第06讲-利用导数研究函数的零点(方程的根)-(高频精讲)(解析版).docx

第06讲 利用导数研究函数的零点（方程的根） (精讲）
目录
第一部分：知识点必背 2
第二部分：高考真题回归 2
第三部分：高频考点一遍过 9
高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数 9
高频考点二：证明唯一零点问题 19
高频考点三：根据零点情况求参数 25
角度1：利用最值（极值）研究函数零点问题 25
角度2：利用数形结合法研究函数的零点问题 32
角度3：构造函数研究函数零点问题 40

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第一部分：知识点必背
1、函数的零点
（1）函数零点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点．
（2）三个等价关系
方程有实数根函数的图象与轴有交点的横坐标函数有零点．
2、函数零点的判定
如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．
注意：单调性+存在零点=唯一零点
第二部分：高考真题回归
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
2．（2022·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）

设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增

所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设

所以在单调递增

所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为

3．（2022·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数
典型例题
例题1．（2023春·四川成都·高二成都七中校考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为
(2)答案见解析
【详解】（1）当时，，
当时，；当时，；当时，，
所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.
（2），
令，得或，由于，
当时，；当时，，当时，.
所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.
，
令，得，
当时，，又，
所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点；
当时，，又，
所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和；
令，得，
现说明，即，即显然成立.
因为，故，
当时，，又.
所以存在唯一，唯一，唯一，
使得，此时函数有3个零点，
当时，，又.
所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和2 .
当时，，又.
所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点.
综上所述，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；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有1个零点.
例题2．（2023·河南·统考模拟预测）已知函数
(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若，判断关于的方程在内解的个数，并说明理由．
【答案】(1)
(2)两个，理由见解析.
【详解】（1）由题意在上恒成立，得 恒成立，
令，则 ，
当时，令，解得，
令，解得 ，
所以在为减函数，在上为增函数，
故，
故，即，
所以实数的取值范围 .
（2）由，得等价于，
令，
因为在上，
，单调递减，
在上，故 ，，单调递增，
注意到，，在和上各有一个零点，
共有两个零点，故方程有两个实数根.
例题3．（2023·云南·统考模拟预测）已知函数在点处的切线与直线垂直.
(1)求切线的方程；
(2)判断在上零点的个数，并说明理由.
【答案】(1)
(2)在上有且只有一个零点，理由见解析
【详解】（1），
所以切线的斜率，由题意，解得.
所以，
所以，
所以切线l的方程为，即.
（2）由（1）知，所以，
由，可得，
令，
所以，
①当时，，
所以，
所以在上单调递增，
又因为，
所以在上无零点，
②当时，令，
所以，即在上单调递减，
又因为，
所以存在，使得，
所以在上单调递增，在单调递减，
因为，
所以在上且只有一个零点，
综上所述：在上有且只有一个零点.
例题4．（2023·江苏常州·校考一模）已知函数.
(1)求的图象在处的切线方程；
(2)已知在上的最大值为，讨论关于的方程在内的根个数，并加以证明.
【答案】(1)
(2)关于x的方程在内有两个不相等的实数根，证明见解析
【详解】（1）因为，所以，而
，所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）当时，有，则.
当时，，不符合题意；
当时，，则在上单调递减，即，不符合题意；
当时，，则在上单调递增，
即，解得.
令，则在上单调递增.
因为，所以在内存在唯一的零点.
当时，，
令，则，
所以当时，有，则，即在上单调递减，
因为，
所以在内存在唯一零点，即，
所以当时，，即在上单调递增，
所以有，即在内无零点，
当时，，所以在上单调递减.
因为，所以在内有且仅有一个零点.
综上，关于x的方程在内有两个不相等的实数根.
练透核心考点
1．（2023·江西上饶·统考一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，，试讨论在内的零点个数．（参考数据：）
【答案】(1)答案见解析.
(2)当时，在上仅有一个零点，当 时，在上有2个零点.
【详解】（1）由已知可知,
当时，，在R上单调递增；
当时，令，则，
当时，，在单调递减,
当时，,在单调递增.
综上，当时，在R上单调递增，
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由已知，，
令,则,
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
，，，
①当时， ，，存在唯一的，使得，
当时，在上递增；当时，在上递减，
因为，所以，又因为，
由零点存在性定理可得，在上仅有一个零点；
②当时，，，使得，
当和时，单调递减，
当时，单调递增，
因为，所以，又因为，
所以，
而，由零点存在性定理可得，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，
综上所述，当时，在上仅有一个零点，
当时，在上有2个零点．
2．（2023春·河北邢台·高三邢台市第二中学校考阶段练习）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)讨论零点的个数．
【答案】(1)递增区间是，，递减区间是；
(2)答案见解析.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，
当时，，，因此在上单调递增，
当时，，，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的递增区间是，，递减区间是.
（2）函数的定义域为，
由得：，令函数，
当时，，求导得，
函数在上单调递减，由于，即有在上的取值集合是，
又在上的取值集合是，因此函数在上的取值集合是，
当时，，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，在上取得极大值，
而，恒成立，
函数的零点，即方程的根，
亦即直线与函数的图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，

观察图象知，当时，直线与函数的图象有3个公共点，
当时，直线与函数的图象有2个公共点，
当时，直线与函数的图象有1个公共点，
所以当时，函数有3个零点，当时，函数有2个零点，当时，函数有1个零点.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)增区间为和，减区间为
(2)答案见解析
【详解】（1）解：当时，，该函数的定义域为，
，
由可得，由可得或.
故当时，函数的增区间为和，减区间为.
（2）解：函数的定义域为，
，
由，得，，
由可得，由可得或.
所以，函数的增区间为、，减区间为，
所以，函数的极大值为，
极小值为，
当时，，
令，其中，
则，即函数在上单调递增，
故当时，，
此时，，所以在上不存在零点；
①当时，，此时函数无零点；
②当时，，此时函数只有一个零点；
③当时，，，
则在与上各有一个零点.
综上所述，（i）当时，在上不存在零点；
（ii）当时，在上存在一个零点；
（iii）当时，在上存在两个零点.
4．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）已知函数．
(1)若时，，求实数a的取值范围；
(2)讨论的零点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）的定义域是，．
①当时，，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，满足题意；
②当时，令，
由，得，．
当时，，，所以在上单调递减，
所以，不满足题意．
综上所述，．
（2）①当时，由（1）可得在上单调递增，且，
所以在上存在1个零点；
②当时，由（1）可得必有两根，，
又因为，所以，．
x

＋
0
－
0
＋

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
当时，因为，所以在上存在1个零点，
且，；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，
所以，所以在上存在1个零点．
从而在上存在3个零点．
综上所述，当时，存在1个零点；当时，存在3个零点．
高频考点二：证明唯一零点问题
典型例题
例题1．（2023·广西·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若函数有两个零点，求实数的取值范围；
(2)若函数，是的导函数，证明：存在唯一的零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）令，则，记，由题意，直线与函数有两个交点，
因为，所以当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，而，，
当时，，作出函数图象，如图:

由图可知，，直线与函数有两个交点，
即实数的取值范围为.
（2）依题意，，的定义域为.
，则，
令，，
显然在上单调递增，又，
所以存在，使得，且时，，时，，
因为，所以时，，时，，
故存在唯一的零点；
由得，所以.
因此，
当且仅当时等号成立.
故有唯一的零点，且.
例题2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（为常数），函数.
(1)证明：（i）当时，；
（ii）当时，；
(2)证明：当时，曲线与曲线有且只有一个公共点.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）令,所以,则,
所以在上单调递增，且，
所以当时，,即,所以；
当时，,即,所以
（2）解法一:
由，得，
设，则 .
令，由上述推理可得或.
① 当时，，
因为，当且仅当，所以在上单调递增，
又因为，所以的零点有且仅有一个为0.
② 当时，列表如下：

0

0

0

0

0

极大值

极小值

首先在上无零点；
取且

从而在上有且仅有一个零点.
综上所述，曲线与曲线有且仅有一个公共点.
解法二:
令
令

①当时，在上单调递增，

注意到,所以在上有唯一的零点.
②当时，令或,
且当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增,且
当时，无零点
当时，，当时，
.，
令,
,在上有唯一的零点，证毕!
练透核心考点
1．（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知函数．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值；
(2)若，证明：在区间内有唯一的零点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）解：，
所以，解得，
所以，所以，
故切点的坐标为，代入切线方程，
得，解得，
故．
（2）证明：，
令，则在上单调递减，
所以，且，
，令，
，
则在上单调递减，在上单调递增，
，即，
所以存在，使得，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以，且，
令，则，
因为，从而，所以在上单调递减，
所以，
所以当时，，取，
，
由零点存在性定理以及单调性可得在内有且仅有一个零点，在内没有零点．即在区间内有唯一的零点．
2．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）设函数，其中，．
(1)若，且在区间单调递减，在区间单调递增，求t的最小值；
(2)证明：对任意正数a，b，仅存在唯一零点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）若，，，则，
因为在区间单调递减，在区间单调递增，所以是函数的唯一的极值点，且为极小值点，
且，即，
令，则，
令得，令得或
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又；
当时，存在，，，
使得，即，
且当时，，时，，时，，
时，
所以在和上单调递减，在和上单调递增，即不符题意，
当时，在上恒成立，则存在，使得，
当时，，时，
所以在单调递减，在单调递增，即符合题意，
又，则，
综上，t的最小值为．
（2）证明：易知，
设，
则，所以，
①当，即时，，则单调递增，
又时，，时，，
所以存在，使得，时，，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又时，，时，，
所以存在唯一的，使得，即，
②当，即，
存在，，
使得，且，
易知在和上单调递增，在上单调递减，
又当时，，
且时，，
所以存在，使得，
易知在上单调递减，在上单调递增，
又时，，时，，
所以存在唯一的，
使得，即；
综上，对任意a，b＞0，仅存在唯一零点．
高频考点三：根据零点情况求参数
角度1：利用最值（极值）研究函数零点问题
典型例题
例题1．（2023春·河南洛阳·高二校考阶段练习）已知函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值．
(1)求函数的解析式；
(2)若函数有三个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∵，
由题意得，解得，
所以，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取到极大值，在处取到极小值，
故符合题意，.
（2）令，则，
原题意等价于与有三个交点，
由（1）可得：在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取到极大值，在处取到极小值，
故，解得，
所以的取值范围为．
例题2．（2023春·山东枣庄·高二校考阶段练习）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)
【详解】（1）当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
的极小值为，无极大值.
（2）由题意得：；
①当时，恒成立，在上单调递增，
至多有一个零点，不合题意；
②当时，令，解得：，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
；
当时，，则，则至多有一个零点，不合题意；
当时，，则；
，，在上有唯一零点；
由（1）知：当时，，
则当且时，，
在上有唯一零点；
则当时，有两个不同零点；
综上所述：实数的取值范围为.
例题3．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在上的最大值在区间内，求整数的值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1），其定义域为，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）由，得，
所以．
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，即，即．
故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），
所以当时，；当时，（等号仅在时成立）．
所以在上单调递增，在上单调递减，
则．
令，，则，
所以在上单调递增，则，．
所以，所以．
练透核心考点
1．（2023春·河南·高三清丰县第一高级中学校联考阶段练习）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若在区间上有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)
【详解】（1）若，则，
且函数的定义域为，
所以．
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，无极小值．
（2），
①当时，，所以函数在上单调递增，
所以在上至多有一个零点，不合题意；
②当时，令，得，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以仅有一个极大值点，
且．
要使在上有两个零点，必有，
且，
即，且，
解得，
即实数a的取值范围为．
2．（2023·内蒙古赤峰·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)当函数与函数图像的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；
(2)证明：当时，函数有两个零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【详解】（1）设公切线与函数的切点为，则公切线的斜率为，
则公切线的方程为:，将原点坐标代入，得，
解得，即公切线的方程为:，将它与联立，
整理得，令，求导可得，
令，解得，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，值域为，
由于直线与函数相切，即只有一个公共点，故实数a的取值集合为.
（2）因为，要证函数有两个零点，只要证有两个零点即可，且，即是函数的一个零点，
对求导可得，，令，解得，
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
当时，取最小值，且，
所以，
即必定存在使得二次函数，
即，因此在区间必定存在的一个零点，
综上所述，有两个零点，一个是，另一个在区间上.
3．（2023春·河南郑州·高二郑州市第二高级中学校考阶段练习）已知函数.
(1)求的单调性；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的零点，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）函数的定义域为，
由，得，所以的单调递增区间为，
由，得，且，所以的单调递减区间为
（2）关于的方程在上有两个不相等的零点等价于函数的图象与函数的图象在上有两个不同的交点，
由，得；由，得
所以当时，函数取得极大值，为
又，，，且
所以实数的取值范围为
4．（2023春·广西南宁·高三南宁三中校考专题练习）已知函数.
(1)若存在极值，求的取值范围；
(2)当，且时，证明：函数有且仅有两个零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1），，
当，即时，，在单调递增，无极值；
当，即时，，；，，
在单调递增，在单调递减，
此时，在处取得极大值，无极小值.
综上，若存在极值，则.
（2）当时，，，
因为，令，则，
所以在单调递减，又因为，，
所以在有唯一的零点，，；，，
于是在单调递增，在单调递减，
可知在存在唯一的极大值点（），
由，，
，
令，，
由，；，，
则在上单调递增，在单调递减，即，
故，即，
可知在和分别恰有一个零点.
所以当时，有且仅有两个零点.
角度2：利用数形结合法研究函数的零点问题
典型例题
例题1．（2023·北京海淀·清华附中校考模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)若方程有解，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
(3)
【详解】（1）由题，，所以，，
所以，又，所以曲线在处的切线方程为：，
即；
（2）令得，所以，令得，所以，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
（3）因为方程有解，即方程有解，
令，，则方程有解，所以，有解，
记，，则函数与直线有公共点，
，令，，
令得，令得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以函数在上单调递增，
记，，令得，
令得，所以函数在上单调递增，
在上单调递减，所以，所以，
作出图象，如图：

由图可知，函数与直线有公共点时，即实数a的范围为.
例题2．（2023春·天津西青·高二天津市西青区杨柳青第一中学校考阶段练习）已知函数在处取得极值7.
(1)求的值；
(2)求函数的单调性及极值；
(3)若关于的方程在上恰有2个不同的实数解，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见详解
(3)
【详解】（1）∵，则，
由题意可得，解得，
故，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
故为极大值点，则符合题意，
∴.
（2）由（1）可得：，且在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值为，极小值为.
（3）若，则，
原题意等价于在上恰有2个不同的实数解，
∵，由（1）可得：在上单调递增，在上单调递减，
且，
函数的图象如图所示：

若在上恰有2个不同的实数解，则，
故的取值范围为.
例题3．（2023秋·上海浦东新·高二上海师大附中校考期末）已知，
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)当时，求函数的单调区间；
(3)当时，方程在区间内有唯一实数解，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）当时，则，可得，
故，
即切点坐标为，切线斜率，
故函数在点处的切线方程为．
（2）由题意可知：函数定义域为，且，
注意到，令，解得或，
①当，即时，与在上的变化情况如下

1

+
0

0
+

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增

所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；
②当时，在定义域内恒成立，
所以函数的单调递增区间为；
综上所述：当时，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为．
（3）当时，则，
因为方程在区间内有唯一实数解，
即，整理得，
原题意等价于在区间内有唯一实数解，
设，则，
注意到，
当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
且，
则在上的图像如图所示，

若在区间内的唯一实数解，则或，
解得或，
故实数的取值范围．
练透核心考点
1．（2023春·浙江嘉兴·高二平湖市当湖高级中学校考阶段练习）已知是函数的极值点，则：
(1)求实数的值．
(2)求出方程的解的个数
【答案】(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）,
因为是函数的极值点，
所以，即，
解得或，
当时，，
令，则或，令，则，
所以函数在上递增，在上递增，
所以的极小值点为，极大值点为，符合题意，
当时，，
所以在上递增，所以无极值点，
综上所述；
（2）由（1）可得，
函数在上递增，在上递增，
则，
又当时，，当时，，
作出函数的大致图象，如图所示，
当或时，方程有个解，
当或时，方程有个解，
当时，方程有个解.

2．（2023·全国·模拟预测）已知函数.
(1)若，求的最小值；
(2)判断方程的实根个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）当时，，定义域为，
则， 在上单调递增，且.，
所以时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，
故的最小值为.
（2）方程即，
即，即.
设，则即，
因为在上单调递增，
所以，即，
设，则，
所以时，，单调递减，
时，，单调递增，
且时，，时，，
所以当，即时，方程无实根，
当，即时，方程有1个实根，
当，即时，结合图象和直线的交点情况，

可知方程有2个实根.
综上，时，方程无实根；
时，方程有1个实根；
时，方程有2个实根.
3．（2023·内蒙古包头·统考一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；
(2)若没有零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【详解】（1）当时，．
，
故曲线在点处的切线方程为，
即．
因为该切线在，轴上的截距分别为和，
所以该切线与两坐标轴所围成的直角三角形的面积．
（2）①当时，，则，
由图象可得，当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为最小值，且．
所以此时存在零点，不符合题意．

②当时，因为，
所以，
令，则，
因为，所以，在上单调递增，
又，由零点存在定理得，
在上有唯一的零点，即，因此有．
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值．
由，得，，
所以，
因为，所以，又因为，所以，所以．
所以，此时没有零点．
综上，的取值范围是．
角度3：构造函数研究函数零点问题
典型例题
例题1．（2023·四川成都·成都实外校考模拟预测）已知函数
(1)若是的一个极值点，求的最小值；
(2)若函数有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
因为是函数的一个极值点，
所以，解得，经检验符合题意，
所以，所以当时，当时，
因此在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，有极小值即最小值；
（2）方法一：因为，
所以，则在上单调递增，
记，
当时，，
当时，，
记，
当时，；
当时，；
所以存在唯一的，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
若函数有两个零点，只需，
即，
又，即，
则，
设，则为增函数，，所以当时，，
则，即，
令，，
则在上单增，由得，
所以，
所以的取值范围是
方法二：若有两个零点，
即有两个解，
即有两个解，
利用同构式，设函数，
问题等价于方程有两个解，
恒成立，即单调递增，
所以，
问题等价于方程有两个解，
即有两个解，
设，，
即有两个解，
令，问题转化为函数有两个零点，
因为，当时，，当时，，
则在上递增，在上递减，
为了使有两个零点，只需，
解得，即，解得，
由于，
所以在和内各有一个零点．
综上知的取值范围是
例题2．（2023·四川泸州·统考二模）已知函数．
(1)若是的一个极值点，求的最小值；
(2)若函数有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，是的一个极值点，所以，得；
当时，，令可得.

减函数
极小值
增函数
由表可知是的一个极值点，且最小值为.
（2）若有两个零点，
即有两个解，
即有两个解，
设函数,
问题等价于方程有两个解，
恒成立，即单调递增，
所以，
问题等价于方程有两个解，
即有两个解，
设
即有两个解，
令问题转化为函数有两个零点，
因为，当时，，当时，；
则在上单调递增，在上单调递减，
为了使有两个零点，需要，解得，即，解得，
由于当时，
所以在和内各有一个零点.
综上知的取值范围是.
练透核心考点
1．（2023·四川成都·统考二模）已知函数，其中，．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若方程恰有两个不相等的实数根，求的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【详解】（1）当时，．∴．
∵，∴当时，；当时，．
∴函数单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）∵，，，
令，则．
令，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，∴方程有唯一解．
∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．
等价于方程有两个不相等的实数解．
构造函数，则．
∵，∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，；，．
∴只需要，即．
构造函数，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
∵，∴当时，恒成立．
∴的取值范围为．
2．（2023春·重庆永川·高二重庆市永川北山中学校校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的最值；
(2)设，若恰有个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）由题得，，
当时，，在上单调递减，故无最值
当时，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在处取得唯一的极小值，即为最小值，
即，
综上所述，当时，无最值
当时，的最小值为，无最大值.
（2），
函数恰有个零点，即恰有个不等的实根，
即恰有个不等的实根，
设，则，
，单调递增，
有两个解，即有两个解.
令，则，
当时，，单调递增
当时，，单调递减，
又时，，且，，
当时，，
当时，仅有一个零点，
的取值范围为.