重难点专训04 利用导数研究函数的零点问题及方程的根（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以导数研究函数性质为核心，构建“判定-求参-比较-应用”的零点问题完整方法体系，逻辑链条清晰，技巧实用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |方法技巧|4类核心策略|极值端点符号法、分离参数法、数形结合、隐零点处理|从导数性质（单调/极值）到零点判定，再到方程根与图象交点的转化| |6大题型|每题型3-4典例|单调性分区、极值为零法、同构变形、相切临界法|题型覆盖零点个数讨论、参数求解、大小比较等高考高频考法| |分层练习|巩固11题/提升10题|综合应用导数工具解决复杂零点问题|从基础巩固到创新提升，培养数学思维与问题解决能力|

重难点专训04 利用导数研究函数的零点问题及方程的根 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型1 讨论函数零点及其个数 2 题型2 由函数零点及个数求参数值 4 题型3 函数零点的大小比较 6 题型4 讨论方程根的个数 6 题型5 由方程根的个数求参数范围 7 题型6 图象交点问题 9 重难专题分层过关练 10 巩固过关 10 创新提升 11 解题方法及技巧提炼 1、利用导数研究函数零点与方程根的基本思路是： （1）将方程 的根等价转化为函数 的零点，或将方程 转化为两函数图象交点问题； （2）利用导数研究函数的单调性、极值、最值及变化趋势，确定函数图象的大致形态； （3）结合零点存在性定理判定零点所在区间，结合单调性判定零点唯一性； （4）对于含参问题，通过分离参数构造新函数，将参数取值范围转化为函数值域或图象交点个数问题。 2、判断零点个数与分布的核心策略： （1）极值与端点符号法：求出所有极值点及极值符号，划分单调区间，在每个单调区间内检查区间端点或极限符号，若两端异号则存在唯一零点（结合单调性），同号则无零点； （2）分离参数转化为水平交点：将方程 分离为 ，研究 的值域和单调性，则 与 的交点个数即为零点个数，参数范围由交点横坐标分布决定； （3）数形结合法：将方程变形为两个基本函数相等，分别画出图象，通过交点个数和位置直观判断，适用于选择题、填空题或复杂函数的定性分析； （4）隐零点处理：若极值点无法显式求出，可设零点为 ，利用 进行整体代换，将极值表达式化简为关于 的代数式，再结合 的范围判断符号。 3、含参零点问题的分类讨论技巧： （1）当参数影响函数单调性或极值位置时，按参数的不同取值范围分类讨论，分别研究各类情形下的零点个数，再综合结论； （2）利用“先必要后充分”策略：先通过特殊值（如区间端点）得到参数的必要范围，缩小讨论区间，再在缩小的范围内证明充分性； （3）注意参数在分母、对数真数或偶次根号内时，需优先确保表达式有意义，定义域的限制可能直接影响零点存在区间。 4、实用技巧与易错提醒： （1）零点存在性定理只能判定有零点，不能判定无零点，也不能保证唯一性，唯一性必须结合单调性； （2）研究函数趋势时，务必分析无穷远处和间断点（如垂直渐近线）处的极限，避免遗漏端点的零点情况； （3）分离参数时要注意参变量与自变量的等价性，若分离后函数定义域发生变化，需重新核对； （4）作图时需标注极值点、端点值及渐近线，确保图象走势准确，特别关注极值是否为0（对应重根情况）； （5）对于“存在唯一零点”或“恰有两个零点”等条件，通常需要结合单调区间和极值符号列出不等式组，解不等式时注意等号是否可取。 题型通法及变式提升 题型1 讨论函数零点及其个数 【典例1-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：存在极大值点； (3)求的零点个数. 核心口诀：求导定单调，分段看符号；极值正负判，零点自然晓。 高分技巧： 单调性分区法（核心通法）：求定义域→求导 →判断单调区间→在每个单调区间上用零点存在定理判定零点个数。关键步骤是确定每个单调区间端点的函数值符号，若区间两端异号则存在唯一零点（因单调），若同号则无零点； 极值符号分析法：若函数在区间上先增后减（有极大值）或先减后增（有极小值），零点的个数取决于极值是否为零以及与端点值的关系—— 极大值 ：无零点； 极大值 ：一个零点（在极大值点处）； 极大值 ：需结合端点符号进一步判断（左端点负则一个零点在左侧，右端点负则一个零点在右侧）； 分离参数转化为交点（含参零点讨论）：若函数含参数，令 分离为 ，将零点个数问题转化为水平直线 与曲线 的交点个数问题，利用 的值域和单调性直接判断； 二阶导辅助判定极值个数：若 的零点难以求解，可先分析 判断 的单调性，进而确定 的零点个数（即驻点个数），再回到极值符号分析法； 取对数法（幂指函数型）：若函数含 或 等结构，解方程 时先取对数化为代数方程，再分析根的个数（需注意真数大于0及方程等价性）； 奇偶性简化讨论：若函数为奇函数，零点关于原点对称，只需讨论 部分；若为偶函数，零点关于 轴对称，只需讨论 部分。 易错警示：零点存在定理需保证函数在区间上连续且端点异号；区间端点若为开区间，需用极限值代替端点函数值；含参分离参数时需确保分母不为0且变形等价；幂指函数取对数时需保证函数值大于0（若可能为0则需单独讨论）。 【典例1-2】（25-26高三上·北京西城·阶段检测）已知函数. (1)求函数在点处的切线方程； (2)设实数使得恒成立，求的取值范围； (3)设，求函数在区间上的零点个数. 【典例1-3】（25-26高三上·北京·期中）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程 (2)设函数. （i）求的单调区间； （ii）判断的零点个数，并说明理由； (3)若存在条互相平行的直线与曲线相切，写出的最大值（只需写出结论） 【典例1-4】（2026·北京西城·一模）已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． (1)求函数的单调区间； (2)设，研究函数的零点个数； (3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 【变式1-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）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． 【变式1-2】（25-26高三上·北京朝阳·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若是函数的极值点， （i）证明：的取值范围是的子集； （ii）求在区间内的零点个数. 【变式1-3】（2026·北京顺义·二模）已知函数，，. (1)若曲线与曲线在点处有相同的切线，求的值； (2)设，且. ①求的极值； ②证明：函数有3个不同的零点. （参考数据：，，） 【变式1-4】（2026·北京昌平·一模）已知函数． (1)当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； (2)求证：对于任意的，且，都有； (3)当时，求证：有且只有一个零点，且． 题型2 由函数零点及个数求参数值 【典例2-1】（25-26高三上·北京平谷·开学考试）已知函数 (1)求函数在处的切线方程； (2)求函数的单调性区间； (3)若函数，有2个零点，求a的取值范围. 核心口诀：零点条件代数入，分离参数画双曲，极值过零建方程。 高分技巧： 直接代入法（已知零点具体值）：若已知 是零点，直接代入 解方程求参数。若无具体零点值，则利用零点个数条件反推； 分离参数法：由 分离参数得 ，再结合 的值域和单调性，根据零点个数确定 的取值： 恰有1个零点：直线 与 恰有1个交点； 恰有2个零点：恰有2个交点（通常为 等于极值或临界值）； 极值为零法（重根条件）：若函数在零点处有重根（如二重根），则零点处同时满足 且 。联立方程组消去 求参数——此法适用于“函数有唯一零点”“零点为极值点”等场景； 端点值与极值匹配法（零点个数确定）：已知零点个数时，结合极值符号与端点符号建立等式或不等式组： 有且仅有1个零点：极大值 或极小值 （单调情形），或极大值 （非单调情形且两侧均无其他零点）； 有且仅有2个零点：极大值 且极小值 ，或极大值 且极小值 ； 有且仅有3个零点：极大值 且极小值 （且两端点异号）； 零点个数与单调区间匹配法：先求导确定单调区间数，再根据零点个数要求推出每个单调区间内端点符号需满足的条件，建立关于参数的不等式组求解； 奇偶对称性求参：若函数为偶函数且零点个数为奇数，则必有一个零点在 ；若为奇函数，零点必关于原点对称，可直接利用对称性减少未知量； 判别式法（二次型零点）：若方程 可化为关于某个变量的二次方程（如 ），利用判别式和根的分布求参数范围。 易错警示：极值为零法只能得到必要条件，必须验证充分性（尤其当 的解为拐点时， 不一定是重根）；分离参数画图时需注意 的定义域（尤其是分母不能为0、对数真数大于0等）；若参数出现在指数或对数内部，分离后需注意变形等价 【典例2-2】（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)若函数在区间上有零点，求的取值范围. 【变式2-1】（2026·北京门头沟·一模）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 【变式2-2】（2026·安徽·模拟预测）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)若函数有2个不同的零点，，且，求的取值范围． 题型3 函数零点的大小比较 【典例3-1】（25-26高三上·北京顺义·期末）已知函数，直线是曲线在点处的切线. (1)当时，求直线的方程； (2)求证：函数有唯一零点； (3)记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围. 【典例3-2】（2026·北京朝阳·一模）已知函数，，其中. (1)求的最大值； (2)若在区间上有且只有一个零点，证明：在区间上有且只有一个零点，且； (3)对于（2）中的，证明：. 【变式3-1】（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：. 【变式3-2】（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）已知函数. (1)求证：时，； (2)设，其中； ①求证：在区间上有唯一的极值点； ②设为在区间上的零点，为在区间上的极值点，比较与的大小，并说明理由. 题型4 讨论方程根的个数 【典例4-1】（2026·山东青岛·模拟预测）已知函数…是自然对数的底数，）． (1)讨论的单调性； (2)讨论关于x的方程根的个数． 核心口诀：移项构函数，化归零点数；同构巧变形，分离更直观。 高分技巧： 转化为函数零点问题（核心通法）：将方程 移项为 ，转化为讨论 的零点个数——按题型1方法操作即可； 分离常数法：将方程变形为 形式（参数分离或常数分离），根的个数等于水平直线 与曲线 的交点个数，直接利用 的图象特征判断； 同构变形法（指对方程）：若方程为 或 与 混合，通过同构化为 形式，利用 的单调性剥离外层，转化为简单方程。常用技巧：，或 ； 换元法：若方程含 与 的组合，或含 与 ，令 或 等，化为关于 的简单方程，根的个数需考虑 的取值范围与 的一一对应关系； 对数化处理（幂指方程）：对 型方程，取对数得 ，转化为代数方程分析；需注意取对数时两边均为正的前提，负值情况需单独讨论； 绝对值方程分段讨论：含绝对值的方程，按绝对值内部符号分段转化为多个普通方程，在各段上分别求根后合并，注意检查各根是否在该段定义域内； 周期性/对称性简化：若方程对应的函数具有周期或对称性，根的分布呈周期性或对称性，只需在一个周期或半区间上分析，再推广。 易错警示：同构变形时需确认外层函数在对应区间上的单调性，若不单调则不能直接剥离；换元后需注意新变量与原变量的取值范围对应关系（如 则 ，且一一对应； 则 ，每个 对应两个 ）；绝对值方程解完后必须验根，舍去不满足原方程的增根。 【变式4-1】（2026·云南·模拟预测）设函数（）． (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数，的值； (2)求证：； (3)关于的方程能否有三个不同的实根？证明你的结论． 题型5 由方程根的个数求参数范围 【典例5-1】（2026·北京大兴·三模）已知函数. (1)若曲线与直线相切于点，求a，b的值； (2)若关于的方程有两个不同的解， （i）直接写出的取值范围，并求证：； （ii）判断与的大小关系，并说明理由. 核心口诀：分离参数画图象，水平直线数交点；极值端点定临界，分类讨论得范围。 高分技巧： 分离参数法（首选）：将方程 （或 ）分离为 ，根的个数即直线 与曲线 的交点个数。作图分析 的单调区间、极值、渐近线和端点值，根据交点个数确定 的范围； 临界点分析法：确定 的极值点和端点极限值，这些值将数轴分为若干区间。在每个区间上直线与曲线的交点个数保持不变（或按单调区间逐个变化），因此只需在临界值处单独讨论，即可确定各区间对应的根的个数； 导数法作图象：若 的图象不易直接画出，通过求导分析单调性、极值和渐近线，画出大致图象（“导数描形法”），再与水平直线对比； 分类讨论参数位置：若参数无法完全分离（或分离后函数过于复杂），直接设 ，按参数 的不同取值范围讨论 的极值符号和零点个数——即对参数分类，每一类内用题型1方法分析； 双参数问题（一个参数为目标，一个为辅助）：若方程含两个参数，先固定一个（目标参数）为 ，另一个用已知条件消去或设为常数，再按上述方法求 的范围； 方程个数与导数极值对应关系速判：若 有 个单调区间，则直线 与曲线的交点数 ≤ （每个单调区间最多一个交点）。据此可快速确定最大根数，再结合极值符号精确定位； “有且仅有”与“至少”的转化：“有且仅有 个根”需同时满足“有 个”和“无第 个”，通常需列等式和不等式联立；“至少有 个根”只需满足极值条件（如三次函数至少3个根需极大值>0且极小值<0）。 易错警示：分离参数后若 的定义域为开区间，端点值需用极限代替且注意是否可取；作图象时不可仅凭大致形状判断，必须精确标注极值和端点极限；分类讨论时需确保各类之间无遗漏无重叠；若分离后分母含参数，需先讨论分母为0的情况。 【典例5-2】（2026·北京海淀·二模）已知函数，其中． (1)当时，求曲线经过点的切线条数； (2)当时，求证：对任意； (3)若关于的方程在区间上有且仅有1个解，直接写出的最小值． 【变式5-1】（2026·贵州·模拟预测）已知函数的导函数为． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若方程有两个根，求的取值范围. 【变式5-2】（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 题型6 图象交点问题 【典例6-1】（2026·河北邢台·二模）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若直线l是曲线的切线，且直线l与曲线仅有一个交点，求实数a的值. 核心口诀：两图相减看零点，一图一动定参数；切线临界找相切，图象特征定交数。 高分技巧： 转化为方程根问题：曲线 与 的交点横坐标满足 ，即 的根，按题型3处理； 一动一定法（含参交点）：若两函数中含参数，将其中一个图象视为“定曲线”（），另一个视为“动直线/动曲线”（ 或 ），交点个数即动曲线与定曲线在不同位置时的公共点个数。关键操作：画出定曲线图象，分析动曲线变化时与定曲线的相切位置和特殊位置； 相切临界法：两曲线交点个数发生变化的临界点通常是“相切”状态——此时两曲线有唯一公共点（重根），满足 且 。联立方程组可求临界参数值，将数轴分段讨论； 零点附近符号判定：交点个数也可通过分析两函数差 在关键点处的符号变化判断。若 在某点处由正变负（或负变正），则穿过一个零点——对应于一个交点； 渐近线辅助判断：若两函数均有渐近线，分析 时 的极限符号，判断远端是否有交点；同时分析渐近线的相对位置，可快速排除远端无交点的情形； 利用函数值域直接判定：若 的值域与 的值域无交集，则两图象无交点；若有交集，还需结合单调性判断交点个数（每个单调区间最多一个交点）； “类切线”特殊位置：若动曲线不是直线而是一族曲线（如 随 变化），通过求导找出该族曲线与定曲线相切时的临界值，再分段讨论交点个数； 图象对称性简化：若两曲线均关于某轴对称或中心对称，交点也呈现对应关系，只需分析部分区间再对称推广。 易错警示： 且 是相切的必要条件（重根条件），但还需验证是否确实为切点（而不是两个交点重叠的特殊情况）；含参交点问题作图象时务必明确参数变化对图象的具体影响（平移、伸缩、翻折等）；分析渐近线时需区分“趋近但不相交”与“远处相交”的区别。 【典例6-2】（25-26高三上·北京·开学考试）已知函数． (1)当时，若直线过原点，且是曲线的切线，求的斜率； (2)当时，求证：存在唯一极值点且为极大值点； (3)若直线与曲线有且仅有两个交点，请直接写出的取值范围． 【变式6-1】（2026·山东淄博·一模）设、为实数，且，函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围. 【变式6-2】（2026·辽宁·模拟预测）已知函数． (1)判断是否有极值； (2)设（）． （ⅰ）若直线是曲线的一条切线，求实数的值和切点坐标； （ⅱ）若曲线 与曲线有两个不同的交点，求实数的取值范围． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数. (1)设，讨论函数在上的单调性； (2)判断函数在上的零点个数. 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程；. (2)若的零点个数为2，求的取值集合. 3．（2026·陕西西安·模拟预测）已知，，是自然对数的底数． (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围． 4．（2026·上海静安·二模）已知函数（且）． (1)当时，求函数的极值； (2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； (3)若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围． 5．（2026·河北张家口·二模）已知函数. (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若时，函数有3个零点，求实数的取值范围. 6．（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. 创新提升 7．（2026·湖南株洲·模拟预测）已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)若，证明不等式在上恒成立； (3)若，且在上只有一个零点，求的取值范围． 8．（2026·山东·模拟预测）已知函数，为的导数． (1)求在处的切线方程； (2)证明在区间存在唯一极大值点； (3)证明有且仅有2个零点． 9．（2026·湖北随州·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若，证明：； (3)设函数，若有两个不同的零点，，且，求的取值范围． 10．（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，关于x的方程有两个不同的实数根，， ①求k的取值范围； ②当取最小值时，求k的值． 11．（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：． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训04 利用导数研究函数的零点问题及方程的根 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型1 讨论函数零点及其个数 2 题型2 由函数零点及个数求参数值 15 题型3 函数零点的大小比较 21 题型4 讨论方程根的个数 27 题型5 由方程根的个数求参数范围 31 题型6 图象交点问题 37 重难专题分层过关练 46 巩固过关 46 创新提升 54 解题方法及技巧提炼 1、利用导数研究函数零点与方程根的基本思路是： （1）将方程 的根等价转化为函数 的零点，或将方程 转化为两函数图象交点问题； （2）利用导数研究函数的单调性、极值、最值及变化趋势，确定函数图象的大致形态； （3）结合零点存在性定理判定零点所在区间，结合单调性判定零点唯一性； （4）对于含参问题，通过分离参数构造新函数，将参数取值范围转化为函数值域或图象交点个数问题。 2、判断零点个数与分布的核心策略： （1）极值与端点符号法：求出所有极值点及极值符号，划分单调区间，在每个单调区间内检查区间端点或极限符号，若两端异号则存在唯一零点（结合单调性），同号则无零点； （2）分离参数转化为水平交点：将方程 分离为 ，研究 的值域和单调性，则 与 的交点个数即为零点个数，参数范围由交点横坐标分布决定； （3）数形结合法：将方程变形为两个基本函数相等，分别画出图象，通过交点个数和位置直观判断，适用于选择题、填空题或复杂函数的定性分析； （4）隐零点处理：若极值点无法显式求出，可设零点为 ，利用 进行整体代换，将极值表达式化简为关于 的代数式，再结合 的范围判断符号。 3、含参零点问题的分类讨论技巧： （1）当参数影响函数单调性或极值位置时，按参数的不同取值范围分类讨论，分别研究各类情形下的零点个数，再综合结论； （2）利用“先必要后充分”策略：先通过特殊值（如区间端点）得到参数的必要范围，缩小讨论区间，再在缩小的范围内证明充分性； （3）注意参数在分母、对数真数或偶次根号内时，需优先确保表达式有意义，定义域的限制可能直接影响零点存在区间。 4、实用技巧与易错提醒： （1）零点存在性定理只能判定有零点，不能判定无零点，也不能保证唯一性，唯一性必须结合单调性； （2）研究函数趋势时，务必分析无穷远处和间断点（如垂直渐近线）处的极限，避免遗漏端点的零点情况； （3）分离参数时要注意参变量与自变量的等价性，若分离后函数定义域发生变化，需重新核对； （4）作图时需标注极值点、端点值及渐近线，确保图象走势准确，特别关注极值是否为0（对应重根情况）； （5）对于“存在唯一零点”或“恰有两个零点”等条件，通常需要结合单调区间和极值符号列出不等式组，解不等式时注意等号是否可取。 题型通法及变式提升 题型1 讨论函数零点及其个数 【典例1-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：存在极大值点； (3)求的零点个数. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后结合零点存在性定理分析可得函数单调性，即可得其极值情况； （3）结合函数单调性与零点存在性定理分析即可得. 【详解】（1）， 则，又， 则曲线在点处的切线方程为，即； （2）， 令，则， 故在上单调递增， 又，， 故存在，使得， 当时，，当时，， 则当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 故是的极大值点； （3）由（2）得在、上单调递增，在上单调递减， 则， 又， 故在上有一零点，在上无零点， 故的零点个数为. 核心口诀：求导定单调，分段看符号；极值正负判，零点自然晓。 高分技巧： 单调性分区法（核心通法）：求定义域→求导 →判断单调区间→在每个单调区间上用零点存在定理判定零点个数。关键步骤是确定每个单调区间端点的函数值符号，若区间两端异号则存在唯一零点（因单调），若同号则无零点； 极值符号分析法：若函数在区间上先增后减（有极大值）或先减后增（有极小值），零点的个数取决于极值是否为零以及与端点值的关系—— 极大值 ：无零点； 极大值 ：一个零点（在极大值点处）； 极大值 ：需结合端点符号进一步判断（左端点负则一个零点在左侧，右端点负则一个零点在右侧）； 分离参数转化为交点（含参零点讨论）：若函数含参数，令 分离为 ，将零点个数问题转化为水平直线 与曲线 的交点个数问题，利用 的值域和单调性直接判断； 二阶导辅助判定极值个数：若 的零点难以求解，可先分析 判断 的单调性，进而确定 的零点个数（即驻点个数），再回到极值符号分析法； 取对数法（幂指函数型）：若函数含 或 等结构，解方程 时先取对数化为代数方程，再分析根的个数（需注意真数大于0及方程等价性）； 奇偶性简化讨论：若函数为奇函数，零点关于原点对称，只需讨论 部分；若为偶函数，零点关于 轴对称，只需讨论 部分。 易错警示：零点存在定理需保证函数在区间上连续且端点异号；区间端点若为开区间，需用极限值代替端点函数值；含参分离参数时需确保分母不为0且变形等价；幂指函数取对数时需保证函数值大于0（若可能为0则需单独讨论）。 【典例1-2】（25-26高三上·北京西城·阶段检测）已知函数. (1)求函数在点处的切线方程； (2)设实数使得恒成立，求的取值范围； (3)设，求函数在区间上的零点个数. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）先求出，在求出及，即可求解； （2）由得恒成立，等价于恒成立，设并求出其最大值，从而可求解； （3）求令，即求，由（2）即等价于函数的图象与函数的图象的交点个数，再结合在区间上的取值情况，再对分情况讨论，即可求解. 【详解】（1）由题可得函数的定义域为，且， 则，因， 所以在点处的切线方程为，化简为. 故函数在点处的切线方程为. （2）由题意知得恒成立，即恒成立，等价于恒成立， 设，则，令，解得， 当时，；当时，， 所以当时，取到极大值也是最大值，所以， 所以的取值范围为. （3）由题知令，即，则得，从而得， 由（2）得函数在区间上的零点个数即等价于求函数的图象与函数的图象的交点个数， 又因在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且当时，取到极大值也是最大值， 又因为，， 当或时，函数的图象与函数的图象的交点个数为， 当或时，函数的图象与函数的图象的交点个数为， 当时，函数的图象与函数的图象的交点个数为. 综上所述：当或时，函数在区间上有个零点； 当或时，函数在区间上有个零点； 当时，函数在区间上有个零点. 【典例1-3】（25-26高三上·北京·期中）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程 (2)设函数. （i）求的单调区间； （ii）判断的零点个数，并说明理由； (3)若存在条互相平行的直线与曲线相切，写出的最大值（只需写出结论） 【答案】(1) (2)（i）答案见解析；（ii）2个零点，理由见解析 (3) 【分析】（1）只需求得，即可； （2）（i）直接求导，根据导数的符号判断即可；（ii）根据零点存在定理判断即可； （3）由（1）可得在上都是减函数，作出函数图象和切线，结合图象即可得解. 【详解】（1）因为， 所以， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（i），定义域为， 则， 所以函数只有单调减区间为，无单调增区间； （ii）又， 所以在区间上存在唯一的零点. 因为， 所以在区间上存在唯一的零点， 因此恰有2个零点； （3）. 由（1）可得在上都是减函数，作出函数图象，如图， 现作出切线，可得最多有4条平行直线与函数图象相切. 【典例1-4】（2026·北京西城·一模）已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． (1)求函数的单调区间； (2)设，研究函数的零点个数； (3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 【答案】(1)单调递减区间为：，单调递增区间为：. (2)无零点. (3)面积. 【分析】（1）先求定义域，再求导找零点，划分区间判符号，确定单调减区间，再确定单调增区间. （2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点. （3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分类讨论去绝对值，构造函数求零点，算出坐标求面积. 【详解】（1）定义域：，函数求导得. 令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述, 单调递减区间为：，单调递增区间为：. （2）由题可知， 所以研究函数的零点个数等价于研究的零点个数. ，令得. ，，单调递减； ，，单调递增. 所以函数有极小值同时也为最小值. 故恒成立，所以无零点. （3）函数求导得. 所以，切线：. 化简得. 所以由题可知分别令可得，. 为等腰直角三角形，且，故. 即， 因为，所以化简得. 若 即 . 代入：左边 ,右边 . 此时 都与原点重合,不能构成三角形,舍去. 若两边约去 ,得： 令 ,则 ,方程变为：. 情况1: ,即 , 设 , 时, , , 单调递增. 因为 ,故唯一解 即 ,此时 ,. 等腰直角三角形面积. 情况2: ,即 , 设 , 单调递增; , , 单调递减。 函数 有极大值同时也为最大值 . 所以 恒成立,方程无解. 综上,方程只有唯一解 , , ,面积 . 【变式1-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）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. 【变式1-2】（25-26高三上·北京朝阳·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若是函数的极值点， （i）证明：的取值范围是的子集； （ii）求在区间内的零点个数. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）2个. 【分析】（1）求出、，利用直线的点斜式方程可得答案； （2）（i）根据是函数的极值点求出，设，根据的单调性、零点存在定理可得答案； （ii）求出，设，分、讨论，利用导数判断出单调性可得答案. 【详解】（1）由题意可知：，所以，， 所以曲线在处的切线方程为； （2）（i）易知， 则，由题意， 得，设，则有， 又，且在上单调递增， 根据零点存在定理得，即的取值范围是的子集； （ii）由（i）知，所以，得， 即是一个零点； 易知，设，则， 当时，，故，单调递增， 所以，故函数单调递减，， 故函数在上无零点； 当时，， 设，则， 设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且，，， 故存在，使， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 故，， 故函数在上有1个零点. 综上所述，在区间内的零点个数为2. 【变式1-3】（2026·北京顺义·二模）已知函数，，. (1)若曲线与曲线在点处有相同的切线，求的值； (2)设，且. ①求的极值； ②证明：函数有3个不同的零点. （参考数据：，，） 【答案】(1) (2)①极小值为；极大值为； ②证明过程如下 【分析】（1）由两条曲线在一点处的切线相同，则根据导数的几何意义即在该点处的斜率相等，即可求出的值； （2）①先求导，根据导函数的符号判断原函数的单调性，从而确定极值点； ②通过判断极大值大于，极小值小于，再结合端点的函数值，即可判断零点的个数. 【详解】（1）解：由题意知，，所以点在 两条曲线上， 分别求导得，， 由曲线与曲线在点处有相同的切线，则， 即，所以. （2）①解：，， 所以， 令，则或， 因为，所以， 又，所以，当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在处取极大值为； 在处取极小值为. ②由①可知，，，， 则，所以. 又在处取极小值为，， 令，则，， 因为，所以，因此在单调递减， 又，所以，即. 因为当时，；当时，，，则， 因此在有1个零点；在存在1个零点；在存在1个零点， 因此，函数有3个不同的零点. 【变式1-4】（2026·北京昌平·一模）已知函数． (1)当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； (2)求证：对于任意的，且，都有； (3)当时，求证：有且只有一个零点，且． 【答案】(1) (2) 要证对任意且，都有， 等价于证， 令，只需证在上单调递增， 求导得， 令，， 又，则，在区间上单调递增， 即在区间上单调递增，又， ，因此在上单调递增，原不等式得证． (3) ，求导得， 令，得，又， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 故在处取得极小值，， 当，， 当时，，从而，结合在上单调递减， 可知当时，恒有，故在上无零点； 当时，，又且在上单调递增， 由零点存在定理及单调性知，在上存在唯一的零点， 综上，当，有且只有一个零点. 由于在上单调递增，且，要证， 只需证，      ， 因为，所以，从而，故， 又，所以，从而，得证. 【分析】（1）利用导数几何意义，切线平行于轴即斜率为零，通过解导数为零的方程并结合函数表达式确定点坐标； （2）将分式不等式转化为函数单调性问题，构造函数并利用导数判断其单调性，从而证明原不等式成立； （3）先通过导数分析函数单调性与极值，结合极限与零点存在定理说明唯一零点；再借助函数单调性，将自变量范围比较转化为函数值大小比较，代入后利用已知参数范围证明不等式. 【详解】（1）当时，，求导得， 切线与轴平行，即切线斜率为0，故． 由，得，又， 故点的坐标为． （2）略 （3）略 题型2 由函数零点及个数求参数值 【典例2-1】（25-26高三上·北京平谷·开学考试）已知函数 (1)求函数在处的切线方程； (2)求函数的单调性区间； (3)若函数，有2个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3) 【分析】（1）求得切点坐标和斜率，由此求得切线方程. （2）根据导函数正负得出函数的单调性即可； （3）先根据的零点个数得出有两个解，即得有两个交点，再结合函数的单调性及值域即可求参. 【详解】（1）因为， 所以切线斜率为， 又因为， 所以切线方程为，即； （2）因为， 所以当在上单调递减； 当在上单调递增； 所以的单调递减区间为，的单调递增区间为； （3）因为函数有2个零点，所以有两个解， 转化为函数图象与直线有两个交点， 由（2）知，的单调递减区间为，的单调递增区间为； 所以， 又因为时，时 ， 且；， 所以当时，函数图象与直线有两个交点， 即函数有2个零点时，. 核心口诀：零点条件代数入，分离参数画双曲，极值过零建方程。 高分技巧： 直接代入法（已知零点具体值）：若已知 是零点，直接代入 解方程求参数。若无具体零点值，则利用零点个数条件反推； 分离参数法：由 分离参数得 ，再结合 的值域和单调性，根据零点个数确定 的取值： 恰有1个零点：直线 与 恰有1个交点； 恰有2个零点：恰有2个交点（通常为 等于极值或临界值）； 极值为零法（重根条件）：若函数在零点处有重根（如二重根），则零点处同时满足 且 。联立方程组消去 求参数——此法适用于“函数有唯一零点”“零点为极值点”等场景； 端点值与极值匹配法（零点个数确定）：已知零点个数时，结合极值符号与端点符号建立等式或不等式组： 有且仅有1个零点：极大值 或极小值 （单调情形），或极大值 （非单调情形且两侧均无其他零点）； 有且仅有2个零点：极大值 且极小值 ，或极大值 且极小值 ； 有且仅有3个零点：极大值 且极小值 （且两端点异号）； 零点个数与单调区间匹配法：先求导确定单调区间数，再根据零点个数要求推出每个单调区间内端点符号需满足的条件，建立关于参数的不等式组求解； 奇偶对称性求参：若函数为偶函数且零点个数为奇数，则必有一个零点在 ；若为奇函数，零点必关于原点对称，可直接利用对称性减少未知量； 判别式法（二次型零点）：若方程 可化为关于某个变量的二次方程（如 ），利用判别式和根的分布求参数范围。 易错警示：极值为零法只能得到必要条件，必须验证充分性（尤其当 的解为拐点时， 不一定是重根）；分离参数画图时需注意 的定义域（尤其是分母不能为0、对数真数大于0等）；若参数出现在指数或对数内部，分离后需注意变形等价 【典例2-2】（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)若函数在区间上有零点，求的取值范围. 【答案】(1)的极大值为0，无极小值． (2) 【分析】（1）求导，再根据导数的符号，结合函数极值点的定义即可得出答案； （2）求导，分和两种情况讨论，求出函数的单调区间，从而求得函数的最值，从而可得出答案. 【详解】（1）当时，， 则， 由得，即，得， 由得，即，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 得在处取得极大值，，无极小值． 故的极大值为0，无极小值． （2）， 当时，因为，所以， 在区间上单调递增，且， 因为在区间上有零点， 所以， 解得 ， 所以； 当时， 由，得， 当时，即，得函数在上单调递减， 而， 则在区间上没有零点， 当时，即， 由得，即，得， 由得，即，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 而， 因为在区间上有零点， ， 得 令， 因为函数，在上是增函数， 所以函数在上是增函数， 又，所以， 综上所述，的取值范围是. 【变式2-1】（2026·北京门头沟·一模）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 【答案】(1) (2)时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. (3) 【分析】（1）根据导数几何意义求切线即可； （2）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （3）易知一个零点是，结合与（2）所求的单调性，讨论，与即可求出的范围. 【详解】（1）当时，，，切点为， ，切线斜率，因此切线方程为. （2）， 当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间； 当时，令，得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 综上所述，时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. （3）由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故； 当时，由（2）知最小值为， 令，，令，解得， 所以当，，单调递增； 当，，单调递减， 所以，故， 故，要保证存在两个根，则且，即. 注意到对任意，，即恒为的一个零点， 因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且， 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得； 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得， 综上的取值范围是. 【变式2-2】（2026·安徽·模拟预测）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)若函数有2个不同的零点，，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2)当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． (3)． 【分析】（1）代入求导得切点处的函数值与导数值，用点斜式直接写出切线方程. （2）先求导，按正负分类讨论导数符号，进而确定函数单调区间. （3）先排除情况，易得一个零点，依据零点间距小于1分区间结合端点函数值与极值点位置，求出取值范围. 【详解】（1）当时，，则， 又，. 因此曲线在点处的切线方程为． （2）． 当时，恒成立，因此在上单调递减； 当时，令，得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，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． （3）由（2）知，当时，在上单调递减，仅1个零点，不符合题意， 故． 当时，． 令，，则， 当，，单调递增；当，，单调递减， 所以． 要使有2个不同的零点，则，所以，即且． 注意到对任意，恒成立，则0为的一个零点，不妨设， 要使，则，且， 令，则，解得，所以． 当时，根据单调性可知，极小值点，且， 解得； 当时，根据单调性可知，极小值点，且， 解得， 综上，的取值范围是． 题型3 函数零点的大小比较 【典例3-1】（25-26高三上·北京顺义·期末）已知函数，直线是曲线在点处的切线. (1)当时，求直线的方程； (2)求证：函数有唯一零点； (3)记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围. 【答案】(1)； (2) ， 令可得，列表可得 单调递减 极小值 单调递增 当，，此时函数无零点； 当时，单调递增， 又，， 所以根据零点存在性定理，函数存在唯一零点. (3). 【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理可证； （3）先解得，再构造函数，再用导数判断成立的条件可得. 【详解】（1）由，可得，.又因为时，. 因为直线是曲线在点处的切线，所以直线的方程为， 所以，直线的方程为，即. （2）略. （3）由（1）可知直线的方程为， 因为直线与轴相交，且交点的横坐标为，， 所以令，当时，有. 设，则. 又，所以， 由（2）知，且当，且. 所以当或时，；当或时，. 列表可得 单调递增 极大值 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 当时，，不满足， 当时，，即成立 综上可知，. 【典例3-2】（2026·北京朝阳·一模）已知函数，，其中. (1)求的最大值； (2)若在区间上有且只有一个零点，证明：在区间上有且只有一个零点，且； (3)对于（2）中的，证明：. 【答案】(1)； (2)证明：当时，由，求导得，函数在上递增， 而，又在区间上有且只有一个零点，则， 因此，且， 由（1）知，函数在上递减，， 因此函数在区间上有且只有一个零点，且，又函数， 且， 因此，又当时，，， 所以，即. (3)证明：由（2）得，即， 不等式， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数在上递增，则，即，函数在上递增， 因此，即，所以. 【分析】（1）利用导数求出函数的最大值. （2）利用导数确定函数的单调性，再利用零点存在性定理推理得证. （3）结合（2）的结论，等价变形所证不等式，构造函数，再利用导数证得即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 所以当时，函数取得最大值. （2）略 （3）略 【变式3-1】（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. 【变式3-2】（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）已知函数. (1)求证：时，； (2)设，其中； ①求证：在区间上有唯一的极值点； ②设为在区间上的零点，为在区间上的极值点，比较与的大小，并说明理由. 【答案】(1)令， 则， 当，，即在上单调递增. ∴当时，，即. (2)①， 则， 令，则， 当，，即函数在上单调递增. ∵，. 即在之间存在唯一的，使得. 即当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 即是函数在区间上有唯一的极值点. ②由题设可得是函数在区间上的极值点. 由①可知，即为，故，即 单调递减区间，单调递增区间， ∵，， ∴函数在没有零点，在上存在唯一零点，，即. ， ， 令， ， 即函数在上单调递增，∵， ∴，即. ∴，而,∴. 【分析】（1）构造函数，对函数求导，由导数在区间上的正负得到函数的单调性，然后得到函数值的大小关系，即可得证； （2）写出函数，并求导.①令，再求导函数，由导函数在区间上的正负得到函数的单调性，再由零点存在性原理得到存在唯一零点，然后得到函数的单调区间，从而证明函数存在唯一极值点. ②由①可知，求得参数，然后化简.构造函数，利用导函数得到构造函数的单调性，证明，从而得到，由函数的单调性判断与的大小. 【详解】（1）略 （2）①略 ②略 【点睛】本题主要考查了利用导数与函数单调性的关系，本题第二问的第一小问关键是求导后能够再次构造函数求导，结合零点存在定理判断；本题第二问的第二小问关键是能利用零点和极值点，然后构造函数证明. 题型4 讨论方程根的个数 【典例4-1】（2026·山东青岛·模拟预测）已知函数…是自然对数的底数，）． (1)讨论的单调性； (2)讨论关于x的方程根的个数． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)当时，关于x的方程根的个数为0；当时，关于x的方程根的个数为1；当时，关于x的方程根的个数为2． 【分析】（1）对函数求导，判断导数与0的大小关系，得出单调区间； （2）将方程转化为，令，讨论和时的单调性，再对的范围进行分析，讨论得到的零点个数，即可得出答案. 【详解】（1）解法一:， 当时，；当时． 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 解法二：， 由，解得， 当时，，单调递减， 所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是； （2） 解法一:    通过图象可对c进行讨论： 当即，时，函数，的图象有两个交点， 即方程有两个根． 当即，时，函数，的图象有一个交点， 即方程有一个根． 显然当时，方程没有根． 解法二：令， （1）当时，，则， 所以，， 因为，，所以， 因此在上单调递增． （2）当时，，则， 所以，， 因为，， 又，所以，所以， 因此在上单调递减． 综合（1）（2）可知当时，， 当，即时，没有零点， 故关于x的方程根的个数为0； 当，即时，只有一个零点， 故关于x的方程根的个数为1； 当，即时， ①当时，由（1）知， 要使，只需使，即． ②当时，由（1）知； 要使，只需使，即； 所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2； 综上所述： 当时，关于x的方程根的个数为0； 当时，关于x的方程根的个数为1； 当时，关于x的方程根的个数为2． 核心口诀：移项构函数，化归零点数；同构巧变形，分离更直观。 高分技巧： 转化为函数零点问题（核心通法）：将方程 移项为 ，转化为讨论 的零点个数——按题型1方法操作即可； 分离常数法：将方程变形为 形式（参数分离或常数分离），根的个数等于水平直线 与曲线 的交点个数，直接利用 的图象特征判断； 同构变形法（指对方程）：若方程为 或 与 混合，通过同构化为 形式，利用 的单调性剥离外层，转化为简单方程。常用技巧：，或 ； 换元法：若方程含 与 的组合，或含 与 ，令 或 等，化为关于 的简单方程，根的个数需考虑 的取值范围与 的一一对应关系； 对数化处理（幂指方程）：对 型方程，取对数得 ，转化为代数方程分析；需注意取对数时两边均为正的前提，负值情况需单独讨论； 绝对值方程分段讨论：含绝对值的方程，按绝对值内部符号分段转化为多个普通方程，在各段上分别求根后合并，注意检查各根是否在该段定义域内； 周期性/对称性简化：若方程对应的函数具有周期或对称性，根的分布呈周期性或对称性，只需在一个周期或半区间上分析，再推广。 易错警示：同构变形时需确认外层函数在对应区间上的单调性，若不单调则不能直接剥离；换元后需注意新变量与原变量的取值范围对应关系（如 则 ，且一一对应； 则 ，每个 对应两个 ）；绝对值方程解完后必须验根，舍去不满足原方程的增根。 【变式4-1】（2026·云南·模拟预测）设函数（）． (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数，的值； (2)求证：； (3)关于的方程能否有三个不同的实根？证明你的结论． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)不可能有三个不同的实根，证明见解析 【分析】（1）对函数求导，根据已知切线方程列方程求参数值； （2）问题化为证明，构造函数并应用导数证明不等式即可； （3）问题化为证明在上至多有一个实根，导数研究在上的零点个数即可. 【详解】（1）由题设，且， 又点在切线上，所以，则， 又切线斜率为2，所以，故； （2）要证， 即证， 即证时，， 即证， 令，则， 故在上单调递增，， 故； （3）不可能有三个不同的实根，证明如下： 令，． 如果有三个不同的实根， 则至少要有三个单调区间， 则至少有两个不等实根， 只要证明在上至多有一个实根即可． ， 令，则， 当时，，， ， 在上单调递增， 在上至多有一个实根； 当时，由（2）得， ∵当时，， ， 在上没有实根． 综上所述，在上至多有一个实根， 所以不可能有三个不同的实根得证. 题型5 由方程根的个数求参数范围 【典例5-1】（2026·北京大兴·三模）已知函数. (1)若曲线与直线相切于点，求a，b的值； (2)若关于的方程有两个不同的解， （i）直接写出的取值范围，并求证：； （ii）判断与的大小关系，并说明理由. 【答案】(1) (2)（i）； 因为的方程有两个不同的解， 所以，且， 所以， 所以. 因为，所以， 所以； （ii），理由见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）（i）由的方程有两个不同的解，得到，且，通过计算得到结论；（ii）构造函数，利用导数法得到在上单调递增，从而得到当时有，不妨设，则，从而得到，通过计算得到 . 【详解】（1）因为，所以， 因为曲线与直线相切于点， 所以，所以，所以， 又，所以. （2）（i）略； （ii）；令， 则，则时，有. 即在上单调递增， 故时，有， 不妨设，则， 则，即，即， 即，又，即， 即：. 核心口诀：分离参数画图象，水平直线数交点；极值端点定临界，分类讨论得范围。 高分技巧： 分离参数法（首选）：将方程 （或 ）分离为 ，根的个数即直线 与曲线 的交点个数。作图分析 的单调区间、极值、渐近线和端点值，根据交点个数确定 的范围； 临界点分析法：确定 的极值点和端点极限值，这些值将数轴分为若干区间。在每个区间上直线与曲线的交点个数保持不变（或按单调区间逐个变化），因此只需在临界值处单独讨论，即可确定各区间对应的根的个数； 导数法作图象：若 的图象不易直接画出，通过求导分析单调性、极值和渐近线，画出大致图象（“导数描形法”），再与水平直线对比； 分类讨论参数位置：若参数无法完全分离（或分离后函数过于复杂），直接设 ，按参数 的不同取值范围讨论 的极值符号和零点个数——即对参数分类，每一类内用题型1方法分析； 双参数问题（一个参数为目标，一个为辅助）：若方程含两个参数，先固定一个（目标参数）为 ，另一个用已知条件消去或设为常数，再按上述方法求 的范围； 方程个数与导数极值对应关系速判：若 有 个单调区间，则直线 与曲线的交点数 ≤ （每个单调区间最多一个交点）。据此可快速确定最大根数，再结合极值符号精确定位； “有且仅有”与“至少”的转化：“有且仅有 个根”需同时满足“有 个”和“无第 个”，通常需列等式和不等式联立；“至少有 个根”只需满足极值条件（如三次函数至少3个根需极大值>0且极小值<0）。 易错警示：分离参数后若 的定义域为开区间，端点值需用极限代替且注意是否可取；作图象时不可仅凭大致形状判断，必须精确标注极值和端点极限；分类讨论时需确保各类之间无遗漏无重叠；若分离后分母含参数，需先讨论分母为0的情况。 【典例5-2】（2026·北京海淀·二模）已知函数，其中． (1)当时，求曲线经过点的切线条数； (2)当时，求证：对任意； (3)若关于的方程在区间上有且仅有1个解，直接写出的最小值． 【答案】(1)3； (2)证明：函数的定义域为R，求导得， 令，求导得， 由，，得，当时，； 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， ，即，函数在上单调递增， ， 所以当时，对任意. (3). 【分析】（1）设出切点坐标，利用导数的几何意义求出过点的切线方程，进而确定切线条数. （2）求出函数的导数并确定其单调性，由最大值推理得证. （3）由（2）可得是的一个解，再分离参数构造函数，利用导数求出其值域即可求出的范围. 【详解】（1）当时，函数，求导得， 设切点坐标为，则切线方程为， 而切线过点，因此，整理得， 解得或，当时，，切线方程为； 当时，，切线方程为； 当时，，切线方程为， 所以曲线经过点的切线条数为3. （2）略 （3）由（2）知，，， 因此是方程在的解，由方程在上有且仅有1个解， 得当时，无解，由， 得，令函数， 求导得 ，而，则， 函数在上单调递减， 当从小于的方向趋近于时，，又 当时，， 则恒成立，当且仅当时取等号， 即，，且当从大于的方向趋近于时，， 因此函数在上的值域为，由在无解，得， 由关于的方程在区间上有且仅有1个解，得， 所以的最小值为. 【变式5-1】（2026·贵州·模拟预测）已知函数的导函数为． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若方程有两个根，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，即可代入求解斜率，进而根据点斜式求解直线方程， （2）将问题转化为直线与函数图象的交点个数为2，即可构造函数，利用导数判断函数的单调性，进而求解最值得解. 【详解】（1）因为，所以 因为， 所以所求切线方程为，即． （2）因为， 所以的根即直线与函数图象的交点的横坐标. 令，则.由，得, 当， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 因为，且当时，，当, 所以的取值范围是 【变式5-2】（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)（i）（ii） 【分析】（1）直接求导分析的符号即可求解； （2）（i）设，把问题转化为与有两个交点，利用导数求出的最值即可求解； （ii）设，则方程变为，设两根为， 则，利用比值换元法证明对数均值不等式可得，然后再根据基本不等式即可求解. 【详解】（1）定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以单调递减区间为，单调递增区间为. （2）（i）方程等价于， 设，问题转化为与有两个交点， ，时，， 令，，所以在上单调递增， 且，故存在唯一满足，即， 并且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 又因为和时，，所以当时方程有两个不等实根. 故的取值范围为. （ii）原方程变形得：，设，则方程变为， 设两根为，则， 且满足， 不妨设，下面证明， 令， 则不等式变形为， 令，， 所以在上单调递增，所以， 即不等式成立，变形可得， 由基本不等式可得 ， 要使不等式恒成立，只需， 故的取值范围为. 题型6 图象交点问题 【典例6-1】（2026·河北邢台·二模）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若直线l是曲线的切线，且直线l与曲线仅有一个交点，求实数a的值. 【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减; (2)0 【分析】（1）先确定函数的定义域，将代入函数表达式，再对函数求导，并对导函数进行化简，依据，函数在对应区间上单调递增；，函数在对应区间上单调递减； （2）根据直线是曲线的切线，且直线与曲线仅有一个交点，得到直线与曲线的交点是切点，所以设切点的坐标为，根据导数的几何意义，以及切点在曲线和直线上，列出关于和的方程，整理化简得；令，对求导，分析的单调性和极值，根据仅有一个零点的条件确定的值. 【详解】（1）函数的定义域为; 当时，，得； 令，得或，则： 0 1 0 0 当时，；当时，； 在和上单调递增，在上单调递减. （2），； 直线是曲线的切线，且直线与曲线仅有一个交点，直线与曲线的交点是切点，设切点的坐标为； ，； ，得； 令，， 在上单调递增，即在存在唯一的实数根，使得； 又，； ，解得； 实数a的值为0. 【点睛】要注意函数的定义域为，所有分析都要在该定义域内进行；处理切线问题时，要确保切点同时满足曲线方程和切线方程，以及导数与斜率的关系；分析函数零点个数时，要结合函数的单调性和极值情况，注意极值点处的函数值与0的关系. 核心口诀：两图相减看零点，一图一动定参数；切线临界找相切，图象特征定交数。 高分技巧： 转化为方程根问题：曲线 与 的交点横坐标满足 ，即 的根，按题型3处理； 一动一定法（含参交点）：若两函数中含参数，将其中一个图象视为“定曲线”（），另一个视为“动直线/动曲线”（ 或 ），交点个数即动曲线与定曲线在不同位置时的公共点个数。关键操作：画出定曲线图象，分析动曲线变化时与定曲线的相切位置和特殊位置； 相切临界法：两曲线交点个数发生变化的临界点通常是“相切”状态——此时两曲线有唯一公共点（重根），满足 且 。联立方程组可求临界参数值，将数轴分段讨论； 零点附近符号判定：交点个数也可通过分析两函数差 在关键点处的符号变化判断。若 在某点处由正变负（或负变正），则穿过一个零点——对应于一个交点； 渐近线辅助判断：若两函数均有渐近线，分析 时 的极限符号，判断远端是否有交点；同时分析渐近线的相对位置，可快速排除远端无交点的情形； 利用函数值域直接判定：若 的值域与 的值域无交集，则两图象无交点；若有交集，还需结合单调性判断交点个数（每个单调区间最多一个交点）； “类切线”特殊位置：若动曲线不是直线而是一族曲线（如 随 变化），通过求导找出该族曲线与定曲线相切时的临界值，再分段讨论交点个数； 图象对称性简化：若两曲线均关于某轴对称或中心对称，交点也呈现对应关系，只需分析部分区间再对称推广。 易错警示： 且 是相切的必要条件（重根条件），但还需验证是否确实为切点（而不是两个交点重叠的特殊情况）；含参交点问题作图象时务必明确参数变化对图象的具体影响（平移、伸缩、翻折等）；分析渐近线时需区分“趋近但不相交”与“远处相交”的区别。 【典例6-2】（25-26高三上·北京·开学考试）已知函数． (1)当时，若直线过原点，且是曲线的切线，求的斜率； (2)当时，求证：存在唯一极值点且为极大值点； (3)若直线与曲线有且仅有两个交点，请直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求过某点的切线，设出切点之后，利用切线斜率等于切点处的导数，写出切线方程，再带入所过点，解方程即可. （2）求导之后对导数的分子进行讨论， 结合零点存在定理，讨论清楚即可证明. （3）根据前两问的提示，临界情况，，划分区间讨论即可. 【详解】（1）当时， ，定义域为，， 设切点坐标为 ，则 ，切线斜率， 切线方程为， 因为切线过原点 ，将其代入切线方程可得： ， 解得 ， ，代入切线斜率可得， 则的斜率为. （2）已知 ，其定义域为 ，则， 设， 因为 ，所以在上单调递减， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知，存在唯一 ，使得 ， 当时， ，即，在上单调递增， 当时， ，即，在上单调递减， 所以在处取得极大值，且为唯一极值点， 因此存在唯一极值点且为极大值点. （3）设，则在上有且仅有2个零点， 因， 设，则， ①当时， ，， 当时，，，， 当时，，，， 此时有且只有1个零点，不符合题意， ②当时，， 当趋于0时，趋于正无穷，趋于负无穷，趋于0，故趋于负无穷， 当趋于正无穷时，由于一次函数单调递增且增长速度远大于，，故趋于正无穷， 由零点存在定理可得，在都至少存在1个零点，不符合题意， ③当时，，， 函数在单调递减，且， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 函数取得极大值，有且只有1个零点，不符合题意， ④当时，单调递减， 且，， 故存在唯一，使得， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 设，，则是关于的一次函数， 由①③得，，故即， 所以，不会有2个零点，不符合题意， ⑤当时，， 设，对称轴， ， 当时，，在上单调递减， ，当趋于正无穷时，趋于负无穷， 当时，存在，使得， 当时，，，在上单调递减， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 而， 结合，则， 则时，，当趋于正无穷时，趋于负无穷， 所以无论正负，在存在唯一零点， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 则函数取得极大值， 当趋于0时，趋于正无穷，趋于负无穷，趋于0，故趋于负无穷， 当趋于正无穷时，由于一次函数单调递增且增长速度远大于，故趋于负无穷， 由零点存在定理，在上各存在1个零点，符合题意， 综上：. 【变式6-1】（2026·山东淄博·一模）设、为实数，且，函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)当时，， 设， 则， 由于，则 ， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则 ，即. (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可； （2）设，求导，分析函数的单调性，进而求证即可； （3）设，转化问题为函数有且仅有2个零点，分析易得 时才能满足题意，设，分析可得需满足，，设，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可. 【详解】（1）当 时，，则， 而，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）略 （3）设， 由题意，曲线与直线有且仅有两个交点， 则函数有且仅有2个零点， 而， 令，得，而，则 ， 当 时，，则函数在上单调递增， 此时函数最多有1个零点，不符合题意； 当 时，令 ，得，令 ，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又时，，时，， 要使函数有且仅有2个零点， 则，即， 设，则， 当时，，则，不满足题意； 当时，设，则， 则函数在上单调递减，又， 则时，，即， 则的取值范围为. 【变式6-2】（2026·辽宁·模拟预测）已知函数． (1)判断是否有极值； (2)设（）． （ⅰ）若直线是曲线的一条切线，求实数的值和切点坐标； （ⅱ）若曲线 与曲线有两个不同的交点，求实数的取值范围． 【答案】(1)无极值． (2)（i），切点坐标为；（ii）. 【分析】（1）先确定函数定义域，通过求导判断导数的符号恒非负，即可判断. （2）先化简的解析式，（i）利用导数的几何意义，结合切点同时在曲线和切线上列方程求解即可； （ii）将曲线交点问题转化为函数零点问题，通过求导分析函数单调性与最值，结合极限趋势确定参数范围. 【详解】（1）由题意知的定义域为，， 令，则． 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以 ，所以在上恒成立，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递增，故无极值． （2）（ⅰ）由题意知，其定义域为，且， 设切点为，则，， 所以切线方程为， 化简，得， 所以，消去，得，所以 ， 令 ，则 ， 显然在上单调递减，且， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以 有唯一解，此时，， 故，切点坐标为． （ⅱ）由题意，得关于的方程在上有两个相异实根， 即关于的方程 在上有两个相异实根， 令，则问题转化为在上有两个零点， （）， 当时，，则在上单调递增， 所以在上至多有一个零点，不合题意； 当时，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 要使在上有两个零点，则 ，所以． 又 ，且在上单调递减，所以在上有唯一零点； 由（1）得，所以， 所以 ， 又在上单调递增，所以在上有唯一零点． 综上所述，在上有两个零点的充要条件为， 所以的取值范围为． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数. (1)设，讨论函数在上的单调性； (2)判断函数在上的零点个数. 【答案】(1)在上单调递减. (2)有唯一零点. 【分析】（1）先对求导，再构造辅助函数二次求导判断导函数符号，从而确定在上的单调性； （2）连续三次求导逐层分析各阶导数的单调性与零点，结合端点函数值、零点存在定理锁定的单调区间，最终判断零点个数. 【详解】（1）因为，则， 令，则， 当时，，即在上单调递减， 又因为，所以当时，，所以， 所以在上单调递减. （2）函数在上有唯一零点. 因为， 则， 令，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 因为，， 所以，使， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以，使， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 又，所以，使， 所以在上有唯一零点. 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程；. (2)若的零点个数为2，求的取值集合. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)对函数求导求出时的斜率后即可求出切线方程. (2)通过函数求导并分类讨论求出函数的单调区间，并通过两个零点这一前提条件求出的值. 【详解】（1）当时， ， 当时， ， ， 切线斜率 ，又. 故可得切线方程为. （2）时，显然有且仅有一个零点，矛盾， 时，，考虑， 此时， 当时，若，则，单调递增，且 ， 由零点存在定理知其在内有且仅有一个零点． 故时其只有一个零点． 注意到时，，单调递减：时，，单调递增， 由唯一零点知 ，得． 当时，若，则，单调递增，且， ， 由零点存在定理知其在区间内有且仅有一个零点． 故时其只有一个零点， 注意到时，，单调递增； 时，，单调递减， 由唯一零点知 ，得． 综上，的取值集合是． 3．（2026·陕西西安·模拟预测）已知，，是自然对数的底数． (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围． 【答案】(1)当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； (2)． 【分析】（1）求出导函数，分和，分类讨论计算函数的单调性； （2）把方程有两个不等实根转化为与有2个交点，结合导函数得出函数的单调性及最值，计算求出参数范围. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，恒有，则函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）方程，即，当时，方程不成立，则； 令，依题意，方程有两个不等实根，即直线与的图象有两个交点， 求导得，当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 而当时，，当时，，且当时，取得极小值， 作出函数，的大致图象，如图， 观察图象，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围为． 4．（2026·上海静安·二模）已知函数（且）． (1)当时，求函数的极值； (2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； (3)若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围． 【答案】(1)极大值，无极小值 (2)，切点坐标为 (3)的取值范围 【分析】（1）求导找单调性变化点，进而确定极值； （2）先求导得到切线斜率公式，再根据 “切点在曲线、切线上，且切线斜率等于导数” 列三个方程，联立消元求解，试根得到切点横坐标，最终算出和切点坐标； （3）将两函数交点问题转化为方程根的问题，用导数分析函数单调性，再根据零点存在性求参数范围． 【详解】（1）当时，，的定义域为， ， 令，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在处取极大值，无极小值． （2）， 设切点为，切线的斜率为，所以①， 因为切点同时在曲线和切线上，所以②， 由①得③，由②得④， ③④得⑤， 将⑤代入②中得，即⑥， 设，， 令， 由，得，单调递增， 又， 所以时，，单调递减， 时，，单调递增， 又， 所以是的唯一零点， 即方程⑥的根，代入⑤得，切点坐标为． （3）令，即，整理得， 问题转化为在有个不同正根， 令， ， 若，则，在单调递增，最多个零点，不符合题意， 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 要使有个不同零点，需满足极小值小于（当和时，满足题意）， 所以，解得， 所以的取值范围． 5．（2026·河北张家口·二模）已知函数. (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若时，函数有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）转化问题为在上恒成立，进而分、两种情况讨论求解即可； （2）令，可得，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】（1）因为在上为增函数， 所以在上恒成立. 若，则在上恒成立，满足题意； 若，由对恒成立，知， 则成立，即，解得. 综上所述，实数的取值范围是. （2）若时，由，得， 设，， 则， 由得，由得或， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为与， 又，当时，，时，， 作出函数的图象，如下： 要使函数有3个零点，则与的图象有3个交点， 即，所以的取值范围是. 6．（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)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)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）略 （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. 创新提升 7．（2026·湖南株洲·模拟预测）已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)若，证明不等式在上恒成立； (3)若，且在上只有一个零点，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)见解析； (3). 【分析】（1）利用导数的几何意义求解出切线的斜率，再用点斜式方程求解； （2）将原不等式等价转化为证明，从而只要求出的最大值即可； （3）的零点个数转化为讨论在零点. 【详解】（1）当时，， ， ， 则在处的切线方程为， 即. （2）当时，，要证，即证， 也即证明在上恒成立， 令，， 令，，则 ， 故在上单调递减，所以，即 所以，故在上单调递减，， 故不等式在上恒成立. （3）若，则当时， ，且 ， 所以，不可能只有一个零点．故只需考虑． 设，则， ， 先讨论． 由 得， 设 ， 则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，并且， 并且当从右侧趋近于时，趋近于；当 时，． 由此可得：当时，在上无解； 当时，在上只有一个解； 当时，在上有两个解； 当时，在上只有一个解，且该解在内． 下面同时检查的零点． 当时，由知在上单调递增，且， 所以，此时无零点，不符合题意． 当时，， 设，，则， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 则，则， 则，当且仅当时取等号． 又，所以在上恒为正． 因此在上只有一个零点，符合题意． 当时，在上已有两个解，所以至少有两个零点，不符合题意． 当时，在上有一个解． 另一方面，当从右侧趋近于时，有 ， 而 故由连续性可知，存在，使得 ．于是至少有两个零点，不符合题意． 综上，的取值范围为 8．（2026·山东·模拟预测）已知函数，为的导数． (1)求在处的切线方程； (2)证明在区间存在唯一极大值点； (3)证明有且仅有2个零点． 【答案】(1) (2)由题意知定义域为且， 令，， ，， 在上单调递减，在上单调递减， 在上单调递减， 又，， ，使得， 当时，；时，， 即在上单调递增；在上单调递减， 则为唯一的极大值点， 即在区间上存在唯一的极大值点． (3)，， ①当时，由（2）可知在上单调递增， 在上单调递减， 又， 为在上的唯一零点． ②当时，在上单调递增，在上单调递减 又， 在上单调递增，此时，不存在零点， 又， ，使得， 当，，当，， 在上单调递增，在上单调递减， 又，， 在上恒成立，此时不存在零点. ③当时，单调递减，单调递减， 在上单调递减， 又，， 即，又在上单调递减， 在上存在唯一零点， ④当时，，， ， 即在上不存在零点. 综上所述有且仅有2个零点． 【分析】（1）对求导，求，，根据点斜式方程写出切线方程； （2）求二阶导数分析的单调性，分析上零点情况，判断零点个数； （3）分析在的单调性和零点，的单调性和零点，的单调性和零点， 的单调性和零点. 【详解】（1）， ，， 切线方程为． （2）略 （3）略 9．（2026·湖北随州·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若，证明：； (3)设函数，若有两个不同的零点，，且，求的取值范围． 【答案】(1)在 上单调递增，在 上单调递减 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据导数与单调性的关系求解即可. （2）构造函数，结合导数与单调性及最值的关系分别证明不等式的左边及右边，即可得证. （3）通过分离常数将原问题转化为方程有两个不同的实根的问题，构造函数，结合导数与单调性及最值的关系作出简图，求出当时，的值，进一步讨论求解即可. 【详解】（1）当时，， 由题意得，． 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在上单调递增，在上单调递减． （2）若，那么函数． 要证明，即证明，即． 设，由，可得，待证不等式转化为． 左边：设，则， 所以在上单调递增，故，即； 右边：设，则， 因此函数在上单调递减，故，即． 综上，当时，. （3）由题意知. ，是有两个不同的零点，即方程有两个不同的实根． 令，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在上单调递增，在 上单调递减，则， 且当时，，当时，． 则的大致图像如图，可知若曲线与直线有两个交点， 交点的横坐标分别为，，则，且． 先考虑的情形： 此时，则，所以， 所以，此时． 当时，，，从而，不符合条件； 当时，，，从而，符合条件， 所以要使，必须，所以． 故的取值范围是． 10．（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，关于x的方程有两个不同的实数根，， ①求k的取值范围； ②当取最小值时，求k的值． 【答案】(1)单调递增区间为，，无单调递减区间． (2)①；②3 【分析】（1）先求，再通过研究的正负性来确定的正负性，即可求出的单调区间； （2）①将问题转化为在上有两个不同的零点，根据导函数研究其单调性，最后根据零点存在性定理即可得出； ②由题意，再结合在上单调递增，得到最小时即取最小值，进而可求解. 【详解】（1）定义域为． 当时，， ， 令，则， 令，得． 当变化时，的变化情况如下： x 0 － 0 ＋ ↘ 极小值 ↗ 所以， 所以当时，恒成立， 所以恒成立， 所以单调递增区间为，，无单调递减区间． （2）①：当时，． 令，则，即， 令， 关于x的方程有两个不同的实数根，，， 有两个不同的零点，，，且，均不为0， ， 当时，，在上单调递增，至多有一个零点，不合题意， 当时，令，得． 当变化时，的变化情况如下： x － 0 ＋ ↘ 极小值 ↗ 所以， 所以． 又，， ，当，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 即， 所以， ，，所以． 因为， ， 又，且在单调递减，在单调递增， 所以，，使，． 所以有两个不同的非零零点， 综上，k的取值范围为． ②即． 由①知．所以， 所以即， 由（1）知在上单调递增， 所以最小时取最小值， 即也取最小值． 设， 则， 设，则， 所以在上单调递增，又，， 所以存在使得， 且时，， 时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 此时． 11．（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)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. 【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）略 （3）略 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $