高考数学利用导数解决零点、交点、方程根等问题（三大题型）（解析版）

特训06利用导数解决零点、交点、方程根等问题（三大题型）方法技巧1隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.方法技巧2极限思想在解决零点问题中的应用解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与x轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限的思想方法是解决问题的有力工具.目录：01：判断、证明或讨论零点的个数02：根据零点情况求参数范围03：与函数零点相关的综合问题01：判断、证明或讨论零点的个数例1已知函数f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.解f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：∵f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，从而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不间断的.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内至少存在一个零点.又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不间断的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，有g′(x)＜0，从而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内单调递减.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))内单调递增，故当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.感悟提升利用导数求函数的零点常用方法(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.训练1已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点.(1)解当a＝3时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).当x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)单调递增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))单调递减.(2)证明由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.设g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.02：根据零点情况求参数范围例2已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，则f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率k＝f′(1)＝2，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2（x＋1）（x－1）,x)，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴由g′(x)＝0，得x＝1.当eq\f(1,e)≤x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＞g(e)，∴g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点需满足条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝m－1＞0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1＜m≤2＋eq\f(1,e2).故实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).感悟提升1.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.2.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.训练2已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.若a＝0，由(1)知f(x)的极小值f(1)＝0，故f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).03：与函数零点相关的综合问题例3设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0).当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－eq\f(a,x)单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)>0，当b满足0<b<eq\f(a,4)，且b<eq\f(1,4)时，f′(b)<0，(讨论a≥1或a<1来检验，①当a≥1时，则0<b<eq\f(1,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(1,2)－4a<2eeq\f(1,2)－4<0；②当a<1时，则0<b<eq\f(a,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(a,2)－4<2eeq\f(1,2)－4<0，综上，f′(b)<0.)故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).感悟提升1.在(1)问中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.2.由(1)问知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋alneq\f(2,a).训练3设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))处的切线与y轴垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(1)解f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即eq\f(3,4)＋b＝0，故b＝－eq\f(3,4).(2)证明由(1)知f(x)＝x3－eq\f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq\f(3,4).令f′(x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝eq\f(1,2).f′(x)与f(x)的情况为：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)c＋eq\f(1,4)c－eq\f(1,4)因为f(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，所以当c<－eq\f(1,4)时，f(x)只有大于1的零点.因为f(－1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，所以当c>eq\f(1,4)时，f(x)只有小于－1的零点.由题设可知－eq\f(1,4)≤c≤eq\f(1,4).当c＝－eq\f(1,4)时，f(x)只有两个零点－eq\f(1,2)和1.当c＝eq\f(1,4)时，f(x)只有两个零点－1和eq\f(1,2).当－eq\f(1,4)<c<eq\f(1,4)时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.方法技巧1隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞).(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋eq\f(x＋1,ex－1)(x>0)恒成立，令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq\f(ex－1－（x＋1）ex,（ex－1）2)＋1＝eq\f(ex（ex－x－2）,（ex－1）2)(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝eq\f(α＋1,eα－1)＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.方法技巧2极限思想在解决零点问题中的应用解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与x轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限的思想方法是解决问题的有力工具.例(1)已知函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数a的取值范围.解令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.①当x＜0时，函数y＝ax与y＝x2的图象有一个交点；②当x＞0时，两边同时取自然对数得xlna＝2lnx，即lna＝eq\f(2lnx,x)，由题意得函数y＝lna与g(x)＝eq\f(2lnx,x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，g′(x)＝eq\f(2（1－lnx）,x2)，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，则g(x)在(0，e)上单调递增；令g′(x)＜0，解得x＞e，则g(x)在(e，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(e)＝eq\f(2,e)，当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)＞0；当x→0时，g(x)→－∞，则有0＜lna＜eq\f(2,e)，解得1＜a＜eeq\f(2,e).综上，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e\f(2,e))).(2)已知函数f(x)＝ex(x＋1)，若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围.解g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，当x∈(－∞，1)时，u′(x)＜0，∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0，∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x＜2时，u(x)＜0，∴实数m的取值范围为{m|－e＜m＜0}.一、解答题1．（2024·北京顺义·三模）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求证：函数存在极小值；(3)求函数的零点个数.【答案】(1)(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.（2）讨论函数在区间和上的符号即可推理作答.（3）在时，分离参数，构造函数，再探讨在上的零点情况即可作答.【解析】（1）由函数求导得：，所以，因为，所以曲线在点处的切线方程是.（2）函数的定义域为，由（1）知，，因为，则当时，，，，所以，有，函数在上递减，当时，，，，则有，函数在上递增，所以，当时，函数取得极小值，所以，当时，函数存在极小值.（3）函数的定义域为，，显然是函数的零点，当时，函数的零点即为方程的解，令，则，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，，，所以，有，在，上都递减，令，，当时，，当时，，所以，在上递增，在上递减，，所以，，恒有，当且仅当时取“=”，所以，当时，，当时，，所以，在上单调递减，取值集合为，在上递减，取值集合为，所以，当或时，方程有唯一解，当或时，此方程无解，所以，当或时，函数有一个零点，当或时，函数有两个零点.【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.2．（2024·湖南常德·一模）已知函数．(1)求的单调区间；(2)证明：；(3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围．【答案】(1)的单调递减区间为，无单调递增区间，(2)证明见解析(3)【分析】（1）求出的定义域，对求导，利用导数与单调性的关系求解即可；（2）由（1）可得时，，从而可得，令，利用放缩法可得，利用裂项求和法即可得证；（3）对化简可得，只有一个零点，令，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，分和两种情况讨论，结合零点存在性定理即可求解．【解析】（1）函数定义域为，因为，所以在上单调递减，故的单调递减区间为，无单调递增区间，（2）证明：由（1）时，，所以，令，则，，故所以；（3），因为与同号，所以只有一个零点，令，，由，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，函数定义域为，因为，设，则，①当时，，恒成立，此时在上单调递减，显然不符合题意，②当时，，有两个零点，，所以当时，，即；当时，，即；当时，，即．故在，,上单调递减，在,上单调递增；因为，且，所以，所以，由（2）知，时，，所以，即，所以，所以由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点，因为，因为，所以，所以时，存在三个不同的零点，1，，故实数的取值范围是．【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：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．3．（2024·陕西商洛·三模）已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)当时，若函数和的图象在上有交点，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)【分析】（1）求出函数导数，分类讨论确定的符号，得出单调区间；（2）换元转化后，问题可化为在上有零点，根据单调性并分类讨论即可得解.【解析】（1）函数的定义域为，．令，得①当时，，在上单调递减；②当时，列表如下：0极大值所以在上递增，在上递减；③当时，列表如下0极大值所以在上递增，在上递.综上，当时，在上递减；当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减.（2）当时，设函数和的图象在有交点，等价于函数和的图象在上有交点，即函数和的图象在上有交点，等价于的图象在有零点，的单调递增区间是，单调递减区间是．，由（1）知当时，在为增函数，在上有零点，则或，；当时，在递增，在递减，，即，综合得：实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于通过令换元，转化为函数和的图象在上有交点，再转化为的图象在有零点，通过转化即可利用的单调性求解.4．（2024·湖南岳阳·三模）已知的三个角的对边分别为且，点在边上，是的角平分线，设（其中为正实数）．(1)求实数的取值范围；(2)设函数①当时，求函数的极小值；②设是的最大零点，试比较与1的大小．【答案】(1)(2)①0；②答案见解析.【分析】（1）方法一：设，由，结合三角形面积公式化简可得，由此可求实数的取值范围，方法二：由是的角平分线，结合面积公式证明，根据关系，结合余弦定理可得，结合三角形性质求的范围，可得结论.（2）①方法一：由（1）方法一可得，结合条件求，结合余弦定理可得，方法二：由（1）方法二可得，由此可得，由此可得，求，再解方程，分区间判断函数的单调性，结合极值定义求结论，②在时，解方程，求出函数零点，由此可得，分别在，时，确定关系，利用导数方法求函数的极值点，由此比较的关系.【解析】（1）方法一：设，因为是的角平分线，所以，因为所以，代入，，化简得：，因为，所以实数的取值范围．方法二：因为是的角平分线，所以，，又，又，所以，故，在和中由余弦定理得所以，又，则所以，又，所以在中有，所以，所以得，所以实数的取值范围（2）①法一：当时，由（1）知，则，此时，由余弦定理有：及得，法二：由，当时有.故，所以，令，可得或，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故当时，函数取极小值，极小值为．②（ⅰ）当时，由①知，又，故知的零点为，故的最大零点；（ⅱ）当时，由（1）知，则，由余弦定理有，代入，解得，由知，故，，，设令解得：，且，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，因为，故，且时，，故在上有唯一零点，此时成立（ⅲ）时，由（1）知，则，由余弦定理有，及，解得，由知，故，所以当时，令解得：，且，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，因为，且的图象的对称轴所以，又因为，故在上无零点，且，故成立；当时，恒成立，则在上单调递增，故函数至多有一个零点，由，知成立；综上，当时；；当时，；当时，．【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．5．（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)讨论的零点个数；(2)若有两个零点，证明：两个零点之和大于4．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）由得，则与的交点情况即为函数零点情况，故只需利用导数求出的性质，数形结合即可判断.（2）结合导数及函数的单调性即可证明.【解析】（1）由题可得，函数的定义域为．由得．令，则．令，解得，令，解得，在上单调递减，在上单调递增．当时，取得极小值，也是最小值，最小值为．设，所以，所以当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，所以，所以，当时，，，当时，，所以，所以作出的大致图象，如图．由图可知，当时，直线与函数的图象无交点，函数的零点个数为0；当时，直线与函数的图象有1个交点，函数的零点个数为1；当时，直线与函数的图象有2个交点，函数的零点个数为2．（2）设的两个零点分别为，由（1）知，不妨令，则，且．要证明两个零点之和大于4，即，只需证，又，且在上单调递增，故只需证，即．令，则，，，在上恒成立，在上单调递减，当时，，即成立，，得证.【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求参数的常用方法：（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．（3）将函数的化为的形式，将函数的零点个数转化为与图象交点的个数问题.6．（2024·河北邯郸·二模）已知函数．(1)是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．(2)已知是的零点，是的零点．①证明：，②证明：．【答案】(1)存在，且(2)①证明见解析②证明见解析【分析】（1）结合导数与函数单调性的关系，分与进行讨论即可得；（2）①利用导数得到的单调性后，借助零点的存在性定理可得，解出即可得；②构造函数，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到，，从而可得，结合的范围即可得解.【解析】（1）由题意得，当时，，所以和在上都单调递增，符合题意；当时，若和在上的单调区间相同，则和有相同的极值点，即，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则，所以无解，综上，当时，和在上的单调区间相同；（2）①由题意，有两个零点，，若，则，所以在上单调递增，不符合题意，若，则当时，单调递减，当时，单调递增，且当时，，当时，，所以，解得，得证；②令，得，即，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，在同一坐标平面内作出函数与函数的图象，它们有公共点，如图，故，且有，由，得，即，又，所以，由，得，即，又，所以，由，得，即，故.【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于构造函数，结合导数得到函数的单调性，从而得到.7．（2023·河南信阳·模拟预测）设函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若，讨论函数的零点的个数.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.【分析】（1）求出函数的导数，按的取值分类讨论求出函数的单调区间.（2）按分类讨论，并结合函数单调性及零点存在性定理求解即得.【解析】（1）函数定义域为，求导得，若，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增；若，由，得或，①当时，，则函数在上单调递增；②当时，，当或时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减；③当时，，当或时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在单调递增.（2）当时，函数只有一个零点，当时，由（1）知函数在上递减，在上递增，且，，取且，则，因此函数有两个零点；当时，由（1）知函数在上递增，且，，而时，恒有，因此函数只有一个零点，当时，由（1）知函数在上递减，在上递增，且，而时，恒有，因此函数只有一个零点，所以，函数有一个零点，当时，函数有两个零点.【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．8．（2024·湖南株洲·一模）已知函数在处的切线方程为，其中e为自然常数.(1)求、的值及的最小值；(2)设，是方程（）的两个不相等的正实根，证明：.【答案】(1)、，的最小值为(2)证明见解析【分析】（1）借助导数的几何意义可得，，计算即可得、，结合导数讨论单调性后即可得的最小值；（2）构造函数，借助导数研究单调性后结合函数零点的存在性定理，可得与在函数的两个零点之间，即可得证.【解析】（1），由题意有及，由可得，则，即，故、，则，，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故有最小值；（2）令，，，则，则当，即时，，当，即时，，故在上单调递减，在上单调递增，故，由，故，又，当时，，故有两个零点，不妨设两零点，有，又，由，故，则，故.【点睛】关键点睛：本题需观察出，即可尝试构造函数后，结合零点的存在性定理研究与是否在函数的两个零点之间.9．（2023·河南·模拟预测）已知函数．(1)求证：曲线仅有一条过原点的切线；(2)若时，关于的方程有唯一解，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)当时，；当时，.【分析】（1）求导后得出切线方程，再代入原点求解即可；（2）化简可得有唯一解，再构造函数，求导可得，再讨论根的情况，数形结合分析的极值与的大小关系，结合恒成立问题求解即可.【解析】（1）的定义域为，，设切点，则切线方程为，当切线过原点时有，即，故，因为，所以，即切点有且只有一个，则曲线仅有一条过原点的切线，即得证.（2）关于的方程有唯一解，即方程，有唯一解，令，则.因为，故当，即时，，函数单调递增，且当时，，当时，.易知的图象与直线有且仅有一个交点，满足题意，此时；当，即时，设有两个根，，则，，故.①若，则当时，单调递增；当时，单调递减，且当时，，当时，.故要使得有唯一解，则或恒成立.此时，即，，.则极大值，令，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，又恒成立，故，；同理，极小值，当时无最小值，此时无实数使得恒成立.②若，则，，不满足；③若，由①可得；故当时，.综上所述：当时，；当时，.【点睛】方法点睛：本题利用导数解决函数零点问题的方法：（1）参变分离构造函数；（2）求导分析函数的单调性与极值，导数中有二次函数注意讨论无根与有根的情况；（3）导函数中二次函数有根时讨论极值点与特殊点的大小关系并讨论；（4）数形结合列不等式求解.10．（2023·全国·模拟预测）已知函数，．(1)讨论的单调性．(2)设方程有两个不相等的正实数根，．①求实数的取值范围．②证明：．【答案】(1)答案见解析(2)①；②证明见解析【分析】（1）求，通过对实数分类讨论判断的正负从而得到的单调性．（2）①对方程化简、同构、分离参数后转化为函数与直线有两个交点，通过数形结合得到解决；②分析要证不等式得到，结合，消去变量后转化为证明即可.【解析】（1）由题意得的定义域为，．当时，，所以在上单调递增．当时，令，则；令，则．所以在上单调递增，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）方程有两个不相等的正实数根，等价于，即有两个不相等的正实数根，．令（），则，故在上单调递增，且.于是原问题变为有两个正实数根，，其中，．显然且，所以（且）．令（且），则．当时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，则．当时，；当时，．结合函数的图象可知，解得，故实数的取值范围为．②【证明】由①知要证，需证，即证，即证，即证．又，，两式作差得，即，两式求和得．不妨设，则．令，则．要证，即证，即证．设，则，所以在上单调递增，所以，即，故．【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两点：一是利用换元把复杂方程的根的问题转化为相对简单的方程根的问题，结合分离参数法进行求解；二是把目标式转化为，通过减少变量和构造函数进行证明.11．（2023·山东·模拟预测）已知函数．(1)若是函数的极大值点，求实数a的取值范围；(2)已知，证明：方程有且仅有1个正实根，且该正实根位于区间内．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先求，然后对进行分类讨论，根据单调性、极值点等知识求得的取值范围.（2）构造函数，判断的单调性，结合零点存在性定理以及导数证得结论成立.【解析】（1）依题意，，令，得或．若，当时，，当时，，递减，当时，，递增，此时是函数的极大值点，符合题意；若，则，单调递增，不符合题意，舍去；若，当时，，当时，，当时，，此时是函数的极小值点，不符合题意，舍去．综上所述，实数a的取值范围为．（2）当时，令，观察可知，，单调性相同，由（1）可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，故．下面证明．设，则，设，则，当时，，当时，，所以，所以，故单调递增，所以．根据零点存在性定理，在内存在唯一正零点，即原命题得证【点睛】求方程的根的问题，可转化为求函数的零点问题来求解.利用导数求函数的单调区间时，如果导函数含有参数，要对参数进行分类讨论，分类讨论要注意做到不重不漏.12．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数．(1)求的最小值，并证明方程有三个不等实根；(2)设(1)中方程的三根分别为，，且，证明：．【答案】(1)最小值为，证明见解析；(2)证明见解析．【分析】(1)求f(x)导数，根据导数正负判断f(x)单调性并求其最小值，令f(x)=m，构造函数，利用导数判断g(m)单调性和值域，从而判断方程f(m)=m的根的个数即可；(2)由(1)知，，欲证，即证，即证，即证，于是构造函数，，证明即可．【解析】（1）∵，∴当时，，单调递减；当时，，单调递增，故的最小值为．设，则方程变形为f(m)=m，即f(m)-m=0，令，，则，由得．因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增．由于，故，又由，由零点存在定理，存在，使得，∴有两个零点1和，方程f(m)=m有两个根和，则如图，时，因为，故方程有一个根，下面考虑解的个数，其中，设，结合的单调性可得：在上为减函数，在上为增函数，而，，，故在上有且只有一个零点，，设，故，故即，而，故在上有且只有一个零点，故有两个不同的根、且，即方程共有三个不等实根；（2）由(1)知，且满足，，令，，则，令，则．当时，，单调递减，又∵，∴当时，，，单调递减，∵，∴，即．∵，∴，又∵，∴．∵，，而在单调递减，∴．即，故，原命题得证．【点睛】本题第一问的关键是令f(x)=m，将问题转化为关于m的方程f(m)=m有两根，数形结合判断原关于x的方程的根的情况；第二问的关键是注意到可变形为，，，考虑到f(x)在(0，1)单调递减，且，故可将问题转化为，从而巧妙构造函数，即可证明求解．13．（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．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）求出函数的导数，按与分类讨论求出的单调区间.（2）利用（1）中时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得.（3）变形函数，将的零点个数问题转化为的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解.【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.【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、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.14．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）已知函数．(1)当时，求函数在上的最大值．(2)若函数在定义域内有两个不相等的零点，，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由导函数确定单调性，然后比较区间端点处函数值即得最大值；（2）利用是零点得出，再把不等式变形为只需证，再通过换元不妨设，令，则只需证，即证．引入新函数，利用导数证明新不等式成立即可．【解析】（1）∵当时，，∴．当时；，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增．∵，，∴，∴函数在上的最大值为．（2）要证，只需证．∵，，∴由①－②得，整理得．只需证，即证，即证．不妨设，令，则只需证，即证．设，则只需证当时，即可．∵，令，则，∴在上单调递减，当时，，∴在上单调递增，当时，，∴原不等式得证．【点睛】方法点睛：本题第（2）问属于极值点偏移问题，解题方法是引入变量把二元不等式为一元不等式，然后由一元函数的性质证得结论．解题时需要由零点把参数用表示，不等式化为关于的齐次式，然后换元求解．15．（2024·河北邢台·二模）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件：①且（或，）；②在点的附近区域内两者都可导，且；③（可为实数，也可为），则．(1)用洛必达法则求；(2)函数（，），判断并说明的零点个数；(3)已知，，，求的解析式．参考公式：，．【答案】(1)(2)仅在时存在1个零点，理由见解析(3)【分析】（1）利用洛必达法则求解即可；（2）构造函数，结合的单调性求解即可；（3）利用累乘法求出的表达式，然后结合，利用洛必达法则求极限即可.【解析】（1）（2），，所以，．当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，，，当时，，所以仅在时存在1个零点．（3），所以，，…，将各式相乘得，两侧同时运算极限，所以，即，令，原式可化为，又，由（1）得，故，由题意函数的定义域为，综上，【点睛】方法点睛：本题考查新定义，注意理解新定义，结合洛必达法则的适用条件，构造函数，从而利用洛必达法则求极限.16．（2024·浙江金华·模拟预测）设全集为，定义域为的函数是关于x的函数“函数组”，当n取中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为的函数，当时，有若存在非空集合满足当且仅当时，函数在上存在零点，则称是上的“跳跃函数”．(1)设，若函数是上的“跳跃函数”，求集合;(2)设，若不存在集合使为上的“跳跃函数”，求所有满足条件的集合的并集；(3)设，为上的“跳跃函数”，．已知，且对任意正整数n，均有．（i）证明：;（ii）求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点．【答案】(1)(2)(3)（i）证明见解析；（ii）2【分析】（1）将命题等价转化为求使得在上有零点的全体，然后利用当时，的取值范围是，得到，即可得解；（2）将命题等价转化为求使得在上没有零点的全体，然后通过分类讨论即可解决问题；（3）先用数学归纳法证明，然后将（i）等价转化为证明对，在上有零点当且仅当是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可解决（ii）.【解析】（1）根据题意，所求的为使得在上有零点的全体.由于在上有零点等价于关于的方程在上有解，注意到当时，的取值范围是，故关于的方程在上有解当且仅当，从而所求.（2）根据题意，不存在集合使为上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的，在上都不存在零点.这表明，全体满足条件的的并集，就是使得在上不存在零点的全体构成的集合.从而我们要求出全部的，使得在上没有零点，即关于的方程在上没有解.该方程在上可等价变形为，然后进一步变形为.设，则我们要求出全部的，使得在上没有零点.当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；当时，对，我们有：，由于两个不等号的取等条件分别是和，而这无法同时成立（否则将推出），故此时对都有，从而在上一定没有零点.综上，使得在上没有零点的构成的集合为，故所求的集合为.（3）首先用数学归纳法证明：对任意正整数，有.当时，有，故结论成立；假设结论对成立，即，则有：，故结论对也成立.综上，对任意正整数，有.（i）命题等价于，对，在上有零点当且仅当是偶数，下面证明该结论：当为奇数时，对，有，所以在上没有零点；当为偶数时，对，有，而，，从而在上一定存在零点，所以在上一定有零点.综上，对，在上有零点当且仅当是偶数，结论得证.（ii）我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.根据（i）的讨论，在上有零点当且仅当是偶数，所以我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.我们现在有，由于当时，有，故在上的零点必定大于.而对任意给定的，我们定义函数，则.取，则当时，有，这表明在上单调递减，所以当时，有，从而.取正整数，使得，且，则我们有，但我们又有，这表明在上必有一个零点，从而在上必有一个满足的零点.综上所述，的最大值是.【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可得到的最大值是，这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.17．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数的图象上的若干个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数的图象的“自公切线”，称这若干个点为函数的图象的一组“同切点”例如，如图，直线为函数的图象的“自公切线”，，为函数的图象的一组“同切点”.(1)已知函数在处的切线为它的一条“自公切线”，求该自公切线方程；(2)若，求证：函数，有唯一零点