4.5.1 函数的零点与方程的解

由 $ f(x)=0⇒{\mathrm{e}}^{x}-2=0⇒{\mathrm{e}}^{x}=2⇒x= \ln 2 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

函数有两个零点就是函数图象与 $ x $ 轴有两个交点,故选 $ \mathrm{C}\mathrm{D} $ .

由题意可得 $ f(1)=a+b=0 $ ，可得 $ b=-a $ ，可得 $ g(x)=a{x}^{3}+bx=a{x}^{3}-ax $ ，令 $ g(x)=0 $ ，因此 $ a{x}^{3}-ax=ax(x-1)(x+1)=0 $ ，解得 $ x=0 $ 或 $ x=1 $ 或 $ x=-1 $ ，因此函数 $ g(x)=a{x}^{3}+bx $ 的零点是 $ -1 {\rm ,0,1} $ ．故选 $ \mathrm{D} $ ．

当 $ x > 0 $ 时,令 $ f(x)=0 $ ,则 $ \ln x={x}^{2}-2x $ ,

则函数 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上的零点个数为函数 $ y= \ln x $ 与函数 $ y={x}^{2}-2x $ , $ x\in (0,+\mathrm{\infty }) $ 图象的交点个数,

在同一直角坐标系中作出两个函数的大致图象，如图所示,

由图可知,当 $ x > 0 $ 时,函数 $ f(x) $ 的零点有2个；

当 $ x\leqslant 0 $ 时,令 $ f(x)={x}^{2}-2x-3=0 $ ,解得 $ x=-1 $ 或 $ x=3 $ （舍去）,

则当 $ x\leqslant 0 $ 时,函数 $ f(x) $ 的零点有1个.

综上,函数 $ f(x) $ 的零点有3个.故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意可知 $ f(x) $ 的定义域为 $ ｛x|x\geqslant 0｝ $ ，令 $ f(x)=x-\sqrt{x}-6=0 $ ，可得 $ {\left(\sqrt{x}\right) ^ {2}}-\sqrt{x}-6=0 $ ，解得 $ \sqrt{x}=-2 $ （舍去）或 $ \sqrt{x}=3 $ ， $ \therefore x=9 $ .

（1）由题设， $ g(x)=f(x)-2={ \log }_{3}\frac{x+1}{9(x-1)} $ 且定义域为 $ ｛x|x > 1｝ $ ，

所以令 $ g(x)=0 $ ，即 $ \dfrac{x+1}{9(x-1)}=1 $ ，解得 $ x=\dfrac{5}{4} > 1 $ ，则 $ g(x) $ 的零点为 $ \dfrac{5}{4} $ .

（2）由（1）及题设知 $ \dfrac{x+1}{x-1}=\dfrac{a}{x} $ 在 $ ｛x|x > 1｝ $ 上有解，且 $ a > 0 $ ，所以 $ a=\dfrac{x(x+1)}{x-1}=x-1+\dfrac{2}{x-1}+3\geqslant 3+2\sqrt{(x-1)\cdot \dfrac{2}{x-1}}=3+2\sqrt{2} $ ，当且仅当 $ x=\sqrt{2}+1 $ 时等号成立，所以实数 $ a $ 的取值范围为 $ [3+2\sqrt{2},+\mathrm{\infty }) $ .

因为 $ f(x) $ 的图象是一条连续不断的曲线，且 $ f(0)f(1) > 0 $ ， $ f(1)f(2) > 0 $ ， $ f(2)f(3) < 0 $ ， $ f(3)f(4) > 0 $ ，所以由函数零点存在定理可知一定包含 $ f(x) $ 零点的区间是 $ (2,3) $ ．故选 $ \mathrm{C} $ ．

由 $ f(x)={x}^{3}-\dfrac{1}{x}-2 $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，且 $ f(1)=-2 < 0 < f(2)=\dfrac{11}{2} $ ，所以函数在区间 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 内的零点个数是1.故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意可得

$ \begin{cases}f(-2)\cdot f(-1)=(8+6a+2)(2+3a+2) < 0,\\ f(-1)\cdot f(0)=(2+3a+2)×2 < 0,\end{cases} $

解得 $ -\dfrac{5}{3} < a < -\dfrac{4}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

令 $ f(x)={2}^{x}+x-2=0 $ ， $ h(x)={ \log }_{2}x+x-2=0 $ ，则 $ {2}^{x}=2-x $ ， $ { \log }_{2}x=2-x $ ，即 $ a $ ， $ c $ 分别为直线 $ y=2-x $ 与函数 $ y={2}^{x} $ ， $ y={ \log }_{2}x $ 图象交点的横坐标.因为 $ y={2}^{x} $ ， $ y={ \log }_{2}x $ 互为反函数，其图象关于直线 $ y=x $ 对称，而直线 $ y=2-x $ 与 $ y=x $ 垂直，交点坐标为 $ (1,1) $ ，所以 $ a+c=2 $ .又由 $ {b}^{3}-8=0 $ 得 $ b=2 $ ，所以 $ a+b+c=4 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ f(x) $ 是奇函数,所以 $ g(x)=f(x)-x $ 也是奇函数,所以要使函数 $ g(x)=f(x)-x $ 恰有两个零点,则只需要当 $ x > 0 $ 时,函数 $ g(x)=f(x)-x $ 恰有一个零点即可.

由 $ x > 0 $ , $ g(x)=f(x)-x=0 $ ,得 $ g(x)={x}^{2}-2x+a=0 $ .

若 $ \mathrm{\Delta }=0 $ ,即 $ 4-4a=0 $ ,解得 $ a=1 $ ,零点为1；

若 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ,要使当 $ x > 0 $ 时,函数 $ g(x) $ 只有一个零点,则 $ a\leqslant 0 $ ,所以此时 $ \begin{cases}\mathrm{\Delta }=4-4a > 0,\\ a\leqslant 0,\end{cases} $ 解得 $ a\leqslant 0 $ .

综上可得, $ a\leqslant 0 $ 或 $ a=1 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

作出函数 $ f(x) $ 的大致图象，如图所示，

由图可知， $ 0 < {x}_{1} < 1 < {x}_{2} $ ，由 $ f({x}_{1})=f({x}_{2}) $ 知， $ \dfrac{1}{{x}_{1}}-1=1-\dfrac{1}{{x}_{2}} $ ，即 $ \dfrac{1}{{x}_{1}}+\dfrac{1}{{x}_{2}}=2 $ ，

则 $ 2{x}_{1}{x}_{2}={x}_{1}+{x}_{2} $ ，则 $ {x}_{1}=\dfrac{{x}_{2}}{2{x}_{2}-1}=\dfrac{1}{2-\dfrac{1}{{x}_{2}}} > \dfrac{1}{2} $ ，故 $ \mathrm{A} $ 错误， $ \mathrm{B} $ 正确；

由 $ 2{x}_{1}{x}_{2}={x}_{1}+{x}_{2} $ ，得 $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2} > \sqrt{{x}_{1}{x}_{2}} $ ，所以 $ {x}_{1}{x}_{2} > 1 $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确；所以 $ {x}_{1}+{x}_{2}=2{x}_{1}{x}_{2} > 2 $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，因为 $ c $ , $ d(c < d) $ 是函数 $ f(x)=(x-a)(x-b)-1(a < b) $ 的两个零点，所以 $ f(c)=f(d)=0 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ，方程 $ f(x)=-1⇒(x-a)(x-b)-1=-1⇒(x-a)(x-b)=0⇒x=a $ 或 $ b $ ，所以方程 $ f(x)=-1 $ 的解集为 $ ｛a $ , $ b｝ $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ，因为函数 $ f(x)=(x-a)(x-b)-1(a < b) $ 恰有两个零点 $ c $ , $ d(c < d) $ ，所以 $ f(x)=(x-a)(x-b)-1=(x-c)(x-d) < 0⇒c < x < d $ ，所以不等式 $ f(x) < 0 $ 的解集为 $ ｛x|c < x < d｝ $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ，先画出 $ y=(x-a)(x-b) $ 的图象，再将 $ y=(x-a)(x-b) $ 的图象向下平移一个单位长度得到 $ f(x)=(x-a)(x-b)-1 $ 的图象，如图所示，

由图可知 $ d > b > a > c $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

对于函数 $ f(x)=2{x}^{2}-3x-5 $ ，令 $ f(x)=0 $ ，即 $ 2{x}^{2}-3x-5=0 $ ，解得 $ x=-1 $ 或 $ x=\dfrac{5}{2} $ ，所以 $ f(x) $ 的零点为 $ -1 $ 和 $ \dfrac{5}{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

若函数 $ f(x) $ 满足 $ f(a)f(b) < 0 $ ，根据函数零点存在定理，如果函数 $ y=f(x) $ 在区间 $ [a,b] $ 上的图象是一条连续不断的曲线，并且有 $ f(a)f(b) < 0 $ ，那么函数 $ y=f(x) $ 在区间 $ (a,b) $ 上有零点.但是这里并没有说明函数 $ f(x) $ 在区间 $ [a,b] $ 上的图象是连续不断的，

比如函数 $ f(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{x},x\ne 0,\\ 1,x=0,\end{cases} $ 当 $ a=-1 $ ， $ b=1 $ 时， $ f(-1)f(1)=-1×1=-1 < 0 $ ，

但 $ f(x) $ 在 $ (-1,1) $ 上没有零点，所以“函数 $ f(x) $ 满足 $ f(a)f(b) < 0 $ ”不能推出“函数 $ f(x) $ 在区间 $ (a,b) $ 上有零点”，充分性不成立.

若函数 $ f(x) $ 在区间 $ (a,b) $ 上有零点，比如函数 $ f(x)={x}^{2} $ 在区间 $ (-1,1) $ 上有零点0，此时 $ f(-1)f(1)=1×1=1 > 0 $ ，这说明“函数 $ f(x) $ 在区间 $ (a,b) $ 上有零点”不能推出“函数 $ f(x) $ 满足 $ f(a)f(b) < 0 $ ”，必要性不成立.所以“函数 $ f(x) $ 满足 $ f(a)f(b) < 0 $ ”是“函数 $ f(x) $ 在区间 $ (a,b) $ 上有零点”的既不充分也不必要条件.故选 $ \mathrm{D} $ .

①当a=0时,f(x)=-x在(0,2)上无零点;

②当a>0时,则 $ \begin{cases}\Delta =1-4{a}^{2} > 0,\\ f(0)=a > 0,\\ f(2)=5a-2 > 0,\\ 0 < \dfrac{1}{2a} < 2,\end{cases} $ 解得 $ \dfrac{2}{5} $ <a< $ \dfrac{1}{2} $ ;

③当a<0时,则 $ \begin{cases}\Delta =1-4{a}^{2} > 0,\\ f(0)=a < 0,\\ f(2)=5a-2 < 0,\\ 0 < \dfrac{1}{2a} < 2,\end{cases} $ 无解.

综上所述,f(x)在(0,2)上有两个不相等的零点时, $ \dfrac{2}{5} $ <a< $ \dfrac{1}{2} {\rm \mathit{.}} $ ∵ $ (\dfrac{2}{5},\dfrac{1}{2}) $ ⫋ $ (\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2}) $ ,∴“函数f(x)在(0,2)上有两个不相等的零点”是“ $ \dfrac{1}{4} $ <a< $ \dfrac{1}{2} $ ”的充分不必要条件.故选A.

$ f(x) $ 图象的对称轴方程为 $ x=\dfrac{a}{2} $ ,开口向上，

当 $ \dfrac{a}{2}\leqslant 0 $ ，即 $ a\leqslant 0 $ 时，对任意 $ x\in (0,+\mathrm{\infty }) $ ，都有 $ f(x) > f(0)=1 $ ，所以 $ ℎ(x)\geqslant f(x) > 0 $ , $ ℎ(x) $ 没有零点.

当 $ \dfrac{a}{2} > 0 $ ,即 $ a > 0 $ 时，令 $ {x}^{2}-ax+1=0 $ , $ \mathrm{\Delta }={a}^{2}-4 < 0 $ ，解得 $ -2 < a < 2 $ ，所以 $ 0 < a < 2 $ .

当 $ 0 < a < 2 $ 时， $ f(x) > 0 $ ，所以 $ ℎ(x)\geqslant f(x) > 0 $ , $ ℎ(x) $ 没有零点.

当 $ a=2 $ 时， $ f(x)={x}^{2}-2x+1 $ .

当 $ x\ne 1 $ 时， $ f(x) > 0 $ ，所以 $ ℎ(x)\geqslant f(x) > 0 $ ；当 $ x=1 $ 时， $ ℎ(1)= \max ｛f(1) $ , $ g(1)｝=0 $ ，所以 $ ℎ(x) $ 有1个零点.

当 $ a > 2 $ 时， $ 2-a < 0 $ .

当 $ x\in (0,1) $ 时， $ ℎ(x)\geqslant g(x) > 0 $ ；当 $ x=1 $ 时， $ ℎ(1)= \max ｛f(1) $ , $ g(1)｝= \max ｛2-a $ , $ 0｝=0 $ ；

当 $ x\in (1,+\mathrm{\infty }) $ 时， $ g(x) < 0 $ , $ f(1)=2-a < 0 $ , $ f(a)=1 $ ，所以 $ f(x) $ 在 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上有1个零点，则 $ ℎ(x) $ 在 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上有1个零点.所以 $ ℎ(x) $ 有2个零点.

设 $ f(x) $ 在 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上的零点为 $ {x}_{1} $ ，则当 $ x\in (1,{x}_{1}) $ 时， $ f(x) < 0 $ ，所以当 $ x\in (1,{x}_{1}) $ 时， $ ℎ(x) < 0 $ ， $ \mathrm{D} $ 错误.

综上，当 $ a < 2 $ 时， $ ℎ(x) $ 没有零点；当 $ a=2 $ 时， $ ℎ(x) $ 有1个零点；当 $ a > 2 $ 时， $ ℎ(x) $ 有2个零点, $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ 正确，故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

画出 $ f(x) $ 的大致图象如图所示 $ {\rm .} g(x) $ 有且仅有一个零点等价于方程 $ f(x)=-x $ 有且仅有一个解,结合 $ y=f(x) $ 的图象与 $ y=-x $ 的图象可知,当 $ {\mathrm{e}}^{0}+a\geqslant 0 $ ,即 $ a\geqslant -1 $ 时, $ y=f(x) $ 的图象与 $ y=-x $ 的图象有唯一的交点.故选 $ \mathrm{B} $ .

当 $ x\leqslant 0 $ 时，函数 $ f(x)=x+2 $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0] $ 上单调递增， $ f(x)\leqslant f(0)=2 $ ，

当 $ x > 0 $ 时，函数 $ f(x)=x+\dfrac{1}{x}\geqslant 2\sqrt{x\cdot \dfrac{1}{x}}=2 $ ，当且仅当 $ x=1 $ 时取等号.画出函数 $ y=f(x) $ 的大致图象,如图所示.

令 $ f(x)=t $ ，观察图象知，当 $ t < 2 $ 时，方程 $ f(x)=t $ 有一个根，当 $ t\geqslant 2 $ 时，方程 $ f(x)=t $ 有两个不等实根.

函数 $ g(x)={[f(x)]}^{2}+4f(x)+a(a\in \boldsymbol{R}) $ 有三个零点，等价于函数 $ ℎ(t)={t}^{2}+4t+a $ 有两个零点 $ {t}_{1} $ , $ {t}_{2} $ ，并满足 $ {t}_{1} < 2 $ , $ {t}_{2}\geqslant 2 $ .

函数 $ ℎ(t) $ 的图象的对称轴为直线 $ t=-2 $ ，于是得 $ ℎ(2)=a+12\leqslant 0 $ ,解得 $ a\leqslant -12 $ .

所以实数 $ a $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },-12] $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

根据题意可得 $ g(x)=a{x}^{2}+(a-2)x+1=x $ 在 $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{1}{2}) $ 上恰有两个不同的解，即 $ f(x)=a{x}^{2}+(a-3)x+1 $ 在区间 $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{1}{2}) $ 上恰有两个零点，

所以 $ \begin{cases}a > 0,\\ -\dfrac{a-3}{2a} < \dfrac{1}{2},\\ f\left(\dfrac{1}{2}\right)=a\cdot {\left(\dfrac{1}{2}\right)}^{2}+\left(a-3\right)×\dfrac{1}{2}+1 > 0,\\ \mathrm{\Delta }={\left(a-3\right)}^{2}-4a > 0\end{cases} $

或 $ \begin{cases}a < 0,\\ -\dfrac{a-3}{2a} < \dfrac{1}{2},\\ f\left(\dfrac{1}{2}\right)=a\cdot {\left(\dfrac{1}{2}\right)}^{2}+\left(a-3\right)×\dfrac{1}{2}+1 < 0,\\ \mathrm{\Delta }={\left(a-3\right)}^{2}-4a > 0,\end{cases} $

解得 $ a > 9 $ 或 $ a < 0 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

易知 $ f(x)={ \log }_{2}x-{\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right) ^ {x}} $ 单调递增， $ f(1)={ \log }_{2}1-\dfrac{1}{\mathrm{e}} < 0 $ ， $ f(2)={ \log }_{2}2-{\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right) ^ {2}} > 0 $ ,所以 $ f(x) $ 的零点所在区间为 $ (1,2) $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

令 $ y=x\left|x-1.5\right|- \ln \text{ }x=0 $ ，则 $ x\left|x-1.5\right|= \ln \text{ }x $ ，所以函数 $ y=x|x-1.5|- \ln \text{ }x $ 的零点个数即为 $ y=x\left|x-1.5\right| $ 与 $ y= \ln \text{ }x $ 的图象交点个数，在题图的基础上作出函数 $ y= \ln \text{ }x $ 的图象，如图所示.

结合图象可知 $ y=x\left|x-1.5\right| $ 与 $ y= \ln \text{ }x $ 的图象有2个交点，所以函数 $ y=x\left|x-1.5\right|- \ln \text{ }x $ 有2个零点.故选 $ \mathrm{B} $ .

$ \because $   函数 $ y={2}^{x} $ 和 $ y={ \log }_{2}x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上均单调递增， $ \therefore f(x)={2}^{x}-{ \log }_{\frac{1}{2}}x={2}^{x}+{ \log }_{2}x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增.又 $ \because a $ 是函数 $ f(x)={2}^{x}+{ \log }_{2}x $ 的零点， $ \therefore f(a)=0 $ , $ \therefore $   当 $ {x}_{0} > a $ 时， $ \text{ }f({x}_{0}) > f(a)=0 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ f(x)=\begin{cases}{x}^{2}-4x,x\leqslant 2,\\ 4-\mid 2x-12\mid ,x > 2,\end{cases} $

所以 $ f(x)=\begin{cases}{x}^{2}-4x,x\leqslant 2,\\ 2x-8,2 < x\leqslant 6,\\ 16-2x,x > 6,\end{cases} $

作出函数 $ f(x) $ 的图象，如图所示，

关于 $ x $ 的方程 $ f(x)-f(2-a)=0 $ 至少有两个不等的实根，即函数 $ f(x) $ 的图象与直线 $ y=f(2-a) $ 至少有两个不同的交点，所以 $ -4\leqslant f(2-a)\leqslant 4 $ ，

当 $ x\leqslant 2 $ 时，令 $ f(x)={x}^{2}-4x=4 $ ，解得 $ x=2-2\sqrt{2} $ ，

当 $ x > 6 $ 时，令 $ f(x)=16-2x=-4 $ ，解得 $ x=10 $ ，

所以 $ 2-2\sqrt{2}\leqslant 2-a\leqslant 10 $ ，解得 $ -8\leqslant a\leqslant 2\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ y={\mathrm{e}}^{x} $ , $ y= \ln x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,

所以 $ f(x)=2023{\mathrm{e}}^{x}+2024 \ln x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上为增函数,

又 $ 0 < a < b < c $ ,所以 $ f(a) < f(b) < f(c) $ ,

又 $ f(a)f(b)f(c) < 0 $ ,

所以 $ f(a) < 0 $ , $ f(b) > 0 $ , $ f(c) > 0 $ 或 $ f(a) < 0 $ , $ f(b) < 0 $ , $ f(c) < 0 $ .

当 $ f(a) < 0 $ , $ f(b) > 0 $ , $ f(c) > 0 $ 时,

由 $ f(x) $ 存在零点 $ {x}_{0} $ ,可知 $ {x}_{0}\in (a,b) $ ,且 $ (a,b)⫋(a,c) $ ,此时 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{C} $ 选项正确, $ \mathrm{B} $ , $ \mathrm{D} $ 选项错误；

当 $ f(a) < 0 $ , $ f(b) < 0 $ , $ f(c) < 0 $ 时,

由 $ f(x) $ 存在零点 $ {x}_{0} $ ,可知 $ {x}_{0}\in (c,+\mathrm{\infty }) $ ,

此时 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{B} $ , $ \mathrm{C} $ 选项错误, $ \mathrm{D} $ 选项正确.

综上,选项中一定错误的是 $ \mathrm{B} $ 选项,故选 $ \mathrm{B} $ .

令 $ |f(x)|=t $ ，由函数 $ g(x)={[f(x)]}^{2}-(m+2)|f(x)|+2m $ 有7个不同的零点可知方程 $ {t}^{2}-(m+2)t+2m=(t-2)(t-m)=0 $ 有两个不相等的实数根 $ {t}_{1} $ , $ {t}_{2} $ ，且 $ {t}_{1} $ , $ {t}_{2} $ 对应的 $ x $ 的取值共有7个.

作出 $ y=|f(x)| $ 的图象如图所示：

不妨设 $ {t}_{1}=|f(x)|=2 $ ，即 $ y=|f(x)| $ 与 $ y={t}_{1} $ 的图象有4个交点，对应的 $ x $ 的取值共有4个,

因此 $ |f(x)|={t}_{2} $ 对应的 $ x $ 的取值共有3个，即 $ y=|f(x)| $ 与 $ y={t}_{2} $ 的图象有3个交点，

由图可知，当 $ m > 4 $ 时满足题意.故选 $ \mathrm{D} $ .

$ \because f(x) $ , $ g(x) $ 分别是定义在 $ \boldsymbol{R} $ 上的偶函数和奇函数,

$ \therefore f(-x)=f(x) $ , $ g(-x)=-g(x) $ .

又 $ \because f(x)+g(x)={2}^{x}-x $ ,①

$ \therefore f(-x)+g(-x)=f(x)-g(x)={2}^{-x}+x $ .②

$ \mathrm{①}+\mathrm{②} $ 得 $ 2f(x)={2}^{x}+{2}^{-x} $ ,

$ \therefore f(x)=\dfrac{1}{2}({2}^{x}+{2}^{-x}) $ .

令 $ ℎ(x)={2}^{|x|}-2\lambda f(x)+{\lambda }^{2}={2}^{|x|}-\lambda ({2}^{x}+{2}^{-x})+{\lambda }^{2} $ .

$ \because ℎ(x)=ℎ(-x) $ , $ \therefore ℎ(x) $ 为偶函数,

$ \therefore $ 当且仅当 $ x=0 $ 时, $ ℎ(x)=0 $ ,

$ \therefore 1-2\lambda +{\lambda }^{2}=0 $ ,解得 $ \lambda =1 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ -1 $ 和1是 $ f(x) $ 的零点，所以 $ \begin{cases}1+a+b+c=0,\\ -1+a-b+c=0,\end{cases} $ 解得 $ b=-1 $ ， $ c=-a $ ，

所以 $ f(x)={x}^{3}+a{x}^{2}-x-a=x({x}^{2}-1)+a({x}^{2}-1)=(x+a)({x}^{2}-1) $ ，因为 $ {x}_{0} $ 为函数 $ f(x) $ 的零点，且 $ {x}_{0}\ne ±1 $ ,所以 $ {x}_{0}=-a $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；当 $ a=0 $ 时， $ g(x)=-x $ 有一个零点，故 $ \mathrm{C} $ 正确；当 $ a\ne 0 $ 时，对于 $ g(x)=a{x}^{2}-x-a $ ， $ \mathrm{\Delta }=1+4{a}^{2} > 0 $ ，所以 $ y=g(x) $ 有两个零点，故 $ \mathrm{D} $ 正确；综上， $ y=g(x) $ 可能有一个零点或两个零点，故 $ \mathrm{B} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

由题意，函数 $ f(x) $ 的图象如图所示.

对于 $ \mathrm{A} $ ， $ f(x) $ 在 $ (1,2) $ 上单调递减， $ \mathrm{A} $ 错误.

对于 $ \mathrm{B} $ ，令 $ f(x)=0 $ ，即 $ \left|4-{x}^{2}\right|=0 $ ,解得 $ x=±2 $ , $ f(x) $ 只有2个零点， $ \mathrm{B} $ 正确.

对于 $ \mathrm{C} $ ，由图知只需 $ f(x)\leqslant 3 $ 得 $ \left|4-{x}^{2}\right|\leqslant 3 $ ，解得 $ [-\sqrt{7},0)\cup (0,\sqrt{7}] $ ， $ \mathrm{C} $ 错误.

对于 $ \mathrm{D} $ ， $ f(f(x))=5 $ ，即 $ \left|4-{[f(x)]}^{2}\right|=5 $ ，且 $ \left|f(x)\right|\geqslant 1 $ ，解得 $ f(x)=±3 $ .若 $ f(x)=3 $ ，即 $ \left|4-{x}^{2}\right|=3 $ ，解得 $ x=±1 $ 或 $ x=±\sqrt{7} $ ;若 $ f(x)=-3 $ ，即 $ { \log }_{2}\left|x\right|=-3 $ ，解得 $ x=±\dfrac{1}{8} $ ， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{D} $ .

当 $ x < 0 $ 时， $ -x > 0 $ ,则 $ (-x)+(-\dfrac{1}{x})\geqslant 2 $ ，则 $ x+\dfrac{1}{x}\leqslant -2 $ ,即 $ x+\dfrac{1}{x}+4\leqslant 2 $ ，当且仅当 $ x=-1 $ 时取等号，

当 $ x > 0 $ 时， $ | \lg x+1|\geqslant 0 $ ，当且仅当 $ x=\dfrac{1}{10} $ 时取等号，作出函数 $ f(x) $ 的图象如图所示，由图可知当且仅当 $ 0 < a < 2 $ 时方程 $ f(x)=a $ 有4个不同实根，故 $ \mathrm{A} $ 错误；

结合图象可得 $ {x}_{1} < -1 $ , $ {x}_{4} > \dfrac{1}{10} $ , $ {x}_{4}-{x}_{1} > \dfrac{11}{10} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确；

由题得 $ \lg {x}_{3}+1\ne \lg {x}_{4}+1 $ 且 $ | \lg {x}_{3}+1|=| \lg {x}_{4}+1| $ ，所以 $ \lg {x}_{3}+1+ \lg {x}_{4}+1=0 $ ，所以 $ \lg ({x}_{3}{x}_{4})=-2 $ ,所以 $ {x}_{3}{x}_{4}=\dfrac{1}{100} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确；

$ {x}_{1} $ , $ {x}_{2} $ 是方程 $ x+\dfrac{1}{x}+4=a $ ，即方程 $ {x}^{2}+(4-a)x+1=0 $ 的两个根，所以 $ {x}_{1}{x}_{2}=1 $ , $ {x}_{1}+{x}_{2}=a-4 $ ,所以 $ \dfrac{1}{{x}_{1}^{2}}+\dfrac{1}{{x}_{2}^{2}}=\dfrac{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}{x}_{2}^{2}}={x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}={\left(a-4\right) ^ {2}}-2 $ ，由 $ 0 < a < 2 $ ，所以 $ 2 < (a-4)^{2}-2 < 14 $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

函数 $ f(x)={x}^{2}-2(a+1)x+4 $ 在区间 $ [\dfrac{1}{2},3] $ 上有两个零点,

即 $ {x}^{2}-2(a+1)x+4=0 $ 在区间 $ [\dfrac{1}{2},3] $ 上有两个不同的解,

即 $ 2(a+1)=x+\dfrac{4}{x} $ 在区间 $ [\dfrac{1}{2},3] $ 上有两个不同的解,

转化成 $ y=2(a+1) $ 与 $ g(x)=x+\dfrac{4}{x} $ 的图

象在区间 $ [\dfrac{1}{2},3] $ 上有两个不同的交点,

结合对勾函数的性质可知 $ g(x)=x+\dfrac{4}{x} $ 在 $ [\dfrac{1}{2},2] $ 上单调递减,在 $ [2,3] $ 上单调递增,

且 $ g(\dfrac{1}{2})=\dfrac{17}{2} $ , $ g(2)=4 $ , $ g(3)=\dfrac{13}{3} $ ,所以 $ 4 < 2(a+1)\leqslant \dfrac{13}{3} $ ,解得 $ 1 < a\leqslant \dfrac{7}{6} $ .

因为 $ m $ , $ n $ 分别为 $ f(x) $ , $ g(x) $ 的零点，所以 $ f(m)= \ln m+m-3=0 $ , $ g(n)={\mathrm{e}}^{n}+n-3=0 $ ，

因为 $ {\mathrm{e}}^{n}+n-3=0 $ ，所以 $ f({\mathrm{e}}^{n})={\mathrm{l}\mathrm{n}\mathrm{e}}^{n}+{\mathrm{e}}^{n}-3={\mathrm{e}}^{n}+n-3=0 $ ，且 $ {\mathrm{e}}^{n}+n=3 $ ，

因为函数 $ f(x)= \ln x+x-3 $ 为增函数，且 $ f(m)=f({\mathrm{e}}^{n})=0 $ ，所以 $ m={\mathrm{e}}^{n} $ ，所以 $ {\mathrm{e}}^{n}+ \ln m={\mathrm{e}}^{n}+{\mathrm{l}\mathrm{n}\mathrm{e}}^{n}={\mathrm{e}}^{n}+n=3 $ .

画出函数 $ y=f(x) $ 和 $ y=m $ 的图象如图所示.

由题知， $ { \log }_{2}(a+1)=-{ \log }_{2}(b+1) $ ,

$ \therefore (a+1)(b+1)=1 $ ，

$ \therefore ab=-a-b $ ，即 $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=-1 $ .

由图可得 $ c+d=10 $ , $ c\in (3,5) $ ,

$ \therefore cd=c(10-c)\in (21,25) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题可知， $ f(x)=2{x}^{2} $ , $ g(x)=3-|x| $ ,

令 $ f(x) > g(x) $ ,即 $ 2{x}^{2} > 3-|x| $ ,解得 $ x > 1 $ 或 $ x < -1 $ ,

此时由 $ |f(x)-g(x)|-f(x)-g(x)+ax+4a=0 $ ，可得 $ f(x)-g(x)-f(x)-g(x)+ax+4a=0 $ ,则 $ g(x)=\dfrac{a}{2}x+2a $ ；

令 $ f(x)\leqslant g(x) $ ,得 $ -1\leqslant x\leqslant 1 $ ,

此时由 $ |f(x)-g(x)|-f(x)-g(x)+ax+4a=0 $ ，可得 $ g(x)-f(x)-f(x)-g(x)+ax+4a=0 $ ,则 $ f(x)=\dfrac{a}{2}x+2a $ .

令 $ F(x)=\begin{cases}g(x),x > 1\mathrm{或}x < -1,\\ f(x),-1\leqslant x\leqslant 1,\end{cases} $

则 $ |f(x)-g(x)|-f(x)-g(x)+ax+4a=0 $ 有四个不同的根,等价于 $ F(x) $ 与 $ y=\dfrac{a}{2}x+2a $ 的图象有四个交点,

又 $ y=\dfrac{a}{2}x+2a=a(\dfrac{x}{2}+2) $ 的图象过定点 $ A(-4,0) $ ,画出 $ F(x) $ 与 $ y=\dfrac{a}{2}x+2a $ 的大致图象如图所示.

结合图象可知,当直线 $ y=\dfrac{a}{2}x+2a $ 过点 $ B(1,2) $ 或点 $ C(3,0) $ 时，与 $ F(x) $ 的图象都有三个交点,

因为 $ {k}_{AB}=\dfrac{2}{5} $ , $ {k}_{AC}=0 $ ,

所以直线 $ y=\dfrac{a}{2}x+2a $ 的斜率的取值范围为 $ (0,\dfrac{2}{5}) $ ,

即 $ 0 < \dfrac{a}{2} < \dfrac{2}{5} $ ，所以 $ 0 < a < \dfrac{4}{5} $ ,

结合选项可知，满足条件的 $ a $ 的值为 $ \dfrac{1}{2} $ , $ \dfrac{2}{3} $ .故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B} $ .