高考数学第一轮复习(新教材新高考)第17讲卡根思想在导数中的应用(高阶拓展)（核心考点精讲精练）(学生版+解析)

这是一份高考数学第一轮复习(新教材新高考)第17讲卡根思想在导数中的应用(高阶拓展)（核心考点精讲精练）(学生版+解析)，共61页。试卷主要包含了 4年真题考点分布， 命题规律及备考策略等内容，欢迎下载使用。


1. 4年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为12分
【备考策略】1能用导数解决函数基本问题
2能用卡根思想结合零点存在性定理综合解题
【命题预测】在零点个数及方程的根等综合问题研究中，参变分离和数形结合都是解题的方法，但也都有局限性，同时对函数图像画法要求较高；包括在零点个数研究中还有放缩方法，但是放缩的不等式变化较多，这样对学生又提出了比较严苛能力要求。此时卡根法是此类题型的另一方法。同时卡根法也常应用于导数研究函数性质的过程中，其本质是虚设零点（设而不求），利用零点满足的关系式化简，从而得到范围或符号。高考中常用的解题方法，需要学生复习中综合掌握
知识讲解
“卡根”问题的一般方法，其具体步骤如下
根据函数的增长速度判断函数值变化的趋势，以便确定是否存在零点;
根据函数表达式的特点进行拆分，一般拆分成和或乘积形式;
根据函数的增长速度，将指、对数函数放缩成幂函数及其和的形式;
根据相关不等式的解集，利用零点存在定理来确定零点存在的区间
零点存在性定理：
如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内必有零点，即，使得
注：零点存在性定理使用的前提是在区间连续，如果是分段的，那么零点不一定存在
考点一、卡根思想在导数中的综合应用
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)讨论函数的零点个数，并证明你的结论.
2．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数是自然对数的底数.
(1)讨论函数的极值点的个数；
(2)证明：函数在区间内有且只有一个零点.
3．（2022·海南省直辖县级单位·嘉积中学校联考模拟预测）已知函数.
(1)判断函数的单调性；
(2)若对于任意的，都有，求整数的最大值.
【能力提升】
1．（2023·辽宁·校联考二模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，，证明：．
2．（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）已知．
(1)求的单调区间；
(2)当时，为较小的零点，求证：．
3．（2023·海南海口·海南中学校考二模）已知.
(1)若在处取到极值，求的值；
(2)直接写出零点的个数，结论不要求证明；
(3)当时，设函数，证明：函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
4．（卓越高中千校联盟2020届高考理科数学终极押题卷）已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）当，时，
①证明：函数恰有一个零点；
②设为的极值点，为的零点，证明：.
参考数据：
5．（2022·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
6．（2022·河南·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)证明函数存在最小值，并求出函数的最大值.
7．（2022·广东茂名·统考模拟预测）已知函数，，曲线和在原点处有相同的切线l．
(1)求b的值以及l的方程；
(2)判断函数在上零点的个数，并说明理由．
8．（2022·四川内江·统考三模）设函数．
(1)讨论函数在上的零点的个数；
(2)证明：．
9．（2023春·陕西渭南·高三统考期末）已知函数，，，令．
（1）当时，求函数的单调区间及极值；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．
10．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断的零点个数；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．
11．（2022·全国·模拟预测）已知函数，其中e为自然对数的底数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当a＝0时，若存在使得关于x的不等式成立，求k的最小整数值．（参考数据：）
12．（2022·江苏南京·南京市江宁高级中学校考模拟预测）设函数．
(1)当时，恒成立，求b的范围；
(2)若在处的切线为，且，求整数m的最大值．
13．（2022·四川成都·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考模拟预测）已知函数，，其中，．
(1)试讨论函数的极值；
(2)当时，若对任意的，，总有成立，试求b的最大值．
14．（2023·四川宜宾·统考模拟预测）已知函数（）.
(1)，求证：；
(2)证明：.()
15．（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：.
16．（2023·江西上饶·统考一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，，试讨论在内的零点个数．（参考数据：）
17．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数.
(1)证明：恰有一个零点；
(2)设函数.若至少存在两个极值点，求实数的取值范围.
18．（2022春·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的不等式．恒成立，求整数的最小值．
19．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若在上有零点，
①求a的取值范围；
②求证：．
20．（2022·四川雅安·统考二模）已知函数．
(1)当时，曲线在点处的切线方程；
(2)若为整数，当时，，求的最小值．
21．（2022·青海·校联考模拟预测）已知函数，．
(1)若，证明：；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
22．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若的最小值为，求a的值；
(2)若，证明：函数存在两个零点，，且．
【真题感知】
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
2．（2021·全国·统考高考真题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
3．（2020·全国·统考高考真题）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．
第17讲 卡根思想在导数中的应用（高阶拓展）
（核心考点精讲精练）
1. 4年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为12分
【备考策略】1能用导数解决函数基本问题
2能用卡根思想结合零点存在性定理综合解题
【命题预测】在零点个数及方程的根等综合问题研究中，参变分离和数形结合都是解题的方法，但也都有局限性，同时对函数图像画法要求较高；包括在零点个数研究中还有放缩方法，但是放缩的不等式变化较多，这样对学生又提出了比较严苛能力要求。此时卡根法是此类题型的另一方法。同时卡根法也常应用于导数研究函数性质的过程中，其本质是虚设零点（设而不求），利用零点满足的关系式化简，从而得到范围或符号。高考中常用的解题方法，需要学生复习中综合掌握
知识讲解
“卡根”问题的一般方法，其具体步骤如下
根据函数的增长速度判断函数值变化的趋势，以便确定是否存在零点;
根据函数表达式的特点进行拆分，一般拆分成和或乘积形式;
根据函数的增长速度，将指、对数函数放缩成幂函数及其和的形式;
根据相关不等式的解集，利用零点存在定理来确定零点存在的区间
零点存在性定理：
如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内必有零点，即，使得
注：零点存在性定理使用的前提是在区间连续，如果是分段的，那么零点不一定存在
考点一、卡根思想在导数中的综合应用
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
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，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
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，即的解的个数为2.
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2.
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，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故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.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）由函数的解析式可得，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)讨论函数的零点个数，并证明你的结论.
【答案】(1)当时，在上单调递增，无减区间；
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
(2)当或时，在上有唯一零点；
当时，在上没有零点；
当，在上有两个不同的零点.
【分析】（1）对函数求导，对a进行分类讨论，根据导数和单调性的关系，即可求得函数的单调性.
（2）研究函数的单调性，通过单调性分析函数的变化趋势，从而可得到函数的零点个数.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，得，若，则，从而，
若，则，从而，从而函数在上单调递增，在上单调递减，即的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，，，又因为在上是连续不间断的，
所以在上有唯一零点，所以当时，在上有唯一零点，
当时，在上有唯一零点，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以在上没有零点，
当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以在上有唯一零点，
当时，.
又因为当时，在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上恒成立，所以，
又因为，
所以，
又因为在和上均是连续不间断的，
所以在和上各有唯一零点，
所以当，在上有两个不同的零点.
综上所述，当或时，在上有唯一零点；
当时，在上没有零点；
当，在上有两个不同的零点.
【点睛】关键点点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.
2．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数是自然对数的底数.
(1)讨论函数的极值点的个数；
(2)证明：函数在区间内有且只有一个零点.
【答案】(1)在上有且仅有3个极值点.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导并利用，得到或，根据根的个数可得极值点的个数，设，利用导数分析单调性并利用零点存在定理求出根的个数即可.
（2）根据导函数零点，分析的单调性，可得在区间内的极大值为，极小值为，再利用零点存在定理分析可证.
【详解】（1），令或.
设，则，
令，
且时，，单调递减；时，，单调递增，
所以，
因为，则，此时在上有且仅有两个零点，记为，
因为，，时，所以，
所以在上有且仅有3个极值点.
（2），当时，
在上有3个极值点：，，，其中，
且，
当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增.
所以在区间内的极大值为，极小值为，
且.
所以
同理，而当时，
因此函数在区间内无零点，在区间上有且只有一个零点.
综上所述，时，在区间内有且仅有一个零点.
3．（2022·海南省直辖县级单位·嘉积中学校联考模拟预测）已知函数.
(1)判断函数的单调性；
(2)若对于任意的，都有，求整数的最大值.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；
(2)3.
【分析】（1）求出函数的导数，再解导数大于0或小于0的不等式即可作答.
（2）将不等式等价变形，分离参数并构造函数，再探讨函数的最小值即可推理作答.
【详解】（1）的定义域为，求导得：，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2），，
令，，则，
由（1）知，在上单调递增，且，
则在区间内存在唯一的零点，使，即，
则当时，，，有在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
于是得，因此，，
所以整数的最大值为3.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
【能力提升】
1．（2023·辽宁·校联考二模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数分类讨论、、时的单调性即可.
（2）根据已知条件将证明转化成证明（），运用导数研究的最大值与0比较即可.
【详解】（1）由题意知，定义域为，
，
令，则，
①当时，，，在上单调递减，
②当时，，的2个根为，，
此时，则，或，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
③当时，，的2个根为，，
此时，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，①当时，在单调递减；
②当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
③当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为有两个极值点，，
所以由（1）可知，且，，
所以，
要证，即证，
只需证，，
令，，
则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，
又，，
由零点存在性定理得，使得，即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
则，
令，，
则当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
【点睛】隐零点问题求解三步曲：
（1）用函数零点存在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取值范围．
（2）以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
（3）将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
2．（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）已知．
(1)求的单调区间；
(2)当时，为较小的零点，求证：．
【答案】(1)减区间为，增区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）直接求导得，利用韦达定理和求根公式得，利用导函数正负和函数单调性的关系即可得到答案；
（2）根据的范围判断出，再利用零点存在定理得，使得，从而有，将原不等式转化为证明于，再次设新函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）由
令，当时，当
设，是的两根，，，
则，，
∴当时，，
当时，，
∴的减区间为，增区间为
（2）由，
，则，
，
由（1）得在上单调递减，在单调递增，
∵，则，，
∴，使得，
要证：
下证：当，有
∵，，∴，原不等式等价于
设，，
∴在单调递减，.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过零点存在定理得到另一个零点，从而将代换为，然后将不等式转化为证明成立，再设新函数利用导数即可证明.
3．（2023·海南海口·海南中学校考二模）已知.
(1)若在处取到极值，求的值；
(2)直接写出零点的个数，结论不要求证明；
(3)当时，设函数，证明：函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
【答案】(1)1；
(2)且有一个零点；且有两个零点；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，由求出a并验证作答.
（2）由已知可得1是的一个零点，按分段讨论，利用导数结合零点存在性定理判断作答.
（3）求出函数及导数，探讨极值点，再结合隐形零点确定极小值大于作答.
【详解】（1）的定义域为，，，所以，
又时，，，得在上单调递增，在上单调递减，
即在处取到极大值，所以符合要求.
（2）由（1）知，当时，，函数在上单调递增，而，则有唯一零点；
当时，单调递增，单调递减，
令，，
单调递减，单调递增，，当且仅当时取等号，
因此当时，，当且仅当时取等号，
于是当时，有唯一零点；
当时，在内有唯一零点1，当时，，
令，，令，则，
即函数在上单调递增，，于是函数在上单调递增，
，即当时，，因此，有，即，
从而函数在上有唯一零点，即函数有两个零点；
当时，函数在上有唯一零点1，由，得，即有，
而，从而函数在上有唯一零点，即函数有两个零点，
综上得当或时，有一个零点；且时，有两个零点.
（3）依题意，，函数的定义为，
求导得，显然函数在上单调递增，
又，则存在，使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
即当时，函数取得极小值，无极大值，
由，得，因此，
令，
则函数在上单调递减，因为，所以，函数的极小值
所以函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
4．（卓越高中千校联盟2020届高考理科数学终极押题卷）已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）当，时，
①证明：函数恰有一个零点；
②设为的极值点，为的零点，证明：.
参考数据：
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）先由题意，得到在恒成立，令，对其求导，用导数的方法求出最值，即可得出结果；
（2）由得，求导得到，
①分，两种情况，根据导数的方法分别研究零点，即可得出结果；
②由为的极值点，得；推出，令，，根据导数的方法判断其单调性，得出在上有且仅有一个零点，设为，得到，进而可得出结论成立.
【详解】（1）若在恒成立，即在恒成立，
令，则.
当时，；当时，.
即在上单调递减；在上单调递增.
故，即，所以.
（2）当时，，，
①（i）当时，，即在上没有零点.
（ii）当时，令，则，
所以在上单调递增，，，
所以在上存在唯一实根，故在上单调递减，在上单调递增.
又因为，，，
所以在上有且只有一个零点.
综上，函数在上恰有一个零点；
②因为为的极值点，所以，即.
因为的导函数为在上恒成立，所以在上单调递减，因此恒成立，
即对任意成立，所以，，
所以有，即有成立.
令，，，所以在上单调递增，，，在上有且仅有一个零点，设为.
而，所以，故.
由①，所以，
故.
【点睛】本题考查导数的应用、零点、不等式、极值等综合应用能力，考查转化与化归、推理论证与运算求解能力，难度较大.
5．（2022·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)的递减区间是，递增区间是；
(2).
【分析】(1)求出函数的导数，再解大于或小于0的不等式作答.
(2)将给定不等式等价转化，构造函数，利用导函数探讨函数单调性，再分类讨论判断作答.
【详解】（1）依题意，函数定义域为，求导得：，
当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，
所以的递减区间是，递增区间是.
（2）依题意，，，
令，，，
，显然，令，
，当时，因，则，，即，当且仅当且时取“=”，
于是得在上单调递增，，，则在上单调递增，
因此，，，即，
当时，，，即存在，使，
当时，，在上单调递减，则当时，，
在上单调递减，当时，，
即，与，矛盾，因此，，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以借助分段讨论函数的导函数，结合函数零点探讨函数值正负，以确定单调性推理作答.
6．（2022·河南·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)证明函数存在最小值，并求出函数的最大值.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析，
【分析】（1）将代入后求导，利用导数判断原函数单调性即可.
（2）通过二次求导证明单调递增，然后利用零点存在定理判断在区间上存在唯一零点，然后利用隐零点思想得到最小值，最后再构造新函数求出其最大值，注意在判断零点所在区间时要合理利用放缩思想，这一步为此题难点.
【详解】（1）由题意知，
，，.
所以函数单调递增.
又，所以当时，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题意知，，.
所以函数单调递增.
令，则.
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.
所以，即.
所以，即.
另一方面，，
所以存在，使得，①
即当时，，单调递减，当时，，单调递增.
所以函数存在最小值.
由①式，得.所以（当且仅当，即，时，等号成立）.
所以，即为所求.
【点睛】导数问题中，求导后发现导数无法因式分解，或者无法直接求出零点时的一个常用方法就是隐零点，利用设而不求思想得到最值，然后利用该隐零点所满足的等式关系进代换，从而能够方便的解题，例如本题中：即为可代换的式子.
7．（2022·广东茂名·统考模拟预测）已知函数，，曲线和在原点处有相同的切线l．
(1)求b的值以及l的方程；
(2)判断函数在上零点的个数，并说明理由．
【答案】(1)，的方程：.
(2)在上有1个零点，理由见解析.
【分析】（1）根据曲线和在原点处有相同的切线l，则可知斜率相等，进一步求出b的值以及l的方程；
（2）函数零点即是图象与轴的交点，需要用导数的方法研究函数，其中要进行二次求导，运用零点存在性定理说明函数的零点情况.
【详解】（1）依题意得： ，.
，
，的方程：.
（2）当时，，，此时无零点.
当时，
令
则，显然在上单调递增，
又，，所以存在使得，
因此可得时，，单调递减；
时，，单调递增；又，
所以存在，使得，
即时，，，单调递减；
时，，，单调递增；
又，，所以在上有一个零点.
综上，在上有1个零点.
【点睛】本题考查导数几何意义、函数的零点、用导数研究函数的单调性以及零点存在性定理，知识考查较为综合，对学生是一个挑战，属于难题.
8．（2022·四川内江·统考三模）设函数．
(1)讨论函数在上的零点的个数；
(2)证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由可得，设，则在上的零点即为在上的零点，利用导函数判断的单调性，可得极小值，讨论，的大小关系及区间端点函数值与0的大小关系，即可求解；
（2）转化问题为证明，由（1）可知当时，成立，结合的单调性，即可证明.
(1)
解：令，则，
令，则在上的零点即为在上的零点，
因为，令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取极小值
①当时，，故在上无零点
②当时，，故在上有一个零点
③当时，
∵，，
∴在上有两个零点
④当时
，，当时，
在上有一个零点
综上，当时，在上无零点；
当或时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点
(2)
证明：要证，
即证，
当时，由（1）知，对成立，
∵函数在上单调递减，
∴对成立，
∴对成立，得证.
【点睛】易错点点睛：分类讨论时，除了需讨论极小值与0的大小关系外，还需注意讨论极小值点与已知区间端点的关系.
9．（2023春·陕西渭南·高三统考期末）已知函数，，，令．
（1）当时，求函数的单调区间及极值；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．
【答案】（1）单调递增区间为；单调递减区间为；的极大值为，无极小值；（2）2．
【分析】（1）根据导数与函数单调性和极值的关系求函数的单调区间及极值；
（2）设，求函数的最大值，由此可得整数的最小值．
【详解】解：（1）当时，，所以．
令得．
由得，所以的单调递增区间为．
由得，所以的单调递减区间为．
所以的极大值为，即，无极小值．
（2）令，
所以，
当时，因为，所以，所以在上是增函数，
又因为，
所以关于的不等式不能恒成立．
当时，．
令，得，所以当时，；
当时，，
因此函数在上是增函数，在上是减函数．
故函数的最大值为．
令，因为，，
且在上是减函数，所以当时，．
所以整数的最小值为．
【点睛】对于不等式恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
10．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断的零点个数；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)两个零点
(2)
【分析】（1）用零点存在性定理可判断零点个数.
（2）即，
即，
构造函数，即，判断单调性，转换函数，分类讨论即可.
(1)
解：当时，，定义域为，所以，
令，则，
当 时，，为增函数，
当 时， ，为减函数，
所以，
又因为，所以，所以在上有唯一零点，
同理，因为，所以所以在上有唯一零点，
所以函数有两个零点．
(2)
即，
即，
构造函数，即，
显然为上的单调递增函数，所以转化为：在上恒成立，
①当时，因为，
所以，而，显然不符合题意．
②当时，即在上恒成立，
令，则，
令，则 ，
i)当即时，因为，所以，所以在上递增，所以
，即恒成立，符合题意．
ii)当即时，当时，当时，
所以，
令，则，所以在上递增，
所以，所以不符合题意，所以舍去．
综上所述．
【点睛】变形得到，构造函数，即，判断单调性，转换函数在上恒成立，分类讨论即可.
11．（2022·全国·模拟预测）已知函数，其中e为自然对数的底数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当a＝0时，若存在使得关于x的不等式成立，求k的最小整数值．（参考数据：）
【答案】(1)答案见解析；
(2)0.
【分析】（1）求出函数的导数，分，，三种情况讨论的符号求解作答.
（2）构造函数，求出的最小值取值范围，再由不等式成立求整数k的最小值作答.
【详解】（1）函数的定义域R，求导得：，
若，由，得，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
若，则对任意都有，则在R上单调递增，
若，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）当a=0时，令，则，令，
则，则当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
因，，则存在，使得，即，
则当时，，当时，，
又当时，，所以当时，，因此在上单调递减，在上单调递增，
于是，，
．
若存在使得关于x的不等式成立，且k为整数，得，
所以k的最小整数值为0.
【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，若，使得成立，则；若，使得成立，则.
12．（2022·江苏南京·南京市江宁高级中学校考模拟预测）设函数．
(1)当时，恒成立，求b的范围；
(2)若在处的切线为，且，求整数m的最大值．
【答案】(1);
(2)2
【分析】（1）求出当时，只需要；（2）先根据切线的条件求出参数，在类似（1）中用恒成立的方式来处理.
【详解】（1）由，当时，得．
当时，，所以，即在上单调递增，所以，由恒成立，
得，所以，即b的范围是．
（2）由得，且．
由题意得，所以，
又在切线上．
所以，所以，即．
因为，所以有．
令，则等价于，即，从而．
设，则．
易知在上单调递增，且．
所以，由函数零点存在性定理知，存在唯一的使得，
即，则．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
从而．
而在上是减函数，所以．
因此的最小值．
从而整数m的最大值是2．
13．（2022·四川成都·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考模拟预测）已知函数，，其中，．
(1)试讨论函数的极值；
(2)当时，若对任意的，，总有成立，试求b的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，根据参数讨论导函数是否存在零点，分析极值点，得到极值；
（2）问题转化为，根据（1）可以得出，的最值还需借助隐零点问题来解决.
【详解】（1）由题意得的定义域为，．
当时，在区间内恒成立，
在区间内单调递增，无极值．
当时，令，得；令，得．
在区间内单调递增，在区间内单调递减，
在处取得极大值，且极大值为，无极小值．
综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值．
（2）由知当时，的最大值为．
由题意得，且在区间内单调递增．
又，，根据零点存在定理可得，
存在，使得，
且当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
．
，，两边取对数可得
，
．
令，则当时，，
即函数在区间内单调递减，故，
，即，即．对任意的，，总有成立，，即，，即．
又，故的最大值为0．
14．（2023·四川宜宾·统考模拟预测）已知函数（）.
(1)，求证：；
(2)证明：.()
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）先证，令，利用导数判断函数单调性，即可证明；再证，令，利用其导数判断其单调性即可证明；
（2）l利用（1）的结论，可得，从而将原不等式转化为，继而转化为证，即证；由此构造函数，利用其导数判断单调性即可证明.
【详解】（1）先证，令，此时，故，
所以在上单调递增，
所以，即.
再证，
令，，
，在上单调递增，
故，即，
综合以上可得时，；
（2）由（1）可知，
，
要证，只需证，
即证，即证；
，
要证，即证
令，则，
在上单调递增，，，
所以在区间上存在零点，则时，，时，，
故在上单调递减，上单调递增，
而，，
由于 ，,故，
故，
所以时，，
故当时，成立，当时，也成立，
所以，得证，则成立.
【点睛】关键点点睛：证明不等式的关键在于利用时， ，从而将原不等式转化为证明.
15．（2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）把代入，求出的导数，利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数单调性、最值情况推理作答.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
则切线方程为，即，
曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，令，，求导得，
显然函数在上单调递增，令，，，
即函数在上单调递增，而，
则存在唯一，使得，即，因此存在唯一，使得，
当时，，当时，，因此函数在上递减，在上递增，
当时，，则，（当且仅当即时，取等号，故式子取不到等号）
所以当时，.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
16．（2023·江西上饶·统考一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，，试讨论在内的零点个数．（参考数据：）
【答案】(1)答案见解析.
(2)当时，在上仅有一个零点，当 时，在上有2个零点.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的范围，判断导数正负，可得答案；
（2）求出的导数，再次求导，分和讨论的正负，判断函数的单调性，进而结合零点存在定理判断函数零点的个数.
【详解】（1）由已知可知,
当时，，在R上单调递增；
当时，令，则，
当时，，在单调递减,
当时，,在单调递增.
综上，当时，在R上单调递增，
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由已知，，
令,则,
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
，，，
①当时， ，，存在唯一的，使得，
当时，在上递增；当时，在上递减，
因为，所以，又因为，
由零点存在性定理可得，在上仅有一个零点；
②当时，，，使得，
当和时，单调递减，
当时，单调递增，
因为，所以，又因为，
所以，
而，由零点存在性定理可得，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，
综上所述，当时，在上仅有一个零点，
当时，在上有2个零点．
【点睛】难点点睛：解答在内的零点个数问题，难点在于设出,求导后,要进行分类讨论，判断函数单调性，结合零点存在定理，判断零点个数.
17．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数.
(1)证明：恰有一个零点；
(2)设函数.若至少存在两个极值点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）令，得到，令，再利用零点存在性定理证明即可.
（2）将问题转化为方程至少有两个不等实根，分离参数运用导数研究函数的图象与直线的交点，再结合条件求出a的取值范围.
【详解】（1）证明：令，得.
又，所以.
令，则，
所以在区间上单调递增.
又，
所以存在唯一的，使得，
即在区间内恰有一个零点，
故函数恰有一个零点.
（2）由题意知，
所以.
因为函数至少存在两个极值点，
所以方程至少有两个不等实根.
令，则.
令，则，
所以函数在区间上单调递减.
又，所以当时，，即0，此时单调递增；
当时，，即，此时单调递减，
且当时，；当时，；当时，.
要使在区间内至少有两个不等实根，
则函数的图象与直线在区间上至少有两个交点.
作出函数的图象，如图所示，
则，解得.
此时，在区间和区间内各有一个零点，分别设为，
则当或时，；当时，，
故为的极小值点， 为的极大值点，符合题意.
故实数的取值范围是.
【点睛】用导数研究函数零点的方法：
（1）涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
（2）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
18．（2022春·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的不等式．恒成立，求整数的最小值．
【答案】（1）详见解析 ；（2）2
【分析】（1）对函数进行求导得，再对分子进行讨论，判断函数的单调性；
（2）用分离常数法，构造函数，求的最大值，由，，求出整数的最小值．
【详解】（1），，
当时，，
，，单调递增，
，，单调递减，
当时，△，
若，，即时，，开口向上，
所以，单调递增；
若，即，，有两个根，，，
当或，时，，单调递增，
当，时，，单调递减；
若，则，，有两个根，，，
由韦达定理，所以，
当，，单调递增，
当，时，，递减；
（2）由得，，
分离常数，，，
，
，在递增，，，
故存在唯一，使得，即，
所以时，，
所以，，故，
所以的最小整数值为2.
【点睛】本题考查用函数的单调性、含参不等式恒成立问题、导数的综合应用，考查函数与方程思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力．
19．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若在上有零点，
①求a的取值范围；
②求证：．
【答案】(1)时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导，讨论a的取值情况，判断导数的正负，确定函数的单调性;
（2）①对a分类讨论，与1进行比较，结合零点存在定理，即可得到答案;
②根据在上有零点，可以先整理得到，利用该式，先将要证明的不等式左面进行变形，分离参数，再利用构造函数，结合求导，判断函数的单调性可进行证明；同理可证明不等式的右边部分.
【详解】（1）（1），．
当时，恒成立，在上单调递增．
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
综上，时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
（2）①注意到，，
由（1）知，当时，在上单调递增，
对任意，恒有，不合题意；
同理，当时，在上单调递减，
又，所以对任意，恒有，不合题意；
当时，，由（1）知，在上单调递增，
在上单调递减，所以，
又当时，，
由零点存在定理知，存在唯一一点，使得，满足题意．
综上所述，a的取值范围为．
②由①知，当时，，
解得．要证，只需证．
令，，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以在上恒成立，即，即．
要证，只需证，即．
又因为，即证．
令，，则．
又，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
所以在恒成立，所以在上单调递减，
又，所以，即，不等式得证．
20．（2022·四川雅安·统考二模）已知函数．
(1)当时，曲线在点处的切线方程；
(2)若为整数，当时，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导数的几何意义即可得出答案；
（2）由，可得，求导，再令，用导数法得到时，取得极小值，分和时，即论证，再验证是否成立即可.
（1）
解：当时，，
则，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2）
因为当时，，
所以，即，
所以，则，
令，则，
因为，
所以在递增，又，
当时，，递减，当时，，递增，
所以当时，取得极小值，
当时，，即，
所以在上递增，则，
又，
令，在上递增，
所以，
所以，满足题意；
当时，因为a为整数，则，此时，
则，，
因为函数在都是增函数，
所以函数在是增函数，
又，
所以存在，使得，
则当时，，故函数递减，
当时，，故函数递增，
又，
所以存在，使得，
则当时，，故函数递减，
当时，，故函数递增，
所以，
而，即，所以，
所以，
令，
则，
令，
则，
所以函数在上递减，
所以，
所以，
所以函数在上递减，
所以,
所以，即，满足题意；
当时，，则，
，
因为函数在都是增函数，
所以函数在是增函数，
且，
所以在上递增，又，
所以存在，使得，
当时，，故函数递减，，不满足题意，
综上：整数的最小值为2.
【点睛】思路点睛：本题第二问基本思路是由确定，再由，当时，取得极小值，确定分类标准而得解，特别注意是验证是否成立是本题的关键.
21．（2022·青海·校联考模拟预测）已知函数，．
(1)若，证明：；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，利用的零点及单调性推理作答.
（2）由（1）可得当时，不恒成立，当时，将转化为和恒成立求解.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得：，
显然函数在上单调递增，而，即当时，，当时，，
因此，函数在上单调递减，在上单调递增，，
所以.
（2）当时，由（1）知，当时，，，即不恒成立，不合题意，
当时，等价于“当时，，当时，”，
当时，令，求导得，显然在上单调递减，
令，，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，，，即，
因此，，当时，，，
当时，，而，从而存在唯一实数，使得，即，
当时，，当时，，则（即）在上单调递增，在上单调递减，
而，当时，在上，在上单调递增，
当时，，不符合题意，
当时，在上，在上单调递增，
当时，，不符合题意，
当时，在上单调递增，在上单调递减，，，
于是得在上单调递减，而，即当时，，当时，，符合题意，
因此，，，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
22．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若的最小值为，求a的值；
(2)若，证明：函数存在两个零点，，且．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，根据函数的最小值列等式，再利用函数的单调性求a的值；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理证明函数有两个零点，结合对数运算寻找函数的两个零点之间的关系，即可根据基本不等式证明不等式.
【详解】（1）由题意得的定义域为，，
令，则，所以函数在上单调递增．
因为，所以，，所以存在唯一的，使得，
即，所以，
当时，，单调递减；当，，单调递增．
所以，
所以，即，
易知单调递增，且， 所以，所以．
（2）当时，，，显然单调递增，
又，，所以存在唯一的，使得，即，所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因为，，，所以有两个零点，，
不妨设，则，．
因为，
所以， 所以也是的零点，
因为且只有两个零点和，所以．
所以.
【点睛】方法点睛：（1）运用导数可以研究函数图象的切线、函数的单调性、函数的最值和极值、函数的零点，证明不等式等．运用导数解决问题时一定要有定义域优先意识；
（2）本题寻找函数的两个零点之间的关系较难，故当综合法受阻时，可借助分析法猜测两个零点之间的关系，再进一步验证.
【真题感知】
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
2．（2021·全国·统考高考真题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
3．（2020·全国·统考高考真题）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．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【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（当时，），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．
4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2023年全国甲卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用.
求在曲线上一点处的切线方程
用导数判断或证明已知函数的单调性
根据极值求参数
由函数对称性求函数值或参数
2023年全国乙卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
2022年新I卷，第22题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数研究方程的根
由导数求函数的最值 (含参)
2022年全国乙卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率
利用导数研究函数的零点
2021年全国甲卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究方程的根
4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2023年全国甲卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用.
求在曲线上一点处的切线方程
用导数判断或证明已知函数的单调性
根据极值求参数
由函数对称性求函数值或参数
2023年全国乙卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
2022年新I卷，第22题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数研究方程的根
由导数求函数的最值 (含参)
2022年全国乙卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率
利用导数研究函数的零点
2021年全国甲卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究方程的根