2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题13函数与方程（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题13函数与方程（教师版），共15页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
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.
【考点预测】
1.函数的零点
(1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.
(2)函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系：
2.函数零点存在定理
(1)条件：①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；②f(a)·f(b)<0.
(2)结论：函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解.
【常用结论】
1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根.
2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件.
3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点.
【方法技巧】
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.
2.函数零点个数的判定有下列几种方法
(1)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)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.
3.已知函数的零点求参数，主要方法有：
①直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；
②数形结合；
③分离参数，转化为求函数的最值.
4.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.
5.函数零点问题一般可以转化为两个函数图象的交点问题，通过画图分析图象的特征、图象间的关系解决问题，提升直观想象核心素养.
二、【题型归类】
【题型一】函数零点所在区间的判定
【典例1】已知函数f(x)＝eq \f(6,x)－lg2x.在下列区间中，包含f(x)零点的区间是( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，4) D．(4，＋∞)
【解析】f(x)在(0，＋∞)为减函数，又f(1)＝6＞0，f(2)＝2＞0，f(4)＝eq \f(3,2)－2＝－eq \f(1,2)＜0.故选C.
【典例2】函数f(x)＝lnx－eq \f(2,x)的零点所在的大致区间是( )
A．(1，2) B．(2，3)
C．(1，e)和(3，4) D．(e，＋∞)
【解析】∵f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x2)＞0(x＞0)，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(3)＝ln3－eq \f(2,3)＞0，f(2)＝ln2－1＜0，∴f(2)·f(3)＜0，∴f(x)唯一的零点在区间(2，3)内．故选B.
【典例3】(多选)函数f(x)＝ex－x－2在下列哪个区间内必有零点( )
A．(－2，－1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
【解析】f(－2)＝eq \f(1,e2)>0，f(－1)＝eq \f(1,e)－1<0，
f(0)＝－1<0，f(1)＝e－3<0，
f(2)＝e2－4>0，
因为f(－2)·f(－1)<0，f(1)·f(2)<0，
所以f(x)在(－2，－1)和(1,2)内存在零点．
故选AD.
【题型二】函数零点个数的判定
【典例1】已知函数f(x)＝|lnx|，g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0， 0＜x≤1，,|x2－4|－2，x＞1，)) 则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________．
【解析】由题意知，方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数即为函数y＝f(x)与y＝1－g(x)交点个数及函数y＝f(x)与y＝－1－g(x)交点个数之和，而y＝1－g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1， 0＜x≤1，,7－x2，x≥2，,x2－1，1＜x＜2，)) 作图易知函数y＝f(x)与y＝1－g(x)有两个交点，又y＝－1－g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1， 0＜x＜1，,5－x2，x≥2，,x2－3，1＜x＜2，)) 作图易知函数y＝f(x)与y＝－1－g(x)有两个交点，因此共有4个交点．故填4.
【典例2】函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2， x≤0，,2x－6＋lnx，x>0))的零点个数是________．
【解析】当x≤0时，f(x)＝x2－2，
令x2－2＝0，得x＝eq \r(2)(舍)或x＝－eq \r(2)，
即在区间(－∞，0]上，函数只有一个零点．
当x>0时，f(x)＝2x－6＋lnx，
解法一：令2x－6＋lnx＝0，得lnx＝6－2x.
作出函数y＝lnx与y＝6－2x在区间(0，＋∞)上的图象，易得两函数图象只有一个交点，即函数f(x)＝2x－6＋lnx(x>0)只有一个零点．
解法二：f′(x)＝2＋eq \f(1,x)，由x＞0知f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而f(1)＝－4＜0，f(e)＝2e－5＞0，
f(1)f(e)＜0，从而f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
综上可知，函数f(x)的零点个数是2.故填2.
【典例3】函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【解析】由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y＝|x－2|(x>0)，y＝ln x(x>0)的图象，如图所示．
由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2.
【题型三】根据函数零点个数求参数
【典例1】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x2＋2x|，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))若关于x的方程f(x)－a(x＋3)＝0有四个不同的实根，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，4－2eq \r(3)) B．(4＋2eq \r(3)，＋∞)
C．[0,4－2eq \r(3)] D．(0,4－2eq \r(3))
【解析】画出f(x)的函数图象，
设y＝a(x＋3)，该直线恒过点(－3,0)，
结合函数图象，
若y＝a(x＋3)与y＝－x2－2x相切，
联立得x2＋(a＋2)x＋3a＝0，
Δ＝(a＋2)2－12a＝0，
得a＝4－2eq \r(3)(a＝4＋2eq \r(3)舍)，
若f(x)＝a(x＋3)有四个不同的实数根，
则0故选D.
【典例2】若函数f(x)＝x2－ax＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．[2，＋∞) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
【解析】由题意知方程ax＝x2＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有实数解，
即a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有解，设t＝x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，则t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).
故选D.
【典例3】已知函数若关于x的方程f(x)＝k有三个不同的实根，则实数k的取值范围是______．
【解析】关于x的方程f(x)＝k有三个不同的实根，等价于函数y＝f(x)与函数y＝k的图象有三个不同的交点，作出函数的图象如图所示，由图可知实数k的取值范围是(－1,0)．
【题型四】根据函数零点的范围求参数
【典例1】已知函数f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x).若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
C．(－∞，0) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
【解析】由f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x)＝0，
可得a＝3x－eq \f(1,x)，
令g(x)＝3x－eq \f(1,x)，其中x∈(－∞，－1)，
由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，
则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域．
由于函数y＝3x，y＝－eq \f(1,x)在区间(－∞，－1)上均单调递增，所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增．
当x∈(－∞，－1)时，
g(x)＝3x－eq \f(1,x)<3－1＋1＝eq \f(4,3)，
又g(x)＝3x－eq \f(1,x)>0，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))).
因此实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))).
故选B.
【典例2】若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋2m＋1的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则m的取值范围是________．
【解析】依题意，结合函数f(x)的图象分析可知，m需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,f－1·f0<0，,f1·f2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,m－2－m＋2m＋12m＋1<0，,m－2＋m＋2m＋1·[4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))
解得eq \f(1,4)【典例3】若函数f(x)＝3ax＋1－2a在区间(－1，1)上存在一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．a>eq \f(1,5) B．a>eq \f(1,5)或a<－1
C．－1【解析】由题可知函数f(x)的图象是一条直线，所以f(x)在区间(－1，1)上存在一个零点等价于f(－1)f(1)＜0，即(1－5a)(a＋1)＜0.解得a＞eq \f(1,5)或a＜－1.故选B.
三、【培优训练】
【训练一】若关于x的方程eq \f(|x|,x＋4)＝kx2有四个不同的实数解，则k的取值范围为( )
A．(0,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) D．(1，＋∞)
【解析】因为eq \f(|x|,x＋4)＝kx2有四个实数解，
显然，x＝0是方程的一个解，
下面只考虑x≠0时有三个实数解即可．
若x>0，原方程等价于1＝kx(x＋4)，
显然k≠0，则eq \f(1,k)＝x(x＋4)．
要使该方程有解，必须k>0，
则eq \f(1,k)＋4＝(x＋2)2，此时x>0，方程有且必有一解；
所以当x<0时必须有两解，当x<0时，
原方程等价于－1＝kx(x＋4)，
即－eq \f(1,k)＝x(x＋4)(x<0且x≠－4)，要使该方程有两解，
必须－4<－eq \f(1,k)<0，
所以k>eq \f(1,4).
所以实数k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)).
故选C.
【训练二】已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|【解析】由题意可知f(2)＝0，且f(x)在R上单调递减，所以函数f(x)只有一个零点2，由|2－β|<1，得1<β<3，所以函数g(x)＝x2－aex在区间(1,3)上存在零点．
由g(x)＝x2－aex＝0，得a＝eq \f(x2,ex).
令h(x)＝eq \f(x2,ex)，则h′(x)＝eq \f(2x－x2,ex)＝eq \f(x2－x,ex)，所以h(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，且h(1)＝eq \f(1,e)，h(2)＝eq \f(4,e2)，h(3)＝eq \f(9,e3)>eq \f(1,e)，要使函数g(x)在区间(1,3)上存在零点，只需a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\f(4,e2))).
【训练三】设函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x3.又函数g(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xcs（πx）))，则函数h(x)＝g(x)－f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上的零点个数为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【解析】原问题可转化为函数f(x)与g(x)的图象在[－eq \f(1,2)，eq \f(3,2)]上的交点个数问题．由题意知函数f(x)为偶函数，且周期为2.当x＝eq \f(3,2)，eq \f(1,2)，0，－eq \f(1,2)时，g(x)＝0，当x＝1时，g(x)＝1，且g(x)是偶函数，g(x)≥0，由此可画出函数y＝g(x)和函数y＝f(x)的大致图象如图所示，由图可知在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上两函数图象有6个交点，故选B
【训练四】已知函数f(x)是偶函数，f(0)＝0，且x>0时，f(x)是增函数，f(3)＝0，则函数g(x)＝f(x)＋lg|x＋1|的零点个数为________．
【解析】画出函数y＝f(x)和y＝－lg|x＋1|的大致图象，如图所示．
∴由图象知，函数g(x)＝f(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3.
【训练五】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2|lg2x|，02，))若f(x)＝m有四个零点a，b，c，d，求abcd的取值范围．
【解析】作出函数f(x)的图象，不妨设a则－lg2a＝lg2b，∴ab＝1.
又根据二次函数的对称性，可知c＋d＝7，
∴cd＝c(7－c)＝7c－c2(2∴10∴abcd的取值范围是(10,12)．
【训练六】已知函数f(x)＝－x2－2x，g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4x)，x＞0，,x＋1，x≤0，))若方程g(f(x))－a＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是________.
【解析】令f(x)＝t(t＜1)，则原方程化为g(t)＝a有4个不同的实数根，
易知方程f(x)＝t在(－∞，1)内有2个不同的实数根，
则原方程有4个不同的实数根等价于函数y＝g(t)(t＜1)与y＝a的图象有2个不同的交点，
如图，画出函数g(t)的图象，
结合图象可知，1≤a＜eq \f(5,4)，
即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4))).
四、【强化测试】
【单选题】
1. 函数f(x)＝ln x－eq \f(2,x－1)的零点所在的区间是( )
A．(1,2) B．(2,3) C．(3,4) D．(4,5)
【解析】函数f(x)＝ln x－eq \f(2,x－1)在(1，＋∞)上单调递增，且在(1，＋∞)上连续．因为f(2)＝ln 2－2<0，f(3)＝ln 3－1>0，所以f(2)f(3)<0，所以函数的零点所在的区间是(2,3)．
故选B.
2. 已知x＝a是函数的零点，若0A．f(x0)＝0 B．f(x0)>0
C．f(x0)<0 D．f(x0)的符号不确定
【解析】在(0，＋∞)上单调递增，且f(a)＝0，
又0故选C.
3. 函数f(x)＝x·cs 2x在区间[0,2π]上的零点的个数为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】借助余弦函数的图象求解．f(x)＝x·cs 2x＝0⇒x＝0或cs 2x＝0，又cs 2x＝0在[0,2π]上有eq \f(π,4)，eq \f(3π,4)，eq \f(5π,4)，eq \f(7π,4)，共4个根，故原函数有5个零点．故选D.
4. 若函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,2) C．(0,3) D．(0,2)
【解析】由条件可知f(1)·f(2)<0，
即(2－2－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，
解得0故选C.
5. 已知函数f(x)＝x2－2|x|－m的零点有两个，则实数m的取值范围为( )
A．(－1，0) B．{－1}∪(0，＋∞)
C．[－1，0)∪(0，＋∞) D．(0，1)
【解析】在同一平面直角坐标系内作出函数y＝x2－2|x|的图象和直线y＝m，可知当m>0或m＝－1时，直线y＝m与函数y＝x2－2|x|的图象有两个交点，即函数f(x)＝x2－2|x|－m有两个零点．故选B．
6. 已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝lg3x＋x，h(x)＝x－eq \f(1,\r(x))的零点依次为a，b，c，则( )
A．aC．c【解析】在同一直角坐标系下分别画出函数y＝2x，y＝lg3x，y＝－eq \f(1,\r(x))的图象，如图，观察它们与y＝－x的交点可知a7. 函数f(x)＝x2－ax＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
【解析】由题意知方程ax＝x2＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有解，即a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有解，设t＝x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，则t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).故选D.
8. 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
【解析】因为a＜b＜c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)＞0，f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，f(c)＝(c－a)(c－b)＞0，由函数零点存在性定理可知，在区间(a，b)，(b，c)内分别存在零点，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．
【多选题】
9. 若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－a，x≤0，,ln x，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值可能为( )
A．－1 B.eq \f(1,2) C．1 D．2
【解析】当x>0时，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.
因为函数f(x)有两个不同的零点，
则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点．
令f(x)＝0，得a＝2x.
因为0<2x≤20＝1，
所以0故选BC.
10. 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，))若x1A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1
C．1【解析】由函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，))作出其函数图象如图所示：
由图可知，x1＋x2＝－2，－2当y＝1时，|lg2x|＝1，有 x＝eq \f(1,2)，2，
所以eq \f(1,2)由f(x3)＝f(x4)，得|lg2x3|＝|lg2x4|，
即lg2x3＋lg2x4＝0，
所以x3x4＝1，
由图可知011. 已知函数f(x)＝|x2－2ax＋b|(x∈R)，给出下列命题，其中是真命题的是( )
A．若a2－b≤0，则f(x)在区间[a，＋∞)上是增函数
B．存在a∈R，使得f(x)为偶函数
C．若f(0)＝f(2)，则f(x)的图象关于x＝1对称
D．若a2－b－2＞0，则函数h(x)＝f(x)－2有2个零点
【解析】对于选项A，若a2－b≤0，则f(x)＝|(x－a)2＋b－a2|＝(x－a)2＋b－a2在区间[a，＋∞)上是增函数，故A正确；对于选项B，当a＝0时，f(x)＝|x2＋b|显然是偶函数，故B正确；对于选项C，取a＝0，b＝－2，函数f(x)＝|x2－2ax＋b|化为f(x)＝|x2－2|，满足f(0)＝f(2)，但f(x)的图象关于x＝1不对称，故C错误；对于选项D，如图，a2－b－2＞0，即为b－a2＜－2，即a2－b＞2，则h(x)＝|(x－a)2＋b－a2|－2有4个零点，故D错误．故选AB.
12. 下列说法中正确的是( )
A．函数f(x)＝x＋1的零点为(－1，0)
B．函数f(x)＝x＋1的零点为－1
C．函数f(x)的零点，即函数f(x)的图象与x轴的交点
D．函数f(x)的零点，即函数f(x)的图象与x轴的交点的横坐标
【解析】根据函数零点的定义，可知f(x)＝x＋1的零点为－1.
函数y＝f(x)的零点，即函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标，因此B，D正确，A，C错误．
故选BD.
【填空题】
13. 函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x－x2＋2x，x>0，,4x＋1，x≤0))的零点个数是________．
【解析】当x>0时，作出函数y＝ln x和y＝x2－2x的图象，由图知，当x>0时，f(x)有2个零点；
当x≤0时，由f(x)＝0，得x＝－eq \f(1,4).
综上，f(x)有3个零点．
答案：3
14. 若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－a，x≤0，,ln x，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
【解析】当x>0时，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点．令f(x)＝0，得a＝2x.因为0<2x≤20＝1，所以0答案：(0，1]
15. 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex， x≤0，,ln x， x>0，))g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是________．
【解析】函数g(x)＝f(x)＋x＋a存在2个零点，即关于x的方程f(x)＝－x－a有2个不同的实根，即函数f(x)的图象与直线y＝－x－a有2个交点，作出直线y＝－x－a与函数f(x)的图象，如图所示，由图可知，－a≤1，解得a≥－1.
【答案】 (1)D (2)[－1，＋∞)
16. 函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln（－x－1），x<－1，,2x＋1，x≥－1，))若函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
【解析】设t＝f(x)，令g(x)＝f(f(x))－a＝0，则a＝f(t)．在同一平面直角坐标系内作y＝a，y＝f(t)的图象(如图)．当a≥－1时，y＝a与y＝f(t)的图象有两个交点．
设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<－1，t2≥－1.
当t1<－1时，t1＝f(x)有一解；当t2≥－1时，t2＝f(x)有两解．综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点．
【答案】 [－1，＋∞)
【解答题】
17. 设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))(x>0)．
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)当0(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求m的取值范围．
【解析】(1)如图所示．
(2)因为f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈（0，1]，,1－\f(1,x)，x∈（1，＋∞），))
故f(x)在(0，1]上是减函数，而在(1，＋∞)上是增函数，
由0且eq \f(1,a)－1＝1－eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2.
(3)由(1)中函数f(x)的图象可知，当018. 已知函数f(x)＝－x2－2x，g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4x)，x>0，,x＋1，x≤0.))
(1)求g[f(1)]的值；
(2)若方程g[f(x)]－a＝0有4个实数根，求实数a的取值范围．
【解析】(1)利用解析式直接求解得g[f(1)]＝g(－3)＝－3＋1＝－2.
(2)令f(x)＝t，则原方程化为g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)上有2个不同的解，
则原方程有4个解等价于函数y＝g(t)(t<1)与y＝a的图象有2个不同的交点，作出函数y＝g(t)(t<1)的图象，如图，由图象可知，当1≤a19. 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤0，,lg2x，x>0，))求函数y＝f(f(x))＋1的所有零点构成的集合．
【解析】先解方程f(t)＝－1，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t≤0，,t＋1＝－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t>0，,lg2t＝－1.))
得t＝－2或t＝eq \f(1,2).再解方程f(x)＝－2和f(x)＝eq \f(1,2).
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,x＋1＝－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,lg2x＝－2))和eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,x＋1＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,lg2x＝\f(1,2).))
得x＝－3或x＝eq \f(1,4)和x＝－eq \f(1,2)或x＝eq \r(2).
故所求为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2)，\f(1,4)，\r(2))).
20. 若函数f(x)＝2ax2－x－1在(0，1)上恰有一个零点，求实数a的取值范围．
【解析】f(x)在(0，1)上恰有一个零点，显然a≠0.
∴有两种情形：
①f(0)f(1)＜0，得(－1)·(2a－2)＜0⇒a＞1；
②Δ＝0且方程f(x)＝0的根在(0，1)内，
令Δ＝0⇒1＋8a＝0⇒a＝－eq \f(1,8)，得f(x)＝－eq \f(1,4)(x2＋4x＋4)，
此时f(x)＝0的根x0＝－2∉(0，1)．
综上知a＞1，即实数a的取值范围为(1，＋∞)．
21. 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
(1)若f(－1)＝0，试判断函数f(x)的零点个数；
(2)若对任意x1，x2∈R，且x1【解析】(1)∵f(－1)＝0，∴a－b＋c＝0，b＝a＋c.
∵Δ＝b2－4ac＝(a＋c)2－4ac＝(a－c)2，
当a＝c时，Δ＝0，函数f(x)有一个零点；
当a≠c时，Δ>0，函数f(x)有两个零点．
(2)证明：令g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]，则
g(x1)＝f(x1)－eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＝eq \f(f（x1）－f（x2）,2)，
g(x2)＝f(x2)－eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＝eq \f(f（x2）－f（x1）,2)，
∴g(x1)·g(x2)＝－eq \f(1,4)[f(x1)－f(x2)]2.
∵f(x1)≠f(x2)，∴g(x1)·g(x2)<0，即g(x)＝0在(x1，x2)内必有一个实根．即存在x0∈(x1，x2)，使f(x0)＝eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]成立．
22. 设f(x)是定义在R上的偶函数，对任意的x∈R，都有f(x－2)＝f(x＋2)，且当x∈[－2,0]时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－1，若函数g(x)＝f(x)－lga(x＋2)(a>1)在区间[－2，6]内恰有三个零点，求实数a的取值范围．
【解析】根据题意得f((x＋2)－2)＝f((x＋2)＋2)，即f(x)＝f(x＋4)，故函数f(x)的周期为4.若方程f(x)－lga(x＋2)＝0(a>1)在区间[－2,6]内恰有三个不同的实根，则函数y＝f(x)和y＝lga(x＋2)的图象在区间[－2,6]内恰有三个不同的交点，根据图象可知，lga(6＋2)>3且lga(2＋2)<3，解得eq \r(3,4)