期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题 专项训练-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦导数应用核心，通过函数零点与方程根问题的系统训练，构建“导数分析—函数性质—零点/根判定”的逻辑链条，培养逻辑推理与数学建模能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |利用导数研究函数的零点问题|3例+3变式|含单调性讨论、极值分析、参数范围确定，覆盖恒成立与零点个数探究|以导数为工具，通过函数单调性、极值点分析，建立零点存在性与唯一性的判定逻辑| |利用导数研究方程的根问题|3例+3变式|涉及切线方程、最值求解、多根条件，包含函数与直线交点问题转化|将方程根转化为函数零点，通过导数研究函数图像特征，建立根的个数与参数关系的推导路径|

期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 考点目录 利用导数研究函数的零点问题 利用导数研究方程的根问题 例1（2526商一下西藏林芝阶段检测设证数fx)=nx+吃0+a+1x,口∈R 考点一 利用导数研究函数的零点问题 (1)讨论函数f(x)的单调性： 日当a<方时证明：f四<1： (3)若函数y=f(w)-血2有且仅有一个零点，求a的取值范围. 例2.（2026黑龙江哈尔滨模拟预测)已知函数（冈=six a)设F) x,讨论函数F(x)在(0，)上的单调性： ②判断西数G()=2()-)+在引上的要点个数 期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 例3.(2026山东潍坊三模)已知函数 f()=a-@ax0azl.x>0,neN). f(x)≥0 (1)若 恒成立，求“的取值范围： @时论f四零点的个数. 变式1.(2s26高=下重庆阶段检测)已知函数f)=2hx+a2-) (1)当a=0时，求f()的极值； x)=f(x)-ax2,(1,+oo) (2)若 在 上存在零点，求“的取值范围。 期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 变式2.(25-26高二下海南儋州期中)已知函数 f(x)=x2-alnx+b a bER Q若x=1是g=f)一0的极大值点，求a的值： (2)当a=2时，若函数f(x)有两个不同的零点，求实数b的取值范围. 变式3。(2026山东德州三模)已知函数f(=r-x+1 f(x) (1)求的极值； (②若/()小+≤nr+ 恒成立，求实数的取值范围； 3)当a≥1时，讨论g()=f(e)+O在区间元罗上零点的个数. 期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 考点二 利用导数研究方程的根问题 例1.(25-26高二下吉林长春期中)已知函数f)=xnx-x-(a∈R), (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点l,f(》处的切线方程： (2)当a<0时，求证：f()>-1: (3)若k∈R使方程f(x)=k三个不等的根，求a的取值范围 例2.(2026-江苏南通模拟预测)已知f()）=心 )求f的最小值， (2)若方程/()=ar2 有两个不等的实根，求“的取值范围. 期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 f(x)=2x3-3x2-12x+5(x∈R) 例3.(25-26高二下·辽宁鞍山期中)已知函数 (1)求函数f的图象在点 山，f》处的切线方程： ②求函数（在区间D,3引的最大值和最小值： (③)若曲线'=)与直线=C有3个不同的交点，求实数‘的取值范围. 变式1.(25-26高三下·云南昆明阶段检测)已知函数 )=am+h+c+d是奇函数 f(的图缘在 12处 的切线方程为y=2 (1)求函数 的解析式： ②考关于x的方程f()=m在区同[-5,2]上有且仅有3个不同的实根，求实数m的取值范国. 期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 f)=+x+2 变式2.(25-26高二下广东期中)已知函 (1)判断(x)的单调性； (2)若关于x的方程f()=m只有1个实数解，求实数m的取值范围. 变式3.(2s26高二下陕西宝鸡期中)已知f冈=-r+3x+9x+a ①考=1，求函数'=/因在区间D,的最大值和最小值： ②)若方程()=0方 有3个不同的实根，求实数的取值范围.期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 期末复习：利用导数研究函数的零点问题、利用导数研究方程的根问题专项训练 考点目录 利用导数研究函数的零点问题 利用导数研究方程的根问题 考点一 利用导数研究函数的零点问题 例1．（25-26高一下·西藏林芝·阶段检测）设函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：； (3)若函数有且仅有一个零点，求的取值范围. 【答案】(1)当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. (2)证明：由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值，也即最大值，即， 设，则得，， 求导得，则函数在上单调递增，故， 即，故当时，恒成立. (3) 【分析】（1）先对函数求导，根据的取值分类判断导函数的正负，即得函数的单调性； （2）利用（1）的结论推得当时，，设，得，再利用导数判断其单调性即可得证； (3)将有且仅有一个零点转化为与直线有且只有一个交点问题，利用导数分类判断函数的单调性与图象性质即可求得答案. 【详解】（1）函数的定义域为， 求导得， 当时，则，即函数在上单调递增； 当时，由得，由得， 则函数在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）略 （3）函数有且仅有一个零点，等价于函数与直线有且只有一个交点. 由（1）知，当时，在上单调递增，且当时，， 此时函数与直线有且只有一个交点，符合题意； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 且，当时，，当时，， 要使函数与直线有且只有一个交点，需使， 即方程只有1个正实根， 设，则，设，显然在上单调递增， 且，即，解得. 综上，可得的取值范围为. 例2．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数. (1)设，讨论函数在上的单调性； (2)判断函数在上的零点个数. 【答案】(1)在上单调递减. (2)有唯一零点. 【分析】（1）先对求导，再构造辅助函数二次求导判断导函数符号，从而确定在上的单调性； （2）连续三次求导逐层分析各阶导数的单调性与零点，结合端点函数值、零点存在定理锁定的单调区间，最终判断零点个数. 【详解】（1）因为，则， 令，则， 当时，，即在上单调递减， 又因为，所以当时，，所以， 所以在上单调递减. （2）函数在上有唯一零点. 因为， 则， 令，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 因为，， 所以，使， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以，使， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 又，所以，使， 所以在上有唯一零点. 例3．（2026·山东潍坊·三模）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. 变式1．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)若在上存在零点，求的取值范围． 【答案】(1) 极大值为，没有极小值； (2) . 【分析】（1）把代入，利用导数求出极值. （2）求出函数，利用零点的意义分离参数并构造函数，再利用导数求出该函数的取值范围即可. 【详解】（1）当时，的定义域是，求导得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，无极小值. （2）函数， 由，得. 令，依题意，直线与函数在上的图象有交点， 由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，， 而，，，当时，， 当且仅当时，直线与函数在上的图象有交点， 所以的取值范围为. 变式2．（25-26高二下·海南儋州·期中）已知函数，，． (1)若是的极大值点，求a的值； (2)当时，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）对求导后利用处导数为求出的候选值，再验证单调性确定为极大值点对应的值. （2）当时求的导函数分析单调性与最小值，结合零点存在性定理确定函数有两个零点时的取值范围. 【详解】（1）由题意，，， ∴ . ∵ 是的极大值点， ∴ ，即 ，解得 或. ① 当时，， ∵ ，∴ ， ∴ 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ∴ 是的极小值点，不符合题意，舍去. ② 当时，， ∵ ，∴ ， ∴ 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ∴ 是的极大值点，符合题意. 综上，的值为. （2），则，， 令得，即在递减； 令得，即在递增， 故最小值为， ①当，即时，恒成立，故无零点，不满足题意； ②当，即时，当时恒成立， 故有个零点，不满足题意； ③当，即时，，且，（时，）， 由零点的存在性定理可知在上有个零点， 又，则， 则在上递增，上递减， 则，即， 则，当且仅当时取等， 则，，（时，）， 故由零点的存在性定理可知在上有个零点， 即在上有两个零点， 综上：有两个零点，则． 变式3．（2026·山东德州·三模）已知函数． (1)求的极值； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，讨论在区间上零点的个数． 【答案】(1)的极大值为，无极小值 (2) (3)3个零点 【分析】（1）求导分析函数单调性，依据单调性确定极值点，算出对应极值； （2）分离参数构造新函数，求导判定单调区间，求出函数最小值，进而确定参数取值范围； （3）拆分区间分段讨论函数符号，借助导数研究单调性，统计区间内零点总数． 【详解】（1）由，则，， 当时，；当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，无极小值； （2），此时， 法一：分离参数法， 从而， 令，则， 所以；， 所以在单调递减，在单调递增， 因此，故的取值范围为； 法二：必要性探路， ， 令，， 下证：，时，恒成立， 由一次函数在上递减， 则， 在和上恒成立，且时， 所以恒成立，故的取值范围为； （3）在区间上有3个零点， 理由如下： 由于，所以是函数的一个零点， ， ①当时，此时恒成立，又恒成立， 从而恒成立，所以在区间上没有零点； ②当时，此时，， 设，， 由于恒成立，所以，即在上单调递减， 从而存在使得， 即在区间上递增，区间上递减，从而， 又， 所以在有唯一零点，即在上有唯一零点， ③当时，此时，， 所以 从而， 由于，，，所以， ， 又，从而在上恒成立， 所以在区间上单调递减， 因为，， 因此在区间上有唯一零点， 综上所述，函数在区间上有3个零点 考点二 利用导数研究方程的根问题 例1．（25-26高二下·吉林长春·期中）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求证：； (3)若使方程三个不等的根，求的取值范围. 【答案】(1) (2)由题意知，定义域为，， ，当时，，显然为增函数， 当时，，当时，，根据零点存在定理， 使，而当， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以，又，即，则即， 因为，所以，故，所以， 令，则， 故在为增函数，所以，即原不等式成立; (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义，求出斜率，代入点斜式方程求出切线方程即可； （2）利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理，即可证明； （3）将方程有三个不等的根转化为两个函数有三个交点，即有三个单调区间，利用导数研究函数的单调性，分别对进行和的讨论，即可求出的取值范围. 【详解】（1）当时，，，则切点为， 又，故，则切线方程为，即; （2）略； （3）由题意知，定义域为， 若使方程三个不等的根，即直线与图像有三个交点， 则应有三个单调区间，又，， ①当时，由（2）可知，在上单调递减，在上单调递增， 此时没有三个单调区间，不成立； ②当时，解得，解得， 故在单调递减，在上单调递增， 故， 当时，，此时在上单调递增，没有三个单调区间，不成立； 当时，，当时，，当时，， 根据零点存在定理，使，，使， 而当， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又当时，，当时，， 故当时方程有三个实根， 综上所述，的取值范围是. 例2．（2026·江苏南通·模拟预测）已知． (1)求的最小值； (2)若方程有两个不等的实根，求的取值范围． 【答案】(1)的最小值为 (2)的取值范围是 【分析】（1）对函数求导，根据导数符号判断单调性，进而求得最小值； （2）先确定是方程的一个根，将问题转化为时仅有一个实根，构造函数分析其单调性和值域，确定参数范围即可. 【详解】（1）函数的定义域为，. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，. 故的最小值为. （2）方程整理为，显然是方程的一个实根. 要使方程有两个不等实根，只需有且仅有一个非零实根，即时仅有一个实根. 令，则 . 令，则，解得. ①当时，，单调递减，此时， 且时，，时，，此时值域为， 因此当时，在有唯一解； ② 当时，，单调递减，时，，单调递增，所以在处取最小值， 当时，， 因此当时，在上有唯一解； 当时，在上无实数解； 当时，在上有2个解； 因此，满足条件. 综上，的取值范围是. 例3．（25-26高二下·辽宁鞍山·期中）已知函数 (1)求函数的图象在点处的切线方程； (2)求函数在区间的最大值和最小值； (3)若曲线与直线有3个不同的交点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)最大值为5，最小值为． (3) 【详解】（1），求导可得， 当时，，， 所以函数的图象在点处的切线方程为，即． （2）， 令，解得或， 当在区间上变化时，的变化情况如表所示： 0 2 3 -12 0 24 5 单调递减 单调递增 所以当时，在区间上取得最大值， 当时，在区间上取得最小值． （3）由（2）可知，当时，，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以在处取得极大值， 在处取得极小值， 因为当时，，当时，， 所以若曲线与直线有3个不同的交点，则需介于极大值和极小值之间， 因此的取值范围为. 变式1．（25-26高三下·云南昆明·阶段检测）已知函数是奇函数，的图象在处的切线方程为 (1)求函数的解析式； (2)若关于的方程在区间上有且仅有3个不同的实根，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用奇函数性质确定偶次项系数为0，结合切点处函数值和切线斜率为0进一步求解即可. （2）通过导数分析函数在给定区间的单调性、极值和端点值，结合图象判断与有3个交点时的取值范围即可. 【详解】（1）的定义域为. 因为函数是奇函数，所以， 即，所以，， 则，求导得， 又的图象在处的切线方程为，所以，， 即，，联立解得，， 所以. （2）方程在区间上有且仅有3个不同的实根， 即与的图象在区间上有且仅有3个交点. 由（1）知，，令，即，解得或. ，在上随的变化列表如下： 1 2 / + 0 - 0 + / 0 单调递增 2 单调递减 单调递增 2 的简图如下： 结合图象可知，若与的图像在区间上有且仅有3个交点，则. 即方程在区间上有且仅有3个不同的实根时，. 故实数的取值范围为. 变式2．（25-26高二下·广东·期中）已知函数. (1)判断的单调性； (2)若关于的方程只有1个实数解，求实数的取值范围. 【答案】(1)递减区间为，递增区间为. (2) 【分析】（1）求得的定义域为，且，结合导数的符号，即可求解的单调区间； （2）根据题意，转化为和的图象只有一个公共点，结合（1）中的单调性和最值，作出函数的大致图象，结合图象，即可求解. 【详解】（1）解：由函数，其定义域为， 且，     则当或时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）解：因为方程只有1个实数解，即函数和的图象只有一个公共点， 由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，； 当时，；当时，，     又，作出的大致图象，如图所示， 结合图象，可得，所以实数的取值范围为. 变式3．（25-26高二下·陕西宝鸡·期中）已知． (1)若，求函数在区间的最大值和最小值； (2)若方程有3个不同的实根，求实数的取值范围． 【答案】(1)最大值为，最小值为 (2) 【分析】（1）求导后可得函数单调性，利用函数单调性计算即可得解； （2）由题意可得有3个不同的实根，令，求导后可得该函数单调性，利用函数单调性计算即可得解. 【详解】（1）当时，， ， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故当时，， 由，， 故； （2）由方程有3个不同的实根，则方程有3个不同的实根， 令，则， 则当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又，， 故实数的取值范围为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $