【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习01《七种零点问题》(解析版).doc，共(77)页，8.869 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点01七种零点问题（核心考点讲与练）1.转化思想在函数零点问题中的应用方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域问题.2.判断函数零点个数的常用方法(1)通过解方程来判断

.(2)根据零点存在性定理，结合函数性质来判断.(3)将函数y＝f(x)－g(x)的零点个数转化为函数y＝f(x)与y＝g(x)图象公共点的个数来判断.3.正弦型函数的零点个数问题，可先求出零点的一般形式，再根据零点的分布得到关于整数k的不等式组，从而可求相应的参

数的取值范围.4.涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.5.函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个

解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．（3）利用图象交点的个数：将函数变形为

两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．6.对于复合函数yfgx的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数ugx和外层函数yfu；（2）确定外层函数yfu的零点1,2,3,,iuuin；（

3）确定直线1,2,3,,iuuin与内层函数ugx图象的交点个数分别为1a、2a、3a、L、na，则函数yfgx的零点个数为123naaaa.方法技巧能力拓展题型一：零点存在定理

法判断函数零点所在区间一、单选题1．（2022·河南河南·三模（理））若实数a，b，c满足13log4a，37b，2lncc，则（）A．abcB．bcaC．acbD．bac【答案】A【分析】结合对数函数、函数零点存

在性定理等知识求得正确答案.【详解】1133log4log10a，3372,12bb，对于函数2ln0fxxxx，fx在0,上递增，22ln210,e10eff

，所以fx存在唯一零点xc，2,ec，使0fc，所以对于2lncc，有2,ec，所以abc.故选：A2．（2022·黑龙江·双鸭山一中高三期末（理））函数1()2ln3fxx

x的零点所在的区间为（）ln20.693,ln31.099,ln51.609（）A．3,4（）B．4,5（）C．5,6（）D．8,9（）【答案】B【分析】根据零点存在定理，先判断函数的单调性，再计算函数在端点处的函数值，即可得到答案.【详解】12ln3fx

xx,由对数函数和幂函数的性质可知，函数在,()0x时为单调增函数，11(3)2ln3321.0993033f，11(4)4ln2340.69330.478044f，11(5)2ln5321.60930.018055f，11

(6)2ln632(ln2ln3)21.7926630.4140f，因为()fx在,()0x内是递增，故(8)0,(9)0ff，函数是连续函数，由零点判断定理知，()f

x的零点在区间(4,5)内，故选：B．3．（2022·北京密云·高三期末）心理学家有时使用函数1ektLtA来测定在时间()tmin内能够记忆的量L，其中A表示需要记忆的量，k表示记忆率．假设一个学生有200个单词要记忆，心理学家测定在5min内该学生记忆20个单词．

则记忆率k所在区间为（）A．1(0,)20B．11(,)2015C．11(,)1510D．1(,1)10【答案】A【分析】先根据题意解方程，解出5e910k，在和端点值比较大小，由函数单调性和函数连续得到结果.【详解

】将200,5,20AtL代入1ektLtA，解得：5e910k，其中5exy单调递减，而414ee，4910000e106561，而4yx在0,上单调递减，所以115204ee910，结合单调性可知

1113249<<ee10e，即1115551015209<0eee1，而050e91e10，其中5exy为连续函数，故记忆率k所在区间为1(0,)20.故选：A4．（2022

·河南焦作·一模（理））设函数23xxfx的零点为0x，则0x（）A．4,2B．2,1C．1,2D．2,4【答案】B【分析】根据零点存在性定理进行求解.【详解】易知fx在R上单调递增且连续．由于1440

163f，122043f，111023f，当0x时，0fx，所以02,1x．故选：B5．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）已知2log3a，函数eln4xfxx的零点

为b，3212gxxxx的极小值点为c，则（）A．fafbfcB．fbfafcC．fbfcfaD．fcfafb【答案】A【分析】求出c的值，利用零点存在定理得出31

,2b，然后比较a、b、c的大小关系，结合函数fx的单调性可得出结论.【详解】因为fx的定义域为0,，1e0xfxx，则函数fx在其定义域上为增函数，3e16，则32e4，则3233eln4022f

，因为1e40f，由零点存在定理可知31,2b，由2310gxxx可得11136x，21136x.当1136x或1136x时，0gx；当11

311366x时，0gx.所以，11316c.因为2223log22log3log422a，所以，01cba，故fafbfc.故选：A.6．（2022·安徽·安庆一中高三期末（理））函数2()logfx

xx的零点所在的区间为（）A．11,32B．12,23C．23,34D．3,14【答案】B【分析】依据函数零点存在定理去判断2()logfxxx的零点所在的区间即可.【详解】2()

logfxxx为(0,)上的递增函数，222111112loglog3log03333332f，21111log02222f，222222

51loglog353log333333f221log32log270322222333511loglog354log3loglog04444443281f，则函数2()logfxxx的零点所在的区间为12,23

故选：B二、多选题7．（2022·湖北·荆州中学高三开学考试）函数4()e12cosxfxax在区间0,2的最小值为1，且在区间,2ππ唯一的极大值点0x．则下列说法正确的有（）A．

1aB．03,24xC．03,4xD．01fx【答案】ACD【分析】由题可得4()e2sinxfxax，由()14f可知，()04f，进而可求1a，然后再证明即得；再利用数形结合可得()fx在,2π

π上存在唯一的零点，利用零点存在定理及三角函数的性质即得.【详解】∵4()e12cosxfxax，∴4()e2sinxfxax，又函数4()e12cosxfxax在区间0,2的最小值为1，

∴函数在区间0,2上不单调，又44()e12cos144fa，∴4x时，函数在区间0,2上取得最小值，可得原条件的一个必要条件()04f，∴44()e2sin1044faa

，即1a，下面证明充分性：当1a时，4()e12cosxfxx，4()e2sinxfxx，令4e2sinxgxx，则420osecxxgx

，∴函数()fx在0,2上单调递增，又44(0)e0,()e202ff，∴函数()fx在0,2上存在唯一的零点4x，且在0,4

上()0fx，在,42上()0fx，∴函数()fx在区间0,2的最小值为()14f，综上，1a故A正确；∵4()e2sinxfxx，令4()e2sin0xf

xx=，得4e2sinx=x，由函数图象可知4e2sinx,yyx在区间,2ππ上只有一个交点，即存在唯一0,2x，使得040e2sinx=x，又3243()e10,()e04f>f

，故03,4x，且当0,2xx时，()0fx，当0,xx时，()0fx，∴在区间,2ππ上，fx唯一的极大值点0x，040000()e12cos2sin12cosxf

xxxx02sin14x，∵03,4x，03,424x，∴00()2sin12114fxx.故CD正确.故选：ACD.8．（2022·全国·高三专

题练习）设函数yfx的定义域为R，如果存在常数0TT，对于任意xR，都有fxTTfx，则称函数yfx是“类周期函数”，T为函数yfx的“类周期”．现有下面四个命题，正确的是（）A．函数x

fx是“类周期函数”B．函数3fxx是“类周期函数”C．如果函数cosfxx是“类周期函数”，那么“k，Zk”D．如果“类周期函数”yfx的“类周期”为1，那么它是周期为2的周期函数【答案】ACD【分析】根据类周期函数的定义，分别进行判断即可．【详解】

解：对于A，若函数xfx是“类周期函数”，则存在非零常数T，使()()fxTTfx，即33xTxT，即(3)30TxT，即30TT，令3TgTT，因为1200110,11033gg

，且函数gT在()0,1上连续，所以函数3TgTT在()0,1上存在零点，即方程30TT在()0,1上有解，即存在常数0TT，对于任意xR，都有fxTTfx，所以函

数xfx是“类周期函数”，故A正确；对于B，若函数3fxx是“类周期函数”，则存在非零常数T，使()()fxTTfx，即33xTTx，则33xTTx，即31xTTTxx对任意

的x恒成立，则0T，矛盾，所以不存在常数0TT，对于任意xR，都有fxTTfx，所以函数3fxx不是“类周期函数”，故B错误.对于C，若函数()cosfxx是“类周期函数”，则存在非零常数T，使()()fxTTfx，即cos()cosxTTx

；故1T或1T，当1T时，cos()cosxx，由诱导公式得2k，kZ；当1T时，cos()cosxx，由诱导公式得21k，kZ；故“k，k

Z”，故C正确；对于D，如果“类周期函数”()yfx的“类周期”为1，则(1)()fxfx，即(1)()((1))(1)fxfxfxfx；故它是周期为2的周期函数；故D正确.故选：ACD.9．（2021·江西·模拟预测）已知实数1mn，设方程()()()

(1)()(1)0xmxnxmxxnx的两个实数根分别为1212,()xxxx，则下列结论正确的是（）A．不等式()()()(1)()(1)0xmxnxmxxnx的解集为12(,)xxB．不等式()()()(1)()(1)0xmxnxmxxnx

的解集可能为空集C．121xmxnD．121mxnx【答案】AD【分析】构造二次函数()()()(1)()()()1xmxnxmxxnxxf，分析函数()fx的图象特征即可判断作答.【详解】令()()()(1)()()()1xmxnxmxxnxxf

，Rx，因1mn，则函数()fx的图象对称轴1(,1)3mnxm，且()fx在1(,)3mn上递减，在1(,)3mn上递增，又()(1)()0mnfmm，()(1)()0nmfnn，(1)(0(

)1)1mfn，于是得函数()fx有两个零点1212,()xxxx，且满足121mxnx，不等式()0fx的解集为12(,)xx，所以A正确，B不正确，C不正确，D正确.故选：AD三、填空题10．（2022·全国·高三专题练习）下列命题中，正确的是___________

．(写出所有正确命题的编号)①在ABC中，AB是sinsinAB的充要条件；②函数2(1)1yxxx的最大值是122；③若命题“xR，使得2(3)10axax”是假命题，则19

a；④若函数2()(0)fxaxbxca，(1)2af，则函数()fx在区间(0,2)内必有零点．【答案】①③④【分析】①利用大边对大角和正弦定理可证；②变形后利用基本不等式进行求解最大值；③先把命题否定，得到对xR，2(3)10

axax恒成立，分0a与0a两种情况求出a的取值范围；④先根据(1)2af得到32abc，得到(2)fac，接下来分0c与0c，利用零点存在性定理得到答案.【详解】在ABC中，因为AB，所以ab

，由正弦定理得：sinsinabAB，所以sinsinAB，同理可证，当sinsinAB时，AB，故在ABC中，AB是sinsinAB的充要条件，①正确；因为1x，所以10x，201x<-，所以22111122111yxxxx

，当且仅当211xx，即12x时，等号成立，所以函数2(1)1yxxx的最大值是122，②错误；命题“xR，使得2(3)10axax”是假命题，则对xR，2(3)10axax

恒成立，当0a时，310x不恒成立，当0a时，只需0Δ0a，解得：19a，综上：若命题“xR，使得2(3)10axax”是假命题，则19a；③正确；(1)2abcaf，所以32abc，因为(0)fc，3(2)4

2422afabcaccac，当0c时，(0)0fc，因为0a，所以(1)02af，故(0)10ff，由零点存在性定理得：在区间0,1上，至少存在一个零点，当0c，(2)0fac，(2)10ff，由零点存在性

定理得：在区间1,2上至少存在一个零点，综上：函数()fx在区间(0,2)内必有零点，④正确.故答案为：①③④11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2exfxaxx，且2a，fx为fx的导函数，下列命题：①存在实

数a，使得导函数fx为增函数；②当0a时，函数fx不单调；③当21a时，函数fx在R上单调递减；④当1a时，函数fx有极值．在以上命题中，正确的命题序号是______．【答案】①②③④【分析】求f

x，令0a可判断①；根据零点存性定理可判断022,0xa使得00fx，可判断②；令gxfx，求gx，由gx的符号判断gx的单调性，可求得0gx恒成立即0

fx恒成立可判断③；求fx的单调性，根据零点存在性定理可知00,1x，使得00fx可判断④，进而可得正确答案.【详解】由2exfxaxx可得2e1xfxaxa，对于①，若0a时，

2e1xfx为增函数，故①对；对于②，若0a时，2222e10afaa，010fa，022,0xa，使得00fx，所以函数fx不单调，故②对；对于③，令2e1xgxaxa，则

22exgxaxa，当21a时，由0gx得22xa，由0gx得22xa所以gx在2,2a上单调递增，在22,a上单调

递减，从而22maxe1agxa，要使220e1aa，则令22ta，则112ta，所以e12tt，令e1102ttmtt，1e2tmt，则mt在11,l

n2单调递减，在1ln,02单调递增，而11110e2m，00e010m所以0mt恒成立，从而22maxe10agxa，即0fx恒成立，即fx在R上单调减．故③正确；对于④，当1a时，

3e1xfxx，4exfxx，可知3e1xfxx在,4单调递减，在4,单调递增，因为020f，2110ef，00,1x，使得00fx

，所以函数fx有极值，故④对．综上所述：①②③④都正确，故答案为：①②③④.12．（2021·福建·三明一中高三学业考试）已知函数()23xfxx的零点0,1xkkkZ，则k__________．【答案】-3或2【分析】对函

数()fx求导，借助导数探讨其单调性，再用零点存在性定理分析计算即得.【详解】对函数()23xfxx求导得：()2ln21xfx，由()0fx得22logxe，解得22log(log)xe，当22

log(log)xe时，()0fx，当22log(log)xe时，()0fx，于是得()fx在22(,log(log))e上递减，在22(log(log),)e上递增，显然，13(3)0,(2)084ff，则函数()fx在区间(3,2)上存在一

个零点，又(2)10,(3)20ff，即函数()fx在区间(2,3)上存在一个零点，因函数()23xfxx的零点0,1xkkkZ，则3k或2k，所以3k或2k.故答案为：-

3或213．（2022·全国·高三专题练习）已知a，b均为正实数，且满足21log2aa，122logbb，则下面四个判断：①n0()lab；②21ba；③11ab；④22log0logab.其中一定成立的有__（填序号即可）.【答案】②③④

【分析】令21()()log2xfxx，利用零点存在性定理可得(1,2)a，1(0,)2b，从而可得122ab，然后利用不等式的性质和函数的单调性逐个分析判断【详解】令21()()log2xfxx，则()fx在(0,)上单调递减，因为f（1）110022，2

22111(2)()log2()0222f，21()log2aa，所以(1,2)a.122logbb，0b，21b，1(0,)2b，122ab，①：ln()ab可能小于等于0，①错误，②：0baQ，0221b

a，②正确，③：0ab，11ab，11ab，③正确，④：(1,2)a，2log0a，1(0,)2b，2log0b，22log0logab.④正确，故答案为：②③④.14．（2020·湖南

邵阳·三模（理））在数学中，布劳威尔不动点定理是拓朴学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石，简单来讲就是对于满足一定条件的连续函数fx，存在一个点0x，使00fxx，那么我们称该函数fx为“不动点”函数，给出下列函

数：①224fxxx；②22,132,1xxfxxx③21xfxex；④lnfxaxxa（01a）；⑤2fxxx；其中为“不动点”函数的是_________.（写出所有满足条件的函数的序号）【答案】①②③④【分

析】对于选项①②⑤，直接代入求解即可判断；对于选项③④，先根据条件构造函数，判断函数的单调性，利用零点存在性定理判断即可.【详解】①224fxxxx，得2117402xxx或1172x满足条件

，故①满足题意；②22,132,1xxfxxx，当1x时，220xxx或12x；当1x时，2232321xxxxx或3x，即3x；满足条件，故②满足题意；③21xfxexx，令2xgxex

，易知gx为R上的增函数，又010020,1120gege，由零点存在性定理得gx在区间0,1存在唯一的零点.故③满足题意；④lnfxaxxa（01a），lnln10axxaxxaxa，令

ln1hxxaxa，又01a，则10a，易知hx为0,上的增函数，又11131ln12ln20,1ln111044444haaahaa，由零点存在性定理得hx在区间1,14

存在唯一的零点.故④满足题意；⑤220fxxxxx无实数解，故⑤满足题意；故答案为：①②③④.【点睛】本题主要考查了对布劳威尔不动点定理的理解，考查了零点存在性定理；考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力.属于中档

题.15．（2020·全国·高三专题练习（理））函数f(x)＝1＋x－22x＋33x，g(x)＝1－x＋22x－33x，若函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且函数F(x)的零点均在[a，b](a<b，a，b∈Z)内，则b－a的最小值为________.【

答案】10【分析】分别求出f(x)、g(x)零点所在区间，即可得到f(x＋3)、g(x－4)的零点所在区间，结合题意，即可得到b－a的最小值.【详解】∵f(x)＝1＋x－22x＋33x，∴'2()1fxxx，∵'2213

()1()024fxxxx恒成立，∴f(x)＝1＋x－22x＋33x在R上是单调递增函数.∵f(0)＝1>0，f(－1)＝506，∴f(x)在区间[－1，0]上存在唯一零点，∴f(x＋3)在区间[－4，－3]上存在唯一零点；又∵g(x)＝1－x

＋22x－33x，∴'2()1gxxx，∵'2213()1()024gxxxx恒成立，∴g(x)＝1－x＋22x－33x在R上是单调递减函数，∵g(2)＝503，g(1)＝106，∴g(x)在区间[1，2]上存在唯一零点，∴g(x－

4)在区间[5，6]上存在唯一零点，由F(x)＝f(x＋3)g(x－4)＝0，得f(x＋3)＝0或g(x－4)＝0，故函数F(x)的零点均在[－4，6]内，则b－a的最小值为10.故答案为：10.【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、函数零点与方程，考查分析理解，求值计算的能力，

属中档题.四、解答题16．（2022·陕西西安·高三阶段练习（文））已知函数22()exfxax（e为自然对数的底数，Ra）.(1)若1a，求证：()fx在区间0,1内有唯一零点；(2)若fx在其定义域上单调递减，求a的取值范围.【答案】(1)证明见解析；

(2)[0,2e].【分析】（1）把1a代入，求出()fx并探讨其单调性，再结合零点存在性定理判断作答.（2）利用给定单调性建立不等式，再分类分离参数，构造函数，讨论求解作答.(1)当1a时，22exfxx，求导得：2()2e2xf

xx，令2()2e2xxx，则2()4e20xx，则函数()x在R上单调递增，即函数()fx在R上单调递增，而(0)20f，221(1)2e22(1)0ef，由函数零点存在性定理知，存在唯一0(0,1)x，有0(

)0fx，所以()fx在区间0,1内有唯一零点.(2)函数22()exfxax的定义域是R，依题意，Rx，2()2e20xfxax成立，当0x时，20成立，Ra，当0x时，2exax，令2e()xgxx

，0x，2221()0exxgxx，即函数()gx在(0,)上单调递增，又当0x时，()0gx恒成立，于是得0a，当0x时，2exax，令2e()xhxx，0x，

2221()exxhxx，当12x时，()0hx，当102x时，()0hx，因此，()hx在1(,)2上单调递减，在1(,0)2上单调递增，当12x时，min1()()2e2h

xh，于是得2ea，综上得：02ea，所以a的取值范围是[0,2e].【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.17．（2022·贵州遵义·高三开学考试（理））已知函数22()33e(0)22xaa

fxxxxaxx.(1)讨论()fx的导函数()fx¢零点的个数；(2)若()fx的最小值为e，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)62ea.【分析】（1）对()fx求导有

(1)e(0)xfxxxax，再研究()e(0)xgxaxx的单调性，结合()01f及零点存在性定理，讨论a的范围判断()fx¢零点的个数.（2）讨论0a、0ea、ea、ea，结合()fx¢的符号研究()fx的单调性并结合(1)

ef求参数a的范围.(1)2e(1)(1)e(0)xxfxxxaxxxax，令()e(0)xgxaxx，则()(1)e0xgxx，故()gx在(0,)上单调递增，而()01f，当0a时，ex

xa无解；当0ea时，由(0)0ga，(1)e0ga，故exxa有一个在(0,1)上的解；当ea时，由(1)0g，故exxa的解为1；当ea时，由(1)e0ga，()(e1)0agaa，故exxa

有一个在(1,)上的解；综上，当0a或ea时，导函数()fx¢只有一个零点.当0ea或ea时，导函数()fx¢有两个零点.(2)当0a时，e0xxa，则函数()fx在1x处取得最小值(1)ef.当0a时，由（1）知：()gx在(0,)上单调递

增，则必存在正数0x使得00e0xxa.若ea则01x，在(0,1)上00e0xxa，则()0fx，在0(1,)x上00e0xxa，则()0fx，在0,x上00e0xxa，则()0fx，所以()fx在(0,1)和0,x上单调递增，在01,x上单调

递减，又(1)ef，不合题意.若ea则01x，在(0,)上()0fx¢³，则()fx在(0,)上单调递增，又(1)ef，不合题意.若0ea则001x，在0(0,)x上00e0xxa，则()0fx，在0

(),1x上00e0xxa，则()0fx，在1,上00e0xxa，则()0fx，所以()fx在00,x和(1,)上单调递增，在0,1x上单调递减，则(0)3(1)e2aff，解得62ea，即062ea.综上，62ea.题型

二：方程法判断零点个数一、单选题1．（2022·福建福州·三模）已知函数2cos1xfxx，以下结论中错误的是（）A．fx是偶函数B．fx有无数个零点C．fx的最小值为12D．fx的最大值为1【

答案】C【分析】由奇偶性定义可判断出A正确；令0fx可确定B正确；根据fx定义域为R，112f，可知若最小值为12，则1x是fx的一个极小值点，根据10f可知C错误；由0x时，cosx取得最大值，21x取得最小值可确定

D正确.【详解】对于A，fx定义域为R，22coscos11xxfxfxxx，fx为偶函数，A正确；对于B，令0fx，即cosπ0x=，2xkkZ，

解得：12xkkZ，fx有无数个零点，B正确；对于C，112f，若fx的最小值为12，则1x是fx的一个极小值点，则10f；222sin2cos1xxxxfxx

，2sin2cos11042f，1x不是fx的极小值点，C错误；对于D，1cos1x，211x；则当cos1x，211x，即0x时，fx取得最大值1，D正确.故选：C.2．（2022·北京·模拟预测）已知函数

()cos2cosfxxx，且0,2πx，则()fx的零点个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【分析】解三角方程求得()fx的零点即可解决【详解】由2cos2cos2coscos1cos12cos10

xxxxxx可得cos1x或1cos2x，又0,2πx，则πx，或π3x，或5π3x则()fx的零点个数为3故选：C3．（2022·安徽·芜湖一中一模（理））声音是由物体振动产生的声波，我们听到的声音中包含着正弦函数．若某声音对应的函数

可近似为1()sinsin22fxxx，则下列叙述正确的是（）A．2x为fx的对称轴B．3,02为fx的对称中心C．fx在区间0,10上有3个零点D．fx在区间57,33上单调递增【答案】D【分析】利用fxafax

知()fx关于直线xa对称的性质验证A；求得3102f可判断B；化简()sin(1cos)fxxx，令0fx，得()xkkZ，进而判断C；利用导数研究函数的单调性可判断D.【详解】对于A，由已知得11()sin()sin2()sinsin222fxxxxx

，即()()fxfx，故fx不关于2x对称，故A错误；对于B，331sinsin310222f，故B错误；对于C，利用二倍角公式知()sin(1cos)fxxx，令0fx

得sin0x或cos1x，即()xkkZ，所以该函数在区间0,10内有4个零点，故C错误；对于D，求导2()coscos22coscos1fxxxxx，令cosxt，由57,33x

，知1,12t，即2()21gttt，利用二次函数性质知()0gt，即0fx，可知fx在区间57,33x上单调递增，故D正确；故选：D.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，则函数()||

yfxx零点个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】A【分析】当1x时和1x时，分别化简函数()||yfxx的解析式可直接判断零点的个数.【详解】当1x时，22yxx，所以不存在零点；当1x时，220txxxx，也

不存在零点，所以函数()||yfxx的零点个数为0.故选：A.二、多选题5．（2022·海南海口·模拟预测）已知函数1xfxx，则（）A．fx的定义域为RB．fx是奇函数C．fx在0,上单调递减D．fx有两个零点【答案】BC【分析】根据函数解析式，结合函

数性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：fx的定义域为0xx，A错误；对B：11xxfxfxxx，且定义域关于原点对称，故fx是奇函数，B正确；对C：当0x时，111xfxxx，单调递减，C正确

；对D：因为0x，10x，所以0fx无解，即fx没有零点，D错误．故选：BC.6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()(sincos)sincosfxxxxx，下列说法正确的是（）.A．()fx是周期函数B．若12()()2fxfx，则

122kxx（kZ）C．()fx在区间[,]22上是增函数D．函数()()1gxfx在区间[0,2]上有且仅有一个零点【答案】AB【分析】写出()fx的分段函数形式，A应用正余弦函数的性质判断()fx的周期性，B由已知可得12

cos2cos21xx，则112xk，222xk（12,kkZ），即可判断正误；根据解析式，应用特殊值法判断C、D的正误.【详解】将函数()fx化作分段函数，即cos2,sincos()cos2,sincosxxxfxxxx

，A，(2)[sin(2)cos(2)]sin(2)cos(2)()fxxxxxfx，()fx是周期为2的函数，对；B，由12()()2fxfx得12|()||()|1fxfx，则12cos2

cos21xx，此时112xk，222xk（12,kkZ），可得1212()2kkxx，对；C，由解析式得(0)()12ff，()fx在[,]22上不单调，错；D，由解析式知3()()12ff，即()()1gxfx在[

0,2]上至少有两个零点，错.故选：AB.7．（2022·全国·高三专题练习）若()fx和()gx都是定义在R上的函数，且方程fgxx有实数解，则下列式子中可以为gfx的是（）A．22xxB．1xC

．cosxeD．ln(||1)x【答案】ACD【分析】由方程fgxx有实数解可得gfgxgx，再用x替代gx，即()xgfx有解，逐个判断选项即可得出答案.【详解】由方程fgxx有实

数解可得gfgxgx，再用x替代gx，即()xgfx有解.对于A，22xxx，即20xx，方程有解，故A正确；对于B，1xx，即01，方程无解，故B错误；对于C，当cos,xex令cos()xhxex，因为(0)0fe

，1022f，由零点的存在性定理可知，hx在0,2上存在零点，所以方程有解，故选项C正确；对于D，当ln(||1)xx时，0x为方程的解，所以方程有解，故选项D正确.故选：ACD.8．

（2022·全国·高三专题练习（理））关于函数()sin|||cos|fxxx有下述四个结论，则（）A．()fx是偶函数B．()fx的最小值为1C．()fx在[2,2]上有4个零点D．()fx在区间,2ππ单调递增【答案】ABC

【分析】对A：根据偶函数的定义即可作出判断；对B：由有界性0|cos|1x，1sin||1x，且32x时sin|||cos|1xx即可作出判断；对C：当0,2x时，sincos,023()

sincos,223sincos,22xxxfxxxxxxx„„„，可得函数()fx有两个零点，根据偶函数的对称性即可作出判断；对D：当,2x时，()sincos2sin4fxxxx

，利用三角函数的图象与性质即可作出判断.【详解】解：对A：因为()sin|||cos()|sin|||cos|()fxxxxxfx，所以()fx是偶函数，故选项A正确；对

B：因为0|cos|1x，1sin||1x，所以sin|||cos|1xx，而32x时sin|||cos|1xx，所以()fx的最小值为1，故选项B正确；对C：当0,2x时，sincos,023()si

ncos,223sincos,22xxxfxxxxxxx„„„，令()0fx，可得54x，74，又由A知函数()fx为偶函数，所以函数()fx在区间2,0上

也有两个零点54，74，所以函数()fx在区间2,2上有4个零点，故选项C正确；对D：当,2x时，()sincos2sin4fxxxx，因为2x，所以3444x

，而sinyx在,42上单调递增，在3,24上单调递减，故选项D错误.故选：ABC.三、填空题9．（2022·福建·模拟预测）已知函数()2sin16fxx，其中0，若()fx在区间(4，23)上恰有2个零点，则的

取值范围是____________.【答案】742或91322.【分析】先求出零点的一般形式，再根据()fx在区间(4，23)上恰有2个零点可得关于整数k的不等式组，从而可求的取值范围.【详解】令()0fx，则1sin62x，故1,66k

xkkZ，故166kkx，因为()fx在区间(4，23)上恰有2个零点，所以存在整数k，使得：123421116666213166663kkkkkkkk

，若k为偶数，则13233423kkkk，整理得到：444433733232kkkk

①，因为0，故0k，当2k时，4394322kk，故①无解，当0k时，有4437922即742.若k为奇数，则42313323kkkk

，整理得到：444333102223kkkk②，因为0，故1k，当3k时，3452kk，故②无解，当1k时，有4433722，无解.当1k时，有2843913

22，故91322.综上，742或91322.故答案为：742或91322.【点睛】思路点睛：对于正弦型函数的零点个数问题，可先求出零点的一般形式，再根据零点的分布得到关于整数k的不等式组，

从而可求相应的参数的取值范围.10．（2022·河南·襄城县教育体育局教学研究室二模（文））已知函数23,0,1,01xxmxfxmxxx有3个零点，则实数m的取值范围为______．【答案】[0

,1)【分析】根据m的范围分类讨论f(x)的零点即可.【详解】①m＝0时，，令f(x)＝0，则x＝0或x＝－3或x＝1，即f(x)有三个零点，满足题意；②m≠0时，令f(x)＝0，则x＞0时，101mxx，则21xm(*)，x≤0时，230xxm

(**)，显然x≤0时的方程(**)最多有两个负根，而x＞0时的方程(*)最多只有一正根，为了满足题意，则x＞0时必有1根，则1－m＞0，且根为x＝1m，∴m＜1；x≤0时方程必然有两个负根，则Δ094090004mmmm

，∴0＜m＜1；综上所述，m∈0,1.故答案为：0,1.四、解答题11．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数2exfxaxxa.(1)讨论fx的单调性；(2)当102a时，证明fx在

R上有且仅有两个零点.【分析】（1）求得11exfxaxax，分0a、0a、0a三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数fx的增区间和减区间；（2）由0fx可得出20axxa，由102a结合判别式可判断出方程20axxa的根的个数

，由此可证得结论成立.(1)解：函数fx的定义域为R，2211e11exxfxaxaxaaxax.当0a时，则1exfxx，由0fx可得1x，由0fx

可得1x，此时函数fx的单调递增区间为,1，单调递减区间为1,；当0a时，由0fx可得11xa或1x.①当0a时，111a，由0fx可得11xa或1x，由0fx可得111xa，此时函数fx的单调递减区间

为1,1a、1,，单调递增区间为11,1a；②当0a时，111a，由0fx可得111xa，由0fx可得1x或11xa，此时函数fx的单调递增区间为,1、11,a

，单调递减区间为11,1a.综上所述，当0a时，函数fx的单调递减区间为1,1a、1,，单调递增区间为11,1a；当0a时，函数fx

的单调递增区间为,1，单调递减区间为1,；当0a时，函数fx的单调递增区间为,1、11,a，单调递减区间为11,1a.(2)解：由0fx可得20axxa，因为102a，则21412120

aaa，即关于x的方程20axxa有两个不等的实根，所以，当102a时，fx在R上有且仅有两个零点.【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：（1）求导后看最高次项系数是否为0，须需分类讨论；（2

）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.12．（2022·四川省高县中学校模拟预测（文））已知函数3211132fxaxax.

(1)当3a时，判定fx的零点的个数；(2)是否存在实数a，使得当,2x时，0fx恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2个(2)存在，且a的取值范围是30,7.【分析】（1）解方程

0fx，即可得解；（2）由00f，分析可知当2x且0x时，由0fx可得2310axa，分0a、0a、0a三种情况分析，结合一次函数的基本性质可得出关于实数a的不等式，综合可求得实数a的取值范围.

(1)解：当3a时，3221fxxxxx，令0fx，可得0x或1x，此时函数fx有2个零点.(2)解：当,2x时，由32111032fxaxax.当0x时，对任意的R

a，00f，满足题意；当2x且0x时，由0fx可得2310axa，若0a，则有30，合乎题意；若0a，当3302axa时，2310axa，则2310axa对任意的,00,

2x不可能恒成立，舍去；若0a，则有4310aa，解得37a，此时307a.综上所述，当307a时，当,2x时，0fx恒成立.题型三：数形结合法判段函数零点个数一、单选题1．（2022·安徽淮南·二模（文）

）已知函数1,0ln,0xaxfxxxax，则下列关于函数()fx的描述中，其中正确的是（）．①当0a时，函数()fx没有零点；②当02a时，函数()fx有两不同零点，它们互为倒数；③当2a时，函数()fx有两个不同

零点；④当2a时，函数()fx有四个不同零点，且这四个零点之积为1．A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【分析】画出函数图象即可判断①，令0fx解方程即可判断③，将零点问题转化成函数图象

交点的问题，利用数形结合即可判断②和④.【详解】当0a时，1,0ln,0xxfxxxx，函数图象如下图所示，由此可知该函数只有一个零点，故①不正确；当0a时，则函数fx的零点为10xaxx

和ln0xax，∵函数()fx有两个不同零点，∴由函数1,0ln,0xxfxxxx的图象可知20a，解得02a，当0a时，则函数fx的零点为10xax

x和ln0xax，此情况不存在()fx有两不同零点，则函数()fx有两不同零点时a的取值范围是02a，设对应的两个零点为1x，2x，即1lnxa或2lnxa，解得1eax，21eeaax，

则121xx，所以它们互为倒数，故②正确；当2a时，函数解析式为12,0ln2,0xxfxxxx，令1200xxx，解得1x，令ln200xx，解得2ex或21ex，由此可知函数有三个零点，故③不正确

；当0a时，则函数fx的零点为10xaxx和ln0xax，∵函数()fx有四个不同零点，∴由函数1,0ln,0xxfxxxx的图象可知2a，解得2a，当0a时，则函数fx的零点为

10xaxx和ln0xax，此情况不存在()fx有两不同零点；设对应的两个零点为1x，2x，3x，4x，即1lnxa或2lnxa，解得1eax，21eeaax，当10xax

时，整理得210xax，当2a时，0，则该方程存在两个不等的实数根3x和4x，由韦达定理得341xx，所以12341e11eaaxxxx，则故④正确；故选：C.2．（2022

·河南安阳·模拟预测（文））已知函数221xfx，则关于x的方程20fxmfxn有7个不同实数解，则实数,mn满足（）A．0m且0nB．0m且0nC．01m且0nD．10m且0n【答案】C【分析】令ufx，利用换元法可得20

umun，由一元二次方程的定义知该方程至多有两个实根1u、2u，作出函数()fx的图象，结合题意和图象可得10u、2um，进而得出结果.【详解】令ufx，作出函数ufx的图象如下图所示：由于方程20umun

至多两个实根，设为1uu和2uu，由图象可知，直线1uu与函数ufx图象的交点个数可能为0､2､3､4，由于关于x的方程20fxmfxn有7个不同实数解，则关于u的二次方程20umun的

一根为10u，则0n，则方程20umu的另一根为2um，直线2uu与函数ufx图象的交点个数必为4，则10m，解得01m.所以01m且0n.故选：C.3．（2022·安徽·模拟预测（文））已知函数

2ln,02,0xxfxxxx，若gxfxa有4个零点，则实数a的取值范围是（）A．0,1B．0,1C．0,1D．1,【答案】A【分析】在同一坐标系中作出,yfxya的图象，根据g

xfxa有4个零点求解.【详解】解：令0gxfxa，得fxa，在同一坐标系中作出,yfxya的图象，如图所示：由图象知：若gxfxa有4个零点，则实数a的取值范围是0,1，故选：A4．（2022

·河南河南·三模（理））函数112ee1xxfxx的所有零点之和为（）A．0B．2C．4D．6【答案】B【分析】结合函数的对称性求得正确答案.【详解】令112ee01xxfxx，得112ee1xxx，2

1gxx图象关于1,0对称，在,1,1,上递减.11ee,xxhx，令1ee,eexxxxHxhxHxHx，所以Hx是奇函数，图

象关于原点对称，所以hx图象关于1,0对称，10h，1eeexxhx在R上递增，所以hx与gx有两个交点，两个交点关于1,0对称，所以函数112ee1xxfxx的所有零点之和为2.故选：

B二、多选题5．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）对于函数sin,02()1(2),22xxfxfxx，下列结论中正确的是（）A．任取12,[1,)xx，都有123()()2fxfxB．11511222222kfffk

，其中kN；C．()2(2)()kfxfxkkN对一切[0,)x恒成立；D．函数()ln(1)yfxx有3个零点；【答案】ACD【分析】作出函数sin,02()1(2),22xxfxfxx的图象.对于A：利用图象求出max

min(),()fxfx，即可判断；对于B：直接求出1511222222kfffk，即可判断；对于C：由1()(2)2fxfx，求得()2(2)kfxfxk，即可判断；对于D：作出()yfx和ln(1)yx的图象，判断出函

数()ln(1)yfxx有3个零点.【详解】作出函数sin,02()1(2),22xxfxfxx的图象如图所示.所以maxmin()1,()1fxfx.对于A：任取12

,[1,)xx，都有12maxmin13()()()()122fxfxfxfx.故A正确；对于B：因为1151111,,222222kfffk，所以111221511212122221

2kkfffk.故B错误；对于C：由1()(2)2fxfx，得到1(2)()2kfxkfx，即()2(2)kfxfxk.故C正确；对于D：函数()ln(1)yfxx的

定义域为1,.作出()yfx和ln(1)yx的图象如图所示：当2x时,sin2ln10y;当12x时,函数yfx与函数ln1yx的图象有一个交点;当2x时,因为2111s4

9422in41ff,971ln1ln1224，所以函数yfx与函数ln1yx的图象有一个交点,所以函数()ln(1)yfxx有3个零点.故D正确.故选：ACD6．（2

022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）已知fx是定义在R上的偶函数，且对任意xR，有11fxfx，当0,1x时，22fxxx，则（）A．fx是以2为周期的周期函数B．点3,0

是函数fx的一个对称中心C．202120222ffD．函数2log1yfxx有3个零点【答案】BD【分析】首先根据函数的对称性求出fx的周期和对称中心，然后求得20212022ff

.利用图象法即可判断D.【详解】依题意，fx为偶函数，且11fxfx，有1112xx，即fx关于1,0对称，则413132fxfxfxfx221111fxfxfx

fxfxfx，所以fx是周期为4的周期函数，故A错误；因为fx的周期为4，fx关于1,0对称，所以(3,0)是函数fx的一个对称中心，故B正确；因为fx的周期为4，则202110ff，2022202ff

f，所以202120222ff，故C错误；作函数2log1yx和yfx的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，所以函数2log(1)()yxfx有3个零点，故D正

确.故选：BD.三、填空题7．（2022·四川·成都七中三模（文））已知函数sin,0,212,2,2xxfxfxx，则函数()ln(1)yfxx的零点个数是______个．【答

案】3【分析】函数()ln(1)yfxx的零点个数等价于函数函数fx与ln1yx的交点个数，作出函数fx与ln1yx的图象，结合图象即可求出结果.【详解】函数()ln(1)yfxx

有的零点个数等价于函数函数fx与ln1yx的交点个数，作出函数fx与ln1yx的图象，如图：，由图可知，函数fx与ln1yx有3个交点，故函数()ln(1)yfxx

有的零点个数为3，故答案为：3.8．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（理））下面四个命题：①已知函数fx的定义域为R，若2fx为偶函数，21fx为奇函数，则30f；②存在负数k，使得lg2fxxkx恰有3个零点；③已知多

项式344321234(1)(1)xxxaxaxaxa，则15a；④设一组样本数据12,,,nxxx的方差为0.01，则数据1210,10,,10nxxx的方差为0.1其中真命题的序号为___

________.【答案】①③【分析】对于①利用函数奇偶性性质求解即可；对于②数形结合判断即可；对于③利用二项式定理求解即可；对于④利用平均数和方差公式求解即可.【详解】对于①：因为2fx为偶函数，即2

2fxfx，令1x，所以31ff，又因为21fx为奇函数，所以2121fxfx，令0x，所以10f，所以30f，故①正确；对于②：存在负数k，使得lg2fxxkx恰有3个零点等价于lgyx

和2ykx，有三个不同交点，且2ykx恒过点0,2，画出图像如下所示：根据图像判断至多有两个交点，故②不正确；对于③：0312233233313(311)CxCxCxxxxx，041322143

2444441(46411)CxCxCxCxxxxxx，所以3x的系数为：5，故③正确；对于④：设12,,,nxxx的平均数为x，则其方差为：22221210.01nsx

xxxxxn，则1210,10,,10nxxx的平均数为10x，则其方差为：22221211010101010101000.01=1nsxxxxxxn

，故④不正确.故答案为：①③.9．（2022·四川成都·二模（文））定义在R上的奇函数f（x）满足2fxfx，且当0,1x时，2fxx．则函数27xgx

fx的所有零点之和为______．【答案】14【分析】判断出fx的对称性、周期性，画出2,7xyfxy的图象，结合图象求得gx的所有零点之和.【详解】依题意，定义在R上的奇函数f（x）满足2fxfx，1211fxfxfx

，所以fx关于1x对称，4131322fxfxfxfxfx2fxfxfx，所以fx是周期为4的周期函数.

211112fxfxfxfxfxfx，所以fx关于点2,0对称.27xy关于点2,0对称.当0,1x时，2fxx，画出2,7xyfxy的图象如下图所示，由图可知，2,7xyfxy有7个公共点，所以gx的所

有零点和为7214.故答案为：1410．（2022·全国·高三专题练习）已知lg2fxxkx，给出下列四个结论：（1）若0k，则()fx有两个零点；（2）0k，使得()fx有一个零点；（3）0k，使得()fx有三个零点；（4）0k，使得()fx有三个

零点．以上正确结论的序号是__．【答案】（1）（2）（4）【分析】将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，作图可解.【详解】函数()|lg|2fxxkx的零点的个数可转化为函数||ylgx与直线2y

kx的交点的个数；作函数|lg|yx与直线2ykx的图象如图，若0k，则函数|lg|yx与直线2ykx的图象在(0,1)与(1,)上各有一个交点，则()fx有两个零点，故（1）正确；若0k，则当函数|lg|yx

与直线2ykx的图象相切时，()fx有一个零点，故（2）正确；当0k时，函数|lg|yx与直线2ykx的图象至多有两个交点，故（3）不正确；当0k且k足够小时，函数|lg|yx与直线2

ykx的图象在(0,1)与(1,)上分别有1个、2个交点，故（4）正确；故答案为：（1）（2）（4）．四、解答题11．（2022·北京·高三学业考试）给定集合(,0)(0,)D，()fx为定义在D上的函数，当0x时，24()4xfxx，且对任意xD，都有_________

__．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，补充在横线处，使()fx存在且唯一确定．条件①：()()1fxfx；条件②：()()1fxfx；条件③：()()1fxfx．解答下列问题：（1）写出(1)f和(1)f的

值；（2）写出()fx在(0,)上的单调区间；（3）设()()()gxfxmmR，写出()gx的零点个数．【分析】判断条件③不合题意.选择条件①②、则先求得当0x时，fx的表达式，然后结合函数的

解析式、单调性、零点，对（1）（2）（3）进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意fx的定义域为(,0)(0,)D，当0x时，24()4xfxx.对于条件③，对任意xD，都有()()1fx

fx，以x替换x，则1fxfx，这与()()1fxfx矛盾，所以条件③不合题意.若选条件①，当0x时，0x，224411144xxfxfxxx.（1）44491,11145145ff.（

2）对于函数2404xhxxx，任取120xx，221221121222221212444444444xxxxxxhxhxxxxx22121122221244444xxxxxxxx

12212122124444xxxxxxxx122122124444xxxxxx，其中210xx，当122xx时，1240xx，12120,hxhxhxhx，

所以hx在,2上递减.当1220xx时，1240xx，12120,hxhxhxhx，所以hx在2,0上递增.所以在区间,0，20,10hhxhx.同理

可证得：hx在0,2上递增，在2,上递减，02,01hxhhx.当0x时，24114xfxhxx，由上述分析可知，fx在0,2上递增，在2,上递减.且12fx

.（3）()()0,gxfxmmfx，由（2）的分析可画出fx的大致图象如下图所示，所以，当1m或01m或2m时，()gx的零点个数是0；当1m或2m时，()gx的零点个数是1；当10m

或12m时，()gx的零点个数是2．若选条件②，当0x时，0x，由()()1fxfx得2144xfxfxx，（1）441451,114544ff.（2）对于函数

2404xhxxx，根据上述分析可知：hx在,2上递减，在2,0上递增，且在区间,0，20,10hhxhx.对于2404xfxxx，任取120xx，22221

22112122144441444xxxxfxfxxxxx2212121212414xxxxxxxx12212112414xxxxxxxx122112

414xxxxxx.其中210xx.当1202xx时，12121240,0,xxfxfxfxfx，fx递增；当122xx时，12121240,0,xxfxfxfxfx，fx递减.所以fx的增区间为

0,2，减区间为2,.且21fxf.（3）()()0,gxfxmmfx，结合上述分析画出fx的大致图象如下图所示，所以当0m时，()gx的零点个数是0；当0m时，()gx的零点个数是2．【点睛】利用函数的单调性的定义求函

数的单调性，主要是计算出12fxfx的符号.求解函数零点问题，可利用分离参数法，结合函数图象来进行求解.12．（2021·河北·高三阶段练习）已知函数233sincossin022πfxωxωxωxω的最小正周期为.（1）求函数

fx的单调递增区间；（2）若先将函数fx图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将其图像向左平移6个单位长度，得到函数gx的图像，求方程lg10gxx在0,上根的个数.【答案】（1）,63kk，kZ；（2）4

.【分析】（1）由题意利用三角恒等变换，化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性求出，可求出解析式，进而结合函数函数的图象与性质即可求出单调递增区间；（2）根据伸缩变换求得gx的解析式，进而本题等价于求sinyx和lghxx在0,上交点的个数，作出函

数图象，数形结合即可求出结果.【详解】解：（1）233sincossin22πfxωxωxωx31sin2cos2122ωxωxsin216πωx;因为fx的最小正周期T，所以1

，故sin216fxx.令222262kxk，kZ，得63kxk，kZ，所以fx的单调递增区间为,63kk，kZ.（2）由题意可得sin1gxx.方程lg10gxx在0

,上根的个数，即方程sinlg0xx的根的个数.结合sinyx和lghxx的图像，如图所示：因为hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，且lg101，93102

，所以结合图像可知函数lgygxx在0,上有4个零点，即方程lg10gxx在0,上根的个数为4.13．（2021·辽宁·高三阶段练习）已知函数21()cos3sincos(0)22fxxxx的最小正周期为

．（I）求函数()fx的解析式；（II）若先将函数()fx的图象向左平移12个单位长度，再将其图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数()gx的图象，求()|lg|ygxx在(0,)上的零点个数．【答案】（I）()sin26fxx；（II）函数()

|lg|ygxx在(0,)上有4个零点．【分析】（I）由已知解析式，应用二倍角余弦公式、辅助角公式可得()fxsin(2)6x，由最小正周期即可求，写出()fx的三角函数解析式.（II）由图像平移可得()singxx，()|

lg|ygxx在(0,)上的零点即为()ygx和()|lg|hxx图象交点的横坐标，应用数形结合及对数函数、正弦函数的性质即可判断交点的个数.【详解】（I）由题意得：21()cos3sincos22fxxxx231sin22cos1222xx

31sin2cos(2)22xx31sin2cos222xxsin(2)6x．∵()fx的最小正周期T，故1，∴()sin26fxx．（II）由（I）得：()()sin[2()]sin

212126mxfxxx，()()sin2xgxmx．求函数()|lg|ygxx在(0,)上的零点个数，即求方程()|lg|0gxx的根的个数．()ygx和()|lg|

hxx的图象，如下图示，∴()hx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，且lg101，又93102，∴由图象知：函数()|lg|ygxx在(0,)上有4个零点．题型四：转化法判断函数零点个数一、单选题1．（2022·安徽·巢湖

市第一中学高三期中（文））已知函数1,0ln,0xxfxxxx，则函数22gxffx的零点个数为（）A．3B．4C．5D．6【答案】B【分析】由()fx的性质

求出对应区间的值域及单调性，令()2tfx并将问题转化为()ft与2y交点横坐标t对应x值的个数，结合数形结合法求零点个数即可.【详解】令()2tfx，当1x时，1()(,2)fxxx且

递增，此时(,0)t，当10x时，1()(,2)fxxx且递减，此时(,0)t，当210ex时，()ln(,2)fxx且递增，此时(,0)t，当21ex时，()ln(2,)fxx

且递增，此时(0,)t，所以，()gx的零点等价于()ft与2y交点横坐标t对应的x值，如下图示：由图知：()ft与2y有两个交点，横坐标11t、201t：当11t，即()3fx时，在,

1x、(1,0)、21(0,)e上各有一个解；当201t，即2()1fx时，在21,ex有一个解.综上，()gx的零点共有4个.故选：B2．（2022·全国·高

三专题练习）已知函数1,1ln1,1xxfxxx，则函数2gxffx的零点个数为（）A．3B．4C．2D．1【答案】A【分析】令()fx，令()0gx，得出()20f，求出关于的方程()2

0f的根1或2e1，然后再考查直线1或2e1与函数()fx的图象的交点个数，即可得出答案．【详解】令()fx，令()0gx，则()20f,当1时，则()ln(1)f，所以ln(1)20，2e1，

当1„时，()120f，则1，作出函数()fx的图象如下图所示，直线1与函数()fx的图象只有1个交点，线2e1，与函数()fx的图象只有2个交点，因此，函数()gx只有3个零点，故选：A．3．（2021·天津市实验中学滨海学校高三期

中）已知函数1,0,()ln(),0,xxfxxxx则函数2()()yfxmfxm的零点个数不可能是（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】作出函数()fx的图象，换元()fxt，问题转化为2

0()tmtmfxt，解得个数，分类讨论m，结合二次方程根个数的判断及数形结合求解.【详解】函数()yfx的图象如图，令()fxt，则函数2()()yfxmfxm的零点即方程组20()tmtmfx

t，的解．设2()gttmtm，则24(4)mmmm．若0m，则0，()gt有两个零点12tt，，且由(0)0(1)10gmg，知12001tt，，此时方程组有2个解；若0m，则0，()gt有一个零点0t，此时方程组

有1个解；若04m，则，()gt没有零点，此时方程组无解；若4m，则0，()gt有一个零点2t，此时方程组有2个解；若4m，则0，()gt有两个零点12tt，，且由(1)10(2)40ggm，知1212tt，此时方程组有4个解，故选

：C4．（2021·辽宁沈阳·高三阶段练习）对于任意正实数,,mnp，关于x的方程2112xxpmxmxnee的解集不可能是（）A．1B．0,2C．0,1,2D．【答案】C【分析】分别将等式左侧和右侧看做函数的形式

，可得函数的单调性和对称轴，并求得左右两侧函数的最值；通过单调性和最值的大小关系可得解的个数有0个，1个或2个的情况，由此可得结果.【详解】函数22210mxmxnmnyxmm是开口向上且关于直线1x对称的二次函数，mi

nynm；函数110xxyppee关于直线1x对称，且在,1上单调递增，在1,上单调递减，max2py；若2pnm，则方程2112xxpmxmxnee

无解；若2pnm，则方程2112xxpmxmxnee有唯一解1x；若2pnm，则方程2112xxpmxmxnee有两解，且两解关于1x对称；综上所述：方程2112xxpmxm

xnee的解集不可能是0,1,2.故选：C.二、多选题5．（2022·江苏无锡·高三期末）高斯被人认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.有这样一个函数就是以他名字命名的：设xR，用[]x表示不超过x的最大整数，则()[]fxx称为高斯函数，又称为取整函数.如：

(2.3)2f，(3.3)4f.则下列结论正确的是（）A．函数()fx是R上的单调递增函数B．函数2()()3gxfxx有2个零点C．()fx是R上的奇函数D．对于任意实数,ab，都有()()()faf

bfab【答案】BD【分析】对于AC，举例判断，对于B，利用取整函数和零点的定义判断即可，对于D，定义[]aaa这样一个函数，就会有10a，然后结合高斯函数的定义判断即可【详解】对于A，

(1.1)1f，(1.2)1f，(1.1)(1.2)ff，()fx在R上不是单调增函数，所以A错.对于B，由()[]fxx，可得1()xfxx，所以1()33xxgx，若函数()gx要有零点，则1033xx，得[0,3)x，因为()

gx要想为0，必须23x也为整数，在这个范围内，只有30,2xx两个点，所以B正确，对于C，(1.1)1f，(1.1)2(1.1)ff，()fx不是奇函数，所以C错，对于D，如果我们定义[]aaa这样一个函数，就会有10a

，同时有()([][])[[][]]fabfabababab，当1ab时，会有()[][]()()fababfafb，当01ab时，()[][]()()fababfafb

，所以D正确，故选：BD.6．（2022·全国·高三专题练习）定义域和值域均为,aa（常数0a）的函数yfx和ygx图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（）A．方程0fgx

有且仅有三个解B．方程0gfx有且仅有三个解C．方程0ffx有且仅有九个解D．方程0ggx有且仅有一个解【答案】AD【分析】通过利用tfx或txg，结合函数yfx

和ygx的图象，分析每个选项中外层函数的零点，再分析外层零点对应的直线与内层函数图象的交点个数，即可得出结论.【详解】解：对于A中，设()tgx，则由0fgx，即()0ft，由图象知方程()0ft有三个不同的

解，设其解为1t，2t，3t，由于()ygx是减函数，则直线0ytta与函数ygx只有1个交点，所以方程1()tgx，2()tgx，3()tgx分别有且仅有一个解，所以0fgx有三个解

，故A正确；对于B中，设()tfx，则由0gfx，即()0gt，由图象可得()0gt有且仅有一个解，设其解为b，可知0ba，则直线yb与函数yfx只有2个交点，所以方程()fxb只有两个解，所以方

程0gfx有两个解，故B错误；对于C中，设()tfx，若0ffx，即()0ft，方程()0ft有三个不同的解，设其解为1t，2t，3t，设123ttt，则由函数yfx图象，可知120att，3ta，由图可知，直线1yt和直线2yt分别

与函数yfx有3个交点，直线3yta与函数yfx只有1个交点，所以1fxt或2fxt或3fxt共有7个解，所以0ffx共有七个解，故C错误；对于D中，设()tg

x，若0ggx，即()0gt，由图象可得()0gt有且仅有一个解，设其解为b，可知0ba，因为()ygx是减函数，则直线yb与函数ygx只有1个交点，所以方程()gxb只有1解，所以方程0ggx只有一个解，故D正确.故

选：AD.三、填空题7．（2022·全国·高三专题练习）已知()fx是定义在R上的奇函数，当0x时，()fx=24xx，则方程()2fxx解的个数为___________.【答案】3【分析】根据函数为奇函数求得解析式，再

根据解析式作出()()2gxfxx的图像即可得解.【详解】当0x时，0x，所以2()()4fxxx，因为()fx是定义在R上的奇函数，所以()()fxfx=24xx，所以2(4

)fxxx，所以22404,0xxxfxxxx，，所以()()2gxfxx=2252,052,0xxxxxx，由()ygx的图象知，()ygx有3个零点，所以方程()2fxx解的个数为3.故答案为：3.8．（2021·全国·模

拟预测）已知函数21,0,ln,0,xxfxxx若直线ykx与函数fx的图象交于A，B两点，且满足OAOB，其中O为坐标原点，则k值的个数为___________.【答案】2【分析】原题可转换为存在0x，使得00fxfx→函数yfx与yfx

的图象有公共点，当0x时，21fxx，0x时，yfx与yfx的图象的交点个数即所求，作出图像，即可求出k值的个数【详解】由题意知，函数yfx的图象上有关于原点O对称的点，因此存在0x，使得00fxfx，即函数y

fx与yfx的图象有公共点.当0x时，lnfxx，0x，21fxx，作出yfx，yfx在0,上的图象，如图所示，则当0x时，yfx

与yfx的图象的交点个数即所求k值的个数，数形结合可知，当0x时，yfx与yfx的图象有2个交点，所以k值的个数为2.故答案为：2四、解答题9．（2021·全国·高三专题练习）证明：函数3log1fxx的图象与2loggxx的图象有且仅有一个公共点．【分析

】把要证两函数的图象有且仅有一个公共点转化为证明方程32log1logxx有且仅有一个实根.易观察出2x为其一根，再假设000,2xyx是函数图象的另一个公共点，然后得出矛盾即可.【详解】要

证明两函数fx和gx的图象有且仅有一个公共点，只需证明方程32log1logxx有且仅有一个实根，观察上述方程，显然有22fg，则两函数的图象必有交点2,1．设000,2xyx是函数图象的另一个公共点．则3020log1logx

x，0013yx，002yx，∴00123yy，即0012133yy，令1233xxMx，易知函数1233xxMx为指数型函数．显然M

x在,内是减函数，且11M，故方程0012133yy有唯一解01y，从而02x，与02x矛盾，从而知两函数图象仅有一个公共点．10．（2020·安徽·淮南市第五中学高三阶段练习（

理））已知yfx是定义在R上的偶函数，当0x时，22fxxx（1）求(1)f，(2)f的值；（2）求()fx的解析式并画出函数的简图；（3）讨论方程fxk的根的情况.【答案】（1）(1)1,20ff；（2）222,0()2,0xxxfxxxx

，图像见解析；（3）当1k，方程无实根、当1k或0k，有2个根、当0k，有3个根、当01k，有4个根；【分析】（1）函数求值只需将自变量值代入函数式计算即可；（2）求0x时的解析式时，转化为0x，将其代入已知关系式，再借助于偶函数fxfx得到函数解

析式，最后将解析式化成分段函数形式；（3）结合做出的函数图像可知函数值k取不同值时对应的自变量个数是不同的，本题求解主要利用数形结合法【详解】解：（1）2(1)2111f()yfx是定义在R上的偶函数，2(2)(2)2220ff（2）当0x时，0,x于是22()2(

)()2fxxxxx()yfx是定义在R上的偶函数，2()()2(0)fxfxxxx222,0()2,0xxxfxxxx，图像如图所示：（3）数形结合易知：当1k，方程无实根；当1k或0k，有2个

根；当0k，有3个根；当01k，有4个根；【点睛】本题考查根据奇偶函数性质求函数解析式，数形结合解决方程根的个数问题，考查运算求解能力，数形结合思想，是中档题.本题解题的关键在于利用数形结合思想求解.题型五：

零点存在定理与函数性质结合判断零点个数一、单选题1．（2022·广东韶关·二模）已知直线0lykxk：（）既是函数21fxx的图象的切线，同时也是函数ln1pxgxxpRx的图象的切线，则函数g

x零点个数为（）A．0B．1C．0或1D．1或2【答案】B【分析】设211,1Axx是函数21fxx图象的切点，则由导数的几何意义可求得2k，设2222,ln1pxBxxx是函数ln1pxgxxx的切点，同样利

用导数的几何意义可求出4p，然后根据零点存在性定理可求得结果【详解】设211,1Axx是函数21fxx图象的切点，则112kfxx，∴12kx（1）又2111xkx（2），将（1）代入（2）消去1x整理

得：24k，∴2k，设2222,ln1pxBxxx是函数ln1pxgxxx的切点，据题意2222121pgxxx，又2222ln21pxxxx故22222ln10xxx，令2

2ln1hxxxx，0x，∴114124130hxxxxx，故22ln1hxxxx，0x在定义域上为增函数，又10h，故21x，故1124pg，∴4p，44lnln411xgxxxxx在0,

上是增函数当21ex时，210eg；当1x时，120g；由零点存在性定理可得，g(x)存在唯一一个021,1ex函数零点个数是1，故选：B．2．（2022·天津·高三专题练习

）设函数lg,0sin,04xxxfxxx有5个不同的零点，则正实数的取值范围为（）A．1317,44B．13,4C．17,4D．1319,44

【答案】A【分析】分段函数分段处理，显然0x有1个零点，所以0x有4个零点，利用三角函数求出所有的零点，保证0x之间有4个零点即可.【详解】易知函数yx、lgyx在(0,)上为增函数，所以当0x时，函数lgfxxx单调递增，当x

无限接近0时，()0fx，当1x时，()10fx，所以函数()fx在(0,)上存在一点0x，使得0()0fx，即fx在(0,)上有且只有一个零点；所以当0x时，函数sin4fxx有4个零点，令0fx，即

4xkk，Z，解得4kx，kZ，由题可得0x区间内的4个零点分别是0,1,2,3k，所以即在34kk与之间，即3444，解得131744故选：A3．（2

022·全国·高三专题练习（理））已知函数2e2exxfxaax有两个零点，则a的取值范围为（）A．1,0B．0,1C．1,eD．1,e【答案】B【分析】显然需要参数分离，将原题改造成为22eeexxxxa，求ya与22eeexxxx

gx有两个交点。【详解】由2e2e0xxfxaax得到：22eeexxxxa；令22eeexxxxgx，由题意可以看做是ya与gx有两个交点；则22e2e1e1eexxxxxxgx，其中e0x，2e10x，e1

xx是单调递减的，并且0x时，e1xx=0；因此函数22e2e1e1eexxxxxxgx存在唯一零点，0x；当0x时，'0gx；0x时，'0gx；01g；得如下函数图像：显然当01a时，ya与gx有两个交点；故答案为：

B.二、多选题4．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）已知函数f(x)＝sin(|cosx|)＋cos(|sinx|)，则以下结论正确的是（）A．f(x)的图象关于直线2x对称B．f(x)是最小正周期为2π的偶函数C．f(x)在区间(0,)2上单调递减D．方程1()2fxx恰有三个不

相等的实数根【答案】ACD【分析】根据对称性，周期性，复合函数单调性可判断选项ABC，结合单调性和周期性对函数1()2gxx和()fx的图象交点情况讨论可判断D.【详解】()sin(cos())cos(sin(

))sin(sin)cos(cos)222fxxxxx，()sin(cos())cos(sin())sin(sin)cos(cos)222fxxxxx，()()22fxfx，故A正确；()sin(cos())cos(sin())sin(

cos)cos(sin)()fxxxxxfx，故B不正确；当(0,)2x时，costx单调递减，sin,(0,1)ytt单调递增，所以，sin(cos)sin(cos)yxx

单调递减，同理，cos(sin)cos(sin)yxx单调递减，故函数()fx在区间(0,)2上单调递减，所以C正确；易知()fx为偶函数，综上可知：()fx的周期为，且在区间(0,)2上单调递减，在区间(,)2上单调递增，在区间3

(,)2上单调递减.令1()2gxx，因为(0)sin11(0)0fg，2()cos1cos()24224fg，故函数()fx与()gx的图象在区间(0,)2内有且只有一个交点；又22()sin11sin1()422f

g，故函数()fx与()gx的图象在区间(,)2内有且只有一个交点；又333()cos1()224fg，故函数()fx与()gx的图象在区间3(,)2内有且只有一个交点.因为(2)sin11(2)fg，由()fx周期性和()g

x单调性可知，当2x或0x时，两函数图象无交点.综上所述，方程1()2fxx恰有三个不相等的实数根故选：ACD5．（2021·湖北恩施·高三开学考试）已知函数12cosfxxxx，则以下说法正确的是（）A．()fx是偶函数B．()f

x在(0,)上单调递增C．当0x时，()1fxD．方程()0fx有且只有两个实根【答案】ABD【分析】A．利用奇偶性定义进行判断；B．利用导数分析fx的正负并进行判断；C．根据条件分析fx在,0上的单调性，由此确定出最小值并判断；D．利用

fx在0,上的单调性结合零点的存在性定理分析fx在0,上的零点数，由此确定出fx的实数根个数.【详解】A．fx的定义域为R关于原点对称，1122coscosfxxxxxxxfx，所以f

x为偶函数，故正确；B．当0,x时，12cosfxxxx，11sin2fxxx，11sin0,02xx，所以0fx，所以fx在0,上单调递增，故正确；C．因为fx为偶函数且在

0,上单调递增，所以fx在,0上单调递减，所以0x，01fxf，故错误；D．因为fx在0,上单调递增，且010,12cos10,010ffff

，所以fx在0,上有唯一零点，又因为fx为偶函数，所以方程0fx有且仅有两根，故正确；故选：ABD．6．（2022·全国·高三专题练习）函数2210log0xxfxxx，则下列说法正确的有（）A．函数fx

是R上的单调递增函数B．对于任意实数a，不等式21fafa恒成立C．若12xx，且12fxfx，则120xxD．方程0fxfx有3个不相等实数解【答案】BD【分析】对于A，通过比较零左右两边的函数值来判断；对于B，分0a和0a

两种情况分析判断；对于C，举反例判断；对于D，由零点存在性定理判断即可【详解】解：函数fx是,0和()0,+?上的单调递增函数，但是0limxfx，fx在R上不单调，A错误；当0a时，2110faf，00faf，21fa

fa；当0a时，210aa，由函数fx在()0,+?上单调递增知21fafa；B正确；令10x，21x，12fxfx，且120xx，C错误；当0x时，0fxfx

；当0x时，2log21xgxfxfxx在()0,+?上单调递增，12022g，1102g，故存在1个解；同理知0x时也存在1个解；0x是函数的一个零点，故方程0fxfx共有3个解，

D正确，故选：BD．三、解答题7．（2022·江西南昌·二模（文））已知函数2110,2xfxeaxxxaR.(1)当0a时，求函数fx的单调区间；(2)若1a，证明：方程

0fx有且仅有一个正根.【答案】(1)增区间为(0,)，无减区间；(2)证明见解析【分析】（1）0a时，求导，分析导函数的符号即可得出单调区间；（2）先证明出一个点0x，当0(0,)xx，()0fx，再证0

(,)x时函数递增，结合零点存在定理即可说明.(1)因为0a，所以()1xfxex，则()1xfxe，当,()0x时()0fx，所以函数()fx在(0,)上单调递增，即函数()fx的增区间为(0,)，无减区间；(2)因为

2112xfxeaxx，所以()1xfxeax，设()1xhxeax，,()0x，所以()xhxea，当(0,ln)xa时，0hx，则()fx在(0,ln)a为减函数；当(ln,)xa

时，0hx，则()fx在(ln,)a为增函数；因为(ln)(0)0hah，当11lnxaa时，211110hxaaa，所以存在0,(ln)xa，使

得0()0fx，当0(0,)xx时，()0fx，则()fx在0(0,)x上单调递减；当0(,)xx时，()0fx，则()fx在0(,)x上单调递增；因为(0)0f，所以当0(0,)xx时，()(0)0fxf，0()(0)0fxf；且当

204xax时，3221444102fxaaaa，所以()fx在区间0(,)x有且仅有一个零点1x，即方程()0fx有且仅有一个正根.8．（2022·河北·模拟预测）已知函

数12fxx.(1)请研究函数singxfxx在2π,00,2πx上的零点个数并证明；(2)当0x时，证明：112exfxfx.【答案】(1)4，证明见解析(2)证明见解析【分析】（1

）函数gx是奇函数，所以只要考虑0,2上的零点，利用函数的单调性即可；（2）构造函数，用缩放法可以证明不等式.(1)1sinsin2gxfxxxx为奇函数，所以只需要研究函数0,2

πx上的零点个数，当π0,2x时，21cos02gxxx，gx是单调递减的，111sin022g，π1102πg，所以当π0,2x时，gx有一个零点；当π,π2x

时，令'21cos2xgxxx，'31sin0xxx，x是单调递增的，2π202π，21π102π，所以存在0π,π2x，使得00

x，所以当0π,2xx时，0gx，gx单调递减的，当0,πxx时，0gx，gx是单调递增的，又π1102πg，所以00gx，1π02πg，所

以存在2π,π2x使得20gx，当π,2πx时，1sin02gxxx无零点，综上可知，当0,2πx时，函数singxfxx有两个零点，即在2π,00,2πx上，函数singxfxx有四个零点；(2

)当0x时，112exfxfx，两边取自然对数得：11ln1ln112xxx构造函数2ln12xpxxx，即2221401212x

pxxxxx，即00pxp，即2ln12xxx，则121ln1211xxx，于是12ln121xxxx，11ln1221x

x，所以1121ln1ln1122121xxxxxx.【点睛】一般来说当三角函数和其他基本初等函数同时出现在同一解析式时，由于三角函数是周期函数，而其他函数往往没有周期性，所以需要一

个区间一个区间取讨论，不论是单调性还是零点，最好在讨论之前先画一个草图；对于第二问难点在于构造函数，因为对数函数是非线性函数，直接计算难度很大，因此考虑缩放的方法，构造一个新函数，将原对数函数转化为一个比较容易计算的函数，像e1xx，ln1

xx等比较多见.9．（2022·全国·高三专题练习）设a为实数，函数2()()||(1)fxxaxaaa.(1)若(0)1f„，求a的取值范围；(2)讨论()fx的单调性；(3)当2a时，讨论()|

|fxx在R上的零点个数.【答案】(1)(，1]2(2)()fx在(,)a上单调递增，在(,)a上单调递减(3)有2个零点【分析】（1）写出(0)||1faa„，讨论a的取值情况，解得答案；（2）分类讨论

去掉绝对值符号，再根据二次函数的性质，求得答案；（3）分段讨论去掉绝对值符号，得到()||fxx的解析式，结合二次函数图象的对称轴确定函数的单调性，结合零点存在定理即可得答案.(1)(0)1f„22(0)(0)|0|(1)||(1)||1faaaaaaaaaa

„,当0a„时，不等式为01„恒成立，满足条件，当0a时，不等式为1aa„，102a„，综上所述a的取值范围为(，1]2；（2）当xa时，函数2()(21)2fxxaxa，其对

称轴为21122axaa，此时()yfx在(,)a时是减函数，当xa…时，2()(12)fxxax，其对称轴为：12xaa，()yfx在(,)a时是增函数，综上所述，()fx

在(,)a上单调递增，在(,)a上单调递减，（3）设g(x)=f(x)+|x|，当xa…时，其对称轴为1xa，当0xa„时，其对称轴为xa，当0x时，其对称轴为1xa，()gx在(,0)上单调递减，在(0,)a上单调递减，在(,)a上单调递增，(

0)20ga，g（a）222(22)2(1)1aaaaaa，又2a，g（a）2(1)1a在(2,)上单调递减，g（a）g（2）0，()fx在(0,)a和(,)a上各有一个零点，综上所述2a时，()||fxx在R上有

2个零点.10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数sinexfxxax.(1)若0a，求函数fx在,22上的零点个数；(2)当0,x时都有1fx，求实数a的

取值范围.【答案】(1)只有一个零点(2)2,【分析】（1）首先利用导数确定函数的单调性，再利用零点存在定理即可判断函数的零点个数（2）可通过讨论fx在0,x的最小值，使1fx恒成立，来确定实数a的取值范围(1)因为0a，所以sin

exfxx，cosexfxx，因为,22x，所以0fx，所以fx在,22x上是单调增函数，又因为22sin1022fee

，22sin1022fee，所以fx在,22x上只有一个零点.(2)因为sinxxxfeax，所以cosxfxxea，令cosexhxxa

，esinxhxx，因为0,x，1xe所以0hx，hx为增函数，02hxha，当20a时，即2a时，020hxha，即0fx，

所以fx在0,上为增函数，01fxf≥，所以2a时满足0,x时都有1fx；当20a时，即2a时，020ha，又l

n2ln2cosln2cosln220ahaaeaa，所以00,ln2xa，使00hx，所以00,xx时0hx，即0fx，fx为减函数，

01fxf，与1fx矛盾，所以2a不成立，综上实数a的取值范围是2,【点睛】本题为函数综合问题，针对函数不等式恒成立问题，我们经常转化为函数最值问题，而函数最值问题，熟练地应用单调性法是突破的

关键.题型六：利用函数零点（方程有根）求参数值或参数范围一、单选题1．（2022·四川成都·三模（理））若函数32log19xxfxxx的零点为0x，则0091xx（）．A．13B．1C．3D．2【答案】B【分析】由已知有1x，根据零点得

到03000log19(1)xxxtx，利用指对数的关系及运算性质得到01x关于t的表达式，进而由指数函数的单调性确定t值即可.【详解】由题设1x，由0()0fx得：03000log19(1)xxxx，若0

09(1)xxt，可得002103xtx，若300log1xtx，可得0201103txx，综上，0022133xxtt，故1t.故选：B2．（2022·湖南岳阳·三模）已知函数2()lg()6afxxxx，若不等式()0fx有且仅有2个整数解，则实数a的取值范

围是（）A．(lg3,lg2)B．(lg3,lg2]C．(lg2,lg3)D．[lg2,lg3)【答案】B【分析】转化不等式()0fx有且仅有2个整数解2lg()6axxx有两个整数解，数形结合列出不等式及可求得答案.【详解】解：由题意得：不等式()0fx有

且仅有2个整数解，即可知2()lg()06afxxxx有两个整数解于是2lg()6axxx有两个整数解令()lggxx，2()()6ahxxx当0a时，lg0x，则1x，此时有

无数个整数解，不成立；当0a时，如图所示，2lg()6axxx有无数个整数解，也不成立；当0a时，如图所示，要使得2lg()6axxx有两个整数解，则可知：lg3(39)(3)(3)lg36(4)(4)lg2lg4(416)6aghaghaa

所以则实数a的取值范围是(lg3,lg2].故选：B3．（2022·山西·模拟预测（文））已知函数24,1,ln1,1,xxaxfxxx若函数()2yfx有三个零点，则实数a的取值范围是（）A．(,2)B．()3,4C．(3,6)D．(3,

)【答案】C【分析】先求出1x时，函数有一个零点，故1x时，函数有两个零点，令2()42gxxxa，由(1)0g且(2)0g解出a的取值范围即可.【详解】函数24,1,ln1,1,xxaxfxxx

当1x时，方程2fx．可得ln12x．解得ex，函数有一个零点，则当1x时，函数有两个零点，即242xxa，在1x时有两个解．设2()42gxxxa，其开口向上，对称轴为：2,()xgx在(,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，所以(

1)0g，且(2)0g，解得36a．故选：C．二、多选题4．（2021·辽宁·东北育才学校二模）一般地，若函数fx的定义域为,ab，值域为,kakb，则称为的“k倍跟随区间”；若函数的定义域为,ab，值域也

为,ab，则称,ab为fx的“跟随区间”.下列结论正确的是（）A．若1,b为222fxxx的跟随区间，则2bB．函数11fxx存在跟随区间C．若函数1fxmx存在跟随区间，则1(,0]4mD．二次函数

212fxxx存在“3倍跟随区间”【答案】ACD【分析】A，由已知可得函数在区间上单调递增，进而可以求解b的值；B，假设存在跟随区间，则根据跟随区间的条件求解a，b的值，结合函数图象进行判断；C，先设跟随区间为[a，]b，则根据跟随区间满足的条件建立方程组，找

出a，b的关系，然后统一变量表示出m，列出关于m的关系式，利用方程思想求解m的取值范围，D，若存在3倍跟随区间，则设定义域为[a，]b，值域为[3a，3]b，由此建立方程组，再等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以求解．【详解】选项A：由已知可得

函数()fx在区间[1，]b上单调递增，则有2()22,1fbbbbb，解得2b或1（舍)，所以2b，A正确；选项B：若11fxx存在跟随区间[a，]()bab，又因为函数在单调区间(,0),(0,)上递减，图象如图示，则区间[a，]()bab一定是函数的单调区间

，即0ab或0ab,则有()()fabfba，解得152152ab，此时,ab异号，故函数11fxx不存在跟随区间，B不正确；选项C：由已知函数可得：函数在定义域上

单调递减，若存在跟随区间[a，](1)bab„，则有()()fabfba，即11bmaamb，两式作差得：11abab，即()(11)1(1)abababab，又1ab，所以111ab，得0111

ab，所以111mabaa，设1[0at，1]，则2mtt，即20ttm在区间[0，1]上有两个不相等的实数根，只需：Δ1400mm，解得104m，C正确；选项D：若函数存在3倍跟

随区间，设定义域为[a，]b，值域为[3a，3]b，当1ab时，函数在定义域上单调递增，则a，b是方程2132xxx的两个不相等的实数根，解得0x或4，故存在定义域为[4，0]使得值域为[12，0]，D正确，故选：A

CD．【点睛】本题是根据新的定义求解参数或者是判断函数是否符合新定义，考查学生的理解新知识运用新知识的能力，解答时要能根据新定义，灵活求解，综合性较强.三、填空题5．（2022·福建南平·三模）已知函数2e9e42xaaxfxxx有零点，则实数a_

__________.【答案】2ln3【分析】先由基本不等式求得e9e6xaax，再由二次函数求得2426xx，要使函数有零点，必须同时取等，即9eexaxa，2x，解方程即可.【详解】由e0xa可得99e9ee2e

6eexaaxxaxaxaxa，当且仅当9eexaxa时取等，又2242266xxx，当且仅当2x时取等，故2e9e426(6)0xaaxfxxx，当且仅当9eexaxa，2x时取等

.要使函数有零点，则9eexaxa且2x，化简得2e3a，解得2ln3a.故答案为：2ln3.6．（2022·四川·石室中学三模（文））若函数221fxxxaxb的图象关于直线2x对称，且直线yk与函数fx的图象有三个不同的公共点

，则实数k的值为______．【答案】9【分析】依题意是fx的两个零点，根据对称性可得3和5也是fx的零点，即可得到fx的解析式，整理得22242415fxxxxx，令24xxt，依题意关于t的方程22150ttk有两个不同的实

数解1t，2t，且关于x的方程2140xxt与2240xxt中一个方程有两个相同的实数解，另一个方程有两个不同的实数解，即可求出1t（或2t）的值，代入计算可得；【详解】解：由已知可得，是fx的两个零点，因为函数图象关于直线2x，因此3

和5也是fx的零点，所以21351315fxxxxxxxx22222434542415xxxxxxxx．由题意可知，关于x

的方程fxk有三个不同的实数解．令24xxt，则关于t的方程22150ttk有两个不同的实数解1t，2t，且关于x的方程2140xxt与2240xxt中一个方程有两个相同的实数解，另一个方

程有两个不同的实数解，则1216401640tt或1216401640tt，因此1t与2t中有一个等于4，另一个大于4．不妨设14t，则90k，解得9k，此时22240tt，解得14t、26t满足条件，因此9k

．故答案为：9四、解答题7．（2021·辽宁·东北育才学校二模）已知二次函数()yfx满足以下条件：①经过原点(0,0);②Rx，()(2)fxfx;③函数()1yfx只有一个零点(1)求二次函数()yfx的解析式；(2)若函数||

||e12()e1xxfgx与||()2e142xhxtt的图象有两个公共点，求实数t的取值范围.【答案】(1)2()2fxxx(2)311,22【分析】（1）结合已知可知()yfx的对称

轴为1x，()yfx的最值为1，由此可设二次函数的顶点式，代入原点(0,0)，求得答案；（2）令||||||e122e142e1xxxftt，整理为2||||(21)e14e120xxtt，将函数图象的交点问题，转化为方程的解的

问题，采用换元法，结合二次方程有根的情况，讨论求得答案.(1)由条件知()yfx的对称轴为1x，()yfx的最值为1，可设顶点式2()(1)1fxax，再根据(0)0f，解得1a，故2()2fxxx.(2)由函数

||||e12()e1xxfgx与||()2e142xhxtt的图象有两个公共点，即||||||e122e142e1xxxftt，整理得2||||(21)e14e120

xxtt,此方程有两个实数根，令||e1xm，0m，则关于m的方程2(21)420tmtm只有一个正实数根，若210t即12t时，10m，所以12t；若210t即12t时，满足2(21)420tmtm只有一个正实数根，有两种情况，有2个相等的

正实根或两异号根，即2Δ16+821040221tttt或2Δ16+82102021ttt,解得312t或12t，综上所述，t的取值范围是311,22.题

型七：利用函数的交点（交点个数）求参数一、单选题1．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知函数1,0,ln,0,xaxfxxx（0a且1a），若函数yffxa的零点有5个，则实数a的取值范围

为（）A．2aB．ln21a或12aC．0ln2a或12a或2aD．ln21a或2a【答案】D【分析】依题意函数yffxa的零点即为方程ffxa的根，对a分四

种情况讨论，结合函数图形即可得解；【详解】解：依题意函数yffxa的零点即为方程ffxa的根，①当01a时函数fx的函数图象如下所示：所以fta有两个根1t，2t（10

1t，21t），而1tfx对应2个根，所以需要2tfx对应3个根，所以22t，即e2a，解得ln21a；②当2a时函数fx的函数图象如下所示：所以fta有两个根1t，2t（101t，22t），而1tfx对应2个根，2tfx

对应2个根，即共四个根，所以不满足题意；③当2a时函数fx的函数图象如下所示：所以fta有三个根121et，22et，30t，从而2efx，21efx，0fx，所对应2、2、1个根，即共5个根，所以满足题意；④当12a

时函数fx的函数图象如下所示：所以fta有三个根1t，2t，3t，（101t，21t，30t），而1tfx，2tfx，3tfx分别对应2、2、0个根，即共四个根，所以不满足题意；综上可得实数a的取值范围为l

n21a或2a；故选：D2．（2022·山东济宁·二模）已知函数,0ln,0xxfxaxx，若函数gxfxfx有5个零点，则实数a的取值范围是（）A．e,0

B．1,0eC．,eD．1,e【答案】C【分析】通过分析得到当0x时，lnxax要有2个根，参变分离后构造函数lnxgxx，研究其单调性和极值，数形结合求出实数a的取值范围.【详解】yfx与

yfx关于y轴对称，且00f，要想gxfxfx有5个零点，则当0x时，lnxax要有2个根，结合对称性可知0x时也有2个零点，故满足有5个零点，当1x时，10-=，不合题意；当1x时，此时lnxax令lnxgxx，定义域为0,11

,，21lnlnxgxx，令0gx得：01x，1<x<e，令0gx得：ex，故lnxgxx在0,1,1,e上单调递增，在e,+上单调递减，且当0,1x时

，0lnxgxx恒成立，lnxgxx在ex处取得极大值，其中eeg，故,ea，此时与lnxgxx有两个交点.故选：C3．（2022·全国·模拟预测（理）

）已知函数1fx的图象关于直线1x对称，对xR，都有31fxfx恒成立，当0,2x时，212fxx，当0k时，若函数fx的图象和直线4ykx有5个交点，则k的取值范围为（）A．12,33B．11,52C．11,53

D．11,32【答案】C【分析】分析可知函数fx为偶函数，且函数fx是以4为周期的周期函数，作出函数fx与4ykx的图象，数形结合可得出关于实数k的不等式组，由此可解得实数k的取值范围.【详解】因为函数1fx的图象关于直线1x对称，将函数

1fx的图象向右平移1个单位，可得到函数fx的图象，则函数fx的图象关于y轴对称，即函数fx为偶函数，由31fxfx可得4fxfx，故函数fx是以4为周期的周期函数，如下图所示：因为直线4ykx过定点4,0，

当0k时，要使得函数fx的图象和直线4ykx有5个交点，则62102kk，解得1153k，故选：C.二、多选题4．（2022·福建莆田·三模）已知函数231,1()41613,1xxfxxxx，函数()()gxfxa，则下列结论

正确的是（）A．若()gx有3个不同的零点，则a的取值范围是[1,2)B．若()gx有4个不同的零点，则a的取值范围是0,1C．若()gx有4个不同的零点12341234,,,xxxxxxxx，则344xxD．若()gx有4

个不同的零点12341234,,,xxxxxxxx，则34xx的取值范围是137,42【答案】BCD【分析】根据题意，将问题转化为函数yfx与ya图像交点个数问题，进而数形

结合求解即可得答案.【详解】解：令()()0gxfxa得()fxa，即所以()gx零点个数为函数yfx与ya图像交点个数，故，作出函数yfx图像如图，由图可知，()gx有3个不同的零点，则a的取值范围是1,

20，故A选项错误；()gx有4个不同的零点，则a的取值范围是0,1，故B选项正确；()gx有4个不同的零点12341234,,,xxxxxxxx，此时34,xx关于直线2x对称，所以344xx，故C选项正确；由C选项可知344xx，所以2

44344444xxxxxx，由于()gx有4个不同的零点，a的取值范围是0,1，故2440416131xx，所以244137442xx，故D选项正确.故选：BCD5．（2022·辽宁鞍山·二模）已知函数22log,(02)813,2xx

fxxxx，若fxa有四个不同的实数解1x，2x，3x，4x，且满足1234xxxx<<<，则下列命题正确的是（）A．01aB．129222,2xxC．12342110,2xxxxD．12222,3

xx【答案】ACD【分析】A.在同一坐标系中作出函数,yfxya的图象，由fxa有四个不同的实数解判断；B.根据2122loglogxx，得到211xx，转化为1222212

2,12xxxxx，利用对勾函数的性质判断；C.由122221,12xxxxx，利用对勾函数的性质判断；D.由1222222,12xxxxx，利用对勾函数的性质判断；【详解】解：在同一坐标系中作出函数,yfxya的

图象，如图所示：由图象知：若fxa有四个不同的实数解，则01a，故A正确；因为2122loglogxx，即2122loglogxx，则211xx，所以12222122,12xxxxx，因为2212yxx在1,2上递增，所以221923,2

xx，故B错误；因为122221,12xxxxx，221yxx在1,2上递增，所以22152,)2xx（，而348xx，所以12342110,2xxxx，故C正确；因为1222222,12xxxxx，2212yxx在1,2上

递减，在2,2上递增，则222[22,3)xx，故D正确；故选：ACD三、填空题6．（2022·贵州毕节·三模（文））已知函数13sincos022fxxx在0,2有且仅有3个零点，则的取值范围为__________．【答案】411,36【分析】先化

简函数式，然后根据x的范围求出3x的范围，结合()fx在[0，2π]有且仅有3个零点，再利用正弦函数sinyx的相关知识求得的范围．【详解】()sincossin()22313fxxxx,当[0x

，2π]时，πππ[,2π]333x，()fx在[0，2π]有且仅有3个零点，π3243，综上：41136,故答案为：411,367．（2022·福建宁德·模拟预测）已知()fx是定义在R上的偶函数，当0x时，

22e24xfxxaa.若()fx的图象与x轴恰有三个交点，则实数a的值为___________.【答案】2【分析】根据偶函数的对称性知()fx在(,0)、(0,)上各有一个零点且(0)0f，讨论a值结合

导数研究()fx的零点情况，即可得结果.【详解】由偶函数的对称性知：()fx在(,0)、(0,)上各有一个零点且(0)0f，所以(0)2(1)(2)0faa，则1a或2a，当1a时，在(0,)上()(2)e2xfx

x，则0()(3)exfxx，所以()fx在(0,)上递增，()(0)0fxf，故无零点，不合要求；当2a时，在(0,)上()(4)e4xfxx，则()(3)exfxx，所以()fx在(0,3)上递减，在(3,)上递增，则3()(3)4e0

fxf且(0)0f，(4)4f，故(0,)上有一个零点，符合要求；综上，2a.故答案为：28．（2022·全国·三模（理））已知fx是定义在R上的奇函数，且1fx是偶函数，当01x

时，2log1fxx．设gxfxfx，若关于x的方程20gxmx有5个不同的实根，则实数m的取值范围是__________．【答案】1111[,)(,]5665【分

析】根据函数的奇偶性、对称性、周期性，运用数形结合思想进行求解即可.【详解】因为1fx是偶函数，所以有11fxfx，所以函数fx的对称轴为1x，由11fxfx()(2)fx

fx，而fx是定义在R上的奇函数，所以有fxfx，因此有()(2)fxfx，因此(2)(4)fxfx，所以()(4)fxfx，因此函数fx的周期为4，当1

0x≤≤时，2log1fxfxx，当12x时，222log21log3fxfxxx，当21x时，2log3fxfxx

；当23x时，224log34log1fxfxxx当34x时，224log41log5fxfxxx，因此有：当01x时，22log1log01gx

fxfxxx；当12x时，22log3lo0g3gxfxfxxx；当23x时，222log1log1log21gxfxfxxxx

；当34x时，222log5log5log52gxfxfxxxx，当0x时，gxfxfxfxfx，因为444()gxfxfxfxfxgx

，所以函数()gx的周期为4，所以函数gxfxfx的图象如下图所示：关于x的方程20gxmx有5个不同的实根，等价于函数()ygx的图象与直线2ymx有5个不同的交点，当0m时，当直线经过(10,0)时，此时函数

()ygx的图象与直线2ymx有5个不同的交点，则有101025mm，当直线经过(12,0)时，此时函数()ygx的图象与直线2ymx有6个不同的交点，则有101226mm，因此当1156x时，函数()ygx的图象与直线2ymx有5

个不同的交点，当0m时，当直线经过(10,0)时，此时函数()ygx的图象与直线2ymx有5个不同的交点，则有101025mm，当直线经过(12,0)时，此时函数()ygx的图象与直线2ymx有6个不

同的交点，则有101226mm，因此当1165x时，函数()ygx的图象与直线2ymx有5个不同的交点，当0m时，函数()ygx的图象与直线2y没有交点，所以实数m的取值范围是1156x或1165x，故答案为：1111[,)(,]56659．（2022

·新疆昌吉·二模（文））已知函数216249,111,19xxxfxfxx，若关于x的方程fxmmR有三个不同的实根，则m的取值范围为______．【答案】1(,1)9【分析】由条件作函数()fx的图象，根据方程fx

mmR有三个不同的实根结合图象求参数m的范围.【详解】由已知当1x时，2()16249fxxx，当12x时，22111()(1)[16(1)24(1)9](165649)999fxfxxxxx

，当23x时，221111()(1)(2)[16(2)24(2)9](1688121)9818181fxfxfxxxxx作函数()fx图象如下，因为关于x的方程fxmmR有三个不同的

实根，所以函数()yfx的图象与ym的图象有三个交点，观察图象可得119m，故答案为：1(,1)9.四、解答题10．（2022·北京密云·高三期中）已知函数2()ln(21)fxxxax.(1)

求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；(2)当0a时，求证：函数()fx存在极小值；(3)请直接写出函数()fx的零点个数.【答案】(1)y=0；(2)证明见解析；(3)答案见解析.【分析】（1）求出函数()fx的导数()fx，再利用导数的几何意义求解作

答.（2）讨论函数()fx在区间1(,0)2和(0,)上的符号即可推理作答.（3）在0x时，分离参数，构造函数ln(2))(1xxxg，再探讨()gx在1(,0)(0,)2上的零点情况即可作答.(1)由函数2()ln(21)fxxxax求导得：

2()ln(21)221xfxxaxx，则(0)0f，而(0)0f，所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程是y=0.(2)函数2()ln(21)fxxxax的定义域为1(,)2，由（1）知，2()ln(21)221x

fxxaxx，因0a，则当102x时，ln(21)0x，2021xx，20ax，则有()0fx，函数()fx在1(,0)2上递减，当0x时，ln(21)0x，20

21xx，20ax，则有()0fx，函数()fx在(0,)上递增，于是得当0x时，函数()fx取得极小值，所以当0a时，函数()fx存在极小值.(3)函数2()ln(21)fxxxax的定义域为1(,)2，2ln(2(0

1))xxaxfx，显然0x是函数()fx的零点，当0x时，函数()fx的零点即为方程ln(21)axx的解，令ln(21)1,(,0)(02(,))xxxgx，则22ln(21)21()xxgxxx，令2()ln(21)21xhxxx，则

22224212121xhxxxx，当102x时，()0hx，当0x时，()0hx，函数()hx在1(,0)2上递增，在(0,)上递减，1(,0)(0,)2x，()(0)0hxh

，即有()0gx，()gx在1(,0)2，(0,)上都递减，令()ln(21)2xxx，24()22121xxxx，当102x时，()0x，当0x时，()0x，()x在1(,0)2上递增，在(0,)上

递减，()(0)0x，即1(,)2，恒有ln(21)2xx，当且仅当0x时取“=”，当102x时，ln(21)2xx，当0x时，ln(21)02xx，因此，()gx在1(,0)2上

单调递减，()gx取值集合为(2,)，()gx在(0,)上递减，()gx取值集合为(0,2)，于是得当02a或2a时，方程ln(21)axx有唯一解，当0a或2a时，此方程无解，所以，当0a或2a时，函数()fx有一个零点，当02a或2a时，函数()fx有

两个零点.