备战2025高考数学压轴导数大题训练(全国通用版)专题02函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版+解析)

这是一份备战2025高考数学压轴导数大题训练(全国通用版)专题02函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版+解析)，共53页。试卷主要包含了研究函数零点的技巧， 判断函数零点个数的常用方法等内容，欢迎下载使用。
函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.
(一) 确定函数零点个数
1.研究函数零点的技巧
用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．
2. 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x轴交点的个数问题．
(2)分离出参数,转化为a＝g(x),根据导数的知识求出函数g(x)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y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．
3. 处理函数y=f(x)与y=g(x)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f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),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.
4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.
【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数．
(1)求的极大值；
(2)若，求在区间上的零点个数．
【解析】（1）由题易得，函数的定义域为，
又，
所以，当时，随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的极大值为．
当时，随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的极大值为．
综上所述，当时，的极大值为；当时，的极大值为0．
（2）方法一：当时，，所以函数．
由，得．
所以要求在区间上的零点的个数，
只需求的图象与的图象在区间上的交点个数即可．
由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在区间上单调递减．
又在区间上单调递增，
且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
所以在区间上有且只有1个零点．
因为当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在区间上有极大值，
即当时，恒有．
又当时，的值域为，且其最小正周期为，
现考查在其一个周期上的情况，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
即在区间上有且只有1个零点．
因为在区间上，，
所以与的图象在区间上无交点，
即在区间上无零点．
在区间上，单调递减，单调递增，
且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
即在区间上有且只有1个零点．
所以在一个周期上有且只有2个零点．
同理可知，在区间上，且单调递减，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，
，
所以与的图象在区间和上各有一个交点，
即在上的每一个区间上都有且只有2个零点．
所以在上共有个零点．
综上可知，在区间上共有个零点．
方法二：当时，，所以函数．
当时，，所以在区间上单调递减．
又，所以存在唯一零点，使得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
当时，，所以．
所以在上无零点．
当时，，所以在区间上单调递增．
又，所以存在唯一零点．
当时，，
设，则
所以在上单调递增．
又，
所以存在，使得．
即当时，单调递减；
当时，单调递增．
又，所以在区间上有且仅有一个零点
所以在区间上有且仅有一个零点．
当时，
，
设，则
所以在上单调递增．
又，所以在区间上单调递减：
又，
所以存在唯一，使得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
所以在区间上有两个零点．
所以在上共有个零点．
综上所述，在区间上共有个零点．
(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围
根据函数零点个数确定参数范围的两种方法
1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；
2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,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,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.
【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)求证：；
(3)函数有且只有两个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）因为，
所以曲线在处的切线斜率为，
又，所以切线方程为.
（2）记，则，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以当时，取得最小值，
所以，即.
（3），
由题知，有且只有两个不相等实数根，
即有且只有两个不相等实数根，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
又，所以可得的图象如图：
由图可知，当时，函数的图象与直线有两个交点，
所以，a的取值范围为.
(三)零点存在性赋值理论及应用
1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a) 的符号,探求赋值点 m (假定 m  a )使得 f (m) 与 f (a) 异号,则在 (m,a) 上存在零点．
2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x0 落在规定区间内；确保运算可行
三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.
3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.
【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若方程有三个不等的实根，求实数的取值范围.
【解析】（1）求导知.
当时，由可知，在上单调递增；
当时，对有，对有，所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，故原方程可化为.
而，所以原方程又等价于.
由于和不能同时为零，故原方程又等价于.
即.
设，则，从而对有，对有.
故在上递增，在上递减，这就得到，且不等号两边相等当且仅当.
然后考虑关于的方程：
①若，由于当时有，而在上递增，故方程至多有一个解；
而，，所以方程恰有一个解；
②若，由于在上递增，在上递减，故方程至多有两个解；
而由有，
再结合，，，即知方程恰有两个解，且这两个解分别属于和；
③若，则.
由于，且不等号两边相等当且仅当，故方程恰有一解.
④若，则，故方程无解.
由刚刚讨论的的解的数量情况可知，方程存在三个不同的实根，当且仅当关于的二次方程有两个不同的根，且，.
一方面，若关于的二次方程有两个不同的根，且，，则首先有，且.
故， ，所以.
而方程的解是，两解符号相反，故只能，.
所以，即.
这就得到，所以，解得.
故我们得到；
另一方面，当时，关于的二次方程有两个不同的根，.
且有，，.
综上，实数的取值范围是.
(四)隐零点问题
1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.
2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为,再利用导函数的单调性确定所在区间,最后根据,研究,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若中含有参数a,关系式是关于的关系式,确定的合适范围,往往和的范围有关.
【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数，.
(1)若函数，，讨论函数的单调性；
(2)证明：.（参考数据：，）
【解析】（1）由题意，所以，
当时，，所以在上为增函数；
当时，令得，
所以若时，，所以，所以在上为增函数，
若时，，且时，，时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，
综上：当时，在上为增函数，
当时，在上为增函数，在上为减函数；
（2）等价于，
设，则
，
因为，所以，
设，则，则在上单调递增，
而，
所以存在，使，即，所以，即，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以
，
设，则，
则在上单调递增，，
则，则不等式恒成立，
即不等式成立.
【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)判断函数的零点个数，并证明.
【解析】（1）因为，
所以，令，，
当时，，
所以在上单调递减，且，
，
所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
，
所以函数在区间上的最小值为.
（2）函数在上有且仅有一个零点，证明如下：
函数，，则，
若，，
所以在区间上单调递增，又，
，
结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点，
若，则，，则，
若，因为，所以，
综上，函数在有且仅有一个零点.
【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数，且.
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有三个不同的实数解，求的取值范围.
【解析】（1）解法一：
令，则
在上单调递增.
又当时，，即；当时，，即
在上单调递减，在上单调递增.
解法二：
①当时，由得，由得
在上单调递减，在上单调递增
②当时，同理可得在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解法一：由，得，易得
令，则
又为偶函数，
由（1）知在上单调递增，，即有三个不同的实数解.
令，由，得由，得，
在上单调递增，在上单调递减，且
在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减
当时，；当时，，故
解得或，故的取值范围是
解法二：由得，易得
令，则在上单调递减，在上单调递增.
由，得或
两边同时取以为底的对数，得或，
，即有三个不同的实数解
下同解法一.
【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数．
(1)求证：；
(2)若是的两个相异零点，求证：．
【解析】（1）令，则．
令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，所以．
（2）易知函数的定义域是．
由，可得．
令得；令得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
①当，即时，至多有1个零点，故不满足题意．
②当，即时，．
因为在上单调递增，且．所以，
所以在上有且只有1个零点，不妨记为，且．
由（1）知，所以．
因为在上单调递减，，
所以在上有且只有1个零点，记为，且．
所以，所以．
同理，若记
则有，
综上所述，．
【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数
（1）当时,求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点,求a取值范围．
【解析】（1）当时,,所以切点为,
,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）,,
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意,
若,当时,
所以在上单调递增,所以,即
所以在上单调递增,,
故在上没有零点,不合题意.
若,
(1)当,则,所以在上单调递增,
,
所以存在,使得,即.
当单调递减,当单调递增,
所以当,当,
所以在上有唯一零点,
又在没有零点,即在上有唯一零点,
(2)当,,设,
则,所以在上单调递增,
,所以存,使得
当单调递减
当单调递增,,
（2）要证，
只需证明：对于恒成立，
令，则，
当时，令，
则，在上单调递增，
即在上为增函数，
又因为，，
所以存在使得，由，
得即即即，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，所以，
即.
1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)设函数，讨论零点的个数.
2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数
(1)若恒成立，求a的值；
(2)若有两个不同的零点，且，求a的取值范围.
3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若函数有2个零点，求的取值范围.
4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数，.
(1)当时，在上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若在上存在零点，求实数的取值范围.
5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：．
6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知，，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围；
(3)当时，若满足，求证：.
7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数的图象在处的切线为.
(1)求的值；
(2)求在上零点的个数.
8．（2024年天津高考数学真题）设函数．
(1)求图象上点处的切线方程；
(2)若在时恒成立，求的值；
(3)若，证明．
9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数，.
(1)当时，求的极值；
(2)当时，恒成立，求的取值范围.
10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.
11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设
(1)当，求函数的零点个数.
(2)函数，若对任意，恒有，求实数的取值范围
12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.
14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数
(1)若，，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k的最大值．
15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.
(1)判断函数零点的个数，并证明；
(2)证明：.0
2
0
0
极小值
极大值
0
2
0
0
极大值
极小值
专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.
(一) 确定函数零点个数
1.研究函数零点的技巧
用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．
2. 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x轴交点的个数问题．
(2)分离出参数,转化为a＝g(x),根据导数的知识求出函数g(x)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y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．
3. 处理函数y=f(x)与y=g(x)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f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),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.
4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.
【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数．
(1)求的极大值；
(2)若，求在区间上的零点个数．
【解析】（1）由题易得，函数的定义域为，
又，
所以，当时，随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的极大值为．
当时，随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的极大值为．
综上所述，当时，的极大值为；当时，的极大值为0．
（2）方法一：当时，，所以函数．
由，得．
所以要求在区间上的零点的个数，
只需求的图象与的图象在区间上的交点个数即可．
由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在区间上单调递减．
又在区间上单调递增，
且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
所以在区间上有且只有1个零点．
因为当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在区间上有极大值，
即当时，恒有．
又当时，的值域为，且其最小正周期为，
现考查在其一个周期上的情况，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
即在区间上有且只有1个零点．
因为在区间上，，
所以与的图象在区间上无交点，
即在区间上无零点．
在区间上，单调递减，单调递增，
且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
即在区间上有且只有1个零点．
所以在一个周期上有且只有2个零点．
同理可知，在区间上，且单调递减，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，
，
所以与的图象在区间和上各有一个交点，
即在上的每一个区间上都有且只有2个零点．
所以在上共有个零点．
综上可知，在区间上共有个零点．
方法二：当时，，所以函数．
当时，，所以在区间上单调递减．
又，所以存在唯一零点，使得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
当时，，所以．
所以在上无零点．
当时，，所以在区间上单调递增．
又，所以存在唯一零点．
当时，，
设，则
所以在上单调递增．
又，
所以存在，使得．
即当时，单调递减；
当时，单调递增．
又，所以在区间上有且仅有一个零点
所以在区间上有且仅有一个零点．
当时，
，
设，则
所以在上单调递增．
又，所以在区间上单调递减：
又，
所以存在唯一，使得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
所以在区间上有两个零点．
所以在上共有个零点．
综上所述，在区间上共有个零点．
(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围
根据函数零点个数确定参数范围的两种方法
1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；
2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,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,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.
【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)求证：；
(3)函数有且只有两个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）因为，
所以曲线在处的切线斜率为，
又，所以切线方程为.
（2）记，则，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以当时，取得最小值，
所以，即.
（3），
由题知，有且只有两个不相等实数根，
即有且只有两个不相等实数根，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
又，所以可得的图象如图：
由图可知，当时，函数的图象与直线有两个交点，
所以，a的取值范围为.
(三)零点存在性赋值理论及应用
1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a) 的符号,探求赋值点 m (假定 m  a )使得 f (m) 与 f (a) 异号,则在 (m,a) 上存在零点．
2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x0 落在规定区间内；确保运算可行
三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.
3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.
【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若方程有三个不等的实根，求实数的取值范围.
【解析】（1）求导知.
当时，由可知，在上单调递增；
当时，对有，对有，所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，故原方程可化为.
而，所以原方程又等价于.
由于和不能同时为零，故原方程又等价于.
即.
设，则，从而对有，对有.
故在上递增，在上递减，这就得到，且不等号两边相等当且仅当.
然后考虑关于的方程：
①若，由于当时有，而在上递增，故方程至多有一个解；
而，，所以方程恰有一个解；
②若，由于在上递增，在上递减，故方程至多有两个解；
而由有，
再结合，，，即知方程恰有两个解，且这两个解分别属于和；
③若，则.
由于，且不等号两边相等当且仅当，故方程恰有一解.
④若，则，故方程无解.
由刚刚讨论的的解的数量情况可知，方程存在三个不同的实根，当且仅当关于的二次方程有两个不同的根，且，.
一方面，若关于的二次方程有两个不同的根，且，，则首先有，且.
故， ，所以.
而方程的解是，两解符号相反，故只能，.
所以，即.
这就得到，所以，解得.
故我们得到；
另一方面，当时，关于的二次方程有两个不同的根，.
且有，，.
综上，实数的取值范围是.
(四)隐零点问题
1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.
2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为,再利用导函数的单调性确定所在区间,最后根据,研究,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若中含有参数a,关系式是关于的关系式,确定的合适范围,往往和的范围有关.
【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数，.
(1)若函数，，讨论函数的单调性；
(2)证明：.（参考数据：，）
【解析】（1）由题意，所以，
当时，，所以在上为增函数；
当时，令得，
所以若时，，所以，所以在上为增函数，
若时，，且时，，时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，
综上：当时，在上为增函数，
当时，在上为增函数，在上为减函数；
（2）等价于，
设，则
，
因为，所以，
设，则，则在上单调递增，
而，
所以存在，使，即，所以，即，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以
，
设，则，
则在上单调递增，，
则，则不等式恒成立，
即不等式成立.
【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)判断函数的零点个数，并证明.
【解析】（1）因为，
所以，令，，
当时，，
所以在上单调递减，且，
，
所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
，
所以函数在区间上的最小值为.
（2）函数在上有且仅有一个零点，证明如下：
函数，，则，
若，，
所以在区间上单调递增，又，
，
结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点，
若，则，，则，
若，因为，所以，
综上，函数在有且仅有一个零点.
【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数，且.
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有三个不同的实数解，求的取值范围.
【解析】（1）解法一：
令，则
在上单调递增.
又当时，，即；当时，，即
在上单调递减，在上单调递增.
解法二：
①当时，由得，由得
在上单调递减，在上单调递增
②当时，同理可得在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解法一：由，得，易得
令，则
又为偶函数，
由（1）知在上单调递增，，即有三个不同的实数解.
令，由，得由，得，
在上单调递增，在上单调递减，且
在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减
当时，；当时，，故
解得或，故的取值范围是
解法二：由得，易得
令，则在上单调递减，在上单调递增.
由，得或
两边同时取以为底的对数，得或，
，即有三个不同的实数解
下同解法一.
【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数．
(1)求证：；
(2)若是的两个相异零点，求证：．
【解析】（1）令，则．
令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，所以．
（2）易知函数的定义域是．
由，可得．
令得；令得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
①当，即时，至多有1个零点，故不满足题意．
②当，即时，．
因为在上单调递增，且．所以，
所以在上有且只有1个零点，不妨记为，且．
由（1）知，所以．
因为在上单调递减，，
所以在上有且只有1个零点，记为，且．
所以，所以．
同理，若记
则有，
综上所述，．
【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数
（1）当时,求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点,求a取值范围．
【解析】（1）当时,,所以切点为,
,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）,,
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意,
若,当时,
所以在上单调递增,所以,即
所以在上单调递增,,
故在上没有零点,不合题意.
若,
(1)当,则,所以在上单调递增,
,
所以存在,使得,即.
当单调递减,当单调递增,
所以当,当,
所以在上有唯一零点,
又在没有零点,即在上有唯一零点,
(2)当,,设,
则,所以在上单调递增,
,所以存,使得
当单调递减
当单调递增,,
又,所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
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,
综上得在区间各恰有一个零点,的取值范围为.
【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数.
(1)求函数的最小值；
(2)求证：.
【解析】（1）因为函数，所以，
记，，
所以在上单调递增，且，
所以当时，，即，所以在单调递减；
当时，，即，所以在单调递增，且，
所以.
（2）要证，
只需证明：对于恒成立，
令，则，
当时，令，
则，在上单调递增，
即在上为增函数，
又因为，，
所以存在使得，由，
得即即即，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，所以，
即.
1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)设函数，讨论零点的个数.
【解析】（1）的定义域为，
则当时，；当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因此的最小值为；
（2），且，令，得，
令，则与有相同的零点，
且，令，则，
因为当时，则，所以在区间上单调递增，
又，所以，使，
且当时，，即；当时，，即，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因此的最小值为，
由，得，即，
令，则在区间上单调递增，
因为，所以，则，
所以，从而，即
所以的最小值，
所以当时，没有零点；当时，有一个零点；
当时，因为，当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于，
所以有两个零点.
综上，当时，的零点个数为0；
当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2.
2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数
(1)若恒成立，求a的值；
(2)若有两个不同的零点，且，求a的取值范围.
【解析】（1），
①当时，，不符合题意.
②当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
所以当时，取得最小值；
若恒成立，则，
设，则，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减，
所以，即的解为.
所以.
（2）当时，，在区间上单调递增，
所以至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为，不妨设，
若，则，不符合题意；
若，则，
由（2）可知，只需，即，解得，
即a的取值范围为.
3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若函数有2个零点，求的取值范围.
【解析】（1）当时，，所以，
所以，因为，
所以曲线在处的切线方程为，
即.
（2），若在上单调递增，不满足题意，
若，令得，
在上单调递减，在上单调递增，
且当和时，，
故，解得，
即的取值范围是.
4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数，.
(1)当时，在上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若在上存在零点，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，
所以不等式转化为，在上恒成立.
令，
所以.
当时，恒成立.
若，则在上恒成立，
在上单调递增，
故，符合题意；
若，令函数，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，且当时，.
所以，，
故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围为；
（2）因为，，
令，即，
所以.
令，，
则.
令，得.
所以当时，，单调递减；
当，时，单调递增.
所以当时，取得极小值，
即当时，取得极小值.
又因为，，
所以.所以.
当取得极大值，即当时，取得极大值.
又因为，，
所以.所以，
所以当，.
所以.
又因为，所以时，在上存在零点，
所以实数的取值范围为.
5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：．
【解析】（1）的定义域为，
因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
又，所以切线方程为，即.
（2），
令，则，
因为，
所以存在，使得，即，
易知在上单调递增，
所以，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以当时，取得最小值：
，
由二次函数性质可知，在上单调递减，
所以，即，
所以.
6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知，，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围；
(3)当时，若满足，求证：.
【解析】（1）当时，，定义域为，求导可得，
令，得，
当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数在区间上单调递增，
所以在处取到极小值为0，无极大值.
（2）方程，
当时，显然方程不成立，
所以，则，
方程有两个不等实根，即与的图象有2个交点，
，
当或时，，
在区间和上单调递减，
并且时，，当时，，
当时，，在区间上单调递增，
时，当时，取得最小值，，
作出函数的图象，如图所示：
因此与有2个交点时，，
故的取值范围为.
（3）证明：，由，得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
由题意，且，则，.
要证，只需证，
而，且函数在上单调递减，
故只需证，
又，所以只需证，
即证，
令，
即，
，
由均值不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立.
所以函数在上单调递增.
由，可得，即，
所以，
又函数在上单调递减，
所以，即得证.
7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数的图象在处的切线为.
(1)求的值；
(2)求在上零点的个数.
【解析】（1）因为，
所以，所以切线斜率为，即，
所切线方程为
又，所以切点坐标为，代入得
则，解得.
（2）由（1）得，
令，则，
当时，恒成立，所以在上递增，
所以，
因此在无零点；
当时，恒成立，所以单调递增，
又，
所以在上存在唯一的零点，
当单调递减；当单调递增；
又，，因此在上仅有1个零点；
综上，在上仅有1个零点.
8．（2024年天津高考数学真题）设函数．
(1)求图象上点处的切线方程；
(2)若在时恒成立，求的值；
(3)若，证明．
【解析】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的值是2.
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数，.
(1)当时，求的极值；
(2)当时，恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）当时，所以，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）因为当时，恒成立，
即当时，恒成立，
即在上恒成立，
当时，解得，
设，，
则，
令，则，
当时，则单调递增，
当时，则单调递减，
因为，，，，
当，即时在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以恒成立，
当时使得，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以，则，解得，
综上可得，即的取值范围为.
10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）因为的定义域为，
当时，，所以1是的一个零点，
，
令，则，
当，即时，在上单调递增，则，
故，在上单调递增，结合，可知此时有1个零点；
当，即时，若，则时，，
故，在上单调递增，结合，可知此时有1个零点；
若，则时，则的判别式，
不妨设两根为，则，
即有2个正数根，且不妨设，
则当时，，即；当时，，即；
当时，，即；
则可知在上单调递减，则，
在上单调递减，则，
由当x无限趋近于0时，的变化幅度要大于的变化幅度，
故趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，x的变化幅度要大于的变化幅度，
故趋近于正无穷，此时函数有3个零点，
综上：当时，有3个零点，当时，有1个零点
（2）不等式在上恒成立等价于在上恒成立，
令，则.
对于函数，，所以其必有两个零点.
又两个零点之积为，所以两个零点一正一负，
设其中一个零点，则，即.
此时在上单调递增，在上单调递减，
故需，即.
设函数，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.又，
所以.由在上单调递增，得.
11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设
(1)当，求函数的零点个数.
(2)函数，若对任意，恒有，求实数的取值范围
【解析】（1）当时，，，
当时，，，，在上无零点.
当时，，在上单增.
，，，
，，在上有一个零点.
当时，又，
，
在上无零点.
综上所述， 在上只有一个零点.
（2）时，，
，设，
，
当，在递增，在上递减，
，，
，，
当时，在递减，在递增，在递减，
只需， ，
，与 矛盾，舍去；
当时，在上递减，只需，，矛盾，舍去；
不满足条件.
当，在上递减，在上递增，在上递减.
，，只需，
，
，，
又， ，
，满足条件.
综上所述，
12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，
切线的斜率为，
又切点为，所以切线方程为.
（2）令，即，
①若，则当时，，令，，
当时，，
所以在上单调递增，，
所以.
（2）令.
则.
当时，因为，所以，所以在上单调递增，
又因为.
所以关于的不等式不能恒成立；
当时，.
令，得，所以当时，；
当时，.
因此函数在上单调递增，在上单调递减.
故函数的最大值为.
令，
因为，
又因为在上单调递减，所以当时，.
所以整数的最小值为3.
14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数
(1)若，，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k的最大值．
【解析】（1）当，时，，所以，即切点为
因为，所以，
所以切线方程为，即，
（2），由，所以，
所以函数在R上单调递增
不等式，对恒成立，
构造，，
构造，，对有，
所以在递增，，，
所以，，
所以，，即，在递减，
，，即，在递增，
所以，结合，故，
所以对恒成立，故，
所以整数k的最大值为3；
15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.
(1)判断函数零点的个数，并证明；
(2)证明：.
【解析】（1）函数的定义域，
当时时，，函数无零点，
当时，，单调递增，
又，且图象在上连续不断，
所以由零点存在定理得在上有且只有一个零点，
综上，有且只有一个零点.
（2）要证，即证，
令，其中，
则有，
令，则可化为，
因为，所以函数在单调递增，则，
由，，，
令得，列表如下：
由表可知：，即，仅当，等号成立，
由（1）可知，存在唯一的，使得，
即仅有唯一的，使得，
而，当，等号成立，
综上，与，等号不能同时成立，
故，即.0
2
0
0
极小值
极大值
0
2
0
0
极大值
极小值
-
0
+
↗