第06讲 利用导数研究函数的零点（方程的根）（知识点+真题+5大高频考点+1类典型易错）( 精讲）-【一轮复习·学霸之路】2026年高考数学一轮复习高频考点精讲精练（全国通用）

第06讲 利用导数研究函数的零点（方程的根） 目录 第一部分：基础知识 1 第二部分：高考真题回顾 2 第三部分：高频考点一遍过 3 高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数 3 高频考点二：证明唯一零点问题 6 高频考点三：利用最值（极值）研究函数零点问题 8 高频考点四：利用数形结合法研究函数的零点问题 11 高频考点五：构造函数研究函数零点问题 13 第四部分：典型易错题型 14 第一部分：基础知识 1、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． 2、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 第二部分：高考真题回顾 1．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 2．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 第三部分：高频考点一遍过 高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数 典型例题 例题1．（24-25高三下·山东临沂·阶段练习）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求函数的零点个数. 例题2．（2025·湖北恩施·模拟预测）已知函数，直线. (1)若点是函数图象上的一点，求点到直线距离的最小值； (2)若，讨论函数的零点的个数. 例题3．（24-25高三下·贵州贵阳·阶段练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求函数零点的个数． 精练高频考点 1．（24-25高二下·广东广州·期中）函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)求出方程的解个数． 2．（24-25高三下·广东惠州·阶段练习）已知函数 (1)当时，求的最大值与最小值； (2)在答题卡指定位置画出的大致图象，并讨论方程的解的个数. 3．（24-25高三下·广东东莞·阶段练习）已知函数. (1)求函数的极值； (2)在坐标系中画出函数的简图（要含有必要的说明和体现必要的图象特征）； (3)讨论方程的实数解的个数. 高频考点二：证明唯一零点问题 典型例题 例题1．（24-25高三下·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 例题2．（2025·安徽淮北·二模）已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，有且仅有一个零点. 精练高频考点 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)证明：函数只有一个零点； 2．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)求函数的定义域； (3)证明：方程有唯一解. 3．（24-25高三上·湖南·期中）已知函数. (1)证明：； (2)设函数，证明：函数有唯一的极值点. 高频考点三：利用最值（极值）研究函数零点问题 典型例题 例题1．（24-25高二下·陕西咸阳·期中）已知函数 . (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)若在上有两个不同零点，求实数的取值范围. 例题2．（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数在处有极小值. (1)求实数的值； (2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围. 精练高频考点 1．（24-25高二下·江苏·阶段练习）已知函数． (1)若，求的极值点； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求实数的取值范围． 2．（24-25高三下·天津滨海新·阶段练习）已知函数在处取得极值. (1)求实数的值； (2)求在区间上的最大值和最小值. (3)若方程在上有三个不同的实数根，求实数的取值范围. 3．（24-25高三下·河北衡水·阶段练习）已知函数，若在处取得极值-6. (1)求的值； (2)若都为整数，当时关于的方程有两个不同的解，求实数的范围. 高频考点四：利用数形结合法研究函数的零点问题 典型例题 例题1．（24-25高二下·海南·期中）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若方程恰有一个实数根，求实数a的取值范围． 例题2．（2025·云南·三模）函数在处的切线垂直于y轴． (1)求实数a； (2)若方程有两根，求b的取值范围． 精练高频考点 1．（2025·全国·模拟预测）已知函数的导函数为． (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围； (3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围． 2．（24-25高二下·山西太原·期中）已知函数. (1)求函数的极值； (2)若函数恰有两个零点，求实数的取值范围. 3．（2025·甘肃白银·二模）已知函数， (1)当时，若直线过原点且与曲线相切，求的方程. (2)若关于的方程恰有两个不同的正实数根，求的取值范围. 高频考点五：构造函数研究函数零点问题 典型例题 例题1．（24-25高二下·云南临沧·期中）若函数存在零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 例题2．（24-25高二下·北京东城·期中）已知，，则下列说法正确的有 ． ①的值域为；    ②时，恒有极值点； ③恒有零点；    ④对于，恒成立． 精练高频考点 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（），若函数在区间内存在零点，求实数a的取值范围 2．（2025高三·全国·专题练习）若函数，讨论函数零点的个数. 第四部分：典型易错题型 备注：函数零点讨论时借助图象，容易画错草图，要灵活应用极限画图 1．（2025·湖北·二模）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若，讨论方程的根的个数. 2．（24-25高三上·浙江杭州·阶段练习）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求函数的极小值点和极小值； (3)若方程恰好有2个解，则实数的范围. 3．（24-25高三上·湖北·阶段练习）已知函数， (1)求函数的单调区间和极值； (2)讨论关于方程的解的个数. 4．（2024高三·全国·专题练习）已知且，函数，若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第06讲 利用导数研究函数的零点（方程的根） 目录 第一部分：基础知识 1 第二部分：高考真题回顾 1 第三部分：高频考点一遍过 5 高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数 5 高频考点二：证明唯一零点问题 13 高频考点三：利用最值（极值）研究函数零点问题 18 高频考点四：利用数形结合法研究函数的零点问题 24 高频考点五：构造函数研究函数零点问题 31 第四部分：典型易错题型 34 第一部分：基础知识 1、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． 2、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 第二部分：高考真题回顾 1．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【详解】（1）由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 2．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； （2）（i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 第三部分：高频考点一遍过 高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数 典型例题 例题1．（24-25高三下·山东临沂·阶段练习）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求函数的零点个数. 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）先求，再求，利用点斜式即可求切线方程； （2）令，得，分和分类讨论，当时，同时取对数得，即，令，利用导数研究单调性从而作出函数图像，利用数形结合即可求解. 【详解】（1）当时，，. 则，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即； （2）令，则，当时，， 所以时，函数无零点； 当时，由，得，所以， 则时，函数零点的个数即为函数，图象交点的个数， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 又当时，且，当时，， 如图，作出函数的大致图象， 又，由图可知， 所以函数的图象只有1个交点， 即当时，函数只有1个零点； 综上所述，若，函数有1个零点. 例题2．（2025·湖北恩施·模拟预测）已知函数，直线. (1)若点是函数图象上的一点，求点到直线距离的最小值； (2)若，讨论函数的零点的个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求出点到直线的距离，根据导数即可求解； （2）若，证明函数的零点的个数与的零点个数相同，求出，令，证明在单调递增，在上单调递减，据此即可求解. 【详解】（1）点到直线的距离为， 令，令， 令得， 当时为极大值， 当时，， 当时，， ，所以， 所以对应最小距离为； （2）若， 定义域为，令可得， 则函数的零点的个数与的零点个数相同， ， 再令， 则，所以在单调递减， 又因为，在单调递增，在上单调递减， 则，， 当，所以当时恒成立，无零点， 当时，有1个零点， 当时，在和分别有1个零点， 即有2个零点，当时， 在有1个零点，在上， 恒成立，即只有1个零点； 综上所述，当时， 无零点，当或时，有1个零点，当时， 有2个零点. 