专题2.8 函数图象与函数零点问题（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 函数图象的画法与图象变换】..................................................................................................................1
【题型2 函数图象的识别】......................................................................................................................................4
【题型3 函数图象的应用】......................................................................................................................................6
【题型4 函数零点所在区间的判断】......................................................................................................................8
【题型5 求函数的零点或零点个数】....................................................................................................................10
【题型6 根据函数零点（方程根）个数求参数范围】.......................................................................................12
【题型7 函数零点的大小与范围问题】................................................................................................................15
【题型8 嵌套函数的零点问题】............................................................................................................................18
【题型9 导数中的函数零点问题】........................................................................................................................21
第二部分 分层突破
A 组 基础跟踪练
B 组 培优提升练
【题型1 函数图象的画法与图象变换】
1．（25-26 高三上·北京·月考）函数y = 4×(
1
2)
x
的图象可以由函数y =(
1
2)
x
的图象经过以下变换得到
（ ）
A．y =(
1
2)
x
图象上的点纵坐标不变，横坐标伸长为原来的4 倍
B．y =(
1
2)
x
图象上的点横坐标不变，纵坐标变为原来的1
4 倍
C．函数y =(
1
2)
x
的图象向右平移2 个单位
D．函数y =(
1
2)
x
的图象向左平移2 个单位
【答案】C
【解题思路】根据函数平移的原则一一分析即可.
【解答过程】对A，y =(
1
2)
x
图象上的点纵坐标不变，横坐标伸长为原来的4 倍得y =(
1
2)
x
4，故A 错误；
对B，y =(
1
2)
x
图象上的点横坐标不变，纵坐标变为原来的1
4 倍得4 y =(
1
2)
x
，即y = 1
4 ×(
1
2)
x
，故B 错
误；
对C，函数y =(
1
2)
x
的图象向右平移2 个单位得y =(
1
2)
x−2
= 4×(
1
2)
x
，故C 正确；
对D，函数y =(
1
2)
x
的图象向左平移2 个单位得y =(
1
2)
x +2
= 1
4 ×(
1
2)
x
，故D 错误.
故选：C.
2．（25-26 高三上·广东佛山·月考）若图中所示为在同一直角坐标平面上y = f (x)的图像及y = g(x)的图
像，则（ ）
A．g(x)=2f (2 x)
B．g(x)=2f(
x
2)
C．g(x)= f (2 x)+ 4
D．g(x)= f(
x
2)+ 4
【答案】A
【解题思路】由图像的变换即可求解.
【解答过程】由图像可知y = f (x)的横坐标变为原来的一半，纵坐标变为原来的两倍得函数y = g(x)的图
像，
所以g(x)=2f (2 x).
故选：A.
3．（2025 高一·全国·专题练习）若定义在[−2,2)上的函数y = f (x)的图象如图所示，则函数y = f (2−x)的
图象为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解题思路】解法一：利用函数对称和平移直接求解即可；
解法二：先求出y = f (2−x)的定义域即可排除BD，再结合特殊值f (2)>0排除A，即可求解.
【解答过程】解法一：将函数y = f (x)的图象关于y轴对称，可得函数y = f (−x)的图象，
再向右平移2 个单位长度得函数y = f (−(x−2))的图象，即y = f (2−x)的图象．
解法二：由y = f (x)的定义域可知，−2≤2−x ≤2，则0≤x ≤4，
即y = f (2−x)的定义域是[0,4 ]，排除BD，
由题图可知f (2)>0，所以在f (2−x)中，x =0时，f (2−0)= f (2)>0，
排除A，而C 满足题意.
故选：C．
4．（2026 高三·全国·专题练习）已知图①中的图象是函数y = f (x)的图象，则图②中的图象对应的函数可
能是（ ）
A．y = f (|x))
B．y =|f (x))
C．y = f (−|x))
D．y =−f (−|x))
【答案】C
【解题思路】根据函数图象的翻折变换判断即可.
【解答过程】因为题图②中的图象是在题图①的基础上，去掉函数y = f (x)的图象在y轴右侧的部分，
然后将y轴左侧图象翻折到y轴右侧得到的，所以题图②中的图象对应的函数可能是y = f (−|x)).
故选：C.
【题型2 函数图象的识别】
5．（2025·四川成都·三模）函数f ( x)= x +| x|
x
的图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解题思路】分x>0、x<0将函数解析式化简，分别说明函数的单调性与函数的取值情况，即可判断.
【解答过程】函数f ( x)= x +| x|
x
的定义域为{x| x≠0)，
当x>0时f ( x)= x +1，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，且f (x)>1，
当x<0时f (x)= x−1，所以f (x)在(−∞,0)上单调递增，且f (x)<−1.
所以符合题意的只有D.
故选：D.
6．（2025·辽宁·模拟预测）下面可以作为函数f (x)=e
cos x−ln|x)图像的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】根据f (x)的解析式得到f (x)的定义域和奇偶性，再根据f (x)的取值情况得到符合题意的选
项．
【解答过程】由已知，f (x)定义域为{x| x≠0)，f (−x)=e
cos(−x)−ln|−x |=e
cos x−ln x = f ( x)，
所以f (x)为偶函数，图象关于y轴对称，故排除B,C；
又f (π)=e
cosπ−lnπ= 1
e −lnπ<0，故D 错误，A 正确．
故选：A．
7．（2025·甘肃白银·三模）函数f ( x)= 1
2 x(1+cos x)的部分图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】由函数的奇偶性及零点逐个排查即可.
【解答过程】因为f (−x)=−1
2 x(1+cos x)=−f ( x)，所以函数f ( x)是奇函数，排除选项A；
因为1+cos x ≥0，当x>0时，f ( x)= 1
2 x(1+cos x)≥0，排除选项D；
由f ( x)=0知函数f ( x)在x>0时的第一个零点为x =π，且f(
π
3 )= f(
π
2 )=π
4 <1,f(
2π
3 )=π
6 <1，由
图中所标的单位长度可知，选项B 正确，选项C 错误．
故选：B．
8．（2025·天津·一模）已知函数f ( x)的部分图象如图所示，则f ( x)的解析式可能为（ ）
A．f ( x)=
ln| x|⋅sin(
π
2 −x
2)
x
B．f ( x)=
ln| x|⋅sin(
π
2 −x)
x
C．f ( x)=
ln| x|⋅sin(
π
2 −x)
x
2
D．f ( x)= ln| x|⋅sin x
x
【答案】B
【解题思路】根据函数的奇偶性，结合选项判断函数的奇偶性，结合f (2)<0即可求解.
【解答过程】由图象可知f ( x)的图象关于原点对称，所以f ( x)为奇函数，且f (2)<0，
对于A, f (2)=
ln 2⋅sin(
π
2 −1)
2
>0，故不符合，A 错误，
对于B, f ( x)=
ln| x|⋅sin(
π
2 −x)
x
= ln| x|⋅cos x
x
，f (−x)= ln|−x|⋅cos(−x)
−x
= f (x)则f ( x)为奇
函数，且满足f (2)<0，故B 正确，
对于C, f ( x)=
ln| x|⋅sin(
π
2 −x)
x
2
= ln| x|⋅cos x
x
2
,f (−x)= ln|−x|⋅cos(−x)
(−x)
2
= f (x)，则f ( x)为偶
函数，不符合，C 错误，
对于D, f ( x)= ln| x|⋅sin x
x
,f (−x)= ln|−x|⋅sin (−x)
−x
= f (x)，f ( x)为偶函数，不符合，D 错误，
故选：B.
