第12讲函数与方程_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第12讲 函数与方程
知识梳理
一、函数的零点
对于函数y=fx  ，我们把使fx  =0的实数x叫做函数y=fx  的零点.
二、方程的根与函数零点的关系
方程fx  =0有实数根⇔函数y=fx  的图像与x轴有公共点⇔函数y=fx  有零点.
三、零点存在性定理
如果函数y=fx  在区间a,b  上的图像是连续不断的一条曲线，并且有fa  ⋅fb  <0，那
么函数y=fx  在区间a,b  内有零点，即存在c∈a,b  ，使得fc  =0,c也就是方程fx 
=0的根.
四、二分法
对于区间a,b  上连续不断且fa  ⋅fb  <0的函数fx  ，通过不断地把函数fx  的零点
所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点的近似值的方法叫做
二分法.求方程fx  =0的近似解就是求函数fx  零点的近似值.
五、用二分法求函数fx  零点近似值的步骤
(1)确定区间a,b  ，验证fa  ⋅fb  <0，给定精度ε.
(2)求区间a,b  的中点x. 1
(3)计算fx 1  .若fx 1  =0,则x 1 就是函数fx  的零点；若fa  ⋅fx 1  <0，则令b=x(此时 1
零点x 0 ∈a,x 1  ).若fb  ⋅fx 1  <0，则令a=x 1 (此时零点x 0 ∈x 1 ,b  )
(4)判断是否达到精确度ε，即若a-b  <ε，则函数零点的近似值为a(或b)；否则重复第(2)
-(4)步.
用二分法求方程近似解的计算量较大，因此往往借助计算完成.
【解题方法总结】
函数的零点相关技巧:
①若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.
②连续不断的函数f(x)，其相邻的两个零点之间的所有函数值同号.
③连续不断的函数f(x)通过零点时，函数值不一定变号.
④连续不断的函数f(x)在闭区间[a，b]上有零点，不一定能推出f(a)f(b)<0.
必考题型全归纳
1 题型一：求函数的零点或零点所在区间
337 (2024·广西玉林·博白县中学校考模拟预测)已知函数h(x)是奇函数，且f(x)=h(x)+2，
若x=2是函数y=f(x)的一个零点，则f(-2)= ( )
A.-4 B.0 C.2 D.4
【答案】D
【解析】因为x=2是函数y=f(x)的一个零点，则f(2)=0，于是f(2)=h(2)+2=0，即
h(2)=-2，
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186 3427而函数h(x)是奇函数，则有h(-2)=-h(2)=2，
所以f(-2)=h(-2)+2=4.
故选：D
338 (2024·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测)已知x 是函数f(x)=tanx-2的一个
0
零点，则sin2x 的值为 ( )
0
4 3 3 4
A.- B.- C. D.
5 5 5 5
【答案】D
【解析】因为x 是函数f(x)=tanx-2的一个零点，
0
所以tanx -2=0，即tanx =2，故cosx ≠0，
0 0 0
2sinx ⋅cosx 2tanx 4
则sin2x = 0 0 = 0 = ．
0 sin2x +cos2x 1+tan2x 5
0 0 0
故选：D．
339 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =2x+x,gx  =log 2 x+x,hx  =log x-2的 2
零点依次为a,b,c，则 ( )
A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c
【答案】A
【解析】对于fx  =2x+x ，显然是增函数，f0  =1>0,f-1 
1
=- <0 ，所以fx
2
 的
唯一零点a∈-1,0  ；
对于gx 
1
=log x+x ，显然也是增函数，g 2 2 
1
=- <0,g1 2  =1>0 ，所以gx  的唯
1
一零点b∈ ,1
2
 ；
对于hx  =log 2 x-2 ，显然也是增函数，h4  =log 2 4-2=0 ，所以hx  的唯一零点c
=4 ；
∴a<b<c ；
故选：A.
340 (2024·全国·高三专题练习)已知fx  =ex+lnx+2，若x 0 是方程fx  -fx  =e的一
个解，则x 可能存在的区间是 ( )
0
A. 0,1  B. 1,2  C. 2,3  D. 3,4 
【答案】C
【解析】fx 
1
=ex+ ，所以fx
x
 -fx 
1
=ex+lnx+2-ex+
x

1
=lnx- +2，
x
因为x 0 是方程fx  -fx  =e的一个解，
1
所以x 0 是方程lnx- x +2-e=0的解，令gx 
1
=lnx- +2-e， x
则gx 
1 1
= + ，当x>0时，gx
x x2

1 1
= + >0恒成立，
x x2
所以gx 
1
=lnx- +2-e单调递增，
x
又g2 
1 3
=ln2- +2-e=ln2+ -e<0,g3
2 2

1 5
=ln3- +2-e=ln3+ -e>
3 3
0，
所以x ∈(2,3).
0
第 页 共 页
187 3427故选：C.
【解题总结】
求函数fx  零点的方法：
(1)代数法，即求方程fx  =0的实根，适合于宜因式分解的多项式；(2)几何法，即利用
函数y=fx  的图像和性质找出零点，适合于宜作图的基本初等函数.
2 题型二：利用函数的零点确定参数的取值范围
341 (2024·山西阳泉·统考三模)函数fx  =log 2 x+x2+m在区间1,2  存在零点．则实数
m的取值范围是 ( )
A. -∞,-5  B. -5,-1  C. 1,5  D. 5,+∞ 
【答案】B
【解析】由y 1 =log 2 x在0,+∞  上单调递增，y 2 =x2+m在0,+∞  上单调递增，得函
数fx  =log 2 x+x2+m在区间0,+∞  上单调递增，
因为函数fx  =log 2 x+x2+m在区间1,2  存在零点，
f1 所以  <0
f2 


>0
，即 

l
l
o
o
g
g
2 1
2
+
+
1
2
2
2
+
+
m
m
<
>
0
0
，解得-5<m<-1，
2
所以实数m的取值范围是-5,-1  .
故选：B.
3
342 (2024·全国·高三专题练习)函数f(x)=2x- -a的一个零点在区间1,3
x
 内，则实数a
的取值范围是 ( )
A. 7,+∞  B. -∞,-1 
C. -∞,-1  ∪7,+∞  D. -1,7 
【答案】D
3
【解析】∵y=2x和y=- 在(0,+∞)上是增函数，
x
3
∴f(x)=2x- -a在(0,+∞)上是增函数，
x
∴只需f(1)⋅f(3)<0即可，即-1-a  ⋅7-a  <0，解得-1<a<7.
故选：D.
2
343 (2024·河北·高三学业考试)已知函数f(x)=a- 是R上的奇函数，若函数y=f(x
2x+1
-2m)的零点在区间-1，1  内，则m的取值范围是 ( )
1 1
A. - ,
2 2
 B.(-1，1) C.(-2,2) D. 0，1 
【答案】A
2 2
【解析】∵f(x)是奇函数，∴f(0)=a- =0，a=1，f(x)=1- ，易知f(x)在R
1+1 2x+1
上是增函数，
∴f(x)有唯一零点0，
函数y=f(x-2m)的零点在区间-1，1 
x
内，∴x-2m=0在(-1,1)上有解，m= ，
2
1 1
∴m∈- ,
2 2
 ．
故选：A．
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188 3427344 (2024·浙江绍兴·统考二模)已知函数fx  =lnx+ax2+b，若fx  在区间2,3  上有零
点，则ab的最大值为 .
1
【答案】
4e2
【解析】设f(x 0 )=0，x 0 ∈2,3  ，则lnx +ax2+b=0， 0 0
此时b=-lnx -ax2，则ab=-alnx -a2x2，
0 0 0 0
令ga  lnx =-alnx -a2x2=-x a+ 0 0 0 0 2x
0
 2 + lnx 0 2x
0
 2 ，
lnx 当a=- 0 时，ga
2x2
0
 lnx = 0
max 2x
0
 2 ，
lnx 1-lnx
记h(x)= ，则h(x)= ，
2x 2x2
所以h(x)在2,e  上递增，在e,3  上递减，
1 故h(x) max =h(e)= 2e ,所以ga  lnx = 0 max 2x
0
 2 1 = ， 4e2
1
所以ab的最大值为 .
4e2
1
故答案为： .
4e2
345 (2024·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习)已知函数f(x)=sinax-asinx
在(0,2π)上有零点，则实数a的取值范围 .
1
【答案】-∞,-
2

1
∪ ,+∞
2
 ∪0 
π π
【解析】当a>1时，0< <π，f
a a

π
=sina⋅
a

π π 3π
-asin =-asin <0，f
a a 2
 =
3aπ
sin
2
 +a>0，
π
故f
a

3π
⋅f
2

π 3π
<0，由零点存在性定理知：f(x)在区间 ,
a 2
 上至少有1个零点；
当a=1时，fx  =0，符合题意；
1 π π
当 <a<1时，π< <2π, <aπ<π,π<2aππ<2π，
2 a 2
π
f
a

π
=-asin >0,f(π)=sinaπ>0,f(2π)=sin2aπ<0，
a
由零点存在性定理知，f(x)在区间(π,2π)至少有1个零点；
1
当0<a≤ 时，
2
f(x)=acosax-acosx=a(cosax-cosx)
ax+x ax-x
=a cos +
2 2

ax+x ax-x
-cos -
2 2
  


=
a
ax+x ax-x ax+x ax-x ax+x ax-x ax+x ax-x
cos cos -sin sin -cos cos +sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2
  


(a+1)x (a-1)x
=-2asin sin ，
2 2
1 (a-1)x (a-1)x
因为0<a≤ ，x∈(0,2π)，所以-π< <0，sin <0，
2 2 2
2π
当x∈0,
a+1

(a+1)x (a+1)x
时，0< <π，sin >0，f(x)>0,f(x)递增，
2 2
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189 34272π
当x∈ ,2π
a+1

(a+1)x 3π (a+1)x
时，π< < ，sin <0，f(x)<0,f(x)递减，
2 2 2
2π
故f(x)在0,
a+1

2π
上递增，在 ,2π
a+1
 上递减，
又f(0)=0,f(2π)=sin2aπ≥0，即在(π,2π)上，f(x)>0，
故f(x)在区间(0,2π)上没有零点．
1
所以，当a> 时，函数f(x)=sinax-asinx在(0,2π)上有零点.
2
令φ(a)=sinax-asinx，φ(-a)=sin(-ax)+asinx=-sinax+asinx=-φ(a)，
可知φ(a)=sinax-asinx为奇函数，图象关于原点对称，
1
从而，当a<- 时，函数f(x)=sinax-asinx在(0,2π)上有零点.
2
又当a=0时，fx  =0，符合题意，
1
综上，实数a的取值范围-∞,-
2

1
∪ ,+∞
2
 ∪0  ．
1
故答案为：-∞,-
2

1
∪ ,+∞
2
 ∪0  ．
【解题总结】
本类问题应细致观察、分析图像，利用函数的零点及其他相关性质，建立参数关系，列关
于参数的不等式，解不等式，从而获解.
3 题型三：方程根的个数与函数零点的存在性问题
346 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)已知实数x，y满足ln 2y+1+y=2，
ex+x=5，则x+2y= .
【答案】4
【解析】由ln 2y+1+y=2，即ln 2y+1=2-y，
即e4-2y=2y+1，
令4-2y=t，则2y=4-t，
即et=5-t，即et+t-5=0.
由ex+x=5，得ex+x-5=0，
设函数fx  =ex+x-5，显然该函数增函数，
又f1  ⋅f2  =e-4  ×e2-3  <0，
所以函数fx  =ex+x-5在1,2  上有唯一的零点，
因此t=x，即4-2y=x，
所以x+2y=4.
故答案为：4.
347 (2024·新疆·校联考二模)已知函数fx  =ax3+3x2-4，若fx  存在唯一的零点x ，且x 0 0
<0，则a的取值范围是 ．
【答案】-∞,-1 
【解析】因为fx  =ax3+3x2-4，所以fx  =3ax2+6x=3xax+2 
当a=0时，有fx 
2 3
=3x2-4=0，解得x=± ，所以当a=0时，f(x)有两个零点，不
3
符合题意；
当a>0时，由fx 
2
=0，解得x=0或x=- ，且有f0
a

2
=-4，f-
a

4
= -4，
a2
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190 34272
当x∈-∞,-
a
 ，fx  >0，fx 
2
在区间-∞,-
a
 上单调递增；
2
当x∈- ,0
a
 ，fx  <0，fx 
2
在区间- ,0
a
 上单调递减；
当x∈0,+∞  ，fx  >0，fx  在区间0,+∞  上单调递增；
又因为f0 
2 3
=-4<0，f
3

8a
= >0，
3 3
2 3
所以x∈0,
3
 ，fx  存在一个正数零点，所以不符合题意；
当a<0时，令fx 
2
=0，解得x=0或x=- ，且有f0
a

2
=-4，f-
a

4
= -4
a2
当x∈-∞,0  ，fx  <0，fx  在区间-∞,0  上单调递减；
2
当x∈0,-
a
 ，fx  >0，fx 
2
在区间0,-
a
 上单调递增；
2
当x∈- ,+∞
a
 ，fx  <0，fx 
2
在区间- ,+∞
a
 上单调递减；
又因为f0 
2 3
=-4<0，f-
3

8a
=- >0，
3 3
2 3
所以x∈- ,0 3  ，fx  存在一个负数零点，要使fx  存在唯一的零点x ， 0
2
则满足f-
a

4
= -4<0，解得a<-1或a>1，又因为a<0，所以a<-1，
a2
综上，a的取值范围是a<-1．
故答案为：-∞,-1  .
x2+4x+a, x≤0

348 (2024·天津滨海新·统考三模)已知函数f(x)= 1 ，若函数gx
+a+1, x>0
x
 =fx  -
ax-1在R上恰有三个不同的零点，则a的取值范围是 ．
【答案】(-∞,-4)∪[1,2)
x2+4x, x≤0

【解析】当a=0时，f(x)=
1
，
+1, x>0
x
因为gx  =fx  -ax-1恰有三个不同的零点，
函数gx  =fx  -1在R上恰有三个不同的零点，即fx  =1有三个解，
1
而 +1=1无解，故a≠0.
x
当a>0时，函数gx  =fx  -ax-1在R上恰有三个不同的零点，
即fx  =ax+1，即y=fx  与y=ax+1的图象有三个交点，如下图，
当x>0时，fx 
1
= +a+1与y=ax+1必有1个交点，
x
所以当x<0时，fx  =x2+4x+a有2个交点，
即x2+4x+a-ax-1=0，即令hx  =x2+4-a  x+a-1=0在(-∞,0]内有两个实
数解，
Δ>0
h0 
  4-a
≥0 ⇒ 
- 4-a <0
 2
 2-4a-1  >0 
a≥1 ⇒1≤a<2，
a<4
第 页 共 页
191 3427当a<0时，函数gx  =fx  -ax-1在R上恰有三个不同的零点，
即fx  =ax+1，即y=fx  与y=ax+1的图象有三个交点，如下图，
当x<0时，fx  =x2+4x+a必有1个交点，
当x>0时，fx 
1
= +a+1与y=ax+1有2个交点，
x
1
所以 +a+1=ax+1，即ax2-ax-1=0在0,+∞
x
 上有2根，
令kx  =ax2-ax-1
Δ>0
故 k0 


=-1<0 ⇒a2+4a>0，解得：a<-4.

x=- -a = 1
 2a 2
综上所述：a的取值范围是(-∞,-4)∪[1,2).
故答案为：(-∞,-4)∪[1,2).
349 (2024·江苏·校联考模拟预测)若曲线y=xlnx有两条过e,a  的切线，则a的范围是
.
【答案】-∞,e 
【解析】设切线切点为x 0 ,y 0 
xlnx
，因
 =lnx+1 
 ，则切线方程为：y= y =x lnx
0 0 0
lnx 0 +1  x-x 0  +x 0 lnx 0 =lnx 0 +1  x-x . 0
因过e,a  ，则a=lnx 0 +1  e-x 0 ，由题函数fx  =lnx+1  e-x图象
与直线y=a有两个交点.fx 
e e-x
= -1= ，
x x
得fx  在0,e  上单调递增，在e,+∞  上单调递减.
第 页 共 页
192 3427又fx  =fe
max
 =e，x→0,fx  →-∞，x→+∞,fx  →-∞.
据此可得fx  大致图象如下.则由图可得，当a∈-∞,e  时，曲线y=xlnx有两条过
e,a  的切线.
故答案为：-∞,e 
350 (2024·天津北辰·统考三模)设a∈R，对任意实数x，记fx  =
minex-2,e2x-aex+a+24  ．若fx  有三个零点，则实数a的取值范围是 ．
【答案】12,28 
【解析】令gx  =ex-2,hx  =e2x-aex+a+24，
因为函数gx  有一个零点，函数hx  至多有两个零点，
又fx  有三个零点，
所以hx  必须有两个零点，且其零点与函数gx  的零点不相等，
且函数hx  与函数gx  的零点均为函数fx  的零点，
由gx  =0可得，ex-2=0，所以x=ln2，
所以x=ln2为函数fx  的零点，
即hln2  =e2ln2-aeln2+a+24=4-2a+a+24=28-a>0，
所以a<28，
令hx  =0，可得e2x-aex+a+24=0，
由已知e2x-aex+a+24=0有两个根，
设ex=t，则t2-at+a+24=0有两个正根，
所以a2-4a+24  >0，a>0,a+24>0，
所以a>12，故12<a<28，
当12<a<28时，t2-at+a+24=0有两个根，
a
设其根为t,t ，t <t ，则t > ，
1 2 1 2 2 2
设Ft  =t2-at+a+24，则F2 
a
=4-2a+a+24=28-a>0，F
2
 <0，
所以t >2，
1
令ex1=t,ex2=t ，则x =lnt,x =lnt ，
1 2 1 1 2 2
则hx 1  =0，hx 2  =0，
且gx 1  =elnt1-2=t 1 -2>0，gx 2  =elnt2-2=t -2>0， 2
所以当12<a<28时，fx 1  =fx 2  =0，
所以当12<a<28时，x 1 ,x 2 为函数fx  的零点，又x=ln2也为函数fx  的零点，
且x,x 与ln2互不相等，
1 2
所以当12<a<28时，函数fx  有三个零点.
故答案为：12,28  .
e2023-2m e3-ln2
351 (2024·广东·统考模拟预测)已知实数m，n满足 -m= -lnn-ln2e2020
2 n

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193 3427=0，则mn= .
e3
【答案】
4
e2023-2m
【解析】因为 -m=0，所以e2023-2m-2m=0，
2
故e2023=2me2m，即2m+ln2m=2023，
即eln2m+ln2m=2023.
e3-1n2
由 -lnn-ln2e2020
n
 =0，得e3-ln2n+3-ln2n=2023.
令fx  =x+ex，因为增函数+增函数=增函数，所以函数fx  在R上单调递增，
而fln2m  =f3-ln2n 
e3
=2023，故ln2m=3-ln2n，解得ln4mn=3，则mn= .
4
e3
故答案为：
4
【解题总结】
方程的根或函数零点的存在性问题，可以依据区间端点处函数值的正负来确定，但是要
确定函数零点的个数还需要进一步研究函数在这个区间的单调性，若在给定区间上是单
调的，则至多有一个零点；如果不是单调的，可继续分出小的区间，再类似做出判断.
4 题型四：嵌套函数的零点问题
352 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1
x2+ x, x≤0
= 2
-2x-1 

 ，若关于x的方程f2 x
+1, x>0

-k+1  xfx  +kx2=0有且只有三个不同的实数解，则正实数k的取值范围为 ( )
1
A. 0,
2

1
B.   ,1
 2
 ∪1,2  C. 0,1  ∪1,2  D. 2,+∞ 
【答案】B
【解析】因为fx 
1
x2+ x, x≤0
 2

1
= 2x, 0<x≤ ，  2

 2-2x, x> 1
2
由f2 x  -k+1  xfx  +kx2=0可得 fx   -x  ⋅ fx   -kx  =0，
所以，关于x的方程fx  =x、fx  =kx共有3个不同的实数解.
①先讨论方程fx  =x的解的个数.
当x≤0时，由fx 
1
=x2+ x=x，可得x=0，
2
1
当0<x≤ 时，由fx
2
 =2x=x，可得x∈∅，
1
当x> 时，由fx
2

2
=2-2x=x，可得x= ，
3
所以，方程fx 
2
=x只有两解x=0和x= ；
3
②下面讨论方程fx  =kx的解的个数.
当x≤0时，由fx 
1 1
=x2+ x=kx可得xx+ -k
2 2

1
=0，可得x=0或x=k- ，
2
1
当0<x≤ 时，由fx
2
 =2x=kx，可得k=2，此时方程fx  =kx有无数个解，不合乎
题意，
第 页 共 页
194 34271
当x> 时，由fx
2

2
=2-2x=kx可得x= ，
k+2
1
 k- 1 <0  k- 1 <0  k- 2 ≥0
2 2
  
2 1
因为k>0，由题意可得 2 1 或 2 2 或 > ，
 ≤  = k+2 2
k+2 2 k+2 3 
  2 2
k>0 k>0  ≠
k+2 3
1
解得 ≤k<1或1<k<2.
2
1
因此，实数k的取值范围是  ,1
 2
 ∪1,2  .
故选：B.
353 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  = 2x   -2  -1，则关于x的方程f2 x  +mfx 
+n=0有7个不同实数解，则实数m,n满足 ( )
A.m>0且n>0 B.m<0且n>0
C.0<m<1且n=0 D.-1<m<0且n=0
【答案】C
【解析】令u=fx  ，作出函数u=fx  的图象如下图所示：
由于方程u2+mu+n=0至多两个实根，设为u=u 和u=u ，
1 2
由图象可知，直线u=u 1 与函数u=fx  图象的交点个数可能为0、2、3、4，
由于关于x的方程f2 x  +mfx  +n=0有7个不同实数解，
则关于u的二次方程u2+mu+n=0的一根为u =0，则n=0，
1
则方程u2+mu=0的另一根为u =-m，
2
直线u=u 2 与函数u=fx  图象的交点个数必为4，则-1<-m<0，解得0<m<1.
所以0<m<1且n=0.
故选：C.
354 (2024·四川资阳·高三统考期末)定义在R上函数fx  ，若函数y=fx-1  关于点1,0 
对称，且fx  -x2,x∈0,1 =  ,
ex-1-2,x∈1,+∞ 
  则关于x的方程f2 x
,
 -2mfx  =1(m∈R)有n
个不同的实数解，则n的所有可能的值为
A.2 B.4 C.2或4 D.2或4或6
【答案】B
【解析】∵函数y=fx-1  关于点1,0  对称，∴f(x)是奇函数，x>0时，f(x)在(0,1)
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195 3427上递减，在[1,+∞)上递增，
作出函数f(x)的图象，如图，由图可知f(x)=t的解的个数是1，2，3.
t<-1或 t>1时，f(x)=t有一个解，t=±1时，f(x)=t有两个解，-1<t<1时，
f(x)=t有三个解，
方程f2 x  -2mfx  =1中设 f(x)=t，则方程化为t2-2mt-1=0，其判别式为Δ=
4m2+4>0恒成立，方程必有两不等实根，t,t ，t +t =2m，tt =-1，两根一正一负，不
1 2 1 2 1 2
妨设t <0,t >0，
1 2
若m=0，则t +t =0，t =-1,t =1，f(x)=t 和f(x)=t 都有两个根，原方程有4个
1 2 1 2 1 2
根；
若m>0，则t 1 +t 2 >0，t 2 >t 1  ，∴t >1，-1<t <0，f(x)=t 有三个根，f(x)=t 有一 2 1 1 2
个根，原方程共有4个根；
若m<0，则t 1 +t 2 <0，t 2 <t 1  ，∴0<t <1，t <-1，f(x)=t 有一个根，f(x)=t 有三 2 1 1 2
个根，原方程共有4个根．
综上原方程有4个根．
故选：B.
355 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=(x2-x-1)ex，设关于x的方程f2(x)-
5
mf(x)= (m∈R)有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为
e
A.3 B.1或3 C.4或6 D.3或4或6
【答案】A
【解析】f'x  =x-1  x+2  ex,∴fx  在-∞,-2  和1,+∞  上单增，-2,1  上单减，
又当x→-∞时，fx  →0,x→+∞时，fx  →+∞故fx  的图象大致为：
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196 3427令fx 
5 5
=t，则方程t2-mt- =0必有两个根，t,t 且tt =- ，不仿设t <0<t ， e 1 2 1 2 e 1 2
当t 1 =-e时，恰有t 2 =5e-2，此时fx  =t 1 ，有1个根，fx  =t ，有2个根，当t <-e时必 2 1
有0<t 2 <5e-2，此时fx  =t 1 无根，fx  =t 有3个根，当-e<t <0时必有t >5e-2， 2 1 2
此时fx  =t 1 有2个根，fx  =t ，有1个根，综上，对任意m∈R，方程均有3个根，故选 2
A.
【解题总结】
1、涉及几个根的取值范围问题，需要构造新的函数来确定取值范围．
2、二次函数作为外函数可以通过参变分离减少运算，但是前提就是函数的基本功要扎
实．
5 题型五：函数的对称问题
356 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1 1
=2x+  ≤x≤2
x2 2
 的图象上存在点P，函
数g(x)=ax-3的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则实数a的取值范围是
( )
A. -4,0 
5
B.  0,  8  C. 0,4 
5
D.   ,4  8 
【答案】C
【解析】由题意，函数gx  =ax-3关于原点对称的函数为-y=-ax-3，即y=ax+3，
若函数gx  =ax-3的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，
则等价为fx 
1 1 1
=ax+3在 ≤x≤2上有解，即2x+ =ax+3，在 ≤x≤2上有
2 x2 2
解，
由fx 
1
=2x+ ，则fx
x2

2 2x3-2
=2- = ，
x3 x3
当x∈(1,2]时，fx  >0，此时函数fx  为单调增函数；
1
当x∈  ,1
 2
 时，fx  <0，此时函数fx  为单调减函数，
即当x=1时，fx  取得极小值同时也是最小值，且f1  =3，即B(1,3)，
1 1
当x= 时，y=1+4=5，即A ,5
2 2
 ，
设hx  =ax+3，要使得fx  =hx  有解，
则当hx 
1
过点B 时，得a=0，过点A时， a+3=5，解得a=4，
2
综上可得0≤a≤4．
故选C．
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197 3427357 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex，函数g(x)与f(x)的图象关于直线y=x
对称，若h(x)=g(x)-kx无零点，则实数k的取值范围是 ( )
1
A.  ,e2
e

1
B.  ,e
e

1
C.(e,+∞) D.  ,+∞
e

【答案】D
lnx lnx
【解析】由题知g(x)=lnx，h(x)=g(x)-kx=0⇒k= ，设F(x)= ⇒F(x)=
x x
1-lnx
，当F(x)<0时，x∈e,+∞
x2
 ，此时F(x)单调递减，当F(x)>0时，x∈0,e  ，此
1 1
时F(x)单调递增，所以F(x) =F(e)= ，F(x)的图象如下，由图可知，当k> 时，y
max e e
=F(x)与y=k无交点，即h(x)=g(x)-kx无零点．
故选：D．
1
358 (2024·全国·高三专题练习)已知函数y=a-2lnx, ≤x≤e
e
 的图象上存在点M，函数
y=x2+1的图象上存在点N，且M，N关于x轴对称，则a的取值范围是 ( )
A. 1-e2,-2   1 B. -3- ,+∞
 e2

 1 C. -3- ,-2
 e2
 D.  1-e2,-3- 1
 e2

【答案】A
【解析】因为函数y=x2+1与函数y=-x2-1的图象关于x轴对称，
1
根据已知得函数y=a-2lnx, ≤x≤e
e
 的图象与函数y=-x2-1的图象有交点，
第 页 共 页
198 34271
即方程a-2lnx=-x2-1在x∈  ,e
 e
 上有解，
1
即a=2lnx-x2-1在x∈  ,e
 e
 上有解．
令gx 
1
=2lnx-x2-1，x∈  ,e
 e
 ，
则gx 
2 2-2x2 21-x2
= -2x= =
x x

，
x
可知gx 
1
在  ,1  e  上单调递增，在1,e  上单调递减，
故当x=1时，gx  =g1
max
 =-2，
1
由于g
e

1
=-3- ，ge
e2

1
=1-e2，且-3- >1-e2，
e2
所以1-e2≤a≤-2．
故选：A．
359 (2024·全国·高三专题练习)已知函数gx 
1
=a-x2( ≤x≤e，e为自然对数的底数)与
e
hx  =2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是 ( )
 1 A. 1, +2
 e2
 B. 1,e2-2  C.   1 +2,e2-2
e2
 D. e2-2,+∞ 
【答案】B
【解析】设hx  上一点Mx 0 ,2lnx 0 
1
， ≤x ≤e，且M关于x轴对称点坐标为 e 0
Mx 0 ,-2lnx 0 
1
， e ≤x 0 ≤e在gx  上，
1
∴-2lnx =a-x2 ≤x≤e
0 0 e

1
有解，即x2-2lnx =a ≤x≤e
0 0 e
 有解．
令fx 
1
=x2-2lnx ≤x≤e
e
 ，则fx 
2 2x+1
=2x- =
x
 x-1  1
， ≤x≤e，
x e
1
∴当x∈  ,1  e  时，fx  <0；当x∈1,e  时，fx  >0，∴fx 
1
在  ,1  e  上单调递减；
在1,e  上单调递增
∴fx  =f1
min

1
=1，f
e

1
= +2，fe
e2
 =e2-2，
1
x2-2lnx =a ≤x≤e 0 0 e  有解等价于y=a与y=fx  图象有交点，∴f1  ≤a≤fe 
∴a∈1,e2-2  ．
故选：B
【解题总结】
转化为零点问题
6 题型六：函数的零点问题之分段分析法模型
x3-2ex2+mx-lnx
360 (2024·浙江宁波·高三统考期末)若函数f(x)= 至少存在一个零点，
x
则m的取值范围为 ( )
1
A. -∞,e2+
e

1
B.  e2+ ,+∞
 e

1
C. -∞,e+
e

1
D.  e+ ,+∞
 e

【答案】A
x3-2ex2+mx-lnx
【解析】因为函数f(x)= 至少存在一个零点
x
第 页 共 页
199 3427x3-2ex2+mx-lnx
所以 =0有解
x
lnx
即m=-x2+2ex+ 有解
x
令hx 
lnx
=-x2+2ex+ ，
x
则hx 
1-lnx
=-2x+2e+
x2
hx 
1-lnx
=-2x+2e+
x2

 -3x+2xlnx -3x-2x4+2xlnx
=-2+ = =
x4 x4
-3x-2xx3-lnx

因为x>0，且由图象可知x3>lnx，所以hx
x4
 <0
所以hx  在0,+∞  上单调递减，令hx  =0得x=e
当0<x<e时hx  >0，hx  单调递增
当x>e时hx  <0，hx  单调递减
所以hx  =he
max

1
=e2+
e
且当x→+∞时hx  →-∞
所以m的取值范围为函数hx 
1
的值域，即-∞,e2+
e

故选：A
f(x)
361 (2024·湖北·高三校联考期中)设函数f(x)=x3-2ex2+mx-lnx，记g(x)= ，若函
x
数gx  至少存在一个零点，则实数m的取值范围是
1
A. -∞,e2+
e

1
B. 0,e2+
e

1
C. 0,e2+
e

1
D. -∞,e2+
e

【答案】D
【解析】由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞)．
f(x) lnx
又g(x)= =x2-2ex+m- ，
x x
∵函数gx  至少存在一个零点，
lnx
∴方程x2-2ex+m- =0有解，
x
lnx
即m=-x2+2ex+ 有解．
x
lnx
令φ(x)=-x2+2ex+ ,x>0，
x
1-lnx 1-lnx
则φ(x)=-2x+2e+ =2(e-x)+ ，
x2 x2
∴当x∈(0,e)时，φ(x)>0,φ(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，φ(x)<0,φ(x)单调递减．
1
∴φ(x) =φ(e)=e2+ ．
max e
又当x→0时，φ(x)→-∞；当x→+∞时，φ(x)→-∞．
lnx 1
要使方程m=-x2+2ex+ 有解，则需满足m≤e2+ ，
x e
1
∴实数m的取值范围是-∞,e2+
e
 ．
故选D．
362 (2024·福建厦门·厦门外国语学校校考一模)若至少存在一个x，使得方程lnx-mx=
x(x2-2ex)成立．则实数m的取值范围为
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200 34271 1 1 1
A.m≥e2+ B.m≤e2+ C.m≥e+ D.m≤e+
e e e e
【答案】B
lnx lnx
【解析】原方程化简得:m= -x2+2ex,(x>0)有解,令f(x)= -x2+2ex,(x>
x x
1-lnx
0),f(x)= +2(e-x),当x>e时,f(x)<0,所以f(x)在(e,+∞)单调递减,当x
x2
1 1
<e时, f(x)>0,所以f(x)在(o,e)单调递增.f(x) =f(e)= +e2.所以m≤ +e2.
max e e
选B.
363 (2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)设函数fx 
x
=x2-2x- +a(其中e为
ex
自然对数的底数)，若函数fx  至少存在一个零点，则实数a的取值范围是 ( )
1
A. 0,1+
e

1
B. 0,e+
e

1
C.  e+ ,+∞
 e

1
D. -∞,1+
e

【答案】D
【解析】依题意得，函数fx  至少存在一个零点，且fx 
x
=x2-2x- +a，
ex
x
可构造函数y=x2-2x和y=- ，
ex
因为y=x2-2x，开口向上，对称轴为x=1，所以-∞,1  为单调递减，1,+∞  为单调递
增；
x x-1
而y=- ，则y= ，由于ex>0，所以-∞,1
ex ex
 为单调递减，1,+∞  为单调递增；
x
可知函数y=x2-2x及y=- 均在x=1处取最小值，所以fx
ex
 在x=1处取最小值，
又因为函数fx  至少存在一个零点，只需f1  ≤0即可，即：f1 
1
=1-2- +a≤0
e
1
解得：a≤1+ .
e
故选：D.
【解题总结】
分类讨论数学思想方法
7 题型七：唯一零点求值问题
364 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =x+2  +ex+2+e-2-x+a有唯一零点，则实数
a= ( )
A.1 B.-1 C.2 D.-2
【答案】D
【解析】设g(x)=f(x-2)=x  +ex+e-x+a，定义域为R,
∴g(-x)=-x  +e-x+ex+a=x  +ex+e-x+a=g(x)，
故函数g(x)为偶函数，则函数f(x-2)的图象关于y轴对称，
故函数f(x)的图象关于直线x=-2对称，
∵f(x)有唯一零点，
∴f(-2)=0，即a=-2．
故选：D．
365 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
x-π π-x
=e 4+e4 -asinx+cosx  有唯一零点，则
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201 3427a= ( )
π 4π
A. B. C. 2 D.1
e e
【答案】C
【解析】令fx 
x-π π-x
=e 4+e4 -asinx+cosx 
x-π π-x π
=0，则e 4+e4 = 2asinx+
4
 ，
π π
记x- =t，则et+e-t= 2asint+
4 2
 = 2acost，令gt  =et+e-t,则g-t  =e-t
+et,∴g(t)=g-t  ，所以g(t)是偶函数，图象关于y轴对称，因为f(x)只有唯一的零点，
所以零点只能是t=0,于是 2a=2,∴a= 2
故选：C
366 (2024·全国·高三专题练习)已知函数gx  ，hx  分别是定义在R上的偶函数和奇函数，
且gx  +hx  =ex+sinx-x，若函数fx  =3x-2020  -λgx-2020  -2λ2有唯一零点，则
实数λ的值为
1 1
A.-1或 B.1或- C.-1或2 D.-2或1
2 2
【答案】A
【解析】已知gx  +hx  =ex+sinx-x，①
且gx  ，hx  分别是R上的偶函数和奇函数，
则g-x  +h-x  =e-x+sin-x  +x，
得：gx  -hx  =e-x-sinx+x，②
①+②得：gx 
ex+e-x
= ，
2
由于x-2020  关于x=2020对称，
则3x-2020  关于x=2020对称，
gx  为偶函数，关于y轴对称，
则gx-2020  关于x=2020对称，
由于fx  =3x-2020  -λgx-2020  -2λ2有唯一零点，
则必有f2020  =0，g0  =1，
即：f2020  =30-λg0  -2λ2=1-λ-2λ2=0，
1
解得：λ=-1或 .
2
故选：A.
367 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =2ex-2 
1
- a2x-2+22-x
2
 -a2有唯一零点，则
负实数a=
1 1
A.-2 B.- C.-1 D.- 或-1
2 2
【答案】A
【解析】函数fx  =2ex-2 
1
- a2x-2+22-x
2
 -a2有唯一零点，
设x-2=t，
则函数y=2et 
1
- a2t+2-t
2
 -a2有唯一零点，
则2et 
1
- a2t+2-t
2
 =a2
第 页 共 页
202 3427设gt  =2et 
1
- a2t+2-t
2
 ，∵g-t  =2e-t 
1
- a2-t+2t
2
 =gt  ，∴gt  为偶函数，
∵函数ft  有唯一零点，
∴y=gt  与y=a2有唯一的交点，
∴此交点的横坐标为0，∴2-a=a2，解得a=-2 或a=1(舍去)，
故选A．
【解题总结】
利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：
(1)利用零点存在性定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
8 题型八：分段函数的零点问题
368 (2024·天津南开·高三南开中学校考期末)已知函数fx 
2x, x≤0

= ，若函数gx
log x, x>0
2
 =
fx  +m有两个零点，则m的取值范围是 ( )
A. -1,0  B. -1,+∞  C. -∞,0  D. -∞,1 
【答案】A
【解析】∵g(x)=f(x)+m=0⇔f(x)=-m
∴gx  存在两个零点，等价于y=-m与fx  的图象有两个交点，在同一直角坐标系中
绘制两个函数的图象：
由图可知，保证两函数图象有两个交点，满足0<-m≤1，解得：m∈-1,0 
故选：A.
(x-2)ln(x+1),-1<x≤m,
369 (2024·全国·高三专题练习)已知m>0，函数f(x)= π
cos3x+
4


 恰有3
,m<x≤π,
个零点，则m的取值范围是 ( )
π 5π
A.   ,
12 12

3π
∪ 2,
 4

π 5π
B.   ,
12 12

3π
∪ 2,
 4

5π
C. 0,
12

3π
∪ 2,
 4

5π
D. 0,
12

3π
∪ 2,
 4

【答案】A
【解析】设gx  =(x-2)ln(x+1)，hx 
π
=cos3x+
4
 ，
求导gx 
x-2 3
=ln(x+1)+ =ln(x+1)+1-
x+1 x+1
由反比例函数及对数函数性质知gx  在-1,m  ,m>0上单调递增，
第 页 共 页
203 34271
且g 2  <0，g1  >0，故gx 
1
在 ,1 2  内必有唯一零点x ， 0
当x∈-1,x 0  时，g(x)<0，gx  单调递减；
当x∈x 0 ,m  时，g(x)>0，gx  单调递增；
令gx  =0，解得x=0或2，可作出函数gx  的图像，
令hx 
π π
=0，即3x+ = +kπ,k∈Z，在0,π
4 2

π 5π 3π
之间解得x= 或 或 ，
12 12 4
作出图像如下图
π 5π
数形结合可得：  ,
12 12

3π
∪ 2,
 4
 ，
故选：A
370 (2024·陕西西安·高三统考期末)已知函数fx 
ex, x≥0

= ，若函数gx
-3x, x<0
 =f-x  -
fx  ，则函数gx  的零点个数为 ( )
A.1 B.3 C.4 D.5
【答案】D
【解析】当x>0时，-x<0，f-x  =3x
当x<0时，-x>0，f-x  =e-x
∴gx  =f-x  -fx 
3x-ex, x>0

= 0, x=0， 


e-x+3x, x<0
g(-x)=f(x)-f(-x)=-g(x)，且定义域为R，关于原点对称，故gx  为奇函数，
所以我们求出x>0时零点个数即可，
g(x)=3x-ex,x>0，g(x)=3-ex>0，令g(x)=3-ex>0，解得0<x<ln3，
故gx  在0,ln3  上单调递增，在(ln3,+∞)单调递减，
且g(ln3)=3ln3-3>0，而g2  =6-e2<0，故gx  在(ln3,2)有1零点，
1
g
3

1
=1-e3<0，故gx 
1
在 ,ln3
3
 上有1零点，图像大致如图所示：
第 页 共 页
204 3427故gx  在0,+∞  上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在-∞,0  上也有2个零点，
且g0  =0，故gx  共5个零点，
故选：D.
371 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1
2sin 2πx-a+
2 =
  

 , x<a
x2-2a+1 

 ，若函数f(x)
x+a2+2, x≥a
在[0,+∞)内恰有5个零点，则a的取值范围是 ( )
7 5
A.  ,
4 2

7
B.  ,2
4

7
C.  ,2
4

5 11
∪ ,
2 4

7
D.  ,2
4

5
∪2,
2

【答案】D
【解析】当a≤0时，对任意的x≥0，fx  =x2-2a+1  x+a2+2在0,+∞  上至多2
个零点，不合乎题意，所以，a>0.
函数y=x2-2a+1 
1
x+a2+2的对称轴为直线x=a+ ，Δ=2a+1
2
 2-4a2+2  =
4a-7.
所以，函数fx 
1
在 a,a+
 2

1
上单调递减，在a+ ,+∞
2
 上单调递增，且fa  =2-a.
7
①当Δ=4a-7<0时，即当0<a< 时，则函数fx
4
 在a,+∞  上无零点，
所以，函数fx 
1
=2sin 2πx-a+
2
  

 在0,a  上有5个零点，
1 1 1
当0≤x<a时， -a≤x-a+ < ，则1-2a
2 2 2

1
π≤2πx-a+
2
 <π，
由题意可得-5π<1-2a 
5
π≤-4π，解得 ≤a<3，此时a不存在；
2
7
②当Δ=0时，即当a= 时，函数fx
4

7
在  ,+∞
 4
 上只有一个零点，
7
当x∈ 0,
 4
 时，fx 
7π
=-2cos2πx，则0≤2πx< ，则函数fx
2

7
在 0,
 4
 上只有3个
零点，
此时，函数fx  在0,+∞  上的零点个数为4，不合乎题意；
fa
③当
  =2-a≥0 7
 时，即当 <a≤2时，函数fx
Δ=4a-7>0 4
 在a,+∞  上有2个零点，
则函数fx 
1
=2sin 2πx-a+
2
  

 在0,a  上有3个零点，
则-3π<1-2a 
3 7
π≤-2π，解得 ≤a<2，此时 <a<2；
2 4
第 页 共 页
205 3427fa
④当
 =2-a<0 
 时，即当a>2时，函数fx
Δ=4a-7>0
 在a,+∞  上有1个零点，
则函数fx 
1
=2sin 2πx-a+
2
  

 在0,a  上有4个零点，
则-4π<1-2a 
5 5
π≤-3π，解得2≤a< ，此时，2<a< .
2 2
7
综上所述，实数a的取值范围是 ,2
4

5
∪2,
2
 .
故选：D.
【解题总结】
已知函数零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画
出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
9 题型九：零点嵌套问题
372 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=(xex)2+(a-1)(xex)+1-a有三个不同的
零点x,x ,x .其中x <x <x ，则(1-xex1)(1-x ex2)(1-x ex3)2的值为 ( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3
A.1 B.(a-1)2 C.-1 D.1-a
【答案】A
【解析】令t=xex，则t′=(x+1)ex，
故当x∈(-1,+∞)时，t′>0，t=xex是增函数，
当x∈(-∞,-1)时，t′<0，t=xex是减函数，
1
可得x=-1处t=xex取得最小值- ，
e
x→-∞，t→0，画出t=xex的图象，
由f(x)=0可化为t2+(a-1)t+1-a=0，
故结合题意可知，t2+(a-1)t+1-a=0有两个不同的根，
故Δ=(a-1)2-4(1-a)>0，故a<-3或a>1，
不妨设方程的两个根分别为t ，t ，
1 2
①若a<-3，t +t =1-a>4，
1 2
2
与- <t +t <0相矛盾，故不成立；
e 1 2
②若a>1，则方程的两个根t ，t 一正一负；
1 2
不妨设t <0<t ，结合t=xex的性质可得，xex1=t ，x ex2=t ，x ex3=t ，
1 2 1 1 2 1 3 2
故(1-xex1)(1-x ex2)(1-x ex3)2
1 2 3
=(1-t)(1-t)(1-t )2
1 1 2
=(1-(t +t )+tt )2
1 2 1 2
又∵tt =1-a，t +t =1-a，
1 2 1 2
∴(1-xex1)(1-x ex2)(1-x ex3)2=(1-1+a+1-a)2=1．
1 2 3
故选：A．
第 页 共 页
206 3427373 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =ax+lnx  x-lnx  -x2，有三个不同的零
lnx 点，(其中x <x <x )，则1- 1
1 2 3 x
1
 2 1- lnx 2
x
2
 lnx 1- 3
x
3
 的值为
A.a-1 B.1-a C.-1 D.1
【答案】D
x lnx x lnx
【解析】令f(x)=0，分离参数得a= - 令h(x)= - 由h′(x)=
x-lnx x x-lnx x
lnx1-lnx  2x-lnx 
x2 x-lnx 
=0 得x=1或x=e．
2
当x∈(0，1)时，h′(x)<0；当x∈(1，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，+∞)时，h′(x)<0．
即h(x)在(0，1)，(e，+∞)上为减函数，在(1，e)上为增函数．
x lnx lnx 1
∴0<x <1<x <e<x ，a= - 令μ= 则a= -μ即μ2+(a-
1 2 3 x-lnx x x 1-μ
1)μ+1-a=0，
μ +μ =1-a<0，μ μ =1-a<0，
1 2 1 2
lnx 1-lnx
对于μ= ，μ= 则当0<x<e时，μ′>0；当x>e时，μ′<0．而当x>e
x x2
lnx lnx lnx
时，μ恒大于0．不妨设μ <μ ，则μ = 1,μ = 2,μ = 3，
1 2 1 x 2 x 3 x
1 2 3
lnx 1- 1
x
1
 2 1- lnx 2
x
2
 lnx 1- 3
x
3
 =(1-μ)2(1-μ )(1-μ )
1 2 3
=[(1-μ)(1-μ )]2=[1-(1-a)+(1-a)]2=1．
1 2
故选D．
374 (2024·辽宁·校联考二模)已知函数fx  =9lnx  2+a-3  xlnx+33-a  x2有三个不同
lnx 的零点x ，x ，x ，且x <1<x <x ，则3- 1
1 2 3 1 2 3 x
1
 2 3- lnx 2
x
2
 lnx 3- 3
x
3
 的值为 ( )
A.81 B.-81 C.-9 D.9
【答案】A
【解析】fx  =9lnx  2+a-3  xlnx+33-a  x2=0
第 页 共 页
207 3427∴a-3  xlnx-3x2  =-9lnx  2
9lnx
∴a-3=

lnx
2 9 x
=
3x2-xlnx

2
lnx
3-
x
lnx
令t=3- ，t∈0,+∞
x

lnx
，则 =3-t，
x
1-lnx lnx-1
∴t=- =
x2 x2
令t=0，解得x=e
∴t∈0,e  时，t<0，t单调递减；t∈e,+∞  时，t>0，t单调递增；
1 1
∴t =3- ，t∈ 3- ,+∞
min e  e
 ，
9(3-t)2 9t2-54t+81
∴a-3= =
t t
∴9t2-51+a  t+81=0.
设关于t的一元二次方程有两实根t ，t ，
1 2
∴Δ=51+a  2-4×9×81>0，可得a>3或a<-105.
93-t
∵a-3=
 2
>0，故a>3
t
∴a<-105舍去
51+a 51+3
∴t +t = > =6，tt =9.
1 2 9 9 1 2
9
又∵t +t =t + ≥2 9=6，当且仅当t =t =3时等号成立，
1 2 1 t 1 2
1
9
由于t +t ≠6，∴t >3，t = <3(不妨设t >t ).
1 2 1 2 t 1 2
1
lnx lnx lnx
∵x <1<x <x ，可得3- 1 >3，3- 2 <3，3- 3 <3.
1 2 3 x x x
1 2 3
lnx lnx lnx
则可知3- 1 =t ，3- 2 =3- 3 =t .
x 1 x x 2
1 2 3
lnx ∴3- 1 x
1
 2 3- lnx 2 x
2
 lnx 3- 3 x
3
 =t 1 t 2  2=81.
故选：A.
375 (2024·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)设定义在R上的函数f(x)满
足f(x)=9x2+(a-3)xex+3(3-a)e2x有三个不同的零点x,x ,x ,且x <0<x <x ,
1 2 3 1 2 3
x 则3- 1
ex1
 2 3- x 2
ex2
 x 3- 3
ex3
 的值是 ( )
A.81 B.-81 C.9 D.-9
【答案】A
【解析】由f(x)=9x2+(a-3)xex+3(3-a)e2x有三个不同的零点知：9x2+(a-3)xex+
x
9
9x2 ex
3(3-a)e2x=0有三个不同的实根，即a-3= =
3e2x-xex

2
有三个不同实根，
x
3-
ex
x 9(3-t)2
若t=3- ，则a-3= ，整理得9t2-(a+51)t+81=0，若方程的两根为t,t ，
ex t 1 2
xex-ex x-1
∴tt =9，而t= = ，
1 2 e2x ex
∴当x<1时，t<0即t在(-∞,1)上单调递减；当x>1时，t>0即t在(1,+∞)上单
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208 34271
调递增；即当x=1时t有极小值为3- ，又x <0<x <x ，x=0有t=3，即t >3>
e 1 2 3 1
1
t >3- .
2 e
∵方程最多只有两个不同根，
x x x
∴x <0<x <1<x ，即t =3- 1 ，t =3- 2 =3- 3 ，
1 2 3 1 ex1 2 ex2 ex3
x ∴3- 1
ex1
 2 3- x 2
ex2
 x 3- 3
ex3
 =t2t2=81.
1 2
故选：A
【解题总结】
解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.
10 题型十：等高线问题
376 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx 
-x2-2x, x≤0
=
lnx 


, x>0
①若方程fx  =a有四个不同的实根x 1 ，x 2 ，x 3 ，x 4 ，则x 1 ⋅x 2 ⋅x 3 ⋅x 4 的取值范围是0,1 
②若方程fx  =a有四个不同的实根x ，x ，x ，x ，则x +x +x +x 的取值范围是 1 2 3 4 1 2 3 4
0,+∞ 
③若方程fx 
1
=ax有四个不同的实根，则a的取值范围是0,
e

④方程f2 x 
1
-a+
a
 fx  +1=0的不同实根的个数只能是1，2，3，6
四个结论中，正确的结论个数为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】对于①：作出f(x)的图像如下：
若方程f(x)=a有四个不同的实根x ，x ，x ，x ，则0<a<1，不妨设x <x <x <x ，
1 2 3 4 1 2 3 4
则x ，x 是方程-x2-2x-a=0的两个不等的实数根，x ，x 是方程|lnx|=a的两个不
1 2 3 4
等的实数根，
所以xx =a，-lnx =lnx ，所以lnx +lnx =0，所以x x =1，
1 2 3 4 4 3 3 4
所以xx x x =a∈(0,1)，故①正确；
1 2 3 4
对于②：由上可知，x +x =-2，-lnx =lnx =a，且0<a<1，
1 2 3 4
所以x x =1，
3 4
1
所以x ∈ ,1
3 e
 ，x ∈(1,e)，
4
1 1
所以x +x = +x ∈2,e+
3 4 x 4 e
4
 ，
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209 34271
所以x +x +x +x ∈0,e+ -2
1 2 3 4 e
 ，故②错误；
对于③：方程f(x)=ax的实数根的个数，即为函数y=f(x)与y=ax的交点个数，
因为y=ax恒过坐标原点，当a=0时，有3个交点，当a<0时最多2个交点，所以a>
0，
当y=ax与y=lnx(x>1)相切时，设切点为x 0 ,lnx 0  ，
1 1 lnx 1 1
即y= ，所以y| = = 0，解得x =e，所以y| = ，所以a= ，
x x=x0 x x 0 x=x0 e e
0 0
1
所以当y=ax与y=lnx(x>1)相切时，即a= 时，此时有4个交点，
e
若f(x)=ax有4个实数根，即有4个交点，
1 1
当a> 时由图可知只有3个交点，当0<a< 时，
e e
令gx  =lnx-ax，x∈1,+∞  ，则gx 
1 1-ax 1
= -a= ，则当1<x< 时gx
x x a
 >
0，即gx 
1
单调递增，当x> 时gx
a
 <0，即gx  单调递减，
1
所以当x= 时，函数取得极大值即最大值，gx
a

1
=g
max a
 =-lna-1>0，
又g1  =-a<0及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当x无限大时gx  <0，即
gx 
1
在1,
a

1
和 ,+∞
a
 内各有一个零点，即f(x)=ax有5个实数根，故③错误；
1
对于④：f2(x)-a+
a
 f(x)+1=0，
1
所以[f(x)-a] f(x)-
 a
 =0，
1
所以f(x)=a或f(x)= ，
a
由图可知，当m>1时，f(x)=m的交点个数为2，
当m=1，0时，f(x)=m的交点个数为3，
当0<m<1时，f(x)=m的交点个数为4，
当m<0时，f(x)=m的交点个数为1，
1
所以若a>1时，则 ∈(0,1)，交点的个数为2+4=6个，
a
1
若a=1时，则 =1，交点的个数为3个，
a
1
若0<a<1，则 >1，交点有4+2=6个，
a
1 1
若a<0且a≠-1时，则 <0且a≠ ，交点有1+1=2个，
a a
1
若a=-1= ，交点有1个，
a
综上所述，交点可能有1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故④正确；
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210 3427故选：B．
377 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
x+1
=
 2, x≤0
log 2 x 

 ，若方程fx
, x>0
 =a有四个不
同的解x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ,且x 1 <x 2 <x 3 <x 4 ，则x 3 ⋅x 1 +x 2 
1
+ 的取值范围是 ( ) x2⋅x
3 4
A. -1,1  B. -1,1  C. -1,1  D. -1,1 
【答案】A
1
【解析】log x=-1⇒x= .
2 2
先作fx 
1
图象，由图象可得x +x =-2，x x =1，x ∈  ,1 1 2 3 4 3  2  .
因此x 3 ⋅x 1 +x 2 
1 1 1
+ =-2x + 为  ,1 x2⋅x 3 x  2
3 4 3
 单调递减函数，
1 1 1
-2× + =1,-2×1+ =-1，
2 1 1
2
从而x 3 ⋅x 1 +x 2 
1
+ ∈-1,1 x2⋅x
3 4
 .
故选：A
378 (2024·四川泸州·高一四川省泸县第四中学校考阶段练习)已知函数fx  =
log 3 x  , 0<x≤3 
 1 10 ，若方程fx x2- x+8, x>3
3 3
 =m有四个不同的实根x ，x ，x ，x ，满足x < 1 2 3 4 1
x <x <x ，则 x 3 -3
2 3 4
 x 4 -3  的取值范围是 ( )
xx
1 2
A. 0,3  B. 0,4  C. 3,4  D. 1,3 
【答案】A
【解析】作出函数fx 
log 3 x
=
 , 0<x≤3 
 1 10 的图象，如图所示：
x2- x+8, x>3
3 3
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211 3427方程fx  =m有四个不同的实根x ，x ，x ，x ，满足x <x <x <x ， 1 2 3 4 1 2 3 4
则0<m<1，x 3 ∈3,4 
log 3 x  =m即：log x =m,log x =-m，所以log x +log x =0， 3 2 3 1 3 2 3 1
log x x =0，所以x x =1，根据二次函数的对称性可得：x +x =10，
3 2 1 2 1 3 4
x 3 -3  x 4 -3  = x 3 x 4 -3x 3 +x 4 xx
1 2
 +9 xx =x 310-x 3
1 2
 -21=-x 3 2+10x 3 -21，x 3 ∈3,4 
考虑函数y=-x2+10x-21,x∈3,4  单调递增，
x=3,y=0，x=4,y=3
所以x 3 ∈3,4  时-x 3 2+10x 3 -21的取值范围为0,3  .
故选：A
1 
2
379 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=
 x  -1    , x≤1
，若互不相等的实数x ，
 1 1
- x+1, x>1
 2
1
x ，x 满足f(x)=f(x )=f(x )，则
2 3 1 2 3 2

x1+ 1
2

x2+ 1
2

x3的取值范围是
( )
9 5
A.  ,
4 2
 B.(1，4) C.( 2，4) D.(4，6)
【答案】A
1 
2
【解析】画出分段函数f(x)=
 x  -1    , x≤1
的图像如图：

1
- x+1, x>1
 2
1
令互不相等的实数x ，x ，x 满足f(x)=f(x )=f(x )=t，t∈0，
1 2 3 1 2 3 2
 ，
2
则x ∈log ,0
1 23
 ，x ∈(0，1)，x ∈(1，2)，
2 3
1
则
2

x1+ 1
2

x2+ 1
2

x3=1+t+1-t+22t-2=2+22t-2，
1
又t∈0，
2
 ，
1
∴
2

x1+ 1
2

x2+ 1
2

x3∈ 9
,
5
4 2
 ．
故选：A．
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212 3427【解题总结】
数形结合数学思想方法
11 题型十一：二分法
380 (2024·辽宁大连·统考一模)牛顿迭代法是我们求方程近似解的重要方法．对于非线性可
导函数fx  在x 0 附近一点的函数值可用fx  ≈fx 0  +fx 0  x-x 0  代替，该函数零点
更逼近方程的解，以此法连续迭代，可快速求得合适精度的方程近似解．利用这个方法，
1
解方程x3-3x+1=0，选取初始值x = ，在下面四个选项中最佳近似解为 ( )
0 2
A.0.333 B.0.335 C.0.345 D.0.347
【答案】D
【解析】令fx  =x3-3x+1，则fx  =3x2-3，
令fx  =0，即fx 0  +fx 0  x-x 0  ≈0，可得x≈x - fx 0 0  fx 0  ，
fx
迭代关系为x =x - k
k+1 k

fx
k

x3-3x +1 2x3-1
=x - k k = k k∈N
k 3x2-3 3x2-3
k k
 ，
1 1
1 2x3-1 2× 8 -1 1 2x3-1 2× 27 -1 25
取x = ，则x = 0 = = ，x = 1 = = ≈0.34722，
0 2 1 3x2-3 1 3 2 3x2-3 1 72
0 3× -3 1 3× -3
4 9
故选：D.
381 (2024·全国·高三专题练习)函数f(x)的一个正数零点附近的函数值用二分法逐次计算，
参考数据如下：
f1  =-2 f1.5  =0.625 f1.25  =-0.984
f1.375  =-0.260 f1.438  =0.165 f1.4065  =-0.052
那么方程的一个近似解(精确度为0.1)为 ( )
A.1.5 B.1.25 C.1.41 D.1.44
【答案】C
【解析】由所给数据可知，函数f(x)在区间(1,1.5)内有一个根，
因为f1.5  =0.625>0，f1.25  =-0.984<0，
所以根在(1.25,1.5)内，
因为1.5-1.25  =0.25>0.1，所以不满足精确度，
继续取区间中点1.375，
因为 f1.375  =-0.260<0，f1.5  =0.625>0，
所以根在区间(1.375,1.5)，
因为1.5-1.375  =0.125>0.1，所以不满足精确度，
继续取区间中点1.438，
因为f1.438  =0.165>0，f1.375  =-0.260<0，
所以根在区间(1.375,1.438)内，
因为1.438-1.375  =0.063<0.1满足精确度，
因为f1.4065  =-0.052<0，所以根在(1.4065,1.438)内，
所以方程的一个近似解为1.41，
故选：C
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213 3427382 (2024·全国·高三专题练习)利用二分法求方程log x=3-x的近似解，可以取的一个区
3
间是 ( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
【答案】C
【解析】设f(x)=log x-3+x，
3
∵当连续函数f(x)满足f(a)∙f(b)<0时，f(x)在区间(a,b)上有零点，
即方程log x=3-x在区间(a,b)上有解，
3
又∵f(2)=log 2-1<0，f(3)=log 3-3+3=1>0，
3 3
故f(2)∙f(3)<0，
故方程log x=3-x在区间(2,3)上有解，
3
即利用二分法求方程log x=3-x的近似解，可以取的一个区间是(2,3).
3
故选：C．
383 (2024·全国·高三专题练习)用二分法求函数f(x)=lgx+x-2的一个零点，根据参考数
据，可得函数f(x)的一个零点的近似解(精确到0.1)为( )(参考数据：lg1.5≈0.176，
lg1.625≈0.211，lg1.75≈0.243，lg1.875≈0.273，lg1.9375≈0.287)
A.1.6 B.1.7 C.1.8 D.1.9
【答案】C
【解析】根据函数特点及所给数据计算相关函数值，再结合零点存在定理即可获得解答.
由题意可知：
f(1.75)=lg1.75+1.75-2≈0.243+1.75-2=-0.007<0，
f(1.875)=lg1.875+1.875-2≈0.273+1.875-2=-0.148>0，
又因为函数在(0,+∞)上连续，所以函数在区间(1.75,1.875)上有零点，
1.75+1.875
约为 ≈1.8
2
故选：C.
384 (2024·全国·高三专题练习)用二分法求函数fx  =lnx+1  +x-1在区间0,1  上的零
点，要求精确度为0.01时，所需二分区间的次数最少为 ( )
A.6 B.7 C.8 D.9
【答案】B
【解析】根据题意，原来区间0,1  的长度等于1，每经过二分法的一次操作，区间长度变
为原来的一半，
1 1
则经过n次操作后，区间的长度为 ，若 <0.01，即n≥7.
2n 2n
故选：B．
【解题总结】
所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点的近似值的方法
叫做二分法.求方程fx  =0的近似解就是求函数fx  零点的近似值.
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214 3427