专题04 导数中的零点问题（含隐零点）（抢分专练5大热点题型）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题04 导数中的零点问题（含隐零点） 题型 考情分析 考向预测 1．判断与证明函数零点的个数 2025年天津卷：第20题考查了根据零点个数求参数的范围 2025年全国二卷：第18题考查了隐零点 2024年新高考卷Ⅱ：第11题考查了判断与证明函数零点的个数 重点关注与隐零点有关的最值问题、零点有关的参数问题 2．根据零点个数求参数的范围 3．隐零点解决最值、极值问题（含恒成立） 4．借助隐零点判断零点个数 5．利用隐零点证明不等式 题型1 判断与证明函数零点的个数 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． 1．（2026·四川巴中·一模）已知在处取得极小值． (1)求在处的切线方程； (2)若，讨论零点的个数． 2．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数 . (1)当时，讨论的单调性； (2)证明:当时，在上有且仅有一个零点. 3．（2026·云南玉溪·模拟预测）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． 4．（2025·甘肃白银·三模）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)函数在上单调递减，求实数a的取值范围； (3)若，证明函数有两个零点． 5．（25-26高三上·云南昆明·期中）已知函数. (1)若，证明：当时，； (2)若，求的最小值； (3)讨论的零点个数. 6．（25-26高三上·江苏扬州·月考）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. 题型2 根据零点个数求参数的范围 利用函数的零点求参数范围的方法 (1)分离参数()后，将原问题转化为的值域(最值)问题或转化为直线与的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解； (3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 1．（25-26高三上·甘肃兰州·期末）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围． 2．（25-26高三上·江西赣州·期中）已知函数的图象关于直线 对称，且在区间上单调. (1)求ω的值; (2)若函数有两个零点，求的取值范围. 3．（25-26高三上·辽宁大连·期中）设函数. (1)若，求函数的极值； (2)设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中e是自然对数的底数） 4．（25-26高三上·福建龙岩·期中）已知函数的极大值点是2. (1)求的值； (2)若在上有3个零点，求的取值范围. 5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数（，且）. (1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值； (2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，．若函数在上有零点，求实数的取值范围． 7．（25-26高三上·辽宁大连·期中）设函数. (1)求函数在上的最大值； (2)若不等式在上恒成立，求的取值范围； (3)若方程在上有三个不相等的实数根，求的取值. 题型3 隐零点解决最值、极值问题（含恒成立） 1、隐零点问题 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 2、基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 1．（24-25高三上·福建泉州·月考）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，求证：. 2．已知函数，，. (1)求的极值； (2)若恒成立，求的取值范围. 3．已知函数，. (1)证明:直线与曲线相切. (2)若函数在上存在最大值，求的取值范围. 4．（2025高三·全国·专题练习）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点，当时，求的取值范围. 5．已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设（为的导数），求的单调区间； (3)求的极值点的个数． 6．（2026·上海闵行·二模）已知. (1)当时，解方程； (2)若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点. 7．设函数，为的导数． (1)讨论函数的最值； (2)若为整数，，且，不等式恒成立，求的最大值． 8．（2026·河北·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的单调递减区间； (2)若在区间上，为增函数，求的取值范围； (3)若时，的最小值为0，求． 题型4 借助隐零点判断零点个数 1、函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. 2、隐零点的同构 实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，若，求的零点个数（参考数据：）． 2．（25-26高三下·海南海口·月考）已知函数. (1)若在处的切线为，求的值； (2)当时，确定在上的零点个数. 3．（2026·浙江·模拟预测）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)试判断曲线与直线在上公共点的个数； 4．（2025·江西南昌·模拟预测）已知函数，且不是的极值点. (1)求a的值； (2)判断的零点个数. 5．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数（），. (1)若，证明：，； (2)求函数的零点个数. 6．（25-26高三上·天津南开·月考）已知函数． (1)若的极小值小于，求的取值范围； (2)当时，判断的零点个数并写出证明过程． 7．（2025·四川巴中·一模）已知函数. (1)求函数的极值； (2)求证：当时，； (3)若.其中.讨论函数的零点个数. 题型5 利用隐零点证明不等式 针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式.构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题.在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间. 1．（24-25高三上·福建福州·期中）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个极值点，求实数的取值范围； (3)当时，若，求证：. 2．（2026·云南·模拟预测）已知函数． (1)当时，证明：在上存在唯一零点； (2)证明：在上恒成立的充要条件是． 3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数． (1)当时，求在区间上的零点个数； (2)当，时，求证：． 4．（2025·江苏南通·二模）已知函数的最大值为，设函数的图象在点处的切线为． (1)求的值； (2)证明：当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 5．已知函数：． (1)若当时，恒成立；求实数a的取值范围； (2)若关于x的方程有两个不同实数根；且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求证：． 6．（25-26高三上·贵州贵阳·期中）已知函数，. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围； (3)当时，求证：. 1．（2026高三·全国·专题练习）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； 2．（2027高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求的零点个数． 3．（2026高三·上海·专题练习）已知函数，讨论函数的零点个数. 4．已知函数， (1)当时，求的对称中心； (2)证明：有唯一零点 5．（24-25高三上·江苏徐州·月考）已知函数. (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)证明：函数在上有两个零点． 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数.当时，证明: 有唯一极值点. 7．（2025高三·全国·专题练习）设函数．判断并说明函数的零点个数； 8．（2026高三·全国·专题练习）已知函数， (1)当时，若直线过原点且与曲线相切，求的方程. (2)若关于的方程恰有两个不同的正实数根，求的取值范围. 9．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求的最值； (2)若，求的取值范围． 10．（24-25高三上·湖南·开学考试）已知函数. (1)求的单调区间； (2)设函数.证明： （i）函数有唯一极值点； （ii）若函数有唯一零点，则. 11．（2026高三·天津·专题练习）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若对时，，求正实数的最大值. 12．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 13．（2026·安徽宿州·一模）已知函数. (1)证明函数存在唯一零点； (2)的零点为，证明. 14．（25-26高三上·广东·月考）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的零点个数； (3)探究是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由. 15．（25-26高三上·北京·月考）已知函数． (1)当时，求在的最值； (2)当时，，求在上的极值点个数． 16．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知函数. (1)若，求的极值； (2)若，判断的零点个数并证明； (3)若对任意，求实数的取值范围. 17．（25-26高三上·湖南邵阳·期中）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)令,当有且仅有两个零点时，求的取值范围. 18．（25-26高三上·辽宁·月考）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若方程存在两个不同实数根. （i）求整数的取值集合； （ii）若，求实数的取值范围. 参考数据：. 19．已知函数，． (1)当时，求函数在区间上的值域 (2)若，试判断函数是否存在极值，若存在，请确定极值点；若不存在，请说明理由； (3)若函数有三个不同的零点，，）．求a的取值范围； 20．已知函数，其中， (1)求的最小值； (2)若，求的取值集合； (3)若，其中，求的最大值． 21．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．若，讨论的零点个数． 22．（2025高三·全国·专题练习）设函数． (1)讨论的导函数零点的个数； (2)求证：当时，． 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：． 24．已知函数. (1)讨论的单调性. (2)若，当时，证明：存在唯一的极大值点，且. 25．（25-26高三上·北京·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的单调区间； (3)当时，讨论的零点个数． 26．（25-26高三上·山西太原·月考）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若的极小值小于，求m的取值范围； (3)讨论的零点个数． 27．（25-26高三上·北京东城·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数在区间上的极值点的个数； (3)若函数在区间上有唯一零点，证明：. 28．（2025·北京海淀·三模）已知函数，曲线在点处的切线斜率为． (1)求的值． (2)求在上的零点个数． (3)证明：在上存在两个零点，且． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 导数中的零点问题（含隐零点） 题型 考情分析 考向预测 1．判断与证明函数零点的个数 2025年天津卷：第20题考查了根据零点个数求参数的范围 2025年全国二卷：第18题考查了隐零点 2024年新高考卷Ⅱ：第11题考查了判断与证明函数零点的个数 重点关注与隐零点有关的最值问题、零点有关的参数问题 2．根据零点个数求参数的范围 3．隐零点解决最值、极值问题（含恒成立） 4．借助隐零点判断零点个数 5．利用隐零点证明不等式 题型1 判断与证明函数零点的个数 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． 1．（2026·四川巴中·一模）已知在处取得极小值． (1)求在处的切线方程； (2)若，讨论零点的个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由题意可得，联立等式可得函数，根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案. 【详解】（1）由题意得．因为在处取得极小值， 则，解得，， 所以，， 故，， 则切线方程为，即； （2）令，所以． 令，解得或．则，，的关系如下表： 2 0 0 单调递增 单调递减 单调递增 作出函数的图象如下： 所以，①当或时，有两个零点； ②当或时，有一个零点； ③当时，有三个零点． 2．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数 . (1)当时，讨论的单调性； (2)证明:当时，在上有且仅有一个零点. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数计算研究函数的单调性即可； （2）利用导数研究函数的单调性及零点存在性定理证明即可. 【详解】（1）当时，， 所以， 所以当时，，当时，， 即在和上单调递增，在上单调递减， （2）易知，，， 当时，；当时，；当时，. 所以在上单调递增，上单调递减，在上单调递增， 又， 所以当时，，所以； 又， 所以在上有零点． 又因为在上单调递增，所以在上有且仅有一个零点. 3．（2026·云南玉溪·模拟预测）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． 4．（2025·甘肃白银·三模）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)函数在上单调递减，求实数a的取值范围； (3)若，证明函数有两个零点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）通过，讨论导数符号，进而可求解； （3）求导确定函数单调性，确定相应最值，进而可求证； 【详解】（1）因为，所以． 因为，所以． 所以曲线）在处的切线方程为，即． （2）对求导，得． 当时，，在上单调递增，不合题意； 当时，令，得， 所以是函数的单调递减区间， 因为在上单调递减，所以， 得，解得， 所以实数a的取值范围是． （3）令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， ． 因为，所以． 因为，所以在上有唯一零点． 又，因为，所以， 则， 所以在上有唯一零点． 综上，函数有两个零点． 5．（25-26高三上·云南昆明·期中）已知函数. (1)若，证明：当时，； (2)若，求的最小值； (3)讨论的零点个数. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3)答案见解析 【分析】（1）利用导数的性质，结合函数的单调性进行运算证明即可； （2）根据导数的性质，结合函数的单调性进行求解即可； （3）根据参变量分离法，通过构造新函数，利用数形结合思想分类讨论进行求解即可. 【详解】（1）， 因为，， 所以，因此， 所以当时，函数在上单调递减， 于是由，证毕； （2）当时，，， 当时，，所以函数在时，单调递增， 当时，，，显然， 因此，所以函数在时，单调递减， 所以当时，函数有最小值； （3）当时，， 所以此时该函数是实数集上的减函数，而， 所以此时函数有唯一零点； ， 设， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增，且， 函数的图象和直线的图象如下图所示： 显然当时，直线和函数的图象有唯一交点； 函数在处的切线斜率为， 因此当时，直线和函数的图象有唯一交点； 因此当时，直线和函数的图象有两个交点， 当时，直线和函数的图象有两个交点， 综上所述：当时，函数有两个零点， 当时，函数有一个零点. 6．（25-26高三上·江苏扬州·月考）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. 题型2 根据零点个数求参数的范围 利用函数的零点求参数范围的方法 (1)分离参数()后，将原问题转化为的值域(最值)问题或转化为直线与的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解； (3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 1．（25-26高三上·甘肃兰州·期末）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增 (2) 【分析】（1）求导，讨论导函数的符号，可得函数的单调性. （2）分析函数的单调性，由函数的极小值小于0可得a的取值范围. 【详解】（1）当时，，所以. 由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. （2）因为. 若，则在上恒成立，所以在上单调递增； 若，由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 若函数有两个零点，必有. 且极小值. 且当时，；当时，. 所以当时，函数有两个零点. 2．（25-26高三上·江西赣州·期中）已知函数的图象关于直线 对称，且在区间上单调. (1)求ω的值; (2)若函数有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由函数的图象关于直线 对称得到，得到关于的等式，再由在区间上单调得到关于的取值范围即可求解. （2）由有两个零点，得到，转化为函数与直线有两个交点，求出在区间的值域并作图求解即可. 【详解】（1）由题意可知,则 , 故， 又在区间上单调，则，即， 则，故或. 当时，在区间 上单调递增，符合题意； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，不合题意，舍去. 综上所述，. （2） 令，则， 由（1）可知 ，故当时，， 作出函数在区间上的大致图象如下所示，    因为，所以a的取值范围为 . 3．（25-26高三上·辽宁大连·期中）设函数. (1)若，求函数的极值； (2)设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中e是自然对数的底数） 【答案】(1)极小值，无极大值 (2) 【分析】（1）由题可得，然后求导求出函数的单调区间，即可求解； （2）令，化简得到，令，，则得函数与在上有两个交点，再利用导数求得图象，即可求解. 【详解】（1）当时，，， ，令，解得（舍），， 当时，；当时，； 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以当时，取到极小值， 综上所述：函数有极小值，无极大值. （2）令，解得，因， 所以，令，， 则得函数与在上有两个交点， ，令，， 则，所以在上单调递增，又因为， 所以当时，，； 当时，，； 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以当时，取到极小值， 又，则可作出相应图象，如下图， 所以可得，解得， 故实数的取值范围. 4．（25-26高三上·福建龙岩·期中）已知函数的极大值点是2. (1)求的值； (2)若在上有3个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先对函数求导，求出导数为0的极值点，然后根据已知条件得到的值，最后代入导函数中判断单调性，检验是否满足题意. （2）先判断函数在上的单调性，然后根据零点个数列出不等式方程组，进而求得的范围. 【详解】（1）对函数求导得. 令，则，解得或. 因为该函数的极大值点是2，所以或. ①当时，. 当时，或；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 此时2是该函数的极小值点，不合题意； ②当时，. 当时，或；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 此时2是该函数的极大值点，合题意； 综上可知，. （2）由（1）可知，，. 在上单调递增，在上单调递减， 所以在内，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， . 若函数在上有3个零点，则，解得. 所以的取值范围是. 5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数（，且）. (1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值； (2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）确定表达式，对其求导，再根据的切线斜率为0求出的值. （2）对函数求导，根据题意判断单调性，求出极值点，再由有两个零点等价于，结合的值推出的取值范围. 【详解】（1）由可知，， 则，由题可得：， 故. （2）因为，则， 又因为，，所以是单调递减函数， 令，得唯一极值点， 令，得，令，得， 则在单调递增，单调递减， 所以有两个零点等价于， 则，，得： ，约去正数， 得， 当时，， 因此 ，即，得出 ， 故，又，故. 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，．若函数在上有零点，求实数的取值范围． 【答案】． 【分析】利用转化法，把函数在上有零点，转化为方程在上有实根．通过构造函数，利用导数的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】函数在上有零点， 即方程在上有实根， 即方程在上有实根． 设，则． ①当，即时，，，单调递增， 若在上有实根，则即得． ②当，即时，，，单调递减； ，，单调递增． 所以， 由，可得，所以，在上无实根． ③当，即时，，，单调递减， 若在上有实根，则即得． 又，所以． 综上，实数的取值范围是． 7．（25-26高三上·辽宁大连·期中）设函数. (1)求函数在上的最大值； (2)若不等式在上恒成立，求的取值范围； (3)若方程在上有三个不相等的实数根，求的取值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）令，根据正弦函数的有界性知，原函数变为以为自变量的开口向下的二次函数，讨论对称轴与区间端点的关系，分别求解即可； （2）利用换元法将问题转化为在上恒成立求解即可； （3）令把方程变为在上有三个不相等的实数根，再分根的范围讨论可得. 【详解】（1） 令，得，对称轴，开口向下， ①当，即时，. ②当，即时，. ③当，即时，. 综上可知，. （2）若要，则需， 当时，， 函数变为， 所求问题变为恒成立，易知的图象是开口向下的抛物线的一部分， 最小值一定在区间端点处取得，所以有， 解得，故的取值范围是. （3）令，， 则，，方程有两个不同的实数根， 其中一个在，另一个根在； 或者一个根在，另一个根为1， 令， 则有或， ，，， 解得， 代入，此时方程为，解得根分别为0和-1，且时，或；时，三个根，符合条件； 当时，方程为，此时不符合题意，综上. 题型3 隐零点解决最值、极值问题（含恒成立） 1、隐零点问题 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 2、基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 1．（24-25高三上·福建泉州·月考）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，求证：. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)证明见解析 【分析】（1）利用二次求导法进行求解即可； （2）利用二次求导法，结合放缩法、构造函数法、函数零点存在原理进行求解即可. 【详解】（1）当时，，定义域为， 所以，令， 则，故即在上单调递增， 又，时，，时， 函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）证明：当时， 令，则， 令， 在单调递增，又，， ，使得，且是在上的唯一零点， 在上为负，在上为正， 故在处取到极小值，也就是最小值. ，即，， ，， 当时，. 2．已知函数，，. (1)求的极值； (2)若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) 【分析】（1）对求导得，再结合导数知识即可求解其极值； （2）由恒成立，即恒成立，令，，再利用导数知识求出其最小值，从而可求解. 【详解】（1）由题，             令得，             且时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，有极小值为.   故极小值为，无极大值. （2）由恒成立，         令，，则，     令，，则，所以在上单调递增， 又，，所以，使得，即，且，则，                 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，     因为恒成立，即，即. 所以的取值范围为. 3．已知函数，. (1)证明:直线与曲线相切. (2)若函数在上存在最大值，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数求在的单调性，按的不同取值分类讨论即可. 【详解】（1）由题意， 所以， 又因为，所以曲线在点处的切线方程为， 所以直线与曲线相切. （2）由（1）得，，令，则， ①当时，在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，无最大值，不符合题意； ②当时，，在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，无最大值，不符合题意； ③当时，由，可得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 因为，所以，即， 又，令， 则，所以，单调递增， 因为，所以，即， 所以存在使得，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意. 综上，的取值范围为. 4．（2025高三·全国·专题练习）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点，当时，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导得到斜率，运用点斜式求出切线方程； （2）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求. 【详解】（1），故，而， 曲线在点处的切线方程为即. （2）当时， 因为曲线和有公共点，故有解， 设，故，故在上有解， 设，故在上有零点， 而， 若，则恒成立，此时在上无零点， 若，则在上恒成立，故在上为增函数， 而，，故在上无零点， 故， 设，则， 故在上为增函数， 而，， 故在上存在唯一零点， 且时，；时，； 故时，；时，； 所以在上为减函数，在上为增函数， 故， 因为在上有零点，故，故， 而，故即， 此时，故当时，在上存在零点. 设，则， 故在上为增函数， 而，故. 5．已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设（为的导数），求的单调区间； (3)求的极值点的个数． 