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专题04 与指数函数、对数函数有关的复合函数及函数方程综合应用-【寒假自学课】（人教A版2019）
专题04 与指数函数、对数函数有关的复合函数及函数方程综合应用
思维导图
核心考点聚焦
考点一、判断复合函数的单调性
考点二、已知复合函数单调性求参数范围
考点三、求复合函数的值域
考点四、求复合函数的最值
考点五、与复合函数有关的不等式问题
考点六、判断复合函数的奇偶性
考点七、零点问题
考点八、函数嵌套问题
考点九、共零点问题
考点十、等高线问题
知识点一、根式的概念和运算法则
1、次方根的定义：
若，则称为的次方根．
为奇数时，正数的奇次方根有一个，是正数，记为；负数的奇次方根有一个，是负数，记为；露的奇次方根为零，记为．
为偶数时，正数的偶次方根有两个，记为；负数没有偶次方根；零的偶次方根为零，记为．
2、两个等式
（1）当且时，；
（2）
知识点二、分数指数幂的概念和运算法则
为避免讨论，我们约定，，，且为既约分数，分数指数幂可如下定义：
知识点三、有理数指数幂的运算
1、有理数指数幂的运算性质
（1）
（2）
（3）
当，为无理数时，是一个确定的实数，上述有理数指数幂的运算性质仍适用．
2、指数幂的一般运算步骤
有括号先算括号里的；无括号先做指数运算．负指数幂化为正指数幂的倒数．底数是负数，先确定符号，底数是小数，先要化成分数，底数是带分数，先要化成假分数，然后要尽可能用幂的形式表示，便于用指数运算性质．在化简运算中，也要注意公式：，，，，的运用，能够简化运算．
知识点四、无理数指数幂
一般地，无理数指数幂（，为无理数）是一个确定的实数．有理数指数幂的运算性质同样适用于无理数指数幂．
【注意】（1）对于无理数指数幂，我们只需要了解两点：
①它是一个确定的实数；
②它是有理数指数幂无限逼近的结果．
（2）定义了无理数指数幂之后，幂的指数就由原来的有理数范围扩充到了实数范围．
知识点五、实数指数幂的运算性质
①．
②．
③．
知识点六、指数函数的图象及性质：
时图象 时图象
图象
性质 ①定义域，值域
②，即时，，图象都经过点
③，即时，等于底数
④在定义域上是单调减函数 ④在定义域上是单调增函数
⑤时， 时， ⑤时， 时，
⑥既不是奇函数，也不是偶函数
知识点七、指数函数底数变化与图像分布规律
（1）
①，②，③，④，则：
又即：时，（底大幂大）
时，
（2）特殊函数
，，，的图像：
知识点八、对数概念
1、对数的概念
如果，那么数b叫做以a为底N的对数，记作：．其中叫做对数的底数，叫做真数．
知识点诠释：
对数式中各字母的取值范围是：且，，．
2、对数（且）具有下列性质：
（1）0和负数没有对数，即；
（2）1的对数为0，即；
（3）底的对数等于1，即．
3、两种特殊的对数
通常将以10为底的对数叫做常用对数，．以e（e是一个无理数，）为底的对数叫做自然对数，简记为．
4、对数式与指数式的关系
由定义可知：对数就是指数变换而来的，因此对数式与指数式联系密切，且可以互相转化．它们的关系可由下图表示．
由此可见a，b，N三个字母在不同的式子中名称可能发生变化．
知识点九、对数的运算法则
已知，（且，、）
（1）正因数的积的对数等于同一底数各个因数的对数的和；
推广：
（2）两个正数的商的对数等于被除数的对数减去除数的对数；
（3）正数的幂的对数等于幂的底数的对数乘以幂指数；
知识点十、对数公式
1、对数恒等式：
2、换底公式
同底对数才能运算，底数不同时可考虑进行换底，在a>0，a≠1，M>0的前提下有：
（1）
令，则有，，即，即，即：．
（2），令，则有，则有
即，即，即
当然，细心一些的同学会发现（1）可由（2）推出，但在解决某些问题（1）又有它的灵活性．而且由（2）还可以得到一个重要的结论：．
知识点十一、对数函数的图象与性质
图象
性质 定义域：
值域：
过定点，即时，
在上增函数 在上是减函数
当时，， 当时， 当时，， 当时，
知识点十二、底数对对数函数图象的影响
1、底数制约着图象的升降．
如图
知识点诠释：
由于底数的取值范围制约着对数函数图象的升降（即函数的单调性），因此在解与对数函数单调性有关的问题时，必须考虑底数是大于1还是小于1，不要忽略．
2、底数变化与图象变化的规律
在同一坐标系内，当时，随a的增大，对数函数的图像愈靠近x轴；当时，对数函数的图象随a的增大而远离x轴．（见下图）
知识点十三、反函数
1、反函数的定义
设分别为函数的定义域和值域，如果由函数所解得的也是一个函数（即对任意的一个，都有唯一的与之对应），那么就称函数是函数的反函数，记作，在中，是自变量，是的函数，习惯上改写成（）的形式．函数（）与函数（）为同一函数，因为自变量的取值范围即定义域都是B，对应法则都为．
由定义可以看出，函数的定义域A正好是它的反函数的值域；函数的值域B正好是它的反函数的定义域．
2、反函数的性质
（1）互为反函数的两个函数的图象关于直线对称．
（2）若函数图象上有一点，则必在其反函数图象上，反之，若在反函数图象上，则必在原函数图象上．
知识点十四：函数的零点
1、函数的零点
（1）一般地，如果函数在实数处的值等于零，即，则叫做这个函数的零点．
知识点诠释：
①函数的零点是一个实数，当函数的自变量取这个实数时，其函数值等于零；
②函数的零点也就是函数的图象与轴交点的横坐标；
③函数的零点就是方程的实数根．
归纳：方程有实数根函数的图象与轴有交点函数有零点．
（2）二次函数的零点
二次函数的零点个数，方程的实根个数见下表．
判别式 方程的根 函数的零点
两个不相等的实根 两个零点
两个相等的实根 一个二重零点
无实根 无零点
（3）二次函数零点的性质
①二次函数的图象是连续的，当它通过零点时（不是二重零点），函数值变号．
②相邻两个零点之间的所有的函数值保持同号．
引伸：对任意函数，只要它的图象是连续不间断的，上述性质同样成立．
2、函数零点的判定
（1）利用函数零点存在性的判定定理
如果函数在一个区间上的图象不间断，并且在它的两个端点处的函数值异号，即，则这个函数在这个区间上，至少有一个零点，即存在一点，使，这个也就是方程的根．
1、与指数函数、对数函数有关的复合函数，主要是指数函数、对数函数与一次函数、二次函数复合成的新函数，求新函数的单调性、奇偶性、最值、值域等问题，一般采用换元思想，把复杂的复合函数化成简单的初等函数．
考点剖析
考点一、判断复合函数的单调性
例1．（2023·宁夏吴忠·高一校考阶段练习）
1．函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
例2．（2023·广东佛山·高一校联考阶段练习）
2．函数的单调递增区间是（ ）
A． B．
C． D．
例3．（2023·海南海口·高一海南中学校考阶段练习）
3．函数的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．
例4．（2023·河北邢台·高一邢台市第二中学校联考阶段练习）
4．函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
考点二、已知复合函数单调性求参数范围
例5．（2023·全国·高三校联考期中）
5．若函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
例6．（2023·四川德阳·高一四川省德阳中学校校考阶段练习）
6．已知的值域为，且在上是增函数，则的范围是（ ）
A． B．
C． D．
例7．（2023·辽宁沈阳·高一沈阳市第十五中学校考阶段练习）
7．已知函数在区间上是增函数，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
例8．（2023·四川成都·高三校联考阶段练习）
8．已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
考点三、求复合函数的值域
例9．（2023·贵州六盘水·高一统考阶段练习）
9．已知函数.
(1)若，求的值域；
(2)若关于x的方程有解，求a的取值范围.
例10．（2023·宁夏吴忠·高一校考阶段练习）
10．已知函数
(1)求函数的值域；
(2)解不等式．
例11．（2023·山西·高一校联考期中）
11．已知函数（且，为常数）的图象经过点，.
(1)求的值；
(2)设函数，求在上的值域.
例12．（2023·黑龙江绥化·高一校考阶段练习）
12．已知函数
(1)若的值域为，求实数的取值范围；
(2)若在内为单调函数，求实数的取值范围.
例13．若在内为单调函数，根据复合函数单调性可知，在内也为单调函数，解题时还需注意函数定义域．
考点四、求复合函数的最值
例14．（2023·广东佛山·高一统考期中）
13．已知函数是定义在上的偶函数，当时，.
(1)求时，的解析式；
(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围.
例15．（2023·河南·高一济源高中校联考期中）
14．已知函数，且．
(1)求的值；
(2)证明：在上单调递增；
(3)求在上的最小值．
例16．（2023·高一课时练习）
15．已知函数，且）．
(1)若函数的图象与函数的图象关于直线对称，且点在函数的图象上，求实数的值；
(2)已知函数，．若的最大值为8，求实数的值．
例17．（2023·山东德州·高一德州市第一中学校考阶段练习）
16．已知，，m为实数，
(1)当时，求函数的最大值；
(2)求函数的最大值的解析式.
考点五、与复合函数有关的不等式问题
例18．（2023·广西·高一校联考阶段练习）
17．函数，则关于的不等式的解集为 .
例19．（2023·上海奉贤·高一校考期末）
18．不等式的解集为 ．
例20．（2023·浙江杭州·高一学军中学校考阶段练习）
19．若关于的不等式在上有解，则实数的最小值为 ．
例21．（2023·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐市第十九中学校考阶段练习）
20．不等式与不等式是同解不等式，则
例22．（2023·辽宁阜新·高一校考期末）
21．不等式的解集为 ．
考点六、判断复合函数的奇偶性
例23．（2023·四川攀枝花·高一攀枝花市第三高级中学校校考阶段练习）
22．函数为奇函数，且，若，则 ．
例24．（2023·陕西西安·高一高新一中校考阶段练习）
23．定义在上的奇函数，当时，，则的值为 ．
例25．（2023·湖北恩施·高一校联考阶段练习）
24．函数是定义在上的奇函数，则 ．
例26．（2023·山西·高一校联考期中）
25．若为偶函数，则 .
考点七、零点问题
例27．（2023·浙江温州·高一浙江省平阳中学校联考期中）
26．若不等式的解集为，则函数的零点为（ ）
A．和 B．和 C．2和 D．和
例28．（2023·四川凉山·高一统考期末）
27．函数，则函数的所有零点之和为（ ）
A．0 B．3 C．10 D．13
例29．（2023·安徽马鞍山·高一统考期末）
28．已知函数，，的零点分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
考点八、函数嵌套问题
例30．
29．已知函数若方程有4个不同的零点，且，则（ ）
A．10 B．8 C．6 D．4
例31．
30．设函数，若函数有且只有2个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
考点九、共零点问题
例32．
31．若关于的方程有三不等的实数根，且满足其中两根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例33．（2023 永州校级月考）
32．已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，且0＜f（1）=f（2）=f（3）≤3，则c的取值范围是
A．c≤3 B．3＜c≤6 C．﹣6＜c≤﹣3 D．c≥9
考点十、等高线问题
例34．
33．已知函数，若存在四个实数a，b，c，d，满足，，则的取值范围为（ ）
A．(0，+∞) B． C． D．
例35．
34．已知函数，若存在四个实数，，，，满足，，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
过关检测
一、单选题
（2023·广东佛山·高一校考阶段练习）
35．函数的单调递减区间为（ ）
A． B．
C． D．
（2023·广东深圳·高一深圳外国语学校校考阶段练习）
36．设函数，则关于x的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
（2023·浙江杭州·高一学军中学校考阶段练习）
37．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）．
A． B．
C． D．
（2023·江苏连云港·高一校考阶段练习）
38．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）
39．已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·辽宁·高三校联考阶段练习）
40．已知函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
（2023·全国·高一专题练习）
41．已知定义在上的是单调函数，且对任意恒有，则函数的零点为（ ）
A． B． C．2 D．4
（2023·云南昆明·高一云南师大附中校考阶段练习）
42．若二次函数的两个零点为2，3，则二次函数的零点是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2023·全国·高一专题练习）
43．已知函数和在上的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．方程有且只有6个不同的解 B．方程有且只有3个不同的解
C．方程有且只有5个不同的解 D．方程有且只有4个不同的解
（2023·四川成都·高一校考期中）
44．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数 B．是奇函数
C．在上是增函数 D．在上是减函数
（2023·广西·高一校联考阶段练习）
45．已知函数（，为自然对数的底数），则（ ）
A．函数至多有2个零点 B．，使得是R上的增函数
C．当时，的值域为 D．当时，方程有且只有1个实数根
（2023·陕西商洛·高一校考阶段练习）
46．给出下列结论，其中正确的结论是（ ）
A．函数的最大值为
B．函数的单调递增区间是
C．若，则的徝为1
D．已知定义在上的奇函数在内有1010个零点，则函数的零点个数为2021
三、填空题
（2023·湖北襄阳·高一襄阳五中校考阶段练习）
47．已知函数，则满足不等式的的取值范围是 .
（2023·河南开封·高一河南大学附属中学校考阶段练习）
48．已知a为正实数，且函数是奇函数．则的值域为 ．
（2023·广东茂名·高一校联考阶段练习）
49．函数是定义在上的奇函数，并且当时，，那么 ．
（2023·河北·高一河北师范大学附属中学校联考阶段练习）
50．写出一个函数的解析式，满足：①是定义在上的偶函数；②时，，则 .
（2023·广东佛山·高一校联考阶段练习）
51．若函数是定义在上偶函数，，则 .
四、解答题
（2023·河南郑州·高一校联考期中）
52．已知函数．
(1)当时，求的值域；
(2)若的最大值为9，求a的值．
（2023·陕西商洛·高一校考阶段练习）
53．已知函数
(1)若函数的定义域为，求实数的取值范围
(2)若，求函数的值域
（2023·天津静海·高一静海一中校考阶段练习）
54．已知函数
(1)若的定义域为，求的取值范围.
(2)若的值域为，求的取值范围.
（2023·重庆·高一四川外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）
55．已知定义在上的偶函数和奇函数满足，
(1)求的最小值.
(2)若对任意的，恒成立，则实数的取值范围.
（2023·江西南昌·高一江西师大附中校考期中）
56．已知函数（）．
(1)若关于的不等式的解集为，求的值；
(2)已知，当时，恒成立，求实数的取值范围．
（2023·黑龙江大庆·高一大庆实验中学校考期中）
57．已知函数．
(1)求函数的最大值；
(2)若关于的不等式对于任意的恒成立，求正实数的取值范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】利用复合函数的单调性，结合二次函数与指数函数的单调性即可得解.
【详解】对于，其开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又在上单调递增，
所以的单调递减区间为.
故选：A.
2．A
【分析】利用指数型复合函数的单调性求解.
【详解】令在单调递减，单调递增，又函数单调递减，
所以函数在单调递增，单调递减.
故选：A.
3．D
【分析】根据对数型复合函数单调性的求法求得正确答案.
【详解】对于函数，解得或，
故函数的定义域为，
函数的开口向上，对称轴为；
函数在上单调递增，
根据复合函数单调性同增异减可知，
的单调递增区间是.
故选：D
4．A
【分析】先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性结合对数函数的单调性即可得解.
【详解】由，解得，
故函数的定义域为，
令，其在上单调递增，在上单调递减，
又因为函数为减函数，
所以函数的单调递减区间为.
故选：A.
5．B
【分析】根据对数函数与二次函数复合的函数的单调性判别方法即可得到答案.
【详解】设，令，解得或，
则的定义域为，
因为二次函数的对称轴为，则其在单调递增，
而外函数在上单调递减，故在单调递减，
则实数的取值范围为，
故选：B.
6．A
【分析】根据对数函数定义域及复合函数单调性，可将问题转化在上恒成立，且在上是减函数，计算即可得.
【详解】设，
由为定义在上的减函数，
故在上恒成立，
且在上是减函数，
则，
，
故.
故选：A.
7．D
【分析】根据指数型复合函数的单调性，可得关于a的不等式，解不等式即可得答案.
【详解】由题意知函数由复合而成，
在上为增函数，由复合函数的同增异减性，
可知需为R上的增函数，
故，∴，∴或，
故选：D.
8．B
【分析】根据函数由复合而成，结合复合函数的单调性判断在区间上是增函数，即可求得答案.
【详解】由题意知函数由复合而成，
在R上是单调递减函数，故由在区间上是减函数，
可知在区间上是增函数，故，
即实数的取值范围是，
故选：B
9．(1)
(2)
【分析】（1）利用基本不等式求出最值，得到值域；
（2）求出，其中，从而求出a的取值范围.
【详解】（1）当时，，
当且仅当，即时，等号成立，故值域为；
（2）令得，，
由于，故a的取值范围是.
10．(1)
(2)或
【分析】（1）利用换元法，结合指数函数与二次函数的性质即可得解；
（2）利用因式分解，结合指数函数的单调性即可得解.
【详解】（1）因为的定义域为，
则，令，则，
又，，开口向上，对称轴为，
所以当时，，
所以函数的值域为.
（2）因为，
所以由得，得或，得或，
所以不等式的解集为或.
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法即可得解；
（2）利用对数函数的单调性与单调性的加减性质即可得解.
【详解】（1）因为的图象经过点，，
所以，两式相减得，
又且，解得或（舍去），则.
（2）由（1）得，
因为函数在上单调递增，函数在上单调递增，
所以在上单调递增，
则，
，
故在上的值域为.
12．(1)
(2)
【分析】（1）根据的值域为能取的一切值，建立不等式求解即可；
（2）函数在内为单调函数，即在内也为单调函数，注意对数函数定义域，建立不等式求解即可.
【详解】（1）令，.
的值域为能取的一切值，
所以.
（2）因为在内为单调函数，且在定义域内单调递减，
所以在内也为单调函数，且时，
当在内单调递增时，即函数的对称轴且，解得；
当在内单调递减时，即函数的对称轴且，此时无解；
综上所诉：实数的取值范围为.
【点睛】关键点睛：1.的值域为等价于能取的一切值；
2.若在内为单调函数，根据复合函数单调性可知，在内也为单调函数，解题时还需注意函数定义域.
13．(1)
(2)
【分析】（1）根据偶函数的定义分析求解；
（2）根据（1）中的结果整理可得，换元令，可得原题意等价于存在，使得成立，根据二次函数结合存在性问题分析求解.
【详解】（1）因为函数是定义在上的偶函数，当时，，
则时，则，所以.
（2）当，则，
对于，即，整理得，
令，可得，
原题意等价于存在，使得成立，
且的图象开口向上，对称轴，
可知在上单调递增，当时，取到最大值32，
可得，解得，
所以实数的取值范围为.
14．(1)
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）利用平方的方法求得.
（2）根据函数单调性的定义证得在上单调递增.
（3）利用换元法，结合对进行分类讨论来求得正确答案.
【详解】（1）依题意，，两边平方并化简得，
所以.
（2）任取，
，
由于在上单调递增，所以，
所以，
所以在上单调递增.
（3），
令，由于在上单调递增，
所以，即，则，
当时，，
当时，，
当时，.
综上所述，时，最小值为；时，最小值为；时，最小值为.
【点睛】方法点睛：利用函数单调性的定义证明函数的单调性，首先要在函数定义域的给定区间内，任取两个数，且，然后通过计算的符号，如果，则在给定区间内单调递增；如果，则在给定区间内单调递减.
15．(1)
(2)或2
【分析】（1）由题意可知，然后将点代入可求出的值，
（2）由（1）得，令，则，然后分和两种情况结合二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：因为函数，且）的图象与函数的图象关于直线对称，
所以（，且），
因为点在函数的图象上，
所以，解得，或（舍去）；
（2），
．
令．
①当时，由，有，
二次函数的对称轴为，
所以最大值为，
解得或（舍去）；
②当时，由，有，
二次函数的对称轴为，
所以最大值为，
解得或（舍去），
综上，实数的值为或2．
16．(1)3
(2)
【分析】（1）由对数的运算结合二次函数的单调性得出函数的最大值；
（2）令，讨论对称轴，由二次函数的单调性确定函数的最大值的解析式.
【详解】（1），
当时，.
当，即时，函数的最大值是.
（2），令，.
则
讨论对称轴.
若，即时，在上单调递减，.
若，即时，在上单调递增，
在上单调递减，即.
若，即时，在上单调递增，.
综上，.
17．
【分析】首先判断为奇函数且在定义域上单调递增，所以可转化为，根据奇偶性和单调性可解出的范围.
【详解】因为，是恒成立的，
所以的定义域为R，
，
所以为奇函数，当时，为递增函数，又为递增函数，在其定义域上为增函数，故为增函数，
而，所以在R上为增函数，
所以可化为，
所以，即，解得，
故答案为：.
18．
【分析】设函数，先求出函数的定义域，进而根据，将不等式转化为.判断函数的单调性，即可列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】设函数，
则应有，解得，所以，定义域为.
又，
所以，由，可得.
因为以及均在上单调递增，
所以，在上单调递增，
所以，.
综上所述，.
所以，不等式的解集为.
故答案为：.
19．
【分析】参变分离得到关于的不等式在上有解，利用对勾函数的性质求出，即可求出的取值范围.
【详解】因为关于的不等式在上有解，
所以关于的不等式在上有解，
所以，，
因为，所以，令，则，
，
令，，
因为对勾函数在上单调递减，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以，则，即实数的最小值为.
故答案为：
20．
【分析】根据指数函数单调性解不等式，结合一元二次不等式解法进而得到答案.
【详解】因为在上单调递增，
则，即，
即，解得，
因为也是的解，
所以，解得，
此时，即，解得，满足题意，
故
故答案为：.
21．
【分析】作出函数的图象，利用图象法解不等式即得.
【详解】在同一坐标系内作出函数的图象，如图，
两个函数图象交于点，观察图象知，当且仅当时，不等式成立，
所以不等式的解集为.
故答案为：
22．
【分析】由为奇函数可得，解得，再由结合，即可得出答案.
【详解】因为函数为奇函数，
所以，
所以，即，解得：或（舍去），
故，
因为，，
则
所以，又，所以.
故答案为：
23．##
【分析】根据题意，得到，代入结合对数的运算性质，即可求解.
【详解】由题意，定义在上的奇函数，当时，，
则.
故答案为：.
24．
【分析】根据题意，得到对任意的实数恒成立，得到方程，对任意实数恒成立，转化为对任意实数恒成立，进而求得的值.
【详解】由函数是定义在上的奇函数，
则对任意的实数恒成立，
即，对任意实数恒成立，
可得对任意实数恒成立，可得，即
经验证，此时为上的奇函数，满足题意．
故答案为：．
25．
【分析】设，可求得为奇函数，结合为偶函数，即可求解.
【详解】设，定义域为，
则，
所以函数为奇函数，
又因为为偶函数
所以函数为奇函数，得.
故答案为：.
26．D
【分析】根据一元二次不等式的解与一元二次方程根之间的关系求解，然后根据零点的定义求解即可.
【详解】因为的解集为，
所以方程的两根分别为和2，且，
则，解得，
故函数，
则与轴的交点坐标为和，所以零点为和.
故选：D.
27．D
【分析】令，根据，求得或，再根据和，结合分段函数的解析式，即可求解.
【详解】令，
由得或，所以或，
当时，或，
当时，则或，解得，
所以函数的所有零点之和为.
故选：D.
28．B
【分析】令，得；根据函数的单调性及零点存在定理可得，，即可得答案.
【详解】解：令，得，即；
因为，易知在上单调递增，
又因为，所以；
，易知在上单调递增，
又因为，，所以；
所以.
故选：B.
29．A
【分析】利用函数图象、对数的运算性质和二次函数的图象与性质分析运算即可得解.
【详解】解：由题意，方程有4个不同的零点，即
曲线与直线有4个不同的交点，如下图

因为，所以由图知，
且，可得：
，∴，
解得：，则，
∴.
故选：A.
30．B
【分析】利用换元并结合利用一元二次函数判别式进行判断求解.
【详解】由题意知函数，有2个不同的零点；
令，得，有2个对应的根，根据判别式法则有与两种情况：
当时，即，得，即，解得，即
，此时无解，所以此种情况不符题意；
当时，即，得；
设的实根为：和，不妨设，则，
则方程与一共有两个不等实根．
进一步可知：方程和有且仅有一个方程有两个不等实根．
即和中一个方程有两不等实根，另一个方程无实根．
因为，所以，即，即，
则，设，则，则，
所以，解得，
，，
即．
故选：B.
31．A
【分析】根据题意分析可得：，根据题意分析可得，令，有题意分析可得，进而可求的取值范围.
【详解】若，则至多有2个不相等的实根，由题意得：，
设，则，即方程的根不会为0，即均不为0，
当时，有一个根，不满足题意，故，
由题意，，
可得，
假设，则，这与均不为0相矛盾，故，
由，整理可得，
∵，令，则，
∴或，
由题意知：，则，
假设同号，则，这与相矛盾，
∴异号，则，
故，
∵，则，且，
故，则，排除C、D；
取，则，满足上述分析，故符合题意，
可得，排除B；
故选：A．
32．C
【详解】试题分析：由f（1）=f（2）=f（3），列出方程组求出a，b，得到f（x），再由0＜f（1）≤3求出c的范围．
解：由f（1）=f（2）=f（3），
得，解得，
则f（x）=x3﹣6x2+11x+c，
由0＜f（1）≤3，得0＜1﹣6+11+c≤3．
即﹣6＜c≤﹣3．
故选C．
考点：函数的图象．
33．C
【分析】根据函数画出图象，利用对称轴与对数函数的性质即可得出的关系，通过化简变形即可得出的取值范围.
【详解】依题意，
可得的图象如图所示：
所以时，与的图象有四个交点，
又因为，
由图象及函数性质知:，
易知:，，
所以，又因为，
所以，
则.
故选：C.
34．C
【分析】结合图象可知，，则，再结合对勾函数的单调性即可.
【详解】
如图所示，由的图象可知
所以时，与的图象有四个交点，
不妨假设，
由图象及函数性质知：，
易知：，，
所以，，
则．
故选：C
35．B
【分析】利用指数型复合函数的单调性求解
【详解】解：令，则t在上递减，在上递增，
又在R上递增，
所以的单调递减区间为，
故选：B
36．C
【分析】分析函数的奇偶性及在上的单调性，再求解不等式即可.
【详解】函数中，对任意实数，，
即函数的定义域为R，，
即函数是偶函数，当时，，当且仅当时取等号，
有，则，显然在上都递减，
因此在上递减，在上递减，
而函数在上递减，从而函数在上递减，则在上递增，
不等式，于是，
两边平方整理得，解得，
所以不等式的解集.
故选：C
37．C
【分析】令，则在上单调递增且恒大于，从而得到，解得即可.
【详解】因为函数在上单调递减，
令，
则在上单调递增且恒大于，
则，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：C
38．C
【分析】根据对数函数、二次函数的单调性及复合函数的单调性列出不等式组求解.
【详解】令，
因为为增函数，函数在上单调递减，
所以在上单调递减，且，
所以，解得，
故选：C
39．A
【分析】由复合函数的单调性分析可知，内层函数在上为增函数，结合二次函数的单调性可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】令，则二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
因为外层函数为上的减函数，函数在区间上单调递减，
所以，函数在上为增函数，所以，，解得.
故选：A.
40．C
【分析】由复合函数单调性法则得，即，解不等式即可得出答案.
【详解】由且，得为单调递减函数，
由复合函数单调性法则得，
又，解得．
故选：C．
41．A
【分析】利用换元法，根据函数的单调性列方程，求得的表达式，进而求得的零点.
【详解】根据题意，对任意，都有，
即．
因为是定义在上的单调函数，所以为定值，
令，，则，
由，得，，
在上单调递增，所以是唯一解，
则．
由得，即函数的零点为．
故选：A
42．B
【分析】根据零点定义，借助根与系数的关系求出的值，然后求出二次函数的零点.
【详解】的两个零点为2，3，
，
，
令，得或，
故选：B．
43．ACD
【分析】令，结合图象可得有3个不同的解，，，不妨设，则可知，，，令，结合图象可得有2个不同的解，，不妨设，则可知，，再数形结合求出复合函数的解的个数.
【详解】A选项，令，结合图象可得有3个不同的解，，，
不妨设，则可知，，，
由图可知有2个不同的解，有2个不同的解，有2个不同的解，
即有6个不同的解，A正确；
B选项，令，结合图象可得有2个不同的解，，
不妨设，则可知，，
由图可知有1个解，有3个不同的解，
即有4个不同的解，B错误；
C选项，令，结合图象可得有3个不同的解，，
且，，，
由图可知有1个解，有3个不同的解，有1个解，
即有5个不同的解，C正确；
D选项，令，结合图象可得有两个不同的解，
不妨设，则可知，，
由图可知有2个不同的解，有2个不同的解，
即有4个不同的解，D正确．
故选：ACD．
44．BC
【分析】先求出的定义域，由可判断A，B；由复合函数的单调性可判断C，D.
【详解】因为的定义域为：
，则，
，
所以是奇函数，故A错误；B正确.
，
令，则在上单调递减，
又因为在定义域上单调递减，由复合函数的单调性知，
在在上是增函数，故C正确；D错误.
故选：BC.
45．AD
【分析】根据分段函数的解析式，考查每段的零点情况即可判定A；根据函数在上单调递减，可判定B；分段求出函数值的取值范围，可判定C，令，解出方程可判定D.
【详解】当时，，符合条件，故是函数的一个零点，
当时，令，
由韦达定理知，两个根之和为，
故方程不可能有两个正根，也不可能有一正根，一个根为零，
若方程有一负根和一正根，则，解得，
即方程至多有一个正根，
综上可知，函数至多有2个零点，故A正确；
因为函数的图象开口向下，对称轴为，
故在上单调递减，
则不存在，使得是R上的增函数，故B错误；
当时，，
当时，函数的图象开口向下，对称轴为，
故在上单调递减，
所以，当时，
则函数的值域为，不符合题意，故C错误；
当时，，
令，则方程，可化为，
若，则，解得，
若，则，解得或者，均不符合条件，
故只有，即，此时只有为其根，
故时，方程有且只有1个实数根，则D正确，
故选：AD.
46．CD
【分析】对于A，根据指数函数的单调性可求得结果；对于B，根据对数型复合函数的单调性可求得结果；对于C，根据指数式与对数式互化，对数的运算可得解；对于D，根据奇函数的对称性以及函数零点的定义可求得结果.
【详解】对于A选项，，是R上的减函数，，即的最小值为，故A错误；
对于B选项，由题意可得，即或，即函数的定义域为，
又函数在上单调递增，所以函数的增区间为，故B错误；
对于C选项，由，解得，，，，则，故C正确；
对于D选项，因为定义在R上的奇函数在内有1010个零点，所以函数在内也有1010个零点，
又，所以函数的零点个数为2021，故D正确.
故选：CD.
47．
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，然后利用奇偶性的性质和单调性解不等式即可.
【详解】因为，所以其定义域为，
又，所以为偶函数，
当时，，
因为和在上均单调递减，
所以在上单调递减，
又，所以可化为，
所以，则，
则或，解得或，
所以不等式的解集为，
故答案为：.
48．
【分析】根据可得，再根据指数函数的值域分析的值域即可.
【详解】由题意，解得，
故，经检验，符合题意，
又，故，，故.
故答案为：
49．
【分析】根据函数的奇偶性、指数、对数运算求得正确答案.
【详解】，
所以.
故答案为：
50．(答案不唯一)
【分析】根据题意可知符合要求的函数不止一个，符合要求即可.
【详解】由题意可得：符合题意.
故答案为：.
51．6
【分析】根据奇函数的性质，结合代入法进行求解即可.
【详解】令，则的定义域为，关于原点对称，
又，所以是上的奇函数，
所以.
故答案为：6
52．(1)；
(2).
【分析】（1）根据二次函数、指数函数单调性求复合函数的值域；
（2）令，由指数函数单调性得，结合二次函数性质列方程求参数.
【详解】（1）由题设，若，则，
在上递减，在上递增，则，
在定义域上递增，则，
所以的值域为.
（2）令，则，
又在定义域上递增，而的最大值为9，即，
则开口向下且对称轴为，，
所以.
53．(1)
(2)
【分析】（1）分、讨论，根据定义域为R，可得答案；
（2）若，利用复合函数单调性和值域的关系即可求的值域．
【详解】（1）当时，，函数的定义域为，符合题意；
当时，若函数的定义域为，
则，解得，
综上所述，实数的取值范围是；
（2）若，则，
由解得，
为开口向下对称轴为的抛物线，
所以当时有最大值，此时，
当或时，此时无最小值，
所以的值域为.
54．(1)
(2).
【分析】（1）根据对数函数的性质，转化为恒成立，列出不等式组，即可求解；
（2）设，根据题意转化为，分类讨论，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，
要使得的定义域为，即恒成立，
则满足，解得，所以实数的取值范围为.
（2）解：设，要使得的值域为，即，
当时，的值域为，此时，
所以函数的值域为，符合题意.
当时，要使得，则满足，解得，
综上可得，实数的取值范围为.
55．(1)1
(2)．
【分析】（1）根据奇偶性，联立方程求出函数的解析式，即可判断最小值；
（2）恒成立问题，分离参数后构造新函数，求出新函数的最小值即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）函数满足①，所以，
由函数的奇偶性可得，②，
由①+②得，，
当且仅当，即时等号成立，
所以函数的最小值为1.
（2）因为对任意的，恒成立，
即对任意的，恒成立，
令，则函数在上为减函数，
所以，所以.
56．(1)，
(2)
【分析】（1）确定的解为或，解得答案.
（2）变换得到，即，计算函数最值得到答案.
【详解】（1）的解集为，则的解为或，
故，解得，；
（2），，即，
设，，则，即，
整理得到：，
当时，最小为，故且，即
57．(1)1
(2)
【分析】（1）利用对数的运算性质化简，令，结合二次函数即可求出函数的最大值；
（2）将恒成立问题转化成，借助（1）的结论，解不等式即可.
【详解】（1）因为，
令，
可得，
所以当且仅当，即时，函数取到最大值1．
（2）由（1）可得：当且仅当，即时，函数取到最大值6，
所以，即，且，
解得，即，
故实数的取值范围为．
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