专题04 函数的图象及零点问题（热点专练）（天津专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题04 函数的图象及零点问题 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：近三年函数图像题稳定中档、零点题2025年难度下调；2026年大概率图像题维持中档、零点题回归填空压轴并可能与导数结合，参数范围与零点区间判定仍是核心考法。 预测2026年： 核心考法不变，难度回归：零点题大概率重回填空压轴，图象题维持中档；参数范围、零点区间、图象识别仍是重点。综合度提升：零点与导数、分段函数、复合函数结合增强；图象题加入绝对值、分参、极限视角，考查更灵活。题型微调：可能出现解答题小问（如与导数综合），或用多选题考图象多维度辨析，强调逻辑严谨性。易错点预警：参数范围漏边界、零点存在定理缺单调性判断、图象识别忽略定义域/奇偶性，仍是失分重灾区。． 题型01 函数图象画法与图象变换 解｜题｜策｜略 作函数图象的方法 1、直接法：当函数表达式是基本函数或函数图象是解析几何中熟悉的曲线时，就可根据这些函数或曲线的特征直接作出． 2、转化法：含有绝对值符号的函数，可去掉绝对值符号，转化为分段函数来画图象． 3、图象变换法：若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称变换得到，可利用图象变换作出，但要注意变换顺序．对不能直接找到熟悉的基本函数的要先变形，并应注意平移变换的顺序对变换单位及解析式的影响． 4、如何制定图象变换的策略 （1）在寻找到联系后可根据函数的形式了解变换所需要的步骤，其规律如下： ①若变换发生在“括号”内部，则属于横坐标的变换； ②若变换发生在“括号”外部，则属于纵坐标的变换． 例如：：可判断出属于横坐标的变换：有放缩与平移两个步骤． ：可判断出横纵坐标均需变换，其中横坐标的为对称变换，纵坐标的为平移变换． （2）多个步骤的顺序问题：在判断了需要几步变换以及属于横坐标还是纵坐标的变换后，在安排顺序时注意以下原则： ①横坐标的变换与纵坐标的变换互不影响，无先后要求； ②横坐标的多次变换中，每次变换只有发生相应变化． 例1（2025·天津和平·调研）若关于x的不等式在上有解，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】首先由题意可知关于的不等式在上有解，作出函数和函数的图像， 然后考虑直线与函数的图像相切，以及直线过点，数形结合可求得实数的取值范围. 【详解】关于的不等式在上有解， 即关于的不等式在上有解， 作出两函数与的图像，如下图：    当与相切时，则，即， 由，解得：； 当过点时，得. 由图可知，，因此实数的取值范围为. 故答案为： 例2（2026·天津河北·月考）已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据函数与方程的关系，已知零点个数可转化为方程求解，以及函数求交点，作图研究，可得答案. 【详解】由题意，令，则，即函数与函数恰有3个交点， 当时，则，作函数与图象： 令，解得或或， 易知当过时，即，函数与只有两个交点； 当在上，与相切时，函数与只有两个交点，此时联立，消去可得，则，解得； 故当时，恰有3个不同的零点. 当时，，作函数与图象： 当函数与函数在上有两个交点时，符合题意， 此时联立，消去可得，则，解得， 联立，消去可得，则，解得，易知， 故当时，恰有3个不同的零点. 综上，. 故答案为：. 【变式1】（2026·天津河西·调研）下列四个命题中： ①若奇函数在上单调递减，则它在上单调递增 ②若偶函数在上单调递减，则它在上单调递增； ③若函数为奇函数，那么函数的图象关于点中心对称； ④若函数为偶函数，那么函数的图象关于直线轴对称； 正确的命题的序号是 . 【答案】②③ 【分析】根据奇函数、偶函数的性质可判断①②，结合平移变换可判断③④. 【详解】奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性，故①错误，②正确；因为函数为奇函数，图象关于原点对称，的图象可以由的图象向右平移1个单位长度得到，故的图象关于点对称，故③正确；函数的图象可以由函数的图象向左平移1个单位长度得到，因为为偶函数，图象关于y轴对称，所以的图象关于直线轴对称，故④错误. 故答案为：②③ 【变式2】（2025·天津南开·开学考试）在平面直角坐标系中，先将抛物线关于原点作中心对称变换，再将所得的抛物线关于轴作轴对称变换，那么经过两次变换后所得的新抛物线的解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意先将抛物线关于原点作中心对称得到解析式为，再将抛物线关于轴作轴对称得到解析式为，最后给出答案即可. 【详解】解：先将抛物线关于原点作中心对称变换，得到，整理得； 再将抛物线关于轴作轴对称变换，得到，整理得； 所以经过两次变换后所得的新抛物线的解析式为. 故选：C 题型02 由复杂函数解析式选择函数图象 解｜题｜策｜略 图象辨识题的主要解题思想是“对比选项，找寻差异，排除筛选” 1、求函数定义域（若各选项定义域相同，则无需求解）； 2、判断奇偶性（若各选项奇偶性相同，则无需判断）； 3、找特殊值：①对比各选项，计算横纵坐标标记的数值；②对比各选项，函数值符号的差别，自主取值（必要时可取极限判断符号）； 4、判断单调性：可取特殊值判断单调性. 例1（2026·天津北辰·月考）已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由奇偶性可排除BC，由特殊点可排除D，即可求解 【详解】由于图像关于原点对称，所以为奇函数， 对于B：由得： ， 为偶函数，故可排除B； 对于C：由得： ， 为偶函数，故可排除C； 由图知图象不经过点， 而对于D：，故可排除D； 故选：A. 例2（2026·天津武清·月考）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的图象关于原点对称，排除B，C选项，再由，排除A选项，从而得出正确答案. 【详解】根据函数的图象关于原点对称，可知函数为奇函数，而B，C选项中的函数为偶函数，不符合题意，排除； 又，对于A选项，当时，，不符合，排除； 对于D选项，当时，，符合条件，所以D选项正确. 故选：D 【变式1】（2026·天津·月考）函数（其中为自然对数的底数）的图象大致形状是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，求得函数为奇函数，图象关于原点对称，结合时，，即可得到答案. 【详解】由函数，可得的定义域为， 又由， 所以为奇函数，图象关于原点对称，可排除A、C； 当时，可得，，所以， 则，所以， 即当时，，所以选项B符合题意. 故选：B. 【变式2】（2025·天津河北·调研）函数的图象为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出函数定义域，进而得到为奇函数，结合特殊点函数值，得到答案. 【详解】的定义域为， ，所以为奇函数，排除A； ，，，显然，故， 故BC错误，D正确. 故选：D 题型03 根据函数图象选择解析式 解｜题｜策｜略 （1）从图像的最高点、最低点分析函数的最值、极值； （2）从图象的对称性，分析函数的奇偶性； （3）从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性。 例1（2026·天津·月考）已知 ，若函数 的图象如图所示，则 的解析式可能是 （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数奇偶性及函数图象，分析选项即可. 【详解】由函数图象可知关于原点对称，所以是奇函数. 对于，，，故错误； 对于,，当时，，与图象不符，故错误； 对于，，当，与图象不符，故错误； 故选： 例2（2026·天津蓟州·调研）已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数奇偶性排除CD选项，再代入特殊值即可排除A，最后分段讨论其单调性即可判断B正确. 【详解】由图知为奇函数， 对C，，定义域为，关于原点对称， 且，则此时它为偶函数，与题图不符合，故排除C； 对D，，定义域为，关于原点对称，且，则此时它为偶函数，与题图不符合，故排除D； 由图知，而对A解析式，代入知，矛盾，故A错误. 对B，，定义域为，关于原点对称， ，则其为奇函数， 则只需研究其时的单调性， 当时，， 因为在上单调递增，且恒成立， 则在上单调递减， 当时，， 因为在上单调递增，且恒成立， 则在上单调递减， 结合其为奇函数和其在上函数图象的连续性知： 在上单调递减，在上单调递减，在上单调递减，与题目所给图象符合，则B正确. 故选：B. 【变式1】（2026·天津·开学考试）如图是函数的部分图象，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据时，函数值的正负可排除A；根据函数的奇偶性可排除C；根据函数的定义域可排除D. 【详解】由图可知：的定义域为，图象关于轴对称，则为偶函数． 对于A，当时，， 此时，与图不符，故A错误； 对于C，的定义域为， ， 则不是偶函数，故C错误； 对于D，在有意义，故D错误， 故选：B． 【变式2】（2025·天津·月考）已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据奇偶性判断AB，由，在区间上，，判断C，由奇偶性结合在区间上，，判断D. 【详解】对于A,，其定义域为，有， 则函数为奇函数，不符合题意，故A错误； 对于B，，其定义域为， 有，则函数为奇函数，不符合题意，故B错误； 对于C，，在区间上，，不符合题意，故C错误. 对于D，，则为偶函数， 且在区间上，，符合题意，故D正确. 故选：D. 题型04 根据实际问题作函数图象 解｜题｜策｜略 根据实际背景、图形判断函数图象的方法： （1）根据题目所给条件确定函数解析式，从而判断函数图象（定量分析）； （2）根据自变量取不同值时函数值的变化、增减速度等判断函数图象（定性分析）。 例1（2025·天津·开学考试）已知边长为1的正方形，为边的中点，动点在正方形边上沿运动，设点经过的路程为，的面积为，则关于的函数的图像大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意求与的函数关系式，进而可得结果. 【详解】当动点在正方形边上沿运动时， 则的面积为； 当动点在正方形边上沿运动时， 则的面积为； 当动点在正方形边上沿运动时， 则的面积为； 所以，所以A正确，BCD错误； 故选：A. 例2（2024·天津·二模）如图所示，动点在边长为1的正方形的边上沿运动，表示动点由A点出发所经过的路程，表示的面积，则函数的大致图像是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分，，求出解析式，然后可知图象. 【详解】当时，，是一条过原点的线段； 当时，，是一段平行于轴的线段； 当时，，图象为一条线段. 故选：A． 【变式1】（2025·天津·调研）某同学离家去学校，刚开始心情轻松缓慢行进，走了一段路程后，发现时间紧张，加快速度跑步前进.图中轴表示该学生离家的距离，轴表示所用的时间，下列图象与该同学走法相吻合的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数图象呈上升趋势以及上升速度分析可得答案. 【详解】依题意可知，关于的函数图象呈上升趋势，故B和D都错误； 由于该同学是先走后跑，所以关于的函数图象上升速度是先慢后快，故A错误，C正确. 故选：C 【变式2】（2025·天津·开学考试）一列快车从甲地驶往乙地，一列特快车从乙地驶往甲地，快车的速度为100千米/小时，特快车的速度为150千米/小时，甲乙两地之间的距离为1000千米，两车同时出发，则图中折线大致表示两车之间的距离y（千米）与快车行驶时间t（小时）之间的函数图象是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分析可得相遇时间为4小时，此时两车距离为0，排除B选项；再求出快车继续行驶到达乙地所需要的时间排除A选项；再分析可得当特快车停止行驶时，快车还在行驶，结合速度排除D选项. 【详解】当两车同时相向出发时，相遇时间小时， 此时两车距离为0，快车行驶时间为4小时，故排除B选项； 相遇时，快车已经行驶的路程为千米， 还需要行驶小时才能到达乙地，故排除A选项； 特快车相遇时已经行驶的路程为千米， 只需要再行驶小时才能到达甲地， 所以当特快车停止行驶时，快车还在行驶，此时直线的倾斜程度要变小一些，故排除D选项. 故选：C. 题型05 函数零点所在区间问题 解｜题｜策｜略 确定的零点所在区间的常用方法： （1）利用函数零点的存在性定理：首先看函数在区间上的图象是否连续，再看是否有，若有，则函数在区间内必有零点； （2）数形结合法：通过画函数图象，观察图象与轴在给定区间上是否有交点来判断。 例1（2026·天津河西·月考）已知函数，利用二分法求的零点的近似值，若零点的初值区间为，精确度为，则可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先通过函数的单调性及零点存在性定理可得函数有唯一零点，进而再用二分法及精确度可判断零点所在区间及零点的近似值. 【详解】因为函数和均为R上单调递增函数， 所以函数是R上单调递增函数， 且，所以函数在上有唯一零点. 取区间的中点，且， 所以零点在区间内且区间长度为. 再取区间的中点，且， 所以零点在区间内且区间长度. 对照选项只有在区间内，故可以是. 故选：C. 例2（2026·天津武清·月考）函数的零点所在的区间是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先求出函数的定义域，讨论单调性，再结合函数零点存在定理判断零点所在区间即可. 【详解】因为，所以的定义域为， 因为在和上均单调递增， 由于两个函数在各自区间上均单调递增，因此它们的和也单调递增， 则函数的单调递增区间是. 当时，恒成立，无零点； 当时，，， 由函数零点存在定理知函数的零点所在的区间是. 故选：B. 【变式1】（2026·天津·月考）函数的零点所在区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据零点存在定理计算判断即可. 【详解】函数是由指数函数和幂函数相减而成. 单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递减. ， 因为为减函数，所以，即， ， 因为在上为增函数，所以，即， 所以，所以该区间存在零点，C正确； 结合在上单调递减. 在、、无零点，故ABD错误. 故选：C. 【变式2】（2026·天津滨海新·月考）函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】判断出函数的单调性，结合零点存在定理即可判断出答案. 【详解】由解析式知，函数在上单调递增， 又， 故函数的零点所在区间为. 故选：B 题型06 确定函数的零点个数 解｜题｜策｜略 零点个数的判断方法 1、直接法：直接求零点，令，如果能求出解，则有几个不同的解就有几个零点. 2、定理法：利用零点存在定理，函数的图象在区间上是连续不断的曲线，且， 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、图象法： （1）单个函数图象：利用图象交点的个数，画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数； （2）两个函数图象：将函数拆成两个函数和的差，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象的交点个数 4、性质法：利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到； 若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数 例1（2026·天津蓟州·月考）已知定义在上的奇函数，当时， ，则关于的方程的所有实数根的和是（    ） A． B．0 C．7 D．6 【答案】A 【分析】先设，求出方程的解，利用函数的奇偶性作出函数在时的图象，利用数形结合即可得到结论． 【详解】解：设，则关于的方程， 等价， 解得或， 当时，，此时不满足方程． 若，则，即， 若，则，即， 作出当时，的图象如图：    当时，对应3个交点．即， ∵函数是奇函数， ∴当时，由， 可得当时，，此时函数图象对应4个交点， 即 方程的7个实根和为． 故选：A． 例2（2026·天津·月考）已知函数，则方程的解的个数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】根据方程，解得或5，作出，和的图象，根据交点个数，即可得答案. 【详解】有，得，解得或5， 当时，单调递减， 因为为开口向上，对称轴为的抛物线， 令，解得或5， 所以当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 作出，和的图象，如下图所示： 由图象可得直线与的图象有4个交点， 直线与的图象有2个交点，共有6个交点， 所以方程解的个数为6. 故选：B 【变式1】（2026·天津·月考）若函数函数有两个零点，则实数k的取值是 . 【答案】或 【分析】将函数有两个零点，转化为函数与函数的图象有两个交点，再根据图象以及判别式求解即可. 【详解】函数有两个零点，即有两个不相等的实数根，即函数与函数的图象有两个交点，画函数图象如下; 当时，函数与函数的图象有两个交点； 当时，函数与函数的图象有一个交点； 当时，函数与有一个交点，则与有且只有一个交点， 联立方程 得到只有一个解， 即 ，解得或（结合图象可知不符合，舍去） 综上可得： 或者 故答案为：或 【变式2】（2026·天津滨海新·月考）设函数，则下列命题中正确的个数是（    ） ①当时，函数在R上有最小值； ②当时，函数在R是单调增函数； ③若，则； ④方程可能有三个实数根． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】对于①：当时，把函数分和两种情况讨论，转化为二次函数判单调性，求最值即可；对于②：当时，判断在和是单调增函数加以判断；对于③：推导即可求解；对于④：对b，c取特值求方程有三个实数根，故可判断． 【详解】因为函数， 对于①：当时，则有： 当时，在内单调递减，在内单调递增； 当时，在内单调递减，在内单调递增； 且函数连续不断，则函数在内单调递减,在，内单调递增, 且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于； 故函数在上无最小值；故①错误； 对于②：当时，则有： 当时，在内单调递增； 当时，在内单调递增； 且函数连续不断，所以在是单调增函数；故②正确； 对于③：因为， 可得，即；故③正确 对于④：令，，则有： 当时，令，解得或； 当时，令，解得或（舍去）； 所以函数有3个零点，故④正确． 综上所述：正确的为②③④，有3个． 故选：D 题型07 根据零点个数求参数范围 解｜题｜策｜略 已知零点个数求参数范围的方法 1、直接法：利用零点存在的判定定理构建不等式求解； 2、数形结合法：将函数的解析式或者方程进行适当的变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两个熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围； 3、分离参数法：分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．[ 例1（2026·天津和平·月考）已知为上的偶函数，为上的奇函数，且. (1)判断并用定义证明函数在上的单调性； (2)若函数在上有零点，求实数的最小值； (3)若对任意的，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)函数在上单调递增，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据函数奇偶性，构造方程组求出函数解析式，再由函数单调性的定义证明即可； （2）转化为方程在有解，换元后求出最小值即可； （3）利用的奇偶性、单调性转化不等式，再分离参数后，求最小值得解. 【详解】（1）因为①，则， 又为上的偶函数，为上的奇函数，则有②， 由①②得到，所以 由①②得到，所以. 函数在上单调递增. 证明如下： 取任意，且， 则 ； 当时，，，， 所以，即； 因此在上单调递增. （2）， 由可得， 所以在上有零点可转化为 在上有解， 令，由（1）知，在上为增函数，所以， 则可得， 因为的对称轴为，所以当时，， 所以. （3）因为为上的奇函数， 所以由可得， 因为为减函数，所以在上为减函数， 所以，即在上恒成立. 由对勾函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增， 所以，故. 例2（2026·天津滨海新·月考）已知函数，若方程有三个不等的实数解，则的取值范围是 【答案】 【分析】根据为上的增函数且的取值范围为可得在上有且只有一个实数解，故在上有且仅有2个不同的实数解，利用根分布可求的取值范围. 【详解】当时，， 此时为上的增函数且的取值范围为， 故在上有且只有一个实数解， 故在上有且仅有2个不同的实数解， 设，而对称轴， 故即， 故答案为： 【变式1】（2026·天津和平·月考）已知函数（其中均为常数，且）的图象经过点与点. (1)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围； (2)设函数，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)若函数，则关于的方程有四个不同实数根，且满足；求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意求出的解析式，利用复合函数的单调性判断求解； （2）先求出和的值域，再根据的值域是值域的子集，列式求解； （3）化简，令，则，问题转化为需要有4个不同的实数根，数形结合得，即方程和各有两个不同的根，解方程求得根，运算得解. 【详解】（1）由的图象经过点和，得， 解得，所以. 所以，令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减且恒正， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. （2）由（1），，在上单调递增，故， 又，令，由，即，所以， 所以，，对称轴为， 则，，即， 由题意，可得的值域是值域的子集， ，解得. 所以实数的取值范围为. （3）， 令，则， 故方程，即需要有4个不同的实数根， 由图可得，所以方程和各有两个不同的根， 其中方程的两根为，方程的两根为， 所以，，，，且， 由，则对应的，故，，，， ， ， 令，则， 函数，令，且在R上单调递增，而在上单调递增， 所以函数在上单调递增，故， 所以， 所以，即的取值范围为. 【变式2】（2026·天津河西·月考）若函数恰有3个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先对时，由得，再结合函数的单调性可判断对任意a函数有唯一零点；再对时，将函数的零点转化为方程的根，进而转化为与有2个交点问题，用数形结合可得. 【详解】①当时，，令，得， 因为是上单调递增函数，所以，即， 设，显然在上单调递减，且. 所以对任意的a，方程在上有且仅有一个解. ②当时，，令，得， 即，， 令，函数是一个开口向上的二次函数的一部分，要使有三个零点， 则方程就有2个非正根，即函数与有两个交点，如图：    由图可知. 综合①②可知，要使有三个零点，a的取值范围为. 故选：A. 题型08 函数零点的大小与范围 解｜题｜策｜略 通过数形结合的思想转化为函数图象问题，常结合函数的对称性考查。 例1（2026·天津和平·月考）已知函数，，的零点分别为，则的大小关系为 . 【答案】 【分析】在同一平面直角坐标系中分别作出函数，，，的图像，即可求解． 【详解】在同一平面直角坐标系中分别作出函数，，，的图像， 如图所示：    由图像可知：. 故答案为： 例2（2025·天津南开·月考）已知函数，，的零点依次为，，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，将函数的零点转化为两个基本函数的交点的横坐标，从而画出函数，，，的图象，观察函数图象，即可判断，，的大小关系. 【详解】令，则， 即的零点为函数与交点的横坐标， 令，则， 即的零点为函数与交点的横坐标， 令，则， 即的零点为函数与交点的横坐标， 画出函数，，，的图象，如图所示， 观察图象可知，函数，，的零点依次是点，，的横坐标， 由图象可知. 故选：C. 【变式1】（2025·天津静海·月考）已知函数的零点分别是，则的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将函数零点转化为函数图像交点的横坐标，画出图形，数形结合即可得出答案. 【详解】函数的零点为与的图像的交点的横坐标； 函数的零点为与的图像的交点的横坐标； 函数的零点为与的图像的交点的横坐标； 在同一个直角坐标系中作出，，，的图像，如图示： 根据图像可知:,,. 故选:A 【变式2】（2025·天津河东·一模）已知函数，它们的零点的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把零点变成方程的解，现转化为函数图象与直线的交点，由图象可得大小关系． 【详解】，， ，， ，， 作出函数，，的图象及直线，由图象可得 ，，，所以． 故选：B． （建议用时：20分钟） 1．（2025·天津武清·模拟预测）已知函数，，某函数的部分图象如图所示，则该函数可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合函数的奇偶性及特值法可判断. 【详解】对于A，令，由，则，， 所以是非奇非偶函数，由图象不符，故A错误； 对于B，令，由，则，， 所以是非奇非偶函数，由图象不符，故B错误； 对于D，，当时，，与图象不符，排除D，故C正确. 故选：C. 2．（2025·天津·二模）函数的大致图象可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用定义法证明为偶函数，根据，结合排除法即可求解. 【详解】的定义域为R， 则， 所以为偶函数，图象关于y轴对称，故排除C，D选项； 又因为，故排除B选项. 故选：A． 3．（2025·天津·二模）已知函数的图象如图所示，则该图象所对应的函数可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对各选项的单调性与函数值的情况一一判断，利用排除法即可得解； 【详解】对于A：，当时， ，故排除A； 对于B：当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，故排除B； 对于D，当时，，，所以在上单调递增，故排除D； 对于C，为偶函数，由可得，满足图象，故C正确. 故选：C． 4．（2024·天津北辰·模拟预测）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】B根据上函数符号判断；C由判断；D根据上函数单调性判断，结合排除法即可得答案. 【详解】对于，当时，，排除B； 由，排除C； 对于，当上单调递减，排除D. 故选：A 5．（2024·天津南开·二模）已知函数的部分图象如下：    则的解析式可能为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由图可知函数由图可知函数为奇函数，可以排除AB两个选项，再由特殊点排除错误选项，从而得到正确选项. 【详解】由图可知函数为奇函数，排除AB两个选项； C选项，因为，所以，由图，故排除C选项； D选项，是奇函数，故D正确. 故选：D. 6．（2024·天津河东·二模）已知函数，，若方程恰有2个不同的实数根，则实数的取值范围为 . 【答案】,,． 【分析】作出的图象，分、、、及五种情况，分别作出图象进行讨论，即可得答案． 【详解】依题意画出的图象如图所示： 因为函数， 所以， 当直线与相切时， 由，得， ，解得， 由图可知，①当时，函数的图象与的图象无交点，不满足题意； ②当时，函数的图象与的图象交于点，不满足题意； ③时，当经过函数图象上的点时，恰好经过函数图象上的点， 则要使方根恰有2个不同的实数根， 只需，即，故； ④当时，函数的图象与的图象有3个交点，不满足题意； ⑤当时，函数的图象与的图象有2个交点，满足题意． 综上，或． 所以的取值范围为：,,． 故答案为：,,． 7．（2025·天津武清·模拟预测）设，已知方程恰有3个不同的实数解，则实数a的取值范围是 . 【答案】或 【分析】原方程可化为恰有3个不同的实数解， 令，即的图象有3个不同的交点，画出的图象，结合图象可得答案. 【详解】当时，方程为，不成立， 所以恰有3个不同的实数解，； 原方程可化为恰有3个不同的实数解， 令，即的图象有3个不同的交点， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， ，的图象如下， 由图可知， 当，且与相切时， 由，所以，, 所以（另一解舍去），若要有3个不同的交点，则； ，的图象没有3个不同的交点； 当，且与相切时，由同理可得（另一解舍去）， 当过时，，当，不符合题意； 若要有3个不同的交点，则； 综上所述，或. 故答案为：或. 8．（2025·天津南开·模拟预测）设，已知函数，，若方程有两个实数解，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】将方程转化为关于的二次方程，通过两个函数图象的交点个数即可求解. 【详解】因为, 所以，即， 整理得． 因为方程有两个实数解，所以方程有两个实数解. 令， 则函数与的图象有两个交点. ①当时，，由图象可知，两函数有4个交点，故不合题意； ②当时，易知，且， 令,得, ，令, 得, 若与的图象有两个交点，需满足，解得． ③当时，易知． 由②的分析可得，若与的图象有两交点，需满足解得． 综上，实数的取值范围为. 故答案为：. 9．（2025·天津·三模）设函数，记函数有且仅有个互不相同的零点，则当取到最大值时，实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】考虑时，得到时，在上有两个零点，当取其他值时，只有1个零点，再考虑时，变形得到且时，，构造函数，写出分段函数，求导得到其单调性，画出函数图象，数形结合得到其与的交点个数，从而最终求出最多有4个零点，得到的取值范围. 【详解】，即， 当时，，即，故满足要求， 若，则无解，若，则，解得不满足； 若，则的解， 若，则的解，且当时，， 故当时，在上有两个零点， 当取其他值时，只有1个零点， 时，， 显然当时，无解， 当且时，， 令， ， 当时，，当时，， 当时，，当时，，当时，， 故在，，上单调递增， 在，上单调递减， 又时，，其中，，，， 画出的图象如下： 当或或或时，有一个零点， 当时，有2个零点， 当时，有3个零点， 当时，无零点， 综上：最多有4个零点， 则. 故答案为：. 10．（2025·天津·一模）已知函数．若函数恰有四个零点，则实数a的取值范围为 ． 【答案】 【分析】首先分析得且，进一步分和，两种情况讨论即可，原问题可以转换为的图象与的图象的交点个数为4来求参数，从而可以通过画图进行求解. 【详解】若，则等价于，解得或， 当或时，函数是二次函数， 其零点不超过两个， 从而必然有且， 的零点有四个等价于的图象与的图象的交点个数为4， 如图，当时，设直线与的图象相切，直线经过点，其中的横坐标是的较小的那个根， 且经过直线所过的那个定点， 由求根公式可求得点的横坐标为，从而， 所以要满足题意的话，那么当且仅当，其中分别表示直线的斜率， 显然有， 联立直线与得， ，从而有，解得或（舍去）， 舍去是因为理论上来说与可能有两种相切的情况， 一种是相切于对称轴左边的一点，一种是相切于对称轴右边一点， 从而， 所以时，， 即，解得， 当时，设直线与的图象相切，直线经过点，其中的横坐标是的较大的那个根， 且经过直线所过的那个定点， 由求根公式可求得点的横坐标为，从而， 所以要满足题意的话，那么当且仅当，其中分别表示直线的斜率， 显然有， 联立直线与得， ，从而有，解得或（舍去）， 舍去是因为理论上来说与可能有两种相切的情况， 一种是相切于对称轴左边的靠上面的一点，一种是相切于对称轴左边的靠下面的一点， 从而， 所以时，， 即，解得或， 综上所述，所求为. 故答案为：. 11．（2025·天津·二模）记表示不大于x的最大整数，例如，，则方程所有解的和为 ． 【答案】 【分析】由题意得到，和，求解一元二次不等式即可求解. 【详解】由已知有，即， 则由，可得， 即，解得． 同理，有， 解得，或， 故，或， 因此． 当时，有，解得，满足题意； 当时，有，解得，满足题意； 当时，有，不符合题意； 当时，有，不符合题意． 综上，方程所有解的和为． 故答案为： 12．（2025·天津·二模）已知函数，若方程有且只有一个解，则实数a的取值范围是 . 【答案】 【分析】第一步换元，分两大类：当时，，或当时，，解得或即可得解. 【详解】设，则， 情形一：当时，，解得或， 因为，故不可能有， 从而只能是有唯一的解， 这就要求， 当时，，解得， 当时，，解得，这与矛盾， 此时满足题意的的取值范围是； 情形二：当时，，解得， 这就要求， 由于，故只能是，解得， 这就要求， 此时满足题意的的取值范围是； 综上所述，满足题意的的取值范围是. 故答案为：. 13．（2025·天津和平·三模）已知函数，的导函数为，函数． (1)求函数的单调递减区间； (2)若，对于给定实数，总存在4个不同实数，，，，使得关于的方程恰有3个不同的实数根． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）记，求证：． 【答案】(1)答案见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）求出函数并确定奇偶性，再利用导数分类求出单调背叛区间. （2）（i）根据给定条件，将方程转化为，构造函数并求出导数，再构造函数，利用导数探讨单调性确定的零点情况即可；（ii）由是偶函数可得，分析探讨的关系等式，构造函数，利用导数推导得即可得证. 【详解】（1）依题意，，函数的定义域为， ，函数是偶函数， 当时，，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数的递减区间是； 当时，函数的递减区间是. （2）（i）当时，，， ，令， 求导得，即， 令，求导得，令，得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则，而， 当，即时，，函数在上递增，在上递增， 则至多2个不同实数根，不符合题意； 当，即时，当时，； 当时，，则有4个不同实根， 即当时，有2个不同实根，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在处取得极大值， 设的4个实根为，则为极大值点， 为极小值点，为极大值点，为极小值点，而函数为奇函数， 因此极值关于原点对称，，即， ，则， 当时，有3个不同实数根，所以. （ii）由，得的四个根为，不妨设， 由为偶函数，得， 则，即，于是， 因此，令， 则，令，求导得， 函数在单调递增，则，即当时，， 因此，， 所以. 14．（2025·天津·模拟预测）已知．给出下列判断： ①若，且，则； ②若在恰有9个零点，则的取值范围为； ③存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称； ④若在上是增函数，则的取值范围为． 其中，判断正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】首先对函数进行化简，然后分别针对每个判断，利用三角函数的周期、零点、对称轴以及单调性等性质和条件列出式子求解，判断正确性. 【详解】根据二倍角余弦公式，对进行化简可得： . 对于①： 已知，，且，则，为函数的周期. 根据正弦函数周期公式，由可得，解得，所以①错误. 对于②： 令，则（），解得（）. 若在恰有9个零点，令，则. 解第一个不等式： ，，，解得. 解第二个不等式： ，，，解得. 所以的取值范围是，②正确. 对于③： 的图象向右平移个单位长度后得到的图象. 若该图象关于轴对称，则（）， ，（）。 当时，，不存在满足条件，所以③错误。 对于④： 令（），解关于的不等式得： （）. 若在上是增函数，则 解第一个不等式得：，，； 解第二个不等式得：，，，又， 所以的取值范围是，④错误. 综上，只有②正确，正确的个数是1个，答案是A. 故选：A. 15．（2025·天津河西·二模）已知函数有四个不同的零点，且，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由可得，数形结合可知、为方程的两根，、为方程的两根，求出的取值范围，利用韦达定理求出关于的表达式，令，，利用导数求出的值域，即为所求. 【详解】由题意可知，由可得， 可得， 所以，直线与函数的图象有四个交点，如下图所示： 由可得或， 结合图象可知，、为方程的两根，即方程的两根， ，由韦达定理可得，， 因为，则， 、为方程的两根，即方程的两根， ，可得，故， 由韦达定理可得，， 因为，所以， 所以， 令，， 所以， 对任意的，，则， 即对任意的恒成立， 所以，函数在上单调递减，且，， 故当时，， 因此，的取值范围是. 故答案为：. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 函数的图象及零点问题 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：近三年函数图像题稳定中档、零点题2025年难度下调；2026年大概率图像题维持中档、零点题回归填空压轴并可能与导数结合，参数范围与零点区间判定仍是核心考法。 预测2026年： 核心考法不变，难度回归：零点题大概率重回填空压轴，图象题维持中档；参数范围、零点区间、图象识别仍是重点。综合度提升：零点与导数、分段函数、复合函数结合增强；图象题加入绝对值、分参、极限视角，考查更灵活。题型微调：可能出现解答题小问（如与导数综合），或用多选题考图象多维度辨析，强调逻辑严谨性。易错点预警：参数范围漏边界、零点存在定理缺单调性判断、图象识别忽略定义域/奇偶性，仍是失分重灾区。． 题型01 函数图象画法与图象变换 解｜题｜策｜略 作函数图象的方法 1、直接法：当函数表达式是基本函数或函数图象是解析几何中熟悉的曲线时，就可根据这些函数或曲线的特征直接作出． 2、转化法：含有绝对值符号的函数，可去掉绝对值符号，转化为分段函数来画图象． 3、图象变换法：若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称变换得到，可利用图象变换作出，但要注意变换顺序．对不能直接找到熟悉的基本函数的要先变形，并应注意平移变换的顺序对变换单位及解析式的影响． 4、如何制定图象变换的策略 （1）在寻找到联系后可根据函数的形式了解变换所需要的步骤，其规律如下： ①若变换发生在“括号”内部，则属于横坐标的变换； ②若变换发生在“括号”外部，则属于纵坐标的变换． 例如：：可判断出属于横坐标的变换：有放缩与平移两个步骤． ：可判断出横纵坐标均需变换，其中横坐标的为对称变换，纵坐标的为平移变换． （2）多个步骤的顺序问题：在判断了需要几步变换以及属于横坐标还是纵坐标的变换后，在安排顺序时注意以下原则： ①横坐标的变换与纵坐标的变换互不影响，无先后要求； ②横坐标的多次变换中，每次变换只有发生相应变化． 例1（2025·天津和平·调研）若关于x的不等式在上有解，则实数a的取值范围是 ． 例2（2026·天津河北·月考）已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则的取值范围是 . 【变式1】（2026·天津河西·调研）下列四个命题中： ①若奇函数在上单调递减，则它在上单调递增 ②若偶函数在上单调递减，则它在上单调递增； ③若函数为奇函数，那么函数的图象关于点中心对称； ④若函数为偶函数，那么函数的图象关于直线轴对称； 正确的命题的序号是 . 【变式2】（2025·天津南开·开学考试）在平面直角坐标系中，先将抛物线关于原点作中心对称变换，再将所得的抛物线关于轴作轴对称变换，那么经过两次变换后所得的新抛物线的解析式为（    ） A． B． C． D． 题型02 由复杂函数解析式选择函数图象 解｜题｜策｜略 图象辨识题的主要解题思想是“对比选项，找寻差异，排除筛选” 1、求函数定义域（若各选项定义域相同，则无需求解）； 2、判断奇偶性（若各选项奇偶性相同，则无需判断）； 3、找特殊值：①对比各选项，计算横纵坐标标记的数值；②对比各选项，函数值符号的差别，自主取值（必要时可取极限判断符号）； 4、判断单调性：可取特殊值判断单调性. 例1（2026·天津北辰·月考）已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 例2（2026·天津武清·月考）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（   ）    A． B． C． D． 【变式1】（2026·天津·月考）函数（其中为自然对数的底数）的图象大致形状是（ ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·天津河北·调研）函数的图象为（   ） A． B． C． D． 题型03 根据函数图象选择解析式 解｜题｜策｜略 （1）从图像的最高点、最低点分析函数的最值、极值； （2）从图象的对称性，分析函数的奇偶性； （3）从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性。 例1（2026·天津·月考）已知 ，若函数 的图象如图所示，则 的解析式可能是 （    ） A． B． C． D． 例2（2026·天津蓟州·调研）已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·天津·开学考试）如图是函数的部分图象，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·天津·月考）已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 题型04 根据实际问题作函数图象 解｜题｜策｜略 根据实际背景、图形判断函数图象的方法： （1）根据题目所给条件确定函数解析式，从而判断函数图象（定量分析）； （2）根据自变量取不同值时函数值的变化、增减速度等判断函数图象（定性分析）。 例1（2025·天津·开学考试）已知边长为1的正方形，为边的中点，动点在正方形边上沿运动，设点经过的路程为，的面积为，则关于的函数的图像大致为（    ） A． B． C． D． 例2（2024·天津·二模）如图所示，动点在边长为1的正方形的边上沿运动，表示动点由A点出发所经过的路程，表示的面积，则函数的大致图像是（    ）． A． B． C． D． 【变式1】（2025·天津·调研）某同学离家去学校，刚开始心情轻松缓慢行进，走了一段路程后，发现时间紧张，加快速度跑步前进.图中轴表示该学生离家的距离，轴表示所用的时间，下列图象与该同学走法相吻合的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·天津·开学考试）一列快车从甲地驶往乙地，一列特快车从乙地驶往甲地，快车的速度为100千米/小时，特快车的速度为150千米/小时，甲乙两地之间的距离为1000千米，两车同时出发，则图中折线大致表示两车之间的距离y（千米）与快车行驶时间t（小时）之间的函数图象是（    ） A． B． C． D． 题型05 函数零点所在区间问题 解｜题｜策｜略 确定的零点所在区间的常用方法： （1）利用函数零点的存在性定理：首先看函数在区间上的图象是否连续，再看是否有，若有，则函数在区间内必有零点； （2）数形结合法：通过画函数图象，观察图象与轴在给定区间上是否有交点来判断。 例1（2026·天津河西·月考）已知函数，利用二分法求的零点的近似值，若零点的初值区间为，精确度为，则可以是（   ） A． B． C． D． 例2（2026·天津武清·月考）函数的零点所在的区间是（   ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·天津·月考）函数的零点所在区间是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2026·天津滨海新·月考）函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 题型06 确定函数的零点个数 解｜题｜策｜略 零点个数的判断方法 1、直接法：直接求零点，令，如果能求出解，则有几个不同的解就有几个零点. 2、定理法：利用零点存在定理，函数的图象在区间上是连续不断的曲线，且， 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、图象法： （1）单个函数图象：利用图象交点的个数，画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数； （2）两个函数图象：将函数拆成两个函数和的差，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象的交点个数 4、性质法：利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到； 若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数 例1（2026·天津蓟州·月考）已知定义在上的奇函数，当时， ，则关于的方程的所有实数根的和是（    ） A． B．0 C．7 D．6 例2（2026·天津·月考）已知函数，则方程的解的个数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式1】（2026·天津·月考）若函数函数有两个零点，则实数k的取值是 . 【变式2】（2026·天津滨海新·月考）设函数，则下列命题中正确的个数是（    ） ①当时，函数在R上有最小值； ②当时，函数在R是单调增函数； ③若，则； ④方程可能有三个实数根． A．0 B．1 C．2 D．3 题型07 根据零点个数求参数范围 解｜题｜策｜略 已知零点个数求参数范围的方法 1、直接法：利用零点存在的判定定理构建不等式求解； 2、数形结合法：将函数的解析式或者方程进行适当的变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两个熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围； 3、分离参数法：分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．[ 例1（2026·天津和平·月考）已知为上的偶函数，为上的奇函数，且. (1)判断并用定义证明函数在上的单调性； (2)若函数在上有零点，求实数的最小值； (3)若对任意的，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 例2（2026·天津滨海新·月考）已知函数，若方程有三个不等的实数解，则的取值范围是 【变式1】（2026·天津和平·月考）已知函数（其中均为常数，且）的图象经过点与点. (1)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围； (2)设函数，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)若函数，则关于的方程有四个不同实数根，且满足；求的取值范围. 【变式2】（2026·天津河西·月考）若函数恰有3个零点，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 题型08 函数零点的大小与范围 解｜题｜策｜略 通过数形结合的思想转化为函数图象问题，常结合函数的对称性考查。 例1（2026·天津和平·月考）已知函数，，的零点分别为，则的大小关系为 . 例2（2025·天津南开·月考）已知函数，，的零点依次为，，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2025·天津静海·月考）已知函数的零点分别是，则的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·天津河东·一模）已知函数，它们的零点的大小顺序为（    ） A． B． C． D． （建议用时：20分钟） 1．（2025·天津武清·模拟预测）已知函数，，某函数的部分图象如图所示，则该函数可能是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·天津·二模）函数的大致图象可能是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·天津·二模）已知函数的图象如图所示，则该图象所对应的函数可能是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·天津北辰·模拟预测）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·天津南开·二模）已知函数的部分图象如下：    则的解析式可能为（    ）. A． B． C． D． 6．（2024·天津河东·二模）已知函数，，若方程恰有2个不同的实数根，则实数的取值范围为 . 7．（2025·天津武清·模拟预测）设，已知方程恰有3个不同的实数解，则实数a的取值范围是 . 8．（2025·天津南开·模拟预测）设，已知函数，，若方程有两个实数解，则实数的取值范围为 ． 9．（2025·天津·三模）设函数，记函数有且仅有个互不相同的零点，则当取到最大值时，实数的取值范围是 . 10．（2025·天津·一模）已知函数．若函数恰有四个零点，则实数a的取值范围为 ． 11．（2025·天津·二模）记表示不大于x的最大整数，例如，，则方程所有解的和为 ． 12．（2025·天津·二模）已知函数，若方程有且只有一个解，则实数a的取值范围是 . 13．（2025·天津和平·三模）已知函数，的导函数为，函数． (1)求函数的单调递减区间； (2)若，对于给定实数，总存在4个不同实数，，，，使得关于的方程恰有3个不同的实数根． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）记，求证：． 14．（2025·天津·模拟预测）已知．给出下列判断： ①若，且，则； ②若在恰有9个零点，则的取值范围为； ③存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称； ④若在上是增函数，则的取值范围为． 其中，判断正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 15．（2025·天津河西·二模）已知函数有四个不同的零点，且，则的取值范围是 . 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $