小題考法2函數與方程(1)(2023·廣州黃埔區校級模擬)函數f(x)是定義在R上的奇函數，當x>0時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\a\vs4\al(|x－1|)－1，0<x≤2，,\f(1,2)f（x－2），x>2，))則函數g(x)＝xf(x)－1在[－6，＋∞)上的所有零點之和為()A．－32B．32C．16D．8(2)(2023·汕頭潮陽區三模)已知函數f(x)＝ae2x－x2有三個零點，則實數a的取值范圍是()A．[0，eq\f(1,e2))B．(0，eq\f(1,e2))C．[0，eq\f(4,e2))D．(0，eq\f(4,e2))解析：(1)因為函數f(x)是定義在R上的奇函數，所以f(－x)＝－f(x)，又函數g(x)＝xf(x)－1，所以g(－x)＝(－x)f(－x)－1＝(－x)[－f(x)]－1＝xf(x)－1＝g(x)，所以函數g(x)是偶函數，所以函數g(x)的零點都是以相反數的形式成對出現的，所以函數g(x)在[－6，6]上所有的零點的和為0，所以函數g(x)在[－6，＋∞)上所有的零點的和，即函數g(x)在(6，＋∞)上所有的零點之和，由0<x≤2時，f(x)＝2|x－1|－1，即f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，0<x≤1，,2x－2，1<x≤2，))所以函數f(x)在(0，2]上的值域為[eq\f(1,2)，1]，當且僅當x＝2時，f(x)＝1，又因為當x>2時，f(x)＝eq\f(1,2)f(x－2)所以函數f(x)在(2，4]上的值域為[eq\f(1,4)，eq\f(1,2)]，函數f(x)在(4，6]上的值域為[eq\f(1,8)，eq\f(1,4)]，函數f(x)在(6，8]上的值域為[eq\f(1,16)，eq\f(1,8)]，當且僅當x＝8時，f(x)＝eq\f(1,8)，函數f(x)在(8，10]上的值域為[eq\f(1,32)，eq\f(1,16)]，當且僅當x＝10時，f(x)＝eq\f(1,16)，故f(x)<eq\f(1,x)在(8，10]上恒成立，g(x)＝xf(x)－1在(8，10]上無零點，同理g(x)＝xf(x)－1在(10，12]上無零點，依此類推，函數g(x)在(8，＋∞)無零點，綜上函數g(x)＝xf(x)－1在[－6，＋∞)上的所有零點之和為8.故選D.(2)函數f(x)＝ae2x－x2(a∈R)有三個零點，即為f(x)＝0有3個實根，可得a＝eq\f(x2,e2x)有3個實根，設g(x)＝eq\f(x2,e2x)，可得g′(x)＝eq\f(2x（1－x）,e2x)，由0<x<1時，g′(x)>0，g(x)遞增；x>1或x<0，g′(x)<0，g(x)遞減，可得x＝0處g(x)取得極小值0，x＝1處取得極大值eq\f(1,e2)，畫出y＝g(x)的圖象和直線y＝a，可得：當0<a<eq\f(1,e2)時，y＝g(x)和y＝a的圖象有3個交點，故選B.答案：(1)D(2)B函數零點個數的判斷方法(1)直接求零點，令f(x)＝0，有幾個解就有幾個零點．(2)零點存在性定理，要求函數在區間[a，b]上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0，再結合函數的圖象與性質確定函數零點個數．(3)利用圖象交點個數，作出兩函數圖象，觀察其交點個數即得零點個數．1．(2023·廣州荔灣區校級模擬)設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,m)，0≤x<1，,\f(－x,m（x＋1）)，－1<x<0，))g(x)＝f(x)－4x－1.若函數g(x)在區間(－1，1)上有且僅有一個零點，則實數m的取值范圍是()A．{－1}∪[eq\f(1,4)，＋∞)B．(－∞，－1]∪[eq\f(1,4)，＋∞)C．{－1}∪[eq\f(1,5)，＋∞)D．{－1}∪(eq\f(1,5)，1)解析：令h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，0≤x<1，,\f(－x,x＋1)，－1<x<0，))則f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,m)，0≤x<1，,\f(－x,m（x＋1）)，－1<x<0，))＝eq\f(1,m)h(x)，令g(x)＝f(x)－4x－1，即f(x)＝4x＋1，故eq\f(1,m)h(x)＝4x＋1，所以h(x)＝4mx＋m，作出函數h(x)的圖象如圖所示，函數g(x)的零點個數即為函數y＝h(x)的圖象與直線y＝4mx＋m的交點個數，直線y＝4mx＋m過定點(－eq\f(1,4)，0)，當直線y＝4mx＋m過點(1，1)時，m＝eq\f(1,5)；當直線y＝4mx＋m與曲線y＝eq\f(－x,x＋1)＝eq\f(1,x＋1)－1(－1<x<0)相切時，設切點坐標為(x0，eq\f(1,x0＋1)－1)，由y′＝－eq\f(1,（x＋1）2)，故切線的斜率為k＝－eq\f(1,（x0＋1）2)，所以－eq\f(1,（x0＋1）2)＝eq\f(\f(1,x0＋1)－1－0,x0＋\f(1,4))，解得x0＝－eq\f(1,2)，則4m＝－eq\f(1,（－\f(1,2)＋1）2)＝－4，解得m＝－1，結合圖象可知，當m≥eq\f(1,5)或m＝－1時，函數y＝h(x)的圖象與直線y＝4mx＋m只有一個交點，即函數g(x)在區間(－1，1)上有且僅有一個零點，所以實數m的取值范圍是{－1}∪[eq\f(1,5)，＋∞)．故選C.答案：C2．(2023·高州一模)函數f(x)＝eq\f(－x2＋4x－4,ex)，若關于x的方程f2(x)－2nf(x)＋eq\f(4,e8)＝0有6個不同的實數解，則實數n的取值范圍為________________．解析：f(x)＝eq\f(－x2＋4x－4,ex)的定義域為R，所以f′(x)＝eq\f(（－2x＋4）ex－（－x2＋4x－4）ex,（ex）2)＝eq\f(x2－6x＋8,ex)＝eq\f(（x－2）（x－4）,ex)，所以當2<x<4，f′(x)<0，當x<2或x>4時，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，2)，(4，＋∞)上單調遞增，在(2，4)上單調遞減，其中f(2)＝0，f(4)＝－eq\f(4,e4)，f(x)＝eq\f(－（x－2）2,ex)≤0令f(x)＝t，要想關于x的方程f2(x)－2nf(x)＋eq\f(4,e8)＝0有6個不同的實數解，則方程t2－2nt＋eq\f(4,e8)＝0在(－eq\f(4,e4)，0)上有兩個根，則Δ＝4n2－eq\f(16,e8)>0，解得n>eq\f(2,e4)或n<－eq\f(2,e4)，不妨設方程的兩個根為t1，t2，且t1<t2，則t1t2＝eq\f(4,e8)>0，由兩根均小于0，所以t1＋t2＝2n<0，則n<－eq\f(2,e4)，令g(t)＝t2－2nt＋eq\f(4,e8)，則