专题06 重温高考压轴题----函数零点问题集锦-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

专题六重温高考压轴题----函数零点问题集锦函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题精选高考压轴题及最新高考模拟压轴题，形成函数零点问题集锦，例题说法，高效训练，进一步提高处理此类问题的综合能力.【典型例题】类型一已知零点个数，求参数的值或取值范围例1.【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C【解析】画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.例2.【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．类型二利用导数确定函数零点的个数例3.【2018年全国卷II文】已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．【答案】（1）f （x ）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．（2）f （x ）只有一个零点． 【解析】（1）当a =3时，f （x ）=，f ′（x ）=．令f ′（x ）=0解得x =或x =．当x ∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x ）>0；当x ∈（，）时，f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．（2）由于，所以等价于．设=，则g ′（x ）=≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0，所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点． 又f （3a –1）=，f （3a +1）=，故f （x ）有一个零点．综上，f （x ）只有一个零点．类型三 挖掘“隐零点”，证明不等式例4.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥.(1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<.【答案】(1)1a =；(2)证明略. 【解析】（2）由（1）知 ()2ln f x x x x x =--，()'22ln f x x x =--.设()22ln h x x x =--，则()1'2h x x=-. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时，()'0h x < ；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0h x > ，所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增.类型四 利用函数单调性，确定函数零点关系例5.【2016高考新课标1理】已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点. （I ）求a 的取值范围；（II ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【答案】(I)(0,)+∞；（II ）见解析 【解析】（Ⅰ）'()(1)e 2(1)(1)(e 2)xxf x x a x x a =-+-=-+． （i ）设0a =，则()(2)e xf x x =-，()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．又(1)e f =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln2ab <，则223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->，故()f x 存在两个零点．（iii ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若e2a ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞单调递增．又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．若e2a <-，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1)-∞单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)e (1)x f x x a x --=-+-，而22222()(2)e (1)0x f x x a x =-+-=，所以222222(2)e (2)e x x f x x x --=---．设2()e(2)e xx g x x x -=---，则2'()(1)(e e )x x g x x -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<． 类型五 借助导函数零点，解答综合性问题例6.【2016高考新课标2文】已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； （Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）220x y +-=；（Ⅱ）(],2.-∞【解析】（I ）()f x 的定义域为(0,)+∞.当4=a 时，1()(1)ln 4(1),()ln 3'=+--=+-f x x x x f x x x，(1)2,(1)0.'=-=f f 所以曲线()=y f x 在(1,(1))f 处的切线方程为220.x y +-= （II ）当(1,)∈+∞x 时，()0>f x 等价于(1)ln 0.1-->+a x x x 令(1)()ln 1-=-+a x g x x x ， 则222122(1)1(),(1)0(1)(1)+-+'=-==++a x a x g x g x x x x ，（i ）当2≤a ，(1,)∈+∞x 时，222(1)1210+-+≥-+>x a x x x ， 故()0,()'>g x g x 在(1,)∈+∞x 上单调递增，因此()0>g x ；（ii ）当2>a 时，令()0'=g x 得1211=--=-+x a x a ， 由21>x 和121=x x 得11<x ，故当2(1,)∈x x 时，()0'<g x ，()g x 在2(1,)∈x x 单调递减，因此()0<g x . 综上，a 的取值范围是(],2.-∞例7.【2016高考新课标Ⅲ文】设函数()ln 1f x x x =-+． （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->.【答案】（Ⅰ）当01x <<时，()f x 单调递增；当1x >时，()f x 单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析． 【解析】（Ⅰ）由题设，()f x 的定义域为(0,)+∞，'1()1f x x=-，令'()0f x =，解得1x =. 当01x <<时，'()0f x >，()f x 单调递增；当1x >时，'()0f x <，()f x 单调递减. ………4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在1x =处取得最大值，最大值为(1)0f =， 所以当1x ≠时，ln 1x x <-，故当(1,)x ∈+∞时，ln 1x x <-，11ln1x x <-，即11ln x x x-<<. ………………7分 （Ⅲ）由题设1c >，设()1(1)xg x c x c =+--，则'()1ln xg x c c c =--．令'()0g x =，解得01lnln ln c c x c-=. 当0x x <时，'()0g x >，()g x 单调递增；当0x x >时，'()0g x <，()g x 单调递减. ……………9分 由（Ⅱ）知，11ln c c c-<<，故001x <<．又(0)(1)0g g ==，故当01x <<时，()0g x >， 所以当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->. ………………12分 例8.【2018年理数天津】已知函数，，其中a >1.（I ）求函数的单调区间；（II ）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；（III ）证明当时，存在直线l ，使l 是曲线的切线，也是曲线的切线.【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.【解析】 （I ）由已知，，有.令，解得x =0.由a >1，可知当x 变化时，，的变化情况如下表：x0 +极小值所以函数的单调递减区间，单调递增区间为. （II ）由，可得曲线在点处的切线斜率为.由，可得曲线在点处的切线斜率为.因为这两条切线平行，故有，即.两边取以a为底的对数，得，所以.（III）曲线在点处的切线l1：.曲线在点处的切线l2：.要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.即只需证明当时，方程组有解，由①得，代入②，得. ③因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解.设函数，即要证明当时，函数存在零点.，可知时，；时，单调递减，又，，故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.由此可得在上单调递增，在上单调递减.在处取得极大值.因为，故，所以.下面证明存在实数t ，使得.由（I ）可得，当时，有，所以存在实数t ，使得，因此，当时，存在，使得.所以，当时，存在直线l ，使l 是曲线的切线，也是曲线的切线.【规律与方法】1.研究方程根的情况时，通过导数研究函数的单调性、最大（小）值、函数图象的变化趋势等，根据题目画出函数图象的草图，通过数形结合的思想去分析问题，使问题的解决有一个直观的形象，然后在此基础上再转化为不等式（组）的问题，通过求解不等式可得到所求的参数的取值（或范围）．2. 利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.3. 导数中函数的含参数的问题的讨论，需要考虑下面的几个方面：（1）把导函数充分变形，找出决定导数符号的核心代数式，讨论其零点是否存在，零点是否在给定的范围中；（2）零点不容易求得时，需要结合原函数的形式去讨论，有时甚至需要把原函数放缩去讨论，常见的放缩有1,ln 1xe x x x ≥+≤-等；（3）如果导数也比较复杂，可以进一步求导，讨论导函数的导数.4. 对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要通过论坛和联系多加体会.5. 函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.【提升训练】1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( )A ．B ．（）C ．D ．（）【答案】D 【解析】 当时，为减函数，令易得，所以只需有两个零点，令则问题可转化为函数的图象与的图象有两个交点.求导可得，令，即，可解得；令，即，可解得，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，由此可知当时，函数取得最小值，即．在同一坐标系中作出函数与的简图如图所示，根据图可得故选D.2.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e ---+----'=-=-=， 当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，3.【2018年理数天津卷】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________. 【答案】【解析】 分类讨论：当时，方程即，整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，当时，方程即，整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，令，其中，，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.4．【2018年江苏卷】若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________．【答案】–3【解析】由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以，5.【2018年天津卷文】设函数，其中,且是公差为的等差数列.（I）若求曲线在点处的切线方程；（II）若，求的极值；（III）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.【答案】(Ⅰ)x+y=0；(Ⅱ)极大值为6；极小值为−6；(Ⅲ)【解析】（Ⅰ）由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，故=3x2−1，因此f(0)=0，=−1，又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)=(x−0)，故所求切线方程为x+y=0．（Ⅱ）由已知可得f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2．故=3x2−6t2x+3t22−9．令=0，解得x=t2−，或x=t2+．当x变化时，，f(x)的变化如下表：x(−∞，t2−)t2−(t2−，t2+)t2+(t2+，+∞) +0−0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2−)=(−)3−9×(−)=6；函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3−9×()=−6．（Ⅲ）曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2−d)+(x−t2)+ 6=0有三个互异的实数解，令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0．设函数g(x)=x3+(1−d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．=3x3+(1−d2)．当d2≤1时，≥0，这时在R上单调递增，不合题意．当d2>1时，=0，解得x1=，x2=．易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．g(x)的极大值g(x1)=g()=>0．g(x)的极小值g(x2)=g()=−．若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点，不合题意．若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．所以，的取值范围是．6.【江西省南昌市2019届高三一模】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在k=0或2.【解析】（Ⅰ），由已知，有，即，解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则令，则恒成立，所以在上单调递减，又因为，，所以存在唯一的，使得，且当时，，即，当时，，即.所以在上单调递增，在上单调递减.又因为当时，，，，，所以存在或，使得在上有唯一零点.7.【2016年高考四川理数】设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （Ⅰ）讨论f (x )的单调性；（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).【答案】（Ⅰ）当x ∈1)2a （时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x ∈1+)2a∞（时，'()f x >0，()f x 单调递增；（Ⅱ）1[,)2a .【解析】（I ）2121'()20).ax f x ax x x x-=-=>(0a ≤当时， '()f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由'()f x =0，有12x a=此时，当x ∈12a（时，'()f x <0，()f x 单调递减； 当x ∈1+)2a∞（时，'()f x >0，()f x 单调递增. （II ）令()g x =111ex x --，()s x =1e x x --. 则'()s x =1e1x --.而当1x >时，'()s x >0，所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0， 从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<. 故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >.当102a <<由（I ）有(1)0f f <=,从而0g >， 所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立. 当12a 时，令()()()(1)h x f x g x x ，当1x时，3212222111112121()2e0xx x x x h x axxxx x x xx x ，因此，()h x 在区间(1,)单调递增. 又因为(1)=0h ，所以当1x时，()()()0h x f x g x ，即 ()()f x g x 恒成立.综上，1[,)2a ．8.【2017年新课标1】已知函数2()e(2)e xx f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）(0,1)【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2e (2)e 1(e 1)(2e 1)xx x x f x a a a '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减. （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增.综上，a 的取值范围为(0,1).9．【2017江苏，20】 已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值,且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围. 【答案】（1）3a >（2）见解析（3）36a <≤列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，因此2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）由（1. 设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t -'-=.当)t ∈+∞时，()0g t '>，从而()g t 在)+∞上单调递增.因为3a >，所以>(g g 因此2>3b a .因此a 的取值范围为(36]，.10.【2016高考山东理】已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】（Ⅰ）)(x f 的定义域为),0(+∞；3232/)1)(2(22)(x x ax x x x a a x f --=+--=. 当0≤a ， )1,0(∈x 时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增；/(1,),()0x f x ∈+∞<时，)(x f 单调递减.当0>a 时，/3(1)22()(a x f x x x x a a-=. （1）20<<a ，12>a，当)1,0(∈x 或x ∈),2(+∞a 时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增；当x ∈)2,1(a 时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减；（2）2=a 时，12=a ，在x ∈),0(+∞内，0)(/≥x f ，)(x f 单调递增；（3）2>a 时，120<<a ， 当)2,0(a x ∈或x ∈),1(+∞时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增；当x ∈)1,2(a 时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减.综上所述，当0≤a 时，函数)(x f 在)1,0(内单调递增，在),1(+∞内单调递减；当20<<a 时，)(x f 在)1,0(内单调递增，在)2,1(a 内单调递减，在),2(+∞a内单调递增；当2=a 时，)(x f 在),0(+∞内单调递增；当2>a ，)(x f 在)2,0(a 内单调递增，在)1,2(a 内单调递减，在),1(+∞内单调递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，/22321122()()ln (1)x f x f x x x x x x x --=-+---+23312ln 1x x x x x =-++--，]2,1[∈x ， 令1213)(,ln )(32--+=-=x x x x h x x x g ，]2,1[∈x .则)()()()(/x h x g x f x f +=-，由01)(/≥-=xx x g 可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号. 又24326'()x x h x x --+=， 设623)(2+--=x x x ϕ，则)(x ϕ在x ∈]2,1[单调递减，因为10)2(,1)1(-==ϕϕ，所以在]2,1[上存在0x 使得),1(0x x ∈ 时，)2,(,0)(0x x x ∈>ϕ时，0)(<x ϕ，所以函数()h x 在),1(0x 上单调递增；在)2,(0x 上单调递减， 由于21)2(,1)1(==h h ，因此21)2()(=≥h x h ，当且仅当2=x 取得等号， 所以23)2()1()()(/=+>-h g x f x f ， 即23)()(/+>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 恒成立. 11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数x x 2f (x)x 2-=+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；(Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2x =(0)x e ax a g x x -->（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）21(,].24e . 【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(,2)(2,)-∞-⋃-+∞.222(1)(2)(2)'()0,(2)(2)x x xx x e x e x e f x x x -+--==≥++ 且仅当0x =时，'()0f x =，所以()f x 在(,2),(2,)-∞--+∞单调递增，因此当(0,)x ∈+∞时，()(0)1,f x f >=-所以(2)(2),(2)20x xx e x x e x ->-+-++> （II ）22(2)(2)2()(()),x x e a x x g x f x a x x-+++==+ 由（I ）知，()f x a +单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,a f a a f a a ∈+=-<+=≥因此，存在唯一0(0,2],x ∈使得0()0,f x a +=即0'()0g x =，当00x x <<时，()0,'()0,()f x a g x g x +<<单调递减；当0x x >时，()0,'()0,()f x a g x g x +>>单调递增.因此()g x 在0x x =处取得最小值，最小值为000000022000(1)+()(1)().2x x x e a x e f x x e g x x x x -++===+ 于是00h()2x e a x =+，由2(1)()'0,2(2)2x x xe x e e x x x +=>+++单调递增 所以，由0(0,2],x ∈得002201().2022224x e e e e h a x =<=≤=+++ 因为2x e x +单调递增，对任意21(,],24e λ∈存在唯一的0(0,2],x ∈0()[0,1),af x =∈ 使得(),h a λ=所以()h a 的值域是21(,],24e 综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有()h a ，()h a 的值域是21(,].24e 12.【辽宁省大连市2019届高三3月测试】已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若曲线上存在唯一的点，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1），设①当时，在上大于零，在上小于零，所以在上单调递增，在单调递减；② 当时，(当且仅当时)，所以在上单调递增；③ 当时，在上大于零，在上小于零，所以在上单调递增，在单调递减；④当时，在上大于零，在上小于零，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）曲线在点处的切线方程为，切线方程和联立可得：，现讨论该方程根的个数：设，所以.，设，则.①当时，，所以在上单调递减，又，所以在上大于零，在上小于零，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以只有唯一的零点，由的任意性，所以不符合题意；② 当时，在上小于零，在上大于零，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，在上大于零，在上小于零，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上小于或等于零，且有唯一的零点.函数开口向上，若其判别式不大于零，则对任意，有；若其判别式大于零，设其右侧的零点为，则对任意的，有，所以在区间上，存在零点，综上的零点不唯一；当时，可得，所以在上单调递增，所以其只有唯一的零点；当时，在上大于零，在上小于零，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上大于或等于零，且有唯一的零点.函数在区间上一定存在最大值，设为，若，则在上小于零.若，当时，，所以在区间上，存在零点，综上的零点不唯一.综上，当时，曲线上存在唯一的点，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点.。