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2023届高考数学三轮冲刺卷：零点的存在性定理
一、选择题（共20小题；）
1. 实数 a，b，c 是图象连续不断的函数 y=f (x) 定义域中的三个数，且满足 a0，则不存在实数 c∈(a,b)，使得 f (c)=0
D. 若 f (a)f (b)>0，则有可能存在实数 c∈(a,b)，使得 f (c)=0
3. 已知函数 f (x)=x2−2x+a(ex−1+e−x+1) 有唯一零点，则 a= ()
1 1 1
A. − B. C. D. 1
2 3 2
4. 对于函数 f (x)=x2+mx+n，若 f (a)>0，f (b)>0，则函数 f (x) 在 (a,b) 内 ()
A. 一定有零点 B. 一定没有零点
C. 可能有两个零点 D. 至多有一个零点
5. 二次函数 f (x)=ax2+bx+c(a≠0,x∈R) 的部分对应值如下表：
x −3 −2 −1 0 1 2 3 4
y 6 m −4 −6 −6 −4 n 6
不求 a 、 b 、 c 的值，可以判断方程 ax2+bx+c=0 的两根所在的区间是 ()
A. (−3,−1) 和 (2,4) B. (−3,−1) 和 (−1,1)
C. (−1,1) 和 (1,2) D. (−∞,−3) 和 (4,+∞)
(a+b)
6. 若函数 f (x) 在 [a,b] 上连续不断，且同时满足 f (a)⋅f (b)<0，f (a)⋅f >0．则 ()
2
[ a+b] [a+b ]
A. f (x) 在 a, 上有零点 B. f (x) 在 ,b 上有零点
2 2
[ a+b] [a+b ]
C. f (x) 在 a, 上无零点 D. f (x) 在 ,b 上无零点
2 2
7. f (x) 在区间 [a,b] 上连续不断且单调，且 f (a)⋅f (b)<0，则方程 f (x)=0 在区间 [a,b] 上
()
A. 至少有一个根 B. 至多有一个根
C. 无实根 D. 必有唯一的实根
1
8. 函数 y= lnx+x−2 的零点所在的区间是 ()
2(1 )
A. ,1 B. (1,2) C. (e,3) D. (2,e)
e
9. 若函数 f (x)=
(1) x
−log x 与函数 g(x)=
(1) x
−log x 的零点分别为 x ，x ，则 x x 所在
2 2 2 1 1 2 1 2
2
区间为 ()
A. (0,1) B. (1,+∞) C. (1,2) D. [1,+∞)
2
10. 函数 f (x)=ln(x+1)− 的零点所在的区间是 ()
x
A. (0,1) B. (1,2) C. (2,e) D. (3,4)
(1) x
11. 已知函数 f (x)= −log x，若 x 是函数 y=f (x) 的零点，且 00
12. 若函数 f (x)= 2 有且只有一个零点，则 a 的取值范围是 ()
−2x−a, x≤0
A. (−∞,−1)∪(0,+∞) B. (−∞,−1)∪[0,+∞)
C. [−1,0) D. [0,+∞)
(1) x
13. 设函数 y=x3 与 y=5⋅ 的图象交点为 P(x ,y )，则 x 所在的区间是 ()
4 0 0 0
A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,4)
1
14. 已知 x 是函数 f (x)=2x+ 的一个零点．若 x ∈(1,x )，x ∈(x ,+∞)，则 ()
0 1−x 1 0 2 0
A. f (x )<0，f (x )<0 B. f (x )<0，f (x )>0
1 2 1 2
C. f (x )>0，f (x )<0 D. f (x )>0，f (x )>0
1 2 1 2
15. 设函数 f (x)=x3−
(1) x−2
的图象与 x 轴的交点为 (x ,0)，则 x 所在的区间为 ()
2 0 0
(3 ) ( 3)
A. (2,3) B. ,2 C. 1, D. (0,1)
2 2
2
16. 函数 f (x)=ln(x+1)− 的零点所在的大致区间为 ()
x2
A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,4)
1
17. 函数 f (x)=ln(x+1)− 的一个零点所在的区间是 ()
x
A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,4)
18. 方程 ∣x−2∣=log x 的解的个数为 ()
2
A. 0 B. 1 C. 2 D. 31
19. 若函数 f (x)=lnx− +a 在区间 (1,e) 上存在零点，则常数 a 的取值范围为 ()
x
1 1 1
A. 0x2 至少有一个负数解，则实数 a 的取值范围是
．
24. 若关于 x 的不等式 8−4x−3a2>0 在 [−2,−1] 上有解．则实数 a 的取值范围是
．
25. 函数 f (x)=ex+4x−3 的零点所在的区间为 ．（填序号）
( 1 ) ( 1) (1 1) (1 3)
① − ,0 ；② 0, ；③ , ；④ , ．
4 4 4 2 2 4
三、解答题（共5小题；）
26. 图（1）（2）（3）分别为函数 y=f (x) 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 y=f (x) 在某个区间只有一个零点的判断?为什么?27. 已知函数 y=f (x) 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 y=f (x) 在哪几个区间内一定有零点?为什么?
28. x 与 x 分别是实系数一元二次方程 ax2+bx+c=0 和 −ax2+bx+c=0 的一个根，且
1 2
x ≠x ，x ≠0，x ≠0．
1 2 1 2
a
（1）求证：方程 x2+bx+c=0 有且仅有一根介于 x 与 x 之间．
2 1 2
29. 已知函数 f (x)=x3−2x+1，求证：方程 f (x)=x 在 (−1,2) 内至少有两个实数解．
30. 已知函数 f (x)=(x2+ax+a)ex(a≤2,x∈R)．
（1）当 a=1 时，求 f (x) 的单调区间；
（2）是否存在实数 a，使 f (x) 的极大值为 3?若存在，求出 a 的值，若不存在，请说明理由．答案
1. D 【解析】因为函数 y=f (x) 为连续函数，且 f (a)⋅f (b)<0，所以在 (a,b) 内，函数
y=f (x) 至少存在 1 个零点，同理由 f (b)⋅f (c)<0 得在 (b,c) 内，函数 y=f (x) 至少存在 1 个
零点，所以在 (a,c) 内函数 y=f (x) 的零点个数至少是 2．
2. D 【解析】由零点存在性定理可知选项A不正确；
对于选项B可通过反例“f (x)=x(x−1)(x+1) 在区间 [−2,2] 上满足 f (−2)f (2)<0，但其存在三个
零点：−1，0，1”推翻；
选项C可通过反例“f (x)=(x−1)(x+1) 在区间 [−2,2] 上满足 f (−2)f (2)>0，但其存在两个零点：
−1，1”推翻，故选D．
3. C 【解析】因为 f (x)=x2−2x+a(ex−1+e−x+1)=−1+(x−1) 2+a ( ex−1+ 1 ) ，
ex−1
所以函数 f (x) 有唯一零点等价于方程 1−(x−1) 2=a ( ex−1+ 1 ) 有唯一解，
ex−1
等价于函数 y=1−(x−1) 2 的图象与 y=a ( ex−1+ 1 ) 的图象只有一个交点．
ex−1
①当 a=0 时，f (x)=x2−2x≥−1，此时有两个零点，矛盾；
②当 a<0 时，由于 y=1−(x−1) 2 在 (−∞,1) 上递增，在 (1,+∞) 上递减，且
y=a ( ex−1+ 1 ) 在 (−∞,1) 上递增，在 (1,+∞) 上递减，
ex−1
所以函数 y=1−(x−1) 2 的图象的最高点为 A(1,1)，y=a ( ex−1+ 1 ) 的图象的最高点为
ex−1
B(1,2a)，
由于 2a<0<1，此时函数 y=1−(x−1) 2 的图象与 y=a ( ex−1+ 1 ) 的图象有两个交点，矛盾；
ex−1
③当 a>0 时，由于 y=1−(x−1) 2 在 (−∞,1) 上递增，在 (1,+∞) 上递减，且
y=a ( ex−1+ 1 ) 在 (−∞,1) 上递减，在 (1,+∞) 上递增，
ex−1
所以函数 y=1−(x−1) 2 的图象的最高点为 A(1,1)，y=a ( ex−1+ 1 ) 的图象的最低点为
ec−1
B(1,2a)，
1
由题可知点 A 与点 B 重合时满足条件，即 2a=1，即 a= ，符合条件；
2
1
综上所述，a= ．
2
4. C 【解析】由二次函数图象可得正确答案为C．
5. A【解析】因为 f (−3)⋅f (−1)<0，f (2)⋅f (4)<0
(a+b) [a+b ]
6. B 【解析】由已知，易得 f (b)⋅f <0，因此 f (x) 在 ,b 上一定有零点，但在其
2 2
他区间上可能有零点，也可能没有零点．
7. D 【解析】因为 f (x) 在 [a,b] 上单调，且 f (a)⋅f (b)<0，所以 ① 当 f (x) 在 [a,b] 上单
调递增，则 f (a)<0,f (b)>0，② 当 f (x) 在 [a,b] 上单调递减，则 f (a)>0,f (b)<0 ，由 ①②
知 f (x) 在区间 [a,b] 上必有 x 使 f (x )=0 且 x 是唯一的．
0 0 0
1 (1) 1 5
8. B 【解析】易知函数 f (x)= lnx+x−2 在定义域上连续，且 f = − <0，f (1)=−1<0，
2 e e 2
1 1 3
f (2)= ln2>0，f (e)= +e−2=e− >0，
2 2 2
根据函数零点存在性定理，可知零点所在区间为 (1,2)．
(1) x y=log x
9. A 【解析】在同一平面直角坐标系中作出函数 y= ，y=log x， 1 的图象，如图所
2 2 2
示．
可以发现，0lne−1=0，则 f (1)f (2)<0，
2
所以函数 f (x)=ln(x+1)− 的零点所在区间是 (1,2)，
x
2
当 x>0，且 x→0 时，f (x)=ln(x+1)− <0，
x
2 2
f (e)=ln(e+1)− >lne− >0，
e e2 2
f (3)=ln(3+1)− >lne− >0，
3 3
2 1
f (4)=ln(4+1)− >lne− >0，
4 2
ACD中函数在区间端点的函数值均同号，
根据零点存在性定理，B为正确答案．
11. A
12. B 【解析】当 x>0 时，因为 log 1=0，所以有一个零点，
2
{ log x, x>0
所以要使函数 f (x)= 2 有且只有一个零点，
−2x−a, x≤0
则当 x≤0 时，函数 f (x) 没有零点即可．
当 x≤0 时，0<2x≤1，所以 −1≤−2x<0，
所以 −1−a≤−2x−a<−a，所以 −a≤0 或 −1−a>0，即 a≥0 或 a<−1．
13. B 【解析】构造函数 f (x)=x3−5⋅
(1) x
，则 x 即为函数 f (x) 的零点．
4 0
1 123
因为 f (1)=− <0，f (2)= >0，所以 f (1)⋅f (2)<0
4 16
且 f (x)=x3−5⋅
(1) x
在 (1,2) 上的图象是一条连续不断的曲线，
4
所以零点所在的区间为 (1,2)．
1
14. B 【解析】设 g(x)= ，
1−x
1 1
由于函数 g(x)= =− 在 (1,+∞) 上单调递增，
1−x x−1
函数 ℎ(x)=2x 在 (1,+∞) 上单调递增，
故函数 f (x)= ℎ(x)+g(x) 在 (1,+∞) 上单调递增，
所以函数 f (x) 在 (1,+∞) 上只有唯一的零点 x ，
0
且在 (1,x ) 上 f (x)<0，在 (x ,+∞) 上 f (x)>0，
0 0
又因为 x ∈(1,x )，x ∈(x ,+∞)，
1 0 2 0
所以 f (x )<0，f (x )>0．
1 2
15. C
【解析】因为函数 f (x)=x3−
(1) x−2
为单调增函数且其图象为连续的曲线，且 f (1)=1−2=−1<0，
2
(3) 27 ( 3)
f = −√2>0，所以 x ∈ 1, ．
2 8 0 2
1 4
16. B 【解析】fʹ(x)= + >0，f (1)=ln1−2=−2<0，
x+1 x32 1
f (2)=ln3− =ln3− >0，所以在 (1,2) 有零点．
22 2
1
17. B 【解析】因为 f (x) 在 (0,+∞) 上为增函数，且 f (1)=ln2−1<0，f (2)=ln3− >0，
2
所以 f (x) 的零点所在区间为 (1,2)．
18. C
1
19. C 【解析】因为函数 f (x)=lnx− +a 在区间 (1,e) 上单调递增，又在区间 (1,e) 上存在零
x
点，
1
所以函数 f (x)=lnx− +a 在区间 (1,e) 上存在唯一零点．
x
{f (1)<0,
所以
f (e)>0,
{
−1+a<0,
即 1
1− +a>0,
e
1
解得 −10，
2 2
(1) (1)
所以 f ⋅f <0，
4 2
(1 1)
所以零点所在区间为 , ．
4 2
21. 1.4
22. (1，2)
( 13 )
23. − ,3
4( 4√3 4√3)
24. − ,
3 3
【解析】不等式 8−4x−3a2>0 在 [−2,−1] 上有解．
令 f (x)=−4x+8−3a2>0 在 [−2,−1] 上有解．
4√3 4√3
则 f (−2)>0 即可，解得：− 0，所以 f
(1)
f
(1)
<0．又因为 y=ex 是单调增
4 2 4 2
函数，y=4x−3 也是单调增函数，所以 f (x)=ex+4x−3 是单调增函数，所以 f (x)=ex+4x−3
(1 1)
的零点在区间 , 内．
4 2
26. 不能．同一个函数的图象在三个不同范围看到的情况都不一样，只能从图（1）观察到它与 x 轴
有 1 个交点，从图（2）观察到它与 x 轴有 2 个交点，从图（3）观察到它与 x 轴有 3 个交点，
所以仅凭观察函数图象只能初步判断它在某个区间是否有零点，至于是否真的有零点，以及有几个零
点，要依据函数零点存在定理和在某个区间的单调性判断．
27. f (2)f (3)<0，(2,3)（或 f (1)f (3)<0，(1,3)）；
f (3)f (4)<0，(3,4)；f (4)f (5)<0，(4,5)（或 f (4)f (6)<0，(4,6)）．
a
28. 令 f (x)= x2+bx+c．因为 x ，x 分别是方程 ax2+bx+c=0 和 −ax2+bx+c=0 的一个根，
2 1 2
所以 ax2+bx +c=0，−ax2+bx +c=0，
1 1 2 2
故 bx +c=−ax2 ，bx +c=ax2 ，
1 1 2 2
a a a
于是 f (x )= x2+bx +c= x2−ax2=− x2 ，
1 2 1 1 2 1 1 2 1
a a 3
f (x )= x2+bx +c= x2+ax2= ax2 ，
2 2 2 2 2 2 2 2 2
因为 a≠0，x ≠0，x ≠0，
1 2
3
所以 f (x )f (x )=− a2x2x2<0，
1 2 4 1 2
a
故方程 x2+bx+c=0 有且仅有一根介于 x 与 x 之间．
2 1 2
29. 设函数 g(x)=f (x)−x=x3−3x+1，作出函数 y=g(x) 的图象（略），它分别在 (−1,1) 和
(1,2) 内与 x 轴有交点．因为 f (−1)>0，f (1)<0，则 f (−1)f (1)<0，函数 y=g(x) 在 (−1,1) 内
至少有一个零点；又因为 f (1)<0，f (2)>0，则 f (1)f (2)<0，函数 y=g(x) 在 (1,2) 内至少有一
个零点．所以，方程 f (x)=x 在 (−1,2) 内至少有两个实数解．
30. （1） 当 a=1 时，f (x)=(x2+x+1)ex，fʹ(x)=(2x+1)ex+(x2+x+1)ex=(x2+3x+2)ex，
当 fʹ(x)>0 时，解得 x<−2 或 x>−1，
当 fʹ(x)<0，解得 −2−2，
当 x 变化时，fʹ(x)，f (x) 的变化情况如表所示：
x (−∞,−2) −2 (−2,−a) −a (−a,+∞)
fʹ(x) + 0 − 0 +
f (x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
由表可知，f (x) =f (−2)=(4−2a+a)⋅e−2=3，解得 a=4−3e2<2，满足题意．
极大值
综上，存在实数 a=4−3e2，使 f (x) 的极大值为 3．
