期末培优：利用导数研究函数零点问题复习讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

期末培优：利用导数研究函数零点问题复习讲义 期末培优：利用导数研究函数零点问题复习讲义 知识点解析 一、解题核心原理 1. 零点定义： 为 零点 ；方程 实根个数等价于 图像与 轴交点个数。 1. 单调性原理：单调区间内函数至多存在一个零点；先增后减/先减后增的曲线依靠极值正负判断穿越 轴情况。 1. 零点存在定理：若 在 连续，且 ，则区间内至少有 1 个零点；配合单调性可锁定唯一零点。 1. 极值判定核心：设 为极小、极大值点 · 极大值 ：全程图像在 轴下方，无零点； · 极小值 ：全程图像在 轴上方，无零点； · 极大值 且极小值 ：两侧各有零点； · 极值等于 0 时，该极值点为切点型零点。 二、标准通用解题步骤 1. 确定定义域，写出 完整取值范围； 1. 求一阶导数 ，因式分解整理，解出导数零点（极值嫌疑点）； 1. 划分单调区间，列表标注各区间 正负、 增减； 1. 计算所有极值（极大值、极小值）； 1. 分析区间端点/无穷远处函数趋势：、定义域边界处 正负； 1. 结合极值正负、两端趋势、零点存在定理，统计零点总个数； 1. 含参题型：对参数分类讨论，重复步骤 2–6，根据零点数量限制列不等式求解参数范围。 三、两类细分题型操作要点 题型 1：判定零点个数（无参数） 严格按上述七步，对比极值与 0、两端极限符号，直接数交点数量。 题型 2：已知零点个数求参数范围 1. 对含参 求导，按参数分界讨论单调性与极值； 1. 设零点数量要求（如 1 个、2 个、3 个零点）； 1. 根据零点存在规律列出极值不等式（极大值 、极小值 等）； 1. 解不等式得到参数取值区间； 1. 检验极值等于 0 这种临界情况是否符合题意。 四、补充辅助技巧 1. 复杂方程可等量变形： 等价 ，转化为两函数图像交点问题； 1. 超越函数（）常二次求导判断一阶导数单调性，确定极值点个数； 1. 孤立极值点、分段函数需分段单独分析零点，再汇总总数。 例题分析 例1．（2026·山东烟台·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若存在两个零点． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：，． 【答案】(1)时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增. (2)（i） （ii）证明：由（i）知，若存在两个零点，则， 此时有最小值，只需证即可， 因为， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 又因为，所以， 所以， 即当时，存在，使得. 【分析】（1）先求导可得，分别讨论和的情况，进而求解即可； （2）（i）当时由函数在上单调则不符合题意；当时，分析时，都有，存在两个零点只需，可得； （ii）利用作差法证明极小值，即可得证. 【详解】（1）由题意得， ①当时，，所以在上单调递增； ②当时，由，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 综上，时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）由于有两个零点， 由（1）可知，当时，在上单调递增，不符合题意； 当时，， ， 因为时，，时，，，即， 所以函数存在两个零点，只需， 由，所以， 令，显然在上单调递增， 又，所以由可得. 综上，当时，有两个零点. （ii）略. 例2．（25-26高二下·山东潍坊·阶段检测）已知函数（且，，）． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)讨论零点的个数． 【答案】(1) (2)若或，零点的个数为；若且，零点的个数为 【分析】（1）恒成立等价于恒成立，求导后，分及讨论函数单调性，结合计算即可得解； （2）结合（1）中所得，分、与且讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理可判断零点的个数，即可得零点的个数. 【详解】（1）由恒成立，即恒成立， 即恒成立，即恒成立， 令，则， 当时，恒成立，则恒成立， 故在上单调递减，又， 故当时，，不符合题意，故舍去； 当时，令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，又， 故要使得恒成立，则有，即； （2）函数零点的个数等价于函数零点的个数， 由（1）知，当时，在上单调递减， 且，故零点的个数为； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 若，有且仅有，故零点的个数为； 若，则，由，则， 又时，，故存在，使得， 此时有两个零点、，故零点的个数为； 若，则，由，则， 又时，，故存在，使得， 此时有两个零点、，故零点的个数为； 综上所述：若或，零点的个数为； 若且，零点的个数为. 