专题04 第5章 导数与函数的零点（方程的根）（2考点清单，知识导图+5个考点清单&题型解读）-2024-2025学年高二数学下学期期末考点大串讲（沪教版2020）

清单04 第5章 导数与函数的零点（方程的根） （2个考点梳理+5题型解读+提升训练） 清单01 函数的零点 （1）函数零点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点． （2）三个等价关系 方程有实数根函数的图象与轴有交点的横坐标函数有零点． 清单02 函数零点的判定 如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理． 注意：单调性+存在零点=唯一零点 【考点题型一】讨论函数零点（方程的根）的个数（） 【例1】（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，判断函数的单调性； (2)讨论的零点个数. 【变式1-1】.（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)设，当时，求函数的最大值； (3)讨论函数与函数的图象的交点个数． 【变式1-2】.（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)若函数在处取得极小值，求实数，的值； (2)求在上的值域； (3)已知，且函数的极大值是，讨论函数的零点个数． 【变式1-3】.（24-25高三下·河南信阳·阶段练习）已知函数，. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最小值； (3)当时，判断函数的零点个数. 【考点题型二】证明函数零点（方程的根）的唯一性（） 【例2】（2025·重庆·三模）已知函数 ． (1)讨论函数 的单调性； (2)已知函数 ． ①若 ，求证： 当 时， ； ②若 ，函数 在区间上存在唯一零点，求 的取值范围． 【变式2-1】.（24-25高二下·浙江杭州·阶段练习）已知函数， (1)当时，求的对称中心； (2)证明：有唯一零点 【变式2-2】.（24-25高二下·湖北·期中）已知 (1)（i）证明：当时，； （ii）当时，试确定的符号. (2)若，试说明在内有唯一零点. 【变式2-3】.（2025·山东聊城·二模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个极值点，证明：有且只有一个零点． 【考点题型三】利用极值（最值）研究函数的零点（方程的根）（） 【例3】（23-24高二下·四川德阳·阶段练习）设函数. (1)对于任意实数x，恒成立，求m的最大值； (2)若方程有且仅有一个实根，求a的取值范围. 【变式3-1】.（23-24高二下·江西宜春·阶段练习）设函数的导数满足，. (1)求的单调区间； (2)在区间上的最大值为，求的值. (3)若函数的图象与轴有三个交点，求的范围. 【变式3-2】.（2024·四川遂宁·三模）已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求证：； （3）求证：当时，方程有且仅有2个实数根. 【变式3-3】.（23-24高三上·甘肃张掖·开学考试）已知函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有三个零点，求的取值范围． 【考点题型四】数形结合法研究函数的零点（方程的根）（） 【例4】（23-24高二·全国·课后作业）已知函数，若直线与的图像有三个不同的交点，则m的取值范围是 . 【变式4-1】.（24-25高二下·上海·期中）已知，若函数恰有四个零点，则实数k的取值范围是 . 【变式4-2】.（24-25高二下·江西·阶段练习）若函数（是自然对数的底数）有两个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】.（23-24高二上·浙江·期末）设函数，若存在唯一的正整数，使得，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【考点题型五】导数中新定义题（） 【例5】（2024·上海奉贤·一模）若函数的图象上存在个不同点、、、处的切线重合，则称该切线为函数的一条点切线，该函数具有点切线性质． (1)判断函数，的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）； (2)设，判断函数是否具有点切线性质，并说明理由； (3)设，证明：对任意的，，函数具有点切线性质，并求出所有相应的切线方程． 【变式5-1】.（25-26高三上·上海·期中）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．若函数，则的和为（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】.（24-25高三上·上海·阶段练习）记，分别为函数，的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”；若仅满足则称为函数与的一个“点”. (1)证明：函数与不存在“点”，但存在“点”； (2)若函数与存在“点”，求实数的值； (3)已知，其中实数且．若使函数与区间内存在三个“点”，求实数的取值范围． 【变式5-3】.（24-25高三上·上海·期中）若定义在上的函数和分别存在导函数和. 且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数. (1)求证: 函数是函数的“控制函数”; (2)若函数是函数的“控制函数”，求控制系数k的取值范围； (3)若函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”， 求证:“”的充要条件是“存在常数， 使得恒成立”. 提升训练 一、填空题 1．（24-25高二下·上海闵行·期中）已知函数有三个零点，则实数的取值范围是 . 2．（24-25高二下·重庆·期中）已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 ． 3．（24-25高二下·天津滨海新·期中）已知函数有且仅有1个零点，则实数a的取值范围为 ． 4．（24-25高二下·广东东莞·期中）已知，若函数有两个零点，则的取值范围为 （区间或集合）. 5．（23-24高二下·上海·期中）关于的方程有两个不同实数根，则的取值范围是 ． 6．（23-24高三上·上海浦东新·期中）已知函数 ，若存在三个互不相等的实数，使得，则实数a的取值范围是 7．（22-23高二下·上海杨浦·期中）设，若关于的方程有三个实数解，则的取值范围为 . 8．（24-25高二下·四川达州·期中）已知函数的图象与直线有两个交点，则的取值范围为 ． 二、解答题 9．（24-25高二下·天津滨海新·期中）已知函数，满足. (1)求实数的值； (2)求的单调区间和极值. (3)方程无实数根， 求实数的范围. 10．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知函数. (1)过点作曲线的切线，求此切线的方程； (2)若关于的方程有三个不同的实根，求的取值范围. 11．（24-25高二下·天津和平·期中）已知函数 (1)若曲线在点处的切线斜率为求的值； (2)若有个实数解，求的取值范围. 12．（2025·江西萍乡·二模）已知函数． (1)证明：函数有且只有一个极值点； (2)若关于的方程在区间上恰有两个实数根，求实数的取值范围． 13．（2025·广东茂名·二模）已知为常数，且． (1)若，求函数的单调区间； (2)若方程有且仅有2个不等的实数解，求的值． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单04 第5章 导数与函数的零点（方程的根） （2个考点梳理+5题型解读+提升训练） 清单01 函数的零点 （1）函数零点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点． （2）三个等价关系 方程有实数根函数的图象与轴有交点的横坐标函数有零点． 清单02 函数零点的判定 如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理． 注意：单调性+存在零点=唯一零点 【考点题型一】讨论函数零点（方程的根）的个数（） 【例1】（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，判断函数的单调性； (2)讨论的零点个数. 【答案】(1)当时，在上单调递增 (2)答案见解析 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数研究函数的零点、函数单调性、极值与最值的综合应用 【分析】（1）求导后，令，通过导数求出的最小值，并判断其正负，即可得出，从而得解. （2）分、、三种情况讨论，当时，结合（1）可以得出零点个数，当时，利用单调性、最值和零点存在定理即可判断零点个数，当时，通过构造函数，得出极大值大于0和极小值小于0，再结合零点存在定理，即可判断零点个数. 【详解】（1），令，则， 由，得. 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， ，又，即， 当时，在上单调递增. （2）① 当时，易得，由（1）知在上单调递增， 当时，仅有1个零点. ② 当时，易知在上单调递减， 又，， ，则仅有一个根， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 则，， 又当时，， 故当时，仅有1个零点. ③当时，令，则， 令，则，令，得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故，又当时，，当时，， 故方程有两个不相等的实数根，不妨令， 当或时，，，在，上单调递增， 当时，，，在上单调递减， ，，， 构造函数，则， 令，则， 令，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， ，则在上单调递增， 故当时，，即. 当且时，， 当时，，，则， 则，又，在上有且仅有1个零点. 当时，，则，，，， 当且时，， ，， 则，又，在上有且仅有1个零点. 故当时，有3个零点. 综上可知，当或时，有1个零点，当时，有3个零点. 【变式1-1】.（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)设，当时，求函数的最大值； (3)讨论函数与函数的图象的交点个数． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【知识点】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、由导数求函数的最值（含参） 【分析】（1）求出导函数，得切线斜率，从而可得切线方程； （2）由题意得，通过求导分析的单调性，进而求得函数的最大值； （3）联立得，结合（2）知问题等价于“函数的零点个数”.分、和三种情况，分别据函数的单调性和极值、最值得到函数图象的大体形状，从而判断出函数的零点的个数. 【详解】（1）若，则， 所以，则， 又， 所以曲线在点处的切线方程是， 即． （2）， 函数的定义域为 ． 当时，， 令，得， 令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为． （3）联立得得， 得， 结合（2）可知． 则“函数与函数的图象的交点个数”等价于“函数的零点个数”． 当时，无零点． 当时，的最大值为． 