2026年新高考数学专题复习学案 18.函数零点高三备考核心考点与应用

这是一份2026年新高考数学专题复习学案 18.函数零点高三备考核心考点与应用，共13页。
一．基本原理
找点原理：对于函数，倘若我们要找的点，且发现当
时，函数均趋向正无穷，此时我们可以考虑将函数的结构加以变形：
不妨假设变形为，从而，，即将一部分放缩控制为有限极限，从而欲解只需解即可.为此，我们需要特别留意下面这些函数的极值点：


2.三角找点原理.有关三角函数的零点问题处理主要手段有：
分段处理；分段的依据主要是由三角函数的取值象限来进行，等.
讨论好单调性与端点（特殊点），注意高阶导数的应用，直到能清楚判断所讨论区间的单调性；
关注有关三角的不等式放缩，有时候可优化解题，避免繁杂的找点过程！
；；.
典例分析
例1.（2022全国乙卷）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围.
解析：（1）,所以在点处的切线方程为;
（2）由于，即
当时，当时，成立，所以在单调递增，且，故时，无零点，舍去.
当时,当时,，由题意可知，必有，即.
（i）当时, ，
令，当时，，故，故，单调递增，在无零点，舍去；
（ii）当时，，令，
当时，，单调递增，且，，故，使得，当时，，，单调递减；时，，，单调递增；又，这时，我们只需说明存在使得即可.
下面来考虑找点过程：由于，而，故，那么，故只需满足：
即可，取，则，于是此时在上有一个零点；
当时，，由单调递增，且，，故，使得，当时，，单调递减，时，，单调递增；又，，
故，使得，当时，，，单调递增，时，，，单调递减；又，这时，我们只需说明存在，使得即可.
下面来考虑找点过程：由于，而，故，那么，故只需满足：
即可，取，则，于是此时在上有一个零点；此时在上有一个零点；综上，
对于函数，倘若我们要找的点，且发现当
时，函数均趋向正无穷，此时我们可以考虑将函数的结构加以变形：
不妨假设变形为，从而，，即将一部分放缩控制为有限极限，从而欲解只需解即可.
2.零点同构
函数同构问题是当下的一个热门问题，2022，2020,的导数问题就可以从同构角度构造恒成立. 同构问题常见于指对混合函数的恒成立或零点问题中，重在观察和变形，所以技巧性较强. 当然这类指对混合函数的恒成立也可用其他方法完成，在这里学习同构，更多的是提升观察与思维能力.
一．基本原理
1.解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为的结构，即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式： = 1 \* GB3 ①； = 2 \* GB3 ②； = 3 \* GB3 ③； = 4 \* GB3 ④； = 5 \* GB3 ⑤.
2.多变量同构型零点的基本规律
2.1.，图象如下，左端为，右端为.
性质：
（1）；
（2）同构特性：（公众号：凌晨讲数学）
（3）若方程存在三个实数根，分别记为，则有
（4）若方程存在四个实根，记为，且有，则有：（公众号：凌晨讲数学）
2.2.，图象如下：，左端为，右端为.
性质：
（1）；（公众号：凌晨讲数学）
（2）同构特性：
（3）若方程存在三个实数根，分别记为，则有
（4）若方程存在四个实根，记为，且有，则有：（公众号：凌晨讲数学）
例2.（2023届成都）（公众号：凌点数学）
已知函数，其中，．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，函数恰有两个零点，求a的取值范围．
解析：（1）当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）函数恰有两个零点，等价于方程有两个不等的实数解．∵，，，
令，则．令，则．∴当时，；当时，．∴函数在上单调递增，在上单调递减．∵，
∴方程有唯一解．∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．等价于方程有两个不相等的实数解．构造函数，则．∵，∴当时，；当时，．∴函数在上单调递增，在上单调递减．∵，；，．∴只需要，即．构造函数，则．∴当时，；当时，．
函数在上单调递减，在上单调递增．∵，当时，恒成立．∴a的取值范围为．
例3.（2022全国新高考1卷）
已知函数和有相同的最小值.
（1）求；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
解析：（2）由（1）可得，的最小值在处取到，的最小值在处取到，且最小值均为1. 于是,在上增，在上减，则存在，使得
.这样的话，令,且直线与两条曲线和共有三个不同的交点.（公众号：凌晨讲数学）
另一方面，注意到，考虑函数，则.
设直线与两条曲线和从左到右的三个交点横坐标为.且有.由上述讨论可知：，故①，同理，由②可得：.又因为③
联立①，②，③可得：，即从左到右的三个交点横坐标成等差数列.
3.复合方程与函数作图
基本原理：
1.已知，且的两个具体的根，求根的个数，或者根据解的个数求参数范围.
解法剖析：换元，最终转化为根的个数，这类问题由于一元二次方程的根最终可以求解，所以实际就转化成函数作图后找到交点个数，或者根据交点个数求参数即可
2.已知函数，且知一元二次型方程根的个数，求参数的取值范围.
解法剖析：换元，最终转化为一元二次方程根的分布.
3.一元二次方程根的分布
对一元二次方程（其中）和二次函数，有：
（1）方程的个根都比小的充要条件是
（2）方程的个根都比大的充要条件是
（3） 方程的一根都在内，另一根在内的充要条件是
（4）方程的个根都在内的充要条件是
（5）方程的一根比大，一根比大，一根比小的充要条件是.
（6）方程的个根都在外，且一根比小，另一根比大的充要条件是
4.求解复合函数零点问题的技巧:
（1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出的图像
（2）若已知零点个数求参数的范围,则先估计关于的方程中解的个数，再根据个数与的图像特点,分配每个函数值被几个所对应,从而确定的取值范围,进而决定参数的范围.
二．典例分析
例4.函数，方程有6个不同的实根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
解析：由方程得或，
则方程有6个不同的实根，等价于的图象与直线有6个不同的交点，当时，，则，令，得：，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故时，取极小值，当时，，当时，单调递增；当时，单调递减，且，根据以上信息，作出的大致图象如图，
由图可知，的图象与直线有2个不同的交点，由题意，只需的图象与直线有4个不同的交点，则，综上得：的取值范围是．故选：A．
例5．已知函数，关于的方程有三个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
解析：，所以在区间递增；在区间递减.所以有极大值，有极小值.
结合，可画出的大致图象如下图所示.
依题意，关于的方程有三个不相等的实数根，令，则，，方程有两个不相等的实数根，设为，，
则，所以方程有一正根和一负根，无解，当为正时，根据图象可知，，即方程的正根在区间上，
令，故，解得.故选：C
4. 函数的对称性与零点问题
一．基本原理
1点关于点对称：点关于对称的点坐标为，
2.点关于线对称
一般地，若点关于直线对称的点为，可连接交于点，则垂直平分，所以，且为的中点，又因为在直线上，可得.
进一步，我们可以通过上式算得：点关于直线对称的点的坐标可计算为.
特别地：
（1）点关于直线对称的点为
（2）点关于直线对称的点为
（3）点关于直线对称的点为
上述问题经常可以通过两个函数图象上存在上述特征的对称点求参数范围而出现，其本质是一个方程根的存在性问题，我们的基本做法就是分离参数，然后求得参数的范围.
二．典例分析
例6（广州一模T11）．已知函数，点分別在函数的的图像上，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若关于的方程在上无解，则
B．存在关于直线对称
C．若存在关于轴对称，则
D．若存在满足，则
解析：函数，对于A，方程在上有解，显然函数在上单调递增，则有，解得，因此关于的方程在上无解，则或，A错误；
对于B，设点，依题意，点Q关于直线对称点在函数的图象上，即关于t的方程有解，即有解，此时，令函数，，即函数在上单调递增，，
而函数在上都单调递增，它们的取值集合分别为，
因此函数的值域为，又，于是在有解，所以存在关于直线对称，B正确；
对于C，设点，则点P关于y轴对称点在函数的图象上，即，令，，即函数在上单调递减，，又，恒有，因此，C正确；D正确.故选：BCD
例7．已知在函数与函数的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
解析：由题可得在有解，即在有解，
所以在有解，令，则，
令，则，所以在单调递减，且，所以当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，所以，故.故选：D.
5.同零点型恒成立
一．基本原理
1.类型1 的基本特征
这类题目的原理很简单，对于恒成立，根据乘法原理，可将其拆解为： 以及与在上每个横坐标处同正同负，即零点相同！
综上所述，这类题目需要分类讨论求解（一般情况下，展开无法完成），求讨论的步骤为：（i）,
（ii）,以及易忽视的第三步：
（iii）与在上每个横坐标处同正同负，零点相同，即恒同号！
2.类型2的基本特征
若方程有唯一根，且可转化为，而为上凸型偶函数（轴对称函数），为下凹型偶函数（轴对称函数），这样唯一的零点就会出现在一个函数的最低点和另一个函数的最高点（即对称轴相同的地方）
二．典例分析
例8．（2024年新课标全国2卷）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
解析：令，即，可得，
令，原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，注意到均为偶函数，可知该交点只能在轴上，可得，即，解得，若，令，可得，因为，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，所以符合题意；综上所述：.
例9.（2024年新高考2卷T8）设函数，若，则的最小值为（ ）

解析：由可得与始终同号，故而可得：时也等于，，选C.
三．习题演练
1.（2017年全国2卷）若函数有唯一的零点，则实数_______
解析：因为，所以
所以即函数图象关于轴对称，故函数的图象与轴的交点也关于对称，又因为函数有唯一零点，故根据函数的对称性可知，只能交在，0），即（2），
所以．故答案为：.
2.已知函数在点处的切线方程为l：，若对任意
，都有成立，则______．
解析：因为，所以，，
所以，令，
则，则，
，令，则，令，得，所以时，，单调递减，时，，单调递增，当，时，，则，单调递增，，即，所以当，时，成立，当，时，，则，单调递增，，即，
所以当，时，成立，综上所述.
3．已知函数，若与的图象在上有唯一交点，则实数（ ）
A．2B．4C．D．1
解析：令，，由，得是上的偶函数，其图象关于对称，由与的图象在上有唯一交点，得函数有唯一零点，因此，所以.故选：C
4．设函数，若函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
解析：由，得，依题意，在上有解，记，，因此函数在上的图象有公共点，，如图，
当时，，显然函数在上的图象无公共点，
当时，函数图象都关于对称，得，即，解得，
所以实数的取值范围是.故选：C
5．已知，，，当时，恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
解析：当时，不等式显然成立，当时，不等式恒成立，
设，，则，令f'x