第07讲 函数与方程（复习讲义）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦函数与方程专题，覆盖零点定义、存在性定理、单调性影响、方程根与图象交点、参数范围等核心考点，按“定义-定理-性质-应用”逻辑构建知识框架。通过命题透视研判考情、思维建模梳理脉络、知识精讲拆解核心、题型破译归纳技巧、真题溯源感知考向、分层训练突破难点的教学流程，帮助学生系统建立解题思维。 资料突出数学抽象与逻辑推理素养培养，如题型5求参数范围时，采用“分离参数-临界分析-数形结合”三步策略，引导学生将方程问题转化为函数图象交点问题。设置“知识点自主检测-题型例题精讲-变式训练巩固”闭环活动，配合分层课后训练，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生解题能力与应考信心。

第07讲 函数与方程 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 函数零点的定义 知识点2 函数零点存在性定理 知识点3 函数单调性对零点个数的影响 知识点4 几个“不一定”与“一定”（假设在区间连续） 知识点5 零点与单调性配合可确定函数的符号 知识点6 证明零点存在的步骤 题型破译 (含超链接） 题型1 求函数的零点及零点个数【含方法技巧】 题型2 用零点存在性定理判断零点所在区间【含方法技巧】 题型3 求方程的根及根的个数【含方法技巧】 题型4 求图象的交点及交点个数【含方法技巧】 题型5 根据零点、方程的根及图象交点求参数范围【含方法技巧】 题型6 函数与方程综合【含方法技巧】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 函数的零点与方程的解 T15（5分） — — 函数图象的交点问题 T15（5分） — — 函数与方程的综合应用（导数综合） T20(3)（5分） — — 考情分析 函数与方程是高考的核心内容之一，北京卷近年多以填空压轴（2026 T15）或解答压轴（2026 T20(3)）形式呈现，分值约10分，难度中等到偏难。核心考查方向为函数的零点（方程的解）个数判断、函数图象的交点问题，常与分段函数（2026 T15）、导数（2026 T20(3)）等板块融合。近三年考情显示，函数与方程思想贯穿整个函数板块，但直接设题集中于压轴位置，要求考生具备较强的数形结合能力、分类讨论能力和逻辑推理能力。 复习目标 1.理解函数零点的概念，掌握零点存在性定理及其应用条件，能判断函数零点所在区间。 2.掌握函数零点个数的常用判定方法：解方程法、图象法、导数法。 3.能将方程解的问题转化为函数图象交点问题，利用数形结合思想求解参数范围。 4.掌握分段函数、含参函数中零点与交点问题的分类讨论策略。 5.能够在导数综合题中灵活运用函数与方程思想，解决函数图象交点、方程根的分布等问题，提升数学抽象与逻辑推理素养。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 函数零点的定义 一般地，对于函数，把使 叫作函数的零点.函数的零点就是方程的实数解，也就是函数的图象与轴的交点的横坐标. 方程、函数、函数图象之间的关系： 方程有实数解函数的图象 函数 . 自主检测1函数的零点为（   ） A．0 B．1 C． D．2 自主检测2函数的零点为（   ） A．5 B．5或 C． D． 自主检测3函数在内的零点之和为（   ） A． B． C． D．0 知识点2 函数零点存在性定理 如果函数在区间上的图象是 的一条曲线，且有 ，那么函数在区间内 零点，即存在，使得，这个也就是方程的解. 自主检测1函数的零点所在区间是（    ） A． B． C． D． 自主检测2函数的零点所在区间是（   ） A． B． C． D． 知识点3 函数单调性对零点个数的影响 如果一个连续函数是单调函数，那么它的零点至多有一个。因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调 知识点4 几个“不一定”与“一定”（假设在区间连续） （1）若，则“一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。要分析的性质与图象，如果单调，则“一定”只有一个零点 （2）若，则“不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。如果单调，那么“一定”没有零点 （3）如果在区间中存在零点，则的符号是“不确定”的，受函数性质与图象影响。如果单调，则一定小于0 知识点5 零点与单调性配合可确定函数的符号 是一个在单增连续函数，是的零点，且，则时，；时， 知识点6 证明零点存在的步骤 （1）将所证等式中的所有项移至等号一侧，以便于构造函数 （2）判断是否要对表达式进行合理变形，然后将表达式设为函数 （3）分析函数的性质，并考虑在已知范围内寻找端点函数值异号的区间 （4）利用零点存在性定理证明零点存在 自主检测1已知函数． (1)求的定义域； (2)证明：在内有且仅有一个零点． 自主检测2已知是函数的极值点，． (1)求； (2)判断函数的零点个数，并证明． 题●型●破●译 题型1 求函数的零点及零点个数 例1-1（2026·北京朝阳·一模）已知函数（），则的所有零点之和为（   ） A． B． C． D． 例1-2（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，则函数的零点为______；若函数有3个零点，则实数的取值范围为________． 例1-3（2026·北京昌平·二模）设函数，给出下列四个结论： ①当时，恰有2个零点； ②存在正数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有2个零点； ④存在负数，使得恰有3个零点. 其中所有正确结论的序号是_________________ . 方法技巧 1.零点的定义：函数 的零点，即方程 的实数根，也是函数图象与 轴交点的横坐标。 2.直接法（解方程法）：令 ，解方程求根。适用于一次函数、二次函数、基本初等函数及可因式分解的方程。 3.数形结合法：将 变形为 ，分别画出 与 的图象，图象交点个数即为零点个数。 4.零点存在性定理：若函数 在区间 上的图象连续不断，且 ，则 在区间 内至少有一个零点。结合函数的单调性，可进一步确定零点个数（单调则唯一）。 5.含参分段函数：分段函数求零点时，需在各段内分别令函数值为 ，解出的根必须满足相应段的定义域范围，最后合并所有零点。 【变式训练1-1】已知函数，，若f(x)有两个零点，则_______. 【变式训练1-2】（2026·北京·三模）设函数，若，则的零点为________；若的值域为，则a的取值范围是________． 【变式训练1-3】（2026·北京丰台·二模）已知函数，，若的最大值为，则（    ） A．，有2个零点 B．，有3个零点 C．，有2个零点 D．，有3个零点 【变式训练1-4】（2026·北京密云·一模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，为偶函数； ②当时，对任意，都有； ③当时，在上单调递减； ④存在实数，使得有2个零点. 其中正确结论的序号为__________. 题型2 用零点存在性定理判断零点所在区间 例1-1函数的零点所在的区间为（    ） A． B． C． D． 例1-2（25-26高三上·北京通州·期末）“”是“函数在上存在零点”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 方法技巧 1.端点值异号：计算区间端点处的函数值，若 ，则该区间内至少存在一个零点。 2.端点值同号：若 ，则定理不适用，不能判断该区间内无零点（需结合单调性或图象进一步判断）。 3.二分法思想：不断取区间中点 ，计算 ，根据 或 缩小零点所在区间，逐步逼近零点位置。 4.结合单调性：若函数在区间 上单调，且 ，则零点唯一存在，可直接确定零点在该区间内。 5.选择题技巧：将选项中的区间端点值代入计算，通过端点函数值的符号快速排除不符合的选项。 【变式训练1-1】已知，则的零点所在的区间是（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】函数的零点在下列区间内（   ） A． B． C． D． 【变式训练1-3】若函数在区间上存在一个零点，则实数的取值范围是（    ） A．或 B． C． D． 题型3 求方程的根及根的个数 例1-1已知函数，则方程根的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 例1-2（2026·北京朝阳·二模）设函数若关于的方程恰有两个不同的实数解，则满足条件的实数的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 方法技巧 1.直接求解法：对于能直接解出的方程（一次、二次、简单的指数对数方程等），直接求根即可。 2.转化法：将方程 转化为 ，利用函数图象的交点判断根的个数。根的个数 两函数图象交点个数。 3.构造新函数：将方程变形为 的形式，构造新函数 ，求其零点个数即为方程的根的个数。 4.利用函数性质：利用函数的单调性、奇偶性、周期性等性质判断根的个数。例如，奇函数若在 时有 个根，则在 时也有 个根，且 处可能也有根。 5.含参方程：将参数分离，转化为 ，求 与 图象交点的个数，从而确定根的个数随参数的变化。 【变式训练1-1】已知函数，则方程在区间上的实数根个数为（   ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】已知，则方程的互异的实根个数不可能是（   ） A． B． C． D． 【变式训练1-3】已知函数 ，方程 的根的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式训练1-4】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则方程的解的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 题型4 求图象的交点及交点个数 例1-1函数与的图象的交点个数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 例1-2（2026·北京·三模）已知函数是偶函数，当时，若的图象与轴恰有4个公共点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 方法技巧 1.联立方程法：求 与 的交点，即联立方程组 ，消元后得到关于 的方程，方程解的个数即为交点个数。 2.数形结合法：在同一坐标系中准确画出 和 的图象，交点个数可直接从图象上读出。 3.利用函数性质预判： 若两函数均为单调函数，且增减性相同，交点至多一个；若增减性相反，则交点可能有一个或多个。 奇偶函数图象的交点具有对称性（关于原点或 轴对称）。 4.特殊点验证：代入 、 等特殊值，确定交点的大致位置，辅助判断。 5.含参交点数：对于含参的图象交点个数问题，通过分析参数变化时图象的平移、伸缩等变换，确定临界状态（如相切、过定点），从而分类讨论交点个数。 【变式训练1-1】函数与函数的图象交点个数为（    ） A．3 B．5 C．6 D．7 【变式训练1-2】已知函数为偶函数，则函数的图象与直线的交点个数为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式训练1-3】已知是上的奇函数，，若在上单调递增，且，，则与函数交点个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型5 根据零点、方程的根及图象交点求参数范围 例1-1（2026·北京朝阳·模拟预测）已知函数．若关于的方程有两个不同的实数解，则满足条件的一个的值是_____． 例1-2（2025·北京昌平·二模）已知函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（    ）． A． B． C．（，1） D． 例1-3（25-26高三上·北京海淀·期末）已知函数， ① 若关于的方程恰好有一个解，则的一个取值为________； ② 若关于的方程恰好有三个解，则的取值范围为___________. 方法技巧 1.分离参数法：将含参方程 变形为 ，参数 的取值范围即为函数 的值域（或有解问题）；零点个数问题转化为 与 图象交点个数问题。 2.直接讨论法：将参数视为常数，直接分析函数 的零点情况，通过分类讨论参数的不同取值范围，结合零点存在性定理或图象特征确定满足条件的参数范围。 3.临界状态分析法：找出函数图象与 轴相切、过特殊点、经过区间端点等临界状态，解出对应的临界参数值，再根据图象走势确定参数的最终取值范围。 4.利用函数性质列不等式组：若函数为二次函数，可利用判别式、对称轴与区间端点的关系列出不等式组；若函数为分段函数，需对各段分别讨论后取并集。 5.数形结合与分类讨论：对于复杂函数，先画出不含参部分的图象，再分析参数对图象的影响（上下平移、左右平移、伸缩等），结合交点个数要求确定参数范围。 【变式训练1-1】（24-25高三下·北京·开学考试）已知函数有且只有一个零点，则实数m的取值范围是______． 【变式训练1-2】已知函数，若函数有三个零点，则实数m的取值范围为_________． 【变式训练1-3】（2026·北京顺义·一模）已知函数，若方程有4个不同的实数解，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式训练1-4】（2026·北京石景山·二模）已知函数．若存在2个零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型6 函数与方程综合应用 例1-1（2026·北京海淀·三模）已知函数，则下列说法中所有正确的序号是______． ① ②若函数有个零点，则实数的取值范围为 ③当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为 ④对于实数，不等式恒成立 例1-2（2026·北京顺义·二模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，对任意负实数，方程恰有一个实数解； ②存在，有负实数，使得方程无实数解； ③存在，有正实数，使得方程恰有2个实数解； ④存在，有实数，使得方程恰有3个实数解. 其中所有正确结论的序号是__________. 方法技巧 1.函数思想解方程：将方程问题转化为函数零点问题，利用函数图象、单调性、零点存在性定理等工具求解。 2.方程思想解函数：函数值域的求解可转化为方程 有解的条件，即对任意 值，方程 是否有解。 3.数形结合贯穿始终：函数与方程的核心联系在于图象与 轴的交点，遇到含参数或不好直接求解的问题，优先考虑数形结合。 4.多元与多零点问题： 若函数有多个零点，可设零点为 ，利用韦达定理（二次函数）或零点间的对称关系建立方程。 对于 型复合方程，采用换元法：令 ，先解出 的值，再解 ，层层向外求解。 5.实际问题建模：在实际应用问题中，先建立函数模型，再通过解方程或求零点得到问题的实际解，最后需验证解的合理性（是否符合实际意义）。 6.恒成立与有解问题： 在区间上有解 函数 在区间上的值域包含 ； 在区间上恒成立 ； 注意区分“有解”与“恒成立”，前者只需存在满足条件的 ，后者要求所有 都满足。 【变式训练1-1】（2026·北京通州·一模）已知函数的定义域为R，是偶函数，是奇函数．关于有下列四个结论： ①的图象关于对称； ②是周期函数； ③若，则； ④若时，，则函数的零点个数为10． 其中所有正确结论的序号是________． 【变式训练1-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，其中且.若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为_____，且的取值范围为_______. 【变式训练1-3】（25-26高三上·北京房山·开学考试）已知函数，给出下列四个结论： ①当时，函数恰有1个零点；②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点；④存在正数，使得恰有3个零点． 其中正确结论的序号是_________． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·北京·高考真题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值； ②，时，有最大值； ③，有3个解； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 2．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则________；________． 3．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论： ①若，恰 有2个零点； ②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点； ④存在正数，使得恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是_______． 4．（北京·高考真题）已知函数，若关于的方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是 ． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．图（1）（2）（3）分别为函数在三个不同范围的图象.能否仅根据其中一个图象，得出函数在某个区间只有一个零点的判断？为什么？ （1）（2）（3） 2．已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表： x 1 2 3 4 5 6 y 136.136 15.552 -3.92 10.88 -52.488 -232.064 函数在哪几个区间内一定有零点？为什么？ 3．已知函数，求证：方程在内至少有两个实数解. 4．设函数，且，求证：函数在内至少有一个零点. 5．有一道题“若函数在区间内恰有一个零点，求实数a的取值范围"，某同学给出了如下解答：由，解得.所以，实数a的取值范围是.上述解答正确吗？若不正确，请说明理由，并给出正确的解答. 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．已知函数，则的零点所在的区间是（    ） A． B． C． D． 2．函数的零点所在区间是（   ） A． B． C． D． 3．若是函数的零点，则 A． B． C． D． 4．已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．函数的零点是______________． 8．已知函数则函数的零点为______ 9．已知函数，则函数的零点个数为___________. 10．已知函数.若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是___________. 11．已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是_____． 12．若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是_____ 重难·创新演练 13．已知函数，则函数所有零点之和为（   ） A． B．0 C．2 D．4 14．已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（    ） A． B． C． D． 15．已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 16．已知函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 17．已知函数是上的奇函数，当时，则_______；若存在，使得，则c的一个取值为_______． 18．设，函数，若为单调函数，则a的一个取值为_______；若有三个零点，则实数a的取值范围是_______. 19．已知函数给出下列四个结论： ①存在实数，使得函数的最小值为； ②存在实数，使得函数的最小值为； ③存在实数，使得函数恰有个零点； ④存在实数，使得函数恰有个零点． 其中所有正确结论的序号是________． 20．设函数（且）．给出下列四个结论： ①当时，存在，方程有唯一解； ②当时，存在，方程有三个解； ③对任意实数（且），的值域为； ④存在实数，使得在区间上单调递增； 其中所有正确结论的序号是______． 21．已知函数，则下列命题正确的有__________ ①函数有且只有两个零点 ②函数在上为增函数 ③函数的最大值为 ④若方程有三个实根，则 22．已知直线和曲线，给出下列四个结论： ①存在实数和，使直线和曲线没有交点； ②存在实数，对任意实数，直线和曲线恰有个交点； ③存在实数，对任意实数，直线和曲线不会恰有个交点； ④对任意实数和，直线和曲线不会恰有个交点． 其中所有正确结论的序号是____． 23．已知函数，，给出下列四个结论： ①当时，方程有且只有一个实数根； ②当时，对任意，或； ③当时，对任意，； ④存在，对任意，. 其中正确结论的序号是_____. 24．已知函数， ①当，时，恰有1个零点； ②若，则对于任意的，都有零点； ③当时，若函数恰有1个零点，则满足条件的取值唯一； ④当时，存在的取值，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是：_______. 25．已知函数，给出下列四个结论： ①当时，对任意，有1个极值点； ②当时，存在，使得存在极值点； ③当时，对任意，有一个零点； ④当时，存在，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是______. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 函数与方程 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 函数零点的定义 知识点2 函数零点存在性定理 知识点3 函数单调性对零点个数的影响 知识点4 几个“不一定”与“一定”（假设在区间连续） 知识点5 零点与单调性配合可确定函数的符号 知识点6 证明零点存在的步骤 题型破译 (含超链接） 题型1 求函数的零点及零点个数【含方法技巧】 题型2 用零点存在性定理判断零点所在区间【含方法技巧】 题型3 求方程的根及根的个数【含方法技巧】 题型4 求图象的交点及交点个数【含方法技巧】 题型5 根据零点、方程的根及图象交点求参数范围【含方法技巧】 题型6 函数与方程综合【含方法技巧】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 函数的零点与方程的解 T15（5分） — — 函数图象的交点问题 T15（5分） — — 函数与方程的综合应用（导数综合） T20(3)（5分） — — 考情分析 函数与方程是高考的核心内容之一，北京卷近年多以填空压轴（2026 T15）或解答压轴（2026 T20(3)）形式呈现，分值约10分，难度中等到偏难。核心考查方向为函数的零点（方程的解）个数判断、函数图象的交点问题，常与分段函数（2026 T15）、导数（2026 T20(3)）等板块融合。近三年考情显示，函数与方程思想贯穿整个函数板块，但直接设题集中于压轴位置，要求考生具备较强的数形结合能力、分类讨论能力和逻辑推理能力。 复习目标 1.理解函数零点的概念，掌握零点存在性定理及其应用条件，能判断函数零点所在区间。 2.掌握函数零点个数的常用判定方法：解方程法、图象法、导数法。 3.能将方程解的问题转化为函数图象交点问题，利用数形结合思想求解参数范围。 4.掌握分段函数、含参函数中零点与交点问题的分类讨论策略。 5.能够在导数综合题中灵活运用函数与方程思想，解决函数图象交点、方程根的分布等问题，提升数学抽象与逻辑推理素养。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 函数零点的定义 一般地，对于函数，把使 的实数 叫作函数的零点.函数的零点就是方程的实数解，也就是函数的图象与轴的交点的横坐标. 方程、函数、函数图象之间的关系： 方程有实数解函数的图象 与轴有公共点 函数 有零点 . 自主检测1函数的零点为（   ） A．0 B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】根据零点定义求解即可. 【详解】令，所以，所以，所以， 故选：B 自主检测2函数的零点为（   ） A．5 B．5或 C． D． 【答案】A 【分析】由方程求解零点. 【详解】由， 得，所以， 解得， 所以的零点为， 故选：A. 自主检测3函数在内的零点之和为（   ） A． B． C． D．0 【答案】A 【分析】由题意有，令，解得或，作出在的图像，利用数形结合即可求解. 【详解】由题意有， 令，有，即， 解得或， 作出在的图像， 则与的交点的横坐标为，， 与的交点横坐标为，， 由图可知，，， 所以， 故选：A. 知识点2 函数零点存在性定理 如果函数在区间上的图象是 连续不断 的一条曲线，且有 ，那么函数在区间内 至少有一个 零点，即存在，使得，这个也就是方程的解. 自主检测1函数的零点所在区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先判断函数在定义域上的单调性，再根据零点存在定理判断即可. 【详解】由题意可知函数的定义域为， 又因为与在均单调递减， 所以在均单调递减且连续， 因为，， 所以函数的唯一零点所在区间为. 自主检测2函数的零点所在区间是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可. 【详解】因为与均在上单调递增， 所以在上单调递增， 又，， 即，所以函数的零点所在区间是. 故选：B 知识点3 函数单调性对零点个数的影响 如果一个连续函数是单调函数，那么它的零点至多有一个。因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调 知识点4 几个“不一定”与“一定”（假设在区间连续） （1）若，则“一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。要分析的性质与图象，如果单调，则“一定”只有一个零点 （2）若，则“不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。如果单调，那么“一定”没有零点 （3）如果在区间中存在零点，则的符号是“不确定”的，受函数性质与图象影响。如果单调，则一定小于0 知识点5 零点与单调性配合可确定函数的符号 是一个在单增连续函数，是的零点，且，则时，；时， 知识点6 证明零点存在的步骤 （1）将所证等式中的所有项移至等号一侧，以便于构造函数 （2）判断是否要对表达式进行合理变形，然后将表达式设为函数 （3）分析函数的性质，并考虑在已知范围内寻找端点函数值异号的区间 （4）利用零点存在性定理证明零点存在 自主检测1已知函数． (1)求的定义域； (2)证明：在内有且仅有一个零点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据对数的真数大于零及f恩木不等于零求解即可； （2）先判断函数在上的单调性，再根据零点的存在性定理即可得证. 【详解】（1）由， 得，解得或且， 所以的定义域； （2）令，其在上是增函数， 又函数是增函数， 所以函数在上是增函数， 因为在上是增函数， 所以函数在上是增函数， 又， 所以函数在内有且仅有一个零点. 自主检测2已知是函数的极值点，． (1)求； (2)判断函数的零点个数，并证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）由函数解析式求导，根据极值点的定义，建立方程，可得答案； （2）利用导数可得函数的单调区间，根据零点存在性定理，可得答案. 【详解】（1）由，即，则， 由为函数的极值点，则，即，解得. （2）函数存在两个零点. 证明如下： 由（1）可得，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 由，， 则函数在与上分别存在一个零点， 所以函数存在两个零点. 题●型●破●译 题型1 求函数的零点及零点个数 例1-1（2026·北京朝阳·一模）已知函数（），则的所有零点之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，得，而，则， 所以的所有零点之和为. 例1-2（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，则函数的零点为______；若函数有3个零点，则实数的取值范围为________． 【答案】 或 或 【详解】当时，由得，解得或， 当时，由得，解得（舍）， 作出的图象如图，由得或， 即或， 当，即时，无实根，此时，最多两个实根，与题意不符； 当，即时，有一个实根，有两个实根，符合题意； 当，即时，有两个实根，此时，至少有两个实根，不符合题意； 当，即时，有三个实根，至少有一个实根，不符合题意； 当，即时，有两个实根，此时，有4个实根，不符合题意； 当，即时，有两个实根，此时，有一个实根，符合题意； 当，即时，有两个零点，有一个零点，符合题意； 当，即时，有一个零点, 有一个零点，不符合题意； 综上所述，有3个零点时，或. 例1-3（2026·北京昌平·二模）设函数，给出下列四个结论： ①当时，恰有2个零点； ②存在正数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有2个零点； ④存在负数，使得恰有3个零点. 其中所有正确结论的序号是_________________ . 【答案】①③④ 【分析】对于①，将代入，求解即可；对于②，当时，令，当时，令，求导，根据零点存在定理即可求解；对于③，④，求零点转化为两个函数的交点问题求解即可. 【详解】对于①，当时，，当时，即， 解得或，即或，所以恰有2个零点，故①正确； 对于②，当时，，令，则， 由于，所以若，则，函数单调递增，若，则函数先减后增，但只有一个极小值点，， 当时，，因此在上必有且仅有一个零点，当时，， 则，而，所以在内至少还有一个零点，故当为正数时，至少有两个零点，故②错误； 对于③，当为负数时，，令，， 可转化为与，且恒过定点， 两个函数图象的交点问题，如图所示， 所以，存在负数，使得恰有2个零点，故③正确； 对于④，如图所示， 所以，存在负数，使得恰有3个零点，故④正确. 方法技巧 1.零点的定义：函数 的零点，即方程 的实数根，也是函数图象与 轴交点的横坐标。 2.直接法（解方程法）：令 ，解方程求根。适用于一次函数、二次函数、基本初等函数及可因式分解的方程。 3.数形结合法：将 变形为 ，分别画出 与 的图象，图象交点个数即为零点个数。 4.零点存在性定理：若函数 在区间 上的图象连续不断，且 ，则 在区间 内至少有一个零点。结合函数的单调性，可进一步确定零点个数（单调则唯一）。 5.含参分段函数：分段函数求零点时，需在各段内分别令函数值为 ，解出的根必须满足相应段的定义域范围，最后合并所有零点。 【变式训练1-1】已知函数，，若f(x)有两个零点，则_______. 【答案】 【分析】由得到解出的值，取范围内的的值分别为，，从而得到. 【详解】令，则，解得或， 情况一：，即，在内无解. 情况二：，即， ， 在内，取，得；取，得. 当时，，不在范围内. 故，， 因此. 【变式训练1-2】（2026·北京·三模）设函数，若，则的零点为________；若的值域为，则a的取值范围是________． 【答案】 【分析】第一空，根据分段函数的解析式，分段求解，即可得答案；第二空，确定每段函数的函数值域情况，结合题意，即的值域为，即可确定参数的取值范围. 【详解】时，， 当时，，令， 解得，符合题意； 当时，，此时函数无零点， 故的零点为； 当时，，在上单调递减， 则，即， 要使整个函数值域为，则时的函数值域必须覆盖， 当时，， 若，此时，函数值域无法覆盖，不合题意； 若，此时，函数值域无法覆盖，不合题意； 当时，，要使函数值域覆盖，只需， 综合上述可知a的取值范围是. 【变式训练1-3】（2026·北京丰台·二模）已知函数，，若的最大值为，则（    ） A．，有2个零点 B．，有3个零点 C．，有2个零点 D．，有3个零点 【答案】C 【分析】整理可得，换元令，结合二次函数性质可得，令求得，进而分析得零点. 【详解】因为，， 令，可得的图象开口向下，对称轴， 当，即时，则的最大值为，解得； 当，即时，则的最大值为，解得（舍去）； 综上所述：，则， 令，解得或（舍去）， 又因为在有2个解， 所以有2个零点. 【变式训练1-4】（2026·北京密云·一模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，为偶函数； ②当时，对任意，都有； ③当时，在上单调递减； ④存在实数，使得有2个零点. 其中正确结论的序号为__________. 【答案】①②③ 【分析】利用偶函数定义判断①；利用导数确定单调性判断②③；确定零点个数判断④. 【详解】函数的定义域为， 对于①，当时，，，为偶函数，①正确； 对于②，当时，，求导得， 函数在上单调递减，恒有，②正确； 对于③，当时，， 当时，；当    时，， 函数在上单调递减，在上单调递减，因此在上单调递减，③正确； 对于④，函数的零点即为方程的根， 亦即函数的图象与直线交点的横坐标， 在同一坐标系内画出函数的图象及直线，如图： 直线过定点，令与函数相切的切点为， 由，求导得，则，解得， 则当时，函数的图象与直线有1个交点； 当时，直线还过点，函数的图象与直线有1个交点； 当时，直线还过点，函数的图象与直线有1个交点， 因此当时，函数的图象与直线有1个交点； 当时，函数的图象与直线没有交点； 当时，由对称性得函数的图象与直线有1个交点， 所以不存在实数，使得有2个零点，④错误. 题型2 用零点存在性定理判断零点所在区间 例1-1函数的零点所在的区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为是增函数，是增函数，所以函数是增函数. 又， 所以由零点存在性定理可得，函数的零点所在的区间为. 例1-2（25-26高三上·北京通州·期末）“”是“函数在上存在零点”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】先求出导函数得出函数在上单调递减，进而根据有零点得出，最后应用集合间关系结合充分必要条件定义判断求解. 【详解】因为函数，，所以在上单调递减， 当函数在上存在零点，则， 所以， 又因为是的真子集，所以“”是“函数在上存在零点”的充分而不必要条件. 故选：A. 方法技巧 1.端点值异号：计算区间端点处的函数值，若 ，则该区间内至少存在一个零点。 2.端点值同号：若 ，则定理不适用，不能判断该区间内无零点（需结合单调性或图象进一步判断）。 3.二分法思想：不断取区间中点 ，计算 ，根据 或 缩小零点所在区间，逐步逼近零点位置。 4.结合单调性：若函数在区间 上单调，且 ，则零点唯一存在，可直接确定零点在该区间内。 5.选择题技巧：将选项中的区间端点值代入计算，通过端点函数值的符号快速排除不符合的选项。 【变式训练1-1】已知，则的零点所在的区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意求得的零点为，再由对数函数性质判断即可. 【详解】令的值即的零点． 而，即，， 而，所以， 所以函数的零点就是，． 要比较与的大小，等价于比较2与的大小，等价于比较与大小， 显然，，． 【变式训练1-2】函数的零点在下列区间内（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由函数的单调性，结合函数的零点存在定理判断即可． 【详解】函数在定义域上连续，且为增函数， 又， ， 故函数的零点在区间内. 【变式训练1-3】若函数在区间上存在一个零点，则实数的取值范围是（    ） A．或 B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数零点的判定定理及一元二次不等式的解法即可求解. 【详解】当时，，在上没有零点，不符合题意； 当时，为一次函数， 函数在区间上存在零点的充要条件为， 即， 即．解得或． 故选： 题型3 求方程的根及根的个数 例1-1已知函数，则方程根的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据分段函数的组成，分别求解方程计算即得. 【详解】因， 当时，即，解得或，均符合题意； 当时，即，解得，符合题意. 故方程根的个数为3. 例1-2（2026·北京朝阳·二模）设函数若关于的方程恰有两个不同的实数解，则满足条件的实数的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】分和两种情况讨论，当时，分且，，，四种情况；当时，分，，三种情况，当时，设，利用导数求出，对最大值的符号进行讨论分，，三种情况. 【详解】（i）当时，，代入方程整理得： ，两根为和， 因此，当且时，则有2个不同根； 当时，则有1个根；当时，仅存在根； 当时，，故恒有1个根. （ii）当时，，代入方程整理得： ， 设， 求导得， 当时，，得，有1个根， 若，，在单调递增， 时，时，故恒有1个根； 当时，，，单调递增；，单调递减， 时，时，故恒有1个根； 故在取最大值， 令，单调递减且. 当时，，方程有2个根； 当时，，方程有1个根； 当时，，方程无实根； 综上所述： ，有1个根，有1个根，共2个，符合； 时，有1个根，有1个根，共2个，符合； 时，有1个根，有1个根，共2个，符合； 其余均不满足条件，共3个符合的. 方法技巧 1.直接求解法：对于能直接解出的方程（一次、二次、简单的指数对数方程等），直接求根即可。 2.转化法：将方程 转化为 ，利用函数图象的交点判断根的个数。根的个数 两函数图象交点个数。 3.构造新函数：将方程变形为 的形式，构造新函数 ，求其零点个数即为方程的根的个数。 4.利用函数性质：利用函数的单调性、奇偶性、周期性等性质判断根的个数。例如，奇函数若在 时有 个根，则在 时也有 个根，且 处可能也有根。 5.含参方程：将参数分离，转化为 ，求 与 图象交点的个数，从而确定根的个数随参数的变化。 【变式训练1-1】已知函数，则方程在区间上的实数根个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】可得，数形结合可得结果. 【详解】当时，由可得， 作出函数、在时的图象如下图所示： 由图象可知，函数、在时的图象的交点个数为， 故方程在区间上的实数根个数为. 故选：C. 【变式训练1-2】已知，则方程的互异的实根个数不可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可知，，时可得实根个数为1，2，4，进而证明3个实根不可能即可得结论． 【详解】方程的互异的实根个数可能为，举例如下： 当时，方程 故若，则方程只有1个实根． 当时，，解得或， 故若，则有2个实根， 若，则， 解得或或，故有4个实根． 下证明3个实根不可能． 设的判别式， 的判别式． 若，则，最多有两个实根． 若．则是的二重根， 代入得 . 则的根也是的根，则有两个实根． 若，则的根满足的根满足． 若 与  有公共根，可推出 ，与 的假设矛盾， 故两方程没有公共根，因此，当时，方程 有4个互异的实根, 故选：C. 【变式训练1-3】已知函数 ，方程 的根的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据解析式画出和的函数图象，判断图象交点个数即可. 【详解】当时， ，故是的一个周期， 又时，，则， 作出函数和的函数图象， 因， ， 结合图象可知，和的函数图象交点个数为. 故选：B 【变式训练1-4】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则方程的解的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】原题意等价于函数与函数图象的交点个数，作出函数图象即可得解. 【详解】因为方程的解的个数，等价于函数与函数图象的交点个数， 因为函数是定义在上的奇函数，当时，， 在同一直角坐标系中，分别作出它们的图象， 由图象可知，交点个数为3. 故选：B. 题型4 求图象的交点及交点个数 例1-1函数与的图象的交点个数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】D 【分析】在同一坐标系中，作出两个函数的图象，根据图象得到交点个数. 【详解】函数与都是偶函数，其中，， 在同一坐标系中，作出函数与的图象，如下图， 由图可知，两函数的交点个数为6. 故选：D 例1-2（2026·北京·三模）已知函数是偶函数，当时，若的图象与轴恰有4个公共点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据对称性将问题转化为在上有两个不同的零点，进而利用方程的根进行求解. 【详解】由于函数是偶函数，且其图像与轴恰有4个公共点，因此，在上有两个不同的零点， 当时，令，则，共有两个实数根， 由于函数和均为定义域内的单调函数， 因此有一个实数根，有一个实数根， 故时，， 时，， 因此当时，. 方法技巧 1.联立方程法：求 与 的交点，即联立方程组 ，消元后得到关于 的方程，方程解的个数即为交点个数。 2.数形结合法：在同一坐标系中准确画出 和 的图象，交点个数可直接从图象上读出。 3.利用函数性质预判： 若两函数均为单调函数，且增减性相同，交点至多一个；若增减性相反，则交点可能有一个或多个。 奇偶函数图象的交点具有对称性（关于原点或 轴对称）。 4.特殊点验证：代入 、 等特殊值，确定交点的大致位置，辅助判断。 5.含参交点数：对于含参的图象交点个数问题，通过分析参数变化时图象的平移、伸缩等变换，确定临界状态（如相切、过定点），从而分类讨论交点个数。 【变式训练1-1】函数与函数的图象交点个数为（    ） A．3 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】在同一坐标系内作出函数的图象即可得解. 【详解】函数定义域为，最小正周期为，，当时，， 函数在定义域上是增函数，当时，，当时，， 因此函数与函数的图象交点横坐标只能在区间上， 在同一坐标系内作出函数的部分图象，如图： 观察图象知，函数与函数的图象交点个数为5. 故选：B 【变式训练1-2】已知函数为偶函数，则函数的图象与直线的交点个数为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】由为偶函数，可得，则，分别画出与的图像分析可解. 【详解】因为为偶函数，所以．又，所以， 故，与直线的图象如图所示， 故的图象与的交点个数为5．    故选 ：D 【变式训练1-3】已知是上的奇函数，，若在上单调递增，且，，则与函数交点个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据函数奇偶性、对称性以及单调性分析即可. 【详解】由，则， 所以， 所以函数关于直线对称， 由， 即， 因为是上的奇函数， 所以， 所以， 所以函数最小正周期为8， 由在上单调递增，根据函数对称性知在上单调递减， 由，，， 所以当时，函数与函数大致图象为：        所以与函数交点个数为2个. 题型5 根据零点、方程的根及图象交点求参数范围 例1-1（2026·北京朝阳·模拟预测）已知函数．若关于的方程有两个不同的实数解，则满足条件的一个的值是_____． 【答案】（满足即可） 【分析】通过分类讨论去掉绝对值，将方程转化为二次方程，分析不同区间内根的个数，结合恒为解，得到的取值范围，然后任选一个值即可. 【详解】函数定义域为， 对于方程，当时恒成立，因此是一个解. 再考虑的情况， 当时，方程化为，即， 对于方程， 当，方程无解； 当，，，即方程在仅有一解； 当时，，方程无解； 当时，即，此时，， 即方程有两个负根（时，两负根相等），此时方程在无解． 当且时，方程化为，即． 对于方程， 当，方程无解； 当，，，即方程在仅有一解； 当时，，方程无解； 当时，，此时，方程有两个负根（时，两负根相等）； 综上所述，当，方程在无解，在仅有一解，由于是一个解，符合题意； 当方程在仅有一解，在无解，由于是一个解，符合题意，所以，所以满足条件的可以是． 例1-2（2025·北京昌平·二模）已知函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（    ）． A． B． C．（，1） D． 【答案】B 【分析】将函数解析式化为分段函数，分、和三种情况讨论，结合函数的单调性，求出特殊点处的函数值，即可得到不等式组，从而确定的取值范围. 【详解】因为， 若时，，则有且仅有一个零点，不符合题意； 若，当时，， 则在上单调递增，且， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， 要使恰有三个零点，则，解得； 若，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，且， 当时，， 所以在上单调递增，且， 要使恰有三个零点，则，解得； 综上可得实数的取值范围是. 故选：B 例1-3（25-26高三上·北京海淀·期末）已知函数， ① 若关于的方程恰好有一个解，则的一个取值为________； ② 若关于的方程恰好有三个解，则的取值范围为___________. 【答案】 2（答案不唯一） 【分析】作函数及的图象，数形结合求解. 【详解】作函数图象，如图， 由图象可知，当或时，方程恰好有一个解， 故可取（答案不唯一）； 因为过定点， 在同一平面直角坐标系内作的图象，如图 由图象可知，当时，方程恰好有三个解. 故答案为：2（答案不唯一）； 方法技巧 1.分离参数法：将含参方程 变形为 ，参数 的取值范围即为函数 的值域（或有解问题）；零点个数问题转化为 与 图象交点个数问题。 2.直接讨论法：将参数视为常数，直接分析函数 的零点情况，通过分类讨论参数的不同取值范围，结合零点存在性定理或图象特征确定满足条件的参数范围。 3.临界状态分析法：找出函数图象与 轴相切、过特殊点、经过区间端点等临界状态，解出对应的临界参数值，再根据图象走势确定参数的最终取值范围。 4.利用函数性质列不等式组：若函数为二次函数，可利用判别式、对称轴与区间端点的关系列出不等式组；若函数为分段函数，需对各段分别讨论后取并集。 5.数形结合与分类讨论：对于复杂函数，先画出不含参部分的图象，再分析参数对图象的影响（上下平移、左右平移、伸缩等），结合交点个数要求确定参数范围。 【变式训练1-1】（24-25高三下·北京·开学考试）已知函数有且只有一个零点，则实数m的取值范围是______． 【答案】或， 【分析】根据函数的单调性，作出函数图像，即可结合函数图像的交点个数求解. 【详解】由于为单调递增函数，且时，， 当时，，当时，， 作出的图像如下所示： 故只有一个交点，则直线与函数的图像只有一个交点， 故或， 故答案为：或， 【变式训练1-2】已知函数，若函数有三个零点，则实数m的取值范围为_________． 【答案】 【分析】分离变量，转化成与的交点问题，作出的图像，即可得到答案. 【详解】易知为的零点，当时，令，得， 令，可得到，作出的图像， 如下图，依题意，只需与有两个交点即可. 由图可得. 故答案为：    【变式训练1-3】（2026·北京顺义·一模）已知函数，若方程有4个不同的实数解，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，按分段，结合一元二次方程实根分布列式求解. 【详解】方程， 当时，方程为，则，即，当时，方程有且只有一个实根； 当时，方程为，显然是此方程的一个实根， 当时，方程化为，要使方程有4个不同的实数解， 当且仅当方程有两个不同的正根，则，解得， 所以的取值范围是. 【变式训练1-4】（2026·北京石景山·二模）已知函数．若存在2个零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将存在个零点转化为函数与的图象有2个交点，先讨论与相切的情况，再将平移讨论的范围，数形结合即可求解. 【详解】若存在2个零点，则有2个解，即有2个解， 即函数与的图象有2个交点. 当时，单调递减，值域为， 当时，单调递增，值域为， 先求与相切的情况： 设切点为，因为，所以，所以，所以切点为， 代入切线方程，得. 当时，直线与相切于点， 同时与有个交点，此时共2个交点； 当时，直线与有个交点， 与有个交点，共2个交点； 当时，直线与无交点，与有个交点，共个交点； 当时，直线与无交点，与无交点，共个交点； 综上，存在2个零点时，的取值范围是. 题型6 函数与方程综合应用 例1-1（2026·北京海淀·三模）已知函数，则下列说法中所有正确的序号是______． ① ②若函数有个零点，则实数的取值范围为 ③当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为 ④对于实数，不等式恒成立 【答案】①②④ 【分析】结合分段函数的递推关系，分区间分析函数的表达式与图像特征逐一判断即可. 【详解】先分析函数的基本性质： 当时，，即     图像为顶点在，端点为的三角形. 当时，，即对任意，时，，故， 图像为前一区间图像横向拉伸为原来的2倍，纵向压缩为原来的，区间内的最高点为. 逐一判断各结论： ① ∵ ，∴ ， 又∵ ，∴ ，故①正确. ② 函数有4个零点，等价于时有4个不同实根，即直线与的图像有个交点. 直线过原点，过在的最高点时，斜率，此时直线与段的图像仅交于最高点，共个交点. 过在的最高点时，斜率，此时直线与段的图像交于最高点，共个交点. ∴ 当时，直线与的图像有个交点，即函数有个零点，故②正确. ③ 当时，的图像为三角形，底长为，高为， ∴ 与x轴围成的面积，故③错误. ④ 对任意，设，的最大值为，对应， 此时，其余点处均小于该最大值，故恒成立，即恒成立，故④正确. 例1-2（2026·北京顺义·二模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，对任意负实数，方程恰有一个实数解； ②存在，有负实数，使得方程无实数解； ③存在，有正实数，使得方程恰有2个实数解； ④存在，有实数，使得方程恰有3个实数解. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①③④ 【分析】将方程有无实数根的问题，转化为函数零点问题，进而转化为两个基本初等函数图象交点的问题，结合函数的单调性及数形结合的方法，对参数和分别取满足条件的不同值，即可对四个命题作出判断. 【详解】令，得，易知恒过点. ①当，则，恒过，图象如下， 对任意负实数，；两个函数图象都有一个交点，即方程恰有一个实数解，①正确； ②易知时，与轴的交点位于轴正半轴，因此， 当时，与在上一定有交点，如图所示， 即方程一定有实数解，所以②错误； ③当，时，当时，方程为，即， 令，则，令，则， 所以当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增， 又因为，，， 所以函数在内必有一个零点，在上也必有一个零点， 所以与，在内必有一个交点，在上也必有一个交点， 又因为当时，在上，与无交点， 与的图象如下， 所以，当，时，与有两个交点， 即方程恰有2个实数解，所以③正确； ④方程时，有，此时恒过点， 当，时，与有个不同交点， 即方程恰有3个实数解，所以④正确. 方法技巧 1.函数思想解方程：将方程问题转化为函数零点问题，利用函数图象、单调性、零点存在性定理等工具求解。 2.方程思想解函数：函数值域的求解可转化为方程 有解的条件，即对任意 值，方程 是否有解。 3.数形结合贯穿始终：函数与方程的核心联系在于图象与 轴的交点，遇到含参数或不好直接求解的问题，优先考虑数形结合。 4.多元与多零点问题： 若函数有多个零点，可设零点为 ，利用韦达定理（二次函数）或零点间的对称关系建立方程。 对于 型复合方程，采用换元法：令 ，先解出 的值，再解 ，层层向外求解。 5.实际问题建模：在实际应用问题中，先建立函数模型，再通过解方程或求零点得到问题的实际解，最后需验证解的合理性（是否符合实际意义）。 6.恒成立与有解问题： 在区间上有解 函数 在区间上的值域包含 ； 在区间上恒成立 ； 注意区分“有解”与“恒成立”，前者只需存在满足条件的 ，后者要求所有 都满足。 【变式训练1-1】（2026·北京通州·一模）已知函数的定义域为R，是偶函数，是奇函数．关于有下列四个结论： ①的图象关于对称； ②是周期函数； ③若，则； ④若时，，则函数的零点个数为10． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②③ 【分析】由函数是偶函数，是奇函数可得函数关于对称以及是以4为周期的周期函数，由此求解即可. 【详解】因为是偶函数，所以，即，所以关于直线对称，故①错误； 又因为是奇函数，所以，又因为，可得， 进而，所以是以4为周期的周期函数，故②正确； 因为，因为是以4为周期的周期函数，所以，所以，所以，故③正确； 因为时，，因为函数关于对称，所以时，，因为函数的周期为4，可得时，， 时，，当时，交点横坐标为，，且在区间，，，内各有一个交点， 当，交点在区间，，，内各有一个交点，共9个交点，故④错误. 【变式训练1-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，其中且.若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为_____，且的取值范围为_______. 【答案】 【分析】根据给定条件，按分类作出函数的图象，数形结合求出的范围；再利用方程根的意义，结合基本不等式求出范围. 【详解】当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 当时，函数的图象及直线如图： 观察图象知，当且仅当且，即时，函数的图象及直线有3个交点， 即方程有三个不相等的实数根，不妨令， 则，由，得，即， 因此，则，所以. 【变式训练1-3】（25-26高三上·北京房山·开学考试）已知函数，给出下列四个结论： ①当时，函数恰有1个零点；②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点；④存在正数，使得恰有3个零点． 其中正确结论的序号是_________． 【答案】①②③ 【分析】对于①，当时，解方程，得到，故恰有1个零点，①正确；对于②③④，令，过定点，故的零点个数等价于的交点个数，求导，得到过点的切线方程，从而得到②③正确，④错误. 【详解】对于①，当时，，令得，解得， 故恰有1个零点，①正确； 对于②，令得，故， 令， 故的零点个数等价于的交点个数， 同一坐标系内，画出的图象，如下： 其中过定点， 当时，，设过点的切线方程经过点， ，故过点的切线斜率为， 故切线方程为，将代入得 ，即， 令，， 则， 故在上单调递增， 其中，， 故存在，使得，此时， 当时，结合图象可知，此时， 且有1个交点， 故当时，只有1个交点， 此时恰有1个零点，②正确； 对于③，当时，有3个交点， 此时恰有3个零点，③正确； 对于④，当时，，不合要求， 当时，，设过点的切线方程经过点， ，故过点的切线斜率为， 故切线方程为，将代入得 ，即， 设，， 故恒成立， 故在上单调递增， ，， 故存在，使得，此时， 故当时，有1个交点， 当时，有0个交点， 又时，的增长速度远远大于的增长速度， 当时，有2个交点， 故不存在正数，使得恰有3个零点．④错误. 故答案为：①②③ 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·北京·高考真题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值； ②，时，有最大值； ③，有3个解； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 【答案】①②③④ 【分析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在上的单调性，即可判断；③，求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；④，求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断. 【详解】由题意， ①在中，，， ，函数为偶函数， 在中，， ∴函数单调递增， ∵， ∴当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴函数在处取最小值，， 在中， ，为偶函数， 当在内有零点时， 即，，使得， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ，，， ∵， ∴， ∴在和处取最小值，， 在处取最大值， 当在内无零点时，， 在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得最小值，， 在处取得最大值，， 故①正确； ②当时， ，，， 由①可得，在上单调递增， ∵，， ∴，使得， ∴在中，， 此时在上单调递减，在上单调递增， ∴在处取最大值， ②正确； ③同①可得推广结论， 在中，， ，为偶函数， 即，，使得，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ∴在和处取极小值， 当时，，，， ∵在上单调递减，， ∴，使得， ∵在上单调递增，， ∴，使得， ∴当时，， ∴，有3解， 故③正确； ④由③可得， 在中，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， 在中，， ，开口向上， ∴函数，即恒成立， ∴ ∴在下方， ∵， ∴在轴上方， 此时与有4个交点， 故④正确. 2．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则________；________． 【答案】 1 【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可. 【详解】∵，∴ ∴ 故答案为：1， 3．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论： ①若，恰 有2个零点； ②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点； ④存在正数，使得恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是_______． 【答案】①②④ 【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确； 对于②，考查直线与曲线相切于点， 对函数求导得，由题意可得，解得， 所以，存在，使得只有一个零点，②正确； 对于③，当直线过点时，，解得， 所以，当时，直线与曲线有两个交点， 若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点， 直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解， 因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误； 对于④，考查直线与曲线相切于点， 对函数求导得，由题意可得，解得， 所以，当时，函数有三个零点，④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 4．（北京·高考真题）已知函数，若关于的方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是 ． 【答案】（0,1） 【详解】试题分析：函数的图象如下图所示： 由图可得：当k∈（0，1）时，y=f（x）与y=k的图象有两个交点， 即方程f（x）=k有两个不同的实根 考点：1．函数图像及性质；2．方程与函数的转化 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．图（1）（2）（3）分别为函数在三个不同范围的图象.能否仅根据其中一个图象，得出函数在某个区间只有一个零点的判断？为什么？ （1）（2）（3） 【答案】不能，理由见解析 【解析】根据零点存在性定理只能判断存在零点，但零点个数需要借助函数的单调性进行判断，由此可判断结果. 【详解】解：不能，如仅依据图（1）易得出在（-200，200）内仅有一个零点的错误结论， 要证明函数在某区间上只有一个零点，除证明该函数在区间端点的函数值异号外， 还需证明该函数在该区间上是单调的. 【点睛】本题考查了零点存在性定理的应用，需掌握零点存在性定理只能判断是否有零点，不能判断零点个数，属于基础题. 2．已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表： x 1 2 3 4 5 6 y 136.136 15.552 -3.92 10.88 -52.488 -232.064 函数在哪几个区间内一定有零点？为什么？ 【答案】在区间内有零点，理由见解析 【解析】根据零点存在定理可确定结果. 【详解】由对应值表可得：，， 由零点存在定理可知：分别在区间，，内有零点 【点睛】本题考查零点存在定理的应用，属于基础题. 3．已知函数，求证：方程在内至少有两个实数解. 【答案】见解析 【解析】令，由零点存在定理可确定在内至少有两个零点，由此可得结论. 【详解】由得： 令 则，， ， 在内至少有一个零点，在内至少有一个零点 在内至少有两个零点，即方程在内至少有两个实数解 【点睛】本题考查利用零点存在定理确定方程在给定区间内解的个数的问题，关键是能够将问题转化为函数在区间内的零点个数的问题，利用零点存在定理来进行求解. 4．设函数，且，求证：函数在内至少有一个零点. 【答案】见解析 【解析】由可得到，由此化简得到，确定，可知与中至少有一个为正；利用零点存在定理可证得结论. 【详解】     又             与中至少有一个为正 又    或 ∴函数在内至少有一个零点 【点睛】本题考查零点存在定理的应用，关键是能够通过确定区间端点处的函数值的正负，从而利用零点存在定理确定是否存在零点. 5．有一道题“若函数在区间内恰有一个零点，求实数a的取值范围"，某同学给出了如下解答：由，解得.所以，实数a的取值范围是.上述解答正确吗？若不正确，请说明理由，并给出正确的解答. 【答案】不正确，理由见解析 【解析】当零点不是“变号零点”时，无法用零点存在定理来确定，由此可知原解法有错误；当时，函数为一次函数，解得零点后可知满足题意；当时，函数为二次函数，分别在和两种情况下，求得恰有一个零点时的值，进而得到结果. 【详解】上述解答不正确，原解答没有考虑函数为一次函数还是二次函数的问题，即没有分类讨论和两种情况；而时，在区间内的零点可能不是“变号零点” 正确解答如下： （1）当时， 令得：，解得： ∴当时，在内恰有一个零点. （2）当时， ①若，即，则函数的图象与轴交于点 是内的唯一零点 ②若，即 则i.，解得： ii.当，即时，，解得：， 是内的唯一零点 iii.当时，即时，，解得：， 是内的唯一零点 综上可得，的取值范围是 【点睛】本题考查根据函数在区间内的零点个数求解参数范围问题，重点考查了二次函数根的分布问题；易错点是忽略在区间内的零点不是“变号零点”的情况，即的情况，造成求解错误. 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．已知函数，则的零点所在的区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先判断在是连续的增函数，再结合零点存在性定理可求得结果. 【详解】因为和在上都是连续的增函数， 所以在上是连续的增函数， 所以在上至多有一个零点， 因为，， 所以， 所以唯一的零点所在的区间为， 故选：C 2．函数的零点所在区间是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可. 【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增， 所以在定义域上单调递减， 显然， 所以根据零点存在性定理可知的零点位于. 故选：B 3．若是函数的零点，则 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用零点存在定理即可作出判断. 【详解】解：因为f（1）＝－1，f（2）＝，即f（1）•f（2）＜0， 所以，函数在（1,2）内有零点，所以， 故选C 【点睛】本题考查了零点所在区间的判断，考查了零点存在定理，属于基础题. 4．已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将问题转化为图象交点的横坐标，数形结合可得；或利用函数的单调性以及零点存在性定理可比较. 【详解】法1：由题意可知，分别为与的函数图象的交点的横坐标， 图象如图：    由图可知，； 法2：易知，均为增函数， 因为，所以， 因为，所以， 所以. 故选：A 5．已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 解法1：令得．由题意可知函数的图象与直线有三个交点，由图可知． 解法2：当时，． 令，得或， 解得或，不满足题意，因此排除B、D选项． 当时，， 令，得或， 解得或，不满足题意，因此排除C选项，故选A． 6．若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线与在上有一个交点的问题，结合函数的图象即得参数的范围. 【详解】当时，由可得， 依题意， 时， 有1个零点， 即方程在上有一个实根， 也即直线与在上有一个交点. 如图作出函数的图象. 因在上单调递增，由图可知，此时. 综上，实数的取值范围是. 故选：D. 7．函数的零点是______________． 【答案】/0.5 【分析】利用对数运算及零点含义可得答案. 【详解】由题意可得函数的定义域为. ，令可得，解得或（舍）， 故答案为：. 8．已知函数则函数的零点为______ 【答案】 【分析】结合函数的解析式分类讨论求解即可． 【详解】当时，由，即，解得或（舍）， 当时，由，解得， 综上可得，函数的零点为． 故答案为：． 9．已知函数，则函数的零点个数为___________. 【答案】 【分析】当时直接求解函数零点，当时，转化为与的图象的交点个数求解即可. 【详解】解：当时，，解得； 当时，得， 易得， 作出函数，的图象，如图， 所以，结合指数函数与幂函数性质，函数，在有两个交点， 所以当时，有两个实数根， 所以，函数的零点个数为 故答案为： 10．已知函数.若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【分析】画出的图象，由与的图象有两个交点来求得的取值范围. 【详解】画出的图象如下图所示， ， 即与的图象有两个交点， 由图可知，的取值范围是. 故答案为： 11．已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【分析】本题可以求并讨论其在上的正负，根据在上的单调性判断函数的值域，从而求出在上没有零点时的取值范围. 【详解】由题得，令，即， 解得或. 根据与大小进行分类讨论如下： (1)当，即时，在区间上，， 所以在上单调递增，又，所以在上没有零点，满足条件； (2)当，即时，在区间上，，即单调递减， 在上，，即单调递增， 所以在处取得极小值，也即是区间上的最小值. 因为在上没有零点，所以， 又，于是， 解得，结合，此时. 综上所述. 故答案为：. 12．若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是_____ 【答案】 【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线与在上有一个交点的问题，结合函数的图象即得参数的范围. 【详解】当时，由可得， 依题意， 时， 有1个零点， 即方程在上有一个实根， 也即直线与在上有一个交点. 如图作出函数的图象. 因在上单调递增，由图可知，此时. 综上，实数的取值范围是. 故答案为： 重难·创新演练 13．已知函数，则函数所有零点之和为（   ） A． B．0 C．2 D．4 【答案】B 【分析】利用导数证明函数的单调性，然后利用零点存在定理说明零点的存在性，最后证明函数为奇函数，根据奇函数图象的对称性即可得出结论. 【详解】由题意知，， 所以在和上单调递增， 又因为，当时，，所以在上必存在唯一的零点， 因为， 所以为奇函数，则在上必存在唯一的零点， 根据奇函数图象的对称性，可知的所有零点之和为. 故选：B 14．已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】借助分段函数性质计算可得，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得. 【详解】令，即时，，解得， 时，，无解，故， 设过点与曲线相切的直线的切点为， 当时，，则有， 有，整理可得，即， 即当时，有一条切线， 当时，，则有， 有，整理可得， 令， 则， 令，可得， 故当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 由， ，故在上没有零点， 又， 故在上必有唯一零点， 即当时，亦可有一条切线符合要求， 故. 故选：B. 15．已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，可得关于对称，即可判断①；利用基本不等式即可判断②，构造，结合零点的存在定理和对数的性质，即可判断③． 【详解】由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称， 所以关于对称， 又由得交点坐标为，则， 对于①：因为，且，所以，①错误； 对于②：由，因为，则；②正确； 对于③：直线与联立，可得，即， 设函数，是增函数， 又由，，可得， 所以函数在区间上存在唯一零点，即， 因为，所以， 构造函数，则， 当时，可得，函数在单调递增； 当时，可得，函数在单调递减； ，，，③正确； 故选：C 16．已知函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数与方程的关系，将函数的零点个数问题转化为方程的根的个数问题，进一步转化为两函数的交点个数问题，结合函数图象观察，分类讨论即得. 【详解】解：由题意知，要使得恰有2个零点，即有两个实数根． 当时，，令，可得； 当时，，令，可得． 在同一坐标系下，作出函数，和的图象， 如图所示， 由函数，可得，可得时，，， 故函数在处的切线方程为， 又由函数，可得，可得时，， 故函数在的切线方程为， 所以函数与只有一个公共点， 结合图象得：当时，恰有3个零点； 当时，恰有2个零点； 当时，恰有3个零点， 要使得恰有2个零点，则满足， 所以实数的取值范围为． 故选：C. 17．已知函数是上的奇函数，当时，则_______；若存在，使得，则c的一个取值为_______． 【答案】 4（答案不唯一） 【分析】利用函数的奇偶性可求得的值；先求得，函数的单调性，进而可得的单调性，进而可求得的取值范围. 【详解】因为函数是上的奇函数，且时，， 所以. 当时，由，可得， 令，即，解得， 所以函数在单调递减，在单调递增， 所以时，，， 由为函数是上的奇函数，可得时，，又， 由，可得或， 所以的取值范围为. 故答案为：；4（答案不唯一）. 18．设，函数，若为单调函数，则a的一个取值为_______；若有三个零点，则实数a的取值范围是_______. 【答案】 1（答案不唯一）， 【分析】判断函数在每段上的单调性，根据的单调性，列出相应不等式，即可求得第一空答案；分类讨论，判断函数的零点个数，即可求得第二空答案. 【详解】因为，则时，，在上单调递增， 此时 时，，在上单调递增，此时， 故要使得为单调函数即单调递增函数，则需满足， 结合，则， 故a的一个取值可为1； 时，，令， 则，解得或； 时，，令， 则，解得， 当时，在时有一解，在时，有一解，不符合题意； 当时，在时有两解和，在时，有一解，符合题意； 故实数a的取值范围是， 故答案为：1（答案不唯一）， 19．已知函数给出下列四个结论： ①存在实数，使得函数的最小值为； ②存在实数，使得函数的最小值为； ③存在实数，使得函数恰有个零点； ④存在实数，使得函数恰有个零点． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①③ 【分析】取特殊值判断①，当时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④. 【详解】当时，，显然函数的最小值为，故①正确； 当时，，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时，有最小值，由可得， 此时，时，，在上单调递减，所以， 与最小值为矛盾， 若时，的对称轴方程为，当时， 即时，，若，则与矛盾， 当时，在上单调递减，无最小值， 综上，当时，函数的最小值不为，故②错误； 由②知，时，时，单调递减且，当时，且，所以函数恰有2个零点，故③正确； 当时，且仅有，即有且只有1个零点， 当时，且仅有，即有且只有1个零点， 综上时，有且只有1个零点，而在上至多有2个零点， 所以时，函数没有4个零点，当时，函数有无数个零点，故④错误. 故答案为：①③ 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对分类讨论，利用导数研究上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数. 20．设函数（且）．给出下列四个结论： ①当时，存在，方程有唯一解； ②当时，存在，方程有三个解； ③对任意实数（且），的值域为； ④存在实数，使得在区间上单调递增； 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【分析】分情况，做出函数图象，数形结合，可得问题答案. 【详解】当时，可得函数图象如下： 由；，，结合图象： 当时，函数单调递减，且； 当，函数单调递增，. 所以当时，方程有唯一解.故①正确； 当时，函数图象如下： 由；由图象可知， 当时，函数单调递减，； 当时，函数单调递增，； 当时，函数单调递增，. 因为，因为，所以，即. 所以，当时，方程有三个解.故②正确； 如图： 由，再由， 此时在上单调递减，在上单调递增，且， 所以此时函数的值域不是.故③错误； 由①可得，当时，函数在上单调递增. 即：存在实数，使得在区间上单调递增.故④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】方法点睛：本题可以画出分段函数的草图，数形结合，可以比较轻松的解答. 21．已知函数，则下列命题正确的有__________ ①函数有且只有两个零点 ②函数在上为增函数 ③函数的最大值为 ④若方程有三个实根，则 【答案】①②④ 【分析】解方程，求出函数的零点判断①；求函数的导函数，解不等式得函数的递增区间判断②；举例说明判断③；结合函数的单调性， 作函数的图象判断④. 【详解】对于①，令，则，解得，， 因此函数有且只有两个零点，①正确； 对于②，由已知求导得， 由，得， 由，得或， 因此在上单调递增，②正确； 对于③，由②知，在上单调递减，，， 而，③错误； 对于④，当时，恒有，作出函数的图象， 方程有三个实根，即与的图象有三个不同的交点，因此，④正确. 故答案为：①②④ 22．已知直线和曲线，给出下列四个结论： ①存在实数和，使直线和曲线没有交点； ②存在实数，对任意实数，直线和曲线恰有个交点； ③存在实数，对任意实数，直线和曲线不会恰有个交点； ④对任意实数和，直线和曲线不会恰有个交点． 其中所有正确结论的序号是____． 【答案】① ② ③ 【分析】根据图象的对称性，求导得切线斜率的最大值，由数形结合，结合选项即可判断. 【详解】对于①,由于为偶函数，故图象关于轴对称，且， 当或时，此时直线和曲线没有交点；（如下图）故正确 ①， 对于②，，当时，， 所以当， 故当 单调递减，当 单调递增， 故当时，此时 取极大值也是最大值， 故某一点处的切线的斜率最大值为， 当时，此时直线和曲线恰有个交点；故②正确， 对于③，当时，对任意的 直线过原点，此时直线与只有一个零点，故③正确， 对于④，当直线与曲线上某一点处的切线平行时（斜率小于），且在切点之上的位置时，此时直线与曲线有3个交点，故④错误. 故答案为：① ② ③ 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决； (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，然后数形结合求解． 23．已知函数，，给出下列四个结论： ①当时，方程有且只有一个实数根； ②当时，对任意，或； ③当时，对任意，； ④存在，对任意，. 其中正确结论的序号是_____. 【答案】①②③ 【分析】画出二次函数图象和指数函数图象，根据的不同取值范围，分析二次函数图象的分布，即可求解. 【详解】对于①，当时，，由与图象可知，方程有且只有一个实数根，①正确；    对于②，当时，，当时，.当时函数为开口向下的二次函数，令函数的两个零点分别为，，所以当时，，所以②正确. 对于③，当时，为开口向上的二次函数，，，所以对任意，，，所以，③正确. 对于④，当时，当时，，此时； 当时，，当时，； 当时，，即， 所以不存在，对任意，，④错误. 故答案为：①②③. 24．已知函数， ①当，时，恰有1个零点； ②若，则对于任意的，都有零点； ③当时，若函数恰有1个零点，则满足条件的取值唯一； ④当时，存在的取值，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是：_______. 【答案】①② 【分析】利用函数零点问题转化为方程，然后再构造两个函数图象的交点个数问题，从而可利用数形结合来解决问题. 【详解】对于①，当，时，由， 分别作出函数与的图象， 由图像可得两函数必有一个交点，则有唯一零点，故①正确； 对于②，若，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，但当时又作图可得： 此时由图像可得两函数也必有一个交点，则都有零点，故②正确； 对于③，若时，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，说明对任意的，都满足有一个零点，即满足条件的的取值并不唯一，故③错误； 对于④，若时，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，说明对任意的，不满足有三个零点， 所以当时，又分别作出函数与的图象，    此时由图像可得两函数可能没有交点，或只有一个交点，或有两个交点，但一定没有三个交点，所以不满足有三个零点，故④错误， 故答案为：①②. 25．已知函数，给出下列四个结论： ①当时，对任意，有1个极值点； ②当时，存在，使得存在极值点； ③当时，对任意，有一个零点； ④当时，存在，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①④ 【分析】对①：借助导数研究函数的单调性即可得极值点个数；对②：借助导函数的导函数研究导函数可得导函数无零点，故函数不存在极值点；对③：举出反例即可得；对④：将零点个数转化为直线与曲线的交点个数，从而可通过研究过的曲线的切线，结合零点的存在性定理得到直线与曲线的关系. 【详解】对①：当时，，， 则时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故对任意，有1个极大值点，故①正确； 对②：当时，， 若存在极值点，则有变号零点，则必须有解， 令， 则， 故当时，，当时， ， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又时，，， 即恒成立，故当时，无解，故②错误； 对③：当时，， 当时，，此时函数无零点，故③错误； 对④：当时，若存在，使得有3个零点， 则直线与曲线有三个不同交点， 由直线过点，曲线过点， 又，是偶函数，且在上单调递减， 故当时，直线与曲线在第二象限必有一交点， 同理，当时，直线与曲线在第一象限必有一交点， 过点作曲线的切线，设切点为， 则切线方程为， 即，则， 由，则，即， 即，即， 故当时，存在， 使曲线有过点的切线，且切点为， 当时，切线斜率为， 则当时，有，又， 则存在，使， 此时函数单调递减，而恒成立， 故存在，使， 即当时，存在，使得有3个零点， 同理可得，当时，存在，使得有3个零点，故④正确. 故答案为：①④. 【点睛】关键点点睛：第④个结论关键点在于将零点个数转化为直线与曲线的交点个数，从而可通过研究过的曲线的切线，结合零点的存在性定理去得到直线与曲线的关系. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $