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函數與方程 錯題歸納 專題練
2026年高考數學一輪復習備考
類型梳理
針對性訓練
一、單選題
1．當時，曲線與的交點個數為（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
2．“”是“函數只有一個零點”的（ ）
A．充要條件 B．必要不充分條件
C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件
3．設表示不超過實數的最大整數，如，則方程解的個數為（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．函數與的圖象在區間上的交點個數為（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
5．已知函數，若在其定義域內存在實數滿足，則稱函數為“局部奇函數”，若函數是定義在上的“局部奇函數”，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
6．已知函數有唯一零點，則（ ）
A．0 B． C．2 D．
7．用二分法求函數在區間上零點的近似解，經驗證有．若給定精確度，取區間的中點，計算得，則此時零點所在的區間為（ ）
A． B． C． D．
8．給出以下結論，其中正確結論的個數為
①函數的零點為，則函數的圖象經過點時，函數值一定變號.
②相鄰兩個零點之間的所有函數值保持同號.
③函數在區間上連續，若滿足，則方程在區間上一定有實根.
④“二分法”對連續不斷的函數的所有零點都有效.
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
9．若函數在區間上的圖象是一條連續不間斷的曲線，則“”是“”的（ ）
A．充要條件 B．既不充分也不必要條件
C．充分不必要條件 D．必要不充分條件
10．已知奇函數的定義域為，且在上的圖象如圖所示，則函數的零點個數為（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
11．已知函數在上連續，則“”是“方程在內至少有兩個解”的（ ）
A．充分非必要條件 B．必要非充分條件
C．充分必要條件 D．非充分非必要條件
12．已知函數，若關于的方程有4個不同的實數根，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
13．下列函數中，有零點且能用二分法求零點近似值的是（ ）
A． B．
C． D．
14．已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．的最小正周期為 B．是奇函數
C．的零點是， D．在區間上是增函數
15．已知定義在上的函數滿足，，且的圖象是一條連續不斷的曲線，則（ ）
A．在區間上可能存在零點 B．在區間上可能存在極值點
C．在區間上一定存在零點 D．在區間上一定存在極值點
三、填空題
16．若函數在區間有且僅有一個零點，則實數的取值范圍是 .
17．已知函數的圖象是連續不斷的曲線，且有如下的對應值表：
x 1 2 3 4 5 6
y 124.4 33 24.5
則函數在區間上的零點至少有 個．
四、解答題
18．已知函數，且的圖象上相鄰兩條對稱軸之間的距離為
(1)求函數的解析式；
(2)求函數的單調遞減區間；
(3)當時，方程恰有兩個不同的實數解，求實數的取值范圍.
19．已知函數．
(1)求方程的解．
(2)記函數．
（i）若有3個零點，求的取值范圍；
（ii）若，且，求證：．
參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B D B C A B C B
題號 11 12 13 14 15
答案 D D BC ACD ABC
1．B
【分析】根據五點法作圖，在同一坐標系中畫出函數圖形，判斷交點個數.
【詳解】作圖像，列表：
0
0 1 0 0 1 0 0
作圖像，列表：
0
0 2 0 0 2 0
在同一坐標系中畫出圖形，如下圖所示，
則兩個函數在上有4個交點.
故選：B.
2．C
【分析】在時，求函數的零點，判斷充分性，由函數只有一個零點求，判斷必要性，由此可得結論.
【詳解】當時，函數只有一個零點；
當時，函數只有一個零點1；
若函數只有一個零點，則或．
所以“”是“函數只有一個零點”的充分不必要條件．
故選：C.
3．B
【分析】作出函數和的圖象，數形結合即可得解.
【詳解】方程解的個數等價于函數和的圖象交點個數，
作函數和的圖象如圖所示：
由圖可知函數和的圖象的交點個數為5.
方程解的個數為5.
故選：B
4．D
【分析】在同一直角坐標系中畫出函數和在區間上的圖象，數形結合即可求解．
【詳解】在同一直角坐標系中畫出函數和在區間上的圖象，如圖所示，
由圖可知，兩函數圖象有9個交點，
故選：D．
5．B
【分析】根據函數新定義計算在區間有解問題，列方程換元求解即可.
【詳解】根據“局部奇函數”的定義可知，方程有解即可，
即，所以，
化為有解，令，
由基本不等式可知，當且僅當時取等，故，
則有在上有解，設，對稱軸為．
①若，則，滿足方程在上有解；
②若，要使在時有解，則需，
解得．
綜上可得，實數的取值范圍為．
故選：B.
6．C
【分析】根據函數是偶函數計算求參，再代入檢驗即可.
【詳解】定義域為，
，所以函數為偶函數，
又因為函數有唯一零點，根據零點關于軸對稱，得出，所以，
當時，函數有唯一零點，符合題意；
當時，函數有零點，不符合題意舍；
故選：C.
7．A
【詳解】由題意可知，對于函數在區間上，有，所以函數在上有零點．取區間的中點．因為計算得，所以函數在上有零點，故．
8．B
【分析】根據函數的零點是函數圖象與軸交點的橫坐標，來判定①②是否正確；根據函數的零點存在定理，即函數在區間上連續，若滿足，則函數在上存在零點，來判斷③④是否正確．
【詳解】對于①，當函數的零點為不變號零點時，則函數的圖象經過點時，函數值不變號，所以①不正確．
對于②，當函數的圖象不連續（即圖象斷開），且在相鄰的兩個零點之間斷開時，則在這兩個零點間的函數值不一定同號，如正切函數，所以②不正確．
對于③，由零點存在定理可得正確．
對于④，由于“二分法”是針對連續不斷的函數的變號零點而言的，所以④不正確．
綜上可得只有③正確．
故選B．
【點睛】本題考查函數零點的概念，解題的關鍵是正確理解零點的概念和零點存在定理，屬于基礎題．
9．C
【分析】由零點存在定理易判斷“”是“”的充分條件，利用舉反例可說明“”不是“”的必要條件即得.
【詳解】因是區間上的連續曲線，由，利用函數零點存在定理可知必；
而由不能得出，如設，顯然，但.
故“”是“”的充分不必要條件.
故選：C.
10．B
【分析】根據題意，即求函數在上的圖象與直線，公共點個數.
【詳解】令得或.
如圖，畫出在上的圖象與直線，直線．
由圖可知，的圖象與直線有5個公共點，
的圖象與直線僅有1個公共點，
則的零點個數為．
故選：B.
11．D
【分析】根據充分必要條件的定義和零點存在性定理判斷.
【詳解】根據題意，若，
則中兩正一負，或者三負，
只有當時，
才能得到方程在和內至少各有一個解，
所以“”是“方程在內至少有兩個解”的不充分條件；
反之，若方程在內至少有兩個解，無法確定的符號，
所以“”是“方程在內至少有兩個解”的不必要條件，
所以“”是“方程在內至少有兩個解”的非充分非必要條件.
故選：D
12．D
【分析】作出的圖象，由題意知有兩個根再結合二次方程有兩個不同的根即可求得的范圍.
【詳解】令，則令 即有4個不同的實數根.
則要有兩個解，

由圖知，.
，得.
則.
令，得，則，，得，.
則.
故選：D.
13．BC
【詳解】對于A，由知此函數的判別式，故函數無零點；對于D．由知此函數的判別式，故無法用二分法求零點近似值；對于B，C，函數存在變號零點，能用二分法求解．
14．ACD
【分析】根據正弦函數的周期性和函數奇偶性的定義可判斷AB；根據函數的零點定義和正弦函數的單調性可判斷CD.
【詳解】對A，的最小正周期為，故A正確；
對B，的定義域為，但，故不是奇函數，故B錯誤；
對C，由，可得，故其零點為，，故C正確；
對D，因為在上單調遞增，而，
故在區間上是增函數，故D正確.
故選：ACD.
15．ABC
【分析】假設在區間上先減后增時，，，由零點存在性定理與極值點的概念逐項判斷即可.
【詳解】當在區間上先減后增，且存在極值點時，若，
則設，，且的圖象是一條連續不斷的曲線，
故由零點存在性定理，在與上有兩個零點，故A正確；
此時存在極值點，故B正確；
由，且的圖象是一條連續不斷的曲線，
故由零點存在性定理可知在區間上一定存在零點，故C正確；
若在區間上單調遞減，此時D無法滿足，故D錯誤．
故選：ABC．
16．或
【分析】原問題可轉化為在區間有且僅有一個零點，所以在區間沒有解或恰有一解，按的取值范圍分類討論即可.
【詳解】因為函數在區間有且僅有一個零點，即在區間有且僅有一個零點，
所以在區間沒有解或恰有一解，
①時，在區間無解，合題意；
②且時，需滿足，即；
③時，在區間恰有一解，滿足題意.
綜上可知，實數的取值范圍是或，
故答案為：或
17．3
【分析】根據題意，得到，結合零點的存在性定理，即可得到答案.
【詳解】根據題設表格中的數據，可得，
則，
根據零點存在性定理，可得在區間上均至少含有一個零點，
所以函數在區間上的零點至少有3個．
故答案為：3.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用二倍角公式及輔助角公式化簡函數，再由給定對稱性求出即可得到的解析式；
（2）由（1）知，寫出函數單調減區間即可；
（3）根據，求出的范圍，結合圖象，根據與圖象有2個交點，即可求解.
【詳解】（1）由已知，，
因為的圖象上相鄰兩條對稱軸之間的距離為，
則的最小正周期，解得，
所以函數的解析式為.
（2）由（1）知，
令，
解得，
故的單調遞減區間為．
（3）由（1）知，
因為時，所以．
令，
則，
方程恰有兩個不同的實數解，
即函數的圖像與直線恰有兩個不同的交點，
如下圖：
結合圖像可知，即，
綜上，實數的取值范圍是．
19．(1)，；
(2)（i）；（ii）證明見解析.
【分析】（1）由題設，解方程并結合指對數關系求解即可；
（2）（i）令，分類討論解及零點個數確定參數范圍；
（ii）方程有兩個正根，，且，設有 ，即可證.
【詳解】（1）因為，所以，
解得或，即或，方程的解為，．
（2）（i）函數，
令，方程轉化為：．
分情況討論的符號：
當：方程化為，解為，只需，存在唯一解；
當：方程化為，對于，
有，則，只需，存在唯一解；
當：方程化為，解為，只需，存在唯一解；
當：方程化為，對于，
有，則，只需，存在唯一解．
綜上，當時方程在三個區間各有一個解，共3個零點，故的取值范圍為．
（ii）由題意，，，設，
等價于方程有兩個正根，，且，
，則，
，解得，
．
設，則，故，
所以．
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