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专题 2.7 函数图象与函数零点问题【八大题型】
【新高考专用】
1、函数图象与函数零点问题
从近几年的高考情况来看，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，从近几年的高考情况来看，一般以选择题与填空题的形式出
现，有时候也会与导数结合在解答题中考查，主要结合函数图象研究函数的零点或方程的根的分布、个数
等，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.
3．函数图象的应用的解题策略
(1)利用函数的图象研究函数的性质
对于已知或易画出其在给定区间上图象的函数，其性质(单调性、奇偶性、周期性、最值(值域)、零点)
常借助于图象研究，但一定要注意性质与图象特征的对应关系.
(2)利用函数的图象解决方程和不等式的求解问题
利用函数的图象可解决方程和不等式的求解问题，如判断方程是否有解，有多少个解.数形结合是常用
的思想方法.不等式的求解可转化为两函数的上下关系问题.
【知识点2 函数的零点问题】
1．确定函数零点所在区间的常用方法
(1)利用函数零点存在性定理：首先看函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.
若有，则函数y=f(x)在区间(a,b)内必有零点.
(2)数形结合法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如
f(x)= g(x) - h(x)，作出y=g(x)和y=h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点.
2．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.
3．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】
1 1
【例1】（23-24高一上·江西南昌·期中）要得到函数y=1+ 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，再向下平移1个单位长度
B．向右平移1个单位长度，再向上平移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
【解题思路】直接根据函数的平移法则得到答案.
1 1
【解答过程】函数y= 的图象向右平移1个单位得到y= ，
x x−1
1 1
再将y= 得图象向上平移1个单位得到y=1+ .
x−1 x−1
故选：B.
【变式1-1】（23-24高一上·甘肃武威·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】（2024·全国·模拟预测）设函数f (x)=|x−1|−2|x+1|．
(1)作出函数f (x)的图象；
(2)若f (x)的最大值为m，正实数a,b,c满足ab+2b2+3ac+6bc=m，求a+3b+3c的最小值．
【解题思路】（1）分别在x≤−1、−10，画出
ℎ(x)的大致图像，则满足ℎ(−1)≥f(−1)即可，解得不等式即可求得答案．
【解答过程】（1）由题得，f(x)=2|x−1|−|x+1|=¿，
画出f (x)的图像如图所示：（2）设ℎ(x)=a⋅g(x)=a|x−1|=¿，
∵f (x)≤ag(x)，
∴ℎ(3)≥f (3)=0，且a≠0，
∴a>0，
画出ℎ(x)的大致图像，
由图像知，若f (x)≤ℎ(x)恒成立，
则ℎ(−1)≥f(−1)，即2a≥4，
∴a≥2，
故实数a的取值范围为[2,+∞)．
【题型2 函数图象的识别】
【例2】（2024·北京·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.
|x2−4|
【变式2-1】（2024·安徽合肥·三模）函数f (x)= 的图象大致是（ ）
x
A． B．
C． D．
【解题思路】根据函数奇偶性、在(2,+∞)上的单调性、函数值f (1)的正负情况依次判断和排除ABC，即
可得解.
【解答过程】由题f (x)定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称，且|(−x) 2−4| |x2−4| ，
f (−x)= =− =−f (x)
−x x
故f (x)是奇函数，故A错；
|x2−4| x2−4 4
当x>2时，f (x)= = =x− ，
x x x
4
又y=x是增函数，y=− 在(2,+∞)上是增函数，
x
4
故f (x)=x− 在(2,+∞)上是增函数，故BC错；
x
故选：D.
【变式2-2】（2024·山东·二模）如图所示，AB是半圆O的直径，点P从点O出发，沿OA→弧AB→BO
的路径运动一周，设点P到点O的距离为s，运动时间为t，则下列图象能大致地刻画s与t之间的关系的是
（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】点P在OA段运动时和点P在BO上运动时，s，t之间是线性关系，点P在弧AB上运动时，
1
s=OP= AB（定值），即可结合选项求解.
2
【解答过程】当点P在OA段运动时，s随t的增大而匀速增大，
1
点P在弧AB上运动时，s=OP= AB（定值），
2
点P在BO上运动时，s随着t的增大而减小．
故选：C．【变式2-3】（2024·湖南·二模）已知函数f (x)的部分图象如图所示，则函数f (x)的解析式可能为（ ）
2x2 2x2
A．f (x)=− B．f (x)=−
|x|−1 |x|+1
2x 2|x|
C．f (x)=− D．f (x)=−
|x|−1 x2−1
【解题思路】根据函数的奇偶性和定义域，利用排除法即可得解.
【解答过程】由图可知，函数图象对应的函数为偶函数，排除C；
由图可知，函数的定义域不是实数集.故排除B；
由图可知，当x→+∞时，y→−∞，
而对于D选项，当x→+∞时，y→0，故排除D.
故选：A.
【题型3 函数图象的应用】
【例3】（24-25高一上·广东深圳·期中）函数f (x)的图象如图所示，则关于x的不等式x⋅f (x−1)>0的解
集为（ ）
A．(−∞,−2)∪(2,+∞) B．(−∞,−1)∪(0,1)∪(3,+∞)
C．(0,1)∪(2,+∞) D．(−∞,−2)∪(0,1)∪(2,+∞)
【解题思路】将不等式转化成¿或¿，结合图象即可求解.
【解答过程】由图象可知当f (x−1)>0时，
可得：−22
也即：−13，当f (x−1)<0时，
可得：00可转化成：
¿解得：03，
或¿解得：x<−1，
综上可知：原不等式的解集为：(−∞,−1)∪(0,1)∪(3,+∞).
故选：B.
【变式3-1】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知定义在R上的偶函数f (x)在[0,+∞)上的图象如图所示，则
不等式x2f (x)>3f (x)的解集为（ ）
A．(−√3,0)∪(√3,2) B．(−2,−√3)∪(0,√3)∪(2,+∞)
C．(−∞,−2)∪(−√3，0)∪(√3，2) D．(−2,−√3)∪(√3,2)
【解题思路】利用偶函数的图象特征，将不等式转化成¿或¿
【解答过程】根据偶函数的图象特征，
可知当x∈(−2,0)∪(0,2)时，f (x)>0，当x∈(−∞,−2)∪(2,+∞)时，f (x)<0
由x2f (x)>3f (x)，得(x2−3)f (x)>0，
等价于¿或¿
解得√32f (x)的解集为（ ）
A．(−√2,0)∪(√2,2) B．(−∞,−2)∪(2,+∞)
C．(−∞,−2)∪(−√2，0)∪(√2，2) D．(−2,−√2)∪(0,√2)∪(2,+∞)
【解题思路】根据奇函数图像关于原点对称即得函数整体图像,利用图像即得.
【解答过程】根据奇函数的图象特征，作出f (x)在(−∞,0)上的图象如图所示，由x2f (x)>2f (x)，得(x2−2)f (x)>0，
等价于¿或¿
解得x<−2，或√20,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4-1】（2024·陕西安康·模拟预测）函数f (x)=lnx+x2−2的零点所在区间是（ ）
( √2) (√2 )
A． 0, B． ,1 C．(1,√2) D．(√2,2)
2 2
【解题思路】由零点存在性定理可得答案.
1
【解答过程】因为函数f (x)的定义域为(0,+∞)，又f′(x)= +2x>0，易知函数f (x)在(0,+∞)上单调递增，
x
1
又f (1)=−1<0,f (√2)=ln√2= ln2>0，所以在(1,√2)内存在一个零点x ，使f (x )=0.
2 0 0
故选：C.
【变式4-2】（2024·河北·模拟预测）已知函数f (x)=3x+x−6有一个零点x=x ，则x 属于下列哪个区间
0 0（ ）
(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.
【变式4-3】（2024·海南·模拟预测）函数f (x)=2x−1+x−3的零点所在的区间是（ ）
A．(−1,0) B．(0,1) C．(1,2) D．(2,3)
【解题思路】利用零点存在定理计算出满足条件的区间即可.
【解答过程】易知函数f (x)=2x−1+x−3在R上单调递增，
又f (1)=1+1−3<0，f (2)=2+2−3>0，
由函数的零点存在定理可知，函数f (x)的零点所在的一个区间是(1,2)．
故选：C.
【题型5 求函数的零点或零点个数】
【例5】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数f(x)=lnx，则函数y=f(f(x))的零点为（ ）
A．1 B．0 C．e D．√e
【解题思路】先根据函数解析式，求出y=f(f(x))的解析式，再由函数的零点定义，解对数方程即得.
