抢分秘籍01 函数的零点（3大题型+2大易错）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（上海专用）

抢分秘籍 函数的零点 目录 【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】函数零点的定义 【题型二】 函数零点存在性定理 【题型三】 函数零点的分布 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：忽视函数的定义域而致误 易错点二：函数的图象画的不准确而致误 ： 函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝. 【理解概念】 (1)函数零点的概念 对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点． (2)函数零点与方程实数解的关系 方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)有零点⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有公共点． (3)函数零点存在定理 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且有f(a)f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解． 【常用结论】 1．若连续不断的函数f(x)是定义域上的单调函数，则f(x)至多有一个零点． 2．连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号． 【题型一】函数零点的定义 1.求解函数零点个数的基本方法 (1)直接法：令f(x)＝0，方程有多少个不同的实数根，则f(x)有多少个零点． (2)定理法：利用函数零点存在定理时往往还要结合函数的单调性、奇偶性等． (3)图象法：一般是把函数拆分为两个简单函数，依据两函数图象的交点个数得出函数的零点个数． 2.根据函数零点的情况求参数的三种常用方法 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式确定参数(范围)． (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域确定参数范围． (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后利用数形结合法求解. 3.对于复合函数y＝f(g(x))的零点个数问题，求解思路如下： (1)确定内层函数u＝g(x)和外层函数y＝f(u)； (2)确定外层函数y＝f(u)的零点u＝ui(i＝1,2,3，…，n)； (3)确定直线u＝ui(i＝1,2,3，…，n)与内层函数u＝g(x)图象的交点个数分别为a1，a2，a3，…，an，则函数y＝f(g(x))的零点个数为a1＋a2＋a3＋…＋an. 【例1-1】（求函数的零点）（2024·上海青浦·一模）已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，， 则关于函数 在R 上的零点的说法正确的是（    ）. A．有4 个零点，其中只有一个零点在区间上 B．有4 个零点，其中两个零点在区间上，另外两个零点在区间上 C．有5 个零点，两个正零点中一个在区间上，一个在区间 上 D．有5 个零点，都不在上 【例1-2】（根据零点求函数解析式中的参数）（23-24高三下·上海·开学考试）定义在上的函数，其图象与水平直线的交点从左往右分别记为．若，则的取值范围是 ． 【例1-3】（利用导数研究函数零点）（2023·上海徐汇·三模）若函数满足，称为的不动点. (1)求函数的不动点； (2)设.求证：恰有一个不动点； (3)证明：函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点. 【变式1-1】（2023·上海嘉定·一模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B．为奇函数 C．有零点 D． 【变式1-2】（2023·上海长宁·二模）设各项均为实数的等差数列和的前n项和分别为和，对于方程①，②，③．下列判断正确的是（    ） A．若①有实根，②有实根，则③有实根 B．若①有实根，②无实根，则③有实根 C．若①无实根，②有实根，则③无实根 D．若①无实根，②无实根，则③无实根 【变式1-3】（2023·上海杨浦·一模）已知定义在R上的函数对任意，都有成立且满足（其中a为常数），关于x的方程：的解的情况．下面判断正确的是（    ） A．存在常数a，使得该方程无实数解 B．对任意常数a，方程均有且仅有1解 C．存在常数a，使得该方程有无数解 D．