文档文本内容
专题04 导数中的零点问题（含隐零点）
题型
考情分析
考向预测
1 ．判断与证明函数零点的个数
2025 年天津卷：第20 题考查了根
据零点个数求参数的范围
2025 年全国二卷：第18 题考查了
隐零点
2024 年新高考卷Ⅱ：第11 题考查
了判断与证明函数零点的个数
重点关注与隐零点有
关的最值问题、零点
有关的参数问题
2．根据零点个数求参数的范围
3．隐零点解决最值、极值问题（含恒成
立）
4．借助隐零点判断零点个数
5．利用隐零点证明不等式
题型1 判断与证明函数零点的个数
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合
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．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同
的值，就有几个不同的零点．
1．（2026·四川巴中·一模）已知
在
处取得极小值
．
(1)求
在
处的切线方程；
(2)若
，讨论
零点的个数．
【答案】(1)
1
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得
，联立等式可得函数
，根据导数的几何意义可求得切
线方程；
（2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案.
【详解】（1）由题意得
．因为
在
处取得极小值
，
则
，解得
，
，
所以
，
，
故
，
，
则切线方程为
，即
；
（2）令
，所以
．
令
，解得
或
．则
，
，
的关系如下表：
2
0
0
单调递增
单调递减
单调递增
作出函数
的图象如下：
2
所以，①当
或
时，
有两个零点；
②当
或
时，
有一个零点；
③当
时，
有三个零点．
2．（25-26 高三上·重庆·月考）已知函数
.
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)证明:当
时，
在
上有且仅有一个零点.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数计算研究函数的单调性即可；
（2）利用导数研究函数的单调性及零点存在性定理证明即可.
【详解】（1）当
时，
，
所以
，
所以当
时，
，当
时，
，
即
在
和
上单调递增，在
上单调递减，
（2）易知
，
，
，
当
时，
；当
时，
；当
时，
.
所以
在
上单调递增，
上单调递减，在
上单调递增，
又
，
3
所以当
时，
，所以
；
又
，
所以
在
上有零点．
又因为
在
上单调递增，所以
在
上有且仅有一个零点.
3．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数
．
(1)若函数
与
的图象关于点
对称，求
的解析式；
(2)当
时，求
的最大值；
(3)判断函数
在
的零点个数，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)1，理由见解析
【分析】（1）由对称性可得
，计算即可得；
（2）求导后可得函数单调性，即可得其最大值；
（3）令
，可得
，构造函数
，借助导数可研究其单调性，
利用单调性与零点存在性定理即可得解.
【详解】（1）由题意得，
；
（2）由题意得，
，
，令
，解得
，
所以当
时，
；当
时，
，
4
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
的最大值为
；
（3）令
，则
，整理得
，
令
，则
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
又
，
，所以由零点存在性定理得，
在
上存在唯一零点.
当
时，
，
，两个不等式等号无法同时成立，
，此时函数无零点，
综上所述，
在
上存在唯一零点，
即函数
在
上的零点个数为．
4．（2025·甘肃白银·三模）已知函数
．
(1)若
，求曲线
在
处的切线方程；
(2)函数
在
上单调递减，求实数a 的取值范围；
(3)若
，证明函数
有两个零点．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；
5
（2）通过
，
讨论导数符号，进而可求解；
（3）求导确定函数单调性，确定相应最值，进而可求证；
【详解】（1）因为
，所以
．
因为
，所以
．
所以曲线
）在
处的切线方程为
，即
．
（2）对
求导，得
．
当
时，
，
在
上单调递增，不合题意；
当
时，令
，得
，
所以
是函数
的单调递减区间，
因为
在
上单调递减，所以
，
得
，解得
，
所以实数a 的取值范围是
．
（3）令
，得
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以当
时，
取得最小值，
．
因为
，所以
．
因为
，所以
在
上有唯一零点．
又
，因为
，所以
，
则
，
6
所以
在
上有唯一零点．
综上，函数
有两个零点．
5．（25-26 高三上·云南昆明·期中）已知函数
.
(1)若
，证明：当
时，
；
(2)若
，求
的最小值；
(3)讨论
的零点个数.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）利用导数的性质，结合函数的单调性进行运算证明即可；
（2）根据导数的性质，结合函数的单调性进行求解即可；
（3）根据参变量分离法，通过构造新函数，利用数形结合思想分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）
，
因为
，
，
所以
，因此
，
所以当
时，函数
在
上单调递减，
于是由
，证毕；
（2）当
时，
，
，
当
时，
，所以函数
在
时，单调递增，
当
时，
，
，显然
，
因此
，所以函数
在
时，单调递减，
所以当
时，函数
有最小值
；
7
（3）当
时，
，
所以此时该函数是实数集上的减函数，而
，
所以此时函数有唯一零点；
，
设
，
当
时，
，此时函数
单调递减，
当
时，
，此时函数
单调递增，且
，
函数
的图象和直线
的图象如下图所示：
显然当
时，直线
和函数
的图象有唯一交点
；
函数
在
处的切线斜率为
，
因此当
时，直线
和函数
的图象有唯一交点
；
因此当
时，直线
和函数
的图象有两个交点，
当
时，直线
和函数
的图象有两个交点，
综上所述：当
时，函数
有两个零点，
当
时，函数
有一个零点.
6．（25-26 高三上·江苏扬州·月考）已知函数
.
8
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若
恒成立，求
的取值集合；
(3)若
，求证：
有且仅有两个零点.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数工具分
和
两种情况讨论
的正负情况即可得解；
（2）先由
时
和
时
得到
，接着由（1）得
时
，接着利用导数工具研究函数
的性质得到
当且仅当
时取等号即可得解；
（3）先由（1）知得
在
上单调递减，在
上单调递增，接着由（2）得
，进而得
，再依次研究分析得到
和
即可得证
有且仅有两个零点.
【详解】（1）由题可得
在
上单调递增，
时，
，
在
上单调递增；
时，令
，
，
9
所以
时
，
时
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增.
综上，
时，
在
上单调递增；
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增.
（2）
时，
，舍去；
时，
，舍去：
时，由（1）知，
（*），
记
，则
单调递减，
令
得
，所以当
时
，
时
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，
所以
当且仅当
时取等号，
结合（*）式可知，a 的取值集合为
.
（3）证明：因为
，由（1）知，
在
上单调递减，在
上单调递增.
所以
最多两个零点.①
由（2）知，
，
10
所以
，
又
，
，
因为
在
上图象不间断，
，
所以
在
上存在零点.②
因为
，所以
，
且
记
，则
，
记
，
则
，
所以
在
上单调递增，
所以
，所以
，所以
，
因为
在
上图象不间断，
，
所以
在
上存在零点.③
综合①②③，
有且仅有两个零点.
题型2 根据零点个数求参数的范围
利用函数的零点求参数范围的方法
(1)分离参数(
)后，将原问题转化为
的值域(最值)问题或转化为直线
与
的
图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
11
(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
1．（25-26 高三上·甘肃兰州·期末）已知函数
．
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)若
有两个零点，求a 的取值范围．
【答案】(1)函数
在
上单调递减，在
上单调递增
(2)
【分析】（1）求导，讨论导函数的符号，可得函数的单调性.
（2）分析函数的单调性，由函数的极小值小于0 可得a 的取值范围.
【详解】（1）当
时，
，所以
.
由
；由
.
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）因为
.
若
，则
在
上恒成立，所以
在
上单调递增；
若
，由
；由
.
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增.
若函数
有两个零点，必有
.
且极小值
.
且当
时，
；当
时，
.
12
所以当
时，函数
有两个零点.
2．（25-26 高三上·江西赣州·期中）已知函数
的图象关于直线
对称，且
在区间
上单调.
(1)求ω 的值;
(2)若函数
有两个零点，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由函数
的图象关于直线
对称得到
，得到关于
的等式，再
由在区间
上单调得到关于
的取值范围即可求解.
（2）由
有两个零点，得到
，转化为函数
与直线
有两个交点，求出
在区间
的值域并作图求解即可.
【详解】（1）由题意可知
,则
,
故
，
又
在区间
上单调，则
，即
，
则
，故
或
.
当
时，
在区间
上单调递增，符合题意；
13
当
时，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，不合题意，舍去.
综上所述，
.
（2）
令
，则
，
由（1）可知
，故当
时，
，
作出函数
在区间
上的大致图象如下所示，
因为
，所以a 的取值范围为
.
3．（25-26 高三上·辽宁大连·期中）设函数
.
(1)若
，求函数
的极值；
(2)设函数
在
上有两个零点，求实数
的取值范围.（其中e 是自然对数的底数）
【答案】(1)极小值
，无极大值
(2)
【分析】（1）由题可得
，然后求导求出函数的单调区间，即可求解；
14
（2）令
，化简得到
，令
，
，则得函数
与
在
上有两个交点，再利用导数求得
图象，即可求解.
【详解】（1）当
时，
，
，
，令
，解得
（舍），
，
当
时，
；当
时，
；
所以
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
所以当
时，
取到极小值
，
综上所述：函数
有极小值
，无极大值.
（2）令
，解得
，因
，
所以
，令
，
，
则得函数
与
在
上有两个交点，
，令
，
，
则
，所以
在
上单调递增，又因为
，
所以当
时，
，
；
当
时，
，
；
所以
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
15
所以当
时，
取到极小值
，
又
，
则可作出相应图象，如下图，
所以可得
，解得
，
故实数
的取值范围
.
4．（25-26 高三上·福建龙岩·期中）已知函数
的极大值点是2.
(1)求
的值；
(2)若
在
上有3 个零点，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先对函数求导，求出导数为0 的极值点，然后根据已知条件得到
的值，最后代入导函数中
判断单调性，检验是否满足题意.
（2）先判断函数在
上的单调性，然后根据零点个数列出不等式方程组，进而求得
的范围.
【详解】（1）对函数求导得
.
令
，则
，解得
或
.
16
因为该函数的极大值点是2，所以
或
.
①当
时，
.
当
时，
或
；当
时，
.
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
此时2 是该函数的极小值点，不合题意；
②当
时，
.
当
时，
或
；当
时，
.
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
此时2 是该函数的极大值点，合题意；
综上可知，
.
（2）由（1）可知，
，
.
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以在
内，
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
.
若函数在
上有3 个零点，则
，解得
.
所以
的取值范围是
.
5．（2026 高三·全国·专题练习）已知函数
（
，
且
）.
17
(1)当
时，
在
处的切线斜率为0，求b 的值；
(2)若对任意的
，函数
有两个不同的零点，求a 的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）确定
表达式，对其求导，再根据
的切线斜率为0 求出
的值.
（2）对函数
求导，根据题意判断
单调性，求出极值点
，再由
有两个零点等价于
，结合
的值推出
的取值范围.
【详解】（1）由
可知，
，
则
，由题可得：
，
故
.
（2）因为
，则
，
又因为
，
，所以
是单调递减函数，
令
，得唯一极值点
，
令
，得
，令
，得
，
则
在
单调递增，
单调递减，
所以
有两个零点等价于
，
则
，
，得：
，约去正数
，
得
，
当
时，
，
18
因此
，即
，得出
，
故
，又
，故
.
6．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
，
．若函数
在
上有零点，
求实数
的取值范围．
【答案】
．
【分析】利用转化法，把函数
在
上有零点，转化为方程
在
上有实根．通
过构造函数，利用导数的性质分类讨论进行求解即可.
【详解】函数
在
上有零点，
即方程
在
上有实根，
即方程
在
上有实根．
设
，则
．
①当
，即
时，
，
，
单调递增，
若
在
上有实根，则
即
得
．
②当
，即
时，
，
，
单调递减；
，
，
单调递增．
所以
，
由
，可得
，所以
，
在
上无实根．
③当
，即
时，
，
，
单调递减，
若
在
上有实根，则
即
得
．
19
又
，所以
．
综上，实数
的取值范围是
．
7．（25-26 高三上·辽宁大连·期中）设函数
.
(1)求函数
在
上的最大值；
(2)若不等式
在
上恒成立，求
的取值范围；
(3)若方程
在
上有三个不相等的实数根，求
的取值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）令
，根据正弦函数的有界性知
，原函数变为以为自变量的开口向下的二次
函数，讨论对称轴与区间端点的关系，分别求解即可；
（2）利用换元法将问题转化为
在
上恒成立求解即可；
（3）令
把方程变为
在
上有三个不相等的实数根，再分根的范围讨论可
得.
【详解】（1）
令
，得
，对称轴
，开口向下，
①当
，即
时，
.
20
②当
，即
时，
.
③当
，即
时，
.
综上可知，
.
（2）若要
，则需
，
当
时，
，
函数变为
，
所求问题变为
恒成立，易知
的图象是开口向下的抛物线的一部分，
最小值一定在区间端点处取得，所以有
，
解得
，故
的取值范围是
.
（3）令
，
，
则
，
，方程有两个不同的实数根，
其中一个在
，另一个根在
；
或者一个根在
，另一个根为1，
令
，
则有
或
，
，
，
21
，
解得
，
代入
，此时方程为
，解得根分别为0 和-1，且
时，
或
；
时，
三个
根，符合条件；
当
时，方程为
，此时不符合题意，综上
.
题型3 隐零点解决最值、极值问题（含恒成立）
1、隐零点问题
隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性
之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.
2、基本步骤：
第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程
, 并结合
的单调性
得到零点的范围;
第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数
的正负, 进而得到
的最值表达式;
第 3 步: 将零点方程
适当变形, 整体代入
最值式子进行化简:
（1）要么消除
最值式中的指对项
（2）要么消除其中的参数项;
从而得到
最值式的估计.
1．（24-25 高三上·福建泉州·月考）已知函数
.
(1)当
时，求函数
的单调区间；
(2)当
时，求证：
.
22
【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）利用二次求导法进行求解即可；
（2）利用二次求导法，结合放缩法、构造函数法、函数零点存在原理进行求解即可.
【详解】（1）当
时，
，定义域为
，
所以
，令
，
则
，故
即
在
上单调递增，
又
，
时，
，
时，
函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
（2）证明：当
时，
令
，则
，
令
，
在
单调递增，又
，
，
，使得
，且是
在
上的唯一零点，
在
上为负，在
上为正，
故
在
处取到极小值，也就是最小值.
，即
，
，
，
，
23
当
时，
.
2．已知函数
，
，
.
(1)求
的极值；
(2)若
恒成立，求
的取值范围.
【答案】(1)极小值为
，无极大值
(2)
【分析】（1）对
求导得
，再结合导数知识即可求解其极值；
（2）由
恒成立，即
恒成立，令
，
，再利用导数知识求出其最小值
，从而可求解.
【详解】（1）由题
，
令
得
，
且
时，
；
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以当
时，
有极小值为
.
故极小值为
，无极大值.
（2）由
恒成立，
令
，
，则
，
令
，
，则
，所以
在
上单调递增，
24
又
，
，所以
，使得
，即
，且
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，
因为
恒成立，即
，即
.
所以
的取值范围为
.
3．已知函数
，
.
(1)证明:直线
与曲线
相切.
(2)若函数
在
上存在最大值，求
的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）利用导数求
在
的单调性，按
的不同取值分类讨论即可.
【详解】（1）由题意
，
所以
，
又因为
，所以曲线
在点
处的切线方程为
，
所以直线
与曲线
相切.
25
（2）由（1）得
，
，令
，则
，
①当
时
，
在
上单调递增，所以
，
所以
在
上单调递增，无最大值，不符合题意；
②当
时，
，
在
上单调递减，所以
，
所以
在
上单调递减，无最大值，不符合题意；
③当
时，由
，可得
，
当
时，
，
在
上单调递增，
当
时，
，
在
上单调递减，
因为
，所以
，即
，
又
，令
，
则
，所以
，
单调递增，
因为
，所以
，即
，
所以存在
使得
，当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
在
上存在最大值
，符合题意.
综上，
的取值范围为
.
4．（2025 高三·全国·专题练习）已知
，函数
(1)求曲线
在
处的切线方程；
(2)若曲线
和
有公共点，当
时，求
的取值范围.
26
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导得到斜率，运用点斜式求出切线方程；
（2）当
时，曲线
和
有公共点即为
在
上有零点，求导后分类讨论结
合零点存在定理可求.
【详解】（1）
，故
，而
，
曲线
在点
处的切线方程为
即
.
（2）当
时，
因为曲线
和
有公共点，故
有解，
设
，故
，故
在
上有解，
设
，故
在
上有零点，
而
，
若
，则
恒成立，此时
在
上无零点，
若
，则
在
上恒成立，故
在
上为增函数，
而
，
，故
在
上无零点，
故
，
设
，则
，
故
在
上为增函数，
而
，
，
故
在
上存在唯一零点
，
27
且
时，
；
时，
；
故
时，
；
时，
；
所以
在
上为减函数，在
上为增函数，
故
，
因为
在
上有零点，故
，故
，
而
，故
即
，
此时
，故当
时，
在
上存在零点.
设
，则
，
故
在
上为增函数，
而
，故
.
5．已知函数
，曲线
在点
处的切线方程为
．
(1)求
的值；
(2)设
（
为
的导数），求
的单调区间；
(3)求
的极值点的个数．
【答案】(1)
(2)单调递增区间是
，单调递减区间是
(3)3
28
【分析】（1）根据条件，建立方程组
，即可求解；
（2）由（1）可得
，对
求导，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；
（3）根据条件，将问题转化成
的变号零点的个数，结合（2）中结果，列出
的变化情况
表，利用极值的定义，即可求解.
【详解】（1）
，
因为曲线
在点
处的切线方程为
，
所以
，即
，解得
.
（2）由（1）知，
，则
，
易知
的定义域为
，又
，
令
，得
，
所以
的变化情况如下表
所以
的单调递增区间是
，单调递减区间是
.
（3）
的极值点个数就是
的变号零点的个数，
29
又
恒成立，也即
的变号零点的个数．
由（2）知
的单调递增区间是
，单调递减区间是
，
因为
，
，
所以存在唯一的
，使得
，存在唯一的
，使得
，
的变化情况如下表：
0
所以
的极值点个数为3．
6．（2026·上海闵行·二模）已知
.
(1)当
时，解方程
；
(2)若函数
在
上有唯一的极值点，求
的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小
值点.
【答案】(1)方程的解集为
(2)
，极值点为极大值点.
【分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质即可求出；
（2）先对
进行求导，令
并求导即可求出
的取值范围.
30
【详解】（1）当
时，
，
令
，得
，即
，
，解得
,
故方程的解集为
.
（2）由题意得
，
在区间
上，
，
，
令
，则
，
在
上单调递增，且
，
若函数
在
上有唯一的极值点，则
在该区间有唯一解，
即
有唯一解，故
的取值范围为
，
设
为该极值点，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
所以极值点为极大值点.
7．设函数
，
为
的导数．
(1)讨论函数
的最值；
(2)若
为整数，
，且
，不等式
恒成立，求
的最大值．
【答案】(1)答案见解析；
(2)
.
31
【分析】（1）先求出
，再对
进行分类讨论得出
的单调性，得出
的极值情况，进而求得
最值的情况；
（2）先将不等式转化为
恒成立，再令
，由
求出
的最小值，即可得出
的最大值．
【详解】（1）由题意可得
的定义域为
，
，
当
时，
恒成立，
在
上单调递减，
无极值，
当
时，令
，即
，解得
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
在
处取得极大值，也是最大值，
且最大值为
，无最小值．
综上所述，
当
时，无最值，
当
时，
的最大值为
，无最小值．
（2）当
时，
，代入
，得
，
因为
，所以
，所以
，即
令
，则
，
32
整理：
所以
由（1）知，当
时，
在
上单调递减，
故函数
在
上单调递增，
又因为
，
，
所以
在
上存在唯一零点
，且x0∈(1,2)，
故
在
上也存在唯一零点且为
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以在
上，
，
且
，代入
，得：
，
因为
，所以
，
因为
且
为整数，
所以
的最大值为2．
8．（2026·河北·模拟预测）已知函数
，
．
(1)当
时，求
的单调递减区间；
(2)若在区间
上，
为增函数，求
的取值范围；
(3)若
时，
的最小值为0，求
．
33
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)
；
【分析】（1）由题已知函数
，先求导函数，再令
，又解出对应的不等式的解
集，可得单调减区间；
（2）由
为增函数得出
在
上恒成立，在构造函数
，
求出导函数得出单调性求出
在
上的最大值，即可求出实数
的取值范围；
（3）先求出导函数，再构造函数
，应用导函数得出单调性结合分类讨论计算求解.
【详解】（1）因为函数
的定义域为
，
当
时，
，则
，
令
，即
，解得
，所以
所以函数
的单调递减区间为
；
（2）因为在区间
上，
为增函数，
且
，
所以在区间
上，
恒成立，
，
设
，则
，
是在
上是减函数，
，即
，
所以在
上
单调递减，
，即
的取值范围是
.
34
（3）当
时，因为
，所以
，
设
，则
，
单调递减，
单调递增，
又
，所以
，
又
，所以
，使得
，
当
单调递增，
；
当
单调递减，
；
当
单调递增，
；
当
时，
在
上取最小值为
.
当
时，因为
，不合题意；
当
时，因为
，不合题意；
综上，
.
题型4 借助隐零点判断零点个数
1、函数零点的存在性定理
函数零点存在性定理：设函数
在闭区间
上连续，且
，那么在开区间
内至
少有函数
的一个零点，即至少有一点
，使得
.
2、隐零点的同构
实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到
的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方
35
向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析
所以在解决形如
, 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.
1．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
，若
，求
的零点个数（参考数据：
）．
【答案】2
【分析】通过求导判断存在唯一的
，使
，得到
在
上单调递减，在
上单调递增，借助于
，推得
在
内有1 个零点；再令
，利用求导判断函数单调性，得到
，从而得到
在
内有1 个零点，综合即得函数零点个数.
【详解】由题得
，又
，所以
在
上单调递增，
因为
，
所以存在唯一的
，使
，
故当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增．
又
，
36
所以
在
内有1 个零点．
令
，
则
，令
，
则
，则
在
上单调递增，
，则
在
上单调递增，
，
即
，故
在
内有1 个零点．
综上，当
时，
的零点个数为2.
2．（25-26 高三下·海南海口·月考）已知函数
.
(1)若
在
处的切线为
，求
的值；
(2)当
时，确定
在
上的零点个数.
【答案】(1)
，
(2)存在
个零点
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）求导后利用零点存在性定理可虚设零点，结合其单调性得到
最小值小于
，再利用零点存在性
定理判断零点个数即可得解.
【详解】（1）
，
，
由
在
处的切线为
，则
，
故
，
；
（2）当
时，
，
，
37
当
时，
，
当
时，由
与
都单调递增，
故
单调递增，
又
，
，故存在
，使得
成立，即有
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以当
时
取得最小值，即
，
则
，
令
，则
，
所以
，
则
在
上单调递减，
故
，
又
，
故
在
上存在一个零点，
又
，
38
故
在
上存在2 个零点.
3．（2026·浙江·模拟预测）已知函数
.
(1)求函数
的单调区间；
(2)试判断曲线
与直线
在
上公共点的个数；
【答案】(1)单调递增区间
，
；单调递减区间为
，
(2)2
【分析】（1）对函数求导，利用正弦函数的图象性质求解导函数不等式即得函数的单调区间；
（2）令
，利用导数判断其单调性，结合特殊值
与零点存在定理求出
函数
的零点个数，即曲线
与直线
在
上公共点的个数.
【详解】（1）由题意，
，
因为
，则由
可得
，
即当
，
时，
单调递增；
由
可得
，
即当
，
时，
单调递减，
综上，函数
的单调递增区间为
，
；单调递减区间为
，
.
（2）令
，则
，
设
，则
，
39
所以当
时，
，则
（即
）在
上单调递增；
当
时，
，
（即
）在
上单调递减，
因为
，
，
，
所以存在唯一的
，使得
，
故当
时，
，则
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减；
又
，
，
所以存在唯一的
，使得
，
综上可得函数
在
上存在两个零点0 和
，
所以曲线
与直线
在
上公共点的个数为2.
4．（2025·江西南昌·模拟预测）已知函数
，且
不是
的极值点.
(1)求a 的值；
(2)判断
的零点个数.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）求导得到
，由
不是
的极值点，得到
必须有两个正
根，且
为其中一个，即可求解；
（2）令
，由（1）得到方程
的两根为
，通过
，
40
，
，判断函数单调性，确定最值，结合零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）
，
因为
不是
的极值点，
所以方程
还有其它正根（变号零点），
则
必须大于0，
若曲线
在
只有一个公共点，
则
相切，不符合题意，
所以此时
必须有两个正根，且
为其中一个，
即
所以
；
（2）由（1）可得：
，
设
，
则方程
的两根为
，其中
，
当
时，
，所以
，即
，
在
单调递减，
当
时，
，所以
，即
，
在
单调递增，
当
时，
，所以
，即
，
在
单调递增，
所以
因为
即
，
所以
41
，
且
时，
，
时，
所以
在
上各有一个零点，
所以
在
上有且仅有2 个零点.
5．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数
（
），
.
(1)若
，证明：
，
；
(2)求函数
的零点个数.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
有
个零点.
【分析】（1）要证：
，
，只需证：
，
，令
，故只需证：
，
即可，利用导数分析函数
单调性，
证明即可；
（2）利用导数研究函数
的单调性，求得函数
的最大值，利用极限结合单调性判断即可.
【详解】（1）当
时，
，
要证：
，
，只需证：
，
，
令
，
42
故只需证：
，
即可，
，
当
时，
，故
，
即
在
上单调递减.
又
，
所以当
时，
，即
，
故
，
.
（2）
定义域为：
，
，
令
，即
，判别式
，
所以方程有两个实根：
或
因
，故
（舍去），
，
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
故
在
处取得最大值
由于
，所以
43
所以
，
设
，
，
，所以
在
上单调递增，
又
，所以
，所以
，
当
时，
，当
时，
.
由于
，即
是
的一个零点.
又
在
单调递增，在
单调递减；
则函数
的零点有
个.
所以，当
时，
有
个零点.
6．（25-26 高三上·天津南开·月考）已知函数
．
(1)若
的极小值小于
，求
的取值范围；
(2)当
时，判断
的零点个数并写出证明过程．
【答案】(1)
；
(2)2 个零点，证明见解析
【分析】（1）函数求导后，根据参数
的取值分类讨论，得
时极小值
，构造函数
，求导得
，即可求不等式
的解集；
（2）由
，令
，对其求导，令
，
求导判断
在区间
上单调递增，结合零点存在定理，得
使
，求出
的最
44
小值为
，由
可得
，故
的最小值
，讨论
，即可得函数
的零点个数．
【详解】（1）函数
的定义域为
，且
，
当
时，易得
在
上单调递减，则
无极小值，不满足；
当
时，由
，得
，即
在
上单调递增；
由
，得
，即
在
上单调递减，
所以
的极小值为
，而
的极小值小于
，
所以
，即
，
令
，则
，
所以当
时，
，当
时，
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，可得
.
故
的取值范围为
.
（2）
．
令
，得
，
令
，则
与
有相同的零点，
且
．
令
，则
，
45
因为
，则
，所以
在区间
上单调递增，
又
，所以
，使得
，
当
时，
，即
；当
时，
，即
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，最小值为
．
由
，得
，即
，
令
，则
，则
在
单调递增，
因为
，所以
，则
，
所以
，从而
，
所以
的最小值
，
又当
趋近于0 时，
趋近于
，当
趋近于
时，
趋近于
，
当
时，
有2 个零点，
故
有2 个零点．
7．（2025·四川巴中·一模）已知函数
.
(1)求函数
的极值；
(2)求证：当
时，
；
(3)若
.其中
.讨论函数
的零点个数.
【答案】(1)
46
(2)证明见解析；
(3)答案见解析；
【分析】（1）利用极值的定义求解；
（2）将不等式转化为当
时，
，令
，由
证明；
（3）根据
，分
和
先去掉绝对值，然后利用导数法求解.
【详解】（1）因为
，
所以
，令
，得
，
当
时，
，
在
单调递减；
当
时，
，
在
单调递增，
所以
的极小值为：
；
（2）原不等式等价于当
时，
，
即当
时，
，
令
，则
，
令
，则
，
所以
在
上递增，即
在
上递增，
所以
，则
在
上递减，
所以
，所以原不等式成立；
（3）
，
当
时，
，
又
，则
在
上递增，且
，
，
47
所以
在
上总有一个零点；
当
时，
，则
，
当
时，
，
在
上递增；
，
在
无零点；
当
，
时，
，当
时，
，
所以
，令
，得
，
当
时，
，
在
无零点；
当
时，
，
在
上有唯一零点；
当
时，
，又
，
由（2）知
，
，
，
由零点存在定理知：
在
、
上各有一个零点，
综上：当
时，
有一个零点；当
时，
有两个零点；
当
时，
有三个零点.
题型5 利用隐零点证明不等式
针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函
数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式.构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或
者证明不等式恒成立问题.在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊
值来确定零点存在区间.
48
1．（24-25 高三上·福建福州·期中）已知函数
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若
有两个极值点，求实数
的取值范围；
(3)当
时，若
，求证：
.
【答案】(1)答案见解析；
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出
，再利用导数分类探讨函数
的单调性.
（2）由（1）的信息，利用导数探讨最大值，求出函数
有两个变号零点的
的范围.
（3）求出函数
，利用导数求出最小值并结合基本不等式推理即得.
【详解】（1）函数
的定义域为
，求导得
，
令
，求导得
，
当
时，
，函数
在
上单调递增；
当
时，由
，得
，由
，得
，
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；
当
时，函数
在
上单调递增，在
上单调递减.
（2）由函数
有两个极值点，得函数
有两个变号零点，
由（1）知，当
时，
最多一个零点，不符合题意；
49
当
时，
，
而
从大于0 的方向趋近于0 时，
的值趋近于负无穷大，当
趋近于正无穷大时，
的值趋近于负
无穷大，
要函数
有两个变号零点，当且仅当
，解得
，
所以实数
的取值范围是
.
（3）当
时，
，
，求导得
，
令
，求导得
，函数
在
上单调递增，
而
，则存在
，使得
，即
，
当
时，
；当
时，
，函数
在
上递减，在
上递增，
所以
.
2．（2026·云南·模拟预测）已知函数
．
(1)当
时，证明：
在
上存在唯一零点；
(2)证明：
在
上恒成立的充要条件是
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用导数判断函数的单调性，再结合特殊点的函数值，根据零点存在定理推导零点的唯
一性。
（2）先由
时
推出
的范围，再分
和
两种情况，通过求导分析
单调性，证
明
时，
，即充分性.
【详解】（1）当
时，
，
50
∵
，
∴
在R 上单调递减，
又∵
，
∴
在R 上有唯一零点
．
（2）必要性：因为
时，
，
所以
，即
，所以
，
充分性：当
时，
，
令
，则
，
，
①当
时，
，
当且仅当
时，
，
所以
在
上单调递增，
故
，所以
，
②当
时，记
，则
，
因为
，
，
，
又因为
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以在
上存在
、
，使
，
，且
，
，
所以当
或
时，
；当
时，
，
所以
在
、
上单调递增，在
上单调递减，
51
又因为
，
，
，
所以当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，而
，
，所以
，
所以
，所以
.
3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数
．
(1)当
时，求
在区间
上的零点个数；
(2)当
，
时，求证：
．
【答案】(1)1
(2)证明过程见解析
【分析】（1）直接求导得函数在
上单调递增，结合零点存在定理即可求解；
（2）求导后令
，继续求导得
的单调性，进一步结合零点存在定理得它的符号变化，从
而可得
的单调性，由此即可得解.
【详解】（1）当
时，
，求导得
，
当
时，
且这三者不同时为0，从而
在
上恒成立，
从而
在
上严格单调递增，
52
注意到
，
从而
在区间
上的零点个数为1；
（2）当
，
时，
，求导得
，
令
，则
，
由（1）知
在
上单调递增，从而
在
上单调递减，
又
在
上单调递减，
所以
在
上单调递减，
注意到
，
从而存在唯一的
，使得
，
所以当
时，
，
即
在
上单调递增，
当
时，
，
即
在
上单调递减，
而
，
所以当
时，
，
从而存在唯一的
，使得
，
当
时，
，
在
上单调递增，
当
时，
，
在
上单调递减，
53
综上所述，
在
上单调递增，在
上单调递减，
，
所以当
，
时，
.
4．（2025·江苏南通·二模）已知函数
的最大值为
，设函数
的图象在点
处的切线为．
(1)求的值；
(2)证明：当
时，切线与函数
的图象有另一交点
，且
.
【答案】(1)0；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数
的最大值，进而求出的值.
（2）由（1）的信息求出切线的方程，再构造函数
，利用导数结合零点存在性定理证得
还有小
于
的零点即可.
【详解】（1）函数
的定义域为
，求导得
，
当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
，
而函数
的最大值为
，则
，解得
，
所以的值为0.
（2）由（1）知，
，
，则
，
于是切线的方程为
，即
，
令
，
，求导得
，
54
令
，求导得
，
当
时，
，函数
在
上单调递减；
当
时，
，函数
在
上单调递增，
由
，得
，而
，函数
在
上的图象不间断，
则存在
，使得
，且当
或
时，
，当
时，
，
函数
在
和
上单调递增，在
上单调递减，又
，
当
时，
，于是函数
在
上无零点，
，而
，函数
在
上的图象不间断，
因此存在
，使得
，
所以当
时，切线与函数
的图象有另一交点
，且
.
5．已知函数：
．
(1)若当
时，
恒成立；求实数a 的取值范围；
(2)若关于x 的方程
有两个不同实数根
；且
，
（i）求实数a 的取值范围；
（ii）求证：
．
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用不等式分离参变量，再构造函数求导判断单调性来求最大值，即可得参数范围；
（2）（i）利用等式分离参变量，再构造函数求导判断单调性来求作出函数图象，从而可得参数范围；
55
（ii）利用（1）来证明
，从而把二元不等式化为一元不等式，再利用函数求导证明单调性求最大
值即可.
【详解】（1）若当
时，
恒成立，
即
恒成立，即
在
上恒成立，
令
，则
所以当
时，
单调递增，
当
时
单调递减，
所以
，所以
，即a 的取值范围是
．
（2）（i）若关于x 的方程
有两个不同实数根
，
即
有两个不同实数根
，
等价于
与
的图象有两个交点，
因为
，
所以当
和
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
且当
时，
，当
时，
，
所以
，作出函数
的图象：
56
所以直线
与
的图象有两个交点的a 的取值范围是
．
（ii）方法（一）由（i）知，
，由（1）知，
因为
，所以
，
设
的根为
，即
，所以
，
从而
，所以
，
令
，则
，
所以当
时，
单调递增，
从而
，从而
．
（ii）方法（二）由（i）知，
，构造函数
则
令
则
再令
，
所以当
时，
，从而
单调递增，
因为
，
57
所以存在
，满足
，
此时当
时，
在
上单调递减，
当
时，
在
上单调递增，
又因为
所以存在
满足
当
时，
，
在
上单调递增，
当
时，
在
上单调递减，
又
，所以在
上
恒成立，
即
， 设
的根为
，即
，
则
，从而有
，
又由
得，
，从而
，
又由（1）知，
，设
的根为
，即
所以
，从而
，所以
．
6．（25-26 高三上·贵州贵阳·期中）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，求实数
的取值范围；
(3)当
时，求证：
.
【答案】(1)
58
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数几何意义求切线方程即可；
（2）由题得
，求导，根据导数
和
讨论函数单调性，得到
，结合函数
有两个零点，则
，再令
，
易知
在
单调递增，且
，进而解得
，最后检验即可；
（3）由（2）知
，设
，
再求导证明即可．
【详解】（1）
，
，
，
，
所以切线斜率为
，
切线方程为
；
（2）
，
所以
，
当
时，
，
在
上单调递减，不符合题意，
当
时，
，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
所以必有
.
设
在
上单调递增，
59
又
，解得
；
当
时，有
，
则
，且
，
而
，所以
在
上存在唯一零点
；
又有
，则
，
且
，
所以
在
上存在唯一零点
；
当
时，
在
上存在两个零点为
，
.
综上所述，
有两个零点时，实数
的取值范围为
；
（3）当
时，
，
设
，
所以
在
上单调递增，
又
，
，
故
，使
，即
，进而
，
当
，
，
在
上单调递减，
当
，
，
在
上单调递增，
60
所以
，
当且仅当
时等号成立，但
，所以等号不成立，
所以
成立，
故
．
1．（2026 高三·全国·专题练习）已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)讨论
的零点个数；
【答案】(1)
(2)当
时，
的零点个数为0；当
时，
的零点个数为1；当
时，
的零点个数
为2.
【分析】（1）根据导数的几何意义由点斜式可得切线方程；
（2）先进行参数分离，再转化为
与
图象交点的个数可得.
【详解】（1）当
时，
．
所以曲线
在
处的切线方程为
，即
．
（2）因为
，令
，得
，即
.
令
，所以
的零点个数等价于
与
的图象交点的个数.
61
又因为
，当
时，
；当
时，
.
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
且
，有极大值也是最大值
，如图：
由图可知，当
时，函数
与
的图象无交点；
当
时，函数
与
的图象有1 个交点；
当
时，函数
与
的图象有2 个交点.
综上，
时，
的零点个数为0；
时，
的零点个数为1；
时，
的零点个数为2.
2．（2027 高三·全国·专题练习）已知函数
．
(1)求函数的单调区间；
(2)求
的零点个数．
【答案】(1)
的单调递减区间为
；单调递增区间为
，
；
(2)1 个．
【分析】本题考查了利用导数研究函数的单调性与零点问题，掌握通过导数符号判断单调性，结合单调性
与函数值符号分析零点个数的方法是解题的关键．
（1）对函数求导，令导数为零求出极值点，根据导数符号判断单调区间；
（2）结合单调区间，分析各区间端点函数值符号，判断零点个数．
【详解】（1）解：由题可得
，
62
令
，解得
或
，
令
，解得
；令
0，解得
或
，
所以
的单调递减区间为
；单调递增区间为
，
．
（2）解：由（1）知，
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
在
上的最大值为
，
因此
在
上无零点
在区间
上，
单调递增，且
，
，
故
在
上存在唯一零点
综上，函数
仅有1 个零点．
3．（2026 高三·上海·专题练习）已知函数
，讨论函数
的零点个数.
【答案】答案见解析
【分析】将
零点问题转化为函数图象交点问题，设
，求出函数的导数，判断单调性，作出
其大致图象，数形结合，即可求得答案.
【详解】由
，得
,
设
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增；在
上单调递减，
所以
，
据此可画出
大致图象如图，
63
所以①当
或
时，
无零点；
②当
或
时，
有一个零点；
③当
时，
有两个零点.
4．已知函数
，
(1)当
时，求
的对称中心；
(2)证明：
有唯一零点
【答案】(1)
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设对称中心为
，利用中心对称则公式
即可求对称中心；
（2）由
得到
，设
，求出
的单调性，结合零点存在定理即
可判断.
【详解】（1）当
时，
，
设
的对称中心为
，
则
，
所以
，
整理得
，
64
所以
，解得
，
所以
的对称中心为
（2）由于
，所以
等价于
，
设
，则
，
仅当
时
，因此
在
单调递增，
即
至多有一个零点，从而
至多有一个零点
又因为
，
，
故
在
内存在零点，
综上所述，可知
有唯一零点
5．（24-25 高三上·江苏徐州·月考）已知函数
.
(1)讨论函数
在区间
上的单调性；
(2)证明：函数
在
上有两个零点．
【答案】(1)在
上单调递增，在
上单调递减
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，再判断导函数值的正负即得.
（2）利用导数，结合零点存在性定理推理论证即可.
【详解】（1）因为函数
的定义域为R，
，所以函数
为偶函数，
65
又
，且当
时，
，所以函数
在
上单调递增，
又函数
为偶函数，所以
在
上单调递减，
综上，函数
在
上单调递增，在
上单调递减．
（2）证明:由（1）得，
在
上单调递增，又
，
，所以
在
内有且只有一个零点，
当
时，令
则
，当
时，
恒成立，即
在
上单调递减，又
，
，则存在
，使得
,
且当
时，
，即
，则
在
上单调递增，
，故
在
上没有零点,
当
时，有
，即
，则
在
上单调递减，
又
，所以
在
上有且只有一个零点，
综上，函数
在
上有2 个零点．
6．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
.当
时，证明:
有唯一
极值点.
【答案】证明见解析
【分析】通过二次求导确定
在
上单调递增，再结合
，
，即可求证.
66
【详解】由
得，
，
令
，
则
在
上恒成立，
则
在
上单调递增，
因
，
则
，
，
则
，使得
，即
，
则
得
；
得
；
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
存在唯一极小值点
.
7．（2025 高三·全国·专题练习）设函数
．判断并说明函数
的零点个数；
【答案】一个零点，说明见解析
【分析】由题意求出函数的导数，可得函数
的单调性，再根据零点存在定理即得结论；
【详解】函数
有1 个零点，理由如下：
因为
，
所以
，所以
在
上单调递增．
又
，而
，
所以存在唯一实数
，使得
，
67
所以
在
有且只有一个零点．
8．（2026 高三·全国·专题练习）已知函数
，
(1)当
时，若直线过原点且与曲线
相切，求的方程.
(2)若关于
的方程
恰有两个不同的正实数根
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，即可得解；
（2）由题意，令
，转化为
与
的图象有两个不同交点，根据导数研究
性质，画出函数大致图象，即可数形结合得解.
【详解】（1）当
时，
，设直线的方程为
，
曲线
与直线相切于点
，
因为
，所以
①，
又点
既在曲线
上，又在直线
上，
所以
②，由①②得
，所以
，
所以
，故的方程为
.
（2）由
得：
，
恰有2 个不同的正实数根
恰有两个正实数根
，
令
，则
与
的图象有两个不同交点，
当
时，
；当
时，
；
68
在
上单调递减，在
上单调递增，又
，
当
从0 的右侧无限趋近于0 时，
趋近于
；
当
无限趋近于
时，
的增速远大于
的增速，则
趋近于
，则
的图象如图所示，
当
时，
与
有两个不同交点，
实数
的取值范围为
.
9．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
．
(1)求
的最值；
(2)若
，求
的取值范围．
【答案】(1)最小值为
，无最大值
(2)
【分析】（1）求出导函数并求出单调区间，即可求解其最值.
（2）将问题转化为
在
上恒成立，令
，利用导数法求
得
的最大值，令
，利用导数研究其单调性，求出
，最后
利用单调性求得
的取值范围.
【详解】（1）
的定义域为
，求导得
．
69
则当
单调递减；当
单调递增，
所以
，无最大值．
（2）因为
在
上恒成立，即
在
上恒成立．
令
，则
．
因为方程
中
，
故该方程有两个不相等的根
，且
，故
有且仅有一个正根，记为
，
所以
，即
．
故当
时，
单调递增；
当
时，
单调递减，
所以
．
令
，
则
．故当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增．
令
，解得
或
，所以
．
易知
在
上单调递增，所以
．
又
，故
的取值范围为
．
70
10．（24-25 高三上·湖南·开学考试）已知函数
.
(1)求
的单调区间；
(2)设函数
.证明：
（i）函数
有唯一极值点；
（ii）若函数
有唯一零点
，则
.
【答案】(1)
减区间是
，增区间是
.
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用函数导数求解函数单调性；（2）利用导数证明极值点和零点所在范围.
【详解】（1）由函数
可得：
，且
，
当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增，
所以函数
减区间是
，增区间是
.
（2）（i）因为
的定义域为
，
所以
，
设
，则
，当
时，
，所以
单调递增，
当
时，
，所以
单调递减，所以
，
所以
，即
，
所以
，又
，
所以存在唯一的
，使得
，即
，
71
当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增，
所以函数
有唯一极值点.
（ii）由（i）得
，因为函数
有唯一零点
，所以
，
所以
，
即
，所以
，
设
，所以
，
所以
在
单调递减，
因为
，所以
.
11．（2026 高三·天津·专题练习）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)若对
时，
，求正实数
的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义，求解即可.
（2）两次求导后，分
和
两种情况，结合零点问题，分析
的单调性，确定使得
对
恒成立时正实数
的值即可.
【详解】（1）当
时，
，
72
则
，
所以
，
，
则曲线
在
处的切线方程为
.
（2）由题意知，
，
令
，
所以
，
当
，
，则
，
此时
,
当
时，
，
所以
在
上恒成立，
所以函数
在区间
上单调递增，且
，
①当
时，
在区间
上恒成立，
所以函数
在
上单调递减，此时
，符合题意；
②当
时，
，
，
由零点存在定理知，
，使得
，
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
则当
时，有
，不符合题意，
综上，正实数
的最大值为.
73
12．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数
．
(1)若
，求函数
的单调区间；
(2)若
，求
的取值范围．
【答案】(1)减区间为
，增区间为
.
(2)
【分析】（1）对函数求导后得
，令
，对其求导，可判断
，则
得
在
单调递增，再结合
可求得结果；
（2）解法一：由
，得
，判断当
时成立，转化为
，然后构造函
数
，
，利用导数求出其最值，可求出
的取值范围；解法二：利用导数求出
（
），构造函数
，利用导数求得当
时，
，从而可求得
，进而可求出
的取值范围.
【详解】（1）若
，
，
，
，
令
，则
，
所以
在
单调递增，
因为
，
所以当
时，
，即
；当
时，
，即
，
所以
的减区间为
，增区间为
.
74
（2）解法一：
，即
，
①若
，则不等式显然成立；
②若
，则当
时，
不合题意；
③若
，则
等价于
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递减，在
上递增，
所以当
时，
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，
所以当
时，
，
所以
成立，也即
，则
；
综上可得，
.
解法二：①若
，不等式显然成立；
②若
，当
时，
不合题意；
③若
，则
，当
时，
在
上单调递增，
且当
时，
；当
时，
，
使
，即
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递减，在
上递增，
所以当
时，
75
令
（
），则
，
所以
在
上单调递减，
因为
，所以当
时，
，
所以
，则
；
综上可得，
.
13．（2026·安徽宿州·一模）已知函数
.
(1)证明函数
存在唯一零点；
(2)
的零点为
，证明
.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分析函数的单调性，再结合零点存在定理证明；
（2）根据
得到
满足的关系式，再将
转化，最后通过研究函数的单调性来证明不等式.
【详解】（1）函数
的定义域为
，当
时，
，（这是因为
）
故函数
在
没有零点；
当
时，
，易见
在
上是减函数，
且
，故存在
，使得
在
上递增，在
上递减，
且
，
所以
在
上存在唯一零点，又
，所以在
上无零点，
故
在
上存在唯一零点.
76
（2）注意到
，由（1）知存在唯一
使得
，
即有
，故
.
令
，
令
，显然当
时，
.故
在
上单调递减，
所以
.
14．（25-26 高三上·广东·月考）已知函数
.
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)求
的零点个数；
(3)探究
是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)零点个数为1
(3)存在，最大值为
，没有最小值
【分析】（1）求导，可得
，
，根据导数的几何意义求切线方程；
（2）设
，利用导数判断
的单调性和零点，即可得
的零点个数；
（3）根据（2）分析
的符号，即可得
的单调性和最值，结合零点代换运算求解即可.
【详解】（1）因为
，
，
则
，
，
77
所以切线方程为
，即
.
（2）设
，则
，
可知
在
上单调递减，且
，
，
根据零点存在定理可知
在区间
上存在唯一零点，即
的零点个数为1.
（3）由（2）可知
在
上单调递减，且存在唯一零点
，使得
，
当
时，
，则
在区间
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减；
所以
的最大值为
.
因为
，即
，
可得
，即
，
则
，
故
的最大值为
，没有最小值.
15．（25-26 高三上·北京·月考）已知函数
．
(1)当
时，求
在
的最值；
(2)当
时，
，求
在
上的极值点个数．
【答案】(1)
的最大值为
，
的最小值为
(2)1
78
【分析】（1）结合题意判断
的单调性，先求出端点值，再利用导数求解出最小值，最后进行比较得
到最大值即可.
（2）结合题意并构造函数可得
，再利用余弦函数性质结合导数得到
在
上单调递增，再结合放缩法得到
，最后利用零点存在性定理证明
有1
个零点，进而得到极值点个数即可.
【详解】（1）当
时，可得
，
则
，
令
，得
，令
，得
，
得到
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
的最小值为
，
且
，
，易得
，
可得
的最大值为
，
的最小值为
.
（2）因为
，
，
所以
，则
，
令
，
可得
，
因为
，所以
，
79
而
，则
，
由余弦函数性质得
，即
，
可得
在
上单调递增，而
，
，
令
，则由正弦函数性质得
，
可得
，且
，
即
，
结合已知可得
，而
，则
，
由零点存在性定理可得存在
作为
零点，
故
在
上有个极值点.
16．（25-26 高三上·江苏镇江·开学考试）已知函数
.
(1)若
，求
的极值；
(2)若
，判断
的零点个数并证明；
(3)若对任意
，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
的极小值为
，无极大值；
(2)两个零点，证明见解析；
(3)
.
【分析】（1）将
代入函数
，确定定义域，求导分析导数的正负，确定单调性和极值；
80
（2）将
代入函数
，利用零点存在性定理，结合导数分析单调性来判断；
（3）根据不等式
恒成立，分析函数在区间
上的最小值，确保最小值非负.
【详解】（1）当
时，函数
，其定义域为
，
对
求导，得
，
设
，对
求导得
，所以
在
上单调递增；
又
，
当
时，
，即
，
单调递减；
当
时，
，即
，
单调递增；
所以
在
处取得极小值，
，无极大值；
（2）当
时，
，
，所以
是一个零点，
求导得
，令
，
，
当
时，
，
当
时，
，
综上
，即
在
上单调递增，
又
，
所以
存在唯一的零点
，
81
则
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
所以
，又
，
所以
在
上还有一个零点，
综上，
在
上有且仅有两个零点；
（3）当
时，
成立，
当
时，因为
，所以
，
，
所以
，所以
，
当
时，
，令
，
则
，
因为
，
，
，
，
所以
，所以
在
上单调递增，即
在
上单调递增，
又
，
①当
时，
，所以
，
在
上单调递增，则
，
所以
在
上单调递增；又
，所以
恒成立；
②当
时，
，
在
上单调递增，
存在
，使得当
时，
在
上单调递减，
则
，
时，
不恒成立；
当
时，
恒成立，则
.
17．（25-26 高三上·湖南邵阳·期中）已知函数
.
82
(1)讨论函数
的单调性；
(2)令
,当
有且仅有两个零点时，求
的取值范围.
【答案】（1）当
时，
在
上单调递增；当
时，
在
单调递减，在
上单调递增.
（2）
【分析】（1）求出函数的导数，对
和
分类讨论后可得函数的单调区间；
（2）求导，整理得
，并且已知
为
的一个零点，继续分
和
进行
讨论.
【详解】（1）
，
①若
，则
，此时
在
上单调递增；
②若
，解得
当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增.
（2）
，
，
又
为一个零点.
①若
，则
在定义域内单调递增，又
，所以
只有一个零点，不符合题意；
②若
，令
，
，
又
，则
，即
单调递增，
.
83
i.当
时，即
，则当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增，
的最小值为
，函数只有一个零点，不符合题意.
ii. 当
时，即
，当
时，
，
所以存在唯一
，使得
，所以当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增.
.
又
时，
，所以
有两个零点.
iii. 当
时，即
，当
时，
，
所以存在唯一
，使得
，所以当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
.
又
时，
，所以
有两个零点.
综上所述，
有且仅有两个零点时，
.
18．（25-26 高三上·辽宁·月考）已知函数
.
(1)当
时，求
的单调区间；
(2)若方程
存在两个不同实数根
.
（i）求整数
的取值集合；
（ii）若
，求实数
的取值范围.
参考数据：
.
【答案】(1)递增区间为
，递减区间为
；
84
(2)（i）
；（ii）
.
【分析】（1）把
代入，利用导数求出单调区间.
（2）（i）利用方程根的意义，构造函数
，将问题转化为直线
与函数
的图
象有两个交点求解；（ii）利用方程根的意义并令
，再构造函数
，利用导数确定
单调性求出
范围，进而求出
的范围.
【详解】（1）当
时，函数
的定义域为
，求导得
，
当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以函数
的递增区间为
，递减区间为
.
（2）（i）方程
，令函数
，
依题意，直线
与函数
的图象有两个不同交点，
求导得
，由
，得
；由
，得
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
，
而当
时，
恒成立，且
，
则当且仅当
时，直线
与函数
的图象有两个不同交点，
又
，所以整数
的取值集合为
.
（ii）由（i）知，
，且
，
85
令
，即
，则
，解得
，
令
，求导得
，令函数
，
求导得
，函数
在
上单调递减，
，
则
，函数
在
上单调递减，由
，得
，
于是
，即
，解得
，则
，
由
，得
，即
，
由（i）知
在
上单调递增，因此
，
所以实数
的取值范围是
.
19．已知函数
，
．
(1)当
时，求函数
在区间
上的值域
(2)若
，试判断函数
是否存在极值，若存在，请确定极值点；若不存在，请说明理由；
(3)若函数
有三个不同的零点
，
，
）．求a 的取值范围；
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）利用函数导函数求出单调性，进一步求出值域.
（2）求出函数导函数，讨论
在不同取值范围内的单调性.
86
（3）根据题意，当
时，不符合题意，故只需讨论
时
的取值情况.
【详解】（1）当
时，
，其定义域为（0,+∞）.
对
求导得
，当且仅当
时取等号．
所以
在区间[1,3]上单调递增.
又
.
所以
在区间
上的值域为
.
（2）由题意，
，且
，
∴
．
令
，
1°当
时，
，
则
恒成立，
在
上单调递增，此时不存在极值；
2°当
时，
，
存在两个零点和
，且
，
当
和
时，
；当
时，
所以，
在
和
上单调递增，在
上单调递减
此时
存在极值，其中，极大值点
，极小值点
综上所述，当
时，
不存在极值；
当
时，
存在极值，极大值点
，极小值点
.
87
（3）易得
，故1 是
的零点之一．
1° 当
时，
，当
，
恒成立，
在
上单调递增，此时
只有一个零点，不符合条件；
2° 当
时，由（1）知，
在
上单调递增，此时
只有一个零点，不符合条件；
3° 当
时，由（1）知，
在
和
上单调递增，在
上单调递减，
其中
，所以，
，
又
，
存在
的值，使得
，
所以，
时，
，
时，
，
，使得
，
有三个零点，且
，
综上，
．
20．已知函数
，其中
，
(1)求
的最小值
；
(2)若
，求
的取值集合；
(3)若
，其中
，求
的最大值．
【答案】(1)
88
(2)
(3)2
【分析】(1)求导，判断单调性，求得最小值.
(2)
恒成立，即令
的最小值
即可，再进行求解
的最小值即可.
(3)根据题意分离参数
，求解
最小值，通过换元，求导，求单调性来求解函数的最
小值.
【详解】（1）解：
，
，
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
（2）
恒成立，则
恒成立即可
设
当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减，
所以
，要使
恒成立，即
，则
，
综上所述：
的取值范围是
．
（3）（3）已知
，
则
恒成立，
即
恒成立，等价于
恒成立，
也就是
恒成立．
89
令
，令
，
易知
在
上单调递增，且
，
所以存在
，使得
，即
，
当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增，
所以
，
在
上单调递减，所以
即
，所以
，所以
，
又因为
，所以
的最大值为2．
21．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
．若
，讨论
的零点个数．
【答案】答案见解析
【分析】求导，分
和
两种情况，构造函数，利用导数判断
的变化情况，进而可得
的
零点个数.
【详解】当
时，
，
，
①当
时，
恒成立，所以
在
上单调递增，
又
，所以
仅有1 个零点；
②当
时，令
，所以
在
上单调递增，
令
，则
恒成立，
90
则
在
上单调递增，又
，
故存在唯一
，使得
，即
，
当
时，
在
单调递减；
当
时，
在
单调递增，
所以
，
若
，则
，所以
仅有1 个零点，此时
，
若
，则
在
上单调递增且
，
所以
在
上有1 个零点，且
，
当
时，
，所以
，
因为
，所以
，
又
时，
，所以
，所以
在
上有一个零点，
所以
在
上有两个零点，
此时
；
若
，则
在
上单调递减且
，所以
在
上有1 个零点，
且
，
当
时，易证
，
令
，则
，故
单调递增，结合
可得
．
所以
，
91
不妨取
，则
且
，
可得
为
的正根，
当
时，
.
又
，所以
在
上有1 个零点．所以
在
上有两个零点，此时
．
综上得：当
或
时，
有1 个零点；当
且
时，
有2 个零点．
22．（2025 高三·全国·专题练习）设函数
．
(1)讨论
的导函数
零点的个数；
(2)求证：当
时，
．
【答案】(1)当
时，
无零点；当
时，
有唯一零点；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出
，分
和
讨论，结合零点存在定理，即可得出零点的个数；
（2）根据（1）的结论，可推得在
时，取得最小值
.由
，即
，两边取对数
化简得
.代入得
，再结合基本不等式，即可得出证明.
【详解】（1）解法一：
．
当
时，
，
没有零点．
当
时，设
，
，
92
∵
在
上单调递增，
在
上单调递增，
∴
在
上单调递增．
又∵
，当
满足
且
时，
，
∴当
时，
存在唯一零点．
解法二：
．
令方程
，得
．
令
，
则
，
因为
恒成立，
所以
在
上单调递增，且
．
所以
.
由此可得，当
时，
无零点；当
时，
有唯一零点．
（2）当
时，
，
.
由（1）可设
在
上的唯一零点为
，即
．
当
时，
；当
时，
．
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
当且仅当
时，
取得最小值，最小值为
．
因为
，
，
93
所以
（当且仅当
时等号成立）．
又因为
代入方程
，显然不成立，故等号无法取到，则
，
所以当
时，
．
23．（2026·江西萍乡·一模）已知函数
，
．
(1)若
，求不等式
的解集；
(2)若函数
有1 个极值点
，且
，证明：
有两个零点；
(3)在（2）的条件下，设
的两个零点分别为
，
（
），证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导判断函数
在
上单调性，结合
求解不等式；
（2）分
和
讨论，利用导数判断单调性进而判断零点个数；
（3）由（2）知
，
，
，
在
上单调递增，利用分析法要证
，只要证
，即证
，结合
，即证
，构造函数，利用导数证明.
【详解】（1）由题知
的定义域为
，且
，
若
，则
,又
,故
恒成立，
在
上单调递增，
又
，故不等式
的解集为
.
（2）由（1）知，当
时，
在
上单调递增，没有极值点；
94
当
时，
，由函数
，
（
）的图象知，
当
时，存在唯一的
，使
，
且当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
故
只有1 个极值点
，
因为
，且
，故1 是
在区间
上唯一的零点，且
，
又
时，
，故存在唯一的
，使得
，
所以
有两个零点.
（3）由（2）知，
，
，
，
当
时，
，
时，
，
又
在
上单调递增，
要证
，只要证
，即证
，
由
，得
，即要证
，
因为
，则
，所以只需证
，（*）
设
（
），则
，令
，
则
，显然
在
上单调递增，且
，
所以
在
上恒成立，故
在
上单调递增，
又
，故
在
上恒成立，
所以
在
上单调递增，又
，故
，
95
故
，得到
，即（*）式成立，
故
，从而
，证毕.
24．已知函数
.
(1)讨论
的单调性.
(2)若
，当
时，证明：
存在唯一的极大值点
，且
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分
和
两种情况，求出函数单调性；
（2）二次求导，得到函数单调性，结合隐零点得到
存在唯一的极大值点
，
，并得到
，
，判断出
，由函数单调性得到
，证明出结
论
【详解】（1）
定义域为
，
，
当
时，
恒成立，故
在
上单调递减，
当
时，令
得
，当
得
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
综上，当
时，
在
上单调递减，
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增；
96
（2）当
时，
，
，
记
，则
，
令
，解得
，令
，解得
，
所以
在区间
上是减函数，在
上是增函数，
所以
，
又
时，
；
，
从而
有解，即
存在两根
，1，其中
，
令
，解得
；令
，解得
，
所以
在
，
上为增函数，在
上为减函数，
所以
必存在唯一的极大值点
，且
，即
，
，
由
可知
，
由
可知
，
所以
在
上是增函数，在
上是减函数，
所以
，
综上所述，
存在唯一的极大值点
，且
.
25．（25-26 高三上·北京·月考）已知函数
．
97
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)当
时，求
的单调区间；
(3)当
时，讨论
的零点个数．
【答案】(1)
；
(2)单调增区间为
，单调减区间为
；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义直接可得切线方程；
（2）利用导数直接讨论函数的单调性可得；
（3）根据函数为偶函数，先讨论函数在
上的零点，再由对称性可得
上的零点.
【详解】（1）因为函数
，
所以
，故
曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
故曲线
在点
处的切线方程为
.
（2）当
时，
，
令
得，
或
或
．
0
0
0
0
极大值
极小值
极大值
的单调增区间为
，单调减区间为
．
98
（3）任取
，所以
是偶函数．
下面可以先考虑
在
上的零点个数．
（1）当
时，
恒成立，所以
在
上恒成立．
∴
在
上单调递增．
又∵
，∴
．∴
在
上无零点．
又∵
是偶函数，
在
上单调递减，
，即
在
上无零点.
∴
在
上无零点．
（2）当
时
令
得，
或
由
，且函数
在
单调递减，所以存在唯一
，使得
0
极大值
∴
在
上单调递增，
上单调递减．
．
当①
时，即
时，∴
在
上无零点．
又∵
是偶函数，∴
在
上无零点．
②当
时，即
时∴
在
上有一个零点．
99
又∵
是偶函数，
在
上有一个零点．
∴
在
上有两个零点．
综上：当
时，
在
上有两个零点；
当
时，
在
上有无零点.
26．（25-26 高三上·山西太原·月考）已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若
的极小值小于
，求m 的取值范围；
(3)讨论
的零点个数．
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)答案见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数
的取值分类讨论，得
时极小值
，构造函数
，求导得
，即可求不等式
的解集；
（3）由
，令
，对其求导，令
，
求导判断
在区间
上单调递增，结合零点存在定理，得
使
，求出
的最
小值为
，由
可得
，
，故
的最小值
，讨论
，即可得函
数
的零点个数.
100
【详解】（1）当
时，
，则
，
所以
，
，
则曲线
在点
处的切线方程为
，
整理得：
.
（2）函数
的定义域为
，且
，
当
时，易得
，
在
上单调递减，则
无极小值，不符合；
当
时，
由
，得
，即
在
上单调递增；
由
，得
，即
在
上单调递减，
所以
的极小值为
，而
的极小值小于
，
所以
，即
，
令
，则
，
所以当
时，
，当
时，
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减，
因为
，所以
可得
（3）
．
令
，得
，
令
，则
与
有相同的零点，
且
．
101
令
，则
，
因为
，则
，所以
在区间
上单调递增，
又
，
，所以
，使得
，
当
时，
，即
；当
时，
，即
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，最小值为
．
由
，得
，即
，
令
，
，则
，则
在
单调递增，
因为
，所以
，则
，
所以
，从而
，
，
所以
的最小值
，
又当
趋近于0 时，
趋近于
，当
趋近于
时，
趋近于
，
①若
，即
，
无零点，故
无零点；
②若
，即
，
有1 个零点，故
有1 个零点；
③若
，即
，
有2 个零点，故
有2 个零点.
27．（25-26 高三上·北京东城·期中）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)讨论函数
在区间
上的极值点的个数；
102
(3)若函数
在区间
上有唯一零点，证明：
.
【答案】(1)
；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）直接根据导数的几何意义可求得切线方程；
（2）先对函数求导，再分
，
，
三种情况对导数讨论可得函数的极值点；
（3）由（2）解析过程知，函数要有唯一零点t，必有函数
的唯一极小值点
，再通过构造
函数
，
，只需用导数证明
的零点
即可.
【详解】（1）当
时，函数
，
所以
，
.
所以曲线
在点
处的切线方程为
，
即
.
（2）由函数
，
.
令
，
，
.
①若
时，
，所以
在
上单调递增，且
，
即
在
上单调递增，且
，
所以函数
在
上单调递增，函数
无极值点；
②当
时，
，
，
当
，所以
.
103
所以函数
在
上单调递增且有唯一零点
，
即函数
在
上单调递增且有唯一零点
，
当
；当
，
所以函数
在
有唯一的极小值点
，无极大值点；
③当
时，因为
，所以
，
所以函数
在
上单调递减，无极值点.
综上所述：当
或
时，函数
在
上无极值点；
当
时，函数
在
上有唯一的极小值点，无极大值点.
（3）由（2）可知，当
时，函数
在
上单调递减，且
，
所以函数
在
上无零点；
当
时，函数
在
上单调递增，且
，
所以函数
在
上无零点；
当
时，函数
在
有唯一的极小值点
，且
，
要使函数
在区间
上有唯一零点，所以
.
所以
，
令
，得
，即
.
再令
，
，
104
所以
在
上单调递增，
且
.
所以函数
在
上有唯一零点
，
所以
，即
.
28．（2025·北京海淀·三模）已知函数
，曲线
在点
处的切线斜率为
．
(1)求
的值．
(2)求
在
上的零点个数．
(3)证明：
在
上存在两个零点
，且
．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由函数求导，根据导数的几何意义建立方程，可得答案；
（2）先由图象分析零点的存在性，再分段研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案；
（3）由函数求导并构造函数，利用导数要求新函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1）
，定义域为
．
．由题可得，
，解得
．
（2）由（1）可得，
．
当
时，
，
，故
，在
时无零点；
105
当
时，
，
，故
，在
时无零点．
当
时，
，所以
在
上单调递增．
而
，
．
故由零点存在性定理知，
在
上存在唯一零点．
当
时，
，
，故
，在
时无零点；
综上：
在
上的零点个数为1．
（3）
．令
，
．
令
，则
．
当
时，
，
，
，所以
．所以
在
上单调递增．
，
，所以由零点存在性定理，存在唯一
，使得
．
当
变化时，
，
的变化如下表：
0
极小值
又
，
，
．
所以由零点存在性定理，
分别在
，
上各恰有一个零点，即
在
上存在两个零
106
点
．
不妨设
．则当
时，
；当
时，
．
而
，
．
所以
．故
．
107
