2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题第23思想01运用分类讨论的思想方法解题

这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题第23思想01运用分类讨论的思想方法解题，共35页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．将一个骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数能组成成等差数列的概率为
A．B．C．D．
2．一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．过点的直线与圆相切，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
4．已知函数．设s为正数，则在中（ ）
A．不可能同时大于其它两个B．可能同时小于其它两个
C．三者不可能同时相等D．至少有一个小于
5．如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
6．已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，下列正确的是（ ）
①截面可能为六边形
②存在点N，使得截面
③若截面为平行四边形，则
④当N与C重合时，截面面积为
A．①②B．③④C．①③D．②④
二、多选题
9．已知双曲线的左右焦点分别是，，过的直线交双曲线的右支于、两点，若为等腰直角三角形，则的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
10．设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
11．若数列中不超过的项数恰为，则称数列是数列的生成数列，称相应的函数是数列生成的控制函数.已知，且，数列的前m项和为，若，则m的值为 .
12．记若是等差数列，则称为数列的“等差均值”;若是等比数列，则称为数列的“等比均值”.已知数列的“等差均值”为2,数列的“等比均值”为3.记数列的前项和为若对任意的正整数都有,则实数的取值范围是 ．
13．已知圆，过点的直线交圆于两点，且，请写出一条满足上述条件的直线的方程 .
14．已知，关于的方程有且仅有一个解，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
16．已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
17．甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：
规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立.
(1)求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；
(2)若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率.
18．2021年4月23日是第26个“世界读书日”，某校组织“阅百年历程，传精神力量”主题知识竞赛，有基础题、挑战题两类问题.每位参赛同学回答次，每次回答一个问题，若回答正确，则下一个问题从挑战题库中随机抽取；若回答错误，则下一个问题从基础题库中随机抽取.规定每位参赛同学回答的第一个问题从基础题库中抽取，基础题答对一个得10分，否则得0分；挑战题答对一个得30分，否则得0分.已知小明能正确回答基础类问题的概率为，能正确回答挑战类问题的概率为，且每次回答问题是相互独立的.
(1)记小明前2题累计得分为，求的概率分布列和数学期望；
(2)记第题小明回答正确的概率为，证明：当时，，并求的通项公式.
19．已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列，若表示不超过x的最大整数，如，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前2020项的和.
20．将连续正整数1，2，，从小到大排列构成一个数，为这个数的位数如当时，此数为123456789101112，共有15个数字，，现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率.
(1)求
(2)当时，求的表达式.
(3)令为这个数中数字0的个数，为这个数中数字9的个数，，，求当时的最大值.
21．已知点M是椭圆C：上一点，，分别为椭圆C的上、下焦点，，当，的面积为.
(1)求椭圆C的方程：
(2)设过点的直线和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线，使得与（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线的方程：若不存在，说明理由.
22．已知函数，为常数，
(1)若函数在原点的切线与函数的图象也相切，求b；
(2)当时，，使成立，求M的最大值；
(3)若函数的图象与x轴有两个不同的交点，且，证明：
23．已知函数(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝1，证明：曲线y＝f(x)与直线y＝x＋1恰有两个公共点，且这两个公共点关于点(0，1)对称．
第一轮
甲VS乙
丙VS丁
第二轮
甲VS丙
乙VS丁
第三轮
甲VS丁
乙VS丙
参考答案：
1．A
【详解】分析：将一个骰子连续抛掷三次，每次都有种情况，由分步计数原理可得共有种情况，、分两种情况讨论骰子落地时向上的点数能组成等差数列的情况，可得符合条件的情况数目，由古典概型概率公式可得结果.
详解：根据题意，将一个骰子连续抛掷三次，每次都有种情况，
则共有种情况，
它落地时向上的点数能组成等差数列，分两种情况讨论：
①若落地时向上的点数若不同，
则为或或或或或，共有种可能，
每种可能的点数顺序可以颠倒，即有种情况，
共有种情况；
②若落地时向上的点数全相同，有种情况，
共有种情况，
落地时向上的点数能组成等差数列的概率为，故选A.
点睛：本题考查古典概型概率公式，属于中档题. 在解古典概型概率题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.
2．B
【分析】恰好取5次球时停止取球，分两种情况3，1，1及2，2，1，这两种情况是互斥的，利用等可能事件的概率计算每一种情况的概率，再根据互斥事件的概率得到结果．
【详解】分两种情况3，1，1及2，2，1
这两种情况是互斥的，下面计算每一种情况的概率，
当取球的个数是3，1，1时，
试验发生包含的基本事件总数事件是，
满足条件的事件数是
∴这种结果发生的概率是
同理求得第二种结果的概率是
根据互斥事件的概率公式得到.
故选：B．
【点睛】此题考查根据古典概型求解概率，关键在于准确分类，求出基本事件总数和某一事件包含的基本事件个数.
3．C
【分析】当斜率不存在时可知满足题意；当斜率存在时，设其方程为，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，由此可得切线方程.
【详解】当过的直线斜率不存在时，方程为，与圆相切，满足题意；
当过的直线斜率存在时，设方程为，即，
圆的圆心到的距离，解得：，
，即；
直线的方程为或.
故选：C.
【点睛】易错点点睛：本题考查过圆外一点的圆的切线方程的求解，解决此类问题采用待定系数法，利用圆心到直线距离等于半径来进行求解；易错点是忽略切线斜率不存在的情况，造成丢根的情况出现.
4．D
【分析】利用导数分析函数的单调性和最值，并结合的大小关系，通过赋值或分类讨论分析判断.
【详解】∵，则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，则，且，
对A：若，则，则，A错误；
对B、C：当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则，故；
综上所述：不可能同时小于，B、C错误；
对D：构建，则当时恒成立，
故在上单调递减，则，
令，可得，则，
故，即，使得，
反证：假设均不小于，则，
显然不成立，假设不成立，D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：在比较与的大小关系时，通过构建函数，结合导数分析判断.
5．B
【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，
所以，故不可能平行，错；
B：若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
，面，则面，
所以存在Q使得平面，对；
C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等，
故三棱锥的体积不是定值，错；
D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且，
所以，，若它们夹角为，
则，
令，则，
当，则，；
当则；
当，则，；
所以不在上述范围内，错.
故选：B
6．B
【分析】当与位于同一半圆时，可知当三点共线时取得最小值，当位于时，取得最大值；当与分别在两个半平面中时，作出二面角的平面角及在平面上的投影点，设，利用勾股定理和三角恒等变换知识，结合三角函数值域求法可求得所处的范围；综合两种情况可得结果.
【详解】由圆的方程知：圆的半径为；
当与位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图如下图所示，
（当且仅当三点共线时取等号），
当位于图中处时，取得最小值；
又当位于图中处时，取得最大值；
当与分别在两个半平面中时，
作平面，垂足为，作轴，垂足为，连接，则三点共线，设为延长线上的点，则即为翻折后的二面角的平面角，
，，
，，，
；
为圆右半圆上的点，可设，，
，
（其中，），
，当，即时，，
则；
又，，即；
综上所述：两点间的距离的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查空间中两点间距离的取值范围的求解问题，解题关键是能够分别讨论两点位于同一半平面和不同两个半平面中两种情况；尤其当两点位于不同半平面中时，能够结合二面角平面角的定义和投影点，利用勾股定理表示出所求距离.
7．C
【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.
【详解】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时， 视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故选：C.
8．B
【分析】
利用点N的位置不同得到的截面的形状判断选项A，C，利用线面垂直的判定定理分析选项B，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D．
【详解】长方体中，过作长方体的截面交棱于N，
设为的中点，根据点N的位置的变化分析可得，
当时，截面为平行四边形，
当时，截面为五边形，
当，即点N与点C重合时，截面为梯形，故①错误，③正确；
设截面，因为，所以，
又平面，且平面，所以，
又，所以平面，
所以N只能与C重合才能使，
因为显然不垂直平面，故此时不成立，故②错误；
因为当N与C重合时，截面为梯形，
如图所示，过M作垂直于于点，
设梯形的高为h，，
则由平面几何知识可得，
解得，
所以截面的面积为，故④正确．
故选：B.
9．BC
【分析】分和与轴不垂直两种情况，结合几何关系以及双曲线的定义、性质可求解.
【详解】当轴时，将代入得解得，
所以，且，
因为为等腰直角三角形，所以
所以，所以，则有，
即，解得（舍）或，
当与轴不垂直时，由于对称性，不妨设倾斜角为锐角，
且在轴上方，则可得，
所以由为等腰直角三角形可得，
根据双曲线的定义可得所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以，
在直角三角形中，，
即，整理得，解得，
故选:BC.
10．
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
【详解】（1）当时，，
即，
若时，，此时成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即且；
若方程有一根为，则，解得：且；
若时，，此时成立．
（2）当时，，
即，
若时，，显然不成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即；
若方程有一根为，则，解得：；
若时，，显然不成立；
综上，
当时，零点为，；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，零点为．
所以，当函数有两个零点时，且．
故答案为：．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
11．11
【分析】讨论m为奇数或偶数，从而求得的表达式，进而求出的表达式，结合解方程，即可求得答案.
【详解】由题意可得，m为偶数时，则，则；
m为奇数时，则，则；
，
m为偶数时，则
，
m为奇数时，则，
由，则，或，
因为，得，
故答案为：
12．
【详解】分析：先利用定义求出再把它们的通项代入求出
，再根据对任意的正整数都有,得到关于k的不等式组，解之即得k的取值范围.
详解：由题得，
所以
所以
两式相减得
又由题得
所以
所以
两式相减得
所以
因为对任意的正整数都有,
所以
解之得.
故填.
点睛：解答定义题，首先要理解原题的定义，每一个关键词都要理解清楚，再解答. 如果定义含糊，解题当然会有问题.本题实际上是一个数列的通项问题和恒成立问题.
13．（答案不唯一，也满足）
【分析】分别讨论直线l斜率存在、不存在的情况，设C到直线的距离为d，由得，结合点线距离公式即可求解判断.
【详解】由题意得，半径，，
故在圆外，设O到直线的距离为d，
由得，即，
解得，
当直线l斜率不存在时，即，此时，符合题意；
当直线l斜率存在时，设为，即，
则， 即，解得，故直线为.
故答案为：（答案不唯一，也满足）
14．
【分析】由已知得出，设，则，再根据解的个数解的个数（且），分析讨论解的个数，即可得解．
【详解】因为，，
所以，且，
则，即，
设，
则，即有且仅有一个解，
因为解的个数解的个数（且），
所以下面讨论解的个数；
由，得其中，
（1）当时，
得，
令，，则，即，
因为，
所以为增函数，
所以，
令，，则，
令得，
当，，即单调递减，
当，，即单调递增，
所以 ，
（ⅰ）当，即时，方程无解，即函数与的图像没有交点；
（ⅱ）当，即时，方程有一解，即函数与的图像有一个交点；
（ⅲ）当，即时，
当时，，当时，，
所以方程有两解，即函数与的图像有两个交点；
（2）当时，
由①②消去，得③，
由于，且，故，即，
对③式两边取自然对数，得，即，
两边取自然对数，得，
令，，
则，
由得，
令，，
则，
由得，
当时，；当时，；
所以当时，；
（ⅰ）当，即时，恒成立，
所以，
因为，，
所以，即当且仅当，且时等号成立；
所以在上为减函数，
又因为当时，；时，，
所以方程恰有一解，此时函数与的图像有一个交点；
（ⅱ）当时，即时，
因为当时；时，
所以存在，，使得，
所以，
当变化时，的变化情况如下表：
由上表可知，在内是减函数，在内是增函数，在内是减函数，
下面证明，；
，
令，
则当时，，
所以在内是增函数，
所以，即；
，，
令，，
易证为减函数，
所以当，，即；
因为，
所以，
又因为当时，，当时，，
所以在区间，，各有一个解，
此时函数与的图像有三个交点；
综上所述，函数与（且）图像的交点情况如下：
当时，没有交点；
当时，有1个交点；
当时，有2个交点；
当时，有1个交点；
当时，有3个交点；
所以或，
即或，
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题关键在于：①将解的个数转化为解的个数（且）；②分类讨论解的个数与之间的关系．
15．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
16．(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
17．(1)，一定出线，理由见解析
(2)
【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因；
（2）丁以6分的成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案.
【详解】（1）记第轮比赛丁胜、平、负的事件分别为，每场比赛结果相互独立.
丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为，
丁总分7分一定出线.
理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分.
小组赛两队出线，所以丁一定出线.
（2）第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分，
①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为，
丁队出线的概率，
综上，丁以6分出线的概率为.
18．(1)
数学期望为
(2)证明见解析，
【分析】（1）写出的可能取值，并求出相应的概率，从而求出分布列及期望；（2）根据题意列出与的关系式，利用构造法求出的通项公式.
【详解】（1）的所有可能取值为0，10，40
，
.
∴的分布列如下：
；
（2）根据题意得：第题回答正确的概率为，则，所以
，而，∴成首项为，公比为的等比数列，所以，故.
19．（1）；（2）3842.
【分析】（1）由已知得，即，再利用可得答案；
（2）分、、、、时得的值可得答案.
【详解】（1）数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，得，
当时，，
当时，，
又也适合上式，
所以.
（2），
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
故数列的前2020项和为
.
【点睛】本题考查了数列求通项公式、新定义性质的运用，解题的关键点是利用求得通项公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力和计算能力.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）计算，数字0的个数为11，得到概率.
（2）考虑，，，四种情况，依次计算得到答案.
（3）考虑时，当时，当时三种情况，得到和的解析式，得到，再计算概率的最值得到答案.
【详解】（1）当时，，
即这个数中共有个数字，其中数字的个数为，
则恰好取到的概率为；
（2）当时，这个数有位数组成，；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，则；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成，；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成个四位数组成，；
综上所述：，
（3）当时，，
当时，；
当时，，
即，
同理有，
由，可知，
所以当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
由关于单调递增，
故当时，有的最大值为，
又，
所以当时，的最大值为．
【点睛】关键点点睛：函数的解析式，概率的计算，最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中分类讨论的思想是解题的关键.
21．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据焦距可求出c,再根据以及的面积可求出a,b，即得椭圆方程；
（2）设直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，根据与的面积比值为5：7，得到相关等式，联立根与系数的关系式化简，即可得到结论.
【详解】（1）由,
由,
,故,
∴,
∴,
∴，
即椭圆的标准方程为.
（2）假设满足条件的直线存在，
当直线的斜率不存在时，不合题意，
不妨设直线：，，，显然 ，
联立y=kx−2y29+x25=1，得，
所以，
因为，，得，
即（3），
由（1），（3），得 （4），
将（1）（4）代入（3）得，
所以直线的方程为，
故存在直线，使得与的面积比值为5：7.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，涉及到椭圆中的三角形面积问题，解答时一般思路是要将直线方程和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，再将该关系式代入到相关等式中化简，其中计算量大,多是关于字母参数的运算，要求计算准确，需要细心和耐心.
22．(1)或；
(2)；
(3)证明过程见解析.
【分析】（1）计算在原点的切线方程，然后与联立，利用，计算即可.
（2）求得，判断函数单调性，根据条件等价于，简单计算即可.
（3）利用，求得，然后计算，并利用等价条件可得，构建新函数并采取换元，求导计算即可.
【详解】（1）由，所以，
所以函数在原点的切线方程为：，
将该切线方程代入可得：，
依据题意可得或，
所以或；
（2）当时，，
，当时，，
所以在单调递增，则，
由题可知：使得成立等价于，
所以，
所以的最大值为；
（3）由题可知：，
所以两式相减可得：，
由，所以，
所以，
由，要证，即证，
即，
令，所以即证明：，
令，所以，
当时，，所以在单调递减，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：第（1）问关键在于求得切线方程；第（2）问在于使用等价转化；第（3）问在于化简得到，然后进行换元计算.
23．(1)答案见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导后分类讨论、、时的的单调性.
（2先构造函数研究单调性，再由零点存在性定理可证得有两个公共点；先设一个交点坐标，再判断此点关于点对称的点是否也在与上即可.
【详解】（1）∵，
当时，，，
∴在上单调递减，在单调递增；
当时，，，
∴在上单调递增，在单调递减；
综述：当时，在上单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在单调递减；
（2）①证曲线与直线有两个公共点，
当时，，令，
∵不是方程的根，
∴，
令，，则，
∴在，上单调递增，
又，，
∴由零点存在性定理可知，在上有一个零点，
又，，
∴由零点存在性定理可知，在上有一个零点，
∴有两个零点，即：与恰有两个公共点.
②证两个公共点关于(0,1)对称，
设为与的一个交点，则，
又，
，
∴点也是与的一个交点，
又∵与恰有两个公共点，
∴两交点分别为：，，
又∵点与点关于点对称，
∴两个公共点关于点对称.
∴综述：与恰有两个公共点，且两个公共点关于点对称.
负
正
负
减
增
减
0
10
40
0
10
40