同步微点进阶讲义17 函数与方程（二）-2025-2026学年高一上学期数学人教A版（2019）必修第一册

专题四 指数函数与对数函数 微点17   函数与方程（二） 函数与方程问题是高考中的热点与重难点，处理过程中可充分体现函数与方程、数形结合、分类讨论、转化与划归等数学思想，综合性比较强，．下面我们从以下三个角度进行研究： 1.由零点求参数范围问题； 2.函数图象性质求零点； 3.迭代函数零点问题. 通过以上三个方面提高同学们直观想象、数学抽象、逻辑推理的核心素养. 探究一　由零点求参 【典例1】（24-25高一上·江苏苏州·期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ） A．为奇函数 B．在上单调递增 C．关于的方程有2个解 D．若关于的不等式恰有1个整数解，则正实数的范围是 【思路引导】根据函数解析式可直接得出为奇函数，即A正确，画出函数图象可知B错误，结合图象可得方程有2个解，即C正确，根据不等式中整数解的个数可得，即可得正实数的范围是，即D正确. 【详细解析】易知函数的定义域为，即定义域为关于原点对称； 且满足，即可得为奇函数，即A正确； 当时，可得， 可得函数在上单调递减，即B错误； 画出函数图象如下图所示： 易知代表函数图象与和交点个数，由图可知方程有2个解，即C正确； 关于的不等式可得， 结合图象可知，当时，可知不等式有无数个整数解； 当时，区间上无整数解， 因此只需在上包含一个即可，当时，， 当时，， 因此若不等式恰有1个整数解，只需，解得； 又为正实数，所以正实数的范围是，可得D正确. 故选：ACD 【题后反思】本题关键在于根据函数解析式判断得出其奇偶性并利用对称性画出函数图象，再由函数与方程的思想即可得出方程根与不等式的解. 【举一反三】（23-24高一上·山西晋中·期末） 1．已知函数在区间内恰有一个零点，则实数的取值范围是 . 【典例2】（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       【思路引导】（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. 【详细解析】（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，. 【题后反思】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. 【举一反三】 （23-24高一上·浙江温州·期末） 2．函数，，方程恰有三个根，其中，则的值为 ． 探究二　函数图象性质求零点 【典例3】（24-25高一上·安徽合肥·期中）已知函数图象与函数图象有三个交点，分别为、、，则（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】推导出函数、的图象都关于点对称，结合对称性可得出结果. 【详细解析】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. 【题后反思】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. 【举一反三】 （24-25高一上·安徽芜湖·期中） 3．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 【典例4】（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 【思路引导】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. 【详细解析】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. 【题后反思】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. 【举一反三】 4．是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x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，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 探究三　迭代函数零点 【典例5】（24-25高一上·北京·期中）奇函数和偶函数的图象分别如图1、图2所示，方程和的实根个数分别，，则（ ） A．3    B．7    C．10    D．14 【思路引导】令，得到，从而求出对应的解，，同理可得有4个解，，得到答案. 【详细解析】结合函数图象可知中，令，则，故， 结合图象可知，的根为0，有2个根，无解； 故有3个解，故； 中，令，则有2个根，不妨设， 当，即，此时有2个解， 当，即，此时有2个解， 故有4个解，即， 综上，. 故选：B 【题后反思】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. 【举一反三】 （23-24高一上·吉林·期末） 5．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．函数在上单调递增 B．若方程有3个不等的实根，则的取值范围是 C．若方程有3个不等的实根，则的取值范围是 D．方程有4个不等的实根 【典例6】（24-25高三上·甘肃酒泉·阶段练习）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 . 【思路引导】把原题分解为、的实根个数之和为4即可，在平面直角坐标系中画出、以及的图象，由此列出关于的不等式即可求解. 【详细解析】 或， 在平面直角坐标系中画出、以及的图象，如图所示： 若关于的方程有4个不同的实根， 则当且仅当，解得或， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【题后反思】解题的关键在于将问题转换为的实根个数为2，通过数形结合的方法即可求解. 【举一反三】 6．已知函数，若关于x的方程有5个不同的实根，则实数可能的取值有（    ） A． B． C． D． （23-24高一上·湖北武汉·期末） 7．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 8．函数，若，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．函数至少有4个零点 C．当函数有8个零点时，设最大零点为，则 D．函数所有零点之和为定值 9．已知函数,，，则下列说法正确的是（    ） A．当时，函数有3个零点 B．当时，若函数有三个零点，则 C．若函数恰有2个零点，则 D．若存在实数m使得函数有3个零点，则 10．已知函数，若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是 ． 11．设二次函数 (1)若该二次函数无零点，求实数a的取值范围； (2)方程的两根为，，若，，求实数a的取值范围. （23-24高一上·云南昆明·期末） 12．函数． (1)求和的值，判断的单调性并用定义加以证明； (2)设是函数的一个零点，当时，，求整数的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题四 指数函数与对数函数 微点17   函数与方程（二） 函数与方程问题是高考中的热点与重难点，处理过程中可充分体现函数与方程、数形结合、分类讨论、转化与划归等数学思想，综合性比较强，．下面我们从以下三个角度进行研究： 1.由零点求参数范围问题； 2.函数图象性质求零点； 3.迭代函数零点问题. 通过以上三个方面提高同学们直观想象、数学抽象、逻辑推理的核心素养. 探究一　由零点求参 【典例1】（24-25高一上·江苏苏州·期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ） A．为奇函数 B．在上单调递增 C．关于的方程有2个解 D．若关于的不等式恰有1个整数解，则正实数的范围是 【思路引导】根据函数解析式可直接得出为奇函数，即A正确，画出函数图象可知B错误，结合图象可得方程有2个解，即C正确，根据不等式中整数解的个数可得，即可得正实数的范围是，即D正确. 【详细解析】易知函数的定义域为，即定义域为关于原点对称； 且满足，即可得为奇函数，即A正确； 当时，可得， 可得函数在上单调递减，即B错误； 画出函数图象如下图所示： 易知代表函数图象与和交点个数，由图可知方程有2个解，即C正确； 关于的不等式可得， 结合图象可知，当时，可知不等式有无数个整数解； 当时，区间上无整数解， 因此只需在上包含一个即可，当时，， 当时，， 因此若不等式恰有1个整数解，只需，解得； 又为正实数，所以正实数的范围是，可得D正确. 故选：ACD 【题后反思】本题关键在于根据函数解析式判断得出其奇偶性并利用对称性画出函数图象，再由函数与方程的思想即可得出方程根与不等式的解. 【举一反三】（23-24高一上·山西晋中·期末） 1．已知函数在区间内恰有一个零点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】分类讨论和两种情况，再利用判别式和零点存在性定理列不等式求解即可. 【详解】当时，，令得，符合题意； 当时，是二次函数，对于方程， 只需，即，解得，且， 当时，，此时，得或，符合题意， 当时，，此时，得或，符合题意， 综上，实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查函数零点分布. 讨论和两种情况，当时，可判断判别式大于零，结合零点存在性定理运算求解. 【典例2】（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       【思路引导】（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. 【详细解析】（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，. 【题后反思】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. 【举一反三】 （23-24高一上·浙江温州·期末） 2．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. 探究二　函数图象性质求零点 【典例3】（24-25高一上·安徽合肥·期中）已知函数图象与函数图象有三个交点，分别为、、，则（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】推导出函数、的图象都关于点对称，结合对称性可得出结果. 【详细解析】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. 【题后反思】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. 【举一反三】 （24-25高一上·安徽芜湖·期中） 3．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. 【典例4】（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 【思路引导】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. 【详细解析】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. 【题后反思】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. 【举一反三】 4．是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x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，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【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x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：C 【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. 探究三　迭代函数零点 【典例5】（24-25高一上·北京·期中）奇函数和偶函数的图象分别如图1、图2所示，方程和的实根个数分别，，则（ ） A．3    B．7    C．10    D．14 【思路引导】令，得到，从而求出对应的解，，同理可得有4个解，，得到答案. 【详细解析】结合函数图象可知中，令，则，故， 结合图象可知，的根为0，有2个根，无解； 故有3个解，故； 中，令，则有2个根，不妨设， 当，即，此时有2个解， 当，即，此时有2个解， 故有4个解，即， 综上，. 故选：B 【题后反思】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. 【举一反三】 （23-24高一上·吉林·期末） 5．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．函数在上单调递增 B．若方程有3个不等的实根，则的取值范围是 C．若方程有3个不等的实根，则的取值范围是 D．方程有4个不等的实根 【答案】BCD 【分析】利用单调性的定义判断A，作出函数的大致图象，结合图象可判断B；设，结合图象可得，且，进而判断C；令，则，分和两种情况结合图象讨论求解即可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以，， 则在上不单调递增，故A错误； 对于B，作出的大致图象，如图，. 要使方程有3个不等的实根， 则函数和有3个交点，则， 即的取值范围是，故B正确； 对于C，由，得， 不妨设，由图可知，，且， 所以，即的取值范围是，故C正确； 对于D，由图可知，函数的值域为， 由，令，则， 当时，，解得， 由图可知，方程的有个3不等的实根； 当时，，解得， 由图可知，方程的有个1不等的实根， 综上所述，方程有4个不等的实根，故D正确. 故选：BCD. 【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. 【典例6】（24-25高三上·甘肃酒泉·阶段练习）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 . 【思路引导】把原题分解为、的实根个数之和为4即可，在平面直角坐标系中画出、以及的图象，由此列出关于的不等式即可求解. 【详细解析】 或， 在平面直角坐标系中画出、以及的图象，如图所示： 若关于的方程有4个不同的实根， 则当且仅当，解得或， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【题后反思】解题的关键在于将问题转换为的实根个数为2，通过数形结合的方法即可求解. 【举一反三】 6．已知函数，若关于x的方程有5个不同的实根，则实数可能的取值有（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】先画出的图象，再令，将嵌套型方程的根转化为两简单方程与的总根，再转化为分别与与交点的横坐标，再数形结合求解． 【详解】画出的图象，如图， 令，要使的方程有5个不同的实根， 所以由图象可知关于的方程必须有2个不等实根，， 所以关于的两个简单方程与总共有5个不同实根， 即如图分别与与一共有5个交点，交点的横坐标即为根， 所以，或或， ①当时，代入方程，得，，，； ②当时，代入方程，得，，，； ③当，时，令， 则，即，解得， 综上，． 故选：AC． （23-24高一上·湖北武汉·期末） 7．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. 8．函数，若，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．函数至少有4个零点 C．当函数有8个零点时，设最大零点为，则 D．函数所有零点之和为定值 【答案】AC 【分析】先由题意求出a，然后将原问题转化为与 方程组问题，结合图像判断即可. 【详解】，解得或，又，所以，故A正确； 令即，， 令，则原方程转化为， 如图，当时，方程有两解， 如图当时，原函数零点个数最少，有6个，故B错； 当有8个零点时，如图，和是零界情况， 令或， 最大解为，所以， 令或， 最大解为，所以，故C正确； 如图，易知所有零点都关于对称，当函数有8个零点时，所有零点的和为， 当函数有7个零点时，所有零点的和为，当函数有6个零点时，所有零点的和为，故D错； 故选：AC. 9．已知函数,，，则下列说法正确的是（    ） A．当时，函数有3个零点 B．当时，若函数有三个零点，则 C．若函数恰有2个零点，则 D．若存在实数m使得函数有3个零点，则 【答案】AB 【分析】A选项，令与，解出方程的根，得到零点个数；B选项，画出画出与的图象，得到要想有三个零点，则，不妨设，则，，求出，；C选项，求出当时，不存在零点，而有两个零点，函数恰有2个零点，C错误；D选项，要想存在实数m使得函数有3个零点，则要保证对称轴左侧部分存在，求出. 【详解】当时，， 当时，令，解得：， 当时，令，解得：， 故函数有3个零点，A正确； 当时，， 令，则， 要想有三个零点，则， 画出与的图象如下： 不妨设，则，， 故，解得：， 则，B正确； 因为时，，或4时，， 当时，不存在零点，而有两个零点，此时函数恰有2个零点，故C错误； 画出与的图象如下： 要想存在实数m使得函数有3个零点，则要保证对称轴左侧部分存在，故，D错误. 故选：AB 【点睛】方法点睛：函数零点或方程的解问题，常常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. 10．已知函数，若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】将有个不同的零点转化成，图象有3个交点即可，利用数形结合的方式即可分类求解. 【详解】对于函数，设，令，则， ,当时，在单调递增，所以在单调递增，且， 在同一坐标系内作出直线以及的图象： 若则与的图象有两个交点，设交点的横坐标为，不妨设，则，， 易得的图象和的图象相同，结合的图象可得， 当时，有且只有一个解，当时，有两个不同解,此时满足函数有三个不同的零点. 若则与的图象只有一个交点，设交点的横坐标为，则， 当时，有且只有一个解，不合题意， 综上，函数有三个不同的零点时，的取值范围是． 故答案为：． 11．设二次函数 (1)若该二次函数无零点，求实数a的取值范围； (2)方程的两根为，，若，，求实数a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)根据函数无零点，得到对应方程没有实数根，利用判别式小于零即可求解； (2)根据方程的两根，，利用根的分布列出不等式组即可求解. 【详解】（1）若函数无零点，也即方程无实数根， 则判别式，解得， 即实数a的范围为； （2）因为方程的两根，， 则，即，解得， 即实数a的范围为 （23-24高一上·云南昆明·期末） 12．函数． (1)求和的值，判断的单调性并用定义加以证明； (2)设是函数的一个零点，当时，，求整数的最大值． 【答案】(1)，，在定义域上单调递增，证明见解析， (2)整数的最大值为 【分析】（1）由函数解析式直接求解和，判断在定义域上单调递增，利用定义法证明即可； （2）由已知可得，由可得，由，可得，从而求出的取值范围，进而可得的取值范围，即可得解． 【详解】（1），， 判断在定义域上单调递增，证明如下： 在上任取，，且， 则， 因为，，所以，，，所以，， 所以，即，所以， 所以在定义域上单调递增． （2）由题意得，即， ，则，即， 由是上的增函数， 所以，又， 所以， ， 令,，则， 所以在,上单调递减， 所以，即， 当时，， 所以，所以整数的最大值为． 【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． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$