【二轮复习】高考数学 专题2.4 函数的图象与函数的零点问题（题型专练）（新高考专用）.zip

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\l "_Tc6765" 【题型1 函数图象的画法与图象变换】 PAGEREF _Tc6765 \h 2
\l "_Tc26686" 【题型2 函数图象的识别】 PAGEREF _Tc26686 \h 5
\l "_Tc27682" 【题型3 函数图象的应用】 PAGEREF _Tc27682 \h 7
\l "_Tc20769" 【题型4 函数零点所在区间的判断】 PAGEREF _Tc20769 \h 9
\l "_Tc26125" 【题型5 求函数的零点或零点个数】 PAGEREF _Tc26125 \h 11
\l "_Tc22973" 【题型6 根据函数零点的分布求参数】 PAGEREF _Tc22973 \h 14
\l "_Tc11460" 【题型7 根据函数零点个数求参数范围】 PAGEREF _Tc11460 \h 17
\l "_Tc6423" 【题型8 函数零点的大小与范围问题】 PAGEREF _Tc6423 \h 20
1、函数的图象与函数的零点问题
函数图象问题主要以考查图象识别为重点和热点，也可能考查利用函数图象解函数不等式等，一般以选择题或填空题的形式出现，难度不大.
函数的零点问题是高考常考的热点内容，从近几年的高考形势来看，一般以选择题与填空题的形式出现，有时候也会结合导数在解答题中考查，此时难度偏大.
【知识点1 函数的图象问题】
1.作函数图象的一般方法
(1)描点法作图：当函数解析式(或变形后的解析式)是熟悉的基本函数时，就可 根据这些函数的特征描出图象的关键点直接作出.
(2)图象变换法：若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作出，并应注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响.
2.函数图象识别的解题思路
(1)抓住函数的性质，定性分析：
①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；
②从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
③从周期性，判断图象的循环往复；
④从函数的奇偶性，判断图象的对称性.
(2)抓住函数的特征，定量计算：从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决问题.
【知识点2 函数的零点问题】
1.函数零点个数的判断方法
函数零点个数的判定有下列几种方法：
(1)直接法：直接求零点，令f(x)=0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.
(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[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和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.
(3)图象法：画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
(4)性质法：利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数.
2.已知函数零点求参数的方法
(1)已知函数的零点求参数的一般方法
①直接法：直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；
②数形结合法：将函数的解析式或者方程进行适当的变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两个熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围；
③分离参数法：分离参数，转化为求函数的最值问题来求解.
(2)已知函数零点个数求参数范围的方法
已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
【题型1 函数图象的画法与图象变换】
【例1】（2023上·北京·高三校考阶段练习）要得到函数y=xx-1的图象，只需将函数y=1x的图象（ ）
A．向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度
B．向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度
C．向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度
D．向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度
【解题思路】先变形得到y=xx-1=1+1x-1，故利用“上加下减，左加右减”得到答案.
【解答过程】y=xx-1=x-1+1x-1=1+1x-1，
故y=1x先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位得到y=xx-1.
故选：A.
【变式1-1】（2023上·甘肃武威·高一统考开学考试）将函数y=-x2+1+2向左、向下分别平移2个、3个单位长度，所得图像为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据题意，将函数化为分段函数的形式，得到其大致图像，即可判断平移之后的函数图像.
【解答过程】
因为y=3-x2,x∈-1,1x2+1,x∈-∞,-1∪1,+∞，可得函数的大致图像如图所示，
将其向左、向下分别平移2个、3个单位长度，所得函数图像为C选项中的图像.
故选：C.
【变式1-2】（2023上·陕西汉中·高一校考期中）已知函数fx=2x,x≥2x2-3,x<2.
(1)求f(6)，f(-1)的值；
(2)利用描点法直接在所给坐标系中作出y=fx的简图（不用列表）.
【解题思路】（1）将x=6以及x=-1代入解析式，即可得出答案；
（2）在坐标系中，描出合适的点，用光滑的曲线连起来，即可得出函数图象.
【解答过程】（1）由已知可得，f6=26=13，f-1=-12-3=-2.
（2）在坐标系中描点2,1，4,0.5，-3,0，3,0，0,3，
作出y=fx的简图
【变式1-3】（2023上·河南南阳·高三校考阶段练习）作出下列函数的标准图象：
(1)y=2x-1x-1；
(2)y=x2-2|x|-1．
【解题思路】（1）化简y=2x-1x-1可得y=2+1x-1，根据函数图象的平移规律即可得其图象；
（2）化简y=x2-2|x|-1为y=x2-2x-1,x≥0x2+2x-1,x<0，结合二次函数图象可作出其图象.
【解答过程】（1）由题意得y=2+1x-1，其图象可由y=1x的图象先向右平移1个单位，
再向上平移2个单位得到，即：

（2）由题意得y=x2-2x-1,x≥0x2+2x-1,x<0，
分段作出二次函数图象，则y=x2-2|x|-1图象为：
【题型2 函数图象的识别】
【例2】（2022·天津南开·统考一模）函数y=x2-1ex的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】根据函数的解析式，利用f1=f-1=0,f-2>0，分别排除A、B、D项，即可求解.
【解答过程】由题意，函数fx=x2-1ex，
因为f1=0，即函数fx的图象过点(1,0)，可排除A、B项；
又因为f(-2)=3e-2>0，可排除D项，
故选：C.
【变式2-1】（2023·北京·统考模拟预测）已知函数y=fx的图象如图1所示，则图2对应的函数有可能是（ ）
A．x2fxB．fxx2C．xfxD．xf2x
【解题思路】利用分类讨论思想，根据函数值的符号，及变化，分别对四个选项判断即可求解.
【解答过程】对于A，当x<0时，f(x)<0，所以x2fx<0，故选项A错误；
对于B，当x<0时，f(x)<0，所以fxx2<0，故选项B错误；
对于C，当x<0时，f(x)<0，所以xf(x)>0，且x→-∞时，f(x)→-∞，xf(x)→+∞；当x>0时，f(x)>0，所以xf(x)>0，且x→+∞时，f(x)→0，xf(x)→0，故选项C正确；
对于D，当x<0时，f(x)<0，则f2(x)>0，所以xf2(x)<0，故选项D错误，
故选：C.
【变式2-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）函数y=x3-x⋅3|x|的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】先判断函数的奇偶性，可排除B,D，再判断0【解答过程】设f(x)=x3-x⋅3x，该函数的定义域为R，
f(-x)=(-x)3-(-x)⋅3|-x|=-x3-x⋅3|x|=-f(x)，
所以函数y=fx为奇函数，故排除B，D选项；
当0故选：C.
【变式2-3】（2020上·广东·高三校联考阶段练习）函数fx=x2sinx-xcsx在[-π,π]上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】先判断函数的奇偶性，排除AC，再由特殊值验证，排除B，即可得出结果.
【解答过程】因为f(-x)=-x2sinx+xcsx=-fx，
所以fx为奇函数，其图象关于原点对称，故排除A与C.
又因为fπ6=π62⋅sinπ6-π6⋅csπ6=π12π6-3<0，所以排除B.
故选：D.
【题型3 函数图象的应用】
【例3】（2023·河南郑州·统考二模）若函数fx=2ax2+bx+c的部分图象如图所示，则f5=（ ）
A．-13B．-23C．-16D．-112
【解题思路】根据函数图象，利用待定系数法求出函数解析式，即可得解.
【解答过程】由图象知，ax2+bx+c=0的两根为2，4，且过点(3,1)，
所以29a+3b+c=12×4=ca2+4=-ba，解得a=-2,b=12,c=-16，
所以fx=2-2x2+12x-16=1-x2+6x-8，
所以f(5)=1-25+30-8=-13，
故选：A.
【变式3-1】（2023·江苏·高一假期作业）如图为函数y=fx和y=gx的图象，则不等式fx⋅gx<0的解集为（ ）

A．-∞,-1∪-1,0B．-∞,-1∪0,1
C．-1,0∪1,+∞D．0,1∪1,+∞
【解题思路】数形结合判断各区间函数值的正负即可.
【解答过程】由图象可得当fx>0⇒x∈-1,0∪1,+∞，此时需满足gx<0，则x∈1,+∞符合要求，故x∈1,+∞；
当fx<0⇒x∈-∞,-1∪0,1，此时需满足gx>0，则x∈-1,1符合要求，故x∈0,1.
综上所述，x∈0,1∪1,+∞.
故选：D.
【变式3-2】（2023上·浙江·高一校联考期末）函数y=ax-bx-c的图像如图所示，可以判断a，b，c分别满足（ ）
A．a<0，b>0，c=0B．a>0，b>0，c=0
C．a<0，b=0，c>0D．a<0，b=0，c=0
【解题思路】分b=0,c>0、b>0,c=0两种情况讨论即可.
【解答过程】函数y=ax-bx-c的定义域为xx≠b,x≠c
①当b=0,c>0时，y=axx-c，
当x∈0,c时，y与a同号，当x∈c,+∞时，y与a同号，
与图中信息矛盾；
②当b>0,c=0时，y=ax-bx，
由图可得，当x∈b,+∞时，y<0，所以a<0，
然后可验证当b>0,c=0，a<0时，图中信息都满足，
故选：A.
【变式3-3】（2023·陕西西安·统考三模）定义域和值域均为-a,a(常数a>0)的函数y=fx和y=gx的图象如图所示，则方程fgx=0解的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】由图象可得方程fx=0在-a,a上有三个实数解，结合函数gx的值域与单调性即可得解.
【解答过程】由图(a)可知，方程fx=0在-a,a上有三个实数解，
由图(b)可知，函数gx在-a,a上单调递减，且值域为-a,a，
所以方程fgx=0有三个实数解.
故选：C.
【题型4 函数零点所在区间的判断】
【例4】（2023·河北·石家庄一中校联考模拟预测）已知函数fx=3x+x-6有一个零点x=x0，则x0属于下列哪个区间（ ）
A．12,1B．1,32C．32,2D．2,52
【解题思路】利用零点存在性定理计算即可.
【解答过程】由题知fx在R上单调递增，
∵f12=3-5.5<0，f1=-2<0，f32=332-4.5，
又33-4.52>0，∴f32>0，即在1,32上存在x0使得fx0=0.
故选：B.
【变式4-1】（2023·海南·模拟预测）函数f(x)=1x-lnx+2的零点所在的大致区间为（ ）
A．(1,e)B．e,e2C．e2,e3D．e3,e4
【解题思路】根据零点存在性定理即可计算求解.
【解答过程】f(x)=1x-lnx+2在0，+∞连续不断，且单调递减，
f(1)=3>0,fe=1e+1>0,fe2=1e2>0,fe3=1e3-1<0,fe4=1e4-2<0，
所以零点位于e2,e3，
故选：C.
【变式4-2】（2023·浙江宁波·统考一模）已知函数f(x)=2x+lg2x,g(x)=12x-lg2x,h(x)=x3+lg2x的零点分别为a,b,c，则（ ）
A．a>b>cB．b>a>c
C．c>a>bD．b>c>a
【解题思路】根据指数函数、对数函数的性质可判断a,c小于1，b大于1，再由数形结合判断a,c即可.
【解答过程】令g(x)=12x-lg2x=0，可得12x=lg2x>0，所以x>1，即b>1；
令f(x)=2x+lg2x=0，可得2x=-lg2x>0，即lg2x<0，所以0即0令h(x)=x3+lg2x=0，可得x3=-lg2x，由此可得lg2x<0，所以0即0作y=2x,y=-lg2x,y=x3的图象，如图，

由图象可知，a故选：D.
【变式4-3】（2023·北京·统考模拟预测）已知函数fx=x2-5,x≤-2xlg(x+2),x>-2，若方程f(x)=1的实根在区间(k,k+1),k∈Z上，则k的最大值是（ ）
A．-3B．-2C．1D．2
【解题思路】根据x的取值范围不同，分别解出f(x)=1根即可得出答案.
【解答过程】当x≤-2时，fx=x2-5，当f(x)=1时，解得x=-6；
当x>-2时，fx=xlg(x+2)，其中f1=lg3<1，f2=2lg4=lg16>1，
当f(x)=1时，解得x∈1,2，综上k的最大值是1.
故选：C.
【题型5 求函数的零点或零点个数】
【例5】（2023·陕西西安·西安校考模拟预测）函数fx=1-lg3x+2的零点为（ ）
A．lg38B．2C．lg37D．lg25
【解题思路】根据零点的定义即可求解.
【解答过程】令fx=1-lg3x+2=0，得3x+2=10，则x=lg38．
故选：A.
【变式5-1】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f(x)=5x-5(x≤1)x2-4x+3(x>1)，则函数y=f(x)-lg2x的零点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】设Fx=f(x)-lg2x，设gx=lg2x，根据已知作出函数的图象，结合零点存在定理以及函数的增长速度的快慢，即可得出答案.
【解答过程】
设Fx=f(x)-lg2x，
设gx=lg2x，则g1=0.
又f1=5×1-5=0=g1，所以1是函数y=f(x)-lg2x的一个零点；
因为f132=5×132-5>-5，g132=lg2132=-5所以，F132=f132-g132>0.
又f12=5×12-5>-52，g12=lg212=-1>f12，
所以，F12=f12-g12<0.
根据零点的存在定理，可知，∃x1∈132,12，使得Fx1=0，
即x1是函数y=f(x)-lg2x的一个零点；
因为f3=0，g3=lg23>1>f3，
所以，F3=f3-g3<0.
又f4=42-4×4+3=3，g4=lg24=2所以，F4=f4-g4>0.
根据零点的存在定理，可知，∃x2∈3,4，使得Fx2=0，
即x2是函数y=f(x)-lg2x的一个零点.
结合函数图象以及fx,gx的增长速度可知，当xx2时，函数y=f(x)-lg2x没有零点.
综上所述，函数y=f(x)-lg2x的零点为1，x1，x2，共3个零点.
故选：C.
【变式5-2】（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知函数fx是定义在R上的奇函数，对任意x∈R，都有fx+2+f2-x=0，当x∈0,2时，fx=lnx，则fx在-10,10上的零点个数为（ ）
A．10B．15C．20D．21
【解题思路】根据条件fx+2+f2-x=0，得到函数fx的周期为T=4，再根据条件得出x∈-2,0时，fx=-ln(-x)，从而得出f(-1)=f(0)=f(1)=f(2)=0，再利用周期性及图像即可求出结果.
【解答过程】因为fx+2+f2-x=0，令t=2-x，得到f(4-t)+f(t)=0，
所以f(4-t)=-f(t)，从而有f(4+t)=-f(-t)，又函数fx是定义在R上的奇函数，
所以f(4+t)=f(t)，即f(4+x)=f(x)，所以函数fx的周期为T=4，
令x∈-2,0，则-x∈0,2，又当x∈0,2时，fx=lnx，
所以f-x=ln(-x)，得到fx=-ln(-x)，
故fx=lnx,x∈(0,2)0,x=0-ln(-x),x∈(-2,0)，又T=4，所以f(x)在x∈[-10,10]上的图像如图，
又当x∈0,2时，由fx=0，得到x=1，当x∈-2,0，由fx=0，得到x=-1，即f(1)=0,f(-1)=0，
又T=4，所以f(-8)=f(-4)=f(0)=f(4)=f(8)=0，
f(-9)=f(-5)=f(-1)=f(3)=f(7)=0，f(-7)=f(-3)=f(1)=f(5)=f(9)=0，
又由fx+2+f2-x=0，得到f2+f2=0，即f2=0，
所以f(-10)=f(-6)=f(-2)=f2=f(6)=f(10)=0，
再结合图像知，fx在-10,10上的零点个数为21个，
故选：D.
【变式5-3】（2023·四川成都·模拟预测）已知定义在R上的奇函数y=f(x)，对于∀x∈R都有f(1+x)=f(1-x)，当-1≤x<0时，f(x)=lg2(-x)，则函数g(x)=f(x)-2在(0,8)内所有的零点之和为（ ）
A．16B．12C．10D．8
【解题思路】根据函数奇偶性以及对称性，推出函数的周期，再结合-1≤x<0时，f(x)=lg2(-x)，即可作出函数的图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可求得答案.
【解答过程】由题意定义在R上的奇函数y=f(x)，对于∀x∈R，都有f(1+x)=f(1-x)，
f(x)图象关于直线x=1对称；
且f(1+x)=f(1-x)=-f(x-1)，即f(2+x)=-f(x)，
故f(4+x)=-f(2+x)=f(x)，
即函数f(x)是以4为周期的周期函数，
当0故fx=-lg2x,0当1≤x<2，则-1≤x-2<0，因为f(2+x)=-f(x),∴f(x)=-f(x-2)，
则fx=-fx-2=-lg22-x,1≤x<2；
当2由此可作出函数f(x)在(0,8)内的图象，如图示：

由g(x)=f(x)-2=0可得f(x)=2，
由图象可知f(x)的图象与y=2在(0,8)内仅有4个交点，
不妨设这4个交点的横坐标从左向右依次为x1,x2,x3,x4，
由于x=1为图象对称轴，且函数周期为4，故x=5也为函数图象的对称轴，
故由图象可知x1,x2关于x=1对称，x3,x4关于x=5对称，
故x1+x2=2,x3+x4=10，则x1+x2+x3+x4=12，
即函数g(x)=f(x)-2在(0,8)内所有的零点之和为12，
故选：B.
【题型6 根据函数零点的分布求参数】
【例6】（2023上·山东青岛·高一校考阶段练习）已知函数fx=ax2-4x-1a≠0在区间-1,1内恰有一个零点，则满足条件的所有实数a的集合是（ ）
A．-3,0∪0,5B．-3,0∪0,5
C．-4∪-3,0∪0,5D．-4∪-3,0∪0,5
【解题思路】通过分类讨论二次函数的根的个数，结合零点定理即可求出实数a的集合.
【解答过程】由题意，
在fx=ax2-4x-1a≠0中，对称轴x=--42a=2a，
函数在区间-1,1内恰有一个零点，
∴Δ=-42-4a×-1=16+4a，
当 a≠0,Δ>0 时, 只需 f(-1)⋅f(1)<0,即 16+4a>0(a+4-1)(a-4-1)<0,
解得：-3∴-3当a=-3时，fx=-3x2-4x-1=-x+13x+1,在定义域内的零点只有x=-13，符合要求,
当a=5时，fx=5x2-4x-1=x-15x+1,在定义域内的零点只有x=-15，符合要求,
当 a≠0,Δ=0 时, 即 a=-4 时, fx=-4x2-4x-1=-2x+12，零点为-12,
符合题意，
综上所述, 实数 a 的取值范围为：-4∪[-3,0)∪(0,5]，
故选：D.
【变式6-1】（2023·高一课时练习）已知函数f(x)=3ax-1-2a在区间-1,1上存在零点，则实数a的取值范围是
A．(-∞,-1)∪15,+∞
B．15,+∞
C．-∞,-15∪(1,+∞)
D．-∞,-15
【解题思路】函数f(x)=3ax-1-2a为一次函数，只要保证其两端点分别在x轴的两侧，就可以保证其在区间（-1，1）上存在零点，即f1⋅f-1<0，从而得到关于a的不等式，求出a的范围.
【解答过程】因为函数f(x)=3ax-1-2a为一次函数，
要使其在区间（-1，1）上存在零点，
要保证其两端点分别在x轴的两侧，
所以f1⋅f-1<0
即f(1)⋅f(-1)=(3a-1-2a)(-3a-1-2a)<0，
解得a<-15或a>1，
故选：C．
【变式6-2】（2023·云南·统考二模）设x1,x2是关于x的方程x2+a-1x+a+2=0的根．若-1A．-43,-1B．-34,12C．-2,1D．-2,-1
【解题思路】函数图像开口向上，利用根的分布，即可求解实数a的取值范围.
【解答过程】由题意知，函数f(x)=x2+(a-1)x+a+2开口方向向上，
若-1当x=-1时，x2+a-1x+a+2>0，代入解得4>0，恒成立；
当x=1时，x2+a-1x+a+2<0，代入解得2a+2<0,a<-1；
当x=2时，x2+a-1x+a+2>0，代入解得3a+4>0,a>-43，
综上，实数a的取值范围是(-43,-1).
故选：A.
【变式6-3】（2022·高一课时练习）已知函数f(x)=mx2-3x+1的零点至少有一个大于0，则实数m的取值范围为（ ）
A．(-∞,2)B．(-∞,94]
C．(-∞,94)D．(-∞,2]
【解题思路】根据解析式，讨论m=0、m≠0结合二次函数性质研究函数的零点情况，判断符合条件的m范围.
【解答过程】①当m=0时，由f(x)=0，得x=13，符合题意．
②当m≠0时，
由Δ=9-4m=0，得m=94，此时f(x)=0，解得x=23，符合题意；
由Δ=9-4m>0，得m<94，此时设f(x)=0的两根分别为x1，x2，且x1若00，x1⋅x2=1m>0，即x1>0，x2>0，符合题意，
若m<0，则x1+x2=3m<0，x1⋅x2=1m<0，即x1<0，x2>0，符合题意．
综上，m≤94，即实数m的取值范围为(-∞,94]．
故选：B.
【题型7 根据函数零点个数求参数范围】
【例7】（2023上·贵州遵义·高三统考阶段练习）已知函数fx=3x-1,x<1lg2x,x≥1，若函数gx=fx+m有3个零点，则m的取值范围是（ ）
A．0,2B．-2,0
C．0,1D．-1,0
【解题思路】转化为fx与y=-m图象有3个不同的交点，画出两函数图象，数形结合得到答案.
【解答过程】令gx=fx+m=0，故fx=-m，
画出fx=3x-1,x<1lg2x,x≥1与y=-m的图象，
函数gx=fx+m有3个零点，即fx与y=-m图象有3个不同的交点，
则-m∈0,1，
解得m∈-1,0.
故选：D.
【变式7-1】（2023上·四川凉山·高一校联考期末）设函数f(x)=3x-2,x≤27x-1,x>2，若方程f2(x)-af(x)-a+3=0有6个不同的实数解，则实数a的取值范围为（ ）
A．32,73B．2,73C．73,3D．(3,4)
【解题思路】画出fx的图象，利用换元法以及一元二次方程根的分布等知识列不等式，从而求得a的取值范围.
【解答过程】画出fx的图象如下图所示，由图可知要使fx=t有3个解，则需t∈0,2，
依题意，方程f2(x)-af(x)-a+3=0有6个不同的实数解，
令s=fx，则s2-as-a+3=0有两个不相等的实数根s1,s2，
且0则Δ=a2-4-a+3>0g0=-a+3>0g2=4-2a-a+3>00<--a2<2，解得2所以实数a的取值范围为2,73.
故选：B.
【变式7-2】（2023上·山东滨州·高一校考竞赛）已知函数fx=lg2x,0(1)求f4的值；
(2)若关于x的方程f2x-2tfx-fx+t2+t=0t≤0有且仅有四个不相等的实数解，求t的取值范围.
【解题思路】（1）利用分段函数的解析式，直接代入即可得解；
（2）令u=fx，由已知可得出u=t或u=t+1，作出函数u=fx的图象，分析可知0【解答过程】（1）因为fx=lg2x,0所以f4=42-6×4+9=1.
（2）令u=fx，
由f2x-2tfx-fx+t2+t=0t≤0可得u2-2tu-u+t2+t=0，
整理得u-tu-t-1=0，解得u=t或u=t+1，
作出函数u=fx的图象如下图所示：
因为t≤0，所以u=t≤0，
若u=0，则直线u=0与函数u=fx的图象有2个公共点，
直线u=1与函数u=fx的图象有3个公共点，
此时，关于x的方程f2x-2t+1fx+t2+t=0t≤0有5个不同的实数根，不合乎题意；
所以t<0，则直线u=t+1与函数u=fx的图象有4个公共点，
所以0【变式7-3】（2023上·陕西西安·高二校考阶段练习）已知a>0且a≠1，函数fx=lgax-x.
(1)若a=e且x∈1e,e，求函数fx的最值；
(2)若函数fx有两个零点，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）先求出函数的单调区间，进而得出函数的最值；
（2）将函数零点转化为方程根的问题，利用分离变量的方法，转化为两个函数图象的交点问题，进而求解结果.
【解答过程】（1）当a=e时，函数fx=lgax-x=lnx-x，
故f'x=1x-1=1-xx，
当x∈1,e时，f'x<0，故y=fx在1,e单调减，
当x∈1e,1时，f'x>0，故y=fx在1e,1单调增，
所以fxmax=f1=-1，
又因为fe=1-e，f1e=-1-1e，
所以fxmin=fe=1-e；
（2）因为函数fx有两个零点
故fx=lgax-x=lnxlna-x=0有两解，
所以方程lnxx=lna有两个不同的解，
即为函数y=lnxx的图象与函数y=lna的图象有两个不同的交点，
令gx=lnxx，故g'x=1-lnxx2，
当x∈e,+∞时，g'x<0，故y=gx在e,+∞单调减，
当x∈0,e时，g'x>0，故y=gx在0,e单调增，
如图所示

而ge=1e，所以0令hx=lnxx-lna，
因为h1=-lna<0，he=1e-lna>0，
所以hx=lnxx-lna在0,e上有一个零点，
又当x→+∞时，gx→0，hx→-lna<0，he=1e-lna>0，
所以hx=lnxx-lna在e,+∞上有一个零点，
所以函数hx有两个零点，即当1【题型8 函数零点的大小与范围问题】
【例8】（2023下·河南·高三校联考阶段练习）已知函数fx=minxx-2a,x2-6ax+8a2+4（a>1），其中minp,q=p,p≤qq,p>q，若方程fx=52恰好有3个不同解x1，x2，x3（x1A．不能确定B．x1+x2=x3C．x1+x2x3
【解题思路】先求出fx=-x2+2ax,x≤2ax2-2ax,2a2a+1a，得到fa=a2（极大值），f2a=0（极小值），f2a+1a=2+1a2（极大值），f3a=4-a2（极小值）．再分三种情况讨论结合数形结合分析得解.
【解答过程】xx-2a=x2-2ax,x>2a-x2+2ax,x≤2a，a>1．
当x≤2a时，-x2+2ax-x2-6ax+8a2+4=-2x-2a2-4<0，
即-x2+2ax当x>2a时，x2-2ax-x2-6ax+8a2+4=4ax-8a2-4，
若4ax-8a2-4>0，则x>2a+1a，x2-2ax>x2-6ax+8a2+4；
若4ax-8a2-4≤0，则x≤2a+1a，x2-2ax≤x2-6ax+8a2+4，
又2a+1a>2a，∴fx=-x2+2ax,x≤2ax2-2ax,2a2a+1a，
又fa=a2（极大值），f2a=0（极小值），f2a+1a=2+1a2（极大值），
f3a=4-a2（极小值）．
要使fx=52恰好有3个不同解，结合图象得：
①当fa>52f3a>52，即a2>524-a2>52时，得a2>52a2<32，不存在这样的示数a．
②当fa<52f3a<52f2a+1a>52，即a2<524-a2<522+1a2>52时，解得62此时2a∴x3-3a=3a-x2③当fa>52f2a+1a<52，即a2>522+1a2<52时，解得a>102．
此时，x1，x2是方程-x2+2ax=52的两实根，
所以x1+x2=2a，而x3>3a，所以x1+x2故选：A．
【变式8-1】（2023·江苏·高一专题练习）已知函数fx=x-5,x>0x2+2x-2,x≤0，若存在f(x1)=f(x2)=f(x3)，且x1，x2，x3两两不相等，则x1+x2+x3的取值范围为（ ）
A．(-1,1)B．(-1,1]C．(0,1]D．[0,1]
【解题思路】画出函数fx的图象，可得x1+x2=-2，x3∈(2,3]，即可得结果.
【解答过程】画出函数fx=x-5,x>0x2+2x-2,x≤0的图象，如图所示：

设f(x1)=f(x2)=f(x3)=m，则方程f(x)=m有3个根，
根据图可得-3不妨设y=m与y=x2+2x-2(x≤0)的两个交点的横坐标为x1，x2，y=m与y=x-5(x>0)交点的横坐标为x3.
则x1+x2=-2，
当m=-2时，x3最大，由x3-5=-2，解得x3=3.
当m接近-3时，x3接近最小，由x3-5=-3，解得x3=2，
即x3∈(2,3],
∴x1+x2+x3的取值范围是(0,1].
故选：C.
【变式8-2】（2023·广西·模拟预测）已知函数fx=2lnx+1+12x2-2x+m有三个零点，m∈R.
(1)求m的取值范围；
(2)记三个零点为x1,x2,x3，且x1【解题思路】（1）由题意首先对fx求导，得出其单调性和极值，然后结合已知列出不等式求解即可.
（2）构造函数hx=fx-f-x，gx=fx-f2-x，求导得其单调性，结合-1【解答过程】（1）函数fx的定义域为-1,+∞，
f'x=2x+1+x-2=xx-1x+1，令f'x=0，解得：x=0或1，
且x∈-1,0时，f'x>0，x∈0,1，f'x<0，x∈1,+∞，f'x>0，
所以fx在-1,0上单调递增，0,1上单调递减，1,+∞上单调递增，
当x=0时，函数fx取极大值，当x=1时，函数fx取极小值，
又f0=m，f1=m+2ln2-32，
因为函数有三个零点，且x→+∞,f(x)→+∞，x→-1,f(x)→-∞，
所以f1=m+2ln2-32<0解得0（2）由（1）可知-1设hx=fx-f-x，x∈0,1，h'x=f'x+f'-x=4x21-x2>0，
所以函数hx单调递增，所以hx>h0=0，所以hx2=fx2-f-x2>0，
即fx1>f-x2，所以x1>-x2，即x1+x2>0，
设gx=fx-f2-x，x∈0,1，g'x=f'x+f'2-x=-2x-12x+1x-3>0，
所以函数gx单调递增，
所以gxfx2所以x3<2-x2，x2+x3<2，
又-x1-x2<0，所以x3-x1<2.
【变式8-3】（2023下·湖南·高二校联考期末）已知函数f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)，且6a+b=0，f(1)=4a．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x∈[0,3]，函数F(x)=f(x)-xe-x有三个零点x1，x2，x3，且x1【解题思路】（1）分类讨论a>0与a<0，结合导数与函数的关系即可得解；
（2）观察式子先确定x1=0，再利用转化法与换元法得到2lnt2-2lnt3=t2-t3，进而利用双变量处理方法得到t2+t3-4=2(u+1)lnu-4(u-1)u-1，利用导数证得t2+t3-4>0，从而得解.
【解答过程】（1）由f(1)=4a，得3a-b-c=0，又b=-6a，所以c=9a，
则f(x)=ax3-6ax2+9ax，所以f'(x)=3a(x-1)(x-3)，a≠0．
当a>0时，令f'(x)>0，得x<1或x>3；令f'(x)<0，得1所以f(x)在(-∞,1)和(3,+∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减；
当a<0时，令f'(x)>0，得13；
所以f(x)在(-∞,1)与(3,+∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增．
（2）x1+x2+x3<2，理由如下：
因为f(x)=ax3-6ax2+9ax=ax(x-3)2，
由F(x)=0，得ax(x-3)2-xe-x=0，解得x=0或a(x-3)2-e-x=0．
因为x∈[0,3]，所以x1=0，x2，x3是a(x-3)2-e-x=0的正根，则x1+x2+x3=x2+x3，
又lna(x-3)2=lne-x=-x，所以lna+2ln3-x2=-x2，lna+2ln3-x3=-x3，
两式相减得2ln3-x2-2ln3-x3=x3-x2=3-x2-3-x3．
令3-x2=t2，3-x3=t3，则3>t2>t3≥0，得2lnt2-2lnt3=t2-t3，则2=t2-t3lnt2-lnt3．
令u=t2t3∈(1,+∞)，则t2-t3lnt2-lnt3=t3(u-1)lnu=2，
所以t3=2lnuu-1(u>1)，t2=ut3=2ulnuu-1，可得t2+t3=2(u+1)lnuu-1，
t2+t3-4=2lnuu-1(u+1)-4=2(u+1)lnu-4(u-1)u-1(u>1)．
设g(u)=2(u+1)lnu-4(u-1)，则g'(u)=2lnu+1u-1，
再设h(u)=lnu+1u-1u>1，则h'(u)=1u-1u2=u-1u2>0，
所以h(u)在(1,+∞)上为增函数，则h(u)>h(1)=0，
即g'(u)=2lnu+1u-1>0，则g(u)=2(u+1)lnu-4(u-1)在(1,+∞)上为增函数，
从而g(u)>g(1)=2(1+1)ln1-4(1-1)=0，
所以t2+t3-4>0，即3-x2+3-x3-4=2-x2+x3>0，
所以x2+x3<2，即x1+x2+x3=x2+x3<2．
1．（2018·浙江·高考真题）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】先研究函数的奇偶性，再研究函数在(π2,π)上的符号，即可判断选择.
【解答过程】令f(x)=2|x|sin2x，
因为x∈R,f(-x)=2|-x|sin2(-x)=-2|x|sin2x=-f(x)，所以f(x)=2|x|sin2x为奇函数，排除选项A,B;
因为x∈(π2,π)时，f(x)<0，所以排除选项C，
故选D.
2．（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
【解题思路】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【解答过程】∵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.
故选A.
3．（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 -∞,0∪0,1∪1,+∞ ．
【解题思路】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．
【解答过程】（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,+∞．
4．（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 [2,3) ．
【解题思路】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.
【解答过程】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).
5．（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 a≥10 .
【解题思路】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.
【解答过程】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,+∞.
6．（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 ①②④ ．
【解题思路】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.
【解答过程】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.
7．（2018·全国·高考真题）已知函数fx=13x3-ax2+x+1．
（1）若a=3，求fx的单调区间；
（2）证明：fx只有一个零点．
【解题思路】（1）将a=3代入，求导得f'(x)=x2-6x-3，令f'(x)>0求得增区间，令f'(x)<0求得减区间；
（2）令f(x)=13x3-a(x2+x+1)=0，即x3x2+x+1-3a=0，则将问题转化为函数g(x)=x3x2+x+1-3a只有一个零点问题，研究函数g(x)单调性可得.
【解答过程】（1）当a=3时，f(x)=13x3-3x2-3x-3，f'(x)=x2-6x-3．
令f'x=0解得x=3-23或x=3+23．
由f'x>0解得：x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)；
由f'x<0解得：x∈(3-23,3+23)．
故函数的增区间是(-∞, 3-23)，(3+23,+∞)，减区间是(3-23,3+23)．
（2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理
由于x2+x+1>0，所以fx=0等价于x3x2+x+1-3a=0．
设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2x2+2x+3x2+x+12=x2x+12+2x2+x+12≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.
［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系
因为x2+x+1>0，所以f(x)=0等价于3a=x3x2+x+1，令g(x)=x3x2+x+1，则g'(x)=x2x2+2x+3x2+x+12．因为x2+2x+3>0，则g'(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立，所以g(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增，
当x→-∞时，g(x)→-∞；当x→+∞时，g(x)→+∞．所以直线y=3a与g(x)的图像只有一个交点，即f(x)只有一个零点．
［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理
f'(x)=x2-2ax-a,Δ=4a2+4a．
①当-1≤a≤0时，Δ≤0,f'(x)≥0,f(x)单调递增，f(0)=-a>0,f(-3)=-9-6a<-3<0,f(x)只有一个零点．
②当a>0与a<-1时，f'(x)=0⇒x1=a-a2+a,x2=a+a2+a，再令t=x1或x2，则有a=t22t+1．当xx2时，f'(x)>0,f(x)单调递增，当x1因为f(t)=13t3-t22t+1t2+t+1=-t2t2+2t+33(2t+1)，
2x1+12x2+1 =4x1x2+2x1+x2+1=-4a+2×2a+1=1，
所以fx1fx2=x12x22x12+2x1+3x22+2x2+392x1+12x2+1>0．
极大值与极小值同正同负，故f(x)只有一个零点．
［方法四］： 等价转化＋零点存在性定理
由于x2+x+1>0，所以f(x)=0，等价于x33x2+x+1-a=0．
设g(x)=x33x2+x+1-a，则g'(x)=x2x2+2x+33x2+x+12≥0，仅当x=0时，g'(x)=0，所以g(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取x=min{9a,1}，则有g(x)>x39x2-a=x9-a≥0，取x=max{9a,-1}，则有g(x)综上，f(x)只有一个零点．
8．（2018·全国·高考真题）已知函数fx=ex-ax2．
（1）若a=1，证明：当x≥0时，fx≥1；
（2）若fx在(0,+∞)只有一个零点，求a的值.
【解题思路】（1）方法一：构造函数gx=x2+1e-x-1，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;
（2）方法一：研究fx零点，等价研究hx=1-ax2e-x的零点，先求hx导数：h'x=axx-2e-x，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当a≤0时，hx>0，hx没有零点；当a>0时，hx先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
【解答过程】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当a=1时，fx≥1等价于x2+1e-x-1≤0．
设函数gx=x2+1e-x-1，则g'x=-x2-2x+1e-x=-x-12e-x．
g'x≤0，所以gx在0,+∞单调递减．
而g0=0，故当x≥0时，gx≤0，即fx≥1．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当a=1时，f(x)=ex-x2,f'(x)=ex-2x．
令g(x)=ex-2x,g'(x)=ex-2，令g'(x)=0，得x=ln2．则函数y=g(x)在区间[0,ln2)内单调递减，在区间[ln2,+∞)内单调递增，从而g(x)≥g(ln2)=2-2ln2>0，所以函数y=f(x)在区间[0,+∞)内单调递增，有f(x)≥f(0)=1．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当x≥0时，f(x)=ex-x2≥1⇔x≥lnx2+1．
令g(x)=x-lnx2+1,g'(x)=1-2xx2+1=(x-1)2x2+1≥0，函数y=g(x)在区间[0,+∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)=0，有x≥lnx2+1，故当x≥0时，f(x)≥1．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数hx=1-ax2e-x，
fx在0,+∞只有一个零点当且仅当hx在0,+∞只有一个零点．
（i）当a≤0时，hx>0，hx没有零点；
（ii）当a>0时，h'x=axx-2e-x．
当x∈0,2时，h'x<0；当x∈2,+∞时，h'x>0．
所以hx在0,2单调递减，在2,+∞单调递增．
故h2=1-4ae2是hx在0,+∞的最小值．
①若h2>0，即a②若h2=0，即a=e24，hx在0,+∞只有一个零点；
③若h2<0，即a>e24，由于h0=1，所以hx在0,2有一个零点，
由（1）知，当x>0时，ex>x2，所以h4a=1-16a3e4a=1-16a3e2a2>1-16a32a4=1-1a>0．
故hx在2,4a有一个零点，因此hx在0,+∞有两个零点．
综上，fx在0,+∞只有一个零点时，a=e24．
［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数
令f(x)=0，得a=exx2．
令h(x)=exx2(x>0),h'(x)=ex(x-2)x3．则函数y=h(x)在区间(0,2)内单调递减，在区间(2,+∞)内单调递增，则[h(x)]min=h(2)=e24．当x→0时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞，故函数y=f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点时，a=e24．
［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数
函数y=f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点等价于函数y=ex的图象与函数y=ax2的图象在区间(0,+∞)内只有一个公共点．由y=ex与y=ax2的图象可知它们在区间(0,+∞)内必相切于y轴右侧同一点，设切点为x0,y0，则ex0=ax02ex0=2ax0，解方程组得a=e24，经验证符合题意．
［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数
当x>0时，f(x)=0⇔ax=exx，原问题转化为动直线y=ax与曲线h(x)=exx在区间(0,+∞)内只有一个公共点．由h'(x)=(x-1)exx2得函数y=h(x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,+∞)内单调递增．设y=ax与y=h(x)的切点为Px0,exx0，则h'x0=x0-1ex0x02，于是函数y=h(x)在点P处的切线方程为y-ex0x0=x0-1ex0x02x-x0．由切线过原点可得x0=2，故a=h'(2)=e24．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为f'(x)=ex-2ax，x∈0,+∞，
当a≤0时，f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f(0)=1>0，故f(x)无零点；
当a>0时，f″(x)=ex-2a．
①当0f'(0)=1,f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f(0)=1>0，故f(x)无零点；
②当12③当a>e2时，f'(x)min<0，又f'(0)=1，所以存在x1∈(0,ln2a),x2∈(ln2a,+∞)，使得f'(x)=0，则函数y=f(x)在区间0,x1内单调递增，在区间x1,x2内单调递减，在区间x2,+∞内单调递增，且f(0)=1，则x2为函数y=f(x)的唯一零点，且x2满足ex1=2ax2．所以fx2=ex1-ax22=2ax2-ax22=ax22-x2=0，解得x2=2，则a=e24．
［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论
当a≤0时，fx=ex-ax2>0，无零点；
当a>0时，f(x)=0⇔ex2-ax=0，记φ(x)=ex2-ax，则φ'(x)=12ex2-a；
当0φ(0)=1，故φ(x)无零点；
当a>14时，当x<2ln2a时，φ'(x)<0,φ(x)单调递诚，当x>2ln2a时，φ'(x)>0,φ(x)单调递增，当x→0时，φ(x)→1，当x→+∞时，φ(x)→+∞，
故[φ(x)]min=φ(2ln2a)=2a-2aln2a=0，得a=e24．