专题15 导数的应用--函数的零点问题5题型分类练习-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

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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.
一、单选题
1．（2024·天津）函数在区间(0,1)内的零点个数是
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【详解】恒成立，所以单调递增，
故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.
2．（2024·全国）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【详解】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B.
3．（2024·全国）已知函数有唯一零点，则
A．B．C．D．1
【答案】C
【详解】因为，设，则
，因为，所以函数为偶函数，若函数有唯一零点，则函数有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当时，才满足题意，即是函数的唯一零点，所以，解得.故选：C.
【点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：
（1）利用零点存在性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.
（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
4．（2024·吉林通化·模拟预测）已知函数满足：①定义域为；②；③有且仅有两个不同的零点，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可转化为有且仅有两个不同的零点，，对求导，结合的单调性可知，由此可知另一根为，由的范围可求出的范围，即可求出的取值范围.
【详解】函数有且仅有两个不同的零点，，
因为，令，即有且仅有两个不同的零点，，
得或，
若，令，可得或；令，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
同理若，在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
要使有且仅有两个不同的零点，，则，
而，则，因为，
则，则，
则有一根是确定的为，又因为，
所以的另一根为，
所以，因为，，
.
故选：B.
5．（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数，若有3个不同的解，，且，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】对函数变形，利用导数研究函数的单调性及图象，把原函数有3个不同的解转化为有两个解，从而利用根的分布求解即可.
【详解】，
令，则，
令得，令得且，
所以在，上单调递减，在上单调递增，且，
如图：

则，
所以有3个不同的解等价于有两个解，，
整理可得，且，，
根据根的分布得，解得，又，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点睛：复合方程解的个数问题的解题策略为：首先要能观察出复合的形式，分清内外层；其次要能根据复合的特点进行分析，将方程问题转化为函数的交点问题；最后通过数形结合的方式解决问题.
二、多选题
6．（2024高三上·河北保定·阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，有两个极值点
B．当时，的图象关于中心对称
C．当，且时，可能有三个零点
D．当在上单调时，
【答案】BC
【分析】
特殊值法可排除A项，利用函数的对称性可判定B，取特殊值结合导数研究函数的单调性、极值与最值可判定C，利用导函数非负结合判别式可判定D.
【详解】对于A，当时，，，
若时，，则在定义域内单调递增，无极值点，故A错误；
对于B，当时，，，则，所以的图象关于中心对称，故B正确；
对于C项，当时，，
，
取，即时，此时，
所以当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以函数极小值为，函数极大值为，
即，所以在有一个零点，
又因为，，
所以在有一个零点，在有一个零点，
即当时，有三个零点，故C正确；
对于D项，若在定义域上是单调函数，
则恒成立，所以，解得，所以D错误，
故选：BC．
【点睛】关键点睛：本题C项，利用导数研究函数的零点个数，结合极大小值的正负及取特殊点判断函数值符合是关键.
7．（2024·广东深圳·模拟预测）对于函数和，设，若存在，使得，则称与互为“零点相邻函数”.若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的值可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据零点的定义求函数的零点，由定义可得函数的零点的范围，结合函数解析式，转化为含参方程有解问题，求导，可得答案.
【详解】由题意，可得，，
易知，则，，
则在有解，
求导得：，令，解得，可得下表：
则当时，取得最大值为，
，
则的取值范围为，
设，，则，
所以函数在上单调递减，所以，
所以的值可以是，，.
故选：BCD.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
三、填空题
8．（2024·北京）已知函数，给出下列四个结论：
①若，恰 有2个零点；
②存在负数，使得恰有1个零点；
③存在负数，使得恰有3个零点；
④存在正数，使得恰有3个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
9．（2024高三上·江苏南通·开学考试）已知定义在上的函数同时满足下列三个条件：
①为奇函数；②当时，，③当时，.
则函数的零点的个数为 .
【答案】5
【分析】根据函数奇偶性及分段函数解析式画图象数形结合即可求解.
【详解】，则，，
在上为负，递减；
在为正，递增，
，，，作出在的图象.

时，，向上平移2个单位；
时，，再向上平移2个单位，，.
纵轴右边图象与左边图形关于原点对称，由图可知
函数的图象在纵轴右边上有4个交点，
在纵轴左边上有1个交点点，
∴共有5个零点.
故答案为：5.
10．（2024高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数，则方程有 个不相等的实数解．
【答案】6
【分析】令，首先分析的根的情况，进一步结合的根的情况即可得解.
【详解】首先分以下两种情形来研究函数的性态：
情形一：当时，，求导得，
令，由此可以列出以下表格：
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
且有极大值，极小值.
情形二：当时，，求导得，
令，由此可以列出以下表格：
所以在单调递减，在单调递增， 且有极小值.
综合以上两种情况，且注意到当趋于负无穷时，也趋于负无穷，
当在1的左边趋于1时，趋于，且，
当趋于正无穷时，也趋于正无穷，
由此即可在同一直角坐标系中画出与的图象如下图：

其中、、为方程的三个根，
、为方程的两个根，
由图可知，；
所以由以上分析可知方程有三个根、、，
现在只需把回代到方程中即可，
且注意到，
，
，
所以方程 、、分别有个根.
综上所述方程一共有个不同的实数根.
故答案为：6.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于首先利用换元法令，将问题转换为的根的情况，进一步利用导数去分析这个函数的性态，由此得出方程的根的个数，最终回代即可.
11．（2024·陕西西安·一模）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为 .
【答案】
【分析】根据题意转化为只有一个根，令，求得，得出函数的单调性与最小值，求得，再求得，得出函数的单调区间，结合，求得函数的最值，即可求解.
【详解】因为函数在内有且只有一个零点，
即方程在内只有一个根，
即在内只有一个根，
令，可得，再令，解得，
当时，，单调减，当时，，单调增，
所以当时，有最小值，即，
所以函数，则，
令时，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又由，
故函数在上的最大值为，最小值为，最大值与最小值的和为.
故答案为：.
四、解答题
12．（2024·全国）已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.
【详解】（1）由题意知：定义域为：且
令，
，
在上单调递减，在上单调递减
在上单调递减
又，
，使得
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
在上单调递减
又
为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又
在上单调递增，此时，不存在零点
又
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减
在上单调递减
又，
即，又在上单调递减
在上存在唯一零点
④当时，，
即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
13．（2024·全国）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）增区间是，，减区间是；
（2）证明见解析.
【分析】（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；
（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
【详解】（1）当a=3时，，．
令解得x=或x=．
由解得：；
由解得：．
故函数的增区间是，，减区间是．
（2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理
由于，所以等价于．
设,则,仅当时,所以在单调递增.故至多有一个零点,从而至多有一个零点.又,故有一个零点.综上,只有一个零点.
［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系
因为，所以等价于，令，则．因为，则，当且仅当时，等号成立，所以在区间内单调递增，
当时，；当时，．所以直线与的图像只有一个交点，即只有一个零点．
［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理
．
①当时，单调递增，只有一个零点．
②当与时，，再令或，则有．当与时，单调递增，当时，单调递减．
因为，
，
所以．
极大值与极小值同正同负，故只有一个零点．
［方法四］： 等价转化＋零点存在性定理
由于，所以，等价于．
设，则，仅当时，，所以在区间内单调递增．故至多有一个零点，从而至多有一个零点．
结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取，则有，取，则有，所以在内有一个零点，故有一个零点．
综上，只有一个零点．
【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解；
方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨；
方法三：直接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，但对于该题，显得有些复杂；
方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样．
14．（2024·全国）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
15．（2024·全国）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的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
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,则
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,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,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，
当，，
又，
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
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
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.
16．（2024高三上·河南·阶段练习）设函数，.
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)已知有两个不同的零点，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i）（ii）证明见解析
【分析】（1）求得，令，得到，得到在上单调递增，进而得到，求得的取值范围.
（2）（i）由，转化为，令，得到，令，求得，进而得到得到单调性，得到，进而求得的取值范围；（ii）由（i）不妨设，得到，进而证得.
【详解】（1）解：由，可得，
令，
则，所以在上单调递增，
要使得函数在上单调递增，则满足，
即，解得，即实数的取值范围是.
（2）证明：（i）由，即，即，
令，可得，
令，可得，
所以在上单调递增，又由，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
又由当时，，，则，
当时，，，则，
所以，即的取值范围；
（ii）由（i）不妨设，则，
因为是的2个零点，所以，，
当时，，则时，单调递减，
要证：，可得，其中，可得，
由
，
所以.
【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.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
17．（2024高三上·四川成都·开学考试）已知函数有三个零点（）.
(1)求a的取值范围；
(2)过点与分别作的切线，两切线交于M点，求M点到y轴的距离.
【答案】(1)
(2)0
【分析】（1）求出导函数，分类讨论，利用二次方程根的分布列不等式即可求解；
（2）先求出，然后求出两条切线方程，联立方程即可求解交点的横坐标，得解.
【详解】（1）由得，
当时，，则在上单调递增，函数至多一个零点，不符合题意；
当时，由题意只需使在有两个异号根即可，
所以，解得；
综上，.
（2）当时，.又，故，.
又知当时，有，
所以，即，故.
又，所以在处的切线方程为，
所以在处的切线方程为，
联立整理得两直线交点横坐标.故M点到y轴的距离0.
18．（2024·全国）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
19．（2024·河北·模拟预测）已知函数.
(1)若不等式有解，求实数的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题设在上有解，利用导数研究右侧最大值，即可得参数范围；
（2）利用导数研究零点分布，再转化证明结论为，分析法转化结论，并构造中间函数研究恒成立证明结论.
【详解】（1）由，即在上有解，
所以在上有解，令，只需，
由，当，则，递增，当，则，递减，
所以最大值为，故.
（2）由题意，有两个零点，则有两个解，
令与有两个交点，而，且，
当，则，故在上递增，且值域为；
当，则，故在上递减，且值域为；
所以最大值为，故，且，图象如下，

不妨令，
要证，即证，需证，
先证：
又，则，
所以，故，
令，则，故，可得，，
所以，
要证，即证，即证，
令且，则，
令，则，即在上递增，
所以，即在上恒成立，故，
所以在上递增，故，即成立，
综上，；
再证：
由，故上，递减，上，递增，
所以，则零点在两侧，所以，
要证，即，又，需证，而，
所以，只需，即，
即证，，且，
即证，且，只需，，
令，且，则，
令，则，在时，即递增，
所以，故，即在上递减，
由，故，即恒有，
综上，成立；
所以，.
【点睛】关键点点睛：第二问，应用导数研究的零点分布得，将结论化为证，构造中间函数研究恒成立求证结论即可.
20．（2024·陕西）设
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析，详见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）由题设，所以，此式等价于数列的前项和，由错位相减法求得；
（Ⅱ）因为，，所以在内至少存在一个零点，又，所以在内单调递增，因此，在内有且只有一个零点，由于，所以，由此可得，故，继而得.
试题解析：（Ⅰ）由题设，
所以 ①
由 ②
①②得
，
所以
（Ⅱ）因为
，
所以在内至少存在一个零点，
又
所以在内单调递增，
因此，在内有且只有一个零点，
由于，
所以
由此可得
故
所以
考点：1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.
21．（2024高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；
（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.
（2）求出函数的导数，利用导数分类讨论函数的单调性、零点情况作答.
【详解】（1）令函数，，求导得：，显然函数在上单调递增，
而，，则存在，使得，即，有，
当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
，
所以.
（2）函数定义域R，求导得，
当时，由得，，由得，，即函数在上递减，在上递增，
，而，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
取且，则，
即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
因此当时，函数有两个零点，
当时，函数只有一个零点2，
当时，若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
若，恒有，即函数在R上单调递增，函数最多一个零点，
若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
综上得，当时，函数有两个零点，当时，函数最多一个零点，
所以a的取值范围是.
22．（2024高三上·河北·期中）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)记函数，若恒成立，试求实数的取值范围.
【答案】(1)在区间上单调递增，在区间上单调递减
(2)
【分析】（1）由题意得，令求出零点，即可得的单调区间；
（2）恒成立，转化为恒成立，令，求导后，转化成两个函数的交点问题讨论函数单调性，即可求出实数的取值范围.
【详解】（1）解：由题意得函数的定义域为，
若，则，
令，则，
而，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减；
（2）解：若恒成立，
则，
整理得，则，
设，则，
令，则，
整理得，
设，，可知两个函数均过定点，
若，即时，
为的切线，切点为，
①当，即时，，，不在定义域，不合题意；
②当，即时，
在区间，恒有，，
所以在单调递增，，
则，符合题意；
③当，即时，
设零点为，则
所以在上单调递减，在单调递增，
，
因为，
则，
又因为，所以且，与矛盾；
综上所述，实数的取值范围为
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
23．（2024高三上·云南·阶段练习）已知．
(1)当时，求在上的单调性；
(2)若，令，讨论方程的解的个数．
【答案】(1)在上递增
(2)答案见解析
【分析】（1）求出的导数，并判断在的正负，可得在上的单调性；
（2）方程的解的个数问题转化为函数的图像与直线的交点个数问题，画出函数的图像，利用数形结合的手段即可解决.
【详解】（1）因为
所以当时，，
所以，
则当时，，，可得，
所以在上递增．
（2）因为，，
所以，，
令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当时，有极小值．
令，解得．令，可得，
当时，；当时，．
所以，的图像经过特殊点，，．
当时，，从而；
当时，，，从而．
根据以上信息，我们画出的大致图像如图所示．

方程的解的个数为函数的图像与直线的交点个数．
所以，关于方程的解的个数有如下结论：
当时，解为0个；
当或时，解为1个；
当时，解为2个．
【点睛】方法点睛：解决方程的解的个数问题，可转化为两个函数交点的个数问题，画出两函数的图像，采取数形结合的手段解决.
24．（2024高三上·北京·开学考试）已知函数，曲线在的切线为．
(1)求a，b的值；
(2)求证：函数在区间上单调递增；
(3)求函数的零点个数，并说明理由．
【答案】(1).
(2)证明见解析
(3)零点个数为0，证明见解析.
【分析】（1）直接求导得，根据即可得到答案；
（2），转化为证明在上恒成立即可；
（3）通过求导得到的最小值，利用隐零点法证明即可.
【详解】（1），则有，解得，，则.
（2）由（1）知，，
设，因为在上单调递增，
则，所以在上恒成立，
所以函数在区间上单调递增.
（3）因为，令，
令，得，设，
由（2）知在上单调递增，且，，
故存在唯一零点使得，
即存在唯一零点满足，即得，则，
且当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以
，
当时，，，
则，
则函数的零点个数为0.
25．（2024高三上·河北保定·开学考试）已知函数，.
(1)当时，证明：在上恒成立；
(2)当时，求在内的零点个数..
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）当时，通过导数求在上的最小值，证明；
（2）当时，求在内的零点个数，转化为在内的零点个数，利用导数求在内的单调性，由零点的存在定理判断零点的个数.
【详解】（1）当时，函数，，
函数在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，，
则在上恒成立，在上单调递减，
在上，，即在上恒成立；
（2）当时，函数，
，等价于，
令，，
在内，，
在内单调递减，
在内，，，，在内单调递增，
，是的零点，
，，在上有一个零点，
所以在内的有两个零点.
26．（2024高三上·重庆·阶段练习）已知定义在上的函数，其导函数为.
(1)求的单调区间;
(2)若函数，求关于的方程的解的个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）构造，利用导数研究其单调性；
（2）构造，利用导数研究其零点个数即可，注意分类讨论参数.
【详解】（1）令，则，
当时，，则在上递减；
当时，，则在上递增；
所以的递减区间为，递增区间为.
（2）由题设，即求解的个数，
令，则，
当时，恒成立，即递增，又，即此时仅有一个零点；
当时，
当时，，则在上递减；
当时，，则在上递增；
则，
令，则，
所以，，故递增；，，故递减；
则，即，而趋向于或时都趋向，
所以，当时，，此时仅有一个零点；
当且时，，此时有两个零点；
综上，或，仅有一个解；且，有两个解.
27．（2024高三上·河北·阶段练习）已知函数，为的导数.
(1)证明：在区间上存在唯一极大值点；
(2)求函数的零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）二次求导，结合零点存在性定理得到在区间上存在唯一极大值点；
（2）结合第一问，分三种情况进行讨论，求得的零点个数.
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，且，
令，，所以，，
令，，则，
当时，，所以，
即在上单调递减，
又，，
，
则存在，使得，即存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以为的唯一极大值点，
故在区间上存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，，，
①当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以存在，使得，
所以当，时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，，
所以当时，有唯一的零点；
②当时，，单调递减，
又，所以存在，使得；
③当时，，所以，则在没有零点；
综上所述，有且仅有2个零点.
【点睛】关键点点睛：判断函数的零点个数，要结合函数特征，利用导函数求出其单调性及极值和最值情况，结合零点存在性定理求出零点个数.
28．（2024高三上·重庆·开学考试）已知函数.
(1)求的极值；
(2)若关于的方程只有一个实数解，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）利用导数可求得的单调性，由极值定义可确定极值点并求得极值；
（2）将问题转化为与有且仅有一个交点，作出的图象，采用数形结合的方式可求得结果.
【详解】（1）的定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
的极小值为，无极大值.
（2）当时，恒成立，，
由（1）可得图象如下图所示，

只有一个实数解等价于与有且仅有一个交点，
由图象可知：当或时，与有且仅有一个交点，
实数的取值范围为.
29．（2024高三上·四川广安·阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，结合分类讨论思想，可得答案；
（2）由（1）所得到函数单调性，求得极值，利用零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1）∵，∴，
①当时，在上，，∴在递增，
②时，由，解得：或.
在上，，在上，，在上，，
∴在，递增，在递减，
综上，时，在递增；
时，在，递增，在递减.
（2）由（1）知，当时，在递增.又，，
由零点存在性定理知，存在唯一零点，符合题意；
当时，在，递增，在递减.
∴，，
若只有一个零点，则，解得：，
综上，的取值范围是.
30．（2024高三上·江西南昌·开学考试）已知函数.
(1)求函数在上的单调区间和极值；
(2)若方程有两个不同的正根，求的取值范围.
【答案】(1)递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，设，求得，得到在单调递增，结合，得到单调区间，进而求得极值；
（2）化简方程为，令，转化为有两个零点，利用导数求得单调性和，令，得到，设，得到，求得，结合，，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
则，
设，则，
故在单调递增，
又因为，故在单调递减，在单调递增，
则的极小值为，无极大值.
（2）解：因为，所以，可得，
令，可得，所以在单调递减，
故有两个正根，等价于有两个零点，
可得，当时，；当时，，
所以在递减，递增，
可得，
令，所以，则，
设，则，.
所以，则，则，
因为，，
此时存在两零点，其中，，且，
故.
【点睛】方法总结：利用导数求解函数或不等式的恒成立（有解）问题的求解策略:
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
形如的有解的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可.
31．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）若函数，当时，函数有极值为，
(1)求函数的解析式；
(2)若有3个解，求实数的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由时，函数有极值为，可得，据此可得答案；
（2）由（1）结合导数可得单调性与极值，即可得大致图象，则有3个解等价于图象与直线有3个交点，即可得答案.
【详解】（1）由题，，时，函数有极值为，
则，经检验满足题意，
故；
（2）由（1），则，
令或在上单调递增；
在上单调递减.
则在处取极大值，在处取极小值，据此可得大致图象如下.
又有3个解等价于图象与直线有3个交点，则.

32．（2024·河北保定·二模）已知函数，其中常数，是自然对数的底数．
(1)若，求的最小值；
(2)若函数恰有一个零点，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，求导得，令，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得0是函数的一个零点，构造，分，以及讨论，再结合（1）中的结论，即可得到结果.
【详解】（1）当时，，则，，
记，则，
①当时，，，可得，可知函数在区间上单调递减；
②当时，，，可知函数单调递增，又由，可知当时，；
当时，，可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
由①②知函数的减区间为，增区间为，故有；
（2）因为函数恰有一个零点，
且，0是函数的一个零点，又，
不妨设，函数定义域为，则，
当时，，又，，
所以在恒成立，
则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，
又，
当时，可得，且时，，
则存在，使得，此时在上，有，
在上，，故在上为减函数，在上为增函数，
故当时，，而时，，
故在上存在一个零点，
则此时函数至少存在两个零点，又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；
当时，可得，又，
所以在区间上存在一点，使得，
故当在上，有，在上，有，
故在上为增函数，在上为减函数，
故当时，，而当时，，
故此时函数在上至少存在一个零点，
又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；
当时，即时，由（1）知，当时，函数取得最小值，
最小值，
当时，因为，符合题意.
综上，满足条件的值为.
【点睛】思路点睛：知道函数零点的个数，要求参数的取值范围，需结合导数的符号和函数的单调性来处理，分类讨论时注意利用已有的确定零点来确定一段范围上的函数值的符号.
33．（2024高三上·重庆·阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若函数在区间上恰有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）讨论参数a，利用导数研究函数单调性；
（2）问题化为在上仅有一个解，构造，利用导数研究其在的单调性，结合零点存在性判断区间零点个数，即可求参数范围.
【详解】（1）由，且，
当，则，此时在上递增；
当，则时，，即在上递增；
时，，即在上递减；
综上，，在上递增；
，在上递增，在上递减.
（2）由题设在上仅有一个解，
所以在上仅有一个解，
令，则，
当时，恒成立，此时递增，且，
所以在上无解；
当时，令，则，
令，则，即递增，则，
i.当时，，即恒成立，即递增，
所以，故递增，此时在上无解；
ii.当时，，趋向正无穷时趋向正无穷，则使，
上，即，递减；
上，即，递增；
由，趋向正无穷时趋向正无穷，
所以在恒负，在上存在一个零点，
故上，递减；
上，递增；
由于，趋向正无穷时趋向正无穷，
所以在上恒负，上仅有一个零点，此时满足题设；
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，问题转化为在上仅有一个解，构造中间函数并应用导数研究零点.
34．（2024·河南·模拟预测）已知函数．
(1)求证：曲线仅有一条过原点的切线；
(2)若时，关于的方程有唯一解，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，；当时，.
【分析】（1）求导后得出切线方程，再代入原点求解即可；
（2）化简可得有唯一解，再构造函数，求导可得，再讨论根的情况，数形结合分析的极值与的大小关系，结合恒成立问题求解即可.
【详解】（1）的定义域为，，设切点，
则切线方程为，
当切线过原点时有，即，
故，因为，所以，即切点有且只有一个，则曲线仅有一条过原点的切线，即得证.
（2）关于的方程有唯一解，即方程，有唯一解，
令，则.
因为，故当，即时，，函数单调递增，且当时，，当时，.
易知的图象与直线有且仅有一个交点，满足题意，此时；
当，即时，设有两个根，，则，，故.
①若，则当时，单调递增；
当时，单调递减，且当时，，当时，.
故要使得有唯一解，则或恒成立.
此时，即，，.
则极大值，
令，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以，
又恒成立，故，；
同理，极小值，当时无最小值，此时无实数使得恒成立.
②若，则，，不满足；
③若，由①可得；
故当时，.
综上所述：
当时，；当时，.
【点睛】方法点睛：
本题利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）参变分离构造函数；
（2）求导分析函数的单调性与极值，导数中有二次函数注意讨论无根与有根的情况；
（3）导函数中二次函数有根时讨论极值点与特殊点的大小关系并讨论；
（4）数形结合列不等式求解.
35．（2024·新疆·三模）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围，并证明．
【答案】(1)答案见解析
(2)；证明见解析
【分析】（1）求导，利用导函数的正负判断单调性即可；
（2）首先将原式化简整理成，令得，再令，根据已知条件利用导数求出参数的取值范围，进而要证即证即证，只需证，不妨设，则只需证，即，最后令，，其中，借助导数求解的最小值即可证明.
【详解】（1）因为，
所以，
当时，，所以在区间上单调递增，
当时，令，得；令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
综上当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）方程，即，等价于，
令，其中，则，显然，
令，则，
所以在区间上单调递减，且由时可得在区间上，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
因为方程有两个实根，
所以关于的方程有两个实根，，且，，所以，
要证，即证，即证，只需证，
因为，所以，整理可得，
不妨设，则只需证，
即，
令，，其中，
因为，所以在区间上单调递增，
所以，故．
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点在于借助同构思想将原始等价为，通过令，合理构造函数来确定参数的取值范围；第二步的关键点在于将等价转换为，将双变量问题转化为单变量问题，进而借助导数进一步证明.
36．（2024·江西鹰潭·一模）设m为实数，函数.
(1)当时，直线是曲线的切线，求的最小值；
(2)已函数有两个不同的零点，（），若，且恒成立，求实数的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义，构造函数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可求解；
（2）构造函数，分类讨论参数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可证明.
【详解】（1）当时，，∴，
设切点为，则切线斜率，
∴切线方程为，∴，，
∴，
令，则，
由，可得；由，可得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，即的最小值为；
（2）∵有两个不同的零点，（），
∴，，，
∴，∴，
设，则，
又，
∴，
将代入上式可得：恒成立，
又，则，∴恒成立，
设，，
则，，
（ⅰ）当时，，
∴，∴在上单调递减，恒成立，
∴；
（ⅱ）当时，∵，
∴时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增，
∴时，，
综上可得.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
37．（2024高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数.
(1)证明：当时，在区间上存在极值点；
(2)记在区间上的极值点为m，在区间上的零点的和为n，请比较2m与n的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用多次求导判定函数的导函数在区间上存在异号零点即可；
（2）结合（1）的结论得，判定在区间上的零点为和0，再结合几个常用的函数放缩多次分段构造函数证明即可.
【详解】（1）由题意得，
令，
则，
令
显然在区间上，即单调递增，
∴，
∴即在区间上单调递增，
又时，，，
由零点存在性定理可得：在区间上存在唯一零点，且在该零点左右两侧的值符号相反，
故当时，在区间上存在极值点；
（2）由（1）得在上小于0，在上大于0，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
∴，
即，使，
又，∴.
现比较2m与的大小，
先判定，令，
即在上单调递增，，
由，得，
，
令，则，
所以单调递增，即，
∴.
令，
则，
所以单调递增，即，
∴，即，
又在上单调递增，
∴，即.
【点睛】关键点睛：第二问的关键在于利用三角函数的有界性及常用的几个函数放缩，得出，结合函数的单调性得证结果.
38．（2024高三上·内蒙古乌兰察布·期中）设函数，
(1)试讨论函数的单调性；
(2)如果且关于的方程有两个解，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数与单调性的关系求解，
（2）构造函数，由单调性转化后证明．
【详解】（1）的定义域为，
∴，
令，解得，或，
当时，则当时，，当时，，
∴在上为减函数，在上为增函数，
当时，则当时，，当时，，
∴在上为减函数，在上为增函数，
当时，恒成立，即在上是增函数，
综上可得，当时，在上为减函数，在上为增函数，
当时，在上为减函数，在上为增函数，
当时，在上是增函数，
（2）证明：
当且关于的方程有两个解等价于当存在
，
由（1）当时，在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，
设，，
∴
∴在上单调递减，∴，
即当时，，
由于，∴，即，
∵，∴，
又，，在上为增函数，
∴，即.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用．
39．（2024高三上·辽宁大连·期中）已知函数（自然对数的底数）有两个零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)若的两个零点分别为，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）问题等价于有两个零点，令，转化为有两个零点，利用导数分、讨论可得答案；
（2）即证，由（1）知，，只需证， 即证，设，令，则，只需证，即证，令，，利用导数求出的最小值可得答案.
【详解】（1）有两个零点，等价于有两个零点，
令，则在时恒成立，
所以在时单调递增，
所以有两个零点，
等价于有两个零点，
因为，所以
①当时，，单调递增，不可能有两个零点；
②当时，令，得，单调递增；令，得，
单调递减，所以.
若，得，此时恒成立，没有零点；
若，得，此时有一个零点；
若，得，因为，且，，
所以在，上各存在一个零点，符合题意.
综上，当时，函数有两个零点，
即若函数有两个零点，则的取值范围为；
（2）要证，
只需证，即证，
由（1）知，，所以只需证，
因为，，
所以，，
所以，
只需证，
设，令，则，
所以只需证，即证，
令，，则，
，即当时，成立，
所以，即，
即.
【点睛】方法点睛：函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
40．（2024高三下·重庆九龙坡·开学考试）已知且.
(1)试讨论函数的单调性；
(2)当时，若有三个零点.
①求的范围；
②设，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）去绝对值符号，再分和两种情况讨论即可得解；
（2）①，有三个零点有三个不同的实根，，构造函数，易得函数为奇函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解；
②由①可得，则要证，只需证明：，结合整理即可得证.
【详解】（1）注意，，则，
令，
当时，时，，
时，，此时无解，
故当时，在，上单点递减，
在上单调递增，
当时，时，，此时无解，
时，，
故当时，在，上单点递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在，上单点递减，
在上单调递增；
当时，在，上单点递减，
在上单调递增；
（2）①，有三个零点有三个不同的实根，
，令，
因为，所以为奇函数，
当时，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，单调递减，
又当时，，当时，且，，
如图，作出函数的大致图象：

因为有三零点，且，
则；
②由①可得，则，
则要证，只需证明：，
由于，
则有，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
41．（2024高三上·广东河源·开学考试）已知函数，，其中.
(1)求过点且与函数的图象相切的直线方程；
(2)①求证：当时，；
②若函数有两个不同的零点，，求证：.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导有，设切点坐标，得到方程解出切点坐标即可得到切线方程；
（2）①令，利用两次求导即可证明；②通过导函数证明函数有两个不同的零点，等价于，再结合（1）问和①问中的结论放缩有，再设新函数，利用韦达定理即可证明不等式.
【详解】（1），
设切点的坐标为，
则切线方程为，
因为切线过点，
所以，解得，
所以切线方程为.
（2）①令，，
令，则，
当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
即当时，；
②，
若，，则在上单调递增，最多只有一个零点，不符合题意；
若，，
令，因为，，且，
当时，，所以在上单调递增，
又因为当时，；
当时，，又因为，
所以恰有一解，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以为函数的唯一的极大值点，
因为当时，，
当时，，
所以函数有两个不同的零点，等价于，
即，
不妨设，当，，所以，
由（1）得，直线与函数切于原点得：当时，，
因为，所以当时，结合①中有
，
令，即当时，，
所以一定存在两个不同的根，设为，，
因为，所以，
又因为，位于单调递减区间，
所以，同理，
所以，所以，
因为，所以，
又因为，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第二问的第二小问的关键是首先对有两不同零点进行等价转化为，再通过放缩得，最后再利用韦达定理即可证明原不等式.
42．（全国名校大联考2023-2024学年高三上学期第一联考（月考）数学试题）已知函数（）．
(1)若在上恒成立，求a的取值范围：
(2)设，，为函数的两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数求解可得；
（2）将方程化为，构造函数，利用导数讨论其单调性，可知，构造差函数可证.
【详解】（1）若在上恒成立，即，
令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即a的取值范围是．
（2）令，即，
令，则，
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，则，，
因为，
所以 ．
设函数（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
又函数在上单调递减，
所以，所以．
【点睛】难点点睛：本题属于极值点偏移问题，本题难点主要在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，利用单调性可证.
43．（2024·江苏南京·模拟预测）已知函数,.
（1）求函数的单调递减区间；
（2）设，.
①求证：函数存在零点；
②设，若函数的一个零点为.问：是否存在，使得当时，函数有且仅有一个零点，且总有恒成立？如果存在，试确定的个数；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2) ①证明见详解；②存在唯一的满足题意，理由见详解.
【分析】（1）根据题意求得的解析式和导函数，通过判断导数的正负，即可求得函数单调性；
（2）①对参数进行分类讨论，根据函数单调性，结合零点存在性定理，即可证明；
②结合①中对函数单调性的讨论，求解方程的根，根据根的个数判断参数的取值个数.
【详解】（1）由题可知，定义域为.
则，令，解得（舍）或，
故可得在单调递减.
（2），
①由题可知.令，则其.
⒈当时，，故在上单调递减.
又因为，
故在区间上一定有一个零点；
⒉当时，，令，
解得，
令，故可得，故在区间上单调递增；
令，故可得或，故在，单调递减.
又，故可得，
又因为，
故在区间上一定有一个零点.
⒊当时，，令，
解得，显然存在零点.
⒋当时，令，解得，
故可得在区间单调递增；在单调递减.
又因为，，
故在区间上一定存在一个零点.
综上所述，对任意的，一定存在零点.
②由①可知，当时，
在上单调递减.
且只在区间上存在一个零点，显然不满足题意.
当时，
在单调递减，在单调递增，
在单调递减.且
且在区间上一定有一个零点，不妨设零点为，则，
故要存在，使得当时，函数有且仅有一个零点，
且总有恒成立，
只需，
即，（ⅰ）
整理得，.
则上述方程在区间上根的个数，即为满足题意的的个数.
不妨令,则，
故方程（ⅰ）等价于.
不妨令，
故可得在区间上恒成立.
故在区间上单调递增.
又因为，
故可得函数在区间上只有一个零点.
则方程（ⅰ）存在唯一的一个根.
即当时，有且仅有一个，使得当时，
函数有且仅有一个零点，且总有恒成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，涉及利用导数研究函数的零点问题，以及存在性问题，属综合困难题.
44．（2024高三上·山西临汾·期中）已知函数，，在上有且仅有一个零点.
(1)求的取值范围；
(2)证明：若，则在上有且仅有一个零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分，和三种情况讨论，根据零点存在性定理判断即可.
（2）构造，利用导数判断单调性可知，存在唯一，使得，且，从而可得.
【详解】（1），设，
，
①当时，若，则，
在上无零点，不符合题意；
②当时，若，则，
∴在上单调递增，
∴，∴在上无零点，不符合题意；
③当时，若，则，∴在上单调递增，
∵，，
∴存在唯一，使得.
当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
∵，，
故在上有且仅有一个零点，符合题意；
综上，的取值范围为.
（2）记，
，
由（1）知：若，当时，，，
当时，，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故存在唯一，使得，且.
注意到，可知在上有且仅有一个零点，
且，即.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
45．（2024高三上·广东深圳·阶段练习）已知，函数，.
(1)证明：函数，都恰有一个零点；
(2)设函数的零点为，的零点为，证明.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）函数的定义域为，，
时，，时，，
在上单调递减，在上单调递减增，
时，，，，
函数恰有一个零点.
函数的定义域为，，
时，，时，，
在上单调递减，在上单调递增，
时，，，
令（表示中最大的数），，
函数恰有一个零点；
（2）由（1）得函数的零点为，且，的零点为，且，
则有，，
，，，
在上单调递增，由（1）可得，，，
，，
，，.原式得证.
【点睛】关键点睛：根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解是解题的关键.
46．（2024·海南海口·模拟预测）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)设.
（ⅰ）证明：存在两个零点，；
（ⅱ）证明：的两个零点，满足.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）用导数求出单调性即可求解；
（2）（ⅰ）求出的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数；
（ⅱ）用的单调性把需证明的不等式转化为即证，然后构造函数证明即可.
【详解】（1），
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
（2）（ⅰ）证明：，，，
因为，所以，所以当时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则函数有最小值．
由，，
下面证明，在上，对，只要足够小，必存在，
使得：
实际上，当时，，令，得，
所以对，取，必有，即，
所以在区间上，存在唯一的，，
又，所以在区间上，存在唯一的，，
综上，存在两个零点．
（ⅱ）要证，需证，由，所以，
因为在上单调递减，因此需证：，
，，
所以，，
设，，
则，
所以在上单调递减，，即
，
结论得证，所以．
【点睛】双变量不等式证明问题，通常结合变量间的关系、函数的单调性等方法转化为单变量不等式证明问题，同时注意构造函数的技巧方法.
47．（2024高三上·甘肃天水·阶段练习）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，，证明：函数有且仅有两个零点，两个零点互为倒数．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分和两种情况进行讨论，结合导数的符号从而可确定函数的单调性；
（2）求出，由额单调性可判断存在唯一使得，进而可求得的单调性，从而可证明函数的零点问题.
【详解】（1）的定义域为且，
若，则当时，，故在上单调递增；
若，则当，当，
故在上单调递增，在上单调递减.
（2），所以，，
因为在上递增，在递减，所以在上递增，
又，
故存在唯一使得，所以在上递减，在上递增，
又，所以在内存在唯一根，
由得，又，
故是在上的唯一零点．
综上，函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.
【点睛】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．
48．（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数．
（1）若函数在处取得极值，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，，证明：函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析．
【解析】(1)求出函数的导函数，由已知极值点可求出，从而可求出函数解析式，求出切点坐标和切线斜率从而可求出切线的方程.
(2)求出函数的导数，分，两种情况进行讨论，结合导数的符号从而可确定函数的单调性.
(3)求出，由的单调性可判断存在唯一使得，进而可求出的单调性，从而可证明函数的零点问题.
【详解】（1）求导：，由已知有，即，
所以，则，所以切点为，切线斜率，
故切线方程为：.
（2）的定义域为且，
若，则当时，，故在上单调递增；
若，则当，当，
故在上单调递增，在上单调递减.
（3），所以，，
因为在上递增，在递减，所以在上递增，
又，
故存在唯一使得，所以在上递减，在上递增，
又，所以在内存在唯一根，
由得，又，
故是在上的唯一零点．
综上，函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.
【点睛】方法点睛：
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.
49．（2024高三·湖南长沙·阶段练习）已知函数在其定义域内有两个不同的零点．
（1）求的取值范围；
（2）记两个零点为，且，已知，若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据零点与方程的关系，分离参数后构造函数，并求得，结合导函数的符号判断的单调性，从而求得最大值；由时的极限，即可确定函数与函数的图象在上有两个不同交点时的取值范围；
（2）根据零点定义，将代入可得，.再结合不等式代入化简并分离参数；由，，作差也可分离参数，将两个式子合并化简，令，再构造函数，再求得，对分类讨论，由的单调性与极值，即可确定的取值范围．
【详解】（1）依题意，函数在定义域上有两个不同的零点，即方程在）上有两个不同的解，也即在上有两个不同的解．
令，则．
当时，，所以在上单调逆增，
当时，，所以在上单调递减，
所以．
又，时，
当时，，且，
若函数与函数的图象在上有两个不同的交点，
则．
（2）因为为方程的两根，
所以，．
不等式，变形可得，
代入可得．
因为，，所以原不等式等价于．
又由，，作差得，所以．
所以原不等式等价于恒成立．
令，则，不等式等价于在上恒成立．
令，则．
①当时，，所以在上单调递，因此，满足条件；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，又，所以在上不能恒小于零．
综上，．
【点睛】本题考查了函数零点与导数的综合应用，分离参数与构造函数的综合应用，导函数的符号与单调性关系，导数与不等式恒成立问题的综合应用，分类讨论思想的应用，综合性强，属于难题.
50．（2024·广西·模拟预测）已知．
（1）若函数有三个不同的零点，求实数a的取值范围；
（2）在（1）的前提下，设三个零点分别为且，当时，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）易知时，．令，则时，的零点与函数的零点相同，根据函数有三个不同的零点，转化为有两个均不等于1的不同零点求解；
（2）根据，，得到，，即是的两个根，再根据，得到有一个小于0的根求解.
【详解】（1）当时，．令．
当时，的零点与函数的零点相同．
当时，，所以只有一个零点，不合题意．
因此．
又因为函数有三个不同的零点，所以有两个均不等于1的不同零点．
令，解得（舍去负值）．
所以当时，，是减函数；当时，，是增函数．
因为，
所以当，即时，有两个不同零点．
又因为时，，
所以函数有三个不同的零点，实数a的取值范围是
（2）因为，，
所以．所以．
所以．
所以是的两个根．
又因为，
所以有一个小于0的根，不妨设为．
根据有三个根，可知，
所以，即．
因为，所以．
所以，即．
显然，所以a的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由，得到有一个小于0的根，再由，所以，然后由而得解．
51．（2024·贵州遵义·模拟预测）已知函数（）.
（1）若，且在内有且只有一个零点，求的值；
（2）若，且有三个不同零点，问是否存在实数使得这三个零点成等差数列？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，根据函数单调性，结合零点存在定理，即可容易求得参数的值；
（2）根据题意，可设，故可比照系数，结合已知条件，即可求得参数.
【详解】（1）若，则，.
若，则函数在上单调递增，则，
故在无零点；
若，令，得，.
在上，，单调递减，
在上，，单调递增.
又在内有且只有一个零点，则，
得，得，得.
（2）因为，则，
若有三个不同零点，且成等差数列，
可设
，
故，则，
故，，.
此时，，，
故存在三个不同的零点，故符合题意的的值为.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，涉及利用导数研究函数的单调性，属综合中档题.
52．（2024·浙江·二模）设，已知函数有个不同零点.
(1)当时，求函数的最小值：
(2)求实数的取值范围；
(3)设函数的三个零点分别为、、，且，证明：存在唯一的实数，使得、、成等差数列.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，即可求得函数的最小值；
（2）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出关于实数的不等式组，即可解得的取值范围；
（3）分析出，，对的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性与极值，可得，结合零点存在定理以及已知条件可得出结论.
【详解】（1）解：当时，，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，.
（2）解：因为，
则，
①当时，恒成立，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
此时函数至多两个零点，不合乎题意；
②当时，由可得或，列表如下：
由题意可知，有个不同的零点，则，
又因为，
令，记，
则，其中，则，
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以，，即，当且仅当时，等号成立，，
故不等式组的解集为.
因为，，
故当时，函数有个不同的零点，
综上所述，实数的取值范围是.
（3）解：因为，，结合（2）中的结论可知，
①当时，若存在符合题意的实数，则由于，
因此，，，
因此，、、成等差数列可得出，考虑，
即，这等价于，
令，
所以，，
令，则，
当时，，则函数单调递增，
所以，，故函数单调递增，
因为，，
所以，在上存在唯一零点，记为，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
由于，，，
因此，在上无零点，在上存在唯一的零点，
所以，存在唯一的实数，使得、、成等差数列;
②当时，，不合乎题意.
综上所述，存在唯一的实数使得、、成等差数列.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
53．（2024高三上·山东临沂·期中）已知函数和有相同的最大值.
(1)求，并说明函数在（1，e）上有且仅有一个零点；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【答案】(1)，说明答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导分析的单调性，并讨论与0的大小关系可得，，从而可得，故，再求导根据零点存在性定理证明即可；
（2）根据（1）中函数的单调性，数形结合分析，代入各零点满足的关系式，结合指对数的运算分析即可.
【详解】（1），令可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
∴时，取得最大值.即.
，
当时，
时，，单调递增；
时，，单调递减，
∴.
当时，，不合题意；
当时，可知，不合题意.
故，即.
∴.
∵，
当时，，，
∴，∴在上单调递增，
又，，
∴在上有且仅有一个零点.
（2）由（1）知，，的图象大致如下图：
直线与曲线，三个交点的横坐标从左至右依次为，，，
且，
∴且
由即，，，∴
即.①
由即，
∴.②
由①，②，，又，即，
∴.
【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数单调性，并根据函数的最值确定参数的问题.同时也考查了函数零点问题，需要数形结合确定零点满足的关系式，进而结合指对数运算求解.属于难题.
54．（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．
【答案】(1)极大值为，极小值
(2)答案见解析
【分析】
（1）求导，得到函数的单调性和极值情况；
（2）分，和，结合，对进行分类讨论，求出零点个数.
【详解】（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
【点睛】
导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
55．（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．
【答案】(1)极大值：，极小值：1
(2)答案见解析
【分析】（1）求出导函数零点，列表即可得出极值；
（2）由知，，分，，讨论零点，研究时的零点，时转化为研究零点即可.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛：首先要理解，将问题转化为，其次对按照与的大小分类讨论，当讨论到时，再转化为讨论的零点问题也就是的零点问题.
56．（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.
【答案】(1)，,
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，再依据单调性判断出极值点，最后求出极值点对应的函数值即为极值；
（2）对和的范围进行分类讨论，分别判断出和的零点，从而得出的零点个数.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：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上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)0,则由（1）知f(x)在单调递减，在单调递增，
又，，取b满足，且，
则，所以f(x)有两个零点
（ⅱ）当a=0,则，所以f(x)只有一个零点
（ⅲ）当a0时，.
∴，
∴时，，于是（x2唯一），使得.
∴时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增.
则函数在处取得极小值，在处取得极大值.
又∵，∴，∴，∴.
【点睛】本题第（2）问有难度，看似是双变量的问题实际上是单变量问题，在探讨的零点时首先要想到特值，本题含指数函数可以尝试验证x=0是否是零点；在判断第二个零点时用到了放缩法，因此我们需要对课本上的常见放缩不等式进行总结和归纳，比如常见的等等.
4-2．（2024·宁夏）已知函数
（I） 如，求的单调区间；
（II） 若在单调增加，在单调减少，证明
>6.
【答案】（Ⅰ）增区间，减区间
（Ⅱ）证明见解析
【详解】（Ⅰ）当时，，故
当
当
从而单调减少.
(Ⅱ)
由条件得：从而
因为所以
将右边展开，与左边比较系数得，故
又由此可得
于是
4-3．（2024·广东深圳·二模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)①当时，试证明函数恰有三个零点；
②记①中的三个零点分别为，，，且，试证明.
【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）利用函数的导数，结合函数的定义域，判断导函数的符号，得到函数的单调区间．
（2）①当时，求解函数的导数，求出极值点，判断函数的单调性，然后证明函数恰有三个零点；
②记①中的三个零点分别为，，，判断零点所在区间，利用分析法结合函数的导数转化证明即可．
【详解】（1）当时，定义域为，
所以，
所以在定义域上单调递减，其单调递减区间为，无单调递增区间．
（2）①由定义域为，
所以，
令，因为，，
设方程的两根分别为，，且，则，，
所以有两个零点，，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以在处取得极小值，在处取得极大值，
又，故，则，
又因为，，且，
故有，由零点存在性定理可知，
在恰有一个零点，在也恰有一个零点，
易知是的零点，所以恰有三个零点；
②由①知，，则，
因为，所以，
所以要证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证．
令，则，
当时，，所以在上单调递减，
所以，故式成立，
所以．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
4-4．（2024·山东日照·三模）已知函数有三个零点.
(1)求的取值范围；
(2)设函数的三个零点由小到大依次是.证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；
（2）把原函数有三个零点转化为有三个根，构造，求导研究函数单调性，结合根的分布得，要证，等价于证，
等价于，构造函数从而证明，即证，构造函数，利用导数单调性即可证明.
【详解】（1）因为定义域为，又，
（ⅰ）当单调递减；
（ⅱ）当，记，则，
当；当，
所以在单调递增，在上单调递减，，
又，所以，
①当，则单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；
②当，由（ⅱ）知，有两个零点，
记两零点为，且，
则在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，令，则，
所以，
所以，且趋近0，趋近于正无穷大，趋近正无穷大，趋近负无穷大，
所以函数有三零点，
综上所述，；
（2）等价于，即，
令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由（1）可得，则，
所以，所以，
则满足，，
要证，等价于证，
易知，令，则，
令得，令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
下面证明，由，即证，
即证，
即证，
即证，
令，，
令，则，所以，
所以，则，所以，
所以，所以，
所以，所以原命题得证.
【点睛】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.
4-5．（2024·江苏泰州·一模）已知函数，，．
(1)若，求证：
（ⅰ）在的单调减区间上也单调递减；
（ⅱ）在上恰有两个零点；
(2)若，记的两个零点为，求证：．
【答案】(1)（i）详见解析
（ii）详见解析
(2)详见解析
【分析】（1）（i）求出函数的导数，求出导数的递减区间，证出在此区间也递减即可；
（ii）求出，构造函数，求出其导数，根据函数的单调性进行比较判断；
（2）根据（ii）中分别求出的范围，相加即可；
【详解】（1）证明：(1) (ⅰ) 因为，
由
令得的递减区间为
当时，，
所以在的递减区间上也递减．
(ⅱ)
因为，由得，
令，则.
因为，且，所以必有两个异号的零点，记正零点为，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，若在上恰有两个零点，则
由，得，
所以，又对称轴，
所以
所以.
又，所以在上有且仅有一个零点．
又
令，解得.
所以取，当时，
所以在上有且仅有一个零点．
故时，在上恰有两个零点．
（2）由（ⅱ）知，对在上恰有两个零点，
不妨设，因为，
所以
因为，
所以
所以
4-6．（2024·辽宁·二模）已知函数.
（1）若.证明函数有且仅有两个零点；
（2）若函数存在两个零点，证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）当时，函数，定义域为，利用导数分析其单调性，使在单调递减，在单调递增，进而分别计算并判断，，与零的大小比较，最后由零点的存在性定理即可确定零点的个数；
（2）由是函数的两个零点，知，进而表示，再由分析法逐步反推不等式，最后令，构造函数，由（1）的单调性分析，表示最小值并由双勾函数证得，即可得证.
【详解】（1）由题可知，定义域
当时，函数，则，（为的导函数）
单调递增
，
使.
时，单调递减；时，单调递增
所以
由双勾函数性质可知，在递减，，，且，
在上有且只有一个零点
又，且
所以在上有且只有一个零点
综上，函数有且仅有两个零点
（2）由是函数的两个零点，知
要证
需证
令
需证
令
与（1）同理得
所以
故
【点睛】本题考查利用导数与零点的存在性定理研究函数的零点，还考查了利用分析法证明不等式，属于难题.
4-7．（2024高三上·湖南长沙·阶段练习）已知函数.
(1)若存在极值，求的取值范围；
(2)若，已知方程有两个不同的实根，，证明：.（其中是自然对数的底数）
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义分类讨论进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合构造函数法、对数均值不等式进行证明即可.
【详解】（1）因为，所以，，
当，即时，，则为单调递增函数，不可能有极值，舍去；
当，即时，令，解得，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在取得极大值，符合题意；
综上：，故实数的取值范围为.
（2）由得:.
由得即
构造.易知在单调递增且.
∴.即取对数得
设.则
即.
利用对数均值不等式有即证得.
要证.只要证明.
设.由（*）可且
则
在单调递减，则.即
对数均值不等式.
证明如下:不妨设，要证，即证，，
令即证，即
即证:.
令，则
所以结论得证.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用对数均值不等式.
（四）
导数与“隐零点”问题
利用“隐零点”证明不等式：关键在于“设而不求”及“等量代换”，常见的有不含参和含参两种类型：①不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数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x0，则(i)有关系式f′(x0)＝0成立；(ii)注意确定x0的合适范围. ②含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x，a)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0，a)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；(ii)注意确定x0的合适范围，往往和a的取值范围有关.
题型5：导数与“隐零点”问题
5-1．（2024·全国）设函数.
（Ⅰ）讨论的导函数的零点的个数；
（Ⅱ）证明：当时.
【答案】（Ⅰ）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质，即可判断出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设在的唯一零点为，根据的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于，即证明了所证不等式.
试题解析：（Ⅰ）的定义域为，.
当时,，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，;
当时，.
故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.
由于，所以.
故当时，.
考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.
5-2．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，记较小零点为，求证：.
【答案】(1)答案见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）求出导函数，根据导函数的结构对分类讨论，利用导数与单调性的关系可求解；
（2）分析要证的，利用可得代换，即证，令函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）解：的定义域为，
，
当时，有，即在上单调递增；
当时，令，可得，令，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：函数有两个零点，由第一问可知，且较小的零点，
则要证，即证，即证，
而可得（易检验），代换上式中，
所以即证，即证，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，而，
所以，即，得证.
极大值
增
极大值
减
极小值
增
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