2023年12月高中数学指数函数与对数函数 (1)（含解析）

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2023年12月高中数学 指数函数与对数函数
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．（18·19上·深圳·期末）已知，其中为奇函数，为偶函数.
（1）求与的解析式；
（2）判断函数在其定义域上的单调性（不需证明）；
（3）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
2．（19·20上·深圳·期末）已知函数是其定义域内的偶函数.
（1）求的值；
（2）若函数，求不等式的解集.
3．（19·20上·深圳·期末）已知函数（，且），过点.
（1）求实数a的值；
（2）解关于x的不等式.
4．（19·20高一上·广东深圳·期末）已知函数，（，且）.
（1）求的定义域，并判断函数的奇偶性；
（2）对于，恒成立，求实数的取值范围.
5．（23·24高一上·广东深圳·期中）设函数是定义域为R的偶函数，是定义域为R的奇函数，且.
(1)求与的解析式；
(2)若在上的最小值为，求的值.
6．（22·23高一上·广东深圳·期末）已知函数.
(1)若，证明：；
(2)若是定义在上的奇函数，且当时，.
（ⅰ）求的解析式；
（ⅱ）求方程的所有根.
7．（22·23高一上·广东深圳·期末）已知常数，函数.
(1)当时，求不等式的解集（用区间表示）；
(2)若函数有两个零点，求的取值范围；
(3)设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的和不大于，求的取值范围.
8．（22·23高一上·广东深圳·期中）已知函数为定义在上的奇函数.
(1)求的值；
(2)根据单调性的定义证明函数在上单调递增；
(3)若对任意实数恒成立，求实数的取值范围.
9．（22·23高一上·广东深圳·期中）设且，函数的图象过点.
(1)求的值及的定义域；
(2)求在上的单调区间和最大值.
10．（21·22高一上·广东深圳·期中）已知函数对任意的实数都有，且当时，有．
(1)求证：在上为增函数；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围．
11．（21·22高一下·广东深圳·期末）已知二次函数的图象经过原点，且是偶函数，方程有两相等实根.
(1)求的解析式；
(2)讨论函数与的图象的公共点个数.
12．（20·21高一下·广东深圳·期末）已知函数.
（1）试判断函数的单调性，并画出函数图象的草图；
（2）若关于的方程有两个不相等的实数根，求的取值范围.
13．（20·21高一下·广东深圳·期中）对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“类函数”.
（1）已知函数，，试分别判断 是否为“类函数”，并说明理由；
（2）若函数为其定义域上的“类函数”，求实数的取值范围.
14．（20·21高一上·广东深圳·期末）已知函数其中.
（1）当a=0时，求f(x)的值域;
（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
15．（20·21高一上·广东深圳·期中）设函数是定义R上的奇函数．
（1）求k的值；
（2）若不等式有解，求实数a的取值范围；
（3）设，求在上的最小值，并指出取得最小值时的x的值．
16．（19·20高一上·广东深圳·期末）已知函数
（1）若，求证：函数恰有一个正零点；（用图像法证明不给分）
（2）若函数恰有三个零点，求实数取值范围.
17．（19·20高一上·广东深圳·期末）已知函数.
（1）当时，求函数的值域；
（2）若方程有解，求实数的取值范围.
18．（19·20高一上·广东深圳·期中）已知函数，且.
（1）若，求x的取值范围；
（2）若对恒成立，求实数t的取值范围.
19．（18·19高一下·广东深圳·期末）已知函数，其中．
（1）当时，求的最小值；
（2）设函数恰有两个零点，且，求的取值范围．
20．（17·18高一上·广东深圳·期中）若存在不为零的常数，使得函数对定义域内的任一均有，则称函数为周期函数，其中常数就是函数的一个周期．
(1)证明：若存在不为零的常数使得函数对定义域内的任一均有，则此函数是周期函数；
(2)若定义在上的奇函数满足，试探究此函数在区间内的零点的最少个数．
21．（15·16上·深圳·期中）已知函数 （，且），．
（1）函数的图象恒过定点A，求A点坐标；
（2）若函数的图像过点，证明：方程在上有唯一解．
22．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数，其中e为自然对数的底数，记．
(1)解不等式；
(2)若存在，使得成立，求实数k的取值范围．
23．（22·23高一上·广东广州·期末）对于定义在上的函数,若存在实数,使得,则称是函数的一个不动点,已知有两个不动点,且
(1)求实数的取值范围；
(2)设，证明：在定义域内至少有两个不动点.
24．（22·23高一上·广东广州·期末）设函数，若存在实数，，使在上的值域为.
(1)求实数的范围；
(2)求实数的取值范围.
25．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数的图象过点，且无限接近直线但又不与该直线相交．
(1)求函数的解析式：
(2)解关于x的不等式．
26．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数，.
(1)若函数在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若函数为偶函数，且对于任意，，都有成立，求实数的取值范围.
27．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数．
(1)若函数是奇函数，求实数a的值；
(2)在（1）的条件下，证明：函数是增函数；
(3)若函数在上有零点，求实数a的取值范围．
28．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数（为常数，）.
(1)讨论函数的奇偶性；
(2)若方程在上有实根，求实数的取值范围.
29．（22·23高一上·广东广州·期末）已知．
(1)当且时，求函数的取值范围；
(2)若对任意的恒成立，求实数a的取值范围．
30．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数（，为常数，且）的图象经过点，.
(1)求函数的解析式；
(2)若关于不等式对都成立，求实数的取值范围.
31．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数是定义在上的奇函数
(1)求a值：
(2)判断并证明函数的单调性？
(3)求不等式的解集
32．（22·23高一上·广东广州·期末）已知二次函数的图象过点，满足且函数是偶函数.函数.
(1)求二次函数的解析式；
(2)若对任意，，恒成立，求实数m的范围；
(3)若函数恰好三个零点，求k的值及该函数的零点.
33．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数，.
(1)若在区间上不单调，求的取值范围；
(2)已知关于x的方程在区间内有两个不相等的实数解，求实数的取值范围.
34．（22·23高一上·广东广州·期末）生产A产品需要投入年固定成本5万元，每年生产万件，需要另外投入流动成本万元，且，每件产品售价为10元，且生产的产品当年能全部售完.
(1)写出利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式；（年利润=年销售收入-固定成本-流动成本）
(2)年产量为多少万件时，该产品的年利润最大？最大年利润是多少？
35．（22·23高一上·广东广州·期末）已知函数在区间上有最大值4，最小值1．函数．
(1)求函数的解析式；
(2)若存在使得不等式成立，求实数的取值范围；
(3)若函数有三个零点，求实数的取值范围．
参考答案：
1．（1），；（2）函数在其定义域上为减函数；（3）.
【分析】（1）由与可建立有关、的方程组，可得解出与的解析式；
（2）化简函数的解析式，根据函数的解析式可直接判断函数的单调性；
（3）将所求不等式变形为，根据函数的定义域、单调性可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）由于函数为奇函数，为偶函数，
，，
即，
所以，，解得，.
由，可得，
所以，，；
（2）函数的定义域为，，
所以，函数在其定义域上为减函数；
（3）由于函数为定义域上的奇函数，且为减函数，
由，可得，
由题意可得，解得.
因此，实数的取值范围是.
【点睛】思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下：
（1）先分析出函数在指定区间上的单调性；
（2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域；
（3）求解关于自变量的不等式 ，从而求解出不等式的解集.
2．（1）；（2）当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为R；当时，不等式的解集为.
【解析】（1）由偶函数的性质即可求出；
（2）整理可得不等式可化为，即，讨论的范围即可解出.
【详解】（1）是偶函数，
，即，
则，可得，
，解得；
（2），
，
两边乘以可得，即，
整理得，
，，
当时，不等式化为，解得；
当时，不等式化为恒成立，解得；
当时，不等式化为，此时，则不等式恒成立，解得；
当时，不等式化为恒成立，解得；
当时，不等式化为，解得.
综上：当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为R；当时，不等式的解集为.
【点睛】关键点睛：本题考查指数型不等式的求解，解题的关键是将不等式化简得出，再讨论的取值范围结合指数函数的性质求解.
3．（1）2（2）
【解析】（1）将点代入函数计算得到答案.
（2）根据函数的单调性和定义域得到，解得答案.
【详解】（1）∴ .
（2）的定义域为，并在其定义域内单调递增，
∴，不等式的解集为.
【点睛】本题考查了函数解析式，利用函数单调性解不等式，意在考查学生对于函数知识的综合应用.
4．（1）定义域为；奇函数;（2）时，；时，.
【分析】（1）由对数的真数大于0，解不等式可得定义域；运用奇偶性的定义，即可得到结论；
（2）对a讨论，，，结合对数函数的单调性，以及参数分离法，二次函数的最值求法，可得m的范围．
【详解】（1）由题意，函数，由，
可得或，即定义域为；
由，
即有，可得为奇函数；
2对于，恒成立，
可得当时，，由可得的最小值，
由，可得时，y取得最小值8，则，
当时，，由可得的最大值，
由，可得时，y取得最大值，则，
综上可得，时，；时，．
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定，以及对数的运算性质和二次函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性的定义，以及对数的运算性质和二次函数的图象与性质的合理应用是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.
5．(1)，.
(2).
【分析】（1）根据函数的奇偶性可得出关于，的方程组，即可解得这两个函数的解析式.
（2）设，可得，设，分，两种情况讨论，分析函数在上的单调性，结合可求得实数的值.
【详解】（1）为偶函数，，
又为奇函数，，
，①
，，②
由得：，可得.
所以，.
（2），
所以，，
令，因为函数、在上均为增函数，
故在上单调递增，则，
设， 对称轴，
①当时，在上单调递增，
，解得：，不符合题意.
