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2025年高考数学一轮复习-2.9-函数与方程-专项训练【含答案】
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这是一份2025年高考数学一轮复习-2.9-函数与方程-专项训练【含答案】，共10页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。
1.已知a＝lg6eq \r(3,7)，b＝lg7eq \r(3,6)，c＝60.1，则( )
A.bC.c2.函数f(x)＝ex＋4－e－x(e是自然对数的底数)的图象关于( )
A.直线x＝－e对称 B.点(－e，0)对称
C.直线x＝－2对称 D.点(－2，0)对称
3.已知x0是函数f(x)＝eq \r(x)＋lg2(x＋1)－4的零点，则(x0－1)(x0－2)(x0－3)(x0－4)的值( )
A.为正数 B.为负数
C.等于0 D.无法确定正负
4.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(x＋2)＝f(－x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝lg2(x＋1)，则函数y＝f(x)－x3的零点个数是( )
A.2 B.3
C.4 D.5
5.若正实数a，b，c满足a＋2－a＝2，b＋3b＝3，c＋lg4c＝4，则正实数a，b，c之间的大小关系为( )
A.b＜a＜c B.a＜b＜c
C.a＜c＜b D.b＜c＜a
6.教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，同时送进室外的新鲜空气.按照某地标准，室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度为0.1%.经测定，刚下课时，某教室空气中含有0.2%的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为y%，且y随时间t(单位：分钟)的变化规律可以用函数y＝0.05＋λe－eq \f(t,10)(λ∈R)描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到当地标准至少需要的时间为( )
(参考数据：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1)
A.7分钟 B.9分钟
C.14分钟 D.11分钟
7.已知当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)＝kex的图象与函数g(x)＝eq \f(2x,2x＋1)的图象有且只有两个交点，则实数k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(e),2e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(e),e)，＋∞))
8.(多选)在同一直角坐标系中，函数y＝ax与y＝lga(x－2)的图象可能是( )
9.(多选)已知函数f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，则下列说法正确的是( )
A.f(x)为奇函数B.f(x)为减函数
C.f(x)有且只有一个零点D.f(x)的值域为[－1，1)
10.(多选)已知函数f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex－1，x≥m，,－x2－4x－4，x＜m))(m∈R，e为自然对数的底数)，则下列说法正确的是( )
A.函数f(x)至多有2个零点
B.函数f(x)至少有1个零点
C.当m＜－3时，对∀x1≠x2，总有eq \f(f（x1）－f（x2）,x2－x1)＜0成立
D.当m＝0时，方程f[f(x)]＝0有3个不同实数根
11.已知3x＝eq \f(3,2)，y·lg33＝1，则x＋y＝________.
12.函数f(x)的图象在区间(0，2)上连续不断，能说明“若f(x)在区间(0，2)上存在零点，则f(0)·f(2)＜0”为假命题的一个函数f(x)的解析式可以为f(x)＝________.
二、创新拓展练
13.(多选)已知奇函数f(x)的定义域为R，且在(0，＋∞)上单调递减，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝f(－2)＝1，则下列命题中正确的是( )
A.f(x)有两个零点 B.f(－1)＞－1
C.f(－3)＜1 D.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞f(2)
14.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≤0，,|lg2x|，x＞0，))方程f2(x)＋2f(x)－m＝0(m＞0)有4个不同的实数根，从小到大依次是x1，x2，x3，x4，则下列说法正确的是( )
A.x1＜－3 B.x1＋x2＜－2
C.x3x4＝2 D.m可以取到8
15.已知函数f(x)＝eq \r(4－x2)＋k(x－4)有2个不同的零点，则k的取值范围是________.
16.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg2x|，0＜x＜2，,－x＋3，x≥2，))若x1，x2，x3均不相等，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则x1·x2·x3的取值范围是________.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 B
解析 因为a＝lg6eq \r(3,7)＝eq \f(1,3)lg67>eq \f(1,3)lg66＝eq \f(1,3)，lg6eq \r(3,7)所以eq \f(1,3)因为b＝lg7eq \r(3,6)＝eq \f(1,3)lg76因为c＝60.1>60＝1，c>1.
所以b2.答案 D
解析 由题意f(－2e－x)＝e－x－2e＋4－e－(－2e－x)＝e－x－2e＋4－e2e＋x，
它与f(x)之间没有恒等关系，相加也不为0，A，B均错；
而f(－4－x)＝e－4－x＋4－e－(－4－x)＝e－x－e4＋x＝－f(x)，
所以f(x)的图象关于点(－2，0)对称.故选D.
3.答案 B
解析 由题可知f(x)在[0，＋∞)上单调递增(增函数＋增函数＝增函数)，且f(3)＝eq \r(3)＋lg24－4<0，
f(4)＝2＋lg25－4>0，则x0∈(3，4)，
所以(x0－1)>0，(x0－2)>0，(x0－3)>0，(x0－4)<0，
所以(x0－1)(x0－2)(x0－3)(x0－4)<0.
4.答案 B
解析 由f(x＋2)＝f(－x)可得f(x)关于x＝1对称，
由函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(x)＝－f(x＋2)＝－[－f(x＋2＋2)]＝f(x＋4)，
所以f(x)的周期为4，
函数y＝f(x)－x3的零点，即y＝f(x)－x3＝0的解，
即函数y＝f(x)和y＝x3的图象交点，
根据f(x)的性质可得如图所示的图象，结合y＝x3的图象，
由图象可得共有3个交点，即共有3个零点，
故选B.
5.答案 A
解析 ∵y＝2－x与y＝2－x的图象在(0，＋∞)只有一个交点，
∴x＋2－x－2＝0在(0，＋∞)只有一个根，设为a.
令f(x)＝x＋2－x－2，
∵f(2)＝2＋2－2－2＝eq \f(1,4)＞0，f(1)＝1＋2－1－2＝－eq \f(1,2)＜0，f(1)f(2)＜0，
∴1＜a＜2.
同理可得eq \f(1,2)∴b＜a＜c.故选A.
6.答案 D
解析 由题意知，当t＝0时，y＝0.2，
即0.05＋λe0＝0.2，解得λ＝0.15，
∴y＝0.05＋0.15e－eq \f(t,10)，
令0.05＋0.15e－eq \f(t,10)≤0.1，解得e－eq \f(t,10)≤eq \f(1,3)，
∴－eq \f(t,10)≤－ln 3，∴t≥10ln 3≈11，故选D.
7.答案 A
解析 由题设，当x∈(0，＋∞)时，k＝eq \f(2x,ex（2x＋1）)，
令h(x)＝eq \f(2x,ex（2x＋1）)，
则h′(x)＝－eq \f(2（2x－1）（x＋1）,ex（2x＋1）2)，
所以当0＜x＜eq \f(1,2)时，h′(x)＞0，则h(x)单调递增，
当x＞eq \f(1,2)时，h′(x)＜0，则h(x)单调递减.
又h(x)＞0，且h(x)≤heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),2e)，
所以当0＜k＜eq \f(\r(e),2e)时，y＝k与h(x)的图象有两个交点.故选A.
8.答案 BD
解析 当a＞1时，y＝ax在(－∞，＋∞)单调递增且其图象恒过点(0，1)，
y＝lga(x－2)在(2，＋∞)单调递增且其图象恒过点(3，0)，则选项B符合要求；
当0＜a＜1时，y＝ax在(－∞，＋∞)单调递减且其图象恒过点(0，1)，
y＝lga(x－2)在(2，＋∞)单调递减且其图象恒过点(3，0)，
则选项D符合要求；
综上所述，选项B，D符合要求.
9.答案 AC
解析 由题意得f(－x)＝eq \f(2－x－1,2－x＋1)＝eq \f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，
故f(x)为奇函数，
又∵f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,2x＋1)，
∴f(x)在R上单调递增，
∵2x＞0，∴2x＋1＞1，
∴0＜eq \f(2,2x＋1)＜2，
∴－2＜－eq \f(2,2x＋1)＜0，
∴－1＜f(x)＜1，即函数值域为(－1，1)，
令f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝0，即2x＝1，解得x＝0，
故函数有且只有一个零点0.
综上可知，AC正确，BD错误.故选AC.
