$x = 0$ 显然是一个根。对 $x \ne 0$，变量分离：$k = \dfrac{x}{\arctan x}$。

设 $g(x) = \dfrac{x}{\arctan x}$（$x \ne 0$），$g(x)$ 为偶函数（$x$ 和 $\arctan x$ 都是奇函数）。

$x > 0$ 时：$g'(x) = \dfrac{\arctan x - \dfrac{x}{1+x^2}}{(\arctan x)^2}$。

设 $h(x) = \arctan x - \dfrac{x}{1+x^2}$，$h'(x) = \dfrac{1}{1+x^2} - \dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2} = \dfrac{2x^2}{(1+x^2)^2} > 0$（$x > 0$）。

$h(0) = 0$，故 $h(x) > 0$（$x > 0$），即 $g'(x) > 0$，$g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格单增。

$\lim\limits_{x \to 0^+} g(x) = 1$，$\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$。

故 $g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上从 $1$ 单增到 $+\infty$，由偶函数对称性：

• $k > 1$：$y = k$ 与 $y = g(x)$ 有两个交点（$\pm x_0$），加上 $x = 0$，共 3 个实根。
• $k = 1$：$g(x) > 1$（$x \ne 0$），只有 $x = 0$，共 1 个实根。
• $k < 1$：$g(x) \ge 1 > k$，无交点，只有 $x = 0$，共 1 个实根。

$f(x) = 0$ 即 $ax = b\ln x$，变量分离（$x > 0$，$\ln x \ne 0$ 即 $x \ne 1$）：

设 $g(x) = \dfrac{x}{\ln x}$（$x > 0$，$x \ne 1$）。

$g'(x) = \dfrac{\ln x - 1}{(\ln x)^2}$，令 $g'(x) = 0$：$\ln x = 1$，$x = e$。

• $x \in (0, 1)$：$\ln x < 0$，$g(x) < 0$，$g'(x) > 0$（$\ln x - 1 < 0$，$(\ln x)^2 > 0$），$g$ 单增，$g(x) \to -\infty$（$x \to 0^+$），$g(x) \to -\infty$（$x \to 1^-$）。
• $x \in (1, e)$：$g'(x) < 0$，$g$ 单减，$g(x) \to +\infty$（$x \to 1^+$），$g(e) = e$。
• $x \in (e, +\infty)$：$g'(x) > 0$，$g$ 单增，$g(x) \to +\infty$。

$y = \dfrac{b}{a}$ 与 $y = g(x)$ 恰有两个交点：

• 在 $(1, +\infty)$ 上，$g(x)$ 先减后增，最小值 $g(e) = e$。
• $\dfrac{b}{a} > e$：两个交点（一个在 $(1, e)$，一个在 $(e, +\infty)$）。
• $\dfrac{b}{a} = e$：一个交点（切点 $x = e$）。
• 在 $(0, 1)$ 上，$g(x) < 0$，若 $\dfrac{b}{a} > 0$ 则无交点。

故 $f(x)$ 恰有两个零点 $\Leftrightarrow$ $\dfrac{b}{a} > e$。

见到变限积分，条件反射：① 上限等于下限时积分为 $0$；② 求导。

$f(1) = 0 + 0 = 0$，故 $x = 1$ 是一个零点。

求导：$f'(x) = -\sqrt{1+x^2} + 2x\sqrt{1+x^2} = (2x-1)\sqrt{1+x^2}$。

由 $\sqrt{1+x^2} > 0$，$f'(x)$ 的符号由 $2x - 1$ 决定：

• $x < \dfrac{1}{2}$：$f'(x) < 0$，$f$ 单减。
• $x > \dfrac{1}{2}$：$f'(x) > 0$，$f$ 单增。

$x = \dfrac{1}{2}$ 为全局极小值点。

$f(1) = 0$，$f\!\left(\dfrac{1}{2}\right) < f(1) = 0$（因为 $f$ 在 $\left(\dfrac{1}{2}, 1\right)$ 上单增）。

$\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$（第一个积分 $\to +\infty$）。

$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$（第二个积分 $\to +\infty$）。

由零点定理：$f$ 在 $(-\infty, \frac{1}{2})$ 上从 $+\infty$ 减到 $f(\frac{1}{2}) < 0$，有一个零点；$f$ 在 $(\frac{1}{2}, +\infty)$ 上从 $f(\frac{1}{2}) < 0$ 增到 $+\infty$，有一个零点（即 $x = 1$）。

$f(x)$ 共有 2 个零点。

注意：书写 $S_1$、$S_2$ 表达式时不能出现 $\xi$（尚未证明其存在），用变量 $t$ 代替。

设 $S_1(t) = \displaystyle\int_a^t [f(t) - f(x)]\,dx$，$S_2(t) = \int_t^b [f(x) - f(t)]\,dx$。

令 $F(t) = S_1(t) - 3S_2(t)$，需证 $F(t) = 0$ 在 $(a,b)$ 内有唯一解。

存在性：

$F(a) = 0 - 3\displaystyle\int_a^b [f(x) - f(a)]\,dx < 0$（$f$ 单增，$f(x) > f(a)$）。

$F(b) = \displaystyle\int_a^b [f(b) - f(x)]\,dx - 0 > 0$（$f$ 单增，$f(b) > f(x)$）。

由零点定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F(\xi) = 0$。

唯一性：

（$f'(t) > 0$，$(t-a) + 3(b-t) = 3b - a - 2t > 0$ 对 $t \in (a,b)$ 成立。）

$F(t)$ 严格单增，故零点唯一。

设 $f(x) = 2^x - x^2 - 1$。

① 至少有三个根（试根 + 零点定理）：

$f(0) = 1 - 0 - 1 = 0$，$f(1) = 2 - 1 - 1 = 0$，$f(2) = 4 - 4 - 1 = -1 < 0$，$f(5) = 32 - 25 - 1 = 6 > 0$。

• $x = 0$ 和 $x = 1$ 是两个根。
• $f(2) < 0$，$f(5) > 0$，由零点定理，$(2, 5)$ 内至少有一个根。

故至少有 3 个实根。

② 至多有三个根（罗尔定理推论）：

$f'(x) = 2^x \ln 2 - 2x$

$f''(x) = 2^x (\ln 2)^2 - 2$

$f'''(x) = 2^x (\ln 2)^3 > 0$（恒不为零）

由罗尔定理推论：$f'''(x) \ne 0$ $\Rightarrow$ $f(x) = 0$ 至多有 3 个实根。

单调性不好判断就继续求导，直到某阶导恒不为零！

综合①②：$f(x) = 0$ 恰有 3 个实根。

$f(x) = \ln|x-1| + \ln|x-2| + \ln|x-3|$（定义域 $x \ne 1, 2, 3$）。

$f'(x) = 0$ 即 $3x^2 - 12x + 11 = 0$。

$\Delta = 144 - 132 = 12 > 0$，有两个不等实根 $x = \dfrac{12 \pm 2\sqrt{3}}{6} = 2 \pm \dfrac{\sqrt{3}}{3}$。

验证：$2 - \dfrac{\sqrt{3}}{3} \approx 1.42 \in (1,2)$，$2 + \dfrac{\sqrt{3}}{3} \approx 2.58 \in (2,3)$，均在定义域内。

驻点个数为 2。

答案：C。

方法二：设 $g(x) = (x-1)(x-2)(x-3)$，则 $f'(x) = \dfrac{g'(x)}{g(x)}$，$f'(x) = 0$ 等价于 $g'(x) = 0$。$g(x)$ 是三次多项式有 3 个实根，由罗尔定理 $g'(x) = 0$ 至少有 2 个根；$g''(x) \ne 0$（一次函数），故 $g'(x) = 0$ 至多 2 个根。恰好 2 个。

设 $f(x) = x^4 + 2x^3 - 3x^2 - 4x + a$。

重根一定在驻点处取得，先求 $f'(x) = 0$：

驻点：$x = 1$，$x = -2$，$x = -\dfrac{1}{2}$。

重根必为这三个驻点中的某两个。计算：

$f(1) = 1 + 2 - 3 - 4 + a = a - 4$

$f(-2) = 16 - 16 - 12 + 8 + a = a - 4$

$f\!\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{16} - \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4} + 2 + a = a + \dfrac{17}{16}$

若 $f(1) = f(-2) = 0$，则 $a = 4$。此时 $f(-\frac{1}{2}) = 4 + \frac{17}{16} \ne 0$。

验证：$a = 4$ 时，$f(x) = x^4 + 2x^3 - 3x^2 - 4x + 4 = (x-1)^2(x+2)^2$。

确实有两个重根 $x = 1$（二重）和 $x = -2$（二重）。

故 $a = 4$。