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备考2024届高考数学一轮复习分层练习第二章函数第7讲函数的零点与方程的解
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第二章函数第7讲函数的零点与方程的解，共6页。试卷主要包含了函数f，设函数g在（0，，[2024湖北联考]设函数f，[2023全国卷乙]函数f等内容，欢迎下载使用。
1.[2024广东省茂名市模拟]函数f（x）＝ex－x－2的一个零点所在的区间为（ B ）
A.（0，1）B.（1，2）C.（2，3）D.（3，4）
解析 因为f（1）＝e－1－2＜0，f（2）＝e2－4＞0，根据零点存在定理得函数f（x）在（1，2）内有零点，所以选B.
2.函数f（x）＝x2＋x－2，x≤0，－1+lnx，x>0的零点个数为（ B ）
A.3B.2C.7D.0
解析 解法一（直接法） 由f（x）＝0得x≤0，x2＋x－2=0或x>0，－1+lnx=0，
解得x＝－2或x＝e.因此函数f（x）共有2个零点.故选B.
解法二（图象法） 函数f（x）的图象如图所示，由图象知函数
f（x）共有2个零点.故选B.
3.[2024安徽模拟]已知x1＋2x1＝0，x2＋lg2x2＝0，3－x3－lg2x3＝0，则（ A ）
A.x1＜x2＜x3B.x2＜x1＜x3
C.x1＜x3＜x2D.x2＜x3＜x1
解析 设函数f（x）＝x＋2x，易知f（x）在R上单调递增，f（－1）＝－12，f（0）＝1，即f（－1）f（0）＜0，由函数零点存在定理可知，－1＜x1＜0.设函数g（x）＝x＋lg2x，易知g（x）在（0，＋∞）上单调递增，g（12）＝－12，g（1）＝1，即g（12）g（1）＜0，由函数零点存在定理可知，12＜x2＜1.设函数h（x）＝（13）x－lg2x，易知h（x）在（0，
＋∞）上单调递减，h（1）＝13，h（x3）＝0，所以h（1）＞h（x3），
由函数单调性可知，x3＞1，即－1＜x1＜0＜x2＜1＜x3，故选A.
4.已知x1是ln x＋x＝5的根，x2是ln（4－x）－x＝1的根，则（ A ）
A.x1＋x2＝4B.x1＋x2∈（5，6）
C.x1＋x2∈（4，5）D.x1＋x2＝5
解析 由ln x＋x＝5，得ln x＝5－x，因为函数y＝ln x在（0，＋∞）上单调递增，函数
y＝5－x在（0，＋∞）上单调递减，所以由函数y＝ln x与函数y＝5－x的图象（图略）可知ln x＝5－x有唯一解x1.由ln（4－x）－x＝1，得ln（4－x）＝1＋x，令t＝4－x（t＞0），得ln t＝5－t，由题意可知4－x2是ln t＝5－t的根，所以x1＝4－x2，所以x1＋x2＝4，故选A.
5.[2024湖北联考]设函数f（x）＝x2+2x+1，x≤0，lnx，x>0，则函数y＝f（f（x）－1）－1的零点个数为（ C ）
A.4B.5C.6D.7
解析 令t＝f（x）－1，则由f（t）－1＝0即f（t）＝1，解得t＝－2或0或e，即f（x）－1＝－2或0或e，所以f（x）＝－1或1或e＋1.
在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f（x），y＝－1，y＝1，y＝e＋1的图象，如图所示，
由图象可知y＝f（x）的图象与y＝－1有1个交点，即f（x）＝－1有1个根；y＝f（x）的图象与y＝1有3个交点，即f（x）＝1有3个根；y＝f（x）的图象与y＝e＋1有2个交点，即f（x）＝e＋1有2个根.所以函数y＝f（f（x）－1）－1的零点个数为1＋3＋2＝6，故选C.
6.[2024辽宁省实验中学模拟]函数f（x）＝x3－x2＋5，x∈[－2，－1]有零点，用二分法求零点的近似值（精确度为0.2）时，至少需要进行（ B ）次中点函数值的计算.
A.2B.3C.4D.5
解析 f（－2）＝－8－4＋5＝－7＜0，f（－1）＝－1－1＋5＝3＞0，｜－2－（－1）｜＝1＞0.2，取区间[－2，－1]的中点x1＝－2－12＝－32，且f（－32）＝－278－94＋5＝－58＜0，所以x0∈（－32，－1）.｜－32－（－1）｜＝12＞0.2，取区间（－32，－1）的中点x2＝－32－12＝－54，且f（－54）＝（－54）3－（－54）2＋5＞0，所以x0∈（－32，－54）.｜－32－（－54）｜＝14＞0.2，取区间（－32，－54）的中点x3＝－54－322＝－118，且f（－118）＝（－118）3－
（－118）2＋5＞0，所以x0∈（－32，－118）.因为｜－118－（－32）｜＝18＜0.2，所以至少需进行3次中点函数值的计算.故选B.
7.已知函数f（x）＝lg x＋32x－9在区间（n，n＋1）（n∈Z）上存在零点，则n＝ 5 .
解析 易知函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f（x）在其定义域内单调递增，由函数零点存在定理知，若函数f（x）在区间（n，n＋1）（n∈Z）上存在零点，则有f（n）<0，f（n+1）>0.又f（4）＝lg 4＋6－9＝lg 4－3＜0，f（5）＝lg 5＋152－9＝lg 5－32＜0，
f（6）＝lg 6＋9－9＝lg 6＞0，所以函数f（x）在（5，6）上存在零点，所以n＝5.
8.[2024湖南省株洲市第二中学模拟]设[x]表示不超过x的最大整数，则方程x2－4[x]＋3＝0的所有根的和为 4＋5 .
解析 因为x2－4[x]＋3＝0，所以[x]＝x2+34，又x－1＜[x]≤x，所以x－1＜x2+34≤x.由x2+34＞x－1，得x2－4x＋7＝（x－2）2＋3＞0，该不等式恒成立.由x2+34≤x，得x2－4x＋3≤0，解得1≤x≤3，则[x]＝1或[x]＝2或[x]＝3.当[x]＝1时，x2－4[x]＋3＝0可化为x2－1＝0，解得x＝±1，又[x]＝1，所以x＝1；当[x]＝2时，x2－4[x]＋3＝0可化为x2－5＝0，解得x＝±5，又[x]＝2，所以x＝5；当[x]＝3时，x2－4[x]＋3＝0可化为x2－9＝0，解得x＝±3，又[x]＝3，所以x＝3.所以方程x2－4[x]＋3＝0的根为1，5，3，即方程的所有根的和为4＋5.
9.[2023全国卷乙]函数f（x）＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是（ B ）
A.（－∞，－2）B.（－∞，－3）
C.（－4，－1）D.（－3，0）
解析 由题意知f'（x）＝3x2＋a，要使函数f（x）存在3个零点，则f'（x）＝0要有2个不同的根，则a＜0.令3x2＋a＝0，解得x＝±－a3，所以f（x）在（－∞，－－a3）和（－a3，＋∞）上单调递增，在（－－a3，－a3）上单调递减，所以要使f（x）存在3个零点，则f（－－a3）>0，f（－a3）<0，即－2a3·－a3+2>0，2a3·－a3+2<0，解得－a3＞1，即a＜－3.故选B.
10.已知函数f（x）＝lgax－4x－1（a＞0且a≠1）在（12，1）上有零点，则实数a的取值范围为（ D ）
A.（0，14）B.（14，1）∪（1，＋∞）
C.（0，14]D.（14，1）
解析 函数f（x）在（12，1）上有零点，即方程f（x）＝0在（12，1）上有实数根，即lgax＝4x－1在（12，1）上有实数根.设g（x）＝lgax（a＞0且a≠1），h（x）＝
4x－1，易知函数h（x）在R上单调递增，且h（0）＝14，h（12）＝12，h（1）＝1，h（x）＝4x－1＞0恒成立.若a＞1，则当x∈（0，1）时，g（x）＝lgax＜0，lgax＝4x－1在（12，1）上无实数根，故0＜a＜1.原问题可转化为函数g（x）与h（x）的图象在（12，1）上有交点，作出
g（x）＝lgax（0＜a＜1）和h（x）的大致图象，如图所示，数形结合，得011.[多选/2023南京市二模]已知函数f（x）＝｜ex－a｜，a＞0.下列说法正确的为（ BCD ）
A.若a＝1，则函数y＝f（x）与y＝1的图象有两个公共点
B.若函数y＝f（x）与y＝a2的图象有两个公共点，则0＜a＜1
C.若a＞1，则函数y＝f（f（x））有且仅有两个零点
D.若y＝f（x）的图象在x＝x1和x＝x2处的切线相互垂直，则x1＋x2＝0
解析 解法一（解方程） 对选项A，当a＝1时，令f（x）＝｜ex－1｜＝1，解得ex＝0（舍去）或ex＝2，则x＝ln 2，故函数y＝f（x）与y＝1的图象只有一个公共点，A错误.
对选项B，由｜ex－a｜＝a2有ex＝a＋a2或ex＝a－a2，由a＞0得a＋a2＞0，则ex＝a＋a2必有唯一解，故当函数y＝f（x）与y＝a2的图象有两个公共点时，ex＝a－a2必有解，故a－a2＞0，解得0＜a＜1，故B正确.
对选项C，设f（f（x））＝0，t＝f（x），则f（t）＝0，即｜et－a｜＝0，t＝ln a，所以
f（x）＝ln a，即｜ex－a｜＝ln a，解得ex＝a＋ln a或ex＝a－ln a，当a＞1时，a＋ln a＞0，ex＝a＋ln a必有唯一解，当a＞1时，0＜ln a＜a，故ex＝a－ln a也有唯一解，故
f（f（x））＝0有两个不等实根，故C正确.
对选项D，不妨取f（x1）＝a－ex1，f（x2）＝ex2－a，则f'（x1）＝－ex1，f'（x2）＝ex2，由y＝f（x）的图象在x＝x1和x＝x2处的切线相互垂直，得f'（x1）f'（x2）＝－1，即－ex1ex2＝－1，ex1＋x2＝1，所以x1＋x2＝0，D正确.综上，选BCD.
解法二（数形结合） 对选项A，当a＝1时，f（x）＝｜ex－1｜，作出y＝f（x）的图象和直线y＝1，如图（1），注意到直线y＝1是y＝f（x）在x＜0时的图象的一条渐近线，故函数y＝f（x）的图象与直线y＝1只有一个公共点，A错误.
对选项B，当a＝1时，由选项A的判断过程知，不合题意，舍去；当a＞1时，f（0）＝｜1－a｜＝a－1，a2＞a，直线y＝a是
y＝f（x），x＜0的图象的一条渐近线，如图（2），直线y＝a2在渐近线y＝a的上方，此时函数y＝f（x）的图象与直线y＝a2只有一个公共点，不合题意，舍去；当0＜a＜1时，f（0）＝｜1－a｜＝1－a，a＞a2，直线y＝a是y＝
f（x），x＜ln a的图象的一条渐近线，如图（3），直线y＝a2在渐近线y＝a与x轴之间，函数y＝f（x）的图象与直线y＝a2有两个公共点，适合题意，故0＜a＜1.B正确.
下同解法一.
12.[多选/2024山西运城调研]已知函数f（x）＝2（x+2）2，x≤－1，｜lg2（x+1)|,x＞－1，若关于x的方程f（x）＝m有四个不等实根x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则下列结论正确的是（ BC ）
A.1≤m＜2
B.－3≤x1＜－2
C.54＜x32＋2x3＋2x4≤8116
D.x12＋x22＋lgm2的最小值为172
解析 方程有4个不同的解，因而由函数f（x）的图象（如图）可知，1＜m≤2，A错误.
当f（x）＝2时，最小的根为－3，当f（x）＝1时，最小的根为－2，故－3≤x1＜－2，B正确.
－lg2（x3＋1）＝lg2（x4＋1）＝m，则x3＝2－m－1，x4＝2m－1，所以x32＋2x3＋2x4＝
（2－m－1）2＋2（2－m－1）＋2（2m－1）＝2－2m＋2×2m－3.令t＝2m，则t∈（2，4]，构造函数y＝1t2＋2t－3，则y'＝－2t3＋2＝2t3－2t3，显然当t∈（2，4]时，y'＞0，即y＝1t2＋2t－3在（2，4]上单调递增，y＞122＋2×2－3＝54，y≤142＋2×4－3＝8116，即54＜x32＋2x3＋2x4≤8116，C正确.
由图象可知，2（x1+2）2＝2（x2+2）2＝m，则x1＝－2－lg2m，x2＝－2＋lg2m，所以
x12＋x22＋lgm2＝4＋lg2m＋2×2×lg2m＋4＋lg2m－2×2×lg2m＋lgm2＝8＋2lg2m＋lgm2＝8＋1lgm2＋lgm2≥8＋2＝10，当且仅当1lgm2＝lgm2，即m＝2时取得等号，D错误.故选BC.
13.[2024合肥期中]已知函数f（x）＝｜4x－2|,x<1，3－x，x≥1，g（x）＝x2＋ax＋2，若函数y＝
g（f（x））有6个零点，则实数a的取值范围为 （－3，－22） .
解析 画出f（x）＝｜4x－2|,x<1，3－x，x≥1的图象如图所示.
因为g（x）＝x2＋ax＋2最多有两个零点，所以要想y＝
g（f（x））有6个零点，结合函数图象知，需要f（x）＝t1和
f（x）＝t2分别有3个零点，则t1，t2∈（0，2），且t1≠t2，即
g（x）＝x2＋ax＋2有两个不等零点t1，t2∈（0，2），则需要满足Δ＝a2－8>0，0<－a2<2，g（2）>0，g（0）>0，解得－3＜a＜－22，故实数a的取值范围为（－3，－22）.
14.[2024广东惠州质检]定义在R上的函数f（x）满足f（x＋2）＝f（x－2），当x∈[0，4）时，f（x）＝｜x2－4x＋3｜.若关于x的函数y＝f（x）－m在区间[－4，6]上有10个不同零点，则实数m的取值范围是 （0，1） .
解析 关于x的函数y＝f（x）－m在区间[－4，6]上有10个不同零点⇔关于x的方程
f（x）－m＝0在区间[－4，6]上有10个不同的根⇔函数y＝f（x）的图象与直线y＝m在[－4，6]上有10个不同的交点.由f（x＋2）＝f（x－2）得f（x＋4）＝f（x），所以函数f（x）的周期为4，根据“当x∈[0，4）时，f（x）＝｜x2－4x＋3｜”作出y＝f（x）在区间[－4，6]上的图象，如图所示，其中f（0）＝3，f（2）＝1，f（1）＝f（3）＝0.由图象可知，若函数y＝f（x）的图象与直线y＝m在[－4，6]上有10个不同的交点，则实数m的取值范围为（0，1）.
15.[角度创新/2024江苏盐城模拟]已知函数f（x）＝cs2x＋asinx＋14在区间[0，π]上有2个不同的零点，则实数a的取值范围为（ C ）
A.（－54，－14）B.（－1，－14）
C.（－∞，－14）D.（－54，－1）
解析 f（x）＝cs2x＋asinx＋14＝1－sin2x＋asinx＋14＝－sin2x＋asinx＋54，令t＝sin x，x∈[0，π]，则t∈[0，1]，则外层函数为y＝－t2＋at＋54，内层函数为t＝sin x.若函数y＝－t2＋at＋54的零点含1，不符合题意.若y＝－t2＋at＋54在[0，1）上有1个零点t0，则在[0，π]上有2个不同的x满足t0＝sin x，所以函数f（x）在[0，π]上有2个零点，即函数y＝－t2＋at＋54在区间[0，1）上有1个零点.又t＝0时，－t2＋at＋54＝54＞0，则t＝1时，－t2＋at＋54＝－1＋a＋54＜0，得a＜－14，即实数a的取值范围为（－∞，－14）.故选C.
1.[2024广东省茂名市模拟]函数f（x）＝ex－x－2的一个零点所在的区间为（ B ）
A.（0，1）B.（1，2）C.（2，3）D.（3，4）
解析 因为f（1）＝e－1－2＜0，f（2）＝e2－4＞0，根据零点存在定理得函数f（x）在（1，2）内有零点，所以选B.
2.函数f（x）＝x2＋x－2，x≤0，－1+lnx，x>0的零点个数为（ B ）
A.3B.2C.7D.0
解析 解法一（直接法） 由f（x）＝0得x≤0，x2＋x－2=0或x>0，－1+lnx=0，
解得x＝－2或x＝e.因此函数f（x）共有2个零点.故选B.
解法二（图象法） 函数f（x）的图象如图所示，由图象知函数
f（x）共有2个零点.故选B.
3.[2024安徽模拟]已知x1＋2x1＝0，x2＋lg2x2＝0，3－x3－lg2x3＝0，则（ A ）
A.x1＜x2＜x3B.x2＜x1＜x3
C.x1＜x3＜x2D.x2＜x3＜x1
解析 设函数f（x）＝x＋2x，易知f（x）在R上单调递增，f（－1）＝－12，f（0）＝1，即f（－1）f（0）＜0，由函数零点存在定理可知，－1＜x1＜0.设函数g（x）＝x＋lg2x，易知g（x）在（0，＋∞）上单调递增，g（12）＝－12，g（1）＝1，即g（12）g（1）＜0，由函数零点存在定理可知，12＜x2＜1.设函数h（x）＝（13）x－lg2x，易知h（x）在（0，
＋∞）上单调递减，h（1）＝13，h（x3）＝0，所以h（1）＞h（x3），
由函数单调性可知，x3＞1，即－1＜x1＜0＜x2＜1＜x3，故选A.
4.已知x1是ln x＋x＝5的根，x2是ln（4－x）－x＝1的根，则（ A ）
A.x1＋x2＝4B.x1＋x2∈（5，6）
C.x1＋x2∈（4，5）D.x1＋x2＝5
解析 由ln x＋x＝5，得ln x＝5－x，因为函数y＝ln x在（0，＋∞）上单调递增，函数
y＝5－x在（0，＋∞）上单调递减，所以由函数y＝ln x与函数y＝5－x的图象（图略）可知ln x＝5－x有唯一解x1.由ln（4－x）－x＝1，得ln（4－x）＝1＋x，令t＝4－x（t＞0），得ln t＝5－t，由题意可知4－x2是ln t＝5－t的根，所以x1＝4－x2，所以x1＋x2＝4，故选A.
5.[2024湖北联考]设函数f（x）＝x2+2x+1，x≤0，lnx，x>0，则函数y＝f（f（x）－1）－1的零点个数为（ C ）
A.4B.5C.6D.7
解析 令t＝f（x）－1，则由f（t）－1＝0即f（t）＝1，解得t＝－2或0或e，即f（x）－1＝－2或0或e，所以f（x）＝－1或1或e＋1.
在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f（x），y＝－1，y＝1，y＝e＋1的图象，如图所示，
由图象可知y＝f（x）的图象与y＝－1有1个交点，即f（x）＝－1有1个根；y＝f（x）的图象与y＝1有3个交点，即f（x）＝1有3个根；y＝f（x）的图象与y＝e＋1有2个交点，即f（x）＝e＋1有2个根.所以函数y＝f（f（x）－1）－1的零点个数为1＋3＋2＝6，故选C.
6.[2024辽宁省实验中学模拟]函数f（x）＝x3－x2＋5，x∈[－2，－1]有零点，用二分法求零点的近似值（精确度为0.2）时，至少需要进行（ B ）次中点函数值的计算.
A.2B.3C.4D.5
解析 f（－2）＝－8－4＋5＝－7＜0，f（－1）＝－1－1＋5＝3＞0，｜－2－（－1）｜＝1＞0.2，取区间[－2，－1]的中点x1＝－2－12＝－32，且f（－32）＝－278－94＋5＝－58＜0，所以x0∈（－32，－1）.｜－32－（－1）｜＝12＞0.2，取区间（－32，－1）的中点x2＝－32－12＝－54，且f（－54）＝（－54）3－（－54）2＋5＞0，所以x0∈（－32，－54）.｜－32－（－54）｜＝14＞0.2，取区间（－32，－54）的中点x3＝－54－322＝－118，且f（－118）＝（－118）3－
（－118）2＋5＞0，所以x0∈（－32，－118）.因为｜－118－（－32）｜＝18＜0.2，所以至少需进行3次中点函数值的计算.故选B.
7.已知函数f（x）＝lg x＋32x－9在区间（n，n＋1）（n∈Z）上存在零点，则n＝ 5 .
解析 易知函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f（x）在其定义域内单调递增，由函数零点存在定理知，若函数f（x）在区间（n，n＋1）（n∈Z）上存在零点，则有f（n）<0，f（n+1）>0.又f（4）＝lg 4＋6－9＝lg 4－3＜0，f（5）＝lg 5＋152－9＝lg 5－32＜0，
f（6）＝lg 6＋9－9＝lg 6＞0，所以函数f（x）在（5，6）上存在零点，所以n＝5.
8.[2024湖南省株洲市第二中学模拟]设[x]表示不超过x的最大整数，则方程x2－4[x]＋3＝0的所有根的和为 4＋5 .
解析 因为x2－4[x]＋3＝0，所以[x]＝x2+34，又x－1＜[x]≤x，所以x－1＜x2+34≤x.由x2+34＞x－1，得x2－4x＋7＝（x－2）2＋3＞0，该不等式恒成立.由x2+34≤x，得x2－4x＋3≤0，解得1≤x≤3，则[x]＝1或[x]＝2或[x]＝3.当[x]＝1时，x2－4[x]＋3＝0可化为x2－1＝0，解得x＝±1，又[x]＝1，所以x＝1；当[x]＝2时，x2－4[x]＋3＝0可化为x2－5＝0，解得x＝±5，又[x]＝2，所以x＝5；当[x]＝3时，x2－4[x]＋3＝0可化为x2－9＝0，解得x＝±3，又[x]＝3，所以x＝3.所以方程x2－4[x]＋3＝0的根为1，5，3，即方程的所有根的和为4＋5.
9.[2023全国卷乙]函数f（x）＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是（ B ）
A.（－∞，－2）B.（－∞，－3）
C.（－4，－1）D.（－3，0）
解析 由题意知f'（x）＝3x2＋a，要使函数f（x）存在3个零点，则f'（x）＝0要有2个不同的根，则a＜0.令3x2＋a＝0，解得x＝±－a3，所以f（x）在（－∞，－－a3）和（－a3，＋∞）上单调递增，在（－－a3，－a3）上单调递减，所以要使f（x）存在3个零点，则f（－－a3）>0，f（－a3）<0，即－2a3·－a3+2>0，2a3·－a3+2<0，解得－a3＞1，即a＜－3.故选B.
10.已知函数f（x）＝lgax－4x－1（a＞0且a≠1）在（12，1）上有零点，则实数a的取值范围为（ D ）
A.（0，14）B.（14，1）∪（1，＋∞）
C.（0，14]D.（14，1）
解析 函数f（x）在（12，1）上有零点，即方程f（x）＝0在（12，1）上有实数根，即lgax＝4x－1在（12，1）上有实数根.设g（x）＝lgax（a＞0且a≠1），h（x）＝
4x－1，易知函数h（x）在R上单调递增，且h（0）＝14，h（12）＝12，h（1）＝1，h（x）＝4x－1＞0恒成立.若a＞1，则当x∈（0，1）时，g（x）＝lgax＜0，lgax＝4x－1在（12，1）上无实数根，故0＜a＜1.原问题可转化为函数g（x）与h（x）的图象在（12，1）上有交点，作出
g（x）＝lgax（0＜a＜1）和h（x）的大致图象，如图所示，数形结合，得0
A.若a＝1，则函数y＝f（x）与y＝1的图象有两个公共点
B.若函数y＝f（x）与y＝a2的图象有两个公共点，则0＜a＜1
C.若a＞1，则函数y＝f（f（x））有且仅有两个零点
D.若y＝f（x）的图象在x＝x1和x＝x2处的切线相互垂直，则x1＋x2＝0
解析 解法一（解方程） 对选项A，当a＝1时，令f（x）＝｜ex－1｜＝1，解得ex＝0（舍去）或ex＝2，则x＝ln 2，故函数y＝f（x）与y＝1的图象只有一个公共点，A错误.
对选项B，由｜ex－a｜＝a2有ex＝a＋a2或ex＝a－a2，由a＞0得a＋a2＞0，则ex＝a＋a2必有唯一解，故当函数y＝f（x）与y＝a2的图象有两个公共点时，ex＝a－a2必有解，故a－a2＞0，解得0＜a＜1，故B正确.
对选项C，设f（f（x））＝0，t＝f（x），则f（t）＝0，即｜et－a｜＝0，t＝ln a，所以
f（x）＝ln a，即｜ex－a｜＝ln a，解得ex＝a＋ln a或ex＝a－ln a，当a＞1时，a＋ln a＞0，ex＝a＋ln a必有唯一解，当a＞1时，0＜ln a＜a，故ex＝a－ln a也有唯一解，故
f（f（x））＝0有两个不等实根，故C正确.
对选项D，不妨取f（x1）＝a－ex1，f（x2）＝ex2－a，则f'（x1）＝－ex1，f'（x2）＝ex2，由y＝f（x）的图象在x＝x1和x＝x2处的切线相互垂直，得f'（x1）f'（x2）＝－1，即－ex1ex2＝－1，ex1＋x2＝1，所以x1＋x2＝0，D正确.综上，选BCD.
解法二（数形结合） 对选项A，当a＝1时，f（x）＝｜ex－1｜，作出y＝f（x）的图象和直线y＝1，如图（1），注意到直线y＝1是y＝f（x）在x＜0时的图象的一条渐近线，故函数y＝f（x）的图象与直线y＝1只有一个公共点，A错误.
对选项B，当a＝1时，由选项A的判断过程知，不合题意，舍去；当a＞1时，f（0）＝｜1－a｜＝a－1，a2＞a，直线y＝a是
y＝f（x），x＜0的图象的一条渐近线，如图（2），直线y＝a2在渐近线y＝a的上方，此时函数y＝f（x）的图象与直线y＝a2只有一个公共点，不合题意，舍去；当0＜a＜1时，f（0）＝｜1－a｜＝1－a，a＞a2，直线y＝a是y＝
f（x），x＜ln a的图象的一条渐近线，如图（3），直线y＝a2在渐近线y＝a与x轴之间，函数y＝f（x）的图象与直线y＝a2有两个公共点，适合题意，故0＜a＜1.B正确.
下同解法一.
12.[多选/2024山西运城调研]已知函数f（x）＝2（x+2）2，x≤－1，｜lg2（x+1)|,x＞－1，若关于x的方程f（x）＝m有四个不等实根x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则下列结论正确的是（ BC ）
A.1≤m＜2
B.－3≤x1＜－2
C.54＜x32＋2x3＋2x4≤8116
D.x12＋x22＋lgm2的最小值为172
解析 方程有4个不同的解，因而由函数f（x）的图象（如图）可知，1＜m≤2，A错误.
当f（x）＝2时，最小的根为－3，当f（x）＝1时，最小的根为－2，故－3≤x1＜－2，B正确.
－lg2（x3＋1）＝lg2（x4＋1）＝m，则x3＝2－m－1，x4＝2m－1，所以x32＋2x3＋2x4＝
（2－m－1）2＋2（2－m－1）＋2（2m－1）＝2－2m＋2×2m－3.令t＝2m，则t∈（2，4]，构造函数y＝1t2＋2t－3，则y'＝－2t3＋2＝2t3－2t3，显然当t∈（2，4]时，y'＞0，即y＝1t2＋2t－3在（2，4]上单调递增，y＞122＋2×2－3＝54，y≤142＋2×4－3＝8116，即54＜x32＋2x3＋2x4≤8116，C正确.
由图象可知，2（x1+2）2＝2（x2+2）2＝m，则x1＝－2－lg2m，x2＝－2＋lg2m，所以
x12＋x22＋lgm2＝4＋lg2m＋2×2×lg2m＋4＋lg2m－2×2×lg2m＋lgm2＝8＋2lg2m＋lgm2＝8＋1lgm2＋lgm2≥8＋2＝10，当且仅当1lgm2＝lgm2，即m＝2时取得等号，D错误.故选BC.
13.[2024合肥期中]已知函数f（x）＝｜4x－2|,x<1，3－x，x≥1，g（x）＝x2＋ax＋2，若函数y＝
g（f（x））有6个零点，则实数a的取值范围为 （－3，－22） .
解析 画出f（x）＝｜4x－2|,x<1，3－x，x≥1的图象如图所示.
因为g（x）＝x2＋ax＋2最多有两个零点，所以要想y＝
g（f（x））有6个零点，结合函数图象知，需要f（x）＝t1和
f（x）＝t2分别有3个零点，则t1，t2∈（0，2），且t1≠t2，即
g（x）＝x2＋ax＋2有两个不等零点t1，t2∈（0，2），则需要满足Δ＝a2－8>0，0<－a2<2，g（2）>0，g（0）>0，解得－3＜a＜－22，故实数a的取值范围为（－3，－22）.
14.[2024广东惠州质检]定义在R上的函数f（x）满足f（x＋2）＝f（x－2），当x∈[0，4）时，f（x）＝｜x2－4x＋3｜.若关于x的函数y＝f（x）－m在区间[－4，6]上有10个不同零点，则实数m的取值范围是 （0，1） .
解析 关于x的函数y＝f（x）－m在区间[－4，6]上有10个不同零点⇔关于x的方程
f（x）－m＝0在区间[－4，6]上有10个不同的根⇔函数y＝f（x）的图象与直线y＝m在[－4，6]上有10个不同的交点.由f（x＋2）＝f（x－2）得f（x＋4）＝f（x），所以函数f（x）的周期为4，根据“当x∈[0，4）时，f（x）＝｜x2－4x＋3｜”作出y＝f（x）在区间[－4，6]上的图象，如图所示，其中f（0）＝3，f（2）＝1，f（1）＝f（3）＝0.由图象可知，若函数y＝f（x）的图象与直线y＝m在[－4，6]上有10个不同的交点，则实数m的取值范围为（0，1）.
15.[角度创新/2024江苏盐城模拟]已知函数f（x）＝cs2x＋asinx＋14在区间[0，π]上有2个不同的零点，则实数a的取值范围为（ C ）
A.（－54，－14）B.（－1，－14）
C.（－∞，－14）D.（－54，－1）
解析 f（x）＝cs2x＋asinx＋14＝1－sin2x＋asinx＋14＝－sin2x＋asinx＋54，令t＝sin x，x∈[0，π]，则t∈[0，1]，则外层函数为y＝－t2＋at＋54，内层函数为t＝sin x.若函数y＝－t2＋at＋54的零点含1，不符合题意.若y＝－t2＋at＋54在[0，1）上有1个零点t0，则在[0，π]上有2个不同的x满足t0＝sin x，所以函数f（x）在[0，π]上有2个零点，即函数y＝－t2＋at＋54在区间[0，1）上有1个零点.又t＝0时，－t2＋at＋54＝54＞0，则t＝1时，－t2＋at＋54＝－1＋a＋54＜0，得a＜－14，即实数a的取值范围为（－∞，－14）.故选C.
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