重难点01七种零点问题（核心考点讲与练）-2023年高考数学一轮复习核心考点讲与练（新高考专用）(解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习

重难点 01 七种零点问题（核心考点讲与练） 方法技巧 1.转化思想在函数零点问题中的应用 方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可 转化为函数值域问题. 2.判断函数零点个数的常用方法 (1)通过解方程来判断. (2)根据零点存在性定理，结合函数性质来判断. (3)将函数y＝f(x)－g(x)的零点个数转化为函数y＝f(x)与y＝g(x)图象公共点的个数来判断. 3.正弦型函数的零点个数问题，可先求出零点的一般形式，再根据零点的分布得到关于整数 的不等式组， 从而可求相应的参数的取值范围. 4.涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、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. 5.函数零点的求解与判断方法： （1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． （2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结 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）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个 不同的值，就有几个不同的零点． 6.对于复合函数 的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数 和外层函数 ；（2）确定外层函数 的零点 ； （3）确定直线 与内层函数 图象的交点个数分别为 、 、 、 、 ，则 函数 的零点个数为 . 能力拓展 题型一：零点存在定理法判断函数零点所在区间 一、单选题 1．（2022·河南河南·三模（理））若实数 ， ， 满足 ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合对数函数、函数零点存在性定理等知识求得正确答案. 【详解】 ， ， 对于函数 ， 在 上递增， ， 所以 存在唯一零点 ， ，使 ， 所以对于 ，有 ， 所以 . 故选：A 2．（2022·黑龙江·双鸭山一中高三期末（理））函数 的零点所在的区间为（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据零点存在定理，先判断函数的单调性，再计算函数在端点处的函数值，即可得到答案. 【详解】 ,由对数函数和幂函数的性质可知， 函数在 时为单调增函数， ， ， ， ， 因为 在 内是递增，故 ， 函数是连续函数，由零点判断定理知， 的零点在区间 内， 故选：B． 3．（2022·北京密云·高三期末）心理学家有时使用函数 来测定在时间 内能够记忆的 量 ，其中A表示需要记忆的量， 表示记忆率．假设一个学生有200个单词要记忆，心理学家测定在 5min内该学生记忆20个单词．则记忆率 所在区间为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据题意解方程，解出 ，在和端点值比较大小，由函数单调性和函数连续得到结果. 【详解】将 代入 ，解得： ，其中 单调递减，而 ， ，而 在 上单调递减，所以 ，结合单调性可知 ，即 ，而 ，其中 为连续函数，故记忆率所在区间为 . 故选：A 4．（2022·河南焦作·一模（理））设函数 的零点为 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据零点存在性定理进行求解. 【详解】易知 在R上单调递增且连续．由于 ， ， ，当 时， ，所以 ． 故选：B 5．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）已知 ，函数 的零点为 ， 的极小值点为 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出 的值，利用零点存在定理得出 ，然后比较 、 、 的大小关系，结合函数 的单调性可得出结论. 【详解】因为 的定义域为 ， ，则函数 在其定义域上为增函数， ，则 ，则 ， 因为 ，由零点存在定理可知 ，由 可得 ， . 当 或 时， ；当 时， . 所以， . 因为 ，所以， ，故 . 故选：A. 6．（2022·安徽·安庆一中高三期末（理））函数 的零点所在的区间为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依据函数零点存在定理去判断 的零点所在的区间即可. 【详解】 为 上的递增函数， ， ， ， 则函数 的零点所在的区间为 故选：B 二、多选题7．（2022·湖北·荆州中学高三开学考试）函数 在区间 的最小值为 ，且 在区间 唯一的极大值点 ．则下列说法正确的有（ ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由题可得 ，由 可知， ，进而可求 ，然后再证明即 得；再利用数形结合可得 在 上存在唯一的零点，利用零点存在定理及三角函数的性质即得. 【详解】∵ ， ∴ ， 又函数 在区间 的最小值为 ， ∴函数在区间 上不单调， 又 ， ∴ 时，函数在区间 上取得最小值， 可得原条件的一个必要条件 ， ∴ ，即 ，下面证明充分性： 当 时， ， ， 令 ，则 ， ∴函数 在 上单调递增，又 ， ∴函数 在 上存在唯一的零点 ，且在 上 ，在 上 ， ∴函数 在区间 的最小值为 ， 综上， 故A正确； ∵ ， 令 ，得 ， 由函数图象可知 在区间 上只有一个交点， 即存在唯一 ，使得 ， 又 ，故 ， 且当 时， ，当 时， ，∴在区间 上， 唯一的极大值点 ， ， ∵ ， ， ∴ . 故CD正确. 故选：ACD. 8．（2022·全国·高三专题练习）设函数 的定义域为R，如果存在常数 ，对于任意 ， 都有 ，则称函数 是“类周期函数”，T为函数 的“类周期”．现有下 面四个命题，正确的是（ ） A．函数 是“类周期函数” B．函数 是“类周期函数” C．如果函数 是“类周期函数”，那么“ ， ” D．如果“类周期函数” 的“类周期”为 ，那么它是周期为2的周期函数 【答案】ACD 【分析】根据类周期函数的定义，分别进行判断即可． 【详解】解：对于A，若函数 是“类周期函数”， 则存在非零常数 ，使 ， 即 ，即 ，即 ， 令 ， 因为 ，且函数 在 上连续， 所以函数 在 上存在零点，即方程 在 上有解， 即存在常数 ，对于任意 ，都有 ， 所以函数 是“类周期函数”，故A正确； 对于B，若函数 是“类周期函数”， 则存在非零常数 ，使 ， 即 ，则 ， 即 对任意的 恒成立， 则 ，矛盾，所以不存在常数 ，对于任意 ，都有 ， 所以函数 不是“类周期函数”，故B错误. 对于C，若函数 是“类周期函数”， 则存在非零常数 ，使 ， 即 ； 故 或 ， 当 时， ，由诱导公式得 ， ； 当 时， ，由诱导公式得 ， ； 故“ ， ”，故C正确； 对于D，如果“类周期函数” 的“类周期”为 ，则 ，即 ； 故它是周期为2的周期函数；故D正确. 故选：ACD. 9．（2021·江西·模拟预测）已知实数 ，设方程 的两个 实数根分别为 ，则下列结论正确的是（ ） A．不等式 的解集为 B．不等式 的解集可能为空集 C． D． 【答案】AD 【分析】构造二次函数 ，分析函数 的图象特征即可判 断作答. 【详解】令 ， ， 因 ，则函数 的图象对称轴 ，且 在 上递减，在 上递增， 又 ， ， ， 于是得函数 有两个零点 ，且满足 ，不等式 的解集为 ， 所以A正确，B不正确，C不正确，D正确. 故选：AD 三、填空题 10．（2022·全国·高三专题练习）下列命题中，正确的是___________．(写出所有正确命题的编号) ①在 中， 是 的充要条件； ②函数 的最大值是 ；③若命题“ ，使得 ”是假命题，则 ； ④若函数 ， ，则函数 在区间 内必有零点． 【答案】①③④ 【分析】①利用大边对大角和正弦定理可证；②变形后利用基本不等式进行求解最大值；③先把命题否定， 得到对 ， 恒成立，分 与 两种情况求出 的取值范围；④先根据 得到 ，得到 ，接下来分 与 ，利用零点存在性定理得到答案. 【详解】在 中，因为 ，所以 ，由正弦定理得： ，所以 ，同理可 证，当 时， ，故在 中， 是 的充要条件，①正确；因为 ，所 以 ， ，所以 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，所以函数 的最大值是 ，②错误；命题“ ，使得 ”是假命题，则对 ， 恒成立，当 时， 不恒成 立，当 时，只需 ，解得： ，综上：若命题“ ，使得 ”是假命 题，则 ；③正确； ，所以 ，因为 ， ，当 时， ，因为 ，所以 ， 故 ，由零点存在性定理得：在区间 上，至少存在一个零点，当 ， ， ，由零点存在性定理得：在区间 上至少存在一个零点，综上：函数 在区间 内必 有零点，④正确.故答案为：①③④ 11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ，且 ， 为 的导函数，下 列命题： ①存在实数 ，使得导函数 为增函数； ②当 时，函数 不单调； ③当 时，函数 在 上单调递减； ④当 时，函数 有极值． 在以上命题中，正确的命题序号是______． 【答案】①②③④ 【分析】求 ，令 可判断①；根据零点存性定理可判断 使得 ，可判断 ②；令 ，求 ，由 的符号判断 的单调性，可求得 恒成立即 恒 成立可判断③；求 的单调性，根据零点存在性定理可知 ，使得 可判断④，进而 可得正确答案. 【详解】由 可得 ， 对于①，若 时， 为增函数，故①对； 对于②，若 时， ， ， ，使得 ，所以函数 不单调，故②对； 对于③，令 ，则 ， 当 时，由 得 ，由 得所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 从而 ， 要使 ，则令 ，则 ，所以 ， 令 ， ， 则 在 单调递减，在 单调递增， 而 ， 所以 恒成立，从而 ，即 恒成立，即 在 上单调减．故③正确； 对于④，当 时， ， ，可知 在 单调递减， 在 单调递增， 因为 ， ， ，使得 ，所以函数 有极值，故④对． 综上所述：①②③④都正确， 故答案为：①②③④. 12．（2021·福建·三明一中高三学业考试）已知函数 的零点 ，则 __________． 【答案】-3或2 【分析】对函数 求导，借助导数探讨其单调性，再用零点存在性定理分析计算即得. 【详解】对函数 求导得： ，由 得 ，解得 ， 当 时， ，当 时， ，于是得 在 上递减，在 上递增， 显然， ，则函数 在区间 上存在一个零点， 又 ，即函数 在区间 上存在一个零点， 因函数 的零点 ，则 或 ， 所以 或 . 故答案为：-3或2 13．（2022·全国·高三专题练习）已知 ， 均为正实数，且满足 ， ，则下面四个 判断：① ；② ；③ ；④ .其中一定成立的有__（填序号即可）. 【答案】②③④ 【分析】令 ，利用零点存在性定理可得 ， ，从而可得 ，然 后利用不等式的性质和函数的单调性逐个分析判断 【详解】令 ，则 在 上单调递减， 因为 （1） ， ， ， 所以 . ， ， ， ， ， ①： 可能小于等于0， ①错误， ②： ， ， ②正确， ③： ， ， ， ③正确， ④： ， ， ， ， . ④正确，故答案为：②③④. 14．（2020·湖南邵阳·三模（理））在数学中，布劳威尔不动点定理是拓朴学里一个非常重要的不动点定 理，它可应用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石，简单来讲就是对于满足一定条件的连续函数 ，存在一个点 ，使 ，那么我们称该函数 为“不动点”函数，给出下列函数：① ；② ③ ；④ （ ）；⑤ ；其中为“不动点”函数的是_________.（写出所有满足条件的函数的序号） 【答案】①②③④ 【分析】对于选项①②⑤，直接代入求解即可判断；对于选项③④，先根据条件构造函数，判断函数的单 调性，利用零点存在性定理判断即可. 【详解】① ， 得 或 满足条件， 故①满足题意； ② ， 当 时， 或 ； 当 时， 或 ，即 ； 满足条件，故②满足题意； ③ ， 令 ，易知 为 上的增函数， 又 ， 由零点存在性定理得 在区间 存在唯一的零点.故③满足题意； ④ （ ）， ， 令 ， 又 ，则 ， 易知 为 上的增函数， 又 ， 由零点存在性定理得 在区间 存在唯一的零点. 故④满足题意； ⑤ 无实数解， 故⑤满足题意； 故答案为：①②③④. 【点睛】本题主要考查了对布劳威尔不动点定理的理解，考查了零点存在性定理；考查学生的逻辑推理能 力，运算求解能力.属于中档题. 15．（2020·全国·高三专题练习（理））函数f(x)＝1＋x－ ＋ ，g(x)＝1－x＋ － ，若函数F(x)＝ f(x＋3)g(x－4)，且函数F(x)的零点均在[a，b](a0，f(－1)＝ ， ∴f(x)在区间[－1，0]上存在唯一零点， ∴f(x＋3)在区间[－4，－3]上存在唯一零点； 又∵g(x)＝1－x＋ － ， ∴ ， ∵ 恒成立， ∴g(x)＝1－x＋ － 在R上是单调递减函数， ∵g(2)＝ ，g(1)＝ ， ∴g(x)在区间[1，2]上存在唯一零点， ∴g(x－4)在区间[5，6]上存在唯一零点， 由F(x)＝f(x＋3)g(x－4)＝0，得f(x＋3)＝0或g(x－4)＝0， 故函数F(x)的零点均在[－4，6]内， 则b－a的最小值为10. 故答案为：10. 【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、函数零点与方程，考查分析理解，求值计算的能力，属中 档题. 四、解答题 16．（2022·陕西西安·高三阶段练习（文））已知函数 （e为自然对数的底数， ）. (1)若 ，求证： 在区间 内有唯一零点； (2)若 在其定义域上单调递减，求a的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2) . 【分析】（1）把 代入，求出 并探讨其单调性，再结合零点存在性定理判断作答.（2）利用给定单调性建立不等式，再分类分离参数，构造函数，讨论求解作答. (1)当 时， ，求导得： ，令 ， 则 ，则函数 在R上单调递增，即函数 在R上单调递增， 而 ， ，由函数零点存在性定理知，存在唯一 ，有 ， 所以 在区间 内有唯一零点. (2)函数 的定义域是R，依题意， ， 成立， 当 时， 成立， ， 当 时， ，令 ， ， ，即函数 在 上单调递增， 又当 时， 恒成立，于是得 ， 当 时， ，令 ， ， ，当 时， ，当 时， ， 因此， 在 上单调递减，在 上单调递增，当 时， ，于是得 ， 综上得： ， 所以a的取值范围是 . 【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题. 17．（2022·贵州遵义·高三开学考试（理））已知函数 . (1)讨论 的导函数 零点的个数； (2)若 的最小值为e，求a的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2) . 【分析】（1）对 求导有 ，再研究 的单调性，结合及零点存在性定理，讨论a的范围判断 零点的个数. （2）讨论 、 、 、 ，结合 的符号研究 的单调性并结合 求参数a的 范围. (1) ， 令 ，则 ，故 在 上单调递增，而 ， 当 时， 无解； 当 时，由 ， ，故 有一个在 上的解； 当 时，由 ，故 的解为1； 当 时，由 ， ，故 有一个在 上的解； 综上，当 或 时，导函数 只有一个零点. 当 或 时，导函数 有两个零点. (2)当 时， ，则函数 在 处取得最小值 . 当 时，由（1）知： 在 上单调递增，则必存在正数 使得 . 若 则 ，在 上 ，则 ，在 上 ，则 ，在 上 ，则 ， 所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，又 ，不合题意. 若 则 ，在 上 ，则 在 上单调递增，又 ，不合题意. 若 则 ，在 上 ，则 ，在 上 ，则 ，在 上 ，则 ，所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，则 ， 解得 ，即 . 综上， . 题型二：方程法判断零点个数 一、单选题 1．（2022·福建福州·三模）已知函数 ，以下结论中错误的是（ ） A． 是偶函数 B． 有无数个零点 C． 的最小值为 D． 的最大值为 【答案】C 【分析】由奇偶性定义可判断出A正确；令 可确定B正确；根据 定义域为 ， ， 可知若最小值为 ，则 是 的一个极小值点，根据 可知C错误；由 时， 取 得最大值， 取得最小值可确定D正确. 【详解】对于A， 定义域为 ， ， 为偶函数，A正确； 对于B，令 ，即 ， ，解得： ， 有无数个零点，B正确； 对于C， ， 若 的最小值为 ，则 是 的一个极小值点，则 ； ， ， 不是 的极小值点，C错误；对于D， ， ； 则当 ， ，即 时， 取得最大值 ，D正确. 故选：C. 2．（2022·北京·模拟预测）已知函数 ，且 ，则 的零点个数为（ ） A． 个 B． 个 C． 个 D． 个 【答案】C 【分析】解三角方程求得 的零点即可解决 【详解】由 可得 或 ，又 ，则 ，或 ，或 则 的零点个数为3 故选：C 3．（2022·安徽·芜湖一中一模（理））声音是由物体振动产生的声波，我们听到的声音中包含着正弦函数． 若某声音对应的函数可近似为 ，则下列叙述正确的是（ ） A． 为 的对称轴 B． 为 的对称中心 C． 在区间 上有3个零点 D． 在区间 上单调递增 【答案】D 【分析】利用 知 关于直线 对称的性质验证A；求得 可判断B； 化简 ，令 ，得 ，进而判断C；利用导数研究函数的单调性可判 断D. 【详解】对于A，由已知得 ，即 ，故不关于 对称，故A错误； 对于B， ，故B错误； 对于C，利用二倍角公式知 ，令 得 或 ，即 ， 所以该函数在区间 内有4个零点，故C错误； 对于D，求导 ，令 ，由 ，知 ，即 ，利用二次函数性质知 ，即 ，可知 在区间 上单调递增， 故D正确； 故选：D. 4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ，则函数 零点个数为 （ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】当 时和 时，分别化简函数 的解析式可直接判断零点的个数. 【详解】当 时， ，所以不存在零点； 当 时， ，也不存在零点，所以函数 的零点个数为0. 故选：A. 二、多选题 5．（2022·海南海口·模拟预测）已知函数 ，则（ ） A． 的定义域为R B． 是奇函数C． 在 上单调递减 D． 有两个零点 【答案】BC 【分析】根据函数解析式，结合函数性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对 ： 的定义域为 ， 错误； 对 ： ，且定义域关于原点对称，故 是奇函数， 正确； 对 ：当 时， ，单调递减， 正确； 对 ：因为 ， ，所以 无解，即 没有零点， 错误． 故选： . 6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ，下列说法正确的是（ ）. A． 是周期函数 B．若 ，则 （ ） C． 在区间 上是增函数 D．函数 在区间 上有且仅有一个零点 【答案】AB 【分析】写出 的分段函数形式，A应用正余弦函数的性质判断 的周期性，B由已知可得 ，则 ， （ ），即可判断正误；根据解析式，应用特殊值法 判断C、D的正误. 【详解】将函数 化作分段函数，即 ， A， ， 是周期为 的函数，对； B，由 得 ，则 ，此时 ， （ ），可得 ，对； C，由解析式得 ， 在 上不单调，错； D，由解析式知 ，即 在 上至少有两个零点，错. 故选：AB. 7．（2022·全国·高三专题练习）若 和 都是定义在 上的函数，且方程 有实数解，则 下列式子中可以为 的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由方程 有实数解可得 ，再用 替代 ，即 有解， 逐个判断选项即可得出答案. 【详解】 由方程 有实数解可得 ，再用 替代 ，即 有解. 对于A， ，即 ，方程有解，故A正确； 对于B， ，即 ，方程无解，故B错误； 对于C，当 令 ，因为 ， ， 由零点的存在性定理可知， 在 上存在零点，所以方程有解，故选项C正确； 对于D，当 时， 为方程的解，所以方程有解，故选项D正确. 故选：ACD. 8．（2022·全国·高三专题练习（理））关于函数 有下述四个结论，则（ ）A． 是偶函数 B． 的最小值为 C． 在 上有4个零点 D． 在区间 单调递增 【答案】ABC 【分析】对A：根据偶函数的定义即可作出判断；对B：由有界性 ， ，且 时 即可作出判断；对C：当 时， ，可得函数 有两个零点，根据偶函数的对称性即可作出判断；对D：当 时， ，利用三角函数的图象与性质即可作出判断. 【详解】解：对A：因为 ，所以 是偶函数，故选项A正确； 对B：因为 ， ，所以 ，而 时 ，所 以 的最小值为 ，故选项B正确； 对C：当 时， ，令 ，可得 ， ， 又由A知函数 为偶函数，所以函数 在区间 上也有两个零点 ， ，所以函数 在 区间 上有4个零点，故选项C正确；对D：当 时， ， 因为 ，所以 ，而 在 上单调递增，在 上单调递减，故选项 D错误. 故选：ABC. 三、填空题 9．（2022·福建·模拟预测）已知函数 ，其中 ，若 在区间( ， )上恰有 2个零点，则 的取值范围是____________. 【答案】 或 . 【分析】先求出零点的一般形式，再根据 在区间( ， )上恰有2个零点可得关于整数 的不等式组， 从而可求 的取值范围. 【详解】令 ，则 ，故 ， 故 ， 因为 在区间( ， )上恰有2个零点， 所以存在整数 ，使得： ， 若 为偶数，则 ，整理得到： ①，因为 ，故 ， 当 时， ，故①无解， 当 时，有 即 . 若 为奇数，则 ， 整理得到： ②，因为 ，故 ， 当 时， ，故②无解， 当 时，有 ，无解. 当 时，有 ，故 . 综上， 或 . 故答案为： 或 . 【点睛】思路点睛：对于正弦型函数的零点个数问题，可先求出零点的一般形式，再根据零点的分布得到 关于整数 的不等式组，从而可求相应的参数的取值范围.10．（2022·河南·襄城县教育体育局教学研究室二模（文））已知函数 有3个零 点，则实数m的取值范围为______． 【答案】[0,1) 【分析】根据m的范围分类讨论f(x)的零点即可. 【详解】①m＝0时， ，令f(x)＝0，则x＝0或x＝－3或x＝1，即f(x)有三个零点， 满足题意； ②m≠0时，令f(x)＝0， 则x＞0时， ，则 (*)， x≤0时， (**)， 显然x≤0时的方程(**)最多有两个负根，而x＞0时的方程(*)最多只有一正根， 为了满足题意，则x＞0时必有1根，则1－m＞0，且根为x＝ ，∴m＜1； x≤0时方程必然有两个负根，则 ， ∴0＜m＜1； 综上所述，m∈ . 故答案为： . 四、解答题 11．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数 . (1)讨论 的单调性； (2)当 时，证明 在 上有且仅有两个零点. 【分析】（1）求得 ，分 、 、 三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数 的增区间和减区间； （2）由 可得出 ，由 结合判别式可判断出方程 的根的个数，由 此可证得结论成立. (1)解：函数 的定义域为 ， . 当 时，则 ，由 可得 ，由 可得 ， 此时函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ； 当 时，由 可得 或 . ①当 时， ，由 可得 或 ，由 可得 ， 此时函数 的单调递减区间为 、 ，单调递增区间为 ； ②当 时， ，由 可得 ，由 可得 或 ， 此时函数 的单调递增区间为 、 ，单调递减区间为 . 综上所述，当 时，函数 的单调递减区间为 、 ，单调递增区间为 ； 当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ； 当 时，函数 的单调递增区间为 、 ，单调递减区间为 . (2)解：由 可得 ，因为 ，则 ， 即关于 的方程 有两个不等的实根， 所以，当 时， 在 上有且仅有两个零点. 【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：（1）求导后看最高次项系数是否为 ，须需分类讨论； （2）若最高次项系数不为 ，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两 根相等的情况； （3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较. 12．（2022·四川省高县中学校模拟预测（文））已知函数 . (1)当 时，判定 的零点的个数； (2)是否存在实数 ，使得当 时， 恒成立？若存在，求出 的取值范围；若不存在，请 说明理由. 【答案】(1) 个(2)存在，且 的取值范围是 . 【分析】（1）解方程 ，即可得解； （2）由 ，分析可知当 且 时，由 可得 ，分 、 、 三种情况分析，结合一次函数的基本性质可得出关于实数 的不等式，综合可求得实数 的取值范围. (1)解：当 时， ，令 ，可得 或 ， 此时函数 有 个零点. (2)解：当 时，由 . 当 时，对任意的 ， ，满足题意； 当 且 时，由 可得 ， 若 ，则有 ，合乎题意； 若 ，当 时， ， 则 对任意的 不可能恒成立，舍去； 若 ，则有 ，解得 ，此时 .综上所述，当 时，当 时， 恒成立. 题型三：数形结合法判段函数零点个数 一、单选题  1 x a,x0 f x x 1．（2022·安徽淮南·二模（文））已知函数  lnx a,x0 ，则下列关于函数 的描述中，其中  f(x) 正确的是（ ）． ①当a0时，函数 f(x)没有零点； ②当0a2时，函数 f(x)有两不同零点，它们互为倒数； ③当a2时，函数 f(x)有两个不同零点； ④当a2时，函数 f(x)有四个不同零点，且这四个零点之积为1． A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】C f x0 【分析】画出函数图象即可判断①，令 解方程即可判断③，将零点问题转化成函数图象交点的问 题，利用数形结合即可判断②和④.  1 x ,x0 f x x 【详解】当 时，  lnx,x0 ，函数图象如下图所示， a0  由此可知该函数只有一个零点，故①不正确； 1 当 时，则函数 f x的零点为x ax0 和 lnx ax0， a0 x ∵函数 f(x)有两个不同零点， 1 x ,x0 f x x ∴由函数  lnx,x0 的图象可知 ，解得 ，  2a0 0a2 1 当 a0 时，则函数 f x的零点为x x ax0 和 lnx ax0，此情况不存在 f(x) 有两不同零点， 则函数 f(x)有两不同零点时a的取值范围是0a2， 1 设对应的两个零点为 x ， x ，即lnx a或lnx a，解得x ea，x 2 ea  ea ， 1 2 1 2 1 x x 1 则 1 2 ，所以它们互为倒数，故②正确；  1 x 2,x0 f x x 当 时，函数解析式为  lnx 2,x0 ， a2  令x 1 x 20x0 ，解得 x1 ，令 lnx 20x0，解得 xe2 或x e 1 2 ，由此可知函数有三个零点， 故③不正确； 1 当 时，则函数 f x的零点为x ax0 和 lnx ax0， a0 x ∵函数 f(x)有四个不同零点，  1 x ,x0 f x x ∴由函数  lnx,x0 的图象可知 ，解得 ，  a2 a2 1 当 a0 时，则函数 f x的零点为x x ax0 和 lnx ax0，此情况不存在 f(x) 有两不同零点； x x x x 设对应的两个零点为 1， 2， 3， 4， 1 即lnx a或lnx a，解得x ea，x 2 ea  ea ， 1 2 1 1 x a0 当 x 时，整理得x2ax10，当a2时，0， x x x x 1 则该方程存在两个不等的实数根 3和 4，由韦达定理得 3 4 ， 1 所以xx x x ea 11，则故④正确； 1 2 3 4 ea 故选：C.f x 2x 2 1 f2xmf xn0 2．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知函数 ，则关于x的方程 有7个不同实数解，则实数 m,n 满足（ ） A．m0且n0 B．m0且n0 C．0m1且n0 D．1m0且n0 【答案】C u f x u2mun0 u 【分析】令 ，利用换元法可得 ，由一元二次方程的定义知该方程至多有两个实根 1、 u f(x) u 0 u m 2，作出函数 的图象，结合题意和图象可得 1 、 2 ，进而得出结果. u f x u f x 【详解】令 ，作出函数 的图象如下图所示： u2mun0 uu uu 由于方程 至多两个实根，设为 1和 2， uu u f x 由图象可知，直线 1与函数 图象的交点个数可能为0､2､3､4， f2xmf xn0 由于关于x的方程 有7个不同实数解， u2mun0 u 0 n0 则关于u的二次方程 的一根为 1 ，则 ， u2mu0 u m 则方程 的另一根为 2 ， uu u f x 1m0 0m1 直线 2与函数 图象的交点个数必为4，则 ，解得 . 所以0m1且n0. 故选：C.  lnx,x0 f x 3．（2022·安徽·模拟预测（文））已知函数 x22x,x0，若gx f xa有4个零点，则实数a的取值范围是（ ） 0,1 0,1 0,1 1, A． B． C． D． 【答案】A y f x,ya gx f xa 【分析】在同一坐标系中作出 的图象，根据 有4个零点求解. gx f xa0 f xa 【详解】解：令 ，得 ， y f x,ya 在同一坐标系中作出 的图象，如图所示： gx f xa 由图象知：若 有4个零点， 0,1 则实数a的取值范围是 ， 故选：A 2 4．（2022·河南河南·三模（理））函数 f xex1e1x  的所有零点之和为（ ） x1 A．0 B．2 C．4 D．6 【答案】B 【分析】结合函数的对称性求得正确答案. 2 2 【详解】令 f xex1e1x 0，得ex1e1x  ， x1 x1 2 gx 图象关于1,0对称，在,1,1,上递减. x1 hxex1e1x, Hxhx1ex ex,Hxex ex Hx ，令 ， Hx hx 1,0 所以 是奇函数，图象关于原点对称，所以 图象关于 对称，e h10，hxex1 ex 在 R 上递增， hx gx 所以 与 有两个交点， 2 两个交点关于1,0对称，所以函数 f xex1e1x  的所有零点之和为 . x1 2 故选：B 二、多选题 sinx,0x2  f(x)1 5．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）对于函数  f(x2),x2，下列结论中正确的是（ ） 2 3 A．任取x,x [1,)，都有 f(x 1 ) f(x 2 )  2 1 2 1 5 1  1 f   f     f  2k2 B． 2 2 2  2k1 ，其中kN； f(x)2k f(x2k)(kN) x[0,) C． 对一切 恒成立； D．函数y f(x)ln(x1)有3个零点； 【答案】ACD sinx,0x2  f(x)1 【分析】作出函数  2 f(x2),x2的图象.对于A：利用图象求出 f(x) , f(x) ，即可判断；对于 max min 1 5 1  1 f   f     f  2k2 B：直接求出 2 2 2  2k ，即可判断；1 对于C：由 f(x) f(x2)，求得 ，即可判断； 2 f(x)2k f(x2k) y f(x) yln(x1) y f(x)ln(x1) 对于D：作出 和 的图象，判断出函数 有3个零点. sinx,0x2  f(x)1 【详解】作出函数  2 f(x2),x2的图象如图所示.所以 f(x) 1, f(x) 1 . max min 1 3 对于A：任取x,x [1,)，都有 f(x 1 ) f(x 2 )  f(x) max  f(x) min  2 1 2 .故A正确； 1 2 1 5 1 1  1 k1 f  1, f   ,  f  2k  对于B：因为 2 2 2 2  2 ，所以 1 1 k 1 5 1  2    1 2      1 f  2    f  2      f  2 2k  1 1 2 2k .故B错误； 1 2 1 1 k f(x) f(x2) f(x2k)  f(x) 对于C：由 2 ，得到 2 ，即 f(x)2k f(x2k).故C正确； y f(x)ln(x1) 1, y f(x) yln(x1) 对于D：函数 的定义域为 .作出 和 的图象如图所示：ysin2ln10 x2 当 时, ; y f x ylnx1 1x2 当 时,函数 与函数 的图象有一个交点; 9 1 1 1  1 9  7 1 当x2时,因为 f  2    4 f  2    4 sin 2  4, ln 2 1  ln 2 1 4，所以函数 y f x 与函数 ylnx1 y f(x)ln(x1) 的图象有一个交点,所以函数 有3个零点.故D正确. 故选：ACD f x xR 6．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）已知 是定义在R上的偶函数，且对任意 ，有 f 1xf 1x x0,1 f xx2x2 ，当 时， ，则（ ） f x A． 是以2为周期的周期函数 3,0 f x B．点 是函数 的一个对称中心 f 2021 f 20222 C． y f xlog x1 D．函数 2 有3个零点 【答案】BD f x f 2021 f 2022 【分析】首先根据函数的对称性求出 的周期和对称中心，然后求得 .利用图象法即 可判断D. f x 【详解】依题意， 为偶函数， 1x1x 且 f 1xf 1x，有 1，即 f x关于1,0对称， 2 f x4 f 1x3f 1x3f 2x 则 f 2xf 2xf 11x f 11x f x f x ， f x 所以 是周期为4的周期函数，故A错误；f x f x 1,0 因为 的周期为4， 关于 对称， (3,0) f x 所以 是函数 的一个对称中心，故B正确； f x f 2021 f 10 f 2022 f 2f 02 因为 的周期为4，则 ， ， f 2021 f 20222 所以 ，故C错误； ylog x1 y f x 作函数 2 和 的图象如下图所示， 由图可知，两个函数图象有3个交点， ylog (x1) f(x) 所以函数 2 有3个零点，故D正确. 故选：BD. 三、填空题 sinx,x0,2  f x1 7．（2022·四川·成都七中三模（文））已知函数  f x2,x2,，则函数 2 y f(x)ln(x1) 的零点个数是______个． 【答案】3 y f(x)ln(x1) f x ylnx1 【分析】函数 的零点个数等价于函数函数 与 的交点个数， f x ylnx1 作出函数 与 的图象，结合图象即可求出结果. y f(x)ln(x1) f x ylnx1 【详解】函数 有的零点个数等价于函数函数 与 的交点个数，f x ylnx1 作出函数 与 的图象，如图： ， f x ylnx1 y f(x)ln(x1) 由图可知，函数 与 有3个交点，故函数 有的零点个数为3， 故答案为：3. 8．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（理））下面四个命题： f x f x2 f 2x1 f 30 ①已知函数 的定义域为R，若 为偶函数， 为奇函数，则 ； f x lgx kx2 k ②存在负数 ，使得 恰有3个零点； (x1)3(x1)4  x4 a x3a x2 a xa a 5 ③已知多项式 1 2 3 4，则 1 ； ④设一组样本数据 x 1 ,x 2 ,  ,x n的方差为 0.01 ，则数据 10x 1 ,10x 2 ,  ,10x n的方差为 0.1 其中真命题的序号为___________. 【答案】① ③ 【分析】对于①利用函数奇偶性性质求解即可；对于②数形结合判断即可； 对于③利用二项式定理求解即可；对于④利用平均数和方差公式求解即可. f x2 f x2 f x2 x1 f 3 f 1 【详解】对于①：因为 为偶函数，即 ，令 ，所以 ， f 2x1 f 2x1f 2x1 x0 又因为 为奇函数，所以 ，令 ， f 10 f 30 所以 ，所以 ，故①正确； k f x lgx kx2 y lgx y kx2 对于②：存在负数 ，使得 恰有3个零点等价于 和 ， y kx2 0,2 有三个不同交点，且 恒过点 ，画出图像如下所示：根据图像判断至多有两个交点，故②不正确； (x1)3 C0x3C1x2C2x1x33x23x1 对于③： 3 3 3 ， (x1)4 C0x4C1x3C2x2 C1x1x4 4x36x2 4x1 4 4 4 4 ， 所以x3的系数为：5，故③正确； 对于④：设 x 1 ,x 2 ,  ,x n的平均数为 x ， 则其方差为：s2  1 n    x 1 x 2   x 2 x 2     x n x 2  0.01， 则 10x 1 ,10x 2 ,  ,10x n的平均数为 10x ， 则其方差为：s2  1 n    10x 1 10x 2   10x 2 10x 2   10  x n 10x 2  1000.01=1， 故④不正确. 故答案为：① ③ . f x f 2x x0,1 9．（2022·四川成都·二模（文））定义在R上的奇函数f（x）满足 ，且当 时， f xx2 ．则函数 gx f x x 7 2 的所有零点之和为______． 【答案】14 x2 【分析】判断出 f x的对称性、周期性，画出y f x,y 的图象，结合图象求得gx的所有零点 7 之和.f x f 2x 【详解】依题意，定义在R上的奇函数f（x）满足 ， f 1x f 21x f 1x f x x1 ，所以 关于 对称， f x4 f 1x3 f 1x3 f 2xf 2x f 2xf x f x f x 4 ，所以 是周期为 的周期函数. f 2x f 11x f 11x f xf xf 2x f x 2,0 ，所以 关于点 对称. x2 y 关于点2,0对称. 7 x0,1 f xx2 当 时， ， x2 画出y f x,y 的图象如下图所示， 7 x2 由图可知，y f x,y 有 个公共点， 7 7 gx 7214 所以 的所有零点和为 . 故答案为：14 f x lgx kx2 10．（2022·全国·高三专题练习）已知 ，给出下列四个结论： （1）若k 0，则 f(x)有两个零点； （2）k0，使得 f(x)有一个零点； （3）k0，使得 f(x)有三个零点； （4）k 0，使得 f(x)有三个零点． 以上正确结论的序号是 __．【答案】（1）（2）（4） 【分析】将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，作图可解. 【详解】函数 f(x)|lgx|kx2的零点的个数可转化为函数y|lgx|与直线y kx2的交点的个数； 作函数y|lgx|与直线y kx2的图象如图， 若k 0，则函数y|lgx|与直线y kx2的图象在(0,1)与(1,)上各有一个交点，则 f(x)有两个零点， 故（1）正确； k 0 y|lgx| y kx2 f(x) 若 ，则当函数 与直线 的图象相切时， 有一个零点，故（2）正确； k 0 y|lgx| y kx2 当 时，函数 与直线 的图象至多有两个交点，故（3）不正确； k 0 k y|lgx| y kx2 (0,1) (1,) 当 且 足够小时，函数 与直线 的图象在 与 上分别有1个、2个交点，故 （4）正确； 故答案为：（1）（2）（4）． 四、解答题 D(,0)  (0,) f(x) x0 11．（2022·北京·高三学业考试）给定集合 ， 为定义在D上的函数，当 时， 4x f(x) x24 ，且对任意xD，都有___________． 从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，补充在横线处，使 f(x)存在且唯一确定． f(x) f(x)1 条件①： ； f(x) f(x)1 条件②： ；f(x) f(x)1 条件③： ． 解答下列问题： f(1) f(1) （1）写出 和 的值； f(x) (0,) （2）写出 在 上的单调区间； g(x) f(x)m(mR) g(x) （3）设 ，写出 的零点个数． f x x0 【分析】判断条件③不合题意.选择条件①②、则先求得当 时， 的表达式，然后结合函数的解析 式、单调性、零点，对（1）（2）（3）进行分析，从而确定正确答案. f x D(,0) (0,) 【详解】依题意 的定义域为  ， 4x f(x) 当x0时， x24 . xD f(x) f(x)1 对于条件③，对任意 ，都有 ， x x f x f x1 f(x) f(x)1 以 替换 ，则 ，这与 矛盾，所以条件③不合题意. 4x 4x 若选条件①，当 时， ， f x1 f x1 1 . x0 x0 x24 x24 4 4 4 9 （1） f 1  , f 11  . 14 5 14 5 4x （2）对于函数hx x0 ， x24 4x 4x x  x24  x  x24  hx hx  1  2 4 1 2 2 1 任取 x x 0 ， 1 2 x24 x24  x24  x24  1 2 1 2 1 2 xx24x x2x 4x xx x x 4x x  4 1 2 1 1 2 2 4 1 2 2 1 2 1  x24  x24   x24  x24  1 2 1 2 xx 4x x  4 1 2 2 1  x24  x24  ， 1 2 x x 0 x x 2 xx 40 hx hx 0,hx hx  其中 2 1 ，当 1 2 时， 1 2 ， 1 2 1 2 ，hx ,2 所以 在 上递减. 2 x  x 0 xx 40 hx hx 0,hx hx  当 1 2 时， 1 2 ， 1 2 1 2 ， hx 2,0 所以 在 上递增. ,0 h2hx0,1hx0 所以在区间 ， . hx 0,2 2, 0hxh2,0hx1 同理可证得： 在 上递增，在 上递减， . 4x 当 时， f x1 1hx ， x0 x24 f x 0,2 2, 1 f x2 由上述分析可知， 在 上递增，在 上递减.且 . g(x) f(x)m0,m f x （3） ， f x 由（2）的分析可画出 的大致图象如下图所示， m1 0m1 m2 g(x) 所以，当 或 或 时， 的零点个数是0； m1 m2 g(x) 当 或 时， 的零点个数是1； 1m0 1m2 g(x) 当 或 时， 的零点个数是2． 若选条件②，当x0时，x0， 1 x24 f x  由 f(x) f(x)1得 f x 4x ， 4 4 14 5 （1） f 1  , f 1  . 14 5 4 44x （2）对于函数hx x0 ， x24 hx ,2 2,0 根据上述分析可知： 在 上递减，在 上递增， ,0 h2hx0,1hx0 且在区间 ， . x24 对于 f x x0，任取 ， 0x x 4x 1 2 x24 x24 1x24 x24 f x  f x  1  2   2  1  1 2 4x 4x 4 x x  1 2 2 1 1 xx2x2x 4x x  1 xx x x 4x x    1 2 1 2 1 2   1 2 2 1 2 1 4 xx 4 xx 1 2 1 2 1 xx 4x x    1 2 2 1 4 xx . 1 2 x x 0 0x x 2 xx 40, f x  f x 0, f x  f x  其中 2 1 .当 1 2 时， 1 2 1 2 1 2 ， f x 2x x xx 40, f x  f x 0, f x  f x  f x 递增；当 1 2时， 1 2 1 2 1 2 ， 递减. f x 0,2 2, f x f 21 所以 的增区间为 ，减区间为 .且 . g(x) f(x)m0,m f x （3） ， f x 结合上述分析画出 的大致图象如下图所示， m0 g(x) m0 g(x) 所以当 时， 的零点个数是0；当 时， 的零点个数是2．f x  f x  【点睛】利用函数的单调性的定义求函数的单调性，主要是计算出 1 2 的符号.求解函数零点问题， 可利用分离参数法，结合函数图象来进行求解. π  3 f x 3sinωxcosωxsin2  ωx ω0 12．（2021·河北·高三阶段练习）已知函数 2  2 的最小正周期 为. f x （1）求函数 的单调递增区间；  （2）若先将函数 f x 图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将其图像向左平移 6 gx gx lgx 10 0, 个单位长度，得到函数 的图像，求方程 在 上根的个数.      k, k   【答案】（1） 6 3 ，kZ；（2）4. 【分析】（1）由题意利用三角恒等变换，化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性求出，可求出 解析式，进而结合函数函数的图象与性质即可求出单调递增区间； gx ysinx hx lgx 0, （2）根据伸缩变换求得 的解析式，进而本题等价于求 和 在 上交点的个数， 作出函数图象，数形结合即可求出结果. π  3 f x 3sinωxcosωxsin2  ωx 【详解】解：（1） 2  2 3 1  sin2ωx cos2ωx1 2 2  π sin2ωx 1  6 ; f x T  1 因为 的最小正周期 ，所以 ，   f xsin2x 1 故  6 .    令 2k2x  2k， ， 2 6 2 kZ  得 k x k， ， 6 3 kZ      k, k 所以 f x 的单调递增区间为   6 3  ，kZ. gxsinx1 （2）由题意可得 . gx lgx 10 0, sinx lgx 0 方程 在 上根的个数，即方程 的根的个数. ysinx hx lgx 结合 和 的图像，如图所示： 9 因为hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，且 lg101 ，310 2 ， ygx lgx 0, 所以结合图像可知函数 在 上有4个零点， gx lgx 10 0, 即方程 在 上根的个数为4.   1 f(x)cos2  x 3sinxcosx (0) 13．（2021·辽宁·高三阶段练习）已知函数 2  2 的最小正周期 为． （I）求函数 f(x)的解析式；  （II）若先将函数 f(x)的图象向左平移 12 个单位长度，再将其图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍 g(x) yg(x)|lgx| (0,) （纵坐标不变），得到函数 的图象，求 在 上的零点个数．   f(x)sin2x  【答案】（I）  6；（II）函数yg(x)|lgx|在(0,)上有4个零点．  【分析】（I）由已知解析式，应用二倍角余弦公式、辅助角公式可得 sin(2x )，由最小正周期 f(x) 6即可求，写出 f(x)的三角函数解析式. g(x)sinx yg(x)|lgx| (0,) yg(x) h(x)|lgx| （II）由图像平移可得 ， 在 上的零点即为 和 图象交点 的横坐标，应用数形结合及对数函数、正弦函数的性质即可判断交点的个数.   1 3 1    f(x)cos2  x 3sinxcosx  sin2x  2cos2  x1  【详解】（I）由题意得：  2  2 2 2 2   3 1 3 1   sin2x cos(2x)  sin2x cos2x sin(2x ) 2 2 2 2 6 ． ∵ f(x)的最小正周期T ，故1，   f(x)sin2x  ∴  6．    x （II）由（I）得：m(x) f(x )sin[2(x ) ]sin2x，g(x)m( )sinx． 12 12 6 2 求函数yg(x)|lgx|在(0,)上的零点个数，即求方程g(x)|lgx|0的根的个数． yg(x)和h(x)|lgx|的图象，如下图示， 9 ∴ 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ，又310 ， h(x) (0,1) (1,) lg101 2 ∴由图象知：函数yg(x)|lgx|在(0,)上有4个零点． 题型四：转化法判断函数零点个数 一、单选题 1．（2022·安徽·巢湖市第一中学高三期中（文））已知函数 ，则函数 的零点个数为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B 【分析】由 的性质求出对应区间的值域及单调性，令 并将问题转化为 与 交点横坐 标 对应 值的个数，结合数形结合法求零点个数即可. 【详解】令 ， 当 时， 且递增，此时 ， 当 时， 且递减，此时 ， 当 时， 且递增，此时 ， 当 时， 且递增，此时 ， 所以， 的零点等价于 与 交点横坐标 对应的 值，如下图示： 由图知： 与 有两个交点，横坐标 、 ： 当 ，即 时，在 、 、 上各有一个解；当 ，即 时，在 有一个解. 综上， 的零点共有4个. 故选：B 2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ，则函数 的零点个数为 （ ） A．3 B．4 C．2 D．1【答案】A 【分析】令 ，令 ，得出 ，求出关于 的方程 的根 或 ，然后再考查直线 或 与函数 的图象的交点个数，即可得出答案． 【详解】令 ，令 ，则 , 当 时，则 ，所以 ， ， 当 时， ，则 ， 作出函数 的图象如下图所示， 直线 与函数 的图象只有1个交点， 线 ，与函数 的图象只有2个交点， 因此，函数 只有3个零点， 故选： ． 3．（2021·天津市实验中学滨海学校高三期中）已知函数 则函数 的零点个数不可能是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】作出函数 的图象，换元 ，问题转化为 解得个数，分类讨论 ，结合 二次方程根个数的判断及数形结合求解. 【详解】函数 的图象如图，令 ，则函数 的零点即方程组 的解． 设 ，则 ． 若 ，则 ， 有两个零点 ，且由 知 ，此时方程组有2个解； 若 ，则 ， 有一个零点 ，此时方程组有1个解； 若 ，则 ， 没有零点，此时方程组无解； 若 ，则 ， 有一个零点 ，此时方程组有2个解； 若 ，则 ， 有两个零点 ，且由 知 ，此时方程组有4个解， 故选：C 4．（2021·辽宁沈阳·高三阶段练习）对于任意正实数 ，关于 的方程 的解 集不可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别将等式左侧和右侧看做函数的形式，可得函数的单调性和对称轴，并求得左右两侧函数的最 值；通过单调性和最值的大小关系可得解的个数有 个， 个或 个的情况，由此可得结果. 【详解】 函数 是开口向上且关于直线 对称的二次函数，； 函数 关于直线 对称，且在 上单调递增，在 上单调递减， ； 若 ，则方程 无解； 若 ，则方程 有唯一解 ； 若 ，则方程 有两解，且两解关于 对称； 综上所述：方程 的解集不可能是 . 故选：C. 二、多选题 5．（2022·江苏无锡·高三期末）高斯被人认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.有 这样一个函数就是以他名字命名的：设 ，用 表示不超过 的最大整数，则 称为高斯函数， 又称为取整函数.如： ， .则下列结论正确的是（ ） A．函数 是 上的单调递增函数 B．函数 有 个零点 C． 是 上的奇函数 D．对于任意实数 ，都有 【答案】BD 【分析】对于AC，举例判断，对于B，利用取整函数和零点的定义判断即可，对于D，定义 这样一个函数，就会有 ，然后结合高斯函数的定义判断即可 【详解】对于A， ， ， ， 在 上不是单调增函数，所以A错. 对于B，由 ，可得 ，所以 ，若函数 要有零点，则，得 ，因为 要想为 ，必须 也为整数，在这个范围内，只有 两 个点，所以B正确， 对于C， ， ， 不是奇函数，所以C错， 对于D，如果我们定义 这样一个函数，就会有 ，同时有 ，当 时，会有 ，当 时， ，所以 D正确， 故选：BD. 6．（2022·全国·高三专题练习）定义域和值域均为 （常数 ）的函数 和 图象如 图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（ ） A．方程 有且仅有三个解 B．方程 有且仅有三个解 C．方程 有且仅有九个解 D．方程 有且仅有一个解 【答案】AD【分析】通过利用 或 ，结合函数 和 的图象，分析每个选项中外层函数的 零点，再分析外层零点对应的直线与内层函数图象的交点个数，即可得出结论. 【详解】解：对于A中，设 ，则由 ，即 ， 由图象知方程 有三个不同的解，设其解为 ， ， ， 由于 是减函数，则直线 与函数 只有1个交点， 所以方程 ， ， 分别有且仅有一个解， 所以 有三个解，故A正确； 对于B中，设 ，则由 ，即 ， 由图象可得 有且仅有一个解，设其解为b，可知 ， 则直线 与函数 只有2个交点， 所以方程 只有两个解，所以方程 有两个解，故B错误； 对于C中，设 ，若 ，即 ， 方程 有三个不同的解，设其解为 ， ， ，设 ， 则由函数 图象，可知 ， ， 由图可知，直线 和直线 分别与函数 有3个交点， 直线 与函数 只有1个交点， 所以 或 或 共有7个解， 所以 共有七个解，故C错误； 对于D中，设 ，若 ，即 ，由图象可得 有且仅有一个解，设其解为b，可知 ， 因为 是减函数，则直线 与函数 只有1个交点， 所以方程 只有1解，所以方程 只有一个解，故D正确. 故选：AD. 三、填空题 7．（2022·全国·高三专题练习）已知 是定义在R上的奇函数，当 时， = ，则方程 解的个数为___________. 【答案】3 【分析】根据函数为奇函数求得解析式，再根据解析式作出 的图像即可得解. 【详解】当 时， ，所以 ，因为 是定义在R上的奇函数， 所以 = ，所以 ， 所以 ， 所以 = ， 由 的图象知， 有3个零点，所以方程 解的个数为3. 故答案为：3.8．（2021·全国·模拟预测）已知函数 若直线 与函数 的图象交于A，B两点， 且满足 ，其中O为坐标原点，则k值的个数为___________. 【答案】2 【分析】原题可转换为存在 ，使得 →函数 与 的图象有公共点，当 时， ， 时， 与 的图象的交点个数即所求，作出图像，即可 求出k值的个数 【详解】由题意知，函数 的图象上有关于原点O对称的点，因此存在 ，使得 ， 即函数 与 的图象有公共点. 当 时， ， ， ，作出 ， 在 上的图象，如图 所示，则当 时， 与 的图象的交点个数即所求k值的个数， 数形结合可知，当 时， 与 的图象有2个交点，所以k值的个数为2. 故答案为：2 四、解答题 9．（2021·全国·高三专题练习）证明：函数 的图象与 的图象有且仅有一个 公共点． 【分析】把要证两函数的图象有且仅有一个公共点转化为证明方程 有且仅有一个实根.易观察出 为其一根，再假设 是函数图象的另一个公共点，然后得出矛盾即可. 【详解】要证明两函数 和 的图象有且仅有一个公共点， 只需证明方程 有且仅有一个实根， 观察上述方程，显然有 ，则两函数的图象必有交点 ． 设 是函数图象的另一个公共点． 则 ， ， ， ∴ ，即 ， 令 ，易知函数 为指数型函数． 显然 在 内是减函数，且 ， 故方程 有唯一解 ，从而 ，与 矛盾， 从而知两函数图象仅有一个公共点． 10．（2020·安徽·淮南市第五中学高三阶段练习（理））已知 是定义在 上的偶函数，当 时， （1）求 ， 的值； （2）求 的解析式并画出函数的简图； （3）讨论方程 的根的情况. 【答案】（1） ；（2） ，图像见解析；（3）当 ，方程无实根、 当 或 ，有2个根、当 ，有3个根、 当 ，有4个根；【分析】（1）函数求值只需将自变量值代入函数式计算即可； （2）求 时的解析式时，转化为 ，将其代入已知关系式，再借助于偶函数 得到函 数解析式，最后将解析式化成分段函数形式； （3）结合做出的函数图像可知函数值 取不同值时对应的自变量个数是不同的，本题求解主要利用数形结 合法 【详解】解：（1） 是定义在R上的偶函数， （2）当 时， 于是 是定义在 上的偶函数， ， 图像如图所示： （3）数形结合易知：当 ，方程无实根；当 或 ，有2个根；当 ，有3个根； 当 ，有4个根； 【点睛】本题考查根据奇偶函数性质求函数解析式，数形结合解决方程根的个数问题，考查运算求解能力， 数形结合思想，是中档题.本题解题的关键在于利用数形结合思想求解. 题型五：零点存在定理与函数性质结合判断零点个数 一、单选题1．（2022·广东韶关·二模）已知直线 既是函数 的图象的切线，同时也是函数 的图象的切线，则函数 零点个数为（ ） A．0 B．1 C．0或1 D．1或2 【答案】B 【分析】设 是函数 图象的切点，则由导数的几何意义可求得 ，设 是函数 的切点，同样利用导数的几何意义可求出 ，然后根据零点 存在性定理可求得结果 【详解】设 是函数 图象的切点， 则 ，∴ （1） 又 （2）， 将（1）代入（2）消去 整理得： ，∴ ， 设 是函数 的切点， 据题意 ，又 故 ， 令 ， ， ∴ ， 故 ， 在定义域上为增函数，又 ，故 ， 故 ， ∴ ， 在 上是增函数 当 时， ；当 时， ； 由零点存在性定理可得，g(x)存在唯一一个 函数零点个数是1， 故选：B． 2．（2022·天津·高三专题练习）设函数 有5个不同的零点，则正实数 的 取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分段函数分段处理，显然 有1个零点，所以 有4个零点，利用三角函数求出所有 的零点，保证 之间有4个零点即可. 【详解】易知函数 、 在 上为增函数， 所以当 时，函数 单调递增， 当 无限接近0时， ，当 时， ， 所以函数 在 上存在一点 ，使得 ， 即 在 上有且只有一个零点； 所以当 时，函数 有4个零点，令 ，即 Z，解得 Z， 由题可得 区间内的4个零点分别是 ， 所以 即在 之间， 即 ，解得 故选：A 3．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数 有两个零点，则 的取值范围为 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】显然需要参数分离，将原题改造成为 ，求 与 有两个交点。 【详解】由 得到： ； 令 ，由题意可以看做是 与 有两个交点； 则 ，其中 ， ， 是单调递减的，并且 时， =0； 因此函数 存在唯一零点， ； 当 时， ； 时， ； ； 得如下函数图像：显然当 时， 与 有两个交点； 故答案为：B. 二、多选题 4．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）已知函数f(x)＝sin(|cosx|)＋cos(|sinx|)，则以下结论正确的是（ ） A．f(x)的图象关于直线 对称 B．f(x)是最小正周期为2π的偶函数 C．f(x)在区间 上单调递减 D．方程 恰有三个不相等的实数根 【答案】ACD 【分析】根据对称性，周期性，复合函数单调性可判断选项ABC，结合单调性和周期性对函数 和 的图象交点情况讨论可判断D. 【详解】 ， ， ，故A正确； ，故B不正确； 当 时， 单调递减， 单调递增，所以， 单调递减，同理， 单调递减，故函数 在区间 上单调递减，所以C正确； 易知 为偶函数，综上可知： 的周期为 ，且在区间 上单调递减，在区间 上单调递增， 在区间 上单调递减. 令 ，因为 ， ，故函数 与 的 图象在区间 内有且只有一个交点； 又 ，故函数 与 的图象在区间 内有且只有一个交 点； 又 ，故函数 与 的图象在区间 内有且只有一个交点. 因为 ，由 周期性和 单调性可知，当 或 时，两函数图象无 交点. 综上所述，方程 恰有三个不相等的实数根 故选：ACD 5．（2021·湖北恩施·高三开学考试）已知函数 ，则以下说法正确的是（ ） A． 是偶函数 B． 在 上单调递增 C．当 时， D．方程 有且只有两个实根 【答案】ABD 【分析】A．利用奇偶性定义进行判断； B．利用导数分析 的正负并进行判断；C．根据条件分析 在 上的单调性，由此确定出最小值并判断； D．利用 在 上的单调性结合零点的存在性定理分析 在 上的零点数，由此确定出 的实数根个数. 【详解】A． 的定义域为 关于原点对称， ，所 以 为偶函数，故正确； B．当 时， ， ， ， 所以 ，所以 在 上单调递增，故正确； C．因为 为偶函数且在 上单调递增，所以 在 上单调递减， 所以 ， ，故错误； D．因为 在 上单调递增，且 ， 所以 在 上有唯一零点， 又因为 为偶函数，所以方程 有且仅有两根，故正确； 故选：ABD． 6．（2022·全国·高三专题练习）函数 ，则下列说法正确的有（ ） A．函数 是 上的单调递增函数 B．对于任意实数 ，不等式 恒成立 C．若 ，且 ，则D．方程 有3个不相等实数解 【答案】BD 【分析】对于A，通过比较零左右两边的函数值来判断；对于B，分 和 两种情况分析判断；对于 C，举反例判断；对于D，由零点存在性定理判断即可 【详解】解：函数 是 和 上的单调递增函数，但是 ， 在 上不单调， A错误； 当 时， ， ， ；当 时， ， 由函数 在 上单调递增知 ；B正确； 令 ， ， ，且 ，C错误； 当 时， ；当 时， 在 上单调递增， ， ，故存在1个解；同理知 时也存在1个解； 是函数的一个零点， 故方程 共有3个解，D正确， 故选：BD． 三、解答题 7．（2022·江西南昌·二模（文））已知函数 . (1)当 时，求函数 的单调区间； (2)若 ，证明：方程 有且仅有一个正根. 【答案】(1)增区间为 ，无减区间；(2)证明见解析 【分析】（1） 时，求导，分析导函数的符号即可得出单调区间；（2）先证明出一个点 ，当 ， ，再证 时函数递增，结合零点存在定理即可说明.(1)因为 ，所以 ，则 ， 当 时 ，所以函数 在 上单调递增， 即函数 的增区间为 ，无减区间； (2)因为 ，所以 ， 设 ， ，所以 ， 当 时， ，则 在 为减函数； 当 时， ，则 在 为增函数； 因为 ，当 时， ， 所以存在 ，使得 ， 当 时， ，则 在 上单调递减； 当 时， ，则 在 上单调递增； 因为 ，所以当 时， ， ； 且当 时， ， 所以 在区间 有且仅有一个零点 ， 即方程 有且仅有一个正根. 8．（2022·河北·模拟预测）已知函数 . (1)请研究函数 在 上的零点个数并证明； (2)当 时，证明： . 【答案】(1)4，证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）函数 是奇函数，所以只要考虑 上的零点，利用函数的单调性即可；（2）构造函数，用缩放法可以证明不等式. (1) 为奇函数，所以只需要研究函数 上的零点个数， 当 时， ， 是单调递减的， ， ， 所以当 时， 有一个零点； 当 时，令 ， ， 是单调递增的， ， ， 所以存在 ，使得 ， 所以当 时， ， 单调递减的， 当 时， ， 是单调递增的， 又 ，所以 ， ， 所以存在 使得 ， 当 时， 无零点， 综上可知，当 时，函数 有两个零点， 即在 上，函数 有四个零点； (2)当 时， ， 两边取自然对数得： 构造函数 ，即 ， 即 ，即 ，则 ， 于是 ， ， 所以 . 【点睛】一般来说当三角函数和其他基本初等函数同时出现在同一解析式时，由于三角函数是周期函数， 而其他函数往往没有周期性，所以需要一个区间一个区间取讨论，不论是单调性还是零点，最好在讨论之 前先画一个草图；对于第二问难点在于构造函数，因为对数函数是非线性函数，直接计算难度很大，因此 考虑缩放的方法，构造一个新函数，将原对数函数转化为一个比较容易计算的函数，像 ， 等比较多见. 9．（2022·全国·高三专题练习）设 为实数，函数 . (1)若 ，求 的取值范围； (2)讨论 的单调性； (3)当 时，讨论 在 上的零点个数. 【答案】(1) ， (2) 在 上单调递增，在 上单调递减 (3)有2个零点 【分析】（1）写出 ，讨论a的取值情况，解得答案； （2）分类讨论去掉绝对值符号，再根据二次函数的性质，求得答案； （3）分段讨论去掉绝对值符号，得到 的解析式，结合二次函数图象的对称轴确定函数的单调性， 结合零点存在定理即可得答案. (1) , 当 时，不等式为 恒成立，满足条件， 当 时，不等式为 ，， 综上所述 的取值范围为 ， ； （2）当 时，函数 ， 其对称轴为 ，此时 在 时是减函数， 当 时， ， 其对称轴为： ， 在 时是增函数， 综上所述， 在 上单调递增，在 上单调递减， （3）设g(x)=f(x)+|x| ， 当 时，其对称轴为 ， 当 时，其对称轴为 ， 当 时，其对称轴为 ， 在 上单调递减，在 上单调递减，在 上单调递增， ， （a） ， 又 ， （a） 在 上单调递减， （a） （2） ， 在 和 上各有一个零点， 综上所述 时， 在 上有2个零点. 10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 . (1)若 ，求函数 在 上的零点个数； (2)当 时都有 ，求实数 的取值范围.【答案】(1)只有一个零点(2) 【分析】（1）首先利用导数确定函数的单调性，再利用零点存在定理即可判断函数的零点个数（2）可通 过讨论 在 的最小值，使 恒成立，来确定实数 的取值范围 (1)因为 ，所以 ， ， 因为 ，所以 ，所以 在 上是单调增函数， 又因为 ， ， 所以 在 上只有一个零点. (2)因为 ，所以 ， 令 ， ，因为 ， 所以 ， 为增函数， ， 当 时，即 时， ，即 ， 所以 在 上为增函数， ， 所以 时满足 时都有 ； 当 时，即 时， ， 又 ， 所以 ，使 ， 所以 时 ，即 ， 为减函数， ，与 矛盾，所以 不成立，综上实数 的取值范围是 【点睛】本题为函数综合问题，针对函数不等式恒成立问题，我们经常转化为函数最值问题，而函数最值 问题，熟练地应用单调性法是突破的关键. 题型六：利用函数零点（方程有根）求参数值或参数范围 一、单选题 1．（2022·四川成都·三模（理））若函数 的零点为 ，则 （ ）． A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】由已知有 ，根据零点得到 ，利用指对数的关系及运算性质得到 关于t的表达式，进而由指数函数的单调性确定t值即可. 【详解】由题设 ，由 得： ， 若 ，可得 ， 若 ，可得 ， 综上， ，故 . 故选：B 2．（2022·湖南岳阳·三模）已知函数 ，若不等式 有且仅有2个整数解，则实 数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】转化不等式 有且仅有2个整数解 有两个整数解，数形结合列出不等式及可求得答案. 【详解】解：由题意得： 不等式 有且仅有2个整数解，即可知 有两个整数解 于是 有两个整数解 令 ， 当 时， ，则 ，此时有无数个整数解，不成立； 当 时，如图所示， 有无数个整数解，也不成立； 当 时，如图所示，要使得 有两个整数解，则可知：所以则实数 的取值范围是 . 故选：B 3．（2022·山西·模拟预测（文））已知函数 若函数 有三个零点，则实 数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出 时，函数有一个零点，故 时，函数有两个零点，令 ，由 且 解出a的取值范围即可. 【详解】函数 当 时，方程 ．可得 ．解得 ，函数有一个 零点， 则当 时，函数有两个零点，即 ，在 时有两个解． 设 ，其开口向上，对称轴为： 在 上单调递减，在 上单调 递增，所以 ，且 ，解得 ． 故选：C． 二、多选题 4．（2021·辽宁·东北育才学校二模）一般地，若函数 的定义域为 ，值域为 ，则称为的“ 倍跟随区间”；若函数的定义域为 ，值域也为 ，则称 为 的“跟随区间”.下列结论 正确的是（ ）A．若 为 的跟随区间，则 B．函数 存在跟随区间 C．若函数 存在跟随区间，则 D．二次函数 存在“3倍跟随区间” 【答案】ACD 【分析】A，由已知可得函数在区间上单调递增，进而可以求解 的值； B，假设存在跟随区间，则根据跟随区间的条件求解 ， 的值，结合函数图象进行判断； C，先设跟随区间为 ， ，则根据跟随区间满足的条件建立方程组，找出 ， 的关系，然后统一变量表 示出 ，列出关于 的关系式，利用方程思想求解 的取值范围， D，若存在3倍跟随区间，则设定义域为 ， ，值域为 ， ，由此建立方程组，再等价转化为一个 方程有两个不相等的实数根，进而可以求解． 【详解】选项 ：由已知可得函数 在区间 ， 上单调递增，则有 ， 解得 或1（舍 ，所以 ， 正确； 选项 ：若 存在跟随区间 ， ，又因为函数在单调区间 上递减，图象如 图示， 则区间 ， 一定是函数的单调区间，即 或 , 则有 ，解得 ，此时 异号，故函数 不存在跟随区间， 不正确； 选项 ：由已知函数可得：函数在定义域上单调递减， 若存在跟随区间 ， ， 则有 ，即 ，两式作差得： ， 即 ， 又 ，所以 ，得 ， 所以 ，设 ， ，则 ， 即 在区间 ， 上有两个不相等的实数根， 只需： ，解得 ， 正确； 选项 ：若函数存在3倍跟随区间，设定义域为 ， ，值域为 ， ， 当 时，函数在定义域上单调递增， 则 ， 是方程 的两个不相等的实数根，解得 或 ， 故存在定义域为 ， 使得值域为 ， ， 正确， 故选： ． 【点睛】本题是根据新的定义求解参数或者是判断函数是否符合新定义，考查学生的理解新知识运用新知 识的能力，解答时要能根据新定义，灵活求解，综合性较强. 三、填空题 5．（2022·福建南平·三模）已知函数 有零点，则实数 ___________. 【答案】 【分析】先由基本不等式求得 ，再由二次函数求得 ，要使函数有零点，必须 同时取等，即 ， ，解方程即可.【详解】由 可得 ，当且仅当 时取等， 又 ，当且仅当 时取等， 故 ，当且仅当 ， 时取等. 要使函数有零点，则 且 ，化简得 ，解得 . 故答案为： . 6．（2022·四川·石室中学三模（文））若函数 的图象关于直线 对称，且直 线 与函数 的图象有三个不同的公共点，则实数k的值为______． 【答案】 【分析】依题意 是 的两个零点，根据对称性可得 和 也是 的零点，即可得到 的解析式， 整理得 ，令 ，依题意关于 的方程 有两个不 同的实数解 ， ，且关于 的方程 与 中一个方程有两个相同的实数解，另一 个方程有两个不同的实数解，即可求出 （或 ）的值，代入计算可得； 【详解】解：由已知可得， 是 的两个零点，因为函数图象关于直线 ，因此 和 也是 的 零点， 所以 ． 由题意可知，关于 的方程 有三个不同的实数解． 令 ，则关于 的方程 有两个不同的实数解 ， ，且关于 的方程 与 中一个方程有两个相同的实数解，另一个方程有两个不同的 实数解， 则 或 ，因此 与 中有一个等于 ，另一个大于 ． 不妨设 ，则 ，解得 ，此时 ，解得 、 满足条件， 因此 ． 故答案为： 四、解答题 7．（2021·辽宁·东北育才学校二模）已知二次函数 满足以下条件：①经过原点 ;② ， ;③函数 只有一个零点 (1)求二次函数 的解析式； (2)若函数 与 的图象有两个公共点，求实数 的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合已知可知 的对称轴为 ， 的最值为 ，由此可设二次函数的顶点 式，代入原点 ，求得答案； （2）令 ，整理为 ，将函数图象的交点问 题，转化为方程的解的问题，采用换元法，结合二次方程有根的情况，讨论求得答案. (1)由条件知 的对称轴为 ， 的最值为 ， 可设顶点式 ，再根据 ， 解得 ，故 .(2)由函数 与 的图象有两个公共点， 即 ， 整理得 , 此方程有两个实数根，令 ， ， 则关于m的方程 只有一个正实数根， 若 即 时， ，所以 ； 若 即 时，满足 只有一个正实数根， 有两种情况，有2个相等的正实根或两异号根， 即 或 , 解得 或 ， 综上所述，t的取值范围是 . 题型七：利用函数的交点（交点个数）求参数 一、单选题 1．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知函数 （ 且 ），若函数 的零点有5个，则实数a的取值范围为（ ） A． B． 或 C． 或 或 D． 或 【答案】D 【分析】依题意函数 的零点即为方程 的根，对 分四种情况讨论，结合函数图形即可得解； 【详解】解：依题意函数 的零点即为方程 的根， ①当 时函数 的函数图象如下所示： 所以 有两个根 ， （ ， ）， 而 对应2个根，所以需要 对应3个根， 所以 ，即 ，解得 ； ②当 时函数 的函数图象如下所示： 所以 有两个根 ， （ ， ），而 对应2个根， 对应2个根，即共四个根，所以不满足题意； ③当 时函数 的函数图象如下所示：所以 有三个根 ， ， ， 从而 ， ， ，所对应2、2、1个根， 即共5个根，所以满足题意； ④当 时函数 的函数图象如下所示： 所以 有三个根 ， ， ，（ ， ， ）， 而 ， ， 分别对应2、2、0个根，即共四个根， 所以不满足题意； 综上可得实数 的取值范围为 或 ； 故选：D 2．（2022·山东济宁·二模）已知函数 ，若函数 有5个零点，则实 数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C【分析】通过分析得到当 时， 要有2个根，参变分离后构造函数 ，研究其单调 性和极值，数形结合求出实数a的取值范围. 【详解】 与 关于y轴对称，且 ， 要想 有5个零点， 则当 时， 要有2个根，结合对称性可知 时也有2个零点， 故满足有5个零点， 当 时， ，不合题意； 当 时，此时 令 ，定义域为 ， ， 令 得： ， ，令 得： ， 故 在 上单调递增，在 上单调递减， 且当 时， 恒成立， 在 处取得极大值，其中 ， 故 ，此时与 有两个交点. 故选：C 3．（2022·全国·模拟预测（理））已知函数 的图象关于直线 对称，对 ，都有 恒成立，当 时， ，当 时，若函数 的图象和直线 有 个交点，则 的取值范围为（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析可知函数 为偶函数，且函数 是以 为周期的周期函数，作出函数 与 的图象，数形结合可得出关于实数 的不等式组，由此可解得实数 的取值范围. 【详解】因为函数 的图象关于直线 对称， 将函数 的图象向右平移 个单位，可得到函数 的图象， 则函数 的图象关于 轴对称，即函数 为偶函数， 由 可得 ，故函数 是以 为周期的周期函数， 如下图所示： 因为直线 过定点 ， 当 时，要使得函数 的图象和直线 有 个交点，则 ，解得 ， 故选：C. 二、多选题 4．（2022·福建莆田·三模）已知函数 ，函数 ，则下列结论正确的是（ ） A．若 有3个不同的零点，则a的取值范围是 B．若 有4个不同的零点，则a的取值范围是 C．若 有4个不同的零点 ，则 D．若 有4个不同的零点 ，则 的取值范围是 【答案】BCD 【分析】根据题意，将问题转化为函数 与 图像交点个数问题，进而数形结合求解即可得答 案. 【详解】解：令 得 ，即 所以 零点个数为函数 与 图像交点个数， 故，作出函数 图像如图， 由图可知， 有3个不同的零点，则a的取值范围是 ，故A选项错误； 有4个不同的零点，则a的取值范围是 ，故B选项正确； 有4个不同的零点 ，此时 关于直线 对称，所以 ，故C选项正确； 由C选项可知 ，所以 ，由于 有4个不同的零点，a的取值范围是 ，故 ，所以 ，故D选项正确. 故选：BCD 5．（2022·辽宁鞍山·二模）已知函数 ，若 有四个不同的实数解 ， ， ， ，且满足 ，则下列命题正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】A.在同一坐标系中作出函数 的图象， 由 有四个不同的实数解判断；B.根 据 ，得到 ，转化为 ，利用对勾函数的性质判断；C. 由 ，利用对勾函数的性质判断；D.由 ，利用对勾函数的 性质判断； 【详解】解：在同一坐标系中作出函数 的图象，如图所示：由图象知：若 有四个不同的实数解，则 ，故A正确； 因为 ，即 ，则 ， 所以 ，因为 在 上递增，所以 ，故B错误； 因为 ， 在 上递增，所以 ，而 ，所以 ，故C正确； 因为 ， 在 上递减，在 上递增，则 ，故 D正确； 故选：ACD 三、填空题 6．（2022·贵州毕节·三模（文））已知函数 在 有且仅有 个零点， 则 的取值范围为__________． 【答案】 【分析】先化简函数式，然后根据 的范围求出 的范围，结合 在 ， 有且仅有3个零点， 再利用正弦函数 的相关知识求得 的范围． 【详解】 , 当 ， 时， ， 在 ， 有且仅有3个零点， ，综上： , 故答案为： 7．（2022·福建宁德·模拟预测）已知 是定义在R上的偶函数，当 时， . 若 的图象与x轴恰有三个交点，则实数a的值为___________. 【答案】2 【分析】根据偶函数的对称性知 在 、 上各有一个零点且 ，讨论a值结合导数研 究 的零点情况，即可得结果. 【详解】由偶函数的对称性知： 在 、 上各有一个零点且 ， 所以 ，则 或 ， 当 时，在 上 ，则 ， 所以 在 上递增， ，故无零点，不合要求； 当 时，在 上 ，则 ， 所以 在 上递减，在 上递增， 则 且 ， ，故 上有一个零点，符合要求； 综上， . 故答案为：2 8．（2022·全国·三模（理））已知 是定义在R上的奇函数，且 是偶函数，当 时， ．设 ，若关于x的方程 有5个不同的实根，则实 数m的取值范围是__________． 【答案】 【分析】根据函数的奇偶性、对称性、周期性，运用数形结合思想进行求解即可. 【详解】因为 是偶函数，所以有 ，所以函数 的对称轴为 ， 由 ， 而 是定义在R上的奇函数， 所以有 ，因此有 ， 因此 ，所以 ， 因此函数 的周期为 ， 当 时， ， 当 时， ， 当 时， ； 当 时， 当 时， ， 因此有： 当 时， ； 当 时， ； 当 时， ； 当 时， ， 当 时， ， 因为 ， 所以函数 的周期为 ，所以函数 的图象如下图所示： 关于x的方程 有5个不同的实根， 等价于函数 的图象与直线 有5个不同的交点， 当 时，当直线经过 时，此时函数 的图象与直线 有5个不同的交点，则有 ， 当直线经过 时，此时函数 的图象与直线 有6个不同的交点，则有 ， 因此当 时，函数 的图象与直线 有5个不同的交点， 当 时，当直线经过 时，此时函数 的图象与直线 有5个不同的交点，则有 ， 当直线经过 时，此时函数 的图象与直线 有6个不同的交点，则有 ， 因此当 时，函数 的图象与直线 有5个不同的交点， 当 时，函数 的图象与直线 没有交点， 所以实数m的取值范围是 或 ，故答案为： 9．（2022·新疆昌吉·二模（文））已知函数 ，若关于x的方程 有三个不同的实根，则m的取值范围为______． 【答案】 【分析】由条件作函数 的图象，根据方程 有三个不同的实根结合图象求参数 的范 围. 【详解】由已知当 时， ， 当 时， ， 当 时， 作函数 图象如下， 因为关于x的方程 有三个不同的实根， 所以函数 的图象与 的图象有三个交点， 观察图象可得 ， 故答案为： . 四、解答题10．（2022·北京密云·高三期中）已知函数 . (1)求曲线 在点 处的切线方程； (2)当 时，求证： 函数 存在极小值； (3)请直接写出函数 的零点个数. 【答案】(1)y=0；(2)证明见解析；(3)答案见解析. 【分析】（1）求出函数 的导数 ，再利用导数的几何意义求解作答. （2）讨论函数 在区间 和 上的符号即可推理作答. （3）在 时，分离参数，构造函数 ，再探讨 在 上的零点情况即可 作答. (1)由函数 求导得： ，则 ，而 ， 所以曲线 在点 处的切线方程是y=0. (2)函数 的定义域为 ，由（1）知， ， 因 ，则当 时， ， ， ，则有 ，函数 在 上递 减， 当 时， ， ， ，则有 ，函数 在 上递增， 于是得当 时，函数 取得极小值， 所以当 时，函数 存在极小值. (3)函数 的定义域为 ， ， 显然 是函数 的零点，当 时，函数 的零点即为方程 的解， 令 ，则 ，令 ，则 ， 当 时， ，当 时， ，函数 在 上递增，在 上递减， ， ，即有 ， 在 ， 上都递减， 令 ， ，当 时， ，当 时， ， 在 上递增，在 上递减， ， 即 ，恒有 ，当且仅当 时取“=”， 当 时， ，当 时， ， 因此， 在 上单调递减， 取值集合为 ， 在 上递减， 取值集合为 ， 于是得当 或 时，方程 有唯一解，当 或 时，此方程无解， 所以，当 或 时，函数 有一个零点，当 或 时，函数 有两个零点.