特訓06利用導數(shù)解決零點、交點、方程根等問題（三大題型）方法技巧1隱零點問題在求解函數(shù)問題時，很多時候都需要求函數(shù)f(x)在區(qū)間I上的零點，但所述情形都難以求出其準確值，導致解題過程無法繼續(xù)進行時，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù)f(x)在區(qū)間I上存在唯一的零點(例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上是單調函數(shù)且在區(qū)間I的兩個端點的函數(shù)值異號時就可證明存在唯一的零點)，這時可設出其零點是x0.因為x0不易求出(當然，有時是可以求出但無需求出)，所以把零點x0叫做隱零點；若x0容易求出，就叫做顯零點，而后解答就可繼續(xù)進行，實際上，此解法類似于解析幾何中“設而不求”的方法.方法技巧2極限思想在解決零點問題中的應用解決函數(shù)的零點問題，往往要轉化為函數(shù)的圖象與x軸的交點問題，故需判斷函數(shù)圖象的變化趨勢，極限的思想方法是解決問題的有力工具.目錄：01：判斷、證明或討論零點的個數(shù)02：根據(jù)零點情況求參數(shù)范圍03：與函數(shù)零點相關的綜合問題01：判斷、證明或討論零點的個數(shù)例1已知函數(shù)f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內的零點個數(shù)，并加以證明.解f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.證明如下：∵f′(x)＝sinx＋xcosx，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＞0，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，從而有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)))上的圖象是連續(xù)不間斷的.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內至少存在一個零點.又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內有且只有一個零點.當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，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))上的圖象是連續(xù)不間斷的，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))時，有g′(x)＜0，從而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內單調遞減.當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))內單調遞增，故當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時，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))上無零點；當x∈(m，π)時，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內單調遞減.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內有且僅有一個零點.綜上所述，f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.感悟提升利用導數(shù)求函數(shù)的零點常用方法(1)構造函數(shù)g(x)，利用導數(shù)研究g(x)的性質，結合g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點的個數(shù).(2)利用零點存在定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點，再結合圖象與性質確定函數(shù)有多少個零點.訓練1已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).(1)若a＝3，求f(x)的單調區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個零點.(1)解當a＝3時，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).當x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)單調遞增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))單調遞減.(2)證明由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，僅當x＝0時g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調遞增.故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點.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)有一個零點.綜上，f(x)只有一個零點.02：根據(jù)零點情況求參數(shù)范圍例2已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).(1)當a＝2時，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍.解(1)當a＝2時，f(x)＝2lnx－x2＋2x，則f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切點坐標為(1，1)，則切線的斜率k＝f′(1)＝2，則函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2lnx－x2＋m，則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.當eq\f(1,e)≤x＜1時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調遞增，當1＜x≤e時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調遞減，故當x＝1時，函數(shù)g(x)取得極大值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))上有兩個零點需滿足條件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).故實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).感悟提升1.函數(shù)零點個數(shù)可轉化為兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)，根據(jù)圖象的幾何直觀求解.2.與函數(shù)零點有關的參數(shù)范圍問題，往往利用導數(shù)研究函數(shù)的單調區(qū)間和極值點，并結合特殊點判斷函數(shù)的大致圖象，進而求出參數(shù)的取值范圍.也可分離出參數(shù)，轉化為兩函數(shù)圖象的交點情況.訓練2已知函數(shù)f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.(1)當a＝0時，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內存在零點，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)當a＝0時，f(x)＝ex－ex，則f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，當x<1時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x>1時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，且極小值為f(1)＝0，無極大值.(2)由題意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，設g(x)＝ex－2ax＋a－e，則g′(x)＝ex－2a.若a＝0，由(1)知f(x)的極小值f(1)＝0，故f(x)在區(qū)間(0，1)內沒有零點.若a<0，則g′(x)＝ex－2a>0，故函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，1)內單調遞增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故當x∈(0，x0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(x0，1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增.因為f(0)＝1，f(1)＝0，所以當a<0時，f(x)在區(qū)間(0，1)內存在零點.若a>0，由(1)得當x∈(0，1)時，ex>ex.則f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內沒有零點.綜上，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0).03：與函數(shù)零點相關的綜合問題例3設函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0).當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點；當a>0時，因為y＝e2x單調遞增，y＝－eq\f(a,x)單調遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增.又f′(a)>0，當b滿足0<b<eq\f(a,4)，且b<eq\f(1,4)時，f′(b)<0，(討論a≥1或a<1來檢驗，①當a≥1時，則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當a<1時，則0<b<eq\f(a,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(a,2)－4<2eeq\f(1,2)－4<0，綜上，f′(b)<0.)故當a>0時，f′(x)存在唯一零點.(2)證明由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為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).故當a>0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).感悟提升1.在(1)問中，當a>0時，f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，從而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一個零點，問題的關鍵是找到b，使f′(b)<0.2.由(1)問知，函數(shù)f′(x)存在唯一零點x0，則f(x0)為函數(shù)的最小值，從而把問題轉化為證明f(x0)≥2a＋alneq\f(2,a).訓練3設函數(shù)f(x)＝x3＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線與y軸垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一個絕對值不大于1的零點，證明：f(x)所有零點的絕對值都不大于1.(1)解f′(x)＝3x2＋b.依題意得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)證明由(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)與f(x)的情況為：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)因為f(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，所以當c<－eq\f(1,4)時，f(x)只有大于1的零點.因為f(－1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，所以當c>eq\f(1,4)時，f(x)只有小于－1的零點.由題設可知－eq\f(1,4)≤c≤eq\f(1,4).當c＝－eq\f(1,4)時，f(x)只有兩個零點－eq\f(1,2)和1.當c＝eq\f(1,4)時，f(x)只有兩個零點－1和eq\f(1,2).當－eq\f(1,4)<c<eq\f(1,4)時，f(x)有三個零點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)).綜上，若f(x)有一個絕對值不大于1的零點，則f(x)所有零點的絕對值都不大于1.方法技巧1隱零點問題在求解函數(shù)問題時，很多時候都需要求函數(shù)f(x)在區(qū)間I上的零點，但所述情形都難以求出其準確值，導致解題過程無法繼續(xù)進行時，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù)f(x)在區(qū)間I上存在唯一的零點(例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上是單調函數(shù)且在區(qū)間I的兩個端點的函數(shù)值異號時就可證明存在唯一的零點)，這時可設出其零點是x0.因為x0不易求出(當然，有時是可以求出但無需求出)，所以把零點x0叫做隱零點；若x0容易求出，就叫做顯零點，而后解答就可繼續(xù)進行，實際上，此解法類似于解析幾何中“設而不求”的方法.例設函數(shù)f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當x>0時，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定義域為R，f′(x)＝ex－a.當a≤0時，f′(x)>0恒成立，所以f(x)單調增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調減區(qū)間.當a>0時，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，lna)，單調遞增區(qū)間為(lna，＋∞).(2)由題設可得(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)的結論可知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函數(shù).又因為h(1)<0，h(2)>0，所以函數(shù)h(x)的唯一零點α∈(1，2)(該零點就是h(x)的隱零點).當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，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)，則g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值為2.方法技巧2極限思想在解決零點問題中的應用解決函數(shù)的零點問題，往往要轉化為函數(shù)的圖象與x軸的交點問題，故需判斷函數(shù)圖象的變化趨勢，極限的思想方法是解決問題的有力工具.例(1)已知函數(shù)f(x)＝ax－x2(a＞1)有三個不同的零點，求實數(shù)a的取值范圍.解令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.①當x＜0時，函數(shù)y＝ax與y＝x2的圖象有一個交點；②當x＞0時，兩邊同時取自然對數(shù)得xlna＝2lnx，即lna＝eq\f(2lnx,x)，由題意得函數(shù)y＝lna與g(x)＝eq\f(2lnx,x)的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同的交點，g′(x)＝eq\f(2（1－lnx）,x2)，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，則g(x)在(0，e)上單調遞增；令g′(x)＜0，解得x＞e，則g(x)在(e，＋∞)上單調遞減，則g(x)max＝g(e)＝eq\f(2,e)，當x→＋∞時，g(x)→0且g(x)＞0；當x→0時，g(x)→－∞，則有0＜lna＜eq\f(2,e)，解得1＜a＜eeq\f(2,e).綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e\f(2,e))).(2)已知函數(shù)f(x)＝ex(x＋1)，若函數(shù)g(x)＝f(x)－3ex－m有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍.解g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函數(shù)g(x)＝ex(x－2)－m有兩個零點，相當于函數(shù)u(x)＝ex·(x－2)的圖象與直線y＝m有兩個交點，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，當x∈(－∞，1)時，u′(x)＜0，∴u(x)在(－∞，1)上單調遞減；當x∈(1，＋∞)時，u′(x)＞0，∴u(x)在(1，＋∞)上單調遞增，∴當x＝1時，u(x)取得極小值u(1)＝－e.又當x→＋∞時，u(x)→＋∞，當x＜2時，u(x)＜0，∴實數(shù)m的取值范圍為{m|－e＜m＜0}.一、解答題1．（2024·北京順義·三模）已知函數(shù).(1)求曲線在點處的切線方程；(2)當時，求證：函數(shù)存在極小值；(3)求函數(shù)的零點個數(shù).【答案】(1)(2)證明見解析(3)答案見解析【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，再利用導數(shù)的幾何意義求解作答.（2）討論函數(shù)在區(qū)間和上的符號即可推理作答.（3）在時，分離參數(shù)，構造函數(shù)，再探討在上的零點情況即可作答.【解析】（1）由函數(shù)求導得：，所以，因為，所以曲線在點處的切線方程是.（2）函數(shù)的定義域為，由（1）知，，因為，則當時，，，，所以，有，函數(shù)在上遞減，當時，，，，則有，函數(shù)在上遞增，所以，當時，函數(shù)取得極小值，所以，當時，函數(shù)存在極小值.（3）函數(shù)的定義域為，，顯然是函數(shù)的零點，當時，函數(shù)的零點即為方程的解，令，則，令，則，當時，，當時，，所以函數(shù)在上遞增，在上遞減，，，所以，有，在，上都遞減，令，，當時，，當時，，所以，在上遞增，在上遞減，，所以，，恒有，當且僅當時取“=”，所以，當時，，當時，，所以，在上單調遞減，取值集合為，在上遞減，取值集合為，所以，當或時，方程有唯一解，當或時，此方程無解，所以，當或時，函數(shù)有一個零點，當或時，函數(shù)有兩個零點.【點睛】思路點睛：涉及含參的函數(shù)零點問題，利用導數(shù)分類討論，研究函數(shù)的單調性、最值等，結合零點存在性定理，借助數(shù)形結合思想分析解決問題.2．（2024·湖南常德·一模）已知函數(shù)．(1)求的單調區(qū)間；(2)證明：；(3)若函數(shù)有三個不同的零點，求的取值范圍．【答案】(1)的單調遞減區(qū)間為，無單調遞增區(qū)間，(2)證明見解析(3)【分析】（1）求出的定義域，對求導，利用導數(shù)與單調性的關系求解即可；（2）由（1）可得時，，從而可得，令，利用放縮法可得，利用裂項求和法即可得證；（3）對化簡可得，只有一個零點，令，則有三個不同的零點等價于函數(shù)有三個不同的零點，分和兩種情況討論，結合零點存在性定理即可求解．【解析】（1）函數(shù)定義域為，因為，所以在上單調遞減，故的單調遞減區(qū)間為，無單調遞增區(qū)間，（2）證明：由（1）時，，所以，令，則，，故所以；（3），因為與同號，所以只有一個零點，令，，由，則有三個不同的零點等價于函數(shù)有三個不同的零點，函數(shù)定義域為，因為，設，則，①當時，，恒成立，此時在上單調遞減，顯然不符合題意，②當時，，有兩個零點，，所以當時，，即；當時，，即；當時，，即．故在，,上單調遞減，在,上單調遞增；因為，且，所以，所以，由（2）知，時，，所以，即，所以，所以由零點存在性定理知，在區(qū)間上有唯一的一個零點，因為，因為，所以，所以時，存在三個不同的零點，1，，故實數(shù)的取值范圍是．【點睛】方法點睛：對于利用導數(shù)研究函數(shù)的綜合問題的求解策略：1、通常要構造新函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數(shù)，直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題．3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構造的新函數(shù)能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．3．（2024·陜西商洛·三模）已知函數(shù)．(1)求函數(shù)的單調區(qū)間；(2)當時，若函數(shù)和的圖象在上有交點，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)答案見解析；(2)【分析】（1）求出函數(shù)導數(shù)，分類討論確定的符號，得出單調區(qū)間；（2）換元轉化后，問題可化為在上有零點，根據(jù)單調性并分類討論即可得解.【解析】（1）函數(shù)的定義域為，．令，得①當時，，在上單調遞減；②當時，列表如下：0極大值所以在上遞增，在上遞減；③當時，列表如下0極大值所以在上遞增，在上遞.綜上，當時，在上遞減；當時，在上遞增，在上遞減；當時，在上遞增，在上遞減.（2）當時，設函數(shù)和的圖象在有交點，等價于函數(shù)和的圖象在上有交點，即函數(shù)和的圖象在上有交點，等價于的圖象在有零點，的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是．，由（1）知當時，在為增函數(shù)，在上有零點，則或，；當時，在遞增，在遞減，，即，綜合得：實數(shù)的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于通過令換元，轉化為函數(shù)和的圖象在上有交點，再轉化為的圖象在有零點，通過轉化即可利用的單調性求解.4．（2024·湖南岳陽·三模）已知的三個角的對邊分別為且，點在邊上，是的角平分線，設（其中為正實數(shù)）．(1)求實數(shù)的取值范圍；(2)設函數(shù)①當時，求函數(shù)的極小值；②設是的最大零點，試比較與1的大?。敬鸢浮?1)(2)①0；②答案見解析.【分析】（1）方法一：設，由，結合三角形面積公式化簡可得，由此可求實數(shù)的取值范圍，方法二：由是的角平分線，結合面積公式證明，根據(jù)關系，結合余弦定理可得，結合三角形性質求的范圍，可得結論.（2）①方法一：由（1）方法一可得，結合條件求，結合余弦定理可得，方法二：由（1）方法二可得，由此可得，由此可得，求，再解方程，分區(qū)間判斷函數(shù)的單調性，結合極值定義求結論，②在時，解方程，求出函數(shù)零點，由此可得，分別在，時，確定關系，利用導數(shù)方法求函數(shù)的極值點，由此比較的關系.【解析】（1）方法一：設，因為是的角平分線，所以，因為所以，代入，，化簡得：，因為，所以實數(shù)的取值范圍．方法二：因為是的角平分線，所以，，又，又，所以，故，在和中由余弦定理得所以，又，則所以，又，所以在中有，所以，所以得，所以實數(shù)的取值范圍（2）①法一：當時，由（1）知，則，此時，由余弦定理有：及得，法二：由，當時有.故，所以，令，可得或，當時，，函數(shù)單調遞增，當時，，函數(shù)單調遞減，當時，，函數(shù)單調遞增，故當時，函數(shù)取極小值，極小值為．②（?。┊敃r，由①知，又，故知的零點為，故的最大零點；（ⅱ）當時，由（1）知，則，由余弦定理有，代入，解得，由知，故，，，設令解得：，且，當時，，函數(shù)單調遞增，當時，，函數(shù)單調遞減，當時，，函數(shù)單調遞增，因為，故，且時，，故在上有唯一零點，此時成立（ⅲ）時，由（1）知，則，由余弦定理有，及，解得，由知，故，所以當時，令解得：，且，當時，，函數(shù)單調遞增，當時，，函數(shù)單調遞減，當時，，函數(shù)單調遞增，因為，且的圖象的對稱軸所以，又因為，故在上無零點，且，故成立；當時，恒成立，則在上單調遞增，故函數(shù)至多有一個零點，由，知成立；綜上，當時；；當時，；當時，．【點睛】方法點睛：導函數(shù)中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉化為函數(shù)的單調性、極(最)值問題處理．5．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù)．(1)討論的零點個數(shù)；(2)若有兩個零點，證明：兩個零點之和大于4．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）由得，則與的交點情況即為函數(shù)零點情況，故只需利用導數(shù)求出的性質，數(shù)形結合即可判斷.（2）結合導數(shù)及函數(shù)的單調性即可證明.【解析】（1）由題可得，函數(shù)的定義域為．由得．令，則．令，解得，令，解得，在上單調遞減，在上單調遞增．當時，取得極小值，也是最小值，最小值為．設，所以，所以當時，，在上單調遞增，當時，，在上單調遞減，所以，所以，所以，當時，，，當時，，所以，所以作出的大致圖象，如圖．由圖可知，當時，直線與函數(shù)的圖象無交點，函數(shù)的零點個數(shù)為0；當時，直線與函數(shù)的圖象有1個交點，函數(shù)的零點個數(shù)為1；當時，直線與函數(shù)的圖象有2個交點，函數(shù)的零點個數(shù)為2．（2）設的兩個零點分別為，由（1）知，不妨令，則，且．要證明兩個零點之和大于4，即，只需證，又，且在上單調遞增，故只需證，即．令，則，，，在上恒成立，在上單調遞減，當時，，即成立，，得證.【點睛】方法點睛：已知函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)的常用方法：（1）分離參數(shù)法：首先分離出參數(shù)，然后利用求導的方法求出構造的新函數(shù)的最值，根據(jù)題設條件構建關于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍．（2）分類討論法：結合單調性，先確定參數(shù)分類的標準，在每個小范圍內研究零點的個數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)范圍．（3）將函數(shù)的化為的形式，將函數(shù)的零點個數(shù)轉化為與圖象交點的個數(shù)問題.6．（2024·河北邯鄲·二模）已知函數(shù)．(1)是否存在實數(shù)，使得和在上的單調區(qū)間相同？若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由．(2)已知是的零點，是的零點．①證明：，②證明：．【答案】(1)存在，且(2)①證明見解析②證明見解析【分析】（1）結合導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，分與進行討論即可得；（2）①利用導數(shù)得到的單調性后，借助零點的存在性定理可得，解出即可得；②構造函數(shù)，結合導數(shù)得到函數(shù)的單調性，畫出相應圖象，可得從而得到，，從而可得，結合的范圍即可得解.【解析】（1）由題意得，當時，，所以和在上都單調遞增，符合題意；當時，若和在上的單調區(qū)間相同，則和有相同的極值點，即，令，則，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，則，所以無解，綜上，當時，和在上的單調區(qū)間相同；（2）①由題意，有兩個零點，，若，則，所以在上單調遞增，不符合題意，若，則當時，單調遞減，當時，單調遞增，且當時，，當時，，所以，解得，得證；②令，得，即，令，則，當時，單調遞減，當時，單調遞增，當時，單調遞減，當時，單調遞增，在同一坐標平面內作出函數(shù)與函數(shù)的圖象，它們有公共點，如圖，故，且有，由，得，即，又，所以，由，得，即，又，所以，由，得，即，故.