文档文本内容
【第13 讲：函数的方程与零点问题】
一．求函数的零点（共3 小题）
二．由函数的零点求解函数或参数（共5 小题）
三．判定函数零点的存在性（共2 小题）
四．由函数零点所在区间求解函数或参数（共10 小题）
五．求解方程根的存在性和分布（共9 小题）
六．由方程根的分布求解函数或参数（共3 小题）
七．二分法求函数零点的近似值（共4 小题）
八．二分法求方程的近似解（共4 小题）
九．函数与方程的综合运用（共10 小题）
【知识点清单】
1．求函数的零点
【知识点的认识】
一般地，对于函数y＝f（x）（x∈R），我们把方程f（x）＝0 的实数根x 叫作函数y＝f（x）（x∈D）的零
点．即函数的零点就是使函数值为0 的自变量的值．函数的零点不是一个点，而是一个实数．
【解题方法点拨】
解法﹣﹣二分法
①确定区间[a，b]，验证f（a）*f（b）＜0，给定精确度； ②求区间（a，b）的中点x1；③计算f
（x1）；
④若f（x1）＝0，则x1 就是函数的零点； ⑤若f（a）f（x1）＜0，则令b＝x1（此时零点x0∈（a，
x1））；⑥若f（x1）f（b）＜0，则令a＝x1．（此时零点x0∈（x1，b） ⑦判断是否满足条件，否则
重复（2）～（4）
2．由函数的零点求解函数或参数
【知识点的认识】
一般地，对于函数y＝f（x）（x∈R），我们把方程f（x）＝0 的实数根x 叫作函数y＝f（x）（x∈D）的零
点．即函数的零点就是使函数值为0 的自变量的值．函数的零点不是一个点，而是一个实数．
【解题方法点拨】
解法﹣﹣二分法
①确定区间[a，b]，验证f（a）*f（b）＜0，给定精确度； ②求区间（a，b）的中点x1；③计算f
（x1）；
④若f（x1）＝0，则x1 就是函数的零点； ⑤若f（a）f（x1）＜0，则令b＝x1（此时零点x0∈（a，
题型梳理
总览
x1））；⑥若f（x1）f（b）＜0，则令a＝x1．（此时零点x0∈（x1，b） ⑦判断是否满足条件，否则
重复（2）～（4）
3．判定函数零点的存在性
【知识点的认识】
1、函数零点存在性定理：
一般地，如果函数y＝f（x）在区间[a，b]上的图象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）＝O，这个c 也就是f（x）＝
0 的根．
特别提醒：
（1）根据该定理，能确定f（x）在（a，b）内有零点，但零点不一定唯一．
（2）并不是所有的零点都可以用该定理来确定，也可以说不满足该定理的条件，并不能说明函数在（a，
b）上没有零点，例如，函数f（x）＝x2﹣3x+2 有f（0）•f（3）＞0，但函数f（x）在区间（0，3）上有两
个零点．
（3）若f（x）在[a，b]上的图象是连续不断的，且是单调函数，f（a）．f（b）＜0，则f（x）在（a，b）
上有唯一的零点．
【解题方法点拨】
函数零点个数的判断方法：
（1）几何法：对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y＝f（x）的图象联系起来，并利用函数的性
质找出零点．
特别提醒：
①“方程的根”与“函数的零点”尽管有密切联系，但不能混为一谈，如方程x2﹣2x+1＝0 在[0，2]上有
两个等根，而函数f（x）＝x2﹣2x+1 在[0，2]上只有一个零点；
②函数的零点是实数而不是数轴上的点．
（2）代数法：求方程f（x）＝0 的实数根．
4．求解方程根的存在性和分布
【知识点的认识】
函数的零点表示的是函数与x 轴的交点，方程的根表示的是方程的解，他们的含义是不一样的．但是，他
们的解法其实质是一样的．
【解题方法点拨】
求方程的根就是解方程，把所有的解求出来，一般要求的是二次函数或者方程组，这里不多讲了．我们重
点来探讨一下函数零点的求法（配方法）．
5．二分法求函数零点的近似值
【知识点的认识】
二分法 即一分为二的方法．设函数f（x）在[a，b]上连续，且满足f（a）•f（b）＜0，我们假设f（a）＜
0，f（b）＞0，那么当x1= a+b
2
时，若f（x1）＝0，这说x1 为零点；若不为0，假设大于0，那么继续在
[x1，b]区间取中点验证它的函数值为0，一直重复下去，直到找到满足要求的点为止．这就是二分法的基
本概念．
【解题方法点拨】
﹣选择初始区间：选择[a，b]使得f (a)⋅f (b)＜0．
﹣迭代步骤：计算区间中点c = a+b
2
，判断f（c）的符号，确定新的区间．
﹣终止条件：当区间长度足够小时，停止迭代，近似值即为中点c．
﹣计算过程：按照二分法步骤逐步逼近零点．
6．二分法求方程的近似解
【知识点的认识】
二分法 即一分为二的方法．设函数f（x）在[a，b]上连续，且满足f（a）•f（b）＜0，我们假设f（a）＜
0，f（b）＞0，那么当x1= a+b
2
时，若f（x1）＝0，这说x1 为零点；若不为0，假设大于0，那么继续在
[x1，b]区间取中点验证它的函数值为0，一直重复下去，直到找到满足要求的点为止．这就是二分法的基
本概念．
【解题方法点拨】
﹣选择初始区间：选择[a，b]使得f (a)⋅f (b)＜0．
﹣迭代步骤：计算区间中点c = a+b
2
，判断f（c）的符号，确定新的区间．
﹣终止条件：当区间长度足够小时，停止迭代，近似值即为中点c．
﹣计算过程：按照二分法步骤逐步逼近零点．
7．函数与方程的综合运用
【知识点的认识】
函数与方程的综合运用是指结合函数的性质和方程的解法解决复杂问题．
【解题方法点拨】
﹣函数性质：分析函数的定义域、值域、单调性、对称性等性质．
﹣方程求解：利用函数性质建立方程，求解方程根．
﹣综合应用：将函数性质和方程求解结合，解决实际问题．
【命题方向】
常见题型包括函数性质和方程解法的综合运用，解决复杂的数学问题．
一．求函数的零点（共3 小题）
1．函数f（x）＝ex+4x﹣4 的零点所在区间为（ ）
A．（﹣1，0）
B．（0，1）
C．（1，2）
D．（2，3）
【考点】求函数的零点．
版权所有
【分析】根据已知条件，结合零点存在定理，即可求解．
【解答】解：函数f（x）＝ex+4x﹣4 在R 上单调递增，
f（﹣1）= 1
e −8＜0，f（0）＝1﹣4＝﹣3＜0，f（1）＝e+4﹣4＝e＞0，
故函数f（x）的零点所在区间为（0，1）．
故选：B．
【点评】本题主要考查零点存在定理，属于基础题．
2．函数f ( x)=lo g2 x−❑√x的零点个数是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【考点】求函数的零点．
版权所有
【分析】把函数的零点转化为方程的根，进一步转化为两函数图象交点的坐标求解．
【解答】解：由f ( x)=lo g2 x−❑√x =0，得lo g2 x = ❑√x，
函数y＝log2x 与y= ❑√x都是（0，+∞）上的增函数，
且lo g24 = ❑√4 =2，lo g216= ❑√16，
且当x＞16 时，函数y= ❑√x比y＝log2x 增长的快，
则函数y= ❑√x与y＝log2x 的图象只有两个交点，也就是函数f ( x)=lo g2 x−❑√x的零点个数是2．
故选：C．
【点评】本题考查函数零点的求法，考查基本初等函数的单调性及应用，是基础题．
3．函数f ( x)={
x
2+3 x−4，x ≤0
lo g2( x +2)−3，x＞0)的零点为 ﹣
4 或
6
．
【考点】求函数的零点．
版权所有
【分析】将零点问题转化成方程求解即可．
【解答】解：由分段函数的解析式，
当x≤0 时，令x2+3x﹣4＝0，解得x＝﹣4 或x＝1（舍去），
当x＞0 时，令log2（x+2）﹣3＝0，则（x+2）＝8，解得x＝6，
所以函数f（x）零点为：﹣4 或6．
知识讲解与常考题型
题型分类
故答案为：﹣4 或6．
【点评】本题主要考查求函数的零点，属于基础题．
二．由函数的零点求解函数或参数（共5 小题）
4．已知函数f（x）＝x2﹣acosx+2 有且仅有一个零点，则实数a 的值为（ ）
A．1
2
B．−1
2
C．2
D．﹣2
【考点】由函数的零点求解函数或参数；奇函数偶函数的性质．
版权所有
【分析】由偶函数的定义得到函数f（x）为偶函数，结合偶函数的图象性质以及f（x）有且只有一个零
点，可知f（0）＝0，从而得到a 的值．
【解答】解：因为f（x）＝x2﹣acosx+2，所以f（x）定义域为R，
又f（﹣x）＝（﹣x）2﹣acos（﹣x）+2＝x2﹣acosx+2＝f（x），所以f（x）是偶函数，
则f（x）图象关于y 轴对称，
因为f（x）有且仅有一个零点，所以有f（0）＝0，
即f（0）＝﹣a+2＝0，所以a＝2．
故选：C．
【点评】本题主要考查由函数的零点求参数取值范围，属于中档题．
5．若函数f ( x)=−alnx + x
2−1
2
有两个零点，则a 的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，1）
B．（1，+∞）
C．（0，1）∪（1，+∞）
D．（0，1）
【考点】由函数的零点求解函数或参数．
版权所有
【分析】由题意可得x＝1 是函数的一个零点，从而得函数还有一个不为1 的零点，此时令f（x）＝0，
得a= x
2−1
2lnx ，令g（x）= x
2−1
2lnx （x＞0 且x≠1），利用导数确定函数的单调性，作出图象，结合图象
求解即可．
【解答】解：因为f ( x)=−alnx + x
2−1
2
，x＞0，
且f（1）＝0，
所以x＝1 是函数的一个零点，
所以函数还有一个不为1 的零点，
当x≠1 时，令f（x）＝0，
得alnx= x
2−1
2
，
所以a= x
2−1
2lnx ，
令g（x）= x
2−1
2lnx （x＞0 且x≠1），
则g'（x）=
2 xlnx−x + 1
x
2l n
2 x
，
令h（x）＝2xlnx﹣x+ 1
x ，
则h'（x）＝2lnx+1−1
x
2，
所以当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；
所以h（x）＞h（1）＝0，
即g'（x）＞0，
所以g（x）单调递增，
作出函数y＝g（x）= x
2−1
2lnx （x＞0 且x≠1）的图象，如图所示：
所以当a∈（0，1）∪（1，+∞）时，满足题意．
故选：C．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想及数形结合思想，考查了导数的综合运用，属于中档题．
6．已知函数f ( x)={
|3−2 x|+1，x＞0
( x +2)
2
e
x
，x ≤0 )
.若函数y＝[f（x）]2﹣af（x）+2 有8 个不同的零点，则a 的取
值范围是（ ）
A．(−2❑√2，+∞)∪(−∞，−2❑√2)
B．(2❑√2，8)
C．(2❑√2，9
2 )
D．(2❑√2，3)
【考点】由函数的零点求解函数或参数．
版权所有
【分析】画出函数f（x）的图象并利用函数与方程的思想结合图象可知方程t2﹣at+2＝0 有两个不相等
的实数根t1，t2，且t1，t2∈（1，4），再由二次函数根的分布解不等式可得a 的取值范围．
【解答】解：根据题意对于函数y＝|3﹣2x|+1，x＞0 可得y ={
4−2 x，0＜x ≤3
2
2 x−2，x＞3
2 )
，
当x≤0 时，令g( x)= ( x +2)
2
e
x
，x ≤0，
则g′( x)= −x( x +2)
e
x
，
所以﹣2＜x≤0 时，g′（x）＞0；当x＜﹣2 时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（﹣2，0]上单调递增，在（﹣∞，﹣2）上单调递减，
因此g（x）在x＝﹣2 处取得极小值，最小值g（x）min＝g（﹣2）＝0，
画出函数f（x）的图象如下图所示：
令f（x）＝t，
由函数y＝[f（x）]2﹣af（x）+2 有8 个不同的零点，可知方程t2﹣at+2＝0 有两个不相等的实数根t1，
t2，
结合图象可知t1，t2∈（1，4），
所以需满足{
Δ=a
2−8＞0
1＜a
2 ＜4
1
2−a+2＞0
4
2−4 a+2＞0)
，解得2❑√2＜a＜3，
即a 的取值范围是（2❑√2，3）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了分段函数的应用，考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
7．已知函数f ( x)= 4 cos(2ωx + π
4 )(ω＞0)在[0，π]上有且仅有2 个零点，则ω 的取值范围为（ ）
A．[ 3
4 ，5
4 )
B．[ 7
4 ，11
4 )
C．[ 5
8 ，9
8 )
D．[ 7
8 ，11
8 )
【考点】由函数的零点求解函数或参数；余弦函数的图象．
版权所有
【分析】根据条件求出2ωx + π
4 的范围，结合余弦函数的图象可求ω 的取值范围．
【解答】解：函数f ( x)= 4 cos(2ωx + π
4 )(ω＞0)在[0，π]上有且仅有2 个零点，
当x∈[0，π]时，2ωx + π
4 ∈[ π
4 ，2πω+ π
4 ]．
因为f（x）在[0，π]上有且仅有2 个零点，
所以3 π
2 ≤2πω+ π
4 ＜5 π
2 ，解得5
8 ≤ω＜9
8．
故选：C．
【点评】本题主要考查了余弦函数性质的应用，属于基础题．
8．若函数f ( x)={
x +1，x ≤a，
x
2−3 x +2，x＞a)恰有两个零点，则实数a 的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，1]∪（2，+∞）
B．（﹣∞，﹣1）∪[1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1）∪[1，2）
D．（﹣1，1]∪（2，+∞）
【考点】由函数的零点求解函数或参数．
版权所有
【分析】根据分段函数的性质画出大致图象，根据零点个数及数形结合确定参数范围．
【解答】解：若函数f ( x)={
x +1，x ≤a，
x
2−3 x +2，x＞a)恰有两个零点，
令x+1＝0，得x＝﹣1，令x2﹣3x+2＝0，得x＝1 或x＝2，函数草图如下，
根据解析式及函数恰有两个零点，结合图象，易知a＜﹣1 或1≤a＜2．
故选：C．
【点评】本题主要考查了由函数零点个数求解参数范围，属于中档题．
三．判定函数零点的存在性（共2 小题）
9．f ( x)=cosx−cos x
2，x∈[0，2π]零点的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【考点】判定函数零点的存在性．
版权所有
【分析】将函数零点个数问题转化为y＝cosx 与y =cos x
2的函数图象的交点个数，利用余弦函数的图象
与性质作出两个函数图象，即可判断．
【解答】解：令f ( x)=cosx−cos x
2 =0，得cosx =cos x
2，
则函数f（x）零点的个数为方程cosx =cos x
2，x∈[0，2π]解的个数，
从而转化为函数y＝cosx 的图象与函数y =cos x
2的图象在x∈[0，2π]上的交点个数，
在同一坐标系下分别作出y＝cosx，y =cos x
2的函数图象，如图：
观察图象可知有两个交点（如图），
所以f ( x)=cosx−cos x
2，x∈[0，2π]零点的个数为2．
故选：C．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
10．函数f（x）＝xex﹣ex﹣1 的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【考点】判定函数零点的存在性．
版权所有
【分析】利用导数求出函数的单调区间，再由零点存在性定理判定零点个数即可．
【解答】解：因为f（x）＝xex﹣ex﹣1，x∈R，
所以f'（x）＝ex（x+1）﹣ex＝xex，
当x＜0 时，f'（x）＜0，当x＞0 时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
所以当x＝0 时，f（x）极小值＝f（0）＝﹣2，
又当x≤0 时，f（x）＝xex﹣ex﹣1＜0，此时f（x）无零点；
而f（2）＝e2﹣1＞0，f（0）＝﹣2＜0，
且函数在（0，+∞）上单调递增，
故f（x）有一个零点．
故选：B．
【点评】本题考查了函数的零点、导数的综合运用，属于中档题．
四．由函数零点所在区间求解函数或参数（共10 小题）
11．已知函数f（x）＝2cosx﹣x2+a﹣4 在R 上有且仅有1 个零点，则实数a＝（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】问题转化为y＝2cosx 与y＝x2﹣a+4 的图象仅有一个交点，由此可得关于a 的方程，则答案可
求．
【解答】解：函数f（x）＝2cosx﹣x2+a﹣4 在R 上有且仅有1 个零点，
即方程2cosx﹣x2+a﹣4＝0 在R 上有且仅有1 个实数根，
也就是y＝2cosx 与y＝x2﹣a+4 的图象仅有一个交点，
则﹣a+4＝2，解得a＝2．
故选：A．
【点评】本题考查函数零点的判定及应用，考查运算求解能力，是基础题．
12．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则曲线y＝f（x）的对称中
心为（ ）
A．（0，1）
B．（1，0）
C．(−1
2 ，0)
D．( 1
2 ，1
2 )
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】求函数的导数，根据参数的取值范围，分类讨论函数的单调性，由题意，建立方程，可得a＝
3，再由f′（x）的对称轴为f（x）的对称中心可得答案．
【解答】解：由题得f′（x）＝6x2﹣2ax，
当a≤0 时，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
函数f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，且f（x）＞f（0）＝1，
所以函数f（x）在区间（0，+∞）内无零点，不合题意；
当a＞0 时，当x∈(0，a
3 )时，f′（x）＜0，当x∈( a
3 ，+∞)时，f′（x）＞0，
则f（x）在区间(0，a
3 )内单调递减，在区间( a
3 ，+∞)内单调递增．
故为使在（0，+∞）内有且只有一个零点，只需f ( a
3 )=0，解得a＝3，
所以f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x2﹣6x，
由f′（x）的对称轴为f（x）的对称中心可得，f（x）的对称中心为( 1
2 ，1
2 )．
故选：D．
【点评】本题主要考查由函数的零点所在区间求参数，属于中档题．
13．已知函数f（x）＝ex+1+e﹣x﹣1+|x+1|﹣a 有唯一零点，则实数a＝（ ）
A．﹣2
B．﹣1
C．1
D．2
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】令g（x）＝f（x﹣1），可得函数g（x）为偶函数，结合已知可得g（0）＝0，可求得a 的值．
【解答】解：由已知得，f（x﹣1）＝ex+e﹣x+|x|﹣a，
令h（x）＝f（x﹣1），则h（x）＝ex+e﹣x+|x|﹣a，
h（﹣x）＝e﹣x+ex+|﹣x|﹣a＝ex+e﹣x+|x|﹣a＝h（x），
所以函数h（x）为偶函数，又函数f（x）＝ex+1+e﹣x﹣1+|x+1|﹣a 有唯一零点，
则根据偶函数的对称性知，h（x）有唯一零点x＝0，所以h（0）＝e0+e﹣0+|0|﹣a＝0，解得a＝2．
故选：D．
【点评】本题主要考查由函数零点求参数，属于中档题．
14．若函数f（x）＝ax﹣x3+ax2﹣x﹣1（a＞0 且a≠1）在（0，1）上有唯一零点，则a 的取值范围是（
）
A．2≤a＜e
B．3
2 ＜a＜e
C．1＜a≤3
2
D．1＜a＜2
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】将问题转化成两图象的交点问题，利用导数分析单调性数形结合求解．
【解答】解：由题意可得ax﹣x3+ax2﹣x﹣1＝0 在（0，1）上有唯一解，
即ax＝x3﹣ax2+x+1，
令g（x）＝ax，则g'（x）＝axlna，
则g（0）＝1，g′（0）＝lna，
令h（x）＝x3﹣ax2+x+1，
则h'（x）＝3x2﹣2ax+1，
则h（0）＝1，h′（0）＝1，
当0＜a＜1 时，h′（x）的Δ＝4a2﹣12＜0，开口向上，恒大于零，
所以h（x）为递增函数，g（x）＝ax为递减函数，
因为h（0）＝g（0）＝1，
所以g（x）＝h（x）在（0，1）上无解；
当a＞1 时，h'（0）＞g'（0）必须成立，若h'（0）≤g'（0），会出现g1（x）图象的情况，
即g（x）＞h（x）在（0，+∞）上恒成立，（指数函数的增长速度大于幂函数，且h（0）＝g（0）＝
1），
所以图象只能为g2（x），只需交点横坐标小于1 即可，
所以令g（1）＞h（1），可得a＞1−a+2⇒a＞3
2，
又h′（0）＞g′（0）⇒1＞lna⇒a＜e，
所以a 的范围为3
2 ＜a＜e．
故选：B．
【点评】本题考查根据函数零点的个数求参数范围，利用导数研究函数的零点，属于难题．
15．已知x0是函数f（x）＝lnx﹣x+2 的零点，则e
x0−2−x0+3=（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】根据指对数转化计算求解．
【解答】解：因为x0是函数f（x）＝lnx﹣x+2 的零点，
所以f（x0）＝lnx0﹣x0+2＝0，
即lnx0＝x0﹣2，
则e
x0−2= x0，
故e
x0−2−x0+3= x0−x0+3=3．
故选：D．
【点评】本题考查了函数的零点、指数及对数的运算，属于基础题．
16．已知函数f ( x)=m(e
x+e
−x)+|ln 1+ x
1−x |−2恰有一个零点，则实数m＝（ ）
A．1
B．1
2
C．0
D．﹣1
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数；奇函数偶函数的判断；奇函数偶函数的性质．
版权所有
【分析】判断函数的奇偶性，由偶函数且恰有一零点可得f（0）＝0，求出m 后再检验即可得解．
【解答】解：由1+ x
1−x ＞0得x∈（﹣1，1），所以f（x）定义域为（﹣1，1），
因为f (−x)=m(e
−x+e
x)+|ln 1−x
1+ x |−2=m(e
x+e
−x)+|−ln 1+ x
1−x |−2= f ( x)，
所以f（x）为偶函数，
为使f（x）恰有1 个零点，考虑f（0）＝0，从而m＝1，
当m＝1 时，f ( x)=e
x+e
−x+|ln 1+ x
1−x |−2，
当x＞0 时，f ( x)=e
x+e
−x+|ln 1+ x
1−x |−2≥2+|ln 1+ x
1−x |−2=|ln 1+ x
1−x |＞0，即f（x）无零点，
由对称性，x＜0 时，f（x）也无零点，从而f（x）＝0 仅有一解x＝0，即m＝1 满足题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查由函数零点求解参数，属于中档题．
17．已知函数f（x）＝x3+3x2+m 在R 上有三个零点，则m 的取值范围是（ ）
A．（﹣4，0）
B．（﹣20，0）
C．（0，4）
D．(−∞，9
4 )
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】令g（x）＝x3+3x2，分析可知，直线y＝﹣m 与函数g（x）的图象有三个交点，利用导数分析
函数g（x）的单调性与极值，数形结合可得出实数m 的取值范围．
【解答】解：令f（x）＝x3+3x2+m＝0，可得﹣m＝x3+3x2，
令g（x）＝x3+3x2，
则直线y＝﹣m 与函数g（x）的图象有三个交点，
g′（x）＝3x2+6x，
令g′（x）＝0，即3x（x+2）＝0，
可得x＝﹣2 或x＝0，列表如下：
x
（﹣∞，﹣
2）
﹣2
（﹣2，0）
0
（0，+∞）
g′（x）
+
0
﹣
0
+
g（x）
单调递增
极大值4
单调递减
极小值0
单调递增
作出g（x）＝x3+3x2的图象，如图所示：
由图可知，当0＜﹣m＜4 时，即当﹣4＜m＜0 时，
直线y＝﹣m 与函数g（x）的图象有三个交点，
因此，实数m 的取值范围是（﹣4，0）．
故选：A．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想及导数的综合运用，属于中档题．
18．已知a＞0，若函数f ( x)={
−a x
2−(a−2)x +lnx ，x＞0
ln(−x +1)−ax e
x，x＜0 )没有零点，则实数a 的取值范围是
（ ）
A．（e，+∞）
B．（1，e）
C．（0，1）
D．（1，+∞）
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】利用导数明确f（x）在（0，+∞）上的单调性后，根据最值的符号可得a＞1，在这个条件下
可证f（x）在（﹣∞，0）上无零点，从而可得正确的选项．
【解答】解：由题设可得当x＞0 时，f（x）＝﹣ax2﹣（a﹣2）x+lnx 无零点，
此时f ′( x)=−2ax−(a−2)+ 1
x = −2a x
2−(a−2)x +1
x
= −(2 x +1)(ax−1)
x
，
当0＜x＜1
a时，f′（x）＞0；当x＞1
a时，f′（x）＜0，
故f（x）在(0，1
a )上为增函数，在( 1
a ，+∞)上为减函数，
因为a＞0，故当x 趋于+∞时，f（x）趋于﹣∞，
故f ( x)max = f ( 1
a )=−1
a −a−2
a
+ ln 1
a = ln 1
a + 1
a −1＜0，
令g（x）＝lnx+x﹣1，x＞0，
又因为y＝lnx、y＝x﹣1 均为（0，+∞）上的单调递增函数，
所以g（x）＝lnx+x﹣1 为（0，+∞）上的单调递增函数，且g（1）＝0，
所以g（1
a）＜0 等价于g（1
a）＜g（1），
故1
a ＜1，解得a＞1．
当x＜0 时，f（x）＝ln（﹣x+1）﹣axex＞ln（﹣x+1）﹣xex，
设v（x）＝ln（1﹣x）﹣xex，v ′( x)= 1−( x
2−1)e
x
x−1
，
设u（x）＝1﹣（x2﹣1）ex，x＜0，
则u′（x）＝﹣（x2﹣1+2x）ex，x＜0，
当x＜−1−❑√2时，u′（x）＜0，当−1−❑√2＜x＜0时，u′（x）＞0，
故u′（x）在(−∞，−1−❑√2)上为单调递减函数，在(−1−❑√2，0)上为单调递增函数，
故u( x)min=1−[(−1−❑√2)
2−1]e−1−❑√2=1−2+2❑√2
e1+ ❑√2 ，
4+2❑√2＜7，e1+ ❑√2＞e
2＞2．7
2=7.29，
故u（x）min＞0，
故v′（x）＜0 在（﹣∞，0）上恒成立，
故v（x）在（﹣∞，0）上为单调递减函数，
故v（x）＞v（0）＝0，
即f（x）＞0 在（﹣∞，0）上恒成立，
故f（x）在（﹣∞，0）上无零点，
综上，a＞1．
故选：D．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想及导数的综合运用，考查了放缩法的应用，属于中档题．
19．若函数f（x）＝lgx+t 在（1，10）上有零点，则t 的取值范围为（ ）
A．（﹣10，0）
B．(−1
10 ，0)
C．（0，1）
D．（﹣1，0）
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】由对数函数的性质及零点存在定理，即可得答案．
【解答】解：因为f（x）＝lgx+t，
易知函数在（1，10）上单调递增，
又因为函数在（1，10）上有零点，
所以f（1）f（10）＜0，即t（1+t）＜0，
解得﹣1＜t＜0．
即的取值范围为（﹣1，0）．
故选：D．
【点评】本题考查了对数函数的性质及零点存在定理，属于基础题．
20．已知函数f ( x)={
a−2sin 2 x，x＜0
a+1−0．5
x，x ≥0)在区间[﹣2π，+∞）上恰有5 个零点，则a 的取值范围是
（﹣
1 ，
0]
．
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
版权所有
【分析】设函数g( x)={
2sin 2 x，x＜0
0．5
x−1，x ≥0)，作出g（x）在区间[﹣2π，+∞）上的大致图象可得答案．
【解答】解：设函数g( x)={
2sin 2 x，x＜0
0．5
x−1，x ≥0)，
结合题目作出g（x）在区间[﹣2π，+∞）上的大致图象，
令f（x）＝0，得g（x）＝a，
当a∈（﹣1，0]时，
直线y＝a 与g（x）在区间[﹣2π，+∞）上的图象恰有5 个不同的交点，
因此f（x）在区间[﹣2π，+∞）上恰有5 个零点．
故答案为：（﹣1，0]．
【点评】本题考查求解函数零点所在区间，属于中档题．
五．求解方程根的存在性和分布（共9 小题）
21．已知函数f ( x)={
| 3
2 x +1|，x ≤0
1
2 f ( x−2)，x＞0)
，则方程12[f（x）]2﹣7f（x）+1＝0 的实根个数为（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
【考点】求解方程根的存在性和分布．
版权所有
【分析】由方程12[f（x）]2﹣7f（x）+1＝0，可得f ( x)= 1
3或f ( x)= 1
4 ，再结合函数的图象求解即可．
【解答】解：作出函数f（x）的部分图象如图所示：
由方程12[f（x）]2﹣7f（x）+1＝0，
即[3f（x）﹣1][4f（x）﹣1]＝0，
解得f ( x)= 1
3或f ( x)= 1
4 ，
当f ( x)= 1
3时，有5 个实根；
当f ( x)= 1
4 时，有6 个实根，
故方程12[f（x）]2﹣7f（x）+1＝0 的实根个数为11．
故选：C．
【点评】本题考查了函数与方程思想，考查了数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
22．已知f（x）为定义在R 上的奇函数，当x∈（0，+∞）时，f ( x)={
lnx +1，0＜x ≤1
2−x，x＞1 )，则方程f
（x）﹣1＝0 实数根的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【考点】求解方程根的存在性和分布．
版权所有
【分析】根据奇函数的图象关于原点对称，画出函数f（x）的图象，数形结合求解即可．
【解答】解：∵f（x）为定义在R 上的奇函数，
∴函数f（x）的图象关于原点对称，
画出函数f（x）的图象，如图所示：
方程f（x）﹣1＝0 实数根的个数，等价于函数y＝f（x）与y＝1 的图象的交点个数，
由图象可知，y＝1 与函数y＝f（x）的图象有3 个交点，
即方程f（x）﹣1＝0 实数根的个数为3 个．
故选：C．
【点评】本题主要考查了分段函数的应用，考查了函数的零点与方程根的关系，考查了数形结合的数学
思想，属于中档题．
23．已知函数f ( x)={
4 x +6，x ≤0
|lnx |，x＞0)，若g（x）＝f（x）﹣m 恰有3 个零点x1、x2、x3，则x1x2x3的取值
范围是（ ）
A．(−3
2 ，0)
B．(−3
2 ，0]
C．（﹣∞，0]
D．（﹣∞，0）
【考点】求解方程根的存在性和分布；分段函数的应用．
版权所有
【分析】设x1＜x2＜x3，结合图形得出x1、x2、x3的取值范围，利用对数运算可得出x2x3＝1，由此可得
出x1x2x3的取值范围．
【解答】解：不妨设x1＜x2＜x3，
由图可知，当0＜m≤6 时，直线y＝m 与函数f（x）的图象有三个交点，
且有−3
2 ＜x1≤0，0＜x2＜1＜x3，
由f（x2）＝f（x3），即|lnx2|＝|lnx3|，即lnx3＝﹣lnx2，
所以，lnx2+lnx3＝ln（x2x3）＝0，即x2x3＝1，故x1 x2 x3= x1∈(−3
2 ，0]．
故选：B．
【点评】本题考查函数零点与方程根关系，属于中档题．
24．方程lgx﹣|sin2x|＝0 在（0，3π）内实数根的个数为（ ）
A．11
B．10
C．9
D．8
【考点】求解方程根的存在性和分布．
版权所有
【分析】将问题转化y＝lgx 和y＝|sin2x|的图象在（0，3π）内的交点个数，作出两函数的图象，结合图
象即可得答案．
【解答】解：因为lgx﹣|sin2x|＝0，
所以lgx＝|sin2x|，
将问题转化y＝lgx 和y＝|sin2x|的图象在（0，3π）内的交点个数，
因为x∈（0，3π），
所以2x∈（0，6π），
作出y＝lgx 和y＝|sin2x|的图象，如图所示：
因为lg10＝1，|sin（2×10）|＝|sin（20）|＜1，
由此可得两函数共有11 个交点，
所以方程lgx﹣|sin2x|＝0 在（0，3π）内共有11 个解．
故选：A．
【点评】本题考查了三角函数、对数函数的性质，考查了转化思想及数形结合思想，属于中档题．
25．方程sin( x−π
3 )= sinx−sin π
3 在[0，2π]内根的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【考点】求解方程根的存在性和分布．
版权所有
【分析】由三角恒等变换得sin（x+ π
3 ）=
❑√3
2 ，结合x∈[0，2π]及正弦函数的图象求解即可．
【解答】解：因为sin( x−π
3 )= sinx−sin π
3 ，
即1
2sinx−
❑√3
2
cosx＝sinx−
❑√3
2 ，
1
2sinx+
❑√3
2
cosx=
❑√3
2 ，sin（x+ π
3 ）=
❑√3
2 ，
又因为x∈[0，2π]，
所以x+ π
3 ∈[π
3 ，7 π
3 ]，
所以x+ π
3 = π
3 或x+ π
3 = 2π
3 或x+ π
3 = 7 π
3 ，
解得x＝0 或x= π
3 或x＝2π．
所以方程sin( x−π
3 )= sinx−sin π
3 在[0，2π]内根的个数为3．
故选：D．
【点评】本题考查了三角恒等变换，考查了正弦函数的性质，属于基础题．
（多选）26．已知函数f ( x)={
( x +1)
2，
x ≤0
|lnx |，
x＞0)，则方程f（f（x））﹣m＝0（m∈R）实数根的个数可
以为（ ）
A．4
B．6
C．7
D．9
【考点】求解方程根的存在性和分布．
版权所有
【分析】设f（x）＝t，分别讨论m＜0，m＝0，0＜m＜1，m＝1 和m＞1，方程f（t）＝m 的实数根个数，
从而可得答案．
【解答】解：设f（x）＝t，则f（t）＝m（m∈R），则f（f（x））＝m（m∈R），
画出函数f（x）的图象，
①若m＜0 时，方程f（t）＝m 没有实数根，
②若m＝0 时，方程f（t）＝m 有2 个实数根t1，t2，t1＝﹣1 或t2＝1，
当t1＝﹣1 时，函数y＝f（x）的图象与直线y＝t1没有交点，
当t2＝1 时，函数y＝f（x）的图象与直线y＝t2有4 个交点，
所以m＝0 时，方程f（f（x））﹣m＝0（m∈R）实数根的个数为4．
③若0＜m＜1 时，方程f（t）＝m 有4 个实数根t3，t4，t5，t6，
令|lnx|＝1，解得：x = 1
e 或x＝e，
由图象观察可知，t3∈（﹣2，﹣1），t4∈（﹣1，0），t5∈( 1
e ，1)，t6∈（1，e），
函数y＝f（x）的图象分别与直线y＝ti（i＝3，4，5，6）有0，0，4，3 个交点，
所以若0＜m＜1 时，方程f（f（x））﹣m＝0（m∈R）实数根的个数为7．
④若m＝1 时，函数f（t）＝m 有4 个实数根t7，t8，t9，t10，
则t7＝﹣2 或t8＝0 或t9= 1
e 或t10＝e，
函数y＝f（x）的图象分别与直线y＝ti（i＝7，8，9，10）有0，2，4，3 个交点，
所以若m＝1 时，方程f（f（x））﹣m＝0（m∈R）实数根的个数为9．
⑤若m＞1 时，方程f（t）＝m 有3 个实数根t11，t12，t13，
由图象观察可知，t11∈（﹣∞，﹣2），t12∈(0，1
e )，t13∈（e，+∞），
函数y＝f（x）的图象分别与直线y＝ti（i＝11，12，13）有0，4，3 个交点，
所以若m＞1 时，方程f（f（x））﹣m＝0（m∈R）实数根的个数为7．
故选：ACD．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，分类讨论，数形结合的数学思想方法，属中档题．
（多选）27．已知函数f ( x)={
( x−1)
2−4，x ≤m
ln( x−1)，x＞m
x
且＞1)，下列叙述正确的有（ ）
A．若m＜﹣1，则f（x）只有一个零点
B．若m＞﹣1，则f（x）有两个零点
C．若m＝2，则方程2[f（x）]2+5f（x）＝0 有两个实根
D．若m＝1，则方程[f（x）]2+8f（x）﹣m＝0 有两个实根
【考点】求解方程根的存在性和分布．
版权所有
【分析】由分段函数的性质，根据二次函数、对数函数的图象，结合各选项的参数m 及数形结合的思
想，判断零点情况，以及关于f（x）的方程根的情况即可．
【解答】解：A：m＜﹣1，有f ( x)={
( x−1)
2−4，x ≤m
ln( x−1)，x＞1 )，在x≤m 上，f（x）无零点；
在x＞1 上，当x＝2 时f（x）＝0，故f（x）只有一个零点，正确；
B：当m＝2 时，有f ( x)={
( x−1)
2−4，x ≤2
ln( x−1)，x＞2)，在x≤2 上，f（﹣1）＝0；
在x＞2 上f（x）无零点；故f（x）可能只有一个零点，错误；
C：m＝2 时，2[f（x）]2+5f（x）＝0 可得f（x）＝0 或f ( x)=−5
2，而f（x）的图象如下图示，此方程有
两个实根，错误；
D：m＝1 时，[f（x）]2+8f（x）﹣1＝0 可得f ( x)=−4± ❑√17，又−4+ ❑√17＞0＞−4＞−4−❑√17，
且f（x）的图象如下图示，故此方程有三个实根，正确．
故选：AD．
【点评】本题考查求解方程根的分布问题，属于中档题．
28．设函数f（x）={
−x
2−2 x，x ≤0
|lnx |，x＞0 )，则方程f
2( x)−(a+ 1
a )f ( x)+1=0的不同实根的个数可以是
1 ，
2 ，
3 ，
6
．
【考点】求解方程根的存在性和分布．
版权所有
【分析】作出函数f（x）的图象，根据方程求出f（x）的根，再对根分类讨论，结合函数图象判断根的
个数，即可得解．
【解答】解：当x≤0 时，f（x）＝﹣x2﹣2x，图象为抛物线的一部分，
抛物线开口向下，对称轴为x＝﹣1，顶点为（﹣1，1），过（﹣2，0）和（0，0）；
当x＞0 时，f（x）＝|lnx|，图象过（1，0），如图所示：
方程f
2( x)−(a+ 1
a )f ( x)+1=0等价于(f ( x)−a)(f ( x)−1
a )=0
a
且≠0，所以f（x）＝a 或f（x）= 1
a
，
当a＞1 时，0＜1
a ＜1，由y＝f（x）的图象得f（x）＝a 有2 个不同实根，f ( x)= 1
a有4 个不同实根，
故原方程有6 个不同实根；
当a＝1 时，1
a =a=1，由y＝f（x）的图象得f（x）＝1 有3 个不同实根，故原方程有3 个不同实根；
当0＜a＜1 时，1
a ＞1，由y＝f（x）的图象得f（x）＝a 有4 个不同实根，f ( x)= 1
a有2 个不同实根，
故原方程有6 个不同实根；
当a＝﹣1 时，1
a =a=−1，由y＝f（x）的图象得f（x）＝﹣1 有1 个实根，故原方程有1 个实根；
当a＜0 且a≠﹣1 时，a≠1
a ＜0且1
a ≠−1，由y＝f（x）的图象得f（x）＝a 有1 个实根，f ( x)= 1
a有1
个实根，故原方程有2 个不同实根；
综上所述，方程f
2( x)−(a+ 1
a )f ( x)+1=0的不同实根的个数可能是1，2，3，6．
故答案为：1，2，3，6．
【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
29．定义域为R 的函数f（x）的图象关于直线x＝1 对称，当x∈[0，1]时，f（x）＝x，且对任意x∈R，有f
（x+2）＝﹣f（x），g( x)={
f ( x)，x ≥0
−log2024(−x)，x＜0)，则方程g（x）﹣g（﹣x）＝0 实数根的个数为
2027
．
【考点】求解方程根的存在性和分布．
版权所有
【分析】由题意，可得函数f（x）是以4 为周期的周期函数，且图象关于（2，0）对称，当x＞0 时，
求出y＝f（x）与y＝﹣log2024x 的交点个数，结合函数的对称性即可求解．
【解答】解：由于函数f（x）的图象关于直线x＝1 对称，则f（x）＝f（2﹣x），
又f（x+2）＝﹣f（x），所以f（x+2）+f（2﹣x）＝0，
则函数f（x）的图象关于（2，0）对称，
对任意x∈R 有f（x+2）＝﹣f（x），得f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
则函数f（x）以4 为周期，
当x＞0 时，﹣x＜0，由g（x）﹣g（﹣x）＝0 得g（x）＝g（﹣x），
则f（x）＝﹣log2024x，
作出y＝f（x）与y＝﹣log2024x 的大致图象如图，
令﹣log2024x＝﹣1，则x＝2024，而2024＝4×506，
由图可知，y＝f（x）与y＝﹣log2024x 在（0，+∞）上有3+505×2＝1013 个交点；
当x＜0 时，﹣x＞0，由g（x）＝g（﹣x）得：﹣log2024（﹣x）＝f（﹣x），
令﹣x＝t，t＞0，得f（t）＝﹣log2024t，
由上述可知，y＝f（t）与y＝﹣log2024t 在（0，+∞）上有3+504×2＝1013 个交点，
故y＝f（﹣x）与y＝﹣log2024（﹣x）在（﹣∞，0）上有1013 个交点，
又x＝0 时，g（x）﹣g（﹣x）＝0 成立，
所以方程g（x）﹣g（﹣x）＝0 实数根的个数为2×1013+1＝2027．
故答案为：2027．
【点评】本题考查函数的对称性、周期性的综合应用，考查函数零点与方程的根及函数图象的关系，属
难题．
六．由方程根的分布求解函数或参数（共3 小题）
30．已知函数f ( x)={
a+ e
x ，x＞0
e
−x，x ≤0 )
，若方程f（x）+ex＝0 存在三个不相等的实根，则实数a 的取值范
围是（ ）
A．（﹣∞，e）
B．（﹣∞，﹣e）
C．（﹣∞，﹣2e）
D．（﹣∞，2e）
【考点】由方程根的分布求解函数或参数．
版权所有
【分析】构造函数g（x）＝f（x）+ex，结合x 的范围分别讨论单调性，结合单调性及函数零点存在条
件即可求解．
【解答】解：令g（x）＝f（x）+ex，
由题意得，g（x）有3 个零点，
因为x≤0 时，g（x）＝ex+e﹣x，则g′（x）＝e−1
e
x ，
当x＜﹣1 时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当﹣1＜x＜0 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，且g
（﹣1）＝0，
当x＞0 时，g（x）＝a+ e
x +ex，
则g′( x)=e−e
x
2 =e× x
2−1
x
2
= e( x−1)( x +1)
x
2
，
当0＜x＜1 时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞1 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
g（x）的大致图象如图所示：
结合函数图象可知，g（1）＝a+2e＜0，
所以a＜﹣2e．
故选：C．
【点评】本题主要考查了由函数零点个数求解参数范围，体现了分类讨论及数形结合思想的应用，属于
中档题．
31．已知函数f（x）＝log3（9x+1）﹣kx（其中k∈R）．
（1）若k＝2 且方程f（x）﹣a+1＝0 有解，求实数a 的取值范围；
（2）若f（x）是偶函数，讨论函数g( x)=(3k )
f ( x)−(m⋅3
x−4
3 m)(m＞0)的零点情况．
【考点】由方程根的分布求解函数或参数．
版权所有
【分析】（1）由题意可得函数y＝f（x）与y＝a﹣1 的值域相同，将k＝2 代入，结合对数函数、指数函
数的性质可得f（x）＞0，即a﹣1＞0，求解即可；
（2）由题意可得只需讨论9x+1＝m•9x−4
3 m•3x的解的情况，t＝3x（t＞0），则有（m﹣1）t2−4
3 mt﹣1
＝0，t＞0，结合二次函数的性质分m＝1、m＞1、0＜m＜1 分别讨论即可．
【解答】解：（1）因为方程f（x）﹣a+1＝0 有解，所以方程f（x）＝a﹣1 有解，
所以函数y＝f（x）与y＝a﹣1 的值域相同，
因为k＝2，所以f（x）＝log3（9x+1）﹣2x＝log39
x+1
9
x
=log3（1+ 1
9
x ），
因为1
9
x ＞0，所以1+ 1
9
x ＞1，
所以f（x）＞0，即a﹣1＞0，所以a＞1，
故a 的取值范围为（1，+∞）；
（2）因为f（x）是偶函数，所以f（﹣1）＝f（1），
即log3（1+ 1
9）+k＝log310﹣k，解得k＝1，
所以函数g( x)=(3k )
f ( x)−(m⋅3
x−4
3 m)(m＞0)的零点情况等价于3f（x）﹣（m•3x−4
3 m）＝0 的情况，
即9
x+1
3
x
=m•3x−4
3 m，9x+1＝m•9x−4
3 m•3x的解的情况，
令t＝3x（t＞0），则有（m﹣1）t2−4
3 mt﹣1＝0，t＞0，（*）
当m＝1 时，t=−3
4 ，此时方程（*）无解；
当m＞1 时，函数y＝（m﹣1）t2−4
3 mt﹣1 开口向上，且恒过定点（0，﹣1），
则t 只有一个解，此时方程（*）只有1 个解；
当0＜m＜1 时，函数y＝（m﹣1）t2−4
3 mt﹣1 开口向下，且恒过定点（0，﹣1），对称轴为t
=
4
3 m
2(m−1) ＜0，则方程（*）无解；
综上所述，当0＜m≤1 时，函数无零点；当m＞1 时函数有一个零点．
【点评】本题考查了对数函数、指数函数、二次函数的性质及转化思想，属于中档题．
32．已知函数f ( x)=
2
x−t
−2
x +1−2
(t ∈R)为奇函数．
（1）设函数g( x)= f ( x−1
2 )+t，求g(
1
2024 )+ g(
2
2024 )+⋯+ g( 2023
2024 )的值；
（2）若关于x 的方程f（4x+3）+f（﹣a•2x﹣a）＝0 有实数根，求实数a 的取值范围．
【考点】由方程根的分布求解函数或参数；奇函数偶函数的性质．
版权所有
【分析】（1）由函数f（x）为奇函数可得f（0）＝0，即可求出a，再求出g（x）+g（1﹣x）的值即可
得解；
（2）先判断函数f（x）的单调性，根据函数f（x）为奇函数可得f（4x+3）＝﹣f（﹣a•2x﹣a）＝f
（a•2x+a）则问题转化为关于x 的方程4x+3＝a•2x+a，分离参数，再结合基本不等式即可得解．
【解答】解：（1）函数的定义域为R，因为函数 f ( x)=
2
x−t
−2
x +1−2
(t ∈R)为奇函数，
所以f（0）＝0，即1−t
−2−2 =0，所以t＝1，经检验，符合题意，
所以f ( x)=
2
x−1
−2
x +1−2
，则g( x)= f ( x−1
2 )+1，
因为f（x）为奇函数，所以f（﹣x）+f（x）＝0，
则g( x)+ g(1−x)= f ( x−1
2 )+ f ( 1
2 −x)+2=2，
所以g(
1
2024 )+ g(
2
2024 )+⋯+ g( 2023
2024 )
=
g[(
1
2024 )+ g( 2025
2024 )]+ g[(
2
2024 )+ g( 2022
2024 )]+⋯+[ g( 2025
2024 )+ g(
1
2024 )]
2
= 2023×2
2
=2023；
（2）f ( x)=
2
x−1
−2
x +1−2
=−1
2 ⋅2
x+1−2
2
x+1
=−1
2 +
1
2
x+1
，
因为y＝2x+1 是R 上的增函数，且恒大于零，所以f（x）在R 上单调递减，
由f（4x+3）+f（﹣a•2x﹣a）＝0 得f（4x+3）＝﹣f（﹣a•2x﹣a）＝f（a•2x+a），
所以4x+3＝a•2x+a，即a= 4
x+3
2
x+1
= (2
x+1)
2−2(2
x+1)+ 4
2
x+1
=2
x+1+
4
2
x+1
−2，
因为关于x 的方程f（4x+3）+f（﹣a•2x﹣a）＝0 有实数根，
所以关于x 的方程a=2
x+1+
4
2
x+1
−2有实数根，
而2
x+1+
4
2
x+1
−2≥2❑√
(2
x+1)⋅
4
2
x+1
−2=2，
当且仅当2
x+1=
4
2
x+1，
即x＝0 时取等号，所以a≥2，即a∈[2，+∞]．
【点评】本题考查了奇函数偶函数性质相关的知识，属于中档题．
七．二分法求函数零点的近似值（共4 小题）
33．用二分法求函数f（x）＝lnx+2x﹣6 在区间（2，3）内的零点近似值，若要求精确度为0.1，则所需二
分区间的次数为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【考点】二分法求函数零点的近似值．
版权所有
【分析】根据二分法的定义计算即可．
【解答】解：因为区间（2，3）的长度为1，经过二分法的一次操作，
区间长度变为原来的一半，所以经过n（n∈N+）次二分法的操作，
区间的长度为1
2
n，由1
2
n ＜0.1，解得n≥4．
故选：C．
【点评】本题考查二分法的定义，属于基础题．
34．用二分法研究函数f（x）＝x5+8x3﹣1 的零点时，第一次经过计算得f (0)＜0，f ( 1
2 )＞0，则零点所
在的区间和第二次应计算的函数值分别为（ ）
A．( 1
2 ，1)，f ( 3
4 )
B．(0，1
2 )，f ( 1
8 )
C．(0，1
2 )，f ( 1
4 )
D．(0，1
2 )，f ( 3
8 )
【考点】二分法求函数零点的近似值．
版权所有
【分析】根据零点定理f（a）f（b）＜0，说明f（x）在（a，b）上有零点，已知第一次经计算f（0）
＜0，f（1
2）＞0，可得其中一个零点x0∈（0，1
2），根据二分法的定义即可得到第二次应计算的函数值
f（1
4 ）．
【解答】解：令f（x）＝x5+8x3﹣1，
则f（0）＜0，f（1
2）＞0，
∴f（0）•f（1
2）＜0，
∴其中一个零点所在的区间为（0，1
2），
第二次应计算的函数值应该为f（1
4 ）．
故选：C．
【点评】本题考查的是二分法研究函数零点的问题，在解答的过程当中充分体现了函数与方程的思想、
二分法的思想以及数据处理的能力，属中档题．
35．用二分法求函数f（x）＝lnx+x﹣2 在区间[1，2]上的零点近似解，要求精确度为0.01 时，所需二分区
间的次数最少为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【考点】二分法求函数零点的近似值．
版权所有
【分析】根据题意，由二分法中区间长度的变化，分析可得经过n 次操作后，区间的长度为1
2
n，据此可
得1
2
n ≤0.01，可得n 的取值范围，即可得答案．
【解答】解：根据题意，开区间[1，2]的长度等于1，由二分法的步骤，经过n 次操作后，区间长度变
为1
2
n，
又由要求精确度为0.01，
若1
2
n ≤0.01，因为1
2
6 = 1
64 ＞0.01，1
2
7 = 1
128 ＜0.01，所以n≥7，
即所需二分区间的次数最少为7．
故选：C．
【点评】本题考查二分法的应用，涉及函数零点判定定理，属于基础题．
36．用二分法求函数f（x）＝ln（x+1）+x﹣1 在区间( 1
2 ，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．5
B．6
C．7
D．8
【考点】二分法求函数零点的近似值．
版权所有
【分析】由于长度等于1−1
2 = 1
2的区间，每经这一次操作，区间长度变为原来的一半，那么经过n
（n∈N*）次操作后，区间长度变为1
2
n+1，若要求精确度为0.01 时，则1
2
n+1 ＜0.01，解不等式即可求出
所需二分区间的最少次数．
【解答】解：因为开区间( 1
2 ，1)的长度等于1
2，每经这一次操作，区间长度变为原来的一半，
所以经过n（n∈N*）次操作后，区间长度变为1
2
n+1，
令1
2
n+1 ＜0.01，解得n≥6，
又因为n∈N*，
所以所需二分区间的次数最少为6．
故选：B．
【点评】本题主要考查了二分法的应用，属于基础题．
八．二分法求方程的近似解（共4 小题）
37．用二分法求方程x+lgx﹣3＝0 的近似解，以下区间可以作为初始区间的是（ ）
A．[1，2]
B．[2，3]
C．[3，4]
D．[4，5]
【考点】二分法求方程的近似解．
版权所有
【分析】根据已知条件，结合二分法的定义，即可求解．
【解答】解：令f（x）＝x+lgx﹣3，
函数在（0，+∞）上单调递增，
f（1）＝1+0﹣3＝﹣2＜0，f（2）＝2+lg2﹣3＜0，f（3）＝3+lg3﹣3＝lg3＞0，
故[2，3]可以作为初始区间．
故选：B．
【点评】本题主要考查二分法的定义与应用，属于基础题．
38．用二分法求方程的近似解，求得f（x）＝2x3+3x﹣3 的部分函数值数据如表所示：
x
0
0.5
0.625
0.6875
0.71875
0.734375
0.7421875
0.75
1
f（x）﹣3
﹣1.25
﹣0.6367
﹣0.2876
﹣0.1011
﹣0.00477
0.044219
0.09375
2
则当精确度为0.01 时，方程2x3+3x﹣3＝0 的近似解可取为（ ）
A．0.68
B．0.72
C．0.73
D．0.74
【考点】二分法求方程的近似解．
版权所有
【分析】由已知结合零点存在定理即可求解．
【解答】解：f（x）＝2x3+3x﹣3，
由题意可得，f（0.734375）＝﹣0.00477＜0，f（0.7421875）＝0.044219＞0，
根据零点存在定理可得，x≈0.74．
故选：D．
【点评】本题主要考查了二分法及零点存在定理在方程解的求解中的应用，属于基础题．
39．设h（x）＝2x+log2（x+1）﹣2，某同学用二分法求方程h（x）＝0 的近似解（精确度为0.5），列出了
对应值表如下：
x
﹣0.5
0.125
0.4375
0.75
2
h（x）
﹣1.73
﹣0.84
﹣0.42
0.03
2.69
依据此表格中的数据，得到的方程近似解x0可能是（ ）
A．x0＝﹣0.125
B．x0＝0.375
C．x0＝0.525
D．x0＝1.5
【考点】二分法求方程的近似解．
版权所有
【分析】由函数的零点判定定理可知函数h（x）在区间[0.4375，0.75]上存在一个零点，再结合二分法
求解即可．
【解答】解：由表格数据可知，h（0.4375）＜0，h（0.75）＞0，
又因为函数h（x）在[0.4375，0.75]上连续，且函数h（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，
所以函数h（x）在区间[0.4375，0.75]上存在一个零点，
又因为0.75﹣0.4375＝0.3125＜0.5，
即方程h（x）＝0 的近似解（精确度为0.5）可以是区间[0.4375，0.75]内的任意一个数，
观察四个选项可知，C 选项正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查了二分法的应用，考查了函数的零点存在定理，属于基础题．
40．设f（x）＝2x+x﹣8，用二分法求方程2x+x﹣8＝0 在[1，5]上的近似解时，经过两次二分后，可确定近
似解所在区间为（ ）
A．[1，2]或[2，3]都可以
B．[2，3]
C．[1，2]
D．不能确定
【考点】二分法求方程的近似解．
版权所有
【分析】利用二分法的定义求解．
【解答】解：因为f（1）＝2+1﹣8＝﹣5＜0，f（5）＝32+5﹣8＝29＞0，f（3）＝8+3﹣8＝3＞0，
所以f（1）•f（3）＜0，
所以函数f（x）的零点落在区间[1，3]内，
又因为f（2）＝4+2﹣8＝﹣2＜0，
所以f（2）•f（3）＜0，
所以函数f（x）的零点落在区间[2，3]内，
即经过两次二分后，可确定近似解所在区间为[2，3]．
故选：B．
【点评】本题主要考查了二分法的应用，考查了函数的零点存在定理，属于基础题．
九．函数与方程的综合运用（共10 小题）
41．已知直线x＝a 与函数f（x）＝ex，g（x）＝x 的图象分别交于点A，B，当|AB|取得最小值时，a＝（
）
A．0
B．1
C．e
D．1
e
【考点】函数与方程的综合运用．
版权所有
【分析】由题意可得A（a，ea），B（a，a），ea＞a，从而得|AB|＝ea﹣a，令φ（a）＝ea﹣a，利用导
数求解即可．
【解答】解：令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣x，x∈R，
则h'（x）＝ex﹣1，
令h'（x）＝0，解得x＝0，
所以当x∈（﹣∞，0）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（0，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）min＝h（0）＝1＞0，
即ex﹣x＞0，ex＞x；
由题意可得A（a，ea），B（a，a），
所以ea＞a；
所以|AB|＝ea﹣a，
令φ（a）＝ea﹣a，
则φ'（a）＝ea﹣1，
令φ'（a）＝ea﹣1＝0，
得a＝0，
当a∈（﹣∞，0）时，φ'（a）＜0，φ（a）单调递减，
当a∈（0，+∞）时，φ'（a）＞0，φ（a）单调递增，
所以φ（a）min＝φ（0）＝1．
即当|AB|取得最小值时，a＝0．
故选：A．
【点评】本题考查了导数的综合运用及转化思想的应用，属于中档题．
42．已知函数f（x）＝（xex）2+（a﹣1）（xex）+1﹣a 有三个不同的零点x1，x2，x3．其中x1＜x2＜x3，则
（1﹣x1e❑
x1）（1﹣x2e❑
x2）（1﹣x3e❑
x3）2的值为（ ）
A．1
B．（a﹣1）2
C．﹣1
D．1﹣a
【考点】函数与方程的综合运用．
版权所有
【分析】令t＝xex，求得导数和单调性，画出图象，从而考虑t2+（a﹣1）t+1﹣a＝0 有两个不同的根，
从而可得a＜﹣3 或a＞1，结合图象可得x1ex1＝t1，x2ex2＝t1，x3ex3＝t2，结合韦达定理即可得到所求值．
【解答】解：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，
可得x＝﹣1 处t＝xex取得最小值−1
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t1，t2，
①若a＜﹣3，t1+t2＝1﹣a＞4，
与−2
e ＜t1+t2＜0 相矛盾，故不成立；
②若a＞1，则方程的两个根t1，t2一正一负；
不妨设t1＜0＜t2，结合t＝xex的性质可得，x1ex1＝t1，x2ex2＝t1，x3ex3＝t2，
故（1﹣x1e❑
x1）（1﹣x2e❑
x2）（1﹣x3e❑
x3）2
＝（1﹣t1）（1﹣t1）（1﹣t2）2
＝（1﹣（t1+t2）+t1t2）2
又∵t1t2＝1﹣a，t1+t2＝1﹣a，
∴（1﹣x1e❑
x1）（1﹣x2e❑
x2）（1﹣x3e❑
x3）2＝（1﹣1+a+1﹣a）2＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了导数的综合应用及转化思想的应用，同时考查了分类讨论思想的应用，属于中档题．
43．已知两个不相等的正实数x，y 满足yln x
y =1−y
x ，则下列结论一定正确的是（ ）
A．x+y＝1
B．xy＝1
C．x+y＞2
D．0＜x+y＜1
【考点】函数与方程的综合运用．
版权所有
【分析】先利用同构法与构造函数f（x）＝lnx+ 1
x （x＞0），将题设条件转化为f（x）＝f（y），再利
用导数研究函数f（x）的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极
值点偏移的解决方法即可判断C．
【解答】解：因为两个不相等的正实数x，y 满足yln x
y =1−y
x ，
所以lnx﹣lny= 1
y −1
x ，
即lnx+ 1
x =lny+ 1
y ，
令f（x）＝lnx+ 1
x （x＞0），
则f′（x）= 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 （x＞0），f（x）＝f（y），
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，则f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增；
所以f（x）min＝f（1）＝1，
对于y＝ex﹣2x（x＞1），总有y′＝ex﹣2，即y＝ex﹣2x 在（1，+∞）上单调递增，
故y＝ex﹣2x＞e﹣2＞0，即ex﹣x＞x 在（1，+∞）上恒成立，
所以对于f（x），对于任意M＞1，在x∈（0，1）上取x= 1
e
M ，
则f（1
e
M ）＝ln 1
e
M +eM＝eM﹣M＞M，
所以当x＞0 且x 趋向于0 时，f（x）趋向于无穷大，
当x 趋向于无穷大时，y＝lnx 趋向于无穷大，y= 1
x 趋向于0，故f（x）趋向于无穷大，
所以f（x）的大致图像如图所示：
对于A，D，因为f（x）＝f（y），x≠y，不妨设x＜y，
由图象可知，0＜x＜1＜y，故x+y＞1，故AD 错误；
对于B，假设xy＝1 成立，取x= 1
2，y＝2，
则f（1
2）＝2﹣ln2，f（2）= 1
2 +ln2，显然不满足f（x）＝f（y），故B 错误；
对于C，令F（x）＝f（2﹣x）﹣f（x）（0＜x＜1），又f′（x）= x−1
x
2 ，
则F′（x）＝﹣f′（2﹣x）﹣f′（x）=−(2−x)
2−1
(2−x)
2
−x−1
x
2 = 4( x−1)
2
x
2(2−x)
2 ＞0，
所以F（x）在（0，1）上单调递增，
又0＜x＜1，则F（x）＝f（2﹣x）﹣f（x）＜F（1）＝0，
即f（2﹣x）＜f（x），
又f（x）＝f（y），则f（2﹣x）＜f（y），
因为0＜x＜1，
所以2﹣x＞1，
又y＞1，f（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以2﹣x＜y，即x+y＞2，故C 正确．
故选：C．
【点评】本题考查了转化思想、数形结合思想及导数的综合运用，关键在于利用同构法转化等式，从而
构造函数f（x）＝lnx+ 1
x （x＞0），并研究其图像的性质，属于难题．
44．若实数a，b，c 满足a−2=( 1
2 )
b
+1= log2c +1，则a，b，c 的大小关系不可能是（ ）
A．b＞a＞c
B．a＞b＞c
C．c＞b＞a
D．c＞a＞b
【考点】函数与方程的综合运用；不等式比较大小；指数函数的图象；对数函数的图象．
版权所有
【分析】根据题意分别写出a，b，c 的表达式，画出图象比较即可．
【解答】解：令a−2=( 1
2 )
b
+1=lo g2c +1= x（x＞1），
则a＝x+2，b=lo g1
2
( x−1)，c =2
x−1( x＞1)，
同坐标系中作出函数f（x）＝x+2，g（x）=lo g1
2
( x−1)，ℎ( x)=2
x−1
的图象，如图所示：
当1＜x＜x1时，g（x）＞f（x）＞h（x），即b＞a＞c，故A 正确；
当x1＜x＜x2时，f（x）＞g（x）＞h（x），即a＞b＞c，故B 正确；
当x2＜x＜x3时，f（x）＞h（x）＞g（x），即a＞c＞b；
当x＞x3时，h（x）＞f（x）＞g（x），即c＞a＞b，故D 正确．
故选：C．
【点评】本题考查了函数与方程思想、转化思想、数形结合思想及分类讨论思想，属于中档题．
45．已知点（m，n）为函数f（x）＝x2ex和g（x）＝e2（2﹣lnx）图象的交点，则m+lnm＝（ ）
A．﹣2
B．﹣1
C．1
D．2
【考点】函数与方程的综合运用．
版权所有
【分析】依题意m 为方程x e
x = e
2
x ln e
2
x 的根，令h（x）＝xex（x＞0），有ℎ(ln e
2
x )= e
2
x ln e
2
x ，又h
（x）在（0，+∞）上单调递增，得x = ln e
2
x =2−lnx，即可得答案．
【解答】解：因为点（m，n）为函数f（x）＝x2ex和g（x）＝e2（2﹣lnx）图象的交点，
即有x2ex＝e2（2﹣lnx），
即x
2e
x =e
2ln e
2
x 的根为m．
因为x＞0，所以x e
x = e
2
x ln e
2
x ，
所以ln e
2
x ＞0，且m 为方程x e
x = e
2
x ln e
2
x 的根．
令h（x）＝xex（x＞0），
则h′（x）＝ex（x+1）＞0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增．
又ℎ(ln e
2
x )= e
2
x ln e
2
x ，
所以x = ln e
2
x =2−lnx，
即m＝2﹣lnm，
所以m+lnm＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了函数与方程思想，考查了导数的综合运用，属于中档题．
46．已知定义在R 上的函数f（x）＝3|x﹣1|与函数h（x）＝mcos（1﹣x）的图象有唯一公共点，则实数m 的
值为（ ）
A．﹣2
B．﹣1
C．1
D．2
【考点】函数与方程的综合运用．
版权所有
【分析】先推得f（x）的对称性与单调性，又h（x）也关于x＝1 对称，由对称性可知方程mcos（1﹣
1）＝3|1﹣1|唯一的根在对称轴x＝1 上，代入即可解得．
【解答】解：因为f ( x)=3
| x−1|={
3
x−1，x ≥1
3
1−x，x＜0)，
则f（2﹣x）＝3|2﹣x﹣1|＝3|x﹣1|＝f（x），
所以f（x）的图象关于x＝1 对称，且当x＞1 时，f（x）＝3x﹣1单调递增，当x＜1 时，f（x）＝31﹣x单
调递减；
又h（x）＝mcos（1﹣x）＝mcos（x﹣1），
故可看作由函数y＝mcosx 向右平移1 个单位得到，
所以h（x）＝mcos（x﹣1）的图象也关于x＝1 对称；
又由于函数f（x）与函数h（x）的图象有唯一公共点，
即方程mcos（x﹣1）＝3|x﹣1|只有一根，
因为两函数图象都关于x＝1 对称，
所以方程的根为1，即mcos（1﹣1）＝3|1﹣1|，
所以m＝30＝1．
故选：C．
【点评】本题考查了指数函数、余弦函数的性质，考查了数形结合思想，属于中档题．
47．已知指数函数f（x）＝ax，对数函数g（x）＝logax，若f（x）＝g（x）有且只有两个不等根，则a 的
取值范围是（ ）
A．（0，e﹣e）
B．[e﹣e，1）
C．(1，e
1
e )
D．[e
1
e ，+∞)
【考点】函数与方程的综合运用．
版权所有
【分析】根据ax＝logax，由互为反函数函数图象关系可得ax＝x 有两解，即lna= lnx
x 有两个根，最后由
函数y = lnx
x 图象与直线y＝a 有两个交点可得答案．
【解答】解：由题意得方程ax＝logax 有两个不等根，函数y＝ax与y＝logax 图象有两个不同交点，
∵y＝ax与y＝logax 互为反函数，则两函数图象关于y＝x 对称，
则y＝ax与y＝logax 图象的交点都分布在直线y＝x 上，
∴问题等价于y＝ax与y＝x 有两个不同交点，即a
x= x⇒xlna=lnx⇒lna= lnx
x 有两根，
即函数y = lnx
x 图象与直线y＝lna 有两个交点．
设g( x)= lnx
x ，则g′( x)= 1−lnx
x
2
，
令g'（x）＞0⇒0＜x＜e；g'（x）＜0⇒x＞e，
则g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，g( x)max= g(e)= 1
e ．
又g（1）＝0，x→0，g（x）→﹣∞，x→+∞，g（x）→0，可得g（x）大致图象如下，
则要使y = lnx
x 图象与直线y＝lna 有两个交点，需满足0＜lna＜1
e ⇒a∈(1，e
1
e )．
故选：C．
【点评】本题考查函数与方程的综合运用，属于中档题．
48．已知3m＝4，2m＝x+3，4m＝y+5，则（ ）
A．0＜x＜y
B．y＜x＜0
C．x＜0＜y
D．y＜0＜x
【考点】函数与方程的综合运用；由函数的单调性求解函数或参数．
版权所有
【分析】根据题意，利用作差法和对数的运算性质，分析可得log23＞log34＞log45，又由3m＝4 可得m
＝log34，结合指数函数的单调性分析可得x+3＜3 和y+5＞5，进而比较答案
【解答】解：根据题意，log23﹣log34= ln3
ln2 −ln 4
ln3 = (ln3)
2−ln2ln 4
ln2ln3
，
而ln2ln4＜（ln 2+ ln 4
2
）2＝（ln 8
2 ）2＜（ln 9
2 ）2＝（ln3）2，
则有log23﹣log34＞0，即log23＞log34，
同理可得：log34＞log45，
综合可得：log23＞log34＞log45，
若3m＝4，则m＝log34，
而2m＝x+3，则有x+3＝2m=2
lo g34＜2
lo g23=3，即x+3＜3，必有x＜0，
4m＝y+5，则有y+5＝4m= 4
lo g34＞4
lo g45=5，即y+5＞5，必有y＞0，
综合可得：x＜0＜y．
故选：C．
【点评】本题考查函数与方程的综合应用，涉及指数、对数的运算性质，属于中档题．
49．已知函数f（x）＝ex+x 和g（x）＝ln（xex），若存在实数α，β，使得f（α）﹣g（β）＝0，则αβ 的最
小值为（ ）
A．﹣e
B．﹣1
C．−1
e
D．−1
e
2
【考点】函数与方程的综合运用．
版权所有
【分析】设g（x）＝lnx+x，由f（α）＝g（eα）＝g（β），又g（x）＝lnx+x 在定义域上单调递增，则β
＝eα，于是αβ＝αeα．再利用导数求函数的最小值即可．
【解答】解：因为f（x）＝ex+x＝ex+lnex，g（x）＝ln（xex）＝lnx+x，
所以f（α）＝eα+lneα，g（eα）＝eα+lneα，而f（α）﹣g（β）＝0，
所以f（α）＝g（β），
故f（α）＝g（eα）＝g（β），
又g（x）＝lnx+x 在定义域上单调递增，则β＝eα，
于是αβ＝αeα．
设h（α）＝αeα，则h′（α）＝（α+1）eα，
当α∈（﹣∞，﹣1）时，h′（α）＜0，h（α）单调递减，
当α∈（﹣1，+∞）时，h′（α）＞0，h（α）单调递增，
所以ℎ(α )min=ℎ(−1)=−1
e ．
即αβ 的最小值为−1
e ．
故选：C．
【点评】本题考查了指数函数、对数函数的性质，考查了转化思想及导数的综合运用，属于中档题．
50．若函数f（x）和g（x）均存在零点，且零点完全相同，则称f（x）和g（x）是一对“共零函数”．
（1）判断f（x）＝2x﹣2 与g（x）＝cosx 是否为“共零函数”，并说明理由；
（2）已知f ( x)=sin( x−π
3 )与g（x）＝2cos（x+φ）是一对“共零函数”，求φ 的值；
（3）已知p，q 是实数，若函数f（x）＝xex﹣1 与g( x)= ❑√x−p是一对“共零函数”，函数
F( x)=lnx −e
x −1与G（x）＝（x﹣q）3也是一对“共零函数”，求pq 的值．
【考点】函数与方程的综合运用．
版权所有
【分析】（1）根据指数函数、余弦函数的性质，应用方程法求零点，结合新定义判断即可；
（2）由正余弦型函数的性质求零点，再根据已知得π
3 +nπ = π
2 −φ+mπ，n，m∈Z，即可得参数值；
（3）根据“共零函数”的定义分别求得p+lnp＝0、e
q + ln e
q =0，结合y＝x+lnx 的单调性即可得．
【解答】解：（1）由指数函数的单调性知，f（x）＝2x﹣2 在R 上单调递增，且存在唯一零点x＝1，
由余弦函数的性质知，g（x）＝cosx 的零点为x = π
2 +kπ ，k ∈Z，
因此f（x）＝2x﹣2 与g（x）＝cosx 不是“共零函数”．
（2）由f ( x)=sin( x−π
3 )=0，因此x−π
3 =nπ，即x = π
3 +nπ ，n∈Z，
由g（x）＝2cos（x+φ）＝0，因此x +φ = π
2 +mπ，即x = π
2 −φ+mπ ，m∈Z，
又f（x）与g（x）是一对“共零函数”，因此π
3 +nπ = π
2 −φ+mπ，n，m∈Z，
因此φ = π
6 +(m−n)π，即φ = π
6 +kπ，k∈Z；
（3）由g( x)= ❑√x−p=0，因此x＝p，
又f（x）＝xex﹣1 与g( x)= ❑√x−p是一对“共零函数”，因此f（p）＝pep﹣1＝0，
因此p+lnp＝0，
由G（x）＝（x﹣q）3＝0，因此x＝q，
由F( x)=lnx −e
x −1与G（x）＝（x﹣q）3也是一对“共零函数”，因此F(q)=lnq−e
q −1=0，
因此ln q
e −e
q =0，即e
q + ln e
q =0，
由y＝x+lnx 在（0，+∞）上单调递增，故p= e
q ，因此pq＝e．
【点评】本题考查函数与方程的综合运用，属于中档题．
一、单选题
1．已知函数
，现用二分法求函数
在
内的零点的近似值，则使用两次二分法后，
零点所在的区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
2．用二分法求函数
在
内的零点近似值，若精确度要求为
，则需重复相同步骤的
次数至少为（ ）
A．
B．
C．
D．
课后针对训练
3．在用二分法求方程
在
上的近似解时，先构造函数
，再依次计算得
，
，
，
，
，则该近似解所在的区间可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．函数
的零点所在的区间是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．已知定义在
上的函数
满足：①图象关于点
对称；②
；③当
时，
，则函数
在区间
上的零点个数为（ ）
A．5 个
B．6 个
C．7 个
D．8 个
6．设函数
是定义在
上的偶函数，对任意
，都有
，且当
时，
，若在区间
内关于
的方程
恰有三个不同的实数根，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．设函数
，若关于
的方程
有四个不同的解
，且
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．已知函数
有且仅有一个零点，则正数a 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
9．已知函数
的零点为m，函数
的零点为n，函数
的零点为t，则（ ）
A．
B．
C．
D．
10．函数
的零点所在的大致区间是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．若
是
的零点，
是
的零点，那么
的值为（ ）
A．
B．3
C．
D．4
12．已知函数
为偶函数，则函数
的图象与直线
的交点
个数为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
13．已知函数
为偶函数，则当
时，曲线
与
的交
点个数为（ ）
A．8
B．6
C．4
D．2
14．已知函数
，若存在实数
、
、
且
，使得
，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
15．已知函数
有两个零点
，则下列说法正确的是（ ）
A．
为偶函数
B．
或
C．
D．
16．已知函数
设
，则（ ）
A．存在实数a，使
B．存在实数a，使
C．存在唯一实数a，使
有两个零点D．存在唯一实数a，使
有无数个零点
三、填空题
17．用二分法研究函数
的零点时，第一次经过计算得
，
，则第二次应
计算的函数值是 ．
18．已知函数
存在
，使得
，则
的取值
范围是 .
19．已知函数
若关于
的函数
有8 个不同的零点，则实数
的取值范围为 ．
20．已知函数
有两个零点，则k 的取值范围为 .
21．若函数
的零点
，则整数
的取值为 ．
四、解答题
22．已知函数
，其中
为常数，且
．
(1)若
是奇函数，求
的值；
(2)证明：
在
上有唯一的零点
参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
C
A
B
D
B
A
A
题号
11
12
13
14
15
16
答案
C
D
D
D
AC
AD
1．A
【分析】根据给定条件，利用二分法计算方法判断即可.
【详解】函数
，
，
，函数
的零点在
内；
，函数
的零点在
内；
，函数
的零点在
内.
故选：A
2．B
【分析】二分法每次取区间中点，区间长度变为原来的一半，由题可得区间初始长度为，则第一次使用
二分法后区间长度变为
，第二次使用二分法后区间长度变为
，第三次使用二分法后区间长度变为
，以此类推，当区间长度小于精确度时即可停止.
【详解】解：原始区间长度为
，
第一次，区间长度减半，为
，
第二次，区间长度减半，为
，
第三次，区间长度减半，为
，
第四次，区间长度减半，为
，
故至少需要重复四次.
故选：B.
3．C
【分析】利用二分法即可判断.
【详解】由题意，
，
，
，
，
，
则由二分法可得近似解所在的区间为
.
故选：C.
4．C
【分析】根据零点存在定理求解即可.
【详解】因为
，
，且
为增函数，所以
的零点所在的区
间为
.
故选：C.
5．A
【分析】先根据条件判断函数
的对称性，作出分段函数
在
上的图象，再根据函数对称性作
出
的图象，利用函数与方程的思想数形结合即得结论
【详解】由
知
的图象关于直线
对称，又
的图象关于点
对称，
画出
与
在
上的图象如下．
由图可知，函数
与
在
上的交点有5 个，
故函数
在
上的零点有5 个.
故选：A．
6．B
【分析】由题可得
的一个周期为4，据此可得
在
上的大致图像，
恰有三个不同的实数根，等价于
在
上的大致图像与函数
在
上的大致图像有三个不同交点，据此可得答案.
【详解】因
，则
的一个周期为4.
因
时，
，又
是定义在
上的偶函数，则
，结合一个
周期为4，可得
大致图像如下.
注意到
恰有三个不同的实数根等价于
在
上的大致图像与函数
在
上的大致图像有三个不同交点，则由图可得：
.
故答案为：B
7．D
【分析】画出函数
的图象，根据对称性和对数函数的图象和性质求出
及
，则有
，然后利用函数单调性求解范围即可．
【详解】作出函数
的图象如下图所示：
若关于
的方程
有四个不同的实数解
、
、
、
，且
，
由
可得
或
，解得
或
，
所以，
，
由
得
，即
，所以
，
由图可知，点
、
关于直线
对称，则
，
所以
，其中
，
令函数
，其中
，则函数
在
上单调递增，
所以
，即
，即
.
故选：D.
8．B
【分析】当
或
时求得
，然后验证
，
，
，利用排除法可得答案.
【详解】当
，解得
或
，当
，解得
．
当
时，
有一个零点
，符合题意，A 错误；
当
时，
有两个零点
和
，不符合题意，C 错误；
当
时，
有一个零点
，符合题意，D 错误，
故选：B．
9．A
【分析】由题可得m 为
的图象与
交点的横坐标，n 为
与
交点的横坐
标，t 为
与
交点的横坐标，分别画出函数图像，结合图像分析即可.
【详解】令
，则
，
则m 为
的图象与
交点的横坐标，
同理可得n 为
与
交点的横坐标，
t 为
与
交点的横坐标，
结合图象可知
，
，
．综上可得
．
故选：A
10．A
【分析】先分别计算各选项区间端点处函数值，再根据零点存在定理判断零点所在区间.
【详解】将
代入函数
，
.
把
代入函数
，则
.
由于
，
，满足
，且
内图像连续，根据零点存在定理可知函数
在区间
内有零点. 故A 正确.
将
代入函数
，得到
.
因为
，
，则
，所以函数
在区间
不一定有零点.
把
代入函数
，可得
.
由于
，
，即
，所以函数
在区间
内不一定有零点.
将
代入函数
，得到
.
因为
，
，则
，所以函数
在区间
内不一定有零点.
再由于
中，
时，
单调递增，
单调递增，则
时，
随着
变大
增大.
综上所得，函数
的零点所在的大致区间是
，
故选：A
11．C
【分析】解法1：根据函数零点，可得
①，
②，整理①可得
，令
，代入可得
，与②对比，可得
，即
，
可求.
解法2：由题意得
，
，令
，则
，
，利用
与
的图象关于直线
对称，即可求解.
【详解】解法1：
根据题意，可得
①，
②，
所以
，
，即
，
令
，代入上式得
，
所以
，即
，
而
在
上为增函数，
故与②式比较得
，于是
，即
.
故选：C．
解法2：
令
，化简得
，
令
，化简得
，
令
，则
，
，
故
为
的解，
为方程
的解，
由于
与
的图象关于直线
对称，故
，所以
．
故选：C．
12．D
【分析】由
为偶函数，可得
，则
，分别画出
与
的图像分析可
解.
【详解】因为
为偶函数，所以
．又
，所以
，
故
，
与直线
的图象如图所示，
故
的图象与
的交点个数为5．
故选 ：D
13．D
【分析】先利用函数奇偶性得
，进而
，当
时，在同一个坐标系内作出
与
的图象观察交点个数．
【详解】因为
为偶函数，所以
，又
，所以
，
则
，
当
时，在同一个坐标系内作出
与
的图象如图所示，
故曲线
与
有2 个交点．
故选：D.
14．D
【分析】作出图形，利用正弦型函数的对称性得出
，可得出
，求出
的取值范围，利用二次函数的基本性质可求得所求代数式的取值范围.
【详解】如下图所示：
令
，解得
，
故当
时，对称轴为直线
，则
，
因为
，所以，
，
又因为
，
，
由
可得
，则
，则
，
所以，
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于结合正弦型函数的对称性以及函数解析式将所求代数式转化为关
于某个量的函数，求出变量范围后，转化为值域问题求解.
15．AC
【分析】对于A，运用偶函数定义判定；对于B，转化为的两根分别为，换元转化为对勾函数与函数的图
象有两个交点，结合图像判定即可；对于C､D，运用换元，转化，结合二次方程，韦达定理计算判定即可.
【详解】对于A，由题意，
的定义域为
，∵
，∴
为偶函数．A 正确；
对于B，
有两个零点
，
即
的两根分别为
，令
，则
，
即函数
与函数
的图象有两个交点，
由对勾函数的图象可知，当
时，
与
的图象有两个交点．B 错误；
对于C，D，由上可知，令
后
转化成
①，
设
，
为①式的两根，则
，即
②，由②式可知
，∴
则
，又
，∴
，则
．C 正确；D 错误；
故选：AC.
16．AD
【分析】令
,
，将问题转化为
，
交点问题，从而利用数形结
合求解．
【详解】因为
．令
，则
，
与
的图象关于点
对称．
设直线
与曲线
相切于点
，
则
，解得
，
．
所以直线
与曲线
相切于点
．
如图①，当
，即
时，曲线
与
相切于点
，
．
当
，即
时，
，
，A 正确；
趋于正无穷的速度比ex 趋于正无穷的速度快，所以无论
取何值，总存在
，使得当
时，
，
，B 错误；
如图②，当
，即
时，
与
的图象在
无公共点，
因为
趋于正无穷的速度比ex 趋于正无穷的速度快，
所以
与
的图象在
和
各有一个公共点，所以
有且仅有两个零点，C 错误；
如图②，当且仅当
，即
时，
与
在
的图象重合，则
有无数个零点，D
正确．
故选：AD
17．
【分析】根据零点的存在性定理，以及二分法的计算方法，得到第二次计算
，即可的
得到答案.
【详解】由函数
的零点时，第一次经过计算得
，
，
即
，可得零点
，
根据二分法，第二次计算
.
故答案为：
18．
【分析】作出函数的图象，依题意
即函数
与直线
的交点横坐标，利用函数解析式，
结合图象易得
，
，
，利用二次函数的性质即可求得
的取值范围.
【详解】作出函数的图象，设
，依题意，
，
且
，
，解得
，
，
故
，因函数
在
上单调递减，故
，
即
的取值范围是
.
故答案为：
.
19．
【分析】作出函数的图象，设在
时直线
与
的图象有4 个交点，
，令
，只需方程
有2 个不同的解，根据一元二次方程根的分布，列不等式求解即可．
【详解】如图，作出函数
的图象，易知
，
当
时，此时
有4 个不同的实数根，
当
或
时，此时
有3 个不同的实数根，
当
时，此时
有2 个不同的实数根，
当
时，此时
有1 个不同的实数根，
当
时，此时
没有实数根，
因此只有在
时直线
与
的图象有4 个交点，
所以要满足关于
的函数
有8 个不同的零点，
令
，则方程
在
上有两个不等实根，
则有
解得
．
故答案为：
.
20．
【分析】令
，得
，
，故函数
有两个零点等价于直线
与函数
的图象有2 个交点.设
，
，对函数
求导，研究
的单调性
与最值，画出函数
的图象，根据图象数形结合即可求解.
【详解】令
，得
，
，
所以函数
有两个零点等价于直线
与函数
的图象有2 个交点.
设
，
，则
，
当
时，
，
在
单调递增；当
时，
，
在
单调递
减，
故
.
因为当x 无限趋近于0 时，
无限接近于0，且
，故函数
的图象如下图所示：
由图可知：当
时，直线
与函数
的图象有2 个交点，即
有2 个零点.
故答案为：
.
21．
或2
【分析】先将零点问题化为交点问题，再结合图象确定其中一个零点范围，再利用零点存在性定理确定另
一个零点范围，最后求解参数即可.
【详解】由题意得
的定义域为
，
令
，则
，
可得函数
的零点为函数
的图象与
的图象交点的横坐标，
如答图15-18，可知交点有两个，其中一个交点的横坐标
满足
．
而函数
的零点
，解得
，
而
，
，
则
，由零点存在性定理得存在
作为
零点，
因为该零点满足
，且
为整数，所以
，
综上，
或2.
故答案为：
或2
22．(1)
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由奇函数的性质有
求参数值；
（2）根据指数函数、分式型函数的单调性判断
区间单调性，再应用零点存在性判断区间零点个数，
即可证.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
由
是奇函数，得
，
解得
；
（2）函数
，因为函数
在
上单调递增，
所以
在
上单调递增，又
在
上单调递增，
因此
在
上单调递增，
而
，
所以
在
上有唯一的零点.
【点睛】方法点睛：判断函数
的零点的个数的方法，
1.解方程法，方程
的实数根的个数就是函数
的零点的个数．
2.借助函数的单调性及函数零点存在定理进行判断．
3.如果函数图象易画出（比如一次函数，二次函数，指、对、幂函数），则可依据图象与
轴的交点的个
数来判断．特别地，对于形如
的函数，可依据函数
与
的图象的交点的个数来判断
函数
零点的个数．
