第5章 函数应用 压轴60题-【上好课】2024-2025学年高一数学同步精品课堂（北师大版2019必修第一册）

第5章 函数应用 压轴60题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（24-25高一上·湖北·期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉.函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有大于零的解之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】，，使，可得，，分类讨论k为奇数和偶数的情况，求出k的值，再代入求解即可. 【详解】，，使，则， 于是，， 若k为奇数，则，， ，则，解得，或， 当时，，，，，解得， 当时，，，，，解得； 若k为偶数，则，则， ，则，解得，或， 当时，，，，，解得， 当时，，，，，解得， 所以所有大于零的解之和为. 故选：D 【点睛】结论点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 2．（24-25高一上·浙江宁波·期中）已知函数为上的奇函数，当时，，若函数满足，且有8个不同的解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用函数的奇偶性与题设条件得到与的解析式，设，作出函数的图象，数形结合，分类讨论函数、与三种情况，得到对应情况下的解的个数，从而得解. 【详解】因为函数为上的奇函数，当时， 令，则，则， 又 所以，则， 设，作出函数的图象， 对于A，当时，函数没有实数根，不满足题意； 对于B，当时，函数有四个根， 其中，，，； 作出与、、与的图象，如图， 显然几个函数恰有8个交点，则有8个不同的解，故B正确； 对于CD，当时，函数有两个根，其中，， 与选项B同理可知与、各有一个交点， 则只有2个不同的解，不满足题意，故CD错误. 故选：B. 【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. 3．（23-24高一上·四川广安·期中）对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若函数的图象存在“隐对称点”，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由隐对称点的定义可知函数的图象上存在关于原点对称的点，由函数奇偶性的定义可将问题转化为方程的零点问题，再结合基本不等式即可求解. 【详解】由隐对称点的定义可知函数的图象上存在关于原点对称的点， 设的图象与函数的图象关于原点对称， 令，则，所以， 所以， 因为，又， 所以函数的图象存在“隐对称点”等价于与在上有交点，即方程有零点，则， 又， 当且仅当，即等号成立， 所以. 故选：. 【点睛】关键点点睛：本题的突破口是理解“隐对称点”的定义，将问题转化为与在上有交点的问题，从而求解. 4．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知函数在定义域上单调，若对任意的，都有，则方程的解的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】先求得的表达式，然后根据零点存在性定理等知识求得正确答案. 【详解】设①，则， 由①令得，在上单调递增， ，题意，所以. 对于方程，即， 两边除以得， 函数，在上单调递增， ，所以有唯一零点在区间， 所以方程有唯一解. 故选：B 【点睛】思路点睛： 设定函数并分析单调性：首先设定函数（换元法），并根据定义域和题目条件，分析函数的单调性. 利用零点存在性定理判断解的个数：结合函数的单调性和零点存在性定理，判断方程解的个数，从而得出最终结论. 5．（24-25高一上·江苏南京·期中）已知，若关于的方程恰好有三个互不相等的实根，则实数的取值范围为（） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】分方程的两根是否相等，结合的函数图象讨论即可. 【详解】记方程的两根为， 当时，恰好有三个互不相等的实根， 等价于与和共有三个不同的交点， 由图可知，此时有， 即，得； 当时，，恰好有三个互不相等的实根， 等价于与有三个不同的交点， 由图可知，此时，即，得. 综上，实数的取值范围为或. 故选：D    【点睛】方法点睛：一般地，判断形如的嵌套函数的零点个数或根据函数的零点求参数的取值范围时，可采用换元法，先令，求解当时的值，然后根据函数的图象及性质确定当时，x的值的个数即为的零点个数．解答时注意数形结合，侧重对函数与图象性质的分析. 6．（23-24高一上·浙江宁波·期中）已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据图象分析可得，，整理得，结合对勾函数运算求解. 【详解】因为， 当时，可知其对称轴为， 令，解得或； 令，解得或； 当时，令，解得或， 作出函数的图象，如图所示， 若方程有四个不同的实根， 即与有四个不同的交点，交点横坐标依次为， 则， 对于，则， 可得，所以； 对于，则，可得； 所以， 由对勾函数可知在上单调递增，得， 所以的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是画出函数图象，结合函数图象分析出，，从而转化为关于的函数； 7．（24-25高一上·湖南邵阳·开学考试）已知函数，若关于的方程有8个不同的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先判断为偶函数，可得，令，则可作出的图象，结合图象以及方程有8个不同的实数根的条件可求答案. 【详解】因为函数的定义域为， ， 所以为偶函数，当时， 令，则可作出的图象： 关于的方程有8个不同的实数根， 方程在区间内有两个不相等的实数根. 令，则. ， 故选：A. 8．（23-24高一下·贵州毕节·期末）已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】由题意可得的零点为函数与交点的横坐标，的零点为函数与交点的横坐标，再由函数图象的对称性可求得结果. 【详解】由题意可得的零点为函数与交点的横坐标， 因为和在上递增，所以在上递增， 所以为唯一的零点，设函数与交点为， 的零点为函数与交点的横坐标， 因为和在上递减，所以在上递减， 所以为唯一的零点，设函数与交点为， 因为与的图象关于直线对称，与的图象关于直线对称， 所以关于直线对称，所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合问题，解题的关键是利用与的图象关于直线对称和与的图象关于直线对称进行求解，考查数学转化思想，属于较难题. 9．（23-24高一下·浙江杭州·期中）已知函数，若函数有6个不同的零点，则实数a的取值可以是（    ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】画出函数图象，再根据函数零点个数以及二次函数根的分布情况，可求得. 【详解】作出函数的图象如下图所示： 结合图象可知，令，令， 则可得方程有两个不相等的实数根，不妨设； 所以，解得或； 若函数有6个不同的零点， 根据图象可知当时符合题意，此时无解； 当时，满足函数有6个不同的零点， 根据二次函数根的分布可知此时需满足， 解得，因此实数a的取值可以是. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据解析式画出函数图象，结合图象交点个数分类讨论确定零点分布情况，即可求得实数a的取值范围. 10．（23-24高一下·湖南株洲·期中）对任意的函数，都有，且当时，，若关于的方程在区间内恰有6个不等实根，则实数的取值范围是（    ） A．(3,5) B．(3,4) C．[3,4] D．[3,5] 【答案】A 【分析】根据条件得到函数的奇偶性和周期性，并求出在上的解析式，分和，结合函数图象，得到，求出答案. 【详解】由，知函数为偶函数， 由，知函数为周期函数，且． 又当时，， 则当时，，， 由，得， 所以， 若方程在上有6个不等实根， 则函数与图象在上有6个不同的交点， 若，函数在上与函数图象只有1个交点，不符题意， 故，如图， 由图可知，， 解得，即实数a的取值范围为． 故选：A． 【点睛】结论点睛：设函数，，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； （6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为； （7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为； 11．（23-24高一下·湖南长沙·期中）已知函数，若关于的方程有4个不同的实根、，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，由可得，即；由二次函数图象的对称轴为直线可得，进而，结合即可求解. 【详解】作出函数和函数的图象可知， 假设两个函数的图象共有4个交点， 且横坐标分别为， 由，得，则有， 所以，所以． 由于二次函数图象的对称轴为直线， 则点两点关于直线对称，所以．则． 令，解得或，所以， 所以． 故选：A 12．（23-24高一上·北京·阶段练习）对于函数，若存在，使，则称点是曲线的“优美点”，已知，若曲线存在“优美点”，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】存在，使，则函数图象上存在两点关于原点对称，所以只要把的图象关于原点对称后与射线有公共点即可. 【详解】由题意可知，若函数存在“优美点”，则函数图象上存在关于原点对称的点， 当时，，将其图象关于原点对称，如图，所得图象的解析式为 ， 所以只要射线与的图象有公共点即可， 图中射线与的图象相切， 由，得， 由，得， 由图象可知， 所以，即实数的取值范围为， 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查新定义问题，考查函数与方程的综合问题，解题的关键是问题的转化，题中新概念“优美点”，转化为函数图象上存在关于原点对称的点，再转化为射线与的图象有公共点即可，考查转化能力和数形结合的思想，属于较难题. 13．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画出的图象，数形结合可得，，，且，再由，可得，则，结合二次函数的性质计算可得. 【详解】函数的图象如下所示： 因为，且，令， 则，由图可知，，，且、关于对称， 所以， 又，则， 所以， 因为，所以，即的取值范围是. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是数形结合得到、，从而将目标式子转化为关于的函数. 14．（23-24高一上·浙江丽水·期末）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用函数的单调性即可得到，再利用指数函数、对数函数的单调性得到，，则得到三者大小关系. 【详解】令，根据为上的单调减函数， 则在上单调递减， 且，， 所以函数在上存在唯一的零点，故； 又因为，所以， 所以，即，所以， 所以，即，所以; 因为，所以，所以， 即，所以， 综上可得：. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用函数的单调性和零点存在定理得到，最后再结合指数函数、对数函数的性质即可比较大小. 15．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）命题“对任意的，总存在唯一的，使得”成立的充分必要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将方程整理为；当时，解方程可确定其符合题意；当和时，将问题转化为与在时，有且仅有一个交点的问题，采用数形结合的方式可构造不等式组求得的范围，由此可得原命题成立的充要条件. 【详解】由得； ①当时，，则，解得， 因为，，满足题意； ②当时，， 若存在唯一的，使得成立， 则与有且仅有一个交点， 在平面直角坐标系中作出在上的图象如下图所示， 由图象可知：当时，与有且仅有一个交点， 所以，，解得，此时，； ③当时，， 由②同理可得，解得：，则. 综上所述：原命题成立的充要条件为. 故选：D. 【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. 16．（23-24高一上·江西抚州·期末）已知定义在区间上的函数，若存在时，成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由的单调性及，得到在区间有解，分离出参数即可求解. 【详解】由题意知．设．则 ．因为在上单调递增，故在上单调递增． 设． 若，则可得在区间有解． 在区间上有解，且在区间上有解， 且在区间恒成立． ． 故选：D. 17．（23-24高一上·云南昭通·期末）已知函数，若函数有四个不同的零点，，，，且，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得函数与有四个不同的交点，作出函数与的图象如图所示，然后结合图象逐个分析判断即可. 【详解】因为函数有四个不同的零点， 所以有四个不同的解，即函数与有四个不同的交点， 作出函数与的图象如图所示： 又时，，由图象可得，故B不正确， 由，得或，所以由图象可得，故A正确； 由图象可得，所以，即， 即，所以，故C错误； 又，关于对称，故，故D错误， 故选：A. 关键点点睛：此题考查对数函数图象的应用，考查函数与方程的综合应用，解题的关键是将问题转化为函数与有四个不同的交点，然后作出函数图象，结合图象分析判断，考查数形结合的思想，属于较难题. 18．（23-24高一上·山东聊城·期末）已知函数，若函数有三个零点a，b，c，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】画出函数和的图象，得到，，且，化简得到，利用基本不等式求出最小值. 【详解】画出的图象和的图象，如下： 由题意得，，且， 即，， 故， 当且仅当，即时，等号成立， 故选：B 【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. 19．（23-24高一上·云南昆明·期末）设函数，若恰有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出函数以及的图象，确定函数的零点，然后数形结合，分类讨论，根据函数的零点个数，即可确定参数的取值范围，即得答案. 【详解】作出函数以及的图象， 的零点为0，的零点为，    由于函数恰有两个零点， 结合图象可知，当时，时，无零点， 当时，有零点为， 此时恰有两个零点，符合题意； 当时，时，有零点0， 当时，有零点为， 此时恰有三个零点，不符合题意； 当时，时，有零点0， 当时，有零点为， 此时恰有两个零点，符合题意； 当时，时，有零点0， 当时，没有零点， 此时恰有一个零点，不符合题意； 综合可知t的取值范围为， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的零点个数问题，要根据零点个数求解参数的范围，解答的关键是结合函数以及的图象，分类讨论，从而根据零点个数确定参数范围. 20．（23-24高一上·湖北武汉·期末）已知函数，若关于x的方程有四个不同的根，它们从小到大依次记为，则（    ） A． B． C． D．函数有6个零点 【答案】B 【分析】作出函数的图象，对于A：直接观察即可；对于B：通过求解；对于C：根据图像得到，，进一步计算求解；对于D：令，求出的根，代入，继续根据图像可求根的个数. 【详解】作出函数的图象如下： 对于A：关于x的方程有四个不同的根，即函数与的图象有4个交点，由图象可得，A错误； 对于B：由图可知，解得，B正确； 对于C：由图象知，所以，且， 所以， 又由， 所以，C错误； 对于D：对于函数函数，令，则， 可得， 当时，由图可得，有个根， 当时，由图可得，有个根， 当时，由图可得，有个根， 当时，由图可得，有个根， 综合得函数有个零点，D错误. 故选：B. 【点睛】方法点睛：对于零点个数问题，可以转化为函数图像的交点个数来求解，直观，方便. 二、多选题 21．（24-25高一上·江苏镇江·期中）对于函数，如果实数满足，则称为函数的不动点；如果实数满足，则称为函数的稳定点.如果的不动点为，1，则下列说法正确的是（    ） A． B．是函数的一个稳定点 C． D． 【答案】BCD 【分析】根据不动点、稳定点的定义一一判断即可. 【详解】因为的不动点为，所以是方程的根， 所以，解得，所以， 由，解得， 所以，故A错误； 因为， ， 所以，所以是函数的一个稳定点，故B正确； 令，则，所以是函数的不动点，由已知可得或， 由，得，解得或， 由，得，解得或， 所以，故C正确； 设是不动点，则，故，即是稳定点， 所以，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：对函数不动点与稳定点的正确理解是解决本题的关徤，对分析问题与解决问题的能力要求较高. 22．（24-25高一上·广东深圳·期中）已知函数，，则下列判断中正确的有（   ） A．存在，函数有个零点 B．存在常数，使为奇函数 C．若在区间上最大值为，则的取值范围为或 D．存在常数，使在上单调递减 【答案】BC 【分析】把表示为分段函数，分类讨论作出函数图象，数形结合研究函数的奇偶性、单调区间、最值等性质. 【详解】函数，函数图象如图所示： 由图象可知，函数的图象与直线不可能有个交点， 所以不存在使函数有个零点，A选项错误； 当时，，函数定义域为，， 此时为奇函数，B选项正确； 当或时，在区间上单调递增，最大值为； 当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 最大值为，不合题意； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 在区间上单调递增，若最大值为，则有，即， 由，所以，解得； 综上，在区间上最大值为，则的取值范围为或，C选项正确； 若在上单调递减，则有，不等式组无解， 故不存在常数使在上单调递减，D选项错误； 故选：BC 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 23．