文档文本内容
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3.2 函数与方程、不等式之间的关系
课程标准
学习目标
1、函数零点的概念
2、二次函数的零点及其对应方程、不等式解
集之间的关系
3、函数零点存在定理
1.理解函数零点的概念以及函数零点与方程的关系
2.会根据函数零点的情况求参数
3.结合二次函数的图像，会判断一元二次方程根的存
在性及一元二次不等式的解法
4.了解二分法是求定理近似解的方法，会用二分法求
一个函数在给定区间内零点近似值
知识点01 函数的零点
（1）函数零点的概念
一般地，如果函数y＝f(x)在实数α 处的函数值等于零，即f(α)＝0，则称α 为函数y＝f(x)的零点．
（2）函数零点的意义
不难看出，α 是函数f(x)零点的充分必要条件是，(α，0)是函数图像与x 轴的公共点．因此，由函数的
图像可以方便地看出函数值等于0 的方程的解集，以及函数值与0 比较相对大小的不等式的解集．因此我
们有：
方程f(x)＝0 有实数根
函数
⇔
y＝f(x)的图像与x 轴有交点
函数
⇔
y＝f(x)有零点．
注：(1)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，也就是函数y1＝f(x)与y2＝g(x)的图像交点
的横坐标．
2
(2)如果方程f(x)＝0 有两个相等的实数根x，那么x 称为函数y＝f(x)的二阶零点(二重零点).如x＝2 就是
函数f(x)＝(x－2)2的二阶零点．
【即学即练1】（2024·江苏扬州·高一扬州中学校考阶段练习）对于函数
，下列说法中正确
的是（ ）
A．当
时，函数的零点为
、
B．函数一定有两个零点
C．函数可能无零点
D．函数的零点个数是1 或2
【答案】D
【分析】由零点的定义判断A；讨论
、
确定对应的零点个数判断B、C、D.
【详解】由函数的零点是
时对应
值，而不是坐标，A 错；
若
时
，显然只有一个零点，
若
，
，此时函数有两个零点，
所以B、C 错，D 对.
故选：D
知识点02 一元二次不等式与对应函数、方程
三个“二次”之间的关系
从函数观点来看，一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a>0)的解集，就是二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)在x
轴上方的图像上的点的横坐标的集合；ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集，就是二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)在x
轴下方的图像上的点的横坐标的集合．一元二次方程ax2＋bx＋c＝0 的解集就是二次函数y＝ax2＋bx＋c 的
图像与x 轴交点的横坐标的集合，也就是二次函数的零点构成的集合．
从方程观点来看，一元二次方程的根是二次函数的图像与x 轴交点的横坐标，一元二次不等式ax2＋bx
＋c＞0(a＞0)的解集，就是大于大根或者小于小根的实数x 的集合；ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集，就是大于
小根且小于大根的实数x 的集合．简记为“大于取两边，小于取中间”．
因此，利用二次函数的图像和一元二次方程根的情况就可以解一元二次不等式．具体如下表所示：
Δ＝b2－4ac
Δ＞0
Δ＝0
Δ＜0
y＝ax2＋bx＋
c(a＞0)的图像
3
ax2＋bx＋c＝
0(a＞0)的根
有两个不相等的实数根(x1＜
x2)
有两个相等的实数根(x1＝x2＝
－)
无实数根
ax2＋bx＋c＞
0(a ＞0) 的解
集
{x|x＞x2或x＜x1}
R
ax2＋bx＋c＜
0(a ＞0) 的解
集
{x|x1＜x＜x2}
∅
∅
注：(1)图表具体表明了一元二次不等式的解集与对应的二次函数图像、一元二次方程的亲密关系，此
图表是解一元二次不等式的依据之一．
(2)x1，x2具有三重身份：对应的一元二次方程的实根；对应的二次函数的零点；对应的一元二次不等
式解集区间的端点．
【即学即练2】（2024·全国·高一随堂练习）求下列不等式的解集：
(1)
；
(2)
；
(3)
；
(4)
．
【答案】(1)
(2)
或
(3)
(4)
【分析】根据解一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】（1）因为不等式
等价于
，
所以解得
，
所以不等式的解集为
.
（2）因为不等式
等价于
，
所以解得
或
，
所以不等式的解集为
或
.
（3）因为不等式
等价于
，
4
所以
，解得
，
所以不等式的解集为
.
（4）因为不等式
等价于
，
所以解得
，
所以不等式的解集为
.
知识点03 函数零点存在定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图像是连续不断的，并且f(a)f(b)＜0(即在区间两个端点处的函数值
异号)，则函数y＝f(x)在区间(a，b)中至少有一个零点，即∃x0 (
∈a，b)，f(x0)＝0.
注：(1)一般地，解析式是多项式的函数的图像都是连续不断的．需要注意的是，反比例函数y＝的图
像不是连续不断的．
(2)一个函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点必须同时满足：①函数f(x)在区间[a，b]上的图像是一条连续
不断的曲线；②f(a)·f(b)＜0.这两个条件缺一不可．
(3)若函数y＝f(x)的图像是一条连续不断的曲线，则由f(a)·f(b)＜0 可以推出函数y＝f(x)在区间(a，b)内
存在零点；但是，由函数y＝f(x)在区间(a，b)内存在零点不一定能推出f(a)·f(b)＜0.
(4)如果单调函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图像是一条连续不断的曲线，并且有f(a)·f(b)＜0，那么函数y
＝f(x)在区间(a，b)内有唯一的零点，即存在唯一的c (
∈a，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0 的
根．
【即学即练3】（2024·高一课时练习）函数
的零点所在的区间为( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据函数
的单调性，结合
，由零点的存在性定理，即可求解.
【详解】由函数
在
上单调递增，
又由
，
即
，
5
所以根据零点存在性定理可知，函数
的零点所在的区间为
.
故选：D.
知识点04 二分法
（1）二分法的概念
对于图像在区间[a，b]上不间断，且满足f(a)f(b)＜0 的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在
的区间一分为二，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）用二分法求函数零点的近似值
先确定零点的初始区间(a，b)(依据是：如果函数y＝f(x)的图像在区间[a，b]上是连续不断的，并且f(a)
与f(b)的符号相反，则f(x)在(a，b)内存在零点)，然后多次将区间(a，b)一分为二，直至找到零点的准确值
或满足题中的精度要求的零点的近似值．
注：即用区间中点将区间(a，b)一分为二，从而得到两个区间和，其中一个区间一定包含零点．如果f
＞0，f(a)＜0，我们便认为区间包含零点，如下图所示：
不断重复相似步骤，直到找到零点的准确值或满足题中的精度要求的零点的近似值．
注：(1)我们把x＝称为区间(a，b)的中点．在这里，区间的中点是个实数，而不是点．
(2)用二分法求函数零点近似值的方法仅对函数的变号零点(曲线通过零点，且在零点两侧函数值异号)
适用，对函数的不变号零点(曲线通过零点，且在零点两侧函数值同号)不适用．如函数f(x)＝(x－1)2的零点
就不能用二分法求解．
(3)二分法采用逐步逼近的思想，使区间逐步缩小，即使函数的零点所在的范围逐步缩小，也就是逐渐
逼近函数的零点．
【即学即练4】（2024·全国·高一专题练习）已知函数
在区间
内有一个零点，且
的部分函数值数据如下：
，
，
，
，
，
，
，要使
零点的近似值精确度为
，则对区间
的最少等分次数和近似解分别为（ ）
A．6 次，
B．6 次，
C．7 次，
D．7 次，
【答案】D
6
【分析】根据题目条件结合二分法得到最少等分了7 次，并求出近似解.
【详解】由题中数据知，零点区间变化如下：
，
此时区间长度小于
，在区间
内取近似值，最少等分了7 次，近似解取
.
故选：D.
难点：函数零点的应用
示例：已知函数f(x)＝{
|x|，x ≤m，
x
2−2mx + 4 m，x＞m，
其中m＞0.若存在实数b，使得关于x 的方程f(x)＝b 有
三个不同的根，则m 的取值范围是________.
【解析】作出f(x)的图像如图所示．
当x>m 时，x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－m2，
∴要使方程f(x)＝b 有三个不同的根，
则4m－m2<m，即m2－3m>0.
又m>0，解得m>3.
[方法小结】已知函数零点情况求参数的步骤及方法
(1)步骤：①判断函数的单调性；②利用零点存在性定理，得到参数所满足的不等式(组)；③解不等式(组)，
即得参数的取值范围．
(2)方法：常利用数形结合法．
【题型1：利用二次函数解不等式】
例1．（2024·江苏泰州·高一泰州中学校考阶段练习）解不等式
7
(1)
；
(2)
；
(3)
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）（2）利用一元二次不等式的解法即可求解；
（3）利用分式不等式的解法即可求解.
【详解】（1）由
，得
，即
，解得
，
所以不等式的解集为
；
（2）由已知：
，
，
，解得
或
，
所以不等式的解集为
.
（3）由
，得
，即
，解得
或
．
所以不等式的解集为：
变式1．（2024·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考阶段练习）设
，则
是
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
【答案】A
【分析】先求解一元二次不等式，再由集合的包含关系得出结果.
【详解】设
，
或
，
所以
，所以
是
的充分不必要条件.
故选：A.
变式2．（2024·湖南常德·高一临澧县第一中学校考阶段练习）已知
的解集是
，
(1)求实数
与
的值
8
(2)求
的解集．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到
和是方程
的两个，结合韦达定理，即可求解；
（2）由（1）得不等式为
，结合一元二次不等式的解法，即可求解.
【详解】（1）解：由
的解集是
，
可得
和是方程
的两个，所以
，
解得
.
（2）解：由
，则不等式
，即为
，
又由
，解得
，
所以不等式的解集为
.
【方法技巧与总结】
二次函数的零点与不等式解集之间的关系
借助相对应的二次函数与一元二次方程的关系，可提炼出一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(≥0)(a≠0)或
ax2＋bx＋c＜0(≤0)(a≠0)的求解方法．当a＞0 时，解形如ax2＋bx＋c＞0(≥0)或ax2＋bx＋c＜0(≤0)的一元二
次不等式，一般可分为三步：
①确定对应方程ax2＋bx＋c＝0 的根；
②画出对应函数图像的简图；
③由图像得出不等式的解集．
求解过程中，必须考虑对应的二次函数图像的开口方向(a＞0 或a＜0)，对应的一元二次方程的判别式
符号、两根的大小关系，不等号的方向(＞，≥，＜，≤)，即一看(看二次项系数正负)，二算(求对应一元
二次方程的根)，三写(利用对应二次函数的图像写出对应不等式的解集).
【题型2：求函数的零点】
例2．（2024·江苏常州·高一江苏省前黄高级中学校考阶段练习）函数
的零点是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】解方程
，可得函数
的零点.
【详解】解方程
，即
，解得
或
，
9
因此，函数
的零点为
、
.
故选：C.
变式1．（2024·全国·高一随堂练习）求下列函数的零点：
(1)
；
(2)
；
(3)
；
(4)
.
【答案】(1)
(2)
(3)无零点
(4)1
【分析】由函数零点定义可知，在函数表达式中令
解关于
方程即可.
【详解】（1）在
中令
，得
，
解得
或
，
所以函数
的零点为
.
（2）在
中令
，得
，
解得
或
，
所以函数
的零点为
.
（3）在
中令
，得
，
又此方程无解，
所以函数
无零点.
（4）在
中令
，得
，
解得
，
所以函数
的零点为1.
变式2．（2024·广东梅州·高三统考阶段练习）函数
的零点有 个．
【答案】2
【分析】根据给定条件，解方程求出零点作答.
【详解】由
，得
，即
，解得
或
，
所以函数
的零点有2 个.
故答案为：2
10
变式3.（2023·全国·高一专题练习）函数
的零点是
【答案】
/
【解析】令
，
则
，解得
，故答案为：
.
变式4．（2024·全国·高一专题练习）若函数
的一个零点是1，则它的另一个零点是
．
【答案】3
【分析】根据零点的定义，求解方程的根即可.
【详解】由
，所以令
或
，故另一个零点为3
故答案为：3
变式5．（2024·江苏·高一假期作业）求下列函数的零点．
(1)
；
(2)
；
(3)
，其图象如图所示．
【答案】(1) 和
(2)答案见解析
(3)－1 和3
【分析】（1）解方程
可得结果；
（2）分类讨论
，解方程
可得结果；
（3）由图象可得结果.
【详解】（1）由
，解得
或
，
所以函数
的零点为和
.
（2）①当
时，
，由
得
，所以函数的零点为
.
②当
时，由
得
，
11
解得
或
，又
，
当
时，
，函数有唯一的零点
.
当
且
时，
，函数有两个零点
和
.
综上所述：，当
或
时，函数的零点为
；
当
且
时，函数有两个零点
和
.
（3）由图象可知，函数有两个零点
和.
变式6.（2024·全国·高一专题练习）若
求函数
的零点．
【答案】
和1．
【解析】函数
的零点即为方程
的根．
当
时，方程
，
变形为
，即
，解得
或
，
因为
，所以
；
当
时，方程
，变形为
，符合题意．
综上，函数
的零点为
和1．
【方法技巧与总结】
函数零点的求法
(1)代数法：求出方程f(x)＝0 的实数根，即为函数f(x)的零点．
(2)几何法：对于不能用求根公式或分解因式求解的方程，可以将它与对应函数的图像联系起来，利用
函数的性质求零点．
【题型3：求函数零点个数】
例3．（2023 春·陕西西安·高二校考期中）直线
与函数
图象的交点个数为 ．
【答案】4
【分析】根据二次函数的性质，结合图象变换，作图，可得答案.
【详解】令
，
，解得
或
，
12
将
代入
，解得
，可作图如下：
由图可知，直线
与函数
图象的交点个数为
.
故答案为：
.
变式1．（2024·全国·高一专题练习）已知函数
的图象是连续不断的，有如下的
对应值表，那
么函数
在区间
上的零点至少有（ ）
x
1
2
3
4
5
6
7
123.5
21.5
－7.82
11.57
－53.7
－126.7
－129.6
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
【答案】B
【分析】根据函数值符号变化，由零点存在性定理可得.
【详解】由数表可知，
.
则
，
，
，
又函数
的图象是连续不断的，
由零点存在性定理可知，函数分别在
上至少各一个零点，
因此在区间
上的零点至少有3 个．
故选：B.
变式2．【多选】（2024·江苏·高一假期作业）对于函数
，下列说法中正确的是（ ）
A．函数一定有两个零点
B．
时，函数一定有两个零点
C．
时，函数一定有两个零点
D．函数的零点个数是1 或2
【答案】BCD
【分析】根据函数零点的定义求解可得答案.
【详解】当
时，函数
有唯一零点
，故A 不正确；
13
当
时，由
，
，所以函数一定有两个零点，故B、C 正确；
所以函数的零点个数是1 或2，故D 正确.
故选：BCD
变式3．（2024·全国·高一专题练习）已知函数
.
(1)作出函数
的图象；
(2)就a 的取值范围讨论函数
的零点的个数．
【答案】(1)作图见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）先作出
的图象，然后将其在x 轴下方的部分翻折到x 轴上方；
（2）数形集结合，函数
的零点的个数就是函数
的图象与直线
的交点的个数．
【详解】（1）先作出
的图象，然后将其在x 轴下方的部分翻折到x 轴上方，原x 轴上及其上
方的图象及翻折上来的图象便是所要作的图象．
.
（2）由图象易知，函数
的零点的个数就是函数
的图象与直线
的交点的个数．
.
当
时，函数
的零点的个数为0；
当
与
时，函数
的零点的个数为2；
当
时，函数
的零点的个数为4；
当
时，函数
的零点的个数为3.
变式4.（2023·全国·高一专题练习）若函数
，则方程
的实根个数为（
）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
14
【解析】由
，
则可作出函数
的图象如下：
由方程
，得
或
，
所以方程
的实根个数为3．故选：A．
变式5．【多选】（2024·湖北荆门·高一钟祥市第一中学校考阶段练习）已知函数
有两个
不同零点
，则（ ）
A．
B．
且
C．若
，则
D．函数
有四个零点或两个零点
【答案】AC
【分析】根据函数零点与方程根的关系可判断A，根据一元二次方程韦达定理可判断BC，根据特殊情况
可判断D.
【详解】函数
有两个不同零点可知：
，故
，故A 正确；
由韦达定理可得
，由于
，故
可正可负可为0，因此无法判断
的正负，故B 错误；
当
时，则
，故C 正确；
由
，当
时，令
，可得
，此时
有3 个零点，故D 错误，
故选：AC
变式6．（2024·云南大理·高二云南省下关第一中学校考开学考试）已知
，定义域和值域均为
的函数
和
的图象如图所示，给出下列四个结论，不正确结论的是（ ）
15
A．方程
有且仅有三个解
B．方程
有且仅有两个解
C．方程
有且仅有五个解
D．方程
有且仅有一个解
【答案】B
【分析】根据函数图象判断复合函数的零点情况，即可判断各项的正误.
【详解】A：由题意
时，
或
或
，
故
时，则
或
或
，
，则
，又
在
上单调递减，
故
都有唯一解，即
有且仅有三个解，正确；
B：由图知
时
，故
时
，而
，
由
图象知
有一个解，即
有且仅有一个解，不正确；
C：
时，
或
或
，
由
得：
或
或
，而
，
，故
和
各有唯一解，
有3 个解，
故
有且仅有五个解，正确；
D：
时
，由
得
，而
在
上单调递减，
故
有唯一解，故
有且仅有一个解，正确.
故选：B
变式7．【多选】（2024·全国·高一课堂例题）已知
，关于
的方程
，
则下列四个命题是真命题的为（ ）
A．存在实数
，使得方程恰有3 个不同的实数解
B．存在实数
，使得方程恰有4 个不同的实数解
C．存在实数
，使得方程恰有5 个不同的实数解
16
D．存在实数
，使得方程恰有8 个不同的实数解
【答案】BCD
【分析】令
（
），则原方程可化为
，作出
的图象和
（
）的图象，两函数图象结合分析判断即可.
【详解】（1）令
（
），则原方程可化为
．作出
的图象如图
所示，结合图象可知：
①当
或
时，方程
有2 个不同的实数解；
②当
时，方程
有3 个不同的实数解；
③当
时，方程
有4 个不同的实数解．
（2）作出函数
（
）的图象如图所示．
①当
，即
时，方程
有1 个实数解
，且
．
②当
，即
时，方程
有2 个不同的实数解
，
（
），则
，
．
③当
，即
时，方程
有2 个不同的实数解
，
（
），则
．
④当
，即
时，方程
有1 个实数解
，且
．
⑤当
，即
时，方程
没有实数解．
综合（1）（2）可知，
当
时，原方程有2 个不同的实数解；
17
当
时，原方程有5 个不同的实数解；
当
时，原方程有8 个不同的实数解；
当
时，原方程有4 个不同的实数解；
当
时，原方程没有实数解．
所以B，C，D 都是真命题．
故选：BCD
【方法技巧与总结】
判断函数零点个数的三种方法
(1)方程法：若方程f(x)＝0 的解可求或能判断解的个数，可通过方程的解来判断函数是否存在零点或判
定零点的个数．
(2)图像法：由f(x)＝g(x)－h(x)＝0，得g(x)＝h(x)，在同一坐标系内作出y1＝g(x)和y2＝h(x)的图像，根
据两个图像交点的个数来判定函数零点的个数．
(3)定理法：函数y＝f(x)的图像在区间[a，b]上是一条连续不断的曲线，由f(a)·f(b)<0 即可判断函数y＝
f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点．若函数y＝f(x)在区间(a，b)上是单调函数，则函数f(x)在区间(a，b)内
只有一个零点．
【题型4：判断函数零点所在的区间】
例4.（2023 秋·北京·高一校考期中）函数
在下列哪个区间存在零点（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】函数
定义域为
,
当
时
恒成立，
当
时
单调递增，
单调递增且大于零恒成立，
单调递增，
根据复合函数的单调性可知
在
上单调递增，
又
，
，
即
，所以
的零点位于区间
内.故选：C
变式1．（2024 秋·四川广安·高三四川省广安友谊中学校考阶段练习）函数
的一个零点在
18
内，另一个零点在（ ）内.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意结合零点存在性定理列不等式组求解即可.
【详解】因为函数
的一个零点在
内，
所以
，又因为函数
在
连续不断，根据零点存在性定理另一个零
点在
内.
故选：C.
变式2．（2024·高一校考课时练习）函数
与
图象交点横坐标的大致区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意将问题转化为求函数
的零点的大致区间，然后利用零点存在性定理求解
即可.
【详解】根据题意令
，则问题转化为求该函数零点的大致区间，
因为
，
，
，
，
，
所以
，
因为
的图象在
上连续，所以
的零点大致在区间
，
即函数
与
图象交点横坐标的大致区间为
，
故选：C
变式3．（2024·高一课时练习）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
【分析】利用零点所在的区间之间的关系，将唯一的零点所在的区间确定出，进行选项的正误筛选即可．
【详解】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.
19
故选：A
变式4．【多选】（2024·新疆·高一校联考期末）已知函数
的图象是一条连续不断的曲线，且有如下
对应值表：
1
3
5
7
24
13
1
则一定包含
的零点的区间是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据零点存在性定理结合表中的数据分析判断即可
【详解】因为
的图象是一条连续不断的曲线，
且
，
所以一定包含
的零点的区间是
．
故选：BCD
【方法技巧与总结】
判断函数零点所在区间的三个步骤
(1)代入：将区间端点值代入函数求出函数值．
(2)判断：把所得的函数值相乘，并进行符号判断．
(3)结论：若符号为正且函数在该区间内是单调函数，则在该区间内无零点，若符号为负且函数连续，
则在该区间内至少有一个零点．
【题型5：根据函数的零点求参数范围】
例5．（2024·上海浦东新·高一上海市进才中学校考期末）已知函数
的零点在区间
内，常数
的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用函数零点存在性定理即可解决问题.
【详解】∵函数
恰有一个零点在区间
内，
∴
，
∴
，
故答案为：
.
变式1．（2024·广西北海·高一统考期末）若函数
在区间
上存在一个零点，则实数m 的
20
取值范围是 .
【答案】
【分析】先列出关于实数m 的不等式，解之即可求得实数m 的取值范围.
【详解】由函数
在区间
上存在一个零点，则
.
即
，解之得
，
故答案为：
变式2．（2024·全国·高三对口高考）方程
在区间
上有解，则实数a 的取值范围为
．
【答案】
【分析】根据
在区间
端点的正负列式求解即可.
【详解】考查
，因为
，且
开口向上，
故
在区间
上最多有一个零点，结合零点存在性定理可得，若方程
在区间
上有
解，
则
，即
，解得
.
故答案为：
变式3．（2024·江苏南通·高一校考期中）函数
的一个零点在区间
内，则实数m
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】令
，解得
，
，即可求得m 的取值范围．
【详解】令
，即
，解得
，
，
又因为函数
的一个零点在区间
内，
，所以
，
所以实数m 的取值范围是
．
故选：C．
变式4．（2024·全国·高一专题练习）若函数
在区间
内有零点，则实数
的取值
范围是 .
【答案】
21
【分析】配方后得到函数的单调性，从而结合零点存在性定理得到不等式组，求出实数
的取值范围.
【详解】由题意得：
为连续函数，
且在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，
，
，
所以只需
或
，
解得：
，
故实数
的取值范围是
.
故答案为：
变式5．（2024·安徽淮北·高一淮北一中校考期末）已知函数
的两个零点都在
内，则实数
的取值范围为 ．
【答案】
【分析】把函数两点零点都在
转化为函数值正负,列不等式求解即可.
【详解】因为函数
的两个零点都在
内，
所以
即
解得
，所以
的取值范围为
故答案为:
变式6．（2024·高一课时练习）若函数
的零点在区间
内，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】因为
在
上单调递增，由零点的存在性定理知要使
在
上存在零点，需要满足
，求得
的取值范围.
【详解】因为
在
上单调递增，且
的图象是连续不断的，
所以
，解得
．
故选：B.
22
变式7．（2024·广西梧州·校考一模）若函数
在区间
内恰有一个零点，则实数a
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据判别式结合零点存在原理分类讨论即可.
【详解】当
时，
，符合题意，
当
时，二次函数
的判别式为：
，
若
，此时函数
的零点为
，符合题意；
当
时，只需
，所以
且
；
当
时，
，经验证符合题意；当
时，
，经验证符合题意；
所以实数a 的取值范围为
.
故答案为：
变式8．（2024·湖北·高一校联考阶段练习）已知函数
在区间
上有零点，则实数a
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】等价于
在区间
上有解，设
，
，求出函数
的最值即得解.
【详解】函数
在区间
上有零点，
即
在区间
上有解，
所以
在区间
上有解，
设
，
，
由于
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
所以
，
，
所以
所以
，即
23
故答案为：
变式9．（2024·全国·高三专题练习）若函数
在
上有3 个零点，则实数a 的取值范
围为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用函数零点的意义转化为求方程根的问题，再分类讨论求解作答.
【详解】函数
的零点，即方程
的根，
当
时，方程化为：
，当
时，方程化为：
，
依题意，方程
有3 个不等的负根，而方程
两根之积为负，必有一正根一负根，
于是得
在
上有一个负根，
在
上有两个相异负根，因此
，
即
，
由
在
上有两个相异负根得，
，解得
，
在
中，
，即方程
在
上有且只有一个负根，
所以实数a 的取值范围是
.
故答案为：
变式10．（2024·高一课时练习）已知二次函数
，求下列条件下，实数
的取值范围．
(1)零点均大于1；
(2)一个零点大于1，一个零点小于1；
(3)一个零点在
内，另一个零点在
内．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意只需对称轴大于1，
即可，
（2）根据题意只需
即可，
（3）根据题意结合零点存在性定理列不等式组求解即可.
【详解】（1）因为函数的零点均大于1，
24
所以
，解得
，
（2）因为函数的一个零点大于1，一个零点小于1，
所以
，解得
，
（3）因为函数的一个零点在
内，另一个零点在
内，
所以
，解得
.
变式11．（2024·全国·高一期末）已知函数
，
.若存在
，
，
使得
，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先求出
与
值域
，由题意可知
，由此即可求解
【详解】
时单调递增函数，
的值域是
，
的对称轴是
，在
上，函数单调递减，
的值域是
，
因为存在
，
，使得
，
所以
,
若
，则
或
，
解得
或
，
所以当
时，
，
故选：A
变式12.（2023 秋·北京·高一校考期中）已知函数
若关于
的函数
有且只有
三个不同的零点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
25
【答案】B
【解析】因为关于
的函数
有且只有三个不同的零点，
所以函数
与函数
图象有三个不同的交点，画出图象，如图：
由图可知，当
时，函数
与函数
图象有三个不同的交点，
所以实数
的取值范围是
.故选：B
【题型6：用二分法求函数零点的近似值(方程的近似解)】
例6.（2023 秋·高一课时练习）以下每个图象表示的函数都有零点，但不能用二分法求函数零点的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据二分法的思想，函数
在区间
上的图象连续不断，且
，
即函数的零点是变号零点，才能将区间
一分为二，逐步得到零点的近似值．
对各选项的函数图象分析可知，A，B，D 都符合条件，
而选项C 不符合，因为图象经过零点时函数值的符号没有发生变化，
因此不能用二分法求函数零点．故选：C.
变式1．（2024·全国·高一专题练习）求方程
在区间
内的实根，取区间中点
，那
么下一个有根区间是 ．
【答案】
【分析】利用零点存在定理可得出结果.
【详解】令
，则
，
，
由因为
，
因此，下一个有根的区间为
.
26
故答案为：
.
变式2．（2024·全国·高一专题练习）下列是函数
在区间
上一些点的函数值. 由此可判断：方程
的一个近似解为 (精确度0.1)．
x
1
1.25
1.375
1.4065
1.438
0.165
x
1.5
1.625
1.75
1.875
2
0.625
1.982
2.645
4.35
6
【答案】1.438(答案不唯一)
【分析】根据零点存在定理及二分法求解即可.
【详解】由题设有
，于是
，
所以，函数
在区间
内有零点
，此时
，
取区间
的中点
，又
，
因为
，所以
，此时
，
再取
的中点
，又
，
因为
，所以
，此时
，
再取
的中点
，又
，
因为
，所以
，此时
，
再取
的中点
，又
，
因为
，所以
，此时
，
再取
的中点
，又
，
因为
，所以
，
所以，当精确度为0.1 时，方程
的一个近似解为1.438．
故答案为：1.438．(答案不唯一)
变式3．（2024·全国·高一专题练习）若函数
的一个正零点附近的函数值用二分法计
算，其参考数据如下：
27
那么方程
的一个近似根（精确度0.1）为（ ）
A．1.2
B．1.4
C．1.3
D．1.5
【答案】B
【分析】根据二分法求零点的步骤以及精确度可求得结果.
【详解】因为
，所以
，所以函数在
内有零点，
因为
，所以不满足精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，
因为
，所以不满足精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，
因为
，所以不满足精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，
因为
，所以满足精确度
；
所以方程
的一个近似根（精确度
）是区间
内的任意一个值（包括端点
值），根据四个选项可知选B .
故选：B
【方法技巧与总结】
1.二分法求函数的近似零点的步骤
在函数零点存在定理的条件满足时，给定近似的精度
，用二分法求零点
的近似值
，使得
的一般步骤如下：
第一步：检查
是否成立。
如果成立，取
，计算结果；如果不成立，转到第二步；
第二步：计算区间
的中点
对应的函数值，
若
，则取
，计算结束；若
，转到第三步；
第三步：若
，将
的值赋值给
（用
表示，下同），回到第一
步；
否则必有
，将将
的值赋值给
，回到第一步.
28
【注意】用
可知，令
，
与函数的零点
之间的误差
一定小于
，
原因是
，
也可以是
2.用二分法求函数零点的近似值应遵循的原则
①需依据图像估计零点所在的初始区间[m，n](一般采用估计值的方法完成).
②取区间端点的平均数c，计算f(c)，确定有解区间是[m，c]还是[c，n]，逐步缩小区间的“长度”，
直到区间的两个端点符合精确度要求，终止计算，得到函数零点的近似值．
3.二分法求函数零点步骤的记忆口诀
定区间，找中点，中值计算两边看．
同号丢，异号算，零点落在异号间．
重复做，何时止，精确度来把关口．
一、单选题
1．（22-23 高一上·北京·期末）函数
的零点个数是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【分析】分解因式求解方程的根即可.
【详解】函数
的零点，即方程
的实数根.
由
解得，
或
.
故函数
的零点个数是.
故选：D
2．（21-22 高三下·四川德阳·期末）函数
有两个零点的充分不必要条件是（ ）
A．
B．
C．
或
D．
【答案】A
29
【分析】由题意求出a 的取值范围，结合选项判断哪个选项对应集合为其真子集，即可确定答案.
【详解】函数
有两个零点，则
有2 个不等实数根，
即
或
，
由于
，
故
为函数
有两个零点的充分不必要条件，
显然
，
均不能推出
或
，不符合题意；
或
是函数
有两个零点的充分必要条件，
故选：A
3．（24-25 高一上·全国·课堂例题）根据表格中的数据，可以判断方程
的一个根所在的区间是
（ ）
x
-1
0
1
2
3
0.37
1
2.72
7.39
20.09
1
2
3
4
5
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据零点概念及零点存在定理判断即可.
【详解】设
，由表格中的数据得，
，
，
，
，
，
所以
，
又
的图象是连续不断的，
所以
在
内有零点．
故选：
.
4．（2024·四川成都·二模）已知函数
，若存在m 使得关于x 的方程
有两不同的根，
则t 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用幂函数的性质，得到函数y = f (x)的单调性，求得函数的最值，结合题意，列出
30
不等式，即可求解.
【详解】由函数
，可得函数y = f (x)在
，
上为增函数，
当
时，
，当
时，
，
若存在m 使得关于x 的方程
有两不同的根，只需
，
解得
或
，所以t 的取值范围为
.
故选：B．
5．（23-24 高一上·浙江杭州·期中）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定
理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石.布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊
兹·布劳威尔（L·E·J·Brouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数
，存在一个点
，使得
，那么我们称该函数为“不动点”函数.下列为“不动点”函数的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题，若方程
在函数定义域内有解，则函数为“不动点”函数，据此可判断选项正误.
【详解】A 选项，
，方程无解，则
不是“不动点”函数，A 错误；
B 选项，
，方程判别式
，方程无解，
则
不是“不动点”函数，B 错误；
C 选项，
，方程无解，则
不是“不动点”函数，C
错误；
D 选项，
，方程有两解，则
是“不动点”函数，D 正确.
故选：D
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数
有两个零点，则实数
的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】法一：转化成一元二次方程在(0,+ ∞)上有两个不同的解的问题；法二：分离参数，转化成两个函
数图像在(0,+∞)上有两个交点的问题.
31
【详解】法一：因为
，且
有两个零点，
所以方程
在(0,+ ∞)上有两个不同的解，
所以
解得
．
法二：由
得
，
因为
有两个零点，所以直线
与函数
的图像有两个交点．
函数
的图像如图，由图可知
．
故选：D．
7．（2024·上海松江·二模）已知某个三角形的三边长为
、
及，其中
.若
，
是函数
的两个零点，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由a，b 为函数
的两个零点可得
，即可得
、
，由两边之和大于第三边，结合题意可得
.
【详解】由
为函数
的两个零点，故有
，
即
恒成立，
故
，
，则
，
，
由a，b，c 为某三角形的三边长，且
，
故
，且
，则
， 因为
必然成立，
32
所以
，即
，解得
，
所以
，
故
的取值范围是：
.
故选：B.
8．（2024 高三下·全国·竞赛）当
取得最小值时，
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】分别作出
，
，
的图象，找到取得最小值时所对应的点，建立方程
求解即可．
【详解】解：分别作出
，
，
的图象，
根据
，如下图：
33
由图象可得取得最小值时，点为
，即为
和
的交点，
，解得：
，
由图可知点
在第二象限，
，
故选：A．
9．（23-24 高三下·河南郑州·阶段练习）若定义域为
的奇函数
满足
，则
在
上的零点个数至少为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【分析】运用奇函数性质，结合周期函数性质，赋值即可求解.
【详解】由
是定义域为R的奇函数可得
，
再由
可得函数周期为1,
，
中取
得
，
所以
，
，
，
，
所以
在
上的零点个数至少为7．
故选：C．
10．（24-25 高三上·广东广州·开学考试）已知函数
，若方程
有3 个不同的实根，则实数m 取值范围值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】求解二次方程，即可求得
的结果，根据
的图像，数形结合，即可容易求得参数的范围，
属中档题.
【详解】由
，
得
或
，作出
的图象，如图所示，
34
由图可知，要使方程
有3 个不同的实根，
当
，即
时，
，符合题意，
当
，即
时，
，符合题意，
所以所求范围是
.
故选：C.
二、多选题
11．（23-24 高一下·云南曲靖·期中）已知不等式
的解集为
，则以下选项正确的
有（ ）
A．
B．
C．函数
有两个零点2 和3
D．
的解集为
或x> 1
2}
【答案】ACD
【分析】由题意
，方程
的根为
和，由韦达定理可知
，
，判断
；结合二
次函数的图象知当
时，
，判断
；由不等式
的解集为
，判断
；由韦
达定理可知
，
，代入
，求解不等式即可.
【详解】不等式
的解集为
，
所以根据一元二次不等式解法可知
，
且
，
，
，
，则
，
正确；
由二次函数
的图象知当
时，
，故
，
错误；
方程
的根为
和，
显然正确；
由
,
可知:
，
，
代入
，得
，
由
可得
，解得
或
，
35
故
的解集为
或
，
正确；
故选：
.
12．（23-24 高二下·河北沧州·期末）已知函数
关于
的方程
有从小到大
排列的四个不同的实数根
，若
，则（ ）
A．
B．
C．
的最小值为
D．
的最大值为
【答案】AC
【分析】对于A 和B，根据题意画出分段函数的图像，将方程的根的问题转化为
与
的交点即可，
通过观察图象直接判断；对于C 和D，可以借助二次函数的对称性，得到
运用
将未知数减少，转化为函数后用基本不等式可求出
的范围即可解决.
【详解】
在平面直角坐标系内作出函数y = f (x)的图象，如图.
关于
的方程
有从小到大排列的四个不同的实数根
,
等价于
与
有四个不同交点,则
，显然
正确.
令
，则
或
，所以
或
，
所以，当
时最小
，数形结合有
，故B 不正确.
运用二次函数对称性，可知
，
当且仅当
时取等号，故C 正确.
根据图象
，则
无最大值，故D 不正确.
36
故选：AC.
13．（24-25 高三上·吉林长春·阶段练习）已知定义域为R 的函数
满足
不恒为零，且
，
，
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
是奇函数
C．
的图象关于直线
对称
D．
在
上有6 个零点
【答案】AB
【分析】根据题设确定函数的周期和对称中心，利用这两个条件可得
推出B 正确；结合函数
定义域，可得A 正确；利用函数性质可得函数在
上有8 个零点，排除D 项；对于C，结合D 的结果，
通过举例说明排除即可.
【详解】由
①可得，函数
的周期为6；
由
可得，
②，
即函数
的图象关于点
成中心对称；
又由②式可得，
，结合①式可得，
，故B 正确；
又因
是定义域为R 的函数，故
，即得，
，故A 正确；
对于D，由上分析，
，
，
由
的图象关于点
成中心对称，
是定义域为R 的函数可知，
，
，
，
，
，
，
故函数
在
上有8 个零点，故D 错误；
对于C，因
，且
，
而
的值不能确定，即得不到
，故C 错误.
故选：AB.
14．（23-24 高一上·陕西宝鸡·期末）若函数
在
时，值域也为
，则称
为
的
“保值区间”.下列结论正确的是（ ）
A．函数
不存在保值区间
B．函数
有无数多个保值区间
C．若函数
存在保值区间
，则
D．若函数
存在保值区间，则
37
【答案】BCD
【分析】对于A，结合
的单调性，令
，解方程即可；
对于B，由题可知，当
时，函数
可能存在保值区间
，结合函数f (x)= 1
x 的单调性，
可得
，所以当
时，函数
的保值区间为
，最后由
的任意性即可判断；
对于C，分
和
两种情况，结合函数
的单调性即可求解；
对于D，由函数
的单调性知
，即方程
在
上有两解，令
，换元得
在
上有两解，进而转化为函数
的图象与
有两个交
点，结合图象即可得解.
【详解】对于A，
在
和(0,+ ∞)上单调递增，
令
，得
，
解得
或
，
故
存在保值区间
，故A 错误；
对于B，由
，
可知当
时，函数
可能存在保值区间
，
因为函数f (x)= 1
x 在
单调递减，
则有
，
可得
，即
，解得
，
所以当
时，函数
的保值区间为
，
由
的任意性，可知函数
有无数多个保值区间，故B 正确；
对于C，若
存在保值区间
，
①当
时，
在
上单调递增，
故
，解得
；
②当
时，
在
上单调递减，在[1,2]上单调递增，
38
因为
，所以
，
解得
（舍去），
综上，
，故C 正确；
对于D，函数
在
上单调递增，
若
存在保值区间
，
则
，
可知方程
在
上有两解，
令
，有
，
则方程
可化为
，
所以
在
上有两解，
令
，
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
又
，
，
所以函数
的大致图象如图所示，
因为
在
上有两解，
所以
在
上有两解，
即函数
的图象与
有两个交点，
由图可知，
，故D 正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题与函数的性质，解题的关键是充分理解“保值区间”的概
念，根据函数的单调性与值域，结合换元法求解即可.
39
三、填空题
15．（23-24 高一上·上海·期末）若函数
在区间
的一个零点的近似值用二分法逐次计
算列表如下：
那么方程
的一个近似解为
（精确到0.1）
【答案】
【分析】根据题意，由表格中的数据，结合二分法的规则，由近似解的要求分析，即可求解.
【详解】由表格中的数据，可得函数
的零点在区间
之间，
结合题设要求，可得方程
的一个近似解为
.
故答案为：
.
16．（23-24 高一上·江西抚州·期末）在用二分法求方程
的正实数跟的近似解（精确度
）时，若
我们选取初始区间是
，为达到精确度要求至少需要计算的次数是 ．
【答案】7
【分析】利用二分法的定义列出不等式求解即可.
【详解】设至少需要计算
次，则
满足
，即
，
由于
，故要达到精确度要求至少需要计算7 次.
故答案为：7
17．（23-24 高一上·海南海口·阶段练习）已知
，在区间
上有一个零点
，则
.若用二分法求
的近似值（精确度0.1），则至少需要将区间等分 次.
【答案】 1 4
【分析】根据零点、二分法等知识求得正确答案.
【详解】
在
上为减函数，
又
，
∴
的零点
，故
.
设至少需等分
次，则
且
，
40
解得
，故至少需等分4 次.
故答案为：；
18．（23-24 高一上·北京·阶段练习）已知函数
图象是连续不断的，并且是
上的增函数，有如下
的对应值表
1
2
3
4
①
；②
在
上存在零点；
③
有且仅有1 个零点；④
可能无零点则正确的序号为________．
【答案】①③
【分析】根据函数的单调性，结合表格中的数据和利用零点存在性定理判断.
【详解】对于①，因为函数
是
上的增函数，所以
，故①正确；
对于②，因为函数
是
上的增函数，所以当
时，
，故②错误；
对于③，因为函数
是
上的增函数，
且
，即
，所以函数
有且
仅有一个在区间
的零点，故③正确；
对于④，因为函数
连续，且
，
即
，所以函数
在区间
上一定存在零点，故④错误，
故答案为：①③
19．（20-21 高一上·内蒙古赤峰·期末）若函数
在
上有两个零点，则
的取值范围
为
【答案】
【分析】根据题中条件，列出不等式组，解出即可.
【详解】因为
在
上有两个零点，
所以
，
，解得
.
故答案为：
.
20．（24-25 高三上·山西吕梁·开学考试）已知函数
在区间
有零点，则
的取值范围
是 .
【答案】
41
【分析】函数
的零点可以转化为
与函数
放入图象有交点即可，因此只需确
定
再区间
的范围即可.
【详解】令
，当
时，
，
当且仅当
时取等，
且
，
所以若
在区间
有零点，只需
与函数
有交点即可,
所以
的取值范围是
.
故答案为：
四、解答题
21．（24-25 高一上·全国·课后作业）已知函数
.
(1)当m 为何值时，函数有两个零点、一个零点、无零点；
(2)若函数恰有一个零点在原点处，求m 的值；
(3)若
有两个根，且一个根大于2，一个根小于2，求实数m 的取值范围.
【答案】(1)当
时，函数有两个零点；当
时，函数有一个零点；当
时，函数无零点；
(2)
(3)
【分析】（1）函数的零点即为对应方程的实数根，由零点个数利用判别式可得到
的取值范围；
（2）函数的一个零点在原点，说明0 是对应方程的根，解方程求m 的值；
（3）由二次方程根的分布，有
，解不等式可得实数m 的取值范围.
【详解】（1）函数
，
若函数有两个零点，则方程
有两个不相等的实数根，
则有
，解得
．
若函数有一个零点，则方程
有两个相等的实数根，
则有
，解得
；
42
若函数无零点，则方程
没有实数根，
则有
，解得
．
故当
时，函数有两个零点；
当
时，函数有一个零点；
当
时，函数无零点．
（2）由题意知0 是方程
的根，
故有
，解得
.
（3）由题意可得
，即
，解得
，
故实数m 的取值范围为
.
22．（23-24 高一上·福建龙岩·阶段练习）已知函数
(1)判断
的奇偶性并证明；
(2)解方程
.
【答案】(1)偶函数，详细见解析
(2)
【分析】(1)根据奇偶性的定义即可证明；
(2)讨论
的符号，列出方程组即可求解.
【详解】（1）因为
且定义域为R，所以
是偶函数.
（2）当
时，
，
去绝对值符号可得
，化简可得
，
解之可得
或
(舍)，
当
时，
，
43
去绝对值符号可得
，化简可得
（舍），
综上，
的解为
.
23．（19-20 高三下·广西·阶段练习）已知函数
.
（1）若
，求不等式
的解集；
（2）若方程
有实数根，求
的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）
，函数等价变形为分段函数
，由
列不等式可解.
（2）方程
等价变形得
，作出两函数图形，由图象得解.
【详解】解：（1）因为
，所以
，
由
，
，得
，或
得
，
综上有
故不等式
的解集为
.
（2）由
，得
，
令
，则
，
作出
的图象，如图所示.
直线
过原点，当此直线经过点
时，
；
当此直线与直线
平行时，
.
由图可知，当
或
时，
的图象与直线
有公共点.
从而
有实数根，所以
的取值范围为
.
44
【点睛】本题考查含有两个绝对值符号的不等式解法. 含有两个绝对值符号的不等式常用解法可用零点分
区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解.
利用函数图象可以解决很多与函数有关的问题，如利用函数的图象解决函数性质问题，函数的零点、方程
根的问题，有关不等式的问题等.解决上述问题的关键是根据题意画出相应函数的图象，利用数形结合思想
求解.
24．（24-25 高一上·上海·随堂练习）已知函数y = f (x)，其中
．
(1)直接写出
的零点；
(2)讨论关于x 的方程
的解的个数；
(3)若方程
有四个不同的根
，
，
，
，直接写出这四个根的和．
【答案】(1)－1 和3；
(2)答案见解析
(3)
．
【分析】（1）利用函数零点的定义直接解方程求解即可；
（2）将问题转化为
与直线
的交点个数，画出
的图象，结合图象求解即可；
（3）由图象可知，函数y = f (x)的图象关于直线
对称，从而可求得结果.
45
【详解】（1）解方程
，即
，
解得
或
，
所以，函数y = f (x)的零点为－1 和3；
（2）则函数
的图象如下图所示：
方程
的解的个数等于函数
和y = f (x)图象的交点个数，如下图所示：
当
时，方程
无实根；
当
或
时，方程
有2 个实根；
当
时，方程
有4 个实根；
当
时，方程有3 个实根．
（3）由图象可知，函数y = f (x)的图象关于直线
对称，
因此
．
25．（20-21 高一·全国·课后作业）已知函数
，求满足下列条件的a 的取值范围.
（1）函数f(x)没有零点；
（2）函数f(x)有两个零点；
（3）函数f(x)有三个零点；
46
（4）函数f(x)有四个零点.
【答案】（1）a＜0；（2）a＝0 或a＞1；（3）a＝1；（4）0＜a＜1.
【分析】令
，画出图象，根据直线y＝a 与
的交点个数即可求解.
【详解】令
，函数
的图象如图所示，
（1）函数f(x)没有零点，即直线y＝a 与g(x)＝|x2－2x|的图象没有交点，观察图象可知，此时a＜0；
（2）函数f(x)有两个零点，即直线y＝a 与g(x)＝|x2－2x|的图象有两个交点，观察图象可知此时a＝0 或a＞
1；
（3）函数f(x)有三个零点，即直线y＝a 与g(x)＝|x2－2x|的图象有三个交点，由图象易知a＝1；
（4）函数f(x)有四个零点，即直线y＝a 与g(x)＝|x2－2x|的图像有四个交点，由图像易知0＜a＜1.
【点睛】本题考查利用函数图象交点求参数问题，属于基础题.
26．（20-21 高一上·浙江嘉兴·期中）设常数
，函数
．
（1）若
，写出
的单调递减区间（不必证明）；
（2）若
，且关于
的不等式
对所有
恒成立，求实数
的取值范围；
（3）当
时，若方程
有三个不相等的实数根
．且
，求实数
的值．
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
．
【解析】（1）当
时，
，再求函数的单调递减区间；（2）不等式可化
为
对任意
恒成立，利用单调性求函数的最大值，即求
的取值范围；（3）当
时，去
47
绝对值后写成分段函数
，再求
的三个实数根，根据条件列式求
的值.
【详解】（1）
时，
，
的单调递减区间为
，
．
（2）∵
，∴
，
∴不等式可化为
对任意
恒成立．
∵
在
上递增，所以其最大值为
，
∴
，即实数
的取值范围是
．
（3）
时，
，
当
时，由
得
，
当
时，由
得
，
解得
．
【点睛】关键点点睛：本题考查含绝对值函数的性质的综合应用，本题的关键是去绝对值，利用分段函数
解决函数的单调性，零点问题.