【题型3 函数图象的应用】
9．（25-26 高一上·河南安阳·期中）已知函数f (x)的定义域是(0,3)，其图象如图所示，则不等式
(2
x−4)f (x)<0的解集是（ ）
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(0,2)
D．(1,3)
【答案】B
【解题思路】由(2
x−4)f (x)<0可得{
2
x−4<0
f (x)>0 )或{
2
x−4>0
f (x)<0 )，利用指数函数的单调性与图象可得出原不
等式的解集.
【解答过程】因为函数f (x)的定义域为(0,3)，由(2
x−4)f (x)<0可得{
2
x−4<0
f (x)>0 )或{
2
x−4>0
f (x)<0 )，
解不等式组{
2
x−4<0
f (x)>0 )，结合图形可得{
0< x<2
1< x<3)，得1< x<2，
解不等式组{
2
x−4>0
f (x)<0 )，结合图形可得{
2< x<3
0< x<1)，得x∈∅.
综上所述，不等式(2
x−4)f (x)<0的解集为(1,2).
故选：B.
10．（24-25 高一上·贵州铜仁·期中）函数y = f (x)的图象如图所示，则以下描述正确的是（ ）
A．函数f (x)的定义域为[−4，4 ）
B．函数f (x)的值域为[0，5)
C．此函数在定义域内既不是增函数也不是减函数
D．对于任意的y ∈[0，+∞)，都有唯一的自变量x与之对应
【答案】C
【解题思路】根据函数的图象和性质分别进行判断即可.
【解答过程】由图象知函数的定义域为[−4,0)∪[1,4)，故A 错误，
函数的值域为[0,+∞)，故B 错误，
函数在定义域内既不是增函数也不是减函数，故C 正确，
对任意的y ∈[1,5)，存在两个不同的自变量x与之y对应，故D 错误，
故选：C.
11．（25-26 高一上·山东德州·开学考试）若函数f (x)的图象如图所示，则其单调递增区间是（ ）
A．[−4 ,−1)∪[1,4)
B．[−1,1)
C．[−2,2)
D．[−4 ,−1),[1,4)
【答案】D
【解题思路】利用函数图象，结合函数单调性的定义，即可求解.
【解答过程】由函数f (x)的图象可知，f (x)单调递增区间是[−4 ,−1),[1,4)，
又由图知f (−3)=0>f (1)=−2，而−3<1，所以A 不正确，
故选：D.
12．（25-26 高一上·北京房山·期中）如图（1），四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD ,∠ABC =90
°，
动点P从B点出发，由B→C →D→A沿边运动，设点P运动的路程为x ,△ABP的面积为f ( x)．若f ( x)
的图象如图（2）所示，则△ABC的面积为（ ）
A．9
B．12
C．15
D．24
【答案】B
【解题思路】根据图（2）可知，BC =3，CD = 4，AD =5，进而求得AB =8，再计算面积即可.
【解答过程】解：当点P从B点出发运动到C点的过程中，△ABP面积随着点P的运动路程x线性增加，
所以，由图（2）可知，这段路程为3，即BC =3，
同理，当P从C点运动到D点的过程中，△ABP面积保持不变，
由图（2）知，这段路程为4，即CD = 4，
当P从D点运动到A点的过程中，△ABP面积随着点P的运动路程x线性减少，
由图（2）知，这段路程为5，即AD =5，
所以，在直角梯形ABCD中，过D作DE⊥AB于E，则四边形DEBC是矩形，
所以DE = BC =3, EB =CD = 4，
所以，在Rt△ADE中，易得AE =
❑√D A
2−D E
2= 4，即AB = AE + EB =8
所以，△ABC的面积为1
2 × AB×BC = 1
2 ×8×3=12
故选：B.
【题型4 函数零点所在区间的判断】
13．（25-26 高一上·贵州贵阳·月考）函数f ( x)= log2( x +1)−
1
x +2的零点所在的一个区间是（ ）
A．(−2,−1)
B．(−1,0)
C．(0,1)
D．(1,2)
【答案】C
【解题思路】确定函数f ( x)的单调性，再利用零点存在性定理判断即得.
【解答过程】函数f ( x)= log2( x +1)−
1
x +2的定义域为(−1,+∞)，
函数y = log2( x +1), y =−
1
x +2在(−1,+ ∞)上都单调递增，则函数f ( x)在(−1,+ ∞)上单调递增，
而f (0)=−1
2 <0,f (1)= 2
3 >0，所以函数f ( x)零点所在的一个区间是(0,1).
故选：C.
14．（2025 高一·全国·专题练习）函数f ( x)=log2 x−1
x 的零点所在区间为（ ）.
A．(0, 1
2)
B．(
1
2 ,1)
C．(1,2)
D．(2,3)
【答案】C
【解题思路】根据零点存在定理计算求解.
【解答过程】因为函数f ( x)=log2 x−1
x ，且f ( x)=log2 x−1
x 在(0,+ ∞)上单调递增，连续不断，
又因为f (1)=log21−1=−1<0,f (2)=log22−1
2 = 1
2 >0，
所以结合零点存在定理得函数f ( x)=log2 x−1
x 的零点所在区间为(1,2).
故选：C.
15．（25-26 高三上·天津·月考）函数f (x)=0.4
x−❑√x的零点所在区间是（ ）
A．(0,0.2)
B．(0.2,0.4)
C．(0.4,0.5)
D．(0.5,1)
【答案】C
【解题思路】根据零点存在定理计算判断即可.
【解答过程】函数f (x)=0.4
x−❑√x是由指数函数y =0.4
x和幂函数y = ❑√x相减而成.
y =0.4
x单调递减，y = ❑√x在[0,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)=0.4
x−❑√x在[0,+ ∞)上单调递减.
f (0.4)=0.4
0.4−❑√0.4 =0.4
0.4−0.4
0.5，
因为y =0.4
x为减函数，所以0.4
0.4>0.4
0.5，即f (0.4)>0，
f (0.5)=0.4
0.5−❑√0.5= ❑√0.4−❑√0.5，
因为y = ❑√x在[0,+ ∞)上为增函数，所以❑√0.4<❑√0.5，即f (0.5)<0，
所以f (0.4)⋅f (0.5)<0，所以该区间存在零点，C 正确；
结合f (x)在[0,+∞)上单调递减.
f (x)在(0,0.2)、(0.2,0.4)、(0.5,1)无零点，故ABD 错误.
故选：C.
16．（25-26 高一上·四川达州·月考）函数f (x)= ln x +2 x−7零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】B
【解题思路】先根据函数的单调性判断函数零点个数，再利用函数零点存在性定理进行判断.
【解答过程】因为函数f (x)= ln x +2 x−7在(0,+ ∞)上单调递增，
所以函数f (x)在(0,+ ∞)上至多1 个零点.
又f (2)= ln 2+ 4−7= ln 2−3<0，f (3)= ln3+6−7= ln3−1>0，
所以函数f (x)在(2,3)上有零点.
综上，函数f (x)只在(2,3)有1 个零点.
故选：B.
【题型5 求函数的零点或零点个数】
17．（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.
18．（2025·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.
19．（25-26 高三上·福建福州·月考）已知函数f (x)= 1
2 x + log5 x，g(x)= x
2−3 x + 9
4 ，
h(x)=(
1
2)
x
−x−1
2的零点分别为a,b,c，则（ ）
A．a>b>c
B．b>c>a
C．c>a>b
D．b>a>c
【答案】D
【解题思路】由f (x)单调性结合f(
1
2)，f (1)与0 的大小可得1
2 <a<1，由h(x)单调性结合h(
1
2)与0 的大
小可得c< 1
2，据此可得答案.
【解答过程】注意到f (x)= 1
2 x + log5 x在(0,+∞)上单调递增，
f(
1
2)= 1
4 + log5(
1
2)= 1
4 −log52，注意到❑√5<2.3⇒5
1
4 <❑√2.3<1.6⇒log51.6> 1
4
，
又log52>log51.6> 1
4 ，则f ( 1
2 )= 1
4 −log52<0= f (a)，则a> 1
2，
又f (1)= 1
2 >0= f (a)，则1
2 <a<1；
令g(x)= x
2−3 x + 9
4 =(x−3
2)
2
=0，得b= 3
2；
h(x)=(
1
2)
x
−x−1
2在R 上单调递减，注意到h(
1
2)=
❑√2
2 −1<0=h(c)⇒c< 1
2.
则b= 3
2 >1>a> 1
2 >c，即b>a>c.
故选：D.
20．（2025·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6 根据函数零点（方程根）个数求参数范围】
21．（2025·陕西西安·二模）已知函数f (x)={
2
x+a, x<0
−x +2, x ≥0)，若f (x)在R上有2 个零点，则a的取值范围
是（ ）
A．(−∞,−1)
B．(−1,0)
C．(−∞,−1)
D．[−1,0)
【答案】B
【解题思路】根据函数零点的定义先确定当x ≥0时，f (x)=−x +2有1 个零点x =2，进而得到当x<0时，
f (x)=2
x+a只有一个零点，进而转化问题为方程2
x=−a在x<0时有一个解，再结合指数函数的性质求解
即可.
【解答过程】当x ≥0时，f (x)=−x +2有1 个零点x =2，
则当x<0时，f (x)=2
x+a只有一个零点，
即方程2
x+a=0在x<0时有一个解，
即方程2
x =−a在x<0时有一个解，
因为函数y =2
x为增函数，
且当x<0时，0<2
x<1，
则0<−a<1，即−1<a<0.
故选：B.
22．（2025·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.
23．（25-26 高一上·上海宝山·月考）已知函数f ( x)={
|lg x),
x>0
2|x),
x ≤0)，若方程xf (x)−ax =0有且仅有3 个
根，则实数a的取值范围为
.
【答案】(0,1]
【解题思路】将问题转化为方程f (x)−a=0有2 个非零根，画出f ( x)={
|lg x),
x>0
2|x),
x ≤0) 的图象，再根据
y = f (x)与直线y =a有2 个交点数形结合求解即可.
【解答过程】方程xf (x)−ax =0即x[f (x)−a)=0，
显然x =0为方程xf (x)−ax =0的一个根，
由题意方程f (x)−a=0有2 个非零根，则函数y = f (x)与y =a有两个交点，
画出函数f (x)的图象，如图所示：
由图可知0<a≤1，故实数a的取值范围为(0,1].
故答案为：(0,1].
24．（2025·河南·三模）已知函数f (x)={
x
3, x ≤a
|ln x−1), x>a)，若存在实数b，使函数y = f (x)−b恰有三个零
点，则a 的取值范围为
．
【答案】(0,e)
【解题思路】根据幂函数、对数函数的性质，讨论a≤0、0<a<e、a≥e结合已知零点个数确定参数范围
即可.
【解答过程】由y = x
3在(−∞,a]上单调递增，且值域为(−∞,a
3]，
对于y =|ln x−1|，
当a≤0，则a
3≤0，而|ln x−1|≥0，此时y = f (x)−b最多有两个零点；
当0<a<e时，则y =|ln x−1|={
1−ln x ,a< x<e
ln x−1, x ≥e )，此时f (x)的大致图象如下，
由g(a)=a
3+ ln a−1在a∈(0,e)上单调递增，且g(1)=0，结合上图，
当0<a<1，即a
3<1−ln a时，0<b≤a
3，y = f (x)−b恰有三个零点，
当1≤a<e，即a
3≥1−ln a时，0<b<1−ln a，y = f (x)−b恰有三个零点；
当a≥e时，y = ln x−1在(a,+∞)上单调递增，此时函数y = f (x)−b最多有两个零点，不符题意；
综上，a∈(0,e).
故答案为：(0,e).
【题型7 函数零点的大小与范围问题】
25．（2024·广东·二模）设a，b，c分别为函数f ( x)= x ❑√x−1，g( x)= xlg x−1，h( x)= x e
x−1的零
点，则a，b，c的大小关系为( ).
A．a>b>c
B．b>c>a
C．c>a>b
D．b>a>c
【答案】D
【解题思路】当x =1时，f (1)=0，所以a=1，然后在0< x ≤1和x ≥1时，分别判断g( x)和h( x)的零点，
即b，c的取值范围，最后综合判断即可.
【解答过程】因为x =1时，x ❑√x−1=0，又因为y = x ❑√x = x
3
2单调递增，所以a=1；
若0< x ≤1，则xlg x ≤0，所以xlg x−1=0时，x>1，即b>1；
若x ≥1，则xe
x>1，所以xe
x−1=0时，0< x<1，即0<c<1.
综上所述，0<c<1=a<b，
故选：D.
26．（2025·广东梅州·二模）三个函数f (x)= x
3+ x−3，g(x)= ln x + x−3，h(x)=e
x+ x−3的零点分别为
a,b,c，则a,b,c之间的大小关系为（ ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．a<c<b
D．b<c<a
【答案】B
【解题思路】先判断各函数的单调性，再根据零点的存在性定理求出函数零点的范围，即可得出答案.
【解答过程】因为函数y = x
3，y =e
x，y =ln x，y = x−3都是增函数，
所以函数f ( x)= x
3+ x−3，g(x)= ln x + x−3，h(x)=e
x+ x−3均为增函数，
因为f (1)=−1<0,f (2)=7>0，
所以函数f (x)的零点在(1,2)上，即a∈(1,2)，
因为g(2)= ln 2−1<0,g(3)= ln3>0，
所以函数g(x)的零点在(2,3)上，即b∈(2,3)，
因为h(0)=−2<0,h(1)=e−2>0，
所以函数h(x)的零点在(0,1)上，即c∈(0,1)，
综上，c<a<b．
故选：B．
27．（2025·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.
28．（2025·四川成都·二模）已知函数f (x)={
( x +1)
2, x ≤0
|log2 x), x>0)，若方程f (x)=a有四个不同的解
x1, x2, x3, x4，且x1< x2< x3< x4，则x3⋅x4
2−
1
x4(x1+ x2)的取值范围是（ ）
A．(
3
2 ,+ ∞)
B．[
❑√2, 9
4)
C．[
❑√2, 7
4)
D．(
3
2 , 9
4)
【答案】D
【解题思路】在同一平面直角坐标系中画出y = f (x)与y =a的图象，数形结合可得
−2≤x1<−1< x2≤0< 1
2 ≤x3<1< x4≤2且x1+ x2=−2、x3 x4=1，从而将x3⋅x4
2−
1
x4(x1+ x2)转化为
x4+ 1
2 x4
，令g( x)= x + 1
2 x ，(1< x ≤2)，判断函数的单调性，从而求出g(x)的值域，即可得解.
【解答过程】因为f (x)={
( x +1)
2, x ≤0
|log2 x), x>0)，所以f (0)=1，f (−2)=1，f(
1
2)=1，f (2)=1，
又函数y =(x +1)
2对称轴为x =−1，
在同一平面直角坐标系中画出y = f (x)与y =a的图象，
因为方程f (x)=a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1< x2< x3< x4，
即y = f (x)与y =a有四个交点，所以0<a≤1，
由图可知−2≤x1<−1< x2≤0< 1
2 ≤x3<1< x4≤2，
又x1，x2关于x =−1对称，即x1+ x2=−2，
又1
2 ≤x3<1< x4≤2，且|log2 x3)=|log2 x4)，
即−log2 x3= log2 x4，则log2 x3+ log2 x4=0，
所以log2 x3 x4=0，则x3 x4=1；
所以x3⋅x4
2−
1
x4( x1+ x2) = x4−
1
−2 x4
= x4+ 1
2 x4
，
令g( x)= x + 1
2 x ，(1< x ≤2)，
由对勾函数的性质可知g( x)在(1,2)上单调递增，
又g(1)= 3
2，g(2)= 9
4 ，
所以g( x)∈(
3
2 , 9
4)，
即x3⋅x4
2−
1
x4( x1+ x2) ∈(
3
2 , 9
4)．
故选：D．
【题型8 嵌套函数的零点问题】
29．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数f ( x)={
ln x−1
x , x>0
−| x +1|+1, x ≤0)
，则函数g( x)= f (f ( x)−1)的零
点个数为（ ）
A．3
B．5
C．6
D．8
【答案】B
【解题思路】令f ( x)−1=t，求出方程f (t )=0的根，再结合图象求出f ( x)=t +1的解的个数即可.
【解答过程】依题意，函数g( x)= f (f ( x)−1)零点的个数，即为方程f (f ( x)−1)=0解的个数，
令f ( x)−1=t，则f (t )=0，当t >0时，lnt −1
t =0，令h(t )= lnt −1
t ，t >0，
函数y = lnt , y =−1
t 在(0,+ ∞)上单调递增，于是函数h(t )在(0,+∞)上单调递增，
又h(1)=−1<0，h(e)=1−1
e >0，则存在t1∈(1,e)，使得h(t1)=0；
当t ≤0时，−|t +1|+1=0，解得t =0或−2，
作函数f ( x)={
ln x−1
x , x>0
−|x +1)+1, x ≤0)
的大致图象，如图：
又f ( x)−1=t，则f ( x)=t +1，
当t =0时，f ( x)=1，由y = f (x)的图象知，方程f ( x)=1有两个解；
当t =−2时，f ( x)=−1，由y = f (x)的图象知，方程f ( x)=−1有两个解；
当t = t1，t1∈(1,e)时，f ( x)=t1+1，由y = f (x)的图象知，方程f ( x)=t1+1有一个解，
综上所述，函数g( x)= f (f ( x)−1)的零点个数为5.
故选：B.
30．（2025·安徽·一模）已知函数f ( x)={
x + 4
x , x>0
log2|x), x<0)
，g( x)= x
2+ax +b，若方程g[f (x))=0有且仅有
5 个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解的和等于（ ）
A．−28
B．28
C．−14
D．14
【答案】A
【解题思路】利用换元法结合一元二次方程根的分布，数形结合计算即可.
【解答过程】先作出f (x)的大致图象，如下
令f (x)=t，则g(t )=t
2+at +b=0，
根据f (x)的图象可知：要满足题意必须g(t )=0有两个不等根t1,t2(t1<t2)，
且f (x)=t1有两个整数根，f (x)=t2有三个整数根，
结合对勾函数和对数函数的图象与性质知，两函数y =t1, y = x + 4
x 相切时符合题意，
因为x + 4
x ≥2❑√x⋅4
x = 4，当且仅当x =2时取得等号，
又y = log2|x)= log2(−x)(x<0)，易知其定义域内单调递减，
即f (x)=t1= 4，此时有两个整数根x =2或x =−16，
而要满足f (x)=t2有三个整数根，结合f (x)图象知必有一根小于2，
显然只有x =1符合题意，当x =1时有f (1)=5，则t2=5，
解方程x + 4
x =5得t2=5的另一个正根为x = 4，
又log2(−x)=5⇒ x =−32，
此时五个整数根依次是x =−32,−16,1,2,4，
显然最大的根和最小的根和为4+(−32)=−28.
故选：A.
31．（2025·江苏宿迁·模拟预测）已知函数f ( x)={
|e
x +2−1) ，x ≤0 ，
ln x +1 ，x ＞0 ，)若方程
[ f ( x)]
2=2af ( x)−a
2+3有且仅有5 个不同实数根，则实数a的取值范围为
.
【答案】(❑√3,❑√3+1)
【解题思路】作出函数f (x)的图像，令t = f (x)得t
2−2at +a
2−3=0解得t1=a−❑√3或t2=a+ ❑√3，利用数
形结合即可求解.
【解答过程】由题意作出函数f (x)的图像，
由[ f ( x)]
2=2af ( x)−a
2+3，令t = f (x)，有t
2=2at −a
2+3，
即t
2−2at +a
2−3=0，化简得[t −(a−❑√3))[t −(a+ ❑√3))=0，
解得t1=a−❑√3或t2=a+ ❑√3，若方程[ f ( x)]
2=2af ( x)−a
2+3有且仅有5 个不同实数根，
所以{
0<a−❑√3<1
1≤a+ ❑√3≤e
2−1)或{
0<a+ ❑√3<1
a−❑√3=0 )，解得{
❑√3<a<❑√3+1
1−❑√3≤a≤e
2−1−❑√3)或{
−❑√3<a<1−❑√3
a= ❑√3
)，
即❑√3<a<❑√3+1，所以a∈(❑√3,❑√3+1)，
故答案为：(❑√3,❑√3+1).
32．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)={
|lg(−x)), x<0,
x
2−6 x + 4 , x ≥0,)若关于x的函数y = f
2(x)−bf (x)+3
有8 个不同的零点，则实数b的取值范围为
．
【答案】(2❑√3 , 19
4 )
【解题思路】作出函数的图象，则在0<m≤4时直线y =m与y = f (x)的图象有4 个交点，令f (x)=t，只需
方程t
2−bt +3=0有2 个不同的解，根据一元二次方程根的分布，列不等式求解即可．
【解答过程】如图，作出函数f (x)的图象，易知f (0)= 4，
当0<a≤4时，此时f (x)=a有4 个不同的实数根，
当a>4或a=0时，此时f (x)=a有3 个不同的实数根，
当−5<a<0时，此时f (x)=a有2 个不同的实数根，
当a=−5时，此时f (x)=a有1 个不同的实数根，
当a<−5时，此时f (x)=a没有实数根，
因此只有在0<m≤4时直线y =m与y = f (x)的图象有4 个交点，
要满足关于x的函数y = f
2(x)−bf (x)+3有8 个不同的零点，
令f (x)=t，则方程t
2−bt +3=0在(0,4)上有两个不等实根，
则有{
Δ=b
2−12>0,
4
2−4 b+3≥0,
3>0,
0< b
2 <4 , )
解得2❑√3<b≤19
4 ．
故答案为：(2❑√3 , 19
4 ).
【题型9 导数中的函数零点问题】
33．（2025·安徽合肥·模拟预测）已知函数f ( x)= x + ln x−a x
2，a∈R．
(1)若a=0，求过原点且与函数f ( x)图象相切的直线方程；
(2)若函数f ( x)有两个零点，求a 的取值范围．
【答案】(1)(e+1)x−e y =0
(2)a∈(0,1)
【解题思路】（1）若a=0，则f ( x)= x + ln x，f
'( x)=1+ 1
x ，设切点P(x0, x0+ ln x0)，此切线的斜率
k = f
'(x0)=1+ 1
x0
，求出切线方程，再由过原点，求出切线方程;
(2) f
'( x)=1+ 1
x −2ax = −2a x
2+ x +1
x
,分为当a≤0时，当a>0时，求解单调性，再由函数f ( x)有两个零
点，求出参数a的范围.
【解答过程】（1）若a=0，则f ( x)= x + ln x，f
'( x)=1+ 1
x ，设切点P(x0, x0+ ln x0)，
此切线的斜率k = f
'(x0)=1+ 1
x0
，
所以切线方程为y −x0−ln x0=(1+ 1
x0)(x−x0)，
因为切线过点(0,0)，可得ln x0−1=0，x0=e，
则切线方程为(e+1)x−e y =0；
（2）f
'( x)=1+ 1
x −2ax = −2a x
2+ x +1
x
，
①当a≤0时，−2a x
2+ x +1>0，x∈(0,+∞)，f
'( x)>0，
f ( x)在(0,+∞)上单调递增，函数f ( x)至多1 个零点，不合题意；
②当a>0时，令f
'( x)=0，解得x1= 1−❑√1+8a
4 a
（舍去），x2= 1+ ❑√1+8a
4 a
，
x∈(0, x2)，f
'( x)>0，f ( x)在(0, x2)上单调递增，
x∈(x2,+∞)，f
'( x)<0，f ( x)在(x2,+∞)上单调递减，
当x = x2时，f ( x)max = f (x2)，x→0，f ( x)→−∞，x→+ ∞，f ( x)→−∞，
所以要使函数f ( x)有两个零点，则f ( x)max= f (x2)>0，
f ( x)max= f (x2)= x2+ ln x2−a x2
2= ln x2+ 1
2 x2−1
2，
令f (x2)>0，ln x2+ 1
2 x2−1
2 >0，
令h( x)= ln x + 1
2 x−1
2，h
'( x)= 1
x + 1
2 >0，
所以h( x)在(0,+∞)上单调递增，
又因为h(1)=0，得到x2= 1+ ❑√1+8a
4 a
>1，解得0<a<1．
综上所述：a∈(0,1)．
34．（2025·安徽合肥·二模）已知函数f (x)=(x−1)e
x−ax−b，曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程
为x + y +2=0．
(1)求a，b的值；
(2)讨论f (x)的零点个数，并证明所有零点之和为0．
【答案】(1)a=1；b=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求导得到f
′( x)表达式，把x =0代入f
′( x)，能得到含a的等式，算出a.再代入x =0到
f ( x)算出另一个未知量b.
（2）根据第（1）问结果得到f ( x)和f
′( x). 令g( x)= f
′( x)，对g( x)处理，根据结果判断g( x)在不同范
围的增减情况. 依据f
′( x)正负，判断f ( x)在不同范围的增减，得出f ( x)最小是f ( x0). 算出f ( x0)小于0，
再找两点使式子值大于0，确定有两个特殊点. 设一个特殊点为x1，发现−x1也是，所以和为0.
【解答过程】（1）求导得到f
′( x)= xe
x−a，根据函数在点(0,f (0))处的切线方程为x + y +2=0，得到
{
f
′(0)=k =−1
f (0)=−2 ).
把x =0代入f
′( x)得f
′(0)=0×e
0−a=−a，
因为f
′(0)=−1，所以−a=−1，即a=1.
f (0)=(0−1)e
0−a×0−b=−2，算出b=1.
（2）由第（1）问知f ( x)=( x−1)e
x−x−1，f
′( x)= xe
x−1.
令g( x)= f
′( x)，求导得g
′( x)=( x +1)e
x.
当x∈(−∞,−1)，g
′( x)<0，g( x)在(−∞,−1)递减；
当x∈(−1,+∞)，g
′( x)>0，g( x)在(−1,+∞)递增.
g(1)>0，g(0)<0，所以存在唯一x0使g( x0)=0，即x0e
x0=1.
当x∈(−∞, x0)，f
′( x)<0，f ( x)在(−∞, x0)递减；
当x∈( x0,+ ∞)，f
′( x)>0，f ( x)在( x0,+ ∞)递增，所以f ( x)≥f ( x0).
f ( x0)=−x0−1
x0
<0，又f (−2)=1−3
e
2 >0，f (2)=e
2−3>0，
根据零点存在定理，f ( x)在(−2, x0)和( x0,2)各有一个零点，共两个零点.
设x1是零点，f ( x1)=( x1−1)e
x1−x1−1=0，
经计算f (−x1)=(−x1−1)e
−x1+ x1−1=e
−x1[( x1−1)e
x1−x1−1]=0，
所以−x1也是零点，零点和为x1+(−x1)=0.
35．（2025·贵州遵义·模拟预测）已知函数f ( x)= ln x−ax．
(1)若a=2，求函数f ( x)的单调区间；
(2)设g( x)= f ( x)+1，讨论函数g( x)的零点个数；
(3)证明：1+ 1
2 +⋯+ 1
n >ln(n+1)，(n∈N
∗)．
【答案】(1)递增区间是(0, 1
2 )，递减区间是( 1
2 ,+∞)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【解题思路】（1）把a=2代入，利用导数求出函数的单调区间.
（2）求出函数f ( x)的导数f
′( x)，按a≤0,a>0讨论单调性，借助零点存在性定理及函数最值情况分类得
解.
（3）由（2）可得ln n+1
n
< 1
n，再利用不等式性质及累加法推理得证.
【解答过程】（1）当a=2时，函数f ( x)= ln x−2 x的定义域为(0,+∞)，求导得f
′( x)= 1
x −2，
当0< x< 1
2时，f
′( x)>0；当x> 1
2时，f
′( x)<0，
则函数f ( x)在(0, 1
2 )上单调递增，在( 1
2 ,+∞)上单调递减，
所以函数f ( x)的递增区间是(0, 1
2 )，递减区间是( 1
2 ,+∞).
（2）函数g( x)= ln x−ax +1的定义域为(0,+∞)，求导得g
′( x)= 1
x −a，
当a≤0时，g
′( x)>0，函数g( x)在(0,+∞)上单调递增，g(1)=1−a>0，
当x从大于0 的方向趋近于0 时，g( x)趋近于负无穷大，则函数g( x)存在唯一零点；
当a>0时，由g
′( x)>0，得0< x< 1
a；由g
′( x)<0，得x> 1
a，
函数g( x)在(0, 1
a )上单调递增，在( 1
a ,+∞)上单调递减，g( x)max= g( 1
a )=−ln a，
当0<a<1时，−ln a>0，当x从大于0 的方向趋近于0 时，g( x)趋近于负无穷大，
当x趋近于正无穷大时，g( x)趋近于负无穷大，函数g( x)有2 个零点；
当a=1时，−ln a=0，函数g( x)存在唯一零点；
当a>1时，−ln a<0，函数g( x)无零点，即零点个数为0，
所以当a≤0或a=1时，函数g( x)有1 个零点；
当0<a<1时，函数g( x)有2 个零点；
当a>1时，函数g( x)有0 个零点.
（3）由（2）知，当a=1时，g( x)≤0⇔ln x ≤x−1，当且仅当x =1时取等号，
取x = n+1
n
,n∈N
∗，则ln n+1
n
< n+1
n
−1= 1
n，
因此1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n >ln 2
1 + ln 3
2 + ln 4
3 +⋯+ ln n+1
n
= ln( 2
1 ⋅3
2 ⋅4
3 ⋅⋯⋅n+1
n
)= ln(n+1)，
所以1+ 1
2 +⋯+ 1
n >ln(n+1).
36．（2025·湖北·二模）已知函数f (x)=e
x−x ln x +mx−1(m∈R).
(1)当m=1时，求曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)有两个不同的零点x1，x2.
（ⅰ）求实数m的取值范围；
（ⅱ）证明：x1 x2<1.
【答案】(1)e x−y =0
(2)（ⅰ）(−∞,1−e)；（ⅱ）证明见解析
【解题思路】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式得解；
（2）（ⅰ）转化为m= ln x + 1
x −e
x
x 有两个相异正根x1，x2，利用导数研究g(x)= ln x + 1
x −e
x
x
(x>0)的大
致情况得解；
（ⅱ）设h(x)= g(x)−g(
1
x)，利用导数判断函数单调性，据此可得当x∈(0,1)时，g(x)>g(
1
x)，再由
g(x1)= g(x2)>g(
1
x1)及函数单调性得出x2< 1
x1
得证.
【解答过程】（1）当m=1时，f (x)=e
x−x ln x + x−1，所以f
′ (x)=e
x−ln x，
所以f
′ (1)=e，又f (1)=e，
所以曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y −e=e(x−1)，即e x−y =0
（2）（ⅰ） 易知f (x)的定义域为(0,+ ∞)，
由题意得，方程e
x−x ln x +mx−1=0有两个相异正根x1，x2，
即方程m= ln x + 1
x −e
x
x 有两个相异正根x1，x2，
设g(x)= ln x + 1
x −e
x
x
(x>0)，则g
′ (x)= x−1
x
2 −e
x(x−1)
x
2
= (x−1)(1−e
x)
x
2
，
因为x>0，所以1−e
x<0，
令g
′ (x)=0，得x =1，
当x∈(0,1)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max = g(1)=1−e，
由y = ln x，y = 1
x 及y =e
x的性质知，
当x>0且x→0时，ln x→−∞，1
x −e
x
x <0，
所以当x→0时，g(x)→−∞，又x→+ ∞，g(x)→−∞，
所以要使m= ln x + 1
x −e
x
x 有两个相异正根x1，x2，必有m<1−e，
故实数m的取值范围为(−∞,1−e).
（ⅱ）证明：由题意可知，g(x1)= g(x2)=m，不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，
设h(x)= g(x)−g(
1
x)，则
h
′ (x)= g
′ (x)+ 1
x
2 g
′(
1
x)= (x−1)(1−e
x)
x
2
+ 1
x
2 ⋅(
1
x −1)(1−e
1
x)
(
1
x)
2
=
(x−1)(1−e
x−x + xe
1
x)
x
2
，
令φ(x)=1−e
x−x + xe
1
x，
则当x∈(0,1)时，φ
′ (x)=−e
x−1+e
1
x −1
x e
1
x =−e
x−1+ x−1
x
e
1
x <0，
所以φ(x)在(0,1)上单调递减，则当x∈(0,1)时，φ(x)>φ(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，h
′ (x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，故当x∈(0,1)时，h(x)>h(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)> g(
1
x)，
所以g(x1)>g(
1
x1)，即g(x2)>g(
1
x1)，
又x2，1
x1
∈(1,+∞)，
由（ⅰ）可知，g(x)在(1,+∞)上单调递减，所以x2< 1
x1
，故x1 x2<1.
A 组 基础跟踪练
一、单选题
1．（25-26 高一上·辽宁葫芦岛·月考）函数f (x)=5
x+ x−16的零点所在区间为（ ）
A．(0,1)
B．(−1,0)
C．(2,3)
D．(1,2)
【答案】D
【解题思路】首先根据指数函数和一次函数性质得到f (x)为单调递增函数，再利用零点存在性定义即可判
断零点所在区间.
【解答过程】因为指数函数y =5
x在R上单调递增，一次函数y = x在R上单调递增，所以函数
f (x)=5
x+ x−16在R上单调递增.
f (0)=5
0+0−16=−15<0；f (1)=5
1+1−16=−10<0；f (−1)=5
−1+(−1)−16=−84
5 <0；
f (2)=5
2+2−16=11>0；f (3)=5
3+3−16=112>0；
因为函数f (x)=5
x+ x−16在R上单调递增，且f (1)⋅f (2)<0，
所以函数f (x)的零点所在区间为(1,2).
故选：D.
2．（2025·天津和平·三模）函数f (x)=−x +(e
x+e
−x)sin x在区间[−3.2,3.2)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】根据函数的奇偶性以及函数值的正负即可排除求解.
【解答过程】由于f (−x)= x +(e
−x+e
x)sin(−x)=−[−x +(e
x+e
−x)sin x)=−f (x)，
故f (x)为奇函数，其图象关于原点对称，此时可排除CD,
又∵sin3.2<0,∴f (3.2)=−3.2+(e
3.2+e
−3.2)sin3.2<0，故排除B，
故选：A.
3．（2025·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.
4．（2025·安徽·模拟预测）已知某函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ）
A．f ( x)=cos x⋅ln(❑√x
2+1−x)
B．f ( x)=sin x⋅ln(❑√x
2+1−x)
C．f ( x)= x ln(❑√x
2+1−x)
D．f ( x)= x
2ln(❑√x
2+1−x)
【答案】A
【解题思路】寻找图象中函数的性质，代入函数式验证.
【解答过程】观察图象可以看到，函数是奇函数，且在x = π处函数值为负，
对于A：f (−x)=cos(−x)ln(
❑√(−x)
2+1−(−x))=cos x ln(❑√x
2+1+ x)=−cos x ln(❑√x
2+1−x)=−f (x),
f (−π )=cos(−π )ln(❑√π
2+1+ π)=−ln(❑√π
2+1+ π)<0，满足，A 正确；
对于B：f (−x)=sin (−x)·ln(❑√x
2+1+ x)=sin x·ln(❑√x
2+1−x)= f (x)，不满足，B 错误；
对于C：f (−x)=(−x)·ln(❑√x
2+1+ x)= x·ln(❑√x
2+1−x)= f (x)，不满足，C 错误；
对于D：f (−x)= x
2ln(❑√x
2+1+ x)=−x
2·ln(❑√x
2+1−x)=−f (x)，
f (−π )= π
2ln(❑√π
2+1+ π)>0，不满足，D 错误；
故选：A.
5．（2025·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.
6．（2025·陕西安康·模拟预测）函数f (x)=cos2 x +3cos x−1在[−3π,3π)上的零点个数为（ ）
A．4
B．5
C．6
D．8
【答案】C
【解题思路】先求出零点满足cos x = 1
2，再结合特殊值及角的范围求解零点个数.
【解答过程】函数f (x)=cos2 x +3cos x−1零点满足
cos2 x +3cos x−1=2cos
2 x +3cos x−2=(2cos x−1)(cos x +2)=0
所以cos x = 1
2或cos x =−2舍，
在[−3π,3π)上cos x = 1
2的值为π
3 ,5π
3 , 7π
3 ,−π
3 ,−5π
3 ,−7π
3 ，
所以函数f (x)=cos2 x +3cos x−1在[−3π,3π)上的零点个数为6 个.
故选：C.
7．（2025·天津·二模）函数f ( x)=cos x +2cos2 x +3cos3 x的大致图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】利用定义法证明f ( x)为偶函数，根据f (0)=6，结合排除法即可求解.
【解答过程】f ( x)的定义域为R，
则f (−x)=cos(−x)+2cos(−2 x)+3cos(−3 x)=cos x +2cos2 x +3cos3 x = f ( x)，
所以f ( x)为偶函数，图象关于y 轴对称，故排除C，D 选项；
又因为f (0)=6，故排除B 选项.
故选：A．
8．（2025·广东广州·模拟预测）当x∈[0,2π)时，曲线y =sin x与y =3sin(2 x−π
4 )的交点个数为
（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【解题思路】当x∈[0,2π)时，画出曲线y =sin x与y =3sin(2 x−π
4 )的图象即可得解.
【解答过程】当x∈[0,2π)时，曲线y =sin x与y =3sin(2 x−π
4 )的图象如图所示，
由图可知，当x∈[0,2π)时，曲线y =sin x与y =3sin(2 x−π
4 )的交点个数为4.
故选：B.
9．（2025·湖南长沙·一模）已知lga+lgb=0(a>0,b>0，且a≠1,b≠1)，则函数f (x)=a
−x与
g(x)=logb x的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】依题意可得1
a =b，再由指数函数和对数函数单调性即可判断得出结论.
【解答过程】由lga+lgb=0可知，1
a =b，
故f (x)=a
−x=b
x，故函数f (x)=a
−x与函数g(x)=logb x的单调性相同，
故选：B.
10．（2024·贵州六盘水·模拟预测）已知函数f ( x)=2
x+ x , g( x)= log2 x + x ,h( x)= x
3+ x的零点分别为a
，b，c，则a+b+c =（ ）
A．0
B．2
C．4
D．6
【答案】A
【解题思路】将问题转化为y =−x与y =2
x、y = log2 x、y = x
3的交点横坐标，结合指数函数与对数函数的
对称性计算可得.
【解答过程】由题设，2
a=−a，log2b=−b，c
3=−c，
所以问题可转化为y =−x与y =2
x、y = log2 x、y = x
3的交点问题，函数图象如下：
因为y =2
x与y = log2 x关于y = x对称，而y =−x与y = x互相垂直，
所以a+b=0，c =0，则a+b+c =0.
故选：A.
二、填空题
11．（2025·山东·模拟预测）函数f (x)=lg x +lg(x−3)−1的零点为
.
【答案】5
【解题思路】令f (x)=0，得x (x−3)=10解出即可求解.
【解答过程】令f (x)=0，得lg[x (x−3))=lg10，所以x (x−3)=10，解得x =5或x =−2（舍去）.
故答案为：5.
12．（2025·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,+ ∞).
B 组 培优提升练
一、单选题
1．（2025·甘肃金昌·二模）如图，这是函数f (x)的部分图象，则f (x)的解析式为（ ）
A．f (x)=sin6 x
2
x−2
−x
B．f (x)=cos6 x
2
x−2
−x
C．f (x)=−sin6 x
2
x−2
−x
D．f (x)=−cos6 x
2
x−2
−x
【答案】C
【解题思路】结合图象的对称性，及具体点函数值符号，逐个判断即可.
【解答过程】由图可知，函数图象关于y轴对称，因此f (x)为偶函数，
对于B，f (x)=cos6 x
2
x−2
−x 的定义域为{x| x≠0}，且f (−x)=cos6 x
2
−x−2
x =−f (x)，奇函数；
对于D，f (x)=−cos6 x
2
x−2
−x 的定义域为{x| x≠0}，f (−x)=−cos6 x
2
−x−2
x =−f (x)，奇函数；
因此排除选项B，D 这两个奇函数；
由图象知，若x取一个很小的正数，比如x =0.0001，
对于A：f (0.0001)=sin(0.0006)
2
0.0001−2
−0.0001 >0，函数值为正数，因此排除A.
对于C: f (x)=−sin6 x
2
x−2
−x 的定义域为{x| x≠0}，
f (−x)=−−sin6 x
2
−x−2
x = f ( x)，f (0.0001)=−sin0.0006
2
0.0001−2
−0.0001 <0，综上只有C 符合，
故选：C.
2．（2025·辽宁本溪·模拟预测）函数f (x)的图象可看作是由函数g(x)=
2|x−1)
2 x
2−4 x +3
的图象向左平移1 个
单位长度后得到的，则f (x)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解题思路】利用平移变换可得f (x)= 2|x)
2 x
2+1
，判断函数f (x)的奇偶性，结合赋值法可得结论.
【解答过程】因为g(x)=
2|x−1)
2 x
2−4 x +3
=
2|x−1)
2( x−1)
2+1，所以f (x)= 2|x)
2 x
2+1
，其定义域为R，
且f (−x)=
2|−x)
2(−x)
2+1
= 2|x)
2 x
2+1
= f (x)，所以f (x)为偶函数，故排除BC；
又x>0时，f
′ (x)= 4 x
2+2−8 x
2
(2 x
2+1)
2
= 2−4 x
2
(2 x
2+1)
2，
当x→0
+时，f
′ (x)→2，故排除A，
故选：D.
3．（2025·四川资阳·一模）已知函数f ( x)=2
x⋅log2(2 x −2)−1，g( x)=3
x⋅log3(3 x −3)−1，
h( x)= log5(5 x −5)−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．a>c>b
C．b>a>c
D．c>b>a
【答案】A
【解题思路】先令三个函数式等于0，然后对等式分别化简，使得它们都等于同一函数式，进而可画出图
象，比较零点的大小.
【解答过程】令f (x)=0，则log2(2 x−2)=2
−x，化简得log22+ log2(x−1)=2
−x，
即log2(x−1)=2
−x−1，换底后得到log10(x−1)= log102×(2
−x−1)；
令g(x)=0，则log3(3 x−3)=3
−x，化简得log33+ log3(x−1)=3
−x，
即log3(x−1)=3
−x−1，换底后得到log10(x−1)= log103×(3
−x−1)；
令h(x)=0，则log5(5 x−5)=5
−x；化简得log55+ log5(x−1)=5
−x，
即log5(x−1)=5
−x−1，换底后得到log10(x−1)= log105×(5
−x−1)；
分别画出它们的图象为：
由图可以看出a>b>c.
故选：A.
4．（24-25 高三下·江苏扬州·期末）已知函数f (x)={
x
3+2 x
2+ 21
20 x , x ≤0
ln x
x , x>0 )
，g(x)= f (x)−2ax，若函数
g(x)有5 个零点，则实数a 的取值范围为（ ）
A．(
1
20 , 1
4e)
B．(
1
20 , 1
2e)
C．(
1
20 , 1
e)
D．(
1
40 , 1
4e)
【答案】D
【解题思路】x =0是1 个零点，进而得x≠0时，函数g(x)有4 个零点，将问题转化成y =2a与
y = f (x)
x
(x≠0)有4 个交点分析计算求解即可.
【解答过程】由题意，可知：
当x =0时，g(0)= f (0)−0=0，故x =0为g(x)的1 个零点；
故当x≠0时，函数g(x)有4 个零点，即g(x)= f (x)−2ax =0有4 个非0 实数根，
即2a={
x
2+2 x + 21
20 , x<0
ln x
x
2 , x>0 )
有4 个非0 实数根，
即y =2a与h(x)={
x
2+2 x + 21
20 , x<0
ln x
x
2 , x>0 )
图象有4 个交点，
当x<0时，h(x)= x
2+2 x + 21
20 =(x +1)
2+ 1
20 ≥1
20，
当x>0时，则h
′ (x)= 1−2ln x
x
3
，令h
′ (x)=0得x =e
1
2，
所以当x∈(0,e
1
2)时h
′ (x)>0，当x∈(e
1
2 ,+∞)时h
′ (x)<0，
则函数h(x)在(0,e
1
2)单调递增，在(e
1
2 ,+∞)上单调递减，
又h(e
1
2)= 1
2e ,h(1)=0，x→0时h(x)→−∞，x→+∞时h(x)→0，
且x>1时h(x)>0，x⇒0
−时，h(x)→21
20，
所以h(x)图象如图所示：
由图可得1
20 <2a< 1
2e，解得1
40 <a< 1
4e.
故选：D.
5．（2025·江苏常州·模拟预测）已知正实数x1, x2, x3满足
x1
2+ x1+1= x12
x1, x2
2+2 x2+1= x23
x2, x3
2+3 x3+1= x34
x3，则x1, x2, x3的大小关系是（ ）
A．x3< x2< x1
B．x1< x2< x3
C．x1< x3< x2
D．x2< x1< x3
【答案】A
【解题思路】先对已知等式进行变形，构造出函数f ( x)= x + 1
x ，然后将x1、x2、x3分别转化为函数f ( x)
与y =2
x−1、y =3
x−2、y = 4
x−3交点的横坐标，最后通过画出这些函数的图象，根据图象的位置关系
来确定x1、x2、x3的大小关系.
【解答过程】已知x1, x2, x3为正实数，且x1
2+ x1+1= x12
x1，化简得到x1
2+1
x1
=2
x1−1，进一步变形为
x1+ 1
x1
=2
x1−1；
同理，由x2
2+2 x2+1= x23
x2，可得到x2
2+1
x2
=3
x2−2，即x2+ 1
x2
=3
x2−2；
由x3
2+3 x3+1= x34
x3，可得到x3
2+1
x3
= 4
x3−3，即x3+ 1
x3
= 4
x3−3；
令f ( x)= x + 1
x ，x∈(0,+ ∞)，对f ( x)求导得f
′( x)=1−1
x
2，
当f
′( x)<0时，1−1
x
2 <0，即1
x
2 >1，因为x>0，所以0< x<1，此时函数f ( x)在(0,1)上单调递减；
当f
′( x)>0时，1−1
x
2 >0，即1
x
2 <1，因为x>0，所以x>1，此时函数f ( x)在(1,+∞)上单调递增；
当x =1时，f (1)=1+ 1
1 =2；
满足x1+ 1
x1
=2
x1−1的x1即为函数y = f ( x)与y =2
x−1交点的横坐标；
满足x2+ 1
x2
=3
x2−2的x2即为函数y = f ( x)与y =3
x−2交点的横坐标；
满足x3+ 1
x3
= 4
x3−3的x3即为函数y = f ( x)与y = 4
x−3交点的横坐标；
在同一平面直角坐标系中画出y = f ( x)，y =2
x−1，y =3
x−2，y = 4
x−3的图象，如图所示：
从图象中可以直观地看出，三个交点的横坐标关系为x3< x2< x1.
故选：A.
6．（2025·陕西西安·模拟预测）已知函数f ( x)={
−x
2−2 x , x ≤0
ln x , x>0 )，函数g(x)= f (x)−a有三个零点
x1, x2, x3，则x1⋅x2⋅x3的取值范围是（ ）
A．[0,1)
B．[
1
e ,1)
C．[
1
e ,e)
D．[0,e)
【答案】D
【解题思路】由g(x)= f (x)−a有三个零点，可转化为y = f ( x)与y =a图象有三个不同的交点x1, x2, x3，
作出图象，可得a 的范围，根据韦达定理可得，x1⋅x2=a，根据对数的性质，可得x3=e
a，即可得
x1⋅x2⋅x3的表达式，构造函数，利用导数求得单调性，可求出最值，即可得答案.
【解答过程】当x ≤0时，f ( x)=−x
2−2 x =−( x +1)
2+1，为开口向下，对称轴为x =−1的抛物线，
因为g(x)= f (x)−a有三个零点x1, x2, x3，不妨令x1< x2< x3，
所以g(x)= f (x)−a=0有三个不相等的根x1, x2, x3，
即y = f ( x)与y =a图象有三个不同的交点x1, x2, x3，
作出图象，如图所示
所以0≤a<1，
因为x1, x2为方程−x
2−2 x =a，即x
2+2 x +a=0的两个不相等实根，
所以x1⋅x2=a，
因为x3为方程ln x =a的根，所以x3=e
a，
所以x1⋅x2⋅x3=a⋅e
a，
令h( x)= xe
x , x∈[0,1)，
则h
′( x)=e
x+ xe
x =(1+ x)e
x>0，
所以h( x)在[0,1)上单调递增，
所以h(0)≤h( x)<h(1)，即0≤h( x)<e，
所以x1⋅x2⋅x3=a⋅e
a∈[0,e).
故选：D.
二、填空题
7．（2025·四川泸州·一模）已知函数f (x)的定义域为R，当x ≤1时，f (x)={
ln x ,0< x ≤1
e
x , x ≤0
)，且对任意的
x∈R都满足f (1+ x)= f (1−x)．若函数g(x)=m|x)−2与f (x)的图象恰有两个交点，则实数m的取值范围
是 ．
【答案】m≤0或m=e
【解题思路】由f (1+ x)= f (1−x)得出f (x)关于x =1对称，根据x ≤1时f (x)的表达式结合对称性作出f (x)
的图象，分m<0，m=0，m>0三种情况讨论g(x)=m|x)−2与f (x)的交点情况，并利用交点数恰好为2得
出对应的实数m的范围，从而求解．
【解答过程】因为f (1+ x)= f (1−x)，所以f (x)关于x =1对称，且g(x)=m|x)−2的图象是过点(0,−2)的
折线，
由x ≤1时，f (x)={
ln x ,0< x ≤1
e
x , x ≤0
)，作出y = f (x)与y = g(x)的图象如下图所示，
当m>0时，函数g(x)=m|x)−2是过定点(0,−2)，开口向上的折线，
如图，只有当直线y =mx −2与y = ln x在(0,1)上的图象相切时，函数g(x)=m|x)−2与f (x)的图象恰有两
个交点，
设切点(x0,ln x0)，其中x0∈(0,1)，y = ln x的导数为y
′ = 1
x ，所以x0处切线斜率为1
x0
，
所以1
x0
= ln x0−(−2)
x0−0
，解得x0= 1
e ，满足条件，所以m= 1
x0
=e；
当m=0时，函数g(x)=−2与f (x)的交点情况如下图所示，
所以m=0时，函数g(x)=−2与f (x)的图象有2个交点，满足条件；
当m<0时，函数g(x)=m|x)−2是过定点(0,−2)，开口向下的折线，如图所示，
此时函数g(x)=m|x)−2与f (x)的图象恒有两个交点，满足条件；
综上所述，实数m的取值范围是m≤0或m=e，
故答案为：m≤0或m=e.
8．（2025·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).
