专题4.5 导数与函数的零点问题-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
1.函数零点问题．主要考查判断函数的零点个数，以及由函数零点或方程的根求参数的值（范围），或者证明与函数零点相关的不等式，凸显数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养．
2.将函数、导数、方程与不等式相结合考查，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，也体现命题的创新性.
知识点一
解函数零点问题的一般思路
(1)对函数求导．
(2)分析函数的单调性，极值情况．
(3)结合函数性质画函数的草图．
(4)依据函数草图确定函数零点情况．
知识点二
利用函数零点的情况求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.
常考题型剖析
题型一：函数零点个数的判断与证明
【典例分析】
例1-1.（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知函数.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)判断函数的零点个数，并证明.
【答案】(1)
(2)有个零点，证明见解析
【分析】（1）对求导，令，，得出在的单调性，结合零点存在性定理可得在上单调递增，在上单调递减，再比较的大小，即可得出答案.
（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论，和时，的正负，即可得出证明.
【详解】（1）的定义域为，故，
令，，
当时，，
所以在上单调递减，且，
，
所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，
所以函数在区间上的最小值为.
（2）有个零点，证明如下：
因为，，
若，，
所以在区间上单调递增，又，，
结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点，
若，则，则，
若，因为，所以，
综上，函数在有且仅有一个零点.
例1-2.（2023·广东东莞·校联考模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：对任意的，；
(3)讨论函数在上零点的个数.
【答案】(1)的增区间是，减区间是
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）代入，求出导函数，根据导函数，即可得出函数的单调区间；
（2）代入，求出导函数.构造函数二次求导，即可推得在单调递增，根据，即可得出的单调性，进而得出证明；
（3）易知，当时，，所以没有零点；当时，求出导函数，构造函数，二次求导可得出的单调性.进而结合特殊点的导数值，结合零点存在定理，即可得出的单调性.然后根据端点处的函数值，即可得出函数零点的个数.
【详解】（1）当时，，.
当，，所以在上单调递增；
当，，所以在上单调递减.
所以的增区间是，减区间是.
（2）当时，，
则.
设，则.
由（1）知时，所以，
所以，，即在单调递增，所以，
所以在单调递增，所以.
（3）
当时，，，
所以.
由（2）知，此时，所以没有零点.
若时，的导函数.
令，则.
令，则.
①当时，在上恒成立，
所以，即在上单调递增.
又，，
所以在上存在唯一零点，记作.
则当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
②当时，，所以在上恒成立，所以在上单调递增.
综合①②，可得当时，单调递减；当时，单调递增.
又因为，所以，当时，，；
又，所以存在唯一实数，使得.
所以当时，，此时单调递减；
当时， ，此时单调递增.
又因为，所以时，，所以在上没有零点.
由（1）知时，，则.
又，在上单调递增，所以在上存在唯一零点.
所以，在上存在唯一零点.
综上，当时，在上无零点；
当时，在上存在唯一零点.
【点睛】关键点睛：构造函数，结合零点存在定理得出导函数的单调性，进而得出函数的单调性.
【规律方法】
1. 利用导数判断或证明函数零点个数的策略:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负以及函数的单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数.
2.常用方法：
（1）直接法：直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．
（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）分离参数法：分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．
【变式训练】
变式1-1.（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)当时，证明：在上恒成立；
(2)判断函数的零点个数.
【答案】(1)证明见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）证明不等式恒成立转化为求函数的最小值，最小值大于等于零即可求证；
（2）利用导数研究函数的单调性，极值最值，取极限从而分析函数零点的个数.含参要注意进行分类讨论.
【详解】（1）当时，，
所以，
所以在上单调递增.
故，
所以，即在上恒成立.
（2），其定义域为：.
.
当时，令得：.
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以，
所以此时没有零点；
当时，令得：，或.
若，，所以为增函数；
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以的极大值为，
极小值为.
此时时，，时，.
所以此时有个零点；
当时，，所以在单调递增.
此时时，；时，.
所以此时有个零点；
当时，令得：，或.
若，，所以为增函数；
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以的极大值为，
极小值为.
此时时，，时，，
所以有个零点.
综上所述：当时，没有零点；当时，有个零点.
变式1-2.（2023·广东广州·统考三模）已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)讨论函数的零点个数．
【答案】(1)函数的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)答案见解析
【分析】（1）求得，令，解得，结合导数的符号，即可求解；
（2）根据题意转化为函数与的图象的交点个数，根据二次函数的性质，得到的单调性和最值，由（1）知取最小值，分别得到、和的零点个数，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
令，解得，
当时，则，可得，在单调递减；
当时，则，可得，在单调递增；
故函数的单调递减区间是，单调递增区间是．
（2）解：由，得，
因此函数的零点个数等价于函数与的图象的交点个数，
因为，所以的递增区间是，递减区间是，
所以当时，取最大值，
由（1）可知，当时，取最小值，
当 ，即时，函数与的图象没有交点，即函数没有零点；
当，即时，函数与的图象只有一个交点，即函数有一个零点；
当，即时，函数有两个零点，
理由如下：
因为，
所以，，
由函数零点存在定理，知在内有零点.
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以在上只有一个零点.
又因为，
所以的图象关于直线对称，
因为的图象关于直线对称，所以与的图象都关于直线对称，
所以在上只有一个零点.
所以，当时，有两个零点.
题型二：根据函数零点的情况求参数取值范围
例2-1.（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知且，函数.
(1)讨论的单调区间；
(2)若曲线与直线恰有一个交点，求取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，分和讨论即可得单调区间；
（2）将问题转化为只有一个实数解，构造函数，利用导数讨论其单调性，结合图象可解.
【详解】（1），
则
当时
当时，；当时，.
函数在上单调递增；在上单调递减.
当时，，所以，所以恒成立.
所以函数在上单调递增.
（2），
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，当x从右边趋近于0时，趋近于，
作图象如图，
所以曲线与直线恰有有1个交点，
即或，这即是
或，
所以的取值范围是.

例2-2.（2023春·陕西安康·高三陕西省安康中学校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若在区间上有两个不同的零点，求的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增
(2)
【分析】（1）求导后，根据的取值范围，分类讨论的正负情况，即可得出的单调性；
（2）由已知，，结合单调性，求出使在区间上有且只有一个零点的实数的取值范围即可.
【详解】（1）∵，∴，
①当时，恒成立，此时在上单调递增；
②当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）∵，∴，即是的一个零点.
由第（1）问的单调性知，
①当时，在上单调递增，有且只有一个零点，不合题意；
②当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
i）当，即时，在区间上单调递增，
∴在区间上有且只有一个零点，不合题意；
ii）当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，
且由的单调性知，
又∵，∴，
，
令，则，
当时，，单调递增，，
∴，
∴由零点存在定理知，在区间有零点，
∴结合的单调性及知，在区间上有两个不同的零点，
综上所述，若在区间上有两个不同的零点，则实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：本题第（2）问解题的关键是发现，然后只需利用零点存在定理，确定在区间上有且只有一个零点的实数的取值范围即可.
【规律方法】
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
【变式训练】
变式2-1.（2023春·山西·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；
(2)若的图象与直线恰有两个不同的公共点，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）构造函数，利用导数探讨函数在上有两个零点即可.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
（2）设，其定义域为，
则，
①若，即，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为时，时，，
所以要使有两个零点，则，解得，故；
②若，即，由，解得，所以有且仅有1个零点，则不符合题意；
③若，即，由，得或，由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为时，时，，
所以要使有两个零点，则或，
若，解得，不符合题意；
若，设，
则化为，
当时，，所以无解，
即无解，故不符合题意；
④若，即恒成立，则在上单调递增，从而最多有1个零点，则不符合题意.
⑤若，即，由，得或，由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为时，时，，
所以要使有两个零点，则或，
若，解得，不符合题意，
若，
设，则化为，
令，则，
设，则当时，，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
从而，所以在上单调递减，
所以，则无解，即无解，故不符合题意，
综上，实数的取值范围是.
变式2-2.（2023·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若关于的方程在内有解，求的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）当时，对求导，得出的单调性，即可求出的极值；
（2）本题转化为，则在，内均存在零点，即至少有两个零点，分类讨论，和，可得若有两个零点，则，，，解方程即可得出答案.
【详解】（1）当时，，所以，
令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）已知在内有解，设为在内的一个零点，
由，知在，内都不单调
设，则在，内均存在零点，即至少有两个零点.
，
当时，，在上单调递减，不可能有两个及以上零点，舍去；
当时，，在上单调递增，不可能有两个及以上零点，舍去；
当时，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上存在最小值.
若有两个零点，则，，，
而，
令，则，
则，在上单调递增，在上单调递减.
所以，即恒成立，
由，，得，即的取值范围是.
题型三：与零点相关的不等式证明问题
【典例分析】
例3-1．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知函数，给出以下三个结论：
①如果有两个不同的根，则；
②当时，恒成立；
③如果有两个根，，则.
其中正确的结论个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】对于①，将有两个不同的根转化为有两个根.设，导数法判断单调性作出图象，数形结合得出的范围；
对于②，先得出函数≤0，再利用放缩法证明当时，恒成立；
对于③，需要将已知条件转化，构造新函数（）并求出新函数的最值，完成本题的判断.
【详解】①正确，如果有两个不同的根，即有两个根.
设，，
易知在上是减函数，且，
所以当时，，即，此时为增函数；
当时，，即，此时为减函数，
所以由图象可知，即；
②正确，设，则，所以当时，此时为增函数；
当时，，此时为减函数，所以时，取得最大值，最大值为0，即，所以，
当时，恒成立；
③正确，由于有两个根，，
令，即，即，要证明成立，
只需证明，即，
故只需证明，即证明，
设，则，则上式化为.
设，，
即在上为减函数，
当时，，由于，则，即成立，故命题成立.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用切线不等式放缩；二是把转化为.
例3-2.（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,若有两个实数根,且.求证:.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导数,对进行分类讨论,分别求解出和的解即可;
（2）利用切线放缩,先证明,先求出曲线在和处的切线,再构造函数进行证明,同理证明即可.
【详解】（1）的定义域为,
.
①若,因为恒成立,所以在上单调递减.
②若,令,得;令得,,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
③若,令,得;令,得,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
综上:
当时,在上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减.
（2）,
先证不等式,
因为,
所以曲线在和处的切线分别为和,
如图:

令,
,
令,则;令,则;
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,所以在上恒成立,
设直线与直线交点的横坐标为,则,
设直线与直线交点的横坐标为,同理可证,
因为,
所以(两个等号不同时成立),
因此.
再证不等式,
函数图象上两点,
设直线与直线的交点的横坐标分别为,
易证,且,
所以.
综上可得成立.
例3-3．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知函数（）有两个零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)设函数的两个零点分别为，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先判断的零点一定大于0.构造函数（），根据导函数得出函数的单调性，求出函数的极小值.分以及，结合函数的单调性以及零点存在定理，即可得出答案；
（2）根据已知可推得，即.设，得，则.设，通过二次求导可得出的单调性，结合，即可得出，变形即可得出证明.
【详解】（1）当时，恒成立，所以在上没有零点.
所以若，则.
设（），则.
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增.
所以，时，在处取得唯一极小值，也是最小值.
设，则在上单调递减，在上单调递增.
当时，，
所以最多有一个零点，即最多有一个零点，不满足题意；
当时，
因为，所以，，
所以.
又，，
根据函数的单调性以及零点存在定理可知，
，有；，有.
且当时，恒成立；
当时，恒成立.
所以，有两个零点，即存在两个零点.
综上，.
（2）由（1）知，，且，
得，即.
设，
得，即，则.
设，则，
设，.
当时，有，所以在上单调递减；
当时，有，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，即在上恒成立，
所以函数在上单调递增.
又，所以时，有，
即，
即，即，
即.
【点睛】关键点睛：由已知推得，变形得出.换元，即可构造函数.
例3-4.（2023·贵州·校联考模拟预测）已知函数.
(1)判断的导函数在上零点的个数，并说明理由；
(2)证明：当时，.
注：.
【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】利用导数判断的导函数在上得单调性，再结合零点的存在性定理即可得出结论；
（2）令，则，即，再结合（1）利用导数可求得函数的最小值，再证明的最小值大于零即可.
【详解】（1），
令，则，
所以函数在上单调递增，即在上单调递增，
又，
所以的导函数在上零点的个数为1；
（2）令，
则，即，
由（1）可知存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，存在，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
所以函数在上单调递减，所以，
所以时，，
即当时，恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
【变式训练】
变式3-1.（2023·福建南平·统考模拟预测）已知函数满足，，则（ ）
A．
B．
C．若方程有5个解，则
D．若函数（且）有三个零点，则
【答案】BCD
【分析】由可构造函数，由已知条件求出，再由解析式求解判定选项.
【详解】因为，构造函数，
则，所以可设，
又，所以，.
对于A选项，，故A选项错误；
对于B选项，由，所以当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，
所以，而均大于0，要比较的大小，只需比较的大小，，
令，
则，在单调递增，在单调递减，
所以，所以，即，进而，故B选项正确；
对于C选项，方程可化为（＊），
令，则方程（＊）可化为
作出的图象如图所示：

方程，
① 时，时，方程的解只有一个，
则函数的零点至多有三个，不合题意；
② 时，方程无解，无零点，不合题意；
③ 时，即或时，方程的解有两个，记为且，
若方程有5个解，则有2个零点，有3个零点，即，由求根公式得，，
解得，此时合题，故C选项正确；
对于D选项，若函数（且）有三个零点，
则方程有三个根，因为，又在单调递增，
所以方程有三个根，则方程有三个根，
所以有三个根，所以有三个根，即有三个根，
令，因为，所以为奇函数，
则当时，则，
令，所以在单调递增，在单调递减,
所以；当时，，当时，，
作出函数的图象如下：

所以或，解得，故D选项正确.
故选：BCD.
变式3-2.（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.
变式3-3.（2022秋·海南·高三校联考期末）已知函数
(1)求的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由（1）可得，，，显然，，
令，设，则，依题意只需证明，即证，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）定义域为，且，
当时，，在上单调递减．
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间．
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）因为，是函数的两个不同的零点，所以，，，
显然，，因为，，
所以，，
即，，
所以．
不妨令，设，
则，，
所以，．
又，
所以要证，
只需证，即．
因为，
所以只要证，
即，即．
令，，则，
所以在上单调递减，所以，所以．
变式3-4. （2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，当时在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意首先确定函数的单调性和极值，据此得到关于实数的不等式组，求解不等式组即可确定实数的取值范围．
【详解】由题意可得：，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
据此可得函数在处取得极大值，在处取得极小值，
结合题意可得：，解得：，
所以实数的取值范围是.
故选：B．
2.（2023·四川资阳·统考三模）已知函数，关于x的方程恰有4个零点，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求导分析函数的单调性，进而可得函数的图象，再根据，分别根据与和图象的关系列不等式求解即可.
【详解】当时，，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，故的大致图象如图所示.，即，解得或.由图可知或或或，解得或，即m的取值范围是.
故选：C
二、多选题
3．（2022秋·广东中山·高三华南师范大学中山附属中学校考开学考试）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．有两个不同零点
B．
C．在上单调递增
D．若函数在处取得最小值，则
【答案】CD
【分析】对函数求二次导，判断函数的单调性，进而判断选项A和C；令，利用导数判断函数的单调性进而判断选项B和D.
【详解】，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．所以在上单调递增．故函数最多只有一个零点，故选项A错误；选项C正确；
令，则，
令，则在上恒成立．
则在上单调递增．又，
所以，则在上单调递减，
在上单调递增，即．又，
则，所以，则恒成立，
所以不存在，使得，故选项B错误；选项D正确；
故选：CD．
4．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数，，则（ ）
A．当没有零点时，实数的取值范围为
B．当恰有1个零点时，实数的取值范围为
C．当恰有2个零点时，实数的取值范围为
D．当恰有3个零点时，实数的取值范围为
【答案】CD
【分析】利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，设，，将的零点问题，转化为的实根个数问题，分类讨论，结合的图象得的实根个数可得答案.
【详解】由，得，
当时，；当时，，
在上为减函数，在上为增函数，
，，时，，时，，
的图象如图：
令，，则，令，得，得或，
当时，，，此时，即必有零点，故A错误；
当时，有唯一实根，由的图象可知，恰有一个实根，此时有唯一实根；
当时，因为，，则无实根，故有唯一实根；
当时，，由的图象可知，只有一个实根，此时恰有2个零点，为和，
当时，由得，由的图象可知，恰有一个正根，此时恰有2个零点，
当时，方程有唯一实根，设为，则，由的图象可知，有两个非零实根，此时恰有3个零点，
综上所述：当恰有1个零点时，实数的取值范围为，故B错误；
当恰有2个零点时，实数的取值范围为，故C正确；
当恰有3个零点时，实数的取值范围为，故D正确.
故选：CD
三、填空题
5．（2023·山东聊城·统考三模）已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，恰有四个零点，则这四个零点的和为________．
【答案】4
【分析】根据题意，由条件可得为偶函数，可得其所有零点之和为0，然后即可得到结果.
【详解】将函数向左平移1个单位，所以，
因为是偶函数，由偶函数的导数为奇函数可知，是奇函数，
且奇函数与奇函数的乘积为偶函数，则为偶函数，
所以为偶函数，
又因为函数恰有四个零点，即函数恰有四个零点，
且这四个零点一定是两组关于轴对称，其四个零点之和为0，
而是由向左平移了1个单位，
所以的四个零点之和为4.
故答案为：4
6.（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）已知函数在区间上有两个零点，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【分析】首先参变分离为，再构造函数，利用导数判断函数的性质，转化为与的交点问题.
【详解】令，得，
设，，，
当，，函数单调递减，
当，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，
，，，，
所以与有2个交点，则.
故答案为：
7．（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）已知函数有三个零点，则a的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据零点定义得方程后，参数分离，构造函数求值域后数形结合即可得.
【详解】由得，，
所以若函数有三个零点，则方程有三个根，
设，则，
令得，或，
当时，，递减，
当时，，递增，
当时，，递减，
又，
作出函数的大致图像，如图，
由图可知，当时，函数有三个零点.

故答案为：.
8．（2023·河南郑州·三模）已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【分析】先根据及得到，利用同构得到有解，构造，得到，故，参变分离得到在有解，令，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到答案.
【详解】，所以，
故，所以，为常数，
因为，又，故，
所以，
若在区间内存在零点，
则在区间内存在零点，
整理得，
设，则，
令得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
故时，成立，
即存在，使得有解，即有解，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
又，故，
所以，故实数m的取值范围.
故答案为：
四、解答题
9.（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）已知函数和函数，且有最大值为．
(1)求实数a的值；
(2)直线y＝m与两曲线和恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为，，，且，证明：．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据的单调性得到最大值为，然后列方程求解即可；
（2）根据交点情况得到，然后再结合的单调性即可得到，即可证明.
【详解】（1）的定义域为R，且，，
当时，，递增；当时，，递减；
所以，
所以，解得，又，所以a＝1.
（2）证明：由（1）可知：在递增，在递减，
又，所以在递增，在递减，
和的图象如图所示：

设和的图象交于点A，则当直线y＝m经过点A时，
直线y＝m与两条曲线和共有三个不同的交点，
则，且，，，
因为，所以，即，
因为，，且在递增，所以，
所以，
因为，所以，即，
因为，，且在递减，
所以，所以，
所以，即．
【点睛】函数零点问题：
（1）转化为方程的根；
（2）转化为函数与轴交点的横坐标；
（3）转化为两个函数图象交点的横坐标.
10．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)求证：；
(2)若函数在上有唯一零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）不等式化为，，用导数可得在上单调递增，从而可证得结论.
（2）求出在上的单调性，在每一个单调区间上用零点存在性定理判断零点个数，从而可得.
【详解】（1）证明：由于，则等价于.
令，则，令，则，
因为，所以，即在上为增函数，
所以，故为增函数，
所以，即成立.
（2）设，由于，则，
所以在上为增函数，所以，即.
又由于，由，得，
由（1）知当时，，
此时，当时，函数没有零点，不合题意，故舍去.
当时，因为，所以，
设，.
当时，恒成立，所以即单调递增.
当时，设，.
因为，，所以，所以即单调递增.
又，，
因此在上存在唯一的零点，且.
当时，，所以即单调递减；
当时，，所以即单调递增.
又，，，
因此在上存在唯一的零点，且.
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增.
又，，，
所以在上没有零点，在上存在唯一零点，因此在上有唯一零点.
综上，的取值范围是.
11．（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：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；
（2）把原函数有三个零点转化为有三个根，构造，求导研究函数单调性，结合根的分布得，要证，等价于证，
等价于，构造函数从而证明，即证，构造函数，利用导数单调性即可证明.
【详解】（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.
12.（2022·北京·校考模拟预测）设函数.
(1)k＝1时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
(2)求f（x）的单调区间和极值；
(3)证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.
【答案】(1)
(2)函数单调递减区间是，函数f（x）单调递增区间是 , ；极小值为，无极大值
(3)证明见解析
【分析】（1）根据求导公式和导数的几何意义即可求解；
（2）分类讨论函数的单调性确定极值即可；
（3）根据零点定理即可求解.
【详解】（1）函数，
时， ,
,
曲线 在点 处的切线方程为 .
（2）.
,
时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增.
时，函数取得极小值，，无极大值.
综上可得：
函数单调递减区间是，函数单调递增区间是.
时，函数取得极小值，，无极大值.
（3）证明：由(2)可知：函数单调递减区间是，函数单调递增区间是.
时，函数取得极小值，，
若存在零点，
则函数的极小值≤0，
解得.
函数单调递减区间是
∴在区间]上单调递减，
∴在在区间]上最多有一个零点，
又，＝≤0，
因此在区间]上仅有一个零点.x
+
0
↘
极小值
↗