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2024年通用版高考数学二轮复习专题3.7 函数的图象及零点问题(教师版)
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这是一份2024年通用版高考数学二轮复习专题3.7 函数的图象及零点问题(教师版)，共53页。试卷主要包含了作出下列函数图象等内容，欢迎下载使用。
题型一函数图象的识别
例1．（2022秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）（多选）如图所示的四个容器高度都相同，将水从容器顶部一个孔中以相同的速度注入其中，注满为止．用下列对应的图象表示该容器中水面的高度h与时间t之间的关系，其中正确的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】结合几何体的结构和题意知，容器的底面积越大水的高度变化慢，反之变化的快，再由图象越平缓就变化越慢，图象陡就变化快来判断.
【详解】对于A，易知水面高度的增加是均匀的，所以A不正确；
对于B，h 随t的增大而增大，且增大的速度越来越慢，所以B正确；
对于C，h 随t的增大而增大，增大的速度先越来越慢，后越来越快，所以C正确；
对于D，h 随t的增大而增大，增大的速度先越来越快，后越来越慢，所以D正确.
故选：BCD.
例2．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）函数的大致图象是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性公式运算发现函数为非奇非偶函数，排除A；易知当时，，故排除C；观察B，D选项，发现它们的主要区别是当时，的图象在y轴两侧的变化趋势不同，故联想到利用特殊值进行检验，即可得出结果.
【详解】解：易知函数的定义域为，
因为，
所以函数为非奇非偶函数，排除A；
易知当时，，故排除C；
因为，，所以，所以排除D．
故选：B．
练习1．（2023春·北京·高二北京市广渠门中学校考阶段练习）已知函数，则的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】通过特殊点的函数值，用排除法选择正确选项.
【详解】，，，
排除选项ABD.
故选：C.
练习2．（2023·全国·高三专题练习）函数的图像大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用特殊值法逐项进行排除即可求解.
【详解】由，排除A，D．当时，，所以，排除C．
故选：B．
练习3．（2022·全国·高三专题练习）如图，长方形的边，，是的中点，点沿着边，与运动，记.将动到、两点距离之和表示为的函数，则的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出分段函数的解析式，根据函数图像，利用排除法进行求解即可.
【详解】由已知得,当点P在BC边上运动时,即时,；
当点P在CD边上运动时,即时, ,当时, ；
当点P在AD边上运动时,即时, .
从点P的运动过程可以看出,轨边关于直线对称,且,且轨迹非线型，对照四个选项，排除A、C、D，只有B符合.
故选：B.
练习4．（2023春·贵州黔东南·高二凯里一中校考阶段练习）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[-3,3]的大致图像，则该函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用赋值法，结合图形和排除法即可判断ABC；利用导数和零点的存在性定理研究函数的单调性，结合图形即可判断D.
【详解】A：设，由得，
则，结合图形，不符合题意，故A错误；
B：设，则，结合图形，不符合题意，故B错误；
C：设，当时，，，
所以，即，
当且仅当时等号成立，结合图形，不符合题意，故C错误；
D：设，则，
设，则，
所以函数在上单调递减，且，
故存在，使得，
所以当时，即，当时，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，结合图形，符合题意，故D正确.
故选：D.
练习5．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对于函数，有，可得，
所以，函数的定义域为，
，，
所以，函数为偶函数，排除AB选项；
当时，，则，
此时，排除D选项.
故选：C.
题型二函数图象的变换
例3．（2022·全国·高三专题练习）把抛物线向右平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的表达式为___________
【答案】
【分析】根据二次函数的图象平移规律可得答案.
【详解】把抛物线向右平移1个单位，然后向上平移3个单位，
则平移后抛物线的解析式为：.
故答案为：.
例4．（2023·全国·高三专题练习）作出下列函数的图象：
(1)；
(2)；
(3).
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）先作出函数的图象，根据函数图象变换可作出函数的图象；
（2）先作出函数的图象，根据函数图象变换可作出函数的图象；
（3）先作出函数的图象，根据函数图象变换可作出函数的图象.
(1)
解：作函数的图象关于轴对称的图象，得到函数的图象，
再将所得图象向上平移个单位，可得函数的图象，如下图所示：
(2)
解：因为，
所以可以先将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象，
再作所得图象关于轴对称的图象，得函数的图象，
最后将所得图象向下平移个单位，得函数的图象，
即为函数的图象，如下图所示：
(3)
解：作函数的图象关于轴对称的图象，得函数的图象，
再把所得图象在轴下方的部分翻折到轴上方，可得到函数的图象，如下图所示：
练习6．（2022·全国·高三专题练习）若函数 在 上单调递减，则k的取值范围为____________．
【答案】
【分析】先画出函数，再根据函数在上单调递减求解.
【详解】解：因为函数的图象是由函数的图象向下平移一个单位后，再把位于x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方得到的，
函数图象如图所示：
由图象知，其在上单调递减，所以k的取值范围是．
故答案为：
练习7．（2022秋·甘肃白银·高三校考阶段练习）作出下列函数图象
(1)
(2)
【答案】(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）利用函数奇偶性和指数函数的图像即可画出函数图像；（2）根据函数图像的平移和翻折结合对数函数图像即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以函数为偶函数，关于轴对称，
因此只需要画时的函数图形即可，
，
再利用对称性即可得解.
（2）将函数 的图象向左平移 1个单位, 再将 轴下方的部分沿 轴翻折上去, 即可得到函数 的图象,
如图所示.
练习8．（2023秋·四川资阳·高三校考期末）已知函数，若方程恰好有三个实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】作出函数的图象，原题可转化为函数与的图象有三个交点时，求数的取值范围的问题，数形结合即可得出.
【详解】
函数的图象如图所示，
因为恰好有三个实数根，
即函数与的图象有三个交点，
由图象可知，实数的取值范围是.
故答案为：.
练习9．（2023春·河北邯郸·高三校联考开学考试）将函数的图象向右平移1个单位长度后，再向上平移4个单位长度，所得函数图象与曲线关于直线对称，则（ ）
A．B．C．D．4
【答案】D
【分析】根据函数的图象与函数的图象关于直线对称，再利用函数平移变换法则求出函数的解析式，进而可得答案.
【详解】函数的图象与函数的图象关于直线对称，
将的图象向下平移4个单位长度得到的图象，
再将的图象向左平移1个单位长度得到的图象，
即，故.
故选:D.
练习10．（2023秋·重庆·高三校联考期末）函数若,且,则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据解析式画出图象,由判断的范围,再由得出的关系,由,及的范围,将化为关于的式子,将上述等式代入中得到关于的二次函数,根据的范围求值域即可.
【详解】解:由题知,所以,
画出图象如下:
由图象可知:,
且有即,
因为,所以,即,
所以,
因为,所以,
因为,
所以,
由可得,
即,所以,
即.
故选:B
题型三利用函数图象解决不等式
例5．设奇函数的定义域为，且，若当时，f(x)的图像如图，则不等式的解是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据奇函数的性质可知，图像关于原点对称，利用图像法解不等式，即可得答案．
【详解】当时，由图像可得：的解集为；
当时，则.
因为函数为奇函数，所以.
所以可化为：，即，
对照图像可得：，解得：
综上所述：的解集为.
故选：D．
例6．（2023·江西·高一统考期中）已知函数，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作出函数图象，数形结合即可得出结论.
【详解】由题知在同一坐标系下画出，图象如下所示：
由图可知的解集为.
故选：A.
练习11．（2023春·云南曲靖·高三统考阶段练习）研究表明在受噪声干扰的信道中，在信通带宽不变时，最大信息传递速率C（单位：）取决于平均信号功率（单位：）与平均噪声功率（单位：）.在一定条件下，当一定时，随增大而减小；当一定时，随增大而增大.下图描述了与及的关系，则下列说法正确的是（ ）
A．时，
B．时，
C．时，
D．时，
【答案】B
【分析】根据选项中限定的横纵坐标的关系，结合图中的点，验证点是否符合选项的结论.
【详解】如下图：
对于A，由时，图中存在点满足，故A错误；
对于B，由时，图中所有点满足，故B正确；
对于C，由时，图中存在点满足，故C错误；
对于D，由时，当时，取，，此时，故D错误.
故选：B.
练习12．（2023·北京·高一统考学业考试）已知是定义在区间上的偶函数，其部分图像如图所示．
(1)求的值；
(2)补全的图像，并写出不等式的解集．
【答案】(1)1
(2)作图见解析，
【分析】（1）根据偶函数的性质计算；
（2）根据偶函数的性质以及函数图像计算.
【详解】（1）由图可知，，
因为是偶函数，所以；
（2）
的图像如上图，不等式的解集为；
综上， ，的解集为.
练习13．（2023·江西赣州·统考二模）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，得到，画出图象，数形结合得到答案.
【详解】令，则，
，其中，
在同一坐标系内画出，
故
故选：D
练习14．（2023秋·云南昆明·高三昆明一中统考期末）已知是定义在上的奇函数，且对任意且，都有，若，则不等式的解集为________.
【答案】
【分析】根据函数为奇函数又已知得函数在上单调递减，可得函数在上单调递减，又，可得函数大致图象，结合图象解不等式即可得解集.
【详解】解：已知是定义在上的奇函数，则，且
又对任意且，都有，不妨设，则，所以，即，
所以函数在上单调递减，则函数在上单调递减，
又，所以，
则函数的大致图象如下图：
根据图象可得不等式的解集为：.
故答案为：.
练习15．（2023春·浙江杭州·高三浙江大学附属中学期中）设函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意，都有，则m的取值范围是________.
【答案】
【分析】由，得，分段求解析式，结合图象可得m的取值范围．
【详解】因为，
所以，
因为时，，
当，时，，
；
观察图象可得，当，时，不存在，，
当时，，
观察图象可得，不存在，满足，
所以，时，
，
；
当时，即时，，
令，可得或，
观察图象可得，若对任意，都有，则．
所以m的取值范围是
故答案为．
题型四确定零点所在区间
例7．（2021秋·高三课时练习）函数的零点所在的区间为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性，结合，由零点的存在性定理，即可求解.
【详解】由函数在上单调递增，
又由，
即，
所以根据零点存在性定理可知，函数的零点所在的区间为.
故选：D.
例8．（2023秋·吉林·高三长春市第二实验中学校联考期末）已知函数的零点在区间内，，则______．
【答案】
【分析】利用零点存在定理可得答案.
【详解】明显函数在上单调递增，且为连续函数，
又，，
由零点存在定理得函数的零点在区间内，
故.
故答案为：.
练习16．（2021秋·高三课时练习）函数的零点所在的区间为( )
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论.
【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，
因为函数在上是连续的曲线，且，，
所以，函数的零点所在的区间为.
故选：B.
练习17．（2023春·江苏宿迁·高一校考期中）用二分法求方程在内的近似解，已知判断，方程的根应落在区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由零点存在定理及的单调性可得在上有唯一零点，从而得到方程的根应落在上.
【详解】令，
因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，，
，
所以在上有唯一零点，即，故，
所以方程的根落在区间上，
故选：B.
练习18．（2023春·天津河北·高二统考期中）设函数，则（ ）
A．在区间内有零点，在内无零点
B．在区间，内均有零点
C．在区间，内均无零点
D．在区间，内均有零点
【答案】D
【分析】利用导函数讨论函数的单调性，并根据零点的存在性定理判断即可.
【详解】函数的定义域为，
，
令，解得，
令，解得，
所以函数在单调递减，单调递增，
且，
所以函数在区间，内均有零点，
,则在区间无零点，
故选:D.
练习19．（2023秋·安徽马鞍山·高三统考期末）已知函数，，的零点分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】令，得；根据函数的单调性及零点存在定理可得，，即可得答案.
【详解】解：令，得，即；
因为，易知在上单调递增，
又因为，所以；
，易知在上单调递增，
又因为，，所以；
所以.
故选：B.
练习20．（2023秋·云南·高三校联考期末）设方程，，的实数根分别为，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用零点存在性定理分别求出根的范围即可判断．
【详解】构建，可知在定义域内单调递增，且，
所以的实数根，
构建，可知在定义域内单调递增，且，
所以的实数根，
构建，可知在定义域内单调递增，且，
所以的实数根，
.
故选：A.
题型五零点存在定理判断零点个数
例9．（2022秋·高一课时练习）已知函数的图像是连续的，根据如下对应值表：函数在区间上的零点至少有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【分析】根据零点存在定理判断，即可得答案.
【详解】由表中数据可知，
故在内函数至少各有一个零点，
故选：C
例10．（安徽省皖北县中联盟2023届高三5月联考数学试题）（多选）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．
【答案】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.
练习21．（2022秋·上海杨浦·高一上海市杨浦高级中学校考期末）已知函数在区间上的图像是一段连续的曲线，且有如下的对应值表：
设函数在区间上零点的个数为，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．5D．6
【答案】B
【分析】根据零点的存在定理，判断区间内存在零点.
【详解】由零点存在性定理，在上至少各有一个零点，在区间上零点至少3个.
故选:.B
练习22．（2023·高三课时练习）已知函数的图象是连续不断的，有如下的x，y对应表：
则函数在区间上的零点至少有______个．
【答案】3
【分析】利用零点存在定理去判断函数在区间上的零点个数即可解决
【详解】函数的图象是连续不断的，
由，可得函数在区间上至少有1个零点；
由，可得函数在区间上至少有1个零点；
由，可得函数在区间上至少有1个零点.
综上，函数在区间上的零点至少有3个
故答案为：3
练习23．（2022秋·广西南宁·高二统考开学考试）已知函数，则方程在内的实数解的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】由变形，可设，则，分别在与用定义法求出的单调性，结合零点存在定理判断即可
【详解】由得：，令，则，
设，则，
当时，，则，故在内单调递减，又，故在内只有一个零点；
当时，，，故在内单调递增，又，故在内只有一个零点；
综上，在内有两个零点，即方程在内有两个实数解.
故选：C
练习24．（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知函数，其中，为实数，则下列条件能使函数仅有一个零点的是（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】ACD
【分析】将的值代入解析式，利用导数分析函数的单调性与极值，结合图象及零点存在性定理，判断零点个数.
【详解】由已知可得的定义域为.
对于A、当时，，
则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
因为 且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于B、当时，，则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有两个交点，
故此时有且只有两个零点，故该选项不合题意.
对于C、当时，，则在上恒成立，当且仅当时取等号，故在上单调递增，
又因为 ，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于D、当时，，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
故选:ACD.
练习25．（2022秋·陕西宝鸡·高三统考期末）已知函数的图像是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：
则函数在区间上的零点至少有___________个．
【答案】3
【分析】计算，，，根据零点存在定理得到答案.
【详解】根据表格知：
，，，
故函数至少在区间上有1个零点，故至少有3个零点.
故答案为：
题型六利用图象交点的个数判断零点个数
例11．（2023春·北京西城·高三北京市第一六一中学校考阶段练习）函数的零点个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由可得，分析可知函数的零点个数即为函数与的图象的交点个数，数形结合可得出结果.
【详解】由可得，作出函数与的图象如下图所示：
由图可知，函数与的图象的交点个数为，
故函数的零点个数为.
故选：C.
例12．（2023春·四川绵阳·高一四川省绵阳南山中学校考阶段练习）方程有__________个根.
【答案】
【分析】在同一直角坐标系中画出两个函数的图像，然后可得答案
【详解】与在同一直角坐标系中的图像如下：
所以方程有个根，
故答案为：
练习26．（2023秋·青海西宁·高三统考期末）已知函数，若实数，则函数的零点个数为（ ）
A．0或1B．1或2C．1或3D．2或3
【答案】D
【分析】转化为与的函数图象交点个数问题，画出函数图象，数形结合得到答案.
【详解】函数的零点个数即函数与的函数图象交点个数问题，
画出的图象与，的图象，如下：
故函数的零点个数为2或3.
故选：D
练习27．（2023春·江西赣州·高三校考期中）函数零点的个数（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】画出函数和的图象，根据函数图象得到答案.
【详解】画出函数和的图象，其中，如图,
由图可知，
当时，，两函数图象没有交点；
当时，两函数图象有3个交点；
当时，，两函数图象没有交点，
综上，函数和的图象有3个交点，
所以，函数零点的个数为3．
故选：C.
练习28．（2023秋·云南德宏·高三统考期末）已知函数的周期为2，当时，．如果，那么的零点个数是（ ）
A．3B．4
C．5D．6
【答案】C
【分析】先将问题的零点问题转化为函数与的交点，分析出的值域，由此判断出零点个数．
【详解】函数的零点个数为函数与的图象的交点的个数，
因为函数的定义域为，
所以当时，函数与的图象没有交点，
当时，，
所以当时，．
又函数的周期为2，所以．
当时，，
所以当时，函数与的图象没有交点，
作函数和函数在区间上的图象，
观察图象可得两函数图象有5个交点,
所以函数的零点个数为5.
故选：C.
练习29．（2022春·山西大同·高二山西省浑源中学校考期中）已知函数是上的偶函数，且满足，当时，，函数，则关于的方程在区间上的实数根的个数为（ ）
A．2022B．2021C．2020D．2023
【答案】A
【分析】由，可得，进而得到是周期为2的周期函数，结合图象，可知与在上有2个交点，进而得到在上有个交点，进而求解.
【详解】由函数满足，可得，
所以是周期为2的周期函数，
作出的部分图象如图所示，
则关于的方程在区间上的实数根的个数，
即的图象在上的交点个数，
由图可知与在上有2个交点，
在上有个交点，
所以与在上的交点的个数为2022个.
故选：A.
练习30．（2023秋·云南楚雄·高三统考期末）（多选）设函数，则（ ）
A．
B．当时，
C．方程只有一个实数根
D．方程有个不等的实数根
【答案】BCD
【分析】根据解析式可推导求得，知A错误；利用可求得时的解析式，知B正确；当可知是的实数根，当时，结合周期性和的解析式可知无解，由此可知C正确；作出与的图象，由交点个数可确定方程根的个数，知D正确.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，当时，，，B正确；
对于C，当时，令，解得：；
由B知：当时，，
由解析式知：当时，的周期为，当时，；
综上所述：方程只有一个实数根，C正确；
对于D，当时，，则当时，恒成立；
作出与图象如下图所示，
结合图象可知：与共有个交点，
方程有个不等的实数根，D正确.
故选：BCD.
题型七根据函数零点所在区间求参数的取值范围
例13．（2023秋·云南楚雄·高三统考期末）已知幂函数在上单调递增．
(1)求的解析式；
(2)若函数在上有零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据幂函数定义和单调性可构造方程组求得，从而得到；
（2）根据幂函数单调性和零点存在定理可直接构造不等式求得结果.
【详解】（1）为幂函数，且在上单调递增，，解得：，
.
（2）由（1）得：，在上连续且单调递增，
，解得：，
即的取值范围为.
例14．（2023春·上海青浦·高三统考开学考试）若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】首先将题意转化为函数与在有交点，即可得到答案.
【详解】方程在上有解，
等价于函数与在有交点，
因为，所以，
所以，解得.
故答案为：
练习31．（2023秋·广东梅州·高三统考期末）已知函数，若有两个零点，且在上单调递增，则实数m的取值范围为______.
【答案】
【分析】根据函数有两个零点得出的范围，再根据单调性求出范围，取交集可得答案.
【详解】因为有两个零点，所以，解得或；
因为在上单调递增，所以；
综上可得实数m的取值范围为.
故答案为：.
练习32．（2021秋·高三课时练习）若函数的零点在区间(1,+∞)上，则实数a的取值范围是____.
【答案】
【分析】根据函数的单调性结合条件即得.
【详解】由题可知函数在定义域上单调递增，
又函数的零点在区间(1,+∞)上，
∴，即.
故答案为：.
练习33．（2023春·北京大兴·高二校考阶段练习）若方程的一个根小于1，另一个根大于1，则实数a的取值范围是________.
【答案】
【分析】利用一元二次方程的根的分布与系数的关系，结合二次函数的性质即得.
【详解】∵方程的一个根小于1，另一个根大于1，
令，则，
解得，所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
练习34．（2022秋·北京·高二北京市第五中学校考期末）设常数，函数，若函数在时有零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】令，方程转化为于 在时有解，结合二次函数的性质可求.
【详解】依题意有在时有实数根，
当时显然不成立，故，
设，由得，
方程等价于 在时有解，
结合二次函数的性质可知在上单调递增，值域为，
所以 ，解得
则实数的取值范围是 ·
故答案为：
练习35．（2022秋·广东惠州·高三校考阶段练习）已知方程的两根都大于2，则实数的取值范围是（ ）
A．或B．
C．D．或
【答案】B
【分析】根据方程的两根都大于2，分析的图象特征列出不等式组求解即可.
【详解】方程的两根都大于2，则二次函数的图象与轴的两个交点都在的右侧，
根据图象得：方程的判别式；当时函数值；函数对称轴.
即，解得.
故选：B.
题型八根据函数零点个数求参数的取值范围
例15．（2023春·浙江杭州·高三杭州市长河高级中学校考期中）（多选）已知函数有两个零点，则以下结论中正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．函数有四个零点
【答案】BC
【分析】利用一元二次方程根的判别式判断A；利用韦达定理计算判断B；利用二次函数对称性判断C；举例判断D作答.
【详解】函数对应的二次方程根的判别式，，A错误；
由韦达定理知，，显然，则，B正确；
因为图象的对称轴为直线，则点，关于该直线对称，C正确；
取时，方程的根为，此时只有两个零点，D错误．
故选：BC
例16．（2023春·浙江杭州·高三浙江大学附属中学期中）已知，若有三个不同的解，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】探讨函数的性质，求出的取值范围，再结合方程解的意义把表示成的函数，求出函数的值域作答.
【详解】当时，在上单调递增，函数的取值集合为，
当时，，，当时，，令，
显然函数在上单调递减，在上单调递增，因此函数在上单调递增，在上单调递减，
，于是当时，函数的取值集合为，且当时，恒有，
由有三个不同的解，且，得，且，是方程的不等实根，
由得：，则有，而
因此，由对勾函数知函数在上单调递减，
即有，所以的取值范围是.
故选：D
练习36．（2023春·黑龙江·高三校联考开学考试）已知函数，若有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可知时，函数至多有一个零点，进而可得时，要使得有两个零点，然后根据二次函数的性质结合条件即得.
【详解】当时，单调递增且，此时至多有一个零点，
若有三个零点，则时，函数有两个零点；
当时，，故；
当时，要使有两个零点，
则，
所以，又，
所以实数m的取值范围是.
故选：C.
练习37．（2023·四川成都·石室中学校考三模）已知，则“”是“有两个不同的零点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据函数有2个零点，求参数的取值范围，再判断充分，必要条件.
【详解】若有两个不同的零点，则，解得或，所以“”是“有两个不同的零点”的充分不必要条件.
故选：A
练习38．（2023·四川成都·校考三模）已知函数，，若存在2个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】题目转化为函数的图像与直线有2个交点，画出图像，根据图像知，解得答案.
【详解】存在2个零点，故函数的图像与直线有2个交点，
画出函数图像，如图，平移直线，可以看出当且仅当，即时，
直线与函数的图像有2个交点.
故选：D
练习39．（2023·全国·高三专题练习）已知函数有3个不同的零点分别为，且成等比数列，则实数a的值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】D
【分析】利用三次函数的性质及等比中项，结合函数值的定义即可求解.
【详解】设，则常数项为：，
因为成等比数列，
所以，
所以，即，解得，
把代入，
所以，解得．
故选：D.
练习40．（2023春·安徽·高二巢湖市第一中学校联考期中）（多选）已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的值可以为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】CD
【分析】将问题转化为方程恰有3个实数根，再讨论时可得有1个根，进而当时，方程有2个实数根，再构造函数，求导分析单调性与最值即可.
【详解】令，解得，故问题转化为方程恰有3个实数根.
当时，令，解得，
故当时，方程有2个实数根.
令，即，显然不是该方程的根，
.令，
则，
故当时，，当时，，
故当时，有极小值6，而时，，当，且时，，
故实数的取值范围为.
故选：CD
题型九求零点的和
例17．（2023秋·广东潮州·高三统考期末）定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数的所有零点之和为______.
【答案】18
【分析】判断出的对称性、周期性，画出与的图象，结合图象求得的所有零点之和.
【详解】∵满足，则关于直线对称，
又∵是定义在上的奇函数，则，
即，则，
∴是以4为周期的周期函数，
对，可得，则，
∴关于点对称，
令，则，
可知：与均关于点对称，如图所示：
设与的交点横坐标依次为，
则，
故函数的所有零点之和为.
故答案为：18.
例18．（2023秋·安徽芜湖·高三统考期末）定义在上的奇函数，当时，，则函数的所有零点之和为___________．
【答案】
【分析】画出函数与图象，根据对称性以及对数函数的运算得出零点之和.
【详解】令，即，故函数的零点就是函数与图象交点的横坐标，
当时，，函数与在上图象如图所示：
设与图象交点的横坐标分别为，
由对称性可知，，.
由，结合奇偶性得出，即
解得，即.
故答案为：
练习41．（2023秋·四川凉山·高三统考期末）函数，则函数的所有零点之和为（ ）
A．0B．3C．10D．13
【答案】D
【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.
故选：D.
练习42．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末）定义在R上的奇函数，当时，，则关于x的函数的所有零点之和为________．（结果用含a的代数式表示）
【答案】
【分析】利用奇函数的性质画出的图象，函数的所有零点之和可以转化与图象的交点的横坐标之和，利用函数的对称性和对数函数的运算性质，求解即可.
【详解】由奇函数的性质，画出的图象如下图，
令可得
函数的所有零点之和可以转化与图象的交点的横坐标之和，
因为，所以，
由图可知，，
当时，，
所以当时，，，
又因为是奇函数，所以当时，.
所以，解得：，
所以函数的所有零点之和为：
.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键点是先根据解析式作出函数的图象，函数的零点转化为函数与的交点，由对称性可得交点之和.
练习43．（2021秋·上海浦东新·高三上海市实验学校校考期末）设方程的实根，其中k为正整数，则所有实根的和为______．
【答案】4
【分析】画出的图象，由图象的特征可求.
【详解】令，，
所以函数图象关于轴对称，
令，则的图象关于直线对称，
因为方程的实根，可以看作函数的图象与直线的交点横坐标.
由图可知方程有4个实根，且关于直线对称.
所以.
故答案为：4.
练习44．（2023·江西宜春·统考一模）已知是定义在上的奇函数，满足，当时，，则在区间上所有零点之和为__________.
【答案】4044
【分析】根据函数的性质可求出周期及对称轴，再由时函数的解析式可作出函数的图象，原问题可转化为与交点横坐标问题，由对称性求和即可.
【详解】由是定义在R上的奇函数，所以，又，
所以，则的周期是2，
且得是其中一条对称轴，
又时，于是图象如图所示，
又函数零点，即为与的交点的横坐标，
由图知：交点关于对称，每个周期都有2个交点，
所以、各有个周期，故各有个交点，它们两两关于对称，
所以零点之和为.
故答案为：
练习45．（2023秋·福建宁德·高三统考期末）若，则的值域为______，关于x的方程恰有4个不同的解a，b，c，d，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】先根据函数单调性得到的值域，画出的图像，不妨设，列出方程，求出，，由基本不等式求出和的取值范围，进而求出答案.
【详解】当时，.当时，.
∴的值域为.
画出的图象，如下：
故当时，恰有4个不同的解，
不妨设
由可得：
，
∴，，
∵，
，
当且仅当，时取等号，
∵，故两个不等式等号均取不到，
∴，
∴.
故答案为：，.
题型十镶嵌函数的零点问题
例19．（2023春·辽宁·高三校联考阶段练习）已知函数，若有6个不同的零点分别为，，，，，，且，，若，则m的取值范围是______；若，则的取值范围是______；
【答案】
【分析】画出函数的图象，由图象得出且，讨论，，结合图象求解即可.
【详解】当时，，由对勾函数的单调性可知，函数在
上单调递减，在上单调递增，且.
函数的图象如下图所示：
因为有6个不同的零点，所以
有6个不同的实数根，解得或.
因为，所以且
若，则，
，联立解得.
若时，
联立解得，
则.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于由，结合图象，确定且，再由的值域确定的范围.
例20．（2023春·海南海口·高三海口一中校考期中）已知函数，若关于的函数有6个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据的图象判断的解的情况，从而得出关于的方程的根的分布情况，根据二次函数的性质列不等式组解出的范围.
【详解】作出的函数图象如下：
设，
则当或时，方程只有1解，
当时，方程有2解，
当时，方程有3解，
当时，方程无解.
因为关于的函数有6个不同的零点，
所以关于的方程在上有两解，
所以，解得.
故选：B．
练习46．（2023·全国·高三专题练习）若函数，则方程的实根个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】由题意画出函数的图象，由方程，得或，再数形结合即可求解．
【详解】由，
则可作出函数的图象如下：
由方程，得或，
所以方程的实根个数为3．
故选：A．
练习47．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，关于的方程有个不等实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】采用数形结合的方式可将问题转化为在上有两个不同的实数根，根据一元二次方程根的分布可构造不等式组求得结果.
【详解】作出函数的图象如图所示，
函数的图象与函数的图象最多三个交点，且有个实数根时，，
有个不等实数根等价于一元二次方程在上有两个不同的实数根，
，解得：或，
即实数的取值范围为.
故选：D.
练习48．（2021秋·上海徐汇·高三南洋中学校考开学考试）设定义域为的函数则关于的函数的零点的个数为__.
【答案】7
【分析】令解得或，作出的简图，由数形结合判断即可.
【详解】令，得或.
作出的简图，，由图象得当或时，分别有3个和4个交点，
故关于的函数的零点的个数为 7.
故答案为：7.
练习49．（2023秋·福建厦门·高三统考期末）已知函数，则方程的实数解的个数至多是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】根据复合方程问题，换元，作函数图象分别看内外层分别讨论方程根的个数情况，即可得答案.
【详解】设，则化为，
又，所以，，
如图为函数的大致图象：
由图可得，当时，有两个根，即或，此时方程最多有5个根；
当时，有三个根，即或或，此时方程最多有6个根；
当时，有两个根，即或，此时方程有4个根；
当时，有一个根，即，此时方程有2个根；
综上，方程的实数解的个数至多是6个.
故选：B.
练习50．（2023·天津·校联考二模）已知函数 ，，若函数至少有4个不同的零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】换元，，由得，因为函数有四个零点，所以方程有且仅有两个不相等的根，且，因为方程 的-个解为，故按照与的大小关系，分三种情况讨论得出的取值范围即可.
【详解】设，因为至少有4个不同的零点，所以方程有且仅有两个不相等的根，且由得，故.
当时，由得.
①若，则，此时有3根，共5个零点，故有5个零点，满足题意；
②若，则，所以，方程有且仅有一个正根与一个负根，此时共4个零点，故有4个零点，满足题意；
③若，则，此时必有两正根，且，此时满足，即，解得.
综上有.
故答案为：
题型一
函数图象的识别
题型二
函数图象的变换
题型三
利用函数图象解决不等式
题型四
确定零点所在区间
题型五
零点存在定理判断零点个数
题型六
利用图象交点的个数判断零点个数
题型七
根据函数零点所在区间求参数的取值范围
题型八
根据函数零点个数求参数的取值范围
题型九
求零点的和
题型十
镶嵌函数的零点问题
x
1
2
3
4
5
6
7
23
9
11
x
0
1
2
3
2.5
0.8
0.7
1
2
3
4
5
6
100
20
-5
8
-60
-200
题型一函数图象的识别
例1．（2022秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）（多选）如图所示的四个容器高度都相同，将水从容器顶部一个孔中以相同的速度注入其中，注满为止．用下列对应的图象表示该容器中水面的高度h与时间t之间的关系，其中正确的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】结合几何体的结构和题意知，容器的底面积越大水的高度变化慢，反之变化的快，再由图象越平缓就变化越慢，图象陡就变化快来判断.
【详解】对于A，易知水面高度的增加是均匀的，所以A不正确；
对于B，h 随t的增大而增大，且增大的速度越来越慢，所以B正确；
对于C，h 随t的增大而增大，增大的速度先越来越慢，后越来越快，所以C正确；
对于D，h 随t的增大而增大，增大的速度先越来越快，后越来越慢，所以D正确.
故选：BCD.
例2．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）函数的大致图象是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性公式运算发现函数为非奇非偶函数，排除A；易知当时，，故排除C；观察B，D选项，发现它们的主要区别是当时，的图象在y轴两侧的变化趋势不同，故联想到利用特殊值进行检验，即可得出结果.
【详解】解：易知函数的定义域为，
因为，
所以函数为非奇非偶函数，排除A；
易知当时，，故排除C；
因为，，所以，所以排除D．
故选：B．
练习1．（2023春·北京·高二北京市广渠门中学校考阶段练习）已知函数，则的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】通过特殊点的函数值，用排除法选择正确选项.
【详解】，，，
排除选项ABD.
故选：C.
练习2．（2023·全国·高三专题练习）函数的图像大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用特殊值法逐项进行排除即可求解.
【详解】由，排除A，D．当时，，所以，排除C．
故选：B．
练习3．（2022·全国·高三专题练习）如图，长方形的边，，是的中点，点沿着边，与运动，记.将动到、两点距离之和表示为的函数，则的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出分段函数的解析式，根据函数图像，利用排除法进行求解即可.
【详解】由已知得,当点P在BC边上运动时,即时,；
当点P在CD边上运动时,即时, ,当时, ；
当点P在AD边上运动时,即时, .
从点P的运动过程可以看出,轨边关于直线对称,且,且轨迹非线型，对照四个选项，排除A、C、D，只有B符合.
故选：B.
练习4．（2023春·贵州黔东南·高二凯里一中校考阶段练习）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[-3,3]的大致图像，则该函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用赋值法，结合图形和排除法即可判断ABC；利用导数和零点的存在性定理研究函数的单调性，结合图形即可判断D.
【详解】A：设，由得，
则，结合图形，不符合题意，故A错误；
B：设，则，结合图形，不符合题意，故B错误；
C：设，当时，，，
所以，即，
当且仅当时等号成立，结合图形，不符合题意，故C错误；
D：设，则，
设，则，
所以函数在上单调递减，且，
故存在，使得，
所以当时，即，当时，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，结合图形，符合题意，故D正确.
故选：D.
练习5．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对于函数，有，可得，
所以，函数的定义域为，
，，
所以，函数为偶函数，排除AB选项；
当时，，则，
此时，排除D选项.
故选：C.
题型二函数图象的变换
例3．（2022·全国·高三专题练习）把抛物线向右平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的表达式为___________
【答案】
【分析】根据二次函数的图象平移规律可得答案.
【详解】把抛物线向右平移1个单位，然后向上平移3个单位，
则平移后抛物线的解析式为：.
故答案为：.
例4．（2023·全国·高三专题练习）作出下列函数的图象：
(1)；
(2)；
(3).
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）先作出函数的图象，根据函数图象变换可作出函数的图象；
（2）先作出函数的图象，根据函数图象变换可作出函数的图象；
（3）先作出函数的图象，根据函数图象变换可作出函数的图象.
(1)
解：作函数的图象关于轴对称的图象，得到函数的图象，
再将所得图象向上平移个单位，可得函数的图象，如下图所示：
(2)
解：因为，
所以可以先将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象，
再作所得图象关于轴对称的图象，得函数的图象，
最后将所得图象向下平移个单位，得函数的图象，
即为函数的图象，如下图所示：
(3)
解：作函数的图象关于轴对称的图象，得函数的图象，
再把所得图象在轴下方的部分翻折到轴上方，可得到函数的图象，如下图所示：
练习6．（2022·全国·高三专题练习）若函数 在 上单调递减，则k的取值范围为____________．
【答案】
【分析】先画出函数，再根据函数在上单调递减求解.
【详解】解：因为函数的图象是由函数的图象向下平移一个单位后，再把位于x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方得到的，
函数图象如图所示：
由图象知，其在上单调递减，所以k的取值范围是．
故答案为：
练习7．（2022秋·甘肃白银·高三校考阶段练习）作出下列函数图象
(1)
(2)
【答案】(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）利用函数奇偶性和指数函数的图像即可画出函数图像；（2）根据函数图像的平移和翻折结合对数函数图像即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以函数为偶函数，关于轴对称，
因此只需要画时的函数图形即可，
，
再利用对称性即可得解.
（2）将函数 的图象向左平移 1个单位, 再将 轴下方的部分沿 轴翻折上去, 即可得到函数 的图象,
如图所示.
练习8．（2023秋·四川资阳·高三校考期末）已知函数，若方程恰好有三个实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】作出函数的图象，原题可转化为函数与的图象有三个交点时，求数的取值范围的问题，数形结合即可得出.
【详解】
函数的图象如图所示，
因为恰好有三个实数根，
即函数与的图象有三个交点，
由图象可知，实数的取值范围是.
故答案为：.
练习9．（2023春·河北邯郸·高三校联考开学考试）将函数的图象向右平移1个单位长度后，再向上平移4个单位长度，所得函数图象与曲线关于直线对称，则（ ）
A．B．C．D．4
【答案】D
【分析】根据函数的图象与函数的图象关于直线对称，再利用函数平移变换法则求出函数的解析式，进而可得答案.
【详解】函数的图象与函数的图象关于直线对称，
将的图象向下平移4个单位长度得到的图象，
再将的图象向左平移1个单位长度得到的图象，
即，故.
故选:D.
练习10．（2023秋·重庆·高三校联考期末）函数若,且,则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据解析式画出图象,由判断的范围,再由得出的关系,由,及的范围,将化为关于的式子,将上述等式代入中得到关于的二次函数,根据的范围求值域即可.
【详解】解:由题知,所以,
画出图象如下:
由图象可知:,
且有即,
因为,所以,即,
所以,
因为,所以,
因为,
所以,
由可得,
即,所以,
即.
故选:B
题型三利用函数图象解决不等式
例5．设奇函数的定义域为，且，若当时，f(x)的图像如图，则不等式的解是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据奇函数的性质可知，图像关于原点对称，利用图像法解不等式，即可得答案．
【详解】当时，由图像可得：的解集为；
当时，则.
因为函数为奇函数，所以.
所以可化为：，即，
对照图像可得：，解得：
综上所述：的解集为.
故选：D．
例6．（2023·江西·高一统考期中）已知函数，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作出函数图象，数形结合即可得出结论.
【详解】由题知在同一坐标系下画出，图象如下所示：
由图可知的解集为.
故选：A.
练习11．（2023春·云南曲靖·高三统考阶段练习）研究表明在受噪声干扰的信道中，在信通带宽不变时，最大信息传递速率C（单位：）取决于平均信号功率（单位：）与平均噪声功率（单位：）.在一定条件下，当一定时，随增大而减小；当一定时，随增大而增大.下图描述了与及的关系，则下列说法正确的是（ ）
A．时，
B．时，
C．时，
D．时，
【答案】B
【分析】根据选项中限定的横纵坐标的关系，结合图中的点，验证点是否符合选项的结论.
【详解】如下图：
对于A，由时，图中存在点满足，故A错误；
对于B，由时，图中所有点满足，故B正确；
对于C，由时，图中存在点满足，故C错误；
对于D，由时，当时，取，，此时，故D错误.
故选：B.
练习12．（2023·北京·高一统考学业考试）已知是定义在区间上的偶函数，其部分图像如图所示．
(1)求的值；
(2)补全的图像，并写出不等式的解集．
【答案】(1)1
(2)作图见解析，
【分析】（1）根据偶函数的性质计算；
（2）根据偶函数的性质以及函数图像计算.
【详解】（1）由图可知，，
因为是偶函数，所以；
（2）
的图像如上图，不等式的解集为；
综上， ，的解集为.
练习13．（2023·江西赣州·统考二模）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，得到，画出图象，数形结合得到答案.
【详解】令，则，
，其中，
在同一坐标系内画出，
故
故选：D
练习14．（2023秋·云南昆明·高三昆明一中统考期末）已知是定义在上的奇函数，且对任意且，都有，若，则不等式的解集为________.
【答案】
【分析】根据函数为奇函数又已知得函数在上单调递减，可得函数在上单调递减，又，可得函数大致图象，结合图象解不等式即可得解集.
【详解】解：已知是定义在上的奇函数，则，且
又对任意且，都有，不妨设，则，所以，即，
所以函数在上单调递减，则函数在上单调递减，
又，所以，
则函数的大致图象如下图：
根据图象可得不等式的解集为：.
故答案为：.
练习15．（2023春·浙江杭州·高三浙江大学附属中学期中）设函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意，都有，则m的取值范围是________.
【答案】
【分析】由，得，分段求解析式，结合图象可得m的取值范围．
【详解】因为，
所以，
因为时，，
当，时，，
；
观察图象可得，当，时，不存在，，
当时，，
观察图象可得，不存在，满足，
所以，时，
，
；
当时，即时，，
令，可得或，
观察图象可得，若对任意，都有，则．
所以m的取值范围是
故答案为．
题型四确定零点所在区间
例7．（2021秋·高三课时练习）函数的零点所在的区间为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性，结合，由零点的存在性定理，即可求解.
【详解】由函数在上单调递增，
又由，
即，
所以根据零点存在性定理可知，函数的零点所在的区间为.
故选：D.
例8．（2023秋·吉林·高三长春市第二实验中学校联考期末）已知函数的零点在区间内，，则______．
【答案】
【分析】利用零点存在定理可得答案.
【详解】明显函数在上单调递增，且为连续函数，
又，，
由零点存在定理得函数的零点在区间内，
故.
故答案为：.
练习16．（2021秋·高三课时练习）函数的零点所在的区间为( )
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论.
【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，
因为函数在上是连续的曲线，且，，
所以，函数的零点所在的区间为.
故选：B.
练习17．（2023春·江苏宿迁·高一校考期中）用二分法求方程在内的近似解，已知判断，方程的根应落在区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由零点存在定理及的单调性可得在上有唯一零点，从而得到方程的根应落在上.
【详解】令，
因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，，
，
所以在上有唯一零点，即，故，
所以方程的根落在区间上，
故选：B.
练习18．（2023春·天津河北·高二统考期中）设函数，则（ ）
A．在区间内有零点，在内无零点
B．在区间，内均有零点
C．在区间，内均无零点
D．在区间，内均有零点
【答案】D
【分析】利用导函数讨论函数的单调性，并根据零点的存在性定理判断即可.
【详解】函数的定义域为，
，
令，解得，
令，解得，
所以函数在单调递减，单调递增，
且，
所以函数在区间，内均有零点，
,则在区间无零点，
故选:D.
练习19．（2023秋·安徽马鞍山·高三统考期末）已知函数，，的零点分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】令，得；根据函数的单调性及零点存在定理可得，，即可得答案.
【详解】解：令，得，即；
因为，易知在上单调递增，
又因为，所以；
，易知在上单调递增，
又因为，，所以；
所以.
故选：B.
练习20．（2023秋·云南·高三校联考期末）设方程，，的实数根分别为，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用零点存在性定理分别求出根的范围即可判断．
【详解】构建，可知在定义域内单调递增，且，
所以的实数根，
构建，可知在定义域内单调递增，且，
所以的实数根，
构建，可知在定义域内单调递增，且，
所以的实数根，
.
故选：A.
题型五零点存在定理判断零点个数
例9．（2022秋·高一课时练习）已知函数的图像是连续的，根据如下对应值表：函数在区间上的零点至少有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【分析】根据零点存在定理判断，即可得答案.
【详解】由表中数据可知，
故在内函数至少各有一个零点，
故选：C
例10．（安徽省皖北县中联盟2023届高三5月联考数学试题）（多选）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．
【答案】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.
练习21．（2022秋·上海杨浦·高一上海市杨浦高级中学校考期末）已知函数在区间上的图像是一段连续的曲线，且有如下的对应值表：
设函数在区间上零点的个数为，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．5D．6
【答案】B
【分析】根据零点的存在定理，判断区间内存在零点.
【详解】由零点存在性定理，在上至少各有一个零点，在区间上零点至少3个.
故选:.B
练习22．（2023·高三课时练习）已知函数的图象是连续不断的，有如下的x，y对应表：
则函数在区间上的零点至少有______个．
【答案】3
【分析】利用零点存在定理去判断函数在区间上的零点个数即可解决
【详解】函数的图象是连续不断的，
由，可得函数在区间上至少有1个零点；
由，可得函数在区间上至少有1个零点；
由，可得函数在区间上至少有1个零点.
综上，函数在区间上的零点至少有3个
故答案为：3
练习23．（2022秋·广西南宁·高二统考开学考试）已知函数，则方程在内的实数解的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】由变形，可设，则，分别在与用定义法求出的单调性，结合零点存在定理判断即可
【详解】由得：，令，则，
设，则，
当时，，则，故在内单调递减，又，故在内只有一个零点；
当时，，，故在内单调递增，又，故在内只有一个零点；
综上，在内有两个零点，即方程在内有两个实数解.
故选：C
练习24．（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知函数，其中，为实数，则下列条件能使函数仅有一个零点的是（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】ACD
【分析】将的值代入解析式，利用导数分析函数的单调性与极值，结合图象及零点存在性定理，判断零点个数.
【详解】由已知可得的定义域为.
对于A、当时，，
则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
因为 且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于B、当时，，则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有两个交点，
故此时有且只有两个零点，故该选项不合题意.
对于C、当时，，则在上恒成立，当且仅当时取等号，故在上单调递增，
又因为 ，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于D、当时，，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
故选:ACD.
练习25．（2022秋·陕西宝鸡·高三统考期末）已知函数的图像是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：
则函数在区间上的零点至少有___________个．
【答案】3
【分析】计算，，，根据零点存在定理得到答案.
【详解】根据表格知：
，，，
故函数至少在区间上有1个零点，故至少有3个零点.
故答案为：
题型六利用图象交点的个数判断零点个数
例11．（2023春·北京西城·高三北京市第一六一中学校考阶段练习）函数的零点个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由可得，分析可知函数的零点个数即为函数与的图象的交点个数，数形结合可得出结果.
【详解】由可得，作出函数与的图象如下图所示：
由图可知，函数与的图象的交点个数为，
故函数的零点个数为.
故选：C.
例12．（2023春·四川绵阳·高一四川省绵阳南山中学校考阶段练习）方程有__________个根.
【答案】
【分析】在同一直角坐标系中画出两个函数的图像，然后可得答案
【详解】与在同一直角坐标系中的图像如下：
所以方程有个根，
故答案为：
练习26．（2023秋·青海西宁·高三统考期末）已知函数，若实数，则函数的零点个数为（ ）
A．0或1B．1或2C．1或3D．2或3
【答案】D
【分析】转化为与的函数图象交点个数问题，画出函数图象，数形结合得到答案.
【详解】函数的零点个数即函数与的函数图象交点个数问题，
画出的图象与，的图象，如下：
故函数的零点个数为2或3.
故选：D
练习27．（2023春·江西赣州·高三校考期中）函数零点的个数（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】画出函数和的图象，根据函数图象得到答案.
【详解】画出函数和的图象，其中，如图,
由图可知，
当时，，两函数图象没有交点；
当时，两函数图象有3个交点；
当时，，两函数图象没有交点，
综上，函数和的图象有3个交点，
所以，函数零点的个数为3．
故选：C.
练习28．（2023秋·云南德宏·高三统考期末）已知函数的周期为2，当时，．如果，那么的零点个数是（ ）
A．3B．4
C．5D．6
【答案】C
【分析】先将问题的零点问题转化为函数与的交点，分析出的值域，由此判断出零点个数．
【详解】函数的零点个数为函数与的图象的交点的个数，
因为函数的定义域为，
所以当时，函数与的图象没有交点，
当时，，
所以当时，．
又函数的周期为2，所以．
当时，，
所以当时，函数与的图象没有交点，
作函数和函数在区间上的图象，
观察图象可得两函数图象有5个交点,
所以函数的零点个数为5.
故选：C.
练习29．（2022春·山西大同·高二山西省浑源中学校考期中）已知函数是上的偶函数，且满足，当时，，函数，则关于的方程在区间上的实数根的个数为（ ）
A．2022B．2021C．2020D．2023
【答案】A
【分析】由，可得，进而得到是周期为2的周期函数，结合图象，可知与在上有2个交点，进而得到在上有个交点，进而求解.
【详解】由函数满足，可得，
所以是周期为2的周期函数，
作出的部分图象如图所示，
则关于的方程在区间上的实数根的个数，
即的图象在上的交点个数，
由图可知与在上有2个交点，
在上有个交点，
所以与在上的交点的个数为2022个.
故选：A.
练习30．（2023秋·云南楚雄·高三统考期末）（多选）设函数，则（ ）
A．
B．当时，
C．方程只有一个实数根
D．方程有个不等的实数根
【答案】BCD
【分析】根据解析式可推导求得，知A错误；利用可求得时的解析式，知B正确；当可知是的实数根，当时，结合周期性和的解析式可知无解，由此可知C正确；作出与的图象，由交点个数可确定方程根的个数，知D正确.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，当时，，，B正确；
对于C，当时，令，解得：；
由B知：当时，，
由解析式知：当时，的周期为，当时，；
综上所述：方程只有一个实数根，C正确；
对于D，当时，，则当时，恒成立；
作出与图象如下图所示，
结合图象可知：与共有个交点，
方程有个不等的实数根，D正确.
故选：BCD.
题型七根据函数零点所在区间求参数的取值范围
例13．（2023秋·云南楚雄·高三统考期末）已知幂函数在上单调递增．
(1)求的解析式；
(2)若函数在上有零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据幂函数定义和单调性可构造方程组求得，从而得到；
（2）根据幂函数单调性和零点存在定理可直接构造不等式求得结果.
【详解】（1）为幂函数，且在上单调递增，，解得：，
.
（2）由（1）得：，在上连续且单调递增，
，解得：，
即的取值范围为.
例14．（2023春·上海青浦·高三统考开学考试）若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】首先将题意转化为函数与在有交点，即可得到答案.
【详解】方程在上有解，
等价于函数与在有交点，
因为，所以，
所以，解得.
故答案为：
练习31．（2023秋·广东梅州·高三统考期末）已知函数，若有两个零点，且在上单调递增，则实数m的取值范围为______.
【答案】
【分析】根据函数有两个零点得出的范围，再根据单调性求出范围，取交集可得答案.
【详解】因为有两个零点，所以，解得或；
因为在上单调递增，所以；
综上可得实数m的取值范围为.
故答案为：.
练习32．（2021秋·高三课时练习）若函数的零点在区间(1,+∞)上，则实数a的取值范围是____.
【答案】
【分析】根据函数的单调性结合条件即得.
【详解】由题可知函数在定义域上单调递增，
又函数的零点在区间(1,+∞)上，
∴，即.
故答案为：.
练习33．（2023春·北京大兴·高二校考阶段练习）若方程的一个根小于1，另一个根大于1，则实数a的取值范围是________.
【答案】
【分析】利用一元二次方程的根的分布与系数的关系，结合二次函数的性质即得.
【详解】∵方程的一个根小于1，另一个根大于1，
令，则，
解得，所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
练习34．（2022秋·北京·高二北京市第五中学校考期末）设常数，函数，若函数在时有零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】令，方程转化为于 在时有解，结合二次函数的性质可求.
【详解】依题意有在时有实数根，
当时显然不成立，故，
设，由得，
方程等价于 在时有解，
结合二次函数的性质可知在上单调递增，值域为，
所以 ，解得
则实数的取值范围是 ·
故答案为：
练习35．（2022秋·广东惠州·高三校考阶段练习）已知方程的两根都大于2，则实数的取值范围是（ ）
A．或B．
C．D．或
【答案】B
【分析】根据方程的两根都大于2，分析的图象特征列出不等式组求解即可.
【详解】方程的两根都大于2，则二次函数的图象与轴的两个交点都在的右侧，
根据图象得：方程的判别式；当时函数值；函数对称轴.
即，解得.
故选：B.
题型八根据函数零点个数求参数的取值范围
例15．（2023春·浙江杭州·高三杭州市长河高级中学校考期中）（多选）已知函数有两个零点，则以下结论中正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．函数有四个零点
【答案】BC
【分析】利用一元二次方程根的判别式判断A；利用韦达定理计算判断B；利用二次函数对称性判断C；举例判断D作答.
【详解】函数对应的二次方程根的判别式，，A错误；
由韦达定理知，，显然，则，B正确；
因为图象的对称轴为直线，则点，关于该直线对称，C正确；
取时，方程的根为，此时只有两个零点，D错误．
故选：BC
例16．（2023春·浙江杭州·高三浙江大学附属中学期中）已知，若有三个不同的解，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】探讨函数的性质，求出的取值范围，再结合方程解的意义把表示成的函数，求出函数的值域作答.
【详解】当时，在上单调递增，函数的取值集合为，
当时，，，当时，，令，
显然函数在上单调递减，在上单调递增，因此函数在上单调递增，在上单调递减，
，于是当时，函数的取值集合为，且当时，恒有，
由有三个不同的解，且，得，且，是方程的不等实根，
由得：，则有，而
因此，由对勾函数知函数在上单调递减，
即有，所以的取值范围是.
故选：D
练习36．（2023春·黑龙江·高三校联考开学考试）已知函数，若有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可知时，函数至多有一个零点，进而可得时，要使得有两个零点，然后根据二次函数的性质结合条件即得.
【详解】当时，单调递增且，此时至多有一个零点，
若有三个零点，则时，函数有两个零点；
当时，，故；
当时，要使有两个零点，
则，
所以，又，
所以实数m的取值范围是.
故选：C.
练习37．（2023·四川成都·石室中学校考三模）已知，则“”是“有两个不同的零点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据函数有2个零点，求参数的取值范围，再判断充分，必要条件.
【详解】若有两个不同的零点，则，解得或，所以“”是“有两个不同的零点”的充分不必要条件.
故选：A
练习38．（2023·四川成都·校考三模）已知函数，，若存在2个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】题目转化为函数的图像与直线有2个交点，画出图像，根据图像知，解得答案.
【详解】存在2个零点，故函数的图像与直线有2个交点，
画出函数图像，如图，平移直线，可以看出当且仅当，即时，
直线与函数的图像有2个交点.
故选：D
练习39．（2023·全国·高三专题练习）已知函数有3个不同的零点分别为，且成等比数列，则实数a的值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】D
【分析】利用三次函数的性质及等比中项，结合函数值的定义即可求解.
【详解】设，则常数项为：，
因为成等比数列，
所以，
所以，即，解得，
把代入，
所以，解得．
故选：D.
练习40．（2023春·安徽·高二巢湖市第一中学校联考期中）（多选）已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的值可以为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】CD
【分析】将问题转化为方程恰有3个实数根，再讨论时可得有1个根，进而当时，方程有2个实数根，再构造函数，求导分析单调性与最值即可.
【详解】令，解得，故问题转化为方程恰有3个实数根.
当时，令，解得，
故当时，方程有2个实数根.
令，即，显然不是该方程的根，
.令，
则，
故当时，，当时，，
故当时，有极小值6，而时，，当，且时，，
故实数的取值范围为.
故选：CD
题型九求零点的和
例17．（2023秋·广东潮州·高三统考期末）定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数的所有零点之和为______.
【答案】18
【分析】判断出的对称性、周期性，画出与的图象，结合图象求得的所有零点之和.
【详解】∵满足，则关于直线对称，
又∵是定义在上的奇函数，则，
即，则，
∴是以4为周期的周期函数，
对，可得，则，
∴关于点对称，
令，则，
可知：与均关于点对称，如图所示：
设与的交点横坐标依次为，
则，
故函数的所有零点之和为.
故答案为：18.
例18．（2023秋·安徽芜湖·高三统考期末）定义在上的奇函数，当时，，则函数的所有零点之和为___________．
【答案】
【分析】画出函数与图象，根据对称性以及对数函数的运算得出零点之和.
【详解】令，即，故函数的零点就是函数与图象交点的横坐标，
当时，，函数与在上图象如图所示：
设与图象交点的横坐标分别为，
由对称性可知，，.
由，结合奇偶性得出，即
解得，即.
故答案为：
练习41．（2023秋·四川凉山·高三统考期末）函数，则函数的所有零点之和为（ ）
A．0B．3C．10D．13
【答案】D
【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.
故选：D.
练习42．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末）定义在R上的奇函数，当时，，则关于x的函数的所有零点之和为________．（结果用含a的代数式表示）
【答案】
【分析】利用奇函数的性质画出的图象，函数的所有零点之和可以转化与图象的交点的横坐标之和，利用函数的对称性和对数函数的运算性质，求解即可.
【详解】由奇函数的性质，画出的图象如下图，
令可得
函数的所有零点之和可以转化与图象的交点的横坐标之和，
因为，所以，
由图可知，，
当时，，
所以当时，，，
又因为是奇函数，所以当时，.
所以，解得：，
所以函数的所有零点之和为：
.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键点是先根据解析式作出函数的图象，函数的零点转化为函数与的交点，由对称性可得交点之和.
练习43．（2021秋·上海浦东新·高三上海市实验学校校考期末）设方程的实根，其中k为正整数，则所有实根的和为______．
【答案】4
【分析】画出的图象，由图象的特征可求.
【详解】令，，
所以函数图象关于轴对称，
令，则的图象关于直线对称，
因为方程的实根，可以看作函数的图象与直线的交点横坐标.
由图可知方程有4个实根，且关于直线对称.
所以.
故答案为：4.
练习44．（2023·江西宜春·统考一模）已知是定义在上的奇函数，满足，当时，，则在区间上所有零点之和为__________.
【答案】4044
【分析】根据函数的性质可求出周期及对称轴，再由时函数的解析式可作出函数的图象，原问题可转化为与交点横坐标问题，由对称性求和即可.
【详解】由是定义在R上的奇函数，所以，又，
所以，则的周期是2，
且得是其中一条对称轴，
又时，于是图象如图所示，
又函数零点，即为与的交点的横坐标，
由图知：交点关于对称，每个周期都有2个交点，
所以、各有个周期，故各有个交点，它们两两关于对称，
所以零点之和为.
故答案为：
练习45．（2023秋·福建宁德·高三统考期末）若，则的值域为______，关于x的方程恰有4个不同的解a，b，c，d，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】先根据函数单调性得到的值域，画出的图像，不妨设，列出方程，求出，，由基本不等式求出和的取值范围，进而求出答案.
【详解】当时，.当时，.
∴的值域为.
画出的图象，如下：
故当时，恰有4个不同的解，
不妨设
由可得：
，
∴，，
∵，
，
当且仅当，时取等号，
∵，故两个不等式等号均取不到，
∴，
∴.
故答案为：，.
题型十镶嵌函数的零点问题
例19．（2023春·辽宁·高三校联考阶段练习）已知函数，若有6个不同的零点分别为，，，，，，且，，若，则m的取值范围是______；若，则的取值范围是______；
【答案】
【分析】画出函数的图象，由图象得出且，讨论，，结合图象求解即可.
【详解】当时，，由对勾函数的单调性可知，函数在
上单调递减，在上单调递增，且.
函数的图象如下图所示：
因为有6个不同的零点，所以
有6个不同的实数根，解得或.
因为，所以且
若，则，
，联立解得.
若时，
联立解得，
则.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于由，结合图象，确定且，再由的值域确定的范围.
例20．（2023春·海南海口·高三海口一中校考期中）已知函数，若关于的函数有6个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据的图象判断的解的情况，从而得出关于的方程的根的分布情况，根据二次函数的性质列不等式组解出的范围.
【详解】作出的函数图象如下：
设，
则当或时，方程只有1解，
当时，方程有2解，
当时，方程有3解，
当时，方程无解.
因为关于的函数有6个不同的零点，
所以关于的方程在上有两解，
所以，解得.
故选：B．
练习46．（2023·全国·高三专题练习）若函数，则方程的实根个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】由题意画出函数的图象，由方程，得或，再数形结合即可求解．
【详解】由，
则可作出函数的图象如下：
由方程，得或，
所以方程的实根个数为3．
故选：A．
练习47．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，关于的方程有个不等实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】采用数形结合的方式可将问题转化为在上有两个不同的实数根，根据一元二次方程根的分布可构造不等式组求得结果.
【详解】作出函数的图象如图所示，
函数的图象与函数的图象最多三个交点，且有个实数根时，，
有个不等实数根等价于一元二次方程在上有两个不同的实数根，
，解得：或，
即实数的取值范围为.
故选：D.
练习48．（2021秋·上海徐汇·高三南洋中学校考开学考试）设定义域为的函数则关于的函数的零点的个数为__.
【答案】7
【分析】令解得或，作出的简图，由数形结合判断即可.
【详解】令，得或.
作出的简图，，由图象得当或时，分别有3个和4个交点，
故关于的函数的零点的个数为 7.
故答案为：7.
练习49．（2023秋·福建厦门·高三统考期末）已知函数，则方程的实数解的个数至多是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】根据复合方程问题，换元，作函数图象分别看内外层分别讨论方程根的个数情况，即可得答案.
【详解】设，则化为，
又，所以，，
如图为函数的大致图象：
由图可得，当时，有两个根，即或，此时方程最多有5个根；
当时，有三个根，即或或，此时方程最多有6个根；
当时，有两个根，即或，此时方程有4个根；
当时，有一个根，即，此时方程有2个根；
综上，方程的实数解的个数至多是6个.
故选：B.
练习50．（2023·天津·校联考二模）已知函数 ，，若函数至少有4个不同的零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】换元，，由得，因为函数有四个零点，所以方程有且仅有两个不相等的根，且，因为方程 的-个解为，故按照与的大小关系，分三种情况讨论得出的取值范围即可.
【详解】设，因为至少有4个不同的零点，所以方程有且仅有两个不相等的根，且由得，故.
当时，由得.
①若，则，此时有3根，共5个零点，故有5个零点，满足题意；
②若，则，所以，方程有且仅有一个正根与一个负根，此时共4个零点，故有4个零点，满足题意；
③若，则，此时必有两正根，且，此时满足，即，解得.
综上有.
故答案为：
题型一
函数图象的识别
题型二
函数图象的变换
题型三
利用函数图象解决不等式
题型四
确定零点所在区间
题型五
零点存在定理判断零点个数
题型六
利用图象交点的个数判断零点个数
题型七
根据函数零点所在区间求参数的取值范围
题型八
根据函数零点个数求参数的取值范围
题型九
求零点的和
题型十
镶嵌函数的零点问题
x
1
2
3
4
5
6
7
23
9
11
x
0
1
2
3
2.5
0.8
0.7
1
2
3
4
5
6
100
20
-5
8
-60
-200
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