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函数的零点重点考点 专题练
2026年高考数学一轮复习备考
一、单选题
1．“”是“函数在区间上存在零点”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．若是方程的根，则属于区间（ ）
A． B．
C． D．
3．函数的零点所在区间是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知当 时，函数 的图象与 的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是
A． B．
C． D．
6．定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数满足且，当时，，则函数在区间上的零点个数为（ ）
A．0 B．1 C．5 D．10
二、多选题
9．已知函数，若方程有四个不同的零点，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数，则（ ）
A．直线与的图象有四个交点
B．有两个零点
C．直线与的图象至多有两个交点
D．存在两点同时在的图象上
11．已知函数，下列有关方程的实数解个数说法正确的是（ ）
A．当实数解的个数为1时， B．当实数解的个数为2时，
C．当实数解的个数为3时， D．当实数解的个数为3时，
12．（多选）已知函数为定义在上的单调函数，且10.若函数有3个零点，则的取值可能为（ ）
A．2 B． C．3 D．
三、填空题
13．已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是 ．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是 ．
14．若函数恰有一个零点，则的取值范围为 .
15．已知函数，则函数有 个零点．
16．已知函数，若函数在有6个不同的零点，则实数的取值范围是 ．
17．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 ．
18．已知函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
19．已知函数，
(1)解不等式：；
(2)函数，求的零点个数；
(3)若恒成立，求实数的取值范围.
20．已知函数的定义域为的偶函数．对于正实数a，定义集合．且对任意，均有．若，证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B D B B A B ABD BD
题号 11 12
答案 AC BC
1．A
【分析】根据零点存在性定理，列出不等式求解的范围，再根据充分必要条件的知识判断即可.
【详解】因为在区间上存在两个零点，
所以,
解得或,
因为集合是集合或的真子集，
所以“”是“函数在上存在零点”的充分不必要条件.
故选：A.
2．C
【分析】由题意，设，结合选项和函数零点的存在性定理计算即可求解.
【详解】由，得，设，
因为函数在R上单调递减，
所以函数在R上单调递减，且函数的图象是一条连续不断的曲线，
易知，
所以，
故函数的零点所在的区间为，
即方程的根属于区间．
故选：C
3．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
4．D
【分析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.
【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根
即可，
令，即与的图象有个不同交点.
因为，
当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；
当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；
当时，如图3，当与相切时，联立方程得，
令得，解得（负值舍去），所以.
综上，的取值范围为.
故选：D.
【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.
5．B
【详解】当时， ， 单调递减，且，单调递增，且 ，此时有且仅有一个交点；当时， ，在 上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需 选B.
【名师点睛】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．
6．B
【分析】由题设条件可得，从而可先分析在上的零点个数为1，再结合前者可得内的零点个数.
【详解】因为，故，故，
即，
而当时，，
故当时，，故，
故，
当时，，
而在上为减函数，在为增函数，
故在有有且只有一个实数解为；
当时，，
而，故，此时在上无解；
故当时，，则，
结合上的性质可得在上有且只有一个实数解，
且该实数解为，在无实数解，
而且，
故在上的实数解为，，，
，共4个实数解，
故共有4个不同的零点.
故选：B.
7．A
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
8．B
【分析】将函数的零点个数问题转化为两个函数图象的交点问题，画出函数图象找交点个数即可.
【详解】由题意，知4为函数的一个周期且函数的图象关于直线对称．
当时，由函数的解析式，两出函数的大致图象如图所示．
当时，函数的图象与函数的图象有且仅有一个交点；
当时，总有．而函数在区间上单调递增且，，
所以函数的图象与函数的图象在区间上没有交点．
综上，函数在区间上的零点个数为1．
故选：B．
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
9．ABD
【分析】依题意作出分段函数的图象，利用函数零点概念，图象对称性，以及函数与方程，对勾函数的单调性等知识点依次判断各选项即可.
【详解】如图所示，在同一坐标系内作出函数和的图象，
对于A，由图象知，方程有四个不同的零点，等价于，故A正确；
对于B，C， 因为，，，
且函数关于对称，
由图象得，，是的两个根，
所以，即，所以，
由，是的两个根，所以，
，故B正确；
且，故C错误；
对于D，由，可得，，
令，，易得函数在上单调递增，
则，即，故，故D正确.
故选：ABD.
10．BD
【分析】由函数图象可得ABC；D选项，转化为与在第一象限内有交点即可，由函数单调性及特殊点的函数值，得到答案.
【详解】画出的图象，如下：
A选项，在同一坐标系内画出与直线的图象，
可知直线与的图象有2个交点，A错误；
B选项，有两个零点，即和0，B正确；
C选项，由图象可得，可能有三个交点，故C错误；
D选项，点是关于对称的两点，
因为，故是位于第一象限的点，位于第二象限，
在上，要想满足同时在的图象上，
只需与在第一象限内有交点，
因为，故，
又，故，
两函数均在单调递增，故一定存在，使得，D正确.
故选：BD.
11．AC
【分析】把方程看作两个函数：和，在同一直角坐标系中画出图象分析即可判断选项.
【详解】根据题意，函数的图象且，如图所示：
当时，方程有一个解，故正确；
当或时，方程有两个解，故错误；
当时，方程有三个解，故正确，不正确.
故选：.
12．BC
【分析】令，然后可得，进一步作出图象可得结果.
【详解】因为为定义在上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则，
即，
因为函数为增函数，且10，所以.
当时，由，得；当时，由，得.
结合函数的图象可知，若有3个零点，则.
故选：BC
13． (1,4)
【详解】分析:根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.
详解：由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是
当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.
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．
14．
【分析】分与进行讨论，当时，令，再分为或进行讨论，结合函数的图象求解即可.
【详解】①当时，，令得，即，
所以有两个零点，不满足题意.
②当时，令，则，
由可得，
则解得或.
（i）若，则，可得，
化简.
令，，则在上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
（ii）若，因为不是的零点，所以.
由可得，
化简得，令，
且则在，上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
数形结合可知，若恰有一个零点，则，
解得或，
即的取值范围为.
故答案为：.
15．7
【分析】设，则等价于，作出函数的图象，由图可得有3个根，再根据结合函数的图象得出交点的个数即可.
【详解】令，则，设，则方程化为，
函数的零点个数即为方程解的个数，
二次函数的图象开口向上，过点，对称轴为，最小值为，
作出函数的图象，如图，
由图知有3个根，当时，，解得；
当时，，解得，
在方程中，当时，有1个解，有2个解，共3个解；
当时，有1个解，有2个解，共3个解；
当时，有1个解，无解，共1个解，
所以函数有7个零点.
故答案为：7
16．
【分析】画出函数图象，设，根据函数图象考虑方程有两个解和一个解两种情况，再根据函数图象讨论的解的情况，计算得到答案．
【详解】当时，，
当时，，
画出函数图象，如图所示：
函数在,有6个不同零点有以下四种可能：
①方程有两个不同的实根和且方程有两个根，
且方程有四个不同的实根，
由函数的图象知，且，
令，
则需，解得；
②方程有两个不同的实根和且方程有零个根，
且方程有六个不同的实根，
函数的图象知，,,且，
由于，则需，解得；
③方程有两个不同的实根和且方程有1个根，
且方程有5个实根成立，则需，此时无解；
④方程有且只有1个根且方程有6个根，
计算得或，或，不合题意；
综上所述：或．
故答案为：
【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．
17．①②④
【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．
18．
【分析】，当时，变形为，令，则，画出函数图象，结合图象列出不等式即可求解.
【详解】，
即，
当，，，所以不是交点横坐标；
当时，，即，
令，则，
所以的图象与有3个交点，
即函数与的图象有3个交点，
函数恒过点，
当，即，
，即，
解得或，
当，解得或，
所以函数与相切时的最小值为或，
由图象可知当（1）时，即；
（2），即时函数与的图象有3个交点，
综上：当时，的图象与有3个交点，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将式子变形，使得两个函数有其中一个图象是确定的，通过平移另一个图象来找到符合题意的条件.
19．(1)
(2)三个零点
(3)
【分析】（1）先构造函数，再根据对数函数的单调性及三角函数值域计算求解；
（2）根据导函数正负得出函数的单调性，再应用零点存在定理得出零点结合函数对称性判断零点个数即可；
（3）分求出函数的导函数正负结合函数单调性即可求解参数.
【详解】（1）设，（）
①当时，，，∴，不符合题意.
②当时，，，∴，满足题意.
③当时，，不满足题意.
综上：原不等式的解集为.
（2）的定义域为，
1为的一个零点，且，∴关于点对称，
当时，，
∵，∴在为减函数，
，，∴，，，，
∴在为增函数，在为减函数，∴，
∵∴，∴为的一个零点，
由对称性：也为的一个零点，共有，1，三个零点；
（3）①当时，
当时，，，，，满足题意.
当时，，满足题意.
当时，，，，
，满足题意.
∴满足题意
②当时，，满足题意.
③当时，设，
设
则
ⅰ）当时，，在递减，
当，即，当时，，∴，
在单调递增，，满足题意.
ⅱ）当时，关于点中心对称，
∴，当时，满足题意.
ⅲ）当时，满足题意.
当时，当时，，在递减，，
，，使得，当时，，即，
在递减，当时，，不满足题意.
综上：.
20．证明见解析
【分析】根据题意利用可证在，都是单射,结合题意分析零点个数即可.
【详解】此时在，的解析式不确定，但可以证明在这两个区间都是单射,
任取，若，
则，
所以，进而有，
所以，
所以，所以．
类似可知在也是单射，根据偶函数得在也是单射，
可知在，，，，0，，，2，部分最多各有一个零点，
所以对任意实数c，函数在上至多有9个零点．
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