函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根 专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦导数应用核心，通过精选模拟例题系统覆盖函数零点与方程根的研究，强化数学思维与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |利用导数研究函数零点问题|例3+变式3|切线方程、参数范围、零点个数讨论、证明不等式|以导数分析函数单调性、极值为基础，构建零点存在性与个数判断的逻辑链条| |利用导数研究方程的根|例3+变式3|方程根的个数讨论、参数范围、证明根的关系|将方程根转化为函数零点，延续零点问题研究方法，体现知识迁移应用|

函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 考点目录 利用导数研究函数零点问题 利用导数研究方程的根 考点一 利用导数研究函数零点问题 例1.(25-26高二下·福建泉州期中)已知函数f(x=xe+asinx, (1)当a=1时，求f(x)在点(0，f(0)处的切线方程： (②)若函数∫(x)在(0，π)内有零点，求实数a的取值范围； (3)若存在x,xe(0,,使得f（x)=f(x)=0,求证：<2x 例2.(2026湖南怀化三模)已知函数f(x)=xe-sx+m,其中s、m为常数，gx)=lnx-ax,且f(x的图象在 x=1处的切线方程为3e-1)x-y-2e=0. (1)求s、m的值： (2)若存在X1、x2x1≠x2)满足g()=gx2,求证：ax,+ax2>2; ③)设函数F(y=过-gx,结合的取值范围时论F(y的零点个数。 函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 例3.26东济南三模)已知函数f八到=ex>0). (I)设函数gx)='(x),求gx的最小值； (2)对任意x∈1，+o),都有f(x≥kx-1,求k的取值范围： (3)对任意keR,直线y=kr+m与曲线y=f(x有且仅有一个公共点，求m的取值范围. 变式1.(2026河南郑州二模)若函数f(x=lnx, (I)若方程∫(x=kx有两个不同的实数根，求实数k的取值范围： 2证明：fx<e+1-2恒成立： 3)是否存在正实数a,使得g(x)=g-a(e)恰有三个零点且三个零点构成等差数列，若存在，求出该数列的公差； 1 若不存在，请说明理由. 2 函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 变式2.(2026湖南株洲模拟预测)己知函数f(x=e+ax2-1. (1)若a=1,求fx在x=2处的切线方程； 2若a=0,证明不等式f(x≤-2+，4在0,1上恒成立： 2-x (3)若gx=fx·f'(x),且在(0,2)上只有一个零点，求a的取值范围. 变式3.(2026广东广州三模)已知函数f(x=(ax+1)lnx-2ax,f'(x为f(x)的导数 (1)若a>0,求f'(x)的极值； (2)若∫x)在(0，+o)单调递增，求a的取值范围； (3)讨论f(x)的零点个数 函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 考点二 利用导数研究方程的根 例1.(2026云南模拟预测)设函数f(x)=2x2+anx(a∈R). (1)若曲线y=f(x)在点(1，fI)处的切线方程为y=2x+m,求实数a,m的值； (2)求证：fx>xsinx+alnx; (3)关于x的方程f(x+2c0sx=5能否有三个不同的实根？证明你的结论. 例2.(2026-陕西咸阳模拟预测)已知函数fx)=1nx-x(a-),g()=f(x)-r，aeR. (1)讨论f(x)的单调性； 2)若f()有两个极值点x,x,且存在a,使得不等式f(x1)+f(x2)>m-x1x2成立，求m的取值范围： 3)若关于x的方程g)=0恰有两个实根s,求证：r子+(m母)2>2 函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 例3.(226~山东青岛·模拟预测)已知函数f()=。二+(e=2.71828)是自然对数的底数，c∈R). (1)讨论(x的单调性； (2)讨论关于x的方程lnx=fx根的个数. 变式1.(2026广西南宁.二模)已知函数f(x)=ax+。 2.x (I)若a=1,求曲线y=∫x在点1，f1)处的切线方程： 回法方程八-在x+松上有解，求4的取值范周。 「1 函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 变式2.(2025·云南昆明模拟预测)己知f(x)=e-ax,aeR. (1)当a=1时，求函数y=f(x的极值 (2)若关于x的方程∫(x)=0有两个不等实根，求α的取值范围. 变式3.(25-26高三上·四川成都·开学考试)已知函数fx)=e*sinx-ax(a∈R). (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程； (2)讨论函数f(x)在0，π 上的单调性： 2 (3)若f(x在(0，π内恰有两个不同的极值点，求a的取值范围. 6函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 函数与导数：利用导数研究函数零点问题、利用导数研究方程的根专项训练 考点目录 利用导数研究函数零点问题 利用导数研究方程的根 考点一 利用导数研究函数零点问题 例1．（25-26高二下·福建泉州·期中）已知函数 (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若函数在内有零点，求实数的取值范围； (3)若存在，使得，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求切线方程即可； （2）利用分离参变量，构造函数求值域，即可求参数范围； （3）利用分析法，结合已知条件，转化为导数证明不等式即可. 【详解】（1）当时，，求导得：， 则，切线斜率， 由点斜式得切线方程：； （2）由在有零点，因为时， 所以， 设，， 求导得：， 令，， 则， 当时，， 则在单调递增， 即， 所以当时，， 当时，， 即在上单调递增， 当时，由， 当时，，则的值域为 所以由在有零点，则， 即实数的取值范围为； （3）由已知得：， ， 由（2）得，则，即， 由（2）知在上单调递增， 要证明，只需要证明， 又因为，所以即证明， 因为，所以只需要证明， 构造函数，，， 求导得：，， 所以在上单调递增， 在上单调递增， 则，， 即，， 利用不等式性质可得：， 即原不等式得证. 例2．（2026·湖南怀化·三模）已知函数，其中、为常数，，且的图象在处的切线方程为． (1)求、的值； (2)若存在、满足，求证：； (3)设函数，结合的取值范围讨论的零点个数． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)时，无零点，时，有1个零点，时，有个零点. 【分析】（1）根据导数的几何意义得出可得出的值，再利用切点为切线与函数图象的公共点，可求出的值； （2）对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，分析导数的单调性，可知，不妨设，结合可得出，将所证不等式变形为，令，则，所以只需证，再构造函数，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立； （3）由可得，令，则与的零点个数相同，利用导数分析函数的单调性与最值，求出，对的符号进行分类讨论，可得出函数的零点个数. 【详解】（1）因为，所以， 由题意可知，所以， 因为切点在直线上，所以，则， 又因为，解得. （2）函数的定义域为，． 当时，，在上单调递增，不符合题意；       当时，令，得， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减． 不妨设，因为，所以， 即，所以要证，即证． 即证，即证，      令，则，所以只需证． 令，则， 所以函数在上单调递增，所以，故. （3）因为， 不妨令，则与的零点个数相同， ， 令，则，所以在上单调递增， 因为，，所以存在，使得， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以， 因为，即， 构造函数，其中，则，即函数在上为增函数， 因为，则，则， 由，即，即，所以， 所以，所以， 故当时，即当时，函数无零点； 当时，即当时，函数只有个零点； 当时，即当时， 由于当时，，当时，， 此时函数在和上各有一个零点，即函数有个零点. 综上所述：时，无零点，时，有个零点，时，有个零点． 例3．（2026·山东济南·三模）已知函数． (1)设函数，求的最小值； (2)对任意，都有，求k的取值范围； (3)对任意，直线与曲线有且仅有一个公共点，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）可知，，求导，利用导数分析单调性和最值； （2）参变分离可得，，令，，利用导数分析的单调性和最值，即可得结果； （3）参变分离可得对任意，与在内有且仅有1个交点，可知在内单调递增，求导，结合（1）中结论分析求解. 【详解】（1）由题意可知：，，则， 可知在内单调递增，且， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以在内的最小值为. （2）若，，可得， 原题意等价于在内恒成立， 令，，则， 令，，则， 由（1）可知：在内单调递增，则， 可得，可知在内单调递增， 则，可得，可知在内单调递增， 则，可得， 所以实数k的取值范围为. （3）令，，则， 原题意等价于对任意，与在内有且仅有1个交点， 则在内的值域为，且为单调函数， 且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于； 可知在内单调递增， 则在内恒成立， 可得，即在内恒成立， 因为， 由（1）可知：当时，，即； 当时，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增，则， 可得，即， 所以实数m的取值范围为. 变式1．（2026·河南郑州·二模）若函数． (1)若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围； (2)证明：恒成立； (3)是否存在正实数，使得恰有三个零点且三个零点构成等差数列，若存在，求出该数列的公差；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在正实数使得恰有三个零点且三个零点构成等差数列，公差为 【分析】（1）等价于，令，通过求导求出的单调性，可得图象，结合图象即可求出答案； （2）不等式可化为，分为，和三种情况，分别讨论即可，当时，证明，再证明即可证明； （3）恰有三个零点等价于有三个不同的根，令，通过求导得到的单调性，结合图象可求出的取值范围，不妨设，公差为，则，，方程两边同时取对数得，根据，分别求出，列等式即可求出答案. 【详解】（1）等价于， 令，， 当，，函数在上单调递增， 当，，函数在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为， 当时，，当时，， 所以当时，方程有两个不同的实数根，即两个不同的实数根， 所以实数的取值范围为. （2）不等式可化为， 当时，，，所以， 而，所以； 当时， 显然成立； 当时，设，， 设，， 所以函数在上单调递增， 又，， 所以，使得，即， 当时，，即，函数在上单调递减， 当时，，即，函数在上单调递增， 所以， 即，即， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以当时，， 即时，，即， 结合，所以， 综上所述，恒成立，故恒成立. （3）， 恰有三个零点等价于有三个不同的根， 即有三个不同的根， 令，定义域为，， 当时，，所以函数在上单调递增， 当时，，所以函数在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增， 当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 所以当有三个不同的根时，， 不妨设三个根满足， 设等差数列公差为，则，， 方程两边同时取对数得， 将代入得， 根据得， 解得， 根据得， 解得， 所以，即，解得，即， 所以存在正实数使得恰有三个零点且三个零点构成等差数列，公差为. 变式2．（2026·湖南株洲·模拟预测）已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)若，证明不等式在上恒成立； (3)若，且在上只有一个零点，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)见解析； (3). 【分析】（1）利用导数的几何意义求解出切线的斜率，再用点斜式方程求解； （2）将原不等式等价转化为证明，从而只要求出的最大值即可； （3）的零点个数转化为讨论在零点. 【详解】（1）当时，， ， ， 则在处的切线方程为， 即. （2）当时，，要证，即证， 也即证明在上恒成立， 令，， 令，，则 ， 故在上单调递减，所以，即 所以，故在上单调递减，， 故不等式在上恒成立. （3）若，则当时， ，且 ， 所以，不可能只有一个零点．故只需考虑． 设，则， ， 先讨论． 由 得， 设 ， 则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，并且， 并且当从右侧趋近于时，趋近于；当 时，． 由此可得：当时，在上无解； 当时，在上只有一个解； 当时，在上有两个解； 当时，在上只有一个解，且该解在内． 下面同时检查的零点． 当时，由知在上单调递增，且， 所以，此时无零点，不符合题意． 当时，， 设，，则， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 则，则， 则，当且仅当时取等号． 又，所以在上恒为正． 因此在上只有一个零点，符合题意． 当时，在上已有两个解，所以至少有两个零点，不符合题意． 当时，在上有一个解． 另一方面，当从右侧趋近于时，有 ， 而 故由连续性可知，存在，使得 ．于是至少有两个零点，不符合题意． 综上，的取值范围为 变式3．（2026·广东广州·三模）已知函数，为的导数. (1)若，求的极值； (2)若在单调递增，求的取值范围； (3)讨论的零点个数. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) (3)当时，在的零点个数为1；当时，在的零点个数为2. 【分析】（1）直接对进行求导，利用导数研究单调性即可判断极值点，进而求出极值； （2）由在单调递增等价于恒成立，对进行分类讨论，即可求出的取值范围； （3）方法一：利用导数对进行分类讨论，判断极值的符号，进而确定零点的个数；方法二：参变量分离，将的零点个数问题转化为直线与函数的图象的交点个数即可. 【详解】（1）的定义域为. ，， 若，则当时，；当时，， 所以的极小值为，无极大值. （2）在单调递增等价于恒成立， ①若，则当时，，即，不合题意，舍去； ②若，则在单调递增，符合题意； ③若，由（1）得，在单调递减，在单调递增， 从而等价于，解得. 综上所述，的取值范围为. （3）方法一： ①若，则在单调递增，时，； 时，，所以在存在唯一零点； ②若，则在单调递减，又因为， 当时，，所以存在唯一， 使得， 且时，；时，， 故在单调递增，在单调递减， 其中， 且当和时，均有，故在和各有一个零点，故在有两个零点. ③若，由（1）（2）得在单调递减，在单调递增， 且当和时，均有，， 故存在，使得， 与②同理得在单调递增，在单调递减，在单调递增， 又由②得，，当时，， 故，，无零点；在存在唯一零点， 故在存在唯一零点. 综上所述，当时，在的零点个数为1；当时，在的零点个数为2. 方法二： 令得， 注意到不是该方程的解，故不是的零点，从而有 ，设， ，故在和单调递增， 时，，，故； 时，，时，， 时，由洛必达法则，. 【另一表述】与一次函数相比，对数函数增长得非常缓慢，故， 所以的草图为 的零点个数为水平直线与函数的图象的交点个数， 故当时，在的零点个数为1；当时，在的零点个数2. 考点二 利用导数研究方程的根 例1．（2026·云南·模拟预测）设函数（）． (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数，的值； (2)求证：； (3)关于的方程能否有三个不同的实根？证明你的结论． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)不可能有三个不同的实根，证明见解析 【分析】（1）对函数求导，根据已知切线方程列方程求参数值； （2）问题化为证明，构造函数并应用导数证明不等式即可； （3）问题化为证明在上至多有一个实根，导数研究在上的零点个数即可. 【详解】（1）由题设，且， 又点在切线上，所以，则， 又切线斜率为2，所以，故； （2）要证， 即证， 即证时，， 即证， 令，则， 故在上单调递增，， 故； （3）不可能有三个不同的实根，证明如下： 令，． 如果有三个不同的实根， 则至少要有三个单调区间， 则至少有两个不等实根， 只要证明在上至多有一个实根即可． ， 令，则， 当时，，， ， 在上单调递增， 在上至多有一个实根； 当时，由（2）得， ∵当时，， ， 在上没有实根． 综上所述，在上至多有一个实根， 所以不可能有三个不同的实根得证. 例2．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知函数，，． (1)讨论的单调性； (2)若有两个极值点，，且存在a，使得不等式成立，求m的取值范围； (3)若关于x的方程恰有两个实根r，s，求证：． 【答案】(1)当时，在区间内单调递增；当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增． (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导后，将导数符号的判断转化为二次函数在区间上根的分布问题，通过对判别式进行分类讨论来求解单调区间； （2）利用韦达定理进行整体代换，将含双变量的极值问题转化为关于参数的一元函数求最大值问题； （3）利用两根关系消去参数，通过换元法构造函数证明出，最后借助基本不等式放缩完成证明. 【详解】（1）由，得， 记，对称轴为， 若，即时，在区间内单调递增，所以， 所以，在区间内单调递增．             若，即时，当，即时，恒成立， 所以，在区间内单调递增；             当，即时，有两个不等的正实根，， 令，得或，令，得， 所以在区间，内单调递增，在区间内单调递减． 综上，当时，在区间内单调递增； 当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减， 在区间内单调递增． （2）由（1）得，因为有两个极值点，， 所以方程有两个不相等的正实数根，， 则，解得， 所以 ， 设， 则， 所以在区间内单调递减， 所以．                     因为存在a，使得不等式成立， 所以对有解， 所以，故m的取值范围为． （3）证明：，不妨设， 因为， 所以，， 所以，．                下面先证明， 即证， 即证， 即证． 设，则上式转化为，             设，则， 所以在区间内单调递增， 所以当时，， 所以，所以，                 因为，所以， 得，当且仅当时取得等号， 又，所以， 所以． 例3．（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． 变式1．（2026·广西南宁·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若方程在上有解，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求的切线方程； （2）由可得，令，其中，则实数的取值范围为函数在上的值域，利用导数求解即可. 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 当时，曲线在点处的切线方程为， 即. （2）当时，由可得， 令，其中，则， 令，则， 当时，，即函数在上为减函数， 当时，，即函数在上为增函数， 当时，，即， 故函数在上为增函数， 当时，， 故函数在上的值域为， 故实数的取值范围为. 变式2．（2025·云南昆明·模拟预测）已知，． (1)当时，求函数的极值； (2)若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围． 【答案】(1)极小值为1，无极大值 (2) 【分析】（1）求出函数的导数，根据函数的极值与导数的关系，即可求得答案； （2）先判断出，即可将方程有两个不等实根，转化为与有2个交点的问题，结合函数的导数判断函数单调性，即可求解. 【详解】（1）当时，，定义域为R，， 令，得， 当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，函数在区间上单调递增， 所以在处取到极小值为，无极大值． （2）方程，当时，显然方程不成立， 所以，则，方程有两个不等实根， 即与的图象有2个交点， ，当或时，， 在区间和上单调递减，且时，， 当时，， 当时，，在区间上单调递增， 时，当时，取得极小值也即最小值，， 所以与有2个交点时，， 故a的取值范围为． 变式3．（25-26高三上·四川成都·开学考试）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数在上的单调性； (3)若在内恰有两个不同的极值点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析； (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由直线的点斜式方程即可得出结果； （2）求导，再对参数进行分类讨论即可得出函数的单调性； （3）原问题转化为在上有两个不同的解，进而转化为的图象与在内恰有两个不同的交点，利用导数进行求解即可. 【详解】（1）当时，，， 又，， 故切线方程为. （2），令， ， 当时，，故在上单调递增， ， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，，使得， 故当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增. （3）在内恰有两个不同的极值点， 在内恰有两个不同的实根， 故的图象与在内恰有两个不同的交点， 由（2）可知， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 故当时，， 当时，， 在处有最大值即， 又， 的取值范围为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $