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微专题10导数解答题之零点问题
【秒杀总结】
1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函
数零点情况，求参数的值或取值范围．
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与 轴（或直线
）在某区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出
其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．
【典型例题】
例1．（2023秋·内蒙古包头·高三统考期末）已知函数 .
(1)若 存在极值，求 的取值范围；
(2)当 时，讨论函数 的零点情况.
【解析】（1）因为 ，所以 ，
当 ，即 时， ，则 为单调递增函数，不可能有极值，舍去；
当 ，即 时，令 ，解得 ，
当 时， ；当 时， ；
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 取得极大值，符合题意；
综上： ，故实数 的取值范围为 .
（2）当 时， ，则 ，
令 ，则 ，
（i）当 时， ，则 单调递减，即 单调递减，
注意到 ， ，
所以存在唯一的 使 ，且当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
注意到 ， ， ，则
，
所以 在 和 上各有一个零点；
（ii）当 时， ，故 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，故 ，
所以 ，故 在 上无零点；
（iii）当 时， ，则 ，
令 ，则 ，所以 在 上单调递减，
又 ，故 ，
所以 ，故 在 上无零点；
综上： 在 和 上各有一个零点，共有两个零点.
例2．（2023春·全国·高三竞赛）已知函数 ．设 为
的导函数．
(1)证明： 有且仅有一个极值点；
(2)判断 的所有零点之和与 的大小关系，并说明理由．
【解析】（1）证明：因为 ，所以
设 ， ，
所以 ，其中 恒成立，
令 ， ，
则 ，
因为 ，所以 ，所以当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递增；
又 ， ，
，
所以 ，使得 ，即 ，
故对于 有 ，当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
所以 是函数 的极大值点， 无极小值点，故 有且仅有一个极值点.
（2） 的所有零点之和大于 ，理由如下：
函数 ，其导函数 ， ，使得当
时， 单调递增，当 时，函数 单调递减，
又 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
又 ，
故 ，使得 ， ，使得 ，于是可得：
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
又 ，故 ，
则 ，所以存在 使得 ，所以 ，又 ，所以 ，则存在
使得 ，
又 ，所以函数 在区间 上无零点；
故函数在 上有两个零点 ，且 ，
由 可得：
，所以 ，
又 ，
所以 ，
根据 ，可得： ， ，
并且函数 在 上单调递减，所以 ，即 ，
故 的两个零点之和大于 .
例3．（2023秋·重庆·高三统考学业考试）已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，讨论函数 的零点个数.
【解析】（1）因为 ，所以 ，
令 ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，即 恒成立，
所以 ，则 ，
所以切线的斜率为 ，
又切点为 ，所以切线方程为 ，即 .
（2）令 ，则 ，该式等价于 或 ，
当 时，有 ，
令 ， ，则 的解的个数即为 与 的交点个数，
易知 开口向上，对称轴为 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ，
而 在 上单调递增， ，所以 在 上单调递减，且
，
作出 与 的图像，如图，
所以 与 的交点只有一个，且为 ，故 只有一个解；
当 时，因为当 时，该式不成立，所以 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，故 ，
所以 在 上单调递增，
因为 ，
所以存在 ，使得 ，则 在 上 ，在 上 ，所以 在 上 ，在 上 ，在 上 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递减，在 上调递增，
因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，
因为 在 上单调递增， ，
所以 ，故 ，
又因为 ，所以方程 无解，即方程 无解，故 无解；
综上：当 时， 与 只有一个解，即 只有一个零点.
例4．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知函数 是 的导
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 内实数解的个数，
并说明理由．
【解析】（1）由题意 在 上恒成立，得 ，
即 恒成立，令 ，则 ，
当 时， ，
令 ，即 ，则 ，
得 ，
令 ，即 ，
或 得 或 ，
所以 在 和 为减函数，在 上为增函数，
， ，故 ，故 ，即 ，
综上 ，实数 的取值范围 .
（2）由题意 ，
,
由 ，得 ，
令 ， 令 ，
,令
在 上单调递减,
注意到 ,
∴存在 ,使 ，
且当 时， ， 单调递增,
当 时， ， 单调递减,
且 ,
,
所以 在 和 上各有一个零点，
设为 ，且当 时， 单调递减； 时， 单调递增，
当 时， 单调递减
且 ，
∴当 时， ，
当 时， ，
故 在 上有唯一的零点，设为 ，
且当 ，时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增．
注意到 ，
，所以： 在 和 上各有一个零点，设为 ，
所以 共两个零点，
故方程 在 内实数解的个数为2.
例5．（2023秋·江西赣州·高三统考期末）已知函数 ， ．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若函数 的图象与函数 的图象仅有一个交点M，求证：曲线 与
在点M处有相同的切线，且 ．
【解析】（1） 定义域为R，
所以 ，
①当 即 时， 恒成立，
函数 在 上为单调递减函数．
②当 即 时，令 得： ，
令 得： 或 ，
所以，函数 在 上单调递增，
在 和 上单调递减
综上所述，当 时，函数 在 上为单调递减；
当 时， 在 上单调递增，在 和
上单调递减；
（2）构造 ，
所以 ．
记 ， 恒成立，
即 在 上单调递增．
而 ， ，
所以存在唯一的 使得 ，即 ，由 ， 可得 ， ，
所以 ， ，所以 ，
即曲线 与 在点M处有相同的切线．
又因为当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 在 上取得极小值，也是最小值，
即 ，
由于函数 的图象与函数 的图象仅有一个交点M，
所以 ，即 ，
故 ， ，
所以 在 上单调递减，
所以 ，
综上，曲线 与 在点M处有相同的切线，且 ．
例6．（2023春·广东江门·高三校联考开学考试）已知函数 ， 为其
导函数.
(1)若 ，求 的单调区间；
(2)若关于 的方程 有两个不相等的实根，求实数 的取值范围.
【解析】（1）函数 ， ，则 ，
令 ，则 ，设 ，则
，得 ，
故 时， ，函数 即 单调递减， 时， ，函
数 即 单调递增，
所以 ，又 时， ，又 ，
所以 时， ，函数 单调递减， 时， ，函数 单
调递增，故 的单调减区间为 ，增区间为 ；
（2）关于 的方程 有两个不相等的实根，即函数 ，在
上有两个零点，
又 ，
①当 时， ，得 ，所以当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
所以 ，又 时， ， ，则函数 在
上有两个零点；
②当 时， ，得 ， ，
（i）当 时， ，此时 恒成立，函数 单调递增，在 上不
可能有两个零点，不符合题意；
（ii）当 时， ，则当 时， ，函数 单调递
增， 时， ，函数 单调递减，当 时， ，函数
单调递增，
所以 ， ，故函数
在区间 无零点，在 不可能存在两个零点，故不符合题意；
（iii）当 时， ，则当 时， ，函数 单调递增，
时， ，函数 单调递减，当 时， ，
函数 单调递增，
又 ，故函数 在区间 无零点，在 不可能存在
两个零点，故不符合题意；
综上，实数 的取值范围 .
例7．（2023·全国·高三专题练习）已知 是函数 的极值点.
(1)求 ；
(2)证明： 有两个零点，且其中一个零点 ；
(3)证明： 的所有零点都大于 .
【解析】（1） ，则 ，因为 是函数 的极值点，所以 ，
即 ，解得 .
当 时， ，
当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
所以 是函数 的极小值点，故 ；
（2）由(1)知， ，令 ，则 ，
作 和 函数图象，如图所示，
由图可知，两函数图象有2个交点，且一个交点分布在 上，另一个分布在 上，
所以方程 有2个解，即函数 有2个零点.
易知2是函数 的一个零点，设另一个零点为 ，
又 ， ，
所以 ，又函数 在定义域上连续，
由零点的存在性定理，知 ；
（3）由(1)知， ，
当 时， ，
当 时，令 ，则 ，
设 ，则 ， ，令 或 ，令 ，
所以函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
又 ， ，得
所以 ，又 ，
所以当 时，
，
作出函数 和 的图象，如图所示，
由图可知，两函数图象的交点的的横坐标都大于 ，
故函数 的所有零点都大于 .
例8．（2023秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数 ．
(1)求 的导函数 的单调区间；
(2)若方程 （ ）有三个实数根 ，且 ，求实数 a的取
值范围．
【解析】（1）函数f(x)的定义域为
记 ，则 ．
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时，记 ，
所以 时， ， 递减； 时， ， 递增，的极小值为 ，即有 ，
因此 ， g(x)在 上单调递减，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）令
方程 （ ）有三个实数根等价于F(x)有三个零点 ， ，
当 时，因为 ，则 ，此时F(x)在 无零点；
当 时，由（1）知 在 上单调递增，
显然 ， ，
因此存在 ，使得 ， ， 单调递减，
， 单调递增，
①若 ，则 ，不符合题意；
②若 ， ，当 时， ， ， 在 上无
零点，
当 时， ， 在 上无零点，不符合题意，
③若 ，则 ， ，于是 ，
而当 时， ， ，但 的取值集合是 ，
因此存在 ，使得 ，
当 时，令 ， ，令 ，
则 ，即 在 上单调递增， ，
在 上单调递增， ，因此当 时， ，
有 ，因为当 时，二次函数 的值域是
，
于是得当 时， ，因此存在 ，使得 ，
此时当 时， ，即函数F(x)在 上单调递减，
由因此存在 ，使得 ，
从而当 时，F(x)有三个零点 ，且 ，
所以实数a的取值范围是 ．
例9．（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数 和
，
(1)求 在 处的切线方程；
(2)若当 时， 恒成立，求 的取值范围；
(3)若 与 有相同的最小值．
①求出 ；
②证明：存在实数 ，使得 和 共有三个不同的根 、 、 ，
且 、 、 依次成等差数列．
【解析】（1）因为 ，则 ，所以， ，
所以， 在 处的切线方程为 .
（2）当 时，不等式 等价于 ．
设 ，则 ，且 .
对于函数 ， .
（ⅰ）当 且 时， ，故 ，
则 在 上单调递增，因此 ；
（ⅱ）当 时，令 得 ， ．
由 得 ， ，
故当 时， ， 在 单调递减，因此 ，不合乎题意.
综上， 的取值范围是 ．
（3）① 的定义域为 ，而 ，
若 ，则 ，此时 无最小值，故 .
函数 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 ，其中 ，则 ，
故 为 上的减函数，而 ，
故 的唯一解为 ，故 的解为 .
综上， .
②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，即方程 的解的个数为 .
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 .
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 ，其中 ，则 ，
故 在 上为增函数，故 即 ，
所以 ，所以 在 上为增函数，
而 ， ，
故 在 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 .【过关测试】
1．（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．
【解析】（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 单调递减 单调递增
极大值 极小值
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．
2．（2023秋·河南驻马店·高三统考期末）已知函数 .
(1)求 的单调区间；
(2)若函数 恰有两个不同的零点，求a的取值范围.
【解析】（1）由题意可得 ，
设 ，则
由 ，得 ，由 ，得
则 在 上单调递增，在 上单调递减，即 在 单调递增，在 上
单调递减，从而 ，
故 的单调递减区间是 ，无递增区间
（2）由题意可得 ，
的定义域是 ，
①当 ，即 时， 时 ， 时 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增.
因为 时， ， 时， ，
所以 要有两个零点，则 ，解得 ，故1 ；
②当 ，即 时，由 ，解得
因为 ，所以 ，则 有且仅有1个零点，故 不符合题意；
③当 ，即 时，由 ，得 或 ，
由 ，得 ，
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
因为 时， 时， ，所以 要有两个零点，则 或
，
若 ，解得 ，不符合题意，
若 ，设 ，则 化为
，
时， ， ，
所以 ， 无解，
即 无解，故 不符合题意；
④当 ，即 时， 恒成立，则 在 上单调递增，从而 最多
有1个零点，则 不符合题意；
⑤当 ，即 时，由 ，得 或 ，由 ，得 ，
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
因为 时， 时，
所以 要有两个零点，则 或 ，
若 ，解得 ，不符合题意，
若 ．
设 ，则 化为 ，
由（1）知 在 上单调递减，所以 ，
无解，
即 无解，故 不符合题意．
综上， 的取值范围是 ．
3．（2023·全国·高三专题练习）已知 ，函数 ， .
(1)若 ，求函数 的极小值；
(2)若函数 存在唯一的零点，求 的取值范围.【解析】（1）由 ，
所以 ， ，令 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递减，在 上递增，
所以 的极小值为 ；
（2） ，令 （ ），
存在唯—的零点， ，
令 ， ，
令 ，
当 时， ；
当 时， ，
所以 在 上递减，在 上递增，
所以 ，
①若 ，即 ，
令 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
即 时， ，所以 在 上递增，
注意到 ，所以 存在唯一的零点，符合题意
②当 时， ， ，
，
令 ， ，则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，
所以
所以 即 在 和 上各有一个零点 ， ，
在 上递增， 上递减， 上递增，
而 ，所以 ，
，
当 时， ；
当 时， ，
而 ， ，
所以 在 ， 和 上各有一个零点，共3个零点了，舍去.
综上， 的取值范围为 .
4．（2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考期末）已知函数
，其中 是自然对数的底数.
(1)若 在区间 上单调递增，求 的取值范围；
(2)设函数 ，证明：存在唯一的正实数 ，使得 恰好
有两个零点.
【解析】（1）因为 ，所以 ，
由题意可得 在 上恒成立，易知 ，在 上单调递增，
所以 在 上单调递增，所以 ，
所以 ，所以实数 的取值范围为 ；
（2）证明：因为 ，
又因为 ， ，
易知 在定义域上单调递减，所以当 时， ，
即 在 上无零点，
因为 ，所以 ，使 ，
又因为 ， ，所以 ，所以 ，
因为当 时， ，
所以若 恰有两个零点，只需 在 上恰有1个零点，
因为 ，所以 ，使 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ，若 ，则 在 上恒成立，所以 单调递减，
所以 ，即 不合题意；
若 ，则 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又因为当 趋于0时， 趋于 ，且 ，所以 ，
将 代入得 ，
设 ，
则 ，
所以 单调递增，所以 ， ，
所以存在唯一 ，使 ，即存在唯一的正实数 ，使得 恰好有两个零点.
得证.
5．（2023秋·内蒙古呼和浩特·高三统考期末）已知函数 .
(1)当 时，讨论 的单调性；
(2)若 有两个零点，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当 时 ， ，则 ，
令 ，则 ，所以当 时 ，当 时
，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ，且当 时 ， ，则
，
所以当 时 ，当 时 ，
即当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）因为 有两个零点，所以方程 有两个不同的根，
即关于 的方程 有两个不同的解，
当 时，方程不成立，所以 ，
令 ， ，则 与 的图象有两个交点，
又 ，
令 ，解得 或 ，令 ，得 或 ，
所以 在 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减，
当 时， 取得极大值 ，
当 时， 取得极小值 ，
因为 ，且当 时， ，所以 的取值范围是 ．
6．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数 ，
.
(1)若 ，求 的最小值；
(2)若 有且只有两个零点，求实数 的取值范围.
【解析】（1）当 时， ，
则 .
当 时， ，
所以 ，
所以 .
又 ，所以 ，
所以 恒成立，
所以 在区间 上单调递增，
所以 的最小值为 .
（2）由已知可得 ，则 在区间 上有且只有1个零点．
，
令 ， .
则 ，
因为 在区间 上恒成立，
所以 在区间 上单调递增.
所以，当 时， 有最小值 ；当 时， 有最大值 .当 时，有 ，则 恒成立，则 在区间 上单调递增，所
以 .
又 ，所以 在区间 上无零点，不符合题意，舍去；
当 时，有 恒成立，则 在区间 上单调递减，所以
.
又 ，所以 在区间 上无零点，不符合题意，舍去；
当 时，有 ， .
又 在区间 上单调递增，
根据零点的存在定理可得， ，使得 .
当 时， ， 单调递减：当 时， ， 单调递增.
又 ， ，要使 在区间 上有且只有一个零点，
则 ，解得 .
又 ，所以 .
综上，实数 的取值范围是 ．
7．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知函数 ．
(1)求 在区间 内的极大值；
(2)令函数 ，当 时，证明： 在区间 内有且仅有两个零点．
【解析】（1）由题得 ，
当 时， ，当 时， ，则 在区间 内单调递增，在区间 内单调递减，
所以 在区间 内的极大值为 ．
（2）证明： ，
设 ，则 ，
令 ，则 ( )，所以 在区间
内单调递减．
又 ， ，故存在 ，使得 ，
当 时， ，即 ， 在区间 内单调递增；当 时，
，即 ， 在区间 内单调递减．
又 ， ，因为 ，所以 ，
所以 在区间 ， 内各有一个零点，即 在区间 内有且仅有两个零
点．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程
中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问
题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
8．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）已知函数 ， ，其中a
为实数.
(1)若函数 ， 的图象在 处的切线重合，求a的值；
(2)若 ，设函数 的极值点为 .求证：①函数 有两个零点 ，
（ ）；② .
【解析】（1）由题意得： ， ， ，故 ，
， ， ，
因为函数 ， 的图象在 处的切线重合，故 ，解得 .
（2）① ， ，
则 ，其中 ，令
又 ，故 在 上单调递减，
据 ， ，
故 ，
且当 时， ， 在 上单调递增，
当 ， ， 在 上单调递减，
由（1）知， ，故 ，
所以 .
下面证明 ，
令 ， ， ，
当 时， ， 在 上单调递增，
当 ， ， 在 上单调递减，
故 ，即 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，
且 ， ， ，
所以 ，
故存在 ，使得 .
综上所述， 在 上存在两个零点 ， .
②要证 ，即证 ，
因为 是函数 的零点，故 ，
又 是函数 的极值点，故 ，
所以 ， ，又 ，所以 ，即 ，
所以 ，
所以 ，即 ，得证.
9．（2023·全国·模拟预测）已知函数 .
(1)当 时，求 的最小值；
(2)设 ， ，证明： 有且仅有 个零点.（参考数据：
， .）
【解析】（1）已知 ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，故 ，所以 在 上单调递增，即
，
所以 在 上单调递减，即 ，所以 的最小值为
（2）因为 ，所以 .
①当 时，设 ， ，
所以 在 单调递增.又 ， ，
故 ，使得 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
故 ， .
所以 在 上存在唯一零点 ，显然 ，故 是 的一个零点.
②当 时， ，设 ，
，再设 ，于是 ，
因为 ，所以 在 上单调递减，且 ， ，
故 ，使得 .
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
因为 ， ，
故 ，使得 .
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
又因为 ， ，所以 在 上无零点.
③当 时， ，
故 在 上单调递减.
又因为 ， ，
所以 在 上存在唯一零点 .
④当 时，因为 ， ，
所以 ，此时 无零点.
综上所述， 在 上有且仅有 个零点.
10．（2023春·云南·高三校联考开学考试）已知函数 ．
(1)当 时，求函数 的极值；
(2)讨论 在区间 上的水平切线的条数．
【解析】（1）当 时， ，
令 ，得 ，显然 在 上单调递增，当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 的极小值为 ，无极大值；
（2）设 ，由题意 在 上的水平切线的条数，
等价于 在 上的零点个数，
当 时， 在 上恒成立，此时 在区间 上没有零点；
当 时， ，所以 在 上单调递增，
，令 ，因为 ，
所以 在 上单调递减，故 ，
所以 ，
①当 时， 在 上没有零点；
②当 时， 在 上有且只有1个零点；
所以当 或 时， 在区间 上没有水平切线；
当 时， 在区间 上有一条水平切线；
11．（2023秋·广西南宁·高三南宁二中校考期末）已知函数 有两
个不同的零点x，x.
1 2
(1)当 时，求证： ；
(2)求实数a的取值范围；
【解析】（1）令 ，则 .
当 时， 所以 在 上单调递减.
所以
所以 .
（2） ，
当 时， ，此时f（x）为增函数，不合题意；
当 时， ，得 ， (舍)所以当 ， ，f（x）单调递减；当 ， ，f
（x）单调递增.
如果f（x）有两个不同的零点，必有 ，
则 ，得 ，所以 .
此时 ，又此时 ，
故在（ ）有一个零点：
由（1）知， 时， ，令 ，
解得 ，故当 时， ，故当 时， ，
故在 ）上有一个零点，
所以f（x）有两个不同的零点时，a的取值范围为
12．（2023秋·湖北武汉·高三统考期末）已知函数 与 （ ，且
）
(1)求 在 处的切线方程；
(2)若 ， 恰有两个零点，求 的取值范围
【解析】（1）由题可得 ， ，故 ，
于是 在 处的切线方程为 .
（2） 恰有两个零点，即方程 恰有两正根 ，
因为 ， ，则 ，故 ，于是 ，
同理： ， ，
由 ，得 ，则 ，故 ，
令 ，故 ，
于是函数 在 上单调递增，
所以由 可得 ，即方程 有两正根，等价于方程 有两正根，
令 ，则由 得 ，
令 ，则 在 上有两个零点， ，
当 时， ，则 ，故 ，
所以 在 上单调递减，所以 至多只有一个零点，不满足题意；
当 时，令 ，得 ；令 ，得 ；
所以 在 上单调递增， 在 上单调递减，故 的极大值为 ，
因为 在 上有两个零点，所以必有 ，即 ，解得 ，
下面证明当 时， 在 上有两个零点：
当 时，易知 ， ，故 ，
又因为 在 上单调递增，故 在 上有唯一零点；
当 时，
令 ，则 ，
再令 ，则 ，故 在 上单调递增，
所以 ，即 ，故 在 上单调递增，
所以 ，因为 ，
所以 ，即 ，即 ，即 ，故 ，
又因为 ，故 ，即 ，
又因为 在 上单调递减，故 在 上有唯一零点；
综上：当 时， 在 上有两个零点，即 有两个解，故
有两个解，即 有两个零点，所以 ，故 ，即 .
13．（2023秋·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知函数 ，
(1)当 时，求函数 的最小值；
(2)设 ，证明：曲线 与曲线 有两条公切线.
【解析】（1）令 ，
则 ， ，
易知 在 上单调递增，且 ，
所以 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增， ，
所以当 时，函数 有最小值为 ；
（2）证明：曲线 与曲线 分别在点 ， 处有公切线，
等价于直线 与直线 重合，
又 ， ，
即 ，
消去 得 ，
令 ，则有 （*），
曲线 与曲线 有两条公切线即证（*）有两个不同的解，
令 ，则 ，
因为 ，所以 ， ， 单调递减；
， ， 单调递增，
故 有最小值为 ，又 ，
所以 在区间 上有唯一零点；
下面考虑 在区间 上的零点情况：先证：对任意的正数 ，存在正实数 ，使得当 时，都有 （**），
令 ，则 ，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 有最小值 ，
（i）当 时， ， 可以是任意的正数；
（ii）当 时，由（i）知 ，取 ，
则当 时，都有 ，
所以对任意的正数 ，当 时，都有 ，
所以当 ，
，
当 时， ，
所以取 时， ，
所以 在区间 上也有唯一零点，
综上，（*）有两个不同的零点即曲线 与曲线 有两条公切线.
14．（2023·全国·模拟预测）已知函数 （e是自然对数的底数）.
(1)若 （ ）是函数 的两个零点，证明： ；
(2)当 时，若对于 ，曲线C： 与曲线 都有唯一的公共点，求
实数m的取值范围.
【解析】（1）依题意， 是函数 的两个零点，
设 ，因为 ，所以 ，因为 ，所以 ，
不等式 ，
因为 ，所证不等式即 .
设 ，所以 ，令 ，
则 ，所以 在 上是增函数，且 ，
所以 在 上是增函数，且 ，
即 ，从而所证不等式成立.
（2）因为曲线 与曲线 有唯一的公共点，
所以方程 有唯一解，即方程 有唯一解，
令 ，所以 ，
当 时， ，函数 单调递增，
易知 与 有且只有一个交点，满足题意；
当 时， 有两个根，且两根之和为 ，两根之积为
，
若两根一个大于4，一个小于4，此时函数 先增后减再增，存在一个极大值和一个极
小值，要使 有唯一实数根，
则 大于极大值或小于极小值.
记 为极大值点，则 ，则 恒成立，
又 ，即 ，
则极大值 ，
因为 ，所以 在 上单调递增，
，则 ；
记 为极小值点，则 ，则 ，又 ，所以 恒成立，令 ，又 ，
所以 时， ，所以 单调递减，无最小值，
所以不存在 ，使得 恒成立.
若两根都大于4，设 为极大值点， ，则同理可得 单调递减，
所以 ，则 ；
设 为极小值点， ，可得不存在 ，使得 恒成立.
综上，要使对 ，曲线 与曲线 都有唯一的公共点， 的取值范
围为 .
15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .
(1)当 时，求函数 的极值；
(2)若关于x的方程 在 无实数解，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当 时， ，定义域为R，
，令 ，解得： ，
当 时， ， 单增，当 时， ， 单减
所以 在 处取得极小值，极小值为 ，无极大值.
（2） 即 在 无实数解，
令 ，
则 ，
令 ，
则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
，即 在 上单调递增，
其中 ，当 ，即 时， 时， ，
在 上单调递增，又 ，
故当 时， 没有零点；
②当 ，即 时，
令 ，
在 上恒成立，
所以 在 上单调递增，
所以 ，故 ， ，
所以 ，
又 ，故存在 ，使得 ，
当 时， ， 单调递减，又 ，
故当 时， ，所以 在 内没有零点，
当 时， ， 单调递增，
因为 ，所以 ，
且
令 ， ，
， ，
令 ， ，
，所以 在 上单调递增，
又 ，故 时， ，
在 上单调递增，
所以 ，故 ，
又 ，由零点存在性定理可知，存在 ， ，
故在 内，函数 有且仅有一个零点，
综上： 时满足题意
即 的取值范围是16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .
(1)讨论函数 在 上的单调性；
(2)若函数 的图象与 的图象有三个不同的交点，求实数a的取值范围.
【解析】（1） ，
则 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时，
当 时， ，则 为单调递增函数，
当 时， ，则 为单调递减函数，
综上：当 时， 在 上单调递增，
当 时， 的增区间为 ，减区间为 ；
（2）因为函数 的图象与 的图象有三个不同的交点，
所以方程 有3个不同的解，
即 ，
令 ，则 ，
所以 ①，
由 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上递增，在 上递减，
所以 ，
当 时， ，当 时， ，
作出 的图象，如图所示，由题意可得方程①的根，有一个 必在 内，另一个根 或 或 ，
当 时，方程①无意义，
当 时， ，则 不满足题意，
所以当 时，由二次函数的性质可得 ， 解得 ，
综上：实数a的取值范围为 .
17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 （ 是自然对数的底数）．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)当 时，若对于 ，曲线C： 与曲线 都有唯一的公共点，求
实数 的取值范围．
【解析】（1）由题意可知，函数 的定义域为 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ，函数 在 单调递减；
当 时，令 ，即 ，解得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
综上所述，当 时，函数 在 单调递减；
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减．
（2）因为曲线 与曲线 有唯一的公共点，
所以方程 有唯一解，即方程 有唯一解，令 ，所以 ，
当 ，即 时， ，函数 在 单调递增；
易知 与 有且只有一个交点，满足题意；
当 即 时， 有两个根，且两根之和为 ，两根之积为
，
若两根一个大于4，一个小于4，此时函数 先增后减再增，存在一个极大值和一个极
小值，要使 有唯一实数根，
则 大于极大值或小于极小值．
记 为极大值点，则 ，则 恒成立，
又 ，即 ，
则极大值 ，
因为 ，所以 在 上单调递增，
，则 ；
记 为极小值点，则 ，则 ，又 ，
所以 恒成立，令 ，又 ，
所以 时， ，所以 单调递减，无最小值，
所以不存在 ，使得 恒成立．
若两根都大于4，设 为极大值点， ，则同理可得 单调递减，
所以 ，则 ；
设 为极小值点， ，可得不存在 ，使得 恒成立．
综上所述，实数 的取值范围为 ．
