資源簡介

專題13 函數與方程（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 2
【考點突破】 3
【考點1】函數零點所在區間的判斷 3
【考點2】函數零點個數的判定 4
【考點3】函數零點的應用 5
【分層檢測】 7
【基礎篇】 7
【能力篇】 9
【培優篇】 10
考試要求：
1.理解函數的零點與方程的解的聯系.
2.理解函數零點存在定理，并能簡單應用.
3.了解用二分法求方程的近似解.
1.函數的零點
(1)概念：對于一般函數y＝f(x)，我們把使f(x)＝0的實數x叫做函數y＝f(x)的零點.
(2)函數的零點、函數的圖象與x軸的交點、對應方程的根的關系：
2.函數零點存在定理
(1)條件：①函數y＝f(x)在區間[a，b]上的圖象是一條連續不斷的曲線；②f(a)·f(b)<0.
(2)結論：函數y＝f(x)在區間(a，b)內至少有一個零點，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，這個c也就是方程f(x)＝0的解.
1.若連續不斷的函數f(x)在定義域上是單調函數，則f(x)至多有一個零點.函數的零點不是一個“點”，而是方程f(x)＝0的實根.
2.由函數y＝f(x)(圖象是連續不斷的)在閉區間[a，b]上有零點不一定能推出f(a)·f(b)<0，如圖所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在閉區間[a，b]上有零點的充分不必要條件.
3.周期函數如果有零點，則必有無窮多個零點.
一、單選題
1．（2021·天津·高考真題）設，函數，若在區間內恰有6個零點，則a的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2023·全國·高考真題）若函數既有極大值也有極小值，則（ ）．
A． B． C． D．
三、填空題
3．（2023·全國·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 ．
4．（2023·天津·高考真題）設,函數,若恰有兩個零點，則的取值范圍為 ．
5．（2022·北京·高考真題）若函數的一個零點為，則 ； ．
6．（2022·天津·高考真題）設，對任意實數x，記．若至少有3個零點，則實數的取值范圍為 .
【考點1】函數零點所在區間的判斷
一、單選題
1．（2024·貴州貴陽·模擬預測）設方程的兩根為，，則（ ）
A．， B．
C． D．
2．（2023·寧夏銀川·三模）函數在區間上存在零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2022·廣東廣州·三模）已知函數，則（ ）
A．當時，函數在上單調遞增
B．函數的圖象關于直線對稱
C．函數的最小正周期為
D．若函數在上存在零點，則的取值范圍是
4．（2023·安徽馬鞍山·三模）已知函數的零點為，下列判斷正確的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2021·四川成都·三模）已知函數，若，且，則的最大值為 ．
6．（2023·浙江紹興·二模）已知函數，若在區間上有零點，則的最大值為 .
反思提升：
確定函數f(x)的零點所在區間的常用方法：
(1)利用函數零點存在性定理：首先看函數y＝f(x)在區間[a，b]上的圖象是否連續，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，則函數y＝f(x)在區間(a，b)內必有零點.
(2)數形結合法：若一個函數(或方程)由兩個初等函數的和(或差)構成，則可考慮用圖象法求解，如f(x)＝g(x)－h(x)，作出y＝g(x)和y＝h(x)的圖象，其交點的橫坐標即為函數f(x)的零點.
【考點2】函數零點個數的判定
一、單選題
1．（2024·山東濰坊·二模）已知函數則圖象上關于原點對稱的點有（ ）
A．1對 B．2對 C．3對 D．4對
2．（2024·陜西安康·模擬預測）將函數的圖象向左平移個單位長度，再將所得函數圖象上所有點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，得到函數的圖象，若函數在上有5個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·江蘇揚州·模擬預測）設函數，則下列結論正確的是（ ）
A．在上單調遞增
B．若且，則
C．若在上有且僅有2個不同的解，則的取值范圍為
D．存在，使得的圖象向左平移個單位長度后得到的函數為奇函數
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．是偶函數 B．的最大值為
C．在上單調遞增 D．在上有2個零點
三、填空題
5．（2024·青海西寧·二模）記是不小于的最小整數,例如,則函數的零點個數為 .
6．（2024·山東濟南·二模）已知函數，若方程有三個不相等的實數解，則實數a的取值范圍為 .
反思提升：
函數零點個數的判定有下列幾種方法
(1)直接求零點：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有幾個解就有幾個零點.
(2)零點存在定理：利用該定理不僅要求函數在[a，b]上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結合函數的圖象和性質(如單調性)才能確定函數有多少個零點.
(3)畫兩個函數圖象，看其交點的個數有幾個，其中交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點.
【考點3】函數零點的應用
一、單選題
1．（2024·浙江麗水·二模）已知正實數滿足，，，則的大小關系是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·福建泉州·模擬預測）已知函數，滿足，，若恰有個零點，則這個零點之和為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·廣東佛山·二模）已知函數與，記，其中，且．下列說法正確的是（ ）
A．一定為周期函數
B．若，則在上總有零點
C．可能為偶函數
D．在區間上的圖象過3個定點
4．（2023·山東菏澤·二模）已知，分別是函數和的零點，則（ ）
A． B． C．
D．
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知函數的圖像經過四個象限，則實數的取值范圍是 ．
6．（2024·北京豐臺·二模）設函數給出下列四個結論：
①當時，函數在上單調遞減；
②若函數有且僅有兩個零點，則；
③當時，若存在實數，使得，則的取值范圍為；
④已知點，函數的圖象上存在兩點，關于坐標原點的對稱點也在函數的圖象上．若，則．
其中所有正確結論的序號是 ．
反思提升：
(1)已知函數的零點求參數，主要方法有：①直接求方程的根，構建方程(不等式)求參數；②數形結合；③分離參數，轉化為求函數的最值.
(2)已知函數零點的個數求參數范圍，常利用數形結合法將其轉化為兩個函數的圖象的交點問題，需準確畫出兩個函數的圖象，利用圖象寫出滿足條件的參數范圍.
(3)函數零點問題一般可以轉化為兩個函數圖象的交點問題，通過畫圖分析圖象的特征、圖象間的關系解決問題，提升直觀想象核心素養.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·江蘇·一模）函數在區間內的零點個數為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2023·四川綿陽·模擬預測）記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2024·廣東湛江·二模）已知函數，，則（ ）
A．當有2個零點時，只有1個零點
B．當有3個零點時，有2個零點
C．當有2個零點時，有2個零點
D．當有2個零點時，有4個零點
4．（2024·廣東梅州·二模）三個函數，，的零點分別為，則之間的大小關系為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
5．（23-24高一上·云南玉溪·期末）已知函數的所有零點從小到大依次記為，則（ ）
A． B．
C． D．
6．（2021·全國·模擬預測）已知奇函數的定義域為，且在上單調遞減，若，則下列命題中正確的是（ ）
A．有兩個零點 B．
C． D．
7．（2022·重慶九龍坡·模擬預測）下列選項中說法正確的是（ ）
A．若冪函數過點，則
B．用二分法求方程在內的近似解的過程中得到，，，則方程的根落在區間上
C．某校一次高三年級數學檢測，經抽樣分析，成績近似服從正態分布，且，若該校學生參加此次檢測，估計該校此次檢測成績不低于分的學生人數為
D．位同學報名參加兩個課外活動小組，每位同學限報其中的一個小組，則不同的報名方法共有種
三、填空題
8．（22-23高一下·河北石家莊·開學考試）已知函數在區間上有零點，則實數m的取值范圍是 ．
9．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數在內恰有3個零點，則的取值范圍是 ．
10．（2022·安徽合肥·模擬預測）已知關于x的方程在區間上有實根，那么的最小值為 ．
四、解答題
11．（2024·廣東·一模）已知，函數.
(1)求的單調區間.
(2)討論方程的根的個數.
12．（2023·北京西城·二模）已知函數，其中．再從條件①、條件②、條件③中選擇一個作為已知，使存在，并完成下列兩個問題．
(1)求的值；
(2)當時，若曲線與直線恰有一個公共點，求的取值范圍．
條件①：；
條件②：是的一個零點；
條件③：．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·北京海淀·一模）已知，函數的零點個數為，過點與曲線相切的直線的條數為，則的值分別為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2023·安徽·模擬預測）已知為上的奇函數，且在上單調遞增，，則下列命題中一定正確的是（ ）
A． B．有3個零點
C． D．
三、填空題
3．（2024·陜西咸陽·三模）已知函數為偶函數，滿足，且時，，若關于的方程有兩解，則的值為 .
四、解答題
4．（2024·湖南長沙·模擬預測）設n次多項式，若其滿足，則稱這些多項式為切比雪夫多項式.例如：由可得切比雪夫多項式，由可得切比雪夫多項式.
(1)若切比雪夫多項式，求實數a，b，c，d的值；
(2)對于正整數時，是否有成立？
(3)已知函數在區間上有3個不同的零點，分別記為，證明：.
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·浙江寧波·二模）已知集合且，若中的點均在直線的同一側，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2024·重慶·三模）已知函數，.下列選項正確的是（ ）
A．
B．，使得
C．對任意，都有
D．對任意，都有
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）若函數有三個不同的零點，則實數的取值范圍是 ．
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【知識梳理】 2
【真題自測】 2
【考點突破】 8
【考點1】函數零點所在區間的判斷 8
【考點2】函數零點個數的判定 12
【考點3】函數零點的應用 18
【分層檢測】 26
【基礎篇】 26
【能力篇】 33
【培優篇】 38
考試要求：
1.理解函數的零點與方程的解的聯系.
2.理解函數零點存在定理，并能簡單應用.
3.了解用二分法求方程的近似解.
1.函數的零點
(1)概念：對于一般函數y＝f(x)，我們把使f(x)＝0的實數x叫做函數y＝f(x)的零點.
(2)函數的零點、函數的圖象與x軸的交點、對應方程的根的關系：
2.函數零點存在定理
(1)條件：①函數y＝f(x)在區間[a，b]上的圖象是一條連續不斷的曲線；②f(a)·f(b)<0.
(2)結論：函數y＝f(x)在區間(a，b)內至少有一個零點，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，這個c也就是方程f(x)＝0的解.
1.若連續不斷的函數f(x)在定義域上是單調函數，則f(x)至多有一個零點.函數的零點不是一個“點”，而是方程f(x)＝0的實根.
2.由函數y＝f(x)(圖象是連續不斷的)在閉區間[a，b]上有零點不一定能推出f(a)·f(b)<0，如圖所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在閉區間[a，b]上有零點的充分不必要條件.
3.周期函數如果有零點，則必有無窮多個零點.
一、單選題
1．（2021·天津·高考真題）設，函數，若在區間內恰有6個零點，則a的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2023·全國·高考真題）若函數既有極大值也有極小值，則（ ）．
A． B． C． D．
三、填空題
3．（2023·全國·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 ．
4．（2023·天津·高考真題）設,函數,若恰有兩個零點，則的取值范圍為 ．
5．（2022·北京·高考真題）若函數的一個零點為，則 ； ．
6．（2022·天津·高考真題）設，對任意實數x，記．若至少有3個零點，則實數的取值范圍為 .
參考答案：
1．A
【分析】由最多有2個根，可得至少有4個根，分別討論當和時兩個函數零點個數情況，再結合考慮即可得出.
【詳解】最多有2個根，所以至少有4個根，
由可得，
由可得，
（1）時，當時，有4個零點，即；
當，有5個零點，即；
當，有6個零點，即；
（2）當時，，
，
當時，，無零點；
當時，，有1個零點；
當時，令，則，此時有2個零點；
所以若時，有1個零點.
綜上，要使在區間內恰有6個零點，則應滿足
或或，
則可解得a的取值范圍是.
【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵是分成和兩種情況分別討論兩個函數的零點個數情況.
2．BCD
【分析】求出函數的導數，由已知可得在上有兩個變號零點，轉化為一元二次方程有兩個不等的正根判斷作答.
【詳解】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：BCD
3．
【分析】
令，得有3個根，從而結合余弦函數的圖像性質即可得解.
【詳解】
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：.
4．
【分析】根據絕對值的意義，去掉絕對值，求出零點，再根據根存在的條件即可判斷的取值范圍．
【詳解】（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：．
【點睛】本題的解題關鍵是根據定義去掉絕對值，求出方程的根，再根據根存在的條件求出對應的范圍，然后根據范圍討論根（或零點）的個數，從而解出．
5． 1
【分析】先代入零點，求得A的值，再將函數化簡為，代入自變量，計算即可.
【詳解】∵，∴
∴
故答案為：1，
6．
【分析】設，，分析可知函數至少有一個零點，可得出，求出的取值范圍，然后對實數的取值范圍進行分類討論，根據題意可得出關于實數的不等式，綜合可求得實數的取值范圍.
【詳解】設，，由可得.
要使得函數至少有個零點，則函數至少有一個零點，則，
解得或.
①當時，，作出函數、的圖象如下圖所示：
此時函數只有兩個零點，不合乎題意；
②當時，設函數的兩個零點分別為、，
要使得函數至少有個零點，則，
所以，，解得；
③當時，，作出函數、的圖象如下圖所示：
由圖可知，函數的零點個數為，合乎題意；
④當時，設函數的兩個零點分別為、，
要使得函數至少有個零點，則，
可得，解得，此時.
綜上所述，實數的取值范圍是.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：已知函數有零點（方程有根）求參數值（取值范圍）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；
（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；
（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.
【考點1】函數零點所在區間的判斷
一、單選題
1．（2024·貴州貴陽·模擬預測）設方程的兩根為，，則（ ）
A．， B．
C． D．
2．（2023·寧夏銀川·三模）函數在區間上存在零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2022·廣東廣州·三模）已知函數，則（ ）
A．當時，函數在上單調遞增
B．函數的圖象關于直線對稱
C．函數的最小正周期為
D．若函數在上存在零點，則的取值范圍是
4．（2023·安徽馬鞍山·三模）已知函數的零點為，下列判斷正確的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2021·四川成都·三模）已知函數，若，且，則的最大值為 ．
6．（2023·浙江紹興·二模）已知函數，若在區間上有零點，則的最大值為 .
參考答案：
1．C
【分析】由數形結合及零點的判定方法可確定出，即可判斷AD，計算出，可判斷BC.
【詳解】由可得，
在同一直角坐標系中同時畫出函數和的圖象，如圖所示：
因為，，
由圖象可知，，
所以故A，D錯誤；
，
因為，所以，所以，
所以，即，故B錯誤，C正確.
故選：C
2．D
【分析】由函數的單調性，根據零點存在性定理可得.
【詳解】若函數在區間上存在零點，
由函數在的圖象連續不斷，且為增函數，
則根據零點存在定理可知，只需滿足，
即，
解得，
所以實數的取值范圍是.
故選：D.
3．ABD
【分析】設，由復合函數的單調性即可判斷A選項；直接由即可判斷B選項；由時，即可判斷C選項；設，換元后參變分離得，轉化為值域問題即可判斷D選項.
【詳解】對于A，當時，，設，當時，單調遞減且，
又函數在上單調遞減，由復合函數的單調性知，函數在上單調遞增，A正確；
對于B，，所以函數的圖象關于直線對稱，B正確；
對于C，，所以時，，C錯誤；
對于D，設，當時，，函數在上存在零點，等價于方程在上有解，
得在上有解，已知在上單調遞減，所以，D正確.
故選：ABD.
4．ABD
【分析】求導，利用導數判斷的單調性，結合零點存在性定理可得，進而逐項分析判斷.
【詳解】由題意可得：的定義域為，且，
因為，所以函數在上單調遞增，
對于A：因為，所以，故A正確；
對于B：因為，
所以，故B正確；
對于C：因為，則，，所以，故C錯誤；
對于D：因為，所以，故D正確．
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解．這類問題求解的通法是：
（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；
（2）求導數，得單調區間和極值點；
（2）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解．
5．
【分析】由得，，把轉化為，利用二次函數求最值.
【詳解】的圖像如圖示：
不妨令，由圖像可知，，
由，
由
當時，．
故答案為：.
【點睛】二元變量問題通常可以減元，轉化為一元函數，利用函數求最值.
6．
【分析】設，即可求出b，繼而求出的表達式，將看作主元，配方得，記，即可求解最大值.
【詳解】設，則，
此時，則，
令，
當時，，
記，則，
所以在上遞增，在上遞減，
故,所以，
所以的最大值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題是雙參數函數的零點問題，
第一步消參：通過設零點，代入方程，得到其中一個參數的表達式，
第二步主元法求最值：將所求表達式通過主元法（關于另一個參數）構造函數求出最值，即可求解.
反思提升：
確定函數f(x)的零點所在區間的常用方法：
(1)利用函數零點存在性定理：首先看函數y＝f(x)在區間[a，b]上的圖象是否連續，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，則函數y＝f(x)在區間(a，b)內必有零點.
(2)數形結合法：若一個函數(或方程)由兩個初等函數的和(或差)構成，則可考慮用圖象法求解，如f(x)＝g(x)－h(x)，作出y＝g(x)和y＝h(x)的圖象，其交點的橫坐標即為函數f(x)的零點.
【考點2】函數零點個數的判定
一、單選題
1．（2024·山東濰坊·二模）已知函數則圖象上關于原點對稱的點有（ ）
A．1對 B．2對 C．3對 D．4對
2．（2024·陜西安康·模擬預測）將函數的圖象向左平移個單位長度，再將所得函數圖象上所有點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，得到函數的圖象，若函數在上有5個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·江蘇揚州·模擬預測）設函數，則下列結論正確的是（ ）
A．在上單調遞增
B．若且，則
C．若在上有且僅有2個不同的解，則的取值范圍為
D．存在，使得的圖象向左平移個單位長度后得到的函數為奇函數
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．是偶函數 B．的最大值為
C．在上單調遞增 D．在上有2個零點
三、填空題
5．（2024·青海西寧·二模）記是不小于的最小整數,例如,則函數的零點個數為 .
6．（2024·山東濟南·二模）已知函數，若方程有三個不相等的實數解，則實數a的取值范圍為 .
參考答案：
1．C
【分析】作出的圖象，再作出函數關于原點對稱的圖象，進而數形結合判斷即可.
【詳解】作出的圖象，再作出函數關于原點對稱的圖象如圖所示.
因為函數關于原點對稱的圖象與圖象有三個交點，故圖象上關于原點對稱的點有3對.

故選：C
2．A
【分析】先利用三角函數圖象的變換得出，再根據二次函數的性質得出在上有3個零點，法一、利用整體思想及正弦函數的性質得其零點為，根據定義域取值計算即可；法二、利用整體思想得，解不等式即可.
【詳解】將函數的圖像向左平移個單位長度，
得到函數，再將函數的橫坐標變為原來的倍，
縱坐標不變，得到函數，
所以，因為當時，有2個零點，
所以要使在上有5個零點，則需在上有3個零點.
法一：令，則，
解得，當時，分別對應3個零點，
則，解得.故選A.
法二：因為，所以，
所以，則.
故選:A.
3．ACD
【分析】由，選項A：利用正弦函數的單調性判斷； 選項B：利用正弦函數的最值、周期判斷；選項C：利用正弦函數的圖象判斷； 選項D：利用三角函數的圖象變換判斷.
【詳解】，
，當時，，
由復合函數、正弦函數單調性可知在上單調遞增，故A正確；
對于B，若且，則，故B不正確；
對于C，若，則，
若在上有且僅有2個不同的解，如圖所示：

可得，解得，也就是的取值范圍為，故C正確；
對于D，，可知當時，是奇函數，故D正確.
故選：ACD.
4．ABD
【分析】根據題意，結合函數奇偶性的定義和判定方法，以及三角函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，因為的定義域為，關于原點對稱，
且，所以是偶函數，所以A正確.
對于B中，當時，，
當時，，
所以，所以的最大值為，所以B正確；
對于C中，當時，，由函數在上單調遞減，所以在上單調遞減，所以C錯誤；
對于D中，因為，且是偶函數，故在和上的零點個數相同，
當時，令，可得，可得，
所以函數在上只有一個零點，所以在上有2個零點，所以D正確.
故選：ABD.
5．3
【分析】先將的零點個數轉化為和的交點個數，然后畫圖確定交點個數.
【詳解】令,則,
令,
則與的交點個數即為的零點個數,
當時,,
又,
所以是周期為1的函數,
在上單調遞減,且,
所以可作出與的圖象如圖,
所以與有3個交點，故的零點個數為3,
故答案為：3.
6．
【分析】對求導，利用導數判斷其單調性和最值，令，整理得可得，構建，結合的圖象分析的零點分布，結合二次函數列式求解即可.
【詳解】由題意可知：的定義域為，則，
當時，；當時，；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，可得，
且當趨近于時，趨近于；當趨近于時，趨近于0；
作出的圖象，如圖所示，
對于關于x的方程，
令，可得，整理得，
且不為方程的根，
可知方程等價于，
若方程有三個不相等的實數解，
可知有兩個不同的實數根，
且或或，
構建，
若，則，解得；
若，則，解得，
此時方程為，解得，不合題意；
若，則，解得，
此時方程為，解得，不合題意；
綜上所述：實數a的取值范圍為.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：利用函數零點求參數值或取值范圍的方法
（1）利用零點存在的判定定理構建不等式求解．
（2）分離參數后轉化為求函數的值域（最值）問題求解．
（3）轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解．
反思提升：
函數零點個數的判定有下列幾種方法
(1)直接求零點：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有幾個解就有幾個零點.
(2)零點存在定理：利用該定理不僅要求函數在[a，b]上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結合函數的圖象和性質(如單調性)才能確定函數有多少個零點.
(3)畫兩個函數圖象，看其交點的個數有幾個，其中交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點.
【考點3】函數零點的應用
一、單選題
1．（2024·浙江麗水·二模）已知正實數滿足，，，則的大小關系是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·福建泉州·模擬預測）已知函數，滿足，，若恰有個零點，則這個零點之和為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·廣東佛山·二模）已知函數與，記，其中，且．下列說法正確的是（ ）
A．一定為周期函數
B．若，則在上總有零點
C．可能為偶函數
D．在區間上的圖象過3個定點
4．（2023·山東菏澤·二模）已知，分別是函數和的零點，則（ ）
A． B． C．
D．
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知函數的圖像經過四個象限，則實數的取值范圍是 ．
6．（2024·北京豐臺·二模）設函數給出下列四個結論：
①當時，函數在上單調遞減；
②若函數有且僅有兩個零點，則；
③當時，若存在實數，使得，則的取值范圍為；
④已知點，函數的圖象上存在兩點，關于坐標原點的對稱點也在函數的圖象上．若，則．
其中所有正確結論的序號是 ．
參考答案：
1．A
【分析】依題意可得，，，令，，則問題轉化為判斷函數與對應函數的交點的橫坐標的大小關系，數形結合即可判斷.
【詳解】因為，，為正實數，且滿足，，，
則，，，
所以，，，
則，，，
令，，
由對勾函數的性質可得在上單調遞減，在上單調遞增，且，
滿足的即為與的交點的橫坐標，
滿足的即為與的交點的橫坐標，
滿足的即為與的交點的橫坐標，
在同一平面直角坐標系中畫出、、、的圖象如下所示：
由圖可知.
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是將問題轉化為函數與相應的指數型函數的交點的橫坐標的大小關系問題，準確畫出函數圖象是關鍵.
2．D
【分析】由解析式可知為奇函數，進而可得的對稱中心，根據滿足的關系式，可得函數的對稱中心，由兩個函數的對稱中心相同，即可判斷出其零點的特征，進而求得個零點的和.
【詳解】因為的定義域為，關于原點對稱，
所以
，所以函數為奇函數，關于原點中心對稱，
而函數是函數向右平移兩個單位得到的函數，
因而關于中心對稱，
函數滿足，所以，
即，所以函數關于中心對稱，且，
且，
所以由函數零點定義可知，
即，
由于函數和函數都關于中心對稱，
所以兩個函數的交點也關于中心對稱，
又因為恰有個零點，
即函數和函數的交點恰有個，
且其中一個為，其余的個交點關于對稱分布，
所以個零點的和滿足，
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點是能夠通過函數解析式和抽象函數關系式確定函數的對稱中心，從而可確定零點所具有的對稱關系.
3．ABD
【分析】對于A：計算，化簡即可；對于B：求出，然后計算的正負即可；對于C：計算是否恒相等即可；對于D：令，求解即可.
【詳解】對于A，，，A正確；
對于B，，
則，，
因為，即，同號，所以，
由零點存在定理知在上總有零點，故B正確；
對于C，，
，
由得
對恒成立，
則與題意不符，故C錯誤；
對于D，令，
則
，即，，
故所有定點坐標為，，，，
又因為，所以函數的圖象過定點，，，故D正確；
故選：ABD．
4．BCD
【分析】利用函數與方程思想，得到兩根滿足的方程關系，然后根據結構構造函數，求導，研究單調性，得到及，結合指對互化即可判斷選項A、B、C，最后再通過對勾函數單調性求解范圍即可判斷選項D.
【詳解】令，得，即，，
令，得，即，即，，
記函數，，則，
所以函數在上單調遞增，
因為，，所以，故A錯誤；
又，所以，，
所以，故B正確；
所以，故C正確；
又，所以，結合，得，
因為，所以，且，
因為在區間上單調遞減，所以，
即，故D正確；
故選：BCD
【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數的零點問題，解題方法是把函數的零點轉化為方程的根，通過結構構造函數，利用函數單調性及指對互化找到根的關系得出結論.
5．
【分析】，由題意得，在和上均至少存在一個實根，利用二次函數的性質，即可求解．
【詳解】的圖像經過四個象限，，
且當，，
令，
在和上均至少存在一個實根．
又,
．
實數的取值范圍是．
故答案為：．
6．②③④
【分析】根據時，即可判斷①，求解方程的根，即可求解②，結合函數圖象，求解臨界狀態時，即可求解③，根據函數圖象的性質可先判斷，繼而根據對稱性聯立方程得，，根據可得，代入即可求解④.
【詳解】當時，時，，故在上不是單調遞減，①錯誤；
對于②，當顯然不成立，故，
當時，令，即，得，，要使有且僅有兩個零點，則，故，②正確，
對于③, 當時,,此時在單調遞減，在單調遞增，如圖：

若，由，故，所以的取值范圍為；③正確
對于④,由①③可知：時，顯然不成立,故，
要使，關于坐標原點的對稱點也在函數的圖象上，
則只需要的圖象與有兩個不同的交點，如圖：

故，
，
由對稱可得，
化簡可得，故，
，化簡得
所以
由于均大于0，所以，，
因此
由于，為單調遞增函數，且，
此時，因此，④正確，
故答案為：②③④
【點睛】方法點睛：函數零點問題常用的方法和思路
（1）直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；
（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；
（3）數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．
反思提升：
(1)已知函數的零點求參數，主要方法有：①直接求方程的根，構建方程(不等式)求參數；②數形結合；③分離參數，轉化為求函數的最值.
(2)已知函數零點的個數求參數范圍，常利用數形結合法將其轉化為兩個函數的圖象的交點問題，需準確畫出兩個函數的圖象，利用圖象寫出滿足條件的參數范圍.
(3)函數零點問題一般可以轉化為兩個函數圖象的交點問題，通過畫圖分析圖象的特征、圖象間的關系解決問題，提升直觀想象核心素養.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·江蘇·一模）函數在區間內的零點個數為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2023·四川綿陽·模擬預測）記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2024·廣東湛江·二模）已知函數，，則（ ）
A．當有2個零點時，只有1個零點
B．當有3個零點時，有2個零點
C．當有2個零點時，有2個零點
D．當有2個零點時，有4個零點
4．（2024·廣東梅州·二模）三個函數，，的零點分別為，則之間的大小關系為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
5．（23-24高一上·云南玉溪·期末）已知函數的所有零點從小到大依次記為，則（ ）
A． B．
C． D．
6．（2021·全國·模擬預測）已知奇函數的定義域為，且在上單調遞減，若，則下列命題中正確的是（ ）
A．有兩個零點 B．
C． D．
7．（2022·重慶九龍坡·模擬預測）下列選項中說法正確的是（ ）
A．若冪函數過點，則
B．用二分法求方程在內的近似解的過程中得到，，，則方程的根落在區間上
C．某校一次高三年級數學檢測，經抽樣分析，成績近似服從正態分布，且，若該校學生參加此次檢測，估計該校此次檢測成績不低于分的學生人數為
D．位同學報名參加兩個課外活動小組，每位同學限報其中的一個小組，則不同的報名方法共有種
三、填空題
8．（22-23高一下·河北石家莊·開學考試）已知函數在區間上有零點，則實數m的取值范圍是 ．
9．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數在內恰有3個零點，則的取值范圍是 ．
10．（2022·安徽合肥·模擬預測）已知關于x的方程在區間上有實根，那么的最小值為 ．
四、解答題
11．（2024·廣東·一模）已知，函數.
(1)求的單調區間.
(2)討論方程的根的個數.
12．（2023·北京西城·二模）已知函數，其中．再從條件①、條件②、條件③中選擇一個作為已知，使存在，并完成下列兩個問題．
(1)求的值；
(2)當時，若曲線與直線恰有一個公共點，求的取值范圍．
條件①：；
條件②：是的一個零點；
條件③：．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
參考答案：
1．C
【分析】利用三角函數的性質求解即可.
【詳解】令，得，則；
故，，
所以在共有4個零點，
故選： C.
2．B
【分析】由題意，結合余弦函數的周期和零點，建立相關的方程求解即可．
【詳解】函數的最小正周期為，
若，由，得，
所以，
因為為的零點，所以，
故所以，
因為，則的最小值為3.
故選：B.
3．D
【分析】作出函數，圖象，兩個函數的零點個數轉化為它們的圖象與的圖象的公共點的個數，結合圖象可得答案.
【詳解】兩個函數的零點個數轉化為圖象與的圖象的公共點的個數，
作出，的大致圖象，如圖所示.
由圖可知，當有2個零點時，無零點或只有1個零點；
當有3個零點時，只有1個零點；
當有2個零點時，有4個零點.
故選：D
4．B
【分析】先判斷各函數的單調性，再根據零點的存在性定理求出函數零點的范圍，即可得出答案.
【詳解】因為函數，，，都是增函數，
所以函數，，均為增函數，
因為，
所以函數的零點在上，即，
因為，
所以函數的零點在上，即，
因為，
所以函數的零點在上，即，
綜上，．
故選：B．
5．AC
【分析】根據零點定義，結合正弦型函數和對數型函數的圖象進行求解即可.
【詳解】令，
在同一直角坐標系，畫出兩個函數圖象如下圖所示：
由圖可知共有20個交點，故，則A正確，B錯誤；
又函數的圖象都關于對稱，則，
故，則C正確，錯誤，
故選：AC
6．BD
【分析】根據奇函數的圖象關于原點對稱的特點，以及單調性和函數值結合選項可得答案.
【詳解】根據題意可得函數在上為減函數，上為減函數.，由可得.
對于A，由在上為減函數，且，，所以存在，，所以在上有一個零點，同理在上有一個零點，
又因為，所以有三個零點，故A錯誤；
對于B，因為函數在上為減函數.所以，故B正確；
對于C，因為函數在上為減函數，所以，故C錯誤；
對于D，，，所以，故D正確.
故選:BD.
7．ABC
【分析】冪函數定義求出m，代入點求出，判斷A選項；零點存在性定理判斷B選項；根據正態分布的對稱性進行求解，進而判斷C選項，根據分步計數原理得到不同的報名方法，進而判斷出D選項.
【詳解】由冪函數定義得：，將代入，，，故，A正確；
由零點存在性定理，方程的根落在區間上，B正確；
由正態分布的對稱性可知：，故，故估計該校此次檢測成績不低于分的學生人數為，C正確；
位同學報名參加兩個課外活動小組，每位同學限報其中的一個小組，則不同的報名方法共有種，D錯誤.
故選：ABC
8．
【分析】先利用基本初等函數的單調性判斷得在上都單調遞增，再利用零點存在定理得到，解之即可得解.
【詳解】因為與在上都單調遞增，
所以在上單調遞增，
因為在區間上有零點，
所以，即，即，
解得，
所以實數m的取值范圍為.
故答案為：.
9．
【分析】先由的取值范圍求出的取值范圍，再由題意結合正弦函數的性質求解即可.
【詳解】由時，所以，
當時，令，解得，
又因為在上僅有三個零點，
因此，解得.
故答案為：.
10．5
【分析】，代入，可得答案.
【詳解】因為，所以，當且僅當，時取等號，所以的最小值為5．
故答案為：5.
11．(1)減區間為：，；增區間為：.
(2)
【分析】（1）求導，利用導函數的符號可確定函數的單調區間.
（2）利用函數的單調性，確定函數值的符號和最值，可確定方程零點的個數.
【詳解】（1）因為（）.
所以：.
由，又函數定義域為，
所以函數在和上單調遞減，在上單調遞增.
（2）因為，所以：當時，，方程無解；
當，函數在上遞減，在遞增，
所以，所以方程無解.
綜上可知：方程的根的個數為.
12．(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）根據選擇的條件代入計算，結合角的范圍即可利用特殊角的三角函數值求解，
（2）由和差角公式以及輔助角公式化簡，由整體法即可代入求解.
【詳解】（1）選條件①：無意義，所以選條件①時不存在，故不能選①，
選條件②．
由題設，所以．
因為， 所以，所以．
所以．
選條件③，由題設．整理得．
以下同選條件②．
（2）由（1）
因為， 所以．
于是，當且僅當，即時，取得最大值；
當且僅當，即時，取得最小值．
又，即時，．
且當 時， 單調遞增，所以曲線與直線恰有一個公共點，則或
的取值范圍是．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·北京海淀·一模）已知，函數的零點個數為，過點與曲線相切的直線的條數為，則的值分別為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2023·安徽·模擬預測）已知為上的奇函數，且在上單調遞增，，則下列命題中一定正確的是（ ）
A． B．有3個零點
C． D．
三、填空題
3．（2024·陜西咸陽·三模）已知函數為偶函數，滿足，且時，，若關于的方程有兩解，則的值為 .
四、解答題
4．（2024·湖南長沙·模擬預測）設n次多項式，若其滿足，則稱這些多項式為切比雪夫多項式.例如：由可得切比雪夫多項式，由可得切比雪夫多項式.
(1)若切比雪夫多項式，求實數a，b，c，d的值；
(2)對于正整數時，是否有成立？
(3)已知函數在區間上有3個不同的零點，分別記為，證明：.
參考答案：
1．B
【分析】借助分段函數性質計算可得，借助導數的幾何意義及零點的存在性定理可得.
【詳解】令，即時，，解得，
時，，無解，故，
設過點與曲線相切的直線的切點為，
當時，，則有，
有，整理可得，即，
即當時，有一條切線，
當時，，則有，
有，整理可得，
令，
則，
令，可得，
故當時，，即在上單調遞增，
當時，，即在上單調遞減，
由，
，故在上沒有零點，
又，
故在上必有唯一零點，
即當時，亦可有一條切線符合要求，
故.
故選：B.
2．AB
【分析】根據奇函數，結合單調性可以判斷A,C,D選項，根據零點存在定理判斷零點個數即可判斷B選項.
【詳解】由已知函數在上單調遞增，在上也單調遞增，，
由，得.
對于A，因為在上單調遞增，所以，A正確；
對于B，在上單調遞增，且，，故在上有且只有一個，使，
同理在上單調遞增，且，，故在上有且只有一個，
使，又，所以有3個零點，B正確；
對于C，因為在上單調遞增，，C錯誤；
對于D，，，易知與無法比較大小，D不一定正確.
故選：AB.
3．49或
【分析】由已知可得是以為周期的周期函數，結合已知可作出函數的圖象，關于的方程有兩解，可得與的圖象有兩個交點，數形結合可求的值.
【詳解】由，可得，
所以是以為周期的周期函數，又為偶函數，且，故可作出函數的圖象如圖所示：
若關于的方程有兩解，
則與的圖象有兩個交點，
當，則過點,所以，解得，
當，則過點,所以，解得，
綜上所述：的值為或.
故答案為：或.
4．(1)
(2)成立
(3)證明見解析
【分析】（1）利用展開計算，根據切比雪夫多項式可求得；（2）要證原等式成立，只需證明成立即可，利用兩角和與差的余弦公式可證結論成立；
（3）由已知可得方程在區間上有3個不同的實根，令，結合（1）可是，可得，計算可得結論.
【詳解】（1）依題意，
，
因此，即，則，
（2）成立.
這個性質是容易證明的，只需考慮和差化積式.
首先有如下兩個式子：
，
，
兩式相加得，，
將替換為，所以.
所以對于正整數時，有成立.
（3）函數在區間上有3個不同的零點，
即方程在區間上有3個不同的實根，
令，由知，而，則或或，
于是，
則，
而，
所以.
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·浙江寧波·二模）已知集合且，若中的點均在直線的同一側，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2024·重慶·三模）已知函數，.下列選項正確的是（ ）
A．
B．，使得
C．對任意，都有
D．對任意，都有
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）若函數有三個不同的零點，則實數的取值范圍是 ．
參考答案：
1．A
【分析】依題意可得，令，求出與的交點坐標，依題意只需或，即可求出的取值范圍.
【詳解】依題意集合即為關于、的方程組的解集，顯然，
所以，即，令，
由，解得或，
即函數與的交點坐標為和，
又，所以為奇函數，
因為與在上單調遞減，
所以在上單調遞減，則在上單調遞減，
依題意與、的交點在直線的同側，
只需或，即或，
所以實數的取值范圍為.
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是將問題轉化為與、的交點在直線的同側.
2．BCD
【分析】根據，即可判斷A；根據，令，結合零點的存在性定理即可判斷B；由、，結合復合函數的單調性可得和的單調性，即可判斷C；由選項BC的分析可得，分類討論當、時與的大小，進而判斷D.
【詳解】A：因為，所以，.
因為，，
所以，故A錯誤；
B：若，則，即，
，可得，
令，因為，，
所以，使得，即，故B正確；
C：因為，
且在上單調遞減，所以也單調遞減，
可得，
因為.
又在上單調遞增，所以也單調遞增，
得，即，
因此，對于任意的，都有，故C正確；
D：由B可知：，使得，
結合C的結論，可知當，，，即，
當時，，，即，
因為，，得，即，
當時，有，
因為，所以，所以，
因此可得，即，
當，有，
因為，所以，可得，即，
因此，對于任意的，都有，故D正確.
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：證明不等式的恒成立問題的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、構造函數法：令，利用導數或基本函數的單調性求得函數的單調性與最小值，只需恒成立即可；
2、參數分離法：轉化為或恒成立，即或恒成立，只需利用導數求得函數的單調性與最值即可；
3，數形結合法：結合函數的圖象在的圖象的上方（或下方），進而得到不等式恒成立.
3．
【分析】將函數的零點問題轉化為方程的根的問題，易知的最大值為；
解法一：利用方程根的判別式求出參數的取值范圍，并分類討論是否符合題意即可求出結果；
解法二：結合圖象對的兩根的分布情況進行分類討論即可求得參數的取值范圍.
【詳解】令，得；
設，則方程，即，
易知，所以在上單調遞增，在上單調遞減，可得，
易知當時，，當時，，且當趨近于時，趨近于0，當趨近于時，趨近于，
作出的大致圖象如圖所示．
數形結合可得，且方程在上有兩個不同的實數根．
解法一：
由，得或．
當時，，此時方程在上至多有一個實數根，不合題意，
當時，設方程在上的兩個實數根分別為，則，
所以需，得，故實數的取值范圍是．
解法二：
設方程的兩個不同的實數根分別為，
則，或，．
①當，時，由，得，
則在上有兩個不同的實數根，即在上有兩個不同的實數根，
由，得或，與，矛盾．
②當，時，若方程在上有兩個不同的實數根，
則，解得．
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：解決此類問題需注意以下幾點，
（1）會轉化，即會將零點問題轉化為方程的根的問題；
（2）會作圖，即會根據基本初等函數的圖象或利用導數畫出相關函數的大致圖象；
（3）會觀察，即會利用數形結合思想得到參數的取值范圍
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