2024新高考数学二轮专题复习练习题及参考答案

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同步练习1
1.【解析】(1)当时，由，可知，解得或；
(2)当时，由，可知，解得.
综上可知，使的自变量的取值范围为，故选A.
(参考【例1.3～例1.4】)
2.【解析】当时，，不符合题意，故，即，解得，故，故选A.
(参考【例1.3～例1.4】)
3.【解析】题目中条件给出，如何求值？从里向外逐层求值，先求，可得，再求，但我们并不确定变量在分段函数的哪一段，因此需要分情况讨论.
(1)当，即时，则，解得，舍去；
(2)当，即时，则，解得.
综上所述，答案选D.
(参考【例1.3～例1.4】)
4.【解析】对此类题型我们一般采用赋值法解决，令，则，令，则，令，则，令，则，解得，故选C.
(参考【例1.1～例1.2】)
5.【解析】由可知，只有使才符合题意，但我们并不确定中的变量在分段函数的哪一段，因此需要分情况讨论.
(1)若，则，所以，即符合题意；
(2)若，则，要使得，只需，即，解得，所以.
综上可知，故选C.
(参考【例1.4】)
6.【解析】由，即为，可得，故填.
(参考【例1.1～例1.2】)
7.【解析】
(1)当时，由，可知，解得，即为；
(2)当时，由，可知，解得，即为.
综上可知，不等式的解集为[－3，1]，故填[－3，1].
(参考【例1.3～例1.4】)
8.【解析】因为，所以.
当时，，当且仅当即时取等号.
当时，，则，故.
故填.
(参考【例1.3～例1.4】)
9.【解析】当，即时，，由得，解得，与假设矛盾；
当，即时，，由得，解得，符合题意，故填.
(参考【例1.3～例1.4】)
10.【解析】
(1)若，则，解得；
(2)若时，则，则，此方程无实数解.
综上可知,，故填.
(参考【例1.3～例1.4】)
1.2函数的定义域
同步练习1
1.【解析】要使得函数有意义，只需满足，解得，故选B.
2.【解析】因为的定义域为，所以，解得，故选B.
(参考【例1.8～例1.10】)
3.【解析】要使得函数有意义，只需满足，解得，故选A.
4.【解析】遇到对数函数，首先要求真数的位置必须大于0，其次分式的形式要求分母不为0，则，解得，且，故选A.
(参考【例1.5】)
5.【解析】的解集为或，不等式的解集为，即为或，因此不等式组的解集为∪，故选C.
6.【解析】由题意知的解集为，则的解满足，解得，故选D.
7.【解析】由函数的解析式可知必须满足
，解得解得或，故选C.
(参考【例1.5】)
8.【解析】根据对数函数要求真数的位置必须大于0，则，解得，根据复合函数求定义域的原则可知，解得或，故选B.
(参考【例1.8～例1.10】)
9.【解析】根据定义域必须满足的条件可得，解得还需保证与不能同时成立，所以，故选D.
(参考【例1.5】)
10.【解析】由题意知，即，因为的定义域为，故恒成立，则，解得，故选A.
(参考【例1.6～例1.7】)
1.3函数的解析式
同步练习1
1.【解析】令，则，所以，故，故选C.
(参考【例1.13】)
2.【解析】根据题意可得，则，联立方程组可得，解得，故选C.
(参考【例1.14～例1.15】)
3.【解析】把点A，B分别代入可得，解得，所以，故填
(参考【例1.11～例1.12】)
4.【解析】因为是二次函数，且不等式的解集为，可设，且，所以在区间上的最大值是，则，即，所以，故填.
(参考【例1.11～例1.12】)
5.【解析】因为的解集为，所以，且，因而，由方程可得0，方程有两个相等实根，所以，解得或.由，则舍去，所以函数的解析式为，故填.
(参考【例1.11～例1.12】)
6.【解析】要求的表达式，只需求出与即可，因为，根据题意可知,对任意的恒成立，对任意的恒成立，则有，即.设的另一个零点为，由此可知，由韦达定理可知，则，即，又由三角函数的有界性可知，则，即，再由韦达定理可得，于是，所以.故填.
7.【解析】因为，所以即
，故，解得或，则，故填2.
(参考【例1.11～例1.12】)
8.【解析】设，可得，则，与函数对照系数可得，即，于是，所以，则，即，解得或.故填
(参考【例1.13】)
9.【解析】
(1)由题意可知是方程的两根，则有，解得，所以函数的解析式为.
(2)由题意可知，不等式即为，化简得，在时等价于.
(1)当时，不等式的解集为；
(2)当时，不等式等价于，解集为；
(3)当时，不等式的解集为.
(参考【例1.11～例1.12】)
10.【解析】
(1)因为对任意，有，所以
,又由,可得.若,则，即；
(2)因为对任意，有，又因为有且仅有一个实数，使得，所以对任意，有，令，有，由于，所以，解得或.
①当时，则，即，但方程有两个不同实根，与题设矛盾，故.
(2)当时，则，即，满足有唯一解，故满足题意.
综上可知，所求函数为.
1.4 值域
同步练习1
1.【解析】令，则，其中，同时，所以，因此
值域为，故选C.
(参考【例1.18～例1.22】)
2.【解析】因为，所以当时，取得最大值，最大值为，故选B.
(参考【例1.23～例1.30】)
3.【解析】根据函数的表达式可知，,故因为
所以，根据的取值范围，当时，取得最大值8；当或1时，取得取小值4，因此，故选C.
(参考【例1.23～例1.30】)
4.【解析】由可解得，故
所以当时，，当时，，故选D.
(参考【例1.16～例1.17】)
5.【解析】当时，一定有，平方得，即为
.令，则，于是，可得，由对勾函数的性质可得，即.
同理，当时，有.综上所述，，故选C.
(参考【例1.18～例1.22】)
6.【解析】因为的取值范围决定了函数的单调性，所以分类讨论.
(1)当时，单调递增，所以，无解；
(2)当时，单调递减，所以，解得，因此.
综上所述，故填.
7.【解析】函数的对称轴为，在上单调递增，
故值域为，则
因此在的值域中共有个整数，故填.
8.【解析】易知当时，.
当时，，不满足题意.
当时，，可得，故填.
(参考【例1.16～例1.17】)
9.【解析】的定义域为∪，因为和均在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以，
故填.
(参考【例1.16～例1.17】)
10.【解析】因为且，所以
令，则，于是在上恒成立，即.因此的最大值为4.
故填4.
(参考【例1.19】)
1.5单调性
同步练习1
1.【解析】因为在R上单调递减，所以，解得或，故选C.
(参考【例1.40～例1.43】)
2.【解析】由可得的定义域为，易知外函数在上单调递减；内函数在上单调递减，在上单调递增；所以由复合函数单调性可知的单调递增区间是，故选D.
(参考【例1.38】)
3.【解析】若单调递增，单调递减，则单调递增，故单调递增；若单调递减单调递增，则单调递减，故单调递减；所以(2)(3)正确，故选C.
(参考【例1.40～例1.43】)
4.【解析】易知在上单调递增，故，即，解得，故选C.
(参考【例1.40～例1.43】)
5.【解析】分段函数为单调递减函数，首先满足两段都为减函数，即且，
解得.当时，；当时，有最大值0.要使整个函数单调递减，除了要求两段分段单调递减外，还要使时的下限大于等于时的最大值0，解得，综上所述，可得，故选C.
(参考【例1.39】)
6.【解析】因为，所以对数函数单调递减，因此等价于，即，故，解得，故选C.
(参考【例1.40～例1.43】)
7.【解析】外层函数为内层函数，因为内层函数的单调性不确定，需要分类讨论.
(1)当时，可得，内层函数单调递增，原函数在区间上是增函数，故需外层函数在上是增函数，则，解得，不满足题意；
(2)当时，可得，内层函数单调递减，原函数在区间上是增函数，故需外层函数在上是减函数，即为，解得，所以实数的范围是.
综上所述，故选B.
(参考【例1.39】)
8.【解析】因为恒成立，所以定义域是，内函数在上单调递减，在上单调递增，若有最小值，则在定义域上先减后增，由复合函数单调性可知外函数单调递增，故，同理可知在上单调递增，故可化为，解得，故填
(参考【例1.44～例1.46】)
9.【解析】易判断函数单调递增.
(1)当，即时，原不等式等价于，显然恒成立，则满足条件.
(2)当，即时，原不等式等价于，也是恒成立的，则满足条件.
(3)当时，原不等式等价于，解得.
综上所述，，故填.
(参考【例1.40～例1.43】)
10.【解析】
(1)因为，则由可知，故的定义域是.
(2)当时，在定义域上单调递减，故由解得.
当时，在定义域上单调递增，不符合题意；
当时，无单调性；
当时，可知恒成立且单调递增，故在定义域上单调递减.
综上所述，的取值范围是.
故填.
(参考【例1.39】)
1.6奇偶性
同步练习1
1.【解析】因为函数是定义在R上的偶函数，所以函数图像关于轴对称，又因为在上是减函数，且，所以在上是增函数，，因此使得的的取值范围是，故选D.
(参考【例1.57～例1.61】)
2.【解析】因为为奇函数，所以，则等价于，又因为在上单调递减，所以等价于
，解得，故选D.
(参考【例1.57】)
3.【解析】因为定义在R上的偶函数，所以图像关于轴对称，又因为函数在上是增函数，且易知，所以函数在上是减函数，且，故使得的的取值范围是或，故的解集满足或，即或，故选B.
(参考【例1.57～例1.61】)
4.【解析】令，则，可知，所以函数为奇函数，又因为，所以，即，因此函数为奇函数，故选A.
(参考【例1.62～例1.64】)
5.【解析】因为，，所以，又因为为整数，所以2c为偶数，即一定为偶数，通过观察只有D选项为非偶数，
故选D.
6.【解析】因为与分别为奇函数与偶函数，由－＝，将代入可得－－，联立可得
所以.易知函数为单调递增函数，故,而恒成立，可得，故选D.
(参考【例1.57～例1.61】)
7.【解析】因为函数是奇函数，所以，
，即，于是，解得,又因为对数函数的底数大于零，故填.
(参考【例1.68】)
8.【解析】因为是偶函数，所以，解得，所以的解集为，解得，故填.
(参考【例1.57～例1.61】)
9.【解析】因为时，，所以在上递增，且在上
，在上，又因为函数为奇函数，所以在上单调递增，且在上，在上，故的解集为,
故填.
(参考【例1.57～例1.61】)
10.【解析】由可得，显然，故
，解得，故，易知外函数在上单调递增，内函数在上单调递增，故在上单调递增，所以，故填1.
(参考【例1.49～例1.50】)
同步练习2
1.【解析】因为，所以，故为偶函数；又因为
，所以，因此为奇函数，故选D.
(参考【例1.47】)
2.【解析】由可得，则，由，解得
，即，故选C.
(参考【例1.57～例1.61】)
3.【解析】由题意可知，又因为奇函数在上为增函数，故在上为增函数，当时，，即，则；当时，，即，则.因此不等式的解集为，故选D.
(参考【例1.57～例1.61】)
4.【解析】在原方程中取得，
解得，而，所以，于是，故选.
(参考【例1.51～例1.53】)
5.【解析】由题意可知，即
，因为为偶函数且在区间上单调递增，所以在区间上单调递减，可得，解得，故选C.
(参考【例1.57～例1.61】)
6.【解析】函数有唯一零点等价于有唯一解.令，函数，当且仅当时函数取得最大值1.因为当且仅当时取得最小值，当时，函数，这与、有唯一交点矛盾.当时，函数，要保证与有唯一交点，只需，即，可得，故选C.
7.【解析】因为函数为偶函数，所以，即，根据对数公式可得，即.
(参考【例1.49～例1.50】)
8.【解析】因为是奇函数，所以，故，又因为且，所以，故填3.
(参考【例1.54】)
9.【解析】令，因为是奇函数，所以有为奇函数，
当时，，即，解得，又因为为奇函数，其图像关于原点对称，所以当时，的解集为，故填.
(参考【例1.57～例1.61】)
10.【解析】因为，所以，即，所以当时，，即当时，，即.所以或，故填.
(参考【例1.57～例1.61】)
1.7周期性与对称性
同步练习1
1.【解析】因为是上周期为5的奇函数，所以，则，因此
，故选D.
(参考【例1.69～例1.70】)
2.【解析】令，则，所以与化为与，故函数关于，即对称，故选D.
(参考【例1.74～例1.77】)
3.【解析】因为当时，，所以，即是周期为1的函数，故又因为当时，，所以，当时，，所以，因此，故选D.
(参考【例1.78】)
4.【解析】因为为奇函数，函数的图像关于原点中心对称，又是偶函数，可得函数的图像关于对称，于是可知函数的周期为，则，则，故选D.
(参考【例1.78】)
5.【解析】因为，所以，故函数周期为8，，又因为是奇函数，且在区间[0,2]上是增函数，所以在上是增函数，因此，即，故选A.
(参考【例1.71～例1.72】)
6.【解析】由题可知关于对称，且在上是增函数，则，故填.(参考【例1.74～例1.77】)
7.【解析】因为，所以，又因为当时,,且满足,所以当时,
故填.
(参考【例1.79】)
8.【解析】因为的图像关于直线对称，所以，又因为是偶函数，所以，故填3.(参考【例例)
9.【解析】令，则有，同理可得，由上两式可得，所以，可得是以6为周期的函数，所以.令，所以，解得，故填.(参考【例1.74～例1.77】)
10.【解析】易知，因为关于直线对称，故，即，解得，故.令，则，可得,由二次函数的性质可得，在处取得最大值，即，故填16.
(参考【例1.74～例1.77】)
同步练习2
1.【解析】由题可知的定义域为，又，所以是奇函数；又在上单调递增，在上也单调递增，所以在上是增函数，故选A.
2.【解析】因为，所以函数关于对称，函数在区间[1,2]上是减函数，则在区间[0,1]上是增函数，又因为是偶函数，所以图像关于轴对称，则在区间上是增函数且，因此函数是周期为2的函数，故在区间[3,4]上是减函数，故选B.
3.【解析】因为满足，所以是周期为6的函数，又因为当时，，所以.因为当时,，所以，，因此.因为，所以
，故选B.
(参考【例1.71～例1.72】)
4.【解析】设上任意一点为，其关于的对称点为，则有，联立①②，解得，，即点关于的对称点为.将其代入，得到，根据对数、指数之间的转化可得.又因为，所以，解得，故选C.
5.【解析】因为，所以可得，可知函数为偶函数，所以函数图像关于对称.令，则，函数为偶函数，所以函数的图像关于对称.
，故选B.
(参考【例1.74～例1.77】)
6.【解析】因为，所以，故是以4为周期的函数，因此，则，故填.
(参考【例1.71～例1.72】)
7.【解析】因为是周期为1的函数，故，因为在区间上的值域为，即时，令，则，即时，，以此类推，当时，，所以在区间[0,3]上的值域为，故填.
(参考【例1.79】)
8.【解析】因为是周期为2的函数，故，即，又因为＝＝，即，联立两式解得，则，故填.
(参考【例1.69～例1.70】)
9.【解析】因为是奇函数，且关于对称，所以，，
函数一定为周期函数，且周期为2，即，则，，因此，故填0.
(参考【例1.78】)
10.【解析】由可得，即函数是以8为周期的周期函数，又因为为奇函数，定义域为,所以，且，即函数的图像关于对称.又由函数在区间[0,2]上为增函数，则在区间上也为增函数，那么方程在区间上有四个不同的实根，不妨设，由对称性可知，可得，故填.
1.8二次函数
同步练习1
1.【解析】要使得方程有两个不相等的实数根，只需满足，解得或，故选C.
(参考【例1.80～例1.81】)
2.【解析】由条件可得，即，故原不等式的解集为，再由可得，即为，故选A.
(参考【例1.80～例1.81】)
3.【解析】设年平均增长率为，则，解得，故选D.
4.【解析】由可知函数的对称轴为，即，又，所以在上单调递增，故函数图像开口向上，即，故选A.
5.【解析】将代入可得，即为，显然关于|x|的方程有两个不同正解，即关于的方程有四个解，所以交点为4个，故选D.
6.【解析】设甲、乙两种品牌车分别售出辆，则总的利润为，且，则，由于均为正整数，故时利润最大，即，故选B.
(参考【例1.86～例1.87】)
7.【解析】由可得，当，即
时，函数的值恒正，由此可排除D选项，当时，有，不符合条件，可排除A选项；当时，二次函数开口向上，一次函数单调递减，函数在上恒正，函数在上恒正，故实数的取值范围为，故选C.
8.【解析】化简可得
令，则，当，即时，有
，故填.
(参考【例1.86～例1.87】)
9.【解析】由题意知有两根满足，则，即，解得，
故取值范围是.故填.
10.【解析】由题意可知，因为的值域为，所以，即，所以.又因为，所以，即，因此，解得，故填9.
(参考【例1.82～例1.83】)
第2章 导数初步
2.1导数的几何意义
同步练习1
1.【解析】，由题意，所以，故选D.
(参考【例2.1～例2.2】)
2.【解析】设点，且有，由题意，则.故选A.
(参考【例2.1～例2.2】)
3.【解析】因为函数为奇函数，所以，即，因此，求导可得，则切线的斜率为，切线方程为，故选.
(参考【例2.1～例2.2】)
4.【解析】设切点为，由题意，即.又直线与由线相切，所以，即.所以切点为，即，所以.故选B.
(参考【例2.3～例2.4】)
5.【解析】由给出的例子可以归纳推理得出:若函数是偶函数，则它的导函数是奇函数.由题意可知，定义在上的函数满足，即函数是偶函数，所以它的导函数是奇函数，即，故选D.
(参考【例2.5】)
6.【解析】，则，故填e.
7.【解析】对函数求导得，因为为偶函数，所以为奇函数，故，可得，故填0.
(参考【例2.5】
8.【解析】对函数求导得在处的切线斜率为，所求切线方程为
，令，可得，则，于是
故填.
9.【解析】设点，则.所以过点的切线，又过原点，则，解得
.所以.故填.
(参考【例2.6～例2.7】)
10.【解析】，令，解得.由题意曲线上A，B两点的纵坐标为函数的极值，即.线段AB与轴有公共点，所以，即，解得或.故填.
2.2导数的应用
同步练习1
1.【解析】，因为在时取得极值，所以即解得.故选D.
(参考【例2.17】)
2.【解析】，易知在，上递减，在上递增，所以在
在时取得最大值.故选C.
(参考【例2.21】)
3.【解析】因为M，N两点的横坐标相等，所以求|MN|最小时的值可转化为求函数的极小值点，，解得，故选D.
(参考【例2.21】)
4.【解析】A选项，错误.是的极大值点，并不是最大值点.选项是的极小值点，错误.的图像与的图像关于轴对称，故应是的极大值点.选项是的极小值点，错误.的图像与的图像关于轴对称，故应是的极小值点，跟没有关系.选项是的极小值点，正确.的图像与的图像先关于轴对称，再关于轴对称.综上所述，故选D.
(参考【例2.17～例2.21】)
5.【解析】A选项单调递增，符合题意；B选项，求导得，当时，，单调递减，不符合题意.C选项，单调递减，不符合题意.D选项，求导，当时，单调递减，不符合题意.
综上所述，故选A.
6.【解析】假设选项错，则，联立，解得因为点在曲线上，所以，解得.所以.又，所以不是的零点.故选A.
(参考【例2.21】)
7.【解析】，易知在上单调递增，在上单调递减.所以.所以.故填32.
8.【解析】.由题意在上有两个不相等的实数根，即在上有两个解，则
解得.故填.
(参考【例2.19】)
9.【解析】令解得.因为在上有且仅有一个零点且，所以且，解得.从而函数在[－1,0]上递增，在[0,1]上递减，所以，，则＋＝－3.
故填－3
(参考【例2.21】)
10.【解析】，因为在区间上不单调，所以在上有实根，且无重根，由得，所以，令，有.记.所以有，得，而当时，在上有两个相等的实根，故舍去，所以.故填.
(参考【例2.22～例2.27】)
同步练习2
1.【解析】的定义域为，且，令有.
(1)若，则对于恒成立，所以在上单调递增，无最大值.
(2)若，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最大值，最大值为.因.
令，则，所以在单调递增，.于是，当时，当时，.因此，的取值范围是.
(参考【例2.21】)
2.【解析】(1)，令有.或.
①当时，当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减.
②当时，，所以在上单调递增.
③当时，当时，，故在
上单调递增，在上单调递减.
(2)由(1)知，当时，在[0,1]上单调递增，所以
，解得.
当时，分两种情况讨论.
①当时,在[0,1]上单调递减,所以
，解得；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，.若，，则，与矛盾；若，，则或或，与矛盾.
综上所述，当且仅当或时，在[0,1]上的最小值为－1，最大值为1.
(参考【例2.21】)
3.【解析】求导可得，由条件可知，即0，可得，故.因为，所以，由此可得，故.又因为,
即，由此可得，于是.
4.【解析】(1)因为，所以.又在点处的切线斜率为0，所以，解得.
(2)当时，，此时在处取得极大值，不符合题意；当时，由得.
①当，即时，在上单调递增，在上单调递减，此时在处取得极大值，不符合题意；
②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，此时在处取得极小值，符合题意，即；
③当时，在上单调递增，此时在上无极值；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，此时在处取得极大值，不符合题意.综上所述，的取值范围为.
(参考【例2.20】)
5.【解析】，定义域为，求导得
.
(1)当时，恒成立，所以当时，单调递增，当时，单调递减.
(2)当时，的两根为且.当或
时，单调递增，当时，单调递减.
(3)当时，恒成立，在上单调递增.
(4)当时，的两根为且.当或时，单调递增，当时，单调递减.
综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，
在和上单调递增,在上单调递减;当时,在上单调递增;当时,在和上单调递增,在上单调递减。
(参考【例例】）
2.3 三次函数
同步练习1
【解析】因为,所以,解得,则,即。故选C.
(参考【例】）
2.【解析】当趋于时,,当趋于时,,根据零点存在性定理,至少存在一个零点,所以选项正确;如得的对称中心为,所以选项正确;如三次函数的图像可知,若是的极小值点,则极大值点在的左侧,所以函数在区间上单调递减是错误的,选项正确。故选C
(参考【例例】）
3.【解析】根据题意如线的解析式为,则方程满足,即对任意恒成立,于是大于等于的最大值。令,则,如此知函数在上为增函数,在上为减函数,所以当时,函数取最大值,即为4,于是。故选。
4.【解析】,由题意可知有两个零点,满足,且在上成立,在上成立,所以二次函数开口向上,则,即,对称轴,即,。故选
(参考【例2.30】)
5.【解析】在上单调递增,在上单调递减,所以极大值为,极小值为,又因为,所以,即,再根据单调性,可得,因此。故选。
(参考【例2.30】)
6【解析】,
所以,解得。故填。
(参考【例例】）
【解析】令,则当时,在上恒成立,此时在上单调递增,即必有一个零点,即仅有一根,故④⑤正确。当时,若,则,所以在上单调递增,在上单调递减,所以极大值为,极小值为。要使方程仅有一根,则或,解得或。故①③正确。所以使得该三次方程仅有一个实根的是①③④⑤。
参考【例】）
8.【解析】(1),则曲线在点处的切线方程为
化简得。
(2)因为过点的切线有三条,所以方程
有三个根。令,则曲可得
有三个互不相等的实根等价于
解得,即,不等式得证。
参考【例】）
2.4 简单的恒成立问题
同步练习1
1.【解析】因为,所以等价于。又,则
。所以等价于,解得或
。故的取值范围为。
(参考【例2.37】)
2.【解析】可判断，故原问题等价于恒成立，而并不是端点，因此是的极值点,故,可得,故填。
3.【解析】函数在区间上是减函数,所以在上非正。等价于,解得。所以的取值范围为。故填。
(参考【例2.46】)
4.【解析】恒成立等价于在上恒成立。,令解得。当时,在上恒成立,此时在上单调递增,所以恒成立;当时,在上单调递减,在上单调递增,则,解得,又,所以。
综上所述,实数的取值范围为。
(参考【例例】)
5.【解析】在两边取对数得，又，所以。令,则,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,则,即。故填。
(参考【例2.39】)
6.【解析】求导得，因为,所以在上单调递增,在上单调递减。故在处取得最大值,即
所以问题转化为证明
令,则。再令,则上式可转换为。因为,
显然在上单调递减,在上单调递增。故。因此,当时,。
(参考【例2.43】)
7，【解析】（1）因为，所以，则。所以令则。
①当时,,此时。
②当时,恒成立,所以在上单调递减,所以当时,,此时;当时,,此时。
(2)因为,所以,则在上单调递减,在上单调递
增,所以。于是对任意成立等价于,即,解得。所以的取值范围为,使得对任意成立。(参考【例例】)
8.【解析】(1)因为函数的图像都过点,所以,即。因为,所以。,即,所以又因为在点处有相同的切线,所以。,所以,将代入上式得,因此。故。(2)。当
时,函数单调递减。由,若,则;若,则。由题意,函数在上单调递减,则或。所以或,即或。故的取值范围为。
同步练习2
1.【解析】题意等价于在上恒成立,即在
上恒成立,所以。所以的取值范围为。故选
(参考【例例】)
2.【解析】当时，等价于，因为，所以。因为,所以。因此的取值范围为。故填。
(参考【例例】)
3.【解析】,其判别式。因此只雪丆需考虑以下两种情形:
(1),解得;
(2)恒成立,解得。综上所述,的取值范围为。
(参考【例2.46】)
4.【解析】可断定，故原问题等价于恒成立，而并不是端点，因此是的极值点，故，可得，故填。
5.【解析】由于不等式左右两边都是变量，我们需要将其化成单边变量，即
在上恒成立，等价于在上恒成立，在上恒成立。故只需分别去求函数在上的最大值和函数在上的最大值。因为都是二次函数，所以只需判断各自的对称轴即可，可求得的最大值在处取得，即。的最大值在处取得，即。因此由，解得。故填。
（参考【例例】）
6.【解析】（1）。令，解得，。所以在上成立，在上成立。所以当时，在上单调递增，在上单调递减。
（2）由（1）知，当时，在或处取得最小值。因此题意等价于，解得。所以的取值范围为。
（参考【例2.46】）
7.【解析】（1），因为是的一个极点值，所有，即。
（2）由（1）知，。令，解得。若，当时，，当时，。所以的单调递增区间是，单调递减区间是。
（3）由题意，即。因为，所以，即，等价于，解得。又，所以。故的取值范围为。
（参考【例2.46】）
8.【解析】对函数求导可得。
当时，，函数在上单调递增，函数不存在最值，这与题意矛盾。
当时，令，解得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，故当时，函数取得最小值。于是对一切恒成立，当且仅当
令，则，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，则，且，故，即时等号成立。
综上所述，的取值集合为，故填。
（参考【例例】）
2.5简单的任意与存在
同步练习1
1.【解析】由得，令，很明显单调递增，所有，所以，故选。
（参考【例2.47】）
2.【解析】因为的值域为，又有，即，解得；故选A。
（参考【例2.48】）
3.【解析】存在满足，即的最小值小于，而表示点到点距离的平方，因为为极值点，所以离点最近的点为，即点，代入可得，解得，故选。
（参考【例2.47】）
4.【解析】，由题意，解得，则。故填。
（参考【例2.47】）
5.【解析】因为，所有，即，又，则，
由题意可知，即，整理得，两边取对数得，因为是唯一的，所以，解得。故填。
（参考【例2.48】）
6.【解析】根据可解得。由于条件①，或成立的限制，导致在时必须。当时，不能满足在时，所以舍去。因此，作为二次函数开口只能向下，故，且此时的两个根为。为保证此条件成立，需要，解得，和大前提取交集的结果为。又由于条件②对于，成立的限制，可分析得出在时，恒负，因此就需要在这个范围内有取正数的可能，即应该比两根中小的那个大，当时，，解得交集为空（舍去）；当时，两个根同为（舍去）；当时，，解得。
综上所述，。故填。
7.【解析】（1）。
①当时，在上恒成立，所以在上恒成立，在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上单调递减，在上单调递增。
②当时，在上恒成立，所以在上恒成立，在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上单调递减，在上单调递增；所以在上单调递减，在上单调递增。
（2）题意等价于，即。由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，则有，即令，则。所以在上单调递减，在上单调递增。又，，所以当时，。即时，恒成立。当时，，同理时，。
综上所述，的取值范围为。
（参考【例2.53】）
第3章 数形结合
3.1水平直线与由线
同步练习1
1.【解析】当或时，，又因为的周期为，所以在上有4个零点，故在区间上共有个零点，选D。
2.【解析】由三次函数性质可知，要使的图像与轴恰有两个交点，则须函数极大值或极小值为，求导得，易知当时，函数取得极值，则由或，解得或，故选。
3.【解析】作出的图像，易知，即，故选。
（参考【例例】）
4.【解析】与轴有两个公共点，即与有两个交点，当即时，；当即或时，。如右图所示，画出的图像，易知当或时，与有两个交点，故选B。（参考【例例】）
5.【解析】由题意，则恰有4个零点，即与有4个交点，又因为，
所以，如右图所示，作出的图像，易知当时与有个交点。故选。
（参考【例例】）
6.【解析】曲线曲曲线及其关于轴对称的曲线两部分组成，注意渐近线，如右图所示，则当时，曲线与直线没有公共点，故填。
（参考【例例】）
7.【解析】曲得，即与的图像有交点，如右图所示，画出与的图像，对求导得，令，解得，即的斜率为2的切线切点为，故切线为，则，即时，与恒有交点，故填。
（参考【例例】）
8.【解析】当时，不满足题意。
当时，由得，令，则恰有4个互异的实数根，即与的图像有4个交点，令，可解得或，故，如下图所示，画出的图像，可知或满足题意，故填。
（参考【例例3.10】）
9.【解析】容易作出的图像，而的对称轴为。因为，如右图所示，有三个不同的实根，只需，解得，故填。
（参考【例例】）
10.【解析】由题意得，画出的图像，如右图所示，由题意可知水平直线与函数的图像的交点的横坐标分别为，则必有。当水平直线往上平移至时，由可得，故，又，所以，故填。
（参考【例例3.5】）
同步练习2
1.【解析】作出函数的图像如下图所示，不妨设，则由图可知，由可得，于是，故选
（参考【例例】）
2.【解析】当时，令，易得或，因为的周期为2，所以，即在上有7个零点，故选。
（参考【例例】）
3.【解析】由题意，则的零点即为与的图交点，
又因为，
所以如右图所示，作出的图像，易知与的图像有两个交点，故选A。（参考【例例】）
4.【解析】由题意，。函数恰有两个不同的零点，等价于方程，即有两个不同的实根，即水平直线与由线的图像有两个不同的交点。作出函数的图像，如右图所示，当或时，与的图像有两个交点，故选A。
（参考【例例】）
5.【解析】如下图所示，画出的图像，显然仅当时满足题意，故填。
（参考【例例】）
6.【解析】如下图所示，画出的图像，显然时满足题意，故填。
（参考【例例】）
7.【解析】易知函数的零点即与图像的交点，令，可解得，故当时，，又因为的周期为3，所以可画出在上的图像，如下图所示，可知当时满足题意，故填。
（参考【例例】）
8.【解析】对求导得，显然恒成立，故当时，当时，且，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以可画出的草图，如右图所示，易知仅当时，曲线与直线有两个不同交点，故填。
（参考【例例】）
9.【解析】将原方程化简并分离参数得。令，求导得。当时单调递增，当时单调递减，所以函数在处取得极大值，且。从而作出函数的图像如右图所示，当时，直线与由线的图像有两个交点，故的取值范围为，故填。
（参考【例例】）
10.【解析】函数有两个零点，等价于方程有两个不同的交点，从而函数不能单调。
（1）函数在某一段上不单调。因为三次函数始终单调递增，二次函数可以不单调，且对称轴为轴，所以当时，函数的图像如图1所示，此时存在实数使得有两个交点。
（2）函数在每一段上分别单调，但整体不单调，这就要求断点处的函数值有大小关系，如图2所示，只需，解得，此时也存在实数使得有两个交点。
（3）当时，如图3所示，函数在上恒单调递增，不符合题意。综上所述，实数的取值范围为或，故填。
（参考【例例】）
3.2倾斜直线与由线
同步练习1
1.【解析】如下图所示，画出的图像，可知为周期函数，故选D。
（参考【例例】）
2.【解析】由题意可知与的图像在上有且仅有两个交点，因为直线过定点，且，故是以为䇄山端点（不含）向右延伸的、终点与相交的线段，如右图所示，画出的图像，显然当且时满足题意，即。当与位于轴下方的部分相切时，有且，解得，易知当过点时，有，故当时，与在上有两个交点。综上可知，的取值范围为，故选。
（参考【例例】）
3.【解析】由题意可知，当时，，又因为为奇函数，可由向右平移1个单位得到，故可画出与的函数图像，如下页图所示。由图可知，当点平移到点右侧的点的位置时满足题意，即，解得，故选。
（参考【例例】）
4.【解析】由题意知的对称轴为，由可得。
（1）当时，要使恒成立，则须，解得；当时，要使恒成立，则须，易知恒成立。故当时，在上恒成立。
要使恒成立，即使在上恒成立，令，则，易知当时，单调递减，当时，单调递增，故，所以。
综上所述，，故选。
5.【解析】方程没有实根等价于在实数范围内无解，即与的图像无交点，如右图所示，临界情形为直线与相切，设切点为，则，解得。当直线绕着点顺时针旋转直到与轴重合时，两图像没有交点，可得，即，故选。
（参考【例例】）
6.【解析】由题意可知与的图像有两个交点，显然时不满足条件，当时，画出图像，如图1所示，可知与恒有两个交点；当时，画出图像，如图2所示，可知与恒有一个交点，则当与仅有交点时满足题意，即的斜率小于或等于在点处的切线斜率，易得，故，即。
综上可知，或，故选A。
（参考【例例】）
7.【解析】画出的图像，如右图所示，由题意可知与的图像有三个交点，由图可知，当时显然满足题意；当时不满足题意；当时，与恒有一个交点，所以当平移到与相切时，得到的临界值。令可解得或（舍），故切点为，切线方程为，所以当时满足题意，故选。
（参考【例例】）
8.【解析】画出在上的图像，如右图所示，易知在上的图像为点到点之间的线段，由图可知，当然满足题意，故填。
（参考【例例】）
9.【解析】函数画出的图像，如右图所示，直线过原点。当直线平行于轴时，两图像有一个交点，此时；然后直线绕着原点逆时针旋转，在与直线平行之前，两图像有两个交点，此时；当直线与平行时，交点只有一个，此时；直线继续绕原点逆时针旋转直到两图像交于点之前，两图像又有两个交点，此时；继续逆时针旋转直到与平行，交点只有一个，此时或。故两图像有两个交点，则或；两图像有一个交点，则或，以及或。故填。
（参考【例3.21~例3.24】）
10.【解析】作出函数的图像，如右图所示，图像与轴交点为，与轴的交点为。过点的线段所在直线的方程为，其中，所以需要对的值进行分类讨论。
（1）当时，线段所在直线的方程为。当线段过点时，两图像有一个交点，此时当线段向下平移至过原点时，两图像没有交点，此时；当线段向上平移时，两图像有一个交点，此时。
（2）当时，线段所在直线的方程为当线段过点时，两图像有一个交点，此时；当线段向上平移至过原点时，两图像没有交点，此时；当线段向下平移至过点时，两图像有一个交点，此时；当线段继续向下平移时，两图像没有交点，此时。综上所述，当时符合题意，故填。
（参考【例例】）
3.3 复合函数方程有解问题
同步练习1
1.【解析】如下图所示，画出的图像，两图像可知，若有7个不同实数解，则方程必有2个不同实根且其中一根为0，不妨设其实根为，则两韦达定理有，即且，故选。
（参考【例例】）
2.【解析】当时，，不是奇函数，不关于原点对称，故项错；时，解的个数即与的交点个数，当时，，由右图可知与有一个交点的横坐标大于2，故项正确；同理当时，有3个实根，若，则当时满足题意，故项错误；当时，仍为奇函数，故项错误。综上所述，故选B。
（参考【例例】）
3.【解析】有解等价于有解，则，即在上有解，即为函数在上的值域。。当时，单调递减，当，时单调递，所以，故在上单调递增，则 ，因此，故选。
4.【解析】令，画出的图像，如右图所示，由，可得，即或。当时，有1个交点，因此需要当时有两个交点，则，即，故选A。
（参考【例3.35~例3.37】）
5.【解析】如右图所示，画出的图像，则由图可知，当或时，有，所以当时， ，故选B。
（参考【例3.31~例3.34】）
6.【解析】当时，恒成立，所以在时单调递减，且在时单调递增，，可作出其图像，如右图所示。令，则必须有两个解，所以，且的解为。而必有两个解，则必有两个解，必须满足，即。因为，所以，故填。
（参考【例3.35~例3.37】）
7.【解析】由题意知的解为，所以的解为和，又开口向上，故在和上单调递增，在上单调递减，因为，所以与有两个交点，与有一个交点，即和共有三个解，所以有三个不同实根，故选A。
（参考【例3.31~例3.34】）
8.【解析】令，则等价于，分别画出和的图像，如下图所示，由图1可知，当时，有，解得；由图2可知，当时，有，解得。因此，当时，的取值范围为，故填。
（参考【例3.35~例3.37】）
9.【解析】由题意显然有。原方程等价于，解得或。作出函数的图像，如右图所示，可见无实根，从而需有三个实根，由图可知，解得，故选A。
（参考【例3.31~例3.34】）
10.【解析】设的根为，则由题意可知，所以，解得；由题意可知，所以
因为的实根都是的根，当时，的根为，则的根也为0，满足题意；当时，的根为和，此时，，所以的根不为0和，又因为的实根都是的实根，所以无解，即，解得。综上所述，，故填。
3.4由线与由线
同步练习1
1.【解析】令，则有，画出和的图像，如右图所示，可知两函数图像有两个交点，故有两个零点，故选B。
（参考【例3.45~例3.47】）
2.【解析】如右图所示，画出和的图像，易知交点个数为2，故选C。
（参考【例3.45~例3.47】）
3.【解析】令，，则关于对称，如图1所示，画出和的图像，则的图像即是与处于下方的部分，如图2所示，关于对称，又因为关于对称，则，可得，故选D。
（参考【例3.50~例3.51】）
4.【解析】由题意知的零点即与图像的交点；因为当且时，，所以当时，，当时，，又因为是最小正周期为的偶函数，故可画出的草图与的图像，如下图所示，易知在上的交点个数为4，即有4个零点，故选B。
（参考【例3.40~例3.44】）
5.【解析】当时，，则在上单调递增，且，在上单调递增，且，因为，故，则与有且只有一个交点；当时，0，则在上单调递减，在上单调递增，且在上单调递增，且，所以要使两函数图像有交点，只需，解得。综上所述，或，故选B。
6.【解析】如图1所示，画出与的图像，则当时，的图像如图2所示，易知当时；当的零点为时，，如图3所示；当的零点为时，，如图4所示。故填。
7.【解析】易知当与相切时，画出与的图像，如右图所示，可知当时，关于的对称点均在对应点的上方，即，故填。
8.【解析】如下图所示，画出与的图像，当时，与在时共有两个交点，在时交点个数相同，在时交点个数相同，在时最多共有4个交点，不满足题意；当时，与在时没有交点，所以要使与有8个交点，则需要与在时有两个交点，当与在上相切时，由点到直线距离为1可得，解得（负值舍去），当过点时，有，解得，所以当时，与在，上有两个交点，满足题意，故填。
（参考【例3.45~例3.47】）
9.【解析】（1）当时，在时；在时 ，因以当时，的最小值为，故填。
（2）易知在上的零点为，所以当时，在上有一个零点，当时，在上有两个零点；又当时，，故当即时，在上没有零点，当时，在上有一个零点；所以有两个零点时，或，故填。
10.【解析】先画出时，的图像，此时可知在上的最小值为，时可知，图像向右平移一个单位，其纵坐标相应地变为原来的2倍，此时在上的表达式为，此时函数的对称轴为，其最小值为，图像再向右平移2个单位，其纵坐标相应地变为原来的2倍，此时在上的表达式为，此时函数的对称轴为，其最小值为。因为对任意，都有，可知，如下图所示，可得，解得或，因为，所以，故选B。
第4章零点问题
4.1找点（一）
同步练习1
1.【解析】由于，所以，，。因此有，，又因是关于的二次函数，函数的图像是连续不断的曲线，因此函数的两零点分别位于区间和上。故选A。
（参考【例4.1~例4.4】）
2.【解析】当时，，所以，则，所以，解方程，可得，故选D。
（参考【例4.1~例4.4】）
3.【解析】在上单调递增，且，所以。故选B。
（参考【例4.1~例4.4】）
4.【解析】，所以在上单调递增，而，，故的零点在上，故的零点为，符合题意。故选A。
（参考【例4.1~例4.4】）
5.【解析】，，所以；，，所以。因为在上单调递增，所以，。故选A。
（参考【例4.1~例4.4】）
6.【解析】因为有极值，所以有解。 ，当，即时，有变号的零点，故的取值范围为。
7.【解析】（1），。
①当时，不符合题意；
②当时，在上单调递减，不符合题意；
③当时，在上单调递增，所以，解得。所以。
（2）在上成立，且，故在上有唯一零点。
当时，，所以在上单调递减，而，所以在上先增后减，又，所以在上有唯一零点。综上所述，在上有且只有两个零点。
（参考【例4.5】）
8.【解析】。
在上恒成立，所以在上单调递增，而，在上无零点；
在上恒成立，所以在上单调递减，而，，所以在上有唯一零点。
综上所述，在区间上存在唯一零点。
（参考【例4.2】）
9.【解析】题意等价于证明集合是集合的子集。当时，。设，令，易知在上单调递增， 。故存在唯一的，使得成立。
4.2找点（二）
同步练习1
1.【解析】，取，得。令，易知在上单调递增，在上单调递减，。
当时，无零点；
当或时，有唯一零点；
当时，有两个零点。
2.【解析】（1），令，，在上恒成立，所以在上单调递增。而，所以在上存在唯一零点，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以存在唯一的极值点。
（2）易（1）知在上单调递减，所以。取，则且，所以，因为，所以，即。取，则且，所以，因为，所以，即。所以在和上各有一个零点，即有两个实根。设为其中一个零点，即，则，所以也是的零点。
综上所述，有两个零点互为倒数。
（参考【例4.19】）
3.【解析】（1）。
①当时，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，在上单调递增，在上单调递减；
③当时，，所以在上单调递增；
④当时，在上单调递增，在上单调递减。
（2）分离参数得，令，则题意等价于有两个零点。，所以在上单调递增，在上单调递减。
①当时，在上恒正，在上至多一个零点，不符合题意。
②当时，取，所以，所以，即，所以。
取，因为，所以；又因为，所以，故。所以在上存在唯一零点。
取满足，则。
又因为，所以在上有唯一解。
综上所述，的取值范围为。
4.【解析】（1），当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增。所以在处取得极小值，即，无极大值。
（2）由（1）知，有零点时，必有，解得。
①当时，在上单调递减，且，所以在上仅有一个零点；
②当时，在上单调递减，故在上单调递减，而，，所以在上仅有一个零点。
综上所述，若存在零点，则在区间上仅有一个零点。
（参考【例4.11~例4.15】）
5.【解析】（1），所以在上单调递增。
（2）因为，又单调递增，所以在上仅有一个零点。
（3）由题意，解得，而，即1）。易知，所以，即。
（参考【例4.11~例4.15】）
4.3找点（三）
同步练习1
1.【解析】。
（1）当时，在上恒成立，所以在上单调递增，而。取时，，所以在上只有一个零点。
（2）当时，在上只有一个零点，符合题意。
（3）当时，在上单调递减，在上单调递增。所以。
①当，即时，，此时无零点。
②当，即时，此时只有一个零点。
③当，即时，在上有一个零点。取 ，则，所以在内有一个零点，此时有两个零点，不符合题意。
综上所述，的取值范围为。
（参考【例4.27~例4.29】）
2.【解析】（1）因为在上是单调递减函数，所以在上恒成立，所以。而，所以在上单调递减，在上单调递增，又在上有最小值，所以，即。综上所述，的取值范围为。
（2）因为在上是单调递增函数，所以在上恒成立，所以，。
①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，而，取时，，所以在上仅有一个零点。
②当时，在上仅有一个零点。