【解答过程】由f(x)=lnx可得f(f(x))=lnf(x)=ln(lnx)，
由f(f(x))=0可得，lnx=1，解得x=e.
故选：C.
【变式5-1】（2024·陕西西安·一模）函数f(x)=log x−log (x+20)的零点为（ ）
2 4
A．4 B．4或5 C．5 D．−4或5
【解题思路】根据零点的定义结合对数的运算求解，注意函数的定义域.
【解答过程】由题意可得：¿，解得x>0，故f(x)的定义域为(0,+∞)，
令f(x)=log x−log (x+20)=0，得log x2=log (x+20)(x>0)，则x2=x+20，解得x=5或x=−4，
2 4 4 4
又∵x>0，所以x=5．
故选：C.【变式5-2】（2024·福建漳州·模拟预测）已知函数f(x)=¿，则函数g(x)=f(f(x)−1)的零点个数为
（ ）
A．3 B．5 C．6 D．8
【解题思路】令f(x)−1=t，求出方程f(t)=0的根，再结合图象求出f(x)=t+1的解的个数即可.
【解答过程】依题意，函数g(x)=f(f(x)−1)零点的个数，即为方程f(f(x)−1)=0解的个数，
1 1
令f(x)−1=t，则f(t)=0，当t>0时，lnt− =0，令ℎ(t)=lnt− ，t>0，
t t
1
函数y=lnt,y=− 在(0,+∞)上单调递增，于是函数ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，
t
1
又ℎ(1)=−1<0，ℎ(e)=1− >0，则存在t ∈(1,e)，使得ℎ(t )=0；
e 1 1
当t≤0时，−|t+1|+1=0，解得t=0或−2，
作函数f(x)=¿的大致图象，如图：
又f(x)−1=t，则f(x)=t+1，
当t=0时，f(x)=1，由y=f (x)的图象知，方程f(x)=1有两个解；
当t=−2时，f(x)=−1，由y=f (x)的图象知，方程f(x)=−1有两个解；
当t= t ，t ∈(1,e)时，f(x)=t +1，由y=f (x)的图象知，方程f(x)=t +1有一个解，
1 1 1 1
综上所述，函数g(x)=f(f(x)−1)的零点个数为5.
故选：B.
1
【变式5-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=¿（00，ℎ
(1)
=−2ln2+
5
<0（点拨：因为
e e 4 4
5 5 (1 1)
44=256>243=35>e5，所以 4>e4，故2ln2>
4
）因此方程lnt+t+1=0的解t
0
∈
4
,
e
．
1
又当x≤0时，−x2−2ax≤a2< ，所以−x2−2ax=t 无解，显然|lnx|=t 有2个解，
4 0 0
所以函数g(x)有2个零点，
故选：B．【题型6 根据函数零点分布求参数】
【例6】（24-25高一上·全国·期中）如果函数f (x)=x2−mx+1的两零点分别落在区间(0,1)和(1,2)上，则
实数m的取值范围是（ ）
5 5
A．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6-2】（2024·四川巴中·一模）若函数f (x)=2ax2+3x−1在区间(−1,1)内恰有一个零点，则实数a
的取值集合为（ ）
9
A．{a|−10时，即a>− 且a≠0，则满足f (−1)⋅f (1)=(2a−4)(2a+2)≤0，
8
解得−1≤a≤2且a≠0，
若a=−1，可得f (x)=−2x2+3x−1，令f (x)=0，即2x2−3x+1=0，
1 1
解得x=1或x= ，其中x= ∈(−1,1)，符合题意；
2 2
若a=2，可得f (x)=4x2+3x−1，令f (x)=0，即4x2+3x−1=0，
1 1
解得x=−1或x= ，其中x= ∈(−1,1)，符合题意；
4 4
9
综上可得，实数a的取值范围为{a|a=− 或−1≤a≤2}.
8
故选：D.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=¿有且仅有3个零点α,β,γ，若α<β<γ，则（ ）
A．lnαβ=γ B．lnαβ=γ−1 C．lnαβ<γ−1 D．lnαβ>γ
【解题思路】当x>0时，解出一根，由α<β<γ得γ=1，当x≤0时，还有两根，则此时方程为二次方程，
根据题意建立不等式解出a的取值范围，再根据其他条件即可得结论.
