2024届高考数学第一轮复习：文科数学2010-2019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  解法一：函数在的零点个数，
即在区间的根个数，
即，令和，
作出两函数在区间的图像如图所示，由图可知，
​
和在区间的图像的交点个数为3个．故选B．
解法二：因为，令，得，即或，解得. 所以在的零点个数为3个. 故选B.

2.解析 作出函数的图像，以及直线的图像，如图所示.

关于的方程恰有两个互异的实数解，即和的图像有两个交点，平移直线，考虑直线经过点和时，有两个交点，可得或.
考虑直线与在相切，可得，由，解得（舍去）.
综上可得，的范围是．
故选D．

3.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.

2010-2018年

1．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． 

2．C【解析】由时是增函数可知，若，则,

所以,由得，解得,则,故选C．

3．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．

4．A【解析】当时，，此时方程的小于零的零点为；当时，，方程

无零点；当时，，

方程大于2的零点有一个，故选A．

5．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．

6．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．

7．C【解析】 ∵，，

，∴零点的区间是．

8．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，

当与和都相交时；

当与有两个交点时，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．

9．D【解析】当时，函数的零点即方程得根，

由，解得或3；当时，由是奇函数得

，即，

由得（正根舍去）．

10．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.

11．A【解析】由题意a＜b＜c，可得f(a)＝(a－b)(a－c)＞0，f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，

f(c)＝(c－a)(c－b)＞0.显然f(a)·f(b)＜0，f(b)·f(c)＜0，

所以该函数在(a，b)和(b，c)上均有零点，故选A．

12．B【解析】二次函数的图像开口向上，在轴上方，对称轴为=2，

g(2) = 1； f(2) =2ln2=ln4>1．所以g(2) <f(2), 从图像上可知交点个数为2．

13．B【解析】令，可得，由图象法可知有两个零点．

14．B【解析】因为在内单调递增，又，

所以 在内存在唯一的零点。

15．C【解析】，则或，，又，

所以共有6个解.选C.

16．B【解析】由知函数为偶函数，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.

17．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．

18．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．

19．D【解析】图像法求解．的对称中心是（1,0）也是的中心，他们的图像在x=1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．

20．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．

21．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．

22．B【解析】因为，，所以选B．

23．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．

24．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．

25．【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．

26．；【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．

27．8【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．

28．【解析】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

29．【解析】由在R上单调递减得，又方程恰有两个不相等的实数解，所以，因此的取值范围是．

30．－2；1【解析】，

，

所以，解得．

31．9【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．

32．2 【解析】函数的零点个数等价于方程的根的个数，即函数与的图像交点个数．于是，分别画出其函数图像如下图所示，由图可知，函数与的图像有2个交点．

33．【解析】令，得，由题意可知函数与

的图象有两个交点，画图可知（图略）．

34．【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．

35．2【解析】当时，令，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．

36．或【解析】解法一  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．

解法二：显然，所以.

令，则.

因为，所以．

结合图象可得或．

37．【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

∴，．

38．【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．

39．【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．