专题3-6 导数综合大题：零点与求参及不等式证明-高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练（全国通用）

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc14793" 【题型一】零点求参1：基础型（一个零点型） PAGEREF _Tc14793 1
\l "_Tc21113" 【题型二】零点求参2：拔高型（两个零点型） PAGEREF _Tc21113 4
\l "_Tc29341" 【题型三】零点求参3：综合型（3个零点型） PAGEREF _Tc29341 7
\l "_Tc5066" 【题型四】讨论零点个数1：基础型（无参讨论） PAGEREF _Tc5066 10
\l "_Tc10983" 【题型五】讨论零点个数2：有参讨论型 PAGEREF _Tc10983 12
\l "_Tc14162" 【题型六】讨论零点个数3：给参数范围证明型 PAGEREF _Tc14162 15
\l "_Tc6076" 【题型七】零点不等式1：基础型 PAGEREF _Tc6076 18
\l "_Tc13486" 【题型八】零点不等式2：比值代换型 PAGEREF _Tc13486 20
\l "_Tc30132" 【题型九】零点不等式3：零点与极值点型（难点） PAGEREF _Tc30132 23
\l "_Tc13251" 【题型十】零点不等式4：加新参数 PAGEREF _Tc13251 26
\l "_Tc23588" 【题型十一】三角函数中的零点 PAGEREF _Tc23588 28
\l "_Tc18823" 二、真题再现 PAGEREF _Tc18823 31
\l "_Tc25403" 三、模拟检测 PAGEREF _Tc25403 37
综述：本专题是结合2022年高考全国甲乙卷导数大题题型而总结的训练专题
【题型一】零点求参1：基础型（一个零点型）
【典例分析】
（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中，且.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若只有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)的单调递增区间是，单调递减区间是；(2)
【分析】（1）用导数法直接求解即可；
（2），令，再分与两种情况讨论，即可求解
(1)当时，，，
易知在上单调递增，且，所以当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
所以的单调递增区间是，单调递减区间是；
(2)，令，
（1）当时，则，，当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；故，
则，在单调递增，又时，；时，；
所以此时在只有一个零点；
（2）当时，则，恒成立，在单调递增，
且，，又，则，
故存在，使得，
当时，，当时，，因为当时，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，取得极小值，由得，则，
当时，等号成立，
由，可得，解得，
综合第一问可知，当时，只有一个零点；
综上，若只有一个零点，则的取值范围是
【变式演练】
1.（2022·山西太原·三模（理））已知函数.
(1)若函数的图像与直线相切，求实数a的值；
(2)若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)(2)（0，）
【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解之即可；
(2)由二次函数和指数函数的性质知当时不符合题意，故，利用分离参数法可得
，根据导数研究函数的单调性，结合图形即可得出结果.
(1)，设切点为，则∴
时，显然不成立，∴消去a得
∴；
(2)令，即有且只有一个解，当时，显然不成立，
∴，令，∴与有且只有一个交点，
∵，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又当时，→0，当
当时，，当时，
如图所示，
综上，a的取值范围是.
2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若恰有一个零点，求a的值．
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）利用导数判断单调性，结合，则，同时注意定义域对根进行取舍；（2）根据题意，分和两种情况讨论处理．
(1)
，令，得．
因为，则，即原方程有两根设为
，所以（舍去），．
则当时，，当时，
在上是减函数，在上是增函数．
(2)由（1）可知．
①若，则，即，可得，
设，在上单调递减
所以至多有一解且，则，代入解得．
②若，则，即，可得，
结合①可得，因为，，
所以在存在一个零点．
当时，，
所以在存在一个零点．因此存在两个零点，不合题意
综上所述：．
【题型二】零点求参2：拔高型（两个零点型）
【典例分析】
（2022·贵州·六盘水市第五中学高三期末（文））设函数，其中是自然对数的底数，.
(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(2)当时，若函数有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由，整理得，又，故只需，
分离参数，即可求解.
(2)先讨论，不为根，再讨论，令，分离参数得，
题意转化为和的图像有两个交点，即可求解.
(1)解：因为在上恒成立，即，又，故，所以只需恒成立，故只需，令，，当时，，当时，，所以，故，即.
(2)当时, ，当时，，
当时，令，分离参数得，
由（1）得，在和单调递减，在单调递增，可得图像为：
所以，即,即.
【变式演练】
1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；(2).
【分析】（1）对函数进行求导，分为和两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；
（2）函数有两个零点即有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果.
(1)
由题意知，，
的定义域为，．
若，则，所以在上单调递减；
若，令，解得．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)
因为，所以有两个零点，即有两个零点．
若，由（1）知，至多有一个零点．
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为．
①当时，由于，故只有一个零点：
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即．
又，故在上有一个零点．
存在，则．
又，因此在上有一个零点．
综上，实数a的取值范围为．
2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；(2).
【分析】（1）对函数进行求导，分为和两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；
（2）函数有两个零点即有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果.
(1)
由题意知，，
的定义域为，．
若，则，所以在上单调递减；
若，令，解得．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)
因为，所以有两个零点，即有两个零点．
若，由（1）知，至多有一个零点．
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为．
①当时，由于，故只有一个零点：
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即．
又，故在上有一个零点．
存在，则．
又，因此在上有一个零点．
综上，实数a的取值范围为．
【题型三】零点求参3：综合型（3个零点型）
【典例分析】
（2022·全国·模拟预测（理））已知函数（其中e为自然对数的底数）．
(1)若，证明：当时，恒成立；
(2)已知函数在R上有三个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）把代入函数，在给定条件下，等价变形不等式，构造函数，借助导数推理作答.
（2）把问题转化为函数有两个都不是0的零点，再利用导数探讨最大值，并结合零点存在性定理推理判断作答.
(1)当时，，因，，
令，求导得，即函数在上单调递减，
，，因此，当时，恒成立，
所以当时，恒成立.
(2)依题意，，由，得，显然是函数的一个零点，
因函数在R上有三个零点，则有两个都不是0的零点，
，当时，，函数在上单调递减，此时，在上最多一个零点，不符合题意，
当时，在上单调递减，，则当时，，当时，，
因此，函数在上单调递增，在上单调递减，，
要有两个零点，必有，即，得，
因，则存在，使得，即函数在上有一个零点，
令，，求导得：，令，，
则函数在上单调递增，，，因此，函数在上单调递增，
，，即在时，恒成立，当时，在时恒有成立，
因此，，，令，
则，
于是得，则存在，使得，
即函数在上有一个零点，因此在上有一个零点，
从而得，当时，在上有两个零点，即函数在R上有三个零点，
所以实数a的取值范围是.
【变式演练】
1.（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有3个不同零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)
【分析】(1)将 代入 的函数解析式，对 求导即可判断出 的单调区间；
(2)考虑到 ，对 参数分离，构造函数，求导即可求解.
（1）时， ，
令 得 或 在 时单调递增，
时单调递减， 时单调递增；
所以函数得单调递增区间为 和 ，单调递减区间为；
（2）注意到 ，设 ，则在时有两不同解，
，令
， ，令 ，则有 ，
是增函数，则 时， ， 时， ，
所以 时， 单调递减， 时， 单调递增， ，
所以 时， ， 时， ，
所以在 时，单调递减， 时，单调递增，
因为 ，
当 时， ， ，
即 ，当 时， ，
并且 ， ，并且 ，
当 时， ，
函数图像如下：
所以 即 ；
综上，函数得单调递增区间为 和 ，单调递减区间为，.
2.（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模（文））已知，.
(1)证明：函数在上有且仅有一个零点；
(2)若函数在上有3个不同零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，再根据，即可得证；
（2）令，求出函数的导函数，令，则，分、与三种情况讨论，利用导数研究函数的单调性，即可得解；
(1)解：因为，所以，
在上单调递减，且，在有且仅有一个零点.
(2)解：令，所以令，则，
①当，即时
此时在单调递减，至多有一个零点，所以不符合题意.
②当时，此时在单调递减，至多有一个零点，所以不符合题意.
③当时，，不妨设两根分别为，
由韦达定理知，
所以当时，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
由所以此时在上有一个零点，
令，则，所以当时，
当时，即在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以，，
即，，所以，，
即
当时
令得且，
所以此时在上有一个零点
当时
令得且，
所以此时在上有一个零点
综上若在上有3个零点则.
【题型四】讨论零点个数1：基础型（无参讨论）
【典例分析】
（2022·全国·模拟预测（文））已知函数在处的切线与轴平行．
（1）求的值；
（2）求证：在区间上不存在零点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由函数在在处的切线斜率为，列方程可得的值；
（2）要证在区间上不存在零点，即证在区间上不存在方程根，即证函数与在区间上不存在交点，分别对函数求导判断出单调性求出最值，可得命题成立．
【详解】（1），由题意可得，解得；
（2）证明：要证在区间上不存在零点，
即证在区间上不存在方程根，
化简可得，即证函数与在区间上不存在交点．
，定义域，
，则在上单调递减，在上单调递增，；
，定义域，
，则在上单调递增，在上单调递减，；
又，即函数与在区间上不存在交点，
即在区间上不存在方程根，得证．
【变式演练】
1.（2022·全国·高三专题练习）已知函数
(1)若函数的图象在区间[0，1]上存在斜率为零的切线，求实数a的取值范围；
(2)当时，判断函数零点的个数，并说明理由.
【答案】(1)(2)2，理由见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，参变分离后转化为在区间[0，1]上有解，转化为求函数的值域；
（2）将方程转化为，设函数，利用函数的单调性，结合函数零点存在性定理，即可判断零点个数.
（1）
依题意，方程在区间[0，1]上有解，即在区间[0，1]上有解，记，则函数区间[0，1]上单调增，其值域为
故实数a的取值范围是.
（2）令在上单调递增，在（1，∞）上单调递增，
<0，，根据零点存在性定理可知，
在上各有一个零点，即原函数有2个零点.
2.（2022·全国·高三专题练习）已知函数，，曲线和在原点处有相同的切线l．(1)求b的值以及l的方程；
(2)判断函数在上零点的个数，并说明理由．
【答案】(1)，的方程：.(2)在上有1个零点，理由见解析.
（1）依题意得： ，.，
，的方程：.
（2）当时，，，此时无零点.
当时， 令
则，显然在上单调递增，
又，，所以存在使得，
因此可得时，，单调递减；
时，，单调递增；又，
所以存在，使得，
即时，，，单调递减；
时，，，单调递增；
又，，所以在上有一个零点.
综上，在上有1个零点.
【题型五】讨论零点个数2：有参讨论型
【典例分析】
（2021·河南·高三开学考试（理））已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，试讨论函数的零点个数．
【答案】(1)(2)当时，有1个零点；当时，有2个零点
【分析】（1）利用导数，结合切点和斜率求得切线方程.
（2）求得，对进行分类讨论，结合函数的单调性、零点的存在性定理求得正确答案.
（1），，所以， 由题意知， 所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）时，，令，解得，，
（ⅰ）当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
因为，故函数在上有且只有一个零点；
（ⅱ）当时，此时
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
因为，所以在上有且只有一个零点，
由在上单调递减知，
构造函数，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，即，
所以，所以，
又因为当时，，
所以，
所以，
所以，使得，
所以当时，在上有且仅有两个零点．
综上所述，当时，有1个零点；当时，有2个零点．
【变式演练】
1.（2022·江西·高三阶段练习（理））已知函数，其中.
(1)求的极值点个数；
(2)求函数在区间内的零点个数.
【答案】(1)1(2)当时，有一个零点；当时，无零点.
【分析】（1）求导分析函数的单调性与极值点即可；
（2）令，得，构造函数，，求导分析函数的单调性可得，从而讨论的范围判断零点个数即可
(1)由题得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.所以当时，取得极小值，无极大值，
故的极值点个数为1.
(2)由题得，令，得 . 令，，
则，令，得；令，得.
所以在区间内单调递减，区间内单调递增，
所以，所以当，即时，直线与的图像有一个公共点，
即有一个零点；
当，即时，直线与的图像无公共点，即无零点.
2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)讨论函数零点的个数．
【答案】(1)当时，函数的增区间为，没有减区间；当时，函数的增区间为，减区间为
(2)当，函数有且仅有一个零点；当时，函数有且仅有3个零点
【分析】（1）求导，再分，和分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可.
(1)
函数的定义域为，，
在一元二次方程中，，
①当时，，此时函数单调递增，增区间为，没有减区间；
②当时，，此时函数单调递增，增区间为，没有减区间；
③当时，一元二次方程有两个不相等的根，
分别记为，有，，可得，
有，
可得此时函数的增区间为减区间为，
综上可知，当时，函数的增区间为，没有减区间；
当时，函数的增区间为，
减区间为；
(2)由（1）可知：①当时，函数单调递增，又由，可得此时函数只有一个零点为；
②当时，由，可得，
又由，由函数的单调性可知，
当且时，可得，有，
可得，
当时，
可知此时函数有且仅有3个零点，
由上知，当时，函数有且仅有一个零点；
当时，函数有且仅有3个零点．
【题型六】讨论零点个数3：给参数范围证明型
【典例分析】
（2022·河南·高三开学考试（理））已知函数．
(1)若存在两个极值点，，求的取值范围；
(2)若，证明：当时，函数在上有个零点．（参考数据：）
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数存在两个极值点，可得的取值范围，再结合韦达定理，可得解；
（2）由，分离参数，构造函数（），讨论函数的单调性，并判断值域，进而得证.
（1）由，得，则，是关于的方程，即的两个不等实根，所以，，且，即，
所以，则的取值范围是；
（2）由，得，
设（），则，
设，则为增函数，因为，，
所以在内存在唯一的零点，且，
当时，；当或时，，
所以当时，取得极大值，
且极大值为（），
又，则函数在上单调递减，
所以，，，
又，且，，
所以当时，方程在上有个不同的实根，
即在上有个零点．
【变式演练】
1.（2022·重庆八中高三阶段练习）已知.
(1)讨论的单调性；
(2)若且，证明：恰好有三个零点.
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）求导，在求出导函数的零点，从导函数零点的大小的角度分类讨论，再根据导函数的符号，即可得出答案；（2）由（1）得，当时，函数在和上递增，在上递减，要使恰好有三个零点，只需要，即可，利用导数证明，即可得证.
(1)解：，
①当时，，
当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减；
当时，令，则或，
②当，即时，，所以函数在上递增；
③当，即时，
当或时，，当时，，
所以函数在和上递增，在上递减；
④当，即时，当或时，，当时，，
所以函数在和上递增，在上递减，
综上所述，当时，函数在上递增，在上递减；
当时，函数在上递增；
当时，函数在和上递增，在上递减；
当时，函数在和上递增，在上递减；
(2)证明：由（1）得，
当时，函数在和上递增，在上递减，
当时，，当时，，
函数得极大值为，极小值为，要使恰好有三个零点，
只需要，即可，
，令，
则，
令，则，
所以函数在上递增，即函数在上递增，
所以，
所以函数在上递增，所以，
所以，
，
令，
，
令，则，
故函数在上递减，所以，
即，所以函数在上递减，
所以，
所以，
综上所述，恰好有三个零点.
2.（2020·全国·高三专题练习（文））已知函数，其导函数为.
(1)若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围：
(2)当时，证明：在区间上有且只有两个零点.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据分离参数，转化成最值问题.
（2）构造函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理即可求解.
(1)，
由题意得：在上恒成立，即在上恒成立，
由于函数在上单调递减，所以，，
所以
(2)当时，.设，则
令，则，所以在上单调递减，
又，，故存在，使得，
当时，，即，在上单调递增；
当时，，即，在上单调递减；
又，，，
所以在和上各有一个零点，
从而在上有且仅有两个零点.
【题型七】零点不等式1：基础型
【典例分析】
（2022·云南·高三阶段练习）已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，，证明：，并指出的取值范围．
【答案】(1)；(2)证明见解析，.
【分析】（1）对求导并求出切点坐标，根据导数几何意义求切线斜率，进而写出切线方程；
（2）讨论a的范围，利用导数研究的单调性，并判断零点个数，即可确定a的范围，令，构造，利用导数研究其单调性，利用单调性证不等式.
（1）当时，，则，
所以，，故切线方程为，即．
（2）①当时，由得或；若，则时，为增函数；
时，为减函数；时，为增函数．
则极小值，故最多只有一个零点，不符合题意；
若，由（1）知，为上的增函数．由，，所以只有一个零点，不符合题意；
若时，则时，为增函数；时，为减函数；
时，为增函数，则极小值，
故最多只有一个零点，不符合题意；
②当时，由得，由得，为减函数，
由得，为增函数，
则，又趋向时，趋向时，
综上，当时始终有两个零点，，不妨令，构造函数，
所以，
由于时，，又，则恒成立，
所以为上的减函数，则，即，故．
又，是的两个零点，则，所以，结合的单调性得，
所以．
【变式演练】
1.（2022·陕西省安康中学高三阶段练习（理））已知函数，为自然对数的底数.
(1)若存在，使，求实数的取值范围；
(2)若有两个不同零点，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离可得，设，，依题意，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，即可得解；
（2）依题意只要证，即证，即证，不妨设，根据函数的单调性只需证明，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
（1）解：当时，由，得，即.
设，，据题意，当时，能成立，则.
因为，则当时，单调递增；当时，单调递减.
所以，故的取值范围是.
（2）解：由题设，，即，则，
即.要证，只要证，即证，即证.
不妨设，由（1）可知，，且，从而.
因为在上单调递减，所以只要证，即证.
设，则，
所以在上单调递增.因为，则，
即，即，所以原不等式成立.
2.（2021·江苏·矿大附中高三阶段练习）已知函数．
(1)当a＝﹣1时，求f(x)的单调增区间；
(2)若a＞4，且f(x)在（0，1）上有唯一的零点x0，求证： ．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）求出，在函数定义域内解不等式得增区间；
（2）由确定两个极值点（），并证得，利用唯一零点得，有，消去参数得的方程，构造新函数，由的单调性证明结论成立．
(1)时，，，
，由，又，得，
所以增区间为．
(2)，∵a＞4， 令，解得x1＝，x2＝，
∴当x1＜x＜x2时，＜0，f(x)单调递减，当0＜x＜x1，x＞x2，＞0，f(x)在及上均单调递增，
所以是极大值点，是极小值点，，，所以，，从而，
∵f(1)＝0，＜， f(x)在（0，1）上有唯一的零点x0，
∴0＜x0＜，且x0＝x1，∵f（x0）＝0，＝0，∴lnx0+a(x0﹣1)2＝0，ax02﹣ax0+1＝0，
消去a可得2lnx0+﹣1＝0，设g(x)＝2lnx+﹣1，0＜x＜，
∴＜0恒成立，∴g(x)在上单调递减，
∵,，∴．
【题型八】零点不等式2：比值代换型
【典例分析】
（2023·全国·高三专题练习）设函数为的导函数.
(1)求的单调区间；
(2)讨论零点的个数；
(3)若有两个极值点且，证明：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为．(2)答案见解析(3)证明见解析
【分析】（1）求出的导函数，即可得到的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间；
（2）由（1）得，，再对分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数；
（3）由（2）可得且，依题意可得，利用导数证明，即可得到，从而得证；
(1)解：因为， 所以．
即，，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为．
(2)解：由（1）得，．
当时，，则在上无零点．
当时，，则在上有一个零点．
当时，，因为，，，
所以，，，故在上有两个零点．
综上，当时，在上无零点；当时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点．
(3)证明：由（2）及有两个极值点，且，
可得， 在上有两个零点，且．所以，
两式相减得，即．
因为，所以． 下面证明，即证．
令，则即证． 令，，则，
所以在上单调递增，所以，故．
又，所以，
故．
【变式演练】
1.（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若在上是增函数，求a的取值范围；
(2)若是函数的两个不同的零点，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，利用导数值恒大于等于0，再分离参数，构造函数并求最值即可作答.
（2）根据给定条件可得，，再分别作差、求和分析推理构造函数，利用导数探讨最值作答.
（1）（1）函数，所以，
①若，则都有，所以在为增函数，符合题意.
②若，因为在为增函数，所以，恒成立，
即，恒成立，令，则，
所以函数在上单调递增，，所以，
这与矛盾，所以舍去.综上，a的取值范围是.
（2）证明：是函数的两个不同的零点，所以，，
显然，，则有，，
所以，不妨令，设，
于是得，，要证，
只需证，即，令，，
则，所以函数在上单调递增，
所以，于是得，又，要证，
只需证，即，而，即证，即，即，
令，，则，
所以函数在上单调递减，所以，即有，
综上，.
2.（2022·江西·模拟预测（文））已知函数，，函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)如果函数的两个零点为，，且，求证：.
【答案】(1)在上为单调递增函数，在上为单调递减函数(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，利用导数在函数单调性中的应用，即可得到结果；
（2）由题意可知， ，两式相减可得，可知，令，，利用导数求出函数的最小值，由此即可证明结果.
(1)
解：当时，则
∴，当时，，在上为单调递增函数；
时，，在上为单调递减函数.
(2)解：∵，∴，，∴，
∴
.令，，则，
∴在上单调递增，∴，即.
【题型九】零点不等式3：零点与极值点型（难点）
【典例分析】
（2023·全国·高三专题练习）设函数，其中．
(1)若，讨论的单调性；(2)若．
（ⅰ）证明：恰有两个零点；
（ⅱ）设为的极值点，为的零点，且，证明：．
【答案】(1)在上单调递增(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）先求导数，利用导数的符号判定函数的单调性；
（2）（ⅰ）求导数，得出函数有唯一极值点，判定极值点两侧函数值的符号可证结论；
（ⅱ）根据极值点和零点的含义，把消去，借助不等式，可证结论.
（1）．∵时，，∴函数在上单调递增．
（2）证明：（i）由（1）可知：．令，∵，，∴在上单调递减，又，且∴存在唯一解．且时，，时，，即函数在上单调递增，在单调递减．∴是函数的唯一极值点．令，可得，∴时，，∵．∴函数在上存在唯一零点．又函数在上有唯一零点1．因此函数恰有两个零点；（ii）由题意可得：，即，∴，即，∵，可得．又，故，取对数可得：，整理可得：．
【变式演练】
1.（2022·浙江·三模）已知实数，设函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数单调递增，求a的最大值；
(3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：．
注：是自然对数的底数．
【答案】(1)在上单调递增；(2)1；(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，结合导数正负可直接求解函数的单调区间.
（2）由题意得对任意的的恒成立，即可求出a的最大值.
（3）由（2）知，当有两个不同极值点时，，则存在两个零点，故，由此可得出，再证明：．即可证明。
(1)当时，，故在上单调递增．
(2)若函数单调递增，则对任意的恒成立．
令，在上，单增，在上，单减，
所以，即.所以在恒成立，
则在恒成立，令，则，
所以时，即递减，时，即递增，
故，即.综上，a的最大值是1．
(3)由于时，单调递增，故当有两个不同极值点时，．
此时，
于是在上单调递减，在上单调递增．
当趋向于0时，趋向于正无穷，，趋向于正无穷时，趋向于正无穷，则存在两个零点，不妨设，也即的两个不同极值点，故
先估计，令，，
则，所以在上单调递增，所以当时，，则，
当时，，所以，
所以则
于是，
由知，，故．只需再证明：．
由，
趋向于正无穷时，趋向于正无穷，故存在．
又是的最大零点，则，得证！
2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数在区间内有唯一极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：在区间内有唯一零点，且.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；
（2）先由导数确定函数在区间上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间内有唯一零点；表示出，构造函数求导，求得，又由，结合在上的单调性即可求解.
(1)，当时，，，
①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，显然在上递增，又因为，，
所以在上有唯一零点，所以，；，，
所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.
(2)由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；
，，单调递增，所以时，，则，又因为，
所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.
因为，由（1）知，所以，
则，构造，所以，
记，则，显然在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.
【题型十】零点不等式4：加新参数
【典例分析】
（2022·河南·高三开学考试（文））已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)设，且在上有2个零点，证明：．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即得；
（2）利用参变分离可得在上有两解，构造函数，利用导数研究函数的性质即得.
（1）因为，所以，
当时，，当或时，，
故的单调递减区间为，单调递增区间为，；
（2）由，得，即，设函数，
则，
设函数，则，函数为增函数，
因为，，又，所以，且，
当时，，，当时，，，
所以当时，取得极大值，且极大值为，
因为，所以当在上有2个零点时，．
【变式演练】
1.（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知，，．
(1)若时，讨论的单调性；
(2)设，是的一个零点，是的一个极值点，若，，证明：．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)证明见解析
【分析】（1）求导后可得，由此可知在上单调递增，结合可得的正负，由此可得单调性；
（2）由零点定义可知；根据单调递增，由此可得只有唯一的满足，即，令可化简等式；设，，利用导数可求得，；通过放缩法可得，分别在和的情况下，结合函数单调性得到结论.
(1)
当时，，则定义域为，
，，
当时，，在上单调递增，
又，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增.
(2)
由得：；
单调递减，只有唯一的满足，
即，
令，则，
设，则，
在上单调递减，，
则当时，，
设，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
则当时，，即
，
；
①当时，，，成立，
，即；
②当时，令，则，
令，则，在上单调递增，
，即，
综上所述：若，，.
【题型十一】三角函数中的零点
【典例分析】
（2022·吉林吉林·模拟预测（文））已知函数，为函数的导函数．
(1)若函数在定义域内是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)当a＝1，函数在内有2个零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）函数在定义域内是单调函数，即恒成立或恒成立，参变分离即可求解；
（2）将问题转化为与在内有2个公共点来求解.
(1)函数是R上单调函数
恒成立或恒成立
等价于恒成立或恒成立设，
∴或∵
∵ ，∴ ，∴
∴或.即实数a的取值范围为
(2)当a＝1时，在内有2个零点
等价于与在内有2个公共点
令，则当时，；当时，
∴在，上单调递减，在上单调递增．
当时，取极小值
当时，取极大值
∵， ∴
要使与在内有2个公共点
需满足或∴或
∴或
即实数m的取值范围为
【变式演练】
1.（2022·北京二中模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的极值；
(3)当时，设函数，，判断的零点个数，并证明你的结论．
【答案】(1)(2)极小值，无极大值(3)有且只有一个零点，证明见解析
【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程；（2）求出定义域，求导后，分与两种情况进行求解得到极值情况；（3）判断出有且仅有一个零点，构造函数，二次求导，结合零点存在性定理得到结论.
(1)，所以，，所以切点为，
所以曲线在点处的切线方程为．
(2)定义域为当时，对恒成立，
在上为增函数，无极值当时，令，所以，，
在处取得极小值，无极大值
(3)有且只有一个零点证明如下：时，
，
令，，则。令
所以对恒成立。所以在上为增函数
由知，
所以在上有唯一零点
， 而在上单调递增，
所以在上有且只有一个零点。当时，，无零点
所以在上有且只有一个零点。所以在上有且只有一个零点.
2.（2022·广东汕头·三模）已知函数．
(1)求在的极值；
(2)证明：函数在有且只有两个零点．
【答案】(1)极小值为，无极大值(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数得出在的极值；
（2）利用导数得出的单调性，再由零点存在性定理证明即可.
(1)
由得，，
令得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，函数的极小值为，无极大值．
(2)
证明：，，则，
令，则．
当时，，则在上单调递减
∵，
所以，存在，使得．
当x变化时，，变化如下表：
而，，
则，又，
令，其中，
则，所以，函数在上单调递增，
则，所以，，
由零点存在定理可知，函数在上有两个零点．

1.（2022·全国·高考真题（理））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)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
(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
当
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,当单调递减有
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
2.（2022·全国·高考真题（文））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)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
（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.
3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1).(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
（1）的定义域为，令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为
（2）由题知,一个零点小于1,一个零点大于1不妨设要证,即证因为,即证因为,即证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上, ,所以.
4．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，取，则，即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
5．（2021·全国·高考真题（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，（且）.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若函数有两个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)增区间为，减区间为(2)
【分析】（1）直接对函数进行求导，根据导数与0的关系即可得结果；
（2）将已知转化为在有两个不等实根，变形可得，令，利用的单调性及其图象即可得结果.
（1）当时，，当时，，当时；故的单调递增区间为，递减区间为.
（2）由题意知在有两个不等实根，，令，，所以在上单调递增，在上单调递减；又，，，，，，作出的图象如图所示：由图可知，解得且，即a的取值范围为.
2.（2022·上海·模拟预测）设，已知函数．
(1)若时，解不等式；
(2)若在区间上有零点，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）把不等式转化为，直接求解；
（2）利用分离参数法得到，直接求出的取值范围．
(1)
当时，；
不等式即为，
即，，得，
所以不等式的解集为；
(2)
由题意，令，即方程在区间上有实数解．
整理得．
由，得，．
所以，的取值范围为．
3.（2023·全国·高三专题练习）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)当有三个零点时a的取值范围恰好是求b的值.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】(1)求函数的导函数，讨论，并解不等式，可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求.
(1)
的定义域为，
若，则，
在单调递增，单调递减，
若，则或，
，
在单调递增，单调递减，单调递增，
若，则
或，
在单调递减，单调递增，单调递减.
(2)
可知要有三个零点，则，
且
由题意也即是的解集就是，
也就是关于的不等式的解集就是，
令，
时，
所以有或，
当时，，
的解是，满足条件，
当时，，
当时，，不满足条件，
故，综合上述.
4.（2022·山东日照·模拟预测）已知函数，且在上的最大值为．
(1)求实数a的值；
(2)讨论函数在内的零点个数，并加以证明．
【答案】(1)1 ;(2)在内有两个零点；证明见解析
【分析】（1）求出，对a分类讨论：当a＝0和时，不符合条件；当时，解得a＝1；
（2）利用零点唯一性定理判断出在内存在唯一的零点；再用二次求导法判断出在上单调递增，由，即在无零点，在上单调递减，利用零点唯一性定理判断出在内有且仅有一个零点．
(1)
因为，所以，
当时，有．
当a＝0时，，不符合条件；
当时，，则在上单调递减，即，不符合条件；
当时，．则在上单调递增，
即，解得a＝1；
(2)
由（1）知在单调递增.
因为，，所以在内存在唯一的零点.
当，，
因为，，
所以在内存在零点，即，
因为，
所以当时，有，即在上单调递减，
所以当时，，即在上单调递增，
所以有，即在无零点，
当时，，所以在上单调递减，
因为，，所以在内有且仅有一个零点．
综上所述，在内有两个零点．
5.（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论在区间上的零点个数.
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）当时，先求的导函数 ，所以切线的斜率 ，然后再根据直线的点斜式方程写出答案即可
（2）先求出 ，通过分类讨论与0的大小关系得出参数的取值范围对应的函数在区间上零点的个数
(1)当时， ，即切点的坐标为
切线的斜率 切线的方程为：
即
(2) 令 ，解得 ，在上递增
同理可得，在上递增上递减
讨论函数零点情况如下：
（Ⅰ）当，即时，函数无零点，在上无零点
（Ⅱ） 当，即时，函数在上有唯一零点，而，在上有一个零点
（Ⅲ）当，即时，由于，
当时，即时， ，
由函数的单调性可知，函数在上有唯一零点，在上有唯一零点，在有两个零点
当，即时，，而且 ，
由函数单调性可知，函数在上有唯一零点，在上没有零点，从而在有一个零点
综上所述，当时，函数在有无零点
当或时，函数在有一个零点。当时，函数在有两个零点
6.（2022·陕西西安·三模（文））设函数.
(1)若函数在定义域上单调递减，求a的取值范围；
(2)当时，讨论函数零点的个数.
【答案】(1)(2)答案见解析
【分析】（1）由条件可知在（0，+∞）上恒成立，参变分离后，转化为求函数的最值，即可求实数的取值范围；
（2），参变分离后，，利用导数判断函数的性质和图象，转化为和的交点个数.
(1)由题意，函数g（x）的定义域为（0，+∞）.∵g（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴在（0，+∞）上恒成立，.即当，恒成立，∴，
∵当，，当且仅当x=1时取等号.∴当时，∴.
∴a的取值范围为（-∞，2]
(2)显然不是f（x）的零点，∴f（x）=，
令，且则（x）=，..，，
∴h（x）在（0，）单调递减，在（，1），（1，+∞）单调递增，
∴在（0，1）时，h（x）有极小值；在（1，+∞）时，..
∴h（x）的图象如图：
∴时，f（x）零点个数为0；，f（x）零点个数为1；时，f（x）零点个数为2，..
7.（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
(1)解：函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
(2)证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
8.（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数．
(1)若恒成立，求a；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）令新函数，求导，利用极值求得，再代入检验；
（2）将代入，计算化简之后，换元得新函数，求导判断单调性与极值，并结合基本不等式证明.
(1)定义域为，得，即，
设，因为，，
故，而，，得，若，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以是的极小值点，故．综上，．
(2)由题意知，两式相加得，两式相减得，即，所以，
即，显然，记，
令，则，
所以在上单调递增，则，
所以，则，即，所以，
所以，所以，即，
令，则时，，所以在上单调递增，又，故，
所以，所以，则，即．
9.（2022·天津滨海新·模拟预测）已知函数，．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）是的极值点，求证：.
【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）对求导，求出，，由导数的几何意义即可求出答案.
（2）（i）分类讨论，求出的单调性，结合零点存在性定理，即可求出a的取值范围；
（ii）设，，令，由转化为，由（i）可知，是的极值点，故，即，即，由，，只需证，令，证.
(1)
的定义域是，
，
可得，又
故曲线在点处的切线方程为，即.
(2)
（i）由（1）可知
①时，，在单调递增，此时至多有一个零点；
②时，，
令，解得，令，解得，
故在递减，在递增，
要使有两个零点，需，解得，即，
而，
，
当时，令，
则，故，，
，
由零点存在性定理可知，在与上分别存在唯一零点．
综上.
（ii）因为，，令，
由，
即，
由（i）可知，
是的极值点
故，
即，
由，，只需证，
令，
则，
令，则，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，；
.10.
10.（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)讨论的单调性
(2)若函数有且只有两个零点，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分和，两种情况分类讨论，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）化简，令，得到，令，利用导数求得函数的单调性转化为有且只有两个零点等价于函数有且只有两个零点，利用导数求得的单调性，分和，两种情况讨论得到要使有两个零点，转化为，不妨令，令，利用导数求得函数单调性，即可求解.
(1)
解：因为，所以.
若，则恒成立；
若，令，解得，
当时，；当时，，
综上所述，当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)
证明：，
令，则，
令函数，则，
可得在上单调递增，在上单调递减，
又由，所以有且仅有一个零点，即，
故函数有且只有两个零点等价于函数有且只有两个零点，
可得，
若，则恒成立，在上单调递增，
则最多只有一个零点，不符合题意；
若，则当时，单调递增；
当单调递减.
当或时，，故要使有两个零点，
则需，即，
不妨令，
今函数，
则，
因为，所以，
故在上单调递增，
又因为，所以，即，
因为在上单调递减，
所以，即.
11.（2022·全国·模拟预测）已知，函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数，，讨论的零点个数.
【答案】(1)答案见解析(2)零点个数为1
【分析】（1）求出函数的导函数，分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调区间.
（2）化简函数，求出其导数，分类讨论的取值范围，利用导数及零点存在定理求解零点的个数.
(1)解：（1）由题可得，
当时，，在上单调递增；
当时，令，得，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
解：由题意得，则.
①当时，易知函数单调递减，所以在上单调递增，
又，，所以在上有唯一的零点，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增.
又，， 故在上有唯一零点.
②当时，易知，
构造函数，则，
所以在上单调递增，故，
又，故在上恒成立，此时无零点.
综上，函数在上的零点个数为1.
【提分秘籍】
基本规律
零点求参基础型：
分类讨论思想与转化化归思想
数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函数”切线处（极值点处）
3.注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维”。
【提分秘籍】
基本规律
两个零点型，比较复杂，多数为所求区间内为“类二次函数型”，所以需要求极值点，还需要“找点”。
【提分秘籍】
基本规律
1、三个零点型，注意是否有容易观察出来的零点，这样可以转化为两个零点型以降低难度。
2、三个零点型，可通过讨论，研究函数是否是“类一元三次函数”型。
3、如果函数有“断点”，注意分段讨论研究。
【提分秘籍】
基本规律
无参数型零点，难度多在函数图像负责，必要时，甚至需要二次求导，高次求导来研究原函数图像的单调性。
【提分秘籍】
基本规律
判断函数零点个数的方法有：
（1）直接法，令，如果能直接求出解，那么有几个不同的解，就有几个零点.
（2）图象法，画出函数的图象，函数的图象与轴的交点个数就是函数的零点个数；将函数拆成函数和的差的形式，，则函数的零点个数就是函数和的图象的交点个数.
（3）函数零点存在定理，利用函数零点存在定理时，不仅要求函数图象在区间上是连续不断的曲线，，还需要结合函数的图象与性质（如单调性､奇偶性）才能确定函数有多少个零点.
【提分秘籍】
基本规律
零点不等式，也是极值点偏移的一个类型。
-
0
+
↘
极小值
↗
-
0
+
极小值
x
0
单调递增
极大值
单调递减
增
极大值
减