专题2.7 函数图象与函数零点问题（举一反三复习讲义）
【全国通用】
命题规律
分析
1、函数图象与函数零点问题
从近几年的高考情况来看，函数图象问题主要以考查函数图象的识别
与变换为重点和热点，也可能考查利用函数图象研究函数性质、解不等式
等问题，一般以单选题的形式出现，难度不大。
函数的零点问题是高考常考的重点和热点内容，从近几年的高考情况
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
候也会与导数结合在解答题中考查，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，此时难度偏大，一般出现在压轴题位置。
考点
2023 年
2024 年
2025 年
高考真题
统计
函数的图
象
全国甲卷（文数）：
第8 题，5 分
全国甲卷（理数）：
第7 题，5 分
北京卷：第4 题，4 分
天津卷：第3 题，5 分
函数的零
点
新课标I 卷：第15
题，5 分
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：第21 题，18
分
2026 年
命题预测
预测在2026 年全国卷高考数学中，函数的零点问题的考情将继续维持
稳定态势。函数的零点问题依旧以单选题的形式考查，分值为5 分，主要考
查函数图象的识别、函数图象的变换，常借助函数的性质：如单调性、奇
偶性研究函数图象，难度不大。
预测函数的零点问题仍是2026 年高考数学的高频核心考点，大概率以
选择题、填空题的形式考查，可能融入类周期、分段函数等创新情境，分
值为5 分；也有可能在解答题与导数结合考查，侧重零点个数问题及求参问
题。整体难度中等偏上，主要涉及数形结合与分类讨论思想。
知识点
1 函数的图象的作法与识别
1．作函数图象的一般方法
(1)描点法作图：当函数解析式(或变形后的解析式)是熟悉的基本函数时，就可 根据这些函数的特征描出图
象的关键点直接作出.
(2)图象变换法：若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作出，
并应注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响.
2．函数图象识别的解题思路
(1)抓住函数的性质，定性分析：
①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；
②从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
③从周期性，判断图象的循环往复；
④从函数的奇偶性，判断图象的对称性.
(2)利用函数的零点、极值点判断.
(3)抓住函数的
特征
，定量计算：从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决问题.
知识点
2 函数图象的应用及其解题策略
1．利用函数的图象研究函数的性质
对于已知或易画出其在给定区间上图象的函数，其性质(单调性、奇偶性、周期性、最值(值域)、零点)常借
助于图象研究，但一定要注意性质与图象特征的对应关系.
2．利用函数的图象解决方程和不等式的求解问题的解题策略
利用函数的图象可解决方程和不等式的求解问题，如判断方程是否有解，有多少个解.数形结合是常用的思
想方法.不等式的求解可转化为两函数的上下关系问题.
知识点
3 函数的零点问题
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)=
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.
2．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.
3．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
4 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 函数图象的画法与图象变换】
【例1】（2025 高三·全国·专题练习）将函数f (x)=|−x
2+1)+2向左、向下分别平移2 个、3 个单位长度，
所得图象为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解题思路】根据题意，将函数化为分段函数的形式，得到其大致图象，即可判断平移之后的函数图象.
【解答过程】∵f (x)={
3−x
2, x∈[−1,1),
x
2+1, x∈(−∞,−1)∪(1,+∞))，可得函数的大致图象如图所示，
将其向左、向下分别平移2 个、3 个单位长度，所得函数图象为C 选项中的图象.
故选：C.
【变式1-1】（2025·四川南充·二模）已知函数f (x)= 3
x ，则函数y = f (x−1)+1的图象（ ）
A．关于点(1,1)对称
B．关于点(−1,1)对称
C．关于点(−1,0)对称
D．关于点(1,0)对称
【答案】A
【解题思路】首先判断函数f (x)= 3
x 为奇函数，再根据函数平移规则判断即可.
【解答过程】函数f (x)= 3
x 的定义域为{x| x≠0)，又f (−x)=−3
x =−f (x)，
所以f (x)= 3
x 为奇函数，则函数f (x)的图象关于原点(0,0)对称，
又y = f (x−1)+1的图象是由f (x)= 3
x 的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到，
所以函数y = f (x−1)+1的图象关于点(1,1)对称.
故选：A.
【变式1-2】（2025·陕西西安·二模）设函数f ( x)=|2 x)−|x +1).
(1)在坐标系中画出函数f ( x)的图象；
(2)若f ( x)≥4−|a−2)对任意x∈R恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)(−∞,−3]∪[7,+∞).
【解题思路】（1）根据题意求出f (x)的分段函数解析式，作出图像，从而可求解.
（2）由（1）中图像可知f (x)min=−1，即f (x)min≥4−|a−2)任意x∈R对从而可求解.
【解答过程】（1）由题意得f (x)={
−x +1, x<−1
−3 x−1,−1≤x ≤0
x−1, x>0
)
，作出图象，如图所示，
（2）由（1）知f (x)min=−1，所以−1≥4−|a−2)对任意x∈R恒成立，
即|a−2)>5，解得a≥7或a≤−3，
所以a的取值范围为(−∞,−3¿∪)7 ,+ ∞¿¿.