例3．（25-26高二下·广东广州·期中）已知函数，其中． (1)若，求的单调区间； (2)若， （i）证明：在区间内有且仅有个零点； （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：． 【答案】(1) 的单调递减区间为 ，无单调递增区间； (2)证明：（i）由 (1) 知 ，令 ，则 , , ，故 在 上单调递增, 当 时，，且 时 ，因此存在唯一的 ，使得 ，即 , 由此可知：当 时，，故 ， 单调递增； 当 时，，故 ， 单调递减, 因此， 是 在 内的唯一极值点（极大值点），且 ， 令 ，当 时，，故 在 上单调递减，因此 ，即, 取 ,代入 得, 由 ，结合 ，得 ， ， 因，，且 在 上单调递减，由零点存在定理，存在唯一的 ，使得 , 又 ，但 不在 内，故 在 内有且仅有 1 个零点; （ii）由题意， 是极值点，故 ，即, 是零点（），故 ，即, 将 代入上式，整理得,即（*）, 当 时，由 (i) 中结论 ，得 , 结合（*），可得， 因 ，故 ，则可得 ，即， 两边取自然对数，整理得 故要证 ，只需证 ，即证,也即， 由（i）中结论，当 时， 恒成立， 故, 又因为，可得,证毕. 【分析】（1）利用导数讨论函数在参数时的单调性； （2）（i）通过 的单调性和零点存在定理进行证明；（ii）利用极值点、零点两个等式结合对数常用不等式，做两次连续放缩，通过中间式子搭桥，完成不等式传递证明. 【详解】（1）函数 的定义域为 ， ， 当 时，因，则 ， ，即 恒成立， 所以 的单调递减区间为 ，无单调递增区间； （2）（i）略; （ii）略. 例4．（2026·山东·模拟预测）已知函数，为的导数． (1)求在处的切线方程； (2)证明在区间存在唯一极大值点； (3)证明有且仅有2个零点． 【答案】(1) (2)由题意知定义域为且， 令，， ，， 在上单调递减，在上单调递减， 在上单调递减， 又，， ，使得， 当时，；时，， 即在上单调递增；在上单调递减， 则为唯一的极大值点， 即在区间上存在唯一的极大值点． (3)，， ①当时，由（2）可知在上单调递增， 在上单调递减， 又， 为在上的唯一零点． ②当时，在上单调递增，在上单调递减 又， 在上单调递增，此时，不存在零点， 又， ，使得， 当，，当，， 在上单调递增，在上单调递减， 又，， 在上恒成立，此时不存在零点. ③当时，单调递减，单调递减， 在上单调递减， 又，， 即，又在上单调递减， 在上存在唯一零点， ④当时，，， ， 即在上不存在零点. 综上所述有且仅有2个零点． 【分析】（1）对求导，求，，根据点斜式方程写出切线方程； （2）求二阶导数分析的单调性，分析上零点情况，判断零点个数； （3）分析在的单调性和零点，的单调性和零点，的单调性和零点， 的单调性和零点. 【详解】（1）， ，， 切线方程为． （2）略 （3）略 变式训练 变式1．（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数，． (1)证明：； (2)设，证明在上单调递减，并求，； (3)若方程存在正根，求实数的取值范围；当正根记为时，证明随的增大而减小． 【答案】(1)由 得． 因为，所以． 又，因此对任意，． (2) 由得． 即， ，则 ， 整理得， 因为，所以且，且， 所以对于所有的，都有，即在区间上单调递减， 所以， 所以恒成立， 因此恒成立，即在上单调递减， 设，则， 因为，所以，即在上单调递增， 所以，即， 设， 则， 因为，所以，即在上单调递增， 所以，即， 代入得 ， ， 即， 当时，，， 所以， 设，， 因为，所以，即在上单调递增， 所以，即， 则， 当时，显然， 即，且， 则. (3)方程存在正根，等价于存在，使得． 由（2）知，在上单调递减，且，． 因此方程存在正根，当且仅当． 当时，由的严格单调性，方程有唯一正根，记为． 若， 则． 由于严格单调递减，所以． 因此随的增大而减小． 【分析】（1）通过求导利用判定导函数恒为正，从而证明原函数严格单调递增，结合端点值 即可得证; （2）由分子构造出函数，通过二次求导判定的单调性以证实；构造函数，通过放缩法与导数逼近求出端点极限; （3）将原方程转化为，使用（2）中结论确定实数的取值范围，再利用单调函数的定义即可求证. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 变式2．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知函数． (1)若恒成立，求实数的取值范围； (2)设，若在上存在零点． ①求实数的取值范围； ②记的极值点为，求证：． 【答案】(1) (2)①； ②由①可知，且，于是在上单调递增， 要证，只需证，即证， 又，则， 即证， 记，， 只需证在时恒成立 则 ； 记， ， 因为，则，， 所以，故在上单调递增，于是， 而有，于是在上单调递增，所以，证毕． 【分析】（1）不等式恒成立，分离构造新函数，则求导找的单调区间，确定函数先增后减，求出，从而解出参数范围； （2）①时导数，函数单调增，无法满足零点条件，直接排除，时导函数单调递增，存在唯一变号零点，使得，原函数先减后增，极小值点唯一，极小值，配合区间端点函数值正负，满足零点存在条件，限定参数范围即可； ②利用两式消去参数，建立关系式，欲证，结合前面函数单调性，转化为证明函数值，等价变形后构造单变量辅助函数，，求导研究单调性，证函数，即可得到原不等式成立. 【详解】（1）由已知，令，，则． 因为， 令，解得；令，解得， 所以在单调递增，在单调递减， 从而，因此． 所以实数的取值范围 （2）①，，且， 因为，若，则对任意的，， 于是在上单调递增， 所以，在上无零点，不合题意； 若，记，因， 所以在上单调递增， 注意到，时，；时，， 所以存在唯一的，使得，且在上单调递减，在上单调递增． 若，则在上单调递增，而，显然不符合题意 若，则在上单调递减，在上单调递增． 因此，时，， 故存在唯一的，使得，符合题意； 此时在单调递减，在单调递增， 于是只需即可，即 综上，所求取值范围为 ②略 变式3．（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． 变式4．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）已知函数的导函数为． (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若，求零点的个数； (3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，，，且满足，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）结合（1）得，再构造函数，求导，分析函数单调性，得出函数的最值，进而根据零点存在性定理即可得到零点的个数； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【详解】（1）当时，，则，则， 又，所以的图象在点处的切线方程为，即． （2）结合（1）有，令， 则，则，令，解得， 所以当时，，则在上单调递减； 若时，，则在上单调递增， 所以， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又，， 所以在上存在唯一的零点，即在上存在唯一的零点， 所以零点的个数为． （3）由题知，，其定义域为， 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图2所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点，，， 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， 所以实数的取值范围是． 实战演练 1．（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. 2．（2026·河北张家口·三模）已知函数，，． (1)讨论的单调性； (2)求的零点个数； (3)当时，记与的各零点之和为T，证明：． 参考数据：，． 【答案】(1)答案见解析 (2)一个 (3)证明见解析 【分析】（1）求导得，再根据判别式，分，两种情况讨论求解即可； （2）研究函数得单调性，结合零点存在性定理求解即可； （3）根据题意得，进而结合零点存在性定理得，，是函数的零点且，故，再结合，单调性即可证明. 【详解】（1）因为，， 所以， 对于，， 当时，，，单调递增； 当时，， 由，得， 则当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. （2）因为，， 所以， 设，， 则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 易知是增函数， 当时，； 所以当时，，单调递增， 又，， 由零点存在定理可知存在，使得， 所以只有一个零点. （3）因为， 所以，， 可知若存在零点，则也为其零点. 由，得， 因为，， 所以在上有唯一零点. 结合（2）可得， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以， 即， 所以得证. 2 学科网（北京）股份有限公司 $期末培优：利用导数研究函数零点问题复习讲义 期末培优：利用导数研究函数零点问题复习讲义 知识点解析 一、解题核心原理 1. 零点定义： 为 零点 ；方程 实根个数等价于 图像与 轴交点个数。 1. 单调性原理：单调区间内函数至多存在一个零点；先增后减/先减后增的曲线依靠极值正负判断穿越 轴情况。 1. 零点存在定理：若 在 连续，且 ，则区间内至少有 1 个零点；配合单调性可锁定唯一零点。 1. 极值判定核心：设 为极小、极大值点 · 极大值 ：全程图像在 轴下方，无零点； · 极小值 ：全程图像在 轴上方，无零点； · 极大值 且极小值 ：两侧各有零点； · 极值等于 0 时，该极值点为切点型零点。 二、标准通用解题步骤 1. 确定定义域，写出 完整取值范围； 1. 求一阶导数 ，因式分解整理，解出导数零点（极值嫌疑点）； 1. 划分单调区间，列表标注各区间 正负、 增减； 1. 计算所有极值（极大值、极小值）； 1. 分析区间端点/无穷远处函数趋势：、定义域边界处 正负； 1. 结合极值正负、两端趋势、零点存在定理，统计零点总个数； 1. 含参题型：对参数分类讨论，重复步骤 2–6，根据零点数量限制列不等式求解参数范围。 三、两类细分题型操作要点 题型 1：判定零点个数（无参数） 严格按上述七步，对比极值与 0、两端极限符号，直接数交点数量。 题型 2：已知零点个数求参数范围 1. 对含参 求导，按参数分界讨论单调性与极值； 1. 设零点数量要求（如 1 个、2 个、3 个零点）； 1. 根据零点存在规律列出极值不等式（极大值 、极小值 等）； 1. 解不等式得到参数取值区间； 1. 检验极值等于 0 这种临界情况是否符合题意。 四、补充辅助技巧 1. 复杂方程可等量变形： 等价 ，转化为两函数图像交点问题； 1. 超越函数（）常二次求导判断一阶导数单调性，确定极值点个数； 1. 孤立极值点、分段函数需分段单独分析零点，再汇总总数。 例题分析 例1．（2026·山东烟台·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若存在两个零点． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：，． 例2．（25-26高二下·山东潍坊·阶段检测）已知函数（且，，）． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)讨论零点的个数． 例3．（25-26高二下·广东广州·期中）已知函数，其中． (1)若，求的单调区间； (2)若， （i）证明：在区间内有且仅有个零点； （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：． 例4．（2026·山东·模拟预测）已知函数，为的导数． (1)求在处的切线方程； (2)证明在区间存在唯一极大值点； (3)证明有且仅有2个零点． 变式训练 变式1．（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数，． (1)证明：； (2)设，证明在上单调递减，并求，； (3)若方程存在正根，求实数的取值范围；当正根记为时，证明随的增大而减小． 变式2．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知函数． (1)若恒成立，求实数的取值范围； (2)设，若在上存在零点． ①求实数的取值范围； ②记的极值点为，求证：． 变式3．（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． 变式4．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）已知函数的导函数为． (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若，求零点的个数； (3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，，，且满足，求实数a的取值范围． 实战演练 1．（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：． 2．（2026·河北张家口·三模）已知函数，，． (1)讨论的单调性； (2)求的零点个数； (3)当时，记与的各零点之和为T，证明：． 参考数据：，． 2 学科网（北京）股份有限公司 $