专题2.14 函数与方程（举一反三专项训练）
【全国通用】
目录
第一部分 题型专
练
【题型1 函数零点所在区间的判断】......................................................................................................................1
【题型2 求函数的零点或零点个数】......................................................................................................................3
【题型3 根据函数零点的个数求参数】..................................................................................................................4
【题型4 根据零点的范围求参数】..........................................................................................................................7
【题型5 嵌套函数的零点问题】..............................................................................................................................9
【题型6 用二分法求方程的近似解】....................................................................................................................12
【题型7 多零点的大小与范围问题】....................................................................................................................14
第二部分 分层突破
A 组 基础跟踪练
B 组 培优提升练
C 组 真题·实战演练
【题型1 函数零点所在区间的判断】
1．（25-26 高二上·山东临沂·期末）函数f (x)= ln x + x−2的零点所在区间是（ ）
A．(
1
e ,1)
B．(1,2)
C．(2,e)
D．(e,3)
【答案】B
【解题思路】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可.
【解答过程】因为y = ln x与y = x−2均在(0,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)= ln x + x−2在(0,+ ∞)上单调递增，
又f (1)= ln1+1−2=−1<0，f (2)= ln 2+2−2= ln 2>0，
即f (1)f (2)<0，所以函数f (x)= ln x + x−2的零点所在区间是(1,2).
故选：B.
2．（25-26 高一上·河北沧州·期末）函数f (x)=2
x+ x−2的零点所在区间是（ ）
A．(−1,0)
B．(0,1)
C．(1,2)
D．(1,3)
【答案】B
【解题思路】先判断f (x)=2
x+ x−2的单调性，进而使用零点存在性定理求解零点所在区间即可.
【解答过程】因为函数y =2
x , y = x−2在R上单调递增，所以函数f (x)=2
x+ x−2在R上单调递增，
又因为f (0)=2
0+0−2=−1<0,f (1)=2
1+1−2=1>0，
所以函数的零点所在区间是(0,1).
故选：B.
3．（25-26 高一上·河北石家庄·期末）已知函数f (x)= x
4+ ln x−17，则f (x)的零点所在的区间是（ ）
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
【答案】C
【解题思路】根据零点存在性定理逐项判断.
【解答过程】因为f (x)= x
4+ ln x−17在(0,+∞)上是连续的增函数，
对于A：x→0
+时，f (x)→−∞，f (1)=1+0−17=−16<0，不满足零点存在性定理，A 错误；
对于B：f (1)=−16<0,f (2)=16+ ln 2−17 = ln 2−1<0，f (1)f (2)>0，不满足零点存在性定理，B 错
误；
对于C：因为f (2)=2
4+ ln 2−17 = ln 2−1<0,f (3)=3
4+ ln3−17>0，f (2)f (3)<0，
根据零点存在性定理，∃x0∈(2,3)，f (x0)=0，C 正确；
对于D：f (3)>0,f (4)= 4
4+ ln 4−17 =239+ ln 4>0，f (3)f (4)>0，不满足零点存在性定理，D 错误；
故选：C.
4．（25-26 高一上·陕西咸阳·期末）函数f (x)= x + ln (x−2)的零点所在的区间为（ ）
A．(2,3)
B．(3,4)
C．(4,5)
D．(5,6)
【答案】A
【解题思路】根据对数函数性质及零点存在性定理可得结果.
【解答过程】易知函数f (x)的定义域为(2,+ ∞)且函数单调递增，
由x→0
+时y = ln x→−∞可知当x→2
+，ln (x−2)→−∞，即f (x)→−∞；
所以在2 的右侧附近必存在一点x0，使得f (x0)<0，
又f (3)=3+ ln (3−2)=3>0，所以f (x0)f (3)<0；
由零点存在性定理可知函数f (x)的零点所在的区间为(2,3).
故选：A.
【题型2 求函数的零点或零点个数】
5．（25-26 高二下·四川雅安·期末）函数f ( x)= x
3−4 x
2+5 x−2的零点个数是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【解题思路】根据函数零点的定义令f (x)=0，解出即可求解.
【解答过程】由题意令f (x)=0有x
3−4 x
2+5 x−2=(x−1)
2(x−2)=0，解得x =1或2，
所以f (x)的零点为1和2，所以f (x)有2 个零点.
故选：C.
6．（25-26 高一上·广东·期末）若函数f (x)=ax +b(a≠0)有一个零点是1，则函数g(x)=a x
3+bx的零点是
（ ）
A．0, 2
B．−1, 3
C．−1, 0, 4
D．−1, 0, 1
【答案】D
【解题思路】根据f (x)的零点是1 可得b=−a，代入令g(x)=0即可求得g(x)的零点.
【解答过程】由题意可得f (1)=a+b=0，可得b=−a；
可得g(x)=a x
3+bx =a x
3−ax，
令g(x)=0，因此a x
3−ax =ax (x−1)(x +1)=0，
解得x =0或x =1或x =−1；
因此函数g(x)=a x
3+bx的零点是−1, 0, 1.
故选：D.
7．（2026·广东·模拟预测）函数f ( x)=e
x+ x |2 x +3|的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【解题思路】令f ( x)=0，转化为求y =e
x，y =−x|2 x +3|={
−2 x
2−3 x , x ≥−3
2
2 x
2+3 x , x<−3
2 )
图象交点个数即可.
【解答过程】令f ( x)=0，则e
x=−x|2 x +3|，
在同一直角坐标系中分别作出y =e
x，y =−x|2 x +3|={
−2 x
2−3 x , x ≥−3
2
2 x
2+3 x , x<−3
2 )
的图象，如图所示，
观察可知，它们有3 个交点，即f ( x)有3 个零点.
故选：D.
8．（2026·湖南长沙·三模）已知函数 f (x)={
e
x，x<0，
f (x−2)，x ≥0)，方程 f (x)=−1
8 x + 1
2的根的个数为
（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【解题思路】根据解析式画出f (x)和g(x)=−1
8 x + 1
2的函数图象，判断图象交点个数即可.
【解答过程】当x ≥0时，f (x)= f (x−2) ，故2是f (x)的一个周期，
又0≤x<2时，−2≤x−2<0，则f (x)= f (x−2)=e
x−2，
作出函数f (x)和g(x)=−1
8 x + 1
2的函数图象，
因f (2)= f (0)= f (−2)=e
−2< g(2)= 1
4 ， f (4)= f (2)=e
−2> g(4)=0，
结合图象可知，f (x)和g(x)的函数图象交点个数为3.
故选：B.
【题型3 根据函数零点的个数求参数】
9．（2026·陕西西安·一模）已知函数f ( x)={
10
x , x<0
lg x , x>0)，g( x)= f ( x)+2 x−m，若g( x)有一个零点，则
m 的取值范围是（ ）
A．(−∞,1]
B．(−∞,1)
C．[1,+ ∞)
D．(1,+∞)
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，利用零点的意义将问题转化为函数y = f ( x)的图象与直线交点，再利用数形
结合求出范围.
【解答过程】由g( x)=0，得f ( x)=−2 x +m，因此g( x)有一个零点，
当且仅当函数y = f ( x)的图象与直线y =−2 x +m有且仅有一个公共点，
函数f ( x)在(−∞,0)上单调递增，函数值集合为(0,1)，在(0,+ ∞)上单调递增，函数值集合为R，
在同一坐标系内作出函数y = f ( x)的图象与直线y =−2 x +m的图象，
观察图象知，当m<1时，函数y = f ( x)的图象与直线y =−2 x +m有两个交点，
当m≥1时，函数y = f ( x)的图象与直线y =−2 x +m有1 个交点，
所以m 的取值范围是[1,+ ∞).
故选：C.
10．（2026·湖南·二模）若函数f (x)={
|log2 x),0< x<4
1
2 x
2−2 x +1, x ≥4)
与直线y =a恰有三个交点，则a 的取值范围是
（ ）
A．[1,2)
B．(1,2)
C．(1,2)
D．[1,2)
【答案】D
【解题思路】画出函数f (x)的图象，结合图像求解即可.
【解答过程】画出f (x)的图象，
由图象可知a 的范围是[1,2).
故选：D.
11．（2026·山东临沂·三模）已知函数f (x)={
ln x , x>0
−x
2+2ax , x ≤0)，若函数y = f (f (x))有8 个零点，则实数a
的取值范围为（ ）
A．a>1
B．a<0
C．−1<a<0
D．a<−1
【答案】D
【解题思路】根据题意对实数a进行讨论，分a≥0，a<0，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析
求解.
【解答过程】⑴ 当a≥0，x ≤0时，f (x)=−x
2+2ax，对称轴为x =a≥0，
所以f (x)在(−∞，0)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，
即f (x)=t =0或f (x)=t =1，根据图象f (x)=t =0有2 个解，f (x)=t =1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)=−x
2+2ax，对称轴为x =a<0，
所以f (x)在(−∞,a)单调递增，在(a,0)单调递减，函数图像如下：
令f (x)=t，y = f (f (x))= f (t )=0，解得t =2a或t =0或t =1，
根据图象f (x)=t =2a<0有2 个解，f (x)=t =0有3 个解，
又y = f (f (x))有8 个零点，所以f (x)=t =1要有3 个解，
即{
a<0
f (a)=a
2>1)，解得a<−1，
故选：D.
12．（2026 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)={
log2(1+ax), x<0,
f (x−1), x ≥0, )若关于x的方程f (x)=2 x恰有两个
不同的根，则实数a的取值范围是（ ）
A．[−15,−3)
B．(−15,−3)
C．[−63,−15)
D．(−63,−15)
【答案】B
【解题思路】根据对数有意义的条件求出a≤0，然后分a<0和a=0进行讨论，再利用数学结合的思想，列
出不等式组2×1≤log2(1−a)<2×2进行求解即可．
【解答过程】因为1+ax>0对任意x<0恒成立，所以a≤0．
当a<0时，f (x)在(−∞,0)上单调递减，且当x∈[−1,0)时，f (x)∈(0,log2(1−a))，要使得关于x的方
程f (x)=2 x恰有两个不同的根，则函数的图象与直线y =2 x恰有两个交点，如图，
所以2×1≤log2(1−a)<2×2，4≤1−a<16，解得−15<a≤−3．
当a=0时，log2(1+ax)=0, x<0，f ( x)= f (x−1)=0，不满足方程f (x)=2 x有两个根，故舍去，
故选：B．
【题型4 根据零点的范围求参数】
13．（25-26 高一上·甘肃天水·阶段检测）若函数f ( x)=mx +3的零点在(−1,2)内，则m的取值范围为
（ ）
A．(−∞,−3
2)∪(3,+ ∞)
B．(−∞, 3
2)∪[3,+∞)
C．(−3
2 ,3)
D．[−3
2 ,3)
【答案】A
【解题思路】根据零点存在定理可得f (−1)⋅f (2)<0，解不等式求m的取值范围．
【解答过程】因为f ( x)的零点在(−1,2)内，所以f (−1)⋅f (2)<0，即(−m+3)(2m+3)<0，
解得m<−3
2或m>3，
故选：A.
14．（25-26 高一上·广东东莞·阶段检测）函数f (x)=ln x +2 x−8零点所在的大致区间为
(n,n+1)(n∈N
*)，则n为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】分析函数f (x)的单调性，结合零点存在定理可得出n的值.
【解答过程】因为函数y = ln x、y =2 x−8在(0,+ ∞)上均为增函数，故函数f (x)在(0,+∞)上为增函数，
因为f (1)=−6<0，f (2)= ln 2−4<0，f (3)= ln3−2<0，f (4)= ln 4>0，
故函数f (x)的零点所在区间为(3,4)，
又因为函数f (x)=ln x +2 x−8零点所在的大致区间为(n,n+1)(n∈N
*)，故n=3.
故选：C.
15．（25-26 高一上·河北张家口·期末）已知函数f (x)= x−a+2
x在区间[1,3)上存在零点，则实数a的取值
范围是（ ）
A．[2,4)
B．[3,4)
C．[3,6)
D．[3,11)
【答案】D
【解题思路】判断函数f (x)的单调性，由条件结合零点的性质列不等式求a的范围.
【解答过程】因为函数y = x−a和y =2
x在[1,3)都单调递增，
所以函数f (x)= x−a+2
x在[1,3)都单调递增，
又函数f (x)= x−a+2
x在区间[1,3)上存在零点，
所以{
f (1)≤0
f (3)≥0)，故{
1−a+2≤0
3−a+8≥0)，
所以3≤a≤11,
所以a的取值范围是[3,11).
故选：D.
16．（25-26 高一上·全国·课后作业）函数f (x)= ❑√x + x
2+m在区间(2,4)上存在零点，则实数m的取值范围
是（ ）
A．(−∞,−18)
B．(4+ ❑√2,+∞)
C．(4+ ❑√2,18)
D．(−18,−4−❑√2)
【答案】D
【解题思路】由函数的单调性，根据零点存在性定理列不等式求解即得.
【解答过程】函数f (x)= ❑√x + x
2+m在(2,4)上的图象连续不断，且为增函数，
若f (x)= ❑√x + x
2+m在区间(2,4)上存在零点，
根据零点存在定理可知，只需满足f (2)⋅f (4)<0，
即(m+ 4+ ❑√2)(m+18)<0，
解得−18<m<−4−❑√2，
所以实数m的取值范围是(−18,−4−❑√2)．
故选：D.
【题型5 嵌套函数的零点问题】
17．（2026·贵州毕节·一模）已知函数f ( x)={
−x
2−2 x +3, x ≤0
|ln x), x>0
)，则函数y =[f ( x))
2−5 f ( x)+6的零点
个数为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【解题思路】由[ f ( x)]
2−5 f ( x)+6=0可得f ( x)=2或f ( x)=3，作出图形，结合图形即可求解.
【解答过程】由题意，令[ f ( x)]
2−5 f ( x)+6=0，解得f ( x)=2或f ( x)=3，
作出y = f ( x)的图象，如图，
由图可知，直线y =2与y = f ( x)图象有3 个交点，
直线y =3与y = f ( x)图象有4 个交点，
所以原方程有7 个解，
即函数y =[ f ( x)]
2−5 f ( x)+6有7 个零点.
故选：C.
18．（2026·安徽池州·二模）已知函数f (x)={
e
x+2, x ≤0
x + 1
x , x>0)
，若f
2(x)−(a+2)f (x)+2a=0有4 个互不相同
的根，则a的取值范围为（ ）
A．(2,3)
B．(2,3)
C．(3,+∞)
D．[3,+∞)
【答案】B
【解题思路】先求解方程f
2( x)−(a+2)f ( x)+2a=0，得到f ( x)的表达式，再结合函数f ( x)的图象，分
析f ( x)取不同值时方程根的个数，进而确定a的取值范围.
【解答过程】令t = f ( x)，则方程f
2( x)−(a+2)f ( x)+2a=0可转化为t
2−(a+2)t +2a=0.
对t
2−(a+2)t +2a=0进行因式分解可得(t −2)(t −a)=0，则t1=2，t2=a.
所以f ( x)=2或f ( x)=a.
当x ≤0时，f ( x)=e
x+2，因为指数函数y =e
x在(−∞,0]上单调递增，所以f ( x)=e
x+2在(−∞,0]上单调
递增，且f ( x)∈(2,3].
当x>0时，f ( x)= x + 1
x ，对其求导，f
′( x)=1−1
x
2 = x
2−1
x
2
= ( x +1)( x−1)
x
2
.
令f
′( x)=0，即( x +1)( x−1)
x
2
=0，解得x =1（x>0）.
当0< x<1时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
当x>1时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增.
所以f ( x)在x =1处取得极小值，也是最小值，f (1)=1+ 1
1 =2.
对于f ( x)=2：
当x>0时，x + 1
x =2，即x
2−2 x +1=0，( x−1)
2=0，解得x =1，有1个根.
因为f
2( x)−(a+2)f ( x)+2a=0有4个互不相同的根，f ( x)=2已经有1个根，所以f ( x)=a需要有3个不
同的根.
结合f ( x)的图象可知，当2<a≤3时，y = f ( x)与y =a有3个不同的交点，即f ( x)=a有3个不同的根.
a的取值范围为(2,3].
故选：B.
19．（25-26 高一下·浙江衢州·期末）已知函数f (x)={
ln x , x ≤e
e
x , x>e )
，若函数g(x)=[f (x))
2+af (x)−2a
2恰
有3 个不同的零点，则实数a的取值范围（ ）
A．(−1
2 ,0)
B．(0,1)
C．(−1
2 ,0)∪(0,1)
D．(−1
2 ,1)
【答案】C
【解题思路】根据f (x)的表达式，先画出函数图象，再令g(x)=0，利用数形结合即可求出函数g(x)恰有3
个不同的零点时，a的取值范围.
【解答过程】由f (x)={
ln x , x ≤e
e
x , x>e )，可画出函数的图象，如图所示，
易知x =e处的函数值为f (e)=1，即如图中的点A (e,1)，所以f (x)∈(−∞,1)，
令t = f (x)，则t ∈(−∞,1)，由图可知，
当t >1时，y =t与y = f (x)无交点；
当0<t <1时，y =t与y = f (x)有2 个交点；
当t ≤0时，y =t与y = f (x)有1 个交点.
令g(x)=0，则t
2+at −2a
2=0，化简得(t +2a)(t −a)=0，解得t1=−2a，t2=a，
要使函数g(x)恰有3 个不同的零点，
则当0<t1=−2a<1时，有2 个零点，且当t2=a<0时，有1 个零点，共3 个零点，
满足题意，此时a的取值范围为a∈(−1
2 ,0)；
或者，当0<t2=a<1时，有2 个零点，且当t1=−2a<0时，有1 个零点，共3 个零点，
满足题意，此时a的取值范围为a∈(0,1)，
当a=0时，t1=t2=0，此时只有1 个零点，不合题意，
综上，函数g(x)=[f (x))
2+af (x)−2a
2恰有3 个不同的零点时，a的取值范围为a∈(−1
2 ,0)∪(0,1).
故选：C.
20．（25-26 高三上·山东聊城·期末）已知函数f (x)={
−x
2−4 x−3, x ≤0,
|ln x), x>0,
)，若函数
h(x)=6[f (x))
2−(2m+3)f (x)+m有6 个不同的零点，则实数m的范围是（ ）
A．[−9,0)∪(3,+∞)
B．(−6,0)∪(3,+ ∞)
C．[−9,0)∪[2,+ ∞)
D．(−3,0)∪[1,+ ∞)
【答案】A
【解题思路】根据解析式画出f (x)的草图，将问题化为y = f (x)的图像与直线y = 1
2和y = m
3 ，共有6 个交
点，数形结合有y = f (x)的图像与直线y = m
3 有2 个交点，从而得解.
【解答过程】画出函数f (x)的图像如图所示，
函数h(x)=6[f (x))
2−(2m+3)f (x)+m有6 个零点，
等价于6[f (x))
2−(2m+3)f (x)+m=0有6 个解，
即f (x)= 1
2或f (x)= m
3 共有6 个解，
等价于y = f (x)的图像与直线y = 1
2和直线y = m
3 ，共有6 个交点，
由图得y = f (x)的图像与直线y = 1
2有4 个交点，
所以y = f (x)的图像与直线y = m
3 有2 个交点，
所以−3≤m
3 <0或m
3 >1，解得−9≤m<0或m>3，
即实数m的取值范围是[−9,0)∪(3,+∞).
故选：A.
【题型6 用二分法求方程的近似解】
21．（25-26 高一上·吉林延边·期末）用二分法求方程的近似解时，求得f (x)= x
3+2 x−9的部分函数值数
据如表所示：
x
1
1.5
1.75
1.8125
1.875
2
f (x)
−6
−2.625
−0.14
0.5796
1.342
3
则当精确度为0.1 时，方程x
3+2 x−9=0的近似解可取（ ）
A．1.6
B．1.7
C．1.8
D．1.9
【答案】C
【解题思路】由零点存在定理及二分法求解即可.
【解答过程】由表格可得，函数f (x)= x
3+2 x−9的零点在区间（1.75，1.8125）内，
且1.8125−1.75=0.0625<0.1，
结合选项可知，方程x
3+2 x−9=0的近似解可取1.8．
故选：C．
22．（25-26 高一上·广东深圳·期末）已知f (x)= 1
x −ln x在区间(1,2)内有一个零点x0，若用二分法求x0的
近似值的精确度为0.1，则需要将区间等分的最少次数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【解题思路】通过二分法的精确度公式1
2
n ≤0.1求解.
【解答过程】二分法中，经过n次等分后，区间长度变为原区间长度的1
2
n ，初始区间为(1,2) ，长度为1
，
要满足精度 0.1，即：1
2
n ≤0.1，则2
n≥10，
因为2
3=8<10,2
4=16>10，
所以需要将区间等分的最少次数为4次，
故选：B.
23．（25-26 高一上·安徽·阶段检测）用二分法求方程的近似解，求得f (x)= x
3+2 x−9的部分函数值数据
如表所示：
x
1
2
1.5
1.625
1.75
1.875
1.8125
f (x)
−6
3
−2.625
−1.459
−0.14
1.3418
0.5793
则当精确度为0.1 时，方程x
3+2 x−9=0的近似解可取为（ ）
A．1.6
B．1.7
C．1.8
D．1.85
【答案】C
【解题思路】根据表格及二分法的定义，结合精确度求零点的近似解.
【解答过程】因为f (1.75)<0，f (1.8125)>0可知零点在(1.75,1.8125)内，
又区间长度|1.8125−1.75)=0.0625<0.1，满足条件，
所以方程x
3+2 x−9=0的近似解可取为1.8.
故选：C.
24．（25-26 高一上·上海青浦·阶段检测）若函数f ( x)= x
3+ x
2−2 x−2一个正数零点附近的函数值用二分
法计算，其参考数据如下：
f (1)=−2
f (1.5)=0.625
f (1.25)=−0.984
f (1.375)=−0.260
f (1.415)=0.0054
f (1.406)=−0.056
那么方程x
3+ x
2−2 x−2=0的一个近似根（精确度为0.01）可以是（ ）
A．1.25
B．1.375
C．1.41
D．1.5
【答案】C
【解题思路】由零点存在性定理结合二分法的定义即可得出答案.
【解答过程】由表格可得，f (1.406)⋅f (1.415)<0，
∴函数f ( x)= x
3+ x
2−2 x−2的零点在(1.406,1.415)之间，
结合选项可知，方程x
3+ x
2−2 x−2=0的一个近似根(精确度为0.01)可以是1.41.
故选：C.
【题型7 多零点的大小与范围问题】
25．（2026·广东广州·模拟预测）已知函数f ( x)=2 x +3
x，g( x)=2 x + log3 x，h( x)=2 x + x
3的零点分别
为a,b,c，则（ ）
A．a<c<b
B．a<b<c
C．b<c<a
D．c<b<a
【答案】A
【解题思路】将问题化为y =3
x、y = log3 x、y = x
3与y =−2 x的交点横坐标，画出大致函数图象，数形结
合比较大小即可.
【解答过程】由题意，f ( x), g( x),h( x)的零点分别为y =3
x、y = log3 x、y = x
3与y =−2 x的交点横坐标
为a,b,c，
它们的大致图象如上图示，易知a<c<b，其中c =0.
故选：A.
26．（2026·湖南湘西·三模）已知a,b,c分别为函数
f (x)=(x −1)2
x−1, g(x)=(x −1)lg x −1,h(x)=(x −1)log2 x −1的零点，且a,b,c∈(1,+∞)，则
（ ）
A．a<c<b
B．b<a<c
C．c<b<a
D．c<a<b
【答案】A
【解题思路】根据零点的定义转化问题为函数与函数的交点问题，再结合图象判断大小即可.
【解答过程】由f (x)=0，得2
x =
1
x−1，则函数y =2
x与y =
1
x−1的图象的交点横坐标就是a；
由g(x)=0，得lg x =
1
x−1，则函数y =lg x与y =
1
x−1的图象的交点横坐标就是b；
由h(x)=0，得log2 x =
1
x−1，则函数y =log2 x与y =
1
x−1的图象的交点横坐标就是c．
作出函数图象如图，可知a<c<b．
故选：A.
27．（2026·陕西西安·二模）已知函数f ( x)={
x
2+2 x−1, x ≤0
−2+|ln x), x>0)，若函数g( x)= f ( x)−m的四个零点从
小到大排列依次为x1, x2, x3, x4，则x1+ x2+ x3+ x4的取值范围为（ ）
A．(−2,+∞)
B．(−2,1]
C．(−2,e+ 1
e)
D．(0,−2+e+ 1
e)
【答案】D
【解题思路】条件可转化为以函数y = f (x)的图象与函数y =m的图象有四个交点，作函数y = f (x)的图
象，观察图象可得x1+ x2=−2，x1< x2<0< x3<1< x4，结合条件及对勾函数性质求x3+ x4的范围可得结论.
【解答过程】因为函数g( x)= f ( x)−m有四个零点，所以方程f ( x)−m=0有四个根，
所以方程f (x)=m有四个根，
所以函数y = f (x)的图象与函数y =m的图象有四个交点，
作函数f ( x)={
x
2+2 x−1, x ≤0
−2+|ln x), x>0)的图象可得
观察图象可得−2<m≤−1，x1< x2<0< x3<1< x4，且x1+ x2=−2，
所以−2+|ln x3)=−2+|ln x4)，所以−2−ln x3=−2+ ln x4，
所以ln(x3 x4)=0，故x3 x4=1，
令−2+|ln x3)=−1可得，ln x3=−1，故x3=e
−1= 1
e ，
所以1
e ≤x3<1，
所以x3+ x4= x3+ 1
x3
，
因为函数y = x + 1
x 在[
1
e ,1)上单调递减，
所以2< x3+ 1
x3
≤e+ 1
e ，即2< x3+ x4≤e+ 1
e ，
又x1+ x2=−2，
所以0< x1+ x2+ x3+ x4≤−2+e+ 1
e ，
所以x1+ x2+ x3+ x4的取值范围为(0,−2+e+ 1
e)，
故选：D.
28．（2026·四川·模拟预测）已知函数f (x)={
x
1−x , x<1,
log3(x−1), x>1,)
若关于x的方程|f (x))=m（m为实常
数）有四个不同的解x1, x2, x3, x4，且x1< x2< x3< x4，则(
1
x1
+ 1
x2)(x3+ x4)的取值范围为（ ）
A．(8, 32
3 )
B．(8,16)
C．(8,+∞)
D．(−∞,−8)
【答案】A
【解题思路】根据函数解析式画出函数大致图象，数形结合有x1<0< x2<1< x3<2< x4且m∈(0,1)，结合
解析式有1
x1
+ 1
x2
=2、x3=1+3
−m、x4=1+3
m，最后由指数函数、对勾函数性质求目标式的范围.
【解答过程】根据函数解析式，可得函数大致图象如下，
由图知，x1<0< x2<1< x3<2< x4且m∈(0,1)，
由
x1
1−x1
=−
x2
1−x2
，得x1−x1 x2= x1 x2−x2，即x1+ x2=2 x1 x2，故1
x1
+ 1
x2
=2，
由log3(x3−1)=−m，则x3=1+3
−m，由log3(x4−1)=m，则x4=1+3
m，
所以(
1
x1
+ 1
x2)(x3+ x4)= 4+2(3
−m+3
m)，且在m∈(0,1)上y =3
−m+3
m单调递增，
所以(
1
x1
+ 1
x2)(x3+ x4)∈(8, 32
3 ).
故选：A.
一、单选题
1．（2026·河北沧州·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
【解题思路】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可.
【解答过程】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−ln 2，
∵❑√2−1< 1
2，ln2>ln ❑√e= 1
2，
∴f(
1
2)= ❑√2−1−ln 2<0，
又∵f (1)=2+ ln1−1=1>0，
∴函数f (x)的零点所在区间是(
1
2 ,1)．
故选：B．
2．（25-26 高三上·海南海口·阶段检测）已知函数f (x)=log2(x +1)−1
2 x +m在区间(1,3)上有零点，则m
的取值范围为（ ）
A．(−11
6 ,−1
2)
B．[−11
6 ,−1
2)
C．(−∞,−11
6 )∪(−1
2 ,+∞)
D．(−∞,−11
6 )∪(−1
2 ,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】易得函数f (x)在(1,3)上单调递增，由{
f (1)<0
f (3)≥0)求解.
【解答过程】因为函数y =log2(x +1)，y =m−1
2 x 在区间(1,3)上单调递增，
所以函数f (x)在(1,3)上单调递增，
由函数f (x)=log2(x +1)−1
2 x +m在区间(1,3)上有零点，
得{
f (1)<0,
f (3)≥0,)即{
m<−1
2 ,
m+ 11
6 ≥0,)
解得−11
6 ≤m<−1
2.
因此，实数m的取值范围是[−11
6 ,−1
2).
故选：B.
3．（25-26 高一·全国·课后作业）用二分法求方程ln (2 x +6)+2=3
x的根的近似值时，令
f (x)= ln (2 x +6)+2−3
x，并用计算器得到下表：
x
1.00
1.25
1.375
1.50
f ( x)
1.0794
0.1918
-0.3604
-0.9989
则由表中的数据，可得方程ln (2 x +6)+2=3
x的一个近似解（误差不超过0.1）为（ ）
A．1.125
B．1.3125
C．1.4375
D．1.46875
【答案】B
【解题思路】由图表知f (1.25)⋅f (1.375)<0，故由二分法思想再取(1.25,1.375)的中点，当区间长度小
于精确度时便得到近似解.
【解答过程】因为f (1.25)⋅f (1.375)<0，故根据二分法的思想，知函数f ( x)的零点在区间(1.25,1.375)
内，
但区间(1.25,1.375)的长度为0.125>0.1，因此需要取(1.25,1.375)的中点1.312 5，
两个区间(1.25,1.3125)和(1.3125,1.375)中必有一个满足区间端点的函数值符号相异，
又区间的长度为0.0625<0.1，因此1.312 5 是一个近似解．
故选：B.
4．（2026 高一上·江苏·专题练习）已知函数f (x)=2
x+ x−2，g(x)= log2 x + x−2，h(x)= x
3+ x−2的零
点分别为a,b,c，则a+b+c =（ ）
A．0
B．3
C．4
D．6
【答案】B
【解题思路】由函数f (x)=2
x+ x−2，g(x)= log2 x + x−2，h(x)= x
3+ x−2的零点分别为a,b,c，得函数
y =2
x，y = log2 x，y = x
3与函数y =−x +2的交点的横坐标分别为a,b,c，结合图象及函数的对称性可求
得a+b+c.
【解答过程】如图，在平面直角坐标系中，作函数y =2
x，y = log2 x，y = x
3的图象，它们的图象与函数
y =−x +2的交点的横坐标就是a,b,c.
因为y =2
x，y = log2 x互为反函数，其图象关于直线y = x对称.
因为y =−x +2与y = x垂直，所以(a,2
a)与(b,log2b)的中点是直线y = x与y =−x +2的交点.
由{
y = x
y =−x +2)得(1,1).
所以a+b=2.
又h(1)=1+1−2=0，所以c =1.
所以a+b+c =3.
故选：B.
5．（25-26 高一上·广东·阶段检测）已知函数f (x)=5
x+5 x , g(x)=log5 x +5 x ,h(x)= x
3+5 x的零点分别
为a,b,c，则a,b,c的大小顺序为（ ）
A．a>b>c
B．b>c>a
C．c>a>b
D．b>a>c
【答案】B
【解题思路】利用零点求法可得c =0，结合图象交点位置可判断a,b大小，进而可得答案.
【解答过程】由h(x)= x
3+5 x =0得x =0,∴c =0，
由f (x)=0得5
x=−5 x，由g(x)=0得log5 x =−5 x.
在同一平面直角坐标系中画出y =5
x , y =log5 x , y =−5 x的图象，由图象知a<0,b>0,∴a<c<b.
故选：B.
6．（2026·山东·模拟预测）函数f (x)=e
x与函数g(x)= x +1
x−1的图象所有交点的横坐标之和为（ ）
A．−ln2
B．ln2
C．0
D．1
【答案】C
【解题思路】根据指数函数、反比例函数的性质及图象的平移变换可知：函数f (x)=e
x与函数g(x)= x +1
x−1
的图象共有两个交点，不妨设两个交点的横坐标分别为x1，x2，则x1，x2是方程e
x= x +1
x−1的解.根据x1是方
程e
x= x +1
x−1的解得e
x1= x1+1
x1−1，再由对称性可知−x1是方程e
x= x +1
x−1的解，即可求解x1+ x2.
【解答过程】∵g(x)= x +1
x−1 = x−1+2
x−1
=1+
2
x−1，
∴函数g(x)的图象由y = 2
x 的图象向右平移1 个单位，再向上平移1 个单位得到的.
根据反比例函数的性质可知g(x)在(−∞,1)和(1,+∞)上单调递减，又f (x)=e
x在R上单调递增，
故在同一平面直角坐标系下画出函数f (x)=e
x与函数g(x)= x +1
x−1的图象如下图所示.
由图可知：函数f (x)=e
x与函数g(x)= x +1
x−1的图象共有两个交点，
不妨设两个交点的横坐标分别为x1，x2，则x1，x2是方程e
x= x +1
x−1的解.
若x1是方程e
x = x +1
x−1的解，即e
x1= x1+1
x1−1.
又
−x1+1
−x1−1 = x1−1
x1+1 = 1
e
x1 =e
−x1，∴−x1是方程e
x = x +1
x−1的解，
∴x2=−x1，则x1+ x2= x1+(−x1)=0.
故选：C.
7．（25-26 高二下·天津和平·期末）已知函数f (x)= x
2−1(x>0),g(x)=(
1
3)
x
−x ,h(x)=log 1
9
x−x的零点
分别是a,b,c，则（ ）
A．a>b>c
B．b>c>a
C．c>a>b
D．a>c>b
【答案】A
【解题思路】由f (x)=0得a=1，分别计算g(1),g(
1
2),h(
1
3),h(
1
2)，由零点存在性定理得b,c的范围，
从而比较a,b,c的大小关系.
【解答过程】令f (x)= x
2−1=0得x =±1，因为x>0，所以x =1即a=1；
g(1)= 1
3 −1=−2
3 <0，因为1
3 > 1
4 ，所以(
1
3)
1
2 >(
1
4)
1
2 = 1
2，所以g(
1
2)=(
1
3)
1
2 −1
2 >0，
又g( x)在R 上单调递减，由零点存在性定理得b∈(
1
2 ,1)；
h(
1
3)=log 1
9
1
3 −1
3 = 1
2 −1
3 = 1
6 >0，因为1
2 > 1
3，所以log 1
9
1
2 <log 1
9
1
3 = 1
2，所以log 1
9
1
2 −1
2 <0，
又函数h( x)在(0,+∞)上单调递减，由零点存在性定理得c∈(
1
3 , 1
2)，
所以a>b>c，
故选：A.
8．（2026·河北·模拟预测）已知f (x)为定义在R上的偶函数，当x ≥0时，f (x)=|x−1)，若方程
f (f (x))=m恰有6 个不同的根，则实数m的取值范围为（ ）
A．m≤0
B．0<m<1
C．0<m≤1
D．m≥1
【答案】B
【解题思路】根据偶函数的性质和函数解析式画出图像，然后结合方程的6 个根求出结果即可.
【解答过程】设t = f (x),f (t )=m，由于函数f (x)为偶函数，且当x ≥0时，f (x)=|x−1)，故f (x)的大致图
象如图所示，
当0<m<1时，函数y = f (x)的图象与直线y =m有四个交点，横坐标分别设为t1,t2，t3,t 4，且
t1<−1<t2<0<t3<1<t 4，
故四个方程t1= f (x),t2= f (x),t3= f (x),t 4= f (x)的根的个数分别为0，0，4，2，
故方程f (f (x))=m恰有6 个不同的根，因此B 选项正确．容易验证m取其他值时，不符合题意．
故选：B.
9．（2026·广西柳州·模拟预测）已知函数f ( x)={
x
2+2 x−3, x ≤0
−2+ ln x , x>0 )，若方程f ( x)=k的实数解恰有两个，
则实数k的取值范围是（ ）
A．k ≤−4
B．−4<k <−3
C．k =−4或k >−3
D．k =−4或k ≥−3
【答案】C
【解题思路】分析函数的性质并作出其图象，数形结合求出实数k的取值范围.
【解答过程】当x ≤0时，函数f ( x)= x
2+2 x −3在(−∞,−1]上单调递减，函数值集合为[−4 ,+∞)，
在[−1,0]上单调递增，函数值集合为[−4 ,−3]；
当x>0时，f ( x)=−2+ ln x在(0,+ ∞)上递增，函数值集合为R，
在直角坐标系内作出函数y = f (x)的图象与直线y =k，
由图象知，当k =−4或k >−3时，直线y =k与函数y = f (x)的图象有两个交点，
即方程f (x)=k有两个实数解.
故选：C.
二、填空题
10．（25-26 高三上·江苏盐城·阶段检测）函数f (x)=ln(2 x)−1
x 的零点在区间(k ,k +1)内，则正整数k =
__________.
【答案】1
【解题思路】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可.
【解答过程】因为f (x)=ln(2 x)−1
x = ln x−1
x + ln2定义域为(0,+∞)，
又y = ln x与y =−1
x 均在(0,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又f (1)= ln 2−1<0，f (2)= ln 4−1
2 >lne−1
2 =1−1
2 = 1
2，
所以f (1)f (2)<0，所以f (x)在(1,2)上存在唯一零点，所以k =1.
故答案为：1.
11．（25-26 高一上·云南昆明·期末）已知函数f (x)= x
3+ x
2−2 x−2在区间(1,2)内存在一个零点，用二分
法计算这个零点的近似值时，给定精确度为0.1，其参考数据如下：
f (1.5)=0.6250
f (1.25)=−0.9844
f (1.375)=−0.2598
f (1.4375)=0.1619
则这个零点的近似值为___________．（精确到0.1）
【答案】1.4
【解题思路】先得到零点位于(1.375,1.4375)，由精确到0.1，得到近似值.
【解答过程】1.25<1.375<1.4375<1.5，且f (1.375)f (1.4375)<0，
函数f (x)= x
3+ x
2−2 x−2在区间(1,2)内存在一个零点，故零点位于(1.375,1.4375)，
精确到0.1，故零点的近似值为1.4.
故答案为：1.4.
12．（2026·北京海淀·三模）已知函数f (x)=¿，若函数g(x)= f (x)−mx有三个零点，则实数m 的取值范
围为___________．
【答案】(0,1)∪(2,+ ∞)
【解题思路】分离变量，转化成y = f (x)
x
与y =m的交点问题，作出y = f (x)
x
的图像，即可得到答案.
【解答过程】易知x =0为g(x)的零点，当x≠0时，令g(x)= f (x)−mx =0，得f (x)
x
=m，
令h(x)= f (x)
x
，可得到h(x)={
|x +1), x ≤1 且x≠0
e
x−1
x
, x>1
)
，作出h(x)的图像，
如下图，依题意，只需y =m与y =h(x)有两个交点即可.
由图可得m∈(0,1)∪(2,+ ∞).
故答案为：(0,1)∪(2,+ ∞).
一、单选题
1．（2026·浙江·二模）定义在(0,+ ∞)上的函数f (x)满足f(
1
x)=−f (x),f(
2
x)=−f (2 x)，当x∈[1,2)
时，f (x)=(x−1)(x−2)，则函数y = f (x)+ 1
4 在区间[1,100)内的零点个数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【解题思路】由题设条件可得f (x)= f (4 x)，从而可先分析y = f (x)+ 1
4 在[1,4)上的零点个数为1，再结合
前者可得[1,100)内的零点个数.
【解答过程】因为f(
2
x)=−f (2 x)，故f(
1
x)=−f (4 x)，故−f (x)=−f (4 x)，
即f (x)= f (4 x)，
而当x∈[1,2)时，f (x)=(x−1)(x−2)，
故当x∈[2,4)时，4
x ∈[1,2)，故f (x)=−f(
4
x)=−( 4
x −1)( 4
x −2)，
故f (x)={
(x−1)(x−2), x∈[1,2)
−( 4
x −1)( 4
x −2), x∈(2,4))
，
当x∈[1,2)时，f (x)=(x−1)(x−2)=(x−3
2)
2
−1
4 ∈[−1
4 ,0)，
而f (x)在[1, 3
2)上为减函数，在[
3
2 ,2)为增函数，
故f (x)=−1
4 在[1,2)有有且只有一个实数解为x = 3
2；
当x∈(2,4)时，f (x)=−( 4
x −1)( 4
x −2)=−(
4
x −3
2)
2
+ 1
4 ，
而4
x ∈[1,2)，故f (x)∈[0, 1
4)，此时f (x)=−1
4 在(2,4)上无解；
故当x∈[4
k ,4
k +1)(k ≥1)时，x
4 ∈[4
k −1,4
k)，则f (x)= f(
x
4)，
结合[1,4)上f (x)的性质可得f (x)=−1
4 在[4
k −1,2⋅4
k −1)上有且只有一个实数解，
且该实数解为x = 3⋅4
k −1
2
= 3
2 ×4
k −1，在(2⋅4
k −1,4
k)无实数解，
而4
3<100<4
4且100> 3
2 ⋅4
3，
故f (x)=−1
4 在[1,100)上的实数解为x = 3
2，x = 3
2 ×4 =6，x = 3
2 ×4
2=24，
x = 3
2 ×4
3=96，共4 个实数解，
故f (x)+ 1
4 共有4 个不同的零点.
故选：B.
2．（25-26 高一下·浙江衢州·期中）已知函数f (x)={
|x−4
x),
x ≤−1
|log2(x +1)),
x>−1)
，若方程f (x)=a(a∈R)有
四个不同的解x1, x2, x3, x4，且x1< x2< x3< x4，则x1 x2+ x3+ x4的取值范围是（ ）
A．(
11
2 , 29
4 )
B．(
11
2 ,+∞)
C．(4 , 81
8 )
D．(4 ,+∞)
【答案】C
【解题思路】先画出分段函数图象，然后利用数形结合，结合韦达定理先得出x1 x2= 4，再由对数函数性
质得出(x3+1)(x4+1)=1，所求式子可化为(x4+1)+
1
(x4+1)
+2，换元后利用函数单调性求范围.
【解答过程】作函数的大致图象，如图，
当x ≤−1时，|x−4
x)=a，即x
2+ 16
x
2 −a
2−8=0，化简可得x
4−(a
2+8) x
2+16=0，
所以x1
2⋅x2
2=16，所以x1 x2= 4，
当x>−1时，又log2
1
(x3+1)
= log2(x4+1)，即(x3+1)(x4+1)=1，
则x3=
1
(x4+1)
−1，则x1 x2+ x3+ x4=(x4+1)+
1
(x4+1)
+2，
由图形可知0<a≤3，即0<log2(x4+1)≤3，解得1< x4+1≤8，
令t = x4+1,t ∈(1,8)，又y =t + 1
t +2在t ∈(1,8)上单调递增，所以4< y ≤81
8 ，
故x1 x2+ x3+ x4的取值范围是(4 , 81
8 ).
故选：C.
3．（25-26 高一上·湖北武汉·期末）已知函数f (x)={
x
2+ x + 1
4 , x ≤0
|ln x−1), x>0)
，若关于x 的方程f ( x)=k(k ∈R)
有四个不同的根，它们从小到大依次记为x1，x2，x3，x4，则下列选项正确的是（ ）
A．0<k < 1
4
B．0< x1 x2 x3 x4<e
2
4
C．e
3
4 ≤x3<e
D．函数g( x)= f (f ( x))−1
4 有6 个零点
【答案】C
【解题思路】作出函数f (x)的图象，对于A：直接观察即可；对于B：根据图象得到x1+ x2=−1，
ln x3−1+ln x4−1=0，进一步计算求解；对于C：通过0<1−ln x3≤1
4 求解；对于D：令f (x)=t，求出
f (t )−1
4 =0的根，代入f (x)=t，继续根据图象可求根的个数.
【解答过程】因为f (x)={
x
2+ x + 1
4 , x ≤0
|ln x−1), x>0)
，
当x ≤0时f (x)= x
2+ x + 1
4 =(x + 1
2)
2
，
所以f (x)在(−∞,−1
2)上单调递减，在[−1
2 ,0)上单调递增，且f (0)= 1
4 ，f(−1
2)=0；
当x>0时，f (x)=|ln x−1)={
ln x−1, x ≥e
1−ln x ,0< x<e)，
所以f (x)在[e,+ ∞)上单调递增，在(0,e)上单调递减，
作出函数f (x)的图象如下：
对于A：关于x 的方程f (x)=k (k ∈R)有四个不同的根，
即函数y = f (x)与y =k的图象有4 个交点，由图象可得0<k ≤1
4 ，故A 错误；
对于B：由图象知x1+ x2
2
=−1
2
，所以x1+ x2=−1，且x2∈(−1
2 ,0)，
所以x1 x2=(−1−x2)x2=−x2
2−x2=−(x2+ 1
2)
2
+ 1
4 ∈[0, 1
4)，
又由|ln x3−1)=|ln x4−1)⇒ln x3−1+ln x4−1=0⇒ln x3 x4=2⇒x3 x4=e
2，
所以0≤x1 x2 x3 x4<e
2
4 ，故B 错误；
对于C：知0<1−ln x3≤1
4 ，即3
4 ≤ln x3<1，解得e
3
4 ≤x3<e，故C 正确；
对于D：对于函数g(x)= f (f (x))−1
4 ，令f (x)=t，则g(x)= f (t )−1
4 =0，
即f (t )= 1
4 ，因为f (0)= f (−1)=0，f (e
3
4)=1−lne
3
4 = 1
4
，f (e
5
4)= lne
5
4 −1= 1
4
，
可得t2=0,t1=−1,t3=e
3
4 ,t 4=e
2
e
3
4
=e
5
4
，
当f (x)=t2=0时，由图可得，有2个根，
当f (x)=t1=−1时，由图可得，有0个根，
当f (x)=t3=e
3
4 >1时，由图可得，有3个根，
当f (x)=t 4=e
5
4 >1时，由图可得，有3个根，
综合得函数g(x)= f (f (x))−1
4 有8个零点，故D 错误.
故选：C.
二、填空题
4．（2026·上海闵行·一模）已知函数f (x)={
|x−2), x ≥0
2
x +1, x<0 )，若函数g( x)= f (x)−a有三个零点x1, x2, x3，
且x1< x2< x3，则
x2⋅f (x1)
x3( x2+ x3)的取值范围是________.
【答案】(0, 3
2 −❑√2)
【解题思路】由函数图象得到函数零点的关系，然后得到x3的取值范围.由等量关系化简x2⋅f (x1)
x3( x2+ x3)
，利用
双勾函数的单调性求出x3+ 8
x3
的取值范围，从而得到
x2⋅f (x1)
x3( x2+ x3)的取值范围.
【解答过程】函数f (x)大致图象如下，
若x1< x2< x3，且f ( x1)= f ( x2)= f ( x3)，则x2+ x3= 4,2< x3<4
所以
x2⋅f ( x1)
x3( x2+ x3) = (4−x3)⋅f ( x3)
4 x3
= 1
4
(4−x3)( x3−2)
x3
= 1
4[6−( x3+ 8
x3
))
∵x3+ 8
x3
≥2❑√
x3× 8
x3
= 4 ❑√2，当且仅当x3= 8
x3
，即x3=2❑√2时取等号，
当x3=2时，x3+ 8
x3
=2+ 8
2 =6，当x3= 4时，x3+ 8
x3
= 4+ 8
2 =6，
由双勾函数的单调性可知x3+ 8
x3
<4+ 8
4 =6，
即4 ❑√2≤x3+ 8
x3
<6，
∴x2⋅f ( x1)
x3( x2+ x3) ∈(0, 3
2 −❑√2).
故答案为：(0, 3
2 −❑√2).
三、解答题
5．（25-26 高二下·福建福州·阶段检测）已知函数f (x)=log2(2
x+t)−x．
(1)若f (2)<0，求t的取值范围；
(2)若f (x)= x有两个不相等的实根，求t的取值范围．
【答案】(1)(−4,0)
(2)(−1
4 ,0)
【解题思路】（1）根据对数的运算及对数函数的单调性求解即可.
（2）将f (x)= x有两个不相等的实根转化为log2(2
x+t)=log22
2 x有两个不相等的实根，结合对数函数的
性质得到(2
x)
2−2
x =t (t <0)，令m=2
x∈(0,+∞)，则化为y =t与y =m
2−m有两个不同的交点，结合二
次函数性质求解即可.
【解答过程】（1）由f (2)<0，得log2(4+t )−2<0，
所以log2(4+t )<log24，即{
4+t >0
4+t <4)，解得−4<t <0，
故t的取值范围为(−4,0).
（2）因为f (x)= x有两个不相等的实根，即log2(2
x+t)=2 x有两个不相等的实根，
也即log2(2
x+t)=log22
2 x有两个不相等的实根，所以{
2
x+t >0
2
x+t =2
2 x)，即(2
x)
2−2
x =t (t <0)，
设m=2
x∈(0,+ ∞)，即y =t与y =m
2−m有两个不同的交点，
y =m
2−m (m>0)的简图如下：
当m∈(0, 1
2)时，y =m
2−m单调递减，当m∈(
1
2 ,+∞)时，y =m
2−m单调递增，则ymin=−1
4 ，
又当m→0时，y →0，
所以结合图像可知t ∈(−1
4 ,0)，
故t的取值范围为(−1
4 ,0).
6．（2026·江苏南通·模拟预测）已知f (x)= xe
x．
(1)求f (x)的最小值；
(2)若方程f (x)=a x
2有两个不等的实根，求a的取值范围．
【答案】(1)f (x)的最小值为−1
e
(2)a的取值范围是(−∞,0)∪{e)
【解题思路】（1）对函数求导，根据导数符号判断单调性，进而求得最小值；
（2）先确定x =0是方程的一个根，将问题转化为x≠0时e
x
x =a仅有一个实根，构造函数分析其单调性和值
域，确定参数范围即可.
【解答过程】（1）函数f (x)= xe
x的定义域为R，f
′ (x)=e
x+ xe
x =e
x(x +1).
当x<−1时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减； 当x>−1时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
所以f ( x)在x =−1处取得极小值，也是最小值，f (−1)=−e
−1=−1
e .
故f (x)的最小值为−1
e .
（2）方程f (x)=a x
2整理为x(e
x−ax)=0，显然x =0是方程的一个实根.
要使方程有两个不等实根，只需e
x−ax =0有且仅有一个非零实根，即x≠0时e
x
x =a仅有一个实根.
令h(x)=e
x
x (x≠0)，则h
′ (x)=e
x⋅x−e
x
x
2
=e
x(x−1)
x
2
.
令h
′ (x)=0，则e
x(x−1)
x
2
=0，解得x =1.
①当x<0时，h
′ (x)<0，h(x)单调递减，此时h(x)<0，
且x→−∞时，h(x)→0
−，x→0
−时，h(x)→−∞，此时值域为(−∞,0)，
因此当a<0时，h(x)=a在(−∞,0)有唯一解；
② 当0< x<1时，h
′( x)<0，h( x)单调递减，x>1时，h
′( x)>0，h( x)单调递增，所以h( x)在x =1处取
最小值h(1)=e，
当x→0
+时，h(x)→+ ∞，
因此当a=e时，h(x)=a在(0,+ ∞)上有唯一解x =1；
当0≤a<e时，h(x)=a在(0,+∞)上无实数解；
当a>e时，h(x)=a在(0,+ ∞)上有2 个解；
因此a=e，满足条件.
综上，a的取值范围是(−∞,0)∪{e).
7．（25-26 高一下·广东揭阳·阶段检测）已知a∈R，函数f (x)= x
2+ 2
x −a(x>0)．
(1)判断f (x)的单调性，说明理由;
(2)若f (x)有两个零点x1, x2(x1< x2)，
①求实数a的取值范围；
②证明：2< x1+ x2<a−1．
【答案】(1)函数f (x)在(0,1)上单调递减, 在(1,+ ∞)上单调递增
(2)①(3,+∞);②证明见解析
【解题思路】（1）根据函数的单调性定义分类判断即得；
（2）①根据函数有2 个零点转化成函数y =a与g( x)= x
2+ 2
x
在(0,+∞)上有2 个交点，结合函数的单调性
和图象趋势即得参数范围；② 将待证命题x1+ x2<a−1等价转化为x1
2−x1−1+ 2
x1
(1−
1
x1+ x2
)>0，先证
2
x1
(1−
1
x1+ x2
)> 1
x1
，即需证x1
2−x1−1+ 1
x1
>0，这由h( x)= x
3−x
2−x +1
x
= ( x−1)
2( x +1)
x
>0在(0,1)
上恒成立即可得证.
【解答过程】（1）任取x1, x2∈(0,+ ∞)，且x1< x2，
由f ( x1)−f ( x2)=( x1
2+ 2
x1
−a)−( x2
2+ 2
x2
−a)=( x1+ x2)( x1−x2)+ 2( x2−x1)
x1 x2
=( x1−x2)( x1+ x2−
2
x1 x2
)，
当0< x1< x2<1时，x1−x2<0，x1+ x2<2，因0< x1 x2<1，则2
x1 x2
>2，
则x1+ x2−
2
x1 x2
<0，故f ( x1)>f ( x2)，即函数f (x)在(0,1)上单调递减；
当1< x1< x2时，x1−x2<0，x1+ x2>2，因x1 x2>1，则0<
2
x1 x2
<2，
则x1+ x2−
2
x1 x2
>0，故f ( x1)<f ( x2)，即函数f (x)在(1,+∞)上单调递增.
（2）①f (x)有两个零点即方程x
2+ 2
x −a=0有两个正根x1, x2(x1< x2)，
即方程a= x
2+ 2
x 有两个正根x1, x2(x1< x2)，也即函数y =a与g( x)= x
2+ 2
x 在(0,+∞)上有两个交点.
由（1）可得g( x)= x
2+ 2
x 在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
且当x→0
+时，g( x)→+ ∞，当x→+∞时，g( x)→+ ∞，g(1)=3，
故需使a>g(1)=3，即实数a的取值范围为(3,+∞)；
②依题意，x1
2+ 2
x1
=a，x2
2+ 2
x2
=a，两式相减，得x1
2−x2
2+ 2( x2−x1)
x1 x2
=0，即x1+ x2=
2
x1 x2
.
因0< x1< x2，则x1 x2<( x1+ x2
2
)
2
，则x1+ x2=
2
x1 x2
>
8
( x1+ x2)
2，即( x1+ x2)
3>8，故得x1+ x2>2；
另一方面，要证x1+ x2<a−1，需证x1+ x2< x1
2+ 2
x1
−1，即证x1
2−x1+ 2
x1
−1−x2>0①，
因x1+ x2=
2
x1 x2
，则x2=
2
x1( x1+ x2)代入①，x1
2−x1+ 2
x1
−1−
2
x1( x1+ x2) >0，即
x1
2−x1−1+ 2
x1
(1−
1
x1+ x2
)>0，②
因x1>0且x1+ x2>2，则
1
x1+ x2
< 1
2，1−
1
x1+ x2
> 1
2，则2
x1
(1−
1
x1+ x2
)> 1
x1
，
则 ② 式左边大于x1
2−x1−1+ 1
x1
.
设h( x)= x
2−x−1+ 1
x , x∈(0,1)，因h( x)= x
3−x
2−x +1
x
= ( x−1)
2( x +1)
x
>0在(0,1)上恒成立，
故② 式成立，从而① 式成立，故有x1+ x2<a−1，
综上，2< x1+ x2<a−1得证.
8．（2026·福建泉州·模拟预测）设a，b 为实数，且a>1，函数f (x)=a
x−bx +e
2(x∈R)．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若对任意b>2e
2，函数f (x)有两个不同的零点，求a的取值范围；
(3)当a=e时，证明：对任意b>e
4，函数f (x)有两个不同的零点x1, x2 (x2> x1)，满足x2> b ln b
2e
2 x1+e
2
b ．
【答案】(1)答案见解析
(2)1<a≤e
2
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数分类讨论b≤0和b>0的函数单调区间;
（2）转化零点问题，求g(t )的导数与单调性，确定a的取值范围；
（3）根据（2）的结论得b=e
x1+e
2
x1
=e
x2+e
2
x2
>e
4，利用分析法进行证明.
【解答过程】（1）f ( x)=a
x−bx +e
2,f
′( x)=a
x ln a−b，
①若b≤0，则f
′( x)=a
x ln a−b≥0，所以f ( x)在R上单调递增；
②若b>0，当x∈(−∞,loga
b
ln a)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(loga
b
ln a ,+∞)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增.
综上可得，b≤0时，f ( x)的单调递增区间为(−∞,+∞),无减区间；
b>0时，函数的单调减区间为(−∞,loga
b
ln a)，单调增区间为(loga
b
ln a ,+∞).
（2）f ( x)有2 个不同零点⇔a
x−bx +e
2=0有2 个不同解⇔e
x ln a−bx +e
2=0有2 个不同的解，
令t = x ln a，则e
t−bt
ln a +e
2=0⇒
b
ln a = e
t +e
2
t
,t >0，
记g(t )= e
t +e
2
t
,g
′(t )= e
t⋅t −(e
t +e
2)
t
2
= e
t(t −1)−e
2
t
2
，
记h(t )=e
t(t −1)−e
2,h
′(t )=e
t(t −1)+e
t⋅1=e
t⋅t >0，
又h(2)=0，所以t ∈(0,2)时，h(t )<0,t ∈(2,+∞)时，h(t )>0，
则g(t )在(0,2)上单调递减，(2,+∞)上单调递增，∴b
ln a >g(2)=e
2,∴ln a< b
e
2，
∵b>2e
2,∴b
e
2 >2,∴ln a≤2⇒1<a≤e
2.
即实数a的取值范围是(1,e
2).
（3）a=e,f ( x)=e
x−bx +e
2有2 个不同零点，
则e
x+e
2=bx，故函数的零点一定为正数.
由（2）可知有2 个不同零点，记较大者为x2，较小者为x1，
b=e
x1+e
2
x1
=e
x2+e
2
x2
>e
4，
注意到函数y =e
x+e
2
x
在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增，
故x1<2< x2，又由e
5+e
2
5
<e
4知x2>5，
b=e
x1+e
2
x1
< 2e
2
x1
⇒x1< 2e
2
b ，
要证x2> b ln b
2e
2 x1+e
2
b ，只需x2>ln b+e
2
b ，
b=e
x2+e
2
x2
< 2e
x2
x2
且关于b的函数g(b)= ln b+e
2
b 在b>e
4上单调递增，
所以只需证x2>ln 2e
x2
x2
+e
2 x2
2e
x2 (x2>5)，
只需证lne
x2−ln 2e
x2
x2
−e
2 x2
2e
x2 >0，
只需证ln x−e
2 x
2e
x −ln 2>0，
∵e
2
2 <4，只需证h( x)= ln x−4 x
e
x −ln2在x>5时为正，
由于h
′( x)= 1
x + 4 xe
−x−4e
−x= 1
x + 4e
−x(x−1)>0，故函数h(x)单调递增，
又h(5)= ln5−20
e
5 −ln2= ln 5
2 −20
e
4 >0，故h( x)= ln x−4 x
e
x −ln2在x>5时为正，
从而题中的不等式得证.
一、单选题
1．（2025·天津·高考真题）函数f ( x)=0.3
x−❑√x的零点所在区间是（ ）
A．(0,0.3)
B．(0.3,0.5)
C．(0.5,1)
D．(1,2)
【答案】B
【解题思路】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.
【解答过程】由指数函数、幂函数的单调性可知：y =0.3
x在R上单调递减，y = ❑√x在[0,+∞)单调递增，
所以f (x)=0.3
x−❑√x在定义域上单调递减，
显然f (0)=1>0,f (0.3)=0.3
0.3−0.3
0.5>0,f (0.5)=0.3
0.5−0.5
0.5<0，
所以根据零点存在性定理可知f (x)的零点位于(0.3,0.5).
故选：B.
2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=a( x +1)
2−1，g( x)=cos x +2ax，当x∈(−1,1)时，
曲线y = f ( x)与y = g( x)恰有一个交点，则a=（ ）
A．−1
B．1
2
C．1
D．2
【答案】D
【解题思路】解法一：令F (x)=a x
2+a−1,G (x)=cos x，分析可知曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交
点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y 轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令
h(x)= f ( x)−g(x), x∈(−1,1)，可知h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即
可得a=2，并代入检验即可.
【解答过程】解法一：令f ( x)= g(x)，即a( x +1)
2−1=cos x +2ax，可得a x
2+a−1=cos x，
令F (x)=a x
2+a−1,G (x)=cos x，
原题意等价于当x∈(−1,1)时，曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
注意到F (x),G (x)均为偶函数，可知该交点只能在y 轴上，
可得F (0)=G (0)，即a−1=1，解得a=2，
若a=2，令F (x)=G (x)，可得2 x
2+1−cos x =0
因为x∈(−1,1)，则2 x
2≥0,1−cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
可得2 x
2+1−cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
则方程2 x
2+1−cos x =0有且仅有一个实根0，即曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
所以a=2符合题意；
综上所述：a=2.
解法二：令h(x)= f ( x)−g(x)=a x
2+a−1−cos x , x ∈(−1,1)，
原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，
因为h(−x)=a(−x)
2+a−1−cos(−x)=a x
2+a−1−cos x =h(x)，
则h(x)为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，
即h(0)=a−2=0，解得a=2，
若a=2，则h(x)=2 x
2+1−cos x , x∈(−1,1)，
又因为2 x
2≥0,1−cos x ≥0当且仅当x =0时，等号成立，
可得h(x)≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
即h(x)有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意；
故选：D.
二、填空题
3．（2026·全国二卷·高考真题）若函数f (x)=2
x+2
2−x−m有两个零点，则m的取值范围是__________．
【答案】(4 ,+∞)
【解题思路】方法一：令t =2
x,则2
x+2
2−x−m=0即t + 4
t −m=0，t
2−mt + 4 =0(t >0),转化为一元二次方
程t
2−mt + 4 =0有两个正根的问题.
方法二：把函数 f ( x)=2
x+2
2−x−m有两个零点转化为方程2
x+2
2−x−m=0有两个实数根的问题，再转化
为2
x+2
2−x=m,即函数y =2
x+2
2−x与函数y =m交点问题.
【解答过程】令f ( x)=2
x+2
2−x−m=0，得2
x+2
2−x−m=0，即2
x+2
2−x =m，
方法一：
令t =2
x，则2
x+2
2−x−m=0，即t + 4
t −m=0，t
2−mt + 4 =0(t >0),
则一元二次方程t
2−mt + 4 =0(t >0)有两个正根，
那么{
Δ=m
2−16>0
t1+t2=m>0 )⇒{
m>4 或m<−4
m>0
)⇒m>4，
所以，m的取值范围是(4 ,+ ∞).
方法二：
设g( x)=2
x+2
2−x =2
x+ 4
2
x ，那么设u=2
x，则g(u)=u+ 4
u ,(u>0)，
由于g(u)在(0,2)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增，
故g( x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，且g(1)= 4，
根据函数图象可知，函数f ( x)有两个零点，则m的取值范围是(4 ,+∞).
故答案为：(4 ,+∞).
4．（2026·北京·高考真题）已知f ( x)=|x
2−cos x−c
2)，给出下列四个结论：
①f ( x)在(−1,1]上有最小值和最大值；
②c =1，x∈(−1,2]时，f ( x)有最大值；
③c =0，f ( x)=1有3 个解；
④c>0，f ( x)与y =c有4 个交点.
其中正确结论的序号是________．
【答案】①②③④
【解题思路】①，构造函数g(x)= x
2−cos x−c
2并求其单调性和奇偶性，求出f (x)的奇偶性，分g(x)在
(−1,1)内有零点和g(x)在(−1,1)内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出f (x)在(1,2)上的单调性，即
可判断；③，求出f (x)在c取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出f (x)=1时x的值，即可判
断；④，求出f (0)=1+c
2>c，结合f (x)单调性即可得出与直线y =c的交点个数，即可判断.
【解答过程】由题意，
①在g(x)= x
2−cos x−c
2中，g
′ (x)=2 x +sin x，g(1)=1−cos1−c
2，
g(−x)=(−x)
2−cos(−x)−c
2= x
2−cos x −c
2= g(x)，函数为偶函数，
在h(x)= g
′ (x)=2 x +sin x中，h
′ (x)=2+cos x>0，
∴函数h(x)= g
′ (x)=2 x +sin x单调递增，
∵h(0)= g
′ (0)=0+0=0，
∴当x<0时，h(x)= g
′ (x)<0，当x>0时，h(x)= g
′ (x)>0，
∴g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
∴函数在x =0处取最小值，g(0)=0−cos0−c
2=−1−c
2，
在f (x)=|x
2−cos x −c
2)中，
f (−x)=|(−x)
2−cos(−x)−c
2)=|x
2−cos x −c
2)= f (x)，为偶函数，
当g(x)在(−1,1)内有零点时，
即∃x1∈(−1,0)，x2∈(0,1)，使得g(x)=0，
此时f (x)在(−1, x1)，[0, x2)上单调递减，在[x1,0)，[x2,1)上单调递增，
f (x1)= f (x2)=0，f (0)=−g(0)=1+c
2，f (1)= g(1)=1−cos1−c
2，
∵1+c
2>1−cos1−c
2，
∴f (0)>f (1)，
∴f (x)在x = x1和x = x2处取最小值，f (x)min=0，
在x =0处取最大值，f (x)max =1+c
2
当g(x)在(−1,1)内无零点时，f (x)=−g(x)=−x
2+cos x +c
2，
f (x)在(−1,0)上单调递增，在[0,1)上单调递减，
∴f (x)在x =1处取得最小值，f (x)min= f (1)=−1+cos1+c
2，
在x =0处取得最大值，f (x)max = f (0)=0+cos0+c
2=c
2+1，
故①正确；
②当c =1时，
f (x)=|x
2−cos x−1)，g(x)= x
2−cos x−1，f (1)=|1−cos1−1)=cos1>0，
由①可得，g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
∵g(1)=1−cos1−1=−cos1<0，g(2)=2
2−cos2−1=3−cos2>0，
∴∃x5(1,2)，使得g(x5)=0，
∴在f (x)=|x
2−cos x−1)中，x∈(1,2)，
此时f (x)在(1, x5)上单调递减，在[x5,2)上单调递增，
∴f (x)在x =2处取最大值，
②正确；
③同①可得推广结论，
在f (x)=|x
2−cos x−c
2)中，f (0)=|0−cos0−c
2)=1+c
2，
f (−x)=|(−x)
2−cos(−x)−c
2)=|x
2−cos x−c
2)= f (x)，为偶函数，
即∃x1∈(−∞,0)，x2∈(0,+ ∞)，使得g(x1)=0，g(x2)=0，
此时f (x)在(−∞, x1)，[0, x2)上单调递减，在[x1,0)，[x2,+∞)上单调递增，
∴f (x)在x = x1和x = x2处取极小值，
当c =0时，f (x)=|x
2−cos x)，g(x)= x
2−cos x，f (0)=1，
∵f (x)在(−∞, x1)上单调递减，f (x1)=0，
∴∃x3∈(−∞, x1)，使得f (x3)=1，
∵f (x)在[x2,+ ∞)上单调递增，f (x2)=0，
∴∃x4∈[x2,+ ∞)，使得f (x4)=1，
∴当x = x3, x4,0时，f (x)=1，
∴c =0，f (x)有3 解，
故③正确；
④由③可得，
在f (x)=|x
2−cos x−c
2)中，f (0)=1+c
2，
此时f (x)在(−∞, x1)，[0, x2)上单调递减，在[x1,0)，[x2,+∞)上单调递增，
在ω(x)=1+ x
2−x中，Δ=(−1)
2−4×1×1=−3<0，
1>0，开口向上，
∴函数ω(x)=1+ x
2−x>0，即1+ x
2> x恒成立，
∴f (0)=1+c
2>c
∴y =c在(0,f (0))下方，
∵c>0，
∴y =c在x轴上方，
此时y =c与f (x)有4 个交点，
故④正确.
故答案为：①②③④.
5．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线y = x
3−3 x与y =−(x−1)
2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点，则a的
取值范围为__________．
【答案】(−2,1)
【解题思路】将函数转化为方程，令x
3−3 x =−(x −1)
2+a，分离参数a，构造新函数
g(x)= x
3+ x
2−5 x +1,结合导数求得g(x)单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【解答过程】令x
3−3 x =−(x−1)
2+a，即a= x
3+ x
2−5 x +1，令g(x)= x
3+ x
2−5 x +1(x>0),
则g
′ (x)=3 x
2+2 x−5=(3 x +5)(x−1)，令g
′ (x)=0(x>0)得x =1，
当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，g(0)=1, g(1)=−2，
因为曲线y = x
3−3 x与y =−(x−1)
2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点，
所以等价于y =a与g(x)有两个交点，所以a∈(−2,1).
故答案为：(−2,1).
6．（2024·天津·高考真题）设a∈R，函数f (x)=2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1.若f (x)恰有一个零点，则a的取
值范围为__________．
【答案】(−❑√3,−1)∪(1,❑√3)
【解题思路】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数g(x)=2
❑√x
2−ax与h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
，
则两函数图象有唯一交点，分a=0、a>0与a<0进行讨论，当a>0时，计算函数定义域可得x ≥a或x ≤0，
计算可得a∈(0,2)时，两函数在y轴左侧有一交点，则只需找到当a∈(0,2)时，在y轴右侧无交点的情况
即可得；当a<0时，按同一方式讨论即可得.
【解答过程】令f (x)=0，即2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1，
由题可得x
2−ax≥0，
当a=0时，x∈R，有2
❑√x
2=|−2)−1=1，则x =± 1
2，不符合要求，舍去；
当a>0时，则2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
，
即函数g(x)=2
❑√x
2−ax与函数h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
有唯一交点，
由x
2−ax ≥0，可得x ≥a或x ≤0，
当x ≤0时，则ax−2<0，则2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1=1−ax，
即4 x
2−4 ax =(1−ax)
2，整理得(4−a
2) x
2−2ax−1=[(2+a) x +1)[(2−a) x−1)=0，
当a=2时，即4 x +1=0，即x =−1
4 ，
当a∈(0,2)，x =−
1
2+a或x =
1
2−a >0（正值舍去），
当a∈(2,+∞)时，x =−
1
2+a <0或x =
1
2−a <0，有两解，舍去，
即当a∈(0,2)时，2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1=0在x ≤0时有唯一解，
则当a∈(0,2)时，2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1=0在x ≥a时需无解，
当a∈(0,2)，且x ≥a时，
由函数h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
关于x = 2
a对称，令h(x)=0，可得x = 1
a或x = 3
a，
且函数h(x)在(
1
a , 2
a)上单调递减，在(
2
a , 3
a)上单调递增，
令g(x)= y =2
❑√x
2−ax，即(x−a
2)
2
a
2
4
−y
2
a
2 =1，
故x ≥a时，g(x)图象为双曲线
(x)
2
a
2
4
−y
2
a
2 =1右支的x轴上方部分向右平移a
2所得，
由
(x)
2
a
2
4
−y
2
a
2 =1的渐近线方程为y =± a
a
2
x =±2 x
，
即g(x)部分的渐近线方程为y =2(x−a
2)，其斜率为2，
又a∈(0,2)，即h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
在x ≥2
a时的斜率a∈(0,2)，
令g(x)=2
❑√x
2−ax =0，可得x =a或x =0（舍去），
且函数g(x)在(a,+ ∞)上单调递增，
故有{
1
a <a
3
a >a)
，解得1<a<❑√3，故1<a<❑√3符合要求；
当a<0时，则2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1={
ax−3, x ≤2
a
1−ax , x> 2
a)
，
即函数g(x)=2
❑√x
2−ax与函数h(x)={
ax−3, x ≤2
a
1−ax , x> 2
a)
有唯一交点，
由x
2−ax ≥0，可得x ≥0或x ≤a，
当x ≥0时，则ax−2<0，则2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1=1−ax，
即4 x
2−4 ax =(1−ax)
2，整理得(4−a
2) x
2−2ax−1=[(2+a) x +1)[(2−a) x−1)=0，
当a=−2时，即4 x−1=0，即x = 1
4 ，
当a∈(−2,0)，x =−
1
2+a <0（负值舍去）或x =
1
2−a 0，
当a∈(−∞,2)时，x =−
1
2+a >0或x =
1
2−a >0，有两解，舍去，
即当a∈[−2,0)时，2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1=0在x ≥0时有唯一解，
则当a∈[−2,0)时，2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1=0在x ≤a时需无解，
当a∈[−2,0)，且x ≤a时，
由函数h(x)={
ax−3, x ≤2
a
1−ax , x> 2
a)
关于x = 2
a对称，令h(x)=0，可得x = 1
a或x = 3
a，
且函数h(x)在(
2
a , 1
a)上单调递减，在(
3
a , 2
a)上单调递增，
同理可得：x ≤a时，g(x)图象为双曲线
(x)
2
a
2
4
−y
2
a
2 =1左支的x轴上方部分向左平移a
2所得，
g(x)部分的渐近线方程为y =−2(x + a
2)，其斜率为−2，
又a∈[−2,0)，即h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
在x< 2
a时的斜率a∈[−2,0)，
令g(x)=2
❑√x
2−ax =0，可得x =a或x =0（舍去），
且函数g(x)在(−∞,a)上单调递减，
故有{
1
a >a
3
a <a)
，解得−❑√3<a<−1，故−❑√3<a<−1符合要求；
综上所述，a∈(−❑√3,−1)∪(1,❑√3).
故答案为：(−❑√3,−1)∪(1,❑√3).
三、解答题
7．（2025·上海·高考真题）已知函数y = f ( x)的定义域为R．对于正实数a，定义集合
M a={x∣f ( x +a)= f ( x)}．
(1)若f ( x)=sin x，判断π
3 是否是M π中的元素，请说明理由；
(2)若f ( x)=¿，求a 的取值范围；
(3)若y = f ( x)是偶函数，当x∈(0,1]时，f ( x)=1−x，且对任意a∈(0,2)，均有M a⊆M 2．写出
y = f ( x)，x∈(1,2)解析式，并证明：对任意实数c，函数y = f ( x)−c在[−3,3]上至多有9 个零点．
【答案】(1)不是；
(2)[
7
4 ,4)；
(3)证明见解析.
【解题思路】（1）直接代入计算f(
π
3)和f(
π
3 + π)即可；
（2）法一：转化为在实数x0使得f ( x0+a)= f ( x0)，分析得x0+2= ❑√x0+a，再计算得a=(x0+ 3
2)
2
+ 7
4 ，
最后根据x0的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线y =t与该函数有两个交点，将a用t表
示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；
（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出x∈(1,2)时解析式，再分析出f (−3)∉(0,1)，最后对c的范
围进行分类讨论即可.
【解答过程】（1）（1）f(
π
3)=sin π
3 =
❑√3
2 ，f(
π
3 + π)=−sin π
3 =−
❑√3
2 ，则π
3 不是M π中的元素.
（2）法一：因为M a≠∅，则存在实数x0使得f ( x0+a)= f ( x0)，且a>0，
当x<0时，f (x)= x +2，其在(−∞，0)上严格单调递增，
当x ≥0时，f (x)= ❑√x，其在[0,+∞)上也严格单调递增，
则x0<0≤x0+a，则x0+2= ❑√x0+a，
令x +2=0，解得x =−2，则−2≤x0<0，
则a=(
❑√x0+a)
2−x0=(x0+2)
2−x0=(x0+ 3
2)
2
+ 7
4 ∈[
7
4 ,4).
法二：作出该函数图象，则由题意知直线y =t与该函数有两个交点，
由图知0≤t <2，假设交点分别为A (m,t )，B (n,t )，
联立方程组{
❑√m=t
n+2=t)得a=| AB|=m−n=t
2−(t −2)=(t −1
2)
2
+ 7
4 ∈[
7
4 ,4)
（3）对任意x0∈(1,2), x0−2∈(−1,0)，因为其是偶函数，
则f (x0−2)= f (2−x0)，而2−x0−(x0−2)= 4−2 x0∈(0,2)，
所以x0−2∈M 4−2 x0⊆M 2，
所以f (x0)= f (x0−2)= f (2−x0)，因为x0∈(1,2)，则2−x0∈(0,1)，
所以f (x0)= f (2−x0)=1−(2−x0)= x0−1，所以f ( x)= x−1, x∈(1,2)，
所以当s∈(0,1)时，1−s∈(0,1)，1+ s∈(1,2)，则f (1−s)=1−(1−s)= s，
f (1+ s)=(1+ s)−1= s，则f (1−s)= f (1+ s)，
而1+ s−(1−s)=2s，(3−s)−(1−s)=2，
则1−s∈M 2s⊆M 2，则f (1−s)= f (3−s)，
所以当x∈(2,3)时，f ( x)= f ( x−2)=1−( x−2)=3−x，而f ( x)为偶函数，画出函数图象如下：
其中f (−3)= f (3),f (−2)= f (2),f (0)，但其对应的y值均未知.
首先说明f (−3)=n∉(0,1)，
若f (−3)=n∈(0,1)，则−3+n∈(−3,−2)，易知此时f (x)= x +3, x∈(−3,−2)，
则f (−3+n)=n，所以f (−3)∈M n⊆M 2，而x∈[−1,0)时，f (x)= x +1，
所以f (−3)= f (−1)=0，与f (−3)=n矛盾，所以f (−3)∉(0,1)，即f (−3)= f (3)∉(0,1)，
令y = f ( x)−c =0，则y = f ( x)=c，
当c =0时，即使让f (−3)= f (3)= f (−2)= f (2)= f (0)=0，此时最多7 个零点，
当c≥1时，若f (−2)= f (2)= f (0)= f (−3)= f (3)=c，此时有5 个零点，
故此时最多5 个零点；
当c<0时，若f (−2)= f (2)= f (0)= f (−3)= f (3)=c，此时有5 个零点，
故此时最多5 个零点；
当0<c<1时，若f (−2)= f (2)= f (0)=c，此时有3 个零点，
若f (−3)=c∈(0,1)，则−3+c∈(−3，−2)，易知此时f (x)= x +3，
则f (−3+c)=c，所以f (−3)∈M c⊆M 2，而x∈[−1,0)时，f (x)= x +1，
所以f (−3)= f (−1)=0，与f (−3)=c矛盾，所以f (−3)∉(0,1)，
则最多在(−3,−2),(−2,−1),(−1,0),(0,1),(1,2),(2,3)之间取得6 个零点，
以及在x =−2,0,2处成为零点，故不超过9 个零点.
综上，零点不超过9 个.
