3.6零点定理（精讲）（教师版）_02高考数学_新高考复习资料_2024年新高考资料_一轮复习资料_完2024年高考数学一轮复习一隅三反系列（新高考）

3.6 零点定理（精讲）
一．函数的零点
1．零点的定义：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．
2．零点的几个等价关系：方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有公共点⇔函数y＝f(x)有零点．
易错点：函数的零点不是函数y＝f(x)图象与x轴的交点，而是y＝f(x)图象与x轴交点的横坐标，也就是说
函数的零点不是一个点，而是一个实数.
二．函数零点存在定理
1.概念：如果函数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＝
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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．
2.变号零点：函数零点存在定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点，
而连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分不必要条件.
三．二分法
1.定义：对于在区间[a，b]上图象连续不断且f(a)f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把它的零点所在区间一
分为二，使所得区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．
2.给定精确度ε，用二分法求函数f(x)零点x 的近似值的一般步骤如下：
0
①确定零点x 的初始区间[a，b]，验证f(a)f(b)<0．
0
②求区间(a，b)的中点c．
③计算f(c)，并进一步确定零点所在的区间：
(ⅰ)若f(c)＝0(此时x＝c)，则c就是函数的零点；
0
(ⅱ)若f(a)f(c)<0(此时x∈(a，c))，则令b＝c；
0
(ⅲ)若f(c)f(b)<0(此时x∈(c，b))，则令a＝c．
0
④判断是否达到精确度ε：若|a－b|<ε，则得到零点近似值a(或b)；否则重复②～④．
一．确定函数f(x)的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，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断．
二．函数零点个数的判定方法
1.解方程法：若对应方程f(x)＝0可解，通过解方程，则方程有几个解就对应有几个零点．
2.函数零点的存在性定理法：利用定理不仅要判断函数图象在区间[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、周期性、对称性)才能确定函数的零点个数．
3.数形结合法：合理转化为两个函数的图象(易画出图象)的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交
点的个数，其中交点的个数，就是函数零点的个数．
三．根据函数零点个数求参数
已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数图象的交点问题，需准确画出两
个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围．
四．根据函数零点所在区间求参数范围
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．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】五．嵌套零点
1.概念：在某些情况下，需要将某函数作为另一个函数的参数使用，这一函数就是嵌套函数．在函数里面
调用另外一个函数，就叫做函数嵌套．如果调用自身，就叫递归调用，也叫递归嵌套．
2.求嵌套函数y＝g[f(x)]零点的技巧
(1)换元解套：将嵌套函数的零点问题通过换元转化为函数t＝g(x)与y＝f(t)的零点问题．
(2)依次求解：令f(t)＝0求t，代入t＝g(x)求出x的值或判断图象交点个数．
(3)求解此类问题要抓住函数的图象性质，通过两层函数的零点个数及取值范围确定嵌套函数的零点．
(4)含参数的嵌套函数方程还应注意让参数的取值“动起来”，结合性质、图象抓临界位置，确定参数取值
范围．
六．易错点
1．有关函数零点的结论
(1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，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所有函数值保持同号；
(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．
2．f(a)f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件．
3．函数f(x)的零点是一个实数，是方程f(x)＝0的根，也是函数y＝f(x)的图象与x轴交点的横坐标，不要把
它当成一个点．
4．函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件；判断零点个数还要根据函数的单
调性、对称性或结合函数图象等综合考虑．
5．忽视分类讨论，如：函数f(x)＝ax2＋bx＋c有且只有一个零点，要注意讨论a是否为零．
考法一 零点区间
【例1-1】（2023·吉林长春）函数 的零点所在的大致区间是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A． B． C． D．
【答案】C
【解析】 的定义域为 ，
又 与 在 上单调递增，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ，
根据函数零点的判定定理可得函数 的零点所在的大致区间为 ，故选：C.
【例1-2】（2023·广东肇庆）已知 唯一的零点同时在区间 和 内，下列说法错误的是（ ）
A．函数 在 内有零点 B．函数 在 内无零点
C．函数 在 内有零点 D．函数 在 内无零点
【答案】A
【解析】因为 唯一的零点同时在区间 和 内，
则该函数唯一的零点同时在区间 内，可知B，C，D正确，
对于A，函数 唯一的零点可能在 内，也可能在 内，故A错误.故选：A
【一隅三反】
1．（2023春·江苏宿迁）函数 的零点所在的区间可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令 ，则 ，
则函数 的零点即为函数 的交点的横坐标，
如图，作出函数 的图象，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由图可知函数 的交点在第一象限，且只有一个交点
即函数 的零点大于零，且只有一个零点，
又 ，
所以函数 的零点所在的区间可以是 .
故选：C.
2．（2023广东揭阳）函数 的零点所在的区间为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为函数 、 均为 上的增函数，故函数 为 上的增函数，
因为函数 在 上是连续的曲线，且 ， ，
所以，函数 的零点所在的区间为 .故选：B.
3．（2023春·湖南）函数 的零点所在的区间为（ ）
A． B．
C． D．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】C
【解析】因为 ， ， ，所以 ，
所以函数 的零点所在的区间为 ，故选：C．
考法二 零点个数
【例2-1】（2023·福建厦门）函数 的零点的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无数个
【答案】C
【解析】令 ，则 ，所以 的零点为1和 ，故有两个零点，
故选：C
【例2-2】（2023·全国·高三对口高考）已知定义在 上的奇函数 满足 ，且当
时， ，则 在 上的零点个数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【解析】先绘制 在 上的图像，根据 是奇函数，可得到 在 上图像和
，
再由 得到 的周期为2，
令 ，则 ，所以 ，
即可得到 的图像，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由图可知， ，
所以 在 有6个零点，
故选：D．
f x f x f x423
R
【例2-3】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）已知定义在 上的函数 满足 ，当
x0,4 f xx22x f x 4,2023
时， ，则函数 在区间 上的零点个数是（ ）
A．253 B．506 C．507 D．759
【答案】B
【解析】由 f(x) f(x4)23得 f(x4) f(x8)23，
所以 f(x8) f(x)，即 f(x)是以8为周期的周期函数，
x(0,4] f(x)x22x
当 时， 有两个零点2和4，
x(4,8] f(x)23 f(x4)23(x4)22x4 23(x4)22x4 0
当 时， ，令 ，
2x4 (x4)223
则有 ，
x(4,8] (x4)2230 2x4 1
当 时， ， ，
2x4 (x4)223
所以 无解，
x(4,8] f(x)23(x4)22x4
所以当 时， 无零点，
202325287 (0,2016] 2252504 x(0,4] f(x)
又 ，因此在 上函数有 个零点，当 时， 有两个零点2和
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x4,7
f(x)
x4,0
f(x)
4，当 时， 无零点，当 时， 无零点，
4,2023
f(x) 5042506
因此有 上， 有 个零点．
故选：B．
【一隅三反】
1．（2023·四川）方程 的实数解的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】在同一直角坐标系中画出函数 和 的图象，
由图象可知：两个函数图象只有一个交点，故方程 的实数解的个数为1，
故选：B
2．（2023北京）函数 的零点个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【解析】由题意可知：要研究函数 的零点个数，只需研究函数 ， 的图像交点个
y x2
数即可.画出函数 ， 2 的图像，
x1 y  y x3 y  y x5 y  y
因为 时， 1 2， 时， 1 2 ， 时， 1 2，
可知当1x3和3x5时，图像各有一个交点，x0时，必有一个交点，
A2,4 B4,16
且交点为 ， 及第二象限的点C.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选：D
考法三 零点个数求参数
log x,x0
f x 2
【例3-1】（2023·全国·高三专题练习）设函数 2xa,x0 有且只有一个零点的充分条件是
（ ）
1
0a
A． B．
a0 2
1
C． a1 D．
2 a1
【答案】A
f x 1,0 f x y2xax0

【解析】因为函数 恒过点 ，所以函数 有且只有一个零点 函数 没有零点

y2xx0
ya a0 a1
函数 的图像与直线 无交点，数形结合可得， 或
f x
a0 a1
即函数 有且只有一个零点的充要条件是 或 ,
只有选项A是函数有且只有一个零点的充分条件,
故选：A
ex,x0

f x
【例3-2】（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）已知函数  x22 5,x0 ， gxkx1 ，
f xgx0
若方程 恰有三个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2,1  e2,  2,12e,
A． B．
3,1  e2,  3,12e,
C． D．
【答案】A
ex,x0

f x
【解析】作出  x22 5,x0 与 gxkx1 的图象，如图，
x0 gxkx1 yex B(x,y )
当 时，设 与 相切于点 1 1 ，
y 0 ex1
k  f(x )ex1  1 
则 1 x 1 x 1，解得x 2，所以k e2，
1 1 1
k e2 gxkx1 yex y(x2)2+5(x0)
由图象可知，当 时， 与 有2个交点，与 有1个交点，即
gxkx1
y f(x)
与 有3个交点.；
x0 gxkx1 y(x2)2+5(x0) C(x ,y )
当 时，设 与 相切于点 2 2 ，
y 0 x24x 1
k 2x 4 2  2 2
由y2x4可知， AC 2 x 1 x 1 ，
2 2
10
解得x 1或x 3（舍去），此时k 2，而k
AD

01
1，
2 2 AC
2k 1
gxkx1
y f(x)
由图象知，当 时， 与 有3个交点.
2k 1 k e2 f xgx0
综上， 或 时图象有3个交点，即方程 恰有三个不相等的实数根.
故选：A
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 x
x2 0x1

 2
【例3-3】（2023·海南）已知函数 是定义在R上的偶函数，且满足
f x
，若函数
x1
 x1
f x  ex
Fx f xm
有6个零点，则实数m的取值范围是________．
 1 
【答案】0, 
 e2 
F(x) f(x)m y f(x) ym
【解析】函数 有6个零点，等价于函数 与 有6个交点，
x 1 1
f(x)x2 (x )2
当0x1时，
2 4 16
，
x1 2x
当 时， f(x) ， f(x) ，
x1 ex ex
f(x)0 1x2 f(x)0 x2
令 ，解得： ；令 ，解得： ，
1
f(2)
当x[1,2]时， f(x)递增，当x(2,)时， f(x)递减， f(x)的极大值为： e2 ，
作出函数 f(x)的图象如下图，
1  1   1 
0m 0,  0, 
y f(x)与ym的图象有6个交点，则 e2 ，故实数m的取值范围是 e2 .故答案为： e2 
【一隅三反】
f xx3axa1
1．（2023·全国·高三专题练习）函数 有两个不同的零点的一个充分不必要条件是
（ ）
A．a3 B．a2 C．a1 D．a0
【答案】A
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f xx31ax1x1 x2x1a  f x
【解析】 ，则1是 的一个零点，
f x
则 有两个不同的零点有两种情形：
x2x1a0
①1是方程 的根，
111a0 a3 x2x20 2
则 ，即 ，此时方程 有1， 两个根，
f x
2
故 有1， 两个不同的零点；
x2x1a0 x2x1a0
②1不是方程 的根，则方程 有两个相同的实数根，
3 1
则141a0，得a ，此时x2 x 0，
4 4
1
故 f x有1，  两个不同的零点；
2
3
综上，函数 f xx3axa1有两个不同的零点，则 或 a ，
a3 4
f x
a3
所以 是 有两个不同的零点的一个充分不必要条件，
故选：A.
f x2cos2x 3sin2x10 0,π

2.（2023·四川巴中）已知函数 在 上恰有3个零点，则 的取值范
围是（ ）
17 23 17 23 23 29 23 29
 ,   ,   ,   , 
A．12 12 B．12 12 C．12 12 D．12 12
【答案】A
π
【解析】由题意可得 f(x)cos2x 3sin2x2sin(2x )，因为x0,π，所以
6
π π π π 17 23
2x   ,2π ，则3π2π 4π，解得  ．
6 6 6 6 12 12
故选：A．
(x1)2, x0,
f x
3．（2023·山东济南·统考三模）已知函数  lgx, x0,若函数gx f xb有四个不同的零点，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则实数b的取值范围为（ ）
0,1 0,1 0,1 1,
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
gx f xb f xb
依题意，函数 有四个不同的零点，即 有四个解，
y f x yb
转化为函数 与 图象由四个交点，
y f x
由函数函数 可知，
x,1 y0,
当 时，函数为单调递减函数， ；
x1,0 y0,1
当 时，函数为单调递增函数， ；
x0,1 y0,
当 时，函数为单调递减函数， ；
x1, y0,
当 时，函数为单调递增函数， ；
0,1
b
结合图象，可知实数 的取值范围为 .
故选：A
x33x2e,x1

f xex
4．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数  x2 ,x1 ，若函数 gx f xm
有且只有三个零点，则实数m的取值范围是______.
 e2 
e4, e
【答案】 4 
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f xx33x2e fx3xx2
x1
【解析】当 时， ， ，
2x0 f�( x) >0 x<2 0x1 fx0
所以当 时 ，当 或 时 ，
f x ,2 2,0 0,1 f 2 f 14e
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，且 ，
f 0e
；
ex x2
当 x1 时， f x x2 ， fx x3 ex，所以当 x2 时 f�( x) >0 ，当 1x2 时 fx0，
ex e2
所以 f x在1,2上单调递减，在2,上单调递增，令gx x2 ，则g1e，又 f 2 4 .
f x
作出函数 的函数图象如下：
gx f xm y f x ym
若 有且只有三个零点，即 与 只有三个交点，
 e2 
me4, e
由图可知需满足  4  .
 e2 
e4, e
故答案为： 4 
考法四 函数零点的范围求参数
x25,x2
f x
【例4-1】（2023·北京·统考模拟预测）已知函数 xlg(x2),x2，若方程 f(x)1的实根在区间
(k,k1),kZ
上，则k的最大值是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】C
x2 f xx25 f(x)1 x 6
【解析】当 时， ，当 时，解得 ；
f xxlg(x2) f 1lg31 f 22lg4lg161
x2
当 时， ，其中 ， ，
f(x)1
x1,2
当 时，解得 ，综上k的最大值是1.
故选：C.
x 2x3a10
,1
a
【例4-2】（2023春·上海青浦·）若关于 的方程 在 上有解，则实数 的取值范围是
______．
1 
【答案】 ,1 
3 
2x3a10
,1
y2x y3a1
,1
【解析】程 在 上有解，等价于函数 与 在 有交点，
1 1 
因为
x,1
，所以
y2x0,2
，所以03a12，解得3
a1
.故答案为：

3
,1


【一隅三反】
f(x)log xx2m 2,4 m
1．（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）函数 2 在区间 上存在零点，则实数 的
取值范围是（ ）
,18
(5,)
A． B．
(5,18)
18,5
C． D．
【答案】D
f(x)log xx2m 2,4
【解析】由零点存在定理可知，若函数 2 在区间 上存在零点，
f(2) f(4)<0
m5m18<0
18<m<5
显然函数为增函数，只需满足 ，即 ，解得 ，
18,5
m
所以实数 的取值范围是 .故选：D
f xlog xx2m 1,2
2.（2023·山西阳泉·统考三模）函数 2 在区间 存在零点．则实数m的取值范围是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（ ）
,5 5,1 1,5 5,
A． B． C． D．
【答案】B
y log x 0, y x2m 0,
【解析】由 1 2 在 上单调递增， 2 在 上单调递增，得函数
f xlog xx2m 0,
2 在区间 上单调递增，
f xlog xx2m 1,2
因为函数 2 在区间 存在零点，
f 10 log 112m0
  2
所以 f 20，即 log 222m0，解得 5m1 ，
2
5,1
所以实数m的取值范围是 .
故选：B.
 π
3．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）已知函数 f xsinx2xm在区间

0,
2


上有零点，则实数m的取
值范围是________．
1π,0
【答案】
 π
【解析】因为 与 在0, 上都单调递增，
ysinx y2xm  2
 π
所以 f xsinx2xm在

0,
2


上单调递增，
 π
因为 f xsinx2xm在区间

0,
2


上有零点，
f 00
sin020m0
 
 π  π π m0
所以   f  2   0，即   sin 2 2 2 m0，即 1πm0 ，
解得1πm0，
1π,0
所以实数m的取值范围为 .
1π,0
故答案为： .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考法五 零点比较大小
【例5-1】（2023·黑龙江）已知： 的零点 ，那么a，b， 大小关系可能是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题意： 的零点 ，则 ，
令 ，则 ，
而 ，则其图象可由 图象向下平移2个单位得到，
故可作出函数 的大致图象如图：
由此可知 应介于 两数之间，结合选项可知可能的结果为 ，
故B，C，D错误，A正确，
故选：A
【例5-2】（2023·山东滨州·）已知函数 在区间
内的零点分别是a，b，c，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】函数 在 上单调递减，函数 在 上都单调递增，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因此函数 在 上都单调递减，
在 上最多一个零点， ，即有 ，
，则 ，而 ，即 ，
所以 .
故选：A
【一隅三反】
1．（2023秋·广东江门）已知 ， ， 的零点分别是 ，
， ，则 ， ， 的大小顺序是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】函数 ， ， 的零点，
即为函数 分别与函数 、 、 的图象交点的横坐标，
如图所示：
由图可得 .
故选：B
2．（2023秋·北京）已知 ， ， 满足 ， ， ，则 ， ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在同一平面直角坐标系内作出
的图像
过点 ； 过点 ；
过点 ； 过点 ，
则 与 图像交点横坐标依次增大，
又 与 图像
交点横坐标分别为 ，则 .
故选：C
3．（2023·全国·高三专题练习）设 ， ， ，则 、 、 的大小关系是
（ ）
A． B．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C． D．
【答案】B
【解析】构造函数 ，因为函数 、 在 上均为增函数，
所以，函数 为 上的增函数，且 ， ，
因为 ，由零点存在定理可知 ；
构造函数 ，因为函数 、 在 上均为增函数，
1 1 1 1
所以，函数 为
0,
上的增函数，且
g
9


29 20
，
g
3


23 10
，
1 1
因为gb0，由零点存在定理可知 b .
9 3
1 c
因为  4   5 ，则 clog 1 5log 1 10 ，因此，cba.故选：B.
4 4
考法六 零点之和
【例6】（2023·青海西宁·统考二模）函数 的所有零点之和为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
π
【解析】令 ，得
4sin x x1
，解得 或 ，即为零点，
2 x3 x5
π
令 gx4sin x ，hx x1，
2
2π
T  4
π
的周期 ，对称轴 ，且 的对称轴 ，
gx
2 x14k,kZ
hx
x1
π
做出 gx4sin x 和hx x1的图象如图所示：
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】0,1 1,2
f(x)
显然， 在 和 上各存在一个零点，
5π
 g54sin
2
4h(5)|51|，
h(4)3g(4)0
，在(4,5)上两函数必存在一个交点，
f(x)在(4,5]上有两个零点，同理 f(x)在[3,2)上存在两个零点，
3,5
f(x)
所以 在 上存在6个零点，
gx hx
x1 f(x) x1
因为 和 关于 对称，则 零点关于 对称，
所以 f(x)的所有零点之和为616.
故选：C
【一隅三反】
y f x 2f x1
R
1．（2022北京） 是 上的偶函数，若方程 有五个不同的实数根，则这些根之和为
（ ）
1
A．2 B．1 C．0 D．2
【答案】C
1
【解析】因为函数 f x是
R
上的偶函数，所以函数图象关于y轴对称，那么2f x1，即 f x
2
有5
个实数根，可知其中4个实数根，有两对关于 y 轴对称，另外一个为x0，所以这些根的和为0.
故选：C
 x12 ,x0
f x 1
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数  x1,x0 ，则y f(x) 2 的所有零点之和为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（ ）
21 1 2
A． B． C． D．
2 2 2 0
【答案】D
1 2 1 1 3
【解析】 时，由(x1)2 0得x 1 ， 时，由 x1 0得x 或x ，
x0 2 2 x0 2 2 2
2 2 1 3
1 1   0
所以四个零点和为 2 2 2 2 ．故选：D．
π
3．（2023·全国·高三专题练习）函数
f(x)4sin x x1
的所有零点之和为______．
2
【答案】6
π
【解析】令 ，得
4sin x x1
，解得 或 ，即为零点，
f(x)0 2 x3 x5
π
令 gx4sin x ，hx x1，
2
2π
T  4
π
可知 的周期 ，对称轴 ，
gx
2 x14k,kZ
hx
x1
且 的对称轴 ，
π
做出 gx4sin x 和hx x1的图象如图所示：
2
0,1 1,2
f(x)
显然， 在 和 上各存在一个零点，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】π
 gx4sin
2
x 在5,4处的切线为x轴，
f(x)
在4,5上存在零点，
3,2 3,5
f(x) f(x)
同理 在 上存在零点，所以 在 上存在6个零点，
gx hx
x1 f(x) x1
因为 和 的函数图象关于 对称，则 零点关于 对称，
所以 f(x)的所有零点之和为616.故答案为：6.
考法七 二分法
【例7-1】（2023·湖南）下列图象中，不能用二分法求函数零点的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据零点存在定理，对于A，在零点的左右附近，函数值不改变符号，所以不能用二分法求函数
零点.故选：A．
1
log x 0
【例7-2】（2023·全国·高三专题练习）用二分法求方程
4 2x
近似解时，所取的第一个区间可以是
（ ）
0,1 1,2 2,3 3,4
A． B． C． D．
【答案】B
1
【解析】令 f xlog x ，
4 2x
1 1
因为函数ylog
4
x,y
2x
在0,上都是增函数，所以函数 f xlog
4
x
2x
在0,上是增函数，
1 1 1 1 1 1
f 1 0, f 2log 2    0，所以函数 f xlog x 在区间 上有唯一零点，
2 4 4 2 4 4 4 2x (1,2)
1
log x 0
所以用二分法求方程
8 3x
近似解时，所取的第一个区间可以是 (1,2).故选：B.
【例7-3】（2023·全国·高三专题练习）函数 f(x)的一个正数零点附近的函数值用二分法逐次计算，参考数
据如下：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f (1) =-2 f 1.50.625 f 1.250.984
f 1.3750.260 f 1.4380.165 f 1.40650.052
那么方程的一个近似解（精确度为0.1）为（ ）
A．1.5 B．1.25 C．1.41 D．1.44
【答案】C
【解析】由所给数据可知，函数 f(x)在区间(1,1.5)内有一个根，
f 1.50.6250 f 1.250.9840 (1.25,1.5)
因为 ， ，所以根在 内，
1.51.25 0.250.1
1.375
因为 ，所以不满足精确度，继续取区间中点 ，
f 1.3750.2600 f 1.50.6250 (1.375,1.5)
因为 ， ，所以根在区间 ，
1.51.375 0.1250.1
1.438
因为 ，所以不满足精确度，继续取区间中点 ，
f 1.4380.1650 f 1.3750.2600 (1.375,1.438)
因为 ， ，所以根在区间 内，
1.4381.375 0.0630.1
因为 满足精确度，
f 1.40650.0520 (1.4065,1.438)
因为 ，所以根在 内，
所以方程的一个近似解为1.41，故选：C
【一隅三反】
1．（2023山东）下列图像表示的函数中能用二分法求零点的是（ ）
A． B．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C． D．
【答案】C
【解析】四个图像中，与x轴垂直的直线和图像只有一个交点，所以四个图像都表示函数的图像，
对于A，函数图像和x轴无交点，所以无零点，故错误；
对于B，D，函数图像和x轴有交点，函数均有零点，但它们均是不变号零点，因此都不能用二分法求零点；
对于C，函数图像是连续不断的，且函数图像与x轴有交点，并且其零点为变号零点.
故选：C．
f x2x3x7
2．（2022·陕西西安·西安中学校考模拟预测）某同学用二分法求函数 的零点时，计算出
f 1.50.33, f 1.250.87
如下结果： ，
f 1.3750.26, f 1.43750.02, f 1.40650.13, f 1.4220.05
，下列说法正确的有（ ）
A．1.4065是满足精度为0.01的近似值.
B．1.375是满足精度为0.1的近似值
C．1.4375是满足精度为0.01的近似值
D．1.25是满足精度为0.1的近似值
【答案】B
f 1.43750.020, f 1.40650.130
1.43751.40650.0310.01
【解析】 ，又
A错误；
 f 1.3750.260, f 1.43750.020 1.43751.3750.0620.1
，又 ，
1.375,1.4375
 0.1
满足精度为 的近似值在 内，则B正确，D错误；
 f 1.4220.050, f 1.43750.020,1.43751.422 0.01550.01
， C错误.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选：B.
3x 83x
1,2
3．（2023春·江苏宿迁）用二分法求方程 在 内的近似解，已知
31.25 3.95,31.5 5.20,31.75 6.84
判断，方程的根应落在区间（ ）
1,1.25 1.25,1.5 1.5,1.75 1.75,2
A． B． C． D．
【答案】B
f(x)3x3x8
【解析】令 ，
y3x y3x8 R
因为 与 在 上单调递增，
f(x)3x3x8
R
所以 在 上单调递增，
f 1313180 f 1.531.531.585.204.580
因为 ， ，
f(1.25)31.2531.2583.953.7580
，
f x (1.25,1.5) x 3x 0 3x 80 3x 0 83x
所以 在 上有唯一零点 0，即 0 ，故 0，
所以方程的根落在区间(1.25,1.5)上，
故选：B.
f x
4．（2023·全国·高三对口高考）函数 在(1,2)内有一个零点，要使零点的近似值满足精确度为0.01，则
1,2
对区间 至少二等分（ ）
A．5次 B．6次 C．7次 D．8次
【答案】C
1
1,2
【解析】区间 的长度为1，第1次二等分，区间长度变为2；
1 1 1
第 次二等分，区间长度变为 ；第 次二等分，区间长度变为 ；第 次二等分，区间长度变为 ；
2 22 3 23 4 24
1 1
第 次二等分，区间长度变为 ；第 次二等分，区间长度变为 0.01，
5 25 6 26
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1
第 次二等分，区间长度变为 0.01 .
7 27
1,2
7
所以要使零点的近似值满足精确度为0.01，则对区间 至少二等分 次.故选：C
考法八 嵌套零点
x,x2
f x
【例8-1】（2023·四川凉山）函数

log
2
x2,x2，则函数y f f x 的所有零点之和为
（ ）
A．0 B．3 C．10 D．13
【答案】D
t  f x
【解析】令 ，
t2 t2
由 f t0得  t 0或   log 2 t20，所以 t0 或 t3 ，
t  f x0
x0 x3
当 时， 或 ，
x2 x2
当t  f x3时，则  x3或 

log
2
x23，解得
x10
，
y f f x
031013
所以函数 的所有零点之和为 .
故选：D.
xex, x0
f(x)
【例8-2】（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）已知函数 ln(x1),x0，则函数g(x) f(f(x))1的零
点个数是（ ）
A．1 B．0 C．2 D．3
【答案】A
xex, x0
f(x)
【解析】函数 ln(x1),x0，
yxex  yx1ex y0x1 y00x1
对 ，令 ，令 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】yxex ,1 1,0
可知 在 上单调递增，在 上单调递减，
1
且 趋向负无穷时， ， 时，y  ，
x y0 x=1 max e
f x
故结合对数函数图象，可画出函数 图像如下图所示：
1
函数 g(x) f(f(x))1 的零点，即 f(f(x))1 ，令t  f x，代入可得 f t1 e ，
f xe1
te1
由图像可知 ，即 ，
f xe1
结合函数图像可知， 有1个解，
g(x) f(f(x))1
综合可知，函数 的零点有1个，
故选：A.
f x
R x0
f(x)42x
【例8-3】（2023·北京朝阳·二模）已知函数 是 上的奇函数，当 时， .若关于x的
f f xm
方程 有且仅有两个不相等的实数解则实数m的取值范围是（ ）
(,3  3,) 3,00,3 4,3U3,4 (,4)(4,)
A． B． C． D．
【答案】C
f(0)0 x0 f(x)f(x)(42x)2x4
【解析】由题设 ，若 ，则 ，
42x,x0

f(x)0,x0
所以 ，值域为R，函数图象如下：
 2x4,x0

资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f(x)(,3] x(,log 7]
当 时，只有一个 2 与之对应；
当 f(x)(3,0)时，有两个对应自变量，
x,x (x x ) log 7x 20x 2
记为 1 2 1 2 ，则 2 1 2 ；
当 f(x)0时，有三个对应自变量且x{2,0,2}；
当 f(x)(0,3)时，有两个对应自变量，
x ,x (x x ) 2x 02x log 7
记为 3 4 3 4 ，则 3 4 2 ；
f(x)[3,) x[log 7,)
当 时，有一个 2 与之对应；
t  f(x) f(t)m f f xm
令 ，则 ，要使 有且仅有两个不相等的实数解，
f(t)m t  f(x){2,0,2} x
若 有三个解，则 ，此时 有7个解，不满足；
f(t)m t ,t t t t  f(x) t  f(x)
若 有两个解 1 2 且 1 2，此时 1 和 2 各有一个解，
结合图象知，不存在这样的t，故不存在对应的m；
f(t)m t t  f x t 3,log 7log 7,3
若 有一个解 0，则 0 有两个解，此时 0 2 2 ，
m(4,3][3,4) m(4,3][3,4)
所以对应的 ，综上， .故选：C.
【一隅三反】
2x2,x0
f x
1．（2022秋·贵州毕节）已知函数 log
4
x,x0，则函数y f 

f x

的所有零点之和为___________．
9
【答案】
4
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】m f x f m0
【解析】设 ，则 ，
①当m0时，2m20，得m1；
m0 log m0 m1
4
②当 时， ，得 ；
f m0
m1 m1
综上所述：若 ，则 或 .
f x1 f x1
故 或 ，则有：
x0 x0
3 1
①由 f x1，可得  2x21或  log
4
x1，解得 x
2
或 x
4
；
x0 x0
1
②由 f x1，可得  2x21或  log
4
x1，解得 x
2
或
x4
；
3 1 1
综上所述：函数y f f x的所有零点为 ， ， ，4.
2 4 2
 3 1  1 9
故所有零点的和为   4 ．
 2 4  2 4
9
故答案为： .
4
f x
R x0
2．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考三模）已知函数 是 上的奇函数，当 时，
f x42x f f xm
x m
，若关于 的方程 有且仅有两个不相等的实数解，则实数 的取值范围是
__________.
【答案】(4,3][3,4)
f(0)0 x0 f(x)f(x)(42x)2x4
【解析】由题设 ，若 ，则 ，
42x,x0

f(x)0,x0
所以 ，值域为R，函数图象如下：
 2x4,x0

资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f(x)(,3] x(,log 7]
当 时，只有一个 2 与之对应；
当 f(x)(3,0)时，有两个对应自变量，
x,x (x x ) log 7x 20x 2
记为 1 2 1 2 ，则 2 1 2 ；
f(x)0
2,0,2
当 时，有三个对应自变量且 ；
当 f(x)(0,3)时，有两个对应自变量，
2x 02x log 7
记为 x 3 ,x 4 (x 3 x 4 ) ，则 3 4 2 ；
f(x)[3,) x[log 7,)
当 时，有一个 2 与之对应；
t  f(x) f(t)m f f xm
令 ，则 ，要使 有且仅有两个不相等的实数解，
f(t)m t  f(x){2,0,2} x
若 有三个解，则 ，此时 有7个解，不满足；
f(t)m t ,t t t t  f(x) t  f(x)
若 有两个解 1 2 且 1 2，此时 1 和 2 各有一个解，
结合图象知，不存在这样的t，故不存在对应的m；
f(t)m t t  f x t 3,log 7log 7,3
若 有一个解 0，则 0 有两个解，此时 0 2 2 ，
所以对应的m(4,3][3,4)，
m(4,3][3,4)
综上， .
(4,3][3,4)
故答案为： .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x22xt,x0
f x
3．（2023·河北·模拟预测）（多选）已知函数  2lnx11,x0，若函数y f f x恰好有4个
不同的零点，则实数t的取值可以是（ ）
A．3 B．2 C．0 D．2
【答案】BC
【解析】由题意可知：
f x ,0 f x f 0t
x0
当 时， 在 上单调递减，则 ；
f x 0, f x2ln111
x0
当 时， 在 上单调递增，则 ；
y f f x
若函数 恰好有4个不同的零点，
u f x y f u
令 ，则 有两个零点，可得：
u 0
2lnu110
u e10
当 时，则 ，解得 ；
t0

当 u0 时，则 u22ut 0 ，可得u1 1t ；
f x e1 f x1 1t
可得 和 均有两个不同的实根，
y f x y e1 y1 1t
即 与 、 均有两个交点，
  e11  1 1t 1
 
不论 与 的大小关系，则 ，且 ，解得 ，
t 1  e1t 1 1t t 3t0
3,0
t
综上所述：实数 的取值范围为 .
33,0,23,0,03,0,23,0
且 ，故A、D错误，B、C正确.
故选：BC.
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