【变式1-3】（2025·河南·模拟预测）已知f (x)=(a x
2+ x +1)e
x．
(1)若a=0，
（i）过点P(m,0)作曲线y = f (x)的两条切线，求m的取值范围；
（ii）求不等式ef (x)≥x
2+3 x +2的解集；
（iii）在图中画出函数f (x)的大致图象．（参考数据：−e−2≈−0.135）
(2)若f (x)在区间(−3,−1)内存在极小值点，求a的取值范围．
【答案】(1)（i）(−∞,−5)∪(−1,+ ∞)；（ii）[−1,+∞)；（iii）图象见解析
(2)(−∞, 1
2)∪(
1
2 ,1)
【解题思路】（1）（i）设切点为(x0,(x0+1)e
x0)，问题可转化为x0
2+(1−m) x0−2m−1=0有两个实数
根，求解即可；（ii）ef (x)−(x
2+3 x +2)=(x +1)(e
x +1−x −2)，令g(x)=e
x +1−x−2，x∈R，求导可
得g(x)≥g(−1)=0，进而可求解；
（2）求导得f
′ (x)=(x +2)(ax +1)e
x，分a<0，a=0，a>0三种情况讨论函数y = f (x)的单调性，判断极小
值点在(−3,−1)内可求得的取值范围.
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)=(x +1)e
x，
（i）f
′ (x)=(x +2)e
x，设切点为(x0,(x0+1)e
x0)，
则切线方程为y −(x0+1)e
x0=(x0+2)e
x0(x−x0)，再由切线过点P(m,0)，
可得：0−(x0+1)e
x0=(x0+2)e
x0(m−x0)⇒−(x0+1)=(x0+2)(m−x0)
整理得x0
2+(1−m) x0−2m−1=0，
由过点P(m,0)作曲线y = f (x)的两条切线，
可转化为方程x0
2+(1−m) x0−2m−1=0有两个实数根，∴Δ=(1−m)
2+ 4 (2m+1)=m
2+6m+5>0，
∴m<−5或m>−1.
∴m的取值范围为(−∞,−5)∪(−1,+ ∞).
（ii）ef (x)−(x
2+3 x +2)=(x +1)e
x +1−(x +1)(x +2)=(x +1)(e
x +1−x−2).
令g(x)=e
x +1−x−2，x∈R，则g
′ (x)=e
x +1−1，
由g
′ (x)=0，得x =−1，
当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，则g(x)≥g(−1)=0.
故当x<−1时，(x +1)(e
x +1−x−2)<0，当x ≥−1时，(x +1)(e
x +1−x−2)≥0，
则ef (x)≥(x
2+3 x +2)的解集为[−1,+∞).
（iii）函数f (x)的大致图象为：
由于f
′ (x)=(x +2)e
x，
所以当x<−2时，f
′ (x)=(x +2)e
x<0，f (x)=(x +1)e
x在x<−2区间上单调递减，
当x>−2时，f
′ (x)=(x +2)e
x>0，f (x)=(x +1)e
x在x>−2区间上单调递增，
当x<−2时，恒有f (x)=(x +1)e
x<0，当x→+ ∞时，f (x)=(x +1)e
x→+ ∞，
故可作图如下：
（2）由已知得f
′ (x)=(a x
2+ x +1+2ax +1)e
x =(x +2)(ax +1)e
x
1°.若a=0，f
′ (x)=(x +2)e
x，
当x∈(−∞,−2)时，f
′ (x)<0，f (x)在(−∞,−2)上单调递减，
当x∈(−2,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)在(−2,+∞)上单调递增，
∴y = f (x)在x =−2取得最小值，符合题意.
2°.若a>0，
i）若−1
a >−2即a> 1
2，
当x∈(−2,−1
a)，f
′ (x)<0，∴f (x)在(−2,−1
a)上单调递减，
当x∈(−1
a ,+ ∞)，f
′ (x)>0，∴f (x)在(−1
a ,+∞)上单调递增，
∴y = f (x)在x =−1
a取得最小值，−1
a <−1，a<1，∴1
2 <a<1
ii）当−1
a =−2，f
′ (x)=(x +2)
2e
x≥0，∴y = f (x)无极值，不符合题意，
iii）当−1
a <−2即a∈(0, 1
2)，
当x∈(−1
a ,−2)，f
′ (x)<0，∴f (x)在(−1
a ,−2)上单调递减，
当x∈(−2,+∞)，f
′ (x)>0，∴f (x)在(−2,+ ∞)上单调递增，
∴f (x)在x =−2取得极小值符合.
3°.若a<0，−1
a >0
当x∈(−∞,−2)时，f
′ (x)<0，∴f (x)在(−∞,−2)上单调递减，
当x∈(−2,−1
a)时，f
′ (x)>0，∴f (x)在(−2,−1
a)上单调递增，
∴y = f (x)在x =−2取得极小值，符合题意；
综上所述：a的取值范围为(−∞, 1
2)∪(
1
2 ,1).
【题型2 函数图象的识别】
【例2】（2025·陕西咸阳·一模）函数f ( x)= 3
x−3
−x
2|x)
的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】通过观察图像，可知先判断函数的奇偶性进行排除，再利用特值法，分析x∈(0,+ ∞)的函
数值f (x)与0的大小和x∈(−∞,0)的函数值f (x)与0的大小，从而得到答案.
【解答过程】由函数f ( x)= 3
x−3
−x
2|x)
，可得其定义域为(−∞，0)∪(0,+∞)，关于原点对称，
又由f (−x)= 3
−x−3
x
2|−x) = −(3
x−3
−x)
2|x)
=−f ( x)，所以函数f (x)为奇函数，
图象关于原点对称，可得排除A、D 项；
当x∈(0,+∞)时，可得3
x>1,0<3
−x<1，所以3
x−3
−x>0，此时f (x)>0；
当x∈(−∞，0)时，可得0<3
x<1,3
−x>1，所以3
x−3
−x<0，此时f (x)<0，
所以选项B 符合函数f (x)的图象的形状．
故选：B．
【变式2-1】（2025·四川成都·模拟预测）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[−8,8)上的大致图象，
则该函数可能是（ ）
A．f (x)= x
4sin x
e
x+e
−x
B．f (x)= x
4(sin x−x)
e
x+e
−x
C．f (x)= x
4cos x
e
x+e
−x
D．f (x)= x
4(cos x−x)
e
x+e
−x
【答案】A
【解题思路】利用函数图象并结合奇偶性的定义与函数值的正负逐个排除求解即可.
【解答过程】根据图象可知，f (x)是奇函数，
对于A，由题意得f (−x)= (−x)
4sin (−x)
e
x+e
−x
=−x
4sin x
e
x+e
−x =−f ( x)，
则f (x)是奇函数，符合题意，故A 正确，
对于B，f (−x)=
(−x)
4[sin (−x)−(−x))
e
x+e
−x
=−x
4(sin x−x)
e
x+e
−x
=−f ( x)，
则f (x)是奇函数，令g( x)=sin x−x，则g
′( x)=cos x−1<0，
当x∈(0,+∞)时，g( x)在(0,+∞)上单调递减，
则g( x)=sin x−x<0，与图象不符，故B 错误，
对于C，由题意得f (1)= 1
4cos1
e
1+e
−1 = cos1
e+e
−1 ，f (−1)= (−1)
4cos(−1)
e
1+e
−1
= cos1
e+e
−1 ，
则f (1)+ f (−1)= cos1
e+e
−1 + cos1
e+e
−1 = 2cos1
e+e
−1 ≠0，
可得f (x)不是奇函数，故C 错误，
对于D，由题意得f (1)= 1
4(cos1−1)
e
1+e
−1
= cos1−1
e
1+e
−1
，
f (−1)=
(−1)
4[(cos(−1)−(−1)))
e
1+e
−1
= cos1+1
e
1+e
−1 ，
则f (1)+ f (−1)= cos1−1
e
1+e
−1
+ cos1+1
e
1+e
−1 = 2cos1
e+e
−1 ≠0
可得f (x)不是奇函数，故D 错误.
故选：A.
【变式2-2】（2025·安徽合肥·模拟预测）函数f ( x)=(|4−x
2)−4)ln(4−x
2)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】根据函数解析式确定函数的图像性质，进而确定.
【解答过程】由已知，f (x)定义域为(−2,2)，且f (−x)= f (x)，
所以函数f (x)为偶函数，
故f (x)图象关于y轴对称，
又f (0)=0，排除B，D 选项；
当x→2时，f (x)>0，排除C，故A 正确．
故选：A．
【变式2-3】（2025·江西·三模）函数f (x)= x +(e
x−e
−x)cos x的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】利用奇偶性的定义可排除C，D.，由x∈(0,π
2 )，f (x)>0，可排除B.
【解答过程】因为f (−x)=−x +(e
−x−e
x)cos x =−f (x)，所以该函数为奇函数，可排除C，D.
当x∈(0,π
2 )时，e
x−e
−x>0,cos x>0，所以f (x)>0，排除B.
故选：A.
【题型3 函数图象的应用】
【例3】（2025·四川成都·一模）已知定义在R上的奇函数f ( x)在[0,+∞)上的图象如图所示，则不等式
( x−❑√3)f ( x)>0的解集为（ ）
A．(−3,0)∪(❑√3,3)
B．(−3,0)∪(0,3)
C．(−∞,−3)∪(0,3)
D．(−∞,−3)∪(❑√3,3)
【答案】A
【解题思路】根据函数为奇函数可得函数的图象，进而由数形结合可得不等式的解集.
【解答过程】因为f ( x)是定义在R上的奇函数，所以函数f ( x)图象关于原点对称，故得函数的图象如下：
且f (−3)=−f (3)=0.
由图象可知，要使( x−❑√3)f ( x)>0，当x>❑√3时，f ( x)>0，得❑√3< x<3；
当x<❑√3时，f ( x)<0，得−3< x<0；
当x = ❑√3，不等式不成立；
综上，不等式( x−❑√3)f ( x)>0的解集为(−3,0)∪(❑√3,3).
故选：A.
【变式3-1】（25-26 高一上·广东潮州·月考）已知函数y = f (x)的定义域为[−1,5)，其图象如图所示，则下
列说法中错误的是（ ）
A．f (x)的单调递减区间为(0,2)
B．f (x)的最大值为3
C．f (x)的最小值为−1
D．f (x)的单调递增区间为(−1,0)∪(2,5)
【答案】D
【解题思路】利用函数f (x)的图象逐项判断即可.
【解答过程】对于A，由图象可知：f (x)的单调递减区间为(0,2)，A 正确；
对于B，当x =0时，f (x)max= f (0)=3，B 正确；
对于C，当x =2时，f (x)min= f (2)=−1，C 正确；
对于D，由图象可知：f (x)的单调递增区间为(−1,0)和(2,5)，但并非严格单调递增，不能用“∪”连接，
D 错误.
故选：D.
【变式3-2】（2025·安徽淮北·二模）函数f (x)=a x
3+b x
2+cx +d的图像如图所示，则（ ）
A．a<0
B．b<0
C．c<0
D．d <0
【答案】B
【解题思路】根据给定的函数图象，确定零点及极值点情况，再结合函数式、导函数式分析判断作答.
【解答过程】观察图象知，f (0)=d >0，函数f ( x)有3 个零点，设3 个零点为x1, x2, x3( x1< x2< x3)，
于是f ( x)=a( x−x1)( x−x2)( x−x3)，当x> x3时，f ( x)>0，
而此时( x−x1)( x−x2)( x−x3)>0，因此a>0，
又f
′( x)=3a x
2+2bx +c，
函数f ( x)有两个极值点α1,α2，且α2>α1>0，即f
′( x)=0有两个不等实根，
−2b
3a =α1+α2>0, c
3a =α1α2>0，因此b<0,c>0，
所以a>0,b<0,c>0,d >0.
故选：B.
【变式3-3】（25-26 高一上·云南红河·期中）已知函数f ( x)和g( x)的大致图象如图所示，则f (g( x))>0
的解集为（ ）
A．(0,2)
B．(−2,0)
C．(−2,2)
D．(−∞,−2)∪(2,+∞)
【答案】C
【解题思路】根据给定函数图象，分别确定函数值为正及为负时的x取值范围，再求出不等式的解集.
【解答过程】观察图象，函数f ( x)满足f (0)=0，当x<0时，f ( x)>0，当x>0时，f ( x)<0；
函数g( x)满足g(−2)= g(2)=0，当−2< x<2时，g( x)<0，当x<−2或x>2时，g( x)>0；
由不等式f (g( x))>0，得g( x)<0，则−2< x<2，
所以原不等式的解集为(−2,2).
故选：C.
【题型4 函数零点所在区间的判断】
【例4】（2025·湖北十堰·模拟预测）函数f ( x)= x + ln x−4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即可求解.
【解答过程】函数f ( x)= x + ln x−4的定义域为(0,+∞)，因为f ( x)在(0,+ ∞)上连续且为增函数．
且f (2)=−2+ ln 2<0,f (3)=−1+ ln3>0，则f (2)⋅f (3)<0．
由零点存在定理可知，函数f ( x) = x + ln x−4的零点所在的区间是(2,3)．
故选：C.
【变式4-1】（2025·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．
【变式4-2】（2025·云南昭通·一模）若函数f ( x)=e
x+ ln x，满足f (a)f (b)f (c)>0(0<a<b<c)．若函
数f ( x)存在零点x0，则（ ）
A．x0<b
B．x0>b
C．x0<c
D．x0>c
【答案】C
【解题思路】利用函数的单调性，结合函数的零点判断定理判断选项的正误即可．
【解答过程】函数f ( x)=e
x+ ln x的定义域为(0,+∞)，
因为函数y =e
x, y = ln x在(0,+ ∞)上都是增函数，
所以函数f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为0<a<b<c，所以f (c)>f (b)>f (a)，
又因为f (a)f (b)f (c)>0，则f (c)>0>f (b)>f (a)或f (c)>f (b)>f (a)>0，
若f (c)>0>f (b)>f (a)，由零点存在性定理x0∈(b,c)；
若f (c)>f (b)>f (a)>0，而x→0，则f ( x)→−∞，由零点存在性定理x0<a，
综上所述，则C 一定正确.
故选：C.
【变式4-3】（2025·安徽·一模）已知点(
1
2 , 1
8)在幂函数f (x)= x
α的图象上，则函数h(x)= f (x)+lg x−18
的零点所在区间为（ ）
A．(1.5,2)
B．(2,2.5)
C．(2.5,3)
D．(3,3.5)
【答案】C
【解题思路】由已知条件求出f (x)= x
3，则h(x)= x
3+lg x−18，判断函数h(x)的单调性及h(2.5),h(3)的
正负，结合零点存在性定理得出结果.
【解答过程】由于点(
1
2 , 1
8)在幂函数f (x)= x
α的图象上，所以(
1
2)
α
= 1
8 ,α =3，
所以f (x)= x
3，则h(x)= x
3+lg x−18.
又因为函数y =lg x , y = x
3在(0,+ ∞)上都单调递增，
则函数h(x)在定义域(0,+ ∞)上单调递增，
h(2.5)=lg2.5+(2.5)
3−18=lg2.5−2.375，
因为lg2.5<lg10，即lg2.5<1，所以h(2.5)<0，
h(3)=lg3+3
3−18=lg3+9，
因为lg3>lg1，即lg3>0，所以h(3)>0，
因为h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，h(2.5)⋅h(3)<0，
所以h(x)在(0,+ ∞)上只有一个零点，且在(2.5,3)内.
故选：C.
【题型5 求函数的零点或零点个数】
【例5】（2025·广西河池·三模）函数f (x)={
x−10, x ≥0,
x−1
x , x<0 )
的零点个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解题思路】根据分段函数的性质直接计算零点即可.
【解答过程】令x−10=0⇒x =10≥0，符合题意；
令x−1
x =0⇒x =1或x =−1，x =1>0，不符合题意，x =−1<0，符合题意.
所以函数f (x)的零点个数为2.
故选：B.
【变式5-1】（2025·陕西西安·模拟预测）已知函数f ( x)= ln x，则函数y = f (f ( x))的零点为（ ）
A．1
B．0
C．e
D．❑√e
【答案】C
【解题思路】先根据函数解析式，求出y = f (f ( x))的解析式，再由函数的零点定义，解对数方程即得.
【解答过程】由f ( x)= ln x可得f (f ( x))= ln f ( x)= ln(ln x)，
由f (f ( x))=0可得，ln x =1，解得x =e.
故选：C.
【变式5-2】（2025·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.
【变式5-3】（2025·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.
【题型6 根据函数零点（方程根）个数求参数范围】
【例6】（2025·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6-1】（2025·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.
【变式6-2】（2025·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.
【变式6-3】（2025·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.
【题型7 函数零点的大小与范围问题】
【例7】（2025·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.
【变式7-1】（2025·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.
【变式7-2】（2025·四川·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.
【变式7-3】（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知函数f ( x)={
x
2+2 x +1, x ≤0
|ln x|, x>0 )，若方程f (x)=a有四个根
x1, x2, x3, x4，且x1< x2< x3< x4，则下列说法错误的是（ ）
A．x1+ x2=−2
B．x3+ x4>2
C．x1 x2>4
D．0<a≤1
【答案】C
【解题思路】分析函数f ( x)的性质，作出函数图象，再逐项判断即可.
【解答过程】函数y = x
2+2 x +1的图象开口向上，对称轴为直线x =−1，
当x ≤0时，f ( x)= x
2+2 x +1在(−∞,−1]上递减，函数值集合为[0,+∞)，在[−1,0]上递增，函数值集合
为[0,1]，
当x>0时，f ( x)=|ln x|在(0,1]上递减，函数值集合为[0,+∞)，在[1,+ ∞)上递增，函数值集合为
[0,+∞)，
方程f ( x)=a的根是直线y =a与函数y = f ( x)图象交点的横坐标，
方程f ( x)=a有四个根x1, x2, x3, x4，即直线y =a与函数y = f ( x)图象有4 个交点，
在同一坐标系内作出直线y =a与函数y = f ( x)的图象，如图，
观察图象知，x1+ x2=−2，0<a≤1，AD 正确；
显然|ln x3|=|ln x4|，而x3<1< x4，则−ln x3= ln x4，即ln x3 x4=0，x3 x4=1，
x3+ x4>2❑√x3 x4=2，B 正确；
显然−1< x2≤0，x1 x2=(−2−x2)x2=−( x2+1)
2+1∈[0,1)，C 错误.
故选：C.
【题型8 嵌套函数的零点问题】
【例8】（2025·内蒙古乌兰察布·三模）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8-1】（2025·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.
【变式8-2】（2025·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8-3】（2025·甘肃武威·模拟预测）已知函数f (x)={
x
2+2 x +1,
x ≤0,
ln x ,
x>0,)若函数
g(x)=e2f (x)−aef (x)+1恰有3 个零点，则a的取值范围为（ ）
A．(e+ 1
e ,+ ∞)
B．(2,e+ 1
e)
C．[e+ 1
e ,+ ∞)
D．[2,e+ 1
e)
【答案】A
【解题思路】先分析函数f (x)的单调性，换元简化g( x)，分析g(x)=0的根对零点的影响，进行分类讨论
得到结果；
【解答过程】对于函数f (x)={
x
2+2 x +1,
x ≤0,
ln x ,
x>0,)根据二次函数和对数函数可知
f (x)∈R，f (x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,0)和(0,+∞)上单调递增，
令t =e
f ( x)，则t >0，g(x)=t
2−at +1，
函数g(x)=e2f (x)−aef (x)+1恰有3 个零点等价于方程t
2−at +1=0(t >0)的正根对应的f (x)的解的个数之和
为3.
当g( x)有两个相等的正根时，Δ=a
2−4 =0，即a=2，a=−2（舍），方程解得
t =1，f ( x)=0，分段函数计算可得x =1,−1，此时g(x)有两个零点，不符合题意；
当g( x)有两个不相等的正根t1,t2(t1<t2)时，{
Δ=a
2−4>0
a
2 >0 )
,⇒a>2，
所以①当t1∈(0,1)时，f (x)=lnt1<0，方程(x +1)
2=lnt1(lnt1<0)无实数解，且ln x =lnt1(lnt1<0)，
解得x =t1；
②当t2∈(1,+∞)时，f (x)=lnt2>0，由于f (x)=lnt2，
可知x>0时，ln x =lnt2>0，因为ln x在(0,+ ∞)上单调递增，所以有1 个解，(x =t2)；
x ≤0时，(x +1)
2=lnt2>0，可知有2 个解，
g(x)恰有3 个零点，要求f (x)=lnt1和f (x)=lnt2的解的总个数为3 个.
通过图象分析可知要求lnt2>1，即t2>e.t2是方程t
2−at +1=0的较大的根，由t2>e，可得a>e+1
e
综上，a的取值范围为(e+ 1
e ,+∞).
故选：A.
【题型9 导数中的函数零点问题】
【例9】（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数f (x)= x( x−c)
2在x =1处有极小值.
(1)求实数c的值；
(2)若函数g(x)= f (x)+a有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)1
(2)−4
27 <a<0
【解题思路】（1）求出函数的导函数，依题意f
′(1)=0，即可求出c的值，再检验即可；
（2）依题意y = f ( x)的图像与直线y =−a有三个不同的交点，结合（1）可得函数的单调性，求出函数的
极值，即可得解.
【解答过程】（1）因为f (x)= x( x−c)
2= x
3−2c x
2+c
2 x
∴f
′( x)=3 x
2−4 cx +c
2=( x−c)(3 x−c)，
由已知f
′(1)=0，即(1−c)(3−c)=0，∴c =1或c =3，
当c =1时，f
′( x)=( x−1)(3 x−1)，
所以当x< 1
3时f
′( x)>0，当1
3 < x<1时f
′( x)<0，当x>1时f
′( x)>0，
∴f ( x)在(−∞, 1
3)上单调递增，(
1
3 ,1)上单调递减，(1,+ ∞)上单调递增，
∴x =1时有极小值，符合题意.
当c =3时，f
′( x)=3( x−3)( x−1)，
所以当x<1时f
′( x)>0，当1< x<3时f
′( x)<0，当x>3时f
′( x)>0，
∴f ( x)在(−∞,1)上单调递增，(1,3)上单调递减，(3,+ ∞)上单调递增，
∴x =1时有极大值，不符合题意，故舍去.
∴c =1；
（2）由已知g( x)= f ( x)+a有三个不同零点，
即y = f ( x)的图像与直线y =−a有三个不同的交点，
由（1）知f ( x)在(−∞, 1
3)上单调递增，(
1
3 ,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
故当x = 1
3时，有极大值，即f (x)极大值= f(
1
3)= 1
3(
1
3 −1)
2
= 4
27 ，
当x =1时，有极小值，即f (x)极小值= f (1)=0 ，
所以0<−a< 4
27 ，∴−4
27 <a<0.
【变式9-1】（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)= x (ln x−1)，h(x)=e
x，ln2≈0.69
(1)判断g(x)= f
′ (x)+2 x
2−5 x +2在(0,+ ∞)上零点的个数并证明
(2)当x∈(0,1)，求证：f (x)+ x
h(x)
> x
3−x−1
【答案】(1)1 个，证明见解析；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）首先得到g(x)的解析式，并通过导数研究它在(0,+∞)上的单调性，判断
g(
1
4), g(1), g(2)值的正负，由零点存在性定理即可得到g(x)在(0,+∞)上零点的个数；
（2）将原不等式转化为证明x ln x>e
x(x
3−x−1)，借助导数分别求出t (x)= x ln x在(0,1)上的最小值及
G( x)=(x
3−x−1)e
x在(0,1)上的最大值，即可得证.
【解答过程】（1）因为f
′ (x)=(ln x−1)+ x⋅1
x = ln x，
所以g(x)= ln x +2 x
2−5 x +2，则g
′ (x)= 4 x
2−5 x +1
x
= (x−1)(4 x−1)
x
.
令g
′( x)=0，得x = 1
4 或x =1，由g
′( x)>0，得0< x< 1
4 或x>1；
故当x在(0,+ ∞)上变化时，g
′( x)，g( x)的变化情况如下表：
x
(0，1
4)
1
4
(
1
4 ，1)
1
(1,+∞)
g
′( x)
+
0
−
0
+
g( x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
根据上表知g(x)的极大值为g(
1
4)= ln 1
4 + 1
8 −5
4 +2= 7
8 −2ln 2<0，
又因为g(1)=−1，g(2)= ln 2>0 ，
所以由零点存在性定理可知，函数g(x)在(0,+∞)上零点的个数为1 个；
（2）要证明f (x)+ x
h(x)
> x
3−x−1，即证明x ln x >e
x(x
3−x −1).
令t (x)= x ln x，则t
′ (x)= ln x +1.令t
′ (x)=0可得x = 1
e .
所以函数t (x)在(0, 1
e)上单调递减，在(
1
e ,1)上单调递增，所以t (x)min=t(
1
e)=−1
e .
设函数G( x)=(x
3−x−1)e
x，则G
′( x)=(x
3+3 x
2−x−2)e
x.
令p( x)= x
3+3 x
2−x−2，则p
′( x)=3 x
2+6 x−1=3(x +1)
2−4，
易知p
′( x)在(0,1)上单调递增.
因为p
′(0)⋅p
′(1)=−8<0，所以存在x0∈(0,1)，使得p
′(x0)=0，
从而函数p( x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增.
所以p(x0)< p(0)=−2，p(1)=1>0，
故存在x1∈(0,1)，使得G
′(x1)=0，
即当x∈(0, x1)时，G
′( x)<0；当x∈(x1,1)时，G
′( x)>0，
从而函数G( x)在(0, x1)上单调递减；在(x1,1)上单调递增.
因为G(0)=−1，G(1)=−e，故当x∈(0,1)时，G( x)<G(0)=−1.
因为−1
e >−1，所以x ln x>e
x(x
3−x−1) ，
所以f ( x)+ x
h( x) > x
3−x−1.
【变式9-2】（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)= x
2
e
x −a x
3+ x
2−m(a,m∈R), x =2是函数f (x)的一个
极值点．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)有三个零点x1, x2, x3，且x1< x2< x3．
①求实数m的取值范围；
②求证：x1+ x2+ x3>2．
【答案】(1)单调递减区间为(−∞,0),(2,+∞)，单调递增区间是（0，2）．
(2)①(0, 4
e
2 + 4
3)；②证明见解析
【解题思路】（1）先求导函数f
′ (x)，因为x =2是函数f (x)的一个极值点，所以f
′ (2)=0，解得a= 1
3，所
以f
′ (x)=(2−x) x(
1
e
x +1)，再利用导数求解函数f (x)的单调区间；
（2）①由（1）知函数f (x)的单调递减区间为(−∞,0),(2,+∞)，单调递增区间是(0,2)分别验证函数f (x)
有三个零点时，必有0<m< 4
e
2 + 4
3 ，反之验证当0<m< 4
e
2 + 4
3 时，函数f (x)有三个零点，故函数f (x)有三
个零点的充要条件为0<m< 4
e
2 + 4
3 ，进而得到m的范围；②先利用极值点偏移证明x1+ x2>0，又由x3>2，
故x1+ x2+ x3>2．
【解答过程】（1）由题知f
′ (x)= 2 x−x
2
e
x
−3a x
2+2 x，因为x =2是函数f (x)的一个极值点，所以f
′ (2)=0
，即4−12a=0，解得a= 1
3，
故f
′ (x)= 2 x−x
2
e
x
−x
2+2 x =(2−x) x(
1
e
x +1)，令f
′ (x)=0，解得x =0或x =2，
当x∈(−∞,0)时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减；
当x∈(0,2)时，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增；
当x∈(2,+∞)时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减．
所以x =2是函数的极大值点，
所以函数f (x)的单调递减区间为(−∞,0),(2,+∞)，单调递增区间是（0，2）．
（2）①由（1）知函数f (x)的单调递减区间为(−∞,0),(2,+∞)，单调递增区间是(0,2)而f (0)=−m，
f (2)= 4
e
2 + 4
3 −m，函数f (x)有三个零点时，必有{
f (0)<0,
f (2)>0,)解得0<m< 4
e
2 + 4
3 ．
当0<m< 4
e
2 + 4
3 时，f (−2)= 4e
2+ 8
3 + 4−m>4e
2+ 8
3 + 4−4
e
2 −4
3 = 4e
2+ 16
3 −4
e
2 >0，又因为f (0)<0且
f (x)在区间(−2,0)上单调递减，故存在唯一x1∈(−2,0)使得f (x1)=0；
因为f (0)<0,f (2)>0且f (x)在区间(0,2)上单调递增，故存在唯一x2∈(0,2)使得f (x2)=0；
因为f (4)= 16
e
4 −64
3 +16−m< 16
e
4 −16
3 <0,f (2)>0且f (x)在区间(2,4)上单调递减，故存在唯一x3∈(2,4)
使得f (x3)=0．
所以0<m< 4
e
2 + 4
3 满足题意．
所以实数m的取值范围为(0, 4
e
2 + 4
3)．
②先证：x1+ x2>0．
要证x1+ x2>0，只需证x2>−x1，因为0< x2<2,0<−x1<2且f (x)在区间(0,2) 上单调递增，故只需证
f (x2)>f (−x1)，即只需证f (x1)>f (−x1)，即只需证f (x1)−f (−x1)>0．
设g(x)= f (x)−f (−x)，则g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (−x)= x[
2−x
e
x
−e
x(x +2)−2 x)，当x∈(−2,0)时，0<e
x<1
，故2−x
e
x
−e
x(x +2)−2 x>2−x−x−2−2 x =−4 x>0，故g(x)在区间(−2,0)上单调递减，故
g(x)>g(0)=0.因此x1+ x2>0成立．
又因为x3>2，故x1+ x2+ x3>2．
【变式9-3】（2025·陕西榆林·模拟预测）已知函数f (x)=|ln x)−ax.
(1)若曲线y = f (x)在x =e处的切线与在x = 1
e 处的切线相互垂直，求a的值.
(2)设x1, x2, x3(x1< x2< x3)是f (x)的三个零点.
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x2 x3
2 x1
3>e
2.
【答案】(1)a= 1
e −e或a=0.
(2)（i）(0, 1
e)；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）去绝对值将f (x)写成分段函数的形式，对f (x)求导，求出f
′ (e)和f
′(
1
e)根据题目信息和
导数的几何意义列式即可求出a的值；
（2）（i）令f (x)=|ln x)−ax =0，分离参数得到a=|ln x)
x
，令g(x)=|ln x)
x
，通过求导得到g(x)的单调
性，让y =a与函数g(x)有三个交点，即可求出a的取值范围；（ii）先证明x2 x3
2>e
3, x1
3> 1
e 即可证明
x2 x3
2 x1
3>e
2.
【解答过程】（1）f (x)={
−ln x−ax ,0< x<1
ln x−ax , x ≥1
)，所以f
′ (x)={
−1
x −a,0< x<1
1
x −a, x ≥1 )
，
则f
′(
1
e)=−e−a,f
′ (e)= 1
e −a.
因为曲线y = f (x)在x =e处的切线与在x = 1
e 处的切线相互垂直，所以(−e−a)(
1
e −a)=−1，解得a= 1
e −e
或a=0.
（2）（i）令f (x)=|ln x)−ax =0，则a=|ln x)
x
.
令g(x)=|ln x)
x
，则g(x)={
−ln x
x
,0< x<1
ln x
x
, x ≥1 )
，所以g
′ (x)={
ln x−1
x
2
,0< x<1
1−ln x
x
2
, x ≥1 )
，
则g(x)的单调递增区间为(1,e)，单调递减区间为(0,1),(e,+∞)，
当x→0，g(x)→+∞，当x→+ ∞，g(x)→0，
又g(1)=0,g (e)= 1
e ,f (x)有三个零点，所以a的取值范围为(0, 1
e).
（ii）证明：由（i）可知0< x1<1< x2<e< x3，
下面证明：x2 x3
2>e
3, x1
3> 1
e ，
①要证明x2 x3
2>e
3，只需证明ln x2+2ln x3>3，
又ln x2=a x2,ln x3=a x3，即证a x2+2a x3>3，所以原式等价于证明a>
3
x2+2 x3
，
由ln x2=a x2,ln x3=a x3，得ln x3
x2
=a(x3−x2)，则a=
ln x3
x2
x3−x2
，
所以只需证明ln x3
x2
x3−x2
>
3
x2+2 x3
，
即证ln x3
x2
> 3(x3−x2)
x2+2 x3
=
3(
x3
x2
−1)
1+ 2 x3
x2
，
令t = x3
x2
，则t >1，上式等价于证明lnt > 3(t −1)
1+2t ，
令h(t )=lnt −3(t −1)
1+2t ，则h
′ (t )= 1
t −3(1+2t )−6(t −1)
(1+2t )
2
= (t −1)(4t −1)
t(1+2t )
2
，
因为t >1，所以h
′ (t )>0恒成立，所以h(t )在(1,+∞)上单调递增，
所以当t >1时，h(t )>h(1)=0，即lnt > 3(t −1)
1+2t ，
所以原不等式成立，即x2 x3
2>e
3.
②要证明x1
3> 1
e ，只需证明x1>
3√
1
e
，
由（i）知g(
3√
1
e)=|ln
3√
1
e)
3√
1
e
=
3√e
3
，则[g(
3√
1
e))
3
−(
1
e)
3
=e
27 −1
e
3 =e
4−27
27e
3 >0，即g(
3√
1
e)> 1
e
,
又因为g(x1)=a,a∈(0, 1
e)，所以g(
3√
1
e)> 1
e >g(x1)，
因为g(x)在(0,1)上单调递减，所以1> x1>
3√
1
e
成立，
综上，x2 x3
2 x1
3>e
2.
考点一 函数的图象问题
一、单选题
1．（2025·天津·高考真题）已知函数y = f (x)的图象如下，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f ( x)=
x
1−| x|
B．f ( x)=
x
| x|−1
C．f ( x)=| x|
1−x
2
D．f ( x)=| x|
x
2−1
【答案】D
【解题思路】先由函数奇偶性排除AB，再由x∈(0,1)时函数值正负情况可得解.
【解答过程】由图可知函数为偶函数，而函数f (x)=
x
1−|x)和函数f (x)=
x
|x)−1为奇函数，故排除选项
AB；
又当x∈(0,1)时1−x
2>0, x
2−1<0，此时f (x)= |x)
1−x
2 >0,f (x)= |x)
x
2−1
<0，
由图可知当x∈(0,1)时，f (x)<0，故C 不符合，D 符合.
故选：D.
2．（2025·北京·高考真题）为了得到函数y =9
x的图象，只需把函数y =3
x的图象上所有点的（ ）
A．横坐标变为原来的1
2倍（纵坐标不变）B．横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变）
C．纵坐标变为原来的1
3倍（横坐标不变）D．纵坐标变为原来的3 倍（横坐标不变）
【答案】A
【解题思路】由y =9
x =3
2 x，根据平移法则即可解出．
【解答过程】因为y =9
x=3
2 x，所以将函数y =3
x的图象上所有点的横坐标变成原来的1
2倍，纵坐标不变，
即可得到函数y =9
x的图象，
故选：A.
3．（2024·全国甲卷·高考真题）函数f (x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x在区间[−2.8,2.8]的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入x =1可得f (1)>0，可排除D.
【解答过程】f (−x)=−x
2+(e
−x−e
x)sin (−x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x = f (x)，
又函数定义域为[−2.8,2.8)，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又f (1)=−1+(e−1
e)sin1>−1+(e−1
e)sinπ
6 =e
2 −1−1
2e > 1
4 −1
2e >0，
故可排除D.
故选：B.
4．（2023·天津·高考真题）已知函数f (x)的部分图象如下图所示，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．5e
x−5e
−x
x
2+2
B．5sin x
x
2+1
C．5e
x+5e
−x
x
2+2
D．5cos x
x
2+1
【答案】D
【解题思路】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B 中函数的奇偶性，再判断A、C 中函数在
(0,+∞)上的函数符号排除选项，即得答案.
【解答过程】由图知：函数图象关于y 轴对称，其为偶函数，且f (−2)= f (2)<0，
由5sin(−x)
(−x)
2+1
=−5sin x
x
2+1 且定义域为R，即B 中函数为奇函数，排除；
当x>0时5(e
x−e
−x)
x
2+2
>0、5(e
x+e
−x)
x
2+2
>0，即A、C 中(0,+∞)上函数值为正，排除；
故选：D.
考点二 函数的零点问题
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Ⅰ卷·高考真题）当x∈[0,2π ]时，曲线y =sin x与y =2sin(3 x−π
6)的交点个数为
（ ）
A．3
B．4
C．6
D．8
【答案】C
【解题思路】画出两函数在[0,2π)上的图象，根据图象即可求解
【解答过程】因为函数y =sin x的最小正周期为T =2π，
函数y =2sin(3 x−π
6 )的最小正周期为T = 2π
3 ，
所以在x∈[0,2π)上函数y =2sin(3 x−π
6 )有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6 个交点.
故选：C.
3．（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
4．（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).
5．（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).
6．（2023·天津·高考真题）设a∈R,函数f (x)=a x
2−2 x−|x
2−ax +1),若f (x)恰有两个零点，则a的取值
范围为
．
【答案】(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+ ∞)
【解题思路】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断a的取值范围．
【解答过程】（1）当x
2−ax +1≥0时，f (x)=0⇔ (a−1) x
2+(a−2) x−1=0，
即[(a−1) x −1)(x +1)=0，
若a=1时，x =−1，此时x
2−ax +1≥0成立；
若a≠1时，x =
1
a−1或x =−1，
若方程有一根为x =−1，则1+a+1≥0，即a≥−2且a≠1；
若方程有一根为x =
1
a−1，则(
1
a−1)
2
−a×
1
a−1 +1≥0，解得：a≤2且a≠1；
若x =
1
a−1 =−1时，a=0，此时1+a+1≥0成立．
（2）当x
2−ax +1<0时，f (x)=0⇔ (a+1) x
2−(a+2) x +1=0，
即[(a+1) x−1)(x−1)=0，
若a=−1时，x =1，显然x
2−ax +1<0不成立；
若a≠−1时，x =1或x =
1
a+1，
若方程有一根为x =1，则1−a+1<0，即a>2；
若方程有一根为x =
1
a+1，则(
1
a+1)
2
−a×
1
a+1 +1<0，解得：a<−2；
若x =
1
a+1 =1时，a=0，显然x
2−ax +1<0不成立；
综上，
当a<−2时，零点为1
a+1，1
a−1；
当−2≤a<0时，零点为
1
a−1，−1；
当a=0时，只有一个零点−1；
当0<a<1时，零点为
1
a−1，−1；
当a=1时，只有一个零点−1；
当1<a≤2时，零点为1
a−1，−1；
当a>2时，零点为1,−1．
所以，当函数有两个零点时，a≠0且a≠1．
故答案为：(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+ ∞)．
7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数f (x)=cosωx −1(ω>0)在区间[0,2π)有且仅有3 个零点，则
ω的取值范围是
．
【答案】[2,3)
【解题思路】令f ( x)=0，得cosωx =1有3 个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【解答过程】因为0≤x ≤2π，所以0≤ωx ≤2ωπ，
令f ( x)=cosωx −1=0，则cosωx =1有3 个根，
令t =ωx，则cost =1有3 个根，其中t ∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y =cost的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3，
故答案为：[2,3).
8．（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）（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.
