专题06 函数的零点与隐零点问题4种重点题型归类（压轴题专项训练）高二数学湘教版选择性必修第二册

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题06函数的零点与隐零点问题 目录 典例详解 类型一、利用导数判断函数零点的个数 类型二、零点个数证明问题 类型三、已知零点个数求参 类型四、隐零点问题 压轴专练 典例详解 类型一、利用导数判断函数零点的个数 对于零点问题，常利用数形结合思想，转化为函数图象的交点问题，利用函数单调性结合零点存在性定 理解决 例1.(25-26高二陕西西安高新唐南中学.期末)已知函数f(x)=ex+ax2-x. (1)当a=时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程： (2)当a≥0时，讨论f(x)的单调性： (3)判断函数y=f(x)在(-∞，1)上的零点个数，并说明理由. 变式1-1.(25-26高二上浙江杭州杭州第二中学，期末)已知函数f(x)=e2x+mx-景. (1)当n=0时，讨论f(x)在(0，十∞)上的零点个数： 2)若m=0,nEN,记函数f(x)的零点为an,数列{素}的前n项和为Sn证明： (1)数列{是}为递减数列： (i)Sm≥22e(Va+1-1) 变式1-2.(25-26高二上湖南常德第七中学.期末)已知函数f(x)=x-京-alnx(a∈R) (1)当a=3时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)试讨论函数f(x)的零点个数： 1/5 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3)当函数f(x)恰有三个零点t1t2t3,且t1<t2<t3时，求证：t1+2t2+t3>2a, 变式1-3.(24-25高二下.广东茂名普通高中.期末)已知函数f(x)=(x+2)ex (1)求f(x)的单调区间及最值： (2)设g(x)=f(x)-k,讨论g(x)在区间[-1,1]上的零点个数. 类型二、零点个数证明问题 连续函数在区间[a,b]是否存在零点，只需证明归x1x2∈[a,b],使得f(x1)f(X2)<0,本题借助 导数求得函数的单调区间及最值，从而研究函数是否存在零点问题 例2.24-25高二下浙江丽水)已知函数f(x)-去(aER)为奇函数. (1)求a的值： (2)设函数g(x)=lnx+sinx, ①证明：y=g(x)有且只有一个零点： ②记函数y=g(x)的零点为xo,证明：f(2 sinx)>告。 变式2-1.(24-25高二下黑龙江齐齐哈尔.期末)已知函数f(x)=x+1hx的零点为m,g(x)=xx-1. (1)证明：m是g(x)的零点： (2)讨论方程g(x)=a-ex-1(a∈R)的解的个数； (3)已知h(x)=ex+lnx-2存在唯一零点n,比较n与m的大小. 变式2-2.(25-26高三上江苏扬州七校联盟)已知函数f(x)=e2x-ax (1)讨论函数f(x)的单调性： (2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值集合： (3)若a>2e,求证：f(x)有且仅有两个零点. 变式2-3.(25-26高三上山东菏泽.期中)已知函数f(x)=ex-asinx+b在x=0处取得极值1. (1)求实数a、b的值： (2)证明：f(x)在(-2m,-π)上有两个零点，且两个零点的和小于-3π 类型三、已知零点个数求参 高中阶段对函数零点的考查主要集中在这两个方面： 是结合所数零点的存在性，运用函数定理以及函数图像，对函数是否存在零点以及零点的个数进行判断， 2/5 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 进而判断零点所在的区间，即零点的取值范围： 二是利用零点（方程实根）的存在求相关参数的值以及取值范围，函数与导数相结合是数形结合、方程思想、 导数求值这三种解题思路中较难的，学生应理解函数的零点、方程的根、函数图像与直角坐标系中x轴有 交点的等价性质，掌握零点的存在性定理，教师要注重培养学生函数与方程思想、数形结合思想以及等价 转换思想的应用意识，使其在零点问题的解题过程中能够灵活运用： 例3.(25-26高二浙江台州期末)若函数f(x)=ln(x+1)+ainx在区间(-1,0)，(0，π)各恰有一个零 点，则a的取值范围为() A.（-∞-1)B.(1,+∞) c.(-∞，-2) D.(2,+∞) 变式3-1.(25-26高二.安徽宣城期末)已知函数fx)=lnx-ax,gx)=ax2+(a-1x-1(a∈R). (1)讨论fx)的单调性； (2)若fx)有两个零点，求a的取值范围； 3)若a∈Z,且不等式fx)≤g(x)在(0，+∞)上恒成立，求a的最小值. 变式3-2.(25-26高二陕西师范大学附属中学)已知函数f(x)=x(1-lx). (1)讨论f(x)的单调性并求极值： (2)设函数t(x)=f(x)+a,x1x2是函数t(x)的两个零点， (i)求a的范围； (i)求证：2<X1+X2<e 变式3-3.(25-26高二上浙江衢州)设函数f(x)=2-2xlnx+(2-2a)x. (1)当a=1时，求f(x)的单调区间： (2)已知f(x)的导函数为g(x),若g(x)有两个零点，求实数a的取值范围； (3)若f(x)+3≤0有解，求实数a的取值范围. 类型四、隐零点问题 隐零点问题解题思路：第一步，利用零点存在性定理判断零点存在，难点在于合理赋值，确定零点所在 区间，有时需要结合单调性确定零点个数；第二步，抓住零点方程实施代换，如指数与对数的代换，超 越方程与简单方程的代换，同构思想等，需注意代换有可能不止一次。 例4.(24-25高二下河北部分名校期末)已知函数f(x)=1nx+ax,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性： (2)若VX1,82∈(0，+∞)，且x1>X2,都有f(81)-f(2)>子-，求a的取值范围： 3/5 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (3)若f(x)≤xex-1,求a的取值范围， 变式4-1.(24-25高二下.浙江五校联盟)已知函数fx)=2Inx+8kx2+1,g(x)=3x4nx+8x,(k∈R) (1)讨论函数fx)的单调性： (2)当fx)<g(x)时，求k的最大整数解。 变式4-2.(23-24高二上山西运城期末)己知函数fx)=ex+sinx-2x. (1)求函数fx)的单调区间： (2)若不等式f(x)≥ax2+1对任意xE[0,+o∞恒成立，求实数a的取值范围. 变式43.(23-24高二上云南昆明西山区期末)已知函数f(x)=4型为奇函数，a∈R, (1)求a的值： 2)若g(x)=f(x)-x+1nx,g(xo)=0,证明：<g()<1. 压轴专练 1.(25-26高二广东广州艺术中学.期末)已知函数f(x)=ax2+(a-2)x-lnx(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性： (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 2.(25-26高二上山西吕梁期末)已知函数f(x)=a(ex-x)-ex-x(aER). (1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程： (2)讨论f(x)的单调性： (3)若a=e,函数g(x)=f(x)-m恰有三个零点，求实数m的取值范围. 3.(24-25高二重庆第三十中学校月考)已知函数f(x)=1nx-(a-1)x+1. (1)若f(x)存在极值，求a的取值范围； (2)当a=2,且x∈(0，π)时，证明：函数g(x)=f(x)-sin(π+x)有且仅有两个零点。 4.(25-26高二上江苏镇江镇江第一中学.期末)已知函数f(x)=e+a-lnx+a. (1)当a=-1时，求y=f(x的最小值： (2)若fx)≥0，求实数a的取值范围； (3)若y=f(x)有两个不同的零点x1x2,求证：x1+x2>2 4/5 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 5.(25-26高二上重庆一中)已知函数f(x)=x2-anx(aeR) (1)当a=2时，求曲线y=f(x)上的点到直线：x+y+2=0的距离的最小值； (2)若函数f(x)在区间(1，+∞)内有两个零点，求a的取值范围. 6.(25-26高二上浙江宁波)已知函数f(x)=1n(x+1)-ax2. (1)若f(x)在(0，+∞)上单调递增，求实数a的取值范围： (2)当a>0时，f(x)有两个不同的零点x1x2和一个极值点x0.记 A(X10),B(X2 0),C(xo f(xo)). (D证明：f()<0 (i)判断△ABC是否可能为等腰三角形，并说明理由. 7.(25-26高二上江苏镇江中学.期末)函数f(x)=(x-1)ex+ax2,a∈R. (1)已知f(1)=0,求a的值 (2)讨论f(x)的单调性； (3)a<-1时，若f(x)的极小值点为xo,证明：f(x)存在唯一的零点x1,且x1-xo≥1n2. 8.(25-26高二上宁夏银川二中.期末)已知函数fx)=lnx-ax(a∈R) (1)当a=2时，求曲线y=f(x在点(1，f(1)处的切线方程； (2)讨论函数f(x)的单调性： (3)若函数f(x)在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围. 9.(25-26高二上山东实验中学（中心校区）月考)已知函数f(x)=ex+ax+b, (1)设a=2,直线3x-y+5=0为曲线y=f(x)的一条切线，求b; (2)设b=-1,f(x)有且仅有两个零点，求a的取值范围. 10.(25-26高二上云南昭通一中教研联盟期末)已知函数f(x)=(x2+a)ex在x=1处有极值. (1)求a的值； (2)若函数g(x)=f(x)-m恰有2个零点，求实数m的取值范围. 5/5 专题06 函数的零点与隐零点问题 目录 典例详解 类型一、利用导数判断函数零点的个数 类型二、零点个数证明问题 类型三、已知零点个数求参 类型四、隐零点问题 压轴专练 类型一、利用导数判断函数零点的个数 对于零点问题，常利用数形结合思想，转化为函数图象的交点问题，利用函数单调性结合零点存在性定理解决. 例1．(25-26高二·陕西西安高新唐南中学·期末)已知函数. (1)当时，求在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性； (3)判断函数在上的零点个数，并说明理由. 【答案】(1) (2)函数在上单调递增，上单调递减 (3)答案见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，最后根据切线与横轴、纵轴的交点坐标进行求解即可； （2）当时，对进行求导，利用导数的性质，得到的单调性； （3）分离参数得，设，利用导数求最值，从而得解. 【详解】（1） 当时，， 则，切点为， ， 切线方程为：，化简得，； （2）当时，， 当时，，所以， 所以，函数在上单调递增， 当时，，所以， 所以，函数在上单调递减； （3）令， 当时，，即不是函数的零点， 当时，可得， 令，则， 当时，，在上单调递减； 当时，设， 则， 则在上单调递减，故， 从而，所以在上单调递增， 故， 综上所述，当时，函数有2个零点， 当时，函数有1个零点， 当时，函数无零点. 变式1-1．(25-26高二上·浙江杭州杭州第二中学·期末)已知函数. (1)当时，讨论在上的零点个数； (2)若，，记函数的零点为，数列的前项和为.证明： （i）数列为递减数列； （ii）. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）转化为与交点个数进行讨论，对求导分析即可； （2）（i）可构造函数，利用函数零点和单调性证明的单调性，进而得到的单调性； （ii）由（1）所得放缩式子，对进行裂项放缩求和即可证明. 【详解】（1）当时，， 令，即，即， 设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极大值， 当趋于0时，趋于，当趋于时，趋于， 则当时，与无交点，无零点， 当时，与恰有1个交点，恰有1个零点， 当时，与恰有2个交点，恰有2个零点. （2）（i）当，时，，在，均单调递增， 当时，恒成立，无零点， 由知, ， 设函数，则， 又 ，且在上单调递增， 则，， 则数列为递减数列. （ii）当时，由（1）得 ， 则， 则， 则， 则 . 变式1-2．(25-26高二上·湖南常德第七中学·期末)已知函数 (1)当时，求在点处的切线方程； (2)试讨论函数的零点个数； (3)当函数恰有三个零点，且时，求证：. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）将代入，对求导，再根据导数的几何意义即可得解. （2）求得的导函数为，分，，三种情况讨论符号，由，可确定的零点个数； （3）由（2）可知，，可得到，将不等式两边相减，构造新函数，对其求导可判断单调性，即可证明，可以证明不等式成立. 【详解】（1）当时， 则，即，所以切线的斜率为， 又，所以切点为， 故在点处的切线方程为，即； （2）函数，易知， 因为， ①当时，， 在单调递增，此时恰有1个零点为1. ②当时，，即， 在单调递增，此时恰有1个零点为1. ③当时，令，即，解得或， ， 令，得或；令，得， 在和单调递增，在单调递减， 在上只有一个零点1，且 又因为当时，，所以在上恰有一个零点， 又因为当时，，所以在上恰有一个零点， 故此时函数共有三个零点， 综上所述，当时，恰有1个零点；当时，恰有3个零点. （3）因为，由（2）知， ，又， 又因为，结合，所以， 又因为，所以， 而 ， 令，则， 故在上为增函数，， ，故， 即得证. 变式1-3．(24-25高二下·广东茂名普通高中·期末)已知函数. (1)求的单调区间及最值； (2)设，讨论在区间上的零点个数. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，的最小值为，没有最大值. (2)答案见解析 【分析】（1）求导，判断的单调性求出最值； （2）由（1），可知在上递增，且，根据k的不同取值，分情况讨论，得解. 【详解】（1），令，解得. 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以当时，取最小值为，没有最大值. 所以单调递减区间为，单调递增区间为，且的最小值为，没有最大值. （2），由（1），可知在上递增，而，. 根据k的不同取值，分情况讨论： ①当时，对于，由于，则恒成立，故没有零点. ②当时，由的单调性，可知存在唯一，使，故有唯一零点. ③当时，由，即恒成立，故没有零点. 综上，当时，在上没有零点. 当时，在上有1个零点. 类型二、零点个数证明问题 连续函数在区间是否存在零点，只需证明 ，使得，本题借助导数求得函数的单调区间及最值，从而研究函数是否存在零点问题. 例2．(24-25高二下·浙江丽水·)已知函数为奇函数． (1)求a的值； (2)设函数， ①证明：有且只有一个零点； ②记函数的零点为，证明：． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据可求出a的值； （2）①讨论和时函数的单调性或函数值的正负，结合零点存在性定理可证明函数有且只有一个零点； ②由①可得，结合的范围分析函数单调性可证明不等式. 【详解】（1）由题意得，， ∴，即恒成立，∴. （2）①当时，函数与函数均在上单调递增， ∴在上单调递增， 又，， ∴存在唯一零点. 当时，，，∴， 当时，，，∴， ∴当时，无零点， 综上，有且只有一个零点，且该零点. ②由①可知，且，故， ∴， 令，则. 当时，，∴在上单调递增， ∴，即得证. 变式2-1．