高中数学（沪教版）必修第一册第5章单元综合测试C（含答案）

一、单选题
1．已知函数，方程有两解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知，函数，则方程的实根个数最多有（ ）
A．6个 B．7个 C．8个 D．9个
3．已知是定义域为R的偶函数，f(5.5)＝2，g(x)＝(x－1).若g(x＋1)是偶函数，则＝( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
4．已知,设函数()的最大值为M , 最小值为N ,那么=
A．2025 B．2022 C．2020 D．2019
5．已知是偶函数，对任意，，且，都有，且，则的解集是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知定义在R上的函数满足，当时，，函数，若函数在区间上恰有8个零点，则a的取值范围为（　　）
A．（2，4） B．（2，5） C．（1，5） D．（1，4）
7．已知定义在上的函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数，若关于的方程有四个不同的实数解，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．1837年，德国数学家狄利克雷(P.G.Dirichlet，1805-1859)第一个引入了现代函数概念：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数”.由此引发了数学家们对函数性质的研究.下面是以他的名字命名的“狄利克雷函数”：(Q表示有理数集合)，关于此函数，下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数
B．
C．对于任意的有理数，都有
D．存在三个点，使为正三角形
10．已知函数，方程有四个不同的实数根，从小到大依次是则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．可以取到3
11．对于函数，则下列判断正确的是（ ）
A．在定义域内是奇函数
B．函数的值域是
C．，，有
D．对任意且，有
12．已知是定义在区间，上的奇函数，且（1），若，，，时，有．若对所有，，，恒成立，则实数的取值范围可能是（ ）
A．(－∞，－6] B．(－6，6) C．(－3，5] D．[6，＋∞)
三、填空题
13．已知，则函数零点的个数为___________.
14．已知为定义在上的增函数，且任意，均有，则_____.
15．已知，若关于x的方程仅有一解，则a的取值范围是_______．
16．若对，，使不等式成立，则a的取值范围是______．
四、解答题
17．已知函数（为常数）
（1）若函数图象上动点P到定点Q（0，2）的距离的最小值为，求实数的值；
（2）设，若不等式在有解，求的取值范围；
（3）定义：区间（）的长度为，若，问是否存在区间，使得的值域为[6，7]，若存在，求出此区间长度的最大值与最小值的差.
18．已知二次函数
（1）若在的最大值为，求的值；
（2）若对任意实数，总存在，使得．求的取值范围．
19．已知函数在[1，2]时有最大值1和最小值0，设．
（1）求实数，的值；
（2）若不等式在[4，8]上有解，求实数的取值范围
20．已知函数，，且
(1)若，且，试比较与的大小关系，并说明理由；
(2)若，且，证明：
（i）；
（ii）.
（参考数据：）
21．已知函数，．
(1)若的值域为，求a的值．
(2)证明：对任意，总存在，使得成立．
22．设常数，函数．
（1）若a=1，求f(x)的单调区间；
（2）若f(x)是奇函数，且关于x的不等式mx2+m>f[f(x)]对所有的x∈[-2，2]恒成立，求实数m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．B
【分析】根据已知条件对进行分类讨论：、，然后分别考虑每段函数的单调性以及取值范围，确定出方程有两解时所满足的不等式，由此求解出的取值范围.
【详解】因为，所以且，
当时，在时单调递增，所以；
又在时单调递增，且，
因为方程有两解，所以，所以；
当时，在时单调递减，；
又在时单调递增，，
因为方程要有两解，所以，此时不成立.
综上可得，
故选：B.
【点睛】方法点睛：根据方程解的个数求解参数范围的常见方法：
方法（1）：将方程解的个数问题转化为函数的图象的交点个数问题，通过图象直观解答问题；
方法（2）：若方程中有指、对数式且底数为未知数，则需要对底数进行分类讨论，然后分析的单调性并求解出其值域，由此列出关于参数的不等式，求解出参数范围.
2．C
【分析】以的特殊情形为突破口，解出或或或；或或，将看作整体，利用换元的思想进一步讨论即可.
【详解】由基本不等式可得或，
作出函数，的图象，如下：
且，，
①当时，或，
由图象可知：、分别有两解，
故方程的实数根个数为；
②当时，或或，
由图象可知：、、分别有两解，
故方程的实数根个数为；
③当时，或或或，
由图象可知：、、、分别有两解，
故方程的实数根个数为；
④当时，或或或，
由图象可知：有一解，、、分别有两解，
故方程的实数根个数为；
⑤当时，或或，
由图象可知：无解，、分别有两解，
故方程的实数根个数为；
⑥当时，或，
由图象可知：有一解，有两解，
故方程的实数根个数为；
⑦当时，，
由图象可知：有两解，
故方程的实数根个数为；
综上可知，则方程的实根个数最多有个，
故选：C.
【点睛】方法点睛：函数与方程是最近高考的热点内容之一，解决方法通常是用零点存在定理或数形结合方法求解，如本题就是将方程转化为两个函数图象交点，通过观察图象交点的个数研究方程根的个数的.
3．D
【分析】根据g(x＋1)得到g(x)关于x＝1对称，得到，结合g(x)＝(x－1)和f(x)为偶函数即可得f(x)周期为4，故可求出f(2.5)＝2，则即可求值﹒
【详解】为偶函数，则关于对称，即，
即，即，
关于对称，又f(x)是定义域为R的偶函数，
∴，
∴f(x－4)＝f[(x－2)－2]＝－f(x－2)＝－[－f(x)]＝f(x)，即f(x－4)＝f(x)，
周期为，
∴，
.
故选：D.
4．B
【分析】可类比求解分式函数值域的形式分离常数，得，再表示出，通过，结合函数的增减性即可求得结果
【详解】由题可知，
，
在为增函数，
故选B
【点睛】本题考查分离常数法的具体应用，函数单调性的判断与应用，运算能力，属于中档题
5．A
【分析】根据是偶函数得到函数的对称轴，然后根据任意，，且，都有，所以在单调递减，进而得到函数在上的单调性，最后根据得到答案.
【详解】因为是偶函数，所以的图像关于x=1对称，而，则，
又因为任意，，且，都有，所以在单调递减，结合函数图像的对称性可知函数在单调递增.
所以的解集是.
故选：A.
6．A
【分析】将题意转化为函数与函数在区间上有8个交点，再根据函数的性质画图，再列式，根据对数函数的不等式解法求解即可
【详解】函数在区间上恰有8个零点，则函数与函数在区间上有8个交点
由知，是R上周期为2的函数，作函数与函数在区间上的图像如下，
由图像知，当时，图像有5个交点，故在上有3个交点即可，则；
故，解得；
故选：A．
7．B
【分析】画出的图象，数形结合后可求参数的取值范围.
【详解】，故，
则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解，
故的图象有两个不同的交点，
设
又的图象如图所示，
由图象可得两个函数的图象均过原点，
若，此时两个函数的图象有两个不同的交点，
当时，
考虑直线与的图象相切，
则由可得即，
考虑直线与的图象相切，
由可得，则即.
考虑直线与的图象相切，
由可得即，
结合图象可得当或时，两个函数的图象有两个不同的交点，
综上，或或，
故选：B.
【点睛】思路点睛：与分段函数有关的零点问题，通过可转化为确定函数的图象与动直线的位置关系的问题来处理，注意临界位置的合理刻画.
8．D
【分析】先作函数和的图象，利用特殊值验证A错误，再结合对数函数的性质及二次函数的对称性，计算判断BCD的正误即可.
【详解】作函数和的图象，如图所示：
当时，，即，解得，此时，故A错误；
结合图象知，，当时，可知是方程，即的二根，故，，端点取不到，故BC错误；
当时，，即，
故，即，所以，
故，即，所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点个数求参数值(取值范围)或相关问题，常先分离参数，再作图象，将问题转化成函数图象的交点问题，利用数形结合法进行分析即可.
9．ABCD
【分析】利用定义判断函数奇偶性，可确定A的正误，根据“狄利克雷函数”及有理数、无理数的性质，判断其它三个选项的正误.
【详解】A：由定义知：定义域关于原点对称，当则，当则，即有，故是偶函数，正确；
B：由解析式知：或，即，正确；
C：任意的有理数，当时，即，当时，即，正确；
D：若存在为正三角形，则其高为1，边长为，所以当时成立，正确；
故选：ABCD
【点睛】关键点点睛：应用函数的奇偶性判断，结合新定义函数及有理数、无理数的性质判断各选项的正误.
10．BD
【分析】由分段函数对应区间上指对数函数的性质画出函数图象，根据已知方程知两个零点、分别在的两侧，结合图象及原方程根的个数确定、的范围，进而得到的范围，即可确定答案.
【详解】由题设，，其函数图象如下：
而的对称轴为且，即，
所以必有两个零点、分别在的两侧，
由上图知：且，满足原方程有四个实根，
故，则，D正确；
所以：；且；
：；且：.；
所以且，则，
故A、C错误，B正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：根据分段函数上指对数函数的性质画出函数图象，由方程判断、的分布并结合函数图象确定它们的范围，进而确定根的范围.
11．ABD
【分析】根据函数奇偶性定义判断的奇偶性，利用基本不等式求的值域，设，根据解析式判断的大小，进而确定的大小关系，应用作差、作商法判断大小关系，进而确定各项的正误.
【详解】A：由解析式知：定义域为，，即在定义域内是奇函数，正确；
B：当时，当且仅当时等号成立；当时有，当且仅当时等号成立；故其值域，正确；
C：当时，，而，，则，所以，错误；
D：若，，，所以，而，即，正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：综合应用函数奇偶性的证明、对勾函数值域的求法、作差(作商)法比较大小，判断各选项的正误.
12．AD
【分析】先判断的单调性，求得的最大值，化简不等式，利用构造函数法，结合一次函数的性质列不等式组，由此求得的取值范围.
【详解】任取，
，
由于，结合可知，
即，所以在上递增.
所以.
由可得，
即对任意恒成立.
构造函数，则，
即，解得或.
故选：AD
【点睛】求解多变量的不等式恒成立问题，可考虑减少变量来进行求解.
13．
【分析】函数零点的个数可转化为函数与函数的图像交点个数，画出两个函数图像观察交点个数即可.
【详解】解：对于函数，
当时，，
当时，
当时，，
当时，，
当时，，
，
函数零点的个数可转化为函数与函数的图像交点个数，
在同一个直角坐标系中画出两个函数图像如图：
观察图像可得：两个函数有4个交点，即函数零点的个数为4.
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：本题主要考察零点个数问题，我们可以把零点个数问题转化为函数图像的交点个数，这里准确的画出函数图像是关键。另外本题函数中带有结构，这里需要分类讨论求函数在不同区间上的解析式，并及时发现规律，可使问题变简单.
14．
【分析】设，令、求得，结合单调性求出a值，代入验证即可得结果.
【详解】设，
令得：；
令得：，
因为为定义在上的增函数，
所以，
当时，由矛盾.
故.
故答案为：
15．
【分析】可判断a≠0,从而由分段函数判断方程的解的个数即可.
【详解】若，则方程有无数个解，故；
或（舍去）
,
或
或
关于x的方程仅有一解，
在上无解，
综_上所述, a的取值范围是.
故答案为：
16．
【分析】由已知可得，结合基本不等式可得，再由二次函数的性质可得a的取值范围.
【详解】因为，，
所以，
所以，由已知，
设，当且仅当时，等号成立，
所以即，恒成立，
所以，所以.
故答案为：.
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.
17．（1）；（2）当时，；当时，；（3）存在，最大值3，最小值1，差为2.
【分析】（1）根据题意，设点，结合两点之间的距离公式和均值不等式，即可求解；
（2）根据题意，可知在有解，令，则等价于在上恒成立，再结合开口向下的二次函数的图象性质，讨论即可求解；
（3）根据题意，结合的图象性质，可知，进而可求解.
【详解】（1）设点，
则点P到定点Q（0，2）的距离，
当时，，不合题意；
当时，由，得，
又因，所以，即，
解得.
（2）由不等式在有解，
得在有解，
令，则，
此时在有解，等价于在上恒成立，
令，，
因，所以在端点处取得最小值，
①当，即时，，故；
②当，即时，，故.
综上，当时，；当时，.
（3）由题意得，结合图象可知，在上单调递减，在上单调递增，且，，
因在区间上，的值域为[6，7]，
所以，，区间长度的最大值与最小值的差为，
故存在，且最大值3，最小值1，差为2.
【点睛】求函数最值和值域的常用方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
18．（1）；（2）.
【分析】由解析式可知为开口方向向上，对称轴为的二次函数；
（1）分别在和两种情况下，根据函数单调性可确定最大值点，由最大值构造方程求得结果；
（2）将问题转化为对恒成立，分别在、、和，根据单调性可得，将看做关于的函数，利用恒成立的思想可求得结果.
【详解】由解析式知：为开口方向向上，对称轴为的二次函数，
（1）当，即时，在上单调递减，
，不合题意；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
，
又，，在的最大值为，
，解得：；
综上所述：.
（2）若对任意实数，总存在，使得，
则对恒成立，
①当时，在上单调递增，
，
当时，单调递增，
，；
②当，即时，在上单调递减，
，
当时，单调递减，
，；
③当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，又，，
令，则在上单调递增，
，解得：；
④当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，在上单调递减，
，解得：；
综上所述：的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据二次函数最值求解参数值、恒成立问题的求解，本题解题关键是能够将问题转化为对恒成立，从而通过对于函数单调性的讨论得到最值.
19．（1）；（2）．
【分析】（1）讨论时，易知函数为常数函数不合题意，时，确定函数单调性，进而根据条件求出a,b；
（2）由（1）求出，进而化简不等式为，然后分离变量即可解得.
【详解】（1）函数，
若时，，最大值等于最小值，不符合题意，
所以，的对称轴为，所以在区间[1，2]上是增函数，
故，解得．
（2）由已知可得，则，
所以不等式
转化为在上有解，
设，则，
即在上有解，
即有解，
∵，∴，
∴当时，取得最大值，最大值为．
∴即,∴的取值范围是.
20．(1)，理由见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）由时，，，可得，构造，求导分析单调性，由，故，分析即得解；
（2）（i）由题意，，先证明，代入分析可得，构造，求导分析单调性，结合而，即得解；
（ii）构造，可得，再构造，，分析即得解
（1）
对函数，求导得：
，
当时，.
而，.
由，知，
因此，唯一且
由知，.
构造，则.
故在单调递增；
因此，由知.
故，结合单调性知.
（2）
（i）证明：由题意得.
构造，则，.
因此.
因此.
故.
因此
故.
因此.
构造，则.
而，，因此.
（ii）由知.
因此.
构造，则.
因此在上单调递减.
因此，故.
因此，结合单调性知，故.
构造，，则.
因此在上单调增，上单调减.
而当时，，单调减.
因此，.
而，因此，因此.
因此.
21．(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，可得，从而即可求解；
（2）利用对勾函数单调性求出在上的值域，再分三种情况讨论二次函数在闭区间上的值域，然后证明的值域是值域的子集恒成立即可得证.
（1）
解：因为的值域为，所以，解得．
（2）
证明：由题意，根据对勾函数的单调性可得在上单调递增，所以．
设在上的值域为M，
当，即时，在上单调递增，因为，，所以；
当，即时，在上单调递减，因为，，所以；
当，即时，，，所以；
综上，恒成立，即在上的值域是在上值域的子集恒成立，
所以对任意总存在，使得成立.
22．（1）调增区间为，单调减区间为(-∞，0)，；（2）.
【分析】(1)当a=1时，求得，根据二次函数的单调性求出x<0与的单调区间即可得解；
(2)由f(x)是奇函数求出a，再求得，将给定不等式分离参数并构造函数，求其最大值即可作答.
【详解】（1）当a=1时，，
当时，，则f(x)在内是增函数，在内是减函数，
当x<0时，，则f(x)在(-∞，0)内是减函数；
综上可知，f(x)的单调增区间为，单调减区间为(-∞，0)，；
（2）因f(x)是奇函数，必有f(-1)=-f(1)，即(a+1)·1＝-(a-1)·1，解得a=0，此时，它是奇函数，
因此，a=0，，则，
于是有，
而时，，并且，
令，则在上单调递增，当时，，
因此，当时，，则，
所以实数m的取值范围是.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页