一．選擇題（共1小題）
1．（2020?天津）已知函數(shù)f（x）＝若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣|kx2﹣2x|（k∈R）恰有4個(gè)零點(diǎn)，則k的取值范圍是（ ）
A．（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）B．（﹣∞，﹣）∪（0，2）
C．（﹣∞，0）∪（0，2）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【分析】問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f（x）＝|kx2﹣2x|有四個(gè)根，?y＝f（x）與y＝h（x）＝|kx2﹣2x|有四個(gè)交點(diǎn)，再分三種情況當(dāng)k＝0時(shí)，當(dāng)k＜0時(shí)，當(dāng)k＞0時(shí)，討論兩個(gè)函數(shù)是否能有4個(gè)交點(diǎn)，進(jìn)而得出k的取值范圍．
【解答】解：若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣|kx2﹣2x|（k∈R）恰有4個(gè)零點(diǎn)，
則f（x）＝|kx2﹣2x|有四個(gè)根，
即y＝f（x）與y＝h（x）＝|kx2﹣2x|有四個(gè)交點(diǎn)，
當(dāng)k＝0時(shí)，y＝f（x）與y＝|﹣2x|＝2|x|圖象如下：
兩圖象只有兩個(gè)交點(diǎn)，不符合題意，
當(dāng)k＜0時(shí)，y＝|kx2﹣2x|與x軸交于兩點(diǎn)x1＝0，x2＝（x2＜x1）
圖象如圖所示，
當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)y＝|kx2﹣2x|的函數(shù)值為﹣，
當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)y＝﹣x的函數(shù)值為﹣，
所以兩圖象有4個(gè)交點(diǎn)，符合題意，
當(dāng)k＞0時(shí)，
y＝|kx2﹣2x|與x軸交于兩點(diǎn)x1＝0，x2＝（x2＞x1）
在[0，）內(nèi)兩函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，所以若有四個(gè)交點(diǎn)，
只需y＝x3與y＝kx2﹣2x在（，+∞）還有兩個(gè)交點(diǎn)，即可，
即x3＝kx2﹣2x在（，+∞）還有兩個(gè)根，
即k＝x+在（，+∞）還有兩個(gè)根，
函數(shù)y＝x+≥2，（當(dāng)且僅當(dāng)，即x＝時(shí)，取等號(hào)），
所以，且k＞2，
所以k＞2，
綜上所述，k的取值范圍為（﹣∞，0）∪（2，+∞）．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的零點(diǎn)，參數(shù)的取值范圍，關(guān)鍵利用分類討論思想，分析函數(shù)的交點(diǎn)，屬于中檔題．
二．填空題（共2小題）
2．（2020?上海）設(shè)a∈R，若存在定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件：
（1）對(duì)任意的x0∈R，f（x0）的值為x0或x02；
（2）關(guān)于x的方程f（x）＝a無(wú)實(shí)數(shù)解，
則a的取值范圍是 （﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞） ．
【分析】根據(jù)條件（1）可知x0＝0或1，進(jìn)而結(jié)合條件（2）可得a的范圍
【解答】解：根據(jù)條件（1）可得f（0）＝0或f（1）＝1，
又因?yàn)殛P(guān)于x的方程f（x）＝a無(wú)實(shí)數(shù)解，所以a≠0或1，
故a∈（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞），
故答案為：（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．
3．（2022?天津）設(shè)a∈R，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，記f（x）＝min{|x|﹣2，x2﹣ax+3a﹣5}．若f（x）至少有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 [10，+∞） ．
【分析】設(shè)g（x）＝x2﹣ax+3a﹣5，h（x）＝|x|﹣2，分析可知函數(shù)g（x）至少有一個(gè)零點(diǎn)，可得出Δ≥0，求出a的取值范圍，然后對(duì)實(shí)數(shù)a的取值范圍進(jìn)行分類討論，根據(jù)題意可得出關(guān)于實(shí)數(shù)a的不等式，綜合可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：設(shè)g（x）＝x2﹣ax+3a﹣5，h（x）＝|x|﹣2，由|x|﹣2＝0可得x＝±2．
要使得函數(shù)f（x）至少有3個(gè)零點(diǎn)，則函數(shù)g（x）至少有一個(gè)零點(diǎn)，
則Δ＝a2﹣4（3a﹣5）≥0，
解得a≤2或a≥10．
①當(dāng)a＝2時(shí)，g（x）＝x2﹣2x+1，作出函數(shù)g（x）、h（x）的圖象如圖所示：
此時(shí)函數(shù)f（x）只有兩個(gè)零點(diǎn)，不滿足題意；
②當(dāng)a＜2時(shí)，設(shè)函數(shù)g（x）的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1、x2（x1＜x2），
要使得函數(shù)f（x）至少有3個(gè)零點(diǎn)，則x2≤﹣2，
所以，，解得a∈?；
③當(dāng)a＝10時(shí)，g（x）＝x2﹣10x+25，作出函數(shù)g（x）、h（x）的圖象如圖所示：
由圖可知，函數(shù)f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3，滿足題意；
④當(dāng)a＞10時(shí)，設(shè)函數(shù)g（x）的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x3、x4（x3＜x4），
要使得函數(shù)f（x）至少有3個(gè)零點(diǎn)，則x3≥2，
可得，解得a＞4，此時(shí)a＞10．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[10，+∞）．
故答案為：[10，+∞）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的零點(diǎn)、轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想及數(shù)形結(jié)合思想，屬于中難題．
三．解答題（共2小題）
4．（2022?上海）已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，現(xiàn)有兩種對(duì)f（x）變換的操作：φ變換：f（x）﹣f（x﹣t）；ω變換：|f（x+t）﹣f（x）|，其中t為大于0的常數(shù)．
（1）設(shè)f（x）＝2x，t＝1，g（x）為f（x）做φ變換后的結(jié)果，解方程：g（x）＝2；
（2）設(shè)f（x）＝x2，h（x）為f（x）做ω變換后的結(jié)果，解不等式：f（x）≥h（x）；
（3）設(shè)f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，f（x）先做φ變換后得到u（x），u（x）再做ω變換后得到h1（x）；f（x）先做ω變換后得到v（x），v（x）再做φ變換后得到h2（x）．若h1（x）＝h2（x）恒成立，證明：函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增．
【分析】（1）推導(dǎo)出g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，由此能求出x．
（2）推導(dǎo)出x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，當(dāng)x≤﹣時(shí)，f（x）≥h（x）恒成立；當(dāng)x＞﹣時(shí)，2tx+t2≤x2，由此能求出f（x）≥h（x）的解集．
（3）先求出u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），從而h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，先求出v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，從而h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，由h1（x）＝h2（x），得|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，再由f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，能證明函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增．
【解答】解：（1）∵f（x）＝2x，t＝1，g（x）為f（x）做φ變換后的結(jié)果，g（x）＝2，
∴g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，
解得x＝2．
（2）∵f（x）＝x2，h（x）為f（x）做ω變換后的結(jié)果，f（x）≥h（x），
∴x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，
當(dāng)x≤﹣時(shí)，f（x）≥h（x）恒成立；
當(dāng)x＞﹣時(shí)，2tx+t2≤x2，
解得x≥（1+）t，或x≤（1﹣）t，
綜上，不等式：f（x）≥h（x）的解集為（﹣∞，（1﹣）t]∪[（1+）t，+∞）．
（3）證明：f（x）先做φ變換后得到u（x），u（x）再做ω變換后得到h1（x），
∴u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，
f（x）先做ω變換后得到v（x），v（x）再做φ變換后得到h2（x），
∴v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∵h(yuǎn)1（x）＝h2（x），f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，
∴|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∴對(duì)t＞0恒成立，
∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查方程、不等式的解的求法，考查函數(shù)是增函數(shù)的證明，考查函數(shù)變換的性質(zhì)、抽象函數(shù)性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．
5．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．
（1）當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（2）若f（x）在區(qū)間（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．
【分析】（1）將a＝1代入，對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，求出f′（0）及f（0），由點(diǎn)斜式得答案；
（2）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，分a≥0及a＜0討論，當(dāng)a≥0時(shí)容易判斷不合題意，當(dāng)a＜0時(shí)，設(shè)g（x）＝ex+a（1﹣x2），利用導(dǎo)數(shù)判斷g（x）的性質(zhì)，進(jìn)而判斷得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性并結(jié)合零點(diǎn)存在性定理即可得解．
【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝ln（1+x）+xe﹣x，則，
∴f′（0）＝1+1＝2，
又f（0）＝0，
∴所求切線方程為y＝2x；
（2）＝，
若a≥0，當(dāng)﹣1＜x＜0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，則f（x）＜f（0）＝0，不合題意；
設(shè)g（x）＝ex+a（1﹣x2），g′（x）＝ex﹣2ax，
當(dāng)﹣1≤a＜0時(shí)，在（0，+∞）上，g（x）＞e0+a≥0，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，無(wú)零點(diǎn)，不合題意；
當(dāng)a＜﹣1時(shí)，當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＞0，則g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，g（0）＝1+a＜0，g（1）＝e＞0，
所以存在唯一的x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，且f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，f（x0）＜f（0）＝0，
先證當(dāng)x＞0時(shí)，，
設(shè)，則，
易知當(dāng)0＜x＜2時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單減，當(dāng)x＞2時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單增，
所以，則當(dāng)x＞0時(shí)，，
所以，
再證，
設(shè)，則，
易知當(dāng)0＜x＜1時(shí)，m′（x）＜0，m（x）單減，當(dāng)x＞1時(shí)，m′（x）＞0，m（x）單增，
所以m（x）≥m（1）＝0，即，
則由a＜﹣1，可得，
則當(dāng)x＞1+a2時(shí)，＞0，
此時(shí)f（x）在（0，+∞）上恰有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)﹣1＜x＜0時(shí)，g′（x）在（﹣1，0）上單調(diào)遞增，，
故存在唯一的x1∈（﹣1，0），使得g′（x1）＝0，且g（x）在（﹣1，x1）上單調(diào)遞減，在（x1，0）上單調(diào)遞增，
，
故存在唯一的x2∈（﹣1，x1），使得g（x2）＝0，
所以f（x）在（﹣1，x2）上單調(diào)遞增，在（x2，0）上單調(diào)遞減，
x→﹣1時(shí)，f（x）→﹣∞，f（0）＝0，此時(shí)f（x）在（﹣1，0）上恰有一個(gè)零點(diǎn)，
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（﹣∞，﹣1）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，零點(diǎn)問(wèn)題，考查分類討論思想及運(yùn)算求解能力，屬于難題．
二、考點(diǎn)清單
一．函數(shù)的零點(diǎn)
一般地，對(duì)于函數(shù)y＝f（x）（x∈R），我們把方程f（x）＝0的實(shí)數(shù)根x叫作函數(shù)y＝f（x）（x∈D）的零點(diǎn)．即函數(shù)的零點(diǎn)就是使函數(shù)值為0的自變量的值．函數(shù)的零點(diǎn)不是一個(gè)點(diǎn)，而是一個(gè)實(shí)數(shù)．
【解法——二分法】
①確定區(qū)間[a，b]，驗(yàn)證f（a）*f（b）＜0，給定精確度； ②求區(qū)間（a，b）的中點(diǎn)x1；③計(jì)算f（x1）；
④若f（x1）＝0，則x1就是函數(shù)的零點(diǎn)； ⑤若f（a）f（x1）＜0，則令b＝x1（此時(shí)零點(diǎn)x0∈（a，x1））；⑥若f（x1）f（b）＜0，則令a＝x1．（此時(shí)零點(diǎn)x0∈（x1，b） ⑦判斷是否滿足條件，否則重復(fù)（2）～（4）
【總結(jié)】
零點(diǎn)其實(shí)并沒(méi)有多高深，簡(jiǎn)單的說(shuō)，就是某個(gè)函數(shù)的零點(diǎn)其實(shí)就是這個(gè)函數(shù)與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，另外如果在（a，b）連續(xù)的函數(shù)滿足f（a）?f（b）＜0，則（a，b）至少有一個(gè)零點(diǎn)．這個(gè)考點(diǎn)屬于了解性的，知道它的概念就行了．
二．函數(shù)零點(diǎn)的判定定理
1、函數(shù)零點(diǎn)存在性定理：
一般地，如果函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f（a）?f（b）＜0，那么函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（a，b）內(nèi)有零點(diǎn)，即存在c∈（a，b），使得f（c）＝O，這個(gè)c也就是f（x）＝0的根．
特別提醒：
（1）根據(jù)該定理，能確定f（x）在（a，b）內(nèi)有零點(diǎn)，但零點(diǎn)不一定唯一．
（2）并不是所有的零點(diǎn)都可以用該定理來(lái)確定，也可以說(shuō)不滿足該定理的條件，并不能說(shuō)明函數(shù)在（a，b）上沒(méi)有零點(diǎn)，例如，函數(shù)f（x）＝x2﹣3x+2有f（0）?f（3）＞0，但函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，3）上有兩個(gè)零點(diǎn)．
（3）若f（x）在[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的，且是單調(diào)函數(shù)，f（a）．f（b）＜0，則f（x）在（a，b）上有唯一的零點(diǎn)．
2、函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷方法：
（1）幾何法：對(duì)于不能用求根公式的方程，可以將它與函數(shù)y＝f（x）的圖象聯(lián)系起來(lái)，并利用函數(shù)的性質(zhì)找出零點(diǎn)．
特別提醒：
①“方程的根”與“函數(shù)的零點(diǎn)”盡管有密切聯(lián)系，但不能混為一談，如方程x2﹣2x+1＝0在[0，2]上有兩個(gè)等根，而函數(shù)f（x）＝x2﹣2x+1在[0，2]上只有一個(gè)零點(diǎn)；
②函數(shù)的零點(diǎn)是實(shí)數(shù)而不是數(shù)軸上的點(diǎn)．
（2）代數(shù)法：求方程f（x）＝0的實(shí)數(shù)根．
三．函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系
函數(shù)的零點(diǎn)表示的是函數(shù)與x軸的交點(diǎn)，方程的根表示的是方程的解，他們的含義是不一樣的．但是，他們的解法其實(shí)質(zhì)是一樣的．
【解法】
求方程的根就是解方程，把所有的解求出來(lái)，一般要求的是二次函數(shù)或者方程組，這里不多講了．我們重點(diǎn)來(lái)探討一下函數(shù)零點(diǎn)的求法（配方法）．
例題：求函數(shù)f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零點(diǎn)．
解：∵f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70
＝（x﹣5）?（x+7）?（x+2）?（x+1）
∴函數(shù)f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零點(diǎn)是：5、﹣7、﹣2、﹣1．
通過(guò)這個(gè)題，我們發(fā)現(xiàn)求函數(shù)的零點(diǎn)常用的方法就是配方法，把他配成若干個(gè)一次函數(shù)的乘積或者是二次函數(shù)的乘積，最后把它轉(zhuǎn)化為求基本函數(shù)的零點(diǎn)或者說(shuō)求基本函數(shù)等于0時(shí)的解即可．
【考查趨勢(shì)】
考的比較少，了解相關(guān)的概念和基本的求法即可．
四．二分法的定義與應(yīng)用
二分法 即一分為二的方法．設(shè)函數(shù)f（x）在[a，b]上連續(xù)，且滿足f（a）?f（b）＜0，我們假設(shè)f（a）＜0，f（b）＞0，那么當(dāng)x1＝時(shí)，若f（x1）＝0，這說(shuō)x1為零點(diǎn)；若不為0，假設(shè)大于0，那么繼續(xù)在[x1，b]區(qū)間取中點(diǎn)驗(yàn)證它的函數(shù)值為0，一直重復(fù)下去，直到找到滿足要求的點(diǎn)為止．這就是二分法的基本概念．
【二分法的應(yīng)用】
我們以具體的例子來(lái)說(shuō)說(shuō)二分法應(yīng)用的一個(gè)基本條件：
例題：下列函數(shù)圖象均與x軸有交點(diǎn)，其中能用二分法求函數(shù)零點(diǎn)的是

解：能用二分法求函數(shù)零點(diǎn)的函數(shù)，在零點(diǎn)的左右兩側(cè)的函數(shù)值符號(hào)相反，
有圖象可得，只有③能滿足此條件，
故答案為 ③．
在這個(gè)例題當(dāng)中，所要求的能力其實(shí)就是對(duì)概念的理解，這也是二分法它慣用的考查形式，通過(guò)這個(gè)例題，希望同學(xué)們能清楚二分法的概念和?？碱}型．
【二分法求方程的近似解】
二分法在高中主要屬于了解性的內(nèi)容，拿二分法求近似解思路也比較固定，這里我們主要以例題來(lái)做講解．
例：用二分法求方程在[1，2]上的近似解，取中點(diǎn)c＝1.5，則下一個(gè)有根區(qū)間是 [1.5，2] ．
解：令函數(shù)f（x）＝lnx﹣，由于f（1.5）＝ln（1.5）﹣＝（ln1.52﹣2）＜（lne2﹣2）＝0，即f（1.5）＜0，
而f（2）＝ln2﹣＝ln2﹣ln＝ln＝ln＞ln1＝0，即f（2）＞0，
故函數(shù)f（x）在[1.5 2]上存在零點(diǎn)，故方程在[1.5，2]上有根，
故答案為[1.5，2]．
通過(guò)這個(gè)例題，我們可以發(fā)現(xiàn)二分法的步奏，第一先確定f（a）?f（b）＜0的a，b點(diǎn)；第二，尋找區(qū)間（a，b）的中點(diǎn)，并判斷它的函數(shù)值是否為0；第三，若不為0，轉(zhuǎn)第一步．
五．函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用
函數(shù)思想，是指用函數(shù)的概念和性質(zhì)去分析問(wèn)題、轉(zhuǎn)化問(wèn)題和解決問(wèn)題．方程思想，是從問(wèn)題的數(shù)量關(guān)系入手，運(yùn)用數(shù)學(xué)語(yǔ)言將問(wèn)題中的條件轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)模型（方程、不等式、或方程與不等式的混合組），然后通過(guò)解方程（組）或不等式（組）來(lái)使問(wèn)題獲解．有時(shí)，還實(shí)現(xiàn)函數(shù)與方程的互相轉(zhuǎn)化、接軌，達(dá)到解決問(wèn)題的目的．笛卡爾的方程思想是：實(shí)際問(wèn)題→數(shù)學(xué)問(wèn)題→代數(shù)問(wèn)題→方程問(wèn)題．宇宙世界，充斥著等式和不等式．
三、題型方法
一．函數(shù)的零點(diǎn)（共4小題）
1．（2023?烏魯木齊三模）定義符號(hào)函數(shù)，則方程x2sgnx＝5x﹣6的解是（ ）
A．2或﹣6B．3或﹣6C．2或3D．2或3或﹣6
【分析】根據(jù)符號(hào)函數(shù)的意義，分段解方程作答．
【解答】解：依題意，當(dāng)x＞0時(shí)，方程x2sgnx＝5x﹣6為：x2＝5x﹣6，解得x＝2或x＝3，因此x＝2或x＝3，
當(dāng)x＝0時(shí)，方程x2sgnx＝5x﹣6為：0＝5x﹣6，解得，于是無(wú)解，
當(dāng)x＜0時(shí)，方程x2sgnx＝5x﹣6為：﹣x2＝5x﹣6，解得x＝﹣6或x＝1，因此x＝﹣6，
所以方程x2sgnx＝5x﹣6的解是x＝2或x＝3或x＝﹣6．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分段函數(shù)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
2．（2023?北京模擬）的零點(diǎn)為 ﹣1，2 ．
【分析】利用方程的根求解函數(shù)的零點(diǎn)即可．
【解答】解：當(dāng)x≤0時(shí)，x+1＝0，解得x＝﹣1；
x＞0時(shí)，x2﹣4＝0，解得x＝2，
函數(shù)的零點(diǎn)為：﹣1，2．
故答案為：﹣1，2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的零點(diǎn)的求法，是基礎(chǔ)題．
3．（2023?畢節(jié)市模擬）給出下列命題：
①函數(shù)f（x）＝2x﹣x2恰有兩個(gè)零點(diǎn)；
②若函數(shù)在（0，+∞）上的最小值為4，則a＝4；
③若函數(shù)f（x）滿足f（x）+f（1﹣x）＝4，則；
④若關(guān)于x的方程2|x|﹣m＝0有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（0，1]．
其中正確的是（ ）
A．①③B．②④C．③④D．②③
【分析】根據(jù)函數(shù)的基本性質(zhì)，逐一分析選項(xiàng)，即可得出答案．
【解答】解：對(duì)于①：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＝2x﹣x2有2個(gè)零點(diǎn)，2和4，
作出y＝x2和y＝2x的圖像，當(dāng)x＜0時(shí)，函數(shù)f（x）＝2x﹣x2有1個(gè)零點(diǎn)，
∴函數(shù)f（x）＝2x﹣x2有3個(gè)零點(diǎn)，
故①錯(cuò)誤；
對(duì)于②：，即，則a＝4，故②正確；
對(duì)于③：①，②，
∵f（x）+f（1﹣x）＝4，
∴，，…，，
∴①+②＝4×9＝36，
∴，故③正確；
對(duì)于④：若關(guān)于x的方程2|x|﹣m＝0有解，則m＝2|x|，
∵|x|≥0，∴m≥1，故④錯(cuò)誤，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題的真假判斷和函數(shù)的基本性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題．
4．（2023?漢中模擬）設(shè)x1，x2分別是函數(shù)f（x）＝x﹣a﹣x和g（x）＝xlgax﹣1的零點(diǎn)（其中a＞1），則x1+4x2的取值范圍是（ ）
A．[4，+∞）B．（4，+∞）C．[5，+∞）D．（5，+∞）
【分析】函數(shù)的零點(diǎn)即方程的解，將其轉(zhuǎn)化為圖象交點(diǎn)問(wèn)題，又由函數(shù)圖象特點(diǎn)，得到交點(diǎn)的對(duì)稱問(wèn)題，從而求解
【解答】解：由設(shè)x1，x2分別是函數(shù)f（x）＝x﹣a﹣x和g（x）＝xlgax﹣1的零點(diǎn)（其中a＞1），
可知 x1 是方程 的解；x2 是方程 的解；
則x1，x2 分別為函數(shù) 的圖象與函數(shù)y＝y(tǒng)＝ax 和函數(shù)y＝lgax 的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；
設(shè)交點(diǎn)分別為A（x1，），B（x2，）
由 a＞1，知0＜x1＜1；x2＞1；
又因?yàn)閥＝ax 和y＝lgax 以及 的圖象均關(guān)于直線y＝x 對(duì)稱，
所以兩交點(diǎn)一定關(guān)于y＝x 對(duì)稱，
由于點(diǎn)A（x1，），關(guān)于直線 y＝x的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo)為（，x1），
所以，
有x1x2＝1，
而x1≠x2
則x1+4x2＝x1+x2+3x2≥＞2+3＝5
即x1+4x2∈（5，+∞）
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的概念與性質(zhì)、對(duì)數(shù)函數(shù)以及指數(shù)函數(shù)．
二．函數(shù)零點(diǎn)的判定定理（共7小題）
5．（2023?西安模擬）已知f（x）＝ex+lnx+2，若x0是方程f（x）﹣f'（x）＝e的一個(gè)解，則x0可能存在的區(qū)間是（ ）
A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）
【分析】根據(jù)題意，求出g（x）的解析式，分析g（x）的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)判定定理分析可得答案．
【解答】解：已知f（x）＝ex+lnx+2，則，x＞0，
設(shè)g（x）＝f（x）﹣f′（x）﹣e，
則，
易得y＝g（x）（0，+∞）上為增函數(shù)，
又g（2）＜0而g（3）＞0，則則x0可能存在的區(qū)間是（2，3）．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的計(jì)算，涉及函數(shù)與方程的關(guān)系，屬于中檔題．
6．（2023?重慶一模）函數(shù)f（x）＝lnx+2x﹣6的零點(diǎn)所在的區(qū)間是（ ）
A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）
【分析】判斷函數(shù)的單調(diào)性，由f（2）＜0，f（3）＞0，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)判定定理得答案．
【解答】解：函數(shù)f（x）＝lnx+2x﹣6在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵f（2）＝ln2﹣2＜0，f（3）＝ln3＞0，
∴函數(shù)f（x）＝lnx+2x﹣6的零點(diǎn)所在的區(qū)間是（2，3）．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)零點(diǎn)判定定理的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．
7．（2023?海南一模）函數(shù)的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間為（ ）
A．（1，e）B．（e，e2）C．（e2，e3）D．（e3，e4）
【分析】根據(jù)零點(diǎn)存在性定理，即可得出答案．
【解答】解：在（0，+∞）連續(xù)不斷，且單調(diào)遞減，
∵，
∴函數(shù)的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間為（e2，e3），
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)零點(diǎn)的判定定理，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
8．（2023?洪山區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax+（1+a）x﹣2（a＞0且a≠1），若函數(shù)f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 ．
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，得到f（0）＝0，然后分別討論a＞1或0＜a＜1時(shí)，函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)行判斷即可．
【解答】解：∵f（x）＝ax+（1+a）x﹣2（a＞0且a≠1），
∴當(dāng)x＝0時(shí)，f（0）＝a0+（1+a）0﹣2＝1+1﹣2＝0，即0是f（x）的一個(gè)零點(diǎn)，
若函數(shù)f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)，
則等價(jià)為當(dāng)x≠0時(shí)，f（x）≠0，即可．
當(dāng)a＞1時(shí)，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知：f（x）在R上單調(diào)遞增，此時(shí)只有一個(gè)零點(diǎn)，滿足題意；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f′（x）＝axlna+（1+a）xln（1+a），則函數(shù)f′（x）在R上單調(diào)遞增，
由于，
故f′（x）存在唯一零點(diǎn)，若f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)x＝0，此時(shí)也必為極值點(diǎn)，
又此時(shí)，則只需f′（0）＝lna+ln（1+a）＝0，解得；
綜上所述，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)零點(diǎn)的判斷，利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，利用分類討論思想進(jìn)行求解是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題．
9．（2023?桃城區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)在區(qū)間[2，4]上有零點(diǎn)，則的最小值為 ．
【分析】根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)，結(jié)合點(diǎn)到直線距離公式，通過(guò)構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值即可．
【解答】解：設(shè)a為f（x）在[2，4]上的一個(gè)零點(diǎn)，則，
所以P（m，n）在直線上，
又為坐標(biāo)原點(diǎn)，
易知．
令，則，
所以g（x）在[2，4]上單調(diào)遞增，所以．
所以的最小值為．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)零點(diǎn)，距離公式等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)點(diǎn)到直線距離公式，結(jié)合兩點(diǎn)間距離公式，再構(gòu)造函數(shù)求最值是解題的關(guān)鍵，考查轉(zhuǎn)化思想以及運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．
10．（2023?荔灣區(qū)校級(jí)模擬）設(shè)函數(shù)g（x）＝f（x）﹣4x﹣1．若函數(shù)g（x）在區(qū)間（﹣1，1）上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（ ）
A．{﹣1}∪[，+∞）B．
C．D．
【分析】構(gòu)造函數(shù)h（x）＝，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為h（x）＝4mx+m在區(qū)間（﹣1，1）上有且僅有一個(gè)根，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝h（x）的圖象與直線y＝4mx+m在區(qū)間（﹣1，1）只有一個(gè)交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)研究曲線的切線問(wèn)題，確定邊界狀態(tài)的m的值，結(jié)合圖象求解即可得到答案．
【解答】解：令h（x）＝，
則＝，
令g（x）＝f（x）﹣4x﹣1，即f（x）＝4x+1，故，
所以h（x）＝4mx+m，
作出函數(shù)h（x）的圖象如圖所示，
函數(shù)g（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)y＝h（x）的圖象與直線y＝4mx+m的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，
直線y＝4mx+m過(guò)定點(diǎn)，
當(dāng)直線y＝4mx+m過(guò)點(diǎn)（1，1）時(shí)，m＝；
當(dāng)直線y＝4mx+m與曲線（﹣1＜x＜0）相切時(shí)，
設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為，
由y'＝，
故切線的斜率為，
所以，解得，
則，解得m＝﹣1，
結(jié)合圖象可知，當(dāng)m≥或m＝﹣1時(shí)，函數(shù)y＝h（x）的圖象與直線y＝4mx+m只有一個(gè)交點(diǎn)，
即函數(shù)g（x）在區(qū)間（﹣1，1）上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，
所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根的綜合應(yīng)用，解決函數(shù)零點(diǎn)或方程根的問(wèn)題，常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得到函數(shù)的零點(diǎn)）；（2）圖象法（直接畫(huà)出函數(shù)的圖象分析得解）；（3）方程+圖象法（令函數(shù)為零，再重新構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，數(shù)形結(jié)合分析得解）．屬于中檔題．
11．（2023?杭州模擬）函數(shù)f（x）＝ex+ax+b在區(qū)間[1，3]上存在零點(diǎn)，則a2+b2的最小值為 ．
【分析】設(shè)零點(diǎn)為t，則有at+b＝﹣et，由柯西不等式可得e2t＝[at+b?1]2≤（a2+b2）（t2+1），進(jìn)而得a2+b2≥，利用導(dǎo)數(shù)求出g（t）＝，t∈[1，3]的最小值即可．
【解答】解：設(shè)零點(diǎn)為t，則et+at+b＝0，
所以at+b＝﹣et，
由柯西不等式可得e2t＝[at+b?1]2≤（a2+b2）（t2+1），
所以a2+b2≥，
令g（t）＝，t∈[1，3]，
所以g′（t）＝＝＞0，
所以g（t）在t∈[1，3]上單調(diào)遞增，
所以g（t）min＝g（1）＝，
所以a2+b2≥，
所以a2+b2的最小值為．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了轉(zhuǎn)化思想、導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用及柯西不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．
三．函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系（共18小題）
12．（2023?海淀區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）＝，方程f（x）﹣t＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，分別為x1和x2，當(dāng)1＜t＜3時(shí)，若存在t使得x1+x2＝4成立，則k的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【分析】作出函數(shù)圖象，結(jié)合函數(shù)的對(duì)稱性將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為y＝kx﹣2k與y＝x2﹣4x+4在x∈（3，2+）內(nèi)有交點(diǎn)，分離參數(shù)計(jì)算即可．
【解答】解：如圖所示，作出函數(shù)y＝f（x）與y＝t（1＜t＜3）的圖象，
易得兩函數(shù)交點(diǎn)位于x＝2兩側(cè)，不妨設(shè)x1＜2＜x2，
若存在t使得x1+x2＝4成立，
即﹣4x1+4＝t＝kx2﹣2k，
又y＝x2﹣4x+4關(guān)于x＝2對(duì)稱，
故﹣4x1+4＝（4﹣x2）2﹣4（4﹣x2）+4＝﹣4x2+4＝t＝kx2﹣2k，
因?yàn)?＜t＜3，
所以﹣4x2+4∈（1，3），
所以x2∈（3，2+），
即﹣4x2+4＝t＝kx2﹣2k在x2∈（3，2+）有解，
則k＝＝x2﹣2∈（1，）．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的零點(diǎn)、轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，作出圖象是關(guān)鍵，屬于中檔題．
13．（2023?龍華區(qū)校級(jí)模擬）關(guān)于函數(shù)f（x）＝，其中a，b∈R，給出下列四個(gè)結(jié)論：
甲：5是該函數(shù)的零點(diǎn)．
乙：4是該函數(shù)的零點(diǎn)．
丙：該函數(shù)的所有零點(diǎn)之積為0．
丁：方程f（x）＝1有兩個(gè)不等的實(shí)根．
若上述四個(gè)結(jié)論中有且只有一個(gè)結(jié)論錯(cuò)誤，則該錯(cuò)誤的結(jié)論是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【分析】由已知函數(shù)的單調(diào)性判斷甲、乙中有一個(gè)錯(cuò)誤，假設(shè)甲正確，結(jié)合丙正確求得a與b的值，得到函數(shù)解析式，再說(shuō)明丁正確，則答案可求．
【解答】解：當(dāng)x∈[0，3.5]時(shí)，f（x）＝lg2（x+2）﹣a為增函數(shù)，
當(dāng)x∈[3.5，+∞）時(shí)，f（x）＝b﹣x為減函數(shù)，故5和4只有一個(gè)是函數(shù)的零點(diǎn)，
即甲乙中有一個(gè)結(jié)論錯(cuò)誤，一個(gè)結(jié)論正確，而丙、丁均正確．
由兩零點(diǎn)之積為0，則必有一個(gè)零點(diǎn)為0，則f（0）＝lg22﹣a＝0，得a＝1，
若甲正確，則f（5）＝0，即b﹣5＝0，b＝5，
可得f（x）＝，
由f（x）＝1，
可得或，
解得x＝2或x＝4，方程f（x）＝1有兩個(gè)不等實(shí)根，故丁正確．
故甲正確，乙錯(cuò)誤．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查邏輯思維能力與推理論證能力，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．
14．（2023?山西模擬）已知函數(shù)，則f（x）與g（x）圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是（ ）
A．6B．4C．3D．2
【分析】首先判斷兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合端點(diǎn)值，即可判斷選項(xiàng)．
【解答】解：兩個(gè)函數(shù)的定義域?yàn)镽，
因?yàn)?，所以函?shù)f（x）為偶函數(shù)，
因?yàn)椋院瘮?shù)g（x）是偶函數(shù)，
，根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知，在（0，+∞）函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞1時(shí)，，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，，，所以函數(shù)單調(diào)遞減，
f（0）＝﹣1，g（0）＝0，，，g（1）∈（﹣1，0），
所以f（0）＜g（0），f（1）＜g（1），
所以f（x）與g（x）圖象在（0，+∞）有1個(gè)交點(diǎn)，
根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)，在（﹣∞，0）上也有1個(gè)交點(diǎn)，所以兩個(gè)函數(shù)共有2個(gè)交點(diǎn)．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，屬于中檔題．
15．（2023?阿勒泰地區(qū)三模）已知，若函數(shù)f（x）在區(qū)間上有且只有3個(gè)零點(diǎn)，則θ的范圍為（ ）
A．B．C．D．
【分析】將看作一個(gè)整體t，使用整體思想，由正弦函數(shù)y＝sint的零點(diǎn)（即對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)）求解即可．
【解答】解：∵在區(qū)間上有且只有3個(gè)零點(diǎn)，
∴令，當(dāng)時(shí)，，
∴f（x）在區(qū)間上有且只有3個(gè)零點(diǎn)，即y＝sint在區(qū)間上有且只有3個(gè)零點(diǎn)，
又∵y＝sint的零點(diǎn)（即對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)）為t＝kπ，k∈Z，
∴當(dāng)k＝0時(shí)，，當(dāng)k＝1時(shí)，，
當(dāng)k＝2時(shí)，，當(dāng)k＝3時(shí)，，
當(dāng)k＝4時(shí)，，
∴，解得．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于中檔題．
16．（2023?煙臺(tái)模擬）已知函數(shù)，若f（x）＝m存在四個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），則的最小值是 3 ．
【分析】作函數(shù)f（x）與y＝m圖象，結(jié)合圖象可得x1x2＝1，，再利用基本不等式求最值即可．
【解答】解：作函數(shù)與y＝m圖象如下：
由圖可得0＜m＜1，
∵f（x）＝m存在四個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，x3，x4，可得x1＜﹣1＜x2＜x3＜1＜x4，
可得ln（﹣x1）＝﹣ln（﹣x2），，即x1x2＝1，x3x4＝1，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)即x4＝2且等號(hào)成立，
則的最小值是3．
故答案為：3．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分段函數(shù)的性質(zhì)，考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．
17．（2023?龍巖模擬）已知函數(shù)f（x）＝關(guān)于x的方程f（x）＝k恰有三個(gè)不同實(shí)數(shù)解x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），且關(guān)于m的方程5lnm+有實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為 ．
【分析】在同一平面直角坐標(biāo)系中作出y＝f（x），y＝k的函數(shù)圖象，根據(jù)圖象有3個(gè)交點(diǎn)確定出x1，x2，x3的關(guān)系，所以可將方程轉(zhuǎn)化為，然后構(gòu)造函數(shù)g（x）＝ex（x﹣1）（x∈（1，ln5））并分析g（x）的單調(diào)性確定出其值域，即可得出答案．
【解答】解：在同一平面直角坐標(biāo)系中作出y＝f（x），y＝k的函數(shù)圖象如下圖所示：
當(dāng)x≤1時(shí)，y＝﹣（x+1）2+3≤3，當(dāng)x＞1時(shí)，y＝ex﹣2＞e﹣2，
所以由圖象可知：k∈（e﹣2，3）時(shí)關(guān)于x的方程f（x）＝k恰有三個(gè)不同實(shí)數(shù)解，
又，
所以，
又因?yàn)閗∈（e﹣2，3），所以，所以x3∈（1，ln5），
設(shè)g（x）＝ex（x﹣1）（x∈（1，ln5）），所以g′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝exx＞0，
所以g（x）在（1，ln5）上單調(diào)遞增，所以g（x）∈（g（1），g（ln5）），即，
所以，，．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，屬于中檔題．
18．（2023?赤峰模擬）已知函數(shù)，若方程f（x）＝b有解，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是（ ）
A．（﹣∞，lg25）B．（﹣∞，lg25]C．[2，+∞）D．（﹣∞，2）
【分析】利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)和基本不等式即可求解．
【解答】解：
＝
＝
≥lg24＝2（當(dāng)且僅當(dāng)，也即x＝1時(shí)取等號(hào)），
∴b≥2，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，屬于中檔題．
19．（2023?江西模擬）函數(shù)在區(qū)間[﹣3，5]上的所有零點(diǎn)之和為（ ）
A．6B．8C．12D．16
【分析】化簡(jiǎn)可得f（x）＝1+sinπx﹣xsinπx，令f（x）＝0可得，，作出函數(shù)y＝sinπx與 的大致圖象，結(jié)合圖象可知所求零點(diǎn)之和為2×4＝8．
【解答】解：由題意可得：f（x）＝1+sinπx﹣xsinπx，
令f（x）＝0，且f（1）＝1≠0，可得，
作出函數(shù)y＝sinπx與 的大致圖象如下圖所示，
易知y＝sinπx與 均關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱，
由圖可設(shè)y＝sinπx與 的交點(diǎn)橫坐標(biāo)依次為 x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，
根據(jù)對(duì)稱性可得x1+x8＝x2+x7＝x3+x6＝x4+x5＝2，
故函數(shù)f（x）在[﹣3，5]上所有零點(diǎn)之和為2×4＝8．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合思想以及運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．
20．（2023?咸陽(yáng)模擬）已知函數(shù)，則函數(shù)g（x）＝f（f（x））﹣1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是（ ）
A．1B．0C．2D．3
【分析】根據(jù)函數(shù)解析式畫(huà)出圖像，利用換元法令t＝f（x），可知f（t）＝1；結(jié)合函數(shù)圖像及解析式可求得t的值，再結(jié)合圖像即可確定方程解的個(gè)數(shù)，即為函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
【解答】解：函數(shù)，
對(duì)y＝﹣xex?y′＝﹣（x+1）ex，令y′＞0?x＜﹣1，令y′＜0?0＞x＞﹣1，
可知y＝﹣xex在（﹣∞，﹣1）上單調(diào)遞增，在（﹣1，0）上單調(diào)遞減，
且x趨向負(fù)無(wú)窮時(shí)，y＞0，x＝﹣1時(shí)，，
故結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)圖象，可畫(huà)出函數(shù)f（x）圖像如下圖所示：
函數(shù)g（x）＝f（f（x））﹣1的零點(diǎn)，即f（f（x））＝1，令t＝f（x），代入可得，
由圖像可知t＝e﹣1，即f（x）＝e﹣1，
結(jié)合函數(shù)圖像可知，f（x）＝e﹣1有1個(gè)解，
綜合可知，函數(shù)g（x）＝f（f（x））﹣1的零點(diǎn)有1個(gè)．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分段函數(shù)的性質(zhì)，考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．
21．（2023?聊城三模）已知函數(shù)f（x）及其導(dǎo)函數(shù)f′（x）的定義域均為R，若f（x+1）是偶函數(shù)，g（x）＝（x﹣1）f′（x）﹣1恰有四個(gè)零點(diǎn)，則這四個(gè)零點(diǎn)的和為 4 ．
【分析】根據(jù)題意，由條件可得g（x+1）＝xf′（x+1）﹣1為偶函數(shù)，可得其所有零點(diǎn)之和為0，然后即可得到結(jié)果．
【解答】解：將函數(shù)g（x）向左平移1個(gè)單位，所以g（x+1）＝（x+1﹣1）f′（x+1）﹣1＝xf′（x+1）﹣1，
因?yàn)閒（x+1）是偶函數(shù)，由偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為奇函數(shù)可知，f′（x+1）是奇函數(shù)，
且奇函數(shù)與奇函數(shù)的乘積為偶函數(shù)，則y＝xf′（x+1）為偶函數(shù)，
所以g（x+1）＝xf′（x+1）﹣1為偶函數(shù)，
又因?yàn)楹瘮?shù)g（x）恰有四個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)g（x+1）恰有四個(gè)零點(diǎn)，
且這四個(gè)零點(diǎn)一定是兩組關(guān)于y軸對(duì)稱，其四個(gè)零點(diǎn)之和為0，
而g（x+1）是由g（x）向左平移了1個(gè)單位，
所以g（x）的四個(gè)零點(diǎn)之和為4．
故答案為：4．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．
22．（2023?天津三模）已知函數(shù)，若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣ax﹣1在R上恰有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則a的取值范圍是 （﹣∞，﹣4）∪[1，2） ．
【分析】根據(jù)函數(shù)與方程的關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，利用參數(shù)分離法分離參數(shù)，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和圖象，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)行求解即可．
【解答】解：當(dāng)x≤0時(shí)，由g（x）＝f（x）﹣ax﹣1＝x2+4x+a﹣ax﹣1＝0，
得x2+4x﹣1＝a（x﹣1），
則a＝，
當(dāng)x＞0時(shí)，由g（x）＝f（x）﹣ax﹣1＝+a+1﹣ax﹣1＝0，
得＝a（x﹣1），當(dāng)x＝1時(shí)，1＝0不成立，即x≠1，
則a＝＝，
設(shè)h（x）＝，（x≤0），
h′（x）＝＝＝，
當(dāng)x≤0時(shí)，由h′（x）＞0得x＜﹣1，此時(shí)h（x）為增函數(shù)，
由h′（x）＜0得，﹣1＜x≤0，此時(shí)h（x）為減函數(shù)，且h（0）＝1，
即當(dāng)x＝﹣1時(shí)，h（x）取得極大值為h（﹣1）＝2，
設(shè)φ（x）＝，（x＞0且x≠1），
φ′（x）＝﹣，
則由φ′（x）＞0，得0＜x＜，此時(shí)φ（x）為增函數(shù)，
由φ′（x）＜0，得＜x＜1或x＞1，此時(shí)φ（x）為減函數(shù)，
即當(dāng)x＝時(shí)，φ（x）取得極大值為φ（）＝﹣4，
當(dāng)x＞1時(shí)，φ（x）＝＞0，
作出h（x）＝，（x≤0）和φ（x）＝，（x＞0且x≠1）的圖象如圖：
要使g（x）＝f（x）﹣ax﹣1在R上恰有三個(gè)不同的零點(diǎn)，
等價(jià)為y＝a與h（x），和φ（x）的圖象分別有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
由圖象知，1≤a＜2或a＜﹣4，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，﹣4）∪[1，2）．
故答案為：（﹣∞，﹣4）∪[1，2）．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，利用參數(shù)分離法進(jìn)行分離參數(shù)，然后構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，作出函數(shù)圖象，利用數(shù)形結(jié)合是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題．
23．（2023?蘇州三模）設(shè)a＞0，函數(shù)，若g（x）＝f（x）﹣b恰有三個(gè)不同的零點(diǎn)，且b是其中的一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的值為 ．
【分析】由題意可得f（x）為偶函數(shù)，所以g（x）也為偶函數(shù)，從而得有兩個(gè)零點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，第三個(gè)零點(diǎn)必為0，所以b＝2＞0，分﹣a≤x≤a、x＞a、x＜﹣a得函數(shù)f（x）單調(diào)性及值域，從而得b＝，于是有2＝，即可得b的值．
【解答】解：因?yàn)閒（x）＝+，
因?yàn)閒（﹣x）＝+＝+＝f（x），
所以f（x）為偶函數(shù)，
所以g（x）＝f（x）﹣b也為偶函數(shù)，
因?yàn)楹瘮?shù)g（x）＝f（x）﹣b恰有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，b，
所以有兩個(gè)零點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，第三個(gè)零點(diǎn)必為0，
所以g（0）＝f（0）﹣b＝0，
又因?yàn)閒（0）＝2，
所以b＝2＞0，
當(dāng)﹣a≤x≤a時(shí)，f（x）＝+，
所以f2（x）＝2a+2，
又因?yàn)椤蔥0，a]，
所以f2（x）∈[2a，4a]，
所以f（x）∈[，2]，
僅當(dāng)x＝0時(shí)，f（x）＝2，
當(dāng)x＞a時(shí)，f（x）＝+，易知f（x）單調(diào)遞增，
僅當(dāng)x＝時(shí)，f（x）＝2，
當(dāng)x＜﹣a時(shí)，f（x）＝+，易知f（x）單調(diào)遞減，
僅當(dāng)x＝﹣時(shí)，f（x）＝2，
又因?yàn)閎是其中一個(gè)大于0的零點(diǎn)，
所以b＝，
所以＝2，解得＝，
所以b＝2＝．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、值域及分類討論思想，屬于中檔題．
24．（2023?高州市二模）已知函數(shù)，若存在實(shí)數(shù)k，使得方程f（x）＝k有6個(gè)不同實(shí)根x1，x2，x3，x4，x5，x6，且x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6，則a的取值范圍是 （2，+∞） ；的值為 2 ．
【分析】對(duì)f（x）進(jìn)行討論，去掉雙絕對(duì)值，然后大致畫(huà)出f（x）的圖象，即可求得答案．
【解答】解：當(dāng)x∈（﹣∞，0）時(shí)，，
當(dāng)且僅當(dāng)即x＝﹣1時(shí)取等號(hào)，
且根據(jù)對(duì)勾函數(shù)可得f（x）在（﹣∞，﹣1）上單調(diào)遞減，在（﹣1，0）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（0，e﹣a]時(shí)，lnx∈（﹣∞，﹣a]，|lnx|＝﹣lnx∈[a，+∞），
則|lnx|﹣a＝﹣lnx﹣a∈[0，+∞），
所以f（x）＝﹣lnx﹣a∈[0，+∞）；
當(dāng)x∈（e﹣a，1]時(shí)，lnx∈（﹣a，0]，|lnx|＝﹣lnx∈[0，a），
則|lnx|﹣a＝﹣lnx﹣a∈[﹣a，0），
所以f（x）＝lnx+a∈（0，a]；
當(dāng)x∈（1，ea]時(shí)，lnx∈（0，a]，|lnx|＝lnx∈（0，a]，
則|lnx|﹣a＝lnx﹣a∈（﹣a，0]，
所以f（x）＝a﹣lnx∈[0，a）；
當(dāng)x∈（ea，+∞）時(shí)，lnx∈（a，+∞），|lnx|＝lnx∈（a，+∞），
則|lnx|﹣a＝lnx﹣a∈（0，+∞），
所以f（x）＝lnx﹣a∈（0，+∞），
所以f（x）的大致圖象如圖所示，
當(dāng)a＞2時(shí)，存在實(shí)數(shù)k，使得方程f（x）＝k有6個(gè)不同實(shí)根，
故a的取值范圍是（2，+∞），
由題意得x1，x2是方程的兩個(gè)根，即方程x2+kx+1＝0的兩個(gè)根，
所以x1x2＝1，
x1x2＝1，﹣lnx3﹣a＝lnx6﹣a＝k，
所以lnx3+lnx6＝ln（x3x6）＝0，解得x3x6＝1，
lnx4+a＝a﹣lnx5＝k，lnx4+lnx5＝ln（x4x5）＝0，解得x4x5＝1
所以，
故答案為：（2，+∞）；2．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．
25．（2023?紹興二模）設(shè)函數(shù)f（x）＝x﹣sin．
（1）證明：當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f（x）≤0；
（2）記g（x）＝f（x）﹣aln|x|，若g（x）有且僅有2個(gè)零點(diǎn)，求a的值．
【分析】（1）當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，是增函數(shù)，根據(jù)f（x）在（0，x0）單調(diào)遞減，在（x0，1）單調(diào)遞增，即可得證；
（2）由（1）知當(dāng)a＝0時(shí)，g（x）有兩個(gè)零點(diǎn)﹣1和1；再分a＞0和a＜0兩種情況，利用g（x）的單調(diào)性分類討論即可．
【解答】證明：（1）當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，是增函數(shù)，
又，所以存在x0∈（0，1），使得f′（x0）＝0，
所以f（x）在（0，x0）單調(diào)遞減，在（x0，1）單調(diào)遞增，
又f（1）＝0，f（0）＝0，所以f（x）≤0；
解：（2）由（1）知當(dāng)a＝0時(shí)，g（x）有兩個(gè)零點(diǎn)﹣1和1；
①當(dāng)a＞0時(shí)，若x＜0，有g(shù)（﹣1）＝0，且x＜﹣1時(shí)，有g(shù)（x）＜0，
又﹣1＜x＜0，由（1）知f（x）＞0，﹣aln|x|＞0，則g（x）＞0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上有一個(gè)零點(diǎn)，
若x＞0，有，
若a＝1，有；
可知g（x）在（0，+∞）有1個(gè)零點(diǎn)．符合題意：
若a＞1，有g(shù)′（x）在（1，2）單調(diào)遞增，，
（i）若g′（2）≤0，則當(dāng)x∈（1，2），有g(shù)′（x）≤0，
（ii）若g′（2）＞0，又g′（1）＜0，則可知?x1∈（1，2），使得g′（x1）＝0，
由（i）（ii），則可知g（x）在（1，x1）上單調(diào)遞減，所以g（x1）＜g（1）＝0，
又當(dāng)x→+∞，g（x）→+∞，所以g（x）在（1，+∞）至少有1個(gè)零點(diǎn)，
則可知g（x）在（0，+∞）至少有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；
若0＜a＜1，有g(shù)′（x）在（0，1）單調(diào)遞增，
又，則可知?x2∈（0，1），使得g′（x2）＝0，
所以g（x）在（x2，1）單調(diào)遞增，則有g(shù)（x2）＜g（1）＝0，
又有x→0，g（x）→+∞，所以g（x）在（0，1）至少有1個(gè)零點(diǎn)，
則可知g（x）在（0，+∞）至少有2個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；
②當(dāng)a＜0時(shí)，由，
記，由①可知，有且僅有b＝1滿足題意，
即a＝﹣1時(shí)，滿足題意；
綜上可知，實(shí)數(shù)a的值為﹣1，0，1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．
26．（2023?南昌一模）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣a）2+bex（a，b∈R）．
（1）若a＝0時(shí)，函數(shù)y＝f（x）有3個(gè)零點(diǎn)，求b的取值范圍；
（2）若a＞0，b＝，方程f（x）＝3有解，求a的取值范圍．
【分析】（1）由y＝f（x）有3個(gè)零點(diǎn)，可得y＝b與 的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，可得函數(shù)g（x）的大致圖象，數(shù)形結(jié)合即可得解；
（2）由已知可得 有解，設(shè)h（x）＝（x﹣a）2+2ex﹣1﹣3，則h'（x）＝2（x﹣a）+2ex﹣1，設(shè)m（x）＝2（x﹣a）+2ex﹣1，利用導(dǎo)數(shù)可得m（x）在R單調(diào)遞增，結(jié)合m（﹣1）＜0，m（a）＞0，可得x0﹣a＝，可得函數(shù)h（x）的單調(diào)性，由h（x）min≤0即可求解a的取值范圍．
【解答】解：（1）若a＝0時(shí)，f（x）＝x2+bex，
函數(shù)y＝f（x）有3個(gè)零點(diǎn)，即f（x）＝0有3個(gè)根，也即 有3個(gè)根，即y＝b與 的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，
，由g'（x）＜0，解得0＜x＜2，由g'（x）＞0，解得x＜0或x＞2，
所以g（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，2）上單調(diào)遞減，
又g（0）＝0，時(shí)，g（x）＜0，
作出函數(shù)g（x）的大致圖象，如圖所示：
數(shù)形結(jié)合可得，
即b的取值范圍是（）．
（2）若a＞0，b＝，方程f（x）＝3有解，則 有解．
設(shè)h（x）＝（x﹣a）2+2ex﹣1﹣3，則h'（x）＝2（x﹣a）+2ex﹣1，
設(shè)m（x）＝2（x﹣a）+2ex﹣1，則m'（x）＝2+2ex﹣1＞0 恒成立，故m（x）在R單調(diào)遞增，
因?yàn)閙（﹣1）＝2（﹣1﹣a+e﹣2）＜0，m（a）＝2ea+1＞0，
所以存在唯一的x0，使得 ，所以x0﹣a＝，
且x＞x0 時(shí)，h'（x）＞0，x＜x0時(shí)，h'（x）＜0，即h（x）在 （﹣∞，x0） 單調(diào)遞減，在 （x0，+∞）單調(diào)遞增，
x→﹣∞時(shí)，h（x）→+∞，x→+∞時(shí)，h（x）→+∞，
故要使h（x）＝0有解，只需h（x）min≤0，
故h（x）min＝h（x0）＝（x0﹣a）2+﹣3＝+﹣3＝（+3）（﹣1）≤0，
故，解得x0≤1，
而 在x0∈（﹣∞，1]上單調(diào)遞增，故a≤1+1＝2，
又因?yàn)閍＞0，所以0＜a≤2，即a的取值范圍為（0，2]．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)與方程根的問(wèn)題，考查運(yùn)算求解能力，屬于難題．
27．（2023?寧波模擬）已知函數(shù)f（x）＝|x﹣1|ex和g（x）＝a|x|的圖象共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且它們的橫坐標(biāo)從左到右依次記為x1，x2，x3．
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）證明：2x3﹣x2+x1＜2a．
【分析】（1）由f（x）＝g（x），可得|x﹣1|ex＝a|x|，顯然x1≠0，化為a＝ex＝h（x），記m（x）＝ex，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，畫(huà)出圖象，即可得出a的取值范圍．
（2）顯然x1＜0，0＜x2＜1，x3＞1，h（x）＝ex＞（x+1），對(duì)x分類討論，進(jìn)而得出x3，x2，x1的范圍，進(jìn)而證明不等式．
【解答】解：（1）由f（x）＝g（x），可得|x﹣1|ex＝a|x|，
顯然x1≠0，化為a＝ex＝h（x），
記，
∴m（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
∴h（x）在（﹣∞，0）單調(diào)遞增，在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增．
x→﹣∞時(shí)，h（x）→0+；x→0﹣時(shí)，h（x）→+∞；x→0+時(shí)，h（x）→+∞；x→+∞時(shí)，h（x）→+∞，h（1）＝0．
因此當(dāng)a＞0時(shí)有三個(gè)公共點(diǎn)．
∴a的取值范圍是（0，+∞）．
（2）證明：顯然x1＜0，0＜x2＜1，x3＞1，
h（x）＝ex＞（x+1），
當(dāng)x＞1時(shí)，，令a＝x﹣，解得，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，，令a＝﹣x，解得，
當(dāng)x＜0時(shí)，，令．
∴2x3﹣x2+x1＜2a，結(jié)論成立．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、數(shù)形結(jié)合方法、函數(shù)零點(diǎn)與方程的根的關(guān)系、不等式的解法、分類討論方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．
28．（2023?湖南模擬）已知函數(shù)g（x）＝ax2﹣2ax+1+b（a≠0，b＞0）在區(qū)間[1，2]上有最大值2和最小值1．
（1）求a，b的值；
（2）不等式g（x）﹣kx≥0在x∈[1，2]上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）若且方程有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．
【分析】（1）寫(xiě)出g（x）的解析式，對(duì)a分類可得關(guān)于a，b的方程組，求解得答案；
（2）由（1）知g（x）＝x2﹣2x+2，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為＝x+在x∈[1，2]上恒成立，再由基本不等式求最值得答案；
（3）方程，即，化為|2x﹣1|2﹣（2+3t）|2x﹣1|+（1+2t）＝0，且|2x﹣1|≠0．令m＝|2x﹣1|，則方程化為m2﹣（2+3t）m+（1+2t）＝0，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為m2﹣（2+3t）m+（1+2t）＝0有兩個(gè)根m1，m2，且0＜m1＜1≤m2，再由一元二次方程根的分布與系數(shù)間的關(guān)系列式求解實(shí)數(shù)t的取值范圍．
【解答】解：（1）g（x）＝ax2﹣2ax+1+b＝a（x﹣1）2+1+b﹣a，
當(dāng)a＞0時(shí)，g（x）在[1，2]上為增函數(shù)，由題意可得，，解得；
當(dāng)a＜0時(shí)，g（x）在[1，2]上為減函數(shù)，由題意可得，，解得．
已知b＞0，∴a＝1，b＝1；
（2）由（1）知g（x）＝x2﹣2x+2，
∴g（x）﹣kx≥0，即x2﹣2x+2﹣kx≥0在x∈[1，2]上恒成立，即（k+2）x≤x2+2，
∵x∈[1，2]，∴＝x+在x∈[1，2]上恒成立，
又∵，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，∴，即，
∴實(shí)數(shù)k的范圍是（﹣∞，]；
（3）方程，即，
化為|2x﹣1|2﹣（2+3t）|2x﹣1|+（1+2t）＝0，且|2x﹣1|≠0．
令m＝|2x﹣1|，則方程化為m2﹣（2+3t）m+（1+2t）＝0．
∵原方程有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，∴m2﹣（2+3t）m+（1+2t）＝0有兩個(gè)根m1，m2，且0＜m1＜1≤m2，
記h（m）＝m2﹣（2+3t）m+（1+2t），
則①，或②，
解①得t＞0，解②得t∈?．
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍為（0，+∞）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯思維能力與推理論證能力，綜合性強(qiáng)，難度較大．
29．（2023?東陽(yáng)市模擬）已知函數(shù)．
（1）對(duì)任意m≥1，方程f（x）＝0恒有三個(gè)解，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（2）已知m＝1，方程f（x）＝0有三個(gè)解為x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求證：x3﹣x2＜t，x2﹣x1＞1．
【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)g（x）＝|x﹣m|，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和圖象，利用參數(shù)分離法進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可．
（2）當(dāng)m＝1時(shí)，分別構(gòu)造函數(shù)h（x）＝|x﹣|（x＞0），s（x）＝﹣x（x＜0），利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化證明即可．
【解答】解：（1）令g（x）＝|x﹣m|，
當(dāng)x＞m時(shí)，g（x）＝（x﹣m），
g′（x）＝+（x﹣m）（﹣）＝?＝?＞0，則g（x）在（m，+∞）上遞增，
當(dāng)x＜m時(shí)，g（x）＝（m﹣x），
g′（x）＝﹣?＝﹣?＜0，則g（x）在（﹣∞，0），（0，m）上遞減．
當(dāng)x＜0而趨向0時(shí)，g（x）→0．
g（x）的圖象大致如圖所示：則t的取值范圍是（0，+∞）．
（2）當(dāng)m＝1時(shí)，f（x）＝|x﹣1|﹣t，
令h（x）＝|x﹣|（x＞0），s（x）＝﹣x（x＜0），
當(dāng)x＞1時(shí)，先證g（x）＞h（x），
∵＞1+，∴g（x）＝|x﹣1|＝（x﹣1）＞（x﹣1）（1+）＝x﹣＝h（x），
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g（x）＝|x﹣1|＝（1﹣x）＞（1﹣x）（1+）＝﹣x＝h（x），
則h（x）＝t在（0，+∞）上有兩解x4，x5，且0＜x4＜1＜x5，顯然有0＜x4＜x2＜1，1＜x3＜x5，
通過(guò)解二次方程得x4＝，x5＝，則x3﹣x2＜x5﹣x4＝﹣＝t．
再證：當(dāng)x＜0時(shí)，g（x）＜s（x），
g（x）＜s（x）?（1﹣x）＜﹣x?（）＜1?（1﹣）＜1，
令φ（u）＝（1﹣u）eu（u＜0），φ′（u）＝﹣ueu＞0，
∴φ（u）＜φ（0）＝1，
∴當(dāng)x＜0時(shí)，（1﹣）＜1，
當(dāng)x＜0時(shí)，g（x）＜s（x），∴當(dāng)x＜0時(shí)，x1＜﹣t，
∴x2﹣x1＞x4﹣（﹣t）＝﹣+t＝＞＝1，
綜上x(chóng)3﹣x2＜t，x2﹣x1＞1成立．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)與方程的關(guān)系，結(jié)合數(shù)形結(jié)合進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．
四．二分法的定義與應(yīng)用（共4小題）
30．（2023?梅州二模）用二分法求方程近似解時(shí)，所取的第一個(gè)區(qū)間可以是（ ）
A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）
【分析】，判斷函數(shù)單調(diào)性，求出區(qū)間的端點(diǎn)的函數(shù)值，再根據(jù)零點(diǎn)的存在性定理即可得出答案．
【解答】解：令，
因?yàn)楹瘮?shù)在（0，+∞）上都是增函數(shù)，
所以函數(shù)在（0，+∞）上是增函數(shù)，，
所以函數(shù)在區(qū)間（1，2）上有唯一零點(diǎn)，
所以用二分法求方程近似解時(shí)，所取的第一個(gè)區(qū)間可以是（1，2）．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二分法的定義與應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
31．（2023?遼寧三模）人們很早以前就開(kāi)始探索高次方程的數(shù)值求解問(wèn)題．牛頓在《流數(shù)法》一書(shū)中，給出了高次代數(shù)方程的一種數(shù)值解法——牛頓法．這種求方程根的方法，在科學(xué)界已被廣泛采用，例如求方程x3+2x2+3x+3＝0的近似解，先用函數(shù)零點(diǎn)存在定理，令f（x）＝x3+2x2+3x+3，f（﹣2）＝﹣3＜0，f（﹣1）＝1＞0，得（﹣2，﹣1）上存在零點(diǎn)，取x0＝﹣1，牛頓用公式反復(fù)迭代，以xn作為f（x）＝0的近似解，迭代兩次后計(jì)筫得到的近似解為 ；以（﹣2，﹣1）為初始區(qū)間，用二分法計(jì)算兩次后，以最后一個(gè)區(qū)間的中點(diǎn)值作為方程的近似解，則近似解為 ．
【分析】由牛頓法公式結(jié)合二分法的定義求解即可．
【解答】解：f′（x）＝3x2+4x+3，
迭代1次后，，
迭代2次后，，
用二分法計(jì)算第1次，區(qū)間（﹣2，﹣1）的中點(diǎn)為，，，
所以近似解在上，
用二分法計(jì)算第2次，區(qū)間的中點(diǎn)為，，，
所以近似解在上，取其中點(diǎn)值，所求近似解為．
故答案為：；．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了二分法的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
32．（2023?大連模擬）牛頓迭代法是我們求方程近似解的重要方法．對(duì)于非線性可導(dǎo)函數(shù)f（x）在x0附近一點(diǎn)的函數(shù)值可用f（x）≈f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）代替，該函數(shù)零點(diǎn)更逼近方程的解，以此法連續(xù)迭代，可快速求得合適精度的方程近似解．利用這個(gè)方法，解方程x3﹣3x+1＝0，選取初始值x0＝，在下面四個(gè)選項(xiàng)中最佳近似解為（ ）
A．0.333B．0.335C．0.345D．0.347
【分析】根據(jù)牛頓迭代法的運(yùn)算法則，由x0求出x1再求出x2，結(jié)合選項(xiàng)得到最佳近似解．
【解答】解：設(shè)f（x）＝x3﹣3x+1，則f′（x）＝3x2﹣3，
x0＝，，，
則，
令f（x）＝0，解得，
，，
則，
令f（x）＝0，解得，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)運(yùn)算、考查數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，正確理解題意是關(guān)鍵，屬于中檔題．
33．（2023?桃城區(qū)校級(jí)模擬）為檢測(cè)出新冠肺炎的感染者，醫(yī)學(xué)上可采用“二分檢測(cè)法”、假設(shè)待檢測(cè)的總?cè)藬?shù)是2m（m∈N*）將2m個(gè)人的樣本混合在一起做第1輪檢測(cè)（檢測(cè)一次），如果檢測(cè)結(jié)果為陰性，可確定這批人未感染；如果檢測(cè)結(jié)果為陽(yáng)性，可確定其中有感染者，則將這批人平均分為兩組，每組2m﹣1人的樣本混合在一起做第2輪檢測(cè)，每組檢測(cè)1次，如此類推：每輪檢測(cè)后，排除結(jié)果為陰性的那組人，而將每輪檢測(cè)后結(jié)果為陽(yáng)性的組再平均分成兩組，做下一輪檢測(cè)，直到檢測(cè)出所有感染者（感染者必須通過(guò)檢測(cè)來(lái)確定）．若待檢測(cè)的總?cè)藬?shù)為8，采用“二分檢測(cè)法”檢測(cè)，經(jīng)過(guò)4輪共7次檢測(cè)后確定了所有感染者，則感染者人數(shù)最多為 2 人．若待檢測(cè)的總?cè)藬?shù)為2m（m≥3），且假設(shè)其中有不超過(guò)2名感染者，采用“二分檢測(cè)法”所需檢測(cè)總次數(shù)記為n，則n的最大值為 4m﹣1 ．
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合二分檢測(cè)法，即可求解．
【解答】解：若待檢測(cè)的總?cè)藬?shù)為8，
則第1輪需檢測(cè)1次，第2輪需檢測(cè)2次，第3輪需檢測(cè)2次，第4輪需檢測(cè)2次，
則共需檢測(cè)7次，此時(shí)感染者人數(shù)最多為2人，
若待檢測(cè)的總?cè)藬?shù)為2m（m≥3），且假設(shè)其中有不超過(guò)2名感染者，
若沒(méi)有感染者，則只需1次檢測(cè)即可，
若只有1個(gè)感染者，則只需1+2×m＝2m+1次檢測(cè)，
若只有2個(gè)感染者，若要檢測(cè)次數(shù)最多，
則第2輪檢測(cè)時(shí)，2個(gè)感染者不位于同一組，
此時(shí)相當(dāng)兩個(gè)待檢測(cè)均為2m﹣1組，
每組感染1個(gè)感染者，此時(shí)每組需要1+2（m﹣1）＝2m﹣1次檢測(cè)，
所以此時(shí)兩組共需2（2m﹣1）＝4m﹣2次檢測(cè)，
故有2個(gè)感染者，且檢測(cè)次數(shù)最多，共需4m﹣2+1＝4m﹣1次檢測(cè)，
所以采用“二分檢測(cè)法”所需檢測(cè)總次數(shù)記為n，
故n的最大值為4m﹣1．
故答案為：2；4m﹣1．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二分檢測(cè)法，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．
五．函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用（共11小題）
34．（2023?南平模擬）A，B分別是函數(shù)y＝ex﹣1和圖象上的點(diǎn)，若AB與x軸平行，則|AB|的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】設(shè)直線AB的方程為y＝m，m＞0，分別與兩函數(shù)聯(lián)立解得A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得|AB|＝m2﹣lnm，再利用導(dǎo)數(shù)即可求出最小值．
【解答】解：因?yàn)锳B與x軸平行，
設(shè)直線AB的方程為y＝m，m＞0，
由，可得，即A（lnm+1，m），
由，可得，即B（m2+1，m），
所以|AB|＝m2+1﹣（lnm+1）＝m2﹣lnm，
設(shè)f（x）＝x2﹣lnx，x＞0，則f′（x）＝2x﹣＝，
所以當(dāng)x∈（0，）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以f（x）min＝f（）＝﹣ln＝+ln2＝．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)思想、轉(zhuǎn)化思想及導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用，屬于中檔題．
35．（2023?天津二模）設(shè)函數(shù)，g（x）＝e﹣|x﹣1|．當(dāng)x∈[﹣2023，2025]時(shí)，f（x）與g（x）的圖象所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為（ ）
A．4051B．4049C．2025D．2023
【分析】作出函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）的圖象，結(jié)合圖象可知兩函數(shù)在[﹣2023，1）∪（1，2025]的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為2024×2＝4048，再加上1即可得解．
【解答】解：易知函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）均關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，
作出函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）的部分圖象如下，
函數(shù)f（x）的周期為2，由圖象可知，在一個(gè)周期內(nèi)，函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）的圖象有2個(gè)交點(diǎn)，
則在區(qū)間[2，2024]上共有1011×2＝2022個(gè)交點(diǎn)，
又在（1，2）上有1個(gè)交點(diǎn)，在（2024，2025）上有一個(gè)交點(diǎn)，
則在（1，2025]共有2024個(gè)交點(diǎn)，
由對(duì)稱性可知，在[﹣2023，1）上也有2024個(gè)交點(diǎn)，
故兩函數(shù)在[﹣2023，1）∪（1，2025]的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為2024×2＝4048，
注意還有一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，則所有的橫坐標(biāo)之和為4049．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)性質(zhì)的綜合運(yùn)用，考查數(shù)形結(jié)合思想以及運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．
36．（2023?張家口二模）已知函數(shù)，若曲線y＝csx上存在點(diǎn)（x0，y0）使得f（f（y0））＝y(tǒng)0，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（ ）
A．（﹣∞，ln2]B．[﹣1，ln2]C．（﹣∞，2ln2]D．[0，2ln2]
【分析】根據(jù)題意可得出關(guān)于x的方程在[0，1]上有解，整理得2ln（x+1）﹣x2+x＝m在[0，1]上有解，設(shè)g（x）＝2ln（x+1）﹣x2+x，x∈[0，1]，對(duì)g（x）求導(dǎo)，得出g（x）的單調(diào)性，可求出g（x）的值域，則可求出實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【解答】解：由題意可得，函數(shù)f（x）為增函數(shù)．若f（y0）＞y0，則f（f（y0））＞f（y0）＞y0；
同理，若f（y0）＜y0，則f（f（y0））＜f（y0）＜y0，均與題設(shè)條件不符．
由f（f（y0））＝y(tǒng)0可得f（y0）＝y(tǒng)0，且y0∈[0，1]，
因此關(guān)于x的方程在[0，1]上有解，
整理得2ln（x+1）﹣x2+x＝m在[0，1]上有解，
設(shè)g（x）＝2ln（x+1）﹣x2+x，x∈[0，1]，則為[0，1]上的減函數(shù)，
注意到g'（1）＝0，故g'（x）≥0，從而函數(shù)g（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，
所以g（x）∈[g（0），g（1）]＝[0，2ln2]．
因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是[0，2ln2]．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．
37．（2023?南昌二模）已知函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c的三個(gè)零點(diǎn)分別為1，x1，x2（0＜x1＜x2），若函數(shù)f（x+1）為奇函數(shù)，則f（2）的取值范圍為（ ）
A．[0，1]B．（0，1）C．（0，2）D．[0，2]
【分析】根據(jù)題意，分析函數(shù)f（x）的對(duì)稱性，可得f（0）＝1，由此可得x1＜1＜x2，且x1+x2＝2，對(duì)f（x）變形可得f（x）＝x3+ax2+bx﹣a﹣b﹣1＝（x﹣1）[x2+（a﹣1）x+a+b+1]，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系分析b﹣2的取值范圍，又由f（2）＝8+4a+2b+c＝3a+b+7＝b﹣2，分析可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，若函數(shù)f（x+1）為奇函數(shù)，則函數(shù)f（x）關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱，
又由函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c的三個(gè)零點(diǎn)分別為1，x1，x2（0＜x1＜x2），則x1＜1＜x2，且x1+x2＝2，
又由f（0）＝1，則有1+a+b+c＝0，變形可得c＝﹣a﹣b﹣1，
則f（x）＝x3+ax2+bx﹣a﹣b﹣1＝（x﹣1）[x2+（a﹣1）x+a+b+1]，
則方程x2+（a﹣1）x+a+b+1＝0的兩個(gè)根為x1、x2，
則有Δ＝（a+1）2﹣4（a+b+1）＞0，且x1+x2＝﹣a﹣1＝2，解可得a＝﹣3，
且x1x2＝a+b+1＝b﹣2，
又由0＜x1＜x2，則有x1x2＝b﹣2＞0，必有b＞2，
又由Δ＝（a+1）2﹣4（a+b+1）＞0，而a＝﹣3，則有4＞4（b﹣2），即b﹣2＜1，
f（2）＝8+4a+2b+c＝3a+b+7＝b﹣2，
又由b＞2，且1＞b﹣2，則有0＜b﹣2＜1，
則有0＜f（2）＜1，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)與方程的關(guān)系，涉及函數(shù)奇偶性和對(duì)稱性，屬于中檔題．
38．（2023?合肥模擬）設(shè)A，B，C，D是曲線y＝x3﹣mx上的四個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若以這四個(gè)動(dòng)點(diǎn)為頂點(diǎn)的正方形有且只有一個(gè)，則實(shí)數(shù)m的值為（ ）
A．4B．C．3D．
【分析】先判斷函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，且有唯一對(duì)稱中心（0，0），進(jìn)而可得以A，B，C，D為頂點(diǎn)的正方形的對(duì)稱中心為原點(diǎn)，設(shè)A，B在函數(shù)右側(cè)的圖象上，設(shè)直線OA的斜率為k（k＞0），可得點(diǎn)A坐標(biāo)，同理得到點(diǎn)B坐標(biāo)，再由OA|＝|OB|，可得，設(shè)，可得s2﹣sm+2＝0在（0，+∞）上僅有一個(gè)解，由此可得m的值．
【解答】解：設(shè)f（x）＝x3﹣mx，則f（﹣x）＝﹣x3+mx＝﹣f（x），
故f（x）為R上的奇函數(shù)．
下證：f（x）的圖象有且只有一個(gè)對(duì)稱中心（0，0），
證明：設(shè)f（x）的圖象的對(duì)稱中心為（a，b），則f（a﹣x）+f（a+x）＝2b恒成立，
故（a﹣x）3﹣m（a﹣x）+（a+x）3﹣m（a+x）＝2b，整理得2a3+6ax2﹣2ma＝2b恒成立，
故a＝b＝0，則以A，B，C，D為頂點(diǎn)的正方形的對(duì)稱中心為原點(diǎn)，
不妨設(shè)A，B在函數(shù)右側(cè)的圖象上，由正方形的對(duì)稱性，不妨設(shè)直線OA的斜率為k（k＞0），則直線OB的斜率為，
故直線OA：y＝kx，直線，
由，可得x3﹣mx＝kx，
故，
同理，其中，
因?yàn)閨OA|＝|OB|，
故，整理得，
即，
所以，
設(shè)，則s∈R，
故s2﹣sm+2＝0在（0，+∞）上僅有一個(gè)解，
因?yàn)閷?duì)稱軸 且2＞0，
故，則．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)性質(zhì)的綜合運(yùn)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及運(yùn)算求解能力，屬于較難題目．
39．（2023?濟(jì)寧三模）若對(duì)任意的，總存在三個(gè)不同的y∈[﹣1，3]，使得方程xey+y2﹣aey＝0成立，其中e≈2.71828?為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ．
【分析】把原等式變形，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)畫(huà)出草圖，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為y＝t與有三個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)題意可得關(guān)于a的不等式組，即可求出答案．
【解答】解：因?yàn)閤ey+y2﹣aey＝0，所以，
又當(dāng)時(shí)，，
令，所以，
令f′（x）＞0得0＜x＜2，f′（x）＜0得2＜x＜3或﹣1＜x＜0
所以f（x）在（﹣1，0）上遞減，在（0，2）上遞增，在（2，3）上遞減，
又f（0）＝0，x→+∞時(shí)，，
所以如圖為函數(shù)在[﹣1，3]上的圖象，
又f（﹣1）＝e，f（0）＝0，，，
所以要使y＝t與有三個(gè)交點(diǎn)，需使，
又對(duì)任意的，總存在三個(gè)不同的y∈[﹣1，3]，
使得方程xey+y2﹣aey＝0成立，
所以，
所以，解得，
所以a的取值范圍是．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．
40．（2023?保山模擬）對(duì)于函數(shù)f（x），若在其圖象上存在兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則稱f（x）為“倒戈函數(shù)”，設(shè)函數(shù)f（x）＝3x+tanx﹣2m+1（m∈R）是定義在[﹣1，1]上的“倒戈函數(shù)”，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是：[1，]．
【分析】根據(jù)新定義得到存在x0∈[﹣1，1]，使f（﹣x0）＝﹣f（x0），轉(zhuǎn)化為有解，建立不等式求解即可．
【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝3x+tanx﹣2m+1（m∈R）是定義在[﹣1，1]上的“倒戈函數(shù)”，
所以存在x0∈[﹣1，1]，使f（﹣x0）＝﹣f（x0），
即，
即，令，則，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即x0＝0時(shí)取等號(hào)，
解得m≥1，當(dāng)或t＝3時(shí)，，解得，
所以．
故答案為：[1，]．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．
41．（2023?安徽模擬）若函數(shù)f（x）對(duì)定義域內(nèi)任意實(shí)數(shù)x均滿足f（λx）＝f（x）?f（x+λ），其中λ＞0，則稱f（x）是“λ等值函數(shù)”．若函數(shù)（a＞0）是“2等值函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a＝ 2 ，函數(shù)y＝g（x）﹣1在區(qū)間[0，2023]上零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 506 ．
【分析】根據(jù)是“2等值函數(shù)”，則g（2x）＝g（x）?g（x+2）對(duì)x∈R恒成立，列式可求得a＝2，的最小正周期為8，結(jié)合圖象確定y＝g（x）與y＝1的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，即可得出答案．
【解答】解：∵是“2等值函數(shù)”，
∴g（2x）＝g（x）?g（x+2）對(duì)x∈R恒成立，
∴，
∴，
∴，
∵不恒為0，
∴，又a＞0，
∴a＝2，
∴的最小正周期為8，把[0，8]視為第一個(gè)周期，
則區(qū)間[0，2023]包含個(gè)周期，且每個(gè)周期內(nèi)y＝g（x）與y＝1的交點(diǎn)均在前半個(gè)周期內(nèi)，如圖，
故函數(shù)y＝g（x）﹣1在區(qū)間[0，2023]上共有253×2＝506個(gè)零點(diǎn)．
故答案為：2，506．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，還考查了正弦函數(shù)周期性的應(yīng)用，體現(xiàn)了數(shù)形集合思想的應(yīng)用，屬于中檔題．
42．（2023?南關(guān)區(qū)校級(jí)模擬）定義：對(duì)于函數(shù)f（x），若f（x0）＝x0，則稱x0為f（x）的“不動(dòng)點(diǎn)”，若f[f（x0）]＝x0，則稱x0為f（x）
的“穩(wěn)定點(diǎn)”．函數(shù)f（x）的“不動(dòng)點(diǎn)”和“穩(wěn)定點(diǎn)”集合分別記為A和B，即A＝{x|f（x）＝x}，B＝{x|f[f（x）]＝x}，有如下性質(zhì)：
性質(zhì)1：A?B；
性質(zhì)2：若函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，則A＝B．
已知函數(shù)f（x）＝eax，x＞0，a≠0．
（1）討論集合A＝{x|f（x）＝x}中元素個(gè)數(shù)；
（2）若集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中恰有1個(gè)元素，求a的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)不動(dòng)點(diǎn)定義，令f（x）＝x，構(gòu)造函數(shù)，分類討論函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得到根的個(gè)數(shù)，即可解答；
（2）分類討論，a＞0，結(jié)合性質(zhì)2及（1）中不動(dòng)點(diǎn)個(gè)數(shù)得a＝，a＜0，由穩(wěn)定點(diǎn)定義，令f[f（x）]＝x，問(wèn)題化為函數(shù)h（x）＝aeax﹣lnx，a＜0，x＞0的零點(diǎn)，求導(dǎo)函數(shù)，分類討論研究函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)即可．
【解答】解：（1）由題意f（x）＝eax＝x，x＞0，所以ax＝lnx，
設(shè)g（x）＝ax﹣lnx，則g′（x）＝a﹣，
若a＜0，則g′（x）＝a﹣＜0，g（x）＝ax﹣lnx在（0，+∞）單調(diào)遞減，
又g（ea）＝aea﹣lnea＝a（ea﹣1）＞0，g（1）＝a＜0，所以存在x0∈（ea，1），使得g（x0）＝0，即＝x0，故g（x）＝ax﹣lnx只有1個(gè)零點(diǎn)，
若a＞0，當(dāng)x∈（0，）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）＝ax﹣lnx單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）＝ax﹣lnx單調(diào)遞增，所以g（x）min＝g（）＝1﹣ln＝1+lna，
（i）a＞，g（x）≥g（x）min＞0，此時(shí)函數(shù)g（x）＝ax﹣lnx無(wú)零點(diǎn)，
（ii）a＝，g（x）min＝0，此時(shí)函數(shù)g（x）＝ax﹣lnx只有1個(gè)零點(diǎn)，
（iii）0＜a＜，g（x）min＝g（）＝1﹣ln＝1+lna＜0，
又g（1）＝a＞0，g（）＝﹣ln＝﹣2ln＞e﹣2lne＞0，
所以存在x1∈（1，），g（x1）＝0，存在x2∈（，），g（x2）＝0，
此時(shí)函數(shù)g（x）＝ax﹣lnx有2個(gè)零點(diǎn)，
綜上，a＜0或a＝時(shí)，集合A＝{x|f（x）＝x}中元素個(gè)數(shù)為1；0＜a＜時(shí)元素個(gè)數(shù)為2；a＞時(shí)元素個(gè)數(shù)為0；
（2）a＞0，函數(shù)f（x）＝eax單調(diào)遞增，由性質(zhì)2可知：A＝B，
由（1）知，a＝時(shí)，集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中恰有1個(gè)元素，
a＜0時(shí)，由（1）知，存在x0∈（ea，1），使得f（x0）＝＝x0，x0∈A，
由性質(zhì)1知A?B，故x0∈B，即f[f（x0）]＝x0，
由f[f（x）]＝＝x，得aeax＝lnx，
設(shè)h（x）＝aeax﹣lnx，a＜0，x＞0，
則h′（x）＝a2eax﹣＝，
設(shè)p（x）＝xa2eax﹣1，則p′（x）＝a2eax（ax+1），
當(dāng)x∈（0，﹣）時(shí)，p′（x）＞0，P（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（﹣，+∞）時(shí)，p′（x）＜0，P（x）單調(diào)遞減，
所以p（x）max＝p（﹣）＝﹣﹣1，
（i）當(dāng)﹣e≤a＜0時(shí)，p（x）≤p（x）max＝p（﹣）＝﹣﹣1≤0，
則h′（x）＜0，所以h（x）單調(diào)遞減，
又x無(wú)限趨向于0時(shí)，函數(shù)h（x）無(wú)限趨向于正無(wú)窮大，且h（1）＝aea＜0，
所以h（x）只有1個(gè)零點(diǎn)，即集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中恰有1個(gè)元素，
（ii）a＜﹣e，則p（x）max＝p（﹣）＝﹣﹣1＞0，
由（1）知，g（x）＝ax﹣lnx在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
且存在x0∈（ea，1），使得g（x0）＝0，
即ax0＝lnx0，＝x0，
又g（）＝+1＜0，所以x0＜，
p（x0）＝x0a2eax0﹣1＝a2﹣1＝ln2x0﹣1＞0，
又p（0）＝﹣1＜0，p（1）＝a2ea﹣1＜e2e﹣e﹣1＝e2﹣e﹣1＜0，
所以存在α∈（0，﹣），β∈（﹣，1），有p（α）＝p（β）＝0，
x∈（0，α）時(shí)，p（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
x∈（α，β）時(shí)，p（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
x∈（β，+∞）時(shí)，p（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
x0∈（α，β），f（x0）＝0，h（x0）＝0，
所以極小值h（α）＜0，極大值h（β）＞0，
又h（ea）＝a（﹣1）＞0，且ea＜α，h（1）＝aea＜0，且β＜1，
故存在x1∈（ea，α），h（x1）＝0，存在x2∈（β，1），h（x2）＝0，
即h（x）有3個(gè)零點(diǎn)x1，x0，x2，且0＜x1＜x0＜x2＜1，
集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中有3個(gè)元素，
綜上，a＝或﹣e≤a＜0時(shí)，集合B＝{x|f[f（x）]＝x}中恰有1個(gè)元素，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[﹣e，0）∪{}．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)新概念的理解和運(yùn)用能力，同時(shí)考查了集合間的關(guān)系和方程根的相關(guān)知識(shí)，分類討論思想及導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用，屬于難題．
43．（2023?全國(guó)一模）已知函數(shù)．
（1）當(dāng)m＝2時(shí)，求函數(shù)f（x）的定義域；
（2）設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镸，當(dāng)時(shí)，，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)題意，由函數(shù)的解析式可得|2x﹣1|﹣|x+2|﹣2≥0，即|2x﹣1|﹣|x+2|≥2，解可得答案；
（2）根據(jù)題意，等價(jià)于當(dāng)x∈[﹣m，]時(shí)，有|2x﹣1|﹣|x+m|﹣m≥0恒成立，變形可得?x∈[﹣m，]，2m≤﹣3x+1成立，據(jù)此分析可得答案．
【解答】解：（1）根據(jù)題意，若m＝2，則f（x）＝，
必有|2x﹣1|﹣|x+2|﹣2≥0，即|2x﹣1|﹣|x+2|≥2，
則有或或，
解可得x≤﹣1或x≥5，
即函數(shù)的定義域?yàn)椋ī仭蓿?]∪[5，+∞）；
（2）根據(jù)題意，當(dāng)時(shí)，，
則當(dāng)x∈[﹣m，]時(shí)，有|2x﹣1|﹣|x+m|﹣m≥0恒成立，
此時(shí)1﹣2x﹣x﹣m﹣m≥0，變形可得2m≤﹣3x+1，
若?x∈[﹣m，]，2m≤﹣3x+1成立，必有2m≤（﹣3+1）min，
設(shè)h（x）＝﹣3x+1，易得h（x）min＝﹣，必有2m≤﹣，解可得m≤﹣，
又由m＞﹣，則m的取值范圍為（﹣，﹣]．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的定義域和子集的關(guān)系，涉及絕對(duì)值不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題．
44．（2023?濱州二模）設(shè)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若不等式f（x）≥f′（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立．則稱函數(shù)f（x）是“超導(dǎo)函數(shù)”．
（1）請(qǐng)舉一個(gè)“超導(dǎo)函數(shù)”的例子，并加以證明；
（2）若函數(shù)g（x）與h（x）都是“超導(dǎo)函數(shù)”，且其中一個(gè)在R上單調(diào)遞增，另一個(gè)在R上單調(diào)遞減，求證：函數(shù)F（x）＝g（x）h（x）是“超導(dǎo)函數(shù)”；
（3）若函數(shù)y＝φ（x）是“超導(dǎo)函數(shù)”且方程φ（x）＝φ′（x）無(wú)實(shí)根，φ（1）＝e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），判斷方程φ（﹣x﹣lnx）＝e﹣x﹣lnx的實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)并說(shuō)明理由．
【分析】（1）可取f（x）＝ex+2，由新定義即可得到證明；
（2）運(yùn)用新定義和導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，即可得證；
（3）由題意可設(shè)函數(shù)G（x）＝，求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，設(shè)m（x）＝x+1+lnx，x＞0，求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，運(yùn)用函數(shù)零點(diǎn)存在定理，即可得到結(jié)論．
【解答】解：（1）可取f（x）＝ex+2為“超導(dǎo)函數(shù)”．
由f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝ex，
可得ex＜ex+2，對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，
即f（x）是“超導(dǎo)函數(shù)”；
（2）證明：F（x）＝g（x）h（x），
F′（x）＝g′（x）h（x）+g（x）h′（x），
F（x）﹣F′（x）＝g（x）h（x）﹣g′（x）h（x）﹣g（x）h′（x）
＝[g（x）﹣g′（x）]h（x）﹣g（x）h′（x），
由函數(shù)g（x）與h（x）都是“超導(dǎo)函數(shù)”，
可得g（x）≥g′（x），h（x）≥h′（x）恒成立，
即g（x）﹣g′（x）≥0，h（x）﹣h′（x）≥0，①
由g（x），h（x）其中一個(gè)在R上單調(diào)遞增，另一個(gè)在R上單調(diào)遞減，
可得g′（x）h′（x）≤0，②
由①②可得F（x）﹣F′（x）≥0在R上恒成立，
可得F（x）是“超導(dǎo)函數(shù)”；
（3）由φ（1）＝e，φ（﹣x﹣lnx）＝e﹣x﹣lnx，
即＝，
設(shè)函數(shù)G（x）＝，即G（﹣x﹣lnx）＝G（1）③，
函數(shù)y＝φ（x）是“超導(dǎo)函數(shù)”，可得φ（x）≥φ′（x）恒成立，
方程φ（x）＝φ′（x）無(wú)實(shí)根，
故G′（x）＝﹣＜0恒成立，
可得G（x）在R上遞減，③等價(jià)為﹣x﹣lnx＝1即x+1+lnx＝0，
設(shè)m（x）＝x+1+lnx，x＞0，可得m′（x）＝1+＞0，
可得m（x）在x＞0遞增，且m（）＝﹣1＜0，m（）＝＞0，
可得m（x）＝x+1+lnx在（，）內(nèi)有且只有一個(gè)實(shí)根，
即原方程有且只有一個(gè)實(shí)根．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查新定義的理解和運(yùn)用，考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)性，以及函數(shù)零點(diǎn)存在定理的運(yùn)用，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力和推理能力，屬于綜合題．
四、刷基礎(chǔ)
一．選擇題（共16小題）
1．（2023?青羊區(qū)校級(jí)模擬）“m＜0”是“函數(shù)f（x）＝m+lg2x（x≥1）存在零點(diǎn)”的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分又不必要條件
【分析】利用特殊值法，令m＝0，代入可以求出函數(shù)f（x）＝m+lg2x（x≥1）的零點(diǎn)，從而進(jìn)行判斷；
【解答】解：∵m＜0，函數(shù)f（x）＝m+lg2x（x≥1），
又x≥1，lg2x≥0，∵y＝lg2x在x≥1上為增函數(shù)，求f（x）存在零點(diǎn)，
要求f（x）＜0，必須要求m＜0，
∴f（x）在x≥1上存在零點(diǎn)；
若m＝0，代入函數(shù)f（x）＝m+lg2x（x≥1），
可得f（x）＝lg2x，令f（x）＝lg2x＝0，可得x＝1，
f（x）的零點(diǎn)存在，
∴“m＜0”是“函數(shù)f（x）＝m+lg2x（x≥1）存在零點(diǎn)”充分不必要條件，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】此題以對(duì)數(shù)函數(shù)為載體，考查了必要條件和充分條件的定義及其判斷，是一道基礎(chǔ)題．
2．（2023?西固區(qū)校級(jí)模擬）函數(shù)f（x）＝2x+3x的零點(diǎn)所在的一個(gè)區(qū)間是（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（1，2）
【分析】判斷函數(shù)的連續(xù)性，利用零點(diǎn)判定定理求解即可．
【解答】解：函數(shù)f（x）＝2x+3x是連續(xù)增函數(shù)，
∵f（﹣1）＝＜0，f（0）＝1+0＞0；
∴f（﹣1）f（0）＜0．
所以函數(shù)的零點(diǎn)在（﹣1，0）．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的零點(diǎn)判定定理的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．
3．（2023?大慶模擬）已知函數(shù)，則（ ）
A．f（0.1）＞f（0.2）
B．函數(shù)f（x）有一個(gè)零點(diǎn)
C．函數(shù)f（x）是偶函數(shù)
D．函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱
【分析】根據(jù)題意，判斷函數(shù)的單調(diào)性可得A錯(cuò)誤，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得f（x）＞0，則有f（x）沒(méi)有零點(diǎn)，B錯(cuò)誤，利用反例可得C錯(cuò)誤，由函數(shù)的解析式可得f（x）+f（1﹣x）＝1，可得函數(shù)的對(duì)稱性，可得D正確，綜合可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：
對(duì)于A，函數(shù)＝1﹣，函數(shù)y＝4x在R上為增函數(shù)，易得f（x）在R上為減函數(shù)，則有f（0.1）＜f（0.2），A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，，有4x＞0，則有f（x）＞0，f（x）沒(méi)有零點(diǎn)，B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，f（1）≠f（﹣1），f（x）不是偶函數(shù)，C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，易得f（x）+f（1﹣x）＝1，則函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，D正確；
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的性質(zhì)，涉及函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性的判斷，屬于基礎(chǔ)題．
4．（2023?湖北模擬）已知函數(shù)，若f（a﹣1）≥f（2a+1）成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（ ）
A．（﹣∞，﹣2]B．（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）
C．D．
【分析】根據(jù)題意，分析可得f（x）的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，且在（2，+∞）上為增函數(shù)，由此可得原不等式等價(jià)于|a﹣1﹣2|≥|2a+1﹣2|，解可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)＝lg3（+），
有f（4﹣x）＝lg3（+）＝f（x），則函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，
設(shè)t＝，g（t）＝t+，則y＝lg3[g（x）]，
當(dāng)x＞2時(shí)，＞0，則t＞1，函數(shù)g（x）＝t+在（1，+∞）上為增函數(shù)，y＝lg3x在（0，+∞）上為增函數(shù)，
故函數(shù)f（x）在（2，+∞）上為增函數(shù)，
若f（a﹣1）≥f（2a+1）成立，則有|a﹣1﹣2|≥|2a+1﹣2|，解可得﹣2≤a≤，即a的取值范圍為[﹣2，]；
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的單調(diào)性與對(duì)稱性的綜合應(yīng)用，涉及不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題．
5．（2023?河?xùn)|區(qū)一模）定義在R上的偶函數(shù)f（x）滿足f（2+x）＝f（2﹣x），當(dāng)x∈[﹣2，0]時(shí)，f（x）＝x+2，設(shè)函數(shù)h（x）＝e﹣|x﹣2|（﹣2＜x＜6）（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），則f（x）與h（x）的圖象所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為（ ）
A．5B．6C．7D．8
【分析】利用題中的條件分別作出函數(shù)f（x）和h（x）的圖象，利用對(duì)稱性即可解出．
【解答】解：由f（2+x）＝f（2﹣x）且f（x）是偶函數(shù)，可知函數(shù)f（x）的周期為4，
由題意可知f（x）和h（x）的圖象都是關(guān)于x＝2對(duì)稱，因此四個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)也都關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，
所以四個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為8，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)圖象，函數(shù)圖象的對(duì)稱性，數(shù)形結(jié)合思想，屬于基礎(chǔ)題．
6．（2023?興慶區(qū)校級(jí)三模）函數(shù)在區(qū)間（2，4）上存在零點(diǎn)．則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（ ）
A．（﹣∞，﹣18）B．（5，+∞）C．（5，18）D．（﹣18，﹣5）
【分析】利用函數(shù)的零點(diǎn)判斷定理，列出不等式組，求解即可．
【解答】解：函數(shù)在區(qū)間（2，4）上是單調(diào)增函數(shù)，
函數(shù)在區(qū)間（2，4）上存在零點(diǎn)．
可得，解得m∈（﹣18，﹣5）．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的零點(diǎn)判斷定理的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．
7．（2023?湖北模擬）已知函數(shù)f（x）＝xα，g（x）＝xβ，其中x∈[0，+∞），0＜α＜1，β＞1，若點(diǎn)，，，滿足|MP|＝|NQ|，則（ ）
A．4α﹣4β＝2α+βB．4α+4β＝2α+βC．2α﹣2β＝2α+βD．2α+2β＝2α+β
【分析】由|MP|＝|NQ|且橫坐標(biāo)對(duì)應(yīng)相等，知縱坐標(biāo)差的絕對(duì)值對(duì)應(yīng)相等，化簡(jiǎn)即得．
【解答】解：因?yàn)閨MP|＝|NQ|，且0＜α＜1，β＞1，
故，
故，則2α+2β＝2α+β．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．
8．（2023?金昌二模）已知x0是函數(shù)的一個(gè)零點(diǎn)，若x1∈（2，x0），x2∈（x0，+∞），則（ ）
A．x0∈（2，4）B．f（x1）＞f（x2）
C．f（x1）＜0，f（x2）＜0D．f（x1）＞0，f（x2）＞0
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)及一次函數(shù)的單調(diào)性確定函數(shù)遞減，再由零點(diǎn)存在性確定零點(diǎn)范圍，結(jié)合單調(diào)性判斷f（x1），f（x2）大?。?br>【解答】解：函數(shù)在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝﹣x+4在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞減，
故函數(shù)在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞減，
又f（2）＞0，f（3）＞0，f（4）＞0，f（5）＜0，
所以x0∈（4，5），
因?yàn)閒（x0）＝0，x1∈（2，x0），x2∈（x0，+∞），
由單調(diào)性知f（x1）＞0，f（x2）＜0，即f（x1）＞f（x2）．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)性質(zhì)在函數(shù)零點(diǎn)判斷中的應(yīng)用，屬于中檔題．
9．（2023?龍巖模擬）已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x）+f（x+4）＝23，當(dāng)x∈（0，4]時(shí)，f（x）＝x2﹣2x，則函數(shù)f（x）在區(qū)間（﹣4，2023]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是（ ）
A．253B．506C．507D．759
【分析】由f（x）+f（x+4）＝23得f（x）的周期，再根據(jù)x∈（0，8]時(shí)，f（x）＝x2﹣2x零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，從而可得答案．
【解答】解：由f（x）+f（x+4）＝23得f（x+4）+f（x+8）＝23，
所以f（x+8）＝f（x），即f（x）是以8為周期的周期函數(shù)，
當(dāng)x∈（0，4]時(shí)，f（x）＝x2﹣2x有兩個(gè)零點(diǎn)2和4，
當(dāng)x∈（4，8]時(shí)，f（x）＝23﹣f（x﹣4）＝23﹣（x﹣4）2+2x﹣4，
令23﹣（x﹣4）2+2x﹣4＝0，則有2x﹣4＝（x﹣4）2﹣23，
當(dāng)x∈（4，8]時(shí)，（x﹣4）2﹣23＜0，2x﹣4＞1，
所以2x﹣4＝（x﹣4）2﹣23無(wú)解，
所以當(dāng)x∈（4，8]時(shí)，f（x）＝23﹣（x﹣4）2+2x﹣4無(wú)零點(diǎn)，
又2023＝252×8+7，因此在（0，2016]上函數(shù)有2×252＝504個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)x∈（0，4]時(shí)，f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)2和4，
當(dāng)x∈（4，7]時(shí)，f（x）無(wú)零點(diǎn)，當(dāng)x∈（﹣4，0]時(shí)，f（x）無(wú)零點(diǎn)，
因此在（﹣4，2023]上，f（x）有504+2＝506個(gè)零點(diǎn)．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．
10．（2023?遼寧二模）設(shè)函數(shù)f（x）在（﹣∞，+∞）上滿足f（2﹣x）＝f（2+x），f（5﹣x）＝f（5+x），且在閉區(qū)間[0，5]上只有f（1）＝f（3）＝0，則方程f（x）＝0在閉區(qū)間[﹣2020，2020]上的根的個(gè)數(shù)（ ）
A．1348B．1347C．1346D．1345
【分析】根據(jù)周期函數(shù)性質(zhì)可知，只需求出一個(gè)周期里的根的個(gè)數(shù)，可求得f（x）在[2，7]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，再分區(qū)間[﹣2020，2）和[2，2020]討論即可．
【解答】解：f（x）在 R上滿足f（2﹣x）＝f（2+x），f（5﹣x）＝f（5+x），
f（x）關(guān)于直線x＝2和直線x＝5對(duì)稱，且f（x）＝f（4﹣x），f（x）＝f（10﹣x），
所以f（4﹣x）＝f（10﹣x），所以f（x）＝f（x+6），所以f（x）的周期為6，
又在閉區(qū)間[0，5]上只有f（1）＝f（3）＝0，則f（7）＝0，f（﹣3）＝0，
且當(dāng)x∈[2，5]時(shí)，通過(guò)其關(guān)于直線x＝5對(duì)稱，得其f（x）值對(duì)應(yīng)著x∈[5，8]的f（x）值，
則f（x）在閉區(qū)間[2，8]上只有f（7）＝f（3）＝0，
同理可推得f（x）在[﹣4，2]也只有兩個(gè)零點(diǎn)，
因?yàn)椹?020＝﹣6×337+2，則f（x）在[﹣2020，2）共有337×2＝674個(gè)零點(diǎn)，
因?yàn)?018＝6×336+2，且在x∈（2018，2020]的圖象與x∈（2，4]的圖象相同，
則f（x）在[2，2020]上有336×2+1＝673個(gè)零點(diǎn)，
則方程f（x）＝0在閉區(qū)間[﹣2020，2020]上的根的個(gè)數(shù)為1347個(gè)．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了抽象函數(shù)的應(yīng)用，考查了函數(shù)的對(duì)稱性和周期性，屬于中檔題．
11．（2023?淮北二模）若關(guān)于x的方程2x3﹣3x2﹣12x+k＝0有3個(gè)不同實(shí)根，則滿足條件的整數(shù)k的個(gè)數(shù)是（ ）
A．24B．26C．29D．31
【分析】關(guān)于x的方程2x3﹣3x2﹣12x+k＝0有3個(gè)不同實(shí)根，即為函數(shù)y＝2x3﹣3x2﹣12x，y＝﹣k的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，令f（x）＝2x3﹣3x2﹣12x，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值，作出函數(shù)的大致圖象，結(jié)合圖象求出k的范圍，即可得解．
【解答】解：由2x3﹣3x2﹣12x+k＝0，得2x3﹣3x2﹣12x＝﹣k，
則關(guān)于x的方程2x3﹣3x2﹣12x+k＝0有3個(gè)不同實(shí)根，
即為函數(shù)y＝2x3﹣3x2﹣12x，y＝﹣k的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，
令f（x）＝2x3﹣3x2﹣12x，則f'（x）＝6x2﹣6x﹣12＝6（x﹣2）（x+1），
當(dāng)x＞2或x＜﹣1時(shí)，f'（x）＞0，當(dāng)﹣1＜x＜2時(shí)，f'（x）＜0，
所以函數(shù)f（x）在（2，+∞），（﹣∞，﹣1）上單調(diào)遞增，在（﹣1，2）上單調(diào)遞減，
所以f（x）極大值＝f（﹣1）＝7，f（x）極小值＝f（2）＝﹣20，
當(dāng)x趨向負(fù)無(wú)窮時(shí)，f（x）趨向負(fù)無(wú)窮，當(dāng)x趨向正無(wú)窮時(shí)，f（x）趨向正無(wú)窮，
作出函數(shù)f（x）＝2x3﹣3x2﹣12x的大致圖象，如圖所示，
由圖可得﹣20＜﹣k＜7，所以﹣7＜k＜20，
所以滿足條件的整數(shù)k的個(gè)數(shù)是19﹣（﹣6）+1＝26個(gè)．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．
12．（2023?全國(guó)模擬）函數(shù)f（x）＝4sin（3x+2）+2cs（3x+4）在（0，π）上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】將函數(shù)f（x）＝4sin（3x+2）+2cs（3x+4）在（0，π）上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）＝2sin（3x+2），h（x）＝﹣cs（3x+4）的圖象的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題，數(shù)形結(jié)合，可得答案．
【解答】解：由題意函數(shù)f（x）＝4sin（3x+2）+2cs（3x+4）在（0，π）上的零點(diǎn)，
即為f（x）＝0，即2sin（3x+2）＝﹣cs（3x+4）的根，
也即函數(shù)g（x）＝2sin（3x+2），h（x）＝﹣cs（3x+4）的圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，
作出g（x）＝2sin（3x+2），h（x）＝﹣cs（3x+4）的圖象如圖示：
由圖象可知在（0，π）上兩函數(shù)圖像有3個(gè)交點(diǎn)，
故函數(shù)f（x）＝4sin（3x+2）+2cs（3x+4）在（0，π）上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，屬于中檔題．
13．（2023?呼和浩特模擬）已知函數(shù)，若關(guān)于x的方程[f（x）]2+mf（x）﹣1+m＝0恰有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（ ）
A．B．
C．（﹣∞，2）∪（2，+∞）D．（1，e2）
【分析】先利用導(dǎo)數(shù)畫(huà)出f（x）圖象，由方程[f（x）]2+mf（x）﹣1+m＝0，解得 f（x）＝1或f（x）＝1﹣m，根據(jù)題意，由f（x）＝1﹣m有兩個(gè)解求解．
【解答】解：因?yàn)椋?br>所以f′（x）＝，
令f′（x）＝0，則x＝1，
所以當(dāng)x＜1時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減；
所以當(dāng)x＝1時(shí)，f（x）取得極大值e﹣2，f（x）圖象如圖所示：
方程[f（x）]2+mf（x）﹣1+m＝0，即為[f（x）+1][f（x）+m﹣1]＝0，
解得f（x）＝1或f（x）＝1﹣m，
由函數(shù)f（x）的圖象知：f（x）＝1只有一個(gè)解，
所以f（x）＝1﹣m有兩個(gè)解，
所以 0＜1﹣m＜e﹣2，解得1﹣e﹣2＜m＜1．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想，作出圖象是關(guān)鍵，屬于中檔題．
14．（2023?千陽(yáng)縣校級(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）＝|lg2|1﹣x||，若函數(shù)g（x）＝f2（x）+af（x）+2b有6個(gè)不同的零點(diǎn)，且最小的零點(diǎn)為x＝﹣1，則2a+b＝（ ）
A．6B．﹣2C．2D．﹣6
【分析】作出函數(shù)f（x）＝|lg2|1﹣x||的圖象，函數(shù)g（x）＝f2（x）+af（x）+2b有6個(gè)不同的零點(diǎn)，等價(jià)于方程f2（x）+af（x）+2b＝0有6個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，令f（x）＝t，則t2+at+2b＝0，設(shè)方程的兩個(gè)不相等的實(shí)根為t1，t2，則t1＝0，t2＞0，再結(jié)合最小的零點(diǎn)為x＝﹣1求出t2的值，進(jìn)而利用韋達(dá)定理求出a，b的值．
【解答】解：作出函數(shù)f（x）＝|lg2|1﹣x||的圖象，可得圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，
∵函數(shù)g（x）＝f2（x）+af（x）+2b有6個(gè)不同的零點(diǎn)，
∴方程f2（x）+af（x）+2b＝0有6個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，
令f（x）＝t，則t2+at+2b＝0，此方程一定有兩個(gè)不相等的實(shí)根，設(shè)為t1，t2，
則t1＝0（對(duì)應(yīng)x＝0和x＝2兩個(gè)零點(diǎn)），t2＞0（對(duì)應(yīng)x1＜0，0＜x2＜1，1＜x3＜2，x4＞2四個(gè)零點(diǎn)），
根據(jù)題意可知，x1＝﹣1是最小的零點(diǎn)，則t2＝f（﹣1）＝|lg2|1﹣（﹣1）||＝1，
即方程t2+at+2b＝0的兩個(gè)根為0和1，
由韋達(dá)定理可得，，解得，
∴2a+b＝﹣2．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查了韋達(dá)定理的應(yīng)用，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．
15．（2023?中衛(wèi)二模）設(shè)f（x）是定義在R上的函數(shù)，若f（x）+x2是奇函數(shù)，f（x）﹣x是偶函數(shù)，函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的個(gè)數(shù)有（ ）
（1）當(dāng)x∈[2，3]時(shí)，g（x）＝﹣2（x﹣2）（x﹣3）；
（2）；
（3）若g（m）≥2，則實(shí)數(shù)m的最小值為
（4）若h（x）＝g（x）﹣k（x﹣2）有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)．
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【分析】由f（x）+x2是奇函數(shù)，f（x）﹣x是偶函數(shù)，得f（x）＝x﹣x2，再依據(jù)作出函數(shù)g（x）的圖像，再逐項(xiàng)判斷即可．
【解答】解：因?yàn)?f（x）+x2是奇函數(shù)，f（x）﹣x是偶函數(shù)，
所以 ，解得f（x）＝x﹣x2，
由，
當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，g（x）＝2g（x﹣1），
則x﹣1∈（0，1），所以g（x）＝2g（x﹣1）＝2f（x﹣1），
同理：當(dāng)x∈（2，3）時(shí)，g（x）＝2g（x﹣1）＝4g（x﹣2）＝4f（x﹣2），
以此類推，我們可以得到如下g（x）的圖象：
對(duì)于（1）：根據(jù)上述規(guī)律，當(dāng)x∈（2，3）時(shí)，g（x）＝4f（x﹣2）＝4[x﹣2﹣（x﹣2）2]＝﹣4（x﹣2）（x﹣3），故（1）錯(cuò)誤；
對(duì)于（2）：根據(jù)圖象，剛好是相鄰兩個(gè)自然數(shù)中間的數(shù)，
則 剛好是每一段圖象中的極大值，代入函數(shù)解析式得 ，故（2）正確；
對(duì)于（3）：根據(jù)圖象，當(dāng)x∈（3，4）時(shí)g（x）＝8（﹣x2+7x﹣12），由圖像可得（3）正確；
對(duì)于（4）：h（x）＝g（x）﹣k（x﹣2）有三個(gè)零點(diǎn)，
等價(jià)于函數(shù)g（x）與函數(shù)y＝k（x﹣2）有三個(gè)不同的交點(diǎn)，設(shè)A（2，0），則函數(shù)y＝k（x﹣2）的圖象為恒過(guò)點(diǎn)A的直線，如圖所示．
當(dāng)函數(shù)y＝k（x﹣2）與g（x），x∈（0，1）相切的時(shí)候，有三個(gè)交點(diǎn)，
相切時(shí)斜率k小于直線AB的斜率，直線AB的斜率為 ，
故h（x）＝g（x）﹣k（x﹣2）有三個(gè)零點(diǎn)，，故（4）錯(cuò)誤．
說(shuō)法正確的個(gè)數(shù)為2．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分段函數(shù)的性質(zhì)，考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．
16．（2023?浉河區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax﹣a﹣x（a＞0，a≠1），則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．函數(shù)y＝f（sin（x﹣1））不是周期函數(shù)
B．函數(shù)為奇函數(shù)
C．當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f（|x|）的最大值是0
D．若a＝e，則函數(shù)f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為增函數(shù)
【分析】根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)是否正確，綜合可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：
對(duì)于A，y＝f（sin（x﹣1）），有sin（x﹣1）＝sin（2π+x﹣1），必有f（sin（x﹣1））＝f（sin（2π+x﹣1）），
則函數(shù)y＝f（sin（x﹣1））是周期函數(shù)，A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，y＝＝＝（ax+a﹣x），
設(shè)g（x）＝（ax+a﹣x），其定義域?yàn)镽，有g(shù)（﹣x）＝g（x），即函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，當(dāng)a＝e時(shí)，f（|2|）＝f（2）＝e2﹣e﹣2＞0，函數(shù)f（|x|）的最大值不是0，C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，若a＝e，則f（x）＝ex﹣e﹣x，其導(dǎo)數(shù)f′（x）＝ex+e﹣x＞0，
則f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為增函數(shù)，D正確．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)與方程的關(guān)系，涉及函數(shù)奇偶性和周期性、最值的判斷，屬于中檔題．
二．填空題（共10小題）
17．（2023?廣陵區(qū)校級(jí)模擬）已知，若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣k有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k取值范圍是 （﹣2，0）?{2} ．
【分析】畫(huà)出f（x）的圖象，數(shù)形結(jié)合解決問(wèn)題即可．
【解答】解：g（x）＝f（x）﹣k有兩個(gè)零點(diǎn)，即f（x）＝k有兩個(gè)根，
即函數(shù)y＝f（x）與y＝k有兩個(gè)交點(diǎn)，
如圖所示，顯然，當(dāng)k＝2或﹣2＜k＜0時(shí)，函數(shù)y＝f（x）與y＝k有兩個(gè)交點(diǎn)，符合題意．
故答案為：（﹣2，0）?{2}．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查分段函數(shù)及其應(yīng)用，由函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)取值范圍的方法等知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題．
18．（2023?四川三模）函數(shù)f（x）＝sinx﹣lg2x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 1 ．
【分析】在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出函數(shù)y＝sinx與y＝lg2x的圖象，利用圖象得結(jié)論．
【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)就是找對(duì)應(yīng)兩個(gè)函數(shù)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．
在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出函數(shù)y＝sinx與y＝lg2x的圖象，
由圖得交點(diǎn)為1個(gè)，
故函數(shù)f（x）＝sinx﹣lg2x的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是1．
故答案為 1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．在判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)時(shí)，常轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)方程的根，利用根的個(gè)數(shù)來(lái)得結(jié)論或轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)兩個(gè)函數(shù)的圖象的交點(diǎn)，利用兩個(gè)函數(shù)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)來(lái)判斷．
19．（2023?和平區(qū)校級(jí)二模）設(shè)a∈R，函數(shù)，若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)恰有6個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是 ．
【分析】由x2﹣2（a+1）x+a2+5＝0最多有2個(gè)根，可得cs（2πx﹣2πa）＝0至少有4個(gè)根，分別討論當(dāng)x＜a和x≥a時(shí)兩個(gè)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)情況，再結(jié)合考慮求解即可．
【解答】解：x2﹣2（a+1）x+a2+5＝0最多有2個(gè)根，所以cs（2πx﹣2πa）＝0至少有4個(gè)根由，
可得，
由可得．
x＜a時(shí)，當(dāng)時(shí)，f（x）有4個(gè)零點(diǎn)，即；
當(dāng)，f（x）有5個(gè)零點(diǎn)，即；
當(dāng)，f（x）有6個(gè)零點(diǎn)，即；
當(dāng)x≥a時(shí)，f（x）＝x2﹣2（a+1）x+a2+5，
Δ＝4（a+1）2﹣4（a2+5）＝8（a﹣2），
當(dāng)a＜2時(shí)，Δ＜0，f（x）無(wú)零點(diǎn)；
當(dāng)a＝2時(shí)，Δ＝0，f（x）有1個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)a＞2時(shí)，令f（a）＝a2﹣2a（a+1）x+a2+5＝﹣2a+5≥0，則，
此時(shí)f（x）有2個(gè)零點(diǎn)；
所以若時(shí)，f（x）有1個(gè)零點(diǎn)．
綜上，要使f（x）在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)恰有6個(gè)零點(diǎn)，
則應(yīng)滿足或或，
則可解得a的取值范圍是：．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分段函數(shù)的應(yīng)用，考查了余弦函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．
20．（2023?谷城縣校級(jí)模擬）已知關(guān)于x的方程x?ex﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0在（0，1]上有兩個(gè)不相等的實(shí)很，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ．
【分析】原方程可化為elnx+x﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0，令t＝lnx+x﹣2，x∈（0，1]，即得在t∈（﹣∞，﹣4）?（﹣4，﹣1]有兩個(gè)不相等的實(shí)根，再轉(zhuǎn)化為y＝a和，t∈（﹣∞，﹣4）?（﹣4，﹣1]有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖象，并結(jié)合圖象得到結(jié)果即可．
【解答】解：由x＝elnx，可得方程x?ex﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0，
可化為elnx+x﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0，
令t＝lnx+x﹣2，x∈（0，1]，
因?yàn)閥＝lnx，y＝x﹣2在（0，1]上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)t＝lnx+x﹣2在（0，1]上單調(diào)遞增，
故x∈（0，1]時(shí)，值域?yàn)閠∈（﹣∞，﹣1]．
方程elnx+x﹣2﹣a（x+lnx）﹣2a＝0可化為et﹣at﹣4a＝0，
當(dāng)t＝﹣4時(shí)，方程可化為et＝0，不成立，
故t≠﹣4，故原方程可化為，
由已知在t∈（﹣∞，﹣4）?（﹣4，﹣1]有兩個(gè)不相等的實(shí)根，
即y＝a和，t∈（﹣∞，﹣4）?（﹣4，﹣1]有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．
，
當(dāng)t∈（﹣∞，﹣4）和t∈（﹣4，﹣3）時(shí)，g′（t）＜0，
即g（t）在t∈（﹣∞，﹣4）上遞減，在t∈（﹣4，﹣3）上遞減；
當(dāng)t∈（﹣3，﹣1]時(shí)，g′（t）＞0，g（t）在（﹣3，﹣1]遞增．
另外，t＜﹣4時(shí)，g（t）＜0；t＞﹣4時(shí)，g（t）＞0；
，當(dāng)x→﹣∞時(shí)，g（t）→0，
當(dāng)x＜﹣3，且x→﹣3時(shí)，g（t）→﹣∞，
當(dāng)x＞﹣3，且x→﹣3時(shí)，g（t）→+∞，
根據(jù)以上信息，函數(shù)，t∈（﹣∞，﹣4）?（﹣4，﹣1]大致圖象如下，
當(dāng)時(shí)，y＝a和，t∈（﹣∞，﹣4）?（﹣4，﹣1]的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．
所以a的取值范圍是．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．
21．（2023??？谀M）若對(duì)任意a∈[2，3]，關(guān)于x的方程lgax＝b﹣x在區(qū)間[2，3]上總有實(shí)根，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是 [3，4] ．
【分析】設(shè)f（x）＝lgax﹣（b﹣x）＝lgax+x﹣b，x＞0，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知f（x）＝lgax+x﹣b在[2，3]上單調(diào)遞增，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f（x）＝lgax+x﹣b在[2，3]上總有零點(diǎn)，結(jié)合函數(shù)的零點(diǎn)知識(shí)，求解即可．
【解答】解：設(shè)f（x）＝lgax﹣（b﹣x）＝lgax+x﹣b，x＞0，
因?yàn)閍∈[2，3]，所以y＝lgax在定義域上單調(diào)遞增，
又因?yàn)閥＝x﹣b，在定義域上單調(diào)遞增，
所以f（x）＝lgax+x﹣b在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又因?yàn)榉匠蘬gax＝b﹣x在區(qū)間[2，3]上總有實(shí)根，
所以f（x）＝lgax+x﹣b在[2，3]上總有零點(diǎn)，
又因?yàn)閒（x）＝lgax+x﹣b在[2，3]上單調(diào)遞增，
所以f（2）＝0或或f（3）＝0，
即lga2+2﹣b＝0或或lga3+3﹣b＝0，
解得lga2+2≤b≤lga3+3，
即有l(wèi)ga2+2≤b≤lga3+3在a∈[2，3]上恒成立，
所以（lga2+2）max≤b≤（lga3+3）min，
又因?yàn)椋╨ga2+2）max＝lg22+2＝3，（lga3+3）min＝lg33+3＝4，
所以3≤b≤4．
故答案為：[3，4]．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)的零點(diǎn)，屬于中檔題．
22．（2023?沈河區(qū)校級(jí)模擬）已知[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，記{x}＝x﹣[x]，則方程的整數(shù)解個(gè)數(shù)為 24 ．
【分析】根據(jù){x}的定義可得x﹣為整數(shù)，從而可求原方程整數(shù)解的個(gè)數(shù)．
【解答】解：根據(jù)題意，有?x﹣∈Z，
因此x是2020＝22×5×101的約數(shù)，個(gè)數(shù)為2×（2+1）×（1+1）×（1+1）＝24．
故答案為：24．
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于新概念題，考查了函數(shù)與方程思想，理解概念是關(guān)鍵，屬于中檔題．
23．（2023?和平區(qū)校級(jí)一模）函數(shù)f（x）＝min{|x﹣2|，x2，|x+2|}，其中min{x，y，z}表示x，y，z中的最小者．若函數(shù)y＝f2（x）﹣2bf（x）+b﹣有12個(gè)零點(diǎn)，則b的取值范圍是 （，）∪（，） ．
【分析】將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f2（x）﹣2bf（x）+b﹣＝0有12個(gè)不等實(shí)根，設(shè)f（x）＝t，可知方程t2﹣2bt+b﹣＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，結(jié)合函數(shù)圖象可確定t1，t2的范圍，結(jié)合二次函數(shù)零點(diǎn)的分布列出不等式組求得結(jié)果．
【解答】解：題意轉(zhuǎn)化為f2（x）﹣2bf（x）+b﹣＝0有12個(gè)不等實(shí)根，
作出f（x）圖象，如下圖所示：
設(shè)f（x）＝t，則t2﹣2bt+b﹣＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，
所以Δ＝4b2﹣4（b﹣）＞0，
記t2﹣2bt+b﹣＝0的兩根為t1，t2，（t1≠t2），
則有，
所以，
解得：b∈（，）∪（，），
綜上所述：實(shí)數(shù)b的取值范圍為（，）∪（，）．
故答案為：（，）∪（，）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想及二次函數(shù)根的分布，作出圖象是關(guān)鍵，屬于中檔題．
24．（2023?廈門(mén)模擬）函數(shù)，當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 1 ；若f（x）恰有4個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是 ．
【分析】第一空，當(dāng)a＝1時(shí)csπx＝0、x≥1時(shí)f（x）＝0可得答案；第二空：y＝x2﹣4ax+8（x≥a）至多有2個(gè)零點(diǎn)，故y＝csπx在（0，a）上至少有2個(gè)零點(diǎn)，所以；分、、討論結(jié)合圖象可得答案．
【解答】解：第一空：當(dāng)a＝1時(shí)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f（x）＝csπx＝0，解得，
當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）＝x2﹣4x+8＝（x﹣2）2+4＞0，無(wú)零點(diǎn)，
故此時(shí)f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是1；
第二空：顯然，y＝x2﹣4ax+8（x≥a）至多有2個(gè)零點(diǎn)，
故y＝csπx在（0，a）上至少有2個(gè)零點(diǎn)，所以
①若y＝csπx（0＜x＜a）恰有2個(gè)零點(diǎn)，
則，
此時(shí)y＝x2﹣4ax+8（x≥a）恰有兩個(gè)零點(diǎn)，所以，解得，
此時(shí)；
②若y＝csπx（0＜x＜a）恰有3個(gè)零點(diǎn)，
則，此時(shí)f（a）＝8﹣3a2＜0，
所以y＝x2﹣4ax+8（x≥a）恰有1個(gè)零點(diǎn)，符合要求；
③當(dāng)時(shí)，f（a）＝8﹣3a2＜0，所以y＝x2﹣4ax+8（x≥a）恰有1個(gè)零點(diǎn)，
而y＝csπx（x＜a）至少有4個(gè)零點(diǎn)，
此時(shí)f（x）至少有5個(gè)零點(diǎn)，不符合要求，舍去．
綜上，或，
即a的取值范圍是．
故答案為：1；．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分段函數(shù)的應(yīng)用，考查了余弦函數(shù)和二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于中檔題．
25．（2023?南寧二模）已知x∈R，用[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，例如[﹣2.1]＝﹣3，[2.1]＝2，則函數(shù)y＝x﹣|sinx|﹣[x]，在x∈[﹣π，π]的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是 7 ．
【分析】根據(jù)已知條件，利用一次函數(shù)、正弦函數(shù)的圖象以及函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系求解．
【解答】解：函數(shù)y＝x﹣|sinx|﹣[x]的零點(diǎn)等價(jià)于方程x﹣[x]＝|sinx|的根，
當(dāng)x∈[﹣π，﹣3）時(shí)，方程x﹣[x]＝|sinx|等價(jià)于：x+4＝|sinx|，
當(dāng)x∈[﹣3，﹣2）時(shí)，方程x﹣[x]＝|sinx|等價(jià)于：x+3＝|sinx|，
當(dāng)x∈[﹣2，﹣1）時(shí)，方程x﹣[x]＝|sinx|等價(jià)于：x+2＝|sinx|，
當(dāng)x∈[﹣1，0）時(shí)，方程x﹣[x]＝|sinx|等價(jià)于：x+1＝|sinx|，
當(dāng)x∈[0，1）時(shí)，方程x﹣[x]＝|sinx|等價(jià)于：x＝|sinx|，
當(dāng)x∈[1，2）時(shí)，方程x﹣[x]＝|sinx|等價(jià)于：x﹣1＝|sinx|，
當(dāng)x∈[2，3）時(shí)，方程x﹣[x]＝|sinx|等價(jià)于：x﹣2＝|sinx|，
當(dāng)x∈[3，π）時(shí)，方程x﹣[x]＝|sinx|等價(jià)于：x﹣3＝|sinx|，
因?yàn)榉匠蘹﹣[x]＝|sinx|的根的個(gè)數(shù)等價(jià)于函數(shù)y＝x﹣[x]與函數(shù)y＝|sinx|的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，如圖，
由函數(shù)y＝x﹣[x]，x∈[﹣π，π]與函數(shù)y＝|sinx|，x∈[﹣π，π]的圖象可知，函數(shù)y＝x﹣|sinx|﹣[x]在[﹣π，π]上有7個(gè)零點(diǎn)．
故答案為：7．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分段函數(shù)的應(yīng)用，考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于基礎(chǔ)題．
26．（2023?涼州區(qū)模擬）已知函數(shù)y＝f（x）滿足：當(dāng)﹣2≤x≤2時(shí)，，且f（x）＝f（x+4）對(duì)任意x∈R都成立，則方程4f（x）＝|x|的實(shí)根個(gè)數(shù)是 6 ．
【分析】易知函數(shù)f（x）的周期4，方程4f（x）＝|x|的實(shí)根個(gè)數(shù)即為函數(shù)y＝f（x）與函數(shù)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，作出函數(shù)圖象，結(jié)合圖象即可得出答案．
【解答】解：由于f（x）＝f（x+4），則函數(shù)f（x）的周期為4，
又當(dāng)﹣2≤x≤2時(shí)，，
則可作出函數(shù)f（x）的大致圖象如下，
由4f（x）＝|x|，可得，
由圖象可知，當(dāng)x≥0時(shí)，函數(shù)y＝f（x）與函數(shù)僅有3個(gè)交點(diǎn)，
由對(duì)稱性可知，當(dāng)x＜0時(shí)，函數(shù)y＝f（x）與函數(shù)也僅有3個(gè)交點(diǎn)，
所以方程有6個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即方程4f（x）＝|x|的實(shí)根個(gè)數(shù)是6．
故答案為：6．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．
五.刷易錯(cuò)
一．選擇題（共3小題）
1．（2023?周至縣一模）對(duì)于函數(shù)f（x），若對(duì)任意的x1，x2，x3∈R，f（x1），f（x2），f（x3）為某一三角形的三邊長(zhǎng)，則稱f（x）為“可構(gòu)成三角形的函數(shù)”，已知是可構(gòu)成三角形的函數(shù)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是（ ）
A．[0，1]B．C．[1，2]D．（0，+∞）
【分析】根據(jù)構(gòu)成三角形的條件，只需研究該函數(shù)的最小值與最大值，只要保證f（x）max＜2f（x）min，即可保證該函數(shù)為“可構(gòu)成三角形的函數(shù)”．
【解答】解：由＝，
①當(dāng)t＝1時(shí)，f（x）＝1，顯然符合題意；
由f（x）為偶函數(shù)，只需考慮f（x）在[0，+∞）上的范圍，
②當(dāng)t＞1時(shí)，f（x）在[0，+∞）單調(diào)遞減，f（x）∈（1，t]，
因?yàn)橐獫M足：對(duì)?x1，x2，x3∈R，f（x1）+f（x2）＞f（x3）恒成立，
故2f（x）min＞f（x）max，得t≤2，得1＜t≤2；
③當(dāng)t＜1，f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）∈[t，1），
所以f（x）max＜2f（x）min，即2t≥1，得，
綜上：．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查新定義問(wèn)題，以及將不等式恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問(wèn)題的解題思路，屬于中檔題．
2．（2023?天津模擬）已知函數(shù)f（x）＝x|x﹣a|+2x，若存在a∈（2，3]，使得關(guān)于x的函數(shù)y＝f（x）﹣tf（a）有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是（ ）
A．（）B．（1，）C．（1，）D．（1，）
【分析】根據(jù)f（x）的解析式，討論a∈（2，3]時(shí)f（x）的表達(dá)式，利用函數(shù)的單調(diào)性求得實(shí)數(shù)t的取值范圍．
【解答】解：由題意，f（x）＝，
∴x≥a時(shí)，f（x）＝x2+（2﹣a）x，對(duì)稱軸為x＝＜a，
∴f（x）在x∈[a，+∞）為增函數(shù)，此時(shí)f（x）的值域?yàn)閇f（a），+∞）＝[2a，+∞），
x＜a時(shí)，f（x）＝﹣x2+（2+a）x，對(duì)稱軸為x＝＜a，
∴f（x）在x∈（﹣∞，]為增函數(shù)，此時(shí)f（x）的值域?yàn)椋ī仭?，]，
f（x）在x∈[，a）為減函數(shù)，此時(shí)f（x）的值域?yàn)椋?a，]；
由存在a∈（2，3]，y＝f（x）﹣tf（a）有三個(gè)不相等的零點(diǎn)，
則2ta∈（2a，），
即存在a∈（2，3]，使得t∈（1，）即可，
令g（a）＝＝（a++4），
只要使t＜（g（a））max即可，而g（a）在a∈（2，3]上是增函數(shù)，
∴（g（a））max＝g（3）＝，
故實(shí)數(shù)t的取值范圍為（1，）．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)恒成立問(wèn)題和分類討論以及轉(zhuǎn)化推理能力的應(yīng)用問(wèn)題，是難題．
3．（2023?青秀區(qū)校級(jí)模擬）對(duì)于任意的y∈[1，e]，關(guān)于x的方程x2ye1﹣x＝ay+lny在x∈[﹣1，4]上有三個(gè)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）
A．[，）B．（0，]
C．[，e2﹣]D．[，e2﹣）
【分析】由x2ye1﹣x＝ay+lny得x2e1﹣x＝a+，構(gòu)造函數(shù)f（y）＝a+，g（x）＝x2e1﹣x，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，利用數(shù)形結(jié)合建立不等式關(guān)系進(jìn)行求解即可．
【解答】解：由x2ye1﹣x＝ay+lny得x2e1﹣x＝a+，
令f（y）＝a+，y∈[1，e]，g（x）＝x2e1﹣x，x∈[﹣1，4]，
f′（y）＝，
當(dāng)y∈[1，e]時(shí)，f′（y）＞0，則f（y）在y∈[1，e]，上為增函數(shù)，
則f（y）的值域?yàn)閇a，a+]，
g′（x）＝（2x﹣x2）e1﹣x，
當(dāng)x∈[﹣1，0）或x∈（2，4）時(shí)，g′（x）＜0，此時(shí)g（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
則g（x）的圖象如圖：
若任意的y∈[1，e]，關(guān)于x的方程x2ye1﹣x＝ay+lny在x∈[﹣1，4]上有三個(gè)根，
則，即，得，
即a∈[，），
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，利用數(shù)形結(jié)合是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)．
二．多選題（共1小題）
（多選）4．（2023?大連模擬）甲乙兩隊(duì)進(jìn)行比賽，若雙方實(shí)力隨時(shí)間的變化遵循蘭徹斯特模型：其中正實(shí)數(shù)X0，Y0分別為甲、乙兩方初始實(shí)力，t為比賽時(shí)間；x（t），y（t）分別為甲、乙兩方t時(shí)刻的實(shí)力；正實(shí)數(shù)a，b分別為甲對(duì)乙、乙對(duì)甲的比賽效果系數(shù)．規(guī)定當(dāng)甲、乙兩方任何一方實(shí)力為0時(shí)比賽結(jié)束，另一方獲得比賽勝利，并記比賽持續(xù)時(shí)長(zhǎng)為T(mén)．則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．若X0＞Y0且a＝b，則x（t）＞y（t）（0≤t≤T）
B．若X0＞Y0且a＝b，則
C．若，則甲比賽勝利
D．若，則甲比賽勝利
【分析】A中，根據(jù)題意，利用作差法，即可判斷命題正確；
B中，利用A中的結(jié)論，進(jìn)行求解即可求出比賽持續(xù)時(shí)長(zhǎng)T的值；
根據(jù)甲方獲得比賽勝利時(shí)甲方可比賽時(shí)間大于乙方，由此求出＞，從而判斷選項(xiàng)C、D的正誤．
【解答】解：對(duì)于A，若X0＞Y0且a＝b，則，所以x（t）﹣y（t）＝eat（X0﹣Y0）；
由X0＞Y0可得x（t）﹣y（t）＝eat（X0﹣Y0）＞0，即A正確；
對(duì)于B，當(dāng)a＝b時(shí)根據(jù)A中的結(jié)論可知x（t）＞y（t），所以乙方實(shí)力先為0，
即y（t）＝Y(jié)0﹣X0＝0，化簡(jiǎn)得eat（X0﹣Y0）＝e﹣at（X0+Y0），
即e2at＝，兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)得2at＝ln（），
即t＝ln（）＝ln，所以比賽持續(xù)時(shí)長(zhǎng)為T(mén)＝ln，選項(xiàng)B正確；
對(duì)于C，若甲方獲得比賽勝利，則甲方可比賽時(shí)間大于乙方即可，
設(shè)甲方實(shí)力為0時(shí)所用時(shí)間為t1，乙方實(shí)力為0時(shí)所用時(shí)間為t2，
即x（t1）＝X0﹣Y0＝0，可得＝＞0；
同理可得＝＞0，
即＞，解得＞；
又因?yàn)閄0，Y0a，b都為正實(shí)數(shù)，所以可得＞，甲方獲得比賽勝利；
所以可得C錯(cuò)誤，D正確．
故答案為：ABD．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了新定義的函數(shù)模型應(yīng)用問(wèn)題，也考查了推理判斷與運(yùn)算求解能力，是難題．
三．填空題（共3小題）
5．（2023?大荔縣一模）已知函數(shù)，其中min{a，b}表示a，b中較小的數(shù)．若f（x）＝a有且只有一個(gè)實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 （1，+∞） ．
【分析】作出f（x）的圖象，結(jié)合圖象，利用分段函數(shù)的性質(zhì)求得a的取值范圍．
【解答】解：作出f（x）的圖象如圖：
據(jù)圖得：要使f（x）＝a有且只有一個(gè)實(shí)根，只需a＞1，
故a的取值范圍是（1，+∞）．
故答案為：（1，+∞）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查分段函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)的零點(diǎn)與函數(shù)圖象間的關(guān)系，屬于中檔題．
6．（2023?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)則函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 5 ．
【分析】令t＝f（x），先利用圖象判斷f（t）＝2t+零點(diǎn)（設(shè)為t1，t2）的個(gè)數(shù)與范圍，然后再借助于y＝t1和y＝t2分別與y＝f（t）圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)判斷即可．
【解答】解：令t＝f（x），則函數(shù)＝0可化為
f（t）＝2t+，作出函數(shù)y＝f（t）（圖中曲線對(duì)應(yīng)的圖象部分）與y＝2t+的圖象，
可見(jiàn)y＝f（t）與圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，它們的橫坐標(biāo)分別在區(qū)間（0，1）和（1，2）上，不妨設(shè)t1∈（0，1），t2∈（1，2），
再令f（t）＝ti，易知y＝t1，與y＝t2的圖象與y＝f（t）的圖象分別有2個(gè)和3個(gè)交點(diǎn)，
所以原函數(shù)共有5個(gè)零點(diǎn)．
故答案為：5．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的零點(diǎn)與函數(shù)圖象之間的關(guān)系，同時(shí)考查了函數(shù)圖象的畫(huà)法及應(yīng)用，屬于中檔題．
7．（2023?青浦區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)，若方程f（x）＝a恰有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，分別記為x1，x2，x3，x4，則x1+x2+x3+x4的取值范圍是 [﹣，）
【分析】求出﹣≤x≤0時(shí)的函數(shù)解析式，畫(huà)出函數(shù)圖象，不妨令x1＜x2＜x3＜x4，則x1＜x2＜0＜x3≤＜2≤x4＜4，且x1與x2關(guān)于x＝﹣對(duì)稱，再根據(jù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算得到x3x4＝1，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x4的函數(shù)，結(jié)合對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算即可得出結(jié)論．
【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)，
當(dāng)﹣≤x≤0時(shí)，f（x）＝sinπx﹣csπx＝2sin（πx﹣），
令πx﹣＝﹣，解得x＝﹣，
當(dāng)x＝﹣時(shí)，f（﹣）＝2sin（﹣﹣）＝1，
當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＝|lg2x|，
令f（x）＝2，解得x＝4或x＝，
令f（x）＝1，解得x＝2或x＝，
函數(shù)y＝f（x）的圖象如圖所示：
因?yàn)榉匠蘤（x）＝a恰有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，即y＝f（x）與y＝a恰有四個(gè)交點(diǎn)，所以1≤a＜2，
不妨令x1＜x2＜x3＜x4，
則x1＜x2＜0＜x3≤＜2≤x4＜4，且x1與x2關(guān)于x＝﹣對(duì)稱，所以x1+x2＝﹣，
又|lg2x3|＝|lg2x4|，
即﹣lg2x3＝lg2x4，
所以lg2x3+lg2x4＝0，即x3x4＝1，
所以x3＝，
所以x1+x2+x3+x4＝﹣++x4，
因?yàn)閥＝+x在[2，4）上單調(diào)遞增，
所以≤+x4＜，
所以﹣≤x1+x2+x3+x4＜，
即x1+x2+x3+x4的取值范圍是[﹣，）．
故答案為：[﹣，）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角恒等變換、二次函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用問(wèn)題，也考查了數(shù)形結(jié)合思想與轉(zhuǎn)化思想，是難題．

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