新高考数学二轮复习巩固练习10 导数解答题之零点问题（2份打包，原卷版+解析版）

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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，．
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x1，x2.
(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．
x
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增