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专题02 函数零点、不等式及构造与同构问题
（16大考向）
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近三年：函数与方程理论应用，涉及到的知识点多，处理问题的方法与技巧灵活多变，始终是高考考察的重点之一，命题形式多样，既有选择题填空题，也有解答题应用这个数学思想，难度从容易到困难，都有出现，属于考察必考点之一。 预测2026年：应用零点存在定理与导数结合，来求零点，恒成立求参，能成立求参，或者证明不等式，或者解方程，是高考重要的考察方向，特别要注意和向量、数列以及解析几何等知识的应用结合来考察。
考向01 函数与方程1：零点存在性定理
函数零点存在定理： 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解。 零点主要思维方法，分离参数水平线法求零点，具体如下： 1.分离参数 2.构造函数于水平线 3.构造函数时，要注意函数是否有“水平渐近线” 注意合理的运用二分法来快速解决。 二分法的一般步骤（精确度为） （1）确定零点所在区间为，验证 ； （2）求区间的中点 ； （3）计算； ①若则就是函数的零点； ②若，则，令； ③若，则，令； （4）判断是否达到精确度：若，则得到零点近似值（或），否则重复步骤以上步骤.
1．（25-26高三·山东青岛·阶段练习）定义区间、、、的长度均为，其中，若已知实数.则满足不等式解集的各区间长度之和为 .
【答案】3
【分析】设，利用二次函数的性质得有两个不相等的零点且，进而有题设不等式左侧有四个零点，假设，结合零点存在性得到，应用穿根法及区间长度的定义求答案.
【详解】设，，
所以有两个不相等的零点，设为且，
因此有四个零点，
不妨设，又，所以，
因此四个零点的大小关系为，应用穿根法如下：
因此，题设不等式解集的各区间长度之和为.
故答案为：3
2．（25-26高三上·湖南衡阳·月考）判断一元五次方程的实根个数为（ ）
A．5 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】设，求导可得，利用一元二次方程的有关内容可得，进而证明函数的单调性，结合零点的存在性定理即可求解.
【详解】设，
则，
对于一元二次方程，，
所以，所以，
则函数在R上单调递增，且，
有，由零点的存在性定理知，
函数在上存在唯一的零点，
即方程有1个实数根.
故选：B
3．（25-26高三·浙江阶段练习）已知关于的方程恰有两个不同的解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】讨论和时的情况，时，等价于或，分别解这两个方程，结合方程的根的个数，即可确定答案.
【详解】当时，由于，则，此时无解；
当时，等价于或，
对于，可得，令，即，解得，
此时有两个解；对于，可得，
令，即，即或，
解得，（由于，舍去），当，，当，有两解，综合上述可知：时，有两个解，
时，有一个解，时，有两个解，
则时，有三个或四个解，不符题意；由于关于的方程恰有两个不同的解，故，所以实数的取值范围为，故选：A
4．（25-26高三湖南阶段练习）已知，且函数有且仅有一个零点.若方程无解，则实数的取值范围是（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分析得函数为偶函数，结合已知条件得出，可求出的值，可得出函数的解析式，利用基本不等式可求得函数的值域，即可得出实数的取值范围.
【详解】对任意的，，故函数的定义域为，
，故函数为偶函数，
若函数存在一个非零的零点，则也必为函数的零点，这与已知条件矛盾，
由于函数有且只有一个零点，则该零点必为，即，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，故函数的值域为，
因为方程无解，故，即实数的取值范围是.
故选：A.
考向02 函数与方程2：分段函数零点求参
分段函数的零点问题，面临的主要问题是参数对解析式的影响，参数，参数在定义域处，或者参数在分段解析式处等等，核心策略是“分区间拆解，逐段求解验证”，因为分段函数在不同区间有不同解析式，零点必须满足“在对应区间内且函数值为0” ①明确分段标准，拆分定义域 ②分区间列方程，求解可能零点 ③验证区间归属，筛选有效零点 ④特殊处理分段点 ⑤抓住参数的“临界值”，分层讨论 ⑥用图像辅助分析，直观判断零点个数
1．（25-26高三上·广东中山·阶段练习）已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】将问题化为与有两个交点，利用导数研究过原点的切线斜率，数形结合判断参数的范围.
【详解】作出函数的图象，如图示：
当时，，则，
若切点为，则，则切线为，
由切线过原点，则，所以为的一条切线方程，
当时，，则，
若切点为，则，则切线为，
由切线过原点，则，即，所以为的一条切线，
当时，，则，
若切点为，则，则切线为，
由切线过原点，则，即，所以为的一条切线，
综上，考虑直线，，与曲线相切，
由图知，当时与有两个交点，
所以时函数恰有两个零点．
故选：B
2．（2025高三·全国·专题练习）函数，设，，若有四个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先由已知得到，再把函数有四个零点转化为函数的图象与直线有四个不同的交点，直线在点在下方且在的最小值点的上方,结合图像解出.
【详解】由已知，
令，解得.
即交点，
当时；
当时
所以当时；
当时
又函数有四个零点，即函数的图象与直线有四个不同的交点，如图.

由图象知，令，则.直线在点的下方且在的最小值点的上方，
，且的最小值为.
所以，即，，解得或（舍去）.
所以有.
故选：A．
3．（24-25高二下·浙江舟山·期末）记函数.已知函数，，，若有且只有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】化简函数的解析式为，令，由可得出，则直线与函数的图象有三个交点，数形结合可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】令，其中，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，
因为，故当时，，此时；
当时，，此时，
所以.
当时，令，可得；
当时，令，可得.
令，则直线与函数的图象有三个交点，如下图所示：
由图可知，要使得直线与函数的图象有三个交点，
只需，解得，因此，实数的取值范围是.
故选：D.
4．（2025·陕西·三模）已知函数定义为：，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数解析式，分类讨论，不同的取值范围下，函数零点的个数，从而得到恰好有3个零点时实数的取值范围.
【详解】①当时，要使有意义，故；
方程为，平方得，，解得；
显然，解不等式得；
在上满足：当或时，有1个零点；当时，有两个零点；
②当时，若，，函数有无穷个零点；
当时，方程，即， 解得，令，即；
即在上满足：当且时，有1个零点；当时，有无穷个零点；当时，没有零点．综上，当时，有三个零点．故选：D．
考向03 函数与方程3：复合二次型函数零点
.解复合函数零点问题的： （1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出的图像 （2）若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于的方程中解的个数，再根据个数与的图像特点，分配每个函数值被几个所对应，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围
1（2025·湖南娄底·模拟预测）已知函数，，若关于的方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，作出函数函数的大致的图象，结合图象得出关于x的方程根的情况，再根据一元二次方程根的分布情况分类讨论即可得解.
【详解】由题意，作出函数的大致图象，如图．
令，由图可知，当时，关于的方程有2个不同的实数根；
当时，关于的方程无实数根；
当或时，关于的方程只有1个实数根．
因为关于的方程有3个不同实数根，
所以关于的方程的一个根在内，
另一个根在内，或一个根为0，另一个根在内．
当为方程的根时，，且方程的另一根为．
当时，方程的另一个根为，不符合题意；
当时，方程的另一个根为，不符合题意．
当为方程的根时，有，则或．
当时，方程的另一个根为，不符合题意；
当时，方程的另一个根为，不符合题意．
所以关于的方程的一个根在内，另一个根在内．
令，
则即解得．
综上所述，实数的取值范围是．
故选：B.
2．（25-26高三上·辽宁·阶段练习）已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求导，判断函数单调性及极值，作出函数图象，将方程变形为，结合函数图象，数形结合可得参数范围.
【详解】因为，
当时，，在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
注意到时，，，时，大致图象如下，
方程分解为，
由于，故知有三个解，故须使有一个不同的实数解，
由图象知.
故选：B.

3．（25-26高三上·四川广安·阶段练习）已知函数，若方程有且仅有5个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】令，将原方程转化为，可得，作出函数的图象，数形结合，根据原方程根的个数，列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】令，则即为，即，
即，则，
作出函数的图象，如图：
因为方程有且仅有5个不同实数根，
结合图象可得或，
即或，
解得或无解，
故实数的取值范围是，
故选：D
4．（24-25高三·广东清远·阶段练习）已知函数，若关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】因为，所以或只需的图象与直线有3个交点，利用数形结合即可得
【详解】因为，所以或
因为关于的方程共有5个不同的实数根．
所以的图象与直线和直线共有5个不同的交点．
如图，的图象与直线有2个交点，
所以只需的图象与直线有3个交点，所以．
故选：D．
【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令，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上是连续不断的曲线，且，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．
考向04 函数与方程4：镶嵌函数零点求参
.对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数和外层函数； （2）确定外层函数的零点； （3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.
1．（24-25·湖南衡阳·期末）已知函数，，若关于x的方程有19个不等实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化简题目所给方程，对进行分类讨论，根据复合函数、图象、根的个数等知识求得的取值范围.
【详解】原方程可化为，
而的解为或或，若，则或或，
由图象可知此时有10个实数解．当时，显然无解，
当时，，此时有3个实数解，不合题意．
当时，显然有两解，此时实数解个数不超过8，不合题意．显然．
当时，有三解，此时由图象易知实数解个数不超过8，不合题意．
当时，有三解，此时对于满足的解，易知其满足，
故由图象可得此时实数解个数不超过7，不合题意．当时，
注意到，且，
故由图象可得此时实数解个数为9，符合题意.
故选：B
2．（25-26·湖南邵阳·阶段练习）已知函数，，其中均为实数．若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】画出的图象，令，根据函数图象可得有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，数形结合得到，此时两个整数根分别为2和，数形结合得到三个整数根中，必有一个小于2，只有满足要求，故，求出五个整数根分别为，，1，2，4，即可得到答案.
【详解】令，则，
根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根，
且有两个整数根，有三个整数根，
结合图象，当与相切时满足要求，
在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，故，
又，，其在定义域内单调递减，令，解得，
故时，有两个整数根，分别为2和，
由图象可知，的三个整数根中，必有一个小于2，显然只有满足要求，
此时，故，令，解得另一个根为4，
又，解得，
故五个整数根分别为，，1，2，4，
所以最大整数解和最小整数解之积为．
故选：A．
3．（25-26高三上·重庆·阶段练习）已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意对实数进行讨论，分，，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解.
【详解】当，时，，对称轴为，
所以在单调递增，函数图象如下：
令，，解得或，
即或，根据图象有2个解，有1个解，
所以此时有3个零点，不符合题意；
当，时，，对称轴为，
所以在单调递增，在单调递减，函数图像如下：
令，，解得或或，
根据图象有2个解，有3个解，
又有6个零点，所以要有1个解，
即，解得，
故选：D.
4．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知函数若函数恰有3个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先分析函数的单调性，换元简化，分析的根对零点的影响，进行分类讨论得到结果；
【详解】对于函数根据二次函数和对数函数可知

，在上单调递减，在和上单调递增，
令，则，，
函数恰有3个零点等价于方程的正根对应的的解的个数之和为3.
当有两个相等的正根时，，即，（舍），方程解得
，，分段函数计算可得，此时有两个零点，不符合题意；
当有两个不相等的正根时，，
所以①当时，，方程无实数解，且，解得；
②当时，，由于，
可知时，，因为在上单调递增，所以有1个解，；
时，，可知有2个解，
恰有3个零点，要求和的解的总个数为3个.
通过图象分析可知要求，即.是方程的较大的根，由，可得
综上，的取值范围为.
故选：A.
考向05 函数与不等式1：根的分布
.根的分布 1.基础分布：0分布 特征：（1）、两正根；（2）、两负跟；（3）、一正一负两根。 方法：判别式+韦达定理 区间分布与K分布 特征：（1）、根比某个常数K大或者小；（2）、根在某个区间（a，b）内（外） 方法：借助复合条件的大致图像，从以下四点入手 开口方向； 判别式； 对称轴位置； （4）根的分布区间端点对应的函数值正负 如果是“0”分布，可以用韦达定理 指数型根的分布 换元，令，有指数函数性质知，t的最大范围为正。 注意题中对方程根的正负范围，对应的t的取值范围 根据换元后新“根”的范围，用一元二次型“根的分布”求解。 特殊的函数式子，可以分离参数，转化为“水平线型”求解。
1．（24-25高三·全国·专题练习）若在定义域内存在实数，满足，则称为“有点奇函数”，若为定义域上的“有点奇函数”，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由“有点奇函数”可得，方程转化为：，令，，则问题转化为只需让方程存在大于等于2的解即可，分类讨论可得答案.
【详解】根据“有点奇函数”的定义可知，函数有解即可，
即，
，即有解即可，
令，则问题转化为存在大于等于2的解即可，
设，对称轴，
①若，则，
即，此时；
②若，要使在时有解，
则即
解得.综上，.
故选：B.
2．（24-25高三·全国·专题练习）若函数在上单调递减，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】化简函数f（x），根据f（x）在区间上单调递减，f′（x）≤0恒成立，由此解不等式求出a的取值范围．
【详解】由函数，
且f(x)在区间上单调递减，
∴在区间上,f′(x)= sin2x+3a(cosx sinx)+2a 1≤0恒成立，
∵设，
∴当x∈时,,t∈[ 1,1]，即 1≤cosx sinx≤1，
令t∈[ 1,1],sin2x=1 t2∈[0,1]，
原式等价于t2+3at+2a 2≤0，当t∈[ 1,1]时恒成立，
令g(t)=t2+3at+2a 2，
只需满足或或，
解得或或，
综上，可得实数a的取值范围是，
故选：A.
【点睛】本题考查三角函数的公式及导数的应用，解题的关键是利用换元将不等式恒成立问题转化为一元二次不等式恒成立问题，属于较难题.
3．（23-24高三上·江苏苏州·开学考试）已知函数有三个不同的零点，，，且，则实数a的取值范围是 ；的值为 .
【答案】 1
【分析】①令，则方程有两个不等的实根，，数形结合，根据的图象得出结果；②由韦达定理代入求值即可.
【详解】由，
令，∴，
令，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
当时，.
作出大致图象如下，要使原方程有三个不同的零点，

（*）式关于t的一元二次方程有两个不等的实根，，其中，，
令，∴，

且，，，
∴，
故答案为：；1.
【点睛】求解复合函数零点问题的方法：
(1)此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出两个图像；
(2)若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于的方程中解的个数再根据个数与的图像特点，决定参数的范围.
4．（24-25高三江西丰城开学考试）设函数，.若方程在上有4个不相等的实数根，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】，令，则，由题意，原问题等价于在区间上有两个不相等的实数根，由一元二次方程根的分布即可求解.
【详解】解：，
令，则，
当时，有两个不相等的实数根，当时，有且仅有一个实数根，
因为方程在上有4个不相等的实数根，
所以原问题等价于在区间上有两个不相等的实数根，
所以有，解得，
故答案为：.
考向06 函数与不等式2：换元构造型
.换元型根的分布，要注意换元前后，新元与旧元的范围传递与变化。比如指数型根的分布 1.换元，令，有指数函数性质知，t的最大范围为正。 2.注意题中对方程根的正负范围，对应的t的取值范围 3.根据换元后新“根”的范围，用一元二次型“根的分布”求解。 4.特殊的函数式子，可以分离参数，转化为“水平线型”求解。
1．（24-25高三·江苏镇江阶段练习）已知函数，若函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性求函数值域，利用对应关系可得有两个不相等的正实数根，结合判别式和韦达定理可得结果.
【详解】因为在上为增函数，在上为减函数，
所以在为增函数，
所以函数在区间上的值域为，
所以，整理得，
所以为方程的两根，即有两个不相等的正实数根，
所以，解得且，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查函数与方程综合问题，具体思路如下：
（1）分析函数的单调性，可得在为增函数，函数在区间上的值域为.
（2）根据值域的对应关系可得为方程的两根，即一元二次方程有两个不相等的正实数根，利用判别式和韦达定理可求得实数的取值范围.
2．（24-25高三·江苏苏州阶段练习）函数的定义域为，若满足：①在内是单调函数；②存在，使得在上的值域也是，则称为高斯函数．若是高斯函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】判断函数的单调性，根据条件列方程组，可知是方程在上的两个不等实根，令，则在上有两个不等实根，令，建立关于的不等式组，求解即可.
【详解】因为在上单调递增，
由题意知，
所以是方程在上的两个不等实根，
令，则，
所以在上有两个不等实根，
令，对称轴，
则，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
3．（24-25高三河北保定阶段练习）已知函数，若存在区间，使得函数在区间上的值域为，则实数k的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据函数的单调性可知，，即得，故可知是方程的两个不同非负实根，由根与系数的关系即可求出．
【详解】根据函数的单调性可知，，
即可得到，
即可知是方程的两个不同非负实根，
所以，解得．
故选：B．
【点睛】本题主要考查函数的单调性的应用以及一元二次方程的根与系数的关系应用，意在考查学生的转化能力，属于中档题．
4．（24-25高三·新疆阿克苏·阶段练习）定义域为的函数同时满足条件：①常数满足，区间，②使在上的值域为，那么我们把叫做上的“级矩形”函数．函数是上的“级矩形”函数，则满足条件的常数对共有（ ）
A．对 B．对 C．对 D．对
【答案】C
【分析】利用函数是上的单调递增函数，结合题设条件可得，进而求得满足条件的常数对.
【详解】由题意，函数是上的“1级矩阵”函数，
即满足条件①常数满足，区间，②使在上的值域为，
因为函数是上的单调递增函数，所以，解得或，或
又，所以满足条件的常数对为，，.
考向07函数与不等式3：恒成立型求参
恒成立问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集．
1．（24-25高三下·江西南昌·阶段练习）设函数，若恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】首先确定函数的定义域，接着由函数恒成立得恒成立，分、、和四种情况分析求解不等式解集，从而得，最后代入所求表达式化简利用二次函数的性质即可求解.
【详解】由题可得函数的定义域为，
因为函数恒成立，而，故，
则或，解得或，
若，得不等式的解集为，
则使得，不满足题意；
若，得不等式的解集为，
则使得，不满足题意；
若，得不等式的解集为，
则使得，不满足题意；
若，得不等式的解集为，满足题意，
综上所述，
所以，
因为且，即，
所以的取值范围为，
所以的取值范围为.
故选：C.
2．（2025高三·全国·专题练习）若关于的不等式对任意的正实数恒成立，则的最小值是（ ）
A．7 B．9 C．10 D．
【答案】B
【分析】先判断的大致范围，再求之间的关系，最后应用利用“1”的代换及基本不等式求最值.
【详解】令，因为，所以．
若，则，此时显然不符合题意．
当时，令，得，令，得，
若，则当时，，，
所以，所以不符合题意，故．
因为，
当时，，所以，则，
当时，，所以，则，
故，即．
（另解：在处变号，在处变号，若，则，即），
所以，当且仅当，时等号成立.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据已知不等式恒成立得到为关键.
7．（25-26高三上·山东聊城·阶段练习）已知，，不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】等价变形给定不等式，利用指数函数单调性，结合恒成立求出的范围，利用对数函数单调性求出的范围，再分离参数，利用恒成立条件求出范围.
【详解】不等式
，
依题意，，不等式恒成立，
而函数在上单调递减，则，于是
，令，
依题意，，不等式恒成立，又函数在上单调递增，
，函数在上单调递减，，因此，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：
4．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，若恒成立，则 .
【答案】4
【分析】分类讨论，当时，不恒成立，当时，分析，的符号，可知恒成立时，需满足，即可得解.
【详解】显然时，无意义，
当时，由可得，即函数定义域为，
此时，若，则，即，解得，
故在定义域上不恒成立，不合题意；
当时，由可得，即函数定义域为，
由，解得，当时，，由，
需，
当时，，由，需，
由于，上述两种情况都需成立，所以只需，即,
此时，对于，都有恒成立.
故答案为：4
考向08 函数与不等式4：能成立型求参
.能成立于恒成立之间的关系，可以简单的总结为： 恒成立转化为能成立时候，max与min互换
1．（25-26 ·湖南衡阳阶段练习）已知函数，若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用换元法求得的值域为，利用基本不等式可得的值域为，根据题意可知，根据包含关系列式求解即可.
【详解】因为，，
设，，
令，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
则，所以的值域为，
又因为，当且仅当时取等号，
可得，所以的值域为，
根据题意可知：，则，
即，解得且，
所以实数的取值范围．
故选：C.
2．（25-26高三上·山东济宁·期中）已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将问题转化为，利用基本不等式和对数函数单调性可分别求得的最小值，由此可构造不等式求得结果.
【详解】，，使得，；
（当且仅当时取等号），，
，解得：，实数的取值范围为.
故选：D.
3．（25-26高三·江西丰城·期中）已知，，若任给，存在，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】问题转化为函数在的值域是函数在的值域的子集，再根据集合间的包含关系求参数的取值范围.
【详解】因为对任意，存在，使得，
所以函数在的值域是函数在的值域的子集.
当时，；
当时，结合对勾函数性质知.
所以当时，函数的值域为.
若，当时，，
由，所以；
若，当时，，
此时不成立，故不合题意；
若，当时，，
由，所以.
综上可知：或.
故选：B
4．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（其中为常数），设，存在正数，使得对于区间上的任意3个实数，都存在以为边长的三角形，则这样的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】换元，则，，将问题等价于，然后按照、、和分类讨论求解最值，列不等式求解即可.
【详解】设，则在上单调递减，
所以，则；
所以对于区间上的任意3个实数，
都存在以，，为边长的三角形，等价于，
任取，所以，，
则，
①当时，，所以，
即在上单调递增，
所以，，
由得，解得，所以；
②当时，易得在上单调递减，
在上单调递增，所以，
，
由得，解得，所以；
③当时，易得在上单调递减，
在上单调递增，所以，
，
由得，解得，所以；
④当时，，所以，
即在上单调递减，
所以，，
由得，解得，所以；
综上，，又为正数，所以.
故选：B．
考向09 导数公式构造1：幂指构造
.幂指函数构造技巧： 1. 2. 3. 4. 指数函数，主要是以e为底的函数构造： 1.， 2. 3.， 4.
1．（2024·四川德阳·模拟预测）设定义域为的函数的导函数为.已知，，若在上恒成立，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用导函数的奇偶性分析原函数的奇偶性，再构造函数，根据题意分析单调性，结合不等式有意义，分类讨论，并结合同构特点利用单调性解不等式可得.
【详解】令，由，令，则.
则，故，
由，令，则，故，
故，可知为偶函数；
令，则，
当时，由，则，即在上严格递增，
又，
则当时，，故；
则当时，，则；
则由偶函数对称性可知，当时，.
由，则.
不等式可化为，其中且.
当时，，则，
故不等式无解；
当时，，可得，即，
由在上严格递增，可知，解得，
所以；
综上所述，不等式的解集为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据题意中导函数满足的不等关系及所求解不等式，构造函数，利用新函数的单调性求解抽象不等式.
2．（2025高三·全国·专题练习）定义在上的函数的导函数为，若对任意实数x，有，且为奇函数，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意构造函数，通过判断函数的单调性及的值来解不等式
【详解】设，则，
因为对任意实数x，都有，所以，所以为定义在上的减函数，
因为为奇函数，所以，则，所以，则不等式转化为，即，由于函数在定义域上单调递减，所以，故不等式的解集是．
故选：C．
3．（25-26高三上·河南·月考）已知定义在上的可导函数的导函数为，若，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，，利用导数判断出在上单调递减，由已知可得，再利用的单调性可得答案.
【详解】因为，，所以，
令，，
则，
因为，，所以，
所以在上单调递减，
因为，所以，所以，
即，可得，
又因为在上单调递减，
所以，解得.
故选：A.
4．（25-26高三上·江苏盐城·月考）已知可导函数的导函数为， 若对任意的， 都有 且为奇函数， 则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据构造函数，利用导数判断其单调性，将不等式化为，利用的单调性求得结果．
【详解】设，则，
由，得，又，
所以，故函数在上单调递减．
因为为奇函数，且定义域为，
所以，得，
所以，
不等式等价于，即，
又函数在上单调递减，所以，
故不等式的解集是．
故选：D．
考向10 导数公式构造2：对数函数构造
.对数函数型构造 1. 2.授课时，可以让学生写出y=ln（kx+b）与y=f(x)的加、减、乘、除各种结果
1．（24-25高三上·江苏南京·期中）已知函数的导函数为，当时，，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C．在上单调递减 D．当时，
【答案】D
【分析】A选项，令得；D选项，构造函数，得到的单调性，然后利用单调性和的性质即可得到结论；BC选项，根据的正负判断.
【详解】在中令得，故A错；
令，则，
因为当时，，
所以，在上单调递增，
因为，所以当时，，时，，
因为在时，，时，，
所以时，，故D正确；
，则，，故的正负不确定，故B错；
当时，，，故在的单调性不确定，故C错.
故选：D.
【点睛】方法点睛：构造函数的常见类型：
①乘积形式：例如，；
②商的形式：例如，.
2．（23-24·江苏南通·阶段练习）已知函数的导函数为，且，当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，由题意可得当时，，即可得的单调性，结合，可得，又，结合单调性即可得解.
【详解】令，则，
由当时，，则当时，，
即在上单调递减，
由，则，
由，即，故.
故选：D.
3．（23-24高三上·河南周口·阶段练习）已知函数的定义域为，导函数为，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，，则由题意可知，设，，则有，不等式等价于，利用单调性求解即可.
【详解】设，，不等式恒成立，可知，
设，，则，，
且，
于是在上单调递增，注意到，
不等式，等价于，
即，得，解出.
故选：A．
【点睛】方法点睛：证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
4．（24-25高三·河北保定·阶段练习）已知函数是定义在上的奇函数，的图象连续，且，记的导函数为，若在上恒成立，则使成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，求导后由可得，进而由确定，当时，，当时，，进而由奇函数的性质当或时，，当或时，，当或时，，进而可得.
【详解】设，
则，
由题意，故在区间上单调递减，又，
故当时，，，故，
当时，，，故，
又函数是定义在上的奇函数，
故当或时，，
当或时，，
当或时，，
由得或，由的，
故由得或或，
故选：D
考向11 导数公式构造3：三角函数构造
.三角函数构造： 1.， 2. 3.对于正切型，可以通分（或者去分母）构造正弦或者余弦积商型 4.， 5.
1．（23-24安徽六安·阶段练习）函数是定义在上的奇函数，其导函数为，且，当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意可构造函数，利用导数判断其单调性，结合其奇偶性，即可判断的正负情况，结合，即可求得答案.
【详解】令，则，
由于当时，，故此时，
则在上单调递减，
由于函数是定义在上的奇函数，
则，即为上的偶函数，
则在上单调递增，
而，故，
故当或时，，当或时，，
由可得或，解得或，
故不等式的解集为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：关键是构造函数，并得出其单调性、奇偶性，由此即可顺利得解.
2．（24-25高三全国 阶段练习）已知是定义域为的函数的导函数，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，再求解不等式.
【详解】设，，
所以函数单调递增，
，
即，得，所以，
所以不等式的解集为.
故选：D
3．（23-24甘肃 阶段练习）定义在上的函数，其导函数是，且恒有成立，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】把给出的等式变形得到，由此联想构造辅助函数，由其导函数的符号得到其在上为增函数，则，整理后即可得到答案．
【详解】解：因为，所以，．
由，得．
即．
令，，则．
所以函数在上为增函数，
则，即，所以，
即．
故选：D．
【点评】本题考查了导数的运算法则，考查了利用函数导函数的符号判断函数的单调性，考查了函数构造法，属中档题型．
4．（24-25高二下·四川绵阳·阶段练习）已知函数在定义域上为偶函数，并且时,，若，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】令函数，得到在上单调递增，在上单调递减，且为偶函数，结合和，即可求解.
【详解】由题意知，当时，，即，
因为，令函数，则在上单调递增，
又由在上的偶函数，可得，
所以函数在上为偶函数，且在上单调递减，
因为，因此，且，即，
即，即，所以，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
考向12 导数公式构造4：线性构造
.比较常见的几种“线性”构造，可以借助这几类做扩展构造，培养这类观察和构造的思维 1.,或者f（x）+kx+b 2. 3.。
2．（24-25高三河北阶段练习）若定义在上的可导函数满足，，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据不等式构造函数，利用导数判断其单调性，利用单调性比较大小可得答案.
【详解】因为，所以构造函数，
所以
，则在上单调递减，
又，
所以，即，故A错误；
，即，故B正确；
，即，故C错误；
，即，故D错误.
故选：.
【点睛】关键点点睛：根据不等式构造函数，利用函数的单调性比较大小是解题关键.
2．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构建，根据题意分析可知在上单调递减，结合函数单调性解不等式.
【详解】构建，则，
因为，则，即，
可知在上单调递减，且，
由可得，即，解得，
所以不等式的解集是.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：根据构建，进而利用导数判断函数单调性，结合单调性解不等式.
3．（2023·浙江·模拟预测）已知是定义在上的可导函数，且对于，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，求导，判断函数单调性，即可求出结果.
【详解】解：由题意
是定义在上的可导函数
设
在中，
∵对于，，
∴当时，当时
∴在上单调递减，在上单调递增
∴，
解得：
故选：D.
【点睛】本题考查学生对新函数的构造，运用函数单调性比较大小等，具有很强的综合性.
4．（25-26高三上·四川南充·月考）设函数的定义域为，导数为，若当时，，且对于任意的实数，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据已知条件构造函数，再判断函数的奇偶性和单调性，将不等式转化为，结合函数的性质，即可求解不等式.
【详解】设，，
所以函数是定义在上的偶函数，
由条件可知，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
不等式，
即，
即，
所以，即，得，
解得：.
故选：C
考向13 构造与同构1：双方程型同构
双方程同构型： 原理：主要是利用指数与对数互为反函数这个函数性质 方法：指数和对数底数一致时，可以借助对称轴y=x来构造（要注意是否同时发生了平移）
1．（25-26高三上·广西·阶段练习）已知正实数a，b满足和，则的值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由得到，构造函数，求导确定单调性即可求解.
【详解】对两边取自然对数，得，
即，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以方程的解只有一个，
又因为，
所以，
所以．
故选：C
2．（2022·山西太原·一模）已知实数，满足，，则（ ）
A．112 B．28 C．7 D．4
【答案】B
【分析】等式化为：，构造函数并探讨其单调性，求出x，y的关系推理计算作答.
【详解】由得：，即，显然有，
令，则有，即有在上单调递增，
依题意，，即得：，又，则，解得，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及含有不同变量的两个等式，细心挖掘问题的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解作答.
3．（2025·湖南·一模）已知正实数满足和．则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据指数与对数的运算法则对已知条件进行变形，利用变形后等式的特点构造函数，再根据函数的单调性确定的关联，最后结合题给条件求解．
【详解】，
，即，
，
，即，
令，则在上单调递增，
方程有唯一解，
，
．
故选：A．
4．（24-25·云南曲靖·阶段练习）已知实数满足，，则 .
【答案】1
【分析】由题可得及，从而得.构造函数，利用函数单调性可得即可求解.
【详解】由题可得，
又，，即，
所以.
因为函数在上单调递增，
所以，则，
所以.
故答案为：1.
【点睛】本题综合考查对数运算、指对互化及函数的单调性，解题的关键是通过将方程等价变形转化为，再构造函数，利用函数单调性即可求解.
考向14 构造与同构2：对化指型同构
对化指同构，主要是借助对数运算性质： 对数的性质：①a＝ N ； ②logaaN＝ N (a>0且a≠1)．
1．（2025·甘肃金昌·三模）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用同构可得即在上恒成立，设，利用导数求出该函数的最小值后可得参数的取值范围.
【详解】由题设有，
当即时，不等式恒成立；
当即时，设，则，
故在上为增函数，而即
因为，故即在上恒成立，
而时，恒成立即恒成立，
故在上恒成立，
设，则，
当时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，故，故，
故，
故选：B.
2．（2025·海南·模拟预测）若不等式对任意恒成立，则实数的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知不等式变形得出，分、、三种情况讨论，解不等式，结合恒成立可求出的取值范围.
【详解】由可得，
即对任意的恒成立，即，
令，其中，则对任意的恒成立，
即函数在上为增函数，
考虑当时，，此时，
要使得对任意的恒成立，
当时，则有显然成立；
当时，，由可得或，
此时或；
当时，，由可得或，
由于当时，，则显然不等式，即，则，
综上所述，或，故的最大值为.
故选：C.
3．（2025·湖北·三模）若不等式恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】B
【分析】先化简转化为恒成立，再构造函数，结合函数单调性求出最值解题.
【详解】因为，所以，
令，则恒成立，
则恒成立，
令，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故a的最大值为2.
故选：B.
4．（23-24·湖南衡阳·阶段练习）已知m是方程的一个根，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
【答案】B
【分析】设，同构得到，结合函数单调性得到，结合m是方程的一个根，故，解得，从而求出答案.
【详解】，
设，则恒成立，故单调递增，
由得，即.
因为m是方程的一个根，所以，
所以，所以.
故选：B.
【点睛】方法点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是变形得到，从而构造进行求解.
考向15 构造与同构3：同构解方程
1．（25-26高三上·四川绵阳·月考）已知函数恰有4个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将函数变形，构造等价函数令，则，求导判断单调性求得仅有两个零点，问题转化为方程和共有4个根，令，利用导数分析单调性和最值求解.
【详解】，
令，则，
，令，得，且，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
又，，所以函数仅有两个零点，
所以恰有4个零点，即方程和共有4个根，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
故和至多各一个根，不合题意；
当时，，令，得，
当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
，且时，，时，，
要使方程和共有4个根，则，
即，解得，
综上，实数的取值范围为.
故选：C.
2．（25-26高三上·云南·阶段练习）已知函数与函数的图象有两个不同的交点，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由在有两个不同解，得，进而得，令，利用单调性得，即在有两个解，令，利用导数研究单调性，进而作出函数的图像，利用数形结合即可求解.
【详解】由题意有：在有两个不同解，
所以，
即，令，即，
又，所以在单调递增，所以，
即在有两个解，
令，所以，令，
由，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，作出的图像：

由图可知：，即，
故选：B.
3．（2025·云南·三模）设函数，，若存在，使得，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由，得到，又由，得到在上单调递增，得到，令，求得，令，求得，得到在上单调递减，且，进而得到的单调性和极值（最值），即可求解.
【详解】由，可得，所以，又由，所以在上单调递增，
因为，所以，所以，
令，则，
令，则，可得，
所以在上单调递减，且，
当时，，，则在上单调递增；
当时，，，则在上单调递减，
所以当时，有极大值，即最大值，所以.
故选：A．
4．（24-25·山东聊城·阶段练习）已知实数分别满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将变形为，观察可发现这与形式相同，且易知，.构造，求导可得在上单调递增.从而可推出，代入即可得到结果.
【详解】由可得，，则，
即，又，
所以，且，.
令，则，当时，恒成立，
所以，在上单调递增.
又，，，所以.
所以，.
故选：A.
考向16 构造与同构4：同构证明不等式
1．（25-26高三上·山东淄博·期中）已知实数，，满足，则下列关系不可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】问题转化为，，的图象与直线交点的横坐标，结合函数图象即可判断.
【详解】依题意，令，则，，，
则，，可分别视为函数，，的图象与直线交点的横坐标，
又与互为反函数，函数图象关于对称且的图象一直在的图象的上方，
即与没有交点，所以一定不成立；
在同一坐标系中画出函数，，和的图象，如图，
当直线为时，；
当直线为时，；
当直线为时，；
当直线为时，；
当直线为时，；
当直线为时，；
综上所述，，，都有可能成立，而不可能成立.
故选：B
2．（2025·湖南益阳·模拟预测）已知，，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】对条件等式进行化简，并对进行分类讨论，通过构造函数并考虑其单调性进行大小比较.
【详解】当时，，即；
当时，，即.
故当时，，，四个选项均成立.
当，时， 化简得 .
先考虑函数，.
则，故在上单调递增.
因为，所以.因为，所以，即.
若，，则，根据的单调性，可知.
故此情况下，，.可排除B、D选项.
若，，则，根据的单调性，可知.
故此情况下，，.可排除A选项.
综上，当满足题目条件时，恒成立.
故选：D
3．（2025·山东济南·一模）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】令，求导分析单调性可得A错误；令求导分析单调性可得B错误；令，由诱导公式和两角和的正弦展开式可得C错误；
令，求导后放缩得单调性后可得D正确.
【详解】对于A，令，则，
所以在上单调递减，即，
所以，故A错误；
对于B，令，，则，
所以在上单调递增，即，故B错误；
对于C，因为，令时，，
，
因为，所以，故C错误；
对于D，令，，则，
由三角函数线可得当时，，所以，
所以，
所以在上单调递增，，，
即，故D正确.
故选：D
4．（24-25高三上·贵州贵阳·期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】当时，，因为，即可判断选项A；由，得，构造函数，利用导数分析函数的单调性，利用单调性比较大小，即可判断选项C；由知，两边取对数即可判断选项B；由，所以，即可判断选项D.
【详解】对于A选项，当时，，因为，所以A错误；
对于C选项，，由，
得，
令，则，，由，
得，由，得，则函数在上单调递减，
在上单调递增，且时，，当时，
，如图，因为，由，得，即，
所以，选项C正确；
对于B选项，由知，则即，所以B错误；
对于D选项，因为，
所以，得，D错误.
故选：C．
冲刺练
（建议用时：60分钟）
一、单选题
1．（25-26高三上·安徽·月考）已知函数，且，则所在区间可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先设函数，根据导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理求零点所在区间.
【详解】令，则的定义域是，
，所以在上单调递减，
因为，则．
故选：B．
2．（25-26高三上·江苏无锡·月考）已知函数，若方程有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，则方程转化为的一元二次方程，解出这个的一元二次方程的解，画出的图象，通过图象数形结合得到的取值范围.
【详解】令，有，即，
解得或，
作出的图象，如图，
方程有且仅有5个不同实数根，
则由图得或，
解得或，
则.
故选：C.
3．（25-26高三上·湖南衡阳·月考）已知函数，若有另一函数有且仅有3个不同零点，则常数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用分段函数的图象，来分析二次方程根的分布，最后利用根的分布可列参数满足的不等式，并进行求解即可.
【详解】作出函数的图象：
函数的零点等价于方程，
当时，此时方程化为可得，
由，结合图象，可得方程仅有2个解，此时不满足题意；故；
当时，此时方程化为可得或，
由可得方程有一个解为，
由，结合图象，可得方程有个解，此时不满足题意；故；
所以要使得函数有且仅有3个不同零点，则满足，
由于
所以二次方程的根仅有一个满足，另一个根，
则满足或，解得，
综上的取值范围为，
故选：D
4．（25-26高三上·安徽六安·阶段练习）已知函数的定义域为，且在上是单调函数，若，则的零点为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，由可得，由求零点.
【详解】因为在上单调，令，则且，
从而，解得（负根已舍去），所以，
由解得，所以的零点为1.
故选：B
5．（2025·四川·模拟预测）已知一元二次函数的定义域为，若，，且该二次函数的图象经过、不同两点，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分析可知的图象关于直线对称，设，其中，结合已知条件得出，，由题意得出，将两个等式作差可得出关于的不等式，即可求出实数的取值范围.
【详解】因为一元二次函数的定义域为，且，
所以函数的图象关于直线对称，设，其中，
由可得，故，根据题意得出
因为函数的图象经过、不同两点，
则，且有，
上述两个等式作差得，
因为，故，即，
可得或，解得或，
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
6．（25-26高三上·四川南充·月考）已知，分别为定义域为的偶函数和奇函数，且，若关于x的不等式在上恒成立，则正实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性得，，根据已知将问题化为在恒成立，应用换元法及导数研究右侧的单调性求右侧的范围，即可得.
【详解】因为，分别为上的偶函数和奇函数，且①，
所以，即②，
联立①②，解得，，
所以不等式，可化为，
因为，所以，
设，则，故，
因为，，所以，
故在上是增函数，则，
又在上是增函数，所以，则，
因为在恒成立，所以，
所以正实数a的取值范围是.
故选：D
7．（2025·四川德阳·模拟预测）任意实数，函数在上有最值，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出存在实数，使函数在上没有最值时，实数m的取值范围；根据其补集求得当任意实数，使函数在上有最值时，实数m的取值范围即可.
【详解】命题"任意实数，函数在上有最值"的否定如下，
是"存在实数，使函数在上没有最值",
即存在实数，使函数在上单调,
即存在实数，使，或在上恒成立.
由，得.
因为，，所以.
令，易知在上单调递减，
所以.
令，易知在上单调递减，所以.
令，则在上单调递减，所以.
所以当时，，
即存在实数，.
所以；
当时，得到，
即存在实数，.
所以.
所以当存在实数，使函数在上没有最值时，得到或.
所以当任意实数，使函数在上有最值时，得到.
所以实数m的取值范围为.
故选：A.
8．（25-26高三上·山东菏泽·期中）已知关于的方程在内有两个不等的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将问题转化为函数与在上有两个交点，再根据两个函数的图象分析可得答案.
【详解】因为方程在上有两个实数根
等价于在上有两个实数根，
等价于函数与在上有两个交点，
显然为一个交点，
结合与的图象，图象如下：
当经过点时，．
当与相切时，设切点为，
由，根据导数的几何意义得，又 ，所以，
令，所以，
所以在上递减，在上递增，
所以时取得最小值1，所以，
所以当时，函数与在上只有一个交点.
所以当时， 函数与在上有两个交点，
所以当时，关于的方程在上有两个实数根.
故选：B.
二、多选题
9．（2025·广东佛山·三模）已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】方法一：根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可.方法二：构造满足题意的函数，进一步逐一验证各个选项即可.
【详解】解法1：由，令，则，因为，所以，故A错误；
令，则，①
所以，
因为为奇函数，所以为偶函数，，
所以，②
由①－②并整理得，
即，
所以，
所以是周期为3的周期函数，故，故B正确；
因为，所以，故C正确；
由上知，
在①中，令，得，所以，
所以，所以，故D正确．
解法2：令，此函数满足题意．
对于A，，A错误．
对于B，，B正确．
对于C，
因此，C正确．
对于D，，
，D正确．
故选：BCD.
10．（25-26高三上·重庆南岸·期中）设函数的定义域为D，如果存在，使得，那么我们称为该函数的一个不动点；若满足，则称为的次不动点，下列结论正确的是（ ）
A．函数存在次不动点
B．对于函数，既存在不动点，也存在次不动点
C．函数的不动点有2个
D．函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，则的取值范围是
【答案】BCD
【分析】由，令，求得，得到的单调性，得到，可判定A不正确；令，设，根据，得到存在不动点，令，设，结合，得到存在次不动点，可判定B正确；令，即，
令，得到，令，得到在存在唯一的零点，得到的单调性，进而可判定C正确；令和，转化为和，结合函数的单调性，求得的范围，可判定D正确.
【详解】对于A，由函数，令，即，
令，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，且，
所以没有零点，所以不存在次动点，所以A错误；
对于B，由函数，令，即，
令，可得，所以是函数的一个零点，
所以函数存在不动点；
令，即，令，
可得，所以是函数的一个零点，
所以函数存在次不动点，所以B正确；
对于C，由函数，令，即，
令，可得定义域为且，
令，可得，所以在单调递增，
因为，所以函数在存在唯一的零点，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，且，即，
所以当时，函数取得最小值，
且最小值为，
又由，，
所以在上有且仅有2个零点，
所以在上有且仅有两个不动点，所以C正确；
对于D，函数，令，
即，即，
令且，则，
由函数在上单调递增，所以，
要使得仅有一个不动点，即有唯一的解，则；
令，即，即，
令且，则，
由函数，可得，
所以在上单调递增，所以，
要使得仅有一个次不动点，即有唯一的解，则，
所以函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，则的取值范围是，所以D正确.
故选：BCD.
11．（25-26高三上·河南·阶段练习）已知函数，且．定义在上的函数，其导函数为，且，则下列不等式一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】由题意可得，，利用基本不等式可判断A；由，可得在上单调递增，结合A可知，从而可得，利用不等式的性质可判断B；令，利用导数可得在上单调递增，从而得，两边取对数，可得；再令，同样可得，两边取对数可得，即可判断C；结合C及，可得成立，举反例说明不成立，即可判断D.
【详解】因为，所以，又因为所以，则，
即，所以，所以，故A正确；
因为，则，所以，即．因为，
所以在上单调递增，因为，，即，
由于在上单调递增，，
由不等式性质得：，故B错误；
由，得，令，则，
所以函数在上单调递增，因为，所以，即，
两边取对数得：，所以，即；
由，得，令，则，
所以在上单调递减，因为，所以，即，
两边取对数，得，所以，
即，即，故C正确；
由上可知，，所以，令，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时，最小值为，所以，即，当且仅当时等号成立，
所以（因为），即成立；
不妨取，满足，当时，，
即，所以不成立，故D错误．
故选：AC．
12．（2025高三·全国·专题练习）下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若且，则
C．若，且，则
D．若且，则
【答案】ABD
【分析】对于A：可构造函数，研究其单调性即得；对于B：可构造函数，研究其单调性即得；对于C：可构造函数，研究其单调性与最值即得；对于D：可构造函数，研究其单调性即得.
【详解】对于A：因为即，
设函数，则，
因，则在上单调递减．
因为，所以，故A正确；
对于B：因为，即，
设函数，则，
因，令，，则，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以，所以在上单调递增.
由，所以，即，故B正确；
对于C：由，可得，即，
设函数，则，当时，则在上单调递增；
当时，则在上单调递减，所以，即，可得，而，故，
所以，即，故C错误．
对于D，因为，所以，所以，
设函数，则，因为，所以在上单调递增，因为，所以，
故由，可得，即，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题
13．（25-26高三上·江苏宿迁·期中）已知，若对任意的恒成立，则实数的最大值为 .
【答案】
【分析】将条件变形可得，令，利用导数求得的单调性，可得，即，令，利用导数求得的单调性和最值，分析即可得答案.
【详解】由题意，，可得，
所以，令，则，
所以在上单调递增，又，所以，对任意的恒成立，
所以，只需即可，设，，则，
当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
又，且，
所以，所以，则实数的最大值为.故答案为：
14．（25-26高三上·陕西西安·月考）已知在平面直角坐标系中，点Q的坐标满足，且对于，都有，则k的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先确定点的轨迹方程，再转化为求直线上的点与曲线上点的距离的平方的最小值，利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】设，，则，
由，得，
当，，单调递减，当，，单调递增，
所以当时，取得最小值1，
所以，而条件中，
所以，，即点的轨迹方程为，
表示和点的距离的平方，点在曲线上，
所以若不等式成立，则，
所以问题转化为直线上的点与曲线上点的距离的平方的最小值，
，得，即，点到直线的距离，所以，所以.故答案为：
结束
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题02函数零点、不等式及构造与同构问题
（16大考向）
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近三年：函数与方程理论应用，涉及到的知识点多，处理问题的方法与技巧灵活多变，始终是高考考察的重点之一，命题形式多样，既有选择题填空题，也有解答题应用这个数学思想，难度从容易到困难，都有出现，属于考察必考点之一。 预测2026年：应用零点存在定理与导数结合，来求零点，恒成立求参，能成立求参，或者证明不等式，或者解方程，是高考重要的考察方向，特别要注意和向量、数列以及解析几何等知识的应用结合来考察。
考向01 函数与方程1：零点存在性定理
函数零点存在定理： 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解。 零点主要思维方法，分离参数水平线法求零点，具体如下： 1.分离参数 2.构造函数于水平线 3.构造函数时，要注意函数是否有“水平渐近线” 注意合理的运用二分法来快速解决。 二分法的一般步骤（精确度为） （1）确定零点所在区间为，验证 ； （2）求区间的中点 ； （3）计算； ①若则就是函数的零点； ②若，则，令； ③若，则，令； （4）判断是否达到精确度：若，则得到零点近似值（或），否则重复步骤以上步骤.
1．（25-26高三·山东青岛·阶段练习）定义区间、、、的长度均为，其中，若已知实数.则满足不等式解集的各区间长度之和为 .
2．（25-26高三上·湖南衡阳·月考）判断一元五次方程的实根个数为（ ）
A．5 B．1 C．2 D．3
3．（25-26高三·浙江阶段练习）已知关于的方程恰有两个不同的解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．（25-26高三湖南阶段练习）已知，且函数有且仅有一个零点.若方程无解，则实数的取值范围是（ ）.
A． B． C． D．
考向02 函数与方程2：分段函数零点求参
分段函数的零点问题，面临的主要问题是参数对解析式的影响，参数，参数在定义域处，或者参数在分段解析式处等等，核心策略是“分区间拆解，逐段求解验证”，因为分段函数在不同区间有不同解析式，零点必须满足“在对应区间内且函数值为0” ①明确分段标准，拆分定义域 ②分区间列方程，求解可能零点 ③验证区间归属，筛选有效零点 ④特殊处理分段点 ⑤抓住参数的“临界值”，分层讨论 ⑥用图像辅助分析，直观判断零点个数
1．（25-26高三上·广东中山·阶段练习）已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高三·全国·专题练习）函数，设，，若有四个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高二下·浙江舟山·期末）记函数.已知函数，，，若有且只有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·陕西·三模）已知函数定义为：，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
考向03 函数与方程3：复合二次型函数零点
.解复合函数零点问题的： （1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出的图像 （2）若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于的方程中解的个数，再根据个数与的图像特点，分配每个函数值被几个所对应，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围
1（2025·湖南娄底·模拟预测）已知函数，，若关于的方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（25-26高三上·辽宁·阶段练习）已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（25-26高三上·四川广安·阶段练习）已知函数，若方程有且仅有5个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高三·广东清远·阶段练习）已知函数，若关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
考向04 函数与方程4：镶嵌函数零点求参
.对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数和外层函数； （2）确定外层函数的零点； （3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.
1．（24-25·湖南衡阳·期末）已知函数，，若关于x的方程有19个不等实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（25-26·湖南邵阳·阶段练习）已知函数，，其中均为实数．若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（ ）
A． B． C． D．
3．（25-26高三上·重庆·阶段练习）已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知函数若函数恰有3个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
考向05 函数与不等式1：根的分布
.根的分布 1.基础分布：0分布 特征：（1）、两正根；（2）、两负跟；（3）、一正一负两根。 方法：判别式+韦达定理 区间分布与K分布 特征：（1）、根比某个常数K大或者小；（2）、根在某个区间（a，b）内（外） 方法：借助复合条件的大致图像，从以下四点入手 开口方向； 判别式； 对称轴位置； （4）根的分布区间端点对应的函数值正负 如果是“0”分布，可以用韦达定理 指数型根的分布 换元，令，有指数函数性质知，t的最大范围为正。 注意题中对方程根的正负范围，对应的t的取值范围 根据换元后新“根”的范围，用一元二次型“根的分布”求解。 特殊的函数式子，可以分离参数，转化为“水平线型”求解。
1．（24-25高三·全国·专题练习）若在定义域内存在实数，满足，则称为“有点奇函数”，若为定义域上的“有点奇函数”，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高三·全国·专题练习）若函数在上单调递减，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
3．（23-24高三上·江苏苏州·开学考试）已知函数有三个不同的零点，，，且，则实数a的取值范围是 ；的值为 .
4．（24-25高三江西丰城开学考试）设函数，.若方程在上有4个不相等的实数根，则的取值范围是 .
考向06 函数与不等式2：换元构造型
.换元型根的分布，要注意换元前后，新元与旧元的范围传递与变化。比如指数型根的分布 1.换元，令，有指数函数性质知，t的最大范围为正。 2.注意题中对方程根的正负范围，对应的t的取值范围 3.根据换元后新“根”的范围，用一元二次型“根的分布”求解。 4.特殊的函数式子，可以分离参数，转化为“水平线型”求解。
1．（24-25高三·江苏镇江阶段练习）已知函数，若函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高三·江苏苏州阶段练习）函数的定义域为，若满足：①在内是单调函数；②存在，使得在上的值域也是，则称为高斯函数．若是高斯函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高三河北保定阶段练习）已知函数，若存在区间，使得函数在区间上的值域为，则实数k的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高三·新疆阿克苏·阶段练习）定义域为的函数同时满足条件：①常数满足，区间，②使在上的值域为，那么我们把叫做上的“级矩形”函数．函数是上的“级矩形”函数，则满足条件的常数对共有（ ）
A．对 B．对 C．对 D．对
考向07函数与不等式3：恒成立型求参
恒成立问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集．
1．（24-25高三下·江西南昌·阶段练习）设函数，若恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高三·全国·专题练习）若关于的不等式对任意的正实数恒成立，则的最小值是（ ）
A．7 B．9 C．10 D．
7．（25-26高三上·山东聊城·阶段练习）已知，，不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ．
4．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，若恒成立，则 .
考向08 函数与不等式4：能成立型求参
.能成立于恒成立之间的关系，可以简单的总结为： 恒成立转化为能成立时候，max与min互换
1．（25-26 ·湖南衡阳阶段练习）已知函数，若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．（25-26高三上·山东济宁·期中）已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（25-26高三·江西丰城·期中）已知，，若任给，存在，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（其中为常数），设，存在正数，使得对于区间上的任意3个实数，都存在以为边长的三角形，则这样的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
考向09 导数公式构造1：幂指构造
.幂指函数构造技巧： 1. 2. 3. 4. 指数函数，主要是以e为底的函数构造： 1.， 2. 3.， 4.
1．（2024·四川德阳·模拟预测）设定义域为的函数的导函数为.已知，，若在上恒成立，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三·全国·专题练习）定义在上的函数的导函数为，若对任意实数x，有，且为奇函数，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
3．（25-26高三上·河南·月考）已知定义在上的可导函数的导函数为，若，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
4．（25-26高三上·江苏盐城·月考）已知可导函数的导函数为， 若对任意的， 都有 且为奇函数， 则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
考向10 导数公式构造2：对数函数构造
.对数函数型构造 1. 2.授课时，可以让学生写出y=ln（kx+b）与y=f(x)的加、减、乘、除各种结果
1．（24-25高三上·江苏南京·期中）已知函数的导函数为，当时，，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C．在上单调递减 D．当时，
2．（23-24·江苏南通·阶段练习）已知函数的导函数为，且，当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
3．（23-24高三上·河南周口·阶段练习）已知函数的定义域为，导函数为，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高三·河北保定·阶段练习）已知函数是定义在上的奇函数，的图象连续，且，记的导函数为，若在上恒成立，则使成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
考向11 导数公式构造3：三角函数构造
.三角函数构造： 1.， 2. 3.对于正切型，可以通分（或者去分母）构造正弦或者余弦积商型 4.， 5.
1．（23-24安徽六安·阶段练习）函数是定义在上的奇函数，其导函数为，且，当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高三全国 阶段练习）已知是定义域为的函数的导函数，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24甘肃 阶段练习）定义在上的函数，其导函数是，且恒有成立，则（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高二下·四川绵阳·阶段练习）已知函数在定义域上为偶函数，并且时,，若，则不等式的解集为 .
考向12 导数公式构造4：线性构造
.比较常见的几种“线性”构造，可以借助这几类做扩展构造，培养这类观察和构造的思维 1.,或者f（x）+kx+b 2. 3.。
2．（24-25高三河北阶段练习）若定义在上的可导函数满足，，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·浙江·模拟预测）已知是定义在上的可导函数，且对于，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（25-26高三上·四川南充·月考）设函数的定义域为，导数为，若当时，，且对于任意的实数，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
考向13 构造与同构1：双方程型同构
双方程同构型： 原理：主要是利用指数与对数互为反函数这个函数性质 方法：指数和对数底数一致时，可以借助对称轴y=x来构造（要注意是否同时发生了平移）
1．（25-26高三上·广西·阶段练习）已知正实数a，b满足和，则的值为（ ）．
A． B． C． D．
2．（2022·山西太原·一模）已知实数，满足，，则（ ）
A．112 B．28 C．7 D．4
3．（2025·湖南·一模）已知正实数满足和．则的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（24-25·云南曲靖·阶段练习）已知实数满足，，则 .
考向14 构造与同构2：对化指型同构
对化指同构，主要是借助对数运算性质： 对数的性质：①a＝ N ； ②logaaN＝ N (a>0且a≠1)．
1．（2025·甘肃金昌·三模）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）.
A． B． C． D．
2．（2025·海南·模拟预测）若不等式对任意恒成立，则实数的最大值是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·湖北·三模）若不等式恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
4．（23-24·湖南衡阳·阶段练习）已知m是方程的一个根，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
考向15 构造与同构3：同构解方程
1．（25-26高三上·四川绵阳·月考）已知函数恰有4个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．（25-26高三上·云南·阶段练习）已知函数与函数的图象有两个不同的交点，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·云南·三模）设函数，，若存在，使得，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25·山东聊城·阶段练习）已知实数分别满足，则（ ）
A． B． C． D．
考向16 构造与同构4：同构证明不等式
1．（25-26高三上·山东淄博·期中）已知实数，，满足，则下列关系不可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·湖南益阳·模拟预测）已知，，且，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025·山东济南·一模）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25高三上·贵州贵阳·期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
冲刺练
（建议用时：60分钟）
一、单选题
1．（25-26高三上·安徽·月考）已知函数，且，则所在区间可以为（ ）
A． B． C． D．
2．（25-26高三上·江苏无锡·月考）已知函数，若方程有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（25-26高三上·湖南衡阳·月考）已知函数，若有另一函数有且仅有3个不同零点，则常数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．（25-26高三上·安徽六安·阶段练习）已知函数的定义域为，且在上是单调函数，若，则的零点为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·四川·模拟预测）已知一元二次函数的定义域为，若，，且该二次函数的图象经过、不同两点，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
6．（25-26高三上·四川南充·月考）已知，分别为定义域为的偶函数和奇函数，且，若关于x的不等式在上恒成立，则正实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·四川德阳·模拟预测）任意实数，函数在上有最值，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（25-26高三上·山东菏泽·期中）已知关于的方程在内有两个不等的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2025·广东佛山·三模）已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（25-26高三上·重庆南岸·期中）设函数的定义域为D，如果存在，使得，那么我们称为该函数的一个不动点；若满足，则称为的次不动点，下列结论正确的是（ ）
A．函数存在次不动点
B．对于函数，既存在不动点，也存在次不动点
C．函数的不动点有2个
D．函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，则的取值范围是
11．（25-26高三上·河南·阶段练习）已知函数，且．定义在上的函数，其导函数为，且，则下列不等式一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2025高三·全国·专题练习）下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若且，则
C．若，且，则
D．若且，则
三、填空题
13．（25-26高三上·江苏宿迁·期中）已知，若对任意的恒成立，则实数的最大值为 .
14．（25-26高三上·陕西西安·月考）已知在平面直角坐标系中，点Q的坐标满足，且对于，都有，则k的取值范围是 .
结束
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