还剩44页未读，
继续阅读
重难点突破09 函数零点问题的综合应用 （八大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（解析版）
展开
这是一份重难点突破09 函数零点问题的综合应用 （八大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（解析版），共47页。试卷主要包含了函数零点问题的常见题型，函数零点的求解与判断方法，利用导数研究零点问题等内容，欢迎下载使用。
重难点突破09 函数零点问题的综合应用
目录
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.
题型一：零点问题之一个零点
例1．（2023·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）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.
【解析】（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.
例2．（2023·广东·高三校联考阶段练习）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.
【解析】（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.
例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，有且只有一个零点；
(3)若在区间各恰有一个零点，求的取值范围.
【解析】（1）由题意，，，故，又，故曲线在点处的切线方程为，即
（2）由题意，因为，故当时，，当时，，当时，，故当时，有且只有一个零点
（3）由（2）可得，，故
设，则
①若，则，在上为减函数，故，故在上为减函数，不满足题意；
②若，
i）当时，，单调递减，且，，故存在使得，故在上单调递增，在上单调递减.又，，且，设，易得，故在单调递增，故，故，故.故在上有一个零点，综上有在区间上有一个零点
ii）当时，，设，则，故为减函数，因为，，故存在使得成立，故在单调递增，在单调递减.又，，故存在使得成立，故在上，单调递减，在上，单调递增.又，故，且，，故，故存在使得，综上有在区间上有一个零点.
综上所述，当时，在区间各恰有一个零点
变式1．（2023·广东茂名·高三统考阶段练习）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.
【解析】（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.
题型二：零点问题之二个零点
例4．（2023·海南海口·统考模拟预测）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.
【解析】（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．
例5．（2023·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习）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．
【解析】（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.
例6．（2023·四川遂宁·高三射洪中学校考期中）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．
【解析】（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.
变式2．（2023·全国·高三专题练习）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：.
【解析】（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
变式3．（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）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．
【解析】（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，．
变式4．（2023·江苏·高三专题练习）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：．
【解析】(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
题型三：零点问题之三个零点
例7．（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）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：.
【解析】（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.
例8．（2023·广东深圳·校考二模）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.
【解析】（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．
例9．（2023·广西柳州·统考三模）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．
【解析】（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．
变式5．（2023·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测）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.
【解析】（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.
变式6．（2023·浙江·校联考二模）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.
【解析】（1）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）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：
增
极大值
减
极小值
增
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）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.
变式7．（2023·山东临沂·高三统考期中）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.
【解析】（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，
∴.
题型四：零点问题之max，min问题
例10．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）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．
【解析】（1）当时，，
由，得或，则和随的变化如下表所示：
0
+
0
-
0
+
0
-
极大
极小
极大
∴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
例11．（2023·四川南充·统考三模）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．
【解析】（1）当时，，，
由，得或，则和随的变化如下表所示：
0
0
0
0
极大
极小
极大
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.
例12．（2023·四川南充·统考三模）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.
【解析】（1）当时，，，
由得：或；由得：
列表：
0
1
+
0
0
+
极大值
极小值
∴；；
（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.
变式8．（2023·广东·高三专题练习）已知函数，，.
(1)若函数存在极值点，且，其中，求证：；
(2)用表示m，n中的最小值，记函数，，若函数有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
【解析】（1）由题意，，，
当时，恒成立，没有极值.
当时，令，即，解之得，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，， 单调递增.
∴时，有极大值为，
时，有极小值为，
当时，要证，即证，
代入计算有，，，
则有符合题意，即得证；
当时，要证，即证，
代入计算有，，，
则有符合题意，即得证.
综上，当为极大值点和极小值点时，均成立.
（2）①当时，，∴，
故函数在时无零点；
②当时，，，若，则，
，故是函数的一个零点；
若，则，∴，故时函数无零点.
③当时，，因此只需要考虑，
由题意，，，
㈠当时，恒成立，
∴在上单调递增，，∴在恒成立，
即在内无零点，也即在内无零点；
㈡当时，，恒成立，
∴在上单调递减，
即在内有1个零点，也即在内有1个零点；
㈢时，函数在上单调递减，
∴，
若，即时，
在内无零点，也即在内无零点；
若，即时，在内有唯一的一个零点，
也即在内有唯一的零点；
若，即时，由，，
∴时，在内有两个零点.
综上所述，当时，函数有3个零点.
变式9．（2023·全国·高三专题练习）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．
【解析】（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
变式10．（2023·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知函数.
(1)若过点可作的两条切线，求的值.
(2)用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数.
【解析】(1)设切点为
则切线方程为
在直线上，则，
令，则，令，解得，所以或
要想让切线有两条，只需满足或
(2)当时， ，单调递减，在取得最大值，，所以只需考虑在的零点个数.
（i）若或，则
当时，在无零点.
当时，在单调递减，而在有一个零点；
（ii）若，则在单调递减，在单调递增，故当时，取得最小值，最小值为
①若，即在无零点.
②若，即，则在有唯一零点；
③若，即，由于
所以当时，在有两个零点；当时，在有一个零点
综上，当有0个零点；
当或时，有一个零点；
当时，有两个零点.
题型五：零点问题之同构法
例13．已知函数，若函数在区间内存在零点，求实数的取值范围
【解析】解：方法一：由可得，
设，，，则，令，在单调递减，在单调递增，
故（1）．
①当时，令，当时，单调递减，当时，单调递增，
（1），此时在区间内无零点；
②当时，（1），此时在区间内有零点；
③当时，令，解得或1或，且，
此时在单减，，单增，单减，，单增，
当或时，，此时在区间内有两个零点；
综合①②③知在区间内有零点．
方法二：由题意可得
，即，
因为当时等号成立，
所以，即，
，令，，
易知在单减，在上单增，所以（1），
又趋近于0和正无穷时，趋近于正无穷，
所以．
例14．已知．
（1）若函数在上有1个零点，求实数的取值范围．
（2）若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围．
【解析】解：（1），，，
所以，
当时，，所以在，单调递增，
又因为，所以在，上无零点；
当时，，使得，
所以在，单调递减，在单调递增，
又因为，，
所以若，即时，在，上无零点，
若，即时，在，上有一个零点，
当时，，在，上单调递减，在，上无零点，
综上当时，在，上有一个零点；
（2）由，
即，即，
则有，
令，，则，
，所以函数在上递增，
所以，则有，即，，
因为关于的方程有两个不同的实数解，
则方程，有两个不同的实数解，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以（1），
当时，，当时，，
所以．
例15．已知函数．
（1）若，求函数的极值；
（2）若函数有且仅有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，，，
显然在单调递增，且，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
在处取得极小值，无极大值．
（2）函数有两个零点，即有两个解，即有两个解，
设，则，单调递增，
有两个解，即有两个解．
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
，，当时，
．
题型六：零点问题之零点差问题
例16．已知关于的函数，与，在区间上恒有．
（1）若，，，求的表达式；
（2）若，，，，求的取值范围；
（3）若，，，，，，求证：．
【解析】解：（1）由得，
又，，所以，
所以，函数的图象为过原点，斜率为2的直线，所以，
经检验：，符合任意，
（2），
设，设，
在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以（1），
所以当时，，
令
所以，得，
当时，即时，在上单调递增，
所以，，
所以，
当时，即时，
△，即，
解得，
综上，，．
（3）①当时，由，得
，
整理得，
令△，
则△，
记，
则，恒成立，
所以在，上是减函数，则（1），即，
所以不等式有解，设解为，
因此．
②当时，
，
设，
则，
令，得，
当时，，是减函数，
当，时，，是增函数，
，（1），
则当时，，
则，因此，
因为，，，所以，
③当时，因为，为偶函数，因此也成立，
综上所述，．
例17．已知函数．
（1）如，求的单调区间；
（2）若在，单调增加，在，单调减少，证明：．
【解析】解：（Ⅰ）当时，，
故
当或时，；
当或时，．
从而在，单调增加，在，单调减少；
（Ⅱ）．
由条件得：（2），即，故，
从而．
因为，
所以．
将右边展开，与左边比较系数得，，．
故．，
又，即．由此可得．
于是．
例18．已知函数，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当，时，函数有两个极值点，，证明：．
【解析】（1）解：当时，，
，，
令，可得，令，可得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）证明：函数的定义域为，，
令，
因为函数有两个极值点，，
所以，是函数的两个零点，
，
，令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
所以，，
由，可得，
因为，所以，
所以要证，即证，只需证（2），
因为，
所以（2），
所以，得证．
题型七：零点问题之三角函数
例19．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）已知函数．
(1)若对时，，求正实数a的最大值；
(2)证明：；
(3)若函数的最小值为m，试判断方程实数根的个数，并说明理由．
【解析】（1）由题知，令，所以，
又因为时，，a为正实数，故在区间恒成立，
所以函数在区间上单调递增，且．
①当时，在区间上恒成立，函数在上单调递减，
此时，符合题意．
②当时，，，
由零点存在定理，时，有，
即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，有，此时不符合，
综上所述，正实数a的最大值为1．
（2）由（1）知，当，时，，
令时，有，
即，所以，，，，
累加得，
即，
所以
（3）因为，所以，令，则在区间上恒成立，
所以函数在区间上单调递增，又，，
由零点存在定理，时，有，即，
因此，而函数在上递减，在上递增，
所以，
又因为，令，则，所以在区间上恒成立，
即在区间上单调递减，所以，即．
设，则，令，
则在区间上恒成立
所以函数在区间上单调递增，又，，
由零点存在定理，时，，即，
因此，又，
设，则在区间上恒成立，
所以函数在上递增，
于是且，
而函数在上递减，在上递增，
∴，
即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解．
例20．（2023·全国·高三专题练习）设函数.
(1)证明：当时，；
(2)记，若有且仅有2个零点，求的值.
【解析】（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.
例21．（2023·广东深圳·红岭中学校考模拟预测）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．
【解析】（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.
变式11．（2023·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）已知，（n为正整数，）．
(1)当时，设函数，，证明：有且仅有1个零点；
(2)当时，证明：．
【解析】（1）当时，
记，则
所以在区间上单调递增
而，
所以存在，使得，即
当时，，单调递减
当时，，单调递增
又，，
所以在上没有零点，在上有一个零点，
综上所述，函数在内只有一个零点.
（2）当时，，
要证，
即证，
令，则，
所以在单调递减，，即，
要证只需证，
令，则，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，即，
∴，即，
所以成立，
∴原命题得证.
题型八：零点问题之取点技巧
例22．已知函数为自然对数的底数，且．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】解：（1），
①时，，则
时，，在递减，
时，，在递增，
②当时，由得，，
若，则，故在递增，
若，则
当或时，，时，，
故在，递增，在递减；
综上：时，在递减，在递增，
时，在，递增，在递减；
时，在递增；
（2）①时，在递增，不可能有2个零点，
②当时，在，递增，递减，
故当时，取极大值，极大值为，
此时，不可能有2个零点，
③当时，，由得，
此时，仅有1个零点，
④当时，在递减，在递增，
故，
有2个零点，，
解得：，，
而（1），
取，则（b），
故在，各有1个零点，
综上，的取值范围是，．
例23．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】解：（1）由，
可得，
①当时，由，可得；由，可得，
即有在递减；在递增；
②当时，由得或；
若，则，当时，，当时，；
，恒成立，即有在上递增；
若时，则；由，可得或；
由，可得．
即有在，，递增；
在，递减；
若，则，由，可得或；
由，可得．
即有在，，递增；在，递减．
（2）①由（1）可得当时，在递减；在递增，
且，，取满足且．则，
有两个零点；
②当时，，所以只有一个零点；
③当时，
若时，由（1）知在，递减，
在，，递增，
又当时，，所以不存在两个零点；
当时，由（1）知，在单调增，又当时，，故不存在两个零点；
综上可得，有两个零点时，的取值范围为．
例24．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】解：（1）．
当时，令，得；
令，得．
故在上单调递减，在上单调递增．
当时，令，得，．
①当，即时，，在上单调递增．
②当，即时，在上单调递减，在，，上单调递增．
③当，即时，在上单调递减，在，，上单调递增．
（2）当时，由（1）可知只有一个极小值点，
且，．
（方法一）取，且，则，，
因为，所以，
则（b），此时有两个零点．
（方法二）当时，，，
从而，因此有两个零点．
当时，，此时有一个零点，不符合题意．
当时，若，则恒有．
当时，在上单调递增，
此时在上不可能有两个零点；
当时，若，同理可知在上不可能有两个零点；
若，在上先减后增，
此时在上也不可能有两个零点．
综上，的取值范围是．
变式12．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】解：（1），
①当时，，由，得，
由，得，
的单增区间为，单减区间为．
②当时，令，或，
当，即时，，在单增，
当，即时，由得，，，，
由得，，，
单增区间为，，，单减区间为，．
当，即时，由得，，，，
由得，，，
的单增区间为，，，
的单减区间为，．
（2）．
当时，，，可得，不符题意，故；
当时，由（1）可得只需，即时，满足题意；
当时，在上单增，不满足题意；
当时，的极大值，不可能有两个零点．
当时，的极小值，，，
只有才能满足题意，即有解，
令，，
则，（a）在单增，
而，（a），方程无解．
综上所述，．
重难点突破09 函数零点问题的综合应用
目录
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.
题型一：零点问题之一个零点
例1．（2023·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）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.
【解析】（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.
例2．（2023·广东·高三校联考阶段练习）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.
【解析】（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.
例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，有且只有一个零点；
(3)若在区间各恰有一个零点，求的取值范围.
【解析】（1）由题意，，，故，又，故曲线在点处的切线方程为，即
（2）由题意，因为，故当时，，当时，，当时，，故当时，有且只有一个零点
（3）由（2）可得，，故
设，则
①若，则，在上为减函数，故，故在上为减函数，不满足题意；
②若，
i）当时，，单调递减，且，，故存在使得，故在上单调递增，在上单调递减.又，，且，设，易得，故在单调递增，故，故，故.故在上有一个零点，综上有在区间上有一个零点
ii）当时，，设，则，故为减函数，因为，，故存在使得成立，故在单调递增，在单调递减.又，，故存在使得成立，故在上，单调递减，在上，单调递增.又，故，且，，故，故存在使得，综上有在区间上有一个零点.
综上所述，当时，在区间各恰有一个零点
变式1．（2023·广东茂名·高三统考阶段练习）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.
【解析】（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.
题型二：零点问题之二个零点
例4．（2023·海南海口·统考模拟预测）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.
【解析】（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．
例5．（2023·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习）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．
【解析】（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.
例6．（2023·四川遂宁·高三射洪中学校考期中）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．
【解析】（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.
变式2．（2023·全国·高三专题练习）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：.
【解析】（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
变式3．（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）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．
【解析】（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，．
变式4．（2023·江苏·高三专题练习）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：．
【解析】(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
题型三：零点问题之三个零点
例7．（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）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：.
【解析】（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.
例8．（2023·广东深圳·校考二模）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.
【解析】（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．
例9．（2023·广西柳州·统考三模）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．
【解析】（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．
变式5．（2023·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测）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.
【解析】（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.
变式6．（2023·浙江·校联考二模）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.
【解析】（1）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）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：
增
极大值
减
极小值
增
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）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.
变式7．（2023·山东临沂·高三统考期中）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.
【解析】（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，
∴.
题型四：零点问题之max，min问题
例10．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）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．
【解析】（1）当时，，
由，得或，则和随的变化如下表所示：
0
+
0
-
0
+
0
-
极大
极小
极大
∴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
例11．（2023·四川南充·统考三模）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．
【解析】（1）当时，，，
由，得或，则和随的变化如下表所示：
0
0
0
0
极大
极小
极大
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.
例12．（2023·四川南充·统考三模）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.
【解析】（1）当时，，，
由得：或；由得：
列表：
0
1
+
0
0
+
极大值
极小值
∴；；
（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.
变式8．（2023·广东·高三专题练习）已知函数，，.
(1)若函数存在极值点，且，其中，求证：；
(2)用表示m，n中的最小值，记函数，，若函数有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
【解析】（1）由题意，，，
当时，恒成立，没有极值.
当时，令，即，解之得，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，， 单调递增.
∴时，有极大值为，
时，有极小值为，
当时，要证，即证，
代入计算有，，，
则有符合题意，即得证；
当时，要证，即证，
代入计算有，，，
则有符合题意，即得证.
综上，当为极大值点和极小值点时，均成立.
（2）①当时，，∴，
故函数在时无零点；
②当时，，，若，则，
，故是函数的一个零点；
若，则，∴，故时函数无零点.
③当时，，因此只需要考虑，
由题意，，，
㈠当时，恒成立，
∴在上单调递增，，∴在恒成立，
即在内无零点，也即在内无零点；
㈡当时，，恒成立，
∴在上单调递减，
即在内有1个零点，也即在内有1个零点；
㈢时，函数在上单调递减，
∴，
若，即时，
在内无零点，也即在内无零点；
若，即时，在内有唯一的一个零点，
也即在内有唯一的零点；
若，即时，由，，
∴时，在内有两个零点.
综上所述，当时，函数有3个零点.
变式9．（2023·全国·高三专题练习）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．
【解析】（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
变式10．（2023·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知函数.
(1)若过点可作的两条切线，求的值.
(2)用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数.
【解析】(1)设切点为
则切线方程为
在直线上，则，
令，则，令，解得，所以或
要想让切线有两条，只需满足或
(2)当时， ，单调递减，在取得最大值，，所以只需考虑在的零点个数.
（i）若或，则
当时，在无零点.
当时，在单调递减，而在有一个零点；
（ii）若，则在单调递减，在单调递增，故当时，取得最小值，最小值为
①若，即在无零点.
②若，即，则在有唯一零点；
③若，即，由于
所以当时，在有两个零点；当时，在有一个零点
综上，当有0个零点；
当或时，有一个零点；
当时，有两个零点.
题型五：零点问题之同构法
例13．已知函数，若函数在区间内存在零点，求实数的取值范围
【解析】解：方法一：由可得，
设，，，则，令，在单调递减，在单调递增，
故（1）．
①当时，令，当时，单调递减，当时，单调递增，
（1），此时在区间内无零点；
②当时，（1），此时在区间内有零点；
③当时，令，解得或1或，且，
此时在单减，，单增，单减，，单增，
当或时，，此时在区间内有两个零点；
综合①②③知在区间内有零点．
方法二：由题意可得
，即，
因为当时等号成立，
所以，即，
，令，，
易知在单减，在上单增，所以（1），
又趋近于0和正无穷时，趋近于正无穷，
所以．
例14．已知．
（1）若函数在上有1个零点，求实数的取值范围．
（2）若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围．
【解析】解：（1），，，
所以，
当时，，所以在，单调递增，
又因为，所以在，上无零点；
当时，，使得，
所以在，单调递减，在单调递增，
又因为，，
所以若，即时，在，上无零点，
若，即时，在，上有一个零点，
当时，，在，上单调递减，在，上无零点，
综上当时，在，上有一个零点；
（2）由，
即，即，
则有，
令，，则，
，所以函数在上递增，
所以，则有，即，，
因为关于的方程有两个不同的实数解，
则方程，有两个不同的实数解，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以（1），
当时，，当时，，
所以．
例15．已知函数．
（1）若，求函数的极值；
（2）若函数有且仅有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，，，
显然在单调递增，且，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
在处取得极小值，无极大值．
（2）函数有两个零点，即有两个解，即有两个解，
设，则，单调递增，
有两个解，即有两个解．
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
，，当时，
．
题型六：零点问题之零点差问题
例16．已知关于的函数，与，在区间上恒有．
（1）若，，，求的表达式；
（2）若，，，，求的取值范围；
（3）若，，，，，，求证：．
【解析】解：（1）由得，
又，，所以，
所以，函数的图象为过原点，斜率为2的直线，所以，
经检验：，符合任意，
（2），
设，设，
在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以（1），
所以当时，，
令
所以，得，
当时，即时，在上单调递增，
所以，，
所以，
当时，即时，
△，即，
解得，
综上，，．
（3）①当时，由，得
，
整理得，
令△，
则△，
记，
则，恒成立，
所以在，上是减函数，则（1），即，
所以不等式有解，设解为，
因此．
②当时，
，
设，
则，
令，得，
当时，，是减函数，
当，时，，是增函数，
，（1），
则当时，，
则，因此，
因为，，，所以，
③当时，因为，为偶函数，因此也成立，
综上所述，．
例17．已知函数．
（1）如，求的单调区间；
（2）若在，单调增加，在，单调减少，证明：．
【解析】解：（Ⅰ）当时，，
故
当或时，；
当或时，．
从而在，单调增加，在，单调减少；
（Ⅱ）．
由条件得：（2），即，故，
从而．
因为，
所以．
将右边展开，与左边比较系数得，，．
故．，
又，即．由此可得．
于是．
例18．已知函数，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当，时，函数有两个极值点，，证明：．
【解析】（1）解：当时，，
，，
令，可得，令，可得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）证明：函数的定义域为，，
令，
因为函数有两个极值点，，
所以，是函数的两个零点，
，
，令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
所以，，
由，可得，
因为，所以，
所以要证，即证，只需证（2），
因为，
所以（2），
所以，得证．
题型七：零点问题之三角函数
例19．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）已知函数．
(1)若对时，，求正实数a的最大值；
(2)证明：；
(3)若函数的最小值为m，试判断方程实数根的个数，并说明理由．
【解析】（1）由题知，令，所以，
又因为时，，a为正实数，故在区间恒成立，
所以函数在区间上单调递增，且．
①当时，在区间上恒成立，函数在上单调递减，
此时，符合题意．
②当时，，，
由零点存在定理，时，有，
即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，有，此时不符合，
综上所述，正实数a的最大值为1．
（2）由（1）知，当，时，，
令时，有，
即，所以，，，，
累加得，
即，
所以
（3）因为，所以，令，则在区间上恒成立，
所以函数在区间上单调递增，又，，
由零点存在定理，时，有，即，
因此，而函数在上递减，在上递增，
所以，
又因为，令，则，所以在区间上恒成立，
即在区间上单调递减，所以，即．
设，则，令，
则在区间上恒成立
所以函数在区间上单调递增，又，，
由零点存在定理，时，，即，
因此，又，
设，则在区间上恒成立，
所以函数在上递增，
于是且，
而函数在上递减，在上递增，
∴，
即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解．
例20．（2023·全国·高三专题练习）设函数.
(1)证明：当时，；
(2)记，若有且仅有2个零点，求的值.
【解析】（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.
例21．（2023·广东深圳·红岭中学校考模拟预测）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．
【解析】（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.
变式11．（2023·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）已知，（n为正整数，）．
(1)当时，设函数，，证明：有且仅有1个零点；
(2)当时，证明：．
【解析】（1）当时，
记，则
所以在区间上单调递增
而，
所以存在，使得，即
当时，，单调递减
当时，，单调递增
又，，
所以在上没有零点，在上有一个零点，
综上所述，函数在内只有一个零点.
（2）当时，，
要证，
即证，
令，则，
所以在单调递减，，即，
要证只需证，
令，则，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，即，
∴，即，
所以成立，
∴原命题得证.
题型八：零点问题之取点技巧
例22．已知函数为自然对数的底数，且．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】解：（1），
①时，，则
时，，在递减，
时，，在递增，
②当时，由得，，
若，则，故在递增，
若，则
当或时，，时，，
故在，递增，在递减；
综上：时，在递减，在递增，
时，在，递增，在递减；
时，在递增；
（2）①时，在递增，不可能有2个零点，
②当时，在，递增，递减，
故当时，取极大值，极大值为，
此时，不可能有2个零点，
③当时，，由得，
此时，仅有1个零点，
④当时，在递减，在递增，
故，
有2个零点，，
解得：，，
而（1），
取，则（b），
故在，各有1个零点，
综上，的取值范围是，．
例23．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】解：（1）由，
可得，
①当时，由，可得；由，可得，
即有在递减；在递增；
②当时，由得或；
若，则，当时，，当时，；
，恒成立，即有在上递增；
若时，则；由，可得或；
由，可得．
即有在，，递增；
在，递减；
若，则，由，可得或；
由，可得．
即有在，，递增；在，递减．
（2）①由（1）可得当时，在递减；在递增，
且，，取满足且．则，
有两个零点；
②当时，，所以只有一个零点；
③当时，
若时，由（1）知在，递减，
在，，递增，
又当时，，所以不存在两个零点；
当时，由（1）知，在单调增，又当时，，故不存在两个零点；
综上可得，有两个零点时，的取值范围为．
例24．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】解：（1）．
当时，令，得；
令，得．
故在上单调递减，在上单调递增．
当时，令，得，．
①当，即时，，在上单调递增．
②当，即时，在上单调递减，在，，上单调递增．
③当，即时，在上单调递减，在，，上单调递增．
（2）当时，由（1）可知只有一个极小值点，
且，．
（方法一）取，且，则，，
因为，所以，
则（b），此时有两个零点．
（方法二）当时，，，
从而，因此有两个零点．
当时，，此时有一个零点，不符合题意．
当时，若，则恒有．
当时，在上单调递增，
此时在上不可能有两个零点；
当时，若，同理可知在上不可能有两个零点；
若，在上先减后增，
此时在上也不可能有两个零点．
综上，的取值范围是．
变式12．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】解：（1），
①当时，，由，得，
由，得，
的单增区间为，单减区间为．
②当时，令，或，
当，即时，，在单增，
当，即时，由得，，，，
由得，，，
单增区间为，，，单减区间为，．
当，即时，由得，，，，
由得，，，
的单增区间为，，，
的单减区间为，．
（2）．
当时，，，可得，不符题意，故；
当时，由（1）可得只需，即时，满足题意；
当时，在上单增，不满足题意；
当时，的极大值，不可能有两个零点．
当时，的极小值，，，
只有才能满足题意，即有解，
令，，
则，（a）在单增，
而，（a），方程无解．
综上所述，．
相关试卷
重难点突破09 函数零点问题的综合应用（八大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）： 这是一份重难点突破09 函数零点问题的综合应用（八大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考），文件包含重难点突破09函数零点问题的综合应用八大题型原卷版docx、重难点突破09函数零点问题的综合应用八大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
重难点突破02+函数的综合应用-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）： 这是一份重难点突破02+函数的综合应用-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考），文件包含重难点突破02函数的综合应用原卷版docx、重难点突破02函数的综合应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
【讲通练透】重难点突破09 函数零点问题的综合应用（八大题型）-2024年高考数学重难点突破精讲： 这是一份【讲通练透】重难点突破09 函数零点问题的综合应用（八大题型）-2024年高考数学重难点突破精讲，文件包含重难点突破09函数零点问题的综合应用八大题型原卷版docx、重难点突破09函数零点问题的综合应用八大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
