专题12 导数与函数的零点（方程的根）（ 6个高频考点）期末复习讲义-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

专题12导数与函数的零点（方程的根） (6个考点梳理+题型解读+提升训练) 思维导图 数形结合法 讨论根（零点）的个数 单调性+零点存在定理 分类讨论 函数的零点方程的根 数形结合法 已知根（零点）的个数求参数 极值、最值法 同构函数法 知识清单 【知识点01】函数的零点 (1)函数零点的定义：对于函数y=f(),把使f(x)=0的实数x叫做函数y=f(x)的零点. (2)三个等价关系 方程f(x)=0有实数根一函数y=fx)的图象与x轴有交点一函数y=f(x)有零点. 【知识点02】函数零点的判定 如果函数y=f()在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(Q)f(b)<0,那么函 数y=f(x)在区间(a,b)内有零点，即存在c∈(a,b),使得f(c)=0,这个c也就是f(x)=0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 题型清单 【考点题型一】判断函数零点（方程的根）的个数 【例1-1】(26-27高三上北京平谷开学考试)己知函数f(x)=h(1-x)+e+x,曲线C: y=f(x)在点(o,f(》处的切线为1：y=g(x),记h(x)=f(x)-g(x): (1)当=0时，求切线1的方程： (②)在(1)的条件下，求证：h(x≤0： (3)当，≠0时，直接写出函数h(x)的零点个数.（结论不要求证明） 【例1-2】(2026黑龙江哈尔滨模拟预测)己知函数f(x)=sinr ()设F(x)=( 2,讨论函数F(y)在(0，)上的单调性： ②奥断函数6(=2f)-()+x在0上的零点个数 【变式1-1】(25-26高二下北京期中)已知函数f()=x-m ()若a=0,求f(x)的极值 (2)若f()<0恒成立，求a的取值范围 (3)判断函数∫(x)的零点个数.（直接写出结论） 【变式1-2】(2026云南玉溪模拟预测)已知函数f(x)=2sinx-x. 0若函数r问与问的图象关于点经对称，求F的解析式： (②)当x∈[0，可时，求f(x)的最大值： (③)判断函数g(x)=(x+1)f(x)+1在2+O的零点个数，并说明理由. 【变式13】(2526高=下山东淄博阶段检测)已知西数f()=ac+。,8()-=。 (1)讨论∫(x)的单调性； (2)若a=1,试判断函数y=f(x)与y=8(x)的图象的交点个数，并说明理由. 【考点题型二】证明函数零点（方程的根)的唯一性 【例2-1】(26-27高三上山西晋中阶段检测)已知函数f(x)=lhr+sinr, ()求函数f(x)在区间，©上的最小值： (2)证明函数∫(x)只有一个零点 【例2-2】(26-27高三上山东·阶段检测)已知函数f(x)=cosx+xsinx. ()判断f(x)的奇偶性并给出证明： π (2)证明：f(x)在区间2，元有且仅有一个零点 【变式2-1】(25-26高二下·全国·单元测试)已知函数 f(x)=lnx-@.g(x)--x-(2a+Dx+(a+Dlnx. 2 (1)当a=1时，求函数(x)的极大值： (2)当a≥1时，求证：方程f(,=8()有唯一实根. 【变式2-2】(25-26高三上江苏南通开学考试)已知函数f()=(x-x)r+k的图象在点L,f) 处的切线经过点(0,1). (1)求实数k的值： (2)i证明：nx≥1-1 (3)证明：(x)有且仅有一个零点. 【变式2-3】(2026陕西西安·模拟预测)已知函数f()=2sinx-xcosx--x」 (I)求曲线f(x)在x=π处的切线方程： (2)证明：f()在(0,2π)上有且仅有一个零点. 【考点题型三】讨论函数零点（方程的根）的个数 【例3-1】(25-26高三上天津东丽开学考试)己知函数f(x)=x2-x-6血x ()求函数f(x)的单调区间： (②)求函数f(x)的极值： (3)讨论方程f(x)-m=0在x∈1,4上实数根的个数.（其中n2≈0.693174） 【制32】(2627高三上重庆北宿阶段检测)已知函数f()=(x-2e-%+m,其中mR ()讨论函数∫(x)的单调性； (2)当m≥e时，讨论函数f(x)在(0，+o)的零点个数. 【变式3-1】(26-27高三上·四川成都阶段检测)已知函数f(x)=(x-)e-lr-x+1-k, ()若1=1，k=0,求函数f(x)在，f()处的切线方程： (2)若1=0，讨论函数f(x)的零点个数. 【变式3-2】(26-27高三上广东深圳阶段检测)已知函数f()=血x-1 ()求曲线y=f(,在(e,f(©)处的切线方程； ②)设8(x)=x-f(x),g(x)为g()的导函数，讨论g(x)的零点个数 【变式3-3】(25-26高二下重庆期末)已知f(c)=m+b2-(亿+2)x+1在x=-3处取得极大值 10 (1)求f(x)在点(3，f(3)处的切线方程： (2)若k∈R,讨论g(x)=f(x)-k零点的个数 【考点题型四】利用极值（最值）研究函数的零点（方程的根） 【例41】(26-27高三上河南南阳阶段检测）已知函数f(x)=x+a2+bx+2在x=0和x=2处 取得极值， (1)求a,b的值，并求函数(x)的极值： (2)若函数8(x)=f(x)+3x2-3mx有三个零点，求实数m的取值范围. 【例42】(2026陕西咸阳一模)己知函数f(x)=a(x-5犷+6x(a∈R),曲线y=f(x)在点 (山，f()处的切线与y轴相交于点(0,6). ()求函数f(x)的单调区间： (2②)若函数y=f(x)+b有三个零点，求实数b的取值范围 【变式41】(24-25高二下·黑龙江佳木斯阶段检测)若函数f(x)=x-bx+4,当x=2时，函 数f(x)有极值一3 (1)求a,b的值 (②)方程f(x)=k有三个不等实根，则实数k的取值范围， 【变式42】(25-26高二下北京延庆期末)已知函数f()=3x-2-3x-1 (1)求曲线y=()在x=0处的切线方程： (2)求函数f(x)在区间-2，上的最大值和最小值； (3)若函数8(x)=f(x)-c有三个零点，直接写出c的取值范围 【变式43】(25-26高二下福建宁德期末)已知：函数f(x)=x+x-x+1 ()求f(x)在区间[-2,0上的最大值和最小值： (②)令g(x)=f()-x2-2x-a,若函数8(x)在R上有三个零点，求实数a的取值范围 【考点题型五】数形结合法研究函数的零点（方程的根） 【例5-1】(26-27高三上湖北省直辖县级单位阶段检测)己知函数f(x)=血x, 0求至数了内的单词区间，并来高数内年[公入 的值域： (②)若函数y=f(x)-a有且仅有一个零点，求实数a的取值范围. 【例5-2】(26-27高三上天津滨海新区阶段检测)已知函数f(,)=(x2-2x+1)e. ()判断函数f(x)的单调性； (②)求函数f(x)的极值： 3)方程f(x)=a在区间[-2,2]内有三个实数解，求a的取值范围. 【变式5-1】(26-27高三上·北京海淀阶段检测)己知函数f(x=e(x+I) ()求曲线y=(x)在点(0，f(O)处的切线方程： (2②)求函数f(x的极小值： (3)若m≥0，直接写出方程f(x)=m解的个数 【变式5-2】(25-26高三下云南昆明阶段检测)已知函数f(x)=+br2+x+d是奇函数， f(x)的图象在(-1,2)处的切线方程为y=2 ()求函数f(x)的解析式： (②若关于x的方程f(x)=m在区间[-5,2]上有且仅有3个不同的实根，求实数m的取值范围. 【变式5-3】(2026陕西榆林模拟预测)已知函数f)=-x+1 ex· (①)求曲线y=f(,在点(0，f(O)处的切线方程： (2)求函数()的极值： (3)若集合{x|f(x)=m恰有一个元素，求实数的取值范围。 【考点题型六】导数中新定义题 【例6-1】(26-27高三上：广东深圳阶段检测)对于函数y=f(x),若存在非零实数，使得 f(x)=-f(-x),则称点(x,f(x)与点（-，f(-x)是函数的一对“隐对称点”.若m>0时， Inx,x>0 函数（四-m,≤0的图象上恰有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围为 【例62】(26-27高三上·上海浦东新期中)对于函数y=f(x的导函数y=∫(x),若在其定义 域内存在实数x和t,使得f(+)=(+)f'()成立，则称y=f(x)是“t跃点”函数，并称x 是函数y=f(x)的“t跃点”. ()若函数y=sir-m(xeR)是“跃点”函数，求实数m的取值范国， (2②)若函数f(x)=-x+m是定义在(-，](k为常数，k>0)上的“0跃点”函数，且在定义域内 存在三个不同的“0跃点”，求实数m的取值范围： (3)若函数y=e+bx+c是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”，求实数b,c满 足的条件 【变式6-1】(26-27高三上四川绵阳阶段检测)定义：设f'(x)是函数y=f(x)的导函数，"(x) 是函数y=f"(x)的导函数，若方程f”"()=0有实数解，则称(o,f(》为函数y=f()的“拐 点”.已知任意的三次函数f()=m+bx2+cx+d(a≠0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数 y=)的图象的对称中心.根据以上信息和相关知识，回答下列问题： 已知函数f(x)=x+(3a-3)x2+(6a-9a2)x-5a(aeR). ()讨论f(x)的单调性： ②当0-2时，求（的对称中心，并求不等式2x-)+心-小>9的解类， (3)当a=2时，f(x)=m有三个不相等的实数根x<x,<,当：-x取得最大值时，求m的值. 【变式62】(26-27高三上上海闵行·阶段检测)对于定义域为D的函数y=f(x),若存在实数 x∈D,使f()f(+2)=1,其中元为非零常数，则称x为“f(x的2定积点”.已知 g(x)=e*,h(x)=x+a(a>0) ()若任意实数x均为“f()的2定积点”.求证：y=(x)为周期函数： ②若、2为“h(x)的2定积点”，且g( m=()只有两个不同的解，求实数m的值： g(x),x≥0 (3)设o(x)= 1 <0:若的1定积点”恰有3个，求实数的取值范围 o(x) 【变式63】(25-26高二下·上海期中)对于函数y=f(x)的导函数y='(x),若在其定义域内 存在实数x和1，使得f(+)=(+)f"(o)成立，则称y=f(x)是“跃点”函数，并称是函 数y=f(x)的“t跃点”. ()若函数y=sinx-m(xeR)是“2跃点”函数，求实数m的取值范围： (②)若函数f()=-X+k是定义在R上的“0跃点”函数，且在定义域内存在三个不同的“0跃 点”，求实数k的取值范围； (3)若函数y=e+br+c是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”，求实数b,c满足 的条件。 提升训练 一、单选题 1.(25-26高二下山东烟台期末)若函数f()=x血x-x+k存在两个不同的零点，则实数k的取 值范围为() A.（-o,1) B.(0,1) c.（-o,e) D.(0,e) 红桥阶段检测)已知函数()=x+r+c有3个 是() c.(2. D.（m0m) 3.(25-26高二下湖北十堰期末)已知直线y=-2x+a与函数f()=x2-4lx的图象有两个不同 的交点，则实数a的取值范围为() A.(3,+∞) B.[3,+oo） D.(2,3) 4.(2026陕西西安·模拟预测)方程a=x+1有两个不等的实数解，则a的取值范围为() c.（ao D.() 5.(26-27高三·全国·一轮复习)已知方程山x=x有两个不同的解，则实数a的取值范围为 () A.0<a< B.0<a<1 C.0<a<e D. -<a<1 e 6.(25-26高二下·重庆江津期中)已知关于x的方程x-3x=m至多有两个不同实数解，则实数 m的取值范围是() A.（-2,2) B.（-o,-2]U[2,+∞) c.【-2,2] D (-0,-2)U(2,+o) x2+2x,x≤0 7.(2026吉林一模)已知函数f()= e司，x>0，若函数 有3个零点，则实数 =f(x)-a 的取值范围是() A.-1<a<e2 B.-1<a<0 C.0<a<e2 D.0<a≤e2 8(26.27高三上辽宁大连阶段检测)已知函数f)-+(e-k)x(x>1)有且只有一个零点， 则k的值为() 1 A,。+2e B.2e +e C.Ite D. 2+d e e 二、多选题 9.(2026山西析州模拟预测)设函数f(x)=xe,x∈R,则下列说法正确的是() A.x=0是f(x)的最小值点 B.方程f(x)=1有且仅有一个实根 C,若0<m<兰，则方是付0有三个实根 4 D.f)在R上有最大值。己 10.(25-26高二下河北期中)定义：设f(x)为三次函数，f()是f(x)的导函数，∫”()是 f'(x)的导函数，若方程∫”(x)=0有实数解，则称点(，f(x》为三次函数y=fx)图象的“拐 点”经过探究发现：任意三次函数f()=m+x2+x+d(a≠0)图象的“拐点”是其对称中心已 知三次函数f(x)=a-x+b(a≠0)的极大值点和极小值点分别为，x2,且有 x+:=f(:)+f(x)=2,则下列说法中正确的是() 5 3 B.方程f()-1=0有三个根 1 .5 C.若关于x的方程f(x)=1在区间[0,3上有两解，则1=3或3 D.若函数f(x)在区间(m,1-2m)上有最大值，则m∈[-l,0) 三、填空题 1.(25-26高二下浙江期中)若关于x的方程k- x有唯一实数解，则实数k的取值范围为 12.(26-27高三上湖北荆州阶段检测)已知偶函数f(x)=n(e++ax+b有两个零点，b的取 值范围为 四、解答题 13.(26-27高三上甘东吉林期中)已知函数/()-x-(a+1hx,a>0 ()讨论f(x)的单调性： (2②)证明：函数f(x)至多有1个零点， 14.(26-27高三上陕西西安阶段检测)已知函数f(x)=x3-3x2-x+m(m∈R). (I)若函数f()有两个极值点，求实数m的取值范围： (2)证明：函数f(:的图象关于点，-2)中心对称： (3)证明：m∈(0，+∞)，函数f(有三个零点， 15。(26,27高三上吉林四平阶段检测)已知函数)-了+2+：的两个极值点分别为2和 3. (①)求f()的解析式： (2)若直线y=4x+c与曲线y=f(x)有且仅有两个公共点，求c的值. 16.(26-27高三上新疆乌鲁木齐阶段检测)已知函数f(x)=(x2-2x+1)e ()判断函数f(x)的单调性： (②)求函数f(x)在区间[-2,2]的最值： (3)方程f(x)=a有三个实数解，求a的取值范围 17.(25-26高二下山东济宁期中)已知函数()=了+x+b(a,b∈R)在x-2处取得极小值 3 4 3 (1)求a,b的值： (2)若方程∫(x)+4-me=0有唯一的实数根，求实数m的取值范围 18.(25-26高二下河北邢台阶段检测)已知函数f(x)=沁」 (1)求f(x)的极值： (②)比较f(-3),f(-2),f(0)的大小： (3)若关于x的方程∫(x)=m有实数解，直接写出实数m的取值范围. 专题12导数与函数的零点（方程的根） （6个考点梳理+题型解读+提升训练） 【知识点01】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函数有零点． 【知识点02】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 【考点题型一】判断函数零点（方程的根）的个数 【例1-1】（26-27高三上·北京平谷·开学考试）已知函数，曲线：在点处的切线为：，记． (1)当时，求切线的方程； (2)在（1）的条件下，求证：； (3)当时，直接写出函数的零点个数．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)证明：由（1）可知，又因为， 所以， 定义域为，，设， 则，设， ，当时，，所以在单调递减， 又因为，当时，， 即，所以在上单调递增， 当时，，即， 所以在上单调递减，因为在单调递增， 在上单调递减，所以在处取得最大值， 即，所以， 当且仅当时取等号，则在上单调递减， 因为， 当时，，所以，当时，， 当时，，所以，综上，. (3) 【分析】（1）先求与，再用点斜式求切线方程. （2）先求与，分析单调性确定单调性，进而证明. （3）根据函数性质和导数知识判断零点个数. 【详解】（1）函数的定义域为， 因为，， 所以，根据点斜式切线方程可得： ，化简可得切线的方程为：. （2）略. （3）根据题意可得：，令， 则，令， ， 当时，，，，所以恒成立， 即在上严格递减，又因为，所以， 时，，则，递增， 时，，则，递减， 则在处取全局最大值，即， 等号仅，又因为， 满足，，当，， 在递增且值域为，所以存在唯一的，使得， 所以当时，，则，所以在递减， 当时，，则，所以在递增， 当时，，则，所以在递减， 即在处取极大值，当，，所以， 当时，，所以，因此在上， 从递减到，存在唯一零点， 在上，从递减到，无新零点，加上本身，共有个零点， 同理，当时，共有个零点，综上所述，当时，恰有个零点. 【例1-2】（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. 【变式1-1】（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. 【变式1-2】（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)1，理由如下： 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． 【分析】（1）由对称性可得，计算即可得； （2）求导后可得函数单调性，即可得其最大值； （3）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，； （2）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； （3）略 【变式1-3】（25-26高二下·山东淄博·阶段检测）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若，试判断函数与的图象的交点个数，并说明理由． 【答案】(1) 当时在R上单调递减； 当时的单调递减区间为，单调递增区间为． (2)无交点，理由如下： ，则，令，即， 令，则， 令，则， 所以当时，则单调递减，且， 当时，则单调递增， 又，，故当时， 所以当时，则单调递减， 当时，则单调递增， 所以，所以方程无实根， 所以函数与的图象无交点. 【分析】（1）求导可得，分类讨论当、时函数对应的单调性即可求解； （2）由得，令，利用二次导数讨论函数的性质可得，即可下结论. 【详解】（1）函数的定义域为R，且， 当时恒成立，所以在R上单调递减， 当时，令，解得， 所以当时，当时， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 综上可得：当时在R上单调递减； 当时的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）略 【考点题型二】证明函数零点（方程的根）的唯一性 【例2-1】（26-27高三上·山西晋中·阶段检测）已知函数. (1)求函数在区间上的最小值； (2)证明函数只有一个零点. 【答案】(1) (2)证明：函数的定义域为，由可知，函数在上的最小值为， 又当时，，即，则函数在上没有零点； 当时，，则在上单调递增， 又， 则函数在存在一个零点，即函数在定义域上只有一个零点. 【分析】（1）通过二阶导数判断一阶导数的单调性，结合零点存在定理定位极值点，再比较端点函数值得到闭区间上的最小值； （2）采用分段论证的思路，分别证明内有唯一零点、上函数恒正无零点，共同推导出函数仅有一个零点. 【详解】（1）易知，令，在上恒小于，故在上单调递减， 且， 所以函数在上存在唯一零点，设为， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，，所以函数在区间上的最小值为； （2）略 【例2-2】（26-27高三上·山东·阶段检测）已知函数. (1)判断的奇偶性并给出证明； (2)证明：在区间有且仅有一个零点. 【答案】(1)为偶函数，证明如下： 由题意得的定义域为，关于原点对称； ， 所以为偶函数. (2)因为， 因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递减， 因为， 由零点存在定理可得在有且仅有一个零点. 【分析】（1）根据奇偶性的定义证明即可； （2）求导，根据导数判断单调性，结合零点存在定理证明即可. 【详解】（1）略 （2）略 【变式2-1】（25-26高二下·全国·单元测试）已知函数． (1)当时，求函数的极大值； (2)当时，求证：方程有唯一实根． 【答案】(1)极大值． (2) 方程的根，即是的根， 令， ， ①当时，， 在恒成立，函数单调递增， ，， 由零点存在定理，存在唯一，使得， 所以方程有唯一实根． ②当时，时，，时，， 时，， 在和上单调递增，在上单调递减， 则的极大值，则极小值一定小于0， 当时，，由零点存在定理，存在唯一，使得， 即方程有唯一实根． 综上所述，当时，方程有唯一实根． 【分析】（1）代入并对求导，可得在上单调递增，在上单调递减，进而可求函数的极大值； （2）方程的根，即是的根，令，对其求导后可得，结合条件分析的根的位置关系，当时，易得单调递增，由零点存在定理，可得有唯一实根，当时，易得在上单调递增，在上单调递减，的极大值，且时，，故与x轴只有一个交点，综上即可得证. 【详解】（1）时，函数， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以时，函数取得极大值. （2）略 【变式2-2】（25-26高三上·江苏南通·开学考试）已知函数的图象在点处的切线经过点． (1)求实数的值； (2)证明：； (3)证明：有且仅有一个零点． 【答案】(1)； (2) 令，则， 当时单调递增；当时单调递减； 所以， 所以，即； (3) 因为，所以， 当时，，所以，所以在上单调递减； 因为， 所以时存在唯一使得； 当时，由（2）知：，当且仅当时等号成立， 又因为， 所以， 所以，所以时没有零点； 又因为， 所以当时，有一个零点；当时，没有零点； 所以当时，有且仅有一个零点； 【分析】（1）先求出，再代入得出切线的斜率，进而点斜式得出切线，最后应用点在切线上计算求参； （2）构造函数，再求出导函数得出函数的单调性及最值即可证明； （3）先根据导函数得出单调性结合零点存在定理得出零点，再根据（2）结合不等式性质得出，分段即可证明零点的唯一性. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 又因为， 所以函数的图象在点处的切线为，即， 又切线过点，所以； （2）略 （3）略 【变式2-3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)证明：在上有且仅有一个零点． 【答案】(1) (2) 令，所以， 令有或. 当时，由有或， 由有，得或，由有， 所以在单调递减，在单调递增， 又， 所以，使得，当时，，即， 当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以在上有且仅有一个零点. 【分析】（1）根据题意先求，再求，即得，最后利用点斜式即可求解； （2）令，利用导数研究单调性，进而得的单调性，又，根据零点存在性定理得，使得，即可得的单调性，最后根据零点存在性定理即可求解. 【详解】（1）由题意有，， 所以，所以切线方程为， 即切线方程为； （2）略 【考点题型三】讨论函数零点（方程的根）的个数 【例3-1】（25-26高三上·天津东丽·开学考试）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求函数的极值； (3)讨论方程在上实数根的个数.（其中） 【答案】(1)减区间是，增区间是； (2)极小值，无极大值； (3) 当或时，方程无实根； 当时，方程有2个实根； 当或时，方程有1个实根； 【分析】（1）求导，令，由和求解； （2）利用极值的定义求解； （3）由（1）作出函数的大致图象，利用数形结合求解. 【详解】（1）， 令，得， 当时，，递减； 当时，，递增； 所以的减区间是，的增区间是； （2）由（1）知当时，取得极小值，无极大值； （3）易知，，， 由（1）作出函数的大致图像，如图所示：    由图象知：当或时，方程无实根； 当时，方程有2个实根； 当或时，方程有1个实根； 【例3-2】（26-27高三上·重庆北碚·阶段检测）已知函数，其中. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，讨论函数在的零点个数． 【答案】(1)当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． (2)当时，仅有1个零点； 当或时，有2个零点； 当且时，有3个零点． 【分析】（1）求导后得，再分和讨论即可； （2）方法1：首先当时零点情况，再分析时的极小值和极大值，再对极大值的正负进行分类讨论即可； 方法2：令得或，再分离参数并设新函数，求导后分析其极值，并得到其图象，再转化为直线与函数交点个数问题即可. 【详解】（1）， 因为定义域为，则． ①当时，则恒成立，则当时，；当时，； ②当时，令则或， 若，即时，当或时，；当时，； 若，即时，，当且仅当时取得等号； 若，即时，当和时，；当时，； 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． （2）法1：，当时，． 由（1）可得，当时，在上单调递增，故在有唯一零点． 当时，在和上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极小值. 且， 在取得极大值. ①当，即时，有唯一零点； ②当，即时，有2个零点； ③当且，即且时，有3个零点； 当且，即时，有两个零点。 综上所述：当时，仅有1个零点； 当或时，有2个零点； 当且时，有3个零点． 法2：或， 设，则 当时，在上单调递减； 当时，在单调递增． 所以的极小值；当；当， ①当时，直线与无交点，即仅有1个零点； ②当时，直线与有一个交点，即有两个零点，且分别为和； ③当且时，直线与有两个交点，即有3个零点； ④当时，直线与有两个交点且有一个交点横坐标，即有两个零点重合，故只有2个零点． 综上所述：当时，仅有1个零点； 当或时，有2个零点； 当且时，有3个零点． 【变式3-1】（26-27高三上·四川成都·阶段检测）已知函数． (1)若，，求函数在处的切线方程； (2)若，讨论函数的零点个数． 【答案】(1). (2)若，则无零点；若，则有1个零点；若，则有2个零点. 【分析】（1）求函数的导数，根据导数的几何意义求得函数在处的切线方程； （2）利用导数分析函数的单调性，从而得到其极值，讨论极值的正负，即可得到函数的零点个数． 【详解】（1）当，时，， ， 所以. 所以函数在处的切线方程为， 即. （2）当时，， 定义域为. 所以， 令， 则， 所以函数是增函数. 当时，，且， 所以存在，使得，即. 因为， 所以当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以当时，取得极小值，即最小值，最小值为 由，得，， 所以. 当时，； 所以若，则，所以无零点； 若，则，所以有一个零点； 若，则， 当时，， 所以， 所以有两个零点. 综上所述，若，则无零点； 若，则有一个零点； 若，则有两个零点. 【变式3-2】（26-27高三上·广东深圳·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)设，为的导函数，讨论的零点个数. 【答案】(1). (2)当时，无零点； 当或时，有1个零点； 当时，有2个零点. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案； （2）求出，令，可得，将的零点问题转化为直线与的图象的交点个数问题，即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 又，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即. （2）因为，，所以， 令，则， 设，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 又，当时，，当时，， 所以当时，无零点； 当或时，有1个零点； 当时，有2个零点. 【变式3-3】（25-26高二下·重庆·期末）已知在处取得极大值. (1)求在点处的切线方程； (2)若，讨论零点的个数. 【答案】(1) (2)①当或时，有一个零点； ②当或时，有两个零点； ③当时，有三个零点. 【分析】（1）由题意可得，，联立等式可得函数，根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案. 【详解】（1）已知，则 因为在处取得极大值， 则，解得，，经检验，符合题意， 所以，， 故，， 则切线方程为，即. （2）令，所以， 的零点个数等价于的图像与直线的交点个数， 由（1）可知，，，令，解得或， 则，，的关系如下表： 单调递增 单调递减 单调递增 所以的极大值为，极小值为，如图所示， ①当或时，有一个零点； ②当或时，有两个零点； ③当时，有三个零点. 【考点题型四】利用极值（最值）研究函数的零点（方程的根） 【例4-1】（26-27高三上·河南南阳·阶段检测）已知函数在和处取得极值． (1)求，的值，并求函数的极值； (2)若函数有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)，极大值为，极小值为 (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即得； （2）结合（1）可得，则，分和两种情况讨论的单调性和极值即可求解. 【详解】（1）由题可得， 由题意，得，则， 解得， 此时，， 令，解得：， 令，解得：，或，所以的单调递增区间为， 令，解得：，所以的单调递减区间为， 经检验，当时，在和处取得极值， 函数的极大值为：，极小值为 （2）结合（1）可得函数， 所以， 当时，在上恒成立，此时在上单调递增，此时只有唯一零点，故不满足题意， 当，， 令，解得：或，所以的单调增区间为，， 令，解得：，所以的单调减区间为， 要使函数有三个零点，则， 解得：， 综上实数的取值范围为： 【例4-2】（2026·陕西咸阳·一模）已知函数，曲线在点处的切线与轴相交于点. (1)求函数的单调区间； (2)若函数有三个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间是和，单调递减区间是. (2) 【分析】（1）利用导数求出函数在处的切线方程后结合其过点可求实数的值，再利用导数求出极值即可； （2）转化为方程有三个实数根，利用函数的单调性和极值，从而可求实数的取值范围. 【详解】（1）因为，故， 令，得，， 曲线在点处的切线方程为， 因为切线与轴相交于点， 将代入切线方程得， 即，. 即，， ，令，得或， 当或时，，故在，上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 所以函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是； （2）由（1）知函数的单调递增区间是和，单调递减区间是， 故函数在处取得极大值，在处取得极小值， 因为函数有三个零点，即方程有三个实数根， 且当时，，当时，， 故，所以， 即实数的取值范围是. 【变式4-1】（24-25高二下·黑龙江佳木斯·阶段检测）若函数，当时，函数有极值． (1)求的值. (2)方程有三个不等实根，则实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导数，由题意可得，，解方程求出即可； （2）利用导数画出的大致图象，令与的图象有三个交点，求出的范围即可. 【详解】（1）由题意可得， 因为函数有极值，所以，解得， 此时，经检验符合题意， 故. （2）由（1）可知，令，解得或， 当变化时，，的变化情况如表， 单调递增 单调递减 单调递增 所以当时，有极大值；当时，有极小值． 则函数的图象如图所示：    由图象知要使关于的方程有三个不等实根，则应满足， 即实数的取值范围是. 【变式4-2】（25-26高二下·北京延庆·期末）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值和最小值； (3)若函数有三个零点，直接写出c的取值范围. 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3) 【分析】（1）对函数求导，求出切线的斜率，然后根据函数值求出切线方程即可. （2）对函数求导，判断函数在区间上的单调性，求出极值和端点的函数值，从而求得函数的最值. （3）对函数求导，判断单调性，画出图象，从而得到的范围. 【详解】（1）因为， 所以；，， 所以曲线在处的切线方程为. （2）令，即，解得或， 在区间上，的单调递增区间为，递减区间为， 且，，； 所以当时，最大值为， 所以当时，最小值为. （3）c的取值范围为. 因为函数有三个零点，所以方程有三个根. 对函数求导得. 当或时，；当时，. 所以函数在单调递增，在上单调递减， 当时，；；；当时， 画出图象为： 要使函数有三个零点，则的取值范围为. 【变式4-3】（25-26高二下·福建宁德·期末）已知：函数 (1)求在区间上的最大值和最小值； (2)令，若函数在上有三个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)最大值为2，最小值为 (2) 【分析】（1）根据导函数的正负得出函数单调性进而得出最值； （2）解法一：根据函数的零点个数结合导数正负得出单调性及极值即可列式得出参数范围；解法二：参数分离后构造函数得出函数极值进而得出参数范围. 【详解】（1）由，得，     解得，     ，故舍去 当时，，当时，； 在上单调递增，在上单调递减；     ，，；     在区间上的最大值为2，最小值为. （2）解法一：在上有三个零点， 则时，解得，     当时，，当时，，当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，     的极大值为，极小值为；     当时，，当时，； 要使在上有三个零点，则     .     解法二：在上有三个零点， 即在上有三个解，     设 则时，解得，， 当时，，当时，，当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，     的极大值为，极小值为；     当时，，当时，； 要使在上有三个零点，则. 【考点题型五】数形结合法研究函数的零点（方程的根） 【例5-1】（26-27高三上·湖北省直辖县级单位·阶段检测）已知函数． (1)求函数的单调区间，并求函数在的值域； (2)若函数有且仅有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为；值域为 (2) 【分析】（1）根据导数的正负得出单调区间，进而求解函数在的值域； （2）原问题转化为只有一个解，即与的图象只有1个交点，结合（1）得出函数简图，数形结合即可求解． 【详解】（1），令，解得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 因为，所以在内单调递增， 所以在区间内，，， 所以在上的值域为． （2）原问题转化为只有一个解，即与的图象只有1个交点， 由（1）得在取极小值，也是最小值， 即，且有， 令，当时，，取，则有， 则原式， 设，则在上恒成立， 所以在上单调递增，所以， 即在上恒成立，易得的增长率在上高于的增长率， 所以当时，，由此可得， 综上，满足题意的与如图， 所以． 【例5-2】（26-27高三上·天津滨海新区·阶段检测）已知函数. (1)判断函数的单调性; (2)求函数的极值； (3)方程在区间内有三个实数解，求的取值范围. 【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减 (2)极大值为，极小值为 (3) 【分析】（1）求导，根据导数的符号判断原函数的单调性； （2）根据（1）中的单调性分析极值即可； （3）分析可知与在区间内有三个实数解，结合函数的图象即可得结果. 【详解】（1）因为的定义域为，则， 令，解得或；令，解得； 所以函数在，上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）可知：函数在，上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为. （3）若方程在区间内有三个实数解， 等价于与在区间内有三个实数解， 因为，可知函数在，上单调递增，在上单调递减， 且，，，， 由图可知：，所以实数的取值范围为. 【变式5-1】（26-27高三上·北京海淀·阶段检测）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的极小值； (3)若，直接写出方程解的个数. 【答案】(1) (2) (3) 1个 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）求导，分析函数的单调性，进而结合极值的定义求解即可； （3）画出函数的图象，结合图象求解即可. 【详解】（1）由，得， 而，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）由，得， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则的极小值为. （3）由（2）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，时，，时，， 作出函数的图象： 由图可知，当时，函数与有一个交点，此时方程有1个实数解. 【变式5-2】（25-26高三下·云南昆明·阶段检测）已知函数是奇函数，的图象在处的切线方程为 (1)求函数的解析式； (2)若关于的方程在区间上有且仅有3个不同的实根，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用奇函数性质确定偶次项系数为0，结合切点处函数值和切线斜率为0进一步求解即可. （2）通过导数分析函数在给定区间的单调性、极值和端点值，结合图象判断与有3个交点时的取值范围即可. 【详解】（1）的定义域为. 因为函数是奇函数，所以， 即，所以，， 则，求导得， 又的图象在处的切线方程为，所以，， 即，，联立解得，， 所以. （2）方程在区间上有且仅有3个不同的实根， 即与的图象在区间上有且仅有3个交点. 由（1）知，，令，即，解得或. ，在上随的变化列表如下： 1 2 / + 0 - 0 + / 0 单调递增 2 单调递减 单调递增 2 的简图如下： 结合图象可知，若与的图像在区间上有且仅有3个交点，则. 即方程在区间上有且仅有3个不同的实根时，. 故实数的取值范围为. 【变式5-3】（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的极值； (3)若集合恰有一个元素，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)极小值为，极大值为． (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）由导数得出的单调区间即可得出函数的极值； （3）画出的图像，结合图像，即可求解实数m的取值范围． 【详解】（1）因为函数， 对函数求导得． 所以，因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）令，则或． 当时，因为，所以，此时在上单调递增； 当时，因为，所以或，此时在，上单调递减， 所以在处取得极小值为， 在处取得极大值为． （3）因为集合恰有一个元素，即只有一个根， 也就是说函数与只有一个交点， 由（2）可画出函数的图像如下所示， 因为，时，， 所以根据图像可以得出当或时，集合恰有一个元素， 实数m的取值范围为． 【考点题型六】导数中新定义题 【例6-1】（26-27高三上·广东深圳·阶段检测）对于函数，若存在非零实数，使得，则称点与点是函数的一对“隐对称点”．若时，函数的图象上恰有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围为______． 【答案】 【分析】根据 “隐对称点” 的定义，将问题转化为分段函数单侧图象关于原点对称后与另一侧图象的交点个数问题；通过方程变形分离参数，构造函数并利用导数分析单调性、切线位置，结合数形结合确定参数的取值范围. 【详解】由题意可得，函数关于原点对称的图象与函数的图象有两个交点， 即方程有两个根，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 的图象恒过点，的图象也过点， 因为，所以在处的切线方程为， 由图可知当或时，与的图象有2 个交点， 即有两个根， 所以实数m的取值范围为. 【例6-2】（26-27高三上·上海浦东新·期中）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”． (1)若函数是“跃点”函数，求实数的取值范围； (2)若函数是定义在（为常数，）上的“0跃点”函数，且在定义域内存在三个不同的“0跃点”，求实数的取值范围； (3)若函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”，求实数，满足的条件． 【答案】(1) (2)当时，实数的取值范围为；当时，实数的取值范围为. (3)且 【分析】（1）求出给定函数的导数，再由“跃点”函数的定义结合三角函数的性质求得实数的范围作答. （2）根据“0跃点”函数的定义，可得方程在上有3个不同的解，构造函数，利用导数判断单调性，结合函数图象即可得解. （3）根据题意将问题转化为在上恰有两根，再构造函数，借助导数求解作答. 【详解】（1）函数的导函数为， 因为函数是“跃点”函数， 所以方程有解，即有解， 又，所以. （2）函数的导函数为. 因为函数是“0跃点”函数，所以，则. 由题意可得在上有个不同的解. 令，则. 令，得或. 当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增. 又，，，当时，，当时，. 当时，在上只有个不同的解，不满足题意； 当时，在上有个不同的解， 则，即； 当时，在上有个不同的解，则. 综上所述，当时，实数的取值范围为；当时，实数的取值范围为. （3）函数的导函数为， 因为函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”， 所以方程，即在上恰有两根. 令，则. 当时，，在上单调递增，此时最多只有一个实根，不合题意； 当时，令，得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以在处取得极小值，且， 又当时，，当时，， 要使得在上恰有两根，仅需，即. 综上，实数满足的条件为且. 【变式6-1】（26-27高三上·四川绵阳·阶段检测）定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．已知任意的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．根据以上信息和相关知识，回答下列问题： 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，求的对称中心，并求不等式的解集； (3)当时，有三个不相等的实数根，当取得最大值时，求的值． 【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； 当时，在，上单调递增，在上单调递减 (2)对称中心为，不等式的解集为 (3) 【分析】（1）求出的两实根为，，分三种情况讨论的正负即可； （2）三次函数的拐点为对称中心，所以利用求出对称中心的横坐标后求解，再根据对称中心将不等式化简成求解； （3）根据的单调性和极值求出，根据零点关系可得， ，化简进行求解. 【详解】（1）， 令，则，， 当时，，恒成立，所以函数在上单调递增； 当时，，在，上，，函数在，上单调递增，在上，，所以函数在上单调递减； 当时，，在，上，，函数在，上单调递增，在上，，函数在上单调递减． 综上所述： 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减． （2）当时，，．．令．得，所以对称中心为：即； 所以不等式可得：， 由（1）知：当时，在上单调递增，所以：，得；不等式的解集为：； （3），， 令，，，所以对称中心为， 当和时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； ； ， 要使得有三个解，故，， 且，，是方程的根， 由于对称性，为了简化研究，只研究的情况， ， 根据常数项知：，根据对称性知：， ，且， 故，即， ． 当时，取得最大值，此时． 【变式6-2】（26-27高三上·上海闵行·阶段检测）对于定义域为的函数，若存在实数，使，其中为非零常数，则称为“的定积点”．已知，． (1)若任意实数均为“的2定积点”．求证：为周期函数； (2)若为“的定积点”，且只有两个不同的解，求实数的值； (3)设，若“的1定积点”恰有3个，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明：对成立， 所以， 所以， 所以为函数的周期； (2)； (3). 【分析】（1）由题意可得，从而可得，从而可得，即可得证； （2）由定义求得，设，将问题转化为与有两个交点，利用导数确定的单调区间及最值，并作出图象，结合图象求解即可； （3）由题意可得方程恰有3个不等实数根，分、和，结合指数函数性质、导数及二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）略； （2）由为“的定积点”， 得， 即， 整理得， 即，得， 设的定义域为， 求导得， 当时，，严格递增； 时，，严格递减； 时，，严格递增， 所以的单调递增区间为，，递减区间为， 所以的极大值为，极小值为， 当时，，当时，， 作出函数的大致图象如下， 只有两个不同的解转化为与有两个交点， 所以． （3）依题意， 由的1定积点恰有3个， 得方程恰有3个不等实数根， ①当时，，方程可化为，解得， 这与不符， 因此在内没有实数根； ②当时，， 方程可化为， 该方程又可化为． 设，则， 因为当时，， 所以在内严格递增，， 因此，当时，方程在内恰有一个实数根； 当时，方程在内没有实数根． ③当时，，方程可化为， 化为，于是此方程在内恰有两个实数根， 则有，解得， 因此当时，方程在内恰有两个实数根， 当时，方程在内至多有一个实数根， 综上，的取值范围为． 【变式6-3】（25-26高二下·上海·期中）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”. (1)若函数是“跃点”函数，求实数的取值范围； (2)若函数是定义在上的“0跃点”函数，且在定义域内存在三个不同的“0跃点”，求实数的取值范围； (3)若函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”，求实数满足的条件. 【答案】(1) (2) (3)且 【分析】（1）求出给定函数的导数，再由“跃点”函数的定义结合三角函数的性质求得实数的范围作答. （2）根据“0跃点”函数的定义，可得方程在R上有3个不同的解，构造函数令，利用导数判断单调性，求出极值得解. （3）根据题意将问题转化为在R上恰有两根，再构造函数，借助导数求解作答. 【详解】（1）函数的导函数为， 因为函数是“跃点”函数， 所以方程有解，即有解， 又，所以. （2）函数的导函数为， 由题意可得方程，即在R上有3个不同的解， 令，则，令，得或， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 又，，，当时，，当时，， 所以，即实数的取值范围为. （3）函数的导函数为， 因为函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”， 所以方程，即在R上恰有两根， 令，则， 当时，，在R上单调递增，此时最多只有一个实根，不合题意； 当时，令，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，且， 又当时，，当时，， 要使得在R上恰有两根，仅需，即. 综上，实数满足的条件为且. 一、单选题 1．（25-26高二下·山东烟台·期末）若函数存在两个不同的零点，则实数k的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数研究的单调性，由此列不等式组求得的取值范围. 【详解】函数的定义域是， ， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因为，且， 所以要使函数存在两个不同的零点， 则需，解得. 故选：B 2．（25-26高二下·天津红桥·阶段检测）已知函数有3个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求导判断函数单调性，结合有3个不同的零点，列出不等式求解即可． 【详解】解：函数，则，令得或， 令，解得：或；令，解得： ； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 又，， 要使有3个不同的零点，则， 解得：. 故选：C 3．（25-26高二下·湖北十堰·期末）已知直线与函数的图象有两个不同的交点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求得曲线斜率为的切线方程可得结论. 【详解】因为，所以在上单调递减，在上单调递增． 令，得，所以直线与的图象相切时的切点为，此时， 所以当时，直线与的图象有两个不同的交点． 故选：A. 4．（2026·陕西西安·模拟预测）方程有两个不等的实数解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】变形为有两个不等的实数解，构造，求导，得到单调性和极值情况，又当时，恒成立，当时，恒成立，从而得到答案. 【详解】由题意得有两个不等的实数解， 令，定义域为R， ，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在时取得极小值，也是最小值， 故， 又当时，恒成立，当时，恒成立， 故要想有两个不等的实数解，则. 故选：C 5．（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． 6．（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. 7．（2026·吉林·一模）已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分段函数分别求单调性，结合函数最值和极值得到函数图象，结合函数图象求解. 【详解】当时，是开口向上的二次函数，当时，取到最小值； 当时，， ，令得， 所以函数在单调递增，在单调递减， 所以在处取到极大值，，且当时，，且. 综上所述，分段函数图象如下所示， 若函数有3个零点，则实数的取值范围是. 8．（26-27高三上·辽宁大连·阶段检测）已知函数有且只有一个零点，则k的值为（        ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将零点问题转化为直线与函数图像的交点问题，求导找到函数极小值点，计算函数最小值即为对应k值． 【详解】函数有且只有一个零点， 等价于方程，即在区间内有唯一实数解， 令，问题转化为直线与有唯一交点； 求导得，令得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故，且当时，；当时，， 故． 二、多选题 9．（2026·山西忻州·模拟预测）设函数，，则下列说法正确的是（    ） A．是的最小值点 B．方程有且仅有一个实根 C．若，则方程有三个实根 D．在R上有最大值 【答案】ABC 【分析】求出函数的导数，确定单调区间及对应的函数值集合，再逐项分析判断即可. 【详解】函数，求导得，当或时，； 当时，，函数在上单调递减，函数值集合为， 在上单调递增，函数值集合为，在上单调递减，函数值集合为， 对于A，，因此是的最小值点，A正确； 对于B，，直线与函数的图象仅有一个交点，方程有且仅有一个实根，B正确； 对于C，当时，直线与函数的图象有三个交点，则方程有三个实根，C正确； 对于D，当时，，函数在R上无最大值，D错误. 10．（25-26高二下·河北·期中）定义：设为三次函数，是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为三次函数图象的“拐点”.经过探究发现：任意三次函数图象的“拐点”是其对称中心.已知三次函数的极大值点和极小值点分别为，且有，则下列说法中正确的是（    ） A． B．方程有三个根 C．若关于的方程在区间上有两解，则或 D．若函数在区间上有最大值，则 【答案】ABD 【分析】依题意可得的对称中心为，即可得到，从而求出、的值，再利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，即可画出函数图象，最后根据图象一一分析即可. 【详解】对于三次函数，则，， 若，令，则（、为的两根，为三次函数的两个极值点）， 令，则，所以， 依题意的极大值点和极小值点分别为，且有， 所以的对称中心为， 对于A，由，可得，， 所以，即，解得，故A正确； 对于B，因为，， 当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 则的图象如下所示：      由图可知与有且仅有个交点，所以方程有三个根，故B正确； 对于C，又，若关于的方程在区间上有两解， 即与在区间上有两个交点，则，故C错误； 对于D，由， 若函数在区间上有最大值，则，解得，即，故D正确. 故选：ABD 三、填空题 11．（25-26高二下·浙江·期中）若关于的方程有唯一实数解，则实数的取值范围为________. 【答案】 【分析】设 ，问题转化为与有唯一实数解，对求导，分析其单调性以及变化趋势即可求解. 【详解】设 ​，定义域为， ，​ 令 ，得 ， 时，，单调递增； 当 时，，单调递减， 因此的最大值为 ， 时，；当 时，，且 . 的大致图象如图所示： 由图可知，，与 无交点，方程无解，不符合； ​， 与 仅在最高点 处相切，仅有一个交点，方程有唯一解，符合； ， 仅与 在 上有一个交点（时仅 一个解）， 方程有唯一解，符合. 综上，的取值范围为 . 12．（26-27高三上·湖北荆州·阶段检测）已知偶函数有两个零点，的取值范围为___________. 【答案】 【分析】利用偶函数的性质可以计算的值，再利用最小值小于0即可求得的取值范围. 【详解】因为为偶函数，所以， 所以，化简得：，则， 所以，， 令，解得：，即：在单调递增，在单调递减， 所以，且当时，，时，， 若有两个零点，则需满足，即：，所以的取值范围为. 四、解答题 13．（26-27高三上·甘肃吉林·期中）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)证明：函数至多有1个零点. 【答案】(1)①若， 在上单调递增； ②若，在和上单调递增，在上单调递减； ③若，在和上单调递增，在上单调递减    . (2)证明：由（1）知，当时，在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极小值为，极大值为， 所以在上至多1个零点，在上没有零点，即至多有1个零点； 当时，在上单调递增，且，所以在上有唯一的零点； 当时，在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以在上没有零点，且在上至多有1个零点，即至多有1个零点； 综上所述，至多有1个零点. 【分析】（1）利用函数导数与单调性对参数，，进行分类讨论即可； （2）利用函数导数与函数单调性，函数导数与函数极值，结合（1）中的结论分析即可. 【详解】（1）由函数的定义域为，， ①若，因为，所以在上单调递增； ②若， 当或时，，则在和上单调递增， 当时，，则在上单调递减； ③若， 当或时，，则在和上单调递增， 当时，，则在上单调递减. （2）略. 14．（26-27高三上·陕西西安·阶段检测）已知函数. (1)若函数有两个极值点，求实数的取值范围； (2)证明：函数的图象关于点中心对称； (3)证明：，函数有三个零点. 【答案】(1) (2)证明：要证函数的图象关于点中心对称，只需证对任意，. ， 函数的图象关于点中心对称. (3)证明：，， 令，得，，且. 令，得或；令，得. 函数在上单调递减，在和上单调递增. 又，且在上单调递减，故，. 当时，；当时，. 结合单调性：在上，函数单调递增，时，，，存在1个零点； 在上，函数单调递减，，存在1个零点； 在上，函数单调递增，，时，，存在1个零点. ，函数有三个零点. 【分析】（1）利用极值点与导函数根的关系，转化为二次方程判别式求解参数范围； （2）利用中心对称的定义验证证明图像中心对称； （3）求导确定单调区间，结合自变量大小与单调性判断极值正负，分区间讨论得到三次函数零点个数. 【详解】（1），，. 令，得. 函数有两个极值点等价于方程有两个不等实根， 因此，，解得， 实数的取值范围为. （2）略 （3）略 15．（26-27高三上·吉林四平·阶段检测）已知函数的两个极值点分别为和． (1)求的解析式； (2)若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值． 【答案】(1)； (2)或． 【分析】（1）极值点是导函数的零点，先求，，由极值点，是方程的两根，利用韦达定理求出，，得到函数解析式； （2） 直线与曲线仅有两个公共点，等价于方程只有两个不同实根，整理后构造新函数，转化为新函数有两个零点，即新函数一个极值等于0． 【详解】（1）， 由题意，得和是关于的方程的两根， 由韦达定理，得，解得， 此时， 当时，；当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点，符合题意. 综上，； （2）直线与曲线有且仅有两个公共点， 等价于关于的方程仅有两个实根，即关于的方程仅有两个实根， 设，则， 当时，；当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点， 且，， 根据题意，得或，解得或． 16．（26-27高三上·新疆乌鲁木齐·阶段检测）已知函数 (1)判断函数的单调性； (2)求函数在区间的最值； (3)方程有三个实数解，求的取值范围. 【答案】(1)在递增，在递减，在递增. (2)最大值为，最小值为0. (3). 【分析】（1）先求导，分解导数因式；根据导数正负划分区间，判断增减. （2）算出区间内极值点函数值，再算区间端点函数值，对比大小得到最大、最小值. （3）将方程实数解问题转化为两个函数图像的交点问题，利用极大值、极小值，确定参数的取值范围. 【详解】（1）原式整理得， 对其求导 ， 或. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 综上所述在递增，在递减，在递增. （2），， 在上，单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，. ， 所以最大值为，最小值为. （3）的极大值，极小值， 当时，趋向于正无穷，趋向0，整体； 当时，. 要使有三个实数根，直线介于极小值0和极大值之间， 即当时，有三个实数解，所以. 【点睛】导数是研究函数单调性、最值、方程解个数的核心工具，极值是划分图像形态、确定参数范围的关键. 17．（25-26高二下·山东济宁·期中）已知函数在处取得极小值. (1)求a，b的值； (2)若方程有唯一的实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意结合极值点和极值可得，并根据函数单调性检验即可； （2）令，原题意等价于与有且仅有1个交点，利用导数判断的性质和图象，结合图象即可得结果. 【详解】（1）因为函数的定义域为，且， 由题意可得：，解得， 则，， 令，解得或；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递减， 则函数在处取得极小值，即符合题意， 综上所述：. （2）对于方程，即为，可得， 令，原题意等价于与有且仅有1个交点， 因为， 令，解得或；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递减， 则函数的极大值为，极小值为， 且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 由图可知：或，所以实数的取值范围为. 18．（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）已知函数． (1)求的极值； (2)比较，，的大小； (3)若关于x的方程有实数解，直接写出实数m的取值范围． 【答案】(1)极小值－1，无极大值 (2) (3) 【分析】（1）求导，分析导函数的符号，得出单调性和极值； （2）利用（1）中的单调性和指数函数的符号进行判断； （3）结合的图像，将方程解的个数转化为图像的交点的个数． 【详解】（1）函数的定义域为，， 于是时，单调递增； 时，单调递减， 又，则在处取到极小值，无极大值． （2）由（1）知，在区间上单调递减，故． 又因为当时，，故，所以． 因为，所以． （3）结合（1）中的单调性，函数的大致图像如下： 方程的解的个数可以看成和直线在同一坐标系下图像交点的个数， 由图像知，当m的取值不小于最小值即可，即． 学科网（北京）股份有限公司 $