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)已知函数的零点为m，． (1)证明：m是的零点； (2)讨论方程（）的解的个数； (3)已知存在唯一零点n，比较n与m的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）由的零点为得，即可得证； （2）由已知有，令，利用导数研究单调性即可作出的图像，利用数形结合即可求解； （3）根据零点存在性定理先确定的范围，研究的单调性，比较与的大小，利用单调性解不等式即可求解. 【详解】（1）因为的零点为m  ∴ ∴，故 ∴∴   ∴m是的零点 （2）由 ， ∴， 令  ，∴， 令，  ∴， 由有，有， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 当时，，当时，， 当时，， 作出的图像：    所以当时，解为0个； 当或时，解为1个； 当时，解为2个. （3）（3）由（1）知，在单调递增， 所以有唯一的解， ∵在单调递增，，，  ∴， 故，令，所以，当时，， ∴在上单调递增， ∵ ， ∴ ， ∴，又在单调递增，   ∴ . 变式2-2．(25-26高三上·江苏扬州七校联盟·)已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求的取值集合； (3)若，求证：有且仅有两个零点. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数工具分和两种情况讨论的正负情况即可得解； （2）先由时和时得到，接着由（1）得时，接着利用导数工具研究函数的性质得到当且仅当时取等号即可得解； （3）先由（1）知得在上单调递减，在上单调递增，接着由（2）得，进而得，再依次研究分析得到和即可得证有且仅有两个零点. 【详解】（1）由题可得在上单调递增， 时，，在上单调递增； 时，令，， 所以 时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，时，在上单调递增； 时，在上单调递减，在上单调递增. （2）时，，舍去； 时，，舍去： 时，由（1）知，（*）， 记，则单调递减， 令得，所以当时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以当且仅当时取等号， 结合（*）式可知，a的取值集合为. （3）证明：因为，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增. 所以最多两个零点.① 由（2）知，， 所以， 又，， 因为在上图象不间断，， 所以在上存在零点.② 因为，所以， 且 记，则， 记，则， 所以在上单调递增， 所以，所以，所以， 因为在上图象不间断，， 所以在上存在零点.③ 综合①②③，有且仅有两个零点. 变式2-3．(25-26高三上·山东菏泽·期中)已知函数在处取得极值. (1)求实数、的值； (2)证明：在上有两个零点，且两个零点的和小于. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意得出，，即可求得实数、的值； （2）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得在上有两个零点、，推导出，可得出，由，结合函数在上的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）由，得. 由题意，得，，解得，， 经检验，符合题意. （2）由（1），得， 令，， 因为当时，， 所以， 所以在上单调递增. 又，， 所以存在唯一的，使得， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. 又，，， 所以存在，， 使得，所以有两个零点. 因为， 又，所以， 所以. 因为，在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以，所以. 类型三、已知零点个数求参 高中阶段对函数零点的考查主要集中在这两个方面： 一是结合所数零点的存在性,运用函数定理以及函数图像，对函数是否存在零点以及零点的个数进行判断，进而判断零点所在的区间，即零点的取值范围; 二是利用零点(方程实根)的存在求相关参数的值以及取值范围,函数与导数相结合是数形结合、方程思想、导数求值这三种解题思路中较难的,学生应理解函数的零点、方程的根、函数图像与直角坐标系中x轴有交点的等价性质,掌握零点的存在性定理,教师要注重培养学生函数与方程思想、数形结合思想以及等价转换思想的应用意识,使其在零点问题的解题过程中能够灵活运用. 例3．(25-26高二·浙江台州·期末)若函数在区间各恰有一个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先分离参数，转化为求两函数图像交点的问题，画出在区间的图像即可. 【详解】因为在区间各恰有一个零点，所以在区间各有一个解， 当时，，故可化为， 令，，则问题转化为与在各有一个交点. 设， ， 时，， 故，在单调递增， 又，所以时，，，在单调递增. 时，设， 故在上单调递增， 又，故存在使成立， ，，单调递减；，，单调递增. 又，，所以存在使成立， ，，单调递增；，，单调递减. 又, 所以大致图像如图所示， 故的取值范围为 故选：A. 变式3-1．(25-26高二·安徽宣城·期末)已知函数，（）． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围； (3)若，且不等式在上恒成立，求a的最小值． 【答案】(1)答案见解析. (2) (3)1 【分析】（1）函数定义域为，求导，再分和两种情况讨论求解即可得答案； （2）函数零点即方程的解，等价于,将问题转化为求与图像的交点个数; （3）根据题意得在上恒成立，故令，求函数最大值即可得答案. 【详解】（1）由题意，， 当时，恒成立，在单调递增； 当时，令，得， 当，，当， 在单调递增，在单调递减 （2）有两个零点，等价于有两个实数根，即， 即，等价于与有两个交点． 由得，， 当，，当，， 在单增，单减． 且，， ，，，，且时，，图象如图， 的取值范围是 （3）不等式为， 所以不等式在上恒成立， 所以在上恒成立． 设，则， 当时，，， 又在上是增函数，，， 所以存在，使得， 当时，，； 当时，，， 即在上单调递增，在上单调递减， ，， 则，所以， 因为，所以， 又因为，所以，所以a的最小值为1 变式3-2．(25-26高二·陕西师范大学附属中学·)已知函数. (1)讨论的单调性并求极值； (2)设函数是函数的两个零点， （i）求的范围； （ii）求证：. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减； 的极大值为，无极小值. (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据的正负性得出单调性以及极值； （2）（i）将问题转化为与的函数图象存在两个交点即可. （ii）设，利用对称构造法设求证，再利用以及求证. 【详解】（1）的定义域为， ， 由得；得； 则在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值为，无极小值. （2）（i）当时，当时，， 且时，时， 故的函数图象如图： 因为有两个零点，所以与的函数图象存在两个交点， 则，即， 故的范围为； （ii）不妨设，因为与的单调性相同，所以由（1）知， 先证， 要证，即证， 因为，在上单调递减， 所以只需证 ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以，则， 因为，所以， 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以，则，则. 综上，. 变式3-3．(25-26高二上·浙江衢州·)设函数. (1)当时，求的单调区间； (2)已知的导函数为，若有两个零点，求实数的取值范围； (3)若有解，求实数的取值范围. 【答案】(1)在上单调递增，无减区间 (2) (3) 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调区间. （2）求出导数得函数，再利用导数探讨函数性质，进而求出范围. （3）等价变形不等式并构造函数，再利用导数求出最大值，利用不等式有解列式求出范围. 【详解】（1）当时，，其定义域为，求导得， 令，求导得，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增，则， 所以在上单调递增，无减区间. （2）依题意，， 由（1）得在上单调递减，在上单调递增，， 当，时，，则当有两个零点时，，解得， 所以实数的取值范围是. （3）不等式有解， 即有解，令， 求导得， 由，得；由，得 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 类型四、隐零点问题 隐零点问题解题思路：第一步，利用零点存在性定理判断零点存在，难点在于合理赋值，确定零点所在区间，有时需要结合单调性确定零点个数；第二步，抓住零点方程实施代换，如指数与对数的代换，超越方程与简单方程的代换，同构思想等，需注意代换有可能不止一次. 例4．(24-25高二下·河北部分名校·期末)已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若，，且，都有，求的取值范围； (3)若，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数单调性； （2）设，得到在上单调递增，所以恒成立，由基本不等式求出，从而得到，求出答案； （3）变形得到，构造函数，求导，结合零点存在性定理得到，当且仅当时取等号，其中，当时，成立. 当时，，所以，推出矛盾，从而得到答案. 【详解】（1）的定义域为，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，由，解得；由，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2），即， 设，则， 因为，所以在上单调递增， 所以恒成立， 因为，当且仅当时等号成立， 所以， 所以的取值范围为. （3），即. 设，则， 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 又，所以，当且仅当时取等号. 令，则在上单调递增， 又因为，，所以存在唯一， 使得，① 所以，当且仅当时取等号. 当时，成立. 当时，由①知，， 所以与恒成立矛盾，不符合题意. 综上，的取值范围为. 变式4-1．(24-25高二下·浙江五校联盟·)已知函数，，． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求k的最大整数解． 【答案】(1)答案见解析 (2)0 【分析】（1）求定义域，求导，分和，解不等式，求出函数单调性； （2）分离得到在上恒成立，令，，求导得到其单调性，结合零点存在性定理得，换元得到，求导得到其单调性，求出，故只需，其中，得到答案. 【详解】（1）的定义域为， ， 当时，恒成立，故在上单调递增， 当时，令，即，解得， 令，即，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由题意得， 即在上恒成立， 令，， 则， 令，， 则恒成立， 故在上单调递增， 又，， 故由零点存在性定理得，使得，即， 当时，，，当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则 ， 令，下面可证其在上单调递增， 在上恒成立，故在上单调递增， 则，故， 其中在上恒成立， 所以在上单调递减， 故， 由于在上恒成立， 故只需，其中， 故k的最大整数解为0. 变式4-2．(23-24高二上·山西运城·期末)已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)增区间是，减区间是； (2). 【分析】（1）求出函数的导数，再讨论导函数小于0、大小0的x取值集合得解. （2）根据给定条件，构造函数，，利用导数结合零点存在性定理分类讨论求解即得. 【详解】（1）函数的定义域为R，求导得， 当时，，又，则，，函数在上单调递减； 设，则， 当时，是增函数，即在上单调递增， 则，因此在上单调递增， 所以的单调递增区间是，单调递减区间是． （2）不等式化为， 设，依题意，在上恒成立，而， 求导得，令，， 求导得，令，， 显然，则，即在上是增函数， ，当时，， 函数，即在上单调递增，于是在上单调递增， 所以恒成立，原不等式恒成立； 当时，则，又， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减，时，， 即在上单调递增， 又，则当时，，从而在上单调递减， 于是当时，，不合题意． 所以实数a的取值范围是. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 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． 变式4-3．(23-24高二上·云南昆明西山区·期末)已知函数为奇函数，. (1)求的值； (2)若，，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析； 【分析】（1）利用函数奇偶性定义即可求得； （2）易知，根据零点存在定理可得，易知，结合二次函数单调性即可得出证明结论. 【详解】（1）由题意可知函数的定义域为， 利用奇函数可知， 解得，此时为奇函数； 所以 （2）易知， 由可得，即满足， 易知在上是单调递增，且，， 即可得函数在区间上存在零点，所以， 所以， 由可令，由二次函数的单调性可知 ，； 即可得. 1．(25-26高二·广东广州艺术中学·期末)已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）将函数求导后，对和分成两种情况，讨论函数的单调性. （2）结合（1）的结论，首先分析当时不合题意，再通过分析时得到，再设新函数求导得其单调性即可解出不等式. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且， 当时，，可知在上单调递减； 当时，由得；由得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）当时，在上单调递减，则其最多有一个零点，不合题意，舍去，则； 由（1）可知当时在单调递减，在单调递增. 当时，，当时，. 若有两个零点，只需， 设，，因为在上单调递增， 则在上单调递增，且，则当时，， 当时，. 综上所述，当时，有两个零点. 2．(25-26高二上·山西吕梁·期末)已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，函数恰有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)． 【分析】（1）求导，得到，结合，利用导数几何意义得到切线方程； （2）求定义域，求导，并因式分解，分，，和四种情况，得到函数单调性； （3）的零点个数等价于曲线与直线的公共点的个数，由（2）得的单调性和极值情况，结合特殊点函数值，得到不等式，求出符合条件的的取值范围为． 【详解】（1）当时，，则，所以， 又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）的定义域为R， ， ①当时，，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； ②当时，在上恒成立，所以在上单调递增； ③当时，令，得，或，令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减； ④当时，令，得，或，令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减. （3）函数的零点个数等价于曲线与直线的公共点的个数， 当时，由（2）得在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 又， ， 所以要使曲线与有三个公共点，必有， 即符合条件的实数的取值范围为． 3．(24-25高二·重庆第三十中学校·月考)已知函数. (1)若存在极值，求a的取值范围； (2)当，且时，证明：函数有且仅有两个零点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据存在极值的充分条件，求导，利用分类讨论，可得答案； （2）利用导数，研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案. 【详解】（1），， 当，即时，，在上单调递增，没有极值， 当，即时，令，可得，此时函数单调递增， 令，可得，此时函数单调递减， 所以函数在处取得极大值，没有极小值，符合题意， 故a的取值范围为. （2）当时，，， 设， 因为，， 所以在上单调递减， 因为，， 所以在存在唯一零点， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在上存在唯一极值点，且， 由， ， 令，， 由，；，， 则在上单调递增，在单调递减，即， 故，即，故， 故在和上各有一个零点， 所以时，函数有且仅有两个零点． 4．(25-26高二上·江苏镇江镇江第一中学·期末)已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)若，求实数的取值范围； (3)若有两个不同的零点，求证：. 【答案】(1)0 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导并判断导数的单调性，找到导数的零点以确定函数的极值点，进而求出函数的最小值. （2）求导分析导数的单调性以找到唯一极值点 ，将 用 表示后代入函数最小值表达式，结合基本不等式求解实数 的取值范围. （3）将原函数零点问题转化为方程 的根的问题，通过分析函数 的单调性确定根的分布；构造对称函数 ，利用导数判断其单调性，结合函数单调性完成极值点偏移的证明. 【详解】（1）当时，，定义域为， ， 又恒成立， 所以在上为增函数， 又， 所以当时，，当时，， 所以在上为减函数，在上为增函数， 所以为极小值点，也是最小值点，的最小值为. （2）因为，, 且恒成立，所以在为增函数， 当时，，当时，, 所以存在唯一零点使得.且, 即为：, 所以在上为减函数，在上为增函数, 所以为极小值点，也是最小值点. , ，当且仅当时等号成立， 所以，当时等号成立， 由于，所以，所以. （3）由 ，得 . 设 ，则 ，故 单调递增. 于是 ，即 ，等价于 . 设 ，求导得 ，令 ，解得 . 在 单调递增，在 单调递减，极大值为 . 因 有两个零点，故 ，不妨设 ，且 . 要证 ，只需证 . 因 ，，且 在 单调递减，故只需证 . 代入 ，只需证 . 设 ，， 则 求导得 因 ，故 ，则 ，于是 . 在 单调递增，故 ，即 . 因此 ，结合 在 单调递减，得 ，即 . 5．(25-26高二上·重庆一中·)已知函数 . (1)当时，求曲线上的点到直线：的距离的最小值； (2)若函数在区间内有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用导数的几何意义求出曲线的切线，结合平行线间距离公式进行求解即可. （2）根据的正负性分类讨论函数的单调性，通过单调性求出函数的最值，进而求解即可. 【详解】（1）当时，，定义域为， 设曲线在点处的切线为， 当切线与直线平行时，该切点到直线：的距离最小， 直线的斜率为， 所以切线的斜率也为， 由，或舍去， 因为， 所以切线的方程为， 所以曲线上的点到直线：的距离的最小值为. （2）该函数的定义域为. ， 当时，，函数是上的增函数， 此时函数最多有一个零点，不符合题意； 当时， 当时，，函数是上的减函数， 当时，，函数是上的增函数， 所以， 因为函数在区间内有两个零点， 所以， 因为，且当时，， 所以当时，函数在区间内有两个零点， 因此的取值范围为. 6．(25-26高二上·浙江宁波·)已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，有两个不同的零点和一个极值点．记． （i）证明：； （ii）判断是否可能为等腰三角形，并说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）不能，理由见解析 【分析】（1）先对函数求导，根据函数在上单调递增，得到恒成立，进而求出的取值范围； （2）（i）先求出函数的极值点，再根据函数有两个不同零点得到相关等式，通过构造函数并分析其单调性来证明不等式； （ii）假设为等腰三角形，根据等腰三角形的性质得到等式，通过分析等式是否成立来判断是否可能为等腰三角形. 【详解】（1）依题意可得对恒成立， 所以对恒成立， 而，所以， 所以． （2）（i）当时，可知在上单调递减， 设，则在上单调递增，在上单调递减， 又，所以不妨设，则， 要证明，只需证明，即． 因为在上单调递减，所以只需证， 而， 令，则， 所以在单调递增，成立， 所以成立， 证毕！ （ii）由（i）可得，， ①先证明：，即证， 由可得，因此， 所以， 其中， 所以．所以． 因此，若构成等腰三角形，只可能为． ②下面证明．假设， ， 若，则，即． 而，所以，矛盾！ 综上所述，不能构成等腰三角形． 7．(25-26高二上·江苏镇江中学·期末)函数． (1)已知，求的值 (2)讨论的单调性； (3)时，若的极小值点为，证明：存在唯一的零点，且． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求导得，再由即可求解； （2）由，根据的情况分类讨论即可求解； （3）根据已知先表示出，再令，利用导数分析函数的单调性，可得有最小值，即可证明. 【详解】（1）由题意有：，所以， 解得； （2）由， 当时，，当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 当时，令，解得或， 当时，由有：或，由有：， 所以在单调递减，在单调递增， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 当时，由有：或，由有：， 所以在单调递减，在单调递增； （3）由（2）有：当时，在单调递减，在单调递增， 所以的极小值点为， 由极大值， 当， 所以存在唯一的零点，满足，即， 所以， 所以， 令， 所以， 由有：，由有：， 所以在单调递减，在单调递增， 所以， 所以存在唯一的零点，且. 8．(25-26高二上·宁夏银川二中·期末)已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数在上有且仅有2个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得曲线在点处的切线方程； （2）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）由可得，令，分析可知直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）因为的定义域为，则. 当时，，可知在上单调递增； 当时，由，得， 若，则；若，则； 可知的单调递增区间为，单调递减区间为； 综上所述，当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）当时，由可得， 令，其中，则， 则直线与函数在上的图象有两个交点， 当时，，此时函数单调递增； 当时，，此时函数单调递减； 所以函数的极大值为，且，，如下图所示： 由图可知：当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 所以实数的取值范围是. 9．(25-26高二上·山东实验中学（中心校区）·月考)已知函数． (1)设，直线为曲线的一条切线，求； (2)设，有且仅有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据函数先求导，设切点坐标求得在此处的切线方程，然后再根据对应相等求解参数. （2）对于分类讨论，利用导数判断函数零点的个数，求解参数的范围. 【详解】（1）当，函数，， 设函数上的切点为，所以在此点处的切线方程为 因为直线为曲线的一条切线， 所以，解得. （2）设，函数，， 因为，所以是函数的一个零点 当时，在上单调递增，此时函数有且仅有一个零点，不符合题意. 当时，令得， 由可得，由可得， 函数在上单调递减，在上单调递增； ①若时，，函数在上单调递增， 则在恰有一个零点； 令，则， 构造函数，其中， 则， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以，故，即， 且，所以在恰有一个零点， 故当时，函数在上有两个零点； ②若时，，函数在上恰有一个零点. ③若，则，函数在上单调递减， 则在恰有一个零点； 令，设，令得， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 所以函数有最小值，即，所以， 故， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递减，故， 所以，即， 且，所以在上有另一个零点， 此时函数在上有两个零点. 综上，的取值范围是. 10．(25-26高二上·云南昭通一中教研联盟·期末)已知函数在处有极值. (1)求的值； (2)若函数恰有2个零点，求实数m的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出导函数，再根据极值点导函数为0计算求出参数，再代入检验即可； （2）先根据导函数求出单调性及极值，再结合图象根据零点个数列式计算求解. 【详解】（1）由函数，可得， 因为在处取极值，可得，解得， 当时，， 当或时，；当，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故满足在处取极值，所以. （2）由（1）知：函数在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增， 所以，， 由于当时，，时，， 时，，当时，， 画出函数的图象，如图所示， 又因为方程有2个实数根时，即函数与的图象有两个公共点， 结合图象，可得或， 所以恰有2个零点时，实数的取值范围为. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $