专题训练41利用导数研究函数零点问题-2026届高考数学三轮冲刺

专题41　利用导数研究函数零点问题 题型01 利用导数判断函数零点 1．（25-26高二下·内蒙古包头·月考）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数. 【答案】(1)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． (2)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． 【分析】（1）先确定的定义域，再求出的导数，再对参数范围分类讨论求解单调性即可； （2）对参数范围分类讨论并结合之前的结论得到单调性，再利用零点存在性定理或直接求解零点判断零点个数即可. 【详解】（1）由题意得的定义域为，则 当时，时，，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 当时，令，可得或，令，可得， 故在和上单调递增，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，令可得或，令可得， 故在和上单调递增，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． （2）当时，， ①当时，由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增， 又因为，而x趋近正无穷时，趋近正无穷， 故在上只有一个零点； ②当时，，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x趋近正无穷时，趋近正无穷，当x趋近0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， 综上所述： 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． 2．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求函数的零点个数； (3)若有三个极值点，，，且满足，求的取值范围. 【答案】(1) (2)0 (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可 （2）求解函数的导数，再由的最大值小于求解即可. （3）已知，令得到，令，求解的大致图象，因为在上有三个极值点，，，得到与有两个不同的交点，有，代入，令，求解的导数，由单调性求解最小值即可. 【详解】（1）时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）由题知（）， 若，则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，所以函数在上没有零点，即零点个数为0. （3）由（2）知（）. 令，得或. 设（），则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 又当时，； 当时，，且， 所以的大致图象如图所示， 因为在上有三个极值点，，， 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， 所以的取值范围是. 3．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)讨论的图象与直线的交点个数. (2)已知函数，有五个不同的零点，且，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）利用导数研究函数单调性和函数值情况，数形结合即可得分析交点个数； （2）利用零点概念求解第一段函数零点，第二段函数利用复合函数思想，结合二次方程根的分布来确定参数范围； 【详解】（1）由题意求导可得. 所以当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 则. 当时，，当时，，当时，. 所以的大致图象如图所示. 则由图可知当时，的图象与直线的交点个数为0； 当或时，的图象与直线的交点个数为1； 当时，的图象与直线的交点个数为2. （2）当时，由，解得或. 所以当时，函数有两个零点或， 因为，所以. 所以当时，有三个零点，由（1）可知方程至多有两个根， 所以令，则有两个不同的实数根， 且两个方程一个只有一根、另一个有两根， 不妨记两个方程分别有一个根和两个根， 则由（1）可得二次方程根的分布为或， 当时，，无解. 当时，，解得. 综上可得，的取值范围为. 4．（25-26高三上·河南新乡·期末）已知函数，为实数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，讨论的零点个数； (3)对，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为． (2)有且仅有一个零点 (3) 【分析】（1）将代入函数中，对函数求导，结合函数导数的正负进行分析即可得出函数的单调区间； （2）对函数求导，分析函数的单调性，利用分类讨论的法分析得出函数零点个数； （3）根据题意不等式恒成立分离出参数，然后构造新函数，对新函数求导，结合函数单调性分析即可得出参数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 由，所以函数的定义域为， 此时，           令，， 所以在上单调递增，即在上单调递增，           因为，所以当时，；当时，，           故的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）由， 则， 令，，           在上单调递减，           当时，， 所以在上单调递增， 又因为，所以，即，           所以在上单调递减， 故，故在上无零点，          当时， ， ，显然， 所以，，           当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 又，所以， 当时，， 所以，使得， 所以当时，即，所以单调递增， 当时，即，所以单调递减，           又，所以， 当时，， 所以，使得， 故当时，有且仅有一个零点． （3）由， 整理得， 因为，所以， 故， 所以， 令， 则，           所以在上单调递增，又因为， 所以当时，，； 当时，，； 当时，， 从而对，，当且仅当时等号成立，           即， 所以，从而， 所以的取值范围为：. 5．（2026·四川巴中·一模）已知在处取得极小值． (1)求在处的切线方程； (2)若，讨论零点的个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由题意可得，联立等式可得函数，根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案. 【详解】（1）由题意得．因为在处取得极小值， 则，解得，， 所以，， 故，， 则切线方程为，即； （2）令，所以． 令，解得或．则，，的关系如下表： 2 0 0 单调递增 单调递减 单调递增 作出函数的图象如下： 所以，①当或时，有两个零点； ②当或时，有一个零点； ③当时，有三个零点． 6．（2025·甘肃·模拟预测）已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)讨论导函数的零点个数情况； (3)若有两个不同极值点.当时，证明：. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题知，再根据导数的几何意义求解即可； （2）将问题转化为的根的个数问题，令，研究其函数图象，数形结合求解即可； （3）由题知，进而得，再令，则，将证明的结论转化为证明，最后构造函数研究其最小值大于即可. 【详解】（1）当时，， ， 曲线在处的切线方程为，即. （2）因为函数的定义域为，， 由可得， 令，其中，则， 由可得，列表如下： 1 + 0 - 单调递增 极大值 单调递减 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为， 图象如图所示： 当或时，即当时，直线与函数图象只有一个交点， 当时，即当时，直线与函数图象有两个交点， 当时，即当时，直线与函数图象无交点. 综上所述，当时，导函数只有一个零点； 当时，导函数有两个零点； 当时，导函数无零点. （3）由，即，得， 而， 令，则， 欲证明， 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 令，当时，， 则在单调递增， 故， 则在上单调递增，则， 因此，即. 7．（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. 8．（2026·山东青岛·模拟预测）已知函数…是自然对数的底数，）． (1)讨论的单调性； (2)讨论关于x的方程根的个数． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)当时，关于x的方程根的个数为0；当时，关于x的方程根的个数为1；当时，关于x的方程根的个数为2． 【分析】（1）对函数求导，判断导数与0的大小关系，得出单调区间； （2）将方程转化为，令，讨论和时的单调性，再对的范围进行分析，讨论得到的零点个数，即可得出答案. 【详解】（1）解法一:， 当时，；当时． 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 解法二：， 由，解得， 当时，，单调递减， 所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是； （2） 解法一:    通过图象可对c进行讨论： 当即，时，函数，的图象有两个交点， 即方程有两个根． 当即，时，函数，的图象有一个交点， 即方程有一个根． 显然当时，方程没有根． 解法二：令， （1）当时，，则， 所以，， 因为，，所以， 因此在上单调递增． （2）当时，，则， 所以，， 因为，， 又，所以，所以， 因此在上单调递减． 综合（1）（2）可知当时，， 当，即时，没有零点， 故关于x的方程根的个数为0； 当，即时，只有一个零点， 故关于x的方程根的个数为1； 当，即时， ①当时，由（1）知， 要使，只需使，即． ②当时，由（1）知； 要使，只需使，即； 所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2； 综上所述： 当时，关于x的方程根的个数为0； 当时，关于x的方程根的个数为1； 当时，关于x的方程根的个数为2． 题型02 利用导数研究由零点个数求参数范围 9．（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)（i）（ii） 【分析】（1）直接求导分析的符号即可求解； （2）（i）设，把问题转化为与有两个交点，利用导数求出的最值即可求解； （ii）设，则方程变为，设两根为， 则，利用比值换元法证明对数均值不等式可得，然后再根据基本不等式即可求解. 【详解】（1）定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以单调递减区间为，单调递增区间为. （2）（i）方程等价于， 设，问题转化为与有两个交点， ，时，， 令，，所以在上单调递增， 且，故存在唯一满足，即， 并且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 又因为和时，，所以当时方程有两个不等实根. 故的取值范围为. （ii）原方程变形得：，设，则方程变为， 设两根为，则， 且满足， 不妨设，下面证明， 令， 则不等式变形为， 令，， 所以在上单调递增，所以， 即不等式成立，变形可得， 由基本不等式可得 ， 要使不等式恒成立，只需， 故的取值范围为. 10．（25-26高三下·湖南·月考）已知函数，对任意的的图象恒过点. (1)若的图象在点处的切线互相平行，求. (2)若有两个极值点，且， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）首先求出定点，再根据切线平行求解即可. （2）（i）根据函数有两个极值点，令导数等于0，分离参数，再数形结合即可. （ii）构造函数，利用导数分析其单调性得到. 再研究方程的根，利用数形结合分析即可. 【详解】（1），则对任意的， 所以的图象恒过点和. 求导得，所以， 由题意知，即， 解得. （2）（i）由（1）知. 由，则.若，则，不成立. 故，分离得，令，则. 因为有两个极值点，所以有两个零点， 即直线与的图象有两个不同的交点. 由，可知在上单调递减，在上单调递增， 作出的大致图象如下： 结合的图象，可知，即的取值范围是. （ii）记，由（i）可知，，且. 要证明，即证明， 只需证. 构造函数，则. 令，则，所以，即. 因为，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 设方程的两根为， 则由得， 所以. 而是的两个根， 由，数形结合可得， 故原命题得证. 11．（25-26高三下·贵州遵义·开学考试）已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)若方程在上恰有2个实数根，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则进行求解即可； （2）把问题转化为直线与函数图象的交点个数问题，结合导数性质、数形结合思想进行求解即可. 【详解】（1）， 因为， 所以函数在处的切线方程为； （2）方程在上恰有2个实数根， 等价于直线与函数的图像在上有两个不同的交点， 由， 所以直线恒过定点，且斜率为， 由（1）可知， 当时，，单调递增， 所以函数的图象如下图所示： 设函数的切线过点，切点为，斜率为， 所以切线的方程为， 把点的坐标代入，得， 因为，所以解得，即斜率为， 由数形结合思想可知：当时，即时，直线与函数有两个不同的交点， 即方程在上恰有2个实数根，此时m的取值范围为. 12．