专题04 函数零点问题：个数判断、隐零点与参数范围（4大题型，压轴题专项训练）2026年高考数学(全国通用)

专题04 函数零点问题：个数判断、隐零点与参数范围 目 录 模块一、解题方法总述 模块二、压轴题型专练 题型01 利用导数讨论函数零点个数问题 题型02 利用导数证明函数零点个数问题 题型03 已知零点个数或分布求参数范围 题型04 隐零点代换技巧 模块三、综合实战演练 一、零点数量问题的解题策略： 1.核心思路 转化思想：将“零点数量”转化为两个函数图象的交点数量（），或直接分析原函数的单调性+极值（最值）+端点趋势，通过“穿点法”判断零点个数，核心是定单调、找极值、看趋势。 2.通用解题步骤 步骤1：先求定义域，简化函数 先确定的定义域（如要求，分式要求分母≠0），对函数化简（约分、恒等变形），排除定义域外干扰。 步骤2：选方法，二选一（核心） 策略一：直接法（单函数分析，首选不含参数/参数易分离的情况） （1）求导，化简后分析的符号，确定的单调区间（增/减区间分界点为的解）； （2）求在各单调区间的极值（最值）（极值点为单调分界点，端点处看极限/函数值）； （3）判断零点：结合极值符号+定义域端点的函数值（或极限趋势），根据“单调函数跨号必存唯一零点”判断： ①若在区间单调，且，则有1个零点； ②若极值点处函数值=0，为1个零点；极值点处函数值≠0，结合两侧趋势判断跨号次数。 策略二：分离参数法（含参问题，避免讨论单调性，优先用） （1）将方程变形为（为参数，为不含参函数）； （2）分析的单调性、极值（最值）、定义域端点趋势，画出的大致图象； （3）判断交点：零点数量=直线与的交点数量，直接通过图象找临界值（如最值、渐近线）。 步骤3：特殊情况补充（间断点/分段函数） · 分段函数：分段分析，分别求各段零点，注意分段点处的函数值（是否连续、是否为零点）； · 含间断点函数：先判断间断点类型，再分析间断点两侧的函数趋势，避免漏判。 二、函数零点问题的重要技巧：隐零点代换技巧 1.核心本质 针对导函数零点不可解的超越函数问题，通过设零点不求解，利用零点满足的等式代换消去原函数中的超越/高次项，将其转化为可分析的常规函数，实现“降维解题”。 2.四步解题法 （1）定零点：求导分析单调性，确定导函数存在唯一零点（记为），明确的取值范围； （2）立等式：由，写出零点满足的核心等式（如、）； （3）做代换：将原函数中所有超越/高次项，用核心等式代换为低次/整式项，消去的不可解形式； （4）求结论：将代换后的函数转化为关于的常规函数，结合的范围分析单调性，求最值/证不等式。 3.关键要点 · 代换只换超越项，保留未知量，不试图解出的具体值； · 零点范围要尽可能精准（如由缩至），直接影响后续分析； · 核心等式可变形复用（如由可得），适配原函数代换需求。 4.适用场景 导函数为超越函数（含与多项式/分式结合），且零点无解析解，需解决函数最值、恒成立求参、不等式证明问题。 题型01 利用导数讨论函数零点个数问题 1．已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)函数． （ⅰ）当时，讨论函数在区间上的零点个数； （ⅱ）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 2．已知函数，其中，且． (1)当时，讨论的零点个数； (2)若恒成立，求的取值范围． 3．已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)当时，证明：． 4．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. 5．已知函数，为实数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，讨论的零点个数； (3)对，恒成立，求的取值范围． 核心：单调性+极值/最值+端点极限，定图像与x轴交点数 1. 求导定域，分析单调区间+极值点，得极值/最值； 2. 求定义域端点极限（），确定函数趋势； 3. 结合极值/最值的符号+图像趋势，分类讨论零点个数（最值=0→1个，最值异号→多个，同号→0个）。 题型02 利用导数证明函数零点个数问题 1．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. 2．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)若，证明：有2个零点； (3)若，求的取值范围. 3．已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：有且只有2个零点． 4．已知函数，，． (1)若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； (2)证明：时，函数在上有唯一的零点； (3)若对任意恒成立，求的取值范围． 5．已知函数. (1)判断在区间的单调性； (2)证明：当时，； (3)证明：在上有且只有一个零点. 核心：零点存在定理+单调性，一证存在、二证唯一 1. 证存在：找两点，使（零点存在定理）； 2. 证唯一：求导证明在区间内单调（单调函数至多1个零点）； 3. 综合得零点个数（存在+唯一→恰1个，多区间存在→对应个数）。 题型03 已知零点个数或分布求参数范围 1．已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，若函数有唯一零点，求实数的取值范围. 2．已知函数，. (1)当时， ①求曲线在处的切线方程； ②求证：在上有唯一极大值点； (2)若没有零点，求的取值范围. 3．已知函数（为自然对数的底数） (1)若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； (2)若，讨论函数的单调性； (3)若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 4．已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 5．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程. (2)当时，证明：当时，. (3)若有两个零点，求a的取值范围. 核心：参数影响最值/单调区间，转化为最值符号/零点位置条件 1. 求导，将的极值/最值表示为关于参数a的函数； 2. 根据零点个数/分布，列最值符号条件（如1个零点→，2个零点→且）； 3. 结合端点趋势/零点分布区间，补充定义域/区间限制条件； 4. 解不等式组，得参数a的取值范围。 题型04 隐零点代换技巧 1．已知函数． (1)若在处的切线斜率为，求； (2)若恒成立，求的取值范围． 2．已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若，都成立，求的取值范围； (3)若函数，证明有且仅有两个零点． 3．已知函数， (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，函数，且不等式恒成立，求实数m的取值范围． 4．已知函数. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求切点的坐标； (2)当，时，求证：. 5．已知函数 (1)当时，解不等式：； (2)当时，判断f（x）的零点个数并证明； (3)若恒成立，求实数a的取值范围. 核心：零点满足，代换消去，转化为显式运算 1. 找隐零点：求导分析单调，由零点存在定理确定（为隐零点，无法精确求解）； 2. 列代换式：由，解出或（消去超越式）； 3. 代换化简：将中的超越式用代换式替换，转化为初等函数求最值/证不等式； 4. 定范围：由的单调性，确定的取值区间，进而确定的范围/符号。 1．若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．设为实数，若函数有且仅有一个零点，则的取值范围是________． 5．函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是___________． 6．已知函数，则在上的零点个数为________． 7．已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 8．已知函数，． (1)求的图像在处的切线方程； (2)若，证明：，； (3)探究函数的零点个数． 9．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若函数有个零点，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 10．已知函数（）. (1)函数在定义域内无极值，求a的取值范围； (2)函数（），有三个不同的极值点，，，； （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明. 11．已知函数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若有三个不同的零点，，，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求证． 12．已知函数. (1)对任意，是的必要条件，求的最小值； (2)对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 13．已知函数． (1)若，求证：； (2)若，求证：在上恰有两个零点； (3)若不等式对任意的恒成立，求的值． 14．已知函数． (1)求在处的切线方程（用a表示）； (2)当时，讨论的零点个数； (3)若，证明：当且时，． 15．已知． (1)若，证明：恒成立． (2)令，且，有唯一的正零点． （i）求的取值范围； （ii）当时，证明：． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 函数零点问题：个数判断、隐零点与参数范围 目 录 模块一、解题方法总述 模块二、压轴题型专练 题型01 利用导数讨论函数零点个数问题 题型02 利用导数证明函数零点个数问题 题型03 已知零点个数或分布求参数范围 题型04 隐零点代换技巧 模块三、综合实战演练 一、零点数量问题的解题策略： 1.核心思路 转化思想：将“零点数量”转化为两个函数图象的交点数量（），或直接分析原函数的单调性+极值（最值）+端点趋势，通过“穿点法”判断零点个数，核心是定单调、找极值、看趋势。 2.通用解题步骤 步骤1：先求定义域，简化函数 先确定的定义域（如要求，分式要求分母≠0），对函数化简（约分、恒等变形），排除定义域外干扰。 步骤2：选方法，二选一（核心） 策略一：直接法（单函数分析，首选不含参数/参数易分离的情况） （1）求导，化简后分析的符号，确定的单调区间（增/减区间分界点为的解）； （2）求在各单调区间的极值（最值）（极值点为单调分界点，端点处看极限/函数值）； （3）判断零点：结合极值符号+定义域端点的函数值（或极限趋势），根据“单调函数跨号必存唯一零点”判断： ①若在区间单调，且，则有1个零点； ②若极值点处函数值=0，为1个零点；极值点处函数值≠0，结合两侧趋势判断跨号次数。 策略二：分离参数法（含参问题，避免讨论单调性，优先用） （1）将方程变形为（为参数，为不含参函数）； （2）分析的单调性、极值（最值）、定义域端点趋势，画出的大致图象； （3）判断交点：零点数量=直线与的交点数量，直接通过图象找临界值（如最值、渐近线）。 步骤3：特殊情况补充（间断点/分段函数） · 分段函数：分段分析，分别求各段零点，注意分段点处的函数值（是否连续、是否为零点）； · 含间断点函数：先判断间断点类型，再分析间断点两侧的函数趋势，避免漏判。 二、函数零点问题的重要技巧：隐零点代换技巧 1.核心本质 针对导函数零点不可解的超越函数问题，通过设零点不求解，利用零点满足的等式代换消去原函数中的超越/高次项，将其转化为可分析的常规函数，实现“降维解题”。 2.四步解题法 （1）定零点：求导分析单调性，确定导函数存在唯一零点（记为），明确的取值范围； （2）立等式：由，写出零点满足的核心等式（如、）； （3）做代换：将原函数中所有超越/高次项，用核心等式代换为低次/整式项，消去的不可解形式； （4）求结论：将代换后的函数转化为关于的常规函数，结合的范围分析单调性，求最值/证不等式。 3.关键要点 · 代换只换超越项，保留未知量，不试图解出的具体值； · 零点范围要尽可能精准（如由缩至），直接影响后续分析； · 核心等式可变形复用（如由可得），适配原函数代换需求。 4.适用场景 导函数为超越函数（含与多项式/分式结合），且零点无解析解，需解决函数最值、恒成立求参、不等式证明问题。 题型01 利用导数讨论函数零点个数问题 1．已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)函数． （ⅰ）当时，讨论函数在区间上的零点个数； （ⅱ）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)递增区间，递减区间. (2)（i）当时，函数在上无零点；当时，函数在上有且仅有一个零点. （ii）. 【分析】（1）求导，判断导数正负，得解； （2）（ⅰ）求出函数的解析式，求导判断单调性结合零点存在性定理求解；（ii）由题可得，令，设函数，，求导讨论判断函数单调性，求解. 【详解】（1）当时，，则，， 令，则， 所以在上单调递减，又， 所以当时，，当时，， 即当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）（ⅰ）由题可得， 令，则， 当时，在上恒成立，所以在上单调递减， 又，， 当时，，此时函数在上无零点； 当时，，此时函数在上有且仅有一个零点. （ii）当时，可化为，即， 令，设函数，， 则， 当，即时，函数在上单调递增， 所以，即且不恒为零， 所以函数在上单调递增，所以， 即不等式在上恒成立； 当，即时，在上，函数单调递减， 故，即， 所以函数在区间上单调递减， 故存在使得，不合题意； 综上，实数的取值范围为. 2．已知函数，其中，且． (1)当时，讨论的零点个数； (2)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，有1个零点；当或时，有2个零点 (2) 【分析】（1）根据条件，将问题转化成解的个数，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到的图象，再数形结合，即可求解； （2）根据条件，利用指数、对数函数的性质，将问题转化成恒成立，构造函数，利用导数，求出的最小值，即可求解. 【详解】（1）函数（，）等价于， 两端同取自然对数得，即， 令，则原题转化为的解的个数， 由于， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 则在处取得最大值，最大值为， 又当时，；当时，，函数图象如图所示， 由图知，当时，，解得，此时有1个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 综上，当时，有1个零点；当或时，有2个零点． （2）由题知恒成立，即恒成立． 当时，若，则，显然不成立，故时不符合题意； 当时，由，可得， 因为曲线与关于直线对称， 所以， 令，则， 令，得，又因为单调递增， 所以当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， 所以时，取得极小值，也是最小值， 所以的最小值为，其中， 由，得，即，得到，所以． 综上所述，实数的取值范围是． 3．已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)当时，证明：． 【答案】(1)； (2)当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2； (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得； （3）分两种情况讨论：当时，用导数可判断的单调性可得；当时，先证，进而再用导数证明，从而可证明不等式. 【详解】（1）当时，． 所以曲线在处的切线方程为，即． 曲线在处的切线方程为. （2）因为，令，得，即. 令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数. 又因为，当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且，有极大值也是最大值，如图： 由图可知，当时，函数与的图象无交点； 当时，函数与的图象有1个交点； 当时，函数与的图象有2个交点. 综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1； 时，的零点个数为2. （3）①当时，， 令， 因为，所以，而，即，， 所以在区间上单调递增，所以，即， 所以在区间上单调递增．所以. ②当时，令，所以单调递增， 所以，即. 又因为， 令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，的极小值为． 若，即，则，所以． 若，即，则在区间上单调递减， 所以． 所以，即． 综上可得，. 4．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. 5．已知函数，为实数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，讨论的零点个数； (3)对，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为． (2)有且仅有一个零点 (3) 【分析】（1）将代入函数中，对函数求导，结合函数导数的正负进行分析即可得出函数的单调区间； （2）对函数求导，分析函数的单调性，利用分类讨论的法分析得出函数零点个数； （3）根据题意不等式恒成立分离出参数，然后构造新函数，对新函数求导，结合函数单调性分析即可得出参数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 由，所以函数的定义域为， 此时，           令，， 所以在上单调递增，即在上单调递增，           因为，所以当时，；当时，，           故的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）由， 则， 令，，           在上单调递减，           当时，， 所以在上单调递增， 又因为，所以，即，           所以在上单调递减， 故，故在上无零点，          当时， ， ，显然， 所以，，           当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 又，所以， 当时，， 所以，使得， 所以当时，即，所以单调递增， 当时，即，所以单调递减，           又，所以， 当时，， 所以，使得， 故当时，有且仅有一个零点． （3）由， 整理得， 因为，所以， 故， 所以， 令， 则，           所以在上单调递增，又因为， 所以当时，，； 当时，，； 当时，， 从而对，，当且仅当时等号成立，           即， 所以，从而， 所以的取值范围为：. 核心：单调性+极值/最值+端点极限，定图像与x轴交点数 1. 求导定域，分析单调区间+极值点，得极值/最值； 2. 求定义域端点极限（），确定函数趋势； 3. 结合极值/最值的符号+图像趋势，分类讨论零点个数（最值=0→1个，最值异号→多个，同号→0个）。 题型02 利用导数证明函数零点个数问题 1．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． 2．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)若，证明：有2个零点； (3)若，求的取值范围. 【答案】(1)极大值为，没有极小值 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求导，分析函数的单调性，进而求解即可； （2）方法一：先利用导数分析函数单调性，易得在区间上有且只有1个零点，再证明在上有且只有1个零点，即可求证； 方法二：由，得，令，利用导数分析函数的单调性，进而求证即可； （3）由题意得，利用导数分析函数的单调性，进而得到在上单调递减，进而求解即可. 【详解】（1）当时，，定义域为， 当时，单调递增，当时，单调递减． 所以当时，有极大值，且极大值为，没有极小值. （2）方法一：的定义域为， 因为，所以当时，单调递增， 当时，单调递减． 当时，取到极大值，也是最大值. 因为，所以， 因为，所以在区间上有且只有1个零点， 所以在区间上有且只有1个零点． 因为， 令，所以在上恒成立， 所以在上单调递减，即，所以. 所以在区间上有且只有1个零点， 所以在区间上有且只有1个零点. 综上所述，当时，有2个零点. 方法二：的定义域为，由，得． 令，则， 当时，单调递增，当时，单调递减. 所以当时，取到极大值，也是最大值. 又，当时，，且， 所以当时，直线与的图象有2个交点， 即当时，有2个零点. （3）由， 设，则，所以有2个不同的根， 因为，所以． 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 所以时，取到极小值，也是最小值． 因为恒成立，所以，即. 又，所以， 令，则恒成立， 所以在上单调减，又，所以由，得， 所以由，得. 因为在上单调递减， 所以在上单调递减， 所以的值域为，即实数的取值范围是． 3．已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：有且只有2个零点． 【答案】(1)时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）求出，再求导，根据分类讨论，判断函数单调性； （2）由导数为零，可找出极值点及单调区间，取并判断符号，根据零点存在定理可得结论. 【详解】（1）由题意得的定义域为， 令，则， 当时，恒成立，在上单调递增，即在上单调递增， 当时，由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增； 即时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：当时，， 由（1）知为增函数， 又，， 所以存在，使得，即， 且在上单调递减，在上单调递增， 所以， 显然，所以， 因为， ， 所以在和上各有一个零点， 即时，有且只有2个零点． 4．已知函数，，． (1)若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； (2)证明：时，函数在上有唯一的零点； (3)若对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解； （2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间，从而分析函数的最小值，再根据零点存在定理，函数在单调区间内，若端点函数值异号，则函数在该区间内有一个零点证明 有唯一零点. （3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解. 【详解】（1）由已知得，，在点处的切线方程为. 设与切于，，， 则过该点的切线方程为：， 整理得，由于该切线与重合， 则. （2）由，求导得， ①当时，，在上单调递增； 令，解得 ，有，故此时函数在上有唯一的零点； ②当时，令， 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增. 所以在处取得极小值，也是最小值，， 又因为，当 时，，所以 ； 当 时， ，所以 ; 根据零点存在定理，又因为 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ， 所以 在 上有唯一的零点. 综上，当 时，函数 在 上有唯一的零点. （3）由题意得，即对恒成立. 令，， 令，， 因为，， 若，则在处的切线必然是上升的， 又因为，所以当且靠近的函数值满足， 此时就有， 从而可推导在且靠近的附近是递增的， 又因为， 所以在且靠近的附近必有 则必然不满足对恒有， 所以要满足对恒有， 首先必须满足在且靠近的附近， 所以满足， 从而可得参数满足的必要条件是； 下面再证充分性，当，时，则，即有， 又构造，，可得， 所以在区间上单调递增，即， 则可知，则， 恒成立，符合题意， 综上：的取值范围为. 5．已知函数. (1)判断在区间的单调性； (2)证明：当时，； (3)证明：在上有且只有一个零点. 【答案】(1)在单调递增，在单调递减 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导数，即可求得函数单调区间； （2）构造函数，求导数，得到函数单调区间，从而求得函数最小值，即证明，再由三角函数有界性得，即可得证； （3）由题意得，求导数，再令，求导数得到函数在区间上单调性，结合端点处函数值，由零点存在性原理得到存在零点，设零点得到函数的单调区间，由零点存在性原理得证. 【详解】（1）由题意可得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以在单调递增，在单调递减. （2）令，， 在上单调递增，且， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即， 因为，所以， 所以. （3）依题得，， ，令， 则，     当时，且，且两项不同时为0， 所以，在上单调递减， 因为，， 由零点存在定理得，存在，使得， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因为，所以， 又因为， 由零点存在定理得，存在，使得， 因为在上单调递减，所以零点唯一， 又因为当时，单调递增，所以，在此区间无零点. 综上，在上有且只有一个零点. 核心：零点存在定理+单调性，一证存在、二证唯一 1. 证存在：找两点，使（零点存在定理）； 2. 证唯一：求导证明在区间内单调（单调函数至多1个零点）； 3. 综合得零点个数（存在+唯一→恰1个，多区间存在→对应个数）。 题型03 已知零点个数或分布求参数范围 1．已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，若函数有唯一零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，由导数的几何意义确定切线斜率，即可求解； （2）将零点问题转换成方程根的问题，通过单调性确定图象，进而可求解. 【详解】（1）当 ​ 时，， 求导得： ， 即切线斜率 ，且 ，切点为 ， 切线方程是：，即. （2）当 时，，， 有唯一零点等价于方程 有唯一实根， 令 ， 求导得： ， 令 ，得 ， 当，，单调递增； 当时，，单调递减； 当，，单调递增， 所以极大值​，极小值 ； 又 时 ，时 ，恒成立， 画出函数图象，如下： 结合图象可知当或时， 与有一个交点， 故函数有唯一零点，求实数的取值范围是. 2．已知函数，. (1)当时， ①求曲线在处的切线方程； ②求证：在上有唯一极大值点； (2)若没有零点，求的取值范围. 【答案】(1)①；②证明见解析 (2) 【分析】（1）①利用导数的几何意义计算即可得切线方程；②令，利用导数判断出在上有唯一零点，即可利用导数零点与原函数极值的关系求证； （2）令，利用导数研究其单调性后，对分类讨论即可得. 【详解】（1）①，则， 则，又， 故曲线在处的切线方程为； ②令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减； 故在上有唯一极大值点； （2）， 令，则； ①若，则，在上是增函数， 因为，， 所以恰有一个零点， 要想的零点不是的零点， 则需满足，即有， 代入，得，解得， 所以当时，此时无零点，符合题意； ②若，此时的定义域为， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 所以，又， 由题意，当，即时，无零点，符合题意； 综上，的取值范围是. 3．已知函数（为自然对数的底数） (1)若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； (2)若，讨论函数的单调性； (3)若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. (3). 【分析】（1）求得曲线在点处的切线方程为：与曲线联立，利用判别式求解； （2）由利用导数法求解； （3）由，根据题意，由方程在上至少有一个解，转化为.设求解. 【详解】（1）由得. 当时. 所以，曲线在点处的切线方程为：. 由题意，这条切线与曲线恰有一个公共点. 联立得，整理为. 因为两曲线恰有一个公共点，所以该一元二次方程有两个相等实根， 故判别式. 于是，从而. 故. （2）因为 所以. 由于，故，因此的符号由的符号决定. 分情况讨论： ①当时，对任意，都有，故. 所以函数在区间上单调递增. ②当时，当时，，故； 当时，，故. 因此，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.. 综上，函数的单调性为： 当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）由， 要使函数至少存在一个零点，只需方程在上至少有一个解. 移项得.设， 则问题转化为：求函数的值域. 将拆成两个函数：，则. 先讨论的单调性.因为. 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值. 再讨论的单调性.因为， 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值 由于与在区间上都单调递增，在区间上都单调递减， 所以它们的和在区间上单调递增，在区间上单调递减， 从而在处取得最大值. 于是故. 因此，函数至少存在一个零点，当且仅当. 所以. 4．已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为； (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解，解法三：求导，对进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数的最大值，进而构造函数，利用导数求解单调性，即可得证. 【详解】（1）由于 令，则， 令，，在上单调递增； 令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）解法1  由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，令，则等价于， 易得，因为，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，， 所以， 显然不符合题意，故，即， 令，， 则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当时，易证，则即， 由于， 取，且，则， 由零点存在定理，存在使得， 所以当时，在上有两个零点. 解法2  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾： 于是，令，，，则， 令，则， 由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是， 若，即， 由，则，可得，同解法1； 解法3  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，设，， 若，则，在上单调递减，且， 不妨令，则， 于是取，则， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 若，令，则，于是在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 综上所述：若，有一个极大值点；， 于是， 若，则至多只有一个零点，矛盾； 若，由于，同解法1； 解法4  令，则，， 于是函数与函数的图象在上有两个交点， 由于， 设，，， 于是在上单调递减，且， 于是时，，，在上单调递增； 时，，，在上单调递增： 且，， 所以函数的图象如图所示，所以， （ii）根据（i）可知，， 其中，则， 下证：即证：. 设  ， 令，，于是在上单调递增，在上单调递减， 则，即证. 5．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程. (2)当时，证明：当时，. (3)若有两个零点，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据导数的几何意义，求出和，利用点斜式写出切线方程； （2）设，利用导数得在上恒成立，从而可得函数的单调性和最值； （3）设，分情况：，，和研究函数单调性和最值，从而得解. 【详解】（1）当时，，则， 从而，， 故曲线在点处的切线方程为， 即； （2）设，则. 显然在上恒成立，所以在上单调递减. 又，所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 故，即当时，. （3）由题意可得. 设，则. ①若，显然，则在上单调递增，即在上单调递增. 又，所以当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 又，所以只有一个零点，故不符合题意. ②若，则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，又， 所以存在唯一的，使得. 当时，，当时，， 则在，上单调递增，在上单调递减. 又，所以，又当时，， 所以恰有两个零点，则符合题意. ③若，则由（2）知在R上恒成立，所以在上单调递增， 又，所以只有一个零点，则不符合题意. ④若，则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，又， 所以存在唯一的，使得. 当时，，当时，， 则在，上单调递增，在上单调递减. 又，所以，又当时，， 所以恰有两个零点，则符合题意. 综上，a的取值范围为. 核心：参数影响最值/单调区间，转化为最值符号/零点位置条件 1. 求导，将的极值/最值表示为关于参数a的函数； 2. 根据零点个数/分布，列最值符号条件（如1个零点→，2个零点→且）； 3. 结合端点趋势/零点分布区间，补充定义域/区间限制条件； 4. 解不等式组，得参数a的取值范围。 题型04 隐零点代换技巧 1．已知函数． (1)若在处的切线斜率为，求； (2)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. 【详解】（1）因为， 所以，依题意，解得； （2）因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 2．已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若，都成立，求的取值范围； (3)若函数，证明有且仅有两个零点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）当时，，分别求出切点纵坐标和切线斜率，使用点斜式即可求得在处的切线方程； （2）先使用参变分离可得在上恒成立，令，利用导数结合辅助角与三角函数值求出的最大值即可； （3）由题意可得，则，使用导数结合的取值确定在各个区间内的单调性，并由零点存在性定理确定零点个数即可. 【详解】（1）当时，，则， 所以，． 故切线方程为，即． （2）因为在上恒成立，且， 所以在上恒成立，令，则， 因为， ①当时，由，解得， ，单调递增，，单调递减， 所以当时，； ②当时，因为，，所以， 所以时，，所以， 综上，的取值范围为． （3）因为， 所以，，设， ①当时，，单调递增， 所以，所以在上单调递减． 又，所以为在上的唯一零点； ②当时，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递减． 又，， 所以，使得，所以当时，；时， ， 即在上单调递增；在上单调递减， 又，所以， 所以在上单调递增，此时，不存在零点． 又，所以，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又， 所以在上恒成立，此时不存在零点； ③当时，单调递减，单调递减， 所以在上单调递减． 又， 即，又在上单调递减， 所以在上存在唯一零点； ④当时，，， 所以，即在上不存在零点． 综上所述：有且仅有个零点． 3．已知函数， (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，函数，且不等式恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2) 【分析】（1）先对函数求导，再根据a的值分和两种情况讨论可得； （2）先由函数可得，进而可得，从而将不等式转化为对恒成立，再构造函数，用导数求函数的最小值可得. 【详解】（1）当时，，定义域为，， 当时，，函数在上单调递减； 当时，令，得；令，得， 函数在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减． （2）当时，，当时，，单调递增，显然不成立； 当时，由，得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的极大值为.由恒成立，得，即，解得. 原不等式化为对任意和恒成立. 令，则. 当时，的最小值为的最小值，故.， ，令，， 则恒成立，在上单调递增． 由于，，由零点存在性定理， ，使得，即，（*） 当时，，，当时，，， 即在上单调递减，在上单调递增，， 由（*）式可知，，， 令，，又，，即在上为增函数， ，即，，由及代入， ， ，即实数m的取值范围为 4．已知函数. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求切点的坐标； (2)当，时，求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合互相垂直直线斜率之间的关系进行求解即可； （2）构造新函数，利用二次求导法、函数零点存在原理进行运算证明即可. 【详解】（1）， 所以直线的斜率为， 因此与直线垂直的直线的斜率为，即. ， 所以，即， 所以，因此切点为. （2）当，时，要证明， 即证明，只需证明， 即只需要证明，其中， 设， 设 因为函数在上均为减函数， 则在区间内单调递减， 因为， 所以，，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减. 因为， 在区间内单调递增，所以有， 在区间内单调递减，所以有， 故内恒成立，原不等式得证. 5．已知函数 (1)当时，解不等式：； (2)当时，判断f（x）的零点个数并证明； (3)若恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)不等式的解集为区间 (2)三个零点，证明见解析 (3). 【分析】（1）先求得的定义域为，并证得的图像关于中心对称，再确定当时的符号，进而根据对称性得的解集； （2）先通过导数分析的单调性，并根据零点存在性定理确定在上有唯一零点，再根据的图像关于中心对称及，即可得到f（x）的零点个数； （3）由题意，根据的图像关于中心对称知“恒成立”等价于“在上恒成立”.并分析得到，进而，再通过导数分析得到在上单调递增，从而即可得a的取值范围. 【详解】（1）由得，所以的定义域为， 又 ， 所以函数的图像关于中心对称，所以. 因为， 当时， ，所以. 故当时，， 即不等式的解集为. （2）当时，. 因为的图象关于中心对称， 所以只需考虑时，的零点个数. ， 当时，. 令 当时，， 所以在上单调递减. 因为， 所以存在唯一，使得. 所以当时，，即在上单调递增. 当时，，即在上单调递减. 所以在上没有零点， 又， 所以存在唯一实数使得，即在上有唯一零点， 由（1）知. 所以时，有三个零点：. （3）由（1）知恒成立等价于在上恒成立， ， 若， 所以存在，使得对有，即在上单调递减. 所以，这与在上恒成立矛盾. 所以. 此时. 令， 所以 令 则， 所以在上单调递减，所以. 所以在上单调递增，所以. 所以在上恒成立，即恒成立. 综上所述，. 核心：零点满足，代换消去，转化为显式运算 1. 找隐零点：求导分析单调，由零点存在定理确定（为隐零点，无法精确求解）； 2. 列代换式：由，解出或（消去超越式）； 3. 代换化简：将中的超越式用代换式替换，转化为初等函数求最值/证不等式； 4. 定范围：由的单调性，确定的取值区间，进而确定的范围/符号。 1．若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递减，， 函数的图象如下图所示： 因为函数在区间内有两个零点， 所以直线与函数有两个不同的交点， 所以，所以实数的取值范围是. 2．已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数零点的定义，通过构造新函数，利用转化法把交点问题转化为直线与曲线的交点问题，结合导数的正负性与函数单调性的关系进行求解即可. 【详解】显然该函数的定义域为全体正实数， 由，设， ， 当时，，所以函数在上单调递增， 当时，，所以函数在上单调递减， 则有， 问题函数有两个零点，转化为直线与曲线有两个不同的交点，如下图所示： 由数形结合思想可知：当时，直线与曲线有两个不同的交点， 即函数有两个零点， 所以实数a的取值范围为. 3．已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用奇函数的定义及导数与函数单调性间的关系，可得为奇函数且为减函数，从而将问题转化成函数与函数的图象有个交点，再利用导数求出的单调性，进而得出的图象，数形结合，即可求解. 【详解】因为，易知的定义域为，定义域关于原点对称， 又，所以为奇函数， 又恒成立，所以为减函数， 令，得到，所以，整理得到，令， 因为函数恰有个零点，则函数与函数的图象有个交点， 又，当时，，当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 又时，，时，，时，， 时，，且恒成立，其图象如图所示， 由图可知，要使函数与函数的图象有个交点，则， 解得，所以实数的取值范围是. 4．设为实数，若函数有且仅有一个零点，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】利用导数分析函数的单调性，利用零点存在定理可知函数在上只有一个零点，则函数在上无零点，并利用导数分析函数在上的单调性，可得出关于实数的不等式，解得即可. 【详解】因为， 当时，，则且不恒为零， 所以函数在上单调递增，所以， 又因为，所以函数在上有且只有一个零点； 因为函数只有一个零点，则函数在上无零点， 则当时，，则， 由可得，由可得. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以只需，解得； 所以的取值范围是. 5．函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【分析】由，所以 是函数的零点；需要函数有三个不同的零点，只需函数在内有两个零点，即与有两个交点，令，利用导数研究得到 的值域为 即可求解. 【详解】函数定义域为 ，，所以 是函数的零点； 因为函数有三个不同的零点，所以函数在内有两个零点； 即在内方程有两个不相等的实数解， 即在内有两个不相等的实数解， 即与有两个交点， 令，， 则，令， ， 因此在 上单调递减，且. 当 时， ，故单调递增； 当 时， ，故单调递减； 当时，，当时，，当时，， 所以的值域为 ， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 6．已知函数，则在上的零点个数为________． 【答案】2 【详解】令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，又当时，，当时，. 当时，由，得，得， 两边取对数得，所以， 当时，，所以有2个相异实数根， 所以在上的零点个数为2. 7．已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)1，理由见解析 【分析】（1）由对称性可得，计算即可得； （2）求导后可得函数单调性，即可得其最大值； （3）令，可得，构造函数，借助导数可研究其单调性，利用单调性与零点存在性定理即可得解. 【详解】（1）由题意得，； （2）由题意得，，，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为； （3）令，则，整理得， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 又，，所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点. 当时，，，两个不等式等号无法同时成立， ，此时函数无零点， 综上所述，在上存在唯一零点， 即函数在上的零点个数为． 8．已知函数，． (1)求的图像在处的切线方程； (2)若，证明：，； (3)探究函数的零点个数． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解； （2）根据题意，设，转化为，，设，利用导数求得函数的单调性，得到，即可得证； （3）函数的零点即为或，设，转化为有唯一的根为1，方程的个数根据的范围进行讨论，设，利用导数得到单调性和二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解：由函数，可得， 所以，且，即切线的斜率为，切点为， 所以的图像在处的切线方程为，即． （2）证明：当时，函数， 要证明，，即证，， 设，则，问题转化为，， 设，则， 所以在区间上单调递减，所以， 即，，即，， 所以，． （3）解：由，可得或， 即或， 设，则或， 设，可得， 所以单调递增，且，所以方程有唯一的根为1， 设，则， 当时，，单调递增， 方程有唯一的根1，只有1个零点； 当时，令，得， 则在区间，上单调递增， 在区间上单调递减， 且，，， 所以，， 由，， 且，， 所以在区间，上各有1个零点． 综上得，当时，有1个零点；当时，有3个零点． 9．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若函数有个零点，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)在上单调递增； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求导得，再次求导即可得到单调性； （2）（i）分离参数得，设，再求导得到最值，最后得到的范围； （ii）利用对均不等式转化为证明，再设，求导后得其最值即可证明. 【详解】（1）当时，定义域为， ，令， 则，令，解得， 当， 所以在上递减，在上递增， 所以即， 所以在上单调递增. （2）（i）函数有3个零点等价于有三个根等价于有三个根， 等价于当与有三个交点，. ， 0 2 0 0 减 0 增 减 ，， 所以的取值范围为. （ii）先证对数均值不等式， 由（i）知，令 则， 等价于， 等价于， 令， ， 在上递减，， 故， 由（i）知，， 满足，由②③可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得，则， 故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即． 而由， 可知成立，故命题得证． 10．已知函数（）. (1)函数在定义域内无极值，求a的取值范围； (2)函数（），有三个不同的极值点，，，； （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）转化为无变号零点，利用导数求解即可； （2）（i）转化为函数有三个零点，进而转化为有两个不相等的正根，根据单调性和零点存在性定理即可求解；（ii）根据，的关系，，结合的单调性，结合（i）中的两根关系、a的取值范围即可得证. 【详解】（1）（），令（）， 因为函数在定义域内无极值， 所以函数无变号零点，即函数在上无变号零点. 由，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， 由上可知，，∴. （2）（ⅰ）（，）， （，），令，则， 因为有三个不同的极值点，即有三个变号零点， 所以必有两个不相等的正根， 所以方程必有两个不相等的正根， 记为，则，且， 由得. 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 因为，且，所以必有，且为极小值点，，且为极大值点. ，当时，，在上有唯一零点， 因为，， 必有为极大值点. 综上，当且仅当时，有三个不同的极值点，即a的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）可知，，所以， 又函数在单调递增，，，， 所以， 又，所以，所以， 即. 11．已知函数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若有三个不同的零点，，，且， （i）求实数a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求解即可； （2）（i）将问题转化为，构造函数，研究函数的单调性与极值等性质即可得答案； （ii）令，，，进而得，，，再整理得，，进一步得，再构造函数，结合极值点偏移的对称构造证明得，整理得，再代入即可证明结论. 【详解】（1）当时，． 将代入，得切点纵坐标． 对求导得： 所以在处的切线斜率为：， 所以切线方程为，即：． （2）（i）由等价于． 设．． 令，解得或． 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增． 的极大值为；极小值为． 又当时，；当时，． 所以函数的大致图象如图： 所以，要使直线与有3个不同的交点，必须满足： 故实数a的取值范围是． （ii）证明：由（i）知，三个零点分布为：，，． 由零点分布可知，，． 令，，． 显然有，，． 因为，代入得：． 同理代入和可得：，且． 因此，，是方程的两个正根，而u是方程的正根． 因为，两边同时乘以并除以，得： 两边取自然对数： 同理，由可得： 将上述两式相加，得到： 下面证明． 设，由已知． 由于，要证，而且在上单调递减． 等价于证明，即证对任意成立． 构造函数． 即证明：， 令．， 令，，， 因为，所以，即单调递增． ． 所以在上单调递减，． 故成立，进而在上恒成立． 这说明成立，从而得到． 因为且，所以． 代入第一步得到的恒等式中： 将，，代回上式： 所以原不等式得证． 12．已知函数. (1)对任意，是的必要条件，求的最小值； (2)对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）由已知条件可得在上单调递增，即在恒成立，计算即可； （2）（i）由已知构造函数可得存在两个零点，利用导数证明单调性，进而只需，即，利用导数计算可得的取值范围；（ii）将同构为，将方程的两根转化的两根为，利用导数及数形结合推理可得. 【详解】（1）∵对任意，是的必要条件， ∴， 在上单调递增， 则，即在上恒成立， 令，， 在单调递减， . （2）（i）因为对有两个不等的实根， 所以有两个零点， 若是方程的一个根，则，所以， 令， 当，则，当，则， 所以在单调递减；单调递增， ， 要使有两个零点，只需， 即，令， 在(0,1)单调递增；单调递减， . (ii)令，则，，即， 构造方程，两根为， 令，其中的两根为 令则，令，则， 在单调递减；单调递增，作出大致图象如下： 令， 在单调递减；单调递增， 当时，，此时最小. 取最小值时，. 13．已知函数． (1)若，求证：； (2)若，求证：在上恰有两个零点； (3)若不等式对任意的恒成立，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）根据三角函数的有界性，将问题转化为，构造函数，由导数求解函数的单调性即可求解， （2）求导得函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求解， （3）根据，可得在时取得最小值．进而将问题转化为为函数在上的一个极小值点，得，进而利用导数证明：当时，为函数在上的一个极小值点． 【详解】（1）证明：若，则， 当且仅当时等号成立， 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，当且仅当时，等号成立， 又等号不能同时取到，所以. （2）证明：若，所以， 当时，，所以. 当时，记，， 故在上单调递增， 又， 所以，使得， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 又，所以在上恰有1个零点； 因为，所以在上恰有1个零点． 综上，在上恰有两个零点. （3）若不等式对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 令 又，所以当时，取得最小值． 因为，则为函数在上的一个极小值点， 所以，即，解得 下面证明：当时，为函数在上的一个极小值点． 因为，令，所以， 令，所以， 当时，，所以， 当时，，，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以即在上单调递增， 又，所以当时，恒成立，此时单调递减， 当时，恒成立，此时单调递增， 所以为函数在上的一个极小值点. 综上，的值是2. 14．已知函数． (1)求在处的切线方程（用a表示）； (2)当时，讨论的零点个数； (3)若，证明：当且时，． 【答案】(1) (2)个 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程； （2）求导分情况讨论，再结合零点存在定理求出零点个数； （3）把证明结论进行转化，利用数列的性质结合导数讨论函数单调性，进而证明结论． 【详解】（1）已知函数，则． ①当时，函数单调递减， 在上，则； 在上，． ，则， 此时，可得，故； ②当时，函数单调递增，在上，； 在上，， ，则， 此时，可得，故； 综上，在处的切线方程为，即． （2）当时，有个零点． 证明：令，得，由于时，函数单调递减， 故当时，，此时； 当时，，此时． ①当时，，， 当时，，故恒成立，单调递增． 当时，； 当时，， 而，故， 即在上无零点． ②当时，，故在上无零点； ③当时，，， 令， 则，当时，，故在单调递增， 又，且时，， 根据零点存在定理可知，必然存在使得． 在时，，单调递减； 在时，，单调递增． 故在上先减后增． ，， 在上有且仅有1个零点，其中， 综上所述，当时，有个零点． （3）当，且时，，，即证， 记数列，数列的前项和为； 记数列的前项和为，则． 我们只需证明在时成立，即证， 记，． 则， 记，， 显然单调递增，且， 单调递增，即单调递增， 则，单调递增， ，故成立， 当时，成立， 综上，原命题得证． 15．已知． (1)若，证明：恒成立． (2)令，且，有唯一的正零点． （i）求的取值范围； （ii）当时，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）证明恒成立，再将x替换为放缩证明原不等式即可； （2）（i）令，求导研究的单调性，证明在有唯一零点，最后再对a的范围进行分类讨论即可；（ii）结合（1）中推得，并结合（i）中的零点对应的等式，放缩可得，进一步得到，再结合裂项相消法即可证明原不等式左边，对于不等式右边，由不等式，令代入，并结合（i）中的零点对应的等式，可证明，根据，令代入，可证，最后结合两者放缩即可证明原不等式右边． 【详解】（1）令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有，即， 当时，恒成立． （2）（i）由题意有有唯一的正零点， 因为， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，；，， 当时，， 由零点存在性定理可知，在有唯一零点， 当时，，则满足题意； 当时，要保证，则只要， 即，恒成立，所以， 综合可得． （ii）由题意可知，也即， 由（1）知，则，即，且， 因此有， 即，也即，可得， 所以有， 故， 又因为，所以有， 根据题意有， 从而有， 即，可得，进一步得， 又，所以，所以，故， 所以， 由可得，也即， 令得，进一步得， 所以， 故， 综上有． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $