专题10 利用导数研究函数的零点及隐零点问题11种常见考法归类讲义 2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

这是一份专题10 利用导数研究函数的零点及隐零点问题11种常见考法归类讲义 2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版），共19页。

考法深研·解题技能通关
题型01 证明零点的个数
1．（2026高三·全国·专题练习）已知函数（且）．
(1)若函数在上存在单调增区间，求的取值范围；
(2)证明：当时，函数在区间上不存在零点．
【答案】(1)
(2)因为，关于x的方程，
则，可知方程有两个不相等实根，
令，解得，
可知在区间上是减函数，
且，，即，
可知在区间上是减函数，
因为，即在区间上恒大于零．
所以当时，函数在区间上不存在零点．
【分析】（1）分析可知在内能成立，换元，根据二次函数最值结合能成立问题运算求解；
（2）求导，分析可知在区间上是减函数，可证，即可得结果.
【详解】（1）因为，
由题意可知存在，使得，
即在内能成立，
令，则，
因为在内单调递减，则，
可得，即，且，
所以实数的取值范围为．
（2）略
2．（2026高三·新疆乌鲁木齐·期末）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于，求的取值范围；
(3)当时，证明：有两个零点．
【答案】(1)；
(2)；
(3)由题意，，
则，
所以，
令，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递增，
即在上单调递增，
当时，，当时，，
所以存在唯一使，
所以当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
故是的极小值点，
由得，即，
所以
，
因为，所以，移项得，
又，所以，两边同除以，所以，
两边取自然对数得，即，
所以，
又，，
所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
由零点存在定理，可知在和上各有一个零点，
综上所述，函数共有两个零点.
【分析】（1）根据导数的几何意义，先求得切线斜率，再根据点斜式方程，即可求得切线方程；
（2）先对函数求导，根据的取值进行分类讨论，结合极值的概念，列出关于的不等式，求解即可；
（3）先对函数求导，求得其极小值，结合隐零点和零点存在定理，即可证明.
【详解】（1）由题意，当时，函数，定义域为，
则，所以，即切线的斜率，
又，
所以函数在点处的切线方程为，即；
（2）由题意，函数，定义域为，
则，
当时，恒成立，所以函数在上单调递减，
函数不存在极小值，不符合题意；
当时，令，解得，
令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取得极小值，
极小值为，
又极小值小于，即，即，
令（），则，
令，解得，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
所以要使成立，即，则，
所以的取值范围为；
（3）略.
3．（2026高三·黑龙江·期末）已知函数．
(1)若是函数的极大值点，求实数的取值范围；
(2)若，求证：；
(3)若，求证：函数有且仅有1个零点．
【答案】(1)
(2)证明：由（1）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以．
(3)证明：由（1）可知，①当时，在上单调递增，且，
所以函数有且仅有1个零点；
②当时，在和上单调递增，在上单调递减，
且，所以在区间无零点，
由，
令，
则，
设，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以在上单调递减，
所以
由，
则
所以，即，
又因为，，
所以函数有且仅有1个零点在区间内；
综上所述，若，函数有且仅有1个零点．
【分析】（1）利用函数导数与单调性以及函数极值的定义分析求解即可；
（2）结合函数单调性分析即可证明；
（3）根据函数导数与单调性，函数零点的定义，利用分类讨论分析证明即可.
【详解】（1）因为，定义域为
所以，
①若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
此时是函数的极大值点，符合题意；
②若，则，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
时，，单调递增，
所以是函数的极大值点，符合题意；
③若，则，当时，，单调递增，
此时不是函数的极值点，不符合题意；
④若，则，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
时，，单调递增，
此时是函数的极小值点，不符合题意；
综上所述，实数的取值范围为．
（2）略
（3）略
4．（2026高三·宁夏吴忠·期末）已知函数．
(1)若，求的极值
(2)当时，证明：函数有且仅有一个零点
【答案】(1)极大值，极小值
(2)当时，恒成立，在R上单调递增，
，由，，则函数有且仅有一个零点；
当时，由，得或；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
而．当时，，因此函数有且仅有一个零点；
当时，由，得或；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
又
，，当时，，因此函数有且仅有一个零点，
所以当时，函数有且仅有一个零点.
【分析】（1）把代入，求出导数确定单调区间，进而求出极值.
（2）按分类确定函数的单调性，借助零点存在性定理求出零点个数.
【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，
当时，，，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在处取得极大值，在处取得极小值.
（2）略
5．（2026高三·四川泸州·期末）已知函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数.
①若是的唯一极值点，且是极小值点，求的取值范围；
②当时，证明：有且仅有一个零点．
【答案】(1)函数的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)①
②令，，
若，可知在内单调递增，
当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于1；
可知在内存在唯一零点，
当时，；当时，；
对于函数，当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于；
可知函数在定义域内有零点.
若，当，；当，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则的极大值为，所以函数有且仅有1个零点；
若，则，可知在定义域内单调递增，
所以函数有且仅有1个零点；
若，当，；当，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则的极大值为，
令，，则，
可知在内单调递增， 则，即，
可得
令，，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
且，，可得在内恒成立，
则，所以函数有且仅有1个零点；
综上所述：有且仅有一个零点.
【分析】（1）求导，利用导数分析函数的单调区间；
（2）①求导，结合题意分析可知，令，，求导，利用导数分析恒成立问题即可；②可知在内存在唯一零点，函数在定义域内有零点，讨论与1的大小关系，结合单调性分析证明即可.
【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为，且，
令，解得或，
且，当时，；当时，；
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）①因为的定义域为，
则，
由题意可知：在内单调递减，在内单调递增，
当时，，；当时，，；
可知对任意恒成立，即，
令，，则，
因为在内单调递增，则，
即，可知在内单调递增，则，
可得，所以实数的取值范围为；
②略
6．（2026高三·广东深圳·期末）（1）已知函数，若函数在上有且仅有2个零点，求a的取值范围；
（2）函数．
①若为增函数，求实数a的取值范围；
②证明：函数有且仅有一个零点．
【答案】（1）；
（2）①
②证明：函数的定义域为.
令，可得，令，
则函数有且仅有一个零点等价于与的图象有且仅有一个交点.
，
设，则，
令，则，解得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，在处取得最小值，即，
所以，则在上单调递增.
又当时，，当时，，
所以在上值域为，
则与的图象有且仅有一个交点，
故有且仅有一个零点．
【分析】（1）分离参数，构造函数，根据导数与单调性及最值的关系，结合函数图象求解即可.
（2）①为增函数等价于；分离参数，构造函数，根据导数与单调性及最值的关系求解即可.
②分离参数，构造函数，根据导数与单调性的关系，结合零点与函数图象交点的关系证明即可.
【详解】（1）当时，由，得.
令，其中，则直线与函数在上的图象有两个交点．
，令，则，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以当时，函数在处取得极大值为，，
又，，
则在的图象如图所示，
由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
因此，实数a的取值范围是．
（2）①由题设，
若为增函数，则，，
即对任意恒成立，即对任意恒成立．
令，，
令，则，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
故的取值范围是.
②略
7．（2026高三·广西柳州·期末）已知．
(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)当时，求证：在只有一个零点，且．
【答案】(1)；
(2)证明：因为，，
令，则，
先证零点的唯一性：
因为，所以，则在上单调递减，
因为，当时，，
由零点存在定理可得在上存在唯一零点，
所以即，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
又，所以时，恒成立，
当时，，
由零点存在定理及上述分析，得在上存在唯一零点，
再证不等关系：
因为，其中，，所以，
所以,
因为，则，所以，
因为，所以，即，
因为，所以，证毕.
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，从而得在上恒成立，令，利用导数求出的最大值即可得答案;
（2）令，利用导数可得，即在上存在唯一零点，结合，从而可得时，恒成立，由零点存在定理可得在上存在唯一零点；根据函数的单调性及,可得,再根据实数的范围，可得，即可得证明.
【详解】（1）因为，
所以．
因为在上单调递减，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
因为，
令，得，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
所以，
所以，实数的范围为；
（2）略；
8．（2026高三·四川自贡·阶段检测）已知函数，其中．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，证明：函数在区间上没有零点．
【答案】(1)
(2)
(3)当时，，
由（2）知 在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，故函数在区间上没有零点.
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求解；
（2）分三种情况，利用导数与函数单调性的关系及函数的性质，分别求出的最大值，再结合题设条件，即可求解；
（3）利用（2）中的结果，即可求解.
【详解】（1）当时，，则，，
又，则曲线在点处的切线方程为.
（2）因为，易知的定义域为，
，
当时，，当时，，当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，满足题意，
当时，令，得到或
当时，当时，，当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，
因为对任意恒成立，所以，解得，
当时，，当时，，
所以时不合题意，
综上所述，实数的取值范围为.
（3）略
题型02 讨论零点个数
9．（2026高三·河北邯郸·期末）设是定义在R上的奇函数，当时，，则的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据奇函数性质可得,利用导数研究在上的单调性，结合零点存在定理可判断当时，有两个零点，利用奇函数性质可得当时，也有两个零点即可求解.
【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以,
当时，，则,
令，则，所以在上单调递减，
令，解得：,
由于，，
则
所以令，解得：，令，解得：,
所以在上单调递增，在上单调递减，
且,
由于,,,
所以在上存在唯一零点,且在上存在唯一零点,且
所以的单调减区间为，增区间为
由于，所以在上无零点，
由于，所以在上有唯一零点，
由于,,所以在上有唯一零点，
所以当时，有两个零点，
根据奇函数的性质，可得当时，也有两个零点，
综上，的零点个数为.
10．（2026高三·广东深圳·期中）已知函数．
(1)求的图像在处的切线方程；
(2)若，证明：；
(3)探究函数的零点个数．
【答案】(1)
(2)证明：当时，函数，
要证明，即证，
设，则，问题转化为，
设，则，
所以在区间上单调递减，所以，
即，即，
所以．
(3)当时，有1个零点；当时，有3个零点.
【分析】（1）求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）根据题意，设，转化为，
设，利用导数求得函数的单调性，得到，即可得证；
（3）函数的零点即为或，设，则或.分情况讨论，①设,求导可知有唯一的根为1；②设，方程的个数根据的范围进行讨论，利用导数得到单调性和二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由函数，可得，
所以，且，即切线的斜率为，切点为，
所以的图象在处的切线方程为，即．
（2）略；
（3）由，
即或，
设，则或，
①设，可得，
所以在单调递增，又，
所以有一个零点．
②设，则，
当时，在单调递增，又；
所以有一个零点．
当时，令，得，
则在区间上单调递增，
在区间，上单调递减，
且，
所以，
由，
且，
所以在区间上各有1个零点．
综上得，当时，有1个零点；当时，有3个零点．
11．（2026高三·重庆·期末）已知在处取得极大值.
(1)求在点处的切线方程；
(2)若，讨论零点的个数.
【答案】(1)
(2)①当或时，有一个零点；
②当或时，有两个零点；
③当时，有三个零点.
【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）已知，则
因为在处取得极大值，
则，解得，，经检验，符合题意，
所以，，
故，，
则切线方程为，即.
（2）令，所以，
的零点个数等价于的图像与直线的交点个数，
由（1）可知，，，令，解得或，
则，，的关系如下表：
所以的极大值为，极小值为，如图所示，
①当或时，有一个零点；
②当或时，有两个零点；
③当时，有三个零点.
12．（2026高三·山东泰安·期末）已知函数在处有极小值．
(1)求实数的值；
(2)已知函数，，讨论函数的零点个数．
【答案】(1)2
(2)当时，的零点个数为3；当时，的零点个数为2 ；当时，的零点个数为1.
【分析】（1）对函数求导，由在处有极值得，求得，再代入分析的单调性，验证函数的极值情况，即得实数的值；
（2）求出函数的导数，研究函数的极值和单调性，根据最值的符号结合零点存在性定理，讨论在各个区间内的零点个数.
【详解】（1），
在处有极小值，
，
此时，
当时，，单调递减；当时，，单调递增
在处有极小值，符合题意.
（2），则
，由解得或，其中.
当和时，，单调递增；
当时，，单调递减.
，，
在内存在一个零点，
且，
设，
则
在内为减函数，，
当时，，即，
时，，
在，上各有一个零点，此时的零点个数为3；
当时，，此时的零点个数为2；
当时，，即，在上无零点，此时的零点个数为1.
13．（2026高三·江苏南通·期末）已知函数，是的极大值点，
(1)求实数的值；
(2)判断函数在区间上的零点个数，并说明理由；
(3)设，证明：．
【答案】(1)
(2)函数在区间上的零点个数为1，理由如下：
由（1）知，是的极大值点，是的极小值点，
，
当时，，当时，，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在区间上有且仅有1个零点.
(3)设，
则，
由于，故，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
故恒成立，则.
【分析】（1）求出函数的导数，根据极值点处导数等于0，即可求出答案；
（2）根据导数判断函数的单调性，结合零点存在定理，即可判断；
（3）设，求出其导数，判断函数单调性，求出其最小值，即可证明结论.
【详解】（1）由可知函数定义域为，
，
因为是的极大值点，故，
此时，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故是的极大值点，故；
（2）略
（3）略
14．（暑假作业13重难专题07：同构与异构（含指对同构）（巩固培优,4知识9题型巩固提升 能力培优 创新拓展）高三数学人教A版）已知函数.
(1)讨论函数的零点的个数.
(2)证明： .
【答案】(1)函数只有一个零点.
(2)法一：要证 ，即证，令 ，定义域为，则 ，由（1）知，在区间内有唯一零点，设其为，则 ①，因，且在区间上单调递增，∴当时，，，单调递减，当时，，，单调递增；∴，由式①可得，，∴ ，又时，恒成立，∴，得证.
法二：问题转化为证明，令，易知，(当且仅当时“”成立)又，则，故(当且仅当时“”成立).
【分析】（1）使用导数与零点存在性定理求解；
（2）法一：将不等式转化为，令，证明的最小值大于；法二：将不等式转化为，构造函数求解.
【详解】（1）函数定义域为，则 ，故在，递增，当时，，没有零点；当时，单调递增， ， ，由函数零点存在定理得在区间内有唯一零点，综上可得，函数只有一个零点.
（2）略
15．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数， .
(1)求证：曲线的图象是一个中心对称图形，并求对称中心；
(2)若，求过曲线上一点的切线方程；
(3)用表示、中的最小值，设函数 ()，讨论的零点的个数.
【答案】(1)；
证明：设的对称中心为，则对，，
∴
，
∴，∴，
∴曲线的图象是一个中心对称图形，对称中心为；
(2)，
(3)当或时，有一个零点；
当或时，有两个零点；
当时，函数有三个零点.
【分析】（1）设的对称中心为，根据求解即可；
（2）设切点为，根据导数的几何意义，求出切线方程，再代入求解即可；
（3）由时，得在零点；当时，若，则，可判断出是函数的一个零点；若，则，可判断出不是函数的零点；当时，只考虑在内的零点个数即可，然后分或、，利用函数的单调性可得答案．
【详解】（1）略
（2）∵，∴，
设切点为，则切线方程为
将代入得，
整理得，即，∴或，
当时，切线方程为，即；
当时，切线方程为，即.
（3）（ⅰ）当时，，函数
∴在时无零点.
（ⅱ）当时，
若，则，，
故是函数的一个零点；
若，则，，
故不是函数的零点；
（ⅲ）当时，，因此只考虑在内的零点个数即可.
①当或时，在内无零点，
因此在区间内单调而，，
∴当时，在区间内有一个零点，
当时，在区间内没有零点；
②当时，函数在内单调递减，在内单调递增，
∴，
若，即，则在内无零点.
若，即，则在内有唯一零点.
若，即，由，，
∴当时，在内有两个零点，
当时，在内有一个零点.
综上可得：当或时，有一个零点；
当或时，有两个零点；
当时，函数有三个零点.
题型03 根据函数零点个数求参数范围
16．（2026高三·辽宁大连·期末）若函数恰有两个零点，则实数m的取值范围是________．
【答案】
【分析】当时，易知不符合题意，时，当时证明无零点，当时，求出的单调区间，可知函数在上单调递增，在上单调递减，且，根据题意可得，求出的范围即可求出的取值范围.
【详解】当时，，只有一个零点，不符合题意；
当时，定义域为，
当时，对恒成立，时无零点；
当时，，
令，，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
，，，，
所以，使得，即，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当，，当，，
若函数恰有两个零点，则，
将代入得，
即，
当时，显然恒成立，
当时，不等式可化为，解得，
所以，
令，，
当时，，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，
所以，即实数的取值范围是.
17．（2026高三·河北承德·期末）已知函数（为自然对数的底数）在恰好有两个不同的零点，则实数的取值范围为________．
【答案】
【分析】令，整理转化为，令，求导，判断函数的单调性，得到，分离参数，令，求导，判断函数的性质，根据函数在恰好有两个不同的零点求出的取值范围.
【详解】由得，即，
即，令，则.
则，当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
且当时，；当时，，
所以当时，，
令，
，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，当时，，
因为函数在恰好有两个不同的零点，
所以与在恰好有两个不同的交点，
所以，故实数的取值范围为.
18．（2026高三·辽宁大连·期末）已知函数．
(1)当时，若恒成立，求的值；
(2)当时，函数在有一个零点，求的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数求出函数唯一极小值也就是最小值，构造关于参数的新函数研究最值，由最小值非负即可得出唯一解；
（2）通过导数划分函数单调区间，分和两种情况进行分类讨论，利用极小值为负，右端趋向于正无穷，从而判定时在上存在唯一零点.
【详解】（1）当时，，则，
令，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以的最小值为，
因为恒成立，所以，
令，则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，
因为，则必有，即.
（2）当时，，则，
当时，，所以在单调递增，此时，
所以在上无零点；
当时，令，则，
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增，
又因为，所以，且当时，，
所以在有一个零点，符合题意，
综上可得的取值范围为.
19．（2026高三·河北唐山·期末）已知曲线在处的切线与直线平行．
(1)求的值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)在上单调递减，在上单调递增
(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合两直线平行斜率相等的性质列方程求解;
（2）代入的取值后求导，根据导函数在定义域内的正负即可判断原函数的单调性；
（3）结合函数单调性得到最小值，根据函数在定义域两端的趋势，令最小值小于0，即可求得的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，对求导得：，
由直线化为斜截式得：，所以该直线的斜率为2，
因为函数的曲线在处的切线与直线平行，故切线斜率等于2，
即，代入得：，解得；
（2），得：，
由于，故，
当，则在上单调递增，
当，则在上单调递减,
所以在上单调递减，在上单调递增；
（3）由（2）可知，在处取得极小值，也是定义域内的最小值，
计算得：，
当时，，故，
当时，，由于二次函数增长速度大于对数函数增长速度，故，
则有两个零点，需最小值小于0，即，解得，
即b得取值范围为.
20．（2026高三·辽宁辽阳·期末）已知函数在处取极小值2．
(1)求的值；
(2)求曲线过点的切线方程；
(3)若函数，且在上有三个零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)3
(2)或者
(3)
【分析】（1）利用极值的性质建立方程组，求解参数，进而得到的取值即可.
（2）合理设出切点，结合切线的性质建立方程，最后求解切线斜率，得到切线方程即可.
（3）将零点问题转化为交点问题，再得到，进而求解参数取值范围即可.
【详解】（1），，解得或，
当时，可得，
令，可得，令，可得，
则在上单调递增，在上单调递减，
此时函数在处取极大值，不符合题意，
当时，可得，
令，可得，令，可得，
则在上单调递增，在上单调递减，
此时函数在处取极小值，在处取极大值，符合题意，.
（2）设切点为，得到，
而，，
可得，
代入点，得到，
化简得，解得或者，
切线斜率为0时，切线方程为，
在切线斜率为1时，切线方程为，
综上可得，切线方程为或者.
（3）函数，且在上有三个零点，
方程在上有三个不等的实根，
函数与的图象在上有三个不同的交点，
由（1）知在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则在处取极小值2，在处取得极大值，
又，，，解得.
21．（2026高三·四川资阳·期末）已知函数若函数有3个相异零点，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【分析】利用导数得到函数单调性，画出函数图象，数形结合得到答案
【详解】当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，又当时，，
所以当时，，
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，当，，
大致图像如下：
若函数有3个相异零点，即有3个相异的根，
所以实数的取值范围是.
22．（2026高三·广西南宁·期末）已知函数.
(1)当时，求函数的极值点:
(2)若函数在上单调递减，求实数的取值范围；
(3)已知函数在 上无零点，求的取值范围.
【答案】(1)极小值点为，无极大值点
(2)
(3)
【分析】（1）利用函数导数与单调性，根据极值点的定义分析求解即可；
（2）由函数在上单调递减转化为函数在上恒成立，然后构造新函数，利用函数导数与单调性求出最值分析即可；
（3）利用函数导数与单调性，结合函数零点存在性，对进行分类讨论，即可求出答案.
【详解】（1）当时，函数，定义域为，
由，
因为，所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极小值点为，无极大值点.
（2）由
即，定义域为
若函数在上单调递减，则等价于在上恒成立，
又，所以问题等价于在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以若函数在上单调递减，则实数的取值范围为.
（3）因为，
当，即时，，
所以在上单调递减，
因为，
所以在上无零点，符合题意；
当时，令，则，
当时，；当时，，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是，
的最小值为，
当，即时，无零点，符合题意，
当时，有一个零点，不符合题意，
当时，，的最小值，
因为，所以，使得，不符合题意，
综上所述若函数在 上无零点，则的取值范围为：.
题型04 已知存在零点求参数
23．（2026高三·内蒙古通辽·期末）已知函数，若函数存在零点，则实数的取值范围为_______．
【答案】
【分析】将零点问题转化为分段函数图象与过定点直线有交点，先分析分段函数单调性与图象关键点，算出定点到左段端点连线的临界斜率，再利用导数求出直线与指数曲线相切的临界斜率，结合图象确定参数的取值范围．
【详解】函数存在零点，即有解，
当时，，，
令，得，
时，，单调递增；
时，，单调递减；
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，
时，，
当时，，，
所以在上单调递增，且，
直线：恒过定点，
综上，的大致图象为
，，
所在直线的斜率，
设直线：与相切于，切点处的导数为，
所以过点的切线方程为，
由切线过，得，解得，
此时切线的斜率为，
由图可知，要使函数存在零点，
则实数的取值范围为．
24．（2026高三·江西南昌·期末）“函数存在零点”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】求导，利用导数分析函数的单调性和零点，可得，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】由题意可知：的定义域为，且.
令，解得；令，解得；
可知函数在内单调递增，在内单调递减，则，
当趋近于0或时，趋近于，
若函数有零点，等价于，即，
显然是的真子集，
所以“函数存在零点”是“”的必要不充分条件.
25．（2026高三·重庆·阶段检测）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若在上存在零点，求的取值范围．
【答案】(1)
极大值为，没有极小值；
(2)
.
【分析】（1）把代入，利用导数求出极值.
（2）求出函数，利用零点的意义分离参数并构造函数，再利用导数求出该函数的取值范围即可.
【详解】（1）当时，的定义域是，求导得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在处取得极大值，无极小值.
（2）函数，
由，得.
令，依题意，直线与函数在上的图象有交点，
由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，，
而，，，当时，，
当且仅当时，直线与函数在上的图象有交点，
所以的取值范围为.
题型05 利用比值代换解决零点不等式
26．（2026高三·福建厦门·期中）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论函数的单调性；
(3)函数有两个零点，求证：．
【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
(3)，
因为函数有两个零点，，不妨设，
则，
所以，
整理可得，即，
要证，即证，
即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以函数在上为增函数，则，
即，即，故原不等式得证．
【分析】（1）求出函数的导函数，再解，即可得解；
（2）求得，对实数a的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立．
【详解】（1）函数的定义域为
当时，函数，
所以
令，解得，所以函数的减区间是．
令，解得 ，所以函数的增区间是．
（2）函数的定义域为，
又，
①当时，对任意的，，
当，；当 ，，
此时函数在上单调递减，在上单调递增；
②当时，
由可得，由可得或 ，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
③当时，恒成立，
此时函数在上单调递增；
④当时
由可得，由可得或，
此时函数在上单调递减，在和上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（3）略
27．（2026高三·福建三明·期末）已知函数，．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若当时，，求实数的取值范围；
(3)若函数有两个不同的零点，，求证：．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
(3)证明：因为有两个不同的零点，，不妨设，
则，
两式相减得，
要证，，即证，
因为，所以只需证，
即证，
即证，
令，则，上式可化为，
令，
则，
令，
，令，
则，令，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以，所以在上单调递减，
，即，
所以在上单调递增，
所以，即成立，
所以
【分析】（1）根据导数的正负即可得出函数的单调区间；
（2）分类讨论的范围，结合导数的正负进行验证即可求解；
（3）将问题转化为证明，构造函数，结合导数与最值，即可证明．
【详解】（1）当时，，其定义域为，，
令，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2），令，
则，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以，则在上单调递增，，与题设矛盾，舍去；
当时，令，解得，
若，即时，，则在上单调递减，
所以，则，
所以在上单调递减，，符合题意；
若，即，
当时，，则在上单调递增，，
所以，所以在上单调递增，，与题设矛盾，舍去；
综上，．
（3）略．
28．（2026高三·河南濮阳·期末）已知函数（）．
(1)讨论的单调性；
(2)已知函数，有2个不同的零点，，且．
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减
(2)（i）；
（ii）由，是的2个不同的零点，且，
则，，
即，，
所以，即，
要证，只需证，
由（ⅰ）知，，，
所以即证，即证．
设，则，只需证．
设，，
则，则在区间上单调递增，
所以，即，即．
【分析】（1）根据函数解析式得到该函数的定义域，再求，分和两种情况分析的符号，进而即可讨论的单调性；
（2）（i）根据函数解析式得到该函数的定义域，再求，分和两种情况分析的符号，从而分析的单调性来判断的零点个数，进而结合的最值即可求解；
（ii）根据零点的性质，将需证的结论转化为即证 ，从而构造函数，求导，结合函数的单调性，最值即可证明．
【详解】（1）由，则的定义域为，，
当时，，则在区间上单调递增；
当时，，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）（ⅰ）由题知，，定义域为，则，
当时，，则在区间上单调递增，
所以在区间上最多有一个零点，不符合题意；
当时，，
当时，；当时，，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又有2个不同的零点，且当时，，当时，，
所以，解得，
所以实数的取值范围为．
题型06 利用差值代换解决零点不等式
29．（2026高三·广西来宾·期末）已知函数．
(1)若时，求的极值；
(2)证明：当时，；
(3)已知函数有两个零点，，且．证明：．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)要证明，即证，
化简得，当时，，故即证，
令，则，
因为在上单调递增，故单调递增，
又因，所以当时，，
当时，，故在区间上单调递减，在上单调递增，
故为的极小值和最小值，，
因此，因此，所以.
(3)由题可得，即，
两式相减得，解得，
因为要证，即证，将代入
即证，令，则，
因为，所以，因此，
即证，
令，则，
由均值不等式可得，故，
当且仅当时取等号，所以时，，即在上单调递增，
故，故.
【分析】小问（1），将题目条件代入再利用导数求极值；小问（2）将问题转化为，再将题目条件代入，即证即可；小问（3）先根据条件求出a的取值范围，将a的取值用两根代替，最后证明替代后的不等式即可.
【详解】（1）由题可得，则，
令，解得，当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
故在处取极小值，无极大值，
极小值为.
（2）略
（3）略
题型07 利用消参减元解决零点不等式
30．（2026·江西抚州·模拟预测）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程.
(2)若在区间上单调递减，求的取值范围.
(3)若，且存在两个极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)
证明：，
因为存在两个极值点，所以
满足，即，
不妨设，则.
又
则要证，
即证，
又，则，
即证，即证.
设函数，
则，
所以在上单调递减，又，则，
所以，
即得证.
【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程；
（2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，进而结合对勾函数求解即可；
（3）设，则.，将所证不等式转化为.，令，利用导数可求得，由此可证得结论.
【详解】（1）由题意得，，
而，则，
故曲线在点处的切线方程为.
（2），
又在区间上单调递减，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
因为函数在上单调递增，
所以，所以，
故的取值范围是.
（3）略
31．（2026高三·河南三门峡·期末）已知函数．
(1)当时，证明：；
(2)若存在两个极值点，，且，
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)的定义域为，
当时，，
．令，则，
当时，；当时，．
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以，
所以．
(2)（i）．
（ii）由（i）可得，，
，
所以．
要证，
只需证
即证．
令，
只需证，
令，则，
所以，所以在上单调递增，
因为，所以，即．所以．
【分析】（1）代入，对求导，判得单调性求出最小值为，从而证得；
（2）（i）把存在两个极值点，，且，转化成在上有两个不等正根，利用根的分布即可得的取值范围；
（ii）由根与系数的关系得和，代入化简，再令，构造函数证明即可.
【详解】（1）略
（2）（i）因为，所以，
因为存在两个极值点，，且，所以在上有两个不等正根，
即有两个不等正根，令,
则，即，解得．
故实数的取值范围为
（ii）略
题型08 构造对称函数解决零点不等式
32．（2026高三·湖南衡阳·期末）已知函数．
(1)当时，求的最小值；
(2)若有两个不同的零点，求的取值范围；
(3)在第（2）问的条件下，记的两个零点为，，证明：．
附：当且时，．
【答案】(1)
(2)
(3)，
令，则，所以在上单调递增，
由（2）知的取值范围为，所以，所以使，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
不妨设，要证，即证，
因为在上单调递增，只需证，
又，所以只需证，
即证，化简得，
由，可得，所以只需证
令，则，
因为，所以，
所以，在上单调递减，又，所以，
所以，即.
【分析】（1）求导，令，求导，判断的单调性，进而判断的单调性，求出的最小值；
（2）令，分离参数得，令，求导，令，求导，分析其单调性，进而分析的单调性，再利用极限的思想分别求出，，，时函数的极限，结合画出大致图像，求出的取值范围；
（3）对求导，判断的单调性，确定两个零点的取值范围，将要证的等价变形为证明，即证，令，求导判断其单调性，得到取值范围，进而得证.
【详解】（1）函数的定义域为，
当时，，则，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，又，
当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
所以；
（2）令，则（时，），
令，则，
令，则，所以在上单调递增，且，
当时，，，在上单调递减，
当时，，，在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
所以时，，所以，
时，，所以，
时，，所以，
，时，增长远快于，所以，
大致图象如下：
所以的取值范围为；
（3）略
33．（2026高三·北京昌平·期末）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线的斜率；
(2)设，当时，求的零点个数；
(3)若，且，求证：．
【答案】(1)0
(2)2个
(3)由题设，．
①当时，，，所以，即．
所以在区间上单调递减；
②当时，，，所以，即．
所以在区间上单调递增．
因为，且，所以．
令，．
因为，当且仅当时等号成立．
所以当时，．
所以．
所以，即．
因为，所以．
因为，所以．
因为在区间上单调递减，，，
所以，即
【分析】(1)通过复合函数求导并代入求解切线斜率进而求出切线方程.
(2)表示出后构造新函数，通过单调性求解零点个数.
(3)通过原函数单调性求出范围后，构造新函数求解.
【详解】（1）因为，
所以．
所以曲线在点处的切线的斜率为0．
（2）由题设，．
因为，所以是的一个零点．
当时，等价于．
设函数，，则．
令，解得．
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增．
因为，所以当时，．
又，，
当时，．
又根据零点存在定理，存在唯一，使得．
综上，当时，有2个零点．
（3）略
34．（2026高三·山西长治·期末）已知函数．
(1)讨论的极值点的个数；
(2)当时，若有两个零点，
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：
【答案】(1)当时，有一个极值点；当或时，有两个极值点；当时，无极值点
(2)（i）；
（ii）不妨设，由（ⅰ）知，当时，不等式恒成立．
当时，要证，即证，此时．
又在上单调递减，只需证，
又，故只需证在上恒成立．
设，
则．
，所以在上单调递减．
又，所以在上恒成立，即，
所以．
【分析】（1）先因式分解导函数，以分子零点的大小关系为界，分四类讨论单调性，零点个数即极值点个数；
（2）（i）时函数仅极小值点，两端极限均趋向正无穷，有两个零点等价于极小值，解不等式直接锁定参数范围；
（ii）对称构造偏移函数，利用与在递减的性质，将和式不等式转化为函数单调性证明.
【详解】（1）由题意知的定义域为，
．
①当时，令，解得；，解得，
的单调递减区间为，单调递增区间为，
有一个极小值点2，无极大值点．
②当时，令，解得；令，解得或，
的单调递减区间为，单调递增区间为，
在处取得极大值，在处取得极小值，所以有两个极值点．
③当时，恒成立，在单调递增，
无极值点．
④当时，令，解得；令，解得或，
的单调递减区间为，单调递增区间为，
在处取得极大值，在处取得极小值，所以有两个极值点．
综上所述：当时，有一个极值点；当或时，有两个极值点；当时，无极值点．
（2）（i）当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，
当时，；当时，；
要使有两个零点，则，
即，
故的取值范围为．
（ii）略
题型09 利用同构解决零点问题
35．（2026高三·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______
【答案】0
【分析】根据题意，化简得，令，求得为增函数，转化为，得到，进而得到，求得，即可求解.
【详解】由方程，变形可得，
即，
令，则，所以为单调递增函数，
因为，可得，可得，即，
又因为实数是关于的方程的解，
可得，可得，所以0.
故答案为：0
36．（2026·广东·模拟预测）已知满足 ，则_______．
【答案】3
【分析】原方程可化为，结合函数的单调性可得，故可求目标代数式的值.
【详解】因为，故，
因为，故，所以，设
则，故在上为增函数，
故，故，且，故，
故答案为：3.
【点睛】思路点睛：对于与指数、对数都出现的代数式，注意利用同构结合新函数的单调性进行转化.
37．（2026高三·重庆沙坪坝·开学考试）已知函数，且，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】根据函数的零点定义，可以得到关于的两个等式，结合对数与指数的恒等变形公式，构造新函数，结合导数的性质，利用新函数的单调性得到之间的关系，最后对进行转化为关于的式子，最后构造新函数，利用导数的性质求出最值即可.
【详解】由，可得，
因为，所以，，显然，
由，
构造函数在上单调递增，
由，
而在上单调递增，所以有，
因此，设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用函数零点的定义得到等式，然后利用同构思想，结合导数的性质进行求解.
题型10 与三角函数有关的零点问题
38．（2026高三·北京海淀·期末）已知函数，曲线在 处的切线方程为.
(1)求的值；
(2)证明：函数在区间上存在唯一极大值点；
(3)求函数的零点个数.
【答案】(1)
(2)证明：由（1）得，求导得，
设，则，
当时，，，则，故函数在上单调递减，
又，由零点存在定理，存在唯一的，使得.
当时，，即，则函数在上单调递增；
当时，，即，即函数在上单调递减.
故为函数在区间上的唯一极大值点；
(3)2
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线方程，对照系数即可求出的值；
（2）利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理即可得证；
（3）将按照定义域分成，，和四部分，讨论函数的单调性，结合零点存在定理和端点函数值大小逐一判断零点个数即可.
【详解】（1）由，可得，
，则，
因曲线在 处的切线方程为，则.
（2）略
（3）函数的定义域为，则，
①当时，由（2）知，函数在上单调递增，在上单调递减.
又，即当时，，即，
故函数在上单调递减，故函数在上仅有零点；
②当时，因，由（2）当时，单调递增，
故，即在上单调递增，
当时，单调递减，因，
则在后面一段区间必有,单调递减,在上先增后减，
又，则当时，，即函数无零点；
③当时，若，则，则函数在上单调递减，
又，由零点存在定理，函数存在唯一的零点；
若，则，而，则恒成立，故函数在上无零点.
综上，函数共有与两个零点.
39．（2026高三·湖南长沙·期末）已知.
(1)若，恒有，求的取值范围.
(2)当时，
（ⅰ）证明:在上恰有三个零点；
（ⅱ）设（ⅰ）中的三个零点为且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导函数的单调性，分类讨论，即可求出结果；
（2）（ⅰ）根据函数单调性，具体区间进行分析函数零点，即可得证；（ⅱ）由（ⅰ）知，记，，则，且，故，要证明，即证明，即证，结合函数单调性，只需证明，构造函数，分析函数单调性，即可得证.
【详解】（1）依题意，，在上单调递增，
当时，，，因此，符合题意；
当时，，，，
故存在唯一零点，使得，
此时当时，，单调递减，
故，不符合题意；
当时，，单调递增，
则，符合题意．
综上可知，．
（2）（ⅰ）由（1）可知，当时，在上没有零点；
当时，，故，没有零点；
当时，由（1）可知，，单调递增，
且，，，故在恰有一个零点；
当时，，故，没有零点；
当时，由（1）可知，，单调递增，
且，，，故在恰有一个零点，
当时，，故，没有零点；
当时，由可知，，单调递增，
且，，，
故在上恰有一个零点，
综上可知，在上恰有三个零点.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，，，
记，，则，且，
故，
要证明，即证明，即证，
又因为在单调递增，，故，
故只需证明，
构造函数，，
则，
由（1）可知，在上单调递增，
而，故，单调递增，
从而，故，
即，即.
题型11 隐零点问题
40．（2026高三·全国·二轮复习）已知函数．若，为自然对数的底数，证明：．
【答案】证明见解析
【分析】参变分离，构造函数，利用导数研究单调性与最值即可得证.
【详解】因，要证，
只需证，即，
令，
因此只需证即可．
，
再令，则，
因，所以，得，
所以在上单调递增，且．
由零点存在性定理，存在唯一，使得，即．
所以在有唯一零点，且当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且．
所以对，都有成立．
所以，成立．
41．（2026高三·湖南·阶段检测）函数.
(1)若，求的极小值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)；
(2)
当时，，
令
，定义域为，
则，其中，
由在上单调递增，且，，
则存在，使得，
当时，，，在上单调递减；
当时，，，在上单调递增；
所以的最小值为，
由，可得，，
所以，即的最小值为0，
综上，，即得证.
【分析】（1）代入，求导判断函数单调性，根据单调性求解函数的极小值
（2）要证，即证，令，求导判断单调性，求出的最小值，得证.
【详解】（1）函数的定义域为，当时，，
由，得，即在上单调递增；
由，得，即在区间上单调递减，
所以的极小值为.
（2）略
1. 标准四步流程：
①确定函数完整定义域，求导划分单调区间；
②计算每个单调区间两端函数值（含x→±∞、0±极限）；
③利用零点存在定理：区间两端函数值异号，则区间内至少1个零点；
④单调性判定唯一性：单调区间内至多1个零点；
2. 细分两类考法：
①证明不存在零点：区间内函数恒正/恒负，极值全部大于0或全部小于0；
②证明恰好n个零点：分段逐段判定存在且唯一；
3. 辅助工具：隐零点、分离参数、数形结合；
4. 易错：极限必须写完整，不能只代有限数值。
判断（讨论）零点（根）个数问题
（1）直接法：令则方程实根的个数就是函数零点的个；
（2）零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且，再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；
（3）数形结合法讨论零点（根）的个数
数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
单调递增
单调递减
单调递增
1. 主流路径：分离参数法（优先）
①变形f(x)=0⇔a=g(x)；
②求g(x)单调、极值、值域；
③直线y=a与g(x)交点个数对应零点数，写出a范围；
2. 不适合分离时：直接求f(x)极值，列不等式约束极值正负；
例：恰2个零点→极小值=0 或 极大值=0；
3. 区间限定零点：增加端点函数值不等式；
4. 验证边界：极值等于0时单独检验是否满足零点数量要求。
1. 等价转化：f(x)在区间存在零点⇔参数落在g(x)值域内；
2. 两种解法：
①参变分离：a=g(x)，求g(x)值域，a取该集合；
②零点存在定理：区间两端函数值异号，或极值穿过x轴；
3. 区分概念：
存在零点（有解）：a∈值域；
恰k个零点：值域内细分区间；
4. 区间限制：只在[m,n]有零点，只需计算g(x)在该段值域。
证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(令t＝\f(x2,x1)))，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.
首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.
消参减元的主要目的是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．消参减元法，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下．
①建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)；
②定关系：即根据极值点所满足的方程，利用方程解的知识，建立极值点与方程系数之间的关系；
③消参减元：即根据两个极值点之间的关系，利用和差或积商等运算，化简或转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数；
④构造函数：即根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数；
⑤求解问题：即利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，解决相关问题．
极值点偏移问题，除了前述方法外，也常通过构造关联(对称)函数求解，常见步骤如下：①构造奇函数F(x)＝f(x0－x)－f(x0＋x)；②对F(x)求导，判断F′(x)的符号，确定F(x)的单调性；③结合F(0)＝0，得到f(x0－x)>f(x0＋x)(或f(x0－x)(或(或(或(或