08函数的应用-函数的零点与方程的解答-浙江省2023-2024学年高一上学期数学期末复习专题练习

这是一份08函数的应用-函数的零点与方程的解答-浙江省2023-2024学年高一上学期数学期末复习专题练习，共36页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·浙江台州·高一统考期末）已知函数，若关于x的方程在区间上有两个不同的实根，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·浙江杭州·高一浙江大学附属中学校考期末）设二次函数的部分图象如图所示，则函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·浙江湖州·高一期末）已知函数，则函数在上的零点个数不可能为（ ）
A．1B．2C．8D．10
4．（2023上·浙江·高一期末）已知函数满足：，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．0
5．（2023上·浙江宁波·高一统考期末）若关于的方程恰有三个不同的实数解，，，且，其中，则的值为（ ）
A．-6B．-4C．-3D．-2
6．（2023上·浙江宁波·高一统考期末）函数的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·浙江杭州·高一统考期末）函数，若，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
8．（2023上·浙江丽水·高一统考期末）已知函数为自然对数的底数），，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2023上·浙江杭州·高一杭州市长河高级中学校考期末）已知函数，若关于x的方程有5个不同的实根，则实数a的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
10．（2023上·浙江杭州·高一浙江省杭州第七中学校考期末）已知和都是定义在R上的函数，则（ ）
A．若，则的图象关于点中心对称
B．函数与的图象关于y轴对称
C．若，则函数是周期函数，其中一个周期
D．若方程有实数解，则不可能是
11．（2023上·浙江杭州·高一浙江大学附属中学校考期末）已知函数，若函数有四个不同的零点、、、，且，则以下结论中正确的是（ ）
A．B．且
C．D．方程有个不同的实数根
12．（2023上·浙江衢州·高一统考期末）已知函数，，则（ ）
A．若，则方程只有一个解
B．若，则方程至少有一个解
C．若，则方程恒有一个解
D．若方程有三个解，，，且，则
13．（2023上·浙江·高一期末）已知，下列结论正确的是（ ）
A．若的解集是，则
B．若，则
C．若，则函数有两个零点
D．存在，使得对任意恒成立
14．（2022上·浙江杭州·高一统考期末）已知和都是定义在上的函数，则（ ）
A．若，则的图象关于点中心对称
B．函数与的图象关于轴对称
C．若，则函数是周期函数，其中一个周期
D．若方程有实数解，则不可能是
15．（2022上·浙江杭州·高一统考期末）已知函数的零点分别为，则有（ ）
A．B．
C．D．
16．（2022上·浙江绍兴·高一统考期末）若函数，则函数的零点情况说法正确的是（ ）
A．函数至少有两个不同的零点
B．当时，函数恰有两个不同的零点
C．函数有三个不同零点时，
D．函数有四个不同零点时，
三、填空题
17．（2023上·浙江杭州·高一杭师大附中校考期末）已知函数有三个零点，且的图像关于直线对称，则的取值范围为 .
18．（2023上·浙江杭州·高一杭十四中校考期末）设函数，若关于x的函数恰好有四个零点，则实数a的取值范围是 .
19．（2023上·浙江衢州·高一统考期末）已知函数有唯一零点，则 ．
20．（2023上·浙江宁波·高一统考期末）已知函数的图象是一条连续不断的曲线，当时，值域为，且在上有两个零点，请写出一个满足上述条件的 .
21．（2023上·浙江温州·高一统考期末）已知函数，若关于x的方程在（）内恰有7个实数根，则 .
四、解答题
22．（2023上·浙江·高一期末）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若关于x的方程有4个不同的解，记为，且恒成立，求的取值范围．
23．（2023上·浙江·高一期末）设函数．
(1)当时，根据定义证明函数在区间上单调递减；
(2)设，若在上存在两个零点，求实数a的取值范围．
24．（2022上·浙江绍兴·高一统考期末）已知.
(1)证明：；
(2)若函数，当定义域为时，值域为，求实数的取值范围.
25．（2023上·浙江·高一期末）已知函数是偶函数，且有且仅有两个零点．
(1)求实数a，b的值；
(2)设，若对任意和，都有成立，求实数t的取值范围．
26．（2023上·浙江杭州·高一浙江省杭州第二中学校考期末）已知函数， 其中为常数，且.
(1)若是奇函数， 求a的值；
(2)证明：在上有唯一的零点；
(3)设在上的零点为，证明：.
27．（2023上·浙江宁波·高一统考期末）已知函数，.
(1)若在上有零点，求实数的取值范围；
(2)若在区间上的最小值为-2，求实数的值.
28．（2022上·浙江杭州·高一统考期末）已知函数，，其中且．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若函数在区间上有零点，求实数的取值范围．
29．（2022上·浙江绍兴·高一统考期末）已知函数.
(1)当时，求的单调递减区间；
(2)当时，函数恰有3个不同的零点，求实数的取值范围.
30．（2023上·浙江温州·高一统考期末）已知函数（）.
(1)若，求函数的最小值；
(2)若函数存在两个不同的零点与，求的取值范围.
五、问答题
31．（2023上·浙江·高一校联考期末）已知函数，．
(1)若方程，恰有一个实根，求实数a的取值范围；
(2)设，若对任意，当，时，满足，求实数a的取值范围．
32．（2023上·浙江杭州·高一杭师大附中校考期末）已知函数.
(1)当时，解方程;
(2)若对任意的都有恒成立，试求m的取值范围;
(3)用min{m，n}表示m，n中的最小者，设函数，讨论关于x的方程的实数解的个数.
六、证明题
33．（2023上·浙江衢州·高一统考期末）已知函数．
(1)若，判断的零点个数，并说明理由；
(2)记，求证：对任意，均有．
参考答案：
1．A
【分析】构造新函数，根据根的情况分类讨论可求a的取值范围.
【详解】设，因为时，不合题意，故.
，即；
若，即时，在区间上单调递减，至多有一个零点，不符合题意，舍.
若，即时，在区间上单调递增，至多有一个零点，不符合题意，舍.
若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
从而只需，即，解得，即.
故选：A
2．A
【分析】利用零点的存在性定理求解.
【详解】由图可得，，
所以，
因为单调递增，
且，
所以的零点所在的区间是，
故选:A.
3．D
【分析】函数在上的零点个数，转化为函数的图像与函数的图像在上的交点个数，作函数图像，利用数形结合求解.
【详解】函数在上的零点个数，即函数的图像与函数的图像在上的交点个数，
而，
当，；
当时，由，函数的图像，向左平移1个单位，关于轴对称翻折，再向上平移一个单位1个单位，取区间上的部分得到的图象；
当时，由，函数的图像，向右平移1个单位，再向上平移一个单位1个单位，取区间上的部分得到的图象；
其余区间的图像同理可得.
作出在上的图像，如下图所示，
当时，函数的图像与函数的图像只有一个交点，
作出在上的图像，如下图所示，
从0开始逐渐增大的过程中，函数的图像与函数的图像先开始只有一个交点；
当函数的图像与函数的图像在上出现交点时，有2个交点；
当，函数的图像与函数的图像有6个交点；
又逐渐增大，函数的图像与函数的图像在上没有交点，在上、上、上、上各有2个交点，共8个；
当函数的图像与函数的图像在上相切时，交点为7个；
随着的增大，交点数减少为6个、5个、4个、3个、2个、1个.
故函数在上零点个数不可能为10．
故选：D
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
4．A
【分析】由题意可得为函数和的交点的横坐标，数形结合判断出，从而表示出，令，即，从而将转化为，采用换元法结合基本不等式即可求得答案.
【详解】由已知，a和b分别是，即的两个解，其中，
故有，
设，则为函数和的交点的横坐标，
如图，
则，
从而，令，则，即，
从而，
令，则有．
因为，
当且仅当，即时取等号，
故，即的最大值为，
故选：A
【点睛】关键点点睛：解答本题要判断出的范围，推出，继而令，即，关键的地方在于将化为形式，从而采用换元法，变形为，即可结合基本不等式，求得答案.
