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、−1<x<1及x≥1的情况下，讨论得到f (x)的解析式，由此可得函数图
象；
（2）结合图象可确定m=2，化简已知等式得到(a+2b)(b+3c)=2，根据a+3b+3c=(a+2b)+(b+3c)，
利用基本不等式可求得结果.
【解答过程】（1）当x≤−1时，f (x)=−x+1+2(x+1)=x+3；
当−1<x<1时，f (x)=1−x−2(x+1)=−3x−1；
当x≥1时，f (x)=x−1−2(x+1)=−x−3；
作出f (x)的图象如下图所示，（2）由（1）可知：当x=−1时，f (x) =2，即m=2，
max
∴ab+2b2+3ac+6bc=2，即(a+2b)b+3c(a+2b)=(a+2b)(b+3c)=2，
∴a+3b+3c=(a+2b)+(b+3c)≥2√(a+2b)(b+3c)=2√2（当且仅当a+2b=b+3c，即a+b=3c时等
号成立），
∴(a+3b+3c) =2√2.
min
【变式1-3】（2024·广西南宁·一模）已知函数f(x)=2|x−1|−|x+1|，g(x)=|x−1|．
(1)在给出的坐标系中画出函数y=f (x)的图像；
(2)若关于x的不等式f (x)≤ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据绝对值函数分区间去绝对值后，写成分段函数，即可作出图像；
（2）设ℎ(x)=a⋅g(x)，由关于x的不等式f (x)≤ℎ(x)恒成立，则ℎ(3)≥f (3)且a≠0，得出a>0，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：−2<x−1<0或x−1>2
也即：−1<x<1或x>3，当f (x−1)<0时，
可得：0<x−1<2或x−1<−2，
也即：1<x<3或x<−1，
所以x⋅f (x−1)>0可转化成：
¿解得：0<x<1或x>3，
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√3<x<2，或−2<x<−√3．
所以不等式解集为：(−2,−√3)∪(√3,2)
故选：D.
2
【变式3-2】（2024·河南郑州·二模）若函数f (x)= 的部分图象如图所示，则f (5)=（ ）
ax2+bx+c1 2 1 1
A．− B．− C．− D．−
3 3 6 12
【解题思路】根据函数图象，利用待定系数法求出函数解析式，即可得解.
【解答过程】由图象知，ax2+bx+c=0的两根为2，4，且过点(3,1)，
所以¿，解得a=−2,b=12,c=−16，
2 1
所以f (x)= = ，
−2x2+12x−16 −x2+6x−8
1 1
所以f(5)= =− ，
−25+30−8 3
故选：A.
【变式3-3】（2024·河南商丘·三模）已知定义在R上的奇函数f (x)在[0,+∞)上的图象如图所示，则不等
式x2f (x)>2f (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√2<x<2，或−√2<x<0．
故不等式解集为：(−∞,−2)∪(−√2，0)∪(√2，2).
故选: C.
【题型4 函数零点所在区间的判断】
1
【例4】（2024·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4-1】（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)=¿（0<a< ），函数g(x)=f (f (x))−f (x)−1，则函
2
数g(x)的零点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据曲线y=lnx在点(1,0)处的切线方程判断曲线y=lnt和y=t+1的交点情况，求方程
f (t)=t+1的根，并根据函数的单调性及零点存在定理判断该根的大致范围，判断f (x)的图象与直线y=t ，
01 1
<t < 的交点情况
4 0 e
【解答过程】函数g(x)的零点个数即方程f (f (x))−f (x)−1=0的根的个数．令t=f (x)，则方程
f (f (x))−f (x)−1=0等价于¿．
求曲线y=lnx在点(1,0)处的切线方程，得曲线y=lnt和y=t+1的交点情况
1
对于函数y=lnx，易知当x=1时y=0，y′= ，y′| =1，
x x=1
故曲线y=lnx在点(1,0)处的切线方程为y=x−1，
因此曲线y=lnt和y=t+1无交点．（技巧：通过研究曲线y=lnx在点(1,0)处的切线，
数形结合判断曲线y=lnt和y=t+1的交点情况）
求方程f (t)=t+1的根，并判断该根的大致范围：
将y=t+1代入y=−t2−2at，得t2+(1+2a)t+1=0，
1 3
则Δ=4a2+4a−3，令Δ=0，得a= 或a=− ，
2 2
1
故当0<a< 时，Δ<0，y=−t2−2at与y=t+1无交点，
2
作出函数y=f (t)和y=t+1的大致图象如图所示，结合图象可知，
方程f (t)=t+1有且仅有1个解，且此解就是方程lnt+t+1=0的解．
易知函数ℎ(x)=lnx+x+1是增函数，且ℎ
(1)
=
1
>0，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．1<m<3 B．2<m<3 C．2<m< D．1<m<
2 2
【解题思路】由一元二次方程根的分布列出不等式求解即可.
【解答过程】f (x)=x2−mx+1为开口向上的抛物线，
由题意可得：¿，即¿
5
解得：2<m<
.
2
故选：C.
【变式6-1】（2024·云南·二模）设x ,x 是关于x的方程x2+(a−1)x+a+2=0的根．若
1 2
−1<x <1,1<x <2，则实数a的取值范围是（ ）
1 2
( 4 ) ( 3 1)
A． − ,−1 B． − , C．(−2,1) D．(−2,−1)
3 4 2
【解题思路】函数图像开口向上，利用根的分布，即可求解实数a的取值范围.
【解答过程】由题意知，函数f(x)=x2+(a−1)x+a+2开口方向向上，
若−1<x <1,1<x <2，则函数须同时满足三个条件：
1 2
当x=−1时，x2+(a−1)x+a+2>0，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|−1<a<2} B．{a|a=− 或−1<a<2}.
8
9
C．{a|−1≤a≤2} D．{a|a=− 或−1≤a≤2}.
8
【解题思路】根据题意，分a=0和a≠0，结合二次函数的性质，以及零点存在性定理，列出不等式，即可
求解.
由函数f (x)=2ax2+3x−1，
【解答过程】由函数f (x)=2ax2+3x−1，
1
若a=0，可得f (x)=3x−1，令f (x)=0，即3x−1=0，解得x= ，符合题意；
3
若a≠0，令f (x)=0，即2ax2+3x−1=0，可得Δ=9+8a，
9 9 2
当Δ=0时，即9+8a=0，解得a=− ，此时f (x)=− x2+3x−1，解得x= ，符合题意；
8 4 3
9
当Δ>0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：1<m< ，即实数m的取值范围是 1, .
4 4
故选：A.
【变式7-1】（2024·安徽合肥·二模）已知函数f (x)=¿，若关于x的方程f (x)−f (1−a)=0至少有两个不同
的实数根，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−4]∪[√2,+∞) B．[−1,1]
C．(−4,√2) D．[−4,√2]
【解题思路】作出函数的图象，由题意可得y=f(x)的图象与y=f(1−a)至少有两个不同的交点，从而得−1≤f(1−a)≤1，结合图象可得1−√2≤1−a≤5，求解即可．
【解答过程】因为f(x)=¿，
作出函数的图象，如图所示：
由此可知函数y=f(x)在(−∞,1)和(3,+∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增，
且f (1) =−1，f (3) =1，
又因为关于x的方程f(x)−f(1−a)=0至少有两个不同的实数根，
所以f(x)=f(1−a)至少有两个不同的实数根，
即y=f(x)的图象与y=f(1−a)至少有两个不同的交点，所以−1≤f(1−a)≤1，
又因为当x≤1时，f(x)=x2−2x，令x2−2x=1，可得x=1−√2；
当x≥3时，f(x)=4−x，令4−x=−1，解得x=5，
又因为−1≤f(1−a)≤1，所以1−√2≤1−a≤5，解得−4≤a≤√2．
故选:D．
【变式7-2】（2024·安徽合肥·三模）设a∈R，函数f (x)=¿，若函数y=f (f (x))恰有5个零点，则实数a
的取值范围为（ ）
A．(−2,2) B．(0,2) C．[−1,0) D．(−∞,−2)
【解题思路】设t=f (x)，可确定当x≥0时，函数的零点个数，继而作出y=f (x)的大致图像，考虑x<0时
的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.
【解答过程】设t=f (x)，当x≥0时，f (x)=2|x−1|−1，此时t≥0，
由f (t)=0得t=1，即f (x)=2|x−1|−1=1，解得x=0或x=2，
所以y=f (f (x))在[0,+∞)上有2个零点；
a
x<0时，若a≥0,f (x)=−x2+ax，对称轴为x= ，函数y=f (x)的大致图象如图：
2此时f (x)=−x2+ax<0，即t<0，则f (t)<0，
所以f (t)=0无解，则t=f (x)无零点，y=f (f (x))无零点，
综上，此时y=f (f (x))只有两个零点，不符合题意，
若a<0，此时f (x)的大致图象如下：
令−t2+at=0，解得t=a<0（t=0舍去），
显然f (x)=a在(−∞,0)上存在唯一负解，
所以要使y=f (f (x))恰有5个零点，
(a) a2 a2
需f >1，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 <m<k ，又k = = ,k = = ,
AC AB AC 9−1 8 AB 5−1 4
1 1
则 <m< ；
8 4
1
m<0时，m=k =−
;
AD 6
m=0时，显然不满足题意.
(1 1) { 1}
∴m的取值范围 , ∪ − .
8 4 6
故选：D．
【题型8 函数零点的大小与范围问题】
【例8】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知函数f(x)=¿，若方程f (x)=a有四个根x ,x ,x ,x ，且
1 2 3 4
x <x <x <x ，则下列说法错误的是（ ）
1 2 3 4
A．x +x =−2 B．x +x >2
1 2 3 4
C．x x >4 D．0<a≤1
1 2
【解题思路】分析函数f(x)的性质，作出函数图象，再逐项判断即可.【解答过程】函数y=x2+2x+1的图象开口向上，对称轴为直线x=−1，
当x≤0时，f(x)=x2+2x+1在(−∞,−1]上递减，函数值集合为[0,+∞)，在[−1,0]上递增，函数值集合
为[0,1]，
当x>0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 =−2，0<a≤1，AD正确；
1 2
显然|lnx |=|lnx |，而x <1<x ，则−lnx =lnx ，即lnx x =0，x x =1，
3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
x +x >2√x x =2，B正确；
3 4 3 4
显然−1<x ≤0，x x =(−2−x )x =−(x +1) 2+1∈[0,1)，C错误.
2 1 2 2 2 2
故选：C.
【变式8-1】（2024·四川成都·二模）已知函数f (x)=¿，若方程f (x)=a有四个不同的解x ,x ,x ,x ，且
1 2 3 4
1
x <x <x <x ，则 x ⋅x2− 的取值范围是（ ）
1 2 3 4 3 4 x (x +x )
4 1 2
(3 ) [ 9) [ 7) (3 9]
A． ,+∞ B． √2, C． √2, D． ,
2 4 4 2 4
【解题思路】在同一平面直角坐标系中画出y=f (x)与y=a的图象，数形结合可得
−2≤x <−1<x ≤0< 1 ≤x <1<x ≤2 且 x +x =−2 、 x x =1 ，从而将 x ⋅x2− 1 转化为
1 2 2 3 4 1 2 3 4 3 4 x (x +x )
4 1 21 1
x + ，令g(x)=x+ ，(1<x≤2)，判断函数的单调性，从而求出g(x)的值域，即可得解.
4 2x 2x
4
(1)
【解答过程】因为f (x)=¿，所以f (0)=1，f (−2)=1，f =1，f (2)=1，
2
又函数y=(x+1) 2对称轴为x=−1，
在同一平面直角坐标系中画出y=f (x)与y=a的图象，
因为方程f (x)=a有四个不同的解x ，x ，x ，x ，且x <x <x <x ，
1 2 3 4 1 2 3 4
即y=f (x)与y=a有四个交点，所以0<a≤1，
1
由图可知−2≤x <−1<x ≤0< ≤x <1<x ≤2，
1 2 2 3 4
又x ，x 关于x=−1对称，即x +x =−2，
1 2 1 2
1
又 ≤x <1<x ≤2，且|log x |=|log x |，
2 3 4 2 3 2 4
即−log x =log x ，则log x +log x =0，
2 3 2 4 2 3 2 4
所以log x x =0，则x x =1；
2 3 4 3 4
1 1 1
所以x ⋅x2− =x − =x + ，
3 4 x (x +x ) 4 −2x 4 2x
4 1 2 4 4
1
令g(x)=x+ ，(1<x≤2)，
2x
由对勾函数的性质可知g(x)在(1,2]上单调递增，
3 9
又g(1)= ，g(2)= ，
2 4
(3 9]
所以g(x)∈ , ，
2 4
即x ⋅x2−
1
∈
(3
,
9]
．
3 4 x (x +x ) 2 4
4 1 2
故选：D．【变式8-2】（2024·甘肃白银·一模）已知函数f (x)=tx2−2lnx−1.
(1)若曲线y=f (x)在x=2处的切线的斜率为3，求t.
(2)已知f (x)恰有两个零点x ,x (x <x ).
1 2 1 2
①求t的取值范围；
x x 2−2lnt
②证明：
1+ 2<
.
x x t
2 1
【解题思路】（1）由导数的几何意义求解即可；
1+2lnx 1+2lnx
（2）①法一：令f (x)=0，得t= ，将题意转化为y=t,y= 的图象有两个交点，令
x2 x2
1+2lnx
g(x)= ，求出g(x)的单调性和值域，即可得出答案；法二：对f (x)求导，求出f (x)的单调性和值
x2
域，使得f(x) <0，即可得出答案.
min
②将题意转化为证明1+ln(x
1
x
2
)<x
1
x
2
−x
1
x
2
lnt，设ℎ(x)=x−lnx−1，证得lnx≤x−1可得
ln(x x )≤x x −1，又−x x lnt>0，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0<t<1，即t的取值范围为(0,1).
2(tx2−1)
法二：由题意得f (x)=tx2−2lnx−1,f′(x)= .
x
若t≤0，则f′(x)<0,f (x)单调递减，所以f (x)在(0,+∞)上不可能有两个零点.( √1)
若t>0，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0<t<1.
min t
当x趋近0时，f (x)趋近正无穷；当x趋近正无穷时，f (x)趋近正无穷；.
故t的取值范围为(0,1).
②证明：由①可得0<x <1<x ，则¿
1 2
两式相加得t(x2+x2)=2(1+lnx +lnx ).
1 2 1 2
x x 2−2lnt
由 1+ 2< ，得t(x2+x2)<2x x (1−lnt).
x x t 1 2 1 2
2 1
x x 2−2lnt
要证 1+ 2< ，只需证1+ln(x x )<x x −x x lnt.
x x t 1 2 1 2 1 2
2 1
x−1
设ℎ(x)=x−lnx−1，则ℎ ′(x)= .
x
当x∈(0,1)时，ℎ ′(x)<0,ℎ(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ ′(x)>0,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0<t<1，所以−x x lnt>0，所以1+ln(x x )≤x x <x x −x x lnt，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x x 2−2lnt
从而
1+ 2<
得证.
x x t
2 1
【变式8-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f (x)=x2lnx−m有两个不同的零点x ，x ，且
1 2
t=x2+x2
．
1 2
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：t<1；2 3
(3)比较t与 及2m+ 的大小，并证明．
e e
【解题思路】（1）先结合导数与单调性关系判断函数的单调性，结合单调性及函数性质，零点存在定理
即可求解；
1 u
（2）令t=x2+x2=u +u ，不妨设0<u < <u ，设 2=λ(λ>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− <m<0；
2e
1 u
（2）t=x2+x2=u +u ，由题不妨设0<u < <u ，设 2=λ(λ>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 ,0<u < 1 <u ，构造F(u)=g(u)−g (2 −u ) ，0<u< 1 ，
1 2 2 1 e 2 e e
F′(u)=g(u)+g′(2
−u
)
=lnu
(2
−u
)
+2≤0，
e e
( 1) (1) (2 )
∴F(u)在 0, 单调递减，∴F(u )>F =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0<u < <u 得0<eu <1,eu >1，
1 e 2 1 2
2(x−1) (x−1) 2
又∵当0<x<1时，y=lnx− ，y′= >0，
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0<x<1时，y<0，即lnx<
x+1
2(eu −1)
所以ln(eu )< 1 ，
1 eu +1
1
2(eu −1) 2m 2(eu −1)
即1+lnu < 1 ，即1+ < 1 ，
1 eu +1 u eu +1
1 1 1
整理得：eu2−2meu −3u −2m>0③，
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 <u ,∴e(u +u )<2me+3，即u +u <2m+ ，综上 <t<2m+ ．
1 2 1 2 1 2 3 e e
|x2−1|
1．（2022·天津·高考真题）函数y= 的图象大致为（ ）
x
A． B．
C． D．
【解题思路】分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在(−∞,0)上的函数值符号，结合排除法可得出合
适的选项.
|x2−1|
【解答过程】函数y=f (x)= 的定义域为¿，
x
|(−x) 2−1| |x2−1|
且f (−x)= =− =−f (x)，
−x x
函数f (x)为奇函数，CD选项错误；
|x2−1|
又当x<0时，f (x)= ≤0，B选项错误.
x
故选：A.
2．（2023·全国·高考真题）函数f (x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2) B．(−∞,−3) C．(−4,−1) D．(−3,0)
【解题思路】写出f′ (x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.【解答过程】f(x)=x3+ax+2，则f′ (x)=3x2+a，
若f (x)要存在3个零点，则f (x)要存在极大值和极小值，则a<0，
√−a √−a
令f′ (x)=3x2+a=0，解得x=− 或 ，
3 3
( √−a) (√−a )
且当x∈ −∞,− ∪ ,+∞ 时，f′ (x)>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 <x )，
1 2 1 2
要使得函数f (x)至少有3个零点，则x ≤−2，
2
所以，¿，解得a∈∅；
③当a=10时，g(x)=x2−10x+25，作出函数g(x)、ℎ(x)的图象如下图所示：
由图可知，函数f (x)的零点个数为3，合乎题意；④当a>10时，设函数g(x)的两个零点分别为x 、x (x <x )，
3 4 3 4
要使得函数f (x)至少有3个零点，则x ≥2，
3
可得¿，解得a>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0<a<1时，零点为 ，−1；
a−1
当a=1时，只有一个零点−1；
1
当1<a≤2时，零点为 ，−1；
a−1
当a>2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、0<a<1及a>1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0<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；
a
又f (1)=a−1<0，1 1
由（1）得 +lnx≥1，即ln ≥1−x，所以lnx<x,ln√x<√x,lnx<2√x，
x x
1 1
当x>1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0<x<1时，lnx>1− ，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)lnx<ax− −2(a+1) 1− <− + ,
x x √x x √x
1 1
存在n= < ，使得f(n)<0，
4(a+1) 2 a
( 1) (1 )
所以f (x)在 0, 有一个零点，在 ,+∞ 无零点，
a a
所以f (x)有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为(0,+∞).
ex
7．（2022·全国·高考真题）已知函数f (x)= −lnx+x−a．
x
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x ,x ，则x x <1．
1 2 1 2
【解题思路】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
ex 1 1 1
（2）利用分析法，转化要证明条件为 −xex−2[lnx− (x− )]>0，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 <1<x
1 2
1
要证x x <1,即证x <
1 2 1 x
2
1 1
因为x , ∈(0,1),即证f(x )>f( )
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
ex<e
ex 1
所以 −ex>0,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2lnt<t−
x t
2
1 2 1 1 2
构造ℎ(t)=2lnt−t+ ,t>1，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2lnt<t− 得证.
t
8．（2022·全国·高考真题）已知函数f (x)=ln(1+x)+axe−x
(1)当a=1时，求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究
【解答过程】（1）f(x)的定义域为(−1,+∞)
x 1 1−x
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+ ,f(0)=0,所以切点为(0,0) f′ (x)= + ,f′ (0)=2,所以切线斜率为
ex 1+x ex
2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
ax
（2）f(x)=ln(1+x)+
ex1 a(1−x) ex+a(1−x2)
f′ (x)= + =
1+x ex (1+x)ex
设g(x)=ex+a(1−x2)
1°若a>0,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)<f(0)=0
故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意
2°若−1≤a≤0,当x∈(0,+∞),则g′ (x)=ex−2ax>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)<f(0)=0,
x 1−x
令ℎ(x)= ,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)<g(0)=1+a<0
1
又g(−1)= >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−1<eae−1<0，f (eae−1)<ae−ae=0
而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0
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)
