微专题10导数解答题之零点问题 -2024年新高考数学二轮复习微专题提分突破140分

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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．
【典型例题】
例1．（2024·河南·一模）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.
【解析】（1）根据条件则
当时，在定义域内恒成立，因此在递减；
当时，由，解得；，解得
因此：当时，的单调减区间为，无增区间；
时，的单调减区间为，增区间为；
注：区间端点处可以是闭的
（2）若有两个零点，有（1）可知且
则必有
即，解得
又因，
即，
当时，恒成立，即在单调递减，
可得，
也即得在恒成立，
从而可得在，区间上各有一个零点，
综上所述，若有两个零点实数a的范围为
例2．（2024·湖南·二模）已函数，其图象的对称中心为.
(1)求的值；
(2)判断函数的零点个数.
【解析】（1）因为函数的图象关于点中心对称，故为奇函数，
从而有，即，
，
，
所以，解得，
所以；
（2）由（1）可知，，，，
①当时，，，所以在上单调递增，
，，
函数有且仅有一个零点；
②当时，，，
有两个正根，不妨设，则，
函数在单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数有且仅有一个零点；
③当时，，
令，解得或，
有两个零点；
④当时，，，
有一个正根和一个负根，不妨设，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数有且仅有三个零点；
综上，当时，函数有三个零点；
当时，函数有两个零点；
当时，函数有一个零点.
例3．（2024·高三·四川雅安·开学考试）已知函数．
(1)若，当时，证明：．
(2)若，证明：恰有一个零点．
【解析】（1）证明：因为，所以，．
当时，，则在上单调递增，
所以当时，．
（2）．
令，则．
令，则．
当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以，所以，
则在上单调递增．
因为，所以恰有一个零点，则恰有一个零点．
例4．（2024·全国·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的图象在点处的切线方程；
(2)若函数有2个零点，求的取值范围.
【解析】（1）当时，，，
，，
根据导数的几何意义可知，的图象在点处的切线方程为；
（2），
令，即，
整理为：，
设，
即，则，
化简为，，
设，
，令，得，，
当，，单调递减，
当，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，，
若函数有2个零点，即函数有2个零点，
所以，得，
，则，则在区间有1个零点，
，
设，,
，设，
，所以在上单调递增，
，则在上单调递增，
，即，则，
根据函数大单调性可知，在区间有1个零点，
所以函数有2个零点，则的取值范围是.
例5．（2024·高三·河南·阶段练习）已知函数.
(1)判断的单调性；
(2)当时，求函数的零点个数.
【解析】（1）函数的定义域为.
令，则.
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，
所以在上恒成立，所以在上单调递减，在上单调递减.
（2）且的零点等价于且的零点.
,令，
易知，因为，
所以存在，使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
在上单调递增.
当时，，当时，，
所以在，上不存在零点.
取，则，
所以在上存在一个零点，设为.
又，所以，因为，所以，
因为，所以，因为，所以，
所以在上存在一个零点.
综上所述，当时，函数的零点个数为2.
例6．（2024·广东·模拟预测）已知．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在两个零点，证明：存在三个零点，且
(3)在（2）的条件下，证明：．
【解析】（1），如果则，所以在R上递减；
如果，则的符号以为分界线，左边负右边正，
所以在递减，在递增；
（2）由于有两个零点，
故，而且，也就是，
所以，
如果或，
那么，
所以有零点，
同时，由于且，所以，
而，令，
则，令，
则，
这表明递增，
同时由于，
所以在上有一实数u，满足，
且时，，时，.
所以在递减，在递增.
假设，就意味着在和上均递增，
所以，矛盾.
所以，
从而在和上各有一零点，
且在和上大于0，在上小于0.
那么由于，
我们知道，
所以上一定还有的零点.
综上所述，存在三个零点，且；
（3）设，，
则有：，
但，
要证，只需要证明：，
首先，容易说明当时，，
实际上，这也就是说此时，
而意味着，
上一问已证，同时由于是的零点（可导函数取极值的必要条件），
所以，
在这里对某个函数，我们定义函数列：，
换言之是进行次求导后得到的函数，
从而令，，
则，
所以时，，
所以时，，
所以时，，
即，
所以，
又因为，
所以，从而，
也就是，
由于，
而在上小于0，在上大于0，
故，
又由于，，
而在上递减，在上递增，
故，
综上，，从而.
证.
例7．（2024·江苏·模拟预测）已知函数，其中，为自然对数的底数．
(1)函数，求的最小值；
(2)若为函数的两个零点，证明：．
【解析】（1）由可得，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的最小值为，故.
（2）由于为函数的两个零点，所以也是的两个零点，
故，故，，
,
令，
令，则，
当时, ,故单调递增，
故，则，
所以由零点存在定理可知，，
设，
则当时，单调递减，
当时，单调递增，故当，
故故，
故
，
所以由零点存在定理可知，，
所以.
例8．（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知函数.
(1)若，讨论的零点个数；
(2)若是函数（为的导函数）的两个不同的零点，且，求证：.
【解析】（1）由题意知的定义域为，
令，则，令，
令，则，
当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
而，
当或时，直线与函数的图象无交点，即无零点；
当或时，直线与函数的图象有1个交点，即有1个零点；
当时，直线与函数的图象有2个交点，即有2个零点；
（2）由题意知，
由于是函数的两个不同的零点，
即是的两个不同的正实数根，
故，则，
要证，即，
由于在上有，
故在上满足，
所以在上单调递减，而，故，
故即证，
即证，
而
，
令，则，设，
则时，，
故在上单调递增，
故，即成立，
故原不等式得证.
【过关测试】
1．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则.
【解析】（1）的定义域为，
则，
构造，则，
当时，，当时，，
故在区间内单调递减，在区间内单调递增，
所以，
当时，，当时，，
故在区间内单调递减，在区间内单调递增，则，
故要使，即需，即，故；
（2）证明：由（1）可知的两个零点一个小于1，另一个大于1，不妨设，
因为，构造函数，则，
故在单调递增，则由，
则由可知，即，
即，即，
要证，即证，即证，
构造函数，，
则，
故在区间内单调递减，则，即，
特别地，取，则有，即，故.
2．（2024·青海·一模）已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)若有两个零点，，证明：．
【解析】（1）由题意可知的定义域为，且，
对于，有在上恒成立，即递减，
所以，即在上恒成立，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在时单调递减，
所以当时，函数有最大值，，所以，
即，所以的取值范围为；
（2）不妨设，由（1）知，即，令，
构造，且，
所以
，
令，则，
当时，，递减，故，
所以时，单调递减，故，
即在上，所以，
又，所以，即，
由（1）知在上单调递减，所以，故得证.
3．（2024·河北·一模）已知函数．
(1)若函数有3个不同的零点，求a的取值范围；
(2)已知为函数的导函数，在上有极小值0，对于某点，在P点的切线方程为，若对于，都有，则称P为好点．
①求a的值；
②求所有的好点．
【解析】（1）
当，单调递增，
且，当时，，因此在区间上存在唯一零点，
当时，只要存在两个根即可，即存在两个根，
设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
由，当时，，当时，，
所以当时，在区间有2个零点，
因此得到取值范围是；
（2）①，，
令，则，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，得，
②设为好点，对于任意，都有，
当时，成立，
当时，即为当时，，
当时，成立，
因为在点的切线方程为，
所以，
设，即，
，
又因为在上单调递减，上单调递增，故分情况讨论，
（1）当时，因为为好点，所以恒成立，
若，在上单调递增，，，
所以在时单调递增，，满足条件，故时成立；
若，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
所以在时单调递减，，矛盾，不满足条件；
（2）当时，因为为好点，所以恒成立，
若，在上单调递减，，，
所以在时单调递增，，满足条件，故时成立；
若，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
所以在时单调递减，，矛盾，不满足条件；
综上可知，由（1）（2）可得，且，即，所以只有一个好点.
4．（2024·全国·一模）已知
(1)若，求实数的取值范围；
(2)设是的两个零点（），求证：①；②.
【解析】（1），设，
则，所以单调递增，注意到，
所以当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，
若，则，解得，
所以实数的取值范围为；
（2）①由题意不妨设，则由（1）可知，且，
所以
，
设，，
所以函数单调递增，所以，
所以，即，
又函数在上面单调递减，所以，所以；
②注意到，
所以，要证，
只需，即只需，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，所以，
所以要证，只需，即，
不妨设，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
因为，所以，即，
又因为，所以，
综上所述，命题得证.
5．（2024·北京门头沟·一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求的极值；
(3)当时，判断零点个数，并说明理由．
【解析】（1）当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，且，
令，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
（3）令，即，
因为，所以，
令，
所以判断的零点个数，即判断的零点个数，
又，，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，
则，因为，所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以当时有一个零点，即有一个零点，
当时无零点，即无零点，
综上可得当时有一个零点，当时无零点.
6．（2024·山东潍坊·一模）已知函数（）．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：（，）；
(3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围．
【解析】（1）
函数定义域为，求导得，
设，则，
①当时，恒成立，且至多一点处为0，函数在上递减；
②当时，有两个零点，
则当或时，，即；当时，，即，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，的递减区间为；
当时，的递减区间为，递增区间为.
（2）由（1）知，当时，时，，
则，令，
于是，
，
所以.
（3）函数，
由于与同号，则只有一个零点，
令，由，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，
由（1）知，当时，在上单调递减，不合题意；
当时，由（1）知，的两极值点满足，所以，得，
由， 则，由（2）知，当时，，
则，即，
因此，
由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点，
显然，
而，则，于是当时，存在三个不同的零点，
所以的取值范围是.
7．（2024·高三·江西·开学考试）已知函数，且的极值点为.
(1)求；
(2)证明：；
(3)若函数有两个不同的零点，证明：.
【解析】（1）由，
则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以为的极大值点，即.
（2）由（1）知，，
要证，只需证，即，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即，所以.
（3）因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减并整理，得.
设，由（2）知，
所以要证，只需证，即证.
设，下面只需证，
设，则，
所以在上单调递增，从而，
所以成立，从而.
8．（2024·山西·一模）已知，且，函数.
(1)记为数列的前项和.证明：当时，；
(2)若，证明：；
(3)若有3个零点，求实数的取值范围.
【解析】（1）由题意可知时，，
所以
；
（2）易知时，，
令，
显然时，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，所以在上单调递增，
又，所以时，时，，
故；
（3）①若，易知定义域上为单调递增函数，不会有三个零点，不符题意；
②若时，则时，，时，，
由（2）可知：时，，
时，，
且，则函数只有一个零点，不符题意；
③由（2）知，时，在上单调递增，也不符题意；
④若，，
令，
显然时，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
注意到，，
所以 使得，
即在和上单调递增，在上单调递减，
又时，，，，
所以在区间各存在一个零点，及也是一个零点，符合题意；
综上.
9．（2024·陕西宝鸡·二模）已知函数
(1)若和的图象有公共点，且在公共点处有相同的切线，求值；
(2)求证：当时，的图象恒在的图象的上方；
(3)令，若有2个零点，试证明
【解析】（1），设公共点为，
因为在公共点处有相同的切线，则，
故，解得，故.
（2）设，，
当时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故.
因为，故，所以，故，
所以即，
故当时，的图象恒在的图象的上方.
（3）因为有2个零点，故，
所以即，同理，
不妨设，
又，故，
要证：，即证：，
即证：，即证：.
设，则，
故在上为增函数，故即，
而，故成立，
故成立.
10．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性．
(2)已知是函数的两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围．
（ⅱ）是的导函数．证明：．
【解析】（1）
．
①当时，在上单调递增．
②当时，令得，即在上单调递增；
同理，令得，即在上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点．
当时，在上单调递增，在上单调递减，
若使有两个零点，则，即，解得，
且，当时，，则有，
所以的取值范围为．
（ⅱ）是函数的两个零点，则有①，②，
①-②得，即，
，
因为有两个零点，所以不单调，
因为，得，
所以．
若要证明成立，
只需证，
即证，令，则，
则不等式只需证，
即证，
令，
，令，
令，因为，得在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
所以有，
故有，不等式得证．
11．（2024·北京丰台·一模）已知函数，曲线在点处的切线为，记．
(1)当时，求切线的方程；
(2)在（1）的条件下，求函数的零点并证明；
(3)当时，直接写出函数的零点个数．（结论不要求证明）
【解析】（1）当时，，
而，所以，
从而切线方程为，也就是.
（2）由题意，
所以，
令，则，
当时，，，
所以，即，
所以当时，单调递减，，
当时，，，
所以，即，
所以当时，单调递增，，
综上，恒成立，也就是恒成立，
所以在上单调递增，
又因为，故函数有唯一零点，
且当时，，当时，；
因此当时，，当时，，
故；
（3）对个实数，定义和分别为中最大的一个和最小的一个.
现在，，故，
令，再对求导一次得到.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故函数在上递减，在上递增.
由于曲线在处的切线斜率为，
故该切线的方程为，从而.
现在我们有，故.
首先我们有，，故.
已证函数在上递减，在上递增，下面我们分情况讨论：
当时：
由于，
故，
同时由在上递增，知，而，
故在上必存在一个零点，记该零点为，
则有，且，从而.
由于函数在上递减，在上递增，，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
这表明在上递减，在和上各自递增.
由于在上递增，故在上至多有一个零点，而.
同时，当时，有
故，
这表明当时，有
.
故必有一个零点，且.
已证在上至多有一个零点，这就说明在上恰有一个零点.
然后，当时，由于在上递减，在上递增，故. 而，这说明在上恰有一个零点.
根据以上的讨论，知恰有2个零点；
当时：
由于，
故，
同时由在上递减，知，而，
故在上必存在一个零点，记该零点为，
则有，且，从而.
由于函数在上递减，在上递增，，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
这表明在上递减，在和上各自递增.
由于在上递增，故在上至多有一个零点，
而.
同时，当时，有：
故，
设，则当时，
故在上递增，所以当时，即.
所以当时，有：
这表明当时，
有，，
从而
.
故必有一个零点，且.
已证在上至多有一个零点，这就说明在上恰有一个零点.
然后，当时，由于在上递减，在上递增，
故. 而，这说明在上恰有一个零点.
根据以上的讨论，知恰有2个零点.
综上，无论哪种情况，都恰有2个零点，从而零点个数为2.
12．（2024·江西赣州·一模）已知函数.
(1)求的单调区间，
(2)已如.若函数有唯一的零点.证明，.
【解析】（1），令，
当时，即为增函数，
又
当时，单调递减；
当时，单调递增.
的减区间为，增区间为
（2）
由（1）可知在单调递增，且，
又
存在唯一的使得
当时单调递减；当时单调递增；
若方程有唯一的实数，则
消去可得，
令，
则，在上为减函数
且
当时，即
13．（2024·山东聊城·一模）已知函数，，.
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最小值；
(3)设，讨论函数的零点个数.
【解析】（1），令，可得，
故的单调递增区间为；
（2），
令，
则，
由，故恒成立，
故在上单调递增，
又，，
故存在，使，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，
由，则，
令，则有，
，当时，恒成立，
故在上单调递增，故，即，
则，
即的最小值为；
（3）令，
即有，
即函数的零点个数为的实数根的个数，
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又当时，，当时，，
故当，即时，有唯一实数根，
当，即时，有两实数根，
当，即时，无实数根，
即当时，函数有一个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数无零点.
14．（2024·内蒙古包头·一模）设函数．
(1)当时，讨论的单调性，并证明；
(2)证明：①当时，；
②当时，，当时，；
③当时，函数存在唯一的零点．
【解析】（1）因为，所以，
设，则，
所以当时，，函数在上单调递增，
所以在上单调递增，又，
所以当时；当时，
因此，当时，在单调递减，在单调递增，
所以．
（2）①设，则，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，即时，．
②设，则，
所以在上单调递增，且，
所以当时，，即；
当时，，即．
③当时，，，
设，则，
当时，由①、②，得
，
所以在单调递增；
当时，
（ⅰ）若，由①知，得，故，
又由②知当时，成立，
则，此时单调递减，
（ⅱ）若，则，
此时单调递减，
由（ⅰ）（ⅱ）可知在单调递减，即在单调递减．
综上，可知当时，，所以在上单调递增，
又，，
所以根据零点存在定理可知在上存在唯一零点．
15．（2024·高三·陕西安康·阶段练习）记函数的导函数为，的导函数为，设是的定义域的子集，若在区间上，则称在上是“凸函数”.已知函数.
(1)若在上为“凸函数”，求的取值范围；
(2)若，判断在区间上的零点个数.
【解析】（1）由可得其定义域为，且，
所以，
若在上为“凸函数”可得在恒成立，
当时，显然符合题意；
当时，需满足，可得；
综上可得的取值范围为；
（2）若，可得，所以，
令，则；
易知在区间上恒成立，
因此可得在上单调递减；
显然，；
根据零点存在定理可得存在使得，
因此可知当时，，即在上为单调递增；
当时，，即在上为单调递减；
又，显然在上不存在零点；
而，结合单调性可得在上存在一个零点；
综上可知，在区间上仅有1个零点.
16．（2024·高三·广东广州·阶段练习）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)讨论函数在上的零点个数．（参考数据：，）
【解析】（1）
函数，
；
令，即，解得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取极小值，
函数的极小值是，无极大值；
（2），则，
令则，
由于时，，因此函数在上单调递增，
由于，
因此存在唯一的，使得，
故当单调递减，当单调的递增，
时，，此时单调递减，
综上可知在单调递减，在单调递增，
又，，当时，，
因此与轴有两个不同的交点，故在上的零点个数为2.
17．（2024·高三·天津南开·阶段练习）已知函数．（注：是自然对数的底数）．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，函数在区间内有唯一的极值点．
①求实数a的取值范围；
②求证：在区间内有唯一的零点，且．
【解析】（1）当时，，
所以，即切点，
故曲线在点处的切线方程为：；
（2）①.函数，，
（ⅰ）当时，当时，，，，
则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，
又，，所以在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
②由①知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以时，，则，
又因为，所以在上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
因为，
由①知，所以，
则
，
设，，
则，
，，所以
在为单调递增，又，所以，
又时，，所以．
所以．
由前面讨论知，，在单调递增，
所以．
18．（2024·山东淄博·一模）已知函数
(1)讨论函数在区间上的单调性;
(2)证明函数在区间上有且仅有两个零点.
【解析】（1）函数，当时，，
所以在上的单调递增.
（2）由（1）知，，当时，，函数在上单调递增，
，，因此函数在上有唯一零点；
当时，令，求导得，在上单调递增，
，则存在，使得，
当时，，函数，即单调递减，
当时，，函数，即单调递增，
又，，则存在，使得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
而，，因此函数上有唯一零点，
所以函数在区间上有且仅有两个零点.
19．（2024·福建莆田·二模）已知函数．
(1)证明：当时，；
(2)若函数有两个零点．
①求的取值范围；
②证明：．
【解析】（1）由题意可得：函数，且，，
若，则在内恒成立，
可知在内单调递增，可得；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得，
且，则，则；
综上所述：当时，.
（2）①由题意可得：，
令，整理可得，
设，则，
且，可知，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，则，解得，
若，令，则
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当趋近于，趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：的取值范围为；
②由①可知：，即，
若，等价于，
等价于，
令，则，
令，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，
即，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得；
令，则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且，在内单调递减，可得，
即，可得；
即，
所以.
20．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当且时，讨论在上的零点个数.
【解析】（1）显然定义域为，由得，
当时，单调递增区间为，无减区间，
当时，由，得，
所以单调递增区间为，
由，得，所以单调递减区间为，
综上所述，当时，单调递增区间为，无减区间；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由题可得函数，所以
，解得，
所以，
①当时，有，
所以恒成立，
所以在上单调递减，是一个零点；
②当时，，
设，则恒成立，
即在上单调递增.
又，
所以根据零点存在定理可知，，使得
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以，
因为，
根据零点存在定理可知，，使得，
综上所述，在上的零点个数为2.