新高考数学一轮复习精品讲练测第3章第07讲 利用导数研究函数的零点问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习精品讲练测第3章第07讲 利用导数研究函数的零点问题（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮复习精品讲练测第3章第07讲利用导数研究函数的零点问题教师版doc、新高考数学一轮复习精品讲练测第3章第07讲利用导数研究函数的零点问题学生版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
知识讲解
利用导数研究函数零点的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围.
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解.
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
考点一、利用导数研究函数的零点问题
1．（2023·全国·统考高考真题）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.
2．（2020·全国·统考高考真题）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.
3．（2020·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2).
【分析】（1），对分和两种情况讨论即可；
（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.
【详解】（1）由题，，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，所以在上单调递减，在
，上单调递增.
（2）由（1）知，有三个零点，则，且
即，解得，
当时，，且，
所以在上有唯一一个零点，
同理，，
所以在上有唯一一个零点，
又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，
综上可知的取值范围为.
【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.
4．（2022·全国·统考高考真题）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
【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.
5．（2022·全国·统考高考真题）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
6．（2022·全国·统考高考真题）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.
1．（2023·广东佛山·校考模拟预测）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.
【答案】(1)
(2)有个零点，证明见解析
【分析】（1）对求导，令，，得出在的单调性，结合零点存在性定理可得在上单调递增，在上单调递减，再比较的大小，即可得出答案.
（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论，和时，的正负，即可得出证明.
【详解】（1）的定义域为，故，
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）有个零点，证明如下：
因为，，
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.
2．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若，证明：当时，；
(2)讨论函数在上零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）分别构造函数和，利用导数确定单调性，进而由不等式的性质即可求解.
（2）对分情况讨论，时利用不等式的性质可得无零点，时，利用二阶求导确定函数的性质即可求解.
【详解】（1）若，则.
①先证：当时，.
设，
则的导函数，
设，则的导函数，
因为，所以，所以在上单调递增，又，
所以，即，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，即.
②再证：时，.
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，即.
由①②得，当时，，
所以当时，，即.
（2）①若，则，
由（1）可知，当时，，所以，
又由（1）可知，当时，，
所以，
所以，
所以在上无零点.
②若，
当时，，则，
故在上无零点.
③若，
的导函数，
设，则的导函数，
设，则的导函数，
（i）当时，在上单调递增，
即在上单调递增，
又，
所以在上存在唯一零点，记作.
当时，单调递减，即单调递减；
当时，单调递增，即单调递增.
（ii）当时，，
单调递增，即单调递增.
综合（i）（ii），可得当时，单调递减；
当时，单调递增.
又因为，
所以存在唯一实数，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
又因为，所以时，；
由（1）已证，所以，
又在上单调递增，所以在上存在唯一零点.
综上，当时，在上无零点；
当时，在上存在唯一零点.
【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式或者利用导数分类讨论确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，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，画出函数的图象，然后数形结合求解．
3．（2023·浙江·统考二模）设函数.
(1)证明：当时，；
(2)记，若有且仅有2个零点，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)，0，1
【分析】（1）求出，利用其单调性和特殊值可得使得，再由可得答案；
（2）由时，求出的零点，①当时，利用范围可得在有1个零点：分、、讨论，利用的单调性和函数值可得答案.
【详解】（1）当时，有，单调递增，
又，则可知，使得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，则可知；
（2）依题意，函数的定义域是，
当时，，即，而，
时，，时，，有两个零点，符合题意；
①当时，若，有，且，有，
又，由（1）可知又，则
所以在有1个零点：
若，有，若，
有，
可知在有1个零点，符合题意：
若，有在单调递增，，
（i）若，则当，有，
（ii）若，又，则可知，使得；
由（i）、（ii），则可知有在单调递减，所以，
又有，所以在至少有1个零点，
则可知在至少有2个零点，不符合题意；
若，有在单调递增，
又，则可知，使得，
所以在单调递增，则有，
又有，所以在至少有1个零点，
则可知在至少有2个零点，不符合题意；
②当时，由，
记，
由①可知，有且仅有满足题意，即时，满足题意.
综上可知，实数a的值为，0，1.
【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.
4．（2023·江苏苏州·模拟预测）已知函数.
(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)当时，求证：在上有唯一零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意转化为在上恒成立，然后转化为最值问题，求导即可得到结果；
（2）对函数求导构造新函数，通过导数确定单调性，进而确定在上存在唯一的零点，分情况讨论函数各区间零点个数，即可得解.
【详解】（1）因为在上单调递增，所以在上恒成立，
即.令，，
因为且，所以在上恒成立.
所以在上单调递增，所以，即.
（2）考虑，则.
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，
即，①，所以，所以，即②.
令，则，
所以在上单调递增.
由①得，又，且的图象在上不间断，
所以在上存在唯一的零点，记为.
当时，，单调递减，又，所以在上恒成立，且；
当时，，单调递增，由②知
，
又，所以在上存在唯一的零点.
综上所述，函数在上有唯一零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
5．（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)当时，证明：在上恒成立；
(2)判断函数的零点个数.
【答案】(1)证明见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）证明不等式恒成立转化为求函数的最小值，最小值大于等于零即可求证；
（2）利用导数研究函数的单调性，极值最值，取极限从而分析函数零点的个数.含参要注意进行分类讨论.
【详解】（1）当时，，
所以，
所以在上单调递增.
故，
所以，即在上恒成立.
（2），其定义域为：.
.
当时，令得：.
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以，
所以此时没有零点；
当时，令得：，或.
若，，所以为增函数；
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以的极大值为，
极小值为.
此时时，，时，.
所以此时有个零点；
当时，，所以在单调递增.
此时时，；时，.
所以此时有个零点；
当时，令得：，或.
若，，所以为增函数；
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以的极大值为，
极小值为.
此时时，，时，，
所以有个零点.
综上所述：当时，没有零点；当时，有个零点.
【点睛】判断函数零点的个数，就是利用导数研究函数的单调性，极值最值，取极限从而分析函数零点的个数.含参要注意进行分类讨论.
【基础过关】
1．（2023·重庆酉阳·重庆市酉阳第一中学校校考一模）函数.
(1)讨论函数的极值；
(2)当时，求函数的零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）求导后，分别在和的情况下得到正负，进而得到单调性，由极值定义可求得结果；
（2）由（1）可知单调性，分别讨论极小值大于零、等于零和小于零的情况，结合零点存在定理可得结论.
【详解】（1）由题意得：；
当，即时，恒成立，在上单调递增，无极值；
当，即时，令，解得：，
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；
综上所述：当时，无极值；当时，极小值为，无极大值.
（2）由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，恒成立，无零点；
当时，，有唯一零点；
当时，，
又，当趋近于正无穷大时，也趋近于正无穷大，
在和上各存在一个零点，即有两个零点；
综上所述：当时，无零点；当时，有且仅有一个零点；当时，有两个不同的零点.
2．（2023·福建宁德·校考模拟预测）已知
(1)当时，求的单调性；
(2)讨论的零点个数．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；
(2)当，0个零点；当或，1个零点；，2个零点
【分析】（1）求出函数的导函数，可得，令，利用导数说明的单调性，即可求出的单调区间；
（2）依题意可得，令，则问题转化为，，利用零点存在定理结合单调性可判断方程的解的个数.
【详解】（1）解：因为，，
所以，
令，，所以在单增，且，
当时，当时，
所以当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增
（2）解：因为
令，易知在上单调递增，且，
故的零点转化为即，，
设，则，
当时，无零点；
当时，，故为上的增函数，
而，，故在上有且只有一个零点；
当时，若，则；，则；
故，
若，则，故在上有且只有一个零点；
若，则，故在上无零点；
若，则，此时，
而，，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
故此时在上有且只有两个不同的零点；
综上：当时，0个零点；当或时，1个零点；时，2个零点；
【点睛】思路点睛：导数背景下的零点问题，注意利用零点存在定理结合函数单调性来讨论.
3．（2023·陕西商洛·统考一模）已知函数，其中e为自然对数的底数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)证明：在上有两个零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求曲线在处的切线方程；
（2）构造研究的单调性并确定其零点所在区间，进而判断的单调性，结合零点存在性定理即可证结论.
【详解】（1）因为，所以，则，，
故所求切线方程为，即.
（2）设，则.
显然当时，，当时，，
所以在上单调递增，又，，
所以存在唯一，使.
则当时，，当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
因为，，，
所以在上有两个零点.
4．（2023·广西·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若有两个不同的零点，求的取值范围.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）对求导，根据导函数的正负确定的单调性；
（2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出的最小值，结合零点个数，得到关于的不等式，即可求出的取值范围.
【详解】（1）当时，
解，得；解，得，
故在上单调递减，在上单调递增.
（2）,
当时，在上单调递增，此时无两个零点；
当时，解，得；解，得，
故在上单调递减，在上单调递增.
因为趋于负无穷，趋于正无穷；为趋于正无穷，趋于正无穷；
故有两不同零点，则
即.
令则
当时，单调递增，
当时，单调递减，
且时，，又
当时，
综上，的范围为.
5．（2023·四川绵阳·统考一模）已知函数（）．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数在上恰有两个零点，求函数在上的最小值．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)
【分析】（1）求导，分类讨论导函数的正负即可求解，
（2）根据第一问可知的单调性，进而可判断在上恰有两个零点 ，满足，根据零点存在性定理即可列不等式求解.
【详解】（1）由题意得．
当时，由，函数在上单调递增．
当时，令,令或
故函数在上单调递减，在和上单调递增．
当时，令，令或
函数在(k，4)上单调递减，在，上单调递增．
（2）当或时，函数在(0，3)上为单调函数，最多只有一个零点．
当时，函数在(0，k)上单调递增，在(k，3)上单调递减．
要使函数在(0，3)上有两个零点，则需满足：
且 解得．
∴．
又，
∴当时，；当时，．
又 ，∴
6．（2023·云南·统考模拟预测）已知函数在点处的切线l与直线垂直.
(1)求切线l的方程；
(2)判断在上零点的个数，并说明理由.
【答案】(1)
(2)在上有且只有一个零点，理由见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，然后利用垂直关系求实数a的值，最后求切线方程；
（2）利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理，讨论函数的零点个数.
【详解】（1），
所以切线的斜率，由题意，解得.
所以，
所以，
所以切线l的方程为，即.
（2）由（1）知，所以，
由，可得，
令，
所以，
①当时，，
所以，
所以在上单调递增，
又因为，
所以在上无零点，
②当时，令，
所以，即在上单调递减，
又因为，
所以存在，使得，
所以在上单调递增，在单调递减，
因为，
所以在上且只有一个零点，
综上所述：在上有且只有一个零点.
7．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）已知函数.
(1)若是的极值点，求的值；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在上有且仅有个零点，求的取值范围.
【答案】(1)1
(2)答案见解析
(3).
【分析】（1）由题意，求导得，然后根据，即可得到结果；
（2）由题意，求导得，然后分与两种情况讨论，即可得到结果；
（3）由题意，构造函数，将函数零点问题转化为两个图像交点问题，结合图像即可得到结果.
【详解】（1）因为
则，即，所以，经检验符合题意
（2），则.
当时，，在上单调递增；
当时，由，得，
若，则；若，则.
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为；
当时，函数的增区间为，减区间为.
（3）当时，由可得，令，其中，
则直线与函数在上的图像有两个交点，
，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减.
所以，函数的极大值为，且，，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数在上的图像有两个交点，
因此，实数的取值范围是.
8．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）将导数化为求其零点并讨论零点的大小，结合导数的符号求解. （2）结合第（1）问的结果，利用函数的单调性、极值的符号构造不等式求解.
【详解】（1）∵
，
∵，∴，
当，，单调递增，当，，单调递减，
当，，单调递增．
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）情况一：若，即时，由的单调性，其在上恒为正，无零点，
在增区间至多有一个零点，不符题意．
情况二：若，即时，
由于，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，
取，则，，，
，
当时，，由于在区间上单调递增，
故在恒为正，无零点，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，符合题意，
情况三：若，即时，同情况二可得在增区间恒为正，无零点，
仅有一个零点，不符题意.
综上，a的取值范围是．
9．（2023·广东东莞·统考模拟预测）已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个不同的零点，求的取值范围.
【答案】（1）的增区间为，减区间为．（2）
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性；
（2）就分类讨论，后者可结合导数求出函数的最小值，根据函数有两个不同的零点得到最值的符号，从而得到的取值范围，注意利用零点存在定理检验．
【详解】（1）若，则，故，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
即的增区间为，减区间为．
（2），
当时，，此时在无零点，不合题意．
当时，当时，则；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
故，
因为函数有两个不同的零点，则即．
又当时，，而，
结合函数的单调性可得在上有且只有一个零点；
而，
令，，则，
故在上为增函数，
故，
故，结合函数的单调性可得在上有且只有一个零点，
故的取值范围为．
【点睛】方法点睛：导数背景下函数的零点问题，需利用导数讨论函数的单调性，从而得到函数的最值，结合最值的符号得到参数的取值范围，注意需利用零点存在定理检验前者是否满足要求．
10．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知函数（自然对数的底数）在点处的切线方程为.
(1)求，的值；
(2)求证：函数在区间内有唯一零点.
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求解导函数，从而得的值，根据切线方程得切线的斜率，从而列方程组求解，的值；
（2）将函数变形为，由成立，将在区间内零点的个数转化为在区间内零点的个数，根据零点存在定理可得在内有零点，求解导函数，从而判断函数在上单调递增，即可得函数在内有唯一零点，即函数在区间内有唯一零点.
【详解】（1）的定义域为，
因为.
所以，又.
∵在点处的切线方程为，
所以切线的斜率为.
所以，解得
∴，.
（2）证明：由（1）知，，.
∴（为自然对数的底数）
∵总成立.
∴在区间内零点的个数等价于在区间内零点的个数.
∵，
.
∴在内有零点.
又∵，
当时，，得在上单调递增.
∴在内有唯一零点，即函数在区间内有唯一零点.
【能力提升】
1．（2023·广东广州·统考三模）已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)讨论函数的零点个数．
【答案】(1)函数的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)答案见解析
【分析】（1）求得，令，解得，结合导数的符号，即可求解；
（2）根据题意转化为函数与的图象的交点个数，根据二次函数的性质，得到的单调性和最值，由（1）知取最小值，分别得到、和的零点个数，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
令，解得，
当时，则，可得，在单调递减；
当时，则，可得，在单调递增；
故函数的单调递减区间是，单调递增区间是．
（2）解：由，得，
因此函数的零点个数等价于函数与的图象的交点个数，
因为，所以的递增区间是，递减区间是，
所以当时，取最大值，
由（1）可知，当时，取最小值，
当 ，即时，函数与的图象没有交点，即函数没有零点；
当，即时，函数与的图象只有一个交点，即函数有一个零点；
当，即时，函数有两个零点，
理由如下：
因为，
所以，，
由函数零点存在定理，知在内有零点.
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以在上只有一个零点.
又因为，
所以的图象关于直线对称，
因为的图象关于直线对称，所以与的图象都关于直线对称，
所以在上只有一个零点.
所以，当时，有两个零点.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究函数的零点与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据零点与有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
2．（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)当时，证明：在上恒成立；
(2)判断函数的零点个数.
【答案】(1)证明见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）证明不等式恒成立转化为求函数的最小值，最小值大于等于零即可求证；
（2）利用导数研究函数的单调性，极值最值，取极限从而分析函数零点的个数.含参要注意进行分类讨论.
【详解】（1）当时，，
所以，
所以在上单调递增.
故，
所以，即在上恒成立.
（2），其定义域为：.
.
当时，令得：.
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以，
所以此时没有零点；
当时，令得：，或.
若，，所以为增函数；
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以的极大值为，
极小值为.
此时时，，时，.
所以此时有个零点；
当时，，所以在单调递增.
此时时，；时，.
所以此时有个零点；
当时，令得：，或.
若，，所以为增函数；
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以的极大值为，
极小值为.
此时时，，时，，
所以有个零点.
综上所述：当时，没有零点；当时，有个零点.
【点睛】判断函数零点的个数，就是利用导数研究函数的单调性，极值最值，取极限从而分析函数零点的个数.含参要注意进行分类讨论.
3．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，判定函数零点的个数，并说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)有且只有一个零点，理由见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论含参函数的单调性即可；
（2）利用导数分析函数的单调性，从而求出极值，即可判断函数的零点个数.
【详解】（1）由题知，.
当时，当时，；当时，，
在区间上是㺂函数，在区间上是增函数；
当时，；当或时，；当时，；
在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数；
当时，在区间上是增函数；
当时，；当或时，；当时，；
在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数；
综上所述，当时，在区间上是减函数，在区间上是增函数；
当时，在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数；
当时，在区间上是增函数；
当时，在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数.
（2）由（1）知，，定义域为，
，设，
在区间上是增函数，
存在唯一，使，即，
当时，，即；当时，，
即；当时，，即，
在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数，
当时，取极大值为，
设，其知在区间上是减函数.
在内无零点，
在内有且只有一个零点，
综上所述，有且只有一个零点.
【点睛】用导数研究函数零点个数问题，主要是由导数确定函数的单调性，然后结合零点存在定理得零点个数．难点是在确定零点存在时，零点两边函数值异号时点的取得．
4．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知函数，其中.
(1)若时，有极值，求的值；
(2)设，讨论的零点个数.
【答案】(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意，求导得，然后由条件列出方程，即可得到结果.
（2）方法一：根据题意，分与，结合零点存在定理，分情况讨论即可；
方法二：根据题意，将函数零点转化为方程的根，再由导数研究其单调性与极值，即可得到结果.
【详解】（1）.
由题意得且，即，联立解得，.经检验，符合题意.
（2）方法一：定义域是.由条件知，.
当时，单调递增；当时，单调递减.
故是的极大值点，且极大值为.
当时，，此时有一个零点.
当时，.记，则.取，则，，
根据零点存在定理，当时，存在一个零点.
取，则.
由零点存在定理可知，当时，存在一个零点，
此时有两个零点.
综上所述，当时，只有一个零点；当时，有两个零点.
方法二：由题意，函数的零点即方程的根，即方程的根，
即的根，记，：
由，得到，
当时，单调递增，时，单调递减，
又，因为，当趋向正无穷时，趋向负无穷，
且的最大值为，
综上所述，当时，只有一个零点；当时，有两个零点.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：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.
5．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）设函数，.
(1)若函数在处的切线的斜率为.
①求实数的值；
②求证：存在唯一极小值点且.
(2)当时，若在上存在零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)①，②证明见解析
(2)
【分析】（1）由导数的几何意义求得实数的值，通过导数，求出单调性，证明存在唯一极小值点，结合零点存在性定理，由的范围，确定的取值范围证明；
（2）将问题转化为方程在上有解，分离出参数，再通过构造函数的方法解决即可.
【详解】（1）①∵，∴，
由导数的几何意义，在处的切线的斜率，
由已知，，∴解得.
②由①得，，，∴，，
令，则，
当时，，，，
当时，，，，
∴当时，，在区间上单调递增，
又∵，，
∴有且只有一个，使，
又∵在区间上单调递增，∴是在上的唯一零点，
∴在区间上单调递增，且
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴存在唯一极小值点.
又∵，∴，
∴
又∵，∴，∴，
∴，
∴.
（2）当时，，，
若在上存在零点，则方程在上有解，
即在上有解，
令，
则，
当时，令，则，，
当（）时，，，
∴在区间（）上单调递增，
当（）时，，，
∴在区间和（）上单调递减，
∴当，时，取得极小值.
∵，，
∴当，，，时，
，，，
令，则，在上单调递增，
∴
又∵，
∴当时，的最小值为.
又有，当，时，取得极大值.
∵，，
∴当，，，时，
，，，
令，则，在上单调递减，
∴
又∵，
∴当时，的最大值为.
∴当时，，即，
∴在上有解，则，
又∵，∴，∴.
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：函数在给定区间有零点的问题，可以转化为方程有解，再分离参数，通过构造函数，求出函数的值域，从而求得参数的取值范围.
6．（2023·北京海淀·北航实验学校校考三模）已知函数；
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若正数a使得对恒成立.求a的取值范围；
(3)设函数，讨论其在定义域内的零点个数．
【答案】(1)；
(2)；
(3)当时，无零点；当时，1个零点.
【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，计算及，求出切线方程作答.
（2）构造，按正数a与1的关系分类讨论，并借助导数探讨函数的单调性求解作答.
（3）求出的解析式，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合零点存在性定理确定零点的个数即可.
【详解】（1）当时，，则，
所以函数在处的切线方程是：，即.
（2）令函数，求导得，
当时，，对恒成立，
当时，由得：，即在上递增，则，
因此对恒成立，
当时，由得：，在上递减，则对，，
因此对恒成立，不符合题意，
所以的范围是.
（3）依题意，，，求导得，
当时，无零点；
当时，则，即函数在上递减，
因为，因此函数在上只有1个零点；
当时，令，解得：，则当时，递增，
当时，递减，于是，
又，于是函数在上有唯一零点，在上只有1个零点，
所以当时，函数无零点，当时，函数在上有1个零点.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
7．（2023·广东东莞·校联考模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：对任意的，；
(3)讨论函数在上零点的个数.
【答案】(1)的增区间是，减区间是
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）代入，求出导函数，根据导函数，即可得出函数的单调区间；
（2）代入，求出导函数.构造函数二次求导，即可推得在单调递增，根据，即可得出的单调性，进而得出证明；
（3）易知，当时，，所以没有零点；当时，求出导函数，构造函数，二次求导可得出的单调性.进而结合特殊点的导数值，结合零点存在定理，即可得出的单调性.然后根据端点处的函数值，即可得出函数零点的个数.
【详解】（1）当时，，.
当，，所以在上单调递增；
当，，所以在上单调递减.
所以的增区间是，减区间是.
（2）当时，，
则.
设，则.
由（1）知时，所以，
所以，，即在单调递增，所以，
所以在单调递增，所以.
（3）
当时，，，
所以.
由（2）知，此时，所以没有零点.
若时，的导函数.
令，则.
令，则.
①当时，在上恒成立，
所以，即在上单调递增.
又，，
所以在上存在唯一零点，记作.
则当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
②当时，，所以在上恒成立，所以在上单调递增.
综合①②，可得当时，单调递减；当时，单调递增.
又因为，所以，当时，，；
又，所以存在唯一实数，使得.
所以当时，，此时单调递减；
当时， ，此时单调递增.
又因为，所以时，，所以在上没有零点.
由（1）知时，，则.
又，在上单调递增，所以在上存在唯一零点.
所以，在上存在唯一零点.
综上，当时，在上无零点；
当时，在上存在唯一零点.
【点睛】关键点睛：构造函数，结合零点存在定理得出导函数的单调性，进而得出函数的单调性.
8．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）（1）当时，求证：.
（2）已知函数有唯一零点，求证：且.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）要证明，只需证明，故设，利用导数研究函数的单调性，由此证明结论；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合条件可得，由此可得，，结合（1）证明，
利用导数证明时，，由此可得，
方法一：化简可得，证明，由此可得结论，
方法二：求方程方程的根，证明，由此可得结论；
方法三：设，，证明，由此证明结论.
【详解】（1）设
，
在上单调递增，
，得，
即.
（2）因为，
所以，令，
则，
当时，，函数在单调递减，即在单调递减，
当时，，函数在单调递增，即在单调递增.
所以当时，函数取最小值，，
当时，，
又，
，，
所以当，，单调递减，
当，，单调递增.
所以当时，函数取最小值，，
因为函数有唯一零点，则，即
，即，
将①代入②，得，
即，
若，则，矛盾，
设，则，
当时，，在单调递增.
因为，，
，
，
由，得，等式两边取自然对数，得
根据（1）中时，
，得
设，
则，
所以函数在上单调递减，
所以当时，
所以当时，，
，得，
，令，，
当时，，所以在上单调递增，
，
由，
方法一：，
，，
则函数的图象为开口向上，对称轴为的抛物线，
，，又，
由二次函数图象可得，，
故，
所以.
综上，
方法二：，
方程的根为，，
因为，所以，又，所以，
又，，
所以，即，又，解得
方法三：设，，
则，
所以函数在上单调递增，
.
【点睛】关键点点睛：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．
9．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，当时在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增；
当时在，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）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
【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．
10．（2023·河北·校联考三模）已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若为函数的导函数，有两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)当时，在上单调递减
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据函数的定义求出的解析式，再通过其导函数的正负来判断函数的单调性；
（2）求出，把零点问题转化成方程的根，再转化成函数图象的交点，根据图象即可求出的范围；把代入，通过两个等式构造，结合的范围即可证明.
【详解】（1）因为，令，则，
所以（），
故（）.
当时，，
，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
故在上恒成立.
所以当时，在上单调递减.
（2）（ⅰ）有两个零点等价于有两个不同的根.
而 （），
所以有两个不同的根，
等价于有两个不同的根，
等价于与有两个不同的交点.
因为， （），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
而当趋向正无穷时，趋向0，趋向0时，趋向负无穷，
为使与有两个不同的交点，所以.
（ⅱ）有两个零点，则
，.
即，.
所以，
即，
得，
所以.
因为，所以.
【点睛】方法点睛：判断函数单调性时主要考虑其导函数的正负；零点问题常常可转化为方程的根；关于双变量问题通常需要通过等式构造，找出其等式关系.
【真题感知】
一、多选题
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
二、填空题
2．（2021·北京·统考高考真题）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．
三、解答题
3．（全国·高考真题）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.
4．（全国·高考真题）已知函数f（x）=2sinx－xcsx－x，f′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
【答案】（1）见解析；
（2）.
【分析】（1）求导得到导函数后，设为进行再次求导，可判断出当时，，当时，，从而得到单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数，通过二次求导可判断出，；分别在，，和的情况下根据导函数的符号判断单调性，从而确定恒成立时的取值范围.
【详解】（1）
令，则
当时，令，解得：
当时，；当时，
在上单调递增；在上单调递减
又，，
即当时，，此时无零点，即无零点
，使得
又在上单调递减 为，即在上的唯一零点
综上所述：在区间存在唯一零点
（2）若时，，即恒成立
令
则，
由（1）可知，在上单调递增；在上单调递减
且，，
，
①当时，，即在上恒成立
在上单调递增
，即，此时恒成立
②当时，，，
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，即恒成立
③当时，，
，使得
在上单调递减，在上单调递增
时，，可知不恒成立
④当时，
在上单调递减
可知不恒成立
综上所述：
【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.
5．（2020·全国·统考高考真题）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；
（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：
设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．
假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．
所以，所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
6．（2021·浙江·统考高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
7．（2020·浙江·统考高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.