对任意常数a，方程解的个数大于2 【变式1-4】（22-23高三上·上海闵行·期中）定义域为的函数的图象关于直线对称，当时，，且对任意只有，，则方程实数根的个数为（    ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【变式1-5】（2023·上海嘉定·三模）已知函数，若满足（、、互不相等），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式1-6】（2023·上海青浦·一模）若函数是奇函数，则该函数的所有零点是 ． 【变式1-7】（22-23高三下·上海长宁·开学考试）若数列满足，则称该数列为“切线-零点数列”，已知函数有两个零点1、2，数列为“切线-零点数列”，设数列满足，，，数列的前项和为，则 ． 【变式1-8】（2024·上海徐汇·一模）已知，若定义在上的函数的最小正周期为，且对任意的，都有. (1)求实数的值； (2)设，当时，，求的值. 【题型二】 函数零点存在性定理 确定函数零点所在区间的常用方法 (1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续；再看是否有f(a)·f(b)<0，若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点． (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断． 【例2-1】（24-25高三上·上海·期中）已知，，，，函数和的图像如图所示，其中是这两个函数共同的零点，是其中一个函数的零点，则 . 【例2-2】（24-25高三上·上海松江·期末）定义在D上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在D上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数）在的相依区间.已知. (1)当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点； (2)若函数在上处处相依，且对任意实数m、n，，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，，为函数在的相依区间，证明：. 【例2-3】（22-23高三下·上海杨浦·开学考试）设，满足． (1)求a的值，并讨论函数的奇偶性； (2)若函数在区间严格减，求b的取值范围； (3)在（2）的条件下，当b取最小值时，证明：函数有且仅有一个零点q，且存在唯一的递增的无穷正整数列，使得成立． 【变式2-1】（24-25高三上·上海·期中）已知函数，则“”是“函数有零点”的（   ）条件. A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分且必要 D．不充分也不必要 【变式2-2】（23-24高三上·上海长宁·期中）有两个关于函数（为自然对数的底）的命题：①该函数在定义域上是单调函数；②该函数在区间上不存在零点，其中（    ） A．①真､②真 B．①假､②假 C．①真､②假 D．①假､②真 【变式2-3】（22-23高三上·上海宝山·阶段练习）已知函数，，，实数是函数的一个零点，下列选项中，不可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-4】（23-24高三上·上海·阶段练习）已知函数，若函数在区间上恰有个零点，则所有可能的正整数的值组成的集合为 . 【变式2-5】（22-23高三上·上海浦东新·阶段练习）已知，函数的零点从小到大依次为，若），请写出所有的所组成的集合 . 【变式2-6】（23-24高三上·上海宝山·阶段练习）记，分别为函数，的导函数.若存在实数，满足且，则称为函数与的一个“S点”. (1)证明：函数与不存在“S点”； (2)若存在实数b，使得函数与存在“S点”，求实数a的取值范围； (3)已知函数，.对任意常数，判断是否存在常数，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由. 【变式2-7】（2022·上海长宁·二模）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意，都有，则称函数具有性质． (1)若函数具有性质，求的值 (2)设，若，求证：存在常数，使得具有性质 (3)若函数具有性质，且的图像是一条连续不断的曲线，求证：函数在上存在零点． 【变式2-8】（2023·上海杨浦·一模）已知函数，其中为正整数，且为常数． (1)求函数的单调增区间； (2)若对于任意，函数，在内均存在唯一零点，求a的取值范围； (3)设是函数大于0的零点，其构成数列．问：是否存在实数a使得中的部分项：，，，（其中时，）构成一个无穷等比数列若存在；求出a；若不存在请说明理由． 【题型三】函数零点的分布 对于二次函数零点分布的研究一般从以下几个方面入手 (1)开口方向； (2)对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系； (3)判别式，决定函数与x轴的交点个数； (4)区间端点值． 【例3-1】（22-23高三上·上海杨浦·期中）已知函数在上恰有5个零点，则实数a的最大值为 ． 【例3-2】（2025·上海·模拟预测）已知设，，若关于的不等式恰有一个整数解，则的取值范围是 . 【例3-3】（2023·上海浦东新·模拟预测）已知，，. (1)若，，写出曲线的一条水平切线的方程； (2)若，使得，，，形成等差数列，证明：； (3)若存在，使得函数有唯一零点，求的取值范围． 【变式3-1】（2023·上海杨浦·一模）已知，若方程与均恰有两个不同的实根，则实数a的取值范围是 ． 【变式3-2】（2023·上海闵行·二模）若关于的方程在实数范围内有解，则实数的取值范围是 ． 【变式3-3】（2022·上海静安·二模）设函数. (1)若，且函数与的图像有横纵坐标均为正整数的交点，求m的值； (2)设，，在锐角△ABC中，内角对应的边分别为，若，，求△ABC的面积. 【变式3-4】（2022·上海杨浦·二模）已知函数，其中. (1)若不等式的解集是，求m的值； (2)若函数在区间上有且仅有一个零点，求m的取值范围. 易错点一：忽视函数的定义域而致误 1.函数的零点个数为（ ） 易错点二：函数的图象画的不准确而致误 2.已知函数 若函数有3个零点，则的取值范围是（ ） 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 抢分秘籍 函数的零点 目录 【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】函数零点的定义 【题型二】 函数零点存在性定理 【题型三】 函数零点的分布 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：忽视函数的定义域而致误 易错点二：函数的图象画的不准确而致误 ： 函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝. 【理解概念】 (1)函数零点的概念 对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点． (2)函数零点与方程实数解的关系 方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)有零点⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有公共点． (3)函数零点存在定理 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且有f(a)f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解． 【常用结论】 1．若连续不断的函数f(x)是定义域上的单调函数，则f(x)至多有一个零点． 2．连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号． 【题型一】函数零点的定义 1.求解函数零点个数的基本方法 (1)直接法：令f(x)＝0，方程有多少个不同的实数根，则f(x)有多少个零点． (2)定理法：利用函数零点存在定理时往往还要结合函数的单调性、奇偶性等． (3)图象法：一般是把函数拆分为两个简单函数，依据两函数图象的交点个数得出函数的零点个数． 2.根据函数零点的情况求参数的三种常用方法 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式确定参数(范围)． (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域确定参数范围． (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后利用数形结合法求解. 3.对于复合函数y＝f(g(x))的零点个数问题，求解思路如下： (1)确定内层函数u＝g(x)和外层函数y＝f(u)； (2)确定外层函数y＝f(u)的零点u＝ui(i＝1,2,3，…，n)； (3)确定直线u＝ui(i＝1,2,3，…，n)与内层函数u＝g(x)图象的交点个数分别为a1，a2，a3，…，an，则函数y＝f(g(x))的零点个数为a1＋a2＋a3＋…＋an. 【例1-1】（求函数的零点）（2024·上海青浦·一模）已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，， 则关于函数 在R 上的零点的说法正确的是（    ）. A．有4 个零点，其中只有一个零点在区间上 B．有4 个零点，其中两个零点在区间上，另外两个零点在区间上 C．有5 个零点，两个正零点中一个在区间上，一个在区间 上 D．有5 个零点，都不在上 【答案】D 【分析】根据题意，由函数零点的定义可判断时，函数有两个零点，然后结合函数奇偶性的性质，即可得到时的零点，从而得到结果. 【详解】由于函数是定义在R上的奇函数，故，即0是函数的一个零点； 当时，， 此时函数在上单调递减，在上单调递增，且， 即此时函数在和内各有一个零点，在上无零点， 又函数是定义在R上的奇函数， 故函数在和也内各有一个零点， 综合上述可知函数有5 个零点，都不在上 故选：D 【例1-2】（根据零点求函数解析式中的参数）（23-24高三下·上海·开学考试）定义在上的函数，其图象与水平直线的交点从左往右分别记为．若，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】振幅仅是保证与总有交点，的变化仅是改变函数的周期，与线段长度的比无关，令即可，由题意研究图象解出的取值范围即可. 【详解】 由题意，振幅仅是保证与有交点， 且它们的交点不可能为正弦型函数的最值点或零点，否则，故且， 又的变化仅改变函数的周期(长度)，与线段长度的比无关， 要使，第一与第二个交点距离大于半个周期长，而第二与第三个交点距离小于半个周期长， 不妨令，，作出(注意代换且)的图象， 如图： 由，且，， 所以，由图象得：，或，结合， 所以的取值范围为：. 故答案为：. 【例1-3】（利用导数研究函数零点）（2023·上海徐汇·三模）若函数满足，称为的不动点. (1)求函数的不动点； (2)设.求证：恰有一个不动点； (3)证明：函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点. 【答案】(1)不动点为 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）令，解出即可； （2）分和讨论，当时，转化为求，通过构造新函数，讨论其单调性即可证明； （3）设，计算得，则其必要性不成立，再通过证明其不动点的存在性，最后利用反证法证明其唯一性. 【详解】（1）由题意,得,解得,即不动点为. （2）当时,,故0为函数的一个不动点， 当时,求的解,即求的解. 构造函数，求导得， 当时,，则, 当时,,所以在上严格递减,在上严格递增, 故,即对任意恒成立, 即对任意恒成立. 综上所述,函数恰有一个不动点. （3）设,则函数有唯一不动点, 由可得, 则函数的不动点不唯一，必要性不成立， 另一方面，先证不动点是存在的， 不妨设是的唯一不动点,即， 令,则,那么,, 而,故,这说明是的不动点， 由只有一个不动点知,， 从而,这说明是的不动点，存在性得证. 再证唯一性，若还有另一个不动点,即, 则,这说明还有另一个不动点,与题设矛盾. 综上所述,函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是在讨论时，通过转化得求的解，构造函数，通过导数得到其单调性和值域，从而证明原结论，第三问的关键是首先证明其必要性不成立，然后再证明不动点的存在性和唯一性. 【变式1-1】（2023·上海嘉定·一模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B．为奇函数 C．有零点 D． 【答案】D 【分析】利用赋值法，结合奇函数的定义、零点的定义逐一判断即可. 【详解】A：在中， 令，得， 因为，所以，所以本选项不正确； B：函数的定义域为全体实数，由上可知，显然不符合，因此本选项不正确； C：在中， 令，得 ，或， 显然函数没有零点，故本选项不正确， D：在中， 令， 得，所以本选项正确， 故选：D 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用赋值法. 【变式1-2】（2023·上海长宁·二模）设各项均为实数的等差数列和的前n项和分别为和，对于方程①，②，③．下列判断正确的是（    ） A．若①有实根，②有实根，则③有实根 B．若①有实根，②无实根，则③有实根 C．若①无实根，②有实根，则③无实根 D．若①无实根，②无实根，则③无实根 【答案】B 【分析】若①有实根，得到，设方程与方程的判别式分别为和，得到，结合举反例可以判断选项AB；通过举反例可以判断选项CD. 【详解】若①有实根，由题意得：， 其中，， 代入上式得， 设方程与方程的判别式分别为和， 则等号成立的条件是． 又， 如果②有实根，则，则或者，所以③有实根或者没有实根，如 满足，，但是，所以③没有实根，所以选项A错误； 如果②没实根，则，则，所以③有实根，所以选项B正确； 若①无实根，则，②有实根，则, 设，所以，， 此时，则③有实根，所以选项C错误； 若①无实根，则，②无实根，则, 设，所以，， 此时，则③有实根，所以选项D错误. 故选：B 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是排除法的灵活运用，要证明一个命题是假命题，证明比较困难，只需举一个反例即可. 【变式1-3】（2023·上海杨浦·一模）已知定义在R上的函数对任意，都有成立且满足（其中a为常数），关于x的方程：的解的情况．下面判断正确的是（    ） A．存在常数a，使得该方程无实数解 B．对任意常数a，方程均有且仅有1解 C．存在常数a，使得该方程有无数解 D．对任意常数a，方程解的个数大于2 【答案】B 【分析】将方程的解的情况转化为零点的情况，然后根据得到，根据，得到，然后利用定义法得到在R上单调递增，即可得到对任意常数，方程只有一个解. 【详解】令，则方程的解的情况可以转化为零点的情况， 因为，所以， 因为，所以，则， 令，，因为，所以， ，即， 所以在R上单调递增，又，所以对任意常数，只有一个零点，即方程只有一个解. 故选：B. 【变式1-4】（22-23高三上·上海闵行·期中）定义域为的函数的图象关于直线对称，当时，，且对任意只有，，则方程实数根的个数为（    ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【答案】D 【分析】由于函数的图象关于直线对称，当，时，，对任意都有，可得函数在0，上以4为周期，令，则，即可得出结论,结合周期性即可求解. 【详解】由于函数的图象关于直线对称，当，时，, 对任意都有，得， 所以函数在，上以4为周期，, 做出函数一个周期，的图象： 当时， ，由得： 令，则， 因为，而在第一个周期有3个交点，后面每个周期有2个交点， 所以共有个交点， 当时， ，由得：,令，得，由上述可知，有个交点，故有个交点， 又时，， 所以方程实数根的个数为． 故选：D． 【变式1-5】（2023·上海嘉定·三模）已知函数，若满足（、、互不相等），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出函数的图象，根据，利用数形结合法求解. 【详解】解：作出函数的图象，如图所示：    不妨设， 因为， 由函数的性质得，，即， 所以， 故选：D 【变式1-6】（2023·上海青浦·一模）若函数是奇函数，则该函数的所有零点是 ． 【答案】； 【分析】 根据函数为奇函数进行求解即可. 【详解】因为函数是奇函数， 所以，即， 则， 得， 则，其中， 所以该函数的所有零点是. 故答案为： 【变式1-7】（22-23高三下·上海长宁·开学考试）若数列满足，则称该数列为“切线-零点数列”，已知函数有两个零点1、2，数列为“切线-零点数列”，设数列满足，，，数列的前项和为，则 ． 【答案】 【分析】根据二次函数的零点可求得的值，求出，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，进而可求得. 【详解】因为有两个零点1、2，由韦达定理可得，解得， 所以，， 由题意可得， 所以， 又因为，所以， 又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以， 故答案为： 【点睛】本题的关键点在于由得到，再证明数列是首项为2，公比为2的等比数列. 【变式1-8】（2024·上海徐汇·一模）已知，若定义在上的函数的最小正周期为，且对任意的，都有. (1)求实数的值； (2)设，当时，，求的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据最小正周期及三角函数的性质、不等式恒成立有，即可求参数值； （2）应用三角恒等变换有，令求解，结合即可求结果. 【详解】（1）， 由的最小正周期为，知， ， ∴. （2）由（1）可得：， ， 或，即或，， 又，则不妨令，故. 【题型二】 函数零点存在性定理 确定函数零点所在区间的常用方法 (1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续；再看是否有f(a)·f(b)<0，若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点． (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断． 【例2-1】（24-25高三上·上海·期中）已知，，，，函数和的图像如图所示，其中是这两个函数共同的零点，是其中一个函数的零点，则 . 【答案】 【分析】根据零点的概念，结合三角函数的周期性解题. 【详解】由是函数的零点，可得，即，，取（正半轴的第一个零点）可得； 又是函数的零点，由，得，， 取（正半轴的第四个零点）得，所以，. 故答案为：. 【例2-2】（24-25高三上·上海松江·期末）定义在D上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在D上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数）在的相依区间.已知. (1)当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点； (2)若函数在上处处相依，且对任意实数m、n，，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，，为函数在的相依区间，证明：. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题意结合函数零点存在定理即可证明； （2）先求导函数，再由题意将问题转化为存在，使得恒成立，进而得恒成立，求出在上的即可得解. （3）先由相依区间定义求得，从而将所需证明的问题转化为证明，，再构造函数结合导数证明即可. 【详解】（1）证明：当时，函数， 所以， 所以，即， 又函数在上处处相依， 所以导函数在上有零点； （2）因为， 所以， 因为函数在上处处相依， 所以存在，，使得， 故由题意存在，使得恒成立即恒成立， 所以恒成立， 又， 所以.所以实数的取值范围为. （3）当时，，则， 因为为函数在的相依区间， 所以，则， 因为，单调递减；，单调递增； 所以，则， 要证，即证，即证，即证，， 令， 则， 令， 则， 因为，，， 所以，故函数在上单调递减，所以， 所以，故函数在上单调递减，所以， 所以在上恒成立，即证得，， 从而得证. 【点睛】关键点睛：本题第三问的解题关键是根据相依区间的定义得到，进而结合条件利用分析法将问题转化为，，再构造函数证明即可. 【例2-3】（22-23高三下·上海杨浦·开学考试）设，满足． (1)求a的值，并讨论函数的奇偶性； (2)若函数在区间严格减，求b的取值范围； (3)在（2）的条件下，当b取最小值时，证明：函数有且仅有一个零点q，且存在唯一的递增的无穷正整数列，使得成立． 【答案】(1)；当时，函数为偶函数，当时，函数为非奇非偶函数 (2) (3)证明见解析 【分析】(1)直接利用函数表达式表示函数值即可求的值，再根据奇偶性定义求解； (2)利用导数与单调性的关系求解； (3)利用函数的单调性和零点的存在性定理判断零点所在区间，再根据无穷等比数列的前项和公式求解. 【详解】（1）∵函数（常数）满足． ∴，解得：； 当时，函数为偶函数，当时，函数为非奇非偶函数； （2）由（1）得：则， 若在区间上单调递减， 则在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 当时，，为的最小值， 所以； （3）由(2)可知，，所以， 当时，恒成立，无零点， 当时，单调递增， 且， 所以函数在有唯一零点， 所以即， 所以， 又因为， 所以存在唯一的递增的无穷正整数列， 使得成立，且. 【变式2-1】（24-25高三上·上海·期中）已知函数，则“”是“函数有零点”的（   ）条件. A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分且必要 D．不充分也不必要 【答案】A 【分析】根据特值法与零点存在定理可快速得出结论. 【详解】函数，定义域为， 当时，，当时，， 根据零点存在定理，知此时函数必有零点，所以充分性成立； 当，时，，易知，所以函数有零点， 此时，所以必要性不成立. 故“”是“函数有零点”的充分不必要条件. 故选：. 【变式2-2】（23-24高三上·上海长宁·期中）有两个关于函数（为自然对数的底）的命题：①该函数在定义域上是单调函数；②该函数在区间上不存在零点，其中（    ） A．①真､②真 B．①假､②假 C．①真､②假 D．①假､②真 【答案】B 【分析】根据函数的导函数恒大于零结合函数的定义域，可知函数有两个单调递增区间，但根据函数值的变化，函数在定义域上不具有单调性，可知①假；根据函数的单调性，结合当时，，，则可知②假的. 【详解】因为函数，其定义域为， 则恒成立，故函数在上是单调递增,在单调递增， 当，，，故函数在定义域内不具有单调性； 当时，，故该函数在区间上不存在零点， 当时，， 故时，，又， 故存在，使得， 所以①假，②假， 故选： 【变式2-3】（22-23高三上·上海宝山·阶段练习）已知函数，，，实数是函数的一个零点，下列选项中，不可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题知在定义域上是单调减函数，进而分都为负值和讨论可判断出结果. 【详解】解：由在上单调递减，y＝log2x在上单调递增， 所以，在定义域上是单调减函数， 当时，， 又因为，， 所以，当都为负值，则都大于， 当，则都小于，大于. 综合可得，不可能成立． 故选：C 【变式2-4】（23-24高三上·上海·阶段练习）已知函数，若函数在区间上恰有个零点，则所有可能的正整数的值组成的集合为 . 【答案】 【分析】化简函数得，令，换元得，根据二次函数零点可得：原题意等价于在区间上恰有2024个零点，结合正弦函数的图象性质分析求解. 【详解】， 令，，可得，， 记的两零点为、， 则，不妨设， 且，则，，， 可知（舍去），， 原题意等价于在区间上恰有2024个零点， 可知在和（为正整数）内不同根的个数均为， 所以. 故答案为：. 【变式2-5】（22-23高三上·上海浦东新·阶段练习）已知，函数的零点从小到大依次为，若），请写出所有的所组成的集合 . 【答案】 【分析】将的零点可以转化为函数和图象交点的横坐标，然后利用零点存在性定理分析零点所在区间即可. 【详解】 的零点可以转化为函数和图象交点的横坐标，图象如上所示，由图可知共三个零点， ，，所以在上存在一个零点； ，则在上存在一个零点； ，，则在上存在一个零点； 所以. 故答案为：. 【变式2-6】（23-24高三上·上海宝山·阶段练习）记，分别为函数，的导函数.若存在实数，满足且，则称为函数与的一个“S点”. (1)证明：函数与不存在“S点”； (2)若存在实数b，使得函数与存在“S点”，求实数a的取值范围； (3)已知函数，.对任意常数，判断是否存在常数，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，理由见解析 【分析】（1）根据“S点”的定义对两函数求导并联立导函数解方程可知无解，即可证明结论； （2）联立导函数和原函数方程组解出实数的表达式即可求得实数a的取值范围； （3）根据题意构造方程组解得，利用零点存在定理证明在有零点，即可得出结论. 【详解】（1），， 由定义得，联立解得方程无解， 则与不存在“S点”； （2）易知，，， 由得，若存在“S点”即可知方程有解，所以； 得， ，即，可得； 所以可得； （3），， 由，假设满足得，得， 由，得，得， 令（，）， 设（，）， 则，，得， 又的图象在上不间断，则在上有零点， 则在上有零点， 则存在，使与在区间内存在“S点”. 【变式2-7】（2022·上海长宁·二模）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意，都有，则称函数具有性质． (1)若函数具有性质，求的值 (2)设，若，求证：存在常数，使得具有性质 (3)若函数具有性质，且的图像是一条连续不断的曲线，求证：函数在上存在零点． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对任意，都有，代入和即可得出答案；（2）设，利用零点存在性定理即可证得结论；（3）先转化为，然后令得，，分情况利用零点存在性定理证得结论. 【详解】（1）函数具有性质， 所以对任意，都有， 令，得， 令，得， 所以． （2）证明：函数具有性质的充要条件为 存在，使得，即，   设， 因为，， 所以在区间上函数存在零点，        取，则， 得函数具有性质． （3）设，因为， 所以， 令得，，                 ①若，则函数存在零点 若，当时，， 所以此时函数在区间上存在零点       ②因为 所以                           若，当时，， 所以此时函数在区间上存在零点． 综上，函数在上存在零点． 【变式2-8】（2023·上海杨浦·一模）已知函数，其中为正整数，且为常数． (1)求函数的单调增区间； (2)若对于任意，函数，在内均存在唯一零点，求a的取值范围； (3)设是函数大于0的零点，其构成数列．问：是否存在实数a使得中的部分项：，，，（其中时，）构成一个无穷等比数列若存在；求出a；若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）由题知，再根据导数求解即可得答案； （2）由题知，函数在上单调递增，进而转化为，再解不等式得对一切成立，进而得； （3）根据得，再证明时是恒为1的常数列，符合题意，和时不满足题意即可. 【详解】（1）解：由题知， 所以，令得， 所以函数的单调增区间为． （2）解：当时，恒成立， 所以，函数在上单调递增， 所以函数在内均存在唯一零点只需即可， 即 因为为正整数，， 所以对一切成立 因为当时，，当且仅当时等号成立， 所以． （3）解：由于得，下面证明时满足题意. ① ，则． 则． 由（2），是上的严格增函数， 所以． 所以，是恒为1的常数列，符合题意． ② ． ， 由于是上的严格增函数，所以． ， 由于是上的严格增函数， 所以． 所以，是严格增数列，那么无穷等比数列也为严格增数列． 所以，． 当时，．但这与矛盾 故不符合题意． ③时，， 由于是上的严格增函数，所以． ， 由于是上的严格增函数， 所以． 所以，是严格减数列，那么无穷等比数列也为严格减数列． 所以，． 当时，．但这与矛盾 故不符合题意． 综上，使数列部分项可以构成等比数列的充要条件是：． 【点睛】关键点点睛：本题第3问解题的关键在于根据得，进而分，，分别说明时成立，其他范围不成立即可. 【题型三】函数零点的分布 对于二次函数零点分布的研究一般从以下几个方面入手 (1)开口方向； (2)对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系； (3)判别式，决定函数与x轴的交点个数； (4)区间端点值． 【例3-1】（22-23高三上·上海杨浦·期中）已知函数在上恰有5个零点，则实数a的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】根据正弦的二倍角公式可得或，进而可得的零点情况，结合区间即可确定a的最大值. 【详解】由得，令，解得或， 当,,当，或， 所以当，的零点按从小到大排列有：， 故在上恰有5个零点，则这5个零点为， 故， 故a的最大值为， 故答案为： 【例3-2】（2025·上海·模拟预测）已知设，，若关于的不等式恰有一个整数解，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】作出函数的图象，令，即，设为方程的两个根，且，分、两种情况进行讨论，从而可得以及实数a的取值范围，则的范围可求. 【详解】作出函数的图像，如图所示，    有，， 当时，令，即， 设为方程的两个根，且， 由于，则有， 当时，，则必有， 则必包含在不等式的解中，由图可知的解为， 此时不等式的解中有2个整数，不符合题意， 当时，， 由图象可知，当时，对应的值唯一， 因为的解恰有一个整数，所以这个整数为， 则，当时，有最小值为，即有最大值为， 当时，，此时， 即； 故答案为：. 【例3-3】（2023·上海浦东新·模拟预测）已知，，. (1)若，，写出曲线的一条水平切线的方程； (2)若，使得，，，形成等差数列，证明：； (3)若存在，使得函数有唯一零点，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）把，代入，利用导数值为0求出切点坐标即可作答. （2）利用反证法结合均值不等式依次证明作答. （3）当时，利用导数探讨函数的单调性，确定函数有唯一零点，再证明当时，函数有两个零点作答. 【详解】（1）当，时，，求导得， 由，即，得，此时， 所以所求水平切线的方程为. （2）依题意，只需证明：， 而，，，成等差数列，则， 即， 此时，若，则，从而有， 又，且由知等号不成立，因此，与矛盾， 于是，同理， 所以. （3）依题意，， 当时，，函数在上严格递增， 从而当时，有唯一零点， 当时，，其中，而函数在上严格递增， 则当时，，而当时，， 于是函数在区间上严格递减，在区间上严格递增， 又，因此当且时，； 当且时，，而， 从而由零点存在定理知，连续函数在区间和上各有一个零点，即函数不可能有唯一零点， 所以的取值范围是. 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 【变式3-1】（2023·上海杨浦·一模）已知，若方程与均恰有两个不同的实根，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由题知恰有两个不同的实数根，记为（不妨设），进而得，，再根据均恰有两个不同的实根得，进而解不等式即可得答案. 【详解】解：因为恰有两个不同的实数根，记为（不妨设）， 所以，令， 即 所以，，， 因为均恰有两个不同的实根， 所以和中共有两个不相等的实数根， 当时，即， 整理得①， 当时，即， 整理得② 由 所以，①②没有公共实数根， 因为 所以方程①无实数根，②有两个实数根， 所以， 不等式， 故当，不等式显然成立， 当时，，解得 所以，的解集为； 不等式， 故当时，，不等式恒成立， 当时，，解得， 所以，的解集为， 所以，的解集为 故答案为： 【变式3-2】（2023·上海闵行·二模）若关于的方程在实数范围内有解，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】依题意在数范围内有解，令，，则问题转化为与有交点，求出的值域，即可求出参数的取值范围. 【详解】因为关于的方程在实数范围内有解， 即在实数范围内有解，令，， 则问题转化为与有交点， 因为与在定义域上单调递增，所以在上单调递增， 又，所以， 则. 故答案为： 【变式3-3】（2022·上海静安·二模）设函数. (1)若，且函数与的图像有横纵坐标均为正整数的交点，求m的值； (2)设，，在锐角△ABC中，内角对应的边分别为，若，，求△ABC的面积. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据对数函数的性质讨论出整点，再根据整点来求参即可； （2）通过化简求值得出角度，再根据向量数量积的定义和三角形的面积公式可得结果. 【详解】（1）交点为，即，， 又因为，所以取，所以或. （2），因为，得， 即或，或，又为锐角三角形，所以. ，解得.所以. 【变式3-4】（2022·上海杨浦·二模）已知函数，其中. (1)若不等式的解集是，求m的值； (2)若函数在区间上有且仅有一个零点，求m的取值范围. 【答案】(1)－1； (2) 【分析】（1）根据题意，得到，根据韦达定理，直接求解即可 （2），，可得，根据对勾函数的性质，即可得到的取值范围 【详解】（1）的解集是，得到的解集是，所以， ，所以， （2）令，因为，所以，当时，， 即有，因为函数在区间上有且仅有一个零点，令，根据对勾函数的性质，可得，因为与有且仅有一个交点，根据对勾函数的图像性质，得或，进而可得答案为： 易错点一：忽视函数的定义域而致误 1.函数的零点个数为（ ） 特别提醒：在本题中，若忽视定义域为且，则得到的函数有2个零点，因此在利用数形结合判断函数零点时，将零点个数转化成两个函数图象交点的个数，需要注意一些特殊点（如定义域或端点）和特殊位置（如直线与曲线的切点、曲线的间断点等）. 【解析】令，则，.令，，在同一平面直角坐标系中画出这两个函数的大致图象，易得这两个函数的图象只有1个交点，所以原函数只有1个零点.故选. 易错点二：函数的图象画的不准确而致误 2.已知函数 若函数有3个零点，则的取值范围是（ ） 特别提醒：利用函数的图象解决问题时，需准确画出函数的图象，注意特殊点、渐近线的位置，否则可能导致解题错误.本题中画函数 的图象时，注意当时，单调递减，当时，的图象与直线无限接近，忽略这点可能导致解题错误. 【解析】要使函数有3个零点，则有3个不相等的实根，即的图象与直线有3个交点.画出函数的图象与直线如图所示. 由图象可以看出，若的图象与直线有3个交点，则，故选. 【答案】 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$