2025年高考數學總復習《運用函數與方程的思想方法解題》專項測試卷附答案學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________1、函數與方程是緊密相聯、可以相互轉化的．在研究方程解的存在性、方程解的個數、方程解的分布等問題時，一般利用方程的性質，對方程進行同解變形，進而構造函數，利用函數的圖象與性質求解方程問題．例如，方程解的個數可以轉化為函數的圖象與軸交點的個數，也可以參變分離，轉化為水平直線與函數圖象交點的個數，也可以部分分離，轉化為斜線與函數圖象交點的個數，也可以構造兩個熟悉函數，轉化為兩個函數圖象交點的個數．2、在研究函數問題時，運用方程的思想，設出未知數，通過題目中的等量關系，建立方程（組），進而求解方程（組），或者將方程變形，構造新函數，更易于研究其圖象和性質．例如，在研究曲線的切線問題時，設出切點橫坐標，得到切線斜率，切線方程為，從而將函數中的切線問題轉化為關于切點橫坐標的方程問題．3、函數、方程、不等式三位一體，常常相互轉化．在研究不等式的解集、不等式恒成立、不等式有解、不等式的證明等問題時，最重要的思想方法就是函數與方程思想，構造適當的函數，分析、轉化不等式問題．例如，不等式或恒成立，可以轉化為或．也可以考慮參變分離再求函數的最值．4、函數與方程的思想貫穿高中數學的多個模塊，在數列、解析幾何、三角形、立體幾何等內容中都有廣泛的運用．函數思想體現的是運動與變化的觀念，通過分析問題中的數量關系，建構函數，再運用函數的圖象與性質分析．轉化問題，進而解決問題．方程思想體現的是“動中求靜”，尋求變化過程中保持不變的等量關系，建構方程（組），通過解方程或方程組，或者運用方程的性質去分析，轉化問題，使問題獲得解決．1．（2023·全國·統考高考真題）函數存在3個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．（多選題）（2023·全國·統考高考真題）已知函數的定義域為，，則（

）．A． B．C．是偶函數 D．為的極小值點3．（多選題）（2023·全國·統考高考真題）若函數既有極大值也有極小值，則（

）．A． B． C． D．4．（2023·天津·統考高考真題）若函數有且僅有兩個零點，則的取值范圍為．5．（2023·全國·統考高考真題）已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是．6．（2023·全國·統考高考真題）已知函數．(1)當時，討論的單調性；(2)若，求的取值范圍．7．（2023·全國·統考高考真題）已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.(3)若在存在極值，求a的取值范圍.8．（2023·全國·統考高考真題）（1）證明：當時，；（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．考點一：運用函數的思想研究問題【例1】（2024·浙江金華·統考模擬預測）已知函數.（1）若函數有極大值點，求出極大值的取值范圍；（2）若，求證：在區間內有且僅有一個實數，使得.【變式1-1】（2024·遼寧大連·高三遼師大附中校考階段練習）已知函數，且（1）求的最小值；（2）當取得最小值時，若方程無實根，求實數的取值范圍．【變式1-2】（2024·全國·高三專題練習）人們很早以前就開始探索高次方程的數值求解問題．牛頓在《流數法》一書中，給出了高次代數方程的一種數值解法——牛頓法．這種求方程根的方法，在科學界已被廣泛采用．例如求方程的近似解，先用函數零點存在定理，令，，，得上存在零點，取，牛頓用公式反復迭代，以作為的近似解，迭代兩次后計算得到的近似解為；以為初始區間，用二分法計算兩次后，以最后一個區間的中點值作為方程的近似解，則近似解為．【變式1-3】（2024·山東·高三山東省實驗中學校考期中）已知函數.(1)當時，求函數在處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若函數有兩個零點，求實數a的取值范圍.考點二：運用方程的思想研究問題【例2】（多選題）定義：設是的導函數，是函數的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”．經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”且“拐點”就是三次函數圖像的對稱中心．已知函數的對稱中心為，則下列說法中正確的有（

）A．，B．函數既有極大值又有極小值C．函數有三個零點D．過可以作三條直線與圖像相切【變式2-1】（多選題）已知，若過點可以作曲線的三條切線，則下列結論錯誤的是（

）A． B． C． D．【變式2-2】（多選題）若一條直線與兩條或兩條以上的曲線均相切，則稱該直線為這些曲線的公切線，已知直線為曲線和的公切線，則下列結論正確的為A．和關于直線對稱 B．若，則C．當時，和必存在兩條公切線 D．當時，【變式2-3】已知函數，，其中求函數的單調區間；若曲線在點處的切線與曲線在點處的切線平行，證明；證明當時，存在直線l，使l是曲線的切線，也是曲線的切線．考點三：運用函數與方程的思想研究不等式問題【例3】（2024·安徽六安·高三六安二中校考階段練習）設函數，若關于的不等式有且僅有兩個整數解，，則（

）A．3 B．4 C．5 D．6【變式3-1】（多選題）（2024·湖南·高三校聯考階段練習）已知函數的導函數為，若對恒成立，則下列不等式中，一定成立的是（

）A． B．C． D．【變式3-2】（2024·廣東深圳·高三統考階段練習）已知函數.（1）當時，求的導函數在上的零點個數；（2）若關于x的不等式在R上恒成立，求實數a的取值范圍.【變式3-3】（2024·全國·模擬預測）已知函數（1）討論函數的單調性；（2）若，且當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍.考點四：運用函數與方程的思想研究其他問題【例4】（2024·貴州貴陽·高三校聯考階段練習）如圖，正方體的棱長為1，，分別是棱，的中點，過直線的平面分別與棱，交于，.設，，給出以下四個結論：①平面平面；②當且僅當時，四邊形的面積最小；③四邊形的周長，是單調函數；④四棱錐的體積在上先減后增.其中正確命題的序號是．【變式4-1】（2024·河南信陽·信陽高中校考模擬預測）現有一組數據：共200項，（是這一組數據的第項），有以下結論：①這組數據的極差為19；②這組數據的中位數為14；③這組數據的平均數為13.5；④.其中正確結論的個數為.【變式4-2】（2024·陜西商洛·鎮安中學校考模擬預測）記的內角的對邊分別為，已知，是邊上的點，且滿足，．(1)求；(2)若，求的外接圓的直徑．【變式4-3】（2024·上海楊浦·統考一模）設函數，（其中常數，），無窮數列滿足：首項，.(1)判斷函數的奇偶性，并說明理由；(2)若數列是嚴格增數列，求證：當時，數列不是等差數列；(3)當時，數列是否可能為公比小于0的等比數列？若可能，求出所有公比的值；若不可能，請說明理由.【變式4-4】（2024·云南曲靖·高三校聯考階段練習）已知橢圓的左、右頂點分別為，，過左焦點且垂直于x軸的直線交橢圓于D，E兩點，．(1)求橢圓C的方程；(2)若點P，Q為橢圓上異于A，B的兩個動點，設直線AP，BQ的斜率分別為，，和的面積分別為，，若，求的最大值．參考答案1．（2023·全國·統考高考真題）函數存在3個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，則，若要存在3個零點，則要存在極大值和極小值，則，令，解得或，且當時，，當，，故的極大值為，極小值為，若要存在3個零點，則，即，解得，故選：B.2．（多選題）（2023·全國·統考高考真題）已知函數的定義域為，，則（

）．A． B．C．是偶函數 D．為的極小值點【答案】ABC【解析】方法一：因為，對于A，令，，故正確.對于B，令，，則，故B正確.對于C，令，，則，令，又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，對于D，不妨令，顯然符合題設條件，此時無極值，故錯誤.方法二：因為，對于A，令，，故正確.對于B，令，，則，故B正確.對于C，令，，則，令，又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，對于D，當時，對兩邊同時除以，得到，故可以設，則，當肘，，則，令，得；令，得；故在上單調遞減，在上單調遞增，因為為偶函數，所以在上單調遞增，在上單調遞減，顯然，此時是的極大值，故D錯誤.故選：.3．（多選題）（2023·全國·統考高考真題）若函數既有極大值也有極小值，則（

）．A． B． C． D．【答案】BCD【解析】函數的定義域為，求導得，因為函數既有極大值也有極小值，則函數在上有兩個變號零點，而，因此方程有兩個不等的正根，于是，即有，，，顯然，即，A錯誤，BCD正確.故選：BCD4．（2023·天津·統考高考真題）若函數有且僅有兩個零點，則的取值范圍為．【答案】【解析】（1）當時，，即，若時，，此時成立；若時，或，若方程有一根為，則，即且；若方程有一根為，則，解得：且；若時，，此時成立．（2）當時，，即，若時，，顯然不成立；若時，或，若方程有一根為，則，即；若方程有一根為，則，解得：；若時，，顯然不成立；綜上，當時，零點為，；當時，零點為，；當時，只有一個零點；當時，零點為，；當時，只有一個零點；當時，零點為，；當時，零點為．所以，當函數有兩個零點時，且．故答案為：．5．（2023·全國·統考高考真題）已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是．【答案】【解析】因為，所以，令，則有3個根，令，則有3個根，其中，結合余弦函數的圖像性質可得，故，故答案為：.6．（2023·全國·統考高考真題）已知函數．(1)當時，討論的單調性；(2)若，求的取值范圍．【解析】（1）因為，所以，則，令，由于，所以，所以，因為，，，所以在上恒成立，所以在上單調遞減.（2）法一：構建，則，若，且，則，解得，當時，因為，又，所以，，則，所以，滿足題意；當時，由于，顯然，所以，滿足題意；綜上所述：若，等價于，所以的取值范圍為.法二：因為，因為，所以，，故在上恒成立，所以當時，，滿足題意；當時，由于，顯然，所以，滿足題意；當時，因為，令，則，注意到，若，，則在上單調遞增，注意到，所以，即，不滿足題意；若，，則，所以在上最靠近處必存在零點，使得，此時在上有，所以在上單調遞增，則在上有，即，不滿足題意；綜上：.7．（2023·全國·統考高考真題）已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.(3)若在存在極值，求a的取值范圍.【解析】（1）當時，，則，據此可得，函數在處的切線方程為，即.（2）令，函數的定義域滿足，即函數的定義域為，定義域關于直線對稱，由題意可得，由對稱性可知，取可得，即，則，解得，經檢驗滿足題意，故.即存在滿足題意.（3）由函數的解析式可得，由在區間存在極值點，則在區間上存在變號零點;令，則，令，在區間存在極值點，等價于在區間上存在變號零點，當時，，在區間上單調遞減，此時，在區間上無零點，不合題意;當，時，由于，所以在區間上單調遞增，所以，在區間上單調遞增，，所以在區間上無零點，不符合題意；當時，由可得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，故的最小值為，令，則，函數在定義域內單調遞增，，據此可得恒成立，則，令，則，當時，單調遞增，當時，單調遞減，故，即(取等條件為)，所以，，且注意到，根據零點存在性定理可知:在區間上存在唯一零點.當時，，單調減，當時，，單調遞增，所以.令，則，則函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，所以，所以函數在區間上存在變號零點，符合題意.綜合上面可知:實數得取值范圍是.8．（2023·全國·統考高考真題）（1）證明：當時，；（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．【解析】（1）構建，則對恒成立，則在上單調遞增，可得，所以；構建，則，構建，則對恒成立，則在上單調遞增，可得，即對恒成立，則在上單調遞增，可得，所以；綜上所述：.（2）令，解得，即函數的定義域為，若，則，因為在定義域內單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，則在上單調遞減，在上單調遞增，故是的極小值點，不合題意，所以.當時，令因為，且，所以函數在定義域內為偶函數，由題意可得：，（i）當時，取，，則，由（1）可得，且，所以，即當時，，則在上單調遞增，結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞減，所以是的極小值點，不合題意；（ⅱ）當時，取，則，由（1）可得，構建，則，且，則對恒成立，可知在上單調遞增，且，所以在內存在唯一的零點，當時，則，且，則，即當時，，則在上單調遞減，結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞增，所以是的極大值點，符合題意；綜上所述：，即，解得或，故a的取值范圍為.考點一：運用函數的思想研究問題【例1】（2024·浙江金華·統考模擬預測）已知函數.（1）若函數有極大值點，求出極大值的取值范圍；（2）若，求證：在區間內有且僅有一個實數，使得.【解析】（1）∵，∴，所以，，∴，的根為當單調遞增，當單調遞減，時，取得極大值，即且，所以，.令，，所以在遞增，.所以，.（2）令，，，所以，（令）因為，，所以在遞減.所以，.又令，∴，∴，所以，.同理，.又因為在遞增，所以，存在唯一的，使，即在區間內有且僅有一個實數，使得.【變式1-1】（2024·遼寧大連·高三遼師大附中校考階段練習）已知函數，且（1）求的最小值；（2）當取得最小值時，若方程無實根，求實數的取值范圍．【解析】(1)由題意函數等價于函數，由可得，即得函數在區間上為減函數，在區間上為增函數，則有，由，轉化可得，化簡得恒成立，令，則恒成立，由，可得函數在區間上為減函數，在區間上為增函數，所以，此時.(2)由(1)知，則有，轉化可得由可得由方程，構造函數，①當時，可得，此時原方程無實根，適合題意無解；②當時，可得，此時原方程無實根，適合題意無解；③當時，，由，自變量取可得：，則有即得，由，自變量取可得：即得，則可得：．

當時，，令，則則，又圖象在連續，所以函數在必有零點，則方程有實根，不適合題意．綜上可得參數滿足題意方程無實根．【變式1-2】（2024·全國·高三專題練習）人們很早以前就開始探索高次方程的數值求解問題．牛頓在《流數法》一書中，給出了高次代數方程的一種數值解法——牛頓法．這種求方程根的方法，在科學界已被廣泛采用．例如求方程的近似解，先用函數零點存在定理，令，，，得上存在零點，取，牛頓用公式反復迭代，以作為的近似解，迭代兩次后計算得到的近似解為；以為初始區間，用二分法計算兩次后，以最后一個區間的中點值作為方程的近似解，則近似解為．【答案】【解析】已知，則．迭代1次后，；選代2次后，；用二分法計算第1次，區間的中點為，，，所以近似解在區間上；用二分法計算第2次，區間的中點為，，，所以近似解在區間上，取其中點值，故所求近似解為．故答案為：，【變式1-3】（2024·山東·高三山東省實驗中學校考期中）已知函數.(1)當時，求函數在處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若函數有兩個零點，求實數a的取值范圍.【解析】（1）當時，，，所以，，所以切線方程為，即.令得，令得，所以所求三角形的面積.（2）由題意知，方程在上有兩個不同實根，即方程在上有兩個不同實根，即方程在上有兩個不同實根.令，，則轉化為與的圖象有兩個不同的交點，求導得，則當時，，當時，，則函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以.又因為，當時，，當時，，當時，,作圖如下：所以a的取值范圍為.考點二：運用方程的思想研究問題【例2】（多選題）定義：設是的導函數，是函數的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”．經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”且“拐點”就是三次函數圖像的對稱中心．已知函數的對稱中心為，則下列說法中正確的有（

）A．，B．函數既有極大值又有極小值C．函數有三個零點D．過可以作三條直線與圖像相切【答案】AB

【解析】，令已知函數的對稱中心為，解得，

A正確；由，得或，當或時，，時，，在和上都是增函數，在上是減函數，函數既有極大值，又有極小值，

B正確；極小值，函數不可能有三個零點，

C錯誤；若不是切點，設過點

作直線與圖像相切于點，得，切線方程為；若是切點，則切線方程為過

只可以作兩條直線與圖像相切，D錯誤；故選【變式2-1】（多選題）已知，若過點可以作曲線的三條切線，則下列結論錯誤的是（

）A． B． C． D．【答案】ABC

【解析】設切點為，切線方程為，由，可知，所以，則所以令，則因為，所以當或時，，當時，，所以在和上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，取得極大值，當時，取得極小值，即極大值，極小值依題意有三個零點，所以極大值且，即【變式2-2】（多選題）若一條直線與兩條或兩條以上的曲線均相切，則稱該直線為這些曲線的公切線，已知直線為曲線和的公切線，則下列結論正確的為A．和關于直線對稱 B．若，則C．當時，和必存在兩條公切線 D．當時，【答案】ACD

【解析】選項A，對兩邊取對數，有，所以，所以和互為反函數，即和關于直線對稱，故A正確；選項B，當時，公切線l為，設，，則，，設直線l與曲線和分別切于點，，所以，，解得，，所以，即，因為，所以，即，故B錯誤；選項D，當時，，，對于，有，因為直線為曲線的切線，所以，即，此時，所以切點坐標為，將其代入切線方程中，有，整理得，故D正確．當時，，，則，，若和存在斜率為的公切線，則存在m和n使得，，由選項D可知，，即，所以，，即，，符合題意，故當時，和必存在斜率為的公切線，選項C正確；【變式2-3】已知函數，，其中求函數的單調區間；若曲線在點處的切線與曲線在點處的切線平行，證明；證明當時，存在直線l，使l是曲線的切線，也是曲線的切線．【答案】由已知，，有，令，解得由，可知當x變化時，，的變化情況如下表：x

0

-

0

+

↘

極小值

↗函數的單調減區間為，單調遞增區間為；證明：由，可得曲線在點處的切線的斜率為由，可得曲線在點處的切線的斜率為這兩條切線平行，故有，即，兩邊取以a為底數的對數，得，證明：曲線在點處的切線：，曲線在點處的切線：要證明當時，存在直線l，使l是曲線的切線，也是曲線的切線，只需證明當時，存在，使得與重合，即只需證明當時，方程組由①得，代入②得：，③因此，只需證明當時，關于

的方程③存在實數解．設函數，即要證明當時，函數存在零點．，可知時，；時，對求導，易知單調遞減，又，，故存在唯一的，且，使得，即由此可得，在上單調遞增，在上單調遞減，在處取得極大值，故下面證明存在實數t，使得，由可得，當時，有存在實數t，使得因此，當時，存在，使得當時，存在直線l，使l是曲線的切線，也是曲線的切線．考點三：運用函數與方程的思想研究不等式問題【例3】（2024·安徽六安·高三六安二中校考階段練習）設函數，若關于的不等式有且僅有兩個整數解，，則（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】由得：，由題意得：的定義域為，，當時，；當和時，，在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，此時由得：，若，則無解；若，則不只有兩個整數解，不合題意；當時，，由得：，在上單調遞減，在上單調遞增，，當時，則無解，則，，又，，，不等式的兩個整數解為，，.故選：.【變式3-1】（多選題）（2024·湖南·高三校聯考階段練習）已知函數的導函數為，若對恒成立，則下列不等式中，一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】BD【解析】根據題設的不等關系構造，，并求得它們的導函數，即可聯系已知不等關系確定函數的單調性，進而可知、的不等關系.設，，，則，.∵對恒成立，則，，∴在上單調遞減，在上單調遞增，則，，即，，∴.故選：BD【變式3-2】（2024·廣東深圳·高三統考階段練習）已知函數.（1）當時，求的導函數在上的零點個數；（2）若關于x的不等式在R上恒成立，求實數a的取值范圍.【解析】（1），∴，所以是的一個零點.令，則時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，則.又且，所以在上存在唯一零點，則在上亦存在唯一零點.因為是奇函數，所以在上也存在唯一零點.綜上（2）不等式在R上恒成立，即不等式恒成立.令，則等價于不等式……（*）恒成立，①若，即時，不等式（*）顯然成立，此時②若時，不等式（*）等價于設，則當時，，令，則，∵，∵，且，∴在上單調遞減，在單調遞增，又，所以在上恒成立，所以在上單調遞減，則，顯然為偶函數，故在上的最大值為1，因此綜上所述，滿足題意得實數a的取值范圍為.【變式3-3】（2024·全國·模擬預測）已知函數（1）討論函數的單調性；（2）若，且當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍.【解析】（1）因為所以令，得，.所以當時，時，，時，，時，，所以在上單調遞減，在，上單調遞增；當時在上恒成立，于是在上單調遞增：當時，時，，時，時，，所以在上單調遞減，在，上單調遞增.綜上，當時，在上單調遞減，在，上單調遞增；當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在，上單調遞增.（2）解法一①當，即時，由（1）可知，在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，，依題意有，解得，所以.②當，即時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，依題意有，解得，即，又，故此時不存在滿足題意；③當，即時，在上單調遞增，當時，，而，不成立，故此時的不滿足題意；④當，即時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，依題意有，且，無解，此時不存在滿足題意；⑤當，即時，在上單調遞增，在上單調遞減，依題意有，且，又，故此時不存在滿足題意.綜上，實數的取值范圍是解法二由得，即，易知，所以設，，則，易知，所以當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以.所以，所以，故實數的取值范圍為.考點四：運用函數與方程的思想研究其他問題【例4】（2024·貴州貴陽·高三校聯考階段練習）如圖，正方體的棱長為1，，分別是棱，的中點，過直線的平面分別與棱，交于，.設，，給出以下四個結論：①平面平面；②當且僅當時，四邊形的面積最小；③四邊形的周長，是單調函數；④四棱錐的體積在上先減后增.其中正確命題的序號是．【答案】①②【解析】對于①：連接，，則由正方體的性質可知，平面，又平面，所以平面平面，故①正確；對于②：連接，因為平面，所以，所以四邊形是菱形．四邊形的面積，四邊形的對角線是固定的，，所以當且僅當時，四邊形的面積最小，故②正確；對于③：因為，所以四邊形是菱形．當時，的長度由大變小；當時，的長度由小變大．所以函數不單調．故③錯誤；對于④：四棱錐則分割為兩個小三棱錐，它們以為底，以，分別為頂點的兩個小棱錐．因為三角形的面積是個常數．，到平面的距離是個常數，所以四棱錐的體積為常值函數，故④錯誤．故答案為：①②.【變式4-1】（2024·河南信陽·信陽高中校考模擬預測）現有一組數據：共200項，（是這一組數據的第項），有以下結論：①這組數據的極差為19；②這組數據的中位數為14；③這組數據的平均數為13.5；④.其中正確結論的個數為.【答案】3【解析】這一組數據有1個1，2個2，3個3，…，故出現以前共有數據的個數為，而，，故第100個數和第101個數均為14，中位數為14，故②正確；，，故最大的數有10個，數值為20，故極差為20-1=19，故①正確；則平均數為，故③錯誤；，這是關于的二次函數，且開口向上，為二次函數的對稱軸，故，故④正確.即正確結論的個數為3.故答案為：