6.函数零点题库

函数零点判断定理专题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 方程e x+8x−8=0的根所在的区间为( )A.(−2, −1)B.(−1, 0)C.(0, 1)D.(1, 2)2. 函数f(x)=e x+x3−9的零点所在的区间为()A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)3. 函数f(x)=log3x+x3−9的零点所在区间是( )A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)4. 函数f(x)=2x +ln1x的零点所在的大致区间为( )A.(1, 2)B.(2, 3)C.(3, 4)D.(1, 2)与(2, 3)5. 函数f(x)=x−log527的零点所在的区间为()A.(2,3)B.(1,2)C.(0,1)D.(3,4)6. 函数f(x)=e x+2x−5的零点所在的区间是( )A.(3, 4)B.(2, 3)C.(0, 1)D.(1, 2)7. 在下列区间中函数f(x)=2x−4+3x的零点所在的区间为( )A.(12,1) B.(0,12) C.(1,32) D.(1, 2)8. 函数f(x)=e x+2x−5的零点所在的区间是（）A.(3, 4)B.(2, 3)C.(0, 1)D.(1, 2)9. 函数f(x)=ln x−2x的零点所在的大致区间为( )A.(1, 2)B.(2, 3)C.(e, 3)D.(e, +∞)10. 已知实数a>1，0<b<1，则函数f(x)=a x+x−b的零点所在的区间是( )A.(−2, −1)B.(−1, 0)C.(0, 1)D.(1, 2)11. 若函数f (x )=2x +x −4的零点所在区间为(k,k +1)(k ∈Z )，则k 的值是（ ）A.1B.2C.3D.412. 已知函数f (x )=ln (√1+x 2−x)，若不相等的正实数a ，b 满足f (a )+f (b −52)=0，且a ，b 恰为函数g (x )=|ln x|−k 的两个零点，则k =（ ）A.52B.ln3C.1D.ln213. 函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内零点有________个．14. 若函数f(x)=2−x −x +3的零点为x 0，满足x 0∈(k, k +1)且k ∈Z ，则k =________．15. 函数f(x)={x 2−2|x|+12，x ≤0，|lg x|−1,x >0，的零点个数为________.16. 已知λ∈R ，函数f (x )={x −4,x ≥λ,x 2−4x +3,x <λ．当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________．17. 已知函数y =f(x)是R 上的连续可导函数，且xf′(x)+f(x)>0，则函数g(x)=xf(x)+1(x >0)的零点个数为________.18. 若函数f (x )=(x 2+ax +2a )e x 在区间(−2,1)上恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为________.19. 若函数f(x)=2ln x +x 2+a −2在上(1, e)有零点，则实数a 的取值范围为________．20. 已知函数f(x)={|lg (−x)|,x <0x 2−6x +4,x ≥0若关于x 的函数y =f 2(x)−bf(x)+1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．21. 已知函数f(x)=ax 2−x −a −ln x .(1)若f(x)在其定义域上单调递减，求a 的取值范围；(2)证明：f(x)在区间(0，1)恰有一个零点.22. 已知函数（）且.（1）求的值；（2）若函数有零点，求实数的取值范围.23. 已知函数f(x)＝ax2+2x+1(a∈R)有唯一零点．（1）求a的值；（2）当x∈[−2, 2]时，求函数f(x)的值域．,a∈R．24. （2019上海卷）已知f(x)=ax+1x+1当a=1时，求不等式f(x)+1<f(x+1)的解集；若f(x)在x∈[1,2]时有零点，求a的取值范围．25. 设函数f k(x)=2x+(k−1)⋅2−x(x∈R,k∈Z)．（1）设不等式f0(x)+mf1(x)≥4在x∈[0, 1]上恒成立，求实数m的取值范围；（2）设函数g(x)＝λf0(x)−f2(2x)在x∈[1, +∞)上有零点，求实数λ的取值范围．26.x2−ax，其中e为自然对数的底数.已知函数f(x)=xe x−a2(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)=ex在x∈(0，+∞)上有唯一解，求实数a的取值范围.27. 已知函数f(x)=ax2−4x+2．(1)若f(x)的值域为[0,+∞)，求a的值．(2)若a≤1，是否存在实数a，使函数y=f(x)−log2x8在[1,2]内有且只有一个零点．若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．28. 已知函数f(x)=ln(x+m)−xe−x．(1)若f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，求m的值；(2)在(1)的条件下，证明：当x>0时，f(x)>0；(3)当m>1时，求f(x)的零点个数．29. 已知函数f(x)=ae x(a∈R).(1)若直线y=x−1与曲线y=f(x)相切，求a的值；(2)当a=1时，求证：当x>0时，f(x)>x ln x+x2+1恒成立．（参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，e2≈7.39）30. 已知f(x)=(x3−ax+1)ln x．(1)若函数f(x)有三个不同的零点，求实数a的取值范围；(2)在(1)的前提下，设三个零点分别为x1，x2，x3且x1<x2<x3，当x1+x3>2时，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析函数零点判断定理专题含答案一、选择题（本题共计 12 小题，每题 3 分，共计36分）1.【答案】C【考点】函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】解：令函数f(x)=e x+8x−8，则方程e x+8x−8=0的根即为函数f(x)的零点，再由f(0)=1−8=−7<0，f(1)=e>0，可得函数f(x)在(0,1)上有零点.故选C.2.【答案】B【考点】函数零点的判定定理【解析】根据零点存在性定理，由f(x)=e x+x3−9为增函数，带入相关数值判断即可得解．【解答】解：由e x为增函数，x3为增函数，故f(x)=e x+x3−9为增函数，由f(1)=e−8<0，f(2)=e2−1>0，根据零点存在性定理可得∃x0∈(1,2)使得f(x0)=0.故选B．3.【答案】C【考点】函数零点的判定定理【解析】首先根据函数解析式得到函数单调性，再通过计算得到f(2)<0，f(3)>0，由零点存在定理即可求解.【解答】解：函数f(x)的定义域为(0, +∞)，且函数在(0, +∞)上单调递增，∵f(2)=log32−1<0，f(3)=1+27−9=19>0,∴由函数的零点存在定理可知，f(x)在区间(2,3)存在唯一零点. 故选C.4.B【考点】函数零点的判定定理【解析】显然该函数在定义域内是减函数，所以至多有一个零点，故排除D，然后利用零点存在性定理判断即可．【解答】解：f(1)=2>0；f(2)=1+ln12=1−ln2>0；f(3)=23+ln13=ln(13×√e23)，因为(13×√e23)3=e227<1，故f(3)<0．故f(2)⋅f(3)<0，故零点所在的大致区间为(2, 3)．故选B．5.【答案】A【考点】函数零点的判定定理【解析】【解答】解：因为2<log527<3，所以f(x)的零点所在的区间为(2,3)．故选A .6.【答案】D【考点】函数零点的判定定理【解析】由零点存在性定理即可得出选项．【解答】解：由函数f(x)=e x+2x−5为连续函数，且f(1)=e+2−5=e−3<0，f(2)=e2+4−5=e2−1>0，所以零点所在的区间为(1,2).故选D.7.【答案】A【考点】函数零点的判定定理由已知函数解析式求得f(12)<0，f(1)>0，结合函数零点存在定理得答案． 【解答】解：函数f(x)=2x −4+3x ，∵ f(12)=2×12−4+312=−3+√3<0，f(1)=2×1−4+3=1>0，满足f(12)f(1)<0．∴ 函数f(x)=2x −4+3x 的零点所在的区间为(12,1)．故选A ．8.【答案】D【考点】函数零点的判定定理【解析】由零点存在性定理即可得出选项．【解答】解：由函数f (x )=e x +2x −5为连续函数，且f (1)=e +2−5=e −3<0，f (2)=e 2+4−5=e 2−1>0，所以零点所在的区间为(1,2).故选D .9.【答案】B【考点】函数零点的判定定理【解析】根据函数零点的判断条件，即可得到结论．【解答】解：∵ f ′(x)=1x +2x 2，则函数f(x)在(0, +∞)上单调递增，∵ f(2)=ln 2−1<0，f(3)=ln 3−23>0， ∴ f(2)⋅f(3)<0，则函数f(x)在区间(2, 3)内存在零点.故选B .10.【答案】B函数零点的判定定理【解析】由a>1可得函数f(x)的单调性，然后由已知判断f(−1)、f(0)的符号，最后由函数零点存在性定理得答案．【解答】解：∵a>1，∴函数f(x)=a x+x−b为增函数，又∵0<b<1，∴f(−1)=1−1−b<0，f(0)=1−b>0，a∴函数f(x)=a x+x−b在(−1, 0)内有零点.故选B．11.【答案】A【考点】函数零点的判定定理【解析】易知函数f(x)=2x+x−4在其定义域上连续且单调递增，从而利用零点的判定定理判断即可．【解答】解：易知函数f(x)=2x+x−4在其定义域上连续且单调递增，且f(1)=2+1−4<0，f(2)=22+2−4>0，故f(1)f(2)<0故函数f(x)=2x+x−4的零点在区间(1,2)上，故k=1.故选A．12.【答案】D【考点】函数的零点函数零点的判定定理【解析】=0，再由a，b恰为函数g(x)=|ln x|−k的两个由函数奇偶性及单调性可得a+b−52零点，可得|ln a|=|ln b|，求解即可.【解答】解：由f(x)=ln(√1+x2−x)，可得f(x)+f(−x)=0，且f(x)在R上为减函数，)=0，又正实数a，b满足f(a)+f(b−52=0，因为a，b恰为函数g(x)=|ln x|−k的两个零点．所以a+b−52所以g (a )=|ln a|−k =0，g (b )=|ln b|−k =0．则|ln a|=|ln b|即ln a =ln b （舍去），或ln a =−ln b ，故ab =1，可得a =2，b =12或b =2，a =12，故k =ln 2．故选D ．二、 填空题 （本题共计 8 小题 ，每题 3 分 ，共计24分 ）13.【答案】1【考点】函数零点的判定定理【解析】利用函数的单调性，结合零点判断定理，推出结果即可．【解答】函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内是连续增函数，f(0)＝1+0−3＝−2<o ，f(1)＝e +1−3＝e −2>0，f(0)f(1)<0，所以函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内零点有1个．故答案为：1．14.【答案】3【考点】函数零点的判定定理【解析】根据题意，分析可得f(x)为减函数，进而计算f(3)、f(4)的值，分析可得f(3)f(4)<0，由函数零点判定定理可得答案．【解答】解：根据题意，函数f(x)=2−x −x +3，分析可得f(x)为减函数.又f(3)=2−3−3+3=18>0，f(4)=2−4−4+3=−1516<0，所以f(3)f(4)<0，则函数f(x)的零点在(3, 4)上，则k =3.故答案为：3.15.【答案】4【考点】函数零点的判定定理【解析】由题意得：f(x)−g(x)>0在[1, e]上有解，分离参数，求最值，即可求出实数a 的范围．【解答】解：方程|lg x|=1，(x >0)有两个根10，110； 方程x 2−2|x|+12=0 (x ≤0)⇒x 2+2x +12=0 (x ≤0) ⇒x =−2±√22<0，故有4个根.故答案为：4.16.【答案】(1,4),(1,3]∪(4,+∞)【考点】函数零点的判定定理函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】当λ=2时，由f (x )<0得{x −4<0x ≥2’或{x 2−4x +3<0x <2,’解得2≤x <4或1<x <2，所以f (x )<0的解集为(1,4)．由x −4=0得x =4，由x 2−4x +3=0得x =1或x =3，因为函数f(x )恰有2个零点，所以{4>λ1<λ3≥λ，或{4<λ1<λ3<λ，解得1<λ≤3或λ>4．本题考查分段函数的性质．求解分段函数问题，要根据自变量的值分别讨论函数在每一段上的性质．17.【答案】【考点】利用导数研究函数的单调性函数零点的判定定理【解析】根据函数与方程的关系，得到xf(x)=−1(x >0)，构造函数ℎ(x)=xf(x)，求函数的导数，研究函数的单调性和取值范围进行求解即可．【解答】解：由g(x)=xf(x)+1=0，得xf(x)=−1(x >0)，设ℎ(x)=xf(x)，则ℎ′(x)=f(x)+xf′(x)，∵ xf′(x)+f(x)>0，∴ ℎ′(x)>0，即函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增.∵ ℎ(0)=0⋅f(0)=0，∴ 当x >0时，ℎ(x)>ℎ(0)=0，∴ ℎ(x)=−1无解，∴ 函数g(x)=xf(x)+1(x >0)的零点个数为0个.故答案为：0.18.【答案】(−34,0]【考点】利用导数研究函数的极值函数零点的判定定理【解析】先求导，由题意得到则f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x=0在(−2,1)上仅有一个解，设g(x)=x2+(a+2)x+3a，利用零点存在定理进行求解即可.【解答】解：∵函数f(x)=(x2+ax+2a)e x，∴f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x.