专题4 零点不可求破解策略 讲义-2026届高三数学二轮专题

专题4 零点不可求破解策略--答案解析 【专题探究】 例1【解析】(1)根据题意得：的定义域为，所以， 又，所以在上单调递增， 易知，所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. (2)因为，的定义域为，所以， 所以，所以在上单调递增， 设，则，当时，，所以单调递增， 当时，，所以单调递减，所以， 所以，即， 所以，又， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，，单调递减，当时，， 单调递增，所以， 又，所以， 所以，当时，等号成立，则， 所以， 即，又，所以，所以， 所以，又，所以， 所以，即， 所以， 当时，，若函数有唯一零点，则，所以， 即，所以， 设，所以， 所以在单调递减，所以， ， 所以. 练1【解析】由题意解得， ， 且， ，； 当时， 设， ，令， ， 单调递减， 又时， ， 存在使， 单调递增 极大值 单调递减 当时，．且， 又， 在单调递增，得， 又， 则存在 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 又时，， ，， 时， 即：．  练2【解析】，，， 故在处的切线方程为； 先证． 令， ，设 ，故在上单调递增， 因为，故在上单调递减，在上单调递增， 为的极小值也是最小值， 故，故成立； 再证． 令，， 令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 是的极小值也是最小值， 故，故成立． 综上知成立． ， 设 ， 故在上单调递增， 因，， 故根据函数零点存在性定理知存在唯一的，使得， 故在上单调递减，在上单调递增． 因为，故在上存在一个零点，且， 又因为， 故存在唯一使得， 因此有且仅有两个零点． 例2【解析】（1）函数， 由题意可知，且， 因为为，得，，解得， 所以增区间是，减区间是． （2）已知且， （i）当时，，设， 则， 由于，所以，即在上单调递减， 又，， 所以存在，使得函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，故在上无零点； 当时，时，，，故在上必有一个零点. （ii）当时，由（1）可知，与都单调递减， 所以在,上单调递减，又，，故在，上必有一个零点. 当时，由（1）可知，单调递减，故， 所以， 故在上无零点. 综上所述，函数在其定义域上共两个零点. 练3【解析】（1）由，，所以， 要证，即证，即证，即证， 令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 成立，所以． （2）， 当时，；当时，， ①当时，在R上单调递增，所以有唯一解； ②当时，， 因为，所以，所以， (i）当，即时，，所以在R上单调递增， 所以有唯一解； (ii）当，即时，在上单调递减， 在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，， 所以存在，使得，，且， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 因为，记，则， 因为，所以，即在上单调递增，所以， 则， 所以当时，有三个根． 综上所述：当时，仅有一个实根；当时，有三个不相等的实根. 练4【解析】(1)易知．因为， 因为，当时，单调递增，又，此时，函数只有一个零点； 当时，令，则，所以在单调递增， 因为时，时，，所以存在唯一的零点，且, 因此，当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增． 所以，． 当，即时，，由的单调性知，只有一个零点； 当，即时，设， 则， 令，则， 令，∴，因此时，即单调递增， 当时，即单调递减， 又时，，，因此当时，单调递增； 当时，单调递减；因此，，即． 因为时，时，． 结合的单调性知，有两个零点． 综上：当或时，有一个零点；当或时，有两个零点． (2)设，则，当时，， 所以，即时，； 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 从而即． 当时，设，则，显然单增， 当时，，故存在使， 则时， 单调递减，时， 单调递增， 又， 故，即当时，． 因此，当时． 当时， ． 所以，当时，． 例3【解析】(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)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、仅有一个零点， 当时，由（1）讨论可得、均无零点， 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，， 故在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， 此时有两个不同的零点， 此时有两个不同的零点， 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. 练5【解析】(1) （ⅰ）当时，，在上单调递增； 当时，；x时，，故在上存在零点； （ⅱ）当时，在上单调递增，在上单调递减． 又当时，；x时，； 所以只要恒成立，则恒有零点．即恒成立． 不妨设，．设，则． 所以只要．即，得． 所以的最大值为． (2)由题意得：只要证．设，． 则，是函数的两根．． 当时,,与函数有两个零点矛盾． 所以.所以当时,． 所以函数在上递增，在上递减． 记函数有图象关于直线对称是函数的图象． 有．则． ．所以时，． 所以，即． 所以．． 所以. 练6【解析】（1）函数的定义域为， 所以当时，恒成立，函数在上单调递减； 当时，令得， 故时，，时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，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. （2）因为， ①当，即 时， 存在（为足够小的正数）使得 ， 此时， ， ，与处取得极小值矛盾； ②当，即 时，则存在（ 为足够小的正数）使得， 此时， ， ，恒成立，故在单调递减， （i）若，即，时，此时当时，，单调递减，此时，在上单调递减，不可能在处取得极小值，舍去； （ii）若，即， 时，， 所以存在唯一使得，且当，，单调递增， 注意到，所以当时，， 单调递减， 当时， ，单调递增， 所以此时满足函数在处取得极小值,故实数a的取值范围是. ③当，即时，则存在 （为足够小的正数）使得，此时， ， ， 恒成立，故在单调递减， 由于，， 所以存在唯一 使得，故当，，单调递增， 注意到，所以当时，， 单调递减，当时， ，单调递增，所以此时满足函数在处取得极小值. 综上，实数a的取值范围是. 【专题训练】 1.【解析】函数的定义域为． 解：当时，， 则，， 所以当时，，此时函数单调递增； 当时，，此时函数单调递减． 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． 证明：由题意可得，， 令，解得． 因为，所以，， 所以在上有唯一零点． 当时，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． 所以． 因为在上恒成立，且有且只有一个实数解， 所以即 消去并整理得． 令，则，， 在上恒成立，所以在上单调递增， 又，，所以． 又，且函数在上单调递增， 所以． 2．【解析】（1）时，， 所以，由， 得（舍）或， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 所以函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是 （2）由（1）得， 若有两个极值点，则是方程的两个不等正实根， 则，故， 要使恒成立，只需恒成立．即 因为， ， 设，， ， ，，即 所以，单调递减，当 由题意，要使恒成立，只需满足，即 所以实数的取值范围(． 3. 【解析】由题意，令， 易知的定义域为， ． 当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；故当时，函数取得最小值． ， 当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；所以． 由可得，令， ，因为，所以； 当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；又因为，， 且，所以当时，有个零点；当或时，有个零点； 当时，有个零点．  4. 【解析】证明：函数，则， 因为，，所以，则在上单调递减， 又，，且函数的图象不间断， 故函数在内存在唯一零点； 解：由题意可知，，所以， 令，所以， 则有，令，则， 令，则，所以在上单调递增，则， 故在上单调递增，要求的最小值，即求的最小值， 令，则， 令，则，所以在上单调递增， 又，，且的图象不间断， 所以存在唯一的使得，此时， 当时，，则单调递减，时，，则单调递增， 所以当时，有最小值， 故当最小时，，此时在和上各有唯一的零点． 5. 【解析】（1）根据题意，可得，则有： ①若，则，此时可得函数在上单调递增， 又因为，所以函数只有一个零点； ②若，令，则有， 所以，此时函数在上单调递增； ，此时函数在上单调递减； 即， 则有：(i)当时，则，此时函数只有一个零点； (ii)当时，即时，则， 又因为时，；时，， 根据零点存在定理可得，此时函数在上有两个零点． 综上可得，当或时,函数只有一个零点;当时,函数有两个零点． （2）下面证明：，有， 先证：，有，由（1）可知当时，， 即当时，， 故，，再证，； 要证，，只需证明，，即证，， 即证，,令 在上恒成立，即得函数在上单调递增， 故有，即，恒成立，即，有， 当时，由（1）得，在上单调递增， 则由上结论可知，在上恒成立，符合题意； 当时，由（1）得，在上单调递减，在上单调递增， 此时当时，，不合题意， 综上可得，，即． 6. 【解析】函数， ， ． 令，则． 故当即时，若则有若则有或． 函数的单调增区间为单调减区间为和． 当即时，． 此时函数的单调减区间为无单调增区间． 当即时，若则有若则有或． 函数的单调增区间为单调减区间为和． ，令． 则有． 显然是方程的一个根，故为的一个零点． 当时，由得． 令， 则． 当时当时． 故函数在上单调递增，在上单调递减． 且当时取得极大值． 又，函数在上单调递增且． 当时，， 当时，故． 当时，因为函数在上单调递减， 所以当时且． 故当且即且时，方程有两个零点，即函数有两个零点且均不为． 综上所述，当时，函数有个零点． 7. 【解析】当，无零点； 当，，因为当，， 所以，，则在上为减函数， ，，在此区间有一个零点， 故在有一个零点； 证明：由得，， 令，，， 令，， 在区间，，所以在递增，， ，在递增， 在区间，所以在递减， 又因为，，故在区间上存在一个使得， 即，同时除以得，， 所以，在大于零，在区间上小于零， 故在区间递增，在区间上递减， 所以，， 对于函数，，， 所以，在递减，， 故，所以成立．  8. 【解析】(1)由求导得：，因时，， 当，即时，，当且仅当，且时取“=”，则在上单调递增， 当，即时，，当且仅当，且时取“=”，则在上单调递减， 当，即时，由得， 当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增， 所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增，当时，在上单调递减； (2)依题意，，， 因，则有， 显然，即0，1是函数在上的两个零点， 又，而，当时，由(1)知在上单调递减， ，， 则有存在唯一，使得， 当时，，当时，， 因此，在是递增，在上递减， 函数在上的图象在x轴上方， 即函数在上只有两个零点，与在上有三个零点矛盾， 于是得，此时，在上单调递减，在上单调递增， 则， 令，，， 可得在递增，递减，，即， 因在上有三个零点，则在上必有一个零点， 必存在，使得， 当或时，，当时，， 则在，上都递增，在上递减， 有，于是得在区间上存在唯一零点， 即在上有三个零点， 从而得函数在内必有两个零点，则，解得， 所以实数的取值范围是. 9. 【解析】因为  ，所以  ， 因为  是函数  的一个极值点， 所以  ，解得  ，经检验符合题意， 所以  ，所以当  时  ，当  时  ， 因此  在  上单调递减，在  上单调递增， 所以当  时，  有极小值即最小值  ； 方法一：因为  ， 所以  ，则  在  上单调递增，， 记  ， 当  时，   ， 当  时，   ， 记  ， 当  时，   ； 当  时，   ； 所以存在唯一的  ，使得  ， 当  时，  ，当  时，  ， 所以函数  在  上单调递减，在  上单调递增， 易知当时，，当时，， 可得函数  有两个零点，只需  ， 即  ， 又  ，即  ， 则  ， 设  ，则  为增函数，  ，所以当  时，  ， 则  ，即  ， 令  ，  ， 则  在  上单调递增， 由  得  ， 所以  ， 所以  的取值范围是  方法二：若  有两个零点， 即  有两个解， 即  有两个解， 利用同构式，设函数  ， 问题等价于方程  有两个解，  恒成立，即  单调递增， 所以  ， 问题等价于方程  有两个解， 即  有两个解， 设  ，  ， 即  有两个解， 令  ，问题转化为函数  有两个零点， 因为  ，当  时，  ，当  时，  ， 则  在  上单调递增，在  上单调递减， 为了使  有两个零点，只需  ，解得 ， 即  ，解得  ， 令，则， 当时，，函数在  上单调递减， 则当时，， 由于时， ，， 所以  在  和  内各有一个零点． 综上知  的取值范围是  共17页/第1页 学科网（北京）股份有限公司 $$专题4:零点不可求破解策略 函数零点不可求即“隐零点”问题,其含义题是:如果题干中未提及零点或零点不明确,依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象,能够判断出零点确实存在,但是无法直接求出,通常称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”,通过一种整体的代换和过渡,再结合其他条件,从而最终解决问题.我们称这类问题为隐零点”问题(零点大小确定的叫“显零点”).处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等,从操作步骤看,可遵循如下处理方法:第一步:用零点存在性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范围;这里应注意,确定隐性零点范围的方式是多种多样的,可以由零点的存在性定理确定,也可以由函数的图象特征得到,甚至可以由题设直接得到,等等;至于隐性零点范围精确到多少,由所求解问题决定,因此必要时尽可能缩小其范围;第二步:以零点为分界点,说明导函数的正负,进而得到的最值表达式;这里应注意,进行代数式的替换过程中,尽可能将目标式变形为整式或分式,那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换,这是能否继续深入的关键;第三步:将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简证明;有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小.导函数零点虽然隐形,但只要抓住特征(零点方程),判断其范围(用零点存在性定理),最后整体代入即可.(即注意零点的范围和性质特征) “函数的零点”是高中数学函数非常重要的教学内容.函数的零点从不同的角度将数与形、函数与方程有机地联系在一起,在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时,要掌握转化与化归思想的运用.求解基本方法:(1)利用零点存在的判定定理判定(卡根)或构建不等式求解;(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解;(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解. 导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的,我们称之为“隐零点”(即能确定其存在,但又无法用显性的代数式进行表达),基本解题思路是:形式上虚设(虚设零点),运算上代换(整体代换),数值上估算(猜根),策略上等价转化(设而不求),方法上分离函数(分参),技巧上反客为主. 1. 应用零点存在定理 题设情境是求常系数函数的单调性和证明含参变量函数唯一零点的范围。第(1)问应用导数研究函数单调性的基本方法,求函数的单调性;第(2)应用导数探究函数存在唯一极值点,应用函数零点定理及卡根与放缩技巧确定点极值点的取值范围,然后由极值点与函数零点唯一的充要条件得到关于唯一零关系式,最后构造函数证明. 例1已知函数,. (1)当时,求函数的单调性; (2)当时,若函数有唯一零点,证明:. 【思路点拨】 第(1)问根据题意得,又,所以在上单调递增,易知,从而即可求解单调性;第(2)问根据(1)可知在上单调递增,又恒成立,应用零点存在定理卡根,,所以存在唯一的,使得,即,分析可知单调性,得到,再通过分析证明,若函数有唯一零点,则,所以,即,所以,设,分析单调性并判断和的正负,即可求解. 练1(2024 河北省 联考题)已知函数与有相同的零点. 求 证明:当时,. 练2(2025 浙江省 月考试卷)已知函数. 求在处的切线方程; 求证:; 求证:有且仅有两个零点. 2.应用极限思想 题设情境是求常系数函数的单调性和探究函数零点的个数。第(1)问应用导数研究函数单调性的基本方法,求函数的单调性;第(2)应用导数研究函数单调性,通过数形结合思想、分类与整合思想研究函数在不同区间的增减性,然后应用函数零点定理,通过极限思想与放缩卡根技巧,结合三角函数的有界性,确定零点的存在性,从而确定函数的个数。 例2已知函数. (1)求的单调区间; (2)令,判断函数的零点个数,并证明你的结论. 【思路点拨】 第(1)问应用导数研究函数单调区间的方法,由解得函数增区间,解得减区间;第(2)问根据函数的定义域以及正弦、余弦函数的单调性和有界性,综合应用零点存在定理和极限思想,分,,情况讨论,即可推导出函数零点的个数. 练3(2025 江苏省 月考试卷)已知函数. (1)若,求证:当时,; (2)讨论方程的根的个数. 练4(2024 福建省 模拟题)已知函数. (1)讨论函数的零点个数; (2)当时,证明:.注:为自然对数的底数. 题设情境是由两函数有相同最小值求参数的值,由同一直线与两常系数函数存在两个不同交点和一个相同交点,推导这三个从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。第(1)问应用导数研究函数最值的基本方法,结合函数与方程思想得到关于方程而求其值;第(2)问应用导数研究函数的单调性,结合数形结合思想探究直线与两函数有“三个交点”的必要条件,即实数b的取值范围,然后由两函数的“非公共相点”与“公共交点”的相关关系,应用函数与方程思想和数学建模方法实现“三个交点的横坐标成等差数列”的证明. 例3已知函数和有相同最小值. (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. 【思路点拨】 第(1)问利用导数分和研究函数的单调性,从而可判定函数取最小值的条件及取得相应的最小值,由两函数的最小值相等即可求a的值. 第(2)问根据(1)可得当时,方程和的解的个数均为2,由题设条件可知两方程必有一个公共解,从而构建函数,利用导数可得该函数只有一个零点及的大小关系,根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值,然后应用同构思想探究两方程的根的关系,即可证明三根成等差数列. 练5(2024 江苏省 联考题)已知,设函数. (1)若对任意实数,函数均有零点,求实数的最大值; (2)若函数有两个零点,证明:. 练6(2024 湖南省 月考试卷)已知函数,. (1)讨论函数的单调性; (2)函数在处取得极小值,求实数a的取值范围. 专题训练 1.(2025 河南省 模拟题)已知函数. 当时,试判断函数的单调性; 若,且当时,恒成立,有且只有一个实数解,证明:. 2.(2024 广东省 期中考试)已知. (1)若,求的单调区间; (2)已知函数有两个极值点(),若恒成立,试求的取值范围. 3. (2024 重庆市市辖区 模拟题)已知函数,. 求函数的最小值; 设函数,讨论函数的零点个数. 4. (2024 湖北省襄阳市 期中考试)已知函数. 证明:函数在内存在唯一零点; 若函数有两个不同零点,,且,当最小时,求此时的值. 5. (2024 湖北省 期中考试)已知函数. (1)试讨论函数的零点个数; (2)若函数,且在上恒成立,求实数的取值范围. 6. (2024 湖北省荆门市 期末考试)已知函数. 讨论的单调区间; 若有个零点,求实数的取值范围. 7. (2025 江西省宜春市 月考试卷)已知函数,. 讨论在内的零点个数; 若存在,使得成立,证明:. 8. (2024 江苏省 月考试卷)已知,. (1)讨论在区间上的单调性; (2)若,且在上有三个零点,求实数的取值范围. 9. (2025 安徽省 单元测试)已知函数 若是的一个极值点,求的最小值; 若函数有两个零点,求的取值范围. 共12页/第1页 学科网(北京)股份有限公司 $$