重难点2-5 利用导数研究零点与隐零点（7题型+满分技巧+限时检测）-2025年高考数学热点重点难点专题练习（新高考专用）

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导数综合问题中的零点问题在高考中常以解答压轴题的形式出现。主要包含函数零点个数判断与证明。主要考查：根据函数的零点个数或零点情况求参数的取值范围、与零点相关的不等式恒成立或证明问题等，在高考中难度偏大。
【题型1 判断函数零点的个数】
【例1】（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习）的零点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】由得，构造函数，求导得
在上单调递减，在上单调递增，上单调递减，且，
及时，的图像如图，得到有3个解.故选：D.
【变式1-1】（2023·四川成都·高三成都列五中学校考期末）函数的图象与直线的交点个数为 .
【答案】
【解析】令，则，
函数在区间上单调递增，
所以，曲线与直线的交点个数等于曲线与直线的交点个数，
作图易知，曲线和直线都过点，且都关于点对称，
所以，曲线与直线的交点个数或者为或者为.
下面考察关于的方程在区间上的解的个数，
令，其中，
则对恒成立，
所以，函数在区间上单调递增，则，
所以，关于的方程在区间上的解的个数为，
因此，函数的图象与直线的交点个数为.
【变式1-2】（2024·云南德宏·高三统考期末）已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【解析】当时，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，，
则存在，使得，
画出的图象，如下：
令，则，
当时，令，解得或，
若，则，
结合图象可知，此时存在两个根，，
若，则，
结合图象可知，此时存在和满足要求，
当时，令得，
此时，
结合图象可知，此时存在两个根，
综上，共6个零点，故选：C
【变式1-3】（2023·四川攀枝花·统考一模）已知定义在上的奇函数恒有，当时，，已知，则函数在上的零点个数为（ ）
A．4 B．5 C．3或4 D．4或5
【答案】D
【解析】因为，所以，所以函数的周期为2，
当时，，则，
由，得，
则，即，
所以，即函数在上单调递增，
又为上的奇函数，所以函数在上单调递增，
由，即，
又，为上的奇函数，的周期为2，
令，则，即，则，
作出函数和在上的大致图象：
由图象可知，函数和的交点为4个或5个，
则函数在上的零点个数为4个或5个.故选：D.
【题型2 讨论证明函数零点的个数】
【例2】（2023·黑龙江·高三校联考阶段练习）已知函数，，且函数的零点是函数的零点．
（1）求实数a的值；
（2）证明：有唯一零点．
【答案】（1）1；（2）证明见解析
【解析】（1）由易判断在单调递增，
且，，
所以可令，
得， 所以，
由题意，即，所以；
（2），则，
令，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，所以，
结合（1）可得存在唯一，使得，即函数有唯一零点.
【变式2-1】（2023·全国·高三校联考开学考试）已知函数．
（1）求曲线在处的切线；
（2）若对任意，当时，证明函数存在两个零点．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）因为，所以，
则，，
此时切线方程为，即；
（2）证明：函数存在两个零点，
得方程有两解，即存在两解．
令，则，
令，因为，
所以在上为单调递减函数，
由，，
所以存在，使得，
且，，，，
所以在上递增，在上递减．
所以，
由，且，
则任意，时，函数与有两交点，
故函数存在两个零点．
【变式2-2】（2022·全国·高三校联考阶段练习）已知函数，其中．
（1）若的极小值为，求单调增区间；
（2）讨论的零点个数．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析
【解析】（1）由题，得，其中，
当时，，单调递增，无极值；
当时，令，解得或；
令，解得，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，，
所以当时，取得极小值，
所以，解得．
单调增区间和；
（2）由（1）知当时，的极小值为，
的极大值为，，
所以在区间有1个零点，
当，即时，因为，，
所以在区间各有1个零点，因此有三个零点，如图①曲线；
当，即时，有两个零点，如图②曲线；
当，即时，有一个零点，如图③曲线；
当时，，易知有一个零点．
综上，当时，有一个零点；
当时，有两个零点；
当时，有三个零点.
【变式2-3】（2023·全国·重庆市育才中学校联考模拟预测）已知函数．
（1）若是的极值点，求；
（2）讨论函数的零点个数．
【答案】（1）；（2）当时，1个；
当时，2个；当时，3个；
【解析】（1）由已知可得，函数定义域为，
且，
所以.
又是的极值点，所以，解得.
代入可得，.
设，
则在上恒成立，所以单调递增.
又，
所以，当时，有，即，所以，在上单调递减；
当时，有，即，
所以，在上单调递增.
所以，在处取得极小值，满足题意.
所以，.
（2）由已知可得，，，且，
显然，且.
令，则.
①当时，恒成立，所以，在上单调递减.
又，此时只有一个零点；
②当时，，此时有恒成立，
所以，，即在上单调递增.
显然时，有，则；.
且，
，.
当时，1个；
当时，2个；
当时，3个；
【题型3 根据函数零点个数求参数】
【例3】（2024·重庆·统考一模）（多选）已知函数，则在有两个不同零点的充分不必要条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】因为，
令，则，
令，
则，
注意到，令，解得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，且当趋近于或时，都趋近于，
若在有2个不同零点的充要条件为函数与图象在第一象限有2个交点，
所以，即有2个零点的充要条件为，
若符合题意，则对应的取值范围为的真子集，
结合选项可知：A错误，BCD正确；故选：BCD.
【变式3-1】（2024·甘肃·高三统考阶段练习）已知函数若函数有3个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增.
当时，.
当时，，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
当时，.
画出函数的图象如图所示：
因为函数有3个零点，
所以与的图象有3个交点，由图知：.
所以的取值范围为，故选：B
【变式3-2】（2023·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期中）已知函数
（1）求曲线在处的切线方程
（2）若函数在区间上恰有两个不同的零点，求实数的取值范围
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）函数，求导得，
令，得，则，，显然，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由（1）知，，，求导得，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，.
令，求导得，
当时，，当时，，
即函数在上递减，在上递增，
，即，则，
因此，
显然函数在上单调递增，函数值集合为，
从而函数在上的函数值集合为，
函数在上恰有两个不同的零点，
则当且仅当，解得，
所以实数的取值范围是.
【变式3-3】（2024·湖北武汉·高三统考期末）已知函数，.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若有且仅有1个零点，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）时，，所以，
则，所以在处的切线方程为；
（2）①由上知时，，
有，
令，
即在上单调递增，
又，，
所以时，，时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，此时只有一个零点，符合题意；
②当时，，且，
所以，
设，
显然时，即此时单调递增，时，此时单调递减，
所以，即，
所以，
所以根据零点存在性定理可知使得，
又，
易知，所以，
由上证得，
即，故使得，
所以此时至少存在两个零点，不符题意；
③时，，
由①可知，所以此时无零点，不符合题意；
综上所述时，有且仅有1个零点.
【题型4 max、min函数的零点问题】
【例4】（2022·江苏徐州·高三期末）设，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，故，
又因为对于任意，在总存在，使得，
在上由于的增长速率比的增长速率要快得多，
所以总存在，使得，
所以在与上都趋于无穷大；
令，则开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递增，故，
.
因为函数有且只有三个零点，
而已经有唯一零点，所以必须有两个零点，
则，即，解得或，
当时，，则，
即在处取不到零点，故至多只有两个零点，不满足题意，
当时，，
则，所以在处取得零点，
结合图像又知与必有两个交点，
故在与必有两个零点，
所以有且只有三个零点，满足题意；
综上：，即，故选：C.
【变式4-1】（2022·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知函数.
（1）若过点可作的两条切线，求的值.
（2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数.
【答案】（1）或；（2）答案见解析
【解析】（1）设切点为
则切线方程为
在直线上，则，
令，则，
令，解得，所以或
要想让切线有两条，只需满足或
（2）当时，，单调递减，
在取得最大值，，所以只需考虑在的零点个数.
（i）若或，则
当时，在无零点.
当时，在单调递减，
而在有一个零点；
（ii）若，则在单调递减，在单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为
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，当有0个零点；
当或时，有一个零点；
当时，有两个零点.
【变式4-2】（2022·福建龙岩·高三福建省龙岩第一中学校考期中）已知函数，，其中.
（1）讨论函数的单调性；
（2）用表示m，n的最大值，记，讨论函数的零点个数
【答案】（1）在R上是增函数；（2）答案见解析
【解析】（1），
当时，，，∴，
当时，，，∴，
当时，，
所以当时，，即在R上是增函数.
（2）函数的定义域为，
由（1）得，函数在单调递增，，
当时，，又，
所以时，恒成立，即时，无零点，
当时，恒成立，所以的零点即为函数的零点
下面讨论函数在的零点个数：
，所以
①当时，因为，
又函数在区间递减，所以
即当时，，
所以单调递减，由得：当时，递增
当时，递减，
当时，，
当时，
又，
当时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点；
②当时，，由①得：当时，，递增，
当时，，递减，所以，，
所以当时函数有2个零点，
③当时，
，，即成立，由，
所以当时函数有1个零点.
综上所述：当或时，函数有1个零点；
当或时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点.
【变式4-3】（2023·四川南充·统考三模）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.
【答案】（1），；（2）答案见解析
【解析】（1）当时，，，
由得：或；由得：
列表：
∴；；
（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.
【题型5 导数与三角函数的零点问题】
【例5】（2024·陕西·校联考一模）已知函数．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）讨论在区间上的零点个数，
【答案】（1）；（2）答案见解析
【解析】（1）当时，，其定义域为，，
，，
函数在处的切点坐标为，切线斜率为，
因此，函数在处的切线方程为，即．
（2）令，
则．
因为，则，则．
当时，则，故，从而在上单调递减；
而，故当时，，
故在区间上无零点；
当时，令，则，
因为，则，
从而，即在上单调递减；
而，因此存在唯一的，使得，
并且当时，；当时，．
即当时，，当时，．
故当时，单调递增，当时，单调递减．
而，故；
取，，
所以存在唯一的，使得，即在区间上有唯一零点．
综上所述，当时，在上有唯一的零点；
当时，在上没有零点．
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
（1）若，求证：当时，
（2）若，求证：在上有且仅有三个零点，，（），且．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）若，则．设,，
则，，所以在上单调递增．
所以．又在上单调递增，
所以．即当时，．
（2）若，则．
令，得,设，．
则．所以为奇函数．
又，所以0是的一个零点．
下面证明：函数在上存在唯一的零点．
因为，，所以．
所以当时，，单调递增．
又，，所以在上存在唯一的零点．
由（1）知当时，，即，
所以当时，．
设，，则．
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以．
所以当时，．
所以当时，仅有一个零点．
因为为奇函数，所以当时，也仅有一个零点．
所以在上有3个零点，分别为，，．
即有3个零点，且．
【变式5-2】（2023·甘肃兰州·高三兰化一中校考期末）已知函数
（1）当时，求函数的单调区间;
（2）当时，试判断函数零点的个数，并加以证明.
【答案】（1）的单调递减区间，递增区间；（2）2，证明见解析.
【解析】（1）当时，，则，
设，则，
当时，，所以，
所以在上单调递减；
当时，，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以在单调递增；
综上，的单调递减区间，递增区间.
（2），当时，，所以是的一个零点，
，设，可得，
因为，所以①当，，
所以在单调递增，，
在单调递增，则，
所以在上无零点；
②当时，，则，所以在上无零点；
③当时，，，所以在上单调递增，
又，所以存在唯一实数，使得=0，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
又，，
所以在上有唯一零点，
综上，当时，函数有两个零点.
【变式5-3】（2024·湖南邵阳·统考一模）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，求证：当时，恰有两个零点.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）.
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.
（2）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.
【题型6 不含参函数的“隐零点”问题】
【例6】（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）记为的导函数，若对，都有，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题知，，当时，，
所以曲线在处的切线方程为；
（2）由题意，原不等式等价于，
即，
当时，对任意，不等式恒成立，
当时，原不等式等价于，
设，则，
设，因为，
所以存在唯一，使得，即，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故，即．
综上所述，的取值范围为．
【变式6-1】（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1），，．
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）得．
令函数，则，所以是增函数．
因为，，
所以存在，使得，即．
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
．
因为，所以，
所以．
故．
【变式6-2】（2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
【答案】（1）；（2）2
【解析】（1）当时，，
因为，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由题意，知对任意恒成立，
可知对任意恒成立．
设函数，只需．
对函数求导，得．
设函数，对函数求导，得，
所以函数在上单调递增．
又，
所以存在，使，即，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以，
所以．又，所以，
所以整数的最大值为2．
【变式6-3】（2024·四川成都·高三树德中学校考期末）已知函数，.
（1）若函数只有一个零点，求实数的取值所构成的集合；
（2）已知，若，函数的最小值为，求的值域.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）函数，定义域为，
当时，显然不满足题意，
当时，若函数只有一个零点，即只有一个根，
因为1不是方程的根，所以可转化为只有一个根，
即直线与函数（且）的图象只有一个交点.
，令，得，
在和上，，在上，，
所以在和上单调递减，在上单调递增.
在时有极小值，图象如图所示：
由图可知：若要使直线与函数的图象只有一个交点，则或，
综上的取值所构成的集合为.
（2）由题意知，
令，得，所以在上单调递增.
又，
由零点的存在性定理知存在使得，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故
又，所以，又，所以.
令，则，在恒成立，在单调递减，
，由得.
将代入，得.
令，得，
所以在单调递减，
又，所以的值域为.
【题型7 含参函数的“隐零点”问题】
【例7】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知（其中为自然对数的底数）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程，
（2）当时，判断是否存在极值，并说明理由；
（3），求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）有一个极大值，一个极小值，理由见解析；（3）
【解析】（1）当时，，可得，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，，定义域为，
可得，
令，则，
当时，；当时，，
所以在递减，在上递增，
所以，
又由，
存在使得，存在使得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以时，有一个极大值，一个极小值.
（3）由，可得，
由，因为，可得，
令，则在上递减，
当时，可得，则，所以，
则，
又因为，使得，即
且当时，，即；
当时，，即，
所以在递增，在递减，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因为，设，则，
可知在上递增，且，
所以实数的取值范围是.
【变式7-1】（2024·江苏·徐州市第一中学校联考模拟预测）已知函数，其中．
（1）若，证明；
（2）讨论的极值点的个数．
【答案】（1）证明见解析；（2）有且仅有一个极值点.
【解析】（1）证明：当时，，，，，
又易知在上为增函数，所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，从而.
（2）由题意知，函数的定义域为，
，
设，，显然函数在上单调递增，与同号，
①当时，，，
所以函数在内有一个零点，且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
②当时，由（1）知，函数在上有且仅有一个极值点；
③当时，，，
因为，所以，，
又，所以函数在内有一个零点，
且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
综上所述，函数在上有且仅有一个极值点．
【变式7-2】（2024·河南焦作·高三统考期末）（1）求函数的极值；
（2）若，证明：当时，．
【答案】（1）极小值为0，无极大值；（2）证明见解析
【解析】（1）依题意，，令，解得，
所以当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
而，故的极小值为0，无极大值．
（2）由（1）可知，当时，，则．
令，
则，易知在上单调递增．
因为，所以，，
故，使得，即①．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故②．
由①可得，
代入②，得，
而，故，故，即原命题得证．
【变式7-3】（2024·全国·高三专题练习）函数
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.
【解析】（1）依题意，函数的定义域为，
当时，，求导得，
令，则，
则在上单调递减，而，
当时，，，当时，，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）当时，，，
令，则，
在上单调递减，而，，
则有，即，有，
当时，，，在上单调递增，
时，，，在上单调递减，
因此函数在时取最大值，即，
令函数，
则在上单调递减，即有，
要证，即证，只需证，
令，，则在上单调递减，
因此，，
即成立，则有成立，
所以当时，不等式成立.
（建议用时：60分钟）
1．（2022·河南·高三校联考期末）若函数恰好有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，所以不是的零点，
当时，令，得，
令，
由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，且当时，，如图所示，
所以当时，与的图象有且仅有两个交点，
此时函数恰好有两个零点，故选：A.
2．（2022·全国·模拟预测）已知函数恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意知方程恰有2个不同的实数根．
设，则直线与函数的图象恰有2个不同的交点，
因为，当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，
当时，，当时，，当时，，
∴可以作出的大致图象，如图所示，
易知直线过定点，当直线与函数的图象相切时，
设切点为，则，解得或，
当直线与函数的图象相切时，或，
数形结合可知，实数a的取值范围为.故选：D．
3．（2024·广西·模拟预测）若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，令，即，则，
所以函数在上有两个不同的零点
等价于曲线和在上有两个不同的交点，
设，，则，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，当时，，且时，，
其图像如图所示，
故的取值范围为，故选：C.
4．（2023·广东中山·高三校考阶段练习）设函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，讨论与图象的交点个数．
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）函数与的图象总有一个交点
【解析】（1）函数的定义域为，.
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
综上，函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）令，，
题中问题等价于求函数的零点个数．
，
当时，，函数为减函数，
因为，，所以有唯一零点；
当时，或时，；时，，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
因为，，
所以有唯一零点．
综上，函数有唯一零点，即函数与的图象总有一个交点．
5．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）函数．
（1）若为奇函数，求实数的值；
（2）已知仅有两个零点，证明：函数仅有一个零点．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）因为为奇函数，
所以可知的定义域为，且，
即，
即，
所以，解得.
（2）证明：①当时，，
所以函数不可能有两个零点，此时不合题意；
②当时，令，解得：或，
又因，
则要使得f（x）仅有两个零点，则，
即，此方程无解，此时不合题意；
③当时，即，
令，解得或，符合题意，所以.
令，则，
令，解得：或，令解得：，
故在，上递增，在上递减，
又，
故函数仅有一个零点．
6．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）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．
【答案】（1）极大值为，极小值；（2）答案见解析
【解析】（1）当时，，
由，得或，则和随的变化如下表所示：
∴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
7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）若，证明：当时，；
（2）若在有一个零点，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）当时，，，则，
令，则，
令，解得.
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，当，有最小值为，
即，即，
所以在上单调递增，所以，命题得证.
（2）若在有一个零点，则方程在上有一个解，
即在上有一个解，
令，，则，
由得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以时，，
所以.
8．（2023·安徽蚌埠·高三固镇县第二中学校考阶段练习）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）函数的定义域为，
时，
又，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，在上单调递减，
所以在上至多有一个零点.
当时，，
因为，所以，
令，易知在上单调递增，
因为，
所以存在，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
由得，则，
所以，
当，即时，，所以在上没有零点.
当，即时，，所以在上有一个零点.
当，即时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
所以，
因为，且在上单调递减，
所以在上只有一个零点，
令，易知在上单调递增，
又，
所以存在，使得，
则，
由可知，则，
又在上单调递增，所以在上只有一个零点，
综上可知，时，函数有两个不同的零点，故实数的取值范围为.满分技巧
1、判断函数零点个数的常用方法
（1）直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图。函数零点的个数问题即是函数图象与轴交点的个数问题．
（2）分离出参数，转化为，根据导数的知识求出函数在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线与函数图象交点的个数问题．只需要用a与函数的极值和最值进行比较即可．
2、处理函数与图像的交点问题的常用方法
（1）数形结合，即分别作出两函数的图像，观察交点情况；
（2）将函数交点问题转化为方程根的个数问题，也通过构造函数，把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值，并作出草图，根据草图确定根的情况.
满分技巧
证明函数零点个数的方法与判断零点个数的方法相似，多在解答题中进行考察。
利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数。
注意：单调性+零点存在=唯一零点
满分技巧
1、分离参数后，将原问题转化为的值域（最值）问题或转化为直线与的图象的交点个数问题（优先分离、次选分类）求解；
2、利用函数零点存在定理构造不等式求解；
3、转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解。
0
1
+
0

0
+
极大值
极小值
满分技巧
有关三角函数的零点问题处理主要手段有：
（1）分段处理；
（2）讨论好单调性与端点（特殊点），注意高阶函数的应用，直接能清楚判断所讨论区间的单调性；
（3）关注有关三角函数不等式放缩，有时候可优化解题，避免繁杂的找点过程：
；；
满分技巧
1、不含参函数的“隐零点”问题的解策略：
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、“虚设零点”的具体操作方法：
第一步：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；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二步：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；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；
第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．（即注意零点的范围和性质特征）
满分技巧
含参函数的“隐零点”问题解题策略：
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.
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极大
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