专题2-3零点与复合嵌套函数（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_2.2024二轮复习_2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

专题 2-3 零点与复合嵌套函数 目录 _Toc1483 题型01 零点基础：二分法..................................................................................................................................................1 题型02 根的分布..................................................................................................................................................................3 题型03 根的分布：指数函数二次型..................................................................................................................................5 题型04 零点：切线法..........................................................................................................................................................7 题型05 抽象函数型零点....................................................................................................................................................12 题型06 分段含参讨论型....................................................................................................................................................14 题型07 参数分界型讨论....................................................................................................................................................16 题型08 分离参数型水平线法求零点................................................................................................................................20 题型09 对数绝对值水平线法............................................................................................................................................24 题型10 指数函数“一点一线”性质型............................................................................................................................27 题型11 零点：中心对称性质型........................................................................................................................................30 题型12 零点：轴对称性质型............................................................................................................................................34 题型13 嵌套型零点：内外自复合型................................................................................................................................36 题型14 嵌套型零点：内外双函数复合型........................................................................................................................40 题型15 嵌套型零点：二次型因式分解............................................................................................................................42 题型16嵌套型零点：二次型根的分布.............................................................................................................................46 题型17嵌套型零点：放大型函数.....................................................................................................................................49 高考练场..............................................................................................................................................................................54 题型 01 零点基础：二分法 【解题攻略】 用二分法求函数零点近似值的步骤 给定精确度 ，用二分法求函数 零点 的近似值的一般步骤如下： ①确定零点 的初始区间 ，验证 ． ②求区间 的中点c． ③计算 ，并进一步确定零点所在的区间： a．若 （此时 ），则c就是函数的零点． b．若 （此时 ），则令b ． c．若 （此时 ，则令a ． ④判断是否达到精确度 ：若 ，则得到零点近似值a（或b）；否则重复步骤②～④． 【典例1-1】（2022·高三课时练习）已知函数 满足：对任意 ，都有 ，且 .在用二分法寻找零点的过程中，依次确定了零点所在区间为 ，又 ，则函数 的零点为（ ） A． B． C． D． 【答案】B【分析】先根据条件分析得到 的单调性，然后根据二分法的过程得到 满足的方程组，由此求解出 的值，则 的零点可知. 【详解】因为对任意 ，都有 ，且 ， 所以 在 上单调递增，且 ； 因为 恒成立，所以 ，解得 ， 所以 的零点为 ，故选：B. 【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）若函数 的一个正数零点附近的函数值用二 分法计算，其参考数据如下： 那么方程 的一个近似根（精确度 ）可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】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 ，所以不满足精确度 ； 因为 ， ，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C.选：C 【变式1-1】（2021秋·湖南·高三校联考阶段练习）已知函数 的一个零点 ，用二分法求精确 度为0.01的 的近似值时，判断各区间中点的函数值的符号最多需要的次数为（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】假设对区间二等分 次，则第 次二等分后区间长度为 ，由精确度可构造不等式求得结果. 【详解】设对区间 二等分 次，开始时区间长为 第 次二等分后区间长为 ，即 ，解得：当 时， 最多需要 次故选： 【变式1-2】（2021·江苏南通·高三海安高级中学校考）函数 的零点与 的零点之差 的绝对值不超过 ，则 的解析式可能是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据二分法，估算 的零点，结合选项函数的零点进行判断. 【详解】因为 ，是单调增函数，又 ， 故 的零点所在区间为 ，若使得 的零点与 的零点之差的绝对值不超过 ， 只需 的零点在区间 即可.显然A选项中， 的零点为 满足题意， 而选项B中的零点1，C选项中的零点0，D选项中零点 均不满足题意.故选：A. 【变式1-3】（2020秋·湖南邵阳·高三湖南省邵东市第一中学校考阶段练习）已知图像连续不断的函数 在区间 上有唯一零点，如果用“二分法”求这个零点（精确度0.0001）的近似值， 那么将区间 等分的次数至少是（ ） A．4 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【分析】根据计算精确度与区间长度和计算次数的关系满足 精确度确定． 【详解】设需计算 次，则 满足 ，即 ． 由于 ，故计算10次就可满足要求， 所以将区间 等分的次数至少是10次．故选：D． 题型 02 根的分布 【解题攻略】 根的分布 1.基础分布：0分布 特征：（1）、两正根；（2）、两负跟；（3）、一正一负两根。 方法：判别式+韦达定理 2．区间分布与K分布 特征：（1）、根比某个常数K大或者小；（2）、根在某个区间（a，b）内（外） 方法：借助复合条件的大致图像，从以下四点入手 （1）开口方向； （2）判别式； （3）对称轴位置； （4）根的分布区间端点对应的函数值正负 【典例1-1】（2023上·甘肃武威·高三统考开学考试）关于 的一元二次方程 有两个不相等的正实数根，则 的取值范围是（ ）A． B． C． D． 且 【答案】B 【分析】根据一元二次方程根的分布，结合韦达定理即可求解. 【详解】根据题意可知； ， 由韦达定理可得 ，解得 ，故选：B 【典例1-2】（2023·高三课时练习）关于x的方程 至少有一个负根的充要条件是 （ ） A． B． C． 或 D． 【答案】B 【分析】根据一元二次方程根的分布以及判别式、韦达定理得关系求解. 【详解】当方程没有根时， ，即 ， 解得 ； 当方程有根，且根都不为负根时， ， 解得 ，综上， ， 即关于x的方程 没有一个负根时， ， 所以关于x的方程 至少有一个负根的充要条件是 ，故选:B. 【变式1-1】（2022上·江苏扬州·高三统考阶段练习）已知一元二次方程 的两根都在 内， 则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设 ，根据二次函数零点分布可得出关于实数 的不等式组，由此可解得实数 的取值范围. 【详解】设 ，由题意可得 ，解得 . 因此，实数 的取值范围是 .故选：B. 【变式1-2】（2022上·广东广州·高三广州市第二中学校考阶段练习）已知关于 的方程 在区 间 内有实根，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】参变分离可得 在区间 内有实根，令 ， ，根据二次函数的性 质求出 的值域，即可求出参数的取值范围.【详解】解：因为关于 的方程 在区间 内有实根， 所以 在区间 内有实根， 令 ， ，所以 在 上单调递减， 所以 ，即 ， 依题意 与 在 内有交点， 所以 .故选：B 【变式1-3】（2022上·辽宁沈阳·高三沈阳市外国语学校校考阶段练习）一元二次方程 有一个正根和一个负根的一个充要条件是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二次方程有一个正根和一负根可得 以及两根之积小于 ，列不等式组即可求解. 【详解】因为一元二次方程 有一个正根和一负根，设两根为 和 ， 所以 ，解得 ，故 .故选：A. 题型 03 根的分布：指数函数二次型 【解题攻略】 指数型根的分布 1. 换元，令 ，有指数函数性质知，t的最大范围为正。 2. 注意题中对方程根的正负范围，对应的t的取值范围 3. 根据换元后新“根”的范围，用一元二次型“根的分布”求解。 4. 特殊的函数式子，可以分离参数，转化为“水平线型”求解。 【典例1-1】（2021上·上海浦东新·高三上海市建平中学校考期中）关于 的方程 恰有两个根为 、 ，且 、 分别满足 和 ， 则 【答案】69 【分析】根据韦达定理求解 ,再构造方程根据反函数的性质求解 即可. 【详解】因为 ,展开化简得 , 故 . 又 , .故 , . 即 , . 故 与 分别是函数 与 和 的两交点的横坐标.故 ,即 ,故 . 所以 .故答案为：69 【典例1-2】．（2021·高三课时练习）设a为实数，若关于x的方程 有实数解，则a的取值 范围是 . 【答案】 【分析】结合方程的特点，可设 （ ），问题转化为一元二次方程 （ ）与 两个函数有交点问题. 【详解】因为 ，所以 ，令 （ ），则 （ ），要想方程 有实数解只需 与 有交点即可；设 ， 当 时， 单调递增，所以 ，即 时，解得 时， 有实数解 故答案为： . 【变式1-1】（2021·山西临汾·统考二模）已知函数 ．若存在 ，使得 ，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】设 ，则 且 有解等价于 有解，利用根分 布可求m的取值范围. 【详解】函数 ，若存在 ，使得 ，则 ， 即 ，设 ，则 ， 方程可化为 ，即关于t的方程 在 上有解， 令 ， 则 或 ，解得 ，故答案为： ． 【变式1-2】（2021上·四川遂宁·高三阶段）已知方程 有两个不相等实根， 则 的取值范围为 ． 【答案】【解析】令 ，则方程 在 由两个不相等的实数根，令 ，则 在 时有两个零点，则 ，解得即可； 【详解】解：令 ，因为 ，所以 ，方程 ，即 ，因为 有两个不相等实根，所以方程 在 由两个不相等的实数根，令 ，则 在 时有两个零点， 所以 ，解得 ，故答案为： 【变式1-3】（2022下·浙江舟山·高三舟山中学校考开学考试）关于x的方程k•4x﹣k•2x+1+6(k﹣5)＝0在区 间[﹣1，1]上有解,则实数k的取值范围是 . 【答案】 【分析】换元令t＝2x，则t∈[ ，2]，转化为考虑方程k•t2﹣2k•t+6(k﹣5)＝0的根的问题. 【详解】令t＝2x，则t∈[ ，2]， ∴方程k•4x﹣k•2x+1+6(k﹣5)＝0，化为:k•t2﹣2k•t+6(k﹣5)＝0， 根据题意，此关于t的一元二次方程在[ ，2]上有零点， 整理，得:方程k(t2﹣2t+6)＝30，当t∈[ ，2]时存在实数解 ∴k ，当t∈[ ，2]时存在实数解 ∵t2﹣2t+6＝(t﹣1)2+5∈[5，6]，∴k∈[5，6]，故答案为[5，6]. 题型 04 零点：切线法 【解题攻略】 切线法求零点或者零点个数： 1、适用于小题。大题则过程证明不严谨，容易丢过程分。 2、数形结合，或者求导“画图”，求导画图，有时候需要判断“上凸或者下 凹” 3、特殊的函数，需要通过“虚设零点”求得。 【典例1-1】（2020上·湖北武汉·高三校联考）已知函数 有三个零点 ，则 （ ） A．7 B．8 C．15 D．16 【答案】B【解析】根据 有三个零点，作出 和 的图像，根据 的图像与 的图像相切，得到 ，然后得到 ，根据 ，得到 ，从而得到 答案. 【详解】由 有三个零点， 即方程 有三个不同的解，作出 和 的图像， 可知两个函数的要有三个交点，则三个交点均大于0，且 的图像与 的图像 相切， 则 ， ， ，得 ， ， 时， 与 的切点横坐标不在 范围内，故舍去，所以 ， 所以 ，解得 .又因 ，即 . 所以 ，所以 .故选：B. 【典例1-2】（2020上·河南·高三校联考阶段练习）已知函数 ， 在 上有 个不同的零点，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可知，函数 与 的图象在 上有三个交点，对实数 的取值进行分类讨 论，数形结合可得出关于实数 的不等式组，综合可解得实数 的取值范围. 【详解】因为函数 在 上有 个不同的零点， 所以，关于 的方程 在 上有 个不同的实数根， 作出函数 的图象如下图所示：函数 的图象恒过点 ， 当 时，函数 的图象与 轴的交点为 ， ①当 时，即当 时，函数 与 的图象在 上仅有 个不同的交点，如下图所 示： ②当 时，即当 时，函数 与 的图象在 上有 个交点，在 上有 个交点，如下图所示： ③当 时，即当 时，函数 与 的图象在 上有 个交点，在 上有 个 交点，如下图所示： ④当 时，即当 时，函数 与 的图象在 上有 个交点，如下图所示： ⑤当 时，要使得函数 与 的图象在 上有 个交点， 则 与 的图象在 上有 个交点，则 与函数 在 上的图象有两个交点， 即方程 在 上有两个不等的实根， 设 ，则 在 上有两个零点， 可得 ，解得 ，此时 . 且 与 的图象在 上有一个交点，则 ，解得 . 由上可知， ； ⑥当 时， ，如下图所示： 直线 与函数 在 上的图象有三个交点. 综上所述，实数 的取值范围是 . 故选：D. 【变式1-1】（2021·湖南长沙·高三长郡中学阶段练习）函数 是定义在 上的奇函数，且 为偶 1 函数，当 时， f xx2，若函数gx f xxb恰有一个零点，则实数 b 的取值集合是 （ ）  1 1  1 5 A．2k ，2k ，kz B．2k ，2k ，kz  4 4  2 2  1 1  1 15 C．4k ，4k ，kz D．4k ，4k ，kz  4 4  4 4  【答案】D 【分析】根据条件判断函数周期为4，求出函数在一个周期内的解析式，将函数的零点转化为 f(x)与直线 yxb只有一个交点，结合函数图像，即可求解. 【详解】函数 f x 是定义在R上的奇函数，且 f x1 为偶函数， f(x)f(x), f(x1) f(x1)，f(x2) f((x1)1) f(x)f(x)，即 f(x2)f(x),f(x4)f(x2) f(x)，f(x)的周期为 4. 1 1 x0，1时， f xx2  x ，x1,0,x[0,1], f(x)(x)2 f(x)， f(x) x ，  f(x1) f(x1),f(x) f(x2)， f(x)周期为4，f(x) f(x2) f(x2)， 当x[1,2],x2[0,1], f(x) f(x2) x2，当x[2,3],x2[1,0], f(x) f(x2) x2， 做出函数 f(x)图像，如下图所示： 令gx f xxb0，当x[1,0]，gx f xxb xxb0， 1 ，两边平方得 ，(2b1)24b2 4b10,b ， xb x x2(2b1)xb2 0 4 15 此时直线与 在 函数图像相切，与函数有两个交点，同理b ，直线与 在 函 f(x) x[1,0] 4 f(x) x[4,5] 数图像相切，与函数有两个交点，则要使函数 f(x)在[1,4]内与直线yxb只有一个交点， 15 1 1 15 则 满足 b ， 周期为4， 范围也表示为 b ， b 4 4 f(x) b 4 4 所以所有 的取值范围是 .故选:D. 1 15 4k b4k ,kZ b 4 4  ex,x1 【变式1-2】（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）已知函数 f x ，若函数  x24x3,1x3 gx f xk x2 有三个零点，则实数k的取值范围是（ ）  1 1 e  15  1 e A．   0, 4    e , 3  B．   0, 15     2e , 3    15 1 e  15  1 e C．   0, 15    U e , 3   D．   0, 15     2e , 3   【答案】C 【分析】作出函数y f x 与函数yk x2 的图像，讨论曲线yk x2k 0 与曲线yexx1 ， y x24x31x3相切以及过点1,e的情况，求出对应的实数k的值，利用数形结合思想可求得 k的取值范围.  ex,x1 【详解】作出 f x 与 的图像，  x24x3,1x3 yk x2k 0 如图所示， 由 ，整理得 y x24x31x3 x22y2 1y0x22y2 1y0， 4k 15 当直线 ykx2k 0 与圆 x22y2 1 相切时，则 k21 1，解得k  15 ，对应图中分界线①的 斜率； 再考虑直线ykx2与曲线yexx1相切，设切点坐标为  t,et ，对函数yex求导得yex， 则所求切线的斜率为et，所求切线即直线ykx2 方程为yet etxt ， 直线ykx2 过定点 2,0 ，将 2,0 代入切线方程得et et2t ，解得t 1，  1 1 所以切点坐标为1, ，所以k  ，对应图中分界线③的斜率；  e e e 当直线ykx2过点1,e时，则 ，解得k  ，对应图中分界线②的斜率.由于函数 3k e 3  15 1 e gx f xk x2 有三个零点，由图可知，实数 k 的范围为   0, 15    U e , 3   .故选：C 【变式1-3】（2020·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）已知函数 ，若函数 有三个零点，则实数 的取值范围是 ． g(x) f(x)k|x2| k    e2 【答案】 0,74 3 1,   3  【分析】结合分段函数的特点及图象，分段进行分析，转化为函数yk x2 与 f x 有三个交点，结合相 切状态的k的值，可得k的取值范围. 【详解】当x1时， f xex1 ，设y  k(x 2)与 f xex1 相切于点(x ,ex01)， 0 则k ex01，ex01 k(x 0 2)，解得x 0 1,k 1. 如图， ， e2 过端点 时，斜率为 (1,e2) 3 e2 若 有三个零点，则k(1, ]. g(x) f(x)k|x2| 3 当x1时， f xx23x2，设y  k(x 2)与 f xx23x2相切，  yk(x2) 则 ， ， yx23x2 x2k3x2k20 由k3242k20可得k 74 3或74 3（舍），如图， 因为k 0时，yk x2 与yex1必有一个交点，所以若g(x) f(x)k|x2|有三个零点，则 k(0,74 3).    e2 综上可得实数 的取值范围是 0,74 3 1, . k  3  题型 05 抽象函数型零点 【解题攻略】 抽象型函数判断函数图像 1. 定义域判断。 2. 函数奇偶性判断。 3. 函数简单性判断。 4. 函数值正负判断 5. 利用极限，判断无穷远处的值与“比值” 【典例1-1】（安徽省示范高中培优联盟2022-2023学年高三上学期11月冬季联考数学试题）已知定义域 为 的偶函数 f x 的图象是连续不断的曲线，且 f x2 f x f 1, f x 在 0,2 上单调递增，则 R f x 在区间 100,100 上的零点个数为（ ） A．100 B．102 C．200 D．202 【答案】A 【分析】结合函数的奇偶性、单调性、周期性和零点的知识求得正确答案. 【详解】令x=1，得 f 1 f 1 f 1 ，即 f 10， 因为 f x 为偶函数，所以 f 10, f x2 f x f 10， f x2f x ， f x4f x2 f x ， 所以 f x 是以4为周期的函数， 因为 f x 在 0,2 上单调递增，则 f x 在 2,0 上递减， 所以 f x 在一个周期内有两个零点， 故 f x 在区间 100,100 上的零点个数为502100. 故选：A 【典例1-2】（山东省德州市2022届高三三模数学试题）已知函数 f(x)是定义在R上的奇函数，对于任意 x  x ，必有 f x  f x ，若函数F(x) f  x2m   f(32x)只有一个零点，则函数 1 2 1 2 mx26 g(x) (x2) 2xmx26 g(x) (x2)有（ ） 2x A．最小值为4 B．最大值为4 C．最小值为4 D．最大值为4 【答案】A 【分析】由函数F(x) f  x2m   f(32x)只有一个零点，结合条件可得方程x22xm30只有一个 根，即可求出m，然后可求出g(x)的最值情况. 【详解】由F(x) f  x2m   f(32x)0可得 f  x2m  f(32x)， 因为函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 f  x2m  f(32x) f 2x3 ， 因为对于任意x 1  x 2 ，必有 f x 1  f x 2  ，所以x2m2x3，即x22xm30， 因为函数F(x) f  x2m   f(32x)只有一个零点， 所以方程x22xm30只有一个根，所以44m30，解得m2， 2x26 所以g(x) ，令 t 2xt 0，则 ， 2x x2t 2x26 22t26 2t28t2 2 2 所以y   2t 82 2t 84， 2x t t t t 2 当且仅当2t ，即 时等号成立， t t 1,x1 mx26 所以函数g(x) (x2)有最小值为 ，故选：A 2x 4 【变式1-1】已知 f(x)是定义在[10,10]上的奇函数，且 f(x) f(4x)，则函数 f(x)的零点个数是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】由定义在[10,10]上的奇函数可知 f(0)0且零点关于原点对称，利用 f(0)0，由 f(x) f(4x)可得到部分零点，即可得解； 【详解】解： f(x)是定义在[10,10]上的奇函数，f(0)0，且零点关于原点对称，零点个数为奇数， 又 f(x) f(4x)，f(0) f(4)0， f(4)f(4)0，f(4) f(44) f(8)0， f(8)f(8)0，f(x)的零点至少有0, 4, 8这5个；故选：C 【变式1-2】（2023秋·浙江杭州·高三杭州市长河高级中学校考）定义在R上的单调函数 f u 满足： f uv f u f v ，若Fu f asinu f  sinucos2u3  在 π,0 上有零点，则a的取值范围是 【答案】a4 【分析】利用 f u 是奇函数且在R上的单调，转化为asinusinucos2u3在 π,0 上有解，再进行 参数分离求解即可. 【详解】令uv0,则 f(0)2f(0),则 f(0)0；再令vu,则有 f(uu) f(u) f(u)0，且 f(x)定义 域为R. f(x)是奇函数.Fu f asinu f  sinucos2u3  在 π,0 上有零点. f asinu f  sinucos2u3  0在 π,0 上有解； f asinuf  sinucos2u3   f  sinucos2u3  在 π,0 上有解； 又∵函数 f(x)是R上的单调函数,asinusinucos2u3在 π,0 上有解. uπ,0 ，sinu0;； sinucos2u3 sinusin2u2 2 2 a  sinu 1；令 t sinu,t1,0,则at 1； sinu sinu sinu t2  yt t 在1,0上单调递减, y3 ， a4 .故答案为： a4 . 题型 06 分段含参讨论型 【典例1-1】（湘豫名校联考2022-2023学年高三上学期10月一轮复习诊断考试（一）数学（文科）试  x23x2,x0, 题）已知函数 f x 有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）  exa,x,0 A．a0 B．a<0或a1 C．0a1 D．a0或a1 【答案】D 【分析】因为函数 f(x)在 0, 上有两个零点，可知 f(x)在(,0]上无零点，从而可求得a的范围. 【详解】当x0,时， f(x) x23x2 ，令 f(x)0，解得x 1,x 2， 1 2 即函数 f(x)在 0, 上有两个零点，由题意得： f(x)在(,0]上无零点. 所以exa0在x,0 上无解，即aex在x,0 上无解， 当x,0 时，00 ， f x单调递增， a a  1 ln 1 1  1 且 f   ln a   ae a ln a 1lna0，则 f x 在，0上有极小值 f   ln a   0， a 所以 f x在，0上没有零点， 时， f x2x2axa，其对称轴为x 0， x0 4 a28a0且 f 0a0，根据韦达定理可判断 f x 在 0， 上有两个零点，且两根之和为a，  8a12时符合题意，综上所述：a的取值范围为(,0)  [8,12]，故答案为: (,0)  [8,12]． x24xa,x1 【变式1-1】已知函数 f x ，若函数 只有两个零点，则实数 的取值范围是 lnx1,x1 y f x2 a （ ） A． ,2 B． 3,4 C． 3,6 D． ,36 【答案】D 【分析】当x1时，令 fx20可求得一个零点，则当x1时，采用分离变量法可知 yx24x2x1 与ya有且仅有一个交点，采用数形结合的方式可求得结果. 【详解】当x1时，由 f x2lnx10得：xe，此时函数有一个零点； 当x1时，y f x2x24xa2有且仅有一个零点，即ax24x2在 ,1 上有唯一解， 即yx24x2x1 与ya有且仅有一个交点，由二次函数图象可得yx24x2x1 图象如下图 所示， 由图象可知：当 或 时， 与 有且仅有 a3 a6 yx24x2x1 ya 一个交点， 实数a的取值范围为 ,36 .故选：D. x24xa,x1, 【变式1-2】已知函数 f x 若函数 有三个零点，则实数a的取值范围是  lnx1,x1, y f(x)2 （ ） A．(,2) B．(3,4) C．(3,6) D．(3,) 【答案】C 【分析】先求出x1时，函数有一个零点，故x1时，函数有两个零点，令g(x) x24xa2，由 g(1)0且g(2)0解出a的取值范围即可.x24xa,x1, 【详解】函数 f x 当 时，方程 ．可得 ．解得 ，函数有一个  lnx1,x1, x1 f x2 lnx12 xe 零点， 则当x1时，函数有两个零点，即x24xa2，在x1时有两个解． 设g(x) x24xa2，其开口向上，对称轴为：x2,g(x)在(,2)上单调递减，在(2,)上单调 递增，所以g(1)0，且g(2)0，解得3a6．故选：C． xlog m,x2 【变式1-3】已知函数 f(x) 2 ，则“ ”是“ 恰有2个零点”的（ ） 6x225,x2 m3 f(x) 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】B 【分析】先计算 f(x)恰有2个零点时m的范围，再根据充分必要条件的定义判断. 【详解】因为当x2时， f(2)622250，所以当x2时 f(x)有一个零点， 又因为当x2时yxlog m是增函数，当且仅当2log m0，即m4时，yxlog m有一个零点， 2 2 2 所以当且仅当m4时， f(x)恰有2个零点，故“m3”是“ f(x)恰有2个零点”的必要不充分条件， 故选：B. 题型 07 参数分界型讨论 【解题攻略】 参数在分段函数分界处，需要分类讨论。分类讨论讨论点，首先是两段函数的交点处，齐次 是每段函数的各自“特色”处，如二次函数如果二次项有参，则“开口”即位讨论点之 一，要“多画图”，每一种情况，画处各自“小图”做对比 cosx,0xa 【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）函数 f x x24ax8,xa ，当 a1 时， f x的零点个数为 ；若 f x 恰有4个零点，则a的取值范围是 . 3 2 6 5 7 【答案】 1   ,  ,   2 3  2 2 【分析】第一空：当a1时cosx0、x1时 f x0可得答案；第二空：yx24ax8xa 至多有 3 3 5 5 7 7 2个零点，故 ycosx 在0,a上至少有2个零点，所以a 2 ；分 2 a 2 、 2 a 2 、a 2 讨论结合 图象可得答案. 1 【详解】第一空：当 时，当 时， f xcosx0，解得x ； a1 0x1 2 当x1时， f xx24x8x2240，无零点， 故此时 f x 的零点个数是1； 第二空：显然，yx24ax8xa 至多有2个零点，故ycosx在 0,a 上至少有2个零点，所以 3 a ； 2 ①若 恰有2个零点，则 ，此时 3 5 ycosx0xa a 2 2 2aa  恰有两个零点，所以Δ16a2320 ，解得 ，此时 ； 2 6 3 2 6 yx24ax8xa  f a3a280 2 a a  3 2 3 ② 若 恰有3个零点，则 ，此时 ， 5 7 ycosx0xa a f a83a2 0 2 2 所以yx24ax8xa 恰有1个零点，符合要求； 7 ③当a 时， f a83a2 0，所以yx24ax8xa恰有1个零点，而ycosxxa至少有4 2 个零点， 3 2 6 5 7 此时 f x至少有5个零点，不符合要求，舍去.综上， a 或 a .故答案为：1； 2 3 2 2 3 2 6 5 7   ,  , .  2 3  2 2 x22x,xm 【典例1-2】.（2021秋·山东济南·高三济南外国语学校校考期中）已知函数 f x ,如果函  x4,xm 数 f x 恰有两个零点，那么实数m的取值范围为 ． 【答案】 2,04,+ 【分析】通过讨论m的取值情况，分析零点的个数． 【详解】若m＜-2，则f（x）在（-∞，m]上无零点，在（m，+∞）上有1个零点x=4，不符合题意； 若-2≤m＜0，则f（x）在（-∞，m]上有1个零点x=-2，在（m，+∞）上有1个零点x=4，符合题意； 若0≤m＜4，则f（x）在（-∞，m]上有2个零点x=-2，x=0，在（m，+∞）上有1个零点x=4，不符合题意； 若m≥4，则f（x）在（-∞，m]上有2个零点x=-2，x=0，在（m，+∞）上无零点，符合题意； 综上所述，-2≤m＜0或m≥4，即实数m的取值范围为 2,04,+ 【变式1-1】（2022秋·天津河西·高三天津实验中学校考阶段练习）设aR，函数 2a x14aa2,xa f x 与函数 在区间 内恰有3个零点，则 的取值范围是  x2a2xa25,xa gxax 0, a （ ） 5   5 5  5  A． 2 ,3  B．  2, 2      2 ,3  C．2,3 D． 2 2 ,3  【答案】D【分析】设hx f xgx ，结合题意可知函数hx 在区间 0, 内恰有3个零点，分析a0时不符 合题意，a0时，结合二次函数8a16的正负及ha2a5的正负即可求解. 【详解】由题意，函数 f x 与函数gxax在区间 0, 内恰有3个零点， 2a x1ax4aa2,xa 设hx f xgx ，即函数 在区间 内恰有3个零点，  x22a2xa25,xa hx 0, 当a0时，函数hx 在区间 0, 内最多有2个零点，不符合题意， 当a0时，函数yx22a2xa25的对称轴为 xa1 ，2a224  a25  8a16， 所以，函数hx 在 a,a1 上单调递减，在 a1, 上单调递增，且ha2a5， 当8a160，即a2时，函数hx 在区间 a, 上无零点，所以函数hx2a x1ax4aa2 在 0,a 上有三个零点，不符合题意； 当8a160，即a2时，函数hx 在区间 2, 上只有一个零点， 则当x0,2 时， hx4 x12x4， 4 令 hx4 x12x40 ，解得 或 ，符合题意； x0 3 Δ8a160 5 当 ha2a50 ，即a 时，函数 hx 在区间 a, 上有1个零点，  2 ax2aa2,0x1 则函数hx2a x1ax4aa2  3ax6aa2,1xa 在0,a上有2个零点， 2aa2 0  则a2aa2 0 ，即 ，所以 ； 5  3a26aa2 0 a3  2a3 2 Δ8a160 5 当 ha2a50 ，即2a 时，函数 hx 在区间 a, 上有2个零点，  2 ax2aa2,0x1 则函数hx2a x1ax4aa2  3ax6aa2,1xa 在0,a上只有1个零点， 2aa2 0 2aa2 0 2aa2 0    则a2aa2 0 或a2aa2 0 或a2aa2 0 ，即无解.  3a26aa2 0  3a26aa2 0  3a26aa2 0    5  综上所述， 的取值范围是 2 ,3.故选：D. a 2  【变式1-2】（2023春·天津南开·高三南开大学附属中学校考阶段练习）已知m0，函数 (x2)ln(x1),1 xm,  f(x)  π 恰有3个零点，则m的取值范围是（ ）  cos3x ,mxπ,   4  π 5π  3π  π 5π  3π  5π  3π A． ,  2,  B． ,  2,  C．0,  2,  D． 12 12  4  12 12  4   12  4   5π  3π 0,  2,   12  4 【答案】A 【分析】分别求出两段函数各自的零点，作出图像利用数形结合即可得出答案.   【详解】设 gx(x2)ln(x1) ，hxcos  3x 4   ， x2 3 求导gxln(x1) ln(x1)1 x1 x1 由反比例函数及对数函数性质知gx 在 1,m,m0上单调递增， 且g    1 2    0， g10 ，故 gx在    1 2 ,1    内必有唯一零点 x ， 0 当x1,x  时，g(x)0，gx 单调递减； 0 当xx ,m 时，g(x)0，gx 单调递增； 0 令gx0，解得x0或2，可作出函数gx 的图像，    5 3 令hx0，即3x  k,kZ ，在0,之间解得x 或 或 ， 4 2 12 12 4 作出图像如下图 数形结合可得： ，故选：A  π 5π  3π  ,  2,  12 12  4  【变式1-3】（2023春·河南南阳·高三河南省桐柏县第一高级中学校考阶段练习）设aR，函数 sin3πx3πa,xa f x ，若 在区间 内恰有9个零点，则a的取值范围是 ．  x22a1xa25,xa f x 0, 7 5 8 【答案】( , ]  ( ,3] 3 2 3 【分析】讨论 f(x)x22(a1)xa25在(0,)上零点个数从而确定ysin(3πx3πa)在(0,a)上零点个 数，然后结合正弦函数性质可得参数范围． 【详解】yx22(a1)xa25(xa1)22a4，当2a40时，a2， 2 3 的周期是 2π 2，因为2 2 ， ， T    ysin(3πx3πa) 3π 3 T 3 326 所以在区间(0,a)上，ysin(3πx3πa)最多有6个零点，在区间[a,)上，yx22(a1)xa25最多 有1个零点，因此a2时， f(x)在区间 0, 内不可能是9个零点， 因此a2，x22(a1)xa250的两根为a1 2a4 a，a1 2a4， 5 因为a12  2a4 2 a250，所以 ，若 ，则2a ， a1 2a4 0 a1 2a4a 2 f(x)x22(a1)xa25在(a,)上有两个零点，因此 f(x)sin(3πx3πa)在(0,a)上有7个零点， 7 8 7 5 ， ，因此 ， a ，所以 a ； 0xa 3πa3πx3πa0 8π3πa7π 3 3 3 2 5 当a 时， ， 在区间 上只有一个零点，因此 在区间 上有8个零点， 2 a1 2a4a f(x) [a,) f(x) (0,a) 8 即 在 上有8个零点，所以 ， a3， ysin(3πx3πa) (0,a) 9π3πa8π 37 5 8 7 5 8 综上， 的取值范围是( , ]  ( ,3]．故答案为：( , ]  ( ,3] a 3 2 3 3 2 3 题型 08 分离参数型水平线法求零点 【解题攻略】 分离参数水平线法求零点 1.分离参数。 2.构造函数于水平线。 3.构造函数时，要注意函数是否有“水平渐近线” 【典例1-1】（2021上·山东潍坊·高三统考）已知xR，符号[x]表示不超过x的最大整数，若函数 [x] f(x) a(x0)有且仅有3个零点，则 的取值范围是 x a ( ) 3 4 4 3 3 4 4 3 A． ,  ,  B． ,    ,  4 5 3 2 4 5 3 2 1 2 5 3 1 2 5 3 C． ,  ,  D． ,  ,  2 3 4 2 2 3 4 2 【答案】B [x] [x] 【分析】由 f(x) a0，故 a；分 和 的情况讨论，显然有 ，从而得到答案． x x x0 x0 a0 [x] [x] 【详解】解：因为 f(x) a0，故 a；分 和 的情况讨论，显然有 ． x x x0 x0 a�0 [x] [x] [x] 若 ，此时 ；若 ，则 0；若 ，因为 ，故  1，即 x0 [x]0 [x]0 x [x]1 [x]x[x]1 [x]1 x [x] a1． [x]1 [x] [x] 且 随着 的增大而增大．若 ，此时 ；若 ，则 1； [x]1 [x] x0 [x]0 1x0 x [x] [x] [x] 若 ，因为 ； ，故1  ，即1a ， x1 [x]x1 [x]x[x]1 x [x]1 [x]1 [x] [x] 且 随着 的减小而增大．又因为 一定是不同的 对应不同的 值．所以为使函数 f(x) a有且 [x]1 [x] [x] x a x 1 2 仅有3个零点，只能使 ，2，3；或 ， ， ．若 ，有 a1；若 ，有 a1； [x]1 [x]1 2 3 [x]1 2 [x]2 3 3 4 若 ，有 a1；若 ，有 a1；若 ，有 ；若 ，有 ；若 ， [x]3 4 [x]4 5 [x]1 a1 [x]2 1a2 [x]3 3 有1a ； 2 4 3 4 4 3 若 ，有1a 综上所述， a 或 a ，故选：B． [x]4 3 4 5 3 2x26x,x3 【典例1-2】（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x ，若存在 ，使得方程 kx3k9,x3 m2,8 f xm9有两个不同的实数根且两根之和为6，则实数k的取值范围是 ．   【答案】 2,2 2 【分析】先通过对题目的分析，令gx f x9，将题目简单化，并转化为等价形式；再根据函数 ygx 与ym的图象有两个交点，数形结合可判断k 0；最后结合图形分析得出ykx3 与 yx32x3 图象的交点纵坐标与之间的关系： y m2,8 ，建立不等式求解即可得出答案. P x26x9,x3 【详解】令 ，得gx ， gx f x9 kx3k,x3 则原问题等价于存在m2,8 ， 使得ygx 与ym的图象有两个交点且两交点的横坐标之和为6， 则k 0，作出函数ygx 与ym的图象如图所示， 设两图象交点的横坐标分别为x,x ，则x x 6， 1 2 1 2 故两个交点关于二次函数yx32 的图象的对称轴x3对称， 设点 为ykx3与yx32x3图象的交点，且y m2,8 ， P P 联立ykx3与yx32x3，解得x k3，故y k2， P P 2k2 8 故 ，解得 ，故实数 的取值范围是 ． k 0 2k 2 2 k 2,2 2   故答案为： 2,2 2 ．x2x3,x0 【变式1-1】（2022上·广东汕头·高三校考）已知函数 f x ， 令 ，则下 2lnx,x0 hx f xk 列说法正确的（ ） A．函数 f x 的单调递增区间为 0, B．当k4,3 时，hx 有3个零点 C．当k 2时，hx 的所有零点之和为1 D．当k,4 时，hx 有1个零点 【答案】D 【分析】画出 f x 的图像，然后逐一判断即可. 【详解】 f x 的图像如下：  1  由图像可知， f x的增区间为   2 ,0  ,0, ， 故A错误 当k4,3 时，如图13 当 4 k 3时，y f x与 yk 有3个交点， 13 当k  4 时，y f x与 yk 有2个交点， 13 当4k  4 时，y f x与 yk 有1个交点， 所以当k4,3 时y f x 与yk有3个交点或2个交点或1个交点， 即h(x)有3个零点或2个零点或1个零点，故B不正确； 当k 2时，由x22x32可得x1 2，由2lnx2可得x1所以h(x)的所有零点之和为 1 21 2， 故C错误； 当k,4 时，由B选项可知：y f x 与yk有1个交点，即h(x)有1个零点， 故D正确；故选：D 6x8m,x0 【变式1-2】（2023上·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考）已知函数 f x ，若 lgx m,x0 f x  恰有3个零点x,x ,x ，则xx x 的取值范围是（ ） 1 2 3 1 2 3  4   4  A．   3 ,0   B．,0 C．,0 D．   3 ,0  【答案】A 6x8,x0 【分析】 恰有3个零点 ，即gx 的图象与 的图象恰有3个不同的交点， f x x,x ,x  lgx,x0 ym 1 2 3 借助gx 的图象求解即可. 6x8,x0 【详解】设gx ， lgx,x0  6x8,x0 则 恰有3个零点 ，即gx 的图象与 的图象恰有3个不同的交点. f x x,x ,x  lgx,x0 ym 1 2 3 6x8,x0 gx 的图象如图所示. lgx,x0 不妨设 ，所以 ，  4  x x x x 1    3 ,0   ,x 2 0,1,x 3 1, 1 2 3  4  所以 lgx  lgx ，即 lgx lgx ，即 lgx lgx 0 ，所以 x x 1 ，所以x 1 x 2 x 3 x 1    3 ,0   ，故选：A. 2 3 2 3 2 3 2 3  3  【变式1-3】（2021上·河南新乡·高三校考阶段练习）若函数 f xx2 xexm有三个零点，则实数  2  m的取值范围是（ ）  9  3  e  A．  0, 2 e 2  B．   2 ,0   9  3   e 9  3 C． e 2, D． , e 2 2   2 2  【答案】A  3   3  【分析】函数 f xx2 xexm有三个零点，即方程x2 xex m有三个根，设  2   2   3  gxx2 xex ，利用导数求出函数 的单调性，结合图象即可求解.  2  g(x)  3   3  【详解】函数 f xx2 xexm有三个零点，即方程x2 xex m有三个根，  2   2   设gx  x2 3 x  ex，则gx    x2 3 x  ex     x2 1 x 3 ex，  2   2    2 2 3 3 令gx0，得x 1  2 ， x 1 ，当 2 x1时， g(x)0 ，函数 g(x) 单调递减； 2 3 1 当 或x 时， ，函数 单调递增；易知当 时，函数 取极小值g1 e， x1 2 g(x)0 g(x) x1 g(x) 2 3  3 9  3 当x 2 时，函数 g(x) 取极大值g   2    2 e 2，又当 x0 时， gx0 ，且 x 时， gx0 ； 当 时， 为增函数，且 时， ， 因此函数 gx gx x1 x  3   3 9  3 f xx2 xexm有三个零点时，0mg  e 2，故选： .  2   2 2 A 题型 09 对数绝对值水平线法 【解题攻略】对数绝对值 对于 ， 若有两个零点，则满足 1. 2. 3.要注意上述结论在对称轴作用下的“变与不变” log x1,1x3  2 【典例1-1】．（2021上·江苏连云港·高三统考）已知函数 f x1 10 ，若关于 的方程  x2 x8,x3 3 3 x x x x x  f xm 有4个不同的实根 x 、 x 、 x 、 x ，且 x x x x ，则 1 2 xx 3 4  1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】作出图形，可得出直线ym与函数y f x 的图象交于 A 、 B 、C、D四点，由 x x 1 2 log x 1  log x 1 ，去绝对值，结合对数的运算律，可得出 xx 的值，利用二次函数的对称性可 2 1 2 2 1 2 x x x x  1 2 3 4 得出 的值，由此可得出 的值. x x xx 3 4 1 2 【详解】作出函数y f x 和函数ym的图象如下图所示，则两个函数的图象共有4个交点 A 、 B 、C、 D，且横坐标分别为x 1 、x 2 、x 3 、x 4 ，x 1 x 2 x 3 x 4 ， 1x 2x 3，由 f x  f x  ，得 log x 1  log x 1 ， 1 2 1 2 2 1 2 2 则有log x 1log x 1 ，所以，log x 1log x 10， 2 1 2 2 2 1 2 2 x x  1 2 1 x 1x 11 ，化简得 xx x x 0 ， xx x x ， xx . 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 10 由于二次函数y x2 x8图象对称轴为直线 ，则点 、 两点关于直线 对称，所以， 3 3 x5 C D x5 x x 10 3 4x x 10. 3 4 x x x x  因此， 1 2 3 4 11010.故选：D. xx 1 2 |x1|,x�0 【典例1-2】（2020上·河南信阳·高三统考）已知函数 f(x) ，若方程 有四个不同的  log 2 x,x0 f(x)a 1 1 解 x,x ,x ,x ，且 x x x x ，则 x 1 x 2  x  x 的取值范围是（ ） 1 2 3 4 1 2 3 4 3 4  1  1  1 A． 0,  B． 0,  C．0,  D．  2  2  2 [0,1) 【答案】C 【解析】做出函数的图像，不妨设x x x x ，由图像可得x x 2，根据对数的运算法则可得 1 2 3 4 1 2 x x 1 ，且x (1,2]，利用对勾函数的单调性，即可求解. 3 4 4 【详解】 f(x)的图象如图，不妨设x x x x ，由图象的对称性可知x x 2； 1 2 3 4 1 2 又∵log x |log x |，故log x log x ，∴log x log x log x x 0，∴ x x 1 ； 2 3 2 4 2 3 2 4 2 3 2 4 2 3 4 3 4 1 1 1 1  1 x 1 x 2  x  x 2x 3 x 4 2x 4  x ，∵ log x (0,1] ，∴ x (1,2] ，∴2x 4  x   0, 2 . 3 4 4 2 4 4 4 故选:C. 【变式1-1】（2019·湖南·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数 f(x)是定义域为R的奇函数，且当 log x,0x�2  2 时， f(x)1 ，若函数 有六个零点，分别记为 ， x0  2 x24x7,x2 y f(x)a(0a1) x,x ,x ,x ,x ,x 1 2 3 4 5 6 则x x x x x x 的取值范围是. 1 2 3 4 5 6  5  21  10 A．2,  B．10,  C． D．3,   2  2  (2,4)  3  【答案】A 【分析】利用函数的奇偶性，求得函数的解析式，作出函数的图象，结合函数的图象六个零点，和函数的 对称性，即可求解． log x,0x�2  2 【详解】由题意，函数 是定义域为 的奇函数，且当 时， f(x)1 ，  x24x7,x2 f(x) R x0 2 log (x),2�x0  2 所以当 时， f(x) 1 ，因为函数 有六个零点，  x24x7,x2 x0  2 y f(x)a(0a1) 所以函数y f(x)与函数ya的图象有六个交点，画出两函数的图象如下图， 不妨设x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 ，由图知x 1 ,x 2 关于直线x4对称，x 5 ,x 6 关于直线x4对称， x x 1 所以x x x x 0，而log x a,log x a，所以log x log x log x x 0，所以 ， 1 2 5 6 2 3 2 4 2 3 2 4 2 3 4 3 4 所以x x�2 x x 2，取等号的条件为x x ，因为等号取不到，所以x x 2， 3 4 3 4 3 4 3 4 1 1 5 又当 时，x  ,x 2，所以x x  2 ， a1 3 2 4 3 4 2 2 所以 .故选A  5 x x x x x x 2,  1 2 3 4 5 6  2 log x,0x2 【变式1-2】（2023上·湖南长沙·高三周南中学校考开学考试）已知函数 f x 2 ，若 x28x13,x2 f xa有四个解x,x ,x ,x ，则x x x x 的取值范围是 ． 1 2 3 4 1 2 3 4 21 【答案】(10, ) 2 【分析】分析函数 f(x)的性质，作出函数的图象，借助对勾函数性质及二次函数对称性求解作答. 【详解】当0x2时， f(x)|log x|在(0,1]上递减，函数值集合为[0,)，在[1,2)上递增，函数值集合为 2 [1,1)， 当x2时， f(x)x28x13在[2,4]上递减，函数值集合为[3,1]，在[4,)上递增，函数值集合为 [3,)， 显然函数 f(x)x28x13在[2,6]上的图象关于直线x4对称，如图， 方程 f(x)a的四个解x,x ,x ,x 是直线ya与曲线y f(x)的四个交点横坐标为x,x ,x ,x ， 1 2 3 4 1 2 3 4 显然0a1，不妨令0x 1 1x 2 2x 3 x 4 ，则有x 3 x 4 8，|log 2 x 1 ||log 2 x 2 |，有x 1 x 2 1， 1 1 1 5 因此x x x  ，而对勾函数yx 在 上单调递增，则2x   ，即 1 2 2 x x (1,2) 2 x 2 2 2 21 10x x x x  1 2 3 4 221 10x x x x  ， 1 2 3 4 2 21 21 所以 的取值范围是(10, ).故答案为：(10, ) x x x x 2 2 1 2 3 4 log x1,1x3  2 【变式1-3】．（2020上·河南郑州·高三校联考中）已知函数 f x1 9 ，若方程  x2 x10,x3 2 2  1 1  f xm 有4个不同的实根 x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 且 x 1 x 2 x 3 x 4 ，则 x 1  x 2   x 3 x 4  【答案】9 1 9 【解析】依题意可知 是 的两个不等实根， 是 x2 x10m的两个实根，根据 x,x |log (x1)|m x ,x 2 2 1 2 2 3 4 1 1  1 对数知识可得 ，根据韦达定理可得 ，从而可得答案. x x x x 9 1 2 3 4 1 9 【详解】依题意可知 是 的两个不等实根， 是 x2 x10m的两个实根， x,x |log (x1)|m x ,x 2 2 1 2 2 3 4 所以|log (x 1)|m，|log (x 1)|m，则|log (x 1)||log (x 1)|， 2 1 2 2 2 1 2 2 因为x x ，所以log (x 1)log (x 1)，所以log (x 1)log (x 1)0， 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 1 所以 ，所以 ，所以 ，所以  1，因为 是 log [(x 1)(x 1)]0 (x 1)(x 1)1 xx x x 0 x x x ,x 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 9  2 的两个实根，所以x x  9，所以 .故答案为：9 1 9 3 4 1  1 1  x2 x10m0    x x  2 2 2 x x  3 4 9 1 2 题型 10 指数函数“一点一线”性质型 【解题攻略】 指数函数，无论平移或者翻折，始终要注意函数的核心性质“一点一线”是否变化。要把 “一点一线”这个核心性质提升到底数大于1或者小于1的分类讨论相同地位 yax 0a1 a1 图象 ①定义域R，值域(0，)②a0 1，即时x0，y1，图象都经过(0，1)点 性质 ③ax a，即x1时，y等于底数a ④在定义域上是单调减函数 在定义域上是单调增函数 ⑤x0时，ax 1；x0时，0ax 1 x0时，0ax 1；x0时，ax 1 ⑥既不是奇函数，也不是偶函数 【典例1-1】（2023上·云南昆明·高三昆明八中校考）已知 f x 2x2 5，若 f a f bab ，则 ab的取值范围是（ ） A． ,2 B． ,0 C． 0, D． 2, 【答案】A 【分析】根据题意，分类讨论a,b的范围，再结合基本不等式即可得到ab的范围. 【详解】因为函数 f x 2x2 5，若 f a f bab ，不妨设ab， 当ab1时，由 f a f b ，可得22a 522b 5，即ab，不成立； 当1ab时，由 f a f b ，可得2a 252b 25，即ab，不成立； 当a1b时，由 f a f b ，可得22a 52b 25，则2a 2b 4， 所以42a2b 2 2ab ，即ab2，当且仅当2a 2b时，等号成立， 且a1b，所以等号取不到，则ab2.故选：A 2x 1,x�1  【典例1-2】（2023上·安徽·高三池州市第一中学校联考阶段练习）已知函数 f x ，若 log x1,x1  3 函数y f xaaR 有四个不同的零点x，x，x ，x 且x x x x ，则 1 2 3 4 1 2 3 4 1  2x1 2x2  a x 1x 1a 的取值范围是（ ） 3 4   A．0,3 B．   2 2,3 C．   2 2, D．3, 【答案】C 【分析】作出函数 f x 的大致图象，确定四个零点所在区间，利用函数解析式代入所求算式化简，结合 基本不等式求取值范围. 【详解】由指数函数和对数函数的图象，利用函数图象的平移和翻折， 作出函数 f x 的大致图象，如图所示， 可知 ， ，于是 ，所以 0a1 x 1 0x 2 1x 3 2 x 4 12x 1 2x 2 1 2x1 2x2 2， log x 1log x 1 ，即log x 1log x 10，所以 x 1x 11， 3 3 3 4 3 3 3 4 3 4于是  2x 1 2x 2  a x 3 1 1 x 4 1a 2a a 1 ，2a 1 a 2 2a 1 a 2 2，当且仅当2a 1 a ，即a 2 2 时等号 成立， 1 所以  2x1 2x2  a x 1x 1a 的取值范围为2 2, .故选：C．  3 4 【变式1-1】（2023上·四川成都·高三四川省成都列五中学校考）若关于x的方程 2x2 m有两个不等的 实数解，则实数m的取值范围是（ ） A． 0,2 B． 0,2 C． 0, D． 2, 【答案】A 【分析】由题意可得gx 2x 2 与ym的图象有两个交点，画出gx 2x 2 的图象如图，结合图象 可得出答案. 【详解】关于x的方程 2x2 m有两个不等的实数解， 即gx 2x 2 与ym的图象有两个交点，画出gx 2x 2 的图象如图， 由图象可得： .故选：A. 0m2  1 5  x2 x,x0  【变式1-2】（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知函数 f(x) 2 2 ，  ex2,x0  若关于x的方程 f xm有四个不同的根x,x ,x ,x （x x x x ），则2ex 3 xx x x 的最大值是 1 2 3 4 1 2 3 4 1 4 2 4 （ ） 5 A．5ln 3 B． 2 5ln24 C．5ln3 D．132e 【答案】A 【分析】数形结合，把四个不同的根x,x ,x ,x 用m表示，借助导数讨论函数的最值解决问题. 1 2 3 4 【详解】图， 由图可知当且仅当0m1时，方程 f xm有四个不同的根，  5 且x 1 x 2 2   2   5，由题： 2ex 3 m x ln(2m) ， ex 4 2mx ln(m2) ， 3 42ex 3 xx x x 2(2m)5ln(m2)2m5ln(m2)4 1 4 2 4 设hm2m5lnm24(0m1)则 12m 1 1 h(m) ，令hm0 m1，h(m)00m m2 2 2  1 1  1 5 故 hm在  0, 2   递增，在 2 ,1  递减，h(m) max h 2   5ln 2 3.故选：A. x2 2x 1,x2,  【变式1-3】（2023下·四川达州·高三校考阶段练习）已知函数 f x 3 若函数  3 ,x2,  x1 gx f xmx2m有三个不同的零点，则实数m的取值范围是（ ）. A． 1,1 B． 0,1 C． 1,0 D． 1,3 【答案】B 【分析】利用分离参数，将问题转化为直线与曲线的交点问题，数形结合解决问题. 【详解】函数gx f xmx2m的零点， f x 即方程 f xm(x2) 的根，则m ， x2 2x 1,x2,  根据题意，可知直线 与y 3 的图象有三个不同的交点，  ,x2, ym  x1 在同一直角坐标系中作出这两个函数图象，如图， 由图可知，当0m1时，两个函数图像有三个不同的交点， 即函数gx f xmx2m有三个不同的零点.故选：B 题型 11 零点：中心对称性质型 【解题攻略】 函数中心对称： （1）若函数 f x 满足 f ax f ax2b，则 f x 的一个对称中心为 a,b （2）若函数 f x 满足 f 2ax f x2b，则 f x 的一个对称中心为 a,b （3）若函数 f x 满足 f 2ax f x2b，则 f x 的一个对称中心为 a,b . 1 1 f(x) 2sin[(x )] 【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）函数 在 上的所有零点之和 x1 2 x[3,5] 等于 . 【答案】8 【详解】分析：通过化简函数表达式，画出函数图像，分析图像根据各个对称点的关系求得零点的和． 1   1 详解：零点即 ，所以 2sin  x  f(x)0 x1   21 2cosx 即 ，画出函数图像如图所示 x1 函数零点即为函数图像的交点，由图可知共有8个交点 图像关于x1 对称，所以各个交点的横坐标的和为8 【典例1-2】（2021·全国·高三专题练习）已知函数 f(x)为定义在R上的奇函数，当x0时， log (x1)，0 x3 f(x) 2 ，则关于 的函数 ( )的所有零点之和为（ ） x210x23，x3 x g(x) f(x)a 0a2 A．10 B．212a C．0 D．12a 【答案】D 【分析】在同一个坐标系作出y f(x)与ya(0a2)的图像，观察交点的特征，根据对称性，可以得 到：x x 10，x x 10，且x 满足log (x 1)a，就可以求出所有零点之和. 1 2 4 5 3 2 3 【详解】∵ f(x)为定义在R上的奇函数，先画当x0时 f(x)的图像如图， 再围绕原点将x0的图像旋转180得到x0时 f(x)的图像， g(x) f(x)a的零点可以看做y f(x)与ya(0a2)的图像的交点， 由图像可知交点一共有5个，设交点的横坐标从左到右依次为x､x､x ､x ､x ， 1 2 3 4 5 则x x 10，x x 10，且x 满足log (x 1)a，解得x 12a， 1 2 4 5 3 2 3 3 ∴x x x x x 12a.故选：D. 1 2 3 4 5 【变式1-1】（2022上·甘肃张掖·高三阶段练习）已知函数 f(x)是定义在R上的奇函数，若 log (x1),x[0,1)  2 f(x)1 7 ，则关于 的方程 的所有根之和为 x23x ,x[1,)  2 2 x f(x)a0(0a1) 1 1 A．1( )a B．( )a 1 C． D． 2 2 12a 2a 1 【答案】C 【分析】利用奇函数性质作出函数的图象，依次标出零点，根据对称性得到零点的值满足x x ，x x 1 2 4 5 的值，运用对数求解x 满足：log x 1a，可出x ，可求解所有根之和． 3 2 3 3【详解】 f(x)为定义在R上的奇函数f(x)f(x)， log (1x),(1x0) 1 log (x1),x[0,1)  当 时， f(x)  1 2 7 ， 当 时， f(x) 1 2 7 x23x ,x[1,)  x23x ,(x�1)  x�0 2 2  x0  2 2  作出 f x 图象： 关于x的方程 f(x)a0(0a1)的根转化为 f(x)的图象与ya(0a1)图象的交点  问题．由图可知关于 x的方程 f(x)a0(0a1)有根共有 5个，这 5个根由小到大依次记为 x ,x ,x ,x ,x ，根据对称性得到零点的值满足 x x 6,x x 6，x 满足：log x 1a，解 1 2 3 4 5 1 2 4 5 3 2 3 得x 12a 3 所以 x x x x x 6612a 12a 1 2 3 4 5 故选:C. 【变式1-2】（2021下·江西宜春·高三阶段性）已知函数 f(x)是定义在 R上的奇函数，若 log (x1),x[0,1) 2 f(x){1 7 ，则关于 的方程 的所有根之和为 x23x ,x[1,) 2 2 x f(x)a0(0a1) 1 1 A．1( )a B．( )a 1 C． D． 2 2 12a 2a 1 【答案】C 【详解】试题分析：因 ,故当 ， 的解集为空集, 当 ,时, 函数 的最小值为 ,则方程 的解集为 且 . 当 且 时,由 可得 ；当 时,函数 的 对称轴为 ,因此方程 的解集为 且 ,故该方程的这四个根 的和为 ,所以所有根的和为12a,应选C. 【变式1-3】．（2022上·吉林松原·高三统考）定义在R上的奇函数f（x），当x≥0时，f（x）=，则关于x的函数F（x）=f（x）﹣a（0＜a＜1）的所有零点之和为 A．3a﹣1 B．1﹣3a C．3﹣a﹣1 D．1﹣3﹣a 【答案】B 【详解】试题分析：利用奇偶函数得出当x≥0时，f（x）= ，x≥0时，f （x）= ，画出图象，根据对称性得出零点的值满足x+x， 1 2 x+x 的值，关键运用对数求解x=1﹣3a，整体求解即可． 4 5 3 解：∵定义在R上的奇函数f（x），∴f（﹣x）=﹣f（x）， ∵当x≥0时，f（x）= ，∴当x≥0时，f（x）= ， 得出x＜0时，f（x）= 画出图象得出： 如图从左向右零点为x，x，x，x，x，根据对称性得出：x+x=﹣4×2=﹣8， 1 2 3 4 5 1 2 x+x=2×4=8，﹣log （﹣x+1）=a，x=1﹣3a，故x+x+x+x+x=﹣8+1﹣3a+8=1﹣3a，故选B 4 5 3 3 1 2 3 4 5 . 题型 12 零点：轴对称性质型 【解题攻略】 轴对称性的常用结论如下： （1）若函数 f x 满足 f ax f ax ,则 f x 的一条对称轴为xa（2）若函数 f x 满足 f 2ax f x ,则 f x 的一条对称轴为xa （3）若函数 f x 满足 f 2ax f x ,则 f x 的一条对称轴为xa (4)f(a－x)＝f(b＋x) f(x)的图象关于直线x＝对称； log x1,x1 【典例1-1】（202⇔0·广东中山·校联考模拟预测）定义域为 的函数 f x 2 ，若关于 的方 R 5 x1 x 程3f xm0mR 恰有3个不同的实数解x，x，x ，则 f x x x  （ ） 1 2 3 1 2 3 A．1 B．2 C．log 5 D．2log 5 2 2 【答案】A 1 【分析】作出 f x的图象，转化为 f x与y m有三个交点，根据函数的对称性，从而求解 3 f x x x  的值． 1 2 3 log x1,x1 【详解】定义域为 的函数 f x 2 ，作出 的图象， R 5 x1 f x 关于 的方程 恰有3个不同的实数，则转化 3f xm0mR x 1 1 为 f x与y 3 m有三个交点，即m 5 ，不妨设 x x x ，此时 x 1 ，根据图象 x 与 x 关于 x1 对 1 2 3 2 1 3 称， 所以x x x 3则 f 3log 21．故选：A． 1 2 3 2 【典例1-2】（2020上·辽宁沈阳·高三校联考）已知定义在 上的奇函数 f x ，满足 f x2 f x ，当 R x0,1 时， f x x，则函数gxx2 f x1在区间 3,6 上的所有零点之和为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】推导出函数y f x 是周期为4的周期函数，且该函数的图象关于直线x1对称，令gx0， 1 1 可得出 f x ，转化为函数y f x与函数y 图象交点横坐标之和，数形结合可得出结果. x2 x2 【详解】由于函数y f x 为 上的奇函数，则 f x2 f xf x ，f x4f x2 f x ， R 所以，函数y f x 是周期为4的周期函数，且该函数的图象关于直线x1对称， 1 令 gx0 ，可得 f x ，则函数ygx在区间3,6上的零点之和为函数y f x与函数 x2 1 y 3,2 2,6 x2 1 y 在区间3,2 2,6上图象交点横坐标之和，如下图所示： x2  由图象可知，两个函数的四个交点有两对关于点 2,0 对称， 因此，函数ygx 在区间 3,6 上的所有零点之和为428.故选：D.  x1,x0 【变式1-1】（2018上·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考）已知函数 f(x) ，若 log x,x0 2 f(x ) f(x ) f(x ),(x,x ,x 互不相等），则x x x 的取值范围是（ ） 1 2 3 1 2 3 1 2 3 A．(2,0] B．(1,0) C．(1,0] D．(2,0) 【答案】C 【分析】做出函数图像，由图象得出三个交点的横坐标关系，以及交点横坐标的取值范围，即可求解. 【详解】做出函数 f x 的图象如图，设 f x 1  f x 2  f x 3 a，则0a1， 因此x x 2(1)2, 0log x 1,得1x 2于是1 x x x 0，故选:C. 1 2 2 3 3 1 2 3 【变式1-2】（2019上·天津南开·高三天津二十五中统考）已知三个函数 f x2xx2，gxx38， hxlog 2 xx2的零点依次为a、b、c，则abc A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】C 【分析】令 f x0，得出2x 2x，令hx0，得出log x2x，由于函数y2x与ylog x的图 2 2 象关于直线yx对称，且直线yx与直线y2x垂直，利用对称性可求出ac的值，利用代数法求出 函数gxx38的零点b的值，即可求出abc的值. 【详解】令 f x0，得出2x 2x，令hx0，得出log x2x， 2 则函数y2x与函数y2x、ylog x交点的横坐标分别为a、c. 2 函数y2x与ylog x的图象关于直线yx对称，且直线yx与直线y2x垂直， 2 如下图所示：yx 联立 ，得 ，则点 ， y2x x y1 A1,1 由图象可知，直线y2x与函数y2x、ylog 2 x的交点关于点A对称，则ac2， 由题意得gbb380，解得b2，因此，abc4.故选：C. 【变式1-3】（2018上·贵州贵阳·高三贵阳一中阶段练习）已知 f(x)是定义在R上的奇函数，满足  1  3  f(x1)f(x) ，当x   0, 2   时， f(x)4x1 ，则函数 h(x)(x1)f(x)1 在区间   2 ,3   上所有零点之 和为（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【详解】由已知 f x 是定义在R上的奇函数，所以 f xf x ，又 f x1f x ，所以 f x 的周 1  1 期是2，且 f x1 f x得x 2 是其中一条对称轴，又当x   0, 2   时， f x4x 1 ，，于是 f x图 象如图所示， 1 又函数hxx1 f x1零点即为y f x图象与y 的图象的交点的横坐标，四个交点分别关于 x1 1,0 对称，所以x x 2,x x 2，所以零点之和为x x x x 4. 1 4 2 3 1 2 3 4 故选A． 题型 13 嵌套型零点：内外自复合型 【解题攻略】 对于嵌套型复合函数y f   gx 的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数ugx 和外层函数y f u ； （2）确定外层函数y f u 的零点uu i i1,2,3,  ,n ； （3）确定直线uu i i1,2,3,  ,n 与内层函数ugx 图象的交点个数分别为a 1 、a 2 、a 3 、L 、a n ，则函数y f   gx 的零点个数为a 1 a 2 a 3   a n . ex2(x0) 【典例1-1】（2015下·浙江嘉兴·高三阶段练习）已知函数 f(x) ，则下列关于函数  lnx(x0) y f f(kx)11(k 0)的零点个数的判断正确的是 A．当k 0时，有3个零点；当k 0时，有4个零点 B．当k 0时，有4个零点；当k 0时，有3个零点 C．无论k为何值，均有3个零点 D．无论k为何值，均有4个零点 【答案】C 1 1 【分析】令 ，得 或x ，则有 或 1，再分 ， 讨论判断. f(x)1 x0 e f(kx)1 e k 0 k 0 1 1 【详解】令 ，得 或x ，则有 或 1. f(x)1 x0 e f(kx)1 e 1 1 当 时，①若 ，则 ， 或ekx 2 1，所以 或ln(1 )，解得 或 k 0 x0 kx0 eix 21 e kx0 e x0 1 ln(1 ) e （舍）； x k 1 ( 1) 1 1 1 e e ②若 ，则 ， 或 1，解得kx 或 1 ，则x 或 均满足. x0 kx0 ln(kx)1 e e e ( e 1) ke k 所以，当k 0时，零点有3个；同理k 0时，零点有3个. 所以，无论k为何值，均有3个零点.故选：C 【典例1-2】（2022上·河北石家庄·高三统考）已知函数 若函数 的零点个数为 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【详解】试题分析：首先画出函数的图像， ，设 即 ，根据图像得到 ， 或是 ， ， 那么当 和 时，得到图像的交点共4个，故选B． 【变式1-1】（2021上·天津·高三天津实验中学校考期中）已知 f x 为偶函数，当x0时， f xm x2  x4,m0 y f f x4m   mf xm x2  x4,m0 ，若函数y f   f x  4m恰有4个零点，则实数m的取值范围（ ）  1  1 5 5  1 5 5  1 A．0,  B．0,  ,  C．0,  ,  D．0,   6  6 6 2  4 4 2  4 【答案】B 【分析】利用换元法将函数进行转化，利用数形结合以及分类讨论进行求解即可 【详解】设 f(x)t，(t 0) 则由y f[f(x)]4m0得 f[f(x)]4m，即 f(t)4m， 则m(|t2||t4|)4m，故|t2||t4|4，解得t 5，或t 1， 1 若 ，则 ，即|x2||x4| ， t 1 f(x)m(|x2||x4|)1 m 5 若 ，则 ，即|x2||x4| ， t 5 f(x)m(|x2||x4|)5 m 设g(x)|x2||x4|，(x�0)， 函数 f(x)是偶函数，要使函数y f[f(x)]4m恰有4个零点，  则等价为当x0时，函数y f[f(x)]4m恰有2个零点， 作出g(x)在[0，)上的图像如图： 1  1 1  1 2 m 6 0m  m   2  m   6 结合图像可得：① ，即 ，即 ，② ，即 ，即 ， 2 5 6  5 m 5 5 m 5  5 6 0m 5 0m 1  m 6 2 6 2 m  6 6  1 5 5 综上实数 的取值范围是0,  , ，故选：B. m  6 6 2 x24,xa 【变式1-2】（2021上·安徽滁州·高三安徽省定远中学校联考）已知函数 f x ，若 3x21,xa f f x0存在四个互不相等的实数根，则实数a的取值范围为（ ） A．   2,  B．   6,  C．   2,2    6,  D．   2, 6  3, 【答案】D 【分析】由题可得 f x2和 f x2各有两个解，利用数形结合即得. 【详解】令 f xt，则 f t0，由题意， f t0有两个不同的解， f xt有两个不相等的实根，由图可知， f t0得t2或t 2， 所以 f x2和 f x2各有两个解， 要使 f x2和 f x2各有两个解，必须满足a 2， 由 f x2，则a 2， 由图可知，当 2a 6时， f x2有两个解(一解为 6，一解为3)， 当 6a3时， f x2有三个解(为 6，3)， 当a3时， f x2有两个解(为 6)， 所以， f f x0存在四个互不相等的实数根，实数 a 的取值范围是   2, 6  3, . 故选：D． 2x 1,x2  【变式1-3】（2019上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨三中校考）已知函数 f x72x ，则函数  ,x2  x1 1 gx f   f x   的零点个数为 2 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 1 3 【分析】设 f xt ,则 f t 2 ，求得t 1 1,t 2 log 2 2 0,1,t 3 3，根据数形结合可得y f x,yt 1 的 图象有一个交点；y f x,yt 的图象与三个交点；y f x,yt 的图象有一个交点，从而可得结果. 2 3 1 1 【详解】函数gx f   f x   的零点个数就是方程 f   f x   的根的个数， 2 2 1 设 f xt,则 f t ， 2 2x 1,x2  函数 f x72x 的大致图象如下：  ,x2  x1 1 72t 2t 1   由 2或 t1 ，可得 1有三个解， 3 ，  t2  t 2 f t 2 t 1 1,t 2 log 2 2 0,1,t 3 3 y f x,yt 的图象有一个交点；y f x,yt 的图象与三个交点；y f x,yt 的图象有一个交点， 1 2 3 1 即 f xt , f xt , f xt 分别由1，3，1个解，方程 f   f x   的根的个数为5， 1 2 3 2 1 函数gx f   f x   的零点个数为5，故选C. 2 题型 14 嵌套型零点：内外双函数复合型 axx2,x0 【典例1-1】（2021上·陕西安康·高三统考阶段练习）已知函数 ，gx ，若 f xaxx2 a2x,x0 方程gf x0有四个不等的实数根，则实数a的取值范围是（ ） A． 4,0 B． 0,4 C． ,40, D． ,0  4, 【答案】D 【分析】由方程gf x0有四个不等的实数根，分a0，a0和a<0三种情况分类讨论，结合二次函 数的图象与性质，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，当a0时，由gt0，解得t0或ta， 又由gf x0，可得 f x0或 f xa， 此时方程 f x0有两解， 方程 f xa要有两解时，a24a0，解得a4， 当a0时，由gf x0，即 f x0，可得x2 0只有一解， a 当 时，由gt0得 或t  ， a<0 t0 2 a 又由gf x0化为 f x0或 f x ，方程 f x0有两解， 2a a 只要 f x 两解，即方程x2ax 0有两解，则 ，解得 . 2 2 a22a0 a<0 综上，a,0U4, . 1 【典例1-2】（2023上·江西吉安·高三吉安一中校考）已知函数 f xx a，gxx26x5，当 x 17 a 时，方程 f gx0根的个数为（ ）. 4   A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】利用换元法令t gx，则方程 f   gx  0根的情况转化成研究方程 f(t)0根的情况，由一元 二次函数的对称轴、判别式、区间端点函数值可得方程 f(t)0的两根的范围，进而得到方程 f   gx  0 根的个数. 【详解】令t gxx26x5(t4)， 1 所以 ，即t a0t2at10①， f(t)0 t 因为a240，所以方程①有两个不相等的实根t ,t ，不妨设t t . 1 2 1 2 因为(4)2a(4)14a170,且02a010, 所以方程①的两根，t 4（舍去）,4t 0 1 2 所以t x26x5(4t 0)，由于函数yt 与函数yx26x5图象有两个交点， 2 2 2 所以方程 f   gx  0根的个数为2个.故选C. 【变式1-1】（2021上·安徽池州·高三池州市第一中学校考）设函数 f xx24x3，gx2x ，若方程 f gxt有四个实数根，则实数t的取值范围是（ ） A． 1, B． 1,0 C． 1,1 D． 0,1 【答案】B 【分析】问题转化：mgx1, ， f gxt即 f mt，只需mgx 有两个不等实根，且 f mt有两个不等实根，即可得解. 【详解】gx2x 是偶函数且(-� ,0) 单调递减，(0,+� ) 单调递增， 设mgx1, ， f gxt即 f mt， 方程 f gxt有四个实数根，必须mgx 有两个不等实根，且 f mt有两个不等实根， 即 f mt，m1, 有两个不等实根， f xx24x3在(1,2) 单调递减，(2,+� ) 单调递增， f 1 f 30, f 21，要有两个不等实根，必须t1,0 .故选：B 2 【变式1-2】（2020上·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）已知函数 f x x23， x gx f xb，若函数y f gx 有6个零点，则实数b的取值范围为 A． 2, B． 1, C．(-1,2) D． 2,1 【答案】A 2 【分析】结合导数，求出 f x x23的单调性，由 f (-1) =f (2) =0，可得其零点及函数的简图，通 x 过分析可知， f gx 有6个零点等价于 f x1b和 f x2b都分别有3个实数根，结合图像可得关于b 的不等式，进而可求出b的取值范围. 2 2 2  1x3 【详解】解：因为 f x x23，所以 fx 2x ， x x2 x2 故当x1时， f�( x) >0， f x 单调递增；当1x0和x0时， fx0， f x 单调递减； 又 f (-1) =f (2) =0，函数有两个零点分别为1，2.则函数的简图为 函数 有6个零点， 与 的根共有6个， f gx gx1 gx2  f x1b和 f x2b都分别有3个实数根，则1b0且2b0，即b2.故选:A. x(x),  【变式1-3】（2021·全国·高三专题练习）已知函数 f(x)sin2x(剟x ), ，则方程  x(x), g(x)| |x|1| f(g(x))1的实数根的个数为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【解析】先根据函数解析式作出函数 f(x)的大致图象，然后换元，作出函数g(x)的大致图象，利用数形结 合的思想进行求解即可. 【详解】作出函数 f(x)的大致图象如图（1）所示，对于 f(g(x))1，令t g(x)，则 f(t)1，则t1  3 或 或t 或t ，作出函数 的大致图象，如图（2）所示， t 1 4 4 g(x)  若 ，则由图象知，直线 与函数 的图象有两个交点；若t ，由图象知，直线 t g(x)1 y1 g(x) 4  y 与函数 的图象有四个交点； 4 g(x) 3 显然直线y  ,y1与函数 的图象没有交点， 4 g(x) 综上可知，方程 f(g(x))1的实数根的个数为246. 故选：B题型 15 嵌套型零点：二次型因式分解  2x x0  x1 【典例1-1】（2020·山东德州·统考一模）已知函数 f x ，若关于 的方程 lnx  x0  x x f2x1m f xm0有且只有两个不同实数根，则m的取值范围是（ ） 1  1  A． ,2 B． ,0  ,2 e  e  1  1  C． ,1  1,0  ,2 D． ,0  ,1 1,2 e  e  【答案】C 【解析】确定x0函数的单调区间，画出函数图像，变换 f xmf x10，得到 f x1和 f xm，根据函数图像得到答案. 【详解】当 时， f x lnx ，则 f 'x 1lnx ， fe 1 ， x0 x x2 e 函数在 0,e 上单调递增，在 e, 上单调递减，画出函数图像，如图所示： f2x1m f xm0，即 f xmf x10， 当 f x1时，根据图像知有1个解， 1  故 f xm 有1个解，根据图像知m,1  1,0  e ,2  . 故选：C. x21, x1  【典例1-2】（2020下·江苏无锡·高三校考）已知函数 f xlnx ，若关于x的方程  , x1  x 2  f x  2 12m f xm0有5个不同的实数解，则实数m的取值范围是（ ）  1  1  1  1 A．0,  B． 0,  C．1,  D．1,   e  e  e  e【答案】A lnx 【分析】利用导数研究函数y 的单调性并求得最值，求解方程 得到 x 2[f(x)]2(12m)f(x)m0 1 或 f(x) ．画出函数图象，数形结合得答案． f(x)m 2 lnx 1lnx 【详解】解：设y ，则y ， x x2 由y0，解得xe， 当x(0,e)时，y0，函数为增函数，当x(e,)时，y0，函数为减函数． 1 当 时，函数取得极大值也是最大值为 （e） ．  xe f e 方程2[f(x)]2(12m)f(x)m0化为[f(x)m][2f(x)1]0． 1 解得 或 f(x) ． f(x)m 2 如图画出函数图象：  1 可得 的取值范围是0, ．故选：A． m  e  1 x 3  ,x0  2 【变式1-1】（2022秋·天津河东·高三校考阶段练习）已知函数 f(x) ，若函数 2 x33x24x3,x0  3 g(x)[f(x)]2(a2)f(x)2a恰有4个不同的零点，则a的取值范围为 ． 13 14 【答案】 ,   3 3  【分析】由分段函数结合导数求出 f x 值域，令t  f x ，结合gt 图象特征采用数形结合法可求a的取 值范围.  1 x 3  ,x0  2 【详解】 f(x) ， 2 x33x24x3,x0  3 1 x 1 0 当 时， f x3  3  3，函数为减函数； x0 2 2 2 当 时， f x x33x24x3， fx2x26x42  x23x2  2x1x2， x0,1和 x0 3 14 2,时， f x单增，x1,2时， f x单减， f 1 ， f2 13 ， 3 3故 f x 的图象大致为： 令t  f x ，则t3, ， g(x)[f(x)]2(a2)f(x)2a gtt2a2t2atat2 ，t3, 当a2时，gtt22，t3, ，gt 无零点； 当a2时，gttat2 ，t3, ，gt 无零点； 当a2时，gttat2 ，t3, ，gt0，则ta， 13 14 要使 恰有4个不同的零点，则t  f x , ， g(x)[f(x)]2(a2)f(x)2a  3 3  即 .故答案为： 13 14 13 14 a ,   ,   3 3   3 3  【变式1-2】（2023春·上海宝山·高三校考）已知 f(x)满足 f(x) f(x8)，当x[0,8)，  πx 4sin ,x0,4 f x 4 ，若函数 在 上恰有八个不同的零点，则实数   2x8,x4,8 g(x) f2(x)af(x)a1 x[8,8] a 的取值范围为 . 【答案】(9,5) 【分析】根据函数的周期性，作出函数在x[8,8]上的图象，将函数的零点个数问题转化为函数的图象的 交点个数问题，数形结合，可得答案. 【详解】由题意知 f(x)满足 f(x) f(x8)，故 f(x)是以8为周期的函数，  πx 4sin ,x0,4 结合 f x 4 ，作出函数在 上的图象，如图示：   2x8,x4,8 x[8,8] 因为g(x) f2(x)af(x)a1f(x)1f(x)(a1) ， 故g(x)0时，即 f(x)1或 f(x)(a1)， 则g(x)在x[8,8]上恰有八个不同的零点，即等价于 f(x)的图象和直线y1,y(a1)有八个不同的交 点，由图象可知，y1和 f(x)的图象有6个不同的交点， 则y(a1)和 f(x)的图象需有2个不同的交点，即4(a1)8，故9a5， 则实数a的取值范围为(9,5)，故答案为：(9,5)  elnx  , x0 【变式1-3】（2019·浙江衢州·衢州二中校考二模）设 f(x) x （其中 为自然对数的底数），  2019x, x0 e g(x) f2(x)(2m1)f(x)2，若函数g(x)恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围为 . 【答案】m>2 【分析】求函数 f(x)，研究函数的单调性和极值，作出函数 f(x)的图象，设t  f(x)，若函数g(x)恰有4 个零点，则等价为函数h(t)t2(2m1)t2有两个零点，满足t1或0t1，利用一元二次函数根的分布 进行求解即可． e(1lnx) 【详解】当 时， f(x) ， x0 x2 由 f(x)0得：1lnx0，解得0xe， 由 f(x)0得：1lnx0，解得xe，即当xe时，函数 f(x)取得极大值，同时也是最大值， f （e）1 ， 当x， f(x)0，当x0， f(x)，作出函数 f(x)的图象如图， 设 ，由图象，当 或 ，方程 有一个根， t  f(x) t1 t0 t  f(x) 当t0或t 1时，方程t  f(x)有2个根，当0t1时，方程t  f(x)有3个根， 则g(x) f2(x)(2m1)f(x)2，等价为h(t)t2(2m1)t2，当t0时，h(0)20， 若函数g(x)恰有4个零点，则等价为函数h(t)t2(2m1)t2有两个零点，满足t1或0t1， h(0)20 则 ，即 （1） 解得： ，故答案为： h(1)0 h 12m1242m0 m>2 m>2 题型 16 嵌套型零点：二次型根的分布  2x21,x0 【典例1-1】（2023·辽宁沈阳·东北育才双语学校校考一模）已知函数 f x ，若关于x的  log 2 x,x0 方程[f(x)]2mf(x)40有6个不同的实数根，则m的取值范围是（ ）  13   13   13  13 A．(,5)   ,4  B．  ,4 C．4,  (5,) D．4,   3   3   3   3  【答案】A 【分析】画出 f x 的图象，令t  f x ，则先讨论t2mt40的零点，根据二次函数判别式与韦达定理， 结合 f x 的图象可得t2mt40的较小根的范围，进而根据m与较小根的关系式结合函数的单调性求 解即可. 【详解】画出 f x 的图象如图，令t  f x ，则先讨论t2mt40的零点.当m2440，即4m4时，不合题意； 当m2440，即m4时，易得t2或t 2，此时当 f x2或 f x2时均不满足有6个零 点，不合题意； 故m2440，m4或m4，设t2mt40的两根为t ,t ，不妨设t t ，由韦达定理tt 4， 1 2 1 2 12 且t ,t 2. 1 2 ①当t ,t 0时， f xt 与 f xt 均无零点，不合题意； 1 2 1 2 ②当t ,t 0时： 1 2 1. 若0t 1，则t 4，此时 f xt 有4个零点， f xt 有2个零点，合题意； 1 2 1 2 4 2. 若 1t 1 2 ，此时 f xt 1 有3个零点，则 f xt 2 有且仅有3个零点，此时 2t 2 3 ，故 3 t 1 2； 4 综上可得 或 t 2. 0t 1 3 1 1  4  4 又 t 1 t 2 m ，故mt 1 t 2   t 1  t 1   ，结合yt 4 t 在 0,2 上为减函数可得m  t 1  t 1   在 0,1 ， 上为增函数.故 故选：A 4   13   ,2 m(,5)   ,4 3   3   lnx,x0  【典例1-2】（2022下·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）已知函数 f x 若关于x x24x3,x0  的方程 f2(x)bf(x)40有8个不同的实数根，则实数b的取值范围是（ ） 17 13 A． [ ,4)5 B． [ ,4)5 4 3  13 C．  5,  D．[﹣5，﹣4]  3  【答案】B 【分析】作出函数f（x）的图象，设t＝f（x），方程f2（x）+bf（x）+4＝0等价为t2+bt+4＝0，根据数形 结合思想和二次函数的性质建立不等式组，求解即可. 【详解】解：作出函数f（x）的图象如图：设t＝f（x）， 由图象知当t＞3时，t＝f（x）有3个根； 当1＜t≤3时，t＝f（x）有4个根； 当t＝1时，t＝f（x）有5个根； 当0＜t＜1时，t＝f（x）有6个根； 当t＝0时，t＝f（x）有3个根， 当t＜0时，t＝f（x）有0个根，方程f2（x）+bf（x）+4＝0等价为t2+bt+4＝0， ∵当t＝0时，方程不成立，∴若方程f2（x）+bf（x）+4＝0有8个不同的实数根，则 ①等价为t2+bt+4＝0有两个根，满足1＜t≤3，1＜t≤3， 1 2 ②或者t2+bt+4＝0有两个根，满足t＝1，t＞3， 1 2 由①等价为t2+bt+4＝0有两个根，满足1＜t≤3，1＜t≤3， 1 2 设h（x）＝t2+bt+4，  Δb216>0 b4或b4   h(1)5b0 b5     则满足h(3)133b0，即 13 ，得﹣ ≤b＜﹣4， b   b 3 13  1 3   2  6b2 3 由②t2+bt+4＝0有两个根，满足t＝1，t＞3，则1+b+4＝0，则b＝﹣5， 1 2 13 此时由t2﹣5t+4＝0得t＝1或t＝4，满足t＞3，综上所述，﹣ ≤b＜﹣4或b＝﹣5， 2 3 故选：B． x x  1 【变式1-1】（2020下·河南·高撒 统考）已知函数 f(x)2sin cos   ，若关于 的方程 2 2 6 2 x   5 3f(x)2 m f x20 在区间   6 , 6   上有两个不相等的实数根，则实数 m 的取值范围为（ ） A．,5 B． ,5   2 6  C．,5 D． ,5   2 6  【答案】D 【分析】先由二倍角公式、辅助角公式化简 f(x)，令t  f(x)，于是有方程3t2mt20在区间 0,1 上有 唯一的实数根，再根据二次函数根与系数的关系即可求解． 【详解】解：∵ f(x)2sin 2 x cos   2 x   6     1 2 2sin 2 x    2 3 cos 2 x  1 2 sin 2 x     1 2  3sin 2 x cos 2 x sin2 2 x  1 2 3 1     5  2 sinx 2 cosx sin  x 6   ，∴当x    6 , 6   时， f(x)0,1，令 t  f(x) ，则 t0,1， ∴方程3t2mt20在区间 0,1 上有唯一的实数根， 令ht3t2mt2，则h020， m2240  ∴ ，或 m ，解得 或 ，故选：D． h13m20   0 6 1 m5 m2 6 2x2 2，4 x1， 【变式1-2】（2020·河北邯郸·统考二模）已知 f x 若函数  log 2 x1，1＜x4， gx f2xmf x1恰有5个零点，则实数m的取值范围是（ ）  3  3 A．  0， 2   B．  0， 2  C．0,2 D．0，2 【答案】B 【解析】先作出函数 f x 的图象，然后结合函数的零点与方程的根的关系，得到方程t2mt10的一个 根在 1,0 ，一个根在 0,2 ，结合一元二次方程的根的分布问题即可求解． 【详解】解：作出函数 f x 的图象如图所示，令 f xt， 则由图可知，当t,1  2,log 2 5 时，方程 f xt只有一个根；当t1  0,2 时，方程 f xt 有两个根；当t1，0 时，方程 f xt只有一个根； 显然t0不是方程t2mt10的根； 若t 1是方程t2mt10的根，则m0，此时t 1，结合图象可知，此时方程 f x1和方程 f x1共有4个根，则函数gx 有4个零点，不满足题意； ∴gx f2xmf x1恰有5个零点等价于方程 f xt恰有5个实根，等价于方程t2mt10的一 个根在 1,0 ，一个根在 0,2 ， h1m0  令 ，则h010 ，∴ ，故选：B． 3 htt2mt1  h242m10 0m  2 【变式1-3】（2023上·江苏常州·高三江苏省前黄高级中学校考开学考试）已知函数  1 1 f xmax  x x ,x x   ，关于 x 的方程 f2xaf x40aR恰有 2 个不同实数解，则 a 的取值范 围为 ． 【答案】a4或a<-4 【分析】先求得 f x 的解析式并画出图象，利用换元法，结合一元二次方程的解列不等式，由此求得a的 取值范围. 1 1 【详解】对于函数yx x0,yx x0 ， x x  1 x ,x0   x ，所以当 时， ；当 时， .所以 f x ，  x 1   x 1  2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 ,x0  x  x x x0 x x x0 x x  x 令 t  f x ，则方程 f2xaf x40aR 可化为 t2at40 ①， 作出函数 f x 的图象如下图所示， 则方程①有两个相等的实根或者两个小于2的不等实根，  Δ0  即 ， （符合），或222a482a0a4.  a  2 0a4 t2 2所以 的取值范围是 或 .故答案为： 或 a a4 a<-4 a4 a<-4 题型 17 嵌套型零点：放大型函数 【解题攻略】 （1）如果函数在D上满足 f xT2f x ，则此类函数在局部范围上具有与周期函数相类似的性质． （2）复杂函数的零点，可以转化为熟悉函数图像的交点来处理． 满足 f xaf kxb 形式，一般情况下，b多是0或者1.俗称为“放大镜函数”。 【典例1-1】（宁夏石嘴山市平罗中学2022届高三第四次模拟考试数学（理）试题）已知定义为R的奇函 xlnx,0x1 数 f x 满足： f x 2f x1,x1 ，若方程 f xkx 1 在 1,2 上恰有三个根，则实数k的取值范围  2 是（） 1  1 1 A． ,1ln2 B． ,  4  4 2 1 e   1 C． , 1  D．1ln2,  2 2   2 【答案】D 1 【分析】由题可知直线l:ykx 与函数y f x的图象有三个交点．利用导数研究函数的性质，利用数 2 形结合可得. 1 1 【详解】方程 f xkx 在1,2上恰有三个根，即直线l:ykx 与函数y f x的图象有三个交点． 2 2 由 f x 是R上的奇函数，则 f 00． 当0x1时， f xxlnx，则 fxlnx1， 1 1 当0x 时， fx0；当 x1时， fx0， e e  1 1  所以 f x在  0, e   上递减， f x在 e ,1  上递增． 结合奇函数的对称性和“周期现象”得 f x 在 1,2 上的图象如下：1  1 由于直线l:ykx 过定点A0, ． 2  2 1 1 如图连接A，B1,0两点作直线l 1 :y 2 x 2 ， 过点A作 f xxlnx0x1 的切线l ， 2 设切点P  x,y  ．其中y x lnx ， fxlnx1，则斜率k lnx 1， 0 0 0 0 0 l2 0  1 切线 l 2 :yx 0 lnx 0 lnx 0 1xx 0 过点A  0, 2   ． 1 1 1 则 x lnx lnx 10x  ，即x = ，则k ln 11ln2， 2 0 0 0 0 0 2 l2 2 1  1 1 当直线l:ykx 2 绕点A  0, 2   在 l 与 l 之间旋转时，直线l:ykx 2 与函数 y f x在1,2上的图象 1 2  1 有三个交点，故k1ln2, ．故选：D．  2 【典例1-2】.已知函数f(x)=¿，则下列说法正确的是（ ） 1 A．关于x的方程f(x)− =0(n∈N∗)有2n+4个不同的解 2n ( 1 1) B．若函数y=f(x)−kx有4个零点，则实数k的取值范围为 , 24 6 C．对于实数x∈[1,+∞)，不等式2xf(x)−3≤0恒成立 D．当x∈[2n−1,2n ](n∈N∗)时，函数f(x)的图象与x轴围成的图形的面积为1 【答案】BC 【分析】 由题作出函数图象，利用数形结合即解. 【详解】 3 3 当1≤x≤ 时，f(x)=2x−2；当 0，则由题意可得t2+2(m−1)t+m+1=0有2个不等的正实数根.设t ,t 为方程两根， 1 2  ＝2m1 2 4m1＞0    m 0,或m 3  ∴t 1 t 2 ＝2m1＞0 ，即  m1 ，解得−1f    b 2    ，B错误； 1 1 1  1 1 1 对于C，由 ，得a+b=a+ ，对勾函数y=a+ 在a ,1上单调递减，则2a+ 2 c ， ab=1 a a 2  a 2 2  1 又函数 f x在2,+上单调递减，因此 f ab f   c 2   ，C正确； 对于D， 2 x7,x3,  10.（2023上·安徽芜湖·高三统考）定义在 上的奇函数 ，当 时， f xlog x1,x0,3，  1 R f(x) x0  2 则函数gx f x1的所有零点之和为 ． 【答案】1 【分析】画出函数 f x 与y1图象，根据对称性以及对数函数的运算得出零点之和. 【详解】令gx f x10，即 f x1，故函数gx 的零点就是函数 f x 与y1图象交点的横坐标， 9x,x7 当 时， f x2 x7  ，函数 与 在 上图象如图所示： x3, x5,3 x7 f(x) y1 R 设 f x 与y1图象交点的横坐标分别为x ,x ,x ,x ,x ， 1 2 3 4 5 由对称性可知，x x 2(7)14，x x 2714. 1 2 4 5 log (x 1)1log 2 由 f x 1,x 3,0，结合奇偶性得出 f(x )1，即 1 3 1 3 3 3 2 2 解得x 1，即x x x x x 1. 3 1 2 3 4 5 故答案为：1 11.（2021下·河南·高三统考）已知函数 f x 为偶函数，且满足 f x1f x,当x0,1 时， f x2x3,则函数x f xlog x2 的所有零点之和为 3 A．24 B．28 C．32 D．36 【答案】C 【分析】由题目给出的等式及函数是偶函数可得函数的周期为2，再由函数在x[1，0]时， f(x)2x3， 分析函数ylog |x2|在x9时的函数值为2，所以两函数图象的交点可知，再根据函数的对称性可得的答 3 案【详解】解： 定义在R上的偶函数 f(x)满足 f(x1)f(x)，  满足 f(x2) f(x)， 故函数的周期为2． 当x0,1 时， f(x)2x3， 故当x1,0 时， f(x)2x3． 在同一个坐标系中画出函数y f(x)的图象与函数ylog |x2|的图象，如图所示， 3 由图象可知，函数(x)关于x2对称， 当x2时，有8个零点， 故(x) f(x)log |x2|的所有零点之和为8432， 3 故选：C． 12.（2019上·江西宜春·高三奉新县第一中学校考阶段练习）设函数 f(x)x22xa．若方程 f(f(x))0 有且只有两个不同的实根，则实数a的取值范围为 1 5 1 5 3 13 3 13 A． a B． a 2 2 2 2 3 7 3 7 1 3 1 3 C． a D． a 2 2 2 2 【答案】A 【分析】对该题应用分类讨论思想分以下三种情况： ①若 f(x)无实根，即a1，则不合题意． ②若 f(x)有两个相等的实数根，此时a1由 f(f(x))0得： f(x)1，无根，不合题意，故舍去． ③若 f(x)有两个不相等的实数根，也即a 1，设 f(x)0的实根为：x 1 和x 2 ，则：方程 f(x)x 1 或 f(x)x共有两个不等实根．进一步可知：方程 f(x)x和 f(x)x有且仅有一个方程有两个不等实根． 2 1 2 即：x22xax 0和x22xax 0中一个方程有两不等实根另一个方程无实根．又由于 1 2 x 1,2 1 1a ，可得a(1 1a)1，a(1 1a)1，利用换元法解不等式可得a的取值范围． 【详解】解：函数 f(x)x22xa 若方程 f(f(x))0有且只有两个不同的实根 ①若 f(x)无实根，即a1，则不合题意． ②若 f(x)有两个相等的实数根，此时a1由 f(f(x))0得： f(x)1，无根，不合题意，故舍去． ③若 f(x)有两个不相等的实数根，也即a 1，设 f(x)0的实根为：x 1 和x 2 ，则：方程 f(x)x 1 或 f(x)x有两个不等实根．进一步可知：方程 f(x)x和 f(x)x有且仅有一个方程有两个不等实根． 2 1 2 即：x22xax 0和x22xax 0中一个方程有两不等实根另一个方程无实根． 1 2  a(1 1a)1 又由于 ，可得 ，设 ，则 则不等式组转化为 x 1,2 1 1a a(1 1a)1 t  1a a1t2 t2t10 1 5 1 5  1 5 t 1 5  3 5 t2  3 5  1 5 1t2  1 5 a t2t10 2 2 2 2 2 2 2 2t2t10 1 5 1 5 3 5 3 5 1 5 1 5  ，解得 t ， t2  ， 1t2  即 t2t10 2 2 2 2 2 2 1 5 1 5 a ．故选A． 2 2 3x11,x0 13.．（2022·高三课时练习）已知函数 f x 1 x3x21，gx ，若函数 3 x22x,x0 ygf xa恰有6个零点，则实数a的取值范围是（ ）  5  5 5  A．  0, 9 1 B．  0, 9   C． 9 ,1   D．1,2 【答案】D 【分析】分别画出 f x 、gx 的图象，采用换元法令 f xt，考虑gta中t的取值可使 f xt有6 个解时对应的a的取值范围 【详解】令 f xt，作出t  f x ，ygt 图象如下： t 0 当a0时，t 1 2， 2 t 2与y f x的图象只有一个交点； t 0 与y f x的图象有三个交点 1 2 故当a0时，函数ygf xa有四个零点，故A错误 5 5 1 当a 时，t  ，t  9 1 3 2 3 5 1 t 1  3 与y f x的图象只有一个交点；t 2  3 与y f x的图象有两个交点 5 故当a 时，函数ygf xa有三个零点，故C错误 9 5 5 1 当0a 时，2t  ， t 0 9 1 3 3 2 tt 与y f x 的图象只有一个交点；tt 与y f x 的图象有三个交点 1 2 5 故当0a 时，函数ygf xa有四个零点，故B错误 9 1 1 2 当 时，0t  ， t  1a2 1 3 3 2 3 tt 与y f x 的图象有三个交点；tt 与y f x 的图象有三个交点 1 2 故当1a2时，函数ygf xa有六个零点，故D正确故选：D 3x1,x1 14.（2022·全国·高三专题练习）已知 ，函数 f(x) ， ，若函数 mR log 2 (x1),x1 g(x)x22x2m1 y f[g(x)]m有4个零点，则实数m的取值范围是 . 5  【答案】 ,1 0 7  5 5 5 【分析】画出函数 f x的图像，对 分成m0,m0,0m ,m , m1,m1， m 7 7 7 1m4,m4,m4等9种情况，研究y f[g(x)]m零点个数，由此求得m的取值范围. 【详解】令t gxx22x2m1x122m2，画出函数 f x的图像如下图所示，由图可知， （1）当m0或m4时，存在唯一t 1 ，使 f t 1 m0，而t 1 gx 至多有两个根，不符合题意. 1 2 （2）当 m0 时，由 f t0解得t 1  3 ,t 2 1，由t 1 gx化简得x22x 3 0，其判别式为正数，有 两个不相等的实数根；由t 2 gx 化简得x22x20，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.由于上 述四个实数根互不相等，故m0时，符合题意. 5 26 （3）当 m4 时，由 f t4解得t 1  3 ,t 2 17，由t 1 gx化简得x22x 3 0，其判别式为负数， 没有实数根；由t 2 gx 化简得x22x100，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.故当m4时， 不符合题意. 1 （4）当 0m4 时，由 f tm，根据图像可知有三个解，不妨设 3 t 1 1,1t 2 1,t 3 2.   f t 1 3t 1 1  3x12 6m5  m  3x12 7m50①  即  f t 2 3t 2 13x12 6m5m 即  3x12 5m50② .    f t 3 log 2 t 3 1log 2   x12 2m3  m    log 2   x12 2m3  m③ 7m50  i）当 5时，5m50，故①②③三个方程都分别有 个解，共有 个解，不符合题意. 0m  7 2m30 2 6 7m50  ii)当 5时，5m50，①有 个解，②③分别有 个解，共有 个解，不符合题意. m  7 2m30 1 2 5 7m50  iii）当5 时，5m50，①无解，②③分别有 个解，共有 个解，符合题意. m1  7 2m30 2 4 7m50  iv）当 时，5m50，①无解，②有 个解，③有两个解，共有 个解，不符合题意.  m1 2m30 1 3 7m50  v）当 时，5m50 ，①无解，②无解，③至多有 个解，不符合题意.  2m31,5 1m4  25  综上所述， 的取值范围是 ,1 0 . m 7    3 x22m1,x1 15.（2023·四川成都·校联考二模）已知函数 f x2 ,若关于 的方程 2x2exm,x1  x [f(x)]2  m23  f(x)m3m23m0有且仅有4个不同的实数根，则实数m的取值范围为（ ） 1   1   1  1  A． ,1 B． ,0 C．0,  D． ,1 4   2   4  2  【答案】A 【分析】令gx f xm，方程可化为g(x)2m或g(x)m23有四个不同实数根，借助导数研究 gx 的单调性与最值，数形结合即可判断m的取值范围．   3 x221,x1 【详解】设gx f xm2 ，则 ，又   2x2ex,x1 f(x)g(x)m [f(x)]2  m23  f(x)m3m23m=  f xm    f xm2m3  0，所以 g(x)2m  g(x)m23  0， 则g(x)2m或g(x)m23．、 2(x1) 2ex2(x1)ex 2x ①当 时，g(x) ，求导得g(x)  ．当 时， ，即函数 x1 ex e2x ex 1x0 g(x)0 g(x)在(1,0)上单调递增； 当x0时，g(x)0，即函数g(x)在(0,)上单调递减．因为x1，所以x10,ex 0 g(x)0． 又g(0)2，当x1且x1时，g(x)0；当x时，g(x)0． 3 1 ②当 时，g(x) (x2)21，g(1) ，根据以上信息，作出函数 的大致图象如图所示． x1 2 2 g(x) 观察图像可得：函数 的图象与函数 的图象仅有1个交点， yg(x) ym23 所以函数yg(x)的图象与函数y2m的图象有3个交点， 1 1 1  则 2m2 m1，所以实数 的取值范围为 ,1．故选：A 2 4 m 4  x21,x1  16.（2022下·广西桂林·高三校考）已知函数 f(x)lnx ，若关于 的方程  ,x1  x x 2f x 2 12m f xm0   m2  f x  2 12m f xm0有5个不同的实数解，则实数m的取值范围是 . 1 【答案】0m 3 【分析】根据给定条件，分析、探讨函数 f(x)的性质及图象，令 f(x)t，把原方程根的问题转化为直线 yt与函数y f(x)图象公共点个数，再结合二次函数实根分布求解作答. lnx 1lnx 【详解】当 时， f(x) ，求导得 f(x) ，当 时， ，当 时， x1 x x2 1xe f(x)0 xe f(x)0， 1 函数 在 上单调递增，在 上单调递减，当 时， 取得极大值 f(e) ， f(x) [1,e) (e,) xe f(x) e 当x1时， f(x)x21在(,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，当x0时， f(x)取得极小值 f(0)1， 而 f(1)0121，因此函数 f(x)在(0,e)上单调递增，当x(1,)时， f(x)0恒成立， 令 f(x)t，在同一坐标系内作出直线yt及函数y f(x)部分图象，如图， 1 当 时，方程 无实根，当 或t  时，方程 有1个实根， t1 f(x)t t 1 e f(x)t 1 1 当 或t  时，方程 有2个实根，当0t 时，方程 有3个实根， 1t0 e f(x)t e f(x)t 依题意，方程g(t)2t2(12m)tm0有两个不等实根t ,t (t t )， 1 2 1 2 3 3 ，解得m  2或m  2， (12m)28m4m212m10 2 2 1 1 当且仅当1t 0t  或0t  t 时，原方程有5个不同实数解， 1 2 e 1 e 2  g(1)13m0  当 时，g(0)m0 ，解得 ，满足 ，则 ，  1t 0t  1 g( 1 ) e2  e2 m0 0m 1 0m 1 1 2 e  e e2 e 3 0 3  g(0)m0   12m 1 当 时，0  ，无解， 4 e  1  1 e2 e2 t 0t  g( )  m0 1 2 e   e e2 e g(0)m0   12m 1 当 时，0  ，无解， 4 e  1  1 e2 e2 0t  t g( )  m0  1 e 2  e e2 e 1 1 1 综上得：0m ，所以实数 的取值范围是0m .故答案为：0m 3 m 3 3 17..（2022·全国·高三专题练习）已知函数f (x)=¿当x∈[−1,1]时，f (x)=f (−x)，当x∈R时， f (x+4)=2f (x)，若关于x的方程f (x)=mx在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解，则实数m的取值范围是 ___________. (2e−2 ) ( 2e−2] 【答案】{0}∪ ,1 ∪ 1, 5 3 【分析】 根据当x∈[−1,1]时，f (x)=f (−x)，可得当x∈[−1,1]时，函数f (x)为偶函数，再根据当x∈R时， f (x+4)=2f (x)，可得当x∈[3,5]时，函数f (x)可由当x∈[−1,1]时的图像横坐标不变，纵坐标变为2倍 即可，作出函数f (x)在[−1,5]时的函数图像，分m=0和m≠0两种情况讨论，当m≠0是，结合图像根据临 界点即可得出答案. 【详解】 解： 因为当x∈[−1,1]时，f (x)=f (−x)， 所以当x∈[−1,1]时，函数f (x)为偶函数， 又当x∈R时，f (x+4)=2f (x)， 则当x∈[3,5]时，f (x)=2f (x−4)， 则当x∈[3,5]时，函数f (x)可由当x∈[−1,1]时的图像横坐标不变，纵坐标变为2倍即可， 作出函数f (x)在[−1,5]时的函数图像，如图所示， 当m=0时，f (x)=mx=0在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解，符合题意； 当m≠0时，当x∈[0,1]时，f'(x)=ex在x∈[0,1]上为增函数， 所以f'(x)≥f'(0)=1， 当函数y=mx过点(1,1)时，m=1， 当函数y=mx过点(1,e−1)时，m=e−1， 2e−2 当函数y=mx过点(3,2e−2)时，m= ， 3 2e−2 当函数y=mx过点(5,2e−2)时，m= ， 5 结合图像，若关于x的方程f (x)=mx在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解， 2e−1 2e−2 则1