【點睛】關鍵點點睛：本題最后一問關鍵點在于構造函數(shù)，結合導數(shù)得到函數(shù)的單調性，從而得到.7．（2023·河南信陽·模擬預測）設函數(shù).(1)討論函數(shù)的單調性；(2)若，討論函數(shù)的零點的個數(shù).【答案】(1)答案見解析；(2)答案見解析.【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，按的取值分類討論求出函數(shù)的單調區(qū)間.（2）按分類討論，并結合函數(shù)單調性及零點存在性定理求解即得.【解析】（1）函數(shù)定義域為，求導得，若，當時，，當時，，因此函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增；若，由，得或，①當時，，則函數(shù)在上單調遞增；②當時，，當或時，，當時，，因此函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減；③當時，，當或時，，當時，，因此函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數(shù)在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數(shù)在上單調遞減，在單調遞增.（2）當時，函數(shù)只有一個零點，當時，由（1）知函數(shù)在上遞減，在上遞增，且，，取且，則，因此函數(shù)有兩個零點；當時，由（1）知函數(shù)在上遞增，且，，而時，恒有，因此函數(shù)只有一個零點，當時，由（1）知函數(shù)在上遞減，在上遞增，且，而時，恒有，因此函數(shù)只有一個零點，所以，函數(shù)有一個零點，當時，函數(shù)有兩個零點.【點睛】思路點睛：已知函數(shù)的零點或方程的根的情況，求解參數(shù)的取值范圍問題的本質都是研究函數(shù)的零點問題，求解此類問題的一般步驟：（1）轉化，即通過構造函數(shù)，把問題轉化成所構造函數(shù)的零點問題；（2）列式，即根據(jù)函數(shù)的零點存在定理或結合函數(shù)的圖象列出關系式；（3）得解，即由列出的式子求出參數(shù)的取值范圍．8．（2024·湖南株洲·一模）已知函數(shù)在處的切線方程為，其中e為自然常數(shù).(1)求、的值及的最小值；(2)設，是方程（）的兩個不相等的正實根，證明：.【答案】(1)、，的最小值為(2)證明見解析【分析】（1）借助導數(shù)的幾何意義可得，，計算即可得、，結合導數(shù)討論單調性后即可得的最小值；（2）構造函數(shù)，借助導數(shù)研究單調性后結合函數(shù)零點的存在性定理，可得與在函數(shù)的兩個零點之間，即可得證.【解析】（1），由題意有及，由可得，則，即，故、，則，，當時，，當時，，故在上單調遞減，在上單調遞增，故有最小值；（2）令，，，則，則當，即時，，當，即時，，故在上單調遞減，在上單調遞增，故，由，故，又，當時，，故有兩個零點，不妨設兩零點，有，又，由，故，則，故.【點睛】關鍵點睛：本題需觀察出，即可嘗試構造函數(shù)后，結合零點的存在性定理研究與是否在函數(shù)的兩個零點之間.9．（2023·河南·模擬預測）已知函數(shù)．(1)求證：曲線僅有一條過原點的切線；(2)若時，關于的方程有唯一解，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)當時，；當時，.【分析】（1）求導后得出切線方程，再代入原點求解即可；（2）化簡可得有唯一解，再構造函數(shù)，求導可得，再討論根的情況，數(shù)形結合分析的極值與的大小關系，結合恒成立問題求解即可.【解析】（1）的定義域為，，設切點，則切線方程為，當切線過原點時有，即，故，因為，所以，即切點有且只有一個，則曲線僅有一條過原點的切線，即得證.（2）關于的方程有唯一解，即方程，有唯一解，令，則.因為，故當，即時，，函數(shù)單調遞增，且當時，，當時，.易知的圖象與直線有且僅有一個交點，滿足題意，此時；當，即時，設有兩個根，，則，，故.①若，則當時，單調遞增；當時，單調遞減，且當時，，當時，.故要使得有唯一解，則或恒成立.此時，即，，.則極大值，令，則，故當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.所以，又恒成立，故，；同理，極小值，當時無最小值，此時無實數(shù)使得恒成立.②若，則，，不滿足；③若，由①可得；故當時，.綜上所述：當時，；當時，.【點睛】方法點睛：本題利用導數(shù)解決函數(shù)零點問題的方法：（1）參變分離構造函數(shù)；（2）求導分析函數(shù)的單調性與極值，導數(shù)中有二次函數(shù)注意討論無根與有根的情況；（3）導函數(shù)中二次函數(shù)有根時討論極值點與特殊點的大小關系并討論；（4）數(shù)形結合列不等式求解.10．（2023·全國·模擬預測）已知函數(shù)，．(1)討論的單調性．(2)設方程有兩個不相等的正實數(shù)根，．①求實數(shù)的取值范圍．②證明：．【答案】(1)答案見解析(2)①；②證明見解析【分析】（1）求，通過對實數(shù)分類討論判斷的正負從而得到的單調性．（2）①對方程化簡、同構、分離參數(shù)后轉化為函數(shù)與直線有兩個交點，通過數(shù)形結合得到解決；②分析要證不等式得到，結合，消去變量后轉化為證明即可.【解析】（1）由題意得的定義域為，．當時，，所以在上單調遞增．當時，令，則；令，則．所以在上單調遞增，在上單調遞減．綜上，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減．（2）方程有兩個不相等的正實數(shù)根，等價于，即有兩個不相等的正實數(shù)根，．令（），則，故在上單調遞增，且.于是原問題變?yōu)橛袃蓚€正實數(shù)根，，其中，．顯然且，所以（且）．令（且），則．當時，，當時，，所以在和上單調遞增，在上單調遞減，則．當時，；當時，．結合函數(shù)的圖象可知，解得，故實數(shù)的取值范圍為．②【證明】由①知要證，需證，即證，即證，即證．又，，兩式作差得，即，兩式求和得．不妨設，則．令，則．要證，即證，即證．設，則，所以在上單調遞增，所以，即，故．【點睛】關鍵點點睛：本題求解的關鍵有兩點：一是利用換元把復雜方程的根的問題轉化為相對簡單的方程根的問題，結合分離參數(shù)法進行求解；二是把目標式轉化為，通過減少變量和構造函數(shù)進行證明.11．（2023·山東·模擬預測）已知函數(shù)．(1)若是函數(shù)的極大值點，求實數(shù)a的取值范圍；(2)已知，證明：方程有且僅有1個正實根，且該正實根位于區(qū)間內．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）先求，然后對進行分類討論，根據(jù)單調性、極值點等知識求得的取值范圍.（2）構造函數(shù)，判斷的單調性，結合零點存在性定理以及導數(shù)證得結論成立.【解析】（1）依題意，，令，得或．若，當時，，當時，，遞減，當時，，遞增，此時是函數(shù)的極大值點，符合題意；若，則，單調遞增，不符合題意，舍去；若，當時，，當時，，當時，，此時是函數(shù)的極小值點，不符合題意，舍去．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為．（2）當時，令，觀察可知，，單調性相同，由（1）可知，當時，在上單調遞減，在上單調遞增，故．下面證明．設，則，設，則，當時，，當時，，所以，所以，故單調遞增，所以．根據(jù)零點存在性定理，在內存在唯一正零點，即原命題得證【點睛】求方程的根的問題，可轉化為求函數(shù)的零點問題來求解.利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間時，如果導函數(shù)含有參數(shù)，要對參數(shù)進行分類討論，分類討論要注意做到不重不漏.12．（2022·重慶沙坪壩·模擬預測）已知函數(shù)．(1)求的最小值，并證明方程有三個不等實根；(2)設(1)中方程的三根分別為，，且，證明：．【答案】(1)最小值為，證明見解析；(2)證明見解析．【分析】(1)求f(x)導數(shù)，根據(jù)導數(shù)正負判斷f(x)單調性并求其最小值，令f(x)=m，構造函數(shù)，利用導數(shù)判斷g(m)單調性和值域，從而判斷方程f(m)=m的根的個數(shù)即可；(2)由(1)知，，欲證，即證，即證，即證，于是構造函數(shù)，，證明即可．【解析】（1）∵，∴當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，故的最小值為．設，則方程變形為f(m)=m，即f(m)-m=0，令，，則，由得．因此，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．由于，故，又由，由零點存在定理，存在，使得，∴有兩個零點1和，方程f(m)=m有兩個根和，則如圖，時，因為，故方程有一個根，下面考慮解的個數(shù)，其中，設，結合的單調性可得：在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，而，，，故在上有且只有一個零點，，設，故，故即，而，故在上有且只有一個零點，故有兩個不同的根、且，即方程共有三個不等實根；（2）由(1)知，且滿足，，令，，則，令，則．當時，，單調遞減，又∵，∴當時，，，單調遞減，∵，∴，即．∵，∴，又∵，∴．∵，，而在單調遞減，∴．即，故，原命題得證．【點睛】本題第一問的關鍵是令f(x)=m，將問題轉化為關于m的方程f(m)=m有兩根，數(shù)形結合判斷原關于x的方程的根的情況；第二問的關鍵是注意到可變形為，，，考慮到f(x)在(0，1)單調遞減，且，故可將問題轉化為，從而巧妙構造函數(shù)，即可證明求解．13．（2024·山東濰坊·一模）已知函數(shù)（）．(1)討論的單調性；(2)證明：（，）；(3)若函數(shù)有三個不同的零點，求的取值范圍．【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，按與分類討論求出的單調區(qū)間.（2）利用（1）中時的結論，再利用裂項相消法求和，推理即得.（3）變形函數(shù)，將的零點個數(shù)問題轉化為的零點個數(shù)，再借助導數(shù)及零點存在性定理求解.【解析】（1）函數(shù)定義域為，求導得，設，則，①當時，恒成立，且至多一點處為0，函數(shù)在上遞減；②當時，有兩個零點，則當或時，，即；當時，，即，即函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，的遞減區(qū)間為；當時，的遞減區(qū)間為，遞增區(qū)間為.（2）由（1）知，當時，時，，則，令，于是，，所以.（3）函數(shù)，由于與同號，則只有一個零點，令，由，則有三個不同的零點等價于函數(shù)有三個不同的零點，由（1）知，當時，在上單調遞減，不合題意；當時，由（1）知，的兩極值點滿足，所以，得，由，則，由（2）知，當時，，則，即，因此，由零點存在性定理知，在區(qū)間上有唯一的一個零點，顯然，而，則，于是當時，存在三個不同的零點，所以的取值范圍是.【點睛】思路點睛：涉及含參的函數(shù)零點問題，利用函數(shù)零點的意義等價轉化，構造函數(shù)并用導數(shù)探討函數(shù)的單調性、最值等，結合零點存在性定理，借助數(shù)形結合思想分析解決問題.14．（2023·遼寧撫順·模擬預測）已知函數(shù)．(1)當時，求函數(shù)在上的最大值．(2)若函數(shù)在定義域內有兩個不相等的零點，，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由導函數(shù)確定單調性，然后比較區(qū)間端點處函數(shù)值即得最大值；（2）利用是零點得出，再把不等式變形為只需證，再通過換元不妨設，令，則只需證，即證．引入新函數(shù)，利用導數(shù)證明新不等式成立即可．【解析】（1）∵當時，，∴．當時；，函數(shù)在上單調遞減；當時，，函數(shù)在上單調遞增．∵，，∴，∴函數(shù)在上的最大值為．（2）要證，只需證．∵，，∴由①－②得，整理得．只需證，即證，即證．不妨設，令，則只需證，即證．設，則只需證當時，即可．∵，令，則，∴在上單調遞減，當時，，∴在上單調遞增，當時，，∴原不等式得證．【點睛】方法點睛：本題第（2）問屬于極值點偏移問題，解題方法是引入變量把二元不等式為一元不等式，然后由一元函數(shù)的性質證得結論．解題時需要由零點把參數(shù)用表示，不等式化為關于的齊次式，然后換元求解．15．（2024·河北邢臺·二模）在函數(shù)極限的運算過程中，洛必達法則是解決未定式型或型極限的一種重要方法，其含義為：若函數(shù)和滿足下列條件：①且（或，）；②在點的附近區(qū)域內兩者都可導，且；③（可為實數(shù)，也可為），則．(1)用洛必達法則求；(2)函數(shù)（，），判斷并說明的零點個數(shù)；(3)已知，，，求的解析式．參考公式：，．【答案】(1)(2)僅在時存在1個零點，理由見解析(3)【分析】（1）利用洛必達法則求解即可；（2）構造函數(shù)，結合的單調性求解即可；（3）利用累乘法求出的表達式，然后結合，利用洛必達法則求極限即可.【解析】（1）（2），，所以，．當時，，函數(shù)在上單調遞減，當時，，函數(shù)在上單調遞增，，，當時，，所以僅在時存在1個零點．（3），所以，，…，將各式相乘得，兩側同時運算極限，所以，即，令，原式可化為，又，由（1）得，故，由題意函數(shù)的定義域為，綜上，【點睛】方法點睛：本題考查新定義，注意理解新定義，結合洛必達法則的適用條件，構造函數(shù)，從而利用洛必達法則求極限.16．（2024·浙江金華·模擬預測）設全集為，定義域為的函數(shù)是關于x的函數(shù)“函數(shù)組”，當n取中不同的數(shù)值時可以得到不同的函數(shù)．例如：定義域為的函數(shù)，當時，有若存在非空集合滿足當且僅當時，函數(shù)在上存在零點，則稱是上的“跳躍函數(shù)”．(1)設，若函數(shù)是上的“跳躍函數(shù)”，求集合;(2)設，若不存在集合使為上的“跳躍函數(shù)”，求所有滿足條件的集合的并集；(3)設，為上的“跳躍函數(shù)”，．已知，且對任意正整數(shù)n，均有．（i）證明：;（ii）求實數(shù)的最大值，使得對于任意，均有的零點．【答案】(1)(2)(3)（i）證明見解析；（ii）2【分析】（1）將命題等價轉化為求使得在上有零點的全體，然后利用當時，的取值范圍是，得到，即可得解；（2）將命題等價轉化為求使得在上沒有零點的全體，然后通過分類討論即可解決問題；（3）先用數(shù)學歸納法證明，然后將（i）等價轉化為證明對，在上有零點當且僅當是偶數(shù)，再分類討論證明；之后，先證明在上的零點必定大于，再證明當時，必存在正整數(shù)使得在上有一個滿足的零點，即可解決（ii）.【解析】（1）根據(jù)題意，所求的為使得在上有零點的全體.由于在上有零點等價于關于的方程在上有解，注意到當時，的取值范圍是，故關于的方程在上有解當且僅當，從而所求.（2）根據(jù)題意，不存在集合使為上的“跳躍函數(shù)”，當且僅當對任意的，在上都不存在零點.這表明，全體滿足條件的的并集，就是使得在上不存在零點的全體構成的集合.從而我們要求出全部的，使得在上沒有零點，即關于的方程在上沒有解.該方程在上可等價變形為，然后進一步變形為.設，則我們要求出全部的，使得在上沒有零點.當時，由于，，故在上必有一個零點，從而在上有零點；當時，由于，，故在上必有一個零點，從而在上有零點；當時，對，我們有：，由于兩個不等號的取等條件分別是和，而這無法同時成立（否則將推出），故此時對都有，從而在上一定沒有零點.綜上，使得在上沒有零點的構成的集合為，故所求的集合為.（3）首先用數(shù)學歸納法證明：對任意正整數(shù)，有.當時，有，故結論成立；假設結論對成立，即，則有：，故結論對也成立.綜上，對任意正整數(shù)，有.（i）命題等價于，對，在上有零點當且僅當是偶數(shù)，下面證明該結論：當為奇數(shù)時，對，有，所以在上沒有零點；當為偶數(shù)時，對，有，而，，從而在上一定存在零點，所以在上一定有零點.綜上，對，在上有零點當且僅當是偶數(shù)，結論得證.（ii）我們需要求實數(shù)的最大值，使得對于任意，均有的零點.根據(jù)（i）的討論，在上有零點當且僅當是偶數(shù)，所以我們需要求實數(shù)的最大值，使得對于任意，均有的零點.我們現(xiàn)在有，由于當時，有，故在上的零點必定大于.而對任意給定的，我們定義函數(shù)，則.取，則當時，有，這表明在上單調遞減，所以當時，有，從而.取正整數(shù)，使得，且，則我們有，但我們又有，這表明在上必有一個零點，從而在上必有一個滿足的零點.綜上所述，的最大值是.【點睛】關鍵點點睛：在（3）的（ii）中，我們先證明在上的零點必定大于，再證明當時，必存在正整數(shù)使得在上有一個滿足的零點，即可得到的最大值是，這是求解最值問題的一個較為有用的論證方法.17．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）若函數(shù)的圖象上的若干個不同點處的切線互相重合，則稱該切線為函數(shù)的圖象的“自公切線”，稱這若干個點為函數(shù)的圖象的一組“同切點”例如，如圖，直線為函數(shù)的圖象的“自公切線”，，為函數(shù)的圖象的一組“同切點”.(1)已知函數(shù)在處的切線為它的一條“自公切線”，求該自公切線方程；(2)若，求證：函數(shù)，有唯一零點