新高考数学一轮复习(举一反三)重难点题型精练专题2.18 函数与方程（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习(举一反三)重难点题型精练专题2.18 函数与方程（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮复习举一反三重难点题型精练专题218函数与方程原卷版doc、新高考数学一轮复习举一反三重难点题型精练专题218函数与方程解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
1．（5分）（2022春•湖北月考）已知函数f（x）在区间[﹣2，2]上有定义，则“f（x）在区间[﹣2，2]上有零点”是“f（﹣2）•f（2）＜0”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】利用特例法结合充要条件的定义判断即可得出结论．
【解答过程】解：函数f（x）在区间[﹣2，2]上有定义，
若函数在区间[﹣2，2]上有零点，不妨设f（x）＝x²，则f（﹣2）•f（2）＞0，
即函数在区间[﹣2，2]上有零点，得不到f（﹣2）•f（2）＜0；
另一方面，若f（﹣2）•f（2）＜0，不妨取f（x），
则函数在[﹣2，2]上无零点，即f（﹣2）•f（2）＜0得不到函数在区间[﹣2，2]上有零点，
故“f（x）在区间[﹣2，2]上有零点”是“f（﹣2）•f（2）＜0”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
2．（5分）（2020秋•青铜峡市校级期末）已知函数f（x）lg2x，在下列区间中，函数f（x）有零点的是（ ）
A．（0，1）B．（1，2）C．（2，4）D．（4，+∞）
【解题思路】首先判断函数f（x）lg2x在（0，+∞）上是减函数，且连续；从而由零点的判定定理判断即可．
【解答过程】解：易知函数f（x）lg2x在（0，+∞）上是减函数，且连续；
f（1）＝1﹣0＝1＞0，f（2）10；
故函数f（x）有零点的区间是（1，2）；
故选：B．
3．（5分）（2022•郏县校级开学）函数f（x）的零点个数为（ ）
A．3B．2C．1D．0
【解题思路】由f（x）＝0，然后结合分段函数的解析式即可求解．
【解答过程】解：当x＞0时，由f（x）＝xln（x+1）＝0可得x＝0（舍），
当x≤0时，由f（x）＝2x2﹣3x﹣2＝0可得，x＝2（舍）或x，
综上可得，x．
故选：C．
4．（5分）（2021秋•碑林区校级月考）已知函数f（x）＝2x+x，g（x）＝lg2x+x，h（x）＝x3+x的零点分别为a，b，c，则a，b，c的顺序为（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜b＜aD．c＜a＜b
【解题思路】将函数的零点转化成两图象交点的横坐标，再数形结合即可求解．
【解答过程】解：∵函数f（x）＝2x+x，g（x）＝lg2x+x，h（x）＝x3+x的零点分别为a，b，c，
∴y＝﹣x与三个函数y＝2x，y＝lg2x，y＝x3的交点横坐标分别为a，b，c，
作出图象如下：
数形结合可得：a＜c＜b，
故选：B．
5．（5分）（2022•湖北模拟）函数f（x）＝lnx﹣ax+1有两个零点x1，x2（x1＜x2），下列说法错误的是（ ）
A．0＜a＜1B．
C．D．
【解题思路】先将问题转化为y＝a与y有两个交点，数形结合，根据选项进行判断即可．
【解答过程】解：∵函数f（x）＝lnx﹣ax+1有两个零点x1，x2（x1＜x2），
∴lnx﹣ax+1＝0有两个根，∴a，
∴y＝a与y有两个交点，如图，
设g（x）（x＞0），∴，
当g′（x）＞0时，解得0＜x＜1，函数g（x）单调递增，
当g′（x）＜0时，解得x＞1，函数g（x）单调递减，
∴g（x）max＝g（1）＝1，当x→+∞时，g（x）→0，当x→0时，g（x）→﹣∞，
∴当0＜a＜1时，y＝a与y有两个交点，
即函数f（x）＝lnx﹣ax+1有两个零点，故A正确；
结合图象可知，
∵，∴，
要证明，即证明（x1+x2）2，
整理得2（0），
令t，则lnt（0＜t＜1），
设g（t）＝lnt（0＜t＜1），
∴g′（t）0，（0＜t＜1）恒成立，∴g（t）在（0，1）单调递增，
∴g（t）＞g（1）＝0，即lnt（0＜t＜1），故D正确；
由D正确，即x1+x2，即x1x2＜1成立，
∵0＜a＜1，∴，∴x1x2，故B错误；
∵，，
∴﹣x1＞﹣1，可得x2﹣x11，故C正确．
故选：B．
6．（5分）（2022•成都开学）若关于x的方程x2﹣tx+1＝0有两个不相等的实根x1、x2，且满足0＜x1＜1＜x2＜2，则实数t的取值范围是（ ）
A．（2，5）B．（2，）
C．（﹣∞，2）∪（5，+∞）D．（﹣∞，2）∪（，+∞）
【解题思路】利用二次函数根的分布，建立不等式组，即可得到结论．
【解答过程】解：设f（x）＝x2﹣tx+1，
∵0＜x1＜1＜x2＜2，
∴，
则2＜t，
即关于x的方程x2﹣tx+1＝0有两个不相等的实根x1、x2，且满足0＜x1＜1＜x2＜2，则实数t的取值范围是2＜t．
故选：B．
7．（5分）（2021秋•南岗区校级月考）已知f（x）是定义在R上的奇函数，满足f（x+1）＝﹣f（x），当x∈[0，]时，f（x）＝4x﹣1，则h（x）＝（x﹣1）f（x）﹣1在区间[﹣1，3]上所有零点之和为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【解题思路】根据题意，分析可知f（x）关于（0，0）对称，关于直线对称，则其周期为2，而h（x）＝（x﹣1）f（x）﹣1的零点，即为函数y＝f（x）与函数的图象的交点的横坐标，作出图象，观察图象，利用对称性即可得解．
【解答过程】解：∵f（x）为R上的奇函数，
∴f（x）关于（0，0）对称，
又f（x+1）＝﹣f（x），则f（x+1）＝f（﹣x），
∴f（x）关于直线对称，
∴f（x）的周期为，
而h（x）＝（x﹣1）f（x）﹣1的零点，即为函数y＝f（x）与函数的图象的交点的横坐标，
作出函数f（x）及函数的如下图所示，
由图象可知，共有四个交点，且四个交点分别关于（1，0）对称，
∴所有零点之和为2+2＝4．
故选：A．
8．（5分）（2022春•长治期末）已知函数，若函数g（x）＝f（x）﹣|x2﹣kx|有且仅有3个零点，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】由题意x＝0为函数g（x）的一个零点，若函数g（x）有且仅有3个零点，只需要函数与 φ（x）＝|x﹣k|的图象有且仅有2个交点，作出图象结合图象即可求解．
【解答过程】解：由g（0）＝f（0）﹣0＝0，可得x＝0为函数g（x）的一个零点．
当x＞0时，g（x）＝0可化为2x﹣x2＝|x﹣k|；
当x＜0时，g（x）＝0可化为﹣xex＝﹣x|x﹣k|，可得ex＝|x﹣k|．
若函数g（x）有且仅有3个零点，只需要函数与 φ（x）＝|x﹣k|的图象有且仅有2个交点，函数h（x），φ（x）的图象为：
当k变动时，函数φ（x）的图象左、右平移，可求得实数k的范围，
当φ（x）与相切时，由图象可知y＝k﹣x与y＝2x﹣x2由唯一交点，或者y＝x﹣k与y＝2x﹣x2由唯一交；
则x2﹣3x+k＝0有唯一解，或者x2﹣x﹣k＝0有唯一解；
此时有Δ＝9﹣4k＝0，或者Δ＝1+4k＝0；解得或者，
则时，由图象可知φ（x）＝|x﹣k|与没有交点，时，由图象可知与有1交点，
又当k＝1时，由图象可知φ（x）＝|x﹣1|与有2个交点，
故时，由图象可知φ（x）＝|x﹣k|与有2个交点，
当0＜k＜1时，由图象可知φ（x）＝|x﹣k|与有3个交点，
当k＝0时，由图象可知φ（x）＝|x|与有2个交点，
故时，由图象可知φ（x）＝|x﹣k|与有3个交点，时，
由图象可知与有2交点，时，由图象可知φ（x）＝|x﹣k|与有1交点．k＜﹣1时，
