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2025年高考数学一轮复习讲义(知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测)专题13函数与方程(新高考专用)(原卷版+解析)
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这是一份2025年高考数学一轮复习讲义(知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测)专题13函数与方程(新高考专用)(原卷版+解析)，共53页。
【知识梳理】2
【真题自测】2
【考点突破】3
【考点1】函数零点所在区间的判断3
【考点2】函数零点个数的判定4
【考点3】函数零点的应用5
【分层检测】7
【基础篇】7
【能力篇】9
【培优篇】10
考试要求：
1.理解函数的零点与方程的解的联系.
2.理解函数零点存在定理，并能简单应用.
3.了解用二分法求方程的近似解.
知识梳理
1.函数的零点
(1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.
(2)函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系：
2.函数零点存在定理
(1)条件：①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；②f(a)·f(b)<0.
(2)结论：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.
1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根.
2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件.
3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点.
真题自测
一、单选题
1．（2021·天津·高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2023·全国·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．B．C．D．
三、填空题
3．（2023·全国·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 ．
4．（2023·天津·高考真题）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
5．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ．
6．（2022·天津·高考真题）设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为 .
考点突破
【考点1】函数零点所在区间的判断
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·模拟预测）设方程的两根为，，则（ ）
A．，B．
C．D．
2．（2023·宁夏银川·三模）函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
3．（2022·广东广州·三模）已知函数，则（ ）
A．当时，函数在上单调递增
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的最小正周期为
D．若函数在上存在零点，则的取值范围是
4．（2023·安徽马鞍山·三模）已知函数的零点为，下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
5．（2021·四川成都·三模）已知函数，若，且，则的最大值为 ．
6．（2023·浙江绍兴·二模）已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为 .
反思提升：
确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法：
(1)利用函数零点存在性定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点.
(2)数形结合法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如f(x)＝g(x)－h(x)，作出y＝g(x)和y＝h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点.
【考点2】函数零点个数的判定
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·二模）已知函数则图象上关于原点对称的点有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
2．（2024·陕西安康·模拟预测）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上有5个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．若且，则
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为
D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数B．的最大值为
C．在上单调递增D．在上有2个零点
三、填空题
5．（2024·青海西宁·二模）记是不小于的最小整数,例如,则函数的零点个数为 .
6．（2024·山东济南·二模）已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为 .
反思提升：
函数零点个数的判定有下列几种方法
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.
(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.
(3)画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
【考点3】函数零点的应用
一、单选题
1．（2024·浙江丽水·二模）已知正实数满足，，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·广东佛山·二模）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ）
A．一定为周期函数
B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数
D．在区间上的图象过3个定点
4．（2023·山东菏泽·二模）已知，分别是函数和的零点，则（ ）
A．B．C．
D．
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数的图像经过四个象限，则实数的取值范围是 ．
6．（2024·北京丰台·二模）设函数给出下列四个结论：
①当时，函数在上单调递减；
②若函数有且仅有两个零点，则；
③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为；
④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则．
其中所有正确结论的序号是 ．
反思提升：
(1)已知函数的零点求参数，主要方法有：①直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；②数形结合；③分离参数，转化为求函数的最值.
(2)已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
(3)函数零点问题一般可以转化为两个函数图象的交点问题，通过画图分析图象的特征、图象间的关系解决问题，提升直观想象核心素养.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·江苏·一模）函数在区间内的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．（2023·四川绵阳·模拟预测）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．（2024·广东湛江·二模）已知函数，，则（ ）
A．当有2个零点时，只有1个零点
B．当有3个零点时，有2个零点
C．当有2个零点时，有2个零点
D．当有2个零点时，有4个零点
4．（2024·广东梅州·二模）三个函数，，的零点分别为，则之间的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．（23-24高一上·云南玉溪·期末）已知函数的所有零点从小到大依次记为，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（2021·全国·模拟预测）已知奇函数的定义域为，且在上单调递减，若，则下列命题中正确的是（ ）
A．有两个零点B．
C．D．
7．（2022·重庆九龙坡·模拟预测）下列选项中说法正确的是（ ）
A．若幂函数过点，则
B．用二分法求方程在内的近似解的过程中得到，，f(1.25)<0，则方程的根落在区间上
C．某校一次高三年级数学检测，经抽样分析，成绩近似服从正态分布，且，若该校学生参加此次检测，估计该校此次检测成绩不低于分的学生人数为
D．位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种
三、填空题
8．（22-23高一下·河北石家庄·开学考试）已知函数在区间上有零点，则实数m的取值范围是 ．
9．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数在内恰有3个零点，则的取值范围是 ．
10．（2022·安徽合肥·模拟预测）已知关于x的方程在区间上有实根，那么的最小值为 ．
四、解答题
11．（2024·广东·一模）已知，函数.
(1)求的单调区间.
(2)讨论方程的根的个数.
12．（2023·北京西城·二模）已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·北京海淀·一模）已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
2．（2023·安徽·模拟预测）已知为上的奇函数，且在上单调递增，，则下列命题中一定正确的是（ ）
A．B．有3个零点
C．D．
三、填空题
3．（2024·陕西咸阳·三模）已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程有两解，则的值为 .
四、解答题
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.
(1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；
(2)对于正整数时，是否有成立？
(3)已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·浙江宁波·二模）已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2024·重庆·三模）已知函数，.下列选项正确的是（ ）
A．
B．，使得
C．对任意，都有
D．对任意，都有
三、填空题
3．（2024·全国·模拟预测）若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是
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专题13 函数与方程（新高考专用）
目录
【知识梳理】2
【真题自测】2
【考点突破】8
【考点1】函数零点所在区间的判断8
【考点2】函数零点个数的判定12
【考点3】函数零点的应用18
【分层检测】26
【基础篇】26
【能力篇】33
【培优篇】38
考试要求：
1.理解函数的零点与方程的解的联系.
2.理解函数零点存在定理，并能简单应用.
3.了解用二分法求方程的近似解.
知识梳理
1.函数的零点
(1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.
(2)函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系：
2.函数零点存在定理
(1)条件：①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；②f(a)·f(b)<0.
(2)结论：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.
1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根.
2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件.
3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点.
真题自测
一、单选题
1．（2021·天津·高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2023·全国·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．B．C．D．
三、填空题
3．（2023·全国·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 ．
4．（2023·天津·高考真题）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
5．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ．
6．（2022·天津·高考真题）设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为 .
参考答案：
1．A
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
2．BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】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：BCD
3．
【分析】
令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】
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：.
4．
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
【详解】（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：．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
5． 1
【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.
【详解】∵，∴
∴
故答案为：1，
6．
【分析】设，，分析可知函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.
【详解】设，，由可得.
要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，
解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：
此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
考点突破
【考点1】函数零点所在区间的判断
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·模拟预测）设方程的两根为，，则（ ）
A．，B．
C．D．
2．（2023·宁夏银川·三模）函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
3．（2022·广东广州·三模）已知函数，则（ ）
A．当时，函数在上单调递增
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的最小正周期为
D．若函数在上存在零点，则的取值范围是
4．（2023·安徽马鞍山·三模）已知函数的零点为，下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
5．（2021·四川成都·三模）已知函数，若，且，则的最大值为 ．
6．（2023·浙江绍兴·二模）已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为 .
参考答案：
1．C
【分析】由数形结合及零点的判定方法可确定出，即可判断AD，计算出，可判断BC.
【详解】由可得，
在同一直角坐标系中同时画出函数和的图象，如图所示：
因为，，
由图象可知，，
所以故A，D错误；
，
因为，所以，所以，
所以，即，故B错误，C正确.
故选：C
2．D
【分析】由函数的单调性，根据零点存在性定理可得.
【详解】若函数在区间上存在零点，
由函数在的图象连续不断，且为增函数，
则根据零点存在定理可知，只需满足，
即，
解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
3．ABD
【分析】设，由复合函数的单调性即可判断A选项；直接由即可判断B选项；由时，即可判断C选项；设，换元后参变分离得，转化为值域问题即可判断D选项.
【详解】对于A，当时，，设，当时，单调递减且，
又函数在上单调递减，由复合函数的单调性知，函数在上单调递增，A正确；
对于B，，所以函数的图象关于直线对称，B正确；
对于C，，所以时，，C错误；
对于D，设，当时，，函数在上存在零点，等价于方程在上有解，
得在上有解，已知在上单调递减，所以，D正确.
故选：ABD.
4．ABD
【分析】求导，利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理可得，进而逐项分析判断.
【详解】由题意可得：的定义域为，且，
因为，所以函数在上单调递增，
对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：因为，
所以，故B正确；
对于C：因为，则，，所以，故C错误；
对于D：因为，所以，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（2）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
5．
【分析】由得，，把转化为，利用二次函数求最值.
【详解】的图像如图示：
不妨令，由图像可知，，
由，
由
当时，．
故答案为：.
【点睛】二元变量问题通常可以减元，转化为一元函数，利用函数求最值.
6．
【分析】设，即可求出b，继而求出的表达式，将看作主元，配方得，记，即可求解最大值.
【详解】设，则，
此时，则，
令，
当时，，
记，则，
所以在上递增，在上递减，
故,所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题是双参数函数的零点问题，
第一步消参：通过设零点，代入方程，得到其中一个参数的表达式，
第二步主元法求最值：将所求表达式通过主元法（关于另一个参数）构造函数求出最值，即可求解.
反思提升：
确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法：
(1)利用函数零点存在性定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点.
(2)数形结合法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如f(x)＝g(x)－h(x)，作出y＝g(x)和y＝h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点.
【考点2】函数零点个数的判定
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·二模）已知函数则图象上关于原点对称的点有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
2．（2024·陕西安康·模拟预测）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上有5个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．若且，则
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为
D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数B．的最大值为
C．在上单调递增D．在上有2个零点
三、填空题
5．（2024·青海西宁·二模）记是不小于的最小整数,例如,则函数的零点个数为 .
6．（2024·山东济南·二模）已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为 .
参考答案：
1．C
【分析】作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象，进而数形结合判断即可.
【详解】作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象如图所示.
因为函数关于原点对称的图象与图象有三个交点，故图象上关于原点对称的点有3对.
故选：C
2．A
【分析】先利用三角函数图象的变换得出，再根据二次函数的性质得出在上有3个零点，法一、利用整体思想及正弦函数的性质得其零点为，根据定义域取值计算即可；法二、利用整体思想得，解不等式即可.
【详解】将函数的图像向左平移个单位长度，
得到函数，再将函数的横坐标变为原来的倍，
纵坐标不变，得到函数，
所以，因为当时，有2个零点，
所以要使在上有5个零点，则需在上有3个零点.
法一：令，则，
解得，当时，分别对应3个零点，
则，解得.故选A.
法二：因为，所以，
所以，则.
故选:A.
3．ACD
【分析】由，选项A：利用正弦函数的单调性判断； 选项B：利用正弦函数的最值、周期判断；选项C：利用正弦函数的图象判断； 选项D：利用三角函数的图象变换判断.
【详解】，
，当时，，
由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递增，故A正确；
对于B，若且，则，故B不正确；
对于C，若，则，
若在上有且仅有2个不同的解，如图所示：
可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；
对于D，，可知当时，是奇函数，故D正确.
故选：ACD.
4．ABD
【分析】根据题意，结合函数奇偶性的定义和判定方法，以及三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，因为的定义域为，关于原点对称，
且，所以是偶函数，所以A正确.
对于B中，当时，，
当时，，
所以，所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，当时，，由函数在上单调递减，所以在上单调递减，所以C错误；
对于D中，因为，且是偶函数，故在和上的零点个数相同，
当时，令，可得，可得，
所以函数在上只有一个零点，所以在上有2个零点，所以D正确.
故选：ABD.
5．3
【分析】先将的零点个数转化为和的交点个数，然后画图确定交点个数.
【详解】令,则,
令,
则与的交点个数即为的零点个数,
当时,,
又,
所以是周期为1的函数,
在上单调递减,且,
所以可作出与的图象如图,
所以与有3个交点，故的零点个数为3,
故答案为：3.
6．
【分析】对求导，利用导数判断其单调性和最值，令，整理得可得，构建，结合的图象分析的零点分布，结合二次函数列式求解即可.
【详解】由题意可知：的定义域为，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，可得，
且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0；
作出的图象，如图所示，
对于关于x的方程，
令，可得，整理得，
且不为方程的根，
可知方程等价于，
若方程有三个不相等的实数解，
可知有两个不同的实数根，
且或或，
构建，
若，则，解得；
若，则，解得，
此时方程为，解得，不合题意；
若，则，解得，
此时方程为，解得，不合题意；
综上所述：实数a的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用函数零点求参数值或取值范围的方法
（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解．
（2）分离参数后转化为求函数的值域（最值）问题求解．
（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．
反思提升：
函数零点个数的判定有下列几种方法
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.
(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.
(3)画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
【考点3】函数零点的应用
一、单选题
1．（2024·浙江丽水·二模）已知正实数满足，，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·广东佛山·二模）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ）
A．一定为周期函数
B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数
D．在区间上的图象过3个定点
4．（2023·山东菏泽·二模）已知，分别是函数和的零点，则（ ）
A．B．C．
D．
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数的图像经过四个象限，则实数的取值范围是 ．
6．（2024·北京丰台·二模）设函数给出下列四个结论：
①当时，函数在上单调递减；
②若函数有且仅有两个零点，则；
③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为；
④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则．
其中所有正确结论的序号是 ．
参考答案：
1．A
【分析】依题意可得，，，令，，则问题转化为判断函数与对应函数的交点的横坐标的大小关系，数形结合即可判断.
【详解】因为，，为正实数，且满足，，，
则，，，
所以，，，
则，，，
令，，
由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，
满足的即为与的交点的横坐标，
满足的即为与的交点的横坐标，
满足的即为与的交点的横坐标，
在同一平面直角坐标系中画出、、、的图象如下所示：
由图可知.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为函数与相应的指数型函数的交点的横坐标的大小关系问题，准确画出函数图象是关键.
2．D
【分析】由解析式可知为奇函数，进而可得的对称中心，根据满足的关系式，可得函数的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得个零点的和.
【详解】因为的定义域为，关于原点对称，
所以
，所以函数为奇函数，关于原点中心对称，
而函数是函数向右平移两个单位得到的函数，
因而关于中心对称，
函数满足，所以，
即，所以函数关于中心对称，且，
且，
所以由函数零点定义可知，
即，
由于函数和函数都关于中心对称，
所以两个函数的交点也关于中心对称，
又因为恰有个零点，
即函数和函数的交点恰有个，
且其中一个为，其余的个交点关于对称分布，
所以个零点的和满足，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系.
3．ABD
【分析】对于A：计算，化简即可；对于B：求出，然后计算的正负即可；对于C：计算是否恒相等即可；对于D：令，求解即可.
【详解】对于A，，，A正确；
对于B，，
则，，
因为，即，同号，所以，
由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；
对于C，，
，
由得
对恒成立，
则与题意不符，故C错误；
对于D，令，
则
，即，，
故所有定点坐标为，，，，
又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；
故选：ABD．
4．BCD
【分析】利用函数与方程思想，得到两根满足的方程关系，然后根据结构构造函数，求导，研究单调性，得到及，结合指对互化即可判断选项A、B、C，最后再通过对勾函数单调性求解范围即可判断选项D.
【详解】令，得，即，，
令，得，即，即，，
记函数，，则，
所以函数在上单调递增，
因为，，所以，故A错误；
又，所以，，
所以，故B正确；
所以，故C正确；
又，所以，结合，得，
因为，所以，且，
因为在区间上单调递减，所以，
即，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题方法是把函数的零点转化为方程的根，通过结构构造函数，利用函数单调性及指对互化找到根的关系得出结论.
5．
【分析】，由题意得，在和上均至少存在一个实根，利用二次函数的性质，即可求解．
【详解】的图像经过四个象限，，
且当，，
令，
在和上均至少存在一个实根．
又,
．
实数的取值范围是．
故答案为：．
6．②③④
【分析】根据时，即可判断①，求解方程的根，即可求解②，结合函数图象，求解临界状态时，即可求解③，根据函数图象的性质可先判断，继而根据对称性联立方程得，，根据可得，代入即可求解④.
【详解】当时，时，，故在上不是单调递减，①错误；
对于②，当显然不成立，故，
当时，令，即，得，，要使有且仅有两个零点，则，故，②正确，
对于③, 当时,,此时在单调递减，在单调递增，如图：
若，由，故，所以的取值范围为；③正确
对于④,由①③可知：时，显然不成立,故，
要使，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上，
则只需要的图象与有两个不同的交点，如图：
故，
，
由对称可得，
化简可得，故，
，化简得
所以
由于均大于0，所以，，
因此
由于，为单调递增函数，且，
此时，因此，④正确，
故答案为：②③④
【点睛】方法点睛：函数零点问题常用的方法和思路
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
反思提升：
(1)已知函数的零点求参数，主要方法有：①直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；②数形结合；③分离参数，转化为求函数的最值.
(2)已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
(3)函数零点问题一般可以转化为两个函数图象的交点问题，通过画图分析图象的特征、图象间的关系解决问题，提升直观想象核心素养.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·江苏·一模）函数在区间内的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．（2023·四川绵阳·模拟预测）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．（2024·广东湛江·二模）已知函数，，则（ ）
A．当有2个零点时，只有1个零点
B．当有3个零点时，有2个零点
C．当有2个零点时，有2个零点
D．当有2个零点时，有4个零点
4．（2024·广东梅州·二模）三个函数，，的零点分别为，则之间的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．（23-24高一上·云南玉溪·期末）已知函数的所有零点从小到大依次记为，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（2021·全国·模拟预测）已知奇函数的定义域为，且在上单调递减，若，则下列命题中正确的是（ ）
A．有两个零点B．
C．D．
7．（2022·重庆九龙坡·模拟预测）下列选项中说法正确的是（ ）
A．若幂函数过点，则
B．用二分法求方程在内的近似解的过程中得到，，f(1.25)<0，则方程的根落在区间上
C．某校一次高三年级数学检测，经抽样分析，成绩近似服从正态分布，且，若该校学生参加此次检测，估计该校此次检测成绩不低于分的学生人数为
D．位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种
三、填空题
8．（22-23高一下·河北石家庄·开学考试）已知函数在区间上有零点，则实数m的取值范围是 ．
9．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数在内恰有3个零点，则的取值范围是 ．
10．（2022·安徽合肥·模拟预测）已知关于x的方程在区间上有实根，那么的最小值为 ．
四、解答题
11．（2024·广东·一模）已知，函数.
(1)求的单调区间.
(2)讨论方程的根的个数.
12．（2023·北京西城·二模）已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
参考答案：
1．C
【分析】利用三角函数的性质求解即可.
【详解】令，得，则；
故，，
所以在共有4个零点，
故选： C.
2．B
【分析】由题意，结合余弦函数的周期和零点，建立相关的方程求解即可．
【详解】函数的最小正周期为，
若，由，得，
所以，
因为为的零点，所以，
故所以，
因为，则的最小值为3.
故选：B.
3．D
【分析】作出函数，图象，两个函数的零点个数转化为它们的图象与的图象的公共点的个数，结合图象可得答案.
【详解】两个函数的零点个数转化为图象与的图象的公共点的个数，
作出，的大致图象，如图所示.
由图可知，当有2个零点时，无零点或只有1个零点；
当有3个零点时，只有1个零点；
当有2个零点时，有4个零点.
故选：D
4．B
【分析】先判断各函数的单调性，再根据零点的存在性定理求出函数零点的范围，即可得出答案.
【详解】因为函数，，，都是增函数，
所以函数，，均为增函数，
因为，
所以函数的零点在上，即，
因为，
所以函数的零点在上，即，
因为，
所以函数的零点在上，即，
综上，．
故选：B．
5．AC
【分析】根据零点定义，结合正弦型函数和对数型函数的图象进行求解即可.
【详解】令，
在同一直角坐标系，画出两个函数图象如下图所示：
由图可知共有20个交点，故，则A正确，B错误；
又函数的图象都关于对称，则，
故，则C正确，错误，
故选：AC
6．BD
【分析】根据奇函数的图象关于原点对称的特点，以及单调性和函数值结合选项可得答案.
【详解】根据题意可得函数在上为减函数，上为减函数.，由可得.
对于A，由在上为减函数，且，，所以存在，，所以在上有一个零点，同理在上有一个零点，
又因为，所以有三个零点，故A错误；
对于B，因为函数在上为减函数.所以，故B正确；
对于C，因为函数在上为减函数，所以，故C错误；
对于D，，，所以，故D正确.
故选:BD.
7．ABC
【分析】幂函数定义求出m，代入点求出，判断A选项；零点存在性定理判断B选项；根据正态分布的对称性进行求解，进而判断C选项，根据分步计数原理得到不同的报名方法，进而判断出D选项.
【详解】由幂函数定义得：，将代入，，，故，A正确；
由零点存在性定理，方程的根落在区间上，B正确；
由正态分布的对称性可知：，故，故估计该校此次检测成绩不低于分的学生人数为，C正确；
位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种，D错误.
故选：ABC
8．
【分析】先利用基本初等函数的单调性判断得在上都单调递增，再利用零点存在定理得到，解之即可得解.
【详解】因为与在上都单调递增，
所以在上单调递增，
因为在区间上有零点，
所以，即，即，
解得，
所以实数m的取值范围为.
故答案为：.
9．
【分析】先由的取值范围求出的取值范围，再由题意结合正弦函数的性质求解即可.
【详解】由时，所以，
当时，令，解得，
又因为在上仅有三个零点，
因此，解得.
故答案为：.
10．5
【分析】，代入，可得答案.
【详解】因为，所以，当且仅当，时取等号，所以的最小值为5．
故答案为：5.
11．(1)减区间为：，；增区间为：.
(2)
【分析】（1）求导，利用导函数的符号可确定函数的单调区间.
（2）利用函数的单调性，确定函数值的符号和最值，可确定方程零点的个数.
【详解】（1）因为（）.
所以：.
由，又函数定义域为，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以：当时，，方程无解；
当，函数在上递减，在递增，
所以，所以方程无解.
综上可知：方程的根的个数为.
12．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，
（2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解.
【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①，
选条件②．
由题设，所以．
因为， 所以，所以．
所以．
选条件③，由题设．整理得．
以下同选条件②．
（2）由（1）
因为， 所以．
于是，当且仅当，即时，取得最大值；
当且仅当，即时，取得最小值．
又，即时，．
且当 时， 单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或
的取值范围是．
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·北京海淀·一模）已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
2．（2023·安徽·模拟预测）已知为上的奇函数，且在上单调递增，，则下列命题中一定正确的是（ ）
A．B．有3个零点
C．D．
三、填空题
3．（2024·陕西咸阳·三模）已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程有两解，则的值为 .
四、解答题
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.
(1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；
(2)对于正整数时，是否有成立？
(3)已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：.
参考答案：
1．B
【分析】借助分段函数性质计算可得，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得.
【详解】令，即时，，解得，
时，，无解，故，
设过点与曲线相切的直线的切点为，
当时，，则有，
有，整理可得，即，
即当时，有一条切线，
当时，，则有，
有，整理可得，
令，
则，
令，可得，
故当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
由，
，故在上没有零点，
又，
故在上必有唯一零点，
即当时，亦可有一条切线符合要求，
故.
故选：B.
2．AB
【分析】根据奇函数，结合单调性可以判断A,C,D选项，根据零点存在定理判断零点个数即可判断B选项.
【详解】由已知函数在上单调递增，在上也单调递增，，
由，得.
对于A，因为在上单调递增，所以，A正确；
对于B，在上单调递增，且，，故在上有且只有一个，使，
同理在上单调递增，且，，故在上有且只有一个，
使，又，所以有3个零点，B正确；
对于C，因为在上单调递增，，C错误；
对于D，，，易知与无法比较大小，D不一定正确.
故选：AB.
3．49或
【分析】由已知可得是以为周期的周期函数，结合已知可作出函数的图象，关于的方程有两解，可得与的图象有两个交点，数形结合可求的值.
【详解】由，可得，
所以是以为周期的周期函数，又为偶函数，且，故可作出函数的图象如图所示：
若关于的方程有两解，
则与的图象有两个交点，
当，则过点,所以，解得，
当，则过点,所以，解得，
综上所述：的值为或.
故答案为：或.
4．(1)
(2)成立
(3)证明见解析
【分析】（1）利用展开计算，根据切比雪夫多项式可求得；（2）要证原等式成立，只需证明成立即可，利用两角和与差的余弦公式可证结论成立；
（3）由已知可得方程在区间上有3个不同的实根，令，结合（1）可是，可得，计算可得结论.
【详解】（1）依题意，
，
因此，即，则，
（2）成立.
这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式.
首先有如下两个式子：
，
，
两式相加得，，
将替换为，所以.
所以对于正整数时，有成立.
（3）函数在区间上有3个不同的零点，
即方程在区间上有3个不同的实根，
令，由知，而，则或或，
于是，
则，
而，
所以.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·浙江宁波·二模）已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2024·重庆·三模）已知函数，.下列选项正确的是（ ）
A．
B．，使得
C．对任意，都有
D．对任意，都有
三、填空题
3．（2024·全国·模拟预测）若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是 ．
参考答案：
1．A
【分析】依题意可得，令，求出与的交点坐标，依题意只需或，即可求出的取值范围.
【详解】依题意集合即为关于、的方程组的解集，显然，
所以，即，令，
由，解得或，
即函数与的交点坐标为和，
又，所以为奇函数，
因为与在上单调递减，
所以在上单调递减，则在上单调递减，
依题意与、的交点在直线的同侧，
只需或，即或，
所以实数的取值范围为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为与、的交点在直线的同侧.
2．BCD
【分析】根据，即可判断A；根据，令，结合零点的存在性定理即可判断B；由、，结合复合函数的单调性可得和的单调性，即可判断C；由选项BC的分析可得，分类讨论当、时与的大小，进而判断D.
【详解】A：因为，所以，.
因为，，
所以，故A错误；
B：若，则，即，
，可得，
令，因为，，
所以，使得，即，故B正确；
C：因为，
且在上单调递减，所以也单调递减，
可得，
因为.
又在上单调递增，所以也单调递增，
得，即，
因此，对于任意的，都有，故C正确；
D：由B可知：，使得，
结合C的结论，可知当，，，即，
当时，，，即，
因为，，得，即，
当时，有，
因为，所以，所以，
因此可得，即，
当，有，
因为，所以，可得，即，
因此，对于任意的，都有，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数或基本函数的单调性求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
3．
【分析】将函数的零点问题转化为方程的根的问题，易知的最大值为；
解法一：利用方程根的判别式求出参数的取值范围，并分类讨论是否符合题意即可求出结果；
解法二：结合图象对的两根的分布情况进行分类讨论即可求得参数的取值范围.
【详解】令，得；
设，则方程，即，
易知，所以在上单调递增，在上单调递减，可得，
易知当时，，当时，，且当趋近于时，趋近于0，当趋近于时，趋近于，
作出的大致图象如图所示．
数形结合可得，且方程在上有两个不同的实数根．
解法一：
由，得或．
当时，，此时方程在上至多有一个实数根，不合题意，
当时，设方程在上的两个实数根分别为，则，
所以需，得，故实数的取值范围是．
解法二：
设方程的两个不同的实数根分别为，
则，或，．
①当，时，由，得，
则在上有两个不同的实数根，即在上有两个不同的实数根，
由，得或，与，矛盾．
②当，时，若方程在上有两个不同的实数根，
则，解得．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决此类问题需注意以下几点，
（1）会转化，即会将零点问题转化为方程的根的问题；
（2）会作图，即会根据基本初等函数的图象或利用导数画出相关函数的大致图象；
（3）会观察，即会利用数形结合思想得到参数的取值范
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【知识梳理】2
【真题自测】2
【考点突破】3
【考点1】函数零点所在区间的判断3
【考点2】函数零点个数的判定4
【考点3】函数零点的应用5
【分层检测】7
【基础篇】7
【能力篇】9
【培优篇】10
考试要求：
1.理解函数的零点与方程的解的联系.
2.理解函数零点存在定理，并能简单应用.
3.了解用二分法求方程的近似解.
知识梳理
1.函数的零点
(1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.
(2)函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系：
2.函数零点存在定理
(1)条件：①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；②f(a)·f(b)<0.
(2)结论：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.
1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根.
2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件.
3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点.
真题自测
一、单选题
1．（2021·天津·高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2023·全国·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．B．C．D．
三、填空题
3．（2023·全国·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 ．
4．（2023·天津·高考真题）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
5．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ．
6．（2022·天津·高考真题）设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为 .
考点突破
【考点1】函数零点所在区间的判断
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·模拟预测）设方程的两根为，，则（ ）
A．，B．
C．D．
2．（2023·宁夏银川·三模）函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
3．（2022·广东广州·三模）已知函数，则（ ）
A．当时，函数在上单调递增
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的最小正周期为
D．若函数在上存在零点，则的取值范围是
4．（2023·安徽马鞍山·三模）已知函数的零点为，下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
5．（2021·四川成都·三模）已知函数，若，且，则的最大值为 ．
6．（2023·浙江绍兴·二模）已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为 .
反思提升：
确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法：
(1)利用函数零点存在性定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点.
(2)数形结合法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如f(x)＝g(x)－h(x)，作出y＝g(x)和y＝h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点.
【考点2】函数零点个数的判定
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·二模）已知函数则图象上关于原点对称的点有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
2．（2024·陕西安康·模拟预测）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上有5个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．若且，则
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为
D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数B．的最大值为
C．在上单调递增D．在上有2个零点
三、填空题
5．（2024·青海西宁·二模）记是不小于的最小整数,例如,则函数的零点个数为 .
6．（2024·山东济南·二模）已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为 .
反思提升：
函数零点个数的判定有下列几种方法
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.
(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.
(3)画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
【考点3】函数零点的应用
一、单选题
1．（2024·浙江丽水·二模）已知正实数满足，，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·广东佛山·二模）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ）
A．一定为周期函数
B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数
D．在区间上的图象过3个定点
4．（2023·山东菏泽·二模）已知，分别是函数和的零点，则（ ）
A．B．C．
D．
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数的图像经过四个象限，则实数的取值范围是 ．
6．（2024·北京丰台·二模）设函数给出下列四个结论：
①当时，函数在上单调递减；
②若函数有且仅有两个零点，则；
③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为；
④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则．
其中所有正确结论的序号是 ．
反思提升：
(1)已知函数的零点求参数，主要方法有：①直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；②数形结合；③分离参数，转化为求函数的最值.
(2)已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
(3)函数零点问题一般可以转化为两个函数图象的交点问题，通过画图分析图象的特征、图象间的关系解决问题，提升直观想象核心素养.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·江苏·一模）函数在区间内的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．（2023·四川绵阳·模拟预测）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．（2024·广东湛江·二模）已知函数，，则（ ）
A．当有2个零点时，只有1个零点
B．当有3个零点时，有2个零点
C．当有2个零点时，有2个零点
D．当有2个零点时，有4个零点
4．（2024·广东梅州·二模）三个函数，，的零点分别为，则之间的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．（23-24高一上·云南玉溪·期末）已知函数的所有零点从小到大依次记为，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（2021·全国·模拟预测）已知奇函数的定义域为，且在上单调递减，若，则下列命题中正确的是（ ）
A．有两个零点B．
C．D．
7．（2022·重庆九龙坡·模拟预测）下列选项中说法正确的是（ ）
A．若幂函数过点，则
B．用二分法求方程在内的近似解的过程中得到，，f(1.25)<0，则方程的根落在区间上
C．某校一次高三年级数学检测，经抽样分析，成绩近似服从正态分布，且，若该校学生参加此次检测，估计该校此次检测成绩不低于分的学生人数为
D．位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种
三、填空题
8．（22-23高一下·河北石家庄·开学考试）已知函数在区间上有零点，则实数m的取值范围是 ．
9．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数在内恰有3个零点，则的取值范围是 ．
10．（2022·安徽合肥·模拟预测）已知关于x的方程在区间上有实根，那么的最小值为 ．
四、解答题
11．（2024·广东·一模）已知，函数.
(1)求的单调区间.
(2)讨论方程的根的个数.
12．（2023·北京西城·二模）已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·北京海淀·一模）已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
2．（2023·安徽·模拟预测）已知为上的奇函数，且在上单调递增，，则下列命题中一定正确的是（ ）
A．B．有3个零点
C．D．
三、填空题
3．（2024·陕西咸阳·三模）已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程有两解，则的值为 .
四、解答题
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.
(1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；
(2)对于正整数时，是否有成立？
(3)已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·浙江宁波·二模）已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2024·重庆·三模）已知函数，.下列选项正确的是（ ）
A．
B．，使得
C．对任意，都有
D．对任意，都有
三、填空题
3．（2024·全国·模拟预测）若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是
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专题13 函数与方程（新高考专用）
目录
【知识梳理】2
【真题自测】2
【考点突破】8
【考点1】函数零点所在区间的判断8
【考点2】函数零点个数的判定12
【考点3】函数零点的应用18
【分层检测】26
【基础篇】26
【能力篇】33
【培优篇】38
考试要求：
1.理解函数的零点与方程的解的联系.
2.理解函数零点存在定理，并能简单应用.
3.了解用二分法求方程的近似解.
知识梳理
1.函数的零点
(1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.
(2)函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系：
2.函数零点存在定理
(1)条件：①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；②f(a)·f(b)<0.
(2)结论：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.
1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根.
2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件.
3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点.
真题自测
一、单选题
1．（2021·天津·高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2023·全国·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．B．C．D．
三、填空题
3．（2023·全国·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 ．
4．（2023·天津·高考真题）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
5．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ．
6．（2022·天津·高考真题）设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为 .
参考答案：
1．A
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
2．BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】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：BCD
3．
【分析】
令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】
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：.
4．
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
【详解】（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：．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
5． 1
【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.
【详解】∵，∴
∴
故答案为：1，
6．
【分析】设，，分析可知函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.
【详解】设，，由可得.
要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，
解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：
此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
考点突破
【考点1】函数零点所在区间的判断
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·模拟预测）设方程的两根为，，则（ ）
A．，B．
C．D．
2．（2023·宁夏银川·三模）函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
3．（2022·广东广州·三模）已知函数，则（ ）
A．当时，函数在上单调递增
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的最小正周期为
D．若函数在上存在零点，则的取值范围是
4．（2023·安徽马鞍山·三模）已知函数的零点为，下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
5．（2021·四川成都·三模）已知函数，若，且，则的最大值为 ．
6．（2023·浙江绍兴·二模）已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为 .
参考答案：
1．C
【分析】由数形结合及零点的判定方法可确定出，即可判断AD，计算出，可判断BC.
【详解】由可得，
在同一直角坐标系中同时画出函数和的图象，如图所示：
因为，，
由图象可知，，
所以故A，D错误；
，
因为，所以，所以，
所以，即，故B错误，C正确.
故选：C
2．D
【分析】由函数的单调性，根据零点存在性定理可得.
【详解】若函数在区间上存在零点，
由函数在的图象连续不断，且为增函数，
则根据零点存在定理可知，只需满足，
即，
解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
3．ABD
【分析】设，由复合函数的单调性即可判断A选项；直接由即可判断B选项；由时，即可判断C选项；设，换元后参变分离得，转化为值域问题即可判断D选项.
【详解】对于A，当时，，设，当时，单调递减且，
又函数在上单调递减，由复合函数的单调性知，函数在上单调递增，A正确；
对于B，，所以函数的图象关于直线对称，B正确；
对于C，，所以时，，C错误；
对于D，设，当时，，函数在上存在零点，等价于方程在上有解，
得在上有解，已知在上单调递减，所以，D正确.
故选：ABD.
4．ABD
【分析】求导，利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理可得，进而逐项分析判断.
【详解】由题意可得：的定义域为，且，
因为，所以函数在上单调递增，
对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：因为，
所以，故B正确；
对于C：因为，则，，所以，故C错误；
对于D：因为，所以，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（2）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
5．
【分析】由得，，把转化为，利用二次函数求最值.
【详解】的图像如图示：
不妨令，由图像可知，，
由，
由
当时，．
故答案为：.
【点睛】二元变量问题通常可以减元，转化为一元函数，利用函数求最值.
6．
【分析】设，即可求出b，继而求出的表达式，将看作主元，配方得，记，即可求解最大值.
【详解】设，则，
此时，则，
令，
当时，，
记，则，
所以在上递增，在上递减，
故,所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题是双参数函数的零点问题，
第一步消参：通过设零点，代入方程，得到其中一个参数的表达式，
第二步主元法求最值：将所求表达式通过主元法（关于另一个参数）构造函数求出最值，即可求解.
反思提升：
确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法：
(1)利用函数零点存在性定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点.
(2)数形结合法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如f(x)＝g(x)－h(x)，作出y＝g(x)和y＝h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点.
【考点2】函数零点个数的判定
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·二模）已知函数则图象上关于原点对称的点有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
2．（2024·陕西安康·模拟预测）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上有5个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．若且，则
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为
D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数B．的最大值为
C．在上单调递增D．在上有2个零点
三、填空题
5．（2024·青海西宁·二模）记是不小于的最小整数,例如,则函数的零点个数为 .
6．（2024·山东济南·二模）已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为 .
参考答案：
1．C
【分析】作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象，进而数形结合判断即可.
【详解】作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象如图所示.
因为函数关于原点对称的图象与图象有三个交点，故图象上关于原点对称的点有3对.
故选：C
2．A
【分析】先利用三角函数图象的变换得出，再根据二次函数的性质得出在上有3个零点，法一、利用整体思想及正弦函数的性质得其零点为，根据定义域取值计算即可；法二、利用整体思想得，解不等式即可.
【详解】将函数的图像向左平移个单位长度，
得到函数，再将函数的横坐标变为原来的倍，
纵坐标不变，得到函数，
所以，因为当时，有2个零点，
所以要使在上有5个零点，则需在上有3个零点.
法一：令，则，
解得，当时，分别对应3个零点，
则，解得.故选A.
法二：因为，所以，
所以，则.
故选:A.
3．ACD
【分析】由，选项A：利用正弦函数的单调性判断； 选项B：利用正弦函数的最值、周期判断；选项C：利用正弦函数的图象判断； 选项D：利用三角函数的图象变换判断.
【详解】，
，当时，，
由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递增，故A正确；
对于B，若且，则，故B不正确；
对于C，若，则，
若在上有且仅有2个不同的解，如图所示：
可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；
对于D，，可知当时，是奇函数，故D正确.
故选：ACD.
4．ABD
【分析】根据题意，结合函数奇偶性的定义和判定方法，以及三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，因为的定义域为，关于原点对称，
且，所以是偶函数，所以A正确.
对于B中，当时，，
当时，，
所以，所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，当时，，由函数在上单调递减，所以在上单调递减，所以C错误；
对于D中，因为，且是偶函数，故在和上的零点个数相同，
当时，令，可得，可得，
所以函数在上只有一个零点，所以在上有2个零点，所以D正确.
故选：ABD.
5．3
【分析】先将的零点个数转化为和的交点个数，然后画图确定交点个数.
【详解】令,则,
令,
则与的交点个数即为的零点个数,
当时,,
又,
所以是周期为1的函数,
在上单调递减,且,
所以可作出与的图象如图,
所以与有3个交点，故的零点个数为3,
故答案为：3.
6．
【分析】对求导，利用导数判断其单调性和最值，令，整理得可得，构建，结合的图象分析的零点分布，结合二次函数列式求解即可.
【详解】由题意可知：的定义域为，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，可得，
且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0；
作出的图象，如图所示，
对于关于x的方程，
令，可得，整理得，
且不为方程的根，
可知方程等价于，
若方程有三个不相等的实数解，
可知有两个不同的实数根，
且或或，
构建，
若，则，解得；
若，则，解得，
此时方程为，解得，不合题意；
若，则，解得，
此时方程为，解得，不合题意；
综上所述：实数a的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用函数零点求参数值或取值范围的方法
（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解．
（2）分离参数后转化为求函数的值域（最值）问题求解．
（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．
反思提升：
函数零点个数的判定有下列几种方法
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.
(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.
(3)画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
【考点3】函数零点的应用
一、单选题
1．（2024·浙江丽水·二模）已知正实数满足，，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·广东佛山·二模）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ）
A．一定为周期函数
B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数
D．在区间上的图象过3个定点
4．（2023·山东菏泽·二模）已知，分别是函数和的零点，则（ ）
A．B．C．
D．
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数的图像经过四个象限，则实数的取值范围是 ．
6．（2024·北京丰台·二模）设函数给出下列四个结论：
①当时，函数在上单调递减；
②若函数有且仅有两个零点，则；
③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为；
④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则．
其中所有正确结论的序号是 ．
参考答案：
1．A
【分析】依题意可得，，，令，，则问题转化为判断函数与对应函数的交点的横坐标的大小关系，数形结合即可判断.
【详解】因为，，为正实数，且满足，，，
则，，，
所以，，，
则，，，
令，，
由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，
满足的即为与的交点的横坐标，
满足的即为与的交点的横坐标，
满足的即为与的交点的横坐标，
在同一平面直角坐标系中画出、、、的图象如下所示：
由图可知.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为函数与相应的指数型函数的交点的横坐标的大小关系问题，准确画出函数图象是关键.
2．D
【分析】由解析式可知为奇函数，进而可得的对称中心，根据满足的关系式，可得函数的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得个零点的和.
【详解】因为的定义域为，关于原点对称，
所以
，所以函数为奇函数，关于原点中心对称，
而函数是函数向右平移两个单位得到的函数，
因而关于中心对称，
函数满足，所以，
即，所以函数关于中心对称，且，
且，
所以由函数零点定义可知，
即，
由于函数和函数都关于中心对称，
所以两个函数的交点也关于中心对称，
又因为恰有个零点，
即函数和函数的交点恰有个，
且其中一个为，其余的个交点关于对称分布，
所以个零点的和满足，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系.
3．ABD
【分析】对于A：计算，化简即可；对于B：求出，然后计算的正负即可；对于C：计算是否恒相等即可；对于D：令，求解即可.
【详解】对于A，，，A正确；
对于B，，
则，，
因为，即，同号，所以，
由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；
对于C，，
，
由得
对恒成立，
则与题意不符，故C错误；
对于D，令，
则
，即，，
故所有定点坐标为，，，，
又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；
故选：ABD．
4．BCD
【分析】利用函数与方程思想，得到两根满足的方程关系，然后根据结构构造函数，求导，研究单调性，得到及，结合指对互化即可判断选项A、B、C，最后再通过对勾函数单调性求解范围即可判断选项D.
【详解】令，得，即，，
令，得，即，即，，
记函数，，则，
所以函数在上单调递增，
因为，，所以，故A错误；
又，所以，，
所以，故B正确；
所以，故C正确；
又，所以，结合，得，
因为，所以，且，
因为在区间上单调递减，所以，
即，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题方法是把函数的零点转化为方程的根，通过结构构造函数，利用函数单调性及指对互化找到根的关系得出结论.
5．
【分析】，由题意得，在和上均至少存在一个实根，利用二次函数的性质，即可求解．
【详解】的图像经过四个象限，，
且当，，
令，
在和上均至少存在一个实根．
又,
．
实数的取值范围是．
故答案为：．
6．②③④
【分析】根据时，即可判断①，求解方程的根，即可求解②，结合函数图象，求解临界状态时，即可求解③，根据函数图象的性质可先判断，继而根据对称性联立方程得，，根据可得，代入即可求解④.
【详解】当时，时，，故在上不是单调递减，①错误；
对于②，当显然不成立，故，
当时，令，即，得，，要使有且仅有两个零点，则，故，②正确，
对于③, 当时,,此时在单调递减，在单调递增，如图：
若，由，故，所以的取值范围为；③正确
对于④,由①③可知：时，显然不成立,故，
要使，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上，
则只需要的图象与有两个不同的交点，如图：
故，
，
由对称可得，
化简可得，故，
，化简得
所以
由于均大于0，所以，，
因此
由于，为单调递增函数，且，
此时，因此，④正确，
故答案为：②③④
【点睛】方法点睛：函数零点问题常用的方法和思路
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
反思提升：
(1)已知函数的零点求参数，主要方法有：①直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；②数形结合；③分离参数，转化为求函数的最值.
(2)已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
(3)函数零点问题一般可以转化为两个函数图象的交点问题，通过画图分析图象的特征、图象间的关系解决问题，提升直观想象核心素养.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·江苏·一模）函数在区间内的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．（2023·四川绵阳·模拟预测）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．（2024·广东湛江·二模）已知函数，，则（ ）
A．当有2个零点时，只有1个零点
B．当有3个零点时，有2个零点
C．当有2个零点时，有2个零点
D．当有2个零点时，有4个零点
4．（2024·广东梅州·二模）三个函数，，的零点分别为，则之间的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．（23-24高一上·云南玉溪·期末）已知函数的所有零点从小到大依次记为，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（2021·全国·模拟预测）已知奇函数的定义域为，且在上单调递减，若，则下列命题中正确的是（ ）
A．有两个零点B．
C．D．
7．（2022·重庆九龙坡·模拟预测）下列选项中说法正确的是（ ）
A．若幂函数过点，则
B．用二分法求方程在内的近似解的过程中得到，，f(1.25)<0，则方程的根落在区间上
C．某校一次高三年级数学检测，经抽样分析，成绩近似服从正态分布，且，若该校学生参加此次检测，估计该校此次检测成绩不低于分的学生人数为
D．位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种
三、填空题
8．（22-23高一下·河北石家庄·开学考试）已知函数在区间上有零点，则实数m的取值范围是 ．
9．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数在内恰有3个零点，则的取值范围是 ．
10．（2022·安徽合肥·模拟预测）已知关于x的方程在区间上有实根，那么的最小值为 ．
四、解答题
11．（2024·广东·一模）已知，函数.
(1)求的单调区间.
(2)讨论方程的根的个数.
12．（2023·北京西城·二模）已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
参考答案：
1．C
【分析】利用三角函数的性质求解即可.
【详解】令，得，则；
故，，
所以在共有4个零点，
故选： C.
2．B
【分析】由题意，结合余弦函数的周期和零点，建立相关的方程求解即可．
【详解】函数的最小正周期为，
若，由，得，
所以，
因为为的零点，所以，
故所以，
因为，则的最小值为3.
故选：B.
3．D
【分析】作出函数，图象，两个函数的零点个数转化为它们的图象与的图象的公共点的个数，结合图象可得答案.
【详解】两个函数的零点个数转化为图象与的图象的公共点的个数，
作出，的大致图象，如图所示.
由图可知，当有2个零点时，无零点或只有1个零点；
当有3个零点时，只有1个零点；
当有2个零点时，有4个零点.
故选：D
4．B
【分析】先判断各函数的单调性，再根据零点的存在性定理求出函数零点的范围，即可得出答案.
【详解】因为函数，，，都是增函数，
所以函数，，均为增函数，
因为，
所以函数的零点在上，即，
因为，
所以函数的零点在上，即，
因为，
所以函数的零点在上，即，
综上，．
故选：B．
5．AC
【分析】根据零点定义，结合正弦型函数和对数型函数的图象进行求解即可.
【详解】令，
在同一直角坐标系，画出两个函数图象如下图所示：
由图可知共有20个交点，故，则A正确，B错误；
又函数的图象都关于对称，则，
故，则C正确，错误，
故选：AC
6．BD
【分析】根据奇函数的图象关于原点对称的特点，以及单调性和函数值结合选项可得答案.
【详解】根据题意可得函数在上为减函数，上为减函数.，由可得.
对于A，由在上为减函数，且，，所以存在，，所以在上有一个零点，同理在上有一个零点，
又因为，所以有三个零点，故A错误；
对于B，因为函数在上为减函数.所以，故B正确；
对于C，因为函数在上为减函数，所以，故C错误；
对于D，，，所以，故D正确.
故选:BD.
7．ABC
【分析】幂函数定义求出m，代入点求出，判断A选项；零点存在性定理判断B选项；根据正态分布的对称性进行求解，进而判断C选项，根据分步计数原理得到不同的报名方法，进而判断出D选项.
【详解】由幂函数定义得：，将代入，，，故，A正确；
由零点存在性定理，方程的根落在区间上，B正确；
由正态分布的对称性可知：，故，故估计该校此次检测成绩不低于分的学生人数为，C正确；
位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种，D错误.
故选：ABC
8．
【分析】先利用基本初等函数的单调性判断得在上都单调递增，再利用零点存在定理得到，解之即可得解.
【详解】因为与在上都单调递增，
所以在上单调递增，
因为在区间上有零点，
所以，即，即，
解得，
所以实数m的取值范围为.
故答案为：.
9．
【分析】先由的取值范围求出的取值范围，再由题意结合正弦函数的性质求解即可.
【详解】由时，所以，
当时，令，解得，
又因为在上仅有三个零点，
因此，解得.
故答案为：.
10．5
【分析】，代入，可得答案.
【详解】因为，所以，当且仅当，时取等号，所以的最小值为5．
故答案为：5.
11．(1)减区间为：，；增区间为：.
(2)
【分析】（1）求导，利用导函数的符号可确定函数的单调区间.
（2）利用函数的单调性，确定函数值的符号和最值，可确定方程零点的个数.
【详解】（1）因为（）.
所以：.
由，又函数定义域为，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以：当时，，方程无解；
当，函数在上递减，在递增，
所以，所以方程无解.
综上可知：方程的根的个数为.
12．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，
（2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解.
【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①，
选条件②．
由题设，所以．
因为， 所以，所以．
所以．
选条件③，由题设．整理得．
以下同选条件②．
（2）由（1）
因为， 所以．
于是，当且仅当，即时，取得最大值；
当且仅当，即时，取得最小值．
又，即时，．
且当 时， 单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或
的取值范围是．
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·北京海淀·一模）已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
2．（2023·安徽·模拟预测）已知为上的奇函数，且在上单调递增，，则下列命题中一定正确的是（ ）
A．B．有3个零点
C．D．
三、填空题
3．（2024·陕西咸阳·三模）已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程有两解，则的值为 .
四、解答题
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.
(1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；
(2)对于正整数时，是否有成立？
(3)已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：.
参考答案：
1．B
【分析】借助分段函数性质计算可得，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得.
【详解】令，即时，，解得，
时，，无解，故，
设过点与曲线相切的直线的切点为，
当时，，则有，
有，整理可得，即，
即当时，有一条切线，
当时，，则有，
有，整理可得，
令，
则，
令，可得，
故当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
由，
，故在上没有零点，
又，
故在上必有唯一零点，
即当时，亦可有一条切线符合要求，
故.
故选：B.
2．AB
【分析】根据奇函数，结合单调性可以判断A,C,D选项，根据零点存在定理判断零点个数即可判断B选项.
【详解】由已知函数在上单调递增，在上也单调递增，，
由，得.
对于A，因为在上单调递增，所以，A正确；
对于B，在上单调递增，且，，故在上有且只有一个，使，
同理在上单调递增，且，，故在上有且只有一个，
使，又，所以有3个零点，B正确；
对于C，因为在上单调递增，，C错误；
对于D，，，易知与无法比较大小，D不一定正确.
故选：AB.
3．49或
【分析】由已知可得是以为周期的周期函数，结合已知可作出函数的图象，关于的方程有两解，可得与的图象有两个交点，数形结合可求的值.
【详解】由，可得，
所以是以为周期的周期函数，又为偶函数，且，故可作出函数的图象如图所示：
若关于的方程有两解，
则与的图象有两个交点，
当，则过点,所以，解得，
当，则过点,所以，解得，
综上所述：的值为或.
故答案为：或.
4．(1)
(2)成立
(3)证明见解析
【分析】（1）利用展开计算，根据切比雪夫多项式可求得；（2）要证原等式成立，只需证明成立即可，利用两角和与差的余弦公式可证结论成立；
（3）由已知可得方程在区间上有3个不同的实根，令，结合（1）可是，可得，计算可得结论.
【详解】（1）依题意，
，
因此，即，则，
（2）成立.
这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式.
首先有如下两个式子：
，
，
两式相加得，，
将替换为，所以.
所以对于正整数时，有成立.
（3）函数在区间上有3个不同的零点，
即方程在区间上有3个不同的实根，
令，由知，而，则或或，
于是，
则，
而，
所以.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·浙江宁波·二模）已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2024·重庆·三模）已知函数，.下列选项正确的是（ ）
A．
B．，使得
C．对任意，都有
D．对任意，都有
三、填空题
3．（2024·全国·模拟预测）若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是 ．
参考答案：
1．A
【分析】依题意可得，令，求出与的交点坐标，依题意只需或，即可求出的取值范围.
【详解】依题意集合即为关于、的方程组的解集，显然，
所以，即，令，
由，解得或，
即函数与的交点坐标为和，
又，所以为奇函数，
因为与在上单调递减，
所以在上单调递减，则在上单调递减，
依题意与、的交点在直线的同侧，
只需或，即或，
所以实数的取值范围为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为与、的交点在直线的同侧.
2．BCD
【分析】根据，即可判断A；根据，令，结合零点的存在性定理即可判断B；由、，结合复合函数的单调性可得和的单调性，即可判断C；由选项BC的分析可得，分类讨论当、时与的大小，进而判断D.
【详解】A：因为，所以，.
因为，，
所以，故A错误；
B：若，则，即，
，可得，
令，因为，，
所以，使得，即，故B正确；
C：因为，
且在上单调递减，所以也单调递减，
可得，
因为.
又在上单调递增，所以也单调递增，
得，即，
因此，对于任意的，都有，故C正确；
D：由B可知：，使得，
结合C的结论，可知当，，，即，
当时，，，即，
因为，，得，即，
当时，有，
因为，所以，所以，
因此可得，即，
当，有，
因为，所以，可得，即，
因此，对于任意的，都有，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数或基本函数的单调性求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
3．
【分析】将函数的零点问题转化为方程的根的问题，易知的最大值为；
解法一：利用方程根的判别式求出参数的取值范围，并分类讨论是否符合题意即可求出结果；
解法二：结合图象对的两根的分布情况进行分类讨论即可求得参数的取值范围.
【详解】令，得；
设，则方程，即，
易知，所以在上单调递增，在上单调递减，可得，
易知当时，，当时，，且当趋近于时，趋近于0，当趋近于时，趋近于，
作出的大致图象如图所示．
数形结合可得，且方程在上有两个不同的实数根．
解法一：
由，得或．
当时，，此时方程在上至多有一个实数根，不合题意，
当时，设方程在上的两个实数根分别为，则，
所以需，得，故实数的取值范围是．
解法二：
设方程的两个不同的实数根分别为，
则，或，．
①当，时，由，得，
则在上有两个不同的实数根，即在上有两个不同的实数根，
由，得或，与，矛盾．
②当，时，若方程在上有两个不同的实数根，
则，解得．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决此类问题需注意以下几点，
（1）会转化，即会将零点问题转化为方程的根的问题；
（2）会作图，即会根据基本初等函数的图象或利用导数画出相关函数的大致图象；
（3）会观察，即会利用数形结合思想得到参数的取值范
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