微专题09 零点压轴大题4大热点题型（高效培优专项训练）高二数学北师大版选择性必修第二册

微专题09 零点压轴大题 题型一：求零点个数类型 2 题型二：零点求参数类型 3 题型三：零点证明类型 3 题型四：零点差值类型 5 【题型方法指导】 一：求零点个数类型 方法原理 1利用导数确定零点的个数 （1）常规求导讨论分析零点个数 （2）分析函数图像与轴交点个数 （3）拆分成两个函数分析函数图像交点个数 注意不论哪种做法大题中都要找点说明 2找点核心就是放缩所以需要熟悉一些放缩不等式最常见的就是切线放缩以及相关变形 3关于找点找点由于灵活性很强即使熟练放缩后依然可能在考场上时间有限没有找点成功所以最佳方式就是能找则找条件不允许时考虑不完美做法极限说明 二：零点求参数类型 方法原理 1零点求参 一种方法是分离参数构造不含参数的函数研究其单调性极值最值判断与其交点的个数从而求出的取值范围 另一种方法是直接对含参函数进行研究研究其单调性极值最值 这两种方法要完美得分都需要严格找点 2找点核心就是放缩所以需要熟悉一些放缩不等式最常见的就是切线放缩以及相关变形 3关于找点找点由于灵活性很强即使熟练放缩后依然可能在考场上时间有限没有找点成功所以最佳方式就是能找则找条件不允许时考虑不完美做法极限说明 三：零点证明类型 方法原理 1讨论常规分析进行分类讨论基本功 2找点核心就是放缩所以需要熟悉一些放缩不等式最常见的就是切线放缩以及相关变形 3关于找点找点由于灵活性很强即使熟练放缩后依然可能在考场上时间有限没有找点成功所以最佳方式就是能找则找条件不允许时考虑不完美做法极限说明 四：零点差值类型 方法原理 方式1将两零点拆开分别证明小于某值再利用不等式同向叠加进行证明 方式2证明为另外两零点的差值从而将题目转换为证明另外两零点差值继而证明4个零点的大小关系 题型一：求零点个数类型 1．（2023北京模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在的切线方程； (2)设在区间上的最大值为，求，并判断函数的零点个数. 【答案】(1) (2)，只有一个零点 【分析】（1）根据导数求切线斜率，再利用点斜式即可求解． （2）先求导函数，再对分类讨论，即可求得的解析式，再根据解析式求出零点个数． 【详解】（1）当时，，所以，所以， 所以切线方程为，即； （2）， 则， 当时，由，则，所以单调递减； 所以在区间上的最大值为， 当时，知时，单调递增，时，单调递减， 所以最大值为， 所以， 当时，，显然无零点； 当时，，则， 所以在时单调递增，又， ， 所以根据零点存在性定理知：在时只有唯一零点， 综上所述，只有一个零点。 【点睛】方法点睛：求函数的零点个数：定义法（方程的根），数形结合根据函数交点个数判断个数，利用函数导数判断函数零点个数． 2．（23-24高二下云南昆明期中）已知函数 (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若时，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)讨论在区间上的零点个数. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）依据给定条件求出切点，利用导数的几何意义得到斜率，求出切线方程即可. （2）利用分离参数法结合导数求解取值范围即可. （3）对参数范围分类讨论，结合零点存在性定理求解零点个数即可. 【详解】（1）当时，，其定义域为，， ，，函数的切点坐标为，切线斜率为， 因此，函数在处的切线方程为，即． （2）在时恒成立， 则在上恒成立， 设，则， 设，则，当时， 故在上单调递增，所以； 故当时，，当时， 故当时，单调递减，当时，单调递增， 故； 所以，即， （3）因为，所以 而当时，，此时若， 则恒成立，在上单调递增， 又，所以只有一个零点; 当时，且令, 故恒成立，可得单调递增， ， 当时，，故单调递增， 而，因此只有一个零点， 当时，，而， 故，可得使得 并且当时，令，可得单调递减， 当时，令，可得单调递增， 若时，在上无零点， 又，所以在上只有一个唯一零点， 时，在上有两个零点 综上所述，当或时，在上有唯一的零点； 当时，在上有两个零点． 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是求解出含参函数的导数，然后对参数范围合理讨论，结合零点存在性定理得到所要求的不同情况零点个数即可． 3．（2024江苏镇江三模）已知函数，其中是自然对数的底数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）如果对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）讨论函数的零点个数． 【答案】（1）（2）（3）当时，函数有一个零点；当时，有三个零点． 【分析】（1）代入的函数解析式，求得导函数及切点坐标，由导数的几何意义即可得切线方程； （2）求得导函数，并对分类讨论，即可确定的单调性，进而由不等式恒成立求得的取值范围； （3）将的解析式代入可得解析式，结合基本不等式可知在时，函数有唯一零点；当时，可知为奇函数，由可判断的单调情况，进而构造，可证明当时，，进而可知当时，函数有唯一零点，即可判断时的零点个数. 【详解】（1）当时，， 可得， 则有，，即切点坐标为， 则切线方程为， 化简可得. （2）函数， 则， 当时，恒成立，则函数在上单增，而，与恒成立矛盾，不合题意； 当时，恒成立，则符合题意； 当时，由得，则在上单调递减， 在上为单调递增， 则，解得． 综上：． （3）因， 当时，因为恒成立， 则在上为增函数，而，则此时函数有唯一零点． 当时，则为奇函数． 只需研究情形． 由， 得，则有． 则，， 则在上为减函数，在上为增函数， 则有． 下面证明：当时，． 证明：令，则，， 即函数在上为增函数，故有， 则在上为增函数，故有，则． 当时，有，则， 取，则， 因为为连续函数，由零点存在性定理可得：存在唯一，使得，即当时，函数有唯一零点，也即此时函数有三个零点． 综上：当时，函数有一个零点；当时，有三个零点． 【点睛】本题考查了导数的几何意义，利用导数研究不等式恒成立问题，导函数与单调性、极值和最值的应用，由导函数证明不等式成立，构造函数分析函数零点个数的应用，综合性强，属于难题. 4．（24-25高三下河南月考）已知函数，且. (1)若时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (2)当时，求函数在上的零点个数. 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）先求出.得到恒成立.令，，二次求导，讨论单调性求出实数a的取值范围； （2），，求出.分成：① ，②，③，三种情况，利用导数判断零点个数. 【详解】（1）（1）根据题意，得. 因为，所以.所以.所以. 由恒成立，得恒成立. 令，，则. 设，则. ①当，即时，， 所以在上单调递增，. 所以在上单调递增.所以.所以符合题意. ②当时，令.得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，所以当时，. 所以在上单调递减.因为， 所以当时，，不符合题意.综上所述，实数a的取值范围为. （2）（2）由已知得，， 则. ①当时，因为， 所以在上单调递减.所以. 所以在上无零点. ②当时，因为单调递增，且，， 所以存在，使. 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，且. 所以. 设，，则. 令，得. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 所以.所以. 所以.所以在上存在一个零点. 所以在有2个零点. ③当时，， 所以在上单调递增.因为，所以在上无零点. 综上所述，在上的零点个数为2. 【点睛】导数的应用主要有： （1）利用导函数几何意义求切线方程； （2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）； （3）利用导数求参数的取值范围. （4）利用导数研究函数的零点.. 5．（23-24高二下河南洛阳期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间; (2)讨论函数在区间内的零点的个数. 【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为. (2)答案见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数和函数单调性的关系，即可求解； （2）首先将函数的零点个数转化为函数与直线在区间内的交点的个数，所以利用导数分析函数的单调性和最值，以及函数的趋向，再分析交点个数. 【详解】（1）当时，， 令，得或； 令，得或; 令，得或; 则函数的单调递增区间为和，单调递减区间为. （2）由，得 设函数， 讨论函数在区间内的零点个数等价于研究函数与直线在区间内的交点的个数， 由知， 当时，在上单调递减; 当时，在上单调递增. 当时，在区间内取最小值. 又，且当时，， 综上，当时，函数与直线在区间内无交点，函数在区间内无零点; 当或时，函数与直线在区间内有一个交点，函数在区间内有一个零点， 当时，函数函数与直线在区间内有2个交点. 6．（2023福建三明三模）已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)求函数在区间上零点的个数． 【答案】(1)答案见解析； (2)当时，2个零点；当时，1个零点. 【分析】（1）求出函数的导数，按的取值分类讨论求解大于0、小于0的解集作答. （2）利用（1）的结论，结合零点存在性定理分类讨论推理作答. 【详解】（1）函数的定义域为R，求导得：， 当时，恒有，函数在上单调递增； 当时，方程的判别式，当时，，恒有，函数在上单调递增； 当或时，方程的二根，， 当时，当或时，，当时，， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，，则在区间上有一个零点； 当时，，有在上单调递增，，则在区间上有一个零点； 当时，，函数在上单调递增， 当，即时，在上单调递增，，在区间上有一个零点； 当，即时，若，即时，在上单调递增， 在上单调递减，，在区间上有一个零点； 若，即时，在上单调递增，在上单调递减， ，在区间上有零点，在区间有一个零点，共两个零点； 所以当时，在区间上有2个零点；时，在区间上有1个零点. 【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. 7．（23-24高二下内蒙古呼和浩特期末）已知函数. (1)在处切线斜率为2，求； (2)当时， ①，证明：； ②判断的零点个数，并说明理由. 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②两个 【分析】（1）根据导数的几何意义代入计算解方程可得； （2）①对函数求导并构造函数利用函数单调性即可证明得出结论； ②对不同区间上的单调性进行分类讨论，并利用零点存在定理可得在上有两个零点. 【详解】（1）由可得， 可得，解得； （2）当时，，其定义域为； 可得； ①当时，令， 则， 令， 则； 因此可知在上单调递增，即， 因此，可得在上单调递增； 所以，即在上单调递增， 因此， 即可得时，； ②由，可知在上单调递增， 易知当趋近于时，趋近于，又； 根据零点存在定理可得在上存在唯一零点； 设，， 即可得时，；时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，当趋近于时，趋近于， 令， 所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增； 即可得，当趋近于时，趋近于， 即可得在上有唯一零点，且，即的一个零点为0，上无零点， 综上可知，在上有两个零点. 【点睛】方法点睛：求解函数零点问题时，要利用导数求出函数单调性并由零点存在定理得出零点所在区间，即可求得函数的零点个数. 题型二：零点求参数类型 8．（2023全国乙卷高考真题）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 【答案】(1)； (2)存在满足题意，理由见解析. (3). 【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可； (2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可； (3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则， 据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. （2）令， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. （3）由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 由一次函数与对数函数的性质可得，当时， ， 且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以 ， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. (2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证. 9．（23-24高二下四川绵阳期末）已知函数. (1)若， 求曲线在点处的切线方程; (2)若无零点，求实数的取值范围; (3)若存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2) (3)． 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）方法一：求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性，结合零点存在性定理说明即可；方法二：依题意可得，设，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，依题意与无交点，即可求出的取值范围； （3）令 ，求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调性，求出函数的最值，即可得解. 【详解】（1）当时，则，     ∴切线斜率为，又，     ∴所求切线方程为； （2）方法一：函数的定义域是， ∴，     ①若，则，在上单调递增， ，， ∵，，，则， 则仅有一个零点，且零点位于；     ②当，则当时，当时， 所以在上单调递减，在单调递增； 因为的最小值为， 若时，，此时无零点；     若时，，此时仅有一个零点；     若时，，，此时至少有一个零点； 综上所述，．     方法二：令，则，     设，则，     所以当时，当时， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴的最大值为，且当趋于时趋于， 依题意与无交点，所以， ∴要使在定义域上无零点，则． （3）因为， 所以问题转化为在区间有解， 令 ，即， 则     ①当时，，∴时，，在上单调递减， 此时，，不符合题意；     ②当时， ∴时，，在上单调递减， ∴，即时，，符合题意；     ③当时， ∴时，，在上单调递增； 时，，在上单调递减， ∴，，符合题意； 综上所述，． 【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． 10．（23-24高二下天津期中）已知函数． (1)当时，求曲线在处切线的斜率； (2)当时，证明：当时，； (3)若在上存在零点，求实数的取值范围，并说明在上的最小值为． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，说明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，即可求解； （2）不等式等价于，构造函数，利用导数判断函数的单调性，证明函数的最小值大于0； （3）首先求，再分情况讨论函数的单调性和最值，从而说明存在零点时的的取值范围；同时根据与的关系，即可说明在上的最小值为. 【详解】（1）当时，，， ，， 所以曲线在处切线的斜率为； （2），等价于，，， 设，， 当，时，恒成立，所以在单调递增， 即， 则恒成立，，， 所以当时，当时，； （3）， ， ，， 当时，，单调递减，所以，函数无零点； 当时，，单调递增，所以，函数无零点； 当时，，单调递减，所以，函数无零点； 当时，，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以的最小值，当时，， 所以在上有且仅有一个零点， 所以的取值范围是； 因为，，即， 并且当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以当时，函数取得最小值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是转化不等式，从而构造函数解决问题；第三问的关键是对分情况讨论. 11．（2023湖北模拟预测）设函数，. (1)若函数在处的切线的斜率为. ①求实数的值； ②求证：存在唯一极小值点且. (2)当时，若在上存在零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)①，②证明见解析 (2) 【分析】（1）由导数的几何意义求得实数的值，通过导数，求出单调性，证明存在唯一极小值点，结合零点存在性定理，由的范围，确定的取值范围证明； （2）将问题转化为方程在上有解，分离出参数，再通过构造函数的方法解决即可. 【详解】（1）①∵，∴， 由导数的几何意义，在处的切线的斜率， 由已知，，∴解得. ②由①得，，，∴，， 令，则， 当时，，，， 当时，，，， ∴当时，，在区间上单调递增， 又∵，， ∴有且只有一个，使， 又∵在区间上单调递增，∴是在上的唯一零点， ∴在区间上单调递增，且 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， ∴存在唯一极小值点. 又∵，∴， ∴ 又∵，∴，∴， ∴， ∴. （2）当时，，， 若在上存在零点，则方程在上有解， 即在上有解， 令， 则， 当时，令，则，， 当（）时，，， ∴在区间（）上单调递增， 当 （）时，，， ∴在区间和（）上单调递减， ∴当，时，取得极小值. ∵，， ∴当，，，时， ，，， 令，则，在上单调递增， ∴ 又∵， ∴当时，的最小值为. 又有，当，时，取得极大值. ∵，， ∴当，，，时， ，，， 令，则，在上单调递减， ∴ 又∵， ∴当时，的最大值为. ∴当时，，即， ∴在上有解，则， 又∵，∴，∴. 综上所述，实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：函数在给定区间有零点的问题，可以转化为方程有解，再分离参数，通过构造函数，求出函数的值域，从而求得参数的取值范围. 12．（23-24高二下江苏南京期中）已知函数． (1)若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2)当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． (3) 【分析】（1）对求导，由已知可得，解方程即可求解的值； （2）对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可； （3）对分类讨论，结合（2）中结论，结合零点存在性定理即可求解的取值范围． 【详解】（1）由，求导得， 直线的斜率为， 又函数在点处的切线与直线垂直， 所以，即，解得． （2）因为，， 所以当时，，所以在上单调递减； 当时，， 令，解得，当，解得，当，解得， 所以时，单调递减，时，单调递增． 综上，可知：当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． （3）①若，由（2）可知：最多有一个零点， ②当时，由（1）可知：当时，取得最小值，， 由于均为上单调递增函数，所以函数在单调递增， 当时，，故当时，，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，所以，因此在上有一个零点． 综上，的取值范围为． 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略， 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 13．（23-24高二下天津河北期中）已知函数的图象在点处的切线方程为 (1)求的解析式； (2)若对任意有恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数在内有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，，即可求出、的值，从而得解； （2）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最大值（），即可得解； （3）由（1）可得，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数在区间内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数的取值范围． 【详解】（1）因为，则， 依题意，，解得，， 所以； （2）由（1）可得， 当时恒成立， 所以在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，， 因为对任意有恒成立，所以，. . 实数的取值范围为. （3）由（1）可得：， ， 令，解得或， 所以、、列表如下： 1 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表格可知：当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值， 且当时，当时， 要满足函数在区间内有3个零点， 则，解得， 所以实数的取值范围. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 14．（23-24高三上安徽期末）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）对进行分类讨论，结合导数即可研究函数的单调性； （2）对进行分类讨论，借助导数研究函数的单调性与极值，从而得到函数的零点个数. 【详解】（1）， 则当时，恒成立，故在上单调递增； 当时，令，可得， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减； 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）， 则， 当时，有，令，有， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 由函数有两个不同的零点，故，解得， 又当时，，且， 故此时在、上各有一零点， 即当时，有两个不同的零点，符合要求； 当时，令，有，， ①当时，有， 则当时，，当时，， 即在、上单调递减，在上单调递增， 又，故至多有一个零点，不符合要求； ②当时，有，故恒成立， 故在定义域内单调递减，至多有一个零点，不符合要求； ③当时，有， 则当时，，当时，， 即在、上单调递减，在上单调递增， 又，故至多有一个零点，不符合要求； 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键在于对进行分类讨论，借助导数研究函数的单调性与极值，从而得到函数的零点个数. 题型三：零点证明类型 15．（23-24高二下广东深圳期末）已知函数 . (1)讨论函数的单调性; (2)当时，证明：函数有且仅有一个零点. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先确定定义域，对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，对进行讨论，即可求出结果； （2）利用（1）中结果，再利用零点存在性原理，即可得出结果. 【详解】（1）易知函数的定义域为，， 令，，，对称轴为， （1）当，即时，方程有两根为，， （i）时，，时，，即， 时，，即， （ii）时，，时，，即， 时， ，即， （2）当，即时，方程的根为， 此时在区间上恒成立，当且仅当取等号， （3）当，即时，在区间上恒成立， 综上所述，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 时，函数的单调递增区间为，无减区间. （2）由（1）知当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，，又， 又，所以，，则，，得到， 而时，， 由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点， 当时，函数的单调递增区间为， 又，而时，， 由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点， 综上，函数有且仅有一个零点. 16．（23-24高三上北京朝阳期中）1.已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：函数在区间上有且仅有一个零点. 【答案】(1)当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，的单调递减区间为，，单调递增区间为. (2)证明过程见解析 【分析】（1）求出导数，然后通过对分情况讨论，研究导数的符号研究函数的单调性；（2）结合第一问的结果，判断出函数在上的单调性，然后结合端点处的函数值的符合证明 【详解】（1）， 当时，，由得：， 由，得：，故此时的单调递减区间为，单调递增区间为 当时，令得：或 由得：，此时 由得：或，此时 故此时的单调递减区间为，，单调递增区间为 综上：当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，的单调递减区间为，，单调递增区间为. （2）由（1）可知，当时，的单调递增区间为，而，所以在上单调递增，又， 所以，由零点存在性定理可得：：函数在区间上有且仅有一个零点 17．（24-25高三上甘肃天水月考）已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，，证明：函数有且仅有两个零点，两个零点互为倒数． 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，分和两种情况进行讨论，结合导数的符号从而可确定函数的单调性； （2）求出，由额单调性可判断存在唯一使得，进而可求得的单调性，从而可证明函数的零点问题. 【详解】（1）的定义域为且， 若，则当时，，故在上单调递增； 若，则当，当， 故在上单调递增，在上单调递减. （2），所以，， 因为在上递增，在递减，所以在上递增， 又， 故存在唯一使得，所以在上递减，在上递增， 又，所以在内存在唯一根， 由得，又， 故是在上的唯一零点． 综上，函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数. 【点睛】函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，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． (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． 18．（23-24高二下安徽合肥月考）已知函数． (1)求函数的单调减区间； (2)设，求证：函数在上有唯一零点． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再解导函数小于0的不等式即得. （2）求出并变形，构造函数，利用导数探讨的零点个数即得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 由，即，解得， 所以函数的单调减区间是. （2）依题意，，令， 函数在上有唯一零点，当且仅当函数在上有唯一零点， 求导得，显然函数在上单调递增，而， 则存在，使得，当时，，当时，， 于是函数在上单调递减，在上单调递增， 显然，因此函数在上存在唯一零点， 从而函数在上存在唯一零点， 所以函数在上有唯一零点. 19．（23-24高二下内蒙古赤峰期中）已知函数，. (1)求证：有且仅有三零点. (2)设为最小的零点，证明：当，. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，令，利用导数求出的单调区间，结合零点存在性定理可得，，在递增，递减，递增，再结合零点存在性定理可证得结论； （2）根据题意转化为证，再转化为证，然后构造函数，利用导数判断其单调性可证得结论. 【详解】（1），， 设，， 则在递减，在递增， ，，， 所以，使， ，使， 所以的正负性确定， 所以在递增，递减，递增， 令，则， 所以在上递减，所以， 所以， 令，则， 当且仅当，即时取等号， 因为，所以， 所以在递减，所以， 所以， 同理当可证得在递减，所以， 所以， 因为，，，， 所以有且仅有三个零点. （2）依题意得：，， 需证：，，只需证：. 只需证：， （满足）， ， 令，， 所双在单调递增， 所以得证. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数零点问题，考查利用导数证明不等式，考查函数零点存在性定理的应用，第（2）问解题的关键是通过多次变形转化，然后构造函数，通过判断函数的单调性可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题. 20．（23-24高一下山东滨州开学考试）已知函数，为函数的反函数 (1)讨论在上的单调性，并用定义证明； (2)设，求证：有且仅有一个零点，且. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据函数的单调性定义进行判定和证明即可； （2）考查函数的单调性，结合，，利用零点存在性定理即可证明有且仅有一个零点；根据，根据函数和函数的单调性，得到和，综合分析即可. 【详解】（1），且 则 ①若，则，， 因此，即在上为减函数 ②若，则，， 因此，即在上为增函数.                                     综上，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意得，，则 ， 当时，，所以在上不存在零点； 易得在上单调递增，且，， 根据零点存在定理，有且仅有一个零点，且 所以，则 所以， 因为函数在上单调递减， 所以，即， 因为函数在上单调递增，所以     所以，即， 变形，得. 21．（25-26高三上广西开学考试）已知函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)当时， （i）证明函数有且仅有两个零点，且其中较大的零点； （ii）设函数的极值点为，试比较与的大小. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，先求出导函数，然后求出切线的斜率，根据直线的点斜式方程即可求出切线方程； （2）（i）显然是的零点.对求导得，设，对求导研究的符号，进一步可得在单调递减.结合零点存在性定理可知：存在唯一的使得，根据的符号可得的单调性.分析和的符号，结合零点存在性定理即可证明； （ii）由（i）知，令可得.，则. 法一：由（i）可得时.令，则，进而，由在上的单调性可得.结合在上的单调性即可证明； 法二：，对求三阶导数，研究在上的单调性结合，可得，进而可得，由在上的单调性可得.结合在上的单调性即可证明. 【详解】（1）当时，，∴， ∴，， ∴在处的切线方程为. （2）（i）显然是的零点. ， 设，则，. ∵，，∴，∴在单调递减. 又，且， 由零点存在性定理可知：存在唯一的使得， 当时，，即；当时，，即， ∴当时，单调递增；时单调递减，∴为函数的最大值. ∵，，∴，且. 令，则， 则，∴在上单调递减. 又，∴，即， 由零点存在定理得，存在使得，这表明. （ii）由（i）知，令，可得. 下面研究， 则. 法一：由（i）知时，即. 令，则，即. ∴， ∴在上单调递减，则有，即. 由（i）知时单调递减且有，所以有. 法二： ， 则， ， . 注意到在上单调递减，且，∴，∴在上单调递减. 又，∴，∴在上单调递减. 又，∴，∴在上单调递减. ∵，∴，即， ∴在上单调递减，∴，即. 由（i）知时，单调递减且有，所以有. 22．（22-23高二下陕西汉中期末）已知函数. (1)若，求不等式的解集； (2)若，证明：有且只有一个零点，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（l）根据导函数正负求出单调性，结合单调性解不等式即可； （2）结合函数单调性及极值,先应用零点存在定理证明存在，再应用单调性证明唯一零点，进而证明不等式. 【详解】（1）因为，所以，恒成立， 所以在上单调递增. 又，所以不等式的解集为. （2），则, 令，得或. 因为，所以. 当时，；当时，. 故的单调递增区间为和，单调递减区间为. ，. 令，则， 显然当时，，单调递减，则， 即，从而. 故在上不存在零点， 当时，易证得, 单调递减， 单调递增， 单调递增， ，从而， 则，， 由零点存在定理可得有零点，，单调递增， 故有且只有一个零点，且，则. 【点睛】关键点点睛：解题的关键是对零点存在定理的应用，结合函数的单调性可证明函数零点的唯一性. 23．（2026·江西萍乡·一模）已知函数，． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数有1个极值点，且，证明：有两个零点； (3)在（2）的条件下，设的两个零点分别为，（），证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导判断函数在上单调性，结合求解不等式； （2）分和讨论，利用导数判断单调性进而判断零点个数； （3）由（2）知，，，在上单调递增，利用分析法要证，只要证，即证，结合，即证，构造函数，利用导数证明. 【详解】（1）由题知的定义域为，且， 若，则,又,故恒成立，在上单调递增， 又，故不等式的解集为. （2）由（1）知，当时，在上单调递增，没有极值点； 当时，，由函数，（）的图象知， 当时，存在唯一的，使， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增， 故只有1个极值点， 因为，且，故1是在区间上唯一的零点，且， 又时，，故存在唯一的，使得， 所以有两个零点. （3）由（2）知，，，， 当时，，时，， 又在上单调递增， 要证，只要证，即证， 由，得，即要证， 因为，则，所以只需证，（*） 设（），则，令， 则，显然在上单调递增，且， 所以在上恒成立，故在上单调递增， 又，故在上恒成立， 所以在上单调递增，又，故， 故，得到，即（*）式成立， 故，从而，证毕. 题型四：零点差值类型 24．（23-24高二下广东佛山期末）已知函数，证明： (1)在上单调递减，在上单调递增； (2)若的两个零点为，，则 （i）； （ii）. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求导得，再次求导研究导函数的单调性，从而得到导函数的范围，即可判断原函数的单调性； （2）（i）根据零点存在性定理得到，构造函数，再次求导，利用同构思想得到，则； （ii）令，求导得其单调性，则得到，，两不等式相加即可. 【详解】（1），令， 则，，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，； 当时，. 故在上单调递减，在上单调递增. （2）（i），当时，， 故在内没有零点. 当；当时，， 根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点. 因此，. 令，则， 令，则，，， 故在上单调递减，在上单调递增，. 因此，当时，， 即在上单调递增. 于是，即. 又因为在上单调递增，故，即. （ii）令，则. 当时，，故在上单调递减，，即. 因此，，即①. 当时，， 故，即②， 根据不等式的同向可加性①②得. 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是构造函数，再利用同构思想得到，最后根据的单调性得到即可. 25．（24-25高三上广东汕头期中）已知函数，，在处的切线方程为 （1）若，证明：； （2）若方程有两个实数根，，且，证明： 【答案】（1）见解析（2）见解析 【分析】Ⅰ求得的导数，可得切线的斜率和切点，由切线方程可得的解析式，令，求得导数和单调性，即可得证； Ⅱ设在处的切线方程为，可得，令，求得导数和单调性，运用函数方程的转化，以及函数的单调性的运用，即可得证． 【详解】Ⅰ由题意，所以， 又，所以， 若，则，与矛盾，故，； 可知，，，由，可得， 令，， 当时，， 当时，设，， 故函数在上单调递增，又， 所以当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，即， 故； Ⅱ设在处的切线方程为， 易得，，令， 即，， 当时，， 当时，设，， 故函数在上单调递增，又， 所以当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故F，， 设的根为，则， 又函数单调递减，故，故， 设在处的切线方程为，易得， 由Ⅰ得，设的根为，则， 又函数单调递增，故，故， 又，． 【点睛】本题主要考查了应用导数求切线的斜率和函数的单调性，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． 26．（23-24高二下山东青岛期末）已知函数的一个零点是． (1)求的值； (2)设曲线与轴的交点为，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方； (3)若关于的方程有两个不相等的实根，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由已知零点，代入即可求解； （2）先对函数求导，结合导数几何意义求出切线方程，构造函数，对求导，结合导数与单调性关系即可得证； （3）先求得在处与处的切线，从而将问题转化为证明，利用导数与函数的性质即可得证． 【详解】（1）由题知，， 所以； （2）由题知，， 又因为，所以直线： 令，， 则， 因为， 又因为在上单调递增， 当时，，在区间单调递减， 当时，，在区间单调递增， 故 所以，即上的点都不在直线的上方； （3）令，得， 当时，，在区间单调递增， 当时，，在区间单调递减， 又，， 所以有两个零点1和， 在处的切线为，在处的切线为 设与两条切线交点的横坐标分别为，则， 由（2）知，所以 记，， 因为，所以，故在上单调递增， 所以， 所以． 【点睛】方法点睛：用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为： （1）设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：； （2）若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为. 27．（2024安徽二模）已知函数，其中是自然对数的底数. (1)设曲线与轴正半轴相交于点，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方； (2)若关于的方程（为正实数）有两个不等实根，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先利用导数的几何意义求出点处的切线方程，再令，然后求出其单调区间和最小值，从而可证得结论； （2）先求出的单调区间的最值，可得，由（1）得点处的切线方程，再求出在点处的切线方程，设与的交点的横坐标分别为，表示出，则，然后证明即可. 【详解】（1）证明：由题意可得：， ， 可得曲线在点处的切线为. 令， ， 当时，，当时， ∴函数在上单调递减，在上单调递增， 曲线上的点都不在直线的上方. （2）证明：由（1）可得， 解得， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以的最大值为， ， 曲线在点处的切线为， 由（1）得， 令， ，， ∴由零点的存在性定理知， 同理可得曲线在点处的切线为， 设与的交点的横坐标分别为 则， . 下面证明：. ， ，且， . 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义的应用，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是求出在点处和点处的切线方程，再求出与两切线交点的横坐标，然后将问题转化为，再转化为证明，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 28．（2024高三全国专题练习）已知函数，，在点处的切线方程记为，令． (1)设函数的图象与轴正半轴相交于，在点处的切线为，证明：曲线上的点都不在直线的上方； (2)关于的方程为正实数）有两个实根，，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出，可知，进而求得点处的切线方程，构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值证明，即可证得结论； （2）利用导数研究函数的单调性，求出函数与x轴的交点，进而求得“在”交点处的切线方程，再求得切线与的交点的恒坐标，，将已知转化为证明，即可得证. 【详解】（1）证明：由，则，即切点为 求导，则切线斜率， 在点处的切线方程为：，记为， ． 由．，解得． 求导，则切线斜率． 在点处的切线为． 令．． 求导， 恒成立，令，得，解得 当时，，函数单减；当时，，函数单增． ，即． 因此曲线上的点都不在直线的上方． （2）由（1）知，求导 当时，，函数单增，当时，，函数单减； ，且有两个零点：0， 又在点处的切线为． 同理可得：在点处的切线为：． 设与，的交点的恒坐标分别为，． 又，则，． ． ． 【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程，以及利用导数研究函数的单调性与极值，求切线常见考法： (1)已知切点求斜率k，即求该点处的导数值：． (2)已知斜率k，求切点，即解方程. (3)若求过点的切线方程，可设切点为，由，求解即可． 29．（2024高三全国专题练习）已知函数，．其中．． (1)讨论的单调性； (2)设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有； (3)设，若关于的方程为实数）有两个正实根，，求证：． 【答案】(1)当为奇数时，在，上单调递减，在单调递增；当为偶数时，在单调递增，在上单调递减； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导后，分为奇数和为偶数两种情况下求单调区间；（2）求出点坐标，得到，构造函数，求导后研究其单调性和极值，证明出结论；（3）利用第一问和第二问的结论进行证明，用二项式定理进行适当放缩，证明出结论. 【详解】（1）由，可得，其中，且． 下面分两种情况讨论： ①当为奇数时，令，解得，或， 当变化时，，的变化情况如下表： 递减 递增 递减 所以，在，上单调递减，在单调递增； ②当为偶数时， 当，即时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减； 所以，在单调递增，在上单调递减； （2）证明：设点的坐标为，，则，， 曲线在点处的切线方程为， 即， 令，即， 则． 由于在上单调递减，故在上单调递减， 又因为，所以当时，，当时，， 所以在内单调递增，在上单调递减， 所以对应任意的正实数，都有， 即对于任意的正实数，都有． （3）证明：不妨设， 由（2）知，设方程的根为， 可得，由（2）知，可得． 类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得， 当，， 即对于任意的，， 设方程的根为，可得， 因为在上单调递增， 且，因此， 由此可得：， 因为，所以， 故：．则， 所以当时，即有． 【点睛】导函数研究函数单调性，结合极值，最值等求参数取值范围，证明不等式等，是有力的工具，往往需要构造出新函数，或者借助切线方程进行切线放缩达到目的，本题中就用到了此类只是，本题第三问难点在于要用到二项式定理进行适当放缩. 30．（25-26高三下·安徽·开学考试）已知，直线与曲线和都相切． (1)求的值； (2)若，其中． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)，； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可； （2）（i）根据导数的正负性与函数单调性的关系，运用转化法，结合数形结合思想进行求解即可； （ii）对所证明不等式进行变形，利用构造函数法，结合导数的性质进行运算证明即可. 【详解】（1）． 设与的切点为， 则，解得，所以． 由与相切，同理得， 所以 ． （2）（i）由得直线与有两个不同的交点，与有两个不同的交点， 由（1）知，，， 在上单调递减，在上单调递增； ，， 在上单调递减，在上单调递增， 又，且； ，且， 作出函数和的图象， 由图象知的取值范围为． （ii）不妨设， 由（i）知，， 显然，且，所以， 同理，． 要证，只需证， 只需证． 又，只需证． 令函数，则， 所以函数在（0，1）上单调递增， 由得，所以显然成立， 综上，． 4 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题09 零点压轴大题 题型一：求零点个数类型 2 题型二：零点求参数类型 3 题型三：零点证明类型 3 题型四：零点差值类型 5 【题型方法指导】 一：求零点个数类型 方法原理 1利用导数确定零点的个数 （1）常规求导讨论分析零点个数 （2）分析函数图像与轴交点个数 （3）拆分成两个函数分析函数图像交点个数 注意不论哪种做法大题中都要找点说明 2找点核心就是放缩所以需要熟悉一些放缩不等式最常见的就是切线放缩以及相关变形 3关于找点找点由于灵活性很强即使熟练放缩后依然可能在考场上时间有限没有找点成功所以最佳方式就是能找则找条件不允许时考虑不完美做法极限说明 二：零点求参数类型 方法原理 1零点求参 一种方法是分离参数构造不含参数的函数研究其单调性极值最值判断与其交点的个数从而求出的取值范围 另一种方法是直接对含参函数进行研究研究其单调性极值最值 这两种方法要完美得分都需要严格找点 2找点核心就是放缩所以需要熟悉一些放缩不等式最常见的就是切线放缩以及相关变形 3关于找点找点由于灵活性很强即使熟练放缩后依然可能在考场上时间有限没有找点成功所以最佳方式就是能找则找条件不允许时考虑不完美做法极限说明 三：零点证明类型 方法原理 1讨论常规分析进行分类讨论基本功 2找点核心就是放缩所以需要熟悉一些放缩不等式最常见的就是切线放缩以及相关变形 3关于找点找点由于灵活性很强即使熟练放缩后依然可能在考场上时间有限没有找点成功所以最佳方式就是能找则找条件不允许时考虑不完美做法极限说明 四：零点差值类型 方法原理 方式1将两零点拆开分别证明小于某值再利用不等式同向叠加进行证明 方式2证明为另外两零点的差值从而将题目转换为证明另外两零点差值继而证明4个零点的大小关系 题型一：求零点个数类型 1．（2023北京模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在的切线方程； (2)设在区间上的最大值为，求，并判断函数的零点个数. 2．（23-24高二下云南昆明期中）已知函数 (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若时，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)讨论在区间上的零点个数. 3．（2024江苏镇江三模）已知函数，其中是自然对数的底数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）如果对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）讨论函数的零点个数． 4．（24-25高三下河南月考）已知函数，且. (1)若时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (2)当时，求函数在上的零点个数. 5．（23-24高二下河南洛阳期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间; (2)讨论函数在区间内的零点的个数. 6．（2023福建三明三模）已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)求函数在区间上零点的个数． 7．（23-24高二下内蒙古呼和浩特期末）已知函数. (1)在处切线斜率为2，求； (2)当时， ①，证明：； ②判断的零点个数，并说明理由. 题型二：零点求参数类型 8．（2023全国乙卷高考真题）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 9．（23-24高二下四川绵阳期末）已知函数. (1)若， 求曲线在点处的切线方程; (2)若无零点，求实数的取值范围; (3)若存在，使得成立，求实数的取值范围. 10．（23-24高二下天津期中）已知函数． (1)当时，求曲线在处切线的斜率； (2)当时，证明：当时，； (3)若在上存在零点，求实数的取值范围，并说明在上的最小值为． 11．（2023湖北模拟预测）设函数，. (1)若函数在处的切线的斜率为. ①求实数的值； ②求证：存在唯一极小值点且. (2)当时，若在上存在零点，求实数的取值范围. 12．（23-24高二下江苏南京期中）已知函数． (1)若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若有两个零点，求a的取值范围． 13．（23-24高二下天津河北期中）已知函数的图象在点处的切线方程为 (1)求的解析式； (2)若对任意有恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数在内有3个零点，求实数的取值范围. 14．（23-24高三上安徽期末）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围． 题型三：零点证明类型 15．（23-24高二下广东深圳期末）已知函数 . (1)讨论函数的单调性; (2)当时，证明：函数有且仅有一个零点. 16．（23-24高三上北京朝阳期中）1.已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：函数在区间上有且仅有一个零点. 17．（24-25高三上甘肃天水月考）已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，，证明：函数有且仅有两个零点，两个零点互为倒数． 18．（23-24高二下安徽合肥月考）已知函数． (1)求函数的单调减区间； (2)设，求证：函数在上有唯一零点． 19．（23-24高二下内蒙古赤峰期中）已知函数，. (1)求证：有且仅有三零点. (2)设为最小的零点，证明：当，. 20．（23-24高一下山东滨州开学考试）已知函数，为函数的反函数 (1)讨论在上的单调性，并用定义证明； (2)设，求证：有且仅有一个零点，且. 21．（25-26高三上广西开学考试）已知函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)当时， （i）证明函数有且仅有两个零点，且其中较大的零点； （ii）设函数的极值点为，试比较与的大小. 22．（22-23高二下陕西汉中期末）已知函数. (1)若，求不等式的解集； (2)若，证明：有且只有一个零点，且. 23．（2026·江西萍乡·一模）已知函数，． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数有1个极值点，且，证明：有两个零点； (3)在（2）的条件下，设的两个零点分别为，（），证明：． 题型四：零点差值类型 24．（23-24高二下广东佛山期末）已知函数，证明： (1)在上单调递减，在上单调递增； (2)若的两个零点为，，则 （i）； （ii）. 25．（24-25高三上广东汕头期中）已知函数，，在处的切线方程为 （1）若，证明：； （2）若方程有两个实数根，，且，证明： 26．（23-24高二下山东青岛期末）已知函数的一个零点是． (1)求的值； (2)设曲线与轴的交点为，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方； (3)若关于的方程有两个不相等的实根，求证：． 27．（2024安徽二模）已知函数，其中是自然对数的底数. (1)设曲线与轴正半轴相交于点，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方； (2)若关于的方程（为正实数）有两个不等实根，求证：. 28．（2024高三全国专题练习）已知函数，，在点处的切线方程记为，令． (1)设函数的图象与轴正半轴相交于，在点处的切线为，证明：曲线上的点都不在直线的上方； (2)关于的方程为正实数）有两个实根，，求证：． 29．（2024高三全国专题练习）已知函数，．其中．． (1)讨论的单调性； (2)设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有； (3)设，若关于的方程为实数）有两个正实根，，求证：． 30．（25-26高三下·安徽·开学考试）已知，直线与曲线和都相切． (1)求的值； (2)若，其中． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 4 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $