2026届高考数学二轮专题复习讲与练 函数与方程+随堂检测（2份，原卷版+解析版）

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一、函数的零点
对于函数，我们把使的实数叫做函数的零点.
二、方程的根与函数零点的关系
方程有实数根函数的图像与轴有公共点函数有零点.
三、零点存在性定理
如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点，即存在，使得也就是方程的根.
四、二分法
对于区间上连续不断且的函数，通过不断地把函数的零点
所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点的近似值的方法叫做二分法.求方程的近似解就是求函数零点的近似值.
【解题方法总结】
函数的零点相关技巧:
①若连续不断的函数在定义域上是单调函数，则至多有一个零点.
②连续不断的函数，其相邻的两个零点之间的所有函数值同号.
③连续不断的函数通过零点时，函数值不一定变号.
④连续不断的函数在闭区间上有零点，不一定能推出.
【典例例题】
题型一：求函数的零点或零点所在区间
【例1】已知函数是奇函数，且，若是函数的一个零点，则（ ）
A． B．0 C．2 D．4
【答案】D
【解析】因为是函数的一个零点，则，于是，即，
而函数是奇函数，则有，所以.故选：D
【变式1-1】已知是函数的一个零点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为是函数的一个零点，所以，即，故，
则．故选：D．
【变式1-2】已知函数的零点依次为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】对于 ，显然是增函数， ，所以 的唯一零点 ；对于 ，显然也是增函数， ，所以 的唯一零点 ；对于 ，显然也是增函数， ，所以 的唯一零点 ；
；故选：A.
【变式1-3】已知，若是方程的一个解，则可能存在的区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，所以，
因为是方程的一个解，所以是方程的解，令，
则，当时，恒成立，所以单调递增，
又，所以.故选：C.
【解题总结】
求函数零点的方法：
（1）代数法，即求方程的实根，适合于宜因式分解的多项式；（2）几何法，即利用函数的图像和性质找出零点，适合于宜作图的基本初等函数.
题型二：利用函数的零点确定参数的取值范围
【例2】函数在区间存在零点．则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由在上单调递增，在上单调递增，得函数在区间上单调递增，因为函数在区间存在零点，
所以，即，解得，所以实数m的取值范围是.故选：B.
【变式2-1】函数的一个零点在区间内，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】∵和在上是增函数，∴在上是增函数，∴只需即可，即，解得.故选：D.
【变式2-2】已知函数是R上的奇函数，若函数的零点在区间内，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】∵是奇函数，∴，，，易知在上是增函数，
∴有唯一零点0，函数的零点在区间内，∴在上有解，，∴．故选：A．
【变式2-3】已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】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：.
【解题总结】
本类问题应细致观察、分析图像，利用函数的零点及其他相关性质，建立参数关系，列关于参数的不等式，解不等式，从而获解.
题型三：方程根的个数与函数零点的存在性问题
【例3】已知实数，满足，，则________.
【答案】4
【解析】由，即，即，令，则，
即，即.由，得，设函数，显然该函数增函数，
又，所以函数在上有唯一的零点，
因此，即，所以.故答案为：4.
【变式3-1】已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】因为，所以
当时，有，解得，所以当时，有两个零点，不符合题意；
当时，由，解得或，且有，，
当，，在区间上单调递增；
当，，在区间上单调递减；
当，，在区间上单调递增；
又因为，，所以，存在一个正数零点，所以不符合题意；
当时，令，解得或，且有，
当，，在区间上单调递减；
当，，在区间上单调递增；
当，，在区间上单调递减；
又因为，，所以，存在一个负数零点，要使存在唯一的零点，则满足，解得或，又因为，所以，
综上，的取值范围是．故答案为：.
【变式3-2】若曲线有两条过的切线，则a的范围是______.
【答案】
【解析】设切线切点为，因，则切线方程为：.
因过，则，由题函数图象
与直线有两个交点.，得在上单调递增，在上单调递减.
又，，.据此可得大致图象如下.则由图可得，当时，曲线有两条过的切线.故答案为：
【变式3-3】已知实数m，n满足，则___________.
【答案】
【解析】因为，所以，故，即，
即.由，得.令，因为增函数+增函数=增函数，所以函数在R上单调递增，而，故，解得，则.故答案为：
【解题总结】
方程的根或函数零点的存在性问题，可以依据区间端点处函数值的正负来确定，但是要确定函数零点的个数还需要进一步研究函数在这个区间的单调性，若在给定区间上是单调的，则至多有一个零点；如果不是单调的，可继续分出小的区间，再类似做出判断.
题型四：嵌套函数的零点问题
【例4】已知函数，则关于的方程有个不同实数解，则实数满足（ ）
A．且 B．且 C．且 D．且
【答案】C
【解析】令，作出函数的图象如下图所示：
由于方程至多两个实根，设为和，由图象可知，直线与函数图象的交点个数可能为0､2､3､4，由于关于x的方程有7个不同实数解，则关于u的二次方程的一根为，则，则方程的另一根为，直线与函数图象的交点个数必为4，则，解得.所以且.故选：C.
【变式4-1】定义在R上函数，若函数关于点对称，且则关于x的方程()有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为
A．2 B．4 C．2或4 D．2或4或6
【答案】B
【解析】∵函数关于点对称，∴是奇函数，时，在上递减，在上递增，作出函数的图象，如图，由图可知的解的个数是1，2，3.
或时，有一个解，时，有两个解，时，有三个解，
方程中设，则方程化为，其判别式为恒成立，方程必有两不等实根，，，，两根一正一负，不妨设，
若，则，，和都有两个根，原方程有4个根；
若，则，，∴，，有三个根，有一个根，原方程共有4个根；若，则，，∴，，有一个根，有三个根，原方程共有4个根．综上原方程有4个根．故选：B.
【解题总结】
1、涉及几个根的取值范围问题，需要构造新的函数来确定取值范围．
2、二次函数作为外函数可以通过参变分离减少运算，但是前提就是函数的基本功要扎实．
题型五：函数的对称问题
【例5】已知函数，函数与的图象关于直线对称，若无零点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题知，，设，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，的图象如下，由图可知，当时，与无交点，即无零点．故选：D．
【变式5-1】已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为函数与函数的图象关于x轴对称，根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，即方程在上有解，即在上有解．令，，则，可知在上单调递增，在上单调递减，故当时，，由于，，且，所以．故选：A．
【变式5-2】已知函数（，为自然对数的底数）与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设上一点，，且关于轴对称点坐标为，在上，
有解，即有解．
令，则，，
当时，；当时，，在上单调递减；在上单调递增
，，，
有解等价于与图象有交点， ．
故选：B
【解题总结】
转化为零点问题
题型六：函数的零点问题之分段分析法模型
【例6】若函数至少存在一个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为函数至少存在一个零点，所以有解
即有解，令，则
因为，且由图象可知，所以所以在上单调递减，令得
当时，单调递增，当时，单调递减，所以，且当时，所以的取值范围为函数的值域，即故选：A
【变式6-1】设函数，记，若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意得函数的定义域为．又，
∵函数至少存在一个零点，∴方程有解，即有解．
令，则，
∴当时，单调递增；当时，单调递减．
∴．又当时，；当时，．
要使方程有解，则需满足，∴实数的取值范围是．故选D．
【变式6-2】若至少存在一个，使得方程成立．则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】原方程化简得:有解,令,,当时,,所以f(x)在单调递减,当x