 因此函数在，上单调递增，在上单调递减， 若，恒有，当且仅当时取等号，因此函数在上单调递增， 若，由得或，由得， 因此函数在，上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在，上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在，上单调递增，在上单调递减. （2）当时，函数有且只有一个零点. ，显然函数在上单调递增， 而，则存在唯一使得，即， 当时，，即，当时，，即，当时，， 因此函数在，上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值， ， 而当时，，于是在上无零点， 因为，因此在上有唯一零点， 所以函数在上有唯一零点. 【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 【典型例题4】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数. 【答案】(1)答案见解析 (2)在定义域内有两个零点 【解析】（1）利用导数，分成，，，四种情况讨论函数的单调性； （2）法一：利用导数讨论函数的单调性，在区间，，上分别讨论零点的个数； 法二：设，直线l：，数形结合，转化为讨论与直线的交点个数. （1）定义域为， ， ①当时，， ∴时，单调递增；时，单调递减； ②当时，恒成立，即单调递减； ③当时，，单调性如下表： x 1 减 增 减 ∴在和单调递减；在上单调递增； ④当时，，单调性如下表： x 1 减 增 减 ∴在和单调递减，在单调递增； 综上：时，在单调递增，在单调递减； 时，在单调递减； 时，在和单调递减，在单调递增； 时，在和单调递减，在单调递增； （2）当时，， 法一：若，则， ∴在单调递增，且，， ∴使，即（※）， 当时，即，则单调递减； 当时，即，则单调递增； ∴， 由（※）式得：，则， 令，， 由，则，故在上单调递减，又， ∴在成立， 易证在单调递减，在单调递增，则， 取，设，则， ∴存在使得，故在内有一零点， 取，设， ∴存在，使得，故在内有一零点， 综上，在定义域内有两个零点. 法二：（※）， 令，则（※）式化为， 设，直线l：问题转化为讨论与直线的交点个数， ， 时，，单调递减； 时，，单调递增； ， 当时，； 当时，； 由，，则图像大致如下：    由图知，直线与交点有两个， ∴在定义域内有两个零点. 【点睛】利用导数确定零点个数问题，方法一是利用导数确定函数的单调性，得出函数的最值，然后确定最值的正负(有时需要再次引入新函数，由新函数的导数得出结论)，同时确定某些函数值的正负，从而利用零点存在定理得出零点的个数；方法二，可以参变分离或者对函数进行分割，转化为两个函数图象的交点问题. 【变式训练7-1】已知曲线C： (1)若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程； (2)当时，求在上的值域； (3)若，讨论的零点个数． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【解析】（1）由导数得切线斜率，然后由点斜式得切线方程并化简； （2）由导数的正负确定单调性进而即得； （3）先求得，得的单调性，然后讨论的正负，结合零点存在定理得零点个数． （1）依题意得，，此时， ， 则切线斜率为， 故切线方程：，即； （2）当时，，则， ∴， ∴在上单调递减， 又，， 故值域为． （3）， 令得， 令得， 令得．减区间为，增区间为， ∴． 当时，，∴，∴在上有且仅有一个零点． 当时，令，，∴在上单调递增， ∴，即， 又，∴在上有一个零点，又 令，则，∴在上单调递减， ∴，∴，∴在上有一个零点． 综上所述，时，有一个零点，时，有2个零点. 【点睛】利用导数确定零点个数问题，方法是利用导数确定函数的单调性，得出函数的最值，然后确定最值的正负（有时需要再次引入新函数，由新函数的导数得出结论）同时确定某些函数值的正负，从而利用零点存在定理得出零点的个数． 【变式训练7-2】设函数． (1)求的单调区间； (2)设函数，求在的零点个数． 【答案】(1)递增区间为，递减区间为. (2)答案见解析 【解析】（1）根据题意，求得，分别令和，结合三角函数的性质，求得不等式的解集，即可得到函数的单调区间； （2）由（1）求得函数在上的单调区间和极值，作出函数的图象，根据题意把函数的零点个数转化为函数与的图象交点的个数，结合图象，即可求解. （1）解：由函数，可得， 令，即，可得， 解得； 令，即，可得， 解得， 所以的递增区间为，递减区间为. （2）解：由（1）知， 因为，可得， 当时，即时，，单调递增； 当时，即时，，单调递减； 当时，即时，，单调递增； 当时，即时，，单调递减； 且， 则函数的图象，如图所示， 又由的零点，即方程的解， 即函数与的图象交点的个数， 结合图象，可得： 当或时，与的图象没有交点，即函数没有零点； 当或时，与的图象一个交点，即函数有一个零点； 当或时，与的图象有两个交点，即函数有两个零点； 当时，与的图象有三个交点，即函数有三个零点； 当时，与的图象有四个交点，即函数有四个零点.    【点睛】有关解答函数的零点问题的策略与方法 （1）解方程法：令，根据方程解的个数，从而得到函数的零点个数； （2）零点的存在性定理：利用定理要求函数图象在区间上连续，且，同时要结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性、周期性、对称性、极值（最值）等），才能确定函数零点的个数； （3）数形结合法：转化为两个函数的图象的交点的个数问题，结合函数的图象的交点个数，得到函数的零点个数，此类方法中注意函数的合理化简、变形，常用到分离参数，构造新函数，结合导数求得新函数的单调性与极值（最值），结合图象，进行求解. 【变式训练7-3】已知函数. (1)若在处取得极值，求的值及函数的单调区间； (2)请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择.如果多写按第一个计分. ①若恒成立，求的取值范围. ②若仅有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)选择①时，；选择②时， 【解析】（1）把代入，然后对求定义域，求导，利用求出求的值，观察出是个增函数进而求出函数的单调区间；（2）对进行同构变形，然后构造新函数求的取值范围 （1）定义域为，，在处取得极值，则，所以，此时，可以看出是个增函数，且，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.故的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）①选择若恒成立， 若恒成立，即，整理为，即 设函数，则上式为： 因为恒成立，所以单调递增，所以 所以，令，.，当时，，当时，，故在处取得极大值，，故1，解得： 故当时，恒成立. ②选择若仅有两个零点， 即有两个根，整理为，即 设函数，则上式为： 因为恒成立，所以单调递增，所以= 所以只需有两个根，令，. ，当时，，当时，，故在处取得极大值，， 要想有两个根，只需，解得：，所以的取值范围为 【点睛】同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离的函数可以达到化简后可以参变分离的效果，非常的好用 【变式训练7-4】已知函数. （1）选择下列两个条件之一：①；②；判断在区间是否存在极小值点，并说明理由； （2）已知，设函数若在区间上存在零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2）. 【解析】（1）若选择①，则，由于在上单调递增，且，从而可求出求出的单调区间，进而可求出的最小值非负，则无极值；若选择②，则，由在上单调递增，且，可得的单调区间，从而得其最小值小于0 ，进而可判断函数的极值， （2）令，则可得，令，即转化为有解，构造函数，由导数可得由唯一零点，从而将问题转化为在有解，即，再构造函数，利用导数求出函数的值域可得的范围，从而可求出实数的取值范围 解：（1）若选择①，则， 由在上单调递增，且， 所以在上单调递减，上单调递增， 有，则在上单调递增，不存在极小值点. 若选择②，则， 由在上单调递增，且， 所以在上单调递减，上单调递增， 有，而， 所以存在极小值点. （2）令，有，又， 所以， 令， 即转化为有解，设， 则由可得，在单调递减，在单调递增，而， 所以由唯一零点. 若在区间存在零点，即为在有解. 整理得：， 设，由知，在单调递减， 在单调递增， 则，所以，故有. 【点睛】此题考查导数的应用，考查利用导数解决零点问题，解题的关键是由可得，令，将问题转化为有解，构造利用导数讨论其解的情况即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题 【变式训练7-5】已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）若函数有且仅有两个零点，求a的取值范围. 【答案】（1）极小值，无极大值；（2）. 【解析】（1），对函数求导，讨论函数的单调区间，进而可得结果. （2）函数有两个零点，转化为有两个解，构造函数，由函数单调递增，可得()有两个解，进而可得结果. （1）当时，，，， 显然在单调递增，且， ∴当时，，单调递减，当时，，单调递增， ∴在处取得极小值，无极大值. （2）函数有两个零点，即有两个解， 即有两个解， 设，则，单调递增， ∴()有两个解，即()有两个解. 令()，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，又时，，且，当时，，且 所以当时， ∴. 【点睛】有两个解，根据方程的结构构造函数是解题的关键. 【变式训练7-6】已知． (1)若函数在上有1个零点，求实数的取值范围． (2)若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数判断即可； （2）由可得，令，则，由关于的方程有两个不同的实数解，即方程有两个不同的实数解，令，求出函数的最值，即可得解. （1）解：，，， 所以， 当时，，所以在，单调递增， 又因为，所以在，上无零点； 当时，，使得， 所以在，单调递减，在单调递增， 又因为，， 所以若，即时，在，上无零点， 若，即时，在，上有一个零点， 当时，，在，上单调递减，在，上无零点， 综上当时，在，上有一个零点； （2）解：由 ， 即，即， 则有， 令，则， ，所以函数在上递增， 所以，则有，即， 因为关于的方程有两个不同的实数解， 则方程有两个不同的实数解， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 所以， 当时，，当时，， 所以. 【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值问题，考查了分类讨论思想、转化思想及同构思想，难度较大. 【变式训练7-7】已知函数 （1）若函数在上单调递减，求的取值范围； （2）若函数在定义域内没有零点，求的取值范围． 【答案】（1）；（2）． 【解析】（1）首先求出函数的导函数，依题意可得在恒成立，两边取以为底的对数，即在恒成立，令，根据函数的单调性求出参数的取值范围； （2）依题意可得在无实根，即：在无实根，构造函数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得解； 解：（1） 因为函数在单调递减， 所以在恒成立， 两边取以为底的对数， 即在恒成立， 设， 所以在递减， 所以， 所以； （2）在无零点， 等价于方程在无实根， 亦即在无实根， 因为在为单调增函数， 原方程无零点等价于在无实根， 即：在无实根， 构造函数， ，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，， 所以． 【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． 题型08：零点差问题 【典型例题1】有两个零点． (1)时，求的范围； (2)且时，求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【解析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解. （2）当时由及的两个零点之间的距离可得. （1）时，， 由题意的两个零点即为 方程的两个根， 分离参数即得，令， 对其求导得，设， 则，所以在定义域上面单调递减， 注意到，所以随的变化情况如下表： 所以有极大值（最大值）， 又当时，；当时，， 若方程有两个根， 则，即的取值范围为. （2）因为，设， 所以当且时有， 进而有，且 的函数图像恒在的函数图象上方，不妨设的两个零点为（且），如图所示： 因此的两个零点在二次函数两个零点之内， 所以有，令，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为，其判别式， 又，所以， 综上，有，命题得证. 【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放缩，进而去发现相应零点之间的变化. 【典型例题2】设. (1)如果在处取得最小值，求的解析式； (2)如果，的单调递减区间的长度是正整数，试求和的值. 【答案】(1)； (2)，或，. 【解析】（1）先对进行求导，进而得出的解析式，利用配方法将二次函数表示成顶点式，再根据在处取得最小值，即可列方程组求出和的值，从而得出的解析式； （2）求导得，根据的单调递减区间的长度是正整数，可判断出存在两个不相等的实数根，，设，根据和求根公式得出，再结合，从而可得出满足要求的和的值. （1）解：由题可知，，则， ， 此时为二次函数，抛物线开口向上，对称轴为， 由于在处取得最小值， 则，解得：， 所以. （2）解：，因为的单调递减区间的长度是正整数， 所以存在两个不相等的实数根，，不妨设， 则，即， ， 又因为，所以时才能有满足条件的， 当时，只有符合要求；当时，只有符合要求； 当时，没有符合要求的； 所以，或，. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数的极值求参数值，考查利用导数解决零点差问题，解题的关键在于第（2）问中，将问题转化为方程存在两个不等实数根从而解决问题，考查学生转化思想和运用能力. 【变式训练8-1】已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：函数存在单调递减区间，，并求出单调递减区间的长度的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析，， 【解析】（1）利用切点和斜率求得切线方程. （2）求得，由此构造函数，结合判别式、根与系数关系证得存在减区间，并求得减区间的长度的取值范围. （1）点在函数上，由； 得：，， 故切线方程为：； （2）由； 得：， 令， ，，， 在上一定存在两个不同的实数根， 在上必有两个不等实数根，， 即的解集为， 由根与系数的关系知：，， ， 由可得：，， 函数存在单调减区间，，且递减区间长度的取值范围是，. 【变式训练8-2】已知函数，，其中. (1)求过点且与函数的图象相切的直线方程； (2)①求证：当时，； ②若函数有两个不同的零点，，求证：. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【解析】（1）求导有，设切点坐标，得到方程解出切点坐标即可得到切线方程； （2）①令，利用两次求导即可证明；②通过导函数证明函数有两个不同的零点，等价于，再结合（1）问和①问中的结论放缩有，再设新函数，利用韦达定理即可证明不等式. （1）， 设切点的坐标为， 则切线方程为， 因为切线过点， 所以，解得， 所以切线方程为. （2）①令，， 令，则， 当时，， 所以在上单调递增， 所以， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，； ②， 若，，则在上单调递增，最多只有一个零点，不符合题意； 若，， 令，因为，，且， 当时，，所以在上单调递增， 又因为当时，； 当时，，又因为， 所以恰有一解， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以为函数的唯一的极大值点， 因为当时，， 当时，， 所以函数有两个不同的零点，等价于， 即， 不妨设，当，，所以， 由（1）得，直线与函数切于原点得：当时，， 因为，所以当时，结合①中有 ， 令，即当时，， 所以一定存在两个不同的根，设为，， 因为，所以， 又因为，位于单调递减区间， 所以，同理， 所以，所以， 因为，所以， 又因为， 所以 ， 所以. 【点睛】本题第二问的第二小问的关键是首先对有两不同零点进行等价转化为，再通过放缩得，最后再利用韦达定理即可证明原不等式. 【变式训练8-3】已知关于x的函数与在区间D上恒有． （1）若，求h(x)的表达式； （2）若，求k的取值范围； （3）若 求证：． 【答案】（1）；（2）；（3）证明详见解析 【解析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得的表达式； （2）方法一：先由，求得的一个取值范围，再由，求得的另一个取值范围，从而求得的取值范围. （3）方法一：根据题意可得两个含参数的一元二次不等式在区间上恒成立，再结合放缩，即可利用导数证得不等式成立. （1）[方法一]:判别式法 由可得在R上恒成立， 即和， 从而有即， 所以， 因此，．所以． [方法二]【最优解】：特值+判别式法 由题设有对任意的恒成立. 令，则，所以. 因此即对任意的恒成立， 所以，因此. 故. （2）[方法一] 令，. 又. 若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意. 当时，，符合题意. 当时， 在上递减，在上递增，则， 即，符合题意. 综上所述，. 由 当，即时，在为增函数， 因为， 故存在，使，不符合题意. 当，即时，，符合题意. 当，即时，则需，解得. 综上所述，的取值范围是. [方法二]【最优解】：特值辅助法 由已知得在内恒成立； 由已知得， 令，得，∴(*)， 令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立； 由 在内恒成立，由(*)知，∴，∴，解得. ∴的取值范围是. （3）[方法一]：判别式+导数法 因为对任意恒成立， ①对任意恒成立， 等价于对任意恒成立. 故对任意恒成立. 令， 当，， 此时， 当，， 但对任意的恒成立. 等价于对任意的恒成立. 的两根为， 则， 所以 . 令，构造函数，， 所以时，，递减，. 所以，即. [方法二]：判别式法   由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立． （事实上，直线为函数的图像在处的切线） 同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立．    ② 当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或（不妨设）； 当时，，从而或，又，从而成立； 当时，由①式得或，又，所以． 当时，将②式看作一元二次方程，进而有． 由，得，此时②式的解为不妨设，从而． 综上所述，． [方法三]【最优解】：反证法 假设存在，使得满足条件的m，n有． 因为，所以． 因为，所以． 因为对恒成立，所以有 ．则有 ，   ③ ，    ④ 解得． 由③+④并化简得，． 因为在区间上递增，且， 所以，． 由对恒成立，即有    ⑤ 对恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有． 设，则， 所以在区间上递减，所以，即． 设不等式⑤的解集为，则，这与假设矛盾．从而． 由均为偶函数．同样可证时，也成立． 综上所述，． 【点睛】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解. 题型09：割线法切线法与零点 【典型例题1】已知函数（为自然对数的底数）. （1）求函数的零点，以及曲线在其零点处的切线方程； （2）若方程有两个实数根，求证：. 【答案】（1）零点为；；；（2）见解析. 【解析】（1）由题意可得函数的零点为，，求导后，求出，，再求出，利用点斜式即可求得切线方程； （2）利用导数证明、，设，由函数单调性可知、，利用即可得证. （1）由，得或，所以函数的零点为，， 因为，所以，. 又因为， 所以曲线在处的切线方程为， 在处的切线方程为； （2）证明：因为函数的定义为，， 令，则，所以即单调递减， 由，， 所以存在，使得在上单调递增，在上单调递减； 不妨设，且，， 令，， 记，则， 令，则， 所以单调递增，且， 故在单调递减，在单调递增， 所以，即； 记，则， 所以单调递增，且，故在单减，在单增. 则，即； 不妨设， 因为，且为增函数，所以. 由，得； 同理，； 所以. 所以， 所以. 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了计算能力和推理能力，属于难题. 【典型例题2】已知函数. （1）求曲线在原点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程 有两个正实数根，求证：. 【答案】(1) ;(2) ;（3）见解析. 【解析】试题分析： (1)利用题意结合导函数与切线的关系求得切线方程为即可； (2)利用题意讨论 和 两种情况可得实数的取值范围是. (3)由(2)的结论，取，结合函数的可知可得：. 试题解析： (1),故曲线在原点处的切线方程. (2) ①当时，；②当时，问题等价为恒成立，设，则，因为在上单调递增，且，所以在上单调递减，在上单调递增，所以上的最小值为，所以.③当时，问题等价为恒成立，设，则，所以在上单调递减，而时，所以即可.综上所述. （3）依第（2）问，取，有，因为在处的切线方程为. 设，则，令得或.容易知道在单调递增，在单调递减，而，所以当时，单调递增.而，所以，当时，恒成立. 所以.设分别与和的两个交点的横坐标为，则，所以. 【变式训练9-1】已知函数（e为自然对数的底数）． （1）求函数的零点，以及曲线在处的切线方程； （2）设方程有两个实数根，求证：． 【答案】（1），切线方程为和；（2）证明见解析． 【解析】（1）由，求得，得到函数的零点，求得函数的导数，结合导数的几何意义，即可求得曲线在处的切线方程； （2）利用导数求得函数的单调性，根据（1）得到当时，，结合分析法，即可作出证明. （1）由题意，函数，令，得， 所以函数的零点， 又由，可得，， 所以曲线在处的切线方程为． 又由，所以曲线在处的切线方程为． （2）由（1）知， 令，即，解得， 当时，； 当时，． 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为， 由（1）知，当或时，；当时，． 下面证明：当时，． 当时，由，即，可得， 令，可得，所以在上单调递增， 所以对任意恒成立， 当时，． 由，可得，记， 不妨设，则， 所以， 要证，只需证，即证， 又因为，只需证，即， 因为，所以，所以只需证， 令，则． 当时，，函数为单调递减函数； 当时，，函数为单调递增函数， 所以，所以， 所以. 【点睛】利用导数证明不等式问题： （1）直接构造法：证明不等式转化为证明 ，进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数； 【变式训练9-2】已知函数，曲线在点处的切线方程为. (1)求，的值； (2)证明：； (3)若函数有两个零点，，证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】（1）根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程即可得，的值； （2）令，分别讨论、时和的符号即可求证； （3）令，利用导数判断单调性可得，恒成立，不妨令，则，由可得，再将代入即可求证. （1）由可得， 则，所以曲线在点处的切线斜率为， 所以切线方程为：， 因为曲线在点处的切线方程为，所以. （2）由（1）知：，， 令 ， 当时，，，故， 当时，，，故， 综上所述：对任意的，都有，即， （3）不妨设，， 则，， 因为和在上单调递增， 所以在上单调递增， 因为，所以时，；时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以恒成立， 不妨令，则， 由（2）知：， 所以， 将代入可得，即， 即. 【变式训练9-3】已知函数. （1）求在点处的切线方程； （2）若方程有两个实数根，，且，证明. 【答案】（1）.（2）证明见解析 【解析】（1）由f（﹣1）＝0，f′（x）＝（x+1）（ex﹣1），可得f′（﹣1）1．利用点斜式可得切线方程． （2）由（1）知f（x）在（﹣1，0）处的切线方程s（x），令F（x）＝f（x）﹣s（x），求得导数和单调性，可得f（x）≥s（x），解方程s（x）＝b得其根x'1，运用函数的单调性，所以x'1≤x1，；另一方面，f（x）在点（1，2e﹣2）处的切线方程为t（x），构造G（x）＝f（x）﹣t（x），同理可得f（x）≥t（x），解方程t（x）＝b得其根x'2，运用函数的单调性，所以x2≤x'2．根据不等式的基本性质即可得出结论． （1）， ，， 所以切线方程为. （2）由（1）知在点处的切线方程为. 设 构造，， . 所以在上单调递减，在上单调递增. 又，，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以.当且仅当时取“” ∵方程的根.又，由在上 单调递减，所以. 另一方面，在点处的切线方程为. 设 构造 . ，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 又，，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以， 当且仅当时取“” ∵方程的根，又，由 在上单调递增，所以.所以，得证. 【点睛】本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率切线方程，求函数单调性和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题 1.已知函数． (1)当时，求函数在上的极值； (2)用表示中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数． 【答案】(1)极大值为，极小值 (2)答案见解析 【解析】（1）求导，得到函数的单调性和极值情况； （2）分，和，结合，对进行分类讨论，求出零点个数. （1）当时，， 由，得或，则和随的变化如下表所示： 0 + 0 - 0 + 0 - 极大 极小 极大 ∴在上有2个极大值：在上有1个极小值． （2）由，知． （ⅰ）当时，， ∴，故在上无零点． （ⅱ）当时，． 故当时，即时，是的零点； 当时，即时，不是的零点． （ⅲ）当时，．故在的零点就是在的零点， ． ①当时，，故时，在是减函数， 结合，可知，在有一个零点， 故在上有1个零点． ②当时，，故时，在是增函数， 结合可知，在无零点，故在上无零点． ③当时，，使得时，在是增函数； 时，在是减函数； 由知，． 当，即时，在上无零点，故在上无零点． 当，即时，在上有1个零点，故在上有1个零点． 综上所述，时，有2个零点；时，有1个零点；时，无零点 【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方 2.已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的零点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【解析】（1）由导数法求切线； （2）转化为求与的交点个数，由导数法求得的单调性及极值，由数形结合判断交点个数. （1），则， 则曲线在点处的切线方程为，即． （2）． 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 所以． 设函数，则，所以在，上单调递减，在，上单调递增，如图所示， 由，得． 当或时，零点的个数为2；当时，零点的个数为3；当时，零点的个数为4． 3. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若，，是的两个零点.证明： （i）； （ii）. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析. 【解析】（1）求出导数，讨论和两种情况根据导数正负即可得出单调性； （2）（i）可得不等式等价于，令，则利用导数证明即可； （ii）由题可得且，根据可得，，即可由此证明. 解：（1）定义域，， 则当时，，在为增函数； 当时，令，解得，当时，，在为增函数；当时，，在为减函数， 综上，时，在为增函数；时，在为增函数，在为减函数， （2）证明：（i）原不等式等价于， 因为①，②， 由②-①得，，则， 则等价于， 因为，所以， 即证，等价于③， 设，，设，， ③等价于， ， 在上为增函数. ，即； （ii）设，则，令，解得， 所以在上递增，在上递减， 因为有两个不相等的实根，则且， 易知对恒成立，则对恒成立， ，因为，所以， 又因为，，所以或， 因为且，所以，， 因为，所以， 即. 【点睛】本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是恰当的构造函数，将不等式转化为利用导数求函数的最值问题，考查学生的转化能力，计算能力. 4. 设函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若关于的方程有两个实根，设为，（），证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1）根据导数的几何意义求得切点处的斜率，从而写出切线方程； （2）由函数导数求得函数单调区间，分别取在点的切线方程及在处的切线方程为与的交点横坐标为，分别证得，，从而证得. 解：（1）由于，又， 故在点的切线斜率， 因此所求切线方程， 即． （2）由于， 故时，，单调递减， 时，，单调递增， 由图易知，，， 由（1）可知，在点的切线方程为， 设与的交点横坐标为，且 即，下证． 由于在单调递减，故只需证明即可． 设（）． ， 故，，函数单调递减， ，，函数单调递增， 因此， 即． 又在处的切线方程为， 设与的交点横坐标为，，即，下证． 由于在单调递增，故只需证明即可， 设， ，函数在单调递减，， 即． 综上易知，， 即． 【点睛】利用导数求得函数单调区间，将方程的根涉及的双变量问题，转变为已知两点处切线与的交点问题，通过基本不等式的传递证得结论. 5.已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. （1）当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以； （2），则， 当时，，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 又， 由（1）得，即，所以， 当时，， 则存在，使得， 所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；此时， 由（1）得当时，，，所以， 此时 存在，使得， 所以在有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为. 【点睛】：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题. 6．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 【解析】（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. （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 【点睛】本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式 这个函数经常出现，需要掌握 7．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) 【解析】（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 （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 【点睛】本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明. 8．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. 【解析】(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. (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. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用． 9．已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点； （Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析. 【解析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论； （II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式； （ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明. （I）[方法一]：单调性+零点存在定理法 在上单调递增， ， 所以由零点存在定理得在上有唯一零点． [方法二]【最优解】：分离常数法   函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点． 记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故． 因此，当时，直线与只有1个交点． （II）（i）， ， 令 一方面： ， 在单调递增，， ， 另一方面：， 所以当时，成立， 因此只需证明当时，， 因为 当时，，当时，， 所以， 在单调递减，，， 综上，. （ii）[方法一]：分析+构造函数法 ， ，， ，因为，所以， ， 只需证明， 即只需证明， 令， 则， ，即成立， 因此. [方法二]【最优解】：放缩转化法 ． 设，则由得． 从而只要证． 上式左边． 使用不等式可得 【点睛】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解； （Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得； （ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解. 10．设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可； （2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可. （1）因为，由题意，，即：，则． （2）［方法一］：通性通法 由（1）可得，， 令，得或；令，得， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 且， 若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或， 即或. 当时，， 又， 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点， 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点， 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当时，， 又， 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点， 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点， 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，所有零点的绝对值都不大于1. ［方法二］【最优解】： 设是的一个零点，且，则． 从而． 令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是 ，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1． ［方法三］： 设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为． 设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即． 综上，的所有零点的绝对值都不大于1． ［方法四］： 由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为． （ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意； （ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为． （ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有． 综上，所有零点的绝对值都不大于1． ［方法五］： 设是的一个零点且，则是的另一个零点． ． 则，设，由判别式，所以方程有解． 假设实数满足． 由，得．与矛盾，假设不成立． 所以，所有零点的绝对值都不大于1． 【点睛】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出． 11．已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个零点，求的取值范围． 【答案】（1）详见解析；(2). 【解析】（1），对分和两种情况讨论即可； （2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可. （1）由题，， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，得，令，得， 令，得或，所以在上单调递减，在 ，上单调递增. （2）由（1）知，有三个零点，则，且 即，解得， 当时，，且， 所以在上有唯一一个零点， 同理，， 所以在上有唯一一个零点， 又在上有唯一一个零点，所以有三个零点， 综上可知的取值范围为. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题. 12．设函数，为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值； （3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤． 【答案】（1）； （2）的极小值为 （3）见解析. 【解析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值； （2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值. （3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式： 解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式； 解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值， 因为，所以． 当时，． 令，则． 令，得．列表如下： + 0 – 极大值 所以当时，取得极大值，且是最大值，故． 所以当时，，因此． （1）因为，所以． 因为，所以，解得． （2）因为， 所以， 从而．令，得或． 因为，都在集合中，且， 所以． 此时，． 令，得或．列表如下： 1 + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以的极小值为． （3）因为，所以， ． 因为，所以， 则有2个不同的零点，设为． 由，得． 列表如下： + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以的极大值． 解法一： ．因此． 解法二： 因为，所以． 当时，． 令，则． 令，得．列表如下： + 0 – 极大值 所以当时，取得极大值，且是最大值，故． 所以当时，，因此． 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力． 高中函数零点【考题归纳】 题型01：判断函数零点所在区间 【典型例题1】设函数,则函数(　). A.在区间内均有零点 B.在区间内均无零点 C.在区间内有零点,在区间内无零点 D.在区间内无零点,在区间内有零点 【答案】D 【解析】令得.作出函数和的图象, 如图所示, 由与的图象在内无交点,在内有交点, 得在内无零点,在内有零点. 【典型例题2】函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由函数的单调性，结合零点存在性定理判断选项即可. 因为在上为增函数，且， ，因为，所以， 所以的零点所在区间为. 故选：C. 【变式训练1-1】方程的实数根所在的区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据给定条件，构造函数，探讨当时，函数取值情况，再借助零点存在性定理判断即得. 令函数， 当时，， 因此函数在上不存在零点，而， 由零点存在性定理，得函数在上有零点， 当时，，函数在上递减， 于是，则当时，，即函数在上无零点， 从而函数的零点只能在上，所以方程的实数根所在的区间是. 故选：D 【变式训练1-2】在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先判断函数在上单调递增，由,利用零点存在定理可得结果. 因为函数在上连续单调递增， 且,所以函数的零点在区间内. 【变式训练1-3】已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用导数的几何意义求出切线方程，进而求出直线方程，再利用零点存在性定理判断横坐标所在范围. 由，求导得，设直线与曲线相切的切点坐标为，则直线的斜率为， 直线的方程为，由直线过原点，即，解得， 依题意，直线的斜率为，而点，则直线的方程为， 由消去得，显然是方程的不为零的根， 令，求导得，当时，，当时，， 于是函数在上单调递减，在上单调递增，， 显然，即在上有唯一零点0，而， 则在上有唯一零点，即，又， 所以所在的区间为. 故选：D 【变式训练1-4】设,,则函数存在的零点所在的区间一定为(　　).　　　 　　　　　　 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】的零点等价于方程的根, 即函数与图象的交点的横坐标. 作出与的大致图象,如图所示, 从图象可知它们仅有一个交点,其横坐标的范围为. 【变式训练1-5】对于定义在R上的函数，若存在非零实数，使在和上均有零点，则称为的一个“折点”，下列四个函数存在“折点”的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据函数存在“折点”的条件，对每一选项逐一判断即可. 对于A选项，，所以 没有零点， 从而没有“折点”，故A不符合题意； 对于B选项，当时，， 因为 单调递增，所以在上有零点， 又因为是偶函数，所以在上有零点， 从而 存在“折点”，故B符合题意； 对于C选项， 因为，所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极大值， 在处取得极小值， 而，所以在上只有一个零点，所以C不符合题意； 对于D选项，因为，令解得，只有一个零点，故D选项不符合题意； 故选：B 题型02：二分法 【典型例题1】若函数的一个正数零点附近的函数值用二分法计算，其参考数据如下： 那么方程的一个近似根（精确度）可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据二分法求零点的步骤以及精确度可求得结果. 因为，所以，所以函数在内有零点，因为，所以不满足精确度； 因为，所以，所以函数在内有零点，因为，所以不满足精确度； 因为，所以，所以函数在内有零点，因为，所以不满足精确度； 因为，所以，所以函数在内有零点，因为，所以不满足精确度； 因为，，所以函数在内有零点， 因为，所以满足精确度， 所以方程的一个近似根（精确度）是区间内的任意一个值（包括端点值），根据四个选项可知选C.选：C 【典型例题2】已知函数满足：对任意，都有，且.在用二分法寻找零点的过程中，依次确定了零点所在区间为，又，则函数的零点为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先根据条件分析得到的单调性，然后根据二分法的过程得到满足的方程组，由此求解出的值，则的零点可知. 因为对任意，都有，且， 所以在上单调递增，且； 因为恒成立，所以，解得， 所以的零点为，故选：B. 【变式训练2-1】已知函数的一个零点，用二分法求精确度为0.01的的近似值时，判断各区间中点的函数值的符号最多需要的次数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【解析】假设对区间二等分次，则第次二等分后区间长度为，由精确度可构造不等式求得结果. 设对区间二等分次，开始时区间长为 第次二等分后区间长为    ，即         ，解得： 当时，    最多需要次故选： 【变式训练2-2】函数，用二分法求方程在内近似解的过程中得，，，，，则方程的根落在区间（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据零点存在性定理求得正确答案. ，函数在上单调递增， 由，所以零点在区间内， 由，所以零点在区间内. 故选：C 【变式训练2-3】函数 的零点与的零点之差的绝对值不超过，则的解析式可能是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据二分法，估算的零点，结合选项函数的零点进行判断. 因为，是单调增函数，又， 故的零点所在区间为，若使得的零点与的零点之差的绝对值不超过， 只需的零点在区间即可.显然A选项中，的零点为满足题意， 而选项B中的零点1，C选项中的零点0，D选项中零点均不满足题意.故选：A. 【变式训练2-4】已知图像连续不断的函数在区间上有唯一零点，如果用“二分法”求这个零点（精确度0.0001）的近似值，那么将区间等分的次数至少是（    ） A．4 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【解析】根据计算精确度与区间长度和计算次数的关系满足精确度确定． 设需计算次，则满足，即． 由于，故计算10次就可满足要求， 所以将区间等分的次数至少是10次．故选：D． 题型03：函数零点个数的判断 【典型例题1】已知，则的零点之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】令，由二倍角的余弦公式和辅助角公式化简可得，则或，结合，即可得出答案. 由， 则，所以， 即， 所以或， 解得：或， 因为，所以，或， 所以的零点之和为， 故选：C. 【典型例题2】函数的零点个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【解析】转化为，的交点个数问题，画出两函数图象，数形结合得到答案. ，即， 令，， 故的零点个数为与的交点个数， 在同一坐标系内画出与的图象，如下： 显然与的交点个数为1，故的零点个数为1. 故选：D 【变式训练3-1】已知函数，则的所有零点之和为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】令求解即可. 时，由得， 时，由得或， 所以四个零点和为． 故选：D． 【变式训练3-2】拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得称为函数在闭区间上的中值点，若关于函数在区间上的“中值点”的个数为m，函数在区间上的“中值点”的个数为n，则有（   ）（参考数据：.） A．1 B．2 C．0 D． 【答案】B 【解析】利用给定的定义分别求出的值，即可得解. 设函数在区间上的“中值点”为，由，得， 则由拉格朗日中值定理得，，即，而， 则，即函数在区间上的“中值点”的个数为1，因此， 设函数在区间上的“中值点”为，由，求导得， 由拉格朗日中值定理得，，即， 令函数，函数在上单调递增，， 则函数在上有唯一零点，即方程在区间上有1个解， 因此函数在区间上的“中值点”的个数为1，即， 所以. 故选：B 【变式训练3-3】设是定义在上的奇函数，且当时，，则的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【解析】作出当时函数与的图象，数形结合确定此时函数的零点，再根据奇函数的性质确定以及时的零点，即可得答案. 依题意，作出函数与的图象，如图， 可知两个函数的图象有两个不同交点，即此时有两个零点； 又函数是定义域为的奇函数，故当时，也有两个零点， 函数是定义域为的奇函数，所以，即也是函数的1个零点， 综上所述，共有5个零点． 故选：D． 【变式训练3-4】若函数()满足，且时，，函数则函数在区间内零点的个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【解析】将问题转化为与在内交点的个数，利用函数的周期性以及分段函数的解析式，判断，，，，，，上的最值及单调性，确定各区间是否有交点，进而可知在区间内零点的个数. 由题意，，即为周期为2的函数，要求在区间内零点的个数，即为求与在内交点的个数， ∴根据的区间解析式及其周期性，分段函数的解析式， ，而，故，，上各有一个交点， 同理，而，故，，，上各有一个交点， ∴共有7个交点，即在区间内零点的个数为7个，在函数图象如下， 故选：B. 【变式训练3-5】已知函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，设函数，则函数的零点个数为（    ） A．6 B．8 C．12 D．14 【答案】A 【解析】求函数的零点，即方程根的个数，转化为函数与图像交点个数. 函数为偶函数，周期为2，函数的零点，即方程根的个数， 转化为函数与图像交点个数，作出图像可得共有6个交点. 故选：A. 【变式训练3-6】函数，则函数的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】令，结合题意得到的两根为，，然后根据函数的单调性和最值进而求解. 令，则，当时，由可得或（舍去）；当时，由可得，所以的两根为，， 则或，因为在上单调递减，在上单调递增， 所以，若，易知方程无解， 若，当时，由，得或（舍去）， 此时方程有唯一的解； 当时，由，得，此时方程有唯一的解， 综上所述可知函数的零点个数为个， 故选：A. 题型04：比较零点大小 【典型例题1】已知函数，，的零点依次为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】分析函数单调性，根据零点存在性定理，依次判断所在区间即可. 由题意，对于函数，可知是增函数，也是增函数， 则为上增函数，又， 对函数，可知增函数，也是增函数，故函数为上增函数， 又，，故； 对于，又，故； ； 故选：C. 【典型例题2】若，则下列不等关系一定不成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】将条件转化为，结合对应函数的性质画出函数图象，判断它们与有交点时各交点横坐标的大小情况. 由，得． 由，得，， 作函数，，的图象，再作直线． 变换的值发现：，，均能够成立， D不可能成立. 【变式训练4-1】已知函数的零点分别为a，b，c，则有（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先判断各函数的单调性再根据零点的存在性定理求出函数零点的范围，即可得出答案. 因为函数都是增函数， 所以函数都是连续增函数， 因为，，即， 所以在在存在唯一零点，即， 因为，，即， 所以在在存在唯一零点，即， 令，即，即，解得，即， 综上：. 故选：D. 【变式训练4-2】已知正数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由指数函数，对数函数，一次函数图像数形结合可得. 依题意得， 在同一坐标系中分别画出函数的图象，观察它们与直线的交点，可得. 故选：B 【变式训练4-3】已知函数，，的零点分别为、、，则、、的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】计算出的值，利用零点存在定理求出、所在区间，由此可得出、、的大小关系. 因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数， 因为，，所以，， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，，所以，， 由可得，因此，. 【变式训练4-4】已知函数的两个零点分别为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用已知条件把问题转化为与有两个交点，画出图像，观察图像即可得出结论. 有两个零点， 即与有两个交点，交点的横坐标就是， 在同一坐标系画出与的图象如图， 可知， ， ， 故选：A. 题型05：求由零点组成代数式的值或者取值范围 【典型例题1】函数所有零点之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先化简，转化为与的交点横坐标之和，数形结合即得解 函数所有零点 函数与的交点的横坐标． ，，可得函数，的图象，关于点对称． 函数，的图象如下： 结合图象可得在区间，函数，的图象有4个交点，关于点对称，所有零点之和为 故选：B 【典型例题2】设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据分段函数解析式研究的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得、、，进而将目标式转化并令，构造，则只需研究在上的范围即可. 由分段函数知：时且递减；时且递增； 时，且递减；时，且递增； ∴的图象如下：有四个实数根，，，且， 由图知：时有四个实数根，且，又， 由对数函数的性质：，可得， ∴令，且， 由在上单增，可知，所以. 【变式训练5-1】设满足，满足，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【解析】利用换元法求得与的关系式，从而求得正确选项. 依题意满足，即是方程的根. 在上递增，在上递减，所以是方程唯一的根. 由得， 令，则，则， 依题意满足， 所以. 故选：A 【变式训练5-2】若是函数的零点，是函数的零点，则的值为（    ） A．1 B．2023 C． D．4046 【答案】B 【解析】利用指数函数与对数函数互为反函数，其图象关于对称，结合反比例函数的图象也关于对称，从而数形结合即可得解. 因为是函数的一个零点，是函数的一个零点， 所以，，即，， 设函数与的交点为，则，， 设函数与的交点为，则，， 因为函数与函数互为反函数， 所以它们的图象关于对称， 而的图象也关于对称， 所以点关于对称，即， 所以由得，即. 故选：B. 【变式训练5-3】函数在区间上的所有零点之和为（    ） A．6 B．8 C．12 D．16 【答案】B 【解析】根据题意整理可得，将函数的零点问题转化为与的交点问题，利用图象结合对称性分析运算. 由题意可得：， 令，且，可得， ∵与均关于点对称， 由图可设与的交点横坐标依次为， 根据对称性可得， 故函数在上所有零点之和为. 故选：B. 【变式训练5-4】已知函数，若存在实数，满足，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】作出函数的图象，根据题意，得到，且关于对称，求得，且，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 作出函数的图象， 存在，满足，且， 可得，即，解得， 且关于对称，可得，即，其中， 则， 因为函数在上单调递增，所以， 即. 故选：A. 【变式训练5-5】已知函数 若存在实数，，，，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据分段函数的性质，画出图象，即可图象以及函数的对称性即可求解临界位置， 即可求解. 画出的图象如下图： 由题意可知，，由图象可知关于直线对称，所以，因此， 当时，，此时， 当时，，此时， 当存在，，，使得时，此时， 故选：C 题型06：根据零点个数或者区间确定参数的取值范围 【典型例题1】已知函数，若关于x的方程在区间上有两个不同的实根，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造新函数，根据根的情况分类讨论可求a的取值范围. 设，因为时，不合题意，故. ，即； 若，即时，在区间上单调递减，至多有一个零点，不符合题意，舍. 若，即时，在区间上单调递增，至多有一个零点，不符合题意，舍. 若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增， 从而只需，即，解得，即. 故选：A 【典型例题2】已知函数若函数有3个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由二次函数、导数研究的性质并画出草图，将问题化为与的图象有3个交点，数形结合确定参数范围. 当时，， 当时，单调递减；当时，单调递增. 当时，. 当时，，则， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 当时，. 画出函数的图象如图所示： 因为函数有3个零点， 所以与的图象有3个交点，由图知：. 所以的取值范围为. 故选：B 【变式训练6-1】已知函数.若函数存在零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对求导，求出的单调性和最值，函数存在零点，即与的图象有交点，即可求出的取值范围. ， 令，解得：；令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， ，，， 所以的最大值为，最小值为，故， 函数存在零点，即， 即与的图象有交点，所以 故选：C, 【变式训练6-2】若函数有唯一零点，则实数（    ） A．2 B． C．4 D．1 【答案】A 【解析】由函数解析式推导出函数的对称性，然后结合只有唯一的零点求出参数的值. 由 ， 得，即函数的图象关于对称， 要使函数有唯一的零点， 则，即，得． 故选：A． 【变式训练6-3】若关于x的方程有四个不同的实数解，则k的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据所解方程既是高次方程又是分式方程，所以对其进行是降次，同时注意到对任意的，必是原方程的一个根，所以只考虑时有三个实数解即可. 因为有四个实数解，显然，是方程的一个解， 下面只考虑时有三个实数解即可. 若，原方程等价于，显然，则. 要使该方程有解，必须，则，此时，方程有且必有一解； 所以当时必须有两解，当时，原方程等价于， 即(且)，要使该方程有两解，必须，所以. 所以实数k的取值范围为. 故选：C. 【变式训练6-4】已知函数，若函数恰有三个零点，则正实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据时，得零点为,故将问题转化为在有2个零点，结合余弦函数的性质即可求解. 当时，，解得或（舍去）， 由于有3个零点，故在有2个零点， 所以,解得或， 则当时，， 要使在有2个零点，则，故， 故选：C 【变式训练6-5】设表示不超过的最大整数，如，已知函数，若方程有且仅有个实根，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由可得，则问题转化为与在上恰有3个交点，数形结合即可得解. 由可得，依题意与在上恰有3个交点， 如图所示，点和点为临界点， 所以实数的取值范围是， 故选：C 【变式训练6-6】已知函数若函数恰有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意，将函数的零点问题转化为函数图像交点问题，分，以及讨论，结合图像，即可得到结果. 令，所以要使恰有3个零点， 只需方程恰有3个实根即可， 即与的图像有3个不同交点． 当时，此时，如图1，与有1个不同交点，不满足题意； 当时，如图2，此时与恒有3个不同交点，满足题意； 当时，如图3，当与相切时，联立方程得， 令得，解得（负值舍去），所以． 综上，的取值范围为． 故选：D 题型07：与嵌套函数有关的零点问题 【典型例题1】已知函数则函数的所有零点之和为（    ） A．2 B．3 C．0 D．1 【答案】D 【解析】令，得到，令，可得，列出方程求得，得到，在结合函数的解析式，列出方程，即可得到答案. 由函数，令，则， 令，可得， 当时，由，可得，即，解得； 当时，由，可得，即，解得或（舍去）， 所以，即， 当时，令或（舍去），解得或； 当时，令，解得或， 所以函数的零点之和为. 故选：D. 【典型例题2】已知函数，若函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，先判断在和上的单调性和最值，再作出函数的大致图象，将函数的零点问题转化为方程根的问题，从而数形结合得结果. 当时，，当时，， 当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且，当时，． 当时，当时，， 当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且． 作出函数的大致图象，如图所示， 由图象可知，是函数的零点，要使函数有两个不同的零点，则方程有两个不相等的实数根，等价于有1个非零实数根. 由图可知或或，即. 故选：C． 【变式训练7-1】若函数，则方程的实根个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【解析】由题意画出函数的图象，由方程，得或，再数形结合即可求解． 由， 则可作出函数的图象如下： 由方程，得或， 所以方程的实根个数为3． 故选：A． 【变式训练7-2】已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，则实数的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】画出函数的图像，然后对于不等式，分和以及和进行分析说明得实数的最小值. 函数的图像如下：    不等式恰有两个整数解， ①当时，，即， 当时，， 由于恰有两个整数解，又， 则整数解为和，又， 因为求最小值，此时就不用考虑了，的最小值为， ②当时，对于， 则， 只考虑， 则 又时有两个整数解，则不等式的解集中含有多于个整数解，故舍去， 综上，实数的最小值是. 故选：A. 【变式训练7-3】已知函数，则关于的方程实数解的个数为（    ） A．4 B．5 C．3 D．2 【答案】A 【解析】由解得或2，再画出，，的图象数交点个数即可. 因为，解之得或2， 当时，； 当时，，当且仅当时等号成立， 所以，，的图象如图： 由图可知使得或的点有4个. 故选：A. 【变式训练7-4】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则实数的值是（   ） A． B． C．0 D． 【答案】D 【解析】将原方程根的问题转化为函数图像交点问题，结合函数性质求解答案即可. 由于函数是定义在上的奇函数，所以讨论情况如下： 作图像如下图所示，    关于的方程， 解得或， 由于与图像有一个公共点， 则图像与图像有三个公共点，如图所示，， 同理，时，，所以实数的值是. 故选：D 【变式训练7-5】已知函数，则函数的零点个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【解析】由的性质求出对应区间的值域及单调性，令并将问题转化为与交点横坐标对应值的个数，结合数形结合法求零点个数即可. 令， 当时，且递增，此时， 当时，且递减，此时， 当时，且递增，此时， 当时，且递增，此时， 所以，的零点等价于与交点横坐标对应的值，如下图示： 由图知：与有两个交点，横坐标、： 当，即时，在、、上各有一个解；当，即时，在有一个解. 综上，的零点共有4个.故选：B 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $