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考点 09 二分法与求方程近似解（5 种题型与基础、易错专练）
一、 2022 真题抢先刷，考向提前知
一．选择题（共1小题）
1．（2020•天津）已知函数f（x）＝ 若函数g（x）＝f（x）﹣|kx2﹣2x|（k R）恰有4个零
∈
点，则k的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣ ）∪（2 ，+∞） B．（﹣∞，﹣ ）∪（0，2 ）
C．（﹣∞，0）∪（0，2 ） D．（﹣∞，0）∪（2 ，+∞）
【分析】问题转化为f（x）＝|kx2﹣2x|有四个根， y＝f（x）与y＝h（x）＝|kx2﹣2x|有四个交点，再分
三种情况当k＝0时，当k＜0时，当k＞0时，讨论⇒两个函数是否能有4个交点，进而得出k的取值范围．
【解答】解：若函数g（x）＝f（x）﹣|kx2﹣2x|（k R）恰有4个零点，
则f（x）＝|kx2﹣2x|有四个根， ∈
即y＝f（x）与y＝h（x）＝|kx2﹣2x|有四个交点，
当k＝0时，y＝f（x）与y＝|﹣2x|＝2|x|图象如下：
两图象只有两个交点，不符合题意，
当k＜0时，y＝|kx2﹣2x|与x轴交于两点x ＝0，x ＝ （x ＜x ）
1 2 2 1
图象如图所示，当x＝ 时，函数y＝|kx2﹣2x|的函数值为﹣ ，
当x＝ 时，函数y＝﹣x的函数值为﹣ ，
所以两图象有4个交点，符合题意，
当k＞0时，
y＝|kx2﹣2x|与x轴交于两点x ＝0，x ＝ （x ＞x ）
1 2 2 1
在[0， ）内两函数图象有两个交点，所以若有四个交点，
只需y＝x3与y＝kx2﹣2x在（ ，+∞）还有两个交点，即可，
即x3＝kx2﹣2x在（ ，+∞）还有两个根，
即k＝x+ 在（ ，+∞）还有两个根，
函数y＝x+ ≥2 ，（当且仅当 ，即x＝ 时，取等号），
所以 ，且k＞2 ，
所以k＞2 ，综上所述，k的取值范围为（﹣∞，0）∪（2 ，+∞）．
故选：D．
【点评】本题考查函数的零点，参数的取值范围，关键利用分类讨论思想，分析函数的交点，属于中档
题．
二．填空题（共2小题）
2．（2020•上海）设a R，若存在定义域为R的函数f（x）同时满足下列两个条件：
（1）对任意的x
0
R∈，f（x
0
）的值为x
0
或x
0
2；
（2）关于x的方程∈ f（x）＝a无实数解，
则a的取值范围是 （﹣∞， 0 ）∪（ 0 ， 1 ）∪（ 1 ， + ∞） ．
【分析】根据条件（1）可知x ＝0或1，进而结合条件（2）可得a的范围
0
【解答】解：根据条件（1）可得f（0）＝0或f（1）＝1，
又因为关于x的方程f（x）＝a无实数解，所以a≠0或1，
故a （﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞），
故答∈案为：（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，属于基础题．
3．（2022•天津）设a R，对任意实数x，记f（x）＝min{|x|﹣2，x2﹣ax+3a﹣5}．若f（x）至少有3个零
点，则实数a的取值∈范围为 [1 0 ， + ∞） ．
【分析】设g（x）＝x2﹣ax+3a﹣5，h（x）＝|x|﹣2，分析可知函数g（x）至少有一个零点，可得出
Δ≥0，求出a的取值范围，然后对实数a的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数a的不等
式，综合可求得实数a的取值范围．【解答】解：设g（x）＝x2﹣ax+3a﹣5，h（x）＝|x|﹣2，由|x|﹣2＝0可得x＝±2．
要使得函数f（x）至少有3个零点，则函数g（x）至少有一个零点，
则Δ＝a2﹣4（3a﹣5）≥0，
解得a≤2或a≥10．
①当a＝2时，g（x）＝x2﹣2x+1，作出函数g（x）、h（x）的图象如图所示：
此时函数f（x）只有两个零点，不满足题意；
②当a＜2时，设函数g（x）的两个零点分别为x 、x （x ＜x ），
1 2 1 2
要使得函数f（x）至少有3个零点，则x ≤﹣2，
2
所以， ，解得a ；
③当a＝10时，g（x）＝x2﹣10x+25∈，∅作出函数g（x）、h（x）的图象如图所示：
由图可知，函数f（x）的零点个数为3，满足题意；
④当a＞10时，设函数g（x）的两个零点分别为x 、x （x ＜x ），
3 4 3 4
要使得函数f（x）至少有3个零点，则x ≥2，
3可得 ，解得a＞4，此时a＞10．
综上所述，实数a的取值范围是[10，+∞）．
故答案为：[10，+∞）．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想、分类讨论思想及数形结合思想，属于中难题．
三．解答题（共2小题）
4．（2022•上海）已知函数f（x）的定义域为R，现有两种对f（x）变换的操作： 变换：f（x）﹣f（x﹣
t）； 变换：|f（x+t）﹣f（x）|，其中t为大于0的常数． φ
（1）ω设f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做 变换后的结果，解方程：g（x）＝2；
（2）设f（x）＝x2，h（x）为f（x）做 变换φ后的结果，解不等式：f（x）≥h（x）；
（3）设f（x）在（﹣∞，0）上单调递增ω，f（x）先做 变换后得到u（x），u（x）再做 变换后得到
h （x）；f（x）先做 变换后得到v（x），v（x）再做φ 变换后得到h （x）．若h （x）ω＝h （x）恒
1 2 1 2
成立，证明：函数f（ωx）在R上单调递增． φ
【分析】（1）推导出g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，由此能求出x．
（2）推导出 x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，当 x≤﹣ 时，f（x）≥h（x）恒成立；当 x＞﹣ 时，
2tx+t2≤x2，由此能求出f（x）≥h（x）的解集．
（3）先求出u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），从而h （x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，先求
1
出v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，从而h （x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，由h （x）＝h
2 1 2
（x），得|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，再由f
（x）在（﹣∞，0）上单调递增，能证明函数f（x）在R上单调递增．
【解答】解：（1）∵f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做 变换后的结果，g（x）＝2，
∴g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，
φ
解得x＝2．
（2）∵f（x）＝x2，h（x）为f（x）做 变换后的结果，f（x）≥h（x），
∴x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|， ω
当x≤﹣ 时，f（x）≥h（x）恒成立；
当x＞﹣ 时，2tx+t2≤x2，解得x≥（1+ ）t，或x≤（1﹣ ）t，
综上，不等式：f（x）≥h（x）的解集为（﹣∞，（1﹣ ）t]∪[（1+ ）t，+∞）．
（3）证明：f（x）先做 变换后得到u（x），u（x）再做 变换后得到h （x），
1
∴u（x）＝f（x）﹣f（x﹣φt），h （x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣ω[f（x）﹣f（x﹣t）]|，
1
f（x）先做 变换后得到v（x），v（x）再做 变换后得到h （x），
2
∴v（x）＝|ωf（x+t）﹣f（x）|，h （x）＝|f（x+φt）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
2
∵h （x）＝h （x），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
1 2
∴|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∴ 对t＞0恒成立，
∴函数f（x）在R上单调递增．
【点评】本题考查方程、不等式的解的求法，考查函数是增函数的证明，考查函数变换的性质、抽象函
数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）若f（x）在区间（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一个零点，求a的取值范围．
【分析】（1）将a＝1代入，对函数f（x）求导，求出f′（0）及f（0），由点斜式得答案；
（2）对函数f（x）求导，分a≥0及a＜0讨论，当a≥0时容易判断不合题意，当a＜0时，设g（x）
＝ex+a（1﹣x2），利用导数判断g（x）的性质，进而判断得到函数f（x）的单调性并结合零点存在性定
理即可得解．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ln（1+x）+xe﹣x，则 ，
∴f′（0）＝1+1＝2，
又f（0）＝0，
∴所求切线方程为y＝2x；
（2） ＝ ，
若a≥0，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，则f（x）＜f（0）＝0，不合题意；设g（x）＝ex+a（1﹣x2），g′（x）＝ex﹣2ax，
当﹣1≤a＜0时，在（0，+∞）上，g（x）＞e0+a≥0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，无零点，不合题
意；
当a＜﹣1时，当x＞0时，g′（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（0）＝1+a＜0，g
（1）＝e＞0，
所以存在唯一的x （0，1），使得g（x ）＝0，且f（x）在（0，x ）上单调递减，在（x ，+∞）上单
0 0 0 0
调递增，f（x ）＜∈f（0）＝0，
0
先证当x＞0时， ，
设 ，则 ，
易知当0＜x＜2时，h′（x）＜0，h（x）单减，当x＞2时，h′（x）＞0，h（x）单增，
所以 ，则当x＞0时， ，
所以 ，
再证 ，
设 ，则 ，
易知当0＜x＜1时，m′（x）＜0，m（x）单减，当x＞1时，m′（x）＞0，m（x）单增，
所以m（x）≥m（1）＝0，即 ，
则由a＜﹣1，可得 ，
则当x＞1+a2时， ＞0，
此时f（x）在（0，+∞）上恰有一个零点，
当﹣1＜x＜0时，g′（x）在（﹣1，0）上单调递增， ，
故存在唯一的x （﹣1，0），使得g′（x ）＝0，且g（x）在（﹣1，x ）上单调递减，在（x ，0）
1 1 1 1
上单调递增， ∈，
故存在唯一的x （﹣1，x ），使得g（x ）＝0，
2 1 2
所以f（x）在（﹣∈ 1，x ）上单调递增，在（x ，0）上单调递减，
2 2
x→﹣1时，f（x）→﹣∞，f（0）＝0，此时f（x）在（﹣1，0）上恰有一个零点，
综上，实数a的取值范围为（﹣∞，﹣1）．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，考查分类讨论思想及
运算求解能力，属于难题．
二、考点清单
一．函数的零点
一般地，对于函数y＝f（x）（x R），我们把方程f（x）＝0的实数根x叫作函数y＝f（x）（x D）
的零点．即函数的零点就是使函数值为∈ 0的自变量的值．函数的零点不是一个点，而是一个实数． ∈
【解法——二分法】
①确定区间[a，b]，验证f（a）*f（b）＜0，给定精确度； ②求区间（a，b）的中点x ；③计算f
1
（x ）；
1
④若f（x ）＝0，则x 就是函数的零点； ⑤若f（a）f（x ）＜0，则令b＝x （此时零点x （a，
1 1 1 1 0
x ））；⑥若f（x ）f（b）＜0，则令a＝x ．（此时零点x0 （x ，b） ⑦判断是否满足条件，∈否则重
1 1 1 1
复（2）～（4） ∈
【总结】
零点其实并没有多高深，简单的说，就是某个函数的零点其实就是这个函数与 x轴的交点的横坐标，
另外如果在（a，b）连续的函数满足f（a）•f（b）＜0，则（a，b）至少有一个零点．这个考点属于了解
性的，知道它的概念就行了．
二．函数零点的判定定理
1、函数零点存在性定理：
一般地，如果函数y＝f（x）在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f（a）•f（b）＜0，那
么函数y＝f（x）在区间（a，b）内有零点，即存在c （a，b），使得f（c）＝O，这个c也就是f（x）＝
0的根． ∈
特别提醒：
（1）根据该定理，能确定f（x）在（a，b）内有零点，但零点不一定唯一．
（2）并不是所有的零点都可以用该定理来确定，也可以说不满足该定理的条件，并不能说明函数在（a，b）上没有零点，例如，函数f（x）＝x2﹣3x+2有f（0）•f（3）＞0，但函数f（x）在区间（0，3）上有两
个零点．
（3）若f（x）在[a，b]上的图象是连续不断的，且是单调函数，f（a）．f（b）＜0，则f（x）在（a，b）
上有唯一的零点．
2、函数零点个数的判断方法：
（1）几何法：对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y＝f（x）的图象联系起来，并利用函数的性
质找出零点．
特别提醒：
①“方程的根”与“函数的零点”尽管有密切联系，但不能混为一谈，如方程 x2﹣2x+1＝0在[0，2]上有
两个等根，而函数f（x）＝x2﹣2x+1在[0，2]上只有一个零点；
②函数的零点是实数而不是数轴上的点．
（2）代数法：求方程f（x）＝0的实数根．
三．函数的零点与方程根的关系
函数的零点表示的是函数与x轴的交点，方程的根表示的是方程的解，他们的含义是不一样的．但是，他
们的解法其实质是一样的．
【解法】
求方程的根就是解方程，把所有的解求出来，一般要求的是二次函数或者方程组，这里不多讲了．我们
重点来探讨一下函数零点的求法（配方法）．
例题：求函数f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零点．
解：∵f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70
＝（x﹣5）•（x+7）•（x+2）•（x+1）
∴函数f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零点是：5、﹣7、﹣2、﹣1．
通过这个题，我们发现求函数的零点常用的方法就是配方法，把他配成若干个一次函数的乘积或者是二
次函数的乘积，最后把它转化为求基本函数的零点或者说求基本函数等于0时的解即可．
【考查趋势】
考的比较少，了解相关的概念和基本的求法即可．
四．二分法的定义与应用
二分法 即一分为二的方法．设函数f（x）在[a，b]上连续，且满足f（a）•f（b）＜0，我们假设f
（a）＜0，f（b）＞0，那么当x ＝ 时，若f（x ）＝0，这说x 为零点；若不为0，假设大于0，那么
1 1 1
继续在[x ，b]区间取中点验证它的函数值为0，一直重复下去，直到找到满足要求的点为止．这就是二分
1法的基本概念．
【二分法的应用】
我们以具体的例子来说说二分法应用的一个基本条件：
例题：下列函数图象均与x轴有交点，其中能用二分法求函数零点的是
解：能用二分法求函数零点的函数，在零点的左右两侧的函数值符号相反，
有图象可得，只有③能满足此条件，
故答案为 ③．
在这个例题当中，所要求的能力其实就是对概念的理解，这也是二分法它惯用的考查形式，通过这个
例题，希望同学们能清楚二分法的概念和常考题型．
【二分法求方程的近似解】
二分法在高中主要属于了解性的内容，拿二分法求近似解思路也比较固定，这里我们主要以例题来做
讲解．
例：用二分法求方程 在[1，2]上的近似解，取中点c＝1.5，则下一个有根区间是 [1. 5 ， 2 ] ．
解：令函数f（x）＝lnx﹣ ，由于f（1.5）＝ln（1.5）﹣ ＝ （ln1.52﹣2）＜ （lne2﹣2）＝
0，即f（1.5）＜0，
而f（2）＝ln2﹣ ＝ln2﹣ln ＝ln ＝ ln ＞ ln1＝0，即f（2）＞0，
故函数f（x）在[1.5 2]上存在零点，故方程 在[1.5，2]上有根，
故答案为[1.5，2]．
通过这个例题，我们可以发现二分法的步奏，第一先确定f（a）•f（b）＜0的a，b点；第二，寻找
区间（a，b）的中点，并判断它的函数值是否为0；第三，若不为0，转第一步．
五．函数与方程的综合运用
函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题．方程思想，是从问题的数量关系
入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、不等式、或方程与不等式的混合组），然后
通过解方程（组）或不等式（组）来使问题获解．有时，还实现函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的．笛卡尔的方程思想是：实际问题→数学问题→代数问题→方程问题．宇宙世界，充斥着等式
和不等式．
三、题型方法
一．函数的零点（共4小题）
1．（2023•乌鲁木齐三模）定义符号函数 ，则方程x2sgnx＝5x﹣6的解是（ ）
A．2或﹣6 B．3或﹣6 C．2或3 D．2或3或﹣6
【分析】根据符号函数的意义，分段解方程作答．
【解答】解：依题意，当x＞0时，方程x2sgnx＝5x﹣6为：x2＝5x﹣6，解得x＝2或x＝3，因此x＝2或
x＝3，
当x＝0时，方程x2sgnx＝5x﹣6为：0＝5x﹣6，解得 ，于是无解，
当x＜0时，方程x2sgnx＝5x﹣6为：﹣x2＝5x﹣6，解得x＝﹣6或x＝1，因此x＝﹣6，
所以方程x2sgnx＝5x﹣6的解是x＝2或x＝3或x＝﹣6．
故选：D．
【点评】本题主要考查了分段函数的应用，属于基础题．
2．（2023•北京模拟） 的零点为 ﹣ 1 ， 2 ．
【分析】利用方程的根求解函数的零点即可．
【解答】解：当x≤0时，x+1＝0，解得x＝﹣1；
x＞0时，x2﹣4＝0，解得x＝2，
函数的零点为：﹣1，2．
故答案为：﹣1，2．
【点评】本题考查函数的零点的求法，是基础题．
3．（2023•毕节市模拟）给出下列命题：
①函数f（x）＝2x﹣x2恰有两个零点；
②若函数 在（0，+∞）上的最小值为4，则a＝4；
③若函数f（x）满足f（x）+f（1﹣x）＝4，则 ；④若关于x的方程2|x|﹣m＝0有解，则实数m的取值范围是（0，1]．
其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．③④ D．②③
【分析】根据函数的基本性质，逐一分析选项，即可得出答案．
【解答】解：对于①：当x＞0时，f（x）＝2x﹣x2有2个零点，2和4，
作出y＝x2和y＝2x的图像，当x＜0时，函数f（x）＝2x﹣x2有1个零点，
∴函数f（x）＝2x﹣x2有3个零点，
故①错误；
对于②： ，即 ，则a＝4，故②正确；
对于③： ①， ②，
∵f（x）+f（1﹣x）＝4，
∴ ， ，…， ，
∴①+②＝4×9＝36，
∴ ，故③正确；
对于④：若关于x的方程2|x|﹣m＝0有解，则m＝2|x|，
∵|x|≥0，∴m≥1，故④错误，
故选：D．
【点评】本题考查命题的真假判断和函数的基本性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，
属于中档题．
4．（2023•汉中模拟）设x ，x 分别是函数f（x）＝x﹣a﹣x和g（x）＝xlog x﹣1的零点（其中a＞1），则
1 2 a
x +4x 的取值范围是（ ）
1 2A．[4，+∞） B．（4，+∞） C．[5，+∞） D．（5，+∞）
【分析】函数的零点即方程的解，将其转化为图象交点问题，又由函数图象特点，得到交点的对称问题，
从而求解
【解答】解：由设x ，x 分别是函数f（x）＝x﹣a﹣x和g（x）＝xlog x﹣1的零点（其中a＞1），
1 2 a
可知 x 是方程 的解；x 是方程 的解；
1 2
则x ，x 分别为函数 的图象与函数y＝y＝ax 和函数y＝log x 的图象交点的横坐标；
1 2 a
设交点分别为A（x ， ），B（x ， ）
1 2
由 a＞1，知0＜x ＜1；x ＞1；
1 2
又因为y＝ax 和y＝log x 以及 的图象均关于直线y＝x 对称，
a
所以两交点一定关于y＝x 对称，
由于点A（x ， ），关于直线 y＝x的对称点坐标为（ ，x ），
1 1
所以 ，
有x x ＝1，
1 2
而x ≠x
1 2
则x +4x ＝x +x +3x ≥ ＞2+3＝5
1 2 1 2 2
即x +4x （5，+∞）
1 2
故选：D．∈
【点评】本题考查了函数的概念与性质、对数函数以及指数函数．
二．函数零点的判定定理（共7小题）
5．（2023•西安模拟）已知f（x）＝ex+lnx+2，若x 是方程f（x）﹣f'（x）＝e的一个解，则x 可能存在的
0 0
区间是（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】根据题意，求出g（x）的解析式，分析g（x）的单调性，结合函数零点判定定理分析可得答
案．【解答】解：已知f（x）＝ex+lnx+2，则 ，x＞0，
设g（x）＝f（x）﹣f′（x）﹣e，
则 ，
易得y＝g（x）（0，+∞）上为增函数，
又g（2）＜0而g（3）＞0，则则x 可能存在的区间是（2，3）．
0
故选：C．
【点评】本题考查导数的计算，涉及函数与方程的关系，属于中档题．
6．（2023•重庆一模）函数f（x）＝lnx+2x﹣6的零点所在的区间是（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】判断函数的单调性，由f（2）＜0，f（3）＞0，结合函数零点判定定理得答案．
【解答】解：函数f（x）＝lnx+2x﹣6在（0，+∞）上单调递增，
∵f（2）＝ln2﹣2＜0，f（3）＝ln3＞0，
∴函数f（x）＝lnx+2x﹣6的零点所在的区间是（2，3）．
故选：C．
【点评】本题考查函数零点判定定理的应用，是基础题．
7．（2023•海南一模）函数 的零点所在的大致区间为（ ）
A．（1，e） B．（e，e2） C．（e2，e3） D．（e3，e4）
【分析】根据零点存在性定理，即可得出答案．
【解答】解： 在（0，+∞）连续不断，且单调递减，
∵ ，
∴函数 的零点所在的大致区间为（e2，e3），
故选：C．
【点评】本题考查函数零点的判定定理，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
8．（2023•洪山区校级模拟）已知函数f（x）＝ax+（1+a）x﹣2（a＞0且a≠1），若函数f（x）恰有一个
零点，则实数a的取值范围为 ．【分析】根据指数函数的性质，得到f（0）＝0，然后分别讨论a＞1或0＜a＜1时，函数的单调性，进
行判断即可．
【解答】解：∵f（x）＝ax+（1+a）x﹣2（a＞0且a≠1），
∴当x＝0时，f（0）＝a0+（1+a）0﹣2＝1+1﹣2＝0，即0是f（x）的一个零点，
若函数f（x）恰有一个零点，
则等价为当x≠0时，f（x）≠0，即可．
当a＞1时，由指数函数的性质可知：f（x）在R上单调递增，此时只有一个零点，满足题意；
当0＜a＜1时，f′（x）＝axlna+（1+a）xln（1+a），则函数f′（x）在R上单调递增，
由于 ，
故f′（x）存在唯一零点，若f（x）只有一个零点x＝0，此时也必为极值点，
又此时 ，则只需f′（0）＝lna+ln（1+a）＝0，解得 ；
综上所述，则实数a的取值范围为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查函数零点的判断，利用指数函数的性质，利用分类讨论思想进行求解是解决本题
的关键，是中档题．
9．（2023•桃城区校级模拟）已知函数 在区间[2，4]上有零点，则 的
最小值为 ．
【分析】根据函数零点性质，结合点到直线距离公式，通过构造新函数，利用导数求出最值即可．
【解答】解：设a为f（x）在[2，4]上的一个零点，则 ，
所以P（m，n）在直线 上，
又 为坐标原点，易知 ．
令 ，则 ，
所以g（x）在[2，4]上单调递增，所以 ．
所以 的最小值为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查函数零点，距离公式等知识点，根据点到直线距离公式，结合两点间距离公式，再构
造函数求最值是解题的关键，考查转化思想以及运算求解能力，属于中档题．
10．（2023•荔湾区校级模拟）设函数 g（x）＝f（x）﹣4x﹣1．若函
数g（x）在区间（﹣1，1）上有且仅有一个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．{﹣1}∪[ ，+∞） B．
C． D．
【分析】构造函数h（x）＝ ，则问题转化为h（x）＝4mx+m在区间（﹣1，1）上
有且仅有一个根，进一步转化为函数y＝h（x）的图象与直线y＝4mx+m在区间（﹣1，1）只有一个交
点，利用导数研究曲线的切线问题，确定边界状态的m的值，结合图象求解即可得到答案．
【解答】解：令h（x）＝ ，
则 ＝ ，令g（x）＝f（x）﹣4x﹣1，即f（x）＝4x+1，故 ，
所以h（x）＝4mx+m，
作出函数h（x）的图象如图所示，
函数g（x）的零点个数即为函数y＝h（x）的图象与直线y＝4mx+m的交点个数，
直线y＝4mx+m过定点 ，
当直线y＝4mx+m过点（1，1）时，m＝ ；
当直线y＝4mx+m与曲线 （﹣1＜x＜0）相切时，
设切点坐标为 ，
由y'＝ ，
故切线的斜率为 ，
所以 ，解得 ，
则 ，解得m＝﹣1，
结合图象可知，当m≥ 或m＝﹣1时，函数y＝h（x）的图象与直线y＝4mx+m只有一个交点，
即函数g（x）在区间（﹣1，1）上有且仅有一个零点，
所以实数m的取值范围是 ．
故选：C．【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：
（1）方程法（直接解方程得到函数的零点）；（2）图象法（直接画出函数的图象分析得解）；（3）
方程+图象法（令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解）．属于中档题．
11．（2023•杭州模拟）函数f（x）＝ex+ax+b在区间[1，3]上存在零点，则a2+b2的最小值为 ．
【分析】设零点为t，则有at+b＝﹣et，由柯西不等式可得e2t＝[at+b•1]2≤（a2+b2）（t2+1），进而得
a2+b2≥ ，利用导数求出g（t）＝ ，t [1，3]的最小值即可．
【解答】解：设零点为t，则et+at+b＝0， ∈
所以at+b＝﹣et，
由柯西不等式可得e2t＝[at+b•1]2≤（a2+b2）（t2+1），
所以a2+b2≥ ，
令g（t）＝ ，t [1，3]，
∈
所以g′（t）＝ ＝ ＞0，
所以g（t）在t [1，3]上单调递增，
∈
所以g（t） ＝g（1）＝ ，
min所以a2+b2≥ ，
所以a2+b2的最小值为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了转化思想、导数的综合运用及柯西不等式的应用，属于中档题．
三．函数的零点与方程根的关系（共18小题）
12．（2023•海淀区校级模拟）已知函数f（x）＝ ，方程f（x）﹣t＝0有两个实数解，
分别为x 和x ，当1＜t＜3时，若存在t使得x +x ＝4成立，则k的取值范围为（ ）
1 2 1 2
A． B． C． D．
【分析】作出函数图象，结合函数的对称性将问题转化为y＝kx﹣2k与y＝x2﹣4x+4在x （3，2+ ）
∈
内有交点，分离参数计算即可．
【解答】解：如图所示，作出函数y＝f（x）与y＝t（1＜t＜3）的图象，
易得两函数交点位于x＝2两侧，不妨设x ＜2＜x ，
1 2
若存在t使得x +x ＝4成立，
1 2
即 ﹣4x +4＝t＝kx ﹣2k，
1 2
又y＝x2﹣4x+4关于x＝2对称，故 ﹣4x +4＝（4﹣x ）2﹣4（4﹣x ）+4＝ ﹣4x +4＝t＝kx ﹣2k，
1 2 2 2 2
因为1＜t＜3，
所以 ﹣4x +4 （1，3），
2
∈
所以x （3，2+ ），
2
∈
即 ﹣4x +4＝t＝kx ﹣2k在x （3，2+ ）有解，
2 2 2
∈
则k＝ ＝x ﹣2 （1， ）．
2
故选：B． ∈
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
13．（2023•龙华区校级模拟）关于函数f（x）＝ ，其中a，b R，给出
∈
下列四个结论：
甲：5是该函数的零点．
乙：4是该函数的零点．
丙：该函数的所有零点之积为0．
丁：方程f（x）＝1有两个不等的实根．
若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误的结论是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】由已知函数的单调性判断甲、乙中有一个错误，假设甲正确，结合丙正确求得 a与b的值，得
到函数解析式，再说明丁正确，则答案可求．
【解答】解：当x [0，3.5]时，f（x）＝log （x+2）﹣a为增函数，
2
当x [3.5，+∞）时∈，f（x）＝b﹣x为减函数，故5和4只有一个是函数的零点，
即甲∈乙中有一个结论错误，一个结论正确，而丙、丁均正确．
由两零点之积为0，则必有一个零点为0，则f（0）＝log 2﹣a＝0，得a＝1，
2
若甲正确，则f（5）＝0，即b﹣5＝0，b＝5，
可得f（x）＝ ，由f（x）＝1，
可得 或 ，
解得x＝2或x＝4，方程f（x）＝1有两个不等实根，故丁正确．
故甲正确，乙错误．
故选：B．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，函数的零点与方程根的关系，考查逻辑思维能力与推理论证
能力，考查运算求解能力，是中档题．
14．（2023•山西模拟）已知函数 ，则 f
（x）与g（x）图象的交点个数是（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
【分析】首先判断两个函数的单调性，再结合端点值，即可判断选项．
【解答】解：两个函数的定义域为R，
因为 ，所以函数f（x）为偶函数，
因为 ，所以函数g（x）是偶函数，
，根据复合函数单调性可知，在（0，+∞）函数g（x）单
调递减，
当x＞1时， ，函数f（x）单调递增，
当0＜x＜1时， ， ，所以函
数单调递减，
f（0）＝﹣1，g（0）＝0， ， ，g（1） （﹣1，0），
所以f（0）＜g（0），f（1）＜g（1）， ∈
所以f（x）与g（x）图象在（0，+∞）有1个交点，
根据偶函数的性质，在（﹣∞，0）上也有1个交点，所以两个函数共有2个交点．故选：D．
【点评】本题主要考查了函数的单调性和奇偶性，属于中档题．
15．（2023•阿勒泰地区三模）已知 ，若函数f（x）在区间 上有且只
有3个零点，则 的范围为（ ）
θ
A． B． C． D．
【分析】将 看作一个整体t，使用整体思想，由正弦函数 y＝sint的零点（即对称中心的横坐
标）求解即可．
【解答】解：∵ 在区间 上有且只有3个零点，
∴令 ，当 时， ，
∴f（x）在区间 上有且只有3个零点，即y＝sint在区间 上有且只有3
个零点，
又∵y＝sint的零点（即对称中心的横坐标）为t＝k ，k Z，
π ∈
∴当k＝0时， ，当k＝1时， ，
当k＝2时， ，当k＝3时， ，
当k＝4时， ，
∴ ，解得 ．
故选：D．
【点评】本题主要考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题．
16．（2023•烟台模拟）已知函数 ，若f（x）＝m存在四个不相等的实根
x ，x ，x ，x （x ＜x ＜x ＜x ），则 的最小值是 3 ．
1 2 3 4 1 2 3 4【分析】作函数f（x）与y＝m图象，结合图象可得x x ＝1， ，再利用基本不等式求最值即可．
1 2
【解答】解：作函数 与y＝m图象如下：
由图可得0＜m＜1，
∵f（x）＝m存在四个不相等的实根x ，x ，x ，x ，可得x ＜﹣1＜x ＜x ＜1＜x ，
1 2 3 4 1 2 3 4
可得ln（﹣x ）＝﹣ln（﹣x ）， ，即x x ＝1，x x ＝1，
1 2 1 2 3 4
所以 ，
当且仅当 即x ＝2且 等号成立，
4
则 的最小值是3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了分段函数的性质，考查了函数的零点与方程根的关系，同时考查了数形结合的
数学思想，属于中档题．
17．（2023•龙岩模拟）已知函数f（x）＝ 关于x的方程f（x）＝k恰有三个不同实
数解x ，x ，x （x ＜x ＜x ），且关于m的方程5lnm+ 有实数
1 2 3 1 2 3
解，则实数m的取值范围为 ．【分析】在同一平面直角坐标系中作出y＝f（x），y＝k的函数图象，根据图象有3个交点确定出x ，
1
x ，x 的关系，所以可将方程转化为 ，然后构造函数g（x）＝ex（x﹣1）（x （1，
2 3
ln5））并分析g（x）的单调性确定出其值域，即可得出答案． ∈
【解答】解：在同一平面直角坐标系中作出y＝f（x），y＝k的函数图象如下图所示：
当x≤1时，y＝﹣（x+1）2+3≤3，当x＞1时，y＝ex﹣2＞e﹣2，
所以由图象可知：k （e﹣2，3）时关于x的方程f（x）＝k恰有三个不同实数解，
∈
又 ，
所以 ，
又因为k （e﹣2，3），所以 ，所以x （1，ln5），
3
设g（x）∈＝ex（x﹣1）（x （1，ln5）），所以g′（x）＝e∈x（x﹣1）+ex＝exx＞0，
∈
所以g（x）在（1，ln5）上单调递增，所以g（x） （g（1），g（ln5）），即 ，
∈
所以 ， ， ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
18．（2023•赤峰模拟）已知函数 ，若方程f（x）＝b有解，则实数b的取值范
围是（ ）
A．（﹣∞，log 5） B．（﹣∞，log 5] C．[2，+∞） D．（﹣∞，2）
2 2
【分析】利用对数的运算性质和基本不等式即可求解．【解答】解：
＝
＝
≥log 4＝2（当且仅当 ，也即x＝1时取等号），
2
∴b≥2，
故选：C．
【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
19．（2023•江西模拟）函数 在区间[﹣3，5]上的所有零点之
和为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
【分析】化简可得f（x）＝1+sin x﹣xsin x，令f（x）＝0可得， ，作出函数y
π π
＝sin x与 的大致图象，结合图象可知所求零点之和为2×4＝8．
【解答π】解：由题意可得：f（x）＝1+sin x﹣xsin x，
π π
令f（x）＝0，且f（1）＝1≠0，可得 ，
作出函数y＝sin x与 的大致图象如下图所示，
π易知y＝sin x与 均关于点（1，0）对称，
π
由图可设y＝sin x与 的交点横坐标依次为 x ，x ，x ，x ，x ，x ，x ，x ，
1 2 3 4 5 6 7 8
根据对称性可得πx +x ＝x +x ＝x +x ＝x +x ＝2，
1 8 2 7 3 6 4 5
故函数f（x）在[﹣3，5]上所有零点之和为2×4＝8．
故选：B．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
20．（2023•咸阳模拟）已知函数 ，则函数g（x）＝f（f（x））﹣1的零点个
数是（ ）
A．1 B．0 C．2 D．3
【分析】根据函数解析式画出图像，利用换元法令t＝f（x），可知f（t）＝1；结合函数图像及解析式
可求得t的值，再结合图像即可确定方程解的个数，即为函数零点的个数．
【解答】解：函数 ，
对y＝﹣xex y′＝﹣（x+1）ex，令y′＞0 x＜﹣1，令y′＜0 0＞x＞﹣1，
可知y＝﹣x⇒ex在（﹣∞，﹣1）上单调递增，⇒在（﹣1，0）上单调⇒递减，
且x趋向负无穷时，y＞0，x＝﹣1时， ，
故结合对数函数图象，可画出函数f（x）图像如下图所示：
函数g（x）＝f（f（x））﹣1的零点，即f（f（x））＝1，令t＝f（x），代入可得 ，
由图像可知t＝e﹣1，即f（x）＝e﹣1，
结合函数图像可知，f（x）＝e﹣1有1个解，
综合可知，函数g（x）＝f（f（x））﹣1的零点有1个．
故选：A．【点评】本题主要考查了分段函数的性质，考查了函数的零点与方程根的关系，同时考查了数形结合的
数学思想，属于中档题．
21．（2023•聊城三模）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，若f（x+1）是偶函数，g
（x）＝（x﹣1）f′（x）﹣1恰有四个零点，则这四个零点的和为 4 ．
【分析】根据题意，由条件可得g（x+1）＝xf′（x+1）﹣1为偶函数，可得其所有零点之和为0，然后
即可得到结果．
【解答】解：将函数g（x）向左平移1个单位，所以g（x+1）＝（x+1﹣1）f′（x+1）﹣1＝xf′
（x+1）﹣1，
因为f（x+1）是偶函数，由偶函数的导数为奇函数可知，f′（x+1）是奇函数，
且奇函数与奇函数的乘积为偶函数，则y＝xf′（x+1）为偶函数，
所以g（x+1）＝xf′（x+1）﹣1为偶函数，
又因为函数g（x）恰有四个零点，即函数g（x+1）恰有四个零点，
且这四个零点一定是两组关于y轴对称，其四个零点之和为0，
而g（x+1）是由g（x）向左平移了1个单位，
所以g（x）的四个零点之和为4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查转化能力，属于中档题．
22．（2023•天津三模）已知函数 ，若函数g（x）＝f（x）﹣ax﹣1在R上恰有
三个不同的零点，则a的取值范围是 （﹣∞，﹣ 4 ）∪ [ 1 ， 2 ） ．
【分析】根据函数与方程的关系转化为两个函数的交点个数问题，利用参数分离法分离参数，构造两个
函数，求出函数的导数，研究函数的单调性和图象，利用数形结合进行求解即可．
【解答】解：当x≤0时，由g（x）＝f（x）﹣ax﹣1＝x2+4x+a﹣ax﹣1＝0，
得x2+4x﹣1＝a（x﹣1），
则a＝ ，
当x＞0时，由g（x）＝f（x）﹣ax﹣1＝ +a+1﹣ax﹣1＝0，
得 ＝a（x﹣1），当x＝1时，1＝0不成立，即x≠1，则a＝ ＝ ，
设h（x）＝ ，（x≤0），
h′（x）＝ ＝ ＝ ，
当x≤0时，由h′（x）＞0得x＜﹣1，此时h（x）为增函数，
由h′（x）＜0得，﹣1＜x≤0，此时h（x）为减函数，且h（0）＝1，
即当x＝﹣1时，h（x）取得极大值为h（﹣1）＝2，
设 （x）＝ ，（x＞0且x≠1），
φ
′（x）＝﹣ ，
φ
则由 ′（x）＞0，得0＜x＜ ，此时 （x）为增函数，
φ φ
由 ′（x）＜0，得 ＜x＜1或x＞1，此时 （x）为减函数，
φ φ
即当x＝ 时， （x）取得极大值为 （ ）＝﹣4，
φ φ
当x＞1时， （x）＝ ＞0，
φ
作出h（x）＝ ，（x≤0）和 （x）＝ ，（x＞0且x≠1）的图象如图：
φ
要使g（x）＝f（x）﹣ax﹣1在R上恰有三个不同的零点，
等价为y＝a与h（x），和 （x）的图象分别有三个不同的交点，
由图象知，1≤a＜2或a＜﹣φ4，
即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣4）∪[1，2）．
故答案为：（﹣∞，﹣4）∪[1，2）．【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用参数分离法进行分离参数，然后构造函数，求函数的导
数，研究函数的单调性和极值，作出函数图象，利用数形结合是解决本题的关键，是中档题．
23．（2023•苏州三模）设a＞0，函数 ，若g（x）＝f（x）﹣b恰有三个不同
的零点，且b是其中的一个零点，则实数b的值为 ．
【分析】由题意可得f（x）为偶函数，所以g（x）也为偶函数，从而得有两个零点关于原点对称，第三
个零点必为0，所以b＝2 ＞0，分﹣a≤x≤a、x＞a、x＜﹣a得函数f（x）单调性及值域，从而得b
＝ ，于是有2 ＝ ，即可得b的值．
【解答】解：因为f（x）＝ + ，
因为f（﹣x）＝ + ＝ + ＝f（x），
所以f（x）为偶函数，
所以g（x）＝f（x）﹣b也为偶函数，
因为函数g（x）＝f（x）﹣b恰有三个不同的零点x ，x ，b，
1 2
所以有两个零点关于原点对称，第三个零点必为0，
所以g（0）＝f（0）﹣b＝0，
又因为f（0）＝2 ，所以b＝2 ＞0，
当﹣a≤x≤a时，f（x）＝ + ，
所以f2（x）＝2a+2 ，
又因为 [0，a]，
所以f2（x） [2a，∈ 4a]，
∈
所以f（x） [ ，2 ]，
∈
仅当x＝0时，f（x）＝2 ，
当x＞a时，f（x）＝ + ，易知f（x）单调递增，
仅当x＝ 时，f（x）＝2 ，
当x＜﹣a时，f（x）＝ + ，易知f（x）单调递减，
仅当x＝﹣ 时，f（x）＝2 ，
又因为b是其中一个大于0的零点，
所以b＝ ，
所以 ＝2 ，解得 ＝ ，
所以b＝2 ＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了函数的单调性、值域及分类讨论思想，属于中档题．
24．（2023•高州市二模）已知函数 ，若存在实数k，使得方程f
（x）＝k有6个不同实根x ，x ，x ，x ，x ，x ，且x ＜x ＜x ＜x ＜x ＜x ，则a的取值范围是
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6（ 2 ， + ∞） ； 的值为 2 ．
【分析】对f（x）进行讨论，去掉双绝对值，然后大致画出f（x）的图象，即可求得答案．
【解答】解：当x （﹣∞，0）时， ，
∈
当且仅当 即x＝﹣1时取等号，
且根据对勾函数可得f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，0）上单调递增，
当x （0，e﹣a]时，lnx （﹣∞，﹣a]，|lnx|＝﹣lnx [a，+∞），
则|ln∈x|﹣a＝﹣lnx﹣a [∈0，+∞）， ∈
所以f（x）＝﹣lnx﹣∈a [0，+∞）；
当x （e﹣a，1]时，lnx∈（﹣a，0]，|lnx|＝﹣lnx [0，a），
则|ln∈x|﹣a＝﹣lnx﹣a [∈﹣a，0）， ∈
所以f（x）＝lnx+a （∈ 0，a]；
当x （1，ea]时，ln∈x （0，a]，|lnx|＝lnx （0，a]，
则|ln∈x|﹣a＝lnx﹣a （∈﹣a，0]， ∈
所以f（x）＝a﹣ln∈x [0，a）；
当x （ea，+∞）时，∈ lnx （a，+∞），|lnx|＝lnx （a，+∞），
则|ln∈x|﹣a＝lnx﹣a （0，∈+∞）， ∈
所以f（x）＝lnx﹣∈a （0，+∞），
所以f（x）的大致图∈象如图所示，
当a＞2时，存在实数k，使得方程f（x）＝k有6个不同实根，
故a的取值范围是（2，+∞），
由题意得x ，x 是方程 的两个根，即方程x2+kx+1＝0的两个根，
1 2所以x x ＝1，
1 2
x x ＝1，﹣lnx ﹣a＝lnx ﹣a＝k，
1 2 3 6
所以lnx +lnx ＝ln（x x ）＝0，解得x x ＝1，
3 6 3 6 3 6
lnx +a＝a﹣lnx ＝k，lnx +lnx ＝ln（x x ）＝0，解得x x ＝1
4 5 4 5 4 5 4 5
所以 ，
故答案为：（2，+∞）；2．
【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查转化能力，属于难题．
25．（2023•绍兴二模）设函数f（x）＝x﹣sin ．
（1）证明：当x [0，1]时，f（x）≤0；
（2）记g（x）＝∈f（x）﹣aln|x|，若g（x）有且仅有2个零点，求a的值．
【分析】（1）当x [0，1]时， 是增函数，根据f（x）在（0，x ）
0
单调递减，在（x ，∈1）单调递增，即可得证；
0
（2）由（1）知当a＝0时，g（x）有两个零点﹣1和1；再分a＞0和a＜0两种情况，利用g（x）的单
调性分类讨论即可．
【解答】证明：（1）当x [0，1]时， 是增函数，
∈
又 ，所以存在x （0，1），使得f′（x ）＝0，
0 0
所以f（x）在（0，x ）单调递减，在（x ，1）单调递增，∈
0 0
又f（1）＝0，f（0）＝0，所以f（x）≤0；
解：（2）由（1）知当a＝0时，g（x）有两个零点﹣1和1；
①当a＞0时，若x＜0，有g（﹣1）＝0，且x＜﹣1时，有g（x）＜0，
又﹣1＜x＜0，由（1）知f（x）＞0，﹣aln|x|＞0，则g（x）＞0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上有一个零点，
若x＞0，有 ，
若a＝1，有 ；
可知g（x）在（0，+∞）有1个零点．符合题意：若a＞1，有g′（x）在（1，2）单调递增， ，
（i）若g′（2）≤0，则当x （1，2），有g′（x）≤0，
（ii）若g′（2）＞0，又g′∈（1）＜0，则可知 x
1
（1，2），使得g′（x
1
）＝0，
由（i）（ii），则可知g（x）在（1，x ）上单调∃递减∈ ，所以g（x ）＜g（1）＝0，
1 1
又当x→+∞，g（x）→+∞，所以g（x）在（1，+∞）至少有1个零点，
则可知g（x）在（0，+∞）至少有两个零点，不符合题意；
若0＜a＜1，有g′（x）在（0，1）单调递增，
又 ，则可知 x （0，1），使得g′（x ）＝0，
2 2
所以g（x）在（x ，1）单调递增，则有g（x ）∃ ＜∈g（1）＝0，
2 2
又有x→0，g（x）→+∞，所以g（x）在（0，1）至少有1个零点，
则可知g（x）在（0，+∞）至少有2个零点，不符合题意；
②当a＜0时，由 ，
记 ，由①可知，有且仅有b＝1满足题意，
即a＝﹣1时，满足题意；
综上可知，实数a的值为﹣1，0，1．
【点评】本题考查了导数的综合应用，属于中档题．
26．（2023•南昌一模）已知函数f（x）＝（x﹣a）2+bex（a，b R）．
（1）若a＝0时，函数y＝f（x）有3个零点，求b的取值范围∈；
（2）若a＞0，b＝ ，方程f（x）＝3有解，求a的取值范围．
【分析】（1）由y＝f（x）有3个零点，可得y＝b与 的图象有三个交点，结合导数分析函
数的单调性，可得函数g（x）的大致图象，数形结合即可得解；
（2）由已知可得 有解，设h（x）＝（x﹣a）2+2ex﹣1﹣3，则h'（x）＝2（x﹣
a）+2ex﹣1，设m（x）＝2（x﹣a）+2ex﹣1，利用导数可得m（x）在R单调递增，结合m（﹣1）＜0，m
（a）＞0，可得x ﹣a＝ ，可得函数h（x）的单调性，由h（x） ≤0即可求解a的取值范围．
0 min【解答】解：（1）若a＝0时，f（x）＝x2+bex，
函数y＝f（x）有3个零点，即f（x）＝0有3个根，也即 有3个根，即y＝b与 的
图象有三个交点，
，由g'（x）＜0，解得0＜x＜2，由g'（x）＞0，解得x＜0或x＞2，
所以g（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
又g（0）＝0， 时，g（x）＜0，
作出函数g（x）的大致图象，如图所示：
数形结合可得 ，
即b的取值范围是（ ）．
（2）若a＞0，b＝ ，方程f（x）＝3有解，则 有解．
设h（x）＝（x﹣a）2+2ex﹣1﹣3，则h'（x）＝2（x﹣a）+2ex﹣1，
设m（x）＝2（x﹣a）+2ex﹣1，则m'（x）＝2+2ex﹣1＞0 恒成立，故m（x）在R单调递增，
因为m（﹣1）＝2（﹣1﹣a+e﹣2）＜0，m（a）＝2ea+1＞0，
所以存在唯一的x ，使得 ，所以x ﹣a＝ ，
0 0
且x＞x 时，h'（x）＞0，x＜x 时，h'（x）＜0，即h（x）在 （﹣∞，x ） 单调递减，在 （x ，+∞）
0 0 0 0
单调递增，
x→﹣∞时，h（x）→+∞，x→+∞时，h（x）→+∞，故要使h（x）＝0有解，只需h（x） ≤0，
min
故h（x） ＝h（x ）＝（x ﹣a）2+ ﹣3＝ + ﹣3＝（ +3）（ ﹣
min 0 0
1）≤0，
故 ，解得x ≤1，
0
而 在x （﹣∞，1]上单调递增，故a≤1+1＝2，
0
又因为a＞0，所以0＜∈a≤2，即a的取值范围为（0，2]．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，利用导数解决函数零点与方程根的问题，考
查运算求解能力，属于难题．
27．（2023•宁波模拟）已知函数f（x）＝|x﹣1|ex和g（x）＝a|x|的图象共有三个不同的交点，并且它们的
横坐标从左到右依次记为x ，x ，x ．
1 2 3
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：2x ﹣x +x ＜2a．
3 2 1
【分析】（1）由f（x）＝g（x），可得|x﹣1|ex＝a|x|，显然x ≠0，化为a＝ ex＝h（x），记m
1
（x）＝ ex，利用导数研究其单调性，画出图象，即可得出a的取值范围．
（2）显然x ＜0，0＜x ＜1，x ＞1，h（x）＝ ex＞ （x+1），对x分类讨论，进而得出
1 2 3
x ，x ，x 的范围，进而证明不等式．
3 2 1
【解答】解：（1）由f（x）＝g（x），可得|x﹣1|ex＝a|x|，
显然x ≠0，化为a＝ ex＝h（x），
1
记 ，
∴m（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递增．
∴h（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增．
x→﹣∞时，h（x）→0+；x→0﹣时，h（x）→+∞；x→0+时，h（x）→+∞；x→+∞时，h（x）→+∞，
h（1）＝0．
因此当a＞0时有三个公共点．∴a的取值范围是（0，+∞）．
（2）证明：显然x ＜0，0＜x ＜1，x ＞1，
1 2 3
h（x）＝ ex＞ （x+1），
当x＞1时， ，令a＝x﹣ ，解得 ，
当0＜x＜1时， ，令a＝ ﹣x，解得 ，
当x＜0时， ，令 ．
∴2x ﹣x +x ＜2a，结论成立．
3 2 1
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、数形结合方法、函数零点与方程的根的关系、不等式
的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
28．（2023•湖南模拟）已知函数g（x）＝ax2﹣2ax+1+b（a≠0，b＞0）在区间[1，2]上有最大值2和最小
值1．
（1）求a，b的值；
（2）不等式g（x）﹣kx≥0在x [1，2]上恒成立，求实数k的取值范围；
∈
（3）若 且方程 有三个不同的实数解，求实数t的
取值范围．
【分析】（1）写出g（x）的解析式，对a分类可得关于a，b的方程组，求解得答案；
（2）由（1）知g（x）＝x2﹣2x+2，问题转化为 ＝x+ 在x [1，2]上恒成立，再由基本不
∈
等式求最值得答案；（3）方程 ，即 ，化为|2x﹣1|2﹣
（2+3t）|2x﹣1|+（1+2t）＝0，且|2x﹣1|≠0．令m＝|2x﹣1|，则方程化为m2﹣（2+3t）m+（1+2t）＝0，
问题转化为m2﹣（2+3t）m+（1+2t）＝0有两个根m ，m ，且0＜m ＜1≤m ，再由一元二次方程根的
1 2 1 2
分布与系数间的关系列式求解实数t的取值范围．
【解答】解：（1）g（x）＝ax2﹣2ax+1+b＝a（x﹣1）2+1+b﹣a，
当a＞0时，g（x）在[1，2]上为增函数，由题意可得， ，解得 ；
当a＜0时，g（x）在[1，2]上为减函数，由题意可得， ，解得 ．
已知b＞0，∴a＝1，b＝1；
（2）由（1）知g（x）＝x2﹣2x+2，
∴g（x）﹣kx≥0，即x2﹣2x+2﹣kx≥0在x [1，2]上恒成立，即（k+2）x≤x2+2，
∈
∵x [1，2]，∴ ＝x+ 在x [1，2]上恒成立，
∈ ∈
又∵ ，当且仅当 时取等号，∴ ，即 ，
∴实数k的范围是（﹣∞， ]；
（3）方程 ，即 ，
化为|2x﹣1|2﹣（2+3t）|2x﹣1|+（1+2t）＝0，且|2x﹣1|≠0．
令m＝|2x﹣1|，则方程化为m2﹣（2+3t）m+（1+2t）＝0．
∵原方程有三个不同的实数解，∴m2﹣（2+3t）m+（1+2t）＝0有两个根m ，m ，且0＜m ＜1≤m ，
1 2 1 2
记h（m）＝m2﹣（2+3t）m+（1+2t），
则 ①，或 ②，解①得t＞0，解②得t ．
∴实数t的取值范围为（∈0∅，+∞）．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查化归与转化思想，考查逻辑思维能力与推理论证能力，
综合性强，难度较大．
29．（2023•东阳市模拟）已知函数 ．
（1）对任意m≥1，方程f（x）＝0恒有三个解，求实数t的取值范围；
（2）已知m＝1，方程f（x）＝0有三个解为x ，x ，x ，且x ＜x ＜x ，求证：x ﹣x ＜t，x ﹣x ＞1．
1 2 3 1 2 3 3 2 2 1
【分析】（1）构造函数g（x）＝|x﹣m| ，求函数的导数，研究函数的单调性和图象，利用参数分离
法进行转化求解即可．
（2）当m＝1时，分别构造函数h（x）＝|x﹣ |（x＞0），s（x）＝﹣x（x＜0），利用不等式的性质
进行转化证明即可．
【解答】解：（1）令g（x）＝|x﹣m| ，
当x＞m时，g（x）＝（x﹣m） ，
g′（x）＝ +（x﹣m） （﹣ ）＝ • ＝ • ＞0，则g（x）在（m，
+∞）上递增，
当x＜m时，g（x）＝（m﹣x） ，
g′（x）＝﹣ • ＝﹣ • ＜0，则g（x）在（﹣∞，0），（0，m）上递减．
当x＜0而趋向0时，g（x）→0．
g（x）的图象大致如图所示：则t的取值范围是（0，+∞）．
（2）当m＝1时，f（x）＝|x﹣1| ﹣t，
令h（x）＝|x﹣ |（x＞0），s（x）＝﹣x（x＜0），
当x＞1时，先证g（x）＞h（x），∵ ＞1+ ，∴g（x）＝|x﹣1| ＝（x﹣1） ＞（x﹣1）（1+ ）＝x﹣ ＝h（x），
当0＜x＜1时，g（x）＝|x﹣1| ＝（1﹣x） ＞（1﹣x）（1+ ）＝ ﹣x＝h（x），
则h（x）＝t在（0，+∞）上有两解x ，x ，且0＜x ＜1＜x ，显然有0＜x ＜x ＜1，1＜x ＜x ，
4 5 4 5 4 2 3 5
通过解二次方程得x ＝ ，x ＝ ，则x ﹣x ＜x ﹣x ＝ ﹣
4 5 3 2 5 4
＝t．
再证：当x＜0时，g（x）＜s（x），
g（x）＜s（x） （1﹣x） ＜﹣x （ ） ＜1 （1﹣ ） ＜1，
令 （u）＝（1⇔﹣u）eu（u＜0）， ⇔′（u）＝﹣ueu＞0⇔，
∴φ（u）＜ （0）＝1， φ
φ φ
∴当x＜0时，（1﹣ ） ＜1，
当x＜0时，g（x）＜s（x），∴当x＜0时，x ＜﹣t，
1
∴x ﹣x ＞x ﹣（﹣t）＝﹣ +t＝ ＞ ＝1，
2 1 4
综上x ﹣x ＜t，x ﹣x ＞1成立．
3 2 2 1【点评】本题主要考查函数与方程的应用，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数与
方程的关系，结合数形结合进行转化求解是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．
四．二分法的定义与应用（共4小题）
30．（2023•梅州二模）用二分法求方程 近似解时，所取的第一个区间可以是（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】 ，判断函数单调性，求出区间的端点的函数值，再根据零点的存在性定理
即可得出答案．
【解答】解：令 ，
因为函数 在（0，+∞）上都是增函数，
所 以 函 数 在 （ 0 ， +∞ ） 上 是 增 函 数 ，
，
所以函数 在区间（1，2）上有唯一零点，
所以用二分法求方程 近似解时，所取的第一个区间可以是（1，2）．
故选：B．
【点评】本题主要考查二分法的定义与应用，属于基础题．
31．（2023•辽宁三模）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题．牛顿在《流数法》一书中，
给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用，例如求方程x3+2x2+3x+3＝0的近似解，先用函数零点存在定理，令 f（x）＝x3+2x2+3x+3，f（﹣2）＝﹣3＜
0，f（﹣1）＝1＞0，得（﹣2，﹣1）上存在零点，取x ＝﹣1，牛顿用公式 反
0
复迭代，以x 作为f（x）＝0的近似解，迭代两次后计筫得到的近似解为 ；以（﹣2，﹣1）为
n
初始区间，用二分法计算两次后，以最后一个区间的中点值作为方程的近似解，则近似解为 ．
【分析】由牛顿法公式结合二分法的定义求解即可．
【解答】解：f′（x）＝3x2+4x+3，
迭代1次后， ，
迭代2次后， ，
用二分法计算第1次，区间（﹣2，﹣1）的中点为 ， ， ，
所以近似解在 上，
用二分法计算第2次，区间 的中点为 ， ， ，
所以近似解在 上，取其中点值 ，所求近似解为 ．
故答案为： ； ．
【点评】本题主要考查了二分法的应用，属于基础题．
32．（2023•大连模拟）牛顿迭代法是我们求方程近似解的重要方法．对于非线性可导函数 f（x）在x 附
0
近一点的函数值可用f（x）≈f（x ）+f'（x ）（x﹣x ）代替，该函数零点更逼近方程的解，以此法连续
0 0 0
迭代，可快速求得合适精度的方程近似解．利用这个方法，解方程x3﹣3x+1＝0，选取初始值x ＝ ，
0
在下面四个选项中最佳近似解为（ ）A．0.333 B．0.335 C．0.345 D．0.347
【分析】根据牛顿迭代法的运算法则，由x 求出x 再求出x ，结合选项得到最佳近似解．
0 1 2
【解答】解：设f（x）＝x3﹣3x+1，则f′（x）＝3x2﹣3，
x ＝ ， ， ，
0
则 ，
令f（x）＝0，解得 ，
， ，
则 ，
令f（x）＝0，解得 ，
故选：D．
【点评】本题考查导数运算、考查数学运算能力，正确理解题意是关键，属于中档题．
33．（2023•桃城区校级模拟）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测
的总人数是2m（m N*）将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，
可确定这批人未感∈染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组
2m﹣1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那
组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染
者必须通过检测来确定）．若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后
确定了所有感染者，则感染者人数最多为 2 人．若待检测的总人数为2m（m≥3），且假设其中有
不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为 4 m ﹣ 1 ．
【分析】根据已知条件，结合二分检测法，即可求解．
【解答】解：若待检测的总人数为8，
则第1轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，
则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人，
若待检测的总人数为2m（m≥3），且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可，
若只有1个感染者，则只需1+2×m＝2m+1次检测，若只有2个感染者，若要检测次数最多，
则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为2m﹣1组，
每组感染1个感染者，此时每组需要1+2（m﹣1）＝2m﹣1次检测，
所以此时两组共需2（2m﹣1）＝4m﹣2次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需4m﹣2+1＝4m﹣1次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，
故n的最大值为4m﹣1．
故答案为：2；4m﹣1．
【点评】本题主要考查二分检测法，考查转化能力，属于中档题．
五．函数与方程的综合运用（共11小题）
34．（2023•南平模拟）A，B分别是函数y＝ex﹣1和 图象上的点，若AB与x轴平行，则|AB|的最
小值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】设直线AB的方程为y＝m，m＞0，分别与两函数联立解得A，B两点的坐标，从而得|AB|＝m2
﹣lnm，再利用导数即可求出最小值．
【解答】解：因为AB与x轴平行，
设直线AB的方程为y＝m，m＞0，
由 ，可得 ，即A（lnm+1，m），
由 ，可得 ，即B（m2+1，m），
所以|AB|＝m2+1﹣（lnm+1）＝m2﹣lnm，
设f（x）＝x2﹣lnx，x＞0，则f′（x）＝2x﹣ ＝ ，
所以当x （0， ）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x （ ，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）
单调递增∈， ∈所以f（x） ＝f（ ）＝ ﹣ln ＝ + ln2＝ ．
min
故选：B．
【点评】本题考查了函数思想、转化思想及导数的综合运用，属于中档题．
35．（2023•天津二模）设函数 ，g（x）＝e﹣|x﹣1|．当x [﹣2023，2025]时，f（x）与
g（x）的图象所有交点的横坐标之和为（ ） ∈
A．4051 B．4049 C．2025 D．2023
【分析】作出函数f（x）与函数g（x）的图象，结合图象可知两函数在[﹣2023，1）∪（1，2025]的交
点的横坐标之和为2024×2＝4048，再加上1即可得解．
【解答】解：易知函数f（x）与函数g（x）均关于直线x＝1对称，
作出函数f（x）与函数g（x）的部分图象如下，
函数f（x）的周期为2，由图象可知，在一个周期内，函数f（x）与函数g（x）的图象有2个交点，
则在区间[2，2024]上共有1011×2＝2022个交点，
又在（1，2）上有1个交点，在（2024，2025）上有一个交点，
则在（1，2025]共有2024个交点，
由对称性可知，在[﹣2023，1）上也有2024个交点，
故两函数在[﹣2023，1）∪（1，2025]的交点的横坐标之和为2024×2＝4048，
注意还有一个交点的横坐标为1，则所有的横坐标之和为4049．
故选：B．
【点评】本题考查函数性质的综合运用，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
36．（2023•张家口二模）已知函数 ，若曲线y＝cosx上存在点（x ，y ）使得f
0 0
（f（y ））＝y ，则实数m的取值范围是（ ）
0 0
A．（﹣∞，ln2] B．[﹣1，ln2] C．（﹣∞，2ln2] D．[0，2ln2]【分析】根据题意可得出关于x的方程 在[0，1]上有解，整理得2ln（x+1）﹣x2+x
＝m在[0，1]上有解，设g（x）＝2ln（x+1）﹣x2+x，x [0，1]，对g（x）求导，得出g（x）的单调性，
可求出g（x）的值域，则可求出实数m的取值范围． ∈
【解答】解：由题意可得，函数f（x）为增函数．若f（y ）＞y ，则f（f（y ））＞f（y ）＞y ；
0 0 0 0 0
同理，若f（y ）＜y ，则f（f（y ））＜f（y ）＜y ，均与题设条件不符．
0 0 0 0 0
由f（f（y ））＝y 可得f（y ）＝y ，且y [0，1]，
0 0 0 0 0
∈
因此关于x的方程 在[0，1]上有解，
整理得2ln（x+1）﹣x2+x＝m在[0，1]上有解，
设g（x）＝2ln（x+1）﹣x2+x，x [0，1]，则 为[0，1]上的减函数，
注意到g'（1）＝0，故g'（x）≥∈0，从而函数g（x）在[0，1]上单调递增，
所以g（x） [g（0），g（1）]＝[0，2ln2]．
因此实数m的∈ 取值范围是[0，2ln2]．
故选：D．
【点评】本题主要考查函数与方程的综合应用，考查运算求解能力，属于中档题．
37．（2023•南昌二模）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c的三个零点分别为1，x ，x （0＜x ＜x ），若函数
1 2 1 2
f（x+1）为奇函数，则f（2）的取值范围为（ ）
A．[0，1] B．（0，1） C．（0，2） D．[0，2]
【分析】根据题意，分析函数f（x）的对称性，可得f（0）＝1，由此可得x ＜1＜x ，且x +x ＝2，对f
1 2 1 2
（x）变形可得f（x）＝x3+ax2+bx﹣a﹣b﹣1＝（x﹣1）[x2+（a﹣1）x+a+b+1]，结合根与系数的关系分
析b﹣2的取值范围，又由f（2）＝8+4a+2b+c＝3a+b+7＝b﹣2，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，若函数f（x+1）为奇函数，则函数f（x）关于点（1，0）对称，
又由函数f（x）＝x3+ax2+bx+c的三个零点分别为1，x ，x （0＜x ＜x ），则x ＜1＜x ，且x +x ＝2，
1 2 1 2 1 2 1 2
又由f（0）＝1，则有1+a+b+c＝0，变形可得c＝﹣a﹣b﹣1，
则f（x）＝x3+ax2+bx﹣a﹣b﹣1＝（x﹣1）[x2+（a﹣1）x+a+b+1]，
则方程x2+（a﹣1）x+a+b+1＝0的两个根为x 、x ，
1 2
则有Δ＝（a+1）2﹣4（a+b+1）＞0，且x +x ＝﹣a﹣1＝2，解可得a＝﹣3，
1 2
且x x ＝a+b+1＝b﹣2，
1 2
又由0＜x ＜x ，则有x x ＝b﹣2＞0，必有b＞2，
1 2 1 2又由Δ＝（a+1）2﹣4（a+b+1）＞0，而a＝﹣3，则有4＞4（b﹣2），即b﹣2＜1，
f（2）＝8+4a+2b+c＝3a+b+7＝b﹣2，
又由b＞2，且1＞b﹣2，则有0＜b﹣2＜1，
则有0＜f（2）＜1，
故选：B．
【点评】本题考查函数与方程的关系，涉及函数奇偶性和对称性，属于中档题．
38．（2023•合肥模拟）设A，B，C，D是曲线y＝x3﹣mx上的四个动点，若以这四个动点为顶点的正方形
有且只有一个，则实数m的值为（ ）
A．4 B． C．3 D．
【分析】先判断函数f（x）为奇函数，且有唯一对称中心（0，0），进而可得以A，B，C，D为顶点的
正方形的对称中心为原点，设A，B在函数右侧的图象上，设直线OA的斜率为k（k＞0），可得点A坐
标，同理得到点B坐标，再由OA|＝|OB|，可得 ，设 ，可得s2
﹣sm+2＝0在（0，+∞）上仅有一个解，由此可得m的值．
【解答】解：设f（x）＝x3﹣mx，则f（﹣x）＝﹣x3+mx＝﹣f（x），
故f（x）为R上的奇函数．
下证：f（x）的图象有且只有一个对称中心（0，0），
证明：设f（x）的图象的对称中心为（a，b），则f（a﹣x）+f（a+x）＝2b恒成立，
故（a﹣x）3﹣m（a﹣x）+（a+x）3﹣m（a+x）＝2b，整理得2a3+6ax2﹣2ma＝2b恒成立，
故a＝b＝0，则以A，B，C，D为顶点的正方形的对称中心为原点，
不妨设A，B在函数右侧的图象上，由正方形的对称性，不妨设直线 OA的斜率为k（k＞0），则直线
OB的斜率为 ，
故直线OA：y＝kx，直线 ，
由 ，可得x3﹣mx＝kx，
故 ，同理 ，其中 ，
因为|OA|＝|OB|，
故 ，整理得 ，
即 ，
所以 ，
设 ，则s R，
故s2﹣sm+2＝0在∈（0，+∞）上仅有一个解，
因为对称轴 且2＞0，
故 ，则 ．
故选：D．
【点评】本题考查函数性质的综合运用，考查转化思想以及运算求解能力，属于较难题目．
39．（2023•济宁三模）若对任意的 ，总存在三个不同的y [﹣1，3]，使得方程xey+y2﹣
∈
aey＝0成立，其中e≈2.71828⋯为自然对数的底数，则实数a的取值范围是 ．
【分析】把原等式变形，构造函数 ，利用导数画出草图，将问题转化为y＝t与
有三个交点，根据题意可得关于a的不等式组，即可求出答案．
【解答】解：因为xey+y2﹣aey＝0，所以 ，又当 时， ，
令 ，所以 ，
令f′（x）＞0得0＜x＜2，f′（x）＜0得2＜x＜3或﹣1＜x＜0
所以f（x）在（﹣1，0）上递减，在（0，2）上递增，在（2，3）上递减，
又f（0）＝0，x→+∞时， ，
所以如图为函数 在[﹣1，3]上的图象，
又f（﹣1）＝e，f（0）＝0， ， ，
所以要使y＝t与 有三个交点，需使 ，
又对任意的 ，总存在三个不同的y [﹣1，3]，
使得方程xey+y2﹣aey＝0成立， ∈
所以 ，
所以 ，解得 ，所以a的取值范围是 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查函数与方程的综合应用，考查转化能力，属于中档题．
40．（2023•保山模拟）对于函数f（x），若在其图象上存在两点关于原点对称，则称f（x）为“倒戈函
数”，设函数f（x）＝3x+tanx﹣2m+1（m R）是定义在[﹣1，1]上的“倒戈函数”，则实数m的取值范
∈
围是：[1， ]．
【分析】根据新定义得到存在x [﹣1，1]，使f（﹣x ）＝﹣f（x ），转化为 有解，
0 0 0
∈
建立不等式求解即可．
【解答】解：因为函数f（x）＝3x+tanx﹣2m+1（m R）是定义在[﹣1，1]上的“倒戈函数”，
所以存在x [﹣1，1]，使f（﹣x ）＝﹣f（x ）， ∈
0 0 0
∈
即 ，
即 ，令 ，则 ，
所以 ，当且仅当t＝1，即x ＝0时取等号，
0
解得m≥1，当 或t＝3时， ，解得 ，
所以 ．
故答案为：[1， ]．
【点评】本题主要考查函数与方程的综合应用，考查转化能力，属于中档题．
41．（2023•安徽模拟）若函数f（x）对定义域内任意实数x均满足f（ x）＝f（x）•f（x+ ），其中 ＞
λ λ λ
0，则称f（x）是“ 等值函数”．若函数 （a＞0）是“2等值函数”，则实数a＝ 2
，函数y＝g（x）﹣λ1在区间[0，2023]上零点个数为 50 6 ．【分析】根据 是“2等值函数”，则g（2x）＝g（x）⋅g（x+2）对x R恒成立，列式
∈
可求得a＝2， 的最小正周期为8，结合图象确定y＝g（x）与y＝1的交点个
数，即可得出答案．
【解答】解：∵ 是“2等值函数”，
∴g（2x）＝g（x）⋅g（x+2）对x R恒成立，
∈
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 不恒为0，
∴ ，又a＞0，
∴a＝2，
∴ 的最小正周期为8，把[0，8]视为第一个周期，
则区间[0，2023]包含 个周期，且每个周期内y＝g（x）与y＝1的交点均在前半个周期内，如图，
故函数y＝g（x）﹣1在区间[0，2023]上共有253×2＝506个零点．
故答案为：2，506．
【点评】本题主要考查了函数性质的应用，还考查了正弦函数周期性的应用，体现了数形集合思想的应
用，属于中档题．
42．（2023•南关区校级模拟）定义：对于函数f（x），若f（x ）＝x ，则称x 为f（x）的“不动点”，
0 0 0若f[f（x ）]＝x ，则称x 为f（x）
0 0 0
的“稳定点”．函数f（x）的“不动点”和“稳定点”集合分别记为A和B，即A＝{x|f（x）＝x}，B＝
{x|f[f（x）]＝x}，有如下性质：
性质1：A B；
性质2：若⊆函数f（x）单调递增，则A＝B．
已知函数f（x）＝eax，x＞0，a≠0．
（1）讨论集合A＝{x|f（x）＝x}中元素个数；
（2）若集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中恰有1个元素，求a的取值范围．
【分析】（1）根据不动点定义，令f（x）＝x，构造函数，分类讨论函数的单调性，根据函数性质得到
根的个数，即可解答；
（2）分类讨论，a＞0，结合性质2及（1）中不动点个数得a＝ ，a＜0，由稳定点定义，令f[f（x）]
＝x，问题化为函数h（x）＝aeax﹣lnx，a＜0，x＞0的零点，求导函数，分类讨论研究函数零点个数即
可．
【解答】解：（1）由题意f（x）＝eax＝x，x＞0，所以ax＝lnx，
设g（x）＝ax﹣lnx，则g′（x）＝a﹣ ，
若a＜0，则g′（x）＝a﹣ ＜0，g（x）＝ax﹣lnx在（0，+∞）单调递减，
又g（ea）＝aea﹣lnea＝a（ea﹣1）＞0，g（1）＝a＜0，所以存在x （ea，1），使得g（x ）＝0，即
0 0
∈
＝x ，故g（x）＝ax﹣lnx只有1个零点，
0
若a＞0，当x （0， ）时，g′（x）＜0，g（x）＝ax﹣lnx单调递减，
∈
当x （ ，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）＝ax﹣lnx单调递增，所以g（x） ＝g（ ）＝1﹣ln ＝
min
1+ln∈a，
（i）a＞ ，g（x）≥g（x） ＞0，此时函数g（x）＝ax﹣lnx无零点，
min
（ii）a＝ ，g（x） ＝0，此时函数g（x）＝ax﹣lnx只有1个零点，
min
（iii）0＜a＜ ，g（x） ＝g（ ）＝1﹣ln ＝1+lna＜0，
min又g（1）＝a＞0，g（ ）＝ ﹣ln ＝ ﹣2ln ＞e﹣2lne＞0，
所以存在x （1， ），g（x ）＝0，存在x （ ， ），g（x ）＝0，
1 1 2 2
∈ ∈
此时函数g（x）＝ax﹣lnx有2个零点，
综上，a＜0或a＝ 时，集合A＝{x|f（x）＝x}中元素个数为1；0＜a＜ 时元素个数为2；a＞ 时元素
个数为0；
（2）a＞0，函数f（x）＝eax单调递增，由性质2可知：A＝B，
由（1）知，a＝ 时，集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中恰有1个元素，
a＜0时，由（1）知，存在x （ea，1），使得f（x ）＝ ＝x ，x A，
0 0 0 0
由性质1知A B，故x B，即∈ f[f（x ）]＝x ， ∈
0 0 0
⊆ ∈
由f[f（x）]＝ ＝x，得aeax＝lnx，
设h（x）＝aeax﹣lnx，a＜0，x＞0，
则h′（x）＝a2eax﹣ ＝ ，
设p（x）＝xa2eax﹣1，则p′（x）＝a2eax（ax+1），
当x （0，﹣ ）时，p′（x）＞0，P（x）单调递增，
∈
当x （﹣ ，+∞）时，p′（x）＜0，P（x）单调递减，
∈
所以p（x） ＝p（﹣ ）＝﹣ ﹣1，
max
（i）当﹣e≤a＜0时，p（x）≤p（x） ＝p（﹣ ）＝﹣ ﹣1≤0，
max
则h′（x）＜0，所以h（x）单调递减，
又x无限趋向于0时，函数h（x）无限趋向于正无穷大，且h（1）＝aea＜0，
所以h（x）只有1个零点，即集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中恰有1个元素，（ii）a＜﹣e，则p（x） ＝p（﹣ ）＝﹣ ﹣1＞0，
max
由（1）知，g（x）＝ax﹣lnx在（0，+∞）上单调递减，
且存在x （ea，1），使得g（x ）＝0，
0 0
∈
即ax ＝lnx ， ＝x ，
0 0 0
又g（ ）＝ +1＜0，所以x ＜ ，
0
p（x ）＝x a2eax0﹣1＝a2 ﹣1＝ln2x ﹣1＞0，
0 0 0
又p（0）＝﹣1＜0，p（1）＝a2ea﹣1＜e2e﹣e﹣1＝e2﹣e﹣1＜0，
所以存在 （0，﹣ ）， （﹣ ，1），有p（ ）＝p（ ）＝0，
x （0， ）α∈时，p（x）＜0，β∈h′（x）＜0，h（x）单α 调递减，β
x∈（ ，α）时，p（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
x∈（α，+β∞）时，p（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
x∈0 （β ， ），f（x
0
）＝0，h（x
0
）＝0，
所∈以极α小β值h（ ）＜0，极大值h（ ）＞0，
α β
又h（ea）＝a（ ﹣1）＞0，且ea＜ ，h（1）＝aea＜0，且 ＜1，
故存在x （ea， ），h（x ）＝0，存在α x （ ，1），h（x ）＝β 0，
1 1 2 2
即h（x）∈有3个零α点x ，x ，x ，且0＜x ＜∈x ＜βx ＜1，
1 0 2 1 0 2
集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中有3个元素，
综上，a＝ 或﹣e≤a＜0时，集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中恰有1个元素，
所以实数a的取值范围为[﹣e，0）∪{ }．
【点评】本题考查对新概念的理解和运用能力，同时考查了集合间的关系和方程根的相关知识，分类讨
论思想及导数的综合运用，属于难题．
43．（2023•全国一模）已知函数 ．
（1）当m＝2时，求函数f（x）的定义域；
（2）设函数f（x）的定义域为M，当 时， ，求实数m的取值范围．【分析】（1）根据题意，由函数的解析式可得|2x﹣1|﹣|x+2|﹣2≥0，即|2x﹣1|﹣|x+2|≥2，解可得答案；
（2）根据题意， 等价于当x [﹣m， ]时，有|2x﹣1|﹣|x+m|﹣m≥0恒成立，变形可得
∈
x [﹣m， ]，2m≤﹣3x+1成立，据此分析可得答案．
∀ ∈
【解答】解：（1）根据题意，若m＝2，则f（x）＝ ，
必有|2x﹣1|﹣|x+2|﹣2≥0，即|2x﹣1|﹣|x+2|≥2，
则有 或 或 ，
解可得x≤﹣1或x≥5，
即函数的定义域为（﹣∞，﹣1]∪[5，+∞）；
（2）根据题意，当 时， ，
则当x [﹣m， ]时，有|2x﹣1|﹣|x+m|﹣m≥0恒成立，
此时1∈﹣2x﹣x﹣m﹣m≥0，变形可得2m≤﹣3x+1，
若 x [﹣m， ]，2m≤﹣3x+1成立，必有2m≤（﹣3+1） ，
min
∀ ∈
设h（x）＝﹣3x+1，易得h（x） ＝﹣ ，必有2m≤﹣ ，解可得m≤﹣ ，
min
又由m＞﹣ ，则m的取值范围为（﹣ ，﹣ ]．
【点评】本题考查函数的定义域和子集的关系，涉及绝对值不等式的解法，属于基础题．
44．（2023•滨州二模）设函数f（x）的导函数为f′（x），若不等式f（x）≥f′（x）对任意实数x恒成
立．则称函数f（x）是“超导函数”．
（1）请举一个“超导函数”的例子，并加以证明；
（2）若函数g（x）与h（x）都是“超导函数”，且其中一个在R上单调递增，另一个在R上单调递减，
求证：函数F（x）＝g（x）h（x）是“超导函数”；
（3）若函数y＝ （x）是“超导函数”且方程 （x）＝ ′（x）无实根， （1）＝e（e为自然对数的
底数），判断方程φ （﹣x﹣lnx）＝e﹣x﹣lnx的实φ数根的个数φ并说明理由． φ
【分析】（1）可取φf（x）＝ex+2，由新定义即可得到证明；（2）运用新定义和导数与单调性的关系，即可得证；
（3）由题意可设函数G（x）＝ ，求得导数，判断单调性，设m（x）＝x+1+lnx，x＞0，求得导
数，判断单调性，运用函数零点存在定理，即可得到结论．
【解答】解：（1）可取f（x）＝ex+2为“超导函数”．
由f（x）的导数为f′（x）＝ex，
可得ex＜ex+2，对任意实数x恒成立，
即f（x）是“超导函数”；
（2）证明：F（x）＝g（x）h（x），
F′（x）＝g′（x）h（x）+g（x）h′（x），
F（x）﹣F′（x）＝g（x）h（x）﹣g′（x）h（x）﹣g（x）h′（x）
＝[g（x）﹣g′（x）]h（x）﹣g（x）h′（x），
由函数g（x）与h（x）都是“超导函数”，
可得g（x）≥g′（x），h（x）≥h′（x）恒成立，
即g（x）﹣g′（x）≥0，h（x）﹣h′（x）≥0，①
由g（x），h（x）其中一个在R上单调递增，另一个在R上单调递减，
可得g′（x）h′（x）≤0，②
由①②可得F（x）﹣F′（x）≥0在R上恒成立，
可得F（x）是“超导函数”；
（3）由 （1）＝e， （﹣x﹣lnx）＝e﹣x﹣lnx，
φ φ
即 ＝ ，
设函数G（x）＝ ，即G（﹣x﹣lnx）＝G（1）③，
函数y＝ （x）是“超导函数”，可得 （x）≥ ′（x）恒成立，
方程 （φx）＝ ′（x）无实根， φ φ
φ φ
故G′（x）＝﹣ ＜0恒成立，
可得G（x）在R上递减，③等价为﹣x﹣lnx＝1即x+1+lnx＝0，设m（x）＝x+1+lnx，x＞0，可得m′（x）＝1+ ＞0，
可得m（x）在x＞0递增，且m（ ）＝ ﹣1＜0，m（ ）＝ ＞0，
可得m（x）＝x+1+lnx在（ ， ）内有且只有一个实根，
即原方程有且只有一个实根．
【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查导数的运用：求单调性，以及函数零点存在定理的运用，
考查化简整理的运算能力和推理能力，属于综合题．
四、刷基础
一．选择题（共16小题）
1．（2023•青羊区校级模拟）“m＜0”是“函数f（x）＝m+log x（x≥1）存在零点”的（ ）
2
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【分析】利用特殊值法，令m＝0，代入可以求出函数f（x）＝m+log x（x≥1）的零点，从而进行判断；
2
【解答】解：∵m＜0，函数f（x）＝m+log x（x≥1），
2
又x≥1，log x≥0，∵y＝log x在x≥1上为增函数，求f（x）存在零点，
2 2
要求f（x）＜0，必须要求m＜0，
∴f（x）在x≥1上存在零点；
若m＝0，代入函数f（x）＝m+log x（x≥1），
2
可得f（x）＝log x，令f（x）＝log x＝0，可得x＝1，
2 2
f（x）的零点存在，
∴“m＜0”是“函数f（x）＝m+log x（x≥1）存在零点”充分不必要条件，
2
故选：A．
【点评】此题以对数函数为载体，考查了必要条件和充分条件的定义及其判断，是一道基础题．
2．（2023•西固区校级模拟）函数f（x）＝2x+3x的零点所在的一个区间是（ ）
A．（﹣2，﹣1） B．（0，1） C．（﹣1，0） D．（1，2）
【分析】判断函数的连续性，利用零点判定定理求解即可．
【解答】解：函数f（x）＝2x+3x是连续增函数，∵f（﹣1）＝ ＜0，f（0）＝1+0＞0；
∴f（﹣1）f（0）＜0．
所以函数的零点在（﹣1，0）．
故选：C．
【点评】本题考查函数的零点判定定理的应用，考查计算能力．
3．（2023•大庆模拟）已知函数 ，则（ ）
A．f（0.1）＞f（0.2）
B．函数f（x）有一个零点
C．函数f（x）是偶函数
D．函数f（x）的图象关于点 对称
【分析】根据题意，判断函数的单调性可得A错误，由指数函数的性质可得f（x）＞0，则有f（x）没
有零点，B错误，利用反例可得C错误，由函数的解析式可得f（x）+f（1﹣x）＝1，可得函数的对称性，
可得D正确，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，函数 ＝1﹣ ，函数y＝4x在R上为增函数，易得f（x）在R上为减函数，
则有f（0.1）＜f（0.2），A错误；
对于B， ，有4x＞0，则有f（x）＞0，f（x）没有零点，B错误；
对于C，f（1）≠f（﹣1），f（x）不是偶函数，C错误；
对于D，易得f（x）+f（1﹣x）＝1，则函数f（x）的图象关于点 对称，D正确；
故选：D．
【点评】本题考查函数的性质，涉及函数的单调性、奇偶性的判断，属于基础题．
4．（2023•湖北模拟）已知函数 ，若f（a﹣1）≥f（2a+1）成立，则实数a
的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，﹣2] B．（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）C． D．
【分析】根据题意，分析可得f（x）的图象关于直线x＝2对称，且在（2，+∞）上为增函数，由此可
得原不等式等价于|a﹣1﹣2|≥|2a+1﹣2|，解可得答案．
【解答】解：根据题意，函数 ＝log （ + ），
3
有f（4﹣x）＝log （ + ）＝f（x），则函数f（x）的图象关于直线x＝2对称，
3
设t＝ ，g（t）＝t+ ，则y＝log [g（x）]，
3
当x＞2时， ＞0，则t＞1，函数g（x）＝t+ 在（1，+∞）上为增函数，y＝log x在（0，+∞）上
3
为增函数，
故函数f（x）在（2，+∞）上为增函数，
若f（a﹣1）≥f（2a+1）成立，则有|a﹣1﹣2|≥|2a+1﹣2|，解可得﹣2≤a≤ ，即a的取值范围为[﹣
2， ]；
故选：C．
【点评】本题考查函数的单调性与对称性的综合应用，涉及不等式的解法，属于基础题．
5．（2023•河东区一模）定义在R上的偶函数f（x）满足f（2+x）＝f（2﹣x），当x [﹣2，0]时，f（x）
＝x+2，设函数h（x）＝e﹣|x﹣2|（﹣2＜x＜6）（e为自然对数的底数），则f（x）与∈ h（x）的图象所有
交点的横坐标之和为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】利用题中的条件分别作出函数f（x）和h（x）的图象，利用对称性即可解出．
【解答】解：由f（2+x）＝f（2﹣x）且f（x）是偶函数，可知函数f（x）的周期为4，由题意可知f（x）和h（x）的图象都是关于x＝2对称，因此四个交点的横坐标也都关于直线x＝2对称，
所以四个交点的横坐标之和为8，
故选：D．
【点评】本题考查了函数图象，函数图象的对称性，数形结合思想，属于基础题．
6．（2023•兴庆区校级三模）函数 在区间（2，4）上存在零点．则实数m的取值范
围是（ ）
A．（﹣∞，﹣18） B．（5，+∞） C．（5，18） D．（﹣18，﹣5）
【分析】利用函数的零点判断定理，列出不等式组，求解即可．
【解答】解：函数 在区间（2，4）上是单调增函数，
函数 在区间（2，4）上存在零点．
可得 ，解得m （﹣18，﹣5）．
故选：D．
∈
【点评】本题考查函数的零点判断定理的应用，是基础题．
7．（2023•湖北模拟）已知函数f（x）＝x ，g（x）＝x ，其中x [0，+∞），0＜ ＜1， ＞1，若点
α β
∈ α β
， ， ， 满足|MP|＝|NQ|，则（ ）
A．4 ﹣4 ＝2 + B．4 +4 ＝2 + C．2 ﹣2 ＝2 + D．2 +2 ＝2 +
α β α β α β α β α β α β α β α β
【分析】由|MP|＝|NQ|且横坐标对应相等，知纵坐标差的绝对值对应相等，化简即得．【解答】解：因为|MP|＝|NQ|，且0＜ ＜1， ＞1，
α β
故 ，
故 ，则2 +2 ＝2 + ．
α β α β
故选：D．
【点评】本题主要考查函数与方程的综合应用，考查运算求解能力，属于基础题．
8．（2023•金昌二模）已知 x 是函数 的一个零点，若 x （2，x ），x
0 1 0 2
∈ ∈
（x ，+∞），则（ ）
0
A．x （2，4） B．f（x ）＞f（x ）
0 1 2
C．f（∈x ）＜0，f（x ）＜0 D．f（x ）＞0，f（x ）＞0
1 2 1 2
【分析】根据指数函数及一次函数的单调性确定函数递减，再由零点存在性确定零点范围，结合单调性
判断f（x ），f（x ）大小．
1 2
【解答】解：函数 在区间（2，+∞）上单调递减，函数y＝﹣x+4在区间（2，+∞）上单调递
减，
故函数 在区间（2，+∞）上单调递减，
又f（2）＞0，f（3）＞0，f（4）＞0，f（5）＜0，
所以x （4，5），
0
因为f（∈x ）＝0，x （2，x ），x （x ，+∞），
0 1 0 2 0
由单调性知f（x ）＞∈0，f（x ）＜0∈，即f（x ）＞f（x ）．
1 2 1 2
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数性质在函数零点判断中的应用，属于中档题．
9．（2023•龙岩模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x）+f（x+4）＝23，当x （0，4]时，f（x）
＝x2﹣2x，则函数f（x）在区间（﹣4，2023]上的零点个数是（ ） ∈
A．253 B．506 C．507 D．759
【分析】由f（x）+f（x+4）＝23得f（x）的周期，再根据x （0，8]时，f（x）＝x2﹣2x零点的个数，
∈从而可得答案．
【解答】解：由f（x）+f（x+4）＝23得f（x+4）+f（x+8）＝23，
所以f（x+8）＝f（x），即f（x）是以8为周期的周期函数，
当x （0，4]时，f（x）＝x2﹣2x有两个零点2和4，
当x∈（4，8]时，f（x）＝23﹣f（x﹣4）＝23﹣（x﹣4）2+2x﹣4，
令2∈3﹣（x﹣4）2+2x﹣4＝0，则有2x﹣4＝（x﹣4）2﹣23，
当x （4，8]时，（x﹣4）2﹣23＜0，2x﹣4＞1，
所以∈2x﹣4＝（x﹣4）2﹣23无解，
所以当x （4，8]时，f（x）＝23﹣（x﹣4）2+2x﹣4无零点，
又2023＝∈252×8+7，因此在（0，2016]上函数有2×252＝504个零点，
当x （0，4]时，f（x）有两个零点2和4，
当x∈（4，7]时，f（x）无零点，当x （﹣4，0]时，f（x）无零点，
因此∈在（﹣4，2023]上，f（x）有504∈+2＝506个零点．
故选：B．
【点评】本题考查函数的零点个数的求解，化归转化思想，属中档题．
10．（2023•辽宁二模）设函数 f（x）在（﹣∞，+∞）上满足 f（2﹣x）＝f（2+x），f（5﹣x）＝f
（5+x），且在闭区间[0，5]上只有f（1）＝f（3）＝0，则方程f（x）＝0在闭区间[﹣2020，2020]上的
根的个数（ ）
A．1348 B．1347 C．1346 D．1345
【分析】根据周期函数性质可知，只需求出一个周期里的根的个数，可求得 f（x）在[2，7]上的零点个
数，再分区间[﹣2020，2）和[2，2020]讨论即可．
【解答】解：f（x）在 R上满足f（2﹣x）＝f（2+x），f（5﹣x）＝f（5+x），
f（x）关于直线x＝2和直线x＝5对称，且f（x）＝f（4﹣x），f（x）＝f（10﹣x），
所以f（4﹣x）＝f（10﹣x），所以f（x）＝f（x+6），所以f（x）的周期为6，
又在闭区间[0，5]上只有f（1）＝f（3）＝0，则f（7）＝0，f（﹣3）＝0，
且当x [2，5]时，通过其关于直线x＝5对称，得其f（x）值对应着x [5，8]的f（x）值，
则f（x∈）在闭区间[2，8]上只有f（7）＝f（3）＝0， ∈
同理可推得f（x）在[﹣4，2]也只有两个零点，
因为﹣2020＝﹣6×337+2，则f（x）在[﹣2020，2）共有337×2＝674个零点，
因为2018＝6×336+2，且在x （2018，2020]的图象与x （2，4]的图象相同，
则f（x）在[2，2020]上有336∈×2+1＝673个零点， ∈则方程f（x）＝0在闭区间[﹣2020，2020]上的根的个数为1347个．
故选：B．
【点评】本题主要考查了抽象函数的应用，考查了函数的对称性和周期性，属于中档题．
11．（2023•淮北二模）若关于x的方程2x3﹣3x2﹣12x+k＝0有3个不同实根，则满足条件的整数k的个数
是（ ）
A．24 B．26 C．29 D．31
【分析】关于x的方程2x3﹣3x2﹣12x+k＝0有3个不同实根，即为函数y＝2x3﹣3x2﹣12x，y＝﹣k的图
象有3个不同的交点，令f（x）＝2x3﹣3x2﹣12x，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的大
致图象，结合图象求出k的范围，即可得解．
【解答】解：由2x3﹣3x2﹣12x+k＝0，得2x3﹣3x2﹣12x＝﹣k，
则关于x的方程2x3﹣3x2﹣12x+k＝0有3个不同实根，
即为函数y＝2x3﹣3x2﹣12x，y＝﹣k的图象有3个不同的交点，
令f（x）＝2x3﹣3x2﹣12x，则f'（x）＝6x2﹣6x﹣12＝6（x﹣2）（x+1），
当x＞2或x＜﹣1时，f'（x）＞0，当﹣1＜x＜2时，f'（x）＜0，
所以函数f（x）在（2，+∞），（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，2）上单调递减，
所以f（x）
极大值
＝f（﹣1）＝7，f（x）
极小值
＝f（2）＝﹣20，
当x趋向负无穷时，f（x）趋向负无穷，当x趋向正无穷时，f（x）趋向正无穷，
作出函数f（x）＝2x3﹣3x2﹣12x的大致图象，如图所示，
由图可得﹣20＜﹣k＜7，所以﹣7＜k＜20，
所以满足条件的整数k的个数是19﹣（﹣6）+1＝26个．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了利用导数研究函数的单调性和极值，同时考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
12．（2023•全国模拟）函数f（x）＝4sin（3x+2）+2cos（3x+4）在（0， ）上的零点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．π4
【分析】将函数f（x）＝4sin（3x+2）+2cos（3x+4）在（0， ）上的零点个数问题转化为函数g（x）
＝2sin（3x+2），h（x）＝﹣cos（3x+4）的图象的交点的个数问π 题，数形结合，可得答案．
【解答】解：由题意函数f（x）＝4sin（3x+2）+2cos（3x+4）在（0， ）上的零点，
即为f（x）＝0，即2sin（3x+2）＝﹣cos（3x+4）的根， π
也即函数g（x）＝2sin（3x+2），h（x）＝﹣cos（3x+4）的图象的交点的横坐标，
作出g（x）＝2sin（3x+2），h（x）＝﹣cos（3x+4）的图象如图示：
由图象可知在（0， ）上两函数图像有3个交点，
故函数f（x）＝4sinπ（3x+2）+2cos（3x+4）在（0， ）上的零点个数为3．
故选：C． π
【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
13．（2023•呼和浩特模拟）已知函数 ，若关于x的方程[f（x）]2+mf（x）﹣1+m＝0恰有3
个不同的实数解，则实数m的取值范围是（ ）
A． B．
C．（﹣∞，2）∪（2，+∞） D．（1，e2）
【分析】先利用导数画出f（x）图象，由方程[f（x）]2+mf（x）﹣1+m＝0，解得 f（x）＝1或f（x）＝
1﹣m，根据题意，由f（x）＝1﹣m有两个解求解．
【解答】解：因为 ，所以f′（x）＝ ，
令f′（x）＝0，则x＝1，
所以当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）递减；
所以当x＝1时，f（x）取得极大值e﹣2，f（x）图象如图所示：
方程[f（x）]2+mf（x）﹣1+m＝0，即为[f（x）+1][f（x）+m﹣1]＝0，
解得f（x）＝1或f（x）＝1﹣m，
由函数f（x）的图象知：f（x）＝1只有一个解，
所以f（x）＝1﹣m有两个解，
所以 0＜1﹣m＜e﹣2，解得1﹣e﹣2＜m＜1．
故选：A．
【点评】本题考查了函数与方程思想、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
14．（2023•千阳县校级模拟）已知函数f（x）＝|log |1﹣x||，若函数g（x）＝f2（x）+af（x）+2b有6个不
2
同的零点，且最小的零点为x＝﹣1，则2a+b＝（ ）
A．6 B．﹣2 C．2 D．﹣6
【分析】作出函数f（x）＝|log |1﹣x||的图象，函数g（x）＝f2（x）+af（x）+2b有6个不同的零点，等
2
价于方程f2（x）+af（x）+2b＝0有6个不同的实数解，令f（x）＝t，则t2+at+2b＝0，设方程的两个不
相等的实根为t ，t ，则t ＝0，t ＞0，再结合最小的零点为x＝﹣1求出t 的值，进而利用韦达定理求出
1 2 1 2 2
a，b的值．
【解答】解：作出函数f（x）＝|log |1﹣x||的图象，可得图象关于直线x＝1对称，
2∵函数g（x）＝f2（x）+af（x）+2b有6个不同的零点，
∴方程f2（x）+af（x）+2b＝0有6个不同的实数解，
令f（x）＝t，则t2+at+2b＝0，此方程一定有两个不相等的实根，设为t ，t ，
1 2
则t ＝0（对应x＝0和x＝2两个零点），t ＞0（对应x ＜0，0＜x ＜1，1＜x ＜2，x ＞2四个零点），
1 2 1 2 3 4
根据题意可知，x ＝﹣1是最小的零点，则t ＝f（﹣1）＝|log |1﹣（﹣1）||＝1，
1 2 2
即方程t2+at+2b＝0的两个根为0和1，
由韦达定理可得， ，解得 ，
∴2a+b＝﹣2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了韦达定理的应用，同时考查了数形结合的
数学思想，属于中档题．
15．（2023•中卫二模）设f（x）是定义在R上的函数，若f（x）+x2是奇函数，f（x）﹣x是偶函数，函数
，则下列说法正确的个数有（ ）
（1）当x [2，3]时，g（x）＝﹣2（x﹣2）（x﹣3）；
∈
（2） ；
（3）若g（m）≥2，则实数m的最小值为
（4）若h（x）＝g（x）﹣k（x﹣2）有三个零点，则实数 ．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由 f（x）+x2 是奇函数，f（x）﹣x 是偶函数，得 f（x）＝x﹣x2，再依据作出函数g（x）的图像，再逐项判断即可．
【解答】解：因为 f（x）+x2是奇函数，f（x）﹣x是偶函数，
所以 ，解得f（x）＝x﹣x2，
由 ，
当x （1，2）时，g（x）＝2g（x﹣1），
则x∈﹣1 （0，1），所以g（x）＝2g（x﹣1）＝2f（x﹣1），
同理：当∈ x （2，3）时，g（x）＝2g（x﹣1）＝4g（x﹣2）＝4f（x﹣2），
以此类推，∈我们可以得到如下g（x）的图象：
对于（1）：根据上述规律，当x （2，3）时，g（x）＝4f（x﹣2）＝4[x﹣2﹣（x﹣2）2]＝﹣4（x﹣
2）（x﹣3），故（1）错误； ∈
对于（2）：根据图象， 刚好是相邻两个自然数中间的数，
则 刚好是每一段图象中的极大值，代入函数解析式得 ，
故（2）正确；
对于（3）：根据图象，当x （3，4）时g（x）＝8（﹣x2+7x﹣12）， 由图像可得（3）正确；
对于（4）：h（x）＝g（x）∈﹣k（x﹣2）有三个零点，
等价于函数g（x）与函数y＝k（x﹣2）有三个不同的交点，设A（2，0）， 则函数y＝k（x
﹣2）的图象为恒过点A的直线，如图所示．当函数y＝k（x﹣2）与g（x），x （0，1）相切的时候，有三个交点，
∈
相切时斜率k小于直线AB的斜率，直线AB的斜率为 ，
故h（x）＝g（x）﹣k（x﹣2）有三个零点， ，故（4）错误．
说法正确的个数为2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了分段函数的性质，考查了函数的零点与方程根的关系，同时考查了数形结合的
数学思想，属于中档题．
16．（2023•浉河区校级模拟）已知函数f（x）＝ax﹣a﹣x（a＞0，a≠1），则下列结论正确的是（ ）
A．函数y＝f（sin（x﹣1））不是周期函数
B．函数 为奇函数
C．当a＞1时，函数f（|x|）的最大值是0
D．若a＝e，则函数f（x）在区间（﹣∞，0）上为增函数
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝f（sin（x﹣1）），有sin（x﹣1）＝sin（2 +x﹣1），必有f（sin（x﹣1））＝f（sin（2 +x
﹣1））， π π
则函数y＝f（sin（x﹣1））是周期函数，A错误；
对于B，y＝ ＝ ＝ （ax+a﹣x），
设g（x）＝ （ax+a﹣x），其定义域为R，有g（﹣x）＝g（x），即函数f（x）为偶函数，B错误；
对于C，当a＝e时，f（|2|）＝f（2）＝e2﹣e﹣2＞0，函数f（|x|）的最大值不是0，C错误；
对于D，若a＝e，则f（x）＝ex﹣e﹣x，其导数f′（x）＝ex+e﹣x＞0，
则f（x）在区间（﹣∞，0）上为增函数，D正确．
故选：D．
【点评】本题考查函数与方程的关系，涉及函数奇偶性和周期性、最值的判断，属于中档题．
二．填空题（共10小题）17．（2023•广陵区校级模拟）已知 ，若函数g（x）＝f（x）﹣k有两个零点，
则实数k取值范围是 （﹣ 2 ， 0 ） ⋃ {2 } ．
【分析】画出f（x）的图象，数形结合解决问题即可．
【解答】解：g（x）＝f（x）﹣k有两个零点，即f（x）＝k有两个根，
即函数y＝f（x）与y＝k有两个交点，
如图所示，显然，当k＝2或﹣2＜k＜0时，函数y＝f（x）与y＝k有两个交点，符合题意．
故答案为：（﹣2，0） ⋃{2}．
【点评】本题主要考查分段函数及其应用，由函数零点个数求参数取值范围的方法等知识，属于基础题．
18．（2023•四川三模）函数f（x）＝sinx﹣log x的零点个数为 1 ．
2
【分析】在同一坐标系内画出函数y＝sinx与y＝log x的图象，利用图象得结论．
2
【解答】解：因为函数的零点个数就是找对应两个函数的图象的交点个数．
在同一坐标系内画出函数y＝sinx与y＝log x的图象，
2
由图得交点为1个，
故函数f（x）＝sinx﹣log x的零点的个数是1．
2
故答案为 1．【点评】本题考查函数零点个数的判断和数形结合思想的应用．在判断函数零点个数时，常转化为对应
方程的根，利用根的个数来得结论或转化为对应两个函数的图象的交点，利用两个函数的图象的交点个
数来判断．
19．（2023•和平区校级二模）设a R，函数 ，若函数f（x）在区
∈
间（0，+∞）内恰有6个零点，则a的取值范围是 ．
【分析】由x2﹣2（a+1）x+a2+5＝0最多有2个根，可得cos（2 x﹣2 a）＝0至少有4个根，分别讨论
当x＜a和x≥a时两个函数零点个数情况，再结合考虑求解即可．π π
【解答】解：x2﹣2（a+1）x+a2+5＝0 最多有 2 个根，所以 cos（2 x﹣2 a）＝0 至少有 4 个根由
π π
，
可得 ，
由 可得 ．
x＜a时，当 时，f（x）有4个零点，即 ；
当 ，f（x）有5个零点，即 ；
当 ，f（x）有6个零点，即 ；
当x≥a时，f（x）＝x2﹣2（a+1）x+a2+5，
Δ＝4（a+1）2﹣4（a2+5）＝8（a﹣2），
当a＜2时，Δ＜0，f（x）无零点；
当a＝2时，Δ＝0，f（x）有1个零点；
当a＞2时，令f（a）＝a2﹣2a（a+1）x+a2+5＝﹣2a+5≥0，则 ，
此时f（x）有2个零点；
所以若 时，f（x）有1个零点．
综上，要使f（x）在区间（0，+∞）内恰有6个零点，则应满足 或 或 ，
则可解得a的取值范围是： ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了分段函数的应用，考查了余弦函数和二次函数的性质，属于中档题．
20．（2023•谷城县校级模拟）已知关于x的方程x•ex﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0在（0，1]上有两个不相等的
实很，则实数a的取值范围是 ．
【分析】原方程可化为elnx+x﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0，令t＝lnx+x﹣2，x （0，1]，即得 在t
∈ ∈
（﹣∞，﹣4）
⋃
（﹣4，﹣1]有两个不相等的实根，再转化为y＝a和 ，t （﹣∞，﹣4）
⋃
∈
（﹣4，﹣1]有两个不同的交点，利用导数研究函数图象，并结合图象得到结果即可．
【解答】解：由x＝elnx，可得方程x⋅ex﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0，
可化为elnx+x﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0，
令t＝lnx+x﹣2，x （0，1]，
因为y＝lnx，y＝x∈﹣2在（0，1]上单调递增，
所以函数t＝lnx+x﹣2在（0，1]上单调递增，
故x （0，1]时，值域为t （﹣∞，﹣1]．
方程∈elnx+x﹣2﹣a（x+lnx）﹣∈2a＝0可化为et﹣at﹣4a＝0，
当t＝﹣4时，方程可化为et＝0，不成立，
故t≠﹣4，故原方程可化为 ，
由已知 在t （﹣∞，﹣4）
⋃
（﹣4，﹣1]有两个不相等的实根，
∈即y＝a和 ，t （﹣∞，﹣4）
⋃
（﹣4，﹣1]有两个不同的交点．
∈
，
当t （﹣∞，﹣4）和t （﹣4，﹣3）时，g′（t）＜0，
即g∈（t）在t （﹣∞，∈﹣4）上递减，在t （﹣4，﹣3）上递减；
当t （﹣3，∈﹣1]时，g′（t）＞0，g（t）∈在（﹣3，﹣1]递增．
另外∈，t＜﹣4时，g（t）＜0；t＞﹣4时，g（t）＞0；
，当x→﹣∞时，g（t）→0，
当x＜﹣3，且x→﹣3时，g（t）→﹣∞，
当x＞﹣3，且x→﹣3时，g（t）→+∞，
根据以上信息，函数 ，t （﹣∞，﹣4）
⋃
（﹣4，﹣1]大致图象如下，
∈
当 时，y＝a和 ，t （﹣∞，﹣4）
⋃
（﹣4，﹣1]的图象有两个不同的交点．
∈
所以a的取值范围是 ．故答案为： ．
【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查转化能力，属于中档题．
21．（2023•海口模拟）若对任意a [2，3]，关于x的方程log x＝b﹣x在区间[2，3]上总有实根，则实数b
a
的取值范围是 [ 3 ， 4 ] ． ∈
【分析】设f（x）＝log x﹣（b﹣x）＝log x+x﹣b，x＞0，由复合函数的单调性可知f（x）＝log x+x﹣b
a a a
在[2，3]上单调递增，将问题转化为f（x）＝log x+x﹣b在[2，3]上总有零点，结合函数的零点知识，求
a
解即可．
【解答】解：设f（x）＝log x﹣（b﹣x）＝log x+x﹣b，x＞0，
a a
因为a [2，3]，所以y＝log x在定义域上单调递增，
a
又因为∈y＝x﹣b，在定义域上单调递增，
所以f（x）＝log x+x﹣b在（0，+∞）上单调递增，
a
又因为方程log x＝b﹣x在区间[2，3]上总有实根，
a
所以f（x）＝log x+x﹣b在[2，3]上总有零点，
a
又因为f（x）＝log x+x﹣b在[2，3]上单调递增，
a
所以f（2）＝0或 或f（3）＝0，
即log 2+2﹣b＝0或 或log 3+3﹣b＝0，
a a
解得log 2+2≤b≤log 3+3，
a a
即有log 2+2≤b≤log 3+3在a [2，3]上恒成立，
a a
所以（log 2+2） ≤b≤（log∈3+3） ，
a max a min
又因为（log 2+2） ＝log 2+2＝3，（log 3+3） ＝log 3+3＝4，
a max 2 a min 3
所以3≤b≤4．
故答案为：[3，4]．
【点评】本题考查了转化思想、函数的零点，属于中档题．
22．（2023•沈河区校级模拟）已知[x]表示不超过x的最大整数，记{x}＝x﹣[x]，则方程 的
整数解个数为 2 4 ．【分析】根据{x}的定义可得x﹣ 为整数，从而可求原方程整数解的个数．
【解答】解：根据题意，有 x﹣ Z，
因此x是2020＝22×5×101的约数，个数为2×⇒（2+1）×（∈1+1）×（1+1）＝24．
故答案为：24．
【点评】本题属于新概念题，考查了函数与方程思想，理解概念是关键，属于中档题．
23．（2023•和平区校级一模）函数f（x）＝min{|x﹣2|，x2，|x+2|}，其中min{x，y，z}表示x，y，z中的
最小者．若函数y＝f2（x）﹣2bf（x）+b﹣ 有12个零点，则b的取值范围是 （ ， ）∪（ ，
） ．
【分析】将问题转化为f2（x）﹣2bf（x）+b﹣ ＝0有12个不等实根，设f（x）＝t，可知方程t2﹣
2bt+b﹣ ＝0有两个不等实根，结合函数图象可确定t ，t 的范围，结合二次函数零点的分布列出不等
1 2
式组求得结果．
【解答】解：题意转化为f2（x）﹣2bf（x）+b﹣ ＝0有12个不等实根，
作出f（x）图象，如下图所示：
设f（x）＝t，则t2﹣2bt+b﹣ ＝0有两个不等实根，
所以Δ＝4b2﹣4（b﹣ ）＞0，
记t2﹣2bt+b﹣ ＝0的两根为t ，t ，（t ≠t ），
1 2 1 2则有 ，
所以 ，
解得：b （ ， ）∪（ ， ），
∈
综上所述：实数b的取值范围为（ ， ）∪（ ， ）．
故答案为：（ ， ）∪（ ， ）．
【点评】本题考查了转化思想、数形结合思想及二次函数根的分布，作出图象是关键，属于中档题．
24．（2023•厦门模拟）函数 ，当a＝1时，f（x）的零点个数为 1 ；若
f（x）恰有4个零点，则a的取值范围是 ．
【分析】第一空，当a＝1时cos x＝0、x≥1时f（x）＝0可得答案；第二空：y＝x2﹣4ax+8（x≥a）至
π
多有2个零点，故y＝cos x在（0，a）上至少有2个零点，所以 ；分 、 、
π
讨论结合图象可得答案．
【解答】解：第一空：当a＝1时，当0＜x＜1时，f（x）＝cos x＝0，解得 ，
当x≥1时，f（x）＝x2﹣4x+8＝（x﹣2）2+4＞0，无零点， π
故此时f（x）的零点个数是1；
第二空：显然，y＝x2﹣4ax+8（x≥a）至多有2个零点，
故y＝cos x在（0，a）上至少有2个零点，所以
①若y＝cπos x（0＜x＜a）恰有2个零点，
π则 ，
此时y＝x2﹣4ax+8（x≥a）恰有两个零点，所以 ，解得 ，
此时 ；
②若y＝cos x（0＜x＜a）恰有3个零点，
π
则 ，此时f（a）＝8﹣3a2＜0，
所以y＝x2﹣4ax+8（x≥a）恰有1个零点，符合要求；
③当 时，f（a）＝8﹣3a2＜0，所以y＝x2﹣4ax+8（x≥a）恰有1个零点，
而y＝cos x（x＜a）至少有4个零点，
此时f（x）π 至少有5个零点，不符合要求，舍去．
综上， 或 ，
即a的取值范围是 ．
故答案为：1； ．
【点评】本题主要考查了分段函数的应用，考查了余弦函数和二次函数的图象和性质，属于中档题．25．（2023•南宁二模）已知x R，用[x]表示不超过x的最大整数，例如[﹣2.1]＝﹣3，[2.1]＝2，则函数y
＝x﹣|sinx|﹣[x]，在x [﹣ ，∈ ]的零点个数是 7 ．
【分析】根据已知条件∈，利π用π一次函数、正弦函数的图象以及函数的零点与方程根的关系求解．
【解答】解：函数y＝x﹣|sinx|﹣[x]的零点等价于方程x﹣[x]＝|sinx|的根，
当x [﹣ ，﹣3）时，方程x﹣[x]＝|sinx|等价于：x+4＝|sinx|，
当x∈[﹣π3，﹣2）时，方程x﹣[x]＝|sinx|等价于：x+3＝|sinx|，
当x∈[﹣2，﹣1）时，方程x﹣[x]＝|sinx|等价于：x+2＝|sinx|，
当x∈[﹣1，0）时，方程x﹣[x]＝|sinx|等价于：x+1＝|sinx|，
当x∈[0，1）时，方程x﹣[x]＝|sinx|等价于：x＝|sinx|，
当x∈[1，2）时，方程x﹣[x]＝|sinx|等价于：x﹣1＝|sinx|，
当x∈[2，3）时，方程x﹣[x]＝|sinx|等价于：x﹣2＝|sinx|，
当x∈[3， ）时，方程x﹣[x]＝|sinx|等价于：x﹣3＝|sinx|，
因为∈方程πx﹣[x]＝|sinx|的根的个数等价于函数y＝x﹣[x]与函数y＝|sinx|的交点个数，如图，
由函数y＝x﹣[x]，x [﹣ ， ]与函数y＝|sinx|，x [﹣ ， ]的图象可知，函数y＝x﹣|sinx|﹣[x]在[﹣ ，
]上有7个零点． ∈ π π ∈ π π π
π故答案为：7．
【点评】本题主要考查了分段函数的应用，考查了函数的零点与方程根的关系，同时考查了数形结合的
数学思想，属于基础题．
26．（2023•凉州区模拟）已知函数y＝f（x）满足：当﹣2≤x≤2时， ，且f（x）＝f
（x+4）对任意x R都成立，则方程4f（x）＝|x|的实根个数是 6 ．
∈
【分析】易知函数f（x）的周期4，方程4f（x）＝|x|的实根个数即为函数y＝f（x）与函数 的
交点个数，作出函数图象，结合图象即可得出答案．
【解答】解：由于f（x）＝f（x+4），则函数f（x）的周期为4，
又当﹣2≤x≤2时， ，则可作出函数f（x）的大致图象如下，
由4f（x）＝|x|，可得 ，
由图象可知，当x≥0时，函数y＝f（x）与函数 仅有3个交点，
由对称性可知，当x＜0时，函数y＝f（x）与函数 也仅有3个交点，
所以方程 有6个不同的实数根，即方程4f（x）＝|x|的实根个数是6．
故答案为：6．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想，属于中档题．
五.刷易错
一．选择题（共3小题）
1．（2023•周至县一模）对于函数f（x），若对任意的x ，x ，x R，f（x ），f（x ），f（x ）为某一三
1 2 3 1 2 3
∈
角形的三边长，则称f（x）为“可构成三角形的函数”，已知 是可构成三角形的函数，
则实数t的取值范围是（ ）
A．[0，1] B． C．[1，2] D．（0，+∞）
【分析】根据构成三角形的条件，只需研究该函数的最小值与最大值，只要保证f（x） ＜2f（x）
max
，即可保证该函数为“可构成三角形的函数”．
min
【解答】解：由 ＝ ，
①当t＝1时，f（x）＝1，显然符合题意；由f（x）为偶函数，只需考虑f（x）在[0，+∞）上的范围，
②当t＞1时，f（x）在[0，+∞）单调递减，f（x） （1，t]，
因为要满足：对 x ，x ，x R，f（x ）+f（x ）＞f（∈x ）恒成立，
1 2 3 1 2 3
故2f（x） ＞f（∀x） ，得∈t≤2，得1＜t≤2；
min max
③当t＜1，f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x） [t，1），
∈
所以f（x） ＜2f（x） ，即2t≥1，得 ，
max min
综上： ．
故选：B．
【点评】本题考查新定义问题，以及将不等式恒成立问题转化为函数最值问题的解题思路，属于中档题．
2．（2023•天津模拟）已知函数f（x）＝x|x﹣a|+2x，若存在a （2，3]，使得关于x的函数y＝f（x）﹣tf
（a）有三个不同的零点，则实数t的取值范围是（ ） ∈
A．（ ） B．（1， ） C．（1， ） D．（1， ）
【分析】根据f（x）的解析式，讨论a （2，3]时f（x）的表达式，利用函数的单调性求得实数t的取
值范围． ∈
【解答】解：由题意，f（x）＝ ，
∴x≥a时，f（x）＝x2+（2﹣a）x，对称轴为x＝ ＜a，
∴f（x）在x [a，+∞）为增函数，此时f（x）的值域为[f（a），+∞）＝[2a，+∞），
∈
x＜a时，f（x）＝﹣x2+（2+a）x，对称轴为x＝ ＜a，
∴f（x）在x （﹣∞， ]为增函数，此时f（x）的值域为（﹣∞， ]，
∈
f（x）在x [ ，a）为减函数，此时f（x）的值域为（2a， ]；
∈
由存在a （2，3]，y＝f（x）﹣tf（a）有三个不相等的零点，
∈
则2ta （2a， ），
∈即存在a （2，3]，使得t （1， ）即可，
∈ ∈
令g（a）＝ ＝ （a+ +4），
只要使t＜（g（a）） 即可，而g（a）在a （2，3]上是增函数，
max
∈
∴（g（a）） ＝g（3）＝ ，
max
故实数t的取值范围为（1， ）．
故选：B．
【点评】本题考查了函数恒成立问题和分类讨论以及转化推理能力的应用问题，是难题．
3．（2023•青秀区校级模拟）对于任意的y [1，e]，关于x的方程x2ye1﹣x＝ay+lny在x [﹣1，4]上有三个
根，则实数a的取值范围是（ ） ∈ ∈
A．[ ， ） B．（0， ]
C．[ ，e2﹣ ] D．[ ，e2﹣ ）
【分析】由x2ye1﹣x＝ay+lny得x2e1﹣x＝a+ ，构造函数f（y）＝a+ ，g（x）＝x2e1﹣x，求函数的
导数研究函数的单调性和最值，利用数形结合建立不等式关系进行求解即可．
【解答】解：由x2ye1﹣x＝ay+lny得x2e1﹣x＝a+ ，
令f（y）＝a+ ，y [1，e]，g（x）＝x2e1﹣x，x [﹣1，4]，
∈ ∈
f′（y）＝ ，
当y [1，e]时，f′（y）＞0，则f（y）在y [1，e]，上为增函数，
∈ ∈
则f（y）的值域为[a，a+ ]，
g′（x）＝（2x﹣x2）e1﹣x，当x [﹣1，0）或x （2，4）时，g′（x）＜0，此时g（x）单调递减，
当x∈（0，2）时，∈g′（x）＞0，g（x）单调递增，
则g∈（x）的图象如图：
若任意的y [1，e]，关于x的方程x2ye1﹣x＝ay+lny在x [﹣1，4]上有三个根，
∈ ∈
则 ，即 ，得 ，
即a [ ， ），
∈
故选：A．
【点评】本题主要考查函数与方程的应用，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性和最值，利用
数形结合是解决本题的关键．综合性较强．
二．多选题（共1小题）
（多选）4．（2023•大连模拟）甲乙两队进行比赛，若双方实力随时间的变化遵循兰彻斯特模型：
其中正实数X ，Y 分别为甲、乙两方初始实力，t为
0 0
比赛时间；x（t），y（t）分别为甲、乙两方t时刻的实力；正实数a，b分别为甲对乙、乙对甲的比赛
效果系数．规定当甲、乙两方任何一方实力为0时比赛结束，另一方获得比赛胜利，并记比赛持续时长
为T．则下列结论正确的是（ ）
A．若X ＞Y 且a＝b，则x（t）＞y（t）（0≤t≤T）
0 0
B．若X ＞Y 且a＝b，则
0 0C．若 ，则甲比赛胜利
D．若 ，则甲比赛胜利
【分析】A中，根据题意，利用作差法，即可判断命题正确；
B中，利用A中的结论，进行求解即可求出比赛持续时长T的值；
根据甲方获得比赛胜利时甲方可比赛时间大于乙方，由此求出 ＞ ，从而判断选项C、D的正误．
【解答】解：对于A，若X ＞Y 且a＝b，则 ，所以x（t）﹣y
0 0
（t）＝eat（X ﹣Y ）；
0 0
由X ＞Y 可得x（t）﹣y（t）＝eat（X ﹣Y ）＞0，即A正确；
0 0 0 0
对于B，当a＝b时根据A中的结论可知x（t）＞y（t），所以乙方实力先为0，
即y（t）＝ Y ﹣ X ＝0，化简得eat（X ﹣Y ）＝e﹣at（X +Y ），
0 0 0 0 0 0
即e2at＝ ，两边同时取对数得2at＝ln（ ），
即t＝ ln（ ）＝ ln ，所以比赛持续时长为T＝ ln ，选项B正确；
对于C，若甲方获得比赛胜利，则甲方可比赛时间大于乙方即可，
设甲方实力为0时所用时间为t ，乙方实力为0时所用时间为t ，
1 2
即x（t ）＝ X ﹣ Y ＝0，可得 ＝ ＞0；
1 0 0同理可得 ＝ ＞0，
即 ＞ ，解得 ＞ ；
又因为X ，Y a，b都为正实数，所以可得 ＞ ，甲方获得比赛胜利；
0 0
所以可得C错误，D正确．
故答案为：ABD．
【点评】本题考查了新定义的函数模型应用问题，也考查了推理判断与运算求解能力，是难题．
三．填空题（共3小题）
5．（2023•大荔县一模）已知函数 ，其中min{a，b}
表示a，b中较小的数．若f（x）＝a有且只有一个实根，则实数a的取值范围是 （ 1 ， + ∞） ．
【分析】作出f（x）的图象，结合图象，利用分段函数的性质求得a的取值范围．
【解答】解：作出f（x）的图象如图：
据图得：要使f（x）＝a有且只有一个实根，只需a＞1，
故a的取值范围是（1，+∞）．
故答案为：（1，+∞）．
【点评】本题考查分段函数的性质，函数的零点与函数图象间的关系，属于中档题．
6 ． （ 2023• 鼓 楼 区 校 级 模 拟 ） 已 知 函 数 则 函 数
的零点个数为 5 ．【分析】令t＝f（x），先利用图象判断f（t）＝2t+ 零点（设为t ，t ）的个数与范围，然后再借助于
1 2
y＝t 和y＝t 分别与y＝f（t）图象交点的个数判断即可．
1 2
【解答】解：令t＝f（x），则函数 ＝0可化为
f（t）＝2t+ ，作出函数y＝f（t）（图中曲线对应的图象部分）与y＝2t+ 的图象，
可见y＝f（t）与 图象有两个交点，它们的横坐标分别在区间（0，1）和（1，2）上，不妨设
t （0，1），t （1，2），
1 2
再∈令f（t）＝t，∈易知y＝t ，与y＝t 的图象与y＝f（t）的图象分别有2个和3个交点，
i 1 2
所以原函数共有5个零点．
故答案为：5．
【点评】本题考查函数的零点与函数图象之间的关系，同时考查了函数图象的画法及应用，属于中档题．
7．（2023•青浦区校级模拟）已知函数 ，若方程f（x）＝a恰
有四个不同的实数解，分别记为x ，x ，x ，x ，则x +x +x +x 的取值范围是 [ ﹣ ， ）
1 2 3 4 1 2 3 4
【分析】求出﹣ ≤x≤0时的函数解析式，画出函数图象，不妨令x ＜x ＜x ＜x ，则x ＜x ＜0＜x ≤
1 2 3 4 1 2 3＜2≤x ＜4，且x 与x 关于x＝﹣ 对称，再根据对数的运算得到x x ＝1，转化为关于x 的函数，结
4 1 2 3 4 4
合对勾函数的性质计算即可得出结论．
【解答】解：因为函数 ，
当﹣ ≤x≤0时，f（x）＝ sin x﹣cos x＝2sin（ x﹣ ），
π π π
令 x﹣ ＝﹣ ，解得x＝﹣ ，
π
当x＝﹣ 时，f（﹣ ）＝2sin（﹣ ﹣ ）＝1，
当x＞0时，f（x）＝|log x|，
2
令f（x）＝2，解得x＝4或x＝ ，
令f（x）＝1，解得x＝2或x＝ ，
函数y＝f（x）的图象如图所示：
因为方程f（x）＝a恰有四个不同的实数解，即y＝f（x）与y＝a恰有四个交点，所以1≤a＜2，
不妨令x ＜x ＜x ＜x ，
1 2 3 4
则x ＜x ＜0＜x ≤ ＜2≤x ＜4，且x 与x 关于x＝﹣ 对称，所以x +x ＝﹣ ，
1 2 3 4 1 2 1 2
又|log x |＝|log x |，
2 3 2 4
即﹣log x ＝log x ，
2 3 2 4
所以log x +log x ＝0，即x x ＝1，
2 3 2 4 3 4
所以x ＝ ，
3
所以x +x +x +x ＝﹣ + +x ，
1 2 3 4 4
因为y＝ +x在[2，4）上单调递增，所以 ≤ +x ＜ ，
4
所以﹣ ≤x +x +x +x ＜ ，
1 2 3 4
即x +x +x +x 的取值范围是[﹣ ， ）．
1 2 3 4
故答案为：[﹣ ， ）．
【点评】本题考查了三角恒等变换、二次函数和对数函数的性质应用问题，也考查了数形结合思想与转
化思想，是难题．
