新高考数学一轮复习考点过关练习 利用导数研究函数零点问题（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点过关练习 利用导数研究函数零点问题（含解析），共42页。

利用导数确定函数零点的常用方法
(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
【典例分析】
典例1．已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)当时，判断函数在上零点个数.
典例2．已知函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若函数在上无零点，求实数a的取值范围.
典例3．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：．
【双基达标】
4．已知，函数.
(1)讨论的极值点个数；
(2)若函数有三个极值点，设，证明：.
5．已知函数，其中.
（1）当时，求函数在上的最值；
（2）（i）讨论函数的单调性；
（ii）若函数有两个零点，求的取值范围.
6．已知函数，.
(1)求证：在处和处的切线不平行；
(2)讨论的零点个数.
7．已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
8．函数.
（1）求证：有且仅有两个极值点；
（2）设的两个极值点分别为，，且满足，若函数有三个零点，求实数的取值范围.
9．设函数，.
(1)讨论函数零点的个数；
(2)若对任意的，恒成立，求m的取值范围.
10．设函数.
（1）讨论在上的单调性；
（2）证明：在上有三个零点.
【高分突破】
11．已知函数f(x)＝lnx＋＋ax(a∈R)，g(x)＝＋．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)如果函数F(x)＝f(x)－g(x)存在零点，求实数a的最小值．
12．已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
13．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．
14．已知函数（）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点，．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证：．
15．已知函数.
(1)求证：；
(2)若函数无零点，求a的取值范围.
16．已知函数，为的导数.
(1)证明：当时，；
(2)设，证明：有且仅有2个零点.
17．设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
18．已知函数．
(1)讨论的零点个数．
(2)若有两个不同的零点，证明：．
19．1.已知函数（m≥0）.
(1)当m=0时，求曲线在点（1，f（1））处的切线方程；
(2)若函数的最小值为，求实数m的值.
20．已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
21．已知函数.
（Ⅰ）若，求的单调区间；
（Ⅱ）若，，求零点个数.
22．（1）求证：；
（2）已知，求的根的个数；
（3）求证：若，则．
23．已知函数在时有极值0.
(1)求函数的解析式；
(2)记，若函数有三个零点，求实数的取值范围.
24．已知函数．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）设，若有三个不同的零点，求的取值范围．
25．已知，.
（1）讨论在区间上的单调性；
（2）若，且在上有三个零点，求实数的取值范围.
26．已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，是函数的两个不同的零点，证明：.
27．设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
28．已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
参考答案
1．(1)答案见解析
(2)两个
【解析】
【分析】
（1）求定义域，求导，分与，求解函数的单调性和极值；
（2）求导，分，，研究导函数的正负，得到在上单调递减，在上单调递增，结合特殊点的函数值的大小，由零点存在性定理得到函数在的零点个数.
（1）由知定义域为，①当时，在上 ，故单调递减，所以无极值.②当时，由得:，当时，当时，. 所以函数有极小值为，无极大值.
（2）当时，，，当时，，当时，单调递增，且，，故在上存在使得，而当时，.所以在上单调递减，在上单调递增，且，，所以，又，故由零点的存在性定理在上存在一个零点，在上也存在一个零点.所以在上有两个零点.
【点睛】
导函数求解函数零点个数问题，要利用导函数研究函数的单调性，进而求出函数的极值情况，结合特殊点的函数值的正负，零点存在性定理进行求解.
2．(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)根据导数的几何意义求解即可；
(2)求导，对分类讨论，根据函数的最值与0的关系即可求解.
【详解】
解：（1）由题得，
则，
，，
曲线在处的切线方程为，即.
（2），
①当时，，在上单调递减，
在上无零点且，
则，
；
②当时，
令得，
若即时，，在上单调递增，
由可知，符合条件；
若，即时，，在上单调递减，
在上无零点且，则，；
若，即时，在上单调递减，在上单调递增，
，，，
，
综上，a的取值范围为.
3．(1)在上单调递增
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【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：．
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查导数的应用，函数单调性的判定可由导数的正负来判定；零点问题一般转化为极值最值问题进行处理；不等式的证明通常利用放缩法以及常用不等式来处理.
4．(1)当时，有3个极值点；当时，有1个极值点；
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，因式分解，构造新函数，研究其单调性，求出最大值，利用求出的最大值，对进行分类讨论，求出不同情况下的极值点个数；
（2）结合第一问的结果，令，原不等式证明问题转化为关于t的不等式证明问题，即在上恒成立，二次求导，研究其单调性，最后证明出不等式.
(1)
由题可知，的定义域为，
.
令，则，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；所以.
①当时，即，又，则有当时，，当时，，且当时，，所以函数的图象与有两个不同的交点在上，即方程有两解，在上.
又，记，则有，且，
所以当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以有3个极值点，，.
②当时，对任意都有，所以；
又，所以当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以有一个极值点.
综上，当时，有3个极值点；当时，有1个极值点.
(2)
证明：由（1）可知，，要证，
只需证.
由，，令，则，
则有可得
要证，即证，又由于，，
即证不等式在上恒成立.
令（），
则有，；令，得；
所以当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.
又，，则有，
所以存在唯一，使得；
所以当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
所以当时，，则在上单调递增.
又，，则有，所以当时，，故原不等式成立.
【点睛】
函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，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.
5．（1）最大值为，最小值为；（2）（i）见详解；（ii）.
【解析】
（1）由得，对其求导，利用导数的方法判定其在上单调性，即可求出最值；
（2）（i）先对函数求导，分别讨论和两种情况，利用导数的方法，即可判定函数单调性；
（ii）由（i）中函数单调性，先判断时不满足题意，再由时函数的单调性，得到，由函数零点个数，必有，求出的范围，再进行验证，即可得出结果.
【详解】
（1）由得，所以，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
所以；又，，
所以；
即在上的最大值为，最小值为；
（2）（i），
当时，恒成立；即在定义域上单调递增；
当时，若，则；若，则，
所以在上单调递减；在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；在上单调递增；
（ii）由（i）知，当时，在定义域上单调递增；不可能有两个零点；
当时，；
为使有两个零点，必有，即；
又，
令，，则在上恒成立，
即在上单调递增，
所以，即，
所以根据零点存在性定理可得，存在，使得；
又，
根据零点存在性定理可得，存在，使得，
综上，当时，函数有两个零点.
【点睛】
思路点睛：
利用导数的方法求解由函数零点个数求参数范围问题时，一般需要先对函数求导，利用导数的方法判定函数单调性，求出极值，进而可求出零点个数.（有时也需要分离参数，构造新的函数，将问题转化为两函数图象交点个数问题进行求解）
6．(1)证明见解析；
(2)答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）求，若两切线平行，根据导数的几何意义可得，解得的值与矛盾即可求证；
（2）利用导数判断的单调性，计算极大值，极小值，讨论，，，结合零点存在性定理以及单调性即可求解.
(1)
由可得，
若在处和处的切线平行，
则有，即，
解得：，与矛盾，
所以在处和处的切线不平行.
(2)
因为，
由可得或；由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为，
因为，，
在上单调递增，
由零点存在性定理可知在区间上存在一个零点，
的极小值为.
①当即时，，而，
因为在和上没有零点；此时有且只有个零点，
②当即时，，
由单调性可知，有且仅有个零点，1；
③当即时，，，，
所以存在，；存在，；
由单调性可知，此时有且仅有个零点，，，
综上，当时，有且仅有个零点；
当时，有且仅有个零点；
当时，有且仅有个零点.
7．（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】
（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
【点睛】
本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.
8．（1）证明见解析；（2）答案见解析.
【解析】
（1）证明方程有两个变号的根即可；
（2）利用韦达定理和条件，求出或，再进行分类讨论，根据三次函数的图象特征得到不等式组，进而求得的取值范围；
【详解】
（1）证明：由题意可得，
令，得方程，
恒成立，所以有两个根，
不妨假设为，，且，
所以当，，单调递增；
当，，单调递减；
当，，单调递增；
故有两个极值点；
（2）由（1）得的两个极值点分别为，，
则，是方程的两根，，，
因为，
所以，
解得：或；
①当时，，，，，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以的极大值为，极小值为，要使得函数有三个零点，只需即可，解得：；
②当时，，，，，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以的极大值为，极小值为，要使得函数有三个零点，只需即可，解得：；
综上所述：当时，；当时，.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的极值点、零点问题，求解时要充分利用三次函数的图象特征，通过极大值、极小值的正负得到参数的取值范围.
9．(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用导数研究函数的图像与性质，进而数形结合即可求出结果；
（2）构造，进而可得可得在上单调递减，从而有在上恒成立，参变分离即可求出结果.
(1)
函数，
令，得，
设，
则，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以的最大值为，
又，可知：
①当时，函数没有零点，
②当时，函数有且仅有1个零点，
③当时，函数有2个零点，
④当时，函数有且只有1个零点.
综上所述，当时，函数没有零点；
当或时，函数有且仅有1个零点；
当时，函数有2个零点.
(2)
对任意，恒成立，
等价于恒成立，
设，则，
可得在上单调递减，
所以在上恒成立，
分离m可得恒成立，
所以，所以m的取值范围是.
【点睛】
（1）利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最小值问题．
（2）若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
10．（1）的单调递减区间为，；单调递增区间为，.（2）证明见解析
【解析】
（1）利用导数的正负可求函数的单调区间.
（2）结合函数的单调性和零点存在定理可证明在上有3个零点，再构建新函数可证明在上没有零点.
【详解】
（1），
由及，得或或.
当变化时，和的变化情况如下表：
所以的单调递减区间为，；
的单调递增区间为，.
（2）当时，由（1）得，
的极小值分别为，；
极大值.又，
所以在上仅有一个零点0；
在，上各有一个零点.
当时，，
令，则，
显然时，单调递增，；
当时，，
从而时，，单调递减，
因此，即，
所以在上没有零点.
当时，，
令，则，
显然时，，；
当时，，
从而时，，单调递增，
因此，即，
所以在上没有零点.
故在上仅有三个零点.
【点睛】
本题考查函数的单调性以及函数的零点个数判断，注意函数零点个数的判断，需利用函数的单调性和零点存在定理来判断，选择怎样的点来计算其函数值且函数值异号是关键，可根据解析的特点选择合适的点.另外证明函数在给定的范围上无零点，可利用放缩法把不易处理的函数转化为容易讨论的新函数来处理.
11．(1)答案见解析；
(2).
【解析】
【分析】
(1)求f(x)定义域，求f(x)导数，讨论在x＞0时的值域即可判断f(x)的单调性；
(2)令F(x)＝0，参变分离得有解，令，求h(x)导数，利用导数判断h(x)单调性求出其最小值即可.
(1)
的定义域为，
对于函数，
当时，即时，在恒成立．
∴在恒成立，∴在为增函数；
当，即或时，
当时，由，得或，，
∴在上为增函数，在上为减函数，
在上为增函数．
当时，由在恒成立，∴在上为增函数．
综上，当时，在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数；
当时，在上为增函数；
(2)
．
存在零点，即有解，
令，，
令，得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
∴，
当时，有零点，从而有．
【点睛】
本题主要考查利用导数判断函数的单调性，利用导数处理与零点有关的问题，关键在于参变分离构造不含参数的函数，利用导数研究新函数的单调性和最小值．
12．(1)
(2)证明见的解析
【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.
【点睛】
关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
13．(1)
(2)
【解析】
【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.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
14．(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；
（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.
(1)
定义域为，，
①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；
②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．
综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)
（i）由（1）知：当时，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
当时，因为在上递增，在上递减，
因为，故，
设，，
则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，
故，即取，
则
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（ii）因为，所以，，
下面先证明，
根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因为，所以即证，
记，，
，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】
极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
15．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，结合原函数的最值可得不等式成立.
（2）分三种情况讨论，当时求出，利用导数可得函数最大值，根据无零点建立不等式求解，当时，可得满足无零点.
(1)
，
则当时，，当时，，
故在上为增函数，在上减函数，
故即.
(2)
，故，
当时，在定义域上无零点;
当时，，故，
所以当时，，当时，，
故在上为增函数，在上减函数，
因为函数无零点，故，即；
当时，因为，所以，
即，
所以在定义域上无零点.
综上，的取值范围是.
16．(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【解析】
【分析】
（1）令，利用导数判断的单调性，并求出其最小值即可证明；
（2）由（1）可知，在上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明在上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.
(1)
由，
设，则，
当时，设，，
∵，，
∴和在上单调递增，
∴，，
∴当时，，，
则，
∴函数在上单调递增，
∴，
即当时，;
(2)
由已知得，
①当时，
∵，
∴在上单调递增，
又∵，，
∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，
②当时，
设，则，
∴在上单调递减，
∴，
∴，
∴，
∴在上单调递减，
又∵，，
∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，
综上所述，有且仅有2个零点.
17．(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】
本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
18．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解；
（2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可.
(1)
因为，所以1不是的零点．
当，可变形为，
令，则的零点个数即直线与图象的交点个数．
因为，，得，又，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，且当时，，
所以当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，有两个零点．
(2)
证明：由（1）知，当时，有两个零点．
设，则，
由得，
所以，即．
令，则，
易得在上单调递减，在上单调递增．
要证，即证．
因为，且在上单调递增，所以只需证．
因为，所以即证．
令，
则，
所以在上单调递减．
因为，所以．
因为，所以，故．
19．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）求导，利用导函数的几何意义求解切线方程的斜率，进而求出切线方程；（2）对导函数再次求导，判断其单调性，结合隐零点求出其最小值，列出方程，求出实数m的值.
(1)
当时，因为，所以切线的斜率为，
所以切线方程为，即.
(2)
因为，令，
因为，所以在上单调递增，
当实数时，，；
当实数时，，；
当实数时，，
所以总存在一个，使得，
且当时，；当时，，
所以，
令，因为，所以单调递减，
又，所以时，
所以，即.
20．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.
【详解】
（1）由题意知：定义域为：且
令，
，
在上单调递减，在上单调递减
在上单调递减
又，
，使得
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
在上单调递减
又
为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又
在上单调递增，此时，不存在零点
又
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减
在上单调递减
又，
即，又在上单调递减
在上存在唯一零点
④当时，，
即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点
【点睛】
本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
21．（Ⅰ）单调减区间，单调增区间，；（Ⅱ）有且只有一个零点.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求得导函数，进而求得导函数的零点，得到导函数的正负区间，从而得到原函数的增减区间；（Ⅱ）利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理得到零点个数.
【详解】
（Ⅰ）当时，，所以.
令，解得，和，
当或，，所以，是单调增区间；
当，，所以是单调减区间；
（Ⅱ），，∵，成立，
∴令,解得，
∵，，
∴函数 在上上的单调性是：
在内单调递减，在内单调递增.
易知.
当时，∴当时，只要,即且时，即时必有，
∴当时，函数在上只有一个零点.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，属基础题，其中利用导数研究函数的单调性是关键；利用放缩法判定当足够大时函数值大于零，是利用零点存在定理证明有一个零点的必要步骤.
22．（1）证明见解析；（2）当时，函数没有零点；当时，有一个零点；当时，函数有两个零点；（3）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）用分析法分析“要证，只需证，只需证”，用综合法写出证明过程.
（2）由指数函数，结合符号法则先分段讨论，易知当时，无零点；当时，将分式型函数零点转化为整式型函数的零点问题，构造研究新函数的单调性与极值；再分类讨论极值与的大小，最后利用零点存在性定理确定零点个数；
（3）借助(1)中已证不等式，将根式形式转化为一次形式，再构造新函数，求证新函数最小值大于零即可.其中最小值在求解时，要注意导函数隐零点问题的处理，利用零点满足的等量关系将指数运算降阶回代，从而达到化简求值的目的.
【详解】
（1）证明：当时，，且，
(当且仅当时，等号成立).
即.
（2），，
当时，， ，则恒成立，
函数没有零点；
当时，．
令，的零点即为函数的零点.
则，
令，解得，
当时，，是减函数；
当时，，是增函数，
函数在上的最小值为．
当时，，又，即0是函数的唯一的零点；
当时，，
函数没有零点；
当时，，又，
且在是增函数，
由零点存在性定理知，在有且仅有一个零点；
又，令，
则，在是增函数，则，
即，又，且在是减函数，
由零点存在性定理知，在有且仅有一个零点；
故当时，函数有两个零点．
综上所述，当时，函数没有零点；当时， 有一个零点；当时，函数有两个零点．
（3）证明：由(1)知当时，，
只需证当时，．
设，
则．
令，
则，由，解得，
当，，在上单调递减，
且，无零点，
当，，在上单调递增．
又，且，
在上只有一个零点，，且满足，即，
在上单调递减，在上单调递增，
，即.
．
又，且，
．
【点睛】
这是一类借助导函数隐零点求解函数最值的问题.通常的思维过程分为观察、判断、虚设、回代几个阶段，首先观察有无特殊零点，其次判断是否存在零点，如果存在，则设出零点，分析原函数的单调性，判定隐零点处取到函数最值，最后找出零点满足的等量关系回代求值，回代过程中注意运算在降阶角度的分析，如本题中指数运算简化为二次运算求值.
23．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，由在时有极值0,则，两式联立可求常数a，b的值，从而得解析式；
（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.
(1)
由可得，
因为在时有极值0，
所以，即，解得或，
当时，，
函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去.
所以常数a，b的值分别为.
所以.
(2)
由（1）可知，
，
令，解得，
当或时，当时，，
的递增区间是和，单调递减区间为，
当有极大值，
当有极小值，
要使函数有三个零点，则须满足，解得.
24．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）又条件可知，参变分离后，转化为求函数的最小值，求参数的取值范围；（2）首先求函数的导数，，再分和两种情况讨论函数的极值点和单调性，再根据函数有三个不同的零点，列式求参数的取值范围.
【详解】
，
若在上单调递增，则，即．
设，则，
令得，当时，，当时，，
所以，
因此的取值范围为．
（2）由题意，则．
若，，随变化的情况如下表：
此时不可能有三个零点．
若，令，得或．
①若，即，，随变化的情况如下表：
要使有三个不同的零点，需得且．
②若，即，此时，单调递增，不可能有三个零点．
③若，即，，随变化的情况如下表：
要使有三个不同的零点，
需无解．
综上所述：的取值范围是．
【点睛】
关键点点睛：本题考查根据不等式恒成立和零点问题求参数的取值范围，本题第二问的关键是求导后讨论的思想的应用，分和两种情况讨论极值点的个数，当时，还需讨论极值点的大小关系.
25．（1），单调递增；，单调递减，单调递增；，单调递减；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题设得，讨论、、判断在上的符号，即可得的单调性；
（2）由题设可得，易知且，要使在上有三个零点，即在上有两个不相等的实根，讨论参数a，当时构造，利用导数研究极值，进而求的取值范围.
【详解】
（1）由题设，，而上，
∴当时，上恒成立，单调递增；
当时，上，单调递减；上，单调递增；
当时，上恒成立，单调递减；
（2）由题意，，又，
∴，得，
∴，而，
∴要使在上有三个零点，即上只有一个零点即可，故在上有两个极值点，
∵，则在上有两个不相等的实根，而，
∴由（1）知：当时，递增，不合题意；当时，递减，不合题意；
当时，在递减，递增；而，
令且，则，
∴当时，有递减；当时，有递增；
∴，即，
∴只需，即，此时在上有三个零点.
∴的取值范围为.
【点睛】
关键点点睛：第二问，将问题转化为在上有两个不相等的实根，讨论参数，并构造中间函数并利用导数研究最值的符号、单调性，进而求出参数范围.
26．(1)在上递减，在上递增，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对函数求导后，由导函数的正负可求出函数的单调区间，
（2）由题意可得，，两式相减化简可得，若令，设，则，从而转化为证，构造函数可证得，而要证。转化为证，构造函数利用导数证明即可
(1)
的定义域为，，
当时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
(2)
因为，是函数的两个不同的零点，
所以，，
显然，则有
，，
所以，
不妨令，设，
所以，
所以要证，
只要证，即，
令（），则，
所以在上递增，
所以，所以，
因为，，
所以
要证，只要证，即，
因为，所以只要证，
即，即，
令，则，
所以在上递减，
所以，所以，
综上，
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是由已知可得，，设，再转化，然后相加化简后，构造函数利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
27．（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】
（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为，进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；
（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：
设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．
假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．
所以，所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】
（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
28．（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】
（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】
（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
【整体点评】
（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解.
0
－
0
＋
0
－
0
＋
↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗
0
极小值
0
0
极大值
极小值
0
0
极大值
极小值