重难点培优07 导数中的零点问题全攻略（6大题型）（复习讲义）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦导数中的零点问题核心考点，涵盖函数零点定义、判定定理及隐零点应用，按知识重构（梳理基础）、题型精研（分6类题型技巧）、实战检测（分层练习）逻辑架构，通过考点梳理、通法指导、真题训练环节，帮助学生构建系统解题框架。 资料以“题型精研+分层突破”为特色，如隐零点问题通过“判定存在性、列零点方程、整体代换”三步法培养数学思维，设置重难巩固与创新提升练习发展数学语言表达，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供精准教学支持。

重难点培优09 导数中的零点问题全攻略 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 2 题型01 无参数函数零点问题 2 题型02 根据零点个数求参数范围 3 题型03 证明函数零点的个数 4 题型04 利用隐零点解决最值、极值问题 7 题型05 利用隐零点解决零点个数问题 9 题型06 利用隐零点证明不等式 11 03 实战检测·分层突破验成效 13 重难知识巩固 13 创新能力提升 18 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 函数的零点 （1）函数零点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点． （2）三个等价关系 方程有实数根函数的图象与轴有交点的横坐标函数有零点． 知识点02 函数零点的判定 如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理． 注：函数单调+存在零点=唯一零点 知识点03 判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围. 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴(或直线)在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数. 知识点04 “隐零点”问题 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。 题型精研·技巧通法提能力 题型01 无参数函数零点问题 【技巧通法·提分快招】 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．（2025·云南红河·三模）函数的零点个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2.（2025·河南·二模）若函数在区间内仅有一个零点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·陕西安康·模拟预测）已知函数，则函数在区间上的零点个数为（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 4．（24-25高三上·四川·期中）已知实数满足，则函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 5.（2026·河南·模拟预测）已知函数，则函数的极值点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2025·广西河池·二模）关于函数，下列选项正确的是（    ） A．函数没有零点 B．函数只有1个零点 C．函数至少有1个零点 D．函数有2个零点 7．（2025·宁夏银川·三模）若函数，则的零点个数为（    ）. A．2 B．3 C．4 D．5 8．函数与函数的图象交点个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 题型02 根据零点个数求参数范围 【技巧通法·提分快招】 已知函数(方程)零点的个数求参数范围常见方法 ①直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围． ②分离参数法：先将参数分离，再转化成求函数值域问题加以解决． ③数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，再数形结合求解． 1．（2024·广东·一模）函数与函数有两个不同的交点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．对任意的实数，关于的方程均有两个不同的实根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·江苏·月考）已知函数有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·贵州遵义·模拟预测）若函数在定义域上恰有三个零点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 5．（2026·吉林长春·模拟预测）已知函数，若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 6．已知关于x的不等式恰有一个整数解，则实数k的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知函数有且仅有3个零点，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8.（25-26高三上·贵州贵阳·阶段检测）已知函数在内有两个不同的零点，则a的范围是（    ） A． B． C． D． 题型03 证明函数零点的个数 【技巧通法·提分快招】 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.利用导数研究函数的图像变化时一定要区分图像趋向无穷时，是趋近无穷还是趋近于一个常数. 3.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）. 1．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知函数，则下列命题中正确的有___________． ①函数有两个极值点； ②若关于x的方程恰有1个解，则； ③函数的图像与直线有且仅有一个交点； ④若，且，则无最值． 2．已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)证明：函数只有一个零点； 3.（25-26高三上·广东·阶段检测）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. 4．（24-25高三下·浙江杭州·月考）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．（2024·内蒙古赤峰·二模）已知 (1)将，，，按由小到大排列，并证明； (2)令 求证: 在内无零点. 7．（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. 题型04 利用隐零点解决最值、极值问题 【技巧通法·提分快招】 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）. 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．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知，若函数有两个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．若不等式对恒成立，则整数的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知函数，则下列命题中正确的有___________． ①函数有两个极值点； ②若关于x的方程恰有1个解，则； ③函数的图像与直线有且仅有一个交点； ④若，且，则无最值． 4．（25-26高三上·上海·期末）若对任意，不等式恒成立，则的取值范围为 . 5.（25-26高三上·广东·阶段检测）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. 6．（24-25高三下·北京·阶段检测）已知函数，直线l为曲线在点处的切线. (1)当时，求出直线的方程； (2)若，求的最值； (3)若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围． 7．（23-24高三上·黑龙江绥化·月考）已知函数. (1)若，证明：； (2)若对任意的恒成立，求a的取值范围. 8.已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 题型05 利用隐零点解决零点个数问题 【技巧通法·提分快招】 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·河南·二模）已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 ． 2.（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知函数有两个零点，求的取值范围． 3．（2025·河北秦皇岛·三模）设函数． (1)求的图象在处的切线方程； (2)记，若，试讨论在上的零点个数． 4.已知函数． （1）若不等式恒成立，求正实数a的值； （2）证明：． 5．（2026·四川广安·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在区间的最大值； (2)设函数，若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)设函数，求在区间上的零点个数，并说明理由. 6.（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)从以下①和②中选择一项，①，；②，．证明：恰有一个零点． 题型06 利用隐零点证明不等式 【技巧通法·提分快招】 证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.。 1．（2025·河南·二模）若存在，使得不等式成立，则正数的取值范围是 . 2．（24-25高三下·山东青岛·月考）已知，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为 . 3．（23-24高三上·安徽合肥·期末）关于 的不等式恒成立，则实数 的最大值为 ． 4．（2026·江西·5月预测）设，，证明：； 5．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)求证：对，使得. 6．（2025·河北·模拟预测）已知函数． (1)若在上单调递减，求a的取值范围； (2)求在上的最大值； (3)若存在，使得，证明：． 7．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 8．（2026高三上·安徽合肥·专题练习）已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．（2026高二·全国·专题练习）曲线，及直线，下列说法中正确的个数为（    ） ①存在直线与曲线与均相切；②曲线与有且只有一个公共点；③存在直线与曲线、均有公共点；④若直线与曲线交于点，，与曲线交于点，则． A．1 B．2 C．3 D．4 2．（26-27高三上·重庆北碚·开学考试）函数在其定义域的一个子集内存在极值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（26-27高三上·湖南·开学考试）若函数在区间上有奇数个极小值点，则的值可以是（    ） A．1 B．3 C．4 D．5 4．（2026·四川巴中·模拟预测）设，若有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·浙江·期末）已知函数，，若函数有5个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．若，函数有两个零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·云南曲靖·二模）已知函数，若该函数有且只有一个零点，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 8.(多选)已知函数f(x)满足是的导函数，，则下列选项正确的是（    ） A． B．若的解集是，则的解集是 C． D．的三个零点为，则 9．（多选）（26-27高三上·四川南充·阶段检测）设函数，，则（     ） A．若，则的值域为 B．若函数存在极小值点，则 C．若对任意实数，都有，则实数的取值范围为 D．若函数存在零点，且满足，则实数的取值范围为 10．（多选）（26-27高三上·重庆·开学考试）已知函数，则下列说法正确的是（     ） A．有三个零点 B．当时， C． D．过点可以作条直线与曲线相切 11．（多选）（26-27高三上·河南·开学考试）设函数，则（    ） A．有且仅有2个零点 B．有且仅有1个极值点 C．不等式恒成立 D．在区间上单调递减 12．（2026·广东·模拟预测）已知满足 ，则_______． 13．（2026高二·全国·专题练习）已知函数，若在区间，各恰有一个零点，则的取值范围是________． 14．（25-26高二下·西藏日喀则·期末）已知函数． (1)求函数的零点及单调区间； (2)求证：曲线存在斜率为的切线，且切点的纵坐标． 15．（26-27高三上·辽宁大连·开学考试）已知函数（）． (1)若，，求曲线在点处的切线方程； (2)若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点； (3)是否存在实数，，使得对任意，恒有？若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由． 16．（26-27高三上·北京·开学考试）已知函数 ． (1)求证：曲线在点 处的切线总与直线平行； (2)函数在区间上存在极值点，求的取值范围； (3)讨论在区间上的零点个数． 17．（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)讨论的零点个数． (2)若有两个零点且，求证：． 18．（26-27高三上·北京石景山·开学考试）已知函数. (1) 时，求曲线与轴平行的切线方程； (2)已知函数. （i）当时，求曲线与曲线的交点个数； （ii）如果存在实数，使得两条曲线在处有公共点，且两条曲线在处的导数也相同，则称这两条曲线相切.  求的值，使得曲线与曲线相切. 19．（26-27高三上·辽宁·开学考试）已知函数及其导函数的定义域均为，的图象为一条连续不断的曲线，且与在上恒成立，设定义域为的函数． (1)求；（用含和的代数式表示）； (2)若． （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断方程实根的个数，并说明理由． 20．（26-27高三上·山东·阶段检测）已知函数. (1)判断的奇偶性并给出证明； (2)证明：在区间有且仅有一个零点. 21．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)若函数有两个不同的零点，，且，求的取值范围. 创新能力提升 1．（25-26高三上·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 2．（25-26高三上·内蒙古赤峰·期末）设m为正实数，若实数是关于x的方程的解，则______． 3．（2025·陕西·二模）已知函数. (1)若，求的极值. (2)若且，关于的方程在上仅有一个实根. （i）证明：； （ii）求的最大值. 4．（26-27高三上·山东聊城·开学考试）已知函数. (1)判断的奇偶性并给出证明； (2)讨论在区间上的零点个数. 5．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）已知函数，，记，为自然对数的底数． (1)若为增函数，求实数的最小值； (2)若有三个零点，，． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 6．（26-27高三上·辽宁·开学考试）设实数，已知曲线与曲线，记曲线在处的切线为． (1)求的方程； (2)设与在第一象限内的两个相异交点分别为，，且． （ⅰ）证明：，且； （ⅱ）证明：直线与的交点的横坐标． 7．（26-27高三上·福建福州·开学考试）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间和最值． (2)若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围． 8．（24-25高三下·甘肃白银·月考）已知函数. (1)证明：，； (2)求函数的零点个数. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优07 导数中的零点问题全攻略 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 2 题型01 无参数函数零点问题（★★★★） 2 题型02 根据零点个数求参数范围（★★★★） 8 题型03 讨论（证明）函数零点的个数（★★★★★） 14 题型04 利用隐零点解决最值（★★★★★） 21 题型05 利用隐零点判断零点个数（★★★★★） 30 题型06 利用隐零点证明不等式（★★★★★） 38 03 实战检测·分层突破验成效 38 重难知识巩固 38 创新能力提升 75 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 函数的零点 （1）函数零点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点． （2）三个等价关系 方程有实数根函数的图象与轴有交点的横坐标函数有零点． 知识点02 函数零点的判定 如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理． 注：函数单调+存在零点=唯一零点 知识点03 判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围. 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴(或直线)在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数. 知识点04 “隐零点”问题 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。 题型精研·技巧通法提能力 题型01 无参数函数零点问题 【技巧通法·提分快招】 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．（2025·云南红河·三模）函数的零点个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【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． 2.（2025·河南·二模）若函数在区间内仅有一个零点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】法1：因为， 令，解得或； 令，解得， 所以在上单调递增， 要满足函数在区间内仅有一个零点， 则，，解得，故选：C. 法2：由题意，关于的方程在内仅有一个解， 而，， 令，解得或；即在上单调递增， 原问题等价于.故选：C 3．（2025·陕西安康·模拟预测）已知函数，则函数在区间上的零点个数为（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】C 【详解】由题意得，其关于原点对称， 因为，所以为奇函数，则， 因为，所以由二倍角公式得， 化简得， 令，则，易得， 当时，得到在上单调递减， 则，故， 则令，可得，得到， 解得，或，故在上有两个零点， 由奇函数的性质可得在上也有两个零点， 综上，共有5个零点，故C正确. 故选：C 4．（24-25高三上·四川·期中）已知实数满足，则函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【详解】由题设，则或时，时，， 所以在上递增，在上递减，且， 由，即，而在R上递增，在R上递减， 显然，故， 所以，又趋向时趋向趋向时趋向， 综上，共有3个零点． 故选：D 5.（2026·河南·模拟预测）已知函数，则函数的极值点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】 化简得，令 ， 即 ，令， ， 令，则， 令，则，故在定义域内单调递增； 又因为，； 因此，使， 故在内单调递减，在内单调递增， 当时，，故时，， ， 同理得时，， ， 且 ， 故， 因此，在内，单调递增，在内，单调递减，在内单调递增， ， ， ， ， 故在，，区间分别有一个零点， 因此函数的极值点个数有3个. 6．（2025·广西河池·二模）关于函数，下列选项正确的是（    ） A．函数没有零点 B．函数只有1个零点 C．函数至少有1个零点 D．函数有2个零点 【答案】B 【详解】因为， 且， 所以当时， 故函数在定义域上单调递减，所以至多有一个零点，故C､D错误 令则 知时 且知时 时且 所以函数只有1个零点. 故选： 7．（2025·宁夏银川·三模）若函数，则的零点个数为（    ）. A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【详解】令，则，所以， 解得，解得或， 当时，，求导得， 令，则，解得， 若时，，若，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，， 当时，在上单调递增，且， 所以有3个解，有2个解， 所以的零点个数为5个. 故选：D. 8．函数与函数的图象交点个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【详解】设，的定义域为， 当时，，此时的图象与的图象没有交点， 当时，，此时的图象与的图象没有交点， 当时，，此时的图象与的图象有一个交点， 当时，，此时的图象与的图象没有交点， 当时，，此时的图象与的图象没有交点， 当时，，此时的图象与的图象有一个交点， 当时，，， 注意到， 所以在上均单调递增， 设， 则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 从而的图象在上“向上凸起”， 的图象在上“向下凸起”， 且注意到，且趋于时，趋于负无穷， 结合以上分析，画出在上的函数图象可知，的图象在上有一个交点， 当时，，， 注意到， 所以在上均单调递减， 设， 则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 从而的图象在上“向上凸起”， 的图象在上“向下凸起”， 且注意到，且趋于时，趋于负无穷， 结合以上分析，画出在上的函数图象可知，的图象在上有一个交点， 当时，，此时的图象与的图象有一个交点， 当时，，， 注意到， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 设， 则， 所以在上均单调递减， 从而的图象在上均“向上凸起”， 且注意到， 结合以上分析，画出在上的函数图象可知，的图象在上有一个交点， 当时，，此时的图象与的图象没有交点； 综上所述，函数与函数的图象交点个数为6. 故选：A. 题型02 根据零点个数求参数范围 【技巧通法·提分快招】 已知函数(方程)零点的个数求参数范围常见方法 ①直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围． ②分离参数法：先将参数分离，再转化成求函数值域问题加以解决． ③数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，再数形结合求解． 1．（2024·广东·一模）函数与函数有两个不同的交点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由得， 则问题转化为和的图象有两个交点， 而， 令，解得，令，解得， 故在上单调递增， 在单调递减，则， 当时， 的图象有两个交点； 当时， 的图象有两个交点； 大致图象如右所示： 结合图象可知，的取值范围是， 故选：D 2．对任意的实数，关于的方程均有两个不同的实根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由，得，令，则， 令，则， ，则；，则， 所以在区间上单调递减，在上单调递增，，结合图象可得，实数的取值范围是. 故选：A. 3．（24-25高三上·江苏·月考）已知函数有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【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 故选：A. 【点睛】思路点睛：含指对数的函数的零点问题，注意利用同构转化为简单函数的零点问题. 4．（2026·贵州遵义·模拟预测）若函数在定义域上恰有三个零点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】①当时，，则，所以在上单调递增， 因为，而， 由零点存在定理得，函数在上有且只有一个零点； ②时，，该二次函数的图象开口向上，对称轴为， 要使原分段函数在定义域上恰有三个零点，则需使在上要有2个零点， 即需使在上有两个不相等的实数根， 即，解得， 综上可得. 5．（2026·吉林长春·模拟预测）已知函数，若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题当时，，所以， 所以当时，，当时，； 所以在区间上单调递增，在上单调递减， 当时，当时，； 当时，； 所以可作出函数的图象，如下图， 若要使函数有个不同的零点， 所以的图象与直线有个交点， 即，解得. 即实数的取值范围是. 6．已知关于x的不等式恰有一个整数解，则实数k的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设，，则， 当时，， 当时，， 在区间上单调递增，在区间上单调递减． 当时，，当x趋近于时，趋近于0，， 直线过点，在同一坐标系中作出直线和函数的图象如图所示． 由图象知，要使关于x的不等式恰有一个整数解，则 ，解得， 故选：D． 7．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知函数有且仅有3个零点，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用函数零点的定义将问题转化为直线与函数的图象有3个公共点求解。再借助导数探讨单调性并作出图象，数形结合求出范围. 【详解】由，得，令函数，其定义域为， ，函数为奇函数， 依题意，直线与函数的图象有且仅有3个交点， 求导得，函数在上单调递减， 曲线在点处的切线方程为，令， 求导得，函数在上单调递减， 当时，；当时，， 即当时，；当时，；当时，， 作出的图象，如图： 观察图象知，当时，直线与函数的图象有且仅有3个交点， 所以m的取值范围是. 故选：B. 8.（25-26高三上·贵州贵阳·阶段检测）已知函数在内有两个不同的零点，则a的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】显然，有两个零点，即方程在上有两个解， 两边取对数得到，在上有两个解， 令，， 若，恒成立，即在上单调递增，不符合题意； 故， 由，得， 由，得， 在单调递增，在单调递减， 又当时，，当时，， 因为有两个零点，则， 解得.所以的取值范围是. 故选：B． 题型03 证明函数零点的个数 【技巧通法·提分快招】 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.利用导数研究函数的图像变化时一定要区分图像趋向无穷时，是趋近无穷还是趋近于一个常数. 3.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）. 1．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知函数，则下列命题中正确的有___________． ①函数有两个极值点； ②若关于x的方程恰有1个解，则； ③函数的图像与直线有且仅有一个交点； ④若，且，则无最值． 【答案】①③ 【详解】由函数可得， 函数的图像如下图所示：    对于①，由图可知，和是函数的两个极值点，故①正确； 对于②，若函数恰有1个零点，即函数与的图像仅有一个交点，可得或，故②不正确； 对于③，因为函数，在点处切线斜率，在点处的切线为， 函数，在处的切线斜率为，在处切线为，如图中虚线所示， 易知当，即时，的图像与直线恰有一个交点； 当，即时，令，得， 令，则，， 由二次函数的图像及零点存在定理可知，方程有且只有一个实数根； 当，即时，令，设， 则（仅当时取等号）， 即函数在上单调递增，由于， 设单调递增， 单调递减，， ， 所以函数有且仅有一个实数根；故③正确； 对于④，由， 则，，，则， 设，则， 设，显然在上单调递增， 且，，所以存在，使， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以存在最小值，故④不正确； 故选：①③． 2．已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)证明：函数只有一个零点； 【答案】(1) (2)证明见解析 【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. 3.（25-26高三上·广东·阶段检测）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 【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. 4．（24-25高三下·浙江杭州·月考）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 【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．（2024·内蒙古赤峰·二模）已知 (1)将，，，按由小到大排列，并证明； (2)令 求证: 在内无零点. 【答案】(1)，证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）令， 则，令， 则， 因为，所以， 则在上单调递增， 则， 所以当时，，则， 所以在上单调递增， 则， 即当时，， 又，当时，， 即当时， 综上： （2）要证在内无零点， 只需证 由（1）知 只需证； 即证：， 即证：，令， 则。令，则， 当时，，则在上单调递增； 所以当时，， 则在单调递增， 所以 即在内无零点. 7．（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. 【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. 题型04 利用隐零点解决最值、极值问题 【技巧通法·提分快招】 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）. 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．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知，若函数有两个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意，令，得， 已知，当时，，此时在单调递减， 当时，，此时在单调递增， 故当时，有最小值，而， 由此可知当时，，当时，， 若函数有两个不同的零点，结合零点存在定理可知， 的最小值， 又，所以，，所以，所以， 即a的取值范围是． 故选：B. 2．若不等式对恒成立，则整数的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】因为，所以，所以问题转化为对任意恒成立. 令，则, 令，则对恒成立， 所以在上单调递增. 因为， 故，使得.因此当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增. 故，所以整数的最大值为2 .故选：B. 3．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知函数，则下列命题中正确的有___________． ①函数有两个极值点； ②若关于x的方程恰有1个解，则； ③函数的图像与直线有且仅有一个交点； ④若，且，则无最值． 【答案】①③ 【详解】由函数可得， 函数的图像如下图所示：    对于①，由图可知，和是函数的两个极值点，故①正确； 对于②，若函数恰有1个零点，即函数与的图像仅有一个交点，可得或，故②不正确； 对于③，因为函数，在点处切线斜率，在点处的切线为， 函数，在处的切线斜率为，在处切线为，如图中虚线所示， 易知当，即时，的图像与直线恰有一个交点； 当，即时，令，得， 令，则，， 由二次函数的图像及零点存在定理可知，方程有且只有一个实数根； 当，即时，令，设， 则（仅当时取等号）， 即函数在上单调递增，由于， 设单调递增， 单调递减，， ， 所以函数有且仅有一个实数根；故③正确； 对于④，由， 则，，，则， 设，则， 设，显然在上单调递增， 且，，所以存在，使， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以存在最小值，故④不正确； 故选：①③． 4．（25-26高三上·上海·期末）若对任意，不等式恒成立，则的取值范围为 . 【答案】 【详解】令， 设，则对任意的恒成立， 所以在上单调递增，从而. ①若，则当时，恒成立，符合题意. ②若，，易知在上单调递增， 因为，所以，所以，即， 所以. 因为，，所以，，所以. 因为在上单调递增，其图象是一条连续的曲线， 且，所以存在唯一的，使得， 当时，，所以函数在上单调递减，，不符合题意，舍去. 综上，实数a的取值范围为. 故答案为：. 5.（25-26高三上·广东·阶段检测）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 【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. 6．（24-25高三下·北京·阶段检测）已知函数，直线l为曲线在点处的切线. (1)当时，求出直线的方程； (2)若，求的最值； (3)若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)最小值为，无最大值 (3) 【详解】（1）由题意可得， 所以曲线在点处的切线斜率， 切线方程为，整理得， 所以当时，直线的方程为. （2）因为，，则， 由解得，由解得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以当时，取得最小值，无最大值. （3）由（1）得切线的方程为， 因为直线与曲线相交于点，且， 所以关于的方程在有解， 令，则， 令，则， ①当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上单调递增， 所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 当时，，则， 所以在上单调递增， 当时，，则， 所以在上单调递减， 所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 所以符合题意； ②当时，由，得，则在上单调递减， 所以， 所以在上单调递增，所以， 所以在上无零点，所以不符合题意， 综上，即实数的取值范围为. 7．（23-24高三上·黑龙江绥化·月考）已知函数. (1)若，证明：； (2)若对任意的恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：因为的定义域为，所以若，. 要证，即证，即证. 令，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. （2）若对任意的恒成立， 即对任意的恒成立. 令. 若，则. 由（1）知，所以，又，所以， 又，所以，符合题意； 若，令，在上恒成立， 所以在上单调递增，又，， 所以存在唯一的，使得，且， 所以，当时，， 所以，所以在上单调递减. 当时，，所以， 当时，在上单调递增，所以， 所以当时，，所以在上单调递增， 所以，解得. 设，，所以在上恒成立， 所以在上单调递增，所以，即. 综上所述，a的取值范围为. 8.已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）， 当时，，所以在上递减，则没有最小值， 当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得最小值，得成立， 下面证为唯一解， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以方程有且只有唯一解， 综上，； （2）证明:由（1）知， 令， 当时，，当时，， 所以在上递减，上递增， 因为， 所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点， 所以当或时，，即， 当时，，即， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 即是唯一的极大值点， ， 由，得， 所以， 因为，所以. 题型05 利用隐零点解决零点个数问题 【技巧通法·提分快招】 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·河南·二模）已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】或 【详解】因为函数有两个零点，则有两个根，即与两个函数有两个交点. ，，则函数在上单调递减，在上单调递增.当；时，，则图象如图 设与的切点为， 则，，得或. 当或时，与有两个公共点； 故答案为：或. 2.（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知函数有两个零点，求的取值范围． 答案为：的取值范围为 详解：由已知，可得， ①当时，由，得；由，得， 故在上单调递减，在上单调递增，． 由于，我们根据，得，（如图2）， 由于，故只需找到，使得成立，时，，故，使． 异构函数，令，， 易知恒成立，单调递增，时，，此时有，故取， 易知，所以存在，使； 当时，此时有， 故取，易知，所以存在，使，故有两个零点． ②当时，，有一个零点，不符合题意． ③当时，令，得或． （i）若，即，恒成立，即有在上单调递增； （ii）若，由，得或；由，得，∴在和上单调递增，在上单调递减； （iii）若，由，得或；由，得，∴在和上单调递增，在上单调递减． 当时，， 由于极大值和极小值均小于零，故最多只有一个零点，不符合题意． 综上可得，的取值范围为． 3．（2025·河北秦皇岛·三模）设函数． (1)求的图象在处的切线方程； (2)记，若，试讨论在上的零点个数． 【答案】(1) (2)1 【详解】（1），所以，又， 所以的图象在处的切线方程为． （2）由已知得，所以， 令，则． 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减． 当时，， 所以存在，使得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 因为，故函数在上无零点， 又因为，由零点存在定理可得在上有且只有一个零点． 综上所述，当时，函数在上的零点个数为1． 4.已知函数． （1）若不等式恒成立，求正实数a的值； （2）证明：． 详解：（1）令， 则， 设，则对任意恒成立， 所以在上单调递增， 又，存在唯一实数， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以． 因为，所以，且． 所以，设， 因为，所以在上单调递增，上单调递减 所以，而依题意必有，所以，此时， 所以若不等式恒成立，则正实数的值为1． （2）方法一：借助第（1）问结论 由（1）得，当时，对任意恒成立． 所以， 则． 所以要证明，只需证， 即证． 设，则在上单调递增，上单调递减． 所以，即． 所以只需证，即证． ①当时，，不等式成立． ②当时，，不等式成立． 所以，证毕， 方法二：分别放缩 设，则恒成立，在上单调递增， ，所以． 设，则在上单调递增，上单调递增， ，所以，所以，即． 所以当时， 又因为， 所以 5．（2026·四川广安·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在区间的最大值； (2)设函数，若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)设函数，求在区间上的零点个数，并说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)零点个数为2，理由见解析 【详解】（1）当时， ，定义域为. ∵ 当时，，，， ∴ ，即在上单调递减， ∴ . （2）由题意得， ∵ 对任意 ，恒成立，即恒成立， ∵ ，∴ 对任意 恒成立. 令，则. 令，得 ，即. ∵ ， ∴ ，对应极值点为. 当时，， ，故，单调递减； 当时， ，，故，单调递增. ∴ 是的第一个极小值点，且. 对于其余极小值点 ，，而，故对应的. 当 时，其余区间，对应的. ∴ 在 上的最小值为，故. （3）零点个数为2，理由如下： 由题意，得，. 令，得. ①当时，，单调递增，， 所以单调递减，所以. ②当时，，，则在区间上必定存在，使得. 因为在上单调递减， 所以当时，，单调递增，； 当时，，单调递减，. 因为，，所以在区间上必定存在，使得， 即当时，，单调递增，； 当时，，单调递减，. ③当时，单调递减，单调递减，则单调递减. 因为，， 所以必定存在零点，使得. ④当时，因为，所以， 所以在上，不存在零点. 综上所述，在上存在两个零点. 6.（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)从以下①和②中选择一项，①，；②，．证明：恰有一个零点． 【答案】(1)当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． (2)若选择条件①，由于，故，则，， 而， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点． ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 若选择条件②，由于，故，则， 当时，，，， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点． 当时，构造函数，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 注意到，故恒成立，从而有， 当时，， 当时，， 取，则，即，， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点． ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 【详解】（1）由函数的解析式可得：， 当时，若，则，单调递减， 若，则单调递增； 当时，若，则，单调递增， 若，则，单调递减， 若，则，单调递增； 当时，，在上单调递增； 当时，若，则，单调递增， 若，则，单调递减， 若，则，单调递增． （2）略 题型06 利用隐零点证明不等式 【技巧通法·提分快招】 证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.。 1．（2025·河南·二模）若存在，使得不等式成立，则正数的取值范围是 . 【答案】 【详解】设函数， 根据求导公式可得：， 时，，，所以，在上单调递增， ，且在上单调递增， 在有解，即在有解， 设，则， 令， ， 所以，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则在处取得极大值，也是最大值，， ，由于是正数，所以的取值范围是. 故答案为：. 2．（24-25高三下·山东青岛·月考）已知，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为 . 【答案】 【详解】因为对任意的，不等式恒成立， 所以对任意的，不等式恒成立，即恒成立， 因为，所以， 设，则，又，所以， 所以在上单调递增， 由，可得，所以对恒成立， 令，，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，所以， 所以的最小值为. 3．（23-24高三上·安徽合肥·期末）关于 的不等式恒成立，则实数 的最大值为 ． 【答案】 【详解】设， 易知， 则当时，，即此时两函数均单调递增， 当时，，即此时两函数均单调递减， 故， 对于不等式， 由上可知，故， 又单调递增，故. 所以实数a的最大值为. 故答案为：. 4．（2026·江西·5月预测）设，，证明：； 【答案】证明见解析 【详解】证明：令， 则， 则恒成立，所以在上单调递增， 又， 所以存在使得， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以即. 5．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)求证：对，使得. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分和两种情况，利用导数判断原函数单调性； （2）分析可知，构建函数，利用导数结合零点代换分析可得，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且， 当时，恒成立，所以函数在上单调递增； 当时，令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以. 令，则， 令，则， 可知单调递减，即单调递减. 且， 可知，使得，即， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 且，所以. 所以对，使得. 6．（2025·河北·模拟预测）已知函数． (1)若在上单调递减，求a的取值范围； (2)求在上的最大值； (3)若存在，使得，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，再令解得，从而由导数的正负确定函数的单调区间，根据单调区间建立不等式求参数取值范围； （2）讨论与的关系，从而确定函数的单调性，由单调性确定函数的最大值即可； （3）可判断出，，，，从而可得，，即可证明． 【详解】（1）函数， ，令，解得， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 由在上单调递减，可得，即，解得， 即a的取值范围为. （2）结合（Ⅰ）可知，需讨论与的关系： ①当，即时， 在上的最大值为； ②当，即时，由的单调性可知， 在上的最大值为； ③当，即时，由的单调性可知， 在上的最大值为； 综上所述，当时，在上的最大值为； 当时，在上的最大值为； 当时，在上的最大值为. （3）由（1）可知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 且存在，使得， 所以函数的极大值也是最大值为， 解得，由，所以； 又，， 由零点存在性定理可知，，且， 所以． 7．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. (2)①； ②当时，有两个不同的零点. 两根满足， 两式相加得:，两式相减得:， 上述两式相除得， 不妨设，要证:，只需证: ， 即证， 设，令 ， 则 ， 可知函数在上单调递增，且. 可得，即，所以. 【分析】（1）先确定函数定义域为，对函数求导并通分因式分解，把导函数化成整式乘积形式.以参数为分类依据，先讨论时导函数符号，再讨论时比较导函数两个零点与1的大小，分三种情况判断导函数正负，进而得到每一段的单调区间，分类标准清晰、不重不漏. （2）①先化简解析式，将函数有两个零点转化为对应方程有两个正根，分离参数变形为构造新函数.求导研究的单调性、最值与极限趋势，判断函数变化特征，利用直线与曲线有两个交点的条件，列出不等式求解出的取值范围. ②利用零点满足的方程，作和作差得到对数关系式，两式相除构造齐次式.采用极值点偏移常规证法，换元设，把待证不等式转化为关于的函数不等式.构造辅助函数，求导判断单调性，由端点值推出，逆向还原即可证得结论. 【详解】（1）由题意可知:的定义域为，且， 若，则， 当，则;当，则; 可知在内单调递减，在内单调递增; 若，令，解得或， 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 当，即时，则 ， 可知在内单调递增; 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 综上所述:若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. （2）①有两个不同的零点， 即有两个不同实根， 若，则，只有一个实数根，不符合题意， 故，得， 令， 令，得， 当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减， 当时，取得最大值，且时，， 当时，可得 可得不等式：. 先解，即，解得或. 再解，移项通分得， 等价于，即 . 因为，故不等式等价于 ， 解得， 结合或，取交集得. 所以实数的取值范围为. ②略 8．（2026高三上·安徽合肥·专题练习）已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 【答案】(1) (2) 令，，因为函数在上为增函数，且，则， 先证明：， 不妨令，则，即证，即证. 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，所以， 即当时，，故. 本题中，因为，，且， 即，即， 故，所以，故， 即. (3) 先证明：， 不妨令，则，即证， 即证， 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，故， 即，故，即. 本题中，，所以，即，即. （2）令，，先证明出，由已知条件得出，可得，即可证得所证不等式成立； （3）先证明，结合以及所证不等式可证得结论成立. 【详解】（1）由， 可得， 令，其中，则函数，故函数在上为增函数， 所以，故函数的值域为， 令，其中，则， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以， 因为内层函数在上为增函数， 故直线与函数的图象有两个交点，如下图所示： 由图可知，实数的取值范围是. （2）略 （3）略 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．（2026高二·全国·专题练习）曲线，及直线，下列说法中正确的个数为（    ） ①存在直线与曲线与均相切；②曲线与有且只有一个公共点；③存在直线与曲线、均有公共点；④若直线与曲线交于点，，与曲线交于点，则． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【详解】，, 当时，；当时，， 故在上单调递增，在上单调递减； 故 当时，；当时，， 故在上单调递增，在上单调递减； 故. 当时，，所以此时曲线与无公共点； 当时，设，则为上的减函数， 而，，故在上有且仅有一个零点， 即的图象在上有且仅有一个公共点， 当时，设，则， 故在上为增函数，故， 故即. 故时，即， 综上，曲线与有且只有一个公共点，故②正确； 故在同一坐标系中的图象如图所示. ①存在直线与曲线与均相切；故①正确； ③当时，直线与曲线均有公共点；故③正确； ④当直线经过曲线与的交点时，恰好有3个公共点， 设这三个公共点的横坐标分别为，不妨设， 则， 故也是与图象的交点的横坐标， 而，，故，，故， 故，故④正确．故选D． 2．（26-27高三上·重庆北碚·开学考试）函数在其定义域的一个子集内存在极值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】的定义域是，， 令，得， 当，单调递减，当，单调递增， 所以是唯一的极值点，且是极小值点， 由题意得开区间里面要包含，则 ，得，所以. 3．（26-27高三上·湖南·开学考试）若函数在区间上有奇数个极小值点，则的值可以是（    ） A．1 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【详解】设，， 则，. 由，选项中为正整数，得，因为，所以，. 如图， 对A，当时，，只有1解，设为，且. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点，且无极小值点，不合题意. 对B，当时，，有3解，设为，，，且，，. 已知为的极大值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增. 所以为函数的极小值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点. 所以时，函数只有一个极小值点，符合题意. 对C，当时，，有4解，设为，，，，且，，，. 已知为的极大值点，为的极小值点，为的极大值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增. 所以为函数的极小值点. 所以时，函数有和两个极小值点，不符合题意. 对D，当时，，有5解，设为，，，，，且，，，，. 已知，为的极大值点，，为的极小值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点. 所以时，函数有和两个极小值点，不符合题意. 4．（2026·四川巴中·模拟预测）设，若有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】令得， 令，则， 当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 作出与的函数图象如图所示： 设直线与的图象相切，切点为， 则，解得或， 有两个不同的零点， 与的函数图象有两个交点， 或，即． 5．（24-25高三上·浙江·期末）已知函数，，若函数有5个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用分段函数思想，结合分离参变量，再利用求导，数形结合，可得参数范围. 【详解】当时，由得：， 显然，是的一个零点， 再当时，有， 作出图象可得：当时，， 所以当时，在有两个零点； 再当时，由得：， 整理得，令，求导得， 令，得 当时，，所以在区间上递增， 当时，，所以在区间上递减， 作出图象： 所以由图可得：当时，在有两个零点； 又由于， 所以要使得有五个零点的参数， 故选： D. 6．若，函数有两个零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可得，构造函数，由导数求出最小值并得，再利用导数求解有两个正数解的a的范围即可. 【详解】由，得， 令，求导得，显然时，，当时，， 因此在上单调递减，在上单调递增，， 由，得，则，即， 于是函数有两个零点，等价于方程有两个正数解， 令，求导得，显然在上单调递减，在上单调递增， 则，当时，，而函数在上的值域为， 因此函数在上无最大值，函数值集合为； 当时，令函数，求导得， 令，求导得，则函数在上单调递增，， 函数在上单调递增，，于是，， 而函数在上的值域为，则函数在上无最大值，函数值集合为， 从而方程有两个正数解，当且仅当， 所以实数a的取值范围是. 故选：D 7．（2025·云南曲靖·二模）已知函数，若该函数有且只有一个零点，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可说明0为的唯一零点,然后求函数的导数，并令导数等于0，求得，根据导数的正负判断函数的单调性，说明，进而说明的最小值为，从而可得，结合对数的运算，求得答案． 【详解】由题意知函数有且只有1个零点， 而，故0即为的唯一零点， 因为，且， 故 ，所以 有唯一解， 令，则， 对于任意 ，都有， 故在R上单调递增， 则时，，时，， 故函数在时单调递减，在时单调递增， 故 ； 若，当时，， ， 则 ，因此当 且 时，， 此时在内有零点，则至少有两个零点，与题意不符； 故，则的最小值为， 因为由题意知0为的唯一零点，故 ， 即，则， 即值为1. 故选：A 8.（多选）已知函数f(x)满足是的导函数，，则下列选项正确的是（    ） A． B．若的解集是，则的解集是 C． D．的三个零点为，则 【答案】ABD 【详解】对任意的，都满足 将代入展开： ， ， 两式相加后，含的奇次项全部抵消， 整理得：， 该等式对任意恒成立，因此的系数必须为： 代入常数项等式： 再结合导函数条件先求导得 代入进而得 因此，选项A正确； 由可得函数满足中心对称性质： 对任意即函数关于点中心对称. 已知的解集为，将不等式变形： ， 当时，， 对应时，， 令，可得的解集为，因此选项B正确； 求导得两个极值点为 在单调递增，在单调递减， 在单调递增；代入数值估算： ， 该点在极大值点附近， 两者相加得， 不满足小于的条件，选项C错误； 三次函数，零点， 对于三次多项式求导： 代入零点： 可得， ， D正确. 9．(多选)（26-27高三上·四川南充·阶段检测）设函数，，则（     ） A．若，则的值域为 B．若函数存在极小值点，则 C．若对任意实数，都有，则实数的取值范围为 D．若函数存在零点，且满足，则实数的取值范围为 【答案】ABD 【详解】选项A：若 ，则 ，， 因为 ，可知函数 在 内单调递增， 且 ，，即 ，所以函数 的值域为 ，故 A 正确； 选项B：对于函数 ，，则 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ， 可知函数 在 内单调递减，在 内单调递增， 可知函数 在 内的极小值点为 . 若函数 在 内存在极小值点，则 ，解得 ，故 B 正确； 选项C：若 ，由选项B可知：函数 在 内单调递减， 在 内单调递增， 则 的最小值为 ，若 ，则 ，即 ， 又因为 ，即 ，可得 ，故 C 错误； 选项D： 令 ，则 ，即 ， 因为 ，即 ，且 ， 则 ，可得 ，原题等价于 在 内有解， 令 ，，则 ， 可知 在 内单调递增，则 ； 令 ，，则 ， 可知 在 内单调递增，则 ； 可得 ，所以实数 的取值范围为 ，故 D 正确. 10．（多选）（26-27高三上·重庆·开学考试）已知函数，则下列说法正确的是（     ） A．有三个零点 B．当时， C． D．过点可以作条直线与曲线相切 【答案】BCD 【详解】对函数求导得，令，解得或，则的单调递增区间为，； 令，解得，则的单调递减区间为，极大值，极小值. 选项A，，则（二重根），，所以有两个零点，A错误. 选项B，令，当时，则.当时，单调递减，，； 当时，单调递增，，所以时，，，故，即，B正确. 选项C，由题，则，所以， 令，则，所以，则，C正确. 选项D，设切点，则切线方程为，代入，得，则， 整理得，解得（二重根）或，故过点可以作条直线与曲线相切，D正确. 11．（多选）（26-27高三上·河南·开学考试）设函数，则（    ） A．有且仅有2个零点 B．有且仅有1个极值点 C．不等式恒成立 D．在区间上单调递减 【答案】BD 【详解】对于选项A，函数的定义域为.由，得，故，解得，所以有且仅有1个零点，故A错误； 对于选项B，，令，得，当时，，当时，，所以在处取得极小值，故有且仅有1个极值点，故B正确； 对于选项C，因为，且，而在上单调递减，所以当时，，故不等式不恒成立，故C错误； 对于选项D，由B知，在区间上单调递减，故D正确. 12．（2026·广东·模拟预测）已知满足 ，则_______． 【答案】3 【分析】原方程可化为，结合函数的单调性可得，故可求目标代数式的值. 【详解】因为，故， 因为，故，所以，设 则，故在上为增函数， 故，故，且，故， 故答案为：3. 13．（2026高二·全国·专题练习）已知函数，若在区间，各恰有一个零点，则的取值范围是________． 【答案】 【详解】因为，所以， 设， 若，则当时，，即，所以在上没有零点，不符合题意； 若，当时，，所以在上单调递增， 所以，即，所以在上单调递增， ，故在没有零点，不符合题意； 若，当，则，所以在上单调递增， ，，所以存在，使得， 即，当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以当时，， 当时，，所以在上有唯一零点， 又在上没有零点，故在上有唯一零点； 当时，，设，， 所以在上单调递增，，， 所以存在，使得，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 因为，所以存在，使得，即， 当，单调递增，当，单调递减，当时，， 而，所以当，，所以在上有唯一零点，上无零点， 即在上有唯一零点，所以，符合题意， 所以若在区间，各恰有一个零点，则的取值范围是. 14．（25-26高二下·西藏日喀则·期末）已知函数． (1)求函数的零点及单调区间； (2)求证：曲线存在斜率为的切线，且切点的纵坐标． 【答案】(1)零点为,减区间为，的单调递减区间为，单调递增区间为 (2)证明：令，则． 因为，，且由（Ⅰ）得，在内是减函数， 所以存在唯一的，使得． 当时，． 所以曲线存在以为切点，斜率为的切线． 由得：． 所以． 因为，所以，． 所以． 【详解】（1）函数的定义域为． 令，得，故的零点为． （）． 令，解得． 当变化时，，的变化情况如下表： ↘ ↗ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． 15．（26-27高三上·辽宁大连·开学考试）已知函数（）． (1)若，，求曲线在点处的切线方程； (2)若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点； (3)是否存在实数，，使得对任意，恒有？若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)因为，所以， 代入解析式得． 对求导，得其导函数： 设，则其二阶导数： 下面将区间分为和两部分来论证的符号： ①当时：因为，所以．因为，所以且． 由于，有且．所以． 对于余弦项，因为且，所以． 从而． 因为，所以，即． ②当时：因为，所以． 由于在第二象限，且．所以． 因为且，所以． 此时中的三项，，均严格大于0， 从而． 综合①②可知，对于任意，均有恒成立， 这说明在区间上单调递增． 又因为（由得到）， 且． 根据零点存在性定理，由于在上连续且单调递增， 故存在唯一的，使得． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 所以在区间内有且仅有一个极小值点．证明完毕． (3)存在， 【详解】（1）当，时，． 故， 即切点坐标为． 对求导得： 所以切线的斜率． 故切线方程为，即． 答：曲线在点处的切线方程为． （2）略 （3）存在． 若对任意，恒有成立， 则当取特殊值时，必然有． 即． 化简得：， 从而解得． 下面构造参数证明当时，恒有成立，从而说明该最大值是可以取到的． 取，，显然此时满足 此时． 则，． 当时，且，故，在上单调递增． 注意到， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 因此，在区间上，的最小值为． 所以当时，有． 当时，由于且， 有． 因为，且，，故． 所以当时，． 综上所述，当，时，对任意，恒有． 存在满足条件的实数，，且的最大值为． 16．（26-27高三上·北京·开学考试）已知函数 ． (1)求证：曲线在点 处的切线总与直线平行； (2)函数在区间上存在极值点，求的取值范围； (3)讨论在区间上的零点个数． 【答案】(1)由，得， ， ， 所以曲线在点处的切线的斜率为0，切线方程为， 所以曲线在点处的切线总与直线平行． (2) (3)当或时，在区间上没有零点； 当时，在区间上有且仅有1个零点． 【分析】（1）先对函数求导，再求出和的值，根据导数的几何意义得到切线方程，进而证明切线与直线平行. （2）对函数求导，根据函数在区间上存在极值点，分析导数在该区间上的正负变化，确定的取值范围. （3）结合（2）问，分类讨论可得函数在区间上的零点个数. 【详解】（1）略. （2）由（1）知，因为， 所以，令， 当时，，在区间上单调递增，且， 所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立， 在区间上单调递增，无极值点． 当时，在区间上递减，令，得． 若，即时，在区间上恒成立， 即在区间上恒成立，在区间上单调递减，无极值点． 若，即时， 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减， 所以在处取得极大值，满足函数在区间上存在极值点． 综上，的取值范围是． （3）由（2）知，在区间上单调递减， 又，所以对恒成立， 所以在区间上没有零点； 由（2）知当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减，且， 当时，函数的趋势由起决定作用的项决定， 因为，所以， 因此在区间上有且仅有1个零点； 由（2）知时，在区间上单调递增， 又，所以对恒成立， 所以在区间上没有零点； 综上所述：当或时，在区间上没有零点； 当时，在区间上有且仅有1个零点． 17．（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)讨论的零点个数． (2)若有两个零点且，求证：． 【答案】(1)当时，无零点；当或时， 有唯一零点； 当时， 有两个零点． (2)因为有两个零点且， 所以，，，则，，所以， 设，则，，则， 所以， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以， 因为，所以，所以，所以. 【详解】（1）令，显然不是该方程的解， 所以由， 设， 当时，，在上单调递增， 当，或时，，在和上单调递减，如下图所示： 当时，直线与函数没有交点，所以无零点； 当时， 直线与函数有一个交点，所以有唯一零点； 当时，直线与函数有两个交点， 所以有两个零点． 当时，直线与函数有一个交点，所以有唯一零点； 综上所述：当时，无零点；当或时， 有唯一零点； 当时， 有两个零点． （2）略. 18．（26-27高三上·北京石景山·开学考试）已知函数. (1) 时，求曲线与轴平行的切线方程； (2)已知函数. （i）当时，求曲线与曲线的交点个数； （ii）如果存在实数，使得两条曲线在处有公共点，且两条曲线在处的导数也相同，则称这两条曲线相切.  求的值，使得曲线与曲线相切. 【答案】(1) (2)（i）交点个数为；（ii）． 【详解】（1）当时，函数为，定义域为， ， 与轴平行的切线斜率为，令， 由于恒成立，因此，解得， 所以，故切点为，斜率为， 因此切线方程为； （2）（i）曲线交点个数等价于方程的实根个数，构造函数，问题转化为求的零点个数， 由，显然是的一个零点， 当时，，由指数函数单调递增，得，因此， 令，，，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此在处取最小值，由于，故，即对全体实数恒成立， 因此恒成立，则恒无正零点， 综上，仅有一个零点，即两条曲线有个交点； （ii）两条曲线在处相切，需同时满足： ，即；，即， ， 因此得到方程组， 若，代入方程 得左边，矛盾，故， 由得，代入，得，即 分情况讨论： 若，代入 得，与矛盾，舍去； 若，则，所以，展开整理得：，解得（舍去）， 将代入，两边取自然对数得，解得. 19．（26-27高三上·辽宁·开学考试）已知函数及其导函数的定义域均为，的图象为一条连续不断的曲线，且与在上恒成立，设定义域为的函数． (1)求；（用含和的代数式表示）； (2)若． （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断方程实根的个数，并说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）由（1）得， 因为，，，， 所以，即． 若存在，使得， 因为在上恒成立，所以在上单调递增， 又，则，与矛盾， 所以． （ⅱ）方程有且仅有一个实根． 因为，所以在上单调递增， 令，， 所以在上单调递增， 因此方程至多有一个实根． 因为，且的图象为一条连续不断的曲线， 所以， 取，则，从而， 所以， 由零点存在定理可知在内至少有一个零点， 故方程有且仅有一个实根． 【分析】（1）利用公式求解. （2）（ⅰ）由，，，，得到．若存在，使得，由在上恒成立，得到在上单调递增，从而得到，与矛盾，从而得到证明. （ⅱ）求出在上单调递增，构造函数，利用导数法得到在上单调递增，得到方程至多有一个实根，由的图象为一条连续不断的曲线，得到，由零点存在定理可知在内至少有一个零点，从而得到结论. 【详解】（1）因为，且， 所以． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 21．（26-27高三上·山东·阶段检测）已知函数. (1)判断的奇偶性并给出证明； (2)证明：在区间有且仅有一个零点. 【答案】(1)判断：为偶函数. 由题意得的定义域为，关于原点对称； ， 所以为偶函数. (2)因为， 因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递减， 因为， 由零点存在性定理可得在有且仅有一个零点. 20．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)若函数有两个不同的零点，，且，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当时，，于是. ，于是， 所以函数在处的切线方程为，即. （2）存在，使得成立，即存在，使得， 也即存在，使得成立. 令，则. 令，则， 令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故. 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以. 故实数的取值范围为. （3）由，得， 而. 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 于是 令，则. 当时，，单调递增，而， 故，则. 令，则，于是，，且. 故. 令，则. 令，则，故单调递增， 于是，故，在单调递增. 又，于是. 综上，. 创新能力提升 1．（25-26高三上·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 【答案】0 【分析】根据题意，化简得，令，求得为增函数，转化为，得到，进而得到，求得，即可求解. 【详解】由方程，变形可得， 即， 令，则，所以为单调递增函数， 因为，可得，可得，即， 又因为实数是关于的方程的解， 可得，可得，所以0. 故答案为：0 2．（25-26高三上·内蒙古赤峰·期末）设m为正实数，若实数是关于x的方程的解，则______． 【答案】 【详解】由得，即， 设，则在上单调递增， 则由可得，所以， 而实数是关于x的方程的解，即， 故. 故答案为：. 3．（2025·陕西·二模）已知函数. (1)若，求的极值. (2)若且，关于的方程在上仅有一个实根. （i）证明：； （ii）求的最大值. 【答案】(1)极小值，极大值. (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）求导，结合函数的单调性求得极值； （2）（i）令，利用导数判断单调性求出最值，得证；（ii）由，结合，可得，得，构造函数令，利用导数判断单调性求出最值. 【详解】（1）若，则， 所以， 令，得，令，得或. 故在上单调递增，在上单调递减， 所以极小值，极大值. （2）（i）令， 则， 令，显然在上单调递增，又， 所以存在唯一的，满足，即， 且当时，，即，当时，，即， 故在上单调递减，在上单调递增，是在上的极小值，也是最小值， 又因为，要使在上仅有一个实根，必需，所以. （ii）由（i）知， 将代入，得. 所以. 所以， 令， 则， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故的最大值为. 4．（26-27高三上·山东聊城·开学考试）已知函数. (1)判断的奇偶性并给出证明； (2)讨论在区间上的零点个数. 【答案】(1)为偶函数. 证明：的定义域为 ，关于原点对称； ， 所以为偶函数. (2)3个 【分析】（1）利用定义域关于原点对称和进行证明； （2）利用偶函数的特点结合函数的单调性和零点存在定理进行讨论. 【详解】（1）略 （2）因为，所以， 由（1）得：为偶函数，所以只需研究上零点个数，即可得到上的零点个数. 当，，，所以单调递增， 当，，，所以单调递减， 且，， 当，， 根据零点存在定理，，，所以在上存在唯一的零点，则 在上也存在唯一的零点，又因为，所以0也是一个零点， 综上所述，在区间上的零点个数为3. 5．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）已知函数，，记，为自然对数的底数． (1)若为增函数，求实数的最小值； (2)若有三个零点，，． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】(1) (2) （ⅰ） （ⅱ）法一：因为， 故，又，有唯一的正零点，所以， 由，得， 故， ， 又，，故，，故① 令，，单调递减， 所以，于是，即有② 由①②得，即有，证毕！ 法二： 由，得，， ， 故， 同理，设， ，令， ，故单调递增，又， 于是当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增． 由洛必达法则得， 所以， 令， 当时，因，，，故，单调递减； 当时，，令， ，在单调递减， ，又，故； ，故． 所以，在单调递减． 又，故， 即，故得证！ 法三： ， 由，得，， ， 故 ， 同理， 令， ，故在和单调递增． 又由洛必达法则得，，， 因，故， ，所以， 因，故，， 所以，所以，故得证！ 【详解】（1），因为为增函数，所以对任意实数恒成立． 法一：令，得， 故在单调递减，在单调递增， ，解得． 所以，实数a的最小值为． 法二： ，令， ，故在单调递减，在单调递增， ，得．所以，实数a的最小值为. （2）（i）：法一：由 (1) 知在单调递减，在单调递增. 若, 由 (1) 知为增函数，至多只有一个零点，不符合题意； 若, 则,, ,;,, 故存在和, 使得, 且时，,单调递增；时，,单调递减；时，,单调递增. 又, 故,,,;,, 所以存在,, 使得. 综上知，当时，有三个零点, 且. 法二：因为, 所以有一个零点为 0 ， 当时，，记， 令，，故单调递增， 又，于是当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增, 由洛必达法则得，，，， 当时，方程没有解，不符合题意； 当时，方程在和各有一个实数解和. 综上知，当时，有三个零点，且. （ii）略 6．（26-27高三上·辽宁·开学考试）设实数，已知曲线与曲线，记曲线在处的切线为． (1)求的方程； (2)设与在第一象限内的两个相异交点分别为，，且． （ⅰ）证明：，且； （ⅱ）证明：直线与的交点的横坐标． 【答案】(1) 【详解】（1）曲线在处的切点为，切线斜率为， 所以l的方程为，即； (2)（ⅰ）由题可得，，且，， 两式相除，得，即， 令，则，且， 由，得， 所以，，则． 当时，因为，所以； 当时，同样有； 当时，令，则， 所以在上单调递增， 所以，即，所以， 因为，所以，即， 所以． 综上，． 由，相乘，得． 因为，，，所以． 又，所以，所以． （ⅱ）因为点A，B均在抛物线上，所以，， 则直线AB的斜率为， 所以直线AB的方程为． 由（1）知， 联立两直线方程，得， 即， 由（ⅰ）知， 又，所以， 由（ⅰ）知，因此． 因为，所以要证， 只需证， 即证． 因为，所以， 则， 所以，得证． 综上，直线AB与l交点的横坐标． （2）（ⅰ）由题意得，令，得，进而得，，则，根据三种情况，分类讨论即可得证， 由，，得，即，进而得证； （ⅱ）根据题意求得直线AB的方程为，又由（1）知，联立两直线方程，得，由（ⅰ）知，得，由（ⅰ）知，则，要证，只需证，即证，利用即可得证. 7．（26-27高三上·福建福州·开学考试）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间和最值． (2)若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)的单调递增区间，的单调递减区间；的最大值为，无最小值． (2) 【详解】（1）由题意可得：的定义域为， 当时，，， 令，，解得，， 当时，，，所以， 当时，，，， 所以的单调增区间，的单调减区间， 即在处取得最大值，，无最小值． （2），， 若，当时，，， 所以，在上无零点，舍去， 若，则， 令，则， 则在上单调递减，且， ①若，即，此时，，在上单调递减， 又因为，所以，不合题意，舍去， ②若，即，此时，则存在，使得，即， 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，所以， 当时，， 令，解得， 因为，且，所以存在唯一的，使得，满足条件， 综上所述，实数的取值范围为． 8．（24-25高三下·甘肃白银·月考）已知函数. (1)证明：，； (2)求函数的零点个数. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）欲证，， 即证，， 令，则， 因为，， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以，成立. （2）令，所以， ①当时，，，所以， 即在时无零点；②当时，，， 所以， 所以在时单调递增， 所以， 即在时无零点； ③当时，令， 则， 显然在上单调递增， 又，， 所以存在使得， 因此可得时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又，， 所以存在，使得， 即时，，，单调递减； 时，，，单调递增，又，， 所以在上有2个不同的零点； ④当时，单调递增， 所以， 即成立， 所以在上无零点， 综上，函数有2个不同的零点. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $