专题4.3 复合方程的零点（特色专题卷）（人教A版2019必修第一册）（解析版）

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专题4.3 复合方程的零点（特色专题卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
一． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2021秋•杨浦区校级月考）已知函数y＝f（x）的定义域为（0，+∞），满足对任意x∈（0，+∞），恒有f[f（x）-1x]＝4，若函数y＝f（x）﹣4的零点个数为有限的n（n∈N*）个，则n的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由题意可知f（x）-1x为一个大于零常数，设这个常数为m（m＞0），则f（x）-1x=m，且f（m）＝4，从而求出m的值，函数y＝f（x）﹣4的零点个数，即为方程f（x）＝4的根的个数，即m的值的个数，从而求出结果．
【解答】解：∵满足对任意x∈（0，+∞），恒有f[f（x）-1x]＝4，
∴f（x）-1x为一个大于零常数，设这个常数为m（m＞0），
则f（x）-1x=m，且f（m）＝4，
∴f（x）=1x+m，
再令x＝m得，f（m）=1m+m＝4，
整理得，m2﹣4m+1＝0，
解得：m＝2±3，
函数y＝f（x）﹣4的零点个数，即为方程f（x）＝4的根的个数，即m的值的个数，
∴n的最大值为2，
故选：B．
2．（2021秋•上高县校级月考）已知函数f(x)=|2x-1|，x＜12-x，x≥1，若关于x的函数y＝2f2（x）+2bf（x）+1有6个不同的零点，则实数b的取值范围是（　　）
A．b＜-32或b＞2 B．-32＜b＜-2 C．b＜-32或b＞0 D．-32＜b＜0
【分析】作出函数f（x）的大致图像，设f（x）＝t，由图像可知关于x的函数y＝2f2（x）+2bf（x）+1有6个不同的零点，等价于关于t的方程2t2+2bt+1＝0在（0，1）上有两个不相等的根，再利用二次函数的根的分布列出不等式组，解出b的取值范围即可．
【解答】解：作出函数f（x）的大致图像，如图所示：
设f（x）＝t，则当t＝1或t＜0时，方程f（x）＝t只有1个解，
当t＝0时，方程f（x）＝t有2个解，
当0＜t＜1时，方程f（x）＝t有3个解，
当t＞1时，方程f（x）＝t无解，
∵关于x的函数y＝2f2（x）+2bf（x）+1有6个不同的零点，
∴关于t的方程2t2+2bt+1＝0在（0，1）上有两个不相等的根，
∴△=4b2-8＞00＜-b2＜12+2b+1＞0，解得：-32＜b＜-2，
即实数b的取值范围是（-32，-2），
故选：B．

3．（2021•华蓥市校级模拟）已知函数f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f（x）=-x2+2x+12，0≤x≤2log4x，x＞2，若关于x的方程m•[f（x）]2+n•f（x）+1＝0恰有7个不同的实数根，那么m﹣n的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】作出f（x）的图象，令f（x）＝t，根据关于x的方程m•[f（x）]2+n•f（x）+1＝0恰有7个不同的实数根，可得t1=12，t2=32，结合韦达定理即可求解m﹣n的值．
【解答】解：函数f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f（x）=-x2+2x+12，0≤x≤2log4x，x＞2，
作出f（x）的图象，
令f（x）＝t，根据关于x的方程m•[f（x）]2+n•f（x）+1＝0恰有7个不同的实数根，
可得t1=12，t2=32，
由韦达定理，可得t1+t2=-nm，t1⋅t2=1m，
解得m=43，n=-83
∴m﹣n＝4．
故选：D．

4．（2021•延边州一模）已知函数f(x)=|x2+2x|，x≤0lnx，x＞0，则函数g（x）＝2f（f（x）﹣1）﹣1的零点个数为（　　）
A．7 B．8 C．10 D．11
【分析】画出函数图象，结合图象求出函数的零点个数即可．
【解答】解：令g（x）＝0，得f（f（x）﹣1）=12，
令f（x）﹣1＝t，则f（t）=12，
作出函数f（x）的大致图象如图示：
则f（t）=12有4个实数根t1，t2，t3，t4，其中t1∈（﹣3，﹣2），t2∈（﹣2，﹣1），t3∈（﹣1，0），t4∈（1，2），
若t∈（﹣3，﹣2），则f（x）﹣1＝t有1个实数根，
若t∈（﹣2，﹣1），则f（x）﹣1＝t有1个实数根，
若t∈（﹣1，0），则f（x）﹣1＝t有4个实数根，
若t∈（1，2），则f（x）﹣1＝t有2个实数根，
故f（x）﹣1＝t共有8个实数根，
即函数g（x）有8个零点，
故选：B．

5．（2021秋•蚌埠月考）设f(x)=4-x2，x＜24ln(x-1)，x≥2，若关于x的方程[f（x）]2+af（x）+1＝0有6个实数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．(-174，-2) B．(-52，-2)∪(2，+∞)
C．(-174，-2] D．(-52，-2]∪[2，+∞)
【分析】画出函数f（x）的大致图像，设t＝f（x），关于x的方程[f（x）]2+af（x）+1＝0有6个实数解，等价于关于t的方程t2+at+1＝0有两个不相等的实根t1，t2，且t1，t2∈（0，4），再由二次函数根的分布列出不等式组，解出a的取值范围即可．
【解答】解：画出函数f（x）的大致图像，如图所示：
设t＝f（x），则t2+at+1＝0，
∵关于x的方程[f（x）]2+af（x）+1＝0有6个实数解，
∴关于t的方程t2+at+1＝0有两个不相等的实根t1，t2，
且由函数f（x）的大致图像可知：t1，t2∈（0，4）
设g（t）＝t2+at+1，
由二次函数根的分布可得：△=a2-4＞00＜-a2＜4g(0)＞0g(4)＞0，
解得：-174＜a＜-2，
故选：A．

6．（2021•凉山州模拟）集合A＝{1，2，3，4}，y＝f（x）是A到A的函数，方程f（x）＝f（f（x））恰好有两个不同的根，且f（1）+（2）+f（3）+f（4）＝10，则函数y＝f（x）﹣x的零点个数为（　　）
A．1 B．2 C．1或2 D．4
【分析】根据已知函数的定义分两类，①当是1+2+3+4＝10或2+2+3+3＝10或1+1+4+4＝10这三种情况，②当是3+3+3+1＝10或2+2+2+4＝10这两种情况，然后分别求出零点即可．
【解答】解：函数y＝f（x）是A到A的函数，意思为x＝1，x＝2，x＝3，x＝4分别与y＝1，y＝2，y＝3，y＝4中的某一个对应，
又f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝10，
①当是1+2+3+4＝10或2+2+3+3＝10或1+1+4+4＝10这三种情况，
比如1对2，2对2，3对3，4对3，
即f（1）＝f（f（1））＝2，f（3）＝f（f（3））＝3，有f（2）＝2，f（3）＝3两个零点，
②当是3+3+3+1＝10或2+2+2+4＝10这两种情况，
比如1对4，2对2，3对2，4对2，则f（3）＝f（f（3））＝2，f（4）＝f（f（4））＝2，
此时只有f（2）＝2一个零点，
故选：C．
7．（2021春•保山期末）已知函数f（x）=|lnx|+a，x＞0-x2+1，x≤0的值域为R，且a≥1，若关于x的方程f2（x）﹣（m+2）f（x）+2m＝0有三个不同的实数根，则m的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，e） C．[0，1] D．[0，e]
【分析】先根据条件求出a，画出f（x）的图像，再把所求问题转化为f（x）＝m有一个实数根，进而求解结论．
【解答】解：根据该分段函数的图象，函数f（x）=|lnx|+a，x＞0-x2+1，x≤0的值域要为R，
则a≤1，但a≥1，
∴a＝1，
当a＝1时，函数f（x）图象如图所示：
，
关于x的方程f2（x）﹣（m+2）f（x）+2m＝0有三个不同的实数根，
即（f（x）﹣m）（f（x）﹣2）＝0有三个不相等的实数根，
由图象可知f（x）＝2有两个实数根，则f（x）＝m有一个实数根，
∴m＜1，
故选：A．
8．（2021•成都开学）已知函数f（x）=|log3x|，x＞03x，x≤0，若函数g（x）＝[f（x）]2﹣（m+2）f（x）+2m恰好有5个不同的零点，则实数m的取值范围是（　　）
A．（0，1] B．（0，1） C．[1，+∞） D．（1，+∞）
【分析】先画出函数f（x）的大致图像，g（x）＝[f（x）]2﹣（m+2）f（x）+2m恰好有5个不同的零点等价于方程[f（x）]2﹣（m+2）f（x）+2m＝0有5个根，设t＝f（x），则关于t的方程t2﹣（m+2）t+2m＝0必须有两个不等的实根t1，t2，且t1∈（0，1]，t2∈（1，+∞），再利用二次函数根的分布列出不等式组，解出m的取值范围即可．
【解答】解：画出函数f（x）的大致图像，如图所示：
∵函数g（x）＝[f（x）]2﹣（m+2）f（x）+2m恰好有5个不同的零点，
∴方程[f（x）]2﹣（m+2）f（x）+2m＝0有5个根，
设t＝f（x），则方程化为t2﹣（m+2）t+2m＝0，
易知关于t的方程t2﹣（m+2）t+2m＝0必须有两个不等的实根t1，t2，
根据函数f（x）的图像可知，t1∈（0，1]，t2∈（1，+∞），
设h（t）＝t2﹣（m+2）t+2m，
由二次函数根的分布可得：△=(m+2)2-8m＞0h(0)＞0h(1)≤0，
解得：0＜m≤1．
故选：A．


二． 多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2020秋•金州区校级月考）已知函数f（x）=4x-x，x＜0|lgx|，x＞0，则关于x的方程[f（x）]2﹣f（x）+a＝0的实数根个数可能为（　　）
A．0 B．2 C．4 D．6
【分析】作出f（x）图像，令t＝f（x），再作出y＝﹣t2+t图像，结合图像即可得出结论，
【解答】解：当x＜0时，f（x）=4x-x为减函数，
当x＞0时，f（x）＝|lgx|=lgx，x∈(1，+∞)-lgx，x∈(0，1)，
f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
作出函数f（x）的图像如下：

设t＝f（x），则方程﹣t2+t＝a，
作出y＝﹣t2+t图像如下：

当a＜0时，方程﹣t2+t＝a，有两个解t1＜0，t2＞1，
若t1＜0，t＝f（x）有一个解，
若t2＞1，t＝f（x）有两个解，共三个解，
当a＝0时，方程﹣t2+t＝a，有两个解t3＝0，t4＝1，
若t1＝0，t＝f（x）有两个解，
若t2＝1，t＝f（x）有两个解，共四个解，
当0＜a＜14时，方程﹣t2+t＝a，有两个解0＜t5＜12，12＜t6＜1，
若0＜t5＜12，t＝f（x）有两个解，
若12＜t6＜1，t＝f（x）有两个解，共四个解，
当a=14时，方程﹣t2+t＝a，有一个解t7＝1，
若t7＝1，t＝f（x）有1个解，
当a＞14时，方程﹣t2+t＝a无解，
综上，方程[f（x）]2﹣f（x）+a＝0的实数根个数：0，1，3，4．
故选：AC．
10．（2020秋•渝中区校级月考）设函数f（x）=ln(x-2)，x＞2，|x+1|，x≤2，g（x）＝x2﹣（m+1）x+m2﹣2，下列选项正确的有（　　）
A．当m＞3时，f[f（x）]＝m有5个不相等的实根
B．当m＝0时，g[g（x）]＝m有4个不相等的实根
C．当0＜m＜1时，f[g（x）]＝m有6个不相等的实根
D．当m＝2时，g[f（x）]＝m有5个不相等的实根
【分析】作出函数f（x）的图像，对于A：若f[f（x）]＝m＞3，由图像可知f（x）∈（﹣∞，﹣4）∪（e3+2，+∞），再结合图像可得共三个解，可判断A是否正确．
对于B：若m＝0，由图像可知若g[g（x）]＝0，得g（x）＝﹣1或g（x）＝2，又g（x）＝（x﹣2）（x+1），即可判断B是否正确．
对于C：若0＜m＜1，则f[g（x）]∈（0，1），结合图像可得g（x）∈（﹣2，﹣1）或g（x）∈（﹣1，0）或g（x）∈（3，+∞），即可判断C是否正确．
对于D：若m＝2，则g（x）＝x2﹣3x+2且g[f（x）]＝2，即f2（x）﹣3f（x）+2＝2，解f（x），再结合图像，即可判断D是否正确．
【解答】解：因为已知函数f（x）=ln(x-2)，x＞2|x+1|，x≤2，
作图，

A．若f[f（x）]＝m＞3，则f（x）∈（﹣∞，﹣4）∪（e3+2，+∞），
由上图可知f（x）∈（﹣∞，﹣4）有一个解，
f（x）∈（e3+2，+∞）有两个解，共三个解，故A不符合题意．
B．若m＝0，则g（x）＝x2﹣x﹣2＝（x﹣2）（x+1），
若g[g（x）]＝m＝0，
则g（x）＝﹣1或g（x）＝2，
由g（x）＝﹣1可得方程x2﹣x﹣1＝0，
由判别式大于零可知，该方程有两个解，共有四个解，且四个解不互相同，故B符合题意，
C．若0＜m＜1，则f[g（x）]＝m∈（0，1），
由函数f（x）的图像可知g（x）∈（﹣2，﹣1）或g（x）∈（﹣1，0）或g（x）∈（3，+∞），
令x1∈（﹣2，﹣1），x2∈（﹣1，0），x3∈（3，+∞），
此时g（x）＝x1或g（x）＝x2或g（x）＝x3共6个解，故C符合题意，
D．若m＝2，则g（x）＝x2﹣3x+2，
此时g[f（x）]＝m＝2，
所以f2（x）﹣3f（x）+2＝2，
所以f（x）＝0或f（x）＝3，
由函数f（x）的图像可知，f（x）＝0有两个解，f（x）＝3有三个解，共5个解，且5个解，故D符合题意，
故选：BCD．
11．（2021春•浙江期中）设函数f（x）＝ax2+bx+c（a，b，c∈R，a＞0），则下列说法正确的是（　　）
A．若f（x）＝x有实根，则方程f（f（x））＝x有实根
B．若f（x）＝x无实根，则方程f（f（x））＝x无实根
C．若f(-b2a)＜0，则函数y＝f（x）与y＝f（f（x））都恰有2个零点
D．若f(f(-b2a))＜0，则函数y＝f（x）与y＝f（f（x））都恰有2零点
【分析】利用二次函数的性质可判断选项A，B，D的正误，举反例f（x）＝x2﹣x可判断选项C的正误．
【解答】解：对于选项A：若f（x）＝x有实根x＝x0，则方程f（f（x））＝f（x0）＝x0，A选项正确，
对于选项B：因为a＞0，若方程f（x）＝x无实根，则f（x）﹣x＞0对任意的x∈R恒成立，
所以f（f（x））＞f（x）＞x，从而方程f（f（x））＝x无实根，B选项正确，
对于选项C：取f（x）＝x2﹣x，则f（12）=-14＜0，函数y＝f（x）有2个零点，
则f（f（x））＝[f（x）]2﹣f（x）＝0，可得f（x）＝0或f（x）＝1，
即x2﹣x＝0或x2﹣x＝1，
解得x＝0或1或1±52，
此时，函数y＝f（f（x））有4个零点，C选项错误，
对于选项D：因为f(f(-b2a))＜0，设t＝f（-b2a），则t＝f（x）min，
因为f（t）＜0且a＞0，
所以函数f（x）必有2个零点，设为x1，x2，且x1＜x2，
则x1＜t＜x2，所以方程f（x）＝x1无解，方程f（x）＝x2有2个解，
因此若f(f(-b2a))＜0，则函数y＝f（x）与y＝f（f（x））都恰有2零点，D选项正确，
故选：ABD．
12．（2021秋•广州月考）已知函数f（x）=ex-1，x≥m-(x+2)2，x＜m（m∈R），则（　　）
A．对任意的m∈R，函数f（x）都有零点
B．当m≤﹣3时，对∀x1≠x2，都有（x1﹣x2）（f（x1）﹣f（x2））＜0成立
C．当m＝0时，方程f[f（x）]＝0有4个不同的实数根
D．当m＝0时，方程f（x）+f（﹣x）＝0有2个不同的实数根
【分析】作出函数y＝ex﹣1和y＝﹣x2﹣4x﹣4的图象，逐个判断即可．
【解答】解：对于A：作出函数y＝ex﹣1和y＝﹣x2﹣4x﹣4的图象如图所示：

当m＞0时，函数f（x）只有1个零点，
当﹣2＜m≤0时，函数f（x）有2个零点，
当m≤﹣2时，函数f（x）只有1个零点，故A正确；
对于B：当m≤﹣3时，函数f（x）单调递增，
若当m≤﹣3时，对∀x1≠x2，都有（x1﹣x2）（f（x1）﹣f（x2））＜0成立，则f（x）单调递减，故B错误；
对于C：m＝0时，f（t）＝0得t1＝﹣2，t2＝0，
当f（x）＝t1＝﹣2时，方程有两个解，
当f（x）＝t2＝0时，方程有两个解，
所以方程f[f（x）]＝0有4个不同的实数根，故C正确；
对于D：当m＝0时，方程f（x）+f（﹣x）＝0的根为f（x）＝﹣f（﹣x）的根，
令h（x）＝﹣f（﹣x），
作出f（x），h（x）的图象：

可得函数f（x）与h（x）有三个交点，其中包括x＝0，
即方程f（x）+f（﹣x）有三个根，
故选：AC．

三． 填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2021•毕节市模拟）已知函数f（x）＝|e|x﹣2|﹣2|，关于x的方程[f（x）]2+bf（x）+b2﹣1＝0恰有5个不同实数解，则实数b＝　　．
【分析】首先画出函数f（x）的图像，然后结合题意和函数图像即可求得实数b的值．
【解答】解：绘制函数f（x）的图像如图所示：

当t＝0时，f（x）＝t有2个实数根，
当t＝1时，f（x）＝t有3个实数根，
当t＞1时，f（x）＝t有2个实数根，
当0＜t＜1时，f（x）＝t有4个实数根，
令t＝f（x），则关于t的方程t2+bt+b2﹣1＝0有一个根为1，另外一个根为0或者另外一个根大于1，
令t＝1可得：1+b+b2﹣1＝0，则b＝0或b＝﹣1，
b＝0时，方程即t2﹣1＝0，此时t＝1或t＝﹣1，不合题意；
b＝﹣1时，方程即t2﹣t＝0，此时t＝0或t＝1，满足题意；
综上可得，b＝﹣1．
故答案为：﹣1．
14．（2021秋•浦东新区校级月考）已知函数f（x）=|lnx|，x＞0|x2+4x+3|，x≤0，若关于x的方程f2（x）+bf（x）+4＝0有8个不同的实数根，则实数b的取值范围是 　　．
【分析】作出函数f（x）的大致图像，设t＝f（x），根据图像确定当t取不同的范围时，t＝f（x）的根的个数，若关于x的方程f2（x）+bf（x）+4＝0有8个不同的实数根，则等价于①方程t2+bt+4＝0有两个根，满足1＜t1≤3，1＜t2≤3，②方程t2+bt+4＝0有两个根，满足t1＝1，t2＞3，再结合二次函数的图像和性质，从而求出b的取值范围．
【解答】解：作出函数f（x）的大致图像，如图所示，
设t＝f（x），
由图像可知，当t＞3时，t＝f（x）有3个根，
当1＜t≤3时，t＝f（x）有4个根，
当t＝1时，t＝f（x）有5个根，
当0＜t＜1时，t＝f（x）有6个根，
当t＝0时，t＝f（x）有3个根，
当t＜0时，t＝f（x）有0个根，
方程f2（x）+bf（x）+4＝0等价于t2+bt+4＝0，
∵t＝0时，方程不成立，
∴若方程f2（x）+bf（x）+4＝0有8个不同的实数根，
则等价于以下两者情况：
①方程t2+bt+4＝0有两个根，满足1＜t1≤3，1＜t2≤3，
②方程t2+bt+4＝0有两个根，满足t1＝1，t2＞3，
设h（x）＝t2+bt+4，
对于①，则满足△=b2-16＞01＜-b2＜3h(1)＞0h(3)≥0，解得-133≤b＜-4，
对于②，则h（1）＝0，即1+b+4＝0，∴b＝﹣5，
此时t2﹣5t+4＝0，解得t＝1或t＝4，满足t2＞3，
综上所述，实数b的取值范围是[-133，﹣4）∪{﹣5}，
故答案为：[-133，﹣4）∪{﹣5}．

15．（2021春•滨海新区校级期末）已知函数f（x）是偶函数，当x＞0时，f（x）=2-x-12，x＞1lnx，0＜x≤1，关于x的方程f2（x）+af（x）﹣b2＝0有且仅有6个不同的实根，则实数a的范围是 　　．
【分析】根据题意作出f（x）的图象，令t＝f（x），则方程为t2+at﹣b2＝0，若方程f2（x）+af（x）﹣b2＝0有且仅有6个不同的实根，则方程t2+at﹣b2＝0有两个实数根，即可得出答案．
【解答】解：根据题意作出f（x）的图象，

令t＝f（x），则方程为t2+at﹣b2＝0，
若方程f2（x）+af（x）﹣b2＝0有且仅有6个不同的实根，
则方程t2+at﹣b2＝0有两个实数根，
所以其中一个根t1＝0，且另一根t2在区间（-12，0），
所以b2＝0，
所以t1＝0或t2＝﹣a∈（-12，0），
所以0＜a＜12，
所以a的取值范围（0，12）．
故答案为：（0，12）．
16．（2020秋•玉溪期末）函数f(x)=-lnx，x∈(0，1]|(12)x-1-1|，x∈(1，+∞)，关于x的方程2[f（x）]2﹣4mf（x）+5m﹣2＝0）有4个不同的实数解，则m的取值范围是　　．
【分析】作出f（x）的图像，令f（x）＝t，问题可转化为2t2﹣4mt+5m﹣2＝0有两个且两个都在区间（0，1）上，设g（t）＝2t2﹣4mt+5m﹣2，结合图像列式，即可得出答案．
【解答】解：作出f（x）的图像如下：

令f（x）＝t，
则关于x的方程2[f（x）]2﹣4mf（x）+5m﹣2＝0有4个不同的实数解，
等价于2t2﹣4mt+5m﹣2＝0有两个且两个都在区间（0，1）上，
设g（t）＝2t2﹣4mt+5m﹣2，由图可知0＜m＜1g(1)＞0g(0)＞0g(m)＜0，
解得m∈（25，12）．

四． 解答题（共6小题，满分70分）
17．（2021春•湖南期中）已知函数f(x)=x2+mx，x＞0log2(-x)，x＜0在（0，+∞）上有最小值1．
（1）求实数m的值；
（2）若关于x的方程[f（x）]2﹣（2k+1）f（x）+k2+k＝0恰好有4个不相等的实数根，求实数k的取值范围．
【分析】（1）根据函数有最小值可以判断出m＜0，然后根据基本不等式即可求出答案．
（2）化简方程可得f（x）＝k或f（x）＝k+1，根据方程有4个不相等的实数根，得出k+1＞1k＜1，即可得出答案．
【解答】解：（1）当x＞0时，f(x)=x+mx，
当m≤0时，显然不存在最小值，
故m＞0，x+mx≥2m=1，
∴m=14．
（2）方程[f（x）]2﹣（2k+1）f（x）+k2+k＝0，
解得f（x）＝k或f（x）＝k+1，
因为方程有四个不相等的实数根，
所以f（x）＝k有一个解，f（x）＝k+1有三个解，
根据图像可知k+1＞1k＜1，
故0＜k＜1，即k∈（0，1）．

18．（2020秋•江苏月考）已知函数f(x)=x2+2kx-2，g（x）＝|x2﹣2x|．
（1）利用定义法讨论函数f（x）在（0，+∞）的单调性；
（2）若函数h(x)=f[g(x)]+1g(x)-k有6个不同的零点，求实数k的取值范围．
【分析】（1）由单调性的定义，取值，作差，变形，定号，下结论，即可．
（2）问题转化为h（x）＝0有六个根，即|x2-2x|2+2k|x2-2x|-2+1|x2-2x|-k＝0，令|x2﹣2x|＝t（t＞0），t2-(k+2)t+2k+1t=0，作出t＝|x2﹣2x|的图象，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：f（x）＝x+2kx-2，
设x1，x2是（0，+∞）内的任意两个数，且x1＜x2，
f（x1）﹣f（x2）＝（x1+2kx1-2）﹣（x2+2kx2-2）＝（x1﹣x2）+（2kx1-2kx2）＝（x1﹣x2）•(x1x2-2k)x1x2，
当k＞0时，当0＜x1＜x2＜2k时，x1﹣x2＜0，x1x2＞0，x1x2﹣2k＜0，
所以f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），函数f（x）在（0，2k）单调递减，
当2k＜x1＜x2时，x1﹣x2＜0，x1x2＞0，x1x2﹣2k＞0，
所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＞f（x2），函数f（x）在（2k，+∞）单调递增，
当k≤0时，x1﹣x2＜0，x1x2＞0，x1x2﹣2k＞0，
所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），函数在（0，+∞）单调递增，
综上，当k≤0时，函数f（x）在（0，+∞）单调递增，
当k＞0时，函数f（x）在（0，2k）单调递减，在（2k，+∞）单调递增．
（2）令h（x）＝0，则|x2-2x|2+2k|x2-2x|-2+1|x2-2x|-k＝0，
令|x2﹣2x|＝t（t＞0），
t2+2kt-2+1t-k＝0，即t2-(k+2)t+2k+1t=0，
由t＝|x2﹣2x|的图象可知，h（x）要有6个零点，
则t2﹣（k+2）t+2k+1＝0有两个实数根，t1∈（0，1），t2∈（1，+∞），

设m（t）＝t2﹣（k+2）t+2k+1，
则m(0)＞0m(1)＜0，即2k+1＞01-(k+2)+2k+1＜0，解得-12＜k＜0，
综上可知，k的取值范围为（-12，0）．
19．（2020秋•海珠区校级期中）已知函数g（x）＝x2﹣2ax+1且函数y＝g（x+1）是偶函数，设f(x)=g(x)x．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若不等式f（x）﹣mx≥0在区间[1，2]上有解，求实数m的取值范围．
（3）若方程f(|2x-1|)+k2|2x-1|-2=0有三个不同的实数根，求实数k的取值范围．
【分析】（1）由函数y＝g（x+1）是奇偶性，推出二次函数g（x）关于x＝1对称，解得a，进而可得g（x）解析式和f（x）的解析式．
（2）问题可化为m≤(1x)2-2x+1，只需m小于等不（1x）2-2x+1最小值即可．
（3）方程化简为|2x﹣1|2﹣4|2x﹣1|+1+2k＝0，令r＝|2x﹣1|（r＞0），问题转化为方程r2﹣4r+1+2k＝0，必须有两个不相等的实数根r1，r2，进而解出实数k的取值范围．
【解答】解：（1）∵函数y＝g（x+1）是偶函数，
∴二次函数g（x）＝x2﹣2ax+1的图象关于x＝1对称，
∴--2a2=1，即a＝1，
∴g（x）＝x2﹣2x+1，
∴f(x)=g(x)x=x+1x-2．
（2）不等式f（x）﹣mx≥0可化为m≤(1x)2-2x+1，
∴不等式m≤(1x)2-2x+1在区间[1，2]上有解，
令t=1x，则t∈[12，1]，
记h（t）＝t2﹣2t+1，t∈[12，1]，
∵对称轴t＝1，∴函数h（t）在[12，1]上单调递减，
∴h（t）max＝h（12）=14，∴m≤14，
即实数m的取值范围为（﹣∞，14]．
（3）方程f（|2x﹣1|）+k•2|2x-1|-2＝0，
即|2x﹣1|+1|2x-1|-2+k•2|2x-1|-2＝0，化简得|2x﹣1|2﹣4|2x﹣1|+1+2k＝0，
令r＝|2x﹣1|（r＞0），则r2﹣4r+1+2k＝0，
若方程f(|2x-1|)+k2|2x-1|-2=0有三个不同的实数根，
则方程r2﹣4r+1+2k＝0，必须有两个不相等的实数根r1，r2，
且0＜r1＜1，r2＞1或0＜r1＜1，r2＝1，
令h（r）＝r2﹣4r+1+2k，
当0＜r1＜1，r2＞1时，则h(0)=1+2k＞0h(1)=-2+2k＜0，即-12＜k＜1，
当r2＝1时，h（r）＝r2﹣4r+3，r1＝3舍去，
综上所述，实数k的取值范围是（-12，1）．
20．（2020秋•九江期中）已知函数g（x）＝ax2﹣2x+1+b，函数g（x）有两个零点分别是﹣1和3．
（1）若存在x0∈[1，3]，使不等式g（x0）﹣mx0≥0成立，求实数m的取值范围；
（2）记f（x）＝g（x）﹣3kx+2k，若方程f（|2x﹣1|）＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．
【分析】（1）根据题意可得﹣1，3是方程ax2﹣2x+1+b＝0的两个根，求出a，b，进而得g（x）的解析式，然后将问题转化为x-3x-2≥m，在x0∈[1，3]上有解，再求出m的范围；
（2）结合（1），可得原方程转化为|2x﹣1|2﹣（3k+2）|2x﹣1|+2k﹣3＝0，令t＝|2x﹣1|（t≥0），则方程t2﹣（3k+2）t+2k﹣3＝0，有两个不同的实数根t1＝0，0＜t2＜1，列出不等式，解得实数k的取值范围．
【解答】解：（1）因为g（﹣1）＝0，g（3）＝0，
所以x＝﹣1，x＝3是方程ax2﹣2x+1+b＝0的两个根，
所以x1+x2=2a=2x1x2=1+ba=-3，解得a=1b=-4，
所以g（x）＝x2﹣2x﹣3．
因为存在x0∈[1，3]，使得不等式g（x0）≥mx0成立，
等价于x-3x-2≥m，在x0∈[1，3]上有解，
而记u（x）＝x-3x-2，
因为u（x）在[1，3]上单调递增，
所以u（x）max＝u（3）＝0，
所以m的取值范围（﹣∞，0]．
（2）f（x）＝g（x）﹣3kx+2k，
所以f（x）＝x2﹣（2+3k）x+2k﹣3，
原方程转化为|2x﹣1|2﹣（3k+2）|2x﹣1|+2k﹣3＝0，
令t＝|2x﹣1|（t≥0），

t2﹣（3k+2）t+2k﹣3＝0，有两个不同的实数根t1＝0，0＜t2＜1，
记h（t）＝t2﹣（3k+2）t+2k﹣3，
则h(0)=2k-3＞0h(1)=-k-4＜0或h(0)=2k-3h(1)=-k-4=00＜3k+22＜1或h(0)=2k-3=0h(1)=-k-4＞0，解得k＞32，
所以实数k的取值范围为（32，+∞）．
21．（2020秋•宛城区校级月考）已知函数f（x）＝x2+ax+1（a＞0）．
（1）若f（x）的值域为[0，+∞），求关于x的方程f（x）＝4的解；
（2）当a＝2时，函数g（x）＝[f（x）]2﹣2mf（x）+m2﹣1在[﹣2，1]上有三个零点，求m的取值范围．
【分析】（1）根据函数值域可得f（x）min＝f（-a2）＝0，解出a即可得到f（x）的解析式，进而即可得到方程的解；
（2）g（x）＝[f（x）]2﹣2mf（x）+m2﹣1在[﹣2，1]上有三个零点等价于方程[f（x）]2﹣2mf（x）+m2﹣1＝0在[﹣2，1]上有三个不同的根．则有f（x）＝m+1或f（x）＝m﹣1，
结合f（x）图象可知f（x）＝m+1在[﹣2，1]上有一个实数根，f（x）＝m﹣1在[﹣2，1]在上有两个不等实数根，即1＜m+1，≤40＜m-1≤1，解得1＜m≤2
【解答】解：（1）因为f（x）的值域为[0，+∞），所以f（x）min＝f（-a2）=14a2-12a2+1＝0，
因为a＞0，所以a＝2，则f（x）＝x2+2x+1，
因为f（x）＝4，所以x2+2x+1＝4，即x2+2x﹣3＝0，
解得x＝﹣3或x＝1；
（2）g（x）＝[f（x）]2﹣2mf（x）+m2﹣1在[﹣2，1]上有三个零点等价于方程[f（x）]2﹣2mf（x）+m2﹣1＝0在[﹣2，1]上有三个不同的根．
因为[f（x）]2﹣2mf（x）+m2﹣1＝0，所以f（x）＝m+1或f（x）＝m﹣1，
因为a＝2，所以f（x）＝x2+2x+1，
结合f（x）在[﹣2，1]上的图象可知，要使方程[f（x）]2﹣2mf（x）+m2﹣1＝0在[﹣2，1]上有三个不同的根，
则①f（x）＝m+1在[﹣2，1]上有一个实数根，f（x）＝m﹣1在[﹣2，1]在上有两个不等实数根，即1＜m+1，≤40＜m-1≤1，解得1＜m≤2
②f（x）＝m+1在[﹣2，1]上有2个实数根，f（x）＝m﹣1在[﹣2，1]在上有1个不等实数根，即m﹣1＝0，解得m＝1，此时m+1＝2，而f（x）＝m+1在[﹣2，1]上只有1个实数根，不满足题意，
故m的取值范围为（1，2]．
22．（2019秋•鼓楼区校级期中）已知定义在R上的函数f(x)=3x-93x．
（1）若f（x）＝﹣8，求实数x的值；
（2）若对于任意的x∈[0，3]，[f（x）﹣3]•3x+12﹣m≥0恒成立，求实数m的取值范围；
（3）记h（x）＝f（log3x），若方程h(|3x-2|)+k⋅2|3x-2|-3k=0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．
【分析】（1）根据题意可得3x-93x=-8，解方程（3x）2+8×3x﹣9＝0，即可得出答案．
（2）根据题意可得若对于任意的x∈[0，3]，[3x-93x-3]•3x+12﹣m≥0恒成立，⇒只需要m≤[（3x）2﹣3•3x+3]min，x∈[0，3]即可，令t＝3x，t∈[1，27]，只需要m≤[t2﹣3t+3]min，t∈[1，27]，即可得出答案．
（3）根据题意可得h（x）＝x-9x，那么方程为|3x﹣2|-9|3x-2|+k•2|3x-2|-3k＝0，令t＝|3x﹣2|，t≥0，即t2﹣3kt﹣9+2k＝0，根据题意只需方程t2﹣3kt﹣9+2k＝0在t∈[0，+∞）上，有两个不等的实数根，那么△＞0f(0)＞0x=--3k2＞0，解得k的范围．
【解答】解：（1）若f（x）＝﹣8，则3x-93x=-8，
所以（3x）2+8×3x﹣9＝0，
所以（3x+9）（3x﹣1）＝0，
所以3x＝﹣9（舍），或3x＝1，
解得x＝0．
（2）若对于任意的x∈[0，3]，[f（x）﹣3]•3x+12﹣m≥0恒成立，
所以若对于任意的x∈[0，3]，[3x-93x-3]•3x+12﹣m≥0恒成立，
所以若对于任意的x∈[0，3]，（3x）2﹣3•3x+3≥m恒成立，
所以只需要m≤[（3x）2﹣3•3x+3]min，x∈[0，3]，即可
令t＝3x，t∈[1，27]，
所以m≤[t2﹣3t+3]min，t∈[1，27]，
令y＝t2﹣3t+3，t∈[1，27]，
当x=32时，ymin＝（32）2﹣3×（32）+3=34，
所以m≤34．
（3）h（x）＝f（log3x）＝3log3x-93log3x=x-9x，
所以方程h(|3x-2|)+k⋅2|3x-2|-3k=0，
为|3x﹣2|-9|3x-2|+k•2|3x-2|-3k＝0，
令t＝|3x﹣2|，t≥0，
所以方程为t-9t+k•2t-3k＝0，即t2﹣3kt﹣9+2k＝0，
若方程h(|3x-2|)+k⋅2|3x-2|-3k=0有三个不同的实数解，
则方程t2﹣3kt﹣9+2k＝0在t∈[0，+∞）上，有两个不等的实数根，
所以△＞0f(0)＞0x=--3k2＞0，(-3k)2-4×1×(-9+2k)＞0-9+2k＞0k＜0
解得k＞92．