专题09 利用导函数研究函数的隐零点问题专题训练-2027届高三数学二轮复习

专题09 利用导函数研究函数的隐零点问题 (典型题型归类训练) 目录 一、必备秘籍 1 二、典型题型 2 三、专项训练 12 一、必备秘籍 1、不含参函数的隐零点问题 已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则有： ①关系式成立；②注意确定的合适范围. 2、含参函数的隐零点问题 已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则有 ①有关系式成立，该关系式给出了的关系；②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 3、函数零点的存在性定理 （1）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. ① 若，则的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若，那么在不一定有零点 ③ 若在有零点，则不一定必须异号 (2)若在上是单调函数且连续，则在的零点唯一. 二、典型题型 【典例1】（2026·广东广州·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求函数的最小值； (2)若，，判断曲线和的公共点个数； (3)若曲线和有公共点，求证：． 【答案】(1) (2)个 (3)设两曲线公共点的横坐标为，则， 若，则，，不符，故； 且有，即， 设向量，向量， 则由，可得， 故， 即有，即， 令，则， 则在上单调递增，又，故， 又，故，则， 故， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即有，则， 故. 【分析】（1）求导后计算函数单调性即可得； （2），求导后结合零点的存在性定理可得该函数单调性及其导函数零点，再利用其导函数零点代入计算可得恒成立，即可得解； （3）设两曲线公共点的横坐标为，可得及，借助向量数量积公式及其性质计算可得，再构造函数证明，可得，最后构造函数，证明即可得. 【详解】（1）当时，， 则， 故在上单调递增， 故； （2）令，则， 令，则， 由，则，故恒成立， 故在上单调递增，又， ， 故存在，使得， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 又，故， 则， 令，， 则， 故在上单调递减，故， 故，则，故无解， 即曲线和的公共点个数为； （3）略 【典例2】（26-27高三上·四川成都·阶段检测）已知函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设，求证：当时，恰有两个零点. 【答案】(1) (2)当时，在上单调递减，上单调递增.当时，在上单调递增.当时，在上单调递减. (3)时，. 令，则. 令，. ⅰ.时，恒成立， 在上单调递增. 又， ∴存在一个零点，，使. ⅱ.， 恒成立，在上单调递减. 又，. 存在零点，使. ，，，. 在上单调递增，上单调递减. 又，.， ∴存在一个零点，，使. ⅲ.， 恒成立.在单调递减. 恒成立.在没有零点. ⅳ.时， 下面来证明当时，. 设.在上单调递增， ，，恒成立. 综上所述，在只有两个零点. 又是由向右平移一个单位所得， 在只有两个零点. 【分析】（1）通过求导，确定切线斜率即可求解； （2）求导，通过讨论，，确定导数符号，即可求解； （3）令，通过二次求导，确定的单调性，进而可求证. 【详解】（1）当时， ，， ， 所以切线方程为. （2）， 当时，，在上单调递减. 当时，在上，有，在上，有， 故在上单调递减，上单调递增. 当时，，，在上单调递增. 当时，，，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递减，上单调递增. 当时，在上单调递增. 当时，在上单调递减. （3）略 【变式1】（2026·吉林长春·一模）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，对于任意，不等式恒成立，求的取值范围； (2)当时，若关于的方程有两个不同的根， ①求的范围； ②当最小时，求的值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由题意得对任意恒成立，令，利用二次求导，分类讨论可求得的取值范围； （2）①将问题转化为在上有两个不同的非零零点，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令，通过，先研究函数的单调性，再研究的最小值，利用两者最小值的一致性，可得的值，即可通过求的值. 【详解】（1）当时，， 因为对于任意，不等式恒成立， 所以对任意恒成立，所以对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 令，求导得. 令，求导得, 当时，，所以在上单调递增， 又，所以，所以在上单调递增， 又，所以恒成立，符合题意； 当时，令，解得， 当时，，所以在上单调递减， 又，所以，所以在上单调递减， 又，所以， 所以对任意不恒成立，故不符合题意； 综上所述：的取值范围为； （2）①当时，关于的方程有两个不同的根， 则在上有两个不同的非零零点， 因，故只需在上有两个不同的零点即可， 求导得， 当时，，则在上单调递增， 则在上至多存在一个零点，不符合题意； 当时，由，得；由，得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则， 令，则， 由，得；由，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则， 则在上恒成立， 令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以，当且仅当时取到等号， 所以，则， 则当时，； 当时，， 则由零点存在性定理可知在和上各有一个零点， 综上可知，的范围为. ②因，结合的单调性可知， 由①可知是的两个根，即， 两式相减得， 令，则，则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 故欲求的最小值，只需求的最小值，即的最小值， 令，则， 令，则，则在上单调递增， 又，，则，使得，即， 则由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则当时取最小值，取最小值，取最小值， 此时， 综上所述，当最小时，. 【变式2】（26-27高三上·辽宁大连·阶段检测）已知函数，． (1)若有两个不同零点，，证明（为自然对数的底数）； (2)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)设的两个不同零点为，设， ， ， 故欲证，即，只需证， 即，即证， 设，上式转化为， 设， ， 在上单调递增， ， ，即． (2) 【分析】（1）设出两个零点，代入函数表达式，将要证明的不等式转化为证明，构造函数，利用导数求得的最小值大于零，由此证得原不等式成立. （2）问题转化为恒成立，设，利用导数求其最大值，即可得解. 【详解】（1）略. （2）由恒成立，得恒成立， 即恒成立， 设，则， 设，则， 所以在上单调递减， 又，， 所以存在唯一实数，使得，即， 两边取对数得， 移项得， 设，则， 所以函数在单调递增，所以，则， 由时，时， 可得时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故， 所以. 【变式3】（26-27高三上·河南南阳·阶段检测）已知函数． (1)若在上有个零点，求的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)易知； 设，． 因为函数、在上均为增函数， 根据函数单调性的性质得在上单调递增， 因为，，所以存在，使得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增; 所以， 因为，所以， ， 因为函数在上单调递减，且，所以， 所以，即， 故，即. 【分析】（1）将函数有两个零点转化为方程在上有2个解，构造函数并求出其单调性，即可求得的取值范围； （2）将不等式变形整理并构造函数，对函数求导并利用隐零点问题求出极值，再由函数单调性求出最值判断符号即可得出结论. 【详解】（1）因为在上有2个零点，所以在上有2个解， 等价为在上有2个解，即直线与的图象在上有2个交点． 易知，由可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以函数在上的极小值为， 当时，，当时，， 所以的取值范围为． （2）略 三、专项训练 1．（26-27高三上·陕西西安·阶段检测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：（，）； (3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围． 【答案】(1)当时， 在上单调递减；当时，在上单调递减；在上单调递增． (2)由（1）知当时，在上单调递减， 故当时，，所以， 令， 则， ， 故， 所以，原不等式得证． (3) 【分析】（1）求出的定义域，对求导，分，利用导数与单调性的关系求解即可； （2）由（1）可得时，，从而可得，令，利用放缩法可得，利用裂项求和法即可得证； （3）对化简可得，只有一个零点，令，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，分和两种情况讨论，结合零点存在性定理即可求解． 【详解】（1）函数的定义域为， ， 令，则， 当时，，恒成立，在上单调递减； 当时，，方程的两根为，， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 综上所述：当时， 在上单调递减；当时，在上单调递减；在上单调递增． （2）略. （3）， 易知在上单调递增， 且当时，，所以只有一个零点， 又当时，，故有三个不同的零点， 令，， 则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点， ①当时，此时在上单调递减，显然不符合题意， ②当时， ，， 在上单调递减；在上单调递增． 因为，且，所以，所以， 由（2）知，时，， 所以，即， 所以， 所以由零点存在性定理知，在区间上有唯一的零点， 因为， 因为，所以， 所以时，存在三个不同的零点，1，， 故实数的取值范围是． 2．（26-27高三上·贵州·开学考试）已知函数，． (1)当时，求的单调区间． (2)函数，且． （ⅰ）证明：有唯一的极值点，且． （ⅱ）若为的零点，为的极值点，且，证明：． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2)由已知，，，. 证明：（i），令，， 则，所以在上单调递减. 因为，所以， 所以，. 根据零点存在定理，可知，使得，即. 当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减. 综上，有唯一的极值点，且. （ii）由（i）知，即，所以. 因为为的零点，且，所以，即，可得， 将代入中，可得，即. 因为当时，，又，所以， 所以. 对两边同时取对数得，移项可得. 综上，得证. 【分析】（1）对函数求导，再根据的取值范围讨论的单调性. （2）构造辅助函数，结合零点存在定理证明（i），利用（i）中结论，借助时，完成放缩即可证明（ii）. 【详解】（1）已知函数，定义域为， ， 又，，所以恒成立. 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减. 综上，在上单调递增，在上单调递减. （2）略 3．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)时，求零点的个数； (3)若时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在定义域上单调递减. (2)2 (3) 【分析】（1）求导后，分别在和两种情况下判断导函数的正负，从而得到原函数的单调性； （2）求导并找到函数单调区间后，根据零点的存在性定理可判断； （3）分离参数将问题转变为在上恒成立，令，通过导数可得函数的单调性，进而判断出其最大值，从而得到所求范围. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且， 当时，，则在定义域上单调递增； 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立， 所以在定义域上单调递减， 综上所述：当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在定义域上单调递减. （2）若，则的定义域为， 令，，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在内单调递减，则， 且，，可知在上各有一个零点， 又因为，所以有两个零点. （3）由分离参数可得，即在上恒成立， 令，， 则， 令，，则， 因为，则，可知在上单调递减， 则，且， 可知，满足，即， 可得，， 当时，，即；当时，，即； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 可得，所以实数a的取值范围为. 4．（2026·河北秦皇岛·二模）已知函数，是的导函数. (1)当时，求函数的单调区间. (2)当时，是否存在，使得成立?请说明理由. (3)若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为 ，无单调递增区间 (2)当 时，，则， 不妨设，，，则， 所以， 而． 若存在，使得， 则，得， 令，则， 所以在 上单调递增， 而，故方程在时无实数解， 所以不存在,使得 成立． (3) 【分析】（1）求导，根据导函数的正负性判断； （2）设，，，化简得出，构造函数，研究函数的零点即可； （3）令，利用单调性求最小值，进而得出，，再构造函数求值域即可. 【详解】（1）当时， ，则． 令，则， 令，得；令，得． 故在上单调递增，在上单调递减． 故，则（等号不恒成立）， 则的单调递减区间为，无单调递增区间． （2）略 （3）恒成立，即恒成立， 令，由，得． 令，则， 则在上单调递增． 又，， 则存在，且，即， 使得当时；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以， 即， 又，得． 而，设，，则， 则在上单调递增， 而，， 故的取值范围为 5．（25-26高二下·新疆乌鲁木齐·期末）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于，求的取值范围； (3)当时，证明：有两个零点． 【答案】(1)； (2)； (3)由题意，， 则， 所以， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递增， 即在上单调递增， 当时，，当时，， 所以存在唯一使， 所以当时，，所以单调递减， 当时，，所以单调递增， 故是的极小值点， 由得，即， 所以 ， 因为，所以，移项得， 又，所以，两边同除以，所以， 两边取自然对数得，即， 所以， 又，， 所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 由零点存在定理，可知在和上各有一个零点， 综上所述，函数共有两个零点. 【分析】（1）根据导数的几何意义，先求得切线斜率，再根据点斜式方程，即可求得切线方程； （2）先对函数求导，根据的取值进行分类讨论，结合极值的概念，列出关于的不等式，求解即可； （3）先对函数求导，求得其极小值，结合隐零点和零点存在定理，即可证明. 【详解】（1）由题意，当时，函数，定义域为， 则，所以，即切线的斜率， 又， 所以函数在点处的切线方程为，即； （2）由题意，函数，定义域为， 则， 当时，恒成立，所以函数在上单调递减， 函数不存在极小值，不符合题意； 当时，令，解得， 令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得极小值， 极小值为， 又极小值小于，即，即， 令（），则， 令，解得， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为， 所以要使成立，即，则， 所以的取值范围为； （3）略. 6．（26-27高三上·贵州贵阳·阶段检测）设，，函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)若方程有三个实数解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)当时，即为. 设，则， 因为均为上的增函数，故为上的增函数， 而，， 故在上存在一个零点，且， 且当时，，时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 故，但，故， 故，因，故等号不可取， 故即. (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义可求切线方程； （2）设，求出函数的导数，利用虚设零点结合基本不等式可证. （3），求出其导数，结合虚设零点及该函数有两个不同的极值点可求参数的取值范围. 【详解】（1）当时，，故，故， 而，故曲线在处的切线方程为， 整理得. （2）略. （3）方程有三个实数解即为有3个不同的实数解， 令，则有3个不同的零点， 若， 当时， ，时，， 此时， 当时，，而，故， 当，，则， 故在上单调递减，，， 故存在，使得且： 当时，即，当时，即， 故在上单调递增，在上单调递减， 故此时至多两个不同的零点，不合题意，舍； 当时，因为当时，，故， 故仅在上讨论方程有三个实数解， 当时则在上有3个不同的零点. 注意到当时， ，时，， ， 令，，则， 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 又时，，时，， ， 当，即时，，故， 故在上单调递减，所以在上存在唯一零点； 当，即时， 存在，，使得， 当或时，，，故在，上单调递减， 当时，，，故在上单调递增， 因为，即，， 所以， 同理，令，， 则，故在上单调递增， 注意到，所以， ， 从而当时，有3个零点， 综上：当时，方程有三个实数解. 【点睛】对于导数背景下的零点问题，如果不能求出具体的极值点，则需结合虚设零点和零点存在定理判断零点的个数. 7．（25-26高二下·重庆荣昌·期末）已知，． (1)求的极值； (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)极小值，无极大值； (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． 故有极小值，无极大值． （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． 8．（25-26高二下·山东济南·期中）函数. (1)求的单调区间； (2)若只有一个解，求的值； (3)在（2）的条件下，当时，求使成立的最大整数. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2) (3)2 【分析】（1）对函数求导并利用判别式得出导函数零点，求出相应区间上的单调性即可； （2）由方程根的个数构造函数 ，求出该函数单调性得出极值可求得； （3）分离参数可得，构造函数 并求得其单调性和极值，由极值点范围可求得整数的最大值为2. 【详解】（1）函数，定义域为，则 因为，设 ， 则令得，， 当时，单调递增， 当时,单调递减， 当时，单调递增， 综上所述的单调递增区间为， 单调递减区间为； （2）若即只有一个解， 因为使方程成立，所以只有0是的解， 故当时，无非零解， 设 ，则， 当单调递减，当单调递增， 所以最小值为 ， 当时，，当时，， 故必有零点，又因为无非零解，故的零点是0， 所以 ，所以； （3）由（2）知，， 由可得 ， 所以，得， 设 ，则， 令，则，因为时，，所以， 则在单调递增，又 所以使得，所以，且 ， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以最小值，且， 得， 又因为，所以，因为， 所以，故整数的最大值为2. 9．（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． 10．（24-25高二下·北京·期末）已知函数. (1)若无单调递减区间，求的取值范围； (2)关于的方程有两个不同的根、，且. （i）若，求的取值范围； （ii）若，记.问：当取何值时，取得最小值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）分析可知，对，，可得出，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围； （2）（i）当时，由题意可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （ii）由关于的方程有两个不同的根、，可得出，，转化为，当取最小值时，在时取最大值，构造函数，其中，再利用导数求解，即可得到答案. 【详解】（1）因为，其中且，则， 因为函数无单调递减区间，则对，， 即，可得， 令，其中，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即实数的取值范围是. （2）（i）当时，由可知，直线与函数的图象有两个交点， ，由可得，列表如下： 减 减 极小值 增 故函数的极小值为， 且当时，；当时，，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点， 故实数的取值范围是； （ii）由题意可得，即，且， 可得，即，故， 因为，其中且，， 令，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 故，故，即在上单调递增，在上单调递增， 因为，故当时，；当时，； 当时，.故有，， 令，则， 令，则， 故函数在上单调递减，故，故， 故当取最小值时，取最大值，即在时取最大值， 令，其中，则， 令，则对任意的恒成立， 即函数在上单调递减， 当时，，且， 故存在，使得， 当时，，，即函数在上单调递增， 当时，，，即函数在上单调递减， 所以，，此时，即， 即当时，取小值. 学科网（北京）股份有限公司 $专题09利用导函数研究函数的隐零点问题 (典型题型归类训练) 目录 一、必备秘籍. 二、典型题型.. 三、专项训练..。 一、必备秘籍 1、不含参函数的隐零点问题 己知不含参函数f(x),导函数方程f'(x=0的根存在，却无法求出，设方程 f'（x=0的根为0，则有： ①关系式f'x0=0成立；②注意确定X0的合适范围 2、含参函数的隐零点问题 己知含参函数fx,a,其中a为参数，导函数方程f'(x,Q=0的根存在，却无法求 出，设方程f'(x=0的根为X0,则有 ①有关系式f'(x,=0成立，该关系式给出了x,a的关系；②注意确定，的合适范 围，往往和a的范围有关 3、函数零点的存在性定理 (1)设函数f()在闭区间[a,b]上连续，且f(a)f(b)<0,那么在开区间(a,b)内至 少有函数f(x)的一个零点，即至少有一点x∈(a,b),使得f(x)=0 ①若f(a)f(b)<0,则f(x)的零点不一定只有一个，可以有多个 ②若f(a)f(b)>0,那么f(x)在[a,b]不一定有零点 ③若f(x)在[a,b]有零点，则f(a)f(b)不一定必须异号 (②)若f(x)在[a,b]上是单调函数且连续，则f(a)f(b)<0→f(x)在(a,b)的零点唯 二、典型题型 【典例1】(2026广东广州模拟预测)已知函数/(=e-sin(x≥0).g(x)=bx 当0=1时，求函数因的最小值： (2)若a=,h=3,判断曲线’=f因和’=8( 的公共点个数： 若面线=国和罗=g冈有公共点，求证口+~鸳 【典例2】(26-27高三上四川成都·阶段检测)己知函数 f(x)=aln(x-1)+(a+2)x+1,a#0 当a=1时，求f(四在2f(2刃处的切线方程； 2时论()的单调性。 B设F()=f)+2sm（(x-)4红，求证：当a=l时， 下（拾有两个零点 【变式1】(2026吉林长春衡)已数商贵倒-2 x,其中e为自然对数的底数. 当a=1时，对于任意>0，不等式f()2x+ 恒成立，求b的取值范围： 当0=2时，若关于”的方程倒大有丙个不同的粮出】 ①求k的范围； ②当-最小时，求的值。 f(x)=lnr-kx(k∈R) 【变式2】(26-27高三上·辽宁大连·阶段检测)已知函数 g()=x(e-2) 若（四有两个不同零点，名，证明>。（为自然对数的底数）， 2)若8()f)≥ 恒成立，求的取值范围。 【变式3】(26-27高三上河南南阳阶段检测)已知函数)=e-r a若f(四在@切)上有2个零点，求“的取值范国： 2证明：（血x-)-2h[/+ax2]+1>0 三、专项训练 1.(26-27高三上陕西西安阶段检测)己知函数f(x)=2mlnx-x+(m>0) (1)讨论 (冈的单调性： (2)证明： (+-+》emN,m2) B倒若函数8()=mm2x-x-+2有三个不同的零点，求m的取值范围。 2.(26-27高三上贵州开学考试)已知函数 f(x)=Inx-x-a(x-2)e'aER a当a>0时，求/（的单调区间。 2)函数g(=f)+x-ae,且0<a< e 《1)正明：8（因有唯一的极值点。，且6>1， （i)若5为8（田的零点，为8（冈的极值点，且>元，证明：3%>2。 3。（25-26高二下江苏南通阶段检测)己知函数/（四）=ae+2x+x血x-2 h(x)=f(x)-xInx+x2 (1)讨论 的单调性； 2a=0时，求f)零点的个数： B若re(0时，f四≥0 恒成立，求实数“的取值范围. 4.(2026河北索皇岛二模)已知西数)=2-，f(因是W的导函数 当a=1时，求函数)的单调区间。 包当a=0时，是吾常在.使箱八)= x2-x 成立？请说明理由 (3)若f()>a恒成立，求实数a的取值范围. 5,（25-26高二下新疆乌台木齐期末)已知函数()=m(x-)-x-1 国当m=2时，求曲线"=在点)处的切线方程； 2若（冈）有极小值，且极小值小于，求m的取值范围： )当m<-时，证明，8()=f(++m 两个零点 6。（26-27高三上：贵州贵阳阶段检测)设0>0，a,函数f)=a,8()-1ogx 1当a=2时，求曲线 =/八四在x=2处的切线方程： 2)当Q=e时，证明：f-8()>2 ③)若方程()=8（四）有三个实数解，求实数“的取值范围。 7.(25:26高二下重庆荣昌期末)已知f冈=e,8(d)=lx+x+a(aeR) 但求/（的极值： 2)若方程因=8( 有两个不相等的实数根，】 (i)求a的取值范围； 1 1 >k (i)若f(:)f(,)恒成立，求实数k的取值范围. 8。（25:26高二下-山东济南期中)函数/（四=(+m)e(aeR)】 求四的单调区间； 2若)=只有一个解，求“的值： 3)在(2)的条件下，当x>0时，求使e >(c-xe-少成立的最大整数k. 9.(25-26高三上北京海淀·阶段检测)已知函数1 (x)=c"-a x,其中e为自然对数的底 数. 当0=1时，求f冈的单调区间； 回当3时，关于的方程句女有两个不同的实藏根与，化<）】 ①求k的取值范围； ②当x-取最小值时，求k的值. 10,(24-25高二下北京期末)已知函数f()= Inx )若（四）无单调递减区间，求“的取值范围。 2)关于的方程()= 有两个不同的根5、五，且< (i)若a=0,求k的取值范围； t= (i)若a>1,记.问：当k取何值时，t取得最小值.