2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题二 函数概念与基本初等函数 第五讲函数与方程答案

专题二  函数概念与基本初等函数Ⅰ

第五讲  函数与方程

答案部分

2019年

1.解析：因为，所以，

当时，，

当时，，，

当时，，，

当时，由解得或，

若对任意，都有，则．
故选B．

 2.解析  作出函数与的图像如图所示，

由图可知，函数与仅有2个实数根；
要使关于x的方程有8个不同的实数根，
则，与，的图象有2个不同交点，
由到直线的距离为1，得，解得，

因为两点，连线的斜率，
所以，

即的取值范围为.

3.解析：当时，，最多一个零点；

当时，，

，

当，即时，，在上递增，最多一个零点不合题意；
当，即时，令得，函数递增，令得，函数递减；函数最多有2个零点；
根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在上有2个零点，
如下图：

所以且，
解得，，．
故选C．

2010-2018年

1．C【解析】函数存在 2个零点，即关于的方程有2 个不同的实根，即函数的图象与直线有2个交点，作出直线与函数的图象，如图所示，

由图可知，，解得，故选C．

2．C【解析】令，则方程有唯一解，

设，，则与有唯一交点，

又，当且仅当时取得最小值2．

而，此时时取得最大值1，

有唯一的交点，则．选C．  

3．B【解析】当时，，函数，在上单调递减，函数，在上单调递增，因为，，，，所以，，此时与在有一个交点；当时，，函数，在

上单调递减，在上单调递增，此时，在无交点，

要使两个函数的图象有一个交点，需，即，解得．

选B．

4．C【解析】当时，单调递减，必须满足，故，此时函数在上单调递减，若在上单调递减，还需，即，所以．当时，函数的图象和直线只有一个公共点，即当时，方程只有一个实数解．因此，只需当时，方程

只有一个实数解，根据已知条件可得，当时，方程

，即在上恰有唯一的实数解．判别式，当时，，此时满足题意；令，由题意得，即，即时，方程有一个正根、一个负根，满足要求；当，即时，方程有一个为0、一个根为，满足要求；当，即，即时对称轴，此时方程有两个负根，不满足要求；综上实数的取值范围是．

5．A【解析】是偶函数且有无数多个零点，为奇函数，既不是奇函数又不是偶函数，是偶函数但没有零点．故选A．

6．D【解析】由韦达定理得，，则，当适当排序后成等比数列时，必为等比中项，故，．当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时，，解得，；

当是等差中项时，，解得，，综上所述，，

所以，选D．

7．D【解析】由得，

所以，

即，

，所以恰有4个零点等价于方程有4个不同的解，即函数与函数

的图象的4个公共点，由图象可知．

8．A【解析】由A知；由B知，；由C知

，令可得，则，则；

由D知，假设A选项错误，则，得，满足题意，故A结论错误，同理易知当B或C或D选项错误时不符合题意，故选A．

9．B【解析】如图所示，方程有两个不相等的实根等价于两个函数的图象有两个不同的交点，结合图象可知，当直线的斜率大于坐标原点与点的连续的斜率，且小于直线的斜率时符合题意，故选．

10．C【解析】∵，，

，∴零点的区间是．

11．A【解析】在内有且仅有两个不同的零点就是函数

的图象与函数的图象有两个交点，在同一直角坐标系内作出函数，和函数的图象，如图，

当直线与和都相交时

；当直线与有两个交点时，

由，消元得，即，

化简得，当，即时直线

与相切，当直线过点

时，，所以，综上实数的取值范围是．

12．D【解析】当时，函数的零点即方程的根，由，解得或3；当时，由是奇函数得，

即，由得（正根舍去）．

13．A【解析】，是方程的两根，

由，则又两个使得等式成立，

，，其函数图象如下：

如图则有3个交点，故选A.

14．A【解析】由，可得，，

．显然，，

所以该函数在和上均有零点，故选A．

15．B【解析】二次函数的图像开口向上，在轴上方，对称轴为

，； ．所以，从图像上可知交点个数为2．

16．B【解析】令，可得，由图象法可知有两个零点．

17．B【解析】因为在内单调递增，又，

所以在内存在唯一的零点．

18．C【解析】，则或，，又，

所以共有6个解.选C．

19．B【解析】由题意知，所以函数为偶函数，所以

，所以函数为周期为2的周期函数，

且，，而为偶函数，

且，在同一坐标系下作出两函数在上的图像，发现在内图像共有6个公共点，则函数在上的零点个数为6，故选B．

20．B【解析】由题意知，若，即时，；当，即或时，，要使函数的图像与轴恰有两个公共点，只须方程有两个不相等的实数根即可，即函数的图像与直线有两个不同的交点即可，画出函数的图像与直线，不难得出答案B．

21．C【解析】由一元二次方程有两个不相等的实数根，可得判别式，即，解得或，故选C．

22．D【解析】图像法求解．的对称中心是也是的中心，他们的图像在的左侧有4个交点，则右侧必有4个交点．不妨把他们的横坐标由小到大设为，

则，所以选D

23．B【解析】因为当时, ,又因为是上最小正周期为2的周期函数，且,所以,又因为,

所以,,故函数的图象在区间[0,6]上与轴的交点的个数为7个,选B．

24．C【解析】当时，令解得；

当时，令解得，所以已知函数有两个零点，选C．

25．B【解析】因为，，所以选B．

26．A【解析】有实数解等价于，即．当时，成立，但时，不一定成立，故选A．

27．A【解析】，，由于，所以，故函数在上存在零点；由于，故函数在

上存在零点，在上也存在零点，令，

则，而，

所以函数在上存在零点，故选A．

28．3【解析】由题意知，，所以，，

所以，，当时，；当时，；

当时，，均满足题意，所以函数在的零点个数为3．

29．【解析】当时，由，得；

当时，由，得．

令，作出直线，，

函数的图象如图所示，

的最大值为，由图象可知，若恰有2个互异的实数解，则，得．

30．【解析】()，当时在 上恒成立，则在上单调递增，又，所以此时在内无零点，不满足题意．当时，由得，由得，则在上单调递减，在上单调递增，又在内有且只有一个零点，所以，得，所以，

则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，则，，，则，所以在上的最大值与最小值的和为．

31．；【解析】若，则当时，令，得；当时，令，得．综上可知，所以不等式的解集为．令，解得；令，解得或．因为函数恰有2个零点，结合函数的图象（图略）可知或．

32．8；11【解析】因为，所以，解得．

33．8【解析】由于，则需考虑的情况，

在此范围内，且时，设，且互质，

若，则由，可设，且互质，

因此，则，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，

因此，因此不可能与每个周期内对应的部分相等，

只需考虑与每个周期的部分的交点，

画出函数图象，图中交点除外其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期的部分，

且处，则在附近仅有一个交点，

因此方程的解的个数为8．

34．【解析】由题意，当时，，其顶点为；当时，函数的图象与直线的交点为．

①当，即时，函数的图象如图1所示，此时直线与函数的图象有一个或两个不同的交点，不符合题意；

②当，即时，函数的图象如图2所示，则存在实数满足，使得直线与函数的图象有三个不同的交点，符合题意．综上，的取值范围为．

图1                             图2

35．2【解析】因为

=

36． 【解析】①若，则，作出函数的图象如图所示，由图可知的最小值为．

②当时，要使恰好有3个零点，需满足，即．所以；

当时，要使恰好有2个零点，需满足，解得．

37．【解析】分析题意可知，问题等价于方程与方程的根的个数和为，若两个方程各有一个根：则可知关于的不等式组

有解，从而；若方程无解，方程有2个根：则可知关于的不等式组有解，从而；综上，实数的取值范围是

．

38．【解析】函数在区间上有互不相同的10个零点，即函数

与的图象有10个不同的交点，在坐标系中作出函数在一个周期内的图象，可知．

39．2【解析】当时，令，解得；

当时，，∵，∴在上单调递增，因为，，所以函数在有且只有一个零点，所以的零点个数为2．

40．或【解析】法一 显然．(ⅰ)当与相切时，，此时恰有3个互异的实数根．

（ⅱ）当直线与函数相切时，，此时

恰有2个互异的实数根.结合图象可知或．

法二：显然，所以.令，则．

因为，所以．

结合图象可得或.

41．【解析】由定义运算“*”可知

=，如图可知满足题意的的范围是，

不妨设，当时，=，即

∴；∴

当时，由，得

∴，

42．【解析】当时，，说明函数在上单调递增，函数的值域是，又函数在上单调递减，函数的值域是，因此要使方程有两个不同实根，则．

43．【解析】由原函数有零点，可将问题转化为方程有解问题，即方程有解．令函数，则，令，得，所以在上是增函数，在上是减函数，所以的最大值为，所以．