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专题 2.8 函数图象与函数零点问题
【新高考专用】
题型一 函数图象的画法与图象变换
x 1
1．（23-24高三上·北京·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.
2．（2024高三·全国·专题练习）若函数y=f (x)的图象如下图所示，函数y=f (2−x)的图象为（ ）
A． B．C． D．
【解题思路】利用函数图象的对称变换和平移变换，判断选项.
【解答过程】函数y=f (x)的图象关于y对称可得函数y=f (−x)的图象，
再向右平移2个单位得函数y=f [−(x−2)]，即y=f (2−x)的图象.
故选：C.
3．（24-25高一上·天津东丽·期中）f (x)=¿
(1)作出该函数的图象，
(2)求f (f (−3))的值；
(3)若f (a)=3，求实数a的值.
【解题思路】（1）根据分段函数的解析式，分段画出函数的图象；
（2）先求f (−3)，再求f (f (−3))；
（3）根据分段函数每段的值域，代入求自变量的值.
【解答过程】（1）根据分段函数的解析式，画出分段函数的图象，（2）f (−3)=−3+2=−1，f (f (−3))=f (−1)=(−1) 2+2×(−1)=−1；
（3）当x≤−2时，x+2≤0，
当−20，函数图象在x=0处的切线斜率大于0，所以排除C、D
选项；
故选：A.
x2+3
6．（2024·福建福州·模拟预测）函数f (x)= 的图象大致为（ ）
√x2+1
A． B．
C． D．
【解题思路】根据函数的定义域以及奇偶性即可求得答案．
x2+3
【解答过程】因为函数f(x)= 的定义域为R，排除CD，
√x2+1
又f(−x)=f(x)，即f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，排除B．
故选：A．
a
7．（2024·吉林·二模）已知函数f (x)=x+ (a∈R)，f (x)的图象不可能是（ ）
x
A． B．
C． D．【解题思路】分类讨论，当a在不同范围内取值时，根据函数的性质判断函数图象的形状.
【解答过程】若a=0，则f (x)=x，x≠0，图象为A；
a a
若a>0，f (x)=x+ 为奇函数，当x>0时，f (x)=x+ ≥2√a（当且仅当x=√a时取“=”），
x x
所以图象关于原点对称，且在(0,√a)上单调递减，在(√a,+∞)上单调递增，图象为B；
a
若a<0，f (x)=x+ 为奇函数，且在(0,+∞)上单调递增，图象为C；
x
综上可知，图象不可能为D.
故选：D.
2x3
8．（2024·全国·三模）函数f (x)= −x的部分图象大致为（ ）
1+x2
A． B．
C． D．
(1)
【解题思路】先判断函数的奇偶性，然后再代入特殊值计算f ,f (2)即可判断.
2
2x3 2x3−x−x3 x3−x
【解答过程】因为f (x)= −x= = ，易知f (x)的定义域为R.
1+x2 1+x2 1+x2
(−x) 3−(−x) −x3+x x3−x
因为f (−x)= = =− =−f (x)，所以f (x)为奇函数，
1+(−x) 2 1+x2 1+x2
图象关的原点对称.排除A，D选项；
(1) 3 1
−
(1) 2 2 23−2
又f = <0，f (2)= >0，所以排除C选项.
2 (1) 2 1+22
1+
2
故选：B.题型三 函数图象的应用
9．（23-24高一上·北京·期中）如图为函数y=f (x)和y=g(x)的图象，则不等式f (x)⋅g(x)<0的解集为（
）
A．(−∞,−1)∪(−1,0) B．(−∞,−1)∪(0,1)
C．(−1,0)∪(1,+∞) D．(0,1)∪(1,+∞)
【解题思路】数形结合判断各区间函数值的正负即可.
【解答过程】由图象可得当f (x)>0⇒x∈(−1,0)∪(1,+∞)，
此时需满足g(x)<0，则x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)，故x∈(1,+∞)；
当f (x)<0⇒x∈(−∞,−1)∪(0,1)，
此时需满足g(x)>0，则x∈(−1,1)，故x∈(0,1).
综上所述，x∈(0,1)∪(1,+∞).
故选：D.
ax+b
10．（23-24高三下·江苏镇江·开学考试）函数f(x)=
的图象如图所示，则（ ）
(x+c) 2
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】由函数的定义域可判断c的符号，分别令x=0,y=0可判断a,b的符号.
【解答过程】由x+c≠0，得x≠−c，所以f(x)的定义域为(−∞,−c)∪(−c,+∞)，
由图可知−c>0，得c<0，
b
令f(x)=0，则ax+b=0，得x=− ，
ab b
由图可知x=− >0，得 <0，
a a
b b
令x=0，得y=
，由图可知
<0，得b<0，
c2 c2
所以a>0，
综上，a>0，b<0，c<0，
故选：D.
1
11．（24-25高一上·贵州六盘水·期中）已知函数f (x)=x− 的部分图象如图所示，则（ ）
x
A．f (x)的定义域为R B．f (x)的值域为(0,+∞)
C．f (x)在区间(−∞,0)上单调递减 D．f (x)>0的解集为(−1,0)∪(1,+∞)
【解题思路】根据解析式和图像直接判断AB；对于C：结合奇函数性质分析判断；对于D：利用单调性解
不等式即可.
