第08讲 利用导数研究方程的根（1类核心考点精讲精练）-备战2024年高考数学一轮复习（新教材新高考）

这是一份第08讲 利用导数研究方程的根（1类核心考点精讲精练）-备战2024年高考数学一轮复习（新教材新高考），共4页。试卷主要包含了 4年真题考点分布， 命题规律及备考策略等内容，欢迎下载使用。

2024高考数学一轮复习
第08讲 利用导数研究方程的根
（核心考点精讲精练）

1. 4年真题考点分布
4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
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

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12分
【备考策略】1能用导数证明函数的单调性
2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、利用导数研究方程的根

1．（2021·全国·统考高考真题）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·统考高考真题）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.

3．（2022·浙江·统考高考真题）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.

1．（2023·湖南·校联考二模）已知函数．
(1)求的最小值；
(2)证明：方程有三个不等实根．
【答案】(1)0
(2)证明见解析

【分析】（1）设，，利用导数研究其单调性可得的最小值，再结合在定义域内单调递增，即可求出答案；
（2）令，构造函数，利用导数判断单调性和值域，从而判断方程的根的个数即可
【详解】（1）设，，则，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故的最小值为，
因为在定义域内单调递增，所以的最小值为；
（2）由可得，整理可得，
设，
令，，
则，由得．
因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
由于，故，又由，由零点存在定理，存在，使得，
∴有两个零点1和，方程有两个根和，
    
则如图，时，因为，故方程有一个根，
下面考虑解的个数，其中，
设，结合的单调性可得：
在上为减函数，在上为增函数，
而，，，
故在上有且只有一个零点，
，设，
故，故即，
而，故在上有且只有一个零点，
故有两个不同的根且，
综上所述，方程共有三个不等实根
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是令，将问题转化为关于m的方程有两根，数形结合判断关于m的方程的根的情况
2．（2023·吉林长春·统考模拟预测）函数．
(1)求证：；
(2)若方程恰有两个根，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意对求导可得，则对不等式恒成立，即函数在上单调递减，结合即可证明；
（2）由题意可知当时，即恰好有1根，利用二阶导数和零点的存在性定理研究函数的性质，得，再次利用导数研究函数的性质可得，结合即可证明.
【详解】（1）令，
，
令，得，对不等式恒成立，
即在上恒成立，得函数在上单调递减，
又，所以，即．
（2）易知是方程一个根，
所以当时，即恰好有1根，
令，，
设，，
令，令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，由零点的存在性定理，
得使得，即，得①，
当时，，即，函数单调递增，
当时，，即，函数单调递减，
所以②，由①②可得，
则，当时，即，函数单调递减，
又，所以，即，
所以，而，
所以，即证.
【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式证明问题时，常常采用分离参数法求范围：若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；也可以把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.
3．（2023·云南·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若恒成立，求实数的取值范围；
②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)选①，；选②，的取值范围为

【分析】（1）先求导函数，再根据单调性求解极值即可；
（2）把恒成立式子整理化简后，构造函数求导函数结合单调性求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，解得，
当时，，单调递增；
当时，单调递减；
所以，无极小值.
（2）若选①：由恒成立，即恒成立，
整理得：，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
即，
令，，则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，的最大值为，故，即.
故当时，恒成立.
若选择②：由关于的方程有两个实根，
得有两个实根，
整理得，
即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，
所以，即，
令，，
则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，
的最大值为，又因为

所以要想有两个根，只需要，
即，所以的取值范围为.
4．（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）已知函数，为的导函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，有且只有两根，（）.
①若，求实数a的取值范围；
②证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)①；②证明见解析

【分析】（1）先求，设，再求函数的导函数，结合导数与函数的单调性的关系求其单调区间；
（2）①证明时，方程无解，当时，利用导数研究函数的单调性，由此确定a的取值范围；
②先证明，再证明当时，，当时，，利用放缩法证明，，由此完成证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
记，则，
当时，，故在上单调递增，
当时，记，，
所以时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
的极小值为，故，
故，所以在上单调递减.
综上：故在上单调递增，在上单调递减.
（2）①当时，因为，故，此时不满足条件；
当时，令，所以，
由（1）可知在上单调递增，故在上单调递增.
由指数函数性质可知：，；，，
故存在，使得，
，，函数在上单调递减；
，，函数在单调递增，
(i)若，则，不符合题意；
(ii)若，，
当时，，，不符合题意，
当时，，，不符合题意.
(iii)若，则，，所以，
又，；，，
故存在，使得，满足题意；
综上：实数a的取值范围是.
②方程可化为，
当时，方程在上没有解，
当时，设，由①可得，
故存在，使得，
，，函数在上单调递减；
，，函数在单调递增，
因为有且只有两根，（）.
又，；，，
所以，
又，故
所以，故，所以，
由已知，，
设，则，
所以函数在上单调递增，故，
于是，故；
设，则，
所以函数在上单调递增，故
又，
故，
将上面两个结果相加即可得：.
【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．
5．（2023·重庆·统考模拟预测）已知函数和在同一处取得相同的最大值．
(1)求实数a；
(2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为（），证明：．
【答案】(1)
(2)证明见详解

【分析】（1）利用导数分别求的最值点，列式求解即可；
（2）构建，利用同构思想分析的大小关系，进而可得直线与曲线和的交点，再结合的单调性分析即可证出.
【详解】（1）由题意可得：，显然，
当时，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最大值；
当时，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最小值，不合题意；
综上所述：，在处取到最大值.
因为的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最大值；
由题意可得：，解得.
（2）由（1）可得：在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值，
且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
可得直线与曲线至多有两个交点；
在上单调递增，在上单调递减，在处取到最大值，
且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
可得直线与曲线至多有两个交点；
若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，则，
  
此时直线与曲线、均有两个交点，
构建，
构建，且，则，
可得在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值，
构建，则，
因为，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得，
即，当且仅当时，等号成立，
可得：当时，，则，
所以；
当时，，且在上单调递增，
则，可得，
所以；
当时，，且在上单调递减，
则，可得，
所以；
综上所述：当时，；
当时，；
当时，.
结合题意可得：直线与曲线的两个交点横坐标为，与的两个交点横坐标为，且，
当，可得，即，
可得，即，
因为在上单调递增，且，
则，可得
所以；
当，可得，即，
可得，即，
因为在上单调递增，且，
则，可得，
所以；
综上所述：，即.
【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：
积型：，
①，构建；
②，构建；
③，构建.
商型：，
①，构建；
②，构建；
③，构建.
和型：，
①，构建；
②，构建.


【基础过关】
1．（2023·江西南昌·统考一模）已知函数．
(1)若时，函数有2个极值点，求的取值范围；
(2)若，，方程有几个解？
【答案】(1)
(2)两个

【分析】（1）根据极值的定义，结合构造函数法、导数的性质进行求解即可；
（2）构造新函数，结合导数的性质、函数零点存在原理进行求解即可.
【详解】（1）时，，，
则方程有两实根，即有两实根．
设，，则时，，单调递减；
时，，单调递增，
所以，且，时，，
所以当有两个实根时，；
（2）当，时，设，
则，，
因为在上单调递增，且，．
所以恰有一根，且，．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
且，．
所以有且仅有两个实根，即方程有且仅有两个实根．
【点睛】关键点睛：根据极值的定义，问题转化为方程解的问题，通过构造新函数，利用导数的性质是解题的关键.
2．（2023·江西宜春·校联考模拟预测）设，，且a、b为函数的极值点
(1)判断函数在区间上的单调性，并证明你的结论；
(2)若曲线在处的切线斜率为，且方程有两个不等的实根，求实数m的取值范围.
【答案】(1)在区间，上单调递增，证明见解析.
(2)

【分析】（1）求导得，则，利用韦达定理得，则，分析出，根据其导数与单调性关系即可得到答案.
（2）根据求出，则，求导，求出其极值，作出其函数图象，利用直线与交点个数即可得到答案.
【详解】（1）依题设方程，即方程
的两根分别为a、b∴
∴
因为，且，则，
∴，∴当且时，，
∴在区间，上单调递增.
（2）由，得，∴，∴，
时或，当x在上变化时，，的变化情况如下：







0


0
+
+
0




极小值


极大值


∴的大致图象如图,
∴方程有两个不等根时，转化为直线与函数的图象有两交点，
则.
  
3．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数，的导函数为．
(1)讨论的极值点的个数；
(2)当时，方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）对求导，分和，讨论的单调性，即可得出对应的极值点的情况；
（2）当时，方程有两个不相等的实数根，化简为，即与的图象有两个交点，令，对求导，得出的单调性及最值即可得出答案.
【详解】（1）函数的定义域为，．
当时，，在区间上单调递增，所以无极值点；
当时，令，解得，
所以当x变化时，，的变化情况如下表所示．
x




＋
0
－

单调递增
极大值
单调递减
所以有一个极大值点，无极小值点．
综上，当时，无极值点；当时，有一个极值点．
（2）当时，方程，即，
则．
令，，则．
令，解得或（舍去）．
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增，
所以，又趋近于0时趋近正无穷；趋近于正无穷时趋近正无穷，
所以，即，故m的取值范围是．
4．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求出的定义域和导函数，再对分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）由（1）可知当时，才有两个不相等的实根，即可得到，根据函数的单调性与零点存在性定理可得在上有唯一零点，即可得到，从而得到，则要证，即证，再根据（1）的结论即可得证；
【详解】（1）解：的定义域为，，
当时，，在上单调递增；
当时，令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上可得：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）解：由（1）可知：
①当时，在上单调递增.
所以至多有一个实根，不符合题意.
②当时，在上单调递减，在上单调递增.
所以的最小值为.
若，则，
所以至多有一个实根，不符合题意
若，即，得.
又，且在上单调递减，
所以在上有唯一零点.
因为方程有两个不相等的实数根，且较小的实数根为，
所以在上的唯一零点就是.
所以.
所以.
所以“”等价于“”，即.
由（1）可知当时，的最小值为.
又因为，所以.
所以.
5．（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．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)

【分析】（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.
【详解】（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．
【点睛】当原方程或不等式较为复杂，但同时含有指数式和对数式时，可以尝试对原方程或不等式进行同构变形并换元，再对其进行构造函数求导研究，可以将过程大大简化.

【能力提升】
1．（2023·广西桂林·统考一模）已知函数.
(1)当时，求函数的最大值；
(2)若关于x的方1有两个不同的实根，求实数a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其单调性后可得函数的最大值.
（2）利用同构可将原方程转化为有两个不同的正数根，利用导数结合零点存在定理可求参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，故，
当时，，故在上为增函数，
当时，，故在上为减函数，
故.
（2）方程即为，
整理得到：，令，
故，因为均为上的增函数，故为上的增函数，
而，故的解为，
因为方程有两个不同的实数根，故有两个不同的正数根，
设，则，
若，则，故在上为增函数，
在上至多一个零点，与题设矛盾；
若，则时，；时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
由有两个不同的零点可得，
故.
当时，，而，
故在有且只有一个零点，
又，设，
令，，则，
故在上为减函数，故，
故，故在有且只有一个零点，
综上.
【点睛】思路点睛：导数背景下的函数的零点问题，注意根据解析式的同构特征合理构建新函数，后者可利用导数讨论其单调性，并结合零点存在定理检验零点的存在性.
2．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知函数，为其导函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若关于的方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)的单调减区间为，增区间为
(2)

【分析】（1）根据函数单调性与导数的关系确定函数的单调区间即可；
（2）将方程有两个不相等的实根，转化为函数，在上有两个零点问题，求导数从而讨论函数单调性，结合零点存在定理判断是否符合题意，从而可得实数的取值范围.
【详解】（1）解：函数，，则，
令，则，设，则，得，
故时，，函数即单调递减，时，，函数即单调递增，
所以，又时，，又，
所以时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，
故的单调减区间为，增区间为；
（2）解：关于的方程有两个不相等的实根，即函数，在上有两个零点，
又，
①当时，，得，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以，又时，，，则函数在上有两个零点；
②当时，，得，，
（i）当时，，此时恒成立，函数单调递增，在上不可能有两个零点，不符合题意；
（ii）当时，，则当时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以，，故函数在区间无零点，在不可能存在两个零点，故不符合题意；
（iii）当时，，则当时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
又，故函数在区间无零点，在不可能存在两个零点，故不符合题意；
③当时，方程只有一个实根1，不合题意；
综上，实数的取值范围.
【点睛】本题考查的是函数单调性、函数零点问题与导数的综合，难度较大.解决含参方程问题得关键是将含参方程转化为函数零点问题，从而利用函数单调性与导数的关系，对参数进行讨论先确定单调性，再结合零点存在定理及函数的极值判断各单调区间零点个数，从而求得参数范围，需要注意的是取值判断函数值符号的过程可结合函数的极限思想看开区间端点处的函数值趋势得正负.
3．（2023·陕西宝鸡·统考一模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数的图像与的图像最多有一个公共点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求，根据导数的几何意义求解斜率，求得切点坐标后，再根据直线方程求解方法即可得切线方程；
（2）构造函数，确定函数的单调性，得函数的最值，根据函数的图像与的图像最多有一个公共点，列不等式求解实数的取值范围即可.
【详解】（1）解：依题，，又
则在点处的切线方程为：，
即.
（2）解：令，
则
设，则，又，所以恒成立，即函数在上单调递增，
又时，；时，；
则存在唯一的正实数使得，则，则，
故当）时，，）时，，
所以==.
又，则，所以=，
若函数的图像与的图像最多有一个公共点，则，
即，于是有，且，所以，
当且仅当的时，等号成立，故，所以
解得.
【点睛】本题考查了函数切线方程、函数方程的根与导数的综合应用，属于难题.解决本题函数方程的根的问题的关键是构造差函数确定函数单调性，但是由于导函数的零点无法直接求解，故涉及“隐零点”问题的应用，从而设隐零点使得，从而确定函数的单调性得最值=，于是可得参数不等式，求得结果.
4．（2023·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)证明：；
(2)若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右的四个交点的横坐标分别为，，，，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；

【分析】（1）构造，对其求导，令利用导数和零点存在定理可得存在唯一零点使得，利用导数可得到，然后利用即可求证；
（2）对，进行求导，得到对应的单调性和最值，并画出对应的图像，能得到四个交点的位置，结合可得出四个交点横坐标之间的关系，即可证明
（1）
令，则，
令
则当时，，所以在单调递增，
因为，
所以存在唯一零点，且当时，，当时， ，
所以当时，，单调递减；当时，单调递增，
所以，
由得，得，
两边取对数得，所以，所以，
所以，即；
（2）
由可得，
令，解得，
所以当时，，单调递减；当时，单调递增，
所以，
当趋向于负无穷时，且趋向于0，，当趋向于正无穷时，趋向于正无穷，所以如图所示，

由可得，
令，解得，
所以当时，，单调递减；当时，单调递增，
所以，
当趋向于0时，且趋向于0，，当趋向于正无穷时，趋向于正无穷，所以如图所示，

所以若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点，
则，
由图可得，是直线与的两个交点，，是直线与的两个交点，
则，
因为，，所以，
则，
因为在单调递增，且，所以，
所以，，
所以
【点睛】关键点点睛：第二问中，利用导数研究单调性和最值，根据所得函数性质判断与曲线、共有四个不同交点，并结合进而列方程判断是否成立.
5．（2023·河南·长葛市第一高级中学统考模拟预测）设函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若方程有两个不相等的实数根，，证明：.
【答案】(1)当时，函数的单调增区间为；
当时，单调增区间为，单调减区间为.
(2)证明见解析

【分析】(1)求出函数的导函数，通过当时和当时判断导函数的符号，得出函数的单调区间；
(2)通过，是方程的两个不等实根，由（1）知.设，把根代入方程，作差，得出的表达式，构造函数，令新函数的导数，通过函数的单调性利用分析法证明即可.
【详解】（1）因为，则.
当时，，函数在上单调递增，
此时函数的单调增区间为.
当时，由，得；由，得，
所以函数的单调增区间为，单调减区间为.
（2）因为，是方程的两个不等实根，由（1）知.
不妨设，则，，
两式相减得.
所以.因为，
当时，，当时，，
要证原命题成立，只需证即可，即证明，
即证明，
即证明.设.
令，则.
因为，所以，在上是增函数，故，
所以当时，总成立.所以原题得证.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
6．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知函数．
(1)求函数在区间上的最大值；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，即可求得函数在上的最大值；
（2）由可得出，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，则，
所以，函数在上单调递增，所以，.
（2）解：函数的定义域为，由可得，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，且，
当时，，则，所以，函数在上单调递增，
当时，，则，所以，函数在上单调递减，
所以，，
令，其中，则，则函数在上为增函数，
因为，，则存在，使得，
当时，；当时，.
由题意可知，直线与函数的图象有两个交点，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
【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.
7．（2023·山西阳泉·统考二模）已知函数在点处的切线方程为，
(1)求的值域；
(2)若，且，，证明：①；②.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出，根据导数的几何意义得出切线方程.结合已知，即可求出的值.然后利用导函数得出的单调性，进而根据函数的单调性，结合的取值，即可得出答案；
（2）求出，得出的单调性以及值域，根据以及的性质，作出函数的图象. 设，根据图象，得出的范围.构造函数，，二次求导证明得到，即有 ，从而得出，根据函数的单调性，即可得出①的证明；先推出，即有.根据基本不等式，结合的范围得出，即，然后根据函数的单调性，即可得出②的证明.
【详解】（1）由题意得，
，.
根据导数的几何意义可知，函数在点处的切线的斜率
，
在点处的切线方程为，
整理可得，
由已知可得，，解得，
，，.
令，则，所以在上单调递减，所以.
又时，有，所以，
所以；
令，则，所以在上单调递增，所以；
综上所述，的值域为.
（2）①由题意得，.
令，则或，所以在上单调递减，在上单调递减，
所以当时，的值域为；当时，的值域为；
令，则，所以在上单调递增，
所以当时，的值域为.
作出函数以及的图象如下图，

设，且，，
由图象可知，，且，.
令，，
则.
令，，则.
令，则，
所以，即在上单调递减，
，
在上单调递减，
，
.
又，.
，
在上单调递减，，
，.
又，.
在上单调递增，，，
，；
②由①得，，，.
， ，
.
，，当且仅当，即时，等号成立.
，，即，即.
在上单调递增，，
，.
【点睛】关键点睛：构造函数，，根据二次求导得出.然后即可根据题中已知条件，结合函数的单调性，得出证明.
8．（2023·山东济宁·统考二模）已知函数为实数．
(1)若恒成立，求实数的取值范围;
(2)若方程恰有3个不同的实数根，求实数的值
【答案】(1)
(2)3

