第07讲 函数与方程（专项训练）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

这是一份第07讲 函数与方程（专项训练）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了已知函数的零点，则整数的值为，已知是函数的零点，且，，则等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc8180" 模拟·基础演练 PAGEREF _Tc8180 \h 2
\l "_Tc19218" 题型01 求函数的零点2
\l "_Tc25567" 题型02 判断函数零点所在区间3
\l "_Tc19218" 题型03 根据零点所在区间求参数取值范围5
\l "_Tc25567" 题型04 求函数零点或方程根的个数7
\l "_Tc19218" 题型05 根据函数零点的个数求参数9
\l "_Tc25567" 题型06 \l "_Tc19218" 利用零点的分布求参数13
\l "_Tc25567" 题型07 比较零点的大小 PAGEREF _Tc25567 \h 15
\l "_Tc19218" 题型08 求函数零点的和的问题18
\l "_Tc25567" 题型09 二分法求方程近似解22
\l "_Tc21834" 重难·创新演练25
\l "_Tc15242" 真题·实战演练38
模拟·基础演练
考查重点：围绕函数零点展开，包含零点求解、零点所在区间判断、零点个数分析，以及由零点分布求解参数范围；重点考查零点存在定理，侧重数形结合、等价转化思想的运用。
题型01 求函数的零点
1.函数的零点为___________.
【答案】5
【详解】令，得，所以，解得或（舍去）.
故答案为：5
2．已知a是函数的零点，则实数a的值为___________.
【答案】27
【详解】因为a是函数的零点，所以，所以，
则实数a的值为．
故答案为：27
3．函数的零点为___________.
【答案】或
【详解】令，解得，故或．
故答案为：或
4.（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数则的零点之和为___________.
【答案】1
【详解】当时，令，得；当时，令，得,所以的零点之和为．
故答案为：1
5．（多选）已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．在上单调递增B．的极小值为
C．的图象关于原点对称D．有两个零点
【答案】AC
【分析】先求导，利用导数研究单调性进而判断AB，判断的奇偶性即可判断C，求的零点即可判断D.
【详解】函数的定义域为，所以，
对于A，由，得或，函数在上单调递增，故A正确；
对于B，由，得，函数在上单调递减，
在上单调递增，所以函数在取得极小值，故B错误；
对于C，，函数是奇函数，其图象关于原点对称，故C正确；
对于D，由，解得，函数有3个零点，故D错误．
故选：AC
题型02 判断函数零点所在区间
6．（25-26高三上·河北保定·开学考试）方程的实数根所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】令函数，而函数在上都单调递增，
则函数在上单调递增，又，
因此函数在上存在零点，
所以方程的实数根所在的区间为．
故选：D
7．函数的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为是增函数，是增函数，所以函数是增函数.
又，
所以由零点存在性定理可得，函数的零点所在的区间为.
故选：B
8．函数零点所在区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因函数与都是上的增函数，则也是上的增函数，
又，
故函数有唯一的零点，其所在区间为.
故选：B
9.（2026·陕西西安·模拟预测）函数的零点所在区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先判断函数在定义域上的单调性，再根据零点存在定理判断即可.
【详解】由题意可知函数的定义域为，又因为与在均单调递减，
所以在均单调递减且连续，
因为，，
所以函数的唯一零点所在区间为.
故选：A
10.已知函数的零点，则整数的值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理列不等式求解.
【详解】由已知和均为单调递增函数，
故在定义域内也为单调增函数，
因为，所以函数的零点在区间上，
又函数的零点在区间上，所以，
故选：C.
题型03 根据零点所在区间求参数取值范围
11.若函数在上有零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为在上单调递增，所以，即，解得．
故选：D.
12.函数在区间内有零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】当时，由可得，
令，因为函数、在上均为增函数，
故函数在上为增函数，
因为函数在区间内有零点，则函数在区间内有零点，
所以，，解得，因此，实数的取值范围是.
故选：D.
13．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】B
【详解】当时，在上恒成立，此时在区间内无零点；
要使函数的一个零点在区间内，则，
因为函数和在单调递增，所以函数在单调递增，
由零点存在性定理可知，解得．
故选：B
14．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
【分析】利用单调性将命题转化为，再解不等式即可.
【详解】由于在上单调递增，故命题等价于，即，
解得，所以实数的取值范围是.
故选：D.
15．已知，在上有且只有两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用辅助角公式进行化简，问题转化为方程在区间上有且仅有两个不相等的实根，然后结合的范围及正弦函数的性质，求出的取值范围．
【详解】.
函数在上有且只有两个零点，可以转化为方程在区间上有且仅有两个不相等的实根，
令，因为，则.
结合的图象可知，若在有且仅有两个不相等的实根，
则，解得.
故的取值范围是.
题型4 求函数零点或方程根的个数
16．已知函数则函数的零点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】令并结合各段解析式所在的定义域即可求解.
【详解】当时，解得或（舍），此时有1个零点，
当时，解得，此时有1个零点，所以共有2个零点.
故选：C
17．直线与曲线的交点个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】直线与曲线的交点，整理可得，
而，，所以方程无实根，交点个数为个．故A正确．
故选：A
18．函数与的图象共有 个交点．
【答案】63
【分析】作出两函数图象，根据图象的对称性和以及正弦曲线的周期性，可求得交点个数.
【详解】作出两函数图象的简图，如图所示：
因为函数与均为奇函数，它们的图象显然有一个交点为原点，
当时，，而，
除在上，两图象有一个交点，上各有两个交点，
共个交点，根据对称性，所以两函数图象的交点个数为个．
故答案为：63
19．（湖南邵阳市2026年普通高中学业水平合格性考试模拟试题高二数学）函数在上的零点个数为___________.
【答案】3
【详解】令，则或，且，则2x∈0,2π，
可得或或，解得或或，
所以函数在上的零点个数为3.
故答案为：3
20．若函数满足，且时，，已知函数，则函数在区间内的零点个数为___________.
【答案】
【分析】结合函数周期性和解析式可作出与在上的图象，根据图象交点个数可得所求函数零点个数.
【详解】，是周期为的周期函数；
当时，；当时，；，
又，，，
可作出与在上的图象如下图所示，
由图可知：与在上有个交点，
函数在区间内的零点个数为.
故答案为：12
题型5 根据函数零点的个数求参数
21．已知函数，若函数有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析函数，求导，利用导数分析函数单调性和极值点；分析在区间内的单调性和关键点，作出函数图象，结合图象得出有3个零点的a的取值范围．
【详解】当时，，求导得，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故是的极小值点，即为最小值点，，
且；
当时，，
，
，
，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
故函数的图象如下：
已知函数有3个零点，由图象可知，
当时，有3个交点；当时，有3个交点；
综上，实数a的取值范围是．
故选：D
22.（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
解法1：令得．由题意可知函数的图象与直线有三个交点，由图可知．
解法2：当时，．令，得或，
解得或，不满足题意，因此排除B、D选项．
当时，，
令，得或，
解得或，不满足题意，因此排除C选项，故选A．
故选：A
23．已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【分析】据题意对实数进行讨论，分，，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解．
【详解】当时，，对称轴为.
当时，函数在单调递增，函数图象如下：
令，则由，结合图象可得或，即或.
结合图象可知，有2个解，有1个解，此时函数有3个零点，不符合题意.
当时，函数在单调递增，在单调递减，函数图象如下：
令，则由，结合图象可得或或，
即或或.
由图可知，有2个解，有3个解，
又函数有8个零点，则需有3个解.
需使，解得.
综上，实数的取值范围为.
故答案为：.
24．已知函数,若关于x的方程有6个根，则m的取值范围为___________.
【答案】
【分析】先作出函数的图像，结合图像可把问题转化为在上有两个不同实根，，数形结合即可求得答案．
【详解】作出函数图像如图所示：
令，则可化为，
若有6个根，
结合图像可知方程在上有2个不相等的实根，
不妨设，，
则，解得，故m的取值范围为.
故答案为：
题型6 利用零点的分布求参数
25.已知函数有两个不相等的正零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】转化为有两个不等正根为，根据韦达定理和根的判别式得到不等式组，求出答案.
【详解】设的两个不等正零点为，
即的两个不等正根为，
故，解得，故的取值范围是.
故选：C
26.已知是函数的零点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结果.
【详解】因为函数、在上均为增函数，故函数在为增函数，
因为，，，则，
由零点存在定理可得，又因为，，故.
故选：B.
27.（2026·河北衡水·一模）若函数（）在内存在唯一的，使得，则的取值可能为（ ）
A．B．1C．D．3
【答案】BC
【详解】由，知在内存在唯一的解.
当时，，则，即，
因仅有选项B,C中的值在此范围，故B,C正确.
故选：BC
28.若关于的不等式的解集中恰好有3个整数解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据一元二次不等式恰有3个整数解，分析可得实数的取值范围；或分离参数，构造新函数，分析新函数的单调性，解得实数的取值范围.
【详解】解：原不等式等价于，
由题意，知，解得.
又原不等式的解集为，且，
则为原不等式的整数解，所以，解得所以实数的取值范围为.
方法二：对于不等式，
当时，，不成立，所以0不是不等式的整数解；
当时，.
令，则在上均单调递增，其简图如下：
当时，，所以；当,且取整数时，，所以；
所以不等式的整数解是,即不等式解集中恰有3个整数解是，所以，所以.
所以实数的取值范围为.
故选：D.
29．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数，则有零点的充要条件是___________.
【答案】
【分析】将函数有零点的问题转化为方程有根的问题，根据一元二次方程根的问题求解即可.
【详解】函数有零点方程有解.
当时，方程有一解；
当时，方程有解，
综上知：有零点的充要条件是.
故答案为：.
题型7 比较零点的大小
30．（2026·河南新乡·三模）已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求解三个函数的零点满足的关系式,再数形结合利用函数图象的交点比较大小即可.
【详解】的零点即为方程的解，即为的图像与图像的交点横坐标，
的零点即为方程的解，即为的图像与图像的交点横坐标，
的零点即为方程的解，即为的图像与图像的交点横坐标，
∵函数的零点分别为,
作出函数的图象如图，
由图可知：,
故选：A
31．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用函数与方程的关系转化为两个函数的交点问题，再利用数形结合即可求出结果.
【详解】由及得，由及得，
由及得，
由函数的零点分别为，
可得函数，，与图象交点的横坐标分别为，
在同一坐标系中分别作出函数，，，的图象如图，
由图知
故选：B
32.已知，则正数的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过将已知等式变形得到关于、、的方程，然后将方程的解转化为函数图象交点的横坐标，最后通过比较函数图象交点的位置来确定、、的大小关系.
【详解】设，由此，
分别为方程的解，在同一坐标系作函数的图象，
分别与函数的图象分别交于，其横坐标分别为，
由图可知.
故选：A.
33.已知a，b，c分别是函数的零点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在同一坐标系中作出函数的图象，利用数形结合法求解.
【详解】令，
得，在同一坐标系中作出函数的图象，
如图所示：
由图象知：即
故选：B
34.已知函数的零点分别是，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将问题转换成，，与交点的横坐标即可判断；
【详解】令，得，
则为函数与交点的横坐标，为函数与交点的横坐标，
为函数与交点的横坐标，
在同一直角坐标系中，分别作出和的图象，
如图所示，由图可知，.
故选：C.
题型8 求函数零点的和的问题
35．函数，则函数的所有零点之和为___________.
【答案】13
【分析】令，根据，求得或，再根据和，结合分段函数的解析式，即可求解.
【详解】令，由得或，所以或，
当时，或，当时，则或，解得，
所以函数的所有零点之和为．
故答案为：13
36．设分别是与的零点，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】根据函数零点的定义，运用转化法、同底的指数函数和对数函数互为反函数的性质，结合对勾函数的单调性进行求解即可.
【详解】当时，因为函数是实数集上的增函数，
所以函数是实数集上的增函数，
因为是的唯一零点，
所以，
即是指数函数和反比例函数的唯一交点的横坐标.
当时，因为是的零点，所以，
设，当时，因为函数是正实数集上的增函数，
所以是正实数集上的增函数，
即是指数函数和反比例函数的唯一交点的横坐标，
显然函数与函数的图象关于直线对称，如下图所示：
显然，由数形结合思想可知：，
的中点在上，所以，
，设 ，
由对勾函数的单调性可知该函数在时，单调递减，即，
所以的取值范围是.
故答案为：.
37.（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，其中且.若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为_____，且的取值范围为_______.
【答案】
【分析】根据给定条件，按分类作出函数的图象，数形结合求出的范围；再利用方程根的意义，结合基本不等式求出范围.
【详解】当时，函数的图象及直线如图：
当时，函数的图象及直线如图：
当时，函数的图象及直线如图：
当时，函数的图象及直线如图：
观察图象知，当且仅当且，即时，函数的图象及直线有3个交点，
即方程有三个不相等的实数根，不妨令，
则，由，得，即，
因此，则，所以.
故答案为：；
38．函数的部分图象如图所示，最高点和最低点的坐标分别为和．
(1)求函数的解析式及单调递减区间；
(2)求方程在内所有解的和．
【答案】(1)
(2)和，和为．
【分析】（1）利用函数最值列方程组求出,由两点横坐标差得半周期进而求出,代入最高点坐标结合范围确定,再根据正弦函数递减区间解出的单调递减区间.
（2）换元化简绝对值方程,分类讨论求得,再解三角方程,找出区间内所有解并求和.
【详解】（1）由题意，最高点和最低点，得，.
解得，.，故.由得.所以.
代入：，即.又，得，故.
解析式为.
令，解得.
故单调递减区间为.
（2）令，方程.
当时，（舍去）；
当时，.
故，即，.
得，解得.
在内的解为和，和为.
题型9 二分法求方程近似解
39．（25-26高三上·山西长治·期末）下列函数中，与x轴均有交点，但不能用二分法求零点的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】用二分法求函数的零点应具备的条件为：函数图象在零点附近连续不断，在该零点左右函数值异号，对于A，单调递增，在零点处左右函数值异号，能用二分法求零点；
对于B，先减后增，在零点处左右函数值都为正，不能用二分法求零点；
对于C，单调递增，在零点处左右函数值异号，能用二分法求零点；
对于D，先减后增，在零点，处左右函数值异号，能用二分法求零点.
故选：B
40．用二分法求方程在上的近似解时，经过两次二分后，可确定近似解所在区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造，代入端点值以及中点处的函数值，结合二分法的定义求解.
【详解】记，由于均为上的单调递增函数，故为上的单调递增函数，
因为，
且，所以函数的零点落在区间内，
又因为，
所以，所以函数的零点落在区间内，
即经过两次二分后，可确定近似解所在区间为.
故选：B.
41.（2026·四川成都·模拟）用二分法求函数在内的零点近似值，若精确度要求为，则需重复相同步骤的次数至少为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】二分法每次取区间中点，区间长度变为原来的一半，由题可得区间初始长度为，则第一次使用二分法后区间长度变为，第二次使用二分法后区间长度变为，第三次使用二分法后区间长度变为，以此类推，当区间长度小于精确度时即可停止.
【详解】原始区间长度为，第一次，区间长度减半，为，
第二次，区间长度减半，为，第三次，区间长度减半，为，第四次，区间长度减半，为，故至少需要重复四次.
故选：B.
42.用二分法求方程近似解时，所取的第一个区间可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先判断函数的单调性，再判断区间端点处的函数值的符号，结合零点存在性定理判断即可.
【详解】设函数，因为函数和都是增函数，
所以函数在上单调递增；又，，
因此，所取的第一个区间可以是，
故选：B.
43．若函数的一个正数零点附近的函数值用二分法逐次计算，参考数据如表：
那么当精确度达到时，可作为方程的一个近似根的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据零点存在定理和二分法可判断零点在区间内，结合精确度要求即可判断.
【详解】由表格中的数据知，，
所以函数的一个正数零点在区间内，
且区间的长度为，
此时，区间内的任一值均可作为方程的近似根，
选项D中的是该区间的端点，符合题意
故选：D.
重难·创新演练
设题创新: 融合函数周期性、奇偶性等性质，结合新定义题型、数学文化、实际背景命题；题型综合性强，常将零点与方程、不等式结合，考查知识综合运用能力。
1．（2026·内蒙古赤峰·一模）已知函数，则方程根的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】根据分段函数的组成，分别求解方程计算即得.
【详解】因，
当时，即，解得或，均符合题意；
当时，即，解得，符合题意.
故方程根的个数为3.
故选：D
2．（2026·湖南怀化·三模）已知函数，若有唯一解，则实数的值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】令，根据的单调性得到当时，有唯一解，从而得到当时，有唯一解.
【详解】令，则，
函数在上单调递减，在上单调递增，
且时，，时，，又，
所以当时，有唯一解，此时，所以当时，有唯一解.
所以实数的值是.
故选：B
3．（2026·河北沧州·一模）已知函数,若函数至少有7个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用分类讨论，再通过数形结合来研究函数零点个数，即可得参数范围.
【详解】当时，，对称轴为，所以在上单调递增，函数图象如下：
令，解得或，
即或，根据图象有2个解，
有1个解，所以此时有3个零点，不符合题意；
当，时，，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递减，函数图象如下：
令，解得或或，
根据图象有2个解，有3个解，
又至少有7个零点，所以至少有2个解，即，解得．
故选:D．
4．（2026·北京石景山·二模）已知函数．若存在2个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将存在个零点转化为函数与的图象有2个交点，先讨论与相切的情况，再将平移讨论的范围，数形结合即可求解.
【详解】若存在2个零点，则有2个解，即有2个解，
即函数与的图象有2个交点.
当时，单调递减，值域为，
当时，单调递增，值域为，
先求与相切的情况：
设切点为，因为，所以，所以，所以切点为，
代入切线方程，得.
当时，直线与相切于点，
同时与有个交点，此时共2个交点；
当时，直线与有个交点，
与有个交点，共2个交点；
当时，直线与无交点，与有个交点，共个交点；
当时，直线与无交点，与无交点，共个交点；
综上，存在2个零点时，的取值范围是.
故选：D
5.（2026·天津北辰·二模）在科学研究中，许多系统的平衡状态可以通过方程来描述，其中x表示某个关键变量（如时间、浓度、位移等）.现有三个不同系统中的平衡点分别由以下函数的零点给出：某放射性物质同时发生衰变和生成，净变化率满足，当净变化率为零时，对应平衡时间为；某鱼群在有限资源下的增长速率满足，当增长率为零时，对应平衡种群数量为；一个弹簧振子在某时刻的机械能表达式为，当机械能为零时，对应平衡位置.则这三个平衡点的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过构造函数确定相应零点的取值范围，进而可求解.
【详解】对于，满足，函数是R上的增函数，
又，，
因此 ，即，
对于，满足 ，因为，，故，
对于，满足 ，函数 是上的增函数，
又 ， ，因此 ，即，
综上，大小关系为.
故选：B
6．（25-26高三上·贵州黔西南·阶段检测）已知函数，方程恰有三个不同的实数解，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用分段函数图象，即可得到判断.
【详解】作出函数图象：
因为
方程化为，方程恰有三个不同的实数解，
等价于的图象有三个不同的交点，
所以由图可得，当，即时符合题意，
故选：C
7．已知，函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C． D．
【答案】A
【分析】分与两种情况讨论方程根的情况可求得实数的取值范围.
【详解】因为函数有三个零点，即方程有三个解，
当时，方程为，即，即，
因为，所以，所以方程有两个根，又，
所以有一个正根与一个负根，
又，所以有一正的零点，
当时，方程为，即
因为函数有三个零点，所以方程有两个非正根，
所以，解得，又，所以，
所以实数的取值范围是.
故选：A
8.（2026·北京海淀·二模）已知函数，集合．若对任意，都有，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题知当时，，当时，，进而分，，三种情况，数形结合求解即可.
【详解】当时，，
当时，，
所以，当，即，作出函数的图象，如图，
显然，当，都有，且，
所以,
当，即时，作出函数的图象，如图，
当，都有，且
所以，
当，即时，作出函数的图象，如图，
当时，则需满足，即，解得，
所以，
综上，，即的取值范围为.
故选：A
9.（多选）（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）已知函数的图象与直线交于不同的三点，，且，则（ ）
A．的图象关于点中心对称 B．的取值范围是
C．的取值范围是 D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】先通过对称性、导数与极值判断选项A、B的正确性，再利用三次方程韦达定理结合函数根的分布分析选项C、D的取值范围.
【详解】对于A：因为，所以的图象关于点中心对称，A正确；
对于B：，令，得或；令0，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极大值，极大值为；
当2时，取得极小值，极小值为，
作出函数的大致图象，如图所示，
要使得函数的图象与直线交于不同的三点，则，B正确；
对于C：令，解得或；令，解得或，所以.
令，则的三个根分别为，
则，
所以，由于，所以，
即的取值范围是，C错误；
对于D：.
因为，所以当时，，当时，，
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABD
10．（多选）（2027高三·全国·专题练习）（多选）在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，是构成一般不动点定理的基石．简单地讲，就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列函数是“不动点”函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】分别对每个选项令函数值等于自变量，转化为方程是否有解的问题，通过解方程或构造函数利用图象法判断是否存在实数根，从而确定是否为“不动点”函数.
【详解】选项A，若，则，该方程无解，故该函数不是“不动点”函数；
选项B，若，则，解得或，故该函数是“不动点”函数；
选项C，若，则，化简可得，且，
解得，故该函数是“不动点”函数；
选项D，若，则，即，
作出与的函数图象，如图，
由图可知，方程有实数根，即存在，
使，故该函数是“不动点”函数．
故选：BCD.
11.（多选）（2026·河南郑州·模拟预测）已知函数，若方程有四个不同的零点，，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用分段函数零点问题转化为方程的解的问题，再利用数形结合，来分析四个零点的分布，再结合对数运算即可判断各选项.
【详解】当时，令，得；
当时，令，解得或；
画出函数的大致图象如图所示.
若方程有四个不同的零点，，，，且，
则由图象可知，故A错误．
由图象可知，且，
所以，故，故B正确.
因为，所以，又，
由，根据对勾函数的单调性可知：在上单调递减，
则，所以，故C错误．
由的两根为，，且，则，
又因为，所以，故D正确.
故选：BD
12．已知函数定义在上，且，满足，且当时，，则函数的零点个数是_____________.
【答案】
【分析】利用函数的奇偶性，对称性以及函数图象和性质，结合函数零点的定义分析即可.
【详解】定义在上函数满足，可得为奇函数，
又由，可得有对称轴，
由，可得，则最小正周期为4，
函数的零点即函数与函数图象交点的横坐标，
又当时，，
在同一坐标系内作出函数与函数图象如下：
两函数图象有3个公共点，
则函数的零点个数是3.
13.我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和、、、，则是的更为精确的近似值．纵横古今，关于值的研究，经历了古代试验法时期、几何法时期、分析法时期、蒲丰或然性试验方法时期、计算机时期，已知，试以上述的不足近似值和过剩近似值为依据，那么使用两次“调日法”后可得的近似分数为_____________.
【答案】
【分析】由“调日法”的计算方法即可求得答案.
【详解】由“调日法”的计算方法可知：
第一次用“调日法”后可得更为精确的近似值为，即得，
则第二次用“调日法”后可得更为精确的近似值为，
故答案为：
14．已知函数，若关于x的方程有6个不相等的实数根，则实数a的取值范围为_____________.
【答案】或
【分析】先作出函数的图象，再令，则，易得，且关于的方程必有两个不等实根，设为，再分，和三种情况讨论即可.
【详解】作出函数的图象如图所示，
令，则，
若原方程有6个不相等的实数根，则，且关于的方程必有两个不等实根，设为，
当时，代入，则，解得，
此时关于的方程为，解得，满足题意；
当，且时，令，
则函数有两个大于的不等零点，
因为函数的图象过点，
则，解得，
即；
当时，因为函数的图象过点，
则，无解，
综上所述，实数a的取值范围为或.
故答案为：或.
真题·实战演练
高频考点：函数零点与方程根、函数图象交点的转化，零点个数判定，根据零点分布求参数，多个零点大小比较，二分法的应用，均为高考高频考查内容。
1．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
2．（多选）（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图象有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
4．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论即可得.
【详解】令，即，
由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.