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特训 06 利用导数解决零点、交点、方程根等问题（三大题型）
方法技巧1 隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致
解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在
区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点
是x.因为x 不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 叫做隐零点；若x 容易求出，就
0 0 0 0
叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
方法技巧2 极限思想在解决零点问题中的应用
解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与 x轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限
的思想方法是解决问题的有力工具.
目录：
01 ：判断、证明或讨论零点的个数
02 ：根据零点情况求参数范围
03 ：与函数零点相关的综合问题
01 ：判断、证明或讨论零点的个数
例1 已知函数f(x)＝xsin x－.
判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.
解 f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：
∵f′(x)＝sin x＋xcos x，当x∈时，f′(x)＞0，
f(x)＝xsin x－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0，
又f(x)在上的图象是连续不间断的.
所以f(x)在内至少存在一个零点.
又f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且只有一个零点.
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.
由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不间断的，
故存在m∈，
使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cos x－xsin x，
知x∈时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在内单调递减.
当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零
点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.
感悟提升 利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.训练1 已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1).
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
(1)解 当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减.
(2)证明 由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－
＝－6－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
02 ：根据零点情况求参数范围
例2 已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.
解 (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，
则f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率k＝f′(1)＝2，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程
为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝，
∵x∈，
∴由g′(x)＝0，得x＝1.
当≤x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
且g＞g(e)，
∴g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点需满足条件
解得1＜m≤2＋.
故实数m的取值范围是.
感悟提升 1.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
2.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数
的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
训练2 已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，
则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，
则g′(x)＝ex－2a.
若a＝0，由(1)知f(x)的极小值f(1)＝0，故f(x)在区间(0，1)内没有零点.
若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.
又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x∈(0，1)，使g(x)＝0.
0 0
故当x∈(0，x)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
0
当x∈(x，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
0
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.
则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.
综上，实数a的取值范围为(－∞，0).
03 ：与函数零点相关的综合问题
例3 设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点.
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x，
0
当x∈(0，x)时，f′(x)<0；当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0.
0 0
故f(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
所以当x＝x 时，f(x)取得最小值，最小值为f(x).
0 0
由于2e2x －＝0，
0
所以f(x)＝＋2ax＋aln ≥2a＋aln .
0 0
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
感悟提升 1.在(1)问中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零
点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.
2.由(1)问知，函数f′(x)存在唯一零点x，则f(x)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x)≥2a＋aln .
0 0 0
训练3 设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
(1)解 f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0，
故b＝－.
(2)证明 由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f′(x)与f(x)的情况为：
x －
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) c＋ c－
因为f(1)＝f＝c＋，
所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点.
因为f(－1)＝f＝c－，
所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点.
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.
当－0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.
解 (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.
当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞).
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立，
令g(x)＝＋x(x>0)，
得g′(x)＝＋1
＝(x>0).
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数.
又因为h(1)<0，h(2)>0，
所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x) ＝g(α)＝＋α.
min
又h(α)＝eα－α－2＝0，
所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，
则g(x) ＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
min
所以k的最大值为2.
方法技巧2 极限思想在解决零点问题中的应用
解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与 x轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限
的思想方法是解决问题的有力工具.
例 (1)已知函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
解 令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.
①当x＜0时，函数y＝ax与y＝x2的图象有一个交点；
②当x＞0时，两边同时取自然对数得xln a＝2ln x，
即ln a＝，由题意得函数y＝ln a与g(x)＝的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，g′(x)＝，令g′(x)＞0，
解得0＜x＜e，则g(x)在(0，e)上单调递增；令g′(x)＜0，解得x＞e，则g(x)在(e，＋∞)上单调递减，则
g(x) ＝g(e)＝，当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)＞0；
max
当x→0时，g(x)→－∞，则有0＜ln a＜，解得1＜a＜e.综上，a的取值范围是.
(2)已知函数f(x)＝ex(x＋1)，若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围.
解 g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝
ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)＜0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，
当x＜2时，u(x)＜0，
∴实数m的取值范围为{m|－e＜m＜0}.
一、解答题1．（2024·北京顺义·三模）已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，求证：函数 存在极小值；
(3)求函数 的零点个数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）求出函数 的导数 ，再利用导数的几何意义求解作答.
（2）讨论函数 在区间 和 上的符号即可推理作答.
（3）在 时，分离参数，构造函数 ，再探讨 在 上的零点情况即
可作答.
【解析】（1）由函数 求导得： ，
所以 ，因为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程是 .
（2）函数 的定义域为 ，由（1）知， ，
因为 ，则当 时， ， ， ，
所以，有 ，函数 在 上递减，
当 时， ， ， ，则有 ，函数 在 上递增，
所以，当 时，函数 取得极小值，
所以，当 时，函数 存在极小值.（3）函数 的定义域为 ， ，
显然 是函数 的零点，
当 时，函数 的零点即为方程 的解，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上递增，在 上递减，
， ，
所以，有 ， 在 ， 上都递减，
令 ， ，
当 时， ，当 时， ，
所以， 在 上递增，在 上递减， ，
所以， ，恒有 ，当且仅当 时取“=”，
所以，当 时， ，当 时， ，
所以， 在 上单调递减， 取值集合为 ，
在 上递减， 取值集合为 ，
所以，当 或 时，方程 有唯一解，
当 或 时，此方程无解，
所以，当 或 时，函数 有一个零点，当 或 时，函数 有两个零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零
点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
2．（2024·湖南常德·一模）已知函数 ．
(1)求 的单调区间；
(2)证明： ；
(3)若函数 有三个不同的零点，求 的取值范围．
【答案】(1) 的单调递减区间为 ，无单调递增区间，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出 的定义域，对 求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
（2）由（1）可得 时， ，从而可得 ，令
，利用放缩法可得 ，利用裂项求和法即可得证；
（3）对 化简可得 ， 只有一个零点 ，令 ，则
有三个不同的零点等价于函数 有三个不同的零点，分 和 两种情况讨论，结合零点
存在性定理即可求解．
【解析】（1）函数 定义域为 ，
因为 ，
所以 在 上单调递减，故 的单调递减区间为 ，无单调递增区间，（2）证明：由（1） 时， ，
所以 ，令 ，
则 ，
，
故
所以 ；
（3） ，
因为 与 同号，所以 只有一个零点 ，
令 ， ，由 ，
则 有三个不同的零点等价于函数 有三个不同的零点，
函数 定义域为 ，
因为 ，
设 ，则 ，
①当 时， ， 恒成立，此时 在 上单调递减，显然不符合题意，
②当 时， ， 有两个零点 ， ，所以当 时， ，即 ；当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ．
故 在 ， , 上单调递减，在 , 上单调递增；
因为 ，且 ，所以 ，所以 ，
由（2）知， 时， ，
所以 ，即 ，
所以 ，
所以由零点存在性定理知， 在区间 上有唯一的一个零点 ，
因为 ，
因为 ，所以 ，
所以 时， 存在三个不同的零点 ，1， ，
故实数 的取值范围是 ．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
3．（2024·陕西商洛·三模）已知函数 ．
(1)求函数 的单调区间；
(2)当 时，若函数 和 的图象在 上有交点，求实数 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1）求出函数导数，分类讨论确定 的符号，得出单调区间；
（2）换元转化后，问题可化为 在 上有零点，根据 单调性并分类讨论即可得解.
【解析】（1）函数 的定义域为 ， ．
令 ，得
①当 时， ， 在 上单调递减；
②当 时，列表如下：
0
极大值
所以 在 上递增， 在 上递减；
③当 时，列表如下
0
极大值
所以 在 上递增， 在 上递.
综上，当 时， 在 上递减；当 时， 在 上递增， 在 上递减；当
时， 在 上递增， 在 上递减.（2）当 时，设
函数 和 的图象在 有交点，
等价于函数 和 的图象在 上有交点，
即函数 和 的图象在 上有交点，
等价于 的图象在 有零点，
的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ．
，由（1）知
当 时， 在 为增函数， 在 上有零点，则
或 ， ；
当 时， 在 递增，在 递减，
，
即 ，
综合得：实数 的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于通过令 换元，转化为函数 和 的图
象在 上有交点，再转化为 的图象在 有零点，通过转化即可利用 的单调性求解.
4．（2024·湖南岳阳·三模）已知 的三个角 的对边分别为 且 ，点 在边 上，
是 的角平分线，设 （其中 为正实数）．
(1)求实数 的取值范围；(2)设函数
①当 时，求函数 的极小值；
②设 是 的最大零点，试比较 与1的大小．
【答案】(1)
(2)①0；②答案见解析.
【分析】（1）方法一：设 ，由 ，结合三角形面积公式化简可得 ，
由此可求实数 的取值范围，
方法二：由 是 的角平分线，结合面积公式证明 ，根据关系 ，
结合余弦定理可得 ，结合三角形性质求 的范围，可得结论.
（2）①方法一：由（1）方法一可得 ，结合条件求 ，结合余弦定理可得 ，
方法二：由（1）方法二可得 ，由此可得 ，由此可得 ，
求 ，再解方程 ，分区间判断函数的单调性，结合极值定义求结论，
②在 时， 解方程 ，求出函数零点，由此可得 ，分别在 ， 时，确定
关系，利用导数方法求函数的极值点，由此比较 的关系.
【解析】（1）方法一：设 ，
因为 是 的角平分线，所以 ，因为
所以 ，
代入 ， ，化简得： ，因为 ，
所以实数 的取值范围 ．
方法二：因为 是 的角平分线，所以 ，
，又 ，又 ，
所以 ，故 ，
在 和 中由余弦定理得
所以
，
又 ，则
所以 ，又 ，所以
在 中有 ，所以 ，所以
得 ，所以实数 的取值范围
（2）①法一：当 时，由（1）知 ，则 ，此时 ，
由余弦定理有： 及 得 ，法二：由 ，当 时有 .
故 ，
所以 ，
令 ，可得 或 ，
当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
故当 时，函数 取极小值，极小值为 ．
②（ⅰ）当 时，由①知 ，又 ，
故
知 的零点为 ，
故 的最大零点 ；
（ⅱ）当 时，由（1）知 ，
则 ，
由余弦定理有 ，代入 ，
解得 ，由 知 ，故 ，
， ，
设令 解得： ，且 ，
当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
因为 ，故 ，
且 时， ，
故 在 上有唯一零点 ，此时 成立
（ⅲ） 时，由（1）知 ，
则 ，
由余弦定理有 ，及 ，
解得 ，
由 知 ，故 ，
所以
当 时，令 解得： ，且 ，
当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
因为 ，且 的图象的对称轴所以 ，又因为 ，
故 在 上无零点，且 ，
故 成立；
当 时， 恒成立，则 在 上单调递增，
故函数 至多有一个零点，
由 ， 知 成立；
综上，当 时； ；
当 时， ；
当 时， ．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 的零点个数；
(2)若 有两个零点，证明：两个零点之和大于4．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由 得 ，则 与 的交点情况即为函数零点情况，
故只需利用导数求出 的性质，数形结合即可判断.
（2）结合导数及函数的单调性即可证明.【解析】（1）由题可得，函数 的定义域为 ．
由 得 ．
令 ，则 ．
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
在 上单调递减，在 上单调递增．
当 时， 取得极小值，也是最小值，最小值为 ．
设 ，
所以 ，
所以当 时， ， 在 上单调递增，
当 时， ， 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
当 时， ， ，
当 时， ，所以 ，
所以作出 的大致图象，如图．由图可知，当 时，直线 与函数 的图象无交点，
函数 的零点个数为0；
当 时，直线 与函 数 的图象有1个交点，
函数 的零点个数为1；
当 时，直线 与函数 的图象有2个交点，
函数 的零点个数为2．
（2）设 的两个零点分别为 ，
由（1）知 ，
不妨令 ，则 ，且 ．
要证明两个零点之和大于4，即 ，只需证 ，
又 ，且 在 上单调递增，
故只需证 ，即 ．
令 ，
则
， ， ，
在 上恒成立，
在 上单调递减，
当 时， ，即 成立，
，得证.
【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求参数的常用方法：
（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建
关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．
（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，
将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
（3）将函数 的化为 的形式，将函数的零点个数转化为 与 图
象交点的个数问题.
6．（2024·河北邯郸·二模）已知函数 ．
(1)是否存在实数 ，使得 和 在 上的单调区间相同？若存在，求出 的取值范围；若不存
在，请说明理由．
(2)已知 是 的零点， 是 的零点．
①证明： ，
②证明： ．
【答案】(1)存在，且
(2)①证明见解析 ②证明见解析
【分析】（1）结合导数与函数单调性的关系，分 与 进行讨论即可得；
（2）①利用导数得到 的单调性后，借助零点的存在性定理可得 ，解出即可得；
②构造函数 ，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得
到 ， ，从而可得 ，结合 的范围即可得解.【解析】（1）由题意得 ，
当 时， ，所以 和 在 上都单调递增，符合题意；
当 时，若 和 在 上的单调区间相同，
则 和 有相同的极值点，即 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，
所以 无解，
综上，当 时， 和 在 上的单调区间相同；
（2）①由题意， 有两个零点， ，
若 ，则 ，所以 在 上单调递增，不符合题意，
若 ，则当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
且当 时， ，当 时， ，
所以 ，解得 ，得证；
②令 ，得 ，即 ，
令 ，则 ，
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
在同一坐标平面内作出函数 与函数 的图象，
它们有公共点 ，如图，
故 ，且有 ，
由 ，得 ，即 ，又 ，所以 ，
由 ，得 ，即 ，又 ，所以 ，
由 ，得 ，即 ，
故 .
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于构造函数 ，结合导数得
到函数的单调性，从而得到 .
7．（2023·河南信阳·模拟预测）设函数 .
(1)讨论函数 的单调性；(2)若 ，讨论函数 的零点的个数.
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数 的导数，按 的取值分类讨论求出函数的单调区间.
（2）按 分类讨论，并结合函数单调性及零点存在性定理求解即得.
【解析】（1）函数 定义域为 ，求导得 ，
若 ，当 时， ，当 时， ，
因此函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
若 ，由 ，得 或 ，
①当 时， ，则函数 在 上单调递增；
②当 时， ，当 或 时， ，当 时， ，
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减；
③当 时， ，当 或 时， ，当 时， ，
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减；
当 时，函数 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
当 时，函数 在 上单调递减，在 单调递增.
（2）当 时，函数 只有一个零点 ，
当 时，由（1）知函数 在 上递减，在 上递增，且 ， ，
取 且 ，则 ，
因此函数 有两个零点；当 时，由（1）知函数 在 上递增，且 ， ，
而 时，恒有 ，因此函数 只有一个零点，
当 时，由（1）知函数 在 上递减，在 上递增，
且 ，
而 时，恒有 ，因此函数 只有一个零点，
所以 ，函数 有一个零点，当 时，函数 有两个零点.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的
零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
8．（2024·湖南株洲·一模）已知函数 在 处的切线方程为 ，其中e为自
然常数.
(1)求 、 的值及 的最小值；
(2)设 ， 是方程 （ ）的两个不相等的正实根，证明： .
【答案】(1) 、 ， 的最小值为
(2)证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义可得 ， ，计算即可得 、 ，结合导数讨论单调性后
即可得 的最小值；
（2）构造函数 ，借助导数研究单调性后结合函数零点的存在性定理，可得 与
在函数 的两个零点之间，即可得证.【解析】（1） ，
由题意有 及 ，
由 可得 ，则 ，即 ，
故 、 ，则 ，
，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 有最小值 ；
（2）令 ， ， ，
则 ，
则当 ，即 时， ，
当 ，即 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故
，
由 ，故 ，
又 ，当 时， ，
故 有两个零点，不妨设两零点 ，有 ，又 ，
由 ，故 ，
则 ，故 .
【点睛】关键点睛：本题需观察出 ，即可尝试构造函数 后，结合零
点的存在性定理研究 与 是否在函数 的两个零点之间.
9．（2023·河南·模拟预测）已知函数 ．
(1)求证：曲线 仅有一条过原点的切线；
(2)若 时，关于 的方程 有唯一解，求实数 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)当 时， ；当 时， .
【分析】（1）求导后得出切线方程，再代入原点求解即可；
（2）化简可得 有唯一解，再构造函数 ，求导可得
，再讨论根的情况，数形结合分析 的极值与 的大小关系，结合恒成立问题求
解即可.
【解析】（1） 的定义域为 ， ，设切点 ，
则切线方程为 ，
当切线过原点时有 ，即 ，
故 ，因为 ，所以 ，即切点有且只有一个，则曲线 仅有一条过原点的切线，即得证.
（2）关于 的方程 有唯一解，即方程 ， 有唯一解，
令 ，则 .
因为 ，故当 ，即 时， ，函数 单调递增，且当 时，
，当 时， .
易知 的图象与直线 有且仅有一个交点，满足题意，此时 ；
当 ，即 时，设 有两个根 ， ，则 ， ，
故 .
①若 ，则当 时 ， 单调递增；
当 时 ， 单调递减，且当 时， ，当 时， .
故要使得 有唯一解，则 或 恒成立.
此时 ，即 ， ， .
则极大值 ，
令 ，则 ，故当 时， ， 单调递增；当
时， ， 单调递减.
所以 ，
又 恒成立，故 ， ；同理，极小值 ，当 时无最小值，此时无实数 使得 恒成立.
②若 ，则 ， ，不满足 ；
③若 ，由①可得 ；
故当 时， .
综上所述：
当 时， ；当 时， .
【点睛】方法点睛：
本题利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）参变分离构造函数；
（2）求导分析函数的单调性与极值，导数中有二次函数注意讨论无根与有根的情况；
（3）导函数中二次函数有根时讨论极值点与特殊点的大小关系并讨论；
（4）数形结合列不等式求解.
10．（2023·全国·模拟预测）已知函数 ， ．
(1)讨论 的单调性．
(2)设方程 有两个不相等的正实数根 ， ．
①求实数 的取值范围．
②证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）求 ，通过对实数 分类讨论判断 的正负从而得到 的单调性．
（2）①对方程 化简、同构、分离参数后转化为函数 与直线 有两个交点，通过
数形结合得到解决；②分析要证不等式得到 ，结合 ， 消去变量后转化为证明 即可.
【解析】（1）由题意得 的定义域为 ， ．
当 时， ，所以 在 上单调递增．
当 时，令 ，则 ；令 ，则 ．
所以 在 上单调递增，在 上单调递减．
综上，当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，在 上
单调递减．
（2）方程 有两个不相等的正实数根 ， 等价于 ，即
有两个不相等的正实数根 ， ．
令 （ ），则 ，故 在 上单调递增，且 .于是原问题变
为 有两个正实数根 ， ，其中 ， ．显然 且 ，所以 （ 且
）．
令 （ 且 ），则 ．
当 时， ，当 时， ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
则 ．当 时， ；当 时， ．
结合函数 的图象可知 ，解得 ，故实数 的取值范围为 ．②【证明】由①知要证 ，需证 ，即证 ，即证 ，即证
．
又 ， ，
两式作差得 ，即 ，
两式求和得 ．
不妨设 ，则 ．令 ，则 ．
要证 ，即证 ，即证 ．
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，即 ，故 ．
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两点：一是利用换元把复杂方程的根的问题转化为相对简单的方程根的问题，结合分离参数法进行求解；二是把目标式转化为 ，通过减少变量和构造函数进
行证明.
11．（2023·山东·模拟预测）已知函数 ．
(1)若 是函数 的极大值点，求实数a的取值范围；
(2)已知 ，证明：方程 有且仅有1个正实根，且该正实根位于区间 内．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求 ，然后对 进行分类讨论，根据单调性、极值点等知识求得 的取值范围.
（2）构造函数 ，判断 的单调性，结合零点存在性定理以及导数证得结论成立.
【解析】（1）依题意， ，
令 ，得 或 ．
若 ，当 时， ，
当 时， ， 递减，
当 时， ， 递增，
此时 是函数 的极大值点，符合题意；
若 ，则 ， 单调递增，不符合题意，舍去；
若 ，当 时， ，当 时， ，当 时， ，
此时 是函数 的极小值点，不符合题意，舍去．
综上所述，实数a的取值范围为 ．
（2）当 时，令 ，
观察可知， ， 单调性相同，
由（1）可知，当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ．
下面证明 ．
设 ，则 ，
设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 ，所以 ，故 单调递增，
所以 ．
根据零点存在性定理， 在 内存在唯一正零点，即原命题得证
【点睛】求方程的根的问题，可转化为求函数的零点问题来求解.利用导数求函数的单调区间时，如果导函
数含有参数，要对参数进行分类讨论，分类讨论要注意做到不重不漏.
12．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数 ．
(1)求 的最小值，并证明方程 有三个不等实根；
(2)设(1)中方程 的三根分别为 ， ，且 ，证明： ．【答案】(1)最小值为 ，证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】(1)求f(x)导数，根据导数正负判断f(x)单调性并求其最小值，令f(x)=m，构造函数
，利用导数判断g(m)单调性和值域，从而判断方程f(m)=m的根的个数即可；
(2)由(1)知 ， ，欲证 ，即证 ，即证 ，
即证 ，于是构造函数 ， ，证明
即可．
【解析】（1）∵ ，
∴当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
故 的最小值为 ．
设 ，则方程 变形为f(m)=m，即f(m)-m=0，
令 ， ，
则 ，由 得 ．
因此，当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调
递增．
由于 ，故 ，又由 ，由零点存在定理，存在，使得 ，
∴ 有两个零点1和 ，方程f(m)=m有两个根 和 ，
则如图， 时，因为 ，故方程 有一个根 ，
下面考虑 解的个数，其中 ，
设 ，结合 的单调性可得：
在 上为减函数，在 上为增函数，
而 ， ， ，
故 在 上有且只有一个零点，
，设 ，
故 ，故 即 ，
而 ，故 在 上有且只有一个零点，
故 有两个不同的根 、 且 ，即方程 共有三个不等实根；
（2）由(1)知 ，且满足 ， ，
令 ， ，则
，
令 ，则 ．
当 时， ， 单调递减，
又∵ ，∴当 时， ， ， 单调递减，
∵ ，∴ ，即 ．
∵ ，∴ ，又∵ ，∴ ．
∵ ， ，而 在 单调递减，∴ ．
即 ，故 ，原命题得证．
【点睛】本题第一问的关键是令f(x)=m，将问题转化为关于m的方程f(m)=m有两根，数形结合判断原关于
x的方程的根的情况；第二问的关键是注意到 可变形为 ， ， ，考
虑到f(x)在(0，1)单调递减，且 ，故可将问题转化为 ，从而巧妙构造
函数 ， 即可证明求解．
13．（2024·山东潍坊·一模）已知函数 （ ）．
(1)讨论 的单调性；
(2)证明： （ ， ）；(3)若函数 有三个不同的零点，求 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）求出函数 的导数，按 与 分类讨论求出 的单调区间.
（2）利用（1）中 时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得.
（3）变形函数 ，将 的零点个数问题转化为 的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解.
【解析】（1）函数 定义域为 ，求导得 ，
设 ，则 ，
①当 时， 恒成立，且至多一点处为0，函数 在 上递减；
②当 时， 有两个零点 ，
则当 或 时， ，即 ；当 时， ，即 ，
即函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， 的递减区间为 ；
当 时， 的递减区间为 ，递增区间为 .
（2）由（1）知，当 时， 时， ，
则 ，令 ，
于是 ，，
所以 .
（3）函数 ，
由于 与 同号，则 只有一个零点 ，
令 ，由 ，则 有三个不同的零点等价于函数 有三个不同的零点，
由（1）知，当 时， 在 上单调递减，不合题意；
当 时，由（1）知， 的两极值点 满足 ，所以 ，得 ，
由 ， 则 ，由（2）知，当 时， ，
则 ，即 ，
因此 ，
由零点存在性定理知， 在区间 上有唯一的一个零点 ，
显然 ，
而 ，则 ，于是当 时， 存在三个不同的零点 ，
所以 的取值范围是 .
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函
数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
14．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）已知函数 ．(1)当 时，求函数 在 上的最大值．
(2)若函数 在定义域内有两个不相等的零点 ， ，证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由导函数确定单调性，然后比较区间端点处函数值即得最大值；
（2）利用 是零点得出 ，再把不等式变形为只需证
，再通过换元不妨设 ，令 ，则只需证
，即证 ．引入新函数，利用导数证明新不等式成立即可．
【解析】（1）∵当 时， ，
∴ ．
当 时； ，函数 在 上单调递减；
当 时， ，函数 在 上单调递增．
∵ ， ，∴ ，
∴函数 在 上的最大值为 ．
（2）要证 ，只需证 ．
∵ ， ，∴由①－②得 ，
整理得 ．
只需证 ，
即证 ，即证 ．
不妨设 ，令 ，则只需证 ，即证 ．
设 ，则只需证当 时， 即可．
∵ ，令 ，则 ，
∴ 在 上单调递减，当 时， ，
∴ 在 上单调递增，当 时， ，
∴原不等式得证．
【点睛】方法点睛：本题第（2）问属于极值点偏移问题，解题方法是引入变量 把二元不等式为一元
不等式，然后由一元函数的性质证得结论．解题时需要由零点把参数 用 表示，不等式化为关于
的齐次式，然后换元求解．
15．（2024·河北邢台·二模）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式 型或 型极限的一种
重要方法，其含义为：若函数 和 满足下列条件：
① 且 （或 ， ）；
②在点 的附近区域内两者都可导，且 ；③ （ 可为实数，也可为 ），则 ．
(1)用洛必达法则求 ；
(2)函数 （ ， ），判断并说明 的零点个数；
(3)已知 ， ， ，求 的解析式．
参考公式： ， ．
【答案】(1)
(2)仅在 时存在1个零点，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用洛必达法则求解即可；
（2）构造函数 ，结合 的单调性求解即可；
（3）利用累乘法求出 的表达式，然后结合 ，利用洛必达法则求极限即可.
【解析】（1）
（2） ， ，
所以 ， ．当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
， ，
当 时， ，所以仅在 时存在1个零点．
（3） ，所以 ， ，…，
将各式相乘得 ，
两侧同时运算极限，所以 ，
即 ，
令 ，原式可化为 ，又 ，
由（1）得 ，
故 ，由题意函数 的定义域为 ，
综上，【点睛】方法点睛：本题考查新定义，注意理解新定义，结合洛必达法则的适用条件，构造函数 ，
从而利用洛必达法则求极限.
16．（2024·浙江金华·模拟预测）设全集为 ，定义域为 的函数 是关于x的函数“函数组”，
当n取 中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为 的函数 ，当 时，有
若存在非空集合 满足当且仅当 时，函数 在 上存在零点，则称
是 上的“跳跃函数”．
(1)设 ，若函数 是 上的“跳跃函数”，求集合 ;
(2)设 ，若不存在集合 使 为 上的“跳跃函数”，求所有满足
条件的集合 的并集；
(3)设 ， 为 上的“跳跃函数”， ．已知 ，且对任意正整数n，均有
．
（i）证明： ;
（ii）求实数 的最大值，使得对于任意 ，均有 的零点 ．
【答案】(1)
(2)
(3)（i）证明见解析；（ii）2
【分析】（1）将命题等价转化为求使得 在 上有零点的全体 ，然后利用当时， 的取值范围是 ，得到 ，即可得解；
（2）将命题等价转化为求使得 在 上没有零点的全体 ，然后通过分类讨
论即可解决问题；
（3）先用数学归纳法证明 ，然后将（i）等价转化为证明对 ， 在 上
有零点当且仅当 是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明 在 上的零点必定大于 ，再证明
当 时，必存在正整数 使得 在 上有一个满足 的零点 ，即可解决（ii）.
【解析】（1）根据题意，所求的 为使得 在 上有零点的全体 .
由于 在 上有零点等价于关于 的方程 在 上有解，注意到当 时，
的取值范围是 ，故关于 的方程 在 上有解当且仅当 ，从而所求
.
（2）根据题意，不存在集合 使 为 上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的 ， 在 上都
不存在零点.
这表明，全体满足条件的 的并集，就是使得 在 上不存在零点的全体 构成的集合.
从而我们要求出全部的 ，使得 在 上没有零点，即关于 的方程
在 上没有解.
该方程在 上可等价变形为 ，然后进一步变形为 .
设 ，则我们要求出全部的 ，使得 在 上没有零点.当 时，由于 ， ，故 在 上必
有一个零点，从而 在 上有零点；
当 时，由于 ， ，故 在 上必有一个零
点，从而 在 上有零点；
当 时，对 ，我们有：
，
由于两个不等号的取等条件分别是 和 ，而这无法同时成立（否则将推出
），故此时对 都有 ，从而 在 上一定没有零点.综上，使得 在 上没有零点的 构成的集合为 ，故所求的集合为 .
（3）首先用数学归纳法证明：对任意正整数 ，有 .
当 时，有 ，故结论成立；
假设结论对 成立，即 ，则有：
，故结论对 也成立.
综上，对任意正整数 ，有 .
（i）命题等价于，对 ， 在 上有零点当且仅当 是偶数，下面证明该结论：
当 为奇数时，对 ，有 ，所以 在 上没有零
点；
当 为偶数时，对 ，有 ，而 ，，从而 在 上一定存在零
点，所以 在 上一定有零点.
综上，对 ， 在 上有零点当且仅当 是偶数，结论得证.
（ii）我们需要求实数 的最大值，使得对于任意 ，均有 的零点 .
根据（i）的讨论， 在 上有零点当且仅当 是偶数，所以我们需要求实数 的最大值，使得对于
任意 ，均有 的零点 .
我们现在有 ，由于当 时，有 ，
故 在 上的零点必定大于 .
而对任意给定的 ，我们定义函数 ，则 .
取 ，则当 时，有 ，这表明
在 上单调递减，所以当 时，有 ，从而
.
取正整数 ，使得 ，且 ，则我们有，但我们又有
，这表明 在 上必有一个零点，从而 在 上必有一个
满足 的零点 .
综上所述， 的最大值是 .
【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明 在 上的零点必定大于 ，再证明当
时，必存在正整数 使得 在 上有一个满足 的零点 ，即可得到 的最大值是 ，
这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.
17．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数 的图象上的若干个不同点处的切线互相重合，则称
该切线为函数 的图象的“自公切线”，称这若干个点为函数 的图象的一组“同切点”例
如，如图，直线 为函数 的图象的“自公切线”， ， 为函数 的图象的一组“同切
点”.
(1)已知函数 在 处的切线为它的一条“自公切线”，求该自公切线方程；
(2)若 ，求证：函数 ， 有唯一零点，且该函数的图象不存在“自公切
线”；
(3)设 ，函数 ， 的零点为 ，求证： 为函数的一组同切点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）利用导数探讨单调性结合零点存在性定理推理即得唯一零点，再假定存在“自公切线”，利用导数
的几何意义求出切线方程，证明 在 上无解即得.
（3）利用导数说明 的单调性，即可得到零点为 ，则 ，表示出 在 处的切线方程，
推导出切线恰为 即可得证.
【解析】（1）由 ，则 ， ，
则 ，
所以函数 在 处的切线方程为 ，
即该自公切线方程为 .
（2）由 恒成立，当且仅当 时 ，
则 是 上单调递减，可得它至多有一个零点，
令 ， ，
由 的图象是连续曲线，且 ，
因此 在 上存在零点，即在 上 存在零点，所以 有唯一零点；
假设 的图象存在“自公切线”，则存在 且 ，使得 的图象在 与 处的切线重合，即 ，
有 ，不妨设 ，
切线 ， ，
有相同截距，即 ，而 ，
则 ，即 ，
则有 ，即 ，令 ， ，
即函数 在 上单调递增， ，因此当 时， ，
即 在 上无解，
所以 的图象不存在“自公切线”.
（3）由 ，易知 是方程的根，
由 ，则 ，则 在 上单调递减，
则 是 在 上唯一零点，
所以 ，
由（1）可知 在 处的切线为 ，
化简得 ，
对于 ， ， ，
则自公切线为 ，所以 为函数 的一组同切点.
【点睛】关键点点睛：对于函数新定义问题关键是准确的理解定义，结合相关数学知识进行推理说明，特
别地函数 是区间 上的可导函数，则曲线 在点 处的切线方程为：.
18．（2024·安徽芜湖·三模）若数列 的各项均为正数，且对任意的相邻三项 ，都满足
，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项 ，都满足 则
称该数列为“凸数列”．
(1)已知正项数列 是一个“凸数列”，且 ，（其中 为自然常数， ），证明：数列 是
一个“对数性凸数列”，且有 ；
(2)若关于 的函数 有三个零点，其中 ．证明：数列 是
一个“对数性凸数列”：
(3)设正项数列 是一个“对数性凸数列”，求证：
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据 的性质，由等量关系代换成关于 的结论，紧扣定义，即可证明；
（2）由原函数有三个零点，且导函数为二次函数，分析出导函数有两个零点，判别式大于零，推得
； 有三个零点，得到 有三个零点，再次借助导函数的零点个数，
可以得到 ，即可得证；
（3）记 ，利用分析法，只需证 ，由数列 为对数性凸数列，
得到 ， ，再用基本不等式证明即可.【解析】（1）因为 ，所以 ，因为正项数列 是一个“凸数列”，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以数列 是一个“对数性凸数列”， ，
所以 ，变形可得到 ，
所以数列 是一个“对数性凸数列”，且有 .
（2）因为 有三个零点，
所以 有两个不等实数根，
所以 ，
又 ，所以 ；
时， ，所以 不是 的零点，
又 ，
令 ，则 也有三个零点，
即 有三个零点，
令 ，则 有三个零点，
所以 有两个零点，
所以 ，
因为 ，所以正项数列 对任意的相邻三项 ，都满足 ，
所以数列 是一个“对数性凸数列”.
（3）记 ，则要证 ，
即证 ，
即 ，即 ①，
因为数列 为对数性凸数列，所以 ， ，
所以 ，所以 ，
，
而 ，
所以
，
当且仅当 时等号成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
【点睛】方法点睛：解决数列新定义题型，需要耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按照
新定义的要求，结合所学习过的知识点，逐一分析、证明、求解.
19．（2024·山东·模拟预测）法国数学家弗朗索瓦·韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，将其
推广到高次方程，并在其著作《论方程的识别与订正》中正式发表，后来人们把这个关系称为韦达定理，
即如果 是关于x的实系数一元n次方程 在复数集C内的n个根，则
试运用韦达定理解决下列问题：
(1)已知 ， ， ，求 的最小值；
(2)已知 ，关于x的方程 有三个实数根，其中至少有一个实效根在区
间 内，求 的最大值．
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）构造函数 求导 ，根据函数的单调性求解极值，即可得
，进而可求解，
（2）根据韦达定理可得 ，即可表达出 ，进而化简可得 ，即
可根据 ，利用不等式求解.
【解析】（1）根据韦达定理可设 是 的三个实数根，
令 ，
当 时， ，此时 单调递增，当 时， ，此时 单调递减，
故 的极大值为 极小值为
由于 不可能相等，否则 ，与 矛盾，
故 有两个或者三个零点，则 且 ，故 ，
由 ，结合 ， ，
所以
由 ，
所以 ，
则 ，
故 的最小值为 ，
（2）设方程的三个实数根分别为 ，其中 ，
由韦达定理可得 ，
由 和 ，得 ，当且仅当 时等号成立，
又 ，故 ，
，即 ，
由 ，得 ，
因此 ，当且仅当 时等号成立，
由 和 可得 ，结合 可得
，
由于 以及 ，
故 ，
当 时，且 时等号成立，此时 ，符合 ，
综上可知 的最大值为4，
【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：
（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.
（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方
法时要关注代数式和积关系的转化.
（3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线
性规划来处理.
