第12 讲 函数与方程 · 综合测试（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
D
C
B
A
D
6
7
8
9
10
B
A
A
ACD
ACD
11
12
13
14
15
BCD
1
4 e
2
(0,e
-1/3)∪(e
-1/3,
- 4
（1）y = 1
2 ( x +1)
（2）0<b< 1
9
16
17
18
19
（1）2 x +2 y -5=0
（2）见解析
(-∞,- 4)∪[1,
-2ln12
(12,28)
逐题详解
1.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】∵ 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，∴ f (-2)=h(-2)+2= 4.
【点拨】利用函数零点定义得到 f （2）=0，再结合奇函数性质 h(- x)=-h( x) 实现求值转化.
2.用二分法求函数 f ( x)=lg x + 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】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∵ 函数在 (0,+∞) 上连续，∴
函数在区间 (1.75,1.875) 上有零点，约为 1.75+1.875
2
≈1.8.
【点拨】二分法求近似解的核心在于寻找区间端点函数值异号的区间，再取区间中点作为近似值.
3.（2025·江西上饶·二模）下列选项中，曲线 y =msin x(m∈R) 与 y =2sin3 x 在
x∈[0,2π ] 上的交点个数不一样的是
A. m=-1
B. m=-2
C. m=1
D. m=2
【答案】B
【解析】依题意，
sin3 x =sin( x +2 x)=sin x cos2 x +cos x sin 2 x =sin x(1-2sin
2 x)+2sin x cos
2 x =3sin x - 4 sin
3 x，
x∈[0,2π ]，曲线 y =msin x 与 y =2sin3 x 的交点个数，即方程 msin x =2sin3 x 解的个数.
对于A，m=-1，由 -sin x =6sin x -8sin
3 x，得 sin x =0 或 sin x =±
❑√14
4
，当 x∈[0,2π ] 时，
由 sin x =0，得 x∈{0,π ,2π }，方程 sin x =±
❑√14
4
有 4 个解，共 7 个；
对于B，m=-2，由 -2sin x =6sin x -8sin
3 x，得 sin x =0 或 sin x =±1，当 x∈[0,2π ] 时，
x∈{0,π ,2π , π
2 , 3 π
2 }，共 5 个；
对于C，m=1，由 sin x =6sin x -8sin
3 x，得 sin x =0 或 sin x =±
❑√10
4 ，当 x∈[0,2π ] 时，
方程 sin x =0 有 3 个解，方程 sin x =±
❑√10
4
有 4 个解，共 7 个；
对于D，m=2，由 2sin x =6sin x -8sin
3 x，得 sin x =0 或 sin x =±
❑√2
2 ，当 x∈[0,2π ] 时，
方程 sin x =0 有 3 个解，方程 sin x =±
❑√2
2 有 4 个解，共 7 个.所以交点个数不一样的是
m=-2.
【点拨】利用三倍角公式（或和差角公式展开）将方程化为关于 sin x 的代数方程，再结合正弦
函数在给定区间的图象特征确定解的个数.
4.（2025·江西鹰潭·二模）已知函数 f ( x)=2-
2
e
x+1，若方程 f (ae
x)+ f (3- x
2)=2 有三个
不同根，则实数 a 的取值范围是
A. (0, 6
e
3 )
B. (0, 2
e )
C. (-2e , 6
e
3 )
D. (-2e , 2
e )
【答案】A
【解析】函数 f ( x)=2-
2
e
x+1 的定义域为 R，且在 R 上单调递增，
f ( x)+ f (- x)=2-
2
e
x+1
+2-
2
e
- x+1
= 4 -(
2
e
x+1
+ 2e
x
1+e
x)=2，即 2- f (- x)= f ( x)，方程
f (ae
x)+ f (3- x
2)=2，即 f (ae
x)=2- f (3- x
2)= f ( x
2-3)，于是 ae
x = x
2-3，即 a= x
2-3
e
x
，令
g( x)= x
2-3
e
x
，依题意，直线 y =a 与函数 y = g( x) 的图象有三个不同的交点，求导得
g
'( x)= 2 x - x
2+3
e
x
=- ( x +1)( x -3)
e
x
，当 x∈(-∞,-1)∪(3,+∞) 时，g
'( x)<0，当
x∈(-1,3) 时，g
'( x)>0，函数 g( x) 在 (-∞,-1)，(3,+∞) 上递减，在 (-1,3) 上递增，
当 x =-1 时，g( x) 取极小值 g(-1)=-2e；当 x =3 时，g( x) 取极大值为 g（3）= 6
e
3，而
当 x<- ❑√3 或 x>❑√3 时，恒有 g( x)>0，观察图象得 0<a< 6
e
3，原方程有三个不同实根，∴
实数 a 的取值范围为 (0, 6
e
3 ).
