函数零点的七种常见解法解法一：零点存在定理法判断函数零点所在区间一、单选题1．（2022·河南河南·三模（理））若实数，，满足，，，则（?
??????）A．B．C．D．【答案】A【分析】结合对数函数、函数零点存在性定理等知识求得正确答案.【解析】，，对于函数，在上递增
，，所以存在唯一零点，，使，所以对于，有，所以.故选：A2．（2022·黑龙江·双鸭山一中高三期末（理））函数的零点所在的区间为（
???????）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据零点存在定理，先判断函数的单调性，再计算函数在端点处的函数值，即可得到答案.
【解析】,由对数函数和幂函数的性质可知，函数在时为单调增函数，，，，，因为在内是递增，故，函数是连续函数，由零点判断定理知
，的零点在区间内，故选：B．3．（2022·北京密云·高三期末）心理学家有时使用函数来测定在时间内能够记忆的量，其中A表示需要记忆
的量，表示记忆率．假设一个学生有200个单词要记忆，心理学家测定在5min内该学生记忆20个单词．则记忆率所在区间为（??????
?）A．B．C．D．【答案】A【分析】先根据题意解方程，解出，在和端点值比较大小，由函数单调性和函数连续得到结果.【解析】将代入，
解得：，其中单调递减，而，，而在上单调递减，所以，结合单调性可知，即，而，其中为连续函数，故记忆率所在区间为.故选：A4．（202
2·河南焦作·一模（理））设函数的零点为，则（???????）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据零点存在性定理进行求解.【解析
】易知在R上单调递增且连续．由于，，，当时，，所以．故选：B5．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）已知，函数的零点为，的极小
值点为，则（???????）A．B．C．D．【答案】A【分析】求出的值，利用零点存在定理得出，然后比较、、的大小关系，结合函数的单
调性可得出结论.【解析】因为的定义域为，，则函数在其定义域上为增函数，，则，则，因为，由零点存在定理可知，由可得，.当或时，；当时
，.所以，.因为，所以，，故.故选：A.6．（2022·安徽·安庆一中高三期末（理））函数的零点所在的区间为（???????）A．
B．C．D．【答案】B【分析】依据函数零点存在定理去判断的零点所在的区间即可.【解析】为上的递增函数，，，，则函数的零点所在的区间
为故选：B二、多选题7．（2022·湖北·荆州中学高三开学考试）函数在区间的最小值为，且在区间唯一的极大值点．则下列说法正确的有（
???????）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】由题可得，由可知，，进而可求，然后再证明即得；再利用数形结合可得在上存在唯一
的零点，利用零点存在定理及三角函数的性质即得.【解析】∵，∴，又函数在区间的最小值为，∴函数在区间上不单调，又，∴时，函数在区间上
取得最小值，可得原条件的一个必要条件，∴，即，下面证明充分性：当时，，，令，则，∴函数在上单调递增，又，∴函数在上存在唯一的零点，
且在上，在上，∴函数在区间的最小值为，综上，故A正确；∵，令，得，由函数图象可知在区间上只有一个交点，即存在唯一，使得，又，故，
且当时，，当时，，∴在区间上，唯一的极大值点，，∵，，∴.故CD正确.故选：ACD.8．（2022·全国·高三专题练习）设函数的定
义域为R，如果存在常数，对于任意，都有，则称函数是“类周期函数”，T为函数的“类周期”．现有下面四个命题，正确的是（???????
）A．函数是“类周期函数”B．函数是“类周期函数”C．如果函数是“类周期函数”，那么“，”D．如果“类周期函数”的“类周期”为，那
么它是周期为2的周期函数【答案】ACD【分析】根据类周期函数的定义，分别进行判断即可．【解析】解：对于A，若函数是“类周期函数”，
则存在非零常数，使，即，即，即，令，因为，且函数在上连续，所以函数在上存在零点，即方程在上有解，即存在常数，对于任意，都有，所以函
数是“类周期函数”，故A正确；对于B，若函数是“类周期函数”，则存在非零常数，使，即，则，即对任意的恒成立，则，矛盾，所以不存在常
数，对于任意，都有，所以函数不是“类周期函数”，故B错误.对于C，若函数是“类周期函数”，则存在非零常数，使，即；故或，当时，，由
诱导公式得，；当时，，由诱导公式得，；故“，”，故C正确；对于D，如果“类周期函数”的“类周期”为，则，即；故它是周期为2的周期函
数；故D正确.故选：ACD.9．（2021·江西·模拟预测）已知实数，设方程的两个实数根分别为，则下列结论正确的是（???????
）A．不等式的解集为B．不等式的解集可能为空集C．D．【答案】AD【分析】构造二次函数，分析函数的图象特征即可判断作答.【解析】令
，，因，则函数的图象对称轴，且在上递减，在上递增，又，，，于是得函数有两个零点，且满足，不等式的解集为，所以A正确，B不正确，C不
正确，D正确.故选：AD三、填空题10．（2022·全国·高三专题练习）下列命题中，正确的是___________．(写出所有正确
命题的编号)①在中，是的充要条件；②函数的最大值是；③若命题“，使得”是假命题，则；④若函数，，则函数在区间内必有零点．【答案】①
③④【分析】①利用大边对大角和正弦定理可证；②变形后利用基本不等式进行求解最大值；③先把命题否定，得到对，恒成立，分与两种情况求出
的取值范围；④先根据得到，得到，接下来分与，利用零点存在性定理得到答案.【解析】在中，因为，所以，由正弦定理得：，所以，同理可证，
当时，，故在中，是的充要条件，①正确；因为，所以，，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以函数的最大值是，②错误；命题“，使得”是假
命题，则对，恒成立，当时，不恒成立，当时，只需，解得：，综上：若命题“，使得”是假命题，则；③正确；，所以，因为，，当时，，因为，
所以，故，由零点存在性定理得：在区间上，至少存在一个零点，当，，，由零点存在性定理得：在区间上至少存在一个零点，综上：函数在区间内
必有零点，④正确.故答案为：①③④11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，且，为的导函数，下列命题：①存在实数，使得导函数
为增函数；②当时，函数不单调；③当时，函数在上单调递减；④当时，函数有极值．在以上命题中，正确的命题序号是______．【答案】①
②③④【分析】求，令可判断①；根据零点存性定理可判断使得，可判断②；令，求，由的符号判断的单调性，可求得恒成立即恒成立可判断③；求
的单调性，根据零点存在性定理可知，使得可判断④，进而可得正确答案.【解析】由可得，对于①，若时，为增函数，故①对；对于②，若时，，
，，使得，所以函数不单调，故②对；对于③，令，则，当时，由得，由得所以在上单调递增，在上单调递减，从而，要使，则令，则，所以，令，
，则在单调递减，在单调递增，而，所以恒成立，从而，即恒成立，即在上单调减．故③正确；对于④，当时，，，可知在单调递减，在单调递增，
因为，，，使得，所以函数有极值，故④对．综上所述：①②③④都正确，故答案为：①②③④.12．（2021·福建·三明一中高三学业考试
）已知函数的零点，则__________．【答案】-3或2【分析】对函数求导，借助导数探讨其单调性，再用零点存在性定理分析计算即得
.【解析】对函数求导得：，由得，解得，当时，，当时，，于是得在上递减，在上递增，显然，，则函数在区间上存在一个零点，又，即函数在区
间上存在一个零点，因函数的零点，则或，所以或.故答案为：-3或213．（2022·全国·高三专题练习）已知，均为正实数，且满足，，
则下面四个判断：①；②；③；④.其中一定成立的有__（填序号即可）.【答案】②③④【分析】令，利用零点存在性定理可得，，从而可得，
然后利用不等式的性质和函数的单调性逐个分析判断【解析】令，则在上单调递减，因为（1），，，所以.，，，，，①：可能小于等于0，①错
误，②：，，②正确，③：，，，③正确，④：，，，，.④正确，故答案为：②③④.14．（2020·湖南邵阳·三模（理））在数学中，布
劳威尔不动点定理是拓朴学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石，简单来讲就是对于满足一定条件
的连续函数，存在一个点，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，给出下列函数：①；②③；④（）；⑤；其中为“不动点”函数的是____
_____.（写出所有满足条件的函数的序号）【答案】①②③④【分析】对于选项①②⑤，直接代入求解即可判断；对于选项③④，先根据条件
构造函数，判断函数的单调性，利用零点存在性定理判断即可.【解析】①，得或满足条件，故①满足题意；②，当时，或；当时，或，即；满足条
件，故②满足题意；③，令，易知为上的增函数，又，由零点存在性定理得在区间存在唯一的零点.故③满足题意；④（），，令，又，则，易知为
上的增函数，又，由零点存在性定理得在区间存在唯一的零点.故④满足题意；⑤无实数解，故⑤满足题意；故答案为：①②③④.【小结】本题主
要考查了对布劳威尔不动点定理的理解，考查了零点存在性定理；考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力.属于中档题.15．（2020·全国
·高三专题练习（理））函数f(x)＝1＋x－＋，g(x)＝1－x＋－，若函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且函数F(x)的零
点均在[a，b](a在区间，即可得到f(x＋3)、g(x－4)的零点所在区间，结合题意，即可得到b－a的最小值.【解析】∵f(x)＝1＋x－＋，∴，∵
恒成立，∴f(x)＝1＋x－＋在R上是单调递增函数.∵f(0)＝1>0，f(－1)＝，∴f(x)在区间[－1，0]上存在唯一零点，
∴f(x＋3)在区间[－4，－3]上存在唯一零点；又∵g(x)＝1－x＋－，∴，∵恒成立，∴g(x)＝1－x＋－在R上是单调递减函
数，∵g(2)＝，g(1)＝，∴g(x)在区间[1，2]上存在唯一零点，∴g(x－4)在区间[5，6]上存在唯一零点，由F(x)＝
f(x＋3)g(x－4)＝0，得f(x＋3)＝0或g(x－4)＝0，故函数F(x)的零点均在[－4，6]内，则b－a的最小值为10
.故答案为：10.【小结】本题考查利用导数判断函数的单调性、函数零点与方程，考查分析理解，求值计算的能力，属中档题.四、解答题16
．（2022·陕西西安·高三阶段练习（文））已知函数（e为自然对数的底数，）.(1)若，求证：在区间内有唯一零点；(2)若在其定义
域上单调递减，求a的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）把代入，求出并探讨其单调性，再结合零点存在性定理判断
作答.（2）利用给定单调性建立不等式，再分类分离参数，构造函数，讨论求解作答.(1)当时，，求导得：，令，则，则函数在R上单调递增
，即函数在R上单调递增，而，，由函数零点存在性定理知，存在唯一，有，所以在区间内有唯一零点.(2)函数的定义域是R，依题意，，成立
，当时，成立，，当时，，令，，，即函数在上单调递增，又当时，恒成立，于是得，当时，，令，，，当时，，当时，，因此，在上单调递减，在
上单调递增，当时，，于是得，综上得：，所以a的取值范围是.【小结】思路小结：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数
最值转化解决问题.17．（2022·贵州遵义·高三开学考试（理））已知函数.(1)讨论的导函数零点的个数；(2)若的最小值为e，求
a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）对求导有，再研究的单调性，结合及零点存在性定理，讨论a的范围判断零点
的个数.（2）讨论、、、，结合的符号研究的单调性并结合求参数a的范围.(1)，令，则，故在上单调递增，而，当时，无解；当时，由，，
故有一个在上的解；当时，由，故的解为1；当时，由，，故有一个在上的解；综上，当或时，导函数只有一个零点.当或时，导函数有两个零点.
(2)当时，，则函数在处取得最小值.当时，由（1）知：在上单调递增，则必存在正数使得.若则，在上，则，在上，则，在上，则，所以在和
上单调递增，在上单调递减，又，不合题意.若则，在上，则在上单调递增，又，不合题意.若则，在上，则，在上，则，在上，则，所以在和上单
调递增，在上单调递减，则，解得，即.综上，.解法二：方程法判断零点个数一、单选题1．（2022·福建福州·三模）已知函数，以下结论
中错误的是（???????）A．是偶函数B．有无数个零点C．的最小值为D．的最大值为【答案】C【分析】由奇偶性定义可判断出A正确；
令可确定B正确；根据定义域为，，可知若最小值为，则是的一个极小值点，根据可知C错误；由时，取得最大值，取得最小值可确定D正确.【解
析】对于A，定义域为，，为偶函数，A正确；对于B，令，即，，解得：，有无数个零点，B正确；对于C，，若的最小值为，则是的一个极小值
点，则；，，不是的极小值点，C错误；对于D，，；则当，，即时，取得最大值，D正确.故选：C.2．（2022·北京·模拟预测）已知函
数，且，则的零点个数为（???????）A．个B．个C．个D．个【答案】C【分析】解三角方程求得的零点即可解决【解析】由可得或，又
，则，或，或则的零点个数为3故选：C3．（2022·安徽·芜湖一中一模（理））声音是由物体振动产生的声波，我们听到的声音中包含着正
弦函数．若某声音对应的函数可近似为，则下列叙述正确的是（?????）A．为的对称轴B．为的对称中心C．在区间上有3个零点D．在区间
上单调递增【答案】D【分析】利用知关于直线对称的性质验证A；求得可判断B；化简，令，得，进而判断C；利用导数研究函数的单调性可判断
D.【解析】对于A，由已知得，即，故不关于对称，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，利用二倍角公式知，令得或，即，所以该函数在区
间内有4个零点，故C错误；对于D，求导，令，由，知，即，利用二次函数性质知，即，可知在区间上单调递增，故D正确；故选：D.4．（2
022·全国·高三专题练习）已知函数，则函数零点个数为（???????）A．0B．1C．2D．3【答案】A【分析】当时和时，分别化
简函数的解析式可直接判断零点的个数.【解析】当时，，所以不存在零点；当时，，也不存在零点，所以函数的零点个数为0.故选：A.二、多
选题5．（2022·海南海口·模拟预测）已知函数，则（???????）A．的定义域为RB．是奇函数C．在上单调递减D．有两个零
点【答案】BC【分析】根据函数解析式，结合函数性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【解析】对：的定义域为，错误；对：，且
定义域关于原点对称，故是奇函数，正确；对：当时，，单调递减，正确；对：因为，，所以无解，即没有零点，错误．故选：.6．（2022·
全国·高三专题练习）已知函数，下列说法正确的是（???????）.A．是周期函数B．若，则（）C．在区间上是增函数D．函数在区间上
有且仅有一个零点【答案】AB【分析】写出的分段函数形式，A应用正余弦函数的性质判断的周期性，B由已知可得，则，（），即可判断正误；
根据解析式，应用特殊值法判断C、D的正误.【解析】将函数化作分段函数，即，A，，是周期为的函数，对；B，由得，则，此时，（），可得
，对；C，由解析式得，在上不单调，错；D，由解析式知，即在上至少有两个零点，错.故选：AB.7．（2022·全国·高三专题练习）若
和都是定义在上的函数，且方程有实数解，则下列式子中可以为的是（???????）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】由方程有实数解
可得，再用替代，即有解，逐个判断选项即可得出答案.【解析】由方程有实数解可得，再用替代，即有解.对于A，，即，方程有解，故A正
确；对于B，，即，方程无解，故B错误；对于C，当令，因为，，由零点的存在性定理可知，在上存在零点，所以方程有解，故选项C正确；对于
D，当时，为方程的解，所以方程有解，故选项D正确.故选：ACD.8．（2022·全国·高三专题练习（理））关于函数有下述四个结论，
则（???????）A．是偶函数B．的最小值为C．在上有4个零点D．在区间单调递增【答案】ABC【分析】对A：根据偶函数的定义即可
作出判断；对B：由有界性，，且时即可作出判断；对C：当时，，可得函数有两个零点，根据偶函数的对称性即可作出判断；对D：当时，，利用
三角函数的图象与性质即可作出判断.【解析】解：对A：因为，所以是偶函数，故选项A正确；对B：因为，，所以，而时，所以的最小值为，故
选项B正确；对C：当时，，令，可得，，又由A知函数为偶函数，所以函数在区间上也有两个零点，，所以函数在区间上有4个零点，故选项C正
确；对D：当时，，因为，所以，而在上单调递增，在上单调递减，故选项D错误.故选：ABC.三、填空题9．（2022·福建·模拟预测）
已知函数，其中，若在区间(，)上恰有2个零点，则的取值范围是____________.【答案】或.【分析】先求出零点的一般形式，再
根据在区间(，)上恰有2个零点可得关于整数的不等式组，从而可求的取值范围.【解析】令，则，故，故，因为在区间(，)上恰有2个零点，
所以存在整数，使得：，若为偶数，则，整理得到：①，因为，故，当时，，故①无解，当时，有即.若为奇数，则，整理得到：②，因为，故，当
时，，故②无解，当时，有，无解.当时，有，故.综上，或.故答案为：或.【小结】思路小结：对于正弦型函数的零点个数问题，可先求出零点
的一般形式，再根据零点的分布得到关于整数的不等式组，从而可求相应的参数的取值范围.10．（2022·河南·襄城县教育体育局教学研究
室二模（文））已知函数有3个零点，则实数m的取值范围为______．【答案】[0,1)【分析】根据m的范围分类讨论f(x)的零点即
可.【解析】①m＝0时，，令f(x)＝0，则x＝0或x＝－3或x＝1，即f(x)有三个零点，满足题意；②m≠0时，令f(x)＝0，
则x＞0时，，则()，x≤0时，()，显然x≤0时的方程()最多有两个负根，而x＞0时的方程()最多只有一正根，为了满
足题意，则x＞0时必有1根，则1－m＞0，且根为x＝，∴m＜1；x≤0时方程必然有两个负根，则，∴0＜m＜1；综上所述，m∈.故答
案为：.四、解答题11．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数.(1)讨论的单调性；(2)当时，证明在上有且仅有两个零点.【分
析】（1）求得，分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（2）由可得出，由结合判别式可判断出方程的
根的个数，由此可证得结论成立.(1)解：函数的定义域为，.当时，则，由可得，由可得，此时函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时
，由可得或.①当时，，由可得或，由可得，此时函数的单调递减区间为、，单调递增区间为；②当时，，由可得，由可得或，此时函数的单调递增
区间为、，单调递减区间为.综上所述，当时，函数的单调递减区间为、，单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时
，函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.(2)解：由可得，因为，则，即关于的方程有两个不等的实根，所以，当时，在上有且仅有两个零
点.【小结】思路小结：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：（1）求导后看最高次项系数是否为，须需分类讨论；（2）若最高次项
系数不为，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两
根大小比较，或与定义域比较.12．（2022·四川省高县中学校模拟预测（文））已知函数.(1)当时，判定的零点的个数；(2)是否存
在实数，使得当时，恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)个(2)存在，且的取值范围是.【分析】（1）
解方程，即可得解；（2）由，分析可知当且时，由可得，分、、三种情况分析，结合一次函数的基本性质可得出关于实数的不等式，综合可求得实
数的取值范围.(1)解：当时，，令，可得或，此时函数有个零点.(2)解：当时，由.当时，对任意的，，满足题意；当且时，由可得，若，
则有，合乎题意；若，当时，，则对任意的不可能恒成立，舍去；若，则有，解得，此时.综上所述，当时，当时，恒成立.解法三：数形结合法判
段函数零点个数一、单选题1．（2022·安徽淮南·二模（文））已知函数，则下列关于函数的描述中，其中正确的是（???????）．①
当时，函数没有零点；②当时，函数有两不同零点，它们互为倒数；③当时，函数有两个不同零点；④当时，函数有四个不同零点，且这四个零点之
积为1．A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【分析】画出函数图象即可判断①，令解方程即可判断③，将零点问题转化成函数图象交点
的问题，利用数形结合即可判断②和④.【解析】当时，，函数图象如下图所示，由此可知该函数只有一个零点，故①不正确；当时，则函数的零点
为和，∵函数有两个不同零点，∴由函数的图象可知，解得，当时，则函数的零点为和，此情况不存在有两不同零点，则函数有两不同零点时的取值
范围是，设对应的两个零点为，，即或，解得，，则，所以它们互为倒数，故②正确；当时，函数解析式为，令，解得，令，解得或，由此可知函数
有三个零点，故③不正确；当时，则函数的零点为和，∵函数有四个不同零点，∴由函数的图象可知，解得，当时，则函数的零点为和，此情况不存
在有两不同零点；设对应的两个零点为，，，，即或，解得，，当时，整理得，当时，，则该方程存在两个不等的实数根和，由韦达定理得，所以，
则故④正确；故选：.2．（2022·河南安阳·模拟预测（文））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【分析】令，利用换元法可得，由一元二次方程的定义知该方程至多有两个实根、，作出函数的图象，结合题意
和图象可得、，进而得出结果.【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.3．（2022·安徽·模拟预测（文））已知函数，若有4个零点，则实数a的取值范围是（????
???）A．B．C．D．【答案】A【分析】在同一坐标系中作出的图象，根据有4个零点求解.【解析】解：令，得，在同一坐标系中作出的图
象，如图所示：由图象知：若有4个零点，则实数a的取值范围是，故选：A4．（2022·河南河南·三模（理））函数的所有零点之和为（?
??????）A．0B．2C．4D．6【答案】B【分析】结合函数的对称性求得正确答案.【解析】令，得，图象关于对称，在上递减.，令
，所以是奇函数，图象关于原点对称，所以图象关于对称，，在上递增，所以与有两个交点，两个交点关于对称，所以函数的所有零点之和为.故选
：B二、多选题5．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）对于函数，下列结论中正确的是（?????）A．任取，都有B．，其中；C．对
一切恒成立；D．函数有个零点；【答案】ACD【分析】作出函数的图象.对于A：利用图象求出，即可判断；对于B：直接求出，即可判断；对
于C：由，求得，即可判断；对于D：作出和的图象，判断出函数有3个零点.【解析】作出函数的图象如图所示.所以.对于A：任取，都有.故
A正确；对于B：因为，所以.故B错误；对于C：由，得到，即.故C正确；对于D：函数的定义域为.作出和的图象如图所示：当时,;当时,
函数与函数的图象有一个交点;当时,因为,，所以函数与函数的图象有一个交点,所以函数有3个零点.故D正确.故选：ACD6．（2022
·江苏·南京市宁海中学模拟预测）已知是定义在R上的偶函数，且对任意，有，当时，，则（???????）A．是以2为周期的周期函数B．
点是函数的一个对称中心C．D．函数有3个零点【答案】BD【分析】首先根据函数的对称性求出的周期和对称中心，然后求得.利用图象法即可
判断D.【解析】依题意，为偶函数，且，有，即关于对称，则，所以是周期为4的周期函数，故A错误；因为的周期为4，关于对称，所以是函数
的一个对称中心，故B正确；因为的周期为4，则，，所以，故C错误；作函数和的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，所以函
数有3个零点，故D正确.故选：BD.三、填空题7．（2022·四川·成都七中三模（文））已知函数，则函数的零点个数是______个
．【答案】3【分析】函数的零点个数等价于函数函数与的交点个数，作出函数与的图象，结合图象即可求出结果.【解析】函数有的零点个数等价
于函数函数与的交点个数，作出函数与的图象，如图：，由图可知，函数与有3个交点，故函数有的零点个数为3，故答案为：3.8．（2022
·内蒙古呼和浩特·一模（理））下面四个命题：①已知函数的定义域为，若为偶函数，为奇函数，则；②存在负数，使得恰有3个零点；③已知多
项式，则；④设一组样本数据的方差为，则数据的方差为其中真命题的序号为___________.【答案】①③【分析】对于①利用函数奇
偶性性质求解即可；对于②数形结合判断即可；对于③利用二项式定理求解即可；对于④利用平均数和方差公式求解即可.【解析】对于①：因为为
偶函数，即，令，所以，又因为为奇函数，所以，令，所以，所以，故①正确；对于②：存在负数，使得恰有3个零点等价于和，有三个不同交点，
且恒过点，画出图像如下所示：根据图像判断至多有两个交点，故②不正确；对于③：，，所以的系数为：5，故③正确；对于④：设的平均数为，
则其方差为：，则的平均数为，则其方差为：，故④不正确.故答案为：①③.9．（2022·四川成都·二模（文））定义在R上的奇函数
f（x）满足，且当时，．则函数的所有零点之和为______．【答案】【分析】判断出的对称性、周期性，画出的图象，结合图象求得的所有
零点之和.【解析】依题意，定义在R上的奇函数f（x）满足，，所以关于对称，，所以是周期为的周期函数.，所以关于点对称.关于点对称.
当时，，画出的图象如下图所示，由图可知，有个公共点，所以的所有零点和为.故答案为：10．（2022·全国·高三专题练习）已知，给出
下列四个结论：（1）若，则有两个零点；（2），使得有一个零点；（3），使得有三个零点；（4），使得有三个零点．以上正确结论的序号是
__．【答案】（1）（2）（4）【分析】将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，作图可解.【解析】函数的零点的个数可
转化为函数与直线的交点的个数；作函数与直线的图象如图，若，则函数与直线的图象在与上各有一个交点，则有两个零点，故（1）正确；若，则
当函数与直线的图象相切时，有一个零点，故（2）正确；当时，函数与直线的图象至多有两个交点，故（3）不正确；当且足够小时，函数与直线
的图象在与上分别有1个、2个交点，故（4）正确；故答案为：（1）（2）（4）．四、解答题11．（2022·北京·高三学业考试）给定
集合，为定义在D上的函数，当时，，且对任意，都有___________．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，补充
在横线处，使存在且唯一确定．条件①：；条件②：；条件③：．解答下列问题：（1）写出和的值；（2）写出在上的单调区间；（3）设，写出
的零点个数．【分析】判断条件③不合题意.选择条件①②、则先求得当时，的表达式，然后结合函数的解析式、单调性、零点，对（1）（2）（
3）进行分析，从而确定正确答案.【解析】依题意的定义域为，当时，.对于条件③，对任意，都有，以替换，则，这与矛盾，所以条件③不合题
意.若选条件①，当时，，.（1）.（2）对于函数，任取，，其中，当时，，，所以在上递减.当时，，，所以在上递增.所以在区间，.同理
可证得：在上递增，在上递减，.当时，，由上述分析可知，在上递增，在上递减.且.（3），由（2）的分析可画出的大致图象如下图所示，所
以，当或或时，的零点个数是0；当或时，的零点个数是1；当或时，的零点个数是2．若选条件②，当时，，由得，（1）.（2）对于函数，根
据上述分析可知：在上递减，在上递增，且在区间，.对于，任取，.其中.当时，，递增；当时，，递减.所以的增区间为，减区间为.且.（3
），结合上述分析画出的大致图象如下图所示，所以当时，的零点个数是0；当时，的零点个数是2．【小结】利用函数的单调性的定义求函数的单
调性，主要是计算出的符号.求解函数零点问题，可利用分离参数法，结合函数图象来进行求解.12．（2021·河北·高三阶段练习）已知函
数的最小正周期为.（1）求函数的单调递增区间；（2）若先将函数图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将其图像向左平
移个单位长度，得到函数的图像，求方程在上根的个数.【答案】（1），；（2）4.【分析】（1）由题意利用三角恒等变换，化简函数的解析
式，再利用正弦函数的周期性求出，可求出解析式，进而结合函数函数的图象与性质即可求出单调递增区间；（2）根据伸缩变换求得的解析式，进
而本题等价于求和在上交点的个数，作出函数图象，数形结合即可求出结果.【解析】解：（1）;因为的最小正周期，所以，故.令，，得，，所
以的单调递增区间为，.（2）由题意可得.方程在上根的个数，即方程的根的个数.结合和的图像，如图所示：因为在上单调递减，在上单调递增
，且，，所以结合图像可知函数在上有4个零点，即方程在上根的个数为4.13．（2021·辽宁·高三阶段练习）已知函数的最小正周期为．
（I）求函数的解析式；（II）若先将函数的图象向左平移个单位长度，再将其图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数
的图象，求在上的零点个数．【答案】（I）；（II）函数在上有个零点．【分析】（I）由已知解析式，应用二倍角余弦公式、辅助角公式可得
，由最小正周期即可求，写出的三角函数解析式.（II）由图像平移可得，在上的零点即为和图象交点的横坐标，应用数形结合及对数函数、正弦
函数的性质即可判断交点的个数.【解析】（I）由题意得：．∵的最小正周期，故，∴．（II）由（I）得：，．求函数在上的零点个数，即求
方程的根的个数．和的图象，如下图示，∴在上单调递减，在上单调递增，且，又，∴由图象知：函数在上有个零点．解法四：转化法判断函数零点
个数一、单选题1．（2022·安徽·巢湖市第一中学高三期中（文））已知函数，则函数的零点个数为（???????）A．3B．4C．5
D．6【答案】B【分析】由的性质求出对应区间的值域及单调性，令并将问题转化为与交点横坐标对应值的个数，结合数形结合法求零点个数即可
.【解析】令，当时，且递增，此时，当时，且递减，此时，当时，且递增，此时，当时，且递增，此时，所以，的零点等价于与交点横坐标对应的
值，如下图示：由图知：与有两个交点，横坐标、：当，即时，在、、上各有一个解；当，即时，在有一个解.综上，的零点共有4个.故选：B2
．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，则函数的零点个数为（???????）A．3B．4C．2D．1【答案】A【分析】令，令，
得出，求出关于的方程的根或，然后再考查直线或与函数的图象的交点个数，即可得出答案．【解析】令，令，则,当时，则，所以，，当时，，
则，作出函数的图象如下图所示，直线与函数的图象只有1个交点，线，与函数的图象只有2个交点，因此，函数只有3个零点，故选：．3．（2
021·天津市实验中学滨海学校高三期中）已知函数则函数的零点个数不可能是（???????）A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析
】作出函数的图象，换元，问题转化为解得个数，分类讨论，结合二次方程根个数的判断及数形结合求解.【解析】函数的图象如图，令，则函数的
零点即方程组的解．设，则．若，则，有两个零点，且由知，此时方程组有2个解；若，则，有一个零点，此时方程组有1个解；若，则，没有零点
，此时方程组无解；若，则，有一个零点，此时方程组有2个解；若，则，有两个零点，且由知，此时方程组有4个解，故选：C4．（2021·
辽宁沈阳·高三阶段练习）对于任意正实数，关于的方程的解集不可能是（???????）A．B．C．D．【答案】C【分析】分别将等式左侧
和右侧看做函数的形式，可得函数的单调性和对称轴，并求得左右两侧函数的最值；通过单调性和最值的大小关系可得解的个数有个，个或个的情况
，由此可得结果.【解析】函数是开口向上且关于直线对称的二次函数，；函数关于直线对称，且在上单调递增，在上单调递减，；若，则方程无解
；若，则方程有唯一解；若，则方程有两解，且两解关于对称；综上所述：方程的解集不可能是.故选：C.二、多选题5．（2022·江苏无锡
·高三期末）高斯被人认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.有这样一个函数就是以他名字命名的：设，用表示不超过的最
大整数，则称为高斯函数，又称为取整函数.如：，.则下列结论正确的是（???????）A．函数是上的单调递增函数B．函数有个零点C．
是上的奇函数D．对于任意实数，都有【答案】BD【分析】对于AC，举例判断，对于B，利用取整函数和零点的定义判断即可，对于D，定义这
样一个函数，就会有，然后结合高斯函数的定义判断即可【解析】对于A，，，，在上不是单调增函数，所以A错.对于B，由，可得，所以，若函
数要有零点，则，得，因为要想为，必须也为整数，在这个范围内，只有两个点，所以B正确，对于C，，，不是奇函数，所以C错，对于D，如果
我们定义这样一个函数，就会有，同时有，当时，会有，当时，，所以D正确，故选：BD.6．（2022·全国·高三专题练习）定义域和值域
均为（常数）的函数和图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（???????）A．方程有且仅有三个解B．方程有且仅有三
个解C．方程有且仅有九个解D．方程有且仅有一个解【答案】AD【分析】通过利用或，结合函数和的图象，分析每个选项中外层函数的零点，再
分析外层零点对应的直线与内层函数图象的交点个数，即可得出结论.【解析】解：对于A中，设，则由，即，由图象知方程有三个不同的解，设其
解为，，，由于是减函数，则直线与函数只有1个交点，所以方程，，分别有且仅有一个解，所以有三个解，故A正确；对于B中，设，则由，即，
由图象可得有且仅有一个解，设其解为b，可知，则直线与函数只有2个交点，所以方程只有两个解，所以方程有两个解，故B错误；对于C中，设
，若，即，方程有三个不同的解，设其解为，，，设，则由函数图象，可知，，由图可知，直线和直线分别与函数有3个交点，直线与函数只有1个
交点，所以或或共有7个解，所以共有七个解，故C错误；对于D中，设，若，即，由图象可得有且仅有一个解，设其解为b，可知，因为是减函数
，则直线与函数只有1个交点，所以方程只有1解，所以方程只有一个解，故D正确.故选：AD.三、填空题7．（2022·全国·高三专题练
习）已知是定义在R上的奇函数，当时，=，则方程解的个数为___________.【答案】3【分析】根据函数为奇函数求得解析式，再根
据解析式作出的图像即可得解.【解析】当时，，所以，因为是定义在R上的奇函数，所以=，所以，所以，所以=，由的图象知，有3个零点，所
以方程解的个数为3.故答案为：3.8．（2021·全国·模拟预测）已知函数若直线与函数的图象交于A，B两点，且满足，其中O为坐标原
点，则k值的个数为___________.【答案】2【分析】原题可转换为存在，使得→函数与的图象有公共点，当时，，时，与的图象的交
点个数即所求，作出图像，即可求出k值的个数【解析】由题意知，函数的图象上有关于原点O对称的点，因此存在，使得，即函数与的图象有公共
点.当时，，，，作出，在上的图象，如图所示，则当时，与的图象的交点个数即所求k值的个数，数形结合可知，当时，与的图象有2个交点，所
以k值的个数为2.故答案为：2四、解答题9．（2021·全国·高三专题练习）证明：函数的图象与的图象有且仅有一个公共点．【分析】把
要证两函数的图象有且仅有一个公共点转化为证明方程有且仅有一个实根.易观察出为其一根，再假设是函数图象的另一个公共点，然后得出矛盾即
可.【解析】要证明两函数和的图象有且仅有一个公共点，只需证明方程有且仅有一个实根，观察上述方程，显然有，则两函数的图象必有交点．设
是函数图象的另一个公共点．则，，，∴，即，令，易知函数为指数型函数．显然在内是减函数，且，故方程有唯一解，从而，与矛盾，从而知两函
数图象仅有一个公共点．10．（2020·安徽·淮南市第五中学高三阶段练习（理））已知是定义在上的偶函数，当时，（1）求，的值；（
2）求的解析式并画出函数的简图；（3）讨论方程的根的情况.【答案】（1）；（2），图像见解析；（3）当，方程无实根、当或，有2个根
、当，有3个根、当，有4个根；【分析】（1）函数求值只需将自变量值代入函数式计算即可；（2）求时的解析式时，转化为，将其代入已知
关系式，再借助于偶函数得到函数解析式，最后将解析式化成分段函数形式；（3）结合做出的函数图像可知函数值取不同值时对应的自变量个数是
不同的，本题求解主要利用数形结合法【解析】解：（1）是定义在R上的偶函数，（2）当时，于是是定义在上的偶函数，，图像如图所示：（3
）数形结合易知：当，方程无实根；当或，有2个根；当，有3个根；当，有4个根；【小结】本题考查根据奇偶函数性质求函数解析式，数形结
合解决方程根的个数问题，考查运算求解能力，数形结合思想，是中档题.本题解题的关键在于利用数形结合思想求解.解法五：零点存在定理与函
数性质结合判断零点个数一、单选题1．（2022·广东韶关·二模）已知直线既是函数的图象的切线，同时也是函数的图象的切线，则函数零点
个数为（???????）A．0B．1C．0或1D．1或2【答案】B【分析】设是函数图象的切点，则由导数的几何意义可求得，设是函数的
切点，同样利用导数的几何意义可求出，然后根据零点存在性定理可求得结果【解析】设是函数图象的切点，则，∴（1）又（2），将（1）代
入（2）消去整理得：，∴，设是函数的切点，据题意，又故，令，，∴，故，在定义域上为增函数，又，故，故，∴，在上是增函数当时，；当
时，；由零点存在性定理可得，g(x)存在唯一一个函数零点个数是1，故选：B．2．（2022·天津·高三专题练习）设函数有5个不同的
零点，则正实数的取值范围为（???????）A．B．C．D．【答案】A【分析】分段函数分段处理，显然有1个零点，所以有4个零点，利
用三角函数求出所有的零点，保证之间有4个零点即可.【解析】易知函数、在上为增函数，所以当时，函数单调递增，当无限接近0时，，当时，
，所以函数在上存在一点，使得，即在上有且只有一个零点；所以当时，函数有4个零点，令，即Z，解得Z，由题可得区间内的4个零点分别是，
所以即在之间，即，解得故选：A3．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数有两个零点，则的取值范围为（???????）A．B
．C．D．【答案】B【分析】显然需要参数分离，将原题改造成为，求与有两个交点。【解析】由得到：；令，由题意可以看做是与有两个交点；
则，其中，，是单调递减的，并且时，=0；因此函数存在唯一零点，；当时，；时，；；得如下函数图像：显然当时，与有两个交点；故答案为：
B.二、多选题4．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）已知函数f(x)＝sin(|cosx|)＋cos(|sinx|)，则以下
结论正确的是（???????）A．f(x)的图象关于直线对称B．f(x)是最小正周期为2π的偶函数C．f(x)在区间上单调递减D．
方程恰有三个不相等的实数根【答案】ACD【分析】根据对称性，周期性，复合函数单调性可判断选项ABC，结合单调性和周期性对函数和的图
象交点情况讨论可判断D.【解析】，，，故A正确；，故B不正确；当时，单调递减，单调递增，所以，单调递减，同理，单调递减，故函数在区
间上单调递减，所以C正确；易知为偶函数，综上可知：的周期为，且在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减.令，因为，，故
函数与的图象在区间内有且只有一个交点；又，故函数与的图象在区间内有且只有一个交点；又，故函数与的图象在区间内有且只有一个交点.因为
，由周期性和单调性可知，当或时，两函数图象无交点.综上所述，方程恰有三个不相等的实数根故选：ACD5．（2021·湖北恩施·高三开
学考试）已知函数，则以下说法正确的是（???????）A．是偶函数B．在上单调递增C．当时，D．方程有且只有两个实根【答案】ABD
【分析】A．利用奇偶性定义进行判断；B．利用导数分析的正负并进行判断；C．根据条件分析在上的单调性，由此确定出最小值并判断；D．利
用在上的单调性结合零点的存在性定理分析在上的零点数，由此确定出的实数根个数.【解析】A．的定义域为关于原点对称，，所以为偶函数，故
正确；B．当时，，，，所以，所以在上单调递增，故正确；C．因为为偶函数且在上单调递增，所以在上单调递减，所以，，故错误；D．因为在
上单调递增，且，所以在上有唯一零点，又因为为偶函数，所以方程有且仅有两根，故正确；故选：ABD．6．（2022·全国·高三专题练习
）函数，则下列说法正确的有（???????）A．函数是上的单调递增函数B．对于任意实数，不等式恒成立C．若，且，则D．方程有3个不
相等实数解【答案】BD【分析】对于A，通过比较零左右两边的函数值来判断；对于B，分和两种情况分析判断；对于C，举反例判断；对于D，
由零点存在性定理判断即可【解析】解：函数是和上的单调递增函数，但是，在上不单调，A错误；当时，，，；当时，，由函数在上单调递增知；
B正确；令，，，且，C错误；当时，；当时，在上单调递增，，，故存在1个解；同理知时也存在1个解；是函数的一个零点，故方程共有3个解
，D正确，故选：BD．三、解答题7．（2022·江西南昌·二模（文））已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)若，证明：方程
有且仅有一个正根.【答案】(1)增区间为，无减区间；(2)证明见解析【分析】（1）时，求导，分析导函数的符号即可得出单调区间；（2
）先证明出一个点，当，，再证时函数递增，结合零点存在定理即可说明.(1)因为，所以，则，当时，所以函数在上单调递增，即函数的增区间
为，无减区间；(2)因为，所以，设，，所以，当时，，则在为减函数；当时，，则在为增函数；因为，当时，，所以存在，使得，当时，，则在
上单调递减；当时，，则在上单调递增；因为，所以当时，，；且当时，，所以在区间有且仅有一个零点，即方程有且仅有一个正根.8．（202
2·河北·模拟预测）已知函数.(1)请研究函数在上的零点个数并证明；(2)当时，证明：.【答案】(1)4，证明见解析(2)证明见解
析【分析】（1）函数是奇函数，所以只要考虑上的零点，利用函数的单调性即可；（2）构造函数，用缩放法可以证明不等式.(1)为奇函
数，所以只需要研究函数上的零点个数，当时，，是单调递减的，，，所以当时，有一个零点；当时，令，，是单调递增的，，，所以存在，使
得，所以当时，，单调递减的，当时，，是单调递增的，又，所以，，所以存在使得，当时，无零点，综上可知，当时，函数有两个零点，即在
上，函数有四个零点；(2)当时，，两边取自然对数得：构造函数，即，即，即，则，于是，，所以.【小结】一般来说当三角函数和其他基本
初等函数同时出现在同一解析式时，由于三角函数是周期函数，而其他函数往往没有周期性，所以需要一个区间一个区间取讨论，不论是单调性还是
零点，最好在讨论之前先画一个草图；对于第二问难点在于构造函数，因为对数函数是非线性函数，直接计算难度很大，因此考虑缩放的方法，构造
一个新函数，将原对数函数转化为一个比较容易计算的函数，像，等比较多见.9．（2022·全国·高三专题练习）设为实数，函数.(1
)若，求的取值范围；(2)讨论的单调性；(3)当时，讨论在上的零点个数.【答案】(1)，(2)在上单调递增，在上单调递减(3)有2
个零点【分析】（1）写出，讨论a的取值情况，解得答案；（2）分类讨论去掉绝对值符号，再根据二次函数的性质，求得答案；（3）分段讨论
去掉绝对值符号，得到的解析式，结合二次函数图象的对称轴确定函数的单调性，结合零点存在定理即可得答案.(1),当时，不等式为恒成立，
满足条件，当时，不等式为，，综上所述的取值范围为，；（2）当时，函数，其对称轴为，此时在时是减函数，当时，，其对称轴为：，在时是增
函数，综上所述，在上单调递增，在上单调递减，（3）设g(x)=f(x)+|x|，当时，其对称轴为，当时，其对称轴为，当时，其对称轴
为，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，，（a），又，（a）在上单调递减，（a）（2），在和上各有一个零点，综上所述时，在上
有2个零点.10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.(1)若，求函数在上的零点个数；(2)当时都有，求实数的取值范围.【答
案】(1)只有一个零点(2)【分析】（1）首先利用导数确定函数的单调性，再利用零点存在定理即可判断函数的零点个数（2）可通过讨论在
的最小值，使恒成立，来确定实数的取值范围(1)因为，所以，，因为，所以，所以在上是单调增函数，又因为，，所以在上只有一个零点.(2
)因为，所以，令，，因为，所以，为增函数，，当时，即时，，即，所以在上为增函数，，所以时满足时都有；当时，即时，，又，所以，使，所
以时，即，为减函数，，与矛盾，所以不成立，综上实数的取值范围是【小结】本题为函数综合问题，针对函数不等式恒成立问题，我们经常转化为
函数最值问题，而函数最值问题，熟练地应用单调性法是突破的关键.解法六：利用函数零点（方程有根）求参数值或参数范围一、单选题1．（2
022·四川成都·三模（理））若函数的零点为，则（???????）．A．B．1C．D．2【答案】B【分析】由已知有，根据零点得到，
利用指对数的关系及运算性质得到关于t的表达式，进而由指数函数的单调性确定t值即可.【解析】由题设，由得：，若，可得，若，可得，综上
，，故.故选：B2．（2022·湖南岳阳·三模）已知函数，若不等式有且仅有2个整数解，则实数的取值范围是（???????）A．B．
C．D．【答案】B【分析】转化不等式有且仅有2个整数解有两个整数解，数形结合列出不等式及可求得答案.【解析】解：由题意得：不等式有
且仅有2个整数解，即可知有两个整数解于是有两个整数解令，当时，，则，此时有无数个整数解，不成立；当时，如图所示，有无数个整数解，也
不成立；当时，如图所示，要使得有两个整数解，则可知：所以则实数的取值范围是.故选：B3．（2022·山西·模拟预测（文））已知函数
若函数有三个零点，则实数a的取值范围是（???????）A．B．C．D．【答案】C【分析】先求出时，函数有一个零点，故时，函数有两
个零点，令，由且解出a的取值范围即可.【解析】函数当时，方程．可得．解得，函数有一个零点，则当时，函数有两个零点，即，在时有两个解
．设，其开口向上，对称轴为：在上单调递减，在上单调递增，所以，且，解得．故选：C．二、多选题4．（2021·辽宁·东北育才学校二模
）一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（?
??????）A．若为的跟随区间，则B．函数存在跟随区间C．若函数存在跟随区间，则D．二次函数存在“3倍跟随区间”【答案】ACD【
分析】A，由已知可得函数在区间上单调递增，进而可以求解的值；B，假设存在跟随区间，则根据跟随区间的条件求解，的值，结合函数图象进行
判断；C，先设跟随区间为，，则根据跟随区间满足的条件建立方程组，找出，的关系，然后统一变量表示出，列出关于的关系式，利用方程思想求
解的取值范围，D，若存在3倍跟随区间，则设定义域为，，值域为，，由此建立方程组，再等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以
求解．【解析】选项：由已知可得函数在区间，上单调递增，则有，解得或1（舍，所以，正确；选项：若存在跟随区间，，又因为函数在单调区
间上递减，图象如图示，则区间，一定是函数的单调区间，即或,则有，解得，此时异号，故函数不存在跟随区间，不正确；选项：由已知函数
可得：函数在定义域上单调递减，若存在跟随区间，，则有，即，两式作差得：，即，又，所以，得，所以，设，，则，即在区间，上有两个不相等
的实数根，只需：，解得，正确；选项：若函数存在3倍跟随区间，设定义域为，，值域为，，当时，函数在定义域上单调递增，则，是方程的两个
不相等的实数根，解得或，故存在定义域为，使得值域为，，正确，故选：．【小结】本题是根据新的定义求解参数或者是判断函数是否符合新定义
，考查学生的理解新知识运用新知识的能力，解答时要能根据新定义，灵活求解，综合性较强.三、填空题5．（2022·福建南平·三模）已知
函数有零点，则实数___________.【答案】【分析】先由基本不等式求得，再由二次函数求得，要使函数有零点，必须同时取等，即，
，解方程即可.【解析】由可得，当且仅当时取等，又，当且仅当时取等，故，当且仅当，时取等.要使函数有零点，则且，化简得，解得.故答案
为：.6．（2022·四川·石室中学三模（文））若函数的图象关于直线对称，且直线与函数的图象有三个不同的公共点，则实数k的值为__
____．【答案】【分析】依题意是的两个零点，根据对称性可得和也是的零点，即可得到的解析式，整理得，令，依题意关于的方程有两个不同
的实数解，，且关于的方程与中一个方程有两个相同的实数解，另一个方程有两个不同的实数解，即可求出（或）的值，代入计算可得；【解析】解
：由已知可得，是的两个零点，因为函数图象关于直线，因此和也是的零点，所以．由题意可知，关于的方程有三个不同的实数解．令，则关于的方
程有两个不同的实数解，，且关于的方程与中一个方程有两个相同的实数解，另一个方程有两个不同的实数解，则或，因此与中有一个等于，另一个
大于．不妨设，则，解得，此时，解得、满足条件，因此．故答案为：四、解答题7．（2021·辽宁·东北育才学校二模）已知二次函数满足以
下条件：①经过原点;②，;③函数只有一个零点(1)求二次函数的解析式；(2)若函数与的图象有两个公共点，求实数的取值范围.【答案】
(1)(2)【分析】（1）结合已知可知的对称轴为，的最值为，由此可设二次函数的顶点式，代入原点，求得答案；（2）令，整理为，将函数
图象的交点问题，转化为方程的解的问题，采用换元法，结合二次方程有根的情况，讨论求得答案.(1)由条件知的对称轴为，的最值为，可设顶
点式，再根据，解得，故.(2)由函数与的图象有两个公共点，即，整理得,此方程有两个实数根，令，，则关于m的方程只有一个正实数根，若
即时，，所以；若即时，满足只有一个正实数根，有两种情况，有2个相等的正实根或两异号根，即或,解得或，综上所述，t的取值范围是.
解法七：利用函数的交点（交点个数）求参数一、单选题1．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知函数（且），若函数的零点有5个，则
实数a的取值范围为（???????）A．B．或C．或或D．或【答案】D【分析】依题意函数的零点即为方程的根，对分四种情况讨论，结合
函数图形即可得解；【解析】解：依题意函数的零点即为方程的根，①当时函数的函数图象如下所示：所以有两个根，（，），而对应2个根，所以
需要对应3个根，所以，即，解得；②当时函数的函数图象如下所示：所以有两个根，（，），而对应2个根，对应2个根，即共四个根，所以不满
足题意；③当时函数的函数图象如下所示：所以有三个根，，，从而，，，所对应2、2、1个根，即共5个根，所以满足题意；④当时函数的函数
图象如下所示：所以有三个根，，，（，，），而，，分别对应2、2、0个根，即共四个根，所以不满足题意；综上可得实数的取值范围为或；故
选：D2．（2022·山东济宁·二模）已知函数，若函数有5个零点，则实数a的取值范围是（???????）A．B．C．D．【答案】C
【分析】通过分析得到当时，要有2个根，参变分离后构造函数，研究其单调性和极值，数形结合求出实数a的取值范围.【解析】与关于y轴对称
，且，要想有5个零点，则当时，要有2个根，结合对称性可知时也有2个零点，故满足有5个零点，当时，，不合题意；当时，此时令，定义域为
，，令得：，，令得：，故在上单调递增，在上单调递减，且当时，恒成立，在处取得极大值，其中，故，此时与有两个交点.故选：C3．（20
22·全国·模拟预测（理））已知函数的图象关于直线对称，对，都有恒成立，当时，，当时，若函数的图象和直线有个交点，则的取值范围为（
???????）A．B．C．D．【答案】C【分析】分析可知函数为偶函数，且函数是以为周期的周期函数，作出函数与的图象，数形结合可得
出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【解析】因为函数的图象关于直线对称，将函数的图象向右平移个单位，可得到函数的图象，
则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由可得，故函数是以为周期的周期函数，如下图所示：因为直线过定点，当时，要使得函数的图象和直
线有个交点，则，解得，故选：C.二、多选题4．（2022·福建莆田·三模）已知函数，函数，则下列结论正确的是（???????）A．
若有3个不同的零点，则a的取值范围是B．若有4个不同的零点，则a的取值范围是C．若有4个不同的零点，则D．若有4个不同的零点，则的
取值范围是【答案】BCD【分析】根据题意，将问题转化为函数与图像交点个数问题，进而数形结合求解即可得答案.【解析】解：令得，即所以
零点个数为函数与图像交点个数，故，作出函数图像如图，由图可知，有3个不同的零点，则a的取值范围是，故A选项错误；有4个不同的零点，
则a的取值范围是，故B选项正确；有4个不同的零点，此时关于直线对称，所以，故C选项正确；由C选项可知，所以，由于有4个不同的零点，
a的取值范围是，故，所以，故D选项正确.故选：BCD5．（2022·辽宁鞍山·二模）已知函数，若有四个不同的实数解，，，，且满足，
则下列命题正确的是（???????）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】A.在同一坐标系中作出函数的图象，由有四个不同的实数解
判断；B.根据，得到，转化为，利用对勾函数的性质判断；C.由，利用对勾函数的性质判断；D.由，利用对勾函数的性质判断；【解析】
解：在同一坐标系中作出函数的图象，如图所示：由图象知：若有四个不同的实数解，则，故A正确；因为，即，则，所以，因为在上递增，所以，故B错误；因为，在上递增，所以，而，所以，故C正确；因为，在上递减，在上递增，则，故D正确；故选：ACD三、填空题6．（2022·贵州毕节·三模（文））已知函数在有且仅有个零点，则的取值范围为__________．【答案】【分析】先化简函数式，然后根据的范围求出的范围，结合在，有且仅有3个零点，再利用正弦函数的相关知识求得的范围．【解析】,当，时，，在，有且仅有3个零点，，综上：,故答案为：7．（2022·福建宁德·模拟预测）已知是定义在R上的偶函数，当时，.若的图象与x轴恰有三个交点，则实数a的值为___________.【答案】2【分析】根据偶函数的对称性知在、上各有一个零点且，讨论a值结合导数研究的零点情况，即可得结果.【解析】由偶函数的对称性知：在、上各有一个零点且，所以，则或，当时，在上，则，所以在上递增，，故无零点，不合要求；当时，在上，则，所以在上递减，在上递增，则且，，故上有一个零点，符合要求；综上，.故答案为：28．（2022·全国·三模（理））已知是定义在R上的奇函数，且是偶函数，当时，．设，若关于x的方程有5个不同的实根，则实数m的取值范围是__________．【答案】【分析】根据函数的奇偶性、对称性、周期性，运用数形结合思想进行求解即可.【解析】因为是偶函数，所以有，所以函数的对称轴为，由，而是定义在R上的奇函数，所以有，因此有，因此，所以，因此函数的周期为，当时，，当时，，当时，；当时，当时，，因此有：当时，；当时，；当时，；当时，，当时，，因为，所以函数的周期为，所以函数的图象如下图所示：关于x的方程有5个不同的实根，等价于函数的图象与直线有5个不同的交点，当时，当直线经过时，此时函数的图象与直线有5个不同的交点，则有，当直线经过时，此时函数的图象与直线有6个不同的交点，则有，因此当时，函数的图象与直线有5个不同的交点，当时，当直线经过时，此时函数的图象与直线有5个不同的交点，则有，当直线经过时，此时函数的图象与直线有6个不同的交点，则有，因此当时，函数的图象与直线有5个不同的交点，当时，函数的图象与直线没有交点，所以实数m的取值范围是或，故答案为：9．（2022·新疆昌吉·二模（文））已知函数，若关于x的方程有三个不同的实根，则m的取值范围为______．【答案】【分析】由条件作函数的图象，根据方程有三个不同的实根结合图象求参数的范围.【解析】由已知当时，，当时，，当时，作函数图象如下，因为关于x的方程有三个不同的实根，所以函数的图象与的图象有三个交点，观察图象可得，故答案为：.四、解答题10．（2022·北京密云·高三期中）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求证：函数存在极小值；(3)请直接写出函数的零点个数.【答案】(1)y=0；(2)证明见解析；(3)答案见解析.【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.（2）讨论函数在区间和上的符号即可推理作答.（3）在时，分离参数，构造函数，再探讨在上的零点情况即可作答.(1)由函数求导得：，则，而，所以曲线在点处的切线方程是y=0.(2)函数的定义域为，由（1）知，，因，则当时，，，，则有，函数在上递减，当时，，，，则有，函数在上递增，于是得当时，函数取得极小值，所以当时，函数存在极小值.(3)函数的定义域为，，显然是函数的零点，当时，函数的零点即为方程的解，令，则，令，则，当时，，当时，，函数在上递增，在上递减，，，即有，在，上都递减，令，，当时，，当时，，在上递增，在上递减，，即，恒有，当且仅当时取“=”，当时，，当时，，因此，在上单调递减，取值集合为，在上递减，取值集合为，于是得当或时，方程有唯一解，当或时，此方程无解，所以，当或时，函数有一个零点，当或时，函数有两个零点.zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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