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专题 2.4 函数的图象与函数的零点问题【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数图象的画法与图象变换】..................................................................................................................2
【题型2 函数图象的识别】......................................................................................................................................5
【题型3 函数图象的应用】......................................................................................................................................7
【题型4 函数零点所在区间的判断】......................................................................................................................9
【题型5 求函数的零点或零点个数】....................................................................................................................11
【题型6 根据函数零点的分布求参数】................................................................................................................14
【题型7 根据函数零点个数求参数范围】...........................................................................................................17
【题型8 函数零点的大小与范围问题】................................................................................................................20
1、函数的图象与函数的零点问题
函数图象问题主要以考查图象识别为重点和热点，也可能考查利用函数图象解函数不等式等，一般以
选择题或填空题的形式出现，难度不大.
函数的零点问题是高考常考的热点内容，从近几年的高考形势来看，一般以选择题与填空题的形式出
现，有时候也会结合导数在解答题中考查，此时难度偏大.
【知识点1 函数的图象问题】
1.作函数图象的一般方法
(1)描点法作图：当函数解析式(或变形后的解析式)是熟悉的基本函数时，就可 根据这些函数的特征描
出图象的关键点直接作出.
(2)图象变换法：若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作
出，并应注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响.
2.函数图象识别的解题思路
(1)抓住函数的性质，定性分析：
①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；
②从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
③从周期性，判断图象的循环往复；
④从函数的奇偶性，判断图象的对称性.
(2)抓住函数的特征，定量计算：从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决问题.
【知识点2 函数的零点问题】
1.函数零点个数的判断方法函数零点个数的判定有下列几种方法：
(1)直接法：直接求零点，令f(x)=0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.
(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[a,b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合
函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.
(3)图象法：画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个
不同的零点.
(4)性质法：利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期
函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数.
2.已知函数零点求参数的方法
(1)已知函数的零点求参数的一般方法
①直接法：直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；
②数形结合法：将函数的解析式或者方程进行适当的变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两
个熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围；
③分离参数法：分离参数，转化为求函数的最值问题来求解.
(2)已知函数零点个数求参数范围的方法
已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确
画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
【题型1 函数图象的画法与图象变换】
x 1
【例1】（2023上·北京·高三校考阶段练习）要得到函数y= 的图象，只需将函数y= 的图象（ ）
x−1 x
A．向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度
B．向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度
C．向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度
D．向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度
x 1
【解题思路】先变形得到y= =1+ ，故利用“上加下减，左加右减”得到答案.
x−1 x−1
x x−1+1 1
【解答过程】y= = =1+ ，
x−1 x−1 x−1
1 x
故y= 先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位得到y= .
x x−1
故选：A.
【变式1-1】（2023上·甘肃武威·高一统考开学考试）将函数y=|−x2+1|+2向左、向下分别平移2个、3
个单位长度，所得图像为（ ）A． B．
C． D．
【解题思路】根据题意，将函数化为分段函数的形式，得到其大致图像，即可判断平移之后的函数图像.
【解答过程】
因为y=¿，可得函数的大致图像如图所示，
将其向左、向下分别平移2个、3个单位长度，所得函数图像为C选项中的图像.
故选：C.
【变式1-2】（2023上·陕西汉中·高一校考期中）已知函数f (x)=¿.
(1)求f(6)，f(−1)的值；
(2)利用描点法直接在所给坐标系中作出y=f (x)的简图（不用列表）.
【解题思路】（1）将x=6以及x=−1代入解析式，即可得出答案；
（2）在坐标系中，描出合适的点，用光滑的曲线连起来，即可得出函数图象.2 1
【解答过程】（1）由已知可得，f (6)= = ，f (−1)=(−1) 2−3=−2.
6 3
（2）在坐标系中描点(2,1)，(4,0.5)，(−√3,0)，(√3,0)，(0,3)，
作出y=f (x)的简图
【变式1-3】（2023上·河南南阳·高三校考阶段练习）作出下列函数的标准图象：
2x−1
(1)y= ；
x−1
(2)y=x2−2|x|−1．
2x−1 1
【解题思路】（1）化简y= 可得y=2+ ，根据函数图象的平移规律即可得其图象；
x−1 x−1
（2）化简y=x2−2|x|−1为y=¿，结合二次函数图象可作出其图象.
1 1
【解答过程】（1）由题意得y=2+ ，其图象可由y= 的图象先向右平移1个单位，
x−1 x
再向上平移2个单位得到，即：
（2）由题意得y=¿，
分段作出二次函数图象，则y=x2−2|x|−1图象为：【题型2 函数图象的识别】
【例2】（2022·天津南开·统考一模）函数y=(x2−1)ex的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据函数的解析式，利用f (1)=f (−1)=0,f (−2)>0，分别排除A、B、D项，即可求解.
【解答过程】由题意，函数f (x)=(x2−1)ex，
因为f (1)=0，即函数f (x)的图象过点(1,0)，可排除A、B项；
又因为f(−2)=3e−2>0，可排除D项，
故选：C.
【变式2-1】（2023·北京·统考模拟预测）已知函数y=f (x)的图象如图1所示，则图2对应的函数有可能
是（ ）f (x)
A．x2f (x) B． C．xf (x) D．xf2(x)
x2
【解题思路】利用分类讨论思想，根据函数值的符号，及变化，分别对四个选项判断即可求解.
【解答过程】对于A，当x<0时，f(x)<0，所以x2f (x)<0，故选项A错误；
f (x)
对于B，当x<0时，f(x)<0，所以 <0，故选项B错误；
x2
对于C，当x<0时，f(x)<0，所以xf(x)>0，且x→−∞时，f(x)→−∞，xf(x)→+∞；当x>0时，
f(x)>0，所以xf(x)>0，且x→+∞时，f(x)→0，xf(x)→0，故选项C正确；
对于D，当x<0时，f(x)<0，则f2 (x)>0，所以xf2 (x)<0，故选项D错误，
故选：C.
【变式2-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）函数y=(x3−x)⋅3|x|的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】先判断函数的奇偶性，可排除B,D，再判断00⇒x∈(−1,0)∪(1,+∞)，此时需满足g(x)<0，则x∈(1,+∞)符合
要求，故x∈(1,+∞)；
当f (x)<0⇒x∈(−∞,−1)∪(0,1)，此时需满足g(x)>0，则x∈(−1,1)符合要求，故x∈(0,1).
综上所述，x∈(0,1)∪(1,+∞).
故选：D.
a
【变式3-2】（2023上·浙江·高一校联考期末）函数y= 的图像如图所示，可以判断a，b，c
(x−b)|x−c|分别满足（ ）
A．a<0，b>0，c=0 B．a>0，b>0，c=0
C．a<0，b=0，c>0 D．a<0，b=0，c=0
【解题思路】分b=0,c>0、b>0,c=0两种情况讨论即可.
a
【解答过程】函数y= 的定义域为{x|x≠b,x≠c}
(x−b)|x−c|
a
①当b=0,c>0时，y=
，
x|x−c|
当x∈(0,c)时，y与a同号，当x∈(c,+∞)时，y与a同号，
与图中信息矛盾；
a
②当b>0,c=0时，y=
，
(x−b)|x|
由图可得，当x∈(b,+∞)时，y<0，所以a<0，
然后可验证当b>0,c=0，a<0时，图中信息都满足，
故选：A.
【变式3-3】（2023·陕西西安·统考三模）定义域和值域均为[−a,a](常数a>0)的函数y=f (x)和y=g(x)的
图象如图所示，则方程f [g(x)]=0解的个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】由图象可得方程f (x)=0在[−a,a]上有三个实数解，结合函数g(x)的值域与单调性即可得解.
【解答过程】由图(a)可知，方程f (x)=0在[−a,a]上有三个实数解，
由图(b)可知，函数g(x)在[−a,a]上单调递减，且值域为[−a,a]，
所以方程f [g(x)]=0有三个实数解.
故选：C.
【题型4 函数零点所在区间的判断】
【例4】（2023·河北·石家庄一中校联考模拟预测）已知函数f (x)=3x+x−6有一个零点x=x ，则x 属于
0 0
下列哪个区间（ ）
(1 ) ( 3) (3 ) ( 5)
A． ,1 B． 1, C． ,2 D． 2,
2 2 2 2
【解题思路】利用零点存在性定理计算即可.
【解答过程】由题知f (x)在R上单调递增，
∵f
(1)
=√3−5.5<0，f (1)=−2<0，f
(3)
=3
3
2−4.5，
2 2
(3) ( 3)
又33−4.52>0，∴f >0，即在 1, 上存在x 使得f (x )=0.
2 2 0 0
故选：B.
1
【变式4-1】（2023·海南·模拟预测）函数f (x)= −ln x+2的零点所在的大致区间为（ ）
x
A．(1,e) B．(e,e2) C．(e2,e3) D．(e3,e4)
【解题思路】根据零点存在性定理即可计算求解.
1
【解答过程】f (x)= −ln x+2 在(0，+∞)连续不断，且单调递减，
x
1 1 1 1
f (1)=3>0,f (e)= +1>0,f (e2)= >0,f (e3)= −1<0, f (e4)= −2<0 ，
e e2 e3 e4
所以零点位于(e2,e3)，
故选：C.
【变式4-2】（2023·浙江宁波·统考一模）已知函数
f(x)=2x+log x,g(x)=
(1) x
−log x,ℎ(x)=x3+log x的零点分别为a,b,c，则（ ）
2 2 2 2A．a>b>c B．b>a>c
C．c>a>b D．b>c>a
【解题思路】根据指数函数、对数函数的性质可判断a,c小于1，b大于1，再由数形结合判断a,c即可.
(1) x (1) x
【解答过程】令g(x)= −log x=0，可得 =log x>0，所以x>1，即b>1；
2 2 2 2
令f(x)=2x+log x=0，可得2x=−log x>0，即log x<0，所以0−2时，f (x)=xlg(x+2)，其中f (1)=lg3<1，f (2)=2lg4=lg16>1，
当f(x)=1时，解得x∈(1,2)，综上k的最大值是1.
故选：C.
【题型5 求函数的零点或零点个数】
【例5】（2023·陕西西安·西安校考模拟预测）函数f (x)=1−lg(3x+2)的零点为（ ）
A．log 8 B．2 C．log 7 D．log 5
3 3 2【解题思路】根据零点的定义即可求解.
【解答过程】令f (x)=1−lg(3x+2)=0，得3x+2=10，则x=log 8．
3
故选：A.
【变式5-1】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f(x)=¿，则函数y=f(x)−log x的零点个数为（ ）
2
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】设F(x)=f(x)−log x，设g(x)=log x，根据已知作出函数的图象，结合零点存在定理以
2 2
及函数的增长速度的快慢，即可得出答案.
【解答过程】
设F(x)=f(x)−log x，
2
设g(x)=log x，则g(1)=0.
2
又f (1)=5×1−5=0=g(1)，所以1是函数y=f(x)−log x的一个零点；
2
( 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 )
因为f =5× −5>−5，g =log =−50.
32 32 32
(1) 1 5 (1) 1 (1)
又f =5× −5>− ，g =log =−1>f ，
2 2 2 2 22 2
(1) (1) (1)
所以，F =f −g <0.
2 2 2
( 1 1)
根据零点的存在定理，可知，∃x ∈ , ，使得F(x )=0，
1 32 2 1
即x 是函数y=f(x)−log x的一个零点；
1 2
因为f (3)=0，g(3)=log 3>1>f (3)，
2
所以，F(3)=f (3)−g(3)<0.
又f (4)=42−4×4+3=3，g(4)=log 4=20.
根据零点的存在定理，可知，∃x ∈(3,4)，使得F(x )=0，
2 2即x 是函数y=f(x)−log x的一个零点.
2 2
结合函数图象以及f (x),g(x)的增长速度可知，当xx 时，函数y=f(x)−log x没有零点.
1 2 2
综上所述，函数y=f(x)−log x的零点为1，x ，x ，共3个零点.
2 1 2
故选：C.
【变式5-2】（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，
对任意x∈R，都有f (x+2)+f (2−x)=0，当x∈(0,2)时，f (x)=lnx，则f (x)在[−10,10]上的零点个数
为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．21
【解题思路】根据条件f (x+2)+f (2−x)=0，得到函数f (x)的周期为T=4，再根据条件得出x∈(−2,0)
时，f (x)=−ln(−x)，从而得出f(−1)=f(0)=f(1)=f(2)=0，再利用周期性及图像即可求出结果.
【解答过程】因为f (x+2)+f (2−x)=0，令t=2−x，得到f(4−t)+f(t)=0，
所以f(4−t)=−f(t)，从而有f(4+t)=−f(−t)，又函数f (x)是定义在R上的奇函数，
所以f(4+t)=f(t)，即f(4+x)=f(x)，所以函数f (x)的周期为T=4，
令x∈(−2,0)，则−x∈(0,2)，又当x∈(0,2)时，f (x)=lnx，
所以f (−x)=ln(−x)，得到f (x)=−ln(−x)，
故f (x)=¿，又T=4，所以f(x)在x∈[−10,10]上的图像如图，
又当x∈(0,2)时，由f (x)=0，得到x=1，当x∈(−2,0)，由f (x)=0，得到x=−1，即
f(1)=0,f(−1)=0，
又T=4，所以f(−8)=f(−4)=f(0)=f(4)=f(8)=0，
f(−9)=f(−5)=f(−1)=f(3)=f(7)=0，f(−7)=f(−3)=f(1)=f(5)=f(9)=0，
又由f (x+2)+f (2−x)=0，得到f (2)+f (2)=0，即f (2)=0，
所以f(−10)=f(−6)=f(−2)=f (2)=f(6)=f(10)=0，
再结合图像知，f (x)在[−10,10]上的零点个数为21个，
故选：D.【变式5-3】（2023·四川成都·模拟预测）已知定义在R上的奇函数y=f(x)，对于∀x∈R都有
f(1+x)=f(1−x)，当−1≤x<0时，f(x)=log (−x)，则函数g(x)=f(x)−2在(0,8)内所有的零点之
2
和为（ ）
A．16 B．12 C．10 D．8
【解题思路】根据函数奇偶性以及对称性，推出函数的周期，再结合−1≤x<0时，f(x)=log (−x)，即
2
可作出函数的图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可求得答案.
【解答过程】由题意定义在R上的奇函数y=f(x)，对于∀x∈R，都有f(1+x)=f(1−x)，
f(x)图象关于直线x=1对称；
且f(1+x)=f(1−x)=−f(x−1)，即f(2+x)=−f(x)，
故f(4+x)=−f(2+x)=f(x)，
即函数f(x)是以4为周期的周期函数，
当00 时, 只需 f(−1)⋅f(1)<0,即 ¿,
解得：−31，
5
故选：C．
【变式6-2】（2023·云南·统考二模）设x ,x 是关于x的方程x2+(a−1)x+a+2=0的根．若
1 2
−10，代入解得4>0，恒成立；
当x=1时，x2+(a−1)x+a+2<0，代入解得2a+2<0,a<−1；
4
当x=2时，x2+(a−1)x+a+2>0，代入解得3a+4>0,a>− ，
3
4
综上，实数a的取值范围是(− ,−1).
3
故选：A.
【变式6-3】（2022·高一课时练习）已知函数f(x)=mx2−3x+1的零点至少有一个大于0，则实数m的取
值范围为（ ）
9
A．(−∞,2) B．(−∞, ]
4
9
C．(−∞, ) D．(−∞,2]
4
【解题思路】根据解析式，讨论m=0、m≠0结合二次函数性质研究函数的零点情况，判断符合条件的m范围.
1
【解答过程】①当m=0时，由f(x)=0，得x= ，符合题意．
3
②当m≠0时，
9 2
由Δ=9−4m=0，得m= ，此时f(x)=0，解得x= ，符合题意；
4 3
9
由Δ=9−4m>0，得m< ，此时设f(x)=0的两根分别为x ，x ，且x 0，x ⋅x = >0，即x >0，x >0，符合题意，
4 1 2 m 1 2 m 1 2
3 1
若m<0，则x +x = <0，x ⋅x = <0，即x <0，x >0，符合题意．
1 2 m 1 2 m 1 2
9 9
综上，m≤ ，即实数m的取值范围为(−∞, ]．
4 4
故选：B.
【题型7 根据函数零点个数求参数范围】
【例7】（2023上·贵州遵义·高三统考阶段练习）已知函数f (x)=¿，若函数g(x)=f (x)+m有3个零点，则
m的取值范围是（ ）
A．(0,2) B．(−2,0)
C．(0,1) D．(−1,0)
【解题思路】转化为f (x)与y=−m图象有3个不同的交点，画出两函数图象，数形结合得到答案.
【解答过程】令g(x)=f (x)+m=0，故f (x)=−m，
画出f (x)=¿与y=−m的图象，
函数g(x)=f (x)+m有3个零点，即f (x)与y=−m图象有3个不同的交点，
则−m∈(0,1)，
解得m∈(−1,0).
故选：D.
【变式7-1】（2023上·四川凉山·高一校联考期末）设函数f(x)=¿，若方程f2 (x)−af(x)−a+3=0有6个不同的实数解，则实数a的取值范围为（ ）
(3 7) ( 7) (7 )
A． , B． 2, C． ,3 D．(3,4)
2 3 3 3
【解题思路】画出f (x)的图象，利用换元法以及一元二次方程根的分布等知识列不等式，从而求得a的取
值范围.
【解答过程】画出f (x)的图象如下图所示，由图可知要使f (x)=t有3个解，则需t∈(0,2)，
依题意，方程f2 (x)−af(x)−a+3=0有6个不同的实数解，
令s=f (x)，则s2−as−a+3=0有两个不相等的实数根s ,s ，
1 2
且00且a≠1，函数f (x)=log x−x.
a
[1 ]
(1)若a=e且x∈ ,e ，求函数f (x)的最值；
e
(2)若函数f (x)有两个零点，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）先求出函数的单调区间，进而得出函数的最值；
（2）将函数零点转化为方程根的问题，利用分离变量的方法，转化为两个函数图象的交点问题，进而求
解结果.
【解答过程】（1）当a=e时，函数f (x)=log x−x=lnx−x，
a
1 1−x
故f′(x)= −1= ，
x x
当x∈(1,e)时，f′(x)<0，故y=f (x)在(1,e)单调减，
当x∈ (1 ,1 ) 时，f′(x)>0，故y=f (x)在 (1 ,1 ) 单调增，
e e
所以f (x) =f (1)=−1，
max
(1) 1
又因为f (e)=1−e，f =−1− ，
e e
所以f (x) =f (e)=1−e；
min
（2）因为函数f (x)有两个零点
lnx
故f (x)=log x−x= −x=0有两解，
a lna
lnx
所以方程 =lna有两个不同的解，
xlnx
即为函数y= 的图象与函数y=lna的图象有两个不同的交点，
x
lnx 1−lnx
令g(x)= ，故g′(x)= ，
x x2
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，故y=g(x)在(e,+∞)单调减，
当x∈(0,e)时，g′(x)>0，故y=g(x)在(0,e)单调增，
如图所示
1 1 1
而g(e)=
e
，所以00，
e
lnx
所以ℎ(x)= −lna在(0,e)上有一个零点，
x
1
又当x→+∞时，g(x)→0，ℎ(x)→−lna<0，ℎ(e)= −lna>0，
e
lnx
所以ℎ(x)= −lna在(e,+∞)上有一个零点，
x
1
所以函数ℎ(x)有两个零点，即当 11
5
），其中min(p,q)=¿，若方程f (x)= 恰好有3个不同解x ，x ，x （x x
1 2 3 1 2 3 1 2 3
( 1) 1
【解题思路】先求出f (x)=¿，得到f (a)=a2（极大值），f (2a)=0（极小值），f 2a+ =2+ （极大
a a2值），f (3a)=4−a2（极小值）．再分三种情况讨论结合数形结合分析得解.
【解答过程】x|x−2a|=¿，a>1．
当x≤2a时，−x2+2ax−(x2−6ax+8a2+4)=−2(x−2a) 2−4<0，
即−x2+2ax2a时，x2−2ax−(x2−6ax+8a2+4)=4ax−8a2−4，
1
若4ax−8a2−4>0，则x>2a+ ，x2−2ax>x2−6ax+8a2+4；
a
1
若4ax−8a2−4≤0，则x≤2a+ ，x2−2ax≤x2−6ax+8a2+4，
a
1
又2a+ >2a，∴f (x)=¿，
a
( 1) 1
又f (a)=a2（极大值），f (2a)=0（极小值），f 2a+ =2+ （极大值），
a a2
f (3a)=4−a2（极小值）．
5
要使f (x)= 恰好有3个不同解，结合图象得：
2
①当¿，即¿时，得¿，不存在这样的示数a．
√6
②当¿，即¿时，解得 ．
2
5
此时，x ，x 是方程−x2+2ax= 的两实根，
1 2 2
所以x +x =2a，而x >3a，所以x +x 0)交点的横坐标
1 2
为x .
3
则x +x =−2，
1 2
当m=−2时，x 最大，由x −5=−2，解得x =3.
3 3 3
当m接近−3时，x 接近最小，由x −5=−3，解得x =2，
3 3 3
即x ∈(2,3],
3
∴x +x +x 的取值范围是(0,1].
1 2 3
故选：C.1
【变式8-2】（2023·广西·模拟预测）已知函数f (x)=2ln(x+1)+ x2−2x+m有三个零点，m∈R.
2
(1)求m的取值范围；
(2)记三个零点为x ,x ,x ，且x 0，x∈(0,1)，f'(x)<0，x∈(1,+∞)，f'(x)>0，
所以f (x)在(−1,0)上单调递增，(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
当x=0时，函数f (x)取极大值，当x=1时，函数f (x)取极小值，
3
又f (0)=m，f (1)=m+2ln2− ，
2
因为函数有三个零点，且x→+∞,f(x)→+∞，x→−1,f(x)→−∞，
3
所以f (1)=m+2ln2− <00，
1−x2
所以函数ℎ(x)单调递增，所以ℎ(x)> ℎ(0)=0，所以ℎ(x
2
)=f (x
2
)−f (−x
2
)>0，
即f (x )>f (−x )，所以x >−x ，即x +x >0，
1 2 1 2 1 2
2(x−1) 2
设g(x)=f (x)−f (2−x)，x∈(0,1)，g'(x)=f'(x)+f'(2−x)=− >0，
(x+1)(x−3)
所以函数g(x)单调递增，
所以g(x)0与a<0，结合导数与函数的关系即可得解；
（2）观察式子先确定x =0，再利用转化法与换元法得到2lnt −2lnt =t −t ，进而利用双变量处理方法
1 2 3 2 3
2(u+1)lnu−4(u−1)
得到t +t −4= ，利用导数证得t +t −4>0，从而得解.
2 3 u−1 2 3
【解答过程】（1）由f(1)=4a，得3a−b−c=0，又b=−6a，所以c=9a，
则f(x)=ax3−6ax2+9ax，所以f′ (x)=3a(x−1)(x−3)，a≠0．
当a>0时，令f′ (x)>0，得x<1或x>3；令f' (x)<0，得10，得13；
所以f(x)在(−∞,1)与(3,+∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增．
（2）x +x +x <2，理由如下：
1 2 3
因为f(x)=ax3−6ax2+9ax=ax(x−3) 2，
由F(x)=0，得ax(x−3) 2−xe−x=0，解得x=0或a(x−3) 2−e−x=0．
因为x∈[0,3]，所以x =0，x ，x 是a(x−3) 2−e−x=0的正根，则x +x +x =x +x ，
1 2 3 1 2 3 2 3
又ln[a(x−3) 2]=lne−x=−x，所以lna+2ln(3−x )=−x ，lna+2ln(3−x )=−x ，
2 2 3 3
两式相减得2ln(3−x )−2ln(3−x )=x −x =(3−x )−(3−x )．
2 3 3 2 2 3t −t
令3−x =t ，3−x =t ，则3>t >t ≥0，得2lnt −2lnt =t −t ，则2= 2 3 ．
2 2 3 3 2 3 2 3 2 3 lnt −lnt
2 3
t t −t t (u−1)
令u= 2∈(1,+∞)，则 2 3 = 3 =2，
t lnt −lnt lnu
3 2 3
2lnu 2ulnu 2(u+1)lnu
所以t = (u>1)，t =ut = ，可得t +t = ，
3 u−1 2 3 u−1 2 3 u−1
2lnu 2(u+1)lnu−4(u−1)
t +t −4= (u+1)−4= (u>1)．
2 3 u−1 u−1
设g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1)，则g′ (u)=2 ( lnu+ 1 −1 ) ，
u
1 1 1 u−1
再设ℎ(u)=lnu+ −1(u>1)，则ℎ ′ (u)= − = >0，
u u u2 u2
所以ℎ(u)在(1,+∞)上为增函数，则ℎ(u)> ℎ(1)=0，
即g′ (u)=2 ( lnu+ 1 −1 ) >0，则g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1)在(1,+∞)上为增函数，
u
从而g(u)>g(1)=2(1+1)ln1−4(1−1)=0，
所以t +t −4>0，即(3−x )+(3−x )−4=2−(x +x )>0，
2 3 2 3 2 3
所以x +x <2，即x +x +x =x +x <2．
2 3 1 2 3 2 3
1．（2018·浙江·高考真题）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（ ）
A． B．C． D．
π
【解题思路】先研究函数的奇偶性，再研究函数在( ,π)上的符号，即可判断选择.
2
【解答过程】令f(x)=2|x|sin2x，
因为x∈R,f(−x)=2|−x|sin2(−x)=−2|x|sin2x=−f(x)，所以f(x)=2|x|sin2x为奇函数，排除选
项A,B;
π
因为x∈( ,π)时，f(x)<0，所以排除选项C，
2
故选D.
2．（2021·天津·统考高考真题）设a∈R，函数f(x)=¿，若f(x)在区间(0,+∞)内恰有6个零点，则a
的取值范围是（ ）
( 9] (5 11] (7 ) (5 11)
A． 2, ∪ , B． ,2 ∪ ,
4 2 4 4 2 4
( 9] [11 ) (7 ) [11 )
C． 2, ∪ ,3 D． ,2 ∪ ,3
4 4 4 4
【解题思路】由x2−2(a+1)x+a2+5=0最多有2个根，可得cos(2πx−2πa)=0至少有4个根，分别讨论
当x2时，令f(a)=a2−2a(a+1)+a2+5=−2a+5≥0，则2 时，f (x)有1个零点.
2
综上，要使f(x)在区间(0,+∞)内恰有6个零点，则应满足
¿或¿或¿，
( 9] (5 11]
则可解得a的取值范围是 2, ∪ , .
4 2 4
故选A.
3．（2023·天津·统考高考真题）若函数f (x)=ax2−2x−|x2−ax+1|有且仅有两个零点，则a的取值范围
为 (−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞) ．
【解题思路】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断a的取值范围．
【解答过程】（1）当x2−ax+1≥0时，f (x)=0⇔ (a−1)x2+(a−2)x−1=0，
即[(a−1)x−1](x+1)=0，
若a=1时，x=−1，此时x2−ax+1≥0成立；
1
若a≠1时，x= 或x=−1，
a−1
若方程有一根为x=−1，则1+a+1≥0，即a≥−2且a≠1；
1 ( 1 ) 2 1
若方程有一根为x= ，则 −a× +1≥0，解得：a≤2且a≠1；
a−1 a−1 a−1
1
若x= =−1时，a=0，此时1+a+1≥0成立．
a−1
（2）当x2−ax+1<0时，f (x)=0⇔ (a+1)x2−(a+2)x+1=0，
即[(a+1)x−1](x−1)=0，若a=−1时，x=1，显然x2−ax+1<0不成立；
1
若a≠−1时，x=1或x= ，
a+1
若方程有一根为x=1，则1−a+1<0，即a>2；
1 ( 1 ) 2 1
若方程有一根为x= ，则 −a× +1<0，解得：a<−2；
a+1 a+1 a+1
1
若x= =1时，a=0，显然x2−ax+1<0不成立；
a+1
综上，
1 1
当a<−2时，零点为 ， ；
a+1 a−1
1
当−2≤a<0时，零点为 ，−1；
a−1
当a=0时，只有一个零点−1；
1
当02时，零点为1,−1．
所以，当函数有两个零点时，a≠0且a≠1．
故答案为：(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)．
4．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=cosωx−1(ω>0)在区间[0,2π]有且仅有3个零点，则ω
的取值范围是 [2,3) ．
【解题思路】令f(x)=0，得cosωx=1有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【解答过程】因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)=cosωx−1=0，则cosωx=1有3个根，
令t=ωx，则cost=1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y=cost的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3，
故答案为：[2,3).5．（2022·天津·统考高考真题）设a∈R，对任意实数x，记f (x)=min{|x|−2,x2−ax+3a−5}．若
f (x)至少有3个零点，则实数a的取值范围为 a≥10 .
【解题思路】设g(x)=x2−ax+3a−5，ℎ(x)=|x|−2，分析可知函数g(x)至少有一个零点，可得出Δ≥0，
求出a的取值范围，然后对实数a的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数a的不等式，综合可
求得实数a的取值范围.
【解答过程】设g(x)=x2−ax+3a−5，ℎ(x)=|x|−2，由|x|−2=0可得x=±2.
要使得函数f (x)至少有3个零点，则函数g(x)至少有一个零点，则Δ=a2−12a+20≥0，
解得a≤2或a≥10.
①当a=2时，g(x)=x2−2x+1，作出函数g(x)、ℎ(x)的图象如下图所示：
此时函数f (x)只有两个零点，不合乎题意；
②当a<2时，设函数g(x)的两个零点分别为x 、x (x 10时，设函数g(x)的两个零点分别为x 、x (x 4，此时a>10.综上所述，实数a的取值范围是[10,+∞).
故答案为：[10,+∞).
6．（2021·北京·统考高考真题）已知函数f(x)=|lgx|−kx−2，给出下列四个结论：
①若k=0，f(x)恰 有2个零点；
②存在负数k，使得f(x)恰有1个零点；
③存在负数k，使得f(x)恰有3个零点；
④存在正数k，使得f(x)恰有3个零点．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【解题思路】由f (x)=0可得出|lgx|=kx+2，考查直线y=kx+2与曲线g(x)=|lgx|的左、右支分别相切的
情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
1
【解答过程】对于①，当k=0时，由f (x)=|lgx|−2=0，可得x= 或x=100，①正确；
100
对于②，考查直线y=kx+2与曲线y=−lgx(01)有一个交点，所以，¿，此不等式无解，
因此，不存在k<0，使得函数f (x)有三个零点，③错误；
对于④，考查直线y=kx+2与曲线y=lgx(x>1)相切于点P(t,lgt)，
1
对函数y=lgx求导得y′=
，由题意可得¿，解得¿，
xln10
lge
所以，当00求得增区间，令f′(x)<0求得减
区间；
1 x3 x3
（2）令f (x)= x3 −a(x2+x+1)=0，即 −3a=0，则将问题转化为函数g(x)= −3a只
3 x2+x+1 x2+x+1
有一个零点问题，研究函数g(x)单调性可得.
1
【解答过程】（1）当a=3时，f (x)= x3 −3x2 −3x−3，f′(x)=x2 −6x−3．
3
令f′(x)=0解得x=3−2 √3或x=3+2√3．
由f′(x)>0解得：x∈(− √∞3),∪3−(23+2√3,+∞)；
由f′(x)<0解得：x∈(3−2 √3,3+2√3)．
故函数的增区间是(− ∞√,3 )，3−(23+2√3,+∞)，减区间是(3−2 √3,3+2√3)．
（2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理
x3
由于x2+x+1>0，所以f (x)=0等价于 −3a=0．
x2+x+1
x3 x2(x2+2x+3) x2[(x+1) 2+2]
设g(x)= −3a,则g′(x)= = ≥0,仅当x=0时g′(x)=0,所以
x2+x+1 (x2+x+1) 2 (x2+x+1) 2
g(x)在(−∞,+∞) 单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f (x)至多有一个零点.又
1 1 2 1 1
f (3a− 1)a=− 2+62a− =−6( a− ) − <0,f (3a+1)= >0,故f (x)有一个零点.综上,f (x)只有一个
3 6 6 3
零点.
［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系
x3 x3 x2(x2+2x+3)
因为x2+x+1>0，所以f (x)=0等价于3a= ，令g(x)= ，则g′(x)= ．因
x2+x+1 x2+x+1 (x2+x+1) 2
为x2+2x+3>0，则g′(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立，所以g(x)在区间(−∞,+∞) 内单调递增，
当x→−∞时，g(x)→−∞ ；当x→+∞时，g(x)→+∞．所以直线y=3a与g(x)的图像只有一个交点，
即f (x)只有一个零点．［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理
f′(x)=x2 −2ax−a,Δ=4a2+4a．
①当−1≤ a≤0时，Δ≤0,f′(x)≥0,f (x)单调递增，f (0)=− a>0,f (− 3)=− a<9−−36<0, f (x)只
有一个零点．
t2
②当a>0与a<−1时，f′(x)=0⇒x =a−√a2+a,x =a+√a2+a，再令t=x 或x ，则有a= ．当
1 2 1 2 2t+1
xx 时，f′(x)>0,f (x)单调递增，当x 0．
1 2 9(2x +1)(2x +1)
1 2
极大值与极小值同正同负，故f (x)只有一个零点．
［方法四］： 等价转化＋零点存在性定理
x3
由于x2+x+1>0，所以f (x)=0，等价于 −a=0 ．
3(x2+x+1)
x3 x2(x2+2x+3)
设g(x)= −a，则g′(x)= ≥0，仅当x=0时，g′(x)=0，所以g(x)在区间
3(x2+x+1) 3(x2+x+1) 2
(−∞,+∞) 内单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f (x)至多有一个零点．
x3 x
结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取x=min{9a,1}，则有g(x)> −a= −a≥0，取
9x2 9
x3 x
x=max{9a,−1}，则有g(x)< −a= −a≤0，所以g(x)在(max{9a,−1},min{9 a,1})内有一个
9x2 9
零点，故f (x)有一个零点．
综上，f (x)只有一个零点．
8．（2018·全国·高考真题）已知函数f (x)=ex −ax2．
（1）若a=1，证明：当x≥0时，f (x)≥1；
（2）若f (x)在(0,+∞)只有一个零点，求a的值.
【解题思路】（1）方法一：构造函数g(x)=(x2+1)e−x −1，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调
递减，最后根据单调性证得不等式;（2）方法一：研究f (x)零点，等价研究ℎ(x)=1− ax2e−x的零点，先求ℎ(x)导数：ℎ '(x)=ax(x−2)e−x，
这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当a≤0时，ℎ(x)>0，ℎ(x)没有零点；当a>0时，
ℎ(x)先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
【解答过程】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当a=1时，f (x)≥1等价于(x2+1)e−x −1≤0 ．
设函数g(x)=(x2+1)e−x −1，则g′(x)=− (x2 −2x+1)e−x=− (x−1) 2 e−x．
g′(x)≤0，所以g(x)在(0,+∞)单调递减．
而g(0)=0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f (x)≥1．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当a=1时，f (x)=ex −x2,f′(x)=ex −2x．
令g(x)=ex −2x,g′(x)=ex −2，令g′(x)=0，得x=ln2．则函数y=g(x)在区间[0,ln2)内单调递减，
在区间[ln2,+∞)内单调递增，从而g(x)≥g(ln2)=2−2ln2>0 ，所以函数y=f (x)在区间[0,+∞)内
单调递增，有f (x)≥f (0)=1．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当x≥0时，f (x)=ex −x2≥1⇔x≥ln(x2+1)．
2x (x−1)2
令g(x)=x−ln (x2+1),g′(x)=1− = ≥0，函数y=g(x)在区间[0,+∞)上单调递增，故
x2+1 x2+1
g(x)≥g(0)=0，有x≥ln(x2+1)，故当x≥0时，f (x)≥1．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数ℎ(x)=1− ax2e−x，
f (x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当ℎ(x)在(0,+∞)只有一个零点．
（i）当a≤0时，ℎ(x)>0，ℎ(x)没有零点；
（ii）当a>0时，ℎ ′(x)=ax(x−2)e−x．
当x∈(0,2)时，ℎ ′(x)<0；当x∈(2,+∞)时，ℎ ′(x)>0．
所以ℎ(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增．
4a
故ℎ(2)=1−
e2
是ℎ(x)在[0,+∞)的最小值．
e2
①若ℎ(2)>0，即a< ，ℎ(x)在(0,+∞)没有零点；
4e2
②若ℎ(2)=0，即a= ，ℎ(x)在(0,+∞)只有一个零点；
4
e2
③若ℎ(2)<0，即a> ，由于ℎ(0)=1，所以ℎ(x)在(0,2)有一个零点，
4
16a3 16a3 16a3 1
由（1）知，当x>0时，ex>x2，所以ℎ(4a)=1− =1− >1− =1− >0
．
e4a (e2a) 2 (2a) 4 a
故ℎ(x)在(2,4a)有一个零点，因此ℎ(x)在(0,+∞)有两个零点．
e2
综上，f (x)在(0,+∞)只有一个零点时，a= ．
4
［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数
ex
令f (x)=0，得a= ．
x2
ex ex(x−2)
令ℎ (x)= (x>0), ℎ ′(x)= ．则函数y= ℎ (x)在区间(0,2)内单调递减，在区间(2,+∞)
x2 x3
e2
内单调递增，则[
ℎ
(x)] =
ℎ
(2)= ．当x→0时，ℎ (x)→+∞，当x→+∞时，ℎ (x)→+∞，故
min 4
e2
函数y=f (x)在区间(0,+∞)内只有一个零点时，a= ．
4
［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数
函数y=f (x)在区间(0,+∞)内只有一个零点等价于函数y=ex的图象与函数y=ax2的图象在区间
(0,+∞)内只有一个公共点．由y=ex与y=ax2的图象可知它们在区间(0,+∞)内必相切于y轴右侧同一
e2
点，设切点为(x ,y )，则¿，解方程组得a= ，经验证符合题意．
0 0 4
［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数
ex ex
当x>0时，f (x)=0⇔ax= ，原问题转化为动直线y=ax与曲线ℎ (x)= 在区间(0,+∞)内只有一个
x x
(x−1)ex
公共点．由ℎ ′(x)= 得函数y= ℎ (x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,+∞)内单调递增．
x2
设y=ax与y= ℎ (x)的切点为P ( x 0 , e x x ) ，则ℎ ′ (x 0 )= (x 0 − x 1 2 )ex 0 ，于是函数y= ℎ (x)在点P处的切线方
0 0程为y− e x x 0 = (x 0 − x 1 2 )ex 0 (x−x 0 )．由切线过原点可得x 0 =2，故a= ℎ ′(2)= e 4 2 ．
0 0
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为f′(x)=ex −2ax，x∈(0,+∞)，
当a≤0时，f (x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f (0)=1>0，故f (x)无零点；
当a>0时，f″(x)=ex −2a．
1
①当0f′(0)=1,f (x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f (0)=1>0，故f (x)无零点；
1 e
②当 时，[f′(x)] <0，又f′(0)=1，所以存在x ∈(0,ln2a),x ∈(ln2a,+∞)，使得f′(x)=0，
2 min 1 2
则函数y=f (x)在区间(0,x )内单调递增，在区间(x ,x )内单调递减，在区间(x ,+∞)内单调递增，且
1 1 2 2
f (0)=1，则x 为函数y=f (x)的唯一零点，且x 满足ex 1=2ax ．所以
2 2 2
e2
f (x )=ex 1−ax2=2ax −ax2=ax (2− x )=0，解得x =2，则a= ．
2 2 2 2 2 2 2 4
［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论
当a≤0时，f (x)=ex −ax2>0，无零点；
x x 1 x
当a>0时， f (x)=0⇔e2 −√ax=0，记 φ(x)=e2 −√ax ，则φ′(x)=
2
e2 −√a；
1
当0φ(0)=1，故φ(x)
4
无零点；
1
当a> 时，当x<2ln2√a时，φ′(x)<0,φ(x)单调递诚，当x>2ln2√a时，φ′(x)>0,φ(x)单调递增，
4
当x→0时，φ(x)→1，当x→+∞时，φ(x)→+∞，e2
故[φ(x)] =φ(2ln2√a)=2√a−2√aln2√a=0，得a= ．
min 4