【分析】（1）恒成立，即，对求导，得出的单调性，可求出，即可得出答案.
（2）方程转化为，即与的图象有3个交点，对进行变形求导，求出的单调性和最值，即可得出答案.
【详解】（1）．得：得：．
所以函数在区间上是增函数;在区间上是减函数．
因为恒成立．所以．
所以．所以实数的取值范围为．
（2）解法一：由得：．变形得：．
令．．
令．．
当时，；当时，．
所以函数在区间上为减函数；在区间上为增函数．
又因为时，．
所以存在唯一使得；存在唯一使得;
(其中)．
所以当时，；当时，;
当时，；当时，．
所以函数在区间上为减函数；在区间上为增函数；
在区间上为减函数；在区间上为减函数．
又因为时，．
所以当时，方程恰有3个不同的实数根．
解法二：由得：．
变形得
令则．
得：得：．
所以函数在区间上是增函数；在区间上是减函数．
且时，时，．
所以当时，方程有两个不相等的实数根;
当时，方程有且只有一个实数根．
令．则．
．
得：得．
所以函数在区间上是减函数；在区间上是增函数，
且时，．
所以当时，方程有两个根分别为1和．
所以当时，方程有且只有一个实数根．
当时，方程有两个不相等的实数根．
所以方程恰有3个不同的实数根时实数的为3
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：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．
9．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）已知函数（其中），．
(1)证明：函数在区间上单调递增；
(2)判断方程在R上的实根个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用导数的符号可证结论正确；
（2）方程在R上的有且仅有1个实根. 令，当时，，则在区间上无零点，只需证明在区间上有且只有一个零点.利用导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理可证结论正确.
【详解】（1），
设，则，
因为，所以，所以在上为增函数，
所以，当且仅当时，取得等号，
所以函数在区间上单调递增.
（2）方程在R上的有且仅有1个实根.
证明如下：
方程，即，即，
令，则，
因为当时，，则在区间上无零点，
所以只需证明在区间上有且只有一个零点.
①若，
当时，，则在区间上单调递增，
又因为，，
所以在区间上有且只有一个零点；
②若，由，得，由，得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又因为，，
令，，则，
令，，
因为，所以，所以在区间上为增函数，
所以，
所以在区间上为增函数，
所以，即，
所以在区间上有且只有一个零点.
综上所述：当时，在区间上有且只有一个零点.
即方程在R上的有且仅有1个实根.
【点睛】方法点睛：判断含参方程实根的个数的一般方法：分类讨论参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理可得解.
10．（2023·河北衡水·河北枣强中学校考模拟预测）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.

【真题感知】
1．（·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.
2．（福建·高考真题）已知函数
（1）求在区间上的最大值
（2）是否存在实数使得的图象与的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】(1) (2) (7,15－6ln 3)
【详解】（1）
当即时，在上单调递增，

当即时，
当时，在上单调递减，

综上，
（2）函数的图象与的图象有且只有三个不同的交点，即函数
的图象与轴的正半轴有且只有三个不同的交点．

当时，是增函数；
当时，是减函数；
当时，是增函数；
当或时，

当充分接近0时，当充分大时，
要使的图象与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须
　　即
所以存在实数，使得函数与的图象有且只有三个不同的交点，的取值范围为
3．（福建·高考真题）已知函数（为自然对数的底数）
（1）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；
（2）求函数的极值；
（3）当时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值.
【答案】（1）（2）当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值（3）的最大值为
【分析】（1）求出，由导数的几何意义，解方程即可；（2）解方程，注意分类讨论，以确定的符号，从而确定的单调性，得极大值或极小值（极值点多时，最好列表表示）；（3）题意就是方程无实数解，即关于的方程在上没有实数解．一般是分类讨论，时，无实数解，时，方程变为，因此可通过求函数的值域来求得的范围．
【详解】（1）由,得．
又曲线在点处的切线平行于轴,
得,即,解得．
（2）,
①当时,,为上的增函数,
所以函数无极值．
②当时,令,得,．
,;,．
所以在上单调递减,在上单调递增,
故在处取得极小值,且极小值为,无极大值．
综上,当时,函数无极小值
当,在处取得极小值,无极大值．
（3）当时,
令,
则直线:与曲线没有公共点,
等价于方程在上没有实数解．
假设,此时,,
又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故．
又时,,知方程在上没有实数解．
所以的最大值为．
解法二:
（1）（2）同解法一．
（3）当时,．
直线:与曲线没有公共点,
等价于关于的方程在上没有实数解,即关于的方程:
（*）
在上没有实数解．
①当时,方程（*）可化为,在上没有实数解．
②当时,方程（*）化为．
令,则有．
令,得,
当变化时,的变化情况如下表:









减

增
当时,,同时当趋于时,趋于,
从而的取值范围为．
所以当时,方程（*）无实数解, 解得的取值范围是．
综上,得的最大值为．
考点：导数的几何意义，极值，导数与单调性、值域，方程根的分布．