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“利用导数研究零点问题及方程根问题”专题02
（新高考特色题型汇编）
“利用导数研究零点问题及方程根问题”专题注意事项：
【解决函数零点或方程根的问题常用的方法】
方程法：直接解方程得到函数的零点；
图象法：直接画出函数的图象分析得解；
方程与图象法：令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解.
【利用导数研究零点问题】：
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象；
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；
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.
【研究函数零点注意事项】
研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；
函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，结合零点的存在性定理，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．
【函数零点与图像的关系】
一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；
另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
【函数零点与单调性的关系】
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.
【含参分段函数与零点】
（1）根据分段函数的定义域讨论x，结合函数、方程思想求参数.
（2）讨论参数a，利用二阶导数研究的单调性，进而判断其符号研究单调性，并结合零点存在性定理判断区间零点的个数.
专题训练
1．（2022·全国·高三专题练习）已知，．
(1)存在满足：，，求的值；
(2)当时，讨论的零点个数．
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，，其中R.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，是否存在，且，使得？证明你的结论.
3．（2022·江苏江苏·二模）设函数，为自然对数的底数，.
(1)若，求证：函数有唯一的零点；
(2)若函数有唯一的零点，求的取值范围.
4．（2022·全国·高二课时练习）已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，是函数的两个不同的零点，证明：.
5．（2022·广东韶关·一模）已知函数且.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的零点个数.
6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，其中.
(1)当时，求的最小值；
(2)讨论方程根的个数.
7．（2022·河南·信阳高中高三开学考试（理））已知函数．（）在处的切线l方程为．
(1)求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；
(2)若方程有两个实数根，．且．证明：．
8．（2022·辽宁·二模）已知函数，其中.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若过点P(1，0)且与曲线相切的直线有且仅有两条，求实数a的取值范围.
9．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
10．（2022·山东潍坊·三模）已知函数．
(1)当有两个极值点时，求的取值范围；
(2)若，且函数的零点为，证明：导函数存在极小值点，记为，且．
11．（2022·江苏苏州·模拟预测）函数．
(1)求函数在上的极值；
(2)证明：有两个零点．
12．（2022·广东·华南师大附中高三阶段练习）已知函数在区间内有唯一极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：在区间内有唯一零点，且.
13．（2022·全国·高三专题练习）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．
14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数在处的切线与x轴平行，若有一个绝对值不大于4的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于4.
15．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）已知函数．
(1)设的导函数为，讨论零点的个数；
(2)设的极值点为，若恒成立，求实数的取值范围．
16．（2022·山东泰安·二模）已知函数．当m＝1时，曲线在点处的切线与直线x－y＋1＝0垂直．
(1)若的最小值是1，求m的值；
(2)若，是函数图象上任意两点，设直线AB的斜率为k．证明：方程在上有唯一实数根．
17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（且）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧．
(1)求点P处的切线方程，并证明：时，．
(2)若关于x的方程（t为实数）有两个正实根，证明：．
18．（2022·山东枣庄·一模）已知函数．
(1)若，，求的取值范围；
(2)当时，试讨论在内零点的个数，并说明理由．
19．（2022·辽宁鞍山·二模）已知函数．
(1)记函数，当时，讨论函数的单调性；
(2)设，若存在两个不同的零点，证明：（为自然对数的底数）．
20．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．其中实数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：关于x的方程有唯一实数解．“利用导数研究零点问题及方程根问题”专题02
（新高考特色题型汇编）
“利用导数研究零点问题及方程根问题”专题注意事项：
【解决函数零点或方程根的问题常用的方法】
方程法：直接解方程得到函数的零点；
图象法：直接画出函数的图象分析得解；
方程与图象法：令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解.
【利用导数研究零点问题】：
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象；
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；
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.
【研究函数零点注意事项】
研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；
函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，结合零点的存在性定理，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．
【函数零点与图像的关系】
一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；
另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
【函数零点与单调性的关系】
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.
【含参分段函数与零点】
（1）根据分段函数的定义域讨论x，结合函数、方程思想求参数.
（2）讨论参数a，利用二阶导数研究的单调性，进而判断其符号研究单调性，并结合零点存在性定理判断区间零点的个数.
专题训练
1．（2022·全国·高三专题练习）已知，．
(1)存在满足：，，求的值；
(2)当时，讨论的零点个数．
【答案】(1)或4；
(2)答案见解析.
【分析】（1）在有，构造中间函数并利用导数研究单调性和零点情况，求参数a，在上根据已知列方程组求参数a，即可得结果.
（2）讨论a的范围，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断各情况下零点的个数.
（1）
时，原条件等价于，
∴，
令，则，
∴为增函数，由，则有唯一解，所以，
时，，解得：．
综上，或4．
（2）
ⅰ.时，则，，
而，，即为增函数，又，
当时；当时，故，
∴恒成立，故时零点个数为0；
ⅱ.时，，由①知：仅当时，此时零点个数为1．
ⅲ.时，，则，，
∴为增函数，，，
∴仅有一解，设为，则在上，在上，
所以最小值为，故．
又，，故、上各有一零点，即有2个零点．
ⅳ.时，上，
，
∴无零点，则上，，，
∴为增函数，，，
∴有唯一解，设为，则，
又，，故、上，各有一个零点，即有2个零点．
ⅴ.时，由（1）知：上有唯一零点：；
在上，则，，
所以为增函数，，，故使，
则上，递减；上，递增；
故，而，
又，，故在、上各有一个零点，
所以共有3个零点．
综上：时零点个数为0；时零点个数为1；时零点个数为2；时零点个数为3．
【点睛】关键点点睛：
（1）根据分段函数的定义域讨论x，结合函数、方程思想求参数.
（2）讨论参数a，利用二阶导数研究的单调性，进而判断其符号研究单调性，并结合零点存在性定理判断区间零点的个数.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，，其中R.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，是否存在，且，使得？证明你的结论.
【答案】(1)答案见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论可得；
（2）构造函数，利用函数讨论单调性，结合零点存在性定理可知.
(1)
依题意，的定义域为，
由，得 ，
①当时， 恒成立，所以在单调递增；
②当时，令，得，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
综上，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
(2)
设，则，
①当时， 恒成立，所以在单调递增，
又因为，所以，
所以，在不存在零点；
②当时，设，则，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
所以，即，因为，所以，
又因为且，所以，所以，
所以，
当时，函数的对称轴为，
所以在单调递增，所以，
所以，所以在单调递增；
当时，，
所以，所以，所以在单调递增；
综上可知，当时，均有在单调递增，
又因为，所以在恰有一个零点1，
故当时，在恰有一个零点1，
因此不存在，且，使得.
3．（2022·江苏江苏·二模）设函数，为自然对数的底数，.
(1)若，求证：函数有唯一的零点；
(2)若函数有唯一的零点，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据导数判断函数的单调性，再根据零点存在定理判断零点个数；
（2）构造函数，根据函数的单调性及最值情况求参数值.
(1)
当时，恒成立，所以单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使得，命题得证；
(2)
由（1）可知，当时，有唯一零点，
当时，，
设，则有唯一零点，
，
设，
则，所以单调递增，
又，列表可知，在单调递减，在单调递增，
即，
当时，恒成立，无零点，即不符题意，
当时，，即仅有一个零点，即符合题意，
当时，，
因为，，
所以存在，，使得，即不符题意，
综上，的取值范围为.
【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．
4．（2022·全国·高二课时练习）已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，是函数的两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)在上递减，在上递增，
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，由导函数的正负可求出函数的单调区间，
（2）由题意可得，，两式相减化简可得，若令，设，则，从而转化为证，构造函数可证得，而要证。转化为证，构造函数利用导数证明即可
(1)
的定义域为，，
当时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
(2)
因为，是函数的两个不同的零点，
所以，，
显然，则有
，，
所以，
不妨令，设，
所以，
所以要证，
只要证，即，
令（），则，
所以在上递增，
所以，所以，
因为，，
所以
要证，只要证，即，
因为，所以只要证，
即，即，
令，则，
所以在上递减，
所以，所以，
综上，
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是由已知可得，，设，再转化，然后相加化简后，构造函数利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
5．（2022·广东韶关·一模）已知函数且.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的零点个数.
【答案】(1)；
(2)当或时，函数的零点个数为1；
当时，函数的零点个数为3.
【分析】（1）求导，计算得到即切线的斜率，由点斜式进行求解；（2）先将整理变型成，在考察的零点，注意
性质的运用.
(1)
若，则，又，所以，所以曲线在点处的切线方程是：.
(2)
函数的定义域为，又，所以函数的零点个数，即方程的解的个数，记，显然是函数的零点，，记
若，则，即，
所以，所以函数在单调递增，函数有唯一零点1.
若，此时，则，
所以，所以函数在有唯一零点1，
若时，由于，
所以函数的在的零点个数与在零点个数相同，
当时，，所以，使得，
当时，，所以函数在单调递增，
当时，，所以函数在单调递减.
所以，又，
所以函数在有1个零点，在没有零点，
所以函数在和各有1个零点，
综上所述，当或时，函数的零点个数为1；
当时，函数的零点个数为3.
【点睛】本题零点的求解综合的考察了分类讨论，零点存在定理，导数的应用，关键的步骤在于发现在的零点个数与在零点个数相同的函数性质.
6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，其中.
(1)当时，求的最小值；
(2)讨论方程根的个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据已知条件去掉绝对值，再利导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据已知条件及对数恒等式，利用导数法求出函数的单调性进而得出自变量的关系，再结合方程的根转化为函数与函数的交点即可求解.
（1）
时，.
①时，，
，
所以，即在时单调递减；
②时，.
所以，即在时单调递增；
当时，取得最小值为
所以的最小值是.
（2）
由题，，
则，
即.
所以.由，得.
当时，；
当时，；
所以，在上递减；在上递增.
又因为，所以，当且仅当或.
又，故和不可能同时成立.
所以方程根的个数是两函数和的零点个数之和，其中
当时，函数的零点个数转换为直线与函数图象的交点个数，
，令，即，解得.
当易知时，,单调递减，
当时，，单调递增；
在处取得最小值为，
所以时，直线与函数图象无交点，函数无零点；
时，直线与函数图象有一个交点，函数有1个零点；
时，直线与函数图象有2个交点函数，有2个零点.
同理：函数的零点个数转化为直线与函数图象交点个数，
设，则
所以函数在单调递增，
在处的函数值为，
所以故时，在上必有1个零点.
综上所述，时，方程有1个根；
时，方程有2个根；时，方程有3个根.
【点睛】解决此类型的关键第一问去掉绝对值分别讨论单调性，但要注意分段函数是一个函数，利用导数法求函数的最值的步骤即可，第二问先对方程变形，然后利用导数法得出函数单调性进而出自变量与函数值的关系，再结合方程的根转化为函数与函数交点的问题即可.
7．（2022·河南·信阳高中高三开学考试（理））已知函数．（）在处的切线l方程为．
(1)求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；
(2)若方程有两个实数根，．且．证明：．
【答案】(1)；证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，，即可解得、，从而得到，设在处的切线方程为，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（2）由（1）知，设的根为，则，即可得到，在设在处的切线方程为，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到．设的根为，则，再说明，即可得证；
（1）
解：将代入切线方程，有，
所以，所以，
又，所以，
若，则，与矛盾，故，．
∴，，，
设在处的切线方程为，
令，
即，所以，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，
即函数的图象总在切线的上方（除切点外）．
（2）
解：由（1）知，
设的根为，则，
又函数单调递减，故，故，
设在处的切线方程为，
因为，，所以，所以．
令，，
当时，，
当时，设，则，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即．
设的根为，则，
又函数单调递增，故，
故，又，
所以．
【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．
8．（2022·辽宁·二模）已知函数，其中.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若过点P(1，0)且与曲线相切的直线有且仅有两条，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】(1)求f(x)导数，在f(x)定义域内根据a的范围讨论导数的正负即可判断f(x)的单调性；
(2)设切点为，根据导数的几何意义求出切线方程，将P(1，0)代入切线方程得到关于m的方程，该方程有两个正根，参变分离构造函数，利用函数图像交点个数即可求解．
(1)
函数f(x)的定义域为(0，+∞)，．
①当时，，f(x)在(0，+)上单调递增；
②当时，，令可得，令可得，
∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，+∞)上单调递减；
综上所述，当时，f(x)在(0，+)上单调递增；
当a<0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，+∞)上单调递减．
(2)
设切点为，m>0，
则在点Q处的切线方程：，
将P(1，0)的坐标代入得：，
整理为：，
令，x>0，
若过点P(1，0)且与曲线)相切的直线有且仅有两条，
相当于函数y=g(x)的图像和函数y=-a+1的图像有两个交点．
，
当时，，g(x)单调递减；当时，，g(x)单调递增；
∴，易知x→0时，g(x)→+；x→+时，g(x)→+，故g(x)如图：
由图可知，，则a<0，
故实数a的取值范围为．
9．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，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．
10．（2022·山东潍坊·三模）已知函数．
(1)当有两个极值点时，求的取值范围；
(2)若，且函数的零点为，证明：导函数存在极小值点，记为，且．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）求定义域，求导，对进行分类讨论，得到单调性，进而判断极值点情况，求出的取值范围；（2）二次求导后，结合得到存在，使得，证明出导函数存在极小值点，且.
(1)
定义域为，
当时，单调递增，故无极值点，不合要求；
当时，，
令，
则有两个极值点等价于，有两个极值点，
，
当时，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
在处取得极小值，，
故恒成立，恒成立，所以单调递增，
故不满足有两个极值点，舍去；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
在处取得极大值，，
若，即时，此时恒成立，则恒成立，所以单调递减，
不满足有两个极值点，舍去；
若，即时，，
令，，
，则在上为增函数，
所以，
且，
所以，
，
所以在区间内存在一个零点，记为m，
又，所以在区间上存在一个零点，记为n，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以m为的极小值点，n为的极大值点，此时符合题意
综上：
(2)
证明：因为是函数的零点，所以，
因此，
设，
则，
设，则，
因为，
所以当时，，在上单调递增，
因为，
由于，所以，，
所以，
所以存在，使得，
所以当时，，即，函数单调递减，
当时，，即，函数单调递增，
所以是函数的极小值点，且
【点睛】导函数求解函数零点或极值点的问题，要利用导函数来研究原函数的单调性，极值和最值情况，很多时候，要多次求导才能将函数研究情况，另外注意特殊点的函数值或导函数值，是解题的突破口.
11．（2022·江苏苏州·模拟预测）函数．
(1)求函数在上的极值；
(2)证明：有两个零点．
【答案】(1)极大值，；极小值，；
(2)详见解析.
【分析】（1）由题可得，进而可得；
（2）当时，利用导数可得函数的最小值，进而可得函数有两个零点，当，时，利用导数可得，即得.
（1）
∵，
∴，，
由，可得，或，
∴，单调递增，，单调递减，，单调递增，
∴时，函数有极大值，时，函数有极小值；
（2）
∵，
∴，
∴，
当时，单调递增，即单调递增，
又，
故存在，，
所以单调递减，单调递增，
∴时，函数，，，
故时，有两个零点，
当时，，
对于函数，则，又，
∴，，即，此时函数没有零点，
当时，，
由上可知，故当时，函数没有零点，
综上，函数有两个零点．
【点睛】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象；
（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.
12．（2022·广东·华南师大附中高三阶段练习）已知函数在区间内有唯一极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：在区间内有唯一零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；
（2）先由导数确定函数在区间上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间内有唯一零点；表示出，构造函数求导，求得，又由，结合在上的单调性即可求解.
（1）
，当时，，，
①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，显然在上递增，又因为，，
所以在上有唯一零点，所以，；，，
所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.
（2）
由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；
，，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，构造，所以，
记，则，显然在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.
【点睛】本题关键点在于先表示出，构造函数求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数的单调性，从而得到，再结合以及在上的单调性即可证得结论.
13．（2022·全国·高三专题练习）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.
（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.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数在处的切线与x轴平行，若有一个绝对值不大于4的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于4.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)证明过程见解析
【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求解单调区间；（2）利用切线斜率为0，求出，设的一个零点为，且，得到，看作函数后研究其单调性，最值，得到，设除外任一个零点为，根据，求出.
（1）
当时，，定义域为R，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
，
，
因为在处的切线与x轴平行，
所以，解得：，
设的一个零点为，且，
，
所以，
对于，
，
当时，，单调递增，
当或，，单调递减，
由于，，，，
所以，
设除外任一个零点为，
则，
由于，
所以，
即，
整理得：，解得：
所以，命题得证.
【点睛】含有参数的函数零点问题，要结合函数特征，对函数中的参数进行取值范围进行求解，本题难点就是求出后，将看作关于的函数，研究其单调性，极值和最值情况，从而求出的取值范围.
15．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）已知函数．
(1)设的导函数为，讨论零点的个数；
(2)设的极值点为，若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)时，存在两个零点；当或时，存在一个零点；当时，无零点.
(2).
【分析】（1）求出，再求出它的导数，按和分类讨论导函数的零点，正负，从而得的性质，结合零点存在定理得结论；
（2）由（1）知有两个极值点时，的范围，极值点满足的等式，这两个式子相除并取对数得，
由此恒成立的不等式变形得分离参数，令，换元后引入的函数，由导数求得的最小值从而得所求范围.
(1)
当时,，所以则上单调递减，当时，，
当时，，由零点存在定理可得，此时存在唯一零点；
当时，令，解得，故当时，，单调递增，时，，单调递减，
所以.
又当当时，，当时，，
所以当，即时，由零点存在定理存在两个零点；当时，存在一个零点；当时，无零点.
综上，时，存在两个零点；当或时，存在一个零点；当时，无零点.
(2)
由（1）知，的极值点是，即方程的两根，且，所以，，两式相除并取对数得，
由得
所以，令，
令则恒成立，
令，则
令，
在上递增，
，所以存在，使得，且当时，，
单调递减，时，，单调递增，
又，所以存在，
时，，单调递减，时，，单调递增，
又，
所以时，，递减，时，，递增，
所以时，，的取值范围是.
【点睛】本题主要考查用导数求函数的零点个数，研究不等式恒成立问题．解题基本方法是由导数研究函数的单调区间，极值，结合零点存在定理得零点个数，而有关极值点的不等式恒成立问题，关键是对两个极值点进行变化，一是变形消去题中参数，二是两个极值点之间适当组合后利用换元法化二元为一元，然后引入新函数，利用导数研究函数的最值，从而得参数范围．此处在求最值时需要对导函数再次求导，注意利用零点存在定理确定导函数的零点以便得上一级函数的极值点，本题属于困难题.
16．（2022·山东泰安·二模）已知函数．当m＝1时，曲线在点处的切线与直线x－y＋1＝0垂直．
(1)若的最小值是1，求m的值；
(2)若，是函数图象上任意两点，设直线AB的斜率为k．证明：方程在上有唯一实数根．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）先由m＝1时，曲线在点处的切线与直线x－y＋1＝0垂直解出，再分和讨论函数单调性，确定最小值解出即可；
（2）先得出，构造函数，求导确定的单调性，再由当时，得到，，即可说明方程在上有唯一实数根．
(1)
由题知，的定义域为R，，
当m＝1时，，
∵当m＝1时，曲线在点处的切线与直线x－y＋1＝0垂直
∴n＋1＝－1，∴n＝－2，∴，
当时，，在上单调递减
又，∴当时，，不合题意．
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴
又，当时，，∴，∴m＝2；
(2)
令，则
∴单调递增
又，
，
令，则
令，解得x＝0，
∴当时，，单调递增，当时，，单调递减，
∴，∴当时，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴在上有唯一零点
∴方程在上有唯一实数根．
【点睛】本题关键点在于先表示出，再转化为的零点问题，求导确定其单调性，结合时，得到，，由零点存在定理即可得证.
17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（且）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧．
(1)求点P处的切线方程，并证明：时，．
(2)若关于x的方程（t为实数）有两个正实根，证明：．
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）确定的零点，得点坐标，由导数几何意义可得，在时作差，证明即可；
（2）是正根，因此只要考虑时情形，不妨设，仿照（1）求出在另一个零点处的切线方程，并证明时，，设的解为，的解为，利用的单调性可得，，这样有，然后证明，并利用导数研究的单调性与极值（需要二次求导）确定，最后利用不等式的性质可得结论成立．
（1）
令，得．
所以或．
即或．
因为点P在点Q的左侧，所以，．
因为，
所以，得点P处的切线方程为，即．
当时，，
因为，且，所以，所以，即．
所以，
所以．
（2）
不妨设，且只考虑的情形．
因为，所以．
所以点Q处的切线方程为，记，
令，，
设，则．
所以单调递增．
又因为，
所以，当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以在时有极小值，也是最小值，
即，所以当时，．
设方程的根为，则．
易知单调递增，由，所以．
对于（1）中，设方程的根为，则．
易知单调递减，由（1）知，所以．
所以．
因为，易知时，，故；当时，，所以，
所以，
所以．
记，，则恒成立．
所以单调递增，因为，，
所以存在使得．
所以，当时．；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，由函数图象知当方程（t为实数）有两个正实根时，，
所以．
所以，
即．
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，解题难点是转化问题，利用导数几何意义求出函数在零点处的切线方程，和，并利用导数证明，，设，同时设与和的交点横坐标分别是，，这里，可心由函数式求出来，且得出，于是差，回过头来利用导数证明，然后由不等式的性质证明结论．这个解题过程思路比较明确，但是计算量、思维量都很大．对学生的逻辑思维能力，转化与化归能力、运算求解能力要求较高，属于困难题．
18．（2022·山东枣庄·一模）已知函数．
(1)若，，求的取值范围；
(2)当时，试讨论在内零点的个数，并说明理由．
【答案】(1)
(2)若，在内无零点；若，在内有且仅有1个零点，证明见解析.
【分析】(1)求导，然后，分别讨论，和时的单调性即可.
(2)根据(1)的结论，分别讨论，和时零点的个数.
(1)
①若，当时，，，，
当且仅当时取等号，可见，符合题意.
②若，当时，；
当时，，.
可见，当时，，当且仅当，且时取等号.
所以在上单调递增，所以，.
所以符合题意.
③若，因为在上单调递增，在上单调递增，所以，在上单调递增，又，，由零点存在定理及的单调性，存在唯一的，使得.
当时，，单调递减，所以，.
可见，不符合题意.
综上，的取值范围是
(2)
①若，由(1)，时，，在内无零点.
当时，，，，又由单调递增，
则.
可见，若，在内无零点.
②若，由(1)，时，，在内无零点.
当时，，.
可见，若，在内无零点.
③若，由(1)，存在唯一的，当时，.
单调递减；当时，，单调递增.
又，所以.
又，由零点存在定理及的单调性，存在唯一的，使得.可见，在内存在唯一的零点.
当时，，所以，，所以，在内没有零点，可见，在有且仅有1个零点.
综上所述，若，在内无零点；若，在内有且仅有1个零点.
【点睛】关键点睛：通过导数讨论含参函数的单调性时，要对参数进行分类讨论，分类讨论时，要注意做到不重不漏；讨论含参函数的零点个数时，要利用零点存在定理来讨论零点个数，利用零点存在定理讨论零点个数时，要注意结合单调性讨论，属于难题
19．（2022·辽宁鞍山·二模）已知函数．
(1)记函数，当时，讨论函数的单调性；
(2)设，若存在两个不同的零点，证明：（为自然对数的底数）．
【答案】(1)在（0，1）和（，+∞）上单调递增，在（1，）上单调递减
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，根据导函数的正负可求出函数的单调区间，
（2）当a≤0时，可得在（0，+∞）上单调递减，则最多有一个零点，不合题意；当a＞0时，对函数求导后，可判断若存在两个不同的零点，则，即，由由，可得，所以只要证，即，令，即证，再构造函数利用导数证明即可
(1)
因为，所以，
所以，
当时，，
所以当时，，当时，，当时，，
所以在（0，1）和（，+∞）上单调递增，在（1，）上单调递减．
(2)
证明：由，得，
①若a≤0，则＜0恒成立，即在（0，+∞）上单调递减，
所以最多有一个零点，不合题意；
②若a＞0，令＝0得或（舍去），
当x∈（0，）时，＞0，单调递增，x∈（，+∞），＜0，单调递减，
所以，
若存在两个不同的零点，则，即，
所以，即，
当时，又，所以在∈（0，）上恰有一个零点，
又ea＞a（a＞0），则h（ea）＝a2﹣（ea）2＜0，
又a＞，所以在（，+∞）上恰有一个零点，
所以成立，
由，可得，
即，
可设，则，则，
要证，即证，
即证，
设，即证，
设，可得恒成立，
所以m（t）在（1，+∞）上单调递增，所以m（t）＞m（1）＝0，
即，则a＜x12+x22，
综上可得，2e＜a＜x12+x22．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是将问题转化为证成立，即，换元令，即证，令，然后利用导数求出其最小值大于零即可，考查数学转化思想，属于难题
20．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．其中实数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：关于x的方程有唯一实数解．
【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；
当时，在，上单调递增，在单调递减.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出，然后分，，三种情况讨论，
研究的正负，由此判断函数的单调性即可；
（2）将方程进行变形可得，
令，利用导数研究函数的单调性，
结合零点的存在性定理进行证明即可.
(1)
（1）函数，
则，
当时，当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得或，
当或时，，则单调递增，
当时，,则单调递减，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或，
当或时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以在，上单调递增，在单调递减.
综上所述，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，在单调递减.
(2)
证明由，得，
令，则，
当时，，故函数在上单调递增.
，，
故时，恰有1个零点.
当时，令，则在上单调递增，
因为，，令，
可得时，单调递增，
所以，故，
则存在唯一的实数，使得，即，
故在，上单调递增，在上单调递减，
因为，
，
故当时，函数恰有1个零点.
当时，，在上单调递增，
又因为，，
所以存在唯一实数，使得，即，
故在，上单调递增，在上单调递减，
因为，，
故当时，函数只有个零点.
当时，
，
由，解得，
所以
，
令， ，
， 故在上单调递增，
，
，当时， 函数无零点.
因此，当时，函数只有一个零点.
即证当时，关于x的方程有唯一实数解
【点睛】此类问题解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有:
（1）方程法：直接解方程得到函数的零点；
（2）图象法：直接画出函数的图象分析得解；
（3）方程与图象法：令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解.

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