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专题2.18 函数与方程-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春•湖北月考）已知函数f（x）在区间[﹣2，2]上有定义，则“f（x）在区间[﹣2，2]上
有零点”是“f（﹣2）•f（2）＜0”的（ ）
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
【解题思路】利用特例法结合充要条件的定义判断即可得出结论．
【解答过程】解：函数f（x）在区间[﹣2，2]上有定义，
若函数在区间[﹣2，2]上有零点，不妨设f（x）＝x²，则f（﹣2）•f（2）＞0，
即函数在区间[﹣2，2]上有零点，得不到f（﹣2）•f（2）＜0；
{−1，−2＜x＜0
另一方面，若f（﹣2）•f（2）＜0，不妨取f（x）= ，
1，0＜x＜2
则函数在[﹣2，2]上无零点，即f（﹣2）•f（2）＜0得不到函数在区间[﹣2，2]上有零点，
故“f（x）在区间[﹣2，2]上有零点”是“f（﹣2）•f（2）＜0”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
1
2．（5分）（2020秋•青铜峡市校级期末）已知函数f（x）= −log x，在下列区间中，函数f（x）有零点
x 2
的是（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，4） D．（4，+∞）
1
【解题思路】首先判断函数f（x）= −log x在（0，+∞）上是减函数，且连续；从而由零点的判定定
x 2
理判断即可．
1
【解答过程】解：易知函数f（x）= −log x在（0，+∞）上是减函数，且连续；
x 2
1 1
f（1）＝1﹣0＝1＞0，f（2）= −1=− ＜0；
2 2
故函数f（x）有零点的区间是（1，2）；
故选：B．
{xln(x+1)，x＞0
3．（5分）（2022•郏县校级开学）函数f（x）= 的零点个数为（ ）
2x2−3x−2，x≤0A．3 B．2 C．1 D．0
【解题思路】由f（x）＝0，然后结合分段函数的解析式即可求解．
【解答过程】解：当x＞0时，由f（x）＝xln（x+1）＝0可得x＝0（舍），
1
当x≤0时，由f（x）＝2x2﹣3x﹣2＝0可得，x＝2（舍）或x=− ，
2
1
综上可得，x=− ．
2
故选：C．
4．（5分）（2021秋•碑林区校级月考）已知函数f（x）＝2x+x，g（x）＝log x+x，h（x）＝x3+x的零点
2
分别为a，b，c，则a，b，c的顺序为（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．c＜a＜b
【解题思路】将函数的零点转化成两图象交点的横坐标，再数形结合即可求解．
【解答过程】解：∵函数f（x）＝2x+x，g（x）＝log x+x，h（x）＝x3+x的零点分别为a，b，c，
2
∴y＝﹣x与三个函数y＝2x，y＝log x，y＝x3的交点横坐标分别为a，b，c，
2
作出图象如下：
数形结合可得：a＜c＜b，
故选：B．
5．（5分）（2022•湖北模拟）函数f（x）＝lnx﹣ax+1有两个零点x ，x （x ＜x ），下列说法错误的是（
1 2 1 2
）
1
A．0＜a＜1 B．x x ＞
1 2 a
1 2
C．x −x ＞ −1 D．x +x ＜
2 1 a 1 2 alnx+1
【解题思路】先将问题转化为y＝a与y= 有两个交点，数形结合，根据选项进行判断即可．
x
【解答过程】解：∵函数f（x）＝lnx﹣ax+1有两个零点x ，x （x ＜x ），
1 2 1 2
lnx+1
∴lnx﹣ax+1＝0有两个根，∴a= ，
x
lnx+1
∴y＝a与y= 有两个交点，如图，
x
lnx+1 lnx
设g（x）= （x＞0），∴g'(x)=− ，
x x2
当g′（x）＞0时，解得0＜x＜1，函数g（x）单调递增，
当g′（x）＜0时，解得x＞1，函数g（x）单调递减，
∴g（x） ＝g（1）＝1，当x→+∞时，g（x）→0，当x→0时，g（x）→﹣∞，
max
lnx+1
∴当0＜a＜1时，y＝a与y= 有两个交点，
x
即函数f（x）＝lnx﹣ax+1有两个零点，故A正确；
1
结合图象可知 ＜x ＜1＜x ，
e 1 2
{lnx −ax +1=0 lnx −lnx
∵ 1 1 ，∴a= 1 2 ，
lnx −ax +1=0 x −x
2 2 1 2
2 lnx −lnx
要证明x +x ＜ ，即证明（x +x ） 1 2＜2，
1 2 a 1 2 x −x
1 2x
1+1
x x x
整理得 2 ln 1＜2（0＜ 1＜1），
x x x
1−1 2 2
x
2
x 2(t−1)
令t= 1 ，则lnt＞ （0＜t＜1），
x t+1
2
2(t−1)
设g（t）＝lnt− （0＜t＜1），
t+1
(t−1) 2
∴g′（t）= ＞0，（0＜t＜1）恒成立，∴g（t）在（0，1）单调递增，
t(t+1) 2
2(t−1)
∴g（t）＞g（1）＝0，即lnt＞ （0＜t＜1），故D正确；
t+1
2+ln(x x ) 2
由D正确，即x +x = 1 2 ＜ ，即x x ＜1成立，
1 2 1 2
a a
1 1
∵0＜a＜1，∴ ＞1，∴x x＜ ，故B错误；
1 2
a a
1+lnx 1 1
∵x = 2＞ ， ＜x ＜1＜x ，
2 a a e 1 2
1
∴﹣x ＞﹣1，可得x ﹣x＞ −1，故C正确．
1 2 1
a
故选：B．
6．（5分）（2022•成都开学）若关于x的方程x2﹣tx+1＝0有两个不相等的实根x 、x ，且满足0＜x ＜1
1 2 1
＜x ＜2，则实数t的取值范围是（ ）
2
5
A．（2，5） B．（2， ）
2
5
C．（﹣∞，2）∪（5，+∞） D．（﹣∞，2）∪（ ，+∞）
2
【解题思路】利用二次函数根的分布，建立不等式组，即可得到结论．
【解答过程】解：设f（x）＝x2﹣tx+1，
∵0＜x ＜1＜x ＜2，
1 2{f(0)=02−t⋅0+1＞0
∴ f(1)=12−t⋅1+1＜0 ，
f(2)=22−t⋅2+1＞0
5
则2＜t＜ ，
2
即关于x的方程x2﹣tx+1＝0有两个不相等的实根x 、x ，且满足0＜x ＜1＜x ＜2，则实数t的取值范围
1 2 1 2
5
是2＜t＜ ．
2
故选：B．
7．（5分）（2021秋•南岗区校级月考）已知f（x）是定义在R上的奇函数，满足f（x+1）＝﹣f（x），
1
当x [0， ]时，f（x）＝4x﹣1，则h（x）＝（x﹣1）f（x）﹣1在区间[﹣1，3]上所有零点之和为（
2
∈
）
A．4 B．3 C．2 D．1
1
【解题思路】根据题意，分析可知f（x）关于（0，0）对称，关于直线x= 对称，则其周期为2，而h
2
1
（x）＝（x﹣1）f（x）﹣1的零点，即为函数y＝f（x）与函数y= 的图象的交点的横坐标，作出
x−1
图象，观察图象，利用对称性即可得解．
【解答过程】解：∵f（x）为R上的奇函数，
∴f（x）关于（0，0）对称，
又f（x+1）＝﹣f（x），则f（x+1）＝f（﹣x），
1
∴f（x）关于直线x= 对称，
2
1
∴f（x）的周期为T=4×| −0|=2，
2
1
而h（x）＝（x﹣1）f（x）﹣1的零点，即为函数y＝f（x）与函数y= 的图象的交点的横坐标，
x−1
1
作出函数f（x）及函数y= 的如下图所示，
x−1
由图象可知，共有四个交点，且四个交点分别关于（1，0）对称，
∴所有零点之和为2+2＝4．故选：A．
8．（5分）（2022春•长治期末）已知函数 { −xex，x≤0 ，若函数g（x）＝f（x）﹣|x2﹣kx|有
f(x)=
2x2−x3，x＞0
且仅有3个零点，则实数k的取值范围为（ ）
1 9 2
A．(−∞，−1]∪{− }∪{0}∪[1， )B．(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1，2)
3 4 3
1 1 9
C．(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1，2) D．(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1， )
2 4 4
【解题思路】由题意x＝0为函数g（x）的一个零点，若函数g（x）有且仅有3个零点，只需要函数
{ ex，x＜0 与 （x）＝|x﹣k|的图象有且仅有2个交点，作出图象结合图象即可求解．
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
φ
【解答过程】解：由g（0）＝f（0）﹣0＝0，可得x＝0为函数g（x）的一个零点．
当x＞0时，g（x）＝0可化为2x﹣x2＝|x﹣k|；
当x＜0时，g（x）＝0可化为﹣xex＝﹣x|x﹣k|，可得ex＝|x﹣k|．
若函数g（x）有且仅有3个零点，只需要函数 { ex，x＜0 与 （x）＝|x﹣k|的图象有且
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
φ
仅有2个交点，函数h（x）， （x）的图象为：
当k变动时，函数 （x）的图φ象左、右平移，可求得实数k的范围，
φ
当 （x）与 { ex，x＜0 相切时，由图象可知y＝k﹣x与y＝2x﹣x2由唯一交点，或者y＝x
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
φ
﹣k与y＝2x﹣x2由唯一交；
则x2﹣3x+k＝0有唯一解，或者x2﹣x﹣k＝0有唯一解；9 1
此时有Δ＝9﹣4k＝0，或者Δ＝1+4k＝0；解得k= 或者k=− ，
4 4
则 9时，由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex，x＜0 没有交点， 9时，由图象可知
k＞ ℎ(x)= k=
4 2x−x2，x＞0 4
φ
9 与 { ex，x＜0 有1交点，
φ(x)=|x− | ℎ(x)=
4 2x−x2，x＞0
又当k＝1时，由图象可知 （x）＝|x﹣1|与 { ex，x＜0 有2个交点，
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
φ
故 9时，由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex，x＜0 有2个交点，
1≤k＜ ℎ(x)=
4 2x−x2，x＞0
φ
当0＜k＜1时，由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex，x＜0 有3个交点，
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
φ
当k＝0时，由图象可知 （x）＝|x|与 { ex，x＜0 有2个交点，
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
φ
故 1 时，由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex，x＜0 有3个交点， 1时，
− ＜k＜0 ℎ(x)= k=−
4 2x−x2，x＞0 4
φ
由图象可知 1 与 { ex，x＜0 有 2 交点， 1时，由图象可知
φ(x)=|x+ | ℎ(x)= −1≤k＜−
4 2x−x2，x＞0 4
φ
（x）＝|x﹣k|与 { ex，x＜0 有1交点．k＜﹣1时，
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex，x＜0 有2交点，
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
φ
综上可知函数 { ex，x＜0 与 （x）＝|x﹣k|的图象有且仅有 2 个交点时，
ℎ(x)=
2x−x2，x＞0
φ1 9
k∈(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1， )，
4 4
1 9
即函数g（x）有且仅有3个零点时，k∈(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1， )．
4 4
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2021秋•福田区校级期末）设函数f（x）＝4sin（2x+1）﹣x，则在下列区间中函数f（x）存
在零点的是（ ）
A．[﹣4，﹣2] B．[﹣2，0] C．[0，2] D．[2，4]
【解题思路】将函数f（x）的零点转化为函数g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的交点，在同一坐标
系中画出g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的图象，数形结合对各个区间进行讨论，即可得到答案
【解答过程】解：在同一坐标系中画出g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的图象
如下图示：
由图可知g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的图象在区间[﹣2，0]，[0，2]，[2，4]上有交点，
函数f（x）在[﹣2，0]，[0，2]，[2，4]存在零点，
故选：BCD．10．（5分）（2022春•高邮市期中）下列说法正确的是（ ）
A．已知方程ex＝8﹣x的解在（k，k+1）（k Z）内，则k＝1
B．函数f（x）＝x2﹣2x﹣3的零点是（﹣1，∈0），（3，0）
C．方程x2﹣2ax+a2﹣4＝0的一个实根在区间（﹣1，0）内，另一个实根大于2，则实数a的取值范围
是1＜a＜2
D．若函数y＝f（x）在区间（a，b）上有零点，则一定有f（a）•f（b）＜0
【解题思路】构造函数f（x）＝ex+x﹣8，根据零点存在性定理可判断A；
求出函数f（x）＝x2﹣2x﹣3的零点可判断B；
构造函数f（x）＝2ax+a2﹣4，根据二次函数的图象求出a的范围，可判断C；
利用特殊函数f（x）＝（x﹣1）（x﹣2）可判断D．
【解答过程】解：对于A，令f（x）＝ex+x﹣8，显然f（x）为增函数，
因为f（1）＝e+1﹣8＝e﹣7＜0，f（2）＝e2+2﹣8＝e2﹣6＞0，
所以f（x）在（1，2）内有唯一零点，
所以方程ex＝8﹣x在（1，2）内有唯一解，
因为方程ex＝8﹣x的解在（k，k+1）（k Z）内，所以k＝1，故A正确；
对于B，令f（x）＝x2﹣2x﹣3＝0，得x＝∈﹣1或x＝3，
所以函数f（x）＝x2﹣2x﹣3的零点是﹣1和3，故B不正确；{f(−1)＞0 {1+2a+a2−4＞0
对于C，令f（x）＝2ax+a2﹣4，依题意可得 ，即 ，解得1＜a＜2，故
f(0)＜0 a2−4＜0
f(2)＜0 4−4a+a2−1＜0
C正确；
对于D，因为f（x）＝（x﹣1）（x﹣2）在（0，3）上有两个零点，但是f（0）f（3）＝2×2＝4＞0，故
D不正确；
故选：AC．
{
x+2
，x≤0
11．（5分）（2022春•开福区校级月考）已知m为常数，函数f(x)= x+1 ，g（x）＝mx+2，
|lnx|，x＞0
若函数y＝f（x）﹣g（x）恰有四个零点，则实数m的值可以是（ ）
1 1
A．﹣2 B．﹣1 C． D．
e3 e2
【解题思路】作出f（x）的图像，若y＝f（x）﹣g（x）恰有4个零点，则l 与y＝lnx相切，l 与y
1 2
x+2
= 相切，l 为过点（1，0），即可得出答案．
3
x+1
【解答过程】解：作出f（x）的图像：
x+2 1
当x≤0时，f（x）= =1+ ，
x+1 x+1
x→﹣1﹣时，x+1＜0，f（x）→﹣∞，
x→﹣1+时，x+1＞0，f（x）→+∞，1
x→﹣∞时， →0，f（x）→1，
x+1
因为y＝f（x）﹣g（x）恰有4个零点，
所以两个临界位置l 和l ，l ，
1 2 3
x+2
即l 与y＝lnx相切，l 与y= 相切，l 为过点（1，0），
1 2 3
x+1
设l 与y＝lnx相切的切点为（x ，lnx ），
1 0 0
切线方程为y﹣lnx ＝k（x﹣x ），
0 0
因为y＝lnx，
1 1
所以y′= ，即k= ，
x x
0
1
所以l 切线方程为y﹣lnx = （x﹣x ），
1 0 x 0
0
因为l 过点（0，2），
1
1
所以2﹣lnx = （0﹣x ），
0 x 0
0
解得x ＝e3，
0
1
所以k＝m= ，
e3
设l 与y x+2切点（x ，x +2），
2 = 1 1
x+1 x +1
1
所以y x +2 m（x﹣x ），
− 1 = 1
x +1
1
x+2
因为y= ，
x+1
x+1−x−2 −1
所以y′= = ，
(x+1) 2 (x+1) 2
所以2
−
x
1
+2
=
−1 （0﹣x
1
），
x +1 (x +1) 2
1 1
所以1
−
1
=
x
1
，解得x
1
＝0，不合题意，
x +1 (x +1) 2
1 1
因为l 过点（1，0），
30−2
所以m= =−2，
1−0
1
所以m＝﹣2或 ．
e3
故选：AC．
12．（5分）（2021秋•天河区期末）已知函数 {x2+2x−3，x≤0，令h（x）＝f（x）﹣k，则下
f(x)=
−2+lnx，x＞0
列说法正确的是（ ）
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
【解题思∈路】画出函数f（x）的图象，结合图象，判断选项中的命题是否正确即可．
【解答过程】解：画出函数 {x2+2x−3，x≤0的图象，如图所示：
f(x)=
−2+lnx，x＞0
由图象可知，函数f（x）在（﹣1，0）和（0，+∞）上单调递增，由于函数图象不连续，所以选项A错
误；
由图象可知，当﹣4＜k≤﹣3时，函数f（x）的图象与y＝k的图象有3个不同的交点，所以h（x）＝f
（x）﹣k有3个零点，选项B正确；
当k＝﹣2时，h（x）＝f（x）+2，令h（x）＝0，得x ＝﹣1−√2，x ＝1，计算x +x =−√2，即h（x）
1 2 1 2
的所有零点之和为−√2，选项C错误；
当k＜﹣4时，函数f（x）的图象与y＝k的图象有1个交点，即函数h（x）有1个零点，选项D正确．
故选：BD．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春•福州期末）函数f（x）＝2x+3x﹣4的零点所在的区间是（a，a+1）则a＝ 0 ．
【解题思路】确定f（0）＝1﹣4＝﹣3＜0，f（1）＝2+3﹣4＝1＞0，根据零点存在定理，可得结论．
【解答过程】解：f（0）＝1﹣4＝﹣3＜0，f（1）＝2+3﹣4＝1＞0，
根据零点存在定理，可得函数f（x）＝2x+3x﹣4的零点所在的大致区间是（0，1）
故a＝0．
故答案为：0．
14．（5分）（2022春•南阳月考）已知[x]表示不超过x的最大整数，则函数f（x）＝[x]﹣x+sinx，x [﹣
1， ]的零点有 4 个． ∈
【解π题思路】在同一平面直角坐标系作出y＝x﹣[x]（y [0，1））与y＝sinx，x [﹣1， ]的图象，数形
结合得解． ∈ ∈ π
【解答过程】解：由f（x）＝[x]﹣x+sinx＝0，可得x﹣[x]＝sinx，
x+1，−1≤x＜0
{
x，0≤x＜1
令y＝x﹣[x]= x−1，1≤x＜2 ，y＝sinx，x [﹣1， ]，
x−2，2≤x＜3
∈ π
x−3，3≤x＜4
在同一平面直角坐标系作出图象，如图，
则由图可知，y＝x﹣[x]（y [0，1））与y＝sinx，x [﹣1， ]有4个交点，
所以f（x）＝[x]﹣x+sinx，∈x [﹣1， ]有4个零点．∈ π
故答案为：4． ∈ π
15．（5分）（2022春•海淀区校级月考）已知函数
{|2x−1|，x＜1，若函数g（x）＝f（x）﹣
f(x)=
−(x−1) 2，x≥1.
k有两个不同的零点，则实数k的取值范围是 [ 0 ， 1 ） ．【解题思路】画出f（x）的图象，由y＝f（x）与y＝k的图象有两个交点来求得k的取值范围．
【解答过程】画出f（x）的图象如下图所示，
令g（x）＝f（x）﹣k＝0，则f（x）＝k，
即y＝f（x）与y＝k的图象有两个交点，
由图可知，k的取值范围是[0，1）．
故答案为：[0，1）．
16．（5分）（2022•二模拟）已知函数 {|ln(−x)|，x＜0，则函数f（x）的各个零点之和为
f(x)=
x2−6x+8，x≥0
1
5 ；若方程f(x+ )=m恰有四个实根，则实数m的取值范围为 （﹣ 1 ， 0 ）∪（ l n 2 ， + ∞） ．
x
1
【解题思路】求出函数f（x）的零点，可求得函数f（x）的各零点之和；令t=x+ ，可得出函数
x
1
t=x+ 的值域为（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞），设方程f（t）＝m在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有两个不
x等的实根，设为t 、t ，可得出t 、t （2，+∞）或t 、t （﹣∞，﹣2）或t ＞2，t ＜﹣2，数形结合
1 2 1 2 1 2 1 2
可得出实数m的取值范围． ∈ ∈
【解答过程】解：当x＜0时，由f（x）＝|ln（﹣x）|＝0，可得x＝﹣1，
当x≥0时，由f（x）＝x2﹣6x+8＝0，解得x＝2或4，
所以，函数f（x）的各个零点之和为﹣1+2+4＝5；
1 1 √ 1
令t=x+ ，当x＞0时，t=x+ ≥2 x⋅ =2，当且仅当x＝1时，等号成立，
x x x
当x＜0时， 1 1 √ 1 ，当且仅当x＝﹣1时，等号成立，
t=x+ =−[(−x)+ ]≤−2 (−x)⋅ =−2
x −x (−x)
1
所以，函数t=x+ 的值域为（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞），
x
1
作出函数t=x+ 的图象如下图所示：
x
1
若方程f(x+ )=m恰有四个实根，则方程f（t）＝m在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有两个不等的实根，
x
设为t ，t ，
1 2
由图可知，t ，t （2，+∞）或t ，t （﹣∞，﹣2）或t ＞2、t ＜﹣2，
1 2 1 2 1 2
作出函数f（t）在∈（﹣∞，﹣2]∪[2，∈+∞）上的图象如下图所示：由图可得m＞ln2或﹣1＜m＜0，
因此，实数m的取值范围是（﹣1，0）∪（ln2，+∞）．
故答案为：5；（﹣1，0）∪（ln2，+∞）．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2021秋•城关区校级期末）已知函数f（x）＝2x+x﹣5．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）求证：函数f（x）在区间（1，2）上有零点．
【解题思路】（1）利用单调性的定义进行判断；
（2）利用零点存在性定理进行证明．
【解答过程】（1）解：设 x ＞x ，
1 2
则 ，
f(x )−f(x )=2x 1+x −5−(2x 2+x −5)=2x 1−2x 2+x −x
1 2 1 2 1 2
∵指数函数y＝2x在R上是增函数，
∴ ，
2x 1−2x 2＞0，x −x ＞0
1 2
∴ ，
2x 1−2x 2+x −x ＞0
1 2
∴f（x ）﹣f（x ）＞0，
1 2
∴函数f（x）＝2x+x﹣5在R上是增函数；
（2）证明：∵函数 f（x）＝2x+x﹣5 在区间（1，2）上连续且单调递增，
f（1）＝2+1﹣5＜0，f（2）＝4+2﹣5＝1＞0
f（1）•f（2）＜0，
∴函数f（x）在区间（1，2）上有零点．
18．（12分）（2022春•山东月考）已知函数f（x）＝sinx﹣xcosx．（1）证明：当x （0， ）时，f（x）＞0；
（2）记函数g（∈x）＝f（πx）﹣x，判断g（x）在区间（﹣2 ，2 ）上零点的个数．
【解题思路】（1）求导后可知f（x）在（0， ）上单调递π增，由π f（x）＞f（0）＝0可得结论；
π π
（2）由g（ ）＝0可知x＝ 是g（x）的一个零点；分别在x （ ， ）和x （ ，2 ）的情况下，结
2
π π ∈ π ∈ π π
合零点存在定理判断导函数的正负，从而得到g（x）的单调性，确定区间内零点个数，得到g（x）在
（0，2 ）上的零点个数；根据奇函数性质可得最终结果．
【解答π过程】解：（1）证明：由题意得：f′（x）＝xsinx；
当x （0， ）时，sinx＞0，
∴f′∈（x）＞π 0，
∴f（x）在（0， ）上单调递增，
∴f（x）＞f（0）π＝0；
（2）因为g（x）＝sinx﹣xcosx﹣x，g'（x）＝xsinx﹣1，
∵g（ ）＝sin ﹣ cos ﹣ ＝0，
∴x＝π是g（xπ）的π一个π零点π ；
π π
①当x （0， ]时，设h（x）＝sinx﹣x，则h′（x）＝cosx﹣1＜0，
2
∈
π
∴h（x）在（0， ]上单调递减，
2
∴h（x）＜h（0）＝0，
又﹣xcosx＜0，
∴g（x）＜0，
π
即g（x）在（0， ]上无零点；
2
π
②当x （ ， ）时，g″（x）＝sinx+xcosx，g′″（x）＝2cosx﹣xsinx＜0，
2
∈ π
π
∴g″（x）在（ ， ）上单调递减，
2
π
π
又g″（ ）＝1＞0，g″（ ）＝﹣ ＜0，
2
π π
π
∴ x （ ， ），使得g″（x ）＝0，
0 0
2
∃ ∈ π
π
当x （ ，x ）时，g″（x）＞0；当x （x ， ）时，g″（x）＜0；
0 0
2
∈ ∈ ππ
∴g′（x）在（ ，x ）上单调递增，在（x ， ）上单调递减；
0 0
2
π
π π
∵g′（x ）＞g'（ ）= −1＞0，g′（ ）＝﹣1＜0，
0
2 2
π
π
∴g′（x）在（ ， ）上存在唯一零点x ，
1
2
π
π
当x （ ，x ）时，g′（x）＞0；当x （x ， ）时，g′（x）＜0；
1 1
2
∈ ∈ π
π
∴g（x）在（ ，x ）上单调递增，在（x ， ）上单调递减，
1 1
2
π
π π
∵g（x ）＞g（ ）＝0，g（ ）＝1− ＜0，
1
2 2
π
π
∴g（x）在（ ， ）有唯一零点；
2
π
③当x （ ，2 ）时，sinx＜0，
∴g′（∈x）π＜0π，∴g（x）在（ ，2 ）上单调递减，
∴g（x）＜g（ ）＝0， π π
∴g（x）在（ π，2 ）上无零点；
综上所述：g（πx）在π （0，2 ）上有两个零点；
∵g（﹣x）＝﹣sinx+xcosx+xπ＝﹣g（x），
∴g（x）为奇函数，图象关于原点对称，
∴g（x）在（﹣2 ，0）上有两个零点；
又g（0）＝0， π
∴g（x）在（﹣2 ，2 ）上共有5个零点．
19．（12分）（2021π春•π雨花区校级期末）已知函数f（x）＝ax2﹣2x+1（a≠0）．
（1）若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（2）若函数f（x）在区间（0，1）与（1，2）上各有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意可得，a≠0，且Δ＝4﹣4a＞0，由此求得a的范围．
（2）若函数 f（x）在区间（0，1）与（1，2）上各有一个零点，则由函数 f（x）的图象可得
{f(0)＞0
，由此求得a的范围．
f(1)＜0
f(2)＞0【解答过程】解：（1）由题意可得，a≠0，且Δ＝4﹣4a＞0，
解得a＜1，且a≠0，
故a的范围是（﹣∞，0）∪（0，1）．
（2）若函数f（x）在区间（0，1）与（1，2）上各有一个零点，
{f(0)＞0
则由函数f（x）的图象可得 ，
f(1)＜0
f(2)＞0
{ 1＞0
即 a−1＜0 ，
4a−3＞0
3
解得 ＜a＜1，
4
3
即所求的a的范围为（ ，1）．
4
1
20．（12分）（2022春•南京期中）已知函数f(x)=x2+ax+ ，g(x)=−lnx．
4
（1）若函数f（x）在（0，1）上有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
（2）用min{mn}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）
零点的个数．
{
Δ=a2−1＞0
a
【解题思路】（1）根据二次函数的性质有 0＜− ＜1 即可求范围；
2
5
f(1)=a+ ＞0
4
（2）由对数函数性质确定g（x）的单调性和零点，讨论a研究f（x）的单调性、值域，进而判断区间
内f（x）、g（x）的大小确定h（x），结合零点存在性定理判断h（x）的区间零点分布即可．
a 1
【解答过程】解：（1）因为f（x）开口向上，对称轴为x=− ，且f（0）= ＞0，
2 4
所以f（x）在（0，1）上有两个不同的零点，
{
Δ=a2−1＞0
a
则 0＜− ＜1 ，可得 5 a＜﹣1，
2 − ＜
4
5
f(1)=a+ ＞0
45
所以a的取值范围为：（− ，1）；
4
（2）由对数函数性质知：g（x）定义域上递减且值域为R，g（1）＝0，
a 1
而f（x）开口向上，对称轴为x=− ，且f（0）= ＞0，
2 4
a 5
当a≥0时，f（x）对称轴为x=− ≤0，则f（x）在 （0，+∞）上递增且f（1）= +a＞0，
2 4
所以存在x （0，1），有x （0，x ）时f（x）＜g（x），x （x ，+∞）时f（x）＞g（x），
0 0 0
∈ ∈ ∈
则h（x）
=
{f(x)，0＜x＜x
0
，
g(x)，x＞x
0
1
而在（0，x ）上h（x）＞ ，在（x ，+∞）上h（1）＝0，
0 0
4
此时，h（x）只有1个零点；
a 5
当﹣1＜a＜0时，x=− （0，1）且Δ＝a2﹣1＜0，f（1）= +a＞0，
2 4
∈
a
所以存在x （− ，1），有x （0，x ）时f（x）＜g（x），x （x ，+∞）时f（x）＞g（x），
0 0 0
2
∈ ∈ ∈
则h（x）
=
{f(x)，0＜x＜x
0
，
g(x)，x＞x
0
而在（0，x ）上h（x）＞0，在（x ，+∞）上h（1）＝0，
0 0
此时，h（x）只有1个零点；
a 1 1 1
当a＝﹣1时，x=− = 且f（ ）＝0，f（1）= ＞0，
2 2 2 4
1
所以存在x （− ，1），有x （0，x ）时f（x）＜g（x），x （x ，+∞）时f（x）＞g（x），
0 0 0
2
∈ ∈ ∈
则h（x）
=
{f(x)，0＜x＜x
0
，
g(x)，x＞x
0
1
而在（0，x ）上h（ ）＝0，在（x ，+∞）上h（1）＝0，
0 0
2
此时，h（x）有两个零点；
5 a 5
当− ＜a＜﹣1时，x=− （0，1）且Δ＝a2﹣1＞0，f（1）= +a＞0，
4 2 4
∈a
所以存在x （− ，1），有x （0，x ）时f（x）＜g（x），x （x ，+∞）时f（x）＞g（x），
0 0 0
2
∈ ∈ ∈
则h（x）
=
{f(x)，0＜x＜x
0
，
g(x)，x＞x
0
由（1）知：在（0，x ）上有2个零点，在（x ，+∞）上h（1）＝0，
0 0
此时，h（x）有3个零点；
5 1 1
当a=− 时，f（x）＝（x− ）（x﹣1），在（0，+∞）上f（x）有两个零点 ，1，
4 4 4
则h（x） {f(x)，0＜x＜1，
=
g(x)，x＞1
1
在（0，1）上h（ ）＝0，在[1，+∞）上h（1）＝0，
4
此时，h（x）有2个零点；
5 a 5 5
当a＜− 时，x=− ＞ 且Δ＝a2﹣1＞0，f（1）= +a＜0，
4 2 8 4
所以存在x （1，+∞），有x （0，x ）时f（x）＜g（x），x （x ，+∞）时f（x）＞g（x），
0 0 0
∈ ∈ ∈
则h（x）
=
{f(x)，0＜x＜x
0
，
g(x)，x＞x
0
在（0，x ）上有1个零点，在（x ，+∞）上h（x）＜0，
0 0
此时，h（x）有1个零点；
5 5 5
综上，a＞﹣1或a＜− 时h（x）有1个零点；a＝﹣1或a=− 时h（x）有2个零点；− ＜a＜﹣1
4 4 4
时h（x）有3个零点．
21．（12分）（2021秋•滕州市校级月考）已知f（x）是定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，且
当x＞0时，f（x） { 3x−7，0＜x≤2 ，g（x）＝f（x）﹣a．
=
|x−5|−1，x＞2
（1）若函数g（x）恰有三个不相同的零点，求实数a的值；
（2）记h（a）为函数g（x）的所有零点之和．当﹣1＜a＜1时，求h（a）的取值范围．
【解题思路】（1）作出函数的图象，把函数g（x）＝f（x）﹣a恰有两个不相同的零点，转化为y＝f（x）的图象与y＝a的图象有3个不同交点，由图可得实数a的值；
（2）当﹣1＜a＜1时，f（x）＝a的实根的个数为6，由小到大设为x ，x ，x ，x ，x ，x ，由绝对值
1 2 3 4 5 6
函数的对称性和指数方程的求解，即可得到所求范围．
【解答过程】解：（1）作出函数f（x）的图象，如图所示：
由图象可知，当且仅当a＝2或a＝﹣2时，
直线y＝a与函数y＝f（x）的图象有三个不同的交点，
∴函数g（x）恰有三个不相同的零点，
a＝2或a＝﹣2．
（2）由f（x）的图象可知，当﹣1＜a＜1时，
g（x）有6个不同的零点，
设由小到大设为x ，x ，x ，x ，x ，x ，
1 2 3 4 5 6
则由对称性可得x +x ＝﹣10，x +x ＝10，
1 2 5 6
x 是方程﹣3﹣x+7﹣a＝0的解，
3
x 是方程3x﹣7﹣a＝0的解，
4
∴h（a）＝﹣10﹣log （7﹣a）+log （7+a）+10，
3 3
7+a
＝log ，
3
7−a
7+a 14 3 4
当﹣1＜a＜1时， = −1 （ ， ）
7−a 7−a 4 3
∈
∴h（a） （1﹣2log 2，2log 2﹣1）．
3 3
∈
22．（12分）（2021秋•徐汇区校级期中）已知f（x）＝x2﹣a|x﹣b|，其中a＞0，b＞0．（1）若a＝2，b＝1，写出f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）恰有三个不同的零点，且这些零点之和为﹣2，求a、b的值；
（3）若函数f（x）在[﹣2，2]上有四个不同零点x 、x 、x 、x ，求|x |+|x |+|x |+|x |的最大值．
1 2 3 4 1 2 3 4
【解题思路】（1）分类讨论x与1的关系，进而求解；
（2）由（1）知x＞b时，方程有唯一解，进而利用判别式求解；
（3）f（x）＝x2﹣a|x﹣b|＝0即x2﹣ax+ab＝0或x2+ax﹣ab＝0，进而由韦达定理及求根公式1求解；
【 解 答 过 程 】 解 ： （ 1 ） a ＝ 2 ， b ＝ 1 时 ， f （ x ） ＝ x2﹣ 2|x﹣ 1|
{x2−2x+2，x≥1 {(x−1) 2+1，x≥1 ，
= =
x2+2x−2，x＜1 (x+1) 2−3，x＜1
∴f（x）在（﹣∞，﹣1]单调递减，在（﹣1，1）上单调递增，在[1，+∞）单调递增；
（2）由题意f（x）＝x2﹣a|x﹣b|＝0有三个解，且他们的和为﹣2，
−a±√a2+4ab
∵x＜b时，f（x）＝x2+ax﹣ab＝0必有两个解，x= ，∴x＞b时，f（x）＝x2﹣ax+ab＝0
2
只有一解，Δ＝a2﹣4ab＝0，a＝4b①，x＝2b②，联立①②解得a＝4，b＝1，
综上所述a＝4，b＝1；
（3）f（x）＝x2﹣a|x﹣b|＝0即x2﹣ax+ab＝0或x2+ax﹣ab＝0，设x2﹣ax+ab＝0的两根为x ，x ，则
1 2
x +x ＝a，x ＞0，x ＞0；设x2+ax﹣ab＝0的两根为x ，x ，则x +x ＝﹣a，x •x ＝﹣ab＜0，
1 2 1 2 3 4 3 4 3 4
∴|x |+|x |＝|x ﹣x | ，∵x ，x ，x ，x 均在区间[﹣2，2]内，
3 4 3 4=√(x +x ) 2−4x ⋅x =√a2+4ab 1 2 3 4
3 4 3 4
−a−√a2+4ab
∴x2+ax﹣ab＝0的负根 在区间[﹣2，2]内，
2
−a−√a2+4ab
∴ ≥−2，∴a+√a2+4ab≤4，
2
∴|x |+|x |+|x |+|x |＝a 4，
1 2 3 4 +√a2+4ab≤
综上所述|x |+|x |+|x |+|x |＝a 的最大值为4.
1 2 3 4 +√a2+4ab
