高考數(shù)學復習全程規(guī)劃(新高考地區(qū)專用)綜合訓練06函數(shù)的應用(8種題型60題專練)專項練習(原卷版+解析)

綜合訓練06函數(shù)的應用（8種題型60題專練）一．函數(shù)的零點（共3小題）1．（2023?畢節(jié)市模擬）給出下列命題：①函數(shù)f（x）＝2x﹣x2恰有兩個零點；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若關于x的方程2|x|﹣m＝0有解，則實數(shù)m的取值范圍是（0，1]．其中正確的是（）A．①③ B．②④ C．③④ D．②③（多選）2．（2023?長沙模擬）已知函數(shù)f（x）＝|sinx|+|cosx|﹣sin2x﹣1，則下列說法正確的是（）A．f（x）是以π為周期的函數(shù) B．直線是曲線y＝f（x）的對稱軸 C．函數(shù)f（x）的最大值為，最小值為 D．若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，Mπ）上恰有2023個零點，則3．（2023?寶山區(qū)校級模擬）已知函數(shù)y＝f（x）是定義域在R上的奇函數(shù)，且當x＞0時，f（x）＝（x﹣2）（x﹣3）+0.02，則關于y＝f（x）在R上零點的說法正確的是（）A．有4個零點，其中只有一個零點在（﹣3，﹣2）內(nèi) B．有4個零點，其中只有一個零點在（﹣3，﹣2）內(nèi)，兩個在（2，3）內(nèi) C．有5個零點，都不在（0，2）內(nèi) D．有5個零點，其中只有一個零點在（0，2）內(nèi)，一個在（3，+∞）二．函數(shù)零點的判定定理（共2小題）4．（2023?西安模擬）已知f（x）＝ex+lnx+2，若x0是方程f（x）﹣f'（x）＝e的一個解，則x0可能存在的區(qū)間是（）A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）5．（2023?東方校級模擬）已知函數(shù)，其中n為正整數(shù)，a＜0且為常數(shù)．若對于任意n，函數(shù)y＝fn（x）在內(nèi)均存在唯一零點，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．（﹣2，﹣1） B． C．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0） D．三．函數(shù)的零點與方程根的關系（共22小題）6．（2023?普陀區(qū)校級模擬）定義符號函數(shù)，則方程的解集為．7．（2023?敘州區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝|x﹣m|．（1）當m＝2時，解不等式；（2）若函數(shù)有三個不等實根，求實數(shù)m的取值范圍．8．（2023?甲卷）函數(shù)y＝f（x）的圖象由y＝cos（2x+）的圖象向左平移個單位長度得到，則y＝f（x）的圖象與直線y＝x﹣的交點個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．49．（2023?武侯區(qū)校級模擬）函數(shù)f（x）＝ex﹣1﹣sin（11x）在[0，+∞）上的零點個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．410．（2023?西寧二模）函數(shù)的所有零點之和為（）A．4 B．5 C．6 D．711．（2023?豐臺區(qū)校級三模）設函數(shù)f（x）＝Asinωxcosωx+cos2ωx（A＞0，ω＞0），從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得f（x）存在．（1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）當，若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣m恰有兩個零點，求m的取值范圍．條件①：f（x）＝f（﹣x）；條件②：f（x）的最小值為；條件③：f（x）的圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為．12．（2023?乙卷）函數(shù)f（x）＝x3+ax+2存在3個零點，則a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣3） C．（﹣4，﹣1） D．（﹣3，0）13．（2023?大武口區(qū)校級四模）已知函數(shù)f（x）＝，若方程f（x）＝a（x+3）有四個不同的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，4﹣2） B．（4﹣2，4+2） C．（0，4﹣2] D．（0，4﹣2）14．（2023?臺江區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝xlnx﹣x+|x﹣a|，若f（x）有且僅有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍為（）A． B． C． D．15．（2023?新吳區(qū)校級模擬）從古至今，中國人一直追求著對稱美學．世界上現(xiàn)存規(guī)模最大、保存最為完整的木質(zhì)結(jié)構(gòu)——故宮：金黃的宮殿，朱紅的城墻，漢白玉的階，琉璃瓦的頂……沿著一條子午線對稱分布，壯美有序，和諧莊嚴，映祇著藍天白云，宛如東方仙境．再往遠眺，一線貫穿的對稱風格，撐起了整座北京城．某建筑物的外形輪廓部分可用函數(shù)f（x）＝+的圖像來刻畫，滿足關于x的方程f（x）＝b恰有三個不同的實數(shù)根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b（其中a，b∈（0，+∞）），則b的值為（）A．﹣ B． C． D．16．（2023?浙江二模）已知函數(shù)f（x）＝|x﹣a|ex，則f（f（x））＝a至多有個實數(shù)解．17．（2023?浙江模擬）若函數(shù)f（x）＝ax2﹣b（a，b∈R）與函數(shù)g（x）＝x+的圖象恰有三個不同的交點，其中交點的橫坐標成等差數(shù)列，則a的取值范圍為．18．（2023?市中區(qū)校級模擬）已知f（x）是定義域為R的函數(shù)，f（2x+20）為奇函數(shù)，f（2x+21）為偶函數(shù)，當﹣1≤x＜0時，f（x）＝﹣．若y＝f（x）﹣a（x+6）（a＞0）有5個零點，則實數(shù)a的取值范圍為19．（2023?沙河口區(qū)校級一模）已知函數(shù)（ω＞0，|φ|＜π），其圖像的一條對稱軸與相鄰對稱中心的橫坐標相差，_____，從以下兩個條件中任選一個補充在空白橫線中．①函數(shù)f（x）的圖像向左平移個單位長度后得到的圖像關于y軸對稱且f（0）＜0；②函數(shù)f（x）的圖像的一個對稱中心為且．（1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）若關于x的方程有實根，求實數(shù)m的取值范圍．20．（2022?東城區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax﹣1．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的極值；（Ⅲ）當0＜a＜e時，設函數(shù)﹣4，x∈（0，π），判斷g（x）的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論．21．（2023?皇姑區(qū)校級模擬）已知定義域為R的偶函數(shù)f（x）滿足f（1﹣2x）＝f（1+2x），且當x∈[0，1]時，f（x）＝x，若將方程f（x）＝logn+1|x|（n∈N*）實數(shù)解的個數(shù)記為an，則＝．22．（2022?上杭縣校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝sinx﹣xcosx．（1）證明：當x∈（0，π）時，f（x）＞0；（2）記函數(shù)g（x）＝f（x）﹣x，判斷g（x）在區(qū)間（﹣2π，2π）上零點的個數(shù)．23．（2022?日照二模）已知函數(shù)，其中a＞0．（1）當a＝1時，求f（x）的最小值；（2）討論方程根的個數(shù)．24．（2022?香坊區(qū)校級一模）已知f（x）＝lnx，．（1）證明：函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上有且僅有一個零點；（2）若函數(shù)F（x）＝λf（x）﹣g（x）在（0，+∞）上有3個不同零點，求實數(shù)λ的取值范圍．25．（2022?開福區(qū)校級一模）已知函數(shù)f（x）＝（x+b）（ex﹣a）（b＞0）在（﹣1，f（﹣1））處的切線l方程為（e﹣1）x+ey+e﹣1＝0．（1）求a，b，并證明函數(shù)y＝f（x）的圖象總在切線l的上方（除切點外）；（2）若方程f（x）＝m有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，證明：．26．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知f（x）＝ax2﹣2x﹣bln|x﹣1|，給出以下命題：①當a＝0時，存在b＞0，f（x）有兩個不同的零點；②當a＝0時，存在b＜0，f（x）有三個不同的零點；③當a＝1時，對任意的b∈R，f（x）的圖象關于直線x＝1對稱；④當a＝1時，對任意的b∈R，f（x）有且只有兩個零點．其中所有正確的命題序號是．27．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．（1）當a＝1時，求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）若f（x）在區(qū)間（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一個零點，求a的取值范圍．四．二分法的定義與應用（共3小題）28．（2022?開平市校級模擬）在下列區(qū)間中，函數(shù)f（x）＝ex+4x﹣3的零點所在的區(qū)間為（）A．（﹣2，﹣1） B．（﹣1，0） C． D．29．（2023?梅州二模）用二分法求方程近似解時，所取的第一個區(qū)間可以是（）A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）30．（2023?遼寧三模）人們很早以前就開始探索高次方程的數(shù)值求解問題．牛頓在《流數(shù)法》一書中，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，取x0＝﹣1，牛頓用公式反復迭代，以xn作為f（x）＝0的近似解，迭代兩次后計筫得到的近似解為；以（﹣2，﹣1）為初始區(qū)間，用二分法計算兩次后，以最后一個區(qū)間的中點值作為方程的近似解，則近似解為．五．函數(shù)與方程的綜合運用（共4小題）31．（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，，，滿足|MP|＝|NQ|，則（）A．4α﹣4β＝2α+β B．4α+4β＝2α+β C．2α﹣2β＝2α+β D．2α+2β＝2α+β32．（2023?江西模擬）已知函數(shù)f（x）＝xex與g（x）＝lnx+（a2﹣2a﹣2）x+1，（a∈R）的圖象存在公共點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣3） B．（﹣∞，﹣1） C．（3，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[3，+∞）33．（2023?靖遠縣模擬）定義：若函數(shù)y＝f（x）在定義域內(nèi)存在實數(shù)x0，使得f（x0+k）＝f（x0）+f（k）成立，其中k為大于0的常數(shù)，則稱點（x0，k）為函數(shù)f（x）的k級“平移點”．（1）判斷函數(shù)g（x）＝xln（x+1）的2級“平移點”的個數(shù)，并求出2級“平移點”；（2）若函數(shù)h（x）＝ax2+xlnx在[1，+∞）上存在1級“平移點”，求實數(shù)a的取值范圍．34．（2023?閔行區(qū)校級二模）已知關于的x函數(shù)y＝f（x），y＝g（x）與y＝h（x）在區(qū)間上恒有f（x）≥h（x）≥g（x），則稱h（x）滿足f★g性質(zhì)（1）若，，h（x）＝2x2+3，D＝[1，2]，判斷h（x）是否滿足f★g性質(zhì)，并說明理由；（2）若f（x）＝ex，h（x）＝kx+1，且f（x）≥h（x），求k的值并說明理由；（3）若f（x）＝ex，，h（x）＝kx+b（k，b∈R），D＝（0，+∞），試證：b＝k﹣1是h（x）滿足f★g性質(zhì)的必要條件．六．函數(shù)最值的應用（共2小題）35．（2022?興慶區(qū)校級一模）若函數(shù)f（x）＝?cosx+3在[﹣，]上的最大值與最小值之和為（）A．6 B．3 C．4 D．836．（2022?合肥二模）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣asinx﹣1，a∈R．（1）設函數(shù)g（x）＝f′（x），若y＝g（x）是區(qū)間上的增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）當a＝2時，證明：函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，π）上有且僅有一個零點．七．分段函數(shù)的應用（共8小題）37．（2020?新課標Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝|3x+1|﹣2|x﹣1|．（1）畫出y＝f（x）的圖象；（2）求不等式f（x）＞f（x+1）的解集．38．（2023?北京模擬）已知函數(shù)，若方程f（x）＝1的實根在區(qū)間（k，k+1），k∈Z上，則k的最大值是（）A．﹣3 B．﹣2 C．1 D．239．（2023?古冶區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，若f（x）的最小值為1，則a的取值范圍是（）A． B． C． D．40．（2023?河南模擬）已知函數(shù)，若f（m）＜f（2﹣m2），則實數(shù)m的取值范圍是．41．（2023?密云區(qū)三模）設函數(shù)．①當a＝2時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為；②若?x∈R且x≠0，使得f（1+x）＝f（1﹣x）成立，則實數(shù)a的一個取值范圍．42．（2023?北流市模擬）函數(shù)f（x）＝，且a≠0，若關于x的不等式f（x）≥0的解集為[﹣2，+∞），則實數(shù)a的取值范圍為．43．（2023?攀枝花二模）已知函數(shù)，若存在非零實數(shù)x0，使得f（1﹣x0）＝f（1+x0）成立，則實數(shù)k的取值范圍是．（多選）44．（2023?湖北模擬）已知m＞n＞0，定義：[x]表示不超過x的最大整數(shù)，例如[3.1]＝3，[﹣2.1]＝﹣3．若函數(shù)f（x）＝[ex﹣ax]+ln[ax]，其中a＞0，則（）A．當a＝1時，f（x）存在零點 B．若f（x）≥1，則 C．若f（n）≤f（m），則a∈（0，e] D．若f（m）＝0，則[ln（am）]＝0八．根據(jù)實際問題選擇函數(shù)類型（共16小題）45．（2021?甲卷）青少年視力是社會普遍關注的問題，視力情況可借助視力表測量．通常用五分記錄法和小數(shù)記錄法記錄視力數(shù)據(jù)，五分記錄法的數(shù)據(jù)L和小數(shù)記錄法的數(shù)據(jù)V滿足L＝5+lgV．已知某同學視力的五分記錄法的數(shù)據(jù)為4.9，則其視力的小數(shù)記錄法的數(shù)據(jù)約為（）（≈1.259）A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.646．（2023?嘉定區(qū)校級三模）一般的數(shù)學建模包含如下活動過程：①建立模型；②實際情境；③提出問題；④求解模型；⑤實際結(jié)果；⑥檢驗結(jié)果，請寫出正確的序號順序．47．（2023?宜賓模擬）當生物死亡后，它機體內(nèi)碳14會按照確定的規(guī)律衰減，大約每經(jīng)過5730年衰減為原來的一半，照此規(guī)律，人們獲得了生物體內(nèi)碳14含量與死亡時間之間的函數(shù)關系式k（t）＝k0（，其中k0為生物死亡之初體內(nèi)的碳14含量，t為死亡時間（單位：年），通過測定發(fā)現(xiàn)某古生物遺體中碳14含量為k0，則該生物的死亡時間大約是年前．48．（2023?西山區(qū)校級模擬）2020年初至今，新冠肺炎疫情襲擊全球，對人民生命安全和生產(chǎn)生活造成嚴重影響．在黨和政府強有力的抗疫領導下，我國控制住疫情后，一方面防止境外疫情輸入，另一方面逐步復工復產(chǎn)，減輕經(jīng)濟下降對企業(yè)和民眾帶來的損失．為降低疫情影響，某廠家擬在2022年舉行某產(chǎn)品的促銷活動，經(jīng)調(diào)查測算，該產(chǎn)品的年銷售量（即該廠的年產(chǎn)量）x萬件與年促銷費用m萬元（m≥0）滿足x＝4﹣．已知生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定成本為8萬元，生產(chǎn)成本為16萬元/萬件，廠家將產(chǎn)品的銷售價格定為萬元/萬件（產(chǎn)品年平均成本）的1.5倍．（1）將2022年該產(chǎn)品的利潤y萬元表示為年促銷費用m萬元的函數(shù)；（2）該廠家2022年的促銷費用投入多少萬元時，廠家的利潤最大？49．（2023?廣陵區(qū)校級模擬）為了測量某種海魚死亡后新鮮度的變化．研究人員特意通過檢測該海魚死亡后體內(nèi)某微量元素的含量來決定魚的新鮮度．若海魚的新鮮度h與其死亡后時間t（小時）滿足的函數(shù)關系式為h＝1﹣m?at．若該種海魚死亡后2小時，海魚的新鮮度為80%，死亡后3小時，海魚的新鮮度為60%，那么若不及時處理，這種海魚從死亡后大約經(jīng)過（）小時后，海魚的新鮮度變?yōu)?0%．（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.7，ln3≈1.1）A．3.3 B．3.6 C．4 D．4.350．（2023?普陀區(qū)校級模擬）某公司按銷售額給銷售員提成作獎金，每月的基本銷售額為20萬元，超額中的第一個5萬元（含5萬元以下），按超額部分的2%提成作獎金；超額中的第二個5萬元，按超額部分的4%提成作獎金；…后每增加5萬元，其提成比例也增加一個2%．如銷售員某月銷售額為27萬元，則按照合約，他可得獎金為50000×2%+（70000﹣50000）×4%＝1800元．試求：（1）銷售員某月獲得獎金7200元，則他該月的銷售額為多少？（2）若某銷售員7、8月份的總銷售額為60萬元，且兩月都完成基本銷售額，那么他這兩個月的總獎金的最大、最小值分別是多少？51．（2023?青羊區(qū)校級模擬）2023年1月底，人工智能研究公司OpenAI發(fā)布的名為“ChatGTP”的人工智能聊天程序進入中國，迅速以其極高的智能化水平引起國內(nèi)關注．深度學習是人工智能的一種具有代表性的實現(xiàn)方法，它是以神經(jīng)網(wǎng)絡為出發(fā)點的，在神經(jīng)網(wǎng)絡優(yōu)化中，指數(shù)衰減的學習率模型為，其中L表示每一輪優(yōu)化時使用的學習率，L0表示初始學習率，D表示衰減系數(shù)，G表示訓練迭代輪數(shù)，G0表示衰減速度．已知某個指數(shù)衰減的學習率模型的初始學習率為0.8，衰減速度為12，且當訓練迭代輪數(shù)為12時，學習率衰減為0.5．則學習率衰減到0.2以下（不含0.2）所需的訓練迭代輪數(shù)至少為（）（參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.3010）A．36 B．37 C．38 D．39（多選）52．（2023?新高考Ⅰ）噪聲污染問題越來越受到重視．用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級Lp＝20×lg，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓．下表為不同聲源的聲壓級：聲源與聲源的距離/m聲壓級/dB燃油汽車1060～90混合動力汽車1050～60電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A．p1≥p2 B．p2＞10p3 C．p3＝100p0 D．p1≤100p253．（2023?廣州三模）某地的水果店老板記錄了過去50天某類水果的日需求量x（單位：箱），整理得到數(shù)據(jù)如下表所示，已知每箱某類水果的進貨價為50元，售價為100元，如果當天賣不完，剩下的水果第二天將在售價的基礎上打五折進行特價銷售，但特價銷售需要運營成本每箱30元．根據(jù)以往的經(jīng)驗第二天特價水果都能售馨，并且不影響正價水果的銷售．x2223242526頻數(shù)10101596（1）一次進貨太多，水果會變得不新鮮；進貨太少，又不能滿足顧客的需求店長希望每天的某類水果盡量新鮮，又能70%地滿足顧客的需求（在100天中，大約有70天可以滿足顧客的需求）．請根據(jù)頻數(shù)分布表，估計每天某類水果的進貨量t箱．（結(jié)果保留一位小數(shù)）（2）以這50天記錄的日需求量的頻率作為日需求量發(fā)生的概率，設（1）中所求t的值，如果店老板計劃每天購進n0箱或n0+1箱的某類水果，請以利潤的期望作為決策依據(jù)，判斷店老板應當購進的箱數(shù)．54．（2023?浦東新區(qū)校級三模）某晚報曾刊登過一則生活趣事，某市民唐某乘坐出租車時，在半途中罵罵咧咧要求司機臨時?？?，打表計價結(jié)賬，然后重新計價，繼續(xù)前行，該市民解釋說，根據(jù)經(jīng)驗，這樣分開支付車費比一次性付費便宜一些，他的這一說法有道理嗎？確實，由于出租車運價上調(diào)，有些人出行時會估計一下可能的價格，再決定是否乘坐出租車．據(jù)了解，2018年上海出租車在5時到23時之間起租價為14元/3千米，超起租里程單價為2.50元/千米，總里程超過15千米（不含15千米）部分按超起租里程單價加50%．此外，相關部門還規(guī)定了低速等候費和其他時段的計價辦法，以及適合其他車型的計價辦法．你乘坐過出租車嗎？你會仿效那位市民唐某的做法嗎？為什么？（1）根據(jù)上述情境你能提出什么數(shù)學問題？為了解決你的問題，你能否作出一些合理假設？（2）你能否根據(jù)你的假設建立數(shù)學模型，并回答你所提出的問題．55．（2023?福州模擬）如圖，直線l1∥l2，線段DE與l1，l2均垂直，垂足分別是E，D，點A在DE上，且AE＝1，AD＝2．C，B分別是l1，l2上的動點，且滿足．設∠ABD＝x，△ABC面積為S（x）．（1）寫出函數(shù)解析式S（x）；（2）求S（x）的最小值．56．（2023?河南模擬）某超市采購了一批袋裝的進口牛肉干進行銷售，共1000袋，每袋成本為30元，銷售價格為50元，經(jīng)過科學測定，每袋牛肉干變質(zhì)的概率為p（0＜p），且各袋牛肉干是否變質(zhì)相互獨立．依據(jù)消費者權益保護法的規(guī)定：超市出售變質(zhì)食品的，消費者可以要求超市退一賠三．為了保護消費者權益，針對購買到變質(zhì)牛肉干的消費者，超市除退貨外，并對每袋牛肉干以銷售價格的三倍現(xiàn)金賠付，且把變質(zhì)牛肉干做廢物處理，不再進行銷售．（1）若銷售完這批牛肉干后得到的利潤為X，且7500＜E（X）＜10000，求p的取值范圍；（2）已知p＝，若超市聘請兼職員工來檢查這批牛肉干是否變質(zhì)，超市需要支付兼職員工工資5000元，這樣檢查到的變質(zhì)牛肉干直接當廢物處理，就不會流入到消費者手中．請以超市獲取的利潤為決策依據(jù)，判斷超市是否需要聘請兼職員工來檢驗這批牛肉干是否變質(zhì)？57．（2023?海淀區(qū)校級模擬）農(nóng)業(yè)技術員進行某種作物的種植密度試驗，把一塊試驗田劃分為8塊面積相等的區(qū)域（除了種植密度，其它影響作物生長的因素都保持一致），種植密度和單株產(chǎn)量統(tǒng)計如下：根據(jù)上表所提供信息，第號區(qū)域的總產(chǎn)量最大．58．（2023?興慶區(qū)校級一模）重慶某公園有兩塊三角形草坪，準備修建三角形道路（不計道路寬度），道路三角形的頂點分別在草坪三角形的三條邊上．（1）第一塊草坪的三條邊AB＝80米，AC＝70米，BC＝50米，若，ED⊥AB（如圖1），△DEF區(qū)域內(nèi)種植郁金香，求郁金香種植面積．（2）第二塊草坪的三條邊PQ＝60米，QR＝80米，PR＝100米，M為PQ中點，MN⊥MK（如圖2），△MNK區(qū)域內(nèi)種植紫羅蘭，求紫羅蘭種植面積的最小值．59．（2023?萬州區(qū)校級模擬）如圖，某市一學校H位于該市火車站O北偏東45°方向，且OH＝4km，已知OM，ON是經(jīng)過火車站O的兩條互相垂直的筆直公路，CE，DF及圓弧都是學校道路，其中CE∥OM，DF∥ON，以學校H為圓心，半徑為2km的四分之一圓弧分別與CE，DF相切于點C，D．當?shù)卣顿Y開發(fā)△AOB區(qū)域發(fā)展經(jīng)濟，其中A，B分別在公路OM，ON上，且AB與圓弧相切，設∠OAB＝θ，△AOB的面積為Skm2．（1）求S關于θ的函數(shù)解析式；（2）當θ為何值時，△AOB面積S為最小，政府投資最低？60．（2023?酉陽縣校級模擬）某公司決定采用增加廣告投入和技術改造投入兩項措施來獲得更大的收益．通過對市場的預測，當對兩項投入都不大于3（百萬元）時，每投入x（百萬元）廣告費，增加的銷售額可近似的用函數(shù)y1＝﹣2x2+14x（百萬元）來計算；每投入x（百萬元）技術改造費用，增加的銷售額可近似的用函數(shù)y2＝﹣x3+2x2+5x（百萬元）來計算．現(xiàn)該公司準備共投入3（百萬元），分別用于廣告投入和技術改造投入，請設計一種資金分配方案，使得該公司的銷售額最大．（參考數(shù)據(jù)：≈1.41，≈1.73）綜合訓練06函數(shù)的應用（8種題型60題專練）一．函數(shù)的零點（共3小題）1．（2023?畢節(jié)市模擬）給出下列命題：①函數(shù)f（x）＝2x﹣x2恰有兩個零點；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若關于x的方程2|x|﹣m＝0有解，則實數(shù)m的取值范圍是（0，1]．其中正確的是（）A．①③ B．②④ C．③④ D．②③【分析】根據(jù)函數(shù)的基本性質(zhì)，逐一分析選項，即可得出答案．【解答】解：對于①：當x＞0時，f（x）＝2x﹣x2有2個零點，2和4，作出y＝x2和y＝2x的圖像，當x＜0時，函數(shù)f（x）＝2x﹣x2有1個零點，∴函數(shù)f（x）＝2x﹣x2有3個零點，故①錯誤；對于②：，即，則a＝4，故②正確；對于③：①，②，∵f（x）+f（1﹣x）＝4，∴，，…，，∴①+②＝4×9＝36，∴，故③正確；對于④：若關于x的方程2|x|﹣m＝0有解，則m＝2|x|，∵|x|≥0，∴m≥1，故④錯誤，故選：D．【點評】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算能力，屬于中檔題．（多選）2．（2023?長沙模擬）已知函數(shù)f（x）＝|sinx|+|cosx|﹣sin2x﹣1，則下列說法正確的是（）A．f（x）是以π為周期的函數(shù) B．直線是曲線y＝f（x）的對稱軸 C．函數(shù)f（x）的最大值為，最小值為 D．若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，Mπ）上恰有2023個零點，則【分析】根據(jù)周期函數(shù)定義判斷A即可；根據(jù)函數(shù)對稱軸定義判斷B即可；由A知f（x）是以π為周期的函數(shù)，所以根據(jù)求解f（x）在區(qū)間[0，π]上的最大值即可判斷選項C，利用f（x）在區(qū)間[0，π]上的零點個數(shù)即可判斷選項D．【解答】解：對于A，∵f（x+π）＝f（x），∴f（x）是以π為周期的函數(shù)，故A正確；對于B，有f（π﹣x）＝|sinx|+|cosx|+sin2x﹣1≠f（x），故B錯誤；對于C，由A知只需考慮f（x）在區(qū)間[0，π]上的最大值，當時，令，則，易知u（t）在區(qū)間上單調(diào)遞減，∴f（x）的最大值為u（1）＝0，最小值為；當時，令，則，易知v（t）在區(qū)間上單調(diào)遞增，∴f（x）的最大值為，最小值為v（1）＝0，綜合可知：函數(shù)f（x）的最大值為，最小值為，故C正確；對于D，∵f（x）是以π為周期的函數(shù)，可以先研究函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，π]上的零點個數(shù)，易知f（π）＝0，當時，令f（x）＝u（t）＝﹣t2+t＝0，解得t＝0或1，∵，則，則在區(qū)間上無解，在區(qū)間上僅有一解，當時，令f（x）＝v（t）＝t2+t﹣2＝0，解得t＝﹣2或1，∵，則，則在區(qū)間上無解，在區(qū)間上也無解，綜合可知：函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，π]上有兩個零點，分別為和x＝π，又∵f（x）是以π為周期的函數(shù)，∴若n∈N*，則f（x）在區(qū)間（0，nπ]上恰有2n個零點，又已知函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，Mπ）上恰有2023個零點，∴，故D正確．故選：ACD．【點評】本題主要考查命題真假的判斷，利用三角函數(shù)的圖像和性質(zhì)，進行分類討論是解決本題的關鍵，屬于中檔題．3．（2023?寶山區(qū)校級模擬）已知函數(shù)y＝f（x）是定義域在R上的奇函數(shù)，且當x＞0時，f（x）＝（x﹣2）（x﹣3）+0.02，則關于y＝f（x）在R上零點的說法正確的是（）A．有4個零點，其中只有一個零點在（﹣3，﹣2）內(nèi) B．有4個零點，其中只有一個零點在（﹣3，﹣2）內(nèi)，兩個在（2，3）內(nèi) C．有5個零點，都不在（0，2）內(nèi) D．有5個零點，其中只有一個零點在（0，2）內(nèi)，一個在（3，+∞）【分析】本題可以先從函數(shù)圖象右側(cè)入手借助于圖象或性質(zhì)找到其零點，然后根據(jù)奇函數(shù)特性f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，故f（0）＝0，加上奇函數(shù)對稱性應用，即可以找到所有零點位置．【解答】解：根據(jù)對稱性可以分三種情況研究：（1）x＞0的情況，f（x）是把拋物線y＝（x﹣2）（x﹣3）與x軸交點為（2，3）向上平移了0.02，則與x軸交點變至（2，3）之間了．所以在（2，3）之間有兩個零點．（2）當x＜0時，f（x）＝﹣（x+2）（x+3）﹣0.02，根據(jù)對稱性（﹣3，﹣2）之間也有兩個零點，（3）f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，故f（0）＝0（奇函數(shù)特性），所以有五個零點．故選：C．【點評】本題考查學生靈活運用函數(shù)零點和運用奇函數(shù)性質(zhì)的能力，屬于難題．二．函數(shù)零點的判定定理（共2小題）4．（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)零點判定定理分析可得答案．【解答】解：已知f（x）＝ex+lnx+2，則，x＞0，設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．【點評】本題考查導數(shù)的計算，涉及函數(shù)與方程的關系，屬于中檔題．5．（2023?東方校級模擬）已知函數(shù)，其中n為正整數(shù)，a＜0且為常數(shù)．若對于任意n，函數(shù)y＝fn（x）在內(nèi)均存在唯一零點，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．（﹣2，﹣1） B． C．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0） D．【分析】求函數(shù)的導數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)零點存在定理，建立不等式關系進行求解即可．【解答】解：函數(shù)的導數(shù)fn′（x）＝nxn﹣1+1，當x＞0時，恒成立，∴函數(shù)在（0，+∞）上單調(diào)遞增，若函數(shù)y＝fn（x）在內(nèi)均存在唯一零點只需即可，即，∵n為正整數(shù)，，∴對一切n≥1成立，∵當n≥1時，，當且僅當n＝1時等號成立，∴a∈（﹣2，﹣1）．故選：A．【點評】本題主要考查函數(shù)零點存在定理的應用，求函數(shù)的導數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)零點存在條件轉(zhuǎn)化為不等式關系進行求解是解決本題的關鍵，是中檔題．三．函數(shù)的零點與方程根的關系（共22小題）6．（2023?普陀區(qū)校級模擬）定義符號函數(shù)，則方程的解集為．【分析】由，可得x∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），按照分段函數(shù)分類討論即可．【解答】解：由方程，可得x∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），當x＞0時，原式等價于2log2x+0＝1，log2x＝，x＝＝；當x＜0時，原式等價于0+2×2x＝1，即2x+1＝1，x+1＝0，x＝﹣1，故答案為：{﹣1，}．【點評】本題屬于新概念題，考查了對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及分類討論思想，屬于基礎題．7．（2023?敘州區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝|x﹣m|．（1）當m＝2時，解不等式；（2）若函數(shù)有三個不等實根，求實數(shù)m的取值范圍．【分析】（1）利用零點分段法解絕對值不等式；（2）函數(shù)有三個不等實根轉(zhuǎn)化為x|x﹣m|＝1有三個實根，分m＝0，m＞0及m＜0三種情況討論即可求出實數(shù)m的取值范圍．【解答】解：（1）當m＝2時，，即．當x≤1時，，即，此式恒成立，故x≤1；當1＜x＜2時，，即，解得；當x≥2時，，即，此式不成立，不等式無解．綜上，原不等式的解集是．（2）由，可得x|x﹣m|＝1，顯然當x＝0時，等式不成立，令．①當m＝0時，g（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，不符合題意，舍去．②當m＞0時，g（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在[m，+∞）上單調(diào)遞增，且g（m）＝0，則只需滿足，解得m＞2或m＜﹣2，故m＞2．③當m＜0時，g（x）在（﹣∞，m]上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且g（m）＝0，故不可能有三個實數(shù)根．綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為（2，+∞）．【點評】本題考查了含絕對值不等式的解法、轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，屬于基礎題．8．（2023?甲卷）函數(shù)y＝f（x）的圖象由y＝cos（2x+）的圖象向左平移個單位長度得到，則y＝f（x）的圖象與直線y＝x﹣的交點個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】利用三角函數(shù)的圖象變換，求解函數(shù)的解析式，然后判斷兩個函數(shù)的圖象交點個數(shù)即可．【解答】解：y＝cos（2x+）的圖象向左平移個單位長度得到f（x）＝cos（2x+）＝﹣sin2x，在同一個坐標系中畫出兩個函數(shù)的圖象，如圖：y＝f（x）的圖象與直線y＝x﹣的交點個數(shù)為：3．故選：C．【點評】本題考查三角函數(shù)的圖象的變換，函數(shù)的零點個數(shù)的求法，考查分析問題解決問題的能力，是中檔題．9．（2023?武侯區(qū)校級模擬）函數(shù)f（x）＝ex﹣1﹣sin（11x）在[0，+∞）上的零點個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】令f（x）＝0，可得ex﹣1＝sin（11x），作出y＝ex﹣1，y＝sin（11x）的圖象，結(jié)合圖象即可得解．【解答】解：令f（x）＝0，可得ex﹣1＝sin（11x），作出函數(shù)y＝ex﹣1，y＝sin（11x）的大致圖象如下圖所示，由于，且，結(jié)合圖象可知，函數(shù)y＝ex﹣1與函數(shù)y＝sin（11x）的圖象在[0，+∞）上有2個交點，即函數(shù)f（x）在[0，+∞）上有2個零點．故選：B．【點評】本題考查函數(shù)零點與方程根的關系，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．10．（2023?西寧二模）函數(shù)的所有零點之和為（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】令f（x）＝0兩個解為零點，將零點問題轉(zhuǎn)換成，h（x）＝|x﹣1|兩個函數(shù)的交點問題，作圖即可求出零點，且g（x）和h（x）的圖象關于x＝1對稱，零點也關于x＝1對稱，即可求出所有零點之和．【解答】解：令f（x）＝0，得，解得x＝﹣3或x＝5，即為零點，令，h（x）＝|x﹣1|，g（x）的周期，對稱軸x＝1+4k，k∈Z，且h（x）的對稱軸x＝1，做出和h（x）＝|x﹣1|的圖象如圖所示：顯然，f（x）在（0，1）和（1，2）上各存在一個零點，∵，h（4）＝3＞g（4）＝0，在（4，5）上兩函數(shù)必存在一個交點，∴f（x）在（4，5]上有兩個零點，同理f（x）在[﹣3，﹣2）上存在兩個零點，所以f（x）在[﹣3，5]上存在6個零點，因為g（x）和h（x）關于x＝1對稱，則f（x）零點關于x＝1對稱，所以f（x）的所有零點之和為6×1＝6．故選：C．【點評】本題主要考查了函數(shù)的零點與方程根的關系，考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想，屬于中檔題．11．（2023?豐臺區(qū)校級三模）設函數(shù)f（x）＝Asinωxcosωx+cos2ωx（A＞0，ω＞0），從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得f（x）存在．（1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）當，若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣m恰有兩個零點，求m的取值范圍．條件①：f（x）＝f（﹣x）；條件②：f（x）的最小值為；條件③：f（x）的圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為．【分析】（1）由正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的奇偶性可排除條件①，先利用輔助角公式化簡f（x），再根據(jù)正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)x的取值范圍的取值范圍，再求出函數(shù)在上的單調(diào)性，依題意y＝f（x）與y＝m在上有兩個交點，即可求出參數(shù)的取值范圍．【解答】解：（1）若選擇條件①，因為，所以，由f（x）＝f（﹣x）可得Asin2ωx＝0對x∈R恒成立，與A＞0，ω＞0矛盾，所以選擇條件②③，由題意可得，其中，，因為f（x）的最小值為，所以，解得，所以，設，則，由f（x）的圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為，可得，所以，解得ω＝1，所以；（2）當時，，令，解得，所以f（x）在上單調(diào)遞增，且，則，令，解得，所以f（x）在上單調(diào)遞減，且，則，因為函數(shù)g（x）＝f（x）﹣m恰有兩個零點，所以y＝f（x）與y＝m在上有兩個交點，所以，即實數(shù)m的取值范圍為．【點評】本題主要考查了函數(shù)的性質(zhì)在函數(shù)解析式求解中的應用，還考查了由函數(shù)零點求解參數(shù)的范圍，屬于中檔題．12．（2023?乙卷）函數(shù)f（x）＝x3+ax+2存在3個零點，則a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣3） C．（﹣4，﹣1） D．（﹣3，0）【分析】求函數(shù)的導數(shù)，f（x）存在3個零點，等價為f′（x）＝0有兩個不同的根，且極大值大于0極小值小于0，求函數(shù)的極值，建立不等式關系即可．【解答】解：f′（x）＝3x2+a，若函數(shù)f（x）＝x3+ax+2存在3個零點，則f′（x）＝3x2+a＝0，有兩個不同的根，且極大值大于0極小值小于0，即判別式Δ＝0﹣12a＞0，得a＜0，由f′（x）＞0得x＞或x＜﹣，此時f（x）單調(diào)遞增，由f′（x）＜0得﹣＜x＜，此時f（x）單調(diào)遞減，即當x＝﹣時，函數(shù)f（x）取得極大值，當x＝時，f（x）取得極小值，則f（﹣）＞0，f（）＜0，即﹣（﹣+a）+2＞0，且（﹣+a）+2＜0，即﹣×+2＞0，①，且×+2＜0，②，則①恒成立，由×+2＜0，2＜﹣×，平方得4＜﹣×，即a3＜﹣27，則a＜﹣3，綜上a＜﹣3，即實數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，﹣3）．故選：B．【點評】本題主要考查函數(shù)零點個數(shù)的應用，求函數(shù)的導數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)極值與0的關系是解決本題的關鍵，是中檔題．13．（2023?大武口區(qū)校級四模）已知函數(shù)f（x）＝，若方程f（x）＝a（x+3）有四個不同的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，4﹣2） B．（4﹣2，4+2） C．（0，4﹣2] D．（0，4﹣2）【分析】y＝a（x+3）恒過點（﹣3，0），結(jié)合函數(shù)圖象，先得到a≥0，然后轉(zhuǎn)化為x2+（a+2）x+3a＝0在x∈（﹣2，0）時有兩個不同的實數(shù)根，進而得到a的范圍．【解答】解：設y＝a（x+3），該直線恒過點（﹣3，0），如圖，結(jié)合函數(shù)圖象，可知若方程f（x）＝a（x+3）有四個不同的實數(shù)根，則a≥0，又直線y＝a（x+3）與曲線y＝﹣x2﹣2x在x∈（﹣2，0）時有兩個不同的公共點，所以x2+（a+2）x+3a＝0在x∈（﹣2，0）時有兩個不同的實數(shù)根，令g（x）＝x2+（a+2）x+3a，則，解得．故選：D．【點評】本題考查了函數(shù)的零點問題，考查了二次函數(shù)根的分布問題，屬于中檔題．14．（2023?臺江區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝xlnx﹣x+|x﹣a|，若f（x）有且僅有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍為（）A． B． C． D．【分析】由已知可得y＝|x﹣a|與y＝x﹣xlnx存在兩個交點，進而可求實數(shù)a的取值范圍．【解答】解：由f（x）＝0可知|x﹣a|＝x﹣xlnx，即y＝|x﹣a|與y＝x﹣xlnx存在兩個交點，令g（x）＝x﹣xlnx，則g'（x）＝﹣lnx，令g′（x）＝1，解得，則g（x）在處的切線方程為，令g′（x）＝﹣1，解得x＝e，則g（x）在x＝e處的切線方程為y＝﹣x+e，且這兩條切線在x軸上的截距分別為﹣，e，∴實數(shù)a的取值范圍為．故選：A．【點評】本題考查函數(shù)的零點與方程的根，考要導數(shù)的應用，屬中檔題．15．（2023?新吳區(qū)校級模擬）從古至今，中國人一直追求著對稱美學．世界上現(xiàn)存規(guī)模最大、保存最為完整的木質(zhì)結(jié)構(gòu)——故宮：金黃的宮殿，朱紅的城墻，漢白玉的階，琉璃瓦的頂……沿著一條子午線對稱分布，壯美有序，和諧莊嚴，映祇著藍天白云，宛如東方仙境．再往遠眺，一線貫穿的對稱風格，撐起了整座北京城．某建筑物的外形輪廓部分可用函數(shù)f（x）＝+的圖像來刻畫，滿足關于x的方程f（x）＝b恰有三個不同的實數(shù)根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b（其中a，b∈（0，+∞）），則b的值為（）A．﹣ B． C． D．【分析】先確定函數(shù)f（x）的對稱性，然后根據(jù)函數(shù)的對稱性確定根，從而列出關于a，b的方程組，解方程組即可求解．【解答】解：因為f（x+2a）＝+＝+＝f（﹣x），所以關于x＝a對稱，所以f（x）＝b的根應成對出現(xiàn)，又因為x的方程f（x）＝b恰有三個不同的實數(shù)根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b，所以該方程f（x）＝b的一個根是a，得x1＝2a﹣b，x2＝a，x3＝b，所以，由f（a）＝2＝b，得b2＝4a，當b﹣2a≥0，即0＜b≤2時，f（b）＝+＝b，①則﹣＝＝＝﹣，②由①﹣②可求出b＝，所以a＝；當b﹣2a＜0，即b＞2時，f（b）＝+＝b，③﹣＝＝＝﹣2，由③﹣④得方程組無實數(shù)解；綜上，方程組的解為a＝，b＝，所以b﹣a＝﹣＝．故選：C．【點評】本題考查了函數(shù)的對稱性、函數(shù)的零點及分類討論，屬于中檔題．16．（2023?浙江二模）已知函數(shù)f（x）＝|x﹣a|ex，則f（f（x））＝a至多有7個實數(shù)解．【分析】分類討論x，a的大小關系脫掉絕對值符號，求導，判斷函數(shù)單調(diào)性，進而作出函數(shù)的大致圖象，設t＝f（x），則f（f（x））＝a即f（t）＝a，從而將f（f（x））＝a的解的個數(shù)問題轉(zhuǎn)化函數(shù)圖象的交點個數(shù)問題，數(shù)形結(jié)合，即可求得答案．【解答】解：由f（x）＝|x﹣a|ex可得f（x）≥0，由f（f（x））＝a知a≥0，f（0）＝a，當x≤a時，f（x）＝（a﹣x）ex，f′（x）＝（a﹣x﹣1）ex，當x≤a﹣1時，f′（x）≥0，f（x）在（﹣∞，a﹣1]單調(diào)遞增，當a﹣1＜x≤a時，f′（x）＜0，f（x）在（a﹣1，a]單調(diào)遞減，當x＞a時，f（x）＝（x﹣a）ex，f′（x）＝（x﹣a+1）ex＞0，f（x）在（a，+∞）單調(diào)遞增，則可作出函數(shù)f（x）＝|x﹣a|ex的大致圖像如圖：三個圖分別對應a＝1，a＜1，a＞1時的情況，設t＝f（x），則f（f（x））＝a即f（t）＝a，則f（t）＝a的解的個數(shù)問題即為y＝f（t），y＝a的交點個數(shù)問題，結(jié)合f（x）＝|x﹣a|ex的圖象可知y＝f（t），y＝a的交點個數(shù)最多是3個，即為圖2個和圖3所示情況，不妨設交點橫坐標為t1，t2，t3，t1＜t2＜t3，當如圖2所示時，t1＜0，t2＝0，t3＞0，此時t1＝f（x）無解，t2＝f（x）有1個解，t3＝f（x）最多有3個解，故此時最多有4個解；當如第3個圖所示時，t1＝0，0＜t2＜a，t3＞a，此時t1＝f（x）有一個解，t2＝f（x）最多有3個解，t3＝f（x）最多有3個解，故此時最多有7個解；故答案為：7．【點評】本題主要考查了函數(shù)的零點與方程根的關系，考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想，屬于中檔題．17．（2023?浙江模擬）若函數(shù)f（x）＝ax2﹣b（a，b∈R）與函數(shù)g（x）＝x+的圖象恰有三個不同的交點，其中交點的橫坐標成等差數(shù)列，則a的取值范圍為（﹣，0）或（0，）．【分析】把兩個函數(shù)圖象有三個交點轉(zhuǎn)化為三次方程有三個根的問題，設出三個根，利用恒等式建立關系并求解作答．【解答】解：依題意，方程，即ax3﹣x2﹣bx﹣1＝0有三個不等實根，設兩個函數(shù)圖象的三個交點的橫坐標，即方程的三個根為x1＝m﹣d，x2＝m，x3＝m+d（d≠0），于是aa3﹣x﹣bx﹣1＝a[x﹣（m﹣d）]（x﹣m）[x﹣（m+d）]，整理得，因此，則＝（﹣d2），即有，解得﹣＜a＜0或0＜a＜，所以a的取值范圍為（﹣，0）或（0，）．故答案為：（﹣，0）或（0，）．【點評】本題考查函數(shù)的零點與方程的根，考查運算求解能力，屬中檔題．18．（2023?市中區(qū)校級模擬）已知f（x）是定義域為R的函數(shù)，f（2x+20）為奇函數(shù)，f（2x+21）為偶函數(shù)，當﹣1≤x＜0時，f（x）＝﹣．若y＝f（x）﹣a（x+6）（a＞0）有5個零點，則實數(shù)a的取值范圍為（，）【分析】由f（2x+20）為奇函數(shù)可得f（x）的圖像關于點（20，0）對稱，由f（2x+21）為偶函數(shù)可得f（x）的圖像關于直線x＝21對稱，從而可得4為f（x）的周期．再結(jié)合圖像即可求解．【解答】解：由f（2x+20）為奇函數(shù)，得f（﹣2x+20）＝﹣f（2x+20），則f（20﹣2x）+f（20+2x）＝0，所以f（x）的圖像關于點（20，0）對稱，則f（40﹣x）＝﹣f（x），由f（2x+21）為偶函數(shù)，得f（﹣2x+21）＝f（2x+21），則f（x）的圖像關于直線x＝21對稱，則f（42﹣x）＝f（x）．因為﹣f（x）＝f（40﹣x）＝f[42﹣（x+2）]＝f（x+2），所以f（x+2）＝﹣f（x），所以f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），則4為f（x）的周期，由函數(shù)的周期性可知，f（x）的圖像關于點（0，0）對稱，關于直線x＝1對稱，因為當﹣1≤x＜0時，f（x）＝﹣，所以當0＜x≤1時，f（x）＝，對y＝兩邊平方，整理可得（x﹣1）2+y2＝1（y≥0），故該函數(shù)的圖像為圓心（1，0），半徑為1的半圓，若y＝f（x）﹣a（x+6）（a＞0）有5個零點，只需曲線y＝f（x）與直線y＝a（x+6）（a＞0）有5個交點，在同一坐標系中作出函數(shù)y＝f（x）與直線y＝a（x+6）（a＞0），如圖：當直線y＝a（x+6）（a＞0）與半圓（x+3）2+y2＝1（y≥0）相切時，＝1，解得a＝；當直線y＝a（x+6）（a＞0）與半圓（x﹣1）2+y2＝1（y≥0）相切時，＝1，解得a＝；結(jié)合圖形可知＜a＜，故答案為：（，）．【點評】本題考查了抽象函數(shù)的奇偶性、對稱性，也考查了轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．19．（2023?沙河口區(qū)校級一模）已知函數(shù)（ω＞0，|φ|＜π），其圖像的一條對稱軸與相鄰對稱中心的橫坐標相差，_____，從以下兩個條件中任選一個補充在空白橫線中．①函數(shù)f（x）的圖像向左平移個單位長度后得到的圖像關于y軸對稱且f（0）＜0；②函數(shù)f（x）的圖像的一個對稱中心為且．（1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）若關于x的方程有實根，求實數(shù)m的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)題意，由三角恒等變換化簡，然后由條件可得ω，根據(jù)正弦型函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合條件即可求得φ；（2）根據(jù)題意，將方程根問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)交點問題，再結(jié)合換元法求得的值域，即可得到結(jié)果．【解答】解：（1）因為＝2sinωxcosφ+2sinφ﹣2（1﹣cosωx）sinφ＝2sinωxcosφ+2cosωxsinφ＝2sin（ωx+φ），又其圖像的一條對稱軸與相鄰對稱中心的橫坐標相差，所以，即T＝π，所以ω＝2，即f（x）＝2sin（2x+φ），若選①，則函數(shù)向左平移個單位長度后為，又其為偶函數(shù)，所以，即，又因為|φ|＜π，且f（0）＜0，所以，所以；若選②，因為函數(shù)f（x）的圖像的一個對稱中心為，則，即，所以，又因為|φ|＜π，且，所以，所以，故無論選①還是選②，都有（2）因為＝＝，令，則t∈[﹣1，1]，即y＝2t2+2t+1，t∈[﹣1，1]，則則方程有實根，即與y2＝2m有交點，所以，則【點評】本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．20．（2022?東城區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax﹣1．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的極值；（Ⅲ）當0＜a＜e時，設函數(shù)﹣4，x∈（0，π），判斷g（x）的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論．【分析】（Ⅰ）對函數(shù)f（x）求導，求出f′（0）及f（0），利用點斜式得答案；（Ⅱ）分a≤0及a＞0判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，進而得到極值情況；（Ⅲ）當x∈（0，π）時，令g（x）＝0，可得ex﹣ax﹣1﹣4sinx＝0，令h（x）＝ex﹣ax﹣1﹣4sinx，x∈（0，π），利用導數(shù)研究函數(shù)h（x）的零點個數(shù)即可得出結(jié)論．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣a，則f′（0）＝1﹣a，又f（0）＝0，則所求切線方程為y＝（1﹣a）x；（Ⅱ）當a≤0時，f′（x）＝ex﹣a＞0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，無極值；當a＞0時，令f′（x）＝ex﹣a＝0，解得x＝lna，易知當x∈（﹣∞，lna）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當x∈（lna，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）的極小值為f（lna）＝a﹣alna﹣1，無極大值；綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f（x）無極值；當a＞0時，函數(shù)f（x）有極小值a﹣alna﹣1，無極大值；（Ⅲ）g（x）有且只有一個零點，證明如下：當x∈（0，π）時，令，則ex﹣ax﹣1﹣4sinx＝0，令h（x）＝ex﹣ax﹣1﹣4sinx，x∈（0，π），則h′（x）＝ex﹣a﹣4cosx，令φ（x）＝h′（x），則φ′（x）＝ex+4sinx＞0在（0，π）上恒成立，∴φ（x）＝h′（x）在（0，π）上為增函數(shù)，由0＜a＜e可知，h′（0）＝﹣3﹣a＜0，h′（π）＝eπ+4﹣a＞0，∴h′（x）在（0，π）上存在唯一零點x0，且當x∈（0，x0）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，當x∈（x0，π）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，又，而h（x）在（x0，π）上單調(diào)遞增，∴h（x）在（x0，π）上有且僅有一個零點；當x∈（0，x0）時，h（x）＜h（0）＝0，h（x）無零點；所以，h（x）在（0，π）上有且僅有一個零點，所以，g（x）在（0，π）上有且僅有一個零點．【點評】本題考查導數(shù)的幾何意義，考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值及零點，考查邏輯推理能力及運算求解能力，屬于中檔題．21．（2023?皇姑區(qū)校級模擬）已知定義域為R的偶函數(shù)f（x）滿足f（1﹣2x）＝f（1+2x），且當x∈[0，1]時，f（x）＝x，若將方程f（x）＝logn+1|x|（n∈N*）實數(shù)解的個數(shù)記為an，則＝．【分析】由條件分析得函數(shù)的周期性，結(jié)合對稱性作出草圖，分析兩函數(shù)的交點個數(shù)，得出數(shù)列通項，裂項相消求和即可．【解答】解：因為定義域為R的偶函數(shù)f（x）滿足f（1﹣2x）＝f（1+2x），所以f（﹣x）＝f（x），f（1﹣x）＝f（1+x），所以f（﹣x）＝f（x+2）＝f（x），所以函數(shù)f（x）是以2為周期得周期函數(shù)，方程f（x）＝logn+1|x|（n∈N*）的實數(shù)解個數(shù)，即函數(shù)y＝f（x），y＝logn+1|x|（n∈N*）的交點個數(shù)，不難發(fā)現(xiàn)y＝logn+1|x|（n∈N*）也是偶函數(shù)，所以兩函數(shù)的交點是關于縱軸對稱的，這里只分析x＞0的情況．結(jié)合條件作出兩函數(shù)簡要圖象如下：當n＝1時，此時有兩個交點，即a1＝2，當n＝2時，此時有4個交點，即a2＝4，當n＝3時，此時有6個交點，即a3＝6，以此類推，可知an＝2n，故＝（﹣），所以＝（1﹣）＝．故答案為：．【點評】本題考查了抽象函數(shù)的奇偶性、周期性、函數(shù)與方程思想，也考查了數(shù)形結(jié)合思想，裂項相消求和，屬于中檔題．22．（2022?上杭縣校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝sinx﹣xcosx．（1）證明：當x∈（0，π）時，f（x）＞0；（2）記函數(shù)g（x）＝f（x）﹣x，判斷g（x）在區(qū)間（﹣2π，2π）上零點的個數(shù)．【分析】（1）求導后可知f（x）在（0，π）上單調(diào)遞增，由f（x）＞f（0）＝0可得結(jié)論；（2）由g（π）＝0可知x＝π是g（x）的一個零點；分別在x∈（，π）和x∈（π，2π）的情況下，結(jié)合零點存在定理判斷導函數(shù)的正負，從而得到g（x）的單調(diào)性，確定區(qū)間內(nèi)零點個數(shù)，得到g（x）在（0，2π）上的零點個數(shù)；根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì)可得最終結(jié)果．【解答】解：（1）證明：由題意得：f′（x）＝xsinx；當x∈（0，π）時，sinx＞0，∴f′（x）＞0，∴f（x）在（0，π）上單調(diào)遞增，∴f（x）＞f（0）＝0；（2）因為g（x）＝sinx﹣xcosx﹣x，g'（x）＝xsinx﹣1，∵g（π）＝sinπ﹣πcosπ﹣π＝0，∴x＝π是g（x）的一個零點；①當x∈（0，]時，設h（x）＝sinx﹣x，則h′（x）＝cosx﹣1＜0，∴h（x）在（0，]上單調(diào)遞減，∴h（x）＜h（0）＝0，又﹣xcosx＜0，∴g（x）＜0，即g（x）在（0，]上無零點；②當x∈（，π）時，g″（x）＝sinx+xcosx，g′″（x）＝2cosx﹣xsinx＜0，∴g″（x）在（，π）上單調(diào)遞減，又g″（）＝1＞0，g″（π）＝﹣π＜0，∴?x0∈（，π），使得g″（x0）＝0，當x∈（，x0）時，g″（x）＞0；當x∈（x0，π）時，g″（x）＜0；∴g′（x）在（，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，π）上單調(diào)遞減；∵g′（x0）＞g'（）＝﹣1＞0，g′（π）＝﹣1＜0，∴g′（x）在（，π）上存在唯一零點x1，當x∈（，x1）時，g′（x）＞0；當x∈（x1，π）時，g′（x）＜0；∴g（x）在（，x1）上單調(diào)遞增，在（x1，π）上單調(diào)遞減，∵g（x1）＞g（π）＝0，g（）＝1﹣＜0，∴g（x）在（，π）有唯一零點；③當x∈（π，2π）時，sinx＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（π，2π）上單調(diào)遞減，∴g（x）＜g（π）＝0，∴g（x）在（π，2π）上無零點；綜上所述：g（x）在（0，2π）上有兩個零點；∵g（﹣x）＝﹣sinx+xcosx+x＝﹣g（x），∴g（x）為奇函數(shù)，圖象關于原點對稱，∴g（x）在（﹣2π，0）上有兩個零點；又g（0）＝0，∴g（x）在（﹣2π，2π）上共有5個零點．【點評】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)零點個數(shù)的問題，解題基本思路是能夠根據(jù)導函數(shù)的形式，對所給區(qū)間進行分段，通過說明導函數(shù)在每段區(qū)間內(nèi)的符號，得到原函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，結(jié)合零點存在定理確定零點個數(shù)，屬于難題．23．（2022?日照二模）已知函數(shù)，其中a＞0．（1）當a＝1時，求f（x）的最小值；（2）討論方程根的個數(shù)．【分析】（1）根據(jù)已知條件去掉絕對值，再利導數(shù)法求函數(shù)的最值即可求解；（2）根據(jù)已知條件及對數(shù)恒等式，利用導數(shù)法求出函數(shù)的單調(diào)性進而得出自變量的關系，再結(jié)合方程的根轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)的交點即可求解．【解答】解析：（1）a＝1時，．①0＜x＜1時，，，顯然此時f'（x）＜0，即f（x）在0＜x＜1時單調(diào)遞減；②x＞1時，．顯然此時f'（x）＞0，即f（x）在x＞1時單調(diào)遞增；故f（x）的最小值是f（1）＝2．（2）由題意可得，x＞0，則，即．所以f（ex）＝f（ax）．0＜x＜1時，；x＞1時，；所以，f（x）在（0，1）上遞減；在（1，+∞）上遞增．又因為，所以f（ex）＝f（ax），當且僅當ex＝ax或．又ex＞1，故ex＝ax和不可能同時成立．所以方程根的個數(shù)是兩函數(shù)s（x）＝ex﹣ax和的零點個數(shù)之和，其中x＞0．當s（x）＝0時，函數(shù)s（x）＝ex﹣ax的零點個數(shù)轉(zhuǎn)換為直線y＝a與函數(shù)圖像的交點個數(shù)，，易知0＜x＜1時，h（x）單調(diào)遞減，x＞1時，h（x）單調(diào)遞增；所以h（x）在x＝1處取得最小值為e，所以0＜a＜e時，直線y＝a與函數(shù)h（x）圖像無交點，函數(shù)s（x）無零點；當a＝e時，直線y＝a與函數(shù)h（x）圖像有一個交點，函數(shù)s（x）有一個零點；當a＞e時，直線y＝a與函數(shù)h（x）圖像有2個交點函數(shù)，s（x）有兩個零點．同理：函數(shù)的零點個數(shù)轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)y＝xex圖像交點個數(shù)，易知，函數(shù)y＝xex單調(diào)遞增，且在x＝0處的值為0，所以a＞0時，t（x）在（0，+∞）上必有一個零點．綜上所述，0＜a＜e時，方程有一個根；a＝e時，方程有二個根；a＞e時，方程有三個根．【點評】本題考查了導數(shù)的綜合運用、轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，屬于難題．24．（2022?香坊區(qū)校級一模）已知f（x）＝lnx，．（1）證明：函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上有且僅有一個零點；（2）若函數(shù)F（x）＝λf（x）﹣g（x）在（0，+∞）上有3個不同零點，求實數(shù)λ的取值范圍．【分析】（1）首先求出函數(shù)的導函數(shù)，即可得到函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)h（1），即可得證；（2）令F（x）＝λlnx﹣x+（x＞0），求出函數(shù)的導函數(shù)，令﹣x2+λx﹣1＝0，則Δ＝λ2﹣4，分﹣2≤λ≤2、λ＜﹣2與λ＞2三種情況討論，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，即可得解．【解答】解：（1）證明：因為，∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且h（1）＝0，∴h（x）在（0，+∞）有且僅有一個零點；（2）令，①當Δ＝λ2﹣4≤0，即﹣2≤λ≤2時，此時F（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，至多有一零點，﹣2≤λ≤2舍．②當λ＜﹣2時，，此時F（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，至多有一零點，λ＜﹣2舍．③當λ＞2時，Δ＝λ2﹣4＞0，不妨設﹣x2+λx﹣1＝0兩根分別為，，由韋達定理知0＜x1＜1＜x2所以F（x）在（0，x1）上單調(diào)遞減，在（x1，x2）上單調(diào)遞增，在（x2，+∞）上單調(diào)遞減，1°因為F（1）＝0，所以此時F（x）在（x1，x2）上有一個零點，由lnx＜x（x＞0）可得，；2°當0＜x＜1時，，令，得且F（x3）＞0，F(xiàn)（x1）＜0，所以此時F（x）在（0，x1）上有一個零點；3°當x＞1時，，令，得且F（x4）＜0，F(xiàn)（x2）＞0，所以此時F（x）在（x2，+∞）上有一個零點．綜上若F（x）＝λf（x）﹣g（x）在（0，+∞）上有3個零點則λ＞2．【點評】本題考查了函數(shù)的零點、導數(shù)的綜合應用、分類討論思想，綜合性較強，屬于難題．25．（2022?開福區(qū)校級一模）已知函數(shù)f（x）＝（x+b）（ex﹣a）（b＞0）在（﹣1，f（﹣1））處的切線l方程為（e﹣1）x+ey+e﹣1＝0．（1）求a，b，并證明函數(shù)y＝f（x）的圖象總在切線l的上方（除切點外）；（2）若方程f（x）＝m有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，證明：．【分析】（1）求出函數(shù)的導函數(shù)，依題意可得f（﹣1）＝0，，即可解得a、b，從而得到f（x）＝（x+1）（ex﹣1），設f（x）在（﹣1，0）處的切線l方程為y＝h（x），令F（x）＝f（x）﹣h（x），利用導數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得證；（2）由（1）知f（x1）≥h（x1），設h（x）＝m的根為x'1，則，即可得到x1′≤x1，再設y＝f（x）在（0，0）處的切線方程為y＝t（x），令T（x）＝f（x）﹣t（x），利用導數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到f（x2）≥t（x2）．設t（x）＝m的根為x2′，則x2′＝m，再說明x'2≥x2，即可得證．【解答】解：（1）由題意f（﹣1）＝0，所以，又f'（x）＝（x+b+1）ex﹣a，所以，若，則b＝2﹣e＜0，與b＞0予盾，故a＝1，b＝1．∴f（x）＝（x+1）（ex﹣1），f（0）＝0，f（﹣1）＝0，證明：設f（x）在（﹣1，0）處的切線l方程為，令F（x）＝f（x）﹣h（x），即，當x≤﹣2時，，當x＞﹣2時，設，G'（x）＝（x+3）ex＞0，故函數(shù)F'（x）在（﹣2，+∞）上單調(diào)遞增，又F'（﹣1）＝0，所以當x∈（﹣2，﹣1）時，F(xiàn)'（x）＜0，當x∈（﹣1，+∞）時，F(xiàn)'（x）＞0，綜合得函數(shù)F（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（﹣1，+∞）上單調(diào)遞增，故F（x）≥F（﹣1）＝0，即函數(shù)y＝f（x）的圖象總在切線l的上方（除切點外）；（2）證明：由（1）知f（x1）≥h（x1），設h（x）＝m的根為x'1，則，又函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，故h（x'1）＝f（x1）≥h（x1），故x'1≤x1，設y＝f（x）在（0，0）處的切線方程為y＝t（x），易得t（x）＝x．令T（x）＝f（x）﹣t（x）＝（x+1）（ex﹣1）﹣x，T'（x）＝（x+2）ex﹣2，當x≤﹣2時，T'（x）＝（x+2）ex﹣2≤﹣2＜0，當x＞﹣2時，設H（x）＝T'（x）＝（x+2）ex﹣2，則H'（x）＝（x+3）ex＞0，故函數(shù)T'（x）在（﹣2，+∞）上單調(diào)遞增，又T'（0）＝0，所以當x∈（﹣2，0）時，T'（x）＜0，當x∈（0，+∞）時，T'（x）＞0，綜合得函數(shù)T（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以T（x）≥T（0）＝0，即f（x2）≥t（x2）．設t（x）＝m的根為x'2，則x'2＝m，又函數(shù)t（x）單調(diào)遞增，故t（x'2）＝f（x2）≥t（x2），故x'2≥x2，又x'1≤x1，．【點評】本題考查了導數(shù)的幾何意義及綜合運用，也考查了學生的推理能力，屬于難題．26．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知f（x）＝ax2﹣2x﹣bln|x﹣1|，給出以下命題：①當a＝0時，存在b＞0，f（x）有兩個不同的零點；②當a＝0時，存在b＜0，f（x）有三個不同的零點；③當a＝1時，對任意的b∈R，f（x）的圖象關于直線x＝1對稱；④當a＝1時，對任意的b∈R，f（x）有且只有兩個零點．其中所有正確的命題序號是①②③．【分析】利用分類討論，以及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性分別求解即可．【解答】解：對于①，當a＝0時，f（x）＝﹣2x﹣bln|x﹣1|，則f（x）定義域為{x|x≠1）當x＜1時，f（x）＝﹣2x﹣bln（1﹣x），∴f′（x）＝﹣2+＝，當b＞0時，令f′（x）＝0，解得：，∴當x∈（﹣∞，1﹣b）時，f（x）＜0；當時，f（x）＞0；∴f（x）在（﹣∞，1﹣b）上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；f（x）min＝f（1﹣b）＝﹣2+b﹣bln（b），令t（b）＝﹣2+b﹣bln（b），則t′（b）＝﹣ln（b），當b∈（0，2）時，t′（b）＞0；當b∈（2，+∞）時，t′（b）＜0；∴t（b）在（0，2）上單調(diào)遞增，在（2，+∞）上單調(diào)遞減；∴t（b）≤t（2）＝0，即當b＝2時，f（0）＝0，則f（x）在（﹣∞，1）上有唯一零點x＝0，當b＝2，x＞1時，f（x）＝﹣2x﹣2ln（x﹣1），，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，f（+1）＝4﹣＞0，f（2）＝﹣4＜0，?x0∈（+1，2），使得f（x）＝0，∴f（x）在（1，+∞）有唯一零點x＝x0；則當a＝0，b＝2時，f（x）有兩個不同的零點，①正確；對于②，當a＝0時，f（x）＝﹣2x﹣bln|x﹣1|，則f（x）定義域為{x|x≠1}；當x＜1時，f（x）＝﹣2x﹣bln（1﹣x），∴，當b＜0時，﹣2+b＜﹣2，2x＜2，∴f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減；又f（0）＝0，∴f（x）在（﹣∞，1）上有唯一零點x＝0，當x＞1時，f（x）＝﹣2x﹣bln（x﹣1），∴；令f′（x）＝0，解得：．∴當時，f′（x）＞0；當時，f（x）＜0；∴f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；f（x）＝f（1﹣b）＝﹣2+b﹣bln（﹣b），令，則，∴當b∈（﹣∞，﹣2）時，Q'（b）＜0；當b∈（﹣2，0）時，φ'（b）＞0；∴φ（b）在（﹣∞，﹣2）上單調(diào)遞減，在（﹣2，0）上單調(diào)遞增；不妨取b＝﹣2e2，f（x）max＝f（1+e2）＝﹣2+2e2＞0；∴f（x）在（1，1+e2）上單調(diào)遞增，在（1+e2，+∞）上單調(diào)遞減；又，f（1+e4）＝﹣2e4﹣2+8e2＝2e2（4﹣e2）﹣2＜0，∴?x1∈（，1+e2），，使得f（x1）＝f（x2）＝0，即f（x）在（1，+∞）上存在兩個不同零點x＝x1和x＝x2；則當a＝0，b＝﹣2e2時，f（x）有三個不同的零點，②正確；對于③，當a＝1時，f（x）＝x2﹣2x﹣bln|x﹣1|，∴f（2﹣x）＝（2﹣x）2﹣2（2﹣x）﹣bln|2﹣x﹣1|＝x2﹣2x﹣bln|﹣x|＝f（x），二對于任意的b∈R，f（x）的圖象關于直線x＝1對稱，③正確；對于④，當a＝1時，f（x）＝x2﹣2x﹣bln|x﹣1|，則f（x）定義域為{x1}；當b≤0時，若x＞1，f（x）＝x2﹣2x﹣bln（x﹣1），∴，則f（x）＞0恒成立，∴f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，又f（2）＝0，∴f（x）在（1，+∞）上有唯一零點x＝2；若x＜1，f（x）＝x2﹣2x﹣bln（1﹣x），f′（x）＝2x﹣2+＝；則f（x）＜0恒成立，∴f（x）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減，又f（0）＝0，∴f（x）在（﹣∞，1）上有唯一零點x＝0；∴當b≤0時，f（x）有且僅有兩個零點；當b＞0時，若x＞1，f（x）＝x2﹣2x﹣bln（x﹣1），，令f′（x）＝0，解得：（舍）或，∴當x∈（1，1+）時，f′（x）＜0，當x∈（1+，+∞）時，f′（x）＞0，當不妨取b＝8，則f（x）在（1，3）上單調(diào)遞減，在（3，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）min＝f（3）＝3﹣8ln2＜0；又f（1+e2）＝（1+e2）2﹣2（1+e2）﹣16＝e4﹣17＞0，?x3∈（3，1+e2），使得f（x3）＝0，又f（2）＝0，f（0）＝0恒成立，∴當b＝8時，f（x）有三個不同的零點，④錯誤．故答案為：①②③．【點評】本題考查導數(shù)的綜合應用，考查分類討論思想，考查運算求解能力，屬難題．27．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．（1）當a＝1時，求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）若f（x）在區(qū)間（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一個零點，求a的取值范圍．【分析】（1）將a＝1代入，對函數(shù)f（x）求導，求出f′（0）及f（0），由點斜式得答案；（2）對函數(shù)f（x）求導，分a≥0及a＜0討論，當a≥0時容易判斷不合題意，當a＜0時，設g（x）＝ex+a（1﹣x2），利用導數(shù)判斷g（x）的性質(zhì)，進而判斷得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性并結(jié)合零點存在性定理即可得解．【解答】解：（1）當a＝1時，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﹣1＜x＜0時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，則f（x）＜f（0）＝0，不合題意；設g（x）＝ex+a（1﹣x2），g′（x）＝ex﹣2ax，當﹣1≤a＜0時，在（0，+∞）上，g（x）＞e0+a≥0，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，無零點，不合題意；當a＜﹣1時，當x＞0時，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x＞0時，，設，則，易知當0＜x＜2時，h′（x）＜0，h（x）單減，當x＞2時，h′（x）＞0，h（x）單增，所以，則當x＞0時，，所以，再證，設，則，易知當0＜x＜1時，m′（x）＜0，m（x）單減，當x＞1時，m′（x）＞0，m（x）單增，所以m（x）≥m（1）＝0，即，則由a＜﹣1，可得，則當x＞1+a2時，＞0，此時f（x）在（0，+∞）上恰有一個零點，當﹣1＜x＜0時，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