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第11讲：拓展四：导数中的隐零点问题（解析版）-备战2025年高考数学一轮复习精讲精练（知识·题型·分层练，新高考专用）
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这是一份第11讲：拓展四：导数中的隐零点问题（解析版）-备战2025年高考数学一轮复习精讲精练（知识·题型·分层练，新高考专用），共25页。试卷主要包含了不含参函数的隐零点问题，含参函数的隐零点问题，函数零点的存在性等内容，欢迎下载使用。
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
（1）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.
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
(3)若在上是单调函数且连续，则在的零点唯一.
高频考点
1．（23-24高三下·湖南湘潭·阶段练习）已知函数，.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，记的极小值点为，证明：存在唯一零点，且.（参考数据：）
【答案】(1)的单调递减区间为，无单调递增区间
(2)证明见解析
【分析】（1）借助导数研究导数的导数的正负性即可得原函数的单调性；
（2）设，则可借助导数得到的单调性，结合零点存在性定理得到存在，使得，再借助零点存在性定理得到存在存在唯一零点，要证，结合函数单调性，即只需证，即证，将用表示后消去，构造对应函数求出其最值即可得证.
【详解】（1）当时，，
设，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，取得极大值，所以，即，
所以的单调递减区间为，无单调递增区间；
（2），设，则，
当时，，所以单调递增，
，
所以存在，使得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又且时，，
所以存在唯一，使得，
存在唯一零点.
要证，只需证，
即证，因为，
所以
，
设，则，
令，解得，当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，取得极大值，
所以，即成立，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查借助导数研究函数的零点问题，其中零点不可求，关键点在于借助零点存在性定理确定存在零点，然后虚设零点，借助所得等式消去变量.
2．（23-24高三下·河南信阳·阶段练习）已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据定义域可化简函数，构造新函数，即求的解集即可，而，所以解集为．
（2）引入隐零点x0 ，利用导数得到在上单调递减，在上单调递增，最后得到的范围.
【详解】（1）的定义域为
∴当时，，
令，．
当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，
则不等式的解集为．
（2）当时，，
令，恒成立，
则在上单调递增，又，
，存在唯一的使，且，
所以
当时，，由，
则在上单调递减，
当时，，由，（分开考虑导函数符号）
当时，在上单调递增，则，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以，
由题意则，
设，则在上恒成立，
所以在上单调递增，此时，即，
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是构造新的函数，并利用隐零点法求解的范围..
3．（2024·江西赣州·一模）已知函数.
(1)求的单调区间，
(2)已如.若函数有唯一的零点.证明，.
【答案】(1)减区间为，增区间为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出，进一步判断为增函数，由，结合定义域可得单调递增区间；
（2）由已知可得，求导，由（1）可知在单调递增，且，及，则存在唯一的使得，分析单调性，得到，再通过函数有唯一的零点，即，化简可得，构造函数，分析单调性，再分别判断的正负，由零点存在性定理即可证明.
【详解】（1），令，
当时，即为增函数，
又
当时，单调递减；
当时，单调递增.
的减区间为，增区间为
（2）
由（1）可知在单调递增，且，
又
存在唯一的使得
当时单调递减；当时单调递增；
若方程有唯一的实数，则
消去可得，
令，
则，在上为减函数
且
当时，即
4．（2024·山东聊城·一模）已知函数，，.
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最小值；
(3)设，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)
(2)
(3)当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，当时，函数无零点
【分析】
（1）求导后令，计算即可得；
（2）求导后，令，再次求导后可得的单调性，无法直接求出使的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，代入中，即可得解.
（3）变形后可得函数的零点个数即为的实数根的个数，结合的单调性讨论即可得.
【详解】（1），令，可得，
故的单调递增区间为；
（2），
令，
则，
由，故恒成立，
故在上单调递增，
又，，
故存在，使，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，
由，则，
令，则有，
，当时，恒成立，
故在上单调递增，故，即，
则，
即的最小值为；
（3）令，
即有，
即函数的零点个数为的实数根的个数，
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又当时，，当时，，
故当，即时，有唯一实数根，
当，即时，有两实数根，
当，即时，无实数根，
即当时，函数有一个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数无零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中，令无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，从而求出的最小值.
5．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若在区间各恰有一个零点，求的取值范围.
【答案】
【分析】
对原函数求导得导函数，设，对的范围分，，三类情况，分别讨论函数的正负得到函数的单调性，从而在不同区间上讨论函数的零点情况，验证得解.
【详解】
由求导得：
设
若,当时，,此时，则在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意；
若,当,则，
故在上单调递增，则,此时，则在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意；
若，
(1)当,则,所以在上单调递增，
，则存在,使得,即，
当时，单调递减，当时，单调递增，
故当，,
令则，则在上单调递增，在上单调递减，故，
又，，故在上有唯一零点
又函数在上没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设，则，所以在上单调递增，
因，故存在,使得，
当单调递减，当单调递增, ，
又，故存在使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，又
而,则当，故在上有唯一零点,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,则的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
6．（23-24高三上·浙江杭州·期末）定义满足的实数为函数的然点.已知.
(1)证明：对于，函数必有然点；
(2)设为函数的然点，判断函数的零点个数并证明.
【答案】(1)证明见解析
(2)2个零点，证明见解析
【分析】（1）根据函数零点存在原理，结合导数的性质、题中定义进行运算证明即可；
（2）根据（1）的结论，结合函数零点存在原理、结合放缩法进行求解即可.
【详解】（1），由得.
令，
因为在上单调递增，故至多一个零点，
又因为，，
所以使，故对于，函数有唯一然点.
（2）由（I）得，
令，因为在上单调递减，且，
，故使，
在上单调递增，在上单调递减.
因为，故，
将代入，得
，
所以有2个零点.
【点睛】关键点睛：根据题中定义，运用零点存在原理是解题的关键.
7．（23-24高三上·全国·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
【分析】（1）求函数导数得切线斜率，进而由点斜式得切线方程；
（2）令，根据函数导数讨论函数单调性可得，从而得到证明．
【详解】（1）解：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．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于根据题意得方程有两解，即存在两解，令，通过二次求导及零点存在性定理得到函数的单调性，进行求解．
8．（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)设，是的两个零点，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）分离参数得,构造函数判单调性即可求解；
（2）利用变量集中设，得，，证明即可.
【详解】（1）由且，可得.
设，，则，
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于0，
所以要使的图象与直线有两个交点，则，
故的取值范围是.
（2）证明：，由（1）得，
则，.
设，则，
即，
.
设，则.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
又，，，
所以存在唯一的，使得，
即，
所以的最小值为，，
所以，故.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究零点和证明不等式，第二问利用变量集中结合对数运算得，，转化为t的函数证明并进行隐零点代换是关键.
9．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知函数.
(1)证明：当时，；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将题意转化为证明，直接求导证明即可.
（2）根据题意将不等式进行参变分离，得到在上恒成立，令，求函数的最小值即可.
【详解】（1）因为，所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以得证
（2）因为，且恒成立，
则在上恒成立，令，
则，令，则，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，，也即，此时函数单调递减；
当时，，也即，此时函数单调递增；
故，
因为，所以，
则，
令，则，
所以在上单调递增，则有，
所以
，
所以，则，
故的取值范围为
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集.
10．（23-24高三上·四川成都·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).
【分析】（1）由题意，且，问题转化为方程只有一个根，利用导数研究函数单调性，作出函数图象，数形结合判断的取值.
（2），通过构造函数判断的符号得的单调性，由最小值得，再由的零点，构造函数利用导数通过单调性求的值域.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：
利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
11．（23-24高三上·北京东城·期末）已知函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若，求证：函数在上有极大值，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）先对求导，然后构造函数，再对求导，根据导数判断函数的单调性，进而判断的单调性，最后根据对勾函数的单调性求出极大值的取值范围.
【详解】（1）当时，，，即切点为，
，，即在处切线的斜率为，
故曲线在处的切线方程为；
（2），
令，，，
在单调递增，且，
在单调递增，且，
在单调递减，
，，
即，，
存在唯一的，使，即，
当时，，即，在单调递增，
当时，，即，在单调递减，
在处取得极大值，设极大值，
即，
令，，
，
对勾函数在单调递增，
，
，
，
，
即，.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，求函数的极值.解题的关键是掌握导数与单调性的关系，当导数的符号不容易确定时，构造新的函数，利用导数研究新函数的单调性.确定极值点时，需要满足极值点的导数为，极值点左右两侧附近的导数值异号.
12．（2024·湖南邵阳·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
【分析】（1）利用导数分类讨论函数单调性；
（2）由题意，当时，，令，借助导数研究函数的单调性，结合函数值的正负性和零点存在定理可证.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
13．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
(2)若对任意的恒成立，其中为自然对数的底数，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）对函数求导，分类讨论，再证充分性即可;
（2）将恒成立问题分离参数后，转化为最值问题，借助导数及零点存在性定理计算即可.
【详解】（1）结合题意:的定义域为.
所以，
若，在上递增，至多一个零点，不合题意，
若，，在上递增，在上递减，
所以．
下面证明充分性：，
故在上有一个零点，
，
令，，
所以，所以，
故在上有一个零点．
综上，实数的取值范围是．
（2），令，
则．
令，
所以在上递增，又，
因此在上有唯一零点
所以在上单调递减，在上单调递增，
即，且，
所以．
令，则，
所以在上递增，，
所以．
【点睛】关键点点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
14．（21-22高三上·重庆黔江·阶段练习）已知函数，是的导函数，
(1)当时，判断函数在上是否存在零点，并说明理由；
(2)若在上存在最小值，求正实数的取值范围.
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，得到函数单调性，以及极小值，即可得到答案；
（2）求得，令，得到，分和，两种情况，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：当时，，可得，
所以，则，
因为，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，
所以函数在没有零点.
（2）解：因为，可得，
令，则，
①当时，，即，
所以在上单调递增，
所以时，，所以在上单调递增，
所以在上不存在最小值；
②当时，则，所以，
即在内有唯一的解，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，又因为，
所以在内有唯一的零点，
当时，，即；
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得最小值，即时，函数上存在最小值，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围
2、分离参数法，先分离参数，将问题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作出函数的图象，然后数形结合求解.
15．（2024高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数的值；
(2)若函数恰有两个不同的零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，在上单调递增转化为恒成立且不恒为零，当时即恒成立，求出的最大值；当时即，求出的最小值可得答案；
（2）令，分离参数得，构造函数，求出，令，根据的单调性，结合零点个数可得答案.
【详解】（1）由题意得的导数为，
∵在上单调递增，∴恒成立且不恒为零．
当时，，则恒成立，
由，由即有；
当时，，则恒成立，
由，由，即有，
综上可得：；
（2），，
令，分离参数得，
令，则，
令，则，
∴在上单调递增，
又，，
∴使得，
则当时，，即；
当时，，即；
∴在上单调递减，在上单调递增，
∵
由，即，
可得，
∴，又在上单调递增，
∴，即，
，
又当时，；当时，，
故，解得，即实数的取值范围为 ．
【点睛】方法点睛：根据函数零点求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题，（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
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
（1）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.
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
(3)若在上是单调函数且连续，则在的零点唯一.
高频考点
1．（23-24高三下·湖南湘潭·阶段练习）已知函数，.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，记的极小值点为，证明：存在唯一零点，且.（参考数据：）
【答案】(1)的单调递减区间为，无单调递增区间
(2)证明见解析
【分析】（1）借助导数研究导数的导数的正负性即可得原函数的单调性；
（2）设，则可借助导数得到的单调性，结合零点存在性定理得到存在，使得，再借助零点存在性定理得到存在存在唯一零点，要证，结合函数单调性，即只需证，即证，将用表示后消去，构造对应函数求出其最值即可得证.
【详解】（1）当时，，
设，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，取得极大值，所以，即，
所以的单调递减区间为，无单调递增区间；
（2），设，则，
当时，，所以单调递增，
，
所以存在，使得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又且时，，
所以存在唯一，使得，
存在唯一零点.
要证，只需证，
即证，因为，
所以
，
设，则，
令，解得，当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，取得极大值，
所以，即成立，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查借助导数研究函数的零点问题，其中零点不可求，关键点在于借助零点存在性定理确定存在零点，然后虚设零点，借助所得等式消去变量.
2．（23-24高三下·河南信阳·阶段练习）已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据定义域可化简函数，构造新函数，即求的解集即可，而，所以解集为．
（2）引入隐零点x0 ，利用导数得到在上单调递减，在上单调递增，最后得到的范围.
【详解】（1）的定义域为
∴当时，，
令，．
当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，
则不等式的解集为．
（2）当时，，
令，恒成立，
则在上单调递增，又，
，存在唯一的使，且，
所以
当时，，由，
则在上单调递减，
当时，，由，（分开考虑导函数符号）
当时，在上单调递增，则，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以，
由题意则，
设，则在上恒成立，
所以在上单调递增，此时，即，
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是构造新的函数，并利用隐零点法求解的范围..
3．（2024·江西赣州·一模）已知函数.
(1)求的单调区间，
(2)已如.若函数有唯一的零点.证明，.
【答案】(1)减区间为，增区间为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出，进一步判断为增函数，由，结合定义域可得单调递增区间；
（2）由已知可得，求导，由（1）可知在单调递增，且，及，则存在唯一的使得，分析单调性，得到，再通过函数有唯一的零点，即，化简可得，构造函数，分析单调性，再分别判断的正负，由零点存在性定理即可证明.
【详解】（1），令，
当时，即为增函数，
又
当时，单调递减；
当时，单调递增.
的减区间为，增区间为
（2）
由（1）可知在单调递增，且，
又
存在唯一的使得
当时单调递减；当时单调递增；
若方程有唯一的实数，则
消去可得，
令，
则，在上为减函数
且
当时，即
4．（2024·山东聊城·一模）已知函数，，.
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最小值；
(3)设，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)
(2)
(3)当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，当时，函数无零点
【分析】
（1）求导后令，计算即可得；
（2）求导后，令，再次求导后可得的单调性，无法直接求出使的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，代入中，即可得解.
（3）变形后可得函数的零点个数即为的实数根的个数，结合的单调性讨论即可得.
【详解】（1），令，可得，
故的单调递增区间为；
（2），
令，
则，
由，故恒成立，
故在上单调递增，
又，，
故存在，使，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，
由，则，
令，则有，
，当时，恒成立，
故在上单调递增，故，即，
则，
即的最小值为；
（3）令，
即有，
即函数的零点个数为的实数根的个数，
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又当时，，当时，，
故当，即时，有唯一实数根，
当，即时，有两实数根，
当，即时，无实数根，
即当时，函数有一个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数无零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中，令无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，从而求出的最小值.
5．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若在区间各恰有一个零点，求的取值范围.
【答案】
【分析】
对原函数求导得导函数，设，对的范围分，，三类情况，分别讨论函数的正负得到函数的单调性，从而在不同区间上讨论函数的零点情况，验证得解.
【详解】
由求导得：
设
若,当时，,此时，则在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意；
若,当,则，
故在上单调递增，则,此时，则在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意；
若，
(1)当,则,所以在上单调递增，
，则存在,使得,即，
当时，单调递减，当时，单调递增，
故当，,
令则，则在上单调递增，在上单调递减，故，
又，，故在上有唯一零点
又函数在上没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设，则，所以在上单调递增，
因，故存在,使得，
当单调递减，当单调递增, ，
又，故存在使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，又
而,则当，故在上有唯一零点,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,则的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
6．（23-24高三上·浙江杭州·期末）定义满足的实数为函数的然点.已知.
(1)证明：对于，函数必有然点；
(2)设为函数的然点，判断函数的零点个数并证明.
【答案】(1)证明见解析
(2)2个零点，证明见解析
【分析】（1）根据函数零点存在原理，结合导数的性质、题中定义进行运算证明即可；
（2）根据（1）的结论，结合函数零点存在原理、结合放缩法进行求解即可.
【详解】（1），由得.
令，
因为在上单调递增，故至多一个零点，
又因为，，
所以使，故对于，函数有唯一然点.
（2）由（I）得，
令，因为在上单调递减，且，
，故使，
在上单调递增，在上单调递减.
因为，故，
将代入，得
，
所以有2个零点.
【点睛】关键点睛：根据题中定义，运用零点存在原理是解题的关键.
7．（23-24高三上·全国·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
【分析】（1）求函数导数得切线斜率，进而由点斜式得切线方程；
（2）令，根据函数导数讨论函数单调性可得，从而得到证明．
【详解】（1）解：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．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于根据题意得方程有两解，即存在两解，令，通过二次求导及零点存在性定理得到函数的单调性，进行求解．
8．（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)设，是的两个零点，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）分离参数得,构造函数判单调性即可求解；
（2）利用变量集中设，得，，证明即可.
【详解】（1）由且，可得.
设，，则，
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于0，
所以要使的图象与直线有两个交点，则，
故的取值范围是.
（2）证明：，由（1）得，
则，.
设，则，
即，
.
设，则.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
又，，，
所以存在唯一的，使得，
即，
所以的最小值为，，
所以，故.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究零点和证明不等式，第二问利用变量集中结合对数运算得，，转化为t的函数证明并进行隐零点代换是关键.
9．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知函数.
(1)证明：当时，；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将题意转化为证明，直接求导证明即可.
（2）根据题意将不等式进行参变分离，得到在上恒成立，令，求函数的最小值即可.
【详解】（1）因为，所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以得证
（2）因为，且恒成立，
则在上恒成立，令，
则，令，则，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，，也即，此时函数单调递减；
当时，，也即，此时函数单调递增；
故，
因为，所以，
则，
令，则，
所以在上单调递增，则有，
所以
，
所以，则，
故的取值范围为
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集.
10．（23-24高三上·四川成都·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).
【分析】（1）由题意，且，问题转化为方程只有一个根，利用导数研究函数单调性，作出函数图象，数形结合判断的取值.
（2），通过构造函数判断的符号得的单调性，由最小值得，再由的零点，构造函数利用导数通过单调性求的值域.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：
利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
11．（23-24高三上·北京东城·期末）已知函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若，求证：函数在上有极大值，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）先对求导，然后构造函数，再对求导，根据导数判断函数的单调性，进而判断的单调性，最后根据对勾函数的单调性求出极大值的取值范围.
【详解】（1）当时，，，即切点为，
，，即在处切线的斜率为，
故曲线在处的切线方程为；
（2），
令，，，
在单调递增，且，
在单调递增，且，
在单调递减，
，，
即，，
存在唯一的，使，即，
当时，，即，在单调递增，
当时，，即，在单调递减，
在处取得极大值，设极大值，
即，
令，，
，
对勾函数在单调递增，
，
，
，
，
即，.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，求函数的极值.解题的关键是掌握导数与单调性的关系，当导数的符号不容易确定时，构造新的函数，利用导数研究新函数的单调性.确定极值点时，需要满足极值点的导数为，极值点左右两侧附近的导数值异号.
12．（2024·湖南邵阳·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
【分析】（1）利用导数分类讨论函数单调性；
（2）由题意，当时，，令，借助导数研究函数的单调性，结合函数值的正负性和零点存在定理可证.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
13．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
(2)若对任意的恒成立，其中为自然对数的底数，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）对函数求导，分类讨论，再证充分性即可;
（2）将恒成立问题分离参数后，转化为最值问题，借助导数及零点存在性定理计算即可.
【详解】（1）结合题意:的定义域为.
所以，
若，在上递增，至多一个零点，不合题意，
若，，在上递增，在上递减，
所以．
下面证明充分性：，
故在上有一个零点，
，
令，，
所以，所以，
故在上有一个零点．
综上，实数的取值范围是．
（2），令，
则．
令，
所以在上递增，又，
因此在上有唯一零点
所以在上单调递减，在上单调递增，
即，且，
所以．
令，则，
所以在上递增，，
所以．
【点睛】关键点点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
14．（21-22高三上·重庆黔江·阶段练习）已知函数，是的导函数，
(1)当时，判断函数在上是否存在零点，并说明理由；
(2)若在上存在最小值，求正实数的取值范围.
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，得到函数单调性，以及极小值，即可得到答案；
（2）求得，令，得到，分和，两种情况，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：当时，，可得，
所以，则，
因为，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，
所以函数在没有零点.
（2）解：因为，可得，
令，则，
①当时，，即，
所以在上单调递增，
所以时，，所以在上单调递增，
所以在上不存在最小值；
②当时，则，所以，
即在内有唯一的解，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，又因为，
所以在内有唯一的零点，
当时，，即；
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得最小值，即时，函数上存在最小值，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围
2、分离参数法，先分离参数，将问题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作出函数的图象，然后数形结合求解.
15．（2024高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数的值；
(2)若函数恰有两个不同的零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，在上单调递增转化为恒成立且不恒为零，当时即恒成立，求出的最大值；当时即，求出的最小值可得答案；
（2）令，分离参数得，构造函数，求出，令，根据的单调性，结合零点个数可得答案.
【详解】（1）由题意得的导数为，
∵在上单调递增，∴恒成立且不恒为零．
当时，，则恒成立，
由，由即有；
当时，，则恒成立，
由，由，即有，
综上可得：；
（2），，
令，分离参数得，
令，则，
令，则，
∴在上单调递增，
又，，
∴使得，
则当时，，即；
当时，，即；
∴在上单调递减，在上单调递增，
∵
由，即，
可得，
∴，又在上单调递增，
∴，即，
，
又当时，；当时，，
故，解得，即实数的取值范围为 ．
【点睛】方法点睛：根据函数零点求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题，（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
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