【题型突破05：函数与方程】
1．（2025·安徽·一模）已知点(
1
2 , 1
8)在幂函数f (x)= x
α的图象上，则函数h(x)= f (x)+lg x−18的零点所
在区间为（ ）
A．(1.5,2)
B．(2,2.5)
C．(2.5,3)
D．(3,3.5)
【答案】C
【分析】由已知条件求出f (x)= x
3，则h(x)= x
3+lg x−18，判断函数h(x)的单调性及h(2.5),h(3)的正负，
结合零点存在性定理得出结果.
【详解】由于点(
1
2 , 1
8)在幂函数f (x)= x
α的图象上，所以(
1
2)
α
= 1
8 ,α =3，
所以f (x)= x
3，则h(x)= x
3+lg x−18.
又因为函数y =lg x , y = x
3在(0,+ ∞)上都单调递增，
则函数h(x)在定义域(0,+ ∞)上单调递增，
h(2.5)=lg2.5+(2.5)
3−18=lg2.5−2.375，
因为lg2.5<lg10，即lg2.5<1，所以h(2.5)<0，
h(3)=lg3+3
3−18=lg3+9，
因为lg3>lg1，即lg3>0，所以h(3)>0，
因为h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，h(2.5)⋅h(3)<0，
所以h(x)在(0,+ ∞)上只有一个零点，且在(2.5,3)内.
命题角度1：函数的零点及所在区间的判断
故选：C.
2．（2025·云南昭通·一模）若函数f ( x)=e
x+ ln x，满足f (a)f (b)f (c)>0(0<a<b<c)．若函数f ( x)存
在零点x0，则（ ）
A．x0<b
B．x0>b
C．x0<c
D．x0>c
【答案】C
【分析】利用函数的单调性，结合函数的零点判断定理判断选项的正误即可．
【详解】函数f ( x)=e
x+ ln x的定义域为(0,+ ∞)，
因为函数y =e
x , y = ln x在(0,+ ∞)上都是增函数，
所以函数f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为0<a<b<c，所以f (c)>f (b)>f (a)，
又因为f (a)f (b)f (c)>0，则f (c)>0>f (b)>f (a)或f (c)>f (b)>f (a)>0，
若f (c)>0>f (b)>f (a)，由零点存在性定理x0∈(b,c)；
若f (c)>f (b)>f (a)>0，而x→0，则f ( x)→−∞，由零点存在性定理x0<a，
综上所述，则C 一定正确.
故选：C.
3．（2024·北京昌平·二模）已知p：设函数f (x)在区间(0,+∞)上的图象是一条连续不断的曲线，若
f (1)⋅f (2)>0，则f (x)在区间(1,2)内无零点．能说明p为假命题的一个函数的解析式是 ．
【答案】f (x)=(x−3
2)
2
（答案不唯一）
【分析】利用已知条件结合函数的定义域，函数值，零点综合得出即可.
【详解】解析式为f (x)=(x−3
2)
2
.
函数的定义域为R，所以函数f (x)在区间(0,+∞)上的图象是一条连续不断的曲线，
因为f (1)= 1
4 ，f (2)= 1
4 ，所以f (1)⋅f (2)>0，
又f(
3
2)=0，f (x)在区间(1,2)内有零点，
所以为假命题.
故答案为：f (x)=(x−3
2)
2
（答案不唯一）.
4．（2023·广东深圳·一模）定义开区间(a,b)的长度为b−a．经过估算，函数f (x)= 1
2
x −x
1
3的零点属于开
区间 （只要求写出一个符合条件，且长度不超过1
6 的开区间）．
【答案】(
1
3 , 1
2)（不唯一）
【分析】利用函数的零点存在定理求解.
【详解】解：因为y = 1
2
x , y =−x
1
3都是减函数，
所以f (x)= 1
2
x −x
1
3是减函数，
又f (1)= 1
2 −1=−1
2 <0,f(
1
2)=(
1
2)
1
2 −(
1
2)
1
3 <0,f(
1
3)=(
1
2)
1
3 −(
1
3)
1
3 >0，
即f(
1
2)⋅f(
1
3)<0，
所以函数f (x)在(
1
3 , 1
2)上有零点，且1
2 −1
3 = 1
6，
故答案为(
1
3 , 1
2)（不唯一）
5．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知函数f (x)=ln x
x
，若x0∈(1.5,2)，则（ ）
A．f (x0)>f (5−x0)
B．f (x0)<f (5−x0)
C．f (x0)+ f (5−x0)<f (4)
D．以上都不对
【答案】B
【分析】利用求导判断单调性，再借助f (4)= f (2)，然后通过数形结合，即可作出判断.
【详解】求导得f
′ (x)=1−ln x
x
2
，
当x∈(0,e)时，f
′ (x)=1−ln x
x
2
>0，所以f (x)=ln x
x
在区间(0,e)上单调递增，
当x∈(e,+∞)时，f
′ (x)=1−ln x
x
2
<0，所以f (x)=ln x
x
在区间(e,+∞)上单调递减，
根据f (1)=ln1
1 =0，f (4)=ln 4
4
=2ln2
4
=ln2
2 = f (2)，
当x∈(e,+∞)时，f (x)=ln x
x
>0，可作出图象：
所以当x0∈(1.5,2)时，5−x0∈(3,3.5)，
根据图象可知f (x0)<f (2)，f (5−x0)>f (4)= f (2)，
所以恒有f (x0)<f (5−x0)，故B 正确，
由于f (x0)>0，f (5−x0)>f (4)，所以f (x0)+ f (5−x0)>f (4)，故C 错误，
故选：B.
6．（25-26 高三上·贵州贵阳·月考）已知函数f ( x)的定义域为R，f (1+ x)= f (1−x)，f (2+ x)是奇函数.
且当0≤x ≤1时，f ( x)= x
2，则函数g( x)= f ( x)−lg(|x)+1)的零点个数为（ ）
A．7
B．8
C．9
D．10
【答案】D
【分析】根据对称性与周期性结合函数的图像判断即可.
【详解】因为f ( x)是定义在R上的函数且满足f (1+ x)= f (1−x)，则f ( x)关于x =1对称，
又f (2+ x)是奇函数，则f (2−x)=−f (2+ x)，f ( x)关于(2,0)对称，
且当0≤x ≤1时，f ( x)= x
2，可以画出f ( x)的图形，
则g( x)= f ( x)−lg(|x)+1)的零点个数转化为f ( x)与y =lg(|x)+1)的交点个数，
如图，当x =9时，lg(|9)+1)=1，
故两个图像交点的个数为10，即g(x)的零点个数为10.
故选：D
7．（2025·陕西西安·模拟预测）定义域为R的函数f (x)满足f (x)=6(x−2k )
2，x∈[2k −1,2k +1)，
k ∈Z，且函数g(x)=a x
2+ x +c满足对任意x1, x2∈R，都有g(x1+ x2)= g(x1)+ g(x2)+2，则方程
f (x)= g(x)解的个数为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】B
【分析】由g(x1+ x2)= g(x1)+ g(x2)+2，通过代入特殊值求出c =−2，a=0，得到g(x)解析式，通过画函
数图像判断f (x)= g(x)解的个数.
【详解】g(x1+ x2)= g(x1)+ g(x2)+2中取x1=0，x2=0，得g(0)=−2，即c =−2，
取x1= x，x2=−x，得g(x)+ g(−x)=−4，即2a x
2−4 =−4，所以a=0，
得g(x)= x−2，
命题角度2：确定函数的零点个数
f (x)是周期为2 的周期函数，f (x)∈[0,6)，作出函数f (x)的图象及直线y = x−2，
可得两图象有7 个交点，
故选：B.
8．（2025·江苏·三模）已知函数f ( x)满足f ( x +2)= f ( x−2)，且f ( x)={
2cosπ
2 x ,−1< x ≤1
1−|x−2),1< x ≤3 )
，则方程
3 f ( x)= x的实数解的个数为 ．
【答案】5
【分析】首先可得f (x)的周期为4，方程3 f (x)= x的解，即为f (x)与y = 1
3 x的交点横坐标，画出f (x)与
y = 1
3 x的图象，数形结合即可判断.
【详解】由函数f (x)满足f (x +2)= f (x−2)，则f (x + 4)= f (x)，所以f (x)的周期为4，
由f ( x)={
2cosπ
2 x ,−1< x ≤1
1−|x−2),1< x ≤3 )
，则f (8)= f (0)=2cos0=2，
可得f (x)的图象如图，
方程3 f (x)= x的解，即为f (x)与y = 1
3 x的交点横坐标，
且当x>8时y = 1
3 x> 8
3 >2，
由图可知两图象交点个数为5，即方程3 f ( x)= x的实数解的个数为5.
故答案为：5.
9．（2025·浙江·二模）定义在(0,+ ∞)上的函数f (x)满足f(
1
x)=−f (x),f(
2
x)=−f (2 x)，当x∈[1,2)时，
f (x)=(x−1)(x−2)，则函数y = f (x)+ 1
4 在区间[1,100)内的零点个数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【分析】由题设条件可得f (x)= f (4 x)，从而可先分析y = f (x)+ 1
4 在[1,4)上的零点个数为1，再结合前者
可得[1,100)内的零点个数.
【详解】因为f(
2
x)=−f (2 x)，故f(
1
x)=−f (4 x)，故−f (x)=−f (4 x)，
即f (x)= f (4 x)，
而当x∈[1,2)时，f (x)=(x−1)(x−2)，
故当x∈[2,4)时，4
x ∈[1,2)，故f (x)=−f(
4
x)=−( 4
x −1)( 4
x −2)，
故f (x)={
(x−1)(x−2), x∈[1,2)
−( 4
x −1)( 4
x −2), x∈(2,4))
，
当x∈[1,2)时，f (x)=(x−1)(x−2)=(x−3
2)
2
−1
4 ∈[−1
4 ,0)，
而f (x)在[1, 3
2)上为减函数，在[
3
2 ,2)为增函数，
故f (x)=−1
4 在[1,2)有有且只有一个实数解为x = 3
2；
当x∈(2,4)时，f (x)=−( 4
x −1)( 4
x −2)=−(
4
x −3
2)
2
+ 1
4 ，
而4
x ∈[1,2)，故f (x)∈[0, 1
4)，此时f (x)=−1
4 在(2,4)上无解；
故当x∈[4
k ,4
k +1)(k ≥1)时，x
4 ∈[4
k −1,4
k)，则f (x)= f(
x
4)，
结合[1,4)上f (x)的性质可得f (x)=−1
4 在[4
k −1,2⋅4
k −1)上有且只有一个实数解，
且该实数解为x = 3⋅4
k −1
2
= 3
2 ×4
k −1，在(2⋅4
k −1,4
k)无实数解，
而4
3<100<4
4且100> 3
2 ⋅4
3，
故f (x)=−1
4 在[1,100)上的实数解为x = 3
2，x = 3
2 ×4 =6，x = 3
2 ×4
2=24，
x = 3
2 ×4
3=96，共4 个实数解，
故f (x)+ 1
4 共有4 个不同的零点.
故选：B.
10．（2025·山东·一模）已知定义在R上的奇函数f (x)满足f (x)= f (2−x)，且f (1)=−1，当x∈(1,2)时，
f (x)=log2(x−1)+ x，则方程f (x)[f (x)+ 1
x)=0在区间[−2,4)上的根的个数为（ ）
A．9
B．10
C．17
D．12
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性、对称性，得出函数f (x)是周期函数，再根据当x∈(1,2)时，
f (x)=log2(x−1)+ x，结合其单调性、对称性、周期性作出函数f (x)在区间[−2,4)上的图象，利用函数
f (x)与函数y =−1
x 的图象，由交点的个数可得出方程根的个数.
【详解】因为f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (−x)=−f (x)，
由f (x)= f (2−x)可知，函数f (x)的图象关于直线x =1对称，
则有f (−x)=−f (x)=−f (2−x)，则f (x)=−f (2+ x)，则f (2+ x)=−f (4+ x)，
所以f (x)= f (4+ x)，故f (x)是周期函数，周期T = 4.
又因为f (1)=−1，所以f (−1)=−f (1)=1，且有f (0)= f (2)=0，则f (−2)= f (2)=0,f (4)= f (0)=0.
当x∈(1,2)时，f (x)=log2(x−1)+ x是增函数，
且x→1时，f (x)→−∞，x→2时，f (x)→2，所以f (x)在(1,2)上有且仅有一个零点.
函数f (x)与函数y =−1
x 的图象如图，
由图可知，方程f (x)=0在区间[−2,4)上有10 个根，去除x =0后，还有9 个根，
方程f (x)+ 1
x =0的根，即函数f (x)的图象与函数y =−1
x 的图象的交点，有8 个，
所以，方程f (x)[f (x)+ 1
x)=0在区间[−2,4)上的根的个数为9+8=17.
故选：C.
11．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=a( x +1)
2−1，g( x)=cos x +2ax，当x∈(−1,1)时，
曲线y = f ( x)与y = g( x)恰有一个交点，则a=（ ）
命题角度3：由函数的零点个数求参数
A．−1
B．1
2
C．1
D．2
【答案】D
【分析】解法一：令F (x)=a x
2+a−1,G (x)=cos x，分析可知曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
结合偶函数的对称性可知该交点只能在y 轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令
h(x)= f ( x)−g(x), x∈(−1,1)，可知h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即
可得a=2，并代入检验即可.
【详解】解法一：令f ( x)= g(x)，即a( x +1)
2−1=cos x +2ax，可得a x
2+a−1=cos x，
令F (x)=a x
2+a−1,G (x)=cos x，
原题意等价于当x∈(−1,1)时，曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
注意到F (x),G (x)均为偶函数，可知该交点只能在y 轴上，
可得F (0)=G (0)，即a−1=1，解得a=2，
若a=2，令F (x)=G (x)，可得2 x
2+1−cos x =0
因为x∈(−1,1)，则2 x
2≥0,1−cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
可得2 x
2+1−cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
则方程2 x
2+1−cos x =0有且仅有一个实根0，即曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
所以a=2符合题意；
综上所述：a=2.
解法二：令h(x)= f ( x)−g(x)=a x
2+a−1−cos x , x ∈(−1,1)，
原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，
因为h(−x)=a(−x)
2+a−1−cos(−x)=a x
2+a−1−cos x =h(x)，
则h(x)为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，
即h(0)=a−2=0，解得a=2，
若a=2，则h(x)=2 x
2+1−cos x , x∈(−1,1)，
又因为2 x
2≥0,1−cos x ≥0当且仅当x =0时，等号成立，
可得h(x)≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
即h(x)有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意；
故选：D.
12．（2024·天津·高考真题）设a∈R，函数f (x)=2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1.若f (x)恰有一个零点，则a的
取值范围为 ．
【答案】(−❑√3,−1)∪(1,❑√3)
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数g(x)=2
❑√x
2−ax与h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
，则两
函数图象有唯一交点，分a=0、a>0与a<0进行讨论，当a>0时，计算函数定义域可得x ≥a或x ≤0，计算
可得a∈(0,2)时，两函数在y轴左侧有一交点，则只需找到当a∈(0,2)时，在y轴右侧无交点的情况即可
得；当a<0时，按同一方式讨论即可得.
【详解】令f (x)=0，即2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1，
由题可得x
2−ax ≥0，
当a=0时，x∈R，有2
❑√x
2=|−2)−1=1，则x =± 1
2，不符合要求，舍去；
当a>0时，则2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
，
即函数g(x)=2
❑√x
2−ax与函数h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
有唯一交点，
由x
2−ax ≥0，可得x ≥a或x ≤0，
当x ≤0时，则ax−2<0，则2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1=1−ax，
即4 x
2−4 ax =(1−ax)
2，整理得(4−a
2) x
2−2ax−1=[(2+a) x +1)[(2−a) x−1)=0，
当a=2时，即4 x +1=0，即x =−1
4 ，
当a∈(0,2)，x =−
1
2+a或x =
1
2−a >0（正值舍去），
当a∈(2,+ ∞)时，x =−
1
2+a <0或x =
1
2−a <0，有两解，舍去，
即当a∈(0,2)时，2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1=0在x ≤0时有唯一解，
则当a∈(0,2)时，2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1=0在x ≥a时需无解，
当a∈(0,2)，且x ≥a时，
由函数h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
关于x = 2
a对称，令h(x)=0，可得x = 1
a或x = 3
a，
且函数h(x)在(
1
a , 2
a)上单调递减，在(
2
a , 3
a)上单调递增，
令g(x)= y =2
❑√x
2−ax，即(x−a
2)
2
a
2
4
−y
2
a
2 =1，
故x ≥a时，g(x)图象为双曲线
(x)
2
a
2
4
−y
2
a
2 =1右支的x轴上方部分向右平移a
2所得，
由
(x)
2
a
2
4
−y
2
a
2 =1的渐近线方程为y =± a
a
2
x =±2 x
，
即g(x)部分的渐近线方程为y =2(x−a
2)，其斜率为2，
又a∈(0,2)，即h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
在x ≥2
a时的斜率a∈(0,2)，
令g(x)=2
❑√x
2−ax =0，可得x =a或x =0（舍去），
且函数g(x)在(a,+ ∞)上单调递增，
故有{
1
a <a
3
a >a)
，解得1<a<❑√3，故1<a<❑√3符合要求；
当a<0时，则2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1={
ax−3, x ≤2
a
1−ax , x> 2
a)
，
即函数g(x)=2
❑√x
2−ax与函数h(x)={
ax−3, x ≤2
a
1−ax , x> 2
a)
有唯一交点，
由x
2−ax ≥0，可得x ≥0或x ≤a，
当x ≥0时，则ax−2<0，则2
❑√x
2−ax =|ax−2)−1=1−ax，
即4 x
2−4 ax =(1−ax)
2，整理得(4−a
2) x
2−2ax−1=[(2+a) x +1)[(2−a) x−1)=0，
当a=−2时，即4 x−1=0，即x = 1
4 ，
当a∈(−2,0)，x =−
1
2+a <0（负值舍去）或x =
1
2−a 0，
当a∈(−∞,2)时，x =−
1
2+a >0或x =
1
2−a >0，有两解，舍去，
即当a∈[−2,0)时，2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1=0在x ≥0时有唯一解，
则当a∈[−2,0)时，2
❑√x
2−ax−|ax−2)+1=0在x ≤a时需无解，
当a∈[−2,0)，且x ≤a时，
由函数h(x)={
ax−3, x ≤2
a
1−ax , x> 2
a)
关于x = 2
a对称，令h(x)=0，可得x = 1
a或x = 3
a，
且函数h(x)在(
2
a , 1
a)上单调递减，在(
3
a , 2
a)上单调递增，
同理可得：x ≤a时，g(x)图象为双曲线
(x)
2
a
2
4
−y
2
a
2 =1左支的x轴上方部分向左平移a
2所得，
g(x)部分的渐近线方程为y =−2(x + a
2)，其斜率为−2，
又a∈[−2,0)，即h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
在x< 2
a时的斜率a∈[−2,0)，
令g(x)=2
❑√x
2−ax =0，可得x =a或x =0（舍去），
且函数g(x)在(−∞,a)上单调递减，
故有{
1
a >a
3
a <a)
，解得−❑√3<a<−1，故−❑√3<a<−1符合要求；
综上所述，a∈(−❑√3,−1)∪(1,❑√3).
故答案为：(−❑√3,−1)∪(1,❑√3).
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数f (x)的零点问题转化为函数g(x)=2
❑√x
2−ax与函数
h(x)={
ax−3, x ≥2
a
1−ax , x< 2
a)
的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.
13．（2023·天津·高考真题）设a∈R,函数f (x)=a x
2−2 x−|x
2−ax +1),若f (x)恰有两个零点，则a的取
值范围为 ．
【答案】(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+ ∞)
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断a的取值范围．
【详解】（1）当x
2−ax +1≥0时，f (x)=0⇔ (a−1) x
2+(a−2) x−1=0，
即[(a−1) x −1)(x +1)=0，
若a=1时，x =−1，此时x
2−ax +1≥0成立；
若a≠1时，x =
1
a−1或x =−1，
若方程有一根为x =−1，则1+a+1≥0，即a≥−2且a≠1；
若方程有一根为x =
1
a−1，则(
1
a−1)
2
−a×
1
a−1 +1≥0，解得：a≤2且a≠1；
若x =
1
a−1 =−1时，a=0，此时1+a+1≥0成立．
（2）当x
2−ax +1<0时，f (x)=0⇔ (a+1) x
2−(a+2) x +1=0，
即[(a+1) x −1)(x −1)=0，
若a=−1时，x =1，显然x
2−ax +1<0不成立；
若a≠−1时，x =1或x =
1
a+1，
若方程有一根为x =1，则1−a+1<0，即a>2；
若方程有一根为x =
1
a+1，则(
1
a+1)
2
−a×
1
a+1 +1<0，解得：a<−2；
若x =
1
a+1 =1时，a=0，显然x
2−ax +1<0不成立；
综上，
当a<−2时，零点为1
a+1，
1
a−1；
当−2≤a<0时，零点为1
a−1，−1；
当a=0时，只有一个零点−1；
当0<a<1时，零点为1
a−1，−1；
当a=1时，只有一个零点−1；
当1<a≤2时，零点为
1
a−1，−1；
当a>2时，零点为1,−1．
所以，当函数有两个零点时，a≠0且a≠1．
故答案为：(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+ ∞)．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，
然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
14．（2025·江苏·模拟预测）已知函数f (x)={
4 x
2+2 x
e
2 x
, x ≥a
x
3−4 x , x<a )
，若存在实数b，使得关于x 的方程
f (x)=bx恰有四个不同的实数根，则实数a 的取值范围是 ．
【答案】(−❑√6,0)∪(2,+ ∞)
【分析】首先判断x =0是f (x)=bx的一个解，当x≠0时，将问题转化为f (x)
x
=b有三个不同的解，构造函
数，根据导数研究函数的性质，分类讨论求解.
【详解】因为f (x)={
4 x
2+2 x
e
2 x
, x ≥a
x
3−4 x , x<a )
，所以f (0)=0，
所以x =0是f (x)=bx的一个解，则存在实数b，使得f (x)=bx有四个不同的解，
即当x≠0时，f (x)
x
=b有三个不同的解.
f (x)
x
={
4 x +2
e
2 x
, x ≥a
x
2−4 , x<a)
，令g(x)={
4 x +2
e
2 x
, x ≥a
x
2−4 , x<a)
，
当x<a时，g(x)= x
2−4，且g(−❑√6)=2.
当x ≥a时，g(x)= 4 x +2
e
2 x
，g
′ (x)= −8 x
e
2 x
，
所以当x ≥0时，g
′ (x)≤0，g(x)单调递减；
当x<0时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，且g(0)=2,g(−0.5)=0，当x→+ ∞时，g(x)→0，
在同一平面直角坐标系中，作出函数y = 4 x +2
e
2 x
, y = x
2−4的图象，如图：
由图知：
当a≤−❑√6时，g(x)的图象与直线y =b至多有两个交点，不符合题意；
当−❑√6<a≤−0.5时，g(x)的图象与直线y =b(0<b<2)有三个交点，符合题意；
当−0.5<a<0时，g(x)的图象与直线y =b(
4 a+2
e
2a
≤b<2)有三个交点，符合题意；
当0≤a≤2时，g(x)的图象与直线y =b至多有两个交点，不符合题意；
当a>2时，存在实数b，使得g(x)的图象与直线y =b有三个交点，符合题意.
综上，a∈(−❑√6,0)∪(2,+ ∞).
故答案为：(−❑√6,0)∪(2,+ ∞).
15．（25-26 高三上·上海·月考）已知a∈R，f ( x)= x
ln x ，关于x 的方程f
2( x)+2af ( x)−4 =0有三个实
数解x1, x2, x3，且x1< x2< x3，若满足不等式m<(
x1
ln x1
−1)
2
(
x2
ln x2
−1)(
x3
ln x3
−1)恒成立的最大整数m
为 .
【答案】18
【分析】先求定义域，再求导，得到f ( x)= x
ln x 的单调性，画出其图象，令f (x)=t，则t
2+2at −4 =0有
两个不等实根，设为t1,t2，t1<t2，则t1+t2=−2a,t1t2=−4，结合函数图象可得t1<0,t2>e，得到
a< 2
e −e
2，从而得到(
x1
ln x1
−1)
2
(
x2
ln x2
−1)(
x3
ln x3
−1)=[(t1−1)(t2−1))
2=(2a−3)
2，求出
(2a−3)
2>(
4
e −e−3)
2
，计算可得(
4
e −e−3)
2
≈18.03，从而求出最大整数m 为18.
【详解】f ( x)= x
ln x 中，令ln x≠0得x≠1，故定义域为(0,1)∪(1,+∞)，
f
′( x)= ln x−1
ln
2 x ，令f
′( x)=0得x =e，
当x>e时，f
′( x)>0，当0< x<1或1< x<e时，f
′( x)<0，
所以f ( x)= x
ln x 在(0,1),(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
其中f (e)=e，画出f ( x)= x
ln x 的图象如下：
令f (x)=t，则t
2+2at −4 =0中Δ= 4 a
2+16>0恒成立，
故t
2+2at −4 =0有两个不等实根，设为t1,t2，t1<t2，则t1+t2=−2a,t1t2=−4，
而f
2( x)+2af ( x)−4 =0有三个实数解x1, x2, x3，x1< x2< x3，
故f (x)=t1有1 个根，f (x)=t2有2 个不等实根，
结合t1t2=−4<0，故t1<0,t2>e，
−2a=t1+t2= −4
t2
+t2，则a= 2
t2
−t2
2 在t2∈(e,+∞)上单调递减，
故a< 2
e −e
2，
(
x1
ln x1
−1)
2
(
x2
ln x2
−1)(
x3
ln x3
−1)=(t1−1)
2(t2−1)(t2−1)=[(t1−1)(t2−1))
2
=[t1t2−(t1+t2)+1)
2=(−4+2a+1)
2=(2a−3)
2，
因为a< 2
e −e
2，所以2a−3< 4
e −e−3，
(2a−3)
2>(
4
e −e−3)
2
，其中e≈2.718，代入计算可得(
4
e −e−3)
2
≈18.03，
满足m<(
x1
ln x1
−1)
2
(
x2
ln x2
−1)(
x3
ln x3
−1)的最大整数m 为18.
故答案为：18
16．（2024·全国·模拟预测）已知函数f ( x)={
x
2+ 4 x +1, x ≤0
log2 x , x>0 )，则函数y = f (f ( x))+1有 个
零点．
【答案】7
【分析】设f ( x)=m，则f (f ( x))=−1等价于f (m)=−1，作出函数f ( x)的图象，由图可得f (m)=−1有
3 个根，再根据f ( x)=m结合函数的图象得出交点的个数即可.
【详解】令y =0，则f (f ( x))=−1，设f ( x)=m，则方程f (f ( x))=−1化为f (m)=−1，
函数y = f (f ( x))+1的零点个数即为方程f (f ( x))=−1解的个数，
二次函数y = x
2+ 4 x +1的图象开口向上，过点(0,1)，对称轴为x =−2，最小值为−3，
作出函数y = f ( x)的图象，如图，
由图知f (m)=−1有3 个根，当m>0时，log2m=−1，解得m= 1
2；
命题角度4：嵌套函数的零点问题
当m≤0时，m
2+ 4 m+1=−1，解得m=−2± ❑√2，
在方程f ( x)=m中，当m= 1
2时，log2 x = 1
2有1 个解，x
2+ 4 x +1= 1
2有2 个解，共3 个解；
当m=−2+ ❑√2时，log2 x =−2+ ❑√2有1 个解，x
2+ 4 x +1=−2+ ❑√2有2 个解，共3 个解；
当m=−2−❑√2时，log2 x =−2−❑√2有1 个解，x
2+ 4 x +1=−2−❑√2无解，共1 个解，
所以函数y = f (f ( x))+1有7 个零点.
故答案为：7
17．（2025·四川巴中·一模）已知函数f ( x)={
|ln x), x>0
x
2+2 x +2, x ≤0)，则方程f (f ( x)−2)=2实数根的个数为
（ ）
A．6
B．7
C．10
D．11
【答案】D
【分析】先通过换元将方程等价转化为四个方程f ( x)=e
2+2，f ( x)=e
−2+2，f ( x)=2，f ( x)=0的根，
再结合函数的图象分别求解这四个方程可得.
【详解】令t = f ( x)−2，则f (t )=2.当t >0时，则|ln t )=2，得t =e
2或t =e
−2.
当t ≤0时，则t
2+2t +2=2，得t =0或t =−2.
再由t = f ( x)−2，即f ( x)=t +2，所以原方程f (f ( x)−2)=2等价于下面四个方程的根：
f ( x)=e
2+2——①，f ( x)=e
−2+2——②，f ( x)=2——③，f ( x)=0——④.
再由f ( x)={
|ln x), x>0
x
2+2 x +2, x ≤0)，可知函数在(0,1)上单调递减，在[1,+∞)上单调递增，
在(−∞,−1)上单调递减，在[−1,0]上单调递增，图象如下：
对方程①f ( x)=e
2+2，因为f ( x)=e
2+2>2，
所以x>0时，|ln x)=e
2+2，得ln x =e
2+2或−ln x =e
2+2，解得x =e
e
2+2或x =e
−e
2−2；
当x<0时，x
2+2 x +2=e
2+2，得x =−1−
❑√e
2+1或x =−1+
❑√e
2+1（舍去）.
所以方程f ( x)=e
2+2共有3 个根.
对方程f ( x)=e
−2+2——②，因为f ( x)=e
−2+2>2.
所以x>0时，|ln x)=e
−2+2，得ln x =e
−2+2或−ln x =e
−2+2，解得x =e
e
−2+2或x =e
−e
−2−2；
当x<0时，x
2+2 x +2=e
−2+2，得x =−1−
❑√e
−2+1或x =−1+
❑√e
−2+1（舍去）.
所以方程f ( x)=e
−2+2共有3 个根.
对于方程f ( x)=2——③，
所以x>0时，|ln x)=2，得ln x =2或−ln x =2，解得x =e
2或x =e
−2；
当x<0时，x
2+2 x +2=2，得x =0或x =−2.
所以方程f ( x)=2共有4 个根.
对于f ( x)=0——④，由函数的图象可知方程有唯一的根x =1.
综上所述，方程的根共有3+3+ 4 +1=11个根.
故选：D.
18．（2025·陕西西安·三模）设函数f (x)= x
2+ax +b,g(x)= x
2+cx +d.若函数y = f (g(x))与y = g(f (x))都
没有零点，则函数y = f (f (x))与y = g(g(x))（ ）
A．都没有零点
B．都有零点
C．至少有一个没有零点
D．至少有一个有零点
【答案】C
【分析】假设函数y = f (f (x))与y = g(g(x))都有零点，再根据反证法证明假设不成立即可得答案.
【详解】解：因为f (x), g(x)的开口向上，
所以，设f (x),g(x)最小值分别为a1,a2，
假设函数y = f (f (x))与y = g(g(x))都有零点，
则存在x1使得f (f (x1))=0，令f (x1)=t1，则f (t1)=0；
存在x2使得g(g(x2))=0，令g(x2)=t2，则g(t2)=0；
所以t1≥a1,t2≥a2，
下面分三种情况讨论：
假设t1=t2，则函数f (g(x2))= g(f (x1))=0，即函数y = f (g(x))与y = g(f (x))有零点，与函数y = f (g(x))
与y = g(f (x))都没有零点矛盾，故不成立；
假设t1<t2，则∃x3∈R使得f (x3)=t2，此时y = g(f (x3))= g(t2)=0，即函数y = f (g(x))存在零点x3，与
y = g(f (x))没有零点矛盾，故不成立；
假设t1>t2，则∃x4∈R使得g(x4)=t1，此时y = f (g(x4))= f (t1)=0，即函数y = f (g(x))存在零点x4，与
y = f (g(x))没有零点矛盾，故不成立；
综上，假设函数y = f (f (x))与y = g(g(x))都有零点不成立，即函数y = f (f (x))与y = g(g(x))至少有一个没
有零点.
故选：C
19．（2021·浙江宁波·二模）设a∈R，函数f (x)={
|x−1), x ≥0,
−x
2+ax , x<0,)若函数y = f (f (x))恰有三个零点，则
实数a的取值范围为（ ）
A．(−2,0)
B．(0,1)
C．[−1,0)
D．(0,2)
【答案】A
【分析】f (x)=−x
2+ax的对称轴为x = a
2，分类讨论当a
2 ≥0时和当a
2 <0时，分别作出函数f (x)的图象，
借助图象判断f (f (x))=0根的个数，或列出f (f (x))=0恰有三个根的条件即可求解.
【详解】由题意知，f (x)=−x
2+ax的对称轴为x = a
2，
当a
2 ≥0即a≥0时，f (x)的图象如图1，此时令f (f (x))=0，可得f (x)=1，
观察图象可解得x =0或x =2，即方程有两个根，则此时y = f (f (x))只有两个零点，不合题意；
当a
2 <0即a<0时，f (x)的图象如图2，此时令f (f (x))=0，可得f (x)=1或f (x)=a，
因为x =0和x =2均为f (x)=1的根，
所以要使函数y = f (f (x))恰有三个零点则需满足f (x)=a只有一个根，且a<0,当x<0时，f (x)max<1．
当x<0时，f (x)=−x
2+ax的对称轴为x = a
2 <0，
则f (x)max= f(
a
2)= a
2
4 <1，解得−2<a<2，
故−2<a<0．
综上，a的取值范围为(−2,0)．
故选：A.
20．（20-21 高三下·浙江宁波·月考）已知函数f (x)={
x
2+ 4 x , x ≤0
e
x−1
x , x>0 )
，则函数g(x)= f (f (x)−5)的零点个
数是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】D
【分析】利用导数研究f (x)单调性，画出f (x)图象，先求f (x)零点，再借助数形结合判断函数
g(x)= f (f (x)−5)的零点个数即可.
【详解】当x ≤0时，f ( x)= x
2+ 4 x，令f (x)=0，得x =0或x =−4．
当x>0时，f (x)=e
x−1
x ,f
′ (x)=e
x+ 1
x
2 >0，故f (x)在(0，+∞)单调递增，
又x→0
+时，f (x)→−∞；x→+ ∞时，f (x)→+∞，f (1)=e−1>0，
所以∃x0∈(0,1)使得f (x0)=0．
函数图象如图所示：
要使g(x)= f (f (x)−5)=0，即f (x)−5=0或f (x)−5=−4或f (x)−5= x0，
即f (x)=5或f (x)=1或f (x)= x0+5．
由函数图象知y =5，y =1，y = x0+5与y = f (x)都有两个交点，
故f (x)=5或f (x)=1或f (x)= x0+5各有两个零点，
故函数g(x)= f (f (x)−5)有6 个零点．
故选：D.
【多选题】21．（2025·四川眉山·模拟预测）已知函数f (x)=¿函数g(x)=[f (x))
2−2mf (x)+m
2−1，则下
列结论正确的是（ ）
A．若关于x的方程f (x)=a恰有1 个实数根，则a的取值范围是(6,+∞)
B．若关于x的方程f (x)=a恰有2 个不同的实数根，则a的取值范围是(0,1)∪[2,6)
命题角度5：函数零点的综合问题
C．若g(x)有5 个零点，则m的取值范围是(2,3)
D．g(x)可能有6 个零点
【答案】BC
【分析】作出f (x)的大致图象，对于A 和B，只需通过平移直线观察它与的图象的交点情况即可得解；对
于CD，首先若g(x)=[f (x))
2−2mf (x)+m
2−1=0，则有f (x)=m−1或f (x)=m+1，数形结合即可建立m
的不等式组并求解，即可判断.
【详解】如图，作出f (x)的大致图象，
由图可知，
若关于x的方程f (x)=a恰有1 个实数根，则a的取值范围是(6,+∞)∪{0)，故A 错误；
若关于x的方程f (x)=a恰有2 个不同的实数根，则a的取值范围是(0,1)∪[2,6)，故B 正确.
令g(x)=[f (x))
2−2mf (x)+m
2−1=0，得[f (x)−(m+1))[f (x)−(m−1))=0，解得f (x)=m−1或
f (x)=m+1.
若g(x)有5 个零点，则¿或¿解得2<m<3，故C 正确.
若g(x)有6 个零点，则¿解得m∈∅，则g(x)最多有5 个零点，故D 错误.
故选：BC.
【多选题】22．（2026·陕西西安·一模）已知函数f (x)= x cos x−sin x，x∈{x|0< x< 5π
2 }有两个零点
x1, x2，则下列结论正确的是（）
A．当x∈(0,π
2 )时，f ( x)<0
B．x1+ x2<3π
C．若x2> x1，则x2−x1>π
D．x1sin x2+ x2sin x1<0
【答案】ACD
【分析】对于A，作出单位圆，将x与tan x转化为面积，再直观比较面积即可；对于B，画出
y1= tan x , y2= x的函数图象，数形结合确定x1, x2所在区间，即可判断；对于C，考虑正切函数的周期性，
且注意到tan x2>tan x1，数形结合即可判断；对于D，由x1= tan x1, x2= tan x2，推出
x1sin x2+ x2sin x1= sin x1sin x2(cos x1+cos x2)
cos x1cos x2
，根据零点范围可得符号判断.
【详解】f (x)=0即x cos x =sin x，易知当cos x =0时，sin x≠0，显然不符题意，故cos x≠0，
因此f (x)=0等价于x = tan x(cos x≠0).
对于A：当x∈(0,π
2 )时，cos x>0，则f (x)= x cos x−sin x =( x−tan x)cos x
设∠AOB = x , x∈(0,π
2 )，在平面直角坐标系中作单位圆，与x轴交于A，则A (1,0)，过点A作AC垂直
于x轴，交射线OB于点C，连接AB，
由三角函数的定义可知，AC = tan x , ´AB = x，设扇形OAB的面积为S1，
S1= 1
2 lr = 1
2 x，S△OAC = 1
2 tan x，易知S△OAC>S1，即1
2 tan x> 1
2 x，
得tan x> x，即当x∈(0,π
2 )时，有不等式tan x> x，又因为cos x>0，
因此当x∈(0, π
2 )时，f ( x)=( x−tan x)cos x<0，故A 正确；
对于B：画出y1= tan x , x∈{x|0< x< 5π
2 }且x≠π
2 且x≠3π
2 与y2= x的函数图象，
如图可以看出x1∈(π, 3π
2 ), x2∈(2π,5π
2 )，
故x1+ x2>3π，故B 错误；
对于C：y1= tan x的最小正周期为π，且由图象可知tan x2>tan x1，
故x1, x2之间的距离大于π，即x2−x1>π，故C 正确；
对于D：由x1= tan x1, x2= tan x2，推出
x1sin x2+ x2sin x1= tan x1sin x2+ tan x2sin x1= sin x1sin x2(cos x1+cos x2)
cos x1cos x2
，
因为x1∈(π, 3π
2 ), x2∈(2π,5π
2 )，且由C 可知x2−π> x1，
故有sin x1<0,cos x1<0,sin x2>0,cos x2>0，则sin x1sin x2<0,cos x1cos x2<0，
而cos x1+cos x2=cos x1−cos(x2−π)，
又因为3π
2 > x2−π> x1>π，且y =cos x在(π, 3π
2 )为增函数，
故cos x1−cos(x2−π)<0，
则cos x1+cos x2=cos x1−cos(x2−π)<0，
又因为sin x1sin x2<0,cos x1cos x2<0，
故x1sin x2+ x2sin x1= sin x1sin x2(cos x1+cos x2)
cos x1cos x2
<0，故D 正确.
故选：ACD.
【多选题】23．（2022·辽宁·三模）（多选）已知函数f (x)为定义在R上的单调函数，且
f (f (x)−2
x−2 x)=10.若函数g(x)=¿有3 个零点，则a的取值可能为（ ）
A．2
B．7
3
C．3
D．10
3
【答案】BC
【分析】令f (x)−2
x−2 x =t ,f (t )−2
t−2t =t，然后可得t =2，进一步作出图象可得结果.
【详解】因为f (x)为定义在R上的单调函数，所以存在唯一的t ∈R，使得f (t )=10，
则f (x)−2
x−2 x =t ,f (t )−2
t−2t =t，
即f (t )=2
t +3t =10，
因为函数y =2
t +3t为增函数，且2
2+3×2=10，所以t =2,f (x)=2
x+2 x +2.
当x ≤0时，由g(x)=0，得a=2
x+2；当x>0时，由g(x)=0，得a=|log2 x)−1.
结合函数的图象可知，若g(x)有3 个零点，则a∈(2,3).
故选：BC
【多选题】24．（2025·福建南平·三模）已知函数f (x)={
x−1
x , x<0,
x + 1
x , x>0,)
则下列说法中正确的是（ ）
A．f (x)为奇函数
B．任意x≠0，存在a∈R，使得f (x)>ax恒成立
C．若方程f (x)=b(x>0, b∈R)恰有两个不等实根x1, x2，则x1 x2=1
D．若方程f (x)=c (c∈R)恰有三个不等实根x3, x4, x5，则x3+ x4+ x5>3−❑√2
【答案】BCD
【分析】计算可得f (−2)≠−f (2)，可判断A；分x>0，x<0两种情况，由f (x)>ax恒成立可求得a，判断
B；由方程x + 1
x =b有两个不等正实根，可求得x1 x2=1，判断C；y = x−1
x 在(−∞,0)内单调递增，可得
只有一个负根，进而结合C 可得结论判断D.
【详解】对于A，f (2)=2+ 1
2 = 5
2 ,f (−2)=−2−1
−2 =−3
2，即f (−2)≠−f (2)，所以f (x)不为奇函数，故
A 错误；
对于B，当x>0时，由f (x)>ax对x∈(0,+ ∞)恒成立，
得x + 1
x >ax，可得1+ 1
x
2 >a对x∈(0,+ ∞)恒成立，故a≤1，
当x<0，由f (x)>ax对x∈(−∞,0)恒成立，得x−1
x >ax，
所以1−1
x
2 <a对x∈(−∞,0)恒成立，故a≥1，
所以对任意x≠0，存在a=1，使得f (x)>ax恒成立，故B 正确；
对于C，若方程f (x)=b(x>0, b∈R)恰有两个不等正实根x1, x2，
则x + 1
x =b有两个不等的正根，所以x
2−bx +1=0有两个不等的正根，
则{
Δ=(−b)
2−4×1×1>0
b>0
1>0
)
，解得b>2时有两不等的实根，且x1 x2=1，故C 正确；
对于D，当x<0时，y = x−1
x 在(−∞,0)内单调递增，且y ∈R，所以x−1
x =c只有一个根，故x>0时，
x + 1
x =c恰有两个不等的正根时，f (x)=c有三个不等的实根，
由C 可知当c>2时，x + 1
x =c有两个不等的正根，不妔设此两正根为x4, x5，且x4 x5=1，
所以x4+ x5>2❑√x4 x5=2，
若第三个根为x3<0，由题意可得x3−1
x3
=c>2，所以x3
2−2 x3−1<0，
解得1−❑√2< x3<0，所以x3+ x4+ x5>1−❑√2+2=3−❑√2，故D 正确；
故选：BCD.
【多选题】25．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)={
2sin 2π
9
x ,−27
4 ≤x ≤9
4 ,
|log1
2
(x−2)), x> 9
4 , )
若关于x的方程
f (x)=a有四个实数根x1，x2，x3，x4（其中a为实数，x1< x2< x3< x4），则下列结论中正确的是（ ）
A．0<a<2
B．x1+ x2=−9
2
C．x3
2+ x4
2<18
D．x3 x4+3=2(x3+ x4)
【答案】ABD
【分析】将方程根的问题转化为函数交点的问题，结合函数图象求解参数范围判断A，利用函数的对称性
判断B，利用对数函数的性质判断D，利用给定条件并结合基本不等式判断C 即可.
【详解】对于A，如图，结合函数f (x)的图象，令y =2，得x =−27
4 或x = 9
4 或x =6，
若直线y =a与函数y = f (x)的图象有4 个不同交点，
由图象知0<a<2，故A 正确；
对于B，令2π
9
x =k π+π
2 ,k ∈Z，解得x = 9k
2 + 9
4 ,k ∈Z，
令k =−1时，对称轴为x =−9
4 ，故x1与x2关于x =−9
4 对称成立，
由函数的对称性质得x1+ x2
2
=−9
4 ，解得x1+ x2=−9
2，故B 正确；
对于D，由题意得|log1
2
(x3−2))=|log1
2
(x4−2))，
因为9
4 < x3<3< x4<6，所以log1
2
(x3−2)>0，log1
2
(x4−2)<0，
则log1
2
(x3−2)=−log1
2
(x4−2)，得到log1
2
(x3−2)=log1
2
1
x4−2，
即x3−2=
1
x4−2，得到(x3−2)⋅(x4−2)=1，整理得x3 x4+3=2(x3+ x4)，故D 正确；
对于C，结合图象可知9
4 < x3<3< x4<6，于是x3 x4=2(x3+ x4)−3>4 ❑√x3 x4−3，
当且仅当x3= x4时取等，但本题无法取等，解得❑√x3 x4>3，
即x3 x4>9，因此结合重要不等式得到x3
2+ x4
2>2 x3 x4>18，故C 错误．
故选：ABD．
