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

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc8326" 【题型1 函数零点所在区间的判断】 PAGEREF _Tc8326 \h 2
\l "_Tc24272" 【题型2 求函数的零点或零点个数】 PAGEREF _Tc24272 \h 4
\l "_Tc4684" 【题型3 根据函数零点个数求参数】 PAGEREF _Tc4684 \h 6
\l "_Tc21371" 【题型4 根据函数零点的范围求参数】 PAGEREF _Tc21371 \h 9
\l "_Tc18679" 【题型5 由函数零点分布求值（范围）】 PAGEREF _Tc18679 \h 12
\l "_Tc6552" 【题型6 复合函数的零点个数判定】 PAGEREF _Tc6552 \h 14
\l "_Tc16360" 【题型7 根据复合函数零点求参数】 PAGEREF _Tc16360 \h 18
\l "_Tc16909" 【题型8 函数零点的大小与范围问题】 PAGEREF _Tc16909 \h 21
1、函数与方程
【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．12,1B．1,32C．32,2D．2,52
【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上单调递增，
∵f12=3−5.5<0，f1=−2<0，f32=332−4.5，
又33−4.52>0，∴f32>0，即在1,32上存在x0使得fx0=0.
故选：B.
【变式1-1】（2024·海南·模拟预测）函数fx=2x−1+x−3的零点所在的区间是（ ）
A．−1,0B．0,1C．1,2D．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=2x−1+x−3在R上单调递增，
又f1=1+1−3<0，f2=2+2−3>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lg3x+x=2的根所在区间是（ ）
A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4
【解题思路】将问题转化为fx=lg3x+x−2零点所在区间的求解问题，利用零点存在定理求解即可.
【解答过程】设fx=lg3x+x−2，则方程lg3x+x=2根所在区间即为fx零点所在区间，
∵y=lg3x与y=x−2在0,+∞上均为增函数，∴fx在0,+∞上单调递增；
对于A，∵f1=lg31+1−2=−1，∴当x∈0,1时，fx<−1，A错误；
对于B，∵f1=−1<0，f2=lg32+2−2=lg32>0，即f1f2<0，
∴∃x0∈1,2，使得fx0=0，B正确；
对于CD，当x>2时，fx>f2>0，∴fx在区间2,3和3,4上无零点，C错误，D错误.
故选：B.
【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）设函数fx=ex−x−a,a∈R，则（ ）
A．若fx在区间（-2，-1）和（-1，0）都有零点，则在区间（0，1）也有零点
B．若fx在区间（-2，-1）和（-1，0）都有零点，则在区间（0，1）没有零点
C．若fx在区间（-2，-1）和（-1，0）都没有零点，则在区间（0，1）有零点
D．若fx在区间（-2，-1）和（-1，0）都没有零点，则在区间（0，1）也没有零点
【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fx=ex+x−a,x≤aex−x+a,x>a.
x≤a时，f′x=ex+1>0，因此函数在−∞,a单调递增；
x>a时，f′x=ex−1.
（i）a∈0,+∞时，f′x>0，因此f′x在a,+∞单调递增.
当10，因此在区间0,1有零点，且在区间−2,−1和−1,0都没有零点；
当a>e+1时，f1<0，故在区间−2,−1,−1,0和0,1都没有零点，故C选项和D选项均错误.
（ii）a∈−∞,0时，令f′x=0得x0=0，因此函数在区间a,0单调递减，在0,+∞单调递增.
f0=1+a,fa=ea>0,f−1=e−1−a+1,f−2=e−2−a+2
当a∈−1,0时，f0≥0,f−1=e−1−a+1,f−2=e−2−a+2.
（1）a∈e−1−1,0时，fx在区间−1,a存在唯一零点，而在区间−2,−1没有零点.
（2）a∈−1,e−1−1时，fx在区间−1,0没有零点.
当a∈−2,−1时，f0<0,f−1=e−1+a+1,f−2=e−2−a+2,f1=e−1+a.
①a∈−1−e−1,−1时，f−2f−1<0,f−1f0<0，因此在区间−2,−1和−1,0都有零点，此时f0f1>0，故在区间0,1也有零点.
②a∈−∞,−1−e−1时，fx在区间−1,0没有零点.
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+π3在区间0,2π内的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．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+π3=0，得2x+π3=kπ，则x=−π6+kπ2,k∈Z；
故k=1,x=π3;k=2,x=56π，k=3,x=43π;k=4,x=116π，
所以fx在0,2π共有4个零点，
故选： C.
【变式2-1】（2024·湖南岳阳·模拟预测）函数y=x−22x+1的零点是（ ）
A．2B．2,0C．-2D．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2x+1>1>0，所以x−2=0，即x=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fx在0,6上的零点个数的最小值为（ ）
A．7B．9C．10D．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fx在0,6上的零点个数的最小值为9.
【解答过程】由fx+3=−f−x，可得fx的图象关于点32,0对称，
又fx是奇函数，所以fx+3=−f−x=fx，则fx的周期为3，
所以f0=f3=f6=0,f2=f5=f−2=f1=f4=0,f1.5=−f1.5，
则f1.5=f4.5=0.故fx在0,6上的零点个数的最小值为9.
取fx=sin2πx31+2cs2πx3，显然满足题意，且恰好在0,6上有9个零点.
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=12sinπ2x，则函数gx=fx−1x−4在−2,10上所有零点的和为（ ）
A．16B．32C．36D．48
【解题思路】
先判断fx的对称性、周期性，然后由gx=0进行转化，结合图象以及对称性求得正确答案.
【解答过程】依题意，fx是定义在R上的奇函数，图象关于原点对称，
由于f1+x=f1−x，所以fx的图象关于x=1对称，
fx+4=f1+x+3=f1−x+3=f−2−x
=−fx+2=−f1+1+x=−f1−1+x=−f−x=fx，
所以fx是周期为4的周期函数.
令gx=fx−1x−4=0，得fx=1x−4，
函数y=1x−4的图象关于4,0对称，y=fx的图象也关于点4,0对称，
画出函数y=fx和y=1x−4的图象如下图所示，
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−xm有两个零点，则实数m的取值范围为（ ）
A．(0,e)B．(e,+∞)C．(0,2e)D．(2e,+∞)
【解题思路】将函数f(x)=lnxx−xm有两个零点，转化为函数y=lnxx,y=xm的图象有两个不同交点问题；由此设ℎ(x)=lnxx,x>0，利用导数判断其单调性，作出其图象，数形结合，即可求得答案.
【解答过程】由题意知函数f(x)=lnxx−xm有两个零点，即lnxx−xm=0有两个不等实数根，
即函数y=lnxx,y=xm的图象有两个不同交点；
设ℎ(x)=lnxx,x>0，则ℎ'(x)=1−lnxx2,x>0，
当00，ℎ(x)在0,e上单调递增；
当x>e时，ℎ'(x)<0，ℎ(x)在e,+∞上单调递减；
当01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x0,lnx0x0，
此时1m=1−lnx0x02=lnx0x0−0x0−0，则lnx0=12,∴x0=e，
故此时1m=1−lnee=12e，
结合图象可知，要使函数y=lnxx,y=xm的图象有两个不同交点，
需满足0<1m<12e,∴m>2e，
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+π6(ω>0)在0,π2上有且仅有两个零点，则ω的取值范围是（ ）
A．76,136B．76,136C．76,136D．76,136
【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=1−2sin2ωx+π6=cs2ωx+π3(ω>0)，
由x∈0,π2，得2ωx+π3∈π3,πω+π3，
要使函数fx=1−2sin2ωx+π6(ω>0)在0,π2上有且仅有两个零点，
则πω+π3∈3π2,5π2，得76≤ω<136，
即ω的取值范围是76,136.
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−x−2,x<0.若关于x的方程fx=ax−1有5个不同的实数根，则a的取值范围是（ ）
A．1,+∞B．2,+∞C．1,eD．2,2e
【解题思路】直线y=ax与函数ℎx=fx+1=xlnx+1,x>0,0,x=0,xln−x−1,x<0的图象有5个交点，可得ℎx是奇函数，可得只需直线y=ax与曲线y=xlnx+1(x>0)有2个交点即可，即方程a=lnx+1x有2个实数根，利用导数即可求解.
【解答过程】由题意得ax=fx+1，则直线y=ax与函数ℎx=fx+1=xlnx+1,x>0,0,x=0,xln−x−1,x<0的图象有5个交点.
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=−xlnx−1=−ℎx；
当x<0时，−x>0,ℎ−x=−xln−x+1=−ℎx；
当x=0时，ℎx=0，所以ℎx是奇函数，
则必须且只需直线y=ax与曲线y=xlnx+1(x>0)有2个交点即可，
所以方程a=lnx+1x有2个实数根.令tx=lnx+1x，则t′x=x−1x2，
当0当x>1时，t′x>0,tx单调递增，
所以tx≥t1=1.
又当x趋近于0时，tx=lnx+1x=1x−ln1x=u−lnu,u=1x→+∞,所以t(x)→+∞；
当x趋近于+∞时，lnx→+∞,1x→0⇒tx=lnx+1x→+∞，
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=12xln12,x≤04ln2x,x>0，若函数gx=fx−mx有4个零点，则m的取值范围为（ ）
A．mm≥16e2B．mm≥eln22
C．meln22【解题思路】由题意可知：函数gx的零点个数即为y=fx与y=mx的交点个数，利用导数求过原点的切线，结合图象分析求解.
【解答过程】作出fx的图象，如图所示
令gx=fx−mx=0，可得fx=mx，
由题意可知：函数gx的零点个数即为y=fx与y=mx的交点个数，
若x>0，则fx=4ln2x，可得f′x=8lnxx，
设切点坐标为x1,4ln2x1,x1>1，切线斜率为k1=8lnx1x1，
则切线方程为y−4ln2x1=8lnx1x1x−x1，
代入点O0,0，可得−4ln2x1=−8lnx1，解得x1=e2，
此时切线斜率为k1=16e2；
若x≤0，则fx=12xln12=−ln2⋅12x，可得f′x=ln22⋅12x，
设切点坐标为x2,−ln2⋅12x2,x2≤0，切线斜率为k2=ln22⋅12x2，
则切线方程为y+ln2⋅12x2=ln22⋅12x2x−x2，
代入点O0,0，可得ln2⋅12x2=ln22⋅12x2−x2，解得x2=−1ln2=−lg2e，
此时切线斜率为k2=e⋅ln22；
结合图象可知m的取值范围为mm=eln22或m=16e2.
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的零点有且只有一个，则实数k的值为 e24 ．
【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=exx2在0,+∞上有且只有一个交点，令φx=exx2，x∈0,+∞，利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出k的值.
【解答过程】若k≤0时fx>0恒成立，所以fx=ex−kx2没有零点，
所以k>0，
令fx=0，x∈0,+∞，即ex−kx2=0，所以k=exx2，
依题意y=k与y=exx2在0,+∞上有且只有一个交点，
令φx=exx2，x∈0,+∞，则φ′x=ex(x−2)x3，
所以当02时，φ′(x)>0，
即φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以φ(x)的最小值是φ2=e24，
而当x→0时，fx→+∞，当x→+∞时，fx→+∞，所以k=e24.
故答案为：e24.
【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 x1【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−ax的定义域为−1,+∞，则f′x=lnx+1+x+2x+1−a．
设gx=f′x，则g′x=1x+1−1x+12=xx+12，
所以当x∈−1,0时，g′x<0，f′x单调递减，当x∈0,+∞时，g′x>0，f′x单调递增，
所以f′x≥f′0=2−a．
当2−a≥0，即a≤2时，f′x≥0，fx单调递增，且f0=0，此时fx只有1个零点，不满足题意；
当2−a<0，即a>2时，由f′1ea−1=ln1ea−1+1+1ea−1+21ea−1+1−a=ea+1−2a>0，
f′ea−1=lnea−1+1+ea−1+2ea−1+1−a=1+1ea>0
存在m∈−1,0，n∈0,+∞，使得f′m=0，f′n=0，
当x∈−1,m∪n,+∞时，f′x>0；当x∈m,n时，f′x<0，
所以fx在−1,m上单调递增，在m,n上单调递减，在n,+∞上单调递增，
又f0=0，易知fm>0，fn<0，
由f1ea−1=1ea−1+2ln1ea−1+1−a1ea−1=−2ae−a<0，
fea−1=ea−1+2lnea−1+1−aea−1=2a>0，
则fx在−1,m，n,+∞上各有1个零点，此时满足题意.
所以a>2，且x2=0．由x3<3，得f3=5ln4−3a>0，得a<10ln23．
所以a+x2的取值范围是2,10ln23．
故答案为：2,10ln23.
【变式4-2】（2024·陕西西安·二模）已知函数fx=3csωx+φω>0，若f−π4=3，fπ2=0，且fx在区间−π3,−π6上没有零点，则ω的一个取值为 23（答案不唯一） ．
【解题思路】
根据f−π4=3,fπ2=0可得ω=4n3+23，根据在区间−π3,−π6上没有零点可得ω范围，即可求出ω的取值有几个.
【解答过程】
由题意，在fx=3csωx+φ(ω>0)中，f−π4=3,fπ2=0，
∴3cs−π4ω+φ=33csπ2ω+φ=0 ,所以−π4ω+φ=2k1ππ2ω+φ=k2π+π2,k1,k2∈Z，
两式相减得3π4ω=k2−2k1π+π2，
所以ω=43k2−2k1+23，即ω=4n3+23，n∈Z，
因为x∈−π3,−π6,ω>0，所以ωx+φ∈−π3ω+φ,−π6ω+φ ，
令ωx+φ=t， t∈−π3ω+φ,−π6ω+φ，
由题意知y=3cst在t∈−π3ω+φ,−π6ω+φ上无零点，
故−π3ω+φ,−π6ω+φ⊆−π2+kπ,π2+kπ，k∈Z，
所以−π3ω+φ≥−π2+kπ−π6ω+φ≤π2+kπ，即−π3ω+φ≥−π2+kππ6ω−φ≥−π2−kπ，
两式相加得−π6ω≥−π，所以0<ω≤6，
又ω=4n3+23，
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=143；当n=4时，ω=6，
所以ω的取值有5个，取其中一个填写即可.
故答案为：23（答案不唯一）.
【变式4-3】（2024·天津·二模）设a∈R，函数fx=1x−a+1+a,x【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的取值范围.
【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x2−2a+1x+2a2−a+1=x−a−12+a2−3a>−3a≥0，
故fx在a,+∞上至多可能有1个零点，从而在0,+∞上至多可能有1个零点，不满足条件；
当a>3时，有x2−2a+1x+2a2−a+1=x−a−12+a2−3a≥a2−3a=aa−3>0，
所以fx在a,+∞上没有零点.
而若1x−a+1+a=0，则只可能x=a−1a−1，所以fx在−∞,a上至多可能有1个零点.
故fx在R上至多可能有1个零点，从而在0,+∞上至多可能有1个零点，不满足条件；
当00知a−1a−1从而x=a−1a−1确为fx在−∞,a上的一个零点.
再解方程x2−2a+1x+2a2−a+1=0，即x−a−12+a2−3a=0，
可得两个不同的实数根x=a+1±a3−a.
而fa=a2−2a+1a+2a2−a+1=a2−3a+1，a+1+a3−a>a+1>a.
故x=a+1+a3−a确为fx在a,+∞上的一个零点，
而当且仅当a2−3a+1≥0时，另一根x=a+1−a3−a是fx在a,+∞上的一个零点.
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−1a−1≥0a2−3a+1<0或a−1a−1<0a2−3a+1≥0.
解得a∈0,3−52∪5+12,3+52；
当a=3时，验证知fx恰有两个零点53和4，满足条件.
综上，a的取值范围是0,3−52∪5+12,3+52∪3.
故答案为：0,3−52∪5+12,3+52∪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∈0,+∞有两个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．−∞,0B．−∞,1C．−1,+∞D．0,1
【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,+∞上有两个交点的问题.
【解答过程】法一：因为fx=x+mx−2=x2−2x+mx，且fx有两个零点，
所以方程x2−2x+m=0在0,+∞上有两个不同的解，
所以m>0Δ=4−4m>0解得0法二：由fx=0得m=2x−x2=−(x−1)2+1，
因为fx有两个零点，所以直线y=m与函数y=−(x−1)2+1,x>0的图像有两个交点．
函数y=−(x−1)2+1,x>0的图像如图，由图可知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aA．12,1B．12,5−12
C．0,5−12D．5−12,1
【解题思路】由a，b为函数f(x)=ax2−bx+c的两个零点可得ax2−aa+bx+a2b=ax2−bx+c，即可得b=a21−a、c=a41−a，由两边之和大于第三边，结合题意可得12【解答过程】由a,b为函数f(x)=ax2−bx+c的两个零点，故有ax−ax−b=ax2−bx+c，
即ax2−aa+bx+a2b=ax2−bx+c恒成立，
故aa+b=b，a2b=c，则b=a21−a，c=a2b=a2×a21−a=a41−a，
由a，b，c为某三角形的三边长，且a故1−a>0，且aa必然成立，
所以a+c>ba+b>c，即a+a41−a>a21−aa+a21−a>a41−a，解得0所以12故a的取值范围是：12,5−12.
故选：B.
【变式5-2】（2023·云南·二模）设x1,x2是关于x的方程x2+a−1x+a+2=0的根．若−1A．−43,−1B．−34,12C．−2,1D．−2,−1
【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)=x2+(a−1)x+a+2开口方向向上，
若−1当x=−1时，x2+a−1x+a+2>0，代入解得4>0，恒成立；
当x=1时，x2+a−1x+a+2<0，代入解得2a+2<0,a<−1；
当x=2时，x2+a−1x+a+2>0，代入解得3a+4>0,a>−43，
综上，实数a的取值范围是(−43,−1).
故选：A.
【变式5-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=1x−x,x>0ax2+2ax+3,x≤0有且仅有3个零点α,β,γ，若α<β<γ，则（ ）
A．lnαβ=γB．lnαβ=γ−1C．lnαβ<γ−1D．lnαβ>γ
【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x=1，即γ=1；
当x≤0时，方程ax2+2ax+3=0有两个不等负实根α，β，
所以Δ=4a2−12a>0α+β=−2<0αβ=3a>0，解得a>3，
当α=β=−1时，α+β=−2，又α<β<0，则−2<α<−1<β<0．
所以lnαβ=ln3a<0=γ−1．
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ffx=3的实数根个数为（ ）
A．2B．3C．4D．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,t3∈2,+∞，当fx=t1∈−1,0时，结合图象可知，只有1个解x4，当fx=t2∈0,1时，结合图象可知，只有1个解x5，当fx=t3∈2,+∞时，结合图象可知，由3个解x6,x7,x8，从而得到答案.
【解答过程】fx=x+1x=x+1x,x>0x−1x,x<0，
当x<0时，fx=x−1x，则f′x=1+1x2>0，
此时fx=x−1x在−∞,0上单调递减，
当x>0时，fx=x+1x，则f′x=1−1x2=x2−1x2，
故当x>1时，f′x>0，当0故fx=x+1x在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
画出函数fx和y=3的图象如下：
令x+1x=3得，x2=3−52,x3=3+52
故x1∈−1,0,x2∈0,1,x3∈2,+∞，
令fx=t，则ft=3，且t1∈−1,0,t2∈0,1,t3∈2,+∞，
当fx=t1∈−1,0时，结合图象可知，只有1个解x4，
当fx=t2∈0,1时，结合图象可知，只有1个解x5，
当fx=t3∈2,+∞时，结合图象可知，由3个解x6,x7,x8，
综上，方程ffx=3的实数根的个数为5.
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>0−|x+1|+1,x≤0，则函数g(x)=f(f(x)−1)的零点个数为（ ）
A．3B．5C．6D．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ℎ(t)=lnt−1t，t>0，
函数y=lnt,y=−1t在(0,+∞)上单调递增，于是函数ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，
又ℎ(1)=−1<0，ℎ(e)=1−1e>0，则存在t1∈(1,e)，使得ℎ(t1)=0；
当t≤0时，−|t+1|+1=0，解得t=0或−2，
作函数f(x)=lnx−1x,x>0−x+1+1,x≤0的大致图象，如图：

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有两个解；
当t=−2时，f(x)=−1，由y=fx的图象知，方程f(x)=−1有两个解；
当t= t1，t1∈(1,e)时，f(x)=t1+1，由y=fx的图象知，方程f(x)=t1+1有一个解，
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<0ln(x+1),x≥0，则函数g(x)=f(f(x))−1的零点个数是（ ）
A．1B．0C．2D．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；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.
【解答过程】函数f(x)=−xex,x<0ln(x+1),x≥0，
对y=−xex⇒y′=−x+1ex，令y′>0⇒x<−1，令y′<0⇒0>x>−1，
可知y=−xex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，ymax=1e，
故结合对数函数图象，可画出函数fx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=fx，代入可得ft=1>1e，
由图像可知t=e−1，即fx=e−1，
结合函数图像可知，fx=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.
【变式6-3】（2024·全国·二模）已知函数fx=11−x,x<0lnx,x>0（e为自然对数的底数），则函数Fx=ffx−1e3fx−1的零点个数为（ ）
A．3B．5C．7D．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ft=1e3t+1，判断y=1e3x+1与fx交点个数，进而将Fx=ffx−1e3fx−1的零点个数问题转化为函数y=t,y=f(x)的图象交点个数问题，数形结合，可得答案.
【解答过程】设fx=t，令Fx=0可得：ft=1e3t+1,
对于y=11−x，y′=1(1−x)2，故y=11−x在xx=0处切线的斜率值为k1=1，
设y=k2x+1与y=lnx相切于点x2,lnx2，
∵(lnx)′=1x,∴切线斜率k2=1x2，则切线方程为：y−lnx2=1x2x−x2，
即y=1x2⋅x+lnx2−1,∴k2=1x2lnx2−1=1，解得：x2=e2,k2=1e2；
由于1e3<1e2<1，故作出fx与y=1e3x+1图象如下图所示，
∴y=1e3x+1与fx有四个不同交点，
即y=1e3t+1与ft有四个不同交点，
设三个交点为t1,t2,t3,t4t1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=t2有三个不同交点，与y=t3,y=t4各有两个不同交点，
∴Fx=ffx−1e2fx−1的零点个数为7个，
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,12，若函数gx=fx−mx有三个零点，则实数m的取值范围为 13,1 .
【解题思路】把函数gx零点问题转化为函数y=fx与直线y=mx的交点问题，数形结合列不等式组求解即可.
【解答过程】函数gx=fx−mx有三个零点，则方程fx−mx=0即fx=mx有三个根，
所以函数y=fx与函数y=mx有三个交点，
由fx=−x2,x<0x,0≤x≤12−x,12作出函数fx的图象如图：
若函数y=fx与过原点直线y=mx有三个交点，如图：
则01，解得13故答案为：13,1.
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=4x−1,x≤1x2−6x+8,x>1，若方程2fx2−a+2⋅fx+a=0有7个不同的实数根，则实数a的取值范围是 0,2 ．
【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的图象，如图所示．
由2fx2−a+2⋅fx+a=0，得fx−1fx−a2=0，
解得fx=1或fx=a2．
由图象易知，直线y=1与fx的图象有3个交点，
所以方程fx=1有3个不同的实数根，
因为方程2fx2−a+2⋅fx+a=0有7个不同的实数根，
所以直线y=a2与fx的图象有4个交点，
故0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gx=x⋅fx−a的零点个数为2，则a的范围为 78【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=xfx，
当x≤2时，fx=x−1−1，ℎx=−x2,x≤1x2−2x,1当x∈2,4时，x−2∈0,2，fx=−12fx−2=−12x−3−1，
ℎx=−122x−x2,2当x∈4,6时，x−4∈0,2，fx=14fx−4=14x−5−1，
ℎx=144x−x2,4当x∈6,8时，x−6∈0,2，fx=−18fx−6=−18x−7−1，
ℎx=−186x−x2,6……
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ℎx=xf(x)的图象与y=a的图象的公共点个数为2，
由图可知，78故答案为：78【变式7-3】（2024·河南新乡·二模）已知函数fx=2x,x≤0,2lnxx,x>0, gx=x2+2x−4λ，λ∈R，若关于x的方程fgx=λ有6个解，则λ的取值范围为 14,2e ．
【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fx图象先求出0<λ<2e，再得出λ和ft=λ中最小解之间的等式关系，而后结合gx的值域即可建立关于λ的不等式，最后构造关于λ的函数，求导求单调性即可解不等式，进而得出结果.
【解答过程】令gx=t，由函数fx的图象可知，方程ft=λ(λ为常数)最多有3个解，
ft在−∞,0上单调递增，
当t>0时，f′t=21−lntt2，则ft在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以t=e处取得极大值，即极大值为fe=2lnee=2e，如下图：
故结合图象可得0<λ<2e，且方程ft=λ的三个解中最小的解为t=lg2λ.
又gx=x2+2x−4λ=x+12−4λ−1，在−∞,−1上单调递减，在−1,+∞上单调递增，
所以gx最小值为g−1=−4λ−1，即当t≥−4λ−1时，gx=t有2个零点，
所以使关于x的方程fgx=λ有6个解，则lg2λ>−4λ−10<λ<2e，
lg2λ>−4λ−1，即4λ+lg2λ+1>0，令ℎλ=4λ+lg2λ+1，
易知ℎλ在0,+∞上单调递增，又ℎ14=0，所以4λ+lg2λ+1>0的解集为14,+∞，
综上所述，λ的取值范围为14,2e.
故答案为：14,2e.
【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=aex−xa∈R有两个零点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)设fx的两个零点分别为x1,x2，证明：x1+x2>2；
(3)证明：23+25+⋯+22n+1【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=x2e−x2；第二步：构造函数，利用导数研究函数的单调性，得到x1,x2的范围；第三步：根据所证不等式构造函数并研究函数的单调性，得到rx1>r2−x2；第四步：利用函数的单调性进行证明.方法二：第一步：根据函数零点的含义，得到x2−x1lnx2−lnx1=1；第二步：将要证的不等式转化为lnx2x1>2x2x1−1x2x1+1；第三步：利用换元法及函数的单调性进行证明.
（3）利用（2）的结论进行不等式放缩，得到lnn+1n>2n+1n−1n+1n+1=22n+1，再用累加法证明即可.
【解答过程】（1）解法一
由题，f′x=aex−1，当a≤0时，f′x<0，所以fx在R上单调递减，所以fx至多有一个零点.
当a>0时，由f′x=0得x=−lna，
所以当x∈−∞,−lna时，f′x<0，fx在−∞,−lna上单调递减，
当x∈−lna,+∞时，f′x>0，fx在−lna,+∞上单调递增，
所以fxmin=f−lna=1+lna.
要使函数fx有两个零点，必须满足fxmin=1+lna<0，得0当00，
所以函数fx在0,−lna上有且仅有1个零点.
f1a=ae1a−1a=ae1a−1a2，
记gx=ex−x2x>e，则g′x=ex−2x，记px=ex−2xx>e，则p′x=ex−2>ee−2>0，
所以g′x=ex−2x在e,+∞上单调递增，所以g′x>ee−2e>0，
所以gx=ex−x2在e,+∞上单调递增，所以gx>ee−e2>0，
因为1a>e，所以f1a=ae1a−1a2>0，
所以函数fx在−lna,1a上有1个零点
综上所述，当0解法二
因为fx=aex−xa∈R有两个零点，所以关于x的方程aex−x=0，即a=xex有两个根，
所以直线y=a与曲线y=xex有两个不同的交点
令gx=xex，
则g′x=1−xex，令g′x=0，得x=1，
所以gx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以gxmax=g1=1e.
又g0=0，当x→+∞时，gx→0，所以0（2）解法一
因为fx1=fx2=0，所以a=x1e−x1=x2e−x2.
设rx=xe−x，则a=rx1=rx2,r′x=1−xe−x，
令r′x=0，解得x=1.
当x变化时，r′x,rx的变化情况如下表：
由（1）知x1>0,x2>0，不妨设x2>x1，则根据rx1=rx2，得x2>1,0令Rx=rx−r2−x,x∈1,+∞，
则R′x=1−xex+x−1ex−2=x−1e2x−2−1e−x
因为x>1，所以2x−2>0，所以e2x−2−1>0，则R′x>0，
所以Rx在1,+∞上单调递增，
所以Rx>r1−r2−1=0，即当x>1时，rx>r2−x，则rx2>r2−x2，
又rx1=rx2，所以rx1>r2−x2.
因为x>1，所以2−x2<1，
因为rx在−∞,1上单调递增，x1<1，所以x1>2−x2，所以x1+x2>2.
解法二
由（1）知x1>0,x2>0，因为fx1=fx2=0，所以aex1=x1,aex2=x2，
所以lna+x1=lnx1,lna+x2=lnx2，所以x2−x1lnx2−lnx1=1.
要证x1+x2>2，只需证x1+x22>1，即证；x2−x1lnx2−lnx1不妨设02x2−x1x2+x1，即证lnx2x1>2x2x1−1x2x1+1.
令t=x2x1，即证lnt>2t−1t+1t>1.
设ℎt=lnt−2t−1t+1t>1，则ℎ′t=1t−4t−12=t−12tt+12>0，所以ℎt在1,+∞上单调递增，
所以ℎt>ln1−2×1−11+1=0，所以lnt>2t−1t+1t>1成立，所以x1+x2>2.
（3）由（2）中解法二可知，lnt>2t−1t+1t>1，
令t=n+1nn∈N∗，得lnn+1n>2n+1n−1n+1n+1=22n+1.
所以k=1n22k+1即23+25+⋯+22n+1【变式8-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=x2−x+1ex−1−a62x3+3x2+1．
(1)当a=2时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程．
(2)设函数gx=fx−x2ex−1+13ax3，若gx有两个零点，求实数a的取值范围．
【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+1有两个不相等的实数根，构造函数ℎx=−x+1ex−13x2+1，将问题转化为ℎx与直线y=a6的图象有两个不同的交点，进而得出a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=2时，fx=x2−x+1ex−1−132x3+3x2+1，且f1=−1，
所以f′x=2x−1ex−1+x2−x+1ex−1−136x2+6x=x2+xex−1−2x2−2x，
则k=f′1=2×1−2−2=−2，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y+1=−2x−1，即2x+y−1=0.
（2）函数gx=fx−x2ex−1+13ax3=−x+1ex−1−a63x2+1，
因为gx有两个零点，
所以−x+1ex−1=a63x2+1，即a6=−x+1ex−13x2+1有两个不相等的实数根，
设函数ℎx=−x+1ex−13x2+1，则ℎ′x=−x3x2−6x+7ex−13x2+12，
因为−62−4×3×7=−48<0，所以3x2−6x+7>0恒成立，
所以当x∈−∞,0时，ℎ′x>0,ℎx单调递增，且0<ℎx<ℎ0=1e；
当x∈0,+∞时，ℎ′x<0,ℎx单调递减，且ℎx<ℎ0=1e，
因为函数ℎx=−x+1ex−13x2+1的图象与直线y=a6有两个不同的交点，
所以0【变式8-2】（2024·河北邯郸·三模）已知函数f(x)=xex−ax2，a∈R．
(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x1,x2,x3,x4，其中x1>0，x2>0．
（i）求a的取值范围；
（ii）求证：x1+x2>4．
【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g(x)=exx2的单调性和最值，从而得到g(x)=exx2的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设x2>x1>0，根据：ex1=ax12，ex2=ax22，采用取对数、两式作差整理的方式可得x1−x2lnx1x2=2，通过分析法可知只需证lnx1x2<2x1−x2x1+x2=2x1x2−1x1x2+1即可，令t=x1x2，t∈(0,1)，构造函数ℎ(t)=lnt−2(t−1)t+1，利用导数可求得ℎt单调性，从而得到ℎ(t)<ℎ(1)=0，由此可证得结论.
【解答过程】（1）f′(x)=ex−ax2+xex−2ax=(x+1)ex−3ax2，
所以f'(0)=1−0=1，
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)ex−ax2=0，该方程有一根为−1，且x≠0，
所以ex−ax2=0即a=exx2有3个不同的实数根，且这3个实数根均不为−1．
令g(x)=exx2，则g′(x)=(x−2)exx3，
所以当x∈(−∞,0)时，g′(x)>0，当x∈(0,2)时，g′(x)<0，当x∈(2,+∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
又g(2)=e24，且当x无限趋近于−∞时，g(x)>0且趋近于0，
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)趋近于+∞．
故g(x)的大致图象如图所示：
又g(−1)=1ee24时，直线y=a与曲线y=g(x)有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标均不为−1，所以a的取值范围为e24,+∞．
（ii）由（i）知ex1=ax12，ex2=ax22，所以x1=lna+2lnx1，x2=lna+2lnx2，
所以x1−x2=2lnx1−2lnx2=2lnx1x2，则x1−x2lnx1x2=2，
要证x1+x2>4，只需证x1+x2>2x1−x2lnx1x2，
不妨设x2>x1>0，所以0令t=x1x2，则t∈(0,1)，令ℎ(t)=lnt−2(t−1)t+1，
则当00，
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恒成立，所以原不等式x1+x2>4得证.
【变式8-3】（2024·浙江·二模）已知函数fx=x2−axlnx−1，a∈R．
(1)求证：fx+x2f1x=0；
(2)若函数fx有三个不同的零点x1，x2，x3x1（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）求证：x1+x3>2a−2．
【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fx+x2f1x=0，a=x32−1x3lnx3，可将问题转化成x1+x3+2−2a=1x3+x3+2−2a=x3+13x3lnx3lnx3−2x3−1x3+1，构造函数φx=lnx−2x−1x+1，即可利用导数求解.
【解答过程】（1）由fx=x2−axlnx−1得f1x=1x2−a1xln1x−1=1+axlnx−x2x2，
所以x2f1x=x2⋅1+axlnx−x2x2=1+axlnx−x2=−fx，故fx+x2f1x=0，
（2）（ⅰ）由于f1=0，且当x→+∞时，fx→+∞，故f′1≤0，
又f′x=2x−alnx+1，所以f′1=2−a≤0，所以a≥2，
当a>2时，令gx=f′x=2x−alnx+1，所以g′x=x−ax，
当x>a2时，g′x>0,当0又f′1=2−a<0,f′1e=2e−a−1+1=2e>0,
f′a2=2a2−alna2+1=2a2−a2lna+1=a2a−2lna−1>a2a−1−2a−1=a>0所以存在m∈1e,1,n∈1,a2，使得f′m=0,f′n=0，
因此fx在0,m,n,+∞上单调递增，在m,n单调递减，
又当x→0+,fx→−1,当x→+∞,fx→+∞，
所以此时fx有3个零点，符合题意，故a>2，
当a=2时，f′x=2x−2lnx+1=2x1−lnx+1x,
令ℎx=lnx+1x，则ℎ′x=−lnxx2，
故当x>1时，ℎ′x<0，此时ℎx单调递减，当00，此时ℎx单调递增，故ℎx≤ℎ1=1，此时f′x≥0恒成立，fx在0，+∞单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，
综上可知：a>2，
（ⅱ）由（ⅰ）以及f1=0可知，x2=1，又fx1=1+ax1lnx1−x12=0，f1x1=1x12−a1x1ln1x1−1=1+ax1lnx1−x12x12=0，故1x1也是fx=0的根，故x3=1x1，
设φx=lnx−2x−1x+1,φ′x=1x−4x+12=x−12xx+12>0,
所以φx在1，+∞单调递增，故φx>φ1=0,
即φx=lnx−2x−1x+1>0⇒lnx>2x−1x+1,(x>1)
又因为fx3=1+ax3lnx3−x32=0⇒a=x32−1x3lnx3，
所以x1+x3+2−2a=1x3+x3+2−2a=1x3+x3+2−2x32−1x3lnx3=x3+13x3lnx3lnx3−2x3−1x3+1>0，
所以x1+x3>2a−2.
一、单选题
1．（2024·山东青岛·二模）函数fx=ax−a(a>0，a≠1)的零点为（ ）
A．0B．1C．1,0D．a
【解题思路】令fx=ax−a=0，解出x即可.
【解答过程】因为fx=ax−a(a>0，a≠1)，
令fx=ax−a=0，解得x=1，
即函数的零点为1.
故选：B.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）函数fx=lnx+x2−2的零点所在区间是（ ）
A．0,22B．22,1C．1,2D．2,2
【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=1x+2x>0，易知函数fx在0,+∞上单调递增，
又f1=−1<0,f2=ln2=12ln2>0，所以在1,2内存在一个零点x0，使fx0=0.
故选：C.
3．（2024·甘肃张掖·模拟预测）函数fx=exx−1−x−1的所有零点之和为（ ）
A．0B．-1C．3D．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+1x−1，画出函数图象，可知两个函数图象相交于两点，设为x1,x2，得fx1=f−x1=0，进而得到x2=−x1，即x1+x2=0
【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fx=0，
则exx−1−x−1=0，显然x≠1，所以ex=x+1x−1，
构造函数y=ex与函数y=x+1x−1，则方程ex=x+1x−1的根，
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=exx−1−x−1有两个零点，
设为x1,x2，所以ex1=x1+1x1−1，ex2=x2+1x2−1，
即fx1=ex1x1−1−x1−1=0,fx2=ex2x2−1−x2−1=0，
另外发现，将−x1代入，可得f−x1=e−x1−x1−1−−x1−1=−x1+1ex1+x1−1=−(x1+1)ex1+x1+1ex1=0，
所以−x1也是函数fx的零点，说明x2=−x1，即x1+x2=0.
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+21−x+2x−1−5的零点个数为奇数个，则f1=（ ）
A．1B．2C．3D．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gx的零点个数为奇数个可得答案.
【解答过程】因为函数f2x+1为偶函数，所以f−2x+1=f2x+1，
所以y=fx的图象关于x=1对称，
令ℎx=21−x+2x−1−5，则ℎ2−x=2x−1+21−x−5=ℎx，
可得函数ℎx=21−x+2x−1−5的图象关于x=1对称，
所以函数gx=fx+21−x+2x−1−5的图象关于x=1对称，
则函数gx的零点关于x=1对称，但gx的零点个数为奇数个，
则g1=f1+1+1−5=0，所以f1=3.
故选：C.
5．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数fx=x3−3x+a在区间0,2内有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．0,2B．2,+∞C．0,1D．1,+∞
【解题思路】利用导数说明函数的单调性，依题意可得f0>0f1<0f2>0，解得即可.
【解答过程】因为f′x=3x2−3=3x+1x−1，所以当x>1或x<−1时f′x>0，
即fx在1,+∞，−∞,−1上单调递增，
当−1根据题意可得f0>0f1<0f2>0，即a>01−3+a<08−6+a>0，解得0故选：A.
6．（2024·广东湛江·二模）已知函数fx=2x−1−a，gx=x2−4x+2−a，则（ ）
A．当gx有2个零点时，fx只有1个零点
B．当gx有3个零点时，fx有2个零点
C．当fx有2个零点时，gx有2个零点
D．当fx有2个零点时，gx有4个零点
【解题思路】作出函数y=2x−1，y=x2−4x+2图象，两个函数的零点个数转化为它们的图象与y=a的图象的公共点的个数，结合图象可得答案.
【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，y=x2−4x+2的大致图象，如图所示.
由图可知，当gx有2个零点时，fx无零点或只有1个零点；
当gx有3个零点时，fx只有1个零点；
当fx有2个零点时，gx有4个零点.
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,方程fgx=−3−gx有两个不同的根，分别是x1,x2,则 x1+x2=（ ）
A．0B．3C．6D．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y=−x的图象有两个交点，作出函数fgx与y=−x的图象，根据数形结合计算即可得出结果.
【解答过程】由题意得：gx=x−3为R上的增函数，且g3=0,
当x≤3时，gx≤0，fgx=ex−3，
当x>3时，gx>0，fgx=lnx−3，
方程fgx=−3−gx=−x有两个不同的根等价于函数y=fgx与y=−x的图象有两个交点，
作出函数fgx与y=−x的图象如下图所示：
由图可知y=ex−3与y=lnx−3图象关于y=x−3对称，
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：C32,−32.
所以x1+x2=2×32=3.
故选：B.
8．（2024·安徽合肥·三模）设a∈R，函数fx=2x−1−1,x≥0−x2+ax,x<0，若函数y=ffx恰有5个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．−2,2B．0,2C．−1,0D．−∞,−2
【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x<0时的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.
【解答过程】设t=fx，当x≥0时，fx=2x−1−1，此时t≥0，
由ft=0得t=1，即fx=2x−1−1=1，解得x=0或x=2，
所以y=ffx在0,+∞上有2个零点；
x<0时，若a≥0,fx=−x2+ax，对称轴为x=a2，函数y=fx的大致图象如图：
此时fx=−x2+ax<0，即t<0，则ft<0，
所以ft=0无解，则t=fx无零点，y=ffx无零点，
综上，此时y=ffx只有两个零点，不符合题意，
若a<0，此时fx的大致图象如下：
令−t2+at=0，解得t=a<0（t=0舍去），
显然fx=a在−∞,0上存在唯一负解，
所以要使y=ffx恰有5个零点，
需fa2>1，即−a24+a22>1，解得a<−2，
所以a∈−∞,−2．
故选：D.
二、多选题
9．（2024·辽宁·一模）已知函数fx=2csωx+π6+2(ω>0)在区间−π6,π3上单调递减，且在区间0,π上有且仅有一个零点，则ω的值可以为（ ）
A．23B．56C．1112D．1312
【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，k∈Z ⇒ 2kπ−π6ω≤x≤2kπ+5π6ω，k∈Z.
又函数fx在区间−π6,π3上单调递减，所以2kπ−π6ω≤−π62kπ+5π6ω≥π3 ⇒ ω≤−12k+1ω≤6k+52，
又因为k∈Z，ω>0，所以k=0，0<ω≤1，
因为0≤x≤π，所以π6≤ωx+π6≤ωπ+π6，
因为fx在区间0,π上有且仅有一个零点，
所以csωx+π6=−1在区间0,π上有且仅有一个实数根，
所以π≤ωπ+π6<3π，解得56≤ω<176，
综上，56≤ω≤1，故BC正确，AD错误.
故选：BC.
10．（2024·河北·模拟预测）已知函数fx=ex+2x−2,gx=2lnx+x−2的零点分别为x1,x2，则（ ）
A．2x1+x2=2B．x1x2=ex1+lnx2
C．x1+x2>43D．2x1x2【解题思路】对于A，由题意得ex1+2x1=2lnx2+x2=2，进而得ex1=x2即可求解判断；对于B，先明确零点取值范围，由x1取值范围再结合ex1=x2即x1=lnx2即可求解判断；对于C，由ex1=x2即x1=lnx2以及零点x2的取值范围即可求解判断；对于D，结合AB以及将2x1x2转化成2−ex1ex1即可判断.
【解答过程】对于A，由题ex1+2x1−2=0，2lnx2+x2−2=0，
所以ex1+2x1=2lnx2+x2=2即ex1+2lnex1=2lnx2+x2=2，
所以ex1=x2，故2x1+x2=2x1+ex1=2，故A正确；
对于B，由fx=0,gx=0得ex=−2x+2,lnx=−12x+1，
故函数y=ex与y=−2x+2图象交点横坐标和y=lnx与y=−12x+1图象交点的横坐标即为函数fx和gx的零点x1,x2，
如图，由图象性质可知0又由A得ex1=x2，故x1=lnx2，
所以x1x2=x1ex1对于C，由上2lnx2+x2−2=0即2lnx2+x2=2，x1=lnx2以及1x1+x2=lnx2+x2=2lnx2+2x22=1+12x2>32>43，故C对；
对于D，由AB得ex1=x2，0所以2x1x2=2x1ex1=2−ex1ex1故选：ACD.
11．（2024·江西宜春·模拟预测）已知函数fx=2−lg12x,02,，g(x)=f(x)−a，则（ ）
A．若g(x)有2个不同的零点，则2B．当a=2时，gf(x)有5个不同的零点
C．若g(x)有4个不同的零点x1,x2,x3,x4x1D．若g(x)有4个不同的零点x1,x2,x3,x4x1【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=4−3,t3=4+3，结合图象，可判定B正确；由对数的运算性质，求得x1x2=1，结合二次函数的对称性得到x1x2x3x4=x38−x3，进而判定C正确；由ax1x2+x3+x4a=a+8a,1【解答过程】由函数fx=2−lg2x,02，可得fx=2+lg2x,02，
作出fx的图象，如图所示．
对于A中，由g(x)=f(x)−a=0，可得f(x)=a，若gx有2个不同的零点，
结合图象知a<1或2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=1,t2=4−3,t3=4+3，
结合图像知，t1=f(x)有3个不等实根，t2=f(x)有2个不等实根，t3=f(x)没有实根，
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,x2,x3,x4x1则1由二次函数的对称性得x3+x4=8，则x1x2x3x4=x3x4=x38−x3，
结合B知x3∈(2,4−3)，所以x38−x3∈(12,13)，所以x1x2x3x4的取值范围为12,13，所以C正确；
对于D中，由ax1x2+x3+x4a=a+8a，其中1由对勾函数的性质，可得ℎa=a+8a在(1,2)上为单调递减函数，可得a+8a∈(6,9)，
所以ax1x2+x3+x4a的取值范围为(6,9)，所以D正确．
故选：BCD．
三、填空题
12．（2023·辽宁葫芦岛·一模）请估计函数fx=6x−lg2x零点所在的一个区间 3,4 .
【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=6x−lg2x为0，+∞上的减函数,
函数的图像在0，+∞上为一条连续不断的曲线,
又f3=2−lg23>2−lg24=0,f4=32−lg24=32−2=−12<0,
所以函数fx=6x−lg2x零点所在的一个区间为3,4.
故答案为:3,4.
13．（2024·天津北辰·三模）若函数f(x)=a2x−3−3a−x2(x−3)2有四个零点，则实数a的取值范围为
−2∪−2716,0∪0,+∞ .
【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=x3−3x2，化简整理可得：y=2a与y=gx在x∈32,3∪3,+∞内只有一个交点，利用导数分析y=gx的单调性和极值，结合图象分析求解.
【解答过程】由题意可知：f(x)的定义域为R，
且f(3−x)=a2(3−x)−3−3a−(3−x)2(3−x−3)2=a2x−3−3a−x2(x−3)2=f(x)，
可知f(x)关于直线x=32对称，
原题意等价于：当x>32时，f(x)有2个零点，且f32=−3a−8116≠0，即a≠−2716，
若x>32，则f(x)=a2x−3−3a−x2(x−3)2=2ax−3−x2(x−3)2，
显然f(3)=0，
若x∈32,3∪3,+∞时，令f(x)=0，可得2a=x2(x−3)=x3−3x2，
令gx=x3−3x2,x∈32,3∪3,+∞，可知y=2a与y=gx在x∈32,3∪3,+∞内只有一个交点，
则g′x=3x2−6x，令g′x>0，解得23；令g′x<0，解得32可知gx在32,2内单调递减，在2,3,3,+∞内单调递增，
且g32=−278,g2=−4,g3=0，又a≠−2716，
可得gx的图象如图所示，
由图象可知：2a=−4或−278<2a<0或2a>0，解得a=−2或−27160，
综上所述：实数a的取值范围为−2∪−2716,0∪0,+∞.
故答案为：−2∪−2716,0∪0,+∞.
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在0,6上的零点个数的最小值为 9 .
【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f0=f3=f6=0，再由fx的对称性和周期性可得f2=f5=f1=f4=f1.5=f4.5=0.
【解答过程】由fx+3=−f−x，可得fx的图象关于点32,0对称，
又fx是奇函数，所以fx+3=−f−x=fx，
则fx的周期为3，所以f0=f3=f6=0，
f5=f2=0,f4=f1=f−2=−f2=0，
而f1.5=f−1.5=−f1.5，则f1.5=f4.5=0.
故fx在0,6上的零点个数的最小值为9.
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（a>0），
(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x0的取值范围．
【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0x0分段讨论给定不等式，构造函数并利用导数探讨单调性建立不等式求解即得.
【解答过程】（1）函数f(x)=axex−1的定义域为R，求导得f′(x)=aex(x+1)，而a>0，
由f′(x)<0得x<−1，由f′(x)>0得x>−1，因此函数f(x)在(−∞,−1)上递减，在(−1,+∞)递增，
又当x<0时，f(x)<0恒成立，f(0)=−1<0,f(1a)=e1a−1>0，因此函数f(x)在(0,+∞)存在唯一零点，
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,+∞)，且ax0ex0−1=0，
①当x∈(0,x0)时，f(x)<0，由|f(x)|>x+xlnx得：−axex+1>x+xlnx，即−aex+1x−1−lnx>0，
设g(x)=−aex+1x−1−lnx，求导得g′(x)=−aex−1x2−1x<0，
g(x)在(0,x0)上单减，则g(x)>g(x0)=−aex0+1x0−1−lnx0=−1−lnx0≥0，解得0②当x∈[x0,+∞)时，由|f(x)|>x+xlnx得：axex−1>x+xlnx，即aex−1x−1−lnx>0，
设ℎ(x)=aex−1x−1−lnx，求导得ℎ′(x)=aex+1x2−1x，而axex−1>0，
则ℎ′(x)>0，ℎ(x)在[x0,+∞)上单增，则ℎ(x)≥ℎ(x0)=aex0−1x0−1−lnx0=−1−lnx0>0，解得0综上得x0的取值范围是(0,1e).
16．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=(x−1)2ex−ax，且曲线y=f(x)在点(0,f(x))处的切线方程为y=−2x+b．
(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−xex有两个零点，利用导数研究函数g(x)的单调性，结合零点的存在性定理即可证明.
【解答过程】（1）由题意可得f′(x)=x2−1ex−a，由切线方程可知其斜率为−2，
所以f'(0)=−2f(0)=b，解得a=1b=1；
（2）由f(x)=0可得(x−1)2ex−x=0，所以(x−1)2−xex=0．
函数f(x)有两个零点即函数g(x)=(x−1)2−xex有两个零点．
g′(x)=(x−1)2+1ex，
当x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
又g(0)=1>0，g(1)=−1e<0，g(2)=1−2e2>0，
所以g(0)g(1)<0，g(1)g(2)<0．
由零点存在定理可得∃x1∈(0,1)使得gx1=0，∃x2∈(1,2)使得gx2=0，
所以函数f(x)有两个零点．
17．（2024·河南信阳·模拟预测）设函数f(x)=(x−1)ex−1+a2x2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a≥−e，讨论函数f(x)的零点的个数.
【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，按a的取值分类讨论求出函数的单调区间.
（2）按−e≤a<0,a=0,a>0分类讨论，并结合函数单调性及零点存在性定理求解即得.
【解答过程】（1）函数f(x)定义域为R，求导得f′(x)=x(ex−1+a)，
若a≥0，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，
因此函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
若a<0，由f′(x)=0，得x=0或x=1+ln(−a)，
①当a=−1e时，f′(x)≥0，则函数f(x)在R上单调递增；
②当−1e0时，f′(x)>0，当1+ln(−a)因此函数f(x)在(−∞,1+ln(−a)),(0,+∞)上单调递增，在(1+ln(−a),0)上单调递减；
③当a<−1e时，1+ln(−a)>0，当x>1+ln(−a)或x<0时，f′(x)>0，当0因此函数f(x)在(−∞,0),(1+ln(−a),+∞)上单调递增，在(0,1+ln(−a))上单调递减，
所以当a<−1e时，函数f(x)在(−∞,0),(1+ln(−a),+∞)上单调递增，在(0,1+ln(−a))上单调递减；
当a=−1e时，函数f(x)在R上单调递增；
当−1e当a≥0时，函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)单调递增.
（2）当a=0时，函数f(x)只有一个零点x=1，
当a>0时，由（1）知函数f(x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增，且f(0)=−1e<0，f(1)=a2>0，
取x0<−3且x0<1+lna，则f(x0)>(x0−1)a+a2x02=a2[(x0+1)2−3]>0，
因此函数f(x)有两个零点；
当−1e≤a<0时，由（1）知函数f(x)在(0,+∞)上递增，且f(0)=−1e<0，f(2)=e+2a>0，
而x<0时，恒有f(x)<0，因此函数f(x)只有一个零点，
当−e≤a<−1e时，由（1）知函数f(x)在(0,1+ln(−a))上递减，在(1+ln(−a),+∞)上递增，
且f(1+ln(−a))0，
而x<0时，恒有f(x)<0，因此函数f(x)只有一个零点，
所以−e≤a≤0，函数f(x)有一个零点，当a>0时，函数f(x)有两个零点.
18．（2024·湖北黄石·三模）已知函数fx=x−lnx+m有两个零点x1，x2.
(1)求实数m的取值范围；
(2)如果x1【解题思路】（1）令fx=0，可得m=lnx−x，令gx=lnx−x，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围；
（2）依题意可得lnx2x1=x2−x1，利用换元法表示x1,x2，通过构造函数法，利用导数证得ln2【解答过程】（1）令fx=0，即m=lnx−x，
令gx=lnx−x，则g′x=1x−1=1−xx，
当00，当x>1时g′x<0，
所以gx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
又g1=−1，且x→0时gx→−∞，当x→+∞时gx→−∞，
又y=gx与y=m有两个交点，所以m<−1.
（2）由（1）可得m=lnx1−x1，m=lnx2−x2，
又0所以lnx1−x1=lnx2−x2，即lnx2x1=x2−x1，
令t=x2x1，t∈1,2，则lnt=t−1x1，
所以x1=lntt−1，x2=tlntt−1，
记ℎt=lntt−1，t∈1,2，则ℎ′(t)=1−1t−lntt−12，
令Ht=1−1t−lnt，t∈1,2，则H′t=1t2−1t=1−tt2，
所以Ht在1,2上H′t<0，即Ht单调递减，
由于H1=0，
所以当t∈1,2时，Ht<0，所以ℎ′t=1−1t−lnt(t−1)2<0，
所以函数ℎ(t)在区间1,2上单调递减，
故x1=ℎ(t)>ℎ(2)=ln2，即ln2而m=gx=lnx−x，g(x)在区间0,1上单调递增，
故m=gx1>g(ln2)=lnln2−ln2且m=gx1即m∈lnln2−ln2,−1．
19．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=xe1x−a(x>0)，且f(x)有两个相异零点x1,x2．
(1)求实数a的取值范围．
(2)证明：x1+x2>2ae．
【解题思路】（1）利用导数求出函数f(x)的最小值，再分段讨论并构造函数，利用导数探讨单调性，结合零点存在性定理推理即得.
（2）由（1）的结论，结合函数零点的意义可得xlnx−lna⋅x+1=0有两个相异的解x1,x2，再构造函数，借助单调性确定x1,x2的取值区间，再结合分析法推理证明即得.
【解答过程】（1）函数f(x)=xe1x−a，求导得f′(x)=(1−1x)e1x=x−1xe1x，
当01时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则f(x)min=f(1)=e−a．
当a≤e时，f(x)≥0恒成立，f(x)至多有一个零点，不符合题意，
当a>e时，f(1)<0，f(a)=ae1a−a=a(e1a−1)>0，即∃x2∈(1,a)，使f(x2)=0，
f(1a)=1aea−a=ea−a2a，令g(a)=ea−a2，求导得g′(a)=ea−2a，
令φ(a)=ea−2a，求导得φ′(a)=ea−2>0，即φ(a)在e,+∞上单调递增，φ(a)>φ(e)=ee−2e>0，
于是g′(a)>0，函数g(a)=ea−a2在e,+∞上单调递增，g(a)>g(e)=ee−e2>0，
因此∃x1∈(1a,1)，使f(x1)=0，
所以实数a的取值范围为e,+∞．
（2）由（1）知，xe1x=a有两个相异的解x1,x2，即方程lnx+1x=lna⇔xlnx−lna⋅x+1=0有两个相异的解，
令函数ℎ(x)=xlnx−lna⋅x+1，求导得ℎ′(x)=lnx+1−lna在0,+∞上单调递增，且ℎ′(ae)=0，
当0ae时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在ae,+∞单调递增，
不妨设x1要证x1+x2>2ae，即证x2>2ae−x1>ae，即证ℎ(x2)>ℎ(2ae−x1)．
又ℎx1=ℎx2，则即证ℎ(x1)>ℎ(2ae−x1)，令函数F(x)=ℎ(x)−ℎ(2ae−x)，x∈(0,ae)，
则F′(x)=ℎ′(x)+ℎ′(2ae−x)=lnx+1−lna+ln(2ae−x)+ 1−lna=ln(2aex−x2)+lne2a2，
而2aex−x2=−(x−ae)2+a2e2因此函数F(x)在(0,ae)上单调递减，即F(x)>F(ae)=0，则ℎ(x1)>ℎ(2ae−x1)，
所以x1+x2>2ae．
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.
x
−∞,1
1
1,+∞
r′x
＋
0
－
rx
单调递增
1e
单调递减