重难点突破07 函数零点问题的综合应用（十大题型）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

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\l "_Tc169247993" 01方法技巧与总结 PAGEREF _Tc169247993 \h 2
\l "_Tc169247994" 02题型归纳总结 PAGEREF _Tc169247994 \h 2
\l "_Tc169247995" 题型一：判断或讨论函数零点的个数 PAGEREF _Tc169247995 \h 2
\l "_Tc169247996" 题型二：根据零点个数求参数范围 PAGEREF _Tc169247996 \h 10
\l "_Tc169247997" 题型三：证明函数零点的个数 PAGEREF _Tc169247997 \h 15
\l "_Tc169247998" 题型四：证明函数零点的性质 PAGEREF _Tc169247998 \h 21
\l "_Tc169247999" 题型五：最值函数的零点问题 PAGEREF _Tc169247999 \h 30
\l "_Tc169248000" 题型六：同构法妙解零点问题 PAGEREF _Tc169248000 \h 35
\l "_Tc169248001" 题型七：零点差问题 PAGEREF _Tc169248001 \h 43
\l "_Tc169248002" 题型八：分离参数转化为两图像交点解决零点问题 PAGEREF _Tc169248002 \h 51
\l "_Tc169248003" 题型九：零点问题之取点技巧 PAGEREF _Tc169248003 \h 57
\l "_Tc169248004" 题型十：零点与切线问题的综合应用 PAGEREF _Tc169248004 \h 61
\l "_Tc169248005" 03过关测试 PAGEREF _Tc169248005 \h 67
1、函数零点问题的常见题型：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.
求解步骤：
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.
2、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．
3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将整理变形成的形式，通过两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.
4、利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
题型一：判断或讨论函数零点的个数
【典例1-1】（2024·河南·三模）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.
【典例1-2】（2024·河南·模拟预测）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．
【变式1-1】（2024·湖南长沙·三模）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.
【变式1-2】已知，是实数，1和是函数的两个极值点
(1)求，的值.
(2)设函数的导函数，求的极值点.
(3)设其中求函数的零点个数.
【解析】（1）由，得，
因为1和是函数的两个极值点，
所以，解得：，，
当，时，，
所以的单调增区间为，，单调减区间为，
所以经检验当，时，1和是函数的两个极值点.
（2）由(1)得，则，
令，解得或，
当时，，
当时，，
当时，，
所以，是极值点，不是极值点，
所以极值点为
（3）令，则，
先讨论关于的方程根的情况：，
当时，由(2)可知的两个不同根为和，注意到为奇函数，。
所以的两个不同根为和，
当时，因为，，
所以，，，都不是的根，
由(1)知，
①当时，，则是单调增函数，从而，此时再上无实数根；
②当时，，则是单调减函数，因为，，则的图象不间断，
所以在内有唯一实根，
同理，在内有唯一实根
③当时，，则是单调减函数，因为，，则的图象不间断，
所以在内有唯一实根，
因此，当时，有两个不同根，满足，，
当时，有三个不同的根，，，满足，，，，
先考虑函数的零点：
(i)当时，有两个根，，满足；
而有三个不同的根，有两个不同的根，故函数有5个零点，
(ii) 当时，有两个根，，,满足，,,；
而有三个不同的根，故函数有9个零点，
综上，当时，函数有5个零点；
当时，函数有9个零点.
题型二：根据零点个数求参数范围
【典例2-1】（2024·广东茂名·一模）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.
【典例2-2】（2024·湖北·模拟预测）已知函数，，其中a为整数且.记为的极值点，若存在两个不同的零点，，
(1)求a的最小值；
(2)求证：；
【解析】（1），
令，则，
故 在 上单调递增，
且 ，，
由零点存在性定理知，存在唯一的，使得，即，
且，，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故 ，
又，，
若存在两个不同的零点，则，即，，
由知，所以整数的最小值为3.
（2）由题意，即，
故 ，同理 .
所以.
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数，曲线在点处的切线平行于直线．
(1)当时，求b的值；
(2)当时，若在区间各内有一个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，，
所以，
所以．
（2）令，
有，
在区间内各有一个零点，
也即在区间内各有一个零点，
则，
（i）当时，，
令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
易知当时，取得最小值1，
所以，
当时，，于是在上递增，
则与在上有一个零点矛盾，舍去．
（ii）当时，令，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
又，
即，使，且当时，单调递减；
当时单调递增，
所以，
，
当时，，
故，使，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
又，故，
因为当时，，当时，，
故，使，
综上，．
所以的取值范围为．
【变式2-2】（2024·江西吉安·模拟预测）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.
题型三：证明函数零点的个数
【典例3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数，且曲线在点处的切线方程为．
(1)求实数，的值；
(2)证明：函数有两个零点．
【解析】（1）由题意可得，由切线方程可知其斜率为，
所以，解得；
（2）由可得，所以．
函数有两个零点即函数有两个零点．
，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
又，，0，
所以，．
由零点存在定理可得使得，使得，
所以函数有两个零点．
【典例3-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求证：在上有唯一的极大值点；
(2)若恒成立，求a的值；
(3)求证：函数有两个零点．
【解析】（1）因为，设，
则对恒成立，
所以在上单调递减．
又，
由零点存在性定理可知在上有唯一的零点，
和随x变化而变化的情祝如下．
所以在有唯一的极大值点．
（2）令，
由条件知恒成立，所以．
因为，且在定义域上连续，
所以是的一个极大值点，则．
又，
所以，解得．
当时，，
，
当时，，，故在上单调递增，
所以当时，；
设，则，令，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，即.
当时，，
又因为，
所以．
综上可知，当时，恒成立．
（3），则．
由（2）可知在上单调递增，
又因为，
由零点存在定理可知，存在，使得；
当时，，所以，
故在上单调递减，又，
由零点存在定理可知，存在，使得；
当时，由上可知，
故在上没有零点．
综上可知，函数有且只有两个零点．
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数的两个极值点分别为，证明：；
(3)设，求证：当时，有且仅有2个不同的零点．
（参考数据：）
【解析】（1）函数的定义域为，
．
设，
则函数为二次函数，对称轴为直线，
且．
令，则．
当，即时，，
故当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间．
当时，，
故当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间．
当时，令，得，
当时，，当时，，
故当时，函数的单调递增区间为和，函数的单调递减区间为．
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（2）．
因为函数有两个极值点，
所以方程在上有两个不同的实数解，
则解得，
所以
．
要证，
即证．
不妨设，
则只需证．
设，则只需证．
令．
则，
所以在上单调递增，
所以，得证．
（3）由得，
在上有且仅有2个不同的根，
等价于直线与函数的图象在上有2个交点．
设，
①当时，令，，
所以在上单调递增．
又因为，
即当时，存在，且的图象连续，
所以在上有且仅有1个零点，即存在，使．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以在上存在唯一的极小值点．
①当时，又，
记，则，则在上单调递减，
所以，所以当时，恒成立，
则，
所以当时，直线与函数的图象在上有1个交点．
②当时，，
所以在上单调递增．
已证在上单调递增，
所以在上单调递增．
又因为，
由①知，
所以当时，直线与函数的图象在上有1个交点．
③当时，，
设，则，
故函数在上单调递增，
所以，
则当时，直线与函数的图象在上无交点．
综上，当时，直线与函数的图象在上有2个交点．
即当时，有且仅有2个不同的零点．
【变式3-2】（2024·上海闵行·二模）已知定义在上的函数的表达式为，其所有的零点按从小到大的顺序组成数列（）.
(1)求函数在区间上的值域；
(2)求证：函数在区间（）上有且仅有一个零点；
【解析】（1）由，
当时，，即函数在区间上是严格增函数，
且，，
所以在区间上的值域为.
（2）当时，
①当是偶数时，，
函数在区间上是严格增函数；
②当是奇数时，，
函数在区间上是严格减函数；
且，故，
所以由零点存在定理可知，
函数在区间上有且仅有一个零点.
题型四：证明函数零点的性质
【典例4-1】（2024·全国·一模）已知
(1)若，求实数的取值范围；
(2)设是的两个零点（），求证：①；②.
【解析】（1），设，
则，所以单调递增，注意到，
所以当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，
若，则，解得，
所以实数的取值范围为；
（2）①由题意不妨设，则由（1）可知，且，
所以
，
设，，
所以函数单调递增，所以，
所以，即，
又函数在上面单调递减，所以，所以；
②注意到，
所以，要证，
只需，即只需，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，所以，
所以要证，只需，即，
不妨设，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
因为，所以，即，
又因为，所以，
综上所述，命题得证.
【典例4-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数，且有两个相异零点．
(1)求实数a的取值范围．
(2)证明：．
【解析】（1）函数，求导得，
当时，；当时，，在上单调递减，在上单调递增，
则．
当时，恒成立，至多有一个零点，不符合题意，
当时，，，即，使，
，令，求导得，
令，求导得，即在上单调递增，，
于是，函数在上单调递增，，
因此，使，
所以实数a的取值范围为．
（2）由（1）知，有两个相异的解，即方程有两个相异的解，
令函数，求导得在上单调递增，且，
当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，
不妨设，显然，，
要证，即证，即证．
又，则即证，令函数，，
则，
而，则，
因此函数在上单调递减，即，则，
所以．
【变式4-1】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
【解析】（1）首先由可知的定义域是，从而.
故，从而当时，当时.
故在上递增，在上递减，所以具有最大值.
所以命题等价于，即.
所以的取值范围是.
（2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有.
在的范围内定义函数.
则，所以单调递增.
这表明时，即.
又因为，且和都大于，
故由在上的单调性知，即.
【变式4-2】（2024·山东临沂·二模）已知函数.
(1)当时，求证：存在唯一的极大值点，且；
(2)若存在两个零点，记较小的零点为，t是关于x的方程的根，证明：.
【解析】（1）当时，，，
∴，
易知在上单调递减，且，，
则，使得当时，，
当时，，且，即，即，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴存在唯一的极大值点，
而，
∴．
（2）令，得，
设，显然在定义域上单调递增，
而，则有，
∴．
依题意，方程有两个不等的实根，
即函数在定义域上有两个零点，
显然，当时，的定义域为，
在上单调递增，最多一个零点，不合题意，
∴，的定义域为，
∴求导，得，
当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
，
要使有两个零点，必有，即，
此时，即在有一个零点，
，
令，，
求导得，显然在上单调递增，
∴，
∴在上单调递增，，
∴，则函数在上存在唯一零点．
由为的两个根中较小的根，
得，，
又由已知得，
从而，
∵，
∴，
∴．
设（），
当时，，，则符合题意，
当时，，则在上单调递增，
∴不合题意，
∴
∴设，．
求导，得，当时，
令，，
则，，
∴，在上单调递增，
从而，，即，，
从而，
即在单调递增，则，
于是，
即，
即．
【变式4-3】（2024·高三·河南鹤壁·期中）已知函数，其中e为自然对数的底数．
(1)若函数在上有2个极值点，求a的取值范围；
(2)设函数，），证明：的所有零点之和大于．
【解析】（1）由题设在上有2个变号零点，
当时，，即在上递增，不可能有2个零点；
当时，令，则，且在上有2个对应的，
所以，问题化为与在上有两个交点，
对于，有，则在上，，递减，
在上，，递增，
又x趋向于0时，趋向正无穷，x趋向于正无穷时，趋向正无穷，
且，所以，故．
综上，；
（2）由已知函数，，其导函数，
设，，
如图画出函数和 图象，
，使得当时，，单调递增，
当时，函数，单调递减，又，所以，，
因为，所以，所以，又，
故，使得，，使得，
于是可得当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又，，故，
则，，所以存在，使得，
所以，又，所以，
则存在，使得，又，
所以函数在区间上无零点，
故函数在上有两个零点，，且，
由可得，，
所以，，
又，
所以，
根据，可得，，
并且函数在上单调递减，所以，即，
故的两个零点之和大于．
【变式4-4】（2024·四川眉山·三模）已知函数.
(1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围；
(2)若有两个不同极值点.
①求的取值范围；
②当时，证明：.
【解析】（1）依题意，，
设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率，
切线方程为，而点在切线上，
则，即有，
由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根，
令，则函数有2个零点，
求导得，
①若，由，得或，由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，
又，
当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；
②若，恒成立，函数在上单调递增，
因此函数最多1个零点，不合题意；
③若，由，得或，由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，
显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；
④若，显然，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，
要函数有2个零点，必有，得，
当时，，
而函数在上的值域为，因此在上的值域为，
当时，令，求导得，函数在上单调递减，
则，，
而函数在上单调递减，值域为，
因此函数在上的值域为，
于是当时，函数有两个零点，
所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是.
（2）①由（1）知，，
由函数有两个极值点，得，即有两个实数根，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，上单调递减，，
且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根
所以函数有两个极点时，的取值范围是.
②由，即，得，
要证明，只需证明，
而，
令，则，欲证明，
即证明，只需证明即可，
令，
求导得，
则在时单调递增，故，
则，令在时单调递增，则，
因此，即，
所以.
题型五：最值函数的零点问题
【典例5-1】（2024·湖北黄冈·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．
【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
【典例5-2】（2024·四川南充·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．
【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.
【变式5-1】（2024·四川南充·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.
【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.
【变式5-2】（2024·江西九江·二模）已知函数，．
(1)若直线与曲线相切，求a的值；
(2)用表示m，n中的最小值，讨论函数的零点个数．
【解析】（1）设切点为，∵，∴
∴（*）
消去a整理，得，∴
∴
（2）①当时，，，∴在上无零点
②当时，，．
若，，此时，是的一个零点，
若，，此时，不是的零点
③当时，，此时的零点即为的零点．
令，得，令，则，
当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，且当时，
（i）若，即时，在上无零点，即在上无零点
（ii）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点
（iii）若，即时，在上有两个零点，即在上有两个零点
（iv）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点
综上所述，当或时，在上有唯一零点；
当或时，在上有两个零点；
当时，在上有三个零点
题型六：同构法妙解零点问题
【典例6-1】已知函数，若函数在区间内存在零点，求实数的取值范围
【解析】解：方法一：由可得，
设，，，则，令，在单调递减，在单调递增，
故（1）．
①当时，令，当时，单调递减，当时，单调递增，
（1），此时在区间内无零点；
②当时，（1），此时在区间内有零点；
③当时，令，解得或1或，且，
此时在单减，，单增，单减，，单增，
当或时，，此时在区间内有两个零点；
综合①②③知在区间内有零点．
方法二：由题意可得
，即，
因为当时等号成立，
所以，即，
，令，，
易知在单减，在上单增，所以（1），
又趋近于0和正无穷时，趋近于正无穷，
所以．
【典例6-2】已知．
（1）若函数在上有1个零点，求实数的取值范围．
（2）若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围．
【解析】解：（1），，，
所以，
当时，，所以在，单调递增，
又因为，所以在，上无零点；
当时，，使得，
所以在，单调递减，在单调递增，
又因为，，
所以若，即时，在，上无零点，
若，即时，在，上有一个零点，
当时，，在，上单调递减，在，上无零点，
综上当时，在，上有一个零点；
（2）由，
即，即，
则有，
令，，则，
，所以函数在上递增，
所以，则有，即，，
因为关于的方程有两个不同的实数解，
则方程，有两个不同的实数解，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以（1），
当时，，当时，，
所以．
【变式6-1】已知函数．
（1）若，求函数的极值；
（2）若函数有且仅有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，，，
显然在单调递增，且，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
在处取得极小值，无极大值．
（2）函数有两个零点，即有两个解，即有两个解，
设，则，单调递增，
有两个解，即有两个解．
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
，，当时，
．
【变式6-2】（2024·上海嘉定·一模）已知．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)请严格证明曲线有唯一交点；
(3)对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列．
【解析】（1）由题意可知：的定义域为，的定义域为，
，
当时，得，此时函数单调递增，
当时，得，此时函数单调递减，
因此函数极大值为，
单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，得，此时函数单调递增，
当时，得，此时函数单调递减，
因此函数极大值为，
单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为；
函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）设，
设，
设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
因此有，当时取等号，
于是有，
因此单调递减，而，
根据函数零点存在原理，当时，函数在内有唯一零点，
因此有唯一实根，因此曲线有唯一交点.
（3）由（1）可知两个函数的最大值均为，
且函数单调递增区间为，单调递减区间为；
函数单调递增区间为，单调递减区间为，
由（2）可知曲线有唯一交点，且交点在内，
因为直线和曲线共有三个不同交点，其中，
因此两条曲线必过两个曲线的交点，
所以有，
因此有，
因为，，在上单调递增，
所以有，
同理，，而函数在单调递减，
所以有，而，所以，
因此成等比数列.
【变式6-3】（2024·四川·三模）已知函数和函数，且有最大值为．
(1)求实数a的值；
(2)直线y＝m与两曲线和恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为，，，且，证明：．
【解析】（1）的定义域为R，且，，
当时，，递增；当时，，递减；
所以，
所以，解得，又，所以a＝1.
（2）证明：由（1）可知：在递增，在递减，
又，所以在递增，在递减，
和的图象如图所示：
设和的图象交于点A，则当直线y＝m经过点A时，
直线y＝m与两条曲线和共有三个不同的交点，
则，且，，，
因为，所以，即，
因为，，且在递增，所以，
所以，
因为，所以，即，
因为，，且在递减，
所以，所以，
所以，即．
【变式6-4】（2024·河北邯郸·二模）已知函数．
(1)是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
(2)已知是的零点，是的零点．
①证明：，
②证明：．
【解析】（1）由题意得，
当时，，所以和在上都单调递增，符合题意；
当时，若和在上的单调区间相同，
则和有相同的极值点，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
所以无解，
综上，当时，和在上的单调区间相同；
（2）①由题意，有两个零点，，
若，则，所以在上单调递增，不符合题意，
若，则当时，单调递减，
当时，单调递增，
且当时，，当时，，
所以，解得，得证；
②令，得，即，
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
在同一坐标平面内作出函数与函数的图象，
它们有公共点，如图，
故，且有，
由，得，即，又，所以，
由，得，即，又，所以，
由，得，即，
故.
题型七：零点差问题
【典例7-1】（2024·重庆·模拟预测）牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r是的根，首先选取作为r的初始近似值，若在点处的切线与轴相交于点，称是r的一次近似值；用替代重复上面的过程，得到，称是r的二次近似值；一直重复，可得到一列数：．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当近似值相等时，该值即作为函数的一个零点．
(1)若，当时，求方程的二次近似值（保留到小数点后两位）；
(2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数在点处的切线，并证明：；
(3)若，若关于的方程的两个根分别为，证明：．
【解析】（1），
当时，，在点处的切线方程为，与轴的交点横坐标为，
所以，，在点处的切线方程为，与轴的交点为，
所以方程的二次近似值为．
（2）由题可知，，，，
所以在处的切线为，即；
设，
则，显然单调递减，令，解得，
所以当时，，则在单调递增，
当时，，则在单调递减，
所以，
所以，即．
（3）由，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是的最大值点，即，
又时，，时，，
所以当方程有两个根时，必满足；
曲线过点和点的割线方程为，
下面证明，
设，
则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，；
在上单调递减，，
所以当时，，即（当且仅当或时取等号），
由于，所以，解得；①
下面证明当时，，
设，因为，
所以当时，（当且仅当时取等号），
由于所以，解得，②
①②，得．
【典例7-2】（2024·河南·模拟预测）已知，函数的图象在点处的切线方程为.
(1)求a，b的值;
(2)若方程（e为自然对数的底数）有两个实数根，且，证明：
【解析】（1）因为，所以，
由题意知，所以，
联立方程组，解得.
（2）由（1）可知，，
，设，
，
所以即在上单调递增.
又，所以存在，使得，
且时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
设，令，
则，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增.
又，所以当时， ，当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故，即，当且仅当时，等号成立.
因为方程有两个实数根，且，
也就是，且注意到在上单调递增，
所以，
所以，即 .
设 的根为：，则 ，
又在上单调递增，所以 ，
故①.
易知的图象在坐标原点处的切线方程为，
令，
则 ，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增.
又 ，
所以当时， ，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，，当且仅当时，等号成立.
因为，所以，即.
设的根为，则，
又在上单调递减，
所以，所以，
从而②.
由①②可知：.
【变式7-1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数．
【变式7-2】（2024·重庆·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，．
【变式7-3】（2024·河南信阳·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.
【变式7-4】（2024·全国·模拟预测）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)设，若存在两个不同的零点，，且.
（i）证明：；
（ii）证明：.
【解析】（1）由题的定义域为，，
①若，则，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
②若，令，得，.
当时，，
当或时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，，
当或时，；当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，，当且仅当时等号成立，
所以在上单调递增.
（2）（i）由题意知，
所以，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为函数存在两个不同的零点，故，即.
（ii）下面找出两个点，，使得，,
注意到，且，于是考虑找点，，
下面我们证明：，，
①，设，下证，
方法1：设，则，故，
所以在上单调递增，得，
所以在上单调递增，
故，即，
因此，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
因此，又，故，即，
又，所以.
方法2：易知，设，则，
所以在上单调递增，得，
所以在上单调递增，故，
又，从而，即，
又，所以.
②，
设，则，
易知在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
又，即，
所以，且，
因此，
又，所以，即，
于是.
题型八：分离参数转化为两图像交点解决零点问题
【典例8-1】（2024·天津·模拟预测）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.
【典例8-2】（2024·广东广州·二模）已知函数．
讨论的零点个数；
【解析】因为，
当时，，此时有一个零点；
当时，，所以不是函数的零点，
令，
故只需讨论与的交点个数即可，
，
因为，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
，且时，，且时，，
所以的大致图象如图所示：
故当与有一个交点，
当时，与有2个交点；
综上，时，函数有1个零点，当时，函数有2个零点．
【变式8-1】（2024·浙江·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，判断的零点个数.
【解析】（1）当时，，所以，
当时，，所以，则，
所以，在上单调递减.
当时，记，则，
因为，所以，在单调递增，
所以，即，所以在上单调递增.
综上，的减区间为，增区间为.
（2）当时，，则，
记，则，
当时，，所以，在单调递增，
所以，在上单调递增，
所以，在上无零点.
当时，因为，
所以，此时无零点.
当时，记，则，
因为当趋近于0时，趋近于0，所以的变化越来越慢，图象下凹，
当时，，当时，，
作出函数和的图象如图，
由图可知，当时，两个函数图象有一个交点，即有一个零点.
易知是的一个零点.
综上，函数共有2个零点.
【变式8-2】已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若恰有三个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，函数，可得，
所以，且，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）因为，
可得是的一个零点，
因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根，
即方程有两个不为2实数根，
令，所以，
令，可得，令，可得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，当时，函数取得极大值，也是最大值，
且当时，，
所以，当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，所以且．
所以a的取值范围是．
【变式8-3】（2024·湖北·模拟预测）函数．
(1)当时，证明：；
(2)讨论函数的零点个数．
【解析】（1）当时，，所以，令得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
从而，不等式得证．
（2）令，则，．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
又，当时，；当时，．
从而当时，无零点；当或时，有一个零点；
当时，有两个零点．
【变式8-4】（2024·广西河池·模拟预测）已知函数，定义域为.
(1)讨论的单调性；
(2)求当函数有且只有一个零点时，的取值范围.
【解析】（1）因为，
（ⅰ）当，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递增；
（ⅱ）当，即或时，可知有两个不相等的根，
不妨令，可知，
①若，因为，可知，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
②若，因为，可知，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：当时，在内单调递增；
当时，在内单调递减，在内单调递增；
当时，在内单调递减，在内单调递增.
（2）若，可知在内无零点，不合题意，可知
令，整理得，
构建，
原题意等价于与的图象有且仅有一个交点，
因为，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，即在内恒成立，
可知在内单调递减，
且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0且；
的大致图象如图所示，
可得，即，所以的取值范围为.
题型九：零点问题之取点技巧
【典例9-1】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：函数有两个不同的零点．
【解析】（1）由，得．
当时，，函数单调递增．
当时，，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
综上，当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）证明：由得，
所以，
因为，所以，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，，
因为，所以，下面证明在区间上与上分别存在一个零点，
因为，
所以在区间上存在唯一零点，且．
因为，
当时，，
所以，
所以，
所以在区间上存在唯一零点，且，
所以当时，函数有两个不同的零点．
【典例9-2】（2024·浙江杭州·二模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：函数有且只有一个零点．
【解析】（1）函数的定义域为，
且，
当时，恒成立，所以在单调递减；
当时，令，即，解得，，
因为，所以，则，
所以当时，
当时，
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，此时，
所以时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时在单调递减；
当时在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增，在上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知．
（ⅱ）由（1）在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
又，所以，则，
又，
又，
所以在上没有零点，
又，则，则，，
则，
所以，所以在上存在一个零点，
综上可得函数有且只有一个零点．
【变式9-1】（2024·陕西铜川·三模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数存在零点，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，所以.
这得到，，所以所求切线是经过且斜率为的直线.
故所求切线方程为，即.
（2）设，则，所以当时，当时.
从而在上递增，在上递减，故，这得到.
若，则，从而取值恒为负，故没有零点，不满足条件；
若，则有，
及.
从而由零点存在定理可知存在零点，满足条件.
综上，的取值范围是.
【变式9-2】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若函数在上仅有两个零点，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，R），所以，
令，则，
所以，
所以的极小值为，无极大值.
（2）函数在上仅有两个零点，
令，则问题等价于在上仅有两个零点，
易知，因为，所以.
①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
所以，所以在上没有零点，不符合题意；
②当时，令，得，
所以在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
因为在上有两个零点，所以，所以.
因为，
令，则，
所以在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以当时，在和内各有一个零点，
即当时，在上仅有两个零点.
综上，实数的取值范围是.
题型十：零点与切线问题的综合应用
【典例10-1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数.
(1)判断的零点个数；
(2)求曲线与曲线公切线的条数.
【解析】（1）由函数，可得其定义域为，且，
令，得；令，得，
可知在上单调递减，在上单调递增，
所以，故的零点个数为.
（2）因为，所以，
所以曲线在点处的切线方程为：
，即，
曲线在点处的切线方程为：，
即，
令，可得，
消去，整理得，
令，可得，等价于，
设，则，所以在上单调递增，
又因为，所以在上有唯一的零点，
由，得，所以曲线与曲线有且仅有一条公切线.
【典例10-2】（2024·江西·模拟预测）已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：对任意，存在唯一实数，使得
【解析】（1）因为，
可得，
①当时，，令，则；令，则．
即的单调递增区间为，单调递减区间为；
②当时，，则的单调递增区间为；
③当时，则，令，则或；令，则．
即的单调递增区间为和，单调递减区间为；
④当时，则，令，则或；
令，则，即的递增区间为和，单调递减区间为，
综上可知，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）令，
因为，则在上单调递减，
其中，，
即，
令，可得，
则在上单调递增；在上单调递减，则，
因为，则，即，
又因为，所以，
同理可得，
由（时等号成立）得，，即，（时等号成立），
又因为，所以恒成立，
因为，所以，
由零点存在性定理可得，
对任意，存在唯一实数，使得成立．
【变式10-1】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.
(1)求；
(2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个.
【解析】（1）设与相切于点，而，
则，即，，则切点为，，即；
设与相切于点，而，
，即，则切点为，，，
所以，.
（2）依题意，，则，，，
由成等差数列，得，即，，
令，求导得，
令，求导得，显然函数在上单调递增，
，， 则，使得，即，
当时，；当时，，在上递减，在上递增，
，
由，得，则，即，函数在上单调递增，
，，因此在上存在唯一零点，
所以满足条件的有且只有一个.
【变式10-2】（2024·四川泸州·三模）设函数，.
(1)求函数的单调区间；
(2)若总存在两条直线和曲线与都相切，求的取值范围.
【解析】（1），，
令，得，令，得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）∵
∴在处的切线方程为，
∵，
∴在点处的切线方程为，
由题意得，则，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且当时，，
所以时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
若总存在两条直线和曲线与都相切，
则曲线与轴有两个不同的交点，
则，所以，
此时，而，
故，
所以的取值范围为.
【变式10-3】（2024·贵州贵阳·模拟预测）已知函数.
(1)若函数有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)已知，，（其中且，，成等比数列）是曲线上三个不同的点，判断直线AC与曲线在点B处的切线能否平行？请说明理由.
【解析】（1）令，由题设知方程有两个实数根，
因为,由，得，
所以，
当及时，，且，
当时，且时，
所以当时，与有两个不同的交点，
即有两个不同的零点.
（2）因为且，，成等比数列，设公比为，
则，，
直线AC的斜率，
函数在点B处的切线斜率，
假设直线AC与函数在点B处的切线平行，则，整理成，
令，，则 ，
所以在单调递增，所以，
所以在时无实数解，所以直线AC与函数在点B处的切线不能平行.
1．（2024·福建宁德·三模）已知函数的图象在处的切线过点.
(1)求在上的最小值;
(2)判断在内零点的个数，并说明理由.
【解析】（1）法一：，
又，所以切线方程为，
又切线过点，
得，所以.
所以，
当时，，所以在上单调递减，
所以的最小值为.
法二:，
所以切线方程为，
因此切点为，
得，所以，
所以，
当时，，所以在上单调递减，
所以的最小值为；
（2）法一：判断在内零点的个数，等价于判断方程根的个数，
等价于判断方程根的个数.
令
，令，则，得.
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.，
（或）
所以时，方程有2根，
所以在有2个零点.
法二：由（1）得，
令，则在上为减函数
，
所以在上必有一个零点，使得，
从而当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减..
又，
所以在上必有一个零点，使得.
当时，，即，此时单调递增;
当时，，即，此时单调递减..
又因为，
所以在上有一个零点，在上有一个零点，
综上，在有2个零点.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数．
(1)证明：当时，；
(2)求在区间上的零点个数．
【解析】（1）设，则．
设，
则，
因为在上单调递增，所以，
又因为当时，，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，．
（2），当时，，所以在上单调递增，
因为，所以由零点存在定理知在上有且仅有一个零点．
当时，令，则，
当时，有，所以在上单调递减，
又因为，所以存在使得，
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，故在上无零点，
当时，，所以在上单调递减，
又，所以在上有且仅有一个零点．
综上所述：在上有且只有2个零点．
3．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)当时，，求的最大值；
(3)若在区间存在零点，求的取值范围.
【解析】（1）定义域为，
当时，，，
由于，
令，
当且仅当，即时，等号成立，
又，故；
（2）当时，，
，
设，则，
令，
，
故在上单调递增，
又，故当时，，即，
即，故，所以，
则在恒成立，
当时，同理可得，则在上恒成立，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，，
故，所以的最大值为；
（3），令，
当时，，由于恒成立，故无解，舍去；
当时，，
令，，
，
下面证明,，
令，，则，，其中，
令，，则，，其中，
令，，则，，
当时，，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，
故，即,，
则，，
则，
，
由于，而，故，
则，故在上单调递增，
又趋向于0时，趋向于2，故，
故令，解得，此时有解，故存在零点，
故的取值范围是.
4．（2024·安徽·三模）已知函数.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若函数有2个零点，试比较与的大小关系.
【解析】（1）当，所以，
又，所以切线方程为，即.
（2）函数有2个零点等价于方程有两个根，
即有两个根，
令，则，令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
当时，，
当时，，
所以要使得有两个根，则，即，
所以.
5．（2024·陕西商洛·三模）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，若函数和的图象在上有交点，求实数的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，．
令，得
①当时，，在上单调递减；
②当时，列表如下：
所以在上递增，在上递减；
③当时，列表如下
所以在上递增，在上递.
综上，当时，在上递减；当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减.
（2）当时，设
函数和的图象在有交点，
等价于函数和的图象在上有交点，
即函数和的图象在上有交点，
等价于的图象在有零点，
的单调递增区间是，单调递减区间是．
，由（1）知
当时，在为增函数，在上有零点，则
或，；
当时，在递增，在递减，
，
即，
综合得：实数的取值范围为.
6．（2024·湖北黄石·三模）已知函数有两个零点，.
(1)求实数的取值范围；
(2)如果，求此时的取值范围.
【解析】（1）令，即，
令，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，且时，当时，
又与有两个交点，所以.
（2）由（1）可得，，
又，
所以，即，
令，，则，
所以，，
记，，则，
令，，则，
所以在上，即单调递减，
由于，
所以当时，，所以，
所以函数在区间上单调递减，
故，即，
而，在区间上单调递增，
故且，
即．
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的零点个数；
(2)若有两个零点，证明：两个零点之和大于4．
【解析】（1）由题可得，函数的定义域为．
由得．
令，则．
令，解得，令，解得，
在上单调递减，在上单调递增．
当时，取得极小值，也是最小值，最小值为．
设，
所以，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，
所以，
所以，
当时，，，
当时，，所以，
所以作出的大致图象，如图．
由图可知，当时，直线与函数的图象无交点，
函数的零点个数为0；
当时，直线与函数的图象有1个交点，
函数的零点个数为1；
当时，直线与函数的图象有2个交点，
函数的零点个数为2．
（2）设的两个零点分别为，
由（1）知，
不妨令，则，且．
要证明两个零点之和大于4，即，只需证，
又，且在上单调递增，
故只需证，即．
令，
则
，， ，
在上恒成立，
在上单调递减，
当时，，
即成立，
，得证.
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)当时，求的最小值；
(2)讨论函数和的图象在上的交点个数．
【解析】（1）当时，，．
令，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，则当时，取得最小值，，
所以当时，取得最小值1.
（2）由，得，两边同时取自然对数得，显然，则，
于是函数和的图象在上的交点个数，即方程的解的个数，
令，求导得，令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
因此是的极大值点，，
当时，单调递增，函数的取值集合为，
当时，直线与函数的图象仅只一个公共点，方程有一个解，
当时，恒成立，在上递增，函数值集合为，在上递减，函数值集合为，
因此当，即时，直线与函数的图象有两个公共点，方程有两个解，
当，即时，直线与函数的图象仅只一个公共点，方程有一个解，
当，即时，直线与函数的图象无公共点，方程没有实数解，
综上，当或时，函数和的图象在上的交点个数是1；
当时，函数和的图象在上的交点个数是0；
当时，函数和的图象在上的交点个数是2.
9．（2024·全国·模拟预测）当时，总有不等式成立．
(1)求实数的取值范围；
(2)设方程，试确定该方程实根的个数，并证明你的结论．
【解析】（1）设，则．
当时，令，得；
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
由题意得，
设，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以．
综上，，所以；
当时，恒成立，
所以在上单调递减，且，
当时，，不符合题意，所以舍去．
综上所述，实数．
（2）由题意得，，
令．
因为，所以是方程的一个实根．
又，
①当时，，
所以，所以在上单调递减，，
即在上无实根；
②当时，令，
则，所以在上单调递增，
又，
所以在上有唯一实数根，且满足，
当时，在上单调递减，
此时，方程在上无实根；
当时，在上单调递增，
因为，可得，
此时
，
，
故方程在上有唯一实根；
③当时，由（1）知，在上单调递增，
所以，
故，
即方程在上无实根．
综上所述，方程有且仅有两个实根．
10．（2024·青海海南·一模）已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求的取值范围；
(2)若函数的两个零点分别是且，证明：．
【解析】（1）由题意，
设，则，显然当时，，在上是增函数，即在上是增函数，
由得，当时，，在递减，时，，在递增，
要使函数在上单调递增，则，所以；
（2）由（1）知，
设，
当时，在单调递增，
当时，在单调递减，故
故恒成立，
即时，恒成立，
所以有两个零点分别是且，，
由恒成立，可得，故，
，
，
又，
，
所以，
故，
因此，得证
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，讨论曲线与曲线的交点个数．
【解析】（1）依题意，，故，
而，故所求切线方程为，即．
（2）令，故，
令，
，令，
．
①当时，，
在上为减函数，即在上为减函数，
又，
在上有唯一的零点，设为，即．
在上为增函数，在上为减函数．
又
，
在上有且只有一个零点，在上无零点；
②当时，单调递减，
又，
在内恰有一零点；
③当时，为增函数，
，
单调递增，又，所以存在唯一，
当时，递减；当时，递增，，
在内无零点．综上所述，曲线与曲线的交点个数为2．
12．已知函数．
(1)若恰有两个零点，求a的取值范围；
(2)若的两个零点分别为（），求证：．
【解析】（1）令，其定义域为，
则，
令，则，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
因为当时，，当时，，
且，
又恰有两个零点，即有两个根，
故函数与有两个交点，
所以，故a的取值范围为.
（2）因为的两个零点分别为（），
所以，，
所以，，故，
所以，
所以要证成立，只需证明，
即证，即证，
令，即证明，
令，又，
，
由于，令，
所以，
而，其对称轴为，
所以在上单调递增，
所以，
于是在上恒成立，
因此在上单调递增，
所以，
所以原命题得证.
13．（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，.
【解析】（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
14．（2024·广西·模拟预测）已知函数有三个零点，.
(1)求的取值范围；
(2)记三个零点为，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，
，令，解得：或1，
且时，，，，，，
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
当时，函数取极大值，当时，函数取极小值，
又，，
因为函数有三个零点，且，，
所以，
解得，即的取值范围为.
（2）由（1）可知，
设，，，
所以函数单调递增，所以，所以，
即，所以，即，
设，，
所以函数单调递增，
所以即，
即，
所以，，
又，所以.
15．（2024·四川南充·一模）设函数(e为自然对数的底数)，函数与函数的图象关于直线对称.
(1)设函数，若时，恒成立，求的取值范围；
(2)证明：与有且仅有两条公切线，且图象上两切点横坐标互为相反数.
【解析】（1）由已知，
时，恒成立，
即恒成立，整理得
，
令
令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减，
，
，
得；
（2）函数与函数的图象关于直线对称，
，
假设与有公切线，明显斜率存在，
设公切线的方程为，与的切点为，与的切点为
又，
，消去得，
当时，明显不成立，
整理可得
对于函数，有，其为奇函数，
且函数也为奇函数，
故方程若有根，其根必为成对的相反数，
下面研究方程的根的情况，即函数的零点情况，
可得，令，
则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
，
又时，，时，，
，使，得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
，
又，
由零点存在定理得函数在区间和各有一个零点，
即函数有两个零点，即方程有两个根，
综上所述与有且仅有两条公切线，且图象上两切点横坐标互为相反数.
16．（2024·广东·二模）已知.
(1)求的单调区间；
(2)函数的图象上是否存在两点（其中），使得直线与函数的图象在处的切线平行？若存在，请求出直线；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题可得
因为，所以，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题意得，斜率
，
,
由得，
，即，即
令，不妨设，则，
记
所以，所以在上是增函数，所以，
所以方程无解，则满足条件的两点不存在.
17．（2024·河南·模拟预测）已知函数的图象在处的切线方程为.
(1)求的解析式；
(2)若过点可作图象的三条切线，证明：.
【解析】（1）因为，，，
所以切线方程为，即.
（2）设切点为，则切线方程为：，
因切线经过点，故有，即.
令，依题知有3个零点.
，令得，
①当时，时，，时，，
则在上单调递减，在上单调递增，此时至多有两个零点，不合题意；
②当时，或时，，时，，
则在，上单调递增，在上单调递减，
又，，
因，由有3个零点可知：，故得：，即.
18．已知函数 最小值为
(1)求 ；
(2)若 ，且，过点 可以作曲线 的三条切线． 证明：
【解析】（1）函数的定义域为.
因为.
由.
若，则在上恒成立，即恒成立，
所以在单调递增，所以在上无最小值；
若，所以函数在上递减，在上递增，
所以函数的最小值为：，
由.
（2）设过点的直线与曲线相切，切点为：.
因为：.
所以函数的切线方程为：，
因为切线过点，所以：.
设，问题转化为在有三个解.
，
由（因为）.
所以在上递减，在上递增，在上递减.
所以函数的极小值为：；极大值：.
由，所以（）
由，所以.
只需证当时，（）.
设，则，因为，所以，
所以在上递减，且，所以.
所以，即.
所以.
19．已知函数.
(1)当时，不用计算器，用切线“以直代曲”，求的近似值（精确到四位小数）.
(2)讨论函数的零点个数.
【解析】（1）当时，，求导得，则，而，
因此函数的图象在点处的切线方程为，即，
函数中，当时，，
所以的近似值为.
（2）函数的定义域为，
求导得，
当时，恒成立，即函数在上单调递减，显然，
当时，，则，，
令函数，求导得，函数在上单调递增，
于是，即，则，从而，
显然函数在上单调递减，取，，
则当时，，
因此函数在上有唯一零点；
当时，由，得；由，得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
①当时，只有一个零点；
②当时，，函数没有零点；
③当时，，
，因此在上有一个零点，
设，
则，
令函数，求导得，函数在上单调递增，，
则，因此函数在上有一个零点，从而有两个零点，
所以当或时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，没有零点.
20．（2024·湖北·模拟预测）函数.
(1)求函数在的值域；
(2)记分别是的导函数，记表示实数的最大值，记函数，讨论函数的零点个数.
【解析】（1）（1），则，当时，单调递减，当时，单调递增，.
则在的值域为.
（2）（2）当时，，故，
则在上没有零点.
当时，，
故若有零点的话，也只能由产生零点.下面讨论在上的零点个数.
设，
因为，又在上单调递减，故
当时，
所以单调递减，由得：当时，单调递增
当时，单调递减
当时，，故，当时，，故在
上必有唯一零点.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
综上所述：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
21．（2024·全国·模拟预测）已知函数，，其中为自然对数的底数．
（1）若函数的极值点恰有个，求实数的取值范围；
（2）记若函数，试讨论函数的零点个数．
【解析】（1），
当时、，在上单调递增，
在上无极值点，不符合题意；
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
是函数的个极值点，符合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
（2）由题意知：函数的定义域为．
当时，，则，在区间上无零点
当时，，，
当，即时，，不是函数的一个零点；
当，即时，，是函数的一个零点．
当时，，只需考虑函数在区间上的零点情况，
当时，，
①当时，，则在区间上单调递增，
又，
当时，，在区间上无零点；
当时，，
，
在区间上有唯一的零点，即在区间上有唯一的零点．
②当时，令，解得：（舍去），
由得：，由得：，
在上单调递减，在上单调递增，
，又，
在区间上有唯一的零点，即在区间上有唯一的零点．
综上所述：当时，函数的零点个数为；当时，函数的零点个数为；当时，函数的零点个数为．
22．（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数（），．
(1)若，的导数分别为，，且，求a的取值范围；
(2)用表示a，b中的最小值，设，若，判断的零点个数．
【解析】（1）
因为（），所以，由得，
因为，所以，
所以问题转化为时恒成立，即时恒成立，
设（），则，时，单调递减，时，单调递增，
所以，
所以，即a的取值范围是．
（2）因为，设，则，
（ⅰ）若，
时，单调递增，
时，单调递减，
所以，
所以时，，，没有零点，
（ⅱ）若，
由（1）知，
当时，，在上单调递增，且，所以，
当时，单调递增，且，，
存在唯一使得，则，，
当时，，，
当时，，在上单调递减，
且，，
所以存在唯一使得，，
综上，时没有零点，时有2个零点．
0
2
0
0
极小值
极大值
0
2
0
0
极大值
极小值
x
0
递增
极大值
递减
0
+
0
-
0
+
0
-
极大
极小
极大
0
0
0
0
极大
极小
极大
0
1
+
0

0
+
极大值
极小值
-
0
+
单调递减
极小值
单调递增
x
0
单调递减
极小值
单调递增
0
极大值
0
极大值