专题05 导数的零点与隐零点问题4大考向（重难专练）（北京专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题05导数的零点与隐零点问题 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 分析考情·探趋势 锁定核心，精准发力：快速锁定将要攻克的最核心、必考的重难点，明确主攻方向，聚焦关键目标 破解重难·冲高分 方法引领，突破瓶颈：系统归纳攻克高频难点的解题策略与实战技巧，并配以同源试题快速内化 拔尖冲优·夺满分 巅峰演练，锤炼题感：精选中高难度真题、模拟题，锤炼稳定攻克难题的“顶级题感”与应变能力 近三年：导数与函数零点(包括隐零点)的综合应用是高考数学的重要考点，在近三年的高考中均有出现。其题型多样，包括选择题、填空题和解答题，其中解答题常作为压轴题出现，难度较大:主要考查零点个数问题、隐零点问题及参数范围问题 预测2026年：预计2026年将继续保持对导数知识的深入考查注重与零点问题的结合，题型多样且难度较大，命题更加注重综合性和创新性。 考向01 利用导数判断零点个数 对于零点问题，常利用数形结合思想，转化为函数图象的交点问题，利用函数单调性结合零点存在性定理解决. 1．（25-26高三上·北京西城·月考）若函数，则 ；函数的零点个数为 ． 2．（25-26高三上·北京朝阳·月考）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若是函数的极值点， （i）证明：的取值范围是的子集； （ii）求在区间内的零点个数. 3．（25-26高三上·北京·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的单调区间； (3)当时，讨论的零点个数． 4．（24-25高三下·北京·月考）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若是函数的极值点， （i）证明：； （ii）求在区间内的零点个数 考向02 证明零点个数问题 连续函数在区间是否存在零点，只需证明 ，使得，本题借助导数求得函数的单调区间及最值，从而研究函数是否存在零点问题. 1．（2025·北京石景山·一模）已知函数． (1)若， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）证明：函数在区间上有且只有一个零点． (2)若实数使得对恒成立，求的取值范围． 2．（24-25高三上·北京·月考）已知函数，其中，为自然对数的底数. (1)若函数在处的切线与平行， ①求的值； ②证明：函数在定义域上恰有两个不同的零点. (2)设函数在区间上存在极值，求证：. 3．（24-25高三上·北京海淀·月考）已知函数． (1)求函数在区间上的最小值； (2)证明函数只有一个零点． 4．（23-24高三上·北京顺义·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程和的极值； (2)证明在恒为正； (3)证明：当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点． 考向03 已知零点个数求参数 高中阶段对函数零点的考查主要集中在这两个方面： 一是结合所数零点的存在性,运用函数定理以及函数图像，对函数是否存在零点以及零点的个数进行判断，进而判断零点所在的区间，即零点的取值范围; 二是利用零点(方程实根)的存在求相关参数的值以及取值范围,函数与导数相结合是数形结合、方程思想、导数求值这三种解题思路中较难的,学生应理解函数的零点、方程的根、函数图像与直角坐标系中x轴有交点的等价性质,掌握零点的存在性定理,教师要注重培养学生函数与方程思想、数形结合思想以及等价转换思想的应用意识,使其在零点问题的解题过程中能够灵活运用. 1．（25-26高三上·北京·月考）已知，函数，则 ；若存在实数k，使得函数恰有四个零点，则a的取值范围为 ． 2．（25-26高三上·北京·月考）已知函数给出下列四个结论： ①存在实数，使为减函数； ②的零点为0； ③若存在实数，使有三个不同的解，则实数的取值范围为； ④“”是 “ 恰有2个极值点”的充要条件． 其中所有正确结论的序号是 . 3．（25-26高三上·北京东城·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数在区间上的极值点的个数； (3)若函数在区间上有唯一零点，证明：. 4．（2025高三上·北京·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数恰有一个零点，求的取值范围（只需写出结论） 考向04 隐零点问题 隐零点问题解题思路：第一步，利用零点存在性定理判断零点存在，难点在于合理赋值，确定零点所在区间，有时需要结合单调性确定零点个数；第二步，抓住零点方程实施代换，如指数与对数的代换，超越方程与简单方程的代换，同构思想等，需注意代换有可能不止一次. 1．（25-26高三上·北京朝阳·期中）已知函数. (1)求在区间上的最大值； (2)若函数，求证：在区间上有且只有一个极大值点； (3)若，写出的取值范围.（只需写出结论） 2．（25-26高三上·北京顺义·月考）已知函数. (1)求函数在点处的切线方程； (2)已知，且直线是曲线在点处的切线.求证：当时，存在使得直线过点. 3．（25-26高三上·北京顺义·月考）已知函数. (1)求证：时，； (2)设，其中； ①求证：在区间上有唯一的极值点； ②设为在区间上的零点，为在区间上的极值点，比较与的大小，并说明理由. 4．（25-26高三上·北京·月考）已知函数． (1)当时，求在的最值； (2)当时，，求在上的极值点个数． （建议用时：60分钟） 1．（25-26高三上·北京顺义·月考）已知函数，给出下列四个结论： ①，使得为偶函数； ②，使得存在最小值； ③，在上单调递减； ④，使得有三个零点； 其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（25-26高三上·北京东城·月考）设函数，关于有下列四个结论： ①的导函数为周期函数，且最小正周期为； ②在上单调递增； ③的图象关于对称； ④方程在上有唯一解，则实数a的值为． 其中正确结论的序号为 ． 3．（25-26高三上·北京海淀·月考）已知函数，则 ①当时，函数的零点个数为 ； ②当函数有两个极值点时，的取值范围是 . 4．（25-26高三上·北京·月考）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，关于x的方程有两个不同的实数根， ， ①求k的取值范围； ②当取最小值时，求k的值． 5．（25-26高三上·北京顺义·月考）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)若函数在区间上有零点，求的取值范围. 6．（2025·北京大兴·三模）已知函数，其中． (1)求的单调区间； (2)若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数，并说明理由． 7．（2025·北京海淀·一模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线为，求的值； (2)若为上的单调函数，求的取值范围； (3)若函数，求证：可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点． 8．（2025·北京朝阳·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求证：当时，； (3)若函数有个不同的零点，求的取值范围． 9．（24-25高三下·北京朝阳·月考）已知函数， (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，求函数的单调区间； (3)若在上存在零点，求实数的取值范围. 10．（2025·北京·模拟预测）已知函数，. (1)求斜率为1的切线方程； (2)若对于任意，任意，总有，求的最大值； (3)若有4个极值点，求的取值范围. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05导数的零点与隐零点问题 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 分析考情·探趋势 锁定核心，精准发力：快速锁定将要攻克的最核心、必考的重难点，明确主攻方向，聚焦关键目标 破解重难·冲高分 方法引领，突破瓶颈：系统归纳攻克高频难点的解题策略与实战技巧，并配以同源试题快速内化 拔尖冲优·夺满分 巅峰演练，锤炼题感：精选中高难度真题、模拟题，锤炼稳定攻克难题的“顶级题感”与应变能力 近三年：导数与函数零点(包括隐零点)的综合应用是高考数学的重要考点，在近三年的高考中均有出现。其题型多样，包括选择题、填空题和解答题，其中解答题常作为压轴题出现，难度较大:主要考查零点个数问题、隐零点问题及参数范围问题 预测2026年：预计2026年将继续保持对导数知识的深入考查注重与零点问题的结合，题型多样且难度较大，命题更加注重综合性和创新性。 考向01 利用导数判断零点个数 对于零点问题，常利用数形结合思想，转化为函数图象的交点问题，利用函数单调性结合零点存在性定理解决. 1．（25-26高三上·北京西城·月考）若函数，则 ；函数的零点个数为 ． 【答案】 / 【分析】根据解析式求解即可；令，则，则函数零点的个数即为函数图象交点的个数，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，作出其大致图象，结合图象即可得解. 【详解】，所以， 令，则， 则函数零点的个数即为函数图象交点的个数， 令， 当时，，则， 所以函数在上单调递增，且， 当时，， 当时，，则， 所以函数在上单调递增，且， 又当时，当时，， 作出函数的大致图象如图所示， 由图可知函数的图象有且仅有一个交点， 所以函数零点的个数为个. 故答案为：， 2．（25-26高三上·北京朝阳·月考）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若是函数的极值点， （i）证明：的取值范围是的子集； （ii）求在区间内的零点个数. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）2个. 【分析】（1）求出、，利用直线的点斜式方程可得答案； （2）（i）根据是函数的极值点求出，设，根据的单调性、零点存在定理可得答案； （ii）求出，设，分、讨论，利用导数判断出单调性可得答案. 【详解】（1）由题意可知：，所以，， 所以曲线在处的切线方程为； （2）（i）易知， 则，由题意， 得，设，则有， 又，且在上单调递增， 根据零点存在定理得，即的取值范围是的子集； （ii）由（i）知，所以，得， 即是一个零点； 易知，设，则， 当时，，故，单调递增， 所以，故函数单调递减，， 故函数在上无零点； 当时，， 设，则， 设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且，，， 故存在，使， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 故，， 故函数在上有1个零点. 综上所述，在区间内的零点个数为2. 3．（25-26高三上·北京·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的单调区间； (3)当时，讨论的零点个数． 【答案】(1)； (2)单调增区间为，单调减区间为； (3)答案见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义直接可得切线方程； （2）利用导数直接讨论函数的单调性可得； （3）根据函数为偶函数，先讨论函数在上的零点，再由对称性可得上的零点. 【详解】（1）因为函数， 所以，故 曲线在点处的切线方程为，即. 故曲线在点处的切线方程为. （2）当时，， 令得，或或． 0 0 0 0 极大值 极小值 极大值 的单调增区间为，单调减区间为． （3）任取 ，所以是偶函数． 下面可以先考虑在上的零点个数． （1）当时，恒成立，所以在上恒成立． ∴在上单调递增． 又∵，∴．∴在上无零点． 又∵是偶函数，在上单调递减，，即在上无零点. ∴在上无零点． （2）当时 令得，或 由，且函数在单调递减，所以存在唯一，使得 0 极大值 ∴在上单调递增，上单调递减．． 当①时，即时，∴在上无零点． 又∵是偶函数，∴在上无零点． ②当时，即时∴在上有一个零点． 又∵是偶函数，在上有一个零点． ∴在上有两个零点． 综上：当时，在上有两个零点； 当时，在上有无零点. 4．（24-25高三下·北京·月考）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若是函数的极值点， （i）证明：； （ii）求在区间内的零点个数 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）2个 【分析】（1）求出、，利用直线的点斜式方程可得答案； （2）（i）根据是函数的极值点求出，设，根据的单调性、零点存在定理可得答案；（ii）求出，设，分、讨论，利用导数判断出单调性可得答案. 【详解】（1），，， 所以曲线在处的切线方程为； （2）（i）， ，由题意， 得，设，则有， ，且在上单调递增， 根据零点存在定理得； （ii）由（i）知，所以，得， ，设，则， 当时，，故，单调递增， 所以，故函数单调递减，， 故函数在上无零点； 当时，， 设，则， 设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且，，， 故存在，使， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 故，， 故函数在上有1个零点. 综上所述，在区间内的零点个数为2. 考向02 证明零点个数问题 连续函数在区间是否存在零点，只需证明 ，使得，本题借助导数求得函数的单调区间及最值，从而研究函数是否存在零点问题. 1．（2025·北京石景山·一模）已知函数． (1)若， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）证明：函数在区间上有且只有一个零点． (2)若实数使得对恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)（i）；（ii）证明见解析 (2) 【分析】（1）（i）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程；（ii）令，利用导数说明函数的单调性，即可得到的单调性，再结合零点存在性定理证明即可； （2）令，，求出函数的导函数，对分三种情况讨论，说明函数的单调性，即可得解. 【详解】（1）（i）当时，则， 又，则， 所以函数在点处的切线方程为； （ii）因为，，令，，则， 当时，所以，所以即在上单调递减， 又，所以，所以在上单调递增， 又，当时，，所以， 所以在区间上有且只有一个零点； （2）由对恒成立， 即对恒成立， 令，，则， 所以，令， 则， 当时，对任意，则， 所以在单调递减，所以，满足题意； 当时，在上恒成立，所以在单调递减，又，， ①当，即时，恒成立，所以在单调递减， 所以，满足题意； ②当且时，即时，由零点存在性定理知，，使得. 当时，，所以在上单调递增，所以，不满足题意； ③当时，即时，对任意单调递增，所以，不满足题意. 综上，的取值范围为. 2．（24-25高三上·北京·月考）已知函数，其中，为自然对数的底数. (1)若函数在处的切线与平行， ①求的值； ②证明：函数在定义域上恰有两个不同的零点. (2)设函数在区间上存在极值，求证：. 【答案】(1)①；②证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）①利用导数求函数在处的切线的斜率即可；②利用导数求出的单调性，结合零点存在性定理即可证明； （2）求出，当时不合题意，当时，令，利用导数判断的单调性，根据，要使得在上存在极值，则须满足，即，分析推理即可得到. 【详解】（1）①的定义域为， ， 因为函数在处的切线与平行， 所以，得； ②由①得，， 令， 因为，所以在单调递减， 又，， 所以存在唯一的，使，即， 当时，，即，在单调递增； 当时，，即，在单调递减， 又（当且仅当，即时等号成立）， 即，因为，， 由零点存在性定理知在和分别有一个零点， 综上，函数在定义域上恰有两个不同的零点； （2）依题意，， 则， 当时，，在单调递增，不合题意； 当时，令，，则， 所以在单调递增， 因为，要使得在上存在极值， 则须满足，即， 所以，，即. 设，则， 令，则， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以， 即当时，， 所以，. 所以， 即， 所以. 【点睛】关键点睛：本题第（2）问解题的关键在于当时，构造函数，，利用的单调性和，将题设在上存在极值，转化成，从而列出关于a的不等式组可进一步求解. 3．（24-25高三上·北京海淀·月考）已知函数． (1)求函数在区间上的最小值； (2)证明函数只有一个零点． 【答案】(1) (2)见详解 【分析】()由，得到，当时，通过，得出在上单调性，再根据零点存在定理得出的正负，进而得出在的单调性，从而求出在上的最小值； ()分别讨论在，，三个区间上的正负，再结合零点存在定理，可知在上存在唯一的零点，即函数在只有一个零点. 【详解】（1）函数的定义域为，， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 且，， 由零点存在定理可知，在上存在唯一的零点，使， 又当时，， 当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又因为， ， 所以函数在区间上的最小值为. （2）因为，， 若，，所以在上单调递增， 又，， 由零点存在定理可知，在上存在唯一的零点； 若，则，，则， 即在上没有零点； 若，因为，，所以， 即在上没有零点； 综上，函数在只有一个零点. 4．（23-24高三上·北京顺义·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程和的极值； (2)证明在恒为正； (3)证明：当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点． 【答案】(1)切线方程，当时函数有极小值； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数求斜率，再求出即可得切线方程，利用导数讨论函数单调性，然后可得极值； （2）利用导数证明函数单调递增，然后结合可证； （3）记，将问题转化为证明函数至多有一个零点，然后求导，对导数变形，结合（2）设的零点为，再利用零点方程进行代换即可得证. 【详解】（1）因为， 所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为. 解得，解得， 所以函数在上单调递减，在单调递增， 故当时，函数有极小值. （2）因为， 所以函数在单调递增， 又， 所以，当时，总有， 即在恒为正. （3）令，得， 记， 则曲线至多有一个交点，等价于函数至多有一个零点. 求导得，其中， 由（2）知，在单调递增， 因为，， 所以函数存在唯一零点，且， 当时，，则，函数单调递减； 当时，，则，函数单调递增. 所以当时，取得最小值， 又为函数的零点，所以，则， 所以， 当时，，此时无零点，即曲线无交点； 当时，，此时存在唯一零点，即曲线存在一个交点. 综上，当时，曲线至多有一个交点. 考向03 已知零点个数求参数 高中阶段对函数零点的考查主要集中在这两个方面： 一是结合所数零点的存在性,运用函数定理以及函数图像，对函数是否存在零点以及零点的个数进行判断，进而判断零点所在的区间，即零点的取值范围; 二是利用零点(方程实根)的存在求相关参数的值以及取值范围,函数与导数相结合是数形结合、方程思想、导数求值这三种解题思路中较难的,学生应理解函数的零点、方程的根、函数图像与直角坐标系中x轴有交点的等价性质,掌握零点的存在性定理,教师要注重培养学生函数与方程思想、数形结合思想以及等价转换思想的应用意识,使其在零点问题的解题过程中能够灵活运用. 1．（25-26高三上·北京·月考）已知，函数，则 ；若存在实数k，使得函数恰有四个零点，则a的取值范围为 ． 【答案】 0 【分析】利用导数分析函数的单调性，将存在实数，使得方程恰有四个不同的实数解，转化为的图象与有四个不同的交点，分析可得当时，函数的图象与恰有三个交点，即可得到实数的取值范围. 【详解】因为，所以. 函数恰有四个零点，等价于方程恰有四个不同的实数解， 即函数的图象与有四个不同的交点. 当时，， 则， 所以函数在上单调递减； 当时，， 令，所以， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，且当时，， 所以在上单调递增，且； 所以，当时，函数的图象与最多有一个交点. 所以要想函数的图象与有四个不同的交点， 须使当时，函数的图象与恰有三个交点. 所以. 所以的取值范围为. 故答案为：0；. 2．（25-26高三上·北京·月考）已知函数给出下列四个结论： ①存在实数，使为减函数； ②的零点为0； ③若存在实数，使有三个不同的解，则实数的取值范围为； ④“”是 “ 恰有2个极值点”的充要条件． 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】②③④ 【分析】对于①，先求导分析的单调性，结合分段函数单调性判断即可；对于②，令，再分段求零点即可判断；对于③，根据函数单调性，有三个不同的解，可先确定，再结合函数单调性可得；对于④，根据题意确定其充分性和必要即可． 【详解】对于①，，， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 在上单调递减， 要使为减函数， ，无解，故不存在实数，使得为减函数； 对于②，令，当时，，解得， 当时，，解得，故②正确； 对于③，由①知， 要使有三个不同的解，则， ，解得， ，故③正确； 对于④，时， 在上单调递减，在单调递增，在单调递减， 所以恰有2个极值点； 当恰有2个极值点时， 则需满足且， 即， 综上，“”是 “ 恰有2个极值点”的充要条件，故④正确； 故答案为：②③④. 3．（25-26高三上·北京东城·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数在区间上的极值点的个数； (3)若函数在区间上有唯一零点，证明：. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）直接根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）先对函数求导，再分，，三种情况对导数讨论可得函数的极值点； （3）由（2）解析过程知，函数要有唯一零点t，必有函数的唯一极小值点，再通过构造函数，，只需用导数证明的零点即可. 【详解】（1）当时，函数， 所以，. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）由函数，. 令，，. ①若时，，所以在上单调递增，且， 即在上单调递增，且， 所以函数在上单调递增，函数无极值点； ②当时，，， 当，所以. 所以函数在上单调递增且有唯一零点， 即函数在上单调递增且有唯一零点， 当；当， 所以函数在有唯一的极小值点，无极大值点； ③当时，因为，所以， 所以函数在上单调递减，无极值点. 综上所述：当或时，函数在上无极值点； 当时，函数在上有唯一的极小值点，无极大值点. （3）由（2）可知，当时，函数在上单调递减，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在上单调递增，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在有唯一的极小值点，且， 要使函数在区间上有唯一零点，所以. 所以 ， 令，得，即. 再令，， 所以在上单调递增， 且. 所以函数在上有唯一零点， 所以，即. 4．（2025高三上·北京·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数恰有一个零点，求的取值范围（只需写出结论） 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)． 【分析】（1）先求出导函数，进而得出切线斜率，再点斜式得出切线； （2）先求出导函数，再分时，时分类讨论导数正负得出单调性； （3）分，，，，结合导函数正负得出函数单调性结合函数值求解. 【详解】（1）当时，， 所以， 所以，， 故曲线在点处的切线方程为． （2）由，知， ①当时，， 令，则；令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增； ②当时，令，则或， 若，即，则恒成立，所以在上单调递增； 若，即， 令，则或；令，则， 所以在和上单调递增，在,上单调递减； 若，即， 令，则或；令，则， 所以在,和上单调递增，在,上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在,和上单调递增，在,上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和,上单调递增，在,上单调递减． （3）①由（2）知，当时，在上单调递减，在上单调递增， 此时 ，时，， 若，则，当时，，所以函数恰有一个零点； 若，则当时，，所以函数有两个零点； ②当时，在上单调递增， 当时，，，指数函数的增长速度远快于二次函数， 所以时，， 又，所以函数恰有一个零点； ③当时，在和上单调递增，在上单调递减， 所以极大值为， 极小值为，且时，， 所以函数恰有一个零点； ④当时，在和,上单调递增，在,上单调递减， 所以极大值为，且时，， 所以函数恰有一个零点， 综上所述，的取值范围为,． 考向04 隐零点问题 隐零点问题解题思路：第一步，利用零点存在性定理判断零点存在，难点在于合理赋值，确定零点所在区间，有时需要结合单调性确定零点个数；第二步，抓住零点方程实施代换，如指数与对数的代换，超越方程与简单方程的代换，同构思想等，需注意代换有可能不止一次. 1．（25-26高三上·北京朝阳·期中）已知函数. (1)求在区间上的最大值； (2)若函数，求证：在区间上有且只有一个极大值点； (3)若，写出的取值范围.（只需写出结论） 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可求函数的最大值. （2）利用导数分析函数的单调性，可得函数的极值的情况. （3）利用换元思想，设，将转化成，再确定的取值范围即可. 【详解】（1）当时， . 由 ，所以；由 ，所以. 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，. （2）因为 ，. 所以，. 设，， 则 . 因为，所以，，所以. 所以即在上单调递减. 且，. 所以，使得，且唯一. 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以：在区间上有且只有一个极大值点. （3）因为，所以 ， 设，则 . 对，， 因为，，所以. 设，， 则 ， 令则， 当时，；当时，， 所以单调递减，，即在上恒成立. 所以在上单调递减.所以. 即 ， 又，所以，即. 综上：，所以，即 . 2．（25-26高三上·北京顺义·月考）已知函数. (1)求函数在点处的切线方程； (2)已知，且直线是曲线在点处的切线.求证：当时，存在使得直线过点. 【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）把代入，令，将问题转化为直线是曲线在点处的切线，当时，存在使得直线过点，再利用零点存在性定理，结合导数推理得证. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以函数图象在点处的切线方程为. （2）当时，函数，令，， 则直线是曲线在点处的切线，当时，存在使得直线过点， 等价于直线是曲线在点处的切线，当时，存在使得直线过点， 由，求导得，则，而， 于是直线的方程为，即， 由，得， 依题意，原问题转化为当时，方程有小于的解， 设，其中，且， 则，令，求导得， 令函数，求导得，函数在上单调递增， 于是，即，而，且函数图象连续不断， 则存在，使得，即函数有小于1的零点， 因此当时，方程有小于的解， 所以当时，存在使得直线过点. 3．（25-26高三上·北京顺义·月考）已知函数. (1)求证：时，； (2)设，其中； ①求证：在区间上有唯一的极值点； ②设为在区间上的零点，为在区间上的极值点，比较与的大小，并说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)①证明见详解，②，证明见详解. 【分析】（1）构造函数，对函数求导，由导数在区间上的正负得到函数的单调性，然后得到函数值的大小关系，即可得证； （2）写出函数，并求导.①令，再求导函数，由导函数在区间上的正负得到函数的单调性，再由零点存在性原理得到存在唯一零点，然后得到函数的单调区间，从而证明函数存在唯一极值点. ②由①可知，求得参数，然后化简.构造函数，利用导函数得到构造函数的单调性，证明，从而得到，由函数的单调性判断与的大小. 【详解】（1）令， 则， 当，，即在上单调递增. ∴当时，，即. （2）， 则， ①令，则， 当，，即函数在上单调递增. ∵，. 即在之间存在唯一的，使得. 即当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 即是函数在区间上有唯一的极值点. ②由题设可得是函数在区间上的极值点. 由①可知，即为，故，即 单调递减区间，单调递增区间， ∵，， ∴函数在没有零点，在上存在唯一零点，，即. ， ， 令， ， 即函数在上单调递增，∵， ∴，即. ∴，而,∴. 【点睛】本题主要考查了利用导数与函数单调性的关系，本题第二问的第一小问关键是求导后能够再次构造函数求导，结合零点存在定理判断；本题第二问的第二小问关键是能利用零点和极值点，然后构造函数证明. 4．（25-26高三上·北京·月考）已知函数． (1)当时，求在的最值； (2)当时，，求在上的极值点个数． 【答案】(1)的最大值为，的最小值为 (2)1 【分析】（1）结合题意判断的单调性，先求出端点值，再利用导数求解出最小值，最后进行比较得到最大值即可. （2）结合题意并构造函数可得，再利用余弦函数性质结合导数得到在上单调递增，再结合放缩法得到，最后利用零点存在性定理证明有1个零点，进而得到极值点个数即可. 【详解】（1）当时，可得， 则， 令，得，令，得， 得到在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为， 且， ，易得， 可得的最大值为，的最小值为. （2）因为，， 所以，则， 令， 可得， 因为，所以， 而，则， 由余弦函数性质得，即， 可得在上单调递增，而， ， 令，则由正弦函数性质得， 可得，且， 即， 结合已知可得，而，则， 由零点存在性定理可得存在作为零点， 故在上有个极值点. （建议用时：60分钟） 1．（25-26高三上·北京顺义·月考）已知函数，给出下列四个结论： ①，使得为偶函数； ②，使得存在最小值； ③，在上单调递减； ④，使得有三个零点； 其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】利用赋值法，结合奇偶性的定义可判断①；当时，分和两种情况讨论可得的单调性可判断②③；函数的零点个数即为函数与函数的交点个数可判断④. 【详解】对于①，当时，，又， 所以是偶函数，故，使得为偶函数，故①正确； 对于②③，当时， 若，， 当时，可得，所以，则， 又，则，又，则， 所以函数在上单调递减， 当时，，所以，则， 所以函数在上单调递减， 综上所述：函数在上单调递减， 又当时，， 又，，所以不存在最小值，故②错误，③正确； 对于④，函数的零点即为方程的根， 即方程的根，即函数与函数的交点， 画出函数与的图像，如图所示： 由函数图像可知和至多有两个交点， 所以至多有两个零点，故④错误. 所以，正确命题的个数为2个. 故选：B. 2．（25-26高三上·北京东城·月考）设函数，关于有下列四个结论： ①的导函数为周期函数，且最小正周期为； ②在上单调递增； ③的图象关于对称； ④方程在上有唯一解，则实数a的值为． 其中正确结论的序号为 ． 【答案】②③④ 【分析】求得，得到的最小正周期为，可判定①不正确；化简得到，可判定②正确；由，可判定③正确；化简函数，令，得到，结合二次函数和余弦函数的性质，可得判定④正确. 【详解】对于①，由， 可得， 因为的最小正周期为，的最小正周期为， 所以函数是周期函数，且最小正周期为，所以①不正确； 对于②，由， 当，可得，则， 所以，所以函数在上单调递增，所以②正确； 对于③，由， 即，所以函数关于对称，所以③正确； 对于④，由， 令，因为时，可得，所以 则，其图象开口向下，对称为， 所以，，且， 如图所示，当时，方程无解， 当时，只有一个解，此时有两个解； 当时，方程有两个解，设两解为，则， 此时有四个解； 当时，方程有一个解，且，此时有两个解； 当时，方程有一个解为，此时只有一个解； 当时，方程无解， 综上可得，方程在上有唯一解，则实数a的值为．所以④正确； 故答案为：②③④ 3．（25-26高三上·北京海淀·月考）已知函数，则 ①当时，函数的零点个数为 ； ②当函数有两个极值点时，的取值范围是 . 【答案】 2 【分析】①通过数形结合法求解或分段求解方程； ②先研究函数在哪些位置有可能出现极值点（候选人思维），再列不等式求解. 【详解】①方法一，当时，，， 若时，，函数在上单调递减， 若时，，函数在上单调递增， 又当时，， 当时，，当且时，， 画出函数的大致图象， 如图可知有两个零点； 方法二，当时，， 令，即或，解得， 所以有两个零点； ②对于函数， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以函数仅有一个极值点，所以函数在时最多有一个极值点， 由一次函数的性质可知函数在时没有极值点， 所以要使有两个极值点，需要是其极值点，且，此时函数在上单调递增，在单调递减，但函数不一定连续，结合极值点定义可得是其极值点还需要（即图象的空心点不高于实心点），即. 令 ，则， 所以在上单调递增（也可以直接利用增函数加增函数为增函数直接看出单调性）. 又因为，所以. 下图为三种情况下的函数图象，可供参考： 当时，如图有两个极值点， 当时，只有一个极值点， 当时，有两个极值点， 故答案为：；, 4．（25-26高三上·北京·月考）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，关于x的方程有两个不同的实数根， ， ①求k的取值范围； ②当取最小值时，求k的值． 【答案】(1)单调递增区间为，，无单调递减区间． (2)①；②3 【分析】（1）先求，再通过研究的正负性来确定的正负性，即可求出的单调区间； （2）①将问题转化为在上有两个不同的零点，根据导函数研究其单调性，最后根据零点存在性定理即可得出； ②由题意，再结合在上单调递增，得到最小时即取最小值，进而可求解. 【详解】（1）定义域为． 当时，， ， 令，则， 令，得． 当变化时，的变化情况如下： x 0 － 0 ＋ ↘ 极小值 ↗ 所以， 所以当时，恒成立， 所以恒成立， 所以单调递增区间为，，无单调递减区间． （2）①：当时，． 令，则，即， 令， 关于x的方程有两个不同的实数根，，， 有两个不同的零点，，，且，均不为0， ， 当时，，在上单调递增，至多有一个零点，不合题意， 当时，令，得． 当变化时，的变化情况如下： x － 0 ＋ ↘ 极小值 ↗ 所以， 所以． 又，， ，当，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 即， 所以， ，，所以． 因为， ， 又，且在单调递减，在单调递增， 所以，，使，． 所以有两个不同的非零零点， 综上，k的取值范围为． ②即． 由①知．所以， 所以即， 由（1）知在上单调递增， 所以最小时取最小值， 即也取最小值． 设， 则， 设，则， 所以在上单调递增，又，， 所以存在使得， 且时，， 时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 此时． 5．（25-26高三上·北京顺义·月考）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)若函数在区间上有零点，求的取值范围. 【答案】(1)的极大值为0，无极小值． (2) 【分析】（1）求导，再根据导数的符号，结合函数极值点的定义即可得出答案； （2）求导，分和两种情况讨论，求出函数的单调区间，从而求得函数的最值，从而可得出答案. 【详解】（1）当时，， 则， 由得，即，得， 由得，即，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 得在处取得极大值，，无极小值． 故的极大值为0，无极小值． （2）， 当时，因为，所以， 在区间上单调递增，且， 因为在区间上有零点， 所以， 解得 ， 所以； 当时， 由，得， 当时，即，得函数在上单调递减， 而， 则在区间上没有零点， 当时，即， 由得，即，得， 由得，即，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 而， 因为在区间上有零点， ， 得 令， 因为函数，在上是增函数， 所以函数在上是增函数， 又，所以， 综上所述，的取值范围是. 6．（2025·北京大兴·三模）已知函数，其中． (1)求的单调区间； (2)若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数，并说明理由． 【答案】(1)答案见解析 (2)① ；②两个，理由见解析 【分析】（1）分，两种情况，解不等式，可得单调区间； （2）①由（1）可得满足题意，注意到，通过研究单调性可得答案； ②由（）单调性，结合零点存在性定理可得零点个数. 【详解】（1），． 当时，对，， 所以的单调递增区间为，无递减区间； 当时，令，得． 因为时，；时，． 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）①由（1）知，当时，的单调递增区间为， 所以当时，有，不符合题意； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以， 令（），， 与在区间上的情况如下： － 0 ＋ ↘ 0 ↗ 所以 所以时，， 时，，所以． ②方程有两个根，证明如下： 令（），， ①时，令，， ，，单调递增， ， 所以，， ． － 0 ＋ ↘ 0 ↗ ，，， 所以在区间上有一个零点． ②时，，，所以，所以递增， ， 由（i）知，所以在区间上有一个零点． ③时，由①知，， 所以，所以无零点． ④时，因为， 对于函数，则, 故在上递增， 所以， 所以无零点． 综上可知函数有两个零点． 7．（2025·北京海淀·一模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线为，求的值； (2)若为上的单调函数，求的取值范围； (3)若函数，求证：可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据 ，结合导数运算，即可求得参数值； （2）分类讨论，为增函数和减函数，参变分离，根据 或在上恒成立，即可求得范围； （3）根据，以及为奇函数，只需证明在有一个零点即可；讨论时，的单调性，结合（2）中所求，即可证明. 【详解】（1），故 ，故 ； 由题可知， ，故，解得. （2）若为上的单调增函数，则 在上恒成立，即， 也即恒成立，又，故； 若为上的单调减函数，则 在上恒成立，即， 也即恒成立，又，故； 综上所述，若为上的单调函数，则的范围为. （3），其定义域为，又，故其为奇函数； 又，故只需证明可以取无数个值，使得每一个的取值在有一个零点即可. 又 ，令 ，则 ， 当时，由（2）可知，为上的单调减函数，又，故在恒成立， 故在单调递减，又 ， ，故存在，使得， 则当， ，单调递增；当， ，单调递减； 故当，，又， 故存在，使得； 综上所述：当时，在存在唯一零点， 也即当时，恰好有三个零点， 于是，可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点. 8．（2025·北京朝阳·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求证：当时，； (3)若函数有个不同的零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）当时，利用导数分析函数在上的单调性，结合单调性即可证得结论成立； （3）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在定义域上的单调性，确定每种情况下函数的零点个数，并结合零点存在定理可得出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，则，所以，． 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）由题设知． 设函数． 当时，因为， 所以对任意的恒成立，即． 所以函数在区间上单调递增，所以． 所以当且时，． （3）函数的定义域为， ． ①当时，，函数在区间上单调递减， 函数至多一个零点，不合题意； ②当时，由（2）可知函数在区间上单调递增， 函数至多一个零点，不合题意． ③当时，对于函数， 因为，所以方程有两个实数根、， 满足，， 不妨设，则，、的情况如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以函数的单调递增区间是、，单调递减区间是． 因为，所以为的一个零点． 又，，且， 所以存在唯一实数，使得． 又，，且， 所以存在唯一实数，使得． 所以函数有个不同的零点． 综上，的取值范围为． 9．（24-25高三下·北京朝阳·月考）已知函数， (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，求函数的单调区间； (3)若在上存在零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)单调递减区间为单调递增区间为 (3) 【分析】（1）代入得到函数解析式，求出切点坐标.求函数的导数得到切线斜率，然后写出切线方程； （2）代入得到函数解析式，求函数的导数，令，再求的导数，从而知道的单调性，由此得到对应区间内，从而得到函数的单调区间. （3）由解析式分析得到函数在上存在零点，则.求函数导数，由（2）可知且.然后分类讨论：①，证明当，，且，得到结论；②时，使得，得到，通过换元后求导，证明，由零点存在性可知存在零点，故得到结果. 【详解】（1）当时，，，切点为， ，∴，∴切线方程为： （2）当时，， 令，，令，得到， ∴时，，∴在单调递增，即在单调递增； ∴时，，∴在单调递减，即在单调递减； ∵，且时，恒成立， ∴变化时，的变化情况如下表： 0 极小值 ∴的单调递减区间是，单调递增区间为， （3）， ∵时，，，∴，若，则恒成立， ∵在上存在零点，∴； ，由（2）可知在单调递增，在单调递减. ∴，∵，∴， ①若，即，时， ，，，， ∴，，∴在单调递增，∴， ∴无零点. ②若，即，时， ∵，使得，当时，， ∴变化时，的变化情况如下表： 0 极小值 ∴在上单调递减，∴，∴在无零点. ，， ，单调递增，∴，∴ ，，∴，∴ ∴，∴在上存在零点. 综上所述，若在上存在零点，实数的取值范围为. 10．（2025·北京·模拟预测）已知函数，. (1)求斜率为1的切线方程； (2)若对于任意，任意，总有，求的最大值； (3)若有4个极值点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求得斜率，利用点斜式写出方程； （2）利用导数研究函数的最小值，求得最小值为，利用导数研究函数的单调性和极值，进而根据题意得到的取值范围； （3）利用导数分析，根据极值存在的条件，并作换元，转化为函数 与直线在 内有2个不同的交点，利用对数函数的图像和直线的图像，即可得到实数的取值范围. 【详解】（1）,令， ，故切点为， 切线方程为； （2）分析 在 的最小值： ， 时,单调递减； 时 ,单调递增； . 分析在的最大值： 导数. 在或时,单调递增； 时,单调递减. 在处有极大值，在处有极小值. 令，解得， 当时，在内单调递增，趋近于. 保证； 当时，在内的最大值严格小于， 因此，的最大值为； （3） 极值点满足，即：， 令 ，则，方程变为： 根据题意，此方程应当有四个不同的实数根 函数与直线在内有2个不同的交点， 函数在 内单调递减，以直线为渐近线， , 直线横截距为1，斜率为, 设,, ，所以, 此时，函数与直线在内有2个不同的交点， 交点横坐标分别记为，在每一个值的左右两函数值的差出现正负变号， 从而对应方程：的4个实数根的每一个的左右的值出现 正负变号，因此函数有4个极值点， 综上，实数的取值范围是. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $