压轴题05 函数的应用四种考法-【常考压轴题】2024-2025学年高一数学上册压轴题攻略（沪教版2020必修一）

压轴题05 函数的应用四种考法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 3 类型一、函数零点的定义 3 类型二、函数零点存在性定理 11 类型三、函数零点的分布 18 类型四、函数与方程的综合应用 27 压轴能力测评（11题） 35 知识必备01 函数的零点 1.方程有实数根函数的图象与轴有交点函数有零点． 2.二次函数的零点 判别式 方程的根 函数的零点 两个不相等的实根 两个零点 两个相等的实根 一个二重零点 无实根 无零点 3.二次函数零点的性质 ①二次函数的图象是连续的，当它通过零点时（不是二重零点），函数值变号. ②相邻两个零点之间的所有的函数值保持同号. 引伸：对任意函数，只要它的图象是连续不间断的，上述性质同样成立. 4.函数零点的判定 （1）利用函数零点存在性的判定定理 如果函数在一个区间上的图象不间断，并且在它的两个端点处的函数值异号，即，则这个函数在这个区间上，至少有一个零点，即存在一点，使，这个也就是方程的根. （2）利用方程求解法 求函数的零点时，先考虑解方程，方程无实根则函数无零点，方程有实根则函数有零点． （3）利用数形结合法 函数的零点就是方程的实数根，也就是函数的图象与的图象交点的横坐标． 知识必备02 用二分法求函数的零点 1.二分法 所谓二分法就是通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法. 2.用二分法求函数零点的一般步骤： 已知函数定义在区间D上，求它在D上的一个零点x0的近似值x，使它满足给定的精确度. 第一步：在D内取一个闭区间，使与异号，即，零点位于区间中. 第二步：取区间的中点，则此中点对应的坐标为 . 计算和，并判断： ①如果，则就是的零点，计算终止； ②如果，则零点位于区间中，令； ③如果，则零点位于区间中，令 第三步：取区间的中点，则此中点对应的坐标为 . 计算和，并判断： ①如果，则就是的零点，计算终止； ②如果，则零点位于区间中，令； ③如果，则零点位于区间中，令； …… 继续实施上述步骤，直到区间，函数的零点总位于区间上，当和按照给定的精确度所取的近似值相同时，这个相同的近似值就是函数的近似零点，计算终止.这时函数的近似零点满足给定的精确度. 要点诠释： （1）第一步中要使：①区间长度尽量小；②、的值比较容易计算且． （2）根据函数的零点与相应方程的根的关系，求函数的零点和求相应方程的根式等价的．对于求方程的根，可以构造函数，函数的零点即为方程的根 类型一、函数零点的定义 1．（22-23高一上·上海闵行·期末）已知指数函数在区间上的最大值与最小值之和等于12． (1)求的表达式： (2)若函数是奇函数，当时，．试求函数的表达式，并求此函数的零点． 2．（22-23高一上·上海浦东新·期末）已知函数． (1)当时，判断在上的单调性并证明； (2)讨论函数的零点个数． 3．（22-23高一上·吉林长春·期末）设函数. (1)证明：在上单调递增； (2)若方程在上有且仅有两个根、，证明：. 4．（22-23高一上·上海松江·期末）已知函数. (1)当时，求解的零点； (2)若对任意的，不等式恒不成立，求实数的取值范围； (3)讨论函数的零点个数. 5．（23-24高一上·上海·期末）已知函数的表达式为． (1)求函数的零点； (2)解不等式：； (3)若关于x的方程只有一个实根，求实数m的取值范围． 6．（23-24高一上·上海浦东新·阶段练习）已知函数（，常数）. (1)求函数的零点； (2)根据的不同取值，判断函数的奇偶性，并说明理由； (3)若函数在上单调递减，求实数的取值范围，证明函数在上有且仅有1个零点. 7．（23-24高一上·上海浦东新·阶段练习）对于函数，若实数满足，则称是的不动点；若实数满足，则称是的稳定点.若函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，那么 (1)若，分别求的所有不动点和稳定点； (2)若，且，求的范围. 类型二、函数零点存在性定理 1．（22-23高一上·上海普陀·期末）设a是大于1的常数，，已知函数是奇函数． (1)求实数m的值； (2)若对任意的实数x，关于x的不等式均成立，求实数k的取值范围； (3)证明：关于x的方程有且仅有一个实数解；设此实数解为，试比较与的大小． 2．（22-23高一上·上海徐汇·期末）（1）求证：关于的方程（，）在区间内存在唯一解. （2）已知，函数.若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求实数的取值范围. 3．（22-23高一上·上海杨浦·期末）设. (1)判断函数的奇偶性； (2)若，求证：函数在内有且仅有一个零点. 4．（23-24高一上·上海浦东新·阶段练习）已知函数，若在定义域内存在，使得成立，则称为函数的局部对称点. (1)若且，证明：函数必有局部对称点； (2)若函数在上有局部对称点，求实数的取值范围； (3)若函数在上有局部对称点，求实数的取值范围. 5．（23-24高一上·上海·期末）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点． (1)已知函数，求函数的不动点； (2)若对于任意的，二次函数（）恒有两个相异的不动点，求实数a的取值范围； (3)若函数在区间上有唯一的不动点，求实数m的取值范围． 类型三、函数零点的分布 1．（23-24高一上·上海·阶段练习）已知函数. (1)若有零点，求实数的取值范围； (2)若，函数的值域为，且，求的取值范围； (3)当时，是否存在这样的实数，使得方程在区间内有且只有一个根？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 2．（23-24高一上·上海·阶段练习）对于函数，若存在，使得，则称函数为“不动点”函数，其中是的一个不动点；若存在，使得，则称函数为“次不动点”函数，其中是的一个次不动点 (1)判断是否为“不动点”函数？若是，指出其不动点；若不是，请说明理由； (2)若函数在上恒有两个不同的次不动点，求实数的取值范围； (3)若函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，求实数的取值范围. 3．（23-24高一上·上海·期末）已知，设. (1)若，求函数的值域； (2)已知，若函数的最大值为，求的值； (3)已知，若存在两个不同的正实数、，使得当函数的定义域为时，其值域为，求的取值范围. 4．（23-24高一上·上海闵行·期末）已知，其中. (1)判断函数的奇偶性，并说明理由； (2)当时，若函数与的图像有且只有三个公共点，求的取值范围； (3)记，若函数在区间上有两个不同的零点，求的取值范围. 5．（24-25高一上·上海·期中）已知二次函数. (1)若关于的方程的两个实数根满足，求实数的值； (2)若对任意都有成立，求实数的取值范围； (3)若关于的方程在区间[0，2]上有且仅有一个实数根，求实数的取值范围. 6．（24-25高一上·上海·期中）已知函数的图像是由两支组成的双曲线，    (1)当，作出函数图像； (2)是否存在实数，使该函数在区间上是严格减函数，并且函数值恒为负？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由； (3)若直线与双曲线的一支有两个不同的交点，求实数的取值范围． 7．（23-24高一上·上海·期中）已知为实常数，函数． (1)当时，求所有满足的的值； (2)若对任意的，都有成立，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不相等的实数根，，且，求实数的取值范围． 类型四、函数与方程的综合应用 1．（22-23高一上·上海静安·期中）已知函数． (1)求将函数的图像进行怎样的平移，能够得到函数的图像？ (2)若函数在上是严格减函数，求实数的取值范围． (3)将函数图像向右平移一个单位，得函数的图像，已知函数图像关于轴对称，且当时，它与函数的关系是．现已知关于的方程解集中有七个元素，求的取值范围． 2．（22-23高一上·上海奉贤·阶段练习）已知函数． (1)当时，求此函数在R上的最大值，并写出取最大值时相应自变量的值； (2)写出此函数的单调增区间（不需要证明）； (3)设函数的图象与x轴交于不同的两点A、B，与y轴交于点C，是否存在实数a，使得的面积为？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由. 3．（23-24高一上·上海·期末）对于函数，若在定义域内存在实数，满足，其中为整数，则称函数为定义域上的“阶局部奇函数”． (1)已知函数，试判断是否为上的“2阶局部奇函数”？并说明理由； (2)若是上的“1阶局部奇函数”，求实数的取值范围； (3)若，对任意的实数，函数恒为上的“阶局部奇函数”，求整数k取值的集合． 4．（23-24高一上·上海·阶段练习）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)若函数是定义在上的“无奇”函数，求实数a的取值范围； (3)若函数是“无奇”函数，求实数m的取值范围． 5．（23-24高一上·上海静安·期中）已知函数的表达式为且 (1)求函数的解析式； (2)若方程 有两个不同的实数解，求实数m的取值范围； (3)已知若方程的解分别为，， 方程的解分别为，，求的最大值. 6．（23-24高一上·上海·期末）设函数，.记，，.对于D的非空子集A，若对任意，都有，则称函数在集合A上封闭. (1)若，，，分别判断函数和是否在集合A上封闭； (2)设，，区间（其中），若函数在集合B上封闭，求的最大值； (3)设，，若函数的定义域为，函数和的图象都是连续的曲线，且函数在区间（其中）上封闭，证明：存在，使得. 7．（22-23高一上·上海浦东新·期中）在平面直角坐标系中，将从点出发沿平行于坐标轴方向到达点的任意路径称为到的一条路径．如图所示的路径与路径都是到的“路径”．某地有三个新建的居民区，分别位于平面内的三点，，处．现计划在轴上方区域（包含轴）内的某一点处修建一个文化中心． (1)写出点到居民区的路径长度最小值的表达式（不用证明）； (2)请确定点的位置，使其到三个居民区的路径长度之和最小． 1．（22-23高一上·上海松江·期末）已知函数在时有最大值和最小值，设. (1)求实数，的值； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若关于的方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围. 2．（22-23高一上·上海闵行·期末）设，函数． (1)若，求函数在区间上的最大值； (2)若，写出函数的单调区间（不必证明）； (3)若存在，使得关于的方程有三个不相等的实数解，求实数的取值范围． 3．（22-23高一上·上海浦东新·期末）设函数的定义域为，若函数满足条件：存在，使在上的值域为（其中，则称为区间上的“倍缩函数”. (1)证明：函数为区间上的“倍缩函数”； (2)若存在，使函数为上的“倍缩函数”，求实数的取值范围； (3)给定常数，以及关于的函数，是否存在实数，使为区间上的“1倍缩函数”.若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 4．（22-23高一上·上海嘉定·期中）已知． (1)若函数的定义域为，求k的值； (2)若，且恒成立，求实数a的取值范围； (3)在（2）的条件下，若存在实数m，使得关于x的方程．恰有4个不同的正根，求实数m的取值范围． 5．（22-23高一上·上海浦东新·期中）已知函数． (1)当时，求方程的实数解； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在两个不相等的正实数，，满足，试比较、2、这三个数的大小关系，并证明你的结论． 6．（22-23高一上·上海浦东新·阶段练习）函数，，记，且为偶函数. (1)求常数的值； (2)若对一切，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)设，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围. 7．（22-23高一上·上海普陀·阶段练习）设，已知函数的表达式为. (1)当时，求不等式的解集； (2)若关于的方程在区间上恰有一个解，求的取值范围； (3)设.若存在，使得函数在区间上的最大值和最小值的差不超过1，求的取值范围. 8．（21-22高一上·上海黄浦·期末）已知函数，其中a为实数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若在上为严格增函数，求实数a的取值范围； (3)对于，若存在两个不相等的实数使得，求的取值范围．（结果用a表示） 9．（23-24高一上·上海·期末）已知函数，记（）. (1)若，解不等式：； (2)设为实数，当时，若存在实数，使得成立，求的取值范围； (3)记（其中、均为实数），若对于任意的，均有，求正数的最小值及此时、的值. 10．（24-25高一上·上海·期中）教材中有对一元二次方程的根与系数关系（韦达定理）的证明：韦达定理:若一元二次方程的两个根为，则，. 证明：因为一元二次方程的两个根为， 所以二次三项式可以因式分解为， 由于，从而等式恒成立. 该等式两边的对应项系数应相等.因此，. (1)类比以上思路，推导一元三次方程的根与系数关系； (2)已知关于的方程有三个实数根满足，求实数的值； (3)已知关于的方程有三个实数根满足，求的取值范围. 11．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知函数和的定义域分别为D1和D2，若对任意，恰好存在n个不同的实数，使得（其中，，），则称为的“n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a； (3)函数表示不超过x的最大整数，如，，.，，若为，的“2024重覆盖函数”，求正实数a的取值范围. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴题05 函数的应用四种考法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 3 类型一、函数零点的定义 3 类型二、函数零点存在性定理 11 类型三、函数零点的分布 18 类型四、函数与方程的综合应用 27 压轴能力测评（11题） 35 知识必备01 函数的零点 1.方程有实数根函数的图象与轴有交点函数有零点． 2.二次函数的零点 判别式 方程的根 函数的零点 两个不相等的实根 两个零点 两个相等的实根 一个二重零点 无实根 无零点 3.二次函数零点的性质 ①二次函数的图象是连续的，当它通过零点时（不是二重零点），函数值变号. ②相邻两个零点之间的所有的函数值保持同号. 引伸：对任意函数，只要它的图象是连续不间断的，上述性质同样成立. 4.函数零点的判定 （1）利用函数零点存在性的判定定理 如果函数在一个区间上的图象不间断，并且在它的两个端点处的函数值异号，即，则这个函数在这个区间上，至少有一个零点，即存在一点，使，这个也就是方程的根. （2）利用方程求解法 求函数的零点时，先考虑解方程，方程无实根则函数无零点，方程有实根则函数有零点． （3）利用数形结合法 函数的零点就是方程的实数根，也就是函数的图象与的图象交点的横坐标． 知识必备02 用二分法求函数的零点 1.二分法 所谓二分法就是通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法. 2.用二分法求函数零点的一般步骤： 已知函数定义在区间D上，求它在D上的一个零点x0的近似值x，使它满足给定的精确度. 第一步：在D内取一个闭区间，使与异号，即，零点位于区间中. 第二步：取区间的中点，则此中点对应的坐标为 . 计算和，并判断： ①如果，则就是的零点，计算终止； ②如果，则零点位于区间中，令； ③如果，则零点位于区间中，令 第三步：取区间的中点，则此中点对应的坐标为 . 计算和，并判断： ①如果，则就是的零点，计算终止； ②如果，则零点位于区间中，令； ③如果，则零点位于区间中，令； …… 继续实施上述步骤，直到区间，函数的零点总位于区间上，当和按照给定的精确度所取的近似值相同时，这个相同的近似值就是函数的近似零点，计算终止.这时函数的近似零点满足给定的精确度. 要点诠释： （1）第一步中要使：①区间长度尽量小；②、的值比较容易计算且． （2）根据函数的零点与相应方程的根的关系，求函数的零点和求相应方程的根式等价的．对于求方程的根，可以构造函数，函数的零点即为方程的根 类型一、函数零点的定义 1．（22-23高一上·上海闵行·期末）已知指数函数在区间上的最大值与最小值之和等于12． (1)求的表达式： (2)若函数是奇函数，当时，．试求函数的表达式，并求此函数的零点． 【答案】(1) (2)；函数3个零点为 【分析】（1）根据函数表达式代入求值即可得解； （2）根据函数的奇偶性即可求解表达式，根据指数对数互化即可求出零点. 【详解】（1）设， 或， 所以， 即有， 所以， 所以或（舍）， 所以; （2）当时，， 当时， ， 所以， 又是奇函数，所以 所以， 所以， 再根据是奇函数， 所以， 所以， 令， 得， 此函数的零点为. 2．（22-23高一上·上海浦东新·期末）已知函数． (1)当时，判断在上的单调性并证明； (2)讨论函数的零点个数． 【答案】(1)单调递减，证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）利用函数单调性的定义，进行证明即可； （2）分离参数，将零点问题转化为函数交点问题，从而进行处理. 【详解】（1）当时，时， 该函数为单调递减函数，证明如下： 在区间上任取，且 则 因为，故，且，则 故当时， 则函数在单调递减.即证. （2），等价于 即等价于的根的个数， 令，则其函数图像如下所示： 由图可知： 当或或时，直线与有两个交点； 当或时，直线与只有一个交点； 当或时，直线与有三个交点. 故：当时，有1个零点； 当时，有2个零点； 当时，有3个零点. 3．（22-23高一上·吉林长春·期末）设函数. (1)证明：在上单调递增； (2)若方程在上有且仅有两个根、，证明：. 【答案】(1)见解析； (2)见解析. 【分析】（1）根据与在上的单调性，结合不等式的性质即可证明； （2）易知与不是方程的根，画出函数与在上的图象，设,可得，.证明，结合在上的单调性即可证明. 【详解】（1）设，因为在上单调递增，所以. 所以，即, 故在上单调递增. （2）因为，所以与不是方程的根. 所以方程在上有且仅有两个根、，不妨设, 由，可得. 在坐标系中分别作出函数与在上的图象如图： 可得， 所以. 因为, 所以. 又，所以. 因为，，且在上单调递增， 所以，即. 4．（22-23高一上·上海松江·期末）已知函数. (1)当时，求解的零点； (2)若对任意的，不等式恒不成立，求实数的取值范围； (3)讨论函数的零点个数. 【答案】(1) (2) (3)当或时，有1个零点；当时，有2个零点；当时，有3个零点． 【分析】（1）通过解的根即可求解； （2）利用参数分离法将不等式恒成立，进行转化，求的取值范围； （3）结合函数图象的交点个数，即可得到结论． 【详解】（1）当时，， 当时，令，所以，由于， 故此时方程无解，无零点， 当时，令，所以，即，解得，（正根舍去） 综上可知：的零点为． （2）由于对任意的，不等式恒不成立，故对任意的，不等式恒成立， 由于，且恒成立， 由于，故； （3）由可得，变为， 令， 作的图象及直线，由图象可得： 当或时，有1个零点． 当时，有2个零点； 当时，有3个零点． 5．（23-24高一上·上海·期末）已知函数的表达式为． (1)求函数的零点； (2)解不等式：； (3)若关于x的方程只有一个实根，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用单调函数至多一个零点这个知识点即可得出答案； （2）利用对数运算法则计算即可； （3）利用二次函数根与系数的关系以及判别式即可解题. 【详解】（1）设……① ……② ①代入②有：； 在定义域内单增至多一个零点；且注意到， 综上可知有唯一零点. （2）……① ①式两边开方有：……② 又……③ ②③取交集为：， 即不等式的解为； （3）若关于x的方程只有一个实根； 即……④ ……⑤ 作变量代换令……⑥ 将⑥式代入⑤式有：……⑦； 当时⑦式为一次函数，解得不在定义域内，故不满足题意， 当时， 当时方程有唯一解，或； 当时，代入⑦式，解得，不在定义域内，故舍去； 当时，代入⑦式，解得，在定义域内，故满足题意. 当时，方程⑦有两个解，但只需要保证有一个根在定义域，而另一个根不在定义域，则此时的即可满足题意； 设方程⑦有两个根； 由分析可知：……⑧ 由韦达定理可知：……⑨ 联立⑧⑨可得：. 综上可得的取值范围为：. 6．（23-24高一上·上海浦东新·阶段练习）已知函数（，常数）. (1)求函数的零点； (2)根据的不同取值，判断函数的奇偶性，并说明理由； (3)若函数在上单调递减，求实数的取值范围，证明函数在上有且仅有1个零点. 【答案】(1)时，无零点；时，的零点为 (2)时，是偶函数；时，是非奇非偶函数；理由见解析 (3)；证明见解析 【分析】（1）分类讨论与，直接用方程法即可得解； （2）利用函数奇偶性的定义进行判断即可； （3）利用函数单调性的定义，结合零点存在定理即可得解. 【详解】（1）因为（，常数） 当时，由得，则无零点； 当时，由得，则的零点为； （2）因为的定义域为， 当时，对任意，有，因此是偶函数 当时，且，因此是非奇非偶函数； （3）因为在上单调递减， 则在上任取，有恒成立， 即恒成立，而，所以， 当时，，取， 则， 又，，，， 所以，即， 所以在上严格递减，则在上至多1个零点， 又，即 所以由零点存在定理在区间上有且仅有1个零点. 【点睛】关键点睛：本题第3小问解决的关键是利用函数单调性的定义判断得的单调性，从而利用零点存在定理即可得解. 7．（23-24高一上·上海浦东新·阶段练习）对于函数，若实数满足，则称是的不动点；若实数满足，则称是的稳定点.若函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，那么 (1)若，分别求的所有不动点和稳定点； (2)若，且，求的范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）分别解方程、，可得出函数的不动点和稳定点； （2）由，可知方程有实根，可得出，由可得出，由，可知方程一定有实根且不是的解，求出的范围，考虑方程有实根时，求出的值，综合可得出实数的取值范围. 【详解】（1）解：因为，由得，解得， ， 所以的不动点为，； 由，可得，即， 显然、为方程的根， 所以上述四次方程必有因式，可得， 解得， ，，， 所以的稳定点为， ，，. （2）解：因为，所以方程有实根，即有实根， 所以或，解得. 若，则，所以，方程的根即为方程的根， 又由得：，即， 由（1）知，故方程左边含有因式， 所以， 又，所以方程一定有实根且不是的解（#）， ①，此时，矛盾； ②，即， 当方程有实根时， 考虑（#）否定：方程的根也是是方程的解， 则有，代入方程得，故， 将代入方程，得，，所以（#）中. 综上：的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：作为新型定义题，题中需要求什么，我们就从条件中去得到相应的关系，比如本题中，求不动点，就去求；求稳定点，就去求，完全根据定义去处理问题.需要求出不动点及稳定点相同，则需要它们对应方程的解完全一样. 类型二、函数零点存在性定理 1．（22-23高一上·上海普陀·期末）设a是大于1的常数，，已知函数是奇函数． (1)求实数m的值； (2)若对任意的实数x，关于x的不等式均成立，求实数k的取值范围； (3)证明：关于x的方程有且仅有一个实数解；设此实数解为，试比较与的大小． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）由是奇函数可得，即可求出实数m的值； （2）由函数的奇偶性化简抽象不等式，利用单调性可得对任意的实数x恒成立，即，解不等式即可得出答案. （3）设，进而得唯一实数根，使得，即，故，再结合得得答案. 【详解】（1）已知函数是奇函数， ，解得： 所以. （2）对任意的实数x，关于x的不等式均成立， 则，因为函数是奇函数， 所以， 因为，，所以在上单调递增， 所以对任意的实数x恒成立， 所以对任意的实数x恒成立， 所以，解得：. 实数k的取值范围为； （3）设， 因为当时，， 所以在区间上无实数根， 当时，因为，， 所以，使得， 又在上单调递减， 所以存在唯一实数根； 所以方程有且仅有一个实数解. 因为，所以， 又，所以， 所以. 所以 2．（22-23高一上·上海徐汇·期末）（1）求证：关于的方程（，）在区间内存在唯一解. （2）已知，函数.若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）或或. 【分析】（1）记.判断出在为增函数，利用零点存在定理即可证明； （2）把方程转化为只有一个根，讨论根的情况，求出实数的取值范围. 【详解】（1）记. 因为和在均为增函数，所以在均为增函数. 因为，， 所以 所以在有且只有一个零点， 即关于的方程（，）在区间内存在唯一解. （2）方程即,亦即当时，方程①有一解. ①式化简为②. 当时，方程②的解为，满足条件，符合题意； 当时，方程②的解为，满足条件，符合题意； 当且时，方程②的解为或. 若是方程①的根，则，即； 若是方程①的根，则，即； 所以要使方程①有且只有一解，只需. 综上所述：方程的解集中恰好有一个元素，实数的取值范围或或 3．（22-23高一上·上海杨浦·期末）设. (1)判断函数的奇偶性； (2)若，求证：函数在内有且仅有一个零点. 【答案】(1)，为偶函数；时，为非奇非偶函数 (2)证明见解析 【分析】（1）考虑和两种情况，根据函数奇偶性的定义，计算和的关系，得到答案. （2）根据复合函数奇偶性确定函数单调递增，计算，，根据零点存在定理得到证明. 【详解】（1）当时，，定义域关于原点对称， ，函数为偶函数； 当时，， ， ，且，函数为非奇非偶函数； 综上所述：，为偶函数；时，为非奇非偶函数. （2），当时，， 为增函数，在上为增函数，在上为增函数. 故函数在上为增函数， ，， 故函数在上有零点， 函数单调递增，故函数在内有且仅有一个零点 4．（23-24高一上·上海浦东新·阶段练习）已知函数，若在定义域内存在，使得成立，则称为函数的局部对称点. (1)若且，证明：函数必有局部对称点； (2)若函数在上有局部对称点，求实数的取值范围； (3)若函数在上有局部对称点，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由定义可知有解，整理后转化为证明一元二次方程恒有解； （2）由定义可知有解，可得方程在上有解，求出的范围即可； （3）根据整理为（*）在上有解，通过换元，设，转化为关于的一元二次方程在内有解，列式求参数的取值范围. 【详解】（1）由得， 代入得， 得到关于的方程，其中， 由于且， ∴恒成立， ∴函数必有局部对称点； （2）因为函数在上有局部对称点， 所以，即， 即方程在上有解， 因为， 当且仅当，即时取等号， 所以， 所以，解得， 所以实数的取值范围为； （3）∵在上有局部对称点， ∴在上有解， 即（*）在上有解， 令，则， ∴方程（*）变为在内有解， 需满足条件， 即， 化简得， 所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解新定义，将新定义转化为方程有根求参数的取值范围，第三问的关键点是代入后利用换元，则，转化为一元二次方程有实数根，求参数的取值范围. 5．（23-24高一上·上海·期末）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点． (1)已知函数，求函数的不动点； (2)若对于任意的，二次函数（）恒有两个相异的不动点，求实数a的取值范围； (3)若函数在区间上有唯一的不动点，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）求函数的不动点，即求方程的根，即求方程的解； （2）二次函数（）恒有两个相异的不动点，等价于方程有两个不等实根，对于任意的恒成立，只需要不等式恒成立，求实数a的取值范围即可； （3）在区间上，函数有唯一零点，应用零点存在性定理即可，同时还要关注区间边界函数值为零和判别式为零的情形. 【详解】（1）设为不动点，因此，即， 解得或，所以为函数的不动点． （2）方程，即， 有， 因为，于是得一元二次方程有两个不等实根， 即判别式， 依题意，对于任意的，不等式恒成立， 只需关于未知数的方程无实数根， 则判别式， 整理得，解得， 所以实数a的取值范围是． （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，m的取值范围是或． 类型三、函数零点的分布 1．（23-24高一上·上海·阶段练习）已知函数. (1)若有零点，求实数的取值范围； (2)若，函数的值域为，且，求的取值范围； (3)当时，是否存在这样的实数，使得方程在区间内有且只有一个根？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）分，进行讨论，分别求出有零点时，实数的取值范围即可； （2）根据函数的值域可确定其为二次函数，求出等量关系，再由与不等式得出范围，化简，并求出其取值范围； （3）根据函数在区间上的单调性，再根据在区间内有且只有一个根，结合单调性即可求出的取值范围. 【详解】（1）当时，，满足有零点； 当，故； 综上，若有零点，实数的取值范围为. （2）由题知，值域为， 可得： ； ，故且， 又，当且仅当时取等号， 所以，平方得， 则 ， 所以的取值范围为. （3）当时，函数，在区间上单调递减， 当时，的对称轴为， 当时，，函数开口向上，在区间上单调递减， 当时，，函数开口向下，在区间上单调递减， 所以当时在区间上单调递减， 令单调递增. 原命题等价于两个函数与的图象在区间内有唯一交点， 则当且仅当即时原命题成立， 解得，又，所以． 2．（23-24高一上·上海·阶段练习）对于函数，若存在，使得，则称函数为“不动点”函数，其中是的一个不动点；若存在，使得，则称函数为“次不动点”函数，其中是的一个次不动点 (1)判断是否为“不动点”函数？若是，指出其不动点；若不是，请说明理由； (2)若函数在上恒有两个不同的次不动点，求实数的取值范围； (3)若函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，求实数的取值范围. 【答案】(1)是，2 (2) (3) 【分析】（1）利用题给条件列方程，进而求得的不动点为2； （2）利用题给条件列出关于实数的不等式组，解之即可求得实数的取值范围； （3）利用题给条件列出关于实数的不等式组，解之即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）假设为不动点函数，则 当时，，方程无解，舍去； 当时，，解之得，符合题意， 则是“不动点”函数，2是的一个不动点. （2）由题意知在上恒有两个解 即在上恒有两个解 则，解之得 则实数的取值范围是 （3）由题意可知在上，且唯一 ①函数在上仅有一个不动点时， 令，在上是单调增函数 ，即 ②函数在上仅有一个次不动点时， 在上是单调增函数 令，即 综上所述，. 3．（23-24高一上·上海·期末）已知，设. (1)若，求函数的值域； (2)已知，若函数的最大值为，求的值； (3)已知，若存在两个不同的正实数、，使得当函数的定义域为时，其值域为，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意结合指数函数性质分析求解； （2）令，可得的最大值为，结合二次函数性质分析求解； （3）令，由题意可知在内有两个零点，结合二次函数零点分布求解. 【详解】（1）若，则， 因为，则， 所以函数的值域为. （2）令，则， 因为，可知开口向下，对称轴为， 当，二次函数取到最大值， 整理得，解得或， 且，所以. （3）令，则 因为，开口向上，对称轴， 可知在内单调递增， 且在内单调递增， 可知在内单调递增， 由题意可知：至少有2个不同的正根， 即，整理得， 可得在内有两个零点， 且，则，解得， 所以的取值范围. 4．（23-24高一上·上海闵行·期末）已知，其中. (1)判断函数的奇偶性，并说明理由； (2)当时，若函数与的图像有且只有三个公共点，求的取值范围； (3)记，若函数在区间上有两个不同的零点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）由函数奇偶性的定义判断； （2）作出函数与的图像，数形结合并利用联立方程组的方法，由交点个数求的取值范围； （3）函数的零点转化为对应方程的根，利用韦达定理求的取值范围. 【详解】（1）定义域为，关于原点对称， 记 当，故函数是偶函数； 当，故函数既不是奇函数也不是偶函数. （2）结合函数图像，只需考虑与有且只有一个公共点时， 得到有且只有一个解， 即只有一个解，由解得， 结合图像，有，所以. [另解]若与的图像只有三个公共点，即有三个根. 即有三个根； 即方程有一根，方程有两个根； 将函数分别与函数和函数相交得. 所以的取值范围为. （3）由在区间上有两个不同的零点， 得方程在上有两个不同的实根，. 由韦达定理得， 于是， 因为，所以. 即的取值范围为. 5．（24-25高一上·上海·期中）已知二次函数. (1)若关于的方程的两个实数根满足，求实数的值； (2)若对任意都有成立，求实数的取值范围； (3)若关于的方程在区间[0，2]上有且仅有一个实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用一元二次方程的韦达定理及判别式计算即可； （2）分离参数利用换元法结合基本不等式计算即可； （3）分类讨论方程根的情况结合二次函数根的分布计算即可. 【详解】（1）由题意得，即或， 因为，所以， 解得或4（舍去），所以. （2）由题意得对恒成立， 则对恒成立， 即对恒成立， 令，则. 当且仅当即时等号成立， 所以即. （3）当即时，经检验满足题意； 当即或时， 由得即， 经检验不合题意； 综上的取值范围为 6．（24-25高一上·上海·期中）已知函数的图像是由两支组成的双曲线，    (1)当，作出函数图像； (2)是否存在实数，使该函数在区间上是严格减函数，并且函数值恒为负？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由； (3)若直线与双曲线的一支有两个不同的交点，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2)存在， (3) 【分析】（1）由直接作图即可； （2）由函数单调性的概念即可求解； （3）由一元二次方程根的分布即可求解. 【详解】（1）    （2）函数参数分离为， 若函数在区间严格减函数，则， 且函数的最大值， 即，解得：， 所以实数的取值范围是； （3）由题意可知：在区间有两个不同的根，或在区间有两个不同的根， 由可得，如果方程有根，由韦达定理可知：，所以两根不可能同在区间上， 所以应在区间有两个不同的根， 可得：，又， 代入得：， 解得：， 所以实数的取值范围是 7．（23-24高一上·上海·期中）已知为实常数，函数． (1)当时，求所有满足的的值； (2)若对任意的，都有成立，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不相等的实数根，，且，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)的取值范围是. 【分析】（1）代入函数直接求解即可. （2）先对不等式进行参数分离，利用换元法，整理得到在上恒成立，分析则在求最大值即可. （3）先对的取值范围进行粗略的判断，得到，在对方程进行参数分离，分析有两根的情况下的取值范围，最后根据整理出对应方程两根的大小关系，用进行表示，最终得到的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则时，整理， 可知或者（不符合，舍去），则. （2）对任意的，都有， 则，即恒成立. 令，，则在上恒成立. 则在求最大值即可. 当时，. 所以，即实数的取值范围为. （3）因为方程有两个不相等的实数根，， 当时，与在上单调递增，故在上单调递增， 所以方程不可能有两个相等的实数根，则. 整理方程得， 令，则，则在有两个解， 令，则其在上为单调增，在上为单调减. 所以当时，取得最大值，且. 又因为当时，，所以的范围是. 又因为，可设，可得， 令，则为方程的两根，故① 又因为韦达定理可知：② 联立①②得，解得. 又因为求根公式计算， 所以，解得 则的取值范围是. 类型四、函数与方程的综合应用 1．（22-23高一上·上海静安·期中）已知函数． (1)求将函数的图像进行怎样的平移，能够得到函数的图像？ (2)若函数在上是严格减函数，求实数的取值范围． (3)将函数图像向右平移一个单位，得函数的图像，已知函数图像关于轴对称，且当时，它与函数的关系是．现已知关于的方程解集中有七个元素，求的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据函数图像平移法则进行求解即可； （2）根据反比例函数的性质，结合（1）进行求解即可； （3）根据偶函数的性质，结合换元法、数形结合法、一元二次方程根的性质进行求解即可. 【详解】（1）因为， 所以将函数的图像向左平移个单位，再向下平移个单位得到函数的图像. （2）函数的减区间为：， 因为函数的图像向左平移个单位，再向下平移个单位得到函数的图像， 所以函数的减区间为， 因为函数在上是严格减函数， 所以有，因此实数的取值范围为； （3）因为函数图像向右平移一个单位，得函数的图像， 所以， 当且时，因为函数图像关于轴对称， 所以有， 于是有，其图像如下图所示： 令，所以有， 因为关于的方程解集中有七个元素， 所以由上图可知：一元二次方程必有一个根为，另一个根大于， 所以有，或， 当时，，或，不符合题意； 当时，，或，符合题意， 所以. 【点睛】关键点睛：利用偶函数的性质、函数图像平移的性质，结合换元法、数形结合思想是解题的关键. 2．（22-23高一上·上海奉贤·阶段练习）已知函数． (1)当时，求此函数在R上的最大值，并写出取最大值时相应自变量的值； (2)写出此函数的单调增区间（不需要证明）； (3)设函数的图象与x轴交于不同的两点A、B，与y轴交于点C，是否存在实数a，使得的面积为？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)当时，函数在R上有最大值为 (2)时函数的单调增区间为，时函数的单调增区间为 (3)存在，此时，理由见解析 【分析】（1）时，利用配方法可得答案； （2）分、讨论，结合抛物线的性质可得答案； （3）令得点坐标，设，令利用求出的范围， 利用韦达定理求出，求出可得答案. 【详解】（1）当时，， 函数的图象为开口向下对称轴为的抛物线， 所以当时，函数在R上有最大值为； （2）函数图象的对称轴为， 当时，函数的单调增区间为， 当时，函数的单调增区间为； （3）令得，所以， 因为函数的图象与x轴交于不同的两点A、B，设， 令，所以，解得或， ，， 所以， 所以， 解得，，符合题意，所以存在，此时. 3．（23-24高一上·上海·期末）对于函数，若在定义域内存在实数，满足，其中为整数，则称函数为定义域上的“阶局部奇函数”． (1)已知函数，试判断是否为上的“2阶局部奇函数”？并说明理由； (2)若是上的“1阶局部奇函数”，求实数的取值范围； (3)若，对任意的实数，函数恒为上的“阶局部奇函数”，求整数k取值的集合． 【答案】(1)函数为上的“2阶局部奇函数”，理由见解析. (2) (3) 【分析】根据新定义转化为方程解的问题即可解决. 【详解】（1）函数为上的“2阶局部奇函数”，理由如下： 原问题等价于判断关于的方程在上是否有解， 由得，，解得或， 所以方程在上有解， 即函数为上的“2阶局部奇函数”. （2）由是上的“1阶局部奇函数”，可知在上恒成立，可得，即， 存在，使得，即， 可得，即，解得， 综上. （3）问题等价于方程恒有解，即，整理得， 当时，解得，满足题意； 当时，，即，化简得对任意的实数恒成立， 是关于的一次函数且为上的增函数，故只需， 解得且， 综上，整数取值的集合. 4．（23-24高一上·上海·阶段练习）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)若函数是定义在上的“无奇”函数，求实数a的取值范围； (3)若函数是“无奇”函数，求实数m的取值范围． 【答案】(1)①不是，②是；理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）由，结合“无奇”函数的定义可判断①；由恒成立，可判断②； （2）根据条件转化为方程无解，参变分离后，可求得所求范围； （3）若函数不是“无奇”函数，转化为方程有解，参变分离并换元后，可求得实数m的范围，进一步计算即可. 【详解】（1）①因为，符合， 所以不是"无奇"函数； ②恒成立， 所以是“无奇”函数； （2）在无解， 即在无解， 所以 （3）若不是“无奇”函数， 则有解， 即， 即有解， 令， 则 所以，即， 所以是“无奇”函数时，实数的取值范围是 5．（23-24高一上·上海静安·期中）已知函数的表达式为且 (1)求函数的解析式； (2)若方程 有两个不同的实数解，求实数m的取值范围； (3)已知若方程的解分别为，， 方程的解分别为，，求的最大值. 【答案】(1) (2); (3). 【分析】（1）将点代入解析式中求出的值，即可求得函数解析式 （2）结合已知条件得到方程，然后令，将方程转化为一元二次方程并求根，然后根据自变量的取值范围即可求出参数的取值范围； （3）首先通过求解含绝对值的方程，得到，同理解方程，得到，然后根据指数运算可得，最后根据的取值范围即可求解的最大值. 【详解】（1）由可得，又，，； （2）由和方程 可得：，令， 可得，则有， 且方程有两个不同的实数解， ，解得：. （3）由，得或， 所以，，， 由，得，， ，， 又因为，所以； ，， 即的最大值为. 6．（23-24高一上·上海·期末）设函数，.记，，.对于D的非空子集A，若对任意，都有，则称函数在集合A上封闭. (1)若，，，分别判断函数和是否在集合A上封闭； (2)设，，区间（其中），若函数在集合B上封闭，求的最大值； (3)设，，若函数的定义域为，函数和的图象都是连续的曲线，且函数在区间（其中）上封闭，证明：存在，使得. 【答案】(1)函数不在集合A上封闭，函数在集合A上封闭 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）结合所给新定义，利用函数单调性得出定义域为时的函数值域即可得解； （2）结合所给新定义，分、及进行讨论即可得； （3）利用反证法，由函数和的图象都是连续的曲线，运用零点的存在性定理中蕴含的思想，假设不存在，使得，则必有对任意，恒成立或恒成立，从而分情况进行讨论后得出与已知条件矛盾的点即可得证. 【详解】（1）由函数在区间上单调递增，故， 故函数不在集合A上封闭； 由函数在区间上单调递减，故， 此时有，故函数在集合A上封闭； （2）当时，由函数在集合B上封闭， 则有，解得，此时； 当时，由 ， 此时函数不可能在集合B上封闭； 当时， 由函数在集合B上封闭， 则有，解得，此时， 综上所述，的最大值为； （3）假设不存在，使得， 即对任意，， 由函数的图象是连续的曲线， 故对任意，恒成立或恒成立， 若对任意，恒成立， 则当时，有，则，， 即有，此时函数不可能在区间上封闭， 与已知条件矛盾，故对任意，不成立； 若对任意，恒成立， 则当时，有，则，， 即有，此时函数不可能在区间上封闭， 与已知条件矛盾，故对任意，不成立； 故存在，使得. 【点睛】关键点点睛：最后一问利用反证法，结合函数和的图象都是连续的曲线，假设不存在，使得，则必有对任意，恒成立或恒成立，从而分情况进行讨论后得出与已知条件矛盾的点即可得证. 7．（22-23高一上·上海浦东新·期中）在平面直角坐标系中，将从点出发沿平行于坐标轴方向到达点的任意路径称为到的一条路径．如图所示的路径与路径都是到的“路径”．某地有三个新建的居民区，分别位于平面内的三点，，处．现计划在轴上方区域（包含轴）内的某一点处修建一个文化中心． (1)写出点到居民区的路径长度最小值的表达式（不用证明）； (2)请确定点的位置，使其到三个居民区的路径长度之和最小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据“路径”的定义，可得点到居民区的“路径”长度最小值的表达式； （2）由题意知，点到三个居民区的“路径”长度之和的最小值为点到三个居民区的“路径”长度最小值之和（记为)的最小值，分类讨论，利用绝对值的几何意义，即可求得点的坐标. 【详解】（1）.设点的坐标为.点到居民区的“路径”长度最小值为 . （2）点到三个居民区的“路径”长度之和的最小值为点分别到三个居民区的“路径”长度最小值之和（记为)的最小值. 当时，,因为 当且仅当时，不等式中的等号成立， 又， 当且仅当时，不等式中的等号成立. 所以，当且仅当时，等号成立. ，当且仅当时，等号成立. 故点的坐标为时，到三个居民区的“L路径”长度之和最小，且最小值为. 综上所述，在点处修建文化中心，可使该文化中心到三个居民区的“路径”长度之和最小. 1．（22-23高一上·上海松江·期末）已知函数在时有最大值和最小值，设. (1)求实数，的值； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若关于的方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据题意得，再根据二次函数单调性列方程求解即可； （2）由题知在上恒成立，设，进而得，在上恒成立，再求最值即可得答案； （3）用换元法化简方程为一元二次方程的形式，结合指数型函数的图象、一元二次方程根的分布的知识求得的取值范围. 【详解】（1）解：， 因为，当时，，为常函数，不满足题意； 所以，，在上单调递增， 因为函数在时有最大值和最小值， 所以，解得， 所以，. （2）解：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， 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）解：方程等价于， 即，， 令，则方程化为，， 因为方程有三个不同的实数解， 所以，画出的图像如下图所示， 所以，，有两个根､，且或，. 记， 所以，，即，此时 或得，此时无解， 综上， ，即实数的取值范围 【点睛】本题第三问解题的关键在于令，进而结合题意，数形结合得，，有两个根､，且或，，再根据零点存在性定理求解即可. 2．（22-23高一上·上海闵行·期末）设，函数． (1)若，求函数在区间上的最大值； (2)若，写出函数的单调区间（不必证明）； (3)若存在，使得关于的方程有三个不相等的实数解，求实数的取值范围． 【答案】(1)9 (2)单调递增区间为和，单调递减区间为 (3) 【分析】（1）当时，，结合去绝对值求每段区间上的最值即可； （2）采用去绝对值解法，写出分段函数，画出函数大致图象，判断函数增减区间即可； （3），分析二次函数的对称轴与的大小关系，确定的单调性，画出函数图象，数形结合得出关于参数的不等式求解即可. 【详解】（1）当，时，， 当时，函数为增函数，； 当时，函数为增函数，； 所以函数在区间上的最大值为9. （2）当时，， 当时，函数对称轴为，所以当时，单调递增； 当时，函数对称轴为，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减， 综上所述，当和时，函数单调递增，当时，函数单调递减； （3）当时， 函数的对称轴，所以函数在时单调递增， 函数的对称轴，则在时，单调递增，在时，单调递减， 函数图象如图所示: 要使有三个不相等的实数根，即应介于如图所示两虚线范围之间， 而，， 即， 化简得，即存在，使得上式成立. 只需. 令，设， 则， 由得，，故，所以， 所以在为增函数，所以当时， ， 故，故 3．（22-23高一上·上海浦东新·期末）设函数的定义域为，若函数满足条件：存在，使在上的值域为（其中，则称为区间上的“倍缩函数”. (1)证明：函数为区间上的“倍缩函数”； (2)若存在，使函数为上的“倍缩函数”，求实数的取值范围； (3)给定常数，以及关于的函数，是否存在实数，使为区间上的“1倍缩函数”.若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）利用函数的单调性，求出的值域，再结合定义判断作答. （2）利用函数的单调性，求出的值域，结合定义构造方程，再利用方程有两个不等的正根求解作答. （3）根据给定条件，可得，再分类去绝对值符号，结合单调性求出值域即可求解作答. 【详解】（1）函数在R上单调递增，则在区间上的值域为， 显然有， 所以函数为区间上的“倍缩函数”. （2）因为函数在上单调递增，当时，函数在上单调递增， 因此函数是定义域上的增函数， 因为函数为上的“倍缩函数”，则函数在上的值域为， 于是得，即是方程的两个不等实根， 则方程有两个不等实根， 令，则关于的一元二次方程有两个不等的正实根， 因此，解得，当时，函数恒有意义， 所以实数的取值范围是. （3）常数，函数的定义域为，并且， 假定存在实数，使为区间上的“1倍缩函数”， 则函数在区间上的值域为，由，及知， 因为函数在上单调递增，即， 若，即，则函数在区间上的值域中有数0，矛盾， 若，即，当时，在上单调递减， 有，即，整理得，显然无解， 若，即，当时，在上单调递增， 有，即是方程的两个不等实根且， 而方程，于是得方程在上有两个不等实根， 从而，解得，而，即有， 解方程得：， 所以当时，存在实数，使为区间上的“1倍缩函数”， ， 当时，不存在实数，使为区间上的“1倍缩函数”. 【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. 4．（22-23高一上·上海嘉定·期中）已知． (1)若函数的定义域为，求k的值； (2)若，且恒成立，求实数a的取值范围； (3)在（2）的条件下，若存在实数m，使得关于x的方程．恰有4个不同的正根，求实数m的取值范围． 【答案】(1)或 (2)或 (3) 【分析】（1）根据幂函数的性质得到，求出不等式的解析，再结合，求出的值； （2）首先分析的取值情况，依题意及幂函数的性质可得在上单调递减，即可确定的解析式，则问题即恒成立，根据函数的奇偶性，只需研究的情况即可，结合二次函数的性质计算可得； （3）由（2）可得方程在上有个不同的根，令，分析的取值情况，则问题转化为，即，再令，关于的方程在上有两个不等的根，结合一元二次方程根的分布问题得到不等式组，解得即可. 【详解】（1）解：函数的定义域为，则， 所以，解得，又， 所以或； （2）解：因为且， 若为奇数，则为偶数，则为偶数， 若为偶数，则为奇数，则为偶数， 且， 因为，所以在上单调递减， 若，即或时符合题意， 若，即或时，不符合题意， 若，则为偶函数且在上单调递减，则在上单调递增，不符合题意； 所以， 则不等式恒成立，即恒成立， 因为为偶函数，由恒成立，只需研究的情况即可， ①当时显然成立， ②当时恒成立， 若解得或，当时显然成立，当时不等式即，解得，不符合题意； 若，即时，显然不成立， 若，即或时，函数的对称轴为，开口向上， 当时，又，所以恒成立，符合题意， 当时，则，解得（舍去）或， 综上可得：或； （3）解：由（2）可得， 即， 因为方程在上有个不同的根， 即在上有个不同的根， 令，， 当时，， 所以在上单调递增，则； 当时，， 所以在上单调递减，则． 方程可变形为， 即， 令，则方程为，要使得原方程有个不同的正根， 则关于的方程在上有两个不等的根，， 所以，解得， 故实数的取值范围为． 5．（22-23高一上·上海浦东新·期中）已知函数． (1)当时，求方程的实数解； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在两个不相等的正实数，，满足，试比较、2、这三个数的大小关系，并证明你的结论． 【答案】(1)； (2)； (3)，证明见解析. 【分析】（1）化简后分和两种情况求解即可； （2）分，和三种情况求解函数的最大值，使其最大值小于零即可； （3）不妨设，然后根据分段函数的性质将分三种情况：，和，可得到. 【详解】（1）当时，， 由，得， ， 当，即时，，解得或（舍去）， 当，即时，，解得（舍去）， 综上，方程的实数解为； （2）①当时，因为，所以， 则在上单调递增， 所以，符合题意， ②当时，，则由对勾函数的性质可知，在上单调递增， 所以， 因为，所以，得， 所以， ③当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增， 所以，符合题意， 综上，，即实数的取值范围为； （3）不妨设， 当时，在上单调递增， 所以不存在两个不相等的正实数，满足，舍去， 当时，为定值，不合题意， 当时，，由对勾函数的性质可知，当时，在上单调递增，在上单调递增， 而两个分段函数在处函数值相同， 所以在上单调递增， 所以不存在两个不相等的正实数，满足，舍去， 当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 且，即分段函数在处函数值相同， 所以要存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型， 第一种： ，则， 令，则， 当时， 任取，且，则 因为， 当且仅当时取等号， 因为，所以取不到等号，所以， 所以， 所以，即 所以在上单调递增， 所以，所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，在上单调递增， 所以，所以， 综上，， 第二种情况： ，显然， 令，， 当时， ， 任取，且，则 ， 因为，且， 所以，，， 所以，即， 所以在上单调递增， 所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，在上单调递增， 所以，所以， 综上， 第三种情况： ，由第一种情况可知，则第二种情况可知， 所以， 综上. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查函数单调性的应用，第（3）问解题的关键是分情况讨论可得当时，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，然后再对分三种情况求解，考查分类思想和数计算能力，属于较难题. 6．（22-23高一上·上海浦东新·阶段练习）函数，，记，且为偶函数. (1)求常数的值； (2)若对一切，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)设，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据偶函数的定义，即可求出常数的值； （2）将不等式恒成立，转化为恒成立，利用换元法和基本不等式求出的最大值，即可得实数的取值范围； （3）将函数与的图象有且只有一个公共点，转化为仅有一解，设，依题意只有一个正实根，分类讨论a的不同情况，即可求出实数的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，，， 为偶函数，， 即， ， ，， . （2）由（1）得， 条件，即：， ， 设， 令， 当且仅当，即时等式成立， ， 即； （3）依题意：，即仅有一解， 则 即，故 设，依题意只有一个正实根. 当时，， （舍） 当时，方程有一正根，一负根， 由，得. 当时，方程有两个相等的正根. 由，得， 即， 其中，当时，符合题意；当时，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围是 【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力. 7．（22-23高一上·上海普陀·阶段练习）设，已知函数的表达式为. (1)当时，求不等式的解集； (2)若关于的方程在区间上恰有一个解，求的取值范围； (3)设.若存在，使得函数在区间上的最大值和最小值的差不超过1，求的取值范围. 【答案】(1)不等式的解集为； (2)的取值范围为； (3)的取值范围为. 【分析】(1)根据对数函数单调性解不等式，转化为解分式不等式； (2)将问题转化为在区间上恰有一个实数解，转化为方程的根的问题； (3)根据函数的单调性求出最值，根据不等式有解分离参数求取值范围. 【详解】（1）当时，，， 即，，，与同解， 得； 所以不等式的解集为； （2）由题意：关于x的方程在区间上恰有一个实数解， ， ， 在区间上恰有一个实数解， 即，解得：， 当时，，所以，即， 综上所述：； 所以的取值范围为； （3）因为，，所以当时，函数为减函数， 所以函数在区间上单调递减， 又函数在区间上最大值和最小值的差不超过1， 所以 ， 所以 即存在使成立，只需即可， 考虑函数，，令， ， 设，其中， 任取，且，则， 因为，所以，因为，所以，所以，所以函数在上单调递减，所以在单调递减，所以， ，所以， 所以的取值范围为. 8．（21-22高一上·上海黄浦·期末）已知函数，其中a为实数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若在上为严格增函数，求实数a的取值范围； (3)对于，若存在两个不相等的实数使得，求的取值范围．（结果用a表示） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分与两种情况，求出最小值；（2）写成分段函数，对分，，与四种情况分类讨论，求出参数的取值范围；（3）研究函数的单调区间及图象特征，分类讨论求出的关系，消去一个变量，再求出取值范围. 【详解】（1）当时，，当时，，当时，取得最小值，，当时，在上单调递减，则，综上：的最小值为 （2），当时，当时，，不是严格增函数，不合题意，舍去； 当时，此时对称轴，且分段函数在处函数值相同，故满足在上为严格增函数，符合题意； 当时，此时对称轴且，故在区间上单调递减，不合题意，舍去； 当时，且，此时在上为严格增函数，符合要求. 综上：实数a的取值范围为. （3）当时，，即在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，且端点处函数值相等，令，解得：，，故要想存在两个不相等的实数使得，则，，且当时，，，此时，当时，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值， 为，故取值范围为，当时，在单调递增，在上单调递减，故在取得最大值，为，故取值范围是， 当时，，此时，即，从而，其中，当时，，综上：的取值范围为. 【点睛】函数含参值域问题，需要结合题干条件及图象特征，对参数进行分类讨论，在不同取值下的值域求解，用到的工具有基本不等式，对勾函数，导函数等. 9．（23-24高一上·上海·期末）已知函数，记（）. (1)若，解不等式：； (2)设为实数，当时，若存在实数，使得成立，求的取值范围； (3)记（其中、均为实数），若对于任意的，均有，求正数的最小值及此时、的值. 【答案】(1) (2) (3)的最小值为，， 【分析】（1）由题意将不等式转化为，因式分解后即可得解； （2）将原方程有解转化在上有解，利用层层函数的单调性求得在上的值域，从而得解； （3）原不等式恒成立等价于在上恒成立，取特殊值后利用绝对值不等式求得的最小值为，从而关于的不等式组，从而可得它们的值，再进行检验即可得解. 【详解】（1）因为，， 当时，， 由，得，整理得， 即，所以 ，即， 故不等式的解集为. （2）当时，， 则， 因为存在实数，使得成立， 所以在上有解， 整理得到在上有解， 因为在上为增函数，则， 而为增函数，则， 而为减函数，则， 所以的值域为， 故. （3）因为， 所以， 令，，则， 因为对于任意的，均有， 所以对任意的恒成立， 分别取，得， 故 ， 当且仅当时，等号成立， 所以，即的最小值为， 此时，整理得， 故，故，从而，所以. 下证：在上恒成立. 设， 故在上为减函数，在上为增函数， 故，故在上恒成立. 综上，，. 【点睛】思路点睛：已知含参数的不等式恒成立，要求其中参数的具体值，一般通过特例得到关于参数的不等式组，利用两边夹的方法得到参数的取值. 10．（24-25高一上·上海·期中）教材中有对一元二次方程的根与系数关系（韦达定理）的证明：韦达定理:若一元二次方程的两个根为，则，. 证明：因为一元二次方程的两个根为， 所以二次三项式可以因式分解为， 由于，从而等式恒成立. 该等式两边的对应项系数应相等.因此，. (1)类比以上思路，推导一元三次方程的根与系数关系； (2)已知关于的方程有三个实数根满足，求实数的值； (3)已知关于的方程有三个实数根满足，求的取值范围. 【答案】(1)设有三个不相等的实数根, (2) (3) 【分析】（1）根据举例化简计算即可； （2）根据（1）得到三个根的关系求解即可； （3）利用方程的根与函数的零点的关系，然后利用三次函数的图像求解即可. 【详解】（1）设有三个不相等的实数根 则可分解因式为 打开括号得 所以有恒成立， 所以等式两边对应系数相等， 所以有. （2）由（1）可知， 易知 因为， 所以有 （3）由（1）可知 所以 由三次函数的图像可知，，先増再减再增， 有三个实数根 即函数，的三个交点的横坐标， 我们先画出， 如图我们现在来找单调区间， 当时，由 解得，或，（舍去） 当时，由 同理解得，. 所以在单调递增，在单调递减，在单调递增； 由图易知，当，，有最大值，当，时，有最小值 即 【点睛】关键点点睛：我们需要确定函数的图像，利用三个根的关系，确定单调区间，然后再确定的取值范围. 11．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知函数和的定义域分别为D1和D2，若对任意，恰好存在n个不同的实数，使得（其中，，），则称为的“n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a； (3)函数表示不超过x的最大整数，如，，.，，若为，的“2024重覆盖函数”，求正实数a的取值范围. 【答案】(1)不是，理由见解析 (2)或 (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，对进行分类讨论来进行求解. （3）先求出，再做出函数的图象，数形结合解决问题. 【详解】（1）对于，有，而， 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①： 当时，， 则，此不等式组无解. 当时，令，解得， 当时，， 所以，解得. 当时，不满足①， 当时，， 所以，解得. 综上所述，或 （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. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$