10.答案 ABC
解析 作出函数y＝ex－1和y＝－x2－4x－4的图象如图所示，当m＞0时，函数f(x)只有1个零点；
当－2＜m≤0时，函数f(x)有2个零点；
当m≤－2时，函数f(x)只有1个零点，故选项A，B正确；
当m＜－3时，函数f(x)为单调递增函数，故选项C正确；
当m＝0时，令t＝f(x)，则f(t)＝0，t1＝－2，t2＝0，当f(x)＝t1＝－2时，该方程有两个解；
当f(x)＝t2＝0时，该方程有两个解，
所以方程f[f(x)]＝0有4个不同实数根，故选项D错误.综上，故选ABC.
11.答案 2－lg32
解析 因为3x＝eq \f(3,2)，y·lg33＝1，
所以x＝lg3eq \f(3,2)＝1－lg32，y＝1，
∴x＋y＝2－lg32.
12.答案 (x－1)2(答案不唯一)
解析 函数f(x)的图象在区间(0，2)上连续不断，且“若f(x)在区间(0，2)上存在零点，则f(0)·f(2)＜0”为假命题，
可知函数f(x)满足在(0，2)上存在零点，且f(0)·f(2)≥0，
所以满足题意的函数解析式可以为f(x)＝(x－1)2.
二、创新拓展练
13.答案 BD
解析 根据题意可得函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为减函数且f(0)＝0.
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝f(－2)＝1可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝f(2)＝－1.
对于A，由f(x)在(0，＋∞)上为减函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，f(2)＝－1，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，f(x0)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，
同理f(x)在(－∞，0)上有一个零点，
又因为f(0)＝0，所以f(x)有三个零点，故A错误；
对于B，因为函数f(x)在(－∞，0)上为减函数，
所以f(－1)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，故B正确；
对于C，因为函数f(x)在(－∞，0)上为减函数，
所以f(－3)＞f(－2)＝1，故C错误；
对于D，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，f(2)＝－1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞f(2)，故D正确.故选BD.
14.答案 B
解析 根据函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≤0，,|lg2x|，x＞0，))画出函数的大致图象如图所示.
已知方程f2(x)＋2f(x)－m＝0有4个不同的实数根，
令t＝f(x)，则t2＋2t－m＝0.
因为m＞0，所以Δ＝4＋4m＞0，方程t2＋2t－m＝0有两个不同实根分别为t1，t2，
因为t1＋t2＝－2，t1t2＝－m＜0，
所以t1，t2一正一负，不妨设t1＜0＜t2.
要使已知中关于x的复杂方程有4个不等实根，
则关于x的2个简单方程f(x)＝t1与f(x)＝t2总共有4个不等实数根，
由f(x)的图象可知，f(x)＝t1只有一个解x1，
则f(x)＝t2有三个解x2，x3，x4.
所以t2∈(0，1]，因为t1＋t2＝－2，
所以m＝－t1t2＝t2(t2＋2)∈(0，3]，D错误；
由t1＋t2＝－2，t2∈(0，1]得t1∈[－3，－2)，
则－3≤2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x1)＜－2，解得－lg25≤x1＜－2，A错误；
由图可知，－1＜x2≤0，所以x1＋x2＜－2，B正确；
因为x3，x4是f(x)＝t2的两个解，
所以有lg2x4＝－lg2x3，
所以x3x4＝1，C错误.故选B.
15.答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))
解析 因为函数f(x)＝eq \r(4－x2)＋k(x－4)有2个不同的零点，
所以关于x的方程eq \r(4－x2)＝－k(x－4)在区间[－2，2]内有两个不等的实根，
即曲线y＝eq \r(4－x2)(圆x2＋y2＝4的上半部分)与经过定点P(4，0)的直线y＝－k(x－4)有两个不同的交点，如图.
过P(4，0)作圆x2＋y2＝4的切线PA，则点O到切线PA的距离d＝eq \f(|－4k|,\r(k2＋1))＝2，
解得k＝eq \f(\r(3),3)(舍去)或k＝－eq \f(\r(3),3)，
所以－eq \f(\r(3),3)<－k≤0，
得0≤k即k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))).
16.答案 (2，3)
解析 不妨设x1＜x2＜x3，由图可得，
|lg2x1|＝|lg2x2|＝－x3＋3∈(0，1)，
所以lg2x1＝－lg2x2，即x1x2＝1，
由f(x1)＝f(x2)＝f(x3)得，x3∈(2，3)，
所以x1x2x3的取值范围是(2，3).
1.已知a＝lg6eq \r(3,7)，b＝lg7eq \r(3,6)，c＝60.1，则( )
A.b
A.直线x＝－e对称 B.点(－e，0)对称
C.直线x＝－2对称 D.点(－2，0)对称
3.已知x0是函数f(x)＝eq \r(x)＋lg2(x＋1)－4的零点，则(x0－1)(x0－2)(x0－3)(x0－4)的值( )
A.为正数 B.为负数
C.等于0 D.无法确定正负
4.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(x＋2)＝f(－x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝lg2(x＋1)，则函数y＝f(x)－x3的零点个数是( )
A.2 B.3
C.4 D.5
5.若正实数a，b，c满足a＋2－a＝2，b＋3b＝3，c＋lg4c＝4，则正实数a，b，c之间的大小关系为( )
A.b＜a＜c B.a＜b＜c
C.a＜c＜b D.b＜c＜a
6.教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，同时送进室外的新鲜空气.按照某地标准，室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度为0.1%.经测定，刚下课时，某教室空气中含有0.2%的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为y%，且y随时间t(单位：分钟)的变化规律可以用函数y＝0.05＋λe－eq \f(t,10)(λ∈R)描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到当地标准至少需要的时间为( )
(参考数据：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1)
A.7分钟 B.9分钟
C.14分钟 D.11分钟
7.已知当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)＝kex的图象与函数g(x)＝eq \f(2x,2x＋1)的图象有且只有两个交点，则实数k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(e),2e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(e),e)，＋∞))
8.(多选)在同一直角坐标系中，函数y＝ax与y＝lga(x－2)的图象可能是( )
9.(多选)已知函数f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，则下列说法正确的是( )
A.f(x)为奇函数B.f(x)为减函数
C.f(x)有且只有一个零点D.f(x)的值域为[－1，1)
10.(多选)已知函数f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex－1，x≥m，,－x2－4x－4，x＜m))(m∈R，e为自然对数的底数)，则下列说法正确的是( )
A.函数f(x)至多有2个零点
B.函数f(x)至少有1个零点
C.当m＜－3时，对∀x1≠x2，总有eq \f(f（x1）－f（x2）,x2－x1)＜0成立
D.当m＝0时，方程f[f(x)]＝0有3个不同实数根
11.已知3x＝eq \f(3,2)，y·lg33＝1，则x＋y＝________.
12.函数f(x)的图象在区间(0，2)上连续不断，能说明“若f(x)在区间(0，2)上存在零点，则f(0)·f(2)＜0”为假命题的一个函数f(x)的解析式可以为f(x)＝________.
二、创新拓展练
13.(多选)已知奇函数f(x)的定义域为R，且在(0，＋∞)上单调递减，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝f(－2)＝1，则下列命题中正确的是( )
A.f(x)有两个零点 B.f(－1)＞－1
C.f(－3)＜1 D.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞f(2)
14.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≤0，,|lg2x|，x＞0，))方程f2(x)＋2f(x)－m＝0(m＞0)有4个不同的实数根，从小到大依次是x1，x2，x3，x4，则下列说法正确的是( )
A.x1＜－3 B.x1＋x2＜－2
C.x3x4＝2 D.m可以取到8
15.已知函数f(x)＝eq \r(4－x2)＋k(x－4)有2个不同的零点，则k的取值范围是________.
16.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg2x|，0＜x＜2，,－x＋3，x≥2，))若x1，x2，x3均不相等，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则x1·x2·x3的取值范围是________.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 B
解析 因为a＝lg6eq \r(3,7)＝eq \f(1,3)lg67>eq \f(1,3)lg66＝eq \f(1,3)，lg6eq \r(3,7)
所以b
解析 由题意f(－2e－x)＝e－x－2e＋4－e－(－2e－x)＝e－x－2e＋4－e2e＋x，
它与f(x)之间没有恒等关系，相加也不为0，A，B均错；
而f(－4－x)＝e－4－x＋4－e－(－4－x)＝e－x－e4＋x＝－f(x)，
所以f(x)的图象关于点(－2，0)对称.故选D.
3.答案 B
解析 由题可知f(x)在[0，＋∞)上单调递增(增函数＋增函数＝增函数)，且f(3)＝eq \r(3)＋lg24－4<0，
f(4)＝2＋lg25－4>0，则x0∈(3，4)，
所以(x0－1)>0，(x0－2)>0，(x0－3)>0，(x0－4)<0，
所以(x0－1)(x0－2)(x0－3)(x0－4)<0.
4.答案 B
解析 由f(x＋2)＝f(－x)可得f(x)关于x＝1对称，
由函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(x)＝－f(x＋2)＝－[－f(x＋2＋2)]＝f(x＋4)，
所以f(x)的周期为4，
函数y＝f(x)－x3的零点，即y＝f(x)－x3＝0的解，
即函数y＝f(x)和y＝x3的图象交点，
根据f(x)的性质可得如图所示的图象，结合y＝x3的图象，
由图象可得共有3个交点，即共有3个零点，
故选B.
5.答案 A
解析 ∵y＝2－x与y＝2－x的图象在(0，＋∞)只有一个交点，
∴x＋2－x－2＝0在(0，＋∞)只有一个根，设为a.
令f(x)＝x＋2－x－2，
∵f(2)＝2＋2－2－2＝eq \f(1,4)＞0，f(1)＝1＋2－1－2＝－eq \f(1,2)＜0，f(1)f(2)＜0，
∴1＜a＜2.
同理可得eq \f(1,2)
6.答案 D
解析 由题意知，当t＝0时，y＝0.2，
即0.05＋λe0＝0.2，解得λ＝0.15，
∴y＝0.05＋0.15e－eq \f(t,10)，
令0.05＋0.15e－eq \f(t,10)≤0.1，解得e－eq \f(t,10)≤eq \f(1,3)，
∴－eq \f(t,10)≤－ln 3，∴t≥10ln 3≈11，故选D.
7.答案 A
解析 由题设，当x∈(0，＋∞)时，k＝eq \f(2x,ex（2x＋1）)，
令h(x)＝eq \f(2x,ex（2x＋1）)，
则h′(x)＝－eq \f(2（2x－1）（x＋1）,ex（2x＋1）2)，
所以当0＜x＜eq \f(1,2)时，h′(x)＞0，则h(x)单调递增，
当x＞eq \f(1,2)时，h′(x)＜0，则h(x)单调递减.
又h(x)＞0，且h(x)≤heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),2e)，
所以当0＜k＜eq \f(\r(e),2e)时，y＝k与h(x)的图象有两个交点.故选A.
8.答案 BD
解析 当a＞1时，y＝ax在(－∞，＋∞)单调递增且其图象恒过点(0，1)，
y＝lga(x－2)在(2，＋∞)单调递增且其图象恒过点(3，0)，则选项B符合要求；
当0＜a＜1时，y＝ax在(－∞，＋∞)单调递减且其图象恒过点(0，1)，
y＝lga(x－2)在(2，＋∞)单调递减且其图象恒过点(3，0)，
则选项D符合要求；
综上所述，选项B，D符合要求.
9.答案 AC
解析 由题意得f(－x)＝eq \f(2－x－1,2－x＋1)＝eq \f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，
故f(x)为奇函数，
又∵f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,2x＋1)，
∴f(x)在R上单调递增，
∵2x＞0，∴2x＋1＞1，
∴0＜eq \f(2,2x＋1)＜2，
∴－2＜－eq \f(2,2x＋1)＜0，
∴－1＜f(x)＜1，即函数值域为(－1，1)，
令f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝0，即2x＝1，解得x＝0，
故函数有且只有一个零点0.
综上可知，AC正确，BD错误.故选AC.
10.答案 ABC
解析 作出函数y＝ex－1和y＝－x2－4x－4的图象如图所示，当m＞0时，函数f(x)只有1个零点；
当－2＜m≤0时，函数f(x)有2个零点；
当m≤－2时，函数f(x)只有1个零点，故选项A，B正确；
当m＜－3时，函数f(x)为单调递增函数，故选项C正确；
当m＝0时，令t＝f(x)，则f(t)＝0，t1＝－2，t2＝0，当f(x)＝t1＝－2时，该方程有两个解；
当f(x)＝t2＝0时，该方程有两个解，
所以方程f[f(x)]＝0有4个不同实数根，故选项D错误.综上，故选ABC.
11.答案 2－lg32
解析 因为3x＝eq \f(3,2)，y·lg33＝1，
所以x＝lg3eq \f(3,2)＝1－lg32，y＝1，
∴x＋y＝2－lg32.
12.答案 (x－1)2(答案不唯一)
解析 函数f(x)的图象在区间(0，2)上连续不断，且“若f(x)在区间(0，2)上存在零点，则f(0)·f(2)＜0”为假命题，
可知函数f(x)满足在(0，2)上存在零点，且f(0)·f(2)≥0，
所以满足题意的函数解析式可以为f(x)＝(x－1)2.
二、创新拓展练
13.答案 BD
解析 根据题意可得函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为减函数且f(0)＝0.
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝f(－2)＝1可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝f(2)＝－1.
对于A，由f(x)在(0，＋∞)上为减函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，f(2)＝－1，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，f(x0)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，
同理f(x)在(－∞，0)上有一个零点，
又因为f(0)＝0，所以f(x)有三个零点，故A错误；
对于B，因为函数f(x)在(－∞，0)上为减函数，
所以f(－1)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，故B正确；
对于C，因为函数f(x)在(－∞，0)上为减函数，
所以f(－3)＞f(－2)＝1，故C错误；
对于D，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，f(2)＝－1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞f(2)，故D正确.故选BD.
14.答案 B
解析 根据函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≤0，,|lg2x|，x＞0，))画出函数的大致图象如图所示.
已知方程f2(x)＋2f(x)－m＝0有4个不同的实数根，
令t＝f(x)，则t2＋2t－m＝0.
因为m＞0，所以Δ＝4＋4m＞0，方程t2＋2t－m＝0有两个不同实根分别为t1，t2，
因为t1＋t2＝－2，t1t2＝－m＜0，
所以t1，t2一正一负，不妨设t1＜0＜t2.
要使已知中关于x的复杂方程有4个不等实根，
则关于x的2个简单方程f(x)＝t1与f(x)＝t2总共有4个不等实数根，
由f(x)的图象可知，f(x)＝t1只有一个解x1，
则f(x)＝t2有三个解x2，x3，x4.
所以t2∈(0，1]，因为t1＋t2＝－2，
所以m＝－t1t2＝t2(t2＋2)∈(0，3]，D错误；
由t1＋t2＝－2，t2∈(0，1]得t1∈[－3，－2)，
则－3≤2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x1)＜－2，解得－lg25≤x1＜－2，A错误；
由图可知，－1＜x2≤0，所以x1＋x2＜－2，B正确；
因为x3，x4是f(x)＝t2的两个解，
所以有lg2x4＝－lg2x3，
所以x3x4＝1，C错误.故选B.
15.答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))
解析 因为函数f(x)＝eq \r(4－x2)＋k(x－4)有2个不同的零点，
所以关于x的方程eq \r(4－x2)＝－k(x－4)在区间[－2，2]内有两个不等的实根，
即曲线y＝eq \r(4－x2)(圆x2＋y2＝4的上半部分)与经过定点P(4，0)的直线y＝－k(x－4)有两个不同的交点，如图.
过P(4，0)作圆x2＋y2＝4的切线PA，则点O到切线PA的距离d＝eq \f(|－4k|,\r(k2＋1))＝2，
解得k＝eq \f(\r(3),3)(舍去)或k＝－eq \f(\r(3),3)，
所以－eq \f(\r(3),3)<－k≤0，
得0≤k
16.答案 (2，3)
解析 不妨设x1＜x2＜x3，由图可得，
|lg2x1|＝|lg2x2|＝－x3＋3∈(0，1)，
所以lg2x1＝－lg2x2，即x1x2＝1，
由f(x1)＝f(x2)＝f(x3)得，x3∈(2，3)，
所以x1x2x3的取值范围是(2，3).
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