考点培优练03 导数中的零点问题（含隐零点）6大考点（高效培优专项训练）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

**基本信息** 聚焦导数零点问题6大考点，构建从基础计数到隐零点应用、比值代换及同构的递进式方法体系，以典例驱动逻辑链生成，培养数学思维与问题求解能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |考点01-06|每考点1典例+3-5跟踪训练|涵盖直接求零点、零点存在性定理、分离参数、隐零点整体代换、比值代换、同构模型等6类核心方法|从无参函数零点计数到含参范围求解，进阶至隐零点应用、双变量不等式证明及同构快速解题，形成"概念-方法-应用"递进逻辑链|

考点培优练03 导数中的零点问题（含隐零点）6大考点 考点预览 目录 考点01 无参函数零点计数问题 1 考点02 根据零点个数求参数范围 5 考点03 零点个数判断与证明（隐零点） 11 考点04 利用隐零点解决最值、极值问题 21 考点05 利用比值代换解决零点不等式型 28 考点06 利用同构解决零点问题 40 考点通关 考点01 无参函数零点计数问题 函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 【典例1】（2026·河南·模拟预测）已知函数，则函数的极值点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对函数求导，运用导数的零点来判断函数的极值点. 【详解】 化简得，令 ， 即 ，令， ， 令，则， 令，则，故在定义域内单调递增； 又因为，； 因此，使， 故在内单调递减，在内单调递增， 当时，，故时，， ， 同理得时，， ， 且 ， 故， 因此，在内，单调递增，在内，单调递减，在内单调递增， ， ， ， ， 故在，，区间分别有一个零点， 因此函数的极值点个数有3个. 【跟踪训练】1．（25-26高三上·山东菏泽·期中）函数的零点个数为（   ） A．1 B．0 C．3 D．2 【答案】A 【分析】利用导数判断函数的单调性，结合，即可判断出答案. 【详解】由，可得，即定义域为， 所以， 由于，故， 即，当且仅当时取等号， 即在上为单调递增函数，又， 所以仅有一个零点． 故选：A． 2．（2026·河北衡水·一模）函数的极值点的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析导数的符号变化，可得出函数的极值点个数. 【详解】因为，该函数的定义域为， 由 ，得或或. 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递增. 所以在处取得极大值，在处取得极小值，故的极值点的个数为. 3．（2026·四川内江·模拟预测）已知函数，对于以下3个命题： ①函数有2个极值点 ②函数有3个零点 ③点是函数的对称中心 其中正确命题的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用导数研究的单调性确定极值情况，结合零点存在性定理判断零点个数，根据判断对称中心. 【详解】令，可得， 所以、上，递增；上，递减； 所以是的极值点， 又，，， 所以在上存在一个零点， 所以有2个极值点，1个零点，①正确，②错误； ，故是函数的对称中心，③正确. 故选：C 4．（2025·宁夏银川·三模）若函数，则的零点个数为（    ）. A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】令，可得或，分，求导判断的单调性及极值，进而可得，的解的个数，进而可得的零点个数. 【详解】令，则，所以， 解得，解得或， 当时，，求导得， 令，则，解得， 若时，，若，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，， 当时，在上单调递增，且， 所以有3个解，有2个解， 所以的零点个数为5个. 故选：D. 考点02 根据零点个数求参数范围 已知函数(方程)零点的个数求参数范围常见方法 ①函数在定义域上是单调函数，满足零点存在性定理． ②若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析． ③分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数． 【典例2】（25-26高三上·贵州贵阳·阶段检测）已知函数在内有两个不同的零点，则a的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】函数零点即方程的解，取对数得，此方程有两个解，引入函数，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论． 【详解】显然，有两个零点，即方程在上有两个解， 两边取对数得到，在上有两个解， 令，， 若，恒成立，即在上单调递增，不符合题意； 故， 由，得， 由，得， 在单调递增，在单调递减， 又当时，，当时，， 因为有两个零点，则， 解得.所以的取值范围是. 故选：B． 【跟踪训练】1．（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. 2．（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. 3．（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． 4．（2026·江苏苏州·三模）已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由令，，转化为与的图象有两个交点，利用导数求出的图象可得答案. 【详解】令， 得， 令，， 即与的图象有两个交点， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 所以当时，有极小值，为， 当时，有极小值，为， 当时，， 再由 可得的大致图象如下图: 所以当时，函数有两个零点. 5．（2026·山东聊城·模拟预测）已知函数在上有三个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造新函数，求导，判断单调性，作出图象，即可根据零点个数求得结果. 【详解】函数在上有三个零点，即方程有三个根， 不妨设．设，则函数的图象与直线有三个交点． 函数 当时， 在上单调递增，且； 当时，，当时，，当时， 在上单调递减，在上单调递增． 又，当时，，当时，，当时，，作出函数的大致图象，如图所示． 由图可知，当时，函数的图象与直线有三个交点，即实数的取值范围是． 考点03 零点个数判断与证明（隐零点） 1、函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. 2.隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 操作步骤：1.设隐零点 满足 。 2.利用该关系式，将 、 等超越形式用代数式表示（如 或 等）。 3.将 中的超越部分替换为代数式，从而判断 的符号。 核心技巧：整体代换，避免解出 的具体值。 【典例3】（2025·江西萍乡·二模）已知函数，． (1)若，且在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)设函数． （ⅰ）当时，求的最小值； （ⅱ）当时，讨论的零点个数． 【答案】(1) (2)（ⅰ）1；（ⅱ）当时，无零点；当时，有且仅有1个零点；当时，有2个零点． 【分析】（1）求导，得到在点处的切线斜率，再根据两直线垂直斜率的关系建立方程，求出； （2）（ⅰ）求导，根据导数符号判断单调性，进而求出函数的最小值； （ⅱ）分三种情况讨论，当，通过构造结合函数单调性与零点存在定理证明. 【详解】（1）若，则，，得， 若在点处的切线与直线垂直，则，解得； （2）（ⅰ）由题知，的定义域为，所以的定义域为， 当时，，所以， 故，则， 由函数与在上的图象知，存在唯一的使， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增， 故在处取得最小值， 又由得，故的最小值为1； （ⅱ）的定义域为， 当时，， 当时，，此时恒成立， 故的零点个数等价于其在上的零点个数， ①当时，， 令，则， 函数，显然恒成立，在上单调递增， 故，所以在上恒成立，故无零点； ②当时，， 令，则，函数， 显然恒成立，在上单调递增， 故，所以当且仅当时，，故有唯一零点； ③当时， 若，由得，令， 则， 令，则， 故在上单调递增，，， 故存在唯一的使； 若，由得，令，， 则，又，故在上单调递增， ，当时，，故存在唯一的使， 即存在唯一的使； 综上：当时，无零点；当时，有且仅有1个零点；当时，有2个零点． 【跟踪训练】1．（2026·四川广安·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在区间的最大值； (2)设函数，若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)设函数，求在区间上的零点个数，并说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)零点个数为2，理由见解析 【分析】（1）代入，求导判断函数在区间上的单调性，进而求得最大值. （2）化简，将恒成立问题转化为参数与函数最值的大小关系，构造函数求最小值即可得到的取值范围. （3）化简消去参数，将零点问题转化为两个函数图象的交点问题，结合函数值域、单调性分析交点个数即可. 【详解】（1）当时， ，定义域为. ∵ 当时，，，， ∴ ，即在上单调递减， ∴ . （2）由题意得， ∵ 对任意 ，恒成立，即恒成立， ∵ ，∴ 对任意 恒成立. 令，则. 令，得 ，即. ∵ ， ∴ ，对应极值点为. 当时，， ，故，单调递减； 当时， ，，故，单调递增. ∴ 是的第一个极小值点，且. 对于其余极小值点 ，，而，故对应的. 当 时，其余区间，对应的. ∴ 在 上的最小值为，故. （3）零点个数为2，理由如下： 由题意，得，. 令，得. ①当时，，单调递增，， 所以单调递减，所以. ②当时，，，则在区间上必定存在，使得. 因为在上单调递减， 所以当时，，单调递增，； 当时，，单调递减，. 因为，，所以在区间上必定存在，使得， 即当时，，单调递增，； 当时，，单调递减，. ③当时，单调递减，单调递减，则单调递减. 因为，， 所以必定存在零点，使得. ④当时，因为，所以， 所以在上，不存在零点. 综上所述，在上存在两个零点. 2．（24-25高三上·山东·阶段检测）已知函数且． (1)求a； (2)证明：存在唯一的极大值点，且． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）（方法一）由等价于，得出是极小值点，再由可得答案；（方法二）由等价于，求出．时由不合题意．当时只需可得答案； （2）利用导数研究的单调性、极值情况，依据单调性证极大值的范围. 【详解】（1）（方法一） 因为， 则等价于， 是极小值点． 又， 检验，当时，，当时单调递减； 当时单调递增， ，符合题意； （方法二）因为， 则等价于， 求导可知． ①当时，即在上单调递减， 所以当时，，不合题意． ②当时， 因为当时，当时， 所以，只需， ， 所以在单调递增，在单调递减， ，所以的解只有； （2）由（1）可知时，， 记，则， 令，解得：， 当时，时， 所以在区间上单调递减，在上单调递增， 所以， 又，所以在区间上有唯一零点且， 在上为正、在上为负、在上为正， 所以必存在唯一极大值点，且， 所以， 由可知， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以； 综上所述，存在唯一的极大值点，且． 【点睛】关键点点睛：第一问，讨论参数并应用导数研究且最小值，根据不等式恒成立确定参数值；第二问，导数研究极值点分布，进而证极大值的范围. 3．（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. 4．（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04 利用隐零点解决最值、极值问题 1、隐零点问题 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 【典例4】（25-26高三上·广东·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的零点个数； (3)探究是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)零点个数为1 (3)存在，最大值为，没有最小值 【分析】（1）求导，可得，，根据导数的几何意义求切线方程； （2）设，利用导数判断的单调性和零点，即可得的零点个数； （3）根据（2）分析的符号，即可得的单调性和最值，结合零点代换运算求解即可. 【详解】（1）因为，， 则，， 所以切线方程为，即. （2）设，则， 可知在上单调递减，且，， 根据零点存在定理可知在区间上存在唯一零点，即的零点个数为1. （3）由（2）可知在上单调递减，且存在唯一零点，使得， 当时，，则在区间上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以的最大值为. 因为，即， 可得，即， 则， 故的最大值为，没有最小值. 【跟踪训练】1．若不等式对恒成立，则整数的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】因为，所以，所以问题转化为对任意恒成立. 令，则, 令，则对恒成立， 所以在上单调递增. 因为， 故，使得.因此当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增. 故，所以整数的最大值为2 .故选：B. 2．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知函数，则下列命题中正确的有___________． ①函数有两个极值点； ②若关于x的方程恰有1个解，则； ③函数的图像与直线有且仅有一个交点； ④若，且，则无最值． 【答案】①③ 【分析】对函数的解析式进行化简并画出函数图象，由图可知函数有两个极值点，即①正确；利用函数与方程的思想可得恰有1个解时或，可知②错误；易知和是函数的两条切线，分类讨论参数并通过构造函数证明即可得出的图像与直线有且仅有一个交点，故③正确；分别解出的表达式，代入并构造函数利用导数研究其单调性可得有最小值，即④错误. 【详解】由函数可得， 函数的图像如下图所示：    对于①，由图可知，和是函数的两个极值点，故①正确； 对于②，若函数恰有1个零点，即函数与的图像仅有一个交点，可得或，故②不正确； 对于③，因为函数，在点处切线斜率，在点处的切线为， 函数，在处的切线斜率为，在处切线为，如图中虚线所示， 易知当，即时，的图像与直线恰有一个交点； 当，即时，令，得， 令，则，， 由二次函数的图像及零点存在定理可知，方程有且只有一个实数根； 当，即时，令，设， 则（仅当时取等号）， 即函数在上单调递增，由于， 设单调递增， 单调递减，， ， 所以函数有且仅有一个实数根；故③正确； 对于④，由， 则，，，则， 设，则， 设，显然在上单调递增， 且，，所以存在，使， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以存在最小值，故④不正确； 故选：①③． 【点睛】方法点睛：函数零点和方程根的问题往往利用数形结合转化成函数图像交点的问题，极值和最值问题通常构造函数并利用导数研究其单调性即可得出结论. 3.已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况讨论求解即可； （2）令，求导后可得在递减，递增，再结合零点存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，从而得是唯一的极大值点. 【详解】（1）， 当时，，所以在上递减，则没有最小值， 当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得最小值，得成立， 下面证为唯一解， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以方程有且只有唯一解， 综上，； （2）证明:由（1）知， 令， 当时，，当时，， 所以在上递减，上递增， 因为， 所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点， 所以当或时，，即， 当时，，即， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 即是唯一的极大值点， ， 由，得， 所以， 因为，所以. 4．（24-25高三下·北京·阶段检测）已知函数，直线l为曲线在点处的切线. (1)当时，求出直线的方程； (2)若，求的最值； (3)若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)最小值为，无最大值 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）对求导，利用导函数的正负判定的单调性，进而求出最值即可； （3）求出直线，将“直线与曲线相交”转化为关于的方程在有解，然后通过构造函数，对进行分类讨论，结合导数可求得结果. 【详解】（1）由题意可得， 所以曲线在点处的切线斜率， 切线方程为，整理得， 所以当时，直线的方程为. （2）因为，，则， 由解得，由解得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以当时，取得最小值，无最大值. （3）由（1）得切线的方程为， 因为直线与曲线相交于点，且， 所以关于的方程在有解， 令，则， 令，则， ①当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上单调递增， 所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 当时，，则， 所以在上单调递增， 当时，，则， 所以在上单调递减， 所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 所以符合题意； ②当时，由，得，则在上单调递减， 所以， 所以在上单调递增，所以， 所以在上无零点，所以不符合题意， 综上，即实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：当一阶导数无法求得函数的单调区间时，可考虑利用二阶导数进行求解，通过二阶导数的符号来确定一阶导数的单调性，符号，从而可确定原函数的单调性. 考点05 利用比值代换解决零点不等式型 证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.。 【典例5】（2026高三·福建三明·期末）已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若当时，，求实数的取值范围； (3)若函数有两个不同的零点，，求证：． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) (3)证明：因为有两个不同的零点，，不妨设， 则， 两式相减得， 要证，，即证， 因为，所以只需证， 即证， 即证， 令，则，上式可化为， 令， 则， 令， ，令， 则，令， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，所以在上单调递减， ，即， 所以在上单调递增， 所以，即成立， 所以 【分析】（1）根据导数的正负即可得出函数的单调区间； （2）分类讨论的范围，结合导数的正负进行验证即可求解； （3）将问题转化为证明，构造函数，结合导数与最值，即可证明． 【详解】（1）当时，，其定义域为，， 令， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． （2），令， 则， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以，则在上单调递增，，与题设矛盾，舍去； 当时，令，解得， 若，即时，，则在上单调递减， 所以，则， 所以在上单调递减，，符合题意； 若，即， 当时，，则在上单调递增，， 所以，所以在上单调递增，，与题设矛盾，舍去； 综上，． （3）略． 【跟踪训练】1．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. (2)①； ②当时，有两个不同的零点. 两根满足， 两式相加得:，两式相减得:， 上述两式相除得， 不妨设，要证:，只需证: ， 即证， 设，令 ， 则 ， 可知函数在上单调递增，且. 可得，即，所以. 【分析】（1）先确定函数定义域为，对函数求导并通分因式分解，把导函数化成整式乘积形式.以参数为分类依据，先讨论时导函数符号，再讨论时比较导函数两个零点与1的大小，分三种情况判断导函数正负，进而得到每一段的单调区间，分类标准清晰、不重不漏. （2）①先化简解析式，将函数有两个零点转化为对应方程有两个正根，分离参数变形为构造新函数.求导研究的单调性、最值与极限趋势，判断函数变化特征，利用直线与曲线有两个交点的条件，列出不等式求解出的取值范围. ②利用零点满足的方程，作和作差得到对数关系式，两式相除构造齐次式.采用极值点偏移常规证法，换元设，把待证不等式转化为关于的函数不等式.构造辅助函数，求导判断单调性，由端点值推出，逆向还原即可证得结论. 【详解】（1）由题意可知:的定义域为，且， 若，则， 当，则;当，则; 可知在内单调递减，在内单调递增; 若，令，解得或， 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 当，即时，则 ， 可知在内单调递增; 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 综上所述:若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. （2）①有两个不同的零点， 即有两个不同实根， 若，则，只有一个实数根，不符合题意， 故，得， 令， 令，得， 当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减， 当时，取得最大值，且时，， 当时，可得 可得不等式：. 先解，即，解得或. 再解，移项通分得， 等价于，即 . 因为，故不等式等价于 ， 解得， 结合或，取交集得. 所以实数的取值范围为. ②略 2．（2026高三上·安徽合肥·专题练习）已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 【答案】(1) (2) 令，，因为函数在上为增函数，且，则， 先证明：， 不妨令，则，即证，即证. 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，所以， 即当时，，故. 本题中，因为，，且， 即，即， 故，所以，故， 即. (3) 先证明：， 不妨令，则，即证， 即证， 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，故， 即，故，即. 本题中，，所以，即，即. 【分析】（1）由可得，令，令，其中，分析可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的取值范围； （2）令，，先证明出，由已知条件得出，可得，即可证得所证不等式成立； （3）先证明，结合以及所证不等式可证得结论成立. 【详解】（1）由， 可得， 令，其中，则函数，故函数在上为增函数， 所以，故函数的值域为， 令，其中，则， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以， 因为内层函数在上为增函数， 故直线与函数的图象有两个交点，如下图所示： 由图可知，实数的取值范围是. （2）略 （3）略 3．（2026高三·福建厦门·期中）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)讨论函数的单调性； (3)函数有两个零点，求证：． 【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为． (3)， 因为函数有两个零点，，不妨设， 则， 所以， 整理可得，即， 要证，即证， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以函数在上为增函数，则， 即，即，故原不等式得证． 【分析】（1）求出函数的导函数，再解，即可得解； （2）求得，对实数a的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间； （3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立． 【详解】（1）函数的定义域为 当时，函数， 所以 令，解得，所以函数的减区间是． 令，解得 ，所以函数的增区间是． （2）函数的定义域为， 又， ①当时，对任意的，， 当，；当 ，， 此时函数在上单调递减，在上单调递增； ②当时， 由可得，由可得或 ， 此时函数在上单调递减，在和上单调递增； ③当时，恒成立， 此时函数在上单调递增； ④当时 由可得，由可得或， 此时函数在上单调递减，在和上单调递增； 综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为． （3）略 4．（2026高三·河南濮阳·期末）已知函数（）． (1)讨论的单调性； (2)已知函数，有2个不同的零点，，且． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减 (2)（i）； （ii）由，是的2个不同的零点，且， 则，， 即，， 所以，即， 要证，只需证， 由（ⅰ）知，，， 所以即证，即证． 设，则，只需证． 设，， 则，则在区间上单调递增， 所以，即，即． 【分析】（1）根据函数解析式得到该函数的定义域，再求，分和两种情况分析的符号，进而即可讨论的单调性； （2）（i）根据函数解析式得到该函数的定义域，再求，分和两种情况分析的符号，从而分析的单调性来判断的零点个数，进而结合的最值即可求解； （ii）根据零点的性质，将需证的结论转化为即证 ，从而构造函数，求导，结合函数的单调性，最值即可证明． 【详解】（1）由，则的定义域为，， 当时，，则在区间上单调递增； 当时，， 当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减． 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）（ⅰ）由题知，，定义域为，则， 当时，，则在区间上单调递增， 所以在区间上最多有一个零点，不符合题意； 当时，， 当时，；当时，， 则在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又有2个不同的零点，且当时，，当时，， 所以，解得， 所以实数的取值范围为． 考点06 利用同构解决零点问题 常见模型 1. 题型特征：零点方程含等指对混合结构； 2. 解题步骤： ①对移项变形，配成两侧完全相同复合结构； ②设单调同构函数，利用； ③直接得到零点满足的等量关系，无需复杂导数讨论； 3. 典型模板：（定义域严格单调）； 4. 拓展：双零点等式求值、零点范围快速判定. 【典例6】（2026高三·重庆沙坪坝·开学考试）已知函数，且，则的最大值为___________. 【答案】 【分析】根据函数的零点定义，可以得到关于的两个等式，结合对数与指数的恒等变形公式，构造新函数，结合导数的性质，利用新函数的单调性得到之间的关系，最后对进行转化为关于的式子，最后构造新函数，利用导数的性质求出最值即可. 【详解】由，可得， 因为，所以，，显然， 由， 构造函数在上单调递增， 由， 而在上单调递增，所以有， 因此，设， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以当时，函数有最大值，即， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用函数零点的定义得到等式，然后利用同构思想，结合导数的性质进行求解. 【跟踪训练】1．（25-26高三上·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 【答案】0 【分析】根据题意，化简得，令，求得为增函数，转化为，得到，进而得到，求得，即可求解. 【详解】由方程，变形可得， 即， 令，则，所以为单调递增函数， 因为，可得，可得，即， 又因为实数是关于的方程的解， 可得，可得，所以0. 故答案为：0 2．（25-26高三上·内蒙古赤峰·期末）设m为正实数，若实数是关于x的方程的解，则______． 【答案】 【分析】将已知等式变为，构造函数，结合其单调性推出，即得，由此化简求值即可. 【详解】由得，即， 设，则在上单调递增， 则由可得，所以， 而实数是关于x的方程的解，即， 故. 故答案为：. 3．（24-25高三上·浙江绍兴·阶段检测）设为实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 【答案】 【分析】由，得.构造函数，由的单调性，可得.因为实数是关于的方程的解，所以，由此可得. 【详解】由，得，即. 令，则 易得是增函数，所以，即. 实数是关于的方程的解，则是方程的解，即方程的解. 所以，所以. 故答案为： 4．（2026高三·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 【答案】0 【分析】根据题意，化简得，令，求得为增函数，转化为，得到，进而得到，求得，即可求解. 【详解】由方程，变形可得， 即， 令，则，所以为单调递增函数， 因为，可得，可得，即， 又因为实数是关于的方程的解， 可得，可得，所以0. 故答案为：0 5．（2026·广东·模拟预测）已知满足 ，则_______． 【答案】3 【分析】原方程可化为，结合函数的单调性可得，故可求目标代数式的值. 【详解】因为，故， 因为，故，所以，设 则，故在上为增函数， 故，故，且，故， 故答案为：3. 【点睛】思路点睛：对于与指数、对数都出现的代数式，注意利用同构结合新函数的单调性进行转化. 1 / 18 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 $ 考点培优练03 导数中的零点问题（含隐零点）6大考点 考点预览 目录 考点01 无参函数零点计数问题 1 考点02 根据零点个数求参数范围 2 考点03 零点个数判断与证明（隐零点） 3 考点04 利用隐零点解决最值、极值问题 5 考点05 利用比值代换解决零点不等式型 7 考点06 利用同构解决零点问题 9 考点通关 考点01 无参函数零点计数问题 函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 【典例1】（2026·河南·模拟预测）已知函数，则函数的极值点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【跟踪训练】1．（25-26高三上·山东菏泽·期中）函数的零点个数为（   ） A．1 B．0 C．3 D．2 2．（2026·河北衡水·一模）函数的极值点的个数为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·四川内江·模拟预测）已知函数，对于以下3个命题： ①函数有2个极值点 ②函数有3个零点 ③点是函数的对称中心 其中正确命题的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．（2025·宁夏银川·三模）若函数，则的零点个数为（    ）. A．2 B．3 C．4 D．5 考点02 根据零点个数求参数范围 已知函数(方程)零点的个数求参数范围常见方法 ①函数在定义域上是单调函数，满足零点存在性定理． ②若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析． ③分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数． 【典例2】（25-26高三上·贵州贵阳·阶段检测）已知函数在内有两个不同的零点，则a的范围是（    ） A． B． C． D． 【跟踪训练】1．（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． 2．（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． 3．（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． 4．（2026·江苏苏州·三模）已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山东聊城·模拟预测）已知函数在上有三个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 考点03 零点个数判断与证明（隐零点） 1、函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. 2.隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 操作步骤：1.设隐零点 满足 。 2.利用该关系式，将 、 等超越形式用代数式表示（如 或 等）。 3.将 中的超越部分替换为代数式，从而判断 的符号。 核心技巧：整体代换，避免解出 的具体值。 【典例3】（2025·江西萍乡·二模）已知函数，． (1)若，且在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)设函数． （ⅰ）当时，求的最小值； （ⅱ）当时，讨论的零点个数． 【跟踪训练】1．（2026·四川广安·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在区间的最大值； (2)设函数，若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)设函数，求在区间上的零点个数，并说明理由. 2．（24-25高三上·山东·阶段检测）已知函数且． (1)求a； (2)证明：存在唯一的极大值点，且． 3．（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. 4．（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. 考点04 利用隐零点解决最值、极值问题 1、隐零点问题 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 【典例4】（25-26高三上·广东·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的零点个数； (3)探究是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由. 【跟踪训练】1．若不等式对恒成立，则整数的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知函数，则下列命题中正确的有___________． ①函数有两个极值点； ②若关于x的方程恰有1个解，则； ③函数的图像与直线有且仅有一个交点； ④若，且，则无最值． 3.已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 4．（24-25高三下·北京·阶段检测）已知函数，直线l为曲线在点处的切线. (1)当时，求出直线的方程； (2)若，求的最值； (3)若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围． 考点05 利用比值代换解决零点不等式型 证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.。 【典例5】（2026高三·福建三明·期末）已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若当时，，求实数的取值范围； (3)若函数有两个不同的零点，，求证：． 【跟踪训练】1．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 2．（2026高三上·安徽合肥·专题练习）已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 3．（2026高三·福建厦门·期中）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)讨论函数的单调性； (3)函数有两个零点，求证：． 4．（2026高三·河南濮阳·期末）已知函数（）． (1)讨论的单调性； (2)已知函数，有2个不同的零点，，且． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 考点06 利用同构解决零点问题 常见模型 1. 题型特征：零点方程含等指对混合结构； 2. 解题步骤： ①对移项变形，配成两侧完全相同复合结构； ②设单调同构函数，利用； ③直接得到零点满足的等量关系，无需复杂导数讨论； 3. 典型模板：（定义域严格单调）； 4. 拓展：双零点等式求值、零点范围快速判定. 【典例6】（2026高三·重庆沙坪坝·开学考试）已知函数，且，则的最大值为___________. 【跟踪训练】1．（25-26高三上·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 2．（25-26高三上·内蒙古赤峰·期末）设m为正实数，若实数是关于x的方程的解，则______． 3．（24-25高三上·浙江绍兴·阶段检测）设为实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 4．（2026高三·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 5．（2026·广东·模拟预测）已知满足 ，则_______． 1 / 18 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 $