新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题06 函数零点问题七大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc144481926" 题型1分段函数的零点 PAGEREF _Tc144481926 \h 1
\l "_Tc144481927" 题型2唯一零点问题 PAGEREF _Tc144481927 \h 8
\l "_Tc144481928" 题型3指对幂函数零点 PAGEREF _Tc144481928 \h 12
\l "_Tc144481929" 题型4含有绝对值函数的零点 PAGEREF _Tc144481929 \h 18
\l "_Tc144481930" 题型5复合函数零点 PAGEREF _Tc144481930 \h 25
\l "_Tc144481931" 题型6函数中的整数问题 PAGEREF _Tc144481931 \h 31
\l "_Tc144481932" 题型7三角函数的零点 PAGEREF _Tc144481932 \h 38
题型1分段函数的零点
【例题1】（2023·贵州贵阳·校联考三模）已知函数，其中，若在区间内恰好有4个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据参数的范围，讨论两段函数的零点情况，利用二次函数与三角函数的图象与性质，结合端点满足的条件，即可求解.
【详解】由函数，其中，
当时，对任意，函数在内最多有1个零点，不符题意，所以，
当时，，
由可得或，
则在上，有一个零点，
所以在内有3个零点，即在内有3个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故选：C.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围；
2、分离参数法，先分离参数，将问题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作出函数的图象，然后数形结合求解.
【变式1-1】1. （2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）关于函数，其中，给出下列四个结论：
甲：5是该函数的零点.
乙：4是该函数的零点.
丙：该函数的所有零点之积为0.
丁：方程有两个不等的实根.
若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误的结论是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【答案】B
【分析】结合命题的矛盾性，先判断丙、丁均正确，然后分情况讨论甲乙，进行判断解题；
【详解】当时，为减函数，故5和4只有一个是函数的零点.
即甲、乙中有一个结论错误，一个结论正确，故丙、丁均正确.
由所有零点之积为0，结合分段函数的性质，知必有一个零点为0，
则，可得.
①若甲正确，则，则，
可得
由，可得 或
解得或，方程有两个不等的实根，
故丁正确.，若甲正确，乙错误；
②若乙正确，则，即，则，
可得
由，可得或
解得，方程只有一个实根，故丁错误，不满足题意.
综上，甲正确，乙错误，
故选：B
【变式1-1】2. （2023·天津滨海新·天津市滨海新区塘沽第一中学校考三模）设是定义在R上的函数，若是奇函数.是偶函数，函数，则下列说法正确的个数有（ ）
（1）当时，
（2）
（3）若，则实数m的最小值为
（4）若有三个零点，则实数
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】由题可得，后由题目条件可得大致图象.（1）由题目条件可得时，；（2）注意的特殊情况；（3）由题可得时，，后结合图象可得答案；（4）问题转化为图象与直线有3个交点，等价于直线与在时的图象相切.
【详解】因是奇函数，则.因是偶函数，则.
则.
又注意到时，，则；时，，则.以此类推，可得大致图象如下.
（1）时，，.则，故（1）错误；
（2）注意到当时，，故（2）错误；
（3）当时，由以上分析：，则，结合图象可知若当时，，则的最小值为，故（3）正确；
（4）有三个零点等价于图象与直线有3个交点.由图可得，当直线与在时的图象相切时，满足题意.注意到当时，图象上有一点，又恒过定点，，则当与在时的图象相切时，
，故（4）错误.综上，只有（3）正确.
故选：A

【点睛】关键点睛：本题涉及求函数解析式及对于类周期函数性质的考查.本题由函数奇偶性确定解析式后，结合题目条件得到了大致图象，可以直观且简明地判断（1）（2）（3），对于（4）所涉零点问题常可转化为函数图象与直线的交点问题.
【变式1-1】3. （2023·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）设，函数与函数在区间内恰有3个零点，则a的取值范围是 ．
【答案】，．
【分析】设，结合题意可知函数在区间，内恰有3个零点，分析时不符合题意，时，结合二次函数的正负及 的正负即可求解．
【详解】由题意，函数与函数在区间，内恰有3个零点，
设，
即函数在区间，内恰有3个零点，
当时，函数在区间，内最多有2个零点，不符合题意；
当时，函数的对称轴为，
，
所以，函数在，上单调递减，在上单调递增，且 ，
当，即时，函数在区间，上无零点，
所以函数在，上有三个零点，不符合题意；
当，即时，函数在区间，上只有一个零点，
则当，时，，
令，解得或，符合题意；
当，即时，函数在区间，上有1个零点，
则函数在，上有2个零点，
则，即，所以；
当，即时，函数在区间，上有2个零点，
则函数在，上只有1个零点，
则或或，即无解．
综上所述，的取值范围是，．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题判断函数零点个数的常用方法：
(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；
(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
【变式1-1】4. （2023·福建厦门·统考模拟预测）函数，当时，的零点个数为 ；若恰有4个零点，则的取值范围是 .
【答案】 1
【分析】第一空：当时、时可得答案；第二空：至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；分、、讨论结合图象可得答案.
【详解】第一空：当时，当时，，解得；
当时，，无零点，
故此时的零点个数是1；
第二空：显然，至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；
①
若恰有2个零点，则，此时恰有两个零点，所以，解得，
此时；
②
若恰有3个零点，则，此时，
所以恰有1个零点，符合要求；
③当时，，所以恰有1个零点，
而至少有4个零点，
此时至少有5个零点，不符合要求，舍去.
综上，或.
故答案为：1；.
【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.
题型2唯一零点问题
【例题2】（2023秋·重庆·高三统考阶段练习）在数列中，，且函数的导函数有唯一零点，则的值为（ ）．
A．1021B．1022C．1023D．1024
【答案】A
【分析】对应函数求导，利用奇偶性定义判断为偶函数，根据有唯一零点知，构造法有，应用等比数列定义写出通项公式并求对应项.
【详解】由在上有唯一零点，
而，
所以为偶函数，则，故，且，
所以是首项为4，公比为2的等比数列，则，
则.
故选：A
【点睛】关键点点睛：判断导函数为偶函数，进而得到为关键.
【变式2-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知函数，分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则正实数的值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】首先利用方程组法求函数的解析式，由解析式判断的对称性，利用导数分析的单调性及极值点，根据函数有唯一的零点知极小值，即可求正实数值.
【详解】由题设，，可得：，
由，易知：关于对称.
当时，，则，
所以单调递增，故时单调递减，且当趋向于正负无穷大时都趋向于正无穷大，
所以仅有一个极小值点1，则要使函数只有一个零点，即，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：奇偶性求函数解析式，导数分析函数的单调性、极值，根据零点的个数及对称性、单调性求参数值.
【变式2-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知函数（），若函数有唯一零点，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性变换得到，设，利用其几何意义根据图象得到范围.
【详解】，易知函数为偶函数，且，故考虑的情况即可，
当时，，即，
设，表示函数上的点到原点的斜率，根据图象知：
，当时，，故，故，
无解，故.

【点睛】本题考查了利用导数解决函数的零点问题，将题目转化为函数上的点到原点的斜率是解题的关键.
【变式2-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知函数有唯一零点，则负实数
A．B．C．D．或
【答案】A
【详解】函数有唯一零点，
设
则函数有唯一零点，
则
设∴ 为偶函数，
∵函数 有唯一零点，
∴与有唯一的交点，
∴此交点的横坐标为0， 解得 或（舍去），
故选A．
【变式2-1】4. （2021春•洛阳期末）存在实数使得函数有唯一零点，则实数的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的性质确定唯一零点，然后由二次方程判别式得结论．
【详解】令（）是增函数，，由对勾函数性质在上递减，在上递增，
所以时，，此时，因此有唯一零点，则零点为，
，时，有解，时，则，且．
综上．
故选：A．
题型3指对幂函数零点
【例题3】（2023秋·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）定义在上的偶函数满足，当时，，若在区间内，函数有个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】等价于与的图象在有5个交点，利用已知可得是周期为4的函数，且图象关于对称，画出的图象结合图象可得答案.
【详解】，
又是偶函数，所以，则，
所以的周期为4，由得的图象关于对称，
当时，，可得的大致图象如下，
若在区间内，函数有个零点，
等价于与的图象在有5个交点，
结合图象，当时与的图象恰好有5个交点，
当时与的图象有3个交点，不符合题意，
可得，此时，可得，
则实数的取值范围是.
故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题的解题的关键点是等价于与的图象在有5个交点，利用已知条件画出它们的图象，考查了学生的思维能力、运算能力.
【变式3-1】1. （2021秋•绍兴期末）已知，，若的两个实根是，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据 以及韦达定理可解得结果.
【详解】因为的两个实根是，，
所以，，
所以
，
因为，
所以.即 ，当且仅当时，等号成立.
所以的最小值是.
故选：D
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
【变式3-1】2. （2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知，若关于x的方程存在正零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简，令，转化为有解，设，利用导数求得函数的单调性，结合，得到存在唯一零点，转化为在有解，令，利用导数求得函数的单调性，得到，即可求解.
【详解】由题意得，，
令，问题转化为有解，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又由，所以存在唯一零点，即在有解，
即，令，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，
故实数的取值范围为.
故选：B.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
【变式3-1】3. （2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数有两个大于1的零点，则的取值范围可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由函数有两个大于1的零点，得在不单调，然后利用导数研究函数的单调性即可求解.
【详解】因为函数有两个大于1的零点，所以在不单调.
由得，
当时，恒成立，所以在上单调递增，不符合题意；
当时，显然在上单调递增，而，
当时，当时，，所以在上单调递增，不符合题意，此时可排除ABC；
当时，因为，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值.
而，当趋向正无穷时，趋向正无穷，
所以当函数有两个大于1的零点时，只要即可，
，
设，则，所以单调递增；
设，则，当时，，单调递减；
对于D，当时，由知，
当时，，所以，满足题意；
故选：D.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
【变式3-1】4. （多选）（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）已知有三个不相等的零点，，，且，则下列命题正确的是（ ）
A．存在实数，使得
B．
C．
D．为定值
【答案】BCD
【分析】化简方程，令，得到．构造函数，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于的方程三个不相等的实数解，，，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后对选项一一判断即可得出答案．
【详解】由方程，可得．
令，则有，即．
令函数，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，
作出图象如图所示，要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，
且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，且或，
令，
若，则，故.
若，则，无解，
综上，故C正确；
由图结合单调性可知，故B正确；
若，则，又，故A不正确；
，故D正确.

故选：BCD.
【点睛】本题主要考查导数的应用，解答本题的关键是：令，判断出函数的单调性，结合图象将，表示为关于的函数即可求解.
题型4含有绝对值函数的零点
【例题4】（2023·全国·高三专题练习）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【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．
【变式4-1】1.（2021春•宁夏校级月考）已知函数，．若方程恰有4个互异的实数根，则实数的取值范围为__________．
【答案】．
【详解】试题分析：（方法一）在同一坐标系中画和的图象（如图），问题转化为
与图象恰有四个交点．当与（或与）相切时，与图象恰有三个交点．把代入，得，即，由，得，解得或．又当时，与仅两个交点，或．
（方法二）显然，∴．令，则
∵，∴．结合图象可得或．
考点：方程的根与函数的零点．
【变式4-1】2. （2021秋•浦东新区校级月考）已知函数（且）在上单调递减，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用函数是减函数,根据对数的图象和性质判断出的大致范围，再根据为减函数，得到不等式组,利用函数的图象,方程的解的个数,推出的范围．
【详解】函数（且），
在上单调递减，则：；
解得，．
由图象可知，在上,有且仅有一个解，
故在上,同样有且仅有一个解，
当即时,联立,
则,解得或1（舍去），
当时,由图象可知，符合条件，
综上：的取值范围为.
故答案为．
【点睛】本题考查函数的单调性和方程的零点,对于分段函数在定义域内是减函数,除了每一段都是减函数以外,还要注意右段在左段的下方,经常会被忽略,是一个易错点；复杂方程的解通常转化为函数的零点,或两函数的交点,体现了数学结合思想,属于难题.
【变式4-1】3. （2021秋•瑶海区校级期末）已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足，则的值为 ；若关于的方程有唯一的实数解，则实数的值为 .
【答案】 1 或
【分析】构造函数方程并根据奇偶性可求得函数的解析式；转化为
有唯一解，构造偶函数，根据偶函数的对称性列式可求得结果.
【详解】，分别是定义在上的偶函数和奇函数，
，，
，
又①，
②
①+②：，，
令
又
换元设
又关于的方程有唯一的实数解，
设，
为偶函数，当且仅当时为唯一零点，，解得或.
故答案为：0；或
【点睛】关键点睛：构造函数方程并根据奇偶性求函数解析式、利用偶函数的对称性求解是解题关键.
【变式4-1】4. （2023·青海西宁·统考二模）函数的所有零点之和为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】令两个解为零点，将零点问题转换成，两个函数的交点问题，作图即可求出零点，且和的图象关于对称，零点也关于，即可求出所有零点之和.
【详解】令，得，解得或，即为零点，
令，，
的周期，对称轴，且的对称轴，
做出和的图象如图所示：
显然，在和上各存在一个零点，
，，在(4,5)上两函数必存在一个交点，
在上有两个零点，同理在上存在两个零点，
所以在上存在6个零点，
因为和关于对称，则零点关于对称，
所以的所有零点之和为.
故选：C
【变式4-1】5. （2021•义乌市月考）已知，满足在定义域上恒成立，则的值为 ．
【答案】0.
【分析】要使在定义域上恒成立，则函数与函数必有相同零点，进而得解．
【详解】令，解得或，
依题意，函数的零点也为或，（因为的值域为，若函数的零点不为或，则必有解，则与题设矛盾．
即，解得．
经检验，符合题意．
故答案为：0．
【点睛】本题考查不等式的恒成立问题，函数的零点，考查逻辑推理能力，属于中档题．
题型5复合函数零点
【例题5】（2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A．1B．3C．5D．7
【答案】D
【分析】令，则方程变为了，在同一直角坐标系中分别画出 和的图象得到相应的范围，再画出的图象，结合图像即可得解.
【详解】首先由定义知道，又由的定义域知道，所以有.
然后在同一直角坐标系中先分别画出 和的图象，如下图所示：

设方程的三个根从大到小依次排列为，
则由图可知.
现在在同一直角坐标系中先分别画出，，，的图象如下图：

由图可知分别与，，的图象分别交于一共七个点，
所以方程有7个根，
则函数的零点个数为7.
故选：D.
【点睛】关键点睛：解题关键是首先将原问题转化为求方程的根之后，利用了换元的思想方法，进一步只需讨论 和的图象交点个数以及相应的的范围(这里用到了数学结合的思想方法)，进而再次利用数形结合即可得解.
【变式5-1】1.（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）函数，若有个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由可得出或，数形结合可知直线与函数的图象有两个交点，从而可知直线与函数有两个零点，结合图形可得出实数的取值范围.
【详解】由，可得，
解得或，如下图所示：

由图可知，直线与函数的图象有两个交点，
又因为函数有四个零点，故直线与函数有两个零点，且，
所以，且，
因此，实数的取值范围是.
故选：D.
【变式5-1】2. （2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）已知函数，，记函数，若函数恰有三个不同的零点，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件画出函数图像，得到与的交点的横坐标一个在上，另一个在上，转化为研究，的最值问题，利用导数研究即可解决.
【详解】由的解析式，可知在上单调递增，
且值域为，在上单调递增，且值域为，
函数的图像如图所示，
所以在的值域上，任意函数值都有两个值与之对应，
在值域上，任意函数值都有一个值与之对应.
要使恰有三个不同的零点，
则与的交点的横坐标一个在上，另一个在上，
由的图像开口向上且对称轴为，易知，
此时，且，
结合的图像及，得，
则，
所以，且，
令，，则.
当时，单调递增；当时，单调递减.
所以，故的最大值为.
【点睛】思路点睛：本题考查函数与导数的综合问题.复合函数要层层分析，通过图像加以辅助，多变量问题要寻找变量之间的关系，实现消元，从而解答.
【变式5-1】3. （2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知函数，若函数恰有6个零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用导数求出在上的单调性与极大值，即可画出函数的图象，依题意可得关于的方程恰有个不相等的实数根，令，则关于的有两个不相等的实数根，且，，令，则，即可求出参数的取值范围.
【详解】当时，则，所以当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，，且时，当时，
当时，函数在上单调递增，
所以的图象如下所示：

对于函数，令，即，
令，则，
要使恰有个不相等的实数根，
即关于的有两个不相等的实数根，且，，
令，则有两个不相等的零点均位于之间，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是利用导数说明函数的单调性，得到函数的大致图象，将函数的零点问题转化为一元二次方程根的分布问题.
【变式5-1】4. （2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）已知函数，则时，的最小值为 ，设，若函数有6个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据各段函数的单调性分别求出各段的最小值，即可求出时，的最小值，令，则有两个解，则，且或有3个零点，即可求出实数的取值范围.
【详解】当时，，此时函数在上单调递增，
所以此时函数的最小值为，
当时，，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，
所以函数的最小值为，
综上，当时，的最小值为，
函数的图象如图所示

令，则由，得，
因为函数有6个零点，
所以有两个解，
所以，且满足，
解得，
即实数的取值范围是，
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：此题考查分段函数的最值的求法，以及根据函灵敏的零点个数求参数的范围，解题的关键是画出函数的图象，结合图形求解，考查学生的转化能力和数形结合的思想，属于较难题.
题型6函数中的整数问题
【例题6】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）已知函数有两个零点，且存在唯一的整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将函数有两个零点，转化为的图象有两个交点问题，利用导数判断的单调性，作出其大致图象，数形结合，列出能保证存在唯一的整数的不等关系，即可求得答案.
【详解】由题意函数有两个零点，
即，得有两个正实根，
设，则，
令，解得，当时，，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
故当时，函数取得极大值，且，
又时，；当时，；
当时，，
作出函数的大致图象，如图所示：
直线与的图象的两个交点的横坐标即分别为，
由题意知，又，
因为存在唯一的整数，所以，
又直线与的图象有两个交点，
由图可知：，即，
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题是根据函数零点的个数求参数的取值范围问题，关键在于要保证存在唯一的整数，因此解答时利用导数判断函数的单调性，作出函数图象，数形结合，列出保证条件成立的不等式，求解答案.
【变式6-1】1. （多选）（2023·全国·高三专题练习）关于的函数有4个零点，则整数的可能取值为（ ）
A．5B．6C．7D．9
【答案】ABC
【分析】利用对勾函数得性质画出函数图象，结合最值列出不等关系，求出实数k的取值范围，进而得到答案.
【详解】由对勾函数得单调性可知，
的图象大致如下：
x>0时，有两个零点，须满足：k>0，且；x0，且，
当时，当时，单调递增，无零点，当时，单调递减，有一个零点，故不合题意；
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，故不可能有4个零点，
综上：实数k的取值范围为[5，9)，
故选：ABC.
【变式6-1】2.（多选） （2023·全国·高三专题练习）若对任意恒成立，其中，是整数，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】对分类讨论，当时，由可得，由一次函数的图象知不存在；当时，由，利用数形结合的思想可得出的整数解.
【详解】当时，由可得对任意恒成立，
即对任意恒成立，此时不存在；
当时，由对任意恒成立，
可设，，作出的图象如下，
由题意可知，再由，是整数可得或或
所以的可能取值为或或
故选：BCD
【变式6-1】3. （2023·河南·校联考模拟预测）已知函数，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】将题目转化为存在唯一的整数，使得在直线上方,得到或，解得答案.
【详解】函数存在唯一的整数，使得，
设与,
即存在唯一的整数，使得在直线上方,
，当时，,在上单调递增；当时，,在上单调递减， ,，

若要存在唯一的整数，使得在直线上方，
则或，代入得或，
解得,
故答案为：.
【点睛】关键点点睛:用导数求参数的范围问题，将题目转化两个函数的交点问题求解是解题的关键.
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）函数．若，使得成立，则整数a的最大值为 ．（参考数据：，，）
【答案】
【分析】根据题意，构造函数，利用导数与函数的单调性得到为函数的最大值．将问题等价转化为，再次构造函数和，利用导数与函数的单调性即可求解.
【详解】，易知是周期为的周期函数．
，当时，在单调递增，单调递减，单调递增，单调递减，又，且．
构造函数，求得，
由基本不等式可得，当时，恒成立，所以函数在单调递增，且，故，所以有，
即为函数的最大值．
若，使得成立，
即，
亦即，
构造函数，可知在单调递减，在单调递增．
又，所以，，所以，
令，则，构造函数，可知在单调递减，
在单调递增．又，，
，，所以满足条件的整数，
故整数，所以整数a的最大值为．
故答案为：.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
【变式6-1】5.（2021•中卫二模）已知函数，若函数的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】函数的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，转化为解集中恰有两个正整数，利用数形结合建立不等式求解即可.
【详解】因为的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，
所以的解集中恰有两个正整数，
由可得， ，
令，则，，单调递增，
，单调递减，
作出函数与的图象如图，
当恰有两个正整数解时，即为1和2，
所以，
故选： C
【点睛】本题以解不等式为载体,要求考生抓住函数图象和性质的本质,建立数与形之间的联系,体现了直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养，属于难题.
题型7三角函数的零点
【例题7】（多选）（2023秋·福建厦门·高三福建省厦门第二中学校考开学考试）设函数，已知在有且仅有5个零点，则（ ）
A．在有且仅有3个极大值点
B．在有且仅有2个极小值点
C．在单调递增
D．ω的取值范围是
【答案】ACD
【分析】由在有且仅有5个零点，可得可求出的范围，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为在有且仅有5个零点，如图所示，

所以，所以，所以D正确，
对于AB，由函数在上的图象可知，在有且仅有3个极大值点，有3个或2个极小值点，所以A正确，B错误，
对于C，当时，，
因为，所以，所以，
所以在单调递增，所以C正确，
故选：ACD
【变式7-1】1.（多选） （2023秋·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考开学考试）函数在上有两个零点，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．在上有2个极值点且
【答案】ACD
【分析】根据零点存在定理来判断A；根据导数的几何意义推出，结合零点即方程的根来判断B；根据导数的几何意义推出，结合两角和的正切公式判断C；根据导数与极值点的关系判断D.
【详解】由于函数在上有两个零点，
故函数的图象在上有两个不同的交点，
作出函数的图象如图：

要满足题意，需满足与在间的图象相切，
由图象可知，，
当时，，当时，，
由于，则设与在间的图象相切时的切点为，
此时，则，
于是，C正确；
对于A，当时，，此时，，
由于，即，
令，，
即为减函数，
，，
故在内有唯一零点，即，A正确；
对于B，当时，，即；
当时，，，即；
故，B错误；
对于D，当时，，，
，当时，，当时，，
即在单调递减，在单调递增，
即为函数在内的一个极小值点；
当时，，，
当时，，当时，，
即在单调递减，在单调递增，
即为函数在内的一个极小值点；
即在上有2个极值点，设为，
则，故，D正确；
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合性强，难度较大，解答时要能综合利用函数零点知识以及导数知识，灵活求解，要注意数形结合方法的应用.
【变式7-1】2. （2023·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）若存在实数及正整数，使得在区间内恰有个零点，则所有满足条件的正整数的值共有 个．
【答案】
【分析】利用换元思想将问题转化为方程在实数范围内一定有两个异号的根，根据方程与函数的应用进行讨论分析.
【详解】由题意知，
，
令，，此时，
而，，，
则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根，
当时，，
一个周期内有两个零点，则或；
当时，，
一个周期内有三个零点，则需要个周期，
即；
当时，此时，解得，
若，此时，
则一个周期内有四个零点，
则需要个周期，
即；
若，此时，，
则一个周期内有三个零点，
则需要个周期，
即；
若，此时，
一个周期内有两个零点，
则或.
综上所述，这样的正整数有个，
分别是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题主要考查函数与方程的应用，利用分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，属于中档题.
【变式7-1】3. （2023·宁夏银川·校考模拟预测）已知函数（，）.
再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择能确定函数的解析式的两个作为已知.
条件①：函数的最小正周期为；
条件②：函数的图象经过点；
条件③：函数的最大值为.
(1)求的解析式及最小值；
(2)若函数在区间（）上有且仅有1个零点，求的取值范围.
【答案】(1)选择①②，的最小值为；选择①③，的最小值为
(2)选择①②；选择①③
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，选择①②：由周期得出，由得出，进而求出的解析式及最小值；选择①③：由周期得出，由的最大值为得出，进而求出的解析式及最小值；选择②③：由得，又因为函数的最大值为，所以，与矛盾，不符合题意．
（2）因为,，所以，结合三角函数的性质与函数零点的概念求解即可．
【详解】（1）由题可知， ，
选择①②：
因为，所以，
又因为，所以．
所以．
当，即时，，
所以函数的最小值为．
选择①③：
因为，所以，
又因为函数的最大值为，所以．
所以，
当，即时，．
所以函数的最小值为．
选择②③：因为，所以．
又因为函数的最大值为，所以，与矛盾，不符合题意．
（2）选择①②：
因为,，所以，
又因为在区间（）上有且仅有1个零点，
所以，所以，所以．
选择①③：
因为,，所以，
又因为在区间（）上有且仅有1个零点，
又时，或，
所以，所以，所以．
1.（2023·山西阳泉·阳泉市第一中学校校考模拟预测）已知函数的零点为，函数的零点为，给出以下三个结论：①；②；③.其中所有正确结论的序号为 .
【答案】①③
【分析】根据函数零点的定义结合函数的单调性推出，可得.利用基本不等式可判断①；结合二次函数单调性可判断②；判断出，即可推出，从而推出，即可判断③.
【详解】由题意得，则，
即和为的零点；
而在R上单调递增，且，
在R上有且仅有一个零点，，
又，①正确；
又，
而在上单调递增，
，②错误；
，，
则，
而，故，即，③正确.
综上，所有正确结论的序号为①③，
故答案为：①③
【点睛】关键点睛：本题综合性较强，涉及到函数零点以及单调性以及不等式证明相关知识，解答的关键在于根据，变式为，从而推出和为的零点，再结合函数的单调性，说明，以下问题则可顺利解决.
2．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数在区间上存在零点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设函数的零点为，则，则点在直线上，然后将问题转化为点到直线的距离的最值问题，构造函数，利用导数求解可得.
【详解】设函数的零点为，则，则点在直线上.
因为表示与的距离，所以则的最小值即为原点到直线的距离的最小值平方，即，
令，
令，当时，单调递增，
当时，单调递减，所以当时，，
所以的最小值为.
故答案为：
3．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知函数有三个零点，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求导得到导函数，构造，确定，排除的情况，确定函数的单调性，确定，，，根据零点存在定理得到答案.
【详解】，，，
设，，
当时，恒成立，即恒成立，单调递增，不满足；
故，即或，
当时，在上恒成立，
单调递增，不满足，故，
现证明时满足条件：
设方程的两个解为，，不妨取，，，
当和时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
，故，，
当趋近时，趋近，当趋近时，趋近，
故在和上分别有一个零点，满足条件.
综上所述：实数m的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，根据的大小分类讨论的取值范围是解题的关键，分类讨论是常用的数学方法，需要灵活掌握.
4．（2023·广东韶关·统考模拟预测）定义为与距离最近的整数（当为两相邻整数算术平均数时，取较大整数），令函数，如：，，，，则（ ）
A．17B．C．19D．
【答案】C
【分析】根据题意，分析的规律，将重新分组，第组为个，则每组中各个数之和为，分析所在的组，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，函数，
当时，有，则，则有，
当，有，则，则有，
当，有，则，则有，
当，有，则，则有，
，
当 时，， ，
此时，包含，，，，共个整数，
由此可以将重新分组，各组依次为、、、，，
第组为个，则每组中各个数之和为，
前组共有个数，则是第组的第个数，
则．
故选：C．
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是找到的规律，确定所在的分组.
5．（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
【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【详解】，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.
6．（2021·天津·统考高考真题）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．
【答案】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.
7．（2022·全国·统考高考真题）（多选）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
8．（2022·北京·统考高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ．
【答案】 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，
9．（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】
【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．
10.（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】
【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：.
11．（2022·天津·统考高考真题）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 .
【答案】
【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.
12．（2021·北京·统考高考真题）已知函数，给出下列四个结论：
①若，恰 有2个零点；
②存在负数，使得恰有1个零点；
③存在负数，使得恰有3个零点；
④存在正数，使得恰有3个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．