資源簡介

重難點2-5 利用導數研究零點與隱零點
導數綜合問題中的零點問題在高考中常以解答壓軸題的形式出現.主要包含函數零點個數判斷與證明.主要考查：根據函數的零點個數或零點情況求參數的取值范圍、與零點相關的不等式恒成立或證明問題等，在高考中難度偏大.
【題型1 判斷函數零點的個數】
滿分技巧1、判斷函數零點個數的常用方法 （1）直接研究函數，求出極值以及最值，畫出草圖.函數零點的個數問題即是函數圖象與軸交點的個數問題． （2）分離出參數，轉化為，根據導數的知識求出函數在某區間的單調性，求出極值以及最值，畫出草圖．函數零點的個數問題即是直線與函數圖象交點的個數問題．只需要用a與函數的極值和最值進行比較即可． 2、處理函數與圖像的交點問題的常用方法 （1）數形結合，即分別作出兩函數的圖像，觀察交點情況； （2）將函數交點問題轉化為方程根的個數問題，也通過構造函數，把交點個數問題轉化為利用導數研究函數的單調性及極值，并作出草圖，根據草圖確定根的情況.
【例1】（2023·湖北荊門·高三荊門市龍泉中學校聯考階段練習）
1．的零點的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【變式1-1】（2023·四川成都·高三成都列五中學校考期末）
2．函數的圖象與直線的交點個數為 .
【變式1-2】（2024·云南德宏·高三統考期末）
3．已知函數，則函數的零點個數為（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【變式1-3】（2023·四川攀枝花·統考一模）
4．已知定義在上的奇函數恒有，當時，，已知，則函數在上的零點個數為（ ）
A．4 B．5 C．3或4 D．4或5
【題型2 討論證明函數零點的個數】
滿分技巧證明函數零點個數的方法與判斷零點個數的方法相似，多在解答題中進行考察. 利用函數零點存在定理：先用該定理判定函數在某區間上有零點，然后利用導數研究函數的單調性、極值（最值）及區間端點值的符號，進而判斷函數在該區間上零點的個數. 注意：單調性+零點存在=唯一零點
【例2】（2023·黑龍江·高三校聯考階段練習）
5．已知函數，，且函數的零點是函數的零點．
(1)求實數a的值；
(2)證明：有唯一零點．
【變式2-1】（2023·全國·高三校聯考開學考試）
6．已知函數．
(1)求曲線在處的切線；
(2)若對任意，當時，證明函數存在兩個零點．
【變式2-2】（2022·全國·高三校聯考階段練習）
7．已知函數，其中．
(1)若的極小值為，求單調增區間；
(2)討論的零點個數．
【變式2-3】（2023·全國·重慶市育才中學校聯考模擬預測）
8．已知函數．
(1)若是的極值點，求；
(2)討論函數的零點個數．
【題型3 根據函數零點個數求參數】
滿分技巧1、分離參數后，將原問題轉化為的值域（最值）問題或轉化為直線與的圖象的交點個數問題（優先分離、次選分類）求解； 2、利用函數零點存在定理構造不等式求解； 3、轉化為兩個熟悉的函數圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解.
【例3】（2024·重慶·統考一模）
9．已知函數，則在有兩個不同零點的充分不必要條件可以是（ ）
A． B．
C． D．
【變式3-1】（2024·甘肅·高三統考階段練習）
10．已知函數若函數有3個零點，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-2】（2023·寧夏石嘴山·高三石嘴山市第三中學校考期中）
11．已知函數
(1)求曲線在處的切線方程
(2)若函數在區間上恰有兩個不同的零點，求實數的取值范圍
【變式3-3】（2024·湖北武漢·高三統考期末）
12．已知函數，.
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)若有且僅有1個零點，求的取值范圍.
【題型4 max、min函數的零點問題】
【例4】（2022·江蘇徐州·高三期末）
13．設，若函數有且只有三個零點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【變式4-1】（2022·山西朔州·高三懷仁市第一中學校校考期末）
14．已知函數.
(1)若過點可作的兩條切線，求的值.
(2)用表示中的最小值，設函數，討論零點的個數.
【變式4-2】（2022·福建龍巖·高三福建省龍巖第一中學校考期中）
15．已知函數，，其中.
(1)討論函數的單調性；
(2)用表示m，n的最大值，記，討論函數的零點個數
【變式4-3】（2023·四川南充·統考三模）
16．已知函數，其中為自然對數的底數.
(1)當時，求函數的極值；
(2)用表示，中的最大值，記函數，當時，討論函數在上的零點個數.
【題型5 導數與三角函數的零點問題】
滿分技巧有關三角函數的零點問題處理主要手段有： （1）分段處理； （2）討論好單調性與端點（特殊點），注意高階函數的應用，直接能清楚判斷所討論區間的單調性； （3）關注有關三角函數不等式放縮，有時候可優化解題，避免繁雜的找點過程： ；；
【例5】（2024·陜西·校聯考一模）
17．已知函數．
(1)當時，求函數在處的切線方程；
(2)討論在區間上的零點個數，
【變式5-1】（2024·全國·模擬預測）
18．已知函數．
(1)若，求證：當時，
(2)若，求證：在上有且僅有三個零點，，（），且．
【變式5-2】（2023·甘肅蘭州·高三蘭化一中校考期末）
19．已知函數
(1)當時，求函數的單調區間;
(2)當時，試判斷函數零點的個數，并加以證明.
【變式5-3】（2024·湖南邵陽·統考一模）
20．已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)設，求證：當時，恰有兩個零點.
【題型6 不含參函數的“隱零點”問題】
滿分技巧1、不含參函數的“隱零點”問題的解策略： 已知不含參函數，導函數方程的根存在，卻無法求出， 設方程的根為，則有：①關系式成立；②注意確定的合適范圍. 2、“虛設零點”的具體操作方法： 第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程，并結合的單調性得到零點的范圍；這里應注意，確定隱性零點范圍的方式是多種多樣的，可以由零點的存在性定理確定，也可以由函數的圖象特征得到，甚至可以由題設直接得到，等等；至于隱性零點范圍精確到多少，由所求解問題決定，因此必要時盡可能縮小其范圍； 第二步：以零點為分界點，說明導函數的正負，進而得到的最值表達式；這里應注意，進行代數式的替換過程中，盡可能將目標式變形為整式或分式，那么就需要盡可能將指、對數函數式用有理式替換，這是能否繼續深入的關鍵； 第三步：將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明；有時候第一步中的零點范圍還可以適當縮小．導函數零點雖然隱形，但只要抓住特征(零點方程)，判斷其范圍(用零點存在性定理)，最后整體代入即可．（即注意零點的范圍和性質特征）
【例6】（2024·浙江寧波·高三統考期末）
21．已知函數，其中．
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)記為的導函數，若對，都有，求的取值范圍．
【變式6-1】（2024·河北邢臺·高三統考期末）
22．已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)證明：．
【變式6-2】（2024·陜西安康·安康中學校聯考模擬預測）
23．已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，不等式恒成立，求整數的最大值．
【變式6-3】（2024·四川成都·高三樹德中學校考期末）
24．已知函數，.
(1)若函數只有一個零點，求實數的取值所構成的集合；
(2)已知，若，函數的最小值為，求的值域.
【題型7 含參函數的“隱零點”問題】
滿分技巧含參函數的“隱零點”問題解題策略： 已知含參函數，其中為參數，導函數方程的根存在，卻無法求出， 設方程的根為，則有①有關系式成立，該關系式給出了的關系；②注意確定的合適范圍，往往和的范圍有關.
【例7】（2024·吉林長春·東北師大附中校聯考模擬預測）
25．已知（其中為自然對數的底數）.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程，
(2)當時，判斷是否存在極值，并說明理由；
(3)，求實數的取值范圍.
【變式7-1】（2024·江蘇·徐州市第一中學校聯考模擬預測）
26．已知函數，其中．
(1)若，證明；
(2)討論的極值點的個數．
【變式7-2】（2024·河南焦作·高三統考期末）
27．（1）求函數的極值；
（2）若，證明：當時，．
【變式7-3】（2024·全國·高三專題練習）
28．函數
(1)當時，討論函數的單調性；
(2)當時，證明：.
（建議用時：60分鐘）
（2022·河南·高三校聯考期末）
29．若函數恰好有兩個零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2022·全國·模擬預測）
30．已知函數恰有2個不同的零點，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
（2024·廣西·模擬預測）
31．若函數在上有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2023·廣東中山·高三校考階段練習）
32．設函數，，.
(1)求函數的單調區間；
(2)當時，討論與圖象的交點個數．
（2023·四川綿陽·統考模擬預測）
33．函數．
(1)若為奇函數，求實數的值；
(2)已知僅有兩個零點，證明：函數僅有一個零點．
（2023·湖北黃岡·黃岡中學校考三模）
34．已知函數．
(1)當時，求函數在上的極值；
(2)用表示中的最大值，記函數，討論函數在上的零點個數．
（2023·全國·高三專題練習）
35．已知函數．
（1）若，證明：當時，；
（2）若在只有一個零點，求的值.
（2023·安徽蚌埠·高三固鎮縣第二中學校考階段練習）
36．已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若函數有兩個不同的零點，求實數的取值范圍.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】先把零點個數轉化為函數交點個數，再構造函數,結合導函數求解單調性及極值最后應用數形結合求解.
【詳解】由得，構造函數，求導得
在上單調遞減，在上單調遞增，上單調遞減，且，
及時，的圖像如圖，得到有3個解.

故選：D.
2．
【分析】令，則，問題轉化為曲線與直線的交點個數，利用導數分析關于的方程在區間上的解的個數，數形結合可得出結論.
【詳解】令，則，
函數在區間上單調遞增，
所以，曲線與直線的交點個數等于曲線與直線的交點個數，
作圖易知，曲線和直線都過點，且都關于點對稱，
所以，曲線與直線的交點個數或者為或者為.
下面考察關于的方程在區間上的解的個數，
令，其中，
則對恒成立，
所以，函數在區間上單調遞增，則，
所以，關于的方程在區間上的解的個數為，
因此，函數的圖象與直線的交點個數為.
故答案為：.
3．C
【分析】先得到的圖象，令，則，分和兩種情況，得到的值，進而結合函數圖象，得到零點個數.
【詳解】當時，，
則在上恒成立，
故在上單調遞增，
又，，
則存在，使得，
畫出的圖象，如下：
令，則，
當時，令，解得或，
若，則，
結合圖象可知，此時存在兩個根，，
若，則，
結合圖象可知，此時存在和滿足要求，
當時，令得，
此時，
結合圖象可知，此時存在兩個根，
綜上，共6個零點.
故選：C
【點睛】方法點睛：復合函數零點個數問題處理思路：①利用換元思想，設出內層函數；②分別作出內層函數與外層函數的圖象，分別探討內外函數的零點個數或范圍；③內外層函數相結合確定函數交點個數，即可得到復合函數在不同范圍下的零點個數.
4．D
【分析】由可得，進而得到函數的周期為2，結合導數和奇函數的性質可得在上單調遞增，在上單調遞增，將問題轉化為函數和在上的交點個數問題，作出圖象，結合圖象求解即可.
【詳解】因為，所以，
所以函數的周期為2，
當時，，
則，
由，得，
則，即，
所以，即函數在上單調遞增，
又為上的奇函數，所以函數在上單調遞增，
由，即，
又，為上的奇函數，的周期為2，
令，則，即，
則，
作出函數和在上的大致圖象：
由圖象可知，函數和的交點為4個或5個，
則函數在上的零點個數為4個或5個.
故選：D.

【點睛】方法點睛：函數的零點問題，常常轉化為函數與函數的交點問題，進而結合函數圖象求解即可.
5．(1)1
(2)證明見詳解
【分析】（1）易判斷單調遞增，令，即可得，令即可求；
（2）由導數判斷單調遞增，即可得證.
【詳解】（1）由易判斷在單調遞增，
且，，
所以可令，
得， 所以，
由題意，即，
所以；
（2），則，
令，則，
所以當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，
所以，
結合（1）可得存在唯一，使得，即函數有唯一零點.
【點睛】關鍵點點睛：解決本題（1）的關鍵是通過同構得出；（2）的關鍵是二次求導確定函數的單調性.
6．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求函數導數得切線斜率，進而由點斜式得切線方程；
（2）令，根據函數導數討論函數單調性可得，從而得到證明．
【詳解】（1）解：因為，所以，
則，，
此時切線方程為，即；
（2）證明：函數存在兩個零點，得方程有兩解，
即存在兩解．
令，則，
令，因為，
所以在上為單調遞減函數，
由，，
所以存在，使得，
且，，，，
所以在上遞增，在上遞減．
所以
，
由，且，
則任意，時，函數與有兩交點，
故函數存在兩個零點．
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問解題的關鍵在于根據題意得方程有兩解，即存在兩解，令，通過二次求導及零點存在性定理得到函數的單調性，進行求解．
7．(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）由導數的單調性得到極小值，即可求解；
（2）由（1）知，在區間有1個零點，再討論的極小值為的情況進行求解.
【詳解】（1）由題，得，其中，
當時，，單調遞增，無極值；
當時，令，解得或；
令，解得，
所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為，，
所以當時，取得極小值，
所以，解得．
單調增區間和；
（2）由（1）知當時，的極小值為，
的極大值為，，
所以在區間有1個零點，
當，即時，因為，，
所以在區間各有1個零點，因此有三個零點，如圖①曲線；
當，即時，有兩個零點，如圖②曲線；
當，即時，有一個零點，如圖③曲線；
當時，，易知有一個零點．
綜上，當時，有一個零點；
當時，有兩個零點；
當時，有三個零點.
【點睛】方法點睛：對于第二問，先給出在區間有1個零點，再對的極小值分類討論求解.
8．(1)
(2)當時，1個；
當時，2個；
當時，3個；
【分析】（1）求出的導數，根據極值點處導數為零的點求解得出.代入，構造，求導得出的單調性，進而得出的符號，即可得出函數的單調性，檢驗即可得出答案；
（2）答案解析懸賞征集中，歡迎大牛老師們踴躍投稿！聯系人QQ:2853279698
【詳解】（1）由已知可得，函數定義域為，
且，
所以.
又是的極值點，所以，解得.
代入可得，.
設，
則在上恒成立，所以單調遞增.
又，
所以，當時，有，即，
所以，在上單調遞減；
當時，有，即，
所以，在上單調遞增.
所以，在處取得極小值，滿足題意.
所以，.
（2）由已知可得，，，且，
顯然，且.
令，則.
①當時，恒成立，
所以，在上單調遞減.
又，此時只有一個零點；
②當時，，此時有恒成立，
所以，，即在上單調遞增.
顯然時，有，則；.
且，
，.
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當時，1個；
當時，2個；
當時，3個；
9．BCD
【分析】將問題轉化為，令，利用導數討論的單調性，求出，由在有2個不同零點的充要條件為，從而作出判斷.
【詳解】因為，
令，則，
令，
則，
注意到，令，解得，
所以當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
則，且當趨近于或時，都趨近于，
若在有2個不同零點的充要條件為函數與圖象在第一象限有2個交點，
所以，即有2個零點的充要條件為，
若符合題意，則對應的取值范圍為的真子集，
結合選項可知：A錯誤，BCD正確；
故選：BCD.
10．B
【分析】由二次函數、導數研究的性質并畫出草圖，將問題化為與的圖象有3個交點，數形結合確定參數范圍.
【詳解】當時，，
當時，單調遞減；當時，單調遞增.
當時，.
當時，，則，
當時，，函數單調遞增；
當時，，函數單調遞減.
當時，.
畫出函數的圖象如圖所示：
因為函數有3個零點，
所以與的圖象有3個交點，由圖知：.
所以的取值范圍為.
故選：B
11．(1)；
(2).
【分析】（1）根據曲線在某點處的切線方程求解步驟，通過導數求斜率，明確切點坐標，可得答案.
（2）整理新函數的解析式，通過導數明確其單調性并求出最小值，再結合零點存在性定理，可得答案.
【詳解】（1）函數，求導得，
令，得，則，，顯然，
所以曲線在處的切線方程為，即.
（2）由（1）知，，，求導得，
當時，，當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，.
令，求導得，
當時，，當時，，即函數在上遞減，在上遞增，
，即，則，
因此，
顯然函數在上單調遞增，函數值集合為，
從而函數在上的函數值集合為，
函數在上恰有兩個不同的零點，則當且僅當，解得，
所以實數的取值范圍是.
【點睛】思路點睛：涉及函數零點個數問題，可以利用導數分段討論函數的單調性，結合零點存在性定理，借助數形結合思想分析解決問題.
12．(1)；
(2)
【分析】（1）利用導數的幾何意義計算即可；
（2）結合第一問將分為三種情況：當時，由導數研究函數的單調性與最值可判定此時零點個數；當時，通過取點及適當放縮分別計算的正負，判定此時函數零點的個數；當時，通過函數的單調性得出，從而確定始終為負即可.
【詳解】（1）時，，所以，
則，所以在處的切線方程為；
（2）①由上知時，，
有，
令，
即在上單調遞增，
又，，
所以時，，時，，
即在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，此時只有一個零點，符合題意；
②當時，，且，
所以，
設，
顯然時，即此時單調遞增，時，此時單調遞減，
所以，即，
所以，
所以根據零點存在性定理可知使得，
又，
易知，所以，
由上證得，
即，故使得，
所以此時至少存在兩個零點，不符題意；
③時，，
由①可知，所以此時無零點，不符合題意；
綜上所述時，有且僅有1個零點.
【點睛】難點點睛：通過第一問將參數分成三種情況討論.第一個難點在于時的合適取點即及符號的判定，在計算函數值符號時用到了常用函數放縮公式，第二個難點在于時，通過對數函數的單調性判定再結合時的結論判定函數值符號.關于取點技巧需要多加練習，放縮公式要多加積累.
13．C
【分析】構造函數與，先利用導數研究得的性質，再利用二次函數的性質研究得的性質，從而作出的圖像，由此得到，分類討論與時的零點情況，據此得解.
【詳解】令，則，
令，得；令，得；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，故，
又因為對于任意，在總存在，使得，
在上由于的增長速率比的增長速率要快得多，所以總存在，使得，
所以在與上都趨于無窮大；
令，則開口向下，對稱軸為，
所以在上單調遞增，在上單調遞增，故，
.
因為函數有且只有三個零點，
而已經有唯一零點，所以必須有兩個零點，則，即，解得或，
當時，，則，
即在處取不到零點，故至多只有兩個零點，不滿足題意，
當時，，則，所以在處取得零點，
結合圖像又知與必有兩個交點，故在與必有兩個零點，
所以有且只有三個零點，滿足題意；
綜上：，即.
故選：C.
14．(1)或
(2)答案見解析
【分析】(1)利用函數的導數求切線方程，構造函數，再求導；
(2)利用導數討論函數的單調性，再討論確定零點的個數.
【詳解】（1）設切點為
則切線方程為
在直線上，則，
令，則，令，解得，所以或
要想讓切線有兩條，只需滿足或
（2）當時， ，單調遞減，在取得最大值，，所以只需考慮在的零點個數.
（i）若或，則
當時，在無零點.
當時，在單調遞減，而在有一個零點；
（ii）若，則在單調遞減，在單調遞增，故當時，取得最小值，最小值為
①若，即在無零點.
②若，即，則在有唯一零點；
③若，即，由于
所以當時，在有兩個零點；當時，在有一個零點
綜上，當有0個零點；
當或時，有一個零點；
當時，有兩個零點.
15．(1)在R上是增函數
(2)答案見解析
【分析】（1）先對函數求導，然后由導數的正負可求得函數的單調區間，
（2）由（1）可知當時，，無零點，而當時，恒成立，所以的零點即為函數的零點，所以只要討論函數在的零點個數，然后分，和討論函數的零點即可
【詳解】（1），
當時，，，∴，
當時，，，∴，
當時，，
所以當時，，即在R上是增函數.
（2）函數的定義域為，
由（1）得，函數在單調遞增，，
當時，，又，
所以時，恒成立，即時，無零點，
當時，恒成立，所以的零點即為函數的零點
下面討論函數在的零點個數：
，所以
①當時，因為，
又函數在區間遞減，所以
即當時，，
所以單調遞減，由得：當時，遞增
當時，遞減，
當時，，
當時，
又，
當時，函數有1個零點；
當時，函數有2個零點；
當時，函數有3個零點；
②當時，，由①得：當時，，遞增，
當時，，遞減，所以，，
所以當時函數有2個零點，
③當時，
，，即成立，由，
所以當時函數有1個零點.
綜上所述：當或時，函數有1個零點；
當或時，函數有2個零點；
當時，函數有3個零點.
【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的應用，考查利用導數求函數的單調區間，考查利用導數研究函數的零點，解題的關鍵是結合的單調性，可得的零點即為函數的零點
只要討論函數在的零點個數即可，考查轉化思想和計算能力，屬于難題
16．(1)，,
(2)答案見解析
【分析】（1）先利用導數求出函數的單調區間，再依據單調性判斷出極值點，最后求出極值點對應的函數值即為極值；
（2）對和的范圍進行分類討論，分別判斷出和的零點，從而得出的零點個數.
【詳解】（1）當時，，，
由得：或；由得：
列表：
0 1
+ 0 0 +
極大值 極小值
∴；；
（2）由知：
（i）當時，
，故在上無零點.
（ii）當時，，知：當時，，，
是的零點；
當時，，，不是的零點；
（iii）當時，，故在的零點就是在的零點.
由得：，
設，則，
在上單調遞增，
又∵，，
∴當時，即在上無零點；
當時，即在上有1個零點；
當時，即在上無零點；
綜上所述：時，有2個零點；
或時，有1個零點；
時，無零點.
【點睛】方法點睛：函數零點的求解與判斷方法：
(1)直接求零點：令f(x)=0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．
(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數在區間上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0，還必須結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性)才能確定函數有多少個零點．
(3)利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．
17．(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）利用導數求切點處切線的斜率，點斜式得切線方程；
（2）分類討論，利用導數研究函數單調性，通過極值判斷零點個數.
【詳解】（1）當時，，其定義域為，，
，，函數在處的切點坐標為，切線斜率為，
因此，函數在處的切線方程為，即．
（2）令，
則．
因為，則，則．
當時，則，故，從而在上單調遞減；
而，故當時，，
故在區間上無零點；
當時，令，則，
因為，則，
從而，即在上單調遞減；
而，因此存在唯一的，使得，
并且當時，；當時，．
即當時，，當時，．
故當時，單調遞增，當時，單調遞減．
而，故；
取，，
所以存在唯一的，使得，即在區間上有唯一零點．
綜上所述，當時，在上有唯一的零點；
當時，在上沒有零點．
【點睛】方法點睛：
導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用.
18．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）構造函數，利用導數判斷單調性求出最值可得結果，
（2）函數零點即圖像與x軸交點，構造函數，利用函數奇偶性、單調性及零點存在性性定理可得結果.
【詳解】（1）若，則．設,，
則，，所以在上單調遞增．
所以．又在上單調遞增，
所以．即當時，．
（2）若，則．
令，得,設，．
則．所以為奇函數．
又，所以0是的一個零點．
下面證明：函數在上存在唯一的零點．
因為，，所以．
所以當時，，單調遞增．
又，，所以在上存在唯一的零點．
由（1）知當時，，即，
所以當時，．
設，，則．
所以當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
所以．
所以當時，．
所以當時，僅有一個零點．
因為為奇函數，所以當時，也僅有一個零點．
所以在上有3個零點，分別為，，．
即有3個零點，且．
【點睛】解決本題關鍵是構造函數，利用函數的奇偶性，零點存在性定理及導數判斷函數的單調性證得結果.
19．(1)的單調遞減區間，遞增區間，
(2)2，證明見解析.
【分析】（1）當時，，設，進而得到單調區間；
（2）由，設，得到，再分，，三種情況討論，分別求出函數的單調性和極值，最終求出結果.
【詳解】（1）當時，，則，
設，則，
當時，，所以，所以在上單調遞減；
當時，，所以，所以在上單調遞增，所以，所以在單調遞增；
綜上，的單調遞減區間，遞增區間.
（2），當時，，所以是的一個零點，
，設，可得，
因為，
所以①當，，所以在單調遞增，，在單調遞增，則，
所以在上無零點；
②當時，，則，所以在上無零點；
③當時，，，所以在上單調遞增，
又，所以存在唯一實數，使得=0，
當時，，在上單調遞減，
當時，，在上單調遞增，
又，，
所以在上有唯一零點，
綜上，當時，函數有兩個零點.
【點睛】本題考查利用導數討論函數的單調性和零點問題.通常采用分離參數法和分類討論法.
第一問當時，，設，進而得到單調區間；
第二問由，設，得到，再分，，三種情況討論，分別求出函數的單調性和極值，最終求出結果.
20．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數分類討論函數單調性；
（2）由題意，當時，，令，借助導數研究函數的單調性，結合函數值的正負性和零點存在定理可證.
【詳解】（1）.
當時，在上單調遞減.
當時，在上，有，在上，有,
故在上單調遞減，上單調遞增.
當時，在上單調遞增.
當時，在上單調遞減.
綜上所述，當時，在上單調遞減，上單調遞增.
當時，在上單調遞增.
當時，在上單調遞減.
（2）時，.
令，
則.
令.
i.時，恒成立，
在上單調遞增.
又，
存在一個零點，使.
ii.，
恒成立，
在上單調遞減.
又，
.
存在零點，使.
，
.
在上單調遞增，上單調遞減.
又.
，
存在一個零點，使.
iii.，
恒成立.
在單調遞減.
恒成立.
在沒有零點.
iv.時，
下面來證明當時，.
設.
.
在上單調遞增，
，
恒成立.
綜上所述，在只有兩個零點.
又是由向右平移一個單位所得，
在只有兩個零點.
【點睛】方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解．這類問題求解的通法是：
（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；
（2）求導數，得單調區間和極值點；
（3）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解．
21．(1)
(2)
【分析】（1）求出表達式，當時代入即可求解；
（2）原不等式等價于，據此分情況利用導數求解即可.
【詳解】（1）由題知，，當時，，
所以曲線在處的切線方程為；
（2）由題意，原不等式等價于，
即，
當時，對任意，不等式恒成立，
當時，原不等式等價于，
設，則，
設，因為，
所以存在唯一，使得，即，
當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
故，即．
綜上所述，的取值范圍為．
22．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）首先得，求導得，由此即可求解.
（2）首先得存在，使得，，由此即可順利得解.
【詳解】（1），，．
故曲線在點處的切線方程為，即．
（2）由（1）得．
令函數，則，所以是增函數．
因為，，
所以存在，使得，即．
所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
．
因為，所以，
所以．
故．
【點睛】關鍵點睛：第二問的關鍵是利用導數結合零點存在定理即可順利得證.
23．(1)
(2)2
【分析】（1）先求出導數，再求斜率結合點斜式寫出切線方程；
（2）先把恒成立問題通過參數分離轉化為求最小值求出的最大值.
【詳解】（1）當時，，
因為 ，所以，
所以曲線在點處的切線方程為，即．
（2）由題意，知對任意恒成立，
可知對任意恒成立．
設函數，只需．
對函數求導，得．
設函數，對函數求導，得，
所以函數在上單調遞增．
又，
所以存在，使，即，
所以當時，，函數單調遞減；
當時，，函數單調遞增，
所以，
所以．又，所以，
所以整數的最大值為2．
24．(1)
(2).
【分析】（1）由題意，且，問題轉化為方程只有一個根，利用導數研究函數單調性，作出函數圖象，數形結合判斷的取值.
（2），通過構造函數判斷的符號得的單調性，由最小值得，再由的零點，構造函數利用導數通過單調性求的值域.
【詳解】（1）函數，定義域為，
當時，顯然不滿足題意，
當時，若函數只有一個零點，即只有一個根，
因為1不是方程的根，所以可轉化為只有一個根，
即直線與函數（且）的圖象只有一個交點.
，令，得，
在和上，，在上，，
所以在和上單調遞減，在上單調遞增.
在時有極小值，圖象如圖所示：
由圖可知：若要使直線與函數的圖象只有一個交點，則或，
綜上的取值所構成的集合為.
（2）由題意知，
令，得，所以在上單調遞增.
又，由零點的存在性定理知存在使得，
所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.
故
又，所以，又，所以.
令，則，在恒成立，在單調遞減，
，由得.
將代入，得.
令，得，
所以在單調遞減，又
所以的值域為.
【點睛】方法點睛：
利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用；構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧，許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
25．(1)
(2)有一個極大值，一個極小值，理由見解析
(3)
【分析】（1）當時，求得，結合導數的幾何意義，即可求解；
（2）當時，求得，令，利用導數求得的單調性與，得到存在使得，存在使得，進而得到答案；
（3）求得，根據題意，得到，令，得到使得，利用函數的單調性，求得，再由，求得，再由，設，利用導數求得函數的單調性，即可求解.
【詳解】（1）解：當時，，可得，
則，
所以曲線在點處的切線方程為，即.
（2）解：當時，，定義域為，
可得，
令，則，
當時，；當時，，
所以在遞減，在上遞增，
所以，
又由，
存在使得，存在使得，
當時，單調遞增；
當時，單調遞減；
當時，單調遞增；
所以時，有一個極大值，一個極小值.
（3）解：由，可得，
由，因為，可得，
令，則在上遞減，
當時，可得，則，所以，
則，
又因為，使得，即
且當時，，即；
當時，，即，
所以在遞增，在遞減，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因為，設，則，
可知在上遞增，且，
所以實數的取值范圍是.
【點睛】方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數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別．
26．(1)證明見解析；
(2)有且僅有一個極值點.
【分析】（1）根據導函數的正負，判斷的單調性，求得最小值，即可證明；
（2）求得，構造函數，對參數的取值進行分類討論，結合零點存在性定理，判斷的單調性，即可求得函數極值點個數.
【詳解】（1）證明：當時，，，，，
又易知在上為增函數，
所以當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
從而.
（2）由題意知，函數的定義域為，，
設，，顯然函數在上單調遞增，與同號，
①當時，，，所以函數在內有一個零點，
且，，，，
故在單調遞減，在單調遞增；
所以函數在上有且僅有一個極值點；
②當時，由（1）知，函數在上有且僅有一個極值點；
③當時，，，
因為，所以，，
又，所以函數在內有一個零點，
且，，，，
故在單調遞減，在單調遞增；
所以函數在上有且僅有一個極值點；
綜上所述，函數在上有且僅有一個極值點．
27．（1）極小值為0，無極大值；（2）證明見解析
【分析】（1）求導，得到單調性，從而得到極值情況；
（2）在（1）基礎上得到，構造函數，求導得到其單調性，結合隱零點得到函數的最小值，證明出結論.
【詳解】（1）依題意，，令，解得，
所以當時，，當時，，
即在上單調遞減，在上單調遞增，
而，故的極小值為0，無極大值．
（2）由（1）可知，當時，，則．
令，
則，易知在上單調遞增．
因為，所以，，
故，使得，即①．
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故②．
由①可得，
代入②，得
，
而，故，故，即原命題得證．
【點睛】方法點睛：隱零點的處理思路：
第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉零點存在的區間，有時還需結合函數單調性明確零點的個數；
第二步：虛設零點并確定取范圍，抓住零點方程實施代換，如指數與對數互換，超越函數與簡單函數的替換，利用同構思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.
28．(1)在上單調遞增，在上單調遞減；
(2)證明見詳解.
【分析】（1）把代入，求出函數的導數并變形，構造函數探求大于0或小于0的取值區間作答.
（2）在給定條件下探討函數的最大值，將不等式轉化為證的最大值小于即可作答.
【詳解】（1）依題意，函數的定義域為，
當時，，求導得，
令，則，則在上單調遞減，而，
當時，，，當時，，，
所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2）當時，，，
令，則，
在上單調遞減，而，，
則有，即，有，
當時，，，在上單調遞增，
時，，，在上單調遞減，
因此函數在時取最大值，即，
令函數，
則在上單調遞減，即有，
要證，即證，只需證，
令，，
則在上單調遞減，
因此，，即成立，
則有成立，
所以當時，不等式成立.
【點睛】思路點睛：函數不等式證明問題，將所證不等式等價轉化，構造新函數，再借助函數的單調性、極(最)值問題處理.
29．A
【分析】由題意轉化為與和共有兩個交點，利用導數研究單調性極值，數形結合得解.
【詳解】因為，所以不是的零點，
當時，令，得，
令，
由對勾函數性質可得在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
令，
則，當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，，且當時，，如圖所示，
所以當時，與的圖象有且僅有兩個交點，此時函數恰好有兩個零點.
故選：A.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
30．D
【分析】根據題意轉化為方程恰有2個不同的實數根，即直線與函數的圖象恰有2個不同的交點，用導數法畫出其圖象，利用數形結合法求解.
【詳解】由題意知方程恰有2個不同的實數根．
設，則直線與函數的圖象恰有2個不同的交點，
因為，當時，，當時，，
在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
，
當時，，當時，，當時，，
∴可以作出的大致圖象，如圖所示，

易知直線過定點，當直線與函數的圖象相切時，設切點為，
則，解得或，
當直線與函數的圖象相切時，或，
數形結合可知，實數a的取值范圍為.
故選：D．
【點睛】思路點睛：函數恰有兩個不同的零點，轉化為方程恰有2個不同的實數根，即直線與函數的圖象恰有2個不同的交點，利用導數判斷函數的單調性，極值，數形結合求解.
31．C
【分析】將函數零點問題轉化成兩函數圖像交點，再利用導數與函數單調性間的關系，得出，根據圖像即可解決問題.
【詳解】因為，令，即，則，
所以函數在上有兩個不同的零點等價于曲線和在上有兩個不同的交點，
設，，則，令，解得，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
又，，當時，，且時，，
其圖像如圖所示，

故的取值范圍為.
故選：C.
32．(1)單調遞增區間是，單調遞減區間是
(2)函數與的圖象總有一個交點
【分析】（1）由導函數求函數的單調性；
（2）設，利用導數根據單調性求的零點即可得與圖象的交點個數.
【詳解】（1）函數的定義域為，.
當時，，函數單調遞減；
當時，，函數單調遞增．
綜上，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是．
（2）令，，
題中問題等價于求函數的零點個數．
，
當時，，函數為減函數，
因為，，所以有唯一零點；
當時，或時，；時，，
所以函數在和上單調遞減，在上單調遞增，
因為，
，
所以有唯一零點．
綜上，函數有唯一零點，即函數與的圖象總有一個交點．
33．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）利用奇函數的定義計算的值即可；
（2）利用僅有兩個零點確定的值，之后研究函數的單調性，進而研究函數零點個數.
【詳解】（1）解：因為為奇函數，
所以可知的定義域為，且，
即，
即，
所以，解得.
（2）證明：①當時，，
所以函數不可能有兩個零點，此時不合題意；
②當時，令，解得：或，
又因，
則要使得f（x）僅有兩個零點，則，
即，此方程無解，此時不合題意；
③當時，即，
令，解得或，符合題意，所以.
令，則，
令，解得：或，令解得：，
故在，上遞增，在上遞減，
又，
故函數僅有一個零點．

34．(1)極大值為，極小值
(2)答案見解析
【分析】（1）求導，得到函數的單調性和極值情況；
（2）分，和，結合，對進行分類討論，求出零點個數.
【詳解】（1）當時，，
由，得或，則和隨的變化如下表所示：
0
+ 0 - 0 + 0 -
極大 極小 極大
∴在上有2個極大值：在上有1個極小值．
（2）由，知．
（ⅰ）當時，，
∴，故在上無零點．
（ⅱ）當時，．
故當時，即時，是的零點；
當時，即時，不是的零點．
（ⅲ）當時，．故在的零點就是在的零點，
．
①當時，，故時，在是減函數，
結合，可知，在有一個零點，
故在上有1個零點．
②當時，，故時，在是增函數，
結合可知，在無零點，故在上無零點．
③當時，，使得時，在是增函數；
時，在是減函數；
由知，．
當，即時，在上無零點，故在上無零點．
當，即時，在上有1個零點，故在上有1個零點．
綜上所述，時，有2個零點；時，有1個零點；時，無零點
【點睛】導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方
35．（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）方法一：構造函數，再求導函數，根據導函數不大于零得函數單調遞減，最后根據單調性證得不等式;
（2）方法一：研究零點，等價研究的零點，先求導數：，這里產生兩個討論點，一個是a與零，一個是x與2，當時，，沒有零點；當時，先減后增，從而確定只有一個零點的必要條件，再利用零點存在定理確定條件的充分性，即得a的值.
【詳解】（1）［方法一］：【最優解】指數找朋友
當時，等價于．
設函數，則．
，所以在單調遞減．
而，故當時，，即．
［方法二］：【通性通法】直接利用導數研究函數的單調性求得最小值
當時，．
令，令，得．則函數在區間內單調遞減，在區間內單調遞增，從而，所以函數在區間內單調遞增，有．
［方法三］：【最優解】指對等價轉化
當時，．
令，函數在區間上單調遞增，故，有，故當時，．
（2）［方法一］：指數找朋友
設函數，
在只有一個零點當且僅當在只有一個零點．
（i）當時，，沒有零點；
（ii）當時，．
當時，；當時，．
所以在單調遞減，在單調遞增．
故是在的最小值．
①若，即，在沒有零點；
②若，即，在只有一個零點；
③若，即，由于，所以在有一個零點，
由（1）知，當時，，所以．
故在有一個零點，因此在有兩個零點．
綜上，在只有一個零點時，．
［方法二］：等價轉化為直線與曲線的交點個數
令，得．
令．則函數在區間內單調遞減，在區間內單調遞增，則．當時，，當時，，故函數在區間內只有一個零點時，．
［方法三］：等價轉化為二次曲線與指數函數圖象的交點個數
函數在區間內只有一個零點等價于函數的圖象與函數的圖象在區間內只有一個公共點．由與的圖象可知它們在區間內必相切于y軸右側同一點，設切點為，則，解方程組得，經驗證符合題意．
［方法四］：等價轉化為直線與曲線的交點個數
當時，，原問題轉化為動直線與曲線在區間內只有一個公共點．由得函數在區間內單調遞減，在區間內單調遞增．設與的切點為，則，于是函數在點P處的切線方程為．由切線過原點可得，故．
［方法五］：【通性通法】含參討論
因為，，
當時，在區間內單調遞增，又，故無零點；
當時，．
①當時，在區間內單調遞增，有在區間內單調遞增，又，故無零點；
②當時，令，得，故函數在區間內單調遞減，在區間內單調遞增．，從而單調遞增．又，所以無零點．
③當時，，又，所以存在，使得，則函數在區間內單調遞增，在區間內單調遞減，在區間內單調遞增，且，則為函數的唯一零點，且滿足．所以，解得，則．
［方法六］：【最優解】等價變形＋含參討論
當時，，無零點；
當時，，記，則；
當時，，函數在區間內單調遞增，則有，故無零點；
當時，當時，單調遞誠，當時，單調遞增，當時，，當時，，
故，得．
【整體點評】（1）方法一：根據指數找朋友，將不等式等價轉化為，這樣可以減少求導的次數，便于求最值，是該題的最優解．；
方法二：常規的直接求導，研究函數的單調性求最值，是該題的通性通法；
方法三：利用指對互化，將不等式等價轉化為，這樣可以減少求導的次數，便于求最值，是該題的最優解．
（2）方法一：根據指數找朋友，原函數在只有一個零點等價于在只有一個零點，再分類討論以及利用導數研究其單調性即可解出；
方法二：利用函數零點個數與兩函數圖象交點個數關系，等價轉化為直線與曲線的交點個數，即可解出；
方法三：利用函數零點個數與兩函數圖象交點個數關系，等價轉化為二次曲線與指數函數圖象的交點個數，即可解出；
方法四：同方法二；
方法五：直接含參討論函數的單調性確定最值，再根據零點存在性定理判斷即可解出，是該類型題的通性通法；
方法六：易知當時函數無零點，只需考慮時的情況，，再含參討論函數的單調性，研究其最值即可解出，是本題的最優解．
36．(1)
(2)
【分析】（1）根據導數的幾何意義，結合直線方程的求法，即可得到結果；
（2）分類討論和兩種情況研究函數的單調性結合零點存在性定理確定函數的零點個數，由此確定的取值范圍.
【詳解】（1）函數的定義域為，
時，
又，則，
所以曲線在點處的切線方程為，即.
（2）當時，在上單調遞減，所以在上至多有一個零點.
當時，，
因為，所以，
令，易知在上單調遞增，
因為，
所以存在，使得，
當時，單調遞增，
當時，單調遞減，
由得，則，
所以，
當，即時，，所以在上沒有零點.
當，即時，，所以在上有一個零點.
當，即時，，
令，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
則，
所以，則，
令，則，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以，所以，
所以，
因為，且在上單調遞減，
所以在上只有一個零點，
令，易知在上單調遞增，
又，
所以存在，使得，
則，
由可知，則，
又在上單調遞增，所以在上只有一個零點，
綜上可知，時，函數有兩個不同的零點，故實數的取值范圍為.
【點睛】知識點點睛：本題主要考查了導數的幾何意義，同時也考查了求導分析函數單調性、最值和零點存在性定理，由零點個數求參數范圍等方面，屬于難題.
答案第1頁，共2頁
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