【答案】(1) (2)单调递增区间是，单调递减区间是 (3)3 【分析】（1）根据条件，建立方程组，即可求解； （2）由（1）可得，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解； （3）根据条件，将问题转化成的变号零点的个数，结合（2）中结果，列出的变化情况表，利用极值的定义，即可求解. 【详解】（1）， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，即，解得. （2）由（1）知，，则， 易知的定义域为，又， 令，得， 所以的变化情况如下表 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. （3）的极值点个数就是的变号零点的个数， 又恒成立，也即的变号零点的个数． 由（2）知的单调递增区间是，单调递减区间是， 因为， ， 所以存在唯一的，使得，存在唯一的，使得， 的变化情况如下表： 0 所以的极值点个数为3． 6．（2026·上海闵行·二模）已知. (1)当时，解方程； (2)若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点. 【答案】(1)方程的解集为 (2)，极值点为极大值点. 【分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质即可求出； （2）先对进行求导，令并求导即可求出的取值范围. 【详解】（1）当时，， 令，得，即，，解得, 故方程的解集为. （2）由题意得， 在区间上，，， 令，则， 在上单调递增，且， 若函数在上有唯一的极值点，则在该区间有唯一解， 即有唯一解，故的取值范围为， 设为该极值点， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以极值点为极大值点. 7．设函数，为的导数． (1)讨论函数的最值； (2)若为整数，，且，不等式恒成立，求的最大值． 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）先求出，再对进行分类讨论得出的单调性，得出的极值情况，进而求得最值的情况； （2）先将不等式转化为恒成立，再令，由求出的最小值，即可得出的最大值． 【详解】（1）由题意可得的定义域为， ， 当时，恒成立， 在上单调递减，无极值， 当时，令，即，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 在处取得极大值，也是最大值， 且最大值为，无最小值． 综上所述， 当时，无最值， 当时，的最大值为，无最小值． （2）当时，，代入，得， 因为，所以，所以，即 令，则， 整理：所以 由（1）知，当时，在上单调递减， 故函数在上单调递增， 又因为，， 所以在上存在唯一零点，且， 故在上也存在唯一零点且为， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在上，， 且，代入，得： ， 因为，所以， 因为且为整数， 所以的最大值为2． 8．（2026·河北·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的单调递减区间； (2)若在区间上，为增函数，求的取值范围； (3)若时，的最小值为0，求． 【答案】(1)； (2)； (3)； 【分析】（1）由题已知函数，先求导函数，再令，又解出对应的不等式的解集，可得单调减区间； （2）由为增函数得出在上恒成立，在构造函数，求出导函数得出单调性求出在上的最大值，即可求出实数的取值范围； （3）先求出导函数，再构造函数，应用导函数得出单调性结合分类讨论计算求解. 【详解】（1）因为函数的定义域为， 当时，，则， 令，即，解得，所以 所以函数的单调递减区间为； （2）因为在区间上，为增函数， 且， 所以在区间上，恒成立， ， 设，则， 是在上是减函数，，即， 所以在上单调递减， ，即的取值范围是. （3）当时，因为，所以， 设，则， 单调递减，单调递增， 又，所以， 又，所以，使得， 当单调递增，； 当单调递减，； 当单调递增，； 当时，在上取最小值为. 当时，因为，不合题意； 当时，因为，不合题意； 综上，. 题型4 借助隐零点判断零点个数 1、函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. 2、隐零点的同构 实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，若，求的零点个数（参考数据：）． 【答案】2 【分析】通过求导判断存在唯一的，使，得到在上单调递减，在上单调递增，借助于，推得在内有1个零点；再令，利用求导判断函数单调性，得到，从而得到在内有1个零点，综合即得函数零点个数. 【详解】由题得，又，所以在上单调递增， 因为， 所以存在唯一的，使， 故当时， ，在上单调递减， 当时，，在上单调递增． 又， 所以在内有1个零点． 令， 则，令， 则，则在上单调递增， ，则在上单调递增， ， 即，故在内有1个零点． 综上，当时，的零点个数为2. 2．（25-26高三下·海南海口·月考）已知函数. (1)若在处的切线为，求的值； (2)当时，确定在上的零点个数. 【答案】(1)， (2)存在个零点 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后利用零点存在性定理可虚设零点，结合其单调性得到最小值小于，再利用零点存在性定理判断零点个数即可得解. 【详解】（1），， 由在处的切线为，则， 故，； （2）当时，，， 当时，， 当时，由与都单调递增， 故单调递增， 又， ，故存在，使得成立，即有， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时取得最小值，即， 则， 令，则， 所以， 则在上单调递减， 故， 又， 故在上存在一个零点， 又， 故在上存在2个零点. 3．（2026·浙江·模拟预测）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)试判断曲线与直线在上公共点的个数； 【答案】(1)单调递增区间，；单调递减区间为， (2)2 【分析】（1）对函数求导，利用正弦函数的图象性质求解导函数不等式即得函数的单调区间； （2）令，利用导数判断其单调性，结合特殊值与零点存在定理求出函数的零点个数，即曲线与直线在上公共点的个数. 【详解】（1）由题意，， 因为，则由可得， 即当，时， 单调递增； 由可得， 即当，时， 单调递减， 综上，函数的单调递增区间为，；单调递减区间为，. （2）令，则， 设，则， 所以当时，，则（即）在上单调递增； 当时，，（即）在上单调递减， 因为，，， 所以存在唯一的，使得， 故当时，，则在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 又，， 所以存在唯一的，使得， 综上可得函数在上存在两个零点0和， 所以曲线与直线在上公共点的个数为2. 4．（2025·江西南昌·模拟预测）已知函数，且不是的极值点. (1)求a的值； (2)判断的零点个数. 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）求导得到，由不是的极值点，得到必须有两个正根，且为其中一个，即可求解； （2）令，由（1）得到方程的两根为，通过， ，，判断函数单调性，确定最值，结合零点存在性定理即可求解. 【详解】（1）， 因为不是的极值点， 所以方程还有其它正根（变号零点）， 则必须大于0， 若曲线在只有一个公共点， 则相切，不符合题意， 所以此时必须有两个正根，且为其中一个， 即 所以； （2）由（1）可得：， 设， 则方程的两根为，其中， 当时，，所以，即，在单调递减， 当时，，所以，即，在单调递增， 当时，，所以，即，在单调递增， 所以 因为即， 所以 ， 且时，， 时， 所以在上各有一个零点， 所以在上有且仅有2个零点. 5．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数（），. (1)若，证明：，； (2)求函数的零点个数. 【答案】(1)证明见解析； (2)有个零点. 【分析】（1）要证：，，只需证：，，令，故只需证：，即可，利用导数分析函数单调性，证明即可； （2）利用导数研究函数的单调性，求得函数的最大值，利用极限结合单调性判断即可. 【详解】（1）当时，， 要证：，，只需证：，， 令， 故只需证：，即可， ， 当时，，故， 即在上单调递减. 又， 所以当时，，即， 故，. （2） 定义域为：，， 令，即，判别式， 所以方程有两个实根：或 因，故（舍去），， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故在处取得最大值 由于，所以 所以， 设，， ，所以在上单调递增， 又，所以，所以， 当时，，当时，. 由于，即是的一个零点. 又在单调递增，在单调递减； 则函数的零点有个. 所以，当时，有个零点. 6．（25-26高三上·天津南开·月考）已知函数． (1)若的极小值小于，求的取值范围； (2)当时，判断的零点个数并写出证明过程． 【答案】(1)； (2)2个零点，证明见解析 【分析】（1）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得时极小值，构造函数，求导得，即可求不等式的解集； （2）由，令，对其求导，令， 求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，得使，求出的最小值为，由可得，故的最小值，讨论，即可得函数的零点个数． 【详解】（1）函数的定义域为，且， 当时，易得在上单调递减，则无极小值，不满足； 当时，由，得，即在上单调递增； 由，得，即在上单调递减， 所以的极小值为，而的极小值小于， 所以，即， 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以，可得. 故的取值范围为. （2）． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为，则，所以在区间上单调递增， 又，所以，使得， 当时，，即；当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增，最小值为． 由，得，即， 令，则，则在单调递增， 因为，所以，则， 所以，从而， 所以的最小值， 又当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 当时，有2个零点， 故有2个零点． 7．（2025·四川巴中·一模）已知函数. (1)求函数的极值； (2)求证：当时，； (3)若.其中.讨论函数的零点个数. 【答案】(1) (2)证明见解析； (3)答案见解析； 【分析】（1）利用极值的定义求解； （2）将不等式转化为当时，，令，由证明； （3）根据，分和先去掉绝对值，然后利用导数法求解. 【详解】（1）因为， 所以，令，得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以的极小值为：； （2）原不等式等价于当时，， 即当时，， 令，则， 令，则， 所以在上递增，即在上递增， 所以，则在上递减， 所以，所以原不等式成立； （3）， 当时，， 又，则在上递增，且，， 所以在上总有一个零点； 当时，，则， 当时，，在上递增；， 在无零点； 当，时，，当时，， 所以，令 ，得 ， 当 时，，在无零点； 当时，，在上有唯一零点； 当时，，又， 由（2）知，，， 由零点存在定理知：在、上各有一个零点， 综上：当时，有一个零点；当时，有两个零点； 当时，有三个零点. 题型5 利用隐零点证明不等式 针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式.构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题.在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间. 1．（24-25高三上·福建福州·期中）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个极值点，求实数的取值范围； (3)当时，若，求证：. 【答案】(1)答案见解析； (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）求出，再利用导数分类探讨函数的单调性. （2）由（1）的信息，利用导数探讨最大值，求出函数有两个变号零点的的范围. （3）求出函数，利用导数求出最小值并结合基本不等式推理即得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 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，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）由函数有两个极值点，得函数有两个变号零点， 由（1）知，当时，最多一个零点，不符合题意； 当时，， 而从大于0的方向趋近于0时，的值趋近于负无穷大，当趋近于正无穷大时，的值趋近于负无穷大， 要函数有两个变号零点，当且仅当，解得， 所以实数的取值范围是. （3）当时，，，求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 而，则存在，使得，即， 当时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 所以. 2．（2026·云南·模拟预测）已知函数． (1)当时，证明：在上存在唯一零点； (2)证明：在上恒成立的充要条件是． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先利用导数判断函数的单调性，再结合特殊点的函数值，根据零点存在定理推导零点的唯一性。 （2）先由时推出的范围，再分和两种情况，通过求导分析单调性，证明时，，即充分性. 【详解】（1）当时，， ∵， ∴在R上单调递减， 又∵， ∴在R上有唯一零点． （2）必要性：因为时，， 所以，即，所以， 充分性：当时，， 令，则，， ①当时，， 当且仅当时，， 所以在上单调递增， 故，所以， ②当时，记，则， 因为，，， 又因为在上单调递减，在上单调递增， 所以在上存在、，使，，且，， 所以当或时，；当时，， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 又因为，，， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，而，，所以， 所以，所以. 3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数． (1)当时，求在区间上的零点个数； (2)当，时，求证：． 【答案】(1)1 (2)证明过程见解析 【分析】（1）直接求导得函数在上单调递增，结合零点存在定理即可求解； （2）求导后令，继续求导得的单调性，进一步结合零点存在定理得它的符号变化，从而可得的单调性，由此即可得解. 【详解】（1）当时，，求导得， 当时，且这三者不同时为0，从而在上恒成立， 从而在上严格单调递增， 注意到， 从而在区间上的零点个数为1； （2）当，时，，求导得， 令，则， 由（1）知在上单调递增，从而在上单调递减， 又在上单调递减， 所以在上单调递减， 注意到， 从而存在唯一的，使得， 所以当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 而， 所以当时，， 从而存在唯一的，使得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 综上所述，在上单调递增，在上单调递减， ， 所以当，时，. 4．（2025·江苏南通·二模）已知函数的最大值为，设函数的图象在点处的切线为． (1)求的值； (2)证明：当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 【答案】(1)0； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数求出函数的最大值，进而求出的值. （2）由（1）的信息求出切线的方程，再构造函数，利用导数结合零点存在性定理证得还有小于的零点即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而函数的最大值为，则，解得， 所以的值为0. （2）由（1）知，，，则， 于是切线的方程为，即， 令，，求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 由，得，而，函数在上的图象不间断， 则存在，使得，且当或时，，当时，， 函数在和上单调递增，在上单调递减，又， 当时，，于是函数在上无零点， ，而，函数在上的图象不间断， 因此存在，使得， 所以当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 5．已知函数：． (1)若当时，恒成立；求实数a的取值范围； (2)若关于x的方程有两个不同实数根；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）利用不等式分离参变量，再构造函数求导判断单调性来求最大值，即可得参数范围； （2）（i）利用等式分离参变量，再构造函数求导判断单调性来求作出函数图象，从而可得参数范围； （ii）利用（1）来证明，从而把二元不等式化为一元不等式，再利用函数求导证明单调性求最大值即可. 【详解】（1）若当时，恒成立， 即恒成立，即在上恒成立， 令，则 所以当时，单调递增， 当时单调递减， 所以，所以，即a的取值范围是． （2）（i）若关于x的方程有两个不同实数根， 即有两个不同实数根， 等价于与的图象有两个交点， 因为， 所以当和时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且当时，，当时，， 所以，作出函数的图象：    所以直线与的图象有两个交点的a的取值范围是． （ii）方法（一）由（i）知，，由（1）知， 因为，所以， 设的根为，即，所以， 从而，所以， 令，则， 所以当时，单调递增， 从而，从而． （ii）方法（二）由（i）知，，构造函数 则令 则再令 ， 所以当时，，从而单调递增， 因为， 所以存在，满足， 此时当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又因为 所以存在满足 当时，，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 又，所以在上恒成立， 即， 设的根为，即， 则，从而有， 又由得，，从而， 又由（1）知，，设的根为，即 所以，从而，所以． 6．（25-26高三上·贵州贵阳·期中）已知函数，. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围； (3)当时，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数几何意义求切线方程即可； （2）由题得，求导，根据导数和讨论函数单调性，得到，结合函数有两个零点，则，再令，易知在单调递增，且，进而解得，最后检验即可； （3）由（2）知，设，再求导证明即可． 【详解】（1），，，， 所以切线斜率为， 切线方程为； （2）， 所以， 当时，，在上单调递减，不符合题意， 当时，，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以必有. 设在上单调递增， 又，解得； 当时，有， 则，且， 而，所以在上存在唯一零点； 又有，则， 且， 所以在上存在唯一零点； 当时，在上存在两个零点为，. 综上所述，有两个零点时，实数的取值范围为； （3）当时，， 设， 所以在上单调递增， 又，， 故，使，即，进而， 当，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， 所以， 当且仅当时等号成立，但，所以等号不成立， 所以成立， 故． 1．（2026高三·全国·专题练习）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； 【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. 【分析】（1）根据导数的几何意义由点斜式可得切线方程； （2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得. 【详解】（1）当时，． 所以曲线在处的切线方程为，即． （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. 2．（2027高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求的零点个数． 【答案】(1)的单调递减区间为；单调递增区间为，； (2)1个． 【分析】本题考查了利用导数研究函数的单调性与零点问题，掌握通过导数符号判断单调性，结合单调性与函数值符号分析零点个数的方法是解题的关键． （1）对函数求导，令导数为零求出极值点，根据导数符号判断单调区间； （2）结合单调区间，分析各区间端点函数值符号，判断零点个数． 【详解】（1）解：由题可得， 令，解得或， 令，解得；令0，解得或， 所以的单调递减区间为；单调递增区间为，． （2）解：由（1）知，在上单调递增，在上单调递减， 故在上的最大值为， 因此在上无零点 在区间上，单调递增，且，， 故在上存在唯一零点 综上，函数仅有1个零点． 3．（2026高三·上海·专题练习）已知函数，讨论函数的零点个数. 【答案】答案见解析 【分析】将零点问题转化为函数图象交点问题，设，求出函数的导数，判断单调性，作出其大致图象，数形结合，即可求得答案. 【详解】由，得, 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增；在上单调递减， 所以， 据此可画出大致图象如图， 所以①当或时，无零点； ②当或时，有一个零点； ③当时，有两个零点. 4．已知函数， (1)当时，求的对称中心； (2)证明：有唯一零点 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）设对称中心为，利用中心对称则公式即可求对称中心； （2）由得到，设，求出的单调性，结合零点存在定理即可判断. 【详解】（1）当时，， 设的对称中心为， 则， 所以， 整理得， 所以，解得， 所以的对称中心为 （2）由于，所以等价于， 设，则， 仅当时，因此在单调递增， 即至多有一个零点，从而至多有一个零点 又因为，， 故在内存在零点， 综上所述，可知有唯一零点 5．（24-25高三上·江苏徐州·月考）已知函数. (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)证明：函数在上有两个零点． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，再判断导函数值的正负即得. （2）利用导数，结合零点存在性定理推理论证即可. 【详解】（1）因为函数的定义域为R，，所以函数为偶函数， 又，且当时，，所以函数在上单调递增， 又函数为偶函数，所以在上单调递减， 综上，函数在上单调递增，在上单调递减． （2）证明:由（1）得，在上单调递增，又，，所以在内有且只有一个零点， 当时，令 则，当时，恒成立，即在上单调递减，又，，则存在，使得, 且当时，，即，则在上单调递增， ，故在上没有零点, 当时，有，即，则在上单调递减， 又，所以在上有且只有一个零点， 综上，函数在上有2个零点． 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数.当时，证明: 有唯一极值点. 【答案】证明见解析 【分析】通过二次求导确定在上单调递增，再结合，，即可求证. 【详解】由得，， 令， 则在上恒成立， 则在上单调递增， 因， 则，， 则，使得，即， 则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则存在唯一极小值点. 7．（2025高三·全国·专题练习）设函数．判断并说明函数的零点个数； 【答案】一个零点，说明见解析 【分析】由题意求出函数的导数，可得函数的单调性，再根据零点存在定理即得结论； 【详解】函数有1个零点，理由如下： 因为， 所以，所以在上单调递增． 又，而， 所以存在唯一实数，使得， 所以在有且只有一个零点． 8．（2026高三·全国·专题练习）已知函数， (1)当时，若直线过原点且与曲线相切，求的方程. (2)若关于的方程恰有两个不同的正实数根，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，即可得解； （2）由题意，令，转化为与的图象有两个不同交点，根据导数研究性质，画出函数大致图象，即可数形结合得解. 【详解】（1）当时，，设直线的方程为， 曲线与直线相切于点， 因为，所以①， 又点既在曲线上，又在直线上， 所以②，由①②得，所以， 所以，故的方程为. （2）由得：， 恰有2个不同的正实数根恰有两个正实数根， 令，则与的图象有两个不同交点， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，又， 当从0的右侧无限趋近于0时，趋近于； 当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于，则的图象如图所示， 当时，与有两个不同交点， 实数的取值范围为. 9．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求的最值； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)最小值为，无最大值 (2) 【分析】（1）求出导函数并求出单调区间，即可求解其最值. （2）将问题转化为在上恒成立，令，利用导数法求得的最大值，令，利用导数研究其单调性，求出，最后利用单调性求得的取值范围. 【详解】（1）的定义域为，求导得． 则当单调递减；当单调递增， 所以，无最大值． （2）因为在上恒成立，即在上恒成立． 令，则． 因为方程中， 故该方程有两个不相等的根，且，故有且仅有一个正根，记为， 所以，即． 故当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以． 令， 则．故当时，单调递减； 当时，单调递增． 令，解得或，所以． 易知在上单调递增，所以． 又，故的取值范围为． 10．（24-25高三上·湖南·开学考试）已知函数. (1)求的单调区间； (2)设函数.证明： （i）函数有唯一极值点； （ii）若函数有唯一零点，则. 【答案】(1)减区间是，增区间是. (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用函数导数求解函数单调性；（2）利用导数证明极值点和零点所在范围. 【详解】（1）由函数可得：，且， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以函数减区间是，增区间是. （2）（i）因为的定义域为， 所以， 设，则，当时，，所以单调递增， 当时，，所以单调递减，所以， 所以，即， 所以，又， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以函数有唯一极值点. （ii）由（i）得，因为函数有唯一零点，所以， 所以， 即，所以， 设，所以， 所以在单调递减， 因为，所以. 11．（2026高三·天津·专题练习）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若对时，，求正实数的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义，求解即可. （2）两次求导后，分和两种情况，结合零点问题，分析的单调性，确定使得对恒成立时正实数的值即可. 【详解】（1）当时，， 则， 所以，， 则曲线在处的切线方程为. （2）由题意知，， 令， 所以， 当，，则， 此时, 当时，， 所以在上恒成立， 所以函数在区间上单调递增，且， ①当时，在区间上恒成立， 所以函数在上单调递减，此时，符合题意； ②当时，，， 由零点存在定理知，，使得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则当时，有，不符合题意， 综上，正实数的最大值为. 12．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)减区间为，增区间为. (2) 【分析】（1）对函数求导后得，令，对其求导，可判断，则得在单调递增，再结合可求得结果； （2）解法一：由，得 ，判断当时成立，转化为，然后构造函数，，利用导数求出其最值，可求出的取值范围；解法二：利用导数求出（），构造函数，利用导数求得当时，，从而可求得，进而可求出的取值范围. 【详解】（1）若，，， ， 令，则， 所以在单调递增， 因为， 所以当时，，即；当时，，即， 所以的减区间为，增区间为. （2）解法一：，即 ， ①若，则不等式显然成立； ②若，则当时，不合题意； ③若，则等价于， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时，， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，， 所以成立，也即，则； 综上可得，. 解法二：①若，不等式显然成立； ②若，当时，不合题意； ③若，则，当时，在上单调递增， 且当时，；当时，， 使 ，即， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时， 令（），则， 所以在上单调递减， 因为，所以当时，， 所以，则； 综上可得，. 13．（2026·安徽宿州·一模）已知函数. (1)证明函数存在唯一零点； (2)的零点为，证明. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）分析函数的单调性，再结合零点存在定理证明； （2）根据得到满足的关系式，再将转化，最后通过研究函数的单调性来证明不等式. 【详解】（1）函数的定义域为，当时，，（这是因为） 故函数在没有零点； 当时，，易见在上是减函数， 且，故存在，使得在上递增，在上递减， 且， 所以在上存在唯一零点，又，所以在上无零点， 故在上存在唯一零点. （2）注意到，由（1）知存在唯一使得， 即有，故. 令， 令，显然当时，.故在上单调递减， 所以. 14．（25-26高三上·广东·月考）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的零点个数； (3)探究是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)零点个数为1 (3)存在，最大值为，没有最小值 【分析】（1）求导，可得，，根据导数的几何意义求切线方程； （2）设，利用导数判断的单调性和零点，即可得的零点个数； （3）根据（2）分析的符号，即可得的单调性和最值，结合零点代换运算求解即可. 【详解】（1）因为，， 则，， 所以切线方程为，即. （2）设，则， 可知在上单调递减，且，， 根据零点存在定理可知在区间上存在唯一零点，即的零点个数为1. （3）由（2）可知在上单调递减，且存在唯一零点，使得， 当时，，则在区间上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以的最大值为. 因为，即， 可得，即， 则， 故的最大值为，没有最小值. 15．（25-26高三上·北京·月考）已知函数． (1)当时，求在的最值； (2)当时，，求在上的极值点个数． 【答案】(1)的最大值为，的最小值为 (2)1 【分析】（1）结合题意判断的单调性，先求出端点值，再利用导数求解出最小值，最后进行比较得到最大值即可. （2）结合题意并构造函数可得，再利用余弦函数性质结合导数得到在上单调递增，再结合放缩法得到，最后利用零点存在性定理证明有1个零点，进而得到极值点个数即可. 【详解】（1）当时，可得， 则， 令，得，令，得， 得到在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为， 且， ，易得， 可得的最大值为，的最小值为. （2）因为，， 所以，则， 令， 可得， 因为，所以， 而，则， 由余弦函数性质得，即， 可得在上单调递增，而， ， 令，则由正弦函数性质得， 可得，且， 即， 结合已知可得，而，则， 由零点存在性定理可得存在作为零点， 故在上有个极值点. 16．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知函数. (1)若，求的极值； (2)若，判断的零点个数并证明； (3)若对任意，求实数的取值范围. 【答案】(1)的极小值为，无极大值； (2)两个零点，证明见解析； (3). 【分析】（1）将代入函数，确定定义域，求导分析导数的正负，确定单调性和极值； （2）将代入函数，利用零点存在性定理，结合导数分析单调性来判断； （3）根据不等式恒成立，分析函数在区间上的最小值，确保最小值非负. 【详解】（1）当时，函数，其定义域为， 对求导，得， 设，对求导得，所以在上单调递增； 又， 当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增； 所以在处取得极小值，，无极大值； （2）当时，， ，所以是一个零点， 求导得，令， ， 当时，， 当时，， 综上 ，即在上单调递增， 又， 所以存在唯一的零点， 则时，，单调递减，时，，单调递增， 所以，又， 所以在上还有一个零点， 综上，在上有且仅有两个零点； （3）当时，成立， 当时，因为，所以，， 所以，所以， 当时，，令， 则， 因为，，，， 所以，所以在上单调递增，即在上单调递增， 又， ①当时，，所以， 在上单调递增，则， 所以在上单调递增；又，所以恒成立； ②当时， ， 在上单调递增， 存在，使得当时，在上单调递减， 则，时，不恒成立； 当时，恒成立，则. 17．（25-26高三上·湖南邵阳·期中）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)令,当有且仅有两个零点时，求的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在上单调递增. （2） 【分析】（1）求出函数的导数，对和分类讨论后可得函数的单调区间； （2）求导，整理得，并且已知为的一个零点，继续分和进行讨论. 【详解】（1）， ①若，则，此时在上单调递增； ②若，解得 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. （2），， 又为一个零点. ①若，则在定义域内单调递增，又，所以只有一个零点，不符合题意； ②若，令，， 又，则 ，即单调递增，. i.当时，即，则当时，单调递减； 当时，单调递增， 的最小值为，函数只有一个零点，不符合题意. ii. 当时，即，当时， ， 所以存在唯一，使得，所以当时，单调递减； 当时，单调递增. . 又时，，所以有两个零点. iii. 当时，即，当时，， 所以存在唯一，使得，所以当时， 单调递减， 当时， 单调递增， . 又时， ，所以有两个零点. 综上所述，有且仅有两个零点时，. 18．（25-26高三上·辽宁·月考）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若方程存在两个不同实数根. （i）求整数的取值集合； （ii）若，求实数的取值范围. 参考数据：. 【答案】(1)递增区间为，递减区间为； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）把代入，利用导数求出单调区间. （2）（i）利用方程根的意义，构造函数，将问题转化为直线与函数的图象有两个交点求解；（ii）利用方程根的意义并令，再构造函数，利用导数确定单调性求出范围，进而求出的范围. 【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的递增区间为，递减区间为. （2）（i）方程，令函数， 依题意，直线与函数的图象有两个不同交点， 求导得，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，恒成立，且， 则当且仅当时，直线与函数的图象有两个不同交点， 又，所以整数的取值集合为. （ii）由（i）知，，且， 令，即，则，解得， 令，求导得，令函数， 求导得，函数在上单调递减，， 则，函数在上单调递减，由，得， 于是，即，解得，则， 由，得，即， 由（i）知在上单调递增，因此， 所以实数的取值范围是. 19．已知函数，． (1)当时，求函数在区间上的值域 (2)若，试判断函数是否存在极值，若存在，请确定极值点；若不存在，请说明理由； (3)若函数有三个不同的零点，，）．求a的取值范围； 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用函数导函数求出单调性，进一步求出值域. （2）求出函数导函数，讨论在不同取值范围内的单调性. （3）根据题意，当时，不符合题意，故只需讨论时的取值情况. 【详解】（1）当时，，其定义域为（0,+∞）. 对求导得，当且仅当时取等号． 所以在区间[1,3]上单调递增. 又. 所以在区间上的值域为. （2）由题意，，且， ∴． 令， 1°当时，， 则恒成立，在上单调递增，此时不存在极值； 2°当时，，存在两个零点和，且， 当和时，；当时， 所以，在和上单调递增，在上单调递减 此时存在极值，其中，极大值点，极小值点 综上所述，当时，不存在极值； 当时，存在极值，极大值点，极小值点. （3）易得，故1是的零点之一． 1° 当时，，当，恒成立， 在上单调递增，此时只有一个零点，不符合条件； 2° 当时，由（1）知，在上单调递增，此时只有一个零点，不符合条件； 3° 当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减， 其中，所以，， 又， 存在的值，使得， 所以，时，，时，， ，使得， 有三个零点，且， 综上，． 20．已知函数，其中， (1)求的最小值； (2)若，求的取值集合； (3)若，其中，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】(1)求导，判断单调性，求得最小值. (2) 恒成立，即令的最小值即可，再进行求解的最小值即可. (3)根据题意分离参数，求解最小值，通过换元，求导，求单调性来求解函数的最小值. 【详解】（1）解：， ， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以， （2）恒成立，则恒成立即可 设 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以，要使恒成立，即，则， 综上所述：的取值范围是． （3）（3）已知， 则恒成立， 即恒成立，等价于恒成立， 也就是恒成立． 令，令， 易知在上单调递增，且， 所以存在，使得，即， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以， 在上单调递减，所以 即，所以，所以， 又因为，所以的最大值为2． 21．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．若，讨论的零点个数． 【答案】答案见解析 【分析】求导，分和两种情况，构造函数，利用导数判断的变化情况，进而可得的零点个数. 【详解】当时，，， ①当时，恒成立，所以在上单调递增， 又，所以仅有1个零点； ②当时，令，所以在上单调递增， 令，则恒成立， 则在上单调递增，又， 故存在唯一，使得，即， 当时，在单调递减； 当时，在单调递增， 所以， 若，则，所以仅有1个零点，此时， 若，则在上单调递增且， 所以在上有1个零点，且， 当时，，所以， 因为，所以， 又时，，所以，所以在上有一个零点， 所以在上有两个零点， 此时； 若，则在上单调递减且，所以在上有1个零点， 且， 当时，易证， 令，则，故单调递增，结合可得． 所以， 不妨取，则且， 可得为的正根， 当时，. 又，所以在上有1个零点．所以在上有两个零点，此时． 综上得：当或时，有1个零点；当且时，有2个零点． 22．（2025高三·全国·专题练习）设函数． (1)讨论的导函数零点的个数； (2)求证：当时，． 【答案】(1)当时，无零点；当时，有唯一零点； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出，分和讨论，结合零点存在定理，即可得出零点的个数； （2）根据（1）的结论，可推得在时，取得最小值.由，即，两边取对数化简得.代入得，再结合基本不等式，即可得出证明. 【详解】（1）解法一：． 当时，，没有零点． 当时，设，， ∵在上单调递增，在上单调递增， ∴在上单调递增． 又∵，当满足且时，， ∴当时，存在唯一零点． 解法二：． 令方程，得． 令， 则， 因为恒成立， 所以在上单调递增，且． 所以. 由此可得，当时，无零点；当时，有唯一零点． （2）当时，，. 由（1）可设在上的唯一零点为，即． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 当且仅当时，取得最小值，最小值为． 因为，， 所以（当且仅当时等号成立）． 又因为代入方程，显然不成立，故等号无法取到，则， 所以当时，． 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. 24．已知函数. (1)讨论的单调性. (2)若，当时，证明：存在唯一的极大值点，且. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，求出函数单调性； （2）二次求导，得到函数单调性，结合隐零点得到存在唯一的极大值点，，并得到，，判断出，由函数单调性得到，证明出结论 【详解】（1）定义域为， ， 当时，恒成立，故在上单调递减， 当时，令得，当得， 故在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）当时，， ， 记，则， 令，解得，令，解得， 所以在区间上是减函数，在上是增函数， 所以， 又时，；， 从而有解，即存在两根，1，其中， 令，解得；令，解得， 所以在，上为增函数，在上为减函数， 所以必存在唯一的极大值点，且，即， ， 由可知， 由可知， 所以在上是增函数，在上是减函数， 所以， 综上所述，存在唯一的极大值点，且. 25．（25-26高三上·北京·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的单调区间； (3)当时，讨论的零点个数． 【答案】(1)； (2)单调增区间为，单调减区间为； (3)答案见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义直接可得切线方程； （2）利用导数直接讨论函数的单调性可得； （3）根据函数为偶函数，先讨论函数在上的零点，再由对称性可得上的零点. 【详解】（1）因为函数， 所以，故 曲线在点处的切线方程为，即. 故曲线在点处的切线方程为. （2）当时，， 令得，或或． 0 0 0 0 极大值 极小值 极大值 的单调增区间为，单调减区间为． （3）任取 ，所以是偶函数． 下面可以先考虑在上的零点个数． （1）当时，恒成立，所以在上恒成立． ∴在上单调递增． 又∵，∴．∴在上无零点． 又∵是偶函数，在上单调递减，，即在上无零点. ∴在上无零点． （2）当时 令得，或 由，且函数在单调递减，所以存在唯一，使得 0 极大值 ∴在上单调递增，上单调递减．． 当①时，即时，∴在上无零点． 又∵是偶函数，∴在上无零点． ②当时，即时∴在上有一个零点． 又∵是偶函数，在上有一个零点． ∴在上有两个零点． 综上：当时，在上有两个零点； 当时，在上有无零点. 26．（25-26高三上·山西太原·月考）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若的极小值小于，求m的取值范围； (3)讨论的零点个数． 【答案】(1)； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得时极小值，构造函数，求导得，即可求不等式的解集； （3）由，令，对其求导，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，得使，求出的最小值为，由可得，，故的最小值，讨论，即可得函数的零点个数. 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为， 整理得：. （2）函数的定义域为，且， 当时，易得，在上单调递减，则无极小值，不符合； 当时， 由，得，即在上单调递增； 由，得，即在上单调递减， 所以的极小值为，而的极小值小于， 所以，即， 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以可得 （3）． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为，则，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 当时，，即；当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增，最小值为． 由，得，即， 令，，则，则在单调递增， 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值， 又当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于， ①若，即，无零点，故无零点； ②若，即，有1个零点，故有1个零点； ③若，即，有2个零点，故有2个零点. 27．（25-26高三上·北京东城·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数在区间上的极值点的个数； (3)若函数在区间上有唯一零点，证明：. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）直接根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）先对函数求导，再分，，三种情况对导数讨论可得函数的极值点； （3）由（2）解析过程知，函数要有唯一零点t，必有函数的唯一极小值点，再通过构造函数，，只需用导数证明的零点即可. 【详解】（1）当时，函数， 所以，. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）由函数，. 令，，. ①若时，，所以在上单调递增，且， 即在上单调递增，且， 所以函数在上单调递增，函数无极值点； ②当时，，， 当，所以. 所以函数在上单调递增且有唯一零点， 即函数在上单调递增且有唯一零点， 当；当， 所以函数在有唯一的极小值点，无极大值点； ③当时，因为，所以， 所以函数在上单调递减，无极值点. 综上所述：当或时，函数在上无极值点； 当时，函数在上有唯一的极小值点，无极大值点. （3）由（2）可知，当时，函数在上单调递减，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在上单调递增，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在有唯一的极小值点，且， 要使函数在区间上有唯一零点，所以. 所以， 令，得，即. 再令，， 所以在上单调递增， 且. 所以函数在上有唯一零点， 所以，即. 28．（2025·北京海淀·三模）已知函数，曲线在点处的切线斜率为． (1)求的值． (2)求在上的零点个数． (3)证明：在上存在两个零点，且． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由函数求导，根据导数的几何意义建立方程，可得答案； （2）先由图象分析零点的存在性，再分段研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案； （3）由函数求导并构造函数，利用导数要求新函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案. 【详解】（1），定义域为． ．由题可得，，解得． （2）由（1）可得，． 当时，，，故，在时无零点； 当时，，，故，在时无零点． 当时，，所以在上单调递增． 而，． 故由零点存在性定理知，在上存在唯一零点． 当时，，，故，在时无零点； 综上：在上的零点个数为1． （3）．令，． 令，则． 当时，，，，所以．所以在上单调递增． ，，所以由零点存在性定理，存在唯一，使得． 当变化时，，的变化如下表： 0 极小值 又，，． 所以由零点存在性定理，分别在，上各恰有一个零点，即在上存在两个零点． 不妨设．则当时，；当时，． 而，． 所以．故． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $