人教A版（2019）选修二 第五章一元函数的导数及其应用 拓展九：利用导数研究函数的零点的4种考法总结-直击高考考点归纳-讲义

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拓展九：利用导数研究函数的零点的4种考法总结 函数的零点问题综合了函数、方程、不等式等多方面的知识，考查转化与化归、数形结合及函数与方程等数学思想．函数的零点问题常与其他知识相结合综合出题，解题难度较大，因此判断零点存在及零点个数问题是考查的一个热点． 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、与零点有关的不等式问题 （1）证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(令t＝\f(x2,x1)))，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式. （2）消参减元的主要目的是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．消参减元法，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下． ①建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)； ②定关系：即根据极值点所满足的方程，利用方程解的知识，建立极值点与方程系数之间的关系； ③消参减元：即根据两个极值点之间的关系，利用和差或积商等运算，化简或转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数； ④构造函数：即根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数； ⑤求解问题：即利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，解决相关问题．　 （3）极值点偏移问题，除了前述方法外，也常通过构造关联(对称)函数求解，常见步骤如下：①构造奇函数F(x)＝f(x0－x)－f(x0＋x)；②对F(x)求导，判断F′(x)的符号，确定F(x)的单调性；③结合F(0)＝0，得到f(x0－x)>f(x0＋x)(或f(x0－x)(或<)f(x0＋(x0－x2))＝f(2x0－x2)得f(x1)>(或<)f(2x0－x2)；⑤结合f(x)的单调性，得x1>(或<)2x0－x2，得x1＋x2>(或<)2x0. 其中也可考虑构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)等，具体视已知条件“执果索因”. 考点一 讨论零点个数 1．（2023·河南·高三安阳一中校联考阶段练习）函数的零点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】求出，令、可得的单调性，结合的极大值、极小值的正负情况可得答案. 【详解】易知的定义域为，， 令，解得或，∴在和上单调递减， 令，解得或，∴在和上单调递增， 当时，取得极大值，易知在上没有零点； 当时，取得极小值，且，， 可知在上有2个零点．综上所述，的零点个数为2． 故选：B. 2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，求证： (1)存在唯一零点； (2)不等式恒成立． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由导数得出的单调性，结合零点存在性定理证明即可； （2）先证明，再由的单调性，证明不等式即可. 【详解】（1），. 当时，，此时函数单调递增； 当时，，此时函数单调递减； 所以，即. 所以在上单调递增，. 则在上，存在，使得，即存在唯一零点； （2）， 令，. 当时，，此时函数单调递增； 当时，，此时函数单调递减； 即，故. 因为函数在上单调递增，所以. 即. 故不等式恒成立. 【点睛】关键点睛：在证明第二问时，关键是由导数证明，再利用函数的单调性证明，在做题时，要察觉到这一点. 3．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）已知函数. (1)当时，证明函数只有一个零点. (2)若存在，使不等式成立，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数的单调性，结合零点存在性定理得到在存在唯一零点，证明出结论； （2）二次求导，分，和三种情况，当时，由函数隐零点得到，构造函数，证明出时，，并由单调性得到，当时，结合第一问，得到，当时，举出反例. 【详解】（1）定义域为R， 当时，， 令，得；令，得， 所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数， 又当时，，可得， 当时，，， 由零点存在性定理可知：在存在唯一零点， 综上，函数只有一个零点. （2）定义域为R，， 令，则， 令，得； 令，得， 所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数， 当时，时，，又， 由零点存在性定理可得，使， 且时，当时， 因此函数在区间上为减函数，在区间上为增函数， ，且， 设，， 所以在上为减函数， 又， 故时，， 存在，使不等式成立， 因为在区间上为减函数，在区间上为增函数， 所以在上单调递增，故， 当时，由（1）得在上是减函数，在上是增函数， 故， 所以不存在，使不等式成立； 当时，取，即， 所以， 所以存在，使不等式成立. 综上所述，的取值范围是. 【点睛】隐零点的处理思路： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若，讨论函数的零点个数. 【答案】(1)增区间为和，减区间为 (2)答案见解析 【分析】（1）当时，求得，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间； （2）利用导数分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，结合零点存在定理可得出结论. 【详解】（1）解：当时，，该函数的定义域为， ， 由可得，由可得或. 故当时，函数的增区间为和，减区间为. （2）解：函数的定义域为， ， 由，得，， 由可得，由可得或. 所以，函数的增区间为、，减区间为， 所以，函数的极大值为， 极小值为， 当时，， 令，其中， 则，即函数在上单调递增， 故当时，， 此时，，所以在上不存在零点； ①当时，，此时函数无零点； ②当时，，此时函数只有一个零点； ③当时，，， 则在与上各有一个零点. 综上所述，（i）当时，在上不存在零点； （ii）当时，在上存在一个零点； （iii）当时，在上存在两个零点. 【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. 5．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，讨论函数的零点个数. 【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为 (2)答案见解析 【分析】（1）求导得到，根据导函数的正负得到单调区间. （2）求导得到，确定函数的单调区间，计算和，得到和，考虑，，，，几种情况，计算零点得到答案. 【详解】（1）当时，， 当时，；当时，；当时，， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为. （2）， 令，得或，由于， 当时，；当时，，当时，. 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为. ， 令，得， 当时，，又， 所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点； 当时，，又， 所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和； 令，得， 现说明，即，即显然成立. 因为，故， 当时，，又. 所以存在唯一，唯一，唯一， 使得，此时函数有3个零点， 当时，，又. 所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和2 . 当时，，又. 所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点. 综上所述，当时，函数有1个零点； 当时，函数有2个零点； 当 时，函数有3个零点； 当时，函数有2个零点； 当时，函数有1个零点. 【点睛】关键点睛：本题考查了函数的单调性问题，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中确定函数的单调区间，根据函数值分类讨论确定零点个数是解题的关键，分类讨论是常用的方法，需要熟练掌握. 6．（2023春·河北邢台·高三邢台市第二中学校考阶段练习）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)讨论零点的个数． 【答案】(1)递增区间是，，递减区间是； (2)答案见解析. 【分析】（1）把代入，分段去绝对值符号，再利用导数求出单调区间作答. （2）由分离参数，构造函数，把函数零点问题转化为直线与函数图象交点问题求解作答. 【详解】（1）当时，函数的定义域为， 当时，，，因此在上单调递增， 当时，，，当时，，当时，， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的递增区间是，，递减区间是. （2）函数的定义域为， 由得：，令函数， 当时，，求导得， 函数在上单调递减，由于，即有在上的取值集合是， 又在上的取值集合是，因此函数在上的取值集合是， 当时，，求导得，当时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，在上取得极大值， 而，恒成立， 函数的零点，即方程的根， 亦即直线与函数的图象交点的横坐标， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图， 观察图象知，当时，直线与函数的图象有3个公共点， 当时，直线与函数的图象有2个公共点， 当时，直线与函数的图象有1个公共点， 所以当时，函数有3个零点，当时，函数有2个零点，当时，函数有1个零点. 【点睛】思路点睛：研究函数零点个数问题，可以分离参数构造函数，借助导数探讨函数的单调性、极值、最值，并结合图形分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. 7．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）已知函数． (1)若时，，求实数a的取值范围； (2)讨论的零点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据题意，求导，得到，对进行分类讨论，可得的单调性，进而求得的时候，实数a的取值范围. （2）通过分类讨论，可得函数的单调性，进而得到的图像，根据数形结合，可得的零点个数. 【详解】（1）的定义域是，． ①当时，，所以在上单调递增， 又因为，所以当时，，满足题意； ②当时，令， 由，得，． 当时，，，所以在上单调递减， 所以，不满足题意． 综上所述，． （2）①当时，由（1）可得在上单调递增，且， 所以在上存在1个零点； ②当时，由（1）可得必有两根，， 又因为，所以，． 当时，因为，所以在上存在1个零点， 且，； 当时，因为， ，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点； 当时，因为， ，而在单调递增，且，而， 所以，所以在上存在1个零点． 从而在上存在3个零点． 综上所述，当时，存在1个零点；当时，存在3个零点． 【点睛】思路点睛：通过求导，得到，通过分析导数，得到的图像，通过数形结合，可求得不等式恒成立时，参数的取值范围，以及相应的的零点个数 考点二 根据函数零点情况求参数范围 （一）一个零点 8．（2023春·河南洛阳·高二洛宁县第一高级中学校考阶段练习）已知函数区间内有唯一零点，则不可能取值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的零点，令，孤立参数求出的表达式，构造函数利用函数的导数判断函数的端点值，求解函数的值域，然后求解的范围即可，即可得答案． 【详解】令，可得，令，可得， 令，恒成立，函数在区间是单调增函数， 所以，所以，在区间是单调增函数， 所以有， 函数在区间内有唯一零点， ，则的可能取值为：. 故选：D． 9．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知函数存在唯一的零点，则实数a的取值范围为______． 【答案】 【分析】求定义域，求导，分与两种情况，结合零点存在性定理和极值情况，列出不等式，求出实数a的取值范围. 【详解】定义域为R，， 当时，恒成立，故在R上单调递减， 又，， 由零点存在性定理得：存在唯一的使得：，故满足要求， 当时，由得或， 由得， 故在上单调递减，在，上单调递增， 当时，， 所以函数存在唯一的零点，只需， 解得：，与取交集后得到， 综上：实数a的取值范围是. 故答案为： 10．（2023秋·江苏南京·高二南京师大附中校考期末）设为实数，若函数有且仅有一个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用导数分析函数的单调性，利用零点存在定理可知函数在上只有一个零点，则函数在上无零点，并利用导数分析函数在上的单调性，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】当时，，则且不恒为零， 所以，函数在上单调递增，所以，， 又因为，所以，函数在上只有一个零点； 因为函数只有一个零点，则函数在上无零点， 则当时，，则， 由可得，由可得. 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，只需，解得. 故选：C. 11．（2023秋·陕西汉中·高三统考阶段练习）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在上只有一个零点，求实数的值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）根据导数的几何意义运算求解； （2）分和两种情况讨论，根据题意结合导数与单调性的关系分析求解. 【详解】（1）∵，∴， 则，．即切点坐标为，切线斜率， ∴曲线在点处的切线方程为，即． （2）∵，，则有： 当，则在上恒成立， 故函数在上单调递增，则， 即在无零点，不合题意，舍去； 当，令，则在上单调递增，则， 令，则在上恒成立， 则在上单调递增，则， 故在上恒成立， ∴， （ⅰ）当，即时，则，则函数在上单调递增，则， 故函数在上单调递增，则， 即在无零点，不合题意，舍去； （ⅱ）当，即时，则函数在存在唯一的零点， 可得：当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增，则， ∵，即， ∴， ①当，即时，则在上恒成立， 故函数在上单调递增，则， 即函数在无零点，不合题意，舍去； ②当，即时， 结合①可得：若时，在上恒成立， 故， 故在内有两个零点，不妨设为， 可得：当或时，，当时，， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 若函数在上只有一个零点，且， ∴， 又∵，即， ∴，解得， 故； 综上所述：. 【点睛】思路点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 12．（2023·全国·高二专题练习）已知函数． (1)当时，求证：； (2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）利用导数求出函数的最大值为，可得； （2）当a＝0时，不存在零点；当时，转化为函数与的图象有且只有一个交点，利用导数可求出结果. 【详解】（1）当时，，， ， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以，即. （2）函数的定义域为， 当a＝0时，无解，此时不存在零点； 当时，由得，， 因为函数有且只有一个零点， 设，则函数与的图象有且只有一个交点， ， 令，则， 因为，所以， 所以在上单调递减，且， 所以当时，，， 当时，，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以， 当时，，令，在上递增，， 则当时，，而在上取值集合为， 当时，，于是得当时，的取值集合为，而当时，， 又函数与的图象有且只有一个交点， 所以或，即或， 综上所述：实数的取值范围是或. 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. （二）两个零点 13．（福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三））已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为___________． 【答案】 【分析】零点问题可以转为为图像交点问题，然后讨论a的取值范围即可. 【详解】有两个零点 有两个根，即图像有两个交点； ①时，设， 若有两个交点，则； ②时，只有一个交点； ③时，设， 若有两个交点， 综上可得，实数a的取值范围为 故答案为： 14．（2023秋·四川成都·高三成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期中）已知函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】等价于 有2个零点，再运用参数分离的方法构造函数，根据该函数的性质求解. 【详解】函数 有2个极值点等价于 有2个零点， 令 ， ，令 ， ，当 时 ，当 时， 是增函数， 当 时， 是减函数， ，当x趋于0时， 趋于 ， 当 时， ， ，当x趋于 时 趋于0， 的图像大致如下： 所以a的取值范围是 ； 故答案为：. 15．（2023春·湖北武汉·高二武汉市洪山高级中学校考阶段练习）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若函数在其定义域内有两个不同的零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2) 【分析】（1）分析定义域并求解导函数，分类讨论与时的正负，从而可得函数的单调性； （2）结合（1）的答案判断得时，存在两个零点，需，再结合，可得函数在上有零点，再求解，并构造新函数，通过求导判断单调性求解得，从而可得函数在上有零点，从而可得的取值范围为. 【详解】（1）函数定义域为， ∵，∴． ①当时，在上恒成立， 即函数的单调递减区间为． ②当时，，解得， 当时，， ∴函数的单调递增区间为， 当时，， ∴函数的单调递减区间为． 综上可知： ①当时，函数的单调递减区间为； ②当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）由（1）知，当时，函数在上单调递减， ∴函数至多有一个零点，不符合题意； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减， ∴， 又函数有两个零点，∴，∴． 又，∴，使得， 又， 设，则， ∵，∴，∴函数在上单调递减， ∴，∴，使得， 综上可知，实数的取值范围为 【点睛】关键点点睛：通过函数单调性列不等式，然后分别在的两侧取值判断对应函数值小于，即取小于，通过构造函数，求导判断单调性与最大值的方式，从而得函数在和上存在零点. 16．（2023春·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考开学考试）已知函数. (1)若为的一个极值点，求实数a的值并此函数的极值； (2)若恰有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】(1)，极小值为，无极大值 (2) 【分析】（1）由求得，结合函数的单调性求得的极值. （2）由分离常数，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围. 【详解】（1），依题意， 此时，所以在区间递减； 在区间递增. 所以的极小值为，无极大值. （2）依题意①有两个解， ，所以不是①的解， 当时，由①得， 构造函数， ， 所以在区间递增； 在区间递减. 当时，；当时，， ，要使与的图象有两个交点， 则需. 综上所述，的取值范围是. 【点睛】根据极值点求参数，要注意的是由求得参数后，要根据函数的单调区间进行验证，因为导数为零的点，不一定是极值点.利用导数研究函数的零点，可以考虑分离常数法，通过分离常数，然后利用构造函数法，结合导数来求得参数的取值范围. 17．（2023·山西忻州·统考模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）对函数求导，再对进行分类讨论，根据和，即可得函数的单调性； （2）根据（1）的单调区间，对进行分类讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到的取值范围. 【详解】（1）由题意可得． 当时，由，得， 由，得， 则在上单调递减，在上单调递增． 当时，，则． 由，得或， 由，得， 则在上单调递减，在上单调递增． 当时，在R上恒成立，则在R上单调递增． 当时，，则． 由，得或， 由，得， 则在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）可知当时，在上单调递减，在上单调递增． 要使有两个零点，需至少满足，即． 当时，， ， 则在与上各有一个零点，即符合题意． 当时，只有一个零点，则不符合题意． 当时，由，当时，，， 则在上恒成立． 由（1）可知在上单调递增或先递减后递增，则不可能有两个零点，即不符合题意． 综上，a的取值范围为． 【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路： (1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解． 18．（2023秋·山西太原·高二统考期末）已知函数. (1)讨论函数在上的单调性； (2)若有两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1），分和讨论即可； （2），题目转化为有两个零点，利用分离参数法得，设，利用导数研究得图像即可得到答案. 