1
【解答过程】对于选项A：显然函数f (x)=x− 的定义域为{x|x≠0}，故A错误；
x
对于选项B：由图象可知f (x)可以为负值，所以f (x)的值域不为(0,+∞)，故B错误；
1 ( 1)
因为f (−x)=−x− =− x− =−f (x)，可知f (x)为奇函数.
−x x
对于选项C：由图象可知：f (x)在区间(0,+∞)上单调递增，
则f (x)在区间(−∞,0)上单调递增，故C错误；
对于选项D：因为f (x)在区间(0,+∞)上单调递增，
且f (1)=0，此时f (x)>0的解集为(1,+∞)；
又因为f (x)在区间(−∞,0)上单调递增，
且f (−1)=−f (1)=0，此时f (x)>0的解集为(−1,0)；
综上所述：f (x)>0的解集为(−1,0)∪(1,+∞)，故D正确；
故选：D.12．（23-24高一上·北京·期中）如图所示，f (x)(i=1,2,3,4)是定义在[0,1]上的四个函数，其中满足性质：
i
“对[0,1]中任意的x 和x ，任意λ∈[0,1],f [λx +(1−λ)x ]≤λf (x )+(1−λ)f (x )恒成立”的只有（
1 2 1 2 1 2
）
A．f (x),f (x) B．f (x),f (x) C．f (x),f (x) D．f (x)
1 3 2 3 2 4 4
【解题思路】由题意可知此函数f (x)的图象在[0,1]不是呈上凸的特征，进而可得出答案．
【解答过程】先研究对[0,1]中任意的x 和x ，
1 2
任意λ∈[0,1],f [λx +(1−λ)x ]<λf (x )+(1−λ)f (x )恒成立，
1 2 1 2
1 μ
令λ= ，则1−λ= (μ≥0)，
1+μ 1+μ
( 1 μ ) 1 μ
则上述结论变为f x + x < f (x )+ f (x )，
1+μ 1 1+μ 2 1+μ 1 1+μ 2
即f (x 1 +μx 2 ) < f (x 1 )+μf (x 2 ) ，
1+μ 1+μ
如图所示，A(x ,f (x )),B(x ,f (x ))是函数f (x)的图象上的任意两点，
1 1 2 2
(x +μx f (x )+μf (x ))
则C 1 2, 1 2 (μ≥0)是线段AB上的一点（不包括端点），
1+μ 1+μ
作CE⊥x轴交函数f (x)的图象于点D，
(x +μx )
则点D的纵坐标为f 1 2 ，
1+μ
又因f (x 1 +μx 2 ) < f (x 1 )+μf (x 2 ) ，
1+μ 1+μ
所以函数f (x)的图象是呈下凹的特征，故选项中的f (x)符合，
1当对[0,1]中任意的x 和x ，
1 2
任意λ∈[0,1],f [λx +(1−λ)x ]=λf (x )+(1−λ)f (x )恒成立，
1 2 1 2
由上分析可得函数f (x)的图象是一条直线，故选项中的f (x)符合.
3
故选：A.
题型四 函数零点所在区间的判断
13．（2024·吉林长春·一模）方程log x+x=2的根所在区间是（ ）
3
A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4)
【解题思路】将问题转化为f (x)=log x+x−2零点所在区间的求解问题，利用零点存在定理求解即可.
3
【解答过程】设f (x)=log x+x−2，则方程log x+x=2根所在区间即为f (x)零点所在区间，
3 3
∵y=log x与y=x−2在(0,+∞)上均为增函数，∴f (x)在(0,+∞)上单调递增；
3
对于A，∵f (1)=log 1+1−2=−1，∴当x∈(0,1)时，f (x)<−1，A错误；
3
对于B，∵f (1)=−1<0，f (2)=log 2+2−2=log 2>0，即f (1)f (2)<0，
3 3
∴∃x ∈(1,2)，使得f (x )=0，B正确；
0 0
对于CD，当x>2时，f (x)>f (2)>0，∴f (x)在区间(2,3)和(3,4)上无零点，C错误，D错误.
故选：B.
14．（2024·广东揭阳·二模）函数f (x)=e−x−x的零点所在的区间是（ ）
( 1) ( 1 ) ( 1) (1 )
A． −1,− B． − ,0 C． 0, D． ,1
2 2 2 2
【解题思路】利用函数y=e−x和y=x的图象，观察交点横坐标的范围，然后利用零点存在定理判断．
【解答过程】解：∵函数f (x)=e−x−x，画出y=e−x与y=x的图象，如下图：1 1 1
∵ x= y= − >0
2 √e 2
当 时， ，
1
当x=1时，y= −1<0，
e
(1 )
∴函数f (x)=e−x−x的零点所在的区间是 ,1 ．
2
故选：D．
6
15．（2024·辽宁葫芦岛·一模）请估计函数f (x)= −log x零点所在的一个区间 (3,4) .
x 2
【解题思路】根据零点存在性定理求解即可.
【解答过程】根据对数函数单调性的性质，
6
函数f (x)= −log x为(0，+∞)上的减函数,
x 2
函数的图像在(0，+∞)上为一条连续不断的曲线,
3 3 1
又f (3)=2−log 3>2−log 4=0,f (4)= −log 4= −2=− <0,
2 2 2 2 2 2
6
所以函数f (x)= −log x零点所在的一个区间为(3,4).
x 2
故答案为:(3,4).
16．（2024·福建漳州·一模）函数f(x)=ex+2x−6(e≈2.718…)的零点属于区间(n,n+1)(n∈Z)，则
n=
1 .
【解题思路】利用函数的单调性，结合零点存在定理即可得解.
【解答过程】因为y=ex,y=2x−6在R上单调递增，所以f (x)在R上单调递增，
又f (1)=e+2−6<0，f (2)=e2+4−6>0，
所以f (x)在R上有唯一零点，且零点在区间(1,2)内，又f (x)的零点属于区间(n,n+1)(n∈Z)，所以n=1.
故答案为：1.
题型五 求函数的零点或零点个数
17．（2024·湖南岳阳·模拟预测）函数y=(x−2)(2x+1)的零点是（ ）
A．2 B．(2,0) C．-2 D．2或-1
【解题思路】由题意令y=0可得关于x的方程，进而求解.
【解答过程】由题意令y=(x−2)(2x+1)=0，因为2x+1>1>0，所以x−2=0，即x=2.
故选：A.
2
18．（2024·北京·模拟预测）已知函数f(x)=¿，则函数g(x)=f(x)− 的零点个数为（ ）
x
A．2 B．0 C．3 D．无穷
1
【解题思路】根据函数表达式确定函数f(x)在(n−1,n]（n∈N*）上是增函数且f(n)=
，零点个数
2n−2
2
转化为函数f(x)与ℎ(x)= 的图象交点个数，作出它们的大致图象后，观察可得交点个数，从而得结论．
x
【解答过程】由f(x)=¿，得f(x)在区间(n,n+1]上的函数值都是区间(n−1,n]上相应函数值的一半，
n∈N*，
又0 ，
n 2n−2
2
作出y=f(x)和ℎ(x)= 在(0,+∞)上图象，如图，由图可知：
x
在x>2时，f(x)的图象与ℎ(x)的图象没有交点，所以在(0,+∞)上，它们只有两个交点，
所以g(x)的零点个数为2.
故选：A．1
19．（2024·上海徐汇·一模）函数y=lg(2x+1)+lgx的零点是 ．
2
【解题思路】利用对数运算及零点含义可得答案.
【解答过程】由题意可得函数的定义域为(0,+∞).
1
y=lg(2x+1)+lgx=lg(2x2+x)，令y=0可得2x2+x=1，解得x= 或x=−1（舍），
2
1
故答案为： .
2
20．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=¿则函数y=f(f(x))+1有 7 个零点．
【解题思路】设f(x)=m，则f(f(x))=−1等价于f(m)=−1，作出函数f(x)的图像，由图可知
f(m)=−1有3个根，再根据f(x)=m结合函数的图象得出交点的个数，即得到结果.
【解答过程】令y=0，则f(f(x))=−1，设f(x)=m，则f(f(x))=−1等价于f(m)=−1，
则函数y=f(f(x))+1的零点个数问题即为f(f(x))=−1解的个数问题．
二次函数y=x2+4x+1，其图像开口向上，过点(0,1)，对称轴为x=−2，最小值为−3，
由题意得f(x)=¿作出函数f(x)的图像如图所示．
1
由图可知f(m)=−1有3个根，当t>0时，log t=−1，即t= ；
2 2
当t≤0时，t2+4t+1=−1，即t=−2±√2.
1 1
则对于f(x)= ，当log x= 时，x=√2;
2 2 2
1 √14
当x2+4x+1= 时，x=−2± ，此时共有3个解．
2 2对于f(x)=−2+√2，此时log x=−2+√2有1个解，x2+4x+1=−2+√2，即(x+2) 2=1+√2有2个解．
2
对于f(x)=−2−√2，此时log x=−2−√2有1个解，x2+4x+1=−2−√2，即(x+2) 2=1−√2<0无解．
2
因此，此时函数y=f(f(x))+1有7个零点．
故答案为：7.
题型六 根据函数零点分布求参数
21．（24-25高一上·辽宁盘锦·期中）已知函数f (x)=x2+2mx+2m+3有一个零点在区间(0,2)内，求实数
m的取值范围是（ ）
A．m=−1 B．m=−1或m=3
3 7 3 7
C．m=−1或− 0时，只需f(2)<0，即¿，解得00，即¿，无解，
( 3)
综上所述实数a的取值范围为 0, .
4
( 3)
故答案为： 0, .
4
24．（2024高一·全国·课后作业）已知函数f(x)=2kx2−2x−3k有两个零点，一个大于1，一个小于1，
那么实数k的取值范围是 (−∞,−2)∪(0,+∞) ．
【解题思路】根据一元二次方程根的分布，结合二次函数的图象性质即可求解.
【解答过程】由题意可知函数f (x)有两个零点，所以k≠0，
若k>0，则f(x)=2kx2−2x−3k为开口向上的二次函数，要有两个零点且一个大于1一个小于1，则
f (1)=2k−2−3k<0，得k>−2，故k>0；
若k<0，则f(x)=2kx2−2x−3k为开口向下的二次函数，要有两个零点且一个大于1一个小于1，则
f (1)=2k−2−3k>0，得k<−2，故k<−2；
综上可知：k<−2或k>0，
故答案为：(−∞,−2)∪(0,+∞).
题型七 根据函数零点个数求参数范围
25．（2024·全国·模拟预测）若函数 f (x)=¿恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−∞,0)∪(1,+∞) B．(0,1) C．(−∞,1) D．(0,+∞)【解题思路】分类讨论a=0，a<0或a>0三种情况，然后根据函数判断.
【解答过程】①当a=0时，f (x)=¿则f (x)只有一个零点0，不符合题意；
②当a<0时，作出函数f (x)的大致图象，如图1，f (x)在(−∞,0)和[0,+∞)上各有一个零点，符合题意；
③当a>0时，作出函数f (x)的大致图象，如图2，f (x)在[0,+∞)上没有零点．
则f (x)在(−∞,0)上有两个零点，此时必须满足f (−1)=1−a<0，解得a>1．
综上，得a<0或a>1．
故选：A.
26．（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．
27．（2024·天津·二模）设a∈R，函数f (x)=¿，若函数y=f (x)−|ax|恰有4个零点，则实数a的取值范
围为 −10时，如图所示，
在x∈[1,4]上，当f (x)=−x2+5x−4与y=ax相切时，
联立¿，得−x2+5x−ax−4=0，
则Δ=(5−a) 2−16=0，得a=1（舍去a=9），
由图可知，当 00，
x 1 t
2x
当x≥0时，f (x)−t= −t=0，必有两不等非负根，整理得tx2−2x+t=0，
x2+1
所以¿，解得0 +1=3，
t 1
1 1 3
即 + − 的取值范围是(3,+∞).
x x x
2 3 1
故选：D.
30．（23-24高一上·内蒙古赤峰·期末）已知f(x)=¿，若方程f(x)=m(m∈R)有四个不同的实数根x ，
1
x ，x ，x ，则x ⋅x ⋅x ⋅x 的取值范围是（ ）
2 3 4 1 2 3 4
A．（3，4） B．（2，4） C．[0，4） D．[3，4）
【解题思路】利用数形结合可得10) ，且f(x)有两个相异零点x 1 ,x 2 ．(1)求实数a的取值范围．
2a
(2)证明：x +x > ．
1 2 e
【解题思路】（1）利用导数求出函数f(x)的最小值，再分段讨论并构造函数，利用导数探讨单调性，结
合零点存在性定理推理即得.
（2）由（1）的结论，结合函数零点的意义可得xlnx−lna⋅x+1=0有两个相异的解x ,x ，再构造函数，
1 2
借助单调性确定x ,x 的取值区间，再结合分析法推理证明即得.
1 2
1 1
1 1 x−1
【解答过程】（1）函数 f(x)=xex−a ，求导得f′ (x)=(1− )ex= ex，
x x
当01时，f′ (x)>0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则f(x) =f(1)=e−a．
min
当a≤e时，f(x)≥0恒成立，f(x)至多有一个零点，不符合题意，
1 1
当a>e时，f(1)<0，
f(a)=aea−a=a(ea−1)>0
，即∃x
2
∈(1,a)，使f(x
2
)=0，
1 1 ea−a2
f( )= ea−a= ，令g(a)=ea−a2，求导得g′ (a)=ea−2a，
a a a
令φ(a)=ea−2a，求导得φ′ (a)=ea−2>0，即φ(a)在(e,+∞)上单调递增，φ(a)>φ(e)=ee−2e>0，
于是g′ (a)>0，函数g(a)=ea−a2在(e,+∞)上单调递增，g(a)>g(e)=ee−e2>0，
1
因此∃x ∈( ,1)，使f(x )=0，
1 a 1
所以实数a的取值范围为(e,+∞)．
1 1
（2）由（1）知，
xex=a
有两个相异的解x
1
,x
2
，即方程lnx+
x
=lna⇔xlnx−lna⋅x+1=0有两个相
异的解，
a
令函数ℎ(x)=xlnx−lna⋅x+1，求导得ℎ′ (x)=lnx+1−lna在(0,+∞)上单调递增，且ℎ′ ( )=0，
e
当0 a 时，ℎ′ (x)>0，ℎ(x)在 (a ,+∞ ) 单调递增，
e e e e
a a
不妨设x ，即证x > −x > ，即证ℎ(x )>ℎ( −x )．
1 2 e 2 e 1 e 2 e 12a 2a a
又ℎ(x )=ℎ(x )，则即证ℎ(x )>ℎ( −x )，令函数F(x)=ℎ(x)−ℎ( −x)，x∈(0, )，
1 2 1 e 1 e e
2a 2a 2a e2
则F′ (x)=ℎ′ (x)+ℎ′ ( −x)=lnx+1−lna+ln( −x)+ 1−lna=ln( x−x2 )+ln ，
e e e a2
2a a 2 a2 a2 a2 e2
而 x−x2=−(x− ) + < ，则F′ (x)F( )=0，则ℎ(x )>ℎ( −x )，
e e 1 e 1
2a
所以x +x > ．
1 2 e
1
32．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数f(x)=2alnx+ x2−(a+2)x，其中a为常数.
2
(1)当a>0时，试讨论f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不相等的零点x ，x ，
1 2
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x +x >4.
1 2
【解题思路】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性；
（2）（i）结合（1）的单调性判断f(2)、f(a)的符号，排除a≥0，再在a<0的情况下研究f(x)的单调性
和最值，根据零点的个数求参数范围；
（ii）由（i）有00，在(a,2)上f′ (x)<0，在(2,+∞)上f′ (x)>0，
所以，在(0,a)、(2,+∞)上f(x)单调递增，在(a,2)上f(x)单调递减；
当a=2时，在(0,+∞)上f′ (x)≥0恒成立，故f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>2时，在(0,2)上f′ (x)>0，在(2,a)上f′ (x)<0，在(a,+∞)上f′ (x)>0，
所以，在(0,2)、(a,+∞)上f(x)单调递增，在(2,a)上f(x)单调递减.
1
（2）（i）由f(2)=2aln2+ ×22−(a+2)×2=2(aln2−a−1)<0，
21 a
若a>0时，f(a)=2alna+ a2−(a+2)a= (4lna−a−4)，
2 2
4 4−a
令y=4lna−a−4且a>0，则y′= −1= ，
a a
所以00，a>4时y′<0，
故y=4lna−a−4在(0,4)上递增，在(4,+∞)上递减，则y =8ln2−8<0，
max
所以f(a)<0，
结合（1）中f(x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的零点，
1
又a=0时，f(x)= x2−2x在(0,+∞)上只有一个零点，不满足，
2
所以a<0，此时，在(0,2)上f′ (x)<0，在(2,+∞)上f′ (x)>0，
故在(0,2)上f(x)单调递减，在(2,+∞)上f(x)单调递增，则f(x) =f(2)=2(aln2−a−1)，
min
又x趋向于0或负无穷时，f(x)趋向正无穷，只需g(a)=a(ln2−1)−1<0成立，
1
显然g(a)在(−∞,0)上递减，且当a= 时g(a)=0，
ln2−1
1 1
所以， 4，即证x >4−x ，而4−x ∈(2,4)，
1 2 1 2 2 1 1
由（i）知：在(2,+∞)上f(x)单调递增，只需证f(4−x )0，即ℎ(x)在(0,2)上递增，
x(4−x)
所以ℎ(x)<ℎ(2)=2aln2−2aln2−4a+4a=0，即f(4−x )4，得证.
1 2一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）函数y= ( 1− 2 ) ⋅cos ( π +x ) 的图象大致为（ ）
1+2x 2
A． B．
C． D．
【解题思路】先记f (x)= ( 1− 2 ) ⋅cos ( π +x ) ，化简整理，由函数解析式，判定奇偶性，再判断
1+2x 2
00，因此f (x)= ⋅sinx<0；排除D；
2x+1 2x+1
故选：A.
2．（2024·广东·二模）设a，b，c分别为函数f(x)=x√x−1，g(x)=xlgx−1，ℎ(x)=xex−1的零点，则a，b，c的大小关系为( ).
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>a>b D．b>a>c
【解题思路】当x=1时，f (1)=0，所以a=1，然后在01，即b>1；
若x≥1，则xex>1，所以xex−1=0时，01时，f(x)>0分析判断得
解.
【解答过程】由图①知，f(1)=0，且当x>1时，f(x)>0，由②知，图象过点(0,0)，且当x<0时，y>0，
对于C，当x=0时，y=f(4)>0，C不可能；
对于D，当x=0时，y=−f(4)<0，D不可能；
1 1
对于A，当x=0时，y=f(1)=0，而当x<0时，1− x>1，则f(1− x)>0，A可能；
2 2
1 1
对于B，当x=0时，y=−f(1)=0，而当x<0时，1− x>1，则−f(1− x)<0，B不可能.
2 2
故选：A.1
4．（2024·广东湛江·一模）函数f (x)=lg(x+1)− 零点的个数为（ ）
x
A．0 B．1 C．2 D．3
1
【解题思路】数形结合思想，分别作出y=lg(x+1)和y= 的图象即可求解.
x
1
【解答过程】解：由¿，得函数f (x)=lg(x+1)− 的定义域为(−1，0)∪(0，+∞)，
x
1
函数f (x)=lg(x+1)− 零点的个数零点个数，
x
1
即函数y=lg(x+1)的图象和函数y= 的图象的交点个数，
x
如图所示：
1
数形结合可得函数y=lg(x+1)的图象和函数y= 的图象的交点个数为2．
x
故选:C．
5．（2024·辽宁葫芦岛·二模）已知函数f (x)=|ex−1|，g(x)=f2(x)−tf (x)(t∈R)，若关于x的方程
g(x)=3−t2有三个不同实数根，则实数t的取值范围是（ ）
A．(−2,2) B．(√3,2) C．(−2,−√3) D．(2,+∞)
【解题思路】令m=f (x)，作出函数f (x)的图象，结合图象得出关于x的方程m=f (x)根的情况，再根据一
元二次方程根的分布情况分类讨论即可得解.
【解答过程】如图，作出函数f (x)的图象，令m=f (x)，
由图可知，当m∈(0,1)时，关于x的方程m=f (x)有2个不同的实数根，
当m=0或m∈[1,+∞)时，关于x的方程t=f (x)只有1个实数根，
因为关于x的方程g(x)=3−t2有三个不同实数根，
所以关于m的方程m2−tm+t2−3=0的一个根在(0,1)上，另一个根在[1,+∞)上，
或方程的两个根一个为m=0，另一个在(0,1)上，
若m=0为方程m2−tm+t2−3=0的根时，则t=±√3，
当t=√3时，方程的另一个根为m=√3，不符题意，
当t=−√3时，方程的另一个根为m=−√3，不符题意，
若m=1为方程m2−tm+t2−3=0的根时，则t=−1或t=2，
当t=−1时，方程的另一个根为m=−2，不符题意，
当t=2时，方程只有一个根为m=1，不符题意，
若关于m的方程m2−tm+t2−3=0的一个根在(0,1)上，另一个在[1,+∞)上时，
令ℎ(m)=m2−tm+t2−3，
则¿，即¿，解得√32
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时，f(x)=¿，则函数
g(x)=xf(x)−1在[−6,+∞)上的所有零点之和为（ ）
A．－32 B．32 C．16 D．8
【解题思路】由已知可分析出函数g(x)是偶函数,则其零点必然关于原点对称,故g(x)在[−6,6]上所有的零
点的和为0,则函数g(x)在[−6,+∞)上所有的零点的和,即函数g(x)在(6,+∞)上所有的零点之和,求出
(6,+∞)上所有零点,可得答案.
【解答过程】∵函数f (x)是定义在R上的奇函数,
∴f (−x)=−f (x).
又∵函数g(x)=xf (x)−1,
∴g(−x)=(−x)f (−x)−1 =(−x)[−f (x)]−1=xf (x)−1=g(x)
∴函数g(x)是偶函数,
∴函数g(x)的零点都是以相反数的形式成对出现的.
∴函数g(x)在[−6,6]上所有的零点的和为0,
∴函数g(x)在[−6,+∞)上所有的零点的和,即函数g(x)在(6,+∞)上所有的零点之和.
1
即方程f(x)= 在(6,+∞)上的所有实数解之和.
x
由02时,f (x)= f (x−2),如图：
2
[ 1]
∴函数f (x)在(2,4]上的值域为 0, ；
2
[ 1]
函数f (x)在(4,6]上的值域为 0, ；
4
[ 1] 1
函数f (x)在(6,8]上的值域为 0, ,当且仅当x=8时,f (x)= ,
8 8
1
即方程f(x)= 在(6,8]上的又一个实数解x=8.即g(x)=xf (x)−1有一个零点x=8；
x
[ 1 ] 1 1
函数f (x)在(8,10]上的值域为 0, ,当且仅当x=10时,f (x)= < ,
16 16 10
1
故f (x)< 在(8,10]上恒成立,g(x)=xf (x)−1在(8,10]上无零点,
x
同理g(x)=xf (x)−1在(10,12]上无零点,
依此类推,函数g(x)在(8,+∞)无零点.
综上函数g(x)=xf (x)−1在[−6,+∞)上的所有零点之和为8，
故选：D.
二、多选题
9．（2024·甘肃定西·一模）已知函数f (x)=|2x−1|−a,g(x)=x2−4|x|+2−a，则（ ）
A．当g(x)有2个零点时，f (x)只有1个零点
B．当g(x)有3个零点时，f (x)只有1个零点
C．当f (x)有2个零点时，g(x)有2个零点
D．当f (x)有2个零点时，g(x)有4个零点
【解题思路】将问题转化为y=|2x−1|,y=x2−4|x|+2与y=a的图象交点问题，结合图象，逐一分析各选项中a的取值范围，从而得解.
【解答过程】令f (x)=0,g(x)=0，得|2x−1|=a,x2−4|x|+2=a，
利用指数函数与二次函数的性质作出y=|2x−1|,y=x2−4|x|+2的大致图象，如图所示，
由图可知，当g(x)有2个零点时，a=−2或a>2，
此时f (x)无零点或只有1个零点，故A错误；
当g(x)有3个零点时，a=2，此时f (x)只有1个零点，故B正确；
当f (x)有2个零点时，03或m=2√2
D．若方程恰有3个不同的解，则m≤1
【解题思路】由f2(x)−(m+2√2)f (x)+2√2m=0得f (x)=m或f(x)=2√2，画出f (x)的图象，数形结合
即可求解在不同条件下m的取值范围.
【解答过程】因为f2(x)−(m+2√2)f (x)+2√2m=0，
所以[f (x)−m][f(x)−2√2]=0，所以f (x)=m或f(x)=2√2，
f (x)的图象如图所示，由图可知f (x)与y=2√2有两个交点.对于A，若23；
当f (x)=2√2时，方程恰有2个不同的解，此时m=2√2，
故若方程恰有2个不同的解，则m>3或m=2√2，故C正确；
对于D，若方程恰有3个不同的解，则m≤1，则f (x)与y=m有1个交点，此时m=3或m<1，故D错误.
故选：BC.
11．（2024·江西宜春·模拟预测）已知函数f (x)=¿，g(x)=f(x)−a，则（ ）
A．若g(x)有2个不同的零点，则20)的图象符合题意，
由图象可知函数经过(2,3)，
3
因此3=a⋅22，即a= ，
4
3
此时函数的解析式为y= x2
.
4
3
故答案为：y= x2 （答案不唯一）.
4
13．（2024·河南·二模）已知函数f (x)是偶函数，对任意x∈R，均有f (x)=f (x+2)，当x∈[0,1]时，
f (x)=1−x，则函数g(x)=f (x)−log (x+1)的零点有 4 个.
5
【解题思路】转化为函数y=f (x)的图象与y=log (x+1)的图象的交点个数即可求解.
5
【解答过程】函数f (x)是偶函数，说明函数f (x)的图象关于y轴对称，f (x)=f (x+2)说明f (x)的周期是
2，
在同一平面直角坐标系中画出函数y=f (x)的图象与y=log (x+1)的图象，如图所示：
5
如图所示，共有4个不同的交点，即g(x)=f (x)−log (x+1)有4个零点.
5
故答案为：4.
( 1 )
14．（2024·天津·一模）若函数f (x)=¿恰有两个不同的零点m,n，且m0时，g(t)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
3 3
( 5) ( 5 )
当t<0时，g(t)在 −∞,− 上单调递减，在 − ,0 上单调递增，
3 3
g
(5)
=
5
+
25
+
8
=6 g
(
−
5)
=−
(
−
5)
−
25
−
8
=
2
又 3 3 5 3 ， 3 3 ( 5) 3 3，
9× 9× −
3 3
(2 )
若g(t)=a恰有两个不同的实数根t 、t ，且t 1，则f (a)=a2−3=2，解之得a=√5，a=−√5（舍去）；
1
综上a= 或a=√5；
2
（3）
16．（2024·河南·模拟预测）设a>0且a≠1，函数f (x)=log (x−1),g(x)=log (2x+t)(t∈R).
a a
(1)当t=1时，求不等式2f (x)≤g(x)的解集；(2)若函数ℎ(x)=af(x)+tx2+2t+2在区间(1,3]上有零点，求t的取值范围.
【解题思路】（1）化简不等式2f (x)≤g(x)为2log (x−1)≤log (2x+1)，按照01分类讨论，
a a
利用对数函数的单调性解不等式即可；
1 x2+2 1 ( 3)
（2）将零点问题转化为 =− 有解，设m=x+1∈(2,4]，则 =− m+ +2，利用函数
t x+1 t m
( 3)
y=− m+ +2的单调性求解参数范围即可.
m
【解答过程】（1）当t=1时，不等式2f (x)≤g(x)可化为2log (x−1)≤log (2x+1)，
a a
若01，则¿，解得11时，不等式2f (x)≤g(x)的解集为(1,4]；
（2）由题意可知ℎ(x)=alog
a
(x−1)+tx2+2t+2=tx2+x+2t+1，
令tx2+x+2t+1=0，即t(x2+2)=−(x+1)，因为x∈(1,3]，所以x+1∈(2,4]，
1 x2+2
所以t≠0,x2+2≠0，所以 =− ，
t x+1
1 (m−1) 2+2 ( 3)
设m=x+1∈(2,4]，则 =− =− m+ +2，
t m m
( 3)
因为函数y=− m+ +2在(2,4]上单调递减，
m
11 1 3 2 4
所以− ≤ <− ，所以− 0，判断f (x)在 0, 的单调性，并用定义法证明；
√a(3)若a=1，g(x)=f (ex)−18，判断函数g(x)的零点个数，并说明理由．
【解题思路】（1）根据奇偶性定义直接判断即可；
1 ( 1 )
（2）任取00)，令ℎ(t)=0可求得t的值，由此可求得对应的x的取值，即g(x)的零
t
点.
【解答过程】（1）由题意知：f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
1
∵f (−x)=−ax− =−f (x)，∴f (x)为定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数.
x
( 1 )
（2）f (x)在 0, 上单调递减，证明如下：
√a
1
任取00，∴f (x )−f (x )<0，
1 2 √a 1 2 a x x 2 1 2 1
1 2
( 1 )
∴f (x)在 0, 上单调递减.
√a
1 1
（3）当a=1时，f (x)=x+ ，∴g(x)=ex+ −18；
x ex
1
令t=ex，则t>0，ℎ(t)=t+ −18(t>0)；
t
18±8√5
令ℎ(t)=0，解得：t= ，
2
18−8√5 18+8√5
∵t=ex在R上单调递增，∴当x=ln 或x=ln 时，g(x)=0，
2 2
∴g(x)有两个不同的零点.
18．（2024·福建·模拟预测）已知函数f(x)=xlnx−a(x2−1)．(1)讨论函数f(x)的零点个数；
1 1 1
(2)若f(x)有三个零点x , x , x ，求 + + 的取值范围．
1 1 3 x x x
1 2 3
【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数f′ (x)，在对f′ (x)按2a≤0，0<2a<1和2a≥1分类讨论确定
f(x)的零点个数，其中要特别注意零点存在定理的应用.
1 1
（2）利用g(x)=g( )得x = ，又x =1，结合基本不等式可得范围．
x 1 x 2
3
【解答过程】（1）f(x)=xlnx−a(x2−1)，则f′ (x)=lnx+1−2ax，
1
令g(x)=lnx+1−2ax，则g′ (x)= −2a，
x
（i）2a≤0，即a≤0时，g′ (x)>0，函数g(x)单调递增，
函数y=lnx在(0,1)上的取值集合为(−∞,0)，而y=1−2ax在(0,1)上的取值集合为(1,1−2a)，
则存在x ∈(0,1)，使得f′ (x )=0，当0x 时，f′ (x)>0，
0 0 0 0
则函数f(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，f(x )0，当x>1时，ℎ′ (x)<0，
x
函数ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，ℎ(x)≤ℎ(1)=0，则g(x)≤0，
函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，而f(1)=0，因此f(x)只有一个零点x=1；
1 1 1
（iii）当0<2a<1，即00，得0 ，
2 2a 2a
1 1 1 1
函数g(x)，即f′ (x)在(0, )上单调递增，在( ,+∞)上单调递减，f′ ( )=ln >0，
2a 2a 2a 2a
由（i）知，存在x ∈(0,1)，使得f′ (x )=0，
0 0
8 8 16 1 16 1
而f′ ( )=ln +1− =1+ln8+2ln − ，令t= >2，
a2 a2 a a a a
1+ln8+2lnt−16t<1+ln8+2(1+t)−16t=3+ln8−14t<3ln2−4<0，8 1 16−a 1
又 − = >0，则存在x > ，使得f′ (x )=0，
a2 2a 2a2 1 2a 1
即当0x 时，f′ (x)<0，当x 0，
0 1 0 1
函数f(x)在(0,x ),(x ,+∞)上单调递减，在(x ,x )上单调递增，显然x <10，因此f(x)在(0,x )上有一个零点，
0 1 0
1 1 2−a 1 1 1 1 1 1
而 − = >0，f( )= ln +a− ，令u= >2，φ(u)=2u2lnu+ −u3 ，
a2 2a 2a2 a2 a2 a2 a3 a u
1 2
求导得φ′ (u)=4ulnu+2u− −3u2 ，令F(u)=φ′ (u)，求导得F′ (u)=6+4lnu+ −6u，
u2 u3
4 6
令y=F′ (u)，求导得y′= − −6<0，函数F′ (u)在(2,+∞)上单调递减，
u u4
1
F′ (u)1+2√x x =3，
x x x x x 1 3 1 3
1 2 3 1 3
1 1 1
所以 + + 的取值范围是(3,+∞).
x x x
1 2 3
1
19．（2024·河北·三模）已知函数f (ex)=xex− ae2x−ex−2．
2
(1)当a=1时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)若f′(x)为函数f (x)的导函数，f′(x)有两个零点x ,x ．
1 2
（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）证明：(x x )
e0，则x=lnt，
2
1
所以f (t)=t⋅lnt− at2−t−2（t>0），
2
1
故f (x)=x⋅lnx− ax2−x−2（x>0）.
2
1
当a=1时，f (x)=x⋅lnx− x2−x−2，
2
f′(x)=lnx+1−x−1=lnx−x，
1 1−x
令g(x)=lnx−x，则g′(x)= −1= ，
x x
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，
所以g(x) =g(1)=ln1−1=−1<0，
max
故f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立.
所以当a=1时，f (x)在(0,+∞)上单调递减.
（2）（ⅰ）f′(x)有两个零点x ,x 等价于f′(x)=0有两个不同的根.
1 2
而f′(x)=lnx−ax （x>0），
所以lnx−ax=0有两个不同的根，
lnx
等价于a= 有两个不同的根，
x
lnx
等价于y=a与ℎ(x)= 有两个不同的交点.
x
lnx 1−lnx
因为ℎ(x)= ， ℎ′(x)= （x>0），
x x2
当x∈(0,e)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
lne 1
所以ℎ(x) =ℎ(e)= = ，
max e e而当x趋向正无穷时，ℎ(x)趋向0，x趋向0时，ℎ(x)趋向负无穷，
lnx ( 1)
为使y=a与ℎ(x)= 有两个不同的交点，所以a∈ 0, .
x e
（ⅱ）f′(x)有两个零点x ,x ，则
1 2
lnx −ax =0，lnx −ax =0.
1 1 2 2
即lnx =ax ，lnx =ax .
1 1 2 2
所以lnx +lnx =a(x +x )，
1 2 1 2
即ln(x ⋅x )=a(x +x )，
1 2 1 2
得x ⋅x =ea(x 1 +x 2 )，
1 2
所以(x ⋅x ) e=eea(x 1 +x 2 ) .
1 2
因为a∈ ( 0, 1) ，所以(x ⋅x ) e
