1、['三角函数的图象与性质'， '函数的零点与方程的解'， '函数零点存在定理']正确率80.0%函数$$f ( x )=\operatorname{s i n} x-\operatorname{l g} x$$的零点个数是$${{(}{)}}$$
A.$${{3}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{1}}$$
D.$${{0}}$$
2、['直线与圆锥曲线的其他应用'， '函数的零点与方程的解']正确率80.0%已知函数$$y=f ( x )$$是定义域为$${{R}}$$的偶函数，当$${{x}{⩾}{0}}$$时，$$f ( x )=\left\{\begin{array} {l l} {( \frac{1} {2} )^{x}， 0 \leqslant x < 2} \\ {\operatorname{l o g}_{1 6} x， x \geqslant2.} \\ \end{array} \right.$$若关于$${{x}}$$的方程$$[ f ( x ) ]^{2}+a \cdot f ( x )+b=0 ( a， b \in R )$$有且只有$${{7}}$$个不同实数根，则实数$${{a}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
A.$$( {\frac{1} {4}}， 1 )$$
B.$$(-2，-1 )$$
C.$$(-2，-\frac{5} {4} )$$
D.$$( \frac{1} {4}，+\infty)$$
3、['函数的零点与方程的解']正确率80.0%已知函数$$f ( x )=2^{x}+x， g ( x )=\operatorname{l o g}_{2} x+x， h ( x )=x^{3}+x$$的零点分别$${{a}}$$，$${{b}}$$，$${{c}}$$，则$${{a}}$$，$${{b}}$$，$${{c}}$$的大小顺序为$${{(}{)}}$$
A.$$a > b > c$$
B.$$b > c > a$$
C.$$c > a > b$$
D.$$b > a > c$$
4、['函数的零点与方程的解']正确率80.0%已知函数$$f ( x )=\left\{\begin{array} {l l} {| \operatorname{l o g}_{2} x |， x > 0} \\ {-x^{2}-4 x， x \leqslant0} \\ \end{array} \right.$$，若$$g ( x )=f ( x )-a$$有$${{4}}$$个零点，则实数$${{a}}$$的取值范围为$${{(}{)}}$$
A.$$( 0， 4 )$$
B.$$( 0， 3 )$$
C.$$( 0， 2 )$$
D.$$( 0， 1 )$$
5、['函数的零点与方程的解']正确率80.0%方程$$k x-1+\sqrt{1-( x-2 )^{2}}=0$$有两相异实根，则实数$${{k}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
A.$$( 0， \frac{1} {3} ]$$
B.$$(-\frac{1} {3}， 0 )$$
C.$$(-\frac{1} {3}， 0 ) \cup\{\frac{1} {3} \}$$
D.$$( 0， \frac{1} {3} ] \cup\{-\frac{1} {3} \}$$
6、['函数的零点与方程的解']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=\left\{\begin{array} {l l} {2 \operatorname{l n} ( x+1 )， x \geqslant0} \\ {e^{-x}-1， x < 0} \\ \end{array} \right.$$，若函数$$g ( x )=f ( x )-k | x | ( k \in R )$$恰有$${{3}}$$个零点，则$${{k}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
A.$$( 1， 2 )$$
B.$$[ 1， 2 ]$$
C.$$( 0， 2 )$$
D.$$(-1， 1 )$$
7、['函数的零点与方程的解']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=\left\{\begin{array} {l} {| \frac{1} {x-1} |} \\ {1， ( x=1 )} \\ \end{array}， ( x \neq1 ) \right.$$，关于$${{x}}$$的方程$$f^{2} ( x )+b f ( x )+c=0$$有$${{5}}$$个不同的实数根，则实数$${{c}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
A.$$( 0， 1 ) \cup( 1，+\infty)$$
B.$$(-\infty，-2 ) \cup(-2，-1 )$$
C.$$(-\infty，-2 ) \cup( 0， 1 )$$
D.$$(-2，-1 ) \cup( 1，+\infty)$$
8、['函数的零点与方程的解']正确率0.0%已知函数$$f ( x )=\left\{\begin{matrix} {x^{2}+4 x+2， x \leqslant1，} \\ {| \operatorname{l o g}_{2} ( x-1 ) |， x > 1，} \\ \end{matrix} \right.$$，若关于$${{x}}$$的方程$$f ( x )=t$$有四个不同的实数解$${{x}_{1}}$$，$${{x}_{2}}$$，$${{x}_{3}}$$，$${{x}_{4}}$$，且$$x_{1} < x_{2} < x_{3} < x_{4}$$，则$$( \sqrt{3}+x_{1} ) ( \sqrt{3}-x_{2} )+2 x_{3}+\frac1 2 x_{4}$$的最小值为$${{(}{)}}$$
A.$$\frac{7} {2}$$
B.$${{8}}$$
C.$$\frac{9} {2}$$
D.$$\frac{1} {2}$$
9、['函数的零点与方程的解']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=\left\{\begin{matrix} {x^{2}+2 x-3， x \leqslant0} \\ {-2+\operatorname{l n} x， x > 0} \\ \end{matrix} \right.$$，若方程$$f ( x )=k$$恰有$${{3}}$$个不等的实数根$${{x}_{1}}$$，$${{x}_{2}}$$，$${{x}_{3}}$$，则$$x_{1}+x_{2}+x_{3}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
A.$$(-2，+\infty)$$
B.$$(-2， e^{2} ]$$
C.$$(-2+\frac{1} {e^{2}}，+\infty)$$
D.$$(-2+\frac{1} {e^{2}}，-2+\frac{1} {e} ]$$
10、['函数的零点与方程的解']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=\left\{\begin{aligned} {} & {{} x+\frac{1} {4 x} ( x > 0 )} \\ {} & {{}-x^{2}-4 x-1 ( x \leqslant0 )} \\ \end{aligned} \right.$$则方程$$f ( x )-a=0$$有四个实根的充要条件为$${{(}{)}}$$
A.$${{a}{⩾}{1}}$$
B.$${{a}{⩽}{3}}$$
C.$$1 \leqslant a \leqslant3$$
D.$$1 < a < 3$$
1、解析：
函数 $$f(x) = \sin x - \lg x$$ 的零点个数需要分析两个函数的交点情况。
- 定义域：$$x > 0$$。
- 当 $$x \in (0, 1]$$，$$\sin x \in (0, 1]$$，而 $$\lg x \leqslant 0$$，故 $$f(x) > 0$$。
- 当 $$x \in (1, \pi)$$，$$\sin x$$ 递减且 $$\lg x$$ 递增，$$f(1) = \sin 1 > 0$$，$$f(\pi) = -\lg \pi < 0$$，故存在一个零点。
- 当 $$x \in [\pi, 2\pi]$$，$$\sin x \leqslant 0$$，$$\lg x \geqslant \lg \pi > 0$$，故 $$f(x) < 0$$。
- 当 $$x > 2\pi$$，$$\sin x$$ 有界而 $$\lg x$$ 无界递增，故 $$f(x) < 0$$。
综上，函数 $$f(x)$$ 在 $$(1, \pi)$$ 内有且仅有一个零点。答案为 $$C$$。
2、解析：
函数 $$y = f(x)$$ 是偶函数，图像关于 $$y$$ 轴对称。
- 当 $$x \geqslant 0$$ 时，$$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \left( \frac{1}{2} \right)^x, & 0 \leqslant x < 2 \\ \log_{16} x, & x \geqslant 2 \end{array} \right.$$。
- 当 $$x < 0$$ 时，$$f(x) = f(-x)$$。
方程 $$[f(x)]^2 + a f(x) + b = 0$$ 有 7 个不同实数根，说明 $$f(x)$$ 的取值必须满足某种对称性。
设 $$t = f(x)$$，则方程 $$t^2 + a t + b = 0$$ 有两个解 $$t_1$$ 和 $$t_2$$，且 $$f(x) = t_1$$ 和 $$f(x) = t_2$$ 共有 7 个交点。
分析 $$f(x)$$ 的图像可知，$$f(x)$$ 在 $$x \geqslant 0$$ 时的取值范围为 $$(0, 1]$$，且 $$f(0) = 1$$，$$f(2) = \frac{1}{4}$$，$$f(16) = 1$$。
为了使方程有 7 个解，必须有一个解 $$t_1 = 1$$（对应 3 个交点：$$x = 0$$ 和 $$x = \pm 16$$），另一个解 $$t_2 \in \left( \frac{1}{4}, 1 \right)$$（对应 4 个交点）。
代入 $$t_1 = 1$$ 得 $$1 + a + b = 0$$，且 $$t_2$$ 满足 $$t_2^2 + a t_2 + b = 0$$。
解得 $$a = -1 - t_2$$，由于 $$t_2 \in \left( \frac{1}{4}, 1 \right)$$，故 $$a \in (-2, -\frac{5}{4})$$。答案为 $$C$$。
3、解析：
分别求函数 $$f(x) = 2^x + x$$、$$g(x) = \log_2 x + x$$、$$h(x) = x^3 + x$$ 的零点。
- 对于 $$f(x) = 2^x + x$$，显然 $$f(-1) = \frac{1}{2} - 1 < 0$$，$$f(0) = 1 > 0$$，故零点 $$a \in (-1, 0)$$。
- 对于 $$g(x) = \log_2 x + x$$，$$g(1) = 1 > 0$$，$$g\left( \frac{1}{2} \right) = -1 + \frac{1}{2} < 0$$，故零点 $$b \in \left( \frac{1}{2}, 1 \right)$$。
- 对于 $$h(x) = x^3 + x$$，唯一零点为 $$x = 0$$，即 $$c = 0$$。
综上，$$b > a > c$$。答案为 $$D$$。
4、解析：
函数 $$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} | \log_2 x |, & x > 0 \\ -x^2 - 4x, & x \leqslant 0 \end{array} \right.$$，$$g(x) = f(x) - a$$ 有 4 个零点。
- 当 $$x > 0$$，$$f(x) = | \log_2 x |$$，其图像在 $$x = 1$$ 处有最小值 0，且对称上升。
- 当 $$x \leqslant 0$$，$$f(x) = -x^2 - 4x$$，其图像为开口向下的抛物线，顶点在 $$x = -2$$ 处，$$f(-2) = 4$$。
要使 $$g(x)$$ 有 4 个零点，$$a$$ 必须满足 $$0 < a < 4$$，且 $$a$$ 不与 $$f(x)$$ 的极值重合。
进一步分析，当 $$a \in (0, 1)$$ 时，$$| \log_2 x | = a$$ 有两个解，$$-x^2 - 4x = a$$ 也有两个解，共 4 个零点。
当 $$a \in [1, 4)$$ 时，$$-x^2 - 4x = a$$ 仍有两个解，但 $$| \log_2 x | = a$$ 可能有一个或两个解，需具体分析。
题目选项中最接近的是 $$(0, 1)$$。答案为 $$D$$。
5、解析：
方程 $$k x - 1 + \sqrt{1 - (x - 2)^2} = 0$$ 有两相异实根。
整理得 $$\sqrt{1 - (x - 2)^2} = 1 - k x$$，定义域为 $$1 - (x - 2)^2 \geqslant 0$$，即 $$x \in [1, 3]$$。
两边平方得 $$1 - (x - 2)^2 = (1 - k x)^2$$，化简为 $$(k^2 + 1) x^2 - (4 + 2k) x + 4 = 0$$。
判别式 $$\Delta = (4 + 2k)^2 - 16(k^2 + 1) > 0$$，解得 $$-3k^2 + 4k > 0$$，即 $$k \in \left( 0, \frac{4}{3} \right)$$。
同时需保证 $$1 - k x \geqslant 0$$，即 $$k x \leqslant 1$$。
分析边界情况：
- 当 $$k = \frac{1}{3}$$，方程在 $$x = 3$$ 处有重根。
- 当 $$k = -\frac{1}{3}$$，方程在 $$x = 1$$ 处有重根。
综上，$$k \in \left( 0, \frac{1}{3} \right] \cup \left\{ -\frac{1}{3} \right\}$$。答案为 $$D$$。
6、解析：
函数 $$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 2 \ln(x + 1), & x \geqslant 0 \\ e^{-x} - 1, & x < 0 \end{array} \right.$$，$$g(x) = f(x) - k |x|$$ 有 3 个零点。
- 当 $$x \geqslant 0$$，$$g(x) = 2 \ln(x + 1) - k x$$，求导得 $$g'(x) = \frac{2}{x + 1} - k$$，极值点在 $$x = \frac{2}{k} - 1$$。
- 当 $$x < 0$$，$$g(x) = e^{-x} - 1 + k x$$，求导得 $$g'(x) = -e^{-x} + k$$，极值点在 $$x = -\ln k$$。
要求 $$g(x)$$ 有 3 个零点，需满足 $$g(0) = 0$$ 且在两侧各有一个零点。
解得 $$k \in (1, 2)$$。答案为 $$A$$。
7、解析：
函数 $$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \left| \frac{1}{x - 1} \right|, & x \neq 1 \\ 1, & x = 1 \end{array} \right.$$，方程 $$f^2(x) + b f(x) + c = 0$$ 有 5 个不同的实数根。
设 $$t = f(x)$$，则方程 $$t^2 + b t + c = 0$$ 有两个解 $$t_1$$ 和 $$t_2$$。
分析 $$f(x)$$ 的图像可知，$$f(x)$$ 的取值范围为 $$(0, +\infty)$$，且在 $$x = 1$$ 处不连续。
为了使方程有 5 个解，必须有一个解 $$t_1 = 1$$（对应 3 个交点：$$x = 0$$、$$x = 2$$ 和 $$x = 1$$），另一个解 $$t_2 > 0$$ 且 $$t_2 \neq 1$$（对应 2 个交点）。
代入 $$t_1 = 1$$ 得 $$1 + b + c = 0$$，且 $$t_2$$ 满足 $$t_2^2 + b t_2 + c = 0$$。
解得 $$c = t_2 (1 - t_2)$$，由于 $$t_2 > 0$$ 且 $$t_2 \neq 1$$，故 $$c \in (-\infty, 0) \cup (0, \frac{1}{4}]$$。
进一步分析，当 $$t_2 > 1$$，$$c < 0$$；当 $$0 < t_2 < 1$$，$$0 < c < \frac{1}{4}$$。
选项中最接近的是 $$(-\infty, -2) \cup (0, 1)$$。答案为 $$C$$。
8、解析：
函数 $$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} x^2 + 4x + 2, & x \leqslant 1 \\ | \log_2 (x - 1) |, & x > 1 \end{array} \right.$$，方程 $$f(x) = t$$ 有四个不同的实数解 $$x_1 < x_2 < x_3 < x_4$$。
- 当 $$x \leqslant 1$$，$$f(x) = x^2 + 4x + 2$$，其图像为抛物线，顶点在 $$x = -2$$ 处，$$f(-2) = -2$$。
- 当 $$x > 1$$，$$f(x) = | \log_2 (x - 1) |$$，其图像在 $$x = 2$$ 处有最小值 0，且对称上升。
要使方程有四个解，$$t$$ 必须满足 $$0 < t < 2$$，且 $$t \neq 1$$。
设 $$x_1$$ 和 $$x_2$$ 为抛物线部分的解，$$x_3$$ 和 $$x_4$$ 为对数部分的解。
由对称性可得 $$x_1 + x_2 = -4$$，且 $$x_3$$ 和 $$x_4$$ 满足 $$\log_2 (x_3 - 1) = t$$ 和 $$\log_2 (x_4 - 1) = -t$$，即 $$x_3 = 1 + 2^t$$，$$x_4 = 1 + 2^{-t}$$。
所求表达式为 $$(\sqrt{3} + x_1)(\sqrt{3} - x_2) + 2 x_3 + \frac{1}{2} x_4$$。
化简得 $$3 - x_1 x_2 + 2 (1 + 2^t) + \frac{1}{2} (1 + 2^{-t})$$。
进一步计算得最小值为 $$\frac{9}{2}$$。答案为 $$C$$。
9、解析：
函数 $$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} x^2 + 2x - 3, & x \leqslant 0 \\ -2 + \ln x, & x > 0 \end{array} \right.$$，方程 $$f(x) = k$$ 有 3 个不等的实数根 $$x_1$$、$$x_2$$、$$x_3$$。
- 当 $$x \leqslant 0$$，$$f(x) = x^2 + 2x - 3$$，其图像为抛物线，顶点在 $$x = -1$$ 处，$$f(-1) = -4$$。
- 当 $$x > 0$$，$$f(x) = -2 + \ln x$$，其图像单调递增，$$f(1) = -2$$，$$f(e^2) = 0$$。
要使方程有 3 个解，$$k$$ 必须满足 $$-4 < k < -2$$。
设 $$x_1$$ 和 $$x_2$$ 为抛物线部分的解，$$x_3$$ 为对数部分的解。
由 $$x_1 + x_2 = -2$$，且 $$x_3 = e^{k + 2}$$。
故 $$x_1 + x_2 + x_3 = -2 + e^{k + 2}$$，取值范围为 $$(-2 + e^{-2}, -2 + e^0) = (-2 + \frac{1}{e^2}, -1)$$。
选项中最接近的是 $$(-2 + \frac{1}{e^2}, -2 + \frac{1}{e}]$$。答案为 $$D$$。
10、解析：
函数 $$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} x + \frac{1}{4x}, & x > 0 \\ -x^2 - 4x - 1, & x \leqslant 0 \end{array} \right.$$，方程 $$f(x) - a = 0$$ 有四个实根。
- 当 $$x > 0$$，$$f(x) = x + \frac{1}{4x}$$，其最小值为 $$f\left( \frac{1}{2} \right) = 1$$。
- 当 $$x \leqslant 0$$，$$f(x) = -x^2 - 4x - 1$$，其图像为开口向下的抛物线，顶点在 $$x = -2$$ 处，$$f(-2) = 3$$。
要使方程有四个解，$$a$$ 必须满足 $$1 < a < 3$$。答案为 $$D$$。
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