同步微点进阶讲义16 函数与方程（一）-2025-2026学年高一上学期数学人教A版（2019）必修第一册

专题四 指数函数与对数函数 微点16   函数与方程（一） 函数的零点与方程的根是可以相互转化的．函数的图象或者函数零点存在定理是研究函数零点问题的重要方法，充分体现了函数与方程思想．此类问题要求我们能熟练运用数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想解决问题，要求提升逻辑推理、直观想象以及数学运算素养． 下面我们从以下三个角度进行研究： 1.求零点问题； 2.零点存在性定理； 3.零点比大小问题； 探究一　求零点问题 （23-24高一上·湖南长沙·期末） 【典例1】已知定义在上的是单调函数，且对任意恒有，则函数的零点为（ ） A．    B．    C．9    D．27 【思路引导】根据题意，设，根据函数单调，结合对数的运算法则和运算性质，即可求解. 【详细解析】设，即， 因为，可得，所以，解得， 所以，令，可得，即， 解得. 故选：A. 【题后反思】通过换元法将复合函数简化，再根据函数的单调性即对数的运算计算. 【举一反三】 （24-25高一上·北京·期中） 1．已知二次函数，对任意的，都有，则（   ） A．有两个正零点 B．有一正一负两个零点 C．有两个负零点 D．无零点 【答案】B 【分析】赋值先令可得，再由恒成立，代入化简可得，然后根据判别式和两根之积小于零判断即可； 【详解】因为对任意的，都有， 取，可得，即，即； 又恒成立，代入可得恒成立， 即恒成立，所以， 令，，所以有两个根， 又，所以一正一负， 综上有一正一负两个零点， 故选：B. （24-25高一上·浙江衢州·期中） 【典例2】定义：如果关于的一元二次方程有两个不同的实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“和谐方程”．下列命题正确的是（ ） A．方程是“和谐方程” B．若关于的方程是“和谐方程”，则 C．若关于的方程是“和谐方程”，则的函数图象与轴交点的坐标是和 D．若点在反比例函数的图象上，则关于的方程是“和谐方程” 【思路引导】对于A，利用“和谐方程”的定义进行判断即可；对于B，设，利用根与系数的关系即可求出的值；对于C，由关于的方程是“和谐方程”，利用“和谐方程”的定义得到，代入即可求出函数图象与轴交点的坐标；对于D，由点在反比例函数的图象上得到，代入，利用“和谐方程”的定义检验是否为“和谐方程”. 【详细解析】由，则方程的两根为， 又， 则方程不是“和谐方程”，故A错误； 若关于的方程是“和谐方程”，设， 又，，解得，或， ，故B正确； 若关于的方程是“和谐方程”，设， 又，，，则，即， 又，解得方程的两根为， 即的函数图象与轴交点的坐标是和，故C正确； 点在反比例函数的图象上，，， 则关于的方程， 解得方程的两根为，又， 即关于的方程是“和谐方程”，故D正确； 故选：BCD. 【题后反思】本题关键是对新定义“和谐方程”的理解，再结合根与系数的关系进行求解即可. 【举一反三】 （23-24高一上·江苏无锡·阶段练习） 2．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在一个点，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点，则下列说法正确的（    ） A．为“不动点”函数 B．的不动点为 C．恰好有两个不动点 D．若定义在上仅有一个不动点的函数满足，则 【答案】AD 【分析】根据不动点的定义，求出不动点判断ABC；设不动点为，由条件推得，求解判断D. 【详解】对于A，由，得，而，解得，因此为“不动点”函数，A正确； 对于B，由，得，即，即，解得， 经检验符合题意，因此的不动点为，B错误； 对于C，当时，，由，得，解得； 当时，，由，得，无解， 因此函数只有一个不动点，C错误； 对于D，设该不动点为，即，由， 得，即，于是，解得或， 当时，，由，得，解得或，此时有两个不动点，不符合题意， 当时，，由，得，解得，只有一个不动点，符合题意， 因此，D正确. 故选：AD 探究二　零点存在性定理 （23-24高一上·山东烟台·期末） 【典例3】已知函数的零点为的零点为，则下列不等式成立的是（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式、进行逐一判断即可. 【详细解析】由，得，，即可得，， 即有，函数与互为反函数， 在同一坐标系中分别作出函数，，的图象，如图所示， 则，，由反函数性质知，关于对称， 则，，，A、D错误， 在上为增函数，，，. 点在直线上，即，，故B正确； ，， 此时，故C错误； 故选：B. 【题后反思】首先设定函数（换元法），并根据定义域和题目条件，分析函数的单调性.利用零点存在性定理判断解的个数：结合函数的单调性和零点存在性定理，判断方程解的个数，从而得出最终结论. 【举一反三】 （24-25高一上·浙江杭州·期中） 3．已知函数在定义域上单调，若对任意的，都有，则方程的解的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】先求得的表达式，然后根据零点存在性定理等知识求得正确答案. 【详解】设①，则， 由①令得，在上单调递增， ，题意，所以. 对于方程，即， 两边除以得， 函数，在上单调递增， ，所以有唯一零点在区间， 所以方程有唯一解. 故选：B 【点睛】思路点睛： 设定函数并分析单调性：首先设定函数（换元法），并根据定义域和题目条件，分析函数的单调性. 利用零点存在性定理判断解的个数：结合函数的单调性和零点存在性定理，判断方程解的个数，从而得出最终结论. 【典例4】 已知分别为定义在上的奇函数和偶函数，且． （1）求和的解析式； （2）求证：，曲线与直线总存在公共点． 【思路引导】第（1）问可用代替并根据奇偶性得到另一个等式，利用方程组思想求解；解决第（2）问的关键是构造恰当的函数，结合零点存在定理判断，其中取值往往是难点． 【详细解析】（1）因为①，所以． 又因为分别为定义在上的奇函数和偶函数，所以，， 故②，由①②可知，，． （2）证明：由（1）知，． 要证明曲线与直线总存在公共点， 即证明在有实数根， 令，也就是要证明存在零点． 当时，函数存在零点． 当时，函数在上单调递减， 因为，，所以． 又因为在区间上的图象是不间断的曲线， 所以由零点存在定理可知，存在，使得． 当时，， 因为，，所以． 又因为在区间上的图象是不间断的曲线， 所以由函数零点存在定理可知，存在，使得成立． 故任意，函数在上有零点， 即任意，曲线与直线总存在公共点． 【题后反思】利用函数零点存在定理判断零点是否存在，关键是验证函数零点存在定理的条件是否满足．而验证函数零点存在定理的难点是取点（使得函数值异号）．取点往往需要结合函数的单调性，取比较容易计算函数值的特殊点，必要时可以进行适当的放缩来取点． 【举一反三】 （23-24高一下·广东广州·期中） 4．已知函数（）. (1)若在上的最小值为，求a的值； (2)证明：存在唯一零点且满足. 【答案】(1) (2)证明见解析； 【分析】（1）判断函数的单调性，根据单调性求其最小值，列方程求； （2）结合零点存在性定理证明存在唯一零点，再利用二次函数的性质证明，并结合指数函数性质证明结论. 【详解】（1）因为， 所以函数在上为增函数， 又函数在上为增函数， 所以函数在上为增函数， 所以当时，取最小值，最小值为， 所以， 所以， （2）因为在上为增函数， 所以函数至多存在一个零点， 又，， 所以函数存在唯一零点，， 所以，即， 因为函数在上单调递增， 所以当时，， 又，所以， 所以， 所以，所以， 又，所以， 所以， 所以， 即. 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法： （1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． （2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． （3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 探究三　零点比大小 （23-24高一上·河北唐山·期末） 【典例5】若函数，，的零点分别为，，，则（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】根据条件，将零点问题转化成函数图象交点，再根据图象即可求出结果. 【详细解析】由，得到，由，得到， 由，得到， 在同一直角坐标系中，作出函数的图象，如图所示， 由图知， 故选：B. 【题后反思】本题的关键在于将函数零点问题转化成图象交点，通过作出函数的图象，再根据图象求结果. 【举一反三】 5．已知实数是函数的两个零点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】由得到，由与的图象，可以直接判断，；再由得到，结合进一步得到. 【详解】令，则，分别作函数与的图象，如图所示.    不妨设，则由图可得，所以成立，故D正确. 因为，所以，故C错误. 又因为，所以，即，所以，故A错误，B正确. 故选：BD. （23-24高一上·浙江丽水·期末） 【典例6】已知，，则（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】利用函数的单调性即可得到，再利用指数函数、对数函数的单调性得到，，则得到三者大小关系. 【详细解析】令，根据为上的单调减函数， 则在上单调递减， 且，， 所以函数在上存在唯一的零点，故； 又因为，所以， 所以，即，所以， 所以，即，所以; 因为，所以，所以， 即，所以， 综上可得：. 故选：A. 【题后反思】本题的关键是利用函数的单调性和零点存在定理得到，最后再结合指数函数、对数函数的性质即可比较大小. 【举一反三】 （23-24高一上·吉林·期末） 6．已知实数是函数的零点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出函数与的图象，得到两图象交点，再过左交点作出直线得到另一交点，再分析交点横坐标之间关系即可. 【详解】实数是函数的零点， 实数是方程的根， 实数是函数与的交点，的横坐标， 画出函数与的图象，如图所示： 过点作直线，在第一象限与的图象交于点， 点的横坐标设为， ， ， ， 即， ， 由图象可知，， ， 即. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题的关键是作出函数图象，则交点横坐标为，再过左交点作直线，在第一象限与的图象交于点，得到其横坐标为，根据对数型函数的性质得到，最后得到与有关的不等式. 7．已知函数，，的零点分别为a，b，c，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用数形结合思想来作图分析零点大小. 【详解】由函数零点可知：，， 利用数形结合，构造三个函数它们与的交点横坐标就是对应的三个零点. 由图可知：， 故选：D. 8．已知函数，令，则下列说法正确的是（    ） A．函数的单调递增区间为 B．当时，有3个零点 C．当时，的所有零点之和为-1 D．当时，有1个零点 【答案】BD 【分析】画出的图象，然后逐一判断即可. 【详解】的图象如下： 由图象可知，的增区间为，故A错误 当时，与有3个交点，即有3个零点，故B正确； 当时，由可得，由可得 所以的所有零点之和为，故C错误； 当时，与有1个交点，即有1个零点，故D正确； 故选：BD （24-25高一上·江苏常州·期中多选） 9．某同学在研究函数时，分别给出下面几个结论，则正确的结论有（    ） A．等式对恒成立； B．若，则一定有； C．若，方程有两个不等实数根； D．函数在上只有一个零点. 【答案】ABD 【分析】对于A，通过判断函数的奇偶性进行判断，对于B，通过判断函数的单调性分析判断，对于C，由的奇偶性和单调性，结合函数的值域分析判断，对于D，由的奇偶性和单调性分析判断. 【详解】对于A，因为， 所以是奇函数，故对恒成立，故A正确； 对于B，当时，，因为在上递减， 所以在上递增， 因为是奇函数，所以在上也是增函数， 而，的图象连续，所以在上为单调递增函数， 所以，则一定有成立，故B正确； 对于C，易知的定义域为， 又，所以为偶函数， 当时，， 因为在上为单调递增函数，所以在上为单调递增函数， 则在上单调递减， 当时，， 因为，所以，所以，则， 因为，为偶函数，所以， 所以当时，有两个不相等的实数根， 当时，不可能有两个不等的实数根，故C错误； 对于D，因为，易得的定义域为， 又，所以为奇函数， 当时，， 因为为奇函数，所以当时，， 又，所以函数在上只有一个零点，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是对函数奇偶性和单调性的正确判断，然后利用奇偶性和单调性的性质求解. （23-24高三上·山东聊城·期中） 10．已知，函数，，若，则下列成立的是（    ） A．， B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据题意，将问题转化为函数的图像与函数和，的图像交点问题，结合图像，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】    设分别是，的零点，则是方程的解， 是方程的解，所以分别是函数的图像与函数和 ，，的图像交点的横坐标，设交点分别为，， 由可知，，故A正确； 又因为和以及的图像均关于对称，所以两交点一定 关于对称，且关于直线的对称点坐标为，所以， 即，故B正确； 因为，当且仅当时，即时，等号成立，且，所以，故C错误； 因为，当且仅当时，即时，等号成立， 且，所以，即，故D正确； 故选：ABD （23-24高一上·河北石家庄·阶段练习） 11．若分别是函数的零点，则等于 ． 【答案】 【分析】由题意，是与交点A的横坐标，是与交点的横坐标，而，，由与图象关于对称可得解. 【详解】因为是函数的零点，所以是方程的根，即是与交点的横坐标， 同理是与交点的横坐标，而，， 由与图象关于对称， 所以两点关于对称，，即. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：函数的零点转化为方程的根，即是与交点A的横坐标，是与交点的横坐标，由与图象关于对称，可得两点关于对称，问题得以解决. （23-24高一上·广东梅州·期末） 12．已知函数. (1)当时，求的零点个数，并求出相应的零点； (2)讨论关于的方程的解的个数. 【答案】(1)1个零点，分别为 (2)答案见解析 【分析】（1）直接解方程即可； （2）将方程解的个数转化为两个函数的交点个数，研究函数性质，画出函数图象，根据图象分情况讨论求交点个数即可. 【详解】（1）当时，， 当时，令，无解， 当时，令，解得或（舍去）， 所以有1个零点，为； （2）方程，即:，令，则， 故， 去分母得： 判别式， ①当时，，方程无实根， 从而此时方程无解； ②当时，， 方程有两个相等实根，，从而 此时方程有且只有一个解:； ③当时，， 观察二次函数的图象:， 对称轴在右边，再分以下两种情况: （i）当，即时， $ 从而由，可得， 由，可得 此时方程有且只有三个解； （ii）当，即时， 从而由，可得， 由，可得， 此时方程有且只有两个解. 综上所述，①当时，方程有且只有三个解； ②当时，方程有且只有两个解； ③当时，方程有且只有一个解； ④当时，方程无解. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用换元法将原方程转化成二次方程，再利用嵌套逐步转化为原方程的根的个数问题. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题四 指数函数与对数函数 微点16   函数与方程（一） 函数的零点与方程的根是可以相互转化的．函数的图象或者函数零点存在定理是研究函数零点问题的重要方法，充分体现了函数与方程思想．此类问题要求我们能熟练运用数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想解决问题，要求提升逻辑推理、直观想象以及数学运算素养． 下面我们从以下三个角度进行研究： 1.求零点问题； 2.零点存在性定理； 3.零点比大小问题； 探究一　求零点问题 （23-24高一上·湖南长沙·期末） 【典例1】已知定义在上的是单调函数，且对任意恒有，则函数的零点为（ ） A．    B．    C．9    D．27 【思路引导】根据题意，设，根据函数单调，结合对数的运算法则和运算性质，即可求解. 【详细解析】设，即， 因为，可得，所以，解得， 所以，令，可得，即， 解得. 故选：A. 【题后反思】通过换元法将复合函数简化，再根据函数的单调性即对数的运算计算. 【举一反三】 （24-25高一上·北京·期中） 1．已知二次函数，对任意的，都有，则（   ） A．有两个正零点 B．有一正一负两个零点 C．有两个负零点 D．无零点 （24-25高一上·浙江衢州·期中） 【典例2】定义：如果关于的一元二次方程有两个不同的实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“和谐方程”．下列命题正确的是（ ） A．方程是“和谐方程” B．若关于的方程是“和谐方程”，则 C．若关于的方程是“和谐方程”，则的函数图象与轴交点的坐标是和 D．若点在反比例函数的图象上，则关于的方程是“和谐方程” 【思路引导】对于A，利用“和谐方程”的定义进行判断即可；对于B，设，利用根与系数的关系即可求出的值；对于C，由关于的方程是“和谐方程”，利用“和谐方程”的定义得到，代入即可求出函数图象与轴交点的坐标；对于D，由点在反比例函数的图象上得到，代入，利用“和谐方程”的定义检验是否为“和谐方程”. 【详细解析】由，则方程的两根为， 又， 则方程不是“和谐方程”，故A错误； 若关于的方程是“和谐方程”，设， 又，，解得，或， ，故B正确； 若关于的方程是“和谐方程”，设， 又，，，则，即， 又，解得方程的两根为， 即的函数图象与轴交点的坐标是和，故C正确； 点在反比例函数的图象上，，， 则关于的方程， 解得方程的两根为，又， 即关于的方程是“和谐方程”，故D正确； 故选：BCD. 【题后反思】本题关键是对新定义“和谐方程”的理解，再结合根与系数的关系进行求解即可. 【举一反三】 （23-24高一上·江苏无锡·阶段练习） 2．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在一个点，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点，则下列说法正确的（    ） A．为“不动点”函数 B．的不动点为 C．恰好有两个不动点 D．若定义在上仅有一个不动点的函数满足，则 探究二　零点存在性定理 （23-24高一上·山东烟台·期末） 【典例3】已知函数的零点为的零点为，则下列不等式成立的是（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式、进行逐一判断即可. 【详细解析】由，得，，即可得，， 即有，函数与互为反函数， 在同一坐标系中分别作出函数，，的图象，如图所示， 则，，由反函数性质知，关于对称， 则，，，A、D错误， 在上为增函数，，，. 点在直线上，即，，故B正确； ，， 此时，故C错误； 故选：B. 【题后反思】首先设定函数（换元法），并根据定义域和题目条件，分析函数的单调性.利用零点存在性定理判断解的个数：结合函数的单调性和零点存在性定理，判断方程解的个数，从而得出最终结论. 【举一反三】 （24-25高一上·浙江杭州·期中） 3．已知函数在定义域上单调，若对任意的，都有，则方程的解的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【典例4】 已知分别为定义在上的奇函数和偶函数，且． （1）求和的解析式； （2）求证：，曲线与直线总存在公共点． 【思路引导】第（1）问可用代替并根据奇偶性得到另一个等式，利用方程组思想求解；解决第（2）问的关键是构造恰当的函数，结合零点存在定理判断，其中取值往往是难点． 【详细解析】（1）因为①，所以． 又因为分别为定义在上的奇函数和偶函数，所以，， 故②，由①②可知，，． （2）证明：由（1）知，． 要证明曲线与直线总存在公共点， 即证明在有实数根， 令，也就是要证明存在零点． 当时，函数存在零点． 当时，函数在上单调递减， 因为，，所以． 又因为在区间上的图象是不间断的曲线， 所以由零点存在定理可知，存在，使得． 当时，， 因为，，所以． 又因为在区间上的图象是不间断的曲线， 所以由函数零点存在定理可知，存在，使得成立． 故任意，函数在上有零点， 即任意，曲线与直线总存在公共点． 【题后反思】利用函数零点存在定理判断零点是否存在，关键是验证函数零点存在定理的条件是否满足．而验证函数零点存在定理的难点是取点（使得函数值异号）．取点往往需要结合函数的单调性，取比较容易计算函数值的特殊点，必要时可以进行适当的放缩来取点． 【举一反三】 （23-24高一下·广东广州·期中） 4．已知函数（）. (1)若在上的最小值为，求a的值； (2)证明：存在唯一零点且满足. 探究三　零点比大小 （23-24高一上·河北唐山·期末） 【典例5】若函数，，的零点分别为，，，则（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】根据条件，将零点问题转化成函数图象交点，再根据图象即可求出结果. 【详细解析】由，得到，由，得到， 由，得到， 在同一直角坐标系中，作出函数的图象，如图所示， 由图知， 故选：B. 【题后反思】本题的关键在于将函数零点问题转化成图象交点，通过作出函数的图象，再根据图象求结果. 【举一反三】 5．已知实数是函数的两个零点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． （23-24高一上·浙江丽水·期末） 【典例6】已知，，则（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】利用函数的单调性即可得到，再利用指数函数、对数函数的单调性得到，，则得到三者大小关系. 【详细解析】令，根据为上的单调减函数， 则在上单调递减， 且，， 所以函数在上存在唯一的零点，故； 又因为，所以， 所以，即，所以， 所以，即，所以; 因为，所以，所以， 即，所以， 综上可得：. 故选：A. 【题后反思】本题的关键是利用函数的单调性和零点存在定理得到，最后再结合指数函数、对数函数的性质即可比较大小. 【举一反三】 （23-24高一上·吉林·期末） 6．已知实数是函数的零点，则（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，，的零点分别为a，b，c，则（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，令，则下列说法正确的是（    ） A．函数的单调递增区间为 B．当时，有3个零点 C．当时，的所有零点之和为-1 D．当时，有1个零点 （24-25高一上·江苏常州·期中多选） 9．某同学在研究函数时，分别给出下面几个结论，则正确的结论有（    ） A．等式对恒成立； B．若，则一定有； C．若，方程有两个不等实数根； D．函数在上只有一个零点. （23-24高三上·山东聊城·期中） 10．已知，函数，，若，则下列成立的是（    ） A．， B． C． D． （23-24高一上·河北石家庄·阶段练习） 11．若分别是函数的零点，则等于 ． （23-24高一上·广东梅州·期末） 12．已知函数. (1)当时，求的零点个数，并求出相应的零点； (2)讨论关于的方程的解的个数. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$