【详解】（1），， 当，则 若,则在上单调递增； 若,令，即， 则在上单调递增. 令，解得，则在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2），， 因为有两个极值点,所以有两个零点, 显然,1不是的零点，由,得. 即直线与有两个交点， ， 令, 令，解得， 且当时，，当时， 所以在上单调递增,在上单调递减, 而,故, 所以在,和上单调递减， 又在上,趋近于0时,趋近于正无穷，趋近于1时,趋近于负无穷， 故函数在之间存在唯一零点， 在上, 趋近于1时, 趋近于正无穷，趋近于正无穷时,趋近于0. 作出图形如下图所示： 所以. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于等价转化为导函数在定义域上有两零点，然后利用分离参数法，得到，转化为直线与有两个交点，研究的图象，数形结合即可得到的范围. 19．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知，． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）求导，通过，判断导数方程两根大小，数形结合判断函数单调性. （2）根据函数单调性可判断函数有两个零点时是极值为时，求出极值解方程可得. 【详解】（1） ， 当单调递增， 当，单调递减， 当单调递增. 综上所述，在和上单调递增，在上单调递减. （2）情况一：若,即时,由的单调性,其在上恒为正,无零点, 在增区间至多有一个零点,不符题意. 情况二：若,即时, 由于,由零点存在定理,在区间上存在一个零点， 取,则, ， 当时,,由于在区间上单调递增, 故在恒为正,无零点,由零点存在定理,在区间上存在一个零点,符合题意， 情况三：若,即时,同情况二可得在增区间恒为正,无零点, 仅有一个零点,不符题意， 综上,的取值范围是. 【点睛】思路点睛：本题第二问在于合理地分类讨论，结合函数单调性，连续性，利用零点存在定理证明每类情况时的零点个数. （三）三个零点 20．（2023春·河南鹤壁·高二鹤壁高中校考阶段练习）设有三个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由有三个不同的零点，可得有三个不同的零点，画出图形，利用导数求解切线方程，进而可得切线斜率，结合图象关系即可求解． 【详解】如图，由有三个不同的零点，可得有三个不同的零点， 画出函数的图象，直线过定点， 当时，设过的直线与的切点为,， 由，得，，故切线方程为， 把定点代入得：，即． ， 即直线的斜率为． 则使有三个不同的零点的的取值范围是． 故选：D 21．（2022秋·福建泉州·高三校考开学考试）已知函数. (1)求函数的极值点； (2)当时,当函数恰有三个不同的零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见详解 (2) 【分析】（1）求导，分情况讨论原函数的单调性，进而可得极值； （2）求导，分情况讨论原函数的单调性，注意到，并结合零点存在性定理判断在上的零点，进而求在上的零点，即可得结果. 【详解】（1）由题意可得：，且的定义域为， 当时，则当时恒成立， 故在内单调递增，即无极值点； 当时，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减，则有极大值点，无极小值点； 综上所述：当时，无极值点； 当时，有极大值点，无极小值点. （2）由题意可得： ，且的定义域为， 则， ∵，构建，则的开口向下，对称轴， 当，即时，则当时恒成立， 故在内单调递减， 则在定义域内至多有一个零点，不合题意； 当，即时，设的两个零点为，不妨设， 则有：，可得， 令，则， 故在上单调递增，在上单调递减， 可得分别在内至多只有一个零点，即至多只有三个零点， ∵，故在内的零点为2， 可得， 对于， 构建，则当时恒成立， 则在上单调递增，且， 故，即， ∴在内存在零点，即， 注意到， 可得，且， 故在内存在零点， 可得有三个零点，符合题意； 综上所述：当函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为. 【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 22．（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）已知函数在时有极值0． (1)求函数的解析式； (2)记，若函数有三个零点，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0，则，两式联立可求常数a，b的值，检验所得a，b的值是否符合题意，从而得解析式； （2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围. 【详解】（1）由可得， 因为在时有极值0， 所以，即，解得或， 当，时，， 函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去， 当，时满足题意，所以常数a，b的值分别为，， 所以． （2）由（1）可知， ， 令，解得，， ∴当或时，，当时，， ∴的递增区间是和，单调递减区间为， 当时，有极大值；当时，有极小值， 要使函数有三个零点，则须满足，解得． 23．（2023秋·青海西宁·高二统考期末）已知函数在及处取得极值． (1)求a，b的值； (2)若方程有三个不同的实根，求c的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由已知可得，解方程即可得出.进而根据导函数的符号，检验即可得出答案； （2）根据（1）求出的极值，结合三次函数的图象，可知，求解即可得出c的取值范围． 【详解】（1）由题意得， 函数在及处取得极值， 得，解得. 此时，. 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增. 所以，在处取得极大值，在处取得极小值，满足题意. （2）由（1）知，在处取得极大值，在处取得极小值． 又有三个不同的实根， 由图象知，解得， 所以实数c的取值范围是． 24．【多选】（2022春·重庆·高二校联考期中）已知函数，函数，下列对函数描述正确的是（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，有三个零点 C．当时，有三个零点 D．当时，有两个零点 【答案】ACD 【分析】利用导数分析函数的单调性和函数值的变化规律，根据零点定义可得函数的零点为方程和方程的解，结合函数的性质确定取不同值时函数的零点个数，可得结论. 【详解】当时，， 所以， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 且，，， 当时，，当时，， 当时，与一次函数相比，函数呈爆炸性增长， 从而，，当时，， 所以， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 且，， 当时，，当时，， 当时，与对数函数相比，一次函数呈爆炸性增长， 从而，， 当，且时，， 根据以上信息，可作出函数的大致图象如下： 函数的零点个数与方程的解的个数一致， 方程，可化为， 所以或， 由图象可得没有解， 所以方程的解的个数与方程解的个数相等， 而方程的解的个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等， 当时，函数的图象与函数的图象有两个交点， 所以当时，有两个零点，B错误； 当时，函数的图象与函数的图象有两个交点， 所以当时，有两个零点，D正确； 当时，函数的图象与函数的图象有三个交点， 所以当时，有三个零点，A正确； 当时，函数的图象与函数的图象有三个交点， 所以当时，有三个零点，C正确； 故选：ACD. （四）存在零点 25．（2023春·湖北随州·高二随州市曾都区第一中学校考阶段练习）已知函数有零点，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【分析】对函数求导，判断其单调性，得到函数的最值，结合题意可得到实数的取值范围． 【详解】函数的定义域为，， 令，，则恒成立， 在上单调递增，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， ， 函数有零点，则，解得． 故答案为：． 26．（2023春·河南·高三洛宁县第一高级中学校联考阶段练习）已知函数. (1)若 在上单调递增，求a的取值范围； (2)若存在零点且零点的绝对值小于2，求a的取值范围 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用单调性与导函数正负的关系即可求解， （2）分情况讨论函数的单调性，根据单调性确定函数的最值，进而可确定零点所在的区间，即可根据不等式求解. 【详解】（1）， 因为在上单调递增,则当时，，，即 而当时，，则有， 所以若在上单调递增，a的取值范围是 （2）若，，单调递增，且有， 由f（x）存在零点且零点的绝对值小于2，可知存在唯一零点 由，则，. 若，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 则取极小值，即， 又，则，， 又， ，且当趋向于正无穷时,趋向于正无穷， 故此时存在两个零点，分别设为， 又，则，由题意，则有，即， 故， 综上，a的取值范围是. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值,零点以及不等式恒成立问题．函数零点问题常见方法： ① 分离参数，利用导数求解的单调性，进而确定最值. ② 数形结合( 图象与图象的交点)； ③讨论参数. 27．（上海市2023届高三模拟数学试题）函数，且. (1)判断在上的单调性，并利用单调性的定义证明； (2)，且在上有零点，求的取值范围. 【答案】(1)单调递增，证明见解析； (2) 【分析】（1）由题意解出的值，再利用单调性的定义证明即可； （2）转化问题为在上有解，则有解，利用导函数求的单调性，进而求得取值范围即可. 【详解】（1）由题意可得，解得，所以， 在上单调递增，证明如下： 任取，则， 因为在上单调递增，且， 所以，， 所以，即， 所以在上单调递增. （2）由（1）得， 在上有零点，即在上有解，则有解， 令，则， 令解得，令解得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，没有最大值， 所以. 考点三 与零点有关的不等式问题 （一）比值代换 28．（2022·贵州贵阳·校联考模拟预测）已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)求证：（其中是自然对数的底数）. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论与两种情况，利用导数研究的图像性质得到，再分别在与上证得各有一个零点，从而确定的取值范围； （2）由的零点得到，再利用换元法对式子进行变形得到，构造函数，利用导数证得，从而证得. 【详解】（1）由得，的定义域为，， 当时，，则在上单调递减，显然至多只有一个零点，不满足题意； 当时， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 要使有两个零点，则，故， 下面证明当时，在与上各有一个零点， 因为，所以， 因为在上单调递减，， 所以在上存在唯一零点； 令，则， 再令，则，故在上单调递增， 所以，即，故在上单调递增， 所以，因为， 所以，即，则，故， 又由，即当时，，即，故， 又因为在上单调递增， 所以在上存在唯一零点； 综上：当时，有两个零点，故. （2）由题意得，，即，即， 由（1）知，不妨设，且， 则，故， 所以， 先证，即证，即证，即证， 令，则，故在上单调递增， 故，即，即， 即，所以， 又，故. 故. 【点睛】方法点睛：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． 29．（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点（），求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到； （2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明. 【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立. 令，则， 令，则，所以在内单调递减， 又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取极大值也是最大值. 因此，即实数的取值范围为. （2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根. 令，则，当时，解得. 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值为. 又因为，当时，，当时，. 且时，. 所以，且. 因为是方程的2个不同实数根，即. 将两式相除得， 令，则，，变形得，. 又因为，，因此要证，只需证. 因为，所以只需证，即证. 因为，即证. 令，则， 所以在上单调递增，， 即当时，成立，命题得证. 【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解. 30．（2022·全国·高三专题练习）已知函数． (1)讨论函数的零点个数； (2)若函数存在两个不同的零点，证明：． 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）先对函数进行求导，然后对a进行分类讨论，便可得到函数零点的个数; （2）利用（1）的结论，便可知函数在时有两个零点，再构造一个新函数，可将双变量变为单变量，对该新函数进行研究即可. (1) 因为 ①当，，函数在区间单调递增， （i）时，函数在上无零点； （ii），由时，，， ∴在只有一个零点； ②当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；（注意时，，时，） 所以， （i）即时，无零点； （ii），即时，只有一个零点； （iii）即时，有两个零点； 综上所述，当或时，在只有一个零点；当时，无零点；当时，有两个零点； 方法二：时，函数在上无零点； 时，由，令，则， 由， 则时，单调递增， 时，单调递减， 则， 做出简图，由图可知： （注意：时，，时） 当或，即或时，只有一个根， 即在只有一个零点； 当时，即时，有两个根，即在有两个零点； 当时，即时，无实根，即在无零点； 综上所述，当或时，在只有一个零点； 当时，无零点； 当时，有两个零点； (2) 由（1）可知时，有两个零点，设两个零点分别为，且， 由，即， 所以， 即 要证明，即证，需证， 再证，然后证， 设，则，即证，即， 令， 则， 故函数在上单调递增，所以，即有， 所以． 31．（2023秋·贵州贵阳·高三统考期末）已知函数在（为自然对数的底数）时取得极值，且有两个零点，． (1)求实数的值，以及实数的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）根据极值的判定方法，利用导数求得极值点，建立方程，根据零点存在性定理，结合函数的单调性，建立不等式组，可得答案； （2）利用零点的定义，建立方程，整理表示出的代数式，整理化简不等式，构建函数，利用导数，可得答案. 【详解】（1）由已知函数的定义域为， 又． 由，得，且当时，；当时，， 所以在时取得极值，所以，解得． 所以，， 函数在单调递增，在上单调递减，． 又时，；时，， 又有两个零点，，则，解得． 所以实数的取值范围为． （2）证明：不妨设，由题意知，则， ， 要证，只需证，也即证，即证， 令，则只需证，即证， 设，则， 所以在上单调递增，则，从而原不等式成立， 即成立． 32．（2023·全国·高三专题练习）若函数有两个零点，且. (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解； （2）构造函数，利用单调性证明证明右边，再利用导数求切线方程得出，左边可转化为，利用导数证明即可. 【详解】（1） 当，，在上单调递减，不可能两个零点； 当时，令得 ，，单调递增，，，单调递减， ∵，；；， ∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意， 综上：； （2）先证右边：令则， ∴，，单调递增，，，单调递减， ∴的最大值为，∴，即， ∴且， ∴， 又∵，∴， ∴； 再证左边：曲线在和处的切线分别是          联立两条切线得，∴， 由题意得， 要证，即证，即证，即证， 令，即证， 令， ，∴在单调递减，∴， ∴得证. 综上：. 【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题. 33．（2023秋·山西太原·高二统考期末）（B）已知函数. (1)讨论函数在上的单调性； (2)若有两个极值点，且，求证：. （参考数据：） 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先对求导，再分类讨论与，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）先将问题转化为的图像与的图像有两个交点，从而利用导数研究的图像得到；再利用极值点偏移，构造函数证得，由此得证. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以， 当时，即时，， 则在上单调递增； 当，即时，，， 令，得；令，得， 则在上单调递减，在上单调递增； 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）因为， 所以， 因为有两个极值点，所以有两个零点，即方程有两个根， 令，则的图像与的图像有两个交点， 又，令，得；令，得； 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 又当时，，则；当时，，则； 当趋于无穷大时，的增长速率远远小于的增长速率，所以趋于， 由此作出的图像如下： 所以，则， 又，则， 故， 因为，令，则， 令，则，， 令，则， 令，则， 所以在上单调递增，则，即， 所以在上单调递增，则， 故当时，，，则，所以在上单调递增， 又，则，即，所以， 故，即， 又，所以. 【点睛】方法点睛：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． 34．（2023·全国·高二专题练习）已知函数有两个零点、. (1)求实数的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分析可知直线与函数的图象有两个公共点，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； （2）由已知条件可得，将所证不等式等价于证明不等式，令，构造函数，其中，利用导数证得即可. 【详解】（1）解：函数的定义域为，由可得， 令，其中，则，令可得，列表如下： 且当时，，作出函数和的图象如下图所示： 由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个公共点， 因此，实数的取值范围是. （2）解：由已知可得，可得， 由可得，要证，即证， 即证，即证， 由题意可知，令，即证， 构造函数，其中，即证， ，所以，函数在上单调递增， 当时，，故原不等式成立. 【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. （二）消参减元 35．（2022春·江苏镇江·高二校联考阶段练习）已知函数（为非零常数），若有两个极值点、，且． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分析可知函数在上有两个不等的零点，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围； （2）由韦达定理可得出，，结合可得所以，，，将所证不等式转化为证明，构造函数，，利用导数法证得，即可证得结论成立. (1) 解：，. 所以，函数在上有两个不等的零点， 则，解得. (2) 解：由（1）可知，， 又由可知，，所以，． 要证，即证，即证， 即证，即证， 令函数，， ，故在上单调递增， 又，所以在上恒成立，即， 所以． 【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. 36．（2023秋·山西·高三校联考期末）已知函数，其中为非零实数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个极值点，且，证明：. 【答案】(1)当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； (2)证明见解析 【分析】(1)求导，得，分、、三种情况讨论导数的正负并确定函数的单调性； (2)由题意可得，则有，，将问题转化为证明，构造函数，求导，只需故即可. 【详解】（1）解：函数的定义域为， 则， ①当即时，，函数在上单调递增； ②当即时，令，得， 则当时，， 当时，， 故在和上单调递增，在上单调递减； ③当时，，舍去. 则当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）证明：因为有两个极值点，由（1）知当时，， 所以且，， 因为，所以，所以，， 要证， ， ， 令， 则， 所以在上单调递增，且， 故，即. 37．（2022·黑龙江大庆·统考三模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个极值点，，且，证明：． 【答案】(1)当时在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减． (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，对分类讨论，求出单调性；（2）结合第一问，化多元为单元问题，构造函数进行证明. (1) 定义域为， ，． ∵，， ∴当时，， 所以，当时，在上单调递增； 当时，令，即， 解得，． 所以，当时，在，上单调递增， 在上单调递减． (2) 由（1）知，若函数有两个极值点，则，，， ． 设，则． ∵，∴． 设，易知在单调递减，且， ∴在恒成立，在区间单调递增， ∴， ∴． 【点睛】对于多元问题，要结合题干条件化为单元问题，进行解决，本题中要利用韦达定理化为单元问题. （三）构造对称函数 38．（福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三））已知有两个极值点、，且． (1)求的范围； (2)当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由可得，令，其中，分析可知直线与函数的图象由两个交点（非切点），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，再结合极值点的定义检验即可； （2）由（1）可知，可得出，，构造函数，其中，分析函数的单调性，可得出，以及，结合不等式的基本性质可证得；然后构造函数，通过分析函数的单调性证出，即可证得结论成立. 【详解】（1）解：函数的定义域为，， 令可得， 因为函数有两个极值点，则函数有两个异号的零点， 令，其中，则直线与函数的图象由两个交点（非切点）， ，令可得，列表如下： 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象由两个交点，且交点横坐标分别为、， 当时，，则，此时函数单调递增， 当时，，则，此时函数单调递减， 当时，，则，此时函数单调递增. 因此，当时，函数有两个极值点. （2）证明：由（1）可知， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 且，则有， 由于，所以，，即， 又因为， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递减，则， 因为，所以，， 下面证明：. 因为，则， 因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，， 所以， ， 令，其中， 则， 令，则， 当且仅当时，等号成立，所以，函数在上单调递减， 所以，，则函数在上单调递增， 因此，， 综上所述，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. 39．（2023秋·福建福州·高二福州三中校考期末）已知函数（）． (1)试讨论函数的单调性； (2)若函数有两个零点，（），求证：． 【答案】(1)当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，根据的不同取值范围，对的符号进行讨论即可； （2）由已知及（1）中单调性，可知，且，故只需证明，再借助不等式性质和放缩，即可证出. 【详解】（1）由已知，的定义域为，， ①当时，，恒成立， ∴此时在区间上单调递增； ②当时，令，解得， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）若函数有两个零点，（）， 则由（1）知，，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且，，， 当时，，当时，，（*） ∵，∴，∴， 又∵，∴， ∴只需证明，即有. 下面证明， 设 ，， 设，则， 令，解得， 当时，，在区间单调递减， 当时，，在区间单调递增， ∴，在区间上单调递增， 又∵，∴， 即， ∴由（*）知，，∴，即. 又∵，， ∴，原命题得证. 【点睛】本题第（2）问为极值点偏移的变式，首先需要通过和，确认只需证，再通过构造关于其中一个零点的一元差函数，利用导数研究该函数的单调性，证出，最后使用不等式性质和放缩得到. 40．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，． (1)若在x＝0处的切线与在x＝1处的切线相同，求实数a的值； (2)令，直线y＝m与函数的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为，，证明：． 【答案】(1)a＝1 (2)证明见解析 【分析】（1）由于在x＝0处的切线与在x＝1处的切线相同，即可. （2）本问题为极值点偏移问题，可转化为单变量的不等式证明，构造函数，利用导数证明即可. 【详解】（1），．，，1－a＝a－1，a＝1． 检验a＝1时两个函数切线方程都是y＝1． （2），x＞0，令，则， ∴在递增，，， 因为函数连续不间断，所以存在唯一实数， ，，从而在递减，递增． 不妨设，则， 当时，． 当，则，，在递增， ， 令，， 令，， 令，， ，在递减， 因为，，，在递增， ，所以在递减， 所以， 即，即， 因为，，在递增， 所以，所以．综上可得，． 【点睛】导数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，转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. 41．（2022秋·湖南常德·高三临澧县第一中学校考阶段练习）已知函数． (1)若有两个不同的极值点，求的取值范围； (2)设且，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由有两个不同的极值点，转变成直线与有两个不同的交点，数形结合即可求解. （2）由，只需利用导数判断的正负即可. 【详解】（1）， 因为有两个不同的极值点， 所以有两个不同的根，即有两个不同的根， 即直线与有两个不同的交点， ，令，， 令，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 如图所示： 所以， 又因为时，， 所以. （2）由已知得, 即， 不妨设， 因为是的两个根， 由（1）可知， 当时，，即， 当时，， ， 设，， ， 因为，，所以， 则在上单调递增， ， 所以， 所以，又因为， 所以，即， 即 【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． （四）同构转化 42．（2023·广东汕头·统考一模）已知函数． (1)若函数在处取得极值，求的值及函数的单调区间； (2)若函数有两个零点，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）求出函数的定义域与导函数，依题意求出求的值，令，利用导数说明的单调性，即可得到的单调性，从而求出函数的单调区间； （2）依题意可得，设函数，则，利用导数说明的单调性，即可得到，则只需在上有两个根，然后构造新函数求的取值范围. 【详解】（1）函数定义域为，，在处取得极值，则， 所以，此时， 令，，则， 所以在上单调递增，所以在上单调递增，且， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增. 故的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）依题意即在上有两个根， 整理为，即， 设函数，则上式为， 因为恒成立，所以单调递增，所以， 所以只需在上有两个根， 令，，则， 当时，，当时，， 故在处取得极大值即最大值，， 且当时，当时， 要想在上有两个根，只需，解得， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离的函数可以达到化简后可以参变分离的效果. 43．（2023·四川·校联考模拟预测）已知函数 (1)若是的极小值点，且，求的取值范围； (2)若有且仅有两个零点，求的取值范围 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导得到，确定导函数单调递增，解不等式得到，得到，解得答案. （2）令，求导得到导函数，设，确定函数单调递增，得到在内存在唯一的零点，且，确定的单调区间，计算最值得到范围. 【详解】（1）的定义域为，由，可得， ，， 则在上单调递增， 函数在上单调递减，在上单调递增，满足是的极小值点，因为，所以， 可得，则，即的取值范围是 （2）令，有且仅有两个零点，故有且仅有两个零点 ，设， 则，则为增函数 当趋近时，趋近，又， 所以在内存在唯一的零点，且， 则，即，则 函数为增函数，所以，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 当趋近时，趋近，当趋近时，趋近 ，只需满足，得， 故的取值范围为 【点睛】关键点睛：本题考查了极值问题和零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用函数的单调性和同构的思想构造得到是解题的关键. 44．（2022秋·河北石家庄·高三石家庄精英中学校考阶段练习）已知函数. (1)若，讨论的单调性； (2)若 （i）证明恰有两个零点； （ii）设为的极值点，为的零点且，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）对函数求导，利用导函数在定义域内的正负来确定函数的单调性即可； （2）（i）根据解析式可知：，然后结合（1）对导函数再次求导，判断导函数的单调性，进而确定函数的单调性，利用零点存在性定理可得函数在上存在一个零点，进而求解； （ii）由得到；再利用为的零点且，不等式进行转化可得，进一步利用不等式的传递性即可证明. 【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为， 则， 当时，，所以函数在上单调递增. （2）（i）由题意可知：，由（1）知：， 则，所以在上单调递减， 当时，，此时递增，，函数无零点. 易证当时，，， 下证：当时，， 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故，也即，故， 当时，单调递减，， ， 所以存在唯一的，使得. 函数在上单调递增，在上单调递减， ， 所以在上存在一个零点. 综上：函数恰有两个零点. （ii）由得到； 由得到， 所以由可得， 即，又因为，所以 【点睛】思路点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 考点四 三角函数的零点问题 45．（2023·江西上饶·统考一模）已知函数，则在上的零点个数是（    ） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 【答案】B 【分析】先证明函数为周期函数，再利用导数研究函数在一个周期内的零点个数，由此可得结论. 【详解】因为， 所以函数是周期为的周期函数， 又， 当时，令， 可得或或 当时，，当且仅当时， 函数在上单调递增， 因为，，所以函数在存在一个零点； 当时，，当且仅当时，， 所以函数在上单调递减， 因为，， 所以函数在存在一个零点； 当时，，所以函数在上单调递增， 因为，， 所以函数在不存在零点； 所以当时，函数有两个零点，且零点位于区间内， 所以在上共有个零点. 故选：B. 【点睛】对于具有周期性的函数的性质的研究一般先确定函数的周期，再研究函数在一个周期性质，由此解决问题. 46．（2023·全国·校联考一模）已知函数. (1)若，求证；函数的图象与轴相切于原点； (2)若函数在区间，各恰有一个极值点，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）当时，，得到，求导，再根据导数的几何意义即可得证； （2）先证明出，当且仅当时，等号成立，三次求导后，结合第三次求导后的函数单调性及，分和两种情况，结合零点存在性定理进行求解，得到实数的取值范围. 【详解】（1）因为，，， 又， 所以，所以在点处的切线方程为， 所以函数的图象与轴相切于坐标原点； （2）先证明不等式恒成立， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 故，所以，当且仅当时，等号成立， ，令， ， 令，， 当时，， 故在上为减函数， 因为，所以当， 即时，， 所以为增函数，故， 所以为减函数，故函数在无极值点； 当时，当，因为为减函数，， ， 故必存在，使得， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 而，故， 又因为 ， 所以必存在，， 且当，，为减函数， 当，，为增函数， 故在区间上有一个极小值点， 令， 因为，所以在上单调递增， 又因为，，所以总存在使， 且当时，，单调递减， 时，，单调递增， 当，， 且， 故必存在，使得， ，，为减函数， ，，为增函数， 因为，所以当，，即， 又因为 ， 故存在，使得， 且当，，为减函数， 当，，为增函数， 故在区间有一个极小值点， 所以若函数在区间，各恰有一个极值点， 综上：实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 47．（2023·江西赣州·统考一模）已知函数. (1)若函数在上单调递减，求实数的取值范围； (2)若，证明：函数有两个零点. 参考数据： 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题设可得在上恒成立，进而研究的单调性并求最值，即可得参数范围； （2）应用零点存在性定理判断在上的零点，根据其符号确定的单调性并得到极值，进而判断其零点分布，即可证结论. 【详解】（1）由在上单调递减，则在上恒成立， 令且x > 0，则，故在上单调递增， 要使在上恒成立，则，解得， 即所求的实数的取值范围为 （2）由（1）知：在上单调递增， 因为，所以， 所以函数在上存在唯一零点，即，此时， 当时单调递减；时单调递增， 又， 记，则， 所以在上递减，则， 所以，又， 所以在、上各有一个零点，即在上有两个零点. 【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 48．（2023秋·浙江·高三期末）已知函数． (1)证明：函数在区间上有2个零点； (2)若函数有两个极值点：，且．求证：（其中为自然对数的底数）. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）记函数，再对求导，得出的单调性结合零点存在性定理即可证明； （2）由题意记，先证明，转化为证明，再证明，设，对求导，求出的单调性，可证得当时，；当时，，设方程的两个根为，由韦达定理即可证明. 【详解】（1）记函数，由， 则，所以函数在区间上单调递减， 又．根据零点存在定理， 存在时，， 即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． 而，， 所以函数在区间上有一个零点，在区间上有一个零点， 故函数在区间上有2个零点． （2）由函数有两个极值点， 则时，方程有两个不等实根．记，则， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． 因此有极大值，且时，时，， 于是，且． 先证明，只要证，即证， 设， 则，因为，所以， 即函数在区间上单调递增，于是， 所以． 再证明． 先证当时，；当时，． 设，则， 于是，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此，所以函数在区间上单调递增，而， 即当时，；当时，， 于是，当时，； 当时，， 设方程的两个根为，则， 即方程的两个根为， 于是 故． 【点睛】本题主要考查函数的零点和不等式的证明，考查了利用求导数研究函数的性质解题能力和分类讨论思想的应用，第一问借助零点存在性定理证明函数在区间上有2个零点；第二问通过构造函数，分析函数的单调性，最终达到证明不等式成立的目的，因此正确构造函数是解决本题的关键. x＋0－0＋单调递增极大值单调递减极小值单调递增增极大值减减极小值增