46.零点存在定理与函数性质判断零点个数-高中数学全部题型大总结（全国版）

46.零点存在定理与函数性质判断零点个数 1．（23-24高一下·广东茂名·阶段练习）已知是函数与的交点的横坐标，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·四川绵阳·阶段练习）设函数，当时，曲线与交点个数的情况有（     ）种. A．1 B．2 C．3 D．4 3．（23-24高二下·山西吕梁·期末）已知函数若关于的方程有个不等的实根，且，则下列结论正确的是（    ） A．当时， B．当时，的取值范围为 C．当时， D．当时，的取值范围为 4．（20-21高一上·上海浦东新·阶段练习）已知，点在曲线上，若线段与曲线相交且交点恰为线段的中点，则称为曲线关于曲线的一个关联点．记曲线关于曲线的关联点的个数为a，则（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·山西吕梁·期中）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．有两个零点 C． D．若，，，则 6．（24-25高三上·江苏淮安·阶段练习）设为定义在上的奇函数，当时，为常数），则下列说法正确的是（    ） A． B． C．在上是单调减函数 D．函数仅有一个零点 7．（24-25高三上·江苏连云港·开学考试）已知函数，若方程有四个不同的零点，，，且，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·山东济南·开学考试）已知函数，则（    ） A．至少有一个零点 B．存在，使得有且仅有一个极值点 C．点是曲线的对称中心 D．当时，在上单调递减 9．（23-24高二下·辽宁辽阳·期末）已知函数的定义域为，且，若，则（    ） A． B． C．方程有唯一的实数解 D．函数有最小值 10．（2024·山东泰安·二模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．，直线与相切 B．， C．恰有2个零点 D．若且，则 11．（22-23高二下·北京海淀·期中）函数的对称中心为 ，零点个数为 . 12．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）已知定义在上的函数是偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有6个不同的实数根，则实数的取值范围是 . 13．（2015高二·全国·竞赛）函数在区间上的零点个数有 个. 14．（2016高二·全国·竞赛）定义：如果函数在上存在（），满足，，则称函数是上的“双中值函数”.已知函数是上的“双中值函数”，则实数a的取值范围是 . 15．（24-25高一上·江苏南京·阶段练习）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点. (1)求函数的不动点； (2)若函数有两个不相等的不动点、，求的取值范围； (3)若函数在区间上有唯一的不动点，求实数的取值范围. 16．（24-25高二上·全国·课后作业）讨论函数在区间上的零点个数． 17．（24-25高一上·全国·课堂例题）讨论下列方程解的个数与分布情况： (1)； (2)． 18．（23-24高一下·湖北黄冈·阶段练习）已知函数. (1)求方程在上的解集； (2)设函数； （i）证明：在有且只有一个零点； （ii）在（i）的条件下，记函数的零点为，证明：. 19．（24-25高三上·浙江·开学考试）已知函数，其中. (1)若，求的最小值； (2)证明：至少有两个零点. 20．（23-24高一·上海·课堂例题）证明：方程没有整数解． 21．（24-25高一上·全国·课后作业）已知函数，求方程的解的个数． 22．（23-24高二下·浙江丽水·期末）已知，函数. (1)若，解不等式； (2)证明：函数有唯一零点； (3)设，证明：. 23．（23-24高一下·广东广州·期中）已知函数（）. (1)若在上的最小值为，求a的值； (2)证明：存在唯一零点且满足. 24．（23-24高二下·重庆·期中）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若在上恰有一个零点，且，求满足条件的最大整数. 25．（23-24高一下·辽宁大连·阶段练习）已知函数，. (1)求函数的值域； (2)设函数，证明：有且只有一个零点，且. 26．（23-24高一下·江苏扬州·期中）已知函数. (1)当时，求的值域； (2)当时，设，求证：函数有且只有一个零点； (3)当时，若实数使得对任意实数恒成立，求的值. 27．（23-24高一下·上海奉贤·阶段练习）已知函数 (1)求方程在上的解集 (2)设函数，. ①证明：在区间上有且只有一个零点； ②记函数的零点为，证明： 28．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）已知为常数，函数. (1)当时，求关于的不等式的解集； (2)当时，若函数在上存在零点，求实数的取值范围； (3)对于给定的，且，证明：关于的方程在区间内有一个实数根. 29．（23-24高一下·安徽芜湖·阶段练习）设函数. (1)求函数在上的单调区间； (2)求证：函数在上有且只有一个零点，并求（表示不超过的最大整数，如）. 参考数据：. 30．（23-24高一上·北京延庆·期末）已知函数 (1)当时，若，求x的值: (2)若是偶函数，求出m的值: (3)时，讨论方程根的个数.并说明理由. 31．（23-24高一上·湖北·期末）已知函数，函数与互为反函数. (1)若函数的值域为，求实数的取值范围； (2)求证：函数仅有1个零点，且. 32．（23-24高一上·浙江金华·期末）二次函数的最大值为，且满足，，函数． (1)求函数的解析式； (2)若存在，使得，且的所有零点构成的集合为，证明：． 试卷第6页，共6页 试卷第1页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B BCD AD ABD ACD ABD ACD 1．C 【难度】0.65 【知识点】根据解析式直接判断函数的单调性、比较对数式的大小、零点存在性定理的应用、求指数函数在区间内的值域 【分析】对于A：构建函数，根据单调性和零点存在性定理判断A；根据化简整理即可；对于C：由题意可知，即可得；对于选项D：分析可知，即可得结果. 【详解】对于选项A：令，可知即为的零点 因为，均为定义在上单调增函数，故为定义在上单调增函数， 因为，， 所以函数存在唯一零点，故A正确； 对于选项B：因为，即， 两边取对数可得，故B正确； 对于选项C：因为，则， 可得，所以，故C错误； 对于选项D：因为，则， 可得，所以，故D正确. 故选：C. 2．C 【难度】0.65 【知识点】余弦函数图象的应用、求函数零点或方程根的个数 【分析】设，由，得到方程解的个数，进而转化为与的图象在上的交点个数，结合余弦函数的图象，以及二次函数的性质，分类讨论，即可求解. 【详解】由函数， 设， 可得， 所以函数为偶函数，图象关于轴对称， 令，可得，即， 则解的个数，即为与的图象在上的交点个数， 如图所示： 当时，，此时与的图象在上没有公共点； 当时，即时，与的图象在上有没有公共点； 当时，即时，与的图象在上有1个公共点； 当且时，即时， 与的图象在上有2个公共点； 当且时，即时， 与的图象在上有没有公共点； 当时，此时对应的抛物线开口向下，且， 此时与的图象在上有没有公共点， 综上可得，曲线与交点个数的情况有3种. 故选：C. 3．C 【难度】0.4 【知识点】分段函数的性质及应用、函数与方程的综合应用、根据函数零点的个数求参数范围、求函数零点或方程根的个数 【分析】令，求出方程的两根，数形结合可判断A选项；根据零点个数得出关于的不等式组，求出的范围，可判断BD选项；利用二次函数的对称性与对数运算可判断C选项. 【详解】令，则，， A.当时，，，由有解，有4解，故，A错； B.当时，则方程、各有一解， 当时，，当且仅当时，等号成立， 由图可得，解得，B错； C.当时，如下图所示： 由图象可知，点、关于直线对称，则， 由图可知，，，由可得，所以，， 则，因此，，C对； D.当时，有两种情况：或， 从而可得的范围为，D错. 故选：C. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 4．B 【难度】0.65 【知识点】研究对数函数的单调性、零点存在性定理的应用、求函数零点或方程根的个数 【分析】根据题意，将问题转化为的解的个数，再构造函数，利用函数的单调性与零点存在定理判断函数的零点个数，从而得解. 【详解】设点的坐标为，则线段的中点为， 由题意可知，点在曲线上， 所以，即， 构造函数，其中， 由于函数与函数在上为增函数， 所以函数在上为增函数， 因为，， 所以函数存在唯一零点，即只有一个解， 所以曲线关于曲线的关联点的个数为. 故选：B. 5．BCD 【难度】0.65 【知识点】零点存在性定理的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数研究函数的零点、比较函数值的大小关系 【分析】A选项，求出定义域，求导，得到函数在上单调递减，举出反例得到A错误；B选项，在A选项基础上，结合零点存在性定理进行求解；C选项，计算出，C正确；D选项，计算得到，在C选项基础上求出D正确. 【详解】A选项，定义域为， ， 故在上单调递减， 不妨取，此时满足，但， ，，A错误； B选项，由A选项知，在上单调递减， 其中，， ，， 由零点存在性定理可知，存在，使得， 故有两个零点，B正确； C选项，， 而， 故，C正确； D选项，， 又，， 且，，，结合C选项知，， 则，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：互为倒数关系，从而研究得到，并由此得出D选项的思路，由求出. 6．AD 【难度】0.65 【知识点】由奇偶性求参数、求函数零点或方程根的个数、根据解析式直接判断函数的单调性 【分析】根据，求得，得到，求得的值，可得判定A正确；结合由，可得判定B不正确；结合和都是增函数，及为在上的奇函数，得出函数的单调性，可判定C不正确；结合和函数的单调性，得到仅有一个零点，可得判定D正确. 【详解】对于A中，因为为定义在上的奇函数，且当时，， 可得，解得，所以， 则，所以A正确； 对于B中，由，所以B不正确； 对于C中，当时，， 因为函数和都是增函数，所以在是单调递增函数， 又因为为在上的奇函数，所以在也是递增函数，所以C不正确； 对于D中，由，且和是单调递增函数， 所以函数为定义在上仅有一个零点，所以D正确. 故选：AD. 7．ABD 【难度】0.4 【知识点】函数与方程的综合应用、根据函数零点的个数求参数范围 【分析】在同一直角坐标系内作出和的图象，结合图象，可判定A正确；再由图象得到且，，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】如图所示，在同一坐标系内作出函数和的图象， 由图象知，要使得方程有四个不同的零点，只需，所以A正确； 对于B中，因为， 且函数关于对称， 由图象得，且， 所以，可得，则， 所以，其中， 令，当且仅当时，取得最小值， 所以，所以B正确； 对于C中，是的两个根， 所以，即，所以， 由是的两个根，所以， 所以，所以C不正确； 对于D中，由，可得， 令，可得函数在上单调递增， 所以，即，，所以D正确. 故选：ABD.      【点睛】知识方法点拨：求解复合函数的零点个数或方程解的个数与范围问题的策略： 1、先换元解“套”，令，则，再作出和的图象； 2、由函数的图象观察有几个的值满足条件，结合的值观察的图象，求出每一个被对应，将的个数汇总后，即为的根的个数，即“从外到内”. 3、由零点的个数结合与的图象特点，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围，即“从内到外”，此法成为双图象法（换元+数形结合）. 8．ACD 【难度】0.65 【知识点】判断或证明函数的对称性、零点存在性定理的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、函数极值点的辨析 【分析】借助零点的存在性定理可得A；结合导数、极值点定义与二次函数的性质可得B；借助对称性定义计算可得C；利用导数与单调性的关系计算可得D. 【详解】对A：由，当时，， 故在上必有零点，即至少有一个零点，故A正确； 对B：若存在，使得有且仅有一个极值点， 则有唯一变号零点， 由二次函数性质可知，二次函数在上不可能有唯一变号零点， 故不存在，使得有且仅有一个极值点，故B错误； 对C： ， 有， 故点是曲线的对称中心，故C正确； 对D：， 当，，由，则， 故在上单调递减，故D正确. 故选：ACD. 9．ABD 【难度】0.65 【知识点】函数与方程的综合应用、根据指对幂函数零点的分布求参数范围 【分析】赋值法令，求解判断A；令，求出.令，求出，因为为增函数，且，判断 B；等价于.设，用零点存在性定理判断C;因为，所以函数有最小值，判断D. 【详解】令，得. 因为，所以，即，A正确. 令，得，由，得. 又，所以. 令，得，即，所以， 因为为增函数，且，所以，B正确. 所以等价于.设，因为，所以在上必有一个零点，又， 所以的零点不唯一，从而方程的实数解不唯一，C错误. 因为，所以函数有最小值，D正确. 故选：ABD. 10．ACD 【难度】0.4 【知识点】零点存在性定理的应用、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数研究函数的零点 【分析】利用导数研究函数的单调性并作出图形，结合导数的几何意义即可判断A；根据函数的单调性和，即可判断B；根据函数的单调性和零点的存在性定理即可判断C；当、时，分别解方程，即可判断D. 【详解】由题意知，的定义域为，， 则，对于方程，， 所以在上恒成立，故在、上单调递减， 作出直线和函数的图象，如图， A：由图可知，当时，，则，， 所以曲线在点处的切线方程为， 此时使得直线与相切，故A正确； B：当时，，函数在上单调递减， 且，则存在使得， 当时，且，当时，， 所以，使得，故B错误； C：由选项B的分析知，函数在上有且仅有1个零点； 当时，，在上单调递减， 又，，由零点的存在性定理知， 函数在上有且仅有1个零点，所以恰有2个零点，故C正确； D：若，则，， 得，解得； 若，则，， 得，解得， 综上，若且，则，故D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：关于函数零点个数的有关问题，一般转化为两个函数图象交点问题，利用函数图象分析，结合零点单调存在性定理求解即可. 11． 1 【难度】0.65 【知识点】利用导数研究函数的零点、由奇偶性求参数、奇偶函数对称性的应用、求函数零点或方程根的个数 【分析】分析可知若有对称中心，等价于存在，使得为奇函数，结合奇函数性质分析求解，即可得对称中心；求导，利用导数判断的单调性，根据单调性结合零点存在性定理分析判断. 【详解】因为的定义域为， 若有对称中心，等价于存在，使得为奇函数， 则， 结合奇函数性质可得，解得， 即为奇函数，关于原点对称， 结合的唯一性可知：函数有且仅有一个对称中心为； 又因为对任意恒成立， 可知在上单调递增，且，， 结合零点存在性定理可知：的零点个数为1. 故答案为：；1. 12． 【难度】0.4 【知识点】分段函数的性质及应用、函数与方程的综合应用 【分析】作出函数的图象，令，,，则有有两不等实根，，结合图象可得或，结合韦达定理求解即可． 【详解】由题意可知，函数的图象如图所示，根据函数图象， 函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时取得最大值2，当时取得最小值0， 直线是该图象的渐近线.令， 则关于的方程可写成， 此时关于的方程应该有两个不相等的实数根， 设为方程的两个实数根， 显然，有以下两种情况符合题意： ①当时，，则； ②当时，，则. 综上可知，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数． 13．5 【难度】0.65 【知识点】零点存在性定理的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、求cosx（型）函数的对称轴及对称中心 【分析】把函数分解为，，利用导数，三角函数判断即可． 【详解】设，， 恒成立，即为单调递增函数， 又，,故有一个零点在; 由求的个数，由得，， 又,，，，，为零点 所以有4个零点， 又， 可以判断函数在区间上的零点的个数为5个 故答案为：5. 14． 【难度】0.65 【知识点】导数的运算法则、函数新定义 【分析】根据题意，可知在内有两个不同的根，结合二次函数根的分布，即可求解. 【详解】由于，则， 在上存在（）， 满足， 得， 即关于的一元二次方程在上有两个不同的根， 令，则等价于. 所以实数a的取值范围是， 故答案是：. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查新定义的运算问题，关键是能够通过定义将问题转化为方程在区间内根的个数问题，从而可以根据二次函数的图像与性质，构造出不等关系，从而可求得结果，属于中档题. 15．(1)和3. (2) (3). 【难度】0.4 【知识点】求二次函数的值域或最值、根据二次函数零点的分布求参数的范围、函数新定义 【分析】（1）解方程，即可求出不动点； （2）由题意，方程有两个不相等的实数根、，由即可求出的范围，结合韦达定理和二次函数图象性质即可求出的范围； （3）由题意，在上有且只有一个解，令，分，，和四种情况进行讨论即可. 【详解】（1）由题意知，即，则， 解得，，所以不动点为和3. （2）依题意，有两个不相等的实数根、， 即方程有两个不相等的实数根、， 所以，解得，或， 且，， 所以， 因为函数对称轴为 当时，随的增大而减小，若，则； 当时，随的增大而增大，若，则； 故， 所以的取值范围为. （3）由，得， 由于函数在上有且只有一个不动点， 即在上有且只有一个解， 令， ①，则，解得； ②，即时， 方程可化为，另一个根为，不符合题意，舍去； ③，即时，方程可化为，另一个根为1，满足； ④，即，解得， （ⅰ）当时，方程的根为，满足； （ⅱ）当时，方程的根为，不符合题意，舍去； 综上，的取值范围是. 16．答案见解析 【难度】0.65 【知识点】利用导数研究函数的零点、用导数判断或证明已知函数的单调性、求函数的零点、函数与方程的综合应用 【分析】设，利用导数研究的单调性，分类讨论当、或、时的零点个数，结合0是在区间内的唯一零点即可求解. 【详解】设函数，则， 所以在上单调递增. ①当时，，且， 故在区间内有唯一零点0， 而0是在区间内的唯一零点， 所以有一个零点； ②当或，即或时，在区间内无零点， 而0是在区间内的唯一零点， 所以有一个零点； ③当且，即时，结合单调递增可知， 在区间内有一个零点，且， 而0是函数在区间内的唯一零点， 所以有两个零点． 综上所述，当或时，有一个零点； 当时，有两个零点． 17．(1)原方程的解只有一个，且此解在区间内 (2)原方程有两个解，且分别位于区间内 【难度】0.65 【知识点】求函数零点或方程根的个数、判断零点所在的区间 【分析】（1）构建函数，根据单调性以及零点存在性定理分析判断； （2）构建函数，根据图象以及零点存在性定理分析判断. 【详解】（1）由题得， 令，可知的定义域为， 且在内单调递增， 可知函数是增函数， 且，，即， 所以原方程的解只有一个，且此解在区间内． （2）作函数的图象，如图所示， 所以方程的解有两个． 令， 所以，， 所以原方程有两个解，且分别位于区间内． 18．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【难度】0.65 【知识点】零点存在性定理的应用、sinα±cosα和sinα·cosα的关系、二倍角的余弦公式、辅助角公式 【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可； （2）（i）根据三角函数的性质分区间研究函数的性质，利用零点存在定理可证明；（ii）然后利用换元法求值域即可证明. 【详解】（1） 所以. 所以或 当时，，则，又，所以或， 当，则，又. 所以或，所以或， 所以方程在上的解集为. （2）（i）设. 当，则， 此时在区间上单调递增， 又在区间上也单调递增，所以在区间上单调递增， 又 所以在时有唯一零点， 当，所以， 所以在上没有零点， 综上，在有唯一零点. （ii）记函数的零点为， 所以，且，所以， 所以， 令，因为，所以， 又，则， 所以. 【点睛】 19．(1) (2)证明见解析 【难度】0.65 【知识点】零点存在性定理的应用、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】（1）利用导数求出最值可得答案； （2）求出，，由零点存在定理判断可得答案. 【详解】（1）由得， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 因此最小值为； （2）不全为0，不妨，， 所以，， 因此由零点存在定理，在各至少有一个零点，结论得证. 20．证明见解析 【难度】0.65 【知识点】对数函数单调性的应用、零点存在性定理的应用 【分析】构造函数，利用函数的单调性和零点存在性原理，可得在区间上有零点，且仅有一个，即可证明结果. 【详解】令，易知，且在区间上单调递增， 又，， 由零点存在性原理知，在区间上有零点，且仅有一个， 即方程，在区间上有解，且仅有一个， 所以方程没有整数解. 21．63 【难度】0.65 【知识点】正弦函数图象的应用、求函数零点或方程根的个数 【分析】画出两个函数的图象，数形结合，利用三角函数的周期性，可得结果. 【详解】在同一平面直角坐标系中作函数和函数的图象如图所示． 因为的最大值为2，令，得， 令（）， 得（）． 所以在区间内有30个形如（，）的区间． 在每个区间上与的图象都有两个交点， 故这两个函数的图象在上有（个）交点． 在上，因为，且，， 所以方程在上有两个解； 另外，两函数的图象在上还有一个交点， 所以方程共有63个实数解． 22．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【难度】0.65 【知识点】零点存在性定理的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、基本（均值）不等式的应用、由对数函数的单调性解不等式 【分析】（1）将不等式化简，利用对数函数单调性解不等式即可； （2）先利用导数判断函数单调性，利用零点存在性定理即可证明； （3）作差变形后，结合基本不等式利用作差法即可判断. 【详解】（1）当时，不等式即为，即， 所以，解得； （2）因为，所以在定义域内单调递增， 又，，， 所以由零点存在定理得，函数有唯一零点，且零点在内. （3）由知，， 因为， 所以 . 23．(1) (2)证明见解析； 【难度】0.4 【知识点】利用函数单调性求最值或值域、函数与方程的综合应用、零点存在性定理的应用 【分析】（1）判断函数的单调性，根据单调性求其最小值，列方程求； （2）结合零点存在性定理证明存在唯一零点，再利用二次函数的性质证明，并结合指数函数性质证明结论. 【详解】（1）因为， 所以函数在上为增函数， 又函数在上为增函数， 所以函数在上为增函数， 所以当时，取最小值，最小值为， 所以， 所以， （2）因为在上为增函数， 所以函数至多存在一个零点， 又，， 所以函数存在唯一零点，， 所以，即， 因为函数在上单调递增， 所以当时，， 又，所以， 所以， 所以，所以， 又，所以， 所以， 所以， 即. 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法： （1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． （2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． （3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 24．(1)在上单调递减，在上单调递增. (2) 【难度】0.65 【知识点】根据零点所在的区间求参数范围、根据函数零点的个数求参数范围、利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）当时，利用导函数的符号判断的单调性； （2）由在上单调递增且，得时，在上恒成立，当时，在上有零点，当时满足条件，求得最大整数. 【详解】（1）当时，，函数定义域为R， ， 当时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）函数 ， 当时，，函数在上单调递增； 时，函数，有在上恒成立， 即时，函数，在上单调递增； 所以时在上单调递增. 由，则时，在上恒成立，不合题意. 当时，，， 在上有零点，不合题意， 当时，，， ，在上有一个零点. 时，，，恒成立， 则在上只有一个零点，且. 所以满足条件的最大整数的值为1. 25．(1) (2)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】对数的运算性质的应用、零点存在性定理的应用、求含sinx（型）的二次式的最值 【分析】（1）依题意可得，首先判断的奇偶性，再利用换元法求出函数在时的取值范围，结合偶函数的性质得解. （2）结合零点的存在性定理分类讨论可证有且只有一个零点；结合零点性质与单调性放缩可得. 【详解】（1）因为， 所以， 则， 所以为偶函数， 当时， 令，则，令，， ，又，， 所以， 即当时，根据偶函数关于轴对称，所以当时， 综上可得. （2）因为， 当时，函数与函数均在上单调递增， 故在上单调递增， 又，， 故存在唯一零点， 当时，，，故， 当时，，，故， 故当时，无零点， 综上所述，有且只有一个零点，且该零点； 由上可知，且有， 则， 即， 由函数在区间上单调递增， 故. 【点睛】关键点睛：本题二问关键在于借助零点的存在性定理判定有且只有一个零点，借助零点得到，将转化为，结合函数单调性，得到. 26．(1)； (2)证明见解析； (3). 【难度】0.4 【知识点】零点存在性定理的应用、用和、差角的正弦公式化简、求值、求含sinx（型）的二次式的最值 【分析】（1）利用换元法，根据二次函数的性质求解值域即可； （2）根据零点存在性分区间讨论函数的零点情形； （3）结合辅助角公式得对任意意实数恒成立，所以，求解即可. 【详解】（1）令，则， ，，， 故的值域为 （2），， 当时，单调递增，， 所以在有唯一零点； 当时，，所以无零点； 当时，，所以无零点. 综上：有且只有一个零点. （3）当时，， 于是即为， 所以，对任意意实数恒成立， 所以 若，由（1）不满足（3），故， 由（2），故或， 当时，，则（1）、（3）矛盾， 故，则， 由（1）、（3）知：，所以. 【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，或者借助数形结合思想分析解决问题. 27．(1)； (2)①证明见解析；②证明见解析 【难度】0.4 【知识点】零点存在性定理的应用、求含sinx(型)函数的值域和最值、二倍角的余弦公式、辅助角公式 【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可； （2）①借助函数单调性和零点存在定理证明；②利用三角函数二倍角公式化简，再换元，从而得证. 【详解】（1）依题意，得， 所以， 所以或， 当时，，则， 又，所以， 当，则， 又， 所以或，所以， 所以方程在上的解集为. （2）①设， 当时，则， 此时在上单调递增， 在上也单调递增，所以在上单调递增， ， 所以在区间上有且只有一个零点； ②记函数的零点为， 所以，且，所以， 所以， 令，因为，所以， 又，则， 所以， 则. 【点睛】关键点点睛：本题第2小问②的解决关键是，利用换元法，求得的值域. 28．(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】零点存在性定理的应用、根据二次函数零点的分布求参数的范围、解含有参数的一元二次不等式 【分析】（1）把代入函数解析式，对函数进行因式分解，对进行分类讨论，从而写出不等式的解集. （2）把代入函数解析式，对二次函数的对称轴、判别式、以及端点处函数值的正负进行讨论，进而求出的取值范围. （3）构造函数，通过计算，根据零点存在性定理可以证明方程在内有一个实根. 【详解】（1）当时，. 当，即时，由得或， 不等式的解集为或. 当，即时，恒成立，不等式的解集为R. 当，即时，由得或， 不等式的解集为或. 综上，当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为R； 当时，不等式的解集为或. （2）当时，，其图象的对称轴为. 当，即时，在上单调递增， 在上存在零点， ，即得. ∅. 当，即时，在上存在零点， 或或或， 解得或或∅或或. ，. 当，即时，在上单调递减， 在上存在零点， ，即得. ∅. 综上，. 实数的取值范围为. （3）设. 当给定时，为定值. , ，. 又对于给定的R，且，， 在区间上单调，即在区间上单调， 在区间上有且只有一个零点， 即方程在区间内有一个实数根. 29．(1)单调增区间是和，单调减区间是和； (2)证明见解析 【难度】0.65 【知识点】对数的运算性质的应用、零点存在性定理的应用、求cosx型三角函数的单调性、函数新定义 【分析】 （1）利用余弦函数图象性质由整体代换法即可求出函数在上的单调区间； （2）利用函数单调性以及零点存在定理即可证明在上有且只有一个零点，并根据二次函数性质可得. 【详解】（1）令，解得， 又，得的单调增区间是和； 令，解得， 又，得的单调减区间是和. 因此函数在上的单调增区间是和， 单调减区间是和； （2）由（1）知在上是减函数，易知在上是增函数， 所以在上是减函数，， 又， 根据零点存在性定理知在上有唯一零点， 当时，， 所以，即在上无零点， 综上，在上有且只有一个零点. ， 所以可得， 因此， 即可得. 30．(1) (2) (3)答案见解析 【难度】0.65 【知识点】对数型复合函数的单调性、由奇偶性求参数、求函数零点或方程根的个数 【分析】（1）利用指数与对数的运算法则计算即可； （2）利用偶函数的定义待定系数计算即可； （3）先利用单调性定义判定函数单调性，再分类讨论结合零点存在性定理、函数奇偶性、单调性判定根的情况即可. 【详解】（1）当时, 若; （2）若是偶函数, 所以， 即: ， 所以； （3）当时，由（2）可知， 令，设， 则， 因为，则， 所以， 即 在上单调递增， 由复合函数的单调性可知在上单调递减， 又是偶函数，所以在上单调递增， 易知，所以为偶函数，， 则， 当时，方程没有实数根，          当时，方程，有且仅有1个实数根，              当 时，取，则， 所以在上，且在上单调递减， 由零点存在性定理可知在上，有1个实数根， 所以时，方程，有2个实数根. 综上所述：当时，方程没有实数根； 当时，方程有且仅有1个实数根； 当 时，方程有2个实数根. 31．(1)； (2)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】根据值域求参数的值或者范围、求反函数、零点存在性定理的应用、求函数零点或方程根的个数 【分析】（1）由反函数定义可得，从而结合的值域为，讨论m的取值，结合解不等式，求得答案； （2）利用零点存在定理，并结合函数的单调性可证明函数仅有1个零点，从而得到，进而将要证明的不等式等价转化为，由此构造函数，利用函数的单调性证明结论. 【详解】（1）因为函数与互为反函数，所以. 因为的值域为，所以能取遍内的所有值， 当时，能取遍内的所有值，符合题意； 当时，则只需，解得， 综上所述，实数的取值范围为； （2）由（1）可得，定义域为， 因为，， （） 由零点存在定理有，存在零点，使得， 又因为在上单调递增，所以仅有1个零点， 且. 等价于， 令，显然函数在定义域上单调递增， 因为，所以， 因为，所以，则. 所以，故，得证. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于函数不等式的证明，解答时要结合函数存在零点，得到关于零点的等式，进而结合该等式化简，从而构造函数，结合函数的单调性，证明结论. 32．(1) (2)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】求二次函数的解析式、零点存在性定理的应用 【分析】（1）分析可知函数为偶函数，根据题意设，其中，由可求出的值，即可得出函数的解析式； （2）由可得，令，分、、三种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在第二种情况下，直接利用零点存在定理可证得结论成立，综合可得出结论. 【详解】（1）解：令，由可得， 所以，函数为偶函数， 又因为二次函数的最大值为，可设，其中， 则，解得，所以，. （2）解：因为，即，所以，其中． 由，化简可得 即． 令， 由判别式，可知在上有解， ①当时，，此时； ②当时，，此时； ③当时，的对称轴是， 因为， ， ， 由零点存在定理可知，函数在区间、上各有一个零点， 不妨设函数在区间、内的零点分别为、， 此时． 综合①②③，成立． 【点睛】关键点点睛：考察二次函数的零点，一般需要考虑以下几个要素： （1）二次项系数的符号； （2）判别式； （3）对称轴的位置； （4）区间端点函数值的符号. 答案第36页，共36页 答案第14页，共36页 学科网（北京）股份有限公司 $$