1. 4年真題考點分布
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內容是新高考卷的必考內容，設題穩(wěn)定，難度較大，分值為12分
【備考策略】1能用導數證明函數的單調性
2能結合方程的根的定義用導數解決方程的根的問題
【命題預測】導數的綜合應用是高考考查的重點內容,也是高考壓軸題之一近幾年高考命題的趨勢，是穩(wěn)中求變、變中求新、新中求活，縱觀近幾年的高考題,導數的綜合應用題考查多個核心素養(yǎng)以及綜合應用能力,有一定的難度,一般放在解答題的最后位置，對數學抽象、數學運算、邏輯推理等多個數學學科的核心素養(yǎng)都有較深入的考查，需綜合復習
知識講解
利用導數研究函數方程的根的方法
(1)通過最值(極值)判斷零點個數（方程的根）的方法
借助導數研究函數的單調性、極值后，通過極值的正負，函數單調性判斷函數圖象走勢，從而判斷零點個數（方程的根）或者通過零點個數（方程的根）求參數范圍.
(2)數形結合法求解零點（方程的根）
對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性，畫出草圖數形結合確定其中參數的范圍.
(3)構造函數法研究函數零點（方程的根）
①根據條件構造某個函數，利用導數確定函數的單調區(qū)間及極值點，根據函數零點的個數（方程的根）尋找函數在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點的函數值與0的關系，從而求解.
②解決此類問題的關鍵是將函數零點、方程的根、曲線交點相互轉化，突出導數的工具作用，體現轉化與化歸的思想方法．
考點一、利用導數研究方程的根
1．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知且，函數．
（1）當時，求的單調區(qū)間；
（2）若曲線與直線有且僅有兩個交點，求a的取值范圍．
2．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）設函數．
(1)求的單調區(qū)間；
(2)已知，曲線上不同的三點處的切線都經過點．證明：
（?。┤簦瑒t；
（ⅱ）若，則．
（注：是自然對數的底數）
1．（2023·湖南·校聯考二模）已知函數．
(1)求的最小值；
(2)證明：方程有三個不等實根．
2．（2023·吉林長春·統(tǒng)考模擬預測）函數．
(1)求證：；
(2)若方程恰有兩個根，求證：．
3．（2023·云南·校聯考模擬預測）已知函數，.
(1)求函數的極值；
(2)請在下列①②中選擇一個作答（注意：若選兩個分別作答則按選①給分）.
①若恒成立，求實數的取值范圍；
②若關于的方程有兩個實根，求實數的取值范圍.
4．（2023·安徽阜陽·安徽省臨泉第一中學?？既＃┮阎瘮?，為的導函數.
(1)討論的單調性；
(2)當時，有且只有兩根，（）.
①若，求實數a的取值范圍；
②證明：.
5．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預測）已知函數和在同一處取得相同的最大值．
(1)求實數a；
(2)設直線與兩條曲線和共有四個不同的交點，其橫坐標分別為（），證明：．
【基礎過關】
1．（2023·江西南昌·統(tǒng)考一模）已知函數．
(1)若時，函數有2個極值點，求的取值范圍；
(2)若，，方程有幾個解？
2．（2023·江西宜春·校聯考模擬預測）設，，且a、b為函數的極值點
(1)判斷函數在區(qū)間上的單調性，并證明你的結論；
(2)若曲線在處的切線斜率為，且方程有兩個不等的實根，求實數m的取值范圍.
3．（2023·河南·校聯考模擬預測）已知函數，的導函數為．
(1)討論的極值點的個數；
(2)當時，方程有兩個不相等的實數根，求m的取值范圍．
4．（2023·廣東廣州·廣州市從化區(qū)從化中學?？寄M預測）已知函數.
(1)求的單調區(qū)間；
(2)若關于的方程有兩個不相等的實數根，記較小的實數根為，求證：.
5．（2023·四川成都·統(tǒng)考二模）已知函數，其中，．
(1)當時，求函數的單調區(qū)間；
(2)若方程恰有兩個不相等的實數根，求的取值范圍．
【能力提升】
1．（2023·廣西桂林·統(tǒng)考一模）已知函數.
(1)當時，求函數的最大值；
(2)若關于x的方1有兩個不同的實根，求實數a的取值范圍.
2．（2023·浙江·校聯考模擬預測）已知函數，為其導函數.
(1)若，求的單調區(qū)間；
(2)若關于的方程有兩個不相等的實根，求實數的取值范圍.
3．（2023·陜西寶雞·統(tǒng)考一模）已知函數.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)若函數的圖像與的圖像最多有一個公共點，求實數的取值范圍.
4．（2023·全國·模擬預測）已知函數，．
(1)證明：；
(2)若存在直線，其與兩條曲線和共有四個不同的交點，設從左到右的四個交點的橫坐標分別為，，，，證明：．
5．（2023·河南·長葛市第一高級中學統(tǒng)考模擬預測）設函數.
(1)求函數的單調區(qū)間；
(2)若方程有兩個不相等的實數根，，證明：.
6．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預測）已知函數．
(1)求函數在區(qū)間上的最大值；
(2)若關于的方程有兩個不相等的實數根，求實數的取值范圍．
7．（2023·山西陽泉·統(tǒng)考二模）已知函數在點處的切線方程為，
(1)求的值域；
(2)若，且，，證明：①；②.
8．（2023·山東濟寧·統(tǒng)考二模）已知函數為實數．
(1)若恒成立，求實數的取值范圍;
(2)若方程恰有3個不同的實數根，求實數的值
9．（2023·湖南婁底·統(tǒng)考模擬預測）已知函數（其中），．
(1)證明：函數在區(qū)間上單調遞增；
(2)判斷方程在R上的實根個數．
10．（2023·河北衡水·河北棗強中學?？寄M預測）已知函數和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
【真題感知】
1．（·全國·高考真題）已知函數.證明：
（1）存在唯一的極值點；
（2）有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.
2．（福建·高考真題）已知函數
（1）求在區(qū)間上的最大值
（2）是否存在實數使得的圖象與的圖象有且只有三個不同的交點？若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由．
3．（福建·高考真題）已知函數（為自然對數的底數）
（1）若曲線在點處的切線平行于軸，求的值；
（2）求函數的極值；
（3）當時，若直線與曲線沒有公共點，求的最大值.
第08講 利用導數研究方程的根
（核心考點精講精練）
1. 4年真題考點分布
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內容是新高考卷的必考內容，設題穩(wěn)定，難度較大，分值為12分
【備考策略】1能用導數證明函數的單調性
2能結合方程的根的定義用導數解決方程的根的問題
【命題預測】導數的綜合應用是高考考查的重點內容,也是高考壓軸題之一近幾年高考命題的趨勢，是穩(wěn)中求變、變中求新、新中求活，縱觀近幾年的高考題,導數的綜合應用題考查多個核心素養(yǎng)以及綜合應用能力,有一定的難度,一般放在解答題的最后位置，對數學抽象、數學運算、邏輯推理等多個數學學科的核心素養(yǎng)都有較深入的考查，需綜合復習
知識講解
利用導數研究函數方程的根的方法
(1)通過最值(極值)判斷零點個數（方程的根）的方法
借助導數研究函數的單調性、極值后，通過極值的正負，函數單調性判斷函數圖象走勢，從而判斷零點個數（方程的根）或者通過零點個數（方程的根）求參數范圍.
(2)數形結合法求解零點（方程的根）
對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性，畫出草圖數形結合確定其中參數的范圍.
(3)構造函數法研究函數零點（方程的根）
①根據條件構造某個函數，利用導數確定函數的單調區(qū)間及極值點，根據函數零點的個數（方程的根）尋找函數在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點的函數值與0的關系，從而求解.
②解決此類問題的關鍵是將函數零點、方程的根、曲線交點相互轉化，突出導數的工具作用，體現轉化與化歸的思想方法．
考點一、利用導數研究方程的根
1．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知且，函數．
（1）當時，求的單調區(qū)間；
（2）若曲線與直線有且僅有兩個交點，求a的取值范圍．
【答案】（1）上單調遞增；上單調遞減；（2）.
【分析】（1）求得函數的導函數，利用導函數的正負與函數的單調性的關系即可得到函數的單調性；
（2）方法一：利用指數對數的運算法則，可以將曲線與直線有且僅有兩個交點等價轉化為方程有兩個不同的實數根，即曲線與直線有兩個交點，利用導函數研究的單調性，并結合的正負，零點和極限值分析的圖象，進而得到，發(fā)現這正好是，然后根據的圖象和單調性得到的取值范圍.
【詳解】（1）當時，,
令得,當時，,當時，,
∴函數在上單調遞增；上單調遞減；
（2）[方法一]【最優(yōu)解】：分離參數
,設函數,
則,令，得,
在內,單調遞增；
在上,單調遞減；
,
又，當趨近于時，趨近于0，
所以曲線與直線有且僅有兩個交點，即曲線與直線有兩個交點的充分必要條件是,這即是,
所以的取值范圍是.
[方法二]：構造差函數
由與直線有且僅有兩個交點知，即在區(qū)間內有兩個解，取對數得方程在區(qū)間內有兩個解．
構造函數，求導數得．
當時，在區(qū)間內單調遞增，所以，在內最多只有一個零點，不符合題意；
當時，，令得，當時，；當時，；所以，函數的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為．
由于，
當時，有，即，由函數在內有兩個零點知，所以，即．
構造函數，則，所以的遞減區(qū)間為，遞增區(qū)間為，所以，當且僅當時取等號，故的解為且．
所以，實數a的取值范圍為．
[方法三]分離法：一曲一直
曲線與有且僅有兩個交點等價為在區(qū)間內有兩個不相同的解．
因為，所以兩邊取對數得，即，問題等價為與有且僅有兩個交點．
①當時，與只有一個交點，不符合題意．
②當時，取上一點在點的切線方程為，即．
當與為同一直線時有得
直線的斜率滿足：時，與有且僅有兩個交點．
記，令，有．在區(qū)間內單調遞增；在區(qū)間內單調遞減；時，最大值為，所當且時有．
綜上所述，實數a的取值范圍為．
[方法四]：直接法
．
因為，由得．
當時，在區(qū)間內單調遞減，不滿足題意；
當時，，由得在區(qū)間內單調遞增，由得在區(qū)間內單調遞減．
因為，且，所以，即，即，兩邊取對數，得，即．
令，則，令，則，所以在區(qū)間內單調遞增，在區(qū)間內單調遞減，所以，所以，則的解為，所以，即．
故實數a的范圍為．]
【整體點評】本題考查利用導數研究函數的單調性，根據曲線和直線的交點個數求參數的取值范圍問題，屬較難試題，
方法一：將問題進行等價轉化，分離參數，構造函數，利用導數研究函數的單調性和最值，圖象，利用數形結合思想求解.
方法二：將問題取對，構造差函數，利用導數研究函數的單調性和最值.
方法三：將問題取對，分成與兩個函數，研究對數函數過原點的切線問題，將切線斜率與一次函數的斜率比較得到結論．
方法四：直接求導研究極值，單調性，最值，得到結論.
2．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
【答案】(1)
(2)見解析
【分析】（1）根據導數可得函數的單調性，從而可得相應的最小值，根據最小值相等可求a.注意分類討論.
（2）根據（1）可得當時，的解的個數、的解的個數均為2，構建新函數，利用導數可得該函數只有一個零點且可得的大小關系，根據存在直線與曲線、有三個不同的交點可得的取值，再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差數列.
【詳解】（1）的定義域為，而，
若，則，此時無最小值，故.
的定義域為，而.
當時，，故在上為減函數，
當時，，故在上為增函數，
故.
當時，，故在上為減函數，
當時，，故在上為增函數，
故.
因為和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
設，則，
故為上的減函數，而，
故的唯一解為，故的解為.
綜上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值為.
當時，考慮的解的個數、的解的個數.
設，，
當時，，當時，，
故在上為減函數，在上為增函數，
所以，
而，，
設，其中，則，
故在上為增函數，故，
故，故有兩個不同的零點，即的解的個數為2.
設，，
當時，，當時，，
故在上為減函數，在上為增函數，
所以，
而，，
有兩個不同的零點即的解的個數為2.
當，由（1）討論可得、僅有一個解，
當時，由（1）討論可得、均無根，
故若存在直線與曲線、有三個不同的交點，
則.
設，其中，故，
設，，則，
故在上為增函數，故即，
所以，所以在上為增函數，
而，，
故上有且只有一個零點，且：
當時，即即，
當時，即即，
因此若存在直線與曲線、有三個不同的交點，
故，
此時有兩個不同的根，
此時有兩個不同的根，
故，，，
所以即即，
故為方程的解，同理也為方程的解
又可化為即即，
故為方程的解，同理也為方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上單調遞減，在上單調遞增；
在上單調遞減，在上單調遞增，且
①時，此時，顯然與兩條曲線和
共有0個交點，不符合題意；
②時，此時，
故與兩條曲線和共有2個交點，交點的橫坐標分別為0和1；
③時，首先，證明與曲線有2個交點，
即證明有2個零點，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，，，
令，則，
所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為
其次，證明與曲線和有2個交點，
即證明有2個零點，，
所以上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，，，
令，則，
所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為
再次，證明存在b，使得
因為，所以，
若，則，即，
所以只需證明在上有解即可，
即在上有零點，
因為，，
所以在上存在零點，取一零點為，令即可，
此時取
則此時存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，
最后證明，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列，
因為
所以，
又因為在上單調遞減，，即，所以，
同理，因為，
又因為在上單調遞增，即，，所以，
又因為，所以，
即直線與兩條曲線和從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.
【點睛】思路點睛：函數的最值問題，往往需要利用導數討論函數的單調性，此時注意對參數的分類討論，而不同方程的根的性質，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關系.
3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）設函數．
(1)求的單調區(qū)間；
(2)已知，曲線上不同的三點處的切線都經過點．證明：
（?。┤?，則；
（ⅱ）若，則．
（注：是自然對數的底數）
【答案】(1)的減區(qū)間為，增區(qū)間為.
(2)（?。┮娊馕?；（ⅱ）見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，討論其符號后可得函數的單調性.
（2）（?。┯深}設構造關于切點橫坐標的方程，根據方程有3個不同的解可證明不等式成立，（ⅱ） ，，則題設不等式可轉化為，結合零點滿足的方程進一步轉化為，利用導數可證該不等式成立.
【詳解】（1），
當，；當，，
故的減區(qū)間為，的增區(qū)間為.
（2）（ⅰ）因為過有三條不同的切線，設切點為，
故，
故方程有3個不同的根，
該方程可整理為，
設，
則
，
當或時，；當時，，
故在上為減函數，在上為增函數，
因為有3個不同的零點，故且，
故且，
整理得到：且，
此時，
設，則，
故為上的減函數，故，
故.
（ⅱ）當時，同（?。┲杏懻摽傻茫?br>故在上為減函數，在上為增函數，
不妨設，則，
因為有3個不同的零點，故且，
故且，
整理得到：，
因為，故，
又，
設，，則方程即為：
即為，
記
則為有三個不同的根，
設，，
要證：，即證，
即證：，
即證：，
即證：，
而且，
故，
故，
故即證：，
即證：
即證：，
記，則，
設，則，所以，
，
故在上為增函數，故，
所以，
記，
則，
所以在為增函數，故，
故即，
故原不等式得證：
【點睛】思路點睛：導數背景下的切線條數問題，一般轉化為關于切點方程的解的個數問題，而復雜方程的零點性質的討論，應該根據零點的性質合理轉化需求證的不等式，常用的方法有比值代換等.
1．（2023·湖南·校聯考二模）已知函數．
(1)求的最小值；
(2)證明：方程有三個不等實根．
【答案】(1)0
(2)證明見解析
【分析】（1）設，，利用導數研究其單調性可得的最小值，再結合在定義域內單調遞增，即可求出答案；
（2）令，構造函數，利用導數判斷單調性和值域，從而判斷方程的根的個數即可
【詳解】（1）設，，則，
∴當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
故的最小值為，
因為在定義域內單調遞增，所以的最小值為；
（2）由可得，整理可得，
設，
令，，
則，由得．
因此，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．
由于，故，又由，由零點存在定理，存在，使得，
∴有兩個零點1和，方程有兩個根和，

則如圖，時，因為，故方程有一個根，
下面考慮解的個數，其中，
設，結合的單調性可得：
在上為減函數，在上為增函數，
而，，，
故在上有且只有一個零點，
，設，
故，故即，
而，故在上有且只有一個零點，
故有兩個不同的根且，
綜上所述，方程共有三個不等實根
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是令，將問題轉化為關于m的方程有兩根，數形結合判斷關于m的方程的根的情況
2．（2023·吉林長春·統(tǒng)考模擬預測）函數．
(1)求證：；
(2)若方程恰有兩個根，求證：．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意對求導可得，則對不等式恒成立，即函數在上單調遞減，結合即可證明；
（2）由題意可知當時，即恰好有1根，利用二階導數和零點的存在性定理研究函數的性質，得，再次利用導數研究函數的性質可得，結合即可證明.
【詳解】（1）令，
，
令，得，對不等式恒成立，
即在上恒成立，得函數在上單調遞減，
又，所以，即．
（2）易知是方程一個根，
所以當時，即恰好有1根，
令，，
設，，
令，令，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
又，由零點的存在性定理，
得使得，即，得①，
當時，，即，函數單調遞增，
當時，，即，函數單調遞減，
所以②，由①②可得，
則，當時，即，函數單調遞減，
又，所以，即，
所以，而，
所以，即證.
【點睛】方法點睛：利用導數解決不等式證明問題時，常常采用分離參數法求范圍：若或恒成立，只需滿足或即可，利用導數方法求出的最小值或的最大值，從而解決問題；也可以把參數看作常數利用分類討論方法解決：對于不適合分離參數的不等式，常常將參數看作常數直接構造函數，常用分類討論法，利用導數研究單調性、最值，從而得出參數范圍.
3．（2023·云南·校聯考模擬預測）已知函數，.
(1)求函數的極值；
(2)請在下列①②中選擇一個作答（注意：若選兩個分別作答則按選①給分）.
①若恒成立，求實數的取值范圍；
②若關于的方程有兩個實根，求實數的取值范圍.
【答案】(1)極大值為，無極小值
(2)選①，；選②，的取值范圍為
【分析】（1）先求導函數，再根據單調性求解極值即可；
（2）把恒成立式子整理化簡后，構造函數求導函數結合單調性求解.
【詳解】（1）函數的定義域為，
，解得，
當時，，單調遞增；
當時，單調遞減；
所以，無極小值.
（2）若選①：由恒成立，即恒成立，
整理得：，即，
設函數，則上式為，
因為恒成立，所以單調遞增，所以，
即，
令，，則，
當時，；
當時，；
所以在處取得極大值，的最大值為，故，即.
故當時，恒成立.
若選擇②：由關于的方程有兩個實根，
得有兩個實根，
整理得，
即，
設函數，則上式為，
因為恒成立，所以單調遞增，
所以，即，
令，，
則，
當時，；
當時，；
所以在處取得極大值，
的最大值為，又因為
所以要想有兩個根，只需要，
即，所以的取值范圍為.
4．（2023·安徽阜陽·安徽省臨泉第一中學?？既＃┮阎瘮?，為的導函數.
(1)討論的單調性；
(2)當時，有且只有兩根，（）.
①若，求實數a的取值范圍；
②證明：.
【答案】(1)答案見解析；
(2)①；②證明見解析
【分析】（1）先求，設，再求函數的導函數，結合導數與函數的單調性的關系求其單調區(qū)間；
（2）①證明時，方程無解，當時，利用導數研究函數的單調性，由此確定a的取值范圍；
②先證明，再證明當時，，當時，，利用放縮法證明，，由此完成證明.
【詳解】（1）函數的定義域為，，
記，則，
當時，，故在上單調遞增，
當時，記，，
所以時，，函數在上單調遞減；
當時，，函數在上單調遞增，
的極小值為，故，
故，所以在上單調遞減.
綜上：故在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）①當時，因為，故，此時不滿足條件；
當時，令，所以，
由（1）可知在上單調遞增，故在上單調遞增.
由指數函數性質可知：，；，，
故存在，使得，
，，函數在上單調遞減；
，，函數在單調遞增，
(i)若，則，不符合題意；
(ii)若，，
當時，，，不符合題意，
當時，，，不符合題意.
(iii)若，則，，所以，
又，；，，
故存在，使得，滿足題意；
綜上：實數a的取值范圍是.
②方程可化為，
當時，方程在上沒有解，
當時，設，由①可得，
故存在，使得，
，，函數在上單調遞減；
，，函數在單調遞增，
因為有且只有兩根，（）.
又，；，，
所以，
又，故
所以，故，所以，
由已知，，
設，則，
所以函數在上單調遞增，故，
于是，故；
設，則，
所以函數在上單調遞增，故
又，
故，
將上面兩個結果相加即可得：.
【點睛】關鍵點點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：
一是利用導數研究含參函數的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數形結合思想的應用；
二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
5．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預測）已知函數和在同一處取得相同的最大值．
(1)求實數a；
(2)設直線與兩條曲線和共有四個不同的交點，其橫坐標分別為（），證明：．
【答案】(1)
(2)證明見詳解
【分析】（1）利用導數分別求的最值點，列式求解即可；
（2）構建，利用同構思想分析的大小關系，進而可得直線與曲線和的交點，再結合的單調性分析即可證出.
【詳解】（1）由題意可得：，顯然，
當時，令，解得；令，解得；
則在上單調遞增，在上單調遞減，
可得在處取到最大值；
當時，令，解得；令，解得；
則在上單調遞增，在上單調遞減，
可得在處取到最小值，不合題意；
綜上所述：，在處取到最大值.
因為的定義域為，且，
令，解得；令，解得；
則在上單調遞增，在上單調遞減，
可得在處取到最大值；
由題意可得：，解得.
（2）由（1）可得：在上單調遞減，在上單調遞增，在處取到最大值，
且當x趨近于時，趨近于，當x趨近于時，趨近于，
可得直線與曲線至多有兩個交點；
在上單調遞增，在上單調遞減，在處取到最大值，
且當x趨近于時，趨近于，當x趨近于時，趨近于，
可得直線與曲線至多有兩個交點；
若直線與兩條曲線和共有四個不同的交點，則，

此時直線與曲線、均有兩個交點，
構建，
構建，且，則，
可得在上單調遞減，在上單調遞增，在處取到最大值，
構建，則，
因為，令，解得；令，解得；
則在上單調遞增，在上單調遞減，
可得，
即，當且僅當時，等號成立，
可得：當時，，則，
所以；
當時，，且在上單調遞增，
則，可得，
所以；
當時，，且在上單調遞減，
則，可得，
所以；
綜上所述：當時，；
當時，；
當時，.
結合題意可得：直線與曲線的兩個交點橫坐標為，與的兩個交點橫坐標為，且，
當，可得，即，
可得，即，
因為在上單調遞增，且，
則，可得
所以；
當，可得，即，
可得，即，
因為在上單調遞增，且，
則，可得，
所以；
綜上所述：，即.
【點睛】結論點睛：指對同構的常見形式：
積型：，
①，構建；
②，構建；
③，構建.
商型：，
①，構建；
②，構建；
③，構建.
和型：，
①，構建；
②，構建.
【基礎過關】
1．（2023·江西南昌·統(tǒng)考一模）已知函數．
(1)若時，函數有2個極值點，求的取值范圍；
(2)若，，方程有幾個解？
【答案】(1)
(2)兩個
【分析】（1）根據極值的定義，結合構造函數法、導數的性質進行求解即可；
（2）構造新函數，結合導數的性質、函數零點存在原理進行求解即可.
【詳解】（1）時，，，
則方程有兩實根，即有兩實根．
設，，則時，，單調遞減；
時，，單調遞增，
所以，且，時，，
所以當有兩個實根時，；
（2）當，時，設，
則，，
因為在上單調遞增，且，．
所以恰有一根，且，．
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
所以，
且，．
所以有且僅有兩個實根，即方程有且僅有兩個實根．
【點睛】關鍵點睛：根據極值的定義，問題轉化為方程解的問題，通過構造新函數，利用導數的性質是解題的關鍵.
2．（2023·江西宜春·校聯考模擬預測）設，，且a、b為函數的極值點
(1)判斷函數在區(qū)間上的單調性，并證明你的結論；
(2)若曲線在處的切線斜率為，且方程有兩個不等的實根，求實數m的取值范圍.
【答案】(1)在區(qū)間，上單調遞增，證明見解析.
(2)
【分析】（1）求導得，則，利用韋達定理得，則，分析出，根據其導數與單調性關系即可得到答案.
（2）根據求出，則，求導，求出其極值，作出其函數圖象，利用直線與交點個數即可得到答案.
【詳解】（1）依題設方程，即方程
的兩根分別為a、b∴
∴
因為，且，則，
∴，∴當且時，，
∴在區(qū)間，上單調遞增.
（2）由，得，∴，∴，
時或，當x在上變化時，，的變化情況如下：
∴的大致圖象如圖,
∴方程有兩個不等根時，轉化為直線與函數的圖象有兩交點，
則.

3．（2023·河南·校聯考模擬預測）已知函數，的導函數為．
(1)討論的極值點的個數；
(2)當時，方程有兩個不相等的實數根，求m的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）對求導，分和，討論的單調性，即可得出對應的極值點的情況；
（2）當時，方程有兩個不相等的實數根，化簡為，即與的圖象有兩個交點，令，對求導，得出的單調性及最值即可得出答案.
【詳解】（1）函數的定義域為，．
當時，，在區(qū)間上單調遞增，所以無極值點；
當時，令，解得，
所以當x變化時，，的變化情況如下表所示．
所以有一個極大值點，無極小值點．
綜上，當時，無極值點；當時，有一個極值點．
（2）當時，方程，即，
則．
令，，則．
令，解得或（舍去）．
當時，，在區(qū)間上單調遞減；
當時，，在區(qū)間上單調遞增，
所以，又趨近于0時趨近正無窮；趨近于正無窮時趨近正無窮，
所以，即，故m的取值范圍是．
4．（2023·廣東廣州·廣州市從化區(qū)從化中學?？寄M預測）已知函數.
(1)求的單調區(qū)間；
(2)若關于的方程有兩個不相等的實數根，記較小的實數根為，求證：.
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出的定義域和導函數，再對分類討論，利用導數與單調性的關系即可求解；
（2）由（1）可知當時，才有兩個不相等的實根，即可得到，根據函數的單調性與零點存在性定理可得在上有唯一零點，即可得到，從而得到，則要證，即證，再根據（1）的結論即可得證；
【詳解】（1）解：的定義域為，，
當時，，在上單調遞增；
當時，令，可得，令，可得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
綜上可得：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）解：由（1）可知：
①當時，在上單調遞增.
所以至多有一個實根，不符合題意.
②當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
所以的最小值為.
若，則，
所以至多有一個實根，不符合題意
若，即，得.
又，且在上單調遞減，
所以在上有唯一零點.
因為方程有兩個不相等的實數根，且較小的實數根為，
所以在上的唯一零點就是.
所以.
所以.
所以“”等價于“”，即.
由（1）可知當時，的最小值為.
又因為，所以.
所以.
5．（2023·四川成都·統(tǒng)考二模）已知函數，其中，．
(1)當時，求函數的單調區(qū)間；
(2)若方程恰有兩個不相等的實數根，求的取值范圍．
【答案】(1)單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為
(2)
【分析】（1）直接通過求導判斷單調區(qū)間即可；
（2）先對原方程進行同構變形，將換元后的方程通過構造函數求導判斷其有唯一零點，從而將原方程簡化為方程有兩個不相等的實數解，最后對取對變換化簡后的方程再構造函數，根據零點個數求參數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，．∴．
∵，∴當時，；當時，．
∴函數單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為．
（2）∵，，，
令，則．
令，則．
∴當時，；當時，．
∴函數在上單調遞增，在上單調遞減．
∵，∴方程有唯一解．
∴方程有兩個不等的實數解等價于方程有兩個不相等的實數解．
等價于方程有兩個不相等的實數解．
構造函數，則．
∵，∴當時，；當時，．
∴函數在上單調遞增，在上單調遞減．
∵，；，．
∴只需要，即．
構造函數，則．
∴當時，；當時，．
∴函數在上單調遞減，在上單調遞增．
∵，∴當時，恒成立．
∴的取值范圍為．
【點睛】當原方程或不等式較為復雜，但同時含有指數式和對數式時，可以嘗試對原方程或不等式進行同構變形并換元，再對其進行構造函數求導研究，可以將過程大大簡化.
【能力提升】
1．（2023·廣西桂林·統(tǒng)考一模）已知函數.
(1)當時，求函數的最大值；
(2)若關于x的方1有兩個不同的實根，求實數a的取值范圍.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）求出函數的導數，討論其單調性后可得函數的最大值.
（2）利用同構可將原方程轉化為有兩個不同的正數根，利用導數結合零點存在定理可求參數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，故，
當時，，故在上為增函數，
當時，，故在上為減函數，
故.
（2）方程即為，
整理得到：，令，
故，因為均為上的增函數，故為上的增函數，
而，故的解為，
因為方程有兩個不同的實數根，故有兩個不同的正數根，
設，則，
若，則，故在上為增函數，
在上至多一個零點，與題設矛盾；
若，則時，；時，，
故在上為增函數，在上為減函數，
由有兩個不同的零點可得，
故.
當時，，而，
故在有且只有一個零點，
又，設，
令，，則，
故在上為減函數，故，
故，故在有且只有一個零點，
綜上.
【點睛】思路點睛：導數背景下的函數的零點問題，注意根據解析式的同構特征合理構建新函數，后者可利用導數討論其單調性，并結合零點存在定理檢驗零點的存在性.
2．（2023·浙江·校聯考模擬預測）已知函數，為其導函數.
(1)若，求的單調區(qū)間；
(2)若關于的方程有兩個不相等的實根，求實數的取值范圍.
【答案】(1)的單調減區(qū)間為，增區(qū)間為
(2)
【分析】（1）根據函數單調性與導數的關系確定函數的單調區(qū)間即可；
（2）將方程有兩個不相等的實根，轉化為函數，在上有兩個零點問題，求導數從而討論函數單調性，結合零點存在定理判斷是否符合題意，從而可得實數的取值范圍.
【詳解】（1）解：函數，，則，
令，則，設，則，得，
故時，，函數即單調遞減，時，，函數即單調遞增，
所以，又時，，又，
所以時，，函數單調遞減，時，，函數單調遞增，
故的單調減區(qū)間為，增區(qū)間為；
（2）解：關于的方程有兩個不相等的實根，即函數，在上有兩個零點，
又，
①當時，，得，所以當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，
所以，又時，，，則函數在上有兩個零點；
②當時，，得，，
（i）當時，，此時恒成立，函數單調遞增，在上不可能有兩個零點，不符合題意；
（ii）當時，，則當時，，函數單調遞增，時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，
所以，，故函數在區(qū)間無零點，在不可能存在兩個零點，故不符合題意；
（iii）當時，，則當時，，函數單調遞增，時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，
又，故函數在區(qū)間無零點，在不可能存在兩個零點，故不符合題意；
③當時，方程只有一個實根1，不合題意；
綜上，實數的取值范圍.
【點睛】本題考查的是函數單調性、函數零點問題與導數的綜合，難度較大.解決含參方程問題得關鍵是將含參方程轉化為函數零點問題，從而利用函數單調性與導數的關系，對參數進行討論先確定單調性，再結合零點存在定理及函數的極值判斷各單調區(qū)間零點個數，從而求得參數范圍，需要注意的是取值判斷函數值符號的過程可結合函數的極限思想看開區(qū)間端點處的函數值趨勢得正負.
3．（2023·陜西寶雞·統(tǒng)考一模）已知函數.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)若函數的圖像與的圖像最多有一個公共點，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求，根據導數的幾何意義求解斜率，求得切點坐標后，再根據直線方程求解方法即可得切線方程；
（2）構造函數，確定函數的單調性，得函數的最值，根據函數的圖像與的圖像最多有一個公共點，列不等式求解實數的取值范圍即可.
【詳解】（1）解：依題，，又
則在點處的切線方程為：，
即.
（2）解：令，
則
設，則，又，所以恒成立，即函數在上單調遞增，
又時，；時，；
則存在唯一的正實數使得，則，則，
故當）時，，）時，，
所以==.
又，則，所以=，
若函數的圖像與的圖像最多有一個公共點，則，
即，于是有，且，所以，
當且僅當的時，等號成立，故，所以
解得.
【點睛】本題考查了函數切線方程、函數方程的根與導數的綜合應用，屬于難題.解決本題函數方程的根的問題的關鍵是構造差函數確定函數單調性，但是由于導函數的零點無法直接求解，故涉及“隱零點”問題的應用，從而設隱零點使得，從而確定函數的單調性得最值=，于是可得參數不等式，求得結果.
4．（2023·全國·模擬預測）已知函數，．
(1)證明：；
(2)若存在直線，其與兩條曲線和共有四個不同的交點，設從左到右的四個交點的橫坐標分別為，，，，證明：．
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
【分析】（1）構造，對其求導，令利用導數和零點存在定理可得存在唯一零點使得，利用導數可得到，然后利用即可求證；
（2）對，進行求導，得到對應的單調性和最值，并畫出對應的圖像，能得到四個交點的位置，結合可得出四個交點橫坐標之間的關系，即可證明
（1）
令，則，
令
則當時，，所以在單調遞增，
因為，
所以存在唯一零點，且當時，，當時， ，
所以當時，，單調遞減；當時，單調遞增，
所以，
由得，得，
兩邊取對數得，所以，所以，
所以，即；
（2）
由可得，
令，解得，
所以當時，，單調遞減；當時，單調遞增，
所以，
當趨向于負無窮時，且趨向于0，，當趨向于正無窮時，趨向于正無窮，所以如圖所示，
由可得，
令，解得，
所以當時，，單調遞減；當時，單調遞增，
所以，
當趨向于0時，且趨向于0，，當趨向于正無窮時，趨向于正無窮，所以如圖所示，
所以若存在直線，其與兩條曲線和共有四個不同的交點，
則，
由圖可得，是直線與的兩個交點，，是直線與的兩個交點，
則，
因為，，所以，
則，
因為在單調遞增，且，所以，
所以，，
所以
【點睛】關鍵點點睛：第二問中，利用導數研究單調性和最值，根據所得函數性質判斷與曲線、共有四個不同交點，并結合進而列方程判斷是否成立.
5．（2023·河南·長葛市第一高級中學統(tǒng)考模擬預測）設函數.
(1)求函數的單調區(qū)間；
(2)若方程有兩個不相等的實數根，，證明：.
【答案】(1)當時，函數的單調增區(qū)間為；
當時，單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為.
(2)證明見解析
【分析】(1)求出函數的導函數，通過當時和當時判斷導函數的符號，得出函數的單調區(qū)間；
(2)通過，是方程的兩個不等實根，由（1）知.設，把根代入方程，作差，得出的表達式，構造函數，令新函數的導數，通過函數的單調性利用分析法證明即可.
【詳解】（1）因為，則.
當時，，函數在上單調遞增，
此時函數的單調增區(qū)間為.
當時，由，得；由，得，
所以函數的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為.
（2）因為，是方程的兩個不等實根，由（1）知.
不妨設，則，，
兩式相減得.
所以.因為，
當時，，當時，，
要證原命題成立，只需證即可，即證明，
即證明，
即證明.設.
令，則.
因為，所以，在上是增函數，故，
所以當時，總成立.所以原題得證.
【點睛】函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中.某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據題目的特點，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
6．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預測）已知函數．
(1)求函數在區(qū)間上的最大值；
(2)若關于的方程有兩個不相等的實數根，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用導數分析函數在上的單調性，即可求得函數在上的最大值；
（2）由可得出，令，可知直線與函數的圖象有兩個交點，利用導數分析函數的單調性與極值，數形結合可得出實數的取值范圍.
【詳解】（1）解：當時，，則，
所以，函數在上單調遞增，所以，.
（2）解：函數的定義域為，由可得，
令，其中，則，
令，其中，則，
所以，函數在上為減函數，且，
當時，，則，所以，函數在上單調遞增，
當時，，則，所以，函數在上單調遞減，
所以，，
令，其中，則，則函數在上為增函數，
因為，，則存在，使得，
當時，；當時，.
由題意可知，直線與函數的圖象有兩個交點，如下圖所示：
由圖可知，當時，直線與函數的圖象有兩個交點，
故實數的取值范圍是.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區(qū)間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
7．（2023·山西陽泉·統(tǒng)考二模）已知函數在點處的切線方程為，
(1)求的值域；
(2)若，且，，證明：①；②.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求出，根據導數的幾何意義得出切線方程.結合已知，即可求出的值.然后利用導函數得出的單調性，進而根據函數的單調性，結合的取值，即可得出答案；
（2）求出，得出的單調性以及值域，根據以及的性質，作出函數的圖象. 設，根據圖象，得出的范圍.構造函數，，二次求導證明得到，即有 ，從而得出，根據函數的單調性，即可得出①的證明；先推出，即有.根據基本不等式，結合的范圍得出，即，然后根據函數的單調性，即可得出②的證明.
【詳解】（1）由題意得，
，.
根據導數的幾何意義可知，函數在點處的切線的斜率
，
在點處的切線方程為，
整理可得，
由已知可得，，解得，
，，.
令，則，所以在上單調遞減，所以.
又時，有，所以，
所以；
令，則，所以在上單調遞增，所以；
綜上所述，的值域為.
（2）①由題意得，.
令，則或，所以在上單調遞減，在上單調遞減，
所以當時，的值域為；當時，的值域為；
令，則，所以在上單調遞增，
所以當時，的值域為.
作出函數以及的圖象如下圖，
設，且，，
由圖象可知，，且，.
令，，
則.
令，，則.
令，則，
所以，即在上單調遞減，
，
在上單調遞減，
，
.
又，.
，
在上單調遞減，，
，.
又，.
在上單調遞增，，，
，；
②由①得，，，.
， ，
.
，，當且僅當，即時，等號成立.
，，即，即.
在上單調遞增，，
，.
【點睛】關鍵點睛：構造函數，，根據二次求導得出.然后即可根據題中已知條件，結合函數的單調性，得出證明.
8．（2023·山東濟寧·統(tǒng)考二模）已知函數為實數．
(1)若恒成立，求實數的取值范圍;
(2)若方程恰有3個不同的實數根，求實數的值
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）恒成立，即，對求導，得出的單調性，可求出，即可得出答案.
（2）方程轉化為，即與的圖象有3個交點，對進行變形求導，求出的單調性和最值，即可得出答案.
【詳解】（1）．得：得：．
所以函數在區(qū)間上是增函數;在區(qū)間上是減函數．
因為恒成立．所以．
所以．所以實數的取值范圍為．
（2）解法一：由得：．變形得：．
令．．
令．．
當時，；當時，．
所以函數在區(qū)間上為減函數；在區(qū)間上為增函數．
又因為時，．
所以存在唯一使得；存在唯一使得;
(其中)．
所以當時，；當時，;
當時，；當時，．
所以函數在區(qū)間上為減函數；在區(qū)間上為增函數；
在區(qū)間上為減函數；在區(qū)間上為減函數．
又因為時，．
所以當時，方程恰有3個不同的實數根．
解法二：由得：．
變形得
令則．
得：得：．
所以函數在區(qū)間上是增函數；在區(qū)間上是減函數．
且時，時，．
所以當時，方程有兩個不相等的實數根;
當時，方程有且只有一個實數根．
令．則．
．
得：得．
所以函數在區(qū)間上是減函數；在區(qū)間上是增函數，
且時，．
所以當時，方程有兩個根分別為1和．
所以當時，方程有且只有一個實數根．
當時，方程有兩個不相等的實數根．
所以方程恰有3個不同的實數根時實數的為3
【點睛】已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；
（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；
（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解．
9．（2023·湖南婁底·統(tǒng)考模擬預測）已知函數（其中），．
(1)證明：函數在區(qū)間上單調遞增；
(2)判斷方程在R上的實根個數．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用導數的符號可證結論正確；
（2）方程在R上的有且僅有1個實根. 令，當時，，則在區(qū)間上無零點，只需證明在區(qū)間上有且只有一個零點.利用導數研究函數的單調性，結合零點存在性定理可證結論正確.
【詳解】（1），
設，則，
因為，所以，所以在上為增函數，
所以，當且僅當時，取得等號，
所以函數在區(qū)間上單調遞增.
（2）方程在R上的有且僅有1個實根.
證明如下：
方程，即，即，
令，則，
因為當時，，則在區(qū)間上無零點，
所以只需證明在區(qū)間上有且只有一個零點.
①若，
當時，，則在區(qū)間上單調遞增，
又因為，，
所以在區(qū)間上有且只有一個零點；
②若，由，得，由，得，
所以在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，
又因為，，
令，，則，
令，，
因為，所以，所以在區(qū)間上為增函數，
所以，
所以在區(qū)間上為增函數，
所以，即，
所以在區(qū)間上有且只有一個零點.
綜上所述：當時，在區(qū)間上有且只有一個零點.
即方程在R上的有且僅有1個實根.
【點睛】方法點睛：判斷含參方程實根的個數的一般方法：分類討論參數，構造函數，利用導數研究函數的單調性，結合零點存在性定理可得解.
10．（2023·河北衡水·河北棗強中學?？寄M預測）已知函數和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
【答案】(1)
(2)見解析
【分析】（1）根據導數可得函數的單調性，從而可得相應的最小值，根據最小值相等可求a.注意分類討論.
（2）根據（1）可得當時，的解的個數、的解的個數均為2，構建新函數，利用導數可得該函數只有一個零點且可得的大小關系，根據存在直線與曲線、有三個不同的交點可得的取值，再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差數列.
【詳解】（1）的定義域為，而，
若，則，此時無最小值，故.
的定義域為，而.
當時，，故在上為減函數，
當時，，故在上為增函數，
故.
當時，，故在上為減函數，
當時，，故在上為增函數，
故.
因為和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
設，則，
故為上的減函數，而，
故的唯一解為，故的解為.
綜上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值為.
當時，考慮的解的個數、的解的個數.
設，，
當時，，當時，，
故在上為減函數，在上為增函數，
所以，
而，，
設，其中，則，
故在上為增函數，故，
故，故有兩個不同的零點，即的解的個數為2.
設，，
當時，，當時，，
故在上為減函數，在上為增函數，
所以，
而，，
有兩個不同的零點即的解的個數為2.
當，由（1）討論可得、僅有一個解，
當時，由（1）討論可得、均無根，
故若存在直線與曲線、有三個不同的交點，
則.
設，其中，故，
設，，則，
故在上為增函數，故即，
所以，所以在上為增函數，
而，，
故上有且只有一個零點，且：
當時，即即，
當時，即即，
因此若存在直線與曲線、有三個不同的交點，
故，
此時有兩個不同的根，
此時有兩個不同的根，
故，，，
所以即即，
故為方程的解，同理也為方程的解
又可化為即即，
故為方程的解，同理也為方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上單調遞減，在上單調遞增；
在上單調遞減，在上單調遞增，且
①時，此時，顯然與兩條曲線和
共有0個交點，不符合題意；
②時，此時，
故與兩條曲線和共有2個交點，交點的橫坐標分別為0和1；
③時，首先，證明與曲線有2個交點，
即證明有2個零點，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，，，
令，則，
所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為
其次，證明與曲線和有2個交點，
即證明有2個零點，，
所以上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，，，
令，則，
所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為
再次，證明存在b，使得
因為，所以，
若，則，即，
所以只需證明在上有解即可，
即在上有零點，
因為，，
所以在上存在零點，取一零點為，令即可，
此時取
則此時存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，
最后證明，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列，
因為
所以，
又因為在上單調遞減，，即，所以，
同理，因為，
又因為在上單調遞增，即，，所以，
又因為，所以，
即直線與兩條曲線和從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.
【點睛】思路點睛：函數的最值問題，往往需要利用導數討論函數的單調性，此時注意對參數的分類討論，而不同方程的根的性質，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關系.
【真題感知】
1．（·全國·高考真題）已知函數.證明：
（1）存在唯一的極值點；
（2）有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.
【答案】（1）見詳解；（2）見詳解
【分析】（1）先對函數求導，根據導函數的單調性，得到存在唯一，使得，進而可得判斷函數的單調性，即可確定其極值點個數，證明出結論成立；
（2）先由（1）的結果，得到，，得到在內存在唯一實根，記作，再求出，即可結合題意，說明結論成立.
【詳解】（1）由題意可得，的定義域為，
由，
得，
顯然單調遞增；
又，，
故存在唯一，使得；
又當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減；
因此，存在唯一的極值點；
（2）
[方法一]【利用對稱性轉化為研究兩個函數根的問題】
的根的情況問題可轉化為函數與的圖像在區(qū)間內的交點情況．．
當時，在區(qū)間內單調遞增；又因為，所以當時，，則時，單調遞減；當時，，則當時，單調遞增．又，所以函數與的圖像，如圖所示，只有兩個交點，橫坐標分別為和，且，即和為的兩個實根．

又因為，當時，，由于，所以，即，所以兩個實根互為倒數．
[方法二]【分類討論】
由（1）知，．又，所以有且僅有兩個實根，可令．
下面證明，
由，得，顯然有， ．（*）
（1）當時，，（*）式不成立；
（2）當時，，（*）式不成立；
（3）當時，，（*）式成立．
綜上，有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．
[方法三]【利用函數的單調性結合零點存在定理】
的定義域為，顯然不是方程的根，
所以有兩個實根等價于有兩個零點，且定義域為．
而，所以在區(qū)間內單調遞增，在區(qū)間內單調遞增．
當時，，，
所以在區(qū)間內有唯一零點，即，
所以 ．
結合單調性知在區(qū)間內有唯一零點，所以有且僅有兩個零點，且兩個零點互為倒數，
即有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．
【整體點評】(2)方法一：對稱性是函數的重要性質，利用函數的對稱性研究函數體現了整體思想；
方法二：分類討論是最常規(guī)的思想，是處理導數問題最常規(guī)的手段；
方法三：函數的單調性和零點存在定理的綜合運用使得問題簡單化.
2．（福建·高考真題）已知函數
（1）求在區(qū)間上的最大值
（2）是否存在實數使得的圖象與的圖象有且只有三個不同的交點？若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由．
【答案】(1) (2) (7,15－6ln 3)
【詳解】（1）
當即時，在上單調遞增，
當即時，
當時，在上單調遞減，
綜上，
（2）函數的圖象與的圖象有且只有三個不同的交點，即函數
的圖象與軸的正半軸有且只有三個不同的交點．
當時，是增函數；
當時，是減函數；
當時，是增函數；
當或時，
當充分接近0時，當充分大時，
要使的圖象與軸正半軸有三個不同的交點，必須且只須
即
所以存在實數，使得函數與的圖象有且只有三個不同的交點，的取值范圍為
3．（福建·高考真題）已知函數（為自然對數的底數）
（1）若曲線在點處的切線平行于軸，求的值；
（2）求函數的極值；
（3）當時，若直線與曲線沒有公共點，求的最大值.
【答案】（1）（2）當時，函數無極小值；當，在處取得極小值，無極大值（3）的最大值為
【分析】（1）求出，由導數的幾何意義，解方程即可；（2）解方程，注意分類討論，以確定的符號，從而確定的單調性，得極大值或極小值（極值點多時，最好列表表示）；（3）題意就是方程無實數解，即關于的方程在上沒有實數解．一般是分類討論，時，無實數解，時，方程變?yōu)椋虼丝赏ㄟ^求函數的值域來求得的范圍．
【詳解】（1）由,得．
又曲線在點處的切線平行于軸,
得,即,解得．
（2）,
①當時,,為上的增函數,
所以函數無極值．
②當時,令,得,．
,;,．
所以在上單調遞減,在上單調遞增,
故在處取得極小值,且極小值為,無極大值．
綜上,當時,函數無極小值
當,在處取得極小值,無極大值．
（3）當時,
令,
則直線:與曲線沒有公共點,
等價于方程在上沒有實數解．
假設,此時,,
又函數的圖象連續(xù)不斷,由零點存在定理,可知在上至少有一解,與“方程在上沒有實數解”矛盾,故．
又時,,知方程在上沒有實數解．
所以的最大值為．
解法二:
（1）（2）同解法一．
（3）當時,．
直線:與曲線沒有公共點,
等價于關于的方程在上沒有實數解,即關于的方程:
（*）
在上沒有實數解．
①當時,方程（*）可化為,在上沒有實數解．
②當時,方程（*）化為．
令,則有．
令,得,
當變化時,的變化情況如下表:
當時,,同時當趨于時,趨于,
從而的取值范圍為．
所以當時,方程（*）無實數解, 解得的取值范圍是．
綜上,得的最大值為．
考點：導數的幾何意義，極值，導數與單調性、值域，方程根的分布．
4年考情
考題示例
考點分析
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0
0
+
+
0
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極大值
x
＋
0
－
單調遞增
極大值
單調遞減
減
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