利用导数研究函数的零点（零点个数、含参零点、整数解）讲义-2026届高三数学二轮复习

利用导数研究函数的零点 题型一 判断函数零点的个数 规律与方法：利用导数判断函数零点个数的方法： （1）函数的性质和零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，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． （2）数形结合法：将函数的零点转化为方程解的个数，若能分离参数，将参数分离出来后，用表示参数的函数，作出该函数的图像，利用数形结合研究函数零点问题. （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． 【例1】 已知函数f(x)=ax-ln x-2. (1)当a=1时,求函数f(x)的极值; (2)讨论函数f(x)的零点个数. 练习： 1.函数的图象与直线恰有两个公共点，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 2.（2025·安徽·模拟预测）函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 3.已知函数且在上的最大值为， (1)求函数f(x)的解析式； (2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明 题型二 根据零点情况求参数取值范围 规律与方法 已知函数(方程)零点的个数求参数范围常见方法 ①函数在定义域上是单调函数，满足零点存在性定理． ②若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析． ③分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数． 【例2】 已知， (1)求的极值； (2)若函数存在两个零点，求的取值范围. 练习 1.已知函数在定义域内不存在零点，则实数的取值范围为 . 2.若函数有唯一零点，则 ． 3.函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示： (1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围． 题型三 函数零点的证明问题 规律与方法 函数零点证明问题，注意是分类讨论，结合零点存在性定理研究零点个数，部分问题需要结合隐零点分析， 【例3】 （2025·安徽淮北·二模）已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，有且仅有一个零点. 练习 （25-26高三上·河北·期末）已知函数. (1)当时，证明：： (2)证明：当时，仅有1个零点；当时，有2个零点. 题型四：整数解问题 规律与方法： 整数解问题：1.数形结合 2.找出满足题意的整数 3.列出不等式（临界值） 【例4】（25-26高三上·山东·开学考试）若关于的不等式有且只有一个整数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 练习： 1.设函数，若有且仅有两个整数解，则a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2.已知函数，若不等式的整数解有且仅有两个，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3.（2025·甘肃·模拟预测）若关于的不等式有且只有两个整数解，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 课后作业 基础题组 1.函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 2.（2025·天津河北·模拟预测）函数的零点个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 3.函数的零点个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4.若函数有且仅有一个零点，则实数c的取值范围是 5.（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6. 函数有且只有一个零点，则的取值是 7. 已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)证明：函数只有一个零点； 8.已知函数． (1)求的单调区间及最小值；(2)令，求的零点个数． 能力提升 9.（2025·河北秦皇岛·模拟预测）设函数，若有且仅有2个整数解，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 10.（2025·湖南益阳·三模）若函数有两个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 11.已知函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 12.关于的方程恰好有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 13.已知函数有两个零点，则的取值范围是 14.（多选题）已知，则函数的零点的个数可能是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 15.（2025·重庆·三模）已知函数，函数在点处的切线方程为. (1)求的值； (2)讨论的零点个数. 16.（25-26高三上·江苏苏州·期末）已知函数，（且）． (1)设的导函数为． ①若与有相同的零点，求的值； ②若对任意，都有，求的取值范围； (2)若存在唯一的实数，使得，求的取值范围． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 利用导数研究函数的零点 题型一 判断函数零点的个数 规律与方法：利用导数判断函数零点个数的方法： （1）函数的性质和零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，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． （2）数形结合法：将函数的零点转化为方程解的个数，若能分离参数，将参数分离出来后，用表示参数的函数，作出该函数的图像，利用数形结合研究函数零点问题. （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． 【例1】 已知函数f(x)=ax-ln x-2. (1)当a=1时,求函数f(x)的极值; (2)讨论函数f(x)的零点个数. 解(1)当a=1时,f(x)=x-ln x-2(x>0),f'(x)=1-(x>0),令f'(x)>0,则x>1;令f'(x)<0,则0<x<1. 故函数f(x)的单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间为(0,1),当x=1时,函数取极小值f(1)=1-ln 1-2=-1,无极大值. (2)令f(x)=ax-ln x-2=0,因为x>0,所以a=. 记g(x)=,则有g'(x)=,令g'(x)>0,则0<x<;令g'(x)<0,则x>.故g(x)在0,内单调递增,在,+∞上单调递减,从而g(x)max=g=e. 当x→0时,<0,当x→+∞时,>0且趋近于0. 作出函数g(x)的图象(如图所示),因此 当a>e时,直线y=a与y=g(x)的图象没有交点; 当a=e或a≤0时,直线y=a与y=g(x)的图象有1个交点; 当0<a<e时,直线y=a与y=g(x)的图象有2个交点. 综上,当a>e时,函数f(x)没有零点;当a=e或a≤0时,函数f(x)有1个零点;当0<a<e时,函数f(x)有2个零点. 练习： 1.函数的图象与直线恰有两个公共点，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 设，其中，则，令可得，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的极大值为，极小值为，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个公共点. 2.（2025·安徽·模拟预测）函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】利用导数求出函数的单调区间，再由零点存在性定理判定零点个数即可. 【详解】, 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 当时，，所以当时，，无零点； 而，，且函数在上单调递增，故有一个零点. 故选：B 3.已知函数且在上的最大值为， （1）求函数f(x)的解析式； (2)判断函数f(x)在（0，π）内的零点个数，并加以证明 【答案】（1）（2）2个零点. 【分析】（1）由题意，可借助导数研究函数上的单调性，确定出最值，令最值等于，即可得到关于a的方程，由于a的符号对函数的最值有影响，故可以对a的取值范围进行讨论，分类求解；（2）借助导数研究函数f（x）在（0，π）内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数． 【详解】(1)由已知得f′(x)=a(sinx+xcosx),对于任意的x∈(0, )， 有sinx+xcosx>0,当a=0时,f(x)=− ，不合题意； 当a<0时,x∈(0,),f′(x)<0,从而f(x)在(0, )单调递减， 又函数f(x)=axsinx− (a∈R)在[0, ]上图象是连续不断的， 故函数在[0, ]上的最大值为f(0)，不合题意； 当a>0时,x∈(0, ),f′(x)>0,从而f(x)在(0, )单调递增， 又函数f(x)=axsinx− (a∈R)在[0, ]上图象是连续不断的， 故函数在[0, ]上上的最大值为f()=a−=，解得a=1， 综上所述,得； (2)函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。证明如下： 由(I)知,f(x)=xsinx−,从而有f(0)=− <0,f()=π−32>0， 又函数在[0, ]上图象是连续不断的,所以函数f(x)在(0, )内至少存在一个零点， 又由(I)知f(x)在(0, )单调递增,故函数f(x)在(0, )内仅有一个零点。 当x∈[,π]时,令g(x)=f′(x)=sinx+xcosx， 由g()=1>0,g(π)=−π<0,且g(x)在[,π]上的图象是连续不断的， 故存在m∈,π),使得g(m)=0. 由g′(x)=2cosx−xsinx,知x∈(,π)时,有g′(x)<0， 从而g(x)在[,π]上单调递减。 当x∈,m),g(x)>g(m)=0,即f′(x)>0， 从而f(x)在(,m)内单调递增 故当x∈(,m)时,f(x)>f(π2)=π−32>0， 从而(x)在(,m)内无零点； 当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f′(x)<0， 从而f(x)在(,m)内单调递减。 又f(m)>0,f(π)<0且f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的， 从而f(x)在[m,π]内有且仅有一个零点。 综上所述,函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。 题型二 根据零点情况求参数取值范围 规律与方法 已知函数(方程)零点的个数求参数范围常见方法 ①函数在定义域上是单调函数，满足零点存在性定理． ②若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析． ③分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数． 【例2】 已知， (1)求的极值； (2)若函数存在两个零点，求的取值范围. 【解析】（1）令且，则， 当时，当时， 所以在上递增，上递减， 故的极大值为，无极小值. （2）由题设，有两个根，即与有两个交点， 由（1）知：在上递增，上递减， 在上，在上，且当趋向正无穷时趋向于0， 综上，只需，即. 练习 1.已知函数在定义域内不存在零点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【详解】当时，由，此时函数无零点； 当时，对任意的恒成立，函数在上单调递增， 且当时，，当时，，此时存在一个零点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 由可得，所以函数的单调减区间为，单调增区间为， 所以，因为函数不存在零点， 所以，可得，解得. 综上所述，当函数不存在零点时，， 2.若函数有唯一零点，则 ． 【答案】0 【解析】有1个零点，则方程有1个实数根， 令，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以，又当时，；当时，， 所以要与的图象有一个交点，则，解得． 故答案为：0 3、函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示： (1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围． 【解】　(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 所以f′(x)＝x2＋2ax＋b. 因为f′(x)＝0的两个根为－1，2， 所以 解得a＝－，b＝－2， 由导函数的图象可知(图略)，当－1<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， 当x<－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增， 故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(－1，2)． (2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数， 在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，极小值为f(2)＝c－. 而函数f(x)恰有三个零点，故必有 解得－<c<.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是. 题型三 函数零点的证明问题 规律与方法 函数零点证明问题，注意是分类讨论，结合零点存在性定理研究零点个数，部分问题需要结合隐零点分析， 【例3】 （2025·安徽淮北·二模）已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，有且仅有一个零点. 【解析】（1）若，则， 所以，函数在处的切线方程为； （2）的定义域为， 当时有且仅有一个零点4： 当时，，函数递增，由，知存在唯一零点； 当时，令得， 当时，函数递增： 当时，函数递减； 当时，函数递增： 当时，，所以，函数无零点； 因为当时递减，当时递增， 且，所以存在唯一零点. 综上所述，当时，有且仅有一个零点. 练习 （25-26高三上·河北·期末）已知函数. (1)当时，证明：： (2)证明：当时，仅有1个零点；当时，有2个零点. 【解析】（1）当时，， 则. 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，即. （2），当时，. 当时，令，得单调递减， 令，得单调递增， 又，函数在处取得极小值， 故在上的唯一零点是 所以当时，仅有1个零点. 当时，令，得单调递减， 令，得单调递增， 因为，所以，则， 又，当时，，所以必存在唯一的，使得， 所以当时，有2个零点. 题型四：整数解问题 规律与方法： 整数解问题：1.数形结合 2.找出满足题意的整数 3.列出不等式（临界值） 【例4】（25-26高三上·山东·开学考试）若关于的不等式有且只有一个整数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意得只有1个整数解，利用导数分析函数的单调性，令，则的图象是一条过定点的直线，画出函数图象，结合图象分析即可求解. 【详解】因为，，所以， 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，当时，，且， 令，则的图象是一条过定点的直线， 当时，不符合题意； 则，如图，当的图象经过时， 直线的斜率分别为， 不等式只有1个整数解，    由图可知. 故选：. 练习： 1.设函数，若有且仅有两个整数解，则a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，由题意知，函数在直线下方的图象中只有两个点的横坐标为整数，分析函数的单调性，数形结合，可求的取值范围. 【详解】设，，由题意知，函数在直线下方的图象中只有两个点的横坐标为整数， ，当时，；当时，． 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以函数的最小值为． 又，，． 直线恒过定点且斜率为， 则①，，且，解得； ②，且，解得. 故选：D 2.已知函数，若不等式的整数解有且仅有两个，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意当等价于，设函数，利用导数求出的最小值，再结合的图象可知当仅有两个整数解，则可求得，从而可求解. 【详解】由得：，令，则， 令，则在R上恒成立， 所以在R上单调递增，由，， 所以，使得， 当时，，即，所以单调递减， 当时，，即，所以单调递增， 所以，如图所示，因为不等式的整数解有且仅有两个，    即的整数解有且仅有两个，，，， 所以有：，解得．故B正确. 故选：B． 3.（2025·甘肃·模拟预测）若关于的不等式有且只有两个整数解，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，利用导数法研究函数的单调性，再结合特殊点及一次函数的性质画出函数的大致图象，根据图象列不等式组求解即可. 【详解】设， 则不等式即有且只有两个整数解. 因为，且， 所以当时，单调递增， 当时，单调递减. 当时，，当时，，当时，， 当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于负无穷大， 当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0. 因为函数在上单调递增，，，， 则， 函数的大致图象如图 由图可知，要使有且只有两个整数解，这两个整数解必然是0，1， 所以解得.又，所以. 故选：C. 课后作业 基础题 1.函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由零点存在定理结合函数单调性即可判断. 【详解】因为函数定义域为与均在上单调递增， 所以在上单调递增且连续， 又，即， 所以由零点存在定理可得的零点所在区间为. 故选：B. 2.（2025·天津河北·模拟预测）函数的零点个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】应用导数研究函数的区间单调性，结合区间值域及零点存在性定理判断零点个数. 【详解】由题设且定义域为， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 当或时，故在定义域上有2个零点. 故选：C 3.函数的零点个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用导数研究函数的单调性，进而得函数的极值，即可得函数的零点个数. 【详解】，，令，得或；令，得， 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为， 所以函数的极大值为，极小值为， 当时，，当时，，所以函数的零点个数为2． 故选：C． 4.若函数有且仅有一个零点，则实数c的取值范围是 【答案】 【详解】定义域为R， ， 令得或，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极大值，在处取得极小值， 且当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于， 要想函数有且仅有一个零点，需满足或， 即或，解得或. 5.（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可. 【详解】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 6. 函数有且只有一个零点，则的取值是 【答案】 【详解】由，可得. 令，则， 则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 且当时，；当时，， 因函数有且只有一个零点， 即函数的图象与直线有且只有一个交点，故. 7. 已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)证明：函数只有一个零点； 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）构造函数，利用导数证明恒成立，再探讨在无零点，结合即可得证明. 【详解】（1）函数，求导得，则，又， 所以在处的切线方程为，即. （2）当时，，，则恒成立， 在上无零点； 当时，； 当时，令，则， 令，则，即在上单调递增， 则，函数在上单调递增， 因此，则当，恒成立，在上无零点， 所以函数只有一个零点. 8.已知函数． (1)求的单调区间及最小值； (2)令，求的零点个数． 【详解】（1）由求导得：， 当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增. 故的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，； （2）由可得， 则的零点个数即函数与直线图象的交点个数. 由（1）已得在上单调递减，在上单调递增， 且当时，， 又时，，当时，， 作出函数的图象. 由图知，当时，直线与函数的图象没有交点，此时函数无零点； 当时，直线与函数的图象有2个交点，此时函数有2个零点； 当或时，直线与函数的图象有1个交点，此时函数有1个零点. 能力提升 9.（2025·河北秦皇岛·模拟预测）设函数，若有且仅有2个整数解，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先构造新函数，分析它的单调性，然后画出图象，要求的最大值，即求直线斜率的最大值. 【详解】， 令，则， 当时，，所以在上是单调减函数； 当时，，所以在上是单调增函数. 由可得， 根据题意，存在2个整数解使得， 则函数与直线的图象有2个横坐标为整数的交点，直线必过点， 函数在处的导数，则切线方程为且经过点， 即此时直线与相切，此时，又因为， 分析图象可知，另一个交点只能在处，且此时直线斜率能取最大， 即可以取最大值，，当直线过点时，则，解得. 故选：C. 10.（2025·湖南益阳·三模）若函数有两个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分类讨论的值，再根据导数分析的单调性，结合函数有两个零点，即可求解范围． 【详解】函数的定义域为. 当时，令，在只有一个零点，不合题意； 当时，， 当时，，则在单调递增，，所以在只有一个零点，不合题意； 当时，令， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 又时，， 若有两个零点，则， 设，令，解得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以， 所以， 故选：C． 11.已知函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数与方程的关系，将函数的零点个数问题转化为方程的根的个数问题，进一步转化为两函数的交点个数问题，结合函数图象观察，分类讨论即得. 【详解】解：由题意知，要使得恰有2个零点，即有两个实数根． 当时，，令，可得； 当时，，令，可得． 在同一坐标系下，作出函数，和的图象， 如图所示， 由函数，可得，可得时，，， 故函数在处的切线方程为， 又由函数，可得，可得时，， 故函数在的切线方程为， 所以函数与只有一个公共点， 结合图象得：当时，恰有3个零点； 当时，恰有2个零点； 当时，恰有3个零点， 要使得恰有2个零点，则满足， 所以实数的取值范围为． 故选：C. 12.关于的方程恰好有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意将“方程恰好有4个不同的实数根” 转化为“直线与函数图象在恰好有两个不同的交点”，数形结合可得，解之即得. 【详解】由题意知，所以 ，令，则得， 从而可转化为“直线与函数图象在恰好有两个不同的交点”. 而，当时，，当时，， 故在单调递增，在单调递减， 又∵，；当时，， 需使，即， 从而实数的取值范围为. 故选：D. 13.已知函数有两个零点，则的取值范围是 【答案】 【分析】因为，所以令，题意转化成有两个根，分和两种情况，当时，可转化成和有两个交点，通过导数画出的图象即可求解 【详解】， 令，显然该函数单调递增，，则有两个根， 当时，等式为，不符合题意； 故，等式转化为有两个根，即和有两个交点， 设，求导得， 故当时，，故在上单调递减； 时，，单调递增； 且当时，，， 故如图所示,由图可得，的取值范围是 14.（多选题）已知，则函数的零点的个数可能是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】BCD 【分析】根据求出的单调性与极值，确定的图象；令，解得或，结合的图象进行判断即可. 【详解】令，则或. 当或时，；当时，. 所以在和上单调递增，在上单调递减. 故时，取到极大值；时，取到极小值. 作图象， 令，则，解得或. 结合图象可知， 当时，有2个零点；当或时，有3个零点； 当时，有4个零点；当时，有5个零点. 故选：BCD 15.（2025·重庆·三模）已知函数，函数在点处的切线方程为. (1)求的值； (2)讨论的零点个数. 【答案】(1)， (2)2 【分析】（1）求导得到表达式，由求出，再利用求出b. （2）根据第（1）问得到和，令，对求导判断的单调性，依据正负，判断的单调性，得出最小是，算出小于0，再根据零点存在性定理即可判断零点个数. 【详解】（1）求导得到， 根据函数在点处的切线方程为，得到. 把代入得， 因为，所以，即. 又，解得. （2）由第（1）问知，. 令，求导得. 当，，在递减； 当，，在递增. ，，所以存在唯一使，即. 当，，在递减； 当，，在递增，所以. ，又，， 根据零点存在定理，在和各有一个零点，共2个零点. 16.（25-26高三上·江苏苏州·期末）已知函数，（且）． (1)设的导函数为． ①若与有相同的零点，求的值； ②若对任意，都有，求的取值范围； (2)若存在唯一的实数，使得，求的取值范围． 【解析】（1）因为，所以， ①由得，所以，所以． ②原问题转化为在时恒成立． 当时，原不等式可化为，即恒成立， 因为表示开口向下的抛物线， 所以不等式不恒成立； 当时，令，所以，得， （ⅰ）当时，原不等式可化为，所以， 此时，所以的最大值为，所以，所以； （ⅱ）当时，原不等式可化为，所以， 因为在上单调递增，所以，所以． 综上所述，． （2）由题意知，方程有唯一解． 当时，原方程化为，由于，所以， （ⅰ）当，即时，有（*），设， 所以， 所以在上单调递减，在上单调递增，，， 因为方程（*）有唯一解，所以，所以； （ⅱ）当时，时，方程可化为（**）， 设，则，所以在上单调递增， 又，所以时，方程（**）有唯一解； 当时，有， 又，方程有解； 所以时，原方程至少有两个解（舍去）； 当时，原方程化为， 由于，所以（不合题意）， 所以方程可化为，即， 由（ⅰ）可知在上单调递减， 所以时方程有唯一解，解得（舍去）或； 综上所述，的取值范围为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $