第12 讲 函数与方程 · 分类练习（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
B
C
C
C
C
6
7
8
9
10
B
D
B
A
ACD
11
12
13
14
15
ABD
C
AB
ACD
B
16
17
18
19
20
D
A
C
D
(-∞,-1)
21
22
23
24
25
B
(-1,0]
A
A
(-∞, 3
2 )
26
27
28
29
30
(0, 1
2 )
见解析
D
C
B
31
32
33
34
35
(0,ln3]
D
10
A
A
36
37
38
39
40
A
B
D
D
4
41
42
3
an=2
n-1
1.（2025·沧州运东五校·二模）函数f ( x)=2
x+ ln x -1的零点所在的区间为（ ）
A. (0, 1
2 )
B. ( 1
2 ,1)
C. (1, 3
2 )
D. ( 3
2 ,2)
【答案】B
【解析】因为y =2
x与y = ln x -1均在定义域上单调递增，
所以f ( x)=2
x+ ln x -1在(0,+ ∞)上单调递增，
又f ( 1
2 )= ❑√2+ ln 1
2 -1= ❑√2-1- ln2，
∵❑√2-1< 1
2，ln2>ln ❑√e = 1
2，
∴f ( 1
2 )= ❑√2-1- ln2<0，
又∵f （1）=2+ ln1-1=1>0，
∴函数f ( x)的零点所在区间是( 1
2 ,1).
【点拨】本题考查函数零点所在区间的判断，利用零点存在性定理，结合函数单调性与端点函数
值符号进行判断即可.
2.（2026·泰安·一模）函数f ( x)=( x -1)2
x -26的零点所在的大致区间为（ ）
A. (1,2)
B. (2,3)
C. (3,4)
D. (4 ,5)
【答案】C
【解析】因为f ( x)=( x -1)2
x -26，则f （1）=-26<0，f （2）= 4 -26=-22<0，
f （3）=2×8-26=-10<0，f （4 ）=3×16-26=22>0，
所以f （3）⋅f （4 ）<0，
又因为f ( x)=( x -1)2
x -26在(1,+∞)上单调递增，
所以函数f ( x)=( x -1)2
x -26的零点所在的大致区间为(3,4).
【点拨】本题考查函数零点所在区间的判断，利用零点存在性定理，计算区间端点函数值，寻找
异号区间即可.
3.已知函数f ( x)=e
x+ ln x +2，若x0是方程f ( x)- f
'( x)=e的一个解，则x0可能存在的区间是
（ ）
A. (0,1)
B. (1,2)
C. (2,3)
D. (3,4)
【答案】C
【解析】f
'( x)=e
x+ 1
x ，所以f ( x)- f
'( x)=e
x+ ln x +2-(e
x+ 1
x )= ln x - 1
x +2，
因为x0是方程f ( x)- f
'( x)=e的一个解，
所以x0是方程ln x - 1
x +2-e =0的解，令g( x)= ln x - 1
x +2-e，
则g
'( x)= 1
x + 1
x
2，当x>0时，g
'( x)= 1
x + 1
x
2 >0恒成立，
所以g( x)= ln x - 1
x +2-e单调递增，
又g（2）= ln 2- 1
2 +2-e = ln 2+ 3
2 -e<0，g（3）= ln3- 1
3 +2-e = ln3+ 5
3 -e>0，
所以x0∈(2,3).
【点拨】本题考查函数零点所在区间的判断，先求导化简方程，构造新函数，利用导数判断单调
性，再结合零点存在性定理求解.
4.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.
【点拨】本题考查二分法求方程的近似解，根据二分法的步骤，结合所给数据，逐步缩小零点所
在区间，直至区间长度满足精确度要求即可.
5.利用二分法求方程log3 x =3- x的近似解，可以取的一个区间是（ ）
A. (0,1)
B. (1,2)
C. (2,3)
D. (3,4)
【答案】C
【解析】设f ( x)= log3 x -3+ x，
∵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log3 x =3- x在区间(a,b)上有解，
又∵f （2）= log32-1<0，f （3）= log33-3+3=1>0，
故f （2）⋅f （3）<0，
故方程log3 x =3- x在区间(2,3)上有解，
即利用二分法求方程log3 x =3- x的近似解，可以取的一个区间是(2,3).
【点拨】本题考查二分法求方程近似解的初始区间选择，构造函数，利用零点存在性定理判断零
点所在区间即可.
6.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，
则经过n次操作后，区间的长度为1
2
n，若1
2
n <0.01，即n≥7.
【点拨】本题考查二分法求方程近似解的次数计算，根据二分法原理，每次操作区间长度减半，
建立不等式求解即可.
7.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x0附近一点的
函数值可用f ( x)≈f ( x0)+ f
'( x0)( x - x0)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，解方程x
3-3 x +1=0，选取初始
值x0= 1
2，在下面四个选项中最佳近似解为（ ）
A. 0.333
B. 0.335
C. 0.345
D. 0.347
【答案】D
【解析】令f ( x)= x
3-3 x +1，则f
'( x)=3 x
2-3，
令f ( x)=0，即f ( x0)+ f
'( x0)( x - x0)≈0，可得x ≈x0- f ( x0)
f
'( x0)，
迭代关系为xk +1= xk - f ( xk)
f
'( xk)
= xk - xk
3-3 xk +1
3 xk
2-3
= 2 xk
3-1
3 xk
2-3 (k ∈N )，
取x0= 1
2，则x1= 2 x0
3-1
3 x0
2-3
=
2× 1
8 -1
3× 1
4 -3
= 1
3，x2= 2 x1
3-1
3 x1
2-3
=
2× 1
27 -1
3× 1
9 -3
= 25
72 ≈0.34722.
【点拨】本题考查利用牛顿迭代法求方程的近似解，理解题意，写出迭代关系式，代入初始值进
行计算即可.
8.（2026·佛山·检测）下列曲线中，与曲线y = x
3-3 x交点个数最多的是（ ）
A. y =-2 x
B. | x|+| y |=2
C. y
2= 4
D. | y |= x
2
【答案】B
【解析】因为y = x
3-3 x的定义域为R，且y
' =3 x
2-3，
令y
'>0，解得x<-1或x>1；令y
'<0，解得-1< x<1；
可知函数y = x
3-3 x在(-∞,-1)，(1,+∞)内单调递增，在(-1,1)内单调递减，
当x =-1时，函数y = x
3-3 x取到极大值 2；当x =1时，函数y = x
3-3 x取到极小值-2；
且当x趋近于-∞时，函数y = x
3-3 x趋近于-∞；当x趋近于+∞时，函数y = x
3-3 x趋近于+ ∞；
对于选项 A：分别作出曲线y = x
3-3 x和曲线y =-2 x的图象，
由图象可知：曲线y = x
3-3 x与曲线y =-2 x有 3 个交点；
对于选项 B：曲线| x|+| y |=2，
用- x替换x可得|- x|+| y |=2，即| x|+| y |=2，方程不变，曲线| x|+| y |=2关于 y 轴对称；
用- y替换y可得| x|+|- y |=2，即| x|+| y |=2，方程不变，曲线| x|+| y |=2关于 x 轴对称；
且当x ≥0且y ≥0时，曲线| x|+| y |=2即为x + y =2，
据此可得曲线y = x
3-3 x和曲线| x|+| y |=2的图象，如图所示：
由图象可知：曲线y = x
3-3 x与曲线| x|+| y |=2有 6 个交点；
对于选项 C：曲线y
2= 4即为y =±2，
由图象可知：曲线y = x
3-3 x与曲线y
2= 4有 4 个交点；
对于选项 D：曲线| y |= x
2即为y ={
x
2, y ≥0
- x
2, y <0，
由图象可知：曲线y = x
3-3 x与曲线| y |= x
2有 5 个交点；
综上所述：与曲线y = x
3-3 x交点个数最多的是| x|+| y |=2.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的图象与性质，以及数形结合思想判断曲线交点个数，先利
用导数画出y = x
3-3 x的草图，再分别画出各选项曲线的图象，观察交点个数即可.
9.（2025·衡水中学·一模）函数f ( x)=2sin(2 x + π
6 )与函数g( x)= log2 x的图象交点个数为（
）
A. 3
B. 5
C. 6
D. 7
【答案】A
【解析】在同一平面直角坐标系中画出函数f ( x)=2sin(2 x + π
6 )与函数g( x)= log2 x的图象，
由图象可知，函数f ( x)=2sin(2 x + π
6 )与函数g( x)= log2 x的图象交点个数为 3.
【点拨】本题考查函数图象的交点个数问题，利用数形结合思想，在同一坐标系中画出两函数的
图象，观察交点个数即可.
10.（2024·华南师大附中·三模）（多选）已知函数y = x +e
x的零点为x1，y = x + ln x的零点
为x2，则（ ）
A. x1+ x2>0
B. x1 x2<0
C. e
x1+ ln x2=0
D.
x1 x2- x1+ x2>1
【答案】ACD
【解析】由题意知，x1+e
x1=0，即e
x1=- x1，
所以x1= ln(- x1)，即- x1+ ln(- x1)=0，
又x2+ ln x2=0，
设f ( x)= x + ln x，易知f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
且f (- x1)=0，f ( x2)=0，所以- x1= x2，即x1+ x2=0，故 A 错误；
因为f （1）=1>0，f ( 1
e )= 1
e -1<0，
所以x2∈( 1
e ,1)，所以x1∈(-1,- 1
e )，
所以x1 x2=- x2
2<0，故 B 正确；
因为x1+e
x1=0，x2+ ln x2=0，
所以e
x1+ ln x2=- x1- x2=0，故 C 正确；
x1 x2- x1+ x2=- x2
2+2 x2=-( x2-1)
2+1，
因为x2∈( 1
e ,1)，所以-( x2-1)
2+1>0，
即x1 x2- x1+ x2>0，由于无法判断是否大于 1，故 D 错误.
【点拨】本题考查函数零点的性质及应用，利用函数的单调性与零点存在性定理，结合方程的思
想进行转化推导.
11.（2026·黄冈·调研）（多选）若直线y =a与两条曲线f ( x)= x e
2 x和g( x)= x ln x
2
共有四个
不同的交点，设从左到右四个交点的横坐标分别为x1, x2, x3, x4，则（ ）
A. - 1
2e <a<0
B. e
2 x1= x3
C. x1, x2, x3, x4成等比数列
D.
x1 x3= x2 x4
【答案】ABD
【解析】对于 A，求导得f
'( x)=(2 x +1)e
2 x，
当x<- 1
2时，f
'( x)<0，当x>- 1
2时，f
'( x)>0，
则f ( x)在(-∞,- 1
2 )上单调递减，在(- 1
2 ,+∞)上单调递增，
当x→-∞时，f ( x)→0
-，当x→+ ∞时，f ( x)→+∞，
故f ( x)min= f (- 1
2 )=- 1
2e ；
对于g( x)= x ln x
2
，函数的定义域为(0,+∞)，求导得g
'( x)= 1+ ln x
2
，
当0< x< 1
e 时，g
'( x)<0，当x> 1
e 时，g
'( x)>0，
则g( x)在(0, 1
e )上单调递减，在( 1
e ,+ ∞)上单调递增，
当x→0
+时，g( x)→0
-，当x→+∞时，g( x)→+∞，
故g( x)min= g( 1
e )=- 1
2e .
对于 A，由图知，要使直线y =a与两条曲线f ( x)= x e
2 x和g( x)= x ln x
2
有四个不同的交点，需使
- 1
2e <a<0，故 A 正确；
对于 B，结合图象可知，x1<- 1
2 < x2<0< x3< 1
e < x4，x1e
2 x1= x3ln x3
2
=e
2( ln x3
2
) ln x3
2
，
结合函数f ( x)= x e
2 x的单调性可知，x1= ln x3
2
，即e
2 x1= x3，故 B 正确；
同理可得e
2 x2= x4，由x1<- 1
2 < x2<0< x3< 1
e < x4知x1, x2, x3, x4不可能构成等比数列，故 C 错误；
由前面分析可知x1 x3= x1e
2 x1=a, x2 x4= x2e
2 x2=a，故 D 正确.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的图象与性质，以及数形结合思想判断曲线交点个数，构造
函数，利用导数求出单调区间和极值，画出图象，结合图象和方程的思想进行求解.
12.（2026·山东九五协作体·一模）已知a,b,c为两两不相等的正数，设函数f ( x)=a
x+b
x -c
x，
则（ ）
A. f ( x)没有零点
B. f ( x)有唯一零点
C. f ( x)至多有一个零点 D. f ( x)至少有
一个零点
【答案】C
【解析】f ( x)=a
x+b
x-c
x=0⇔( a
c )
x+( b
c )
x=1，
令g( x)=( a
c )
x+( b
c )
x，
若a,b均大于c，则g( x)在 R 上单调递增，且g（0）=2>1，g( x)>0，
此时g( x)=1至多有一个解；
若a,b均小于c，则g( x)在 R 上单调递减，且g（0）=2>1，g( x)>0，
此时g( x)=1至多有一个解；
若a,b中一个大于c，一个小于c，不妨设a>c>b，
则g
'( x)=( a
c )
x ln a
c +( b
c )
x ln b
c ，
令g
'( x)=0，得( a
b )
x =-
ln b
c
ln a
c
，
因为a>c>b，所以-
ln b
c
ln a
c
>0，
所以方程( a
b )
x =-
ln b
c
ln a
c
有唯一解x0，
当x< x0时，g
'( x)<0，g( x)单调递减；
当x> x0时，g
'( x)>0，g( x)单调递增；
所以g( x)在x = x0处取得极小值，也是最小值，
若g( x0)>1，则g( x)=1无解；
若g( x0)=1，则g( x)=1有唯一解；
若g( x0)<1，由于g（0）=2>1，且当x→+∞时，g( x)→+∞，
此时g( x)=1有两个解；
综上，f ( x)可能没有零点，也可能有一个或两个零点，
故选 C.
【点拨】本题考查函数零点个数的判断，将方程变形，构造新函数，分类讨论参数的大小关系，
利用导数研究函数的单调性与极值，从而判断零点个数.
13.（2026·孝感·二模）（多选）已知函数y = f ( x)的定义域是[0,+ ∞)，满足
f ( x)={
-2 x +2,0≤x<1
- x
2+ 4 x -3,1≤x<3
2 x -6,3≤x<4
，且f ( x + 4)= f ( x)+a，若存在实数k，使函数g( x)= f ( x)+k在
区间[0,2026]上恰好有 2026 个零点，则实数a的值可能为（ ）
A. - 1
508
B. 0
C. 1
506
D. 1
505
【答案】AB
【解析】由题意，f ( x)在[0,4)上的图象有 2 个“波谷”点(1,0)和(3,0)，1 个“波峰”点(2,1)。
因为f ( x + 4)= f ( x)+a，所以f ( x)在[ 4 n,4 n+ 4)上的图象可由[0,4)上的图象向上平移na个单位
得到。
要使函数g( x)= f ( x)+ k在区间[0,2026]上恰好有 2026 个零点，即方程f ( x)=-k在[0,2026]上
恰好有 2026 个解。
因为2026=506×4 +2，所以区间[0,2026]包含 506 个区间[ 4 n,4 n+ 4)（n=0,1,⋯,505），以
及[2024 ,2026]。
在每个区间[ 4 n,4 n+ 4)内，方程最多有 4 个解，在[2024 ,2026]内最多有 2 个解。
要使总解数为 2026，必须在每个[ 4 n,4 n+ 4)内有 4 个解，且在[2024 ,2026]内有 2 个解。
因此，直线y =-k必须介于所有的“波谷”和“波峰”之间，即要求“最高波谷”<“最低波峰”。
(1) 当a=0时，取-k ∈(0,1)即可满足条件，显然成立；
(2) 若a>0，图象整体呈上升趋势，“最高波谷”为f (2025)，“最低波峰”为f (2)=1。
则需满足f (2025)<1，即f (1)+506a<1，解得0<a< 1
506；
(3) 若a<0，图象整体呈下降趋势，“最高波谷”为f (1)=0，“最低波峰”为f (2026)。
则需满足f (2026)>0，即f (2)+506a>0，解得- 1
506 <a<0；
综上所述，实数a的取值范围是- 1
506 <a< 1
506。
对照选项，A、B 符合题意。
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，以及函数零点个数问题，利用函数的递推关系与平移
变换，结合数形结合思想，抓住“最高波谷”与“最低波峰”的临界条件进行分析求解。
14.（2026·菏泽·一模）（多选）函数y = F( x)图象是由函数f ( x)=(
1
16)
x
，x ≤1
4 与函数
g( x)= ❑√x，x> 1
4 的图象“拼接”而成.则下列说法正确的有（ ）
A. F(
1
4)+ F （4 ）= 5
2
B. 若g(m+ 4)< g(3-2m)，则m<- 1
3
C. 若y = F( x)-k( x +1)有三个零点，则2
5 <k < 1
2
D. 若关于x的方程F( x -2026)-t
2+ 1
2 t =0存在实数解，则实数t满足t ≤- 1
2或t ≥1
【答案】ACD
【解析】对于 A，F( 1
4 )= f ( 1
4 )=( 1
16 )
1
4 = 1
2
，F （4 ）= g（4 ）= ❑√4 =2，
所以F( 1
4 )+ F （4 ）= 1
2 +2= 5
2，故 A 正确；
对于 B，易知g( x)= ❑√x在( 1
4 ,+ ∞)上单调递增，
由g(m+ 4)<g(3-2m)，得{
m+ 4> 1
4
3-2m> 1
4
m+ 4<3-2m
，解得- 15
4 <m<- 1
3，故 B 错误；
对于 C，函数y = F( x)-k( x +1)有三个零点，等价于方程F( x)=k( x +1)有三个不相等的实数根，
等价于函数y = F( x)的图象与直线y =k( x +1)有三个交点，
又直线y =k( x +1)恒过定点(-1,0)，如图，
当直线l位于l1与l2之间（不包括两条直线）时满足条件，
当直线l位于l1时，k =
1
2
1
4 +1
= 2
5；
当直线l位于l2时，联立y =k( x +1)与y = ❑√x，消去y整理得k
2 x
2+(2k
2-1)x +k
2=0，
由相切，得(2k
2-1)
2- 4 k
4=0，解得k
2= 1
4 ，又k >0，则k = 1
2，
由图可知2
5 <k < 1
2，故 C 正确；
对于 D，由上图得函数y = F( x)的值域为[ 1
2 ,+∞)，
而y = F( x -2026)的图象是由y = F( x)的图象向右平移 2026 个单位得到，
故y = F( x -2026)的值域为[ 1
2 ,+ ∞)，
将条件转化为关于t的方程t
2- 1
2 t = F( x -2026)存在实数解，
所以t
2- 1
2 t ≥1
2，解得t ≤- 1
2或t ≥1，故 D 正确.
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，函数零点个数问题，以及方程有解问题，利用数形结
合思想，将零点问题转化为图象交点问题，结合导数或判别式求解.
15.函数f ( x)= log2 x + x
2+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y1= log2 x在(0,+∞)上单调递增，y2= x
2+m在(0,+∞)上单调递增，得函数
f ( x)= log2 x + x
2+m在区间(0,+∞)上单调递增，
因为函数f ( x)= log2 x + x
2+m在区间(1,2)存在零点，
所以{
f （1）<0
f （2）>0，即{
log21+1
2+m<0
log22+2
2+m>0，解得-5<m<-1，
所以实数m的取值范围是(-5,-1).
【点拨】本题考查利用零点存在性定理求参数范围，先判断函数的单调性，再利用端点函数值异
号列不等式组求解.
16.函数f ( x)=2
x - 3
x -a的一个零点在区间(1,3)内，则实数a的取值范围是（ ）
A. (7 ,+ ∞)
B. (-∞,-1)
C. (-∞,-1)∪(7,+ ∞) D. (-1,7)
【答案】D
【解析】∵y =2
x和y =- 3
x 在(0,+ ∞)上是增函数，
∴f ( x)=2
x- 3
x -a在(0,+∞)上是增函数，
∴只需f （1）⋅f （3）<0即可，即(-1-a)⋅(7-a)<0，解得-1<a<7.
【点拨】本题考查利用零点存在性定理求参数范围，判断函数的单调性是关键，然后利用端点函
数值异号求解.
17.已知函数f ( x)=a-
2
2
x+1是 R 上的奇函数，若函数y = f ( x -2m)的零点在区间(-1,1)内，
则m的取值范围是（ ）
A. (- 1
2 , 1
2 )
B. (-1,1)
C. (-2,2)
D. (0,1)
【答案】A
【解析】∵f ( x)是奇函数，∴f （0）=a-
2
1+1 =0，a=1，f ( x)=1-
2
2
x+1，易知f ( x)在 R 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)内，∴x -2m=0在(-1,1)上有解，m= x
2，
∴m∈(- 1
2 , 1
2 ).
【点拨】本题考查奇函数的性质及函数零点问题，先利用奇函数性质求出参数，再利用单调性确
定零点，最后根据零点所在区间求出参数范围.
18.（2026·山东名校联盟·检测）若函数f ( x)= x
e
x - a
x 有且只有一个零点，则实数a的取值范
围为（ ）
A. ( 4
e
2 ,+∞)
B. ( 4
e
2 ,+ ∞)∪{0}
C. (-∞,0)∪( 4
e
2 ,+∞) D. (-∞,0]∪( 4
e
2 ,+∞)
【答案】C
【解析】由f ( x)= x
e
x - a
x =0，得a= x
2
e
x ，
令g( x)= x
2
e
x ，则g
'( x)= 2 x - x
2
e
x
= x(2- x)
e
x
，
当x<0或x>2时，g
'( x)<0，g( x)单调递减；
当0< x<2时，g
'( x)>0，g( x)单调递增；
所以g( x)在x =2处取得极大值，也是最大值，g（2）= 4
e
2，
又当x→-∞时，g( x)→+ ∞；当x→+∞时，g( x)→0，
且g（0）=0，
画出g( x)的大致图象，
要使f ( x)有且只有一个零点，即直线y =a与y = g( x)的图象只有一个交点，
结合图象可知，a<0或a> 4
e
2，
所以实数a的取值范围为(-∞,0)∪( 4
e
2 ,+∞).
【点拨】本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，采用分离参数法，构造新函数，利用导数
求出单调区间和极值，画出图象，数形结合求解.
19.（2025·保定·一模）函数f ( x)=mx -|ln x +1|有且只有三个零点，则m的取值可以是（
）
A. 3
B. e
C. 1
D. 1
e
【答案】D
【解析】令f ( x)=0得m=|ln x +1|
x
={
ln x +1
x
, x ≥1
e
- ln x +1
x
,0< x< 1
e
=t( x)，
当x ≥1
e 时，t( x)= ln x +1
x
，则t
'( x)=- ln x
x
2
，令t
'( x)=0⇒x =1，
所以当x∈( 1
e ,1)时，t
'( x)>0，t( x)为增函数；当x∈(1,+∞)时，t
'( x)<0，t( x)为减函数，
所以函数t( x)在x =1处取得极大值t （1）=1，且t( 1
e )=0，当x→+ ∞时，t( x)→0；
当0< x< 1
e 时，t( x)=- ln x -1
x
，
则t
'( x)= ln x
x
2 ，则0< x< 1
e 时，t
'( x)<0，t( x)为减函数，
当x→0
+时，t( x)→+ ∞；
综上，y =m与函数t( x)图象有三个交点时0<m<1，即函数f ( x)=mx -|ln x +1|有且只有三个零
点时0<m<1.
所以m的取值可以是1
e .
【点拨】本题考查函数零点个数问题，采用分离参数法，将问题转化为直线与函数图象交点个数
问题，利用导数研究函数的单调性与极值，画出图象求解.
20.已知函数f ( x)=a x
3+3 x
2- 4，若f ( x)存在唯一的零点x0，且x0<0，则a的取值范围是＿
＿＿＿＿＿.
【答案】(-∞,-1)
【解析】因为f ( x)=a x
3+3 x
2- 4，所以f
'( x)=3a x
2+6 x =3 x(ax +2)
当a=0时，有f ( x)=3 x
2- 4 =0，解得x =± 2❑√3
3
，所以当a=0时，f ( x)有两个零点，不符合题意；
当a>0时，由f
'( x)=0，解得x =0或x =- 2
a，且有f （0）=- 4，f (- 2
a )= 4
a
2 - 4，
当x∈(-∞,- 2
a )，f
'( x)>0，f ( x)在区间(-∞,- 2
a )上单调递增；
当x∈(- 2
a ,0)，f
'( x)<0，f ( x)在区间(- 2
a ,0)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）=- 4<0，f ( 2❑√3
3
)= 8a
3 ❑√3 >0，
所以x∈(0, 2❑√3
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)=0，解得x =0或x =- 2
a，且有f （0）=- 4，f (- 2
a )= 4
a
2 - 4
当x∈(-∞,0)，f
'( x)<0，f ( x)在区间(-∞,0)上单调递减；
当x∈(0,- 2
a )，f
'( x)>0，f ( x)在区间(0,- 2
a )上单调递增；
当x∈(- 2
a ,+∞)，f
'( x)<0，f ( x)在区间(- 2
a ,+∞)上单调递减；
又因为f （0）=- 4<0，f (- 2❑√3
3
)=- 8a
3 ❑√3 >0，
所以x∈(- 2❑√3
3
,0)，f ( x)存在一个负数零点，要使f ( x)存在唯一的零点x0，
则满足f (- 2
a )= 4
a
2 - 4<0，解得a<-1或a>1，又因为a<0，所以a<-1，
综上，a的取值范围是a<-1．
【点拨】本题考查利用导数研究函数的零点问题，分类讨论参数a的符号，利用导数求出单调区间
和极值，结合零点存在性定理进行判断.
21.若至少存在一个x，使得方程ln x -mx = x( x
2-2ex)成立．则实数m的取值范围为＿＿＿
＿＿＿.
【答案】m≤e
2+ 1
e
【解析】原方程化简得:m= ln x
x - x
2+2ex ,( x>0)有解, 令f ( x)= ln x
x - x
2+2ex ,( x>0),
f
'( x)= 1- ln x
x
2
+2(e - x), 当x>e时,f
'( x)<0, 所以f ( x)在(e ,+∞)单调递减, 当x<e时,f
'( x)>0, 所
以f ( x)在(0,e)单调递增.f ( x)max = f (e)= 1
e +e
2. 所以m≤1
e +e
2.
【点拨】本题考查方程有解问题，采用分离参数法，转化为求函数的最值问题，利用导数研究函
数的单调性与最值即可.
22.（2026·龙岩·检测）已知函数f ( x)={
x
2-2 x -a, x<2
ln( x -2), x ≥2 恰有三个零点，则实数 a 的取值范
围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】(-1,0]
【解析】因为f ( x)={
x
2-2 x -a, x<2
ln( x -2), x ≥2 恰有三个零点，
当x ≥2时，由ln( x -2)=0得x =3，所以函数f ( x)在[2,+ ∞)上有一个零点，
所以函数f ( x)在(-∞,2)上有两个零点，
即方程x
2-2 x -a=0在(-∞,2)上有两个不相等的实数根，
令g( x)= x
2-2 x -a，则{
Δ= 4 + 4 a>0
--2
2 <2
g（2）= 4 - 4 -a≤0
，解得-1<a≤0，
所以实数a的取值范围是(-1,0].
【点拨】本题考查分段函数的零点问题，将问题转化为二次方程在指定区间上的根的分布问题，
利用二次函数的图象与性质列不等式组求解.
23.（2026·山东师大附中·检测）已知函数f ( x)= 4 sin(2 x + π
6 )，且函数g( x)= f ( x)-a在
[0,nπ ]，(n∈N
*)内恰有 2025 个零点，则满足条件的有序数对(a,n)（ ）
A. 有且仅有 1 对
B. 有且仅有 2 对
C. 有且仅有 3 对
D. 有无数对
【答案】A
【解析】因为f ( x)= 4 sin(2 x + π
6 )，周期T = 2π
2 = π，
当x∈[0,nπ ]时，2 x + π
6 ∈[ π
6 ,2nπ + π
6 ]，
函数g( x)= f ( x)-a在[0,nπ ]内恰有 2025 个零点，
即方程4 sin(2 x + π
6 )=a在[0,nπ ]内恰有 2025 个解，
因为 2025 是奇数，且每个周期内正弦函数最多有两个解，
所以n个周期内，解的个数为2n或2n-1或2n+1，
若解的个数为 2025，则必有2n-1=2025或2n+1=2025，
解得n=1013或n=1012，
当n=1013时，区间为[0,1013 π ]，2 x + π
6 ∈[ π
6 ,2026 π + π
6 ]，
要使解的个数为 2025，则在最后一个周期[1012π ,1013 π ]内只有 1 个解，
此时a= 4 sin( π
6 )=2，
当n=1012时，区间为[0,1012π ]，2 x + π
6 ∈[ π
6 ,2024 π + π
6 ]，
要使解的个数为 2025，则在最后一个周期[1011π ,1012π ]内有 3 个解，这不可能，
所以满足条件的有序数对(a,n)只有 1 对，即(2,1013).
【点拨】本题考查三角函数的图象与性质，以及函数零点个数问题，利用三角函数的周期性与图
象，结合数形结合思想进行分析.
24.已知函数f ( x)={
2
x , x ≤0
log2 x , x>0，若函数g( x)= 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)
【点拨】本题考查分段函数的零点问题，将问题转化为两函数图象的交点问题，画出图象，数形
结合求解即可.
25.（2026·临泉田家炳·二模）已知函数f ( x)={
2
x( x -a)-2, x<2
ln( x -2), x ≥2恰有三个零点，则实数 a 的
取值范围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】(-∞, 3
2 )
【解析】当x ≥2时，令ln( x -2)=0，得x =3>2，
可知函数f ( x)在[2,+ ∞)上有一个零点，
则f ( x)在(-∞,2)上有两个零点，故当x<2时，方程2
x( x -a)=2有两个不同的根，
故x( x -a)=1在(-∞,2)上有两个不同的根，
即函数g( x)= x
2-ax -1在(-∞,2)上有两个零点，
当x = a
2，则g( a
2 )=- a
2
4 -1<0，
结合函数g( x)的图象可得{
a
2 <2
g（2）>0
，解得a< 3
2．
【点拨】本题考查分段函数的零点问题，将问题转化为二次方程在指定区间上的根的分布问题，
利用二次函数的图象与性质列不等式组求解.
26.（2025·张家口·二模）已知关于 x 的方程 2a
2 x +1+2ax =1 有两个不等实根，则正数 a
的取值范围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】(0, 1
2 )
【解析】方程2a
2 x +1+2ax =1变形为2a⋅a
2 x+2ax =1，
即a
2 x+ x = 1
2a，
令f ( x)=a
2 x+ x，则f
'( x)=2a
2 x ln a+1，
若a≥1，则f
'( x)>0，f ( x)单调递增，最多只有一个零点，不合题意；
若0<a<1，令f
'( x)=0，得a
2 x =-
1
2ln a，
解得x = 1
2 loga(-
1
2ln a )，
当x< 1
2 loga(-
1
2ln a )时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
当x> 1
2 loga(-
1
2ln a )时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
所以f ( x)min= f ( 1
2 loga(-
1
2ln a ))=-
1
2ln a + 1
2 loga(-
1
2ln a )，
要使方程有两个不等实根，则f ( x)min< 1
2a，
即-
1
2ln a + 1
2 loga(-
1
2ln a )< 1
2a，
令t =-
1
2ln a，则t >0，a=e
- 1
2t，
不等式化为t + 1
2
ln t
ln a < 1
2 e
1
2t，
即t -t ln t < 1
2 e
1
2t，
令h(t )=t -t ln t，g(t )= 1
2 e
1
2t，
利用导数可证h(t )<g(t )在t >0时恒成立，
所以0<a<1均满足题意.
【点拨】本题考查方程根的个数问题，利用导数研究函数的单调性与极值，结合数形结合思想进
行分析求解.
27.（2026·山东九五协作体·一模）已知函数f ( x)=
x +1
| x|+1 .
（1）求曲线y = f ( x)在点(-1,f (-1))处的切线方程；
（2）关于x的方程f ( x)-kx -b=0(k ,b∈R)有三个实根x1, x2, x3，且x1+ x2+ x3=0，求b的取
值范围.
【答案】见解析
【解析】（1） 当x<0时，f ( x)= x +1
1- x ，f （0）=0，
f
'( x)=
2
(1- x)
2，f
'(-1)= 1
2，
所以曲线y = f ( x)在(-1,f (-1))处的切线方程为y = 1
2 ( x +1)．
（2） 当x<0时，f ( x)= x +1
1- x ，在(0,+∞)单调递增，当x ≥0时，f ( x)=1．
方程x +1
1- x =kx +b①有三个不同的实数解x1, x2, x3( x1< x2< x3)，
且x1+ x2+ x3=0．
若k =0，则b=1，
此时方程①任意三个实数解之和必大于 0，不符合题意：
若k ≠0，
当x ≥0时，方程①可整理为k x
2-(k -b-1)x +1-b=0②至多两个负数解，
当x<0时，方程①即为kx +b=1③至多一个非负解．
所以方程②有两个不同的实数解x1, x2，
且x1+ x2= k -b-1
k
，
因为方程③有非负解x3= 1-b
k
，
由x1+ x2+ x3=0，可知k =2b．
由x3= 1-b
k
= 1-b
2b ≥0，得0<b≤1．
方程②变为2b x
2+(1-b)x +1-b=0，
由判别式(1-b)
2- 4⋅2b(1-b)=(1-b)(1-9b)>0，并结合0<b≤1，
可知0<b< 1
9．
经验证，此时x1, x2为负数，符合题意．
综上，实数b的取值范围是0<b< 1
9．
【点拨】本题考查导数的几何意义求切线方程，以及函数零点与方程根的综合应用，利用分段函
数的解析式，将问题转化为二次方程根的分布问题，结合韦达定理求解.
28.（2026·宁波·二模）已知函数f ( x)={
- 2
x -1,-2≤x<0
ln x , x>0
，设a,b,c是三个不同的实数，且
满足f (f (a))= f (f (b))= f (f (c))，则a+b+c的最小值为（ ）
A. e
2-1
B. e -1
C. e
2-1+ 1
e
D. e -1+ 1
e
2
【答案】D
【解析】解：f ( x)={
- 2
x -1,-2≤x<0
ln x , x>0
，
在[-2,0)和(0,+ ∞)单调递增，其简要图形如下：
设f (a)= f (b)= f (c)=t，即方程f (f ( x))=t有三个不同的实数解a,b,c，
又当t ≥0时，f ( x)=t有两个不同的实数解；t <0时，f ( x)=t只有一个实数解，
所以f (f ( x))=t有三个不同的实数解，当且仅当方程f ( x)=t有两个不同的实数解x1, x2，
且t ≥0，- 2
x1
-1=t ,ln x2=t，解得x1=
2
-1-t ∈[-2,0), x2=e
t∈[1,+ ∞)，
f ( x)= x1,f ( x)= x2时，即ln x = x1,- 2
x -1= x2,ln x = x2，
不妨设a<b<c，
则f (a)= f (c)= x2,f (b)= x1，
即- 2
a -1= x2,ln c = x2,ln b= x1，解得a=
2
-1- x2
,c =e
x2,b=e
x1
a+b+c =
2
-1- x2
+e
x1+e
x2=
2
-1-e
t +e
2
-1-t +e
e
t
，
又y =
2
-1-e
t , y =e
2
-1-t , y =e
e
t
在t ∈[0,+∞)上单调递增，
∴t =0时，[a+b+c ]min=
2
-1-1 +e
-1+e
1=e -1+ 1
e
2.
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，以及嵌套函数方程根的个数问题，利用换元法将问题
转化为内外层函数的交点问题，结合单调性求最值.
29.已知函数f ( x)=|2
| x|-2|-1，则关于x的方程f
2( 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u
2+mu+n=0至多两个实根，设为u=u1和u=u2，
由图象可知，直线u=u1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f
2( x)+mf ( x)+n=0有 7 个不同实数解，
则关于u的二次方程u
2+mu+n=0的一根为u1=0，则n=0，
则方程u
2+mu=0的另一根为u2=-m，
直线u=u2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.
【点拨】本题考查嵌套函数方程根的个数问题，利用换元法将问题转化为二次方程根的分布，结
合函数图象交点个数进行分析求解.
30.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)={
- x
2, x∈[0,1)
e
x -1-2, x∈[1,+∞)，则关于x的方程f
2( 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)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f
2( x)-2mf ( x)=1中设f ( x)=t，则方程化为t
2-2mt -1=0，其判别式为Δ= 4 m
2+ 4>0恒成
立，方程必有两不等实根，t1,t2，t1+t2=2m，t1t2=-1，两根一正一负，不妨设t1<0,t2>0，
若m=0，则t1+t2=0，t1=-1,t2=1，f ( x)=t1和f ( x)=t2都有两个根，原方程有 4 个根；
若m>0，则t1+t2>0，t2>|t1|，∴t2>1，-1<t1<0，f ( x)=t1有三个根，f ( x)=t2有一个根，原方
程共有 4 个根；
若m<0，则t1+t2<0，t2<|t1|，∴0<t2<1，t1<-1，f ( x)=t1有一个根，f ( x)=t2有三个根，原方
程共有 4 个根．
综上原方程有 4 个根．
故选：B.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与图象变换，以及嵌套函数方程根的个数问题，利用换元法将问
题转化为二次方程根的分布，结合函数图象交点个数进行分析求解.
31.（2026·阜阳·一模）已知函数f ( x)={
x +2, x ≤0
ln( x +1), x>0若关于x的方程f (f ( x))=m恰有三个
不相等的实数根，则实数m的取值范围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】(0,ln3]
【解析】函数f ( x)={
x +2, x ≤0
ln( x +1), x>0在(-∞,0]上单调递增，f ( x)≤2，在(0,+∞)上单调递增，
f ( x)>0，
当x +2≤0，即x ≤-2时，f (f ( x))= x +2+2= x + 4，且f (f ( x))≤2，
当-2< x ≤0，即0<f ( x)≤2，f (f ( x))= ln[( x +2)+1]= ln( x +3)，且f (f ( x))≤ln3，
当x>0，即f ( x)>0时，f (f ( x))= ln[ ln( x +1)+1]，且f (f ( x))>0，
因此f (f ( x))={
x + 4 , x ≤-2
ln( x +3),-2< x ≤0
ln[ ln( x +1)+1], x>0
，
在坐标系内作出函数y = f (f ( x))和y =m的图像，关于x的方程f (f ( x))=m恰有三个不相等的实数
根，则0<m≤ln3.
所以实数m的取值范围是(0,ln3].
【点拨】本题考查分段函数的复合函数零点问题，先求出复合函数的解析式，再画出图象，利用
数形结合思想求解.
32.（2026·滁州·一模）已知函数f ( x)= x +(
1
2)
5730
-3，g( x)= x + log
5730√
1
2
x -3的零点分别是
x1, x2，则x1, x2满足（ ）
A. x1+2 x2=2
B. 2 x1+ x2=3
C. x1+ x2=2
D. x1+ x2=3
【答案】D
【解析】由题意可知，x1, x2分别是y =( 1
2 )
5730，y = log
5730√
1
2
x和y =3- x的函数图象的交点的横坐标，
而y =( 1
2 )
5730和y = log
5730√
1
2
x互为反函数，所以其函数图象关于y = x对称，
因为y =3- x和y = x垂直，所以两个交点也关于y = x对称，
联立y =3- x、y = x，得x = 3
2，故x1+ x2=3.
【点拨】本题考查反函数的图象特征及函数零点的对称性应用，将零点问题转化为图象交点问题，
利用对称性求解.
33.（2025·河南青桐鸣·联考）已知函数f ( x),g( x)的定义域均为 R，且f ( x +1)为偶函数，
f ( x +2)为奇函数，函数g( x)= x
2-mx -11(m>0)的最小值为-36，若函数F( x)= f ( x)- g( x)
有两个零点s,t，则s+t =＿＿＿＿＿＿.
【答案】10
【解析】因为f ( x +1)为偶函数，所以f (- x +1)= f ( x +1)，即f ( x)关于x =1对称；
因为f ( x +2)为奇函数，所以f (- x +2)=- f ( x +2)，即f ( x)关于(2,0)对称；
所以f ( x)的周期T = 4×(2-1)= 4，
因为g( x)= x
2-mx -11的最小值为-36，所以- m
2
4 -11=-36，解得m=10（m>0），
所以g( x)= x
2-10 x -11，对称轴为x =5，
因为f ( x)关于x =1对称，周期为 4，所以f ( x)关于x =5对称，
所以F( x)= f ( x)- g( x)关于x =5对称，
因为F( x)有两个零点s,t，所以s+t
2 =5，即s+t =10.
【点拨】本题考查函数的奇偶性、对称性与周期性，以及函数零点的对称性应用，利用条件推导
出两函数的公共对称轴，结合对称性求解.
34.已知函数f ( x)={
( x +1)
2, x ≤0
|log2 x|, x>0，若方程f ( x)=a有四个不同的解x1, x2, x3, x4，且
x1< x2< x3< x4，则x3⋅( x1+ x2)+ 1
x3
2 ⋅x4的取值范围是（ ）
A. [-1,1)
B. [-1,1]
C. (-1,1]
D. (-1,1)
【答案】A
【解析】log2 x =-1⇒x = 1
2.
先作f ( x)图象，由图象可得x1+ x2=-2，x3 x4=1，x3∈[ 1
2 ,1).
因此x3⋅( x1+ x2)+ 1
x3
2 ⋅x4=-2 x3+ 1
x3为[ 1
2 ,1)单调递减函数，
-2× 1
2 + 1
1
2
=1,-2×1+ 1
1 =-1
，
从而x3⋅( x1+ x2)+ 1
x3
2 ⋅x4∈[-1,1).
故选：A
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，以及方程根的个数问题，利用数形结合思想，结合二
次函数的对称性与对数函数的性质求出根的关系，再求代数式的范围.
35.已知函数f ( x)={
|log3 x|,0< x ≤3
1
3 x
2- 10
3 x +8, x>3，若方程f ( x)=m有四个不同的实根x1, x2, x3, x4，满
足x1< x2< x3< x4，则
( x3-3)( x4-3)
x1 x2
的取值范围是（ ）
A. (0,3)
B. (0,4 ]
C. [3,4 ]
D. (1,3)
【答案】A
【解析】作出函数f ( x)={
|log3 x|,0< x ≤3
1
3 x
2- 10
3 x +8, x>3的图象，如图所示：
方程f ( x)=m有四个不同的实根x1，x2，x3，x4，满足x1< x2< x3< x4，
则0<m<1，x3∈(3,4)
|log3 x|=m即：log3 x2=m,log3 x1=-m，所以log3 x2+ log3 x1=0，
log3 x2 x1=0，所以x2 x1=1，根据二次函数的对称性可得：x3+ x4=10，
( x3-3)( x4-3)
x1 x2
= x3 x4-3( x3+ x4)+9
x1 x2
= x3(10- x3)-21=- x3
2+10 x3-21，x3∈(3,4)
考虑函数y =- x
2+10 x -21, x ∈(3,4)单调递增，
x =3, y =0，x = 4 , y =3
所以x3∈(3,4)时- x3
2+10 x3-21的取值范围为(0,3).
故选：A
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，以及方程根的个数问题，利用数形结合思想，结合二
次函数的对称性与对数函数的性质求出根的关系，再求代数式的范围.
36.已知函数f ( x)={
|( 1
2 )
x -1-1|, x ≤1
- 1
2 x +1, x>1
，若互不相等的实数x1, x2, x3满足f ( x1)= f ( x2)= f ( x3)，
则( 1
2 )
x1+( 1
2 )
x2+( 1
2 )
x3的取值范围是（ ）
A. ( 9
4 , 5
2 )
B. (1,4)
C. (❑√2,4)
D. (4 ,6)
【答案】A
【解析】画出分段函数f ( x)={
|( 1
2 )
x -1-1|, x ≤1
- 1
2 x +1, x>1
的图像如图：
令互不相等的实数x1，x2，x3满足f ( x1)= f ( x2)= f ( x3)=t，t ∈(0, 1
2 )，
则x1∈(log2
2
3 ,0)，x2∈(0,1)，x3∈(1,2)，
则( 1
2 )
x1+( 1
2 )
x2+( 1
2 )
x3=1+t +1-t +2
2t -2=2+2
2t -2，
又t ∈(0, 1
2 )，
∴( 1
2 )
x1+( 1
2 )
x2+( 1
2 )
x3∈( 9
4 , 5
2 )．
故选：A．
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，以及方程根的个数问题，利用数形结合思想，结合指
数函数的性质求出根的关系，再求代数式的范围.
37.设函数f ( x)={
- x
2-2 x , x ≤0
|ln x|, x>0
①若方程f ( x)=a有四个不同的实根x1, x2, x3, x4，则x1⋅x2⋅x3⋅x4的取值范围是(0,1)
②若方程f ( x)=a有四个不同的实根x1, x2, x3, x4，则x1+ x2+ x3+ x4的取值范围是(0,+ ∞)
③若方程f ( x)=ax有四个不同的实根，则a的取值范围是(0, 1
e )
④方程f
2( x)-(a+ 1
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x1，x2，x3，x4，则0<a<1，不妨设x1< x2< x3< x4，
则x1，x2是方程- x
2-2 x -a=0的两个不等的实数根，x3，x4是方程|ln x|=a的两个不等的实数根，
所以x1 x2=a，- ln x3= ln x4，所以ln x4+ ln x3=0，所以x3 x4=1，
所以x1 x2 x3 x4=a∈(0,1)，故①正确；
对于②：由上可知，x1+ x2=-2，- ln x3= ln x4=a，且0<a<1，
所以x3 x4=1，
所以x3∈( 1
e ,1)，x4∈(1,e)，
所以x3+ x4= 1
x4
+ x4∈(2,e+ 1
e )，
所以x1+ x2+ x3+ x4∈(0,e+ 1
e -2)，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 = ln x( x>1)相切时，设切点为( x0,ln x0)，
即y
' = 1
x ，所以y
'|x = x0= 1
x0
= ln x0
x0
，解得x0=e，所以y
'|x = x0= 1
e ，所以a= 1
e ，
所以当y =ax与y = ln x( x>1)相切时，即a= 1
e 时，此时有 4 个交点，
若f ( x)=ax有 4 个实数根，即有 4 个交点，
当a> 1
e 时由图可知只有 3 个交点，当0<a< 1
e 时，
令g( x)= ln x -ax，x∈(1,+ ∞)，则g
'( x)= 1
x -a= 1-ax
x
，则当1< x< 1
a时g
'( x)>0，即g( x)单调
递增，当x> 1
a时g
'( x)<0，即g( x)单调递减，
所以当x = 1
a时，函数取得极大值即最大值，g( x)max= g( 1
a )=- ln a-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)在
(1, 1
a )和( 1
a ,+ ∞)内各有一个零点，即f ( x)=ax有 5 个实数根，故③错误；
对于④：f
2( x)-(a+ 1
a )f ( x)+1=0，
所以[ f ( x)-a][ f ( x)- 1
a ]=0，
所以f ( x)=a或f ( x)= 1
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，
所以若a>1时，则1
a ∈(0,1)，交点的个数为2+ 4 =6个，
若a=1时，则1
a =1，交点的个数为 3 个，
若0<a<1，则1
a >1，交点有4+2=6个，
若a<0且a≠-1时，则1
a <0且a≠1
a，交点有1+1=2个，
若a=-1= 1
a，交点有 1 个，
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；
【点拨】本题考查分段函数的图象与性质，以及方程根的个数问题，利用数形结合思想，结合二
次函数的对称性与对数函数的性质求出根的关系，再综合分析各个命题的真假.
38.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，
而函数h( x)是奇函数，则有h(-2)=-h（2）=2，
所以f (-2)=h(-2)+2= 4.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与零点，利用奇函数性质求出对应函数值即可.
39.已知函数f ( x)=| x +2|+e
x +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|+e
x+e
- x+a，定义域为 R，
∴g(- x)=|- x |+e
- x+e
x+a=| x |+e
x+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.
【点拨】本题考查函数图象的对称性与零点，构造偶函数，利用对称性确定唯一零点的位置，代
入求解即可.
40.已知实数x , y满足ln ❑√2 y +1+ y =2，e
x+ x =5，则x +2 y =＿＿＿＿＿＿.
【答案】4
【解析】由ln ❑√2 y +1+ y =2，即1
2 ln(2 y +1)+ y =2，
即ln(2 y +1)+2 y +1=5，
令2 y +1=t，则lnt +t =5，
即lnt +e
lnt =5，
由e
x+ x =5，
设函数f ( x)=e
x+ x，显然该函数为增函数，
又f （1）=e+1<5，f （2）=e
2+2>5，
所以函数f ( x)=e
x+ x在(1,2)上有唯一的零点，
因此ln t = x，即t =e
x，
所以2 y +1=e
x，
即x = ln(2 y +1)，
所以x +2 y = ln(2 y +1)+2 y =5-1= 4.
【点拨】本题考查函数零点的唯一性及方程的求解，利用函数的单调性说明方程解的唯一性，通
过构造相同结构的方程来寻找变量之间的关系.
41.（2026·唐山·一模）已知f ( x)= x| x -2|，若f ( x)=3，则x =＿＿＿＿＿＿.
【答案】3
【解析】由题意可得：f ( x)= x| x -2|=3，
当x ≥2时，可得x( x -2)=3，即x
2-2 x -3=0，解得x =3或x =-1（舍去）；
当x<2时，可得x(2- x)=3，即x
2-2 x +3=0，方程无解；
综上所述：x =3.
【点拨】本题考查分段函数的求值，去绝对值转化为分段函数，分类讨论求解方程即可.
42.（2026·宜春十校·联考）设数列{an}的前 n 项和为Sn，对任意n∈N
*，函数
f ( x)= x
2- Sncos x +2an-1在定义域内有唯一的零点，则数列{an}的通项公式＿＿＿＿＿＿.
【答案】an=2
n-1
【解析】函数f ( x)= x
2- Sncos x +2an-1在定义域内有唯一的零点，结合余弦函数和二次函数的对
称性，
f ( x)= x
2- Sncos x +2an-1为偶函数，其图象关于y轴对称可知这个公共点的横坐标一定是 0，
（否则公共点成对出现），
即Sn=2an-1，
取n=1得a1= S1=2a1-1，所以a1=1，
当n≥2时得到Sn-1=2an-1-1，
∴an= Sn- Sn-1=2an-2an-1，即an=2an-1，
∴数列{an}为首项为 1，公比为 2 的等比数列，
∴an=2
n-1.
【点拨】本题考查函数零点与偶函数性质的综合应用，利用偶函数的唯一零点必为 0，求出数列
的递推关系，进而求出通项公式.