（25-26高二下·江苏苏州·月考）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有唯一零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)当时， 是实数集上的增函数； 当时，在和上单调递增；在上单调递减； 当时，在和上单调递增；在上单调递减； (2) 【分析】（1）根据导函数零点的大小关系，结合导数的正负性与函数单调性的关系分类讨论进行求解即可； （2）根据（1）的结论，结合函数的极值的正负性分类讨论进行求解即可； 【详解】（1）. 当时，，是实数集上的增函数； 当时， 当，或时，，在和上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时， 当，或时，，在和上单调递增； 当时，，在上单调递减； 综上所述：当时， 是实数集上的增函数； 当时，在和上单调递增；在上单调递减； 当时，在和上单调递增；在上单调递减； （2）由（1）可知：当时， 是实数集上的增函数，且，所以函数有唯一零点，符合题意； 当时，在和上单调递增；在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 且当时，，当时，， 要想有唯一零点，只需或， 由， 由，而，所以， 当时，在和上单调递增；在上单调递减； 所以的极大值为，极小值为， 且当时，，当时，， 要想有唯一零点，只需或， 由， 由，而，所以， 综上所述：有唯一零点，实数的取值范围为. 13．（25-26高三下·安徽合肥·月考）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)若在区间上存在唯一的极值点和唯一的零点，且，求t的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对函数求导，构造函数再求导，求出导函数大于0、小于0的区间，即原函数的单调区间可得最小值. （2）先根据导函数的单调性和零点确定极值点，进而确定t的范围；再根据可知在单调递增区间上，此时只需要确定单调递减区间上无零点和递增区间上唯一零点，进而确定t的范围，取交集即可. 【详解】（1）当时，，则， 令，对求导，得，故在上单调递增． 又， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增，． （2）因为， 所以，， 令，则，所以在上单调递增． 要使在上存在唯一的极值点，即在上存在唯一的零点， 只需得． 此时在上单调递减，在上单调递增， 即是的极小值点． 要使在上有唯一的零点，且， 只需，得， 即， 综上所述，，即t的取值范围是． 14．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求函数在处的切线方程． (2)若函数有两个不同的零点，求实数b的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）由函数零点的意义可得，再构造函数，利用导数求出直线与函数图象有两个交点的的范围. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得，则，而， 所以函数在处的切线方程为. （2）由，得，而，则，令， 函数有两个不同的零点，等价于函数的图象与直线有两个交点， 求导得，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，则， 而，当时，，又当时，， 则当且仅当时，函数的图象与直线有两个交点， 所以实数b的取值范围是. 15．（2026·四川泸州·模拟预测）已知，函数. (1)当时，函数为减函数，求实数的最小值; (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)当时，证明：方程有三个不等实根. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）将原函数单调性问题转化为导函数恒成立问题，再求出，进而建立不等式求解参数范围，最后得到最值即可； （2）利用函数的对称性证明即可； （3）利用导数结合零点存在性定理得到的零点，进而得到的单调性，最后再结合零点存在性定理证明即可. 【详解】（1）当时，记， 其中，则， 因为函数为减函数，所以恒成立 因为，当且仅当时等号成立，故， 而成立，可得，解得，故的最小值为. （2）令，解得，则函数定义域为， 因为 ， 所以关于点中心对称，即曲线是中心对称图形. （3）当时，， 当时，， 令，则， 则函数在区间上单调递减， 而，，可得， 由零点存在性定理得存在使得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，则，， 而，可得方程在区间上有一解， 由曲线的对称性知，方程在区间上也有一解， 故方程在区间上有三解. 16．（25-26高三上·福建·月考）已知函数. (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值. (2)设是的三个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）去绝对值将写成分段函数的形式，对求导，求出，根据题目信息和导数的几何意义列式即可求解； （2）（i），分离参数得到，令，通过求导得到的单调性，让与函数有三个交点，即可求出的取值范围；（ii）先证明即可证明. 【详解】（1），所以， 则. 因为曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，所以， 解得. （2）（i）令，则， 令，则，所以， 则的单调递增区间为，单调递减区间为， 当，，当，， 又，，有三个零点，所以的取值范围为. （ii）证明：由（i）可知， 下面证明：. ①要证明，只需证明， 又，即证，所以上式等价于证明. 由，得，则， 所以只需证明， 即证， 令，则，上式等价于证明， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以原不等式成立，即. ②要证明，只需证明， 由（i）知，则，即， 又因为，所以， 因为在上单调递减，所以成立， 综上，. 题型03 利用导数研究函数图象及性质 17．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数与有两个交点，交点横坐标分别为，，且． (1)求的取值范围； (2)证明：； 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】根据函数解析式判断单调性画出函数图象，结合图象求参数范围即可； 如图先求两条直线的方程，再结合要证明的不等式构造新函数，判断函数单调性，找到四个横坐标之间的关系，结合不等式性质得以证明. 【详解】（1）因为，， 所以在单调递增；在单调递减，且当 时，，，作出函数图象，如下图所示. 则结合图象可得的取值范围为； （2）如图，作出的图象，的极值点为e，设，，，直线与直线，的交点对应的横坐标分别为，， 此时等价于证明， 直线的方程为：，令解得：， 因为，进而可得，即直线的方程为，易得； 令， 当时，，且在单调递减， 所以，且， 可得，在恒成立，故，所以. 同理可证在上恒成立,故. 又因为代入可得， 此时得以证明. 18．（24-25高二下·吉林·期末）设函数. (1)若，求函数的极值点； (2)设函数在上有两个零点，求实数a的取值范围.（其中e是自然对数的底数）. 【答案】(1)函数的极大值点为，函数没有极小值点； (2). 【分析】（1）由题可得单调性，据此可得的极值点； （2）由，可得.令，由导数知识可得 大致图像，随后由图象与有2个交点可得答案. 【详解】（1）， 则. . 则在上单调递增，在上单调递减. 则在时取极大值； 所以函数的极大值点为，函数没有极小值点； （2）令，因， 则.令，则. 令，则， 从而在上递增，又注意到， 则， 则， 从而在上单调递减，在上单调递增， 又，可画出大致图象. 又在上有两个零点等价于图象与有2个交点. 则由图可得. 19．（24-25高一下·北京·期末）已知函数. (1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的值； (2)讨论的单调性； (3)若存在，使得的解集为，直接写出的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）先对进行求导，根据即可解出的值； （2）先求导，分别对，，，四种情况分类讨论函数单调性即可； （3）的解集为，说明的解为，由于，由可得，所以要么只有一个根为2，要么恒成立.①若只有一个根为2，可得；若恒成立，当时该不等式恒成立，当时，取代入，不符合题意，舍；当时，可化为，设，求导求单调性求其最大值即可解得，再考虑端点值时，不符合题意，舍，即得的取值范围. 【详解】（1）由题可得， 由曲线在处的切线与轴垂直，可得， 因此. （2）由题知定义域为，且， ①当时，对任意， 令，则，列表如下： 1 - 0 + 极小值 所以的增区间为，减区间为； ②当时，由，可得，且，列表如下： 1 + 0 - 0 + 极大值 极小值 所以的增区间为和，减区间为； ③当时，， 令，可得，列表如下： 1 + 0 + 所以在上单调递增； ④当时，令，可得，且，列表如下： 1 + 0 - 0 + 极大值 极小值 所以的增区间为和，减区间为， 综上所述：当时，的增区间为，减区间为； 当时，的增区间为和，减区间为； 当时，在上单调递增； 当时，的增区间为和，减区间为. （3）. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据不等式解集求参数范围，解题关键是对进行因式分解后，分析有根，无根，根大于2，小于2的各个情况，再结合图象即可得出结果. 20．（2025·河南郑州·三模）已知函数． (1)若是函数的极值点，求a的值； (2)在（1）的条件下，若函数有两个零点，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由是函数的极值点得，解得，将代入，检验即可确定的值； （2）时，；时，将零点个数问题转化为函数的图象与直线的交点个数问题，利用导数得到函数的单调性和极值，进而得到的图象，求出的取值范围. 【详解】（1）， 因为是函数的极值点，所以， 即，此时， 由，得；由，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，是函数的极小值点，故. （2）由（1）可知有两个零点， 即方程有两个解． 当时，， 当时，，即． 设，函数零点个数为函数的图象与直线的交点个数． ，， 令，得或；令，得且． 所以函数在区间和上单调递减，在区间和上单调递增． 当时，；当时，；如图所示 ，， 函数的图象与直线有两个交点，即或， 即或时，函数有两个零点. 21．（24-25高三上·四川绵阳·月考）已知三次函数过点，且函数在点处的切线恰好是直线. (1)求函数的解析式； (2)求的极值； (3)设函数，若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)极大值为，极小值为； (3). 【分析】（1）根据切线及导数几何意义、函数所过的点列方程求参数，即可得； （2）对函数求导，根据导数的符号确定区间单调性，进而求极值； （3）由题设，利用导数研究右侧的区间值域，结合零点的个数求参数范围. 【详解】（1）， 由题意知：； （2）由定义域为，，令，得或 当变化时，、变化如下： 0 2 + 0 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当时，取得极大值， 当时，取得极小值； （3）令， 设， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，， 因为函数在区间上有两个零点， 所以直线与函数的图象有两个交点， 故有，即实数的取值范围为. 22．（2025·全国·一模）已知函数，. (1)当时，求的最大值； (2)证明：存在唯一极值点； (3)若存在开区间，使得，当且仅当，求的取值范围. 【答案】(1)0 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）当时，先对函数求导，根据导数的正负判断函数单调性，进而求出最大值. （2）对求导后，分离参数构造新函数，分析新函数的单调性和零点情况，数形结合证明存在唯一极值点. （3）假设存在区间，根据（2）结论作出大致图象，结合图形确定区间端点满足的关系并求解得，由得的取值范围，再加以验证充分性可得. 【详解】（1）当时，，， 则，其中， 当时，，则， 所以，在单调递增； 当时，，则， 所以，在单调递减； 故. （2）函数，， 则，令， 得，构造函数， 则在上单调递增，且， 当；当； 故对任意，直线与函数有且仅有一个交点，设横坐标为， 当时，，则， 即，则在上单调递增； 当时，，则， 即，则在上单调递减； 故存在唯一极大值点，得证.    （3），其中， 由（2）知，在上单调递增，在上单调递减， 则，且， 又当；. ①假设存在区间，其中，使得，当且仅当， 则有，下面讨论与的大小. 若，如图，，当且仅当，其中，      由，故不满足题意； 所以且.    此时有， 由，解得； 由，则， 可得，故解得， 故若存在区间，使得，当且仅当， 则，即区间，所以.    ②下面验证：当时，条件，即成立. 由， 由为的极大值点，则，且， 可得，代入， 构造函数， 在上单调递增，则， 即时，恒成立，所以，即满足条件， 所以有，且当时，. 故当时，存在开区间，使得，当且仅当. 综上所述，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：此题难点在第（3）问，关键在于分类讨论极值与区间的关系. 23．（24-25高三上·山西吕梁·期中）已知函数． (1)证明：曲线是轴对称图形； (2)若函数在上有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，即可说明曲线是轴对称图形； （2）首先求出，然后将问题转化为与的图象在上有三个交点，结合的图象即可求出实数的取值范围. 【详解】（1）由函数，定义域为， 则， 因此可得， 故函数的图象关于，即曲线是轴对称图形. （2）由， 若函数在上有三个零点， 则方程在上有三个实根， 即在上有三个实根， 令，则与的图象在上有三个交点， 又， 当或时，， 则在和上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 又，， ，， 因此可得的图象如图所示， 结合图象，要使与的图象在上有三个交点， 则实数的取值范围为. 24．（2025·山东日照·三模）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，讨论的零点个数． 【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是 (2)答案见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，并化简为，根据函数的定义域，结合导数与函数单调性的关系，即可求解； （2）根据，参变分离得，再构造函数，利用导数分析函数的单调性，最值，以及趋向，即可分析出函数的图象，转化为分析与图象的交点个数问题. 【详解】（1）当时，，则，当时，0恒成立， 所以当时，单调递减；当时，单调递增， 即的单调递减区间是，单调递增区间是． （2）由题意，函数． 设，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 又，所以． 令，可得， 所以，令， 可得， 令，则， 可得时，单调递减；时，单调递增， 所以，即时，恒成立， 故当时，单调递减；当时，单调递增， 所以． 又当时，；当时，，函数的图象，如图所示， 结合图象可得， 当时，无零点；当或时，一个零点； 当时，两个零点． 强化训练 1．（25-26高三·上海·二轮复习）已知函数，当时，试判断的零点个数并证明． 【答案】有两个零点，证明见解析 【分析】先判断是的一个零点，利用分类讨论法，对进行分类讨论，或利用分离参数法，结合导数来确定正确答案. 【详解】解法一：因为，故有一个零点是2． 令，解得（舍去），． 当时，，单调递减． 时，，单调递增．   当时，，． 下面先证明当时，． 令，， 故在上单调递增，所以． 因为，所以． 易知，所以在上存在唯一的零点， 所以当时，有两个零点，为2和．      解法二：当时，，故2是的一个零点， 令，又，所以． 当时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以是的极小值点． 当时，，所以．     下证． 令，则．   当时，，单调递减，当时，，单调递增， 从而，所以当时，， 所以， 即 令，则有，则．       易得当时，， 所以在上有唯一解． 综上，当时，有两个零点 2．（25-26高三下·海南海口·月考）已知函数. (1)若在处的切线为，求的值； (2)当时，确定在上的零点个数. 【答案】(1)， (2)存在个零点 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后利用零点存在性定理可虚设零点，结合其单调性得到最小值小于，再利用零点存在性定理判断零点个数即可得解. 【详解】（1），， 由在处的切线为，则， 故，； （2）当时，，， 当时，， 当时，由与都单调递增， 故单调递增， 又， ，故存在，使得成立，即有， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时取得最小值，即， 则， 令，则， 所以， 则在上单调递减， 故， 又， 故在上存在一个零点， 又， 故在上存在2个零点. 3．（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. 4．（25-26高三上·天津东丽·开学考试）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求函数的极值； (3)讨论方程在上实数根的个数.（其中） 【答案】(1)减区间是，增区间是； (2)极小值，无极大值； (3)详见解析； 【分析】（1）求导，令，由和求解； （2）利用极值的定义求解； （3）由（1）作出函数的大致图象，利用数形结合求解. 【详解】（1）， 令，得， 当时，，递减； 当时，，递增； 所以的减区间是，的增区间是； （2）由（1）知当时，取得极小值，无极大值； （3）易知，，， 由（1）作出函数的大致图像，如图所示：    由图象知：当或时，方程无实根； 当时，方程有2个实根； 当或时，方程有1个实根； 5．（25-26高三上·安徽·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)记函数，且，． （i）求实数的取值范围； （ii）求的零点个数． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)（i）；（ii）个 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调区间； （2）（i）将问题转化为在上存在零点，求导后，分别在、、和的情况下，利用导数讨论的单调性，结合零点存在定理确定存在零点的情况，进而得到结果； （ii）利用导数和零点存在定理可说明在上存在唯一零点，结合可确定零点个数. 【详解】（1）由题意知：定义域为，， 当时，；当时，； 的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）（i）由题意知：，定义域为， 则，等价于在上存在零点， ， 令，则， 令，则； ①当时，，则在上单调递减，， 即，在上单调递减， ； i.当时，，，即在上恒成立， 在上单调递减， ，在上恒成立，则在上不存在零点； ii.当时，，， ，使得，即，且当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，，， 由（1）知：在上单调递减，， ，， 在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，符合题意； iii.当时，，此时在上恒成立，不存在零点； ②当时，，在上恒成立， 在上恒成立，不存在零点； 综上所述：实数的取值范围为. （ii）由（i）知：当时，在上存在唯一零点； 当时，，在上单调递减， ，， ，使得，且当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，，， ，使得，且当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增； ，， 当时，；当时，，则， 当时，， 在，即在上存在唯一零点； 在和上各存在一个零点， 又，即为的一个零点，共有个零点. 6．（25-26高三上·广东揭阳·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求极值点的个数； (3)当时，求函数零点的个数. 【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为. (2)2 (3)4 【分析】（1）利用导数求的单调区间； （2）设，利用分析的单调性及最值，根据其正负取值情况，分析的单调性，得到极值点的个数； （3）将函数零点的个数，可转化为方程的解的个数.因为，所以可转化为的解的个数，即函数的图象与的交点的个数.构造函数，分析函数的单调性、最值，作出简图，即可求得函数的图象与的交点的个数，从而得到函数零点的个数. 【详解】（1）当时，函数. ，且是增函数. 令，得；令，得； 所以的单调减区间为，单调增区间为. （2）当时，函数，则. 令，则，且是增函数. 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增. 又，，， 所以在和上各存在一个零点（分别记为）. 所以当时，；当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 故有两个极值点. （3）函数零点的个数，可转化为方程的解的个数. 因为，所以可转化为的解的个数，即函数的图象与的交点的个数. 令函数. 则. 令，则. 显然，恒成立，所以在上为增函数. 又，，所以在上存在唯一零点，记作，则. 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为. ，所以. 所以的大致图象如下： 所以，函数的图象与有4个交点，即函数有4个零点. 7．（25-26高三·上海·二轮复习）曲线与在上有两个不同的交点，求的取值范围 【答案】 【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解. 【详解】令，即， 令 则， 令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点，所以等价于与有两个交点， 所以. 8．（25-26高三上·广东深圳·月考）已知函数的定义域为，其导函数为，且. (1)求的单调区间； (2)已知关于的方程恰有两个实数根，若，求的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1)在单调递增，在单调递减，最大值为； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）对求导，得出的单调性，结合最值的定义即可得； （2）设，代入，将化简为，设，对求导，得出的单调性，证，即可求； （3）设，求，研究的单调性和最值可得，再结合的单调性即可证明. 【详解】（1），令，解得， 当时单调递增，当时单调递减， 所以时，取得最大值， 所以在单调递增，在单调递减，的最大值为. （2）依题意，，两式相除可得， 不妨设，所以，所以， 所以， 设，则， 设，则， 所以单调递增，所以， 所以单调递增，所以． 所以的取值范围为. （3）设， 设，则， 设，则， 所以单调递减，，所以单调递减， 因为，所以在单调递增，在单调递减， 所以， 由（1）知，，所以函数在上单调递减， 所以，即， 所以. 9．（2026·贵州毕节·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若关于的方程有两个不相等的实数解，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程. （2）利用导数求得函数当时，，时，，即可得解. 【详解】（1）因为， 所以. 又，， 所以在点处的切线方程为：. （2）因为函数定义域为，， 因为时，，所以在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增. 所以，当时，有极小值，且. 且当时，， 时，， 所以若关于的方程有两个不相等的实数解，. 10．（25-26高三·天津·二轮复习）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) 【分析】（1）对求导得，利用函数单调性和零点存在性定理即可证明； （2）设，求导得，设，再分和讨论在上的单调性，得到的正负，即的正负情况，从而判断在区间上的零点个数，最终确定实数的取值范围． 【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，则由题可知,在上恰有两个零点. 记， 当时，在单调递增，， 所以恒成立，则函数在上单调递增. 因为，所以在上有且只有一个零点，不合题意； 当时，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，此时函数在上有且只有一个零点，不合题意； （ii）当时，恒成立，即恒成立，则函数在上单调递减， 此时函数在上有且只有一个零点，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，所以，所以取值范围是. 综上所述，实数的取值范围为. 11．（25-26高三·上海·二轮复习）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：. (1)若，求出函数的极值点，并判断的符号； (2)若，，讨论方程解的个数； 【答案】(1)是函数的极大值点，是函数的极小值点，， (2)答案见解析 【分析】（1）根据极值点的求法，先求出导函数的零点，再判断零点两侧附近的符号即可求出，然后根据即可判断的符号； （2）根据定义先求出函数的表达式，然后构造函数，分析其单调性与极值、端点趋势，得到值域分布；最后根据直线与函数图像的交点个数分类讨论方程解的个数. 【详解】（1），令，解得或， 由或；由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以是函数的极大值点；是函数的极小值点. 又，当时，； 当 时，. （2）因为 ，所以 ，， 则 ， 令 ，，， 令 ，即 ，因为 ，所以 ， 当 时，，所以 在严格递增， 当 时，，所以 在严格递减， 所以函数在 处取得最大值 ； 当 时，；当 时，， 时， 的图象无交点； 当 时，的图象有个交点； 当 时，的图象有个交点， 所以当 时，方程 无解； 当 时，方程 有个解； 当 时，方程 有个解. 12．（2025·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)若曲线在处的切线与在处的切线相互垂直，求的值. (2)设是的三个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)或. (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）去绝对值将写成分段函数的形式，对求导，求出和根据题目信息和导数的几何意义列式即可求出的值； （2）（i）令，分离参数得到，令，通过求导得到的单调性，让与函数有三个交点，即可求出的取值范围；（ii）先证明即可证明. 【详解】（1），所以， 则. 因为曲线在处的切线与在处的切线相互垂直，所以，解得或. （2）（i）令，则. 令，则，所以， 则的单调递增区间为，单调递减区间为， 当，，当，， 又有三个零点，所以的取值范围为. （ii）证明：由（i）可知， 下面证明：， ①要证明，只需证明， 又，即证，所以原式等价于证明， 由，得，则， 所以只需证明， 即证， 令，则，上式等价于证明， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以原不等式成立，即. ②要证明，只需证明， 由（i）知，则，即, 又因为，所以， 因为在上单调递减，所以成立， 综上，. 13．（2025·安徽芜湖·二模）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点. (1)求点的轨迹的方程； (2)若圆与曲线恰有一个公共点，且圆与轴相切于点，求圆的半径. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由两点的坐标得到圆心坐标，再由圆上的点到圆心的距离相等得到的关系； （2）联立圆和曲线的方程，因为只有一个公共点，所以恰有一个正数y满足，转化成与图象只有一个交点的问题，利用导数得到函数的图象，从而确定的值. 【详解】（1）因为圆经过轴上的两点和，所以圆心为的中点， 又因为该圆经过点和， 所以化简得， 所以点的轨迹的方程为. （2）设圆的半径为，且不妨设圆心在轴的上方，因为圆与轴相切于点， 所以圆心，圆的方程为， 联立消去得， 于是， 因为圆与曲线恰有一个公共点，所以恰有一个正数y满足， 记，， 令，得；令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取到最小值，      因此当时，没有正数解；当时，恰有一个正数解； 当时，因为当和时均可任意大总有两个正数解. 综上，. 14．（24-25高三上·辽宁丹东·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程. (2)若，且是的两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）由题可得切线方程斜率及所过点，据此可得切线方程； （2）（i）由题可得函数图象与直线有两个交点，利用导数知识可得大致图象，即可得答案； （ii）由题可得，然后由基本不等式可完成证明. 【详解】（1）当时，，则. ，则. 故曲线在处的切线方程为， 即； （2）由，可得， 则有两个零点，等价于方程有两个根， 即函数图象与直线有两个交点 令，则， 令，则， 令，则， 即在上单调递增， 注意到，则存在， 使，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 即，因， 则， 又，，， 则当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增. 又， 则可得大致图象如下：则要使函数图象与直线有两个交点， 需满足； （ⅱ）证明：由题可知， 显然. 则当且时，易知取两个互为倒数的数时，函数值相等， 因为，所以互为倒数，即， ， 当且仅当时，等号成立. 【点睛】关键点睛：对于涉及零点问题，常利用零点存在性定理确定零点大致范围，或利用函数图象交点个数确定参数范围. 15．（24-25高三下·河北沧州·月考）已知函数，其中． (1)当时，求函数的单调性； (2)若是函数唯一极值点，求实数的取值范围； (3)若函数有三个极值点，证明：． 【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可， （2）是函数唯一极值点转化成导函数有且仅有一个零点，结合函数图像求解即可； （3）若函数有三个极值点，通过构造函数，得到设的两个解分别为的情况下，问题转化为即即，即所，即， 从而转化成构造新的函数，结合导数证明即可. 【详解】（1）当时，， 则， 令 当时，单调递增，当时，单调递减， 即当时，取极小值，即最小值 可得，故恒为正， 令可得，令可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增． （2）， 分析可得，若函数只有唯一极值点，则函数无变号零点， 令，即， 设函数，则， 令可得，令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，当时，，当时，， 作图如下，所以可得，． （3）， 由函数有三个极值点，分析可得，，即有两个不同于3的解， 设的两个解分别为，令函数， 如图所示，现证明， 由图分析可得，， 要证明，即，所以，即， 令，则接下来需证明，其中， ，所以在上单调递增， 所以，即，所以证明成立，， 又因为，所以，证明成立． 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题关键在于减元，结合函数的单调性构造新的函数结合导数证明即可. 16．（24-25高三上·山东菏泽·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)设分别为的极大值点和极小值点，记．证明：直线与曲线交于另一点． 【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，借助导函数的正负即可得原函数的单调性； （2）求出直线的方程后，联立直线的方程与曲线，可得，构造函数，结合导数研究单调性后结合零点的存在性定理，可得方程有处外的第三个解，即可得证. 【详解】（1） 令得或， 当时，； 当时，； 故的单调增区间为，单调减区间为； （2）由（1）得， 则直线的方程为， 即， 令，得， 设， 则， 令得，当时，； 当时，； 所以在单调递减，在单调递增， 因为， 存在唯一的，使，所以有且仅有2个零点， 其中，这表明方程0的解集为， 即直线与曲线交于另一点，且的横坐标为． 【点睛】关键点点睛：第二问关键点在于将证明直线与曲线交于另一点转化为证明直线的方程与曲线联立后，消去后所得方程有除外的第三个解. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题41　利用导数研究函数零点问题 题型01 利用导数判断函数零点 1．（25-26高二下·内蒙古包头·月考）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数. 2．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求函数的零点个数； (3)若有三个极值点，，，且满足，求的取值范围. 3．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)讨论的图象与直线的交点个数. (2)已知函数，有五个不同的零点，且，求的取值范围. 4．（25-26高三上·河南新乡·期末）已知函数，为实数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，讨论的零点个数； (3)对，恒成立，求的取值范围． 5．（2026·四川巴中·一模）已知在处取得极小值． (1)求在处的切线方程； (2)若，讨论零点的个数． 6．（2025·甘肃·模拟预测）已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)讨论导函数的零点个数情况； (3)若有两个不同极值点.当时，证明：. 7．（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. 8．（2026·山东青岛·模拟预测）已知函数…是自然对数的底数，）． (1)讨论的单调性； (2)讨论关于x的方程根的个数． 题型02 利用导数研究由零点个数求参数范围 9．（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 10．（25-26高三下·湖南·月考）已知函数，对任意的的图象恒过点. (1)若的图象在点处的切线互相平行，求. (2)若有两个极值点，且， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 11．（25-26高三下·贵州遵义·开学考试）已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)若方程在上恰有2个实数根，求m的取值范围． 12．（25-26高二下·江苏苏州·月考）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有唯一零点，求实数的取值范围. 13．（25-26高三下·安徽合肥·月考）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)若在区间上存在唯一的极值点和唯一的零点，且，求t的取值范围． 14．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求函数在处的切线方程． (2)若函数有两个不同的零点，求实数b的取值范围． 15．（2026·四川泸州·模拟预测）已知，函数. (1)当时，函数为减函数，求实数的最小值; (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)当时，证明：方程有三个不等实根. 16．（25-26高三上·福建·月考）已知函数. (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值. (2)设是的三个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 题型03 利用导数研究函数图象及性质 17．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数与有两个交点，交点横坐标分别为，，且． (1)求的取值范围； (2)证明：； 18．（24-25高二下·吉林·期末）设函数. (1)若，求函数的极值点； (2)设函数在上有两个零点，求实数a的取值范围.（其中e是自然对数的底数）. 19．（24-25高一下·北京·期末）已知函数. (1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的值； (2)讨论的单调性； (3)若存在，使得的解集为，直接写出的取值范围. 20．（2025·河南郑州·三模）已知函数． (1)若是函数的极值点，求a的值； (2)在（1）的条件下，若函数有两个零点，求实数m的取值范围． 21．（24-25高三上·四川绵阳·月考）已知三次函数过点，且函数在点处的切线恰好是直线. (1)求函数的解析式； (2)求的极值； (3)设函数，若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围. 22．（2025·全国·一模）已知函数，. (1)当时，求的最大值； (2)证明：存在唯一极值点； (3)若存在开区间，使得，当且仅当，求的取值范围. 23．（24-25高三上·山西吕梁·期中）已知函数． (1)证明：曲线是轴对称图形； (2)若函数在上有三个零点，求实数的取值范围． 24．（2025·山东日照·三模）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，讨论的零点个数． 强化训练 1．（25-26高三·上海·二轮复习）已知函数，当时，试判断的零点个数并证明． 2．（25-26高三下·海南海口·月考）已知函数. (1)若在处的切线为，求的值； (2)当时，确定在上的零点个数. 3．（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. 4．（25-26高三上·天津东丽·开学考试）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求函数的极值； (3)讨论方程在上实数根的个数.（其中） 5．（25-26高三上·安徽·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)记函数，且，． （i）求实数的取值范围； （ii）求的零点个数． 6．（25-26高三上·广东揭阳·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求极值点的个数； (3)当时，求函数零点的个数. 7．（25-26高三·上海·二轮复习）曲线与在上有两个不同的交点，求的取值范围 8．（25-26高三上·广东深圳·月考）已知函数的定义域为，其导函数为，且. (1)求的单调区间； (2)已知关于的方程恰有两个实数根，若，求的取值范围； (3)证明：. 9．（2026·贵州毕节·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若关于的方程有两个不相等的实数解，求实数的取值范围. 10．（25-26高三·天津·二轮复习）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． 11．（25-26高三·上海·二轮复习）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：. (1)若，求出函数的极值点，并判断的符号； (2)若，，讨论方程解的个数； 12．（2025·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)若曲线在处的切线与在处的切线相互垂直，求的值. (2)设是的三个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 13．（2025·安徽芜湖·二模）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点. (1)求点的轨迹的方程； (2)若圆与曲线恰有一个公共点，且圆与轴相切于点，求圆的半径. 14．（24-25高三上·辽宁丹东·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程. (2)若，且是的两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 15．（24-25高三下·河北沧州·月考）已知函数，其中． (1)当时，求函数的单调性； (2)若是函数唯一极值点，求实数的取值范围； (3)若函数有三个极值点，证明：． 16．（24-25高三上·山东菏泽·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)设分别为的极大值点和极小值点，记．证明：直线与曲线交于另一点． 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $