3.6 利用导数解决函数的零点问题（精讲）-备战2027年高考数学一轮复习（全国通用）

该高中数学讲义聚焦高考核心考点“利用导数解决函数的零点问题”，以知识复习（函数零点定义、等价关系、判定定理）为基础，按判断、讨论、证明零点个数及已知零点求参数、隐零点问题五大典例类型系统架构，通过考点梳理、方法指导（如单调性与极值分析）、真题训练（模拟题及期中题）帮助学生突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料采用分类突破教学策略，如讨论零点个数时，引导学生用导数研究函数单调性、极值，结合零点存在性定理推理判断，培养数学思维与模型意识。设置分层例题（基础到综合）并即时总结方法，确保有限时间内高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

3.6 利用导数解决函数的零点问题（精讲） 第一部分：知识复习 1、函数的零点 （1）函数零点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点． （2）三个等价关系 方程有实数根函数的图象与轴有交点的横坐标函数有零点． 2、函数零点的判定 如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理． 注意：单调性+存在零点=唯一零点 第二部分：典型例题 典例一：判断函数零点的个数 1．（25-26高二下·北京·期中）已知函数. (1)若，求的极值 (2)若恒成立，求的取值范围 (3)判断函数的零点个数.（直接写出结论） 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. 3．（25-26高三下·湖北黄冈·阶段检测）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)判断函数在的零点个数，并说明理由 4．（25-26高二下·全国·期中）已知函数 (1)当时，解不等式：； (2)当时，判断的零点个数并证明； 5．（25-26高三上·北京·期中）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程 (2)设函数. （i）求的单调区间； （ii）判断的零点个数，并说明理由； 6．（25-26高三上·江苏泰州·期中）已知函数，其中. (1)若，求的值； (2)当时， （i）判断函数在上的零点个数； 典例二：讨论函数零点的个数 7．（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； 8．（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． 9．（25-26高三上·新疆乌鲁木齐·阶段检测）已知函数. (1)若，求函数的单调区间; (2)设,讨论函数的零点个数. 10．（25-26高二下·天津·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的极值； (3)讨论方程实数根的个数. 11．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； 12．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数， ，其中且． (1)当时，讨论函数的单调性和极值； (2)证明：函数存在零点的充要条件是函数存在零点； (3)当时，讨论函数的零点个数． 典例三：证明函数零点的个数 13．（25-26高二下·河北承德·期中）已知函数.记曲线在处的切线为. (1)当时，求的方程； (2)证明：函数 在上单调递减； (3)当时，证明：曲线与有且仅有一个公共点. 14．（25-26高二下·安徽滁州·阶段检测）已知函数 ，． (1)当时，求的极值； (2)设，证明：与的图象恰有一个公共点； 15．（25-26高二下·江苏南京·期中）已知函数． (1)若，证明：当时，； (2)若对恒成立，求整数的最小值； (3)当，证明：在上存在唯一极小值点和唯一零点． 16．（2026·甘肃酒泉·二模）已知函数. (1)当时，求的单调区间和极值； (2)当时，证明：存在两个零点； 17．（2026·山西运城·模拟预测）已知函数． (1)若在区间内存在极值点，求的取值范围； (2)证明：当时，在区间内有且仅有个零点． 参考数据：． 18．（2026·四川绵阳·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若，证明：关于方程在区间上有两个根； 典例四：已知函数零点个数求参数的取值范围 19．（2026·贵州遵义·模拟预测）若函数在定义域上恰有三个零点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 20．（25-26高三上·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. 21．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知关于x的方程有两个不等实根，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 22．（2026·吉林长春·模拟预测）已知函数，若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 23．（2026·山东泰安·模拟预测）已知函数，，若恰有4个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 24．（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． 典例五：隐零点问题 25．（2026高三·江苏·专题练习）已知函数（其中为参数）． （1）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； （2）当时，求函数的单调区间； （3）求函数的极值． 26．（2026·河北·一模）已知函数. (1)求函数的极值; (2)证明：对任意的； (3)若函数有且仅有一个零点，证明：方程 无实数根. 27．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)若，证明：当时，； (2)若有两个零点，求的取值范围. 28．（2026·江苏·模拟预测）已知函数，其中． (1)若，证明； (2)讨论的极值点的个数． 29．（25-26高三上·江苏·阶段检测）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)当时，，求的取值范围. 30．（2026·全国·三模）函数，为常数． （1）当时，求函数的单调性和极值； （2）当时，证明：对任意，． 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.6 利用导数解决函数的零点问题（精讲） 第一部分：知识复习 1、函数的零点 （1）函数零点的定义：对于函数，把使的实数叫做函数的零点． （2）三个等价关系 方程有实数根函数的图象与轴有交点的横坐标函数有零点． 2、函数零点的判定 如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理． 注意：单调性+存在零点=唯一零点 第二部分：典型例题 典例一：判断函数零点的个数 1．（25-26高二下·北京·期中）已知函数. (1)若，求的极值 (2)若恒成立，求的取值范围 (3)判断函数的零点个数.（直接写出结论） 【答案】(1)的极大值为，无极小值； (2) (3)当时，函数的零点个数为0个；当或时，函数的零点个数为1个；当时，函数的零点个数为2个. 【分析】（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，进而确定单调区间和极值； （2）结合题意转化为，,再构造函数，，求解函数的最大值即可求得答案. （3）将问题转化为求方程的实数根，再结合（2）中函数的单调性与极值，讨论函数值的分布情况，并分类讨论求解即可. 【详解】（1）解：当时，，其定义域为， 所以，令，得，令，得. 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以，的极大值为，无极小值. （2）解：由题意知在恒成立，即在恒成立， 所以在恒成立，即，， 令，， 则，令，解得. 当在内变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 单调递减 由表知，当时，函数有最大值，且最大值为， 所以，即实数的取值范围为. （3）解：函数的零点即为的实数根，即方程的实数根， 由（2）知，当时，；当时，；当时，； 又因为当时，，当时，， 所以，当时，方程无实数根，即函数的零点个数为0个； 当或时，方程有1个实数根，即函数的零点个数为1个； 当时，方程有2个实数根，即函数的零点个数为2个； 综上，当时，函数的零点个数为0个；当或时，函数的零点个数为1个；当时，函数的零点个数为2个. 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. 3．（25-26高三下·湖北黄冈·阶段检测）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)判断函数在的零点个数，并说明理由 【答案】(1) (2)1，理由见解析 【分析】（1）求导后可得函数单调性，即可得其最大值； （2）令，可得，构造函数，借助导数可研究其单调性，利用单调性与零点存在性定理即可得解. 【详解】（1）由题意得，，，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为. （2）令，则，，整理得， 令，则，， 当时，，所以在上单调递减， 又，，所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点， 当时，，，两个不等式等号无法同时成立， ，此时函数无零点， 综上所述，在上存在唯一零点， 即函数在上的零点个数为. 4．（25-26高二下·全国·期中）已知函数 (1)当时，解不等式：； (2)当时，判断的零点个数并证明； 【答案】(1) (2)3个；证明见解析 【分析】（1）先求得的定义域为，并证得的图像关于中心对称，再确定当时的符号，进而根据对称性得的解集； （2）先通过导数分析的单调性，并根据零点存在性定理确定在上有唯一零点，再根据的图像关于中心对称及，即可得到f（x）的零点个数. 【详解】（1）由得，所以的定义域为， 又 ， 所以函数的图像关于中心对称，且. 因为， 当时， ，所以. 故当时，， 即不等式的解集为. （2）当时，. 因为的图象关于中心对称， 所以只需考虑时，的零点个数. ， 当时，. 令 当时，， 所以在上单调递减. 因为， 所以存在唯一，使得. 所以当时，，即在上单调递增. 当时，，即在上单调递减. 所以在上没有零点， 又， 所以存在唯一实数使得，即在上有唯一零点， 由（1）知. 所以时，有三个零点：. 5．（25-26高三上·北京·期中）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程 (2)设函数. （i）求的单调区间； （ii）判断的零点个数，并说明理由； 【答案】(1) (2)（i）答案见解析；（ii）2个零点，理由见解析 【分析】（1）只需求得，即可； （2）（i）直接求导，根据导数的符号判断即可；（ii）根据零点存在定理判断即可； 【详解】（1）因为， 所以， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（i），定义域为， 则， 所以函数只有单调减区间为，无单调增区间； 6．（25-26高三上·江苏泰州·期中）已知函数，其中. (1)若，求的值； (2)当时， （i）判断函数在上的零点个数； 【答案】(1) (2)（i）; 【分析】（1）求出，代值计算即可；（2）（i）利用导数研究的单调性以及最值，结合零点存在定理即可判断； 【详解】（1）由题可得：，所以， 解得： （2）当时， （i）， 则，， 令，则， 所以在上单调递减，由于， 所以存在唯一零点，使得； 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以， 当，由于，则，在上单调递增， 所以在上有一个零点， 当时，由于，，在上单调递减， 根据零点存在定理，在存在唯一零点， 综上，函数在上的零点个数为； 典例二：讨论函数零点的个数 7．（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； 【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 【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； 【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． 8．（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． 9．（25-26高三上·新疆乌鲁木齐·阶段检测）已知函数. (1)若，求函数的单调区间; (2)设,讨论函数的零点个数. 【答案】(1)若，单调递增区间，单调递减区间. (2)当或时，有一个零点；当时，函数有两个零点；当时，函数没有零点. 【分析】（1）先确定函数定义域，再对求导,将代入导函数，通过判断导函数的正负来划分单调区间，再利用导数研究函数单调性即可. （2）将零点个数转化为方程解的个数，可将方程变形为，构造新函数，通过求导研究的单调性，极值与最值，再结合的图像趋势，根据与这些值的关系来判断零点个数. 【详解】（1）当时，， ，令，解得， 因而函数的单调递增区间是， 令，解得,因而函数的单调递减区间是; （2）令， 分离参数得，设， ，令，解得，此时单调递增， 令，解得，此时单调递减， 的最大值是，又， 增长比要慢很多，， 因此当时，直线与无交点， 当或时，直线与有一个交点， 当时，直线与有两个交点. 所以当或时，有一个零点；当时，函数有两个零点；当时，函数没有零点. 10．（25-26高二下·天津·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的极值； (3)讨论方程实数根的个数. 【答案】(1)； (2)极大值为，无极小值； (3)当时，方程无实根；当或时，方程有一个实根； 当时，方程有两个实根； 【分析】（1）先对函数求导，根据导数几何意义，可求得切线斜率，再结合点斜式方程，即可求得切线方程； （2）通过求导，判断函数的单调性，结合函数极值的概念，即可求解； （3）由（2）可得函数的单调性，进而可求得函数最值，通过对参数的取值进行讨论，即可求得方程的根个数； 【详解】（1）根据题意，函数的定义域为，， 所以切点为， 又， 所以， 则曲线在点处的切线方程为， 即； （2）由（1）得，， 令，解得， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，恒成立，所以在上单调递减， 所以为函数的极大值点，极大值为，无极小值； （3）由（2）得，函数在上单调递增，在上单调递减，且极大值为，同时也为函数的最大值， 当时，，所以， 当时，，但增长速度慢于的增速，所以， 方程实数根的个数即函数与的交点个数， 所以当时，函数与无交点，即方程无实根， 所以当时，函数与有一个交点，即方程有一个实根， 所以当时，函数与有两个交点，即方程有两个实根， 所以当时，函数与有一个交点，即方程有一个实根， 综上所述，当时，方程无实根， 当或时，方程有一个实根， 当时，方程有两个实根； 11．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； 【答案】(1) (2)当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2. 【分析】（1）根据导数的几何意义由点斜式可得切线方程； （2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得. 【详解】（1）当时，． 所以曲线在处的切线方程为，即． （2）因为，令，得，即. 令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数. 又因为，当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且，有极大值也是最大值，如图： 由图可知，当时，函数与的图象无交点； 当时，函数与的图象有1个交点； 当时，函数与的图象有2个交点. 综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1； 时，的零点个数为2. 12．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数， ，其中且． (1)当时，讨论函数的单调性和极值； (2)证明：函数存在零点的充要条件是函数存在零点； (3)当时，讨论函数的零点个数． 【答案】(1)在 单调递减，在 单调递增；极小值为 1 ，无极大值； (2)证明见解析 (3)零点个数为1 【分析】（1）根据导数研究函数的单调性和极值即可； （2）通过必要性和充分性讨论，结合函数存在零点进行化简证明即可； （3）对进行求导，根据零点存在定理，以及函数取极限的思想即可求出函数的零点个数. 【详解】（1）当 时， ，定义域为， ，令 ，解得 ， 当 时， ，即 ，因此 在 上单调递减， 当 时， ，即 ，因此 在 上单调递增； 所以 在 处取得极小值，极小值为：，无极大值. （2）必要性：若存在零点，则存在 ，使得 ，即 ， 等式两边取以为底的对数，得 ，又，故，整理得： 0 ， 即 ，因此 存在零点 . 充分性：若 存在零点，则存在 ，使得 ，即 ， 等式两边取为底的指数，得 ，令 ，则 ， 即： 因此 ，即 存在零点. 综上，函数 存在零点的充要条件是函数 存在零点，得证. （3） ，其定义域为 ，其中且，， 因为 ，所以 ，则 在 上单调递增， 当 时，， ，所以 ；当 时，0 ，所以 ； 因此，存在 ，使得 ，即 ，整理得 ； 当 时，单调递减；当 时， 单调递增， 所以在 处取得最小值 ，， 因为 ，且当 0 时， ， 所以 ；当 时， ，所以 ； 根据零点存在定理，因为 在 上单调递减，在 上单调递增， 且 在 0 和 时分别趋近于和， 所以有且仅有一个零点. 典例三：证明函数零点的个数 13．（25-26高二下·河北承德·期中）已知函数.记曲线在处的切线为. (1)当时，求的方程； (2)证明：函数 在上单调递减； (3)当时，证明：曲线与有且仅有一个公共点. 【答案】(1) (2)，求导得 ， 换元，令，则，，只需证 ， 即证明，令，求导得， 二次求导得 （定义为函数的导函数），所以在上增，而， 所以在为负，为正，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，取最小值时，所以，对恒成立，且只在处， 所以在上单调递减. (3)，， 所以，而 ， 所以切线方程为，即， 令，易知 ， 下面分别证明时，， 设函数， ，且只在孤立的点为0，所以在上增，所以时，， 即，所以时，, 当时，，所以 ， 所以， 令 ， ，当时，， 所以，所以， 当时，由（2）可知， ， 即 ，两边同乘x得， 所以， 换元，令，因为，所以， 令 ，则 ， 而 （定义为函数的导函数），所以在上单调递增，所以当时， ， 所以在上单调递减，所以 ，所以 ， 所以只有唯一零点，所以与直线有唯一公共点. 【分析】（1）先求导，进而求出切线的斜率，根据直线方程的点斜式即可求出切线方程. （2）求导，通过换元证明导函数在定义域内为负，即可证明递减. （3）设，先证时没有零点，利用，只需证，再利用即可证明；当时，利用第二问结论，再乘x，得，代入，只需证，通过换元，二次求导即可证明. 【详解】（1），求导得， 所以，而， 所以切线方程，即. （2）略 （3）略 【点睛】方法归纳： 1.第二问通过换元，使得求导判断正负的问题变得简单. 2.可以记一些基本的不等式如时，，，可判断式子的正负或者大小关系. 3.第三问直接求导计算量大，而且不容易有结果。一般这种题目是要利用前面的结论的，通过观察第二问结论的形式，巧妙乘x，换掉，使得运算变得简单. 14．（25-26高二下·安徽滁州·阶段检测）已知函数 ，． (1)当时，求的极值； (2)设，证明：与的图象恰有一个公共点； 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2)证明：当时，，定义域为. 要证与的图象恰有一个公共点，即方程有唯一解， 即 有唯一解. 设，， ， 令 ，，，所以， 令 ， ， 所以在上单调递增，， 因此在时恒成立，在单调递增． 又 ， ， 故存在唯一使得， 因此与的图象恰有一个公共点． 【分析】（1）求出函数导数，利用函数导数求函数极值即可； （2）由题意可转化为 有唯一解，设，，利用导数及零点存在性定理证明即可； 【详解】（1）当时，，定义域为. ， 令，解得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此，在处取得极小值， 极小值为，无极大值. （2）略 15．（25-26高二下·江苏南京·期中）已知函数． (1)若，证明：当时，； (2)若对恒成立，求整数的最小值； (3)当，证明：在上存在唯一极小值点和唯一零点． 【答案】(1)证明见解析 (2)3 (3)证明见解析 【分析】（1）时，，构造函数并求导，分析的单调性，进而得出，进而证明结论； （2）根据函数的性质结合对恒成立得出的范围，再根据是整数，用赋值法求出的最小值； （3）求导，构造新函数，再求导，利用导数分析函数单调性，分析函数的极值，并利用零点存在定理分析函数的零点情况． 【详解】（1）若，则，构造函数， 当时，， 在上单调递增， ，即， ，故，即， 当时，． （2）已知， 则，且， 已知对恒成立，且为整数， 则，解得， 当时，， ，不符合，故， 当时成立，此时， 当时，， 令，可得， 在上递增，在上递减， 又，， ，即， 当时，可得， ， 当时，均有对恒成立， 综上所述，整数的最小值为3． （3）由，可得， 令，可得， 当时，在上递增， 而，， 存在，使得 ， 在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 存在，使得， 在上递减，在上递增， 又当时，， 在上递增， 在上单调递减，在上单调递增， 是在上的唯一极小值点； 此时，， 存在，即上存在唯一零点，使得． 16．（2026·甘肃酒泉·二模）已知函数. (1)当时，求的单调区间和极值； (2)当时，证明：存在两个零点； 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为,极小值为0，无极大值 (2)证明如下： 当时，，， 则， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又，， 则存在，使得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，， 所以根据零点存在性定理可知，函数存在两个零点. 【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调区间及极值； （2）求导，先利用导数分析函数的单调性，进而结合零点存在性定理求证即可； 【详解】（1）当时，，， 则时，， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增，又， 则时，，时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 时，函数取得极小值，无极大值. （2）略 17．（2026·山西运城·模拟预测）已知函数． (1)若在区间内存在极值点，求的取值范围； (2)证明：当时，在区间内有且仅有个零点． 参考数据：． 【答案】(1) (2)证明：由题， 故当时，，在区间上单调递增， 因为，当时，，， 所以在区间内有唯一零点． 因为， 令，则， 所以由（1）知在区间内有解，且在区间单调递减， 所以在区间内先增后减， 又因为，， 所以在区间内不存在零点．     当时，令， 则， 所以在区间内单调递增，     又因为，， 所以存在唯一，使得， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 因为， 所以，又， 所以存在唯一，使得， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 因为，， 所以存在唯一，使得．     当时，，单调递增， 又因为，， 所以根据零点存在定理，在时仅有1个零点． 综上，当时，在区间内有且仅有3个零点． 【分析】（1）由题意知在区间内有变号零点，再构造函数，根据函数的单调性，零点存在性定理求解即可； （2）利用含参求导，进而结合（1），分，，，四种情况分析讨论，可对原函数的零点个数作出证明. 【详解】（1）解：因为在区间内存在极值点， 所以在区间内有变号零点， 令，则， 因为，，所以在恒成立， 所以在区间内单调递减   因为，， 为了满足在区间内有变号零点，则必有，解得， 故的取值范围是． （2）略 18．（2026·四川绵阳·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若，证明：关于方程在区间上有两个根； 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）直接利用导数判断，分四种情况：，，，讨论可得； （2）构造函数，将方程的根转化为函数的零点问题，显然函数有一个根，再用零点存在性定理判断另一个零点可得； 【详解】（1）由函数，所以函数的定义域为， ① 当时：对恒成立， 时，单调递减； 时，单调递增. ② 当时，当时，单调递增；当时，单调递增；当时，单调递减； ③ 当时：恒成立，在单调递增； ④ 当时：当 时，单调递增；当时，单调递增； 时，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，上单调递增；在上单调递减； 当时， 在单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2）令，显然，，所以方程有一个根. 由（1）知当时，在，上单调递增；在上单调递减； 所以是极大值，是极小值，且，即. 又因为， 令，则，所以在上单调递减， 所以，即， 由零点存在定理，在存在唯一一个零点， 因此在上共有两个不同零点，即方程在上有两个根. 典例四：已知函数零点个数求参数的取值范围 19．（2026·贵州遵义·模拟预测）若函数在定义域上恰有三个零点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对分段函数分段考虑各段上的零点情况，将问题转化为在上必须有2个零点的情况，结合数形结合思想列出不等式求解即得. 【详解】①当时，，则，所以在上单调递增， 因为，而， 由零点存在定理得，函数在上有且只有一个零点； ②时，，该二次函数的图象开口向上，对称轴为， 要使原分段函数在定义域上恰有三个零点，则需使在上要有2个零点， 即需使在上有两个不相等的实数根， 即，解得， 综上可得. 20．（25-26高三上·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. 21．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知关于x的方程有两个不等实根，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意即方程 有两个不相等的实根，然后通过研究单调性，图像可得答案. 【详解】由题意即方程 有两个不相等的实根，令，则， 因,则在R上单调递增，所以问题等价于 有两个不相等的实根， 即直线与图像有两个交点，，. 得在单调递增，在单调递减， ，，时，时， 据此可得大致图像如下，由图像得． 22．（2026·吉林长春·模拟预测）已知函数，若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数作出函数的图象，转化条件为的图象与直线有个交点，数形结合即可得解. 【详解】由题当时，，所以， 所以当时，，当时，； 所以在区间上单调递增，在上单调递减， 当时，当时，； 当时，； 所以可作出函数的图象，如下图， 若要使函数有个不同的零点， 所以的图象与直线有个交点， 即，解得. 即实数的取值范围是. 23．（2026·山东泰安·模拟预测）已知函数，，若恰有4个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，得到为奇函数，的零点关于原点对称，因此只需研究时的零点个数为2，即可对应得到时的零点个数；当时，得到的具体解析式，令分离出参数；构造关于的新函数，利用导数研究函数的单调性、极值、值域，结合方程解的个数要求，得到时方程有2个解对应的的范围，结合奇函数的性质得到总零点为4个时的范围. 【详解】，的定义域为. ，为奇函数，图象关于原点对称. ，恰有4个零点， 可得时，恰有2个零点；时，恰有2个零点，且这4个零点关于原点对称. ， 当时，，得. 时，， 当且时，令，得，即. 时，恰有2个零点，等价于且时，有2个解； 即与在且时有两个交点. 令（且），则； ； ，； 当且时，，即在和上单调递减； 当时，；时，；，；时，；如图所示： 由图可知，当时，与有两个交点； 恰有4个零点时，实数k的取值范围是． 24．（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． 典例五：隐零点问题 25．（2026高三·江苏·专题练习）已知函数（其中为参数）． （1）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； （2）当时，求函数的单调区间； （3）求函数的极值． 【答案】(1) . (2) 的单调增区间为，单调减区间为． (3) 时，，无极小值； 当时，，无极大值； 当时，． 【详解】分析：（1）由题意得对任意恒成立，求得，故．（2）由题意知当时，，又，列表可得函数的变化情况，由此可得函数的单调区间．（3）求导数得），又由（1）得，然后分三种情况讨论函数的单调性，从而可得所求的极值． 详解：（1）∵对任意，不等式恒成立， ∴对任意恒成立． 又， ∴当时，单调递增；当时，单调递减． 故， ∴． ∴实数的取值范围． （2）∵， ∴． 当时，， 由（1）知，即，当且仅当时等号成立． 令，得． 当变化时，的变化情况如下表： 极大值 由上表可得的单调增区间为，单调减区间为． （3）由题意得）， 由（1）知，又，故． ①当时，，此时上递增，在上递减； 所以，无极小值． ②当时，，此时上递减，在上递增， 所以，无极大值； ③当时， 令，下面证上各有一个零点． 因为上递减且连续， 所以上有唯一零点，且， 易证时，， 故， 又上递增且连续， 所以上有唯一零点，且， 故上递减，在上递增，在上递减，在上递增， 所以． 综上得： 当时，，无极小值； 当时，，无极大值； 当时，． 点睛：（1）解决恒成立问题时，常用的方法是分离参数，将参数分离后转化为求具体函数的最值的问题处理． （2）函数的单调性是解决问题的基础和工具，在讨论函数的单调性时，若函数解析式中含有参数，则解题时要根据参数的不同取值情况进行分类讨论． 26．（2026·河北·一模）已知函数. (1)求函数的极值; (2)证明：对任意的； (3)若函数有且仅有一个零点，证明：方程 无实数根. 【答案】(1)极大值，无极小值； (2)证明如下： 不等式， 令函数，依题意，， 求导得，令函数，求导得， 因此函数在上单调递增，，函数在上单调递增， 则，所以对任意的. (3)证明如下： 函数定义域为R，求导得， 由，即，得，函数有唯一零点， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 函数在处取得最大值，且当时，；当时，， 由函数有且仅有一个零点，得，即， 消去得，令函数，显然函数在R上单调递增， 而，则，， 又函数在上单调递增，因此， 方程中，， 所以方程 无实数根. 【分析】（1）利用导数求出函数的极值. （2）等价变形给定不等式并构造函数，利用导数求出最小值即可推理得证. （3）利用导数，结合函数有唯一零点的条件求出的大致范围，再利用一元二次方程判别式推理得证. 【详解】（1）函数的定义域为R，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 所以当时，函数取得极大值，无极小值. （2）略. （3）略. 27．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)若，证明：当时，； (2)若有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）把代入，将所证不等式作等价变形，再构造函数，利用导数推理得证. （2）求出函数的导数，按分类讨论，结合零点存在性定理及零点个数求出的范围. 【详解】（1）当时，不等式， 令，求导得， 函数在单调递减，则， 所以原不等式得证. （2）函数定义域为，求导得， 当时，，函数在单调递增， 又，因此0是的唯一零点，不符合题意； 当时，令，求导得， 函数在单调递增，而， 则，且， 因此存在唯一，使得，即， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则函数在处取得最小值，且0是的一个零点， ①当，即时，令函数， 求导得，函数在上单调递减，， 即当时，，而， 则 ，令， 求导得，函数在单调递增，则，即， 又，取， 则， 因此函数在有一个零点，即函数有两个零点，满足题意； ②当，即时，， 因此0是的唯一零点，不符合题意； ③当，即时，函数在单调递减，则， 令函数，求导得， 函数在上单调递减， ，即当时，，则， 由（1）知，于是，取，则， 因此函数在有一个零点，即函数有两个零点，满足题意， 所以的取值范围是. 28．（2026·江苏·模拟预测）已知函数，其中． (1)若，证明； (2)讨论的极值点的个数． 【答案】(1)证明：当时，，，，， 又易知在上为增函数， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 从而. (2)有且仅有一个极值点. 【分析】（1）根据导函数的正负，判断的单调性，求得最小值，即可证明； （2）求得，构造函数，对参数的取值进行分类讨论，结合零点存在性定理，判断的单调性，即可求得函数极值点个数. 【详解】（1）略 （2）由题意知，函数的定义域为，， 设，，显然函数在上单调递增，与同号， ①当时，，，所以函数在内有一个零点， 且，，，， 故在单调递减，在单调递增； 所以函数在上有且仅有一个极值点； ②当时，由（1）知，函数在上有且仅有一个极值点； ③当时，，， 因为，所以，， 又，所以函数在内有一个零点， 且，，，， 故在单调递减，在单调递增； 所以函数在上有且仅有一个极值点； 综上所述，函数在上有且仅有一个极值点． 29．（25-26高三上·江苏·阶段检测）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)当时，，求的取值范围. 【答案】(1)，无极大值 (2) 【分析】（1）根据题意求出函数的导数，并判断导数的正负，从而求得函数极值； （2）求出函数的导数，由零点存在定理可知其在区间上存在零点，根据其单调性，判断其正负，确定函数的最小值，令最小值大于等于 ，求得答案. 【详解】（1）当时，，，( ), 显然在上是递增的，且， 故时，，时，， ∴在上递减，上递增， ∴，无极大值. （2）由可知： ， 而，在上单调递增， 且，， （这是因为 ,） ， ∴存在唯一的使，即， 且当时，，递减；当时，，递增， ∴ 令 ,解得或， ∴. 【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值以及用导数解决不等式成立时的参数的范围问题，一般思路是求导，判断导数的正负，从而求得极值或最值，难点在于用导数求解不等式成立时的参数范围时，要巧妙的应用零点满足的方程进行整体代换，这样就可以求出零点的范围，进而解决问题. 30．（2026·全国·三模）函数，为常数． （1）当时，求函数的单调性和极值； （2）当时，证明：对任意，． 【答案】（1）在单调递减，在单调递增，有极小值为，无极大值；（2）证明见解析． 【分析】（1）先求解出，然后根据求解出的值，再通过列表的方式确定出的单调性和极值； （2）将问题转化为证明“”，构造新函数，分析其单调性和最值，结合“隐零点”的思想完成不等式的证明. 【详解】（1）因为，所以， 所以，且． 由得；得，得． 列表得 极小值 所以在单调递减，在单调递增， 且有极小值为，无极大值． （2）证明：因为，所以，则 要证，只需证． 设 则 所以，故单调递增． 又因为， 所以存在，使得， 即，所以， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增． 所以当时，取得最小值． 由知，所以， 所以 故，从而． 【点睛】思路点睛：导数问题中运用“隐零点”思想的一般求解步骤： （1）先分析导函数的单调性，采用零点的存在性定理确定出的零点； （2）分析在定义域上的取值正负，从而确定出的单调性，由此确定出的最值； （3）由（2）中计算出的最值可通过继续化简，由此求得更简单的最值形式. 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $