解题大招32 导数重磅登场，六招攻克零点难题（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

**基本信息** 以“概念-定理-方法”为逻辑链，通过6大解题大招系统构建导数零点问题的方法论体系，培养数学思维与模型观念，实现从基础到隐零点难点的递进突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识点|3个核心概念|零点定义、存在性定理、隐零点特征|从定义到判定定理再到难点问题，形成概念认知链| |参变分离法|1典例+2训练|分离参数转化为值域问题|针对含参存在性问题，体现化归思想| |数形结合法|1典例+2训练|方程变形为函数交点问题|直观化复杂函数零点分析，培养几何直观| |零点存在性定理法|1典例+2训练|单调+端点异号判定唯一零点|强化定理应用与逻辑推理| |分类讨论法|1典例+2训练|按参数影响单调性分类|系统处理含参零点个数问题| |构造函数法|1典例+2训练|构造差函数分析零点|提升等价转化能力| |整体代换法|1典例+2训练|隐零点设而不求整体代入|破解超越方程求解难点，培养运算能力|

解题大招32 导数重磅登场，六招攻克零点难题 知识点01 函数的零点概念 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． 知识点02 函数零点存在性定理 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 知识点03 隐零点问题 导数的零点很多时候无法直接求解或者猜测出来，我们称之为“隐零点”（即能确定零点存但无法用显性数字表达），这类问题对学生的综合能力要求比较高，是考查的难点解决. “隐零点”问题的基本思路如下: （1）形式上虚设变量为时，设零点为； （2）运算上代换，对于含有隐零点的恒等式，根据需要通过移项将含有的一项或几项移在等号一边代换到另外式子中； （3）数值上估算，估算零点所在的区间； （4）策略上等价转化，运用充要条件等价转化或恒等变形； （5）方法上分离参数，零点用数学式子表示出来； （6）技巧上反客为主，零点作为主变量，其他变量作为参变量. 大招01参变分离法 对于含参的函数的零点问题，一种特别常见的方法是：参变分离法，即令f(x)=0，从而分离为的形式，再研究的值域和单调性，从而进一步解决零点问题. 【典例1】（25-26高二下·山东聊城·期中）已知，若存在，使得，则实数的取值范围是__________. 【跟踪训练】 1.（25-26高二下·广西梧州·期末）已知方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是__________． 2．（25-26高二下·江苏苏州·阶段检测）函数，有且只有一个零点，求非负数的取值范围为____________ 大招02数形结合法 当涉及函数零点个数问题时，常利用数形结合法策略求解： 将方程f(x)=0变形为两个基本函数相等，分别画出图象，通过交点个数和位置直观判断，适用于选择题、填空题或复杂函数的定性分析. 【典例2】．（25-26高二下·天津静海·阶段检测节选）已知函数，其中．若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围． 【跟踪训练】 1.(2026·福建厦门市模拟节选)设函数f(x)＝l n x＋x，若方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围． 2．（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． 大招03 零点存在性定理法 此法先判断函数在某区间两端点处函数值异号，且函数图象连续，则由零点存在性定理可知，此函数在该区间上至少有一个零点，如果函数在该区间上还单调，则可判断出在该区间上恰有一个零点. 注意：零点存在性定理只能判定有零点，不能判定无零点，也不能保证唯一性，唯一性必须结合单调性. 【典例3】（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：，． 【跟踪训练】 1．（25-26高二下·河南平顶山·期末）方程的解的个数为______． 2．（25-26高三上·北京·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：存在极大值点； (3)求的零点个数. 大招04分类讨论法(含参函数零点问题) 含参零点问题的分类讨论技巧: （1）当参数影响函数单调性或极值位置时，按参数的不同取值范围分类讨论，分别研究各类情形下的零点个数，再综合结论； （2）利用“先必要后充分”策略：先通过特殊值（如区间端点）得到参数的必要范围，缩小讨论区间，再在缩小的范围内证明充分性; （3）注意参数在分母、对数真数或偶次根号内时，需优先确保表达式有意义，定义域的限制可能直接影响零点存在区间. 【典例4】（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：，． 【跟踪训练】 1.．（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． 2．（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． 大招05 构造函数法 构造函数法破解函数零点问题求解策略 核心是将零点问题等价转化为新函数的交点判定问题： 1.等价变形：将原零点方程拆分为两类结构简单的函数，构造差函数h(x)=f(x)-g(x)，把零点问题转化为h(x)的零点分析问题. 2.性质推导：求导分析h(x)的单调性、极值、端点极限值，结合函数连续性判断零点个数、所在区间. 3.含参优化：遇参数时优先分离参数，转化为常函数与无参新函数的交点问题，降低分类讨论难度. 【典例5】（25-26高二下·重庆万州·期中）若实数是函数的零点，则______. 【跟踪训练】 1．（25-26高二下·湖北武汉·期中）已知只有1个零点，则a的取值范围是________. 2．（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）若函数恰有4个零点，则的取值范围为_____． 大招06整体代换法（隐零点问题） 整体代换法破解函数隐零点的核心策略为“设而不求，整体代入”. 1.当导函数零点无法显式解出时，先设出隐零点，满足； 2．再将此关系整体代入原函数或目标表达式中，消去超越部分，化为关于 的代数式或简单函数； 3．最后利用零点存在性定理确定的范围，结合单调性求最值或证明不等式. 说明 ：此法避免直接求解，降低运算量，是处理含参导数压轴题的有效手段。 【典例6】已知函数． (1)求曲线在函数零点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若关于的方程恰有两个不同的实根，且，求证：． 【跟踪训练】 1.（2026·高三·云南临沧·阶段检测）已知函数． (1)若存在两个极值点，求实数的取值范围； (2)设函数，且在上有个零点，若，证明：． 2.设函数. (1)求的最大值； (2)若函数存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）设的极大值点为，的零点为，求证：. 一、单选题 1．（26-27高三·全国·一轮复习）已知方程有两个不同的解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（2026高三·全国·专题练习）方程在上的根的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．4 3．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）若函数与的图象在第一象限内有公共点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二下·重庆江津·期中）已知关于的方程至多有两个不同实数解，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 5．（25-26高三·全国·一轮复习）若函数有极值点，，且，若，，则关于的方程的不同实根个数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 6．（25-26高二下·河南郑州·期中）已知函数有两个零点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 7．（25-26高二下·广东深圳·期末）函数是定义域为的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．是的极小值点 C．当时，函数有个零点 D．不等式的解集为 8．（25-26高二下·河北石家庄·期末）关于函数，下列判断正确的有（     ） A．在某点处的切线倾斜角为 B．存在正实数，使得能成立 C．函数有且只有1个零点 D．对于两个不相等的正实数，，若，则 三、填空题 9．（25-26高三上·吉林长春·期末）函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是___________． 10．（24-25高二下·江苏苏州·阶段检测）已知函数，若，使得有三个零点，则的取值范围为___________． 11.（2026·陕西榆林·三模）已知函数，则在上的零点个数为________． 四、解答题 12．（25-26高二下·山东东营·期末）函数，． (1)若，求函数的单调区间； (2)判断函数的零点个数． 13.(2026·高三·广西玉林·阶段检测）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时， （i）证明：恰有两个零点； （ii）在（i）的条件下，证明：，且. 14.（2026·天津·一模）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设为的导函数，若在上有两个不同的零点，，求证：． 41 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 解题大招32 导数重磅登场，六招攻克零点难题 知识点01 函数的零点概念 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． 知识点02 函数零点存在性定理 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 知识点03 隐零点问题 导数的零点很多时候无法直接求解或者猜测出来，我们称之为“隐零点”（即能确定零点存但无法用显性数字表达），这类问题对学生的综合能力要求比较高，是考查的难点解决. “隐零点”问题的基本思路如下: （1）形式上虚设变量为时，设零点为； （2）运算上代换，对于含有隐零点的恒等式，根据需要通过移项将含有的一项或几项移在等号一边代换到另外式子中； （3）数值上估算，估算零点所在的区间； （4）策略上等价转化，运用充要条件等价转化或恒等变形； （5）方法上分离参数，零点用数学式子表示出来； （6）技巧上反客为主，零点作为主变量，其他变量作为参变量. 大招01参变分离法 对于含参的函数的零点问题，一种特别常见的方法是：参变分离法，即令f(x)=0，从而分离为的形式，再研究的值域和单调性，从而进一步解决零点问题. 【典例1】（25-26高二下·山东聊城·期中）已知，若存在，使得，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【分析】先对已知等式变形构造函数，根据其单调性与特殊值确定，再参变分离构造函数，分析其单调性与值域得到的取值范围. 【详解】由题意可得：，即， 令，即存在使得， 构造，， 由，可得，由，可得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以方程存在唯一解， 所以存在使得，等价于存在，使得， 参变分离得到， 令，，， 易得当时，，当时，， 所以，在单调递减，在单调递增， 最小值为，当时，， 所以，的值域为：， 所以实数的取值范围是. 【跟踪训练】 1.（25-26高二下·广西梧州·期末）已知方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【分析】本题主要考查方程根的个数问题，可转化为函数图象交点问题.分离参数得（），研究函数的单调性与值域，确定直线与曲线有两个交点的条件. 【详解】由，得（）. 设，则方程有两个不相等的实根等价于直线与曲线有两个不同的交点. 求导得. 令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此在处取得极小值. 又因为时，，； 时，，； 时，； 时，. 所以在上从递减到， 在上从递增到，在上从递增到. 因此，当时，直线在区间和上各有一个交点，共两个； 当时，只有一个交点（重根）； 当时，方程无解；当或时，均无两个不同交点. 综上，的取值范围为. 2．（25-26高二下·江苏苏州·阶段检测）函数，有且只有一个零点，求非负数的取值范围为____________ 【答案】 【分析】根据题意，利用参变分离得，令，再根据导数确定的单调性，进而得到参数的取值范围． 【详解】若函数，有且只有一个零点， 则等价于方程有且仅有一解. 令 令， 单调递减； 又，所以，时，，，， 即时，，单调递增， 时，，单调递减； 在时， 在时，， 所以若与有且仅有一个交点，则或． 又为非负数，所以的取值范围为{0,1}． 大招02数形结合法 当涉及函数零点个数问题时，常利用数形结合法策略求解： 将方程f(x)=0变形为两个基本函数相等，分别画出图象，通过交点个数和位置直观判断，适用于选择题、填空题或复杂函数的定性分析. 【典例2】．（25-26高二下·天津静海·阶段检测节选）已知函数，其中．若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围． 【分析】，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】， 令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点， (解题关键：将函数零点问题转化为直线与曲线的交点个数问题，再数形结合作图求解) ，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． 【跟踪训练】 1.(2026·福建厦门市模拟节选)设函数f(x)＝l n x＋x，若方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围． 【详解】由f(x)＝m x得l n x＋x＝m x，又x>0，所以m＝1＋， 要使方程f(x)＝m x在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数解. 令g(x)＝1＋，x∈[1，e2]，则g′(x)＝，由g′(x)>0，得1≤x<e；由g′(x)<0，得e<x≤e2， 所以g(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，e2]上单调递减． 又g(1)＝1，g(e2)＝1＋＝1＋，g(e)＝1＋， 则函数g(x)＝1＋，x∈[1，e2]的大致图象如图所示． 由图象可知，m＝1＋或1≤m<1＋.故m的取值范围是∪. 2．（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． 【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． 大招03 零点存在性定理法 此法先判断函数在某区间两端点处函数值异号，且函数图象连续，则由零点存在性定理可知，此函数在该区间上至少有一个零点，如果函数在该区间上还单调，则可判断出在该区间上恰有一个零点. 注意：零点存在性定理只能判定有零点，不能判定无零点，也不能保证唯一性，唯一性必须结合单调性. 【典例3】（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：，． 【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. 【跟踪训练】 1．（25-26高二下·河南平顶山·期末）方程的解的个数为______． 【答案】 【分析】构造函数，求，再构造，求，从而根据的符号判断的单调性，再结合零点存在定理得到的符号，从而得到的单调性，再结合零点存在定理即可确定的零点个数，进而确定该方程的解的个数． 【详解】令，，则， 令，，则，所以单调递增， 又，， 所以在区间内有唯一零点，记为， 所以在内单调递减，在上单调递增， 又，， 由函数零点存在定理及函数的单调性可知在区间内有且仅有一个零点， 又，且， 所以在区间内有且仅有一个零点， 故原方程的解的个数为． 2．（25-26高三上·北京·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：存在极大值点； (3)求的零点个数. 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后结合零点存在性定理分析可得函数单调性，即可得其极值情况； （3）结合函数单调性与零点存在性定理分析即可得. 【详解】（1）， 则，又， 则曲线在点处的切线方程为，即； （2）， 令，则， 故在上单调递增， 又，， 故存在，使得， 当时，，当时，， 则当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 故是的极大值点； （3）由（2）得在、上单调递增，在上单调递减， 则， 又， 故在上有一零点，在上无零点， 故的零点个数为. 大招04分类讨论法(含参函数零点问题) 含参零点问题的分类讨论技巧: （1）当参数影响函数单调性或极值位置时，按参数的不同取值范围分类讨论，分别研究各类情形下的零点个数，再综合结论； （2）利用“先必要后充分”策略：先通过特殊值（如区间端点）得到参数的必要范围，缩小讨论区间，再在缩小的范围内证明充分性; （3）注意参数在分母、对数真数或偶次根号内时，需优先确保表达式有意义，定义域的限制可能直接影响零点存在区间. 【典例4】（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：，． 【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）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. 【跟踪训练】 1.．（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． 【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. 2．（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． 【详解】(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． 大招05 构造函数法 构造函数法破解函数零点问题求解策略 核心是将零点问题等价转化为新函数的交点判定问题： 1.等价变形：将原零点方程拆分为两类结构简单的函数，构造差函数h(x)=f(x)-g(x)，把零点问题转化为h(x)的零点分析问题. 2.性质推导：求导分析h(x)的单调性、极值、端点极限值，结合函数连续性判断零点个数、所在区间. 3.含参优化：遇参数时优先分离参数，转化为常函数与无参新函数的交点问题，降低分类讨论难度. 【典例5】（25-26高二下·重庆万州·期中）若实数是函数的零点，则______. 【答案】 【分析】由题意可得，则可构造函数，有，利用函数单调性可得，计算即可得解. 【详解】由题意可得，且， 即， 由，则，故，又，则， 令，则， ，故在上单调递增， 故，即，则. 【跟踪训练】 1．（25-26高二下·湖北武汉·期中）已知只有1个零点，则a的取值范围是________. 【答案】 【分析】令，可得，结合的单调性可得，令，利用导数判断的单调性和图象，结合图象分析求解即可. 【详解】由题意可知：函数的定义域为， 令，可得， 令，则， 因为在定义域内单调递增，则， 且，可得， 令，，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 可得的图象，如图所示： 由题意可知：与只有1个交点， 则或，解得或， 所以a的取值范围是. 2．（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）若函数恰有4个零点，则的取值范围为_____． 【答案】 【分析】根据函数零点的定义，利用构造法，把问题转化为一元二次方程有两个不同的实数根，结合导数的性质判断新函数的性质，结合数形结合思想进行求解即可. 【详解】函数的定义域为全体正实数， 令，可得， 令，得， 设   函数， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，当时，，作出的大致图象，如图所示， 所以方程有两个实根，，且， 故，解得，故的取值范围为． 大招06整体代换法（隐零点问题） 整体代换法破解函数隐零点的核心策略为“设而不求，整体代入”. 1.当导函数零点无法显式解出时，先设出隐零点，满足； 2．再将此关系整体代入原函数或目标表达式中，消去超越部分，化为关于 的代数式或简单函数； 3．最后利用零点存在性定理确定的范围，结合单调性求最值或证明不等式. 说明 ：此法避免直接求解，降低运算量，是处理含参导数压轴题的有效手段。 【典例6】已知函数． (1)求曲线在函数零点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若关于的方程恰有两个不同的实根，且，求证：． 【详解】（1）函数的定义域为， 令，得，解得. 因为. 所以. 所以曲线在函数零点处的切线方程为，即. （2）函数的定义域为， . 因为，所以当时，，；当时，，. 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）由（2）可得函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. 所以在处取得极大值，即最大值，最大值为. 当时，，所以； 当时，，所以. 所以若关于的方程恰有两个不同的实根，且，则，且. 由，得，所以. 【跟踪训练】 1.（2026·高三·云南临沧·阶段检测）已知函数． (1)若存在两个极值点，求实数的取值范围； (2)设函数，且在上有个零点，若，证明：． 【解析】（1）由，得， 因为方程有两个不等实根， 即方程有两个不等实根， 所以，即， 即的取值范围为； （2）由，得，即， 设函数， 则， 设函数，则，函数为增函数， 因为，，， 所以，且， 当时，，， 当时，，， 所以当时，取得极大值，也为最大值， 且极大值为， 因为， 所以当在上有个零点时，． 2.设函数. (1)求的最大值； (2)若函数存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）设的极大值点为，的零点为，求证：. 【解析】（1）由题可知，定义域为，则， 当时，则，所以在上单调递增， 当时，则，所以在上单调递减， 故在处取极大值，即最大值，为． （2）（i）由题可得，，则， 因为函数存在两个极值点，则存在个变号零点，令， 则一个零点为，另一个零点为方程的非零实根， 当时，方程无解，则，所以，因此且； （ii）根据（i）可知时，存在两个极值点， 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点， 为的零点，则，因为，所以， 则； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点， 即，，， 所以， 故，，当且仅当，时，等号成立， 综上，. 一、单选题 1．（26-27高三·全国·一轮复习）已知方程有两个不同的解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意参变分离，进而构造函数，结合导数分析单调性并求解范围. 【详解】由知，，令，， 令，可得， 当，即时，在上单调递增； 当，即时，在上单调递减； 故，又当，，当，， 因为方程有两个不同的解， 所以的图象有两个不同的交点， 所以． 2．（2026高三·全国·专题练习）方程在上的根的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．4 【答案】C 【分析】将问题转化为函数图象交点的个数，利用函数导数与单调性，函数的极值，作出图象，根据交点个数即可得出结论. 【详解】方程在上的根的个数等价于函数与函数在上的交点个数， 由，则， 因为，所以令， 又，所以解得：， 令，解得：， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 令，则， 则函数与函数在上的大致图象为： 由图可得：函数与函数在上有个交点， 所以方程在上有个根. 3．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）若函数与的图象在第一象限内有公共点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将问题转化为函数图象有交点，利用导函数画出图象，数形结合即可. 【详解】与的图象在第一象限内有公共点，等价于在时有解， 因为时，不成立，又时不成立， 所以，，则，则， 则函数图象有交点， 设，则， 所以当时，单调递增；时，单调递减； 又，且时，时，当时，， 则的图象如图： 又，要满足题意则或，得或， 综上，的取值范围是. 4．（25-26高二下·重庆江津·期中）已知关于的方程至多有两个不同实数解，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将问题转化为与至多有两个交点，令，利用导数法研究函数性质，利用数形结合即可求解. 【详解】方程至多有两个不同实数解，记， 则与至多有两个交点， 由可得， 令，解得， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以是函数的极大值点，极大值为， 是函数的极小值点，极小值为， 作出函数图象，如图， 由图可知，与至多有两个交点时，或， 所以实数的取值范围是. 5．（25-26高三·全国·一轮复习）若函数有极值点，，且，若，，则关于的方程的不同实根个数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】求导后转化为方程根的问题，再结合题意求出方程的不同实根个数. 【详解】，且，是极值点， 则，故 令，则方程即为 ，解得或， 因此原方程等价于，．示意图如下，可得实根个数为4． 6．（25-26高二下·河南郑州·期中）已知函数有两个零点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】法一：参变分离，构造函数，求导，得到函数单调性，数形结合得到的取值范围； 法二：求导，分和两种情况，结合函数单调性和最值得到不等式，求出，并验证其满足要求，得到答案 【详解】法一：由得到：； 令，由题意得与有两个交点： 则，其中， 是单调递减的，并且时，； 因此函数存在唯一零点，； 当时，；时，；； 得如下函数图像： 显然当时，与有两个交点： 法二：由题意得，显然恒成立， ①当时，，故恒成立， 故在R上单调递减，至多有一个零点，不符合题意： ②当时，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 在处取到最小值．要使有两个零点，需， 解得． 当时，令，则， 故， 又在上单调递减，所以在区间上存在唯一的零点． 接下来证明，记， 当单调递增，所以，故， 令，则， 故 ．而在上单调递增， 所以在区间上存在唯一的零点． 综上，a的取值范围是． 二、多选题 7．（25-26高二下·广东深圳·期末）函数是定义域为的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．是的极小值点 C．当时，函数有个零点 D．不等式的解集为 【答案】AB 【分析】对于A：根据奇函数定义和性质求函数的解析式；对于B：求导，利用导数分析函数在内的单调性和极值；对于CD：根据奇函数的定义结合选项B可得函数的图象，根据图象分析判断. 【详解】对于A：因为函数是定义域为的奇函数，则， 当时，则，可得，故A正确. 对于B：当时，，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增；在内单调递减， 所以是的极小值点，故B正确； 对于C： 当时，由选项B可知：在内单调递增；在内单调递减， 则，且当x趋近于时，趋近于0， 结合奇函数性质可得函数的图象，如图所示，    由图像可知：当时，与有3个不同的交点，即函数有3个零点，故C错误； 对于D：由可得或， 由图象可得：或， 所以不等式的解集为，故D错误. 8．（25-26高二下·河北石家庄·期末）关于函数，下列判断正确的有（     ） A．在某点处的切线倾斜角为 B．存在正实数，使得能成立 C．函数有且只有1个零点 D．对于两个不相等的正实数，，若，则 【答案】BCD 【分析】对于选项A，先假设存在，再根据导数的几何意义求出切线斜率，最后根据一元二次方程根的判别式即可求解；对于选项B，将变形为，接着构造函数，利用导数求函数最值，即可判断B选项；对于选项C，对求导，根据导数判断函数单调性，再结合零点存在定理判断零点个数；对于选项D，先分析函数的单调性，根据得到的关系，再通过构造函数证明，进而判断与的大小关系． 【详解】对于A，已知，其定义域为， 则． 若在点处的切线倾斜角为， 则切线斜率为， 即， 则，其中， 所以此方程无实数解，即不存在切线倾斜角为的点，A选项错误； 对于B，若，即， 因为，所以． 令，则， 令，即，解得． 当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减． 所以在处取得极大值，也是最大值， 因为， 所以存在正实数，使得，即能成立，B选项正确； 对于C，已知， 则， 所以函数在上单调递减， 因为，， 所以函数有且只有1个零点，C选项正确； 对于D，， 令，即，解得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 不妨设， 要证， 只需证， 只需证， 即证， 因为，，且在上单调递增， 所以只需证， 又因为， 所以只需证，即证 令， 则， 所以在上单调递减， 则， 所以，D选项正确． 三、填空题 9．（25-26高三上·吉林长春·期末）函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【详解】函数定义域为 ，，所以 是函数的零点； 因为函数有三个不同的零点，所以函数在内有两个零点； 即在内方程有两个不相等的实数解， 即在内有两个不相等的实数解， 即与有两个交点， 令，， 则，令， ， 因此在 上单调递减，且. 当 时， ，故单调递增； 当 时， ，故单调递减； 当时，，当时，，当时，， 所以的值域为 ， 所以实数的取值范围是. 10．（24-25高二下·江苏苏州·阶段检测）已知函数，若，使得有三个零点，则的取值范围为___________． 【答案】 【详解】易得， 若，则，则在上单调递增， 则至多有个零点，不符合题意； 若，即，则有两个零点， 则得，得或， 则在上单调递减，在上单调递增， 由于时；时， 故，使得有三个零点， 则的取值范围为. 11.（2026·陕西榆林·三模）已知函数，则在上的零点个数为________． 【答案】2 【详解】令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，又当时，，当时，. 当时，由，得，得， 两边取对数得，所以， 当时，，所以有2个相异实数根， 所以在上的零点个数为2. 四、解答题 12．（25-26高二下·山东东营·期末）函数，． (1)若，求函数的单调区间； (2)判断函数的零点个数． 【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为； (2)当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点. 【详解】（1）当时，，则， 由可得，由可得或， 故函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； （2）由可得，依题意，函数的零点个数即函数与直线的交点个数. 因，当时，，当或时，， 则函数在上单调递增；在和上单调递减， 且当时，，当时，，， 故当或时，两函数有1个交点；当时，两函数有2个交点；当时，两函数有3个交点； 即当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点. 13.(2026·高三·广西玉林·阶段检测）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时， （i）证明：恰有两个零点； （ii）在（i）的条件下，证明：，且. 【解析】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值为，无极小值. （2）（i），令，得，易知在上单调递增，在上单调递减； 故. 令，则，因为. 所以， 所以在上单调递增， 因为，所以在上存在唯一的零点，即； 又， 记，则，所以在上单调递减， 所以，故， 因此在上存在唯一的零点，即. 结合的单调性可知，恰有两个零点且. （ii）设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以 即，所以， 所以， 故. 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则， 又 所以. 14.（2026·天津·一模）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设为的导函数，若在上有两个不同的零点，，求证：． 【详解】（1）函数，有， ，有， 所以切线方程为， 即曲线在点处的切线方程为. （2）函数，，， 令，，， 令，得， 令，得，所以在上单调递减， 令，得，所以在上单调递增， 所以， ①当时，， 所以，即， 所以在上单调递增； ②当时，， 所以，即， 当时，，，从而， 当时，，，与相比，指数函数呈爆炸性增长，从而， 所以有两根，记为， 当变化时，与的变化情况如下表： + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，有两根，记为，在和上单调递增，在上单调递减. （3）证明如下： 由（2）知，， 因为函数在上有两个不同的零点， 所以即，即， 两式相除得，令③， ，所以，代入③式得， ， 令，，， 令，， 因为，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 得证. 41 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $