专题05 导数研究函数的零点（期末复习专项训练）高二数学下学期北师大版

**基本信息** 聚焦导数研究函数零点的8类核心题型，以题载法构建从基础讨论到综合证明的递进训练体系，培养逻辑推理与数学表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |讨论含参数函数的零点个数|3题|含参数单调性分析，极值点与零点关系|导数工具→单调性→极值→零点存在性| |证明函数的零点个数|3题|结合导数证唯一性，含高考真题|函数性质→特殊点函数值→零点定理应用| |由零点个数求参数范围|3题|极值点符号分析，参数分类讨论|极值正负→零点个数→参数边界确定| |零点与极值点综合证明|3题|极值点与零点位置关系证明|导数应用→极值点定位→不等式证明| |与零点有关的比较大小|4题|构造函数证不等关系，含双零点|函数构造→单调性分析→大小比较| |零点差/和证明|4题|双零点或多零点关系证明|对称构造→变量代换→不等式推导| |零点综合题型|6题|多选与开放题，多知识点融合|导数与函数性质→综合应用→创新思维|

专题05 导数研究函数的零点 题型1 讨论含参数函数的零点个数 题型5 零点与极值点综合证明问题（难点） 题型2 证明函数的零点个数（重难点） 题型6 与零点有关的比较大小（难点） 题型3 由函数的零点个数求参数范围（常考点） 题型7 与零点差有关的证明问题 题型4 与零点和有关的证明（难点） 题型8 零点的综合题型 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 讨论含参数函数的零点个数 1．（2026·广东深圳·模拟预测）已知函数，直线与曲线相切． (1)求实数的值； (2)若是函数的极大值点． ①求实数的取值范围； ②讨论的零点个数． 2．（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数，． (1)若，证明：； (2)讨论函数在上零点的个数； (3)求实数的最大值，使得对任意，都有． 3．（2026·广西崇左·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)若有3个零点，，，证明：. 题型二 证明函数的零点个数 4．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 5．（2026·福建·模拟预测）已知函数． (1)若为增函数，求实数a的取值范围； (2)证明：函数有且仅有一个零点． 6．（2026·上海·模拟预测）已知函数（）. (1)当时，求函数的单调区间和极值； (2)若函数在区间上有且只有一个零点，求实数的取值范围. 题型三 由函数的零点个数求参数范围 7．（25-26高二下·天津静海·阶段检测）已知函数，其中． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围． 8．（25-26高二下·广东肇庆·期中）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值与最小值； (3)若函数在有三个不同的零点，求b的取值范围． 9．（25-26高二下·北京·期中）设函数 . (1)在点处的切线与直线平行，求a的值； (2)当时，求的最大值； (3)存在两个零点，，求的取值范围. 题型四 与零点和有关的证明 10．（2026·北京大兴·三模）已知函数. (1)若曲线与直线相切于点，求a，b的值； (2)若关于的方程有两个不同的解， （i）直接写出的取值范围，并求证：； （ii）判断与的大小关系，并说明理由. 11．（2026·河北雄安·三模）已知函数，函数，为实数． (1)证明：． (2)若． （ⅰ）证明：有两个零点，，且若，则； （ⅱ）证明：． 12．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求的值； (2)若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围； (3)若有两个不同的零点，，证明：． 题型五 零点与极值点综合证明问题 13．（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． 14．（2026·江西·模拟预测）已知函数，为的导函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)是否存在，使得为的极值点？若存在，求；若不存在，请说明理由； (3)若，为最小的零点，证明：当时，． 15．（2026·河北邯郸·三模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设为的极小值点. （ⅰ）当时，若正实数为的零点，证明：； （ⅱ）若，求的取值范围. 题型六 与零点有关的比较大小 16．（2026·湖北随州·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若，证明：； (3)设函数，若有两个不同的零点，，且，求的取值范围． 17．（2026·山东济宁·三模）设函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若函数存在零点，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）设为的极值点，证明：． 18．（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：． 19．（2026·山东聊城·模拟预测）已知函数，. (1)若曲线在点与处的切线互相平行，求的值. (2)若有两个极值点，其中. （i）求的取值范围； （ii）当取得最小值时，求的值. 20．（25-26高二下·重庆·期中）已知函数 (1)求在点处的切线l的方程； (2)若； （ⅰ）证明：函数恰有两个零点； （ⅱ）设为的较大零点，，证明：． 题型七 与零点差有关的证明问题 21．（2026·江苏苏州·模拟预测）已知函数. (1)时，求的最小值； (2)若存在，使得有四个零点，这四个零点从小到大依次记为，，，. ①求的取值范围（直接写出答案，无需说明理由）； ②证明：. 22．（25-26高三下·山东日照·阶段检测）已知函数有四个不同零点且． (1)求的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 23．（25-26高二下·云南怒江·阶段检测）已知函数. (1)求的单调区间. (2)设有3个不同的零点，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 24．（25-26高二下·河南·期中）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 题型八 零点的综合题型 25．（25-26高二下·山东日照·期中）已知函数和，直线与两条曲线和均相交. (1)若直线与两条曲线共有2个不同的交点，求实数的取值范围； (2)求同时与曲线和相切的直线条数； (3)若直线与两条曲线共有四个不同的交点，从左到右四个交点的横坐标分别记为，，，，是否存在，使得，，，依次成等比数列？请说明理由. （注：，） 26．（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）（多选）已知函数有三个极值点，，（），则（   ） A． B． C．若，，成等差数列，则，，成等比数列 D．若，，成等差数列，则数列，，的公差为 27．（25-26高二下·四川成都·期中）（多选）已知函数，，则下列说法正确的是（   ） A．在上是增函数 B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为 C．若方程有两个实数根，则 D．若，且，则的最小值为 28．（2026·安徽合肥·模拟预测）（多选）已知函数．（   ） A．函数的对称中心为 B．记根的个数所构成的集合为，则 C．当必然有实数根且有2个不同实根时， D．当必然有实数根且有2个不同实根时， 29．（25-26高二下·安徽滁州·期中）（多选）已知函数有3个零点，其导函数为，则（    ） A．不是定值 B． C．，使得曲线关于点对称 D． 30．（25-26高二下·安徽安庆·阶段检测）（多选）已知函数有两个零点和，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．有极大值点，且 $专题05 导数研究函数的零点 题型1 讨论含参数函数的零点个数 题型5 零点与极值点综合证明问题（难点） 题型2 证明函数的零点个数（重难点） 题型6 与零点有关的比较大小（难点） 题型3 由函数的零点个数求参数范围（常考点） 题型7 与零点差有关的证明问题 题型4 与零点和有关的证明（难点） 题型8 零点的综合题型 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 讨论含参数函数的零点个数 1．（2026·广东深圳·模拟预测）已知函数，直线与曲线相切． (1)求实数的值； (2)若是函数的极大值点． ①求实数的取值范围； ②讨论的零点个数． 【答案】(1) (2)① ；②答案见解析 【分析】（1）利用导数来求切线斜率，再利用题意得方程组求解即可； （2）①利用分类讨论思想，结合导数的正负来判断单调性，即可得极值点是否满足题意；②利用分类讨论思想，结合零点存在性定理可判断零点个数. 【详解】（1）设直线与曲线相切于点， 由切点在直线上得，， 因为，所以切线斜率为，可得, 代入可得: ,则可解得； （2）①由，，求导可得：， 当时，，时，；时，， 所以在上单调递减；在上单调递增， 所以是函数的极小值点，不满足题意； 当时，令得或；令得， 所以在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极小值点，不满足题意； 当时，，所以在上单调递增；不符合题意； 当时，令得或；令得， 所以在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增 所以是函数的极大值点，满足题意． 综上：实数的取值范围为． ②由， 根据①可知，在上递增；在上递减，在上递增， 则， 由，令， 则， 当，即时，，则在上无零点， 又时，，则在上无零点，故此时零点个数为0； 当，即时，同理只有，即零点个数为1； 当，即时，，，使得， 即零点个数为2， 综上：时，无零点；时，有1个零点；时，有2个零点． 2．（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数，． (1)若，证明：； (2)讨论函数在上零点的个数； (3)求实数的最大值，使得对任意，都有． 【答案】(1)当时，． 记，则， 令，则， 当时，，则在上单调递增， 所以（），则在上单调递增， 所以，因此时，． (2)当时无零点，当时有且仅有一个零点 (3)． 【分析】（1）利用导数求出的单调性以及最值即可证明结论； （2）设，，可得，将问题转化为与交点的个数，利用导数研究的单调性，结合零点存在定理判断即可； （3）将问题转化为对任意成立，结合（2）的结论即可求解. 【详解】（1）略 （2）设且，则， 所以等价于， 下面研究的单调性． ，整理得， 记，则，， 令，则（）， 所以在上单调递增，则， 所以，即（）， 所以在上单调递增，则， 所以（），即在上单调递增． 又，． 当时，方程无正根，即在上无零点． 当时，方程有且仅有一个正根，即在上有且仅有一个零点． （3）要使对任意，都有，等价于对任意成立． 因此． 由（2）知在上单调递增， 且． 因此实数的最大值为． 3．（2026·广西崇左·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)若有3个零点，，，证明：. 【答案】(1) (2)当时，函数有且仅有1个零点； 当时，函数有3个零点. (3)证明见详解 【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）求导可得，根据函数定义域和判别式分和两种情况讨论，判断函数单调性并结合分析零点个数； （3）可证，分析可知，，，结合基本不等式分析证明. 【详解】（1）若，则，， 可得，， 所以曲线在点处的切线方程. （2）由题意可知：函数的定义域为，且， 对于方程，则， 因为，若，则；若，即，则； 当时，则，即， 可知函数在定义域内单调递增， 且，所以函数有且仅有1个零点； 当时，则，可知有2个不相等的实数根，， 且，则， 若，则，即； 若或，则，即； 可知函数在，内单调递增，在内单调递减， 则，且，即， 因为， 令，则， 可知在内单调递减，则，可得； 又因为， 所以函数有3个零点； 综上所述：当时，函数有且仅有1个零点； 当时，函数有3个零点. （3）若有3个零点， 由（2）可知：，， 因为， 又因为，则，且，，则， 所以. 题型二 证明函数的零点个数 4．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可 （2）求导,对分类讨论,对分两部分研究 【详解】（1）的定义域为 当时,,所以切点为 ,所以切线斜率为2 所以曲线在点处的切线方程为 （2） 设 若,当,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若,当,则 所以在上单调递增所以,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若 (1)当,则,所以在上单调递增 所以存在,使得,即 当单调递减 当单调递增 所以 当, 令则 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，， 所以在上有唯一零点 又没有零点,即在上有唯一零点 (2)当 设 所以在单调递增 所以存在,使得 当单调递减 当单调递增, 又 所以存在,使得,即 当单调递增,当单调递减， 当，， 又， 而,所以当 所以在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点 所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为 【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明. 5．（2026·福建·模拟预测）已知函数． (1)若为增函数，求实数a的取值范围； (2)证明：函数有且仅有一个零点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，问题化为恒成立，应用导函数求右侧的最小值，即可得； （2）问题化为证明 在上有且仅有一个零点，应用导数研究其零点即可证. 【详解】（1）由题设 ， 若为增函数，则，， 即对任意恒成立，即恒成立． 令，， 令，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，即的取值范围是； （2）令，可得，令 ， 所以， 设 且，则， 当时，当时， 所以在区间单调递减，在区间单调递增， 所以， 所以，在上单调递增， 取，且，则， 取，且，则， 所以在区间存在唯一零点， 所以有且仅有一个零点. 6．（2026·上海·模拟预测）已知函数（）. (1)当时，求函数的单调区间和极值； (2)若函数在区间上有且只有一个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）代入已知参数后求导并因式分解，通过分析导函数的正负符号变化，直接确定函数的单调区间与极值； （2）对原函数带参求导并提取公因式，以参数的符号及极值点分布情况进行分类讨论，结合极值正负与端点极限，利用零点存在性定理确定符合条件的范围. 【详解】（1）当时，，定义域为. 求导：. 令，解得（舍去，因）. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 故的单调递增区间为，单调递减区间为； 极大值为，无极小值. （2），， ①当时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 此图像恒在轴下方，没有零点，故不符合题意， ②当时，因为，所以恒成立， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 若即，其最大值小于0，无零点，不符合题意， 若即，其最大值为，此时有且仅有这一个零点，符合题意， 若即，其最大值大于0， 由于时，时， 由零点存在性定理，函数在和上各有一个零点，共两个零点，不合题意. ③当时，令，解得， ，时，因为二次项系数，所以， ③-①当即时，此时，在上单调递增， 且当时，时， 由零点存在性定理，函数在上仅有1个零点，符合题意， ③-②当即， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因此是极大值点，，说明在恒负，没有零点， 在上，单调递增，且时， 由零点存在性定理，函数在上仅有1个零点，共有1个零点，符合题意， ③-③当即时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因此是极小值点，是极大值点，， 且时， 由零点存在性定理，函数在上仅有1个零点， ， 因为，所以，从而，且， 所以极大值，则在上没有零点， 则此时仅有1个零点，符合题意. 即当时符合题意， 综上，的取值范围是. 题型三 由函数的零点个数求参数范围 7．（25-26高二下·天津静海·阶段检测）已知函数，其中． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围． 【答案】(1)时，在单调递增，在单调递减； 时，在，单调递增，在单调递减； 时，在上单调递增； 时，在，单调递增，在单调递减 (2) 【分析】（1）对函数求导，利用导数，按的取值范围分情况讨论函数的单调性； （2），令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点，对函数求导并分析函数单调性，作出大致图象，结合图象求实数a的取值范围． 【详解】（1）函数的定义域为， ， 若，则， ， ， 在上单调递增，在上单调递减， 若，令，则或， 当，即时，或， ， 在，上单调递增，在上单调递减； 当，即时，在上恒成立，此时在上单调递增； 当，即时，或， ， 在，上单调递增，在上单调递减； 综上： 时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在，上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增； 时，在，上单调递增，在上单调递减． （2）， 令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点， ，则 ， ， 在上单调递增，在上单调递减， 且时，时，，大致图象如下， 要使的图象与直线有两个不同的交点，则，即， a的取值范围是． 8．（25-26高二下·广东肇庆·期中）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值与最小值； (3)若函数在有三个不同的零点，求b的取值范围． 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3) 【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程； （2）求导，利用导数分析函数在区间内的单调性和极值，结合端点值确定函数在区间内的最大值和最小值； （3）把零点问题转化为直线与的交点问题，结合（2）作出的大致图象，结合图象求b的取值范围． 【详解】（1）函数求导得， 则， 曲线在点处的切线方程为： ，即． （2）令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 为极大值点，为极小值点， ， ， ， ， 综上可得，函数在区间上的最大值为，最小值为． （3）函数在有三个不同的零点， 等价于直线与有3个不同交点， 由（2）知，的极大值为，极小值， 作出大致图象如下： 由图象可知，要使直线与有3个不同交点， 则需满足：，解得． 9．（25-26高二下·北京·期中）设函数 . (1)在点处的切线与直线平行，求a的值； (2)当时，求的最大值； (3)存在两个零点，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意利用导数的几何意义可求解； （2）利用导数判断函数的单调性，结合单调性可求得的最大值； （3）由（2）知为分类讨论的分界点，在各种情况下利用零点存在性定理找到零点所在的区间即可得解. 【详解】（1）函数，，则， 又在点处的切线与直线平行， ∴， ∴； （2）当时，，， ∴， 令，∴，， ∴，函数在上单调递减，由， ∴，，即， ，，即， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为； （3），， 当时，有，即函数在上单调递减， 所以函数至多一个零点，不合题意； 当时，令，即， 令，，在上单调递增， 所以存在唯一的，使得， 且当时，，即函数单调递增， 当时，，即单调递减， ∴， 由（2）知，当时，此时，而，函数只有一个零点，不合题意； 当时，则，又，单调递增，所以， 取，，有， 先来证明，， 设，则， 当时，，即单调递减，则，即， 所以可得，则， 故在上存在一个零点，1为函数的另一个零点， 即当时，函数存在两个零点； 当时，即，则，又，单调递减， 所以，取，，， 先来证明，当时，，（方法不同酌情给分） 由上面，，则，即单调递增， 则，即，等价于， 即，即，∴， 则， 故函数在上存在一个零点，又1为函数的另一个零点， 即当时，函数存在两个零点； 综上可知，当时，存在两个零点. 题型四 与零点和有关的证明 10．（2026·北京大兴·三模）已知函数. (1)若曲线与直线相切于点，求a，b的值； (2)若关于的方程有两个不同的解， （i）直接写出的取值范围，并求证：； （ii）判断与的大小关系，并说明理由. 【答案】(1) (2)（i）； 因为的方程有两个不同的解， 所以，且， 所以， 所以. 因为，所以， 所以； （ii），理由见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）（i）由的方程有两个不同的解，得到，且，通过计算得到结论；（ii）构造函数，利用导数法得到在上单调递增，从而得到当时有，不妨设，则，从而得到，通过计算得到 . 【详解】（1）因为，所以， 因为曲线与直线相切于点， 所以，所以，所以， 又，所以. （2）（i）略； （ii）；令， 则，则时，有. 即在上单调递增， 故时，有， 不妨设，则， 则，即，即， 即，又，即， 即：. 11．（2026·河北雄安·三模）已知函数，函数，为实数． (1)证明：． (2)若． （ⅰ）证明：有两个零点，，且若，则； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导后，利用导数正负可判断函数单调性，借助单调性计算即可得解； （2）（ⅰ）求导后可判断函数单调性，再结合零点存在性定理即可得证； （ⅱ）结合（1）中所得可得，，构造关于的方程，结合根的判别式与韦达定理可得及，即可得证. 【详解】（1）， 令，则， 故在上单调递减，又， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，即得证； （2）（ⅰ）， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，故在上单调递减， 又， 故当时，，当时， ， 即在上单调递增，在上单调递减， 当时，，由，则， 当时，，由，则，当时，， 故有两个零点，，且若，则； （ⅱ）由（1）知，恒成立， 当时，有，即， 不妨设，则，有， 即，则，整理得； 当时，有，即， 又，即， 则，整理得， 设关于的方程，， 故该方程有两根，设为、，且，则， 由，， 则，故. 12．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求的值； (2)若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围； (3)若有两个不同的零点，，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）求导，分，两种情况讨论求解即可； （3）由已知，转化为，进行求解，要证，转化为证明，进而构造，判断单调性，进而求证即可. 【详解】（1）由题意得：，即切点为． 因为，则． 据题意，切线经过点，则，解得． （2）由题意得， 若，因为，则恒成立， 所以在上单调递增，无极值，不符合题意； 若，令，得，令，得， 则在内单调递减，在内单调递增，所以为的极小值点， 由已知，，即， 则，即，得， 所以的取值范围是． （3）证明：由已知，，即， 两式相乘，得， 即，所以， 由（2）得当时，在上单调递增，至多1个零点，不符合题意，所以， 因为，则，同理，要证，即证， 即证，即证，即证， 即证，即证． 不妨设，由（2）知，，则． 因为在上单调递增，即证， 而，即证． 设， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以恒成立，则在上单调递增． 因为，则， 即，即，所以原不等式成立． 题型五 零点与极值点综合证明问题 13．（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：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）证明：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. 14．（2026·江西·模拟预测）已知函数，为的导函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)是否存在，使得为的极值点？若存在，求；若不存在，请说明理由； (3)若，为最小的零点，证明：当时，． 【答案】(1) (2)不存在满足题意的；理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）将代入，求出，再利用导数的几何意义求出切线方程即可； （2）先根据题意得，求出的值，再将的值代入，求出，再构造函数求出的符号，从而得到的单调性，进而即可证明是否为的极值点； （3）先根据题意及零点存在定理得到，从而得到，再构造函数证明即可， 【详解】（1）当时，，则， 又，所以切点坐标为， 又，所以所求的切线方程为，即． （2）不存在满足题意的．理由如下： 依题意有，， 若为极值点，则，即，但需判断是否为极值点， 当时，， 令，则， 所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增， 所以，即，且只有时， 所以在上单调递增， 故不是的极值点． 综上，不存在使得为的极值点． （3）当，时， 由为最小的零点，则， 依题意有， 令，则，所以在上单调递减， 又，， 由零点存在定理，则存在，使，即， 当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故， 又，当时，，且为最小的零点，所以． 要证当时，， 故需证 ． 记， 则只需证， 由于，所以， 而当时，，即在上单调递减， 于是只需证． 得证． 15．（2026·河北邯郸·三模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设为的极小值点. （ⅰ）当时，若正实数为的零点，证明：； （ⅱ）若，求的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）求定义域，二次求导，得到导函数的单调性； （2）（ⅰ）二次求导，分，讨论，得到函数单调性，结合零点存在性定理可得，从而可得不等式； （ⅱ）在（ⅰ）基础上，分，，，和五种情况，得到函数的极值点情况，得到答案 【详解】（1）当时，，， 则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）依题意，， 且， 令，则， （ⅰ）当时， 若，则，在上递减，从而， 即在上递增， 若，令，则. 当时，有，在上递减， 当时，有，在上递增， 故在处取极小值，且 又当时，， 事实上，， 故存在唯一，使得， 因此，当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增； 故在处取极小值. 由于在上单调递减，所以， 又因为当时，， 事实上，， 故存在唯一，使得， 因此，有，从而， 故. （ⅱ）令，， ①当时，，即， 故在上单调递增 注意到，所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 故在处取极小值，符合题意 ②当时，若，则，即， 在上递增， 从而，即在上单调递增； 若，令，得， 当时，，即，在上递增， 故，即在上递减， 因此，在处取极小值，符合题意. ③当时，由（1）知，，故在上单调递增，无极值点，不符合题意. ④当时，在上递增，不符合题意. ⑤当时，若，则有，即在上单调递减. 故有，即在上单调递减，不符合题意. 综上可知，的取值范围为. 题型六 与零点有关的比较大小 16．（2026·湖北随州·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若，证明：； (3)设函数，若有两个不同的零点，，且，求的取值范围． 【答案】(1)在 上单调递增，在 上单调递减 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据导数与单调性的关系求解即可. （2）构造函数，结合导数与单调性及最值的关系分别证明不等式的左边及右边，即可得证. （3）通过分离常数将原问题转化为方程有两个不同的实根的问题，构造函数，结合导数与单调性及最值的关系作出简图，求出当时，的值，进一步讨论求解即可. 【详解】（1）当时， ， 由题意得，． 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在上单调递增，在上单调递减． （2）若，那么函数 ． 要证明，即证明，即． 设，由，可得，待证不等式转化为． 左边：设 ，则， 所以在上单调递增，故，即； 右边：设 ，则， 因此函数在上单调递减，故，即． 综上，当时，. （3）由题意知 . ，是有两个不同的零点，即方程有两个不同的实根． 令，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在上单调递增，在 上单调递减，则， 且当时，，当时，． 则的大致图像如图，可知若曲线与直线有两个交点， 交点的横坐标分别为，，则，且． 先考虑的情形： 此时，则，所以， 所以，此时． 当时，，，从而，不符合条件； 当时，，，从而，符合条件， 所以要使，必须，所以． 故的取值范围是． 17．（2026·山东济宁·三模）设函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若函数存在零点，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）设为的极值点，证明：． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【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）（i）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在定义域上的单调性，可得，即可解得实数的取值范围； （ii）要证，只需证，即证，根据可得，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，证明出即可. 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 故所求切线的方程为，即. （2）（i）因为，该函数的定义域为，且， ， 当时，则对任意的，，，则， 此时函数在上单调递增，则函数在上有且只有一个零点，不符合题意； 当时，令，则， 所以函数在上单调递增， 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， 当时，由题意可知，函数在上单调递增， 故当时，，此时函数不存在正零点； 当时，由题意可知函数在上单调递减，在上单调递增， 则，当时，. 故存在，使得，符合题意， 此时函数在上单调递减，只需，解得. 综上所述，实数的取值范围是. （ii）由（i）可知，且函数在上为增函数， 要证，只需证，即证， 又因为，则， 即证，即证， 构造函数，其中， 则 ， 令，其中， 则， 因为，则，， 所以，故函数在上为增函数， 当时，，所以，故函数在上为增函数， 因为，则，故. 18．（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. 19．（2026·山东聊城·模拟预测）已知函数，. (1)若曲线在点与处的切线互相平行，求的值. (2)若有两个极值点，其中. （i）求的取值范围； （ii）当取得最小值时，求的值. 【答案】(1)0； (2)（i）；（ii）1 【分析】（1）根据导数的几何意义计算求解； （2）（i）通过导数分析辅助函数的单调性与极值，利用其最大值恒正、两端趋向负无穷的趋势，即可确定的取值范围； （ii）设，通过极值点条件联立消参，构造函数与分析单调性，找到取到最大时对应的，进而求得的值. 【详解】（1）因为， 由题意知：，代入得，解得 所以的值为0. （2）（i）由题意知有两个不同的正数解, 令，即在上有两个不同的变号零点， 因为， 当时，，在上单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得最大值，最大值为， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在取到最小值为，所以恒成立， 所以， 而当时，，时，， 故当时，在上总有两个不同的零点，即有两个极值点. 因此的取值范围是. （ii）由（i）知，，且， 所以①，② 两式相减得：，所以，由①得， 所以，所以， 令，则， 令，所以， 令，所以，所以单调递减，又，所以，则，所以单调递减， 所以当取到最小值时，取到最大值. 令，则， 令，则，所以单调递减， 又因为， 所以存在，使，即， 所以当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 所以当时，取到最大值为， 所以当取到最小值时，即取到最小值时，取到最大值，也就是取到最大值，此时. 20．（25-26高二下·重庆·期中）已知函数 (1)求在点处的切线l的方程； (2)若； （ⅰ）证明：函数恰有两个零点； （ⅱ）设为的较大零点，，证明：． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）先求导，然后求出切线的斜率，根据直线的点斜式方程即可求出切线方程； （2）（ⅰ）利用导数判断函数的单调性，进而证明恰有两个零点； （ⅱ）根据条件计算化简可得，结合，得到 取对数得证结果． 【详解】（1）由求导得，则，又， 则在点处的切线l的方程为 （2）（i）由题可知，则， 设，则， 因为，所以，所以在上是减函数． 由，又结合，得，，所以， 所以存在，使得， 所以当时，，即，此时单调递增， 当时，，即，此时单调递减，所以是唯一的极值点， 显然， 因为在上递增，所以在上必存在一个零点， 因为 (后附证明①)，则，所以， 且 ，即，所以， 则， 所以在区间上必存在一个零点， 综上所述：在区间上恰有两个零点． （ii）由（i）可知，，得， ，得，所以， 即，因为，则， 所以，则 所以，因（后附证明②），则得证． 附证明：① .设，则， 由可得，由可得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故，即，当且仅当时取等. 证明：② .设 ，则， 则函数在上单调递减，则，即. 题型七 与零点差有关的证明问题 21．（2026·江苏苏州·模拟预测）已知函数. (1)时，求的最小值； (2)若存在，使得有四个零点，这四个零点从小到大依次记为，，，. ①求的取值范围（直接写出答案，无需说明理由）； ②证明：. 【答案】(1)0 (2)①；②证明见详解 【分析】对于小问1：先对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性，进而求出函数的最值。 对于小问2：先对函数求导，根据a的取值范围讨论函数的单调性，再结合函数的零点情况确定a的取值范围。 【详解】（1）解：（1）时，所以. 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以. （2）（2）①. ②证明：由题意得， 且，，，， 则， 令，，则. 要证，即证， 即证，即证， 即证，即证. 由，得，同理， 所以即证，即证. 令， 则. 令，则， ，， ，所以在上递减，所以， 所以在上递减，所以，即， 所以在上递减，又因为，所以， 即，所以可得. 22．（25-26高三下·山东日照·阶段检测）已知函数有四个不同零点且． (1)求的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）化简解析式得出是偶函数，利用偶函数性质将问题转化为在上有2个零点，结合单调性得出最小值，进而解出的取值范围； （2）将问题转化为，这是典型的极值点偏移问题，利用构造辅助函数的方法证明双零点的和大于极值点两倍即可； （3）利用切线放缩对两个零点分别作上界和下届估计，通过代数变形直接得到待证明的不等式. 【详解】（1） ，定义域为，且， 所以函数是偶函数，只需保证时，有2个不同零点即可满足函数总共4个不同零点. 当时， ，， 时，，所以函数在上单调递减， 时，，所以函数在上单调递增， 当且时，，时，， 所以，要使时，有2个不同零点，所以， 所以, 所以的取值范围为. （2）由（1）可知是偶函数，由偶函数性质，四个零点满足，且 ， 要证 ，等价于证明：， 只需证明 ， 其中 是时 的两个根， 构造辅助函数： ， 当时，，所以在上单调递减， 又，因此对任意有，即 又，故， 且，，因为 在上单调递增， 因此，即，代入得 所以. （3）令，则，其中 ，， 在处对作切线放缩：， 切线方程为：， 令， 所以， 所以 ， 令， ，所以 在 上严格单调递增，因此 是 的唯一解， 当 时， ；当 时，， 于是 在 上递减，在 上递增，故 ， 等号仅当 时成立， 所以对任意 ，有，等号仅在处成立， 代入解得， 在处对作切线放缩：， 切线方程为：， 同理可证对任意 ，有 等号仅在处成立，代入解得 所以 所以 等号仅当时成立，此时，函数零点唯一对应，等号成立条件为单点情况，严格小于关系成立，得证. 23．（25-26高二下·云南怒江·阶段检测）已知函数. (1)求的单调区间. (2)设有3个不同的零点，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)单调递增区间为，递减区间为； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再由导数的正负求出单调区间. （2）（i）利用导数分析单调性，求出极大值与极小值，再列出不等式组求解. （ii）设，，利用导数确定单调性，并分别证得及即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 由，得或，则函数在上单调递增； 由，得，则函数在上单调递减， 所以函数的单调递增区间为，递减区间为. （2）（i）由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，当时，，且， 由有3个零点，得，解得， 所以的取值范围为. （ii）由（1）知，设函数， 求导得， 函数在上单调递增，则，即对恒成立， 因此，由，得，而 函数在上单调递减，则，即； 设，求导得， 函数在上单调递增，则，即对恒成立， 因此，由，得，， 又函数在上单调递增，则，而，于是， 所以. 24．（25-26高二下·河南·期中）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的零点，，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）根据导数的几何意义求解即可. （2）（ⅰ）根据导数与单调性、极值的关系，求出函数的极值，结合已知条件列不等式求解即可. （ⅱ）证明出， ，进而得到，，结合不等式的性质证明即可. 【详解】（1）解：当时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（ⅰ）解：由题知的定义域为， . 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当时，， 所以函数存在两个不同的零点，只需，即， 所以的取值范围为. （ⅱ）证明：找两个点， ，使得，成立， 又，且，于是考虑找点，， 证明，即可. ①要证，即证，即，即证， 令 ，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，所以，即. 令 ，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得最大值，所以，即. 又，所以，即， 又，所以. ②， 设，则， 易知在上单调递增，在上单调递减，所以，即. 因为，即，所以，且， 因此， 因为，所以， 所以，即证得. 题型八 零点的综合题型 25．（25-26高二下·山东日照·期中）已知函数和，直线与两条曲线和均相交. (1)若直线与两条曲线共有2个不同的交点，求实数的取值范围； (2)求同时与曲线和相切的直线条数； (3)若直线与两条曲线共有四个不同的交点，从左到右四个交点的横坐标分别记为，，，，是否存在，使得，，，依次成等比数列？请说明理由. （注：，） 【答案】(1) (2)2 (3)存在，理由见解析 【分析】（1）根据导数得出的单调性，结合图象，即可求解； （2）由已知表示出和的切线方程，结合已知得出，，消去，构造函数，，根据导数及零点存在性定理即可求解； （3）由的性质画出图象，可得，再利用函数值相等，借助同构的思想推理即得． 【详解】（1）函数和的定义域分别为和， 又，， 令得，令得， 当时，，当时，， 故在单调递减，在单调递增， 当时，，当时，， 在单调递减，在单调递增， 当时，；当时，；当时，，， 又， 如图，因为直线与两条曲线和共有2个不同的交点， 所以t的取值范围为. （2）设函数和在点和处的切线分别为和， 即和， 由题意可得，， 由于，消去可得，即， 令，， 由和可知， 则， 当时，，，则； 当时，， 则在上单调递增，此时， 所以当时，， 当时，，当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 而，， 当时，，由零点存在定理，存在，使得， 故存在两个零点和，则与这两条曲线都相切的直线条数为2． （3）由（1）可知且， 再由可知，而， 函数在上递减，因此， 同理可得， 又，于是，从而有， 要使，，，依次成等比数列，只需保证，即， 利用，可得，，则， 故， 于是， 即， 令，则， 令，则， 令，则， 则在单调递增， 又，，故存在使得， 于是在上单调递减，在上单调递增， 又，则， 而，， 故在上存在两个零点，且， 当时，由可知， 两边同时减去整理得， 令，则，故在单调递减， 因为， 而，由在单调递增可知， 即，故，则， 再由可知，与矛盾， 所以区间上满足题意的是唯一的，即，此时的值也是唯一的， 故存在唯一的t，使得，，，依次成等比数列． 26．（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）（多选）已知函数有三个极值点，，（），则（   ） A． B． C．若，，成等差数列，则，，成等比数列 D．若，，成等差数列，则数列，，的公差为 【答案】ACD 【分析】A导函数零点个数转化为方程的实根个数，由在取最小值且时有一根；B由和得，利用对数平均不等式得到；C等差条件代入相乘得，即成等比；D设公差，由C得，再对得到的等式取对数得. 【详解】函数有三个极值点，等价于导函数有三个不同零点， 即有三个不同实根，令，即与有三个不同的交点. 由于， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 在处取最小值，要使有三个不同解，需，A正确. 已知，，取对数相减得， 由对数平均不等式得，得，B错误. 若成等差数列，则. 因为，，， 两式相乘得， 代入得， 满足等比中项性质，故成等比数列，C正确. 设等差数列公差为，则，， 由C的结论得，舍去得. 又，代入，得， 两边取对数得，D正确. 27．（25-26高二下·四川成都·期中）（多选）已知函数，，则下列说法正确的是（   ） A．在上是增函数 B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为 C．若方程有两个实数根，则 D．若，且，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】求导即可判断A，利用的单调性，结合分离参变量，可判断B，利用极值点偏移证明，即可判断C，利用同构函数，再消元转化到函数即可求最小值判断D. 【详解】求导得：， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以的最小值为； ， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以的最小值为； 恒等式：,, 当时，，， 所以在上是增函数，故A正确； 当时，，由，故， 由在递增，则， 令，求导得：，得 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以在处取最大值，故​，即正实数的最小值为，故B正确； 由在上单调递减，上单调递增，且最小值， 当有两个实数根，则，不妨设， 假设，则，因为在上单调递增， 所以，又因为， 所以，构造，， 求导得：， 所以在上单调递增， 即，故， 所以不成立，故假设不成立，故C错误； 由得：，且， 因为在上单调递增，故， 所以 ， 则原式化简：， 令，，求导得：， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以在处取最小值，故的最小值为，故D正确. 28．（2026·安徽合肥·模拟预测）（多选）已知函数．（   ） A．函数的对称中心为 B．记根的个数所构成的集合为，则 C．当必然有实数根且有2个不同实根时， D．当必然有实数根且有2个不同实根时， 【答案】ABD 【分析】对于A，利用函数对称中心的充要条件，通过计算，可直接得出对称中心；对于B，利用对称性将方程化简为，通过导数研究的单调性、极值与极限，分类讨论直线与函数的交点个数即可；对于CD，分情况讨论方程有两解时的值，对时的情况，通过构造辅助函数，利用单调性证明，. 【详解】对于A，根据题意，对称中心满足对任意恒成立， 因为，， 故，对比充要条件， 取，则，故. 所以函数的对称中心为.故A正确 对于B，因为，因为单调递增，所以单调递减，所以单调递增， 因为，由（1）知，所以， 即，所以问题转化为求方程的根的个数. 令，则需研究的图象与的交点个数， 因为，令，得或， 当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在取到极小值为， 在取到极大值为. 当时，，当时，，根据的图象可得： 当或时，方程有1个根；当或时，方程有2个根；当时，方程有3个根；当时，方程没有根. 所以，故B正确； 对于CD，当方程有两个根时，则或，分情况： 当时，根为，所以，所以； 当时，，所以； 当时，此时， 要证，等价于证明， 因为，且在上单调递增， 所以只需证， 又因为，所以只需证. 设，我们只需证明在时，. 因为，所以， 所以， 令， 所以， 当时，，故，单调递增， 所以，即， 所以，所以在上单调递减， 又因为， 所以当时，， 即对任意成立. 因为，所以，因此原不等式得证. 综上，三种情况均已证明，原命题成立，故C项错误，D项正确. 29．（25-26高二下·安徽滁州·期中）（多选）已知函数有3个零点，其导函数为，则（    ） A．不是定值 B． C．，使得曲线关于点对称 D． 【答案】BCD 【分析】设，由恒等式知识求得，判断A，利用导数及零点存在定理求参数范围判断B，利用是关于的恒等式求得，判断C，由求导后求出，然后求积判断D． 【详解】对A，设 ， 所以，，，A错误； 对B，，当时，， 当时，， 所以在，上单调递减，在上单调递增， 要使有三个零点，因为，所以，解得，B正确； 对C，由题意 为常数， 所以，， 所以，使得曲线关于点对称，C正确； 对D，由得，， ， ， 所以，D正确. 30．（25-26高二下·安徽安庆·阶段检测）（多选）已知函数有两个零点和，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．有极大值点，且 【答案】ACD 【分析】对求导，分两种情况讨论，求出的极大值，结合题设可得，可求的范围判断A；构造函数，其中，利用导数求出的单调区间，结合题设可得，即可判断B、D；根据条件，可得，， ，即可判断C. 【详解】易知的定义域为，由，可得， 当时，恒成立，所以在区间上单调递增，则最多个零点，与题意不符； 当时，由，解得， 当时，，当时，， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，当时，，当时，， 对于A，因函数有两个零点和，且，则，且， 所以，又，则，故A正确； 对于B，因为的极大值为，且， 设，其中，则，则， 所以， 又，， 所以，，当且仅当时，， 所以在区间上单调递减，则， 所以时，，故， 又，则， 又在区间上单调递减，， 所以，即， 又，所以，所以B错误； 对于C，由题知，即，，可得，， 所以，又，且在区间上单调递增， 所以，故C正确； 对于D，因为的极大值点为，且，所以D正确. $