专题13导数零点及隐零点问题题型训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以“四步法”构建隐零点问题解题体系，通过题型分类与典例精析，系统整合导数零点证明、参数求解、个数讨论的逻辑链条，培养数学思维的推理能力与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |核心考法|4类题型|证明类用零点存在性定理+单调性，参数类用分离参数/分类讨论，隐零点“设定代构”四步法|从显/隐零点概念切入，通过易错点（定义域、单调性论证等）深化理解，形成“概念-方法-应用”递进逻辑| |典例精选|4典例+4变式|讨论类聚焦极值点位置与正负，结合图象辅助分析|精选高考真题与模拟题，覆盖小题直观判断与大题逻辑推理，体现“重基础、强逻辑”考情趋势|

高三一轮复习微专题：导数零点及隐零点问题 核心考法构建 ( 导数零点及 隐零点问题 证明零点存在 及个数 隐零点问题 已知零点情况 求参数 讨论 零点 个数 ) 考情分析（2024-2026） 近三年高考数学在导数零点问题上呈现“重基础、轻技巧、强逻辑”的趋势。 · 小题（选择/填空）：主要考查函数零点个数的直观判断或简单参数范围。新高考卷常结合函数图象性质（单调性、极值），要求考生快速定位零点区间。2025-2026年模拟题中，出现较多结合指数、对数混合运算的估算题，但计算量适中。 · 大题（解答题）： · 考查特点：不再追求复杂的分类讨论层级，而是侧重“存在性证明”与“范围求解”。 · 全国卷/新高考卷分布：第一问通常要求证明零点唯一性或求特定条件下的参数值；第二问若涉及隐零点，往往给出提示或降低代换难度，重点考查“设而不求”的整体代换思想。 · 趋势：2024-2026年间，纯粹的技巧性隐零点构造减少，更多回归到利用零点定义式进行代数变形，考查学生的运算稳定性。 题型总结 零点四大核心题型 1. 证明类：证明零点存在性及个数（介值定理 + 单调性）。 2. 参数类：已知零点情况（有/无/个数），求参数 的值或范围。 3. 讨论类：对参数分类，讨论函数零点个数 4. 隐零点类：零点 无法直接求出，需利用 进行整体代换，简化目标式。 隐零点类解题“四步法” （1）设：设出隐零点 ，列出方程 。 （2）定：确定 的取值范围（通常通过估值或不等式放缩）。 （3）代：由 反解出参数或超越式（如 ），代入目标表达式。 （4）构：构造关于 的新函数 ，利用 的范围求最值或证明不等式。 知识点归纳 1. 基本概念 · 显零点：方程 的根可以直接解出，或者可以通过简单的数值估算确定大致位置。 · 隐零点：方程 含有指数、对数等超越函数，无法用初等函数表示精确解，但知道其存在且位于某个区间 内。解题核心是只设不解，整体代换。 2. 常见易错点 1. 忽略定义域：在处理 或分式函数时，没考虑 或分母不为零，导致增根。 2. 单调性论证缺失：只由“ ”判断存在零点，忽略“函数在区间上单调”这一关键前提，无法保证零点唯一。 3. 隐零点范围过宽：在隐零点 的范围估计过大，后继求新函数 的最值容易出错。技巧：尽量缩小 的范围，或利用 寻找更精确的边界。 4. 代换错误：由 进行整体代换时，符号颠倒，运算出错。 典型例题 题型1：证明零点的个数 【方法技巧】 1. 求导 ，分析单调区间和极值。 2. 结合极值的正负与端点（含极限）的极限符号。 3. 利用零点存在性定理（异号）+ 单调性（唯一）得出结论。 【典例1】（2026高三·湖南长沙·期末节选）已知. 当时，证明:在上恰有三个零点； 【变式1】 （2026·陕西咸阳·检测节选）已知函数 . 当 时，证明：函数 有 2 个零点. 题型2：由零点情况求参数的值或者参数范围 【方法技巧】 1. 分离参数法：将方程变形为 ，转化为求 的值域或图象交点。 2. 分类讨论法：若无法分离，则对参数 分类，研究 的极值与0的关系。 3. 注意：边界值是否可取，需单独验证。 【典例2】（2026·新高考Ⅱ卷高考真题第13题）若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 【变式2】（2026高三·河北承德·期末）已知函数（为自然对数的底数）在恰好有两个不同的零点，则实数的取值范围为________． 题型3：讨论零点的个数 【方法技巧】 1. 含参讨论的核心是极值点的位置和极值的正负。 2. 画出草图辅助思考：关注图象与 轴的交点变化。 3. 关键临界点：极值等于0、端点值等于0的情况。 【典例3】（2026高三·河北邯郸·期末）设是定义在R上的奇函数，当时，，则的零点个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式3】已知函数，，是自然对数的底数. 讨论函数的零点的个数. 题型4：隐零点综合问题 【典例4】已知函数．若，为自然对数的底数， 证明：． 【变式4】已知函数，若对任意，恒成立，求整数m的最小值. 【跟踪训练】 1.（单选题）（2026·河北衡水·检测）若函数 有且只有一个零点，则 的取值范围为（　　） A. B. C. D. 2．（单选题）（2025·湖南益阳·三模）若函数有两个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 3.（多选题）已知函数f(x)=x3-x2-x+2，若g(x)=f(x)-m有三个零点，则实数m的取值可能是（ ） A．1 B．1.5 C．2.1 D．2.3 解答题（4-7） 4.已知函数当时，判断的零点个数并证明 5.（2026高三·辽宁辽阳·期末节选）已知函数在处取极小值2． 若函数，且在上有三个零点，求实数的取值范围． 6.（2026高三·广西南宁·期末节选）已知函数. 若函数在 上无零点，求的取值范围. 7.已知函数，（）． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围； (3)若，且不等式在上恒成立，求a的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三一轮复习微专题：导数零点及隐零点问题 核心考法构建 ( 导数零点及 隐零点问题 证明零点存在 及个数 隐零点问题 已知零点情况 求参数 讨论 零点 个数 ) 考情分析（2024-2026） 近三年高考数学在导数零点问题上呈现“重基础、轻技巧、强逻辑”的趋势。 · 小题（选择/填空）：主要考查函数零点个数的直观判断或简单参数范围。新高考卷常结合函数图象性质（单调性、极值），要求考生快速定位零点区间。2025-2026年模拟题中，出现较多结合指数、对数混合运算的估算题，但计算量适中。 · 大题（解答题）： · 考查特点：不再追求复杂的分类讨论层级，而是侧重“存在性证明”与“范围求解”。 · 全国卷/新高考卷分布：第一问通常要求证明零点唯一性或求特定条件下的参数值；第二问若涉及隐零点，往往给出提示或降低代换难度，重点考查“设而不求”的整体代换思想。 · 趋势：2024-2026年间，纯粹的技巧性隐零点构造减少，更多回归到利用零点定义式进行代数变形，考查学生的运算稳定性。 题型总结 零点四大核心题型 1. 证明类：证明零点存在性及个数（介值定理 + 单调性）。 2. 参数类：已知零点情况（有/无/个数），求参数 的值或范围。 3. 讨论类：对参数分类，讨论函数零点个数 4. 隐零点类：零点 无法直接求出，需利用 进行整体代换，简化目标式。 隐零点类解题“四步法” （1）设：设出隐零点 ，列出方程 。 （2）定：确定 的取值范围（通常通过估值或不等式放缩）。 （3）代：由 反解出参数或超越式（如 ），代入目标表达式。 （4）构：构造关于 的新函数 ，利用 的范围求最值或证明不等式。 知识点归纳 1. 基本概念 · 显零点：方程 的根可以直接解出，或者可以通过简单的数值估算确定大致位置。 · 隐零点：方程 含有指数、对数等超越函数，无法用初等函数表示精确解，但知道其存在且位于某个区间 内。解题核心是只设不解，整体代换。 2. 常见易错点 1. 忽略定义域：在处理 或分式函数时，没考虑 或分母不为零，导致增根。 2. 单调性论证缺失：只由“ ”判断存在零点，忽略“函数在区间上单调”这一关键前提，无法保证零点唯一。 3. 隐零点范围过宽：在隐零点 的范围估计过大，后继求新函数 的最值容易出错。技巧：尽量缩小 的范围，或利用 寻找更精确的边界。 4. 代换错误：由 进行整体代换时，符号颠倒，运算出错。 典型例题 题型1：证明零点的个数 【方法技巧】 1. 求导 ，分析单调区间和极值。 2. 结合极值的正负与端点（含极限）的极限符号。 3. 利用零点存在性定理（异号）+ 单调性（唯一）得出结论。 【典例1】（2026高三·湖南长沙·期末节选）已知. 当时，证明:在上恰有三个零点； 【答案】证明见解析 【分析】根据函数单调性，具体区间进行分析函数零点，即可得证； 【证明】当时，，单调递增， 则 ，所以在上没有零点； 当时，，故，没有零点； 当时，由（1）可知，，单调递增， 且，，，故在恰有一个零点； 当时，，故，没有零点； 当时，由（1）可知，，单调递增， 且，，，故在恰有一个零点， 当时，，故，没有零点； 当时，由可知，，单调递增， 且，，， 故在上恰有一个零点， 综上可知，在上恰有三个零点. 【变式1】 （2026·陕西咸阳·检测节选）已知函数 . 当 时，证明：函数 有 2 个零点. 【答案】证明见解析. 【分析】变形等价转化为两函数交点，利用二次求导确定极值点与单调区间，结合零点存在定理证明. 【解析】由已知得 .令 ，得 .令 ，且 .令 ，则 .因为 ，则 ，所以 在区间 上单调递增.又 ，所以 ，使得 .所以当 时，，即 ；当 时，，即 .所以 在 单调递减，在 单调递增.所以 的最小值为 .由 得 ，即 .令 ，则 ，则 在 单调递增.因为 ，所以 ，则 ，所以 ，从而 .所以 的最小值 .因 ，所以 .又当 趋近于 时， 趋近于 ；当 趋近于 时， 趋近于 .故当 时 有 2 个零点，即 有 2 个零点得证. 题型2：由零点情况求参数的值或者参数范围 【方法技巧】 1. 分离参数法：将方程变形为 ，转化为求 的值域或图象交点。 2. 分类讨论法：若无法分离，则对参数 分类，研究 的极值与0的关系。 3. 注意：边界值是否可取，需单独验证。 【典例2】（2026·新高考Ⅱ卷高考真题第13题）若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】设，那么设，则，由于在上单调递减，在上单调递增，故在上单调递减，在上单调递增，且，根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是. 【变式2】（2026高三·河北承德·期末）已知函数（为自然对数的底数）在恰好有两个不同的零点，则实数的取值范围为________． 【答案】 【分析】令，整理转化为，令，求导，判断函数的单调性，得到，分离参数，令，求导，判断函数的性质，根据函数在恰好有两个不同的零点求出的取值范围. 【解析】由得，即， 即，令，则. 则，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 且当时，；当时，， 所以当时，， 令， ，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，，当时，， 因为函数在恰好有两个不同的零点， 所以与在恰好有两个不同的交点， 所以，故实数的取值范围为. 题型3：讨论零点的个数 【方法技巧】 1. 含参讨论的核心是极值点的位置和极值的正负。 2. 画出草图辅助思考：关注图象与 轴的交点变化。 3. 关键临界点：极值等于0、端点值等于0的情况。 【典例3】（2026高三·河北邯郸·期末）设是定义在R上的奇函数，当时，，则的零点个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】根据奇函数性质可得,利用导数研究在上的单调性，结合零点存在定理可判断当时，有两个零点，利用奇函数性质可得当时，也有两个零点即可求解. 【解析】因为是定义在R上的奇函数，所以, 当时，，则, 令，则，所以在上单调递减， 由于，， 则存在使得 所以当时，当则 所以在上单调递增，在上单调递减， 由得，代入 得, 由于,,, 所以在上存在唯一零点,且在上存在唯一零点,且，所以的单调减区间为，增区间为 由于，，所以在上无零点， 故当综上零点总数2+2+1=5个，故选C 【变式3】已知函数，，是自然对数的底数. 讨论函数的零点的个数. 【答案】当时，没有零点； 当时，有1个零点； 当时，有3个零点； 当时，有2个零点； 当时，有1个零点. 【解析】 令，即， 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当当时，，单调递减， 则极大值，极小值， 且由指数函数与幂函数增长速度可得，当趋于时，趋于， 当趋于时，趋于， 则作出图像如下： 则当时，没有零点； 当时，有1个零点； 当时，有3个零点； 当时，有2个零点； 当时，有1个零点. 题型4：隐零点综合问题 【典例4】已知函数．若，为自然对数的底数， 证明：． 【答案】证明见解析 【分析】参变分离，构造函数，利用导数研究单调性与最值即可得证. 【解析】因，要证， 只需证，即， 令， 因此只需证即可． ， 再令，则， 因，所以，得， 所以在上单调递增，且． 由零点存在性定理，存在唯一，使得，即． 所以在有唯一零点，且当，，当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 且． 所以对，都有成立． 所以，成立． 【变式4】已知函数，若对任意，恒成立，求整数m的最小值. 【解析】因为对任意，恒成立，所以在上恒成立， 即在上恒成立，设，则. 设，显然在上单调递减， 因为，， 所以，使得，即， 当时，，；当时，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 因为，所以， 故整数m的最小值为1. 【跟踪训练】 1.（单选题）（2026·河北衡水·检测）若函数 有且只有一个零点，则 的取值范围为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】根据因式分解，结合有且只有一个零点，即无解或有等根，分类计算后即可参数的取值范围． 【解析】， 因为有且只有一个零点，即无解，或有两个等根为 所以，或，解得．故选：D 2．（单选题）（2025·湖南益阳·三模）若函数有两个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分类讨论的值，再根据导数分析的单调性，结合函数有两个零点，即可求解范围． 【解析】函数的定义域为. 当时，令，在只有一个零点，不合题意； 当时，， 当时，，则在单调递增，，所以在只有一个零点，不合题意； 当时，令=0 则= 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 又时，， 若有两个零点，则， 设，则，解得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以， 所以， 故选：C． 3.（多选题）已知函数f(x)=x3-x2-x+2，若g(x)=f(x)-m有三个零点，则实数m的取值可能是（ ） A．1 B．1.5 C．2.1 D．2.3 【答案】BC 【解析】因为g(x)=f(x)-m有三个零点，所以y=f(x)与y=m有三个交点 因为f(x)=x3-x2-x+2的定义域为R, 所以f'(x)=3x2-2x-1=(x-1)(3x+1), 可得当x∈∪(1,+∞)时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0, 故f(x)的单调递增区间为,(1,+∞). 所以函数f(x)在区间,(1,+∞)上单调递增,在区间上单调递减, 所以f(x)的极大值为f=,f(x)的极小值为f(1)=1, 则可作出函数f(x)的大致图象,如图所示. 方程g(x)=f(x)-m有三个零点等价于直线y=m与y=f(x)的图象有三个交点, 由图可知当1<m<时满足题意,则m的取值范围为. 故选BC 解答题（4-7） 4.已知函数当时，判断的零点个数并证明 【答案】3个；证明见解析 【分析】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. 【解析】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.（2026高三·辽宁辽阳·期末节选）已知函数在处取极小值2． 若函数，且在上有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】 【分析】将零点问题转化为交点问题，再得到，进而求解参数取值范围即可. 【解析】函数，且在上有三个零点， 方程在上有三个不等的实根， 函数与的图象在上有三个不同的交点， 由（1）知在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则在处取极小值2，在处取得极大值， 又，，，解得. 6.（2026高三·广西南宁·期末节选）已知函数. 若函数在 上无零点，求的取值范围. 【分析】利用函数导数与单调性，结合函数零点存在性，对进行分类讨论，即可求出答案. 【解析】因为， 当，即时，， 所以在上单调递减， 因为， 所以在上无零点，符合题意； 当时，令，则， 当时，；当时，， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是， 的最小值为， 当，即时，无零点，符合题意， 当时，有一个零点，不符合题意， 当时，，的最小值， 因为，所以，使得，不符合题意， 综上所述若函数在 上无零点，则的取值范围为： 7.已知函数，（）． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围； (3)若，且不等式在上恒成立，求a的最小值． 【答案】（1）当时在单调递增 （2） （3） 1 【解析】（1）由题意，， 当时，恒成立，在单调递增； 当时，令，得，当，，当， 在单调递增，在单调递减 （2）有两个零点，等价于有两个实数根，即， 即，等价于与有两个交点．由得，， 当，，当，， 在单增，单减． 且，， ，，，，且时，，图象如图， 的取值范围是 （3）不等式为， 所以不等式在上恒成立， 所以在上恒成立．设，则， 当时，，， 又在上是增函数，，， 所以存在，使得， 当时，，；当时，，， 即在上单调递增，在上单调递减，，， 则，所以， 因为，所以，又因为，所以，所以a的最小值为1 学科网（北京）股份有限公司 $