2025高考数学专项讲义第09讲利用导数研究函数的零点问题及方程的根(学生版+解析)

这是一份2025高考数学专项讲义第09讲利用导数研究函数的零点问题及方程的根(学生版+解析)，共108页。学案主要包含了命题规律，备考策略，命题预测，整体点评，分类讨论，通性通法等内容，欢迎下载使用。
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分
【备考策略】1能用导数证明函数的单调性
2能结合零点的定义及零点存在性定理解决零点问题
3能结合方程的根的定义用导数解决方程的根的问题
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查，需综合复习
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．
利用导数研究函数方程的根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数（方程的根）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（方程的根）或者通过零点个数（方程的根）求参数范围.
(2)数形结合法求解零点（方程的根）
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（方程的根）
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（方程的根）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、求函数零点及其个数
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的最大值；
(2)讨论函数在区间上零点的个数.
2．（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.
3．（2024·河北保定·二模）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，试讨论的零点个数.
1．（2024·山东·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线在轴上的截距；
(2)探究的零点个数．
2．（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.
3．（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．
考点二、由函数零点及个数求参数值
1．（2022·全国·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．
2．（2022·全国·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．
3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若函数有且仅有三个零点，求的取值范围．
4．（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.
1．（2024·广东汕头·三模）已知函数.
(1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值.
(2)若在只有一个零点，求.
2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数.
(1)若是函数的极值点，求的值，并求其单调区间；
(2)若函数在上仅有2个零点，求的取值范围．
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数的单调递增区间为．
(1)求函数的图象在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围．
4．（2024·安徽·三模）已知函数．
(1)求证：至多只有一个零点；
(2)当时，分别为的极大值点和极小值点，若成立，求实数k的取值范围．
考点三、求方程根的个数
1．（2024·浙江温州·一模）已知（）.
(1)求导函数的最值；
(2)试讨论关于的方程（）的根的个数，并说明理由.
1．（2024·山西·模拟预测）已知函数，且与轴相切于坐标原点．
(1)求实数的值及的最大值；
(2)证明：当时，；
(3)判断关于的方程实数根的个数，并证明．
2．（2024·河南信阳·一模）已知函数．
(1)若，求证：；
(2)讨论关于x的方程在上的根的情况．
考点四、由方程根的个数求参数范围
1．（2024·贵州贵阳·二模）已知函数.
(1)当时.求在处的切线方程;
(2)若方程存两个不等的实数根，求的取值范围.
2．（2024·山东烟台·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若方程有三个不等的实根，求实数的取值范围.
1．（2023·广东梅州·三模）已知函数，，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围.
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)若有两个不同的实数根，求实数的取值范围．
考点五、图象交点问题
1．（2021·全国·高考真题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
2．（2022·全国·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(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差数列．
1．（2024·江苏·模拟预测）已知函数在处的切线经过原点.
(1)判断函数的单调性；
(2)求证：函数的图象与直线有且只有一个交点.
2．（2024·陕西西安·二模）设函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若时，函数的图像与的图像仅只有一个公共点，求的取值范围.
3．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)证明：若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围.
考点六、零点、方程的根、图象交点小题综合
1．（2023·全国·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
3．（2022·全国·高考真题）（多选）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
4．（2021·北京·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 ．
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）函数恰好有一零点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知，若函数有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·全国·模拟预测）（多选）已知函数，，则（ ）
A．若有极值点，则
B．当时，有一个零点
C．
D．当时，曲线上斜率为2的切线是直线
4．（2024·安徽·模拟预测）若关于的方程有解，则实数m的最大值为 .
5．（2024·天津北辰·三模）若函数有四个零点，则实数的取值范围为 .
一、单选题
1．（2023·陕西西安·模拟预测）方程有两个不等的实数解，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·四川凉山·二模）若，，则函数的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、多选题
3．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．有一个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
4．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的极值点为
B．的极值点为1
C．直线是曲线的一条切线
D．有两个零点
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为 ．
6．（2024·山西·三模）已知函数，若函数恰有一个零点，则的取值范围是 .
7．（23-24高三上·四川内江·期末）已知函数，若函数的图象与曲线有三个交点，则的取值范围是 .
四、解答题
8．（2023·广西河池·模拟预测）已知函数
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围．
9．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）已知，
(1)求的极值；
(2)若函数存在两个零点，求的取值范围.
10．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若函数有且仅有三个零点，求的取值范围．
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知过点的直线与函数的图象有三个交点，则该直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数，若方程存在三个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
3．（2024·重庆·模拟预测）若函数的图象与函数的图象有三个不同的公共点，则实数的取值范围为 ．
4．（2024·湖北黄冈·二模）已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为 .
5．（2024·福建泉州·一模）已知函数有且只有两个零点，则a的范围 ．
三、解答题
6．（2024·广东深圳·模拟预测）已知在时取得极大值．
(1)讨论在上的单调性；
(2)令，试判断在上零点的个数．
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数，，.
(1)若的最小值为0，求的值；
(2)当时，证明：方程在上有解.
8．（2024·广东梅州·二模）已知函数，，（）．
(1)证明：当时，；
(2)讨论函数在上的零点个数．
1．2．3．4．9．（2024·广西南宁·二模）已知函数
(1)若在定义域内单调递增，求的取值范围，
(2)若函数恰有两个零点，求的取值范围，
10．（2024·广西贺州·一模）已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若关于x的方程有且只有一个解，求a的取值范围．
1．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
2．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
3．（2021·浙江·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)
4．（2020·全国·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．
5．（2020·全国·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．
6．（2020·全国·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.
7．（2019·全国·高考真题）已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
8．（2019·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．
9．（2019·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．
10．（2018·江苏·高考真题）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
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新Ⅱ卷，第11题,6分
利用导数研究函数的零点
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
极值与最值的综合应用
判断零点所在的区间
2023年新Ⅱ卷，第22题,12分
利用导数研究函数的零点
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
根据极值点求参数
2022年新I卷，第10题,5分
利用导数研究函数的零点
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率）
求已知函数的极值点
2022年新I卷，第22题,12分
利用导数研究方程的根
由导数求函数的最值 (含参)
2021年新Ⅱ卷，第21题,12分
利用导数研究方程的根
求离散型随机查量的均值
均值的实际应用
2021年新Ⅱ卷，第22题,12分
利用导数研究函数的零点
含参分类讨论求函数的单调区间
第09讲 利用导数研究函数的零点问题及方程的根（6类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分
【备考策略】1能用导数证明函数的单调性
2能结合零点的定义及零点存在性定理解决零点问题
3能结合方程的根的定义用导数解决方程的根的问题
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查，需综合复习
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．
利用导数研究函数方程的根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数（方程的根）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（方程的根）或者通过零点个数（方程的根）求参数范围.
(2)数形结合法求解零点（方程的根）
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（方程的根）
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（方程的根）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、求函数零点及其个数
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的最大值；
(2)讨论函数在区间上零点的个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求函数的定义域及导函数，求时方程的解，分区间确定函数的单调性， 单调性求最值；
（2）函数的零点，即方程的解，设，利用导数研究函数的性质，讨论，结合图象确定函数的零点个数.
【详解】（1）的定义域是，
，，
当时，，得.
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减
当时，函数取最大值，最大值为；
（2）由，得，
令，则，
由得，
由，得，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，，，
作函数的图象如下：
综上：当或时，在上有一个零点，
当时，在上有2个零点，
当或时，在上没有零点.
2．（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.
【答案】(1)最小值
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，进而可求出函数的最小值；
（2）令，得，令，则与有相同的零点，利用导数求出函数的极值点，再分类讨论即可得出结论.
【详解】（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.
【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.
3．（2024·河北保定·二模）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，试讨论的零点个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求得的导数，可得切线斜率和切点，从而求得切线方程；
（2）由为奇函数，将问题转化为讨论在上的零点，求得导数，讨论，，和，求得的单调性、极值和最值，结合零点存在定理，即可得到零点个数.
【详解】（1）当时，，.
，.
故曲线在点处的切线方程为.
（2）因为，所以为奇函数.
又因为，所以只需要讨论在上的零点.
，.
令函数，
①当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，，所以在上单调递减，即在上单调递减
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，，所以在上有1个零点，
在上有3个零点.
②当，即时，，在上单调递减，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
③当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
④当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，令函数，
.
所以在上单调递增，即在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在在上单调递减，在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
综上，当时，在上有3个零点；
当时，在上有1个零点.
【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.
1．（2024·山东·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线在轴上的截距；
(2)探究的零点个数．
【答案】(1)
(2)有两个零点
【分析】（1）求得，得到，，利用导数的几何意义，求得切线方程，进而求得其在轴上的截距；
（2）得到在上递增，结合，得到，使得，进而求得单调性，结合零点的存在性定理，即可求解.
【详解】（1）解析：由函数，可得，所以，
又，所以的方程为，即，
令，可得，所以直线在轴上的截距为．
（2）解：因为和在上均单调递增，
所以在上单调递增，
又因为，所以，使得，
所以，当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
又因为，
所以有两个零点．
【点睛】方法点睛：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.
2．（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.
【答案】(1)减区间为，增区间为；
(2)2个.
【分析】（1）求导，当时，利用指数函数性质和余弦函数有界性可判断导数符号，当时，利用二次导数判断导函数单调性，然后可得导函数符号；
（2）当时，利用二次导数判断的单调性，当时，利用指数函数性质和正弦函数有界性可判断函数值符号，当时，记，利用导数研究其图象，根据与的图象交点个数判断即可.
【详解】（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.
3．（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．
【答案】(1)答案见解析
(2)2025个零点
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，分情况讨论，求函数的极大值.
（2）先分析方程在上解得个数，再分析在上解的个数，进一步考虑方程在上解的个数，可得问题答案.
【详解】（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．
【点睛】方法点睛：导函数求解函数零点个数问题，要利用导函数研究函数的单调性，进而求出函数的极值情况，结合特殊点的函数值的正负，零点存在性定理进行求解.
考点二、由函数零点及个数求参数值
1．（2022·全国·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.
2．（2022·全国·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.
3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若函数有且仅有三个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用求导，导数值大于0来求单调递增区间即可；
（2）利用函数的单调性和取值情况，分析可得的取值范围.
【详解】（1）由，得，
令，得，解得．
所以的单调递增区间为
（2）令，解得或．
当变化时，，的变化情况如下表所示：
由函数有且仅有三个零点，
得方程有且仅有三个不等的实数根，
所以函数的图象与直线有且仅有三个交点．
显然，当时，；当时，．
所以由上表可知，的极小值为，的极大值为，
故．
4．（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.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）构建函数，通过导数判断函数单调性，进而求解实数的取值范围；
（2）分离参数，令，，利用导数求函数在指定区间的最值，即得解.
【详解】（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.
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题
（1）构建函数，利用导数判断函数的单调性，通过函数的单调性求参数的取值范围；
（2）分离参数，将零点问题转化为函数的交点问题，并利用导数判断函数的单调性，进而求函数的最值.
（3）本题计算量较大，注意导数求解过程中的容易出现的问题，以及单调性的分析要注意取值范围.
1．（2024·广东汕头·三模）已知函数.
(1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值.
(2)若在只有一个零点，求.
【答案】(1)极小值，无极大值；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，结合几何意义求出，再分析单调性求出极值.
（2）由函数零点的意义，等价变形得在只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求解.
【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，，
依题意，，则，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
（2）函数在只有一个零点，等价于在只有一个零点，
设，则函数在只有一个零点，当且仅当在只有一解，
即在只有一解，于是曲线与直线只有一个公共点，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在取得极小值同时也是最小值，
当时，；当时，，
画山大致的图象，如图，
在只有一个零点时，，
所以在只有一个零点吋，.
2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数.
(1)若是函数的极值点，求的值，并求其单调区间；
(2)若函数在上仅有2个零点，求的取值范围．
【答案】(1)；的增区间是和，减区间是；
(2)
【分析】（1）首先根据，求的值，根据导数和函数单调性的关系，即可求解函数的单调区间；
（2）首先参变分离为，再构造函数，，并判断函数在区间的单调性，极值和端点值，根据图象的交点个数，即可求解.
【详解】（1），，得，
当时，，得或，
的变化情况如下表所示，
所以函数的增区间是和，减区间是；
（2）令，，
得，
令，，
，得，
如下表，
因为函数在上仅有2个零点，即与有2个交点，如图：

即.
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数的单调递增区间为．
(1)求函数的图象在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由的单调递增区间为，得出函数在处取到极值，即可求解；
（2）由（1），令得，令得，若有两个零点，则直线与函数的图象有两个交点，此时,令的单调性即可求解．
【详解】（1）由题，的定义域为，，
由于函数的单调递增区间为，
因此函数在处取得极值，
故，解得．
因此，令，解得，
当时，，在单调递增，
当时，，在单调递减，符合题意，
故，
所以函数的图象在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）知，
则，
令，得．
令，
则，整理得．
因为在上单调递增，在上单调递减，且当时，，当时，，
所以函数的最大值为，即．
若有两个零点，则直线与函数的图象有两个交点，此时,
令，则，
所以函数在上单调递增，且当时，，
易知若有两个零点，则直线与函数的图象有一个交点，
因此，所以实数的取值范围是．
4．（2024·安徽·三模）已知函数．
(1)求证：至多只有一个零点；
(2)当时，分别为的极大值点和极小值点，若成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分、及进行讨论，利用导数求得函数的单调性后结合零点的存在性定理即可得；
（2）由（1）可将转换为，再构造函数，分及进行分类讨论即可得.
【详解】（1）由题意得，，
当时，令，解得，
①当时，，所以在上单调递增，
又，此时函数有唯一的零点；
②当时，，
所以时，单调递增，
时，单调递减，
时，单调递增，
又，
则函数在区间上无零点，
在上至多只有一个零点，
所以函数 至多只有一个零点；
③当时，，
所以时，单调递增，
时，单调递减，
时，单调递增，
又，
则函数在上至多只有一个零点，在区间上无零点，
所以函数至多只有一个零点，
综上，函数至多只有一个零点；
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为，
此时，
因为，所以，
因为，所以，所以,
所以，即，
设，则，
令，则，
①当时，，此时恒成立，则在上单调递增，
所以，此时，
②当时，，设的两个根为，且，
则，所以，
则当时，，此时在上单调递减，
所以当时，，此时，与 矛盾，不合题意.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于借助第一问所得，将双变量、变为单变量，从而可构造函数，分及进行讨论即可得.
考点三、求方程根的个数
1．（2024·浙江温州·一模）已知（）.
(1)求导函数的最值；
(2)试讨论关于的方程（）的根的个数，并说明理由.
【答案】(1)最大值等于
(2)答案见解析
【分析】
（1）求出导函数，令，对再求导，利用导数确定单调性得最值；
（2）方程变形为，令，对求导，确定单调性，得出函数值域后可得结论．
【详解】（1）
∵，记
∴，解得：
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的最大值等于.
（2）
方法1：由，即，即.
令，∴，由解得：
∴在上单调递增，在上单调递减，∴，且
所以：当时，方程无解；当时，方程有1个解；当时，方程有2个解.
方法2：由，即，即.
令，，∴，由解得：
∴在上单调递增，在上单调递减，∴，且
所以：当时，方程无解；当时，方程有1个解；当时，方程有2个解.
方法3：由，即，两边取对数得：，即.
令，所以由，解得
当时，，单调递增，当时，，单调递减
所以
当，即时，方程无解；
当，即时，方程有1个解；
当，即时，方程有2个解.
1．（2024·山西·模拟预测）已知函数，且与轴相切于坐标原点．
(1)求实数的值及的最大值；
(2)证明：当时，；
(3)判断关于的方程实数根的个数，并证明．
【答案】(1)，最大值为0
(2)证明见解析
(3)2个，证明见解析
【分析】（1）由求出的值，即可得到解析式，再利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值；
（2）依题意即证当时，记，，当时直接说明即可，当，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（3）设，，当时，由（1）知，则，当时，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断函数的零点，当时，，令，
利用导数说明在区间上单调递减，即可得到，从而说明函数在无零点，即可得解.
【详解】（1）由题意知，且，
，
，解得，
，，
则，
当时，，．故，
所以在区间上单调递减，所以．
当时，令，
则，
，，，
在区间上单调递减，则，
在区间上单调递增，则，则．
综上所述，，的最大值为．
（2）因为，
要证当时，即证，
记，，
当时，，，
；
当时，，
记，则，
在区间上单调递减，则，
则在区间上单调递减，
，
综上所述，当时，．
（3）设，，
，
当时，由（1）知，
故，
故在区间上无实数根．
当时，，因此为的一个实数根．
当时，单调递减，
又，，
存在，使得，
所以当时，当时，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，又，
在区间上有且只有一个实数根，在区间上无实数根．
当时，，
令，
，
故在区间上单调递减，，
于是恒成立．故在区间上无实数根，
综上所述，有2个不相等的实数根．
【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．
2．（2024·河南信阳·一模）已知函数．
(1)若，求证：；
(2)讨论关于x的方程在上的根的情况．
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）把代入，利用导数探讨单调性，求出最大值即得.
（2）构造函数，求出导数并确定导函数的单调性，再按导函数的零点情况分类讨论求解.
【详解】（1）当时，，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以.
（2）依题意，，
令，求导得，
令，求导得，
当时，，，则，
当时，，，则，于是在上单调递减，
①当时，时，，函数单调递增，
而，因此仅有1个零点；
②当时，，，存在唯一的零点，
且，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
而，则在上有唯一的零点0，又，
则当，即时，在上有唯一的零点，
函数在上有2个零点；若，在上无零点，在上有1个零点；
③当时，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，则，当且仅当时取等号，
因此仅有1个零点0；
④当时，显然，则，且，
又，则函数存在唯一的零点，．
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
而，则在上有唯一的零点0，显然，
则，且，
又，因此在上有唯一的零点，此时有两个零点；
所以当且时，有两个零点；当或时，有一个零点．
【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．
考点四、由方程根的个数求参数范围
1．（2024·贵州贵阳·二模）已知函数.
(1)当时.求在处的切线方程;
(2)若方程存两个不等的实数根，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程；
（2）方程进行分离参数变形为，引入函数，利用导数确定函数的单调性与极值，结合函数图象得出结论．
【详解】（1）当时，，则，
所以，，
所以在处的切线方程为：，即．
（2）由得，，易知，
显然当时等式不成立，所以当时，
令，则，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，且，
作出的大致图象，如图，
由的图象可知当时，方程有两个不同的解，
即方程有两个不等的实数根，所以的取值范围是．
.
2．（2024·山东烟台·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若方程有三个不等的实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
【分析】（1）直接使用导数的符号判断单调性；
（2）将方程化为，再讨论方程的解的个数，然后得到方程的根满足的条件，即可求出实数的取值范围.
【详解】（1）求导知.
当时，由可知，在上单调递增；
当时，对有，对有，所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，故原方程可化为.
而，所以原方程又等价于.
由于和不能同时为零，故原方程又等价于.
即.
设，则，从而对有，对有.
故在上递增，在上递减，这就得到，且不等号两边相等当且仅当.
然后考虑关于的方程：
①若，由于当时有，而在上递增，故方程至多有一个解；
而，，所以方程恰有一个解；
②若，由于在上递增，在上递减，故方程至多有两个解；
而由有，
再结合，，，即知方程恰有两个解，且这两个解分别属于和；
③若，则.
由于，且不等号两边相等当且仅当，故方程恰有一解.
④若，则，故方程无解.
由刚刚讨论的的解的数量情况可知，方程存在三个不同的实根，当且仅当关于的二次方程有两个不同的根，且，.
一方面，若关于的二次方程有两个不同的根，且，，则首先有，且.
故， ，所以.
而方程的解是，两解符号相反，故只能，.
所以，即.
这就得到，所以，解得.
故我们得到；
另一方面，当时，关于的二次方程有两个不同的根，.
且有，，.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：对于取值范围问题，使用分类讨论法是最直接的手段.
1．（2023·广东梅州·三模）已知函数，，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）由题意得，令，则，分类讨论，，即可得出答案；
（2）由（1）得，题意转化为方程在上有实根，令，则，分类讨论，，，即可得出答案．
【详解】（1），令，则
当时，，函数在上单调递增；
当时，，得，，得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，，方程在上有实根等价于方程在上有实根.
令，则
当时，，函数在上单调递增，，不合题意；
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，，不合题意；
当时，，得，，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，所以
综上所述，的取值范围为
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)若有两个不同的实数根，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件利用切点求出的斜率和函数值列两个等式求解即可.
（2）把方程中的参数分离，构造新函数，将方程根的个数转化为函数图象的交点个数，通过研究构造的新函数的大致图象数形结合求解即可.
【详解】（1）因为点在直线上，所以．
又，所以．
，
，所以．
综上．
（2）由（1）得，易知，
所以有两个不同的实数根可转化为：
关于的方程有两个不同的实数根．
设，
，
令得，或．
所以当变化时，的变化情况为
所以的极大值为，极小值为，
当时，，当时，，
当且时，，
，当且时，，
当时，．
根据以上信息画出的大致图象，如图所示．
所以实数的取值范围为
考点五、图象交点问题
1．（2021·全国·高考真题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
2．（2022·全国·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(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差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
1．（2024·江苏·模拟预测）已知函数在处的切线经过原点.
(1)判断函数的单调性；
(2)求证：函数的图象与直线有且只有一个交点.
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据题意求出参数的值，然后求导，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解；
（2）由题意构造函数（），利用导数判断函数单调性，结合零点存在定理即可得解.
【详解】（1）因为，所以切点为.
因为，所以，
所以切线方程为.
因为切线经过原点，所以，所以.
由定义域为，故，
所以在上单调递增.
（2）设（），
则.
因为当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
且，
因为，且当时，单调递减，所以
所以当时，，
所以函数在时没有零点，
所以当时，函数的图象与直线没有交点.
当时，，单调递增，
又因为，且函数的图象是不间断的，
所以当时，函数有且只有一个零点，
函数的图象与直线有且只有一个交点.
综上所述，函数的图象与直线有且只有一个交点.
2．（2024·陕西西安·二模）设函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若时，函数的图像与的图像仅只有一个公共点，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）借助导数对、及分类讨论即可得；
（2）原问题可等价于即在上无解，构造函数，借助导数研究即可得.
【详解】（1）的定义域为， ，
①当时，，由，得，
由，得，
当时，的在区间上单调递增，在区间上单调递减，
②当时，，，
当时，，的区间上单调递减，
③当时，由，得或，且.
当变化时，的变化情况如下表：
综上所述，当时，的在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时，在区间上的单调递减；
当时，在区间上的单调递增，
在区间和上单调递减区间；
（2）若时，函数的图像与的图像仅只有一个公共点，
即关于的方程，即在区间上仅只有一个解，
是方程的解，且时，
问题等价于即在上无解，
即曲线或与直线无公共点，
，由得，
当或时，变化时，，的变化情况如下表：
且当且时，；当且时，.
故的取值范围为.
3．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)证明：若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2).
【分析】（1）求导后，根据的正负可得单调区间；
（2）将问题转化为方程有且仅有两个不等实根，构造函数，结合导数知识可作出的图象，进而得到，结合单调性可得结果.
【详解】（1）当时，，则定义域为，
，
当时，；当时，；
的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由题意知：且；
与有且仅有两个交点，
方程有且仅有两个不等实根，即方程有且仅有两个不等实根，
即方程有且仅有两个不等实根；
令，则定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，当时，；当时，；
可得大致图象如下图所示，
令，则，
有且仅有两个不同实数根的充要条件为，
即，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题根据曲线与直线交点个数求解参数范围的关键是能够首先将问题转化为方程根的个数问题，进而采用同构的逻辑，通过构造函数的方式进一步将问题转化为同一函数不同函数值大小关系的比较问题.
考点六、零点、方程的根、图象交点小题综合
1．（2023·全国·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．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
3．（2022·全国·高考真题）（多选）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.
4．（2021·北京·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．
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）函数恰好有一零点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题将函数恰好有一零点，且等价于与相切，将切线斜率k和截距b求出来根据即可求解.
【详解】函数即，
因为函数恰好有一零点，且，
则由指数函数图象特性与相切，
因为，设切点为，则切线斜率为，
切点在切线上，故，
所以由得.
故选：B.
2．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知，若函数有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据导数判断在和上各有1个零点，转化为当时，有2个零点，利用正弦型函数的性质建立不等式求解即可.
【详解】当时，，当时，单调递增；
当时，单调递减．
又，，，所以在和上各有1个零点．
又因为有4个根，所以当时，有2个零点，
因为，所以，即，
解得．
故选：B．
3．（2024·全国·模拟预测）（多选）已知函数，，则（ ）
A．若有极值点，则
B．当时，有一个零点
C．
D．当时，曲线上斜率为2的切线是直线
【答案】BC
【分析】对A，判断当时情况即可；对B，求导分析函数的单调性，结合零点存在性定理判断即可；对C，根据得关于对称，再判断的对称性判断即可；对D，根据导数的几何意义判断即可.
【详解】对A，由题得，当时，递增，不存在极值点，故A选项错误；
对B，当时，，令得或，
令得，所以在上单调递减，在，上单调递增．
因为，，，
所以函数在上有一个零点，在上无零点．
综上所述，函数有一个零点，故B选项正确；
对C，由得关于对称，
令，该函数的定义域为R，因为，
则是奇函数，图象的对称中心是原点，
将的图象向上平移一个单位长度得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C选项正确；
对D，令，可得．又，，
所以当切点为时，切线方程为，
当切点为时，切线方程为，故D选项错误.
故选：BC．
4．（2024·安徽·模拟预测）若关于的方程有解，则实数m的最大值为 .
【答案】/
【分析】根据题意，由条件可得，构造函数，即可得到，然后利用导数求得函数的值域即可得到结果.
【详解】由题意得，，
令，则，
易知单调递增，所以.
令，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
所以，得.
所以的最大值为.
故答案为：
5．（2024·天津北辰·三模）若函数有四个零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】分析可知关于直线对称，由对称性可知当时，有2个零点，令，化简整理可得：与在内只有一个交点，利用导数分析的单调性和极值，结合图象分析求解.
【详解】由题意可知：的定义域为，
且，
可知关于直线对称，
原题意等价于：当时，有2个零点，且，即，
若，则，
显然，
若时，令，可得，
令，可知与在内只有一个交点，
则，令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
且，又，
可得的图象如图所示，
由图象可知：或或，解得或或，
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是关于直线对称，根据对称性可得当时，有2个零点，这样可以去绝对值，把问题转化为常规问题.
一、单选题
1．（2023·陕西西安·模拟预测）方程有两个不等的实数解，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】变形为有两个不等的实数解，构造，求导，得到单调性和极值情况，又当时，恒成立，当时，恒成立，从而得到答案.
【详解】由题意得有两个不等的实数解，
令，定义域为R，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在时取得极小值，也是最小值，
故，
又当时，恒成立，当时，恒成立，
故要想有两个不等的实数解，则.
故选：C
2．（2024·四川凉山·二模）若，，则函数的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】
求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.
【详解】,
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，，，
则的草图如下：
由图象可得函数的零点个数为.
故选：C.
二、多选题
3．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．有一个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】BC
【分析】利用导数y与零点存在性定理求解三次函数的极值点，零点，对称中心，切线问题.
【详解】选项A：则恒成立，故单调递增，故不存在两个极值点，故选项A错误.
选项B:又单调递增，故有一个零点，故选项B正确，
选项C：故点是曲线的对称中心，故选项C正确，
选项D：令，即，
令，则令，
则
当则当切线斜率为切点为则切线方程为：与不相等，
当时同样切线方程不为，故选项D错误.
故选：BC.
4．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的极值点为
B．的极值点为1
C．直线是曲线的一条切线
D．有两个零点
【答案】BC
【分析】利用导数与函数的极值的关系可判断AB；结合函数的单调性与函数零点的知识可判断D；利用导数的几何意义求得在处的切线方程，从而得以判断．
【详解】对A：因为，所以，
令，得；令，得，
所以在上单调递减；在上单调递增.
可知在处取得唯一极小值，也是的最小值，
所以的极值点为，故A错误，B正确；
对C：因为，，
所以在处的切线方程为，
即，故C正确．
对D：因为，，结合在上的单调性，
可知是在上的唯一零点；
当时，恒成立，故恒成立，
所以在上没有零点；
综上：只有一个零点，故D错误．
故选：BC.
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性与最值，作出函数大致图象，数形结合计算即可.
【详解】由题意，得方程有两个不相等的实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减．所以当时，取最大值．
作出函数的大致图象，如图．
由图可知，当时，直线与函数的图像有两个交点，
即方程有两个不相等的实数根，所以实数的取值范围为．
故答案为：.
6．（2024·山西·三模）已知函数，若函数恰有一个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据对勾函数的性质以及导数求解函数的最值，即可作出函数的图象，根据只有一个交点，即可结合图象求解.
【详解】，
由于为对勾函数，最小值为2，而，所以在单调递减，
故，作出的大致图象如下：
故要使恰有一个零点，只需要只有一个交点，
故，即，
故答案为：
7．（23-24高三上·四川内江·期末）已知函数，若函数的图象与曲线有三个交点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】将问题转为有三个不同的交点.构造函数，利用导数求解单调性，进而根据极值即可求解.
【详解】由于的图象与曲线有三个交点，所以有三个不同的实数根，即有三个不同的交点.
记,则，
令，则或，此时单调递增，
令，则，此时单调递减，
故和分别为的极大值点和极小值点，
要使有三个不同的交点，则,
即而，
故，
故答案为：
四、解答题
8．（2023·广西河池·模拟预测）已知函数
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，点斜式求切线方程即可；（2）构造新函数，在指定区间上求最大值，最小值即可解决.
【详解】（1）当时，，
所以，
因为，
所以切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为，即.
（2）由题知，函数与直线在上有两个不同的交点，
令，
所以，
因为，
所以令，得，
所以当时，，当时，，
所以在上有最大值，
因为，
又，
所以，
所以在上有最小值，
所以在上有两个不同的交点的条件是
，解得
所以实数的取值范围为
9．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）已知，
(1)求的极值；
(2)若函数存在两个零点，求的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值；
(2).
【分析】（1）利用导数研究的单调性，即可求极值；
（2）问题化为与有两个交点，结合（1）结论及性质确定参数范围.
【详解】（1）令且，则，
当时，当时，
所以在上递增，上递减，
故的极大值为，无极小值.
（2）由题设，有两个根，即与有两个交点，
由（1）知：在上递增，上递减，
在上，在上，且当趋向正无穷时趋向于0，
综上，只需，即.
10．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若函数有且仅有三个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用求导，导数值大于0来求单调递增区间即可；
（2）利用函数的单调性和取值情况，分析可得的取值范围.
【详解】（1）由，得，
令，得，解得．
所以的单调递增区间为
（2）令，解得或．
当变化时，，的变化情况如下表所示：
由函数有且仅有三个零点，
得方程有且仅有三个不等的实数根，
所以函数的图象与直线有且仅有三个交点．
显然，当时，；当时，．
所以由上表可知，的极小值为，的极大值为，
故．
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知过点的直线与函数的图象有三个交点，则该直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】方法一：问题转化为方程有三个不等的实数根.分离参数后构造函数，求导分析单调性后求出参数的范围；方法二：分离函数，令，则方程变为，分别构造函数，求导分析的单调性和极值，再讨论当时图象的情况和当时设切点，利用导数的意义求出切线的斜率，再由点在直线上和点斜式方程写出切线方程，求出斜率，最后综合以上求出斜率范围.
【详解】问题转化为方程有三个不等的实数根．
方法一：分离参数
因为，所以方程
有三个不等的实根等价于方程有两个不等的实根．
令，
则．
令，则，即单调递增．
又，所以当时，单调递减，且；
当时，单调递增，
且．
又因为当时，；当时，；当时，，
所以实数k的取值范围是．
故选：C．
方法二：分离函数
令，则，所以．
令，则，解得，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，有极小值；
而且，
所以方程有一解．
①当时，过一、三象限，两图象有两个交点，不合题意；
②当时，过原点O作的切线，
设切点，则，
所以．
又，得，
所以，
所以．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：方法一关键是能够把问题转化为方程有三个不等的实数根，再分离参数后由导数确定单调性和特殊值分析函数的最值情况.
2．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数，若方程存在三个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】考查利用导数研究函数零点问题，先根据导数情况得出函数单调性和最值情况，再数形结合分析，分段函数分段讨论即可.
【详解】因为方程存在三个不相等的实根，所以函数有三个零点，
当时，，所以，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在单调递增，，
又当时，；当时，，所以图象如图；
当时，，
所以，所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在单调递增，，
又当时，；当时，，所以图象如图，
所以当即时函数有三个零点，
即方程存在三个不相等的实根，
故选：C.
二、填空题
3．（2024·重庆·模拟预测）若函数的图象与函数的图象有三个不同的公共点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】依题意关于的方程恰有三个不等实数根，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，令，则（且），令（且），依题意可得与有两个交点，且其中一个交点的横坐标小于，另一个交点的横坐标位于之间，即可求出参数的取值范围.
【详解】令，则，即，
依题意关于的方程恰有三个不等实数根，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，当时，当时，
所以，
令，则（且），
则（且），
令（且），
因为在定义域上单调递增，在，上单调递增，
所以在，上单调递增，
又，，
要使关于的方程恰有三个不等实数根，
则与有两个交点，且其中一个交点的横坐标小于，另一个交点的横坐标位于之间，
则，解得，
综上可得实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将函数的公共点问题转化为方程的解，从而转化为常数函数的定函数的交点问题.
4．（2024·湖北黄冈·二模）已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】构造函数，利用导数，分类讨论，求出的取值范围.
【详解】令，
令，则，
令，则.
令，则，所以在上单调递增；
令，则，所以在上单调递减；
又，
则有且只有两根，分别为0，1；
因为与的图象有且仅有两个不同的交点，
则函数图象与轴有且仅有两个不同的交点，
设两个不同的交点的横坐标为，，
则方程组有且只有一组实数根，
令，则，
当时，，则此时在上递增，
又当趋向于，趋向于，当趋向于，趋向于，即，
则有且只有一组实数根；
当时，方程组有且只有一组实数根，
等价于函数图象与直线图象共有两个交点，
临界情况为两条直线与图象相切，
当与相切，
设对应切点为，因，
则相应切线方程为，即，
所以，所以，解得；
当与相切，设对应切点为，
则相应切线，即，
所以，可得，解得；
如图
则，
综上的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用两个函数图象有两个公共点，转化为新函数的零点情况；二是把解的情况转化为直线和曲线的相切问题，结合导数的几何意义求解即可.
5．（2024·福建泉州·一模）已知函数有且只有两个零点，则a的范围 ．
【答案】
【分析】根据题意，转化为有两个根据，即或有两个解，分别令，，利用导数求得函数和的单调性与最值，作出函数和的图象，结合图象，即可求解.
【详解】由函数，令，可得，
即，因为，所以，所以，
可得或，
即或，
令，，可得，，
当时，可得，在单调递增，且；
当时，且；
当时，可得，在单调递减；
当时，可得，在单调递增，且，
又当时，，，
当时，且；
作出函数的图象，如图所示，
要使得有两个实数根，即有两个不同的零点，
结合图象，可得或，即实数的取值范围为.
故答案为：.
【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.
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.
三、解答题
6．（2024·广东深圳·模拟预测）已知在时取得极大值．
(1)讨论在上的单调性；
(2)令，试判断在上零点的个数．
【答案】(1)答案见解析
(2)三个零点
【分析】（1）求导数，令，则或，通过讨论的正负，可得的单调性．
（2）分别讨论和，求出单调性，可得结果．
【详解】（1）由题意，，因为在时取得极大值，
则，得，
所以，
令，则或．
时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
时，，单调递减．
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
（2）在R上有3个零点，理由如下： ，
因为，所以是的一个零点．
，
所以是偶函数，即要确定在R上的零点个数，需确定时，的零点个数即可．
①当时，，
令，即或，
时，单调递减，且，
时，单调递增，且，
所以在有唯一零点；
②当时，由于，
，
而在单调递增，，
所以恒成立，故在无零点，
所以在有一个零点，
由于是偶函数，所以在有一个零点，而，
综上，在R有且仅有三个零点．
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数，，.
(1)若的最小值为0，求的值；
(2)当时，证明：方程在上有解.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数的最小值求参数即可；
（2）转化为在上有解，根据图象特征即可证明；
【详解】（1）由已知得，则.
令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，所以.
（2）要证在上有解，即证在上有解，
即证在上有解.
令，则.
设，则.
当时，；当时，.
所以即在上单调递增，在上单调递减.
又因为，，
，
所以由零点存在性定理知，，使，即，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以.
因为，所以，即，且时，
，所以当时，直线与函数的图像在上有交点，即在上有解.
【点睛】思路点睛：将方程在上有解转化为在上有解，求出在上的单调性，则直线与函数的图像在上有交点即可证明；
8．（2024·广东梅州·二模）已知函数，，（）．
(1)证明：当时，；
(2)讨论函数在上的零点个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，在上没有零点：当时，在上有且仅有1个零点．
【分析】（1）结合已知不等式构造函数，对其求导，结合导数与单调性关系即可证明；
（2）对求导，结合导数与单调性关系及函数零点存在定理对的范围进行分类讨论即可求解．
【详解】（1）证明，令，
则，
记，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减：在上单调递增，
从而在上，，
所以在上单调递增，
因此在上，，即；
（2），，
，在上，，
所以，在上递增，，即函数在上无零点；
，记，
则，在上递增，
而，
故存在，使，
当时，递减，时，递增，，
而，，
在上无零点，在,上有唯一零点，
综上，当时，在上没有零点：
当时，在上有且仅有1个零点．
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，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.
9．（2024·广西南宁·二模）已知函数
(1)若在定义域内单调递增，求的取值范围，
(2)若函数恰有两个零点，求的取值范围，
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）法一，求出函数的导数，根据题意可得恒成立，解不等式求出的范围；法二，求导，判断的单调性，根据函数的单调性，求出的范围即可；
（2）法一，求导判断的单调性，求出极值，并结合区间端点函数值和零点情况求解.法二，问题转化为有两个根，令，求导判断的单调性和极值以及区间端点函数值，得解；
【详解】（1）（解法一）由，得，
因为在定义域内单调递增，所以．即在上恒成立．
由，得，故的取值范围为．
（解法二）：由，得，，
当时，恒成立，在定义域内单调递增，符合题意；
当时，，
可见，当时，，在内单调递增；
当时，，在内单调递减，故不符合题意；
所以的取值范围为．
（2）（解法一）：由，，
，
当，即时，恒成立，在内单调递增，不符合题意；
当时，即时，，
可见，当时，，在内单调递增；
当时，，在内单调递减；
且当时，；当时．
故要使函数恰有两个零点，即使．
，解得．
综上所述，故的取值范围为．
（解法二）：由，得，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
则，
，即时；
另外，时，，
所以当时，图象与直线恰有两个交点．
即恰有两个零点时，的取值范围为．
10．（2024·广西贺州·一模）已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若关于x的方程有且只有一个解，求a的取值范围．
【答案】(1)当时，函数在上是增函数；
当时，函数在上是减函数，
在上是增函数.
(2)或
【分析】（1）先求导，再根据导函数的正负得出函数的单调区间；
（2）关于x的方程有且只有一个解，令，求出的单调区间，即可求解.
【详解】（1）对函数求导可得：
，
因为，则，
所以由可得，
解得或，
所以当时，函数在上是增函数；
当时，函数在上是减函数，在上是增函数.
（2）因为关于x的方程有且只有一个解，即，
也即，令，
则是减函数，
因为，所以函数在上是增函数，在上是减函数，
又因为当时，；；当时，；
所以实数的取值范围为或.
1．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【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）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
2．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，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．
3．（2021·浙江·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)见解析
(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，的单调递增区间为,无减区间；
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.
4．（2020·全国·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．
5．（2020·全国·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.
6．（2020·全国·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.
7．（2019·全国·高考真题）已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；
（2）先由（1）的结果，得到，，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立.
【详解】（1）由题意可得，的定义域为，
由，
得，
显然单调递增；
又，，
故存在唯一，使得；
又当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
因此，存在唯一的极值点；
（2）
[方法一]【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】
的根的情况问题可转化为函数与的图像在区间内的交点情况．．
当时，在区间内单调递增；又因为，所以当时，，则时，单调递减；当时，，则当时，单调递增．又，所以函数与的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为和，且，即和为的两个实根．

又因为，当时，，由于，所以，即，所以两个实根互为倒数．
[方法二]【分类讨论】
由（1）知，．又，所以有且仅有两个实根，可令．
下面证明，
由，得，显然有， ．（*）
（1）当时，，（*）式不成立；
（2）当时，，（*）式不成立；
（3）当时，，（*）式成立．
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
[方法三]【利用函数的单调性结合零点存在定理】
的定义域为，显然不是方程的根，
所以有两个实根等价于有两个零点，且定义域为．
而，所以在区间内单调递增，在区间内单调递增．
当时，，，
所以在区间内有唯一零点，即，
所以 ．
结合单调性知在区间内有唯一零点，所以有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数，
即有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数的对称性研究函数体现了整体思想；
方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段；
方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化.
8．（2019·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.
9．（2019·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.
10．（2018·江苏·高考真题）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】方法一：利用导数判断函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数,再根据函数在上的单调性确定函数最值，即可解出.
【详解】［方法一］：【通性通法】单调性法
求导得，
当时，函数在区间内单调递增，且，所以函数在内无零点；
当时，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．
当时，；当时，．
要使函数在区间内有且仅有一个零点，只需，解得．
于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以最大值与最小值之和为．
故答案为：．
［方法二］： 等价转化
由条件知有唯一的正实根，于是．令，则，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，当时，；当时，．
只需直线与的图像有一个交点，故，下同方法一．
［方法三］：【最优解】三元基本不等式
同方法二得，，当且仅当时取等号，
要满足条件只需，下同方法一．
［方法四］：等价转化
由条件知有唯一的正实根，即方程有唯一的正实根，整理得，即函数与直线在第一象限内有唯一的交点．于是平移直线与曲线相切时，满足题意，如图．
设切点，因为，于是，解得，
下同方法一．
【整体点评】方法一：利用导数得出函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数，进而问题转化为闭区间上的最值问题，从而解出，是该类型题的通性通法；
方法二：利用等价转化思想，函数在上有唯一零点转化为两函数图象有唯一交点，从而求出参数，使问题得解；
方法三：通过三元基本不等式确定取最值条件，从而求出参数，使问题得解，是该题的最优解；
方法四：将函数在上有唯一零点转化为直线与曲线相切，从而求出参数，使问题得
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新Ⅱ卷，第11题,6分
利用导数研究函数的零点
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
极值与最值的综合应用
判断零点所在的区间
2023年新Ⅱ卷，第22题,12分
利用导数研究函数的零点
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
根据极值点求参数
2022年新I卷，第10题,5分
利用导数研究函数的零点
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率）
求已知函数的极值点
2022年新I卷，第22题,12分
利用导数研究方程的根
由导数求函数的最值 (含参)
2021年新Ⅱ卷，第21题,12分
利用导数研究方程的根
求离散型随机查量的均值
均值的实际应用
2021年新Ⅱ卷，第22题,12分
利用导数研究函数的零点
含参分类讨论求函数的单调区间
0
2
0
0
极小值
极大值
0
2
0
0
极大值
极小值
0
2
0
0
单调递减
1
单调递增
单调递减
0
0
增区间
极大值
减区间
极小值
增区间
1
3
0
减区间
极小值3
增区间
0
0
0
单调递增
极大值
单调递减
单调递减
单调递减
极小值
单调递增
递减
递增
递减
递减，负值
无意义
递减，正值
极小值
递增，正值
0
2
0
0
单调递减
1
单调递增
单调递减