考点06二分法与求方程近似解（5种题型3个易错考点）（解析版）-【一轮复习讲义】2024年高考数学复习全程规划（上海地区专用）

这是一份考点06二分法与求方程近似解（5种题型3个易错考点）（解析版）-【一轮复习讲义】2024年高考数学复习全程规划（上海地区专用），共32页。
考点06二分法与求方程近似解（5种题型3个易错考点）
【课程安排细目表】
一、 真题抢先刷，考向提前知
二、考点清单
三、题型方法
四、刷易错
一、 真题抢先刷，考向提前知

一．填空题（共2小题）
1．（2023•上海）已知函数f（x）＝2﹣x+1，且g（x）＝，则方程g（x）＝2的解为 　x＝3　．
【分析】分x≥0和x＜0分别求解即可．
【解答】解：当x≥0时，g（x）＝2⇔log2（x+1）＝2，解得x＝3；
当x＜0时，g（x）＝f（﹣x）＝2x+1＝2，解得x＝0（舍）；
所以g（x）＝2的解为：x＝3．
故答案为：x＝3．
【点评】本题考查了分段函数的性质、对数的基本运算、指数的基本运算，属于基础题．
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x0∈R，f（x0）的值为x0或x02；
（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x0＝0或1，进而结合条件（2）可得a的范围
【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．
二．解答题（共1小题）
3．（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：φ变换：f（x）﹣f（x﹣t）；ω变换：|f（x+t）﹣f（x）|，其中t为大于0的常数．
（1）设f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，解方程：g（x）＝2；
（2）设f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，解不等式：f（x）≥h（x）；
（3）设f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x）；f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x）．若h1（x）＝h2（x）恒成立，证明：函数f（x）在R上单调递增．
【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h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，先求出v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，从而h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，由h1（x）＝h2（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φ变换后的结果，g（x）＝2，
∴g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，
解得x＝2．
（2）∵f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，f（x）≥h（x），
∴x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，
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φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x），
∴u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，
f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x），
∴v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∵h1（x）＝h2（x），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∴|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．
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x1；③计算f（x1）；
④若f（x1）＝0，则x1就是函数的零点； ⑤若f（a）f（x1）＜0，则令b＝x1（此时零点x0∈（a，x1））；⑥若f（x1）f（b）＜0，则令a＝x1．（此时零点x0∈（x1，b） ⑦判断是否满足条件，否则重复（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x1＝时，若f（x1）＝0，这说x1为零点；若不为0，假设大于0，那么继续在[x1，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3小题）
1．（2023•青浦区校级模拟）设x∈R，求方程|x﹣2|+|2x﹣3|＝|3x﹣5|的解集 　　．
【分析】利用绝对值的定义去掉绝对值，分类讨论，分别求解即可．
【解答】解：当时，则方程为2﹣x+3﹣2x＝5﹣3x，解得；
当时，则方程为2﹣x+2x﹣3＝5﹣3x，解得x＝，舍去；
当时，则方程为2﹣x+2x﹣3＝3x﹣5，解得x＝2，舍去；
当x≥2时，则方程为x﹣2+2x﹣3＝3x﹣5，解得x≥2．
综上所述，方程的解集为．
故答案为：．
【点评】本题考查了含有绝对值得方程的求解，解题的关键是利用绝对值的定义去掉绝对值，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
2．（2023春•浦东新区校级期中）已知常数a≠0，定义在R上的函数f（x）＝cos2x+asinx．
（1）当a＝﹣4时，求函数y＝f（x）的最大值，并求出取得最大值时所有x的值；
（2）已知常数n∈N，n≥1，且函数y＝f（x）在（0，nπ）内恰有2021个零点，求常数a及n的值．
【分析】（1）利用二倍角公式化简f（x），利用二次函数的性质求其最值以及此时满足要求所有的x值；
（2）利用换元法将零点问题转化为y＝sinx与y＝t的交点问题，先分析在一个周期内零点的个数，然后再分析多周期内零点的临界值即可求解．
【解答】解：（1）当a＝﹣4时，f（x）＝cos2x﹣4sinx＝1﹣2sin2x﹣4sinx＝3﹣2（sinx+1）2，
则当sinx＝﹣1时，f（x）max＝3，此时；
（2）f（x）＝cos2x+asinx＝1﹣2sin2x+asinx，
令t＝sinx，t∈[﹣1，1]，则f（t）＝﹣2t2+at+1，
f（t）＝0得2t2﹣at﹣1＝0，Δ＝a2+8＞0，则方程f（t）＝0有两个不相等的实数根，
由韦达定理得，即两根异号，
①当两根的绝对值在（0，1）之间，t1＝sinx，t2＝sinx，在区间（0，nπ）上均为偶数根，则不符合题意；
②当，即，
当x∈[0，2π]，sinx＝1，即，即，
所以方程f（x）＝0在[0，2π]上有三个根，
因为2021＝3×673+2，所以方程在[0，1346π]上有2019个根，
又因为方程在[1346π，1347π]上有1个根，在[1347π，1348π]上有2个根，
所以f（x）＝0在（0，nπ）（n∈N）内恰有2021个根是不可能的；
③当，即，
当x∈[0，2π]，sinx＝﹣1，即，即，
所以方程f（x）＝0在[0，2π]上有三个根，
因为2021＝3×673+2，所以方程在[0，1346π]上有2019个根，
又因为方程在[1346π，1347π]上有2个根，在[1347π，1348π]上有1个根，
所以f（x）＝0在（0，1347π）内恰有2021个根，
故满足题意，此时a＝﹣1，n＝1347．
【点评】本题考查了函数的零点和二次函数的性质，属于中档题．
3．（2023•宝山区校级模拟）已知函数y＝f（x）是定义域在R上的奇函数，且当x＞0时，f（x）＝（x﹣2）（x﹣3）+0.02，则关于y＝f（x）在R上零点的说法正确的是（　　）
A．有4个零点，其中只有一个零点在（﹣3，﹣2）内
B．有4个零点，其中只有一个零点在（﹣3，﹣2）内，两个在（2，3）内
C．有5个零点，都不在（0，2）内
D．有5个零点，其中只有一个零点在（0，2）内，一个在（3，+∞）
【分析】本题可以先从函数图象右侧入手借助于图象或性质找到其零点，然后根据奇函数特性f（x）是定义在R上的奇函数，故f（0）＝0，加上奇函数对称性应用，即可以找到所有零点位置．
【解答】解：根据对称性可以分三种情况研究：
（1）x＞0的情况，f（x）是把抛物线y＝（x﹣2）（x﹣3）与x轴交点为（2，3）向上平移了0.02，
则与x轴交点变至（2，3）之间了．所以在（2，3）之间有两个零点．
（2）当x＜0时，f（x）＝﹣（x+2）（x+3）﹣0.02，根据对称性（﹣3，﹣2）之间也有两个零点，
（3）f（x）是定义在R上的奇函数，故f（0）＝0（奇函数特性），
所以有五个零点．
故选：C．
【点评】本题考查学生灵活运用函数零点和运用奇函数性质的能力，属于难题．
二．函数零点的判定定理（共4小题）
4．（2022秋•杨浦区校级期末）若a＜b＜c，则函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）+（x﹣b）（x﹣c）+（x﹣c）（x﹣a）的两个零点分别位于区间（　　）
A．（a，b）和（b，c）内 B．（﹣∞，a）和（a，b）内
C．（b，c）和（c，+∞）内 D．（﹣∞，a）和（c，+∞）内
【分析】由函数零点存在判定定理可知：在区间（a，b），（b，c）内分别存在一个零点；又函数f（x）是二次函数，最多有两个零点，即可判断出．
【解答】解：∵a＜b＜c，∴f（a）＝（a﹣b）（a﹣c）＞0，f（b）＝（b﹣c）（b﹣a）＜0，f（c）＝（c﹣a）（c﹣b）＞0，
由函数零点存在判定定理可知：在区间（a，b），（b，c）内分别存在一个零点；
又函数f（x）是二次函数，最多有两个零点，
因此函数f（x）的两个零点分别位于区间（a，b），（b，c）内．
故选：A．
【点评】熟练掌握函数零点存在判定定理及二次函数最多有两个零点的性质是解题的关键．
5．（2022秋•徐汇区校级期末）若函数f（x）＝x3+x2﹣2x﹣2的一个正数零点附近的函数值的参考数据如下：则方程x3+x2﹣2x﹣2＝0的一个近似根（精确到0.1）（　　）
f（1）＝﹣2
f（1.5）＝0.625
f（1.25）＝﹣0.984
f（1.375）＝﹣0.260
f（1.4375）＝0.162
f（1.40625）＝﹣0.054
A．1.2 B．1.3 C．1.4 D．1.5
【分析】根据零点存在性定理，即可得出答案．
【解答】解：由题意得f（1.4375）＝0.162，f（1.40625）＝﹣0.054，
由零点存在性定理的函数f（x）＝x3+x2﹣2x﹣2的一个正数零点在（1.40625，1.4375），
则方程x3+x2﹣2x﹣2＝0的一个近似根为1.4，
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．
6．（2022秋•崇明区期末）函数f（x）＝x3+5x﹣7的零点所在的区间可以是（　　）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】利用零点存在性定理，可得答案．
【解答】解：f（0）＝﹣7＜0，f（1）＝1+5﹣7＝﹣1＜0，f（2）＝8+10﹣7＝11＞0，f（3）＝27+15﹣7＝35＞0，f（4）＝64+20﹣7＝77＞0，
由f（1）f（2）＜0，则函数f（x）的零点存在的区间可以是（1，2），
故选：B．
【点评】本题考查函数零点存在性定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
7．（2023春•虹口区校级期中）已知函数f（x）＝|sinx|+|cosx|，函数g（x）＝k+4sinxcosx，函数F（x）＝f（x）﹣g（x）．
（1）求证：是函数f（x）的一个周期；
（2）当k＝0时，求F（x）在区间上的最大值；
（3）若函数F（x）在区间（0，π）内恰有奇数个零点，求实数k的值．
【分析】（1）根据周期函数的定义进行证明即可；
（2）利用换元法，结合二次函数的性质进行求解即可；
（3）根据绝对值的性质，利用分类讨论思想，换元法，结合正弦型函数的性质进行求解即可．
【解答】解：（1）证明：因为 ，
所以，是函数f（x）的一个周期；
（2）当k＝0时，因为，
所以F（x）＝f（x）﹣g（x）＝sinx﹣cosx﹣4sinxcosx，
令，
因为，所以，
因此，即t，
因为t＝sinx﹣cosx，所以t²＝sin²x+cos²x﹣2sinxcosx⇒sinxcosx＝，
因此有 ，
对称轴为：，
因为t，
所以当t＝ 时，函数 ，
即F（x）在区间 上的最大值为；
（3）当x 时，由F（x）＝f（x）﹣g（x）＝0可得：k＝sinx+cosx﹣4sinxcosx，
令t＝，
因为x，所以 ，
因此，即t，
因为t＝sinx+cosx，
所以t²＝sin²x+cos²x+2sinxcosx⇒sinxcosx＝，
因此，，该二次函数的对称轴为：，
因此当t 时，该二次函数单调递减，
所以当t＝1时，即k＝1时，有一解，
当t＝ 时，即k＝ 时，有一解，
当t 时，即＜k＜1时，有两解，
当x 时，由F（x）＝f（x）﹣g（x）＝0可得：k＝sinx﹣cosx﹣4sinxcosx，
令，
因为t，所以，
因此，即t，
因为t＝sinx﹣cosx，所以t²＝sin²x+cos²x﹣2sinxcosx⇒sinxcosx＝，
因此，该二次函数的对称轴为：，
因此当t 时，该二次函数单调递减，
所以t＝1时，即k＝1时，有一解，
当t＝时，即k＝时，有一解，
当t∈（1，）时，即1＜k＜时，有两解，
综上所述，函数F（x）在区间（0，π）内恰有奇数个零点，k＝1或或．
【点评】本题考查周期函数的定义，二次函数的性质，正弦型函数的性质，属于中档题．
三．函数的零点与方程根的关系（共5小题）
8．（2023•浦东新区校级模拟）若关于x的方程ex＝a|x|恰有两个不同的实数解，则实数a＝　e　．
【分析】关于x的方程ex＝a|x|恰有两个不同的实数解，可转化为函数y＝a|x|与y＝ex有两个交点，因y＝ex＞0，故a＞0，结合图象，两个函数在x≤0时有1个交点，故两个函数在x＞0时有且只有一个交点，故y＝ax与y＝ex相切，由此可得答案．
【解答】解：作出函数y＝a|x|与y＝ex的大致图象如下图所示，

显然a＞0，
当x≤0时，由单调性得，方程ex＝﹣ax有且仅有一解．
因此当x＞0时，方程ex＝ax也恰有一解．
即y＝ax为函数y＝ex的切线，
对函数y＝ex求导，得y′＝ex，
令y′＝a，得x＝lna，
故当x＝lna时，ex＝ax，得elna＝alna，即a＝alna，
从而a＝e．
故答案为：e．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查导数的几何意义，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
9．（2023春•杨浦区校级期中）设a∈R，若关于x的方程aex＝x2有三个实数解，则a的取值范围为 　　．
【分析】设，则函数y＝f（x）的图象与直线y＝a有三个不同的交点，利用导数得到函数f（x）的单调性及极值，进而作出函数f（x）的图象，根据图象即可得到a的范围．
【解答】解：由aex＝x2可得，，
设，则函数y＝f（x）的图象与直线y＝a有三个不同的交点，
又，
则当x＜0或x＞2时，f′（x）＜0，当0＜x＜2时，f′（x）＞0，
即函数f（x）在（﹣∞，0），（2，+∞）上单调递减，在（0，2）上单调递增，
则，且x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→0，
作出函数f（x）的大致图象如下图所示，

由图象可知，要使函数y＝f（x）的图象与直线y＝a有三个不同的交点，则．
故答案为：．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查函数与导数的综合运用，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
10．（2023春•宝山区校级期中）对任意实数x，定义[x]表示小于等于x的最大整数，例如[1.8]＝1，[﹣1.8]＝﹣2，则方程x2﹣[x]﹣1＝0的解的个数是 　1　．
【分析】由题意可得方程的解的个数即为y＝x2﹣1与y＝[x]的图象的交点个数，
【解答】解：方程x2﹣[x]﹣1＝0的解的个数，即为方程x2﹣1＝[x]的解的个数，
即为y＝x2﹣1与y＝[x]的图象交点个数，
作出两函数的图象的示意图如图所示，

由图象可得两图象有一个交点，
∴方程x2﹣[x]﹣1＝0的解的个数是1个．
故答案为：1．
【点评】本题考查方程的根与函数的零点个数问题，属中档题．
11．（2023春•宝山区校级月考）已知函数f（x）＝sin2x+2sinx﹣1，则f（x）在x∈[0，2023π]上的零点个数是（　　）
A．2023 B．2024 C．2025 D．2026
【分析】先确定函数的周期，求导可得函数在∈[0，2π]上的单调性，进而可得f（x）在x∈[0，2023π]上的零点个数．
【解答】解：∵函数f（x）＝sin2x+2sinx﹣1，∴f（x）是周期函数，且最小正周期为2π，
∴f′（x）＝2cos2x+2cosx＝4cos2+2cosx﹣2＝（2cosx﹣1）（2cosx+2），
当x∈[0，2π]时，在x∈[0，]上单调递增，在x∈[，]上单调递减，在x∈[，2π]上单调递增，
则f（x）max＝f（）＝﹣1＞0，又f（0）＝f（π）＝f（2π）＝﹣1，
∴当x∈[0，2π]时，f（x）＝sin2x+2sinx﹣1有两个零点，
故f（x）在x∈[0，2023π]上的零点个数是2024个．
故选：B．
【点评】本题考查函数的零点与方程的根的关系，属中档题．
12．（2023春•闵行区校级期中）已知f（x）满足f（x）＝f（x+8），当x∈[0，8]，，若函数g（x）＝f2（x）+af（x）﹣a﹣1在x∈[﹣8，8]上恰有八个不同的零点，则实数a的取值范围为 　（﹣9，﹣5）　．
【分析】由已知可得，f（x）周期是8，然后根据函数周期性，作出函数f（x）在x∈[﹣8，8]上的图象．然后由由g（x）＝0可推得，f（x）＝1或f（x）＝﹣a﹣1．根据f（x）＝1根的个数，结合图象，即可得出实数a的取值范围．
【解答】解：因为f（x）＝f（x+8），所以f（x）为周期是8的周期函数，
作出函数f（x）在x∈[﹣8，8]上的图象，如图所示：

因为g（x）＝f2（x）+af（x）﹣a﹣1＝[f（x）﹣1][f（x）+（a+1）]，
所以由g（x）＝0可得，f（x）＝1或f（x）＝﹣a﹣1．
根据图象可知方程f（x）＝1，有六个实根，
所以f（x）＝﹣a﹣1时，应该有两个实根，
根据图象可得，4＜﹣a﹣1＜8，得﹣9＜a＜﹣5，
即实数a的取值范围为（﹣9，﹣5）．
故答案为：（﹣9，﹣5）．
【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
四．二分法的定义与应用（共2小题）
13．（2022秋•浦东新区校级期末）用“二分法”求方程x2﹣2x﹣5＝0在区间（2，4）内的实根，首先取区间中点x0＝3进行判断，那么下一个有根区间是 　（3，4）　．
【分析】根据方程的实根是对应函数的零点，由零点存在性定理计算端点处的函数值，即可得出零点所在的区间．
【解答】解：设f（x）＝x2﹣2x﹣5，
计算f（2）＝﹣5＜0，f（4）＝3＞0，f（3）＝﹣2＜0，
所以f（x）零点所在的区间为（3，4），
方程x2﹣2x﹣5＝0有根的区间是（3，4）．
故答案为：（3，4）．
【点评】本题考查了用二分法求方程根所在的区间问题，是基础题．
14．（2022秋•闵行区期末）已知函数y＝f（x）的表达式为f（x）＝x﹣4log2x，用二分法计算此函数在区间[1，3]上零点的近似值，第一次计算f（1）、f（3）的值，第二次计算f（x1）的值，第三次计算f（x2）的值，则x2＝　　．
【分析】根据二分法的定义，求解即可．
【解答】解：二分法计算此函数在区间[1，3]上零点的近似值，
第一次计算f（1）、f（3）的值，
f（x）＝x﹣4log2x，则f（1）＝1＞0，f（3）＝3﹣4log23＜0，
故零点所在区间为（1，3），
第二次计算f（2）的值，
f（2）＝2﹣4log22＝﹣2＜0，
故零点所在区间为（1，2），
所以第三次计算f（）的值，即x2＝．
故答案为：．
【点评】本题考查二分法的定义，属于基础题．
五．函数与方程的综合运用（共7小题）
15．（2023•浦东新区校级一模）已知函数f（x）＝，其中a∈R．
（1）解关于x的不等式f（x）≤﹣1；
（2）求a的取值范围，使f（x）在区间（0，+∞）上是单调减函数．
【分析】（1）由题意可得≤0，对a讨论，可得所求解集；
（2）求得f（x）＝＝a+，由反比例函数的单调性，可得﹣2﹣2a＞0，解不等式即可得到所求范围．
【解答】解：（1）x的不等式f（x）≤﹣1，
即为≤﹣1，即为≤0，
当a＝﹣1时，解集为{x|x≠﹣2}；
当a＞﹣1时，解集为（﹣2，0]；
当a＜﹣1时，解集为（﹣∞，﹣2）∪[0，+∞）；
（2）f（x）＝＝a+，
由f（x）在区间（0，+∞）上是单调减函数，
可得﹣2﹣2a＞0，
解得a＜﹣1．
即a的范围是（﹣∞，﹣1）．
【点评】本题考查分式不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查函数的单调性的判断和运用，考查运算能力，属于基础题．
16．（2023•杨浦区校级模拟）若实数a使得存在两两不同的实数x、y、z，有，则实数a的取值范围是 　（﹣2，0）∪（0，2）　．
【分析】构造函数，利用导函数得到u＝t3﹣3t＝m的三个互不相同的根，m∈（﹣2，2），且有u＝（t﹣x）（t﹣y）（t﹣z）＝0，进而得到x+y+z＝0，化简可得﹣a∈（﹣2，2）时有三个不同的根，进而得出结果．
【解答】解：因为，
所以x3﹣3x＝y3﹣3y，
同理可得x3﹣3x＝y3﹣3y＝z3﹣3z，
构造函数u＝t3﹣3t，
令x，y，z为u＝t3﹣3t＝m的三个互不相同的根，
则u′＝3t2﹣3，令u′＝0，t＝±1，
所以t∈（﹣1，1）时，u′＜0，u单调递减，
t∈（﹣∞，﹣1）⋃（1，+∞）时，u′＞0，u单调递增，
且t＝1时，u＝﹣2，t＝﹣1时，u＝2，
所以为使u＝t3﹣3t＝m的三个互不相同的根，
则m∈（﹣2，2），且有u＝（t﹣x）（t﹣y）（t﹣z）＝0，
得到x+y+z＝0，
原式可得：，
化简得：，
取x3+a＝3x，得到﹣a＝x3﹣3x，
解得﹣a∈（﹣2，2）时有三个不同的根，
又因为x≠0，所以a∈（﹣2，0）⋃（0，2）．
故答案为：（﹣2，0）∪（0，2）．
【点评】本题考查方程与函数的思想，构造函数，利用导函数求出值域，注意转化思想的应用，属于中档题．
17．（2023•徐汇区三模）已知函数y＝f（x）的对称中心为（0，1），若函数y＝1+sinx的图像与函数y＝f（x）的图像共有6个交点，分别为（x1，y1），（x2，y2），…，（x6，y6），则＝　6　．
【分析】由正弦函数的性质可知y＝sinx+1的图象关于（0，1）对称，于是两函数的交点也关于（0，1）对称，根据对称性质可得答案．
【解答】解：因为函数y＝f（x）的对称中心为（0，1），
由正弦函数的性质可知y＝sinx的图象关于（0，0）对称，
所以y＝sinx+1的图象关于（0，1）对称，
即函数y＝f（x）与y＝sinx+1的图象都关于（0，1）对称，
所以两函数的交点也关于（0，1）对称，
不妨设（x1，y1）与（x6，y6）关于（0，1）对称，（x2，y2）与（x5，y5）关于（0，1）对称，（x3，y3）与（x4，y4）关于（0，1）对称，
所以x1+x2+…+x6＝0，y1+y2+…+y6＝（y1+y6）+（y2+y5）+（y3+y4）＝2+2+2＝6，
所以＝（x1+x2+…+x6）+（y1+y2+…+y6）＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了函数的对称性、正弦函数的性质，得出两函数y＝f（x）与y＝sinx+1的图象都关于（0，1）对称是关键，属于中档题．
18．（2023•奉贤区校级三模）设f（x）＝x2（x≥1），g（x）＝（x﹣2）2+b（x≥3），A、D为曲线y＝f（x）上两点，B，C为曲线y＝g（x）上两点，且四边形ABCD为矩形，则实数b的取值范围为 　（﹣1，0）　．
【分析】对b分b＞0，b＜0和b＝0讨论，并寻找其极限位置即可．
【解答】解：因为两个函数都是开口向上的二次函数，
只需将y＝f（x）的图象向右平移2个单位，再向上（b＞0）或向下（b＜0）平移|b|个单位即可得y＝g（x）的图象，
当b＝0时，取A（1，1），B（3，1），当C，D的纵坐标趋向于正无穷大的时候，可以无限接近为一个矩形；
当b＞0时，若能成为矩形必有AD∥BC，f（x）＝x2（x≥1）上的A处的在斜率比g（x）＝（x﹣2）2+b（x≥3）上的B点增长率大，
所以必有AD＜BC，这与AD＝BC矛盾；
当b＜0时，取A（1，1），此时A处的斜率为2，取临界kAB＝﹣，此时得到b＝﹣1，
即当C趋于B，D趋于A时，可以看成极限时候的矩形，
当b＜﹣1时，若能成为矩形必有AD∥BC，f（x）＝x2（x≥1）上的A处的在斜率比g（x）＝（x﹣2）2+b（x≥3）上的B点增长率大，
所以必有AD＜BC，这与AD＝BC矛盾，
所以b的取值范围为（﹣1，0）．
故答案为：（﹣1，0）．
【点评】本题考查了二次函数的性质、图象的平移及极限思想、分类讨论思想，属于难题．
19．（2023•徐汇区三模）若函数y＝f（x）满足f（x0）＝x0，称x0为y＝f（x）的不动点．
（1）求函数y＝x3﹣3x的不动点；
（2）设g（x）＝ex﹣1．求证：y＝g（g（x））恰有一个不动点；
（3）证明：函数y＝f（x）有唯一不动点的充分非必要条件是函数y＝f（f（x））有唯一不动点．
【分析】（1）令x3﹣3x＝x，解出即可；
（2）分x＝0和x≠0讨论，当x≠0时，转化为求ex﹣1＝ln（x+1），通过构造新函数，讨论其单调性即可证明；
（3）设f（x）＝﹣x，计算得f（f（x））＝﹣（﹣x）＝x，则其必要性不成立，再通过证明其不动点的存在性，最后利用反证法证明其唯一性．
【解答】解：（1）由题意，得x3﹣3x＝x，x3﹣4x＝0⇔x（x+2）（x﹣2）＝0，得x1＝0，x2＝2，x3＝﹣2，即不动点为0，2，﹣2；
（2）证明：当x＝0时，g（0）＝0，g（g（0））＝g（0）＝0，故0为函数y＝g（g（x））的一个不动点，
当x≠0时，求eg（x）﹣1＝x（x＞﹣1）的解，即求ex﹣1＝ln（x+1）的解，
令h（x）＝ex﹣1﹣ln（x+1），x＞﹣1，求导得h′（x）＝ex﹣，
当x∈（﹣1，0）时，ex＜1，＞1，则h′（x）＜0，
当x＞0时，h′（x）＞0，
所以y＝h（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
故h（x）＞h（0）＝0，
即ex﹣1＞ln（x+1）对任意x∈（﹣1，0）∪（0，+∞）恒成立，
即g（g（x））＞x对任意x∈（﹣1，0）∪（0，+∞）恒成立，
综上所述，函数y＝g（g（x））恰有一个不动点，为x＝0；
（3）证明：设f（x）＝﹣x，则函数y＝f（x）有唯一不动点x＝0，
由f（x）＝﹣x，可得f（f（x））＝﹣（﹣x）＝x，
则函数y＝f（f（x））的不动点不唯一，必要性不成立，
另一方面，先证y＝f（x）不动点是存在的，
不妨设x0是y＝f（f（x））的唯一不动点，即f（f（x0））＝x0，
令f（x0）＝t，则f（t）＝x0，那么，f（f（t））＝f（x0），
而f（x0）＝t，故f（f（t））＝t，这说明t是y＝f（f（x））的不动点，
由y＝f（f（x））只有一个不动点知，x0＝t，
从而f（t）＝t，这说明t是y＝f（x）的不动点，存在性得证；
再证唯一性，若y＝f（x）还有另一个不动点t′，即f（t′）＝t′（t′≠t），
则f（f（t′））＝f（t′）＝t′，
这说明y＝f（f（x））还有另一个不动点t′（t′≠t＝x0），与题设矛盾，
综上所述，函数y＝f（x）有唯一不动点的充分非必要条件是函数y＝f（f（x））有唯一不动点．
【点评】本题属于新概念题，考查了导数的综合运用、分类讨论思想、转化思想及对充分非必要条件的证明，属于难题．
20．（2023•黄浦区校级三模）定义如果函数y＝f（x）和y＝g（x）的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数y＝f（x）和y＝g（x）具有C关系．
（1）判断函数f（x）＝log2（8x2）和x是否具有C关系；
（2）若函数f（x）＝a和g（x）＝﹣x﹣1不具有C关系，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）＝xex和g（x）＝msinx（m＜0）在区间（0，π）上具有C关系，求实数m的取值范围．
【分析】（1）即判断当x＞0时，f（x）＝﹣g（x）是否有解；
（2）即当x≥1时，f（x）＝﹣g（x）没解，求a的范围；
（3）即研究当xex＝﹣msinx在（0，π）上有解时，求m的范围，可分离参数求解．
【解答】解：（1）由已知得，化简得log2x＝﹣3，
解得，故此时函数y＝f（x）和y＝g（x）具有C关系；
（2）由已知得a＝x+1在[1，+∞）上无解，
x＝1显然不满足上式，故＝＝2（当且仅当x＝3时取等号），
故时，原方程无解，即函数y＝f（x）和y＝g（x）不具有C关系，
即所求a的范围是（﹣∞，2）；
（3）由已知得xex＝﹣msinx（m＜0）在（0，π）上有解，
即﹣m＝在（0，π）上有解，令h（x）＝，x∈（0，π），
h′（x）＝，x∈（0，π），
再令φ（x）＝（x+1）sinx﹣xcosx＝x（sinx﹣cosx）+sinx，
当x时，sinx＞cosx，且sinx＞0，故此时h′（x）＞0，
当时，易知x→0时，φ（x）→0，
此时φ′（x）＝sinx+x（sinx+cosx）＞0，故φ（x）在（0，）上递增，故φ（x）＞0在（0，）上恒成立，
即h′（x）＞0在（0，π）上恒成立，故h（x）在（0，π）单调递增，
而＝＝1，且x→π时，h（x）→+∞，
故h（x）＞1，即﹣m＞1，解得m＜﹣1即为所求，
故所求m的范围是（﹣∞，﹣1）．
【点评】本题考查新定义问题，函数零点的存在性问题，以及利用二阶导数导数研究函数的单调性，进而解决函数值域问题的思路，属于较难的题目．
21．（2023•黄浦区二模）三个互不相同的函数y＝f（x），y＝g（x）与y＝h（x）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）或恒有f（x）≤h（x）≤g（x），则称y＝h（x）为y＝f（x）与y＝g（x）在区间D上的“分割函数”．
（1）设h1（x）＝4x，h2（x）＝x+1，试分别判断y＝h1（x）、y＝h2（x）是否是y＝2x2+2与y＝﹣x2+4x在区间（﹣∞，+∞）上的“分割函数”，请说明理由；
（2）求所有的二次函数y＝ax2+cx+d（a≠0）（用a表示c，d），使得该函数是y＝2x2+2与y＝4x在区间（﹣∞，+∞）上的“分割函数”；
（3）若[m，n]⊆[﹣2，2]，且存在实数k，b，使得y＝kx+b为y＝x4﹣4x2与y＝4x2﹣16在区间[m，n]上的“分割函数”，求n﹣m的最大值．
【分析】（1）根据题意可得当x∈R时，2x2+2≥4x≥﹣x2+4x恒成立，结合“分割函数”的定义依次判断，即可求解；
（2）根据“分割函数”的性质，则2x2+2≥ax2+cx+d≥4x对一切实数x恒成立，由导数的几何意义和恒成立可得（2﹣a）（x﹣1）2≥0且a（x﹣1）2≥0对一切实数x恒成立，结合图形即可求解；（3）利用导数求出函数y＝x4﹣4x2极值，则k＝4t3﹣8t，b0＝4t2﹣3t4，作出其函数与函数y＝4x2﹣16的图象，设直线y＝kx+b与y＝4x2﹣16的图象交于点（x1，y1），（x2，y2），利用代数法求出弦长|x1﹣x2|≤＝（s＝t2∈[2，4]），结合导数研究函数k（s）＝s3﹣7s2+8s+16，s∈[2，4]的性质即可求解．
【解答】解：（1）因为2x2﹣4x+2＝2（x﹣1）2≥0恒成立，且4x﹣（﹣x2+4x）＝x2≥0恒成立，所以当x∈R时，2x2+2≥4x≥﹣x2+4x恒成立，
故y＝h1（x）是y＝2x2+2与y＝﹣x2+4x在（﹣∞，+∞）上的“分割函数”；
又因为x+1﹣（﹣x2+4x）＝x2﹣3x+1，当x＝0与1时，其值分别为1与﹣1，
所以h2（x）≥﹣x2+4x与h2（x）≤﹣x2+4x在（﹣∞，+∞）上都不恒成立，
故h2（x）不是y＝2x2+2与y＝﹣x2+4x在（﹣∞，+∞）上的“分割函数”；
（2）设y＝ax2+cx+d（a≠0）是y＝2x2+2与y＝4x在区间（﹣∞，+∞）上的“分割函数”，
则2x2+2≥ax2+cx+d≥4x对一切实数x恒成立，
又因为（2x2+2）′＝4x，当x＝1时，它的值为4，
可知y＝2x2+2的图象在x＝1处的切线为直线y＝4x，
它也是y＝ax2+cx+d的图象在x＝1处的切线，
所以，可得，
所以2x2+2≥ax2+（4﹣2a）x+a≥4x对一切实数x恒成立，
即（2﹣a）（x﹣1）2≥0且a（x﹣1）2≥0对一切实数x恒成立，
可得2﹣a≥0且a＞0，即0＜a≤2，
又a＝2时，y＝ax2+（4﹣2a）x+a与y＝2x2+2为相同函数，不合题意，
故所求的函数为y＝ax2+（4﹣2a）x+a（0＜a＜2）；

（3）关于函数y＝x4﹣4x2，令y′＝8x3﹣8x＝0，可得x＝0，，
当x∈（﹣∞，﹣）与x∈（0，）时，y′＜0；当x∈（﹣，0）与x∈（，+∞）时，y′＞0，
可知是函数y＝x4﹣4x2极小值点，0是极大值点，
该函数与y＝4x2﹣16的图象如图所示：

由y＝kx+b为y＝x4﹣4x2与y＝4x2﹣16在区间[m，n]上的“分割函数”，
故存在b0使得b≤b0且直线y＝kx+b0与y＝x4﹣4x2的图象相切，并且切点横坐标t∈[﹣2，﹣]∪[，2]，
此时切线方程为y＝（4t3﹣8t）x+4t2﹣3t4，
即k＝4t3﹣8t，b0＝4t2﹣3t4，
设直线y＝kx+b与y＝4x2﹣16的图象交于点（x1，y1），（x2，y2），
则由，可得4x2﹣kx﹣16﹣b＝0，
所以|x1﹣x2|＝＝≤＝＝＝（s＝t2∈[2，4]），
令k（s）＝s3﹣7s2+8s+16，s∈[2，4]，
则k′（s）＝3s2﹣14s+8＝（3s﹣2）（s﹣4）≤0，当s＝4时，k′（s）＝0，
所以k（s）在[2，4]上单调递减，
所以k（s）max＝k（2）＝12，
所以|x1﹣x2|max＝2，
所以n﹣m的最大值为2．
【点评】本题属于新概念题，考查了转化思想、数形结合思想、导数的综合运用，理解定义及作出图象是关键，属于难题．
四、刷易错

一．函数零点的判定定理（共2小题）
1．（2022秋•松江区校级期末）函数的零点所在的区间为（　　）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】显然，f（x）在（0，+∞）上是单调递增的，再结合零点存在性定理判断即可．
【解答】解：因为y＝x2与y＝在（0，+∞）上都是增函数，
故在（0，+∞）上是增函数，
因为f（0）＝＜0，f（1）＝1﹣＞0，所以f（0）f（1）＜0，
故f（x）只在（0，1）上存在唯一零点．
故选：A．
【点评】本题考查函数的单调性以及函数零点存在性定理，属于基础题．
2．（2022秋•奉贤区校级月考）若函数在区间[1，2]上有零点，则实数a的取值范围为 　　．（结果用区间表示）
【分析】先将问题转化为研究f（x）＝0的零点问题，再分离参数，最终转化为函数的值域问题求解．
【解答】解：函数在区间[1，2]上有零点，
即f（x）＝0在[1，2]上有实数根，即a＝，x∈[1，2]有解，
易知y＝x2+x在[1，2]上单调递增，故2≤y≤6，
故a＝∈即为所求．
故答案为：．
【点评】本题考查函数的零点的概念与性质，属于中档题．
二．函数的零点与方程根的关系（共4小题）
3．（2023春•松江区校级期中）若方程＝a（x﹣1）恰有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是 　（﹣1，﹣）　．
【分析】由于x∈R，将已知方程两边平方，利用一元二次不等式的性质求解即可．
【解答】解：y＝，即为y2﹣x2＝1（y≥1），表示双曲线的上支，
y＝a（x﹣1），x∈R，表示过（1，0）且斜率为a的直线，
由题意可知y＝与y＝a（x﹣1）的图象恰有两个不同的交点，
即直线与双曲线的两个交点都在x轴上方，
当直线与双曲线相切时，由，可得（a2﹣1）x2﹣2a2x+a2﹣1＝0，Δ＝4（2a2﹣1）＝0，解得a＝，
当a＝时，切点在x轴下方，舍去；
当a＝﹣1时，直线与双曲线的渐过线平行，直线与双曲线只有一个交点，
所以当直线与双曲线有两个交点且都在x轴上方时，a∈（﹣1，﹣）．
故答案为：（﹣1，﹣）．

【点评】本题考查了转化思想、一元二次方程有两不相等的实数根的情况，也考查了计算能力，属于中档题．
4．（2022秋•闵行区校级月考）已知函数f（x）＝|x|﹣1，关于x的方程f2（x）﹣|f（x）|+k＝0，给出下列四个命题：
①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根；
②存在实数k，使得方程恰有3个不同的实根；
③存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根；
④存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根．
其中真命题的序号为 　①③④　．
【分析】利用换元法设t＝|x|﹣1，将方程转化为关于t的一元二次方程t2﹣|t|+k＝0去求解．
【解答】解：设t＝|x|﹣1，则t≥﹣1，当t＝﹣1时，x＝0当t＞﹣1时，x有两解．
则原方程等价为t2﹣|t|+k＝0，即k＝﹣t2+|t|＝﹣（|t|﹣）2+．
由图象可知，（1）当k＜0时，t＞1，此时方程恰有2个不同的实根；
（2）当k＝0时，t＝1或t＝0或t＝﹣1，
当t＝1时，x有两个不同的解，
当t＝0时，x有两个不同的解，
当t＝﹣1时，x只有一个解，所以此时共有5个不同的解．
（3）当0＜k＜时，﹣1＜t＜﹣或﹣＜t＜0或0＜t＜或＜t＜1，此时对应着8个解．
（4）当k＝时，t＝﹣或t＝．此时每个t对应着两个x，所以此时共有4个解．
综上正确的是①③④．
故答案为：①③④．


【点评】本题主要考查了与二次函数有关的复合函数的根的情况，利用换元法和数形结合是解决本题的关键．
5．（2022秋•松江区校级期末）已知函数，有下列两个结论：
①f（x）的值域为R；
②对任意的正有理数a，g（x）＝f（x）﹣a存在奇数个零点
则下列判断正确的是（　　）
A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对②错 D．①错②对
【分析】根据函数f（x）的定义，以及y＝x2，x为无理数；y＝x，x为有理数时的运算结果，分别判断①②即可．
【解答】解：对于①，显然x为无理数时，x2＞0，则f（x）的值域中不包含负无理数，故①错；
对于②，g（x）＝f（x）﹣a的零点为x＝a，
当x为有理数时，必有x＝a为解；
当x为无理数时，x2＝a，必有x＝或无解，
所以g（x）＝f（x）﹣a的零点个数为3个或1个，故②对．
故选：D．
【点评】本题考查分段函数的性质以及函数值域的求法，同时考查了函数零点的判断方法，属于中档题．
6．（2022春•浦东新区校级月考）设f（x）＝，方程f（x）＝m有四个不相等的实根xi（i＝1，2，3，4），则x12+x22+x32+x42的取值范围为　（20，20.5）　．
【分析】不防令x1＜x2＜x3＜x4，由题意f（x）的图象是关于x＝2对称的，可得x1+x4＝x2+x3＝4．助于|lnx|的图象可以得到x1，x2之间的关系，最终将x12+x22+x32+x42表示成x2的函数，再借助于换元法最终将问题转化为二次函数的最值问题．
【解答】解：∵2＜x＜4时，f（x）＝f（4﹣x），
∴f（x）在（2，4）与（0，2）上的图象关于x＝2对称．
做出图象如右：不防令x1＜x2＜x3＜x4，可得x1+x4＝x2+x3＝4，﹣lnx1＝lnx2，∴x1x2＝1．
∴，
∴x12+x22+x32+x42
＝
＝，x2∈（1，2），
令
则原式化为：，
其对称轴t＝2，开口向上，故h（t）在（2，）递增，
∴20＜h（t）＜20.5，
∴x12+x22+x32+x42的取值范围是（20，20.5）．
故答案为：（20，20.5）．

【点评】本题考查利用函数图象研究函数零点的问题，以及构造函数求值域的思路．体现了对数形结合、函数思想以及运算能力的考查．
三．函数与方程的综合运用（共4小题）
7．（2022秋•浦东新区校级期末）已知函数f（x）＝|3x﹣3|+3，若f（a）＝f（b）（a≠b），则a+b的取值范围是 　（﹣∞，2）　．
【分析】画出函数f（x）的大致图像，不妨设a＜b，则a＜1，b＞1，得出3a+3b＝6，利用基本不等式即可求出结果．
【解答】解：画出函数f（x）的大致图像，不妨设a＜b，如图所示，
由图像可知，a＜1，b＞1，
所以3b﹣3+3＝﹣（3a﹣3）+3，
解得3a+3b＝6，
又因为3a+3b＞2＝2，
所以2＜6，
解得a+b＜2，
所以a+b的取值范围是（﹣∞，2），
故答案为：（﹣∞，2）．

【点评】本题考查了函数图像的应用问题，也考查了基本不等式以及数形结合的数学思想，是中档题．
8．（2022秋•闵行区期中）设f（x）是定义在R上的函数若存在两个不等实数x1，x2∈R，使得，则称函数f（x）具有性质P，那么下列函数：①；②f（x）＝x3；③f（x）＝|x2﹣1|；④f（x）＝x2.具有性质P的函数有 　3　个．
【分析】根据题中给出的函数f（x）具有性质P的定义，对题目中的函数逐一分析判断，找出存在两个不等实数x1，x2∈R，使得即可．
【解答】解：因为函数f（x）具有性质P，应满足定义为R，且存在两个不等实数x1，x2∈R，使得；
对于①，函数，定义域为R，且f（x）为R上的奇函数，可找到关于原点对称的点，如x1＝1，x2＝﹣1，满足f（）＝0＝，
所以①具有性质P；
对于②，函数f（x）＝x3，是定义域为R上的奇函数，且满足f（）＝0＝，所以②具有性质P；
对于③，函数f（x）＝|x2﹣1|的定义域为R，令f（x）＝1，得x＝±或x＝1，所以f（）＝f（0）＝1＝，所以③具有性质P；
对于④，函数f（x）＝x2，是定义域R上的偶函数，假设存在两个不等实数x1，x2∈R，使得f（）＝，
即＝，解得x1＝x2，这与假设矛盾，所以④不具有性质P．
综上，具有性质P的函数有3个．
故答案为：3．
【点评】本题考查了函数与方程的应用，涉及了新定义的理解，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，是中档题．
9．（2022秋•浦东新区校级期中）已知函数，若关于x的方程[f（x）]2+mf（x）+2m+3＝0有三个不相等的实数解，则实数m的取值范围为　（﹣，﹣]　．
【分析】分析f（x）的图象，可知关于f（x）的二次方程有2根，范围分别为（0，1）和（1，+∞），在按二次方程根的分布处理．
【解答】解：画出函数的图象，如图所示，
令y＝f（x），则y2+my+2m+3＝0有2个不相等的实数解，
其范围分别为（0，1）和[1，+∞），
则解得＜m≤﹣
故答案为：（﹣，﹣]．

【点评】考查含有绝对值函数的图象，复合函数根的个数问题的处理，属于拔高题；
10．（2022秋•浦东新区校级月考）设二次函数f（x）＝x2+ax+a，方程f（x）﹣x＝0的两根x1，x2满足0＜x1＜x2＜1，
（1）求实数a的取值范围；
（2）试比较f（0）f（1）﹣f（0）与的大小，并说明理由．
【分析】（1）利用二次函数根的分布的知识进行转化，得到参数a的方程组或不等式组，求解方程或解不等式．
（2）求出f（0）•f（1）﹣f（0）的关于参数a的表达式，然后利用（1）中解出的a的取值范围，求出f（0）•f（1）﹣f（0）的取值范围，与比较．
【解答】解：（1）令g（x）＝f（x）﹣x＝x2+（a﹣1）x+a，则由题意可得

故所求实数a的取值范围是
（2）f（0）•f（1）﹣f（0）＝2a2，令h（a）＝2a2．
∵当a＞0时，h（a）单调增加，
∴当时，
＝
即
【点评】本题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法，考查推理和运算能力．