专题4.6 隐零点问题-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
1.函数零点问题．主要考查判断函数的零点个数，以及由函数零点或方程的根求参数的值（范围），或者证明与函数零点相关的不等式，凸显数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养．
2.将函数、导数、方程与不等式相结合考查，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，也体现命题的创新性.
知识点一
解“隐零点”问题的一般思路
1.隐零点就是指一个函数 ，可以判断它在某个区间上有一个零点，但是这个零点具体是什么却无法计算或根本不需要计算，只需利用他的存在去解答题目.
2.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x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，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．
常考题型剖析
题型一：利用“隐零点”研究极（最）值问题
【典例分析】
例1-1.（2023春·四川遂宁·高二统考期末）已知函数在处的切线斜率为，，若在上恒成立，则能取到的最大正整数为
【答案】3
【分析】根据切线斜率可得，进而分离参数将问题转化为，构造函数，利用导数求解单调性，即可求解.
【详解】，，
由得，
故，
记，
由于，所以，有均为的单调递增函数，
所以为递增函数，，
故存在唯一的，使得，即，
故当因此单调递减，单调递增，
故，
由于，对勾函数在单调递减，故，所以，
所以能取到的最大正整数为3，
故答案为：3
例1-2.（2019·全国·高考真题（理））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．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【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
【规律方法】
基本步骤：
（1）判断有零点；（2）设出零点；（3）利用零点存在，建立方程、不等式等.
【变式训练】
变式1-1.（2022·安徽·合肥一六八中学高三阶段练习）已知函数，若在区间上有零点，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】BCD
【分析】由函数在区间上有零点，则，结合函数可知点在直线，由可以表示原点到点的距离，问题进行转化，然后构造新函数进行分析求出的值的范围.
【详解】设在区间上零点为，则，
所以点在直线上，
由，其中О为坐标原点．
又，
记函数，，
因为，所以在上单调递增
所以最小值为，
所以，
故选：BCD.
变式1-2.（2023春·广东阳江·高二统考期末）若时，不等式恒成立，则整数的最大值为 .
【答案】2
【分析】方法1：参变分离可得恒成立，设，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解；
方法2：设，，求出函数的导函数，考虑的情形，利用导数求出函数的最小值，即可得解.
【详解】法1：不等式可化为，由，知，则时，恒成立.
设，，，
设，，则，所以在上单调递增，
又，，则在上存在唯一的零点，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，且，化简得，
因，则，则整数的最大值为.
法2：设，，，要求整数的最大值，
则直接考虑的情形，
由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，令，，，
则在上单调递减，，，则整数的最大值为2；
故答案为：
题型二：利用“隐零点”确定参数取值范围
例2-1.（2023春·广东广州·高二统考期末）已知函数，，其中a为实数，e是自然对数的底数.
(1)若时，证明：，；
(2)若在上有唯一的极值点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值，并结合正项函数的性质分析判断；
（2）根据题意分析可得原题意等价于有唯一变号零点，参变分离，利用导数判断的单调性，结合图形分析求解.
【详解】（1）因为若时，则，且，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
所以对，均有，当且仅当时，等号成立，
又因为对，均有，当且仅当时，等号成立，
所以对，.
（2）因为，则，
原题意等价于有唯一变号零点，
令，整理得，
构建，则与有唯一交点，
因为，
且，则，
当，即时，则，可得；
当，即时，则，可得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
可得，解得，
所以实数a的取值范围.
例2-2.设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
【答案】(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．
(2)2.
【解析】(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立．
令g(x)＝eq \f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，
得g′(x)＝eq \f(ex－1－x＋1ex,ex－12)＋1＝eq \f(exex－x－2,ex－12)(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，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，
所以g(x)min＝g(α)＝eq \f(α＋1,eα－1)＋α.
又h(α)＝eα－α－2＝0，
所以eα＝α＋2且α∈(1,2)，
则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，
所以k的最大值为2.
【规律方法】
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
【变式训练】
变式2-1.（2022·河南南阳·高三期中（理））若方程存在唯一实根，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【分析】方程存在唯一实根，则存在唯一实根，则函数与函数有唯一的交点，利用导数分析的单调性，并在同一坐标系中做出与函数的图象，即可求解
【详解】方程存在唯一实根，
则存在唯一实根，
令，
则
令，
注意到，则，且
当时，，
所以，即；
当时，，
所以，即；
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又，
当时，恒成立；
当时，；
所以的大致图象为：
由存在唯一实根，
则函数与函数有唯一的交点，
由图象可知或时满足条件，
所以方程存在唯一实根时，
实数的取值范围是
故答案为：
变式2-2.（2022·甘肃·靖远县第四中学高三阶段练习（理））已知函数.
(1)若是的极值点，求的单调区间；
(2)若关于的方程恰有一个解，求a的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再利用导数求出函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，令，，利用导数说明的单调性，由零点存在性定理可得存在使得，即可得到的单调性，从而求出的最小值，依题意可得，即可求出的值，从而得解.
（1）
解：因为，所以，
因为是的极值点，所以，解得，经检验符合题意，
所以，，又与在上单调递增，
所以在上单调递增，又，
所以当时，当时，
即的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）
解：显然，又，
令，，则恒成立，所以在上单调递增，
且，，
所以存在使得，
当时，即，当时，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时取得最小值，
由，可得，即，则，
因为关于的方程恰有一个解，
所以，即，
所以，当时等号成立，
由，可得，即的取值范围为；
【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．
题型三：利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题
【典例分析】
例3-1．（2023春·湖北武汉·高二武汉西藏中学校考期末）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对函数求导后由几何意义求出函数在点处的切线方程；
（2）由导数可知存在极小值点，即最小值，证明即得.
【详解】（1）函数的定义域为，
且，，
因为，，
故所求的切线方程为，
即．
（2）由（）可知为上的增函数．
因为，，
所以存在唯一的使．
从而有，．
因为时，；时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以，
所以．
例3-2.（2023春·湖南邵阳·高二统考期末）已知函数.
(1)讨论函数在定义域内的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)的单调递增区间是，单调递减区间是
(2)
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）由不等式恒成立，分离参数得，通过构造函数，利用导数求最小值的方法求实数的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
.
由，得，由，得.
的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2），即得.
设，则.
.
设，，
在上单调递增.
而，.
在上存在唯一零点，，
由， 有，可得.
当时，，在单调递减.
当时，，在上单调递增.
，
，故的取值范围是.
例3-3.（2023春·四川成都·高二期末）已知函数，其中.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，若恒成立，求整数的最大值.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)4
【分析】（1）求得函数的定义域为，求得，分别解不等式、可得出函数的单调递减区间和递增区间；
（2）分析可知不等式在时恒成立，利用导数求出函数在时的最小值，即可得出整数的最大值.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，
.
由解得；由解得.
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由题意当时，，即.
整理得.
令函数.
则.
令.则.
当时，恒成立.
在单调递增.
又，，
，使得，即.
时，；时，.
在单调递减，在单调递增，
则.
由恒成立，则.
整数的最大值为4.
【规律方法】
1.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
2.含参数的不等式恒成立的处理方法：①的图象永远落在图象的上方；②构造函数法，一般构造，；③参变分离法，将不等式等价变形为，或，进而转化为求函数的最值.
3.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
【变式训练】
变式3-1.（2023春·四川资阳·高二统考期末）已知函数．
(1)若有两个极值点，求的取值范围；
(2)若，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）先将有两个极值点转化为有两个不同实根，分离参数得，根据
函数的性质，可得的取值范围；
（2）先将问题转化为在恒成立，再转化为函数的最小值大于或等于0，进而求的取值范围.
【详解】（1）由，得，
因为有两个极值点，则，即方程有两个不等实数根，
令，则，
知时，，单调递减，
时，，单调递增，
则时，取得极小值，也即为最小值，
且时，，时，，
时，，时，，
故，即时，
方程有两个实数根，不妨设为，．
可知时，，时，，时，，
即，分别为的极大值和极小值点．
所以有两个极值点时，的取值范围是．
（2）令，原不等式即为，
可得，，，
令，则，
又设，则，
时，，可知在单调递增，
若，有，，则；
若，有，则，
所以，，，则即单调递增，
①当即时，，则单调递增，
所以，恒成立，则符合题意．
②当即时，
，，
存在，使得，
当时，，则单调递减，所以，与题意不符，
综上所述，a的取值范围是．
变式3-2.（2022·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数，设，.
(1)若在上有解，求的取值范围；
(2)若，证明：当时，成立；
(3)若恰有三个不同的根，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）常数分离法，转化为有解，用导数求的最小值即可；
（2）即证在时恒成立，用导数求左边函数的最小值;
（3）确定是先减后增，要使有三根，要满足，从而，可将表示为的函数，根据的范围，求得的范围.
【详解】（1）由题，在上有解，，所以有解
令，则，
而在上为增函数，所以，
即成立，所以在严格递增，
因而，即.
（2）时，则，
令，
得，记，
则在时严格增，
因而，所以在时严格增，
因而
即在严格增，，
即在恒成立.
（3）在定义域上递增
①当时，，
而当时成立，且，
所以，
因而存在，使得，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以为极小值点.，
由，此时不可能有三个根.
②当时，
因而存在，使得，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以为极小值点.，
由，此时不可能有三个根.
③当时，在定义域上递增，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以为极小值点.所以为最小值，此时不可能有三个根.
④当时，，存在，使得
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以为极小值点，
而，所以
由
由有三个根，得
由，
所以.
变式3-3.（2022·江苏常州·高三期中）已知函数，，．
(1)若在x＝0处的切线与在x＝1处的切线相同，求实数a的值；
(2)令，直线y＝m与函数的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为，，证明：．
【答案】(1)a＝1
(2)证明见解析
【分析】(1) 由于在x＝0处的切线与在x＝1处的切线相同，即可.
(2)本问题为极值点偏移问题，可转化为单变量的不等式证明，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1），．，，1－a＝a－1，a＝1．
检验a＝1时两个函数切线方程都是y＝1．
（2），x＞0，令，则，
∴在递增，，，
因为函数连续不间断，所以存在唯一实数，
，，从而在递减，递增．
不妨设，则，
当时，．
当，则，，在递增，，
，
令，，
令，，
令，，
，，在递减，
因为，，，在递增，
，所以在递减，
所以，
即，即，
因为，，在递增，
所以，所以．综上可得，．
一、单选题
1．（2022·浙江省新昌中学高三期中）若存在使对于任意不等式恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】变形为，由题意知直线恒位于的图象上方，的图象下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察取得小值时满足的条件.
【详解】
令，则，故在为增函数，为减函数，且，在时的图象如图所示.
令，则
且，，所以存在使得
当时，，当时，
当为增函数，当为减函数，当时的图象如图所示.
由题意得，如图，
当时，直线恒位于的图象上方，的图象下方，
代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过
且与曲线相切时，最小.
设切点为，则，
整理得
令，则
而当时， ，
所以
所以当时，
所以当时，为增函数，所以有唯一的零点1，
所以，此时直线方程为 ，故.
故选：D
二、多选题
2．（2022·河北·邢台一中高一阶段练习）已知，设，，其中，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，，则
【答案】ABD
【分析】作出函数的图像, 当时，即，可推得即，判断A，结合基本不等式可判断B;取特殊值，举反例，可判断C;由，，可得为的两个解，说明，即，可判断D.
【详解】作出函数的图像如图示：
由于，，其中，故 ，不能同时为0，
当时，即，，则，，
故，A正确；
由可得（，取不到等号），
即，B正确；
取，则，即，符合题意，故C错误；
若，，则，
由，可得，说明为的两个解，
设 ，则，
又单调递增，当时，，递增，
故，即此时，
当时，由，可得，由于，
故，由于递增，即存在唯一的，使得，
当时，，递减，当时，，递增，
故，而，
故此时，
综合上述，说明的零点仅有0和1，即，
即，则，故D正确，
故选：.
3.（2022·福建泉州·高三开学考试）设函数，则下列判断正确的是（ ）
A．存在两个极值点
B．当时，存在两个零点
C．当时，存在一个零点
D．若有两个零点，则
【答案】BD
【分析】利用导数与极值点的关系可判断A，利用与图像结合条件可判断BC，根据零点的概念结合不等式的性质可判断D.
【详解】因为函数的定义域为，
，
设，，
且方程的两根之积为，
在上有一个正根，设为，
在上，，函数单调递增，
在上，，函数单调递减，
所以存在一个极大值点，A错误；
令，即，
函数的零点即为与的交点，
如图所示：
函数图像与轴的交点为，
当时，与有两个不同的交点，即存在两个零点，B正确；
当时，与有两个不同的交点，
所以当时，存在一个零点，此说法不正确，C错误；
若有两个零点，假设，
则有
即
两式相减得：，
，则，
，，
所以，即，D正确.
故选：BD.
三、填空题
4．（2023春·北京密云·高二统考期末）已知函数.
①若，不等式的解集为 ；
②若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】（空1）时，借助导数工具判断，结合三次函数的零点情况，分段求解不等式；
（空2）结合上一空进行零点个数的判断
【详解】时，，则，
令，即，解得，
令，，
即在上单调递减，于是，
即，即无解，
综上可知，的解集为；
，根据上一空的分析可知，，取得等号，
故时，无解，，，或，
在时有个根，即这个根需排除在外，则，于是；
当时，有唯一解，于是在时有个根，
即这个根需恰好被包含在内，故，即.
综上所述，.
故答案为：；
四、解答题
5．（2023春·北京通州·高二统考期末）已知函数，
(1)若在区间上恰有一个极值点，求实数的取值范围；
(2)求的零点个数；
(3)若，求证：对于任意，恒有．
【答案】(1)；
(2)1；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数的极值点作答.
（2）利用导数探讨函数的单调性，结合零点存在性定理判断作答.
（3）把代入，对所证不等式作等价变形，再构造函数，利用导数推理作答.
【详解】（1）函数，求导得，当时，，当时，，
因此是的极小值点，依题意，，解得，
所以实数的取值范围是.
（2）函数的定义域为，求导得，
由得，由得，于是函数在上单调递减，在上单调递增，
而当时，，即有，因此在上没有零点，
显然，即函数在上存在1个零点，
所以函数的零点个数为1.
（3）当时，，，
于是要证，即证，只需证，
令函数，求导得，
由，得，由，得，即在上递减，在上递增，
因此，则，，即，
所以对于任意，恒有.
6.（2022·河北邯郸·高三阶段练习）已知函数.
(1)求的图象在处的切线方程；
(2)已知在上的最大值为，讨论关于x的方程在内的根个数，并加以证明.
【答案】(1)
(2)关于x的方程在内有两个不相等的实数根，证明见解析
【分析】（1）由函数解析式，求导，并求出该点处的函数值与导数值，根据切线方程的求法，可得答案；
（2）由（1）分三种情况，求最值，建立方程，求得参数，分与，利用导数研究其单调性，结合零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1）因为，所以，
，
所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）当时，有，则.
当时，，不符合题意；
当时，，则在上单调递减，即，不符合题意；
当时，.则在上单调递增，
即，解得.
令，则在上单调递增.
因为，所以在内存在唯一的零点.
当时，，
令，则，
所以当时，有，则，即在上单调递减，
因为，
所以在内存在唯一零点，即，
所以当时，，即在上单调递增，
所以有，即在内无零点，
当时，，所以在上单调递减.
因为，所以在内有且仅有一个零点.
综上，关于x的方程在内有两个不相等的实数根.
7．（2023春·湖南·高二统考期末）已知函数，其中为小于0的常数.
(1)试讨论的单调性；
(2)若函数有两个不相等的零点，证明：.
【答案】(1)在上单调递减.，在上单调递增；
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数正负判断单调性；
（2）构造函数应用极值点偏移证明不等式即可.
【详解】（1）.
因为，所以.于是
时，在上单调递增；
时，在上单调递减.
（2）由（1）知：
函数在上单调递增，在上单调递减.
若函数有两个不同的零点，
则，故.
又时，，且.
于是函数有两个不同的零点，且两零点分别位于区间.
不妨令.
（其中）.
因为，
所以函数在上单调递增，所以，即.
又因为，所以，
而，所以，
因为，函数在上单调递减，
所以，即.
8．（2023春·北京海淀·高二校考期中）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若对恒成立，求a的取值范围；
(3)证明：若在区间上存在唯一零点，则．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）讨论、，结合导数的符号确定单调区间；
（2）由，讨论、研究导数符号判断单调性，进而判断题设不等式是否恒成立，即可得参数范围；
（3）根据（2）结论及零点存在性确定时在上存在唯一零点，由零点性质及区间单调性，应用分析法将问题转化为证在上恒成立，即可证结论.
【详解】（1）由题设，
当时，令，则，
若，则，在上递减；
若，则，在上递增；
综上，时的递减区间为，递增区间为.
（2）由，
当时，在上恒成立，故在上递增，则，满足要求；
当时，由（1）知：在上递减，在上递增，而，
所以在上递减，在上递增，要使对恒成立，
所以，只需，
令且，则，即递减，
所以，故在上不存在；
综上，.
（3）由（2）知：时，在恒有，故不可能有零点；
时，在上递减，在上递增，且，
所以上，无零点，即，且趋向于正无穷时趋向正无穷，
所以，在上存在唯一，使，
要证，只需在上恒成立即可，
令，若，则，
令，则，即在上递增，故，
所以，即在上递增，故，
所以在上恒成立，得证；
故.
【点睛】关键点点睛：第三问，通过讨论确定在某一单调区间上存在唯一零点的a的范围后，应用分析法证恒成立即可.
9．（2023·湖南长沙·周南中学校考二模）已知函数.
(1)若函数有两个零点，求实数的取值范围；
(2)若对任意的实数，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”.若时，函数是“恒切函数”，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据零点的个数先估计零点的取值范围，然后可将问题转化成方程的解的个数问题；
（2）根据新定义先找出“恒切函数”所满足的条件，然后利用该条件，找到所满足的条件后进行研究.
【详解】（1）依题意，令，则，
当时，，方程无解，无零点；
所以，所以，
设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.
，设，
由于，，，
①时， 为上的减函数，有，
有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意；
②当时，即，在上单调递增，，
，使得，即在上递减，在上递增，
又，所以，由于时，，
故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；
③时，在上单调递减，上单调递增，
此时的极小值为唯一零点，不符合要求；
④当时，即，
在上单调递增，，
使得，即在上递减，在上递增，
且由单调性知，又由于时，，
故在内存在唯一零点；
在内存在唯一零点，此时符合要求.
综上，a的取值范围：；
（2）根据题意，若函数为“恒切函数”，切点为，
则即，
函数是“恒切函数”，设切点为，
即，可得，
则有即
考查方程的解，
设，因为，令，得.
当时，；
当时，.
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
所以.
（i）当时，因为，，
所以，函数在区间上存在唯一零点.
又因为；
（ii）当时，因为，所以函数在区间上有唯一零点，
由，则，
综上所述，.
10．（2023春·北京通州·高二统考期末）已知函数，R．
(1)当，时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当，时，求在区间上的最大值：
(3)当时，设．判断在上是否存在极值．若存在．指出是极大值还是极小值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)答案见详解
(3)答案见详解
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）在的范围内对分类讨论求出的最大值即可；
（3）利用二次求导的方法研究在区间上单调性即可求解.
【详解】（1）由已知得，函数的定义域为，且，
则曲线在点处的切线方程的斜率为，切点为，
所以切线方程为，即；
（2）由已知得，函数的定义域为，
，令，解得，
令，即，令，即，
①当时，即，在区间单调递减，
所以在区间上的最大值为；
②当时，即，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在区间上的最大值为；
③当，即，在区间单调递增，
所以在区间上的最大值为；
（3）当时，，，
则，
令，则，
因为，所以，
所以在区间单调递减，
当无限趋近于时，无限趋近于正无穷，且，
①当，即时，，
在区间单调递增，所以在区间上无极值；
②当，即时，在区间上存在唯一的零点，
所以当时，，当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在区间上有一个极大值，无极小值，
综上所述，当时，函数有一个极大值，无极小值，
当时，函数无极值.
11.（2022·河北·高三期中）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)记函数，若恒成立，试求实数的取值范围.
【答案】(1)在区间上单调递增，在区间上单调递减
(2)
【分析】（1）由题意得，令求出零点，即可得的单调区间；
（2）恒成立，转化为恒成立，令，求导后，转化成两个函数的交点问题讨论函数单调性，即可求出实数的取值范围.
【详解】（1）解：由题意得函数的定义域为，
若，则，
令，则，
而，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减；
（2）解：若恒成立，
则，
整理得，则，
设，则，
令，则，
整理得，
设，，可知两个函数均过定点，
若，即时，
为的切线，切点为，
①当，即时，，，不在定义域，不合题意；
②当，即时，
在区间，恒有，，
所以在单调递增，，
则，符合题意；
③当，即时，
设零点为，则
所以在上单调递减，在单调递增，
，
因为，
则，
又因为，所以且，与矛盾；
综上所述，实数的取值范围为
【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．
12.（2023春·四川成都·高二期末）已知函数，其中.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，若恒成立，求整数的最大值.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)1
【分析】（1）代入，求导分析导函数的正负区间即可；
（2）参变分离可得，再构造函数求导可得，再构造，求导结合零点存在性定理可得，进而可得整数的最大值.
【详解】（1）当时，函数定义域为，
.
由，解得；由，解得.
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由题意当时，，整理得.
令函数.
则.
令，则.
当时，恒成立.
在单调递增.
又，，
，使得，即.
时，；时，.
在单调递减，在单调递增，
则.
令函数.则.
在单调递增.
.
又，而，
.
又，
.
整数的最大值为1.