专题2.13 函数与方程（举一反三复习讲义）
【全国通用】
考点要求
(1)理解函数的零点与方程的解的联系
(2)理解函数零点存在定理，并能简单应用
(3)了解用二分法求方程的近似解
考点
2024 年
2025 年
2026 年
高考真题
统计
函数与方程
新课标Ⅱ卷：第6
题，5 分
全国甲卷（文数）：
第16 题，5 分
天津卷：第7 题，5
分
上海卷（秋考）：第
21 题，18 分
全国二卷：第13 题，
5 分
北京卷：第15 题，5
分
命题规律
分析
1、函数与方程
函数的零点问题是高考常考的重点和热点内容，从近三年的高考情况来
看，一般以选择题与填空题的形式出现，此时主要考查零点所在的区间、
函数图象交点问题以及函数零点个数问题等，难度较易或中档；有时候也
会在解答题中考查，主要结合函数图象研究函数的零点或方程的根的分
布、个数问题等，或者与导数结合考查，此时难度偏大，一般出现在压轴
题位置。
知识点
1
函数零点所在区间
1．确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法
(1)利用函数零点存在性定理：首先看函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若
有，则函数y=f(x)在区间(a,b)内必有零点.
(2)数形结合法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如f(x)=
函数与方程
考点1
g(x) - h(x)，作出y=g(x)和y=h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点.
知识点
2
函数的零点个数和求参问题
1．函数零点个数的判断方法
函数零点个数的判定有下列几种方法：
(1)直接
法
：直接求零点，令f(x)=0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.
(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[a,b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数
的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.
(3)图象法：画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同
的零点.
(4)性质法：利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期函
数，则只需解决在一个周期内的零点的个数.
2．已知函数零点求参数的方法
(1)已知函数的零点求参数的一般方法
①直接法：直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；
②数形结合法：将函数的解析式或者方程进行适当的变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两个熟
悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围；
③分离参数
法
：分离参数，转化为求函数的最值问题来求解.
(2)已知函数零点个数求参数范围的方法
已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确画出
两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
知识点
3 嵌套函数的零点问题
1．嵌套函数的零点问题的解题策略
函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇.对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”,
设中间函数为t，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解.
【题型1 函数零点所在区间的判断】
【例1】（2026·山东泰安·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
【解题思路】计算函数在各区间端点的函数值，利用零点存在定理，判断函数值异号的区间，从而确定零
点所在的大致区间.
【解答过程】f (1)=(1−1)2
1−26=−26<0
f (2)=(2−1)2
2−26=−22<0
f (3)=(3−1)2
3−26=−10<0
f (4)=(4−1)2
4−26=22>0
f (5)=(5−1)2
5−26=102>0
因为f (3)<0,f (4)>0，且函数f ( x)是连续函数，所以零点在区间(3,4)内.
故选：C.
【变式1-1】（25-26 高二下·四川自贡·阶段检测）函数f (x)=2
x+ ln x−3的零点所在区间为（ ）
A．(2,3)
B．(0, 1
2)
C．(
1
2 ,1)
D．(1,2)
【答案】D
【解题思路】先确定函数的定义域与单调性，再计算各区间端点的函数值，结合零点存在性定理判断零点
所在区间.
【解答过程】由函数f (x)=2
x+ ln x−3可知，函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
又y =2
x与y = ln x在(0,+ ∞)上单调递增，所以函数f (x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f (1)=2
1+ ln1−3=−1<0,f (2)=2
2+ ln 2−3=1+ ln 2>1+ ln1>0，
所以f (1)f (2)<0，根据零点存在性定理可知，函数f (x)的零点所在区间为(1,2).
故选：D.
【变式1-2】（25-26 高一上·陕西商洛·期末）函数f (x)= 4
x+ x−6的零点所在的区间为（ ）
A．(
1
2 ,1)
B．(1, 3
2)
C．(
3
2 ,2)
D．(2, 5
2)
【答案】B
【解题思路】根据函数的单调性，结合零点存在定理，分析计算，即可得答案.
【解答过程】因为函数y = 4
x和y = x均为单调递增函数，
所以函数f (x)= 4
x+ x−6为单调递增函数，
又f (1)=−1<0，f(
3
2)= 4
3
2 + 3
2 −6= 7
2 >0，
所以f (1)⋅f(
3
2)<0，
所以由零点存在定理可知函数f (x)= 4
x+ x−6的零点所在的区间为(1, 3
2)．
故选：B.
【变式1-3】（25-26 高一上·江西抚州·期末）函数f ( x)= x
3−( 1
2 )
x
的零点所在的区间是（ ）
A．(2,3)
B．(1,2)
C．(0,1)
D．(−1,0)
【答案】C
【解题思路】先判断函数单调性，再计算区间端点函数值，最后根据函数零点存在性定理解答即可.
【解答过程】因为y = x
3 在 R 上单调递增，
y =−(
1
2)
x
在 R 上单调递增（因为 (
1
2)
x
单调递减，取反后单调递增），
则两个增函数的和仍然是增函数，
因此 f ( x)= x
3−(
1
2)
x
在 (−∞,+ ∞) 上单调递增，
f (0)=0
3−(
1
2)
0
=−1<0，
f (1)=1
3−(
1
2)
1
= 1
2 >0，
因为 f ( x) 单调递增，且 f (0)⋅f (1)<0，所以在区间 (0,1) 内存在唯一的零点.
故选：C.
【题型2 求函数的零点或零点个数】
【例2】（25-26 高一上·辽宁大连·期末）函数f (x)=2
x+ x−6的零点为（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】C
【解题思路】根据零点的概念，结合函数与方程的关系，利用指数函数与一次函数的单调性，可得答案.
【解答过程】由f (x)=0，即2
x =−x +6，易知与方程组{
y =2
x
y =−x +6)只有一组解，
由函数y =2
x为增函数，函数y =−x +6为减函数，
则两函数有且仅有一个交点，即方程存在唯一解，
当x =2时，f (2)=2
2+2−6=0，所以函数的零点为2.
故选：C.
【变式2-1】（25-26 高二上·内蒙古乌兰察布·期中）函数f (x)=1−ln|x)的零点为（ ）
A．e
B．−e
C．e和−e
D．(e,0)或(−e,0)
【答案】C
【解答过程】直接解方程f (x)=0即得函数f (x)的零点.
【解题思路】令f (x)=1−ln|x)=0，即ln|x)=1，解得x =±e，
所以函数f (x)的零点为e和−e.
故选：C.
【变式2-2】（2026·四川巴中·一模）已知函数f ( x)={
|ln x), x>0
x
2+2 x +2, x ≤0)，则方程f (f ( x)−2)=2实数根的
个数为（ ）
A．6
B．7
C．10
D．11
【答案】D
【解题思路】先通过换元将方程等价转化为四个方程f ( x)=e
2+2，f ( x)=e
−2+2，f ( x)=2，f ( x)=0的
根，再结合函数的图象分别求解这四个方程可得.
【解答过程】令t = f ( x)−2，则f (t )=2.当t >0时，则|ln t )=2，得t =e
2或t =e
−2.
当t ≤0时，则t
2+2t +2=2，得t =0或t =−2.
再由t = f ( x)−2，即f ( x)=t +2，所以原方程f (f ( x)−2)=2等价于下面四个方程的根：
f ( x)=e
2+2
，
——①
f ( x)=e
−2+2
，
——②
f ( x)=2
，
——③
f ( x)=0——④.
再由f ( x)={
|ln x), x>0
x
2+2 x +2, x ≤0)，可知函数在(0,1)上单调递减，在[1,+ ∞)上单调递增，
在(−∞,−1)上单调递减，在[−1,0]上单调递增，图象如下：
对方程①f ( x)=e
2+2，因为f ( x)=e
2+2>2，
所以x>0时，|ln x)=e
2+2，得ln x =e
2+2或−ln x =e
2+2，解得x =e
e
2+2或x =e
−e
2−2；
当x<0时，x
2+2 x +2=e
2+2，得x =−1−
❑√e
2+1或x =−1+
❑√e
2+1（舍去）.
所以方程f ( x)=e
2+2共有3 个根.
对方程f ( x)=e
−2+2
，因为
——②
f ( x)=e
−2+2>2.
所以x>0时，|ln x)=e
−2+2，得ln x =e
−2+2或−ln x =e
−2+2，解得x =e
e
−2+2或x =e
−e
−2−2；
当x<0时，x
2+2 x +2=e
−2+2，得x =−1−
❑√e
−2+1或x =−1+
❑√e
−2+1（舍去）.
所以方程f ( x)=e
−2+2共有3 个根.
对于方程f ( x)=2
，
——③
所以x>0时，|ln x)=2，得ln x =2或−ln x =2，解得x =e
2或x =e
−2；
当x<0时，x
2+2 x +2=2，得x =0或x =−2.
所以方程f ( x)=2共有4 个根.
对于f ( x)=0
，由函数的图象可知方程有唯一的根
——④
x =1.
综上所述，方程的根共有3+3+ 4 +1=11个根.
故选：D.
【变式2-3】（2026·北京·模拟预测）已知函数f ( x)={
2
x ,0< x ≤1
1
2 f ( x−1), x>1)
，则函数g( x)= f ( x)−2
x 的零点
个数为（ ）
A．2
B．0
C．3
D．无穷
【答案】A
【解题思路】根据函数表达式确定函数f ( x)在(n−1,n]（n∈N*）上是增函数且f (n)= 1
2
n−2，零点个数
转化为函数f ( x)与h( x)= 2
x 的图象交点个数，作出它们的大致图象后，观察可得交点个数，从而得结论．
【解答过程】由f ( x)={
2
x ,0< x ≤1
1
2 f ( x−1), x>1)
，得f ( x)在区间(n,n+1]上的函数值都是区间(n−1,n]上相应
函数值的一半，n∈N*，
又0< x ≤1时，f ( x)=2
x是增函数，即f ( x)≤f (1)=2，
所以f (n)= 1
2
n−2，因此x∈(n−1,n]时，f ( x)≤f (n)= 1
2
n−2，
令h( x)= 2
x ，它在(0,+∞)上是减函数，h(n)= 2
n，h(1)=2= f (1)，h(2)=1= f (2)，
当n≥3时，h(n)= 2
n > 1
2
n−2，
作出y = f ( x)和h( x)= 2
x 在(0,+ ∞)上图象，如图，由图可知：
在x>2时，f ( x)的图象与h( x)的图象没有交点，所以在(0,+∞)上，它们只有两个交点，
所以g( x)的零点个数为2.
故选：A．
【题型3 根据函数零点的个数求参数】
【例3】（2026·内蒙古赤峰·三模）已知函数f (x)={
x
2+ 4 x +3, x ≤0
1+log 1
3
x , x>0)，若函数g(x)= f (x)−a恰有3 个零
点，则a的取值范围为（ ）
A．(−1,3)
B．[0,3)
C．(−1,0)
D．(3,+∞)∪{−1)
【答案】A
【解题思路】转化为函数y = f (x)与y =a的图象有3 个交点，结合f (x)的图象可得答案.
【解答过程】若函数g(x)= f (x)−a恰有3 个零点，
即函数y = f (x)与y =a的图象有3 个交点，
f (x)= x
2+ 4 x +3=(x +2)
2−1(x ≤0)，
当x =0时，f (x)=3，当x =−2时，f (x)=−1，
函数y = f (x)的图象如下，
结合图象可得−1<a≤3.
故选：A.
【变式3-1】（2026·河北沧州·一模）已知函数f (x)={
log2 x +1, x>0
−2 x
2+ax , x ≤0),若函数y = f (f (x))至少有7 个零
点，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−2, +∞)
B．(−∞, 2)
C．[−2, 0)
D．(−∞, −2)
【答案】D
【解题思路】利用分类讨论a≥0, a<0，再通过数形结合来研究函数零点个数，即可得参数范围.
【解答过程】当a≥0, x ≤0时，f (x)=−2 x
2+ax，对称轴为x = a
4 ≥0，所以f (x)在(−∞, 0)上单调递增，
函数图象如下：
令f (x)=t , y = f (f (x))= f (t )=0，解得t =0或t = 1
2，
即f (x)=t =0或f (x)=t = 1
2，根据图象f (x)=t =0有2 个解，
f (x)=t = 1
2有1 个解，所以此时y = f (f (x))有3 个零点，不符合题意；
当a<0，x ≤0时，f (x)=−2 x
2+ax，对称轴为x = a
4 <0，
所以f (x)在(−∞, a
4)上单调递增，在(
a
4 , 0)上单调递减，函数图象如下：
令f (x)=t , y = f (f (x))= f (t )=0，解得t = a
2或t =0或t = 1
2，
根据图象f (x)=t = a
2 <0有2 个解，f (x)=t =0有3 个解，
又y = f (f (x))至少有7 个零点，所以f (x)=t = 1
2至少有2 个解，
即{
a<0
f(
a
4)= a
2
8 ≥1
2)
，解得a≤−2．
故选:D．
【变式3-2】（2026·北京顺义·一模）已知函数f ( x)={
x
3, x ≥0
−x , x<0)，若方程f ( x)= x
2−kx有4 个不同的实
数解，则k的取值范围是（ ）
A．(−∞,0)
B．(0, 1
4 )
C．(−∞,0)∪(0, 1
4 )
D．( 1
4 ,+∞)
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，按x<0, x ≥0分段，结合一元二次方程实根分布列式求解.
【解答过程】方程f ( x)= x
2−kx ⇔f ( x)−x
2+ kx =0，
当x<0时，方程为−x−x
2+ kx =0，则x +1−k =0，即k = x +1，当k <1时，方程有且只有一个实根；
当x ≥0时，方程为x
3−x
2+ kx =0，显然x =0是此方程的一个实根，
当x>0时，方程化为x
2−x +k =0，要使方程f ( x)= x
2−kx有4 个不同的实数解，
当且仅当方程x
2−x +k =0有两个不同的正根，则{
Δ=1−4 k >0
1
2 >0
k >0 )
，解得0<k < 1
4 ，
所以k的取值范围是(0, 1
4 ).
故选：B.
【变式3-3】（2026·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)={
x
3, x ≥0
−x , x<0)
，若函数
g(x)= f (x)−|k x
2−3 x)(k ∈R)恰有4 个零点，则k的取值范围为（ ）
A．(−∞,−1
3)∪(2❑√3,+∞)
B．(−∞,−1
3)∪(0,2❑√3)
C．(−∞,0)∪(0,2❑√3)
D．(−∞,0)∪(2❑√3,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】由g(0)=0，结合已知，将问题转化为y =|kx −3)与h( x)= f ( x)
| x| 有3个不同交点，分
k =0,k <0,k >0三种情况，数形结合讨论即可得到答案.
【解答过程】注意到g(0)=0，所以要使g( x)恰有4 个零点，
只需方程|kx −3|= f ( x)
| x| 恰有3 个实根即可，
令h( x)= f ( x)
| x| ，即y =|kx−3|与h( x)= f ( x)
| x| 的图象有3个不同交点.
而h( x)= f ( x)
|x) ={
x
2,
x>0
1,
x<0)，y =|kx −3|恒过(0,3)，
当k =0时，此时y =3，如图1，y =3与h( x)= f ( x)
| x| 有1个不同交点，不满足题意；
当k <0时，如图2，此时y =|kx−3|与h( x)= f ( x)
| x| 恒有3个不同交点，满足题意；
当k >0时，如图3，当y =kx −3与y = x
2相切时，联立方程得x
2−kx +3=0，
令Δ=0得k
2−12=0，解得k =2❑√3（负值舍去），所以k >2❑√3.
综上，k的取值范围为(−∞,0)∪(2❑√3,+∞).
故选：D.
【题型4 根据零点的范围求参数】
【例4】（2026·陕西西安·模拟预测）若函数f (x)=lg x +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)
【答案】D
【解题思路】根据函数单调性结合零点存在性定理列式计算即可.
【解答过程】因为f (x)在(1,10)上单调递增，
所以f (1)f (10)<0，即t (1+t )<0，
解得−1<t <0．
故选：D.
【变式4-1】（2026·辽宁抚顺·模拟预测）函数f (x)=kx −4+ x log2 x在区间[1,4)内有零点，则实数k的取
值范围为（ ）
A．[−4,1)
B．(−4,1)
C．[−1,4)
D．(−1,4)
【答案】D
【解题思路】令g(x)=k + log2 x−4
x ，分析可知函数g(x)=k + log2 x−4
x 在[1,4)上为增函数，且该函数在
区间[1,4)内有零点，可得出{
g(1)≤0
g(4)>0)，即可解得实数k的取值范围.
【解答过程】当x∈[1,4)时，由f (x)=kx −4+ x log2 x =0可得k + log2 x−4
x =0，
令g(x)=k + log2 x−4
x ，
因为函数y = log2 x、y =k −4
x 在[1,4)上均为增函数，
故函数g(x)=k + log2 x−4
x 在[1,4)上为增函数，
因为函数f (x)在区间[1,4)内有零点，则函数g(x)在区间[1,4)内有零点，
所以，{
g(1)=k −4≤0
g(4)=k +1>0)，解得−1<k ≤4，
因此，实数k的取值范围是(−1,4).
故选：D.
【变式4-2】（25-26 高一上·河南信阳·期末）函数f ( x)=2
x−2a
x 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取
值范围是（ ）
A．(1,3)
B．(1,4)
C．(0,3)
D．(1,2)
【答案】B
【解题思路】先根据零点分析得a>0，然后利用指数函数单调性和反比例函数的单调性可知，函数
f ( x)=2
x−2a
x 在(1,2)单调递增，进而利用零点存在性定理列不等式求解即可.
【解答过程】当a≤0时，f ( x)=2
x−2a
x >0在x∈(1,2)上恒成立，此时f ( x)在区间(1,2)内无零点；
要使函数f ( x)=2
x−2a
x 的一个零点在区间(1,2)内，则a>0，
因为函数y =2
x和y =−2a
x 在(1,2)单调递增，所以函数f ( x)=2
x−2a
x 在(1,2)单调递增，
由零点存在性定理可知f (1)=2−2a<0,f (2)= 4−a>0，解得1<a<4．
故选：B.
【变式4-3】（25-26 高一上·重庆·阶段检测）函数f (x)=kx −4+ x log2 x在区间[ 4,8)内有零点，则实数k
的取值范围为（ ）
A．[−2,−1)
B．(−2,−1]
C．[−5
2 ,−1]
D．(−5
2 ,−1]
【答案】D
【解题思路】函数f (x)=kx −4+ x log2 x在区间[ 4,8)内有零点，即方程kx−4 + x log2 x =0在区间[ 4,8)内
有解，即方程k = 4
x −log2 x在区间[ 4,8)内有解，构造函数g(x)= 4
x −log2 x , x∈[ 4,8)，分析单调性求得
g(x)的值域，即可得实数k的取值范围.
【解答过程】函数f (x)=kx −4+ x log2 x在区间[ 4,8)内有零点，即方程kx −4 + x log2 x =0在区间[ 4,8)内
有解，即方程k = 4
x −log2 x在区间[ 4,8)内有解.
令函数g(x)= 4
x −log2 x , x∈[ 4,8)，则直线y =k与函数y = g(x)的图象有交点.
因为函数y = 4
x
在[ 4,8)上单调递减，函数y =−log2 x在[ 4,8)上单调递减，所以函数
g(x)= 4
x −log2 x , x∈[ 4,8)是减函数.
因为g(4)= 4
4 −log24 =1−2=−1, 4
8 −log28= 1
2 −3=−5
2.
所以函数g(x)的值域为(−5
2 ,−1]，所以实数k的取值范围为(−5
2 ,−1].
故选：D.
【题型5 嵌套函数的零点问题】
【例5】（2026·山西临汾·二模）已知函数f (x)={
|2
x−1), x ≤2,
3
x−1 , x>2, )
若方程[f (x))
2−(a+5)f (x)+5a=0有三
个不同的实数根，则a的取值范围为（ ）
A．(0,1)
B．(0,2)
C．(0,3)
D．(1,3)
【答案】A
【解题思路】解方程[f (x))
2−(a+5)f (x)+5a=0得f (x)=a或f (x)=5，数形结合得方程f (x)=5无解，进
而得到直线y =a与曲线y = f (x)有3个交点，结合图象可得出实数a的取值范围.
【解答过程】由[f (x))
2−(a+5)f (x)+5a=0可得f (x)=a或f (x)=5，
当x ≤0时，f (x)=|2
x−1)=1−2
x∈[0,1)；
当0< x ≤2时，f (x)=|2
x−1)=2
x−1∈(0,3]；
当x>2时，f (x)=
3
x−1 ∈(0,3).
作出函数f (x)、y =5、y =a的图象如下图所示：
由图可知，直线y =5与曲线y = f (x)有0个交点，即方程f (x)=5无解，
所以由题方程f (x)=a有3个不同的解，即直线y =a与曲线y = f (x)有3个交点，则0<a<1.
故选：A.
【变式5-1】（25-26 高三上·吉林四平·阶段检测）已知函数f (x)={
4−x
2, x ≤0
|ln x)+2, x>0)，若函数
g(x)= f (f (x))−t恰有5 个零点，则实数t的取值范围为（ ）
A．(2,e
2)
B．(ln2+2,4)
C．(ln2+2,2ln2+2) D．(2,4)
【答案】C
【解题思路】画出函数的图象，利用换元法、数形结合思想、分类讨论进行求解即可.
【解答过程】由g(x)= f (f (x))−t恰有5 个零点，
则关于x的方程f (f (x))=t恰有5 个相异实根，
令f (x)=m，问题转化为满足{
f (x)=m
f (m)=t)的x恰有5 个不同的解.
作出函数f (x)的图象，如图所示，
由图易得：当t <2时，关于m的方程f (m)=t仅有一个实根m0，且m0<0，
此时f (x)=m0仅有1 个实根，不合题意；
当t =2时，f (m)=t仅有两个相异实根−❑√2,1，
而f (x)=−❑√2,f (x)=1各仅有1 个实根，不合题意；
当2<t ≤4时，f (m)=t仅有3 个实根m1,m2,m3，
且m1≤0<m2<1<m3≤e
2,f (x)=mi(i =1,2)各仅有1 个实根，
且两实根均小于−❑√3，则f (x)=m3有三个实根，必有2<m3≤4，
所以ln2+2= f (2)<t ≤f (4)=2ln2+2.
又2<t ≤4，所以ln2+2<t ≤2ln2+2，此时的5 个实根互不相等，
即g(x)恰有5 个零点；
当t >4时，f (m)=t仅有2 个相异实根m4,m5，且0<m4< 1
e
2 ,m5>e
2，
此时f (x)=m4仅有1 个实根，f (x)=m5有2 个实根，不合题意.
所以实数t的取值范围为(ln2+2,2ln2+2).
故选：C.
【变式5-2】（2026·陕西宝鸡·二模）已知函数f (x)={
x
2−2 x +1, x ≥0
|1−ln (−x)), x<0)，若关于x的方程
a[f (x))
2−(2a+1)f (x)+2=0有7个不相等的实数根，则实数a的取值范围为（ ）
A．(0,1)
B．(0,1)
C．[0,1)
D．[1,+∞)
【答案】D
【解题思路】将所求方程因式分解后可知当a≠0时，f (x)=2或f (x)= 1
a；作出f (x)图象，根据交点个数可
确定0< 1
a ≤1，当a=0时可知不合题意，进而求得a的范围.
【解答过程】由a[f (x))
2−(2a+1)f (x)+2=0得：[af (x)−1)[f (x)−2)=0，
当a≠0时，f (x)=2或f (x)= 1
a；
作出f (x)图象如下图所示，
则f (x)=2有三个不等实根，∴f (x)与y = 1
a有四个不同交点，
∴0< 1
a ≤1，解得：a≥1；
当a=0时，f (x)=2，此时方程有a[f (x))
2−(2a+1)f (x)+2=0三个不等实根，不合题意；
综上所述：实数a的取值范围为[1,+ ∞).
故选：D.
【变式5-3】（2026·河南鹤壁·一模）已知函数f (x)={
−2
−x+1，x ≤0，
f (x−1)，x>0，)若关于x的方程
2[f (x))
2+(3−3a)f (x)+2a=0在区间(−∞,2025]内有2027 个不同的实数根，则实数a的取值范围是（
）
A．[
1
10 ，1
5)
B．[0，1
5)
C．(0，1
5)
D．(−∞，1
5)
【答案】B
【解题思路】先作出f (x)上的图象，令f (x)=t，再将问题转化为方程2t
2+(3−3a)t +2a=0有一个根在
(−1,0]内，另一个根在(−∞,−1]内.令g(t )=2t
2+(3−3a)t +2a，利用实根分布即可求解.
【解答过程】先作出f (x)在(−∞,0]上的图象，再扩展到整个定义域，画出大致图象如下．
当t ∈(−1,0]时，方程f (x)=t在(−∞,2025]内有2026 个实根；
当t ∈(−∞,−1]时，方程f (x)=t在(−∞,2025]内有1 个实根，
令f (x)=t，因为方程2[f (x))
2+(3−3a)f (x)+2a=0在区间(−∞,2025]内有2027 个不同的实数根，
所以方程2t
2+(3−3a)t +2a=0有一个根为−1，另一个一个根在(−1,0]内，此时a= 1
5,符合题意；
或者有一个根在(−1,0]内，另一个根在(−∞,−1)内，
令g(t )=2t
2+(3−3a)t +2a，则{
Δ>0
−3−3a
4
≤−1
2
g(−1)<0
g(0)≥0 )
，
即{
(3−3a)
2−16a>0
a≤1
3
2×(−1)
2+(3−3a)×(−1)+2a<0
2a≥0
)
，
解得0≤a< 1
5，综上可得0≤a≤1
5．
故选：B.
【题型6 用二分法求方程的近似解】
【例6】（2026·广东汕头·模拟预测）用二分法求函数f (x)=ln x +2 x−6在(2,3)内的零点近似值，若精确
度要求为0.1，则需重复相同步骤的次数至少为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【解题思路】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1，则第一次
使用二分法后区间长度变为0.5，第二次使用二分法后区间长度变为0.25，第三次使用二分法后区间长度
变为0.125，以此类推，当区间长度小于精确度时即可停止.
【解答过程】解：原始区间长度为3−2=1，
第一次，区间长度减半，为0.5>0.1，
第二次，区间长度减半，为0.25>0.1，
第三次，区间长度减半，为0.125>0.1，
第四次，区间长度减半，为0.0625<0.1，
故至少需要重复四次.
故选：B.
【变式6-1】（25-26 高一上·陕西西安·期末）用二分法求方程ln (2 x +6)+2=3
x根的近似解时，令
f (x)= ln (2 x +6)+2−3
x，并用计算器得到如下表数据：则由表中的数据，可得方程ln (2 x +6)+2=3
x的
一个近似解为（精确度为0.1）（ ）
x
1.00
1.25
1.375
1.50
f (x)
1.0794
0.1918
−0.3604
−0.9989
A．1.125
B．1.3125
C．1.4375
D．1.46875
【答案】B
【解题思路】利用二分法判断即可得出结果.
【解答过程】设函数f (x)的零点为x0，
因为f (1)>0，f (1.5)<0，则f (1)⋅f (1.5)<0，所以x0∈(1,1.5)，区间长度为0.5，
取区间(1,1.5)中点，f (1.25)>0，则f (1.25)⋅f (1.5)<0，
所以x0∈(1.25,1.5)，区间长度为0.25，
取区间(1.25,1.5)的中点1.375，f (1.375)<0，则f (1.25)⋅f (1.375)<0，
所以x0∈(1.25,1.375)，区间长度为0.125，
取区间(1.25,1.375)的中点1.3125，则x0∈(1.25,1.3125)或x0∈[1.3125,1.375)，
此时区间长度为0.0625<0.1，故方程ln (2 x +6)+2=3
x的一个近似解为1.3125，
故选：B.
【变式6-2】（25-26 高一上·河南新乡·期末）用二分法求方程2
x+ 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．[1,1.5)
B．[2,3)
C．[1,2)
D．[3,5)
【答案】B
【解题思路】构造f (x)=2
x+ x−8，代入端点值以及中点处的函数值，结合二分法的定义求解.
【解答过程】记f (x)=2
x+ x−8，由于y =2
x, y = x−8均为[1,5)上的单调递增函数，故f (x)=2
x+ x−8为
[1,5)上的单调递增函数，
因为f (1)=2+1−8=−5<0,f (5)=32+5−8=29>0,f (3)=8+3−8=3>0，
且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.
【变式6-3】（25-26 高一上·全国·阶段检测）若函数f (x)= x
3+ x
2−2 x−2的一个正数零点附近的函数值用
二分法逐次计算，参考数据如表：
x
1
1.5
1.25
1.375
1.4375
1.40625
f (x)
−2
0.625
−0.984
−0.260
0.162
−0.054
那么当精确度达到0.04时，可作为方程x
3+ x
2−2 x−2=0的一个近似根的是（ ）
A．1.5
B．1.25
C．1.375
D．1.4375
【答案】D
【解题思路】根据零点存在定理和二分法可判断零点在区间(1.40625,1.4375)内，结合精确度要求即可判
断.
【解答过程】由表格中的数据知，f (1.40625)=−0.054<0,f (1.4375)=0.162>0，
所以函数f (x)的一个正数零点在区间(1.40625,1.4375)内，
且区间的长度为1.4375−1.40625=0.03125<0.04，
此时，区间(1.40625,1.4375)内的任一值均可作为方程的近似根，
选项D 中的1.4375是该区间的端点，符合题意
故选：D.
【题型7 多零点的大小与范围问题】
【例7】（2026·河南新乡·三模）已知函数f ( x)=3
x+3 x , g( x)= log3 x +3 x ,h( x)= x
3+3 x的零点分别为
a,b,c，则a,b,c的大小顺序为（ ）
A．b>c>a
B．b>a>c
C．c>a>b
D．a>b>c
【答案】A
【解题思路】分别求解三个函数的零点满足的关系式,再数形结合利用函数图象的交点比较大小即可.
【解答过程】f (x)=3
x+3 x的零点即为方程3
x=−3 x的解，即为y =3
x的图像与y =−3 x图像的交点横坐
标，
g(x)= log3 x +3 x的零点即为方程log3 x =−3 x的解，即为y = log3 x的图像与y =−3 x图像的交点横坐
标，
h(x)= x
3+3 x的零点即为方程x
3=−3 x的解，即为y = x
3的图像与y =−3 x图像的交点横坐标，
函数
∵
f (x), g(x),h(x)的零点分别为a,b,c,
作出函数y =−3 x , y = x
3, y = log3 x , y =3
x的图象如图，
由图可知：b>c>a，
故选：A.
【变式7-1】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数f (x)= x⋅10
x−1,g(x)= x⋅lg x−1,h(x)= x
4
3 −1的
零点分别为a,b,c，则a,b,c的大小顺序为（ ）
A．a<b<c
B．a<c<b
C．b<c<a
D．c<a<b
【答案】B
【解题思路】先利用函数与方程的关系转化为两个函数的交点问题，再利用数形结合即可求出结果.
【解答过程】由f (0)=−1≠0及f (x)= x⋅10
x−1=0得10
x= 1
x ，
由x>0及g(x)= x⋅lg x−1=0得lg x = 1
x ，
由h(0)≠0及h(x)= x
4
3 −1=0得x
1
3 = 1
x
，
由函数f (x)= x⋅10
x−1, g(x)= x⋅lg x−1,h(x)= x
4
3 −1的零点分别为a,b,c，
可得函数y =10
x，y =lg x，y = x
1
3与y = 1
x 图象交点的横坐标分别为a,b,c，
在同一坐标系中分别作出函数y =10
x，y =lg x，y = x
1
3，y = 1
x 的图象如图，
由图知a<c<b，
故选：B.
【变式7-2】（2026·海南·模拟预测）已知函数f ( x)={
−1
4 x
2−x +1, x ≤0
|log2 x|, x>0 )
，若存在不相等的实数
x1< x2< x3< x4，满足f (x1)= f (x2) = f (x3)= f (x4)，则x1+ x2+ x3+ x4的取值范围为（ ）
A．[−2, 1
4)
B．(−2, 1
4)
C．[−3
2 , 1
4)
D．(−3
2 , 1
4)
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，结合二次函数的对称性可得x1+ x2=−4，利用对数运算可得x3 x4=1，再利
用函数图象及性质求出x3的取值范围即可.
【解答过程】函数y =−1
4 x
2−x +1的图象对称轴x =−2，ymax =2，
函数f ( x)在(−∞,−2]上单调递增，函数值集合为(−∞,2]，在[−2,0]上单调递减，函数值集合为[1,2]，
在(0,1]单调递减，函数值集合为[0,+∞)，在[1,+∞)上单调递增，函数值集合为[0,+∞)，
令f ( x1)= f ( x2)= f ( x3)= f ( x4)=t，则函数y = f ( x)的图象与直线y =t有4 个交点，
在同一坐标系内作出函数y = f ( x)的图象与直线y =t，
观察图象，得1≤t <2，x1+ x2=−4，由1≤−log2 x3<2，得1
4 < x3≤1
2，
由|log2 x3|=|log2 x4|，得x3 x4=1，则x1+ x2+ x3+ x4=−4+ x3+ 1
x3
，
函数y = x3+ 1
x3
在( 1
4 , 1
2 ]上单调递减，5
2 ≤x3+ 1
x3
< 17
4 ，因此−3
2 ≤x1+ x2+ x3+ x4< 1
4 ，
所以x1+ x2+ x3+ x4的取值范围为[−3
2 , 1
4 ).
故选：C.
【变式7-3】（2026·陕西延安·一模）设函数f (x)=|x
2−4 x +3)−a(a>0),若f (x)有四个不同的零点
x1, x2, x3, x4，且满足x1< x2< x3< x4，则
x2+ x4
x1+ x3
的取值范围是（ ）
A．(1, 9+ 4 ❑√2
7 ) B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
【答案】A
【解题思路】作出函数g( x)=|x
2−4 x +3)的图象，结合直线y =a与函数 g( x)图象的交点个数可得出a的
取值范围，再利用对称轴将所求式子消元处理，再整体换元令t = x2−x1，转化为求g(t )= 4+t
4−t ,0<t <❑√2
的值域可得.
【解答过程】令g(x)=|x
2−4 x +3)，
由f (x)=|x
2−4 x +3)−a(a>0)=0有四个不同的零点，
则g( x)=|x
2−4 x +3)与y =a有四个不同的交点，
g( x)=¿
令x
2−4 x +3=0，解得x =1或3，
故当x ≤1或x ≥3时，g( x)= x
2−4 x +3；当1≤x ≤3时，g( x)=−x
2+ 4 x−3；
且当x =2，g(x)=|x
2−4 x +3)=1；
解方程x
2−4 x +3=1，得x =2± ❑√2；
作函数g( x)的图象，对称轴为x =2.
要使g(x)与y =a有四个不同的交点，如图可得0<a<1.
又x1, x2, x3, x4满足x1< x2< x3< x4，
则2−❑√2< x1<1< x2<2< x3<3< x4<2+ ❑√2，可得0< x2−x1<❑√2.
因为g( x)图象关于x =2对称，所以x1+ x4= x2+ x3= 4，
则x3= 4−x2, x4= 4−x1，
则
x2+ x4
x1+ x3
= 4−x1+ x2
4+ x1−x2
，令t = x2−x1，则0<t <❑√2，
构造函数h(t )= 4+t
4−t ，0<t <❑√2，
由h(t )= 4+t
4−t =−1−
8
t −4 ，函数g(t )在(0,❑√2)单调递增，
则0<h(t )< 9+ 4 ❑√2
7
，即x2+ x4
x1+ x3
∈(0, 9+ 4 ❑√2
7 ).
故选：A.
一、单选题
1．（2026·陕西西安·模拟预测）函数f (x)=0.3
x−❑√x的零点所在区间是（ ）
A．(0,0.5)
B．(0.5,0.7)
C．(0.7,1)
D．(1,2)
【答案】A
【解题思路】先判断函数在定义域上的单调性，再根据零点存在定理判断即可.
【解答过程】由题意可知函数的定义域为[0,+∞)，
又因为y =0.3
x与y =−❑√x在[0,+∞)均单调递减，
所以f (x)=0.3
x−❑√x在[0,+ ∞)均单调递减且连续，
因为f (0)=0.3
0−❑√0=1>0，f (0.5)=0.3
1
2 −❑√
1
2 = ❑√
3
10 −❑√
1
2 <0，
所以函数的唯一零点所在区间为(0,0.5).
故选：A.
2．（25-26 高一上·山东菏泽·阶段检测）已知函数f ( x)=ln x + 4 x−9，利用二分法求函数f ( x)在(2,3)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．(2, 9
4 )
B．( 9
4 , 5
2 )
C．( 5
2 , 11
4 )
D．( 11
4 ,3)
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，利用二分法求函数在区间内零点的方法逐一判断即可.
【解答过程】函数f ( x)= ln x + 4 x−9，f (2)= ln 2+ 4×2−9= ln 2−1<0，
f (3)= ln3+ 4×3−9= ln3+3>0，函数f ( x)的零点在(2,3)内；
f ( 5
2 )= ln 5
2 + 4× 5
2 −9= ln 5
2 +1>0，函数f ( x)的零点在(2, 5
2 )内；
f ( 9
4 )= ln 9
4 + 4× 9
4 −9= ln 9
4 >0，函数f ( x)的零点在(2, 9
4 )内.
故选：A.
3．（2026·天津·二模）函数f (x)=log2 x−1
3 x的一个零点所在区间为（ ）
A．(7,8)
B．(8,9)
C．(9,10)
D．(10,11)
【答案】C
【解题思路】求定义域，求导，得到函数单调性，结合零点存在性定理可得结论
【解答过程】f (x)=log2 x−1
3 x定义域为(0,+∞)，f
′ (x)=
1
x ln2 −1
3 = 3−x ln2
3 x ln2 ，
令f
′ (x)>0得0< x< 3
ln2，令f
′ (x)<0得x> 3
ln2，
所以f (x)=log2 x−1
3 x在(0, 3
ln 2)上单调递增，在(
3
ln 2 ,+∞)上单调递减，
f (9)=log29−3=log29−log28>0，f (10)=log210−10
3 =log210−log22
10
3 ，
其中10
3=1000,2
10=1024，故10
3<2
10，10<2
10
3 ，f (10)=log210−log22
10
3 <0，
由零点存在性定理可得函数f (x)=log2 x−1
3 x的一个零点所在区间为(9,10)，
选项C 正确，其他选项均错误.
故选：C.
4．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）已知函数f (x)={
x
2−2 x−1, x ≤0
e
x−1, x>0
)，若方程f (x)=k只有一个实数解，
则k的取值范围为（ ）
A．[−1,0)
B．(−1,0)
C．[−1,0)
D．(−1,0)
【答案】A
【解题思路】根据题意，确定分段函数每一段的单调性，再结合图像求解即可．
【解答过程】解：y = x
2−2 x−1在(−∞,0)上单调递减，
y =e
x−1在(0,+ ∞)单调递增，
则f (x)={
x
2−2 x−1, x ≤0
e
x−1, x>0
)的图像如下：
方程f (x)=k只有一个实数解，则k的取值范围为[−1,0)．
故选：A.
5．（2026·贵州遵义·模拟预测）若函数f (x)=¿在定义域上恰有三个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．[−1,0)
B．(−1,0)
C．[−1,0)
D．(−1,0)
【答案】D
【解题思路】对分段函数分段考虑各段上的零点情况，将问题转化为f (x)= x
2+2 x−a在(−∞,0]上必须
有2 个零点的情况，结合数形结合思想列出不等式求解即得.
【解答过程】
当
①
x>0时，f (x)= x + ln x，则f
′ (x)=1+ 1
x >0，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为f(
1
e)= 1
e + ln 1
e = 1
e −1<0，而f (1)=1+ ln1=1>0，
由零点存在定理得，函数f (x)在(
1
e ,1)上有且只有一个零点；
②x ≤0时，f (x)= x
2+2 x−a，该二次函数的图象开口向上，对称轴为x =−
2
2×1 =−1，
要使原分段函数在定义域上恰有三个零点，则需使f (x)= x
2+2 x−a在(−∞,0]上要有2 个零点，
即需使x
2+2 x−a=0在(−∞,0]上有两个不相等的实数根，
即{
Δ=2
2−4×1×(−a)= 4 + 4 a>0
f (0)=0
2+2×0−a=−a≥0
f (−1)=(−1)
2+2×(−1)−a=−1−a<0)
，解得{
a>−1
a≤0
a>−1)，
综上可得−1<a≤0.
故选：D.
6．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数f (x)={
3
x−1+1,(x ≤1)
|ln (x−1)),( x>1))，若F (x)= f
2(x)−2af (x)+ 4
3 的零
点个数为4，则实数a取值范围为（ ）
A．(
❑√6
3 , 5
6 ]∪( 4
3 ,+∞)
B．(
❑√6
3 , 5
6 ]∪(2,+∞)
C．[
5
6 ,2)
D．(
4
3 ,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】画出f ( x)的图象，结合函数的图象可得方程t
2−2at + 4
3 =0的解t1、t2满足{
t1≠t2
0<t1≤1
t2>2 )
，根据
根分布可求实数a取值范围．
【解答过程】根据解析式知f ( x)的图象如图所示：
由题意，f
2( x)−2af ( x)+ 4
3 =0有4 个不相等的实数根，
设f (x)=t，结合图象可知t
2−2at + 4
3 =0有两个不等实根，
设此关于t方程的解为t1、t2，其中t1,t2均不为零且t1t2= 4
3 ．
由题设可得关于x的方程f (x)=t1和f (x)=t2共有4 个不同的解，t1t2= 4
3 ，
故t1,t2不能都大于2，不能都小于等于1，
故{
t1≠t2
0<t1≤1
0<t2≤1)
（舍）或{
t1≠t2
0<t1≤1
t2>2 )
或{
t1≠t2
t1>2
t2>2)
（舍）．
令g(t )=t
2−2at + 4
3 ，其开口向上，
需满足{
g(0)>0
g(1)≤0
g(2)<0)
，即{
0−2a×0+ 4
3 >0
1−2a+ 4
3 ≤0
4−4 a+ 4
3 <0 )
，解得a> 4
3 .
故选：D.
7．（2026·河南濮阳·模拟预测）已知函数f (x)= 1
3 x
3−x +e，g(x)=ln x + x−e与h(x)=e
x+ x−e的零点
分别为x1，x2，x3，则（ ）
A．x1< x2< x3
B．x1< x3< x2
C．x2< x3< x1
D．x3< x2< x1
【答案】B
【解题思路】利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理判断三个零点所在区间x1∈(−3,−2)，
x2∈(1,e)，x3∈(0,1)即可求解.
【解答过程】因为h
′ (x)=e
x+1>0，所以h(x)在R上单调递增，
因为h(0)=1−e<0，h(1)=1>0，
由零点存在定理，h(x)的零点x3∈(0,1)，
因为g
′ (x)= 1
x +1>0，所以g(x) 在(0,+ ∞)上单调递增，
因为g(1)=1−e<0，g(e)=1>0，
由零点存在定理，g(x)的零点x2∈(1,e)，
因为f
′ (x)=(x−1)(x +1)，令f
′ (x)=(x−1)(x +1)=0，得x =±1，
当x<−1时，f
′ (x)>0，函数f (x)在(−∞,−1)内单调递增，
当−1< x<1时，f
′ (x)<0，函数f (x)在(−1,1)内单调递减，
当x>1时，f
′ (x)>0，函数f (x)在(1,+∞) 内单调递增，
因为f (1)=e−2
3 >0，f (−1)=e+ 2
3 >0，
因此，x>−1时，函数f (x)没有零点，
又因为f (−3)=−6+e<0,f (−2)=−2
3 +e>0，
由零点存在定理，f (x)的零点x1∈(−3,−2)，
因为x1∈(−3,−2), x2∈(1,e), x3∈(0,1)，
所以x1< x3< x2.
故选：B.
8．（2026·湖南邵阳·三模）已知函数f (x)={
−x
2−2 x +2, x ≤0
|ln x), x>0 )，若函数g(x)=[f (x))
2−af (x)+5有8 个
不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．(2❑√5, 9
2)
B．(2❑√5, 9
2)
C．(
9
2 , 14
3 )
D．[
9
2 , 14
3 )
【答案】A
【解题思路】先分析函数f (x)，作出函数大致图象，分析函数g(x)，把零点问题转化为关于t的方程
t
2−at +5=0有2 个不同的根t1和t2，且关于x的方程f (x)=t1,f (x)=t2分别有4 个不同的根，进而结合判别
式和韦达定理构造方程组，并分情况讨论求出实数a的取值范围．
【解答过程】当x ≤0时，f (x)=−x
2−2 x +2，开口向下，对称轴为x =−1，
f (−1)=3,f (0)=2；
当x>0时，f (x)=|ln x)，f (1)=0，函数在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增；
作出y = f (x)的大致图象如下，
设f (x)=t，则关于t的方程t
2−at +5=0有2 个不同的根t1和t2，
且关于x的方程f (x)=t1,f (x)=t2分别有4 个不同的根．
不妨设t1<t2，则关于t的方程t
2−at +5=0需满足：{
Δ=a
2−20>0
t1+t2=a
t1t2=5 )
，
若
①
t1,t2∈(2,3)，则t1+t2=a>0，故a>2❑√5，
且{
(t1−2)(t2−2)>0
(t1−3)(t2−3)>0)，即{
5−2a+ 4>0
5−3a+9>0)，
解得2❑√5<a< 9
2；
若
②
t1=2，则t2= 5
2，此时a= 9
2，符合题意，故2❑√5<a≤9
2．
故选：A.
二、多选题
9．（25-26 高一上·四川成都·阶段检测）已知函数y = f ( x)的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应
值表：
x
1
2
3
4
5
6
f ( x)
16.88
8.66
−2.01 8.88
−1.24 −10.064
在下列区间中，函数f ( x)必有零点的区间为（ ）
A．(1,2)
B．(2,3)
C．(3,4)
D．(5,6)
【答案】BC
【解题思路】利用零点存在性定理直接判断即可.
【解答过程】因函数y = f ( x)的图象是一条连续不断的曲线，
且由表格数据可知f (2)f (3)<0，即函数f ( x)在区间(2,3)内存在零点；
同理f (3)f (4)<0,f (4)f (5)<0,因此函数f ( x)在区间(3,4),(4,5)内均存在零点.
故选：BC.
10．（2026·四川眉山·模拟预测）已知函数f (x)=¿函数g(x)=[f (x))
2−2mf (x)+m
2−1，则下列结论正确
的是（ ）
A．若关于x的方程f (x)=a恰有1 个实数根，则a的取值范围是(6,+∞)
B．若关于x的方程f (x)=a恰有2 个不同的实数根，则a的取值范围是(0,1)∪[2,6)
C．若g(x)有5 个零点，则m的取值范围是(2,3)
D．g(x)可能有6 个零点
【答案】BC
【解题思路】作出f (x)的大致图象，对于A 和B，只需通过平移直线观察它与的图象的交点情况即可得
解；对于CD，首先若g(x)=[f (x))
2−2mf (x)+m
2−1=0，则有f (x)=m−1或f (x)=m+1，数形结合即
可建立m的不等式组并求解，即可判断.
【解答过程】如图，作出f (x)的大致图象，
由图可知，
若关于x的方程f (x)=a恰有1 个实数根，则a的取值范围是(6,+ ∞)∪{0)，故A 错误；
若关于x的方程f (x)=a恰有2 个不同的实数根，则a的取值范围是(0,1)∪[2,6)，故B 正确.
令g(x)=[f (x))
2−2mf (x)+m
2−1=0，得[f (x)−(m+1))[f (x)−(m−1))=0，解得f (x)=m−1或
f (x)=m+1.
若g(x)有5 个零点，则¿或¿解得2<m<3，故C 正确.
若g(x)有6 个零点，则¿解得m∈∅，则g(x)最多有5 个零点，故D 错误.
故选：BC.
11．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数f (x)={
|log3(−x)), x<0
2−x , x ≥0 )，若函数y = f (x)−a(a∈R)有三个
互不相等的零点x1, x2, x3，且x1< x2< x3，则下列结论正确的是（ ）
A．实数a的取值范围是[0,2)
B．f (x)的单调递减区间为(−∞,−1)，[0,+∞)
C．x1 x2 x3∈[0,2)
D．函数y = f (f (x))有4 个零点
【答案】BCD
【解题思路】作出函数f (x)的图象，结合图象逐一判断即可．
【解答过程】作出函数f (x)={
|log3(−x)), x<0
2−x , x ≥0 )的大致图象，如图．
对于A，因为函数y = f (x)−a有三个互不相等的零点，则函数y = f (x)与y =a的图象有三个不同的交点．
结合图象可得0<a≤2，故A 不正确．
对于B，由函数f (x)的图象可知其单调递减区间为(−∞,−1)，[0,+∞) ，故B 正确．
对于C，由函数f (x)的图象可知0≤x3<2，且−log3(−x1)=log3(−x2)，所以1
−x1
=−x2，
即x1 x2=1，所以x1 x2 x3∈[0,2)，故C 正确．
对于D，设t = f (x)，则y = f (t )．
令y =0，由函数f (x)的图象，得t =−1或t =2．
当t =−1，即f (x)=−1时，则2−x =−1，解得x =3；
当t =2，即f (x)=2时，所以2−x =2或|log3(−x))=2，解得x =0或x =−9或x =−1
9，
所以函数y = f (f (x))有4 个零点，故D 正确．
故选：BCD.
三、填空题
12．（2026 高一上·全国·专题练习）用二分法求函数f (x)= ln x +2 x−6在区间(2,3)内的零点近似值，至少
经过__________次二分后精确度达到0.1.
【答案】4
【解题思路】利用二分法定义判断零点所在区间，并确定精确度.
【解答过程】f (2)= ln 2−2<0，f (3)= ln3>0，f (2)⋅f (3)<0，所以∃x0∈(2,3)，满足f (x0)=0，
开区间(2,3)的长度等于1，每经过一次操作，区间长度变为原来的一半，经过n 此操作后，区间长度变为
1
2
n，
故有1
2
n ≤0.1，即2
n≥10，则n≥4，
所以至少需要操作4 次.
故答案为：4.
13．（2026·山东济宁·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)
【解题思路】分类讨论，求得函数y = f (f (x))的解析式，利用数形结合求得实数m的取值范围.
【解答过程】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，如图所示
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).
故答案为：(0,ln3).
14．（2026·天津红桥·二模）设函数f (x)={
e
(x +1)
2
, x ≤0
x + 4
x −3, x>0)
，若y = f (x)−a有四个不同的零点，从小到大
依次为x1, x2, x3, x4，则x1 x2+ x3+ x4的取值范围为__________．
【答案】(5,3+e)
【解题思路】先将函数y = f (x)−a有四个不同的零点，转化为函数y = f (x)和y =a有四个不同的交点，利
用数形结合得到a的范围，再根据x1, x2为方程e
(x +1)
2
=a 的两根，x3, x4为方程x + 4
x −3=a的两根，利用
韦达定理建立x1 x2+ x3+ x4的函数，再利用函数的单调性求解．
【解答过程】当x ≤0时，f (x)=e
(x +1)
2
，f
′ (x)=2(x +1)⋅e
(x +1)
2
，
x<−1时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，−1< x<0时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,0)上单调递增，
当x>0时，f (x)= x + 4
x −3，f
′ (x)=1−4
x
2 = (x +2)(x−2)
x
2
，
0< x<2时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，x>2时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
又f (−1)= f (2)=1，f (0)=e，
又因为函数y = f (x)−a有四个不同的零点，
所以函数y = f (x)和y =a有四个不同的交点，
如图所示：
由图知，1<a≤e，
设x1, x2为方程e
(x +1)
2=a 的两根，即x
2+2 x +1−ln a=0的两根，
所以x1 x2=1−ln a，
设x3, x4为方程x + 4
x −3=a的两根，即x
2−(3+a) x + 4 =0的两根，
所以x3+ x4=3+a，
所以x1 x2+ x3+ x4=1−ln a+3+a= 4 +a−ln a，
令g(a)= 4 +a−ln a,a∈(1,e]，g
′ (a)=1−1
a = a−1
a
>0，
所以g(a)在(1,e)上单调递增，
因为g(1)= 4+1−ln1=5 ，g (e)= 4 +e−lne=3+e ，
所以g(a)= 4 +a−ln a,a∈(1,e]的值域为(5,3+e)，
即x1 x2+ x3+ x4的取值范围为(5,3+e)．
故答案为：(5,3+e)．
四、解答题
15．（2026·陕西西安·模拟预测）已知f (x)=e
2 x−ax +2，a∈R，e是自然对数的底数．
(1)求函数y = f (x)的单调区间；
(2)若关于x的方程f (x)−2=0有两个不等实根，求a的取值范围．
【答案】(1)当a≤0时，函数f (x)的单调递增区间为(−∞,+ ∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f (x)的
单调递减区间为(−∞, 1
2 ln a
2)，单调递增区间为(
1
2 ln a
2 ,+∞)；
(2)(2e ,+∞)．
【解题思路】（1）求出导函数，分a≤0和a>0，分类讨论计算函数的单调性；
（2）把方程f (x)−2=0有两个不等实根转化为y =a与g(x)= e
2 x
x
有2 个交点，结合导函数得出函数的单调
性及最值，计算求出参数范围.
【解答过程】（1）函数f (x)=e
2 x−ax +2的定义域为R，求导得f
' (x)=2e
2 x−a，
当a≤0时，恒有f
′ (x)>0，则函数f (x)在R上单调递增；
当a>0时，由f
′ (x)<0，得x< 1
2 ln a
2，由f
′ (x)>0，得x> 1
2 ln a
2，
即函数f (x)在(−∞, 1
2 ln a
2)上单调递减，在(
1
2 ln a
2 ,+∞)上单调递增；
所以当a≤0时，函数f (x)的单调递增区间为(−∞,+∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f (x)的单调递减区间为(−∞, 1
2 ln a
2)，单调递增区间为(
1
2 ln a
2 ,+∞)；
（2）方程f (x)−2=0，即e
2 x−ax =0，当x =0时，方程不成立，则a= e
2 x
x ；
令g(x)= e
2 x
x ，依题意，方程f (x)−2=0有两个不等实根，即直线y =a与y = g(x)的图象有两个交点，
求导得g
' (x)= (2 x−1)e
2 x
x
2
，当x<0或0< x< 1
2时，g
′ (x)<0，当x> 1
2时，g
′ (x)>0，
所以函数g(x)在(−∞,0)，(0, 1
2)上单调递减，在(
1
2 ,+∞)上单调递增，
而当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，且当x = 1
2时，g(x)取得极小值g(
1
2)=2e，
作出函数，y = g(x)的大致图象，如图，
观察图象，当a>2e时，直线y =a与函数y = g(x)的图象有两个交点，
所以a的取值范围为(2e ,+ ∞)．
16．（2026 高三·全国·专题练习）已知关于x 的方程a x
2−2(a+1) x +a−1=0，求实数a为何值时？
(1)方程有唯一实数根或两相等实数根；
(2)方程一根大于1，一根小于1．
【答案】(1)a=0或−1
3
(2)a>0
【解题思路】（1）令f (x)=a x
2−2(a+1) x +a−1，根据a的情况分类讨论即可求解；
（2）根据题意画出草图，根据图像得{
a>0
f (1)<0)或{
a<0
f (1)>0)，解出即可.
【解答过程】（1）令f (x)=a x
2−2(a+1) x +a−1，
当a=0时，方程变为−2 x−1=0，即x =−1
2，符合题意；
当a≠0时，Δ= 4(a+1)
2−4 a(a−1)=0，∴a=−1
3，
所以当a=0或−1
3时，方程有唯一实根或两相等实数根；
（2）f (1)=a−2(a+1)+a−1=−3<0
因为方程有一根大于1，一根小于1，则f (x)大致图象如图
，
，
⑤
⑥
所以{
a<0,
f (1)>0)（舍）或{
a>0,
f (1)<0)，解得a>0，
所以当a>0时，方程有一根大于1，一根小于1．
17．（2026 高一·全国·专题练习）已知函数f (x)=¿其中k ∈R，且y = f (x)在(−1,5)上有三个零点x1，x2
，x3．
(1)求实数k的取值范围；
(2)求x1
2+ x2
2+ x3
2的取值范围．
【答案】(1)4<k <5
(2)x1
2+ x2
2+ x3
2∈(18, 726
25 )．
【解题思路】（1）由题意，y = f (x)在x∈(−1,1)内有1 个零点，且在(1，5)内有两个不同的零点，根据
函数解析式，即可求实数k的取值范围；
（2）设x1= k −4
k
，x2+ x3=k +2，x2 x3=k +5，则x1
2+ x2
2+ x3
2可表示为k的函数，令t =k −4
k ,通过换元转
化为二次函数并求值域，即可求出x1
2+ x2
2+ x3
2的取值范围．
【解答过程】（1）因为f (1)= 4≠0，
所以由f (x)=¿在(−1,5)上有三个零点x1，x2，x3得
y = f (x)在x∈(−1,1)内有1 个零点，且在(1，5)内有两个不同的零点，
若y = f (x)在x∈(−1,1)内有1 个零点，则¿，得k >2，
若y = f (x)在(1，5)内有两个不同的零点，则{
Δ=(k +2)
2−4 (k +5)>0
1< k +2
2
<5
1
2−(k +2)×1+k +5>0
f (5)>0
)
，
即{
Δ=k
2−16>0
0<k <8
25−5(k +2)+ k +5>0)
,得4<k <5．
综上所述，4<k <5．
（2）不妨设x1= k −4
k
，x2+ x3=k +2，x2 x3=k +5，
则x1
2+ x2
2+ x3
2= x1
2+(x2+ x3)
2−2 x2 x3=(
k −4
k )
2
+(k +2)
2−2(k +5) =(k −4
k)
2
+2(k −4
k)+3，
令t =k −4
k ,则x1
2+ x2
2+ x3
2=t
2+2t +3=(t +1)
2+2.
由（1）知k ∈(4,5)，∴t =k −4
k ∈(3, 21
5 )，
所以x1
2+ x2
2+ x3
2∈(18, 726
25 )．
18．（2026·海南儋州·模拟预测）已知函数f ( x)为定义在R上的偶函数，且x ≥0，f ( x)= x
2−mx +1.
(1)若m=1，求函数f ( x)解析式；
(2)求函数f ( x)在[1,3]的最小值；
(3)若函数y = f ( x)在(0,4)有两个不同的零点，求m 的取值范围.
【答案】(1)f (x)={
x
2−x +1, x ≥0
x
2+ x +1, x<0)
(2)f (x)min={
−m+2,m<2
−m
2
4 +1,2≤m≤6
−3m+10,m>6)
(3)(2, 17
4 )
【解题思路】（1）根据偶函数的性质即可求出解析式.
（2）根据二次函数的单调性及对称轴，分情况求出最小值.
（3）根据已知条件，结合二次函数的性质、根的判别式、对称轴、端点值列出不等式组，求解即可.
【解答过程】（1）当m=1时，x ≥0，f ( x)= x
2−x +1.
因为函数f ( x)在R上为偶函数，所以f (−x)= f (x)
当x<0时，−x>0，则f ( x)= f (−x)=(−x)
2−(−x)+1= x
2+ x +1.
因此函数f ( x)解析式为：
f (x)={
x
2−x +1, x ≥0
x
2+ x +1, x<0).
（2）当x∈[1,3]时，f ( x)= x
2−mx +1，这是开口向上的二次函数，对称轴为x = m
2 .
当m
2 <1，即m<2时，f (x)min= f (1)=1
2−m×1+1=−m+2；
当1≤m
2 ≤3，即2≤m≤6时，f (x)min= f(
m
2)=(
m
2)
2
−m× m
2 +1=−m
2
4 +1；
当m
2 >3，即m>6时，f (x)min= f (3)=3
2−m×3+1=−3m+10；
综上，函数f ( x)在[1,3]的最小值为：
f (x)min={
−m+2,m<2
−m
2
4 +1,2≤m≤6
−3m+10,m>6)
.
（3）因为函数y = f ( x)在(0,4)有两个不同的零点，
所以{
Δ=m
2−4>0
0< m
2 <4
f (0)=1>0
f (4)=16−4 m+1>0
f(
m
2)=−m
2
4 +1<0)
，解得2<m< 17
4 .
所以m 的取值范围为(2, 17
4 ).
19．（25-26 高一上·北京西城·期中）已知函数f (x)= x
2+ax +b，f (0)= 4且满足∀x∈R，f (x)≥f (1)
．
(1)求a，b的值；
(2)已知函数g(x)= f (x)−(m−2) x有两个不同的正数零点x1，x2．
（i）求m的取值范围；
（ii）若|x1−x2)=2，求m的值：
【答案】(1)a=−2，b= 4
(2)（i）(4 ,+∞)；（ii）2❑√5
【解题思路】（1）根据函数f (x)满足∀x∈R，f (x)≥f (1)得二次函数对称轴x =−a
2 =1，求出a，再根
据f (0)= 4求出b；
（2）将g(x)化为g(x)= x
2−mx + 4，根据题意结合韦达定理列出不等式组，解不等式组即可求出m的取值
范围；根据|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2即可求出m的值.
【解答过程】（1）函数f (x)= x
2+ax +b为二次函数，图象开口向上，对称轴为x =−a
2，
又函数f (x)满足∀x∈R，f (x)≥f (1)，则−a
2 =1，解得a=−2，
又f (0)=b= 4，所以a=−2，b= 4.
（2）由（1）知f (x)= x
2−2 x + 4，
所以g(x)= f (x)−(m−2) x = x
2−mx + 4.
（i）因为函数g(x)有两个不同的正数零点x1，x2，
所以{
Δ=m
2−16>0
x1+ x2=m>0
x1 x2= 4>0 )
，解得m>4，
所以m的取值范围为(4 ,+ ∞).
（ii）因为|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√m
2−16=2，
所以m
2=20，又m>4，所以m=2❑√5.
