2025年高考一轮复习系列（新高考新题型）2.8零点定理含解析答案

这是一份2025年高考一轮复习系列（新高考新题型）2.8零点定理含解析答案，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若，，，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，，的零点分别是a，b，c，则a，b，c的大小顺序是（ ）
A．B．C．D．
3．函数的零点个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
4．函数的一个零点在区间内，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
6．函数的零点是（ ）
A．2B．C．-2D．2或-1
7．已知函数，则的所有零点之和为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，，的零点分别为，，，则（ ）．
A．B．
C．D．
9．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．
10．函数的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
11．已知函数，若b是a与c的等比中项，则的零点个数为（ ）
A．0B．0或1C．2D．0或1或2
12．设是定义在上的奇函数，且当时，，则的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
13．方程的实数根的个数为（ ）
A．9B．10C．11D．12
14．函数在区间存在零点．则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
15．函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
16．已知函数有一个零点，则属于下列哪个区间（ ）
A．B．C．D．
17．函数的零点为（ ）
A．4B．4或5C．5D．或5
18．已知是函数的一个零点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
19．函数在区间上的零点设为…，，则（ ）
A．6B．18C．12D．16
20．已知函数，则函数的所有零点之和为（ ）
A．0B．1C．2D．3
21．已知，则的零点之和为（ ）
A．B．C．D．
22．已知正实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
23．已知函数，，的零点分别为a，b，c则a，b，c的大小顺序为（ ）
A．B．
C．D．
24．已知函数，若函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
25．已知函数在有且仅有两个零点，且，则图象的一条对称轴是（ ）
A．B．C．D．
26．若函数在区间内恰有一个零点，则实数a的取值集合为（ ）
A．B．或.
C．D．或.
27．已知方程的解个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
28．已知函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，当时，，则在上的零点个数为（ ）
A．10B．15C．20D．21
29．已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
30．已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．3B．5C．6D．8
31．若函数在区间上存在零点，则常数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
32．函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
33．函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
34．定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数在上所有零点的和为（ ）
A．16B．32C．36D．48
35．已知函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A．B．C．D．
36．已知函数，．若有5个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
37．已知函数，若关于的方程有五个不等的实数解，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
38．已知函数求使方程的实数解个数为3时取值范围 ．
39．已知函数，若函数仅有1个零点，则实数的取值范围为 .
40．e是自然对数的底数，的零点为 .
41． ，若有两个零点，则的取值范围是 .
42．已知函数在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围为 ．
参考答案：
1．B
【解析】根据已知可得分别为与三个函数交点的横坐标，做出函数图象，即可求解结论.
【详解】做出函数的图象，
根据图象可得，.
故选：B.
【点睛】本题考查方程的解与函数图象间的关系，熟练掌握基本初等函数性质是解题关键，属于基础题.
2．C
【分析】将，，的零点看成函数分别与，，的交点的横坐标，分别画出这些函数图象，利用数形结合的方法即可求解.
【详解】由已知条件得
的零点可以看成与的交点的横坐标，的零点可以看成与的交点的横坐标，的零点可以看成与的交点的横坐标，
在同一坐标系分别画出，，，的函数图象，如下图所示,
可知，
故选：.
3．D
【分析】要研究函数的零点个数，只需研究函数，的图像交点个数即可，作出图像，根据赋值即可判断结论.
【详解】由题意可知：
要研究函数的零点个数，
只需研究函数，的图像交点个数即可.
画出函数，的图像，
因为时，，时，，
时，，
可知当和时，图像各有一个交点，
时，必有一个交点，
且交点为，及第二象限的点C.

故选：D
4．C
【分析】根据零点存在定理得出，代入可得选项.
【详解】由题可知：函数单调递增，若 一个零点在区间内，则需：，
即，解得，
故选：C.
【点睛】本题考查零点存在定理，属于基础题.
5．C
【分析】利用零点存在定理计算出满足条件的区间即可.
【详解】易知函数在上单调递增，
又，，
由函数的零点存在定理可知，函数的零点所在的一个区间是．
故选：C
6．A
【分析】由题意令可得关于的方程，进而求解.
【详解】由题意令，因为，所以，即.
故选：A.
7．D
【分析】令求解即可.
【详解】时，由得，
时，由得或，
所以四个零点和为．
故选：D．
8．C
【分析】转化函数，，的零点为与，，的交点，数形结合，即得解.
【详解】函数，，的零点，即为与，，的交点，
作出与，，的图象，

如图所示，可知
故选：C
9．B
【分析】根据题意，利用幂函数的性质，得到函数的单调性，求得函数的最值，结合题意，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，可得函数在，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．
10．B
【分析】根据给定条件，作出函数与图象，利用图象交点个数作答.
【详解】由，得，因此函数的零点即为函数与的图象交点横坐标，
在同一坐标系内作出函数与的图象，如图，

观察图象知，函数与的图象有唯一公共点，
所以函数的零点个数为1.
故选：B
11．A
【分析】根据给定条件，确定判别式的正负即可得解.
【详解】由b是a与c的等比中项，得，，
方程的判别式，因此方程无实根，
所以的零点个数为0.
故选：A
12．D
【分析】作出当时函数与的图象，数形结合确定此时函数的零点，再根据奇函数的性质确定以及时的零点，即可得答案.
【详解】依题意，作出函数与的图象，如图，
可知两个函数的图象有两个不同交点，即此时有两个零点；
又函数是定义域为的奇函数，故当时，也有两个零点，
函数是定义域为的奇函数，所以，即也是函数的1个零点，
综上所述，共有5个零点．
故选：D．
13．C
【分析】作出函数和的图象，由图象交点个数得出结论．
【详解】设，．在同一直角坐标系内画出与的大致图象，
当时，；当时，．
根据图象可得两个函数共有11个交点．
故选：C．
14．B
【分析】利用函数的单调性的性质及函数零点的存在性定理即可求解.
【详解】由在上单调递增，在上单调递增，得函数在区间上单调递增，
因为函数在区间存在零点，
所以，即，解得，
所以实数m的取值范围是.
故选：B.
15．B
【分析】根据函数零点存在性定理即可求解.
【详解】解：函数，
对A，，，故A错误；
对B，，由选项A知，所以，故B正确；
对C，，由选项B知，，故C错误；
对D，，由选项C知，，故D错误.
故选：B.
16．B
【分析】利用零点存在性定理计算即可.
【详解】由题知在上单调递增，
∵，，，
又，∴，即在上存在使得.
故选：B.
17．C
【分析】根据零点的定义结合对数的运算求解，注意函数的定义域.
【详解】由题意可得：，解得，故的定义域为，
令，得，则，解得或，
又∵，所以．
故选：C.
18．D
【分析】由题可得，然后根据二倍角公式结合齐次式即得.
【详解】因为是函数的一个零点，
所以，即，故，
则．
故选：D．
19．B
【分析】化简可得，令可得，易得与均关于点对称，再根据对称性结合函数图象即可得解.
【详解】由
得，即，
∵与均关于点对称，
由图可知，两函数有个交点，不妨设为，
根据对称性得，
故函数在上所有零点之和为．
故选B．
20．D
【分析】令，则，令，说明这两个函数的图象都关于对称，做出函数图像，结合函数图象即可得出答案.
【详解】解：，
令，则，
令，
因为，，
所以函数得图象关于对称，
因为，所以函数在上递增，
令，则，
所以函数在上递增，
所以函数在上增长得速度越来越快，
，，
如图，作出函数的图象，
由图可知，函数的图象有三个交点，设这三个交点依次为，
则，
所以函数有三个交点，且，
即函数的所有零点之和为3.
故选：D.
21．C
【分析】令，由二倍角的余弦公式和辅助角公式化简可得，则或，结合，即可得出答案.
【详解】由，
则，所以，
即，
所以或，
解得：或，
因为，所以，或，
所以的零点之和为，
故选：C.
22．D
【分析】利用数形结合法，根据题意结合图象交点分析判断.
【详解】因为，即，
由题意可知：为与的交点横坐标；
为与的交点横坐标；
为与的交点横坐标；
在同一平面直角坐标系中作出的图象，

由图可得：.
故选：D.
23．D
【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断.
【详解】由得，，
由得，由得.
在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，
由图象知，，.
故选：D
24．C
【分析】根据题意，先判断在和上的单调性和最值，再作出函数的大致图象，将函数的零点问题转化为方程根的问题，从而数形结合得结果.
【详解】当时，，当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且，当时，．
当时，当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且．
作出函数的大致图象，如图所示，
由图象可知，是函数的零点，要使函数有两个不同的零点，则方程有两个不相等的实数根，等价于有1个非零实数根.
由图可知或或，即.
故选：C．
【点睛】此类问题的常用解法是将函数的零点问题转化为方程根的问题，利用数形结合法得到结果，需要会熟练应用导数判断单调性、求最值并作出函数的大致图象.
25．C
【分析】由函数的零点情况，求出的取值范围，再利用给定等式分析判断函数图象的对称轴即可得解.
【详解】由函数在有且仅有两个零点，
得，解得，则，
又，而，当时，，，
由，得，当时，，
即函数在有3个零点，不符合题意，
因此是函数图象的一条对称轴，即，解得，
当时，，当时，，均不符合题意；
当时，，得，则图象的对称轴为.
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及三角函数在指定区间上的零点个数求参数范围，利用五点法作图思想分析周期情况是解题的关键.
26．D
【分析】根据题意，分和，结合二次函数的性质，以及零点存在性定理，列出不等式，即可求解.
由函数，
【详解】由函数，
若，可得，令，即，解得，符合题意；
若，令，即，可得，
当时，即，解得，此时，解得，符合题意；
当时，即且，则满足，
解得且，
若，可得，令，即，
解得或，其中，符合题意；
若，可得，令，即，
解得或，其中，符合题意；
综上可得，实数的取值范围为或.
故选：D.
27．C
【分析】根据不是方程的解，将方程转化为，构造函数，判断其单调性，从而可判断函数零点的个数.
【详解】易知不是方程的解，所以方程等价于，
构造函数，
，
所以在上单调递增，
又，
所以方程在区间上有且仅有一个解，
，
所以方程在区间上有且仅有一个解，
所以方程的解的个数为，即方程的解个数为.
故选：C.
28．D
【分析】根据条件，得到函数的周期为，再根据条件得出时，，从而得出，再利用周期性及图像即可求出结果.
【详解】因为，令，得到，
所以，从而有，又函数是定义在上的奇函数，
所以，即，所以函数的周期为，
令，则，又当时，，
所以，得到，
故，又，所以在上的图像如图，
又当时，由，得到，当，由，得到，即，
又，所以，
，，
又由，得到，即，
所以，
再结合图像知，在上的零点个数为21个，
故选：D.
29．C
【分析】设，设，根据已知作出函数的图象，结合零点存在定理以及函数的增长速度的快慢，即可得出答案.
【详解】

设，
设，则.
又，所以1是函数的一个零点；
因为，，
所以，.
又，，
所以，.
根据零点的存在定理，可知，，使得，
即是函数的一个零点；
因为，，
所以，.
又，，
所以，.
根据零点的存在定理，可知，，使得，
即是函数的一个零点.
结合函数图象以及的增长速度可知，当或时，函数没有零点.
综上所述，函数的零点为1，，，共3个零点.
故选：C.
30．B
【分析】令，求出方程的根，再结合图象求出的解的个数即可.
【详解】依题意，函数零点的个数，即为方程解的个数，
令，则，当时，，令，，
函数在上单调递增，于是函数在上单调递增，
又，，则存在，使得；
当时，，解得或，
作函数的大致图象，如图：

又，则，
当时，，由的图象知，方程有两个解；
当时，，由的图象知，方程有两个解；
当，时，，由的图象知，方程有一个解，
综上所述，函数的零点个数为5.
故选：B
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
31．C
【解析】先利用导数判断出函数在区间上为增函数，再解不等式，，即得解.
【详解】由题得在区间上恒成立，
所以函数在区间上为增函数，
所以，，
可得.
故选：C.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和零点，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
32．D
【分析】由函数的单调性，根据零点存在性定理可得.
【详解】若函数在区间上存在零点，
由函数在的图象连续不断，且为增函数，
则根据零点存在定理可知，只需满足，
即，
解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
33．C
【分析】先判断函数单调性，再根据零点存在定理将端点值代入，即可判断零点所在区间.
【详解】由于均为增函数，
所以为定义域上的增函数，
,
根据零点存在定理,
零点在区间内.
故选：C
34．A
【分析】先判断的对称性、周期性，然后由进行转化，结合图象以及对称性求得正确答案.
【详解】依题意，是定义在上的奇函数，图象关于原点对称，
由于，所以的图象关于对称，
，
所以是周期为的周期函数.
令，得，
函数的图象关于对称，的图象也关于点对称，
画出函数和的图象如下图所示，
由图可知，两个函数图象有个交点，且交点关于对称，
所以所有零点和为.
故选：A
35．C
【分析】由可得，令，，分析可知，函数、的图象都关于点对称，数形结合可得出结果.
【详解】由可得，
令，，
则函数的定义域为，其最小正周期为，
，
所以，函数的图象关于点对称，
函数的定义域为，
对任意的，，
所以，函数的图象也关于点对称，
因为函数、在上均为增函数，
则函数在上也为增函数，如下图所示：
由图可知，函数、的图象共有六个交点，其中这六个点满足三对点关于点对称，
因此，直线与的图象的所有交点的横坐标之和为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题函数图象交点横坐标之和，解题的关键在于利用函数的对称性，利用数形结合思想结合对称性求解.
36．A
【分析】当时，对求导，得到的单调性和最值再结合二次函数的性质画出的图象，令，将函数的零点个数问题转化为方程根的问题，结合图象求解即可.
【详解】由题意可知当时，，
令可得：；令可得：；，
故在上单调递减，在上单调递增，
，且当时，，
当趋近于负无穷时，趋近于0；
当时，图象的对称轴为直线，．
故作出的大致图象如图所示．
令，数形结合可知要使有5个零点，
需使方程有2个不同的实数根，且，或．
①若，，则，不成立，舍去．
②若，，则，解得．
当时，方程为，解得或，不符合方程2个根的取值范围，舍去．
故实数的取值范围为．
故选：A．
【点睛】方法点睛：对于求解函数零点个数问题，由以下的方法：（1）函数单调性与零点存在性定理得到函数零点个数；（2）参变分离后构造函数进行求解零点个数；（3）转化为两函数交点个数问题.
37．C
【分析】首先判断函数在各段的单调性，即可得到的大致图象，令，则化为，分、、、、、六种情况讨论，结合函数图象即可得解.
【详解】由，
当时，函数在上单调递减，且，，当时，
当时，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
可得的大致图象如下所示：
令，则化为，
当时无解，则无解；
当时，解得，由图可知有两解，即有两解；
当时有一解且，又有一个解，即有一解；
当时有两个解，即、，
又有一个解，有两个解，所以共有三个解；
当时有三个解，即，，，
无解，有三个解，有两个解，
所以共有五个解；
当时有两个解，即，，
有三个解，有两个解，
所以共有五个解；
综上可得的取值范围是.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是数形结合，另外分类讨论需做到不重不漏.
38．
【分析】分析给定函数的性质，作出图象，数形结合求出取值范围.
【详解】当时，函数在是递减，函数值集合为，
在上递增，函数值集合为，当时，是增函数，函数值集合为R，
方程的实数解个数，即为函数与直线的交点个数，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，
观察图象，当时，直线与函数的图象有3个交点，
所以方程的实数解个数为3时取值范围是.
故答案为：
39．
【分析】作出函数图象，结合的图象与直线仅有一个交点，即可列不等式求解.
【详解】令，则，作出函数的大致图象如图所示，
当时，，
观察可知，当或时，函数的图象与直线仅有一个交点，
∴实数的取值范围为.
故答案为：
40．/
【分析】只用求方程的零点，讨论左右两个函数的最值即可求解.
【详解】由得，
因为，所以，
当且仅当，即，取等号，
令，，
令解得；令解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
所以要使，只能，，
所以零点为，
故答案为:.
41．
【分析】先求函数的值域，单调性，并画出图象，再设，结合复合函数的零点个数求实数的取值范围即可.
【详解】易知函数在R上增函数，函数在上减函数，
所以，当时，，当时，，
于是函数的值域为，
又函数的在上单调递增，在上单调递减，
函数图象如图所示：
设，由可知，，则.
因为有两个零点，所以，即，
于是，则方程，即有两个零点，
所以，由的图象可知，使方程有两个零点，
则满足，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
42．
【分析】先根据题意确定，从而结合，确定，由此分类讨论，即讨论与余弦函数的零点，的位置关系，列不等式，即可求得答案.
【详解】由题意知函数在区间上有且仅有一个零点，
故函数的最小正周期,
又，则，而，
当时，即时，需有，即，此时；
当时，即时，，此时函数在上无零点，不合题意；
当时，即时，需有，即，此时；
当时，即时，，此时函数在上有一零点，符合题意；
当时，即时，需有，即，此时；
综合上述，得的取值范围为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了根据余弦型函数的零点个数，求解参数范围问题，解答的难点在于要根据，确定，由此要分类讨论该区间的两端点的位置关系，结合余弦函数的对称中心，列不等式求解参数范围.