（23-24高一上·广东江门·阶段练习）已知函数，若方程有4个不同的零点，，，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】画出函数草图，数形结合，分析各选项的准确性. 【详解】如图： 由图象可知，若方程有4个不同的解，须有，故A错误； 当时，方程有4个不同的解，且. 所以，且，故B正确； 又，且关于直线对称，所以，故C错误； 由，又.所以，故D正确. 故选：BD 【点睛】方法点睛：根据函数的解析式，作出函数草图，数形结合，可非常直观的得到方程的根的性质. 24．（24-25高一上·辽宁大连·期中）关于的方程，以下说法正确的是（    ） A．存在实数，使得方程恰有3个不同的实根 B．存在实数，使得方程恰有5个不同的实根 C．存在实数，使得方程恰有6个不同的实根 D．不存在实数，使得方程恰有7个不同的实根 【答案】BD 【分析】将方程化为，然后采用换元法变形为，将问题转化为的函数图象交点个数问题，通过对分类讨论从而判断出正确选项. 【详解】将化为， 令，则， 在同一平面直角坐标系中作出的函数图象，如下图所示： （1）当时，即，解得， 令，解得；令，解得；令，解得， 所以此时有个不同实根； （2）当时，即，此时图象有个不同交点，设交点横坐标为， 令，解得；因为，所以无解， 所以此时共有个不同实根； （3）当时，即，此时图象有个不同交点，设交点横坐标为， 令，解得；令，解得， 所以此时有个不同实根； （4）当时，即，此时图象有个不同交点，设交点横坐标为且，， 令，解得；令，解得； 令，解得；令，解得， 所以此时有个不同实根； （5）当时，即，此时两图象无交点，所以方程无解； 综上可知，BD选项正确， 故选：BD. 【点睛】思路点睛：求解方程根的数目问题，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有： （1）确定方程根的个数； （2）求参数范围； （3）求不等式解集； （4）研究函数性质. 25．（24-25高一上·安徽芜湖·期中）已知定义域为的奇函数，满足，下列叙述正确的是（   ） A．函数的值域为 B．关于的方程的所有实数根之和为11 C．关于的方程有且只有两个不等的实根 D．当时，的解析式为 【答案】ABD 【分析】根据函数的奇偶性、值域、方程的根、解析式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】当时，有， 当时，，所以， 由于是定义在上的奇函数，所以. ， 由此画出的图象如下图所示， 由图可知的值域为，A选项正确. 当时，令，解得， 所以关于的方程的所有实数根之和为，B选项正确. 关于的方程的根为，所以C选项错误. 当时，，所以D选项正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛： 奇函数对称性的准确应用：奇函数的对称性是解题的基础，通过这种对称性可以有效判断函数的值域和方程根的性质. 函数图象的辅助分析：通过绘制函数图象并结合代数分析，可以更直观地理解函数的行为，是解题过程中非常重要的辅助手段. 26．（24-25高一上·四川绵阳·期中）高斯是著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设，用表示不超过的最大整数，也被称为“高斯函数”，例如：，．已知函数，下列说法中正确的是（   ） A．若，则 B．方程在区间上有4个实数根 C．函数在上单调递增 D．，都有 【答案】ABD 【分析】对于A，根据高斯函数的定义可得，故可判断A的正误，对于B，分段讨论后可判断其正误，对于C，利用反例可判断其正误，结合A的范围及高斯函数的定义可判断其正误. 【详解】对于A，因为表示不超过的最大整，故， 故，所以，， ，所以，故A正确； 对于B，当时，，此时的解为； 当时，，此时的解为； 当时，，此时的解为； 当时，，此时的解为； 当时，，不是的解， 故方程在区间上有4个实数根，故B正确； 对于C，， 故在上不是单调递增，故C错误； 对于D，由A的分析可得，故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：对于函数新定义题，应根据新定义研究函数的性质，必要时需分段讨论. 27．（24-25高一上·浙江绍兴·阶段练习）著名数学家华罗庚曾说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题都可以转换为集合问题加以解决，如：对于形如的代数式，可以转化为平面上点与的距离加以考虑. 结合综上观点，对于函数，下列说法正确的是（   ） A．的图象是轴对称图形 B．的值域是 C．先递减后递增 D．方程有且仅有一个解 【答案】AC 【分析】由题得，设，，，则，作出图形，由点在轴的移动得出的性质，从而判断各选项． 【详解】依题意，， 对于A，，则的图象是轴对称图形，A正确； 对于B，设，，，则，如图，    线段轴，当时，，即， 又，而不可能共线，即，因此，B错误； 对于C，设在轴上，且在右侧，在点右侧，与交于点，则， ，则， 即，而在轴上点的右侧，， 因此，即 于是点从向右移动时，递增，同理在轴从左侧向点移动时，减小，C正确； 对于D，，， 设，则的解是和，有一个解， 由，得，两边平方解得或， 因此有三个解，D错误． 故选：AC 【点睛】思路点睛：将题中函数转化为轴上点到两定点距离差的绝对值，然后通过点的移动确定函数的性质，利用数形结合使得较为复杂的函数问题得到解决. 28．（24-25高一上·重庆·阶段练习）定义域为的奇函数，满足，下列叙述正确的是（    ） A．存在实数，使关于的方程有3个不同的解 B．当时，恒有 C．若当时，的最小值为1，则 D．若关于的方程和的所有实数根之和为0，则或 【答案】ACD 【分析】根据奇函数，可得在对称区间上的函数解析式，然后结合函数的图象分析各选项的正误，即可确定答案. 【详解】对于A，因为是奇函数，所以， 当，则，所以，所以， 当，则， 所以，所以， 如下图，画出的大致图象，结合图象， 当或时，函数与函数的图象有3个交点. 当，函数与函数的图象有2个交点， 当，或，函数与函数的图象有1个交点， 故A正确； 对于B，如图，当时，函数不是减函数，故B错误； 对于C，由解得，由解得， 如图所示，直线与函数图象相交于， 故当的最小值为1时，，故C正确； 对于D，若时，由解得， 由解得，， 所以， 若使与所有实根之和为0， 则当时，由，得， 则当时，由抛物线对称性可得与的 两个交点横坐标之和为， 所以与的交点的横坐标为， 此时， 综上所述，或，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键点在于利用奇偶性得到的解析式，并画出图象，而方程有解的问题就转化成两个函数的交点问题，通过数形结合逐个判断. 29．（24-25高一上·江苏南通·阶段练习）用表示不超过的最大整数，例如，则（    ） A． B．，则 C． D．方程的解集为 【答案】ACD 【分析】设出的整数部分与小数部分，再由的意义判断A；利用特殊值判断B，C；确定的范围，进而确定其值，代入计算判断D. 【详解】对于A，设的整数部分为，小数部分为，则，因此，故A正确； 对于B，，满足，此时，故B错误； 对于C，当时，符合题意，故C正确； 对于D，由，知为整数且，解得，显然，于是， 因为，即，由，解得，则； 由，解得或（舍去）， 因此，即或， 当时，，解得；当时，，解得， 所以方程的解集为，故D正确. 故选：ACD. 30．（24-25高一上·重庆·阶段练习）已知函数的定义域为，且满足当时，，当时，恒有，且为非零常数，则下列说法正确的有（    ） A． B．当时，反比例函数与在上的图象有且仅有6个交点 C．当时，在区间上单调递减 D．当时，在上的值域为 【答案】ABD 【分析】根据所给函数解析式直接求解判断A，根据的性质及图象判断B，归纳出在上的解析式判断C，根据规律，归纳值域特点判断D. 【详解】选项A：， ， 则，所以选项A正确； 选项B：由知， 时，， 由于， 但， 作的图象，如图， 结合图象可知上有个交点，在上无交点，故选项B正确； 选项C：时，， 故在上单增，故C错误； 选项D：因为，所以当时，值域为； 当时，值域为；当时，值域为； 当时，值域为；当时，值域为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：根据所给函数解析式，可知函数类似周期特点，图象形状类似，振幅有规律变化，据此可归纳函数的性质是解题的关键所在. 三、填空题 31．（24-25高一上·浙江·期中）已知，若函数有5个不同的零点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】令，画出的图象，要使函数有5个不同的零点，即函数有两个零点即，或，，再结合二次函数根的分布即可求解. 【详解】令，画出的图象，如下图， 要使函数有5个不同的零点， 即函数有两个零点，或，， 当，时，即，所以有两根和，符合题意； 当，时，又因为， 所以，解得. 综上所述：的取值范围为.    【点睛】方法点睛：根据函数的解析式画出函数，再通过换元法得出令，再结合函数的图象求出符合题意的的范围，再利用二次函数根的分布即可求解. 32．（24-25高一上·北京·期中）函数, ①当时，的单调递增区间为 . ②若恰有三个零点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】①根据条件，得到，再利用基本函数的单调性，即可求解； ②先作出，利用的零点为和，再对进行分类讨论，分，，三种情况，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】①当时，，又， 所以， 当时，，此时的单调递增区间为， 当时，，对称轴为，且图象开口向下， 由二次函数的性质知，单调递增区间， 又，所以当时，的单调递增区间为. ②的图象如图， 由图知，当时，在上有个零点， 则在有且仅有一个零点， 对称轴，又，，则满足题意， 当时，在上有个零点， 则在有个零点， 又对称轴为，图象开口向下，且，， 当，即时，，所以满足题意， 当，即时，在区间上单调递增， 又，则，得到， 当时，要使有三个零点，则，且在有个零点， 此时对称，又，则， 即， 令，对称轴，在区间上单调递减， 且，所以， 综上，实数的取值范围是. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第二空，通过利用的两个零点和，作为分类讨论的标准，再结合二次函数的图象与性质，即可求解. 33．（24-25高一上·北京·期中）已知，函数． （1）当时，不等式的解集是 （2）若函数恰有2个零点，则a的取值范围是 【答案】 【分析】（1）分别求解两个不等式得到两段上的解集，再求其并集即得； （2）结合函数图象，可将函数恰有2个零点分成有1和4两个零点或有1和3两个零点两种情况分别考虑，即得参数a的取值范围. 【详解】（1）当时，， 当时，由可得，则有； 当时，由可得，则有. 综上，不等式的解集为； （2）因有一个零点为4，而有两个零点，分别为1和3. 若函数恰有2个零点,可以分成两种情况： ①当函数有1和4两个零点时，如图1所示，需使； ②当函数有1和3两个零点时，如图2所示，需使. 综上可得，. 【点睛】思路点睛：本题主要考查分段函数的由零点个数求参问题，属于难题. 一般先求出每段上函数的零点，结合函数图象，由题意中零点个数分析分段点的临界位置，动态理解图象即可求得参数范围. 34．（24-25高一上·北京·期中）已知函数. ①当时，在定义域内单调递减； ②当时，一定有； ③若存在实数，使得函数没有零点，则一定有； ④若存在实数，使得函数恰有三个零点，则一定有； 以上结论中，所有正确结论的序号是 . 【答案】②③ 【分析】直接用特殊值判断①；利用分式型函数的对称性、区间单调性判断②；③④问题分别化为与、的交点问题，综合应用函数图象及特殊值判断参数值的存在性及的范围即可. 【详解】①当时，，显然，错； ②当时，，则，定义域为， 函数图象关于点对称，在上递增，所以，对； ③函数没有零点，即与没有交点，如下图示， 是将平移得到， 若，图象在两虚线的右上和左下部分或平行于x轴，此时与必有交点， 结合图知：，要使与没有交点，则必有，对； ④函数恰有三个零点，即与有三个交点， 当且时，有，函数草图如下， ，显然上有一个零点， ，结合和二次函数在上图象，易知上存在两个零点， 综上，且时，满足与有三个交点，错. 故答案为：②③ 【点睛】关键点睛：本题综合考查了函数的性质应用问题，关键是函数零点个数的判断，解答时要注意数形结合方法的应用. 35．（24-25高一上·上海·期中）设函数，集合，则下列命题正确的有 . ①当时，集合； ②当时，； ③当，则的取值范围是； ④若（其中），则. 【答案】①④ 【分析】对于①，画出的图象，当时，解得或，数形结合解得； 对于②，当时，，解得，②错误； 对于③，令，不妨设，此时满足，但，③错误； 对于④，分析出至少一个为负值，不妨令，对应的解只有一个，为，故要对应3个解，故，则，，结合，求出，④正确. 【详解】对于①，画出的图象，如下： 当时，，解得或， 显然由图象可知，需令，解得， 需令，解得，故，①正确； 对于②，当时，，解得， 由图象可知，需令，解得，故，②错误； 对于③，令，则， ，解得， 设的两根分别为，则， 不妨设， 当，即，由图象可知，， 当，即，令，解得， 满足，但此时，③错误； 对于④，（其中）， 由于，故至少一个为负值，不妨令， 对应的解只有一个，为，故要对应3个解， 故，此时设对应的3个解分别为， 则，，故， 又，故，解得， 则，④正确. 故答案为：①④ 【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. 36．（24-25高一上·福建厦门·期中）已知是定义在上的偶函数，且对，都有，且当时，.若在区间内关于的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可. 【详解】由，可得：， 又因为是定义在R上的偶函数， 则，且函数图象关于轴对称， 所以，即的周期为4， 作出函数在上的图象， 根据对称性及周期为4，可得出在上的图象： 令， 若在区间内关于的方程至少有2个不同的实数根， 至多有3个不同的实数根， 则函数与函数在上至少有2个不同的交点， 至多有3个不同的交点， 所以，即，解得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可. 37．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据的图象上存在不同的两个点关于原点对称列方程，利用换元法来求得的取值范围. 【详解】， 由于的图象上存在不同的两个点关于原点对称， 所以有解， 即， ①， 令，当且仅当时等号成立， 则，则①可化为， 依题意，此方程在上有解， 当，解得， 当时，，符合题意. 当时，，不符合题意. 当，即②时， 设，的开口向上，对称轴， 要使在上有零点， 则或， 解得或， 结合②得. 综上所述，的取值范围是. 故答案为： 【点睛】易错点睛： 对称点条件的正确使用：在列出关于原点对称的条件时，容易因条件代入不准确而导致方程错误.在运用对称点条件时，需确保每个代入步骤的符号处理正确. 一元二次方程的解集判断：在判断一元二次方程的解的存在性时，特别是对参数的范围进行分类讨论时，容易遗漏某些特殊情况或边界条件.因此，在讨论每种情况时，要确保所有可能性都得到了充分考虑. 38．（24-25高一上·吉林长春·期中）设函数，若关于的方程恰有三个不相等的实根，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先画出函数的图象，再结合题意，令，可得关于的方程有两个不相等的实数根，一个根在上，一个根为0或一个根在上，一个根为1或一个根在上，一个根在上，分类求解即可. 【详解】如图，画出函数的图象：    关于的方程恰有三个不相等的实根， 令，则关于的方程有两个不相等的实数根， 一个根在上，一个根为0或一个根在上，一个根为1或一个根在上，一个根在上. 当一个根在上，一个根为0时， 则，即，此时方程为，解得或，符合题意； 当一个根在上，一个根为1时， 则，即，此时方程为，解得，不符合题意； 当一个根在上，一个根在上时， 设， 则，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于画出函数的图象，令，转化问题为关于的方程有两个不相等的实数根，进而分类求解即可. 39．（24-25高一上·上海·期中）已知二次函数，若集合中恰有两个元素，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】依题意，在上有两个零点，记为，则，，由，讨论的取值范围. 【详解】集合中恰有两个元素，则在上有两个零点， 设这两个零点为，且，则， 则有，， 由，则，， 当，即时，有最小值， 而，只有当或才成立，不满足条件， 所以. 得的取值范围为. 【点睛】关键点点睛： 本题的关键点是：在上有两个零点，把转化为，由，求的取值范围. 40．（23-24高一上·辽宁沈阳·期中）设函数的定义域为，满足，且当时，，则当时，函数所有零点组成的集合是 ． 【答案】 【分析】确定出在上的最大值和最小值，根据函数的定义得出所以时，，因此只要求出时的函数解析式，解方程即可得，为此利用函数定义分段求解：和． 【详解】当时，函数的零点，即方程的根， 由可知，函数的图象每向右平移2个单位长度，函数值变为原来的3倍， 函数的图象每向左平移2个单位长度，函数值变为原来的倍， 当时，，因此， ，则最小值是，最大值是0， 所以时，， 因此时，无实数解， 又即为， 所以时，，， 由解得， 当时，则， ， 由，解得或， 当时，函数的零点是． 故答案为：． 41．（23-24高一上·江苏南通·阶段练习）已知，若只有5个不同的实根，则实数a的取值范围是 . 【答案】 【分析】令，本题转化为中x的解的个数为5，作出函数图象，根据嵌套函数的性质一一分析即可. 【详解】令，本题转化为中x的解的个数为5. ，当时，令，解得或， ，当时，令，解得， 则作出的图象,如下图所示，    当时，有两个根，，，则有1个实数根， 当时，有3个根，时有两个根， 故共有3个或4个根，故舍去； 当时，此时有3个根，，，， 有1个根，有1个根， 时，有1个根，不合题意； 时，有2个根，不合题意； 时，有3个根， 此时满足题意共5个根的情况，而，则； 当时，有两个根，，， 有1个根，有1个根，共有两个根，不合题意舍去； 当时，有1个根，，此时共1个根，舍去. 综上所述：实数a的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：数形结合就是通过数与形之间的对应和转化来解决数学问题．它包含以形助数和以数解形两个方面．一般来说，涉及函数、不等式、确定参数取值范围、方程等问题时，可考虑数形结合法．运用数形结合法解题一定要对有关函数图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否则，错误的图象反而导致错误的选择． 42．（23-24高一上·上海·期中）已知满足关于x的不等式的每一个x的值至少满足不等式和的一个，则实数a的取值范围为 . 【答案】 【分析】解二次不等式，将问题转化为在上有两个实根，再利用二次函数零点的分布即可得解. 【详解】由得，设集合， 由得，设集合，所以， 设，则的解集非空， 设解集为，其中，是方程的两实根，且， 要使关于的不等式的解集内的每一个的值， 至少能使不等式或中的一个成立， 则需，即，即， 所以，解得， 所以，即. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于： 1、理解“使关于的不等式的解集内的每一个的值，至少能使不等式或中的一个成立.”的含义，并且需得出这三个不等式的解集之间的关系； 2、当方程的两实根，满足条件时，如何利用方程的根的判别式和特殊点的函数值的正负等限制条件构造不等式组. 43．（23-24高一下·广西南宁·阶段练习）设函数是定义在R上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先由题意分析出性质，将零点问题转化为交点问题，再对分和讨论，再找到临界位置，从而得到不等式组， 范围即可. 【详解】∵，则函数关于直线对称， 又∵函数是定义在R上的奇函数，则， 即，则， 故函数是以4为周期的周期函数， 又∵，即， 故函数关于点对称， 令，则， 原题等价于与在上有4个交点，且的定义域为， 当时，则若在上4个交点，则，解得， 当时，则若在上有4个交点，则，解得， 综上. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是将函数零点问题转化为两函数交点问题，再对进行分类讨论，作出符合题意的图象，找到临界位置，得到不等式组，解出即可. 44．（23-24高一上·山东青岛·阶段练习）已知函数．若方程有5个实数根，则m的取值范围为 ． 【答案】 【分析】令，则有两个不相等的实数根、，则且，则且，或且，或且，再根据二次函数根的分布问题计算可得. 【详解】因为，所以的图象如下所示： 因为方程有5个实数根，令， 则有两个不相等的实数根、， 则且，或且，或且； 令，当且时， 则，即，解得， 当且，则，此时， 解得，，不符合题意， 当且，则，解得， 此时，解得，不符合题意； 综上可得若方程有5个实数根， 则m的取值范围为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：转化为函数图象的交点问题，根据分段函数的性质，应用数形结合的方法确定参数的范围. 45．（23-24高一上·江西萍乡·期末）记表示不超过x的最大整数，例如，．已知函数，若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为 ． 【答案】 【分析】通过数形结合首先得，进一步若要满足题目条件，只需，由此即可得解. 【详解】如图所示：    若，则函数的图象与函数的图象只有1个交点， 即函数恰有1个零点，不符合题意； 如图所示：    若函数恰有2个零点，且， 所以函数的图象与函数的图象有两个交点， 显然当时，函数的图象与函数的图象有1个交点， 只需保证当时，函数的图象与函数的图象有1个交点， 则，解不等式组得， 综上所述，实数a的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：首先得到，进一步通过画图，列出满足题意的不等式组即可顺利得解. 46．（23-24高一上·北京平谷·期末）设，函数，当时，的值域是 ；若恰有一个零点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】第一空：把分段的两部分值域求出来取并集即可；第二空，对分类讨论即可求解. 【详解】当时，， 当时，，当时，， 所以此时的值域是； 当时，若，则令，解得， 若，则， 所以此时恰有一个零点，故，满足题意， 当时，若，则， 若恰有一个零点，则只能当时，有解， 即当时，有解，所以， 综上所述，若恰有一个零点，则的取值范围是. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：第二空的关键是找到合适的临界值对进行分类讨论，由此即可顺利得解. 47．（23-24高一上·山东临沂·期末）已知函数，当时，不等式的解集是 ，若恰有2个零点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】利用分段函数的性质结合一次函数、二次函数的单调性计算可得第一空，分类讨论计算可得第二问. 【详解】当时，若， 若，综上的解集是； 若的零点都在上，即两个零点分别为，则， 若的零点在上有一个，在上有一个， 即两个零点分别为，则， 即，综上. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：对于第二空，分类讨论函数零点所在分段函数的哪一段上结合一次函数与二次函数的图象与性质数形结合计算即可. 48．（23-24高一上·福建三明·期末）已知函数，若方程有2个实数根，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由题意对分类讨论，并通过数形结合即可得解. 【详解】题分析：令，已知函数， 依题意与图象有2个不同的交点． 当时，与图象有1个交点，不符合题意． 当时，函数与的图象如图所示， 两个函数图象始终有2个交点，所以，符合题意． 当时，函数与的图象如图所示， 因为，， 所以，，解得， 所以，． 综上所述，的取值范围为． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：在讨论当时，通过画图得出，由此即可顺利得解. 49．（23-24高一上·浙江温州·期末）函数，，方程恰有三个根，其中，则的值为 ． 【答案】 【分析】由题意得，通过换元法得关于的方程的根的个数为2；结合韦达定理可知（舍去）或，由此即可得解. 【详解】 由题意，即，显然， 所以， 令，所以，等号成立当且仅当， 由对勾函数性质得， 当或时，关于的方程的根的个数为2， 当或时，关于的方程的根的个数为1， 当时，关于的方程的根的个数为0， 由题意方程恰有三个根，其中， 而关于的方程的根的个数情况可能为0，1，2； 所以关于的方程只能有两个不相等的根（）， 不妨设为，且或，或； 又由韦达定理有， 所以（舍去）或， 所以是关于的方程的根，是关于的方程即的根， 由韦达定理有，， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：关键是通过换元法、数形结合以及韦达定理分析方程的根的情况，由此即可顺利得解. 50．（23-24高一上·湖北武汉·期末）已知，若方程有四个不同的解，的取值范围是 ． 【答案】 【分析】作出函数的图象，结合图象知，，得，将已知转化为求的范围，结合对勾函数的性质，即可求解. 【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示， 因为方程有四个根，，则. 由图象可知，，， 又，可得，则， 则， 由对勾函数的性质知，在上单调递增，． ，即， 即的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，结合图象和对勾函数的性质求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力. 四、解答题 51．（24-25高一上·江苏·期中）若函数在时，函数值y的取值区间恰为，则称为的一个“倍倒域区间”.已知奇函数的定义域为，当时， (1)求的解析式; (2)求函数在上的2倍倒域区间; (3)若以函数在上的2倍倒域区间上的图像作为函数的图像，是否存在实数m，使集合恰含有2个元素？若存在，求出m的取值范围;若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）利用奇函数的定义即可求解； （2）利用的单调性求出a，b，由“倒域区间”的定义即可求解； （3）由题得函数图像与函数的图像有两个交点，对m讨论，利用根的分布求解即可. 【详解】（1）当时，，所以， 为奇函数，所以， 所以. （2）当时，在单调递减， 由题意在内的值域为，且在上单调递减， 所以， 所以a，b为方程的两个不等实根，，且， 所以，所以在上的2倍倒域区间为 （3）由()得，， 所以， 由题得函数图像与函数的图像有两个交点， 当时，的图像开口向上，且过点所以的图像与函数的两段图像各有一个交点， 当时，由得，令，， 所以得又，所以， 当时，由得，令，， 所以得，所以，所以 当时，时由得，时由得方程无解. 当时，的图像开口向下，对称轴， 由题的图像与函数在的图像有2个交点， 由得，令，， 所以不等式组无解. 综上所述存在满足条件. 【点睛】思路点睛：二次项函数的最高项系数含参，需要对参数进行分类讨论；研究函数在某个区间内交点个数可以转换为方程在对应范围内解的个数，在转换为二次项函数在对应期间内与轴交点个数. 52．（24-25高一上·广东深圳·阶段练习）对于定义域为的函数，如果存在区间，使得在区间上是单调函数.且函数，的值域是，则称区间是函数的一个“优美区间”. (1)求证：是函数的一个“优美区间”； (2)如果函数在上存在“优美区间”，求实数的取值范围； (3)如果是函数的一个“优美区间”，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据“优美区间”的定义证明即可. （2）问题转化为：方程在有两个不同的解，再求的取值范围. （3）由新定义及函数定义域，确定相应方程有两个同号的不等实根，由此求得参数范围. 【详解】（1）结合二次函数的图象可知：函数在上单调递增， 且，，所以当时，函数的值域亦为. 所以：是函数的一个 “优美区间”. （2）函数在上存在“优美区间”， 转化为：方程在有两个不同的解. 由， 因为方程在上有两个不同的解， 所以：. 故所求的取值范围为：. （3）因为在和上均为增函数， 所以函数的有“优美区间”等价于：方程有两个同号的根. 由有两个同号的根，为，（）. 由或. 由，， 所以， 所以当即时，有最大值，所以. 又或，所以可以取到.故：. 【点睛】方法点睛：本题考查函数的新定义，解题关键是理解新定义，解题难点是新定义的应用，解题方法是利用新定义把问题转化为一元二次方程根的分布，注意分类讨论的应用．对学生的逻辑思维能力运算求解能力要求较高，属于难题． 53．（24-25高一上·云南昆明·期中）现定义：对于一个函数，如果自变量与函数值，满足：若，则（，为实数），我们称这个函数在上是同步函数.比如：函数在上是同步函数.理由：，，，得，在上是同步函数. (1)若函数在上是同步函数，求的值； (2)已知反比例函数在上是同步函数，求的值； (3)若抛物线在上是同步函数，且在上的最小值为，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）直接按新定义求解即可； （2）经分析得出含的方程组解出即可； （3）由新定义解出抛物线方程，进而利用基本不等式解出的最小值即可. 【详解】（1）函数在上是同步函数，且函数是递减函数， 又，，故当时，；当时，； 即，解得，. （2）由反比例函数在上是同步函数，，， 反比例函数在和上都是递减的， 当时，取最大值，当，取最小值， 即，故得. （3）可化为，过点， 因，，则对称轴， 故在上递增， 又在上是同步函数， 当时，取最小值1，当时，取最大值3. 即得，，解得，， 函数表达式为， 所以，当且仅当时取“”， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：转化思想是解决集合新定义题目的一种常见方法；如小问由函数新定义解出，变形转化为；小问解出函数表达式为，将转化成基本不等式求最值. 54．（24-25高一上·河北石家庄·期中）某机械厂生产一批零件，受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，其次品率p与日产量x（万件）之间满足关系：（其中m为小于12的正整数）．已知每生产1万件合格的零件该厂可以盈利30万元，但每生产1万件次品将亏损10万元，故厂方希望定出合适的日产量使得利润最大．（注：次品率＝次品数/生产量，如表示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品）． (1)将生产这批零件每天的盈利额y（万元）表示为日产量x（万件）的函数； (2)当日产量为多少时，该厂可获得最大利润？ 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由题意，再结合次品率与日产量（万件）之间的关系即可求解. （2）利用换元法并对进行分类讨论即可求解. 【详解】（1）由题意知， 当时，，故， 当时，，故， 所以盈利额y（万元）与日产量x（万件）间的函数关系为. （2）当时，每天的盈利额为0；只需求时的最大值， 设，则，且， 则， ①当，即时，， 当且仅当，即时，取最大值160，此时. ②当，即时，由在上单调递增， 故在上单调递减， 所以当，即时，取最大值. 综上所述，当时，日产量（万件）时，可获最大利润； 当时，日产量（万件）时，可获最大利润. 55．（24-25高一上·广东广州·期中）已知函数，对于任意的，都有，当时，，且. (1)求的值； (2)求函数在区间上的值域； (3)设函数，若方程有4个不同的解，求的取值范围. 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）根据题意，结合特殊值，进行合理赋值，即可求解； （2）根据题意，结合函数单调性的定义和判定方法，求得函数是上的减函数和奇函数，得到在上单调递减，进而求得函数的最值； （3）根据题意，求得，令，得到，转化为，令，结合二次函数的图象与性质，即可求解. 【详解】（1）因为， 令，可得，解得， 令，可得， 令，可得. （2）任取，且， 因为，即， 令，则，可得， 又因为时，，且，所以， 所以，即，所以函数是上的减函数， 所以在上单调递减，所以， 又因为， 令，代入，可得， 所以，可得函数为奇函数， 所以， 所以，函数在区间上的值域为. （3）由（2）可知函数为奇函数， 可得，即 所以 ， 令，即， 因为函数是上的减函数，所以，即， 令， 则函数的图象，如图所示， 结合图象，可得：当时，函数有4个零点， 即实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：根据函数为奇函数可得，令，又由函数的单调性得到，转化为，令，结合二次函数的图象与性质，即可求解. 56．（24-25高一上·全国·期中）已知函数，. (1)若函数为奇函数，求a的值； (2)设. （i）函数在上有两零点，求a的取值范围； （ii）若，则是否存在实数m，n，使得函数的定义域为，值域为.若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，或 【分析】（1）由奇函数定义可得答案； （2）（i）令，可将问题转化为与有两个交点； （ii）可将转化为，通过讨论与2的大小关系，结合题意可得答案. 【详解】（1）定义域为R， 因为函数为奇函数，所以，得. 检验当时，，为奇函数. （2）（i）由已知， 方程在上有两个根，令，，， 参变分离得，所以方程在上有两个根等价于 与图象有两个交点，其中. 由双勾函数单调性可知，在上单调递减，在上单调递增. 则，又注意到， 可作在上大致图象如下，则要使与图象有两个交点，有； （ii）令，，令，，即， 可转化为，对称轴为 ①当时，单调递增，此时， 即方程在有两个不同根， 解得，其中，此情况排除； ②当时，先增后减， 由可得，而， 所以，； ③当时，单调递减，此时， 即，两式做差得 因为，所以，即， 代入可解得， 综上所述，或. 【点睛】关键点睛：已知零点个数求参数范围，常转化为直线与函数图象交点个数问题，也可利用二次方程根的分布求解；对于（ii）这类二次函数存在性问题，常以讨论参数与对称轴大小关系为突破口解决问题. 57．（24-25高一上·湖南长沙·期中）某机床厂今年年初用100万元购入一台数控机床，并立即投入生产使用.已知该机床在使用过程中所需要的各种支出费用总和（单位：万元）与使用时间（，单位：年）之间满足函数关系式为：该机床每年的生产总收入为50万元.设使用年后数控机床的盈利额为万元.（盈利额等于总收入减去购买成本及所有使用支出费用）. (1)写出与之间的函数关系式； (2)从第几年开始，该机床开始盈利（盈利额为正值）？ (3)该机床使用过程中，已知年平均折旧率为（固定资产使用1年后，价值的损耗与前一年价值的比率）.现对该机床的处理方案有两种： 第一方案：当盈利额达到最大值时，再将该机床卖出； 第二方案：当年平均盈利额达到最大值时，再将该机床卖出. 研究一下哪种处理方案较为合理?请说明理由. （参考数据：，，，） 【答案】(1)， (2)第3年 (3)选第一方案较为合理，理由见解析 【分析】（1）利用盈利额等于总收入减去购买成本及所有使用支出费用，得到与之间的函数关系式； （2）令，解一元二次不等式即可； （3）利用二次函数求最值，求出第一方案总获利，由，利用函数单调性求出第二方案总获利，再比较即可. 【详解】（1）由题意，使用过程中所需要的各种支出费用总和与使用时间之间的函数关系式为， 且该机床每年的生产总收入为50万元， 设使用年后数控机床的盈利额为万元， 可得与之间的函数关系式，； （2）由（1）知：，， 令，可得，解得， 因为，所以， 因为，所以且，故从第3年开始盈利. （3）由（1）知，， 因为， 所以当或时，营利额达到最大值为120万元， 使用10年后机床剩余价值为：（万元）， 所以按第一方案处理，总获利为（万元）； 又由， 令，， ，则， 当时，，则，即，因此可得在上单调递增； 当时，，则，即，因此可得在上单调递减； 又，当时，年平均盈利为万元，当时，年平均盈利为万元， 又， 所以当第7年时，年平均盈利额达到最大值，此时机床剩余价值为：（万元）， 所以按第二方案处理，总获利为（万元）. 由于，则选第一方案较为合理. 【点睛】方法点睛：解答函数应用题的一般步骤： （1）审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型； （2）建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型； （3）求模：求解数学模型，得出数学结论； （4）还原：将数学问题还原为实际问题的意义． 58．（24-25高一上·福建泉州·阶段练习）取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”．若，则称为的“稳定点”．将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即，．已知函数． (1)当时，求函数的不动点； (2)若对于任意，函数恒有两个相异的不动点，求实数m的取值范围； (3)若时，且，求实数n的取值范围． 【答案】(1)为函数的不动点 (2) (3) 【分析】（1）求出方程的解后可得不动点； （2）根据的判别式恒正可得关于恒成立的不等式，结合可求的范围； （3）记，则即为无解或其解为，故可求的取值范围. 【详解】（1）当时，， 设为不动点，因此，解得或， 所以为函数的不动点. （2）因为恒有两个不动点， 即恒有两个不等实根， 整理为， 所以且恒成立. 即对于任意，恒成立. 令，，， 故或，又， . （3）时， ，有实根， ， 记，则关于的方程的解为方程组的解的值， 两式相减可得， ，即要使与有相同的解， 则与的的解集相同， 所以方程无解或其解与相同， 即无解或其解为， 所以，， 综上，所以实数的取值范围是． 【点睛】思路点睛：对于集合中的新定义问题，应该将集合等式蕴含的意义合理转化，如题设中即为方程的无解或有两个等根. 59．（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. 【答案】(1)和3. (2) (3). 【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. 60．（24-25高一上·上海·期中）已知. (1)若，证明：，并指出等号成立的条件; (2)已知，设关于的方程的两个非零实数根为，问是否存在，使得对任意以及恒成立，若存在请求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）利用换元法，代入后利用基本不等式即可证明； （2）由题意可转化为有两个非零实数根为，结合韦达定理表示并求出，进而得到，令，利用恒成立得到不等式组,解出即可. 【详解】（1）因为， 当时，， 令，则， 所以， 当且仅当时，即时,等号成立. 由，得当时等号成立，所以. （2）由可得：， 化简得， 所以关于的方程的两个非零实数根为， 可以转化为有两个非零实数根为， 所以， 所以， 因为，所以当时，， 若使恒成立，则， 所以得，对任意，都有成立. 设，， 若使对任意，都有成立， 则， 解得或. 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第5章 函数应用 压轴60题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（24-25高一上·湖北·期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉.函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有大于零的解之和为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·浙江宁波·期中）已知函数为上的奇函数，当时，，若函数满足，且有8个不同的解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一上·四川广安·期中）对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若函数的图象存在“隐对称点”，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知函数在定义域上单调，若对任意的，都有，则方程的解的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．（24-25高一上·江苏南京·期中）已知，若关于的方程恰好有三个互不相等的实根，则实数的取值范围为（） A． B． C．或 D．或 6．（23-24高一上·浙江宁波·期中）已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高一上·湖南邵阳·开学考试）已知函数，若关于的方程有8个不同的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·贵州毕节·期末）已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 9．（23-24高一下·浙江杭州·期中）已知函数，若函数有6个不同的零点，则实数a的取值可以是（    ） A． B．3 C． D． 10．（23-24高一下·湖南株洲·期中）对任意的函数，都有，且当时，，若关于的方程在区间内恰有6个不等实根，则实数的取值范围是（    ） A．(3,5) B．(3,4) C．[3,4] D．[3,5] 11．（23-24高一下·湖南长沙·期中）已知函数，若关于的方程有4个不同的实根、，且，则（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高一上·北京·阶段练习）对于函数，若存在，使，则称点是曲线的“优美点”，已知，若曲线存在“优美点”，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 13．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 14．（23-24高一上·浙江丽水·期末）已知，，则（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）命题“对任意的，总存在唯一的，使得”成立的充分必要条件是（    ） A． B． C． D． 16．（23-24高一上·江西抚州·期末）已知定义在区间上的函数，若存在时，成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 17．（23-24高一上·云南昭通·期末）已知函数，若函数有四个不同的零点，，，，且，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 18．（23-24高一上·山东聊城·期末）已知函数，若函数有三个零点a，b，c，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 19．（23-24高一上·云南昆明·期末）设函数，若恰有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 20．（23-24高一上·湖北武汉·期末）已知函数，若关于x的方程有四个不同的根，它们从小到大依次记为，则（    ） A． B． C． D．函数有6个零点 二、多选题 21．（24-25高一上·江苏镇江·期中）对于函数，如果实数满足，则称为函数的不动点；如果实数满足，则称为函数的稳定点.如果的不动点为，1，则下列说法正确的是（    ） A． B．是函数的一个稳定点 C． D． 22．（24-25高一上·广东深圳·期中）已知函数，，则下列判断中正确的有（   ） A．存在，函数有个零点 B．存在常数，使为奇函数 C．若在区间上最大值为，则的取值范围为或 D．存在常数，使在上单调递减 23．（23-24高一上·广东江门·阶段练习）已知函数，若方程有4个不同的零点，，，，且，则（   ） A． B． C． D． 24．（24-25高一上·辽宁大连·期中）关于的方程，以下说法正确的是（    ） A．存在实数，使得方程恰有3个不同的实根 B．存在实数，使得方程恰有5个不同的实根 C．存在实数，使得方程恰有6个不同的实根 D．不存在实数，使得方程恰有7个不同的实根 25．（24-25高一上·安徽芜湖·期中）已知定义域为的奇函数，满足，下列叙述正确的是（   ） A．函数的值域为 B．关于的方程的所有实数根之和为11 C．关于的方程有且只有两个不等的实根 D．当时，的解析式为 26．（24-25高一上·四川绵阳·期中）高斯是著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设，用表示不超过的最大整数，也被称为“高斯函数”，例如：，．已知函数，下列说法中正确的是（   ） A．若，则 B．方程在区间上有4个实数根 C．函数在上单调递增 D．，都有 27．（24-25高一上·浙江绍兴·阶段练习）著名数学家华罗庚曾说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题都可以转换为集合问题加以解决，如：对于形如的代数式，可以转化为平面上点与的距离加以考虑. 结合综上观点，对于函数，下列说法正确的是（   ） A．的图象是轴对称图形 B．的值域是 C．先递减后递增 D．方程有且仅有一个解 28．（24-25高一上·重庆·阶段练习）定义域为的奇函数，满足，下列叙述正确的是（    ） A．存在实数，使关于的方程有3个不同的解 B．当时，恒有 C．若当时，的最小值为1，则 D．若关于的方程和的所有实数根之和为0，则或 29．（24-25高一上·江苏南通·阶段练习）用表示不超过的最大整数，例如，则（    ） A． B．，则 C． D．方程的解集为 30．（24-25高一上·重庆·阶段练习）已知函数的定义域为，且满足当时，，当时，恒有，且为非零常数，则下列说法正确的有（    ） A． B．当时，反比例函数与在上的图象有且仅有6个交点 C．当时，在区间上单调递减 D．当时，在上的值域为 三、填空题 31．（24-25高一上·浙江·期中）已知，若函数有5个不同的零点，则实数的取值范围是 . 32．（24-25高一上·北京·期中）函数, ①当时，的单调递增区间为 . ②若恰有三个零点，则的取值范围是 . 33．（24-25高一上·北京·期中）已知，函数． （1）当时，不等式的解集是 （2）若函数恰有2个零点，则a的取值范围是 34．（24-25高一上·北京·期中）已知函数. ①当时，在定义域内单调递减； ②当时，一定有； ③若存在实数，使得函数没有零点，则一定有； ④若存在实数，使得函数恰有三个零点，则一定有； 以上结论中，所有正确结论的序号是 . 35．（24-25高一上·上海·期中）设函数，集合，则下列命题正确的有 . ①当时，集合； ②当时，； ③当，则的取值范围是； ④若（其中），则. 36．（24-25高一上·福建厦门·期中）已知是定义在上的偶函数，且对，都有，且当时，.若在区间内关于的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则实数的取值范围是 . 37．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为 ． 38．（24-25高一上·吉林长春·期中）设函数，若关于的方程恰有三个不相等的实根，则实数的取值范围是 ． 39．（24-25高一上·上海·期中）已知二次函数，若集合中恰有两个元素，则的取值范围为 ． 40．（23-24高一上·辽宁沈阳·期中）设函数的定义域为，满足，且当时，，则当时，函数所有零点组成的集合是 ． 41．（23-24高一上·江苏南通·阶段练习）已知，若只有5个不同的实根，则实数a的取值范围是 . 42．（23-24高一上·上海·期中）已知满足关于x的不等式的每一个x的值至少满足不等式和的一个，则实数a的取值范围为 . 43．（23-24高一下·广西南宁·阶段练习）设函数是定义在R上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数a的取值范围是 ． 44．（23-24高一上·山东青岛·阶段练习）已知函数．若方程有5个实数根，则m的取值范围为 ． 45．（23-24高一上·江西萍乡·期末）记表示不超过x的最大整数，例如，．已知函数，若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为 ． 46．（23-24高一上·北京平谷·期末）设，函数，当时，的值域是 ；若恰有一个零点，则的取值范围是 ． 47．（23-24高一上·山东临沂·期末）已知函数，当时，不等式的解集是 ，若恰有2个零点，则的取值范围是 ． 48．（23-24高一上·福建三明·期末）已知函数，若方程有2个实数根，则的取值范围是 ． 49．（23-24高一上·浙江温州·期末）函数，，方程恰有三个根，其中，则的值为 ． 50．（23-24高一上·湖北武汉·期末）已知，若方程有四个不同的解，的取值范围是 ． 四、解答题 51．（24-25高一上·江苏·期中）若函数在时，函数值y的取值区间恰为，则称为的一个“倍倒域区间”.已知奇函数的定义域为，当时， (1)求的解析式; (2)求函数在上的2倍倒域区间; (3)若以函数在上的2倍倒域区间上的图像作为函数的图像，是否存在实数m，使集合恰含有2个元素？若存在，求出m的取值范围;若不存在，说明理由. 52．（24-25高一上·广东深圳·阶段练习）对于定义域为的函数，如果存在区间，使得在区间上是单调函数.且函数，的值域是，则称区间是函数的一个“优美区间”. (1)求证：是函数的一个“优美区间”； (2)如果函数在上存在“优美区间”，求实数的取值范围； (3)如果是函数的一个“优美区间”，求的最大值． 53．（24-25高一上·云南昆明·期中）现定义：对于一个函数，如果自变量与函数值，满足：若，则（，为实数），我们称这个函数在上是同步函数.比如：函数在上是同步函数.理由：，，，得，在上是同步函数. (1)若函数在上是同步函数，求的值； (2)已知反比例函数在上是同步函数，求的值； (3)若抛物线在上是同步函数，且在上的最小值为，求的最小值. 54．（24-25高一上·河北石家庄·期中）某机械厂生产一批零件，受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，其次品率p与日产量x（万件）之间满足关系：（其中m为小于12的正整数）．已知每生产1万件合格的零件该厂可以盈利30万元，但每生产1万件次品将亏损10万元，故厂方希望定出合适的日产量使得利润最大．（注：次品率＝次品数/生产量，如表示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品）． (1)将生产这批零件每天的盈利额y（万元）表示为日产量x（万件）的函数； (2)当日产量为多少时，该厂可获得最大利润？ 55．（24-25高一上·广东广州·期中）已知函数，对于任意的，都有，当时，，且. (1)求的值； (2)求函数在区间上的值域； (3)设函数，若方程有4个不同的解，求的取值范围. 56．（24-25高一上·全国·期中）已知函数，. (1)若函数为奇函数，求a的值； (2)设. （i）函数在上有两零点，求a的取值范围； （ii）若，则是否存在实数m，n，使得函数的定义域为，值域为.若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由. 57．（24-25高一上·湖南长沙·期中）某机床厂今年年初用100万元购入一台数控机床，并立即投入生产使用.已知该机床在使用过程中所需要的各种支出费用总和（单位：万元）与使用时间（，单位：年）之间满足函数关系式为：该机床每年的生产总收入为50万元.设使用年后数控机床的盈利额为万元.（盈利额等于总收入减去购买成本及所有使用支出费用）. (1)写出与之间的函数关系式； (2)从第几年开始，该机床开始盈利（盈利额为正值）？ (3)该机床使用过程中，已知年平均折旧率为（固定资产使用1年后，价值的损耗与前一年价值的比率）.现对该机床的处理方案有两种： 第一方案：当盈利额达到最大值时，再将该机床卖出； 第二方案：当年平均盈利额达到最大值时，再将该机床卖出. 研究一下哪种处理方案较为合理?请说明理由. （参考数据：，，，） 58．（24-25高一上·福建泉州·阶段练习）取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”．若，则称为的“稳定点”．将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即，．已知函数． (1)当时，求函数的不动点； (2)若对于任意，函数恒有两个相异的不动点，求实数m的取值范围； (3)若时，且，求实数n的取值范围． 59．（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. 60．（24-25高一上·上海·期中）已知. (1)若，证明：，并指出等号成立的条件; (2)已知，设关于的方程的两个非零实数根为，问是否存在，使得对任意以及恒成立，若存在请求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$