要使函数f(x)=(x2+ax+2a)e x在(−2,1)上仅有一个极值点，则f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x=0在(−2,1)上仅有一个变号零点，即x2+(a+2)x+3a=0在(−2,1)上仅有一个变号零点.设g(x)=x2+(a+2)x+3a，则g(−2)g(1)<0，即a(4a+3)<0，解得−34<a<0.当a=0，f′(x)=(x2+2x)e x=0在(−2,1)上仅有一个解，满足题意，综上所述：−34<a≤0.故答案为：(−34,0].19.【答案】(−e2, 1)【考点】函数零点的判定定理【解析】判断函数的单调性，结合零点判断定理，列出不等式组，求解即可．【解答】函数f(x)=2ln x+x2+a−2在(1, e)上是增函数，所以函数f(x)=2ln x+x2+a−2在(1, e)上有零点，可得(1+a−2)(2+e2+a−2)<0，解得：−e2<a<1，则实数a的取值范围为：(−e2, 1)．20.【答案】(2, 17 4 ]【考点】函数零点的判定定理【解析】作函数f(x)={|lg (−x)|,x <0x 2−6x +4,x ≥0 的图象，从而可得方程x 2−bx +1=0有2个不同的正解，且在(0, 4]上，从而解得． 【解答】作函数f(x)={|lg (−x)|,x <0x 2−6x +4,x ≥0 的图象如右图，∵ 关于x 的函数y =f 2(x)−bf(x)+1有8个不同的零点， ∴ 方程x 2−bx +1=0有2个不同的正解，且在(0, 4]上； ∴ { 1>0b2>0△=b 2−4>016−4b +1≥0 ， 解得，2<b ≤174；三、 解答题 （本题共计 10 小题 ，每题 10 分 ，共计100分 ） 21.【答案】(1)解：由于f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f ′(x)=2ax 2−x−1x，所以如果f(x)单调递减，则当x >0时，2ax 2−x −1≤0恒成立， 解得a ≤0，即a 的取值范围为(−∞，0]. (2)证明：当a ≤0时，由于f(x)在区间(0，+∞)单调递减， 且f(1)=−1<0， f (1e )=a e 2−1e −a +1 =(1−1e )[1−a (1+1e)]>0，所以f(x)在区间(0，1)恰有一个零点； 当a >0时，由于f ′(x)=2ax 2−x−1x,且方程2ax 2−x −1=0在区间(0，+∞)有唯一的实根x 0， 从而f(x)在区间(0，x 0)单调递减， 在区间(x 0，+∞)单调递增， 注意到f(1)=−1<0，所以f(x)区间(0，1)的零点个数不超过1个. ①当0<a ≤1时， 由于f (1e 2)=ae 4−1e 2−a +2>2−a −1e 2>0，所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点； ②当a >1时，由于f (1e 2a )=ae 4a −1e 2a −a +2a >a −1e 2a >0，所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点. 综上，f(x)在区间(0，1)恰有一个零点. 【考点】简单复合函数的导数 函数零点的判定定理 函数的单调性及单调区间 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)解：由于f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f ′(x)=2ax 2−x−1x，所以如果f(x)单调递减，则当x >0时，2ax 2−x −1≤0恒成立， 解得a ≤0，即a 的取值范围为(−∞，0]. (2)证明：当a ≤0时，由于f(x)在区间(0，+∞)单调递减， 且f(1)=−1<0， f (1e )=a e 2−1e −a +1 =(1−1e )[1−a (1+1e)]>0，所以f(x)在区间(0，1)恰有一个零点； 当a >0时，由于f ′(x)=2ax 2−x−1x,且方程2ax 2−x −1=0在区间(0，+∞)有唯一的实根x 0， 从而f(x)在区间(0，x 0)单调递减， 在区间(x 0，+∞)单调递增， 注意到f(1)=−1<0，所以f(x)区间(0，1)的零点个数不超过1个.①当0<a≤1时，由于f(1e2)=ae4−1e2−a+2>2−a−1e2>0，所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点；②当a>1时，由于f(1e2a )=ae4a−1e2a−a+2a>a−1e2a>0，所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点.综上，f(x)在区间(0，1)恰有一个零点.22.【答案】（1）2；（2）k<1.【考点】函数的零点函数零点的判定定理由函数零点求参数取值范围问题【解析】（1）代入f(0)=0，解得α的值；（2）化简函数g(x)得2x−1+k，再根据指数函数图像确定实数k的取值范围．【解答】（1）对于函数f(x)=1−42a x+a (a>0,a≠1)，由f(0)=1−42+3=0求得a=2，故f(x)=1−42⋅2x+2=1−22x+1（2）若函数g(x)=(2x+1)⋅(x)+k=2x+1−2+k=2x−1+k有零点，则函数y=2x的图象和直线y=1−k有交点，∴1−k>0，求得k<123.【答案】当a＝0时，f(x)＝2x+1，符合题意；当a≠0时，要使f(x)＝ax2+2x+1有唯一零点，∴△＝4−4a＝0，∴a＝1．综合可得a＝0或a＝1；当a＝0时，f(x)＝2x+1(a∈R)，x∈[−2, 2]时，−3≤2x+1≤5，∴值域为[−3, 5]；当a≠0时，∵f(x)＝ax2+2x+1(a∈R)有唯一零点，∴△＝4−4a＝0，∴a＝1，∴ f(x)＝ax 2+2x +1＝x 2+2x +1＝(x +1)2， ∴ x ∈[−2, 2]时，0≤f(x)≤9，即值域为[0, 9]． 故当a ＝0时，值域为[−3, 5]． 当a ≠0时，值域为[0, 9]． 【考点】函数零点的判定定理 二次函数的图象 二次函数的性质【解析】（1）讨论当a ＝0时f(x)＝2x +1＝0符合，当a ≠0时，△＝0； （2）当a ＝0时求出值域，当a ≠0时求出值域即可． 【解答】当a ＝0时，f(x)＝2x +1，符合题意；当a ≠0时，要使f(x)＝ax 2+2x +1有唯一零点， ∴ △＝4−4a ＝0， ∴ a ＝1．综合可得a ＝0或a ＝1；当a ＝0时，f(x)＝2x +1(a ∈R)，x ∈[−2, 2]时，−3≤2x +1≤5， ∴ 值域为[−3, 5]；当a ≠0时，∵ f(x)＝ax 2+2x +1(a ∈R)有唯一零点， ∴ △＝4−4a ＝0， ∴ a ＝1，∴ f(x)＝ax 2+2x +1＝x 2+2x +1＝(x +1)2， ∴ x ∈[−2, 2]时，0≤f(x)≤9，即值域为[0, 9]． 故当a ＝0时，值域为[−3, 5]． 当a ≠0时，值域为[0, 9]． 24.【答案】{x|−2<x <−1} [−12,−16] 【考点】分式不等式的解法利用导数研究函数的单调性 函数零点的判定定理 函数的零点 【解析】 此题暂无解析 【解答】当a =1时，f (x )=x +1x+1，则f (x +1)=x +1+1x+2． 不等式f (x )+1<f (x +1)可化为x +1+1x+1<x +1+1x+2，即1x+1<1x+2，即1x+1−1x+2<0，即1(x+1)(x+2)<0，所以−2<x <−1．所以不等式f (x )+1<f (x +1)的解集为{x|−2<x <−1}． 因为f (x )在区间[1,2]时有零点，所以关于x 的方程ax +1x+1=0在区间[1,2]上有实数解，所以a =−1x (x+1)，x ∈[1,2]．令g (x )=−1x (x+1)． 易得g (x )=−1x (x+1)在[1,2]上单调递增，所以g (x )∈[−12,−16]． 所以a 的取值范围是[−12,−16]．25.【答案】∵ f 0(x)+mf 1(x)≥4， ∴ 2x −2−x +m ⋅2x ≥4，即m ≥4−2x +2−x2x=(12x )2+42x −1，令t =12x ，ℎ(t)＝t 2+4t −1， ∵ x ∈[0, 1]，∴ t ∈[12, 1]，∴ 当t ＝1时ℎ(t)取得最大值4． ∴ m ≥4．g(x)＝λf 0(x)−f 2(2x)＝λ(2x −2−x )−(22x +2−2x )， 令g(x)＝0可得λ=22x +2−2x 2x −2−x=2x −2−x +22x −2−x，令p(x)＝2x −2−x ，显然p(x)为增函数， 故p(x)在[1, +∞)上的值域为[32, +∞)．由对勾函数单调性可知当p(x)=32时，λ取得最小值32+43=176．∴ λ的取值范围是：[176,+∞)．【考点】利用导数研究函数的最值 函数恒成立问题 函数零点的判定定理 【解析】（1）分离参数得：m ≥(12x )2+42x −1，利用换元法t =12x ，求出函数ℎ(t)＝t 2+4t −1的最大值即可得出m 的取值范围； （2）令g(x)＝0可得λ＝2x −2−x +22x −2−x，令p(x)＝2x −2−x ，得出p(x)的值域，再根据对勾函数的性质求出λ＝2x −2−x +22x −2−x 的值域，从而得出λ的范围． 【解答】∵ f 0(x)+mf 1(x)≥4， ∴ 2x−2−x+m ⋅2x≥4，即m ≥4−2x +2−x2x=(12x )2+42x −1，令t =12x，ℎ(t)＝t 2+4t −1，∵ x ∈[0, 1]，∴ t ∈[12, 1]，∴ 当t ＝1时ℎ(t)取得最大值4． ∴ m ≥4．g(x)＝λf 0(x)−f 2(2x)＝λ(2x −2−x )−(22x +2−2x )， 令g(x)＝0可得λ=22x +2−2x 2x −2−x=2x −2−x +22x −2−x，令p(x)＝2x −2−x ，显然p(x)为增函数， 故p(x)在[1, +∞)上的值域为[32, +∞)．由对勾函数单调性可知当p(x)=32时，λ取得最小值32+43=176．∴ λ的取值范围是：[176,+∞)．26. 【答案】解：(1)a =1时，f(x)=xe x −12x 2−x ，所以f′(x)=(x +1)e x −x −1=(x +1)(e x −1). 当f′(x)>0时，{x +1>0，e x −1>0或{x +1<0，e x −1<0解得x <−1或x >0；当f′(x)<0时，{x +1>0，e x −1<0或{x +1<0，e x −1>0解得−1<x <0.所以，f(x)在(−∞，−1)，(0，+∞)上单调递增， 在(−1，0)上单调递减.(2)因为x ∈(0，+∞)，所以f(x)=ex ⇒g(x)=e x −a2x −a −e =0. g ′(x)=e x −a2，①a ≤2时，因为x >0，所以e x >1，则由a2≤1可知g′(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)单调递增. 因为g(2)=e 2−2a −e ≥e 2−4−e >0， 所以g(0)=1−a −e <0⇒a >1−e ，所以1−e<a≤2；②a>2时，g′(x)>0⇒e x>a2⇒x>ln(a2)，g′(x)<0⇒e x<a2⇒0<x<ln(a2)，所以g(x)在(0，ln(a2))单调递减，在(ln(a2)，+∞)单调递增.因为g(0)=1−a−e<0，所以g(ln(a2))<0，且x→+∞时，g(x)→+∞，所以x>0时，存在唯一x0∈(ln(a2)，+∞)，使得g(x0)=0，满足题意.综上可知a>1−e.【考点】由函数零点求参数取值范围问题利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)a=1时，f(x)=xe x−12x2−x，所以f′(x)=(x+1)e x−x−1=(x+1)(e x−1).当f′(x)>0时，{x+1>0，e x−1>0或{x+1<0，e x−1<0解得x<−1或x>0；当f′(x)<0时，{x+1>0，e x−1<0或{x+1<0，e x−1>0解得−1<x<0.所以，f(x)在(−∞，−1)，(0，+∞)上单调递增，在(−1，0)上单调递减.(2)因为x∈(0，+∞)，所以f(x)=ex⇒g(x)=e x−a2x−a−e=0.g′(x)=e x−a2，①a≤2时，因为x>0，所以e x>1，则由a2≤1可知g′(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)单调递增.因为g(2)=e2−2a−e≥e2−4−e>0，所以g(0)=1−a−e<0⇒a>1−e，所以1−e<a≤2；②a>2时，g′(x)>0⇒e x>a2⇒x>ln(a2)，g′(x)<0⇒e x <a2⇒0<x <ln (a2)，所以g(x)在(0，ln (a2))单调递减，在(ln (a2)，+∞)单调递增. 因为g(0)=1−a −e <0，所以g(ln (a2))<0，且x →+∞时，g(x)→+∞，所以x >0时，存在唯一x 0∈(ln (a2)，+∞)， 使得g(x 0)=0，满足题意. 综上可知a >1−e . 27.【答案】解：(1)当a =0时，f (x )=−4x +2，值域为R ，不符合题意， 当a ≠0,∵ f (x )的值域为[0,+∞)， 则Δ=16−8a =0 ， 解得a =2，综上，实数a 的值为2．(2)∵ a ≤1，函数y =f (x )−log 2x 8=ax 2−4x +5−log 2x ， 令g (x )=ax 2−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，则可转化为，函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点， ①当a =0时，g (x )=−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，根据单调性可判断． ∵ g (1)=1>ℎ(1)=0，g (2)=−3<ℎ(2)=1，∴ 函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点． ②当a ≤0时，抛物线g (x )的开口向下，对称轴x =2a <0<1， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增， ∴ {g (1)≥ℎ(1)，g (2)≤ℎ(2)，即{a +1≥0，4a −3≤1，解得−1≤a ≤1，由a ≤0，可知−1≤a <0．③当0<a ≤1时，抛物线g (x )的开口向上，对称轴x =2a ≥2， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增，∴ {g (1)≥ℎ(1)，g (2)≤ℎ(2)，即{a +1≥0，4a −3≤1，解得−1≤a ≤1， 由0<a ≤1 ∴ 0<a ≤1．综上所述，实数a 的取值范围[−1,1]. 【考点】 函数的零点函数的值域及其求法 函数零点的判定定理 【解析】 无 无【解答】解：(1)当a =0时，f (x )=−4x +2，值域为R ，不符合题意， 当a ≠0,∵ f (x )的值域为[0,+∞)， 则Δ=16−8a =0 ， 解得a =2，综上，实数a 的值为2．(2)∵ a ≤1，函数y =f (x )−log 2x8=ax 2−4x +5−log 2x ， 令g (x )=ax 2−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，则可转化为，函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点， ①当a =0时，g (x )=−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，根据单调性可判断． ∵ g (1)=1>ℎ(1)=0，g (2)=−3<ℎ(2)=1，∴ 函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点． ②当a ≤0时，抛物线g (x )的开口向下，对称轴x =2a<0<1，∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增， ∴ {g (1)≥ℎ(1)，g (2)≤ℎ(2)，即{a +1≥0，4a −3≤1，解得−1≤a ≤1，由a ≤0，可知−1≤a <0．③当0<a ≤1时，抛物线g (x )的开口向上，对称轴x =2a ≥2， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减，ℎ(x)=log2x在区间[1,2]单调递增，∴{g(1)≥ℎ(1)，g(2)≤ℎ(2)，即{a+1≥0，4a−3≤1，解得−1≤a≤1，由0<a≤1∴ 0<a≤1．综上所述，实数a的取值范围[−1,1].28.【答案】(1)解：因为f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，所以f′(1)=12，因为f′(x)=1x+m+(x−1)e−x，所以f′(1)=11+m =12，解得m=1．(2)证明：由(1)得当m=1时，f′(x)=1x+1+(x−1)e−x=e x+x2−1(x+1)e x.当x>0时，令ℎ(x)=e x+x2−1，显然ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以f(x)>0在(0,+∞)上恒成立．(3)解：由(2)可知当m>1且x>0时，f(x)>ln(x+1)−xe−x>0，即f(x)在[0,+∞)上没有零点，当x∈(−m,0)时，f′(x)=1x+m +(x−1)e−x=e x+x2+(m−1)x−m(x+m)e x，令g(x)=e x+x2+(m−1)x−m，x∈(−m,0)，则g′(x)=e x+2x+m−1单调递增，且g′(−m)=e−m−2m+m−1=e−m−m−1<0，g′(0)=m>0，所以g′(x)在(−m,0)上存在唯一零点，记为x0，且当x∈(−m,x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0,0)时，g′(x)>0，所以g(x)在(−m,x0)上单调递减，在(x0,0)上单调递增．因为m>1，所以g(−m)=e−m>0，g(0)=1−m<0，因为g(x0)<g(0)，所以g(x0)<0，所以g(x)在(−m,x0)上存在唯一零点x1，且在(x0,0)上恒小于零，故当x∈(−m,x1)时，g(x)>0，当x∈(x1,0)时，g(x)<0，所以f(x)在(−m,x1)上单调递增，在(x1,0)上单调递减，且f(0)=ln m>0，所以f(x)在(−m,0)上至多有一个零点，取x2=−m+e−me m∈(−m,0)，则有f(x2)<ln(x2+m)+me m=0，所以由零点存在定理可知f(x)在(−m,0)上只有一个零点，所以f(x)在(−m,+∞)上只有一个零点．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究与函数零点有关的问题函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：因为f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，所以f′(1)=12，因为f′(x)=1x+m+(x−1)e−x，所以f′(1)=11+m =12，解得m=1．(2)证明：由(1)得当m=1时，f′(x)=1x+1+(x−1)e−x=e x+x2−1(x+1)e x.当x>0时，令ℎ(x)=e x+x2−1，显然ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以f(x)>0在(0,+∞)上恒成立．(3)解：由(2)可知当m>1且x>0时，f(x)>ln(x+1)−xe−x>0，即f(x)在[0,+∞)上没有零点，当x∈(−m,0)时，f′(x)=1x+m +(x−1)e−x=e x+x2+(m−1)x−m(x+m)e x，令g (x )=e x +x 2+(m −1)x −m ，x ∈(−m,0)，则g ′(x )=e x +2x +m −1单调递增，且g ′(−m )=e −m −2m +m −1=e −m −m −1<0， g ′(0)=m >0，所以g ′(x )在(−m,0)上存在唯一零点，记为x 0，且当x ∈(−m,x 0)时，g ′(x )<0，当x ∈(x 0,0)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(−m,x 0)上单调递减，在(x 0,0)上单调递增． 因为m >1，所以g (−m )=e −m >0，g (0)=1−m <0，因为g (x 0)<g (0)，所以g (x 0)<0，所以g (x )在(−m,x 0)上存在唯一零点x 1，且在(x 0,0)上恒小于零，故当x ∈(−m,x 1)时，g (x )>0，当x ∈(x 1,0)时，g (x )<0，所以f (x )在(−m,x 1)上单调递增，在(x 1,0)上单调递减， 且f (0)=ln m >0，所以f (x )在(−m,0)上至多有一个零点，取x 2=−m +e −me m ∈(−m,0)，则有f (x 2)<ln (x 2+m )+me m =0，所以由零点存在定理可知f (x )在(−m,0)上只有一个零点， 所以f (x )在(−m,+∞)上只有一个零点．29.【答案】(1)解：设切线与y =f (x )相切于点P (x 0,y 0)，f ′(x )=ae x ，依题意{ae x 0=1,y 0=ae x 0,y 0=x 0−1,解得x 0=2，y 0=1，a =1e 2.(2)证明：即证e x −x ln x −x 2−1>0对x >0恒成立， 先证明ln x ≤x −1，设ℎ(x )=ln x −x +1，则ℎ′(x )=1−x x ，∴ y =ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，∴ ℎ(x )≤ℎ(1)=0，即ln x ≤x −1，当且仅当x =1时取等号， ∴ x ln x ≤x (x −1)，∴ e x −x ln x −x 2−1≥e x −2x 2+x −1，x >0，先证明当x ≥0时，e x −2x 2+x −1≥0恒成立.令k (x )=e x −2x 2+x −1(x ≥0)，则k ′(x )=e x −4x +1，令F (x )=k ′(x )，则F ′(x )=e x −4，令F ′(x )=0，解得x =2ln 2，∵ x ∈(0,2ln 2)时，F ′(x )<0，x ∈(2ln 2,+∞)时，F ′(x )>0，且k ′(2ln 2)=5−8ln 2<0，k ′(0)=2>0，k ′(2)=e 2−8+1>0，由零点存在定理，可知∃x 1∈(0,2ln 2)，∃x 2∈(2ln 2,2)， 使得k ′(x 1)=k ′(x 2)=0，故0<x <x 1或x >x 2时， k ′(x )>0，k (x )在(0,x 1)，(x 2,+∞)上单调递增，当x 1<x <x 2时，k ′(x )<0，k (x )在(x 1,x 2)上单调递减，由此知k (x )的最小值是k (0)=0或k (x 2)，由k ′(x 2)=0，得e x 2=4x 2−1，∴ k(x 2)=e x 2−2x 22+x 2−1=4x 2−1−2x 22+x 2−1=−(x 2−2)(2x 2−1).∵ x 2∈(2ln 2,2)，∴ k (x 2)>0，当x >0时， e x −2x 2+x −1>0恒成立，∴ 当x >0时，f (x )>x ln x +x 2+1恒成立．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：设切线与y =f (x )相切于点P (x 0,y 0)，f ′(x )=ae x ，依题意{ae x 0=1,y 0=ae x 0,y 0=x 0−1,解得x 0=2，y 0=1，a =1e 2.(2)证明：即证e x −x ln x −x 2−1>0对x >0恒成立， 先证明ln x ≤x −1，设ℎ(x )=ln x −x +1，则ℎ′(x )=1−x x ，∴ y =ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，∴ ℎ(x )≤ℎ(1)=0，即ln x ≤x −1，当且仅当x =1时取等号， ∴ x ln x ≤x (x −1)，∴ e x −x ln x −x 2−1≥e x −2x 2+x −1，x >0，先证明当x ≥0时，e x −2x 2+x −1≥0恒成立.令k (x )=e x −2x 2+x −1(x ≥0)，则k ′(x )=e x −4x +1，令F (x )=k ′(x )，则F ′(x )=e x −4，令F ′(x )=0，解得x =2ln 2，∵ x ∈(0,2ln 2)时，F ′(x )<0，x ∈(2ln 2,+∞)时，F ′(x )>0， 且k ′(2ln 2)=5−8ln 2<0，k ′(0)=2>0，k ′(2)=e 2−8+1>0，由零点存在定理，可知∃x 1∈(0,2ln 2)，∃x 2∈(2ln 2,2)， 使得k ′(x 1)=k ′(x 2)=0，故0<x <x 1或x >x 2时， k ′(x )>0，k (x )在(0,x 1)，(x 2,+∞)上单调递增，当x 1<x <x 2时，k ′(x )<0，k (x )在(x 1,x 2)上单调递减，由此知k (x )的最小值是k (0)=0或k (x 2)，由k ′(x 2)=0，得e x 2=4x 2−1，∴ k(x 2)=e x 2−2x 22+x 2−1=4x 2−1−2x 22+x 2−1=−(x 2−2)(2x 2−1).∵ x 2∈(2ln 2,2)，∴ k (x 2)>0，当x >0时， e x −2x 2+x −1>0恒成立，∴ 当x >0时，f (x )>x ln x +x 2+1恒成立． 30.【答案】解：(1)当x =1时，f (x )=0，令g (x )=x 3−ax +1． 当x >1时，f (x )的零点与函数g (x )(x >0)的零点相同． 当a ≤0时，g (x )>0(x >0)，所以f (x )只有一个零点，不合题意．因此a >0．又因为函数f (x )有三个不同的零点，所以g (x )(x >0)有两个均不等于1的不同零点． 令g ′(x )=3x 2−a =0，解得x =√a 3（舍去负值）．所以当x ∈(0,√a 3)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(√a 3,+∞)时，g ′(x )>0，g (x )是增函数． 因为g (0)=1>0，g(√a)=1>0，所以当g (√a 3)<0，即a >3√232时，g (x )(x >0)有两个不同零点．又因为g (1)=0时，a =2>3√232，所以函数f (x )有三个不同的零点，实数a 的取值范围是(3√232,2)∪(2,+∞)．(2)因为x 1<x 2<x 3，x 1+x 3>2，所以1<x 3．所以g (1)=2−a <0．所以x 1<1．所以x 1，x 3是g (x )=0的两个根．又因为g (−2a )=−8a 3+2a 2+1<−8a 3+4a 2=4a 2(1−2a )<0， 所以g (x )=0有一个小于0的根，不妨设为x 0． 根据g (x )=0有三个根x 0，x 1，x 3可知g (x )=x 3−ax +1=(x −x 0)(x −x 1)(x −x 3)， 所以x 0+x 1+x 3=0，即x 1+x 3=−x 0．因为x 1+x 3>2，所以x 0<−2．所以g (−2)=−8+2a +1>0，即a >72． 显然72>2，所以a 的取值范围是(72,+∞)． 【考点】利用导数研究函数的单调性函数的零点由函数零点求参数取值范围问题利用导数研究函数的极值函数零点的判定定理【解析】无无【解答】解：(1)当x =1时，f (x )=0，令g (x )=x 3−ax +1． 当x >1时，f (x )的零点与函数g (x )(x >0)的零点相同． 当a ≤0时，g (x )>0(x >0)，所以f (x )只有一个零点，不合题意．因此a >0．又因为函数f (x )有三个不同的零点，所以g (x )(x >0)有两个均不等于1的不同零点． 令g ′(x )=3x 2−a =0，解得x =√a 3（舍去负值）．所以当x ∈(0,√a 3)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(√a 3,+∞)时，g ′(x )>0，g (x )是增函数． 因为g (0)=1>0，g(√a)=1>0，所以当g (√a 3)<0，即a >3√232时，g (x )(x >0)有两个不同零点．又因为g (1)=0时，a =2>3√232，所以函数f (x )有三个不同的零点，实数a 的取值范围是(3√232,2)∪(2,+∞)．(2)因为x 1<x 2<x 3，x 1+x 3>2，所以1<x 3．所以g (1)=2−a <0．所以x 1<1．所以x 1，x 3是g (x )=0的两个根．又因为g (−2a )=−8a 3+2a 2+1<−8a 3+4a 2=4a 2(1−2a )<0， 所以g (x )=0有一个小于0的根，不妨设为x 0．根据g(x)=0有三个根x0，x1，x3可知g(x)=x3−ax+1=(x−x0)(x−x1)(x−x3)，所以x0+x1+x3=0，即x1+x3=−x0．因为x1+x3>2，所以x0<−2．．所以g(−2)=−8+2a+1>0，即a>72>2，显然72,+∞)．所以a的取值范围是(72。

2023届新高考数学复习：专项（分段函数零点问题）经典题提分练习一、单选题1．（2023ꞏ天津南开ꞏ高三南开中学校考期末）已知函数()22,0log ,0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，若函数()()g x f x m =+有两个零点，则m 的取值范围是（ ） A ．[)1,0-B ．[)1,-+∞C ．(),0∞-D ．(],1-∞2．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知0m >，函数(2)ln(1),1,()πcos 3,π,4x x x m f x x m x -+-<≤⎧⎪=⎨⎛⎫+<≤ ⎪⎪⎝⎭⎩恰有3个零点，则m 的取值范围是（ ）A ．π5π3π,2,12124⎡⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭B ．π5π3π,2,12124⎡⎫⎡⎤⎪⎢⎢⎥⎣⎭⎣⎦C ．5π3π0,2,124⎛⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭ D ．5π3π0,2,124⎛⎫⎡⎤ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦3．（2023ꞏ陕西西安ꞏ高三统考期末）已知函数()e ,03,0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩， 若函数()()()g x f x f x =--，则函数()g x 的零点个数为（ ）A ．1B ．3C ．4D ．54．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()f x = ()22122,2212,sin x a x ax a x a x a π⎧⎡⎤⎛⎫-+<⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎨⎣⎦⎪-+++≥⎩，若函数()f x 在[0,)+∞内恰有5个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．75,42⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．7,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．5711,2,424⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．75,22,42⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭5．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知定义在R 上的函数()11,0,1,0,1x x x f x x x ⎧--≥⎪=⎨<⎪-⎩若函数()()11g x f x ax =--+恰有2个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(){}1,10,4⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭B ．(){}1,10,14⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．()1,10,4⎡⎫-∞-⎪⎢⎣⎭D ．(){}14,10,14⎡⎫--⎪⎢⎣⎭6．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩，则函数()()22g x f f x ⎡+⎤⎣⎦=+的零点个数为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．67．（2023ꞏ四川绵阳ꞏ四川省绵阳南山中学校考一模）已知0a >，函数()=f x 22,43,x x a x ax x a -+≤⎧⎨-+>⎩，若()f x 恰有2个零点，则a 的取值范围是（ ） A．[)2,⎫⋃+∞⎪⎪⎝⎭B ．()[)0,12,+∞C．[)7,2,28⎫⋃+∞⎪⎪⎝⎭D．7,228⎛⎫⎡⎤⋃ ⎪⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭ 8．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()2ln ,0,1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（ ） A ．e 1k -<≤ B ．11e k -<< C ．e 0k -<< D ．10e k -<<9．（2023ꞏ广东广州ꞏ高三广州市真光中学校考期末）定义在R 上的奇函数()f x ，当0x ≥时，()[)[)12log (1),0,113,1,x x f x x x ⎧+∈⎪=⎨⎪--∈+∞⎩，则关于x 的函数()()(01)F x f x a a =-<<的所有零点之和为（ ）A ．21a -B ．12a -C ．21a --D ．12a --10．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()222,12()=log 1,1x x f x x x ⎧+≤⎪⎨⎪->⎩，则函数()()3()22F x f f x f x =--⎡⎤⎣⎦的零点个数是 （ ）A ．4B ．5C ．6D ．7二、多选题11．（2023ꞏ河南郑州ꞏ高三郑州市第七中学校考期末）已知函数()21,0log ,0kx x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，下列是关于函数()1y f f x =+⎡⎤⎣⎦的零点个数的判断，其中正确的是（ ）A ．当0k >时，有3个零点B ．当0k <时，有2个零点C ．当0k >时，有4个零点D ．当0k <时，有1个零点12．（2023ꞏ河南濮阳ꞏ高三濮阳一高校考期中）已知函数()()22,22,2x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，函数()()2g x b f x =--，其中b ∈R ，若函数()()y f x g x =-恰有2个零点，则b 的值可以是（ ）A ．1B ．74C ．2D ．313．（2023ꞏ江西ꞏ高三校联考阶段练习）已知函数()221,0,2,0,x x f x x x x ⎧->=⎨--≤⎩则以下判断正确的是（ ）A ．若函数()()g x f x m =-有3个零点，则实数m 的取值范围是()0,1B ．函数()f x 在(),0∞-上单调递增C ．直线1y =与函数()y f x =的图象有两个公共点D ．函数()f x 的图象与直线2y x =+有且只有一个公共点14．（2023ꞏ广东佛山ꞏ高三佛山市三水区实验中学校考阶段练习）已知()121,02|log ,0x x f x x x +⎧⎛⎫≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪⎩，令()()g x f x a =-，则下列结论正确的有（ ）A ．若()g x 有1个零点，则0a =B ．()0f x >恒成立C ．若()g x 有3个零点，则102a <<D ．若()g x 有4个零点，则112a ≤< 15．（2023ꞏ黑龙江绥化ꞏ高三校考阶段练习）已知函数()31,0log ,0ax x f x x x +≤⎧=⎨->⎩，若()(())1g x f f x =+，则下说法正确的是（ ）A ．当0a >时，()g x 有4个零点B ．当0a >时，()g x 有5个零点C ．当a<0时，()g x 有1个零点D ．当a<0时，()g x 有2个零点16．（2023ꞏ广东深圳ꞏ高三深圳市南山区华侨城中学校考阶段练习）对于函数sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩，下列结论中正确的是（ ）A ．任取12,[1,)x x ∈+∞，都有123()()2f x f x -≤ B ．11511222222k f f f k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，其中N k ∈；C ．()2(2)()k f x f x k k N *=+∈对一切[0,)x ∈+∞恒成立；D ．函数()ln(1)y f x x =--有3个零点；17．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数lg ,0()1,0x x f x x x ⎧>=⎨+≤⎩，若函数()[2()]g x f f x a =+有7个零点，则实数a 的可能取值是（ ）A ．0B ．14-C ．13-D ．15-18．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）若函数f (x )＝4,22021()(3),2x m x x m x m x ⎧-<⎨--⎩…恰有两个零点，则正整数m 的取值可能为（ ）A ．1B ．2C ．15D ．16三、填空题19．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）知函数()3223,015,1x x m x f x mx x ⎧++≤≤=⎨+>⎩，若函数()f x 有两个不同的零点，则实数m 的取值范围为_____________.20．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数24,()1,x x x af x e x a ⎧-≤=⎨->⎩，若函数()[()]g x f f x =在R 上有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是______________．21．（2023ꞏ上海黄浦ꞏ高三上海市向明中学校考开学考试）已知函数()f x 满足,1(1)ln(1),1ax a x f x x x +≤-⎧+=⎨+>-⎩，函数()()()g x f x f x =--恰有5个零点，则实数a 的取值范围为____________．22．（2023ꞏ黑龙江哈尔滨ꞏ高三黑龙江实验中学校考阶段练习）已知函数()f x 定义城为(]0,12，恒有()()44f x f x +=，(]0,4x ∈时()222x f x -=-；若函数()()()2g x f x t f x =+⋅有4个零点，则t 的取值范围为______．23．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()f x 2e 1,0,0x x ax x a x ⎧-≥=⎨++<⎩，恰有2个零点，则=a __________．24．（2023ꞏ北京ꞏ高三专题练习）已知函数ln ,0()e 1,0x x x f x x >⎧=⎨+≤⎩，且函数()()g x f x m =-恰有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是___________.25．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）设函数()()3221014680x x f x x x g x x x x x ⎧+>⎪=-+=⎨⎪---≤⎩，，，，，则函数()()()1h x f g x =-的零点为________．26．（2023春ꞏ上海浦东新ꞏ高三上海市川沙中学校考期中）已知函数()y f x =的定义域是[0,)+∞，满足2201()4513,?2834x x f x x x x x x ≤<⎧⎪=-+≤<⎨⎪-+≤<⎩且(4)()f x f x a +=+，若存在实数k ，使函数()()g x f x k =+在区间[0,2021]上恰好有2021个零点，则实数a 的取值范围为____27．（2023ꞏ浙江ꞏ高三专题练习）若函数()()()2210,10k x f x x x kx x ⎧-<⎪=⎨⎪-->⎩恰有4个零点，则实数k 的取值范围是______．28．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）若348,122()1,222x x f x x f x ⎧--≤≤⎪⎪=⎨⎛⎫⎪> ⎪⎪⎝⎭⎩ 则()()6g x xf x =-在*1,2,n n N ⎡⎤∈⎣⎦内的所有零点之和为：__________．29．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数1,0()42,0xx x x f x x --⎧+>=⎨-≤⎩，若函数(32)y f x a =--恰有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________30．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数32,0()461,0x e x f x x x x ⎧<=⎨-+≥⎩，则函数2()3[()]2()g x f x f x m =--有5个零点时m 的范围_____________.参考答案一、单选题1．（2023ꞏ天津南开ꞏ高三南开中学校考期末）已知函数()22,0log ,0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，若函数()()g x f x m =+有两个零点，则m 的取值范围是（ ） A ．[)1,0- B ．[)1,-+∞ C ．(),0∞- D ．(],1-∞【答案】A【答案解析】()()0()g x f x m f x m =+=⇔=-Q()g x ∴存在两个零点，等价于y m =-与()f x 的图象有两个交点，在同一直角坐标系中绘制两个函数的图象：由图可知，保证两函数图象有两个交点，满足01m <-≤，解得：[)1,0m ∈- 故选：A.2．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知0m >，函数(2)ln(1),1,()πcos 3,π,4x x x m f x x m x -+-<≤⎧⎪=⎨⎛⎫+<≤ ⎪⎪⎝⎭⎩恰有3个零点，则m 的取值范围是（ ）A ．π5π3π,2,12124⎡⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭B ．π5π3π,2,12124⎡⎫⎡⎤⎪⎢⎢⎥⎣⎭⎣⎦C ．5π3π0,2,124⎛⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭ D ．5π3π0,2,124⎛⎫⎡⎤ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦【答案】A【答案解析】设()(2)ln(1)g x x x =-+，()cos 34h x x π⎛⎫+ ⎝=⎪⎭，求导()23ln(1)ln(1)111x g x x x x x -'=++=++-++ 由反比例函数及对数函数性质知()g x '在(]1,,0m m ->上单调递增，且102g ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()10g '>，故()g x '在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内必有唯一零点0x ，当()01,x x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当(]0,x x m ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；令()0g x =，解得0x =或2，可作出函数()g x 的图像， 令()0h x =，即3,42x k k Z πππ+=+∈，在(]0,π之间解得12x π=或512π或34π， 作出图像如下图数形结合可得：π5π3π,2,12124⎡⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭ ，故选：A3．（2023ꞏ陕西西安ꞏ高三统考期末）已知函数()e ,03,0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩， 若函数()()()g x f x f x =--，则函数()g x 的零点个数为（ ） A ．1B ．3C ．4D ．5【答案】D【答案解析】当0x >时，0x -<，()3f x x -=当0x <时，0x ->，()e xf x --=()()()3e ,00,0e 3,0x x x x g x f x f x x x x -⎧->⎪∴=--==⎨⎪+<⎩，()()()()g x f x f x g x -=--=-，且定义域为R ，关于原点对称，故()g x 为奇函数，所以我们求出0x >时零点个数即可，(0,)3e x g x x x =->，()3e 0x g x '=->，令()3e 0x g x '=->，解得0ln3x <<，故()g x 在()0,ln 3上单调递增，在(ln3,)+∞单调递减，且(ln 3)3ln 330g =->，而()226e 0g =-<，故()g x 在(ln 3,2)有1零点，1311e 03g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，故()g x 在1(,ln 3)3上有1零点，图像大致如图所示：故()g x 在()0,∞+上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在(),0∞-上也有2个零点，且()00g =，故()g x 共5个零点， 故选：D.4．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()f x = ()22122,2212,sin x a x a x a x a x a π⎧⎡⎤⎛⎫-+<⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎨⎣⎦⎪-+++≥⎩，若函数()f x 在[0,)+∞内恰有5个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．75,42⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．7,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．5711,2,424⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．75,22,42⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D【答案解析】当0a ≤时，对任意的0x ≥，()()22212f x x a x a =-+++在[)0,∞+上至多2个零点，不合乎题意，所以，0a >.函数()22212y x a x a =-+++的对称轴为直线12x a =+，()()22214247a a a ∆=+-+=-. 所以，函数()f x 在1,2a a ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且()2f a a =-.①当470a ∆=-<时，即当704a <<时，则函数()f x 在[),a +∞上无零点， 所以，函数()12sin 22f x x a π⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦在[)0,a 上有5个零点，当0x a ≤<时，111222a x a -≤-+<，则()11222a x a πππ⎛⎫-≤-+< ⎪⎝⎭，由题意可得()5124a πππ-<-≤-，解得532a ≤<，此时a 不存在；②当Δ0=时，即当74a =时，函数()f x 在7,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上只有一个零点， 当70,4x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()2cos 2f x x π=-，则7022x ππ≤<，则函数()f x 在70,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭上只有3个零点，此时，函数()f x 在[)0,∞+上的零点个数为4，不合乎题意；③当()20Δ470f a a a ⎧=-≥⎨=->⎩时，即当724a <≤时，函数()f x 在[),a +∞上有2个零点，则函数()12sin 22f x x a π⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦在[)0,a 上有3个零点，则()3122a πππ-<-≤-，解得322a ≤<，此时724a <<； ④当()20Δ470f a a a ⎧=-<⎨=->⎩时，即当2a >时，函数()f x 在[),a +∞上有1个零点，则函数()12sin 22f x x a π⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦在[)0,a 上有4个零点，则()4123a πππ-<-≤-，解得522a ≤<，此时，522a <<.综上所述，实数a 的取值范围是75,22,42⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：D.5．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知定义在R 上的函数()11,0,1,0,1x x x f x x x ⎧--≥⎪=⎨<⎪-⎩若函数()()11g x f x ax =--+恰有2个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(){}1,10,4⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭B ．(){}1,10,14⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．()1,10,4⎡⎫-∞-⎪⎢⎣⎭D ．(){}14,10,14⎡⎫--⎪⎢⎣⎭【答案】B【答案解析】()()11,111,1x x x f x x x ⎧--≤⎪-=⎨->⎪⎩，故()()1,11111,1x x x f x x x ⎧-≤⎪-+=⎨-+>⎪⎩，则函数()()11g x f x ax =--+恰有2个零点等价于()11f x ax -+=有两个不同的解， 故()11,y f x y ax =-+=的图象有两个不同的交点，设()()()()1,01111,011,1x x x g x f x x x x x x ⎧⎪-≤≤⎪=-+=--<⎨⎪⎪-+>⎩又(),y g x y ax ==的图象如图所示，由图象可得两个函数的图象均过原点，若0a =，此时两个函数的图象有两个不同的交点， 当0a ≠时，考虑直线y ax =与()()201g x x x x =-≤≤的图象相切，则由2ax x x =-可得()2100a ∆=--=即1a =， 考虑直线y ax =与()11(1)g x x x=-+≥的图象相切，由11ax x =-+可得210ax x -+=，则140a ∆=-=即14a =.考虑直线y ax =与()2(0)g x x x x =-≤的图象相切，由2ax x x =-可得()2100a ∆=+-=即1a =-， 结合图象可得当114a <<或1a <-时，两个函数的图象有两个不同的交点， 综上，114a <<或1a <-或0a =， 故选：B.6．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩，则函数()()22g x f f x ⎡+⎤⎣⎦=+的零点个数为（ ） A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】B【答案解析】令()2t f x =+，当1x <-时，1()(,2)f x x x =+∈-∞-且递增，此时(,0)t ∈-∞，当10x -<<时，1()(,2)f x x x=+∈-∞-且递减，此时(,0)t ∈-∞，当210e <<x 时，()ln (,2)f x x =∈-∞-且递增，此时(,0)t ∈-∞， 当21e x >时，()ln (2,)f x x =∈-+∞且递增，此时(0,)t ∈+∞， 所以，()g x 的零点等价于()f t 与=2y -交点横坐标t 对应的x 值，如下图示：由图知：()f t 与=2y -有两个交点，横坐标11t =-、201t <<： 当11t =-，即()3f x =-时，在(),1x ∈-∞-、(1,0)-、21(0,)e上各有一个解；当201t <<，即2()1f x -<<-时，在21,e x ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭有一个解.综上，()g x 的零点共有4个. 故选：B7．（2023ꞏ四川绵阳ꞏ四川省绵阳南山中学校考一模）已知0a >，函数()=f x 22,43,x x ax ax x a -+≤⎧⎨-+>⎩，若()f x 恰有2个零点，则a 的取值范围是（ ）A．[)2,⎫⋃+∞⎪⎪⎝⎭B ．()[)0,12,+∞C．[)72,8⎫⋃+∞⎪⎪⎝⎭D．7,28⎫⎡⎤⋃⎪⎢⎥⎪⎣⎦⎝⎭ 【答案】A【答案解析】①若2x =是一个零点，则需要2()43()f x x ax x a =-+> 只有一个零点， 即有2a ≥，且此时当x a >时，需要2430()x ax x a -+=>只 有一个实根， 而221612162120a ∆=-≥⨯-> ，解方程根得2x a =±，易得2a 2a <<<2a 即当2a ≥ 时， ()f x 恰有 2个零点，122,2x x a ==. ②若2x =不是函数的零点，则2x a =为函数的 2 个零点，于是22Δ161202a a a a ⎧<⎪=->⎨⎪<⎩ ，解得：1.2a << 综上:[)2,2a ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭.故选：A.8．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()2ln ,0,1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（ ） A ．e 1k -<≤ B ．11e k -<< C ．e 0k -<< D ．10e k -<<【答案】D【答案解析】要使函数()f x k =有三个解，则()y f x =与y k =有三个交点，当0x >时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，可得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，∴0x >时，()ln f x x x =有最小值11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10e x <<时，ln 0x x <；当0x +→时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞； 当0x ≤时，2()1f x x =-+单调递增；∴()f x 图象如下，要使函数()g x 有三个零点，则10ek -<<，故选：D ．9．（2023ꞏ广东广州ꞏ高三广州市真光中学校考期末）定义在R 上的奇函数()f x ，当0x ≥时，()[)[)12log (1),0,113,1,x x f x x x ⎧+∈⎪=⎨⎪--∈+∞⎩，则关于x 的函数()()(01)F x f x a a =-<<的所有零点之和为（ ）A ．21a -B ．12a -C ．21a --D ．12a --【答案】B【答案解析】由题设，画出[0,)+∞上()f x 的大致图象，又()f x 为奇函数，可得()f x 的图象如下：()F x 的零点，即为方程()0f x a -=的根，即()f x 图像与直线y a =的交点.由图象知：()f x 与y a =有5个交点：若从左到右交点横坐标分别为12344,,,,x x x x x ， 1、12,x x 关于3x =-对称，126x x +=-；2、30x <且满足方程()()()333f x a f x a f x a =⇒-=-⇒-=-即()132log 1x a -+=，解得：312a x =-；3、45,x x 关于3x =轴对称，则456x x +=；1234512∴++++=-a x x x x x 故选：B10．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()222,12()=log 1,1x x f x x x ⎧+≤⎪⎨⎪->⎩，则函数()()3()22F x f f x f x =--⎡⎤⎣⎦的零点个数是 （ ） A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】A【答案解析】令(),()0t f x F x ==，则3()202f t t --=， 作出()y f x =的图象和直线32+2y x =，由图象可得有两个交点，设横坐标为12,t t ，∴120,(1,2)t t =∈.当1()f x t =时，有2x =，即有一解；当2()f x t =时，有三个解， ∴综上，()0F x =共有4个解，即有4个零点. 故选：A 二、多选题11．（2023ꞏ河南郑州ꞏ高三郑州市第七中学校考期末）已知函数()21,0log ,0kx x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，下列是关于函数()1y f f x =+⎡⎤⎣⎦的零点个数的判断，其中正确的是（ ）A ．当0k >时，有3个零点B ．当0k <时，有2个零点C ．当0k >时，有4个零点D ．当0k <时，有1个零点【答案】CD【答案解析】令()10y f f x =+=⎡⎤⎣⎦，得()1f f x =-⎡⎤⎣⎦，设f （x ）＝t ，则方程()1f f x =-⎡⎤⎣⎦等价为f （t ）＝﹣1，①若k ＞0，作出函数f （x ）的图象如图：∵f （t ）＝﹣1，∴此时方程f （t ）＝﹣1有两个根其中t 2＜0，0＜t 1＜1，由f （x ）＝t 2＜0，此时x 有两解， 由f （x ）＝t 1∈（0，1）知此时x 有两解，此时共有4个解， 即函数y ＝f [f （x ）]+1有4个零点．②若k ＜0，作出函数f （x ）的图象如图：∵f （t ）＝﹣1，∴此时方程f （t ）＝﹣1有一个根t 1，其中0＜t 1＜1，由f （x ）＝t 1∈（0，1），此时x 只有1个解，即函数y ＝f [f （x ）]+1有1个零点． 故选：CD ．12．（2023ꞏ河南濮阳ꞏ高三濮阳一高校考期中）已知函数()()22,22,2x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，函数()()2g x b f x =--，其中b ∈R ，若函数()()y f x g x =-恰有2个零点，则b 的值可以是（ ） A ．1B ．74C ．2D ．3【答案】BD【答案解析】∵()()22,2,2,2,x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，∴()222,02,0x x f x x x ⎧--≥-=⎨<⎩ ， ∵函数()()y f x g x =-恰好有两个零点，∴方程()()0f x g x -=有两个解，即()(2)0f x f x b +--=有两个解， 即函数()(2)y f x f x =+-与y b =的图象有两个交点，()()222,022,0258,2x x x y f x f x x x x x ⎧++<⎪=+-=≤≤⎨⎪-+>⎩ ，作函数()(2)y f x f x =+-与y b =的图象如下， 当12x =-和52x =，即115572222224f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++=+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，结合图象可知，当724b <≤时，有不止两个交点， 当2b >或74b =时，满足函数()(2)y f x f x =+-与y b =的图象有两个交点， 当74b <时，无交点， 综上，2b >或74b =时满足题意，故选：BD.13．（2023ꞏ江西ꞏ高三校联考阶段练习）已知函数()221,0,2,0,x x f x x x x ⎧->=⎨--≤⎩则以下判断正确的是（ ）A ．若函数()()g x f x m =-有3个零点，则实数m 的取值范围是()0,1B ．函数()f x 在(),0∞-上单调递增C ．直线1y =与函数()y f x =的图象有两个公共点D ．函数()f x 的图象与直线2y x =+有且只有一个公共点【答案解析】当0,x ≤()22211y x x x =--=++-，故()221,02,0x x f x x x x ⎧->=⎨--≤⎩的图像如图所示，对AC ，函数()()g x f x m =-有3个零点，相当于()y f x =与y m =有3个交点，故m 的取值范围是()0,1，直线1y =与函数()y f x =的图象有两个公共点，AC 对； 对B ，函数()f x 在(),0∞-上先增后减，B 错；对D ，如图所示，联立222y x y x x =+⎧⎨=--⎩可得解得20x y =-⎧⎨=⎩或11x y =-⎧⎨=⎩，由图右侧一定有一个交点，故函数()f x 的图象与直线2y x =+不止一个公共点，D 错.14．（2023ꞏ广东佛山ꞏ高三佛山市三水区实验中学校考阶段练习）已知()121,02|log ,0x x f x x x +⎧⎛⎫≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪⎩，令()()g x f x a =-，则下列结论正确的有（ ）A ．若()g x 有1个零点，则0a =B ．()0f x >恒成立C ．若()g x 有3个零点，则102a <<D ．若()g x 有4个零点，则112a ≤< 【答案】AD【答案解析】()121,02|log ,0x x f x x x +⎧⎛⎫≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪⎩，作出()f x 的图象，如图所示：因为()()g x f x a =-，所以()g x 的零点个数即为函数()y f x =与y a =的图象的交点的个数，对于A ：若()g x 有1个零点，则函数()y f x =与y a =的图象仅有一个公共点，由图象得0a =，故A 正确；对于B ：由图象得()0f x ≥恒成立，故B 错误；对于C ：若()g x 有3个零点，则函数()y f x =与y a =的图象有三个公共点，由图象得1a =或者102a <<，故C 错误；对于D ：若()g x 有4个零点，则函数()y f x =与y a =的图象有四个公共点，由图象得112a ≤<，故D 正确. 故选：AD ．15．（2023ꞏ黑龙江绥化ꞏ高三校考阶段练习）已知函数()31,0log ,0ax x f x x x +≤⎧=⎨->⎩，若()(())1g x f f x =+，则下说法正确的是（ ）A ．当0a >时，()g x 有4个零点B ．当0a >时，()g x 有5个零点C ．当a<0时，()g x 有1个零点D ．当a<0时，()g x 有2个零点【答案】AC【答案解析】当0a >时，令()f x t =，由()10f t +=，解得13t =或3t =或2t a=-. 作出函数()f x 的图象，如图1所示，易得()f x t =有4个不同的实数解， 即当0a >时，()g x 有4个零点.故A 正确，B 错误； 当a<0时，令()f x t =，所以()10f t +=，解得13t =或3t =或2t a=-（舍） 作出函数()f x 的图象，如图2所示，易得()f x t =有1个实数解， 即当a<0时，()g x 有1个零点.故C 正确，D 错误. 故选：AC.16．（2023ꞏ广东深圳ꞏ高三深圳市南山区华侨城中学校考阶段练习）对于函数sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩，下列结论中正确的是（ ）A ．任取12,[1,)x x ∈+∞，都有123()()2f x f x -≤B ．11511222222k f f f k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，其中N k ∈；C ．()2(2)()k f x f x k k N *=+∈对一切[0,)x ∈+∞恒成立；D ．函数()ln(1)y f x x =--有3个零点；【答案】ACD【答案解析】作出函数sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩的图象如图所示.所以max min ()1,()1f x f x ==-.对于A ：任取12,[1,)x x ∈+∞，都有()12max min 13()()()()122f x f x f x f x -≤-=--=.故A 正确； 对于B ：因为151111,,222222kf f f k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以111?121511*********k k f f f k +⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭++++==- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭- .故B 错误； 对于C ：由1()(2)2f x f x =-，得到1(2)()2kf x k f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即()2(2)k f x f x k =+.故C 正确；对于D ：函数()ln(1)y f x x =--的定义域为()1,+∞.作出()y f x =和ln(1)y x =-的图象如图所示：当2x =时,sin2ln10y π=-=;当12x <<时,函数()y f x =与函数()ln 1y x =-的图象有一个交点;当2x >时,因为2111s 49422in 41f f π⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,971ln 1ln 1224⎪->⎛⎫ ⎝>=⎭，所以函数()y f x =与函数()ln 1y x =-的图象有一个交点,所以函数()ln(1)y f x x =--有3个零点.故D 正确.故选：ACD17．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数lg ,0()1,0x x f x x x ⎧>=⎨+≤⎩，若函数()[2()]g x f f x a =+有7个零点，则实数a 的可能取值是（ ） A ．0B ．14-C ．13-D ．15-【答案】BD【答案解析】在0x ≤上()f x 单调递增且值域为(,1]-∞； 在01x <≤上()f x 单调递减且值域为[0,)+∞； 在1x >上()f x 单调递增且值域为(0,)+∞； 故()f x 的图象如下：由题设，()[2()]g x f f x a =+有7个零点，即[2()]f f x a =-有7个不同解，当0a -<时有2()1f x <-，即1()2f x <-，此时()g x 有1个零点；当0a -=时有2()1f x =±，即1()2f x =±，∴1()2f x =-有1个零点，1()2f x =有3个零点，此时()g x 共有4个零点；当0lg 2a <-≤时有12()lg 21f x -<≤-或12()12f x ≤<或12()2f x <≤， ∴1lg 21()022f x --<≤<有1个零点，11()42f x ≤<有3个零点，1(1)2f x <≤有3个零点，此时()g x 共有7个零点；当lg 21a <-≤时有lg 212()0f x -<≤或102()2f x <<或22()10f x <≤， ∴lg 21()02f x -<≤有1个零点，10()4f x <<有3个零点，1()5f x <≤有2个零点，此时()g x 共有6个零点；当1a ->时有102()10f x <<或2()10f x >， ∴10()20f x <<有3个零点，()5f x >有2个零点，此时()g x 共有5个零点； 综上，要使()g x 有7个零点时，则lg 20a -≤<，(lg 20.30103≈) 故选：BD18．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）若函数f (x )＝4,22021()(3),2x m x x m x m x ⎧-<⎨--⎩…恰有两个零点，则正整数m 的取值可能为（ ）A ．1B ．2C ．15D ．16【答案】AD【答案解析】函数f (x )的零点即为方程f (x )＝0的解．当m ＝1时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣1＝0，解得：x ＝0； 当x ≥2时，2021（x ﹣1）（x ﹣3）＝0，解得：x ＝1或3，只取x ＝3． ∴函数有两个零点0或3．∴A 对；当m ＝2时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣2＝0，解得：x ＝12； 当x ≥2时，2021（x ﹣2）（x ﹣6）＝0，解得：x ＝2或6． ∴函数有三个零点12或2或6．∴B 错；当m ＝15时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣15＝0，解得：x ＝log 415＜2； 当x ≥2时，2021（x ﹣15）（x ﹣45）＝0，解得：x ＝15或45． ∴函数有三个零点log 415或15或45．∴C 错；当m ＝16时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣16＝0，解得：x ＝2不成立； 当x ≥2时，2021（x ﹣16）（x ﹣48）＝0，解得：x ＝16或48． ∴函数有两个零点16或48．∴D 对； 故选：AD ．三、填空题19．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）知函数()3223,015,1x x m x f x mx x ⎧++≤≤=⎨+>⎩，若函数()f x 有两个不同的零点，则实数m 的取值范围为_____________. 【答案】50m -<<【答案解析】由答案解析式知：在[0,1]上()f x 为增函数且()[,5]f x m m ∈+， 在(1,)+∞上，0m ≠时()f x 为单调函数，0m =时()5f x =无零点， 故要使()f x 有两个不同的零点，即1x =两侧各有一个零点，所以在(1,)+∞上()f x 必递减且()(,5)f x m ∈-∞+，则050m m <⎧⎨+>⎩，可得50m -<<.故答案为：50m -<<20．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数24,()1,x x x af x e x a ⎧-≤=⎨->⎩，若函数()[()]g x f f x =在R 上有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是______________．【答案】)⎡⎡⎣⎣【答案解析】令()t f x =，则()()g x f t =，由于函数()[()]g x f f x =在R 上有三个不同的零点，所以()()0g x f t ==必有两解，所以20a -≤<或2a ≥.当20a -≤<时，()f x 的图像如下图所示，由图可知，()y f t =必有两个零点122,0t t =-=，由于()2f x t =有两个解，所以()1f x t =有一个解，即242a -≤-，解得0a ≤<.当2a ≥时，()f x 的大致图像如下图所示，()y f t =必有两个零点342,2t t =-=，由于()3f x t =有两个解，所以()4f x t =有一个解，所以242a -<，解得2a ≤<综上所述，实数a 的取值范围是)⎡⎡⎣⎣ .故答案为：)⎡⎡⎣⎣21．（2023ꞏ上海黄浦ꞏ高三上海市向明中学校考开学考试）已知函数()f x 满足,1(1)ln(1),1ax a x f x x x +≤-⎧+=⎨+>-⎩，函数()()()g x f x f x =--恰有5个零点，则实数a 的取值范围为____________．【答案】1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案解析】因为函数()f x 满足,1(1)ln(1),1ax a x f x x x +≤-⎧+=⎨+>-⎩，所以,0()ln ,0ax x f x x x ≤⎧=⎨>⎩，-,0()ln(-),0ax x f x x x ≥⎧-=⎨<⎩， 因为函数()()()g x f x f x =--恰有5个零点， 所以函数()y f x =与()y f x =-恰有5个交点，如图，因为y ax =-与y ax =交于原点，要恰有5个交点，,0y ax x =->与ln y x =必有2个交点， 设,0y ax x =->与ln y x =相切，切点为(,)m n ， 此时切线斜率为1100n y x m m -'===-，解得1,ln 1n m ==， 解得e m =，所以切点为(e,1)，所以e 1a -=，解得1a e =-，所以要使函数()()()g x f x f x =--恰有5个零点，则1(,0)ea ∈-.故答案为：1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.22．（2023ꞏ黑龙江哈尔滨ꞏ高三黑龙江实验中学校考阶段练习）已知函数()f x 定义城为(]0,12，恒有()()44f x f x +=，(]0,4x ∈时()222x f x -=-；若函数()()()2g x f x t f x =+⋅有4个零点，则t 的取值范围为______． 【答案】[]32,28--【答案解析】设(]4,8x ∈，则(]40,4x -∈，则[]6()(4)44(4)422x f x f x f x -=-+=-=-，设(]8,12x ∈，则(]80,4x -∈，则[][]()(4)44(4)4(8)4f x f x f x f x =-+=-=-+1016(8)1622x f x -=-=-，则(](](]2610220,4()4224,816228,12x x x x f x x x ---⎧-∈⎪⎪=-∈⎨⎪-∈⎪⎩，，，，则(3)(7)(11)0f f f ===，函数()f x 图象如下：由2()()()0g x f x t f x =+⋅=，可得()0f x =，或()f x t =-， 由()0f x =，可得3x =，或7x =，或11x =，则()f x t =-仅有一根，又(8)f =810162228--=，(12)f =1210162232--=， 则2832t ≤-≤，解之得3228t -≤≤-， 故答案为：3228t -≤≤-.23．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()f x 2e 1,0,0x x ax x a x ⎧-≥=⎨++<⎩，恰有2个零点，则=a __________．【答案】12【答案解析】当0x ≥时，令()e 10xf x =-=，解得0x =，故()f x 在[)0+∞，上恰有1个零点，即方程20ax x a ++=有1个负根.当0a =时，解得0x =，显然不满足题意；当0a ≠时，因为方程20ax x a ++=有1个负根，所以2Δ140.a =-≥ 当2Δ140a =-=，即12a =±时，其中当12a =时，211022x x ++=，解得=1x -，符合题意；当12a =-时，211022x x -+-=，解得1x =，不符合题意； 当2140a ∆=->时，设方程20ax x a ++=有2个根1x ，2x ，因为1210x x =>，所以1x ，2x 同号， 即方程20ax x a ++=有2个负根或2个正根，不符合题意．综上，12a =．故答案为：0.5.24．（2023ꞏ北京ꞏ高三专题练习）已知函数ln ,0()e 1,0xx x f x x >⎧=⎨+≤⎩，且函数()()g x f x m =-恰有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是___________. 【答案】12m <≤【答案解析】由()0g x =得()f x m =，即函数()g x 的零点是直线y m =与函数()y f x =图象交点横坐标， 当0x ≤时，()e 1x f x =+是增函数，函数值从1递增到2(1不能取)，当0x >时，()ln f x x =是增函数，函数值为一切实数，在坐标平面内作出函数()y f x =的图象，如图，观察图象知，当12m <≤时，直线y m =与函数()y f x =图象有2个交点，即函数()g x 有2个零点， 所以实数m 的取值范围是：12m <≤. 故答案为：12m <≤25．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）设函数()()3221014680x x f x x x g x x x x x ⎧+>⎪=-+=⎨⎪---≤⎩，，，，，则函数()()()1h x f g x =-的零点为________．【答案】14322---，，， 【答案解析】函数()h x 的零点即为方程()0h x =的解，也即()()1f g x =的解． 令()t g x =，则原方程的解变为方程组()()1t g x f t ⎧=⎪⎨=⎪⎩，①②的解．由方程②可得320t t -=， 解得0t =或1t =，将0t =代入方程①，而方程104x x+=无解， 由方程2680x x ---=解得4x =-或2x =-；将1t =代入方程①，而方程114x x +=，解得12x =， 由方程2681x x ---=，解得3x =-．综上，函数()h x 的零点为14322---，，，，共四个零点． 故答案为：14322---，，，. 26．（2023春ꞏ上海浦东新ꞏ高三上海市川沙中学校考期中）已知函数()y f x =的定义域是[0,)+∞，满足2201()4513,?2834x x f x x x x x x ≤<⎧⎪=-+≤<⎨⎪-+≤<⎩且(4)()f x f x a +=+，若存在实数k ，使函数()()g x f x k =+在区间[0,2021]上恰好有2021个零点，则实数a 的取值范围为____ 【答案】11(,)505504-【答案解析】由函数在[0,4)x ∈上的答案解析式作出如图所示图像，由(4)()f x f x a +=+知，函数()f x 是以4为周期，且每个周期上下平移|a |个单位的一个函数，若使[0,2021]x ∈时，存在R k ∈，方程()()g x f x k =+在[0,2021]x ∈上恰有2021个零点，等价于()f x k =-在[0,2021]x ∈上恰有2021个交点，如图所示，知在每个周期都有4个交点，即(1,2)k -∈时满足条件，且必须每个周期内均应使k -处在极大值和极小值之间，才能保证恰有2021个交点， 则当0a ≥时，需使最后一个完整周期[2016,2020)中的极小值(2018)2f <， 即(2018)(2)50415042f f a a =+=+<，解得1504a <，即1[0,504a ∈ 当a<0时，需使最后一个极大值(2021)1f >， 即(2021)(1)50525051f f a a =+=+>，解得1505a >-，即1(,0)505a ∈-， 综上所述，11(,505504a ∈-故答案为：11,505504⎛⎫- ⎪⎝⎭27．（2023ꞏ浙江ꞏ高三专题练习）若函数()()()2210,10k x f x x x kx x ⎧-<⎪=⎨⎪-->⎩恰有4个零点，则实数k 的取值范围是______．【答案】10,4⎛⎫⎪⎝⎭【答案解析】当0x <时，令()0f x =可得：21k x =， 当0x >时，令()0f x =可得：21x k x-=，令()()()221010x x g x x x x ⎧<⎪⎪=⎨-⎪>⎪⎩， 若01x <<，()21x g x x -+=， ()320x g x x -'=<，()g x 为减函数， 若1x ≥，()21x g x x -=， ()320x g x x -+'==，2x =， 若[)1,2x ∈，()0g x '<，()g x 为减函数， 若()2,x ∈+∞，()0g x '>，()g x 为增函数，()124g = 画出()g x 的图像，如下图：如要()f x 有4个零点，则104k <<， 故答案为：10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭. 28．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）若348,122()1,222x x f x x f x ⎧--≤≤⎪⎪=⎨⎛⎫⎪> ⎪⎪⎝⎭⎩则()()6g x xf x =-在*1,2,n n N ⎡⎤∈⎣⎦内的所有零点之和为：__________． 【答案】3(21)2n - 【答案解析】当312x ≤≤时，f （x ）＝8x ﹣8， 所以()218()82g x x =--，此时当32x =时，g （x ）max ＝0； 当322x ≤＜时，f （x ）＝16﹣8x ，所以g （x ）＝﹣8（x ﹣1）2+2＜0； 由此可得1≤x ≤2时，g （x ）max ＝0．下面考虑2n ﹣1≤x ≤2n 且n ≥2时，g （x ）的最大值的情况． 当2n ﹣1≤x ≤3•2n ﹣2时，由函数f （x ）的定义知()11112222n n x x f x f f --⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因为13122n x-≤≤， 所以()22251(2)82n n g x x --=--， 此时当x ＝3•2n ﹣2时，g （x ）max ＝0；当3•2n ﹣2≤x ≤2n 时，同理可知，()12251(2)802n n g x x --=--+＜．由此可得2n ﹣1≤x ≤2n 且n ≥2时，g （x ）max ＝0． 综上可得：对于一切的n ∈N *，函数g （x ）在区间[2n ﹣1，2n ]上有1个零点， 从而g （x ）在区间[1，2n ]上有n 个零点，且这些零点为232n n x -=⋅，因此，所有这些零点的和为()3212n -． 故答案为()3212n -． 29．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数1,0()42,0x x x x f x x --⎧+>=⎨-≤⎩，若函数(32)y f x a =--恰有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________【答案】23a <≤.【答案解析】函数()f x 当0x >时是对勾函数，因为112x x x x -+=+≥=，当且仅当10x x x ⎧=⎪⎨⎪>⎩即1x =时，取最小值．所以函数最小值为2，且在(0,1)上为减函数，在(1,)+∞上为增函数．当0x ≤时，2x y -= 是减函数，且21x -≥，所以2x y -=-为增函数，且21x --≤-，所以函数()42x f x -=-为增函数，且()3f x ≤，函数图像如图所示．令32t x =-，函数(32)y f x a =--恰有三个不同的零点，可以看成函数()y f t a =-恰有三个不同的零点，函数()f t 的图像与直线y a =有三个交点．由图像可知23a <≤．30．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数32,0()461,0x e x f x x x x ⎧<=⎨-+≥⎩，则函数2()3[()]2()g x f x f x m =--有5个零点时m 的范围_____________.【答案】01m ≤<【答案解析】当0x ≥时,2'()121212(1)f x x x x x =-=-，在区间()0,1上，()()'0,f x f x <单调递减，在区间()1,+∞上，()()'0,f x f x >单调递增，故函数在1x =处取得极小值()11f =-，据此绘制函数()f x 的图像如图所示，结合函数图像和题意可知原问题等价于函数232y x x =-与函数y m =有两个交点，且交点的横坐标的范围分别位于区间(]1,0-和区间()0,1内，观察二次函数的图像可得m 的范围是01m ≤<.。

函数零点的题型总结例题及解析考点一函数零点存在性定理的应用【例1】已知函数f(x)=(12)x-13x,那么在下列区间中含有函数f(x)零点的是( )(A)(0,13) (B)(13,12)(C)(12,23) (D)(23,1)解析:f(0)=1>0,f(13)=(12)13-(13)13>0,F(12)=(12)12-(12)13<0,f(13)f(12)<0,所以函数f(x)在区间(13,12)内必有零点,选B.【跟踪训练1】已知函数f(x)=2x-log3x,在下列区间中包含f(x)零点的是( )(A)(0,1) (B)(1,2) (C)(2,3) (D)(3,4)解析:由题意,函数f(x)=2x-log3x为单调递减函数,且f(2)= 22-log32=1-log32>0,f(3)= 23-log33=-13<0,所以f(2)·f(3)<0,所以函数f(x)=2x-log3x在区间(2,3)上存在零点,故选C.【教师备用巩固训练1】设函数f(x)=ln (x+1)+a(x2-x),若f(x)在区间(0,+∞)上无零点,则实数a的取值范围是( )(A)[0,1] (B)[-1,0](C)[0,2] (D)[-1,1]解析:f(1)=ln 2>0,当a=-1时,f(2)=ln 3-2<0,所以f(x)在(1,2)上至少有一个零点,舍去B,D;当a=2时,f(12)=ln 32-12<0,所以f(x)在(12,1)上至少有一个零点,舍去C.因此选A.考点二函数零点的个数考查角度1:由函数解析式确定零点个数【例2】 (1)函数f(x)=xcos(x2-2x-3)在区间[-1,4]上的零点个数为( )(A)5 (B)4 (C)3 (D)2(2)已知f(x)=2xx +x-2x,则y=f(x)的零点个数是( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:(1)由题意可知x=0或cos(x2-2x-3)=0,又x∈[-1,4],所以x2-2x-3=(x-1)2-4∈[-4,5],当cos(x2-2x-3)=0时,x2-2x-3=kπ+π2,k ∈Z,在相应的范围内,k只有-1,0,1三个值可取,所以总共有4个零点,故选B.解析:(2)令2xx +x-2x=0,化简得2|x|=2-x2,画出y=2|x|,y=2-x2的图象,由图可知,图象有两个交点,即函数 f(x)有两个零点.故选C.考查角度2:根据函数零点个数确定参数范围 【例3】 (1)已知函数f(x)= 24,1,ln 1,1,x x a x x x ⎧-+⎪⎨+≥⎪⎩＜若方程f(x)=2有两个解,则实数a 的取值范围是( ) (A)(-∞,2) (B)(-∞,2] (C)(-∞,5) (D)(-∞,5] (2)已知函数f(x)= 3,2,1e ,20x xa x x a x x ⎧--≤-⎪⎪+⎨⎪--⎪⎩＜＜恰有3个零点,则实数a 的取值范围为( )(A)(-1e ,-13) (B)(-1e ,-21e) (C)[-23,-21e ) (D)[-23,-13)解析:(1)可知x ≥1时,f(x)=2必有一解,x=e,所以只需x<1时f(x)=2有一解即可,即x 2-4x+a=2有解,设g(x)=x 2-4x+a-2,由于该函数的对称轴为直线x=2,故只需g(1)=-3+a-2<0,即a<5,故实数a 的取值范围是(-∞,5).选C. 解析:(2)-1x x +-3a=-111x x +-+-3a=1x x +-1-3a,在(-∞,-2]上单调递减.若a≥0,则e x -a x在(-2,0)上递增,那么零点个数至多有一个,不符合题意,故a<0.故需f(x)当x ≤-2时,-1-3a>0,a<-13,且121-+-1-3a ≤0,a ≥-23,使得第一段有一个零点,故a ∈[-23,-13).对于第二段,e x -a x=e xx a x -,故需g(x)=xe x -a 在区间(-2,0)有两个零点,g ′(x)=(x+1)e x ,故g(x)在(-2,-1)上递减,在(-1,0)上递增,所以(2)0,(1)0,(0)0,g g g -⎧⎪-⎨⎪⎩＞＜＞解得-22e >a>-1e.综上所述,a ∈(-1e ,-13).故选A.【题组通关】1.若函数f(x)=|2x -4|-a 存在两个零点,且一个为正数,另一个为负数,则a 的取值范围为( C ) (A)(0,4) (B)(0,+∞)(C)(3,4) (D)(3,+∞)解析:如图,若f(x)=|2x -4|-a 存在两个零点,且一个为正数,另一个为负数,则a ∈(3,4),故选C.2.已知偶函数f(x)= 4log,04,(8),48,x x f x x ⎧≤⎪⎨-⎪⎩＜＜＜且f(x-8)=f(x),则函数F(x)=f(x)-12x在区间[-2 018,2 018]的零点个数为( A )(A)2 020 (B)2 016 (C)1 010 (D)1 008解析:依题意,当4<x<8时,f(x)=f(8-x)对称轴为直线x=4,由f(x-8)=f(x)可知,函数f(x)的周期T=8. 令F(x)=0,可得f(x)=12x,求函数F(x)=f(x)-12x的零点个数,即求偶函数f(x)与函数y=12x图象交点个数,当0<x<8时,函数f(x)与函数y=12x图象有4个交点,2 018=252×8+2由f(2)=|log 42|=12>212=14知, 当0<x<2时函数f(x)与函数y=12x图象有2个交点.故函数F(x)的零点个数为(252×4+2)×2=2 020, 故选A.3.已知函数f(x)= 31,1,,1,x xx x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜若关于x 的方程f(x)=k 有两个不同零点,则k 的取值范围是 . 解析:作出f(x)=31,1,,1x xx x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜的函数图象如图所示.方程f(x)=k 有两个不同零点,即y=k 和f(x)= 31,1,1x x x x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜的图象有两个交点,由图可得k 的取值范围是(0,1). 答案:(0,1)【教师备用 巩固训练2】 已知函数f(x)=32233,2,4(56),2,x x x x x x ⎧-+⎪⎨--+≥⎪⎩＜则函数f(f(x))的零点个数为( ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 解析:画出函数的图象,如图所示,令f(x)=t,因为f(f(x))=0则f(t)=0,由图象可知,f(t)=0有四个解,分别为t 1=2,t 2=3,-1<t 3<0,1<t 4<2, 由图象可知,当t 1=2时,f(x)=2有两个根,即函数f(f(x))有2个零点; 由图象可知,当t 2=3时,f(x)=3有一个根,即函数f(f(x))有1个零点;由图象可知,当-1<t 3<0时,f(x)=t 有三个根,即函数f(f(x))有3个零点;由图象可知,当1<t 4<2时,f(x)=t 有两个根,即函数f(f(x))有2个零点;综上所述,函数f(f(x))有8个零点. 考点三 函数零点的性质考查角度1:求零点的代数式的取值或取值范围 【例4】 (1)已知函数f(x)=122log ,022,0,x x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞函数F(x)=f(x)-b 有四个不同的零点x 1,x 2,x 3,x 4,且满足:x 1<x 2<x 3<x 4,则43x x -2213232x x x x +的取值范围是( )(A)(2,+∞) (B)(174,25716] (C)[2,174) (D)[2,+∞) (2)已知函数f(x)是定义域为R 的偶函数,且满足f(12+x)=f(32-x),当x ∈[-1,0]时,f(x)=-x.若函数F(x)=f(x)+412x x +-,则在区间[-9,10]上的所有零点之和为 . 解析:(1)f(x)=122log ,0,22,0x x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞=122log ,0,(11,0x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞）， 由二次函数的对称性可得x 1+x 2=-2,由12log x 3=-12log x 4可得x 3x 4=1,函数F(x)=f(x)-b 有四个不同的零点,等价于y=f(x)的图象与y=b 的图象有四个不同的交点,画出y=f(x)的图象与y=b 的图象,由图可得1<b ≤2,所以1<12log x 3≤2⇒x 3∈[14,12),所以43x x -2123()2x x x +=43x x +23x =231x+23x , 令t=23x ∈[116,14), 所以1t +t ∈(174,25716],故选B. 解析:(2)因为满足f(12+x)=f(32-x), 所以f(x)=f(2-x), 又因函数f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)=f(2+x),即f(x)=f(2+x),所以T=2,令F(x)=0,f(x)=421x x +-,即求f(x)与y=421x x +-交点横坐标之和.y=421x x +-=12+9221x -, 作出图象如图所示.由图象可知有10个交点,并且关于(12,12)中心对称, 所以其和为102=5. 答案:(1)B (2)5考查角度2:隐性零点的性质 【例5】已知函数f(x)= ln(1),0,11,0,2x x x x +⎧⎪⎨+≤⎪⎩＞若m<n,且f(m)=f(n),则n-m 的取值范围为( )(A)[3-2ln 2,2) (B)[3-2ln 2,2] (C)[e-1,2) (D)[e-1,2]解析:作出函数f(x)的图象,如图所示,若m<n,且f(m)=f(n),则当ln(x+1)=1时,得x+1=e,即x=e-1, 则满足0<n ≤e-1, -2<m ≤0,则ln(n+1)=12m+1,即m=2ln(n+1)-2,则n-m=n+2-2ln(n+1), 设h(n)=n+2-2ln(n+1),0<n ≤e-1,则h ′(n)=1-21n +=11n n -+, 当h ′(n)>0,解得1<n ≤e-1,当h ′(n)<0,解得0<n<1,当n=1时,函数h(n)取得最小值h(1)=1+2-2ln(1+1)=3-2ln 2,当n=0时,h(0)=2-2ln 1=2;当n=e-1时,h(e-1)=e-1+2-2ln(e-1+1)=e-1<2,所以3-2ln 2≤h(n)<2,即n-m的取值范围是[3-2ln 2,2),故选A.【题组通关】1.已知a>1,方程12e x+x-a=0与ln 2x+x-a=0的根分别为x1,x2,则21x+22x+2x1x2的取值范围为( A ) (A)(1,+∞) (B)(0,+∞)(C)(12,+∞) (D)(12,1)解析:方程12e x+x-a=0的根,即y=12e x与y=a-x图象交点的横坐标,方程ln 2x+x-a=0的根,即y=ln 2x与y=a-x图象交点的横坐标, 而y=12e x与y=ln 2x的图象关于直线y=x对称,如图所示.所以x1+x2=a,所以21x +22x +2x 1x 2=(x 1+x 2)2=a 2,又a>1,所以21x +22x +2x 1x 2>1,故选A2.已知函数f(x)= 42log ,04,1025,4,x x x x x ⎧≤⎪⎨-+⎪⎩＜＞若a,b,c,d 是互不相同的正数,且f(a)=f(b)=f(c)=f(d),则abcd 的取值范围是( A ) (A)(24,25) (B)(18,24) (C)(21,24) (D)(18,25)解析:由题意可知,ab=1,c+d=10,所以abcd=cd=c(10-c),4<c<5,所以取值范围是(24,25),故选A.考点四 函数零点的应用【例6】 (1)已知α,β分别满足α·e α=e 2,β(ln β-2)=e 4,则αβ的值为( )(A)e (B)e 2 (C)e 3 (D)e 4 (2)已知f(x)=9x-t ·3x,g(x)=2121x x -+,若存在实数a,b 同时满足g(a)+g(b)=0和f(a)+f(b)=0,则实数t 的取值范围是 . 解析:(1)因为α·e α=e 2,所以e α=2e α, 因为β(ln β-2)=e 4,所以ln β-2=4e β,所以ln β-ln e 2=4e β,所以ln 2e β=4e β=22e e β. 所以α,2e β分别是方程ex=2e x ,ln x=2e x的根,因为点(α,2e α)与点(2e β,4e β)关于直线y=x 对称, 所以α=4e β,所以αβ=e 4.故选D.解析:(2)因为g(-x)=2121x x ---+=1212xx-+=-2121x x -+=-g(x),所以函数g(x)为奇函数, 又g(a)+g(b)=0,所以a=-b. 所以f(a)+f(b)=f(a)+f(-a)=0有解, 即9a -t ·3a +9-a -t ·3-a =0有解, 即t=9933a a aa--++有解.令m=3a+3-a(m ≥2),则9933a aa a--++=22m m-=m-2m ,因为ϕ(m)=m-2m 在[2,+∞)上单调递增,所以ϕ(m)≥ϕ(2)=1.所以t ≥1.故实数t 的取值范围是[1,+∞). 答案:(1)D 答案:(2)[1,+∞)【跟踪训练2】函数f(x)的定义域为D,若满足:①f(x)在D 内是单调函数;②存在[a,b]⊆D 使得f(x)在[a,b]上的值域为[2a ,2b ],则称函数f(x)为“成功函数”.若函数f(x)=log m (m x +2t)(其中m>0,且m ≠1)是“成功函数”,则实数t 的取值范围为( ) (A)(0,+∞) (B)(-∞,18] (C)[18,14) (D)(0,18] 解析:无论m>1还是0<m<1,f(x)=log m (m x +2t)都是R 上的单调增函数,故应有(),2(),2a f a b f b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩则问题可转化为求f(x)=2x ,即f(x)=log m (m x +2t)=2x,即m x+2t=12x m在R上有两个不相等的实数根的问题,令λ=12x m (λ>0),则m x+2t=12x m可化为2t=λ-λ2=-(λ-12)2+14,结合图形可得t∈(0,18].故选D.。

真命题是（ ）
A. q1 ， q3 B. q2 ， q3
C. q1 ， q4
D. q2 ， q4
15.（2017 全国Ⅲ）已知函数 f ( x) x2 2x a(ex1 e ) x1 有唯一零点，则
a （ ）
A. 1 2
B. 1
C. 1
D. 1
3
2
题型二、不会画，选择题
16.（2017
全国Ⅲ）函数
1
高考数学函数图像与零点常考题型汇总
点个数为__________. 5.已知函数 y | x | 的图象与函数 y kx 的图象恰有两个交点，则实数 k
x 的取值范围是_____________. 6.函数 y e|ln x| | x | 的图象大致是
7.已知定义在区间 ,上的函数 y f (x) 的图像如图所示，则 y f ( x) 的图
________________.
12.设函数 f (x) | x 1| | x a |的图象关于直线 x 1对称，则 a 的值为
（）
A. 3
B. 1
C. 1
D. 1
3
高考数学函数图像与零点常考题型汇总
13.已 知 函 数 f (x) 是 定 义 在 (,) 上 的 奇 偶 性 , 且 当 x 0 时, f (x) x a x a a ,若 x R , f (x 1) f (x) ,则实数 a 的取
（2）若 f (x) 有两个零点，则 a 的取值范围为_____________.
8. （2014 湖南）已知函数 f (x) x ex （ x ）与 g(x) x ln(x a) 的图象
在存在关于 y 轴对称点，则 a 的取值范围是
7
高考数学函数图像与零点常考题型汇总