压轴小题13函数奇偶性与零点的结合 学案(含答案) 2024年高考数学三轮冲刺练

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压轴小题13函数奇偶性与零点的结合 学案(含答案) 2024年高考数学三轮冲刺练

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压轴小题13 函数奇偶性与零点的结合
【天津市南开区2023-2024学年高三下学期质量监测(一) T15】
已知函数分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且,若函数有唯一零点,则实数的值为______
先根据奇函数和偶函数的定义求得表达式,原题转化为有唯一零点,通过偶函数性质可以判断零点位于原点处,代入求得参数的值,并逐一检验充分性即可.
解:由已知即
由①+②得.
由已知有唯一零点.
注意到是偶函数.
∴,或
①当时,
当且仅当时,等号成立,此时有唯一零点.
②当时,.
若,则函数单调递增.
∴,当且仅当时,等号成立
此时,有唯一零点
综上,或.
1.已知函数,分别是定义在上的偶函数和奇函数,且,若函数有唯一零点,则实数的值为( )
A.或 B.或 C. D.
2.已知函数有唯一零点,则实数( )
A.1 B. C.2 D.
3.已知函数有唯一零点,则( )
A.1 B. C. D.
4.已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数,且满足,若函数有唯一零点,则实数的值为 .
5.函数,分别为上的偶函数和奇函数,(且),若,函数有唯一零点,则实数的值可以为( )
A. B. C.1 D.
先根据奇函数和偶函数的定义求得表达式,根据函数对称性,参变分离后转化为图象交点问题,找出零点并代入即可.
解:设
设 偶-偶=偶
关于对称,关于对称
有唯一零点,即有唯一解
即与有唯一交点
当且仅当时,与有唯一交点
6.已知,是函数的两个零点,则( )
A.1 B.e C. D.
先根据奇函数和偶函数的定义求得表达式,对参数分类讨论并结合导数与函数单调性、最值的关系求解答案即可.
①当时,,不符合题意
②当时时,,
时,
∵为偶函数,∴在上单调递减
③当时时,,
,时,
由②③可知中,有唯一零点充分条件时,即
或.
7.若关于的方程恰有四个不同的实数解,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
8.已知函数有两个零点,则的最小整数值为( )
A.3 B.2 C.1 D.0
9.已知函数,分别是定义在上的奇函数和偶函数,且,若函数有唯一零点,则实数的值为( )
A.或 B.1或 C.或 D.或1
10.存在实数使得函数有唯一零点,则实数可以取值为( )
A. B. C. D.1
11.已知函数有唯一零点,则 ,的解集为 .
12.已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数,且满足,若函数有唯一零点,则实数λ的值为 .
13.已知函数有唯一零点,则实数__________.
14.若函数有唯一零点,则实数的值为 .
15.已知函数,分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且满足,则函数的解析式为 ;若函数有唯一零点,则实数的值为 .
16.若函数有且仅有两个零点,则的取值范围为 .
17.若函数有两个零点,则实数的取值范围是 .
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.D
【分析】根据题意,利用函数的奇偶性,求出,结合函数的对称性得出关于对称,由有唯一零点,可知,即可求.
【详解】已知,①
且,分别是上的偶函数和奇函数,
则,
得:,②
①+②得:
∴令∵有唯一零点,且是偶函数,
所以,∴
∴或
若时,则
当时,则令解得,∴(不合题意舍去)
若时,则
∵在上单调递减∴
∵是偶函数∴只有唯一零点0
∴只有唯一零点2023
综上:.
故选:D.
2.D
【分析】设,由函数奇偶性定义得到为偶函数,所以函数的图象关于直线对称,由零点唯一性得到,求出的值.
【详解】设,定义域为R,
∴,
故函数为偶函数,则函数的图象关于y轴对称,
故函数的图象关于直线对称,
∵有唯一零点,
∴,即.
故选:D.
3.D
【解析】把函数等价转化为偶函数,利用偶函数性质,有唯一零点,由得解.
【详解】因为,
令 则,
因为函数有唯一零点,
所以也有唯一零点,且为偶函数,图象关于轴对称,由偶函数对称性得,所以,解得,
故选:D.
【点睛】本题考查函数零点的情况求参数的值,属于中档题.
4.或
【分析】
由已知函数有唯一零点,结合偶函数的性质,证明函数为偶函数,根据条件列方程求λ的值.
【详解】
因为函数有唯一零点,
所以函数有唯一零点,
因为函数是定义在上的偶函数,所以,
所以,
所以函数为偶函数,又函数有唯一零点,
所以函数的零点为,
所以,
因为函数是定义在上的奇函数,所以,
又由可得,所以,
所以
解得或.
故答案为:或.
5.AB
【分析】利用函数,奇偶性可得,令,
由奇偶性定义可得是偶函数,关于直线对称,函数有唯一零点,可得,
再由可求得答案.
【详解】因为函数,分别为上的偶函数和奇函数,
所以函数,,
又,

两式相减,可解得,
令,

所以是偶函数,图象关于轴对称,
所以关于直线对称,
,函数有唯一零点,所以,即,

又因为,
所以,解得或,
故选:AB.
6.D
【分析】
由题意构造,将原函数的零点问题转化为的图象的交点问题,判断函数的对称性,即可求得答案.
【详解】由,可知,
故时,则可得,
而,是函数的两个零点,
令,则的图象必有两交点
且,是两交点的横坐标,
由于,即的图象关于点对称,
而,即的图象也关于点对称,
故的交点关于点对称,则,
故,
故选:D
【点睛】关键点睛:本题考查了函数的零点问题,解答的关键是根据函数特征,构造新函数,将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题,结合对称性即可解决.
7.D
【分析】
等价变形给定方程,再分类讨论去绝对值符号,并借助函数的单调性求解即得.
【详解】方程或,
(1)当时,原方程等价于或,令函数,
函数在上递增,函数值集合为R,在上递增,函数值集合为R,
①当时,在上递增,,而,
显然,则与各有一个实根,
②当时,或在上各有一个实根,
③当时,在,上递增,显然与在上各有一个实根,
当时,,而,当且仅当时取等号,
当时,,在上方程有一个实根,无实根,
当且时,,在上方程与均无实根,
因此当,时,方程与各有一个实根,
当,时,方程有两个实根,有一个实根,
(2)当时,原方程等价于,解方程得或,
显然当时,原方程在上无实根,当时,原方程在上有一个实根,
当时,原方程在上有两个实根和1,
综上,当时,原方程只有两个实根,当时,原方程有3个实根,当时,原方程有4个实根,
所以实数的取值范围为.
故选:D
【点睛】
思路点睛:涉及分段函数零点个数求参数范围问题,可以按各段零点个数和等于总的零点个数分类分段讨论解决.
8.C
【分析】对求导,得到,再对进行分类讨论,求出函数的单调区间,再结合零点存在性原理即可求出结果.
【详解】因, 则,
当,,由,得到,只有一个零点,不合题意,
当时,因为恒成立,所以时,,时,,
即在区间上单调递减,在区间上单调递增,
又,,取且,则,
又由,得到,所以,此时存在2个零点,
当时,由,得到或,
若,即,当时,,所以在区间上单调递增,
又当时,,所以不存在2个零点,
若,即,当时,,当,,
所以在区间上单调递减,在区间上单调递增,
又当时,,所以不存在2个零点,
综上可得,实数,
故选:C.
【点睛】方法点晴:解决函数零点问题的常用思路,①函数零点函数图像与轴交点的横坐标对应方程的根;②零点存在性原理;③用导数研究函数的单调性,结合零点存在性原理解决.
9.C
【分析】先根据题意求得函数的解析式,再结合函数的对称性得到的方程,解方程,即可求得的值,得到答案.
【详解】由题意,函数,分别是奇函数和偶函数,且,
可得,解得,
则,所以为偶函数,
又由函数关于直线对称,
且函数有唯一零点,可得,即,
即,解得或.
故选:C.
10.AB
【分析】
转化为有唯一的解,构造函数,结合基本不等式,得到关于的方程有根,考虑与,结合根的判别式得到不等式,求出答案.
【详解】由题意得,存在实数使得有唯一的解,
令,其中,当且仅当,
即时,等号成立,
故关于的方程有根,
即,当时,,此时,满足要求,
当时,由得,,
综上,和满足要求.
故选:AB
【点睛】
方法点睛:根据函数的零点个数求解参数范围,一般方法:
(1)转化为函数最值问题,利用导数解决;
(2)转化为函数图像的交点问题,数形结合解决问题;
(3)参变分离法,结合函数最值或范围解决.
11. 1
【分析】
根据函数特征可知将看成整体,即,再利用换元法根据函数奇偶性和单调性即可求得参数的值,进而解出不等式.
【详解】令,则,所以为偶函数;
又函数有唯一零点,由对称性可知,解得;
易知函数的图象关于对称,且在上单调递增,,
则不等式即为,由对称性可得.
故答案为:1,
【点睛】关键点点睛:本题关键在于将看成是由和合成的函数,且两个函数都关于对称,再利用换元法判断出函数奇偶性和单调性即可求解.
12.或
【分析】
由已知函数有唯一零点,结合偶函数的性质,证明函数为偶函数,根据条件列方程求λ的值.
【详解】
因为函数有唯一零点,
所以函数有唯一零点,
因为函数是定义在上的偶函数,所以,
所以,
所以函数为偶函数,又函数有唯一零点,
所以函数的零点为,
所以,
因为函数是定义在上的奇函数,所以,
又由可得,所以,
所以
解得或.
故答案为:或.
13.
【分析】设,则,为偶函数,根据函数的唯一零点得到,解得答案.
【详解】,
设,则,为偶函数,
函数有唯一零点,故,即.
故答案为:.
14.
【分析】根据偶函数的性质,可得,解得,再对的取值分两种情况讨论得解.
【详解】因为,又,所以函数为偶函数.
因为函数有一个零点,根据偶函数的性质,可得,所以,解得.
当,此时,知,有零点(),不符合题意:
当,此时在上单调递增,,根据偶函数对称性,符合题意;所以.
故答案为:
【点睛】关键点睛:解答本题的关键如何检验和,用零点存在性定理检验,利用函数的单调性检验.
15. 或
【分析】把方程中的换成,然后利用奇偶性可得另一方程,联立可解得;
令,可得为偶函数,
从而可得关于对称,
由函数有唯一零点,可得,从而可求得的值.
【详解】解:因为函数,分别是定义在上的偶函数和奇函数,
所以,
因为, ①
所以,
即, ②
①②联立,可解得.
令,则,
所以为偶函数,
所以关于对称,
因为有唯一的零点,所以的零点只能为,
即,解得或.
故答案为:;或.
【点睛】关键点点睛:此题考查函数奇偶性的应用,考查函数的零点,解题的关键是令,可得为偶函数,从而可得关于对称,由函数有唯一零点,可得,从而可求得的值,考查数学转化思想和计算能力,属于中档题
16.
【分析】
根据绝对值的意义,去掉绝对值,求出零点,分类讨论,再结合根据根存在的条件即可判断的取值范围.
【详解】
(1)当时,即,
即,
若,则,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,
即,
若,则,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,则,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:.
17.
【分析】
令,则只有一个零点,即,据此即可求解.
【详解】
函数的定义域为,令,
则只有一个零点,
且该零点为正数,,
根据函数和的图象及凹凸性可知,
只需满足即可,即:,
又因为,所以实数的取值范围是.
故答案为:.
【点睛】
关键点点睛:本题令,则只有一个零点,即的分析.
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页

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