专题2.7 函数与方程（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

专题2.7函数与方程【八大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1函数零点所在区间的判断】 2【题型2求函数的零点或零点个数】 4【题型3根据函数零点个数求参数】 6【题型4根据函数零点的范围求参数】 9【题型5由函数零点分布求值（范围）】 12【题型6复合函数的零点个数判定】 14【题型7根据复合函数零点求参数】 18【题型8函数零点的大小与范围问题】 211、函数与方程考点要求真题统计考情分析(1)理解函数的零点与方程的解的联系

(2)理解函数零点存在定理，并能简单应用(3)了解用二分法求方程的近似解2022年天津卷：第15题，5分2023年新课标I卷：第15题，5分2024年新课标Ⅱ卷：第6题，5分函数的零点问题是高考常考的热点内容，从近几年的高考形势来看，一般以选择题与填空题的形式出现；函数与方程的综合应用也是历年高考的一个热点内容，经常以客观题出现，通过分析函数的性质，结合函数图象研究函数的零点或方程的根的分布、个数等，题目难度较大，一般出现在压轴题位置.【知识点1确定函数零点所在区间的方法】1．确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法(1)利用函数零点存在性定理：首先看函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y=f(x)在区间(a,b)内必有零点.(2)数形结合法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如f(x)=g(x)-h(x)，作出y=g(x)和y=h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点.【知识点2函数的零点个数和求参问题】1．函数零点个数的判断方法函数零点个数的判定有下列几种方法：(1)直接法：直接求零点，令f(x)=0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[a,b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.(3)图象法：画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.(4)性质法：利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数.2．已知函数零点求参数的方法(1)已知函数的零点求参数的一般方法①直接法：直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；②数形结合法：将函数的解析式或者方程进行适当的变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两个熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围；③分离参数法：分离参数，转化为求函数的最值问题来求解.(2)已知函数零点个数求参数范围的方法已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.【知识点3嵌套函数的零点问题】1．嵌套函数的零点问题的解题策略函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇.对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”,设中间函数为t，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解.【题型1函数零点所在区间的判断】【例1】（2024·河北·模拟预测）已知函数fx=3x+x−6有一个零点x=x0，则x0属于下列哪个区间（

）A．12,1 B．1,32 C．【解题思路】利用零点存在性定理计算即可.【解答过程】由题知fx在R∵f12=3−5.5<0又33−4.52>0，∴f32故选：B.【变式1-1】（2024·海南·模拟预测）函数fx=2A．−1,0 B．0,1 C．1,2 D．2,3【解题思路】利用零点存在定理计算出满足条件的区间即可.【解答过程】易知函数fx=2又f1=1+1−3<0，由函数的零点存在定理可知，函数fx的零点所在的一个区间是1,2故选：C.【变式1-2】（2024·吉林长春·一模）方程log3x+x=2的根所在区间是（A．0,1 B．1,2 C．2,3 D．3,4【解题思路】将问题转化为fx【解答过程】设fx=log3x+x−2∵y=log3x与y=x−2在0,+∞上均为增函数，对于A，∵f1=log31+1−2=−1，∴对于B，∵f1=−1<0，f2∴∃x0∈对于CD，当x>2时，fx>f2>0，∴fx故选：B.【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）设函数fx=eA．若fxB．若fxC．若fxD．若fx【解题思路】函数分段去绝对值，利用导数分类讨论函数单调性，根据零点存在定理判断零点所在区间.【解答过程】去绝对值可得fxx≤a时，f′x=x>a时，f′（i）a∈0,+∞时，f′x>0当1<a<e+1时，f0=1−a<0，f1=e当a>e+1时，f1<0，故在区间（ii）a∈−∞,0时，令f′x=0得f当a∈−1,0时，f（1）a∈e−1−1,0时，fx在区间（2）a∈−1,e−1−1时，当a∈−2,−1时，f①a∈−1−e−1,−1时，f−2f−1<0,f−1②a∈−∞,−1−e−1综上所述，本题正确答案是A.故选：A.【题型2求函数的零点或零点个数】【例2】（2024·江苏·一模）函数fx=sin2x+πA．2 B．3 C．4 D．5【解题思路】利用三角函数的性质求解即可.【解答过程】令fx=sin2x+π故k=1,x=π3;k=2,x=所以fx在0,2故选：C.【变式2-1】（2024·湖南岳阳·模拟预测）函数y=x−22xA．2 B．2,0 C．-2 D．2或-1【解题思路】由题意令y=0可得关于x的方程，进而求解.【解答过程】由题意令y=x−22x+1=0，因为2故选：A.【变式2-2】（2024·内蒙古·三模）已知奇函数fx的定义域为R,fx+3=−f−x，且f2=0，则A．7 B．9 C．10 D．12【解题思路】由已知可得fx的图象关于点32,0对称，周期为3，据此计算可得f【解答过程】由fx+3=−f−x，可得f又fx是奇函数，所以fx+3=−f所以f0则f1.5=f4.5=0.故取fx=sin故选：B.【变式2-3】（2024·四川自贡·一模）定义在R上的奇函数fx满足f1+x=f1−x，且当x∈0,1时，fx=A．16 B．32 C．36 D．48【解题思路】先判断fx的对称性、周期性，然后由g【解答过程】依题意，fx是定义在R由于f1+x=f1−x，所以ff=−fx+2所以fx是周期为4令gx=fx函数y=1x−4的图象关于4,0对称，y=fx画出函数y=fx和y=由图可知，两个函数图象有4个交点，且交点关于4,0对称，所以gx所有零点和为8×2=16故选：A.【题型3根据函数零点个数求参数】【例3】（2024·四川内江·三模）若函数f(x)=lnxx−xA．(0,e) B．(e,+∞)【解题思路】将函数f(x)=lnxx−x【解答过程】由题意知函数f(x)=lnxx即函数y=ln设ℎ(x)当0<x<e时，ℎ'(x)当x>e时，ℎ'(x)当0<x<1时，ℎ(x)<0，当x>1时，ℎ(x)>0，作出ℎ(x)的图象如图：当直线y=xm与ℎ(x)图象相切时，设切点为此时1m=1−故此时1m结合图象可知，要使函数y=ln需满足0<1故m∈(2e故选：D.【变式3-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=1−2sin2ωx+π6A．76,136 B．76,【解题思路】利用降幂公式降幂，结合余弦函数的图象特征，可得关于ω的不等式，即可求得实数ω得取值范围.【解答过程】函数fx由x∈0,π2要使函数fx=1−2sin则πω+π3∈即ω的取值范围是76故选：C.【变式3-2】（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数fx=xlnx,x>0,−1,x=0,xln−xA．1,+∞ B．2,+∞ C．1,e【解题思路】直线y=ax与函数ℎx=fx+1=xlnx+1,x>0,0,x=0,x【解答过程】由题意得ax=fx+1，则直线y=ax与函数显然，直线y=ax与ℎx的图象交于点0,0又当x>0时，−x<0,ℎ−x当x<0时，−x>0,ℎ−x当x=0时，ℎx=0，所以则必须且只需直线y=ax与曲线y=xln所以方程a=lnx+1x有2个实数根.令当0<x<1时，t′当x>1时，t′所以tx又当x趋近于0时，tx=ln当x趋近于+∞时，ln所以必须且只需a>1.故选：A.【变式3-3】（2024·陕西汉中·二模）已知函数fx=12xln1A．mm≥16eC．meln22<m<【解题思路】由题意可知：函数gx的零点个数即为y=fx与【解答过程】作出fx令gx=fx由题意可知：函数gx的零点个数即为y=fx与若x>0，则fx=4ln设切点坐标为x1,4ln则切线方程为y−4ln代入点O0,0，可得−4ln2此时切线斜率为k1若x≤0，则fx=1设切点坐标为x2,−ln则切线方程为y+ln代入点O0,0，可得ln2⋅1此时切线斜率为k2结合图象可知m的取值范围为mm=故选：D.【题型4根据函数零点的范围求参数】【例4】（2024·四川成都·三模）若函数fx=ex−kx2大于0【解题思路】首先判断k>0，令fx=0，x∈0,+∞，参变分离可得k=exx2，依题意可得y=k与y=e【解答过程】若k≤0时fx>0恒成立，所以所以k>0，令fx=0，x∈0,+∞，即依题意y=k与y=exx令φx=exx所以当0<x<2时，φ′(x)<0，当x>2时，即φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞所以φ(x)的最小值是φ2而当x→0时，fx→+∞，当x→+∞时，故答案为：e2【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）函数fx=x+2lnx+1−ax只有3个零点x1，x2，x3【解题思路】由题意对函数求导，为判断导数与零的大小关系，对导数再次求导求其最值，利用分类讨论思想，结合零点存在性定理，建立不等式组，可得答案.【解答过程】函数fx=x+2lnx+1设gx=f所以当x∈−1,0时，g′x<0，f′x单调递减，当所以f′当2−a≥0，即a≤2时，f′x≥0，fx单调递增，且当2−a<0，即a>2时，由f′f存在m∈−1,0，n∈0,+∞，使得f当x∈−1,m∪n,+∞时，f′所以fx在−1,m上单调递增，在m,n上单调递减，在n,+又f0=0，易知fm由f1fe则fx在−1,m，n,+所以a>2，且x2=0．由x3<3，得所以a+x2的取值范围是故答案为：2,10【变式4-2】（2024·陕西西安·二模）已知函数fx=3cosωx+φω>0，若f−π4=3，fπ2=0【解题思路】根据f−π4=3,fπ2=0可得ω=【解答过程】由题意，在fx=3cos∴3cos−π两式相减得3π4所以ω=43k2−2因为x∈−π3令ωx+φ=t，t∈−由题意知y=3cost在故−π3ω+φ,−所以−π3ω+φ≥−两式相加得−π6ω≥−又ω=4n所以，当n=0时，ω=23；当n=1时，ω=2；当n=2时，ω=103；当n=3时，ω=14所以ω的取值有5个，取其中一个填写即可.故答案为：23【变式4-3】（2024·天津·二模）设a∈R，函数fx=1x−a+1+a,x<ax2−2a+1x+2【解题思路】对不同情况下的a分类，然后分别讨论fx相应的零点分布，即可得到a【解答过程】本解析中，“至多可能有1个零点”的含义是“零点个数不超过1”，即不可能有2个不同的零点，并不意味着零点一定在某些时候存在1个.当a≤0时，只要x≠a+1，就有x2故fx在a,+∞上至多可能有1个零点，从而在当a>3时，有x2所以fx在a,+而若1x−a+1+a=0，则只可能x=a−1a−1故fx在R上至多可能有1个零点，从而在0,+当0<a<3时，解1x−a+1+a=0可得到x=a−1a−1从而x=a−1a−1确为f再解方程x2−2a+1可得两个不同的实数根x=a+1±a而fa=a故x=a+1+a3−a确为fx而当且仅当a2−3a+1≥0时，另一根x=a+1−a3−a是条件为fx在区间0,+∞内恰有2个零点，从而此时恰有两种可能：a−1解得a∈0,当a=3时，验证知fx恰有两个零点53和综上，a的取值范围是0,3−故答案为：0,3−【题型5由函数零点分布求值（范围）】【例5】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=x+mx−2,x∈A．−∞,0 B．−∞,1 C．【解题思路】法一：转化成一元二次方程在0,+∞上有两个不同的解的问题；法二：分离参数，转化成两个函数图像在0,+【解答过程】法一：因为fx=x+m所以方程x2−2x+m=0在所以m>0Δ=4−4m>0解得法二：由fx=0得因为fx有两个零点，所以直线y=m与函数y=−函数y=−(x−1)2+1,x>0故选：D．【变式5-1】（2024·上海松江·二模）已知某个三角形的三边长为a、b及c，其中a<b.若a，b是函数y=ax2−bx+c的两个零点，则aA．12,1 C．0,5−12【解题思路】由a，b为函数f(x)=ax2−bx+c的两个零点可得ax2−aa+b【解答过程】由a,b为函数f(x)=ax2−bx+c即ax故aa+b=b，a2b=c，则由a，b，c为某三角形的三边长，且a<b，故1−a>0，且a<a21−a，则1所以a+c>ba+b>c，即a+a4所以12故a的取值范围是：12故选：B.【变式5-2】（2023·云南·二模）设x1,x2是关于x的方程x2+a−1A．−43,−1 B．−34【解题思路】函数图像开口向上，利用根的分布，即可求解实数a的取值范围.【解答过程】由题意知，函数f(x)=x若−1<x当x=−1时，x2+a−1当x=1时，x2+a−1当x=2时，x2+a−1综上，实数a的取值范围是(−4故选：A.【变式5-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=1x−x,x>0A．lnαβ=γ B．lnαβ=γ−1 C．lnαβ<γ−1【解题思路】当x>0时，解出一根，由α<β<γ得γ=1，当x≤0时，还有两根，则此时方程为二次方程，根据题意建立不等式解出a的取值范围，再根据其他条件即可得结论.【解答过程】当x>0时，令1x−x=0，解得当x≤0时，方程ax2+2ax+3=0有两个不等负实根α所以Δ=4a2当α=β=−1时，α+β=−2，又α<β<0，则−2<α<−1<β<0．所以lnαβ=故选：C.【题型6复合函数的零点个数判定】【例6】（2024·浙江金华·三模）若函数fx=x+1x，则方程A．2 B．3 C．4 D．5【解题思路】求导得到函数单调性，画出函数图象，令fx=t，则ft=3，且t1∈−1,0,t2∈0,1,【解答过程】fx当x<0时，fx=x−1此时fx=x−1当x>0时，fx=x+1故当x>1时，f′x>0，当0<x<1故fx=x+1x在画出函数fx和y=3令x+1x故x1令fx=t，则ft当fx=t当fx=t当fx=t综上，方程ff故选：D.【变式6-1】（2024·福建漳州·模拟预测）已知函数f(x)=lnx−1x,x>0A．3 B．5 C．6 D．8【解题思路】令f(x)−1=t，求出方程f(t)=0的根，再结合图象求出f(x)=t+1的解的个数即可.【解答过程】依题意，函数g(x)=f(f(x)−1)零点的个数，即为方程f(f(x)−1)=0解的个数，令f(x)−1=t，则f(t)=0，当t>0时，lnt−1t=0，令函数y=lnt,y=−1t在(0,+∞又ℎ(1)=−1<0，ℎ(e)=1−1e>0当t≤0时，−|t+1|+1=0，解得t=0或−2，作函数f(x)=ln

又f(x)−1=t，则f(x)=t+1，当t=0时，f(x)=1，由y=fx的图象知，方程f(x)=1当t=−2时，f(x)=−1，由y=fx的图象知，方程f(x)=−1当t=t1，t1∈(1,e)时，f(x)=综上所述，函数g(x)=f(f(x)−1)的零点个数为5.故选：B.【变式6-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知函数f(x)=−xex,x<0A．1 B．0 C．2 D．3【解题思路】根据函数解析式画出图像，利用换元法令t=fx，可知ft=1【解答过程】函数f(x)=−x对y=−xex⇒y′可知y=−xex在−∞且x趋向负无穷时，y>0，x=−1时，ymax故结合对数函数图象，可画出函数fx函数g(x)=f(f(x))−1的零点，即f(f(x))=1，令t=fx，代入可得f由图像可知t=e−1，即结合函数图像可知，fx综合可知，函数g(x)=f(f(x))−1的零点有1个，故选：A.【变式6-3】（2024·全国·二模）已知函数fx=11−x,x<0lnxA．3 B．5 C．7 D．9【解题思路】作出函数fx=11−x,x<0lnx,x>0的图象，可设fx=t，可得【解答过程】设fx=t，令Fx对于y=11−x，y′=1(1−x)2设y=k2x+1与y=∵(lnx)′=即y=1x2由于1e3<1e∴y=1e3即y=1e3设三个交点为t1,t作出函数y=t,y=f(x)的图象如图，由此可知fx与y=t1无交点，与y=∴Fx故选：C.【题型7根据复合函数零点求参数】【例7】（2024·西藏林芝·模拟预测）已知函数fx的定义域为R，fx=−x2,x<0x,0≤x≤12−x,1<x≤2【解题思路】把函数gx零点问题转化为函数y=fx与直线【解答过程】函数gx=fx−mx有三个零点，则方程所以函数y=fx与函数y=mx由fx=−若函数y=fx与过原点直线y=mx则0<m<13m>1，解得13<m<1，即实数m故答案为：13【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=4x−1,x≤1x2−6x+8,x>1【解题思路】先作出函数图象，解一元二次方程，结合函数图象含参讨论即可.【解答过程】作出函数fx由2fx2解得fx=1或由图象易知，直线y=1与fx所以方程fx因为方程2f所以直线y=a2与故0<a2<1，解得0<a<2，故实数a故答案为：0,2.【变式7-2】（2024·天津滨海新·二模）已知函数fx=x−1−1,x≤2−12fx−2,x>2，若函数【解题思路】把函数零点个数转化为图象公共点的个数，作出图象，列出限制条件可得答案.【解答过程】令ℎx当x≤2时，fx=x−1当x∈2,4时，x−2∈0,2，ℎx当x∈4,6时，x−4∈0,2，ℎx当x∈6,8时，x−6∈0,2，ℎx……作出函数ℎ(x)的部分图象如下，因为gx=x⋅fx−a的零点个数为2，所以由图可知，78<a<3故答案为：78<a<3【变式7-3】（2024·河南新乡·二模）已知函数fx=2x,x≤0,2lnxx,x>0,gx=x【解题思路】令gx=t，根据fx的图象可知，fx等于常数的解最多只有3个，根据gx图象性质可知，gx等于常数的解最多只有2个，若fgx=λ有6个解，需要ft=λ有3个解，gx=t有2个解，根据f【解答过程】令gx=t，由函数fx的图象可知，方程fft在−当t>0时，f′t=21−lnt所以t=e处取得极大值，即极大值为f故结合图象可得0<λ<2e，且方程ft又gx=x2+2x−4λ=所以gx最小值为g−1=−4λ−1，即当t≥−4λ−1所以使关于x的方程fgx=λlog2λ>−4λ−1，即4λ+log易知ℎλ在0,+∞上单调递增，又ℎ14=0综上所述，λ的取值范围为14故答案为：14【题型8函数零点的大小与范围问题】【例8】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)求实数a的取值范围；(2)设fx的两个零点分别为x1,(3)证明：23【解题思路】（1）方法一：分类讨论a大于等于小于零的情况，再求导讨论单调性，分析零点情况；方法二：分离参数，转化成恒成立问题，再构造函数，求导讨论单调性，求最值；（2）考查极值点偏移问题.方法一：第一步：根据函数零点的含义得出a=x1e−x1=x2（3）利用（2）的结论进行不等式放缩，得到lnn+1【解答过程】（1）解法一

由题，f′x=aex−1，当a≤0时，f′当a>0时，由f′x=0所以当x∈−∞,−lna时，f当x∈−lna,+∞时，f′所以fx要使函数fx有两个零点，必须满足fxmin当0<a<1e时，所以函数fx在0,−f1记gx=ex−x2所以g′x=ex所以gx=ex−因为1a>e所以函数fx在−综上所述，当0<a<1e时，函数fx有两个零点.所以实数a解法二

因为fx=aex−xa∈R所以直线y=a与曲线y=x令gx则g′x=1−xe所以gx在−∞,1上单调递增，在1,+又g0=0，当x→+∞时，gx→0，所以0<a<（2）解法一

因为fx1=f设rx=xe令r′x=0当x变化时，r′x−11,+r＋0－r单调递增1单调递减由（1）知x1>0,x2>0，不妨设x令Rx则R因为x>1，所以2x−2>0，所以e2x−2−1>0，则所以Rx在1,+所以Rx>r1−r2−1=0，即当又rx1=r因为x>1，所以2−x因为rx在−∞,1上单调递增，x1<1解法二

由（1）知x1>0,x2>0所以lna+x1要证x1+x2>2不妨设0<x1<x2令t=x2x设ℎt=lnt−2t−1t+1所以ℎt>ln1−2×（3）由（2）中解法二可知，lnt>令t=n+1nn∈所以k=1n即23【变式8-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)当a=2时，求曲线y=fx在点1,f(2)设函数gx=fx−x【解题思路】（1）先将a=2的值代入函数，对函数求导，求出切线斜率，再求出点的坐标，进而求出切线方程.（2）由gx有两个零点，得出a6=−x+1ex−13x2【解答过程】（1）当a=2时，fx=x所以f′则k=f所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y+1=−2x−1（2）函数gx因为gx所以−x+1ex−1=设函数ℎx=−x+1因为−62−4×3×7=−48<0，所以所以当x∈−∞,0时，ℎ当x∈0,+∞时，ℎ′因为函数ℎx=−x+1所以0<a6<1e，即0<a<【变式8-2】（2024·河北邯郸·三模）已知函数f(x)=xex−a(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程．(2)已知关于x的方程f(x)=ax2−ex恰有4个不同的实数根x（i）求a的取值范围；（ii）求证：x1【解题思路】（1）求出导数，继而可得切线斜率为在x=0的导数值，由f(0)=0，结合直线的点斜式，可求出切线方程；（2）（i）将问题转化为y=a与g(x)=exx2有三个不同交点的问题，利用导数可求得（ii）设x2>x1>0，根据：ex1=ax12，ex2=ax【解答过程】（1）f′所以f'又f(0)=0，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x．（2）（i）由f(x)=ax2−ex，得(x+1)所以ex−ax2=0令g(x)=exx所以当x∈(−∞,0)时，g′(x)>0，当x∈(0,2)时，g′所以g(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在又g(2)=e24，且当x无限趋近于−当x从0的左侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+∞，当x从0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+当x无限趋近于+∞时，ex的增速远大于x2的增速，所以g(x)故g(x)的大致图象如图所示：又g(−1)=1e<e24，所以当a>e24时，直线y=a（ii）由（i）知ex1=ax12，所以x1−x要证x1+x不妨设x2>x1>0，所以0<令t=x1x2，则则当0<t<1时，ℎ′所以ℎ(t)在(0,1)上单调递增，所以ℎ(t)<ℎ(1)=0，所以当t∈(0,1)时，lnt<2(t−1)t+1【变式8-3】（2024·浙江·二模）已知函数fx=x(1)求证：fx(2)若函数fx有三个不同的零点x1，x2（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）求证：x1【解题思路】（1）代入计算即可求解，（2）（ⅰ）分类讨论a的取值范围即可求解，（ⅱ）结合函数有三个不同的零点，可得x3=1x1，x2=1，进而结合f【解答过程】（1）由fx=x所以x2f1（2）（ⅰ）由于f1=0，且当x→+∞时，f又f′x=2x−aln当a>2时，令gx=f当x>a2时，g′x>0,当0<x<a2时，g′x又f′1=2−a<0f′a2=2因此fx在0,m,n,+∞上单调递增，在又当x→0+,f所以此时fx有3个零点，符合题意，故a>2当a=2时，f令ℎx=ln故当x>1时，ℎ′x<0，此时ℎx单调递减，当0<x<1时，ℎ′x>0，此时ℎx单调递增，故综上可知：a>2，（ⅱ）由（ⅰ）以及f1=0可知，x2=1，又fx1=1+ax1设φ所以φx在1，+即φx=ln又因为fx所以x1所以x1一、单选题1．（2024·山东青岛·二模）函数fx=axA．0 B．1 C．1,0 D．a【解题思路】令fx=ax【解答过程】因为fx令fx=ax即函数的零点为1.故选：B.2．（2024·陕西安康·模拟预测）函数fx=lnA．0,22 B．22,1 C．【解题思路】由零点存在性定理可得答案.【解答过程】因为函数fx的定义域为0,+∞，又f′x=又f1=−1<0,f2=ln2=故选：C.3．（2024·甘肃张掖·模拟预测）函数fx=eA．0 B．-1 C．3 D．2【解题思路】令fx=0，即exx−1−x−1=0，构造函数y=ex与函数y=x+1【解答过程】由零点定义可知，函数的零点，就是方程fx=0的实数根，令则exx−1−x−1=0，显然x≠1构造函数y=ex与函数y=x+1可转化为两个函数图象的交点问题，根据图象可知，两个函数图象相交于两点，所以此方程有两个实数根，即函数fx设为x1,x2，所以即fx另外发现，将−x1代入，可得所以−x1也是函数fx的零点，说明x故选:A.4．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数f2x+1为偶函数，若函数gx=fx+A．1 B．2 C．3 D．0【解题思路】由函数gx的图象关于x=1对称得零点关于x=1对称，但g【解答过程】因为函数f2x+1为偶函数，所以f所以y=fx的图象关于x=1令ℎx=2可得函数ℎx=2所以函数gx=fx则函数gx的零点关于x=1对称，但g则g1=f1故选：C.5．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数fx=x3−3x+a在区间0,2A．0,2 B．2,+∞ C．0,1 D．【解题思路】利用导数说明函数的单调性，依题意可得f0【解答过程】因为f′x=3x2−3=3x+1即fx在1,+∞，当−1<x<1时f′x<0，即f根据题意可得f0>0f1<0故选：A.6．（2024·广东湛江·二模）已知函数fx=2x−1A．当gx有2个零点时，fB．当gx有3个零点时，fC．当fx有2个零点时，gD．当fx有2个零点时，g【解题思路】作出函数y=2x−1，y=【解答过程】两个函数的零点个数转化为图象与y=a的图象的公共点的个数，作出y=2x−1由图可知，当gx有2个零点时，f当gx有3个零点时，f当fx有2个零点时，g故选：D.7．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数fx=ex,x≤0,lnx,x>0,gx=x−3,A．0 B．3 C．6 D．9【解题思路】方程fgx=−3−gx有两个不同的根等价于函数y=fgx与【解答过程】由题意得：gx=x−3为R当x≤3时，gx≤0，当x>3时，gx>0，方程fgx=−3−gx=−x作出函数fgx与由图可知y=ex−3与y=ln则A,B两点关于y=x−3对称，中点C在y=x−3图象上，由y=−xy=x−3，解得：C所以x1故选：B.8．（2024·安徽合肥·三模）设a∈R，函数fx=2x−1−1,x≥0−xA．−2,2 B．0,2 C．−1,0 D．−【解题思路】设t=fx，可确定当x≥0时，函数的零点个数，继而作出y=fx的大致图像，考虑【解答过程】设t=fx，当x≥0时，fx=由ft=0得t=1，即fx=2所以y=ffx在x<0时，若a≥0,fx=−x2+ax此时fx=−x2+ax<0所以ft=0无解，则t=fx综上，此时y=ff若a<0，此时f令−t2+at=0，解得t=a<0显然fx=a在所以要使y=ff需fa2>1，即−所以a∈−故选：D.二、多选题9．（2024·辽宁·一模）已知函数fx=2cosωx+π6+2(ω>0)在区间−A．23 B．56 C．1112【解题思路】结合函数在给定区间上的单调性和零点个数，可确定ω的取值范围，从而确定正确的选项.【解答过程】由2kπ≤ωx+π6≤2kπ+π，又函数fx在区间−π6,π3上单调递减，所以又因为k∈Z，ω>0，所以k=0，0<ω≤1因为0≤x≤π，所以π因为fx在区间0,所以cosωx+π6所以π≤ωπ+综上，56故选：BC.10．（2024·河北·模拟预测）已知函数fx=ex+2x−2,gA．2x1+C．x1+x【解题思路】对于A，由题意得ex1+2x1=2lnx2+x2=2，进而得ex1=x【解答过程】对于A，由题ex1+2所以ex1+2所以ex1=对于B，由fx=0,gx故函数y=ex与y=−2x+2图象交点横坐标和y=lnx与y=−12x+1如图，由图象性质可知0<x又由A得ex1=所以x1对于C，由上2lnx2+x2−2=0x1对于D，由AB得ex1=x2所以2x故选：ACD.11．（2024·江西宜春·模拟预测）已知函数fx=2−log1A．若g(x)有2个不同的零点，则2<a<5B．当a=2时，gf(x)C．若g(x)有4个不同的零点x1,x2D．若g(x)有4个不同的零点x1,x2【解题思路】作出fx的图象，由gx有2个不同的零点，结合图象，可判定A错误；由f(f(x))=2，令t=f(x)，得到f(t)=2，求得t1=1,t2=4−【解答过程】由函数fx=2−作出fx对于A中，由g(x)=f(x)−a=0，可得f(x)=a，若gx结合图象知a<1或2<a<5，所以A错误；对于B中，当a=2时，由g(f(x))=0，可得f(f(x))=2，令t=f(x)，则有f(t)=2，可得t1结合图像知，t1=f(x)有3个不等实根，t2所以g(f(x))有5个不同的零点，所以B正确；对于C中，若g(x)有4个不同的零点x1则1<a<2，且2+log2x由二次函数的对称性得x3+x结合B知x3∈(2,4−3)，所以x3对于D中，由ax1x由对勾函数的性质，可得ℎa=a+8a在所以ax1x故选：BCD．三、填空题12．（2023·辽宁葫芦岛·一模）请估计函数fx=6x−【解题思路】根据零点存在性定理求解即可.【解答过程】根据对数函数单调性的性质，函数fx=6函数的图像在0，又f3=2−log所以函数fx=6故答案为:3,4.13．（2024·天津北辰·三模）若函数f(x)=a2x−3−3a−x−2∪−【解题思路】分析可知f(x)关于直线x=32对称，由对称性可知当x>32时，f(x)有2个零点，令gx=x3−3【解答过程】由题意可知：f(x)的定义域为R，且f(3−x)=a2(3−x)−3可知f(x)关于直线x=3原题意等价于：当x>32时，f(x)有2个零点，且f3若x>32，则显然f(3)=0，若x∈32,3∪3,+令gx=x3−3x2则g′x=3x2−6x，令g′x>0可知gx在32,2且g32=−可得gx由图象可知：2a=−4或−278<2a<0或2a>0，解得a=−2或−综上所述：实数a的取值范围为−2∪故答案为：−2∪14．（2024·河北秦皇岛·三模）已知奇函数fx的定义域为R，fx+3=−f−x，且f2=0，则fx【解题思路】由fx+3=−f−x结合fx是奇函数可求出fx的周期为3，即可求出f【解答过程】由fx+3=−f−x，可得f又fx是奇函数，所以f则fx的周期为3，所以ff5而f1.5=f−1.5故fx在0,6故答案为：9.四、解答题15．（2024·四川泸州·三模）已知函数f(x)=axex−1(1)讨论函数f(x)的零点个数；(2)若|f(x)|>x+xlnx恒成立，求函数f(x)的零点【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，利用导数探讨单调性，进而求出零点个数.（2）由（1）的结论，按0<x<x【解答过程】（1）函数f(x)=axex−1的定义域为R，求导得f由f′(x)<0得x<−1，由f′(x)>0得x>−1，因此函数f(x)在又当x<0时，f(x)<0恒成立，f(0)=−1<0,f(1a)=e1所以函数f(x)的零点个数是1.（2）由（1）知函数f(x)存在唯一零点x0∈(0,+∞①当x∈(0,x0)时，f(x)<0，由|f(x)|>x+xlnx设g(x)=−aex+g(x)在(0,x0)上单减，则g(x)>g(②当x∈[x0,+∞)时，由|f(x)|>x+x设ℎ(x)=aex−1x则ℎ′(x)>0，ℎ(x)在[x0,+综上得x0的取值范围是(0,16．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=(x−1)2ex−ax，且曲线y=f(x)(1)求实数a，b的值；(2)证明：函数f(x)有两个零点．【解题思路】（1）根据导数的几何意义计算即可求解；（2）利用转化的思想将原问题转化为函数g(x)=(x−1)2−【解答过程】（1）由题意可得f′(x)=x所以f'(0)=−2f(0)=b（2）由f(x)=0可得(x−1)2ex函数f(x)有两个零点即函数g(x)=(x−1)g′当x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′又g(0)=1>0，g(1)=−1e<0所以g(0)g(1