由图象可知φ（x）＝|x﹣k|与有2交点，
综上可知函数与 φ（x）＝|x﹣k|的图象有且仅有2个交点时，，
即函数g（x）有且仅有3个零点时，．
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2021秋•福田区校级期末）设函数f（x）＝4sin（2x+1）﹣x，则在下列区间中函数f（x）存在零点的是（ ）
A．[﹣4，﹣2]B．[﹣2，0]C．[0，2]D．[2，4]
【解题思路】将函数f（x）的零点转化为函数g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的交点，在同一坐标系中画出g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的图象，数形结合对各个区间进行讨论，即可得到答案
【解答过程】解：在同一坐标系中画出g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的图象
如下图示：
由图可知g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的图象在区间[﹣2，0]，[0，2]，[2，4]上有交点，
函数f（x）在[﹣2，0]，[0，2]，[2，4]存在零点，
故选：BCD．
10．（5分）（2022春•高邮市期中）下列说法正确的是（ ）
A．已知方程ex＝8﹣x的解在（k，k+1）（k∈Z）内，则k＝1
B．函数f（x）＝x2﹣2x﹣3的零点是（﹣1，0），（3，0）
C．方程x2﹣2ax+a2﹣4＝0的一个实根在区间（﹣1，0）内，另一个实根大于2，则实数a的取值范围是1＜a＜2
D．若函数y＝f（x）在区间（a，b）上有零点，则一定有f（a）•f（b）＜0
【解题思路】构造函数f（x）＝ex+x﹣8，根据零点存在性定理可判断A；
求出函数f（x）＝x2﹣2x﹣3的零点可判断B；
构造函数f（x）＝2ax+a2﹣4，根据二次函数的图象求出a的范围，可判断C；
利用特殊函数f（x）＝（x﹣1）（x﹣2）可判断D．
【解答过程】解：对于A，令f（x）＝ex+x﹣8，显然f（x）为增函数，
因为f（1）＝e+1﹣8＝e﹣7＜0，f（2）＝e2+2﹣8＝e2﹣6＞0，
所以f（x）在（1，2）内有唯一零点，
所以方程ex＝8﹣x在（1，2）内有唯一解，
因为方程ex＝8﹣x的解在（k，k+1）（k∈Z）内，所以k＝1，故A正确；
对于B，令f（x）＝x2﹣2x﹣3＝0，得x＝﹣1或x＝3，
所以函数f（x）＝x2﹣2x﹣3的零点是﹣1和3，故B不正确；
对于C，令f（x）＝2ax+a2﹣4，依题意可得，即，解得1＜a＜2，故C正确；
对于D，因为f（x）＝（x﹣1）（x﹣2）在（0，3）上有两个零点，但是f（0）f（3）＝2×2＝4＞0，故D不正确；
故选：AC．
11．（5分）（2022春•开福区校级月考）已知m为常数，函数，g（x）＝mx+2，若函数y＝f（x）﹣g（x）恰有四个零点，则实数m的值可以是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．D．
【解题思路】作出f（x）的图像，若y＝f（x）﹣g（x）恰有4个零点，则l1与y＝lnx相切，l2与y相切，l3为过点（1，0），即可得出答案．
【解答过程】解：作出f（x）的图像：
当x≤0时，f（x）1，
x→﹣1﹣时，x+1＜0，f（x）→﹣∞，
x→﹣1+时，x+1＞0，f（x）→+∞，
x→﹣∞时，→0，f（x）→1，
因为y＝f（x）﹣g（x）恰有4个零点，
所以两个临界位置l1和l2，l3，
即l1与y＝lnx相切，l2与y相切，l3为过点（1，0），
设l1与y＝lnx相切的切点为（x0，lnx0），
切线方程为y﹣lnx0＝k（x﹣x0），
因为y＝lnx，
所以y′，即k，
所以l1切线方程为y﹣lnx0（x﹣x0），
因为l1过点（0，2），
所以2﹣lnx0（0﹣x0），
解得x0＝e3，
所以k＝m，
设l2与y切点（x1，），
所以ym（x﹣x1），
因为y，
所以y′，
所以2（0﹣x1），
所以1，解得x1＝0，不合题意，
因为l3过点（1，0），
所以m2，
所以m＝﹣2或．
故选：AC．
12．（5分）（2021秋•天河区期末）已知函数，令h（x）＝f（x）﹣k，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）
B．当k∈（﹣4，﹣3]时，h（x）有3个零点
C．当k＝﹣2时，h（x）的所有零点之和为﹣1
D．当k∈（﹣∞，﹣4）时，h（x）有1个零点
【解题思路】画出函数f（x）的图象，结合图象，判断选项中的命题是否正确即可．
【解答过程】解：画出函数的图象，如图所示：
由图象可知，函数f（x）在（﹣1，0）和（0，+∞）上单调递增，由于函数图象不连续，所以选项A错误；
由图象可知，当﹣4＜k≤﹣3时，函数f（x）的图象与y＝k的图象有3个不同的交点，所以h（x）＝f（x）﹣k有3个零点，选项B正确；
当k＝﹣2时，h（x）＝f（x）+2，令h（x）＝0，得x1＝﹣1，x2＝1，计算x1+x2，即h（x）的所有零点之和为，选项C错误；
当k＜﹣4时，函数f（x）的图象与y＝k的图象有1个交点，即函数h（x）有1个零点，选项D正确．
故选：BD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春•福州期末）函数f（x）＝2x+3x﹣4的零点所在的区间是（a，a+1）则a＝ 0 ．
【解题思路】确定f（0）＝1﹣4＝﹣3＜0，f（1）＝2+3﹣4＝1＞0，根据零点存在定理，可得结论．
【解答过程】解：f（0）＝1﹣4＝﹣3＜0，f（1）＝2+3﹣4＝1＞0，
根据零点存在定理，可得函数f（x）＝2x+3x﹣4的零点所在的大致区间是（0，1）
故a＝0．
故答案为：0．
14．（5分）（2022春•南阳月考）已知[x]表示不超过x的最大整数，则函数f（x）＝[x]﹣x+sinx，x∈[﹣1，π]的零点有 4 个．
【解题思路】在同一平面直角坐标系作出y＝x﹣[x]（y∈[0，1））与y＝sinx，x∈[﹣1，π]的图象，数形结合得解．
【解答过程】解：由f（x）＝[x]﹣x+sinx＝0，可得x﹣[x]＝sinx，
令y＝x﹣[x]，y＝sinx，x∈[﹣1，π]，
在同一平面直角坐标系作出图象，如图，
则由图可知，y＝x﹣[x]（y∈[0，1））与y＝sinx，x∈[﹣1，π]有4个交点，
所以f（x）＝[x]﹣x+sinx，x∈[﹣1，π]有4个零点．
故答案为：4．
15．（5分）（2022春•海淀区校级月考）已知函数若函数g（x）＝f（x）﹣k有两个不同的零点，则实数k的取值范围是 [0，1） ．
【解题思路】画出f（x）的图象，由y＝f（x）与y＝k的图象有两个交点来求得k的取值范围．
【解答过程】画出f（x）的图象如下图所示，
令g（x）＝f（x）﹣k＝0，则f（x）＝k，
即y＝f（x）与y＝k的图象有两个交点，
由图可知，k的取值范围是[0，1）．
故答案为：[0，1）．
16．（5分）（2022•二模拟）已知函数，则函数f（x）的各个零点之和为 5 ；若方程恰有四个实根，则实数m的取值范围为 （﹣1，0）∪（ln2，+∞） ．
【解题思路】求出函数f（x）的零点，可求得函数f（x）的各零点之和；令，可得出函数的值域为（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞），设方程f（t）＝m在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有两个不等的实根，设为t1、t2，可得出t1、t2∈（2，+∞）或t1、t2∈（﹣∞，﹣2）或t1＞2，t2＜﹣2，数形结合可得出实数m的取值范围．
【解答过程】解：当x＜0时，由f（x）＝|ln（﹣x）|＝0，可得x＝﹣1，
当x≥0时，由f（x）＝x2﹣6x+8＝0，解得x＝2或4，
所以，函数f（x）的各个零点之和为﹣1+2+4＝5；
令，当x＞0时，，当且仅当x＝1时，等号成立，
当x＜0时，，当且仅当x＝﹣1时，等号成立，
所以，函数的值域为（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞），
作出函数的图象如下图所示：
若方程恰有四个实根，则方程f（t）＝m在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有两个不等的实根，设为t1，t2，
由图可知，t1，t2∈（2，+∞）或t1，t2∈（﹣∞，﹣2）或t1＞2、t2＜﹣2，
作出函数f（t）在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上的图象如下图所示：
由图可得m＞ln2或﹣1＜m＜0，
因此，实数m的取值范围是（﹣1，0）∪（ln2，+∞）．
故答案为：5；（﹣1，0）∪（ln2，+∞）．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2021秋•城关区校级期末）已知函数f（x）＝2x+x﹣5．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）求证：函数f（x）在区间（1，2）上有零点．
【解题思路】（1）利用单调性的定义进行判断；
（2）利用零点存在性定理进行证明．
【解答过程】（1）解：设 x1＞x2，
则，
∵指数函数y＝2x在R上是增函数，
∴，
∴，
∴f（x1）﹣f（x2）＞0，
∴函数f（x）＝2x+x﹣5在R上是增函数；
（2）证明：∵函数 f（x）＝2x+x﹣5 在区间（1，2）上连续且单调递增，
f（1）＝2+1﹣5＜0，f（2）＝4+2﹣5＝1＞0
f（1）•f（2）＜0，
∴函数f（x）在区间（1，2）上有零点．
18．（12分）（2022春•山东月考）已知函数f（x）＝sinx﹣xcsx．
（1）证明：当x∈（0，π）时，f（x）＞0；
（2）记函数g（x）＝f（x）﹣x，判断g（x）在区间（﹣2π，2π）上零点的个数．
【解题思路】（1）求导后可知f（x）在（0，π）上单调递增，由f（x）＞f（0）＝0可得结论；
（2）由g（π）＝0可知x＝π是g（x）的一个零点；分别在x∈（，π）和x∈（π，2π）的情况下，结合零点存在定理判断导函数的正负，从而得到g（x）的单调性，确定区间内零点个数，得到g（x）在（0，2π）上的零点个数；根据奇函数性质可得最终结果．
【解答过程】解：（1）证明：由题意得：f′（x）＝xsinx；
当x∈（0，π）时，sinx＞0，
∴f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，π）上单调递增，
∴f（x）＞f（0）＝0；
（2）因为g（x）＝sinx﹣xcsx﹣x，g'（x）＝xsinx﹣1，
∵g（π）＝sinπ﹣πcsπ﹣π＝0，
∴x＝π是g（x）的一个零点；
①当x∈（0，]时，设h（x）＝sinx﹣x，则h′（x）＝csx﹣1＜0，
∴h（x）在（0，]上单调递减，
∴h（x）＜h（0）＝0，
又﹣xcsx＜0，
∴g（x）＜0，
即g（x）在（0，]上无零点；
②当x∈（，π）时，g″（x）＝sinx+xcsx，g′″（x）＝2csx﹣xsinx＜0，
∴g″（x）在（，π）上单调递减，
又g″（）＝1＞0，g″（π）＝﹣π＜0，
∴∃x0∈（，π），使得g″（x0）＝0，
当x∈（，x0）时，g″（x）＞0；当x∈（x0，π）时，g″（x）＜0；
∴g′（x）在（，x0）上单调递增，在（x0，π）上单调递减；
∵g′（x0）＞g'（）1＞0，g′（π）＝﹣1＜0，
∴g′（x）在（，π）上存在唯一零点x1，
当x∈（，x1）时，g′（x）＞0；当x∈（x1，π）时，g′（x）＜0；
∴g（x）在（，x1）上单调递增，在（x1，π）上单调递减，
∵g（x1）＞g（π）＝0，g（）＝10，
∴g（x）在（，π）有唯一零点；
③当x∈（π，2π）时，sinx＜0，
∴g′（x）＜0，∴g（x）在（π，2π）上单调递减，
∴g（x）＜g（π）＝0，
∴g（x）在（π，2π）上无零点；
综上所述：g（x）在（0，2π）上有两个零点；
∵g（﹣x）＝﹣sinx+xcsx+x＝﹣g（x），
∴g（x）为奇函数，图象关于原点对称，
∴g（x）在（﹣2π，0）上有两个零点；
又g（0）＝0，
∴g（x）在（﹣2π，2π）上共有5个零点．
19．（12分）（2021春•雨花区校级期末）已知函数f（x）＝ax2﹣2x+1（a≠0）．
（1）若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（2）若函数f（x）在区间（0，1）与（1，2）上各有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意可得，a≠0，且Δ＝4﹣4a＞0，由此求得a的范围．
（2）若函数f（x）在区间（0，1）与（1，2）上各有一个零点，则由函数f（x）的图象可得 ，由此求得a的范围．
【解答过程】解：（1）由题意可得，a≠0，且Δ＝4﹣4a＞0，
解得a＜1，且a≠0，
故a的范围是（﹣∞，0）∪（0，1）．
（2）若函数f（x）在区间（0，1）与（1，2）上各有一个零点，
则由函数f（x）的图象可得 ，
即 ，
解得 a＜1，
即所求的a的范围为（，1）．
20．（12分）（2022春•南京期中）已知函数．
（1）若函数f（x）在（0，1）上有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
（2）用min{mn}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．
【解题思路】（1）根据二次函数的性质有即可求范围；
（2）由对数函数性质确定g（x）的单调性和零点，讨论a研究f（x）的单调性、值域，进而判断区间内f（x）、g（x）的大小确定h（x），结合零点存在性定理判断h（x）的区间零点分布即可．
【解答过程】解：（1）因为f（x）开口向上，对称轴为x，且f（0）0，
所以f（x）在（0，1）上有两个不同的零点，
则，可得a＜﹣1，
所以a的取值范围为：（，1）；
（2）由对数函数性质知：g（x）定义域上递减且值域为R，g（1）＝0，
而f（x）开口向上，对称轴为x，且f（0）0，
当a≥0时，f（x）对称轴为x0，则f（x）在 （0，+∞）上递增且f（1）a＞0，
所以存在x0∈（0，1），有x∈（0，x0）时f（x）＜g（x），x∈（x0，+∞）时f（x）＞g（x），
则h（x），
而在（0，x0）上h（x），在（x0，+∞）上h（1）＝0，
此时，h（x）只有1个零点；
当﹣1＜a＜0时，x∈（0，1）且Δ＝a2﹣1＜0，f（1）a＞0，
所以存在x0∈（，1），有x∈（0，x0）时f（x）＜g（x），x∈（x0，+∞）时f（x）＞g（x），
则h（x），
而在（0，x0）上h（x）＞0，在（x0，+∞）上h（1）＝0，
此时，h（x）只有1个零点；
当a＝﹣1时，x且f（）＝0，f（1）0，
所以存在x0∈（，1），有x∈（0，x0）时f（x）＜g（x），x∈（x0，+∞）时f（x）＞g（x），
则h（x），
而在（0，x0）上h（）＝0，在（x0，+∞）上h（1）＝0，
此时，h（x）有两个零点；
当a＜﹣1时，x∈（0，1）且Δ＝a2﹣1＞0，f（1）a＞0，
所以存在x0∈（，1），有x∈（0，x0）时f（x）＜g（x），x∈（x0，+∞）时f（x）＞g（x），
则h（x），
由（1）知：在（0，x0）上有2个零点，在（x0，+∞）上h（1）＝0，
此时，h（x）有3个零点；
当a时，f（x）＝（x）（x﹣1），在（0，+∞）上f（x）有两个零点，1，
则h（x），
在（0，1）上h（）＝0，在[1，+∞）上h（1）＝0，
此时，h（x）有2个零点；
当a时，x且Δ＝a2﹣1＞0，f（1）a＜0，
所以存在x0∈（1，+∞），有x∈（0，x0）时f（x）＜g（x），x∈（x0，+∞）时f（x）＞g（x），
则h（x），
在（0，x0）上有1个零点，在（x0，+∞）上h（x）＜0，
此时，h（x）有1个零点；
综上，a＞﹣1或a时h（x）有1个零点；a＝﹣1或a时h（x）有2个零点；a＜﹣1时h（x）有3个零点．
21．（12分）（2021秋•滕州市校级月考）已知f（x）是定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，且当x＞0时，f（x），g（x）＝f（x）﹣a．
（1）若函数g（x）恰有三个不相同的零点，求实数a的值；
（2）记h（a）为函数g（x）的所有零点之和．当﹣1＜a＜1时，求h（a）的取值范围．
【解题思路】（1）作出函数的图象，把函数g（x）＝f（x）﹣a恰有两个不相同的零点，转化为y＝f（x）的图象与y＝a的图象有3个不同交点，由图可得实数a的值；
（2）当﹣1＜a＜1时，f（x）＝a的实根的个数为6，由小到大设为x1，x2，x3，x4，x5，x6，由绝对值函数的对称性和指数方程的求解，即可得到所求范围．
【解答过程】解：（1）作出函数f（x）的图象，如图所示：
由图象可知，当且仅当a＝2或a＝﹣2时，
直线y＝a与函数y＝f（x）的图象有三个不同的交点，
∴函数g（x）恰有三个不相同的零点，
a＝2或a＝﹣2．
（2）由f（x）的图象可知，当﹣1＜a＜1时，
g（x）有6个不同的零点，
设由小到大设为x1，x2，x3，x4，x5，x6，
则由对称性可得x1+x2＝﹣10，x5+x6＝10，
x3是方程﹣3﹣x+7﹣a＝0的解，
x4是方程3x﹣7﹣a＝0的解，
∴h（a）＝﹣10﹣lg3（7﹣a）+lg3（7+a）+10，
＝lg3，
当﹣1＜a＜1时，1∈（，）
∴h（a）∈（1﹣2lg32，2lg32﹣1）．
22．（12分）（2021秋•徐汇区校级期中）已知f（x）＝x2﹣a|x﹣b|，其中a＞0，b＞0．
（1）若a＝2，b＝1，写出f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）恰有三个不同的零点，且这些零点之和为﹣2，求a、b的值；
（3）若函数f（x）在[﹣2，2]上有四个不同零点x1、x2、x3、x4，求|x1|+|x2|+|x3|+|x4|的最大值．
【解题思路】（1）分类讨论x与1的关系，进而求解；
（2）由（1）知x＞b时，方程有唯一解，进而利用判别式求解；
（3）f（x）＝x2﹣a|x﹣b|＝0即x2﹣ax+ab＝0或x2+ax﹣ab＝0，进而由韦达定理及求根公式1求解；
【解答过程】解：（1）a＝2，b＝1时，f（x）＝x2﹣2|x﹣1|，
∴f（x）在（﹣∞，﹣1]单调递减，在（﹣1，1）上单调递增，在[1，+∞）单调递增；
（2）由题意f（x）＝x2﹣a|x﹣b|＝0有三个解，且他们的和为﹣2，
∵x＜b时，f（x）＝x2+ax﹣ab＝0必有两个解，x，∴x＞b时，f（x）＝x2﹣ax+ab＝0只有一解，Δ＝a2﹣4ab＝0，a＝4b①，x＝2b②，联立①②解得a＝4，b＝1，
综上所述a＝4，b＝1；
（3）f（x）＝x2﹣a|x﹣b|＝0即x2﹣ax+ab＝0或x2+ax﹣ab＝0，设x2﹣ax+ab＝0的两根为x1，x2，则x1+x2＝a，x1＞0，x2＞0；设x2+ax﹣ab＝0的两根为x3，x4，则x3+x4＝﹣a，x3•x4＝﹣ab＜0，
∴|x3|+|x4|＝|x3﹣x4|，∵x1，x2，x3，x4均在区间[﹣2，2]内，
∴x2+ax﹣ab＝0的负根在区间[﹣2，2]内，
∴2，∴a4，
∴|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝a4，
综上所述|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝a的最大值为4.