考点 09 函数与方程
考点解读
此知识点是高考考查的重点，常以指数函数、对数函数、幂函数、分段函数或者三角函数为背景进行考查，
解题时注意数形结合思想的应用.具体要求为：
（1）结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数.
（2）根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解.
一、函数的零点
1．函数零点的概念
对于函数 ，我们把使 成立的实数 x 叫做函数 的零点．
2．函数的零点与方程的根之间的联系
函数 的零点就是方程 的实数根，也就是函数 的图象与 x 轴的交点的横坐标
即方程 有实数根⇔函数 的图象与 x 轴有交点⇔函数 有零点．
【注】并非所有的函数都有零点，例如，函数 f(x)=x2＋1，由于方程 x2＋1=0 无实数根，故该函数无零
点．
3．二次函数 的零点
二次函数
的图象
与 x 轴的交点 (x1，0)，(x2，0) (x1，0) 无交点
零点个数 2 1 0
( ),y f x x D= ∈ ( ) 0f x = ( ),y f x x D= ∈
( )y f x= ( ) 0f x = ( )y f x=
( ) 0f x = ( )y f x= ( )y f x=
2 )( 0y ax bx c a= + + >
0∆ > 0∆ = 0∆ <
2 )( 0y ax bx c a= + + >4．零点存在性定理
如果函数 在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 ，那么，函数
在区间 内有零点，即存在 c∈(a，b)，使得 ，这个 也就是方程 的根.
【注】上述定理只能判断出零点存在，不能确定零点个数.
5．常用结论
(1)若连续不断的函数 是定义域上的单调函数，则 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)函数 有零点 方程 有实数根 函数 与 的图象有
交点；
(4)函数 有零点 方程 有实数根 函数 与 的图象有交点
，其中 为常数.
二、二分法
1．二分法的概念
对于在区间[a，b]上连续不断且 的函数 ，通过不断地把函数 的零点所在的
区间一分为二，使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 零点近似值的步骤
给定精确度 ε，用二分法求函数 零点近似值的步骤如下：
①确定区间[a，b]，验证 ，给定精确度 ε；
②求区间(a，b)的中点 c；
③计算 f(c)；
a．若 f(c)=0，则 c 就是函数的零点；
b．若 f(a)·f(c)
( ) 1 11 e 1 1 0ef −= − = − <
1 ,12
进行符号判断即可得出结论．此类问题的难点往往是函数值符号的判断，可运用函数的有关性质进行判
断．
典例 2 在用二分法求方程 的一个近似解时，现在已经将根锁定在区间(1,2)内，则下一步可
以断定该根所在区间为___________.
【答案】
【解析】令 ，
， ， ，
故下一步可以断定根所在区间为 .故填 .
1．若函数 的零点所在的区间为 ,则 k=
A．3 B．4
C．1 D．2
2．求下列函数的零点，可以采用二分法的是
A． B．
C． D．
考向二 函数零点个数的判断
判断函数零点个数的方法
(1)解方程法：令 f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)
≤
( )( ) 3y f f x= −
, 1
, 1
b a ba b a a b
− ≥⊗ = −
( )f x m= 1 2 3 4, , ,x x x x
1 2 3 4x x x x< < < ( )3 4
1 2
m m x xx x
+ ⋅ +
( )0,10 [ ]0,10
( )0,4 [ ]0,4
2y x ax b= + + 2 3 2a b+
3 2 5 0x x− − = [ ]2,4 0 3x =
( ) logx
ax xf a−= + 0a > 1a ≠ a范围为__________．
16．已知函数 ,若实数 满足 ，且 ，则 的取值范围是
__________．
17．定义域为 的偶函数 满足 ，当 时， ，给出下列
四个结论：
① ；
②若 ，则 ；
③函数 在 内有且仅有 3 个零点；
其中，正确结论的序号是__________．
18．已知函数 f（x）= +4log2x+m，x∈[ ，4]，m 为常数．
（1）设函数 f（x）存在大于 1 的零点，求实数 m 的取值范围；
（2）设函数 f（x）有两个互异的零点 α，β，求 m 的取值范围，并求 α·β 的值．
19．已知函数 .
（1）若 ，判断函数 的零点个数；
（2）若对任意实数 ，函数 恒有两个相异的零点，求实数 的取值范围；
（3）已知 且 ， ，求证：方程 在区间
上有实数根.
( ) lg 2f x x= + ,a b 0b a> > ( ) ( )f a f b= 2+a b
R ( )f x ( ) ( )1 1 0f x f x+ + − = [ )0,1x∈ ( ) sin 2
xf x
π=
( ) 1f x <
( ) ( )1 2 0f x f x+ = 1 2 0x x+ =
( )f x ( )0,4
( )2
2log x 1
8
( ) ( )2 1 0f x ax mx m a= + + − ≠
( )1 0f − = ( )f x
m ( )f x a
1 2,x x ∈R 1 2x x< ( ) ( )1 2f x f x≠ ( ) ( ) ( )1 2
1
2f x f x f x = +
( )1 2,x x1．【2020 年高考天津】已知函数 若函数 恰有 4 个零点，
则 的取值范围是
A． B．
C． D．
2．【2019 年高考浙江】已知 ，函数 ．若函数
恰有 3 个零点，则
A．a0
3．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数 ．若 g（x）存在 2 个
零点，则 a 的取值范围是
A．[–1，0） B．[0，+∞）
C．[–1，+∞） D．[1，+∞）
4．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数 有唯一零点，则 a=
A． B．
C． D．1
5．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】函数 在 的零点个数为________．
3, 0,( )
, 0.
x xf x
x x
≥= −
x ( )f x ax=
a
变式拓展
( )f x k
(2) 4 2 7 0,
(3) 8 3 7 0,
f
f
= + −
( )f x ( )f x 2k =2．【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
不是单调函数， ，不能用二分法求零点；
是单调函数， ，能用二分法求零点；
不是单调函数， ，不能用二分法求零点；
不是单调函数， ，不能用二分法求零点.
故选：B.
3．【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，函数 的零点个数，即方程 的实数根个数，设 ，则
，作出 的图象，结合图象可知，方程 有三个实根，进而可得答案.
【详解】
由题意，函数 的零点个数，即方程 的实数根个数，
设 ，则 ，作出 的图象，
如图所示，结合图象可知，方程 有三个实根 ， ， ，
则 有一个解， 有一个解， 有三个解，
故方程 有 5 个解.
【点睛】
本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中合理利用换元法，结合图象，求得方程 的
4( )f x x= 0y≥
( ) tan 2( )2 2f x x x
π π= + − < < y R∈
( ) cos 1f x x= − 0y ≤
( ) 2 3xf x = − 0y≥
( )( ) 3y f f x= − ( )( ) 3f f x = ( )t f x=
( ) 3f t = ( )f x ( ) 3f t =
( )( ) 3y f f x= − ( )( ) 3f f x =
( )t f x= ( ) 3f t = ( )f x
( ) 3f t = 1 1t = − 2
1
4t = 3 4t =
( ) 1f x = − ( ) 1
4f x = ( ) 4f x =
( )( ) 3f f x =
( ) 3f t =根，进而求得方程的零点个数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思
想的应用.
4．【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可转化为函数 和函数 的图象在区间 上恰好有一个交
点，根据函数单调性及图象可求 a 的范围，利用 在 上单调递增即可求解.
【详解】
依题意，函数 在区间 ， 上有零点等价于方程 在区间 ， 上恰有
一个根，函数 和函数 的图象在区间 上恰好有一个交点，
函数 关于 对称，在 上有最小值 ， 时， ， ，
函数 ，令 ，
当 时，由复合函数单调性知 单调递减，当 时，
，
所以函数 和函数 的图象在区间 上无交点，
当 时，由复合函数单调性知 单调递增，如图，
5
2
( )2
1 2 1y ax= − ( )2 log 2ay ax= + 10, a
1y x x
= + [1,+ )∞
( )f x [0 1]a
( ) ( )22 1 log 2aax ax− = + [0 1]a
( )2
1 2 1y ax= − ( )2 log 2ay ax= + 10, a
( )2
1 2 1y ax= − 1
2x a
= 10, a
0 10,x a
= 1 1y = 1 [0,1]y∴ ∈
( )2 log 2ay ax= + ( )log) 2( ax axϕ +=
0 1a< < ( )log) 2( ax axϕ += 10,x a
∈
( ) (0) log 2 0axϕ ϕ≤ ( )log) 2( ax axϕ +=由图可知，当 ， 时，函数图象恰好有 1 个交点，
此时 ，
解得 ，
因为 在 上单调递增，
所以 ，即 的最小值为 ，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查函数零点，函数图象的交点，函数的单调性，转化思想，分类讨论，利用函数单调性求最
值，属于难题．
1．【答案】D
【解析】容易验证 在定义域上既是奇函数又存在零点的函数，故选 D．
【点睛】解本题的关键是掌握奇函数满足的条件，函数的零点指的是函数图象与 x 轴交点的横坐标．
2．【答案】A
【解析】
试题分析：根据函数零点的条件，结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
解：若函数 f（x）=ax+3 在[﹣1，1]上存在零点，
(0) 1ϕ ≤ 1( ) 1a
ϕ >
log 3 1 log 2a a
>
2 3a≤ <
1y x x
= + [1,+ )∞
1 1 52 2 2a a
+ ≥ + = 1a a
+ 5
2
5
2
考点冲关
( ) x xf x e e−= +则 f（﹣1）f（1）≤0，
即（a+3）（﹣a+3）≤0，
故（a+3）（a﹣3）≥0，
解得 a≥3 或 a≤﹣3，
即 a＜﹣4 是 a≥3 或 a≤﹣3 的充分不必要条件，
故“a＜﹣4”是函数 f（x）=ax+3 在[﹣1，1]上存在零点的充分不必要条件，
故选 A.
3．【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数 ，判断函数 的零点在哪个区间即可．
【详解】
根据题意，设 ，
则 ，
即
函数 存在零点 ，
即函数 与函数 图象的交点横坐标 所在的区间为 ．
故选 B．
【点睛】
本题考查了根据根的存在性定理判断函数零点的问题，属于基础题．
4．【答案】C
21( ) ln( 1) 2
x
f x x
− = + − ( )f x
21( ) ln( 1) 2
x
f x x
− = + −
( ) 210 ln1 2 4 0f
− = − = −
<
( ) 1
ln 21ln 2 2 21 0f
− = −
= − <
( ) 0
ln31ln3 2 12 0f = −
= − >
( ) ( )1 2 0f f⋅ <
∴ ( )f x ( )0 1,2x ∈
ln( 1)y x= +
21
2
x
y
− = 0x ( )1,2【解析】
【分析】
根据零点的存在行了，可判断根的较小区间，从而求得方程的近似解.
【详解】
由题意，根据表格中的数据，可得 ， ，
可得 ，所以方程 的一个近似根为 .
故选 C.
【点睛】
本题主要考查了二分法求解方程的近似解的方法，其中解答中熟练应用零点的存在定理是解答的关键，
着重考查基本概念的运用能力，属于基础题.
5．【答案】B
【解析】
【分析】
先由基本初等函数单调性得到 在 上递增，根据 ，即可得出结果.
【详解】
因为 与 是增函数，则 在 上递增，且 ，
因此，当 时，有 ，即 .
故选：B.
【点睛】
本题主要考查函数单调性的应用，熟记基本初等函数单调性即可，属于常考题型.
6．【答案】B
【解析】
【分析】
令 f(x)=0,所以 ，在同一坐标系下作出函数 g(x)= 和 h(x)= 在区间[-2，3]
的图像，观察图像得函数 在区间 上零点的个数.
【详解】
令 f(x)=0,所以 ，
( )1.4375 0.163f = ( )1.40625 0.054f = −
( ) ( )1.40625 01.4375f f
0 1a< < a y x=
( )0 0,x y
0
0
0
0 0
1 ,
,
1 1ln 1,
x
x
y a
y x
a a
= =
=
0
0
0
1 ,
1 1ln 1,
x
x
x a
a a
=
=
0
0
0
1 ,
1ln 1,
x
x a
x a
=
=
0 0
0
1ln ln ,
1ln 1.
x x a
x a
=
=
0ln 1x = 0x e= 1 1ln a e
= 1
ea e
−=
1
ee
−푓(푥)与푔(푥)图象恰有四个交点．当푦 = 푎(푥 ― 1)与푦 = 푥2 +3푥（或푦 = ― 푎(푥 ― 1)与푦 = ― 푥2 ― 3푥）相切
时，푓(푥)与푔(푥)图象恰有三个交点．把푦 = 푎(푥 ― 1)代入푦 = 푥2 +3푥，得푥2 +3푥 = 푎(푥 ― 1)，即푥2 +
(3 ― 푎)푥 + 푎 = 0，由훥 = 0，得(3 ― 푎)2 ― 4푎 = 0，解得푎 = 1或푎 = 9．又当푎 = 0时，푓(푥)与푔(푥)仅两个
交点， ∴ 0 < 푎 < 1或푎 > 9．
（方法二）显然푥 ≠ 1，∴푎 = |푥2 + 3푥
푥 ― 1 |．令푡 = 푥 ― 1，则푎 = |푡 + 4
푡 + 5|
∵푡 + 4
푡 ∈ ( ―∞, ― 4] ∪ [4, + ∞)，∴푡 + 4
푡 +5 ∈ ( ―∞,1] ∪ [9, + ∞)．结合图象可得0 < 푎 < 1或푎 > 9．
16．【答案】
【解析】
【分析】
因为 ，根据题意，得到 ，根据 得到
，进而 可化为 ，令 ，用定义法判断函数
单调性，进而可得出结果.
【详解】
因为 ，
因为两段函数均为单调函数，实数 满足 ，且 ，
所以有 ；又 ，所以 ，于是 ，则 ，所以
；
(3, )+∞
lg 2, 1( ) lg 2 lg 2,0 1
x xf x x x x
+ ≥= + = − + < g x x xx
1( ) 2 , 1= + >g x x xx
lg 2, 1( ) lg 2 lg 2,0 1
x xf x x x x
+ ≥= + = − + < > ( ) ( )f a f b=
0 1a b< < < ( ) ( )f a f b= lg lga b= lg lga b= − 1a b
=
12 2+ = +a b b b令 ，任取 ，
则 ，
因为 ，所以 ， ，
因此 ，
所以函数 在 上单调递增；
因此 ，即 .
故答案为：
【点睛】
本题主要考查对数函数的应用，以及由函数单调性求值域问题，熟记函数单调性的定义，以及对数函
数的性质即可，属于常考题型.
17．【答案】①③
【解析】
【分析】
由 得函数 关于点 中心对称，又 为偶函数，所以可推得
的周期为 4，又得 ，且当 时， ，故可作出函数的图象，结合图象可判
断各选项的真假.
【详解】
由 得函数 关于点 中心对称，
又 ， ，
为 上的偶函数， ，
， ，
的周期为 4，
当 时， 得 ，
1( ) 2 , 1= + >g x x xx 1 21 x x< <
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 1 1( ) ( ) 2 2 ( ) 2
− = + − + = − −
g x g x x x x xx x x x
1 21 x x< < 1 2 0x x− <
1 2
12 0− >
x x
1 2 1 2
1 2
1( ) ( ) ( ) 2 0
− = − − =g x g 2 3+ >a b
(3, )+∞
( ) ( )1 1 0f x f x+ + − = ( )f x ( )1,0 ( )f x ( )f x
( )1 0f = [ )0,1x∈ ( ) sin 2
xf x
π=
( ) ( )1 1 0f x f x+ + − = ( )f x ( )1,0
( ) ( )1 1f x f x+ = − − ( ) ( )2f x f x∴ + = − −
( )f x R ( ) ( )f x f x∴ − =
( ) ( )2f x f x∴ + = − ( ) ( ) ( )4 2f x f x f x∴ + = − + =
( )f x∴
0x = ( ) ( )1 0 1 0 0f f+ + − = ( )1 0f =又当 时， ，所以函数 图象如图：
由图知， ， ，故①正确；
又 ，从而可知②不正确；
当 时， ，故③正确.
故答案为：①③
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性，对称性，周期性等性质，考查了函数零点的个数判断，考查了数形结
合，函数与方程的思想.
18．【答案】(1)[–12，0);（2） .
【解析】
【分析】
（1）令 log2x=t，x∈[ ，4]，原题等价于方程 t2+4t+m=0 在 t∈（0，2]上存在实数根，变量分离得到
参数的范围；（2）函数 f（x）有两个互异的零点 α，β，则函数 g（t）=t2+4t+m 在[–3，2]上有两个互
异的零点 t1，t2，结合二次函数的性质得到 ；再由韦达定理得到结果.
【详解】
（1）令 log2x=t，x∈[ ，4]，则 g（t）=t2+4t+m（t∈[–3，2]）．
由于函数 f（x）存在大于 1 的零点，所以方程 t2+4t+m=0 在 t∈（0，2]上存在实数根，
由 t2+4t+m=0，得 m=–t2–4t，t∈（0，2]，
所以 m∈[–12，0）．
[ )0,1x∈ ( ) sin 2
xf x
π= ( )f x
( )1 1f x− < < ( ) 1f x∴ <
( ) ( )1 2 0f f+ =
( )0,4x∈ ( ) ( ) ( )1 2 3 0f f f= = =
1
16
1
8
( )
( )
16 4 0
3 0
2 0
m
g
g
∆ = − >
− ≥
≥
1
8故 m 的取值范围为[–12，0）．
（2）函数 f（x）有两个互异的零点 α，β，则函数 g（t）=t2+4t+m 在[–3，2]上有两个互异的零点 t1，
t2，其中 t1=log2α，t2=log2β，
所以 ，解得 3≤m
− ≥
≥
1
16
0 1a< <
( )1 0,f − =
1 0,a m m∴ − + − =
1a∴ =
( ) 2 1f x x mx m∴ = + + −
( ) ( )22 4 1 2m m m∆ = − − = −
2m = 0∆ = ( )f x
2m ≠ 0∆ > ( )f x
0a ≠ ( )2 4 1 0m a m∆ = − − > m∈R 2 4 4 0m am a− + >
216 16 0a a∆′ = − < 0 1a< <
a (0,1)
( ) ( ) ( ) ( )1 2
1
2g x f x f x f x = − +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 2
1 1
2 2g x f x f x f x f x f x = − + = −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 2 2 1
1 1
2 2g x f x f x f x f x f x = − + = −
( ) ( )1 2f x f x≠,
在区间 上有实数根，即方程 在区间 上有实数根.
【思路点拨】（1）利用判别式判定二次函数的零点个数；
（2）零点个数问题转化为图象交点个数问题，利用判别式处理即可；
（3）利用零点的定义，将方程 在区间 上有实数根，转化为函数
在区间 上有零点，结合零点存在性定理可以证明.
【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．
1．【答案】D
【解析】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 .
( ) ( ) ( ) ( ) 2
1 2 1 2
1 04g x g x f x f x ∴ ⋅ = − − = = 2y kx= − 2y x= 2 2 0x kx− + =
0∆ = 2 8 0k − = 2 2k = 2 2k >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.
2．【答案】C
【解析】当 x＜0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得 x = 푏
1 ― 푎，
则 y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点；
当 x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b = 1
3x3 ― 1
2（a+1）x2+ax﹣ax﹣b = 1
3x3 ― 1
2（a+1）x2﹣b，
，
当 a+1≤0，即 a≤﹣1 时，y′≥0，
y＝f（x）﹣ax﹣b 在[0，+∞）上单调递增，
则 y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点，不合题意；
当 a+1＞0，即 a>﹣1 时，
令 y′＞0 得 x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，
令 y′＜0 得 x∈[0，a+1），此时函数单调递减，
则函数最多有 2 个零点.
k ( ,0) (2 2, )−∞ +∞
2 ( 1)y x a x= +−′根据题意，函数 y＝f（x）﹣ax﹣b 恰有 3 个零点⇔函数 y＝f（x）﹣ax﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，
在[0，+∞）上有 2 个零点，
如图：
∴ 푏
1 ― 푎＜0 且 ，
解得 b＜0，1﹣a＞0，b＞ ― 1
6（a+1）3，
则 a>–1，b + − + + − −
2 11 21 1
x xx x
− = − + + − + +
2 42 42 2
x xx x
= − + +− −
( )g x y a= a
( )g x y a= 0a >
a ( )4,8【名师点睛】本题的核心是考查函数的零点问题，由题意分类讨论 和 两种情况，然后绘制
函数图象，数形结合即可求得最终结果.函数零点的求解与判断方法包括：
(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.
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