例题3．（24-25高三下·贵州贵阳·阶段练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求函数零点的个数． 【答案】(1) (2)当时，函数有2个零点. 【分析】（1）求导，利用导数求斜率，然后由点斜式可得切线方程； （2）对求导，求出的单调性，可得，再由零点存在性定理可得在和都有一个零点，即可得出答案. 【详解】（1）当时，，则， 则，则 ∴曲线在点处的切线方程为： 即. （2）， 令，解得：， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极小值也是最小值， ， 令，， ，所以在上单调递增，则， 即， 又因为， 所以零点存在性定理可知在有且仅有一个零点， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即，， 所以， 令，解得：， 因为，所以，所以， 所以当时，， 所以零点存在性定理可知在有且仅有一个零点， 综上：当时，函数有2个零点. 精练高频考点 1．（24-25高二下·广东广州·期中）函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)求出方程的解个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，得到切点处切线的斜率，得到切线方程； （2）作出函数图像，由函数图像与直线交点个数确定方程解的个数． 【详解】（1）易知定义域为， 因为，所以，所以，所以， 所以切线方程为：． （2）方程解的个数等价于于的交点个数． 由得，由得. 所以在上递减，在上递增， 所以，当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于0， 当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大， 又，且时，，作出与的图象， 由图可知当时，方程的解为0个 当或时，方程的解为1个 当时，方程的解为2个. 2．（24-25高三下·广东惠州·阶段练习）已知函数 (1)当时，求的最大值与最小值； (2)在答题卡指定位置画出的大致图象，并讨论方程的解的个数. 【答案】(1)最大值为，最小值为 (2)图象见解析；答案见解析 【分析】（1）求导后分析单调性可得； （2）结合图象，由方程的解的个数即与图象交点的个数可得. 【详解】（1）， 令， 所以当时，，为增函数；当时，，为减函数； 因为，所以在上为增函数，在上为减函数， 所以， 又，，所以， 所以最小值为. 综上，最大值为，最小值为. （2） 方程的解的个数即与图象交点的个数， 由图可得： 当时，两图象无交点，即方程无解； 当时，两图象有一个交点，即方程有一个解； 当时，两图象有两个交点，即方程有两解； 当时，两图象有一个交点，即方程有一个解； 综上，当时，即方程无解； 当时，即方程有一个解； 当时，即方程有两解； 当时，即方程有一个解. 3．（24-25高三下·广东东莞·阶段练习）已知函数. (1)求函数的极值； (2)在坐标系中画出函数的简图（要含有必要的说明和体现必要的图象特征）； (3)讨论方程的实数解的个数. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)作图见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调区间；根据极值点定义可求得极值； （2）分析可知时，，由此可作出函数图象； （3）将问题转化为与的交点个数问题，结合（2）中图象分析可得结果. 【详解】（1）因为函数定义域为，，又恒成立， 当时，；当时，； 所以，的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值. （2）当时，，，则恒成立， 图象如下： （3）方程的根的个数等价于函数与的交点个数； 结合（2）中图象可知： 当时，与有且仅有一个交点； 当时，与有两个不同交点； 当时，与有且仅有一个交点； 当时，与无交点； 综上所述：当时，方程有唯一的实数根； 当时，方程有两个不同的实数根； 当时，方程无实数根. 高频考点二：证明唯一零点问题 典型例题 例题1．（24-25高三下·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. 【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 例题2．（2025·安徽淮北·二模）已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，有且仅有一个零点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先把代入函数和导函数，再求处的导数值和函数值，是切线斜率，是切点纵坐标，最后用点斜式得出切线方程. （2）先确定定义域，求出.分情况讨论：时，化简，令求零点. 时，判断，函数递增，再根据与异号，用零点存在定理确定零点. 时，令得两个极值点，分析函数单调性，结合时，以及，用零点存在定理确定零点.最后总结时零点情况. 【详解】（1）若，则， 所以，函数在处的切线方程为； （2）的定义域为， 当时有且仅有一个零点4： 当时，，函数递增，由，知存在唯一零点； 当时，令得， 当时，函数递增： 当时，函数递减； 当时，函数递增： 当时，，所以，函数无零点； 因为当时递减，当时递增， 且，所以存在唯一零点. 综上所述，当时，有且仅有一个零点. 精练高频考点 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)证明：函数只有一个零点； 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）构造函数，利用导数证明恒成立，再探讨在无零点，结合即可得证明. 【详解】（1）函数，求导得，则，又， 所以在处的切线方程为，即. （2）当时，，，则恒成立， 在上无零点； 当时，； 当时，令，则， 令，则，即在上单调递增， 则，函数在上单调递增， 因此，则当，恒成立，在上无零点， 所以函数只有一个零点. 2．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)求函数的定义域； (3)证明：方程有唯一解. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导后，根据导数几何意义可求得切线斜率，结合切点坐标可得切线方程； （2）令，求导后可求得的单调性和零点，由此可确定的定义域； （3）令，求导后可确定的正负，进而得到单调性；通过分析的图象可证得结论. 【详解】（1），， 又，在点处的切线方程为：，即. （2）令，则定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，有唯一零点， 的定义域为. （3）由（1）知：， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，在上恒成立， 在，上单调递减， 当时，，由（2）知：，； 当时，，由（2）知：，， 又，，当从正方向无限趋近于时，； 当时，， 当时，，，， 即当时，；又在上单调递减， 与有唯一交点，即方程有唯一解. 【点睛】关键点点睛：本题第三问考查利用导数求解方程根的个数问题，解题关键是能够将问题转化为曲线与平行于轴的直线的交点个数问题，从而利用导数分析函数的单调性和图象，进而确定方程根的个数. 3．（24-25高三上·湖南·期中）已知函数. (1)证明：； (2)设函数，证明：函数有唯一的极值点. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导分析单调性，判断极值即可； （2）构造函数，求导分析单调性，从而得到，即可； 【详解】（1）因为，定义域为， 所以， 由于函数，在上均为单调递增函数， 所以在上单调递增， 因为，所以，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，所以. （2）因为，的定义域为， 所以. 设，则， 当时，，所以单调递增，所以， 所以，即， 所以. 又，且在上单调递增， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，，单调递减； 当时，，所以单调递增， 所以函数有唯一的极值点. 高频考点三：利用最值（极值）研究函数零点问题 典型例题 例题1．（24-25高二下·陕西咸阳·期中）已知函数 . (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)若在上有两个不同零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出和的值，利用导数的几何意义和点斜式可得出所求切线的方程； （2）由恒成立可得在上恒成立，令，对求导，求出，即可得出答案. （3）利用导数分析函数的单调性、极值，并求出、，根据已知条件可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，，则，， 所以，函数的图象在处的切线方程， 即； （2）若恒成立，即在上恒成立， 所以在上恒成立， 令，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 即实数的取值范围为. （3），则. ，当时，. 当时，；当时，. 所以，函数在上单调递增，在上单调递减. 故在处取得极大值. 又，， ，则， 在上的最小值是. 又在上有两个零点，则，解得， 因此，实数的取值范围是. 例题2．（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数在处有极小值. (1)求实数的值； (2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再检验即可； （2）依题意的图像与直线有三个不同的交点，结合（1）可得函数的单调性，求出函数的极值，即可得解. 【详解】（1）因为     ， 由已知，即，或， 当时，， 所以当时，当时，当时， ∴在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 时有极小值，符合题意. 当时，， 所以当时，当时，当时， ∴在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 时有极大值，不符合题意，故舍去. ； （2）由已知有三个不同零点， 即的图像与直线有三个不同的交点， 由（1）知在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 故当时，有极大值，即， 当时，有极小值，即 ， 所以 ，. 精练高频考点 1．（24-25高二下·江苏·阶段练习）已知函数． (1)若，求的极值点； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)极小值点为，无极大值点 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）由题意整理函数解析式，求导，根据极值点的定义，可得答案； （2）由函数求导，根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，结合二次函数的性质，可得答案； （3）根据函数的单调性，求得函数最小值，建立不等式，结合零点存在性定理，可得答案. 【详解】（1）由，则，求导可得， 令，解得，由得，由得， 所以函数极小值点为，无极大值点. （2）由，求导可得， 化简可得， 当时，易知，所以函数在上单调递减； 当时，令，解得， 由得，由得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）易知当时，函数不存在两个零点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的最小值为，令得， 易知函数在上单调递增，则得， 由，当时，， 所在函数在与分别存在一个零点， 故的取值范围为. 2．（24-25高三下·天津滨海新·阶段练习）已知函数在处取得极值. (1)求实数的值； (2)求在区间上的最大值和最小值. (3)若方程在上有三个不同的实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)最大值为11和最小值； (3). 【分析】（1）对函数求导，结合已知得求参数，注意验证； （2）根据函数单调性确定区间的最值； （3）令，应用导数研究单调性，结合零点个数求参数范围. 【详解】（1）由已知函数在处取得极值，且， 所以，，此时， 所以，则或则，则， 则在和上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极小值，故； （2）由（1）知在和上单调递增，在上单调递减， 而， 则在区间上的最大值为11和最小值； （3）令，则， 同（1）知与单调性相同，已知方程有三个不同的实数根， 则，得，则实数的取值范围为. 3．（24-25高三下·河北衡水·阶段练习）已知函数，若在处取得极值-6. (1)求的值； (2)若都为整数，当时关于的方程有两个不同的解，求实数的范围. 【答案】(1)或. (2) 【分析】（1）对函数求导，根据极值和极值点求出的值，将它们的值代入解析式和导函数中验证是否符合题意即可. （2）将方程有两个不同的解问题转化为函数与直线有两个不同交点的问题，结合的单调性可求得的范围. 【详解】（1）对函数求导得：. 因为在处取得极值-6，所以①， ，化简得：②. 联立①②得：，解得或者. 当时，，， 令得或，令得， 那么在上单调递减，在上单调递增， 此时在处取得极值，符合题意； 当时，，， 令得或，令得， 那么在上单调递减，在上单调递增， 此时在处取得极值，符合题意； 所以的值为或. （2）因为都为整数，所以，此时函数解析式为. 那么方程有两个不同的解的问题转化为函数与直线有两个不同的交点问题. 由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增. 而，所以么在上单调递减，在上单调递增， 其图象如下： 此时的极小值为，而，，. 结合单调性可求得的取值范围为. 高频考点四：利用数形结合法研究函数的零点问题 典型例题 例题1．（24-25高二下·海南·期中）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若方程恰有一个实数根，求实数a的取值范围． 【答案】(1)函数在上单调递增，在上单调递减. (2) 【分析】（1）先确定的表达式与定义域，求出导函数，令求出导数的零点，根据导数的正负判断函数的单调性. （2）先排除这种情况，然后分离参数得，令，利用导数判断的单调性，得到其大致图像，数形结合分析与图像的交点个数，从而确定满足方程恰有一个根时a的取值范围. 【详解】（1）当时，，， 令，解得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. （2）方程， 当时，方程左边为，所以； 当时，方程化为，令， ，其中，， 当且时，，在和上单调递增， 当时，，在上单调递减， 时，；时，；时，；；时，，    当时，与在上有一个交点，方程有一个实根， 当时，时方程的唯一实根； 当时，与在和上各有一个交点，方程有两个实根. 综上所述，a的取值范围为. 例题2．（2025·云南·三模）函数在处的切线垂直于y轴． (1)求实数a； (2)若方程有两根，求b的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，结合题意分析可知，代入运算求解即可； （2）根据导数分析的单调性和最值，进而可得的图象，分析可知与有2个交点，结合图象即可得结果. 【详解】（1）由题意可得：， 因为在处的切线垂直于y轴， 则，解得. （2）由（1）可知，定义域是，且， 令，解得， 当x变化时，，的变化情况如下： x 0 单调递减 单调递增 令，解得，当时，；当时，． 所以的图象经过特殊点，，， 且当趋近于时，趋近于0；当趋近于时，趋近于， 所以的大致图象如图； 若方程有两根，即与有2个交点， 由图象可知：，所以b的取值范围为. 精练高频考点 1．（2025·全国·模拟预测）已知函数的导函数为． (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围； (3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【详解】（1）当时，，则， 所以，则， 所以的图象在点处的切线方程为，即． （2）由题知，， 因为有三个不同的零点， 所以方程有三个不等实根， 化简可得方程有三个不等实根， 即可看成直线与曲线有三个不同的交点， ， 所以当或时，单调递减； 当时，单调递增， 所以当时，有极小值为， 当时，有极大值为， 当时，，且当时，， 所以作出函数的图象如图1所示， 所以数形结合可知，即实数的取值范围为． （3）由题知，，其定义域为， 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图2所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点， 所以与有两个不同的交点，所以， 不妨设，则， 所以，所以 所以 ， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 又， 所以，所以在上单调递增， 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是． 2．（24-25高二下·山西太原·期中）已知函数. (1)求函数的极值； (2)若函数恰有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2)或. 【分析】（1）利用导数研究单调性，进而求极值； （2）根据（1）及的区间值域，结合零点个数确定参数范围. 【详解】（1）由题设， 当或，，在、上单调递增， 当，，在上单调递减， 所以极大值为，极小值为. （2）由时，趋向于，时，趋向于，且， 结合（2）知，在上，且，    要使函数恰有两个零点，则或. 3．（2025·甘肃白银·二模）已知函数， (1)当时，若直线过原点且与曲线相切，求的方程. (2)若关于的方程恰有两个不同的正实数根，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由时，，再根据过原点切线的求法求切线即可； （2）由恰有两个不同的正实数根，等价于在有两个不同的解，令，求导分析单调性，根据单调性作图即可确定的取值范围. 【详解】（1）当时，，设直线的方程为， 曲线与直线相切于点， 因为，所以①， 又点既在曲线上，又在直线上， 所以②，由①②得，所以， 所以，故的方程为. （2）由得：， 恰有2个正实数根恰有两个正实数根， 令，则与有两个不同交点， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，又， 当从0的右侧无限趋近于0时，趋近于； 当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于，则的图象如图所示， 当时，与有两个不同交点，实数的取值范围为. 高频考点五：构造函数研究函数零点问题 典型例题 例题1．（24-25高二下·云南临沧·期中）若函数存在零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据进行同构处理，令，由函数单调，所以，即即，求导分析值域即可. 【详解】由题意得，令，则， 令， 因为函数，均在上单调递增，所以在上单调递增， 所以由，得，即， 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，当时，， 所以，解得，即的取值范围为, 故选：A. 例题2．（24-25高二下·北京东城·期中）已知，，则下列说法正确的有 ． ①的值域为；    ②时，恒有极值点； ③恒有零点；    ④对于，恒成立． 【答案】②③④ 【分析】设，通过函数求导可推得，即可判断①；由函数的单调性分析易得为函数的极值点，判断②；利用函数与方程思想，判断有实根即可，可根据参数和分类讨论，结合函数的图象判断与有交点得到③；由，换元后构造，利用其单调性即可判断④. 【详解】设，则即，则，， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，即得， 即的值域不是，故①错误； 由①可知，时，是的极值点，故②正确； 若有零点，则有实根. 当时，与恒有交点； 当时，由①知，， 且在上单调递增，在上单调递减. 当时，函数与在第三象限有交点； 当时，函数与在第四象限有交点， 故与恒有交点，故③正确； 因，设，，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，故， 即恒成立，故④正确. 综上可得，说法正确的有②③④. 故答案为：②③④. 精练高频考点 1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（），若函数在区间内存在零点，求实数a的取值范围 【答案】 【分析】先根据函数结构特征将问题同构得得在区间内有解，接着根据函数最值情况得到，分离参数研究即可求得参数范围. 【详解】由题意可得在区间内有解， 令，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以即当等号成立， 所以，即，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，且当时，当时， 所以. 故答案为：. 2．（2025高三·全国·专题练习）若函数，讨论函数零点的个数. 【答案】答案见解析 【分析】令，则，即，则函数的零点个数即为方程实数根的个数，令，则题目转化为求关于的方程实数根的个数，构造函数，利用导数求出函数的单调区间及极值即可得解. 【详解】令， 则，即， 则函数的零点个数即为方程实数根的个数， 令， 因为函数在上都是增函数， 所以函数在单调增，所以， 则关于的方程实数根的个数， 即为关于的方程实数根的个数， 即为关于的方程， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，无零点； 当时，有一个零点； 当时，有两个零点. 第四部分：典型易错题型 备注：函数零点讨论时借助图象，容易画错草图，要灵活应用极限画图 1．（2025·湖北·二模）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若，讨论方程的根的个数. 【答案】(1)答案见解析； (2)答案见解析. 【分析】（1）应用分类讨论及导数研究函数的单调区间即可； （2）根据已知有，构造并应用导数研究函数的单调性，得到，利用导数研究右侧的单调性和最值，即可得参数范围. 【详解】（1）的定义域为，则， 因，由，解得， ①当时，恒成立， 所以的无递增区间，递减区间为； ②当时，， 令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； ③当时，， 令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； 综上所述， 当时，无递增区间，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； （2）由题设， 令，则，即在上单调递增， 故上式中满足，则有，可得， 令，则，由解得. 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 当时，且，当时，， 故. 结合图象，可知， 当时，方程有0个实根； 当或时，方程有1个实根； 当时，方程有2个实根. 2．（24-25高三上·浙江杭州·阶段练习）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求函数的极小值点和极小值； (3)若方程恰好有2个解，则实数的范围. 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为，； (2)函数的极小值点为0，极小值为0. (3). 【分析】（1）求导，即可根据导函数的正负求解， （2）根据函数的单调性，结合极值的定义即可求解， （3）结合函数的单调性和极值，作出函数图象，根据函数图象即可求解.. 【详解】（1）因为，所以，定义域为R， 令，可得，所以或， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 故的单调递增区间为，单调递减区间为， （2）由（1）知：当时，函数取极小值，极小值为0， 所以函数的极小值点为0，极小值为0. （3）由（1）函数在，单调递减，在单调递增， 且，， 所以当时，，当时，， 当时，，当时，， 所以函数的大致图象如下： 由图可知当且仅当时，方程恰好有2个解， 所以； 3．（24-25高三上·湖北·阶段练习）已知函数， (1)求函数的单调区间和极值； (2)讨论关于方程的解的个数. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；有极小值，无极大值 (2)答案见解析 【分析】（1）利用导数求函数的单调性，进而得极值； （2）将方程解的个数转化为函数的图象与直线的交点个数，结合函数性质与趋势分析，作出函数图象，数形结合可得图象交点的个数. 【详解】（1）函数的定义域为 令，解得 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以当时，有极小值，且极小值为. 综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为； 有极小值，极小值为，无极大值. （2）令，解得； 当时，；当时，. 当时，，当时，， 结合（1）中分析可得，的大致图象如图所示， 方程的解的个数为函数的图象与直线的交点个数. 由（1）可得当时，有最小值； 由图可得，当时，方程无解； 当或时，方程有1个解； 当时，方程有两个解. 4．（2024高三·全国·专题练习）已知且，函数，若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围. 【答案】 【分析】由题意得方程有两个不同的解，方程变形得，两边取对数整理得，令，分析的单调性和值域可得的取值范围. 【详解】曲线与直线有且仅有两个交点， 可转化为方程有两个不同的解， 方程，化为，两边取对数得，即， 即方程有两个不同的解. 令，则， 令，解得， 当时，,此时单调递增； 当时，，此时单调递减. 故，且当时，， 又，所以，解得或， 故的取值范围是. 故答案为：. 学科网（北京）股份有限公司 $$