5．A
【分析】利用换元法化简题目所给方程，结合二次函数零点分布、对勾函数的性质等知识求得正确答案.
【详解】依题意可知，
由整理得①，
即关于的方程恰有三个不同的实数解，，，且，
令，则或，
则①转化为，
即，
根据对勾函数的性质可知是方程的一个根，
所以，
所以，解得或，
所以是方程的根，即的根，
所以，
所以.
故选：A
【点睛】对于复杂方程的跟有关的问题求解，可根据题目所给已知方程进行转化，转化的方向是熟悉的函数类型，即将不熟悉的问题转化为熟悉的问题来进行求解.对钩函数是函数题目中常见的函数，对其性质要注意总结.
6．B
【分析】根据函数的单调性以及零点存在性定理求得正确答案.
【详解】在上单调递增，
，
所以的零点在区间.
故选：B
7．A
【分析】根据零点的存在性定理可得，求出，进而得，，利用作差法可得，即可求解.
【详解】令，解得或，
即函数的零点为和a，又，
由零点的存在性定理，得，
，
所以，，
又，得，
所以.
故选：A.
8．ABD
【分析】由题意结合的单调性易得，根据已知零点判断A、C；应用零点存在性判断的范围，由求范围判断B；放缩法可得，作差法比较的大小关系判断D.
【详解】由题意，即，
而在定义域上递增，故，
所以，即，A对，C错；
由，，故零点，
所以，B对；
由，则，
而，显然，则，故，
综上，，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：注意函数形式得到，结合单调性得到，进而有为关键.
9．ABCD
【分析】作出函数的图象，结合图象可知关于的一元二次方程根的分布，根据一元二次根的分布列出不等式求解即可．
【详解】作出函数的图象如下：
因为关于的方程有5个不同的实根，
令，则方程有2个不同的实根，
则，解得或，
若，则或，
令，
或，
解得，得；
当时解得，此时，解得，，不符合题意，故舍去；
综上可得.
故选：ABCD.
10．ACD
【分析】A.构造函数，判断函数的奇偶性，即可判断A；
B. 利用函数与的图象关于轴对称，再结合函数图象的平移规律，
即可判断B；
C.结合周期的定义，计算，即可判断C；
D.根据零点的定义，再结合换元法，构造方程，即可判断D.
【详解】A.由，得，
设，则，
所以是奇函数，图象关于对称，
所以根据函数图象变换的知识可知的图象关于点中心对称，故A正确.
B.与的图象关于轴对称，
所以与的图象关于直线对称，故B错误；
C．，所以是周期函数，
其中一个周期，故C正确.
D选项，设是方程的一个解，则，
所以，所以，
令，则，即方程有解，
当时，方程无解，故D项正确.
故选：ACD
11．ABC
【分析】画出函数的图象，根据图象，得出的范围；利用对称性以及对数的运算性质得出且；结合且，将变形为，利用函数的单调性即可得出的取值范围；令，则，解出的根，根据直线与函数的图象的交点，即可得出方程根的个数.
【详解】函数与直线的图象，如下图所示：
因为直线与函数的图象相交于四个不同的点，所以，则A正确；
因为二次函数的图象关于直线对称，则，
，则B正确；
设，因为，所以，
令，则，，
设，
因为，，所以，即函数在上单调递增，
故，即，则C正确；
令，则.
由得，则方程的解为、、、.
当时，由于，则直线与函数的图象相交一点
当时，由于，则直线与函数的图象相交一点
当时，由于，则直线与函数的图象相交不同的四点
当时，由于，则直线与函数的图象相交不同的两点
则方程有个不同的实数根，则D错误；
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：
（1）确定内层函数和外层函数；
（2）确定外层函数的零点；
（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.
12．BCD
【分析】取，即可判断A选项；当时，令，解出方程，可得，进而判断B选项；时，可直接判断C选项；对于D，设，可得，即得，联立方程，结合韦达定理和一元二次函数根的个数求解即可.
【详解】对于A，取，，则，，
由，
当时，，即（舍去）；
当时，，即（舍去）.
所以方程无解，故A错误；
对于B，若，则当时，令，
得，即，必有一解，故B正确；
对于C，若，则，，
当时，函数与恒有一个交点，
当时，令，整理得到：，
而，故此方程在上有且只有零点，
即方程恒有一个解，故C正确；
对于D，若方程有三个解，，，不妨设，
则有，
故由得，
从而得到，
从而有，故，
又由解的个数得，
解得，故D正确.
故选：BCD.
13．BC
【分析】由不等式的解集计算得到，A错误，，B正确，， 有两个零点，C正确，，D错误，得到答案.
【详解】对选项A：，，故，解得，错误；
对选项B：，，，正确；
对选项C：，，有两个零点，正确；
对选项D：当时，，，错误．
故选择：BC
14．ACD
【分析】根据函数的对称性、周期性、方程的根、图象变换等知识确定正确答案.
【详解】A选项，由，得，
设，则，
所以是奇函数，图象关于对称，
所以根据函数图象变换的知识可知的图象关于点中心对称，A选项正确.
B选项，与的图象关于轴对称，
所以与的图象关于直线对称，B选项错误.
C选项，，所以是周期函数，
其中一个周期，C选项正确.
D选项，设是方程的一个解，则，
所以，所以，
令，则，即方程有解，
当时，方程无解，所以D选项正确.
故选：ACD
15．ABC
【分析】根据函数的单调性、零点存在性定理、对称性求得正确答案.
【详解】在上递增，，所以.
在上递增，，所以.
在上递增，，所以，则，AB选项正确.
由得；
由得；
由解得，
由于与关于直线对称，与相互垂直，
所以，C选项正确，D选项错误.
故选： ABC
16．ABC
【分析】根据题意，令，则函数的零点也即方程的解，根据函数的解析式可得：或，再结合对勾函数的性质逐项进行判断即可求解.
【详解】令，则函数的零点即方程的解，
当时，，解得：；
当时，，解得：；
也即或，则有或，
因为，当时，（当且仅当时取等号）；
当时，（当且仅当时取等号），
对于，若函数没有零点，则有，无解，
所以函数必有零点，当时，有一个零点，有一个零点，其他时候至少两个零点，
所以函数至少有两个不同的零点，故选项正确；
对于，当时，由选项的分析可知：函数有两个零点；
当时，，，此时方程无解；方程有两解，此时函数有两个零点；
综上所述：当时，函数恰有两个不同的零点，故选项正确；
对于，若函数有三个不同零点，则方程有一解且有两解，或者方程有两解且有一解，
当方程有一解且有两解时，
则有或，解得：；
当方程有两解且有一解时，
则有或，解得：；
综上所述：若函数有三个不同零点时，，故选项正确；
对于，若函数有四个不同零点，则方程和均有两解，
则有或或，解得：或，故选项错误，
故选：.
17．
【分析】,则有即可求得，再由可得有2个根且都不等于1，利用判别式可得，即可求解.
【详解】，
则，定义域为，
所以的图像关于直线对称，所以，
显然为函数的一个零点，
故有2个不相等的根，且都不等于1，
所以解得，
所以，
故答案为:.
18．
【分析】画出图象，换元后分析可知方程的一根在区间上，另一根在区间上，利用二次函数根的分布列出不等式组，求出实数的取值范围.
【详解】作出函数的图象如图，
令，函数恰好有四个零点．
则方程化为，
设的两根为，
因为，所以两根均大于0，且方程的一根在区间内，另一根在区间内．
令
所以，解得：，
综上：实数的取值范围为
故答案为：
【点睛】复合函数零点个数问题，要先画出函数图象，然后适当运用换元法，将零点个数问题转化为二次函数或其他函数根的分布情况，从而求出参数的取值范围或判断出零点个数.
19．2
【分析】先判断函数关于对称，从而可得函数的零点只能为，从而可求得，再利用定义法得出在上的单调性，从而可得出结论.
【详解】，
因为，
所以函数关于对称，
要使函数有唯一零点，
所以函数的零点只能为，
，所以，
此时，
令，设，
则
，
因为，所以，则，
所以，
即，
所以函数在上递增，
又在上递增，
所以函数在上递增，在上递减，
又，故可知函数有唯一零点，符合题意，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于判断出函数关于对称，由此函数的零点只能为，要注意检验.
20． （答案不唯一，如亦可）
【分析】根据函数的自变量、值域、零点在学过函数中找到满足条件的函数即可.
【详解】根据函数自变量时，函数值域为，可考虑二次函数，
根据二次函数性质可知时，，，
令，解得，即在上有两个零点.
故答案为：（答案不唯一，如亦可）
21．4
【分析】先画出函数图像，再结合韦达定理，根据图像分析出的值即可算出答案.
【详解】因为当时，，
所以，
所以当时，是周期为4的周期函数，
当时，
所以的图像如图所示，
若关于x的方程在（）内恰有7个实数根，
令，则在（）有2个根满足，
结合图像可得，符合题意，
所以，.
故答案为：4
22．(1)
(2)．
【分析】（1）将函数化为分段函数，根据对数函数的单调性及复合函数的单调性直接得解；
（2）根据题意可得出，分离参数可得，令，换元后利用均值不等式求解.
【详解】（1）（1）.
根据复合函数单调性的知识得的单调递增区间有．
（2）由（1）可知
化简可得：
∵
∴
∴
∴
∵恒成立
∴
∴对任意恒成立
即：
令，则
∴（当且仅当时，等号成立）
∴．
【点睛】关键点点睛：根据题意中方程有四个解可转化出三者与的关系，进而将不等式转化为关于的不等式，为分离参数创造条件，分离参数后，整体换元是第二个关键点，
由换元，化简变形成为能够使用均值不等式的结构，求出函数最值，得到参数的取值范围，对能力要求较高，属于难题.
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据函数单调性的定义证明即可；
（2）由题意可化为方程在上有2个相异实根，根据二次方程根的分布列出不等式求解即可.
【详解】（1）任取且，则
∵
∴
∴，即
∴在区间上单调递减．
（2）令
原命题等价于方程在上有2个相异实根；
显然
当时，
当时，
综上所述：
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过变形得，利用函数的单调性即可；
（2）首先求出，则得到方程组，转化成是上两个大于4的根，即上有两个大于4的根，列出不等式组，解出即可.
【详解】（1）
设，设，
易得在上为增函数，
则为增函数，
而，即.
（2）由题意知：,
，，解得或
设，，
因为反比例函数在和上单调递增，
通过向左平移4个单位，再向上平移1个单位即可得到，
则函数在和上单调递增，
根据复合函数单调性知在和的范围内各自单调递减，
而，且，故，
因为定义域为，故，
根据在上单调递减，
，
是方程上两个大于4的根，
上有两个大于4的根，
则有，
.
25．(1)，
(2)
【分析】（1）由偶函数定义建立方程求得参数a，由偶函数及二次函数性质确定零点，求得参数b；
（2）命题等价为，时，由解分式不等式，最后验证，即可得所求范围.
【详解】（1）由题意：，即有：，
两边平方得：，所以实数a的值为0，故.
由偶函数及二次函数性质易得：在和上递增；在和上递减．
因为,所以
则函数有且仅有两个零点等价于，即，解得．
（2）由（1）知：函数的最大值为0，
则问题等价于对任意，都有成立，即对任意恒成立，
当时，，
而在时取到最小值2，所以，
又当时，故实数a的取值范围为．
26．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）是奇函数，由恒成立，求a的值；
（2）在上是连续增函数，结合由零点存在定理可证；
（3）把零点代入函数解析式，有，由零点所在区间得，化简变形可得结论.
【详解】（1）由题意， ， 恒成立，
即，
化简得 ， 解得.
（2）由题意， ，
∵， ∴和在上都是连续增函数，
∴在上是连续增函数，
又， ，
所以，由零点存在定理可知在上有唯一的零点.
（3）由可知 ， 即，
由（2）可知 ，
∴，
，即，所以.
【点睛】思路点睛：第3问的证明，可以从结论出发，经过变形，对数式换指数式，寻找与已知条件的关联.
27．(1)
(2)或
【分析】（1）根据二次函数零点分布的知识求得的取值范围.
（2）根据在区间端点或对称轴（二次函数时）处取得最小值进行分类讨论，由此求得的值.
【详解】（1）在上有零点，
所以，
所以.
（2）由于二次函数在闭区间上的最小值只可能在端点或对称轴处取到，
所以只需考虑一下三种情况并检验即可：
①若，∴.
的图象开口向上，对称轴，而，不成立，舍.
②若，∴.
此时的图象开口向上，对称轴，成立.
③若，∴或.
此时的图象开口向上，对称轴，而此时，成立.
综上可知，或.
28．(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）代入，分为以及两种情况，根据对数函数的单调性即可得出答案；
（2）求出.根据，分离参数可得.换元求出，即可得出或，即可求出的范围.
【详解】（1）当时，不等式可化为，
当时，得，解得；
当时，得，解得.
综上，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
（2）由题意可得，函数.
令，
因为，所以，则有，
故.
令，则.
因为在上单调递减，在上单调递增.
所以，当时，有最小值，
又，，
所以当时，有最大值.
所以，即.
又，所以或.
即或，
解得的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：已知函数在区间上有零点，求参数范围.推出，可分离参数得出，然后只需求出函数在上的值域，即可得出参数范围.
29．(1)
(2)
【分析】（1）由，得到，利用二次函数的性质求解；
（2）由题意得到，再分，，，转化为两函数交点求解；法二：令，转化为，利用数形结合法求解；
【详解】（1）解：当时，，
由二次函数的性质得的单减区间为.
（2）由题意知，，易知不是的零点.
①当时，，
令，则，
②当时，，
令，则，
③当时，，
令，则，
设，则，记，
对于①，，设，任取，且，
则，
因为，所以，又，则，
所以，即，则m在上递增，此时单调递减，且，
故当时，只有1个零点：当时，没有零点.
对于②，，此时在单调递减，在单调递增，且时，趋近，时，趋近，，
故当，即时，有2个零点；
当，即时，没有零点；
当时，只有1个零点.
对于③，令，则，记，
因为，则，显然在单调递减，且，
则时，有1个零点：当时，没有零点.
综上所述，时，有3个零点.
法二：令，即，因为，故，
因为与的渐近线分别为和，而是恒过的折线.
由图可知，当与相切时，有两个零点，
即在有且只有一个解.
即在有且只有一个解.
当，即 时， ，不成立；
当 时，，解得，
故当时，有3个零点.
30．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知，对自变量进行分类讨论，将函数写成分段函数形式利用函数单调性即可求得函数的最小值；（2）对参数的取值进行分类讨论，利用韦达定理写出关于的表达式，再利用换元法构造函数根据函数单调性即可求得其取值范围.
【详解】（1）解法一：若时，求函数，
当时，，.
当时，，.
故.
解法二：若时，求函数；
画出和的图像如下图所示：
易得.
（2）解法一：若，，因为存在两个不同的零点与，所以，得，此时，；
若，，
当时，即时，得，，
有，
令，则，
令，则在上单调递增，，则；
当，即时，有，
在上单调递减，上单调递增，
所以，无零点；
当时，只有一个零点；
故.
解法二：令，等价于存在两个不同的零点与，
当时，，因为存在两个不同的零点与，
所以，得，此时；
当时，
当，即时，得，，
有，
所以；
当，即时，有，在上单调递减，上单调递增，，无零点；
当时，只有一个零点；
故.
【点睛】方法点睛：求解二次函数零点问题时，一般将零点问题转化成二次方程根的问题，利用韦达定理写出两根之间的关系式进而求得某表达式的取值范围.
31．(1)．
(2)
【分析】（1）依题意可得，讨论二次项系数是否为0以及真数是否大于0即可求解；
（2）易知函数为定义域上为减函数，将问题转化成 ，即对任意成立，再构造二次函数，利用二次函数的单调性即可求解．
【详解】（1）由得；
即
当时，，经检验，满足题意；
当时，，经检验，满足题意；
当且时，，
若是原方程的解，当且仅当，即，
若是原方程的解，当且仅当，即，
故当是原方程的解，不是方程的解，则 ，无解，
当是原方程的解，不是方程的解，则，解得
于是满足题意的．
综上，的取值范围为．
（2）不妨令，则，
由于单调递增，单调递减，
所以函数在,上为减函数；，，
因为当，,，满足，
故只需，
即对任意成立，
因为，所以函数为开口向上的二次函数，且对称轴为 ，
故在上单调递增，当时，有最小值，
由，得，故的取值范围为．
32．(1)
(2)
(3)或时，有1个实数解，
或时，有2个实数解;
时，有3个实数解.
【分析】(1)根据函数的单调性解方程；
(2)讨论二次函数在给定区间的最值求解；
(3)分类讨论，利用数形结合的思想，转化为讨论函数图象的交点个数.
【详解】（1）当时，函数，
当时，，
此时方程无解，
当时，单调递增，单调递减，
且单调递增，，
所以此时方程有唯一的解为，
综上，方程的解为.
（2）等价于，
的对称轴为，
若，即时，在上单调递增，
从而
所以，得与矛盾，舍去;
若，即时，
在上单调递减，上单调递增，
故
当时，
则，解得，
所以，
当时，
则，解得，
则，
若，即时，在上单调递减，
从而
所以得与矛盾，舍去.
综上，的取值范围为.
（3）当时, ,则，
故在上没有实数解;
当时，.
若时,则则不是的实数解，
若时，则,
则是的实数解，
当时，，故只需讨论在(0,1)的实数解的个数，
则得,
即问题等价于直线与函数图象的交点个数.
由于在单调递减，在上单调递增，
结合在的图象可知，
当时，直线与函数图象没有交点，即没有实数解;
当或时，在有1个实数解;
当时，在有2个实数解;
综上，或时，有1个实数解，
或时，有2个实数解;
时，有3个实数解.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解决的关键在于分类讨论二次函数在给定区间的单调性和最值，要结合对称轴与区间的位置关系；第三问解决的关键是在不同范围内取得的不同的最小值,数形结合的思想分类讨论求解.
33．(1)有两个零点，理由见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）结合对勾函数性质，分和两种情况讨论，即得解；
（2）由题得，由于在递减，在递增，所以再分，和三种情况讨论得证.
【详解】（1）因为，，结合对勾函数性质，
①即时，，此时无解；
②即时，在递减，在递增，
故，
此时，有两解：综上可知，有两个零点．
（2）事实上，且，
因为，结合知在递减，在递增
①若，即时，在递增，故成立，另一方面，结合知，，故成立．
②若，即时，在递减，故成立，另一方面，结合知，，故成立．
③若，即时，在递减，在递增，故成立，下面证明，只需证，
由，
（ⅰ）若，即时，，则
，注意到，由成立及
成立可知成立，即此时成立．
（ⅱ）若，即时，，则
，注意到，由成立及
成立可知．即此时成立．
结合（ⅰ）（ⅱ）可知成立．
综上，对任意，均有．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是数形结合分类讨论思想的灵活运用，其一是灵活运用对勾函数的图象和性质分析，其二是分类讨论的思想在第2问的灵活运用.