专题10 函数与方程（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高一数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高一函数与方程易错培优竞赛试题 【题组目录】 题组一：名校函数与方程易错题精选 题组二：名校函数与方程培优压轴试题精选 题组三：名校函数与方程新定义试题精选 题组四：函数与方程全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 题组一：名校函数与方程易错题精选 1．已知正实数a，b，c满足，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 2．对任意的函数，都有，，且当时，，若关于x的方程；在区间内恰有10个不等实根，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．已知函数则下列结论中正确的是（   ） A．函数的图象关于原点对称 B．当时，函数的值域为 C．若方程没有实数根，则 D．若函数在上单调递增，则 4．已知实数，则方程的两个实根分别属于区间（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 5．已知函数有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知函数，则下列说法错误的是（    ） A． B．关于的方程有13个不同的解 C．在上单调递增 D．当时，恒成立 7．若函数有且只有一个零点，则实数的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．设函数，给出下列四个命题： ①当时，为奇函数； ②函数的图像关于点对称； ③当时，存在，使得有两个不同的零点； ④存在，使得函数有三个不同的零点． 其中，真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．（多选题）若，表示不超过的最大整数，例如：，，已知函数，则（   ） A． B．在上单调递增 C．有无数个零点 D．值域为 10．（多选题）已知函数，，函数在区间上的最大值为9，最小值为1．函数与函数图象在上有两个不同的交点，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 11．（多选题）定义，已知函数，，则函数的零点个数可能为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．已知函数，关于的方程恰有2个不同的解，则实数的取值范围是 ． 13．已知函数，若方程有3个不相同的解，则实数m的取值范围为 14．已知函数，设方程（a为常数）的实数解的个数为n，则n的取值构成的集合为 ． 15．已知实数，命题，为真命题，则的最小值为 . 16．已知函数，若关于的方程有4个不同的实根，则实数的取值范围是 ． 17．若函数对于其定义域内的某一数，有，则称是的一个不动点.已知函数（）. (1)当，时，求函数的不动点； (2)若对任意的实数，函数恒有两个相异不动点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，若图象上两个点、的横坐标是函数的不动点、的中点在函数的图象上，求的最小值. 18．已知函数，，满足且为增函数. (1)求函数，的解析式； (2)存在使得不等式成立，求实数的取值范围； (3)若，且关于的方程有四个不同的实数解，求实数的取值范围. 19．已知函数 (1)若是上的增函数，求实数的取值范围; (2)若，方程有三个实数解. ①写出实数和的取值范围; ②求证:. 20．若函数在区间上的值域恰为，则称区间为的一个“倒域区间”.已知定义在上的奇函数，当时，. (1)求的解析式； (2)若关于的方程在上恰有两个不相等的根，求的取值范围； (3)求函数在定义域内的所有“倒域区间”. 21．已知函数和的定义域分别为和，若对任意的，都存在个不同的实数，，，…，，使得（其中，），则称为的“重覆盖函数”. (1)（ⅰ）判断是否为，的“2重覆盖函数”？请说明理由； （ⅱ）设是，的“重覆盖函数”，求的值； (2)若为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围. 22．已知函数是偶函数. (1)求实数的值； (2)设函数. （i）若在上有且仅有个零点，求实数的取值范围； （ii）若，求实数的取值范围. 题组二：名校函数与方程培优压轴试题精选 1．已知函数（），函数，则函数的零点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．已知函数图象与函数图象有三个交点，分别为、、，则（   ） A． B． C． D． 3．设函数， 设集合，设则为（    ） A．17 B．20 C．22 D．25 4．对任意实数表示不超过的最大整数，如，关于函数，有下列命题：①是奇函数；②是偶函数；③函数的值域为；④函数有两个不同的零点，其中正确的命题个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．0 5．已知函数的三个零点分别为，，，若函数满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．设表示实数中的最小值，若函数，函数有六个不同的零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．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 8．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 9．若，，则（   ） A． B． C． D． 10．（多选题）已知函数，若，且，则下列结论正确的是（    ） A．的取值范围为 B．的取值范围为 C．若方程有5个不同的实根，则 D．若方程有5个不同的实根，则 11．（多选题）已知函数下列关于函数的零点个数的说法中，正确的是（   ） A．当时，有3个零点 B．当时，有1个零点 C．当时，有8个零点 D．当时，有8个零点 12．（多选题）已知函数，若方程有4个不同的零点，，，，且，则（   ） A． B． C． D． 13．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 ． 14．已知，若函数有5个不同的零点，则实数的取值范围是 . 15．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. 16．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 . 17．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 ． 18．已知定义在上的函数在上是增函数.为偶函数，且当时，. (1)当时，求在上的解析式； (2)是否存在实数，使函数与的值域相同，若存在，求出所有实数的值，若不存在，说明理由； (3)令，讨论关于的方程的实数根的个数. 19．不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数在其定义域内存在实数，使成立，则称是的一个不动点. 已知函数，. (1)当，时，求函数的不动点； (2)当时，若函数有两个不动点为，，且，，求实数的取值范围； (3)若函数的不动点为，2，且对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围. 20．已知函数是偶函数，． (1)求函数的零点； (2)若函数有零点，求实数的取值集合； (3)当时，函数与的值域相同，求的最大值． 21．已知函数对一切实数，都有成立，且，其中． (1)求的解析式； (2)若关于x的方程有三个不同的实数解，求实数k的取值范围. 22．已知函数满足，函数． (1)求函数的解析式； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若关于的方程有四个不同的实数解，求实数的取值范围． 题组三：名校函数与方程新定义试题精选 1．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．高斯是世界四大数学家之一，一生成就极为丰硕，以他的名字“高斯”命名的成果达110个．高斯函数，其中表示不超过实数x的最大整数，如．若函数有且仅有4个零点，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 3．对于定义域为的函数，若存在区间，使得同时满足： ①在区间上是单调函数； ②当的定义域为时，的值域也为，则称区间为该函数的一个“和谐区间” 已知定义在上的函数有“和谐区间”，则正整数k取最小值时，实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（多选题）定义：如果关于的一元二次方程有两个不同的实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“和谐方程”．下列命题正确的是（   ） A．方程是“和谐方程” B．若关于的方程是“和谐方程”，则 C．若关于的方程是“和谐方程”，则的函数图象与轴交点的坐标是和 D．若点在反比例函数的图象上，则关于的方程是“和谐方程” 5．（多选题）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 6．（多选题）已知定义在R上的连续函数，若存在常数使得对任意实数都成立，我们称是上“相伴函数”，下列关于“相伴函数”的结论正确的是（    ） A．常数函数均是“相伴函数” B．是“相伴函数” C．“2024相伴函数”至少有一个零点 D．“相伴函数”至少有一个零点 7．（多选题）在数学中，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，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在一个点，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点，则下列说法正确的（    ） A．为“不动点”函数 B．的不动点为 C．恰好有两个不动点 D．若定义在上仅有一个不动点的函数满足，则 8．（多选题）一般地，若函数的定义域是，值域为，则称为的“倍跟随区间”，若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”，下列结论正确的是（    ） A．若为的“跟随区间”，则 B．函数存在“跟随区间” C．若函数存在“跟随区间”，则 D．二次函数存在“倍跟随区间” 9．已知函数、、的定义域均为定义：①若存在个互不相同的实数、、、，使得，则称与关于“维交换”；②若对任意，恒有，则称与关于“任意交换”. (1)判断函数与是否关于“维交换”，并说明理由； (2)设，，若存在二次函数，使得与关于“任意交换”，求的解析式； (3)设，若与关于“维交换”，求实数的取值范围. 10．设函数在区间D上有定义，若对任意，都存在使得：，则称函数在区间D上具有性质 (1)判断函数在R上是否具有性质，并说明理由; (2)若函数在区间上具有性质，求实数a的取值范围; (3)设，若存在唯一的实数m，使得函数在上具有性质，求t的值. 11．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. 12．对于函数如果存在实数 使得那么称为的线性生成函数, 称为生成系数对. (1)已,试判断是否为的线性生成函数，若是，求出生成系数对，若不是，说明理由； (2)已知的线性生成函数为，生成系数对为,试讨论的奇偶性，并说明理由； (3)已知的线性生成函数为，生成系数对为，若对于任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围. 13．已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意的，都有，则称函数具有性质． (1)若函数具有性质，求：的值； (2)设，求证：存在常数，使得具有性质； (3)若函数具有性质，且的图像是一条连续不断的曲线，求证：函数的值域为． 14．设函数的定义域，若对任意，均有成立，则称为“无奇”函数． (1)判断函数①和②是否为“无奇”函数，说明理由； (2)若函数是“无奇”函数，求实数的取值范围． 15．已知函数的定义域均为．定义：①若存在个互不相同的实数，使得，则称与关于“维交换”；②若对任意，恒有，则称与关于“任意交换”． (1)判断函数与是否关于“维交换”，并说明理由； (2)设，若存在函数，使得与关于“任意交换”，求的值； (3)设，若与关于“3维交换”，求实数的值． 16．已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”． (1)试判断是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由； (2)若，为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围； (3)函数表示不超过的最大整数，如．若为的“2024重覆盖函数”，求正实数的取值范围． 17．人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题，牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法，这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用.设实系数一元三次方程：—①，在复数集C内的根为，，，可以得到，方程①可变为：，展开得：—②，比较①②可以得到一元三次方程根与系数关系： (1)若一元三次方程：的3个根为，，，求的值； (2)若函数，且，，求的取值范围； (3)若一元四次方程有4个根为，，，，仿造上述过程，写出一元四次方程的根与系数的关系. 18．设为给定的实常数，若函数在其定义域内存在实数，使得成立，则称函数为“函数”． (1)若函数为“函数”，求实数的值； (2)证明：函数为“函数”； (3)若函数为“函数”，求实数的取值范围． 题组四：函数与方程全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2024高三下·全国·竞赛）已知方程恰好有三个不同的实数根，则满足题意的的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2014高一·全国·竞赛）已知函数，如果关于的方程恰有6个不同的实数根，则下列说法一定正确的是（     ）. A． B． C． D． 3．（2013高一·全国·竞赛）已知，则在下列区间中，有实数解的是（    ） A． B． C． D． 4．（2007高二·全国·竞赛）若关于x的方程有解，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（2024高一下·湖南株洲·竞赛）已知函数若,且,则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2009高一·全国·竞赛）已知若关于的方程恰有3个不同的实数解，则等于（   ）． A．0 B． C． D．1 7．（2023高一下·海南·竞赛）设是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若在区间内关于的方程恰有3个不同的实数根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（2016高二·全国·竞赛）已知，方程在内有且只有一个根，则在区间内根的个数为（    ） A．2013 B．1008 C．2016 D．1009 9．（2008高一·全国·竞赛）对于函数，设，令，则集合中的元素个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 10．（2018高一·全国·竞赛）已知是函数的一个零点，是函数的一个零点，则的值为（    ）． A．1 B．2018 C． D．4036 11．（2018高一·全国·竞赛）已知函数的图象与直线有4个不同的交点，则这4个交点的横坐标之和为（    ）． A．10 B．11 C．12 D．13 12．（2024高一上·湖南邵阳·竞赛）函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 13．（2023高一上·山东滨州·竞赛）设是定义在上的奇函数，满足，当时，，若方程在上有四个不同的实数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 14．（2021高一·黑龙江鸡西·竞赛）已知函数，若互不相等，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 15．（2021高一上·福建厦门·竞赛）若函数y＝f(x)图象上存在不同的两点A，B关于y轴对称，则称点对[A，B]是函数y＝f(x)的一对“黄金点对”（注：点对[A，B]与[B，A]可看作同一对“黄金点对”）已知函数，则此函数的“黄金点对”有（    ） A．0对 B．1对 C．2对 D．3对 16．（2019高二上·陕西渭南·竞赛）已知定义在R上的函数满足：且，，则方程在区间上的所有实根之和为（    ） A．14 B．12 C．11 D．7 17．（2017高三·浙江宁波·竞赛）记为三个数中的最小数，若二次函数有零点，则 的最大值为（    ） A．2 B． C． D．1 18．（2023高一上·安徽·竞赛多选题）若函数的零点与的零点之差的绝对值不超过，则可以是（    ） A． B． C． D． 19．（2023高一上·安徽·竞赛多选题）定义在上的函数，当时，，当时，，若关于函数在定义域内有四个零点，则实数的取值可以是（    ） A． B． C． D． 20．（2024高二下·北京·竞赛）已知函数 若关于 的方程 恰有三个不相等的实数根 且满足 ，则 的取值范围是 . 21．（2023高一下·海南·竞赛）已知，分别是方程和的根，则 . 22．（2017高一·全国·竞赛）已知函数满足，设是方程的两根，则的取值范围是 . 23．（2013高一·全国·竞赛）设分别是方程和的根，则 ． 24．（2023高一上·安徽·竞赛）若函数对于都有，则 . 25．（2018高三·全国·竞赛）已知函数，若存在实数a，，使在上的值域为，则实数m的取值范围是 ． 26．（2021高一·浙江温州·竞赛）已知表示不超过的最大整数，若，则方程的解集为 . 27．（2021高三·全国·竞赛）方程的不同的实数解的个数为 . 28．（2021高一下·浙江杭州·竞赛）已知两个不同的零点，则m的取值范围是 ． 29．（2021高一下·浙江杭州·竞赛）已知，若关于x的方程仅有一解，则a的取值范围是 ． 30．（2021高一下·浙江杭州·竞赛）设函数，若方程只有一个解，求实数a的值 ． 31．（2021高一下·浙江杭州·竞赛）已知函数，则方程所有根的和是 ． 32．（2020高一上·浙江温州·竞赛），有且只有两个零点，则实数a的取值范围是 . 33．（2018高一下·安徽·竞赛）已知，若，，则 ． 34．（2015高三·江苏·竞赛）已知若关于的方程在（0，4）上有两个实数解，则 的取值范围是 . 35．（2024高三下·全国·竞赛）求所有的，使对恒成立. 36．（2014高一·全国·竞赛）某市A、B两地之间相距60千米，如图所示，有一条直线铁路经过地，测量得地距离铁路48千米.现要在A、B两地之间运送货物，计划从铁路沿线上的处修筑一条直线公路通往地，已知公路的运费是铁路运费的2倍，铁路运费为每千米100元，问点选在何处时可使总运费最少，最少是多少元? 37．（2012高一·全国·竞赛）已知函数满足下列条件： （1）当时，，且; （2）当时，； （3）在上的最小值为0． 求最大的，使得存在，只要，就有成立． 38．（2024高一下·湖南株洲·竞赛）已知函数，其中． (1)判断的奇偶性（直接写出结论，不必说明理由）； (2)当时，比较与的大小； (3)若函数有三个零点，求的取值范围． 39．（2024高一上·湖南邵阳·竞赛）已知函数是偶函数 (1)求a的值； (2)若函数的图像与函数的图像没有交点，求实数b的取值范围； (3)若函数，是否存在实数k使得的最小值为． 40．（2012高二·全国·竞赛）已知， (1)若函数与在时有相同的值域，求的取值范围； (2)若方程在上有两个不同的根，求的取值范围，并证明：． 41．（2018高一·全国·竞赛）已知函数且． (1)就的取值情况，讨论关于的方程在上的解的个数； (2)若可变动的实数满足，求的最小值． 42．（2017高一·全国·竞赛）已知函数，其中，为实数且. (1)当时，根据定义证明在单调递增； (2)求集合. 43．（2023高一上·安徽·竞赛）已知函数，其中. (1)若存在，使得，求的最小值； (2)令，若关于的方程有两个根，求当时，实数的取值范围. 44．（2023高一上·山东滨州·竞赛）已知函数. (1)求的值； (2)若关于的方程有且仅有四个不相等的实数解，求的取值范围. 45．（2020高一上·浙江温州·竞赛）已知函数， （1）当时，证明： （2）若，关于x的方程，有3个不同的实数解，求实数k的值. 46．（2011高二上·辽宁大连·竞赛）．对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”.函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，. （1）求证：； （2）若，且，求实数的取值范围； （3）若是上的单调递增函数，是函数的稳定点，问是函数的不动点吗？若是，请证明你的结论；若不是，请说明的理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高一函数与方程易错培优竞赛试题 【题组目录】 题组一：名校函数与方程易错题精选 题组二：名校函数与方程培优压轴试题精选 题组三：名校函数与方程新定义试题精选 题组四：函数与方程全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 题组一：名校函数与方程易错题精选 1．已知正实数a，b，c满足，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据方程，可分别看作两函数图象交点的横坐标，作出图象，数形结合得解. 【详解】由可把看作函数与函数在上交点的横坐标， 同理，可看作函数与在上交点的横坐标， 在同一平面直角坐标系中，作，，的图象，    由图象可知， 故选：A 2．对任意的函数，都有，，且当时，，若关于x的方程；在区间内恰有10个不等实根，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的奇偶性求出函数的解析式，利用函数的周期性画出函数图象，结合方程的根与函数图象交点的关系可得函数与图象在上有10个不同的交点，由图可得，解之即可求解. 【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10个不等实根， 则函数与图象在上有10个不同的交点， 由对称性可得函数与图象在上有5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，即实数的取值范围为. 故选：B 3．已知函数则下列结论中正确的是（   ） A．函数的图象关于原点对称 B．当时，函数的值域为 C．若方程没有实数根，则 D．若函数在上单调递增，则 【答案】B 【分析】对A，判断的奇偶性可判断；对B，时，判断的单调性求出的范围，结合指数函数的单调性求出值域；对C，将方程转化，再换元，利用一元二次方程根的判别式及根与系数关系求解判断；对D，利用复合函数单调性分析求解. 【详解】对于A，函数的定义域为，且， 所以函数是偶函数，其图象不关于原点对称，故A错误； 对于B，当时，，令，令， 则在单调递增，时，，时，， 所以的值域为R，即，所以的值域为，故B正确； 对于C，由，得，要使原方程无实数根即方程无实数根， 令，则方程无正实数根， 所以或，即或，解得，故C错误； 对于D，要使函数在上单调递增，需在上单调递增， 即函数在上单调递增，所以，故D错误. 故选：B. 4．已知实数，则方程的两个实根分别属于区间（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】C 【分析】根据函数零点的存在定理求解. 【详解】设， 由，则， 由函数的零点存在定理知，的零点分别位于区间和， 故方程的两个实根分别属于区间和， 故选：C 5．已知函数有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】条件化为与的两个交点横坐标分别为，数形结合得到，应用对勾函数性质求目标式的范围. 【详解】由函数有两个零点，， 所以与的两个交点横坐标分别为， 结合图象知，，且， 则， 令，则， 又在区间上单调递减，， 故选：B 6．已知函数，则下列说法错误的是（    ） A． B．关于的方程有13个不同的解 C．在上单调递增 D．当时，恒成立 【答案】C 【分析】画出函数和的图象，结合图象，对选项中的命题真假性判断即可． 【详解】在同一坐标系中画出函数和的图象，如图所示： 计算，选项A正确； 方程可化为， 则时，方程有3个不同的解，时，方程有5个不同的解， 由此得出方程有个不同的解，故有13个不同的解，选项B正确； 由图象知，在,上单调递减，选项C错误； 当,时，可化为， 由于在每个区间,内，在处取得最大值，故 等价于，，即，恒成立，所以选项D正确． 故选：C． 【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的常用方法：(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题. 7．若函数有且只有一个零点，则实数的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】根据偶函数的性质结合题意得即可求解. 【详解】由题函数定义域为R，关于原点对称， 又由于 故为上的偶函数， 由于只有一个零点，因此，故，解得， 故选：D. 8．设函数，给出下列四个命题： ①当时，为奇函数； ②函数的图像关于点对称； ③当时，存在，使得有两个不同的零点； ④存在，使得函数有三个不同的零点． 其中，真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①：根据奇函数定义分析判断即可；对于②：根据中心对称的定义分析判断；对于③：整理可得，构建，结合函数图像分析判断；对于④：取，代入解方程即可得零点个数. 【详解】由题意可知：的定义域为， 对于①：当时，， 则，所以为奇函数，故①正确； 对于②：因为， 所以函数的图像关于点对称，故②正确； 对于③：若，令，可得， 构建，可得其图像如图所示， 可知在上单调递增，且的值域为， 则与恒有一个交点，即有且仅有1个零点，故③错误； 对于④：例如，则， 令，解得或， 所以存在，使得函数有三个不同的零点，故④正确； 综上所述：真命题的个数为3. 故选：C. 9．（多选题）若，表示不超过的最大整数，例如：，，已知函数，则（   ） A． B．在上单调递增 C．有无数个零点 D．值域为 【答案】BCD 【分析】根据取整函数定义一一判断即可. 【详解】因为，所以，， 所以，故A错误； 当时，，所以， 所以在上单调递增，故B正确； 当时，，则，所以有无数个零点，故C正确； 由取整函数定义可得，所以， 所以函数的值域为，故D正确； 故选：BCD 10．（多选题）已知函数，，函数在区间上的最大值为9，最小值为1．函数与函数图象在上有两个不同的交点，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用换元法将复合函数的最值转化为二次函数的最值，根据最值待定系数，再将与的图象交点个数转化为二次方程根的分布问题求解的范围即可. 【详解】令，因为，则， ， 令，， 则，且的值域即为的值域. 由，则的图象开口向上，且对称轴为， 则在上单调递增， 故，， 解得， 故， 因为函数与函数图象在上有两个不同的交点， 则方程，即在有两个不等的实数根， 令，因为，则， 即关于的方程在有两个不等的实数根， 令，，则图象开口向上，对称轴为， 且， 依题意则有，解得. 综上可得正确的只有A、C. 故选：AC. 11．（多选题）定义，已知函数，，则函数的零点个数可能为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】BCD 【分析】分别令内的两个表达式为函数，先求出这两个函数的所有零点，再分别讨论每个零点.当其中一个函数取零点时，另一个函数的函数值小于0，则这个值一定为函数的零点；当其中一个函数取零点时，另一个函数的函数值可能小于0也可能大于0 ，则这个值可能为函数的零点；当其中一个函数取零点时，另一个函数的函数值大于0，则这个值一定不为函数的零点.由此判断的这四个零点中哪些一定是函数的零点，哪些可能是零点，哪些一定不是零点. 【详解】令， 当时，或， 当时，或， ①当时，，， 令，则， 即当时， 是的零点；当时， 不是的零点. ②当时，，， ∵，∴，即是的零点； ③当时，，， ∵，∴， 即当时， 是的零点；当时， 不是的零点. ④当时，，， ∵，∴， 是的零点. 综上所述：和一定是的零点，和可能是的零点. 故选：BCD. 12．已知函数，关于的方程恰有2个不同的解，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】画出函数的图象，由题设方程可得或，结合图象可知，时有2个不同的解，可得无解或，进而结合图象求解即可. 【详解】画出函数的图象，如图， 由， 即，即或， 因为关于的方程恰有2个不同的解， 结合图象可知，时有2个不同的解， 所以无解或， 则或， 即实数的取值范围是. 故答案为：. 13．已知函数，若方程有3个不相同的解，则实数m的取值范围为 【答案】 【分析】由题可画出图象，则有3个解等价于图象与直线有3个交点，据此可得答案. 【详解】因，则大致图象如下， 则要使方程，则直线与函数图象交点有3个，则. 故答案为： 14．已知函数，设方程（a为常数）的实数解的个数为n，则n的取值构成的集合为 ． 【答案】 【分析】画出的图象，讨论，，，，，结合函数图象求解. 【详解】作出的图象如下： 当时，若，则，此时满足的有一个实数根，所以， 当时，若，则或，此时满足有3个实数根，满足的有1个实数根，故共有4个实数根，所以， 当时，若，则或，或，满足有1个实数根，满足有2个实数根，满足有3个实数根，故此时满足条件的共有6个实数根，所以， 当时，若，则或，或，满足有1个实数根，满足有1个实数根，或有2个实数根，此时满足条件的共有4个实数根，所以， 当时，若，则或，此时满足有1个实数根，满足有1个实数根，故满足条件的共有2个实数根，所以， 当时，若，则，此时满足条件的有1个实数根，所以， 当时，若，则，此时满足条件的有1个实数根，所以， 综上可得的取值集合为， 故答案为： 15．已知实数，命题，为真命题，则的最小值为 . 【答案】6 【分析】首先根据函数图象与不等式的关系，确定一次函数的零点也是二次函数的零点，从而得到，代入后，利用基本不等式求最小值. 【详解】当时，单调递增，且当时，，此时， 当时，，， 所以，即，则， 当且仅当，时，等号成立. 故答案为：6 16．已知函数，若关于的方程有4个不同的实根，则实数的取值范围是 ． 【答案】且. 【分析】因式分解得到或，画出，数形结合得到且，求出答案. 【详解】， 解得或， 画出及，的图象，如下： 其中，随着的增大，无限接近于直线， 故要想有4个不同的实根， 则需且，解得且. 故答案为：且. 17．若函数对于其定义域内的某一数，有，则称是的一个不动点.已知函数（）. (1)当，时，求函数的不动点； (2)若对任意的实数，函数恒有两个相异不动点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，若图象上两个点、的横坐标是函数的不动点、的中点在函数的图象上，求的最小值. 【答案】(1)或3． (2) (3) 【分析】（1）将，代入，根据，解方程求不动点即可； （2）将不动点转化为判别式大于0得到关于参数，的不等式，由于此不等式恒成立，将此不等式恒成立转化为即可． （3）根据中点关系可得，结合根与系数的关系可以表示成参数的函数即，至此，将问题转化为求关于的函数最小值的问题． 【详解】（1）当，时，， 由，解得或， 所以所求的不动点为或3． （2）令，则① 由题意，方程①恒有两个不等实根，所以，    即恒成立，则，故 （3）设，， 又AB的中点在该直线上，所以，      而应是方程①的两个根， 所以 即，   ，      ， 18．已知函数，，满足且为增函数. (1)求函数，的解析式； (2)存在使得不等式成立，求实数的取值范围； (3)若，且关于的方程有四个不同的实数解，求实数的取值范围. 【答案】(1)，. (2) (3). 【分析】（1）根据指数函数的单调性可得，即可代入求解， （2）将问题转化为成立，即可分离参数，结合换元法，可得，利用基本不等式即可求解, （3）根据为偶函数，结合函数图象可得的取值范围，将问题转化为方程有两个不同的正实数根，利用二次方程根的分布，即可结合韦达定理以及判别式求解. 【详解】（1）因为为增函数，所以， 由，整理得， 解得或（舍去）， 所以，. （2）由是增函数，所以当时，， 存在不等式成立， 即成立， 成立， 令， 所以存在，不等式成立， 即成立， 设，则，， ， 当且仅当时，等号成立，所以， 所以实数的取值范围是. （3）， 则为偶函数，令， 当时，关于的方程只有一个实数解， 当时，关于的方程有两个不同的实数解， 当时，关于的方程没有实数解， 所以要使关于的方程有四个不同的实数解， 需关于的方程有两个不同的正实数根， 则，解得或， 所以的取值范围是. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (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． 19．已知函数 (1)若是上的增函数，求实数的取值范围; (2)若，方程有三个实数解. ①写出实数和的取值范围; ②求证:. 【答案】(1) (2)①，；②证明见解析 【分析】（1）依题意可得，解得即可； （2）①首先得到函数解析式，即可画出函数图象，再数形结合求出的取值范围，又，，即可求出的取值范围；②由①，从而得到，再结合对勾函数的性质计算可得. 【详解】（1）因为， 又是上的增函数，所以，解得， 所以实数的取值范围为； （2）当时， 当时，所以在上单调递减，在上单调递增， ，令，即，解得； 当时，则在上单调递增，且，； 则的图象如下所示： ①因为方程有三个实数解，即与有三个交点， 由图可知，且，， 所以； ②由①可知， 所以， 所以 令， 因为，所以，则， 所以，则， 又对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以，所以， 所以. 20．若函数在区间上的值域恰为，则称区间为的一个“倒域区间”.已知定义在上的奇函数，当时，. (1)求的解析式； (2)若关于的方程在上恰有两个不相等的根，求的取值范围； (3)求函数在定义域内的所有“倒域区间”. 【答案】(1) (2) (3)和 【分析】（1）根据奇函数的性质，取相反数，利用已知的函数解析式，整理可得答案； （2）整理方程，构造函数，结合二次函数的性质，可得答案； （3）根据题目中的新定义，利用分类讨论，结合函数的单调性，建立方程，可得答案. 【详解】（1）当时，则， 由奇函数的定义可得， 所以. （2）方程即，设， 由题意知，解得. （3）因为在区间上的值域恰为， 其中且，所以，则， 所以或. ①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时，，则，所以，所以， 则，解得， 所以在内的“倒域区间”为； ②当时，在上单调递减，在上单调递增， 故当时，，所以，所以，所以， 则，解得， 所以在内的“倒域区间”为. 综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和. 21．已知函数和的定义域分别为和，若对任意的，都存在个不同的实数，，，…，，使得（其中，），则称为的“重覆盖函数”. (1)（ⅰ）判断是否为，的“2重覆盖函数”？请说明理由； （ⅱ）设是，的“重覆盖函数”，求的值； (2)若为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围. 【答案】(1)（ⅰ）不是的“2重覆盖函数”，理由见解析；（ⅱ） (2). 【分析】（1）根据题目的函数新定义，利用举反例、研究函数奇偶性，结合对勾函数作出图象，可得答案； （2）根据题目的函数新定义，建立方程，结合幂函数的单调性以及一元二次方程根的判别，可得答案. 【详解】（1）（ⅰ）由题，，解得，不满足， 所以不是的“2重覆盖函数”； （ⅱ）单调递减，且， 函数的定义域为， ， 所以函数为偶函数， 则当时，，当且仅当时等号成立. 则当时，， 由对勾函数性质知，当时，单调递减，当时，单调递增. 所以的图象如图所示，    所以是的“4重覆盖函数”，即； （2）可得的定义域为，值域为， 即对任意，存在2个不同的实数，，使得（其中）， 即， 当，， 即对任意，有2个实根， 当时，已有一个根， 故只需时，仅有1个根， 当时，，符合题意， 当时，则需满足，解得， 当时，抛物线开口向下，有最大值，不能满足对任意，仅有1个根，故不成立. 综上，实数的取值范围是. 22．已知函数是偶函数. (1)求实数的值； (2)设函数. （i）若在上有且仅有个零点，求实数的取值范围； （ii）若，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）利用偶函数的性质得恒成立，求参数即可； （2）（i）由题设，令，问题化为在有且仅有一个根，利用对勾函数单调性求右侧范围，即可得参数范围； （ii）利用换元法及对勾函数性质得，且是值域的子集，结合换元及二次函数性质，列不等式组求参数范围. 【详解】（1）因为是偶函数，所以， 即， 即， 即恒成立， 所以，得. （2）（i）由（1）知， 所以. 令，由，得. 因为函数在上有且仅有个零点， 所以在上有且仅有个零点. 即在有且仅有一个根， 对于，若，则， 又，即，故在上递减， 所以，即，则. 所以实数的取值范围是. （ii），令， 由，得，函数在上单调递增，所以， 即. 设函数的值域为，依题意得. 由（i）知，令，得. 当，即时，函数在上单调递增， 则，即，解得； 当，即时， 函数在最大值为和中的较大者， 而，不合题意； 当，即时，函数在上单调递减， 则，即，不等式组无解. 综上知，实数的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：第三问，利用函数不等式恒、能成立确定函数值域之间的包含关系，通过包含关系求参数范围. 题组二：名校函数与方程培优压轴试题精选 1．已知函数（），函数，则函数的零点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据曲线在点处的切线方程判断曲线和的交点情况，求方程的根，并根据函数的单调性及零点存在定理判断该根的大致范围，判断的图象与直线，的交点情况 【详解】函数的零点个数即方程的根的个数．令，则方程等价于． 求曲线在点处的切线方程，得曲线和的交点情况 对于函数，易知当时，，， 故曲线在点处的切线方程为， 因此曲线和无交点．（技巧：通过研究曲线在点处的切线， 数形结合判断曲线和的交点情况） 求方程的根，并判断该根的大致范围： 将代入，得， 则，令，得或， 故当时，，与无交点， 作出函数和的大致图象如图所示，结合图象可知， 方程有且仅有1个解，且此解就是方程的解． 易知函数是增函数，且，（点拨：因为，所以，故）因此方程的解． 又当时，，所以无解，显然有2个解， 所以函数有2个零点， 故选：B． 2．已知函数图象与函数图象有三个交点，分别为、、，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】推导出函数、的图象都关于点对称，结合对称性可得出结果. 【详解】因为函数、的定义域均为， 因为， 所以，， 故函数的图象关于点对称， 因为 ， 故，则函数的图象也关于点对称， 不妨设，由题意可知，这两个函数的交点也关于对称，且， 则点与点关于点对称，则， 因此，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点和问题，分析两个函数的对称性是解题的关键，进而根据对称性求和. 3．设函数， 设集合，设则为（    ） A．17 B．20 C．22 D．25 【答案】D 【分析】根据题意，由条件可得函数，零点情况，且其零点都为正整数，再由韦达定理代入计算，即可得到的值，从而得到结果. 【详解】由可得函数有9个正整数零点， 对于函数，，其零点个数为个或个， 其对称轴为，， 由韦达定理可知，其零点之积为，零点之和为， 则符合要求的有， 又， 所以，，， ，， 所以. 故选：D 4．对任意实数表示不超过的最大整数，如，关于函数，有下列命题：①是奇函数；②是偶函数；③函数的值域为；④函数有两个不同的零点，其中正确的命题个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．0 【答案】B 【分析】结合题意计算可得，即可得函数周期，则有，即可得其奇偶性及其值域，结合值域即可得零点. 【详解】， 故为周期函数，且周期为， 当时，， 当时，， 即，， 故不是奇函数也不是偶函数，故①、②错误； 结合其周期性可得的值域为，故③正确； 令可得，令可得， 又，，故函数有两个不同的零点，故④正确. 故选：B. 5．已知函数的三个零点分别为，，，若函数满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题设得函数关于对称，进而有、，且，结合，得到是的两个零点，根据二次函数性质求得、，即可求的范围. 【详解】由，即，故函数关于对称， 所以，则， 故， 令，且开口向上，对称轴为， 由题意，且，它们也是的两个零点， 所以，且，故，则， 所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：应用因式分解及已知得到是的两个零点，且，且为关键. 6．设表示实数中的最小值，若函数，函数有六个不同的零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】画出的图象，令，分析出函数有两个不相等零点，且和均有三个根，且根各不相同，所以，由韦达定理分析得到，，由对勾函数单调性得到的取值范围，验证后得到答案. 【详解】画出的图象如下：    令，则函数至多两个零点， 而至多三个根，同理至多三个根， 要想有六个不同的零点， 需有两个不相等零点，不妨设， 且和均有三个根，且根各不相同， 所以，由韦达定理得，， 显然，故， 故，， 由对勾函数性质得在上单调递减， 所以， 此时满足，故。 故选：B 【点睛】方法点睛：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. 7．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. 8．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. 9．若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将两个乘积看做两个函数，易知要使时，，则需要两函数同号，所以我们需要去找他们零点，时零点相同，然后求解参数即可. 【详解】由题易知，当时，； 由对数函数的性质可知，当时，；当时，； 显然函数有两个根，不妨令，则 由二次函数的图像可知，时，；时， 故要使恒成立，则 所以有，解得 故选：D 【点睛】关键点点睛：当两个式子相乘大于等于零时，两个式子必定同为负或者同为正，或者有一个为零. 10．（多选题）已知函数，若，且，则下列结论正确的是（    ） A．的取值范围为 B．的取值范围为 C．若方程有5个不同的实根，则 D．若方程有5个不同的实根，则 【答案】BCD 【分析】根据解析式画出函数大致图象，令得，数形结合可得且，结合函数零点知识依次判断各项正误. 【详解】根据解析式可得函数大致图象如下，令，则，    所以且，故，A错； 由，而从过程中对应从， 注意端点值取不到，所以，B对； 由，可得或， 由图知，对应有2个不同解，故对应必有3个不同解，所以，C对； 由图，当时原方程无解； 当时，，此时原方程只有1个解，不符； 当时，且，此时原方程有1或2或3个解，不符； 令，得或或， 当时，或或， 若，原方程无解； 若，原方程有2个解； 若，原方程有1个解， 故原方程共有3个不同解，不符； 当时，或或，原方程共有4个解，不符； 当时，或或， 若，原方程有2个解； 若，原方程有2个解； 若，原方程有1个解， 故原方程共5个不同解，符合； 当时，有1个解或有2个解，原方程共3个解，不符； 当时，，原方程只有1个解，不符； 综上，满足题设，D对. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：D项，注意从负到正依次讨论的范围，结合图象确定对应范围，进而判断解的个数. 11．（多选题）已知函数下列关于函数的零点个数的说法中，正确的是（   ） A．当时，有3个零点 B．当时，有1个零点 C．当时，有8个零点 D．当时，有8个零点 【答案】BD 【分析】设，即有，选项A和B，当和，在上单调递减，且，作出函数图象，数形结合，即可求解；选项C，取，作出函数图象，数形结合，可得只有个零点，即可求解；选项D，当时，作出函数图象，数形结合即可判断得解. 【详解】令，得，则函数的零点个数即为解的个数， 设，则，二次函数，其图象开口向上，过点，对称轴为， 对于选项A，当时，在上单调递减，且，如图， 由，得，解得，由，得，解得， 因此函数的零点个数是1，所以选项A错误， 对于选项B，当时，在上单调递减，且，如图， 由，得，解得，由，得，解得， 因此函数的零点个数是1，所以选项B正确； 对于选项C，当时，，作出函数的图象如图， 由图象知只有个根，由，解得， 当时，，若，则， 若，则或，此时有且只有3个解，所以选项C错误， 对于选项D，当时，，作出函数的图象如图， 由图象知有3个根，当时，，解得； 当时，，解得或 当时，，若，则，若，则，此时共有3个解； 当时，，此时有个解， ，即，得到，有个解， 当时，，此时，得到，有1个解， ，解得，因此当时，函数的零点个数是，所以选项D正确， 故选：BD 【点睛】方法点睛：关于复合函数的零点的判断问题，首先将零点问题转化为方程的解的问题；解答时要采用换元的方法，利用数形结合法，先判断外层函数对应方程的解的个数问题，继而求解内层函数对应方程的解. 12．（多选题）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. 13．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. 14．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. 15．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. 16．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. 17．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. 18．已知定义在上的函数在上是增函数.为偶函数，且当时，. (1)当时，求在上的解析式； (2)是否存在实数，使函数与的值域相同，若存在，求出所有实数的值，若不存在，说明理由； (3)令，讨论关于的方程的实数根的个数. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）利用为偶函数即可求解析式； （2）根据二次函数、指数函数求值域，结合已知即可求的值； （3）分类讨论确定的零点情况即可. 【详解】（1）当时，时，， 当时，则，而为偶函数，有， 所以． （2）∵函数在上单调递增， ∴，且的值域为， 当时，，且为偶函数， ∴的值域为， 由题意知：． 令，易知在上单调递增，且； ∴． （3）由（2）有，令， ①当时， ，此时仅有一个零点． ②当时，，此时仅有一个零点． ③当时，在中，故无零点； 在中单调递增，而，， ∴故此时，使，即仅有一个有，． ④当时，在中，零点有，故有两个零点； 在中单调递增，而，即无零点； 综上所述，当时，方程有两个实数根； 当时，方程仅一个实数根． 【点睛】关键点点睛：将方程的实数根转化为的零点问题. 19．不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数在其定义域内存在实数，使成立，则称是的一个不动点. 已知函数，. (1)当，时，求函数的不动点； (2)当时，若函数有两个不动点为，，且，，求实数的取值范围； (3)若函数的不动点为，2，且对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)和 (2) (3)或 【分析】（1）由不动点的定义解方程即可求解； （2）由不动点的定义可得有两个不相等的实数根，，设，根据根的范围列不等式组即可求解； （3）由已知可得，2为方程的两根，根据韦达定理可求解的解析式，由可得的值域是值域的子集，分，，三种情况分别求解即可. 【详解】（1）函数的不动点即为的实数根， 当，时，转化为方程的实数根， 解得或，所以函数的不动点为和； （2）由题意可得方程有两个不相等的实数根， 即有两个不相等的实数根，，且，， 设， 令，解得， 所以实数的取值范围为； （3）由题意可知，2为方程即的两根， 则，解得，， 从而， 因为，即， 由题可知的值域是值域的子集， 因为在上是减函数，则， 即的值域为， 因为且， 当时，，不合题意舍， 当时，在上是增函数，则， 因为，则，解得， 当时，在上是减函数，则， 因为，则，解得， 故的取值范围是或. 【点睛】关键点点睛：对于函数问题中新定义问题，关键是能够充分理解不动点的定义，从而构造方程，在求解参数范围过程中，利用二次函数、一次函数求解对应模型的最值. 20．已知函数是偶函数，． (1)求函数的零点； (2)若函数有零点，求实数的取值集合； (3)当时，函数与的值域相同，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据偶函数的定义求得，然后求得，最后结合对数概念根据零点的定义求解即可. （2）由函数的解析式可得，再由换元法将函数零点问题转化为二次函数在某区间上与轴有交点，即可得到结果； （3）先根据基本不等式求得，再结合二次函数的单调性得为方程的两个根，结合复合函数的单调性，奇偶性即可得解. 【详解】（1）是偶函数， 则，即， ， 由的任意性得，即， ， ， 令，则或（舍去），即， 有一个零点为. （2）由（1）可知，则， 令可得， 令，当且仅当时，即时，等号成立， 即，即方程有实根， 即，，令，， 由对勾函数的单调性可知，单调递减，单调递增， 所以时，，所以. 则实数的取值集合为. （3）设当时，函数的值域为， 则函数的值域也为， 由（1）知， 当且仅当，即时等号成立， 令，则， 在区间上单调递增， 所以当时，的值域为， 即，则， 即为方程的两个根，解得， 所以当时，的值域为， 令，则， 在上单调递增，对勾函数在上单调递增， 由复合函数的单调性知，在上单调递增， 是偶函数，在上单调递减， 令，即，解得或， 即或， 故的最大值为. 21．已知函数对一切实数，都有成立，且，其中． (1)求的解析式； (2)若关于x的方程有三个不同的实数解，求实数k的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）令，，求得，再令，求得，即可得解； （2）令，可得则，方程可化，由题意可得方程有两个不等实根，作出函数的图象，进而可得出答案. 【详解】（1）∵， 令，，得， 又，所以， 在中， 令，得， ∴， 所以且； （2）令，可得则， 函数的图象如图： 方程可化为， 即， 因为方程有三个不同的实数解， 由函数的图象可知，方程有两个不等实根， 不妨设，则，，令， 则，此时解得，或，此时无解， 综上所述：实数的取值范围是. 【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. 22．已知函数满足，函数． (1)求函数的解析式； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若关于的方程有四个不同的实数解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由条件构造关于和的方程组，即可求解； （2）首先不等式转化为在上恒成立，再通过换元，并参变分离为，，在上恒成立，转化为求函数的最值问题； （3）根据函数的解析式，并将不等式转化为，并利用换元，转化为二次函数零点分布问题，即可求解. 【详解】（1）因为① 则② 故联立上述方程组，解得 （2）由（1）知，， 因为不等式在上恒成立， 所以在上恒成立， 设，则， 所以，，在上恒成立， 所以，在上恒成立， 因为，所以，当时，取得最大值，最大值为， 所以，，在上恒成立，则， 所以的取值范围是． （3）方程等价于， 即，， 令，则方程化为，（）， 因为方程有四个不同的实数解， 所以，（），有两个不同的正根、， 记， 所以，，此时. 综上，． 【点睛】关键点点睛：本题的二三问，都用到了换元的思想，这样可以转化为熟悉的不等式和函数问题. 题组三：名校函数与方程新定义试题精选 1．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．高斯是世界四大数学家之一，一生成就极为丰硕，以他的名字“高斯”命名的成果达110个．高斯函数，其中表示不超过实数x的最大整数，如．若函数有且仅有4个零点，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据高斯函数的定义分区间讨论结合对数函数的图象判定即可. 【详解】易知函数的零点即的交点， 对于函数， 显然，所以要符合题意需，如下图所示， 四个交点应在区间，即. 故选：D 【点睛】思路点睛：对于高斯函数相关的函数可以分区间讨论其函数形式，然后利用方程转化为两函数交点问题，数形结合计算即可. 3．对于定义域为的函数，若存在区间，使得同时满足： ①在区间上是单调函数； ②当的定义域为时，的值域也为，则称区间为该函数的一个“和谐区间” 已知定义在上的函数有“和谐区间”，则正整数k取最小值时，实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题属于函数新定义问题， 根据题意构造新的函数（方程），再结合不等式即能求出参数m的范围. 【详解】若函数有“和谐区间”，则在上单调递增， 且在定义域内有两个不等的实数根， ，即， 又在区间单调递减， 在区间单调递增，且，所以， 又因为与直线在有两个交点， ，所以，得， 所以正整数的最小值为，， 即，， 此时，实数的取值范围是. 故选：B. 4．（多选题）定义：如果关于的一元二次方程有两个不同的实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“和谐方程”．下列命题正确的是（   ） A．方程是“和谐方程” B．若关于的方程是“和谐方程”，则 C．若关于的方程是“和谐方程”，则的函数图象与轴交点的坐标是和 D．若点在反比例函数的图象上，则关于的方程是“和谐方程” 【答案】BCD 【分析】对于A，利用“和谐方程”的定义进行判断即可；对于B，设，利用根与系数的关系即可求出的值；对于C，由关于的方程是“和谐方程”，利用“和谐方程”的定义得到，代入即可求出函数图象与轴交点的坐标；对于D，由点在反比例函数的图象上得到，代入，利用“和谐方程”的定义检验是否为“和谐方程”. 【详解】由，则方程的两根为， 又， 则方程不是“和谐方程”，故A错误； 若关于的方程是“和谐方程”，设， 又，， 解得，或， ，故B正确； 若关于的方程是“和谐方程”，设， 又，，， 则，即， 又，解得方程的两根为， 即的函数图象与轴交点的坐标是和，故C正确； 点在反比例函数的图象上， ，， 则关于的方程， 解得方程的两根为，又， 即关于的方程是“和谐方程”，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：本题关键是对新定义“和谐方程”的理解，再结合根与系数的关系进行求解即可. 5．（多选题）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. 6．（多选题）已知定义在R上的连续函数，若存在常数使得对任意实数都成立，我们称是上“相伴函数”，下列关于“相伴函数”的结论正确的是（    ） A．常数函数均是“相伴函数” B．是“相伴函数” C．“2024相伴函数”至少有一个零点 D．“相伴函数”至少有一个零点 【答案】AC 【分析】对于A，根据题中条件进行验证即可；对于B，根据定义得到关于的方程组，解出即可判断；对于C，利用赋值法结合零点存在性定理即可判断；对于D，代入分析即可. 【详解】对于A，设，则， 当，满足，则是“相伴函数”，故A正确； 对于B，当时，对任意都成立，化为， 则有，无解，则不是“相伴函数”，故B错误； 对于C，若， 令，则， 当时，有实根， 当时，， 根据零点存在性定理知，在区间上必有实根， 所以“2024相伴函数”至少有一个零点，故C正确； 对于D，， 当，， 若，则，不能判定方程在内有根， 根据实数的任意性，不能确定在上有无零点，故D错误， 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“相伴函数”的定义，通过验证、列方程组、零点存在性定理以及赋值法即可判断. 7．（多选题）在数学中，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，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在一个点，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点，则下列说法正确的（    ） A．为“不动点”函数 B．的不动点为 C．恰好有两个不动点 D．若定义在上仅有一个不动点的函数满足，则 【答案】AD 【分析】根据不动点的定义，求出不动点判断ABC；设不动点为，由条件推得，求解判断D. 【详解】对于A，由，得，而，解得，因此为“不动点”函数，A正确； 对于B，由，得，即，即，解得， 经检验符合题意，因此的不动点为，B错误； 对于C，当时，，由，得，解得； 当时，，由，得，无解， 因此函数只有一个不动点，C错误； 对于D，设该不动点为，即，由， 得，即，于是，解得或， 当时，，由，得，解得或，此时有两个不动点，不符合题意， 当时，，由，得，解得，只有一个不动点，符合题意， 因此，D正确. 故选：AD 8．（多选题）一般地，若函数的定义域是，值域为，则称为的“倍跟随区间”，若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”，下列结论正确的是（    ） A．若为的“跟随区间”，则 B．函数存在“跟随区间” C．若函数存在“跟随区间”，则 D．二次函数存在“倍跟随区间” 【答案】AD 【分析】对于A，由已知可得函数在区间上单调递增，进而可求解的值；对于B，假设存在“跟随区间”，则根据条件求解的值，若有解则存在，反之不存在；对于C，先设“跟随区间”为，则根据满足的条件建立方程组，找出的关系，然后统一变量表示出，列出关于的关系式，利用方程思想求解的取值范围；对于D，若存在“倍跟随区间”，设定义域为，则值域为，由此建立方程组，再等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以求解. 【详解】对于A，若为的“跟随区间”， 且的对称轴为， 所以，解得或（舍），A正确； 对于B，假设存在“跟随区间”， 因为在单调区间上递减， 则有，解得， 此时在上的值域不包含，故不存在，B错； 对于C，在定义域上单调递减， 若存在“跟随区间”， 则有，即， 两式相减得， 即， 又因为，所以， 所以， 所以， 设，则， 即在区间上有一个实数根， 所以，解得，故C错误； 对于D，若存在“倍跟随区间”， 设定义域为，则值域为， 当时，易得函数在定义域上单调递增， 则是方程的两个不相等的实数根，解得或， 故存在定义域为使得值域为，故D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：理解新定义以及合理转换已知条件是解决问题的关键. 9．已知函数、、的定义域均为定义：①若存在个互不相同的实数、、、，使得，则称与关于“维交换”；②若对任意，恒有，则称与关于“任意交换”. (1)判断函数与是否关于“维交换”，并说明理由； (2)设，，若存在二次函数，使得与关于“任意交换”，求的解析式； (3)设，若与关于“维交换”，求实数的取值范围. 【答案】(1)与不是关于“维交换”，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）由“维交换”的定义，列出方程并求解即可判断. （2）由与关于“任意交换”的定义，列出关系等式，由等式的特征设出，借助恒恒等式求解即得. （3）根据给定条件可得，再按、讨论分段函数零点即可得解. 【详解】（1）函数与关于“维交换”，理由如下： 显然，， 令，即，即，， 即方程无解. 所以，与不是关于“维交换”. （2）依题意，对任意，恒有成立， 即对任意，存在二次函数，， 显然等式左边是关于的次多项式，则设， 于是， 由奇次项系数得，又，则，，解得， 因此存在，使得与关于“任意交换”，所以. （3）令，依题意，函数在上有个零点， 显然，即是函数的零点， 当时，若，则，，，即函数在时无零点， 若，则在上单调递增， ，，函数在时只有个零点，不符合题意， 因此，①当时，， 显然函数的图象恒过点、， 则当时，函数的图象开口向上，在时仅只一个零点， 当时，，在时没有零点， ②当时，， 显然函数的图象恒过点、， ，当，即时，在时仅只一个零点， 当，即时，在时有个零点， 当，即时，在时没有零点， ③当时，， 显然函数的图象恒过点、， 当时，在时无零点，当时，在时有个零点， 综上所述，当时，有个零点， 所以当与关于“维交换”时，. 故实数的取值范围是. 【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答. 10．设函数在区间D上有定义，若对任意，都存在使得：，则称函数在区间D上具有性质 (1)判断函数在R上是否具有性质，并说明理由; (2)若函数在区间上具有性质，求实数a的取值范围; (3)设，若存在唯一的实数m，使得函数在上具有性质，求t的值. 【答案】(1)函数在R上不具有性质，理由见解析 (2) (3)或 【分析】（1）求出指数函数的定义域，根据特例，判断函数在R上是否具有性质； （2）根据函数在区间上具有性质得到和的关系，求出的取值范围； （3）设，求出的表达式，求出的范围，分和两种情况求解. 【详解】（1）指数函数在R上不具有性质， 理由如下：指数函数的定义域为R， 对于，，因为，， 所以不存在，满足， 因此函数在R上不具有性质； （2）因为函数在区间上具有性质， 所以对于任意，都存在， 使得，即， 因为，所以， 得； （3）设， 若函数在上具有性质， 则对任意，都存在，使得， 即，因为， 所以，所以， ①当时，， 因为，所以且， 即，因为m唯一， 所以，得 ②当时， 因为，所以且， 即，因为m唯一，所以， 得，综上，t的值为或 【点睛】关键点点睛：本题（3）关键在于，求出的表达式，求出的范围. 11．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. 12．对于函数如果存在实数 使得那么称为的线性生成函数, 称为生成系数对. (1)已,试判断是否为的线性生成函数，若是，求出生成系数对，若不是，说明理由； (2)已知的线性生成函数为，生成系数对为,试讨论的奇偶性，并说明理由； (3)已知的线性生成函数为，生成系数对为，若对于任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)不是，理由见解析； (2)答案见解析； (3). 【分析】（1）根据定义得，根据多项式相等判断是否有解即可. （2）利用定义表示出借助奇偶性定义分情况讨论即可； （3）利用定义及已知可化简为，转化为在的值域是在的值域的子集，利用函数的单调性及子集知识求解即可. 【详解】（1）若为的线性生成函数，则 即， 所以，无解，故不存在实数 使得 所以不是的线性生成函数. （2）因为的线性生成函数为，生成系数对为， 所以， 当时，， 对任意，都有， 故当时，为偶函数； 当时，， 对任意， 易得到，， 当时，既不是奇函数也不是偶函数. 综上：当时，为偶函数； 当时，既不是奇函数也不是偶函数. （3）因为的线性生成函数为，生成系数对为， 所以， 因为 由， 可得，即 化简得，即 令,，, 易知在单调递减,所以， 在单调递增，所以， 则由题意可得在的值域是在的值域的子集. 所以，即，解得, 所以实数的取值范围. 【点睛】关键点点睛：本题的第三问主要是化简为，进一步转化为在的值域是在的值域的子集. 13．已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意的，都有，则称函数具有性质． (1)若函数具有性质，求：的值； (2)设，求证：存在常数，使得具有性质； (3)若函数具有性质，且的图像是一条连续不断的曲线，求证：函数的值域为． 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据定义得，即可求解； （2）设，利用零点存在性定理即可证明； （3）设，可知具有性质，分，和三种情况，结合零点存在性定理得出在上存在零点，即可证明． 【详解】（1）因为函数具有性质，所以， 所以． （2）证明：设，则， 令，即， 设， 因为， 所以在区间上函数存在零点， 当时，则，此时函数具有性质． （3）证明：设，因为，所以， 设， 因为， 所以具有性质，， 令得，， ①若，则函数在存在零点； ②若，即时， 当时，，即， 所以在区间存在零点； ③若，即， 因为， 所以，所以， 当时，，即， 所以在区间存在零点； 综上所述，，都存在零点，即都有， 故的值域为． 【点睛】方法点睛：“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．对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求，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． 14．设函数的定义域，若对任意，均有成立，则称为“无奇”函数． (1)判断函数①和②是否为“无奇”函数，说明理由； (2)若函数是“无奇”函数，求实数的取值范围． 【答案】(1)①不是，②是，理由见解析； (2) 【分析】（1）由，结合“无奇”函数的定义即可判断①；由恒成立，即可判断②； （2）若函数不是“无奇”函数，将其转化为方程有解，参变分离并换元后，可求得实数的取值范围，最后求其补集即得. 【详解】（1）对于函数①，因，符合，故不是“无奇”函数； 对于②，由 因，故恒成立，即是“无奇”函数. （2）假设不是“无奇”函数，则方程有解， 即，即有解. 令，则，当且仅当时取等号， 则，因，则，， 从而，，即需使，得， 因函数是“无奇”函数，故或. 即实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：本题主要考查函数新定义的应用，属于较难题. 解题思路主要有二，判断函数是否为“无奇”函数，只需要检测是否恒成立即可；要由函数为“无奇”函数求参问题，一般采用从对立面考虑，将问题转化成方程有解问题，通过参变分离法，又进一步变成求相应函数的值域问题. 15．已知函数的定义域均为．定义：①若存在个互不相同的实数，使得，则称与关于“维交换”；②若对任意，恒有，则称与关于“任意交换”． (1)判断函数与是否关于“维交换”，并说明理由； (2)设，若存在函数，使得与关于“任意交换”，求的值； (3)设，若与关于“3维交换”，求实数的值． 【答案】(1)与关于“维交换”，理由见解析； (2)0； (3). 【分析】（1）由“维交换”的定义，列出方程并求解即可判断. （2）由与关于“任意交换”的定义，列出关系等式，由等式的特征设出，借助恒恒等式求解即得. （3）根据给定条件可得，再按讨论分段函数零点即可得解. 【详解】（1）函数与关于“维交换”，理由如下： 显然，令，即， 解得，因此有唯一解， 所以与关于“维交换”. （2）依题意，对任意，恒有成立， 即对任意，存在函数，， 显然等式左边是关于的4次多项式，则设， 于是， 由奇次项系数得，又，则，，解得， 因此存在，使得与关于“任意交换”，所以. （3）令，依题意，函数在R上有3个零点， 显然，即是函数的零点， 当时，若，则，，即函数在时无零点， 若，则在上单调递增， ，函数在时只有1个零点，不符合题意， 因此，①当时，， 显然函数的图象恒过点， 则当时，函数的图象开口向上，在时仅只一个零点， 当时，，在时没有零点， ②当时，， 显然函数的图象恒过点， ，当，即时，在时仅只一个零点， 当，即时，在时有2个零点， 当，即时，在时没有零点， ③当时，， 显然函数的图象恒过点， 当时，在时无零点，当时，在时有1个零点， 综上所述，当时，有3个零点， 所以当与关于“3维交换”时，. 【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答. 16．已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”． (1)试判断是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由； (2)若，为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围； (3)函数表示不超过的最大整数，如．若为的“2024重覆盖函数”，求正实数的取值范围． 【答案】(1)不是的“2重覆盖函数”；理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据“重覆盖函数”的定义判断即可； （2）由题意可得即对任意，存在2个不同的实数），使得（其中），即，分和分别求解； （3）先求出，再做出函数的图象，数形结合解决问题. 【详解】（1）由，可知． 当时，， 当时，解得， 此时在中只存在一个，使， 所以不是的“2重覆盖函数”； （2）由题意可得的定义域为， 即对任意，存在2个不同的实数）， 使得（其中）， ，则， ，即， 即对任意有2个实根， 当时，已有一个根， 故只需时，仅有1个根． 当时，，符合题意； 当时，发现， 则只需满足，解得， 综上得的取值范围为：． （3）因为， 当时，， 当时，且， 当且仅当时取等号，所以． 综上可得，即， 则对于任意要有2024个根， 作出函数的图象（部分），如图： 要使有2024个根，则， 又，则，故正实数的取值范围． 【点睛】难点点睛：本题难点在于对新概念的理解，只需根据定义将问题转化为对于定义域内任意实数m，直线与函数的图象有n个交点的问题，然后利用单调性或图象即可求解. 17．人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题，牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法，这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用.设实系数一元三次方程：—①，在复数集C内的根为，，，可以得到，方程①可变为：，展开得：—②，比较①②可以得到一元三次方程根与系数关系： (1)若一元三次方程：的3个根为，，，求的值； (2)若函数，且，，求的取值范围； (3)若一元四次方程有4个根为，，，，仿造上述过程，写出一元四次方程的根与系数的关系. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 （1）根据题意得到，，再利用完全平方公式即可得解； （2）观察条件，构造函数，从而得到是方程的三个根，进而得到，由此得解； （3）利用多项式运算，依照一元三次方程根与系数关系求解的过程即可得解. 【详解】（1）依题意，对于，， 所以， 因为， 所以. （2）因为，则， 令，则是方程的三个根， 因为，所以，则， 因为，所以 （3）因为（）有4个根为，，，， 所以， 展开得 ， 对比可得一元四次方程的根与系数的关系为. 【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，观察式子转化得，从而构造函数得解. 18．设为给定的实常数，若函数在其定义域内存在实数，使得成立，则称函数为“函数”． (1)若函数为“函数”，求实数的值； (2)证明：函数为“函数”； (3)若函数为“函数”，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见详解； (3) 【分析】（1）根据新定义函数的性质，写出f(x)满足的等式进而求解出结果； （2）令，得，设，，根据图象可知有解，得证； （3）根据题意得，，进而整理得存在实数使得，再结合和讨论求解即可. 【详解】（1）由为“函数”， 得，即， 解得，故实数的值为； （2）由， 则，， 令，得， 设，， 如图可知，两函数由一个交点， 即存在实数，使得成立， 所以函数为“函数”； （3）函数有意义，则，定义域为 因为函数为“函数”， 所以存在实数使得成立， 即存在实数使得， 所以存在实数使得成立，即， 所以当时，，满足题意； 当时，，即， 解得且， 所以实数a的取值范围是 【点睛】思路点睛：本题考查了函数的新定义，解题的关键是理解函数为“函数”的定义，每一问套用定义得到关于的方程，解方程或讨论方程有解. 题组四：函数与方程全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2024高三下·全国·竞赛）已知方程恰好有三个不同的实数根，则满足题意的的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可得有且只有一个实数根或者有两个不同的根，分类讨论进行计算即可得答案 【详解】由题意，可知有两个不同的实数根， 所以有且只有一个实数根或者有两个不同的根； 当时，成立； 当时， 只有一个实根，则，即； 有两个不同的根，此时，即， 则， 若，则，解得； 若，则，解得； 综上可得的最大值为， 故选：D. 2．（2014高一·全国·竞赛）已知函数，如果关于的方程恰有6个不同的实数根，则下列说法一定正确的是（     ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由恰有6个不同的实数根，结合的图象，判断方程两根的情况，由韦达定理得系数间符号的关系. 【详解】函数的图象如图所示， 关于的方程恰有6个不同的实数根， 设方程的两根分别为，则或，. 当0时，由韦达定理知，， 异号，，不能确定的符号，选项C、D正确. 当时，由韦达定理知，异号，同号，选项D正确. 故选：D. 3．（2013高一·全国·竞赛）已知，则在下列区间中，有实数解的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】考虑与的图象，结合图象可得正确的选项. 【详解】在坐标平面中画出与的图象，如图所示： 在区间内，两个函数的图象没有交点，同理在和内也没有交点， 在内，两个函数的图象有一个交点， 故在内有一个零点，在区间、、均无零点， 故选：B. 4．（2007高二·全国·竞赛）若关于x的方程有解，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，即有正解，由根与系数的关系求解即可. 【详解】令，即有正解， 则，所以. 故实数a的取值范围是：. 故选：D. 5．（2024高一下·湖南株洲·竞赛）已知函数若,且,则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 画出函数图象,由图象判断出,根据,将转化为,令,再根据对勾函数的性质即可求解. 【详解】作出函数的图象如图所示:    因为,且,由图可知, 因为函数的图象关于对称, 所以, 又因为, 所以, 则①, 令,则, 因为,所以, 所以①式可化为:, 根据对勾函数的性质,函数在是增函数,在是减函数, 又, 所以的取值范围是. 故选:B. 6．（2009高一·全国·竞赛）已知若关于的方程恰有3个不同的实数解，则等于（   ）． A．0 B． C． D．1 【答案】C 【分析】 由函数图像数形结合可得方程有三个根，只能，再结合对数的运算可得答案. 【详解】 方程恰有三个不同的实数解，则只能．由或， 因此，．． 故选：C. 7．（2023高一下·海南·竞赛）设是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若在区间内关于的方程恰有3个不同的实数根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，推出函数的周期是，根据函数是偶函数，得到函数在一个周期内的图象，利用方程和函数之间的关系，转化为两个函数的交点个数问题，利用数形结合确定满足的条件即可得到结论． 【详解】由，可知函数的周期是，且该函数为偶函数， 当时，， 当时，，. 由得， 作出函数的图象如图：    当时，在区间要使方程恰有个不同的实数根， 则等价为函数与有个不同的交点， 则满足，即，解得. 因此，实数的取值范围是. 故选：D. 8．（2016高二·全国·竞赛）已知，方程在内有且只有一个根，则在区间内根的个数为（    ） A．2013 B．1008 C．2016 D．1009 【答案】C 【分析】确定函数周期和对称性，利用函数性质确定根的个数. 【详解】由得，得函数周期为2 又，得关于直线对称， 所以在区间上有两个根，而在上有1008个周期区间， 所以有2016个根． 故选：C. 9．（2008高一·全国·竞赛）对于函数，设，令，则集合中的元素个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】按照函数新定义和原函数解析式，可求出函数数列的前几项，从中发现函数周期性，利用周期性，化简并判断方程的根的个数即得. 【详解】因， ， ， ， 即数列的周期为3，故即由M可得， 即，化简得，显然方程有两根，即.集合中含有2个元素. 故选：C. 10．（2018高一·全国·竞赛）已知是函数的一个零点，是函数的一个零点，则的值为（    ）． A．1 B．2018 C． D．4036 【答案】B 【分析】变形得到，，同一坐标系内画出，，的图象，根据和的图象关于对称，也关于对称，得到两点关于对称，从而得到，化简得到答案. 【详解】由题意知是的一个根，是的一个根， 即，， 同一坐标系内画出，，的图象， 根据反函数性质可得和的图象关于对称，也关于对称， 其中， 故两点关于对称，故的中点在上， 即，故，即， 故， 故选：B 【点睛】知识点点睛：互为反函数的两个函数的性质：①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域； ②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）； ③互为反函数的两个函数关于对称， ④奇函数不一定有反函数，若有反函数，则反函数也是奇函数； ⑤如果一个函数图象关于对称，那么这个函数一定存在反函数，并且其反函数就是它本身. 11．（2018高一·全国·竞赛）已知函数的图象与直线有4个不同的交点，则这4个交点的横坐标之和为（    ）． A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】B 【分析】根据函数的对称性可知和的图象分别关于，对称，即可结合图象求解. 【详解】函数的图象关于直线对称，函数的图象关于直线对称， 设直线与的图象从左到右的四个交点的横坐标分别为， 则， 故， 故选：B. 12．（2024高一上·湖南邵阳·竞赛）函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】将问题转化为函数与的交点个数，作出函数图象即可得到结果. 【详解】函数的零点个数等价于方程的解得个数， 即函数与的交点个数， 作出函数与的图象如下图所示， 由图象可知：函数与有且仅有两个不同交点， 函数的零点个数为2. 故选：C. 13．（2023高一上·山东滨州·竞赛）设是定义在上的奇函数，满足，当时，，若方程在上有四个不同的实数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可推出函数的对称轴及周期性，作出函数的图象，数形结合求解. 【详解】因为，所以函数图象关于对称，且， 又为奇函数，所以，故， 即可得，所以的周期为， 因为当时，，根据奇函数及函数图象关于成轴对称，利用函数周期为4， 作出函数与图象，如图， 当时，方程在上有四个不同的实数解， 则与图象有四个交点， 需满足，即，解得； 当时，由图象可知，与图象在至多有2个交点，不符合题意. 综上，. 故选：B 14．（2021高一·黑龙江鸡西·竞赛）已知函数，若互不相等，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，作出函数的图象，根据对数的运算性质可得，结合图象即可得出结果. 【详解】作出函数的图象，如图， 不妨设， 则，得， 由图可知，，， 故. 故选：C 15．（2021高一上·福建厦门·竞赛）若函数y＝f(x)图象上存在不同的两点A，B关于y轴对称，则称点对[A，B]是函数y＝f(x)的一对“黄金点对”（注：点对[A，B]与[B，A]可看作同一对“黄金点对”）已知函数，则此函数的“黄金点对”有（    ） A．0对 B．1对 C．2对 D．3对 【答案】C 【分析】将关于y轴对称得到y＝9－2x，x＞0，问题转化为y＝9－2x，x＞0与、交点的个数问题，数形结合即可得到答案. 【详解】由题意关于y轴对称的函数为y＝9－2x，x＞0， 作出函数f(x)和y＝9－2x，x＞0的图象， 由图象知当时，联立y＝4x－x2和y＝9－2x，x＞0，得x2－6x＋9＝0，所以， 当时，联立和y＝9－2x，x＞0得，解得，（舍）， 故两图象有2个交点．所以函数f(x)的“黄金点对”有2对． 故选：C 16．（2019高二上·陕西渭南·竞赛）已知定义在R上的函数满足：且，，则方程在区间上的所有实根之和为（    ） A．14 B．12 C．11 D．7 【答案】C 【分析】化简的表达式，得到的图象关于点对称，由的周期性，画出，的图象，通过图象观察上的交点的横坐标的特点，求出它们的和即可； 【详解】由题意知，函数的图象关于对称，函数的周期为2， 则函数，在区间上的图象如右图所示,可得函数图象关于对称， 由图形可知函数，在区间上的交点为，，，，，， 其中取不到，则，，， 所以方程在区间上的所有实根之和为 故选：C．    【点睛】本题考查分段函数的图象和运用，考查函数的周期性、对称性和应用，同时考查数形结合的能力，属于中档题． 17．（2017高三·浙江宁波·竞赛）记为三个数中的最小数，若二次函数有零点，则 的最大值为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】B 【分析】不妨设，根据条件及不等式的性质利用作差法即得. 【详解】可以不妨设，因为，所以，故， 所以，， 所以（当且仅当时取等号) 故选：B． 18．（2023高一上·安徽·竞赛多选题）若函数的零点与的零点之差的绝对值不超过，则可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】先得到四个选项中函数的零点，再根据零点存在性定理得到的零点所在区间，从而得到答案. 【详解】A选项，在R上单调递增，令，解得， B选项，因为在R上单调递增，所以在R上单调递增，令，解得， C选项，因为在R上单调递增，在R上单调递减， 故在R上单调递增，又，故零点为0， D选项，由于在上单调递增，且单调递增， 令，解得， 由同增异减可知，在上单调递增， 又，故零点为1， 在上单调递增， 又，， ， 由零点存在性定理可得的零点所在区间为， 因为，，所以ABD选项满足要求，C选项不满足要求， 故选：ABD. 19．（2023高一上·安徽·竞赛多选题）定义在上的函数，当时，，当时，，若关于函数在定义域内有四个零点，则实数的取值可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】画出的图象，设，故函数有两个不同零点和，不妨设，根据韦达定理和函数图象可得，结合对勾函数单调性得到，得到答案. 【详解】画出的图象，如下：    令，则，由题意原函数有4个零点， 结合函数图象，可知函数有两个不同零点和， 不妨设，且，， 分析函数的图象可知，， 由对勾函数性质可知，在上单调递增， 则， 解得. 故选：AB. 20．（2024高二下·北京·竞赛）已知函数 若关于 的方程 恰有三个不相等的实数根 且满足 ，则 的取值范围是 . 【答案】 【分析】求出嵌套函数解析式，作出其图象，得到，化简得，设右边为新函数，根据其单调性得到范围. 【详解】当时，则，则， 当时，，则， 当时，， 即 方程恰有三个不相等的实数根等价于直线与函数的图象有三个不同交点，因此. 此时且，则，， 从而， 设，则其在上单调递增， 因此的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用分段函数的解析式求出的表达式，然后利用转化法、数形结合思想进行求解. 21．（2023高一下·海南·竞赛）已知，分别是方程和的根，则 . 【答案】 【分析】 把方程的根转化为函数图象交点的横坐标，再利用反函数的性质求解即可. 【详解】方程的根是对数函数与直线的交点的横坐标， 方程的根是指数函数与直线的交点的横坐标， 对数函数和指数函数互为反函数，它们的图象关于直线对称， 联立，可得，所以. 故答案为：. 22．（2017高一·全国·竞赛）已知函数满足，设是方程的两根，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由韦达定理得 ，由得，可求的取值范围. 【详解】函数，由得， 两边同时除以，可得，则有， 是方程的两根，则有， ， 由，有，， 则，得. 故答案为： 23．（2013高一·全国·竞赛）设分别是方程和的根，则 ． 【答案】9 【分析】把方程的根转化为函数图象交点的横坐标，再利用反函数的性质求解即可. 【详解】分别将方程变形为+9和， 记，， 则为与图象交点的横坐标，为与图象交点的横坐标， 又与的图象关于直线对称， 而的图象与直线相交于点，所以． 故答案为：9. 24．（2023高一上·安徽·竞赛）若函数对于都有，则 . 【答案】 【分析】根据给定条件，求出函数图象的对称中心，再求出函数的所有零点，求出解析式即可得解. 【详解】由对于都有，得函数图象的对称中心为， 显然，则，于是， 因此，所以. 故答案为： 25．（2018高三·全国·竞赛）已知函数，若存在实数a，，使在上的值域为，则实数m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由题设，将问题转化为与在上有两个交点，进而构造，研究其在上有两个零点的情况下的取值范围即可. 【详解】由题设，为增函数且定义域为，要使在上的值域为， ∴，易知：， ∴与在上有两个交点，即在上有两个根且恒成立即， ∴对于，有， 可得， 故答案为： 26．（2021高一·浙江温州·竞赛）已知表示不超过的最大整数，若，则方程的解集为 . 【答案】 【分析】应用换元法，令，讨论的范围结合的定义，判断在题设方程成立的情况下的取值，进而求的范围，即得解集. 【详解】由，， 设，即有， 当时，，不符合题意，舍去； 当时，，不符合题意，舍去； 当时，，符合题意； 此时，即， 当时，，不符合题意，舍去. 综上，. 故答案为：. 27．（2021高三·全国·竞赛）方程的不同的实数解的个数为 . 【答案】5 【详解】解析：易知是原方程的解. 当时，利用，原方程 等价于 . 方程两端同除x，整理后得.再同除x，得 . 即，从而有 . 经验证均是原方程的根，所以原方程共有5个不同的实数根. 故答案为：5. 28．（2021高一下·浙江杭州·竞赛）已知两个不同的零点，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由题意有两个不同的零点可化为方程有两个不同的解,利用函数图象解答. 【详解】因为有两个不同的零点可化为方程有两个不同的解， 作函数的图象如下所示， 由图可知，的取值范围为 故答案为： 29．（2021高一下·浙江杭州·竞赛）已知，若关于x的方程仅有一解，则a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】可判断a≠0,从而由分段函数判断方程的解的个数即可. 【详解】若，则方程有无数个解，故； 或（舍去） , 或 或 关于x的方程仅有一解， 在上无解， 综_上所述, a的取值范围是. 故答案为： 30．（2021高一下·浙江杭州·竞赛）设函数，若方程只有一个解，求实数a的值 ． 【答案】 【分析】由题意可得函数的图象和直线只有一个交点，数形结合可得当直线经过点时,满足条件,由此求得a的值. 【详解】由题意可得函数的图象和直线只有一个交点,如图所示： 故当直线经过点时,满足条件， 故有，求得. 故答案为： 31．（2021高一下·浙江杭州·竞赛）已知函数，则方程所有根的和是 ． 【答案】 【分析】化简方程，转化为求分段函数的零点即可求解. 【详解】因为，， 所以， 即， 设, 则 令， 解得或， 所以方程所有根的和为. 故答案为： 32．（2020高一上·浙江温州·竞赛），有且只有两个零点，则实数a的取值范围是 . 【答案】 【解析】首先令，解得或，将问题转化为与或有两个不同的交点，求出的最小值，只需满足或，解不等式即可求解. 【详解】令， 即，解得或， 有且只有两个零点， 则与共有两个不同的零点， 即与或有两个不同的交点， 由的开口向上， 且， 当，即时， 只需，解得， 此时， 当，即时，，此时无交点，即无零点； 当，即时， 只需，解得， 此时， 综上所述，实数a的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的零点个数求参数的取值范围，解题的关键是将问题转化为与或有两个不同的交点，进而转化为之间的关系，考查了分类讨论的思想. 33．（2018高一下·安徽·竞赛）已知，若，，则 ． 【答案】 【分析】由题意得，设，则，又由，根据多项式对应相等列式，求解的值，即可得到结论. 【详解】由题意，即， 设，则， 又由， 所以，得， 又因为且，所以分母， （舍去）或， . 故答案为： 【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用问题，解答中由题设得到，设出新函数，则，再根据二次函数的图象与性质求解是解答的关键. 34．（2015高三·江苏·竞赛）已知若关于的方程在（0，4）上有两个实数解，则 的取值范围是 . 【答案】 【详解】试题分析：，当时，，无解；当时，须 考点：分段函数性质 35．（2024高三下·全国·竞赛）求所有的，使对恒成立. 【答案】 【分析】根据题意分析可知没有零点，可得，在分和两种情况，根据恒成立问题结合基本不等式分析求解； 【详解】若有零点，则，解得， 若时，则，解得， 但在时不成立，不合题意； 可知不存在零点，则在上恒成立， 则，解得， 可得， 当，则，整理得， 因为，则， 可知，解得； 当，则，整理得， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 可得，解得； 综上所述：的取值范围为. 36．（2014高一·全国·竞赛）某市A、B两地之间相距60千米，如图所示，有一条直线铁路经过地，测量得地距离铁路48千米.现要在A、B两地之间运送货物，计划从铁路沿线上的处修筑一条直线公路通往地，已知公路的运费是铁路运费的2倍，铁路运费为每千米100元，问点选在何处时可使总运费最少，最少是多少元? 【答案】当点取在下方的铁路沿线上距地36千米处时，总费用最少，最少为3600元. 【分析】设A、C两地相距千米，总运费为每千米百元，由题意可得，整理成关于的方程得，由求解即可. 【详解】解:不妨设A、C两地相距千米，总运费为每千米百元. 要想使得总运费最少，点必须在下方的铁路沿线上，且三点形成锐角三角形. 总运费， 整理成关于的方程得. 方程有解，则，化简得， 解得（舍去）或， 根据实际意义有. 此时，符合题意. 故当点取在下方的铁路沿线上距地36千米处时，总费用最少，最少为3600元. 37．（2012高一·全国·竞赛）已知函数满足下列条件： （1）当时，，且; （2）当时，； （3）在上的最小值为0． 求最大的，使得存在，只要，就有成立． 【答案】最大值9． 【分析】根据题设可得，，从而可得在有解，利用配方法可求的范围从而得到其最大值. 【详解】解：由①可知是图象的对称轴，由③可知，设， 由①知，由②知，所以，故， 又，即，， 所以有实数解，故 故在有解， 故或， 即或 解得，故取得最大值9． 故答案为：. 38．（2024高一下·湖南株洲·竞赛）已知函数，其中． (1)判断的奇偶性（直接写出结论，不必说明理由）； (2)当时，比较与的大小； (3)若函数有三个零点，求的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】 （1）根据题意，分和，两种情况，结合函数奇偶性的定义，即可求解； （2）根据题意，得到，分，和，三种情况讨论，分别得到，即可判断； （3）设，问题可转化为函数有三个大于0的零点，分，和，三种情况讨论，转化为在有且仅有1个零点，在上有且仅有2个零点，列出不等式组，即可求解. 【详解】（1）当时，，其定义域为，且， 所以函数为偶函数； 当时，函数，， 可得且， 所以函数既不是奇函数又不是偶函数， 综上可得当时为偶函数，当时既不是奇函数又不是偶函数. （2）由函数， 可得， 当时，因为，，所以； 当时，； 当时，， 综上可得，当时，. （3）设， 因为是关于的单调增函数，问题可转化为函数有三个大于的零点， 当时，，所以只有一个零点为，不符合题意； 当时，，所以无零点，不符合题意； 当时，， 因为的图象的对称轴为，所以在上递增， 所以在上至多有个零点； 又因为的图象对称轴为，所以在上至多有个零点， 问题等价于在有且仅有个零点，在上有且仅有个零点， 则满足，即，解得， 所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点睛：本题第3问解决的关键是先分析得，再分类讨论去掉绝对值，结合二次函数的性质与根的分布即可得解. 39．（2024高一上·湖南邵阳·竞赛）已知函数是偶函数 (1)求a的值； (2)若函数的图像与函数的图像没有交点，求实数b的取值范围； (3)若函数，是否存在实数k使得的最小值为． 【答案】(1) (2) (3)存在 【分析】（1）由奇函数的性质求解即可得出答案； （2）将题意转化为无解,令，由的单调性求出的值域即可求出实数b的取值范围； （3）令，则，，讨论，和，求出，即可得出答案. 【详解】（1）∵函数是偶函数， ∴，即恒成立， ∴,∴. （2）若函数的图像与函数的图像没有交点， 则方程无解，即无解, 令, ∵在上是单调减函数，且，∴, ∴. （3）由题意，， 令则，， ∵函数的图像开口向上，对称轴为，则 ①当即时，当时，函数的最小值，解得； ②当即时， 当时，函数的最小值，解得（舍去）, ③当即时，当时，函数的最小值， 解得（舍去）, 综上所述，存在满足条件． 40．（2012高二·全国·竞赛）已知， (1)若函数与在时有相同的值域，求的取值范围； (2)若方程在上有两个不同的根，求的取值范围，并证明：． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）由题意知，求得的取值范围； （2）令，经判断，可得， ，可得的范围. 消去得证得. 【详解】（1）当时，函数的图象是开口向上， 且对称轴为的抛物线，的值域为， 所以的值域也为的充要条件是， 即，或， 即的取值范围为． （2），即， 由分析知，不妨设， 令 因为在上是单调函数， 所以在上至多有一个解． 若，即就是的解， 所以，与题设矛盾．因此， 由得，所以， 由得，所以， 综上，当时，方程在上有两个解， 由和，消去得， 由，得． 41．（2018高一·全国·竞赛）已知函数且． (1)就的取值情况，讨论关于的方程在上的解的个数； (2)若可变动的实数满足，求的最小值． 【答案】(1)答案见解析 (2). 【分析】（1）先求得在上的单调性，进而求得关于的方程在上的解的个数； （2）先利用题给条件求得的取值范围，再利用的单调性，即可求得的最小值． 【详解】（1）由可得， ， 设，， 所以. 因为曲线在上递减，在上递增， 即在上递增，在上递减， 也即在上递增，在上递减. 因为，所以 ①当或时，关于的方程在上无解； ②当时，关于的方程在上有一个解； ③当时，关于的方程在上有两个解. （2）因为， 所以，所以 因为，所以， 解得（当且仅当时取“=”）. 因为在上是增函数， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是由已知得出条件等式结合基本不等式以及函数单调性即可顺利得解. 42．（2017高一·全国·竞赛）已知函数，其中，为实数且. (1)当时，根据定义证明在单调递增； (2)求集合. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用函数的单调性的定义即可求解； （2）将函数有三个不同零点转化为方程有三个不同的实根，利用绝对值的性质及二次函数的零点问题的处理办法即可求解. 【详解】（1）当时，. 任取，，设. . 由所设得，， 又，，即 在单调递增. （2）函数有三个不同零点，即方程有三个不同的实根. 方程化为与. 记，． （1）当时，，开口均向上. 由知在有唯一零点. 为满足有三个零点，在应有两个不同零点. 所以，解得. （2）当时，，开口均向下. 由知在有唯一零点. 为满足有三个零点，在应有两个不同零点. 所以，解得. 综合（1）（2）可得. 【点睛】关键点睛：第一问利用函数的单调性的定义即可，第二问将函数有三个不同零点，即方程有三个不同的实根即可. 43．（2023高一上·安徽·竞赛）已知函数，其中. (1)若存在，使得，求的最小值； (2)令，若关于的方程有两个根，求当时，实数的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用对数函数的性质结合基本不等式计算即可； （2）利用换元法将问题转化为一元二次方程有两个不等根，利用判别式及韦达定理消元转化结合二次函数求范围即可. 【详解】（1）由题意可知为单调递增函数，所以当时，， 则当时，有，即， 解得，则，当且仅当时，取得等号， 故的最小值为. （2）由题意得 令，则，，， 若，则， 即，即，   由和满足方程， 即为方程的两根可得：，解得， 且，，     因为，所以，解得， 所以， 易求得当时，，满足， 故实数的取值范围. 【点睛】关键点睛：本题关键在于第二问需要利用换元法将问题转化为一元二次方程有两个不等根，利用判别式及韦达定理消元转化，再利用二次函数的性质计算范围即可. 44．（2023高一上·山东滨州·竞赛）已知函数. (1)求的值； (2)若关于的方程有且仅有四个不相等的实数解，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用分段函数的解析式，直接代入即可得解； （2）令，由已知可得出或，作出函数的图象，分析可知，求出的取值范围. 【详解】（1）因为， 所以. （2）令， 由可得， 整理得，解得或， 作出函数的图象如下图所示： 因为，所以， 若，则直线与函数的图象有个公共点， 直线与函数的图象有个公共点， 此时，关于的方程有个不同的实数根，不合乎题意； 所以，则直线与函数的图象有个公共点， 所以，则. 45．（2020高一上·浙江温州·竞赛）已知函数， （1）当时，证明： （2）若，关于x的方程，有3个不同的实数解，求实数k的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）根据二次函数性质知，只要证明，利用绝对值三角不等式易证得结论成立； （2）由函数式化简方程，然后换元，设，化为二次方程，再根据常数项大于0，等于0，小于0分类讨论，利用二次方程根的分布知识求解． 【详解】（1）∵∴当时，证明： 所以命题成立. （2），所以 可化为令， 则方程可化为， 首先对方程，当方程无解，或时，方程有1个解，当时，方程有两个解． ①若，即，则关于u的方程只有一个正数解，原方程不可能有3个解； ②若，则可化为， 所以，原方程有3个解； ③若，要使原方程有3个实数解，则必须满足： 一根为零，另一根在上，或两根分别在和上，前一情形即， 后一情形，得，与矛盾， 所以． 【点睛】关键点点睛：本题考查二次函数的性质，不等式的证明，考查由方程根的分布求参数值． 对于绝对值三角不等式：，．在讨论方程根的分布时，注意换元法的应用，本题利用换元法把方程转化为一元二次方程根的分布问题，从而易于求解． 46．（2011高二上·辽宁大连·竞赛）．对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”.函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，. （1）求证：； （2）若，且，求实数的取值范围； （3）若是上的单调递增函数，是函数的稳定点，问是函数的不动点吗？若是，请证明你的结论；若不是，请说明的理由. 【答案】（1）证明过程见详解；（2）；（3）是函数的不动点，证明过程见详解． 【分析】（1）分与两种情况，即可得出结果； （2）有实根，.又，所以， 即的左边有因式，从而有. 再由题中条件，即可得出结果； （3）用反证法处理，先假设是函数的稳定点，则，设， 是上的单调增函数，则，由题意推出矛盾，即可得出结果． 【详解】（1）若，则显然成立；若，设， 则，，故. （2）有实根，.又，所以， 即的左边有因式， 从而有． ，要么没有实根，要么实根是方程的根． 若没有实根， 则；若有实根且实根是方程的根， 则由方程，得， 代入，有.由此解得， 再代入得，由此， 故a的取值范围是； （3）由题意：是函数的稳定点则，设， 是上的单调增函数，则， 所以，矛盾． 若，是上的单调增函数，则， 所以，矛盾，故， 所以是函数的不动点． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$