考点15：导数与函数的零点（六大题型30题）导学案-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习学案聚焦导数与函数零点、隐零点核心考点，系统整合零点概念、存在性定理、三次函数零点判定及隐零点处理策略，按“基础概念—方法技巧—综合应用”逻辑构建知识网络，通过问题链设计引导学生自主梳理考点联系，形成层次分明的认知体系。 亮点在于真题引领与个性化学习支持，开篇设置近三年高考真题诊断学情，各题型配“核心思想”“解题步骤”指导自主总结，如隐零点题型强调“设而不求”整体代换，培养数学思维与表达素养。学生可通过分层练习自主提升，教师依学情精准指导，助力高效备考。

2027届高考数学一轮复习·专项训练学案 考点15 导数与函数的零点、隐零点 考情分析 新高考对知识的考查要求：能利用导数研究函数的单调性；结合学过的函数图象，了解函数零点与方程解的关系；结合具体连续函数及其图象的特点，了解函数零点存在定理。函数零点问题在高考中占有很重要的地位，纵观近三年的新高考试题难度比较大，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题。可以预测2027年新高考命题方向将依然是高频压轴考点。 1.函数的零点 (1)函数零点的概念 对于函数，把使的实数叫做函数的零点. (2)函数零点与方程根的关系 方程有实数根⇔函数的图象与轴有交点⇔函数有零点. (3)零点存在性定理 如果函数满足：①在区间上的图象是连续不断的一条曲线；②；则函数在内有零点，即存在，使得，这个也就是方程的根. 2. 确定函数f(x)零点个数(方程f(x)＝0的实根个数)的方法： (1)判断二次函数f(x)在R上的零点个数，一般由对应的二次方程f(x)＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于可进行因式分解的函数，也可结合二次函数的图象进行判断． (2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的单调、周期、对称性才能确定，如三次函数的零点个数问题． (3)若函数f(x)在[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f(a)·f(b)＜0，则y＝f(x)在区间(a，b)内有唯一零点． 3..隐零点 （1）函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”． （2）对于隐零点问题，就是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，会涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧． (3)隐零点问题的一般求解策略： ①用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围，这个范围有时需要通过经验赋值判断。 ②以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数极值的表达式. ③将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的. 注： 4.三次方程的实根个数 设三次函数，其导函数为二次函数:，判别式为：△=，设的两根为、，结合上面函数图像易得： (1) 若，则恰有一个实根； (2) 若,且，则恰有一个实根； (3) 若,且，则有两个不相等的实根； (4) 若,且，则有三个不相等的实根. 5.三次方程的韦达定理 该定理基于代数基本定理和多项式因式分解。因为是方程的根，所以多项式可分解为 展开后为： 将其与原方程 对比对应项的系数，即可得出下面关系 ①三根之和：； ②两两乘积之和：； ③三根之积：. 6.导数研究函数图象交点及零点问题  （1） 直接求导，研究的单调性、极值，判断极值和 0 的大小关系，包括区间端点值或极限，看区间内穿越次数，判断零点个数； （2） 参变分离，把含参项移到一边写成 ，零点个数 ⇔ 直线和 的交点个数，求，研究单调性、极值、值域，再画草图根据图像，写出的取值范围；（3）双函数图像交点法，原函数比较复杂，拆成两个熟悉函数交点个数，如果遇到指对混合式，优先拆成指数、对数两个函数画图； （3） 隐零点代换，的根求不出，只能知道满足，确定隐零点存在的区间，写出隐零点满足的等式 ，求出的最值，再判断零点。 1.（2026·天津高考真题第15题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值 ②，有3个解； ③，时，有最大值； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 【答案】①②③④ 【解析】由题意，①在中，，，，函数为偶函数， 在中，，∴函数单调递增， ∵，∴当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴函数在处取最小值，， 在中，，为偶函数， 当在内有零点时， 即，，使得， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ，，， ∵， ∴， ∴在和处取最小值，， 在处取最大值， 当在内无零点时，， 在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得最小值，， 在处取得最大值，， 故①正确； ②同①可得推广结论，在中，， ，为偶函数， 即，，使得，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ∴在和处取极小值， 当时，，，， ∵在上单调递减，， ∴，使得， ∵在上单调递增，， ∴，使得， ∴当时，， ∴，有3解， 故②正确； ③当时，，，， 由①可得，在上单调递增， ∵，， ∴，使得， ∴在中，， 此时在上单调递减，在上单调递增， ∴在处取最大值， ③正确； ④由②可得，在中，，此时在，上单调递减，在，上单调递增，在中，， ，开口向上，∴函数，即恒成立，∴∴在下方，∵，∴在轴上方，此时与有4个交点， 故④正确. 2.（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第18题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论 【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【解析】（1）由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）由（1）知，则，， 则 ， 因为，所以，所以， 所以， 所以函数在区间上单调递减； （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以 3.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第11题）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【解析】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 题型一：利用函数性质研究零点 题型分析：题干一般为不含参或简单含参函数，问题为判断零点个数、已知零点个数求参数范围、判断零点所在区间；以选择、填空、解答小问都可出现，属于导数零点基础题型。核心思想：导数分析函数单调性→求极值最值→结合零点存在定理判断零点；单调 + 端点异号 ⇒唯一零点。 1.（2027届·黑龙江桦南县第一中学·开学考）已知函数，则在上零点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【解析】令，，， 令得，令得，故在上单调递减，在上单调递增，其中，，． ∴，．∴在内有一个零点，在内有一个零点． ∴在内有两个零点． 故选：C. 2.（2027届·湖南益阳·9月监测）（多选）已知函数，则（    ） A．函数在上单调递减 B．曲线在处的切线是 C．函数的最小值是 D．函数有且只有两个零点 【答案】BC 【解析】函数定义域为，， 因为，所以曲线在处的切线是，所以B正确， 令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，， 所以A错误，C正确， 令，解得，所以只有一个零点，所以D错误. 故选：BC 3.（2027届· 云南昭通第一中学·8月检测）已知函数有零点，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】由得. 令，即，得. 当时，；当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 所以. 又当时，；当时， 因为函数有零点，则. 所以. 4.（2027届·天津太行中学·第一次月考）已知函数在内有零点，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】对求导得：. 当时，且，故，因此在上单调递减. 因为在内有零点，结合单调函数的零点存在性质，可得： ， 计算端点函数值： ，， 代入不等式得： ，解得，即. 5.（2026届· 安徽合肥· 二模·16题节选）设函数.若有两个零点，求的取值范围. 【答案】 【解析】，， 当时，，则在上单调递减， 此时最多有一个零点，不满足题意； 当时，令，解得，令，解得， 于是在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当时，， 又因为有两个零点， 所以，即， 解得或，因此，的取值范围为. 题型二：参变分离 题型分析：函数含有参数，已知零点个数、方程根的情况求参数范围。解题步骤： ①变形，把参数分离出来，得到；（注意：移项除法必须判断除数正负，不等号是否变向；要检验除数等于 0 是不是原方程的根） ②研究新函数：求导、单调区间、极值、定义域、间断点、极限； ③画出草图 ；④根据交点个数分析参数的取值范围. 1.（2026届· 东北三省三校· 二模）函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________. 【答案】 【解析】由，得, 当时，左边，等式不成立，故不是根，； 当时，分离参数得​，令，则问题等价于与的图象有两个不同的交点, , 因此在上恒成立, 所以在和上分别单调递减， 由于当，时，，时，，此时的值域为， 当，时，，时，，此时的值域为， 则的大致图像如下： 所以要使与的图象有两个不同的交点，则 2.（2026届·江西部分学校·1月测试）若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】因为只有1个极值点，所以，， 由，得，设，， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且，，当时，，当时，， 当 时，直线 与 的图象仅在 区间有1个交点， 且该交点为变号零点（ 在 单调递减），则只有1个极值点， 当 时，直线 与 的图象有3个交点，则有3个极值点， 当 时，直线 与 的图象无交点，无极值点， 所以当时有唯一极值点，综上，实数 的取值范围是. 故选：A． 3.（2026届·福建福州· 3月质检·16题节选）已知函数.若函数有且仅有一个零点，求的值. 【答案】 9 【解析】，， 令得， 令，， 则， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则的值为9. 4.（2026届·广东湛江· 二模· 18题节选）已知函数（），.若方程没有实根，求整数的最小值. 【答案】1 【解析】方程可化为，所以. 记，，则. 记， 则. 记， 则， 故函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减， 又，，当时，， 故当时，，即，在区间上单调递减， 由，， 根据零点存在性定理可知存在，使得，即. 且当时，单调递增，当时，单调递减， 故， 且，当时，， 设（），则， 设（），则， 所以， 所以在区间上单调递减， 且，，所以， 所以若没有实数根，则整数的最小值为1. 5.（2026届·江西赣州· 摸底考试）已知函数且有三个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】函数且有三个零点，则方程有三个根， 即方程有三个根，即方程有三个根，易知， 所以方程有三个根，所以与函数有三个交点， 当时，，则， 则当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为， 令得， 又无限趋向于0且时，趋向于负无穷大， 无限趋向于正无穷大时，趋向于0； 当时，，则， 则当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为，令得， 又无限趋向于0且时，趋向于正无穷大， 无限趋向于负无穷大时，趋向于0； 作出与函数的示意图： 由图可知，或，所以或， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 题型三：三次函数的零点 题型分析：设三次函数，其导函数为二次函数:，判别式为：△=，设的两根为、，结合函数图像易得：(1) 若，则恰有一个实根；(2) 若,且，则恰有一个实根；(3) 若,且，则有两个不相等的实根；(4) 若,且，则有三个不相等的实根. 1.（2026届·贵州贵阳·适应考试）已知函数，则（    ） A．函数有3个零点 B．曲线存在一条对称轴 C．函数有3个极值点 D．曲线的对称中心在x轴上 【答案】A 【解析】对函数求导可得， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，当时，，，， 所以函数大致图象如下： 由图象可知，函数有3个零点，2个极值点 ， 图象关于成中心对称，没有对称轴，故A正确，BCD错误. 故选：A. 2.（2026届·四川成都·一模）（多选）已知函数，则（    ） A．的图象关于对称 B．有两个极值点 C．有三个零点 D．直线是曲线的切线 【答案】ABD 【解析】对于A，因为， 所以，所以关于对称，故A正确； 对于B，由得，令得：， 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， 所以有两个极值点(为极大值点，为极小值点），故B正确； 又，， 而趋向于负无穷大时也趋向于负无穷大；趋向于正无穷大时也趋向于正无穷大； 所以仅有1个零点(如图所示)，故C错误； 对于D，设切点，在处的切线为， 即， 若是其切线，则，则，此时切点为时， 切线方程为，故D正确. 故选：ABD 3.（2026届·湖北名校联盟·5月检测）（多选）已知函数，则（ ） A．一定有零点 B．曲线与直线恒有3个交点 C．若有3个零点，则它们的和为0 D．曲线上始终存在中心和4个顶点都在其上的菱形 【答案】AC 【解析】对于A，若当，，当，， 根据零点存在定理，至少存在一个，使得，故A正确； 对于B，若曲线与直线恒有3个交点， 则有三个根，整理得， 解得或， 当即，此时只有一根. 当即，此时有三个根，故B错误； 对于C，若有3个零点，设三个零点分别为， 则， 又因为，系数对应相等， 则有，故C正确； 对于D，因为， 所以关于点对称， 若对于任意的总存在直线与函数交于三个点， 同时与函数交于三个点， 此时根据对称性得且相互平分，所以四边形为菱形. 联立，整理得， 因为，所以要有两个解， 所以 同理，得到， 若，两个不等式矛盾，所以D错误. 故选：AC 4.（2026届·江苏镇江· 零模）（多选）已知函数（）有三个不同零点，，，其中，则（   ） A．的取值范围为 B．若，，成等差数列，则 C． D． 【答案】BCD 【解析】由题可得方程（）有三个不同的根、、，其中， 则直线与函数图像有三个不同的交点， ，则时，时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 且时，时， 作出函数图像如图所示， 由图可知的取值范围为，故A错误； 因为导函数关于直线对称， 所以如图所示函数图像关于点对称， 所以由图可知若、、成等差数列，则，故B正确； 由图可知， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 又由题方程即的根为、、， 且方程的根为、、， 所以即，由图可知，所以， 所以，故C正确； 由C可知，所以.故D正确. 故选：BCD 5.（2026届·湖南岳阳· 5月模拟）已知是函数有四个 零点，记的导函数为，则（    ） A． B． C．在上的最小值为 D．存在，使得是奇函数 【答案】BCD 【解析】由题意可得 ， 所以即为系数的相反数，即，故A错误； 即为常数项，即，故B正确； 因为，所以， 则在上单调递增，又，则在恒成立， 所以在单调递减，所以，故C正确； 因为， 则， 所以，所以的对称中心为，所以关于对称， 即为奇函数，则， 所以存在，使得为奇函数，故D正确． 故选：BCD． 题型四：隐零点 题型分析：求导之后没有办法解出解析解；可以判定零点真实存在，但是写不出精确值，只能设零点，设而不求，整体代换. 1.（2026届·江西赣州· 摸底考试）（多选）我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为，和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（    ） A． B． C．，其中 D．函数的最小值为 【答案】ABC 【解析】对于选项A：构建，则为的零点， 因为， 若，则，可知在内单调递减，且， 所以在内无零点； 若，则，可知在内单调递增， 且， 所以在内存在唯一零点，故A正确； 对于选项B：因为，，即， 两边取对数可得：， 得, 则，故B正确； 对于选项C：假设成立，则， 得，得，得， 则， 得，得， 则，得，得，故假设成立，故C正确； 对于选项D：构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，可得，当且仅当时，等号成立， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 因为在内单调递减， 可知在内单调递减，且， 可知在内存在唯一零点，即， 所以的最小值为，不为，故D错误； 故选：ABC ． 2.（2026届· 天津十二区重点· 二模·20题节选）已知函数（为自然对数的底数），若恰有一个正零点，求实数a的取值范围. 【答案】 【解析】已知，注意到，，注意到，令，则， ①若，此时. 对于所有，，所以恒成立， 故在上严格单调递增，故， 故在上严格单调递增，故， 函数在时恒为正，无正实数零点； ②若，此时. 令，解得唯一极值点， 当时，单调递减，此时， 当时，单调递增， 先减后增，且当时， 由零点存在性定理，必然存在唯一的，使得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此在处取得极小值，且极小值， 当时，， 结合单调性，函数在内必存在唯一一个正实数零点， 综上所述，当且仅当时，函数恰好有一个正实数零点. 3.（2026届· 河北衡水· 4月联考·19题节选）已知函数，其中. 当，且时，证明：函数有且仅有两个零点. 【答案】证明见解析 【解析】设，当时，，， 则，，， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 又因为，， 所以存在唯一的使得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，，且在处取得极大值， 因为，所以，； 因此，在和各有一个零点， 所以函数在有且只有两个零点. 4.（2026届· 湖南永州· 三模·19题节选）已知函数有唯一的极值点． (1)求的取值范围； (2)设是的两个零点，记，，．证明：； 【答案】(1)；(2)证明见详解. 【解析】（1）当时，是增函数，无极值点 当时，，又因为有唯一的极值点等价于有唯一的变号零点，令，则， 令，则， 则在区间上单调递增，在区间上单调递减． 当时，时，， 则当时，直线与的图象有一个交点，有唯一的极值点， 所以的取值范围为． （2）由①知，因为为极值点，所以， 即，因为，所以，所以， 因为为增函数，且，所以，， 所以在单调递减，在单调递增， 又因为，所以， 又因为，所以， 所以， 要证：，只需证：，只需证： 只需证：， 令，则， 则在上单调递增，，即得证. 5.（2026届· 河南濮阳· 二模）已知函数 (1)令，讨论函数的单调性； (2)若函数有极大值点，求证． 【答案】(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增(2)证明见解析 【解析】（1）的定义域为 ， 当时，恒成立，在区间上单调递增； 当时，令，得， 当时，；当时，， 因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增； （2），易知，由（1）知： ①当时，是上的增函数，且，所以无极大值，不合题意， ②时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以． 当，即时，在上单调递增，无极大值，不合题意； 当，即时， 时，， 是唯一极大值点，不合题意； 当，即时，时，， 时，，所以函数在上无极大值， ， 设，因为，所以， 设， 因为，所以，因此函数在上单调递减， 所以当时，有，则有， 因为，所以，于是有， ，使，当时，时，，为的极大值点，且， 由，得， ， 要证，即证， 需证， 令，则， 在上为减函数，故，所以， 即成立，故． 题型五：构造、同构 题型分析：等式一边，另一边.解题步骤:①对题干方程移项、配常数，指对互化，凑成两边完全相同的函数结构；②构造辅助函数，求导证明在定义域严格单调; ③由，单调得到；④整体代换，直接求目标表达式。 1.（2026届·安徽合肥·三模）已知实数，满足，，则________． 【答案】4 【解析】由，得， 所以， 即， 即； 令，则，. 又是上的单调递增函数，所以. 所以. 2.（2026届·广东· 1月测试）已知满足（为自然对数的底数），则 ． 【答案】 【解析】由，可得，即， 由，可得，即， 令，则，故在上单调递增， 所以，则，即， 而，故，可得， 所以. 故答案为：. 3.（2026届·安徽合肥· 教学检测）已知函数有且仅有三个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为有且仅有三个零点，则方程有且仅有三个根， 令，则， 由得；得； 则在单调递增，在上单调递减，则， 因为时；时，且时， 所以的函数图象如图： 因为不是的根， 所以有两个根，其中一个根位于，另一根位于或另一根是， 但方程的两根的乘积为， 所以一个根位于，另一根位于， 则，得， 故的取值范围是. 故选：C 4.（2026届·杭州学军中学·期末）已知正实数满足，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由已知可得，，，且， 若，则，，此时，故，同理， 构造函数，其中，， 则原等式等价于，，， 对求导得， 因为且，所以，，， 所以，即在上单调递增， 由可得， 所以， 令，则， 由指数函数和对数函数的单调性可得，， 所以，单调递增，所以， 所以， 因为且在上单调递增，所以， 同理由可得， 所以， 同理可得， 因为且在上单调递增，所以， 综上， 故选：A 5.（2026届· 浙江宁波· 二模·19题节选）设，函数.若，若与的图象有两个公共点，求的取值范围. 【答案】 【解析】由，得， 所以，即， 记，则， 又，则在上单调递增， 所以有2个不等实根． 记，有， 得在上递减，在上递增. 又当时，，当时，， 故只需，即，得，故. 题型六：数形结合 题型分析：将函数零点、方程根的问题等价转化为两个函数图像的交点问题.两种常见转化： ①与交点；②与图像交点.两大重要模型:①水平线模型：与曲线相交，多条交点横坐标，利用建立等式；②过定点直线模型：与曲线相交，切线为临界状态，切点法求临界斜率. 1.（2026届· 山东潍坊· 模拟）已知函数的图象与直线交于三点，其横坐标分别为，且，则的取值范围是__________；若为中点，则__________. 【答案】 【解析】的定义域为. ，令，解得. 极小值 当，，，作出的大致图象 要使的图象与直线有3个交点，则. 由题意，为中点，且，即. 由，两边取自然对数，，整理得（i） 由得. 结合中点条件，有，整理得：（ii） 令，则代入（i）得：，，. 再将代入（ii）得：，整理得：. 将代入上式得：，整理得. 由于单调递增，，即，解得. 由于，舍负，，即. 2.（2026届·江苏镇江·期中）已知函数，若函数，则的所有零点之积为 ；方程有三个不同的解，则实数的范围为 . 【答案】1， 【解析】的零点即方程的根，作出函数的图象，如图，与的图象共4个交点，从右到左依次是，当时，，则，得，故，即，同理，可得，所以，即的所有零点之积为1.作出函数的图象如图， 方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点，当时，，则，设切点为，所以曲线过原点的切线斜率，解得，所以曲线过原点的切线斜率，与的图象有三个不同的交点，则，即，所以实数的取值范围为. 答案为：1，. 3.（2026届·湖北鄂州· 4月调研）（多选）若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右四个交点的横坐标分别为，则（    ） A． B． C．成等比数列 D． 【答案】ABD 【解析】对于，求导得， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 当，时，，当时，， 故； 对于，函数的定义域为，求导得， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，， 故. 对于A，由图知，要使直线与两条曲线和有四个不同的交点，需使，故A正确； 对于B，结合图象可知，，， 结合函数的单调性可知，，即故B正确； 同理可得，由知不可能构成等比数列，故C错误； 由前面分析可知，故D正确． 故选：ABD 4.（2026届· 安徽阜阳· 一模）已知函数，若恰有两个不同的零点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】因为，易知在区间上单调递增，在区间上单调递增，图象如图所示， 令，即，得到， 因为恰有两个不同的零点，则与的图象有两个交点， 由图可知，，且，所以，则， 令，令，则， 易知在区间上单调递增，又易知时，， 则，令，得到，当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又当时，，当时，，当时，，显然， 所以的值域为，则的值为， 所以的取值范围是， 故答案为：. 5.（2026届·重庆名校联盟· 一模）若方程的三个根成等比数列，则公比为（    ） A． B． C． D．3 【答案】A 【解析】由，得，所以. 设. 方程的根等价于直线与图象的交点的横坐标. 因为函数的导数为， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 又时，，时，， 作出的大致图象，如下图： 则（*）， 因为 成等比数列，设公比为， 所以，， 代入（*）式得， 由，得，即， 所以，解得， 代入，可得， 整理得，解得或（舍去），则公比为. 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高考数学一轮复习·专项训练学案 考点15 导数与函数的零点、隐零点 考情分析 新高考对知识的考查要求：能利用导数研究函数的单调性；结合学过的函数图象，了解函数零点与方程解的关系；结合具体连续函数及其图象的特点，了解函数零点存在定理。函数零点问题在高考中占有很重要的地位，纵观近三年的新高考试题难度比较大，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题。可以预测2027年新高考命题方向将依然是高频压轴考点。 1.函数的零点 (1)函数零点的概念 对于函数，把使的实数叫做函数的零点. (2)函数零点与方程根的关系 方程有实数根⇔函数的图象与轴有交点⇔函数有零点. (3)零点存在性定理 如果函数满足：①在区间上的图象是连续不断的一条曲线；②；则函数在内有零点，即存在，使得，这个也就是方程的根. 2. 确定函数f(x)零点个数(方程f(x)＝0的实根个数)的方法： (1)判断二次函数f(x)在R上的零点个数，一般由对应的二次方程f(x)＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于可进行因式分解的函数，也可结合二次函数的图象进行判断． (2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的单调、周期、对称性才能确定，如三次函数的零点个数问题． (3)若函数f(x)在[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f(a)·f(b)＜0，则y＝f(x)在区间(a，b)内有唯一零点． 3..隐零点 （1）函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”． （2）对于隐零点问题，就是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，会涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧． (3)隐零点问题的一般求解策略： ①用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围，这个范围有时需要通过经验赋值判断。 ②以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数极值的表达式. ③将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的. 注： 4.三次方程的实根个数 设三次函数，其导函数为二次函数:，判别式为：△=，设的两根为、，结合上面函数图像易得： (1) 若，则恰有一个实根； (2) 若,且，则恰有一个实根； (3) 若,且，则有两个不相等的实根； (4) 若,且，则有三个不相等的实根. 5.三次方程的韦达定理 该定理基于代数基本定理和多项式因式分解。因为是方程的根，所以多项式可分解为 展开后为： 将其与原方程 对比对应项的系数，即可得出下面关系 ①三根之和：； ②两两乘积之和：； ③三根之积：. 6.导数研究函数图象交点及零点问题  （1） 直接求导，研究的单调性、极值，判断极值和 0 的大小关系，包括区间端点值或极限，看区间内穿越次数，判断零点个数； （2） 参变分离，把含参项移到一边写成 ，零点个数 ⇔ 直线和 的交点个数，求，研究单调性、极值、值域，再画草图根据图像，写出的取值范围；（3）双函数图像交点法，原函数比较复杂，拆成两个熟悉函数交点个数，如果遇到指对混合式，优先拆成指数、对数两个函数画图； （3） 隐零点代换，的根求不出，只能知道满足，确定隐零点存在的区间，写出隐零点满足的等式 ，求出的最值，再判断零点。 1.（2026·天津高考真题第15题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值 ②，有3个解； ③，时，有最大值； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 2.（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第18题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论 3.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第11题）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 题型一：利用函数性质研究零点 题型分析：题干一般为不含参或简单含参函数，问题为判断零点个数、已知零点个数求参数范围、判断零点所在区间；以选择、填空、解答小问都可出现，属于导数零点基础题型。核心思想：导数分析函数单调性→求极值最值→结合零点存在定理判断零点；单调 + 端点异号 ⇒唯一零点。 1.（2027届·黑龙江桦南县第一中学·开学考）已知函数，则在上零点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2.（2027届·湖南益阳·9月监测）（多选）已知函数，则（    ） A．函数在上单调递减 B．曲线在处的切线是 C．函数的最小值是 D．函数有且只有两个零点 3.（2027届· 云南昭通第一中学·8月检测）已知函数有零点，则的取值范围是_________． 4.（2027届·天津太行中学·第一次月考）已知函数在内有零点，则实数的取值范围是________． 5.（2026届· 安徽合肥· 二模·16题节选）设函数.若有两个零点，求的取值范围. 题型二：参变分离 题型分析：函数含有参数，已知零点个数、方程根的情况求参数范围。解题步骤： ①变形，把参数分离出来，得到；（注意：移项除法必须判断除数正负，不等号是否变向；要检验除数等于 0 是不是原方程的根） ②研究新函数：求导、单调区间、极值、定义域、间断点、极限； ③画出草图 ；④根据交点个数分析参数的取值范围. 1.（2026届· 东北三省三校· 二模）函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________. 2.（2026届·江西部分学校·1月测试）若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3.（2026届·福建福州· 3月质检·16题节选）已知函数.若函数有且仅有一个零点，求的值. 4.（2026届·广东湛江· 二模· 18题节选）已知函数（），.若方程没有实根，求整数的最小值. 5. （2026届·江西赣州· 摸底考试）已知函数且有三个零点，则实数的取值范围是______. 题型三：三次函数的零点 题型分析：设三次函数，其导函数为二次函数:，判别式为：△=，设的两根为、，结合函数图像易得：(1) 若，则恰有一个实根；(2) 若,且，则恰有一个实根；(3) 若,且，则有两个不相等的实根；(4) 若,且，则有三个不相等的实根. 1.（2026届·贵州贵阳·适应考试）已知函数，则（    ） A．函数有3个零点 B．曲线存在一条对称轴 C．函数有3个极值点 D．曲线的对称中心在x轴上 2.（2026届·四川成都·一模）（多选）已知函数，则（    ） A．的图象关于对称 B．有两个极值点 C．有三个零点 D．直线是曲线的切线 3.（2026届·湖北名校联盟·5月检测）（多选）已知函数，则（ ） A．一定有零点 B．曲线与直线恒有3个交点 C．若有3个零点，则它们的和为0 D．曲线上始终存在中心和4个顶点都在其上的菱形 4.（2026届·江苏镇江· 零模）（多选）已知函数（）有三个不同零点，，，其中，则（   ） A．的取值范围为 B．若，，成等差数列，则 C． D． 5.（2026届·湖南岳阳· 5月模拟）已知是函数有四个 零点，记的导函数为，则（    ） A． B． C．在上的最小值为 D．存在，使得是奇函数 题型四：隐零点 题型分析：求导之后没有办法解出解析解；可以判定零点真实存在，但是写不出精确值，只能设零点，设而不求，整体代换. 1.（2026届·江西赣州· 摸底考试）（多选）我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为，和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（    ） A． B． C．，其中 D．函数的最小值为 2.（2026届· 天津十二区重点· 二模·20题节选）已知函数（为自然对数的底数），若恰有一个正零点，求实数a的取值范围. 3.（2026届· 河北衡水· 4月联考·19题节选）已知函数，其中. 当，且时，证明：函数有且仅有两个零点. 4.（2026届· 湖南永州· 三模·19题节选）已知函数有唯一的极值点． (1)求的取值范围； (2)设是的两个零点，记，，．证明：； 5.（2026届· 河南濮阳· 二模）已知函数 (1)令，讨论函数的单调性； (2)若函数有极大值点，求证． 题型五：构造、同构 题型分析：等式一边，另一边.解题步骤:①对题干方程移项、配常数，指对互化，凑成两边完全相同的函数结构；②构造辅助函数，求导证明在定义域严格单调; ③由，单调得到；④整体代换，直接求目标表达式。 1.（2026届·安徽合肥·三模）已知实数，满足，，则________． 2.（2026届·广东· 1月测试）已知满足（为自然对数的底数），则 ． 3.（2026届·安徽合肥· 教学检测）已知函数有且仅有三个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4.（2026届·杭州学军中学·期末）已知正实数满足，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5.（2026届· 浙江宁波· 二模·19题节选）设，函数.若，若与的图象有两个公共点，求的取值范围. 题型六：数形结合 题型分析：将函数零点、方程根的问题等价转化为两个函数图像的交点问题.两种常见转化： ①与交点；②与图像交点.两大重要模型:①水平线模型：与曲线相交，多条交点横坐标，利用建立等式；②过定点直线模型：与曲线相交，切线为临界状态，切点法求临界斜率. 1.（2026届· 山东潍坊· 模拟）已知函数的图象与直线交于三点，其横坐标分别为，且，则的取值范围是__________；若为中点，则__________. 2.（2026届·江苏镇江·期中）已知函数，若函数，则的所有零点之积为 ；方程有三个不同的解，则实数的范围为 . 3.（2026届·湖北鄂州· 4月调研）（多选）若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右四个交点的横坐标分别为，则（    ） A． B． C．成等比数列 D． 4.（2026届· 安徽阜阳· 一模）已知函数，若恰有两个不同的零点，则的取值范围是__________. 5.（2026届·重庆名校联盟· 一模）若方程的三个根成等比数列，则公比为（    ） A． B． C． D．3 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $