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考点06 函数的应用压轴题汇总（2）-2020-2021学年高一《新题速递·数学》（人教版）
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考点06 函数的应用压轴题汇总（2）
一、单选题（共15小题）
1.（2020秋•汇川区校级月考）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝﹣f（x），且当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝x2；令g（x）＝f（x）﹣kx﹣k，若在区间[﹣1，3]内，方程g（x）＝0有4个不相等实根，则实数k的取值范围是（ ）
A．（0，+∞） B． C． D．
【解答】解：∵f（x）满足f（x+1）＝﹣f（x），
∴f（x+2）＝f[（x+1）+1]＝﹣f（x+1）＝﹣[﹣f（x）]＝f（x），
则f（x）是以2为周期的周期函数，
当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝x2，
由g（x）＝f（x）﹣kx﹣k＝0，得f（x）＝kx+k＝k（x+1），
设y＝k（x+1），做出y＝f（x）在[﹣1，3]上的函数图象如图所示：
设直线y＝k1（x+1）经过点（3，1），则k1＝．
∵直线y＝k（x+1）经过定点（﹣1，0），且直线y＝k（x+1）与y＝f（x）的图象有4个交点，
∴0＜k≤，即实数k的取值范围是（0，]．
故选：C．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
2.（2020秋•四川月考）已知函数f（x）＝，若h（x）＝f（x）﹣a有5个零点，则这五个零点之和的取值范围是（ ）
A．（0，2） B．（0，1） C．（1，2） D．（﹣1，2）
【解答】解：作出函数y＝f（x）的图象，
则h（x）的零点即为直线y＝a与函数y＝f（x）的交点的横坐标，
欲使h（x）有5个零点，则﹣1＜a＜0，
设此五个零点依次为x1，x2，x3，x4，x5，
由y＝sinπx和y＝4x2﹣4x的对称性可知x1+x2＝﹣1，x3+x4＝1，
而1＜x5＜2，因此5个零点之和的取值范围是（1，2）．
故选：C．
【知识点】分段函数的应用、函数的零点与方程根的关系
3.（2020秋•肥东县期中）设函数，若方程有六个不等的实数根，则实数a可取的值可能是（ ）
A． B．或1 C．1 D．或2
【解答】解：当x≤0时，f（x）＝（x+1）ex，
则f′（x）＝（x+2）ex，
当x＜﹣2时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞2时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
故当x＝﹣2时，函数取得极小值f（﹣2）＝﹣，
其函数大致图象如图所示：
由图象可知，0＜f（x）≤1时，有3个不同的x与f（x）对应，设t＝f（x），
则方程[f（x）]2﹣af（x）+＝0有6个不同的实数根，
所以t2﹣at+＝0在t∈（0，1]上有2个不等的实数根，
设g（t）＝t2﹣at+，
则，
解可得＜a≤，
所以a的可取值是，1．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
4.（2020秋•东至县月考）若函数f（x）＝ex（ex﹣m）﹣mx有两个不同零点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B．（1，+∞） C． D．（e，+∞）
【解答】解：f（x）＝e2x﹣mex﹣mx，f'（x）＝2e2x﹣mex﹣m＝2e2x﹣m（ex+1），
显然m≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，f（x）至多只有一个零点，不符合题意；
m＞0时，y＝f'（x）＝2e2x﹣mex﹣m，令t＝ex，t＞0，则y＝2t2﹣mt﹣m，
易知，函数y＝f'（x）在（0，+∞）上有且仅有一个零点，记为t0，
设，则①，t∈（0，t0）时，y＜0，
即x∈（﹣∞，x0）时，f'（x）＜0，t∈（t0，+∞）时，y＞0，即x∈（x0，+∞）时，f'（x）＞0，
∴f（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
又x→﹣∞时，f（x）→+∞；x→+∞时，f（x）→+∞．
∵f（x）有两个不同零点，
∴②，
又由①得③，代入②式得：，即，
记g（x）＝ex+2x﹣1，g′（x）＝ex+2＞0，
∴g（x）在R上单调递增，
又g（0）＝0，
∴x0＞0，
∴，
∴，
∴m的取值范围为（1，+∞）．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
5.（2020秋•河南月考）已知函数，若方程f（x）＝k有三个实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是（ ）
A．（2，3） B．（1，2） C．（0，2） D．（0，1）
【解答】解：作出函数的图象如图，
不妨设x1＜x2＜x3，则x1∈（0，1），x2∈（1，2），x3∈（2，3），
由f（x1）＝f（x2），得|log2x1|＝|log2x2|，即﹣log2x1＝log2x2，
得log2（x1x2）＝0，则x1x2＝1．
∴x1x2x3＝x3的取值范围是（2，3），
故选：A．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
6.（2020秋•道里区校级月考）已知定义在R上的函数f（x）满足条件f（x﹣2）＝f（x），且函数y＝f（x+1）为偶函数．当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，则方程在[﹣1，2]上的实根之和为（ ）
A．4 B．3 C．2+log23 D．3﹣log23
【解答】解：由f（x﹣2）＝f（x）得，f（x+2）＝f（x），则f（x）是周期为2的周期函数，
又函数y＝f（x+1）为偶函数，
∴函数y＝f（x+1）的图象关于y轴对称，
∴函数y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称，
又当x∈[0，1]，f（x）＝2x﹣1，作出函数y＝f（x）的图象如下图所示，
∵函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，
∴方程在[﹣1，2]上的实根之和为2加上方程在[﹣1，0]上的实根，
又x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，由对称性可知，当x∈[1，2]时，f（x）＝22﹣x﹣1，
令x∈[﹣1，0]，则x+2∈[1，2]，故f（x）＝f（x+2）＝2﹣x﹣1（x∈[﹣1，0]），
令，即，解得x＝1﹣log23，
∴方程在[﹣1，2]上的实根之和为2+1﹣log23＝3﹣log23．
故选：D．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、函数奇偶性的性质与判断
7.（2020秋•香坊区校级月考）已知函数f（x）＝，若f（x）＝a有四个不同的解x1，x2，x3，x4且x1＜x2＜x3＜x4，则x3（x1+x2）+的取值范围为（ ）
A．（﹣1，+∞） B． C． D．[﹣1，3]
【解答】解：作出函数f（x）的图象如下图所示，
根据对称性可知，x1，x2关于x＝﹣1对称，故x1+x2＝﹣2，
由于，故，
令，解得，
∴，
∴，
由于函数在区间为减函数，
故．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、分段函数的应用
8.（2020秋•浙江月考）已知函数有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．（e，+∞） B．（e2，+∞） C．（0，e2） D．（0，e）
【解答】解：当x＝0时，f（0）＝﹣1﹣e2，则0不是函数f（x）的零点；
当x＜0时，由f（x）＝0，得a＝，
设h（x）＝，h′（x）＝＜0，则h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，且h（x）＜0；
当x＞0时，f（x）＝0等价于a＝，
令g（x）＝，则g′（x）＝，
得g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，则，
故g（x）≥e2．
∵f（x）有两个零点，则a＞e2．
∴实数a的取值范围是（e2，+∞）．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
9.（2020秋•运城期中）已知函数f（x）＝lnax﹣x（a＞0）有两个零点x1，x2，且2x1＜x2，则a的取值范围是（ ）
A．（，+∞） B．（0，） C．（，+∞） D．（0，）
【解答】解：函数f（x）＝lnax﹣x（a＞0）
有两个零点x1，x2，
令f（x）＝0，
可得a＝
令g（x）＝
即g′（x）＝，
令g′（x）＝0，可得x＝1，
可得当x∈（0，1）时，则g′（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，则g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
可得0＜x1＜1＜x2，
（i）若0＜x1＜，则x2＞1＞2x1＞0，符合题意；
（ii）若＜x1＜1，则x2＞2x1＞1，
根据单调性，可得f（2x1）＜f（x2），
即f（2x1）＜f（x1），
可得ln2ax1﹣2x1＜lnax1﹣x1，
∴x1＞ln2，
综合（i）（ii）得，x1的取值范围是（ln2，1）．
又∵g（x）在（ln2，1）上单调递减，
可得g（x）＞g（ln2），
即a＞．
故选：A．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
10.（2020秋•朝阳区校级期中）已知函数，若方程f2（x）+af（x）+b＝0有九个不同实根，则ab的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，0） B．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，+∞）
C． D．（﹣2，+∞）
【解答】解：作出函数的图象，如图：
方程f2（x）+af（x）+b＝0有九个不同实根，由图象可知，
f（x）＝1和f（x）＝m（m＞0且m≠1），
∴1+m＝﹣a且1×m＝b，
∴ab＝﹣m（m+1）＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+（m＞0且m≠1），
∴ab∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，0）．
故选：A．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
11.（2020秋•高新区校级月考）已知函数f（x）＝ex，函数g（x）与f（x）的图象关于直线y＝x对称，令则方程e2h（x）＝x+e2解的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：因为函数g（x）与f（x）的图象关于直线y＝x对称，f（x）＝ex，
所以g（x）＝lnx，
所以h（x）的图象如图所示．
方程e2h（x）＝x+e2可化为，即求函数y＝h（x）与y＝的图象的交点个数．
当x≤0时，y＝的图象恒过点（0，1），此时有两个交点；
当0＜x＜1时，y＝与y＝h（x）的图象有一个交点；
当x＞1时，设斜率为的直线与y＝lnx的切点为（x0，lnx0），
由斜率k＝＝，所以x0＝e2，所以切点为（e2，2），
此时直线方程为y﹣2＝，即y＝，
所以直线y＝与z＝x+y恰好相切，有一个交点．
综上，此方程有4个解．
故选：D．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
12.（2020秋•闵行区校级月考）已知x∈R，符号[x]表示不超过x的最大整数，若函数f（x）＝﹣a（x≠0）有且仅有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．（，] B．[，）
C．（，） D．（，]∪[，）
【解答】解：由f（x）＝﹣a（x≠0），得＝a，
①若x＞0，设g（x）＝，
则当0＜x＜1，[x]＝0，此时g（x）＝0，
当1≤x＜2，[x]＝1，此时g（x）＝，此时＜g（x）≤1，
当2≤x＜3，[x]＝2，此时g（x）＝，此时＜g（x）≤1，
当3≤x＜4，[x]＝3，此时g（x）＝，此时＜g（x）≤1，
当4≤x＜5，[x]＝4，此时g（x）＝，此时＜g（x）≤1，
作出函数g（x）的图象，
要使f（x）＝﹣a有且仅有三个零点，
即函数g（x）＝a有且仅有三个零点，
则由图象可知＜a≤，
②若x＜0，设g（x）＝，
则当﹣1≤x＜0，[x]＝﹣1，此时g（x）＝﹣，此时g（x）≥1，
当﹣2≤x＜﹣1，[x]＝﹣2，此时g（x）＝﹣，此时1≤g（x）＜2，
当﹣3≤x＜﹣2，[x]＝﹣3，此时g（x）＝﹣，此时1≤g（x）＜，
当﹣4≤x＜﹣3，[x]＝﹣4，此时g（x）＝﹣，此时1≤g（x）＜，
当﹣5≤x＜﹣4，[x]＝﹣5，此时g（x）＝﹣，此时1≤g（x）＜，
作出函数g（x）的图象，
要使f（x）＝﹣a有且仅有三个零点，
即函数g（x）＝a有且仅有三个零点，
则由图象可知≤a＜，
综上，实数a的取值范围是（，]∪[，）．
故选：D．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
13.（2020秋•思南县校级月考）函数f（x）＝，若f2（x）+af（x）+b＝0恰有五个不同的实根，则2a+3b的取值范围是（ ）
A． B． C．（﹣2，﹣1） D．
【解答】解：函数f（x）＝的图象如图所示，
f（）＝，令f（x）＝m，
若方程f2（x）+af（x）+b＝0恰有五个不同的实根，
则△＝a2﹣4b＞0，0＜＜，
＜＜1，
化为：，画出可行域如图三角形ABC内部区域，
令z＝2a+3b，由图可知，当直线z＝2a+3b经过A（﹣1，0）时，z有最小值为﹣2，
当直线z＝2a+3b经过C（﹣，0）时，z有最大值为﹣1，
∴2a+3b的取值范围是（﹣2，﹣1），
故选：C．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
14.（2020•黄州区校级二模）已知函数，g（x）＝﹣x2+2x（其中e是自然对数的底数），若关于x的方程g（f（x））﹣m＝0恰有三个不等实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则x2﹣x1﹣x3的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意设f（x）＝t，根据方程g（f（x））﹣m＝0恰有三个不等实根，
即g（t）＝﹣t2+2t﹣m＝0必有两个根t1，t2，
∴t1+t2＝2；则t2＝2﹣t1，
作出f（x）的图象，
函数y＝t与f（x）三个不等实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，
那么x2＝＝t1，
可得x3＝2﹣t1；根据0＜t1≤1，则x2﹣x1﹣x3＝，
构造新函数h（t）＝，（0＜t≤1）
h′（t）＝2﹣
当h′（t）＜0时，t∈（0，），∴h（t）在（0，）单调递减；
当h′（t）＞0时，t∈（，1），∴h（t）在（，1）单调递增；
∴当t＝时，h（x）取得最小值为ln2﹣，
即x2﹣x1﹣x3的最小值为ln2﹣；
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
15.（2020秋•道里区校级月考）设M，N是R的两个非空子集，如果存在一个从M到N的函数y＝f（x）同时满足：
（ⅰ）N＝{y|y＝f（x），x∈M}；
（ⅱ）对任意x1，x2∈M，当x1≠x2时，恒有＞0，那么称这两个集合为“TF”集合，以下集合对不是“TF”集合的个数为（ ）
（1）M＝{x|﹣10＜x＜10}，N＝R；
（2）M＝{x|1＜x＜4}，N＝{x|﹣2＜x＜1}；
（3）M＝R，N＝{x|x＞0}；
（4）M＝Z，N＝Q．
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：由“TF集合的定义可得：（i）表示的含义是y＝f（x）的定义域是M，值域是N，（ii）表示的是y＝f（x）是增函数．
对于（1）：存在函数f（x）＝tan满足题意，故（1）中M、N是“TF”集合；
对于（2）：存在函数f（x）＝x﹣3满足题意，故（2）中M、N是“TF”集合；
对于（3）：存在函数f（x）＝2x满足题意，故（3）中M、N是“TF”集合；
对于（4）：不存在一个函数是以整数Z为定义域以有理数Q为值域的增函数．
故：（1）（2）（3）（4）中不是“TF”集合的个数为1个．
故选：B．
【知识点】函数单调性的性质与判断、函数的单调性及单调区间
二、填空题（共10小题）
16.（2020•奉贤区一模）已知y＝f（x）是奇函数，定义域为[﹣1，1]，当x＞0时，f（x）＝|﹣xα|﹣1（α＞0，α∈Q），当函数g（x）＝f（x）﹣t有3个零点时，则实数t的取值范围是 ．
【解答】解：当x∈（0，1]时，易知函数单调递减，且x→0时，y→2，x＝1时，，其大致图象如下，
∴f（x）＝|﹣xα|﹣1在（0，1]的大致图象如下，
又函数f（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，故函数f（x）的图象如下，
要使函数g（x）＝f（x）﹣t有3个零点，只需函数y＝f（x）的图象与直线y＝t有且仅有3个交点，
由图象可知，．
故答案为：．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
17.（2020•浦东新区一模）设函数f（x）＝|x﹣a|﹣+a，若关于x的方程f（x）＝1有且仅有两个不同的实数根，则实数a的取值构成的集合为 ．
【解答】解：由方程f（x）＝1，得有两个不同的解，
令，
则h（x）＝|x﹣a|+a的顶点（a，a）在y＝x上，
而y＝x与的交点坐标为（2，2），（﹣1，﹣1），
联立得x2+（1﹣2a）x+2＝0，
由△＝（1﹣2a）2﹣8＝0，解得或，
作出图象，数形结合，要使得有两个不同的解，
则实数a的取值范围是或或2．
故答案为．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
18.（2020•松江区一模）对于定义域为D的函数f（x），若存在x1，x2∈D且x1≠x2，使得f（x12）＝f（x22）＝2f（x1+x2），则称函数f（x）具有性质M，若函数g（x）＝|log2x﹣1|，具x∈（0，a]有性质M，则实数a的最小值为 ．
【解答】解：设x1＜x2，由f（x12）＝f（x22）得，，
则，故，
∴，
又，
∴，
∵，∴，
则，∴，
∴，故，
∴，则实数a的最小值为．
故答案为：．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
19.（2020•嘉定区一模）已知函数f（x）＝x|x﹣a|+3x．若存在a∈[﹣3，4]，使得关于x的方程f（x）＝tf（a）有三个不相等的实数根，则实数t的取值范围是 ．
【解答】解：由题意f（x）＝，且关于x的方程f（x）＝3at有三个不相等的实数根，
（1）当﹣3≤a≤3时，，且，
可得f（x）在（﹣∞，+∞）上是单调递增函数，所以方程f（x）＝3at没有三个不相等的实数根，
（2）当3＜a≤4时，，
可得f（x）在（﹣∞，），（a，+∞）上是单调递增函数，在（，a）单调减增函数，（如图）
当且仅当时，方程f（x）＝3at没有三个不相等的实数根，
可得，
令g（a）＝，a∈（3，4]，
可得g（a）在区间（3，4]上单调递增函数，则t
所以则实数t的取值范围是（1，）．
故答案为（1，）．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
20.（2020秋•荔湾区校级期中）设f（x）是定义域在R上的偶函数，对∀x∈R，都有f（1﹣x）＝f（1+x），且当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝（）x﹣1，若在区间[﹣1，3]内关于x的方程f（x）﹣a（x﹣1）2＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是 ．
【解答】解：由f（1﹣x）＝f（1+x），得f（﹣x）＝f（2+x），
又f（x）是定义域在R上的偶函数，∴f（2+x）＝f（﹣x）＝f（x），
可得f（x）是周期为2的周期函数．
∵当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝（）x﹣1，
∴作出函数f（x）在区间[﹣1，3]内的图象如图，
方程f（x）﹣a（x﹣1）2＝0有4个不同的实数根，
即y＝f（x）与y＝a（x﹣1）2的图象在区间[﹣1，3]内有4个不同交点．
当y＝a（x﹣1）2过（3，1）时，解得a＝，
又随着a的减小抛物线y＝a（x﹣1）2的开口变大，可得
若在区间[﹣1，3]内关于x的方程f（x）﹣a（x﹣1）2＝0有4个不同的实数根，
则实数a的取值范围是（0，]．
故答案为：（0，]．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
21.（2020秋•南沙区校级月考）若函数的图象与函数g（x）＝ax2+2ax+a﹣1（a∈R）的图象有三个交点，则实数a的取值范围是 ．
【解答】解：＝，g（x）＝a（x+1）2﹣1（a∈R），
当a＝0时显然不成立，
当a＞0时，如图，
两函数图象在第三象限一定有两个交点，当二次函数图象过A（1，2）时，a＝，此时仅有两个交点，故0＜a＜；
当a＜0时，如图，
设x+1＝a（x+1）2﹣1有等根，则△＝（2a﹣1）2﹣4a（a﹣2）＝0，解得a＝﹣，此时图象交点横坐标为x＝﹣3或x＝1（不可取），故需＜a＜0．
综上，a∈（﹣，0）∪（0，），
故答案为：（﹣，0）∪（0，）．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、函数的图象与图象的变换
22.（2020秋•全国月考）定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）的函数f（x）满足f（x）＝f（﹣x），当x＞0时，，若f2（x）﹣2mf（x）+4m＝0有8个不同的实数解，则实数m的取值范围是 ．
【解答】解：由题意f（x）＝f（﹣x），可知f（x）是偶函数，
当x＞0时，，
则f′（x）＝，
当x＞1时，则f′（x）＞0，当0＜x＜1时，则f′（x）＜0，
当x＝1时，f（x）min＝e，
作出f（x）的图象，
设f（x）＝t，
由f2（x）﹣2mf（x）+4m＝0有8个不同的实数解，
即t2﹣2mt+4m＝0有8个不同的实数解，
令h（t）＝t2﹣2mt+4m
则△＝4m2﹣16m＞0，
解得m＞4或m＜0，
由f（x）的图象可知t1＞e，t2＞e，
由根的分布可得m＞e且e2﹣2me+4m＞0，
解得，
综上，可得m的范围是（4，）．
故答案为：（4，）．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
23.（2020春•荔湾区校级期末）已知函数f（x）＝，则函数g（x）＝f（f（x）+1）的零点是 ，若h（x）＝f（f（x）+1）+m有两个零点x1，x2，则x1+x2的最小值是 ．
【解答】解：g（x）＝f（f（x）+1），f（x）＝，
当x≥1时，lnx≥0，f（x）+1≥1，则f（f（x）+1）＝ln（lnx+1），
当x＜1时，1﹣+1＞1，则f（f（x）+1）＝ln（2﹣）．
∴g（x）＝f（f（x）+1）＝，
令g（x）＝0，则或，
解得x＝1．
故函数g（x）＝f（f（x）+1）的零点是1；
由上可知，f（f（x）+1）＝ln（f（x）+1），
h（x）＝f（f（x）+1）+m有两个零点x1，x2，即ln（f（x）+1）＝﹣m有两根，
也就是f（x）+1＝e﹣m，f（x）＝e﹣m﹣1有两根x1，x2，不妨设x1＜x2，
当x≥1时，，当x＜1时，，
令t＝e﹣m﹣1＞，则
lnx2＝t，，，x1＝2﹣2t，
∴，t＞，
设φ（t）＝et+2﹣2t，t＞，
则φ′（t）＝et﹣2，可得当t∈（，lnt）时，φ′（t）＜0，
当t∈（lnt，+∞）时，φ′（t）＞0，
则φ（t）的最小值为φ（ln2）＝4﹣2ln2．
∴x1+x2的最小值是4﹣2ln2．
故答案为：1；4﹣2ln2．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
24.（2020秋•浙江月考）已知函数f（x）＝（1﹣e）（x﹣1）（x﹣3）﹣a有两个零点x1，x2（x1≠x2），g（x）＝x﹣ln（a+1）﹣1有唯一零点x3，且（x1﹣x3）（x2﹣x3）＜0，则实数a的取值范围是 ．
【解答】解：∵函数f（x）＝（1﹣e）（x﹣1）（x﹣3）﹣a有两个零点x1，x2（x1≠x2），
∴x1+x2＝4，，
△＝b2﹣2ac＝16（1﹣e）2﹣4（1﹣e）（3﹣3e﹣a）＞0，即a＜e﹣1，
∵函数g（x）＝x﹣ln（a+1）﹣1有唯一零点x3，
∴x3＝ln（a+1）+1，a＞﹣1，
∵（x1﹣x3）（x2﹣x3）＜0，∴＜0，
∴＜0，
令ln（a+1）＝t，t＜1，则a＝et﹣1，
∴＜0，即＜0，
令h（t）＝，则h′（t）＝，
h′（t）为增函数，且h′（0）＝﹣2+＜0，h′（1）＝＞0，
故存在t0∈（0，1），使得h′（t0）＝0，
∴在（﹣∞，t0）上，h′（t0）＜0，在（t0，1）上，h′（t0）＞0，
∴h（t）在（﹣∞，t0）上单调递减，在（t0，1）上单调递增，
又∵h（0）＝0，h（1）＝0，
∴h（t）＜0的解集为（0，1），即0＜ln（a+1）＜1，
∴1＜a+1＜e，解得0＜a＜e﹣1．
∴实数a的取值范围为（0，e﹣1）．
故答案为：（0，e﹣1）．
【知识点】函数零点的判定定理
25.（2020春•如皋市月考）已知函数f（x），g（x）均为周期为2的函数，，g（x），若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[0，5]有10个零点，则实数m的取值范围是 ．
【解答】解：做出f（x）的图象，如图
作出g（x）在区间和区间上的图象，
易知在区间和区间上f（x）和g（x）共有两个交点，
∵f（x）和g（x）在区间[0，5]上共有10个交点，
∴f（x）和g（x）在区间[0，]，[2，]，[4，5]共有8个交点，
又f（x）和g（x）的周期均为2，
则f（x）和g（x）在区间[0，1]上有2个交点，在区间上有1个交点，
在区间[0，1]上有2个交点，
由上式可知：，
令t＝4x+1，则t∈[1，5]，，
由基本不等式可知，当且仅当t＝3时等号成立；
当t＝1时，m＝0；
当t＝5时，，
所以时有两解，
在区间有1个交点，
由上式可知：，
令s＝x﹣1，则，，
令，则，
令f′（s）＝0，解得，
当，时，f（s）在区间上是增加的，
当时，f（s）在区间是减少的，
，
所以，当s＝2时，，
当时，，
所以，或，
综上，．
故答案为：．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
三、解答题（共10小题）
26.（2020秋•湖南月考）2020年某开发区一家汽车生产企业计划引进一批新能源汽车制造设备，通过市场分析，全年需投入固定成本500万元，每生产x百辆，需另投入成本f（x）万元，且f（x）＝，已知每辆车的售价为8万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完．
（1）求出2020年的利润L（x）（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式；（利润＝销售额﹣成本）
（2）当2020年产量为多少时，企业所获利润最大？并求出最大利润．
【解答】解：（1）当0＜x≤60时，L（x）＝800x﹣（10x2+200x）﹣500＝﹣10x2+600x﹣500；
当x＞60时，．
故L（x）＝．
（2）若0＜x≤60，L（x）＝﹣10（x﹣30）2+8500．
当x＝30时，L（x）max＝8500万元．
当x＞60时，，
当且仅当，即x＝100时，L（x）max＝9000万元．
故2020年产量为100百辆时，企业所获利润最大，最大利润是9000万元．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
27.（2020秋•广东月考）某特色农场打算对基础建设和科研团队两个项目进行投资，经测算，投资基础建设项目x（百万元）与产生的经济效益f1（x）之间满足：f1（x）＝﹣+3x+11（百万元），投资科研团队项目与产生的项目经济效益f2（x）之间满足：f2（x）＝﹣+4x+2（百万元）．
（1）农场现有1200万资金可供投资，应如何分配资金使得投资收益总额最大；
（2）若投资x百万元的某项目产生的经济效益为f（x）百万元，设投资该项目的边际效应函数为F（x）＝f（x+1）﹣f（x），其边际效应值小于0时，不建议投资该项目，那么对基础建设项目与科研团队应如何投资，才能使得经济效益最好？
【解答】解：（1）由题意，投资基础建设项目x（百万元），则投资科研团队项目12﹣x（百万元），
投资收益总额
＝，x＝6时取最大值，
即投资基础建设6百万，投资科研团队6百万，收益总额最大为34×100＝3400万元．
（2）若投资基础建设项目x（百万元），则，
解得，又y＝f1（x）在（0，6]上单调递增，所以投资基础建设项目＝550万元，
若投资科研团队项目x（百万元），则，
解得，又y＝f2（x）在（0，6]上单调递增，
所以应投资科研团队项目＝550万元，
即基础建设和科研团队各投资550万元时，经济效益最好．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
28.（2020秋•江苏月考）某群体的人均通勤时间是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当S中x%（0＜x＜100）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间f（x）＝（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受x影响，恒为40分钟．试根据上述分析结果回答下列问题：
（1）求自驾群体的人均通勤时间的最小值；
（2）试确定x的值，使得该地上班族S的人均通勤时间最少．
（注：该地上班族S的人均通勤时间为f（x）•x%+40•（1﹣x%））
【解答】解：（1）由题意可得，当0＜x≤30时，f（x）＝30，
当30＜x＜100时，f（x）＝2x+﹣90≥2﹣90＝30（当且仅当x＝30时，取得等号），
即当30＜x＜100时，f（x）＞30；
综上可得，当0＜x＜100时，f（x）min＝30．
答：自驾群体的人均通勤时间的最小值为30分钟；
（2）记该地上班族S的人均通勤时间为g（x），
则g（x）＝f（x）•x%+40•（1﹣x%），
当0＜x≤30时，g（x）＝30•x%+40（1﹣x%）＝40﹣，
当30＜x＜100时，g（x）＝（2x+﹣90）•x%+40（1﹣x%）
＝﹣x+58．
所以g（x）＝，
当0＜x＜32.5时，g（x）递减，当32.5＜x＜100时，g（x）递减，
所以，当x＝32.5时，该地上班族S的人均通勤时间最少．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
29.（2020•奉贤区一模）在不考虑空气阻力的情况下火箭的最大速度v（单位：m/s）和燃料的质量M（单位：kg），火箭（除燃料外）的质量m（单位：kg）满足ev＝（1+）2000（e为自然对数的底）．
（1）当燃料质量M为火箭（除燃料外）质量m的两倍时，求火箭的最大速度（单位：m/s）结果精确到0.1）；
（2）当燃料质量M为火箭（除燃料外）质量m的多少倍时，火箭的最大速度可以达到8000m/s（结果精确到0.1）．
【解答】（Ⅰ）∵ev＝（1+）2000，
∴v＝ln（1+）2000＝2000ln（1+），
∵当燃料质量M为火箭（除燃料外）质量m两倍时，即M＝2m，
∴v＝2000ln3≈2000×1.099＝2198（m/s）；
答：当燃料质量M为火箭质量m两倍时，火箭的最大速度为2198m/s．
（Ⅱ）∵ev＝（1+）2000，
∴＝，
∴＝﹣1＝e4﹣1≈54，598﹣1≈54，
答：当燃料质量M为火箭质量m的54倍时，火箭最大速度可以达到8km/s．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
30.（2020秋•安徽月考）已知函数f（x）＝x2﹣2x+a，且函数f（x）的值域为[0，+∞）．
（1）求实数a的值；
（2）若关于x的不等式f（3x）+m•9x≥0在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若关于x的方程有三个不同的实数根，求实数k的取值范围．
【解答】解：（1）由题意知，f（1）＝0，即1﹣2+a＝0，解得a＝1；
（2）由f（3x）+m⋅9x≥0在[1，+∞）上恒成立，可化为﹣m≤（3﹣x）2﹣2⋅3﹣x+1在[1，+∞）恒成立，
令t＝3﹣x，由x∈[1，+∞），可得，
则﹣m≤t2﹣2t+1在上恒成立．
记，函数h（t）在上单调递减，∴．
则，得，
∴实数m的取值范围是；
（3）方程有三个不同的实数根，
可化为|3x﹣1|2﹣2⋅|3x﹣1|+1+2k﹣3k⋅|3x﹣1|＝0（|3x﹣1|≠0）有三个不同根．
令t＝|3x﹣1|，则t＞0．
当x＜0时，t＝|3x﹣1|＝1﹣3x，t∈（0，1）且单调递减，
当0＜x＜log32时，t＝|3x﹣1|＝3x﹣1，t∈（0，1）且单调递增，当x＝log32时，t＝1，
当x＞log32时，t＝|3x﹣1|＝3x﹣1，t∈（1，+∞）且单调递增．
设t2﹣（3k+2）t+1+2k＝0有两个不同的实数根t1，t2且t1＜t2．
原方程有3个不同实数根等价于0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2＝1．
记g（t）＝t2﹣（3k+2）t+1+2k，
则或，
解得k＞0．
综上，实数k的取值范围是（0，+∞）．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、函数恒成立问题
31.（2020秋•西湖区校级期中）已知函数f（x）＝，a∈R．
（Ⅰ）当a＝0时，求y＝f（x）的单调区间（只需写出单调区间，不需要证明）；
（Ⅱ）若关于x的方程|f（x）﹣a|＝4（a＞0）恰有四个不同的实数解，求实数a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝，
可得函数f（x）的单调递增区间为（﹣2，0），（0，+∞），
递减区间为（﹣∞，﹣2）．
（Ⅱ）由|f（x）﹣a|＝4恰有四个不同得实数解，得f（x）﹣a＝±4恰有四个不同得实数解，
由f（x）﹣a＝，
①当0＜a≤2时，当x＞0时，y＝f（x）﹣a在（0，+∞）上单调递增，
且x→0时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，
所以，y＝f（x）﹣a的图象与y＝4和y＝﹣4各有一个交点，
故f（x）﹣a＝±4在（0，+∞）上共有两个不同的实数解；
当x＜0时，y＝f（x）﹣a在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，0）上单调递增，且f（﹣2）﹣a＝4，
故f（x）﹣a＝4在（﹣∞，0）上恰有一个实数解为x＝﹣2，f（x）﹣a＝﹣4在（﹣∞，0）上无实根；
综上，当0＜a≤2时，方程|f（x）﹣a|＝4恰有3个不同的实数解，不符合题意．
②当a＞2时，
当x＞0时，y＝f（x）﹣a在（0，2）上递增，（2，a）上递减，（a，+∞）递增，且f（2）﹣a＝4，
所以，y＝f（x）﹣a的图象与y＝﹣4有2个交点，和y＝﹣4有一个交点，
故f（x）﹣a＝±4在（0，+∞）上共有3个不同的实数解；
当x＜0时，y＝f（x）﹣a在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，0）上单调递增，且f（﹣2）﹣a＝4，
故f（x）﹣a＝4在（﹣∞，0）上恰有一个实数解为x＝﹣2，f（x）﹣a＝﹣4在（﹣∞，0）上无实根；
综上，当a＞2时，方程|f（x）﹣a|＝4恰有4个不同的实数解．
综合①②可知，a＞2．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
32.（2020春•绍兴期末）设函数f（x）＝（x﹣a）|x﹣a|（a∈R）．
（1）若函数f（x）是奇函数，求a的值；
（2）若存在a∈[﹣1，1]，使函数y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2在x∈{x||x|≥t}上有零点，求实数t的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）在原点有定义，f（x）为奇函数；
∴f（0）＝﹣a|﹣a|＝0，即a＝0，
此时f（x）＝x|x|是奇函数，故a＝0；
（2）∵a∈[﹣1，1]，
x≥a时，y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2＝＞0，此时函数y无零点；
x＜a，若a＞0，则当0≤x＜a时，y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2＝﹣（x﹣a）2+2x2﹣2ax+2
＝x2﹣a2+2＞0，函数y无零点；
∴函数零点在x＜a且x＜0时取得，
此时函数y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2＝﹣（x﹣a）2+2x2+2ax+2＝x2+4ax+2﹣a2．
由x2+4ax+2﹣a2＝0，得|x|2﹣4a|x|+2﹣a2＝0．
此时△＝16a2﹣4（2﹣a2）≥0，即，则．
由于|x|≥0，∴a＞0，得．
|x|＝．
要使函数y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2在x∈{x||x|≥t}上有零点，
只需t≤，即t．
∴实数t的取值范围是（﹣∞，2+]．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、函数奇偶性的性质与判断
33.（2020秋•资阳月考）已知函数f（x）＝xex+ax2+2ax﹣1．
（1）当时，求f（x）在x＝﹣2处的切线方程；
（2）当时，讨论f（x）零点的个数．
【解答】解：由f（x）＝xex+ax2+2ax﹣1，
得f'（x）＝（x+1）ex+2ax+2a＝（x+1）（ex+2a）．
（1）时，可得，，
则切线方程为，即．
（2）（ⅰ）当a＝0时，f（x）＝xex﹣1，
可知x＜0，f（x）＜0，
又f（x）＝xex﹣1为（0，+∞）的增函数，且f（1）＝e﹣1＞0，
所以f（x）仅有一个零点．
（ⅱ）当a＞0时，ex+2a＞0，
由x＜﹣1得f'（x）＜0，a＝0为减函数；x＞﹣1得f'（x）＞0，a＝0为增函数．
所以，
又f（1）＝e+3a﹣1＞0，所以存在x1∈（﹣1，1）使f（x1）＝0，
故f（x）在（﹣1，+∞）有唯一零点．
又当x＜﹣2时，，即，
所以，
而图象开口向上，
故存在x0＜﹣2，使得h（x0）＞0，也即有f（x0）＞0，
则存在x2∈（x0，﹣1）使得f（x2）＝0，故f（x）在（﹣∞，﹣1）有唯一零点，
此时，f（x）有两个零点，
（ⅲ）当a＜0时，由f'（x）＝0得x＝﹣1或x＝ln（﹣2a），
①若ln（﹣2a）＜﹣1，即，则
当x＜ln（﹣2a）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；ln（﹣2a）＜x＜﹣1时，f（x）单调递减；x＞﹣1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
而f（ln（﹣2a））＝a（ln（﹣2a））2﹣1＜0，，
此时，f（x）仅有一个零点．
②若ln（﹣2a）＝﹣1，即，则f'（x）≥0，f（x）为R上的增函数，
因为f（0）＝﹣1＜0，f（1）＝e+3a﹣1＞0，
此时f（x）仅有一个零点．
③若ln（﹣2a）＞﹣1，即，则
当x＜﹣1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；﹣1＜x＜ln（﹣2a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；x＞ln（﹣2a）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
因，则，f（2）＝2e2+8a﹣1＞0，
结合f（0）＝﹣1＜0知f（x）仅有1个零点．
综上，当时，f（x）有1个零点；
当a＞0时，f（x）有两个零点．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、利用导数研究曲线上某点切线方程
34.（2020•雨花区校级模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a＞0），设．
（1）判断函数h（x）＝f（x）﹣g（x）零点的个数，并给出证明；
（2）首项为m的数列{an}满足：①an+1+an≠；②f（an+1）＝g（an）．其中0＜m＜．求证：对于任意的i，j∈N*，均有ai﹣aj＜﹣m．
【解答】解：（1）函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在上有且仅有一个零点．
证明如下：函数f（x）＝lnx﹣ax的定义域为（0，+∞），
由，可得函数g（x）的定义域为（﹣∞，），
∴函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的定义域为（0，）．
h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣ax﹣ln（）+2﹣ax．
h′（x）＝，
当且仅当时等号成立，因此h（x）在上单调递增，又，
故函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在上有且仅有一个零点；
证明：（2）由（1）可知h（x）在上单调递增，且，
故当时，h（x）＜0，即f（x）＜g（x）；
当时，h（x）＞0，即f（x）＞g（x）．
∵，∴f（a1）＜g（a1）＝f（a2），
若，则由，且f（x）在上单调递减，
知，即，这与矛盾，故，
而当时，f（x）单调递增，故；
同理可证，…，，
故数列{an}为单调递增数列且所有项均小于，
因此对于任意的i，j∈N*，均有．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
35.（2020春•梅州期末）某玩具所需成本费用为p元，且p关于玩具数量x（套）的关系为p＝1000+5xx2，而每套售出的价格为q元，其中q（x）＝a+（a，b∈R）．
（1）问：玩具厂生产多少套时，使得平均成本最少？
（2）若生产出的玩具能全部售出，且当产量为150套时利润最大，此时每套价格为30元，求a，b的值．（利润＝销售收入﹣成本）
【解答】解：（1）由题意，每套玩具所需成本费用为＝++5，
当且仅当＝，
即x＝100时，每套玩具所需成本费用最少为25元．
（2）利润y＝xQ（x）﹣P＝x（a+）﹣（1000+5x+x2）＝（）x2+（a﹣5）x﹣1000，
∵若生产出的玩具能全部售出，且当产量为150套时利润最大，此时每套价格为30元，
∴满足，
解得a＝25，b＝30．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
一、单选题（共15小题）
1.（2020秋•汇川区校级月考）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝﹣f（x），且当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝x2；令g（x）＝f（x）﹣kx﹣k，若在区间[﹣1，3]内，方程g（x）＝0有4个不相等实根，则实数k的取值范围是（ ）
A．（0，+∞） B． C． D．
【解答】解：∵f（x）满足f（x+1）＝﹣f（x），
∴f（x+2）＝f[（x+1）+1]＝﹣f（x+1）＝﹣[﹣f（x）]＝f（x），
则f（x）是以2为周期的周期函数，
当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝x2，
由g（x）＝f（x）﹣kx﹣k＝0，得f（x）＝kx+k＝k（x+1），
设y＝k（x+1），做出y＝f（x）在[﹣1，3]上的函数图象如图所示：
设直线y＝k1（x+1）经过点（3，1），则k1＝．
∵直线y＝k（x+1）经过定点（﹣1，0），且直线y＝k（x+1）与y＝f（x）的图象有4个交点，
∴0＜k≤，即实数k的取值范围是（0，]．
故选：C．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
2.（2020秋•四川月考）已知函数f（x）＝，若h（x）＝f（x）﹣a有5个零点，则这五个零点之和的取值范围是（ ）
A．（0，2） B．（0，1） C．（1，2） D．（﹣1，2）
【解答】解：作出函数y＝f（x）的图象，
则h（x）的零点即为直线y＝a与函数y＝f（x）的交点的横坐标，
欲使h（x）有5个零点，则﹣1＜a＜0，
设此五个零点依次为x1，x2，x3，x4，x5，
由y＝sinπx和y＝4x2﹣4x的对称性可知x1+x2＝﹣1，x3+x4＝1，
而1＜x5＜2，因此5个零点之和的取值范围是（1，2）．
故选：C．
【知识点】分段函数的应用、函数的零点与方程根的关系
3.（2020秋•肥东县期中）设函数，若方程有六个不等的实数根，则实数a可取的值可能是（ ）
A． B．或1 C．1 D．或2
【解答】解：当x≤0时，f（x）＝（x+1）ex，
则f′（x）＝（x+2）ex，
当x＜﹣2时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞2时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
故当x＝﹣2时，函数取得极小值f（﹣2）＝﹣，
其函数大致图象如图所示：
由图象可知，0＜f（x）≤1时，有3个不同的x与f（x）对应，设t＝f（x），
则方程[f（x）]2﹣af（x）+＝0有6个不同的实数根，
所以t2﹣at+＝0在t∈（0，1]上有2个不等的实数根，
设g（t）＝t2﹣at+，
则，
解可得＜a≤，
所以a的可取值是，1．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
4.（2020秋•东至县月考）若函数f（x）＝ex（ex﹣m）﹣mx有两个不同零点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B．（1，+∞） C． D．（e，+∞）
【解答】解：f（x）＝e2x﹣mex﹣mx，f'（x）＝2e2x﹣mex﹣m＝2e2x﹣m（ex+1），
显然m≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，f（x）至多只有一个零点，不符合题意；
m＞0时，y＝f'（x）＝2e2x﹣mex﹣m，令t＝ex，t＞0，则y＝2t2﹣mt﹣m，
易知，函数y＝f'（x）在（0，+∞）上有且仅有一个零点，记为t0，
设，则①，t∈（0，t0）时，y＜0，
即x∈（﹣∞，x0）时，f'（x）＜0，t∈（t0，+∞）时，y＞0，即x∈（x0，+∞）时，f'（x）＞0，
∴f（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
又x→﹣∞时，f（x）→+∞；x→+∞时，f（x）→+∞．
∵f（x）有两个不同零点，
∴②，
又由①得③，代入②式得：，即，
记g（x）＝ex+2x﹣1，g′（x）＝ex+2＞0，
∴g（x）在R上单调递增，
又g（0）＝0，
∴x0＞0，
∴，
∴，
∴m的取值范围为（1，+∞）．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
5.（2020秋•河南月考）已知函数，若方程f（x）＝k有三个实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是（ ）
A．（2，3） B．（1，2） C．（0，2） D．（0，1）
【解答】解：作出函数的图象如图，
不妨设x1＜x2＜x3，则x1∈（0，1），x2∈（1，2），x3∈（2，3），
由f（x1）＝f（x2），得|log2x1|＝|log2x2|，即﹣log2x1＝log2x2，
得log2（x1x2）＝0，则x1x2＝1．
∴x1x2x3＝x3的取值范围是（2，3），
故选：A．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
6.（2020秋•道里区校级月考）已知定义在R上的函数f（x）满足条件f（x﹣2）＝f（x），且函数y＝f（x+1）为偶函数．当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，则方程在[﹣1，2]上的实根之和为（ ）
A．4 B．3 C．2+log23 D．3﹣log23
【解答】解：由f（x﹣2）＝f（x）得，f（x+2）＝f（x），则f（x）是周期为2的周期函数，
又函数y＝f（x+1）为偶函数，
∴函数y＝f（x+1）的图象关于y轴对称，
∴函数y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称，
又当x∈[0，1]，f（x）＝2x﹣1，作出函数y＝f（x）的图象如下图所示，
∵函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，
∴方程在[﹣1，2]上的实根之和为2加上方程在[﹣1，0]上的实根，
又x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，由对称性可知，当x∈[1，2]时，f（x）＝22﹣x﹣1，
令x∈[﹣1，0]，则x+2∈[1，2]，故f（x）＝f（x+2）＝2﹣x﹣1（x∈[﹣1，0]），
令，即，解得x＝1﹣log23，
∴方程在[﹣1，2]上的实根之和为2+1﹣log23＝3﹣log23．
故选：D．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、函数奇偶性的性质与判断
7.（2020秋•香坊区校级月考）已知函数f（x）＝，若f（x）＝a有四个不同的解x1，x2，x3，x4且x1＜x2＜x3＜x4，则x3（x1+x2）+的取值范围为（ ）
A．（﹣1，+∞） B． C． D．[﹣1，3]
【解答】解：作出函数f（x）的图象如下图所示，
根据对称性可知，x1，x2关于x＝﹣1对称，故x1+x2＝﹣2，
由于，故，
令，解得，
∴，
∴，
由于函数在区间为减函数，
故．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、分段函数的应用
8.（2020秋•浙江月考）已知函数有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．（e，+∞） B．（e2，+∞） C．（0，e2） D．（0，e）
【解答】解：当x＝0时，f（0）＝﹣1﹣e2，则0不是函数f（x）的零点；
当x＜0时，由f（x）＝0，得a＝，
设h（x）＝，h′（x）＝＜0，则h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，且h（x）＜0；
当x＞0时，f（x）＝0等价于a＝，
令g（x）＝，则g′（x）＝，
得g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，则，
故g（x）≥e2．
∵f（x）有两个零点，则a＞e2．
∴实数a的取值范围是（e2，+∞）．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
9.（2020秋•运城期中）已知函数f（x）＝lnax﹣x（a＞0）有两个零点x1，x2，且2x1＜x2，则a的取值范围是（ ）
A．（，+∞） B．（0，） C．（，+∞） D．（0，）
【解答】解：函数f（x）＝lnax﹣x（a＞0）
有两个零点x1，x2，
令f（x）＝0，
可得a＝
令g（x）＝
即g′（x）＝，
令g′（x）＝0，可得x＝1，
可得当x∈（0，1）时，则g′（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，则g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
可得0＜x1＜1＜x2，
（i）若0＜x1＜，则x2＞1＞2x1＞0，符合题意；
（ii）若＜x1＜1，则x2＞2x1＞1，
根据单调性，可得f（2x1）＜f（x2），
即f（2x1）＜f（x1），
可得ln2ax1﹣2x1＜lnax1﹣x1，
∴x1＞ln2，
综合（i）（ii）得，x1的取值范围是（ln2，1）．
又∵g（x）在（ln2，1）上单调递减，
可得g（x）＞g（ln2），
即a＞．
故选：A．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
10.（2020秋•朝阳区校级期中）已知函数，若方程f2（x）+af（x）+b＝0有九个不同实根，则ab的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，0） B．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，+∞）
C． D．（﹣2，+∞）
【解答】解：作出函数的图象，如图：
方程f2（x）+af（x）+b＝0有九个不同实根，由图象可知，
f（x）＝1和f（x）＝m（m＞0且m≠1），
∴1+m＝﹣a且1×m＝b，
∴ab＝﹣m（m+1）＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+（m＞0且m≠1），
∴ab∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，0）．
故选：A．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
11.（2020秋•高新区校级月考）已知函数f（x）＝ex，函数g（x）与f（x）的图象关于直线y＝x对称，令则方程e2h（x）＝x+e2解的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：因为函数g（x）与f（x）的图象关于直线y＝x对称，f（x）＝ex，
所以g（x）＝lnx，
所以h（x）的图象如图所示．
方程e2h（x）＝x+e2可化为，即求函数y＝h（x）与y＝的图象的交点个数．
当x≤0时，y＝的图象恒过点（0，1），此时有两个交点；
当0＜x＜1时，y＝与y＝h（x）的图象有一个交点；
当x＞1时，设斜率为的直线与y＝lnx的切点为（x0，lnx0），
由斜率k＝＝，所以x0＝e2，所以切点为（e2，2），
此时直线方程为y﹣2＝，即y＝，
所以直线y＝与z＝x+y恰好相切，有一个交点．
综上，此方程有4个解．
故选：D．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
12.（2020秋•闵行区校级月考）已知x∈R，符号[x]表示不超过x的最大整数，若函数f（x）＝﹣a（x≠0）有且仅有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．（，] B．[，）
C．（，） D．（，]∪[，）
【解答】解：由f（x）＝﹣a（x≠0），得＝a，
①若x＞0，设g（x）＝，
则当0＜x＜1，[x]＝0，此时g（x）＝0，
当1≤x＜2，[x]＝1，此时g（x）＝，此时＜g（x）≤1，
当2≤x＜3，[x]＝2，此时g（x）＝，此时＜g（x）≤1，
当3≤x＜4，[x]＝3，此时g（x）＝，此时＜g（x）≤1，
当4≤x＜5，[x]＝4，此时g（x）＝，此时＜g（x）≤1，
作出函数g（x）的图象，
要使f（x）＝﹣a有且仅有三个零点，
即函数g（x）＝a有且仅有三个零点，
则由图象可知＜a≤，
②若x＜0，设g（x）＝，
则当﹣1≤x＜0，[x]＝﹣1，此时g（x）＝﹣，此时g（x）≥1，
当﹣2≤x＜﹣1，[x]＝﹣2，此时g（x）＝﹣，此时1≤g（x）＜2，
当﹣3≤x＜﹣2，[x]＝﹣3，此时g（x）＝﹣，此时1≤g（x）＜，
当﹣4≤x＜﹣3，[x]＝﹣4，此时g（x）＝﹣，此时1≤g（x）＜，
当﹣5≤x＜﹣4，[x]＝﹣5，此时g（x）＝﹣，此时1≤g（x）＜，
作出函数g（x）的图象，
要使f（x）＝﹣a有且仅有三个零点，
即函数g（x）＝a有且仅有三个零点，
则由图象可知≤a＜，
综上，实数a的取值范围是（，]∪[，）．
故选：D．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
13.（2020秋•思南县校级月考）函数f（x）＝，若f2（x）+af（x）+b＝0恰有五个不同的实根，则2a+3b的取值范围是（ ）
A． B． C．（﹣2，﹣1） D．
【解答】解：函数f（x）＝的图象如图所示，
f（）＝，令f（x）＝m，
若方程f2（x）+af（x）+b＝0恰有五个不同的实根，
则△＝a2﹣4b＞0，0＜＜，
＜＜1，
化为：，画出可行域如图三角形ABC内部区域，
令z＝2a+3b，由图可知，当直线z＝2a+3b经过A（﹣1，0）时，z有最小值为﹣2，
当直线z＝2a+3b经过C（﹣，0）时，z有最大值为﹣1，
∴2a+3b的取值范围是（﹣2，﹣1），
故选：C．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
14.（2020•黄州区校级二模）已知函数，g（x）＝﹣x2+2x（其中e是自然对数的底数），若关于x的方程g（f（x））﹣m＝0恰有三个不等实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则x2﹣x1﹣x3的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意设f（x）＝t，根据方程g（f（x））﹣m＝0恰有三个不等实根，
即g（t）＝﹣t2+2t﹣m＝0必有两个根t1，t2，
∴t1+t2＝2；则t2＝2﹣t1，
作出f（x）的图象，
函数y＝t与f（x）三个不等实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，
那么x2＝＝t1，
可得x3＝2﹣t1；根据0＜t1≤1，则x2﹣x1﹣x3＝，
构造新函数h（t）＝，（0＜t≤1）
h′（t）＝2﹣
当h′（t）＜0时，t∈（0，），∴h（t）在（0，）单调递减；
当h′（t）＞0时，t∈（，1），∴h（t）在（，1）单调递增；
∴当t＝时，h（x）取得最小值为ln2﹣，
即x2﹣x1﹣x3的最小值为ln2﹣；
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
15.（2020秋•道里区校级月考）设M，N是R的两个非空子集，如果存在一个从M到N的函数y＝f（x）同时满足：
（ⅰ）N＝{y|y＝f（x），x∈M}；
（ⅱ）对任意x1，x2∈M，当x1≠x2时，恒有＞0，那么称这两个集合为“TF”集合，以下集合对不是“TF”集合的个数为（ ）
（1）M＝{x|﹣10＜x＜10}，N＝R；
（2）M＝{x|1＜x＜4}，N＝{x|﹣2＜x＜1}；
（3）M＝R，N＝{x|x＞0}；
（4）M＝Z，N＝Q．
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：由“TF集合的定义可得：（i）表示的含义是y＝f（x）的定义域是M，值域是N，（ii）表示的是y＝f（x）是增函数．
对于（1）：存在函数f（x）＝tan满足题意，故（1）中M、N是“TF”集合；
对于（2）：存在函数f（x）＝x﹣3满足题意，故（2）中M、N是“TF”集合；
对于（3）：存在函数f（x）＝2x满足题意，故（3）中M、N是“TF”集合；
对于（4）：不存在一个函数是以整数Z为定义域以有理数Q为值域的增函数．
故：（1）（2）（3）（4）中不是“TF”集合的个数为1个．
故选：B．
【知识点】函数单调性的性质与判断、函数的单调性及单调区间
二、填空题（共10小题）
16.（2020•奉贤区一模）已知y＝f（x）是奇函数，定义域为[﹣1，1]，当x＞0时，f（x）＝|﹣xα|﹣1（α＞0，α∈Q），当函数g（x）＝f（x）﹣t有3个零点时，则实数t的取值范围是 ．
【解答】解：当x∈（0，1]时，易知函数单调递减，且x→0时，y→2，x＝1时，，其大致图象如下，
∴f（x）＝|﹣xα|﹣1在（0，1]的大致图象如下，
又函数f（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，故函数f（x）的图象如下，
要使函数g（x）＝f（x）﹣t有3个零点，只需函数y＝f（x）的图象与直线y＝t有且仅有3个交点，
由图象可知，．
故答案为：．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
17.（2020•浦东新区一模）设函数f（x）＝|x﹣a|﹣+a，若关于x的方程f（x）＝1有且仅有两个不同的实数根，则实数a的取值构成的集合为 ．
【解答】解：由方程f（x）＝1，得有两个不同的解，
令，
则h（x）＝|x﹣a|+a的顶点（a，a）在y＝x上，
而y＝x与的交点坐标为（2，2），（﹣1，﹣1），
联立得x2+（1﹣2a）x+2＝0，
由△＝（1﹣2a）2﹣8＝0，解得或，
作出图象，数形结合，要使得有两个不同的解，
则实数a的取值范围是或或2．
故答案为．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
18.（2020•松江区一模）对于定义域为D的函数f（x），若存在x1，x2∈D且x1≠x2，使得f（x12）＝f（x22）＝2f（x1+x2），则称函数f（x）具有性质M，若函数g（x）＝|log2x﹣1|，具x∈（0，a]有性质M，则实数a的最小值为 ．
【解答】解：设x1＜x2，由f（x12）＝f（x22）得，，
则，故，
∴，
又，
∴，
∵，∴，
则，∴，
∴，故，
∴，则实数a的最小值为．
故答案为：．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
19.（2020•嘉定区一模）已知函数f（x）＝x|x﹣a|+3x．若存在a∈[﹣3，4]，使得关于x的方程f（x）＝tf（a）有三个不相等的实数根，则实数t的取值范围是 ．
【解答】解：由题意f（x）＝，且关于x的方程f（x）＝3at有三个不相等的实数根，
（1）当﹣3≤a≤3时，，且，
可得f（x）在（﹣∞，+∞）上是单调递增函数，所以方程f（x）＝3at没有三个不相等的实数根，
（2）当3＜a≤4时，，
可得f（x）在（﹣∞，），（a，+∞）上是单调递增函数，在（，a）单调减增函数，（如图）
当且仅当时，方程f（x）＝3at没有三个不相等的实数根，
可得，
令g（a）＝，a∈（3，4]，
可得g（a）在区间（3，4]上单调递增函数，则t
所以则实数t的取值范围是（1，）．
故答案为（1，）．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
20.（2020秋•荔湾区校级期中）设f（x）是定义域在R上的偶函数，对∀x∈R，都有f（1﹣x）＝f（1+x），且当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝（）x﹣1，若在区间[﹣1，3]内关于x的方程f（x）﹣a（x﹣1）2＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是 ．
【解答】解：由f（1﹣x）＝f（1+x），得f（﹣x）＝f（2+x），
又f（x）是定义域在R上的偶函数，∴f（2+x）＝f（﹣x）＝f（x），
可得f（x）是周期为2的周期函数．
∵当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝（）x﹣1，
∴作出函数f（x）在区间[﹣1，3]内的图象如图，
方程f（x）﹣a（x﹣1）2＝0有4个不同的实数根，
即y＝f（x）与y＝a（x﹣1）2的图象在区间[﹣1，3]内有4个不同交点．
当y＝a（x﹣1）2过（3，1）时，解得a＝，
又随着a的减小抛物线y＝a（x﹣1）2的开口变大，可得
若在区间[﹣1，3]内关于x的方程f（x）﹣a（x﹣1）2＝0有4个不同的实数根，
则实数a的取值范围是（0，]．
故答案为：（0，]．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
21.（2020秋•南沙区校级月考）若函数的图象与函数g（x）＝ax2+2ax+a﹣1（a∈R）的图象有三个交点，则实数a的取值范围是 ．
【解答】解：＝，g（x）＝a（x+1）2﹣1（a∈R），
当a＝0时显然不成立，
当a＞0时，如图，
两函数图象在第三象限一定有两个交点，当二次函数图象过A（1，2）时，a＝，此时仅有两个交点，故0＜a＜；
当a＜0时，如图，
设x+1＝a（x+1）2﹣1有等根，则△＝（2a﹣1）2﹣4a（a﹣2）＝0，解得a＝﹣，此时图象交点横坐标为x＝﹣3或x＝1（不可取），故需＜a＜0．
综上，a∈（﹣，0）∪（0，），
故答案为：（﹣，0）∪（0，）．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、函数的图象与图象的变换
22.（2020秋•全国月考）定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）的函数f（x）满足f（x）＝f（﹣x），当x＞0时，，若f2（x）﹣2mf（x）+4m＝0有8个不同的实数解，则实数m的取值范围是 ．
【解答】解：由题意f（x）＝f（﹣x），可知f（x）是偶函数，
当x＞0时，，
则f′（x）＝，
当x＞1时，则f′（x）＞0，当0＜x＜1时，则f′（x）＜0，
当x＝1时，f（x）min＝e，
作出f（x）的图象，
设f（x）＝t，
由f2（x）﹣2mf（x）+4m＝0有8个不同的实数解，
即t2﹣2mt+4m＝0有8个不同的实数解，
令h（t）＝t2﹣2mt+4m
则△＝4m2﹣16m＞0，
解得m＞4或m＜0，
由f（x）的图象可知t1＞e，t2＞e，
由根的分布可得m＞e且e2﹣2me+4m＞0，
解得，
综上，可得m的范围是（4，）．
故答案为：（4，）．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
23.（2020春•荔湾区校级期末）已知函数f（x）＝，则函数g（x）＝f（f（x）+1）的零点是 ，若h（x）＝f（f（x）+1）+m有两个零点x1，x2，则x1+x2的最小值是 ．
【解答】解：g（x）＝f（f（x）+1），f（x）＝，
当x≥1时，lnx≥0，f（x）+1≥1，则f（f（x）+1）＝ln（lnx+1），
当x＜1时，1﹣+1＞1，则f（f（x）+1）＝ln（2﹣）．
∴g（x）＝f（f（x）+1）＝，
令g（x）＝0，则或，
解得x＝1．
故函数g（x）＝f（f（x）+1）的零点是1；
由上可知，f（f（x）+1）＝ln（f（x）+1），
h（x）＝f（f（x）+1）+m有两个零点x1，x2，即ln（f（x）+1）＝﹣m有两根，
也就是f（x）+1＝e﹣m，f（x）＝e﹣m﹣1有两根x1，x2，不妨设x1＜x2，
当x≥1时，，当x＜1时，，
令t＝e﹣m﹣1＞，则
lnx2＝t，，，x1＝2﹣2t，
∴，t＞，
设φ（t）＝et+2﹣2t，t＞，
则φ′（t）＝et﹣2，可得当t∈（，lnt）时，φ′（t）＜0，
当t∈（lnt，+∞）时，φ′（t）＞0，
则φ（t）的最小值为φ（ln2）＝4﹣2ln2．
∴x1+x2的最小值是4﹣2ln2．
故答案为：1；4﹣2ln2．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
24.（2020秋•浙江月考）已知函数f（x）＝（1﹣e）（x﹣1）（x﹣3）﹣a有两个零点x1，x2（x1≠x2），g（x）＝x﹣ln（a+1）﹣1有唯一零点x3，且（x1﹣x3）（x2﹣x3）＜0，则实数a的取值范围是 ．
【解答】解：∵函数f（x）＝（1﹣e）（x﹣1）（x﹣3）﹣a有两个零点x1，x2（x1≠x2），
∴x1+x2＝4，，
△＝b2﹣2ac＝16（1﹣e）2﹣4（1﹣e）（3﹣3e﹣a）＞0，即a＜e﹣1，
∵函数g（x）＝x﹣ln（a+1）﹣1有唯一零点x3，
∴x3＝ln（a+1）+1，a＞﹣1，
∵（x1﹣x3）（x2﹣x3）＜0，∴＜0，
∴＜0，
令ln（a+1）＝t，t＜1，则a＝et﹣1，
∴＜0，即＜0，
令h（t）＝，则h′（t）＝，
h′（t）为增函数，且h′（0）＝﹣2+＜0，h′（1）＝＞0，
故存在t0∈（0，1），使得h′（t0）＝0，
∴在（﹣∞，t0）上，h′（t0）＜0，在（t0，1）上，h′（t0）＞0，
∴h（t）在（﹣∞，t0）上单调递减，在（t0，1）上单调递增，
又∵h（0）＝0，h（1）＝0，
∴h（t）＜0的解集为（0，1），即0＜ln（a+1）＜1，
∴1＜a+1＜e，解得0＜a＜e﹣1．
∴实数a的取值范围为（0，e﹣1）．
故答案为：（0，e﹣1）．
【知识点】函数零点的判定定理
25.（2020春•如皋市月考）已知函数f（x），g（x）均为周期为2的函数，，g（x），若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[0，5]有10个零点，则实数m的取值范围是 ．
【解答】解：做出f（x）的图象，如图
作出g（x）在区间和区间上的图象，
易知在区间和区间上f（x）和g（x）共有两个交点，
∵f（x）和g（x）在区间[0，5]上共有10个交点，
∴f（x）和g（x）在区间[0，]，[2，]，[4，5]共有8个交点，
又f（x）和g（x）的周期均为2，
则f（x）和g（x）在区间[0，1]上有2个交点，在区间上有1个交点，
在区间[0，1]上有2个交点，
由上式可知：，
令t＝4x+1，则t∈[1，5]，，
由基本不等式可知，当且仅当t＝3时等号成立；
当t＝1时，m＝0；
当t＝5时，，
所以时有两解，
在区间有1个交点，
由上式可知：，
令s＝x﹣1，则，，
令，则，
令f′（s）＝0，解得，
当，时，f（s）在区间上是增加的，
当时，f（s）在区间是减少的，
，
所以，当s＝2时，，
当时，，
所以，或，
综上，．
故答案为：．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
三、解答题（共10小题）
26.（2020秋•湖南月考）2020年某开发区一家汽车生产企业计划引进一批新能源汽车制造设备，通过市场分析，全年需投入固定成本500万元，每生产x百辆，需另投入成本f（x）万元，且f（x）＝，已知每辆车的售价为8万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完．
（1）求出2020年的利润L（x）（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式；（利润＝销售额﹣成本）
（2）当2020年产量为多少时，企业所获利润最大？并求出最大利润．
【解答】解：（1）当0＜x≤60时，L（x）＝800x﹣（10x2+200x）﹣500＝﹣10x2+600x﹣500；
当x＞60时，．
故L（x）＝．
（2）若0＜x≤60，L（x）＝﹣10（x﹣30）2+8500．
当x＝30时，L（x）max＝8500万元．
当x＞60时，，
当且仅当，即x＝100时，L（x）max＝9000万元．
故2020年产量为100百辆时，企业所获利润最大，最大利润是9000万元．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
27.（2020秋•广东月考）某特色农场打算对基础建设和科研团队两个项目进行投资，经测算，投资基础建设项目x（百万元）与产生的经济效益f1（x）之间满足：f1（x）＝﹣+3x+11（百万元），投资科研团队项目与产生的项目经济效益f2（x）之间满足：f2（x）＝﹣+4x+2（百万元）．
（1）农场现有1200万资金可供投资，应如何分配资金使得投资收益总额最大；
（2）若投资x百万元的某项目产生的经济效益为f（x）百万元，设投资该项目的边际效应函数为F（x）＝f（x+1）﹣f（x），其边际效应值小于0时，不建议投资该项目，那么对基础建设项目与科研团队应如何投资，才能使得经济效益最好？
【解答】解：（1）由题意，投资基础建设项目x（百万元），则投资科研团队项目12﹣x（百万元），
投资收益总额
＝，x＝6时取最大值，
即投资基础建设6百万，投资科研团队6百万，收益总额最大为34×100＝3400万元．
（2）若投资基础建设项目x（百万元），则，
解得，又y＝f1（x）在（0，6]上单调递增，所以投资基础建设项目＝550万元，
若投资科研团队项目x（百万元），则，
解得，又y＝f2（x）在（0，6]上单调递增，
所以应投资科研团队项目＝550万元，
即基础建设和科研团队各投资550万元时，经济效益最好．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
28.（2020秋•江苏月考）某群体的人均通勤时间是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当S中x%（0＜x＜100）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间f（x）＝（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受x影响，恒为40分钟．试根据上述分析结果回答下列问题：
（1）求自驾群体的人均通勤时间的最小值；
（2）试确定x的值，使得该地上班族S的人均通勤时间最少．
（注：该地上班族S的人均通勤时间为f（x）•x%+40•（1﹣x%））
【解答】解：（1）由题意可得，当0＜x≤30时，f（x）＝30，
当30＜x＜100时，f（x）＝2x+﹣90≥2﹣90＝30（当且仅当x＝30时，取得等号），
即当30＜x＜100时，f（x）＞30；
综上可得，当0＜x＜100时，f（x）min＝30．
答：自驾群体的人均通勤时间的最小值为30分钟；
（2）记该地上班族S的人均通勤时间为g（x），
则g（x）＝f（x）•x%+40•（1﹣x%），
当0＜x≤30时，g（x）＝30•x%+40（1﹣x%）＝40﹣，
当30＜x＜100时，g（x）＝（2x+﹣90）•x%+40（1﹣x%）
＝﹣x+58．
所以g（x）＝，
当0＜x＜32.5时，g（x）递减，当32.5＜x＜100时，g（x）递减，
所以，当x＝32.5时，该地上班族S的人均通勤时间最少．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
29.（2020•奉贤区一模）在不考虑空气阻力的情况下火箭的最大速度v（单位：m/s）和燃料的质量M（单位：kg），火箭（除燃料外）的质量m（单位：kg）满足ev＝（1+）2000（e为自然对数的底）．
（1）当燃料质量M为火箭（除燃料外）质量m的两倍时，求火箭的最大速度（单位：m/s）结果精确到0.1）；
（2）当燃料质量M为火箭（除燃料外）质量m的多少倍时，火箭的最大速度可以达到8000m/s（结果精确到0.1）．
【解答】（Ⅰ）∵ev＝（1+）2000，
∴v＝ln（1+）2000＝2000ln（1+），
∵当燃料质量M为火箭（除燃料外）质量m两倍时，即M＝2m，
∴v＝2000ln3≈2000×1.099＝2198（m/s）；
答：当燃料质量M为火箭质量m两倍时，火箭的最大速度为2198m/s．
（Ⅱ）∵ev＝（1+）2000，
∴＝，
∴＝﹣1＝e4﹣1≈54，598﹣1≈54，
答：当燃料质量M为火箭质量m的54倍时，火箭最大速度可以达到8km/s．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
30.（2020秋•安徽月考）已知函数f（x）＝x2﹣2x+a，且函数f（x）的值域为[0，+∞）．
（1）求实数a的值；
（2）若关于x的不等式f（3x）+m•9x≥0在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若关于x的方程有三个不同的实数根，求实数k的取值范围．
【解答】解：（1）由题意知，f（1）＝0，即1﹣2+a＝0，解得a＝1；
（2）由f（3x）+m⋅9x≥0在[1，+∞）上恒成立，可化为﹣m≤（3﹣x）2﹣2⋅3﹣x+1在[1，+∞）恒成立，
令t＝3﹣x，由x∈[1，+∞），可得，
则﹣m≤t2﹣2t+1在上恒成立．
记，函数h（t）在上单调递减，∴．
则，得，
∴实数m的取值范围是；
（3）方程有三个不同的实数根，
可化为|3x﹣1|2﹣2⋅|3x﹣1|+1+2k﹣3k⋅|3x﹣1|＝0（|3x﹣1|≠0）有三个不同根．
令t＝|3x﹣1|，则t＞0．
当x＜0时，t＝|3x﹣1|＝1﹣3x，t∈（0，1）且单调递减，
当0＜x＜log32时，t＝|3x﹣1|＝3x﹣1，t∈（0，1）且单调递增，当x＝log32时，t＝1，
当x＞log32时，t＝|3x﹣1|＝3x﹣1，t∈（1，+∞）且单调递增．
设t2﹣（3k+2）t+1+2k＝0有两个不同的实数根t1，t2且t1＜t2．
原方程有3个不同实数根等价于0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2＝1．
记g（t）＝t2﹣（3k+2）t+1+2k，
则或，
解得k＞0．
综上，实数k的取值范围是（0，+∞）．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、函数恒成立问题
31.（2020秋•西湖区校级期中）已知函数f（x）＝，a∈R．
（Ⅰ）当a＝0时，求y＝f（x）的单调区间（只需写出单调区间，不需要证明）；
（Ⅱ）若关于x的方程|f（x）﹣a|＝4（a＞0）恰有四个不同的实数解，求实数a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝，
可得函数f（x）的单调递增区间为（﹣2，0），（0，+∞），
递减区间为（﹣∞，﹣2）．
（Ⅱ）由|f（x）﹣a|＝4恰有四个不同得实数解，得f（x）﹣a＝±4恰有四个不同得实数解，
由f（x）﹣a＝，
①当0＜a≤2时，当x＞0时，y＝f（x）﹣a在（0，+∞）上单调递增，
且x→0时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，
所以，y＝f（x）﹣a的图象与y＝4和y＝﹣4各有一个交点，
故f（x）﹣a＝±4在（0，+∞）上共有两个不同的实数解；
当x＜0时，y＝f（x）﹣a在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，0）上单调递增，且f（﹣2）﹣a＝4，
故f（x）﹣a＝4在（﹣∞，0）上恰有一个实数解为x＝﹣2，f（x）﹣a＝﹣4在（﹣∞，0）上无实根；
综上，当0＜a≤2时，方程|f（x）﹣a|＝4恰有3个不同的实数解，不符合题意．
②当a＞2时，
当x＞0时，y＝f（x）﹣a在（0，2）上递增，（2，a）上递减，（a，+∞）递增，且f（2）﹣a＝4，
所以，y＝f（x）﹣a的图象与y＝﹣4有2个交点，和y＝﹣4有一个交点，
故f（x）﹣a＝±4在（0，+∞）上共有3个不同的实数解；
当x＜0时，y＝f（x）﹣a在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，0）上单调递增，且f（﹣2）﹣a＝4，
故f（x）﹣a＝4在（﹣∞，0）上恰有一个实数解为x＝﹣2，f（x）﹣a＝﹣4在（﹣∞，0）上无实根；
综上，当a＞2时，方程|f（x）﹣a|＝4恰有4个不同的实数解．
综合①②可知，a＞2．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
32.（2020春•绍兴期末）设函数f（x）＝（x﹣a）|x﹣a|（a∈R）．
（1）若函数f（x）是奇函数，求a的值；
（2）若存在a∈[﹣1，1]，使函数y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2在x∈{x||x|≥t}上有零点，求实数t的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）在原点有定义，f（x）为奇函数；
∴f（0）＝﹣a|﹣a|＝0，即a＝0，
此时f（x）＝x|x|是奇函数，故a＝0；
（2）∵a∈[﹣1，1]，
x≥a时，y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2＝＞0，此时函数y无零点；
x＜a，若a＞0，则当0≤x＜a时，y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2＝﹣（x﹣a）2+2x2﹣2ax+2
＝x2﹣a2+2＞0，函数y无零点；
∴函数零点在x＜a且x＜0时取得，
此时函数y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2＝﹣（x﹣a）2+2x2+2ax+2＝x2+4ax+2﹣a2．
由x2+4ax+2﹣a2＝0，得|x|2﹣4a|x|+2﹣a2＝0．
此时△＝16a2﹣4（2﹣a2）≥0，即，则．
由于|x|≥0，∴a＞0，得．
|x|＝．
要使函数y＝f（x）+2x2﹣2a|x|+2在x∈{x||x|≥t}上有零点，
只需t≤，即t．
∴实数t的取值范围是（﹣∞，2+]．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、函数奇偶性的性质与判断
33.（2020秋•资阳月考）已知函数f（x）＝xex+ax2+2ax﹣1．
（1）当时，求f（x）在x＝﹣2处的切线方程；
（2）当时，讨论f（x）零点的个数．
【解答】解：由f（x）＝xex+ax2+2ax﹣1，
得f'（x）＝（x+1）ex+2ax+2a＝（x+1）（ex+2a）．
（1）时，可得，，
则切线方程为，即．
（2）（ⅰ）当a＝0时，f（x）＝xex﹣1，
可知x＜0，f（x）＜0，
又f（x）＝xex﹣1为（0，+∞）的增函数，且f（1）＝e﹣1＞0，
所以f（x）仅有一个零点．
（ⅱ）当a＞0时，ex+2a＞0，
由x＜﹣1得f'（x）＜0，a＝0为减函数；x＞﹣1得f'（x）＞0，a＝0为增函数．
所以，
又f（1）＝e+3a﹣1＞0，所以存在x1∈（﹣1，1）使f（x1）＝0，
故f（x）在（﹣1，+∞）有唯一零点．
又当x＜﹣2时，，即，
所以，
而图象开口向上，
故存在x0＜﹣2，使得h（x0）＞0，也即有f（x0）＞0，
则存在x2∈（x0，﹣1）使得f（x2）＝0，故f（x）在（﹣∞，﹣1）有唯一零点，
此时，f（x）有两个零点，
（ⅲ）当a＜0时，由f'（x）＝0得x＝﹣1或x＝ln（﹣2a），
①若ln（﹣2a）＜﹣1，即，则
当x＜ln（﹣2a）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；ln（﹣2a）＜x＜﹣1时，f（x）单调递减；x＞﹣1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
而f（ln（﹣2a））＝a（ln（﹣2a））2﹣1＜0，，
此时，f（x）仅有一个零点．
②若ln（﹣2a）＝﹣1，即，则f'（x）≥0，f（x）为R上的增函数，
因为f（0）＝﹣1＜0，f（1）＝e+3a﹣1＞0，
此时f（x）仅有一个零点．
③若ln（﹣2a）＞﹣1，即，则
当x＜﹣1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；﹣1＜x＜ln（﹣2a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；x＞ln（﹣2a）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
因，则，f（2）＝2e2+8a﹣1＞0，
结合f（0）＝﹣1＜0知f（x）仅有1个零点．
综上，当时，f（x）有1个零点；
当a＞0时，f（x）有两个零点．
【知识点】函数的零点与方程根的关系、利用导数研究曲线上某点切线方程
34.（2020•雨花区校级模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a＞0），设．
（1）判断函数h（x）＝f（x）﹣g（x）零点的个数，并给出证明；
（2）首项为m的数列{an}满足：①an+1+an≠；②f（an+1）＝g（an）．其中0＜m＜．求证：对于任意的i，j∈N*，均有ai﹣aj＜﹣m．
【解答】解：（1）函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在上有且仅有一个零点．
证明如下：函数f（x）＝lnx﹣ax的定义域为（0，+∞），
由，可得函数g（x）的定义域为（﹣∞，），
∴函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的定义域为（0，）．
h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣ax﹣ln（）+2﹣ax．
h′（x）＝，
当且仅当时等号成立，因此h（x）在上单调递增，又，
故函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在上有且仅有一个零点；
证明：（2）由（1）可知h（x）在上单调递增，且，
故当时，h（x）＜0，即f（x）＜g（x）；
当时，h（x）＞0，即f（x）＞g（x）．
∵，∴f（a1）＜g（a1）＝f（a2），
若，则由，且f（x）在上单调递减，
知，即，这与矛盾，故，
而当时，f（x）单调递增，故；
同理可证，…，，
故数列{an}为单调递增数列且所有项均小于，
因此对于任意的i，j∈N*，均有．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
35.（2020春•梅州期末）某玩具所需成本费用为p元，且p关于玩具数量x（套）的关系为p＝1000+5xx2，而每套售出的价格为q元，其中q（x）＝a+（a，b∈R）．
（1）问：玩具厂生产多少套时，使得平均成本最少？
（2）若生产出的玩具能全部售出，且当产量为150套时利润最大，此时每套价格为30元，求a，b的值．（利润＝销售收入﹣成本）
【解答】解：（1）由题意，每套玩具所需成本费用为＝++5，
当且仅当＝，
即x＝100时，每套玩具所需成本费用最少为25元．
（2）利润y＝xQ（x）﹣P＝x（a+）﹣（1000+5x+x2）＝（）x2+（a﹣5）x﹣1000，
∵若生产出的玩具能全部售出，且当产量为150套时利润最大，此时每套价格为30元，
∴满足，
解得a＝25，b＝30．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
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