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专题2-3 零点与复合嵌套函数
目录
_Toc1483
题型01 零点基础：二分法..................................................................................................................................................1
题型02 根的分布..................................................................................................................................................................3
题型03 根的分布：指数函数二次型..................................................................................................................................5
题型04 零点：切线法..........................................................................................................................................................7
题型05 抽象函数型零点....................................................................................................................................................12
题型06 分段含参讨论型....................................................................................................................................................14
题型07 参数分界型讨论....................................................................................................................................................16
题型08 分离参数型水平线法求零点................................................................................................................................20
题型09 对数绝对值水平线法............................................................................................................................................24
题型10 指数函数“一点一线”性质型............................................................................................................................27
题型11 零点：中心对称性质型........................................................................................................................................30
题型12 零点：轴对称性质型............................................................................................................................................34
题型13 嵌套型零点：内外自复合型................................................................................................................................36
题型14 嵌套型零点：内外双函数复合型........................................................................................................................40
题型15 嵌套型零点：二次型因式分解............................................................................................................................42
题型16 嵌套型零点：二次型根的分布.............................................................................................................................46
题型17 嵌套型零点：放大型函数.....................................................................................................................................49
高考练场.............................................................................................................................................................................. 54
题型01 零点基础：二分法
【解题攻略】
用二分法求函数零点近似值的步骤
给定精确度
，用二分法求函数
零点
的近似值的一般步骤如下：
①确定零点
的初始区间
，验证
．
②求区间
的中点c．
③计算
，并进一步确定零点所在的区间：
a．若
（此时
），则c 就是函数的零点．
b．若
（此时
），则令b
．
c．若
（此时
，则令a
．
④判断是否达到精确度
：若
，则得到零点近似值a（或b）；否则重复步骤②～④．
【典例1-1】（2022·高三课时练习）已知函数
满足：对任意
，都有
，且
.在用二分法寻找零点的过程中，依次确定了零点所在区间为
，又
，则函数
的零点为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
1
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【分析】先根据条件分析得到
的单调性，然后根据二分法的过程得到
满足的方程组，由此求解出
的值，则
的零点可知.
【详解】因为对任意
，都有
，且
，
所以
在
上单调递增，且
；
因为
恒成立，所以
，解得
，
所以
的零点为
，故选：B.
【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）若函数
的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：
那么方程
的一个近似根（精确度
）可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据二分法求零点的步骤以及精确度可求得结果.
【详解】因为
，所以
，所以函数在
内有零点，因为
，所以不满足精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，因为
，所
以不满足精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，因为
，
所以不满足精确度
；
因为
，所以
，所以函数在
内有零点，因为
，所以不满足精确度
；
因为
，
，所以函数在
内有零点，
因为
，所以满足精确度
，
所以方程
的一个近似根（精确度
）是区间
内的任意一个值（包括端
点值），根据四个选项可知选C.选：C
【变式1-1】（2021 秋·湖南·高三校联考阶段练习）已知函数
的一个零点
，用二分法求精确
度为0.01 的
的近似值时，判断各区间中点的函数值的符号最多需要的次数为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】C
【分析】假设对区间二等分
次，则第
次二等分后区间长度为
，由精确度可构造不等式求得结果.
【详解】设对区间
二等分
次，开始时区间长为
第
次二等分后区间长为
，即
，解得：
2
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当
时，
最多需要次故选：
【变式1-2】（2021·江苏南通·高三海安高级中学校考）函数
的零点与
的零点之差
的绝对值不超过
，则
的解析式可能是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据二分法，估算
的零点，结合选项函数的零点进行判断.
【详解】因为
，是单调增函数，又
，
故
的零点所在区间为
，若使得
的零点与
的零点之差的绝对值不超过
，
只需
的零点在区间
即可.显然A 选项中，
的零点为
满足题意，
而选项B 中的零点1，C 选项中的零点0，D 选项中零点
均不满足题意.故选：A.
【变式1-3】（2020 秋·湖南邵阳·高三湖南省邵东市第一中学校考阶段练习）已知图像连续不断的函数
在区间
上有唯一零点，如果用“二分法”求这个零点（精确度0.0001）的近似值，
那么将区间
等分的次数至少是（ ）
A．4
B．6
C．7
D．10
【答案】D
【分析】根据计算精确度与区间长度和计算次数的关系满足
精确度确定．
【详解】设需计算
次，则
满足
，即
．
由于
，故计算10 次就可满足要求，
所以将区间
等分的次数至少是10 次．故选：D．
题型02 根的分布
【解题攻略】
根的分布
1.基础分布：0 分布
特征：（1）、两正根；（2）、两负跟；（3）、一正一负两根。
方法：判别式+韦达定理
2．区间分布与K 分布
特征：（1）、根比某个常数K 大或者小；（2）、根在某个区间（a，b）内（外）
方法：借助复合条件的大致图像，从以下四点入手
（1）开口方向；
（2）判别式；
（3）对称轴位置；
（4）根的分布区间端点对应的函数值正负
【典例1-1】（2023 上·甘肃武威·高三统考开学考试）关于
的一元二次方程
有两个不相等的正实数根，则
的取值范围是（ ）
3
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A．
B．
C．
D．
且
【答案】B
【分析】根据一元二次方程根的分布，结合韦达定理即可求解.
【详解】根据题意可知；
，
由韦达定理可得
，解得
，故选：B
【典例1-2】（2023·高三课时练习）关于x 的方程
至少有一个负根的充要条件是
（ ）
A．
B．
C．
或
D．
【答案】B
【分析】根据一元二次方程根的分布以及判别式、韦达定理得关系求解.
【详解】当方程没有根时，
，即
，
解得
；
当方程有根，且根都不为负根时，
， 解得
，综上，
，
即关于x 的方程
没有一个负根时，
，
所以关于x 的方程
至少有一个负根的充要条件是
，故选:B.
【变式1-1】（2022 上·江苏扬州·高三统考阶段练习）已知一元二次方程
的两根都在
内，
则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】设
，根据二次函数零点分布可得出关于实数
的不等式组，由此可解得实数
的取值范围.
【详解】设
，由题意可得
，解得
.
因此，实数
的取值范围是
.故选：B.
【变式1-2】（2022 上·广东广州·高三广州市第二中学校考阶段练习）已知关于
的方程
在区
间
内有实根，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】参变分离可得
在区间
内有实根，令
，
，根据二次函数的性
质求出
的值域，即可求出参数的取值范围.
4
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【详解】解：因为关于
的方程
在区间
内有实根，
所以
在区间
内有实根，
令
，
，所以
在
上单调递减，
所以
，即
，
依题意
与
在
内有交点，
所以
.故选：B
【变式1-3】（2022 上·辽宁沈阳·高三沈阳市外国语学校校考阶段练习）一元二次方程
有一个正根和一个负根的一个充要条件是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据二次方程有一个正根和一负根可得
以及两根之积小于，列不等式组即可求解.
【详解】因为一元二次方程
有一个正根和一负根，设两根为
和
，
所以
，解得
，故
.故选：A.
题型03 根的分布：指数函数二次型
【解题攻略】
指数型根的分布
1. 换元，令
，有指数函数性质知，t 的最大范围为正。
2. 注意题中对方程根的正负范围，对应的t 的取值范围
3. 根据换元后新“根”的范围，用一元二次型“根的分布”求解。
4. 特殊的函数式子，可以分离参数，转化为“水平线型”求解。
【典例1-1】（2021 上·上海浦东新·高三上海市建平中学校考期中）关于
的方程
恰有两个根为
、
，且
、
分别满足
和
，
则
【答案】69
【分析】根据韦达定理求解
,再构造方程根据反函数的性质求解
即可.
【详解】因为
,展开化简得
,
故
.
又
,
.故
,
.
即
,
.
故
与
分别是函数
与
和
的两交点的横坐标.
5
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故
,即
,故
.
所以
.故答案为：69
【典例1-2】．（2021·高三课时练习）设a 为实数，若关于x 的方程
有实数解，则a 的取值
范围是 .
【答案】
【分析】结合方程的特点，可设
（
），问题转化为一元二次方程
（
）与
两个函数有交点问题.
【详解】因为
，所以
，令
（
），则
（
），要想方程
有实数解只需
与
有交点即可；设
，
当
时，
单调递增，所以
，即
时，解得
时，
有实数解
故答案为：
.
【变式1-1】（2021·山西临汾·统考二模）已知函数
．若存在
，使得
，则m 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设
，则
且
有解等价于
有解，利用根分
布可求m 的取值范围.
【详解】函数
，若存在
，使得
，则
，
即
，设
，则
，
方程可化为
，即关于t 的方程
在
上有解，
令
， 则
或
，解得
，故答案为：
．
【变式1-2】（2021 上·四川遂宁·高三阶段）已知方程
有两个不相等实根，
则
的取值范围为 ．
【答案】
6
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【解析】令
，则方程
在
由两个不相等的实数根，令
，则
在
时有两个零点，则
，解得即可；
【详解】解：令
，因为
，所以
，方程
，即
，因为
有两个不相等实根，所以方程
在
由两个不相等的实数根，令
，则
在
时有两个零点，
所以
，解得
，故答案为：
【变式1-3】（2022 下·浙江舟山·高三舟山中学校考开学考试）关于x 的方程k•4x﹣k•2x+1+6(k
5)
﹣
＝0 在区
间[
1
﹣，1]上有解,则实数k 的取值范围是 .
【答案】
【分析】换元令t＝2x，则t∈[
，2]，转化为考虑方程k•t2
2
﹣k•t+6(k
5)
﹣
＝0 的根的问题.
【详解】令t＝2x，则t∈[
，2]，
∴方程k•4x﹣k•2x+1+6(k
5)
﹣
＝0，化为:k•t2
2
﹣k•t+6(k
5)
﹣
＝0，
根据题意，此关于t 的一元二次方程在[
，2]上有零点，
整理，得:方程k(t2
2
﹣t+6)＝30，当t∈[
，2]时存在实数解
∴k
，当t∈[
，2]时存在实数解
∵t2
2
﹣t+6＝(t
1)
﹣
2+5∈[5，6]，∴k∈[5，6]，故答案为[5，6].
题型04 零点：切线法
【解题攻略】
切线法求零点或者零点个数：
1、适用于小题。大题则过程证明不严谨，容易丢过程分。
2、数形结合，或者求导“画图”，求导画图，有时候需要判断“上凸或者下
凹”
3、特殊的函数，需要通过“虚设零点”求得。
【典例1-1】（2020 上·湖北武汉·高三校联考）已知函数
有三个零点
，则
（ ）
A．7
B．8
C．15
D．16
【答案】B
7
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【解析】根据
有三个零点，作出
和
的图像，根据
的图像与
的图像相切，得到
，然后得到
，根据
，得到
，从而得到
答案.
【详解】由
有三个零点，
即方程
有三个不同的解，作出
和
的图像，
可知两个函数的要有三个交点，则三个交点均大于0，且
的图像与
的图像
相切，
则
，
，
，得
，
，
时，
与
的切点横坐标不在
范围内，故舍去，所以
，
所以
，解得
.又因
，即
.
所以
，所以
.故选：B.
【典例1-2】（2020 上·河南·高三校联考阶段练习）已知函数
，
在
上有个不同的零点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题意可知，函数
与
的图象在
上有三个交点，对实数
的取值进行分类讨
论，数形结合可得出关于实数
的不等式组，综合可解得实数
的取值范围.
【详解】因为函数
在
上有个不同的零点，
所以，关于
的方程
在
上有个不同的实数根，
作出函数
的图象如下图所示：
8
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函数
的图象恒过点
，
当
时，函数
的图象与
轴的交点为
，
①当
时，即当
时，函数
与
的图象在
上仅有
个不同的交点，如下图所
示：
②当
时，即当
时，函数
与
的图象在
上有个交点，在
上有
个交点，如下图所示：
③当
时，即当
时，函数
与
的图象在
上有个交点，在
上有个
交点，如下图所示：
④当
时，即当
时，函数
与
的图象在
上有
个交点，如下图所示：
⑤当
时，要使得函数
与
的图象在
上有个交点，
则
与
的图象在
上有个交点，
9
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则
与函数
在
上的图象有两个交点，
即方程
在
上有两个不等的实根，
设
，则
在
上有两个零点，
可得
，解得
，此时
.
且
与
的图象在
上有一个交点，则
，解得
.
由上可知，
；
⑥当
时，
，如下图所示：
直线
与函数
在
上的图象有三个交点.
综上所述，实数
的取值范围是
.
故选：D.
【变式1-1】（2021·湖南长沙·高三长郡中学阶段练习）函数
是定义在
上的奇函数，且
为偶
函数，当
时，
，若函数
恰有一个零点，则实数
的取值集合是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据条件判断函数周期为
，求出函数在一个周期内的解析式，将函数的零点转化为
与直线
只有一个交点，结合函数图像，即可求解.
【详解】函数
是定义在
上的奇函数，且
为偶函数，
，
1
2
f x
x
g x
f x
x
b
b
1
1
2
2
4
4
k
k
k
z
，
，
1
5
2
2
2
2
k
k
k
z
，
，
1
1
4
4
4
4
k
k
k
z
，
，
1
15
4
4
4
4
k
k
k
z
，
，
4
( )
f x
y
x
b
f x
R
1
f x
(
)
( ),
(
1)
(
1)
f
x
f x
f
x
f x
10
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，即
，
的周期为
.
时，
，
，
，
，
周期为4，
，
当
，当
，
做出函数
图像，如下图所示：
令
，当
，
，
，两边平方得
，
，
此时直线与
在
函数图像相切，与函数有两个交点，同理
，直线与
在
函
数图像相切，与函数有两个交点，则要使函数
在
内与直线
只有一个交点，
则
满足
，
周期为4，
范围也表示为
，
所以所有
的取值范围是
.故选:D.
【变式1-2】（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）已知函数
，若函数
有三个零点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】作出函数
与函数
的图像，讨论曲线
与曲线
，
相切以及过点
的情况，求出对应的实数
的值，利用数形结合思想可求得
的取值范围.
【详解】作出
与
的图像，
如图所示，
由
，整理得
(
2)
((
1) 1)
(
)
( )
f x
f
x
f
x
f x
(
2)
( ),
(
4)
(
2)
( )
f x
f x
f x
f x
f x
( )
f x
4
01
x
，
1
2
f x
x
x
1
2
,
[0,1],
(
)
(
)
1,0
( )
x
f
x
x
x
f x
( )
f x
x
(
1)
(
1),
( )
(
2)
f
x
f x
f x
f
x
( )
f x
( )
(
2)
(
2)
f x
f
x
f
x
[1,2],
2
[0,1],
( )
(
2)
2
x
x
f x
f
x
x
[2,3],
2
[ 1,0],
( )
(
2)
2
x
x
f x
f
x
x
( )
f x
0
g x
f x
x
b
[ 1,0]
x
0
g x
f x
x
b
x
x
b
x
b
x
2
2
(2
1)
0
x
b
x
b
2
2
1
(2
1)
4
4
1
0,
4
b
b
b
b
( )
f x
[ 1,0]
x
15
4
b
( )
f x
[4,5]
x
( )
f x
[1,4]
y
x
b
b
15
1
4
4
b
( )
f x
b
1
15
4
4
b
b
1
15
4
4
,
4
4
k
b
k
k
Z
2
e ,
1
4
3,1
3
x x
f x
x
x
x
2
g x
f
x
k x
k
1
1
0
e
,
,
4
e
3
e
15
1
0,
,
15
2e 3
15
1 e
0,
,
15
e 3
U
e
15
1
0,
,
15
2e 3
y
f x
2
y
k x
2
0
y
k x
k
e
1
x
y
x
2
4
3 1
3
y
x
x
x
1,e
k
k
2
e ,
1
4
3,1
3
x x
f x
x
x
x
2
0
y
k x
k
2
4
3 1
3
y
x
x
x
2
2
2
1
0
x
y
y
11
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，
当直线
与圆
相切时，则
，解得
，对应图中分界线①的
斜率；
再考虑直线
与曲线
相切，设切点坐标为
，对函数
求导得
，
则所求切线的斜率为
，所求切线即直线
方程为
，
直线
过定点
，将
代入切线方程得
，解得
，
所以切点坐标为
，所以
，对应图中分界线③的斜率；
当直线
过点
时，则
，解得
，对应图中分界线②的斜率.由于函数
有三个零点，由图可知，实数
的范围为
.故选：C
【变式1-3】（2020·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）已知函数
，若函数
有三个零点，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】结合分段函数的特点及图象，分段进行分析，转化为函数
与
有三个交点，结合相
切状态的
的值，可得
的取值范围.
【详解】当
时，
，设
与
相切于点
，
则
，
，解得
.
如图，
，
过端点
时，斜率为
若
有三个零点，则
.
当
时，
，设
与
相切，
则
，
，
由
可得
或
（舍），
2
2
2
1
0
x
y
y
2
0
y
k x
k
2
2
2
1
x
y
2
4
1
1
k
k
15
15
k
2
y
k x
e
1
x
y
x
,et
t
ex
y
ex
y
et
2
y
k x
e
e
t
t
y
x
t
2
y
k x
2,0
2,0
e
e
2
t
t
t
1
t
1
1, e
1
e
k
2
y
k x
1,e
3
e
k
e
3
k
2
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f
x
k x
k
15
1 e
0,
,
15
e 3
U
( )
( )
|
2 |
g x
f x
k x
k
2
0,7
4 3
1, 3
e
2
y
k x
f x
k
k
1
x
1
x
f x
e
(
2)
y
k x
1
x
f x
e
0 1
0
(
,
)
x
x e
0 1
x
k
e
0 1
0
(
2)
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k x
0
1,
1
x
k
2
(1,
)
e
2
3
e
( )
( )
|
2 |
g x
f x
k x
2
(1,
]
3
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k
1
x
2
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2
x
x
f x
(
2)
y
k x
2
3
2
x
x
f x
2
(
2)
3
2
y
k x
y
x
x
2
3
2
2
0
x
k
x
k
2
3
4 2
2
0
k
k
7
4 3
k
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如图，
因为
时，
与
必有一个交点，所以若
有三个零点，则
.
综上可得实数
的取值范围是
.
题型05 抽象函数型零点
【解题攻略】
抽象型函数判断函数图像
1. 定义域判断。
2. 函数奇偶性判断。
3. 函数简单性判断。
4. 函数值正负判断
5. 利用极限，判断无穷远处的值与“比值”
【典例1-1】（安徽省示范高中培优联盟2022-2023 学年高三上学期11 月冬季联考数学试题）已知定义域
为
的偶函数
的图象是连续不断的曲线，且
在
上单调递增，则
在区间
上的零点个数为（ ）
A．100
B．102
C．200
D．202
【答案】A
【分析】结合函数的奇偶性、单调性、周期性和零点的知识求得正确答案.
【详解】令
，得
，即
，
因为
为偶函数，所以
，
，
，
所以
是以4 为周期的函数，
因为
在
上单调递增，则
在
上递减，
所以
在一个周期内有两个零点，
故
在区间
上的零点个数为
.
故选：A
【典例1-2】（山东省德州市2022 届高三三模数学试题）已知函数
是定义在
上的奇函数，对于任意
，必有
，若函数
只有一个零点，则函数
0
k
2
y
k x
1
x
y
e
( )
( )
|
2 |
g x
f x
k x
(0,7
4 3)
k
k
2
0,7
4 3
1, 3
e
R
f x
2
1 ,
f x
f x
f
f x
0,2
f x
100,100
=
1
x
1
1
1
f
f
f
1
0
f
f x
1
0,
2
1
0
f
f x
f x
f
2
f x
f x
4
2
f x
f x
f x
f x
f x
0,2
f x
2,0
f x
f x
100,100
50 2
100
( )
f x
R
1
2
x
x
1
2
f x
f x
2
( )
(3
2 )
F x
f x
m
f
x
2
6
( )
(
2)
2
mx
g x
x
x
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有（ ）
A．最小值为
B．最大值为
C．最小值为4
D．最大值为4
【答案】A
【分析】由函数
只有一个零点，结合条件可得方程
只有一个
根，即可求出
，然后可求出
的最值情况.
【详解】由
可得
，
因为函数
是定义在
上的奇函数，所以
，
因为对于任意
，必有
，所以
，即
，
因为函数
只有一个零点，
所以方程
只有一个根，所以
，解得
，
所以
，令
，则
，
所以
，
当且仅当
，即
时等号成立，
所以函数
有最小值为
，故选：A
【变式1-1】已知
是定义在
上的奇函数，且
，则函数
的零点个数是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【分析】由定义在
上的奇函数可知
且零点关于原点对称，利用
，由
可得到部分零点，即可得解；
【详解】解：
是定义在
上的奇函数，
，且零点关于原点对称，
零点个数为奇数，
又
，
，
，
，
，
的零点至少有
这个；故选：C
【变式1-2】（2023 秋·浙江杭州·高三杭州市长河高级中学校考）定义在R 上的单调函数
满足：
，若
在
上有零点，则a 的取值范围是
【答案】
【分析】利用
是奇函数且在R 上的单调，转化为
在
上有解，再进行
参数分离求解即可.
【详解】令
,则
,则
；再令
,则有
，且
定义
域为R.
是奇函数.
在
上有零点.
在
上有解；
在
上有解；
又∵函数
是R 上的单调函数,
在
上有解.
，
；
；令
,则
；
2
6
( )
(
2)
2
mx
g x
x
x
4
4
2
( )
(3
2 )
F x
f x
m
f
x
2
3
0
2
x
x
m
m
( )
g x
2
( )
(3
2 )
0
F x
f x
m
f
x
2
(3
2 )
f x
m
f
x
( )
f x
R
2
(3
2 )
2
3
f x
m
f
x
f
x
1
2
x
x
1
2
f x
f x
2
2
3
x
m
x
2
3
0
2
x
x
m
2
( )
(3
2 )
F x
f x
m
f
x
2
3
0
2
x
x
m
4
4
3
0
m
2
m
2
2
6
( )
2
x
g x
x
2
0
t
x t
2
x
t
2
2
2
2 2
6
2
6
2
8
2
2
2
2
8
2 2
8
4
2
t
x
t
t
y
t
t
x
t
t
t
t
2
2t
t
1,
1
t
x
2
6
( )
(
2)
2
mx
g x
x
x
4
( )
f x
[ 10,10]
( )
(4
)
f x
f
x
( )
f x
[ 10,10]
(0)
0
f
(0)
0
f
( )
(4
)
f x
f
x
( )
f x
[ 10,10]
(0)
0
f
( )
(4
)
f x
f
x
(0)
(4)
0
f
f
( 4)
(4)
0
f
f
( 4)
(4
4)
(8)
0
f
f
f
( 8)
(8)
0
f
f
( )
f x
0,
4,
8
5
f u
f u
v
f u
f v
2
sin
sin
cos
3
F u
f a
u
f
u
u
π,0
4
a
f u
2
sin
sin
cos
3
a
u
u
u
π,0
0
u
v
(0)
2 (0)
f
f
(0)
0
f
v
u
(
)
( )
(
)
0
f u
u
f u
f
u
( )
f x
( )
f x
2
sin
sin
cos
3
F u
f a
u
f
u
u
π,0
2
sin
sin
cos
3
0
f a
u
f
u
u
π,0
2
2
sin
sin
cos
3
sin
cos
3
f a
u
f
u
u
f
u
u
π,0
( )
f x
2
sin
sin
cos
3
a
u
u
u
π,0
π,0
u
sin
0;
u
2
2
sin
cos
3
sin
sin
2
2
sin
1
sin
sin
sin
u
u
u
u
a
u
u
u
u
sin ,
1,0
t
u t
2
1
a
t
t
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在
上单调递减,
，
.故答案为：
.
题型06 分段含参讨论型
【典例1-1】（湘豫名校联考2022-2023 学年高三上学期10 月一轮复习诊断考试（一）数学（文科）试
题）已知函数
有且仅有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
B．
或
C．
D．
或
【答案】D
【分析】因为函数
在
上有两个零点，可知
在
上无零点，从而可求得
的范围.
【详解】当
时，
，令
，解得
，
即函数
在
上有两个零点，由题意得：
在
上无零点.
所以
在
上无解，即
在
上无解，
当
时，
，所以
或
.故选：D
【典例1-2】（2021·江苏·高三专题练习）设
，e 是自然对数的底数，函数
有
零点，且所有零点的和不大于6，则a 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】当
时，可得
在
上单调递减，得
在
上有一个零点
，
在
上单调递增，由二次函数的性质可得
在
上有一个零点
，当
时，分
，
，
，
四种情况分析讨论函数的零点
【详解】解： （1）当
时，
时，
，
，故
在
上单调递减，
又最小值
，所以
在
上有一个零点
，
当
时，
，其对称轴为
，则
在
上单调递增，又
，
，
则
在
上有一个零点
，又
，所以符合题意．
（2）当
时，①
时，当
时，
，所以
，所以
在
上单调
递减，
因为
，所以
因为
，所以
在
上没有零点，
当
时，
，
，则
在
上没有零点，不符合题意；
②
时，当
时，
，令
可得
，又
时，
，
单调递减；
时，
，
在
单调递增，又
，所以
在
上没有零点，
当
肘，
，
，则
在
上没有零点，不符合题意；
③
时，
，当
时，
，令
得
，
2
y
t
t
1,0
3
y
4
a
4
a
2
3
2 ,
0,
e
,
,0
x
x
x
x
f x
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0
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a<0
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0
1
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1
a
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0,
( )
f x
(
,0]
a
0,
x
2
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3
2
f x
x
x
( )
0
f x
1
2
1,
2
x
x
( )
f x
0,
( )
f x
(
,0]
e
0
x
a
,0
x
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a
,0
x
,0
x
0<e
1
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0
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1
a
0
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,
0
2
,
0
x
a
x x
f x
x
ax
a x
(
,0)
[8,12]
a<0
f x
0
，
f x
0
，
1
0
x
f x
0
，
f x
0
，
2
0 2
x
，
0
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0
1
a
1
4
a
8
a
8
a
a<0
0
x
x
f x
ae
x
'
1
0
x
f
x
ae
f x
0
，
0
0
f
a
f x
0
，
1
0
x
0
x
2
2
f x
x
ax
a
0
4
a
x
f x
0
，
1
2
0
f
0
0
f
a
f x
0
，
2
0 2
x
，
1
2
6
x
x
0
a
0
1
a
0
x
e
1
x
'
1
0
x
f
x
ae
f x
0
，
0
0
f
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0
x，
0
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f x
f
a
f x
0
，
0
x
2
2
f x
x
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a
2
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0
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0
，
1
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0
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'
1 1
x
f
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ae
( )
'
0
f
x =
1
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x
a
1
ln
x
a
'
0
f
x
f x
1
ln
0
x
a
'
0
f
x
f x
0
，
1
ln
0
f
a
f x
0
，
0
x
2
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f x
x
ax
a
2
8
8
0
a
a
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f x
0
，
8
a
2
8
0
2
8
8
0
xe
x
x
f x
x
x
x
，
，
0
x
'
8
1
x
f
x
e
( )
'
0
f
x =
1
ln
0
8
x
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当
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增，
则
在
上有极小值
，所以
在
上没有零点，
在
上有一个零点
，满足题意；
④
时，当
时，
，令
可得
，
又
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增，
且
，则
在
上有极小值
，
所以
在
上没有零点，
时，
，其对称轴为
，
且
，根据韦达定理可判断
在
上有两个零点，且两根之和为a，
时符合题意，综上所述：a 的取值范围为
，故答案为:
．
【变式1-1】已知函数
，若函数
只有两个零点，则实数
的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】当
时，令
可求得一个零点，则当
时，采用分离变量法可知
与
有且仅有一个交点，采用数形结合的方式可求得结果.
【详解】当
时，由
得：
，此时函数有一个零点；
当
时，
有且仅有一个零点，即
在
上有唯一解，
即
与
有且仅有一个交点，由二次函数图象可得
图象如下图
所示，
由图象可知：当
或
时，
与
有且仅有
一个交点，
实数
的取值范围为
.故选：D.
【变式1-2】已知函数
若函数
有三个零点，则实数a 的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先求出
时，函数有一个零点，故
时，函数有两个零点，令
，由
且
解出a 的取值范围即可.
1
ln 8
x
'
0
f
x
f x
1
ln
0
8
x
'
0
f
x
f x
f x
0
，
1
1
1
ln
8
ln
1 ln8
0
8
8
8
f
f x
0
，
f x
0
，
2
6
x
8
a
0
x
1
x
f
x
ae
0
f
x
1
ln
0
x
a
1
ln
x
a
'
0
f
x
f x
1
ln
0
x
a
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0
f
x
>
f x
1
ln
1
1
ln
ln
1 ln
0
a
f
ae
a
a
a
f x
0
，
1
ln
0
f
a
f x
0
，
0
x
2
2
f x
x
ax
a
0
4
a
x
2
8
0
a
a
0
0
f
a
f x
0
，
8
12
a
(
,0)
[8,12]
(
,0)
[8,12]
2
4
,
1
ln
1,
1
x
x
a x
f x
x
x
2
y
f x
a
,2
3,4
3,6
, 3
6
1
x
2
0
f x
1
x
2
4
2
1
y
x
x
x
y
a
1
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2
ln
1
0
f x
x
e
x
1
x
2
2
4
2
y
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x
x
a
2
4
2
a
x
x
,1
2
4
2
1
y
x
x
x
y
a
2
4
2
1
y
x
x
x
3
a
6
a
2
4
2
1
y
x
x
x
y
a
a
, 3
6
2
4
,
1,
ln
1,
1,
x
x
a x
f x
x
x
( )
2
y
f x
(
,2)
( 3,4)
( 3,6)
( 3,
)
1
x
1
x
2
( )
4
2
g x
x
x
a
(1)
0
g
( 2)
0
g
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【详解】函数
当
时，方程
．可得
．解得
，函数有一个
零点，
则当
时，函数有两个零点，即
，在
时有两个解．
设
，其开口向上，对称轴为：
在
上单调递减，在
上单调
递增，所以
，且
，解得
．故选：C．
【变式1-3】已知函数
，则“
”是“
恰有2 个零点”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】先计算
恰有2 个零点时
的范围，再根据充分必要条件的定义判断.
【详解】因为当
时，
，所以当
时
有一个零点，
又因为当
时
是增函数，当且仅当
，即
时，
有一个零点，
所以当且仅当
时，
恰有2 个零点，故“
”是“
恰有2 个零点”的必要不充分条件，
故选：B.
题型07 参数分界型讨论
【解题攻略】
参数在分段函数分界处，需要分类讨论。分类讨论讨论点，首先是两段函数的交点处，齐次
是每段函数的各自“特色”处，如二次函数如果二次项有参，则“开口”即位讨论点之
一，要“多画图”，每一种情况，画处各自“小图”做对比
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）函数
，当
时，
的零点个数为
；若
恰有4 个零点，则
的取值范围是 .
【答案】 1
【分析】第一空：当
时
、
时
可得答案；第二空：
至多有
2 个零点，故
在
上至少有2 个零点，所以
；分
、
、
讨论结合
图象可得答案.
【详解】第一空：当
时，当
时，
，解得
；
当
时，
，无零点，
故此时
的零点个数是1；
第二空：显然，
至多有2 个零点，故
在
上至少有2 个零点，所以
；
①
2
4
,
1,
ln
1,
1,
x
x
a x
f x
x
x
1
x
2
f x
ln
1
2
x
e
x
1
x
2
4
2
x
x
a
1
x
2
( )
4
2
g x
x
x
a
2, ( )
x
g x
(
, 2)
( 2,
)
(1)
0
g
( 2)
0
g
3
6
a
2
2
log
,
2
( )
6
25,
2
x
m x
f x
x
x
3
m
( )
f x
( )
f x
m
2
x
2
(2)
6 2
25
0
f
2
x
( )
f x
2
x
2
log
y
x
m
2
2
log
0
m
4
m
2
log
y
x
m
4
m
( )
f x
3
m
( )
f x
2
,0
4
8,
cos x
x
a
f x
x
ax
x
a
1
a
f x
f x
a
3 2 6
5 7
,
,
2
3
2 2
1
a
0
cos x
1
x
0
f x
2
4
8
y
x
ax
x
a
y
cos x
0,a
3
2
a
3
5
2
2
a
5
7
2
2
a
7
2
a
1
a
0
1
x
0
f x
cos x
1
2
x
1
x
2
2
4
8
2
4
0
f x
x
x
x
f x
2
4
8
y
x
ax
x
a
y
cos x
0,a
3
2
a
17
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若
恰有2 个零点，则
，此时
恰有两个零点，所以
，解得
，此时
；
②
若
恰有3 个零点，则
，此时
，
所以
恰有1 个零点，符合要求；
③当
时，
，所以
恰有1 个零点，而
至少有4
个零点，
此时
至少有5 个零点，不符合要求，舍去.综上，
或
.故答案为：1；
.
【典例1-2】.（2021 秋·山东济南·高三济南外国语学校校考期中）已知函数
,如果函
数
恰有两个零点，那么实数
的取值范围为 ．
【答案】
【分析】通过讨论m 的取值情况，分析零点的个数．
【详解】若m＜-2，则f（x）在（-∞，m]上无零点，在（m，+∞）上有1 个零点x=4，不符合题意；
若-2≤m＜0，则f（x）在（-∞，m]上有1 个零点x=-2，在（m，+∞）上有1 个零点x=4，符合题意；
若0≤m＜4，则f（x）在（-∞，m]上有2 个零点x=-2，x=0，在（m，+∞）上有1 个零点x=4，不符合题意；
若m≥4，则f（x）在（-∞，m]上有2 个零点x=-2，x=0，在（m，+∞）上无零点，符合题意；
综上所述，-2≤m＜0 或m≥4，即实数
的取值范围为
【变式1-1】（2022 秋·天津河西·高三天津实验中学校考阶段练习）设
，函数
与函数
在区间
内恰有3 个零点，则
的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
0
y
cos x
x
a
3
5
2
2
a
2
4
8
y
x
ax
x
a
2
2
2
Δ
16
32
0
3
8
0
a
a
a
f a
a
2 6
2
3
a
3
2 6
2
3
a
0
y
cos x
x
a
5
7
2
2
a
2
8
3
0
f a
a
2
4
8
y
x
ax
x
a
7
2
a
2
8
3
0
f a
a
2
4
8
y
x
ax
x
a
y
cos x x
a
f x
3
2 6
2
3
a
5
7
2
2
a
3 2 6
5 7
,
,
2
3
2 2
2
2 ,
4,
x
x x
m
f x
x
x
m
f x
m
2,0
4,+
m
2,0
4,+
R
a
2
2
2
2
1
4
,
2
5,
a x
a
a
x
a
f x
x
a
x
a
x
a
g x
ax
0,
a
5 ,3
2
5
5
2,
,3
2
2
2,3
5
2
,3
2
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【分析】设
，结合题意可知函数
在区间
内恰有3 个零点，分析
时不符
合题意，
时，结合二次函数
的正负及
的正负即可求解.
【详解】由题意，函数
与函数
在区间
内恰有3 个零点，
设
，即函数
在区间
内恰有3 个零点，
当
时，函数
在区间
内最多有2 个零点，不符合题意，
当
时，函数
的对称轴为
，
，
所以，函数
在
上单调递减，在
上单调递增，且
，
当
，即
时，函数
在区间
上无零点，所以函数
在
上有三个零点，不符合题意；
当
，即
时，函数
在区间
上只有一个零点，
则当
时，
，
令
，解得
或
，符合题意；
当
，即
时，函数
在区间
上有1 个零点，
则函数
在
上有2 个零点，
则
，即
，所以
；
当
，即
时，函数
在区间
上有2 个零点，
则函数
在
上只有1 个零点，
则
或
或
，即无解.
综上所述，
的取值范围是
.故选：D.
【变式1-2】（2023 春·天津南开·高三南开大学附属中学校考阶段练习）已知
，函数
恰有3 个零点，则m 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
h x
f x
g x
h x
0,
0
a
0
a
8
16
a
2
5
h a
a
f x
g x
ax
0,
2
2
2
2
1
4
,
2
2
5,
a x
ax
a
a
x
a
h x
f x
g x
x
a
x
a
x
a
h x
0,
0
a
h x
0,
0
a
2
2
2
2
5
y
x
a
x
a
1
x
a
2
2
2
2
4
5
8
16
a
a
a
h x
,
1
a a
1,
a
2
5
h a
a
8
16
0
a
2
a
h x
,a
2
2
1
4
h x
a x
ax
a
a
0,a
8
16
0
a
2
a
h x
2,
0,2
x
4
1
2
4
h x
x
x
4
1
2
4
0
h x
x
x
0
x
4
3
Δ
8
16
0
2
5
0
a
h a
a
5
2
a
h x
,a
2
2
2
2
,0
1
2
1
4
3
6
,1
ax
a
a
x
h x
a x
ax
a
a
ax
a
a
x
a
0,a
2
2
2
2
2
0
2
0
3
6
0
a
a
a
a
a
a
a
a
2
3
a
5
3
2
a
Δ
8
16
0
2
5
0
a
h a
a
5
2
2
a
h x
,a
2
2
2
2
,0
1
2
1
4
3
6
,1
ax
a
a
x
h x
a x
ax
a
a
ax
a
a
x
a
0,a
2
2
2
2
2
0
2
0
3
6
0
a
a
a
a
a
a
a
a
2
2
2
2
2
0
2
0
3
6
0
a
a
a
a
a
a
a
a
2
2
2
2
2
0
2
0
3
6
0
a
a
a
a
a
a
a
a
a
5
2
,3
2
0
m
(
2)ln(
1), 1
,
( )
π
cos 3
,
π,
4
x
x
x
m
f x
x
m
x
π 5π
3π
,
2,
12 12
4
π 5π
3π
,
2,
12 12
4
5π
3π
0,
2,
12
4
5π
3π
0,
2,
12
4
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【答案】A
【分析】分别求出两段函数各自的零点，作出图像利用数形结合即可得出答案.
【详解】设
，
，
求导
由反比例函数及对数函数性质知
在
上单调递增，
且
，
，故
在
内必有唯一零点
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增；
令
，解得
或2，可作出函数
的图像，
令
，即
，在
之间解得
或
或
，
作出图像如下图
数形结合可得：
，故选：A
【变式1-3】（2023 春·河南南阳·高三河南省桐柏县第一高级中学校考阶段练习）设
，函数
，若
在区间
内恰有9 个零点，则a 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】讨论
在
上零点个数从而确定
在
上零点个
数，然后结合正弦函数性质可得参数范围．
【详解】
，当
时，
，
的周期是
，因为
，
，
所以在区间
上，
最多有6 个零点，在区间
上，
最多
有1 个零点，因此
时，
在区间
内不可能是9 个零点，
因此
，
的两根为
，
，
因为
，所以
，若
，则
，
在
上有两个零点，因此
在
上有7 个零点，
，
，因此
，
，所以
；
当
时，
，
在区间
上只有一个零点，因此
在区间
上有8 个零点，
即
在
上有8 个零点，所以
，
，
(
2)ln(
1)
g x
x
x
cos 3
4
h x
x
2
3
ln(
1)
ln(
1) 1
1
1
x
g
x
x
x
x
x
g
x
1,
,
0
m m
1
0
2
g
1
0
g
g
x
1 ,1
2
0x
0
1,
x
x
( )
0
g x
g x
0,
x
x m
( )
0
g x
g x
0
g x
0
x
g x
0
h x
3
,
4
2
x
k
k
Z
0,
12
x
5
12
3
4
π 5π
3π
,
2,
12 12
4
R
a
2
2
sin 3π
3π
,
2
1
5,
x
a
x
a
f x
x
a
x
a
x
a
f x
0,
7 5
8
( , ]
( ,3]
3 2
3
2
2
( )
2(
1)
5
f x
x
a
x
a
(0,
)
sin(3π
3π )
y
x
a
(0, )
a
2
2
2
2(
1)
5
(
1)
2
4
y
x
a
x
a
x
a
a
2
4
0
a
2
a
sin(3π
3π )
y
x
a
2π
2
3π
3
T
2
T
2
3
2
3
3 2
6
(0, )
a
sin(3π
3π )
y
x
a
[ ,
)
a
2
2
2(
1)
5
y
x
a
x
a
2
a
( )
f x
0,
2
a
2
2
2(
1)
5
0
x
a
x
a
1
2
4
a
a
a
1
2
4
a
a
2
2
2
1
2
4
5
0
a
a
a
1
2
4
0
a
a
1
2
4
a
a
a
5
2
2
a
2
2
( )
2(
1)
5
f x
x
a
x
a
( ,
)
a
( )
sin(3π
3π )
f x
x
a
(0, )
a
0
x
a
3π
3π
3π
0
a
x
a
8π
3π
7π
a
7
8
3
3
a
7
5
3
2
a
5
2
a
1
2
4
a
a
a
( )
f x
[ ,
)
a
( )
f x
(0, )
a
sin(3π
3π )
y
x
a
(0, )
a
9π
3π
8π
a
8
3
3
a
20
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综上，
的取值范围是
．故答案为：
题型08 分离参数型水平线法求零点
【解题攻略】
分离参数水平线法求零点
1.分离参数。
2.构造函数于水平线。
3.构造函数时，要注意函数是否有“水平渐近线”
【典例1-1】（2021 上·山东潍坊·高三统考）已知
，符号
表示不超过
的最大整数，若函数
有且仅有3 个零点，则
的取值范围是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由
，故
；分
和
的情况讨论，显然有
，从而得到答案．
【详解】解：因为
，故
；分
和
的情况讨论，显然有
．
若
，此时
；若
，则
；若
，因为
，故
，即
．
且
随着
的增大而增大．若
，此时
；若
，则
；
若
，因为
；
，故
，即
，
且
随着
的减小而增大．又因为
一定是不同的
对应不同的
值．所以为使函数
有且
仅有3 个零点，只能使
，2，3；或
，
，
．若
，有
；若
，有
；
若
，有
；若
，有
；若
，有
；若
，有
；若
，
有
；
若
，有
综上所述，
或
，故选：B．
a
7 5
8
( , ]
( ,3]
3 2
3
7 5
8
( , ]
( ,3]
3 2
3
x
R
[ ]x
x
[ ]
( )
(
0)
x
f x
a x
x
a
(
)
3 4
4 3
,
,
4 5
3 2
3 4
4 3
,
,
4 5
3 2
1 2
5 3
,
,
2 3
4 2
1 2
5 3
,
,
2 3
4 2
[ ]
( )
0
x
f x
a
x
[ ]x
a
x
0
x
0
x
0
a
[ ]
( )
0
x
f x
a
x
[ ]x
a
x
0
x
0
x
0
a
0
x
[ ]
0
x
[ ]
0
x
[ ]
0
x
x
[ ]
1
x
[ ]
[ ] 1
x
x
x
[ ]
[ ]
1
[ ]
1
x
x
x
x
[ ]
1
[ ] 1
x
a
x
[ ]
[ ]
1
x
x
[ ]x
0
x
[ ]
0
x
1
0
x
[ ]
1
x
x
1
x
[ ]
1
x
x
[ ]
[ ] 1
x
x
x
[ ]
[ ]
1
[ ]
1
x
x
x
x
[ ]
1
[ ]
1
x
a
x
[ ]
[ ]
1
x
x
[ ]x
[ ]x
x
a
[ ]
( )
x
f x
a
x
[ ]
1
x
[ ]
1
x
2
3
[ ]
1
x
1
1
2
a
[ ]
2
x
2
1
3
a
[ ]
3
x
3
1
4
a
[ ]
4
x
4
1
5
a
[ ]
1
x
1
a
[ ]
2
x
1
2
a
[ ]
3
x
3
1
2
a
[ ]
4
x
4
1
3
a
3
4
4
5
a
4
3
3
2
a
21
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【典例1-2】（2023·全国·模拟预测）已知函数
，若存在
，使得方程
有两个不同的实数根且两根之和为6，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先通过对题目的分析，令
，将题目简单化，并转化为等价形式；再根据函数
与
的图象有两个交点，数形结合可判断
；最后结合图形分析得出
与
图象的交点纵坐标与之间的关系：
，建立不等式求解即可得出答案.
【详解】令
，得
，
则原问题等价于存在
，
使得
与
的图象有两个交点且两交点的横坐标之和为6，
则
，作出函数
与
的图象如图所示，
设两图象交点的横坐标分别为
，则
，
故两个交点关于二次函数
的图象的对称轴
对称，
设点
为
与
图象的交点，且
，
联立
与
，解得
，故
，
故
，解得
，故实数
的取值范围是
．
故答案为：
．
2
6 ,
3
3
9,
3
x
x x
f x
kx
k
x
2,8
m
9
f x
m
k
2,2 2
9
g x
f x
y
g x
y
m
0
k
3
y
k x
2
3
3
y
x
x
2,8
P
y
m
9
g x
f x
2
6
9,
3
3 ,
3
x
x
x
g x
kx
k x
2,8
m
y
g x
y
m
0
k
y
g x
y
m
1
2
,
x x
1
2
6
x
x
2
3
y
x
3
x
P
3
y
k x
2
3
3
y
x
x
2,8
P
y
m
3
y
k x
2
3
3
y
x
x
3
Px
k
2
P
y
k
2
2
8
0
k
k
2
2 2
k
k
2,2 2
2,2 2
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【变式1-1】（2022 上·广东汕头·高三校考）已知函数
， 令
，则下
列说法正确的（ ）
A．函数
的单调递增区间为
B．当
时，
有3 个零点
C．当
时，
的所有零点之和为
D．当
时，
有1 个零点
【答案】D
【分析】画出
的图像，然后逐一判断即可.
【详解】
的图像如下：
由图像可知，
的增区间为
，
故A 错误
当
时，如图
2
3,
0
2
ln ,
0
x
x
x
f x
x x
h x
f
x
k
f x
0,
4, 3
k
h x
2
k
h x
1
, 4
k
h x
f x
f x
f x
1 ,0 , 0,
2
4, 3
k
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当
时，
与
有3 个交点，
当
时，
与
有2 个交点，
当
时，
与
有1 个交点，
所以当
时
与
有3 个交点或2 个交点或1 个交点，
即
有3 个零点或2 个零点或1 个零点，故B 不正确；
当
时，由
可得
，由
可得
所以
的所有零点之和为
，
故C 错误；
当
时，由B 选项可知：
与
有1 个交点，即
有1 个零点，
故D 正确；故选：D
【变式1-2】（2023 上·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考）已知函数
，若
恰有3 个零点
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】
恰有3 个零点
，即
的图象与
的图象恰有3 个不同的交点，
借助
的图象求解即可.
【详解】设
，
则
恰有3 个零点
，即
的图象与
的图象恰有3 个不同的交点.
的图象如图所示.
13
3
4
k
y
f x
y
k
13
4
k
y
f x
y
k
13
4
4
k
y
f x
y
k
4, 3
k
y
f x
y
k
( )
h x
2
k
2
2
3
2
x
x
1
2
x
2
ln
2
x
1
x
( )
h x
1
2
1
2
, 4
k
y
f x
y
k
( )
h x
6
8
,
0
lg
,
0
x
m x
f x
x
m x
f x
1
2
3
,
,
x x
x
1
2
3
x x x
4 ,0
3
,0
,0
4 ,0
3
f x
1
2
3
,
,
x x
x
6
8,
0
lg ,
0
x
x
g x
x x
y
m
g x
6
8,
0
lg ,
0
x
x
g x
x x
f x
1
2
3
,
,
x x
x
6
8,
0
lg ,
0
x
x
g x
x x
y
m
6
8,
0
lg ,
0
x
x
g x
x x
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不妨设
，所以
，
所以
，即
，即
，所以
，所以
，故选：A.
【变式1-3】（2021 上·河南新乡·高三校考阶段练习）若函数
有三个零点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】函数
有三个零点，即方程
有三个根，设
，利用导数求出函数
的单调性，结合图象即可求解.
【详解】函数
有三个零点，即方程
有三个根，
设
，则
，
令
，得
，
，当
时，
，函数
单调递减；
当
或
时，
，函数
单调递增；易知当
时，函数
取极小值
，
当
时，函数
取极大值
，又当
时，
，且
时，
；
当
时，
为增函数，且
时，
，
因此函数
有三个零点时，
，故选：
.
题型09 对数绝对值水平线法
【解题攻略】
1
2
3
x
x
x
1
2
3
4 ,0 ,
0,1 ,
1,
3
x
x
x
2
3
lg
lg
x
x
2
3
lg
lg
x
x
2
3
lg
lg
0
x
x
2
3
1
x x
1
2
3
1
4 ,0
3
x x x
x
2
3
e
2
x
f x
x
x
m
m
3
2
9
0,
e
2
e ,0
2
3
2
9 e
,
2
3
2
e 9
,
e
2 2
2
3
e
2
x
f x
x
x
m
2
3
e
2
x
x
x
m
2
3
e
2
x
g x
x
x
( )
g x
2
3
e
2
x
f x
x
x
m
2
3
e
2
x
x
x
m
2
3
e
2
x
g x
x
x
2
2
3
1
3
e
e
2
2
2
x
x
g
x
x
x
x
x
0
g
x
1
3
2
x
2
1
x
3
1
2
x
( )
0
g x
( )
g x
1
x
3
2
x
( )
0
g x
( )
g x
1
x
( )
g x
1
1
e
2
g
3
2
x
( )
g x
3
2
3
9 e
2
2
g
0
x
0
g x
x
0
g x
1
x
g x
x
g x
2
3
e
2
x
f x
x
x
m
3
2
0
3
9 e
2
2
g
m
A
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对数绝对值
对于
，
若有两个零点，则满足
1.
2.
3.要注意上述结论在对称轴作用下的“变与不变”
【典例1-1】．（2021 上·江苏连云港·高三统考）已知函数
，若关于
的方程
有4 个不同的实根
、
、
、
，且
，则
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】作出图形，可得出直线
与函数
的图象交于
、
、
、
四点，由
，去绝对值，结合对数的运算律，可得出
的值，利用二次函数的对称性可
得出
的值，由此可得出
的值.
【详解】作出函数
和函数
的图象如下图所示，则两个函数的图象共有
个交点
、
、
、
，且横坐标分别为
、
、
、
，
，
，由
，得
，
则有
，所以，
，
，化简得
，
，
.
由于二次函数
图象对称轴为直线
，则点
、
两点关于直线
对称，所以，
2
2
log
1 ,1
3
1
10
8,
3
3
3
x
x
f x
x
x
x
x
f x
m
1
x
2
x
3x
4x
1
2
3
4
x
x
x
x
1
2
3
4
1
2
x
x
x
x
x x
7
8
9
10
y
m
y
f x
A
B
C
D
2
1
2
2
log
1
log
1
x
x
1
2
1
2
x
x
x x
3
4
x
x
1
2
3
4
1
2
x
x
x
x
x x
y
f x
y
m
4
A
B
C
D
1
x
2
x
3x
4x
1
2
3
4
x
x
x
x
1
2
1
2
3
x
x
1
2
f x
f x
2
1
2
2
log
1
log
1
x
x
2
1
2
2
log
1
log
1
x
x
2
1
2
2
log
1
log
1
0
x
x
1
2
1
1
1
x
x
1
2
1
2
0
x x
x
x
1
2
1
2
x x
x
x
1
2
1
2
1
x
x
x x
2
1
10
8
3
3
y
x
x
5
x
C
D
5
x
3
4
10
x
x
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.
因此，
.故选：D.
【典例1-2】（2020 上·河南信阳·高三统考）已知函数
，若方程
有四个不同的
解
，且
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】做出函数的图像，不妨设
，由图像可得
，根据对数的运算法则可得
，且
，利用对勾函数的单调性，即可求解.
【详解】
的图象如图，不妨设
，由图象的对称性可知
；
又∵
，故
，∴
，∴
；
，∵
，∴
，∴
.
故选:C.
【变式1-1】（2019·湖南·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数
是定义域为
的奇函数，且当
时，
，若函数
有六个零点，分别记为
，
则
的取值范围是.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用函数的奇偶性，求得函数的解析式，作出函数的图象，结合函数的图象六个零点，和函数的
对称性，即可求解．
【详解】由题意，函数
是定义域为
的奇函数，且当
时，
，
3
4
10
x
x
1
2
3
4
1
2
1 10
10
x
x
x
x
x x
2
|
1|,
0
( )
log
,
0
x
x
f x
x x
( )
f x
a
1
2
3
4
,
,
,
x x x x
1
2
3
4
x
x
x
x
1
2
3
4
1
1
x
x
x
x
1
0, 2
1
0, 2
1
0, 2
[0,1)
1
2
3
4
x
x
x
x
1
2
2
x
x
3 4
1
x x
4
(1,2]
x
( )
f x
1
2
3
4
x
x
x
x
1
2
2
x
x
4
3
2
2
log
|log
|
x
x
3
2
4
2
log
log
x
x
2
3
2
4
2
3
4
log
log
log
0
x
x
x x
3 4
1
x x
3
4
4
3
4
1
2
4
1
1
1
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
2
4
log
(0,1]
x
4
(1,2]
x
4
4
1
1
2
0, 2
x
x
( )
f x
R
0
x
2
2
log
,0
2
1
4
7,
2
2
( )
f x
x
x
x
x
x
( )
(0
1)
y
f x
a
a
1
2
3
4
5
6
,
,
,
,
,
x x
x x
x x
1
2
3
4
5
6
x
x
x
x
x
x
5
2, 2
21
10, 2
(2,4)
10
3, 3
( )
f x
R
0
x
2
2
log
,0
2
( )
1
4
7,
2
2
x
x
f x
x
x
x
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所以当
时，
，因为函数
有六个零点，
所以函数
与函数
的图象有六个交点，画出两函数的图象如下图，
不妨设
，由图知
关于直线
对称，
关于直线
对称，
所以
，而
，所以
，所以
，
所以
，取等号的条件为
，因为等号取不到，所以
，
又当
时，
，所以
，
所以
.故选A
【变式1-2】（2023 上·湖南长沙·高三周南中学校考开学考试）已知函数
，若
有四个解
，则
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分析函数
的性质，作出函数的图象，借助对勾函数性质及二次函数对称性求解作答.
【详解】当
时，
在
上递减，函数值集合为
，在
上递增，函数值集合为
，
当
时，
在
上递减，函数值集合为
，在
上递增，函数值集合为
，
显然函数
在
上的图象关于直线
对称，如图，
方程
的四个解
是直线
与曲线
的四个交点横坐标为
，
显然
，不妨令
，则有
，
，有
，
因此
，而对勾函数
在
上单调递增，则
，即
0
x
2
2
log (
) , 2
0
( )
1
4
7,
2
2
x
x
f x
x
x
x
( )
(0
1)
y
f x
a
a
( )
y
f x
y
a
1
2
3
4
5
6
x
x
x
x
x
x
1
2
,
x x
4
x
5
6
,
x x
4
x
1
2
5
6
0
x
x
x
x
2
3
2
4
log
,log
x
a
x
a
2
3
2
4
2
3
4
log
log
log
0
x
x
x x
3 4
1
x x
3
4
3
4
2
2
x
x
x x
3
4
x
x
3
4
2
x
x
1
a
3
4
1 ,
2
2
x
x
3
4
1
5
2
2
2
x
x
1
2
3
4
5
6
5
2, 2
x
x
x
x
x
x
2
2
log
,0
2
8
13,
2
x
x
f x
x
x
x
f x
a
1
2
3
4
,
,
,
x x x x
1
2
3
4
x
x
x
x
21
(10,
)
2
( )
f x
0
2
x
2
( ) | log
|
f x
x
(0,1]
[0,
)
[1,2)
[1,1)
2
x
2
( )
8
13
f x
x
x
[2,4]
[ 3,1]
[4,
)
[ 3,
)
2
( )
8
13
f x
x
x
[2,6]
4
x
( )
f x
a
1
2
3
4
,
,
,
x x x x
y
a
( )
y
f x
1
2
3
4
,
,
,
x x x x
0
1
a
1
2
3
4
0
1
2
x
x
x
x
3
4
8
x
x
2
1
2
2
| log
| | log
|
x
x
1
2
1
x x
1
2
2
2
1
x
x
x
x
1
y
x
x
(1,2)
2
2
1
5
2
2
x
x
1
2
3
4
21
10
2
x
x
x
x
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，
所以
的取值范围是
.故答案为：
【变式1-3】．（2020 上·河南郑州·高三校联考中）已知函数
，若方程
有4 个不同的实根
，
，
，
且
，则
【答案】9
【解析】依题意可知
是
的两个不等实根，
是
的两个实根，根据
对数知识可得
，根据韦达定理可得
，从而可得答案.
【详解】依题意可知
是
的两个不等实根，
是
的两个实根，
所以
，
，则
，
因为
，所以
，所以
，
所以
，所以
，所以
，所以
，因为
是
的两个实根，所以
，所以
.故答案为：9
题型10 指数函数“一点一线”性质型
【解题攻略】
指数函数，无论平移或者翻折，始终要注意函数的核心性质“一点一线”是否变化。要把
“一点一线”这个核心性质提升到底数大于1 或者小于1 的分类讨论相同地位
图象
①定义域
，值域
1
2
3
4
21
10
2
x
x
x
x
1
2
3
4
x
x
x
x
21
(10,
)
2
21
(10,
)
2
2
2
log
1 ,1
3
1
9
10,
3
2
2
x
x
f x
x
x
x
f x
m
1
x
2
x
3x
4x
1
2
3
4
x
x
x
x
3
4
1
2
1
1
x
x
x
x
1
2
,
x x
2
| log (
1) |
x
m
3
4
,
x x
2
1
9
10
2
2
x
x
m
1
2
1
1
1
x
x
3
4
9
x
x
1
2
,
x x
2
| log (
1) |
x
m
3
4
,
x x
2
1
9
10
2
2
x
x
m
2
1
| log (
1) |
x
m
2
2
| log (
1) |
x
m
2
1
2
2
| log (
1) | | log (
1) |
x
x
1
2
x
x
2
1
2
2
log (
1)
log (
1)
x
x
2
1
2
2
log (
1)
log (
1)
0
x
x
2
1
2
log [(
1)(
1)]
0
x
x
1
2
(
1)(
1)
1
x
x
1
2
1
2
0
x x
x
x
1
2
1
1
1
x
x
3
4
,
x x
2
1
9
10
0
2
2
x
x
m
3
4
9
2
9
1
2
x
x
3
4
1
2
1
1
x
x
x
x
9
x
y
a
0
1
a
1
a
R
(0
)
，
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性质
②
，即时
，
，图象都经过
点
③
，即
时，
等于底数
④在定义域上是单调减函数
在定义域上是单调增函数
⑤
时，
；
时，
时，
；
时，
⑥既不是奇函数，也不是偶函数
【典例1-1】（2023 上·云南昆明·高三昆明八中校考）已知
，若
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意，分类讨论
的范围，再结合基本不等式即可得到
的范围.
【详解】因为函数
，若
，不妨设
，
当
时，由
，可得
，即
，不成立；
当
时，由
，可得
，即
，不成立；
当
时，由
，可得
，则
，
所以
，即
，当且仅当
时，等号成立，
且
，所以等号取不到，则
.故选：A
【典例1-2】（2023 上·安徽·高三池州市第一中学校联考阶段练习）已知函数
，若
函数
有四个不同的零点
，
，
，
且
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】作出函数
的大致图象，确定四个零点所在区间，利用函数解析式代入所求算式化简，结合
基本不等式求取值范围.
【详解】由指数函数和对数函数的图象，利用函数图象的平移和翻折，
作出函数
的大致图象，如图所示，
可知
，
，于是
，所以
，
，即
，所以
，
0
1
a
0
x
1
y
(0 1)
，
x
a
a
1
x
y
a
0
x
1
x
a
0
x
0
1
x
a
0
x
0
1
x
a
0
x
1
x
a
2
2
5
x
f
x
f a
f b
a
b
a
b
,2
,0
0,
2,
,a b
a
b
2
2
5
x
f
x
f a
f b
a
b
a
b
1
a
b
f a
f b
2
2
5
2
2
5
a
b
a
b
1
a
b
f a
f b
2
2
5
2
2
5
a
b
a
b
1
a
b
f a
f b
2
2
5
2
2
5
a
b
2
2
4
a
b
4
2
2
2 2
a
b
a b
2
a
b
2
2
a
b
1
a
b
2
a
b
3
2
1 ,
1
log
1 ,
1
x
x
f x
x
x
y
f x
a a
R
1
x
2
x
3x
4x
1
2
3
4
x
x
x
x
1
2
3
4
1
2
2
1
1
x
x
a
x
x
a
0,3
2 2,3
2 2,
3,
f x
f x
0
1
a
1
2
3
4
0
1
2
x
x
x
x
1
2
1 2
2
1
x
x
1
2
2
2
2
x
x
3
3
3
4
log
1
log
1
x
x
3
3
3
4
log
1
log
1
0
x
x
3
4
1
1
1
x
x
30
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于是
，
，当且仅当
，即
时等号
成立，
所以
的取值范围为
.故选：C．
【变式1-1】（2023 上·四川成都·高三四川省成都列五中学校考）若关于x 的方程
有两个不等的
实数解，则实数m 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由题意可得
与
的图象有两个交点，画出
的图象如图，结合图象
可得出答案.
【详解】关于x 的方程
有两个不等的实数解，
即
与
的图象有两个交点，画出
的图象如图，
由图象可得：
.故选：A.
【变式1-2】（2023 上·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知函数
，
若关于x 的方程
有四个不同的根
（
），则
的最大值是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】数形结合，把四个不同的根
用
表示，借助导数讨论函数的最值解决问题.
【详解】图，
由图可知当且仅当
时，方程
有四个不同的根，
且
，由题：
，
，
1
2
3
4
1
1
2
2
2
1
1
x
x
a
a
x
x
a
a
1
1
2
2 2
2 2
a
a
a
a
1
2a
a
2
2
a
1
2
3
4
1
2
2
1
1
x
x
a
x
x
a
2 2,
2
2
x
m
0,2
0,2
0,
2,
2
2
x
g x
y
m
2
2
x
g x
2
2
x
m
2
2
x
g x
y
m
2
2
x
g x
0
2
m
2
1
5 ,
0
2
2
( )
e
2 ,
0
x
x
x x
f x
x
f x
m
1
2
3
4
,
,
,
x x
x x
1
2
x
x
3
4
x
x
3
1
4
2
4
2ex
x x
x x
5
5ln
3
2
5ln2
4
5ln3
13
2e
1
2
3
4
,
,
,
x x
x x
m
0
1
m
f x
m
1
2
5
2
5
2
x
x
3
3
2
e
ln(2
)
x
m
x
m
4
4
e
2
ln(
2)
x
m
x
m
31
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设
则
，令
，
故
在
递增，在
递减，
.故选：A.
【变式1-3】（2023 下·四川达州·高三校考阶段练习）已知函数
若函数
有三个不同的零点，则实数
的取值范围是（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用分离参数，将问题转化为直线与曲线的交点问题，数形结合解决问题.
【详解】函数
的零点，
即方程
的根，则
，
根据题意，可知直线
与
的图象有三个不同的交点，
在同一直角坐标系中作出这两个函数图象，如图，
由图可知，当
时，两个函数图像有三个不同的交点，
即函数
有三个不同的零点.故选：B
题型11 零点：中心对称性质型
【解题攻略】
函数中心对称：
（1）若函数
满足
，则
的一个对称中心为
（2）若函数
满足
，则
的一个对称中心为
（3）若函数
满足
，则
的一个对称中心为
.
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）函数
在
上的所有零点之和
等于 .
【答案】8
【详解】分析：通过化简函数表达式，画出函数图像，分析图像根据各个对称点的关系求得零点的和．
详解：零点即
，所以
3
1
4
2
4
2e
2(2
)
5ln(
2)
2
5ln(
2)
4
x
x x
x x
m
m
m
m
2
5ln
2
4(0
1)
h m
m
m
m
1 2
( )
2
m
h m
m
1
0
1
2
h m
m
1
( )
0
0
2
h m
m
h m
1
0, 2
1 ,1
2
max
1
5
( )
5ln
3
2
2
h m
h
2 2
1 ,
2,
3
3
,
2,
1
x
x
x
f x
x
x
2
g x
f x
mx
m
m
1,1
0,1
1,0
1,3
2
g x
f x
mx
m
(
2)
f x
m x
2
f x
m
x
y
m
2
1 ,
2,
3 ,
2,
1
x
x
y
x
x
0
1
m
2
g x
f x
mx
m
f x
2
f a
x
f a
x
b
f x
,a b
f x
2
2
f
a
x
f x
b
f x
,a b
f x
2
2
f
a
x
f
x
b
f x
,a b
1
1
( )
2sin[ (
)]
1
2
f x
x
x
[ 3,5]
x
( )
0
f x
1
1
2sin
1
2
x
x
32
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即
，画出函数图像如图所示
函数零点即为函数图像的交点，由图可知共有8 个交点
图像关于
对称，所以各个交点的横坐标的和为8
【典例1-2】（2021·全国·高三专题练习）已知函数
为定义在
上的奇函数，当
时，
，则关于
的函数
(
)的所有零点之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】在同一个坐标系作出
与
(
)的图像，观察交点的特征，根据对称性，可以得
到：
，
，且
满足
，就可以求出所有零点之和.
【详解】∵
为定义在
上的奇函数，先画当
时
的图像如图，
再围绕原点将
的图像旋转
得到
时
的图像，
的零点可以看做
与
(
)的图像的交点，
由图像可知交点一共有个，设交点的横坐标从左到右依次为
､
､
､
､
，
则
，
，且
满足
，解得
，
∴
.故选：D.
【变式1-1】（2022 上·甘肃张掖·高三阶段练习）已知函数
是定义在
上的奇函数，若
，则关于
的方程
的所有根之和为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用奇函数性质作出函数的图象，依次标出零点，根据对称性得到零点的值满足
，
的值，运用对数求解
满足：
，可出
，可求解所有根之和．
1
2cos
1
x
x
1
x
( )
f x
R
0
x
2
2
log (
1) 0
3
( )
10
23
3
x
x
f x
x
x
x
，
，
x
( )
g x
( )
f x
a
0
2
a
10
21 2a
0
1 2a
( )
y
f x
y
a
0
2
a
1
2
10
x
x
4
5
10
x
x
3x
2
3
log (
1)
x
a
( )
f x
R
0
x
( )
f x
0
x
180
0
x
( )
f x
( )
( )
g x
f x
a
( )
y
f x
y
a
0
2
a
5
1
x
2
x
3x
4x
5x
1
2
10
x
x
4
5
10
x
x
3x
2
3
log (
1)
x
a
3
1 2a
x
1
2
3
4
5
1
2a
x
x
x
x
x
( )
f x
R
2
2
log (
1),
[0,1)
( )
1
7
3
,
[1,
)
2
2
x
x
f x
x
x
x
x
( )
0(0
1)
f x
a
a
1
1 ( )
2
a
1
( )
1
2
a
1 2a
2
1
a
1
2
x
x
4
5
x
x
3x
2
3
log
1
x
a
3x
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【详解】
为定义在
上的奇函数
，
当
时，
，
当
时，
作出
图象：
关于
的方程
的根转化为
的图象与
图象的交点
问题．由图可知关于
的方程
有根共有 个，这 个根由小到大依次记为
，根据对称性得到零点的值满足
，
满足：
，解
得
所以
故选:C.
【变式1-2】（2021 下·江西宜春·高三阶段性）已知函数
是定义在
上的奇函数，若
，则关于
的方程
的所有根之和为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】试题分析：因
,故当
，
的解集为空集,
当
,时, 函数
的最小值为
,则方程
的解集为
且
.
当
且
时,由
可得
；当
时,函数
的
对称轴为
,因此方程
的解集为
且
,故该方程的这四个根
的和为
,所以所有根的和为
,应选C.
【变式1-3】．（2022 上·吉林松原·高三统考）定义在R 上的奇函数f（x），当x≥0 时，f（x）=
( )
f x
R
(
)
( )
f
x
f x
0
x
2
2
log (
1),
[0,1)
( )
1
7
3
,
[1,
)
2
2
x
x
f x
x
x
x
0
x
1
2
2
log (1
),( 1
0)
( )
1
7
3
,(
1)
2
2
x
x
f x
x
x
x
f x
x
( )
0(0
1)
f x
a
a
( )
f x
(0
1)
y
a
a
x
( )
0(0
1)
f x
a
a
5
5
1
2
3
4
5
,
,
,
,
x x
x x
x
1
2
4
5
6,
6
x
x
x
x
3x
2
3
log
1
x
a
3
1 2a
x
1
2
3
4
5
6
6 1 2
1 2
a
a
x
x
x
x
x
( )
f x
R
2
2
log (
1),
[0,1)
( )
{1
7
3
,
[1,
)
2
2
x
x
f x
x
x
x
x
( )
0(0
1)
f x
a
a
1
1 ( )
2
a
1
( )
1
2
a
1 2a
2
1
a
1 2a
34
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，则关于x 的函数F（x）=f（x）﹣a（0＜a＜1）的所有零点之和为
A．3a
1
﹣
B．1
3
﹣
a
C．3﹣a
1
﹣
D．1
3
﹣
﹣a
【答案】B
【详解】试题分析：利用奇偶函数得出当x≥0 时，f（x）=
，x≥0 时，f
（x）=
，画出图象，根据对称性得出零点的值满足x1+x2，
x4+x5的值，关键运用对数求解x3=1
3
﹣
a，整体求解即可．
解：∵定义在R 上的奇函数f（x），∴f（﹣x）=
f
﹣（x），
∵当x≥0 时，f（x）=
，∴当x≥0 时，f（x）=
，
得出x＜0 时，f（x）=
画出图象得出：
如图从左向右零点为x1，x2，x3，x4，x5，根据对称性得出：x1+x2=
4×2=
8
﹣
﹣，
x4+x5=2×4=8，﹣log
（﹣x3+1）=a，x3=1
3
﹣
a，故x1+x2+x3+x4+x5=
8+1
3
﹣
﹣
a+8=1
3
﹣
a，故选B
.
题型12 零点：轴对称性质型
【解题攻略】
轴对称性的常用结论如下：
（1）若函数
满足
,则
的一条对称轴为
f x
f a
x
f a
x
f x
x
a
35
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（2）若函数
满足
,则
的一条对称轴为
（3）若函数
满足
,则
的一条对称轴为
(4)f(a－x)＝f(b＋x)⇔f(x)的图象关于直线x＝对称；
【典例1-1】（2020·广东中山·校联考模拟预测）定义域为
的函数
，若关于
的方
程
恰有3 个不同的实数解
，
，
，则
（ ）
A．1
B．2
C．
D．
【答案】A
【分析】作出
的图象，转化为
与
有三个交点，根据函数的对称性，从而求解
的值．
【详解】定义域为
的函数
，作出
的图象，
关于
的方程
恰有3 个不同的实数，则转化
为
与
有三个交点，即
，不妨设
，此时
，根据图象
与
关于
对
称，
所以
则
．故选：A．
【典例1-2】（2020 上·辽宁沈阳·高三校联考）已知定义在
上的奇函数
，满足
，当
时，
，则函数
在区间
上的所有零点之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】推导出函数
是周期为
的周期函数，且该函数的图象关于直线
对称，令
，
可得出
，转化为函数
与函数
图象交点横坐标之和，数形结合可得出结果.
【详解】由于函数
为
上的奇函数，则
，
，
所以，函数
是周期为
的周期函数，且该函数的图象关于直线
对称，
令
，可得
，则函数
在区间
上的零点之和为函数
与函数
f x
2
f
a
x
f x
f x
x
a
f x
2
f
a
x
f
x
f x
x
a
R
2
log
1 ,
1
5
1
x
x
f x
x
x
3
0
f x
m
m
R
1
x
2
x
3x
1
2
3
f x
x
x
2
log 5
2
2log 5
f
x
f
x
1
3
y
m
1
2
3
f x
x
x
R
2
log
1 ,
1
5
1
x
x
f x
x
f
x
x
3
0
f x
m
m
R
f
x
1
3
y
m
1
5
m
1
2
3
x
x
x
2
1
x
1
x
3x
1
x
1
2
3
3
x
x
x
2
3
log 2
1
f
R
f x
2
f x
f
x
0,1
x
f x
x
2
1
g x
x
f x
3,6
2
4
6
8
y
f x
4
1
x
0
g x
1
2
f x
x
y
f x
1
2
y
x
y
f x
R
2
f x
f
x
f x
4
2
f x
f x
f x
y
f x
4
1
x
0
g x
1
2
f x
x
y
g x
3,6
y
f x
1
2
y
x
3,2
2,6
36
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在区间
上图象交点横坐标之和，如下图所示：
由图象可知，两个函数的四个交点有两对关于点
对称，
因此，函数
在区间
上的所有零点之和为
.故选：D.
【变式1-1】（2018 上·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考）已知函数
，若
互不相等），则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】做出函数图像，由图象得出三个交点的横坐标关系，以及交点横坐标的取值范围，即可求解.
【详解】做出函数
的图象如图，设
，则
，
因此
,得
于是
，故选:C.
【变式1-2】（2019 上·天津南开·高三天津二十五中统考）已知三个函数
，
，
的零点依次为
、
、，则
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】令
，得出
，令
，得出
，由于函数
与
的图
象关于直线
对称，且直线
与直线
垂直，利用对称性可求出
的值，利用代数法求出
函数
的零点
的值，即可求出
的值.
【详解】令
，得出
，令
，得出
，
则函数
与函数
、
交点的横坐标分别为
、.
函数
与
的图象关于直线
对称，且直线
与直线
垂直，
如下图所示：
1
2
y
x
3,2
2,6
2,0
y
g x
3,6
4 2
8
2
1 ,
0
( )
log
,
0
x
x
f x
x x
1
2
3
1
2
3
( )
(
)
(
),( ,
,
f x
f x
f x
x x x
1
2
3
x
x
x
( 2,0]
( 1,0)
( 1,0]
( 2,0)
f x
1
2
3
f x
f x
f x
a
0
1
a
1
2
2
3
2 ( 1)
2,
0
log
1
x
x
x
3
1
2
x
1
2
3
1
0
x
x
x
2
2
x
f x
x
3
8
g x
x
2
log
2
h x
x
x
a
b
c
a
b
c
6
5
4
3
0
f x
2
2
x
x
0
h x
2
log
2
x
x
2x
y
2
log
y
x
y
x
y
x
2
y
x
a
c
3
8
g x
x
b
a
b
c
0
f x
2
2
x
x
0
h x
2
log
2
x
x
2
y
x
2x
y
2
log
y
x
a
c
2x
y
2
log
y
x
y
x
y
x
2
y
x
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联立
，得
，则点
，
由图象可知，直线
与函数
、
的交点关于点
对称，则
，
由题意得
，解得
，因此，
.故选：C.
【变式1-3】（2018 上·贵州贵阳·高三贵阳一中阶段练习）已知
是定义在
上的奇函数，满足
，当
时，
，则函数
在区间
上所有零点之
和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由已知
是定义在R 上的奇函数，所以
，又
，所以
的周
期是2，且
得
是其中一条对称轴，又当
时，
，，于是
图
象如图所示，
又函数
零点即为
图象与
的图象的交点的横坐标，四个交点分别关于
对称，所以
，所以零点之和为
.
故选A．
题型13 嵌套型零点：内外自复合型
【解题攻略】
对于嵌套型复合函数
的零点个数问题，求解思路如下：
（1）确定内层函数
和外层函数
；
（2）确定外层函数
的零点
；
（3）确定直线
与内层函数
图象的交点个数分别为
、
、
、
、
，则
2
y
x
y
x
1
x
y
1,1
A
2
y
x
2x
y
2
log
y
x
A
2
a
c
3
8
0
g b
b
2
b
4
a
b
c
( )
f x
R
(
1)
( )
f x
f x
1
0, 2
x
( )
4
1
x
f x
( )
(
1) ( ) 1
h x
x
f x
3 ,3
2
4
3
2
1
f x
f
x
f x
1
f x
f x
f x
1
f x
f
x
1
2
x
1
0, 2
x
4
1
x
f x
f x
1
1
h x
x
f x
y
f x
1
1
y
x
1,0
1
4
2
3
2,
2
x
x
x
x
1
2
3
4
4
x
x
x
x
y
f
g x
u
g x
y
f u
y
f u
1,2,3,
,
i
u
u i
n
1,2,3,
,
i
u
u i
n
u
g x
1a
2a
3a
L
na
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函数
的零点个数为
.
【典例1-1】（2015 下·浙江嘉兴·高三阶段练习）已知函数
，则下列关于函数
的零点个数的判断正确的是
A．当
时，有3 个零点；当
时，有4 个零点
B．当
时，有4 个零点；当
时，有3 个零点
C．无论k 为何值，均有3 个零点
D．无论k 为何值，均有4 个零点
【答案】C
【分析】令
，得
或
，则有
或
，再分
，
讨论判断.
【详解】令
，得
或
，则有
或
.
当
时，①若
，则
，
或
，所以
或
，解得
或
（舍）；
②若
，则
，
或
，解得
或
，则
或
均满足.
所以，当
时，零点有3 个；同理
时，零点有3 个.
所以，无论k 为何值，均有3 个零点.故选：C
【典例1-2】（2022 上·河北石家庄·高三统考）已知函数
若函数
的零点个数为
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【详解】试题分析：首先画出函数的图像，
，设
即
，根据图像得到
，
或是
，
，
那么当
和
时，得到图像的交点共4 个，故选B．
【变式1-1】（2021 上·天津·高三天津实验中学校考期中）已知
为偶函数，当
时，
y
f
g x
1
2
3
n
a
a
a
a
2(
0)
( )
ln (
0)
xe
x
f x
x x
(
) 1
1(
0)
y
f
f kx
k
0
k
0
k
0
k
0
k
( )
1
f x
0
x
1
x
e
(
)
1
f kx
1
1
e
0
k
0
k
( )
1
f x
0
x
1
x
e
(
)
1
f kx
1
1
e
0
k
0
x
0
kx
2
1
ix
e
1
2
1
kx
e
e
0
kx
1
ln(1
)
e
0
x
1
ln(1
)
e
x
k
0
x
0
kx
ln(
)
1
kx
1
1
e
1
kx
e
1
(
1)
e
e
1
x
ke
1
(
1)
e
e
k
0
k
0
k
f x
0
x
2
4 ,
0
f x
m x
x
m
4
y
f
f x
m
m
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，若函数
恰有4 个零点，则实数
的取值范围（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用换元法将函数进行转化，利用数形结合以及分类讨论进行求解即可
【详解】设
，
则由
得
，即
，
则
，故
，解得
，或
，
若
，则
，即
，
若
，则
，即
，
设
，
，
函数
是偶函数，
要使函数
恰有4 个零点，
则等价为当
时，函数
恰有2 个零点，
作出
在
，
上的图像如图：
结合图像可得：①
，即
，即
，②
，即
，即
，
综上实数
的取值范围是
，故选：B.
【变式1-2】（2021 上·安徽滁州·高三安徽省定远中学校联考）已知函数
，若
存在四个互不相等的实数根，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题可得
和
各有两个解，利用数形结合即得.
【详解】令
，则
，由题意，
有两个不同的解，
有两个不相等的实根，
2
4 ,
0
f x
m x
x
m
4
y
f
f x
m
m
1
0, 6
1
5 5
0,
,
6
6 2
1
5 5
0,
,
4
4 2
1
0, 4
( )
f x
t
(
0)
t
[ ( )]
4
0
y
f f x
m
[ ( )]
4
f f x
m
( )
4
f t
m
(|
2 |
|
4 |)
4
m t
t
m
|
2 |
|
4 | 4
t
t
5
t
1
t
1
t
( )
(|
2 |
|
4 |)
1
f x
m x
x
1
|
2 |
|
4 |
x
x
m
5
t
( )
(|
2 |
|
4 |)
5
f x
m x
x
5
|
2 |
|
4 |
x
x
m
( ) |
2 |
|
4 |
g x
x
x
(
0)
x
( )
f x
[ ( )]
4
y
f f x
m
0
x
[ ( )]
4
y
f f x
m
( )
g x
[0
)
1
2
5
2
6
m
m
1
2
5
5
6
2
m
m
5
5
6
2
m
1
6
5
6
m
m
1
0
6
5
0
6
m
m
1
0
6
m
m
1
5 5
0,
,
6
6 2
2
2
4,
3
1,
x
x
x
a
f x
x
a
0
f
f x
a
2,
6,
2,2
6,
2, 6
3,
2
f x
2
f x
f x
t
0
f t
0
f t
f x
t
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由图可知，
得
或
，
所以
和
各有两个解，
要使
和
各有两个解，必须满足
，
由
，则
，
由图可知，当
时，
有两个解(一解为
，一解为3)，
当
时，
有三个解(为
，3)，
当
时，
有两个解(为
)，
所以，
存在四个互不相等的实数根，实数
的取值范围是
.
故选：D．
【变式1-3】（2019 上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨三中校考）已知函数
，则函数
的零点个数为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设
,则
，求得
，根据数形结合可得
的
图象有一个交点；
的图象与三个交点；
的图象有一个交点，从而可得结果.
【详解】函数
的零点个数就是方程
的根的个数，
设
,则
，
函数
的大致图象如下：
0
f t
2
t
2
t
2
f x
2
f x
2
f x
2
f x
2
a
2
f x
2
a
2
6
a
2
f x
6
6
3
a
2
f x
6
3
a
2
f x
6
0
f
f x
a
2, 6
3,
2
1 ,
2
7
2 ,
2
1
x
x
f x
x x
x
1
2
g x
f
f x
3
4
5
6
f x
t
1
2
f t
1
2
2
3
3
1,
log
0,1 ,
3
2
t
t
t
1
,
y
f x
y
t
2
,
y
f x
y
t
3
,
y
f x
y
t
1
2
g x
f
f x
1
2
f
f x
f x
t
1
2
f t
2
1 ,
2
7
2 ,
2
1
x
x
f x
x x
x
41
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由
或
，可得
有三个解，
，
的图象有一个交点；
的图象与三个交点；
的图象有一个交点，
即
分别由1，3，1 个解，方程
的根的个数为5，
函数
的零点个数为5，故选C.
题型14 嵌套型零点：内外双函数复合型
【典例1-1】（2021 上·陕西安康·高三统考阶段练习）已知函数
，
，若
方程
有四个不等的实数根，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由方程
有四个不等的实数根，分
，
和
三种情况分类讨论，结合二次函
数的图象与性质，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，当
时，由
，解得
或
，
又由
，可得
或
，
此时方程
有两解，
方程
要有两解时，
，解得
，
当
时，由
，即
，可得
只有一解，
当
时，由
得
或
，
又由
化为
或
，方程
有两解，
1
2
1
2
2
t
t
7
2
1
2
t
t
t
1
2
f t
1
2
2
3
3
1,
log
0,1 ,
3
2
t
t
t
1
,
y
f x
y
t
2
,
y
f x
y
t
3
,
y
f x
y
t
1
2
3
,
,
f x
t
f x
t
f x
t
1
2
f
f x
1
2
g x
f
f x
2
f x
ax
x
2,
0
2 ,
0
ax
x
x
g x
a
x x
0
g f x
a
4,0
0,4
, 4
0,
,0
4,
0
g f x
0
a
0
a
a<0
0
a
0
g t
0
t
t
a
0
g f x
0
f x
f x
a
0
f x
f x
a
2
4
0
a
a
4
a
0
a
0
g f x
0
f x
2
0
x
a<0
0
g t
0
t
2
a
t
0
g f x
0
f x
2
a
f x
0
f x
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只要
两解，即方程
有两解，则
，解得
.
综上，
.
【典例1-2】（2023 上·江西吉安·高三吉安一中校考）已知函数
，
，当
时，方程
根的个数为（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用换元法令
，则方程
根的情况转化成研究方程
根的情况，由一元
二次函数的对称轴、判别式、区间端点函数值可得方程
的两根的范围，进而得到方程
根的个数.
【详解】令
，
所以
，即
①，
因为
，所以方程①有两个不相等的实根
，不妨设
.
因为
且
所以方程①的两根，
（舍去）
所以
，由于函数
与函数
图象有两个交点，
所以方程
根的个数为2 个.故选C.
【变式1-1】（2021 上·安徽池州·高三池州市第一中学校考）设函数
，
，若方程
有四个实数根，则实数t 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】问题转化：
，
即
，只需
有两个不等实根，且
有两个不等实根，即可得解.
【详解】
是偶函数且
单调递减，
单调递增，
设
，
即
，
方程
有四个实数根，必须
有两个不等实根，且
有两个不等实根，
即
，
有两个不等实根，
在
单调递减，
单调递增，
，要有两个不等实根，必须
.故选：B
【变式1-2】（2020 上·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）已知函数
，
，若函数
有6 个零点，则实数
的取值范围为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】结合导数，求出
的单调性，由
，可得其零点及函数的简图，通
过分析可知，
有6 个零点等价于
和
都分别有3 个实数根，结合图像可得
2
a
f x
2
0
2
a
x
ax
2
2
0
a
a
a<0
,0
4,
a
U
1
f x
x
a
x
2
6
5
g x
x
x
17
4
a
0
f
g x
4
3
2
1
t
x
g
0
f
g x
( )
0
f t
( )
0
f t
0
f
g x
2
6
5(
4)
g x
x
x
t
t
( )
0
f t
2
1
0
1
0
t
a
t
at
t
2
4
0
a
1
2
,
t t
1
2
t
t
2
( 4)
( 4) 1
4
17
0,
a
a
2
0
0 1
0,
a
1
4
t
2
, 4
0
t
2
2
2
6
5( 4
0)
t
x
x
t
2
y
t
2
6
5
y
x
x
0
f
g x
2
4
3
f x
x
x
2
x
g x
f g x
t
1,
1,0
1,1
0,1
1,
m
g x
f g x
t
f m
t
m
g x
f m
t
2
x
g x
(
)
,0
-
(
)
0,+
1,
m
g x
f g x
t
f m
t
f g x
t
m
g x
f m
t
f m
t
1,
m
2
4
3
f x
x
x
(
)
1,2
(
)
2,+
1
3
0,
2
1
f
f
f
1,0
t
2
2
3
f x
x
x
g x
f x
b
y
f g x
b
2,
1,
(
)
1,2
-
2,1
2
2
3
f x
x
x
(
)
( )
1
2
0
f
f
-
=
=
f g x
1
f x
b
2
f x
b
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关于
的不等式，进而可求出
的取值范围.
【详解】解：因为
，所以
，
故当
时，
，
单调递增；当
和
时，
，
单调递减；
又
，
函数有两个零点分别为
，
.则函数的简图为
函数
有6 个零点，
与
的根共有6 个，
和
都分别有3 个实数根，则
且
，即
.故选:A.
【变式1-3】（2021·全国·高三专题练习）已知函数
，则方程
的实数根的个数为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】B
【解析】先根据函数解析式作出函数
的大致图象，然后换元，作出函数
的大致图象，利用数形结
合的思想进行求解即可.
【详解】作出函数
的大致图象如图（1）所示，对于
，令
，则
，则
或
或
或
，作出函数
的大致图象，如图（2）所示，
若
，则由图象知，直线
与函数
的图象有两个交点；若
，由图象知，直线
与函数
的图象有四个交点；
显然直线
与函数
的图象没有交点，
综上可知，方程
的实数根的个数为
.
故选：B
b
b
2
2
3
f x
x
x
3
2
2
2 1
2
2
x
f
x
x
x
x
1
x
( )
0
f
x
>
f x
1
0
x
0
x
0
f
x
f x
(
)
( )
1
2
0
f
f
-
=
=
1
2
f g x
1
g x
2
g x
1
f x
b
2
f x
b
1
0
b
2
0
b
2
b
(
),
( )
sin 2 (
),
(
),
x
x
f x
x
x
x
x
剟
( ) |
|
|
1|
g x
x
( ( ))
1
f g x
( )
f x
( )
g x
( )
f x
( ( ))
1
f g x
( )
t
g x
( )
1
f t
1
t
1
t
4
t
3
4
t
( )
g x
( )
1
t
g x
1
y
( )
g x
4
t
4
y
( )
g x
3 ,
1
4
y
y
( )
g x
( ( ))
1
f g x
2
4
6
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题型15 嵌套型零点：二次型因式分解
【典例1-1】（2020·山东德州·统考一模）已知函数
，若关于
的方程
有且只有两个不同实数根，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】确定
函数的单调区间，画出函数图像，变换
，得到
和
，根据函数图像得到答案.
【详解】当
时，
，则
，
，
函数在
上单调递增，在
上单调递减，画出函数图像，如图所示：
，即
，
当
时，根据图像知有1 个解，
故
有1 个解，根据图像知
.
故选：
.
【典例1-2】（2020 下·江苏无锡·高三校考）已知函数
，若关于x 的方程
有5 个不同的实数解，则实数m 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
2
0
1
ln
0
x
x
x
f x
x x
x
x
2
1
0
f
x
m f x
m
m
1 ,2
e
1
,0
,2
e
1
, 1
1,0
,2
e
1
,0
,1
1,2
e
0
x
1
0
f x
m
f x
1
f x
f x
m
0
x
ln x
f x
x
2
1 ln
'
x
f
x
x
1
f e
e
0,e
,e
2
1
0
f
x
m f x
m
1
0
f x
m
f x
1
f x
f x
m
1
, 1
1,0
,2
m
e
C
2
1,
1
ln
,
1
x
x
f x
x
x
x
2
2
1 2
0
f x
m f x
m
1
0, e
1
0, e
1
1, e
1
1, e
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【答案】A
【分析】利用导数研究函数
的单调性并求得最值，求解方程
得到
或
．画出函数图象，数形结合得答案．
【详解】解：设
，则
，
由
，解得
，
当
时，
，函数为增函数，当
时，
，函数为减函数．
当
时，函数取得极大值也是最大值为
（e）
．
方程
化为
．
解得
或
．
如图画出函数图象：
可得
的取值范围是
．故选：A．
【变式1-1】（2022 秋·天津河东·高三校考阶段练习）已知函数
，若函数
恰有4 个不同的零点，则a 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由分段函数结合导数求出
值域，令
，结合
图象特征采用数形结合法可求a 的取
值范围.
【详解】
，
当
时，
，函数为减函数；
当
时，
，
，
和
时，
单增，
时，
单减，
，
，
lnx
y
x
2
2[ ( )]
(1
2 ) ( )
0
f x
m f x
m
( )
f x
m
1
( )
2
f x
lnx
y
x
2
1
lnx
y
x
0
y
x
e
(0, )
x
e
0
y
( ,
)
x
e
0
y
x
e
f
1
e
2
2[ ( )]
(1
2 ) ( )
0
f x
m f x
m
[ ( )
][2 ( )
1]
0
f x
m
f x
( )
f x
m
1
( )
2
f x
m
1
0, e
3
2
1
3
,
0
2
( )
2
3
4
3,
0
3
x
x
f x
x
x
x
x
2
( )
[ ( )]
(
2) ( )
2
g x
f x
a
f x
a
13 14
,
3
3
f x
t
f x
g t
3
2
1
3
,
0
2
( )
2
3
4
3,
0
3
x
x
f x
x
x
x
x
0
x
0
1
1
3
3
3
2
2
x
f x
0
x
3
2
2
3
4
3
3
f x
x
x
x
2
2
2
6
4
2
3
2
2
1
2
f
x
x
x
x
x
x
x
0,1
x
2,
f x
1,2
x
f x
14
1
3
f
13
2
3
f
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故
的图象大致为：
令
，则
，
，
当
时，
，
，
无零点；
当
时，
，
，
无零点；
当
时，
，
，
，则
，
要使
恰有4 个不同的零点，则
，
即
.故答案为：
【变式1-2】（2023 春·上海宝山·高三校考）已知
满足
，当
，
，若函数
在
上恰有八个不同的零点，则实数
的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据函数的周期性，作出函数在
上的图象，将函数的零点个数问题转化为函数的图象的
交点个数问题，数形结合，可得答案.
【详解】由题意知
满足
，故
是以8 为周期的函数，
结合
，作出函数在
上的图象，如图示：
因为
，
故
时，即
或
，
则
在
上恰有八个不同的零点，即等价于
的图象和直线
有八个不同的交
点，
f x
t
f x
3,
t
2
2
( )
[ ( )]
(
2) ( )
2
2
2
2
g x
f x
a
f x
a
g t
t
a
t
a
t
a
t
3,
t
2
a
2
2
g t
t
3,
t
g t
2
a
2
g t
t
a
t
3,
t
g t
2
a
2
g t
t
a
t
3,
t
0
g t
t
a
2
( )
[ ( )]
(
2) ( )
2
g x
f x
a
f x
a
13 14
,
3
3
t
f x
13 14
,
3
3
a
13 14
,
3
3
( )
f x
( )
(
8)
f x
f x
[0,8)
x
π
4sin
,
0,4
4
2
8,
4,8
x x
f x
x
x
2
( )
( )
( )
1
g x
f
x
af x
a
[ 8,8]
x
a
( 9, 5)
[ 8,8]
x
( )
f x
( )
(
8)
f x
f x
( )
f x
π
4sin
,
0,4
4
2
8,
4,8
x x
f x
x
x
[ 8,8]
x
2
( )
( )
( )
1
( ) 1
( )
(
1)
g x
f
x
af x
a
f x
f x
a
( )
0
g x
( )
1
f x
( )
(
1)
f x
a
( )
g x
[ 8,8]
x
( )
f x
1,
(
1)
y
y
a
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由图象可知，
和
的图象有6 个不同的交点，
则
和
的图象需有2 个不同的交点，即
，故
，
则实数
的取值范围为
，故答案为：
【变式1-3】（2019·浙江衢州·衢州二中校考二模）设
（其中为自然对数的底数），
，若函数
恰有4 个不同的零点，则实数
的取值范围为 .
【答案】
【分析】求函数
，研究函数的单调性和极值，作出函数
的图象，设
，若函数
恰有4
个零点，则等价为函数
有两个零点，满足
或
，利用一元二次函数根的分布
进行求解即可．
【详解】当
时，
，
由
得：
，解得
，
由
得：
，解得
，即当
时，函数
取得极大值，同时也是最大值，
（e）
，
当
，
，当
，
，作出函数
的图象如图，
设
，由图象，当
或
，方程
有一个根，
当
或
时，方程
有2 个根，当
时，方程
有3 个根，
则
，等价为
，当
时，
，
若函数
恰有4 个零点，则等价为函数
有两个零点，满足
或
，
则
，即（1）
解得：
，故答案为：
题型16 嵌套型零点：二次型根的分布
【典例1-1】（2023·辽宁沈阳·东北育才双语学校校考一模）已知函数
，若关于x 的
方程
有6 个不同的实数根，则m 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】画出
的图象，令
，则先讨论
的零点，根据二次函数判别式与韦达定理，
结合
的图象可得
的较小根的范围，进而根据
与较小根的关系式结合函数的单调性求
解即可.
【详解】画出
的图象如图，令
，则先讨论
的零点.
1
y
( )
f x
(
1)
y
a
( )
f x
4
(
1)
8
a
9
5
a
a
( 9, 5)
( 9, 5)
ln
,
0
( )
2019 ,
0
e
x
x
f x
x
x
x
e
2
( )
( )
(2
1) ( )
2
g x
f
x
m
f x
( )
g x
m
m>2
( )
f
x
( )
f x
( )
t
f x
( )
g x
2
( )
(2
1)
2
h t
t
m
t
1
t
0
1
t
0
x
2
(1
)
( )
e
lnx
f
x
x
( )
0
f
x
1
0
lnx
0
x
e
( )
0
f
x
1
0
lnx
x
e
x
e
( )
f x
f
1
x
( )
0
f x
0
x
( )
f x
( )
f x
( )
t
f x
1
t
0
t
( )
t
f x
0
t
1
t
( )
t
f x
0
1
t
( )
t
f x
2
( )
( )
(2
1) ( )
2
g x
f
x
m
f x
2
( )
(2
1)
2
h t
t
m
t
0
t
(0)
2
0
h
( )
g x
2
( )
(2
1)
2
h t
t
m
t
1
t
0
1
t
(0)
2
0
(1)
0
h
h
h
1
2
1
2
4
2
0
m
m
m>2
m>2
2
2
2
1 ,
0
log
,
0
x
x
f x
x x
2
[ ( )]
( )
4
0
f x
mf x
13
(
, 5)
, 4
3
13, 4
3
13
4,
(5,
)
3
13
4, 3
f x
t
f x
2
4
0
t
mt
f x
2
4
0
t
mt
m
f x
t
f x
2
4
0
t
mt
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当
，即
时，不合题意；
当
，即
时，易得
或
，此时当
或
时均不满足有6 个零
点，不合题意；
故
，
或
，设
的两根为
，不妨设
，由韦达定理
，
且
.
①当
时，
与
均无零点，不合题意；
②当
时：
1. 若
，则
，此时
有4 个零点，
有2 个零点，合题意；
2. 若
，此时
有3 个零点，则
有且仅有3 个零点，此时
，故
；
综上可得
或
.
又
，故
，结合
在
上为减函数可得
在
，
上为增函数.故
故选：A
【典例1-2】（2022 下·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）已知函数
若关于x
的方程
有8 个不同的实数根，则实数b 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．[
5
﹣，﹣4]
【答案】B
【分析】作出函数f（x）的图象，设t＝f（x），方程f2（x）+bf（x）+4＝0 等价为t2+bt+4＝0，根据数形
结合思想和二次函数的性质建立不等式组，求解即可.
【详解】解：作出函数f（x）的图象如图：设t＝f（x），
由图象知当t＞3 时，t＝f（x）有3 个根；
当1＜t≤3 时，t＝f（x）有4 个根；
当t＝1 时，t＝f（x）有5 个根；
当0＜t＜1 时，t＝f（x）有6 个根；
当t＝0 时，t＝f（x）有3 个根，
当t＜0 时，t＝f（x）有0 个根，
2
4 4
0
m
4
4
m
2
4 4
0
m
4
m
2
t
2
t
2
f x
2
f x
2
4 4
0
m
4
m
4
m
2
4
0
t
mt
1
2
,
t t
1
2
t
t
1 2
4
t t
1
2
,
2
t t
1
2
,
0
t t
1
f
x
t
2
f x
t
1
2
,
0
t t
1
0
1
t
2
4
t
1
f
x
t
2
f x
t
1
1
2
t
1
f
x
t
2
f x
t
2
2
3
t
1
4
2
3
t
1
0
1
t
1
4
2
3
t
1
2
t
t
m
1
2
1
1
4
m
t
t
t
t
4
y
t
t
0,2
1
1
4
m
t
t
0,1
4 ,2
3
13
(
, 5)
, 4
3
m
2
,
0
4
3 ,
0
lnx x
f x
x
x
x
2( )
( )
4
0
f
x
bf x
17
[
, 4)
5
4
13
[
, 4)
5
3
13
5,
3
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方程f2（x）+bf（x）+4＝0 等价为t2+bt+4＝0，
∵当t＝0 时，方程不成立，∴若方程f2（x）+bf（x）+4＝0 有8 个不同的实数根，则
①等价为t2+bt+4＝0 有两个根，满足1＜t1≤3，1＜t2≤3，
②或者t2+bt+4＝0 有两个根，满足t1＝1，t2＞3，
由①等价为t2+bt+4＝0 有两个根，满足1＜t1≤3，1＜t2≤3，
设h（x）＝t2+bt+4，
则满足
，即
，得﹣
≤b＜﹣4，
由②t2+bt+4＝0 有两个根，满足t1＝1，t2＞3，则1+b+4＝0，则b＝﹣5，
此时由t2
5
﹣t+4＝0 得t＝1 或t＝4，满足t2＞3，综上所述，﹣
≤b＜﹣4 或b＝﹣5，
故选：B．
【变式1-1】（2020 下·河南·高撒 统考）已知函数
，若关于
的方程
在区间
上有两个不相等的实数根，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先由二倍角公式、辅助角公式化简
，令
，于是有方程
在区间
上有
唯一的实数根，再根据二次函数根与系数的关系即可求解．
【详解】解：∵
，∴当
时，
，令
，则
，
∴方程
在区间
上有唯一的实数根，
令
，则
，
∴
，或
，解得
或
，故选：D．
【变式1-2】（2020·河北邯郸·统考二模）已知
若函数
恰有5 个零点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先作出函数
的图象，然后结合函数的零点与方程的根的关系，得到方程
的一个
根在
，一个根在
，结合一元二次方程的根的分布问题即可求解．
【详解】解：作出函数
的图象如图所示，
2
Δ
16>0
(1)
5
0
(3)
13
3
0
1
3
2
b
h
b
h
b
b
4
4
5
13
3
6
2
b
b
b
b
b
或
13
3
13
3
1
( )
2sin
cos
2
2
6
2
x
x
f x
x
2
3
( )
2
0
f x
m f x
5
,
6
6
m
, 5
, 5
2 6
, 5
, 5
2 6
( )
f x
( )
t
f x
2
3
2
0
t
mt
0,1
1
( )
2sin
cos
2
2
6
2
x
x
f x
3
1
1
2sin
cos
sin
2
2
2
2
2
2
x
x
x
2
1
3sin
cos
sin
2
2
2
2
x
x
x
3
1
sin
cos
2
2
x
x
sin
6
x
5
,
6
6
x
( )
0,1
f x
( )
t
f x
0,1
t
2
3
2
0
t
mt
0,1
2
3
2
h t
t
mt
0
2
0
h
1
3
2
0
h
m
2
24
0
0
1
6
m
m
5
m
2 6
m
2
2
2
2
4
1
log
1
1
4
x
x
f x
x
x
，
，
，＜
，
2
1
g x
f
x
mf x
m
3
0 2
，
3
0 2
，
0,2
0 2
，
f x
2
1
0
t
mt
1,0
0,2
f x
50
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令
，
则由图可知，当
时，方程
只有一个根；当
时，方程
有两个根；当
时，方程
只有一个根；
显然
不是方程
的根；
若
是方程
的根，则
，此时
，结合图象可知，此时方程
和方程
共有4 个根，则函数
有4 个零点，不满足题意；
∴
恰有5 个零点等价于方程
恰有5 个实根，等价于方程
的一
个根在
，一个根在
，
令
，则
，∴
，故选：B．
【变式1-3】（2023 上·江苏常州·高三江苏省前黄高级中学校考开学考试）已知函数
，关于
的方程
恰有
个不同实数解，则
的取值范
围为 ．
【答案】
或
【分析】先求得
的解析式并画出图象，利用换元法，结合一元二次方程的解列不等式，由此求得
的
取值范围.
【详解】对于函数
，
，所以当
时，
；当
时，
.所以
，
令
，则方程
可化为
①，
作出函数
的图象如下图所示，
则方程①有两个相等的实根或者两个小于2 的不等实根，
即
，
（符合），或
.
f x
t
2
, 1
2,log 5
t
f x
t
1
0,2
t
f x
t
1 0
t ，
f x
t
0
t
2
1
0
t
mt
1
t
2
1
0
t
mt
0
m
1
t
1
f x
1
f x
g x
2
1
g x
f
x
mf x
f x
t
2
1
0
t
mt
1,0
0,2
2
1
h t
t
mt
1
0
0
1
0
2
4
2
1
0
h
m
h
h
m
3
0
2
m
1
1
max
,
f x
x
x
x
x
x
2
4
0
R
f
x
af x
a
2
a
4
a
4
a <-
f x
a
1
1
0 ,
0
y
x
x
y
x
x
x
x
1
1
2
x
x
x
x
x
0
x
1
1
x
x
x
x
0
x
1
1
x
x
x
x
1 ,
0
1 ,
0
x
x
x
f x
x
x
x
t
f x
2
4
0
R
f
x
af x
a
2
4
0
t
at
f x
0
4
a
2
t
2
Δ
0
2
2
4
8
2
0
4
2
2
a
a
a
a
51
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所以
的取值范围是
或
.故答案为：
或
题型17 嵌套型零点：放大型函数
【解题攻略】
（1）如果函数在
上满足
，则此类函数在局部范围上具有与周期函数相类似的性质．
（2）复杂函数的零点，可以转化为熟悉函数图像的交点来处理．
满足
形式，一般情况下，b 多是0 或者1.俗称为“放大镜函数”。
【典例1-1】（宁夏石嘴山市平罗中学2022 届高三第四次模拟考试数学（理）试题）已知定义为R 的奇函
数
满足：
，若方程
在
上恰有三个根，则实数k 的取值范围
是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题可知直线
与函数
的图象有三个交点．利用导数研究函数的性质，利用数
形结合可得.
【详解】方程
在
上恰有三个根，即直线
与函数
的图象有三个交点．
由
是R 上的奇函数，则
．
当
时，
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上递减，
在
上递增．
结合奇函数的对称性和“周期现象”得
在
上的图象如下：
a
4
a
4
a <-
4
a
4
a <-
D
2
f x
T
f x
a
f x
f kx
b
f x
ln ,0
1
2
1 ,
1
x
x
x
f x
f x
x
1
2
f x
kx
1,2
1 ,1 ln 2
4
1 1
,
4 2
1 e
,
1
2 2
1
1 ln 2, 2
1
:
2
l y
kx
y
f x
1
2
f x
kx
1,2
1
:
2
l y
kx
y
f x
f x
0
0
f
0
1
x
ln
f x
x
x
ln
1
f
x
x
1
0
e
x
0
f
x
1
1
e
x
0
f
x
f x
1
0, e
f x
1 ,1
e
f x
1,2
52
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由于直线
过定点
．
如图连接A，
两点作直线
，
过点A 作
的切线
，
设切点
．其中
，
，则斜率
，
切线
过点
．
则
，即
，则
，
当直线
绕点
在与
之间旋转时，直线
与函数
在
上的图象
有三个交点，故
．故选：D．
【典例1-2】.已知函数f ( x)=¿，则下列说法正确的是（ ）
A．关于x 的方程f ( x)−1
2
n =0(n∈N
∗)有2n+ 4个不同的解
B．若函数y = f ( x)−kx有4 个零点，则实数k 的取值范围为(
1
24 , 1
6)
C．对于实数x∈[1,+∞)，不等式2 xf ( x)−3≤0恒成立
D．当x∈[2
n−1,2
n](n∈N ∗)时，函数f ( x)的图象与x 轴围成的图形的面积为1
【答案】BC
【分析】
由题作出函数图象，利用数形结合即解.
【详解】
当1≤x ≤3
2时，f ( x)=2 x−2；当 3
2 < x ≤2时，f ( x)= 4−2 x；
当2< x ≤3，则1< x
2 ≤3
2， f ( x)= 1
2 f(
x
2)= x
2 −1；
当3< x ≤4，则3
2 < x
2 ≤2， f ( x)= 1
2 f(
x
2)=2−x
2 ；
当4< x ≤6，则2< x
2 ≤3， f ( x)= 1
2 f(
x
2)= x
8 −1
2；
当6< x ≤8，则3< x
2 ≤4，f ( x)= 1
2 f(
x
2)=1−x
8 ；
依次类推，作出函数f ( x)的图像：
1
:
2
l y
kx
1
0,
2
A
10
B
,
1
1
1
:
2
2
l
y
x
ln
0
1
f x
x
x
x
2l
0
0
,
P x
y
0
0
0
ln
y
x
x
ln
1
f
x
x
2
0
ln
1
lk
x
2
0
0
0
0
:
ln
ln
1
l
y
x
x
x
x
x
1
0,
2
A
0
0
0
0
1
ln
ln
1 0
2
x
x
x
x
0
1
= 2
x
2
1
ln
1
1 ln 2
2
lk
1
:
2
l y
kx
1
0,
2
A
1l
2l
1
:
2
l y
kx
y
f x
1,2
1
1 ln 2, 2
k
53
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对于A，当n=1时，f ( x)= 1
2有3 个交点，与2n+ 4 =6不符合，故A 错误；
对于B，函数y = f ( x)−kx有4 个零点，即y = f ( x)与y =kx有4 个交点，
如图，直线y =kx的斜率应该在直线m，n 之间，又km= 1
6，kn= 1
24 ，∴k ∈(
1
24 , 1
6)，故B 正确；
对于C，对于实数x∈[1,+ ∞)，不等式2 xf ( x)−3≤0恒成立，即f ( x)≤3
2 x 恒成立，
由图知函数f ( x)的每一个上顶点都在曲线y = 3
2 x 上，故f ( x)≤3
2 x 恒成立，故C 正确；
对于D， 取n=1，x∈[1,2]，此时函数f ( x)的图像与x 轴围成的图形的面积为1
2 ×1×1= 1
2，故D 错误.
故选：BC.
【变式1-1】（河北省邯郸市大名县第一中学2020-2021 学年高三下学期5 月月考数学试题）已知函数
，函数
满足以下三点条件：①定义域为
；②对任意
，有
；
③当
时，
则函数
在区间
上零点的个数为__________个.
【答案】6
【分析】
根据
、
的性质，判断
在
、
的交点情况，结合
的性质，判断
在
上的交点情况，最后利用导数判断
上的交点，即可知
在
上的零点个数.
【详解】
由题设，易知
时，有
，
，故
在
无零点，同理
在
也无零点.
∵
，故将
的图象向右平移
个单位后，图象纵向伸长为原来的两倍，
∴在平面直角坐标系，
、
在
上如图所示：
2
log
,
0
,
0
x x
f x
x x
g x
R
xR
2
g x
g x
0,
x
sin .
g x
x
y
f x
g x
4 ,4
f x
x
g x
,
f x
g x
2 ,
4 , 2
2
log
f x
x
y
f x
g x
0,4
,0
y
f x
g x
4 ,4
,(
1)
,
x
n
n
n
Z
( 2) sin
n
g x
x
1 sin
0
4
y
f x
g x
x
g x
x
y
f x
g x
2 ,
y
f x
g x
4 , 2
2
g x
g x
,
0,
y
g x
x
f x
g x
,4
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又
，故
、
在
上的图象共有5 个不同交点，
下证：当
，
有且只有一个零点.
此时
，而
，故
在
上为减函数，
故当
，有
，当且仅当
时等号成立.
综上，
、
在
上的图象共有6 个不同交点，即
在
有6 个不同的
零点，故答案为：6.
【变式1-2】（浙江省宁波市镇海中学2020-2021 学年高三下学期开学考试数学试题）定义在R 上的奇函数
满足，当
时，
，且
时，有
，则函数
在
上的零点个数为
A．9
B．8
C．7
D．6
【答案】B
【分析】
先由奇函数性质求出函数
在
上的解析式，再利用
.得到
的图象，
的零点个数，等价于求
的解的个数.根据两函数交点个数即可求解.
【详解】
当
时，
，
是奇函数，
，
当
时，有
，
，
，
若
，则
，则
，
即
，
即当
时，
，
当
时，
，此时
，
当
时，
，此时
，
2
2
2
3
5
7
log
2,log
4,log
8
2
2
2
f x
g x
0,4
,0
x
y
f x
g x
1 sin
2
y
x
x
1
1
cos
0
2
y
x
y
f x
g x
,0
,0
x
0
0
0
f x
g x
f
g
0
x
f x
g x
,4
y
f x
g x
4 ,4
( )
f x
(0,2)
x
( )
cos(
(
1))
2
f x
x
2
x
1
( )
(
2)
2
f x
f x
2
( )
( )
F x
x f x
x
[ 2,5]
( )
f x
2,2
1
( )
(
2)
2
f x
f x
[ 2,5]
2
( )
( )
F x
x f x
x
1
( )
f x
x
(0,2)
x
cos(
(
1))
cos(
)
sin(
)
2
2
2
2
f
x
x
x
x
( )
f
x
0
0
f
2
x
1
( )
(
2)
2
f x
f x
1
2
0
0
2
f
f
1
4
2
0
2
f
f
2,0
x
0,2
x
(
)
sin(
)
(
in
( )
2
2
)
s
x
f
x
f x
x
( )
sin(
)
2
f x
x
2,0
x
2
2
x
( )
sin(
)
2
f x
x
2
4
x
0
2
2
x
1
1
1
1
( )
(
2)
sin[
(
2)]
sin(
)
sin(
)
2
2
2
2
2
2
2
f x
f x
x
x
x
4
5
x
2
2
3
x
1
1
1
1
( )
(
2)
sin[
(
2)]
sin(
)
sin(
4
4
)
2
4
2
2
2
f x
f x
x
x
x
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由
，得：
当
时，由
，即
是
的一个零点，
当
时，由
得
，即
，
作出函数
与
在，
上的图象如图：
由图象知两个函数在
上共有7 个交点，加上一个
，
故函数
在
上的零点个数为8 个，故选：B.
【变式1-3】已知
，则函数
零点的个数为___________.
【答案】
【分析】
函数
零点的个数可转化为函数
与函数
的
图像交点个数，画出两个函数图像观察交点个数即可.
【详解】
解：对于函数
，
当
时，
，
当
时，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
，
函数
零点的个数可转化为函数
与函数
的
图像交点个数，
在同一个直角坐标系中画出两个函数图像如图：
2
( )
( )
0
F x
x f x
x
0
x
(0)
0
F
0
x
F x
0
x
2 ( )
0
f x
x
x
1
( )
xf x
1
( )
f x
x
( )
f x
1
( )
g x
x
[ 2,5]
[ 2,5]
0
x
2
( )
( )
F x
x f x
x
[ 2,5]
2
1, 1
0
1
1,
0
x
x
f x
f x
x
2
1
3
3
4
g x
f x
x
4
2
1
3
3
4
g x
f x
x
2
1, 1
0
1
1,
0
x
x
f x
f x
x
2
1
3
3
4
y
x
2
1, 1
0
1
1,
0
x
x
f x
f x
x
1
0
x
2
1
x
f x
0
1
x
1
1
1
1
2
1
1
2 x
x
f x
f x
1
2
x
2
1
1
2
1
x
f x
f x
2
3
x
3
1
1
2
2
x
f x
f x
3
4
x
4
1
1
2
3
x
f x
f x
L L L L
2
1
3
3
4
g x
f x
x
2
1, 1
0
1
1,
0
x
x
f x
f x
x
2
1
3
3
4
y
x
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观察图像可得：两个函数有4 个交点，即函数
零点的个数为4.
故答案为：4.
高考练场
1.（2021 秋·吉林长春·高三校考阶段练习）若函数
的零点与函数
的零点之差的绝对
值不超过
，则
可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】可先对四个选项的零点求值，再用二分法进一步判断
的零点区间，即可求解
【详解】对A，
的零点为
；
对B，
的零点为
；
对C，
的零点为
；
对D，
的零点为
；
，
，
，故
零点在
之间，再用二分法，
取
，
，
，故
的零点
，由题
的零
点之差的绝对值不超过0.25，则只有
的零点符合；故选A
2.（2021 上·湖南长沙·高三长沙一中校考开学考试）关于
的方程
有两个不相等的实数
根
且
，那么
的取值范围是（ ）
2
1
3
3
4
g x
f x
x
f x
4
2
2
x
g x
x
0.25
f x
4
1
f x
x
3
log
2
f x
x
3
1
x
f x
2
3
f x
x
g x
4
1
f x
x
1
4
x
3
log
2
f x
x
1
x
3
1
x
f x
0
x
2
3
f x
x
3
2
x
0
0
4
2
1
0
g
1
2
1
1
4
2
2
1
0
2
2
g
1
0
0
2
g
g
g x
1
0, 2
1
4
x
1
4
1
1
3
4
2
2
2
0
4
4
2
g
1
1
0
2
4
g
g
g x
1 1
,
4 2
x
,
f x
g x
4
1
f x
x
x
2
2
1
9
0
x
x
a
1
2
,
x x
1
2
1
x
x
< <
a
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由一元二次方程根的分布可得
，解不等式组可求得结果.
【详解】设
，则
，解得：
，
即
的取值范围为
.故选：D.
3.（2020·内蒙古包头·高三北重三中校考）关于
的方程
有两个不相等的实数根，
则实数
的取值范围是 .
【答案】
【分析】令t=2x＞0，则由题意可得t2+2（m-1）t+m+1=0 有2 个不等的正实数根，故有
，解得m 的范围．
【详解】令t=2x>0，则由题意可得t2+2(m−1)t+m+1=0 有2 个不等的正实数根.设
为方程两根，
∴
，即
，解得−1<m<0，故答案为：(−1,0).
4.（2023 春·新疆乌鲁木齐·高三新疆师范大学附属中学校考开学考试）若
若
有两个零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】把
有两个零点转化为两个函数有两个交点，结合图像可得实数的取值范围.
【详解】因为
有两个零点，
所以
与
有两个不同的交点，如图所示，
所以有
，即
.
故答案为：
.
5.（四川省自贡市2021-2022 学年高三第一次诊断性考试理科数学试题）定义在
上的奇函数
，满足
2 2
,
7 5
2 ,
5
2
,
7
2 ,0
11
Δ
0
1
0
f
2
2
1
9
f x
x
x
a
2
2
Δ
1
36
0
2
1
11
0
a
f
a
2
0
11
a
a
2 ,0
11
x
4
2
1 2
1
0
x
x
m
m
m
( 1,0)
2
1
2
1
2
2
1
4
1
0
2
1
0
1 0
m
m
t
t
m
t t
m
＝
＞
＝
＞
＝
＞
1
2
,
t t
2
1
2
1
2
2
1
4
1
0
2
1
0
1 0
m
m
t
t
m
t t
m
＝
＞
＝
＞
＝
＞
0,
3
1
1
m
m
m
m
或
1
3
3 ,
0,
log
,
0,
x x
f x
x x
g x
f x
x
t
t
, 1
( )
g x
t
g x
f x
x
t
y
f x
y
x
t
1
t
1
t
, 1
R
( )
f x
(2
)
( )
f
x
f x
[0,1]
x
( )
x
f x
a
b
(1)
(0)
3
f
f
( )
( ) 1
g x
f x
[ 2,5]
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，当
时，
，
，则函数
在
的零点个数
为（ ）
A．7
B．6
C．5
D．4
【答案】D
【分析】根据已知条件求得
时，
的解析式，结合
的奇偶性和对称性画出
在区间
的图象，由
来确定
的零点个数.
【详解】
是定义在
上的奇函数，
，
当
时，
，
，
，
所以当
时，
.
是奇函数，图象关于原点对称，
由于
，所以
图象关于直线
对称，由此画出
在区间
的图象如下图所示，
由图可知
有
个解，也即
有
个解，即
有
个零点.
故选：D
6.（2020 秋·广东·高三校联考阶段练习）已知函数
有三个互不相同的零点
，
，
，则a 的取值范围是 ；
的取值范围是 .
【答案】
【解析】分别解出三个零点，再根据分段函数的范围列不等式组即可解得a 的范围；因为
，转变为求函数
，
的取值范围，利用导函数求单
调性和极值，即可.
【详解】
依次解得三个零点分别为
，
，
依题意有
.
a 的取值范围是
.
令
，
，则
与
均单调递增
在
上单调递增
(2
)
( )
f
x
f x
[0,1]
x
( )
x
f x
a
b
(1)
(0)
3
f
f
( )
( ) 1
g x
f x
[ 2,5]
[0,1]
x
f x
f x
f x
[ 2,5]
( )
( ) 1
0,
( )
1
g x
f x
f x
g x
f x
R
0
0
f
[0,1]
x
( )
x
f x
a
b
(1)
(0)
1
3
f
f
f
0
1
4
0
1
3
a
a
b
b
a
b
[0,1]
x
4
1
x
f x
f x
(2
)
( )
f
x
f x
f x
1
x
f x
2,5
( )
1
f x
4
( )
( )
1
0
g x
f x
4
g x
4
1
,
0
1
,
0
x
ax x
f x
a
x
a
e
x
1
x
2
x
3x
1
2
3
x x x
0,1
0,
1
2
3
1
ln
1 ln
ln
a
x x x
a
a
a
a
a
ln
ln
a
g a
a
a
0,1
a
1
a
1
a
ln a
1
0,
1
0,
0
1
ln
0,
1
ln ,
a
a
a
a
a
a
0,1
1
2
3
1
ln
1 ln
ln
a
g a
x x x
a
a
a
a
a
0,1
a
2
2
1
1 ln
1 ln
a
a
a
g a
a
a
a
1
y
a
ln
y
a
1 ln
h a
a
a
0,1
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，从而
，
在
上单调递减
又
时，
的取值范围是
.故答案为：
；
7.（2023·全国·高三专题练习）已知函数
恰有3 个零点，则
的取值范围为
.
【答案】
【分析】讨论
、
两种情况，结合函数
的图象，得出
的取值范围.
【详解】当
时，函数
在
上没有零点，要使得函数
恰有3 个零点，
则
在区间
上有3 个零点.
，函数
的图象如下图所示：
由图可知，要使得
在区间
上有3 个零点，
则
，解得
.
当
时，若
，则
，易知当
时，
有一个零点.
则函数
在区间
上有2 个零点，由上图可知，
.
解得
.综上，
的取值范围为
.故答案为：
8.（2023 上·江苏淮安·高二淮阴中学校考开学考试）已知函数
，若关于x
的方程
有4 个不同的解，记为
，
，
，
（
），且
恒成立，
则
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】结合分段函数的图象，确定
的取值变化情况，可得出
，将不等式转化为
1 ln
1
0
h a
a
a
h
0
g
a
g a
0,1
1
0
g a
g
0
a
g a
1
2
3
x x x
0,
0,1
0,
,
,
cos 3
,
5
x x
f x
x
x
7
17
,0
,
30
30
10
0
0
λ
cos 3
5
f x
x
0
f x
,
f x
cos 3
5
f x
x
,
π
π 14π
3
3
,
5
5
5
x
π 14π
cos ,
, 5
2
y
x x
cos 3
5
f x
x
,
3
,
5
2 2
,0
10
0
λ
x
f x
x
x
f x
cos 3
5
f x
x
,
3
3
2
5
2
7
17
,
30
30
7
17
,0
,
10
30
30
7
17
,0
,
10
30
30
ln 1
1 , 2
0
ln
,
0
x
x
f x
x x
f x
m
1
x
2
x
3x
4x
1
2
3
4
x
x
x
x
3
1
2
4
3
2
x
x
x
x
2,
x
1
2
3
4
1
2
x
x
x
x
2
3
1
1
2
2
2
x
3
0,1
x
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对任意
恒成立，结合二次函数即可求解
的取值范围．
【详解】
，作出函数的图象如下：
则可得
因为
，
所以
，所以
，所以
，
，
，
因为
恒成立，所以
，所以
,对任意
恒成立，
即
，所以当
时，函数
取到最大值
，
所以
，即
的取值范围为
．
9.（2023 下·内蒙古呼伦贝尔·高三校考）设函数
，若实数a，b，c 满足
，
且
．则下列结论不能恒成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】作出函数
的图象，根据给定条件确定
的范围，再逐项分析判断作答.
【详解】函数
在
、
上单调递减，在
上单调递增，当
时，
恒成立，如图，
2
3
1
1
2
2
2
x
3
0,1
x
ln(
2), 2
1
ln(1
1), 2
0
ln(
), 1
0
( )
ln
,
0
ln ,0
1
ln ,
1
x
x
x
x
x
x
f x
x x
x
x
x x
1
2
3
4
2
1
0
1
x
x
x
x
1
2
3
4
(
)
(
)
(
)
(
)
f x
f x
f x
f x
m
1
2
3
4
ln(
2)
ln(
)
ln
ln
x
x
x
x
1
2
3
4
1
2
x
x
x
x
1
3
2
x
x
2
3
x
x
4
3
1
x
x
3
1
2
4
3
2
x
x
x
x
2
3
3
1
2
2
x
x
2
3
2
2
3
3
3
3
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
3
0,1
x
2
3
max
1
1
2
2
2
x
3
1
2
x
2
3
1
1
2
2
2
y
x
2
2
(2,
)
2
2
log
,0
2
2
,
2
x
x
x
f x
x
0
a
b
c
f a
f b
f c
2
abc
2
f a
f
b
1
2
f a
b
f
c
2
3
a
b
( )
f x
, ,
a b c
2
2
log
,0
2
( )
2
,
2
x
x
x
f x
x
(0,1]
[2,
)
[1,2]
2
x
( )
0
f x
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由
，
，
，得
，且
，即
，
对于A，由
，得
，A 正确；
对于B，由
，得
，又
，则
，当
，即
时，
有
，而函数
在
上单调递减，此时
，B 错误；
对于C，由
，得
，对勾函数
在
上单调递减，则
，
又函数
在
上单调递减，因此
，C 正确；
对于D，
10.（2023 上·安徽芜湖·高三统考）定义在
上的奇函数
，当
时，
，
则函数
的所有零点之和为 ．
【答案】
【分析】画出函数
与
图象，根据对称性以及对数函数的运算得出零点之和.
【详解】令
，即
，故函数
的零点就是函数
与
图象交点的横坐标，
当
时，
，函数
与
在
上图象如图所示：
设
与
图象交点的横坐标分别为
，
由对称性可知，
，
.
由
，结合奇偶性得出
，即
解得
，即
.
故答案为：
11.（2021 下·河南·高三统考）已知函数
为偶函数，且满足
当
时，
则函数
的所有零点之和为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由题目给出的等式及函数是偶函数可得函数的周期为2，再由函数在
，
时，
，
分析函数
在
时的函数值为2，所以两函数图象的交点可知，再根据函数的对称性可得的答
案
0
a
b
c
f a
f b
f c
1
( )
1
2
2
f
f
1
1
2
2
a
b
c
2
2
log
log
a
b
=1
ab
=1
ab
=
2
abc c
1
2
b
1
1
2
2
b
=1
ab
1
=
2
2
b
a
a
a
1 <0
2
a
a
1
2
2
2
a
1
1
2
2
b
a
f x
1 ,1
2
>
2
f a
f
b
=1
ab
1
+ = +
a b a
a
= + 1
y a
a
1 ,1
2
a
1
1
1
2
+
2
2
2
a
c
a
f x
2,+
1
2
f a
b
f
c
R
( )
f x
0
x
1
2
2
7 ,
3,
log
1 ,
0,3
x
x
f x
x
x
1
g x
f x
1
f x
1
y
1
0
g x
f x
1
f x
g x
f x
1
y
3,
x
9
,
7
2
7
5,3
7
x x
f x
x
x
x
( )
f x
1
y
R
f x
1
y
1
2
3
4
5
,
,
,
,
x x
x x
x
1
2
2 ( 7)
14
x
x
4
5
2 7
14
x
x
3
3
3,0
1,
f x
x
3
(
)
1
f
x
1
3
1
2
2
log (
1)
1
log 2
x
3
1
x
3
1
5
4
2
1
x
x
x
x
x
1
f x
1
,
f x
f x
0,1
x
3
2
,
f x
x
3
log
2
x
f x
x
24
28
32
36
[ 1
x
0]
3
( )
2
f x
x
3
log |
2 |
y
x
9
x
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【详解】解：
定义在
上的偶函数
满足
，
满足
，
故函数的周期为2．
当
时，
，
故当
时，
．
在同一个坐标系中画出函数
的图象与函数
的图象，如图所示，
由图象可知，函数
关于
对称，
当
时，有8 个零点，
故
的所有零点之和为
，
故选：C．
12.（2019 上·江西宜春·高三奉新县第一中学校考阶段练习）设函数
．若方程
有且只有两个不同的实根，则实数
的取值范围为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】对该题应用分类讨论思想分以下三种情况：
①若
无实根，即
，则不合题意．
②若
有两个相等的实数根，此时
由
得：
，无根，不合题意，故舍去．
③若
有两个不相等的实数根，也即
，设
的实根为：
和
，则：方程
或
共有两个不等实根．进一步可知：方程
和
有且仅有一个方程有两个不等实根．
即：
和
中一个方程有两不等实根另一个方程无实根．又由于
，可得
，
，利用换元法解不等式可得
的取值范围．
【详解】解：函数
若方程
有且只有两个不同的实根
①若
无实根，即
，则不合题意．
②若
有两个相等的实数根，此时
由
得：
，无根，不合题意，故舍去．
③若
有两个不相等的实数根，也即
，设
的实根为：
和
，则：方程
或
有两个不等实根．进一步可知：方程
和
有且仅有一个方程有两个不等实根．
即：
和
中一个方程有两不等实根另一个方程无实根．
又由于
，可得
，设
，则
则不等式组转化为
R
( )
f x
(
1)
( )
f x
f x
(
2)
( )
f x
f x
0,1
x
3
( )
2
f x
x
1,0
x
3
( )
2
f x
x
( )
y
f x
3
log |
2 |
y
x
( )
x
2
x
2
x
3
( )
( )
log |
2 |
x
f x
x
8 4
32
2
( )
2
f x
x
x
a
( ( ))
0
f f x
a
1
5
1
5
2
2
a
3
13
3
13
2
2
a
3
7
3
7
2
2
a
1
3
1
3
2
2
a
( )
f x
1
a
( )
f x
1
a
( ( ))
0
f f x
( )
1
f x
( )
f x
1
a
( )
0
f x
1
x
2
x
( )
f x
1
x
( )
f x
2
x
( )
f x
1
x
( )
f x
2
x
2
1
2
0
x
x
a
x
2
2
2
0
x
x
a
x
1,2
1
1
x
a
( 1
1
)
1
a
a
( 1
1
)
1
a
a
a
2
( )
2
f x
x
x
a
( ( ))
0
f f x
( )
f x
1
a
( )
f x
1
a
( ( ))
0
f f x
( )
1
f x
( )
f x
1
a
( )
0
f x
1
x
2
x
( )
f x
1
x
( )
f x
2
x
( )
f x
1
x
( )
f x
2
x
2
1
2
0
x
x
a
x
2
2
2
0
x
x
a
x
1,2
1
1
x
a
( 1
1
)
1
( 1
1
)
1
a
a
a
a
1
t
a
2
1
a
t
2
2
1
0
1
0
t
t
t
t
1
5
1
5
2
2
t
2
3
5
3
5
2
2
t
2
1
5
1
5
1
2
2
t
1
5
1
5
2
2
a
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，解得
，
，
即
．故选A．
13.．（2022·高三课时练习）已知函数
，
，若函数
恰有6 个零点，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】分别画出
、
的图象，采用换元法令
，考虑
中的取值可使
有6
个解时对应的
的取值范围
【详解】令
，作出
，
图象如下：
当
时，
，
与
的图象只有一个交点；
与
的图象有三个交点
故当
时，函数
有四个零点，故A 错误
当
时，
，
与
的图象只有一个交点；
与
的图象有两个交点
故当
时，函数
有三个零点，故C 错误
当
时，
，
与
的图象只有一个交点；
与
的图象有三个交点
故当
时，函数
有四个零点，故B 错误
当
时，
，
与
的图象有三个交点；
与
的图象有三个交点
故当
时，函数
有六个零点，故D 正确
2
2
1
0
1
0
t
t
t
t
1
5
1
5
2
2
t
2
3
5
3
5
2
2
t
2
1
5
1
5
1
2
2
t
1
5
1
5
2
2
a
3
2
1
1
3
f x
x
x
2
3
1
1,
0
2 ,
0
x
x
g x
x
x x
y
g f x
a
5
0,
1
9
5
0, 9
5 ,1
9
1,2
f x
g x
f x
t
g t
a
t
f x
t
a
f x
t
t
f x
y
g t
0
a
1
2
t
2
0
t
1
2
t
y
f x
2
0
t
y
f x
0
a
y
g f x
a
5
9
a
1
5
3
t
2
1
3
t
1
5
3
t
y
f x
2
1
3
t
y
f x
5
9
a
y
g f x
a
5
0
9
a
1
5
2
3
t
2
1
0
3
t
1
t
t
y
f x
2
t
t
y
f x
5
0
9
a
y
g f x
a
1
2
a
1
1
0
3
t
2
1
2
3
3
t
1
t
t
y
f x
2
t
t
y
f x
1
2
a
y
g f x
a
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故选：D
14.（2022·全国·高三专题练习）已知
，函数
，
，若函数
有4 个零点，则实数
的取值范围是 .
【答案】
【分析】画出函数
的图像，对
分成
，
等种情况，研究
零点个数，由此求得
的取值范围.
【详解】令
，画出函数
的图像如下图所示，由图可知，
（1）当
或
时，存在唯一
，使
，而
至多有两个根，不符合题意.
（2）当
时，由
解得
，由
化简得
，其判别式为正数，有
两个不相等的实数根；由
化简得
，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.由于上
述四个实数根互不相等，故
时，符合题意.
（3）当
时，由
解得
，由
化简得
，其判别式为负数，
没有实数根；由
化简得
，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.故当
时，
不符合题意.
（4）当
时，由
，根据图像可知有三个解，不妨设
.
即
即
.
i）当
时，
，故①②③三个方程都分别有
个解，共有个解，不符合题意.
ii)当
时，
，①有个解，②③分别有
个解，共有个解，不符合题意.
iii）当
时，
，①无解，②③分别有
个解，共有
个解，符合题意.
iv）当
时，
，①无解，②有个解，③有两个解，共有个解，不符合题意.
v）当
时，
，①无解，②无解，③至多有
个解，不符合题意.
m
R
2
3
1 ,
1
( )
log (
1),
1
x
x
f x
x
x
2
( )
2
2
1
g x
x
x
m
[ ( )]
y
f g x
m
m
5 ,1
0
7
f x
m
5
5 5
0,
0,0
,
,
1,
1
7
7 7
m
m
m
m
m
m
1
4,
4,
4
m
m
m
9
[ ( )]
y
f g x
m
m
2
2
2
2
1
1
2
2
t
g x
x
x
m
x
m
f x
0
m
4
m
1t
1
0
f t
m
1t
g x
0
m
0
f t
1
2
1 ,
1
3
t
t
1t
g x
2
2
2
0
3
x
x
2t
g x
2
2
2
0
x
x
0
m
4
m
4
f t
1
2
5 ,
17
3
t
t
1t
g x
2
26
2
0
3
x
x
2t
g x
2
2
10
0
x
x
4
m
0
4
m
f t
m
1
2
3
1
1, 1
1,
2
3
t
t
t
2
1
1
2
2
2
2
3
2
3
2
3
1
3
1
6
5
3
1
3
1
6
5
log
1
log
1
2
3
f t
t
x
m
m
f t
t
x
m
m
f t
t
x
m
m
2
2
2
2
3
1
7
5
0
3
1
5
5
0
log
1
2
3
x
m
x
m
x
m
m
①
②
③
5
0
7
m
7
5
0
5
5
0
2
3
0
m
m
m
2
6
5
7
m
7
5
0
5
5
0
2
3
0
m
m
m
1
2
5
5
1
7
m
7
5
0
5
5
0
2
3
0
m
m
m
2
4
1
m
7
5
0
5
5
0
2
3
0
m
m
m
1
3
1
4
m
7
5
0
5
5
0
2
3
1,5
m
m
m
2
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综上所述，
的取值范围是
.
15.（2023·四川成都·校联考二模）已知函数
,若关于
的方程
有且仅有4 个不同的实数根，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】令
，方程可化为
或
有四个不同实数根，借助导数研究
的单调性与最值，数形结合即可判断
的取值范围．
【详解】设
，则
，又
，所以
，
则
或
．、
①当
时，
，求导得
．当
时，
，即函数
在
上单调递增；
当
时，
，即函数
在
上单调递减．因为
，所以
．
又
，当
且
时，
；当
时，
．
②当
时，
，
，根据以上信息，作出函数
的大致图象如图所示．
观察图像可得：函数
的图象与函数
的图象仅有1 个交点，
所以函数
的图象与函数
的图象有3 个交点，
则
，所以实数
的取值范围为
．故选：A
16.（2022 下·广西桂林·高三校考）已知函数
，若关于
的方程
m
5 ,1
0
7
2
3
2
1,
1
2
2
2 e
,
1
x
x
m
x
f x
x
m x
x
2
2
3
2
[ ( )]
3
( )
3
0
f x
m
f x
m
m
m
m
1 ,1
4
1 ,0
2
1
0, 4
1 ,1
2
g x
f x
m
( )
2
g x
m
2
( )
3
g x
m
g x
m
2
3
2
1,
1
2
2
2 e ,
1
x
x
x
g x
f x
m
x
x
( )
( )
f x
g x
m
2
2
3
2
2
[ ( )]
3
( )
3 =
3
0
f x
m
f x
m
m
m
f x
m
f x
m
m
2
( )
2
( )
3
0
g x
m
g x
m
( )
2
g x
m
2
( )
3
g x
m
1
x
2(
1)
( )
ex
x
g x
2
2e
2(
1)e
2
( )
e
e
x
x
x
x
x
x
g x
1
0
x
( )
0
g x
( )
g x
( 1,0)
0
x
( )
0
g x
( )
g x
(0,
)
1
x
1
0,e
0
( )
0
x
x
g x
(0)
2
g
1
x
1
x
( )
0
g x
x
( )
0
g x
1
x
2
3
( )
(
2)
1
2
g x
x
1
( 1)
2
g
( )
g x
( )
y
g x
2
3
y
m
( )
y
g x
2
y
m
1
1
2
2
1
2
4
m
m
m
1 ,1
4
2
1,
1
( )
ln
,
1
x
x
f x
x x
x
x
2
2
1
2
0
f x
m f x
m
m
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有5 个不同的实数解，则实数
的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据给定条件，分析、探讨函数
的性质及图象，令
，把原方程根的问题转化为直线
与函数
图象公共点个数，再结合二次函数实根分布求解作答.
【详解】当
时，
，求导得
，当
时，
，当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，当
时，
取得极大值
，
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，当
时，
取得极小值
，
而
，因此函数
在
上单调递增，当
时，
恒成立，
令
，在同一坐标系内作出直线
及函数
部分图象，如图，
当
时，方程
无实根，当
或
时，方程
有1 个实根，
当
或
时，方程
有2 个实根，当
时，方程
有3 个实根，
依题意，方程
有两个不等实根
，
，解得
或
，
当且仅当
或
时，原方程有5 个不同实数解，
当
时，
，解得
，满足
，则
，
当
时，
，无解，
2
2
1
2
0
f x
m f x
m
m
1
0
3
m
( )
f x
( )
f x
t
y
t
( )
y
f x
1
x
ln
( )
x
f x
x
2
1 ln
( )
x
f
x
x
1
e
x
( )
0
f
x
e
x
( )
0
f
x
( )
f x
[1,e)
(e,
)
e
x
( )
f x
1
(e)
e
f
1
x
2
( )
1
f x
x
(
,0)
( 0, 1)
0
x
( )
f x
(0)
1
f
2
(1)
0
1
1
f
( )
f x
(0,e)
(1,
)
x
( )
0
f x
( )
f x
t
y
t
( )
y
f x
1
t
( )
f x
t
1
t
1
e
t
( )
f x
t
1
0
t
1
t
e
( )
f x
t
1
0
e
t
( )
f x
t
2
( )
2
(1
2 )
0
g t
t
m t
m
1
2
1
2
, (
)
t t t
t
2
2
(1
2 )
8
4
12
1
0
m
m
m
m
3
2
2
m
3
2
2
m
1
2
1
1
0
e
t
t
1
2
1
0
e
t
t
1
2
1
1
0
e
t
t
2
( 1)
1 3
0
(0)
0
1
e
2
e
2
( )
0
e
e
e
g
m
g
m
g
m
1
0
3
m
0
1
0
3
m
1
2
1
0
e
t
t
2
(0)
0
1
2
1
0
4
e
1
e
2
e
2
( )
0
e
e
e
g
m
m
g
m
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当
时，
，无解，
综上得：
，所以实数
的取值范围是
.故答案为：
17..（2022·全国·高三专题练习）已知函数f (x)=¿当x∈[−1,1]时，f (x)= f (−x)，当x∈R时，
f (x + 4)=2f (x)，若关于x的方程f (x)=mx在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解，则实数m的取值范围是
___________.
【答案】{0}∪(
2e−2
5
,1)∪(1, 2e−2
3 ]
【分析】
根据当x∈[−1,1]时，f (x)= f (−x)，可得当x∈[−1,1]时，函数f (x)为偶函数，再根据当x∈R时，
f (x + 4)=2f (x)，可得当x∈[3,5]时，函数f (x)可由当x∈[−1,1]时的图像横坐标不变，纵坐标变为2 倍
即可，作出函数f (x)在[−1,5]时的函数图像，分m=0和m≠0两种情况讨论，当m≠0是，结合图像根据临
界点即可得出答案.
【详解】
解： 因为当x∈[−1,1]时，f (x)= f (−x)，
所以当x∈[−1,1]时，函数f (x)为偶函数，
又当x∈R时，f (x + 4)=2f (x)，
则当x∈[3,5]时，f (x)=2f (x−4)，
则当x∈[3,5]时，函数f (x)可由当x∈[−1,1]时的图像横坐标不变，纵坐标变为2 倍即可，
作出函数f (x)在[−1,5]时的函数图像，如图所示，
当m=0时，f (x)=mx =0在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解，符合题意；
当m≠0时，当x∈[0,1]时，f
' (x)=e
x在x∈[0,1]上为增函数，
所以f
' (x)≥f
' (0)=1，
当函数y =mx过点(1,1)时，m=1，
当函数y =mx过点(1,e−1)时，m=e−1，
当函数y =mx过点(3,2e−2)时，m= 2e−2
3
，
当函数y =mx过点(5,2e−2)时，m= 2e−2
5
，
结合图像，若关于x的方程f (x)=mx在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解，
则1<m≤2e−1
3
或2e−2
5
<m<1，
综上所述，实数m的取值范围是{0}∪(
2e−2
5
,1)∪(1, 2e−2
3 ].
故答案为：{0}∪(
2e−2
5
,1)∪(1, 2e−2
3 ]
1
2
1
0
e
t
t
2
(0)
0
1
2
1
0
4
e
1
e
2
e
2
( )
0
e
e
e
g
m
m
g
m
1
0
3
m
m
1
0
3
m
1
0
3
m
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