2025年高考数学总复习《运用函数与方程的思想方法解题》专项测试卷附答案

2025年高考数学总复习《运用函数与方程的思想方法解题》专项测试卷附答案学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1、函数与方程是紧密相联、可以相互转化的．在研究方程解的存在性、方程解的个数、方程解的分布等问题时，一般利用方程的性质，对方程进行同解变形，进而构造函数，利用函数的图象与性质求解方程问题．例如，方程解的个数可以转化为函数的图象与轴交点的个数，也可以参变分离，转化为水平直线与函数图象交点的个数，也可以部分分离，转化为斜线与函数图象交点的个数，也可以构造两个熟悉函数，转化为两个函数图象交点的个数．2、在研究函数问题时，运用方程的思想，设出未知数，通过题目中的等量关系，建立方程（组），进而求解方程（组），或者将方程变形，构造新函数，更易于研究其图象和性质．例如，在研究曲线的切线问题时，设出切点横坐标，得到切线斜率，切线方程为，从而将函数中的切线问题转化为关于切点横坐标的方程问题．3、函数、方程、不等式三位一体，常常相互转化．在研究不等式的解集、不等式恒成立、不等式有解、不等式的证明等问题时，最重要的思想方法就是函数与方程思想，构造适当的函数，分析、转化不等式问题．例如，不等式或恒成立，可以转化为或．也可以考虑参变分离再求函数的最值．4、函数与方程的思想贯穿高中数学的多个模块，在数列、解析几何、三角形、立体几何等内容中都有广泛的运用．函数思想体现的是运动与变化的观念，通过分析问题中的数量关系，建构函数，再运用函数的图象与性质分析．转化问题，进而解决问题．方程思想体现的是“动中求静”，寻求变化过程中保持不变的等量关系，建构方程（组），通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析，转化问题，使问题获得解决．1．（2023·全国·统考高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．2．（多选题）（2023·全国·统考高考真题）已知函数的定义域为，，则（

）．A． B．C．是偶函数 D．为的极小值点3．（多选题）（2023·全国·统考高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（

）．A． B． C． D．4．（2023·天津·统考高考真题）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为．5．（2023·全国·统考高考真题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是．6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若，求的取值范围．7．（2023·全国·统考高考真题）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.(3)若在存在极值，求a的取值范围.8．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当时，；（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．考点一：运用函数的思想研究问题【例1】（2024·浙江金华·统考模拟预测）已知函数.（1）若函数有极大值点，求出极大值的取值范围；（2）若，求证：在区间内有且仅有一个实数，使得.【变式1-1】（2024·辽宁大连·高三辽师大附中校考阶段练习）已知函数，且（1）求的最小值；（2）当取得最小值时，若方程无实根，求实数的取值范围．【变式1-2】（2024·全国·高三专题练习）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用．例如求方程的近似解，先用函数零点存在定理，令，，，得上存在零点，取，牛顿用公式反复迭代，以作为的近似解，迭代两次后计算得到的近似解为；以为初始区间，用二分法计算两次后，以最后一个区间的中点值作为方程的近似解，则近似解为．【变式1-3】（2024·山东·高三山东省实验中学校考期中）已知函数.(1)当时，求函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数有两个零点，求实数a的取值范围.考点二：运用方程的思想研究问题【例2】（多选题）定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心．已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（

）A．，B．函数既有极大值又有极小值C．函数有三个零点D．过可以作三条直线与图像相切【变式2-1】（多选题）已知，若过点可以作曲线的三条切线，则下列结论错误的是（

）A． B． C． D．【变式2-2】（多选题）若一条直线与两条或两条以上的曲线均相切，则称该直线为这些曲线的公切线，已知直线为曲线和的公切线，则下列结论正确的为A．和关于直线对称 B．若，则C．当时，和必存在两条公切线 D．当时，【变式2-3】已知函数，，其中求函数的单调区间；若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线．考点三：运用函数与方程的思想研究不等式问题【例3】（2024·安徽六安·高三六安二中校考阶段练习）设函数，若关于的不等式有且仅有两个整数解，，则（

）A．3 B．4 C．5 D．6【变式3-1】（多选题）（2024·湖南·高三校联考阶段练习）已知函数的导函数为，若对恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（

）A． B．C． D．【变式3-2】（2024·广东深圳·高三统考阶段练习）已知函数.（1）当时，求的导函数在上的零点个数；（2）若关于x的不等式在R上恒成立，求实数a的取值范围.【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.考点四：运用函数与方程的思想研究其他问题【例4】（2024·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）如图，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于，.设，，给出以下四个结论：①平面平面；②当且仅当时，四边形的面积最小；③四边形的周长，是单调函数；④四棱锥的体积在上先减后增.其中正确命题的序号是．【变式4-1】（2024·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）现有一组数据：共200项，（是这一组数据的第项），有以下结论：①这组数据的极差为19；②这组数据的中位数为14；③这组数据的平均数为13.5；④.其中正确结论的个数为.【变式4-2】（2024·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）记的内角的对边分别为，已知，是边上的点，且满足，．(1)求；(2)若，求的外接圆的直径．【变式4-3】（2024·上海杨浦·统考一模）设函数，（其中常数，），无穷数列满足：首项，.(1)判断函数的奇偶性，并说明理由；(2)若数列是严格增数列，求证：当时，数列不是等差数列；(3)当时，数列是否可能为公比小于0的等比数列？若可能，求出所有公比的值；若不可能，请说明理由.【变式4-4】（2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习）已知椭圆的左、右顶点分别为，，过左焦点且垂直于x轴的直线交椭圆于D，E两点，．(1)求椭圆C的方程；(2)若点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，设直线AP，BQ的斜率分别为，，和的面积分别为，，若，求的最大值．参考答案1．（2023·全国·统考高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为，若要存在3个零点，则，即，解得，故选：B.2．（多选题）（2023·全国·统考高考真题）已知函数的定义域为，，则（

）．A． B．C．是偶函数 D．为的极小值点【答案】ABC【解析】方法一：因为，对于A，令，，故正确.对于B，令，，则，故B正确.对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.方法二：因为，对于A，令，，故正确.对于B，令，，则，故B正确.对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则，当肘，，则，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，显然，此时是的极大值，故D错误.故选：.3．（多选题）（2023·全国·统考高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（

）．A． B． C． D．【答案】BCD【解析】函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.故选：BCD4．（2023·天津·统考高考真题）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为．【答案】【解析】（1）当时，，即，若时，，此时成立；若时，或，若方程有一根为，则，即且；若方程有一根为，则，解得：且；若时，，此时成立．（2）当时，，即，若时，，显然不成立；若时，或，若方程有一根为，则，即；若方程有一根为，则，解得：；若时，，显然不成立；综上，当时，零点为，；当时，零点为，；当时，只有一个零点；当时，零点为，；当时，只有一个零点；当时，零点为，；当时，零点为．所以，当函数有两个零点时，且．故答案为：．5．（2023·全国·统考高考真题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是．【答案】【解析】因为，所以，令，则有3个根，令，则有3个根，其中，结合余弦函数的图像性质可得，故，故答案为：.6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若，求的取值范围．【解析】（1）因为，所以，则，令，由于，所以，所以，因为，，，所以在上恒成立，所以在上单调递减.（2）法一：构建，则，若，且，则，解得，当时，因为，又，所以，，则，所以，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；综上所述：若，等价于，所以的取值范围为.法二：因为，因为，所以，，故在上恒成立，所以当时，，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；当时，因为，令，则，注意到，若，，则在上单调递增，注意到，所以，即，不满足题意；若，，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增，则在上有，即，不满足题意；综上：.7．（2023·全国·统考高考真题）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.(3)若在存在极值，求a的取值范围.【解析】（1）当时，，则，据此可得，函数在处的切线方程为，即.（2）令，函数的定义域满足，即函数的定义域为，定义域关于直线对称，由题意可得，由对称性可知，取可得，即，则，解得，经检验满足题意，故.即存在满足题意.（3）由函数的解析式可得，由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;令，则，令，在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，当时，，在区间上单调递减，此时，在区间上无零点，不合题意;当，时，由于，所以在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，所以在区间上无零点，不符合题意；当时，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故的最小值为，令，则，函数在定义域内单调递增，，据此可得恒成立，则，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，故，即(取等条件为)，所以，，且注意到，根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.当时，，单调减，当时，，单调递增，所以.令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以，所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.综合上面可知:实数得取值范围是.8．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当时，；（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．【解析】（1）构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所述：.（2）令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以.当时，令因为，且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：，（i）当时，取，，则，由（1）可得，且，所以，即当时，，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意；（ⅱ）当时，取，则，由（1）可得，构建，则，且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点，当时，则，且，则，即当时，，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意；综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为.考点一：运用函数的思想研究问题【例1】（2024·浙江金华·统考模拟预测）已知函数.（1）若函数有极大值点，求出极大值的取值范围；（2）若，求证：在区间内有且仅有一个实数，使得.【解析】（1）∵，∴，所以，，∴，的根为当单调递增，当单调递减，时，取得极大值，即且，所以，.令，，所以在递增，.所以，.（2）令，，，所以，（令）因为，，所以在递减.所以，.又令，∴，∴，所以，.同理，.又因为在递增，所以，存在唯一的，使，即在区间内有且仅有一个实数，使得.【变式1-1】（2024·辽宁大连·高三辽师大附中校考阶段练习）已知函数，且（1）求的最小值；（2）当取得最小值时，若方程无实根，求实数的取值范围．【解析】(1)由题意函数等价于函数，由可得，即得函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，则有，由，转化可得，化简得恒成立，令，则恒成立，由，可得函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，所以，此时.(2)由(1)知，则有，转化可得由可得由方程，构造函数，①当时，可得，此时原方程无实根，适合题意无解；②当时，可得，此时原方程无实根，适合题意无解；③当时，，由，自变量取可得：，则有即得，由，自变量取可得：即得，则可得：．

当时，，令，则则，又图象在连续，所以函数在必有零点，则方程有实根，不适合题意．综上可得参数满足题意方程无实根．【变式1-2】（2024·全国·高三专题练习）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用．例如求方程的近似解，先用函数零点存在定理，令，，，得上存在零点，取，牛顿用公式反复迭代，以作为的近似解，迭代两次后计算得到的近似解为；以为初始区间，用二分法计算两次后，以最后一个区间的中点值作为方程的近似解，则近似解为．【答案】【解析】已知，则．迭代1次后，；选代2次后，；用二分法计算第1次，区间的中点为，，，所以近似解在区间上；用二分法计算第2次，区间的中点为，，，所以近似解在区间上，取其中点值，故所求近似解为．故答案为：，【变式1-3】（2024·山东·高三山东省实验中学校考期中）已知函数.(1)当时，求函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数有两个零点，求实数a的取值范围.【解析】（1）当时，，，所以，，所以切线方程为，即.令得，令得，所以所求三角形的面积.（2）由题意知，方程在上有两个不同实根，即方程在上有两个不同实根，即方程在上有两个不同实根.令，，则转化为与的图象有两个不同的交点，求导得，则当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以.又因为，当时，，当时，，当时，,作图如下：所以a的取值范围为.考点二：运用方程的思想研究问题【例2】（多选题）定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心．已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（

）A．，B．函数既有极大值又有极小值C．函数有三个零点D．过可以作三条直线与图像相切【答案】AB

【解析】，令已知函数的对称中心为，解得，

A正确；由，得或，当或时，，时，，在和上都是增函数，在上是减函数，函数既有极大值，又有极小值，

B正确；极小值，函数不可能有三个零点，

C错误；若不是切点，设过点

作直线与图像相切于点，得，切线方程为；若是切点，则切线方程为过

只可以作两条直线与图像相切，D错误；故选【变式2-1】（多选题）已知，若过点可以作曲线的三条切线，则下列结论错误的是（

）A． B． C． D．【答案】ABC

【解析】设切点为，切线方程为，由，可知，所以，则所以令，则因为，所以当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，即极大值，极小值依题意有三个零点，所以极大值且，即【变式2-2】（多选题）若一条直线与两条或两条以上的曲线均相切，则称该直线为这些曲线的公切线，已知直线为曲线和的公切线，则下列结论正确的为A．和关于直线对称 B．若，则C．当时，和必存在两条公切线 D．当时，【答案】ACD

【解析】选项A，对两边取对数，有，所以，所以和互为反函数，即和关于直线对称，故A正确；选项B，当时，公切线l为，设，，则，，设直线l与曲线和分别切于点，，所以，，解得，，所以，即，因为，所以，即，故B错误；选项D，当时，，，对于，有，因为直线为曲线的切线，所以，即，此时，所以切点坐标为，将其代入切线方程中，有，整理得，故D正确．当时，，，则，，若和存在斜率为的公切线，则存在m和n使得，，由选项D可知，，即，所以，，即，，符合题意，故当时，和必存在斜率为的公切线，选项C正确；【变式2-3】已知函数，，其中求函数的单调区间；若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线．【答案】由已知，，有，令，解得由，可知当x变化时，，的变化情况如下表：x

0

-

0

+

↘

极小值

↗函数的单调减区间为，单调递增区间为；证明：由，可得曲线在点处的切线的斜率为由，可得曲线在点处的切线的斜率为这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得，证明：曲线在点处的切线：，曲线在点处的切线：要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，使得与重合，即只需证明当时，方程组由①得，代入②得：，③因此，只需证明当时，关于

的方程③存在实数解．设函数，即要证明当时，函数存在零点．，可知时，；时，对求导，易知单调递减，又，，故存在唯一的，且，使得，即由此可得，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，故下面证明存在实数t，使得，由可得，当时，有存在实数t，使得因此，当时，存在，使得当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线．考点三：运用函数与方程的思想研究不等式问题【例3】（2024·安徽六安·高三六安二中校考阶段练习）设函数，若关于的不等式有且仅有两个整数解，，则（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】由得：，由题意得：的定义域为，，当时，；当和时，，在上单调递减，在上单调递增，当时，，此时由得：，若，则无解；若，则不只有两个整数解，不合题意；当时，，由得：，在上单调递减，在上单调递增，，当时，则无解，则，，又，，，不等式的两个整数解为，，.故选：.【变式3-1】（多选题）（2024·湖南·高三校联考阶段练习）已知函数的导函数为，若对恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】BD【解析】根据题设的不等关系构造，，并求得它们的导函数，即可联系已知不等关系确定函数的单调性，进而可知、的不等关系.设，，，则，.∵对恒成立，则，，∴在上单调递减，在上单调递增，则，，即，，∴.故选：BD【变式3-2】（2024·广东深圳·高三统考阶段练习）已知函数.（1）当时，求的导函数在上的零点个数；（2）若关于x的不等式在R上恒成立，求实数a的取值范围.【解析】（1），∴，所以是的一个零点.令，则时，所以在上单调递减，在上单调递增，则.又且，所以在上存在唯一零点，则在上亦存在唯一零点.因为是奇函数，所以在上也存在唯一零点.综上（2）不等式在R上恒成立，即不等式恒成立.令，则等价于不等式……（*）恒成立，①若，即时，不等式（*）显然成立，此时②若时，不等式（*）等价于设，则当时，，令，则，∵，∵，且，∴在上单调递减，在单调递增，又，所以在上恒成立，所以在上单调递减，则，显然为偶函数，故在上的最大值为1，因此综上所述，满足题意得实数a的取值范围为.【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）因为所以令，得，.所以当时，时，，时，，时，，所以在上单调递减，在，上单调递增；当时在上恒成立，于是在上单调递增：当时，时，，时，时，，所以在上单调递减，在，上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在，上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增.（2）解法一①当，即时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，依题意有，解得，所以.②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，依题意有，解得，即，又，故此时不存在满足题意；③当，即时，在上单调递增，当时，，而，不成立，故此时的不满足题意；④当，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，依题意有，且，无解，此时不存在满足题意；⑤当，即时，在上单调递增，在上单调递减，依题意有，且，又，故此时不存在满足题意.综上，实数的取值范围是解法二由得，即，易知，所以设，，则，易知，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以.所以，所以，故实数的取值范围为.考点四：运用函数与方程的思想研究其他问题【例4】（2024·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）如图，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于，.设，，给出以下四个结论：①平面平面；②当且仅当时，四边形的面积最小；③四边形的周长，是单调函数；④四棱锥的体积在上先减后增.其中正确命题的序号是．【答案】①②【解析】对于①：连接，，则由正方体的性质可知，平面，又平面，所以平面平面，故①正确；对于②：连接，因为平面，所以，所以四边形是菱形．四边形的面积，四边形的对角线是固定的，，所以当且仅当时，四边形的面积最小，故②正确；对于③：因为，所以四边形是菱形．当时，的长度由大变小；当时，的长度由小变大．所以函数不单调．故③错误；对于④：四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以为底，以，分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形的面积是个常数．，到平面的距离是个常数，所以四棱锥的体积为常值函数，故④错误．故答案为：①②.【变式4-1】（2024·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）现有一组数据：共200项，（是这一组数据的第项），有以下结论：①这组数据的极差为19；②这组数据的中位数为14；③这组数据的平均数为13.5；④.其中正确结论的个数为.【答案】3【解析】这一组数据有1个1，2个2，3个3，…，故出现以前共有数据的个数为，而，，故第100个数和第101个数均为14，中位数为14，故②正确；，，故最大的数有10个，数值为20，故极差为20-1=19，故①正确；则平均数为，故③错误；，这是关于的二次函数，且开口向上，为二次函数的对称轴，故，故④正确.即正确结论的个数为3.故答案为：