抢分秘籍 函数的零点（3大题型+2大易错）（教师版）

抢分秘籍函数的零点名目【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：函数的图象画的不精确     而致误：函数与导数始终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,特殊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)函数零点存在定理假如函数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全部函数值保持同号．【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洁函数，依据两函数图象的交点个数得出函数的零点个数．2.依据函数零点的状况求参数的三种常用方法(1)直接法：直接依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)分别参数法：先将参数分别，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）（2025·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】依据题意，由函数零点的定义可推断时，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】（依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，的变化仅是转变函数的周期，与线段长度的比无关，令即可，由题意争辩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，且它们的交点不行能为正弦型函数的最值点或零点，否则，故且，又的变化仅转变函数的周期(长度)，与线段长度的比无关，要使，第一与其次个交点距离大于半个周期长，而其次与第三个交点距离小于半个周期长，不妨令，，作出(留意代换且)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】（利用导数争辩函数零点）（2025·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）分和争辩，当时，转化为求，通过构造新函数，争辩其单调性即可证明；（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，最终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,与题设冲突.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：本题其次问的关键是在争辩时，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】（2025·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、零点的定义逐一推断即可.【详解】A：在中，令，得，由于，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，明显不符合，因此本选项不正确；C：在中，令，得，或，明显函数没有零点，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】（2025·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．下列推断正确的是（

）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，结合举反例可以推断选项AB；通过举反例可以推断选项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，假如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；假如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解法的机敏运用，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】（2025·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：的解的状况．下面推断正确的是（

）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，使得该方程有很多解 D．对任意常数a，方程解的个数大于2【答案】B【分析】将方程的解的状况转化为零点的状况，然后依据得到，依据，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，则方程的解的状况可以转化为零点的状况，由于，所以，由于，所以，则，令，，由于，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．2025 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，由于，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】（2025·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，依据，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，由于，由函数的性质得，，即，所以，故选：D【变式1-6】（2025·上海青浦·一模）若函数是奇函数，则该函数的全部零点是．【答案】；【分析】依据函数为奇函数进行求解即可.【详解】由于函数是奇函数，所以，即，则，得，则，其中，所以该函数的全部零点是.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】依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】由于有两个零点1、2，由韦达定理可得，解得，所以，，由题意可得，所以，又由于，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】（2025·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）依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，观看图象与x轴在给定区间上是否有交点来推断．【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】依据零点的概念，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）由于，所以，由于函数在上处处相依，所以存在，，使得，故由题意存在，使得恒成马上恒成立，所以恒成立，又，所以.所以实数的取值范围为.（3）当时，，则，由于为函数在的相依区间，所以，则，由于，单调递减；，单调递增；所以，则，要证，即证，即证，即证，，令，则，令，则，由于，，，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依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，并争辩函数的奇偶性；(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，再依据奇偶性定义求解；(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推断零点所在区间，再依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，又由于，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】依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，，依据零点存在定理，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】依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，但依据函数值的变化，函数在定义域上不具有单调性，可知①假；依据函数的单调性，结合当时，，，则可知②假的.【详解】由于函数，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，不行能成立的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题知在定义域上是单调减函数，进而分都为负值和争辩可推断出结果.【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，，又由于，，所以，当都为负值，则都大于，当，则都小于，大于.综合可得，不行能成立．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，则全部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，依据二次函数零点可得：原题意等价于在区间上恰有2025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2025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），请写出全部的所组成的集合.【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，推断是否存在常数，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）依据“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）依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】（2025·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，，分状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，由于，，所以在区间上函数存在零点，

取，则，得函数具有性质．（3）设，由于，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由于所以

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】（2025·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，再依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）依据得，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，即由于为正整数，，所以对一切成立由于当时，，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，．但这与冲突故不符合题意．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，．但这与冲突故不符合题意．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问解题的关键在于依据得，进而分，，分别说明时成立，其他范围不成马上可.【题型三】函数零点的分布对于二次函数零点分布的争辩一般从以下几个方面入手(1)开口方向；(2)对称轴，主要争辩对称轴与区间的位置关系；(3)判别式，打算函数与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】依据正弦的二倍角公式可得或，进而可得的零点状况，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·模拟猜测）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、两种状况进行争辩，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，由于的解恰有一个整数，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】（2025·上海浦东新·模拟猜测）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，与冲突，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，即函数不行能有唯一零点，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，利用导数分类争辩，争辩函数的单调性、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】（2025·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，，再依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：由于恰有两个不同的实数根，记为（不妨设），所以，令，即所以，，，由于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，由于所以方程①无实数根，②有两个实数根，所以，不等式，故当，不等式明显成立，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】（2025·上海闵行·二模）若关于的方程在实数范围内有解