若，即，则无零点． 若，即，则只有一个零点． 若，即，则，又， 令，则且， 由，得；由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故有最大值，无最小值． 故，所以，由（2）知在上单调递增，所以在上有唯一零点． 令， 则，且， 由，得；由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故有最小值，无最大值． 所以， 于是和， 所以， 又在上单调递减， 故在上有唯一零点． 当时，由上得，于是，而， 所以，即无零点． 综上，当或时，无零点；当时，只有一个零点；当时，有两个零点， 即当或时，函数与函数的图象无交点； 当时，函数与函数的图象有1个交点； 当时，函数与函数的图象有2个交点． 【变式1-2】.（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)若函数在处取得极小值，求实数，的值； (2)求在上的值域； (3)已知，且函数的极大值是，讨论函数的零点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)答案见解析 【知识点】利用导数研究函数的零点、由导数求函数的最值（含参）、根据极值求参数 【分析】（1）求导，由题意可知，解得a，b，并验证即可； （2）求导，分，，三种情况讨论，分别求出的单调区间，作出图象，数形结合讨论即可求解； （3）由（2）可求出函数的极值，通过讨论极值即可判断零点个数. 【详解】（1）因为，所以， 因为函数在处取得极小值， 所以，解得， 此时，由，得到或， 当或时，，当时，， 则在和上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取到极小值，符合题意. 所以. （2），令，则或， 若时，恒成立，此时在上单调递增， 则在上单调递增，又，， 此时在上的值域为， 因为当时，，由，得到或， 当时，， 由，得到，即， 解得或， 若，当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，；单调递减区间为， 不妨假设，其图象如图1， 当，此时； 当，即时， 在上的最小值为， 最大值为； 当，即时， 又， 所以在上的最小值为，最大值为， 当，即时，在上的最小值为，最大值为， 当，即时，在上的最小值为，最大值为， 若，当或时，，当时，，单调递减. 所以的单调递增区间为，；单调递减区间为，不妨假设，其图象如图2， 当，此时；当，即时， 在上的最小值为，最大值为， 当，此时；当，即时，在上的最小值为，最大值为， 当，即时，又， 所以在上的最小值为，最大值为， 当，即时，在上的最小值为，最大值为， 综上，当时，在上的值域为； 当时，在上的值域为； 当时，在上的值域为； 当时，在上的值域为； 当时，在上的值域为； 当时，在上的值域为； 当时，在上的值域为. （3）由（2）可知，当，的单调递增区间为，；单调递减区间为， 当时，函数取到极大值，即，所以， 当时，函数取到极小值，即， 又当时，，当时，， 所以当，即时，有1个零点； 当，即时，有2个零点； 当，即时，有3个零点. 【变式1-3】.（24-25高三下·河南信阳·阶段练习）已知函数，. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最小值； (3)当时，判断函数的零点个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)答案见解析 【知识点】利用导数研究函数的零点、由导数求函数的最值（含参）、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）当时，对求导，求出，再由导数的几何意义即可得出答案； （2）对求导，分，和求出的单调性，结合最值的定义即可得出答案； （3）分，，和，讨论的单调性和值域，即可得出答案. 【详解】（1）当时，，，所以切点， ，， 所以函数在点处的切线方程为. （2），， 当时，在区间上恒成立，函数单调递增， 函数的最小值为， 当时，在区间上恒成立，函数单调递减， 函数的最小值为， 当时，列表如下： 单调递减 单调递增 函数的最小值为. 综上可得：当时，函数的最小值为， 当时，函数的最小值为， 当时，函数的最小值为. （3）由（2）知，当时，， ①当时，令可得或，令可得， 所以函数在，上单调递增，在上单调递减， 又因为，而趋近正无穷时，趋近正无穷， 故在上只有一个零点； ②当时，，则，当且仅当时取等号， 所以在上单调递增，且连续不间断， 且，故在上只有一个零点. ③当时，令解得， 即在上只有一个零点， ④当时，令可得，令可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当趋近正无穷时，趋近正无穷，当趋近时，趋近正无穷， 若，即时，在上无零点. 若，即时，在上只有一个零点， 若，即时，在上有两个零点， 综上可得：当时，函数无零点， 当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数的零点个数为2. 【考点题型二】证明函数零点（方程的根）的唯一性（） 【例2】（2025·重庆·三模）已知函数 ． (1)讨论函数 的单调性； (2)已知函数 ． ①若 ，求证： 当 时， ； ②若 ，函数 在区间上存在唯一零点，求 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2)①证明见解析；②. 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、含参分类讨论求函数的单调区间 【分析】（1）求导得，再对分类讨论即可； （2）①，从而得到在下单调递增，则，则得到的单调性，即可证明； ②当时,分析得在上单调递增，再取点计算得，最后利用零点存在性定理即可得到答案. 【详解】（1）， ①当，即时，恒成立，在上单调递增． ②当，即或时，令，解得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增． 即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）(i)， ， 当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增， 则在上单调递增，则，得证． （ii）当时，，同理有在上单调递增， 而， 故由零点存在定理可知，存在唯一的，使得． 当时，单调递减； 当时单调递增． ， 故由零点存在定理可知，在无零点，在上存在唯一零点．符合题意． 当时，由（i）可知不合题意，故舍去． 综上所述，的取值范围为． 【变式2-1】.（24-25高二下·浙江杭州·阶段练习）已知函数， (1)当时，求的对称中心； (2)证明：有唯一零点 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【知识点】判断或证明函数的对称性、利用导数研究函数的零点、零点存在性定理的应用 【分析】（1）设对称中心为，利用中心对称则公式即可求对称中心； （2）由得到，设，求出的单调性，结合零点存在定理即可判断. 【详解】（1）当时，， 设的对称中心为， 则， 所以， 整理得， 所以，解得， 所以的对称中心为 （2）由于，所以等价于， 设，则， 仅当时，因此在单调递增， 即至多有一个零点，从而至多有一个零点 又因为，， 故在内存在零点， 综上所述，可知有唯一零点 【变式2-2】.（24-25高二下·湖北·期中）已知 (1)（i）证明：当时，； （ii）当时，试确定的符号. (2)若，试说明在内有唯一零点. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii），答案见解析 (2)说明见解析 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、零点存在性定理的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】（1）（i）即证明，构造，求导得到其单调性，结合，得到证明； （ii）即说明，，结合（i）可知，，其等价于时，，即，由知，该式显然成立，故； （2）当时，单调递减，结合特殊点函数值得到存在唯一实数，使得；当时，，二次求导，结合单调性和零点存在性定理得到的单调性，故在上恒成立，综上可知：在内有唯一零点 【详解】（1）（i）当时，等价于， 设，即证明， 记，则， 所以在上单调递减，其中， 所以，不等式得证； （ii）时，，理由如下： 要说明，即说明，， 由（i）可知，当时，，所以， 故只需说明，其等价于， 时，上式只需， 即，由知，该式显然成立， 从而对恒成立， （2）由已知， 当时，易知单调递减， ， 故存在唯一实数，使得； 当时，， 记， 易知在为减函数， ， 故存在唯一实数，使得，即， 则在为增函数，在为减函数， 且， ， 则存在唯一实数，使得， 则在为正，在为负， 在上单调递增，在上单调递减， 故，，故在上恒成立， 综上可知：在内有唯一零点. 【变式2-3】.（2025·山东聊城·二模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个极值点，证明：有且只有一个零点． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【知识点】利用导数研究函数的零点、含参分类讨论求函数的单调区间 【分析】（1）求导后分类讨论的范围即可求解； （2）根据有两个极值点，结合（1）利用导数分析函数的零点即可证明． 【详解】（1）函数的定义域为． 当时，恒成立，即在定义域内单调递增． 当时，令． 则的对称轴为． 若，即时，在定义域内单调递增． 若，即时，有两个零点： ，且． 当和时，单调递增； 当时，单调递减． 综上所述，当时，在和上单调递增， 在上单调递减； 当时，在上单调递增． （2）由有两个极值点，则由（1）可得且在处取极大值，在处取极小值． 当时，， 所以的极小值为， 又在单调递增，所以在上没有零点． ， 由得，， 又，，且在上单调递增， 所以存在唯一的实数，使得， 故有且只有一个零点． 【考点题型三】利用极值（最值）研究函数的零点（方程的根）（） 【例3】（23-24高二下·四川德阳·阶段练习）设函数. (1)对于任意实数x，恒成立，求m的最大值； (2)若方程有且仅有一个实根，求a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【知识点】导数的加减法、根据极值求参数、利用导数研究方程的根、一元二次不等式在实数集上恒成立问题 【分析】（1）对求导，得到为二次函数，因为恒成立，所以有，利用二次函数性质，求的最小值即可； （2）方程只有一个实根，说明三次函数只有一个零点，即函数极小值大于0或极大值小于0，利用导函数确定函数单调性，求出极值点，从而确定参数的取值范围． 【详解】（1）解：已知函数，，则， 因为对于任意实数x，恒成立，则， 对称轴，所以， 可得，即的最大值为. （2）（2）令，即，解得或， 当时，；当时，；当时，. 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，取极大值；当时，取极小值， 故当或时，方程仅有一个实根， 解得或，所以a的取值范围为. 【变式3-1】.（23-24高二下·江西宜春·阶段练习）设函数的导数满足，. (1)求的单调区间； (2)在区间上的最大值为，求的值. (3)若函数的图象与轴有三个交点，求的范围. 【答案】(1)递增区间为，递减区间为， (2) (3) 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、求已知函数的极值、已知函数最值求参数、利用导数研究方程的根 【分析】（1）求函数的导数，根据条件建立方程组关系求出，的值，结合函数单调性和导数之间的关系即可求的单调区间； （2）利用导数求出函数在区间上的最大值，建立方程关系即可求的值. （3）根据的单调性求得极值，令极大值大于，极小值小于，解不等式即可求的范围. 【详解】（1）由可得， 因为，， 所以，解得：，， 所以，， 由即可得：， 由即可得：或， 所以的单调递增区间为，单减区间为和. （2）由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极小值， ， ， 则在区间上的最大值为， 所以. （3）由（1）知当时，取得极小值， 当时，取得极大值 ， 若函数的图象与轴有三个交点， 则得，解得， 即的范围是. 【变式3-2】.（2024·四川遂宁·三模）已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求证：； （3）求证：当时，方程有且仅有2个实数根. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数证明不等式、利用导数研究方程的根 【分析】（1），根据导数几何意义求得在点处的切线斜率，写出切线方程； （2）令，通过导数研究函数在的最小值情况，从而证得结果； （3）由，化简得，设，通过二次求导求得方程的根的情况. 【详解】（1）因为，， 故在点处的切线斜率为，点为， 故所求的切线方程为 （2）令， 的定义域为，， 当时，恒成立，∴在上单调递减， 当时，恒成立，∴在上单调递增， ∴当时，恒成立， 故当时，； （3）由，即，则 设，的定义域为，， 设，的定义域为，， 当时，恒成立，∴在上单调递减， 又，，∴存在唯一的使得， 当时，，则，∴在上单调递增， 当时，，则，∴在上单调递减， ∴在处取得极大值也是最大值，从而 又，， ∴在与上各有一个零点， 即当时，方程有且仅有2个实数根 【变式3-3】.（23-24高三上·甘肃张掖·开学考试）已知函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有三个零点，求的取值范围． 【答案】(1)递减区间是；递增区间是， (2) 【知识点】已知切线（斜率）求参数、利用导数求函数的单调区间（不含参）、根据极值求参数、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）根据题意，列出方程组求得，得到，进而求得函数的单调区间； （2）由题意得到，利用导数求得函数的单调性与极值，列出不等式组，即可求解. 【详解】（1）解：由题意，函数，可得， 因为函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值， 可得，即，解得，    所以，可得， 令，解得或． 当变化时，，的变化情况如下： －1 ＋ 0 － 0 ＋ 2 所以函数的单调递减区间是；单调递增区间是，． （2）解：由函数，， 则， 函数在处取得极大值，在处取得极小值， 要使得有三个零点，则满足，即，解得， 所以的取值范围为． 【考点题型四】数形结合法研究函数的零点（方程的根）（） 【例4】（23-24高二·全国·课后作业）已知函数，若直线与的图像有三个不同的交点，则m的取值范围是 . 【答案】 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、求已知函数的极值、利用导数研究函数的零点 【分析】利用导数研究的单调性及极值情况，再应用数形结合法判断直线与的图像有三个不同的交点情况下m的范围. 【详解】由题设，. 由，解得或，此时函数单调递增； 由，解得，此时函数单调递减. 故当时，函数取得极大值； 当时，函数取得极小值. 如图，要使直线与的图像有三个不同的交点，则，即. 故答案为：(-3,1). 【变式4-1】.（24-25高二下·上海·期中）已知，若函数恰有四个零点，则实数k的取值范围是 . 【答案】 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、利用导数研究函数的零点 【分析】分离参数可得，判断的单调性，计算极值，作出的函数图象，根据直线与的图象有四个交点得出k的范围. 【详解】当时，， 令，可得：， 令， 则， 对于函数，对称轴为，所以函数在上单调递减，当时，. 所以，当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. 又因为当时，；当时，取得极小值； 当时，；当时，， 作出函数的大致图象如图所示： 因为函数恰有四个零点，所以直线与的图象有四个交点， 所以， 故答案为：. 【变式4-2】.（24-25高二下·江西·阶段练习）若函数（是自然对数的底数）有两个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究函数的零点 【分析】令，则，令，利用导数说明函数的单调性，画出的图象，依题意与有两个交点，即可得解. 【详解】令，则，则， 令，则，当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，又当时，当时， 所以的图象如下所示： 依题意与有两个交点，则，则. 故选：D 【变式4-3】.（23-24高二上·浙江·期末）设函数，若存在唯一的正整数，使得，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】利用导数研究能成立问题、利用导数研究函数的零点 【分析】设，，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】解：设，， 则， 由，可得；由，可得或， 故函数的单调递增区间为、，单调递减区间为， 且，，，，，如下图所示： 函数经过，要使存在唯一的正整数，使得， 即有唯一正整数解， 所以只要并且，即，解得：. 故选：A. 【考点题型五】导数中新定义题（） 【例5】（2024·上海奉贤·一模）若函数的图象上存在个不同点、、、处的切线重合，则称该切线为函数的一条点切线，该函数具有点切线性质． (1)判断函数，的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）； (2)设，判断函数是否具有点切线性质，并说明理由； (3)设，证明：对任意的，，函数具有点切线性质，并求出所有相应的切线方程． 【答案】(1)偶函数，一条点切线方程为 (2)没有，理由见解析 (3)证明见解析，切线方程为和 【知识点】函数奇偶性的定义与判断、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、用导数判断或证明已知函数的单调性、导数新定义 【分析】（1）利用函数奇偶性的定义可得出函数的奇偶性，数形结合可得出该函数的一条点切线方程； （2）求出，分析函数的单调性，即可得出结论； （3）取点、、，利用导数求出曲线在三处的切线方程，利用这三条切线重合可得出，然后对、、的关系进行讨论，即可求出对应的切线方程. 【详解】（1）令，其中，则， 所以，函数为偶函数，且，如下图所示： 由图可知，函数的一条点切线方程为. （2）因为，该函数的定义域为，且， 令，其中，则， 所以，函数在上为增函数， 因此，不可能存在、且，使得， 因此，函数不具有点性质. （3）取点、、， 因为，则， 所以，曲线在点处的切线方程为， 即， 曲线在点处的切线方程为， 曲线在点处的切线方程为， 由题意可知，这三条切线重合， 则， 由上得，则，，， （i）若，，， 则，所以，， 因为，则（舍去）； （ii）若，，中至少有一个成立， 不妨设，则， 若，则（舍去），所以，， 故或. 综上所述，点切线方程为和. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问题考查点切线的新定义，解题的关键就是利用切线重合得出，通过分析、、之间的关系来求解. 【变式5-1】.（25-26高三上·上海·期中）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．若函数，则的和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】函数对称性的应用、基本初等函数的导数公式、导数的运算法则、导数新定义 【分析】通过二次求导得到的对称中心，利用对称性求解即可. 【详解】由题意可得，， 令解得， 又， 所以的图象的对称中心为，即， 所以 ， 故选：B 【变式5-2】.（24-25高三上·上海·阶段练习）记，分别为函数，的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”；若仅满足则称为函数与的一个“点”. (1)证明：函数与不存在“点”，但存在“点”； (2)若函数与存在“点”，求实数的值； (3)已知，其中实数且．若使函数与区间内存在三个“点”，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、函数新定义、导数新定义 【分析】（1）结合“点”与“点”定义，分别令两函数相等及两函数的导函数相等并解出即可得； （2）由“点”定义，得到两函数相等及两函数的导函数相等的方程组，并解出即可得； （3）构造函数，结合导数，分及研究其单调性，结合指数与对数的运算与“点”定义，可得时符合要求，其余情况不符合要求. 【详解】（1）令，可得，解得或， 对函数有，对函数，有， 令，解得， 故、是函数与的“点”， 但函数与不存在“点”，即得证； （2）对函数，有，对函数，有， 由函数函数与存在“点”， 则方程组有解，即有，即， 则； （3），， 则有题意可得满足，且的有三个， 令，则， 当，则，当，则， 令，， 令，则，即， 当时，， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故， 不妨令，则，令， 则，则，即，故， 则，故，，则； 故当时， ，则在上有两个零点， 设这两个零点为，且， 当时，，则，故单调递增； 当时，，则，故单调递减； 当时，，则，故单调递增； 则，即，即， 则， 令，则， 当时，，故单调递减 当时，，故单调递增， 由且，故，则， 故，故， 又时，单调递减，故， 即的极大值， 令，则为减函数，又，， 故存在，，由，关于直线对称， 故必有一个交点落在上，使得， ，又，则， ， 故，又为减函数，故， 又时，单调递减，故，即的极小值， 且时，，时，， 故在上有三个零点，即方程有三个解； 当时，，则在上单调递增， 在上只有一个零点， 则在上最多只有两个零点，不符合题意； 当时，，， 又有两个零点，是的两个极值点， 由极值均不为，故无解； 综上：当时，函数与区间内存在三个“点”. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于正确结合定义，通过构造函数，结合导数研究研究其单调性，重点在于时得到，从而可分及其它情况进行讨论. 【变式5-3】.（24-25高三上·上海·期中）若定义在上的函数和分别存在导函数和. 且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数. (1)求证: 函数是函数的“控制函数”; (2)若函数是函数的“控制函数”，求控制系数k的取值范围； (3)若函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”， 求证:“”的充要条件是“存在常数， 使得恒成立”. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、导数新定义 【分析】（1）结合定义，只需证明即可得； （2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得； （3）先证明充分性：若存在常数使得恒成立，结合偶函数定义计算即可得；再证明必要性：由题意可得，又，则可结合偶函数性质得到，即可得证. 【详解】（1），，则，故， 即恒成立，故函数是函数的“控制函数”； （2）有， ， 则，， 令， 则 ， 由， 故当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 故，即有， 则当时，函数是函数的“控制函数”， 即； （3）充分性：若存在常数使得恒成立， 则为偶函数， 因为函数为偶函数，所以， 则，即， 所以恒成立，所以； 必要性：若，则，所以函数为偶函数， 函数是函数的“控制函数”， 因此，又， 因此函数是函数的“控制函数”， 所以，即恒成立， 用代换有， 综上可知，记， 则， 因此存在常数使得恒成立， 综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于正确理解定义，从而可构造函数或解决问题. 提升训练 一、填空题 1．（24-25高二下·上海闵行·期中）已知函数有三个零点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、利用导数研究函数的零点 【分析】当时，令，得到有2个零点；当时，转化为，在有1解，令，可得，再令，得到，求得函数的单调性，得到，进而得到在上单调递减，得到不等式，即可求解. 【详解】当时，令，解得或，有2个零点； 当时，令，即，在有且仅有1解， 令，可得， 令，可得， 当时，可得；当时，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以时，恒成立，即，所以在上单调递减， 又由，，所以，解得. 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 2．（24-25高二下·重庆·期中）已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】或 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、利用导数研究函数的零点 【分析】函数的零点等价两个函数的交点，利用导数求出的单调性并作图象，求与的切点，根据图象即可求出符合题意的的取值范围. 【详解】因为函数有两个零点，则有两个根，即与两个函数有两个交点. ，，则函数在上单调递减，在上单调递增.当；时，，则图象如图 设与的切点为， 则，，得或. 当或时，与有两个公共点； 故答案为：或. 3．（24-25高二下·天津滨海新·期中）已知函数有且仅有1个零点，则实数a的取值范围为 ． 【答案】 【知识点】利用导数研究函数的零点 【分析】根据函数的零点和方程的根之间的关系，令，得，令，求导，求出的单调区间和极值，令只有一解得出a的范围． 【详解】令，得， ， 令，则， 令得或， ∴当或时，，当时，． 在上单调递增，在上单调递减， ∴当时，取得极小值， 当时，取得极大值， 当时，， 只有一个零点， 只有一解， 或， 即． 故答案为：． 4．（24-25高二下·广东东莞·期中）已知，若函数有两个零点，则的取值范围为 （区间或集合）. 【答案】 【知识点】利用导数研究函数的零点 【分析】由题意可知直线与函数的图象有两个公共点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】令，可得，故直线与函数的图象有两个公共点， 函数的定义域为，， 令，可得，列表如下： 增 极大值 减 所以函数的增区间为，减区间为，该函数的极大值为， 且当时，；当时，. 如下图所示： 当时，直线与函数的图象有两个公共点， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 5．（23-24高二下·上海·期中）关于的方程有两个不同实数根，则的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】利用导数研究方程的根、根据函数零点的个数求参数范围 【分析】由方程解的问题转化为零点问题，再进行参数的讨论求解即可. 【详解】令，， 因为有两个不同实数根，所以有两个不同的零点， 若，恒成立，所以在上单调递增，不可能有两个零点. 若，令，则，所以，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 因为有两个零点，所以，解得，所以. 故答案为： 6．（23-24高三上·上海浦东新·期中）已知函数 ，若存在三个互不相等的实数，使得，则实数a的取值范围是 【答案】 【知识点】利用导数研究方程的根、利用导数求函数的单调区间（不含参）、求已知函数的极值 【分析】先利用导数求出函数的单调区间及极值，再根据题意列出不等式，即可得解. 【详解】， 当或时，，当时，， 所以函数在和上都是递减，在 上递增， 所以的极小值为的极大值为， 由题意，解得 ， 所以实数a的取值范围是. 故答案为: . 7．（22-23高二下·上海杨浦·期中）设，若关于的方程有三个实数解，则的取值范围为 . 【答案】 【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、利用导数研究方程的根 【分析】设，根据题意转化为函数的图象与直线有三个不同的交点，求得，求得函数的单调性与极值，作出函数的图象，结合图象，即可求得实数的取值范围. 【详解】由，可得， 设函数，则函数的图象与直线有三个不同的交点， 又由， 当或时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以的极小值为，极大值为， 且时，，当时，， 作出函数的大致图象如图所示， 由图象可知，要使函数的图象与直线由三个不同的交点， 则满足，即实数的取值范围是. 故答案为：. 8．（24-25高二下·四川达州·期中）已知函数的图象与直线有两个交点，则的取值范围为 ． 【答案】 【知识点】利用导数研究方程的根 【分析】分析可知原题意等价于在定义域内有两个零点，求导，利用分析单调性和最值，进而分析零点即可. 【详解】令，可得， 构建， 原题意等价于在定义域内有两个零点， 因为， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则，且当趋近于或时，趋近于， 可知，即， 所以的取值范围为． 故答案为：． 二、解答题 9．（24-25高二下·天津滨海新·期中）已知函数，满足. (1)求实数的值； (2)求的单调区间和极值. (3)方程无实数根， 求实数的范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【知识点】求已知函数的极值、利用导数研究方程的根、利用导数求函数的单调区间（不含参）、求某点处的导数值 【分析】（1）求导后根据求解即可； （2）求导后根据导函数的正负区间，进而求得原函数的单调区间，从而得到极值即可. （3）由（2）可得的最小值及取值情况，依题意与无交点，即可求出参数的取值范围. 【详解】（1）因为， 所以，又，解得； （2）由（1）定义域为，且为增函数. 令可得， 故当时，，即在单调递减； 当时，，即在单调递增. 故在处有极小值，无极大值. 综上可得单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值. （3）由（2）可得在单调递减，在单调递增， 在处有极小值，即， 且当时， 因为方程无实数根， 所以与无交点， 所以，即，所以实数的取值范围为. 10．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知函数. (1)过点作曲线的切线，求此切线的方程； (2)若关于的方程有三个不同的实根，求的取值范围. 【答案】(1)或 (2) 【知识点】求过一点的切线方程、利用导数研究方程的根 【分析】（1）设过点与曲线相切的切线的切点为，根据导数的几何意义可得出关于的等式，解出的值，可得出切点坐标，进而可得出所求切线的方程； （2）求得，利用导数分析该函数的单调性与极值，根据函数的零点个数可得出关于实数的不等式组，解之即可. 【详解】（1）由题，设过点与曲线相切的切线的切点为， 则切线斜率或， 所以切点为或， 当切点为时，切线斜率为，则切线方程为； 当切点为时，切线斜率为，则切线方程为，即. 综上，所求切线方程为或； （2）令，， 由得或；由得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 则和分别为的极大值点和极小值点. 在处取得极大值，在处取得极小值. 又有三个不同的实根，所以， 解得，所以实数的取值范围是. 11．（24-25高二下·天津和平·期中）已知函数 (1)若曲线在点处的切线斜率为求的值； (2)若有个实数解，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【知识点】已知切线（斜率）求参数、利用导数研究方程的根 【分析】（1）由导数的几何意义可得，解之即可； （2）利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出当方程有个实数解时实数的取值范围. 【详解】（1）因为，所以， 由导数的几何意义可得，整理可得，解得. （2）由可得或，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的增区间为和，减区间为， 函数的极大值为，极小值为，如下图所示： 由图可知，当或时，直线与函数的图象有两个公共点， 此时，方程有个实数解. 故实数的取值范围是. 12．（2025·江西萍乡·二模）已知函数． (1)证明：函数有且只有一个极值点； (2)若关于的方程在区间上恰有两个实数根，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【知识点】利用导数研究方程的根、求已知函数的极值点 【分析】（1）求导得，利用函数单调性和零点存在性定理即可证明； （2）求导得，设，再对分和讨论即可. 【详解】（1）因为，所以， 显然在上单调递增．且． 故根据零点存在性定理知在上有且仅有一个零点，且在上，，在上，， 则在上单调递减，在上单调递增，即在上有且只有一个极值点. （2）设，则，记， 当时，恒成立，则函数在上单调递增， 此时在上至多存在一个零点，不合题意， 当时，函数的对称轴为，则函数在上单调递减， （i）当时，恒成立，即恒成立， 则函数在上单调递增，此时函数在上至多存在一个零点，不合题意； （ii）当时，恒成立，即恒成立，则函数在上单调递减， 此时函数在上至多存在一个零点，不合题意； （iii）当时，，，故存在，使得，即， 则函数在上单调递增，在上单调递减，又由于， 则，若要满足题设，只需，解得, 又因为，所以取值范围是. 综上所述，实数的取值范围为. 13．（2025·广东茂名·二模）已知为常数，且． (1)若，求函数的单调区间； (2)若方程有且仅有2个不等的实数解，求的值． 【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为. (2) 【知识点】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 【分析】（1）直接代入求导即可得到其单调区间； （2）求导得到其单单调性，再跟三次函数特点得到，解出方程即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 当和时，单调递增； 当时，单调递减， 所以的单调增区间为和，单调减区间为. （2）因为方程有2个不同的实数解，所以有2个零点， 又由（1）可知，，因为， 则当，，当，， 则在单调递增，在单调递减，在单调递增， 所以， 解得或或或， 又，所以. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$