微专题拓展12 利用导数解决零点问题（7大题型）-2027年新高考数学一轮总复习解题妙招精讲与题型整合（新高考专用）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数解决零点问题核心考点，涵盖零点个数分析、参数范围求解、隐零点代换等七大题型，按解题方法总结、重难点题型梳理、课后拓展精练的逻辑架构展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练（含模拟预测题）帮助学生构建解题框架，突破高频难点。 讲义以题型分层教学为特色，如隐零点问题通过整体代换培养数学思维，零点差证明借助函数构造提升推理能力，设置基础到综合的分层练习，配合即时反馈，高效提升学生逻辑推理与运算能力，为教师精准把控复习节奏提供实用指导。

微专题拓展12 利用导数解决零点问题 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：导数分析函数零点个数问题 3 题型二：由函数零点个数求解参数取值范围问题 4 题型三：隐零点整体代换问题（隐零点问题） 6 题型四：零点存在性赋值找点问题 6 题型五：双零点差值范围问题（零点差问题） 7 题型六：含最值（max/min）结构的零点综合问题 10 题型七：多零点综合问题 11 03 课后拓展精练 13 1、解决零点个数问题常用的方法主要有以下三种： (1)转化为两个函数图象交点的个数问题，利用数形结合思想求解. (2)转化为函数f(x)的图象与x轴交点个数的问题. (3)将进行参变分离，转化为的形式；有时为了避免出现“断点”，可以考虑“倒数分参”. 2、解决含参数的零点问题常用的方法主要有以下三种： (1)分离参数法：分离之后函数无参数，则可得到函数的图象，然后上下移动参数的值，观察直线与函数图象交点个数即可. (2)隔离构造函数法：将一个函数分成两个函数，一个为容易求导的不含参函数，另一个为图象是一条直线的含参函数，观察它们图象的变化趋势，找到临界的位置，易求得参数的取值范围. (3)直接构造法：直接研究函数f(x)，对参数进行分类讨论，判断函数单调性，利用函数零点存在定理，判断零点个数，从而求出参数的取值范围. 题型一：导数分析函数零点个数问题 例1．已知函数，曲线在 处的切线方程为. (1)求的值； (2)证明：函数在区间上存在唯一极大值点； (3)求函数的零点个数. 例2．已知函数. (1)讨论单调性 (2)当时，证明：函数有且仅有一个零点； 例3．（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. 变式1．（2026·高三·河南·阶段检测）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论曲线与的交点个数. 变式2．已知函数 (1)求在处的切线方程； (2)讨论在上的零点个数. 题型二：由函数零点个数求解参数取值范围问题 例4．已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)在（1）问的条件下，求的最小值 (3)若有两个零点，求的取值范围． 例5．已知函数． (1)当时，求的极值； (2)若在上存在零点，求的取值范围． 例6．（2026·重庆·三模）设函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，求的范围． 变式3．（2026·北京·模拟预测）已知函数. (1)若函数的极值点在内，求m的取值范围； (2)若有两个零点，求m取值的范围. 变式4．（2026·高三·广东茂名·阶段检测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个零点，求m 的范围． 变式5．（2026·四川广安·二模）已知函数（为常数）. (1)若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值； (2)是否存在实数，使得有3个零点？若存在，求实数的范围；若不存在，请说明理由. 题型三：隐零点整体代换问题（隐零点问题） 例7．已知函数． (1)求曲线在函数零点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若关于的方程恰有两个不同的实根，且，求证：． 例8．（2026·高三·云南临沧·阶段检测）已知函数． (1)若存在两个极值点，求实数的取值范围； (2)设函数，且在上有个零点，若，证明：． 例9．（2026·天津·一模）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设为的导函数，若在上有两个不同的零点，，求证：． 变式6．设函数. (1)求的最大值； (2)若函数存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）设的极大值点为，的零点为，求证：. 题型四：零点存在性赋值找点问题 例10．（2026·高三·广西玉林·阶段检测）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时， （i）证明：恰有两个零点； （ii）在（i）的条件下，证明：，且. 例11．已知函数 (1)求在点处的切线l的方程； (2)若； （ⅰ）证明：函数恰有两个零点； （ⅱ）设为的较大零点，，证明：． 例12．（2026·四川雅安·二模）已知函数 (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，设为的极小值点，为的零点，证明：． 题型五：双零点差值范围问题（零点差问题） 例13．（2026·高三·黑龙江·期中）已知函数． (1)设函数，求的最大值． (2)证明：在定义域内有且仅有两个零点． (3)设的两个零点分别为，且，若存在两实数，满足，且，证明：． 例14．（2026·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． 例15．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数在区间内极值点的个数． (2)设函数，若函数存在两个不同的零点，且． （i）求实数a的取值范围； （ii）证明：． 变式7．（2026·高三·安徽蚌埠·期末）已知函数在区间内存在零点． （1）求的范围； （2）设，是的两个零点，求证：． 题型六：含最值（max/min）结构的零点综合问题 例16．（2026·浙江·二模）定义，已知函数，其中. (1)当时，求过原点的切线方程； (2)若函数只有一个零点，求实数的取值范围. 例17．已知函数. (1)当为何值时，轴为曲线的切线； (2)用表示中的最大值，设函数，试讨论函数零点的个数. 例18．（2026·湖北黄冈·三模）已知函数． (1)当时，求函数在上的极值； (2)用表示中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数． 变式8．（2026·高三·陕西商洛·期末）已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）用表示，中的最大值，已知，求函数的零点的个数. 变式9．已知函数. (1)若是的极大值点，求的值； (2)用表示中的最大值，设函数，试讨论零点的个数. 注：若，当时，，当时，. 题型七：多零点综合问题 例19．已知函数，． (1)若过原点的直线与曲线相切于点，证明：为定值； (2)已知恰有两个零点，，恰有两个零点，，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：． 例20．（2026·河北邢台·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 例21．已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 变式10．（2026·高三·重庆·开学考试）已知函数和．设为函数的两个零点，，为函数的两个零点． (1)求的取值范围； (2)证明：． 1．已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)讨论函数的零点个数. 2．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．（2026·高三·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. 4．（二、隐式零点探求型）已知函数．当时，讨论函数的零点个数． 5．（2026·河南郑州·模拟预测）已知函数． (1)若a＝1，求函数的极值； (2)若函数在区间上有且只有一个零点，求实数a的范围． 6．（2026·宁夏银川·三模）已知曲线. (1)求在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围． 7．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)令，若函数在上存在两个零点，求实数的取值范围. 8．（2026·四川南充·三模）已知函数，． (1)当时，求函数在上的极值； (2)用表示，中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数． 9．（2026·四川南充·三模）已知函数，其中为自然对数的底数. (1)当时，求函数的极值； (2)用表示，中的最大值，记函数，当时，讨论函数在上的零点个数. 10．（2026·安徽铜陵·模拟预测）已知函数． (1)时，对任意，有“”是“”的充分条件，求的取值范围； (2)若对任意，函数有两个零点． （i）求的范围； （ii）在（1）的条件下，求当两个零点距离最小时的值． 11．已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 12．已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有三个不同的零点、、，且. （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：. 13．（2026·江苏苏州·模拟预测）已知函数. (1)时，求的最小值； (2)若存在，使得有四个零点，这四个零点从小到大依次记为，，，. ①求的取值范围（直接写出答案，无需说明理由）； ②证明：. 14．（2026·高三·广东东莞·期末）已知函数． (1)判断函数的单调性； (2)当时，证明：曲线恒在曲线的上方； (3)当恰有四个零点时，证明：． 15．（2026·高三·安徽合肥·阶段检测）已知函数和有相同的最大值． (1)求的值； (2)已知直线与两条曲线和共有四个不同的交点，从左到右四个交点的横坐标分别设为，证明：． 16．已知函数和有相同的最小值． (1)求； (2)若直线与和的图象共有四个不同的交点，试探究：从左到右四个交点横坐标之间的等量关系． 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题拓展12 利用导数解决零点问题 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：导数分析函数零点个数问题 3 题型二：由函数零点个数求解参数取值范围问题 8 题型三：隐零点整体代换问题（隐零点问题） 13 题型四：零点存在性赋值找点问题 13 题型五：双零点差值范围问题（零点差问题） 18 题型六：含最值（max/min）结构的零点综合问题 28 题型七：多零点综合问题 35 03 课后拓展精练 44 1、解决零点个数问题常用的方法主要有以下三种： (1)转化为两个函数图象交点的个数问题，利用数形结合思想求解. (2)转化为函数f(x)的图象与x轴交点个数的问题. (3)将进行参变分离，转化为的形式；有时为了避免出现“断点”，可以考虑“倒数分参”. 2、解决含参数的零点问题常用的方法主要有以下三种： (1)分离参数法：分离之后函数无参数，则可得到函数的图象，然后上下移动参数的值，观察直线与函数图象交点个数即可. (2)隔离构造函数法：将一个函数分成两个函数，一个为容易求导的不含参函数，另一个为图象是一条直线的含参函数，观察它们图象的变化趋势，找到临界的位置，易求得参数的取值范围. (3)直接构造法：直接研究函数f(x)，对参数进行分类讨论，判断函数单调性，利用函数零点存在定理，判断零点个数，从而求出参数的取值范围. 题型一：导数分析函数零点个数问题 例1．已知函数，曲线在 处的切线方程为. (1)求的值； (2)证明：函数在区间上存在唯一极大值点； (3)求函数的零点个数. 【解析】（1）由，可得， ，则， 因曲线在 处的切线方程为，则. （2）证明：由（1）得，求导得， 设，则， 当时，，，则，故函数在上单调递减， 又，由零点存在定理，存在唯一的，使得. 当时，，即，则函数在上单调递增； 当时，，即，即函数在上单调递减. 故为函数在区间上的唯一极大值点； （3）函数的定义域为，则， ①当时，由（2）知，函数在上单调递增，在上单调递减. 又，即当时，，即， 故函数在上单调递减，故函数在上仅有零点； ②当时，因，由（2）当时，单调递增， 故，即在上单调递增， 当时，单调递减，因， 则在后面一段区间必有,单调递减,在上先增后减， 又，则当时，，即函数无零点； ③当时，若，则，则函数在上单调递减， 又，由零点存在定理，函数存在唯一的零点； 若，则，而，则恒成立，故函数在上无零点. 综上，函数共有与两个零点. 例2．已知函数. (1)讨论单调性 (2)当时，证明：函数有且仅有一个零点； 【解析】（1）函数的定义域为. 求导得. 令，得或，分情况讨论： 当即时，恒成立. 时，，在上单调递减. 时，，在上单调递增. 当且即且时，方程的解为. ①若，则： 时，，在上单调递增. 时，，在上单调递减. 时，，在上单调递增. ②若，则： 时，，在上单调递增. 时，，在上单调递减. 时，，在上单调递增. 当即时，，恒成立，在上单调递增. 综上所述：时，在单调递减，单调递增. 时，在单调递增，单调递减，单调递增. 时，在上单调递增. 时，在单调递增，单调递减，单调递增. （2）①当时，，由， 及函数单调递增，可得函数有且仅有一个零点. ②当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 又由，可得.当时，，可得函数有且仅有一个零点. ③当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 又由 又由，当时，，可得函数有且仅有一个零点， 综上所述，当时，函数有且仅有一个零点. 例3．（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. 【解析】（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. 变式1．（2026·高三·河南·阶段检测）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论曲线与的交点个数. 【解析】（1）由题意得，. 故，. 则曲线在点处的切线方程为，即. （2）由题意等价于. 设，. 则，记. 且，则是偶函数，且. ①当时，，. 故，在区间上单调递增，. ②当时，. 则当时，. 又因为是偶函数，所以当时，.从而在区间上单调递增， ，， 所以， 若或，即或，则曲线与无交点， 若，则曲线与有一个交点. 变式2．已知函数 (1)求在处的切线方程； (2)讨论在上的零点个数. 【解析】（1），所以在处的切点坐标为， ，则， 故在处的切线方程为. （2）讨论函数 的零点个数，即方程的解. 当时，等价于：，令， 问题转化为直线与的交点个数. ，得，当时，，单调递减； 当 时，，单调递增；是极小值点，. 时，时， . 结合的取值讨论零点个数： 当时，与无交点，无零点； 当时，与有一个交点，一个零点； 当 时，与有两个交点，两个零点. 综上：当时，无零点；当时，一个零点；当时，两个零点. 题型二：由函数零点个数求解参数取值范围问题 例4．已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)在（1）问的条件下，求的最小值 (3)若有两个零点，求的取值范围． 【解析】（1）由题设，则， 当时，当时， 所以的递减区间为，递增区间为； （2）由（1）知，； （3）由题意得：； 当时，恒成立， 在上单调递增， 至多有一个零点，不合题意； 当时，令，解得：， 当时，当时， 在上单调递减，在上单调递增， ； 当时，，则，则至多有一个零点，不合题意； 当时，，则； ， ， 在上有唯一零点； 由（1）知：当时，， 则且时，， 在上有唯一零点； 则时，有两个不同零点； 综上所述：实数的取值范围为. 例5．已知函数． (1)当时，求的极值； (2)若在上存在零点，求的取值范围． 【解析】（1）当时，的定义域是，求导得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，无极小值. （2）函数， 由，得. 令，依题意，直线与函数在上的图象有交点， 由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，， 而，，，当时，， 当且仅当时，直线与函数在上的图象有交点， 所以的取值范围为. 例6．（2026·重庆·三模）设函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，求的范围． 【解析】（1）当 时，函数为：， 所以， 所以曲线在点 处的切线斜率为： ， 所以，整理得切线方程：. （2）函数 的定义域为 ，， 当时，因为 ，所以 在   上恒成立， 故 在   上单调递增，此时 至多有1个零点，不符合题意； 当时，令 ，解得：， 当 时，，故 ， 单调递减， 当 时，，故 ， 单调递增， 因此， 在 处取得极小值（也是最小值）： 又，， 因此有两个零点当且仅当极小值小于零， 即，所以 ，所以. 综上，的取值范围是 变式3．（2026·北京·模拟预测）已知函数. (1)若函数的极值点在内，求m的取值范围； (2)若有两个零点，求m取值的范围. 【解析】（1）由, 则， 要使函数的极值点在内， 则在上有解， 即在上有解，则，解得， 即m的取值范围为. （2）由，， 则， 当时，，，则， 此时函数在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意； 当时，，令，得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 又时，，时，， 要使有两个零点，则恒成立， 设，则， 所以函数在上单调递增，又， 则，解得. 综上所述，m取值的范围为. 变式4．（2026·高三·广东茂名·阶段检测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个零点，求m 的范围． 【解析】（1）函数， 当时，则在上单调递增; 当时，令，得， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在内单调递减，在单调递增； （2）由题意可得：， 令，整理可得， 设，则， 由， 令，得，令，得， 则在内单调递减，在内单调递增， 由题意可知：有两个零点，则，解得， 若，令， 则，则， 可知在内有且仅有一个零点， 且当趋近于趋近于， 可知内有且仅有一个零点， 即，符合题意， 综上所述，的取值范围为. 变式5．（2026·四川广安·二模）已知函数（为常数）. (1)若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值； (2)是否存在实数，使得有3个零点？若存在，求实数的范围；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为，所以， ，， 所以曲线在处的切线为 ，即. 令，则， 若，则，则切点为，切线为，不合题意； 若，则；令，则. 又切线在两坐标轴上的截距相等，即， 故. （2）若函数有3个零点，等价于方程有三个解. 其中时，显然不是方程的根， 当时，转化为与的图象有3个交点. 又由， 令，解得或；令，解得， 所以函数在，上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数取得极小值，极小值为. 又由时，；当时，且；当时，， 故函数的大致图象如下图所示： 所以，即实数的取值范围为. 题型三：隐零点整体代换问题（隐零点问题） 例7．已知函数． (1)求曲线在函数零点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若关于的方程恰有两个不同的实根，且，求证：． 【解析】（1）函数的定义域为， 令，得，解得. 因为. 所以. 所以曲线在函数零点处的切线方程为，即. （2）函数的定义域为， . 因为，所以当时，，；当时，，. 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）由（2）可得函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. 所以在处取得极大值，即最大值，最大值为. 当时，，所以； 当时，，所以. 所以若关于的方程恰有两个不同的实根，且，则，且. 由，得，所以. 例8．（2026·高三·云南临沧·阶段检测）已知函数． (1)若存在两个极值点，求实数的取值范围； (2)设函数，且在上有个零点，若，证明：． 【解析】（1）由，得， 因为方程有两个不等实根， 即方程有两个不等实根， 所以，即， 即的取值范围为； （2）由，得，即， 设函数， 则， 设函数，则，函数为增函数， 因为，，， 所以，且， 当时，，， 当时，，， 所以当时，取得极大值，也为最大值， 且极大值为， 因为， 所以当在上有个零点时，． 例9．（2026·天津·一模）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设为的导函数，若在上有两个不同的零点，，求证：． 【解析】（1）函数，有， ，有， 所以切线方程为， 即曲线在点处的切线方程为. （2）函数，，， 令，，， 令，得， 令，得，所以在上单调递减， 令，得，所以在上单调递增， 所以， ①当时，， 所以，即， 所以在上单调递增； ②当时，， 所以，即， 当时，，，从而， 当时，，，与相比，指数函数呈爆炸性增长，从而， 所以有两根，记为， 当变化时，与的变化情况如下表： + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，有两根，记为，在和上单调递增，在上单调递减. （3）证明如下： 由（2）知，， 因为函数在上有两个不同的零点， 所以即，即， 两式相除得，令③， ，所以，代入③式得， ， 令，，， 令，， 因为，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 得证. 变式6．设函数. (1)求的最大值； (2)若函数存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）设的极大值点为，的零点为，求证：. 【解析】（1）由题可知，定义域为，则， 当时，则，所以在上单调递增， 当时，则，所以在上单调递减， 故在处取极大值，即最大值，为． （2）（i）由题可得，，则， 因为函数存在两个极值点，则存在个变号零点，令， 则一个零点为，另一个零点为方程的非零实根， 当时，方程无解，则，所以，因此且； （ii）根据（i）可知时，存在两个极值点， 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点， 为的零点，则，因为，所以， 则； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点， 即，，， 所以， 故，，当且仅当，时，等号成立， 综上，. 题型四：零点存在性赋值找点问题 例10．（2026·高三·广西玉林·阶段检测）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时， （i）证明：恰有两个零点； （ii）在（i）的条件下，证明：，且. 【解析】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值为，无极小值. （2）（i），令，得，易知在上单调递增，在上单调递减； 故. 令，则，因为. 所以， 所以在上单调递增， 因为，所以在上存在唯一的零点，即； 又， 记，则，所以在上单调递减， 所以，故， 因此在上存在唯一的零点，即. 结合的单调性可知，恰有两个零点且. （ii）设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以 即，所以， 所以， 故. 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则， 又 所以. 例11．已知函数 (1)求在点处的切线l的方程； (2)若； （ⅰ）证明：函数恰有两个零点； （ⅱ）设为的较大零点，，证明：． 【解析】（1）由求导得，则，又， 则在点处的切线l的方程为 （2）（i）由题可知，则， 设，则， 因为，所以，所以在上是减函数． 由，又结合，得，，所以， 所以存在，使得， 所以当时，，即，此时单调递增， 当时，，即，此时单调递减，所以是唯一的极值点， 显然， 因为在上递增，所以在上必存在一个零点， 因为 (后附证明①)，则，所以， 且 ，即，所以， 则， 所以在区间上必存在一个零点， 综上所述：在区间上恰有两个零点． （ii）由（i）可知，，得， ，得，所以， 即，因为，则， 所以，则 所以，因（后附证明②），则得证． 附证明：① .设，则， 由可得，由可得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故，即，当且仅当时取等. 证明：② .设 ，则， 则函数在上单调递减，则，即. 例12．（2026·四川雅安·二模）已知函数 (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，设为的极小值点，为的零点，证明：． 【解析】（1）当时，，， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 所以，故的最小值为． （2）， 当 时，令，得或， 当时， ， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递增； 此时在上单调递增． 当时， ， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 当时， ， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 综上：当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； （3）由（2）知当时，显然仅有一个极值点， 当时，存在两个极值点， 且，， 又由于且当时，， 所以在存在唯一零点． 若，由（2）知 ，则成立． 若，则 要证，只需证，即证， 即证，只需证． 设，则， 所以当时，，则在上单调递减， 当时， ，则在上单调递增， 所以， 设 ，则 ，（），故在上单调递减， 所以，即 当时，， 所以 所以在上恒成立， 故当时，成立． 综上，成立． 题型五：双零点差值范围问题（零点差问题） 例13．（2026·高三·黑龙江·期中）已知函数． (1)设函数，求的最大值． (2)证明：在定义域内有且仅有两个零点． (3)设的两个零点分别为，且，若存在两实数，满足，且，证明：． 【解析】（1）由题意得，，其定义域为， ， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以在时取得最大值， 综上所述，的最大值为0． （2）由题意得，的定义域为， 当时，单调递增，又， 所以在上存在唯一零点0； 当时，设，则， 所以在上单调递减，又，所以存在，使得， 当时，单调递增， 当时，，单调递减， 又， 由零点存在性定理得，在上存在唯一零点， 此零点是在上的唯一零点； 当时，由（1）可知，在上单调递减， 故而当时，，所以在上无零点； 综上所述，在定义域内有且仅有2个零点．得证． （3）由（2）可得，， 构造函数，则 设，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，所以， 所以当时，，所以， 又，所以，所以， 又，所以，得证． 例14．（2026·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． 【解析】（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）证明：．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． 例15．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数在区间内极值点的个数． (2)设函数，若函数存在两个不同的零点，且． （i）求实数a的取值范围； （ii）证明：． 【解析】（1）因为，所以． 若 ，当时，恒成立， 则函数 在 上单调递增，无极值点． 若，当时，，函数 在上单调递减； 当 时，，函数 在 上单调递增， 故是函数 的极小值点，且函数 无极大值点． 综上可知，当 时，函数 在区间 内极值点的个数为0； 当时，函数 在区间 内极值点的个数为1． （2）（i）由题意知， 所以． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在 上单调递增， 则， 因为函数存在两个不同的零点，所以，即， 所以实数a的取值范围为． （ii）下面找两个点m，，使得， 注意到，且，于是考虑找点， 下面我们证明：． ①要证，即证，设，要证明 ， 即设，则，则 所以在 上单调递增，得， 所以在 上单调递增， 故，即 因此． 设，则， 所以 在 上单调递增，所以， 因此，又，故，即， 又，所以．．             ②， 设，则， 易知 在上单调递增，在 上单调递减， 所以，即 ． 因为，即，所以，且， 因此， 因为，所以，所以， 即得证． 变式7．（2026·高三·安徽蚌埠·期末）已知函数在区间内存在零点． （1）求的范围； （2）设，是的两个零点，求证：． 【解析】（1）由题意，方程在区间有解， 即方程在区间有解， 设函数，即在区间存在零点． 因为， ①若，则，，成立， 在区间单调递增， ，，， 所以在区间存在零点； ②若，则，在内单调递减， 且，所以在区间无零点； ③若，则，， 当时，， 故在区间无零点； 综上所述，． （2）由（1）可知， 时，在区间单调递减，在区间单调递增， 且在区间存在一个零点； 又，， 所以在区间也存在一个零点， 从而， 所以，不等式得证． 题型六：含最值（max/min）结构的零点综合问题 例16．（2026·浙江·二模）定义，已知函数，其中. (1)当时，求过原点的切线方程； (2)若函数只有一个零点，求实数的取值范围. 【解析】（1）由题意知定义域，当时， ， 令， ， 在单调递增，单调递减，且， 令，则在单调递增，而， 又，，而， 所以当时，，当时，， 所以当时，，当时，， 所以， 所以在和单调递增，在单调递减. （ⅰ）当时，，设切点， 则此切线方程为， 又此切线过原点， 所以，解得， 即此时切线方程是 ； （ⅱ）当时，，所以， 设切点为，此时切线方程， 又此切线过原点，所以，解得， 所以此时切线方程， 综上所述，所求切线方程是：或； （2）（ⅰ）当时， 由（1）知，在和单调递增，单调递减， 且，， ， 此时有两个零点； （ⅱ）当时， 当时，， 由（1）知：在递增，递减，且， 所以时，，而， 所以在只有一个零点，没有零点； （ⅲ）当时， ，此时得， 由（1）知，当时，只有一个零点， 要保证只有一个零点，只需要当时，没有零点， ，得； （ⅳ）当时，当时，， 此时只有一个零点， 综上，只有一个零点时，或 . 例17．已知函数. (1)当为何值时，轴为曲线的切线； (2)用表示中的最大值，设函数，试讨论函数零点的个数. 【解析】（1）设曲线与轴相切于点，则， 即，解得. （2）当时，在无零点. 当时，若，则， 故是的零点； 若，则， 故不是的零点. 当时，，所以只需考虑在的零点个数. （i）若或，则在无零点， 故在单调，而， 所以当时，在有一个零点； 当时，在无零点. （ii）若，则在单调递增，在单调递减， 故当时，取的最大值，最大值为. ①若，即在无零点. ②若，即，则在有唯一零点； ③若，即，由于， 所以当时，在有两个零点； 当时，在有一个零点. 综上，当或时，有一个零点； 当或时，有两个零点； 当时，有三个零点. 例18．（2026·湖北黄冈·三模）已知函数． (1)当时，求函数在上的极值； (2)用表示中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数． 【解析】（1）当时，， 由，得或，则和随的变化如下表所示： 0 + 0 - 0 + 0 - 极大 极小 极大 ∴在上有2个极大值：在上有1个极小值． （2）由，知． （ⅰ）当时，， ∴，故在上无零点． （ⅱ）当时，． 故当时，即时，是的零点； 当时，即时，不是的零点． （ⅲ）当时，．故在的零点就是在的零点， ． ①当时，，故时，在是减函数， 结合，可知，在有一个零点， 故在上有1个零点． ②当时，，故时，在是增函数， 结合可知，在无零点，故在上无零点． ③当时，，使得时，在是增函数； 时，在是减函数； 由知，． 当，即时，在上无零点，故在上无零点． 当，即时，在上有1个零点，故在上有1个零点． 综上所述，时，有2个零点；时，有1个零点；时，无零点 变式8．（2026·高三·陕西商洛·期末）已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）用表示，中的最大值，已知，求函数的零点的个数. 【解析】（1）函数的定义域为，且. 当时，对恒成立，所以在上单调递增. 当时，令，得， 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，，从而，所以在上无零点. 当时，，，所以是的零点. 当时，，所以在上的零点个数只需要考虑在上的零点个数. 由（1）知，在上单调递减， 所以，从而在上无零点 综上，的零点个数为1. 变式9．已知函数. (1)若是的极大值点，求的值； (2)用表示中的最大值，设函数，试讨论零点的个数. 注：若，当时，，当时，. 【解析】（1）由函数，可得， 因为是的极大值点，则，解得， 当时，可得， 当时，，令，则， 所以在上单调递减，则，即， 此时在上单调递增； 当时，令，可得，则， 故即单调递减， 又因为，所以当时，单调递减， 所以，当时，是的极大值点，符合题意. （2）（I）由函数， 当时，，，此时无零点； （II）当时，可得， ①若，即时，， 此时不是的零点； ②若，即时，， 此时是的零点； （III）当时，，零点个数等于零点个数， 显然是的一个零点； 当时，可转化为， 令，则， 由（1）知，， 所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增， 且当时，，当时，， 可得，函数的图象所示： ①当或或时，有1个零点； ②当或时，有2个零点； ③当时，无零点. 综合（I）（II）（III）得： 当或时，有2个零点； 当或或时，有3个零点； 当或时，有4个零点. 题型七：多零点综合问题 例19．已知函数，． (1)若过原点的直线与曲线相切于点，证明：为定值； (2)已知恰有两个零点，，恰有两个零点，，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【解析】（1）因为，所以，， 依题意有在点处的切线过原点，所以， 代入表达式得即， 又，故有即. （2）（i）有两个零点等价于有两个根，设，则， 时，，单调递增；时，，单调递减， 所以时取得最大值，且当时，， 当时，， 有两个根即与有两个交点，则应有即； 有两个零点等价于有两个根，设，则， 令得，采用类似的分析可知时单调递减， 时单调递增，最小值为， 且当时，，当时，， 有两个根即与有两个交点，则应有， 综上所述，的取值范围为； （ii）有两个根等价于有两个根，设， 当时，，由（i）可知有两个根， 因为，所以即有两个根 ，所以， 根据基本不等式有，设， 于是只需证明，设， 则上述不等式可以放缩为， 接下来分析与也即与的关系， 考虑函数， 则， 当，，单调递增，所以， 由（i）可知，所以即， 又因为，所以，由（i）可知在上单调递增， 且，故，得，即， 因为，当时，单调递增， 所以，原不等式得证. 例20．（2026·河北邢台·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【解析】（1）当时，，所以， 所以，又， 所以切线方程为，即； （2）（i）函数的定义域为，， 由，得，即， 由题意可得有三个零点，，，， 令，则， ①当时，，单调递增， 且当时，；当时，， 由零点存在定理可知存在正数，使得，令，得； 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则在上最多有2个零点，不符合题意； ②当时，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 若，则，所以， 所以在上单调递减，不可能有三个零点； 若，则，， 且当时，；当时，， 故由零点存在定理可知存在，，使得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因为，所以，即. 又，当时，；当时，， 所以由零点存在定理可知存在三个零点，，， 所以有三个零点时，的取值范围是. （ii）证明如下： 由，所以， 所以也是的零点，所以， 所以，所以，所以. 又的两个极值点分别为，， 所以，是，即的两个变号根， 所以直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，， 而，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， ，， 令，，则， 因为，所以，所以， 所以，，， 所以， 所以，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以. 例21．已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【解析】（1）当时，， 则， 则，， 则曲线在点处的切线方程为，即； （2）（i），， 由题意可知，有三个零点，，其中，两个极值点分别为， ，令， 则， 若，则，则在上单调递增， 则至多有一个零点，至多有一个极值点，不符合题意； 若，则 当时，单调递增；当时，单调递减， 则， 若，则， 则在上单调递减， 则至多有一个零点，不符合题意； 若，则， 当时，当时， 故存在两个零点， 则当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 则在处取得极小值，在处取得极大值； 因为当时，当时，， 所以有三个零点，，其中， 综上，的取值范围为； （ii）因为， 所以，即是的零点，故，则， 则， 因为是的两个极值点，所以是的两根， 则， 所以与的图象的交点的横坐标为， ， 当时，单调递增；当时，单调递减， 则，则， 令， 则， 因为，所以， 所以，， 所以 ， 所以在上单调递增，则， 即，则， 因为在上单调递减，所以， 所以，则，证毕. 变式10．（2026·高三·重庆·开学考试）已知函数和．设为函数的两个零点，，为函数的两个零点． (1)求的取值范围； (2)证明：． 【解析】（1）令得：，设， 则，由得：；由得：； 所以在上单调递增，上单调递减， 所以的最大值为且当时，，且大于0， 当时，， 所以若有两个不同的根时，. 同理：令得：． 设，. 由得：；由得：. 所以在上单调递增，上单调递减， 所以的最大值为且当且大于0时，且大于0，当时，， 所以若有两个不同的根时，. 综上：． （2）先证：， 由（1）知：在上单调递增，上单调递减， 的最大值为且当且大于0时，且大于0，当时，， 有两个不同的根， 设且， 则， 即在上单调递增． 又因为，所以，即． 又因为，所以， 又因为在上单调递减，所以， 即得证。 再证：， 设且， 则且． 令，则， 由得：；由得：； 所以在上单调递减，上单调递增， 所以，即，所以在上单调递增， 又因为，所以当时，；当时，， 即当时，；当时，， 由（1）知：， 所以有且在上单调递增， 所以，同理可得：， 所以得证． 综上：，得证． 1．已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)讨论函数的零点个数. 【解析】（1）由题意，函数的定义域为， 由，得， 令，即，解得； 令，即，解得，则当时，单调递增； 令，即，解得，则当时，单调递减； 所以当函数取极小值，无极大值. （2）由得方程，令， 则函数零点的个数就是与交点的个数，由（1）可知 当时，单调递减， 当时，单调递增， 时，;时，； 画出函数的图象如下： 当时，函数与无交点； 当或时，函数与有一个交点； 当时，函数与有两个交点- 所以当，在上有0个零点； 当，在上有1个零点； 当时，在上有2个零点 . 2．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； 【解析】（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. 3．（2026·高三·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. 【解析】（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. 4．（二、隐式零点探求型）已知函数．当时，讨论函数的零点个数． 【解析】定义域为R， ． 当时，，无零点． 当时，由，得． 当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以． 且当趋向于时，趋向于；当趋向于时，趋向于． 所以当，即时，有两个零点； 当，即时，有一个零点； 当，即时，无零点． 综上，当时，有两个零点； 当时，有一个零点； 当时，无零点． 5．（2026·河南郑州·模拟预测）已知函数． (1)若a＝1，求函数的极值； (2)若函数在区间上有且只有一个零点，求实数a的范围． 【解析】（1）由题可得，函数的定义域为，. 若，， 当，，在上单调递减； 当，，在上单调递增. 所以，无极大值. （2），易知， 所求问题等价于函数在区间上没有零点， 因为， 当，，所以在上单调递减， 当，，在上单调递增. ①当，即时，函数在区间上单调递增，所以， 此时函数在区间上没有零点，满足题意. ②当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 要使在上没有零点，只需，即，解得， 所以. ③当，即时，函数在区间上单调递减， 在区间上满足此时函数在区间上没有零点，满足题意. 综上所述，实数的范围是或. 6．（2026·宁夏银川·三模）已知曲线. (1)求在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【解析】（1）因为， 所以，，即切点为，又， 所以切线方程为， 当时，，当时，， 切线与坐标轴围成的三角形面积为. （2）因为，函数有两个零点， 相当于曲线与直线有两个交点， 又， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以时，取得极小值， 又时，， 且当时，，当时，， 所以的图象如下所示： 由图可得实数的取值范围为． 7．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)令，若函数在上存在两个零点，求实数的取值范围. 【解析】（1）由题意，，则， . ∴曲线在点处的切线方程为， 即； （2）由题意，. 在上存在两个零点， ∴存在，使， 即. 令函数，则直线与函数的图象有两个交点. ， 由，得. 当时，；当时，， ∴函数在上单调递减，在上单调递增，则. ∵当时，；当时，， ∴当时，直线与函数的图象有两个不同交点， ∴实数的取值范围是． 8．（2026·四川南充·三模）已知函数，． (1)当时，求函数在上的极值； (2)用表示，中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数． 【解析】（1）当时，，， 由，得或，则和随的变化如下表所示： 0 0 0 0 极大 极小 极大 在上有2个极大值：，    在上有1个极小值：. （2）由，知. （i）当时，， ，故在上无零点．     （ii）当时，，． 故当时，即时，，是的零点； 当时，即时，，不是的零点. （iii）当时，． 故在的零点就是在的零点， ，． ①当时，，故时，，在是减函数， 结合，可知，在有一个零点， 故在上有1个零点. ②当时，，故时，，在是增函数， 结合可知，在无零点， 故在上无零点． ③当时，，使得时，，在是增函数； 时，，在是减函数； 由知，． 当，即时，在上无零点， 故在上无零点． 当，即时，在上有1个零点， 故在上有1个零点. 综上所述，时，有2个零点； 时，有1个零点； 时，无零点. 9．（2026·四川南充·三模）已知函数，其中为自然对数的底数. (1)当时，求函数的极值； (2)用表示，中的最大值，记函数，当时，讨论函数在上的零点个数. 【解析】（1）当时，，， 由得：或；由得： 列表： 0 1 + 0 0 + 极大值 极小值 ∴；； （2）由知： （i）当时， ，故在上无零点. （ii）当时，，知：当时，，， 是的零点； 当时，，，不是的零点； （iii）当时，，故在的零点就是在的零点. 由得：， 设，则， 在上单调递增， 又∵，， ∴当时，即在上无零点； 当时，即在上有1个零点； 当时，即在上无零点； 综上所述：时，有2个零点； 或时，有1个零点； 时，无零点. 10．（2026·安徽铜陵·模拟预测）已知函数． (1)时，对任意，有“”是“”的充分条件，求的取值范围； (2)若对任意，函数有两个零点． （i）求的范围； （ii）在（1）的条件下，求当两个零点距离最小时的值． 【解析】（1）当时，， 又任意，有“”是“”的充分条件， 所以，所以在上单调递增， 所以对恒成立， 所以对恒成立， 令，，所以在上单调递减， 所以，所以． （2）（i）因为， 所以有两个不相等的根，且两根均不为零，故. 令，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以最小值为， 所以对任意都成立， 设，， 当时，；当时，， 所以当时，取最大值为， 所以； （ii）由（1）中条件及结论可得， 结合（i）中结论可得. 因为为的两个非零实数根， 故，， 不妨设，则，故， 故，故，故， 所以， 设，，， ，当时，；当时，， 在上为减函数，在上为增函数， 故当时，且. 而， 设，则， 故在上为减函数，故，故， 故在上为减函数，且时，，时，， 故在上的值域为. 又中，且， 故在上为减函数， 而，时，，故的值域为. 故取最小值当且仅当取最大值， 即当且仅当取最小值即当且仅当取最小值即. 所以最小时，． 11．已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【解析】（1）当时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（ⅰ）由题知的定义域为， . 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当时，， 所以函数存在两个不同的零点，只需，即， 所以的取值范围为. （ⅱ）证明：找两个点，，使得，成立， 又，且，于是考虑找点，， 证明，即可. ①要证，即证，即，即证， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，所以，即. 令，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得最大值，所以，即. 又，所以，即， 又，所以. ②， 设，则， 易知在上单调递增，在上单调递减，所以，即. 因为，即，所以，且， 因此， 因为，所以， 所以，即证得. 12．已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有三个不同的零点、、，且. （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：. 【解析】（1）定义域为， 求导得：， 令，即，则． 当时，，方程无解，即恒成立，则在单调递减， 当时，，方程有相等实数解，即恒成立，则在单调递减， 当时，则，有两个正数根． ， 所以函数在和单调递减， 在单调递增， 综上所述，当时，在单调递减， 当时，函数在和单调递减， 在单调递增； （2）（ⅰ）根据（1）可知，若函数有三个不同的零点，则， 因为，则是的一个零点， 设是函数的一个零点，即， 则， 所以也是函数的一个零点，设，则，， 所以； （ⅱ）由上可知不等式等价于， 即，也就是， 由于，则， 则只需证， 因为，所以上式化简为，即， 设， 则， 所以在上单调递减，则， 所以上述不等式成立，原不等式成立. 13．（2026·江苏苏州·模拟预测）已知函数. (1)时，求的最小值； (2)若存在，使得有四个零点，这四个零点从小到大依次记为，，，. ①求的取值范围（直接写出答案，无需说明理由）； ②证明：. 【解析】（1）（1）时，所以. 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以. （2）（2）①. ②证明：由题意得， 且，，，， 则， 令，，则. 要证，即证， 即证，即证， 即证，即证. 由，得，同理， 所以即证，即证. 令， 则. 令，则， ，， ，所以在上递减，所以， 所以在上递减，所以，即， 所以在上递减，又因为，所以， 即，所以可得. 14．（2026·高三·广东东莞·期末）已知函数． (1)判断函数的单调性； (2)当时，证明：曲线恒在曲线的上方； (3)当恰有四个零点时，证明：． 【解析】（1）由得函数定义域为， 且，令，即，∴． 当时，，当或时，， 所以在上单调递增，在和上单调递减. （2）． 令， ，故在上单调递增． ，即． 由（1）可知在单调递增，，∴， 即，即曲线恒在曲线的上方． （3）令，得或 由题意得直线与两条曲线共有四个交点． 对于且， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递减，             同（2）可证，当时，曲线恒在曲线的下方 如图所示，，且． 由，得． ，且在上单调递减， ，即．． 同理：，得， ∵，且在上单调递增， ∴，即，∴. 故，即，得证． 15．（2026·高三·安徽合肥·阶段检测）已知函数和有相同的最大值． (1)求的值； (2)已知直线与两条曲线和共有四个不同的交点，从左到右四个交点的横坐标分别设为，证明：． 【解析】（1）函数的定义域为R，求导得， 当时，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 当时，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，无最大值； 函数的定义域为，求导得， 当时，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 当时，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，无最大值， 依题意，，即，而，所以. （2）由（1）知，，且，， 设两曲线交点的纵坐标为，当时，从左到右四个交点的横坐标依次为 ，显然， 则，即， 由，且在上单调递增，于是， 由，且在上单调递减，， 因此， 当时，也有四个交点，其横坐标从左到右依次为，， 且有，，同理得， 所以. 16．已知函数和有相同的最小值． (1)求； (2)若直线与和的图象共有四个不同的交点，试探究：从左到右四个交点横坐标之间的等量关系． 【解析】（1）因为，所以． 若，则，此时无最小值，故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. （2）由（1）知，，故，， 且在上为减函数，在上为增函数， 在上为减函数，在上为增函数，且， 所以直线与和的图象有四个不同的交点，存在以下两种情况： 第一种情况，如图： 设直线与的图象交点横坐标从左到右依次为， 直线与的图象交点横坐标从左到右依次为． 由图可知且． ∵且． ∴． 同理，且． ∴． ∴，， 又∵，即：． ∴． ∴． 第二种情况，如图： 设直线与的图象交点横坐标从左到右依次为， 直线与的图象交点横坐标从左到右依次为． 由图可知，，且，， ∵且． ∴． 同理，且． ∴． ∴，， 又∵，即：． ∴． ∴． 综上所述，若直线与和的图象共有四个不同的交点，从左到右四个交点横坐标之间的等量关系为：. 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $