2025年高考数学必刷题分类：第12讲、函数与方程（教师版）

[在此处键入]

第12讲函数与方程

知识梳理

一、函数的零点

对于函数yfx，我们把使fx0的实数x叫做函数yfx的零点.

二、方程的根与函数零点的关系

方程fx0有实数根函数yfx的图像与x轴有公共点函数yfx有零

点.

三、零点存在性定理

如果函数yfx在区间a,b上的图像是连续不断的一条曲线，并且有fafb0，

那么函数yfx在区间a,b内有零点，即存在ca,b，使得fc0,c也就是方程

fx0的根.

四、二分法

对于区间a,b上连续不断且fafb0的函数fx，通过不断地把函数fx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，进而得到零点的近似值的方法

叫做二分法.求方程fx0的近似解就是求函数fx零点的近似值.

五、用二分法求函数fx零点近似值的步骤

（1）确定区间a,b，验证fafb0，给定精度.

（）求区间的中点

2a,bx1.

（）计算若则就是函数的零点；若，则令

3fx1.fx10,x1fxfafx10

（此时零点）若，则令（此时零点）

bx1x0a,x1.fbfx10ax1x0x1,b

（4）判断是否达到精确度，即若ab，则函数零点的近似值为a（或b）；否

则重复第（2）—（4）步.

用二分法求方程近似解的计算量较大，因此往往借助计算完成.

[在此处键入]

[在此处键入]

【解题方法总结】

函数的零点相关技巧:

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f(x)，其相邻的两个零点之间的所有函数值同号.

③连续不断的函数f(x)通过零点时，函数值不一定变号.

④连续不断的函数f(x)在闭区间[a，b]上有零点，不一定能推出f(a)f(b)0.

必考题型全归纳

题型一：求函数的零点或零点所在区间

【例1】（2024·广西玉林·博白县中学校考模拟预测）已知函数h(x)是奇函数，且

f(x)h(x)2，若x2是函数yf(x)的一个零点，则f(2)（）

A．4B．0C．2D．4

【答案】D

【解析】因为x2是函数yf(x)的一个零点，则f(2)0，于是f(2)h(2)20，即

h(2)2，

而函数h(x)是奇函数，则有h(2)h(2)2，

所以f(2)h(2)24.

故选：D

【对点训练1】（2024·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测）已知x0是函数

f(x)tanx2的一个零点，则sin2x0的值为（）

4334

A．B．-C．D．

5555

【答案】D

【解析】因为x0是函数f(x)tanx2的一个零点，

所以tanx020，即tanx02，故cosx00，

2sinx0cosx02tanx04

则sin2x0222．

sinx0cosx01tanx05

故选：D．

【对点训练2】（2024·全国·高三专题练习）已知函数

x

fx2x,gxlog2xx,hxlog2x2的零点依次为a,b,c，则（）

[在此处键入]

[在此处键入]

A．abcB．cbaC．cabD．bac

【答案】A

1

【解析】对于fx2xx，显然是增函数，f01＞0,f1＜0，所以fx的

2

唯一零点a1,0；

11＜＞

对于gxlog2xx，显然也是增函数，g0,g110，所以gx的唯一

22

1

零点b,1；

2

对于hxlog2x2，显然也是增函数，h4log2420，所以hx的唯一零点

c4；

a＜b＜c；

故选：A.

x

【对点训练3】（2024·全国·高三专题练习）已知fxelnx2，若x0是方程

fxfxe的一个解，则x0可能存在的区间是（）

A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4

【答案】C

x1xx11

【解析】fxe，所以fxfxelnx2elnx2，

xxx

因为x0是方程fxfxe的一个解，

11

所以x是方程lnx2e0的解，令gxlnx2e，

0xx

1111

则gx，当x0时，gx0恒成立，

xx2xx2

1

所以gxlnx2e单调递增，

x

1315

又g2ln22eln2e0,g3ln32eln3e0，

2233

所以x0(2,3).

故选：C.

【解题总结】

求函数fx零点的方法：

[在此处键入]

[在此处键入]

（1）代数法，即求方程fx0的实根，适合于宜因式分解的多项式；（2）几何法，

即利用函数yfx的图像和性质找出零点，适合于宜作图的基本初等函数.

题型二：利用函数的零点确定参数的取值范围

2

【例2】（2024·山西阳泉·统考三模）函数fxlog2xxm在区间1,2存在零点．则

实数m的取值范围是（）

A．,5B．5,1C．1,5D．5,

【答案】B

2

【解析】由y1log2x在0,上单调递增，y2xm在0,上单调递增，得函数

2

fxlog2xxm在区间0,上单调递增，

2

因为函数fxlog2xxm在区间1,2存在零点，

f10log112m0

所以，即2，解得5m1，

2

f20log222m0

所以实数m的取值范围是5,1.

故选：B.

3

【对点训练4】（2024·全国·高三专题练习）函数f(x)2xa的一个零点在区间1,3

x

内，则实数a的取值范围是（）

A．7,B．,1C．,17,D．1,7

【答案】D

3

【解析】∵y2x和y在(0,)上是增函数，

x

3

∴f(x)2xa在(0,)上是增函数，

x

∴只需f(1)f(3)0即可，即1a7a0，解得1a7.

故选：D.

2

【对点训练5】（2024·河北·高三学业考试）已知函数f(x)a是R上的奇函数，

2x1

若函数yf(x2m)的零点在区间1，1内，则m的取值范围是（）

[在此处键入]

[在此处键入]

11

A．(,)B．(1，1)C．(2,2)D．0，1

22

【答案】A

22

【解析】∵f(x)是奇函数，∴f(0)a0，a1，f(x)1，易知f(x)在R上

112x1

是增函数，

∴f(x)有唯一零点0，

x

函数yf(x2m)的零点在区间1，1内，∴x2m0在(1,1)上有解，m，∴

2

11

m(,)．

22

故选：A．

【对点训练6】（2024·浙江绍兴·统考二模）已知函数fxlnxax2b，若fx在区

间2,3上有零点，则ab的最大值为__________.

1

【答案】

4e2

，2

【解析】设f(x0)0x02,3，则lnx0ax0b0，

222

此时blnx0ax0，则abalnx0ax0，

22

22lnx0lnx0

令gaalnx0ax0x0a，

2x02x0

2

lnx

0lnx0

当a2时，ga，

2xmax

02x0

lnx1lnx

记h(x)=，则h(x)，

2x2x2

所以h(x)在2,e上递增，在e,3上递减，

2

1lnx1

故h(x)h(e)所以0，

max,gamax2

2e2x04e

1

所以ab的最大值为.

4e2

1

故答案为：.

4e2

【对点训练7】（2024·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习）已知函数

f(x)sinaxasinx在(0,2π)上有零点，则实数a的取值范围___________.

[在此处键入]

[在此处键入]

11

【答案】,,0

22

πππππ

【解析】当a1时，0π，fsinaasinasin0，

aaaaa

3π3aπ

fsina0，

22

π3ππ3π

故ff0，由零点存在性定理知：f(x)在区间,上至少有1个零点；

a2a2

当a1时，fx0，符合题意；

1ππ

当a1时，π2π,aππ,π2aπ2π，

2a2

ππ

fasin0,f(π)sinaπ0,f(2π)sin2aπ0，

aa

由零点存在性定理知，f(x)在区间(π,2π)至少有1个零点；

1

当0a时，

2

f(x)acosaxacosxa(cosaxcosx)

axxaxxaxxaxx

acoscos

2222

axxaxxaxxaxxaxxaxxaxxaxx

acoscossinsincoscossinsin

22222222

(a1)x(a1)x

2asinsin，

22

1(a1)x(a1)x

因为0a，x(0,2π)，所以π0，sin0，

222

2π(a1)x(a1)x

当x(0,)时，0π，sin0，f(x)0,f(x)递增，

a122

2π(a1)x3π(a1)x

当x(,2π)时，π，sin0，f(x)0,f(x)递减，

a1222

2π2π

故f(x)在(0,)上递增，在(,2π)上递减，

a1a1

又f(0)0,f(2π)sin2aπ0，即在(π,2π)上，f(x)0，

故f(x)在区间(0,2π)上没有零点．

1

所以，当a时，函数f(x)sinaxasinx在(0,2π)上有零点.

2

令(a)sinaxasinx，(a)sin(ax)asinxsinaxasinx(a)，

可知(a)sinaxasinx为奇函数，图象关于原点对称，

[在此处键入]

[在此处键入]

1

从而，当a时，函数f(x)sinaxasinx在(0,2π)上有零点.

2

又当a0时，fx0，符合题意，

11

综上，实数a的取值范围,,0．

22

11

故答案为：,,0．

22

【解题总结】

本类问题应细致观察、分析图像，利用函数的零点及其他相关性质，建立参数关系，列

关于参数的不等式，解不等式，从而获解.

题型三：方程根的个数与函数零点的存在性问题

【例3】（2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知实数x，y满足

ln2y1y2，exx5，则x2y________.

【答案】4

【解析】由ln2y1y2，即ln2y12y，

即e42y2y1，

令42yt，则2y4t，

即et5t，即ett50.

由exx5，得exx50，

设函数fxexx5，显然该函数增函数，

又f1f2e4e230，

所以函数fxexx5在1,2上有唯一的零点，

因此tx，即42yx，

所以x2y4.

故答案为：4.

【对点训练8】（2024·新疆·校联考二模）已知函数fxax33x24，若fx存在唯

一的零点x0，且x00，则a的取值范围是________．

【答案】,1

[在此处键入]

[在此处键入]

【解析】因为fxax33x24，所以fx3ax26x3xax2

223

当a0时，有fx3x40，解得x，所以当a0时，f(x)有两个零点，不符

3

合题意；

224

当a0时，由fx0，解得x0或x，且有f04，f4，

aaa2

2¢2

当x,，f(x)>0，fx在区间,上单调递增；

aa

22

当x,0，fx0，fx在区间,0上单调递减；

aa

当x0,，f¢(x)>0，fx在区间0,上单调递增；

238a

又因为f040，f0，

333

23

所以x0,，fx存在一个正数零点，所以不符合题意；

3

224

当a<0时，令fx0，解得x0或x，且有f04，f4

aaa2

当x,0，fx0，fx在区间,0上单调递减；

2¢2

当x0,，f(x)>0，fx在区间0,上单调递增；

aa

22

当x,，fx0，fx在区间,上单调递减；

aa

238a

又因为f040，f0，

333

23

所以，fx存在一个负数零点，要使fx存在唯一的零点x，

x,00

3

24

则满足f40，解得a1或a1，又因为a<0，所以a1，

aa2

综上，a的取值范围是a1．

故答案为：,1.

x24xa,x0

【对点训练9】（2024·天津滨海新·统考三模）已知函数f(x)1，若函数

a1,x0

x

gxfxax1在R上恰有三个不同的零点，则a的取值范围是________．

[在此处键入]

[在此处键入]

【答案】(,4)[1,2)

x24x,x0

【解析】当a0时，f(x)1，

1,x0

x

因为gxfxax1恰有三个不同的零点，

函数gxfx1在R上恰有三个不同的零点，即fx1有三个解，

1

而11无解，故a0.

x

当a0时，函数gxfxax1在R上恰有三个不同的零点，

即fxax1，即yfx与yax1的图象有三个交点，如下图，

1

当x0时，fxa1与yax1必有1个交点，

x

所以当x0时，fxx24xa有2个交点，

2

即x24xaax10，即令hxx4axa10在(,0]内有两个实数解，

2

Δ04a4a10

h00a11a2，

4aa4

0

2

当a0时，函数gxfxax1在R上恰有三个不同的零点，

即fxax1，即yfx与yax1的图象有三个交点，如下图，

[在此处键入]

[在此处键入]

当x0时，fxx24xa必有1个交点，

1

当x0时，fxa1与yax1有2个交点，

x

1

所以a1ax1，即ax2ax10在0,上有2根，

x

令kxax2ax1

Δ0

故k010a24a0，解得：a<-4.

a1

x

2a2

综上所述：a的取值范围是(,4)[1,2).

故答案为：(,4)[1,2).

【对点训练10】（2024·江苏·校联考模拟预测）若曲线yxlnx有两条过e,a的切线，

则a的范围是______.

【答案】,e

xlnxlnx1

【解析】设切线切点为x0,y0，因，则切线方程为：

y0x0lnx0

lnlnln

yx01xx0x0x0x01xx0.

lne-lne-

因过e,a，则ax01x0，由题函数fxx1x图象

ee-x

与直线ya有两个交点.fx-1，

xx

[在此处键入]

[在此处键入]

得fx在0,e上单调递增，在e,+上单调递减.

又，，

fxmaxfeex0,fxx,fx.

据此可得fx大致图象如下.则由图可得，当a,e时，曲线yxlnx有两条过e,a的

切线.

故答案为：,e

【对点训练11】（2024·天津北辰·统考三模）设aR，对任意实数x，记

fxminex2,e2xaexa24．若fx有三个零点，则实数a的取值范围是________．

【答案】12,28

【解析】令gxex2,hxe2xaexa24，

因为函数gx有一个零点，函数hx至多有两个零点，

又fx有三个零点，

所以hx必须有两个零点，且其零点与函数gx的零点不相等，

且函数hx与函数gx的零点均为函数fx的零点，

由gx0可得，ex20，所以xln2，

所以xln2为函数fx的零点，

即hln2e2ln2aeln2a2442aa2428a0，

所以a28，

令hx0，可得e2xaexa240，

由已知e2xaexa240有两个根，

设ext，则t2ata240有两个正根，

[在此处键入]

[在此处键入]

所以a24a240，a0,a240，

所以a12，故12a28，

当12a28时，t2ata240有两个根，

a

设其根为t,t，tt，则t，

121222

2a

设Fttata24，则F242aa2428a0，F0，

2

所以t12，

x1x2

令et1,et2，则x1lnt1,x2lnt2，

则hx10，hx20，

lnt1lnt2

且gx1e2t120，gx2e2t220，

所以当12a28时，fx1fx20，

所以当12a28时，x1,x2为函数fx的零点，又xln2也为函数fx的零点，

且x1,x2与ln2互不相等，

所以当12a28时，函数fx有三个零点.

故答案为：12,28.

【对点训练12】（2024·广东·统考模拟预测）已知实数m，n满足

e20232me3ln2

mlnnln2e20200，则mn___________.

2n

3

【答案】e

4

e20232m

【解析】因为m0，所以e20232m2m0，

2

故e20232me2m，即2mln2m2023，

即eln2mln2m2023.

e31n2

由lnnln2e20200，得e3ln2n3ln2n2023.

n

令fxxex，因为增函数+增函数=增函数，所以函数fx在R上单调递增，

e3

而fln2mf3ln2n2023，故ln2m3ln2n，解得ln4mn3，则mn.

4

[在此处键入]

[在此处键入]

3

故答案为：e

4

【解题总结】

方程的根或函数零点的存在性问题，可以依据区间端点处函数值的正负来确定，但是

要确定函数零点的个数还需要进一步研究函数在这个区间的单调性，若在给定区间上是单调

的，则至多有一个零点；如果不是单调的，可继续分出小的区间，再类似做出判断.

题型四：嵌套函数的零点问题

1

x2x,x0

【例4】（2024·全国·高三专题练习）已知函数fx2，若关于x的方程

2x11,x0

f2xk1xfxkx20有且只有三个不同的实数解，则正实数k的取值范围为（）

11

A．0,B．,11,2C．0,1U1,2D．2,

22

【答案】B

21

xx,x0

2

1

【解析】因为fx2x,0x，

2

1

22x,x

2

22

由fxk1xfxkx0可得fxxfxkx0，

所以，关于x的方程fxx、fxkx共有3个不同的实数解.

①先讨论方程fxx的解的个数.

1

当x0时，由fxx2xx，可得x0，

2

1

当0x时，由fx2xx，可得x，

2

12

当x时，由fx22xx，可得x，

23

2

所以，方程fxx只有两解x0和x；

3

②下面讨论方程fxkx的解的个数.

111

当x0时，由fxx2xkx可得xxk0，可得x0或xk，

222

1

当0x时，由fx2xkx，可得k2，此时方程fxkx有无数个解，不合乎题

2

[在此处键入]

[在此处键入]

意，

12

当x时，由fx22xkx可得x，

2k2

111

k0k0k0

222

212221

因为k0，由题意可得或或，

k22k23k22

k0k022

k23

1

解得k1或1k2.

2

1

因此，实数k的取值范围是,11,2.

2

故选：B.

x

【对点训练13】（2024·全国·高三专题练习）已知函数fx221，则关于x的方

2

程fxmfxn0有7个不同实数解，则实数m,n满足（）

A．m0且n0B．m0且n0

C．0m1且n0D．1m0且n0

【答案】C

【解析】令ufx，作出函数ufx的图象如下图所示：

2

由于方程umun0至多两个实根，设为uu1和uu2，

由图象可知，直线uu1与函数ufx图象的交点个数可能为0､2､3､4，

由于关于x的方程f2xmfxn0有7个不同实数解，

2

则关于u的二次方程umun0的一根为u10，则n0，

[在此处键入]

[在此处键入]

2

则方程umu0的另一根为u2m，

直线uu2与函数ufx图象的交点个数必为4，则1m0，解得0m1.

所以0m1且n0.

故选：C.

【对点训练14】（2024·四川资阳·高三统考期末）定义在R上函数fx，若函数yfx1

2

x,x0,1,2

关于点1,0对称，且fxx1则关于x的方程fx2mfx1(mR)

e2,x1,,

有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为

A．2B．4

C．2或4D．2或4或6

【答案】B

【解析】∵函数yfx1关于点1,0对称，∴f(x)是奇函数，x0时，f(x)在(0,1)上

递减，在[1,)上递增，

作出函数f(x)的图象，如图，由图可知f(x)t的解的个数是1，2，3.

t1或t1时，f(x)t有一个解，t1时，f(x)t有两个解，1t1时，f(x)t有三

个解，

2

方程fx2mfx1中设f(x)t，则方程化为t22mt10，其判别式为

2

4m40恒成立，方程必有两不等实根，t1,t2，t1t22m，t1t21，两根一正一负，

不妨设t10,t20，

若m0，则t1t20，t11,t21，f(x)t1和f(x)t2都有两个根，原方程有4个根；

若m0，则t1t20，t2t1，∴t21，1t10，f(x)t1有三个根，f(x)t2有一个

根，原方程共有4个根；

若m0，则t1t20，t2t1，∴0t21，t11，f(x)t1有一个根，f(x)t2有三个

根，原方程共有4个根．

综上原方程有4个根．

[在此处键入]

[在此处键入]

故选：B.

【对点训练15】（2024·全国·高三专题练习）已知函数f(x)(x2x1)ex，设关于x的方

5

程f2(x)mf(x)(mR)有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为

e

A．3B．1或3C．4或6D．3或4或6

【答案】A

【解析】f'xx1x2ex,fx在,2和1,上单增，2,1上单减，又当

x时，fx0,x时，fx故fx的图象大致为：

55

令fxt，则方程t2mt0必有两个根，t,t且tt，不仿设t0t，当te

e1212e121

22

时，恰有t25e，此时fxt1，有1个根，fxt2，有2个根，当t1e时必有0t25e，

2

此时fxt1无根，fxt2有3个根，当et10时必有t25e，此时fxt1有2个

根，fxt2，有1个根，综上，对任意mR，方程均有3个根，故选A.

【解题总结】

[在此处键入]

[在此处键入]

1、涉及几个根的取值范围问题，需要构造新的函数来确定取值范围．

2、二次函数作为外函数可以通过参变分离减少运算，但是前提就是函数的基本功要扎

实．

题型五：函数的对称问题

11

【例5】（2024·全国·高三专题练习）已知函数fx2xx2的图象上存在点

x22

P，函数g（x）=ax-3的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则实数a的取值范围是

（）

55

A．4,0B．0,C．0,4D．,4

88

【答案】C

【解析】由题意，函数gxax3关于原点对称的函数为yax3，即yax3，

若函数gxax3的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，

111

则等价为fxax3在x2上有解，即2xax3，在x2上有解，

2x22

122x32

由fx2x，则fx2，

x2x3x3

当x(1,2]时，f¢(x)>0，此时函数fx为单调增函数；

1

当x[,1)时，fx0，此时函数fx为单调减函数，

2

即当x1时，fx取得极小值同时也是最小值，且f13，即B(1,3)，

11

当x时，y145，即A(,5)，

22

设hxax3，要使得fxhx有解，

1

则当hx过点B时，得a0，过点A时，a35，解得a4，

2

综上可得0a4．

故选C．

[在此处键入]

[在此处键入]

【对点训练16】（2024·全国·高三专题练习）已知函数f(x)ex，函数g(x)与f(x)的图象

关于直线yx对称，若h(x)g(x)kx无零点，则实数k的取值范围是（）

1211

A．,eB．,eC．(e,)D．,

eee

【答案】D

lnxlnx1lnx

【解析】由题知g(x)lnx，h(x)g(x)kx0k，设F(x)F(x)，当

xxx2

F(x)0时，xe,，此时F(x)单调递减，当F(x)0时，x0,e，此时F(x)单调递

11

增，所以F(x)F(e)，F(x)的图象如下，由图可知，当k时，yF(x)与yk无交

maxee

点，即h(x)g(x)kx无零点．

故选：D．

1

【对点训练17】（2024·全国·高三专题练习）已知函数ya2lnx,(xe)的图象上存

e

在点M，函数yx21的图象上存在点N，且M，N关于x轴对称，则a的取值范围是（）

1

．2．

A1e,2B32,

e

[在此处键入]

[在此处键入]

11

C．3,2D．1e2,3

e2e2

【答案】A

【解析】因为函数yx21与函数yx21的图象关于x轴对称，

1

根据已知得函数ya2lnx,(xe)的图象与函数yx21的图象有交点，

e

1

即方程a2lnxx21在x,e上有解，

e

1

即a2lnxx21在x,e上有解．

e

1

令gx2lnxx21，x,e，

e

2

222x221x

则gx2x，

xxx

1

可知gx在,1上单调递增，在1,e上单调递减，

e

故当时，，

x1gxmaxg12

1121

由于g3，ge1e，且31e2，

ee2e2

所以1e2a2．

故选：A．

1

【对点训练18】（2024·全国·高三专题练习）已知函数gxax2（xe，e为自然

e

对数的底数）与hx2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是（）

1

A．1,2B．1,e22

e2

1

C．2,e22D．e22,

e2

【答案】B

1

【解析】设hx上一点Mx0,2lnx0，xe，且M关于x轴对称点坐标为

e0

1

Mx0,2lnx0，xe在gx上，

e0

2121

2lnx0ax0xe有解，即x02lnx0axe有解．

ee

2122x1x11

令fxx2lnxxe，则fx2x，xe，

exxe

[在此处键入]

[在此处键入]

1¢1

当x,1时，fx0；当x1,e时，f(x)>0，\f(x)在,1上单调递减；在1,e

ee

上单调递增

112

fxf11，f2，fee2，

minee2

21ya

x02lnx0axe有解等价于与yfx图象有