新高考数学二轮复习解答题提优训练专题2.13 导数中的零点问题（2份，原卷版+解析版）

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1．求解有关函数零点问题的常用方法与策略
(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)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；
(3)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)构造新函数法（数形结合）：将问题转化为研究两函数图象的交点问题，先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
2．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象；
3．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；
4．利用导数硏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构造辅助函数硏究．
1．（2023·四川成都·校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)若有两个零点，，求证：.
【解题思路】（1）利用导数可求出的最小值为，讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题；
（2）由（1）可得，在区间上单调递增，则与2的大小关系，等价于与的大小关系，即与的大小关系，又注意到，故利用导数研究函数的单调性即可.
【解答过程】（1）.
因为，所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以.
当，即时，的零点个数为0.
当，即时，的零点个数为1.
当，即时，
注意到，.
下面证明.
设，所以，
由解得；由解得.
则在单调递增，单调递减，
所以，即.
所以，所以.
因此，，，使得，所以此时的零点个数为2.
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.
（2）证明：（证法一）由（1）可知，当时，函数有两个零点，且.
令，，则.
当时，，所以在区间上单调递增，
所以.
所以.因为，所以.
又由（1）可知，在区间上单调递增，所以，故.
（证法二）由，得
则.
由对数平均不等式，得，
所以，
所以.又，所以.
2．（2023·江西九江·统考二模）已知函数，．
(1)若直线与曲线相切，求a的值；
(2)用表示m，n中的最小值，讨论函数的零点个数．
【解题思路】(1)根据已知切线方程求列方程求切点坐标，再代入求参即可；
(2)先分段讨论最小值，再分情况根据单调性求函数值域判断每种情况下零点个数即可.
【解答过程】（1）设切点为，∵，∴
∴（*）
消去a整理，得，∴
∴
（2）①当时，，，∴在上无零点
②当时，，．
若，，此时，是的一个零点，
若，，此时，不是的零点
③当时，，此时的零点即为的零点．
令，得，令，则，
当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，且当时，
（i）若，即时，在上无零点，即在上无零点
（ii）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点
（iii）若，即时，在上有两个零点，即在上有两个零点
（iv）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点
综上所述，当或时，在上有唯一零点；
当或时，在上有两个零点；
当时，在上有三个零点.
3．（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.
【解题思路】(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.
【解答过程】（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.
4．（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)试判断函数在区间内零点的个数？说明你的理由.
【解题思路】（1） 由切点符合切线方程，以及切线的斜率等于函数在切点处的导数值，列方程组，解出、的值；
（2）由（1）得出函数的解析式，将在区间内零点的个数，转为在区间内零点的个数，对求导，判断出单调性和极值，得出零点个数．
【解答过程】（1）的定义域为.
，，，
∵在点处的切线方程为，切线的斜率为.
，解得，.
（2）由（1）知，.
∴（为自然对数的底数）.
在区间内有两个零点.理由如下：
∵总成立，∴在区间内零点的个数等价于在区间内零点的个数，
∵，.
又∵，由，得.
当时，得，得，即，在上单调递减.
当时，得，得，即，在上单调递增.
∴在处取得极小值，也是最小值.
.
综上所述，在区间和区间内各有唯一零点，即在区间内有两个零点.
∴函数在区间内有两个零点.
5．（2023·四川绵阳·校考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的图象在处的切线方程;
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.
【解题思路】（1）根据切线的几何意义得到，根据点斜式可得到方程;
（2）对进行求导，然后分，和且三种情况研究其单调性，判断最值的符号，结合零点存在定理即可
【解答过程】（1）因为，其定义域为，
因为，所以，所以，所以
又，所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）由题意知，且其定义域为，易知，且，
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，不可能有2个不同零点，不合题意;
当时，令，则，
故在上单调递减，
当时，，且，
所以当时，，即，当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，且，此时函数仅有一个零点，不合题意.
当且时，，
所以存在唯一的，使得，即，所以，
当时，，即;当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，所以.
设，则，
当时，;当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
于是，所以(当且仅当时等号成立)，
因为，所以，所以，
又在上单调递增，在上单调递减.
①当时，由，令，显然在上单调递增，
因为，所以，又，
所以，且由可得，
令，则，可得，
所以在上，单调递减，
从而，即.
所以，从而在内必有另一个零点，
故此时有两个零点.符合题意.
②当时，所以，
因为在定义域内是单调递增函数，且当时，，
所以，此时时，时，，
设，可得.
令，
所以在上单调递减，从而，故，
从而，且当时，存在，使得，
也即当有两个零点.
综上，所求实数的取值范围是.
6．（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.
【解题思路】（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.
【解答过程】（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.
7．（2023·山东·统考一模）已知，且0为的一个极值点．
(1)求实数的值；
(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
【解题思路】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【解答过程】（1）由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故.
（2）①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，
则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
8．（2023·云南曲靖·校考模拟预测）已知函数（，为自然对数的底数），.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围；
(3)若不等式对，恒成立，求实数的取值范围.
【解题思路】(1)由导数的几何意义求出直线的斜率，再用点斜式即可求出切线方程；
(2)分离常量，求零点，转化成两函数的交点；
(3)通过放缩，将原命题等价于对一切恒成立，再通过分离常量，构造函数，利用导数求出的最小值，即可求出结果.
【解答过程】（1）
，，，∴
又∵，∴在处的切线方程为.
（2）∵有两个零点，∴关于的方程有两个相异实根，
∵，∴，有两个零点即有两个相异实根.
令，则，
∵得，得，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴，
又∵，∴当时，，
当时，，当时，，有两个零点时，实数的取值范围为.
（3） ∵，，所以
∴原命题等价于对一切恒成立，
∴对一切恒成立，
令，∴，
令，，
则，∴在区间上单调递增，
又，，
∴使，即①，
当时，，即在区间上单调递减，
当时，，即在区间上单调递增，
∴
由①知，
∴，
令，在恒成立，
所以函数在区间上单调递增，
∴即，
∴，∴，
∴实数的取值范围为.
9．（2023·四川成都·统考二模）已知函数，其中，．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若方程恰有两个不相等的实数根，求的取值范围．
【解题思路】（1）直接通过求导判断单调区间即可；
（2）先对原方程进行同构变形，将换元后的方程通过构造函数求导判断其有唯一零点，从而将原方程简化为方程有两个不相等的实数解，最后对取对变换化简后的方程再构造函数，根据零点个数求参数的取值范围.
【解答过程】（1）当时，．∴．
∵，∴当时，；当时，．
∴函数单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）∵，，，
令，则．
令，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，∴方程有唯一解．
∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．
等价于方程有两个不相等的实数解．
构造函数，则．
∵，∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，；，．
∴只需要，即．
构造函数，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
∵，∴当时，恒成立．
∴的取值范围为．
10．（2023·安徽安庆·统考二模）已知函数，，..
(1)若曲线在点处的切线方程是，求和的值；
(2)若，且的导函数恰有两个零点，求的取值范围.
【解题思路】（1）由及求得和的值；
（2）恰有两个零点转化为有两根，用导数研究的图象，由与有两个交点得的取值范围.
【解答过程】（1）因为，所以，
因为曲线在点处的切线方程是，
所以即
解得
（2）由得，.显然
因此.
令且，则，
解方程得，，
因此函数在和内单增，在和内单减，且极大值为，极小值为.的大致图象如下：
由图象可知,当或时，直线与曲线分别有两个交点，即函数恰有两个零点.
故的取值范围是.
11．（2023·内蒙古赤峰·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)当函数与函数图像的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；
(2)证明：当时，函数有两个零点.
【解题思路】（1）根据题意，先求得公切线的方程，然后与函数联立，可得
函数，求导，即可得其值域，从而得到结果.
（2）根据题意，转化为只要证有两个零点即可，且是函数的一个零点，然后求导，可得其另一个零点在区间上，即可得证.
【解答过程】（1）设公切线与函数的切点为，则公切线的斜率为，
则公切线的方程为:，将原点坐标代入，得，
解得，即公切线的方程为:，将它与联立，
整理得，令，求导可得，
令，解得，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，值域为，
由于直线与函数相切，即只有一个公共点，故实数a的取值集合为.
（2）因为，要证函数有两个零点，只要证有两个零点即可，且，即是函数的一个零点，
对求导可得，，令，解得，
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
当时，取最小值，且，
所以，
即必定存在使得二次函数，
即，因此在区间必定存在的一个零点，
综上所述，有两个零点，一个是，另一个在区间上.
12．（2023·江西南昌·统考一模）已知函数.
(1)若时，函数有3个零点，求的取值范围；
(2)若，，方程有解，求的取值范围.
【解题思路】（1）由函数有3个零点，可得与的图象有三个交点，结合导数分析单调性，再结合大致图象即可求解；
（2）由方程有解，即有解.设，则则，设，则恒成立，可得在单调递增，结合，，可得，可得在单调递减，在单调递增，进而求解.
【解答过程】（1）函数有3个零点，即有3个根，
即有3个根，
即与的图象有三个交点；
，
令，解得；令解得或，
即在单调递增，在单调递减，在单调递增.
又，，时，
所以，
即的取值范围为.
（2）由方程有解，
即有解.
设，
则，
设，
则恒成立，
故在单调递增，
又，，
且存在唯一的，使得，
所以，
且时，；时，.
即在单调递减，在单调递增，
时，时，
故要使得有解，只需，
故，
故，解得，
而在上单调递增，故，
又因为，故的取值范围为.
13．（2023·江苏·统考一模）已知，函数，.
(1)若，求证：仅有1个零点；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
【解题思路】（1）代入，求出导数，通过证明单调性继而证明出仅有1个零点；
（2）由解析式可知，证明有两个零点，只需证明在或上存在零点，分类讨论的不同取值时，在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数的取值范围.
【解答过程】（1）当，，
时，，
所以在上单调递增，且，
所以仅有1个零点.
（2），
当时，，在上单调递增，此时仅有1个零点0；
当时，时，设，
则，所以在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
时，，
，所以在上单调递减，此时仅有1个零点0；
当时，，
由上知在上单调递增，在上，，
所以存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
要使有两个零点，则，
此时；
当时，由上知在上单调递减，
且在上单调递减，，
时，，则，
所以存在使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
时，，
所以，所以在上有1个零点，此时有两个零点.
综上，的取值范围为.
14．（2023·河南·统考模拟预测）已知函数
(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若，判断关于的方程在内解的个数，并说明理由．
【解题思路】（1）由题意转化为即恒成立，由此构造函数，转化为求函数的最值问题，即可求得答案；
（2）由题意得 ，等价于 ，构造，通过判断导数正负，判断函数单调性，结合零点存在定理，继而判断函数的零点个数.
【解答过程】（1）由题意在上恒成立，得 恒成立，
令，则 ，
当时，令，解得，
令，解得 ，
所以在为减函数，在上为增函数，
故，
故，即，
所以实数的取值范围 .
（2）由，得等价于，
令，
因为在上 ，
，单调递减，
在上，故 ，，单调递增，
注意到，，在和上各有一个零点，
共有两个零点，故方程有两个实数根.
15．（2023·辽宁·校联考一模）已知函数．
(1)求的最值；
(2)当时，函数的图像与的图像有两个不同的交点，求实数的取值范围．
【解题思路】（1）求导，根据导函数的符号求解；
（2）构造函数 ，求导，研究 的单调性，对a分类讨论.
【解答过程】（1）因为，所以 ，
令 ，则，
所以 时， ，在上单调递减，
时， ， 单调递增，
所以，无最大值；
（2）令，原问题等价于 有2个零点，
，
令 ，则 ，
显然 在上单调递增，所以 ．
当时， ，在上单调递增，，即 ，
则在上单调递增，所以，
所以有且仅有1个零点，不符合题意；
当时， ， ，
， ，
所以存在唯一，使得 ．
当时， ，单调递减，则，
当时， ，单调递增，
又 ，
所以当x趋于时， 也趋于，存在唯一的，使得．
当时， ，则在上单调递减，
当时， ，则在上单调递增，
因为，且当x趋于时， 也趋于，则在上有两个零点，
所以实数的取值范围是；
综上， 的最小值是 ，无最大值；a的取值范围是.
16．（2023·河南·校考模拟预测）已知函数．
(1)若，讨论零点的个数；
(2)求证：．
【解题思路】（1）分类讨论，求导，研究单调性质，通过最值分析零点个数；
（2）利用放缩，转化为证明问题，构造函数，求导，通过最值符号证明不等式成立.
【解答过程】（1）当时，，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，此时函数只有一个零点；
当时，，则．
令，得．当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
又，所以，所以，
此时函数无零点．
综上，当时，函数只有一个零点；
当时，函数无零点．
（2）由（1）知，，要证，
只需证，只需证，
记，则
时，，所以在上单调递增，
时，，所以在上单调递减，
所以，
即成立，当且仅当时，等号成立，
又由不等式，当且仅当时，等号成立，
所以恒成立，故，得证.
17．（2023·四川成都·统考二模）已知函数，其中，．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，函数恰有两个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求导，分与两种情况，得到函数的单调性；
（2）转化为方程有两个不等的实数解，换元后得到，构造，求导得到其单调性，得到方程有唯一解，转化为有两个不相等的实数，构造函数，求导得到其单调性，结合函数走势，只需要，构造函数，得到其单调性，求出a的取值范围.
【解答过程】（1），
∵，，
∴当时，恒成立，函数在上单调递增．
当时，
当时，；当时，．
函数在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）函数恰有两个零点，
等价于方程有两个不等的实数解．
∵，，，
令，则．
令，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，
∴方程有唯一解．
∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．
等价于方程有两个不相等的实数解．
构造函数，则．
∵，
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，；，．
∴只需要，即．
构造函数，则．
∴当时，；当时，．
函数在上单调递减，在上单调递增．
∵，
当时，恒成立．
∴a的取值范围为．
18．（2023·江西上饶·统考一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，，试讨论在内的零点个数．（参考数据：）
【解题思路】（1）求出函数的导数，讨论a的范围，判断导数正负，可得答案；
（2）求出的导数，再次求导，分和讨论的正负，判断函数的单调性，进而结合零点存在定理判断函数零点的个数.
【解答过程】（1）由已知可知,
当时，，在R上单调递增；
当时，令，则，
当时，，在单调递减,
当时，,在单调递增.
综上，当时，在R上单调递增，
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由已知，，
令,则,
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
，，，
①当时， ，，存在唯一的，使得，
当时，在上递增；当时，在上递减，
因为，所以，又因为，
由零点存在性定理可得，在上仅有一个零点；
②当时，，，使得，
当和时，单调递减，
当时，单调递增，
因为，所以，又因为，
所以，
而，由零点存在性定理可得，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，
综上所述，当时，在上仅有一个零点，
当时，在上有2个零点．
19．（2023·山东威海·统考一模）已知函数有两个零点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)设是的两个零点，求证：.
【解题思路】（1）求出导函数，通过讨论，时，结合函数有两个零点，可知 ，利用函数单调性可知，当时，原函数才有两个零点，求解即可；
（2）要证，即证，方法一：不妨设，由在单调递减，得，构造函，求导，利用基本不等式可得，则，结合，所以，所以，命题得证；方法二：不妨设，由在上单调递减，得，结合和，得 ，构造函数，则，则函数在上单调递减，所以，所以，可得，则，命题得证.
【解答过程】（1），
当时，，所以在上单调递增，不满足题意；
当时，令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，有，，
又因为函数有两个零点，
所以，即，
所以，可得，
所以，
故实数a的取值范围是.
（2）要证，即证，
方法一：下证，即证，
不妨设，由（1）可知，所以，
因为在上单调递减，即证，
因为，所以，即证，
令，
，
所以在上单调递增，又因为，
所以，即，
可得，所以，
所以，即，
又因为在上单调递减，所以.
方法二：下证，即证，
不妨设，由（1）可知，所以，
因为在上单调递减，即证，
因为，即证，
，
因为，所以，所以，
因为且，所以，令，
，
所以在上单调递减，所以，
所以，所以，可得，
因为，所以，
所以，即，
又因为在上单调递减，所以.
20．（2023·全国·模拟预测）已知函数在上单调递增.
(1)求的最大值；
(2)证明：当时，在上仅有一个零点.
【解题思路】(1)根据导数与函数的单调性关系结合条件可得在上恒成立，通过分离参数求的最大值；
(2) 寻找与之间的关系，令结合单调性化简可得，设，利用导数研究其单调性，结合零点存在性定理证明结论.
【解答过程】（1）当时，
由题可得，当时，恒成立，
即当时，恒成立，
因为当时，，所以，故的最大值为1.
（2）当时，，
因为在上单调递增，且当时，
，
所以当时，即，
即，
令，则在上的零点即的零点，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，
因为，，所以存在，使得，
所以当时，，单调递减，，
当时，，单调递增，
又，故存在唯一的，使得，
所以当时，，单调递减，，
当时，，单调递增，
又，故存在唯一的，使得，
即在上仅有一个零点.
21．（2023·四川遂宁·校考模拟预测）已知函数.
(1)若函数的导函数为，讨论函数零点的个数;
(2)当时，函数在定义域内的两个极值点为，试比较与的大小，并说明理由.
【解题思路】（1），令，得，设，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的大致图像，结合图象即可得出结论；
（2）要比较与的大小，只需比较与3的大小，求导，由题意可得，则，构造函数，其中，利用导数判断的符号，即可得出结论.
【解答过程】（1）因为，所以，
令，得，则，
设，则，
当时，时，，
所以在上单增，在上单减，
又，
作出函数的大致图像，如图所示，
所以当或，即或时，函数零点的个数为1，
当，即时，函数零点的个数为2，
当，即时，函数零点的个数为0；
（2），
则，
因为函数在定义域内的两个极值点为，
所以，
要比较与的大小，只需比较与3的大小，
由得，
所以，
设，其中，
设，
得，
故在上为增函数，
所以在上，
又因为，所以，
即，
综上所述，.
22．（2023·新疆阿勒泰·统考一模）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在上存在零点，求实数的取值范围.
【解题思路】（1）对求导，判断的正负即可得出答案；
（2）将题意转化为，令，对求导，求出的单调性和值域，即可求出实数的取值范围.
【解答过程】（1）由已知，，
有，令，解得
由，可知当变化时，的变化情况如下表：
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）令，则存在，
使得
两边同时除以得
即
令
由已知，即，
则函数在上单调递增，
，
故，即.
23．（2023·北京丰台·统考一模）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)若函数有两个不相等的零点，．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：．
【解题思路】(1)利用导数研究函数的单调性和极值.
(2)（i）利用导数研究函数的单调性与极值，再结合图象与零点进行求解.
（ii）利用构造对称函数以及导数进行证明.
【解答过程】（1）因为，所以，因为，
由有：，由有：，
所以函数在单调递减，在单调递增，
所以函数无极大值，有极小值.
（2）（i）由(1)有：函数在单调递减，在单调递增，
若函数有两个不相等的零点，，则，解得，
所以，因为当时，，所以，
所以在上有1个零点，
当时，，又“指数爆炸”，所以，
所以在上有1个零点，
综上，当时，函数有两个不相等的零点，.
（ii）由（i）有：当时，函数有两个不相等的零点，，
不妨设，构造函数，则，
因为，所以，
因为，所以，当前仅当时取到等号，
所以，所以在R上单调递减，
又，所以，
即，即，又，
所以，又，所以，
由(1)有：函数在单调递减，所以，
即，结论得证.
24．（2023·广东江门·统考一模）已知函数，其中.
(1)若的图象在处的切线过点，求a的值；
(2)证明：，，其中e的值约为2.718，它是自然对数的底数；
(3)当时，求证：有3个零点，且3个零点之积为定值.
【解题思路】（1）求导，根据导数的几何意义求在处的切线方程，然后由切线过点求得的值；
（2），构造函数，，利用函数的单调性求证即可；
（3）令求得，可得在，上单调递增，在递减 ，则至多有三个零点．又，，，所以，结合零点存在定理知：使得，又，，则，所以恰有三个零点：，1，，从而得出结论.
【解答过程】（1）由条件得： ∴，
又 ∴在处的切线为：，
∵的图象在处的切线过点，
∴ ∴.
（2）
令，，则，
令，，
∴在递减 ，
∴，即
∴在递减，
∴，即， ；
（3）的定义域为：，，
时，由得：，，
时，；时，；时，，
∴在，上单调递增，在递减 ，
∴至多有三个零点.
∵，∴，∴，
又，在递减，
∴，又由（2）知，所以，
结合零点存在定理知：使得，
又∴，，
∴，又， ，
∴恰有三个零点：，1，，
∴时，的所有零点之积为（定值）.
25．（2023·全国·模拟预测）已知函数.
(1)若方程在区间内有且仅有两个不同的实数解.
①求实数a的取值范围；
②证明：.
(2)设函数的零点按从小到大的顺序依次为，极值点按从小到大的顺序依次为，证明：.
【解题思路】（1）①判断函数的单调性，结合端点处函数值，结合有且仅有两个不同的实数解，即可确定a的范围. ②要证，即证,判断的范围，利用正弦函数性质可得到，结合基本不等式证明结论.
(2) 令，求得函数零点，求导并令导数等于0，求得函数极值点，可得的表达式，从而根据其结构特征，构造函数，利用导数证明，然后再证明，即可证明原不等式.
【解答过程】（1）①时，，
当时，单调递增，当时，单调递减，
且，，，
要想有且仅有两个不同的实数解，需要,
即实数a的取值范围为.
②要证，即证，
不妨设，由①知，可得，
由题意得：，因为，所以，
即，由基本不等式得：，
当且仅当，即时等号成立，
因为，所以，故等号取不到，
故，平方得到，证毕；
（2）证明：因为恒成立，
令，则，即，
故，
，令，
则，即，
由余弦函数性质可知为的变号零点，
故为函数的极值点，
故，
故，
所以，
故只需证明，
即；
设函数，则，
当时，；当时，，
故在递增，在递减，则，
故，当且仅当时取等号，
故
，
故只需再证明，
当时，，即该式成立；
假设时，，
则时，，
而
，
即，
故时，，
综合知，
故.0
-
0
+
递减
极小值
递增