【点拨】探究给定函数的对称性及单调性，脱去法则“f ”，构造新函数，利用导数探讨函数的性
质并作出图象，数形结合求得答案.
5.已知函数 f ( x)={
e
x ,
x ≥0
-3 x ,
x<0，若函数 g( x)= 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)=-3(- x)=3 x；当 x<0 时，- x>0，f (- x)=e
- x.
∴ g( x)= f (- x)- f ( x)={
3 x -e
x ,
x>0
0,
x =0
e
- x+3 x ,
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，∴ 我们求出 x>0 时零点个数即可，g( x)=3 x -e
x , x >0，
g
'( x)=3-e
x，令 g
'( x)=3-e
x>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-e
2<0，故 g( x) 在 (ln3,2)
有 1 个零点，g( 1
3 )=1-e
1
3 <0，故 g( x) 在 ( 1
3 ,ln3) 上有 1 个零点.故 g( x) 在 (0,+∞) 上
有 2 个零点，又∵ 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.
【点拨】利用奇偶性简化问题，只需研究 x>0 时的零点分布，通过导数确定单调性与极值，再
结合零点存在性定理判断.
6.（2026·山东德州·三模）对于正整数 n，函数 f ( x)={
|2
x +3-n|,
x<0,
|log4( x +6)-n|,
x ≥0, 对于实数
t，使得方程 f ( x)=t 有四个不同实数解的所有正整数 n 的和为
A. 26
B. 27
C. 28
D. 29
【答案】B
【解析】由题意，要使方程f ( x)=t有四个不同的实数解，即直线y =t与函数f ( x)的图象有四个不
同的交点。
先分析x<0时，f ( x)=|2
x +3-n|。
当x→-∞时，2
x +3→0，f ( x)→n；
当x→0
-时，2
x +3→8，f ( x)→|8-n|。
令2
x +3-n=0，得x = log2n-3。
若要在x<0区间内产生2 个交点，折点必须在y轴左侧，即满足log2n-3<0，解得n<8。
此时，f ( x)在(-∞,log2n-3)上单调递减，在(log2n-3,0)上单调递增。
要使y =t与该部分图象有2 个交点，需满足0<t <min{n,|8-n|}。
再分析x ≥0时，f ( x)=|log4( x +6)-n|。
当x =0时，f (0)=|log46-n|。
令log4( x +6)-n=0，得x = 4
n-6。
若要在x ≥0区间内产生2 个交点，折点必须在y轴右侧，即满足4
n-6>0，解得n>log46≈1.29。
由于n为正整数，故n≥2。
此时，f ( x)在[0,4
n-6]上单调递减，在[ 4
n-6,+ ∞)上单调递增。
要使y =t与该部分图象有2 个交点，需满足0<t ≤f (0)=n- log46。
综上所述，要使方程f ( x)=t有四个不同实数解，必须在x<0和x ≥0两段各产生2 个交点，
即存在实数t同时满足0<t <min{n,|8-n|}和0<t ≤n- log46。
这要求两个区间的右端点均严格大于0，即：
{
n<8
n≥2，解得2≤n≤7。
当n∈{2,3,4 ,5,6,7}时，min{n,|8-n|}>0且n- log46>0，两个以0 为左端点的区间交集必然
非空，即一定存在满足条件的t。
因此，所有满足条件的正整数n的取值为2，3，4，5，6，7。
其和为2+3+ 4 +5+6+7 =27。对应选项B。
【点拨】本题考查分段函数与方程根的个数问题。解题的关键是分别画出两段含有绝对值的函数
的大致图象，找出每段产生两个交点时参数t的取值范围，再根据交集非空转化为端点值的不等式
求解。
7.已知函数 f ( x)=( x
2- x -1)e
x，设关于 x 的方程 f
2( x)-mf ( x)= 5
e (m∈R) 有 n 个不同
的实数解，则 n 的所有可能的值为
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)e
x，∴ 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) 的图象大致为先从 0 增至
f (-2)= 5
e
2，再减至 f （1）=-e，最后增至 + ∞.
令 f ( x)=t，则方程 t
2-mt - 5
e =0 必有两个根，t1,t2 且 t1t2=- 5
e ，不妨设 t1<0<t2，
当 t1=-e 时，恰有 t2= 5
e
2，此时 f ( x)=t1 有 1 个根，f ( x)=t2 有 2 个根；
当 t1<-e 时必有 0<t2< 5
e
2，此时 f ( x)=t1 无根，f ( x)=t2 有 3 个根；
当 -e<t1<0 时必有 t2> 5
e
2，此时 f ( x)=t1 有 2 个根，f ( x)=t2 有 1 个根.
综上，对任意 m∈R，方程均有 3 个根.
【点拨】通过换元法将嵌套方程转化为二次方程根的分布问题，再结合原函数的极值与渐近线特
征，利用根与系数的关系（特别是两根之积为定值）进行分类讨论，发现不同情况下解的总数保
持不变.
8.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) 的图象，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=t ⟹( 1
2 )
x1=1+t，
1-( 1
2 )
x2=t ⟹( 1
2 )
x2=1-t，
所以 ( 1
2 )
x1+( 1
2 )
x2=2.
又 x3>1 时，- 1
2 x3+1=t ⟹x3=2-2t，
所以 ( 1
2 )
x3=( 1
2 )
2-2t =2
2t -2，
又 t ∈(0, 1
2 )，所以 2t -2∈(-2,-1)，
∴ ( 1
2 )
x1+( 1
2 )
x2+( 1
2 )
x3=2+2
2t -2∈( 9
4 , 5
2 ).
【点拨】画出分段函数的图象，利用数形结合将函数值相等转化为参数 t 的方程，分别求出各根
关于 t 的表达式，再求和并利用 t 的范围求值域.
9.（2025·河北承德·一模）已知函数 f ( x)= 1
2 loga(- x)
2-a
| x|(a>1) 的零点个数可以为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 4
【答案】ACD
【解析】函数 f ( x) 的零点个数等价于方程 1
2 loga(- x)
2=a
| x| 的解的个数，即函数
y = 1
2 loga(- x)
2= loga| x| 与 y =a
| x| 的图象交点的个数.
因为 y = loga| x| 和 y =a
| x| 都是偶函数，图象关于 y 轴对称.
当 x>0 时，方程为 loga x =a
x.
这两个函数互为反函数，图象关于 y = x 对称.
交点个数取决于 a>1 的取值.当 a>e
1/e 时，没有交点；当 a=e
1/e 时，有 1 个交点；当
1<a<e
1/e 时，有 2 个交点.
因为图象关于 y 轴对称，所以总交点个数为 x>0 时交点个数的 2 倍.
即总交点个数可以为 0，2，4.
【点拨】将零点问题转化为两个偶函数图象的交点问题，再利用反函数性质及底数 a 对指数、对
数函数交点个数的影响进行判断.
10.（2026·沧州八校·二模）已知函数 f ( x)= x + m
x -n 在区间 (0,1) 上有两个不同的零点，
则
A. 0<m<1
B. m-n>1
C. 2❑√m<n
D. m+ 1
n >1
【答案】ACD
【解析】当 m≤0 时，函数 f ( x) 在区间 (0,1) 上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意；
当 m>0 时，函数 f ( x) 在区间 (0,❑√m) 上单调递减，在区间 (❑√m,+∞) 上单调递增.
要使 f ( x) 在 (0,1) 上有两个不同的零点，需满足：
0<❑√m<1⟹0<m<1（A 正确）；
f (❑√m)=2❑√m-n<0 ⟹2❑√m<n（C 正确）；
f （1）=1+m-n>0 ⟹m-n>-1，选项B 错误；
由 2❑√m<n ⟹n>0.
由 1+m-n>0 ⟹1+m>n ⟹m+ 1
n >n-1+ 1
n.
∵ n>2❑√m，且 m<1，f （1）=1+m-n>0 ⟹n<m+1.
∴ mn-n+1=n(m-1)+1>(m+1)(m-1)+1=m
2>0.
∴ m+ 1
n >1（D 正确）.
【点拨】利用导数分析对勾函数的单调性与极值，结合零点存在性定理列出端点与极值点的不等
式组，进而推导各选项的不等关系.
11.（2026·江苏南京·二模）已知函数 f ( x)={
x ,
x ≤1,
- f ( x -1),
x>1, 则
A. f （2）=1
B. ∀x>0,f ( x +2)= f ( x)
C. f ( x) 在 (7 ,8) 上单调递减
D. f ( x) 有且仅有 1 个零点
【答案】BCD
【解析】对于A，f （2）=- f （1）=-1，A 错误.
对于B，f ( x +2)=- f ( x +1)=-(- f ( x))= f ( x)，所以 f ( x) 的周期为 2，B 正确.
对于C，当 x∈(7 ,8) 时，x -6∈(1,2)，∵ 周期为 2，
f ( x)= f ( x -6)=- f ( x -7)=-( x -7)=7 - x，∴ f ( x) 在 (7,8) 上单调递减，C 正确.
对于D，当 x ≤1 时，f ( x)= x，零点为 x =0；当 x>1 时，f ( x) 是周期函数，在 (1,2] 上
f ( x)=1- x，无零点（x =1 不在区间内），在 (2,3] 上 f ( x)= x -2，无零点.所以 f ( x) 有且仅
有 1 个零点 x =0，D 正确.
【点拨】根据递推关系推导出函数的周期性，结合分段函数的解析式在各个周期内进行分析，是
解决此类问题的关键.
12.已知函数 f ( x)= ln x +a x
2+b，若 f ( x) 在区间 [2,3] 上有零点，则 ab 的最大值为＿
＿＿＿＿＿.
【答案】1
4 e
2
【解析】设 f ( x0)=0，x0∈[2,3]，则 ln x0+a x0
2+b=0，此时 b=- ln x0-a x0
2，
则 ab=-aln x0-a
2 x0
2=-(x0a+ ln x0
2 x0 )
2
+(
ln x0
2 x0 )
2
，
当 a=- ln x0
2 x0
2 时，(ab)max =(
ln x0
2 x0 )
2
，
记 h( x)= ln x
2 x ，则 h
'( x)= 1- ln x
2 x
2
，
所以 h( x) 在 [2,e ] 上递增，在 [e ,3] 上递减，
故 h( x)max =h(e)= 1
2e ，所以 (ab)max =(
ln x0
2 x0 )
2
≤1
4 e
2，
∴ ab 的最大值为 1
4 e
2.
【点拨】将零点条件转化为参数关系，利用配方法将目标代数式转化为关于零点 x0 的函数，再
通过导数求最值.
13.（2026·江西宜春·一模）已知关于 x 的方程 3m
3mx+1+3mx =2 有两个不相等的实数解，
则正实数 m 的取值范围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】(0,e
-1/3)∪(e
-1/3,1)
【解析】方程 3m
3mx +1+3mx =2 可化为 m
3mx +1= 2-3mx
3
，两边取对数得
(3mx +1)ln m= ln(2-3mx)- ln3.
令 t =2-3mx，则 3mx =2-t，方程化为 (3-t )ln m= ln t - ln3，即
ln t +t ln m=3 ln m+ ln3= ln(3m
3).
令 v =-t ln m，∵ m>0，若 m≥1 显然无两解，故 0<m<1，ln m<0，此时 v >0.
代入得 ln(
v
- ln m)- v = ln(3m
3)，即 ln v - v = ln(-3m
3ln m)= ln(-3 ln m)-(-3 ln m).
令 g( x)= ln x - x，则方程化为 g(v)= g(-3ln m).
因为 g( x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减，要使方程有两个不相等的实数解，
需满足 -3 ln m≠1，
即 ln m≠- 1
3，解得 m≠e
-1/3.
综上，正实数 m 的取值范围是 (0,e
-1/3)∪(e
-1/3,1).
【点拨】利用换元法和同构思想，将复杂方程转化为 g(v)= g( x0) 的形式，结合函数
g( x)= ln x - x 的单调性得出参数需满足的条件.
14.（2026·湖南联盟·3 月联考）函数 f ( x)= ❑√x +3+ ❑√| x -1|- 5
2 的所有零点的和为＿＿＿
＿＿＿.
【答案】- 4
【解析】令 g( x)= ❑√x +3+ ❑√| x -1|，x ≥-3.
则 g(-2- x)= ❑√-2- x +3+ ❑√|-2- x -1|= ❑√1- x + ❑√|-3- x|= ❑√| x -1|+ ❑√x +3= g( x).
所以 g( x) 的图象关于直线 x =-1 对称.
当 x ≥1 时，g( x)= ❑√x +3+ ❑√x -1 在 [1,+∞) 上单调递增.
当 -1≤x ≤1 时，g( x)= ❑√x +3+ ❑√1- x，则 g
'( x)=
1
2❑√x +3 -
1
2❑√1- x =
❑√1- x - ❑√x +3
2❑√x +3 ❑√1- x ≤0.
∴ g( x) 在 [-1,1] 上单调递减.
结合 g( x) 的图象关于直线 x =-1 对称可得：
g( x) 在 [-3,-1] 上单调递增.
又 g(-3)= g（1）=2< 5
2 <g(-1)=2❑√2，
且当 x→+ ∞ 时，g( x)→+ ∞.
所以 g( x)= 5
2 有 4 个交点，且关于 x =-1 对称.
故 f ( x) 有 4 个零点，且关于 x =-1 对称.
则所有零点的和为 4×(-1)=- 4.
【点拨】通过换元或代数变形发现函数的对称性，再利用导数或复合函数单调性确定单调区间，
结合极值与端点值判断零点个数，最后利用对称性求和.
15.（13 分）（2026·山东九五·一模）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】（1）y = 1
2 ( x +1) （2）0<b< 1
9
【解析】（1） 当 x<0 时，f ( x)= x +1
1- x ，f (-1)=0，..................................................................1 分
f
'( x)=
2
(1- x)
2，f
'(-1)= 1
2，..............................................................................................................3 分
∴ 曲线 y = f ( x) 在 (-1,f (-1)) 处的切线方程为 y = 1
2 ( x +1).................................................4 分
（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 +b ① 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；...........................6 分
若 k ≠0，当 x ≥0 时，方程①可整理为 k x
2-(k -b-1)x +1-b=0 ② 至多两个负数解，
当 x<0 时，方程①即为 kx +b=1 ③ 至多一个非负解.
∴ 方程②有两个不同的实数解 x1, x2，且 x1+ x2= k -b-1
k
，
∵ 方程③有非负解 x3= 1-b
k
，由 x1+ x2+ x3=0，可知 k =2b.....................................................9 分
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.........................................................................................................................................12 分
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..............................................................................................13 分
【点拨】处理含绝对值的函数时，先去绝对值转化为分段函数.对于方程根的个数与和的问题，转
化为分段区间上的二次方程和一次方程，利用根与系数的关系及判别式求解.
16.（15 分）（2026·河南新未来·5 月测评）已知函数 f ( x)= x +a
x
2+1.
（1） 若 a=2，求曲线 y = f ( x) 在点 (1,f （1）) 处的切线方程；
（2） 当 x∈[- π
2 , π
2] 时，讨论曲线 y = f ( x) 与 y =sin x 的交点个数.
【答案】（1）2 x +2 y -5=0 （2）见解析
【解析】（1） 由题意得 f ( x)= x +2
x
2+1，f
'( x)= x
2+1-2 x( x +2)
( x
2+1)
2
=- x
2- 4 x +1
( x
2+1)
2
........................2 分
故 f （1）= 3
2，f
'（1）=-1...........................................................................................................3 分
则曲线 y = f ( x) 在点 (1,f （1）) 处的切线方程为 y - 3
2 =-( x -1)，即 2 x +2 y -5=0.....4 分
（2） 由题意 x +a
x
2+1
=sin x 等价于 ( x
2+1)sin x - x -a=0.............................................................5 分
设 g( x)=( x
2+1)sin x - x -a, x∈[- π
2 , π
2].
则 g
'( x)=2 x sin x +( x
2+1)cos x -1，记 h( x)= g
'( x)....................................................................6 分
且 h( x)=h(- x)，则 h( x) 是偶函数，且 h
'( x)= 4 x cos x -( x
2-1)sin x..................................7 分
① 当 x∈[0,1] 时，4 x cos x ≥0，( x
2-1)sin x ≤0.
故 h
'( x)≥0，h( x) 在区间 [0,1] 上单调递增，h( x)≥h（0）=0...........................................9 分
② 当 x∈(1, π
2] 时，h( x)≥2 x sin x -1>2 x sin π
6 -1>0...........................................................10 分
则当 x∈[0, π
2] 时，h( x)≥0.
又∵ h( x) 是偶函数，∴ 当 x∈[- π
2 , π
2] 时，h( x)≥0.从而 g( x) 在区间 [- π
2 , π
2] 上单调
递增，.....................................................................................................................................................11 分
g(- π
2)=-(
π
2
4 +1)+ π
2 -a，g(
π
2)= π
2
4 +1- π
2 -a，
∴ -(
π
2
4 +1)+ π
2 -a≤g( x)≤π
2
4 +1- π
2 -a，...................................................................................12 分
若 π
2
4 +1- π
2 -a<0 或 -(
π
2
4 +1)+ π
2 -a>0，即 a> π
2+ 4 -2π
4
或 a<- 2π - π
2- 4
4
，则曲线
y = f ( x) 与 y =sin x 无交点，..........................................................................................................14 分
若 - 2π - π
2- 4
4
≤a≤π
2+ 4 -2π
4
，则曲线 y = f ( x) 与 y =sin x 有一个交点...........................15 分
【点拨】将交点问题转化为构造函数 g( x) 的零点问题，通过两次求导并结合偶函数性质确定
g( x) 的单调性，最后利用端点值判断零点个数.
17.（15 分）已知函数 f ( x)={
x
2+ 4 x +a,
x ≤0
1
x +a+1,
x>0，若函数 g( x)= f ( x)-ax -1 在 R 上恰有
三个不同的零点，求 a 的取值范围.
【答案】(-∞,- 4)∪[1,2)
【解析】当 a=0 时，f ( x)={
x
2+ 4 x ,
x ≤0
1
x +1,
x>0，
∵ 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，
而 1
x +1=1 无解，故 a≠0...................................................................................................................3 分
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，
当 x>0 时，f ( x)= 1
x +a+1 与 y =ax +1 有交点，
∴ 1
x +a+1=ax +1，即 a x
2-ax -1=0 在 (0,+∞) 上有根..........................................................6 分
令 k( x)=a x
2-ax -1，
若 a<0，k （0）=-1<0，抛物线开口向下，在 (0,+ ∞) 上无根或有一根（不可能有两根）.
实际上，当 a<0 时，Δ=a
2+ 4 a.若 Δ>0 即 a<- 4，两根之和为 1>0，两根之积为 - 1
a >0，∴
有两个正根！
此时 x>0 有两个交点.
而当 x ≤0 时，f ( x)= x
2+ 4 x +a 与 y =ax +1 的交点：
x
2+(4 -a)x +a-1=0.
∵ x ≤0，令 h( x)= x
2+(4 -a)x +a-1.
h（0）=a-1<0（因为 a<- 4）.
∴ h( x)=0 在 (-∞,0] 上有且仅有一个根（因为两根之积 a-1<0，一正一负）.
∴ 当 a<- 4 时，x>0 有 2 个交点，x ≤0 有 1 个交点，共 3 个交点.符合题意！................10 分
若 a>0，k （0）=-1<0，开口向上，两根之积为 - 1
a <0，∴ 必有一正一负根.
因此 x>0 时，必有且仅有 1 个交点.
要使总共有 3 个交点，则 x ≤0 时，h( x)= x
2+(4 -a)x +a-1=0 必须有两个非正根.
∴ 需满足：
{
Δ=(4 -a)
2- 4(a-1)>0
h（0）=a-1≥0
- 4 -a
2
<0
⟹{
a
2-12a+20>0 ⟹a<2 或 a>10
a≥1
a<4
解得 1≤a<2..........................................................................................................................................14 分
综上所述，a 的取值范围是 (-∞,- 4)∪[1,2)..............................................................................15 分
【点拨】将零点问题转化为分段函数图象与直线 y =ax +1 的交点问题，分 x ≤0 和 x>0 两段
转化为二次方程根的分布，利用判别式、对称轴和端点值列不等式组求解.
18.（17 分）（2026·浙江强基·5 月检测）（改）设关于 x 的方程 12 x
2+e
2 x -7 x e
x =0(e
为自然对数底数) 有 n 个不相等的实数解 xi(i=1,2,⋯,n)，求 ∑
i=1
n
(ln xi- xi) 的值.
【答案】-2ln12
【解析】由 12 x
2+e
2 x-7 x e
x=0，∵ x =0 不是方程的解，两边同除以 x e
x，得
12 x
e
x + e
x
x -7=0.......................................................................................................................................4 分
令 t = e
x
x ，则 12 1
t +t -7=0，即 t
2-7t +12=0................................................................................7 分
解得 t1=3，t2= 4..................................................................................................................................10 分
结合 t = e
x
x 的图象，可得方程 12 x
2+e
2 x-7 x e
x=0 有 4 个不相等的实数解，不妨设
x1< x2< x3< x4，
则有 t1= e
x1
x1
= e
x4
x4
，t2= e
x2
x2
= e
x3
x3
...........................................................................................................13 分
进而有 e
x1
x1
⋅e
x2
x2
⋅e
x3
x3
⋅e
x4
x4
=(t1t2)
2=144.
两边取自然对数，得 ∑
i=1
4
( xi- ln xi)= ln144 =2ln12.
∴ ∑
i=1
n
(ln xi- xi)=-2ln12.....................................................................................................................17 分
【点拨】观察方程结构特征，将其看作关于 x 和 e
x 的齐次式，通过同除以 x e
x 并换元转化为
一元二次方程，再利用对数运算性质求和.
19.（17 分）（改）设 a∈R，对任意实数 x，记 f ( x)=min{e
x -2,e
2 x -ae
x+a+24 }. 若
f ( x) 有三个零点，求实数 a 的取值范围.
【答案】(12,28)
【解析】令 g( x)=e
x -2，h( x)=e
2 x -ae
x+a+24，
∵ 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，
∴ 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............................................................4 分
由 g( x)=0 可得，e
x -2=0，∴ x = ln2，
∴ x = ln 2 为函数 f ( x) 的零点，
即 h(ln 2)=e
2ln2-ae
ln2+a+24 = 4 -2a+a+24 =28-a>0，
∴ a<28......................................................................................................................................................8 分
令 h( x)=0，可得 e
2 x-ae
x+a+24 =0，
由已知 e
2 x-ae
x+a+24 =0 有两个根，
设 e
x=t，则 t
2-at +a+24 =0 有两个正根，
∴ a
2- 4(a+24)>0，a>0，a+24>0，
∴ a>12，故 12<a<28......................................................................................................................12 分
当 12<a<28 时，t
2-at +a+24 =0 有两个正根，
设其根为 t1,t2，t1<t2，则 t2> a
2，
设 F(t )=t
2-at +a+24，则 F （2）= 4 -2a+a+24 =28-a>0，F( a
2 )<0，
∴ t1>2..................................................................................................................................................... 15 分
令 e
x1=t1，e
x2=t2，则 x1= lnt1，x2= lnt2，
则 h( x1)=0，h( x2)=0，
且 g( x1)=e
lnt1-2=t1-2>0，g( x2)=e
lnt2-2=t2-2>0，
∴ 当 12<a<28 时，f ( x1)= f ( x2)=0，
∴ 当 12<a<28 时，x1, x2 为函数 f ( x) 的零点，又 x = ln 2 也为函数 f ( x) 的零点，
且 x1, x2 与 ln 2 互不相等，
∴ 当 12<a<28 时，函数 f ( x) 有三个零点.
故实数 a 的取值范围为 (12,28)......................................................................................................17 分
【点拨】将新定义函数 f ( x) 的零点转化为两个基本函数 g( x) 和 h( x) 的零点，利用换元法将
指数方程转化为一元二次方程，结合根的分布与判别式求解.
