重难点专题06 函数零点问题七大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题06函数零点问题七大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc144481926" 题型1分段函数的零点 PAGEREF _Tc144481926 \h 1
\l "_Tc144481927" 题型2唯一零点问题 PAGEREF _Tc144481927 \h 8
\l "_Tc144481928" 题型3指对幂函数零点 PAGEREF _Tc144481928 \h 12
\l "_Tc144481929" 题型4含有绝对值函数的零点 PAGEREF _Tc144481929 \h 18
\l "_Tc144481930" 题型5复合函数零点 PAGEREF _Tc144481930 \h 25
\l "_Tc144481931" 题型6函数中的整数问题 PAGEREF _Tc144481931 \h 31
\l "_Tc144481932" 题型7三角函数的零点 PAGEREF _Tc144481932 \h 38
题型1分段函数的零点
【例题1】（2023·贵州贵阳·校联考三模）已知函数fx=csπx−πa,xA．32,52B．32,52C．52,72D．52,72
【答案】C
【分析】根据参数a的范围，讨论两段函数的零点情况，利用二次函数与三角函数的图象与性质，结合端点满足的条件，即可求解.
【详解】由函数fx=csπx−πa,x当a≤0时，对任意x>0，函数f(x)=(x−a)2−4在(0,+∞)内最多有1个零点，不符题意，所以a>0，
当x≥a时，f(x)=(x−a)2−4，
由(x−a)2−4=0， 可得x=a+2或x=a−2，
则在x≥a上，f(x)=(x−a)2−4有一个零点，
所以f(x)=cs(πx−πa)在(0,a)内有3个零点，即cs[π(x−a)]=0在(0,a)内有3个零点，
因为0所以−7π2≤−πa<−5π2，解得52综上所述，实数a的取值范围为52,72.
故选：C.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围；
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
【变式1-1】1. （2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）关于函数，fx=lg2x+2−a,0≤x<3.5b−x,x≥3.5其中a,b∈R，给出下列四个结论：
甲：5是该函数的零点.
乙：4是该函数的零点.
丙：该函数的所有零点之积为0.
丁：方程fx=1有两个不等的实根.
若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误的结论是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【答案】B
【分析】结合命题的矛盾性，先判断丙、丁均正确，然后分情况讨论甲乙，进行判断解题；
【详解】当x∈3.5,+∞时，fx=b−x为减函数，故5和4只有一个是函数的零点.
即甲、乙中有一个结论错误，一个结论正确，故丙、丁均正确.
由所有零点之积为0，结合分段函数的性质，知必有一个零点为0，
则f0=lg22−a=0，可得a=1.
①若甲正确，则f5=b−5=0，则b=5，
可得 fx=lg2x+2−1,0≤x<3.55−x,x≥3.5
由fx=1，可得lg2x+2−1=1,0≤x<3.5 或5−x=1,x≥3.5
解得x=2或x=4，方程fx=1有两个不等的实根，
故丁正确.，若甲正确，乙错误；
②若乙正确，则f4=0，即b−4=0，则b=4，
可得fx=lg2x+2−1,0≤x<3.54−x,x≥3.5
由fx=1，可得lg2x+2−1=1,0≤x<3.5或4−x=1,x≥3.5
解得x=2，方程fx=1只有一个实根，故丁错误，不满足题意.
综上，甲正确，乙错误，
故选：B
【变式1-1】2. （2023·天津滨海新·天津市滨海新区塘沽第一中学校考三模）设fx是定义在R上的函数，若Fx=fx+x2是奇函数.Gx=fx−x是偶函数，函数gx=fx,x∈0,12gx−1,x∈1,+∞，则下列说法正确的个数有（ ）
（1）当x∈2,3时，gx=−2x−2x−3
（2）g2k−12=2k−1k∈N∗
（3）若gm≥2，则实数m的最小值为72
（4）若ℎx=gx−kx−2有三个零点，则实数k=−16
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】由题可得fx=x−x2，后由题目条件可得gx大致图象.（1）由题目条件可得x∈2,3时，gx=2gx−1=4gx−2=4fx−2；（2）注意k=1的特殊情况；（3）由题可得x∈3,4时，gx=−8x−3x−4⇒g72=2，后结合图象可得答案；（4）问题转化为gx图象与直线y=kx−2有3个交点，等价于直线y=kx−2与gx在x∈0,1时的图象相切.
【详解】因Fx=fx+x2是奇函数，则fx+x2+f−x+x2=0.因Gx=fx−x是偶函数，则fx−x=f−x+x⇒f−x=fx−2x.
则2fx+2x2−2x=0⇒fx=x−x2.
又注意到x∈1,2时，x−1∈0,1，则gx=2gx−1=2fx−1；x∈2,3时，x−1∈1,2,x−2∈0,1，则gx=2gx−1=4gx−2=4fx−2.以此类推，可得gx大致图象如下.
（1）x∈2,3时，x−1∈1,2，x−1−1∈0,1.则gx=2gx−1=4gx−2=4fx−2=−4x−2x−3，故（1）错误；
（2）注意到当k=1时，g2k−12=g12=f12=14≠20，故（2）错误；
（3）当x∈3,4时，由以上分析：gx=8fx−3=−8x−3x−4，则g72=2，结合图象可知若当m<72时，gm<2，则m的最小值为72，故（3）正确；
（4）ℎx=gx−kx−2有三个零点等价于gx图象与直线y=kx−2有3个交点.由图可得，当直线y=kx−2与gx在x∈0,1时的图象相切时，满足题意.注意到当x∈0,1时，gx图象上有一点B12,14，又y=kx−2恒过定点A2,0，kAB=−16，则当y=kx−2与gx在x∈0,1时的图象相切时，
k故选：A

【点睛】关键点睛：本题涉及求函数解析式及对于类周期函数性质的考查.本题由函数奇偶性确定fx解析式后，结合题目条件得到了gx大致图象，可以直观且简明地判断（1）（2）（3），对于（4）所涉零点问题常可转化为函数图象与直线的交点问题.
【变式1-1】3. （2023·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）设a∈R，函数f(x)=−2ax−1+4a−a2,x【答案】{2}∪(52，3)．
【分析】设ℎ(x)=f(x)−g(x)，结合题意可知函数ℎ(x)在区间[0，+∞)内恰有3个零点，分析a≤0时不符合题意，a>0时，结合二次函数Δ=8a−16的正负及ℎa =−2a+5的正负即可求解．
【详解】由题意，函数f(x)与函数g(x)=ax在区间[0，+∞)内恰有3个零点，
设ℎ(x)=f(x)−g(x)=−2a|x−1|−ax+4a−a2,x即函数ℎ(x)在区间[0，+∞)内恰有3个零点，
当a≤0时，函数ℎ(x)在区间[0，+∞)内最多有2个零点，不符合题意；
当a>0时，函数y=x2−(2a+2)x+a2+5的对称轴为x=a+1，
Δ=(2a+2)2−4(a2+5)=8a−16，
所以，函数ℎ(x)在[a，a+1)上单调递减，在(a+1,+∞)上单调递增，且ℎa =−2a+5，
当Δ=8a−16<0，即a<2时，函数ℎ(x)在区间[a，+∞)上无零点，
所以函数ℎ(x)=−2a|x−1|−ax+4a−a2在[0，a)上有三个零点，不符合题意；
当Δ=8a−16=0，即a=2时，函数ℎ(x)在区间[2，+∞)上只有一个零点，
则当x∈[0，2)时，ℎ(x)=−4|x−1|−2x+4，
令ℎ(x)=−4|x−1|−2x+4=0，解得x=0或x=43，符合题意；
当Δ=8a−16>0ℎ(a)=−2a+5<0，即a>52时，函数ℎ(x)在区间[a，+∞)上有1个零点，
则函数ℎ(x)=−2a|x−1|−ax+4a−a2=ax+2a−a2,0≤x<1−3ax+6a−a2,1≤x则2a−a2≤0a+2a−a2>0−3a2+6a−a2<0，即2≤a<3，所以52当Δ=8a−16>0ℎ(a)=−2a+5≥0，即2则函数ℎ(x)=−2a|x−1|−ax+4a−a2=ax+2a−a2,0≤x<1−3ax+6a−a2,1≤x则2a−a2=0a+2a−a2>0−3a2+6a−a2≥0或2a−a2<0a+2a−a2>0−3a2+6a−a2≥0或2a−a2<0a+2a−a2=0−3a2+6a−a2<0，即无解．
综上所述，a的取值范围是{2}∪(52，3)．
故答案为：{2}∪(52，3)．
【点睛】本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题判断函数y=fx零点个数的常用方法：
(1) 直接法： 令fx=0,则方程实根的个数就是函数零点的个；
(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间a,b上是连续不断的曲线，且fa·fb<0,再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
【变式1-1】4. （2023·福建厦门·统考模拟预测）函数fx=csπx,0【答案】 1 32,263∪52,72
【分析】第一空：当a=1时csπx=0、x≥1时fx=0可得答案；第二空：y=x2−4ax+8x≥a至多有2个零点，故y=csπx在0,a上至少有2个零点，所以a>32；分3272讨论结合图象可得答案.
【详解】第一空：当a=1时，当0当x≥1时，fx=x2−4x+8=x−22+4>0，无零点，
故此时fx的零点个数是1；
第二空：显然，y=x2−4ax+8x≥a至多有2个零点，故y=csπx在0,a上至少有2个零点，所以a>32；
①
若y=csπx0aΔ=16a2−32>0fa=−3a2+8≥0，解得2此时32②
若y=csπx0所以y=x2−4ax+8x≥a恰有1个零点，符合要求；
③当a>72时，fa=8−3a2<0，所以y=x2−4ax+8x≥a恰有1个零点，
而y=csπxx此时fx至少有5个零点，不符合要求，舍去.
综上，32故答案为：1；32,263∪52,72.
【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.
题型2唯一零点问题
【例题2】（2023秋·重庆·高三统考阶段练习）在数列an中，a1=1，且函数fx=x5+an+1sinx−2an+3x+3的导函数有唯一零点，则a9的值为（ ）．
A．1021B．1022C．1023D．1024
【答案】A
【分析】对应函数求导，利用奇偶性定义判断f'(x)为偶函数，根据有唯一零点知f'(0)=0，构造法有an+1+3=2(an+3)，应用等比数列定义写出通项公式并求对应项.
【详解】由f'(x)=5x4+an+1csx−2an+3在R上有唯一零点，
而f'(−x)=5(−x)4+an+1cs(−x)−2an+3=5x4+an+1csx−2an+3=f'(x)，
所以f'(x)为偶函数，则f'(0)=an+1−2an−3=0，故an+1+3=2(an+3)，且a1+3=4，
所以{an+3}是首项为4，公比为2的等比数列，则an+3=4⋅2n−1=2n+1，
则a9=210−3=1021.
故选：A
【点睛】关键点点睛：判断导函数f'(x)为偶函数，进而得到f'(0)=0为关键.
【变式2-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知函数g(x)，ℎ(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且g(x)+ℎ(x)=ex+x，若函数f(x)=e|x−1|+λg(x−1)−2λ2有唯一零点，则正实数λ的值为（ ）
A．13B．12C．1D．2
【答案】C
【分析】首先利用方程组法求函数g(x)的解析式，由解析式判断f(x)的对称性，利用导数分析f(x)的单调性及极值点，根据函数有唯一的零点知极小值f(1)=0，即可求正实数λ值.
【详解】由题设，{g(x)+ℎ(x)=ex+xg(−x)+ℎ(−x)=e−x−x=g(x)−ℎ(x)，可得：g(x)=ex+e−x2，
由f(x)=e|x−1|+λg(x−1)−2λ2，易知：f(x)关于x=1对称.
当x≥1时，f(x)=ex−1+λ2(ex−1+e1−x)−2λ2，则f'(x)=ex−1+λ2(ex−1−e1−x)>0，
所以f(x)单调递增，故x<1时f(x)单调递减，且当x趋向于正负无穷大时f(x)都趋向于正无穷大，
所以f(x)仅有一个极小值点1，则要使函数只有一个零点，即f(1)=0，解得λ=1.
故选：C
【点睛】关键点点睛：奇偶性求函数解析式，导数分析函数的单调性、极值，根据零点的个数及对称性、单调性求参数值.
【变式2-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=12ax2+csx−1（a∈R），若函数fx有唯一零点，则a的取值范围为（ ）
A．−∞,0B．−∞,0∪1,+∞
C．−∞,0∪1,+∞D．−∞,−1∪1,+∞
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性变换得到a=2sinx2x2，设k=2sinx2x，利用其几何意义根据图象得到范围.
【详解】fx=12ax2+csx−1，易知函数为偶函数，且f0=0，故考虑x>0的情况即可，
当x>0时，fx=12ax2+csx−1=0，即a=21−csxx2=2sinx2x2，
设k=2sinx2x，表示函数y=2sinx2上的点到原点的斜率，根据图象知：
y'=csx2，当x=0时，y'max=1，故k<1，故0≤2sinx2x2<1，
a=21−csxx2=2sinx2x2无解，故a∈−∞,0∪1,+∞.

【点睛】本题考查了利用导数解决函数的零点问题，将题目转化为函数y=2sinx2上的点到原点的斜率是解题的关键.
【变式2-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=2e|x−2|−12a(2x−2+22−x)−a2有唯一零点，则负实数a=
A．−2B．−12C．−1D．−12或−1
【答案】A
【详解】函数f(x)=2e|x−2|−12a(2x−2+22−x)−a2有唯一零点，
设x−2=t，
则函数y=2et−12a2t+2−t−a2有唯一零点，
则2et−12a2t+2−t=a2
设g(t)=2et−12a2t+2−t，∵g(−t)=2e−t−12a2−t+2t=g(t)，∴g(t) 为偶函数，
∵函数f(t) 有唯一零点，
∴y=g(t)与y=a2有唯一的交点，
∴此交点的横坐标为0，∴2−a=a2， 解得a=−2 或a=1（舍去），
故选A．
【变式2-1】4. （2021春•洛阳期末）存在实数a使得函数fx=2x+2−x−ma2+a−3有唯一零点，则实数m的取值范围是（ ）．
A．−∞,14B．−∞,0C．0,14D．0,14
【答案】A
【分析】根据函数y=2x+2−x的性质确定唯一零点，然后由二次方程判别式得结论．
【详解】令t=2x（t>0）是增函数，y=t+1t，由对勾函数性质y=t+1t在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
所以t=1时，ymin=2，此时x=0，因此f(x)有唯一零点，则零点为x=0，
f(0)=−ma2+a−1=0，m=0时，a=1有解，m≠0时，则Δ=1−4m≥0，m≤14且m≠0．
综上m≤14．
故选：A．
题型3指对幂函数零点
【例题3】（2023秋·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）定义在R上的偶函数fx满足f2−x=fx+2，当x∈0,2时，fx=(e)x，若在区间x∈0,10内，函数gx=fx−mx−1,(m>0)有5个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．e−110,e−16B．0,e5−110
C．e−111,e−16D．0,e−110
【答案】D
【分析】等价于y=fx与y=mx+1(m>0)的图象在x∈0,10有5个交点，利用已知可得fx是周期为4的函数，且图象关于x=2对称，画出fx的图象结合图象可得答案.
【详解】f2−x+2=f−x=fx+2+2=fx+4，
又fx是偶函数，所以f−x=fx，则fx+4=fx，
所以fx的周期为4，由f2−x=fx+2得fx的图象关于x=2对称，
当x∈0,2时，fx=ex，可得fx的大致图象如下，
若在区间x∈0,10内，函数gx=fx−mx−1(m>0)有5个零点，
等价于y=fx与y=mx+1(m>0)的图象在x∈0,10有5个交点，
结合图象，当x=10时y=fx与y=mx+1(m>0)的图象恰好有5个交点，
当m=0时y=fx与y=mx+1(m>0)的图象有3个交点，不符合题意，
可得A10,e，此时e=10m+1，可得m=e−110，
则实数m的取值范围是0,e−110.
故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题的解题的关键点是等价于y=fx与y=mx+1(m>0)的图象在x∈0,10有5个交点，利用已知条件画出它们的图象，考查了学生的思维能力、运算能力.
【变式3-1】1. （2021秋•绍兴期末）已知a,b,c∈R，a+b+c=0，若3ax2+2bx+c=0(a≠0)的两个实根是x1，x2，则12x1−1+12x2−1的最小值是（ ）
A．36B．33C．3D．23
【答案】D
【解析】根据12x1−1+12x2−1 ≥ 214x1x2−2(x1+x2)+1以及韦达定理可解得结果.
【详解】因为3ax2+2bx+c=0(a≠0)的两个实根是x1，x2，
所以x1+x2=−2b3a，x1x2=c3a，
所以12x1−1+12x2−1 ≥212x1−12x2−1 =214x1x2−2(x1+x2)+1
=214c3a+4b3a+1 =214c+4b+3a3a =23a4c+4b+4a−a，
因为a+b+c=0，
所以23a4c+4b+4a−a=23.即12x1−1+12x2−1 ≥23，当且仅当2x1−1=2x2−1时，等号成立.
所以12x1−1+12x2−1的最小值是23.
故选：D
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
【变式3-1】2. （2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知λ>0，若关于x的方程ex−1x−λx+λln(λx)=0存在正零点，则实数λ的取值范围为（ ）
A．−∞,1B．1,+∞C．−∞,3D．3,+∞
【答案】B
【分析】化简ex−1λx−x+lnλx=ex−lnλx−1−x−lnλx=0，令t=x−lnλx，转化为et−1−t=0有解，设ℎt=et−1−t，利用导数求得函数ℎt的单调性，结合ℎ1=0，得到ℎt存在唯一零点t=1，转化为1+lnλ=x−lnx在0,+∞有解，令px=x−lnx，利用导数求得函数的单调性，得到1+lnλ≥p1=1，即可求解.
【详解】由题意得，ex−1λx−x+lnλx=ex−1elnλx−x+lnλx=ex−lnλx−1−x−lnλx=0，
令t=x−lnλx，问题转化为et−1−t=0有解，
设ℎt=et−1−t，则ℎ't=et−1−1，
当t∈−∞,1时，ℎ't<0，ℎt单调递减；当t∈1,+∞时，ℎ't>0，ℎt单调递增，
又由ℎ1=0，所以ℎt存在唯一零点t=1，即1=x−ln(λx)在0,+∞有解，
即1+lnλ=x−lnx，令px=x−lnx，则p'x=1−1x=x−1x，
当x∈0,1时，p'x<0；当x∈1,+∞时，p'x>0，
所以函数px在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以1+lnλ≥p1=1，解得λ≥1，
故实数λ的取值范围为1,+∞.
故选：B.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
【变式3-1】3. （2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数fx=ex−alnx有两个大于1的零点，则a的取值范围可以是（ ）
A．0,1B．1,e1e
C．e1e,eD．ee+1,e2e
【答案】D
【分析】由函数fx有两个大于1的零点，得fx在1,+∞不单调，然后利用导数研究函数fx的单调性即可求解.
【详解】因为函数fx=ex−alnx有两个大于1的零点，所以f(x)在1,+∞不单调.
由fx=ex−alnx得f'x=ex−ax(x>0)，
当a≤0时，f'x>0恒成立，所以f(x)在0,+∞上单调递增，不符合题意；
当a>0时，显然f'x=ex−ax在0,+∞上单调递增，而f'(1)=e−a，
当0f'(1)≥0，所以f(x)在1,+∞上单调递增，不符合题意，此时可排除ABC；
当a>e时，因为f'(1)=e−a<0,f'(a)=ea−1>0，
所以存在x0∈1,a，使得f'x0=ex0−ax0=0，即a=x0ex0，
当x∈1,x0时，f'x<0，f(x)单调递减，
当x∈x0,+∞时，f'x>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x=x0处取得极小值，也是最小值.
而f(1)=e>0，当x趋向正无穷时，f(x)趋向正无穷，
所以当函数fx有两个大于1的零点时，只要fx0<0即可，
fx0=ex0−alnx0=ex0−x0ex0lnx0=ex0(1−x0lnx0)，
设y=xex(x>1)，则y'=x+1ex>0，所以y=xex(x>1)单调递增；
设g(x)=1−xlnx，则g'(x)=−lnx−1，当x>1e时，g'(x)=−lnx−1<0，g(x)单调递减；
对于D，当a∈ee+1,e2e时，由a=x0ex0知x0≥e，
当x0≥e时，1−x0lnx0≤1−e<0，所以fx0=ex0(1−x0lnx0)<0，满足题意；
故选：D.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
【变式3-1】4. （多选）（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）已知fx=elnxx+xelnx+x−kk∈R有三个不相等的零点x1，x2，x3，且x1A．存在实数k，使得x1=1
B．x3>e
C．k∈1,32
D．lnx1x1+1e2lnx2x2+1elnx3x3+1e为定值
【答案】BCD
【分析】化简方程，令elnxx=t，得到t2+(1−k)t−k+1=0．构造函数g(x)=elnxx，则g'(x)=e⋅1−lnxx2，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于x的方程三个不相等的实数解x1，x2，x3，且x1【详解】由方程elnxx+xelnx+x−k=0，可得elnxx+1elnxx+1−k=0．
令elnxx=t，则有t+1t+1−k=0，即t2+(1−k)t−k+1=0．
令函数g(x)=elnxx，则g'(x)=e⋅1−lnxx2，
令g'x>0，解得0e，
所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减．
所以gxmax=ge=elnee=1，
作出图象如图所示，要使关于x的方程elnxx+xelnx+x−k=0有三个不相等的实数解x1，x2，x3，
且x1令gt=t2+(1−k)t−k+1，
若t1≤0,00Δ=k2+2k−3>0，故1若t1=1,00Δ=k2+2k−3>0，无解，
综上k∈1,32，故C正确；
由图结合单调性可知x3>e，故B正确；
若f1=1−k=0，则k=1，又k∈1,32，故A不正确；
lnx1x1+1e2lnx2x2+1elnx3x3+1e=t1e+1e2t2e+1et2e+1e
=t1e+1e2t2e+1e2=t1e+1et2e+1e2=1e2t1t2+1e2t1+t2+1e2
=1e2−k+1+1e2k−1+1e2=1e2，故D正确.

故选：BCD.
【点睛】本题主要考查导数的应用，解答本题的关键是：令g(x)=elnxx，判断出函数g(x)的单调性，结合图象将elnxx+xelnx+x−k=0，表示为关于t的函数即可求解.
题型4含有绝对值函数的零点
【例题4】（2023·全国·高三专题练习）若函数fx=ax2−2x−x2−ax+1有且仅有两个零点，则a的取值范围为 ．
【答案】−∞,0∪0,1∪1,+∞
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断a的取值范围．
【详解】（1）当x2−ax+1≥0时，fx=0⇔ a−1x2+a−2x−1=0，
即a−1x−1x+1=0，
若a=1时，x=−1，此时x2−ax+1≥0成立；
若a≠1时，x=1a−1或x=−1，
若方程有一根为x=−1，则1+a+1≥0，即a≥−2且a≠1；
若方程有一根为x=1a−1，则1a−12−a×1a−1+1≥0，解得：a≤2且a≠1；
若x=1a−1=−1时，a=0，此时1+a+1≥0成立．
（2）当x2−ax+1<0时，fx=0⇔ a+1x2−a+2x+1=0，
即a+1x−1x−1=0，
若a=−1时，x=1，显然x2−ax+1<0不成立；
若a≠−1时，x=1或x=1a+1，
若方程有一根为x=1，则1−a+1<0，即a>2；
若方程有一根为x=1a+1，则1a+12−a×1a+1+1<0，解得：a<−2；
若x=1a+1=1时，a=0，显然x2−ax+1<0不成立；
综上，
当a<−2时，零点为1a+1，1a−1；
当−2≤a<0时，零点为1a−1，−1；
当a=0时，只有一个零点−1；
当0当a=1时，只有一个零点−1；
当1当a>2时，零点为1,−1．
所以，当函数有两个零点时，a≠0且a≠1．
故答案为：−∞,0∪0,1∪1,+∞．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
【变式4-1】1.（2021春•宁夏校级月考）已知函数fx=x2+3x，x∈R．若方程fx−ax−1=0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为__________．
【答案】0,1∪9,+∞．
【详解】试题分析：（方法一）在同一坐标系中画fx=x2+3x和gx=ax−1的图象（如图），问题转化为
fx与gx图象恰有四个交点．当y=ax−1与y=x2+3x（或y=−ax−1与y=−x2−3x）相切时，fx与gx图象恰有三个交点．把y=ax−1代入y=x2+3x，得x2+3x=ax−1，即x2+3−ax+a=0，由Δ=0，得3−a2−4a=0，解得a=1或a=9．又当a=0时，fx与gx仅两个交点，∴09．
（方法二）显然x≠1，∴a=x2+3xx−1．令t=x−1，则a=t+4t+5
∵t+4t∈−∞,−4∪4,+∞，∴t+4t+5∈−∞,1∪9,+∞．结合图象可得09．
考点：方程的根与函数的零点．
【变式4-1】2. （2021秋•浦东新区校级月考）已知函数fx=x2+(4a−3)x+3a,x<0lga(x+1)+1,x⩾0（a>0且a≠1）在R上单调递减，且关于x的方程fx=2−x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是 ．
【答案】13,23∪34
【分析】利用函数是减函数,根据对数的图象和性质判断出a的大致范围，再根据fx为减函数，得到不等式组,利用函数的图象,方程的解的个数,推出a的范围．
【详解】函数fx=x2+(4a−3)x+3a,x<0lga(x+1)+1,x⩾0（a>0且α≠1），
在R上单调递减，则：3−4a2≥00解得，13⩽a⩽34．
由图象可知，在[0,+∞)上,fx=2−x有且仅有一个解，
故在(−∞,0)上,fx=2−x同样有且仅有一个解，
当3a>2即a>23时,联立x2+4a−3x+3a=2−x,
则Δ=4a−22−43a−2=0,解得a=34或1（舍去），
当1≤3a≤2时,由图象可知，符合条件，
综上：a的取值范围为13,23∪34.
故答案为13,23∪34．
【点睛】本题考查函数的单调性和方程的零点,对于分段函数在定义域内是减函数,除了每一段都是减函数以外,还要注意右段在左段的下方,经常会被忽略,是一个易错点；复杂方程的解通常转化为函数的零点,或两函数的交点,体现了数学结合思想,属于难题.
【变式4-1】3. （2021秋•瑶海区校级期末）已知函数fx，gx分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且满足fx+gx=2x−x，则f0的值为 ；若关于x的方程2x−2021−λfx−2021−2λ2=0有唯一的实数解，则实数λ的值为 .
【答案】 1 12或−1
【分析】构造函数方程并根据奇偶性可求得函数fx的解析式；转化为
2t−λ⋅122et+2−t−2λ2=0有唯一解，构造偶函数m(t)=2t−12λ2t+2−t−2λ2，根据偶函数的对称性列式可求得结果.
【详解】∵fx，gx分别是定义在R上的偶函数和奇函数，
∴g0=0，f0+g0=20−0=1，∴f0=1
∵f−x=fx，g−x=−gx
又∵fx+gx=2x−x①，
∴f−x+g−x=fx−gx=2−x+x②
①+②：2fx=2x+2−x，∴fx=122x+2−x，
令ℎx=2x−2021−λfx−2021−2λ2
又∵ℎx=2x−2021−λfx−2021−2λ2=2x−2021−122x−2021+2−x+2021λ−2λ2
换元设x−2021=t
又∵关于x的方程2x−2021λfx−2021−2λ2=0有唯一的实数解，
设mt=2t−12λ2t+2−t−2λ2，
∵mt为偶函数，∴当且仅当t=0时为唯一零点，∴1−λ−2λ2=0，解得λ=12或λ=−1.
故答案为：0；12或−1
【点睛】关键点睛：构造函数方程并根据奇偶性求函数解析式、利用偶函数的对称性求解是解题关键.
【变式4-1】4. （2023·青海西宁·统考二模）函数fx=4sinπ2x−x−1的所有零点之和为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】令f(x)=0两个解为零点，将零点问题转换成gx=4sinπ2x，ℎx=x−1两个函数的交点问题，作图即可求出零点，且gx和ℎx的图象关于x=1对称，零点也关于x=1，即可求出所有零点之和.
【详解】令f(x)=0，得4sinπ2x=x−1，解得x=−3或x=5，即为零点，
令gx=4sinπ2x，ℎx=x−1，
gx的周期T=2ππ2=4，对称轴x=1+4k,k∈Z，且ℎx的对称轴x=1，
做出gx=4sinπ2x和ℎx=x−1的图象如图所示：
显然，f(x)在0,1和1,2上各存在一个零点，
∵g5=4sin5π2=4=ℎ(5)=|5−1|，ℎ(4)=3>g(4)=0，在(4,5)上两函数必存在一个交点，
∴f(x)在(4,5]上有两个零点，同理f(x)在[−3,−2)上存在两个零点，
所以f(x)在−3,5上存在6个零点，
因为gx和ℎx关于x=1对称，则f(x)零点关于x=1对称，
所以f(x)的所有零点之和为6×1=6.
故选：C
【变式4-1】5. （2021•义乌市月考）已知f(x)=|x|+a2−1⋅ln|x+a|，满足fx≥0在定义域上恒成立，则a的值为 ．
【答案】0.
【分析】要使f(x)⩾0在定义域上恒成立，则函数ℎ(x)=|x|+a2−1与函数y=ln|x+a|必有相同零点，进而得解．
【详解】令ln|x+a|=0，解得x=1−a或x=−1−a，
依题意，函数ℎ(x)=|x|+a2−1的零点也为x=1−a或x=−1−a，（因为y=ln|x+a|的值域为R，若函数ℎ(x)=|x|+a2−1的零点不为x=1−a或x=−1−a，则f(x)<0必有解，则与题设矛盾．)
即|1−a|+a2−1=0|−1−a|+a2−1=0，解得a=0．
经检验，a=0符合题意．
故答案为：0．
【点睛】本题考查不等式的恒成立问题，函数的零点，考查逻辑推理能力，属于中档题．
题型5复合函数零点
【例题5】（2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知函数gx=2x,x<0lnx,x>0（e为自然对数的底数），则函数fx=ggx−19gx−1的零点个数为（ ）
A．1B．3C．5D．7
【答案】D
【分析】令gx=u，则方程ggx−19gx−1=0变为了gu=19u+1，在同一直角坐标系中分别画出y=gu 和y=19u+1的图象得到相应的u范围，再画出gx的图象，结合图像即可得解.
【详解】首先由gx定义知道u=gx≥0，又由y=gu的定义域知道u≠0，所以有u>0.
然后在同一直角坐标系中先分别画出y=gu 和y=19u+1的图象，如下图所示：

设方程gu=lnu=19u+1的三个根从大到小依次排列为u1,u2,u3，
则由图可知0现在在同一直角坐标系中先分别画出gx，y=u1，y=u2，y=u3的图象如下图：

由图可知gx分别与y=u1，y=u2，y=u3的图象分别交于A,B,C,D,E,F,G一共七个点，
所以方程ggx−19gx−1=0有7个根，
则函数fx=ggx−19gx−1的零点个数为7.
故选：D.
【点睛】关键点睛：解题关键是首先将原问题转化为求方程ggx−19gx−1=0的根之后，利用了换元的思想方法，进一步只需讨论y=gu 和y=19u+1的图象交点个数以及相应的u的范围(这里用到了数学结合的思想方法)，进而再次利用数形结合即可得解.
【变式5-1】1.（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）函数fx=1ex+1，若gx=2f2x−2a+3fx+3a有4个零点，则a的取值范围是（ ）
A．1,2B．32,2
C．0,32∪32,2D．1,32∪32,2
【答案】D
【分析】由gx=0可得出fx=32或fx=a，数形结合可知直线y=32与函数fx的图象有两个交点，从而可知直线y=a与函数fx有两个零点，结合图形可得出实数a的取值范围.
【详解】由gx=2f2x−2a+3fx+3a=0，可得2fx−3⋅fx−a=0，
解得fx=32或fx=a，如下图所示：

由图可知，直线y=32与函数fx的图象有两个交点，
又因为函数gx有四个零点，故直线y=a与函数fx有两个零点，且a≠32，
所以，1因此，实数a的取值范围是1,32∪32,2.
故选：D.
【变式5-1】2. （2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）已知函数fx=ex,x≤02x,x＞0，gx=x2−2x，记函数Fx=gfx−m，若函数Fx恰有三个不同的零点x1,x2,x3，且x1A．1−ln3B．1+ln3C．3−ln3D．3+ln3
【答案】C
【分析】根据已知条件画出函数图像，得到gx与y=m的交点的横坐标一个在0,1上，另一个在1,+∞上，转化为研究ℎx=lnx−3x+4，0【详解】由fx的解析式，可知fx在−∞,0上单调递增，
且值域为0,1，在0,+∞上单调递增，且值域为0,+∞，
函数fx的图像如图所示，
所以在fx的值域0,1上，任意函数值都有两个x值与之对应，
在值域1,+∞上，任意函数值都有一个x值与之对应.
要使Fx=gfx−m恰有三个不同的零点x1,x2,x3，
则gx与y=m的交点的横坐标一个在0,1上，另一个在1,+∞上，
由gx=x2−2x的图像开口向上且对称轴为x=1，易知−1此时gt1=gt2=m，且0结合fx的图像及x1则x1=lnt1,x2=t12,x3=t22，
所以x1−2x2+4x3=lnt1−t1+2t2=lnt1−t1+22−t1=lnt1−3t1+4，且0令ℎx=lnx−3x+4，0当00,ℎx单调递增；当x>13时，ℎ'x<0,ℎx单调递减.
所以ℎ(x)max=ℎ13=3−ln3，故x1−2x2+4x3的最大值为3−ln3.
【点睛】思路点睛：本题考查函数与导数的综合问题.复合函数要层层分析，通过图像加以辅助，多变量问题要寻找变量之间的关系，实现消元，从而解答.
【变式5-1】3. （2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知函数fx=−x2+x+2,x<02xex,x≥0，若函数gx=2ef2x−afx+2e恰有6个零点，则实数a的取值范围为 ．
【答案】4,5
【分析】利用导数求出fx在0,+∞上的单调性与极大值，即可画出函数fx的图象，依题意可得关于x的方程2ef2x−afx+2e=0恰有6个不相等的实数根，令fx=t，则关于t的2et2−at+2e=0有两个不相等的实数根t1,t2，且00,a4e∈(0,2e)g0>0g2e>0，即可求出参数a的取值范围.
【详解】当x≥0时fx=2xex，则f'x=21−xex，所以当00，
当x>1时f'x<0，
所以fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
则fx在x=1处取得极大值，f1=2e，且x>0时fx>0，当x→+∞时fx→0，
当x<0时fx=−x2+x+2，函数fx在−∞,0上单调递增，
所以fx的图象如下所示：

对于函数gx=2ef2x−afx+2e，令gx=0，即2ef2x−afx+2e=0，
令fx=t，则2et2−at+2e=0，
要使2ef2x−afx+2e=0恰有6个不相等的实数根，
即关于t的2et2−at+2e=0有两个不相等的实数根t1,t2，且0令gt=2et2−at+2e，则gt有两个不相等的零点均位于0,2e之间，
所以Δ=a2−4×2e×2e>0,00g2e=2e×2e2−a×2e+2e>0，解得4所以实数a的取值范围为4,5.
故答案为：4,5
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是利用导数说明函数的单调性，得到函数的大致图象，将函数的零点问题转化为一元二次方程根的分布问题.
【变式5-1】4. （2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）已知函数fx=lnx,x≥12x3−3x2+1,x<1，则x∈−1,e时，fx的最小值为 ，设gx=fx2−fx+a，若函数gx有6个零点，则实数a的取值范围是 .
【答案】 −4 0,14
【分析】根据各段函数的单调性分别求出各段的最小值，即可求出x∈−1,e时，fx的最小值，令t=fx，则t2−t+a=0，00，且fx=t1或fx=t2有3个零点，即可求出实数a的取值范围.
【详解】当x∈1,e时，fx=lnx，此时函数在1,e上单调递增，
所以此时函数的最小值为f1=ln1=0，
当x∈[−1,1)时，fx=2x3−3x2+1，则f'x=6x2−6x=6x(x−1)，
当−1≤x<0时，f'x>0，当0所以fx在[−1,0)上递增，在(0,1)上递减，
因为f−1=−2−3+1=−4,f1=2−3+1=0，
所以函数的最小值为−4，
综上，当x∈−1,e时，fx的最小值为−4，
函数fx=lnx,x≥12x3−3x2+1,x<1的图象如图所示

令t=fx，则由gx=fx2−fx+a=0，得t2−t+a=0，
因为函数gx有6个零点，
所以t2−t+a=0，0所以Δ=1−4a>0，且满足0<12<102−0+a>012−1+a>0，
解得0即实数a的取值范围是0,14，
故答案为：−4，0,14
【点睛】关键点点睛：此题考查分段函数的最值的求法，以及根据函灵敏的零点个数求参数的范围，解题的关键是画出函数的图象，结合图形求解，考查学生的转化能力和数形结合的思想，属于较难题.
题型6函数中的整数问题
【例题6】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）已知函数fx=lnx+1−mx2有两个零点a,b，且存在唯一的整数x0∈a,b，则实数m的取值范围为（ ）
A．0,e2B．ln3e9,e2C．ln2e4,1D．ln2e4,1
【答案】D
【分析】将函数fx=lnx+1−mx2,(x>0)有两个零点a,b，转化为ℎx=lnx+1x2(x>0),y=m的图象有两个交点问题，利用导数判断ℎx的单调性，作出其大致图象，数形结合，列出能保证存在唯一的整数x0∈a,b的不等关系，即可求得答案.
【详解】由题意函数fx=lnx+1−mx2,(x>0)有两个零点a,b，
即fx=lnx+1−mx2=0，得m=lnx+1x2有两个正实根，
设ℎx=lnx+1x2(x>0)，则ℎ'x=x−2xlnx+1x4=1−2lnx+1x3=−2lnx+1x3，
令ℎ'x=0，解得x=e−12，当00，ℎ(x)在(0,e−12)上单调递增；
当x>e−12时，ℎ'x<0,ℎx在(e−12,+∞)上单调递减；
故当x=e−12时，函数取得极大值，且ℎe−12=e2，
又x=1e时，ℎx=0；当0当x>1e时，lnx+1>0,x2>0,ℎx>0，
作出函数ℎx的大致图象，如图所示：
直线y=m与ℎx=lnx+1x2的图象的两个交点的横坐标即分别为a,b，
由题意知a∈1e,e−12，又ℎ1=1,ℎ2=ln2+14=ln2e4，
因为存在唯一的整数x0∈a,b，所以1≤b<2，
又直线y=m与ℎx=lnx+1x2的图象有两个交点，
由图可知：ℎ2故选：D.
【点睛】关键点睛：本题是根据函数零点的个数求参数的取值范围问题，关键在于要保证存在唯一的整数x0∈a,b，因此解答时利用导数判断函数的单调性，作出函数图象，数形结合，列出保证条件成立的不等式，求解答案.
【变式6-1】1. （多选）（2023·全国·高三专题练习）关于x的函数f(x)=x+kx−k,x>0f(1−x)+k−6,x≤0有4个零点，则整数k的可能取值为（ ）
A．5B．6C．7D．9
【答案】ABC
【分析】利用对勾函数得性质画出函数图象，结合最值列出不等关系，求出实数k的取值范围，进而得到答案.
【详解】由对勾函数得单调性可知，
fx=x+kx−k,x>0f1−x+k−6,x≤0=x+kx−k,x>01−x+k1−x−6,x≤0的图象大致如下：
x>0时，有两个零点，须满足：k>0，且2k−k<0⇒k>4；x<0时，有两个零点，须满足：k>0，且2k−6<0f0=k−5≥0⇒5≤k<9，
当k=0时，当x>0时，fx=x单调递增，无零点，当x≤0时，fx=−x−5单调递减，有一个零点，故不合题意；
当k<0时，当x>0时，fx=x+kx−k单调递增，当x≤0时，fx=1−x+k1−x−6单调递减，故不可能有4个零点，
综上：实数k的取值范围为[5，9)，
故选：ABC.
【变式6-1】2.（多选） （2023·全国·高三专题练习）若ax-4x2+b≥0对任意x∈-∞,0恒成立，其中a，b是整数，则a+b的可能取值为（ ）
A．-7B．-5C．-6D．-17
【答案】BCD
【分析】对b分类讨论，当b≥0时，由ax-4x2+b≥0可得ax-4≥0，由一次函数的图象知不存在；当b<0时，由ax-4x2+b≥0，利用数形结合的思想可得出a,b的整数解.
【详解】当b≥0时，由ax-4x2+b≥0可得ax-4≥0对任意x∈-∞,0恒成立，
即a≤4x对任意x∈-∞,0恒成立，此时a不存在；
当b<0时，由ax-4x2+b≥0对任意x∈-∞,0恒成立，
可设fx=ax-4，gx=x2+b，作出fx,gx的图象如下，
由题意可知a<04a=--b，再由a，b是整数可得a=-1b=-16或a=-4b=-1或a=-2b=-4
所以a+b的可能取值为-17或-5或-6
故选：BCD
【变式6-1】3. （2023·河南·校联考模拟预测）已知函数fx=2x−3e2−ax+1ex+2aex(a>0,a∈R)，若存在唯一的整数x0，使得fx0>0，则实数a的取值范围是 .
【答案】1+e,1+3e22∪0,3e−1
【分析】将题目转化为存在唯一的整数x0，使得gx0在直线ℎx=ax−2+1上方,得到g1>ℎ1ℎ0≥g0或g3>ℎ3ℎ4≥g4，解得答案.
【详解】函数fx=2x−3e2−ax+1ex+2aex(a>0,a∈R)存在唯一的整数x0，使得fx0>0，ax−2+1<2x−3e2ex
设gx=2x−3e2ex与ℎx=ax−2+1,
即存在唯一的整数x0，使得gx0在直线ℎx=ax−2+1上方,
g'x=e25−2xex，当x∈−∞,52时，g'x>0,gx在x∈−∞,52上单调递增；当x∈52,+∞时，g'x<0,gx在x∈52,+∞上单调递减，x→+∞,gx>0, g2=ℎ2=1,g'1=3e，

若要存在唯一的整数x0，使得gx0在直线ℎx=ax−2+1上方，
则g1>ℎ1ℎ0≥g0或g3>ℎ3ℎ4≥g4，代入得−e>1−a1−2a≥−3e2或3e>a+15e2≤2a+1a>0，
解得a∈1+e,1+3e22∪0,3e−1,
故答案为：1+e,1+3e22∪0,3e−1.
【点睛】关键点点睛:用导数求参数的范围问题，将题目转化两个函数的交点问题求解是解题的关键.
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）函数fx=easinx−asinxa<−1．若∃x0∈R，使得fx0+a3>3ln1a成立，则整数a的最大值为 ．（参考数据：ln2=0.7，ln3=1.1，ln5=1.6）
【答案】−5
【分析】根据题意，构造函数φx=ex−e−x−2xx<0，利用导数与函数的单调性得到f3π2=e−a+a为函数fx的最大值．将问题等价转化为e−a−lne−a>−a3−ln−a3，再次构造函数gx=x−lnx和ℎt=t−3lntt>1，利用导数与函数的单调性即可求解.
【详解】fx=easinx−asinx，易知fx是周期为2π的周期函数．
f'x=acsxeasinx−1，当x∈0,2π时，fx在0,π2单调递增，π2,π单调递减，π,3π2单调递增，3π2,2π单调递减，又fπ2−f3π2=ea−e−a−2a，且a<0．
构造函数φx=ex−e−x−2xx<0，求得φ'x=ex+e−x−2，
由基本不等式可得，当x<0时，φ'x>0恒成立，所以函数φx在−∞,0单调递增，且φ0=0，故φx<0，所以有fπ2−f3π2<0，
即f3π2=e−a+a为函数fx的最大值．
若∃x0∈R，使得fx0+a3>3ln1a成立，
即fxmax+a3>3ln1a⇔e−a+a+a3>3ln1a，
亦即e−a−−a>−a3−ln−a3⇔e−a−lne−a>−a3−ln−a3，
构造函数gx=x−lnx，可知gx在x∈0,1单调递减，在x∈1,+∞单调递增．
又a<−1，所以e−a>1，−a3>1，所以e−a>−a3⇔−a>3ln−a，
令t=−a，则t>1，构造函数ℎt=t−3lntt>1，可知ℎt在t∈1,3单调递减，
在t∈3,+∞单调递增．又ℎ3=3−3ln3<0，ℎ2=2−3ln2<0，
ℎ4=4−3ln4<0，ℎ5=5−3ln5>0，所以满足条件的整数−a≥5，
故整数a≤−5，所以整数a的最大值为−5．
故答案为：−5.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
【变式6-1】5.（2021•中卫二模）已知函数fx=kx−1+14ex−32x2，若函数fx的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，则实数k的取值范围为（ ）
A．3e3−112,3e2−18B．3e2−18,3e−14
C．3e3−112,3e2−18D．3e2−18,3e−14
【答案】C
【解析】函数fx的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，转化为f'(x)=kx+14ex−3x≤0解集中恰有两个正整数，利用数形结合建立不等式求解即可.
【详解】因为fx=kx−1+14ex−32x2的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，
所以f'(x)=kx+14ex−3x≤0的解集中恰有两个正整数，
由kx+14ex−3x≤0可得，kx+14≤3xex ，
令g(x)=3xex，则g'(x)=3(1−x)ex,x∈(−∞,1)，g'(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(1,+∞),g'(x)<0，g(x)单调递减，
作出函数g(x)与y=kx+14的图象如图，
当f'(x)≤0恰有两个正整数解时，即为1和2，
所以2k+14≤6e23k+14>9e3⇒3e3−112故选： C
【点睛】本题以解不等式为载体,要求考生抓住函数图象和性质的本质,建立数与形之间的联系,体现了直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养，属于难题.
题型7三角函数的零点
【例题7】（多选）（2023秋·福建厦门·高三福建省厦门第二中学校考开学考试）设函数fx=sinωx+π5ω>0，已知fx在0,2π有且仅有5个零点，则（ ）
A．fx在0,2π有且仅有3个极大值点
B．fx在0,2π有且仅有2个极小值点
C．fx在0,π10单调递增
D．ω的取值范围是125,2910
【答案】ACD
【分析】由fx在0,2π有且仅有5个零点，可得5π≤2πω+π5<6π可求出ω的范围，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为fx=sinωx+π5ω>0在0,2π有且仅有5个零点，如图所示，

所以5π≤2πω+π5<6π，所以125≤ω<2910，所以D正确，
对于AB，由函数y=sinx在π5,2πω+π5上的图象可知，fx在0,2π有且仅有3个极大值点，有3个或2个极小值点，所以A正确，B错误，
对于C，当x∈0,π10时，ωx+π5∈π5,ωπ10+π5，
因为125≤ω<2910，所以ωπ10+π5<49π100<π2，所以π5,ωπ10+π50,π2，
所以fx在0,π10单调递增，所以C正确，
故选：ACD
【变式7-1】1.（多选） （2023秋·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考开学考试）函数f(x)=kx−|sinx|在(0,+∞)上有两个零点α,β(α<β)，下列说法正确的是（ ）
A．β∈5π4,3π2B．tanβ−α=sinα+sinβk
C．tanβ+π4=1+β1−βD．f(x)在(0,2π)上有2个极值点x1,x2(x1【答案】ACD
【分析】根据零点存在定理来判断A；根据导数的几何意义推出tanβ=β，结合零点即方程的根来判断B；根据导数的几何意义推出tanβ=β，结合两角和的正切公式判断C；根据导数与极值点的关系判断D.
【详解】由于函数f(x)=kx−|sinx|在(0,+∞)上有两个零点α,β(α<β)，
故函数y=kx,y=|sinx|的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点，
作出函数y=kx,y=|sinx|的图象如图：

要满足题意，需满足y=kx与y=|sinx|在(π,2π)间的图象相切，
由图象可知α∈(0,π)，β∈(π,32π)，
当x∈(0,π]时，y=sinx，当x∈(π,2π)时，y=−sinx，
由于α<β，则设y=kx与y=|sinx|在(π,2π)间的图象相切时的切点为(β,−sinβ)，
此时y'=−csx，则k=−csβ=−sinβ−0β−0,∴tanβ=β，
于是tanβ+π4=tanβ+tanπ41−tanβtanπ4=1+β1−β，C正确；
对于A，当x∈(π,2π)时，f(x)=kx+sinx，此时k=−csβ，β∈(π,32π)，
由于f(β)=kβ+sinβ=0，即f(β)=−βcsβ+sinβ=0，
令ℎ(x)=−xcsx+sinx,x∈(π,32π)，ℎ'(x)=xsinx<0，
即ℎ(x)=−xcsx+sinx,x∈(π,32π)为减函数，
ℎ(5π4)=−5π4×cs5π4+sin5π4=22(5π4−1)>0，ℎ(3π2)=−3π2×cs3π2+sin3π2=−1<0，
故ℎ(x)=−xcsx+sinx在(5π4,32π)内有唯一零点，即β∈5π4,3π2，A正确；
对于B，当x∈(0,π]时，f(α)=kα−sinα=0，即α=sinαk；
当x∈(π,2π)时，tanβ=β，f(β)=kβ+sinβ=0，即β=−sinβk；
故tanβ−α=β−α=−sinα+sinβk，B错误；
对于D，当x∈(0,π]时，f(x)=kx−sinx，f'(x)=−csβ−csx=cs(β−π)−csx，
β−π∈(0,π)，当00，
即f(x)在(0,β−π)单调递减，在(β−π,π)单调递增，
即x=β−π为函数在(0,π]内的一个极小值点；
当x∈(π,2π)时，f(x)=kx+sinx，f'(x)=−csβ+csx，
当π0，
即f(x)在(π,β)单调递减，在(β,2π)单调递增，
即x=β为函数在(π,2π)内的一个极小值点；
即f(x)在(0,2π)上有2个极值点，设为x1,x2(x1则x1=β−π,x2=β，故x2−x1=π，D正确；
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合性强，难度较大，解答时要能综合利用函数零点知识以及导数知识，灵活求解，要注意数形结合方法的应用.
【变式7-1】2. （2023·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）若存在实数a及正整数n，使得fx=cs2x−asinx在区间(0,nπ)内恰有2022个零点，则所有满足条件的正整数n的值共有 个．
【答案】5
【分析】利用换元思想将问题转化为方程2t2+at−1=0在实数范围内一定有两个异号的根，根据方程与函数的应用进行讨论分析.
【详解】由题意知，
fx=cs2x−asinx=−2sin2x−asinx+1，
令fx=0，t=sinx，此时2t2+at−1=0，
而Δ=a2+8>0，t1t2=−12，t1+t2=−a2，
则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根，
当t2<−1时，0一个周期2π内有两个零点，则n=2022或n=2021；
当t2=−1时，t1=12，
一个周期2π内有三个零点，则需要20223=674个周期，
即n=674×2=1348；
当−10，解得a<1，
若−1则一个周期2π内有四个零点，
则需要20224=505+12个周期，
即n=2×505+1=1011；
若a=−1，此时t2=−12，t1=1，
则一个周期2π内有三个零点，
则需要20223=674个周期，
即n=674×2=1348；
若a<−1，此时t1>1，
一个周期2π内有两个零点，
则n=2022或n=2023.
综上所述，这样的正整数n有5个，
分别是1011,1348,2021,2022,2023.
故答案为：5
【点睛】关键点睛：本题主要考查函数与方程的应用，利用分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，属于中档题.
【变式7-1】3. （2023·宁夏银川·校考模拟预测）已知函数f(x)=cs2ωx+3sinωxcsωx+m（ω>0，m∈R）.
再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择能确定函数f(x)的解析式的两个作为已知.
条件①：函数f(x)的最小正周期为π；
条件②：函数f(x)的图象经过点0,12；
条件③：函数f(x)的最大值为32.
(1)求f(x)的解析式及最小值；
(2)若函数f(x)在区间0,t（t>0）上有且仅有1个零点，求t的取值范围.
【答案】(1)选择①②f(x)=sin(2x+π6)，f(x)的最小值为−1；选择①③f(x)=sin(2x+π6)+12，f(x)的最小值为−12
(2)选择①②t∈[5π12,11π12)；选择①③t∈[π2,5π6)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简f(x)，选择①②：由周期得出ω，由f(0)=12得出m，进而求出f(x)的解析式及最小值；选择①③：由周期得出ω，由f(x)的最大值为32得出m，进而求出f(x)的解析式及最小值；选择②③：由f(0)=1+m=12得m=−12，又因为函数f(x)的最大值为m+32=32，所以m=0，与m=−12矛盾，不符合题意．
（2）因为x∈[0,t]，所以2x+π6∈[π6,2t+π6]，结合三角函数的性质与函数零点的概念求解即可．
【详解】（1）由题可知，f(x)=cs2ωx+3sinωxcsωx+m =32sin2ωx+12cs2ωx+m+12=sin(2ωx+π6)+m+12，
选择①②：
因为T=2π2ω=π，所以ω=1，
又因为f(0)=1+m=12，所以m=−12．
所以f(x)=sin(2x+π6)．
当2x+π6=2kπ−π2,k∈Z，即x=kπ−π3,k∈Z时，f(x)=−1，
所以函数f(x)的最小值为−1．
选择①③：
因为T=2π2ω=π，所以ω=1，
又因为函数f(x)的最大值为m+32=32，所以m=0．
所以f(x)=sin(2x+π6)+12，
当2x+π6=2kπ−π2,k∈Z，即x=kπ−π3,k∈Z时，sin(2x+π6)=−1．
所以函数f(x)的最小值为−1+12=−12．
选择②③：因为f(0)=1+m=12，所以m=−12．
又因为函数f(x)的最大值为m+32=32，所以m=0，与m=−12矛盾，不符合题意．
（2）选择①②：f(x)=sin(2x+π6)
因为x∈[0,t]，所以2x+π6∈[π6,2t+π6]，
又因为f(x)在区间0,t（t>0）上有且仅有1个零点，
所以π≤2t+π6<2π，所以5π12≤t<11π12，所以t∈[5π12,11π12)．
选择①③：f(x)=sin(2x+π6)+12
因为x∈[0,t]，所以2x+π6∈[π6,2t+π6]，
又因为f(x)在区间0,t（t>0）上有且仅有1个零点，
又sinx=−12时，x=−π6+2kπ,k∈Z或x=7π6+2kπ,k∈Z，
所以7π6≤2t+π6<11π6，所以π2≤t<5π6，所以t∈[π2,5π6)．
1.（2023·山西阳泉·阳泉市第一中学校校考模拟预测）已知函数f(x)=ex+x−2的零点为x1，函数g(x)=2−x−lnx的零点为x2，给出以下三个结论：①ex1+ex2>2e；②x1x2>34；③x2lnx1+x1lnx2<0.其中所有正确结论的序号为 .
【答案】①③
【分析】根据函数零点的定义结合函数的单调性推出x1=lnx2=2−x2，可得x1+x2=2.利用基本不等式可判断①；结合二次函数单调性可判断②；判断出0【详解】由题意得ex1+x1−2=0,lnx2+x2−2=elnx2+lnx2−2=0，则fx1=flnx2=0，
即x1和lnx2为f(x)=ex+x−2的零点；
而f(x)=ex+x−2在R上单调递增，且f(0)=−1<0,f(1)=e−1>0，
∴f(x)在R上有且仅有一个零点，∴x1=lnx2=2−x2,∴x1+x2=2，
又x1≠x2≠1,∴ex1+ex2>2ex1ex2=2e，①正确；
又f(0)=−1<0,f12=e−32>0,∴0而y=−x2+2x在(0,12)上单调递增，
∴x1x2=x12−x1=−x12+2x1<12×2−12=34，②错误；
∵0则lnx1而x1−x2<0,lnx2>0，故x1−x2⋅lnx2<0，即x2lnx1+x1lnx2<0，③正确.
综上，所有正确结论的序号为①③，
故答案为：①③
【点睛】关键点睛：本题综合性较强，涉及到函数零点以及单调性以及不等式证明相关知识，解答的关键在于根据lnx2+x2−2=0，变式为elnx2+lnx2−2=0，从而推出x1和lnx2为f(x)=ex+x−2的零点，再结合函数的单调性，说明x1=lnx2=2−x2，以下问题则可顺利解决.
2．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数fx=mlnx−2+n+1x在区间e2,e4上存在零点，则m2+n2的最小值为 .
【答案】e61+e6
【分析】设函数的零点为t，则t+mlnt−2+nt=0，则点m,n在直线xlnt−2+yt+t=0上，然后将问题转化为点到直线的距离的最值问题，构造函数，利用导数求解可得.
【详解】设函数的零点为t，则t+mlnt−2+nt=0，则点m,n在直线xlnt−2+yt+t=0上.
因为m2+n2表示（0,0）与（m,n）的距离，所以则m2+n2的最小值即为原点到直线xlnt−2+yt+t=0的距离的最小值平方，即m2+n2≥t2(lnt−2)2+t2min，
令y=t2(lnt−2)2+t2=1lnt−2t2+1,t∈e2,e4，
令gt=lnt−2t,g't=3−lntt2，当x∈e2,e3时，g't>0,gt单调递增，
当x∈e3,e4时，g't<0,gt单调递减，所以当t=e3时，g(t)max=1e3，ymin=11e6+1=e61+e6
所以m2+n2≥e61+e6,m2+n2的最小值为e61+e6.
故答案为：e61+e6
3．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知函数fx=x−1x−mlnx有三个零点，则实数m的取值范围是 ．
【答案】2,+∞
【分析】求导得到导函数，构造y=x2−mx+1，确定Δ>0，排除m<−2的情况，确定函数的单调性，确定f1=0，fx1>0，fx2<0，根据零点存在定理得到答案.
【详解】fx=x−1x−mlnx，x∈0,+∞，f'x=1+1x2−mx=x2−mx+1x2，
设y=x2−mx+1，Δ=m2−4，
当Δ≤0时，y=x2−mx+1≥0恒成立，即f'x≥0恒成立，fx单调递增，不满足；
故Δ>0，即m>2或m<−2，
当m<−2时，f'x≥0在0,+∞上恒成立，
fx单调递增，不满足，故m>2，
现证明m>2时满足条件：
设方程的两个解为x1，x2，不妨取x1当x∈0,x1和x∈x2,+∞时，f'x>0，函数单调递增；
当x∈x1,x2时，f'x<0，函数单调递减；
f1=0，故fx1>0，fx2<0，
当x趋近0时，fx趋近−∞，当x趋近+∞时，fx趋近+∞，
故fx在0,x1和x2,+∞上分别有一个零点，满足条件.
综上所述：实数m的取值范围是2,+∞.
故答案为：2,+∞.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，根据Δ的大小分类讨论m的取值范围是解题的关键，分类讨论是常用的数学方法，需要灵活掌握.
4．（2023·广东韶关·统考模拟预测）定义xx∈R为与x距离最近的整数（当x为两相邻整数算术平均数时，x取较大整数），令函数fx=x，如：f54=1，f64=2，f74=2，f84=2，则1f1+1f2+⋅⋅⋅+1f100=（ ）
A．17B．18910C．19D．19110
【答案】C
【分析】根据题意，分析1fn的规律，将1fn重新分组，第n组为2n个1n，则每组中各个数之和为2n×1n=1，分析1f100所在的组，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，函数fx=x，
当1≤n≤2时，有0.5当3≤n≤6，有1.5当7≤n≤12，有2.5当13≤n≤20，有3.5……，
当2k−12此时k2−k+14由此可以将1fn重新分组，各组依次为1,1、12,12,12,12、13,13,13,13,13,13、……，1n,1n,⋯,1n，
第n组为2n个1n，则每组中各个数之和为2n×1n=2，
前9组共有(2+18)×92=90个数，则1f100是第10组的第10个数，
则1f1+1f2+…+1f100=2×9+10×110=19．
故选：C．
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是找到1fn的规律，确定1f100所在的分组.
5．（2023·全国·统考高考真题）函数fx=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,−2B．−∞,−3C．−4,−1D．−3,0
【答案】B
【分析】写出f'(x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【详解】f(x)=x3+ax+2，则f'(x)=3x2+a，
若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，
令f'(x)=3x2+a=0，解得x=−−a3或−a3，
且当x∈−∞,−−a3∪−a3,+∞时，f'(x)>0，
当x∈−−a3,−a3，f'(x)<0，
故fx的极大值为f−−a3，极小值为f−a3，
若fx要存在3个零点，则f−−a3>0f−a3<0，即a3−a3−a−a3+2>0−a3−a3+a−a3+2<0，解得a<−3，
故选：B.
6．（2021·天津·统考高考真题）设a∈R，函数f(x)=cs(2πx−2πa).xA．2,94∪52,114B．74,2∪52,114
C．2,94∪114,3D．74,2∪114,3
【答案】A
【分析】由x2−2a+1x+a2+5=0最多有2个根，可得cs2πx−2πa=0至少有4个根，分别讨论当x【详解】∵x2−2a+1x+a2+5=0最多有2个根，所以cs2πx−2πa=0至少有4个根，
由2πx−2πa=π2+kπ,k∈Z可得x=k2+14+a,k∈Z，
由0（1）x当−6≤−2a−12<−5，fx有5个零点，即94当−7≤−2a−12<−6，fx有6个零点，即114（2）当x≥a时，f(x)=x2−2(a+1)x+a2+5，
Δ=4(a+1)2−4a2+5=8a−2，
当a<2时，Δ<0，fx无零点；
当a=2时，Δ=0，fx有1个零点；
当a>2时，令f(a)=a2−2a(a+1)+a2+5=−2a+5≥0，则2所以若a>52时，fx有1个零点.
综上，要使f(x)在区间(0,+∞)内恰有6个零点，则应满足
7452或114则可解得a的取值范围是2,94∪52,114.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成x7．（2022·全国·统考高考真题）（多选）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，f'x=3x2−1，令f'x>0得x>33或x<−33，
令f'(x)<0得−33所以f(x)在(−∞,−33)，(33,+∞)上单调递增，(−33,33)上单调递减，所以x=±33是极值点，故A正确；
因f(−33)=1+239>0，f(33)=1−239>0，f−2=−5<0，
所以，函数fx在−∞,−33上有一个零点，
当x≥33时，fx≥f33>0，即函数fx在33,+∞上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ−x=−x3−−x=−x3+x=−ℎx，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
令f'x=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f−1=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.
故选：AC.
8．（2022·北京·统考高考真题）若函数f(x)=Asinx−3csx的一个零点为π3，则A= ；f(π12)= ．
【答案】 1 −2
【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为f(x)=2sin(x−π3)，代入自变量x=π12，计算即可.
【详解】∵f(π3)=32A−32=0，∴A=1
∴f(x)=sinx−3csx=2sin(x−π3)
f(π12)=2sin(π12−π3)=−2sinπ4=−2
故答案为：1，−2
9．（2023·天津·统考高考真题）若函数fx=ax2−2x−x2−ax+1有且仅有两个零点，则a的取值范围为 ．
【答案】−∞,0∪0,1∪1,+∞
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断a的取值范围．
【详解】（1）当x2−ax+1≥0时，fx=0⇔ a−1x2+a−2x−1=0，
即a−1x−1x+1=0，
若a=1时，x=−1，此时x2−ax+1≥0成立；
若a≠1时，x=1a−1或x=−1，
若方程有一根为x=−1，则1+a+1≥0，即a≥−2且a≠1；
若方程有一根为x=1a−1，则1a−12−a×1a−1+1≥0，解得：a≤2且a≠1；
若x=1a−1=−1时，a=0，此时1+a+1≥0成立．
（2）当x2−ax+1<0时，fx=0⇔ a+1x2−a+2x+1=0，
即a+1x−1x−1=0，
若a=−1时，x=1，显然x2−ax+1<0不成立；
若a≠−1时，x=1或x=1a+1，
若方程有一根为x=1，则1−a+1<0，即a>2；
若方程有一根为x=1a+1，则1a+12−a×1a+1+1<0，解得：a<−2；
若x=1a+1=1时，a=0，显然x2−ax+1<0不成立；
综上，
当a<−2时，零点为1a+1，1a−1；
当−2≤a<0时，零点为1a−1，−1；
当a=0时，只有一个零点−1；
当0当a=1时，只有一个零点−1；
当1当a>2时，零点为1,−1．
所以，当函数有两个零点时，a≠0且a≠1．
故答案为：−∞,0∪0,1∪1,+∞．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
10.（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=csωx−1(ω>0)在区间0,2π有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 ．
【答案】[2,3)
【分析】令f(x)=0，得csωx=1有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)=csωx−1=0，则csωx=1有3个根，
令t=ωx，则cst=1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y=cst的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3，
故答案为：[2,3).
11．（2022·天津·统考高考真题）设a∈R，对任意实数x，记fx=minx−2,x2−ax+3a−5．若fx至少有3个零点，则实数a的取值范围为 .
【答案】a≥10
【分析】设gx=x2−ax+3a−5，ℎx=x−2，分析可知函数gx至少有一个零点，可得出Δ≥0，求出a的取值范围，然后对实数a的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数a的不等式，综合可求得实数a的取值范围.
【详解】设gx=x2−ax+3a−5，ℎx=x−2，由x−2=0可得x=±2.
要使得函数fx至少有3个零点，则函数gx至少有一个零点，则Δ=a2−12a+20≥0，
解得a≤2或a≥10.
①当a=2时，gx=x2−2x+1，作出函数gx、ℎx的图象如下图所示：
此时函数fx只有两个零点，不合乎题意；
②当a<2时，设函数gx的两个零点分别为x1、x2x1要使得函数fx至少有3个零点，则x2≤−2，
所以，a2<−2g−2=4+5a−5≥0，解得a∈∅；
③当a=10时，gx=x2−10x+25，作出函数gx、ℎx的图象如下图所示：
由图可知，函数fx的零点个数为3，合乎题意；
④当a>10时，设函数gx的两个零点分别为x3、x4x3要使得函数fx至少有3个零点，则x3≥2，
可得a2>2g2=4+a−5≥0，解得a>4，此时a>10.
综上所述，实数a的取值范围是10,+∞.
故答案为：10,+∞.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
12．（2021·北京·统考高考真题）已知函数f(x)=lgx−kx−2，给出下列四个结论：
①若k=0，f(x)恰 有2个零点；
②存在负数k，使得f(x)恰有1个零点；
③存在负数k，使得f(x)恰有3个零点；
④存在正数k，使得f(x)恰有3个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】由fx=0可得出lgx=kx+2，考查直线y=kx+2与曲线gx=lgx的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】对于①，当k=0时，由fx=lgx−2=0，可得x=1100或x=100，①正确；
对于②，考查直线y=kx+2与曲线y=−lgx0对函数y=−lgx求导得y'=−1xln10，由题意可得kt+2=−lgtk=−1tln10，解得t=e100k=−100elge，
所以，存在k=−100elge<0，使得fx只有一个零点，②正确；
对于③，当直线y=kx+2过点1,0时，k+2=0，解得k=−2，
所以，当−100elge若函数fx有三个零点，则直线y=kx+2与曲线y=−lgx0直线y=kx+2与曲线y=lgxx>1有一个交点，所以，−100elge0，此不等式无解，
因此，不存在k<0，使得函数fx有三个零点，③错误；
对于④，考查直线y=kx+2与曲线y=lgxx>1相切于点Pt,lgt，
对函数y=lgx求导得y'=1xln10，由题意可得kt+2=lgtk=1tln10，解得t=100ek=lge100e，
所以，当0故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．