专题二 第14讲函数与方程课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“函数与方程”专题，依据课标要求梳理函数零点、二分法及二次函数零点分布等核心考点，通过知识体系构建和高频题型归纳，精准对接高考评价体系，突出零点存在定理应用、参数范围求解等常考方向。 课件亮点在于“真题演练+技巧提炼+素养培养”，如结合2024全国专题练习分析二次函数零点分布，运用数形结合和分离参数法突破考点，培养学生数学思维与直观想象素养。特设规律总结与变式训练，助力学生掌握答题技巧，教师可据此实现针对性复习，提升备考效率。

专题2　 函数与基本初等函数 1 第14讲　函数与方程 目 录 课标要求 夯基固本 考点探究 01 03 02 课标要求 返回目录 夯基固本 知识梳理 >> f(x)＝0 x轴 零点 返回目录 连续不断 < 一个零点 返回目录 f(a)f(b)<0 一分为二 零点 返回目录 f(a)f(b)<0 零点 (a，c) (c，b) 返回目录 夯基固本 常用结论 >> 返回目录 夯基固本 返回目录 夯基固本 返回目录 夯基固本 返回目录 夯基固本 返回目录 夯基固本 热身练习 >> B 2 3 4 5 1 返回目录 夯基固本 2 3 4 5 1 返回目录 B 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 B 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 C 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 [－，1]　 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 考点探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1　二次函数的零点及分布 D 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 A 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 (，) 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点2　函数零点的判断与大小比较 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 D 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 (6，] 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 A 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 A 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 ABC 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点3　含参变量的函数零点问题 (0，3) 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 (0，) 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 D 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 D 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 1.结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数. 2.了解“二分法”的含义并能运用；理解函数零点存在定理并能运用． 1．函数的零点 (1)函数零点的定义 对于一般函数y＝f(x)，我们把使______________的实数x叫做函数y＝f(x)的零点． (2)三个等价关系 方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)的图象与______有公共点⇔函数y＝f(x)有____________． (3)函数零点的判定(函数零点存在定理) 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条____________的曲线，且有f(a)f(b)___________0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有___________，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解． 2．二分法 (1)二分法的意义 对于区间[a，b]上图象连续不断且_____________的函数y＝f(x)，通过不断地把它的零点所在区间________，使所得区间的两个端点逐步逼近______________，进而得到零点近似值的方法叫做二分法． (2)给定精确度ε，用二分法求函数f(x)零点x0的近似值的一般步骤如下： 第一步，确定零点x0的初始区间[a，b]，验证_______． 第二步，求区间(a，b)的中点c. 第三步，计算f(c)，并进一步确定零点所在的区间： ①若f(c)＝0(此时x0＝c)，则c就是函数的_________； ②若f(a)f(c)<0(此时x0∈____________)，则令b＝c； ③若f(c)f(b)<0(此时x0∈____________)，则令a＝c. 第四步，判断是否达到精确度ε：若|a－b|<ε，则得到零点近似值a(或b)；否则重复第二至第四步． 1．有关函数零点的结论 (1)若连续函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点． (2)连续函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号． (3)连续函数的图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号． 2.二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)零点的分布 零点的分布 (m，n，p为常数) 图象 满足条件 x1<x2<m eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ>0,－\f(b,2a)<m,f(m)>0)) 零点的分布 (m，n，p为常数) 图象 满足条件 m<x1<x2 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ>0,－\f(b,2a)>m,f(m)>0)) x1<m<x2 f(m)<0 零点的分布 (m，n，p为常数) 图象 满足条件 m<x1<x2<n eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ>0,m<－\f(b,2a)<n,f(m)>0,f(n)>0)) m<x1<n<x2<p eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(m)>0,f(n)<0,f(p)>0)) 零点的分布 (m，n，p为常数) 图　象 满足条件 只有一个零点 在(m，n)之间 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ＝0,m<－\f(b,2a)<n)) 或f(m)f(n)<0 3.三个等价关系的推广 方程f(x)－g(x)＝0有实根⇔函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点⇔函数F(x)＝f(x)－g(x)有零点. 1．(教材母题必修4.5例2改编)函数f(x)＝2x＋3x－3的零点所在区间是(　　) A．(0， eq \f(1,2)) B．( eq \f(1,2)，1) C．(1， eq \f(3,2)) D．( eq \f(3,2)，2) 解析：因为f(x)是R上的增函数， 且f( eq \f(1,2))＝ eq \r(2)－ eq \f(3,2)<0， f(1)＝2>0， 所以f(x)的零点在区间( eq \f(1,2)，1)内．故选B. 2．用二分法求方程x＋lg x－3＝0的近似解，以下区间可以作为初始区间的是(　　) A．[1，2] B．[2，3] C．[3，4] D．[4，5] 解析：设f(x)＝x＋lg x－3，显然函数图象是连续的， 则有f(1)＝－2<0， f(2)＝lg 2－1<0， f(3)＝lg 3>0， 所以f(2)f(3)<0， 故区间[2，3]可以作为初始区间，故选B. 3．设函数f(x)＝x＋log2x－m，若函数f(x)在( eq \f(1,4)，8)上存在零点，则实数m的取值范围是(　　) A．(－ eq \f(7,4)，5) B．(－ eq \f(7,4)，11) C．( eq \f(9,4)，5) D．( eq \f(9,4)，11) 解析：函数f(x)＝x＋log2x－m在( eq \f(1,4)，8)上单调递增， 又函数f(x)在( eq \f(1,4)，8)上存在零点， 需 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(\f(1,4))＝\f(1,4)＋log2\f(1,4)－m<0，,f(8)＝8＋log28－m>0，)) 解得－ eq \f(7,4)<m<11.故选B. 4．(2025·山东威海期末)已知函数y＝f(x)的图象是连续不断的，且f(x)的两个相邻的零点是1，2，则“∃x0∈(1，2)，f(x0)>0”是“∀x∈(1，2)，f(x)>0”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：由题意知，f(1)＝f(2)＝0， 对任意x∈(1，2)，f(x)≠0， 而函数y＝f(x)的图象是连续不断的， 由∃x0∈(1，2)，f(x0)>0， 可得∀x∈(1，2)，f(x)>0，充分性成立， 反之∀x∈(1，2)，f(x)>0， 显然可推出∃x0∈(1，2)，f(x0)>0，必要性成立， 故“∃x0∈(1，2)，f(x0)>0”是“∀x∈(1，2)，f(x)>0”的充要条件，故选C. 5．(教材母题必修习题4.5T13改编)方程x2＋ax－2＝0在区间[1，5]上有解，则实数a的取值范围为______________． 解析：令f(x)＝x2＋ax－2， 因为f(0)＝－2<0，且f(x)开口向上， 故f(x)在区间[1，5]上最多有一个零点， 结合零点存在性定理可得， 若方程x2＋ax－2＝0在区间[1，5]上有解， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(1)≤0，,f(5)≥0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(12＋a－2≤0，,52＋5a－2≥0，)) 解得a∈[－ eq \f(23,5)，1]. 【例1】(1)(2024·全国专题练习)关于x的方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0有两个不相等的实数根x1，x2，且x1<1<x2，那么实数a的取值范围是(　　) A．－ eq \f(2,7)<a< eq \f(2,5) B．a> eq \f(2,5) C．a<－ eq \f(2,7) D．－ eq \f(2,11)<a<0 解析：(1)当a＝0时，ax2＋(a＋2)x＋9a＝0 即为2x＝0，不符合题意； 故a≠0，ax2＋(a＋2)x＋9a＝0 即为x2＋(1＋ eq \f(2,a))x＋9＝0， 令y＝x2＋(1＋ eq \f(2,a))x＋9， 由于关于x的方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0有两个不相等的实数根x1，x2，且x1<1<x2， 则y＝ax2＋(a＋2)x＋9a与x轴有两个交点，且分布在1的两侧， 故x＝1时，y<0，即1＋(1＋ eq \f(2,a))×1＋9<0， 解得 eq \f(2,a)<－11，故－ eq \f(2,11)<a<0，故选D. 【例1】(2)(2025·四川模拟)若关于x的方程x2－2ax＋a＋2＝0在区间(－2，1)上有两个不相等的实数解，则实数a的取值范围是(　　) A．(－ eq \f(6,5)，－1) B．(－ eq \f(6,5)，1) C．(－∞，－ eq \f(6,5))∪(－1，＋∞) D．(－∞，－ eq \f(6,5))∪(1，＋∞) 解析：(2)令g(x)＝x2－2ax＋a＋2，因为方程x2－2ax＋a＋2＝0在区间(－2，1)上有两个不相等的实数解， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－2<a<1，,g(－2)>0，,g(1)>0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ＝4a2－4(a＋2)>0，,－2<a<1，,4＋4a＋a＋2>0，,1－2a＋a＋2>0，)) 解得－ eq \f(6,5)<a<－1， 所以实数a的取值范围是(－ eq \f(6,5)，－1).故选A. 利用二次函数的图象，采用数形结合是求解二次函数零点分布问题的基本方法．求解时，一般要考虑如下四个方面：开口方向、方程有解的条件、对称轴的位置、区间端点函数值的正负．其中方程有解的条件可以是：①Δ≥0；②函数零点存在定理． 1．若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋2m＋1的两个零点分别在区间(－1，0)和区间(1，2)内，则实数m的取值范围是______________． 解析：依题意，结合函数f(x)的图象分析可知， m需满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m≠2，,f(－1)f(0)<0，,f(1)f(2)<0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m≠2，,(m－2－m＋2m＋1)(2m＋1)<0，,(m－2＋m＋2m＋1)[4(m－2)＋2m＋2m＋1]<0，)) 解得 eq \f(1,4)<m< eq \f(1,2). 2．已知y＝(x－m)(x－n)＋2024(m<n)，且α，β(α<β)是方程y＝0的两实数根，则α，β，m，n的大小关系为(　　) A．α<m<n<β B．m<α<n<β C．m<α<β<n D．α<m<β<n 解析：因为α，β为方程y＝0的两实数根，所以α，β为函数y＝(x－m)(x－n)＋2024的图象与x轴交点的横坐标．令y1＝(x－m)(x－n)，所以m，n为函数y1＝(x－m)(x－n)的图象与x轴交点的横坐标，易知函数y＝(x－m)(x－n)＋2024的图象可由y1＝(x－m)(x－n)的图象向上平移2024个单位长度得到，所以m<α<β<n.故选C. 【例2】(1)(2025·浙江绍兴模拟)若函数y＝f(x)(x∈R)满足f(x＋1)＝－f(x)，且x∈[－1，1]时，f(x)＝1－x2，已知函数g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|lg x|，x>0，,ex，x<0，))则函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－6，6]内的零点个数为(　　) A．14 B．13 C．12 D．11 解析：(1)因为f(x＋1)＝－f(x)， 所以函数y＝f(x)(x∈R)是周期为2的函数． 因为x∈[－1，1]时，f(x)＝1－x2， 则y＝f(x)的图象如图所示．(注意拓展它的区间) 再作出函数g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|lg x|，x>0，,ex，x<0))的图象， 易得函数f(x)与g(x)的图象在区间[－6，6]内的交点有12个， 故h(x)在区间[－6，6]内的零点个数为12.故选C. 【例2】(2)(2024·黑龙江齐齐哈尔模拟)已知三个函数f(x)＝x3＋x－3，g(x)＝22x＋x－2，h(x)＝ln x＋x－5的零点依次为a，b，c，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c>b>a B．a>c>b C．a>b>c D．c>a>b 解析：(2)因为y＝x3，y＝22x在R上为增函数， y＝ln x在(0，＋∞)上为增函数， 所以由题知函数f(x)，g(x)，h(x)在各自定义域上都为增函数， 又f(1)＝－1<0，f(2)＝7>0，所以a∈(1，2)； g(0)＝－1<0，g(1)＝3>0，所以b∈(0，1)； h(3)＝ln 3－2<0，h(4)＝ln 4－1>0， 所以c∈(3，4)，所以c>a>b.故选D. 【例2】(3)已知f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|x＋2|，x≤0，,|log3x|，x>0，))若方程f(x)－a＝0有四个根x1，x2，x3，x4，且x1<x2<x3<x4，则x3－x1＋x4－x2的取值范围为________________． 解析：(3)因为方程f(x)－a＝0有四个根x1，x2，x3，x4， 故函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|x＋2|，x≤0，,|log3x|，x>0))的图象与直线y＝a有四个交点， 它们的横坐标分别为x1，x2，x3，x4，如图所示， 当x≤0时，|x1＋2|＝|x2＋2|，且x1<x2，故x1＋x2＝－4， 当x>0时，|log3x3|＝|log3x4|，且x3<x4， 所以log3x3＝－log3x4，解得x3x4＝1， 因为函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|x＋2|，x≤0，,|log3x|，x>0))的图象与直线y＝a有四个交点， 由图可得，0<log3x4≤2，故1<x4≤9， 所以x3－x1＋x4－x2＝x3＋x4＋4＝x4＋ eq \f(1,x4)＋4， 令h(x)＝x＋ eq \f(1,x)＋4，x∈(1，9]， 易得h(x)在(1，9]上单调递增， 所以h(x)>h(1)＝6，h(x)max＝h(9)＝ eq \f(118,9)， 故x3－x1＋x4－x2的取值范围是(6， eq \f(118,9)]. 判断方程的根的个数、函数的零点个数等问题，常用方法有： (1)直接求零点．令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)利用函数零点存在定理．利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的性质(如单调性、奇偶性等)才能确定函数有多少个零点． (3)利用函数图象交点的个数．将函数变形为两个函数的差，画出两个函数的图象，看其有几个交点，就有几个不同的零点． 3．已知f(x)为定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)单调递增，且f(－ eq \r(2))＝0，f( eq \f(1,2))<－3，f(2)>3，则函数g(x)＝|f(x)|－3的零点个数为(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：当x>0时，f(x)单调递增，且f(－ eq \r(2))＝0， 且f(x)为定义在R上的奇函数， 所以f(－x)＝－f(x)， 可得f( eq \r(2))＝0且f(x)在(－∞，0)上单调递增． 由g(x)＝|f(x)|－3＝0，得|f(x)|＝3. 又因为f( eq \f(1,2))<－3，f(2)>3，可得|f( eq \f(1,2))|>3，|f(2)|>3， 又f(x)为定义在R上的奇函数，所以|f(－ eq \f(1,2))|>3，|f(－2)|>3.根据题意作出满足要求的y＝|f(x)|的大致图象如图． 由图知，直线y＝3与y＝|f(x)|的图象有4个公共点，所以g(x)＝|f(x)|－3有4个零点． 故选A. 4．(2025·新疆乌鲁木齐段考)设x>0，函数y＝x2＋x－7，y＝2x＋x－7，y＝log2x＋x－7的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<b<c B．b<a<c C．a<c<b D．c<a<b 解析：分别令y＝x2＋x－7＝0，y＝2x＋x－7＝0， y＝log2x＋x－7＝0， 则x2＝－x＋7，2x＝－x＋7，log2x＝－x＋7， 则a，b，c分别为函数y＝－x＋7与函数y＝x2，y＝2x，y＝log2x图象交点的横坐标， 分别作出函数y＝x2，y＝－x＋7， y＝2x，y＝log2x的图象，如图所示， 由图可知，a<b<c.故选A. 5．(多选)(2023·广东高一统考)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－2x＋1，x≥0，,|ln (－x)|，x<0，))函数y＝f(x)－a有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1<x2<x3<x4，则(　　) A．实数a的取值范围是(0，1) B．x1x2＝1 C．x3＋x4＝2 D．x1(x3＋x4)＋eq \o\al(2,1) eq \f(1,xx2) >2 eq \r(2) 解析：因为函数y＝f(x)－a有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，所以方程f(x)＝a有四个不同的解，即函数y＝f(x)与y＝a的图象有四个不同的交点，如图． 由图可知，0<a<1， x1<－1<x2<0<x3<1<x4， 且x3＋x4＝2×1＝2，ln (－x1)＝－ln (－x2)， 得ln (－x1)＋ln (－x2)＝ln (x1x2)＝0，解得x1x2＝1， 所以x1(x3＋x4)＋eq \o\al(2,1) eq \f(1,xx2) ＝2x1＋ eq \f(1,x1)＝－[(－2x1)＋(－ eq \f(1,x1))] ≤－2 eq \r((－2x1)·(－\f(1,x1)))＝－2 eq \r(2)， 当且仅当－2x1＝－ eq \f(1,x1)，即x1＝－ eq \f(\r(2),2)时等号成立， 但x1<－1，故等号不成立， 所以x1(x3＋x4)＋eq \o\al(2,1) eq \f(1,xx2) <－2 eq \r(2).故选ABC. 【例3】(1)(2024·全国专题练习)函数f(x)＝x·2x－kx－2在区间(1，2)内有零点，则实数k的取值范围是____________． 解析：(1)令f(x)＝0，则x·2x－kx－2＝0， 即k＝2x－ eq \f(2,x)， 即y＝k与g(x)＝2x－ eq \f(2,x)，x∈(1，2)的图象有交点， 因为y＝2x和y＝－ eq \f(2,x)在(1，2)上单调递增， 所以g(x)＝2x－ eq \f(2,x)在(1，2)上单调递增， 所以g(1)<g(x)<g(2)， 即0<g(x)<3， 所以0<k<3， 即实数k的取值范围是(0，3). 【例3】(2)已知函数f(x)＝3x－ eq \f(1＋ax,x).若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是____________． 解析：(2)由f(x)＝3x－ eq \f(1＋ax,x)＝0，可得a＝3x－ eq \f(1,x)， 令g(x)＝3x－ eq \f(1,x)，其中x∈(－∞，－1)， 由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0， 则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域． 由于函数y＝3x，y＝－ eq \f(1,x)在区间(－∞，－1)上均单调递增， 所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增． 当x∈(－∞，－1)时， g(x)＝3x－ eq \f(1,x)<3-1＋1＝ eq \f(4,3)， 又g(x)＝3x－ eq \f(1,x)>0， 所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为(0， eq \f(4,3)). 因此实数a的取值范围是(0， eq \f(4,3)). 【例3】(3)函数f(x)＝x＋log2x－4的零点为x1，函数g(x)＝x＋loga(x－1)－5的零点为x2，若x2－x1>1，则实数a的取值范围为(　　) A．(1， eq \r(2)) B．(1，2) C．( eq \r(2)，＋∞) D．(2，＋∞) 解析：(3)因为f(x)＝x＋log2x－4， 易得f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f(2)＝2＋log22－4＝－1<0， f(4)＝4＋log24－4＝2>0， 所以f(x)在(2，4)上存在唯一零点，即2<x1<4， 又由已知可得x1＋log2x1－4＝0， x2＋loga(x2－1)－5＝0， 所以x1＋log2x1－4＝x2＋loga(x2－1)－5， 即x1＋log2x1＝x2－1＋loga(x2－1)， 因为x2－x1>1，所以x2－1>x1， 结合选项可知无须考虑0<a<1， 则y＝x＋log2x和y＝x－1＋loga(x－1)(a>1)这两个函数均为增函数， 所以x1＋log2x1＝x2－1＋loga(x2－1)>x1＋logax1， 即log2x1>logax1， 所以 eq \f(ln x1,ln 2)> eq \f(ln x1,ln a)， 又2<x1<4，即ln x1>ln 2>0， 所以 eq \f(1,ln 2)> eq \f(1,ln a)，即ln a>ln 2，所以a>2.故选D. 已知函数有零点(方程有根)，求参数的取值范围常用的三种方法． (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，画出函数的图象，然后数形结合求解． 6．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax，当x∈(－1，1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点，则a＝(　　) A．－1 B． eq \f(1,2) C．1 D．2 解析：(方法1)令f(x)＝g(x)， 即a(x＋1)2－1＝cos x＋2ax，可得ax2＋a－1＝cos x， 令F(x)＝ax2＋a－1，G(x)＝cos x， 原题意等价于当x∈(－1，1)时， 曲线y＝F(x)与y＝G(x)恰有一个交点， 注意到F(x)，G(x)均为偶函数， 可知该交点只能在y轴上，可得F(0)＝G(0)， 即a－1＝1，解得a＝2.故选D. 若a＝2，令F(x)＝G(x)，可得2x2＋1－cos x＝0， 因为x∈(－1，1)，则2x2≥0，1－cos x≥0， 当且仅当x＝0时，等号成立， 可得2x2＋1－cos x≥0， 当且仅当x＝0时，等号成立， 则方程2x2＋1－cos x＝0有且仅有一个实根0， 即曲线y＝F(x)与y＝G(x)恰有一个交点， 所以a＝2符合题意．综上所述，a＝2.故选D. (方法2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2＋a－1－cos x，x∈(－1，1)，原题意等价于h(x)有且仅有一个零点， 因为h(－x)＝a(－x)2＋a－1－cos (－x)＝ ax2＋a－1－cos x＝h(x)，则h(x)为偶函数， 根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0， 即h(0)＝a－2＝0，解得a＝2. 若a＝2，则h(x)＝2x2＋1－cos x，x∈(－1，1)， 又因为2x2≥0，1－cos x≥0，可得h(x)≥0， 当且仅当x＝0时，等号成立， 即h(x)有且仅有一个零点0， 所以a＝2符合题意．故选D. 7．(2024·海南模拟)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(lg (－x)，x<0，,1－|x－1|，0≤x<2，,f(x－2)，x≥2))的图象在区间(－t，t)(t>0)内恰好有5对关于y轴对称的点，则t的值可以是(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：令g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－|x－1|，0≤x<2，,g(x－2)，x≥2，))m(x)＝lg x， 因为m(x)＝lg x与y＝lg (－x)的图象关于y轴对称， 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(lg (－x)，x<0，,1－|x－1|，0≤x<2，,f(x－2)，x≥2))的图象在区间(－t，t)(t>0)内恰好有5对关于y轴对称的点， 所以问题转化为m(x)＝lg x与g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－|x－1|，0≤x<2,g(x－2)，x≥2))的图象在(0，t)(t>0)内有5个不同的交点，在同一平面直角坐标系中作出m(x)＝lg x与g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－|x－1|，0≤x<2，,g(x－2)，x≥2))的图象如图所示． 因为m(10)＝lg 10＝1，当x>10时，m(x)>1， g(1)＝g(3)＝g(5)＝g(7)＝g(9)＝g(11)＝1， 结合图象及选项可得t的值可以是6，其他值均不符合要求．故选C. $