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第18讲 导数的综合问题
第2课时 利用导数研究函数零点
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
1.零点分为两类：变号零点和不变号零点.
2.零点问题的常用处理方法 利用函数零点存在定理的条件为函
数图象在区间上是连续不断的曲线,且
①直接法：判断一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明
即可.
②分类讨论法：判断几个零点时,需要先结合单调性,确定分类讨
论的标准,再利用函数零点存在定理,在每个单调区间内取值证明
.
3.函数零点相关问题包括两个方向：
①与函数零点性质有关的问题（更多涉及构造函数法）.
②可以转化为函数零点的函数问题（更多涉及整体转化、数形
结合等方法技巧）.能够利用等价转化、构造函数法求解的问题常涉
及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等.求解时一般先通过等
价转化,将题目转化为函数零点问题,再构造函数,然后利用导数研究函
数的单调性、极值、最值等,并结合分类讨论,通过确定函数的零点达
到解决问题的目的.
探究点一 利用数形结合法讨论函数零点
例1 [2026·广东广州模拟] 已知函数 .
（1）求 的单调区间；
解：由题知的定义域为 .
由，求导得 ，
则当时，，当或 时，
，
所以的单调递减区间为, ，单调递增区间为 .
（2）判断 的零点个数，并说明理由.
解：由，得 .
根据（1）中求出的单调区间并结合极小值点，
可作出函数 的大致图象，如图所示.
所以当，即时， 的零点个数为2；
当或，即或时， 的零点个数为1；
当，即时， 的零点个数为0.
综上可得，当时，的零点个数为2；当时，
的零点个数为0；当或时， 的零点个数为1.
总结反思
根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即
通过研究函数的性质（单调性、极值、最值、函数值的极限位置
等），作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与 轴交点的
个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.
【对点演练1】 [2025·甘肃天水期末] 已知函数
.
（1）求 的单调递增区间；
解：的定义域为 ，
，
可得当时，，
当 时， ，
故的单调递增区间为, .
（2）方程有三个实根，求实数 的取值范围.
解：由（1）知，函数在区间, 上单调递增，
在区间 上单调递减，
所以的极大值为，的极小值为 ，
则可作出函数 的大致图象，如图所示.
方程有三个实根等价于直线 与
的图象有三个交点，
由图可知当时满足题意，则 的取值
范围为 .
探究点二 利用函数性质讨论函数零点
例2 [2026·湖北联考] 已知函数 ，直线
.
（1）若点是函数图象上的一点，求点到直线 距离的最
小值；
解：点到直线 的距离
.
令，则 .
由,,得,由,,得,
所以 在上单调递增，在 上单调递减，
所以，所以 ，
则所求距离的最小值为 .
（2）若，讨论函数 的零点的个数.
解：，定义域为 ，
令可得 ，
则函数的零点的个数与 的零点个数相同.
，再令 ，
则，所以在 上单调递减，
又因为，所以在上单调递增，在 上单调递减，
则，当时， ，
当 时， .
所以当时，恒成立， 无零点；
当时，， 有1个零点；
当时，，在和 上各有1
个零点，即 有2个零点；
当时，，在 上有1个零点，
在上满足恒成立，即 只有1个零点.
综上所述，当时，无零点；当或时， 有1个
零点；当时， 有2个零点.
总结反思
求解此类问题的一般步骤：
①求函数 的导数.
②根据导数确定 的单调区间.
③分类讨论参数在不同的取值范围内，函数 的零点个数，即可
得到结论（或得到参数需要满足的条件，进而求得参数的取值范围）.
【对点演练2】 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：函数的定义域为， .
若,则恒成立，当时，，当 时，
，
所以在上单调递增，在 上单调递减.
若，则令,得或 .
当 时，
由，得或；由，得 .
所以在上单调递增，在 上单调递减，
在 上单调递增.
当时， ，
当时，， ，
当时，，，
又 ，所以恒成立，所以在 上单调递增.
当时，由，得或；由 ，
得 .
所以在上单调递增，在 上单调递减，
在 上单调递增.
综上所述，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，在上单调递增；当时， 在
上单调递增；当时，在 上单调递增，
在上单调递减，在 上单调递增.
（2）若有两个零点，求 的取值范围.
解：若，则当时, 恒成立，
当时，单调递增，所以 不可能有两个零点.
若，因为在 上单调递增，
在上单调递减，在 上单调递增，
所以的极小值为，故 不可能有两个零点.
若,则在上单调递增，在 上单调递减，
因为有两个零点，所以，即 ，
此时，当 时， ，当 时， ，
故 有两个零点，符合题意.
综上可得，的取值范围为 .
探究点三 隐零点问题
例3 [2026·重庆七校联盟三模] 已知函数 ，
函数的图象在点处的切线方程为 .
（1）求， 的值；
解：由求导得 ，
因为函数的图象在点处的切线方程为 ，
所以， ，
则 ，，
解得， .
（2）求 的零点个数.
解：由（1）知，则 .
令，求导得 .
可得当时，，则在 上单调递减；
当时，，则在 上单调递增.
又当时，恒成立，， ，
所以存在唯一的,使，即 .
可得当时，，则在 上单调递减；
当时，，则在 上单调递增.
所以 .
因为 ，
， ，
所以根据零点存在定理，在和 上各有一个零点，
则 共2个零点.
总结反思
含参函数的隐零点问题回代方法处理的一般步骤：
第一步，用零点存在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（有时零点范围需
要适当调整加以缩小）；
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 的表达式；
第三步，将零点方程适当变形，整体代入最值表达式进行化简证明.
【对点演练3】 [2025·安徽皖江名校联考] 已知函数
，曲线在点 处的切线斜率为0.
（1）证明：函数在 上单调递增；
证明：依题意得 ，
因为曲线在点 处的切线斜率为0，
所以，则 .
所以,所以 ，
故函数在 上单调递增.
（2）设，若，判断函数 的零点个数.
解：由（1）得，所以 ，
故，
设 ，则，
设 ，则 ，
因为，所以，所以在 上单调递减.
因为，所以当时，，从而函数，即
在 上单调递减，
又, ，
所以当时，存在唯一的，使得 ，
且当时，,在 上单调递增，
当时，,在 上单调递减，
因为 ,
，
所以当时，存在唯一的，使得 .
因为,所以是奇函数，又 ，
所以函数 有3个零点.
探究点四 与函数零点有关的证明问题
例4 [2026·山东青岛模拟] 设函数 .
（1）若在区间上单调递减，求 的取值范围；
解：因为，所以 ，
由题意可知，对任意的， 恒成
立，即 恒成立.
令，则， 恒成立.
因为函数在上单调递增，所以 ，所以
.因此，实数的取值范围是 .
（2）若，证明：在上有唯一零点，且.
证明：当时，令，可得 ，
即 .
当时，；当时， .
所以函数在上单调递减，在 上单
调递增，
因为，所以当时， ，
即函数在 上无零点.
，
令 ，则 ，
令，其中 ，
则 ，
故函数在上单调递增，故 ，
则 ，
又,在上单调递增，
所以 在上存在唯一的零点，
且 .
综上可知，在上有唯一零点，且 .
总结反思
解决与零点有关的证明问题通常需要构造函数，常见的构造方法与
解题思路如下：
（1）直接构造新函数,利用导数研究函数的单调性与极值（最值）,
从而得出不等关系;
（2）利用可分离变量构造新函数,把问题转化为函数的最值问题,从
而判定不等关系;
（3）适当放缩构造法，根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论,
从而判定不等关系;
（4）构造“形似”函数,先变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似
结构构造辅助函数.
【对点演练4】 已知函数，且 有两个不同的零
点, .
（1）求实数 的取值范围；
解：函数的定义域为，
由 ，得 ，
令，求导得，
由，得 ，由，得 ，
所以函数在上单调递增，在 上单调递减，
则 ，
可得，当时， 恒成立.
由函数有两个不同的零点，得直线与函数 的图象有两
个不同的交点，则 ，
所以实数的取值范围是 .
（2）求证： .
证明：由（1）的分析，不妨设，且
两式相减得 ，
两式相加得 ，
要证，只需证 ，
即证，即证 .
设，则不等式等价于, .
设, ，求导得
，
所以函数在上单调递增，则，
即当 时，不等式 成立，
所以 .
【备选理由】例1是利用数形结合讨论函数零点个数问题;
例1 ［配合探究点一使用］[2025·山东临沂检测] 已知函数
.
（1）当时，求曲线在点 处的切线方程；
解：当时，，,
则 ， ，
所以曲线在点处的切线方程为 ，
即 .
（2）若，求函数 的零点个数.
解：令，则，当时， ,
，此时，函数 无零点.
当时，由，得，所以 ，
则当时，零点的个数即为直线与 图象交
点的个数.
令，则 ，当时，，
当时， ，
所以在上单调递增，在 上单调递减，所以
，
又当 时，且，
当时， ，
所以可作出 的大致图象（横、纵坐标单位长度
不同）与直线 ，如图所示，
因为 ，所以直线与 的图象只有1个交点，
即当时， 只有1个零点.
综上所述，若，则 只有1个零点.
【备选理由】例2是利用函数性质讨论函数零点问题,同时考查分类
讨论思想;
例2 ［配合探究点二使用］[2026·福建泉州十校联考] 已知函数
.
（1）当时，求曲线在点 处的切线方程；
解：当时， ，
，
所以切点为，可得 ，
则 ，即切线的斜率为1，
所以切线方程为 .
（2）若在区间上单调递增，求 的取值范围；
解：因为，所以由函数在 上单调
递增，得，即 对任意
恒成立.
令，，则 .
当时，，所以 恒成立，
所以在上单调递增，所以 ，
所以，即的取值范围是 .
（3）当时，讨论 零点的个数.
解：由，得，
所以是 的一个零点.
由（2）及知，在 上单调递增，
所以， 无零点.
①当时，因为，所以 ，
所以， 无零点.
②当时，，设 ，
则 ，所以在上单调递增，
又 ， ，
所以存在唯一的零点，使得 ，
当时，， 单调递减,
当时，，单调递增，所以 ，
又 ，
所以在 上有且仅有1个零点.
综上，当时，函数 有且仅有2个零点.
【备选理由】例3是隐零点问题，意在提升直观想象和数学运算的
核心素养；
例3 ［配合探究点三使用］已知函数 .
（1）当时，求 的最小值；
解：当时，，其定义域为 ，
则 .
令, ，
则，所以在 上单调递增，
又 ，
所以当时，，即， 单调递减，
当时，，即， 单调递增，
则在 处取得极小值，也是最小值，
又 ，
所以 的最小值为3.
（2）当时，证明： .
证明：由（1）知，当时，，即 成立.
下面证明当时， 也成立.
因为，其定义域为 ，
所以 .
令，,则 ，
又，所以，所以在区间 上单调递增，
可得，且 ，
则由零点存在定理可知，存在唯一实数, ，
使，即 ，
则 .
当时，,， 单调递减；
当时，,， 单调递增.
所以 ，
将①式代入可得 .
下面先证，, ，
令, ，
则，所以在 上单调递增，
则，即当时，，
故当, 时， .
由②③式可得，
.
因为 ，所以 ，
即 ，
所以，所以 ，
则 .
故当时， 也成立.
综上所述，当时， .
【备选理由】例4是与函数零点有关的证明问题，意在提升逻辑推理
和数学运算的核心素养.
例 4［配合探究点四使用］[2026·四川成都期末] 已知函数
, .
（1）求函数 的单调区间.
解：由题意得，其定义域为 ，
可得 .
当时，，所以在 上单调递增.
当时，由，得,
由，得 ，
所以在,上单调递增，在, 上单调递减.
综上所述，当时，的单调递增区间为 ，无单调递
减区间；当时，的单调递增区间为,，单调递减区间
为, .
（2）若函数有两个不同的零点, .
①求 的取值范围；
解：因为有两个不同的零点,，所以方程 有
两个根，即方程 有两个根.
令，则 .所以当时，，
单调递增；当 时，， 单调递减.
所以当时，取得极大值，也是最大值，且 ，
又当 时，，当时， ，
所以的取值范围为 .
②证明： .
证明：因为有两个不同的零点,，所以
两式作差得，则 .
要证 ，
即证，即证 ，
即证 .
不妨设，令，则 ，
式等价于，即证 .
令，，
则 ，
则在上单调递增，且，
所以 ，故 得证.
作业手册
◆ 夯实基础 ◆
1.已知函数 .
（1）若，求 的极值；
解：当时,,则 .
所以当时,, 单调递增，
当时,, 单调递减，
故的单调递减区间为 ，单调递增区间
为 ，
所以当时，函数取到极小值0， 无极大值.
（2）若在上有且仅有一个零点，求实数 的取值范围.
解：令，可得 ，
记，则原问题等价于当 时的图
象与直线有且仅有一个交点.可得，
则 在上单调递增，且 ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
又，，当 时,
，
所以可作出函数当 时的大
致图象，如图.
由图可知，当或时，
当时的图象与直线 有且仅有一个交点，
故实数的取值范围为 .
2.已知函数， .
（1）求曲线在点 处的切线方程；
解：由，得 ，
，
则，所以所求切线方程为 ，即
.
（2）求证：当时, ；
证明：要证当时,，即证当 时，
，
令，，则 ，
因为，所以，
所以当时，则 在 上单调递减，
所以当时，，即 .
（3）求 的零点个数.
解：，
令 ，再求导得 ，
因为，所以，
又，所以 ，即在 上单调递减.
又因为当 时, ,，且 单调递减，
所以在上有且仅有一个零点，且 ，
当时,, 单调递增，当时,, 单调递减，
又因为，所以，又当 时, ，
当 时, ，
所以有2个零点，即 的零点个数为2.
3.已知函数，其中 .
（1）设是的导函数，讨论 的单调性；
解：由题意得，函数的定义域为 ，
，
所以 .
当时，在， 上单调递增，
在上单调递减；当时，在 上单调
递增.
（2）证明：存在，使得在区间 内恒成立，
且在区间 内有唯一解.
证明：由，解得 .
令 ，
则， ，
所以存在，使得 .
令，，
由 知，函数在 上单调递增.
所以，则 ，
当时，有，.
由（1）知， 在 上单调递增，
故当时，，从而 ；
当时，，从而 .
所以当时， .
综上所述，存在，使得在区间 内恒成立，
且在区间 内有唯一解.
◆ 综合提升 ◆
4.已知函数 .
（1）求函数 的单调区间；
解：易得,,
则 .
令,，则 ，
则在上单调递增，
又 ，所以，即，所以在
上单调递增，所以的单调递增区间为 ，无单调递减区间.
（2）设函数有两个不同的零点, ，证明：
.
证明：求导得, ，
令，则 ，故在 上单调递增.
又, ，
所以存在，使得，即 .
则当时,, 单调递减；
当时,, 单调递增.
因为，所以，即 .
故 .
令,，则 ，
可知在 上单调递减，
则
.
又因为, ，
，
所以由零点存在定理得 ，
上式取对数得 2
课堂考点探究
例1（1）的单调递减区间为,，单调递增区间为.
（2）当时，的零点个数为2；当时，的零点个数为0；当或时，
的零点个数为1.理由略.
【对点演练1】（1）的单调递增区间为,.（2）的取值范围为.
例2（1）所求距离的最小值为.（2） 当时，无零点；当或时，有1个零点；当时，
有2个零点. 【对点演练2】（1）略. （2） 的取值范围为. 例3（1），. （2） 共2个零点.
【对点演练3】（1）证明略. （2）函数有3个零点. 例4（1）的取值范围是.（2）证明略.
【对点演练4】（1） 实数的取值范围是.（2）证明略.
教师备用习题
例1（1）切线方程为.（2）只有1个零点. 例2（1）切线方程为.（2）的取值范围是.
（3） 函数有且仅有2个零点. 例3（1） 的最小值为3.（2）证明略.
例4（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为,，
单调递减区间为,. （2）①的取值范围为.②证明略.
夯实基础
1.（1）的极小值为0，无极大值.（2）实数的取值范围为..
2.（1）所求切线方程为. （2）证明略. （3）< 的零点个数为2.
3.（1） 当时，在，上单调递增，
在上单调递减；当时，在上单调递增.
（2）证明略.
综合提升
4.（1） 的单调递增区间为，无单调递减区间. （2）证明略.第2课时　利用导数研究函数零点
【备选理由】 例1是利用数形结合讨论函数零点个数问题;例2是利用函数性质讨论函数零点问题,同时考查分类讨论思想;例3是隐零点问题,意在提升直观想象和数学运算的核心素养;例4是与函数零点有关的证明问题,意在提升逻辑推理和数学运算的核心素养.
1 [配合探究点一使用] [2025·山东临沂检测] 已知函数f(x)=eax+.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若a<-e,求函数f(x)的零点个数.
解:(1)当a=0时,f(x)=1+,f'(x)=-,则f'(1)=-1,f(1)=2,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-2=-(x-1),即y=-x+3.
(2)令f(x)=eax+=0,则eax=-,当x>0时,eax>0,-<0,
此时,函数f(x)无零点.
当x<0时,由eax=-,得ax=ln,所以a=-,
则当x<0时, f(x)零点的个数即为直线y=a与y=-图象交点的个数.
令h(x)=-(x<0),则h'(x)=,
当x<-e时,h'(x)>0,当-e所以h(x)在(-∞,-e)上单调递增,在(-e,0)上单调递减,所以h(x)max=h(-e)=,
又当x→-∞时,h(x)>0且h(x)→0,当x→0时,h(x)→-∞,
所以可作出h(x)的大致图象(横、纵坐标单位长度不同)与直线y=a,如图所示,
因为a<-e,
所以直线y=a与h(x)=-的图象只有1个交点,
即当x<0时, f(x)只有1个零点.
综上所述,若a<-e, 则f(x)只有1个零点.
2 [配合探究点二使用] [2026·福建泉州十校联考] 已知函数f(x)=ex+sin x-ax-1.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围;
(3)当1≤a<2时,讨论f(x)零点的个数.
解:(1)当a=1时,f(x)=ex+sin x-x-1,f(0)=e0+sin 0-0-1=0,
所以切点为(0,0),可得f'(x)=ex+cos x-1,则f'(0)=e0+cos 0-1=1,
即切线的斜率为1,所以切线方程为y=x.
(2)因为f'(x)=ex+cos x-a,所以由函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,得f'(x)=ex+cos x-a≥0,即a≤ex+cos x对任意x∈(0,+∞)恒成立.
令h(x)=ex+cos x,x∈(0,+∞),则h'(x)=ex-sin x.
当x>0时,ex>1,所以h'(x)=ex-sin x>0恒成立,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=2,
所以a≤2,即a的取值范围是(-∞,2].
(3)由f(x)=ex+sin x-ax-1,得f(0)=0,所以x=0是f(x)的一个零点.
由(2)及1≤a<2知,f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(0)=0,f(x)无零点.
①当x∈(-∞,-π]时,因为1≤a<2,所以-ax≥π,所以f(x)≥ex+π+sin x-1>0,f(x)无零点.
②当x∈(-π,0)时,sin x<0,设u(x)=f'(x)=ex+cos x-a,则u'(x)=ex-sin x>0,
所以f'(x)在(-π,0)上单调递增,又f'(-π)=e-π-1-a<0,f'(0)=2-a>0,
所以存在唯一的零点x0∈(-π,0),使得f'(x0)=0,
当x∈(-π,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x0,0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x0)又f(-π)=e-π-1+aπ>0,
所以f(x)在(-π,0)上有且仅有1个零点.
综上,当1≤a<2时,函数f(x)有且仅有2个零点.
3 [配合探究点三使用] 已知函数f(x)=aex-1+ln x+.
(1)当a=1时,求f(x)的最小值;
(2)当0解:(1)当a=1时,f(x)=ex-1+ln x+,其定义域为(0,+∞),
则f'(x)=ex-1+-=.
令g(x)=xex-1+1-,x>0,
则g'(x)=(x+1)ex-1+>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又g(1)=e0+1-2=0,
所以当0当x>1时,g(x)>0,即f'(x)>0,f(x)单调递增,
则f(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,又f(1)=e1-1+ln 1+=3,
所以f(x)的最小值为3.
(2)证明:由(1)知,当a=1时,f(x)min=3,即f(x)≥3成立.
下面证明当0因为f(x)=aex-1+ln x+,其定义域为(0,+∞),
所以f'(x)=aex-1+-=.
令h(x)=axex-1+1-,x>0,则h'(x)=a(x+1)ex-1+,又00,所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
可得h(1)=a+1-=<0,且h=-1>0,
则由零点存在定理可知,存在唯一实数x0∈,
使h(x0)=ax0+1-=0,即f'(x0)=0,则a=-①.
当x∈(0,x0)时,h(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)min=f(x0)=a+ln x0+,将①式代入可得
f(x0)=-+ln x0+②.
下面先证ln x0>1-,x0∈,
令φ(x)=ln x+,x∈(1,+∞),
则φ'(x)=-=>0,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,
则φ(x)>φ(1)=1,即当x>1时,ln x>1-,故当x0∈时,ln x0>1-③.
由②③式可得,
f(x0)=-+ln x0+>-++1=+1.
因为1a>0,
所以+1>2+1=3,所以f(x0)>3,则f(x)≥f(x)min=f(x0)>3.
故当0综上所述,当04 [配合探究点四使用] [2026·四川成都期末] 已知函数f(x)=-ax,a∈R.
(1)求函数g(x)=xf(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1,x2.
①求a的取值范围;
②证明:a>4.
解:(1)由题意得g(x)=2ln x+1-ax2,其定义域为(0,+∞),可得g'(x)=-2ax=.
当a≤0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>0时,由g'(x)>0,得0,
所以g(x)在上单调递增,在上单调递减.
综上所述,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,g(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)①因为f(x)有两个不同的零点x1,x2,所以方程-ax=0有两个根,即方程a=有两个根.
令h(x)=,则h'(x)=.
所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.
所以当x=1时,h(x)取得极大值,也是最大值,且h(1)=1,又当x→+∞时,h(x)→0,当x→0时,h(x)→-∞,
所以a的取值范围为(0,1).
②证明:因为f(x)有两个不同的零点x1,x2,所以
两式作差得2ln=a(-),则a=.
要证a>4,
即证>4,即证(x1+x2)>4,即证>4(*).
不妨设0(*)式等价于·2ln t>4,即证ln t-<0.
令φ(t)=ln t-,t∈(0,1),则φ'(t)=>0,
则φ(t)在(0,1)上单调递增,且φ(1)=0,所以φ(t)<0,故a>4得证.

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