1
【解答过程】当x>0时，令 −√x=0，解得x=1，即γ=1；
x
当x≤0时，方程ax2+2ax+3=0有两个不等负实根α，β，所以¿，解得a>3，
当α=β=−1时，α+β=−2，又α<β<0，则−2<α<−1<β<0．
3
所以lnαβ=ln <0=γ−1．
a
故选：C.
【题型7 根据函数零点个数求参数范围】
【例7】（2024·江苏徐州·模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上偶函数，当x≥0时，f(x)=¿，若函数
y=f (x)−m仅有4个零点，则实数m的取值范围是（ ）
( 5) ( 5) [ 5) ( 5)
A． 1, B． 0, C． 0, D． −∞,
4 4 4 4
【解题思路】首先根据f (x)的性质画出函数f (x)图象，然后把函数y=f (x)−m仅有4个零点，转化为函数
y=f (x)与y=m的图象有4个交点，数形结合即可求解.
5
【解答过程】当0≤x≤2时，f (x)= x2 ，此时f (x)单调递增，
16
(1) x
当x>2时，f (x)= +1，此时f (x)单调递减，
2
又函数f (x)是定义在R上偶函数，其图象关于y轴对称作出函数f (x)图象：
因为函数y=f (x)−m仅有4个零点，所以函数y=f (x)与y=m的图象有4个交点，
5 ( 5)
根据图象可知：11，即− + >1，解得a<−2，
2 4 2
所以a∈(−∞,−2)．
故选：D.
【变式7-3】（2024·江苏泰州·模拟预测）已知定义在R上的奇函数f(x)满足f (1+x)=f (1−x)，已知当
x∈[0,1]时，f (x)=2x−a，若f (x)=m|x−1|恰有六个不相等的零点，则实数m的取值范围为（ ）
(1 1) [ 1 1] (1 1) [ 1 1]
A． , ∪ − ,− B． , ∪ − ,
6 4 2 6 8 4 2 6
(1 1) { 1} (1 1) { 1}
C． , ∪ − D． , ∪ −
6 4 6 8 4 6
【解题思路】根据已知求出a=1，再分析出函数的周期性和对称性，作出函数的图象分析即得解.【解答过程】解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f (0)=20−a=0,∴a=1.
所以当x∈[0,1]时，f (x)=2x−1.
因为f (1+x)=f (1−x)，则f(x)关于x=1对称，
因为y=m|x−1|关于x=1对称，f (x)=m|x−1|有6个不相同的根，
∴f (x)=m(x−1)在x∈(1,+∞)有三个不同的根，
y=m(x−1)表示过定点(1,0)的直线系，
∵f (2+x)=f (−x)=−f (x),∴f(x+4)=f [(x+2)+2]=−f(x+2)=f(x),
∴T=4.
作出f(x)在[0,+∞)上的图象,如图所示，
1−0 1 1−0 1
m>0时，k 2
1 2 3 4
C．x x >4 D．00时，f(x)=|lnx|在(0,1]上递减，函数值集合为[0,+∞)，在[1,+∞)上递增，函数值集合为
[0,+∞)，
方程f(x)=a的根是直线y=a与函数y=f(x)图象交点的横坐标，
方程f(x)=a有四个根x ,x ,x ,x ，即直线y=a与函数y=f(x)图象有4个交点，
1 2 3 4
在同一坐标系内作出直线y=a与函数y=f(x)的图象，如图，
观察图象知，x +x =−2，02√x x =2，B正确；
3 4 3 4
显然−10，即可证明.
1 2 1 2 1 2
2
【解答过程】（1）解：由题意得f′(x)=2tx−
.
x
因为曲线y=f (x)在x=2处的切线的斜率为3，
所以f′(2)=4t−1=3，得t=1.
1+2lnx 1+2lnx −4lnx
（2）①法一：解：令f (x)=0，得t= .令g(x)= ，则g′(x)= .
x2 x2 x3
当x∈(0,1)时，g′(x)>0,g(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0,g(x)单调递减.故g(x) =g(1)=1.
max
当x趋近正无穷时，g(x)趋近0，又 ( − 1) ，
g e 2 =0
所以00，则当x∈ 0, 时，f′(x)<0,f (x)单调递减，
t
(√1 )
当x∈ ,+∞ 时，f′(x)>0,f (x)单调递增，
t
(√1)
所以f(x) =f =lnt<0，得00,ℎ(x)单调递增，则ℎ(x)≥ℎ(1)=0，即lnx≤x−1.
因为x x >0，所以ln(x x )≤x x −1，即1+lnx x ≤x x .
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
又00，所以1+ln(x x )≤x x 1)，欲证u +u <1，只需证u +λu <1，
1 2 1 2 1 e 2 u 1 2 1 1
1
即证u (1+λ)<1，即证lnu +ln(1+λ)<0，结合不等式特点合理构造函数，结合导数与单调性关系的转
1 1
化即可求证；
（3）结合所要比较式子，合理构造函数，对新函数求导，结合导数与单调性关系即可求解.
1 1
【解答过程】（1）f (x)=x2lnx−m= x2lnx2−m= (x2lnx2−2m)，
2 2
u=x2，考虑函数g(u)=ulnu−2m，
f (x)有两个零点x ,x ，u =x2,u =x2 ，则g(u)有两个零点u ,u ，
1 2 1 1 2 2 1 2
g′(u)=lnu+1,g(u)在 ( 0, 1) 上单调递减， (1 ,+∞ ) 单调递增，
e e
(1) 1
所以g(u) =g =− −2m<0，
min e e
1
因为当u→0+时g(u)→−2m；当x→+∞时，g(u)→−∞，所以− 1)，
1 2 1 2 1 e 2 u
1
欲证u +u <1，只须证u +λu <1，即u (1+λ)<1，
1 2 1 1 1
即lnu +ln(1+λ)<0①，
1
∵u lnu =u lnu =λu lnλu ，
1 1 2 2 1 1
λ−lnλ
∴lnu =λ(lnλ+lnu ),∴lnu = ，
1 1 1 1−λ
λlnλ lnλ ln(λ+1)
证明①式只需证 +ln(1+λ)<0，即证 > ②，
1−λ λ−1 λ
1
lnλ 1− −lnλ
构造φ(λ)=
λ−1
(λ>1)， φ′(λ)= λ ，
(λ−1) 2
1 1 1 1−λ 1 1 1−λ
令y=1− −lnλ，y′= − = ，由于λ>1，所以y′= − = <0，
λ λ2 λ λ2 λ2 λ λ21 1
所以y=1− −lnλ在λ>1时单调递减，所以y<1− −ln1=0，
λ 1
1
1− −lnλ
所以 φ′(λ)= λ <0 ，
(λ−1) 2
φ(λ)在(1,+∞)单调递减，∴φ(λ)>φ(λ+1)得证.
（3）先证u +u > e ,0F =0，即g(u )>g −u ，
e 1 e 1 e 1
(2 ) (1 ) 2 2
∴g(u )>g −u ,∵g(u)在 ,+∞ 单调递增，∴u > −u ,∴u +u > .
2 e 1 e 2 e 1 1 2 e
1
由01，
1 e 2 1 2
2(x−1) (x−1) 2
又∵当00，
x+1 x(x+1) 2
2(x−1) 2(1−1)
所以y=lnx− 在(0,1)时单调递增，当x=1时，y=ln1− =0，
x+1 1+1
2(x−1)
所以当00③，
1 1 1
2(x−1) 2(1−1)
同理当x>1时，y=lnx− 单调递增，当x=1时，y=ln1− =0，
x+1 1+1
2(x−1) 2(x−1)
所以y=lnx− >0，即lnx> ，
x+1 u+1
把x代成eu 可得：eu2−2meu −3u −2m<0④，
2 2 2 2由③-④得：e(u2−u2)>(2me+3)(u −u )，
1 2 1 2
e 2 3
∵u 0，
3 3
( √−a √−a)
当x∈ − , ，f′ (x)<0，
3 3
( √−a) (√−a)
故f (x)的极大值为f − ，极小值为f ，
3 3
若f (x)要存在3个零点，则¿，即¿，解得a<−3，
故选：B.
3．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=2x3−3ax2+1，则（ ）
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x=0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
【解题思路】A选项，先分析出函数的极值点为x=0,x=a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)
在(−1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假
设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，则f(x)=f(2b−x)为恒等式，据此计算判断；D选项，
若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，则f(x)+f(2−x)=6−6a，据此进行计算判断，亦
可利用拐点结论直接求解.
【解答过程】A选项，f′ (x)=6x2−6ax=6x(x−a)，由于a>1，
故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时f′ (x)>0，故f(x)在(−∞,0),(a,+∞)上单调递增，
x∈(0,a)时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，
则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值，由f(0)=1>0，f(a)=1−a3<0，则f(0)f(a)<0，
根据零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点，
又f(−1)=−1−3a<0，f(2a)=4a3+1>0，则f(−1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0，
则f(x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f′ (x)=6x(x−a)，a<0时，x∈(a,0),f′ (x)<0，f(x)单调递减，
x∈(0,+∞)时f′ (x)>0，f(x)单调递增，
此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，
即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b−x)，
即2x3−3ax2+1=2(2b−x) 3−3a(2b−x) 2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b−x) 3展开式含有x3的项为2C3 (2b) 0 (−x) 3=−2x3 ，
3
于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f(1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，
则f(x)+f(2−x)=6−6a，事实上，
f(x)+f(2−x)=2x3−3ax2+1+2(2−x) 3−3a(2−x) 2+1=(12−6a)x2+(12a−24)x+18−12a，
于是6−6a=(12−6a)x2+(12a−24)x+18−12a
即¿，解得a=2，即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f(x)=2x3−3ax2+1，f′ (x)=6x2−6ax，f″ (x)=12x−6a，
由f″ (x)=0⇔x=
a
，于是该三次函数的对称中心为
(a
,f
(a))
，
2 2 2a
由题意(1,f(1))也是对称中心，故 =1⇔a=2，
2
即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
故选：AD.
4．（2022·天津·高考真题）设a∈R，对任意实数x，用f (x)表示|x|−2,x2−ax+3a−5中的较小者．若
函数f (x)至少有3个零点，则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,+∞).
5．（2023·天津·高考真题）设a∈R,函数f (x)=ax2−2x−|x2−ax+1|,若f (x)恰有两个零点，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−11
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,+∞)．
1
6．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ax− −(a+1)lnx．
x
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
(ax−1)(x−1)
（2）求导得f′(x)= ，按照a≤0、01结合导数讨论函数的单调性，求得函数的
x2
极值，即可得解.
1 1 1 1−x
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)=− −lnx,x>0，则f′(x)= − = ，
x x2 x x2
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
所以f (x) =f (1)=−1；
max
1 1 a+1 (ax−1)(x−1)
（2）f (x)=ax− −(a+1)lnx,x>0，则f′(x)=a+ − = ，
x x2 x x2
当a≤0时，ax−1<0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
所以f (x) =f (1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
max
1 (1 )
当01，在(0,1), ,+∞ 上，f′(x)>0，f (x)单调递增；
a a
( 1)
在 1, 上，f′(x)<0，f (x)单调递减；
a
又f (1)=a−1<0，1 1
由（1）得 +lnx≥1，即ln ≥1−x，所以lnx1时，f(x)=ax− −(a+1)lnx>ax− −2(a+1)√x>ax−(2a+3)√x，
x x
(3 ) 2 1
则存在m= +2 > ，使得f (m)>0，
a a
(1 )
所以f (x)仅在 ,+∞ 有唯一零点，符合题意；
a
(x−1) 2
当a=1时，f′(x)= ≥0，所以f (x)单调递增，又f (1)=a−1=0，
x2
所以f (x)有唯一零点，符合题意；
1 ( 1)
当a>1时， <1，在 0, ,(1,+∞)上，f′(x)>0，f (x)单调递增；
a a
(1 )
在 ,1 上，f′(x)<0，f (x)单调递减；此时f (1)=a−1>0，
a
1 1 ( 1 )
由（1）得当01− ，ln√x>1− ，所以lnx>2 1− ，
x √x √x
1 1 ( 1 ) 1 2(a+1)
此时f(x)=ax− −(a+1)lnx0，再利用导数即可得证.
x 2 x
【解答过程】（1）[方法一]：常规求导f(x)的定义域为(0,+∞)，则
f′ (x)=( 1 − 1 )ex− 1 +1 = 1 (1− 1 )ex+(1− 1 )= x−1 ( ex +1)
x x2 x x x x x x
令f' (x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f′ (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f′ (x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
[方法二]：同构处理
由f(x)≥0得：e−lnx+x+x−lnx−a≥0
令t=x−lnx,t≥1，则f(t)=et+t−a≥0即a≤et+t
令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，则g'(t)=et+1>0
故g(t)=et+t在区间[1,+∞)上是增函数
故g(t) =g(1)=e+1，即a≤e+1
min
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x <1f( )
1 x 1 x
2 2
1
又因为f(x )=f(x ),故只需证f(x )>f( )
1 2 2 x
2
ex 1 1
即证 −lnx+x−xex−lnx− >0,x∈(1,+∞)
x x
ex 1 1 1
即证 −xex−2[lnx− (x− )]>0
x 2 x
ex 1 1 1
下面证明x>1时， −xex>0,lnx− (x− )<0
x 2 xex 1
设g(x)= −xex,x>1，
x
1 1 1
1 1 1 1 1 1
则g′ (x)=( − )ex−(ex+xex⋅(− ))= (1− )ex−ex(1− )
x x2 x2 x x x
1 ex 1 x−1 ex 1
=(1− )( −ex)= ( −ex)
x x x x
ex 1 1 x−1
设φ(x)= (x>1),φ′ (x)=( − )ex= ex>0
x x x2 x2
1
所以φ(x)>φ(1)=e,而
ex0,所以g′ (x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 −xex>0
x
1 1
令ℎ(x)=lnx− (x− ),x>1
2 x
1 1 1 2x−x2−1 −(x−1) 2
ℎ ′ (x)= − (1+ )= = <0
x 2 x2 2x2 2x2
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
1 1
即ℎ(x)< ℎ(1)=0,所以lnx− (x− )<0；
2 x
ex 1 1 1
综上, −xex−2[lnx− (x− )]>0,所以x x <1.
1 2
x 2 x
[方法二]：对数平均不等式
ex ex
由题意得：f(x)= +ln −a
x x
ex 1
令t= >1，则f(t)=t+lnt−a，f '(t)=1+ >0
x t
所以g(t)=t+lnt−a在(1,+∞)上单调递增，故g(t)=0只有1个解
ex ex ex 1 ex 2
又因为f(x)= +ln −a有两个零点x ,x ，故t= =
x x 1 2 x x
1 2x −x
两边取对数得：x −lnx =x −lnx ，即 1 2 =1
1 1 2 2 lnx −lnx
1 2
x −x
又因为√x x < 1 2 (∗)，故√x x <1，即x x <1
1 2 lnx −lnx 1 2 1 2
1 2
x −x
下证√x x < 1 2 (∗)
1 2 lnx −lnx
1 2
x −x x −x x √x √x
因为√x x < 1 2 ⇔lnx −lnx < 1 2⇔ln 1< 1− 2
1 2 lnx −lnx 1 2 √x x x x x
1 2 1 2 2 2 1
√x 1
不妨设t= 1>1，则只需证2lnt1，则ℎ'(t)= −1− =−(1− ) <0
t t t2 t
1
故ℎ(t)=2lnt−t+ 在(1,+∞)上单调递减
t
1
故ℎ(t)< ℎ(1)=0，即2lnt0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a(1−x2)>0,即f′ (x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a≥0,即f′ (x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<−1
(1)当x∈(0,+∞),则g′ (x)=ex−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′ (m)=0
当x∈(0,m),f′ (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f′ (x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)−1,则ℎ ′ (x)= ,x>−1,
ex ex
x 1
所以ℎ(x)= 在(−1,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(x)≤ℎ(1)= ，
ex e
又e − e a −1>0 ，f ( e − e a −1 ) ≥− a +a⋅ 1 =0，
e e
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点(2)当x∈(−1,0),g(x)=ex+a(1−x2)
设ℎ(x)=g′ (x)=ex−2ax
ℎ
′ (x)=ex−2a>0
所以g′ (x)在(−1,0)单调递增
1
g′ (−1)= +2a<0,g′ (0)=1>0
e
所以存在n∈(−1,0),使得g′ (n)=0
当x∈(−1,n),g′ (x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g′ (x)>0,g(x)单调递增,g(x)0
e
所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′ (t)=0
当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减，
当x∈(−1,0)，ℎ(x)> ℎ(−1)=−e，
又−10
所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)
