新高考数学三轮冲刺提升练习专题08 利用导数研究函数的零点问题（2份，原卷版+解析版）

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目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc133325120" 类型一：先同构，构造相同的函数，比较不同的函数值 PAGEREF _Tc133325120 \h 1
\l "_Tc133325121" 类型二：构造不同的函数判断相同的函数值 PAGEREF _Tc133325121 \h 2
\l "_Tc133325122" 类型三：用放缩法比较大小 PAGEREF _Tc133325122 \h 4
满分策略：
讨论零点个数的实质是研究函数图像的变化趋势，通过变化趋势看是否与x轴存在公共点，以此确定零点个数；在利用函数零点存在定理时，一般不使用极限语言，故尝尝需要“取点”，可借助ex≥x+1，lnx≤x-1等结构放缩，必要时可构造函数证明多取点的符号。
类型一：讨论零点个数
典型例题：（2023·四川达州·统考二模）设函数（、均为实数）.
(1)当时，若是单调增函数，求的取值范围；
(2)当时，求的零点个数.
【答案】(1)
(2)的零点个数是
试题分析：
（1）当时，可得出，求得，令，利用导数求出函数的最小值，分析可知恒成立，即可得出实数的取值范围；
（2）令可得出，设，则，利用导数分析函数的单调性与极值，即可得出方程的解的个数，即可得解.
详细解答：
（1）解：，.
，且，即.
设，则，即.
不等式的解集为，的解集为.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
因为，所以，，
为单调增函数，恒成立，即.
（2）解：由得.
设，则，则，
即.
令，则，且.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.，.
且，，在区间单调递增.
设，其中，则，
当时，，单调递减，，即，
，
，当时，.
当时，，
，当时，.
对任意实数，方程只有一个解，即的零点个数是.
【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.
题型专练：
1．（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）设函数，其中是自然对数的底数.则（ ）
A．当时，
B．当时，的零点个数为0
C．当时，
D．当时，的零点个数为1
【答案】B
【分析】令，求得且，分别当和时，可判定A、C错误；当，得到；当时，求得，令，求得函数的单调性，得到，可判定B正确；当，得到；当，令，利用导数求得函数的单调区间和最小值，得到，进而可判定D不正确.
【详解】令，则，且，
当时，，所以存在一个较小的数使得都有，
当时，，所以存在一个较小的数使得都有所以A、C都不正确；
对于B中，当，则，
当时，可得，令，
可得，所以在单增，则，
即，所以在单增，则，即，
所以的零点个数为0，所以B正确；
对于D中，当，则；
当，令，可得，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为，所以，
所以，
所以的零点个数为0，所以D不正确.
故选：B.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立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、根据恒成立或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·全国·学军中学校联考二模）已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】C
【分析】作出函数的图象，可设，可得，判断与交点个数，进而将的零点个数问题转化为函数的图象交点个数问题，数形结合，可得答案.
【详解】设，令可得：,
对于，，故在处切线的斜率值为，
设与相切于点，
切线斜率，则切线方程为：，
即，解得：；
由于，故作出与图象如下图所示，
与有四个不同交点，
即与有四个不同交点，
设三个交点为，由图象可知：，
作出函数的图象如图，
由此可知与无交点，与有三个不同交点，与各有两个不同交点，
的零点个数为7个，
故选：C
【点睛】方法点睛：解决此类复合函数的零点问题，常常采用换元的方法，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.
3．（2023春·内蒙古呼伦贝尔·高一校考开学考试）函数 在实数范围内的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】将原函数零点看做函数 与函数 的交点，根据单调性和零点存在定理求解.
【详解】令 ，，其中 是奇函数， 是二次函数，也是偶函数，
令 则 是偶数， 共有3个零点，
当时， ， ， 时， ；根据对称性当时，， 时， ；
由条件： ，
，令 ，则有 ，显然 是偶函数，当 时是增函数，
当 时， ， 单调递增，当 时， 单调递减，再根据对称性， 大致图像如下图：
原函数 ，等价于求 与 的交点的个数，
有2个零点： ，当时， ，无交点；
当 时， ， ，存在一个交点，
当 时， ，
存在一个交点，
当x趋于 时，由于 ，并且 ， 的增长速度明显大于 ，必然存在一个交点，所以有3个交点；
故选：D.
4．（2023·广东湛江·统考二模）若函数在上具有单调性，且为的一个零点，则在上单调递__________（填增或减），函数的零点个数为__________．
【答案】 增 9
【分析】根据函数在上具有单调性，限定周期的范围，得出的范围，再由函数的零点得出关于的等式，结合这两个条件求出的值，再数形结合得出结果.
【详解】因为在上具有单调性，
所以，即，．
又因为，
所以，即，
只有，符合要求，此时．
当时，，
所以在上单调递增．
因为的最大值为1，而，，
作出函数与的图象，由图可知，这两个函数的图像共有9个交点，所以函数的零点个数为9．
故答案为：增；9.
5．（2023春·河南洛阳·高二统考期中）已知函数，其中．
(1)求函数的单调区间；
(2)讨论函数的零点的个数．
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，再分，和分类讨论即可；
（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
在一元二次方程中，，
①当时，恒成立，此时函数单调递增，增区间为，没有减区间；
②当时，恒成立，此时函数单调递增，增区间为，没有减区间；
③当时，一元二次方程有两个不相等的根，
分别记为，有，，可得，
有，
可得此时函数的增区间为，减区间为，
综上可知，当时，函数的增区间为，没有减区间；
当时，函数的增区间为，
减区间为；
（2）解：由（1）可知：
①当时，函数单调递增，又由，可得此时函数只有一个零点为；
②当时，由，可得，
又由，由函数的单调性可知，
当且时，可得，有，
可得，
当时，
可知此时函数有且仅有3个零点，
由上知，当时，函数有且仅有一个零点；
当时，函数有且仅有3个零点．
【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．
6．（2023春·甘肃武威·高二武威第六中学校考期中）已知函数．
(1)求函数的单调区间和极值：
(2)若，讨论函数的零点个数．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；极小值为，无极大值
(2)答案见解析
【分析】（1）求导后，根据正负可得单调区间；根据极值点定义可求得极值；
（2）将问题转化为与的交点个数问题，结合（1）中结论作出函数图象分析可得结果．
【详解】（1）∵定义域为，，
又恒成立，
∴当时，；当时，；
的单调递减区间为，单调递增区间为；
所以极小值为，无极大值．
（2）当时，，当时，，结合（1）中结论作出函数图象如图：
的零点个数等价于与的交点个数；
当时，与有且仅有一个交点；
当时，与有两个不同交点；
当时，与有且仅有一个交点；
当时，与无交点；
综上所述：当时，有唯一零点；
当时，有两个不同零点；
当时，无零点．
7．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）已知函数．
(1)若在处取得极值，求k的值；
(2)若，当时，判断函数的零点个数．
【答案】(1)
(2)1个
【分析】（1）若在处取得极值，则，解方程即可得出答案；
（2）对求导，求出的单调性，讨论在，时函数值的正负和最值情况即可得出的零点个数.
【详解】（1），
若函数在处取得极值，则，解得，
所以，
经检验，此时函数在处取得极小值，所以．
（2），定义域为，
，令，显然在上单调递增，
当时，因为，，
所以存在唯一，使得，即，
即，所以．
当时，，故，
当时，，故，
当时，，故，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
所以当时，恰有1个零点．
当时，
，
令，，则，
所以在上单调递增，
所以，即时，，所以，
故当时，无零点，
综上，当时，在上只有1个零点．
【点睛】方法点睛：函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．
8．（2023春·吉林白山·高三统考期中）已知函数，为的导函数.
(1)证明：当时，；
(2)判断函数的零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)只有1个零点
【分析】（1）求导，分和两种情况判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得证；
（2），即，整理可得，设，由（1）可知当时，，在证明当时，，由此分析，结合零点的存在性定理即可得出结论.
【详解】（1）令，则，
当时，，
当时，，
即当时，，
所以在上单调递增，则，
故当时，成立；
（2），即，
所以
，
设，
由（1）可知当时，所以在上单调递增，
从而，
下面证明：当时，，即证，
设，则，
所以在上单调递减，
从而，即当时，，
当时，，，
所以是的零点；
当时，，，即，
所以在上无零点；
当时，，，即，
所以在上无零点；
当时，，所以，，即，
所以在上无零点；
当时，，
所以，
即，所以在上无零点，
综上在上只有1个零点.
【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，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，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．
9．（2023·四川绵阳·统考三模）已知函数.
(1)当时，求曲线在处切线的方程；
(2)讨论函数在区间上的零点个数.
【答案】(1)y=-2
(2)答案见解析
【分析】（1）将 代入，求 的导数值，根据点斜式直线方程求解；
（2）参数分离，构造新函数，对a分类讨论即可.
【详解】（1） ， ，
时的切线方程为 ；
（2）令 ，即 ，就是求此方程的解的个数，
， ，令 ，原题等价于求曲线 与直线在 时 交点的个数；
，令 ，
当 时， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
在 时， 取得最小值 ， ，
是增函数， ，
当 时，原函数 无零点，当 时，有1个零点，当 时，无零点；
综上，（1）切线方程为 ，当 时，原函数 无零点，当 时，有1个零点，当 时，无零点.
10．（2023春·湖南·高一校联考期中）已知函数.
(1)证明：函数为奇函数；
(2)判断函数的单调性；
(3)若函数，其中，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)证明见解析；
(2)函数在上单调递减；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据对数函数的概念求出函数的定义域，结合奇偶函数的定义即可证明；
（2），利用复合函数的单调性质即可判断；
（3）令，则，分类讨论，时，结合图形，t分别对应的零点个数，进而得解.
【详解】（1），
则函数的定义域为，关于原点对称，
，所以函数为奇函数；
（2），
又函数在和上单调递减，
由函数图象的平移可知在上单调递减，
而函数在上单调递增，利用复合函数的单调性质知，
函数在上单调递减；
（3）由，得，令，则，
当时，由，得，如图，
当时，，由图可知，对应有3个零点；
当时，，由图可知，对应有1个零点；
当时，如图，
由图可知，只有一个，对应有1个零点；
综上，当时，函数只有3个零点；
当时，函数只有1个零点；
当时，函数只有1个零点.
类型二：已知零点求参数范围
满分策略：分离变量
1.利用零点存在性定理构建不等式求解；
2.分理处那术后转化为函数的值域或最值问题求解；
3.转化为两个熟悉的函数图像的位置关系问题，从而构建不等式求解。
典型例题：（2022秋·浙江绍兴·高一统考期末）已知函数.
(1)当时，求的单调递减区间；
(2)当时，函数恰有3个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
试题分析：
（1）由，得到，利用二次函数的性质求解；
（2）由题意得到，再分，，，转化为两函数交点求解；法二：令，转化为，利用数形结合法求解；
详细解答：
（1）解：当时，，
由二次函数的性质得的单减区间为.
（2）由题意知，，易知不是的零点.
①当时，，
令，则，
②当时，，
令，则，
③当时，，
令，则，
设，则，记，
对于①，，设，任取，且，
则，
因为，所以，又，则，
所以，即，则m在上递增，此时单调递减，且，
故当时，只有1个零点：当时，没有零点.
对于②，，此时在单调递减，在单调递增，且时，趋近，时，趋近，，
故当，即时，有2个零点；
当，即时，没有零点；
当时，只有1个零点.
对于③，令，则，记，
因为，则，显然在单调递减，且，
则时，有1个零点：当时，没有零点.
综上所述，时，有3个零点.
法二：令，即，因为，故，
因为与的渐近线分别为和，而是恒过的折线.
由图可知，当与相切时，有两个零点，
即在有且只有一个解.
即在有且只有一个解.
当，即 时， ，不成立；
当 时，，解得，
故当时，有3个零点.
题型专练：
11．（2023·广东深圳·统考二模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，函数恰有两个零点.
（i）求m的取值范围；
（ii）证明:.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，再分和，根据导数的符号即可得出答案；
（2）（i）求导，，利用导数判断函数的单调性，再结合（1）分和两种情况讨论，利用零点的存在性定理即可得出答案；
（ii）由（i）可得要证，即证，先证明，再构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而可得出结论.
【详解】（1），
当时，，所以函数在上递减，
当时，设，则，
所以函数在上递增，即在上递增，
令，得，
当时，，函数为减函数，
当时，，函数为增函数，
综上可得，当时，函数在上递减；
当时，函数在上递减，在上递增；
（2）（i），
函数的定义域为，
，
设，则，
所以函数在上递增，
由（1）可知，当时，，
即，
所以，
所以，
又因，由零点的存在性定理可得，
存在，使得，即，（*）
当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
当时，由（*）可知，
且，
设，则，
所以函数在上递增，
因为，结合，
得，又，所以，
所以，
即，
所以当时，函数最多一个零点，与题意矛盾，
当时，，
设，则，
所以函数在上递增，
所以，即，
因为，所以，即，所以，
则，
所以，且，
当时，，
所以由的单调性可知，且，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
，且，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
所以当时，函数恰有两个零点，
综上所述，m的取值范围为；
（ii）因为，即，
则，
所以，
有基本不等式可得，
当且仅当，即时，取等号，
由，由可得，这与矛盾，所以，
所以，
要证，即证，
设，
则
所以函数在上递减，
所以当时，，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
【点睛】方法点睛：用导数求函数零点个数问题方法：
（1）分离参数法：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，通常解法为从函数中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；
12．（2023春·山西吕梁·高二校考阶段练习）已知，函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若函数恰有2个零点，则的取值范围．
【答案】(1)或；
(2)或
【分析】（1）分类讨论并列出不等式组即可求得不等式的解集；
（2）按分类讨论，求得不同条件下符合以要求的的取值范围，进而得到函数恰有2个零点时的取值范围.
【详解】（1）时，，
不等式等价于或
解之得或，
则不等式的解集为或
（2）的根为；的两根为或
当时，函数恰有2个零点1和3，符合要求；
当时，函数恰有3个零点1和3和4，不符合要求；
当时，函数恰有2个零点1和4，符合要求；
当时，函数恰有1个零点4，不符合要求.
综上，若函数恰有2个零点，则的取值范围为或．
13．（2023·山西太原·太原五中校考一模）已知函数的周期为，图象的一个对称中心为，将函数图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.
(1)求函数与的解析式；
(2)求实数与正整数，使得在内恰有2023个零点.
【答案】(1)，
(2)，
【分析】(1)根据函数图象的变关系直接求解；
(2)转化为方程有个根，根据奇数个根可得其中一个根必为或1，分类讨论求解.
【详解】（1），
当时，，
因为，取，
，
将函数图像上的所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），
可得函数，再将所得图像向右平移个单位长度后，
，
（2）由（1）得，，
，
不妨设或，显然，
若且，则在上必有偶数个零点，
所以中至少有一个为或，
不妨设或，
当，则,
此时在上有1个零点，在上有2个零点，即在上有3个零点，如图所示，
又，所以只需即可满足题意；
当，则，
此时在上有2个零点，在上有1个零点，即在上有3个零点，如图所示，
又，当时，在上有2022个零点，当时，增加2个零点，即在上有2024个零点，故不符合题意.
综上所述，．
14．（2023春·江西南昌·高一校考阶段练习）已知函数，且.
(1)求的值，并求出的最小正周期（不需要说明理由）；
(2)若，求的值域；
(3)是否存在正整数，使得在区间内恰有2025个零点，若存在，求由的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)，函数的最小正周期为
(2)
(3)存在正整数，理由见解析
【分析】（1）根据代入即可求解的值．因为的周期是都，故得函数的最小正周期；
（2）根据，得到，设，，转化为二次函数求解；
（3）分类讨论和时，将转化为二次函数，从而求得其零点个数，进而得解.
【详解】（1）函数，
∵，
∴，解得：，
所以，
因为的周期是都，
又周期成倍数关系的两个函数之和，其周期为这两个函数的周期的最小公倍数，
所以函数的最小正周期为.
（2）若，则，
设，则，
则，
所以，
所以其值域为；
（3）存在正整数，使得在区间内恰有2025个零点．
当时，．
设，
则，
于是，
令，得或，
此时，或或，其中，
当时，．
设，则，
于是，
令，
解得或，
故在没有实根．
综上，在上有4个零点，
又的最小正周期为，而，
所以函数在有2025个零点．
15．（2023春·山东·高二校联考阶段练习）已知函数在上单调递增，在上单调递减．
(1)求c的值；
(2)若恰有两个零点，求b的值．
【答案】(1)0
(2)
【分析】（1）由题知在处取极大值，进而根据求解即可；
（2）由，得或，进而将问题转化为在上有一个零点，再结合函数在上的单调性得，进而解方程即可得答案.
【详解】（1）由，得．
因为在上单调递增，在上单调递减．
所以在处取极大值，，
经检验时，符合题意，
故c的值为0．
（2）结合（1）可得．
令，解得或．
因为在上单调递增，在上单调递减，所以．
因为，，
所以在上有一个零点．
因为恰有两个零点，所以在上有一个零点．
因为当时，，当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，解得．
故b的值为1．
16．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数.
(1)若的周期为，且的三个内角所对的边分别是，满足，，，求；
(2)若在上恰有两个零点，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由函数周期计算值，得函数解析式，然后由计算，再利用三角函数平方关系计算，由正弦定理计算边；
（2）由整体法得的范围，由在上恰有两个零点，数形结合列关于的不等式求解即可.
【详解】（1）因为的周期，
故，又，故，
则，又，
则，
因为，所以，解得即，
因为，则
又，由正弦定理得：，解得.
（2）因为，又因为在上恰有两个零点，
当，所以，
故，解得：，
故的取值范围是.
17．（2023春·天津武清·高二天津市武清区城关中学校联考阶段练习）已知，函数，.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若函数的减区间是，求a的值；
(3)若函数在上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)4
(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线斜率，再根据点斜式方程即可求得切线方程；
（2）因为，且函数的减区间是可得；
（3）令，求导判断单调性，从而问题转化为，求解即可.
【详解】（1），
当时，，
，
在点处的切线方程为，即
（2）函数的减区间是(-1，4)，
而
令，当时，，单调递减，，
当时，，单调递减，不符合题意，
当，无实数解，不符合题意,
故.
（3）=
令，所以，
令得，
当时，；当时，
故在上递减；在上递增
所以，即，
所以，
实数的取值范围是.
18．（2023·湖南张家界·统考二模）已知函数,.
(1),求的最值;
(2)若函数恰有两个不同的零点,求的取值范围.
【答案】(1)最大值是,无最小值
(2)
【分析】(1)求导研究函数单调性即可求得最值.
(2)分析函数的零点,本质上是分析函数的单调性与极值的问题,求导之后发现导数有一个零点含参,需对导数的该零点进行分类讨论,从而讨论函数单调性和极值的情况,结合极限,即可分析函数的零点个数.难点在于定义域是,需要对参数进行分类讨论.
【详解】（1）由题意可得,定义域为.
设,由,得,由,得.
则在上单调递增,在上单调减,
,
故在上的最大值是,无最小值.
（2）由题意可得,
,
的定义域是.
①当,即时,时,时,
则在上单调递减,在上单调递增.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,
则,解得,故;
②当,即时,由,解得,
因为,所以,则有且仅有1个零点,故不符合题意;
③当,即时,由,得或,
由,得,
则在和上单调递增,在上单调递减.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,则或
,
若,解得,不符合题意,
若,设,则化为,
时,,,
所以,无解,
即无解,故不符合题意;
④当,即时,恒成立,则在上单调递增,从而最多有1个零点,则不符合题意;
⑤当,即时,由,得或,由,得,
则在和上单调递增,在上单调递减.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,则或.
若,解得,不符合题意,
若.
设,则化为,
由（1）知在上单调递减,所以,无解,
即无解,故不符合题意.
综上,的取值范围是.
【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性,函数零点个数问题,难点在于函数定义域是,因此导数的零点需要根据定义域分类讨论,在定义域内有一个根, 还是两个根,有两个根时还需要比较两根的大小,从而得出函数单调性极值,由于含有参数还需结合函数变化趋势确定零点的存在性,从而得出结论.分类不清易出错.
19．（2023·陕西·校联考模拟预测）已知函数．
(1)设．
①求曲线在点处的切线方程．
②试问有极大值还是极小值？并求出该极值．
(2)若在上恰有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)①；②有极大值.
(2)
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求斜率，根据点斜式即可求解切线方程；利用导数讨论函数单调性即可求解极值问题.
（2）由题意，转化为方程有两个解，即直线与函数，有两个交点，构造，求导得到其单调性，数形结合，即可求出a的取值范围.
【详解】（1）①当时，，则，
所以，所以曲线在点处的切线方程为，
即．
②令得，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由极值的定义知，当时，函数有极大值，无极小值.
（2）因为函数在上恰有两个零点，所以方程在上有两个解，
即在上有两个解，
记，，则直线与函数，有两个交点，
则，
记，则，
令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
令得，又，
所以当时，，，函数单调递增，
当时，，，函数单调递减，
又，，
如图，
由图知，要使直线与函数，有两个交点，则，
所以函数在上恰有两个零点时，a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：已知函数零点的个数，求参数的取值范围的常用方法：
（1）直接法：直接根据题设条件列出关于参数的不等式，求解即可得出参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题进行求解；
（3）数形结合法：对解析式适当变形，构造两个函数，在同一平面直角坐标系中，画出两个函数的图象，其交点的个数就是方程根的个数，然后数形结合求解．常见类型有两种：一种是转化为直线与函数的图象的交点个数问题；另一种是转化为两个函数的图象的交点个数问题．
20．（2023春·山东德州·高一德州市第一中学校考阶段练习）已知函数的最小正周期为，且直线是其图象的一条对称轴.
(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数记作，已知常数，，且函数在内恰有2021个零点，求常数与n的值.
【答案】(1)；
(2)，．
【分析】（1）根据函数最小正周期求出ω的值，根据对称轴和φ的范围可求φ的值，从而可得f(x)的解析式；
（2）先求得g(x)解析式，从而求得F(x)解析式，令F(x)=0，令sinx=t，讨论关于t的二次方程的两个根的情况即可判断F(x)零点的个数．
【详解】（1）由三角函数的周期公式可得，，
令，得，
由于直线为函数的一条对称轴，
∴，得，
由于，，则，
因此，．
（2）将函数的图象向右平移个单位，得到函数，
再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数为，
即．
令，可得，令，得，，
则关于t的二次方程必有两不等实根、，则，即、异号．
当且时，则方程和在区间均有偶数个根，
从而方程在也有偶数个根，不合题意；
当，则，此时，当时，只有一根，有两根，
∴，关于的方程在上有三个根，由于，
则方程在上有个根，
由于方程在区间上只有一个根，在区间上无实解，
方程在区间上无实数解，在区间上有两个根，
因此，关于x的方程在区间上有2020个根，
在区间上有2022个根，不合题意
当时，则，此时，当时，只有一根，有两根，
∴，关于x的方程在上有三个根，
由于，则方程在上有个根，
由于方程在区间上无实数根，在区间上只有一个实数根，
方程在区间上有两个实数解，在区间上无实数解，
因此，关于x的方程在区间上有2021个根，满足题意．
若有一根绝对值大于1，则另一根绝对值大于0且小于1，有偶数个根，不合题意
综上所述：，．