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重难点2-5 利用导数研究零点与隐零点
导数综合问题中的零点问题在高考中常以解答压轴题的形式出现.主要包含函数零点个数判断与证明.主要考查：根据函数的零点个数或零点情况求参数的取值范围、与零点相关的不等式恒成立或证明问题等，在高考中难度偏大.
【题型1 判断函数零点的个数】
满分技巧1、判断函数零点个数的常用方法 （1）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轴交点的个数问题． （2）分离出参数，转化为，根据导数的知识求出函数在某区间的单调性，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与函数图象交点的个数问题．只需要用a与函数的极值和最值进行比较即可． 2、处理函数与图像的交点问题的常用方法 （1）数形结合，即分别作出两函数的图像，观察交点情况； （2）将函数交点问题转化为方程根的个数问题，也通过构造函数，把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值，并作出草图，根据草图确定根的情况.
【例1】（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习）
1．的零点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【变式1-1】（2023·四川成都·高三成都列五中学校考期末）
2．函数的图象与直线的交点个数为 .
【变式1-2】（2024·云南德宏·高三统考期末）
3．已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【变式1-3】（2023·四川攀枝花·统考一模）
4．已知定义在上的奇函数恒有，当时，，已知，则函数在上的零点个数为（ ）
A．4 B．5 C．3或4 D．4或5
【题型2 讨论证明函数零点的个数】
满分技巧证明函数零点个数的方法与判断零点个数的方法相似，多在解答题中进行考察. 利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数. 注意：单调性+零点存在=唯一零点
【例2】（2023·黑龙江·高三校联考阶段练习）
5．已知函数，，且函数的零点是函数的零点．
(1)求实数a的值；
(2)证明：有唯一零点．
【变式2-1】（2023·全国·高三校联考开学考试）
6．已知函数．
(1)求曲线在处的切线；
(2)若对任意，当时，证明函数存在两个零点．
【变式2-2】（2022·全国·高三校联考阶段练习）
7．已知函数，其中．
(1)若的极小值为，求单调增区间；
(2)讨论的零点个数．
【变式2-3】（2023·全国·重庆市育才中学校联考模拟预测）
8．已知函数．
(1)若是的极值点，求；
(2)讨论函数的零点个数．
【题型3 根据函数零点个数求参数】
满分技巧1、分离参数后，将原问题转化为的值域（最值）问题或转化为直线与的图象的交点个数问题（优先分离、次选分类）求解； 2、利用函数零点存在定理构造不等式求解； 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.
【例3】（2024·重庆·统考一模）
9．已知函数，则在有两个不同零点的充分不必要条件可以是（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-1】（2024·甘肃·高三统考阶段练习）
10．已知函数若函数有3个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-2】（2023·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期中）
11．已知函数
(1)求曲线在处的切线方程
(2)若函数在区间上恰有两个不同的零点，求实数的取值范围
【变式3-3】（2024·湖北武汉·高三统考期末）
12．已知函数，.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若有且仅有1个零点，求的取值范围.
【题型4 max、min函数的零点问题】
【例4】（2022·江苏徐州·高三期末）
13．设，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】（2022·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）
14．已知函数.
(1)若过点可作的两条切线，求的值.
(2)用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数.
【变式4-2】（2022·福建龙岩·高三福建省龙岩第一中学校考期中）
15．已知函数，，其中.
(1)讨论函数的单调性；
(2)用表示m，n的最大值，记，讨论函数的零点个数
【变式4-3】（2023·四川南充·统考三模）
16．已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)用表示，中的最大值，记函数，当时，讨论函数在上的零点个数.
【题型5 导数与三角函数的零点问题】
满分技巧有关三角函数的零点问题处理主要手段有： （1）分段处理； （2）讨论好单调性与端点（特殊点），注意高阶函数的应用，直接能清楚判断所讨论区间的单调性； （3）关注有关三角函数不等式放缩，有时候可优化解题，避免繁杂的找点过程： ；；
【例5】（2024·陕西·校联考一模）
17．已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)讨论在区间上的零点个数，
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）
18．已知函数．
(1)若，求证：当时，
(2)若，求证：在上有且仅有三个零点，，（），且．
【变式5-2】（2023·甘肃兰州·高三兰化一中校考期末）
19．已知函数
(1)当时，求函数的单调区间;
(2)当时，试判断函数零点的个数，并加以证明.
【变式5-3】（2024·湖南邵阳·统考一模）
20．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设，求证：当时，恰有两个零点.
【题型6 不含参函数的“隐零点”问题】
满分技巧1、不含参函数的“隐零点”问题的解策略： 已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出， 设方程的根为，则有：①关系式成立；②注意确定的合适范围. 2、“虚设零点”的具体操作方法： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围； 第二步：以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键； 第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．（即注意零点的范围和性质特征）
【例6】（2024·浙江宁波·高三统考期末）
21．已知函数，其中．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)记为的导函数，若对，都有，求的取值范围．
【变式6-1】（2024·河北邢台·高三统考期末）
22．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：．
【变式6-2】（2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测）
23．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
【变式6-3】（2024·四川成都·高三树德中学校考期末）
24．已知函数，.
(1)若函数只有一个零点，求实数的取值所构成的集合；
(2)已知，若，函数的最小值为，求的值域.
【题型7 含参函数的“隐零点”问题】
满分技巧含参函数的“隐零点”问题解题策略： 已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出， 设方程的根为，则有①有关系式成立，该关系式给出了的关系；②注意确定的合适范围，往往和的范围有关.
【例7】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）
25．已知（其中为自然对数的底数）.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程，
(2)当时，判断是否存在极值，并说明理由；
(3)，求实数的取值范围.
【变式7-1】（2024·江苏·徐州市第一中学校联考模拟预测）
26．已知函数，其中．
(1)若，证明；
(2)讨论的极值点的个数．
【变式7-2】（2024·河南焦作·高三统考期末）
27．（1）求函数的极值；
（2）若，证明：当时，．
【变式7-3】（2024·全国·高三专题练习）
28．函数
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：.
（建议用时：60分钟）
（2022·河南·高三校联考期末）
29．若函数恰好有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2022·全国·模拟预测）
30．已知函数恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
（2024·广西·模拟预测）
31．若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023·广东中山·高三校考阶段练习）
32．设函数，，.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，讨论与图象的交点个数．
（2023·四川绵阳·统考模拟预测）
33．函数．
(1)若为奇函数，求实数的值；
(2)已知仅有两个零点，证明：函数仅有一个零点．
（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）
34．已知函数．
(1)当时，求函数在上的极值；
(2)用表示中的最大值，记函数，讨论函数在上的零点个数．
（2023·全国·高三专题练习）
35．已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求的值.
（2023·安徽蚌埠·高三固镇县第二中学校考阶段练习）
36．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】先把零点个数转化为函数交点个数，再构造函数,结合导函数求解单调性及极值最后应用数形结合求解.
【详解】由得，构造函数，求导得
在上单调递减，在上单调递增，上单调递减，且，
及时，的图像如图，得到有3个解.

故选：D.
2．
【分析】令，则，问题转化为曲线与直线的交点个数，利用导数分析关于的方程在区间上的解的个数，数形结合可得出结论.
【详解】令，则，
函数在区间上单调递增，
所以，曲线与直线的交点个数等于曲线与直线的交点个数，
作图易知，曲线和直线都过点，且都关于点对称，
所以，曲线与直线的交点个数或者为或者为.
下面考察关于的方程在区间上的解的个数，
令，其中，
则对恒成立，
所以，函数在区间上单调递增，则，
所以，关于的方程在区间上的解的个数为，
因此，函数的图象与直线的交点个数为.
故答案为：.
3．C
【分析】先得到的图象，令，则，分和两种情况，得到的值，进而结合函数图象，得到零点个数.
【详解】当时，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，，
则存在，使得，
画出的图象，如下：
令，则，
当时，令，解得或，
若，则，
结合图象可知，此时存在两个根，，
若，则，
结合图象可知，此时存在和满足要求，
当时，令得，
此时，
结合图象可知，此时存在两个根，
综上，共6个零点.
故选：C
【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.
4．D
【分析】由可得，进而得到函数的周期为2，结合导数和奇函数的性质可得在上单调递增，在上单调递增，将问题转化为函数和在上的交点个数问题，作出图象，结合图象求解即可.
【详解】因为，所以，
所以函数的周期为2，
当时，，
则，
由，得，
则，即，
所以，即函数在上单调递增，
又为上的奇函数，所以函数在上单调递增，
由，即，
又，为上的奇函数，的周期为2，
令，则，即，
则，
作出函数和在上的大致图象：
由图象可知，函数和的交点为4个或5个，
则函数在上的零点个数为4个或5个.
故选：D.

【点睛】方法点睛：函数的零点问题，常常转化为函数与函数的交点问题，进而结合函数图象求解即可.
5．(1)1
(2)证明见详解
【分析】（1）易判断单调递增，令，即可得，令即可求；
（2）由导数判断单调递增，即可得证.
【详解】（1）由易判断在单调递增，
且，，
所以可令，
得， 所以，
由题意，即，
所以；
（2），则，
令，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，
所以，
结合（1）可得存在唯一，使得，即函数有唯一零点.
【点睛】关键点点睛：解决本题（1）的关键是通过同构得出；（2）的关键是二次求导确定函数的单调性.
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数导数得切线斜率，进而由点斜式得切线方程；
（2）令，根据函数导数讨论函数单调性可得，从而得到证明．
【详解】（1）解：因为，所以，
则，，
此时切线方程为，即；
（2）证明：函数存在两个零点，得方程有两解，
即存在两解．
令，则，
令，因为，
所以在上为单调递减函数，
由，，
所以存在，使得，
且，，，，
所以在上递增，在上递减．
所以
，
由，且，
则任意，时，函数与有两交点，
故函数存在两个零点．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于根据题意得方程有两解，即存在两解，令，通过二次求导及零点存在性定理得到函数的单调性，进行求解．
7．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）由导数的单调性得到极小值，即可求解；
（2）由（1）知，在区间有1个零点，再讨论的极小值为的情况进行求解.
【详解】（1）由题，得，其中，
当时，，单调递增，无极值；
当时，令，解得或；
令，解得，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，，
所以当时，取得极小值，
所以，解得．
单调增区间和；
（2）由（1）知当时，的极小值为，
的极大值为，，
所以在区间有1个零点，
当，即时，因为，，
所以在区间各有1个零点，因此有三个零点，如图①曲线；
当，即时，有两个零点，如图②曲线；
当，即时，有一个零点，如图③曲线；
当时，，易知有一个零点．
综上，当时，有一个零点；
当时，有两个零点；
当时，有三个零点.
【点睛】方法点睛：对于第二问，先给出在区间有1个零点，再对的极小值分类讨论求解.
8．(1)
(2)当时，1个；
当时，2个；
当时，3个；
【分析】（1）求出的导数，根据极值点处导数为零的点求解得出.代入，构造，求导得出的单调性，进而得出的符号，即可得出函数的单调性，检验即可得出答案；
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【详解】（1）由已知可得，函数定义域为，
且，
所以.
又是的极值点，所以，解得.
代入可得，.
设，
则在上恒成立，所以单调递增.
又，
所以，当时，有，即，
所以，在上单调递减；
当时，有，即，
所以，在上单调递增.
所以，在处取得极小值，满足题意.
所以，.
（2）由已知可得，，，且，
显然，且.
令，则.
①当时，恒成立，
所以，在上单调递减.
又，此时只有一个零点；
②当时，，此时有恒成立，
所以，，即在上单调递增.
显然时，有，则；.
且，
，.
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当时，1个；
当时，2个；
当时，3个；
9．BCD
【分析】将问题转化为，令，利用导数讨论的单调性，求出，由在有2个不同零点的充要条件为，从而作出判断.
【详解】因为，
令，则，
令，
则，
注意到，令，解得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，且当趋近于或时，都趋近于，
若在有2个不同零点的充要条件为函数与图象在第一象限有2个交点，
所以，即有2个零点的充要条件为，
若符合题意，则对应的取值范围为的真子集，
结合选项可知：A错误，BCD正确；
故选：BCD.
10．B
【分析】由二次函数、导数研究的性质并画出草图，将问题化为与的图象有3个交点，数形结合确定参数范围.
【详解】当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增.
当时，.
当时，，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
当时，.
画出函数的图象如图所示：
因为函数有3个零点，
所以与的图象有3个交点，由图知：.
所以的取值范围为.
故选：B
11．(1)；
(2).
【分析】（1）根据曲线在某点处的切线方程求解步骤，通过导数求斜率，明确切点坐标，可得答案.
（2）整理新函数的解析式，通过导数明确其单调性并求出最小值，再结合零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1）函数，求导得，
令，得，则，，显然，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由（1）知，，，求导得，
当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，.
令，求导得，
当时，，当时，，即函数在上递减，在上递增，
，即，则，
因此，
显然函数在上单调递增，函数值集合为，
从而函数在上的函数值集合为，
函数在上恰有两个不同的零点，则当且仅当，解得，
所以实数的取值范围是.
【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.
12．(1)；
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）结合第一问将分为三种情况：当时，由导数研究函数的单调性与最值可判定此时零点个数；当时，通过取点及适当放缩分别计算的正负，判定此时函数零点的个数；当时，通过函数的单调性得出，从而确定始终为负即可.
【详解】（1）时，，所以，
则，所以在处的切线方程为；
（2）①由上知时，，
有，
令，
即在上单调递增，
又，，
所以时，，时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，此时只有一个零点，符合题意；
②当时，，且，
所以，
设，
显然时，即此时单调递增，时，此时单调递减，
所以，即，
所以，
所以根据零点存在性定理可知使得，
又，
易知，所以，
由上证得，
即，故使得，
所以此时至少存在两个零点，不符题意；
③时，，
由①可知，所以此时无零点，不符合题意；
综上所述时，有且仅有1个零点.
【点睛】难点点睛：通过第一问将参数分成三种情况讨论.第一个难点在于时的合适取点即及符号的判定，在计算函数值符号时用到了常用函数放缩公式，第二个难点在于时，通过对数函数的单调性判定再结合时的结论判定函数值符号.关于取点技巧需要多加练习，放缩公式要多加积累.
13．C
【分析】构造函数与，先利用导数研究得的性质，再利用二次函数的性质研究得的性质，从而作出的图像，由此得到，分类讨论与时的零点情况，据此得解.
【详解】令，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，故，
又因为对于任意，在总存在，使得，
在上由于的增长速率比的增长速率要快得多，所以总存在，使得，
所以在与上都趋于无穷大；
令，则开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递增，故，
.
因为函数有且只有三个零点，
而已经有唯一零点，所以必须有两个零点，则，即，解得或，
当时，，则，
即在处取不到零点，故至多只有两个零点，不满足题意，
当时，，则，所以在处取得零点，
结合图像又知与必有两个交点，故在与必有两个零点，
所以有且只有三个零点，满足题意；
综上：，即.
故选：C.
14．(1)或
(2)答案见解析
【分析】(1)利用函数的导数求切线方程，构造函数，再求导；
(2)利用导数讨论函数的单调性，再讨论确定零点的个数.
【详解】（1）设切点为
则切线方程为
在直线上，则，
令，则，令，解得，所以或
要想让切线有两条，只需满足或
（2）当时， ，单调递减，在取得最大值，，所以只需考虑在的零点个数.
（i）若或，则
当时，在无零点.
当时，在单调递减，而在有一个零点；
（ii）若，则在单调递减，在单调递增，故当时，取得最小值，最小值为
①若，即在无零点.
②若，即，则在有唯一零点；
③若，即，由于
所以当时，在有两个零点；当时，在有一个零点
综上，当有0个零点；
当或时，有一个零点；
当时，有两个零点.
15．(1)在R上是增函数
(2)答案见解析
【分析】（1）先对函数求导，然后由导数的正负可求得函数的单调区间，
（2）由（1）可知当时，，无零点，而当时，恒成立，所以的零点即为函数的零点，所以只要讨论函数在的零点个数，然后分，和讨论函数的零点即可
【详解】（1），
当时，，，∴，
当时，，，∴，
当时，，
所以当时，，即在R上是增函数.
（2）函数的定义域为，
由（1）得，函数在单调递增，，
当时，，又，
所以时，恒成立，即时，无零点，
当时，恒成立，所以的零点即为函数的零点
下面讨论函数在的零点个数：
，所以
①当时，因为，
又函数在区间递减，所以
即当时，，
所以单调递减，由得：当时，递增
当时，递减，
当时，，
当时，
又，
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；
②当时，，由①得：当时，，递增，
当时，，递减，所以，，
所以当时函数有2个零点，
③当时，
，，即成立，由，
所以当时函数有1个零点.
综上所述：当或时，函数有1个零点；
当或时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究函数的零点，解题的关键是结合的单调性，可得的零点即为函数的零点
只要讨论函数在的零点个数即可，考查转化思想和计算能力，属于难题
16．(1)，,
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，再依据单调性判断出极值点，最后求出极值点对应的函数值即为极值；
（2）对和的范围进行分类讨论，分别判断出和的零点，从而得出的零点个数.
【详解】（1）当时，，，
由得：或；由得：
列表：
0 1
+ 0 0 +
极大值 极小值
∴；；
（2）由知：
（i）当时，
，故在上无零点.
（ii）当时，，知：当时，，，
是的零点；
当时，，，不是的零点；
（iii）当时，，故在的零点就是在的零点.
由得：，
设，则，
在上单调递增，
又∵，，
∴当时，即在上无零点；
当时，即在上有1个零点；
当时，即在上无零点；
综上所述：时，有2个零点；
或时，有1个零点；
时，无零点.
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数求切点处切线的斜率，点斜式得切线方程；
（2）分类讨论，利用导数研究函数单调性，通过极值判断零点个数.
【详解】（1）当时，，其定义域为，，
，，函数在处的切点坐标为，切线斜率为，
因此，函数在处的切线方程为，即．
（2）令，
则．
因为，则，则．
当时，则，故，从而在上单调递减；
而，故当时，，
故在区间上无零点；
当时，令，则，
因为，则，
从而，即在上单调递减；
而，因此存在唯一的，使得，
并且当时，；当时，．
即当时，，当时，．
故当时，单调递增，当时，单调递减．
而，故；
取，，
所以存在唯一的，使得，即在区间上有唯一零点．
综上所述，当时，在上有唯一的零点；
当时，在上没有零点．
【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．利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数，利用导数判断单调性求出最值可得结果，
（2）函数零点即图像与x轴交点，构造函数，利用函数奇偶性、单调性及零点存在性性定理可得结果.
【详解】（1）若，则．设,，
则，，所以在上单调递增．
所以．又在上单调递增，
所以．即当时，．
（2）若，则．
令，得,设，．
则．所以为奇函数．
又，所以0是的一个零点．
下面证明：函数在上存在唯一的零点．
因为，，所以．
所以当时，，单调递增．
又，，所以在上存在唯一的零点．
由（1）知当时，，即，
所以当时，．
设，，则．
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以．
所以当时，．
所以当时，仅有一个零点．
因为为奇函数，所以当时，也仅有一个零点．
所以在上有3个零点，分别为，，．
即有3个零点，且．
【点睛】解决本题关键是构造函数，利用函数的奇偶性，零点存在性定理及导数判断函数的单调性证得结果.
19．(1)的单调递减区间，递增区间，
(2)2，证明见解析.
【分析】（1）当时，，设，进而得到单调区间；
（2）由，设，得到，再分，，三种情况讨论，分别求出函数的单调性和极值，最终求出结果.
【详解】（1）当时，，则，
设，则，
当时，，所以，所以在上单调递减；
当时，，所以，所以在上单调递增，所以，所以在单调递增；
综上，的单调递减区间，递增区间.
（2），当时，，所以是的一个零点，
，设，可得，
因为，
所以①当，，所以在单调递增，，在单调递增，则，
所以在上无零点；
②当时，，则，所以在上无零点；
③当时，，，所以在上单调递增，
又，所以存在唯一实数，使得=0，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
又，，
所以在上有唯一零点，
综上，当时，函数有两个零点.
【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性和零点问题.通常采用分离参数法和分类讨论法.
第一问当时，，设，进而得到单调区间；
第二问由，设，得到，再分，，三种情况讨论，分别求出函数的单调性和极值，最终求出结果.
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论函数单调性；
（2）由题意，当时，，令，借助导数研究函数的单调性，结合函数值的正负性和零点存在定理可证.
【详解】（1）.
当时，在上单调递减.
当时，在上，有，在上，有,
故在上单调递减，上单调递增.
当时，在上单调递增.
当时，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减，上单调递增.
当时，在上单调递增.
当时，在上单调递减.
（2）时，.
令，
则.
令.
i.时，恒成立，
在上单调递增.
又，
存在一个零点，使.
ii.，
恒成立，
在上单调递减.
又，
.
存在零点，使.
，
.
在上单调递增，上单调递减.
又.
，
存在一个零点，使.
iii.，
恒成立.
在单调递减.
恒成立.
在没有零点.
iv.时，
下面来证明当时，.
设.
.
在上单调递增，
，
恒成立.
综上所述，在只有两个零点.
又是由向右平移一个单位所得，
在只有两个零点.
【点睛】方法点睛：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．
21．(1)
(2)
【分析】（1）求出表达式，当时代入即可求解；
（2）原不等式等价于，据此分情况利用导数求解即可.
【详解】（1）由题知，，当时，，
所以曲线在处的切线方程为；
（2）由题意，原不等式等价于，
即，
当时，对任意，不等式恒成立，
当时，原不等式等价于，
设，则，
设，因为，
所以存在唯一，使得，即，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故，即．
综上所述，的取值范围为．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先得，求导得，由此即可求解.
（2）首先得存在，使得，，由此即可顺利得解.
【详解】（1），，．
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）得．
令函数，则，所以是增函数．
因为，，
所以存在，使得，即．
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
．
因为，所以，
所以．
故．
【点睛】关键点睛：第二问的关键是利用导数结合零点存在定理即可顺利得证.
23．(1)
(2)2
【分析】（1）先求出导数，再求斜率结合点斜式写出切线方程；
（2）先把恒成立问题通过参数分离转化为求最小值求出的最大值.
【详解】（1）当时，，
因为 ，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由题意，知对任意恒成立，
可知对任意恒成立．
设函数，只需．
对函数求导，得．
设函数，对函数求导，得，
所以函数在上单调递增．
又，
所以存在，使，即，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以，
所以．又，所以，
所以整数的最大值为2．
24．(1)
(2).
【分析】（1）由题意，且，问题转化为方程只有一个根，利用导数研究函数单调性，作出函数图象，数形结合判断的取值.
（2），通过构造函数判断的符号得的单调性，由最小值得，再由的零点，构造函数利用导数通过单调性求的值域.
【详解】（1）函数，定义域为，
当时，显然不满足题意，
当时，若函数只有一个零点，即只有一个根，
因为1不是方程的根，所以可转化为只有一个根，
即直线与函数（且）的图象只有一个交点.
，令，得，
在和上，，在上，，
所以在和上单调递减，在上单调递增.
在时有极小值，图象如图所示：
由图可知：若要使直线与函数的图象只有一个交点，则或，
综上的取值所构成的集合为.
（2）由题意知，
令，得，所以在上单调递增.
又，由零点的存在性定理知存在使得，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故
又，所以，又，所以.
令，则，在恒成立，在单调递减，
，由得.
将代入，得.
令，得，
所以在单调递减，又
所以的值域为.
【点睛】方法点睛：
利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；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.
25．(1)
(2)有一个极大值，一个极小值，理由见解析
(3)
【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）当时，求得，令，利用导数求得的单调性与，得到存在使得，存在使得，进而得到答案；
（3）求得，根据题意，得到，令，得到使得，利用函数的单调性，求得，再由，求得，再由，设，利用导数求得函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）解：当时，，可得，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：当时，，定义域为，
可得，
令，则，
当时，；当时，，
所以在递减，在上递增，
所以，
又由，
存在使得，存在使得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以时，有一个极大值，一个极小值.
（3）解：由，可得，
由，因为，可得，
令，则在上递减，
当时，可得，则，所以，
则，
又因为，使得，即
且当时，，即；
当时，，即，
所以在递增，在递减，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因为，设，则，
可知在上递增，且，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
26．(1)证明见解析；
(2)有且仅有一个极值点.
【分析】（1）根据导函数的正负，判断的单调性，求得最小值，即可证明；
（2）求得，构造函数，对参数的取值进行分类讨论，结合零点存在性定理，判断的单调性，即可求得函数极值点个数.
【详解】（1）证明：当时，，，，，
又易知在上为增函数，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
从而.
（2）由题意知，函数的定义域为，，
设，，显然函数在上单调递增，与同号，
①当时，，，所以函数在内有一个零点，
且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
②当时，由（1）知，函数在上有且仅有一个极值点；
③当时，，，
因为，所以，，
又，所以函数在内有一个零点，
且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
综上所述，函数在上有且仅有一个极值点．
27．（1）极小值为0，无极大值；（2）证明见解析
【分析】（1）求导，得到单调性，从而得到极值情况；
（2）在（1）基础上得到，构造函数，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值，证明出结论.
【详解】（1）依题意，，令，解得，
所以当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
而，故的极小值为0，无极大值．
（2）由（1）可知，当时，，则．
令，
则，易知在上单调递增．
因为，所以，，
故，使得，即①．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故②．
由①可得，
代入②，得
，
而，故，故，即原命题得证．
【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.
28．(1)在上单调递增，在上单调递减；
(2)证明见详解.
【分析】（1）把代入，求出函数的导数并变形，构造函数探求大于0或小于0的取值区间作答.
（2）在给定条件下探讨函数的最大值，将不等式转化为证的最大值小于即可作答.
【详解】（1）依题意，函数的定义域为，
当时，，求导得，
令，则，则在上单调递减，而，
当时，，，当时，，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）当时，，，
令，则，
在上单调递减，而，，
则有，即，有，
当时，，，在上单调递增，
时，，，在上单调递减，
因此函数在时取最大值，即，
令函数，
则在上单调递减，即有，
要证，即证，只需证，
令，，
则在上单调递减，
因此，，即成立，
则有成立，
所以当时，不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
29．A
【分析】由题意转化为与和共有两个交点，利用导数研究单调性极值，数形结合得解.
【详解】因为，所以不是的零点，
当时，令，得，
令，
由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，
则，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，，且当时，，如图所示，
所以当时，与的图象有且仅有两个交点，此时函数恰好有两个零点.
故选：A.
【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.
30．D
【分析】根据题意转化为方程恰有2个不同的实数根，即直线与函数的图象恰有2个不同的交点，用导数法画出其图象，利用数形结合法求解.
【详解】由题意知方程恰有2个不同的实数根．
设，则直线与函数的图象恰有2个不同的交点，
因为，当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，
当时，，当时，，当时，，
∴可以作出的大致图象，如图所示，

易知直线过定点，当直线与函数的图象相切时，设切点为，
则，解得或，
当直线与函数的图象相切时，或，
数形结合可知，实数a的取值范围为.
故选：D．
【点睛】思路点睛：函数恰有两个不同的零点，转化为方程恰有2个不同的实数根，即直线与函数的图象恰有2个不同的交点，利用导数判断函数的单调性，极值，数形结合求解.
31．C
【分析】将函数零点问题转化成两函数图像交点，再利用导数与函数单调性间的关系，得出，根据图像即可解决问题.
【详解】因为，令，即，则，
所以函数在上有两个不同的零点等价于曲线和在上有两个不同的交点，
设，，则，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，当时，，且时，，
其图像如图所示，

故的取值范围为.
故选：C.
32．(1)单调递增区间是，单调递减区间是
(2)函数与的图象总有一个交点
【分析】（1）由导函数求函数的单调性；
（2）设，利用导数根据单调性求的零点即可得与图象的交点个数.
【详解】（1）函数的定义域为，.
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
综上，函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）令，，
题中问题等价于求函数的零点个数．
，
当时，，函数为减函数，
因为，，所以有唯一零点；
当时，或时，；时，，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
因为，
，
所以有唯一零点．
综上，函数有唯一零点，即函数与的图象总有一个交点．
33．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用奇函数的定义计算的值即可；
（2）利用仅有两个零点确定的值，之后研究函数的单调性，进而研究函数零点个数.
【详解】（1）解：因为为奇函数，
所以可知的定义域为，且，
即，
即，
所以，解得.
（2）证明：①当时，，
所以函数不可能有两个零点，此时不合题意；
②当时，令，解得：或，
又因，
则要使得f（x）仅有两个零点，则，
即，此方程无解，此时不合题意；
③当时，即，
令，解得或，符合题意，所以.
令，则，
令，解得：或，令解得：，
故在，上递增，在上递减，
又，
故函数仅有一个零点．

34．(1)极大值为，极小值
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，得到函数的单调性和极值情况；
（2）分，和，结合，对进行分类讨论，求出零点个数.
【详解】（1）当时，，
由，得或，则和随的变化如下表所示：
0
+ 0 - 0 + 0 -
极大 极小 极大
∴在上有2个极大值：在上有1个极小值．
（2）由，知．
（ⅰ）当时，，
∴，故在上无零点．
（ⅱ）当时，．
故当时，即时，是的零点；
当时，即时，不是的零点．
（ⅲ）当时，．故在的零点就是在的零点，
．
①当时，，故时，在是减函数，
结合，可知，在有一个零点，
故在上有1个零点．
②当时，，故时，在是增函数，
结合可知，在无零点，故在上无零点．
③当时，，使得时，在是增函数；
时，在是减函数；
由知，．
当，即时，在上无零点，故在上无零点．
当，即时，在上有1个零点，故在上有1个零点．
综上所述，时，有2个零点；时，有1个零点；时，无零点
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
35．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）方法一：构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;
（2）方法一：研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当时，等价于．
设函数，则．
，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当时，．
令，令，得．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当时，．
令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数，
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数
令，得．
令．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则．当时，，当时，，故函数在区间内只有一个零点时，．
［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数
函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点．由与的图象可知它们在区间内必相切于y轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意．
［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数
当时，，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点．由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为．由切线过原点可得，故．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为，，
当时，在区间内单调递增，又，故无零点；
当时，．
①当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点；
②当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．，从而单调递增．又，所以无零点．
③当时，，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足．所以，解得，则．
［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论
当时，，无零点；
当时，，记，则；
当时，，函数在区间内单调递增，则有，故无零点；
当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，，当时，，
故，得．
【整体点评】（1）方法一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．；
方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法；
方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．
（2）方法一：根据指数找朋友，原函数在只有一个零点等价于在只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出；
方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出；
方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出；
方法四：同方法二；
方法五：直接含参讨论函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法；
方法六：易知当时函数无零点，只需考虑时的情况，，再含参讨论函数的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解．
36．(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线方程的求法，即可得到结果；
（2）分类讨论和两种情况研究函数的单调性结合零点存在性定理确定函数的零点个数，由此确定的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
时，
又，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，在上单调递减，所以在上至多有一个零点.
当时，，
因为，所以，
令，易知在上单调递增，
因为，
所以存在，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
由得，则，
所以，
当，即时，，所以在上没有零点.
当，即时，，所以在上有一个零点.
当，即时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
所以，
因为，且在上单调递减，
所以在上只有一个零点，
令，易知在上单调递增，
又，
所以存在，使得，
则，
由可知，则，
又在上单调递增，所以在上只有一个零点，
综上可知，时，函数有两个不同的零点，故实数的取值范围为.
【点睛】知识点点睛：本题主要考查了导数的几何意义，同时也考查了求导分析函数单调性、最值和零点存在性定理，由零点个数求参数范围等方面，属于难题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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