②当时，函数在上为减函数，在上为增函数，
则，
解得：或（舍）；
③当时，在上单调递减，
，解得：，不符合题意.
综上：.
6．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ），，
【分析】（1）根据对数函数的性质，基本不等式结合条件即得；
（2）根据奇函数的性质可得函数的解析式，方程转化成曲线与直线的交点情况，结合函数的图象和性质即得.
【详解】（1）证明：因为，
所以，，
由基本不等式，当时，，
即，
即；
（2）（ⅰ）依题意得，当时，，
因为是定义在上的奇函数，所以，代入上式成立，
即当时，，
设，则，所以，
所以；
（ⅱ）方程转化成曲线与直线的交点情况，
当时，与交于点和点，

由（1）知的图象总是向上凸的，所以除外不会有其它交点，
同理，当时，根据对称性，两个图象还有一个交点，
所以方程有三个根，，.
7．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由对数及指数函数的单调性解不等式即可得解；
（2）函数的零点问题转化为方程有2个不等实根，化简并换元后可转化为方程在上只有两解，利用二次函数图象与性质求解；
（3）求出函数最大最小值后可得，化简可得恒成立，换元后得出对，恒成立，利用二次函数求出最大值即可得解.
【详解】（1）当时，，
∴，解得，
∴原不等式的解集为；
（2）函数有两个零点，即方程有两个不等的实根，
∴，
∴，
令，则，
由题意得方程在上只有两解，
令， ，则
当时，直线和函数的图象只有两个公共点，
即函数只有两个零点,
∴实数的范围；
（3）∵函数在上单调递减，
∴函数在定义域内单调递减，
∴函数在区间上的最大值为，
最小值为，
∴，
由题意得，
∴恒成立，
令，
∴对，恒成立，
∵在上单调递增，
∴
∴，
解得，
又，
∴．
∴实数的取值范围是.
8．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）由是定义在上的奇函数，利用，求得；
（2）利用作差法证明即可；
（3）由（2）知，函数为上单调递增的奇函数，故等价于对任意实数恒成立，分类讨论和两种情况，从而求出的取值范围.
【详解】（1）解：因为函数为定义在上的奇函数，
所以，得，
经检验符合题意，
所以；
（2）证明：根据（1）知，
，且，
则，
因为，所以，，，
所以，即，
所以函数在上单调递增；
（3）解：由（2）知，函数为上单调递增的奇函数，
，即，
即，
则，
所以对任意实数恒成立，
当时，，显然成立；
当时，，解得，
综上可知，实数的取值范围是.
9．(1)，
(2)单调增区间为，单调减区间为；最大值为2
【分析】（1）根据对数函数得性质和计算规则计算即可；
（2）复合函数单调性根据内外函数同增异减，先判断内函数单调性，再判断外函数单调性即可.
【详解】（1）∵函数的图象过点，
∴，∴，即，
又且，∴，
要使有意义，
则，
∴的定义域为；
（2），
令
∵，∴的最大值为4，此时，且在单调递增，单调递减
∴在上的单调增区间为，单调减区间为，最大值为2.
10．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，令，，可整理得到，由此可得结论；
（2）将恒成立的不等式化为，令可求得，利用单调性可得，令，由二次函数最值求法可求得的取值范围.
【详解】（1）设，
令，，，
则；
，，，
在上为增函数.
（2）由题意得：，
，
令，则，解得：，
为上的增函数，，，
令，设，，，
即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数单调性的证明、函数不等式恒成立问题；求解恒成立问题的关键是能够利用函数单调性将恒成立的不等式转化为自变量大小关系，进而可采用分离变量的方法求得变量的取值范围.
11．(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，易得，根据是偶函数，可得的一个关系式，再根据方程有两相等实根，可得根的判别式，从而可求得，即可得解；
（2）函数与的图象的公共点个数，即方程的实数根的个数，即方程的实数根的个数，令，故所求转化为方程在实根的个数，再分，，三种情况讨论，从而可得出结论.
【详解】（1）解：设，
因为二次函数的图象经过原点，
所以，
，
因为是偶函数，
所以，
即，
所以，
又方程有两个相等的实数根，
所以，
解得（舍去），
所以；
（2）解：由（1）得，
令，
则，
即，
即，
令，
则，
故所求转化为方程在实根的个数，
令，，
①当，即时，
若，则，故，
所以时，方程无实根；
若，则，故，
所以时，方程有1个实根；
②当，即或时，
因为，且，，
所以当或时，方程有1个实根；
③当，即时，
若，即时，方程有两个不相等的实根，
若，即时，方程无实根，
若，即时，方程有1个实根，
若，即时，方程无实根，
若，即时，方程无实根，
综上所述，当时，函数的图象没有公共点；
当时，函数的图象有1个公共点；
当时，函数的图象有2个公共点.
【点睛】本题考查了根据待定系数法球二次函数的解析式，考查了偶函数的性质及一元二次方程的根的问题，考查了一元二次方程在某个区间上的实根的个数问题，考查了分类讨论思想，对数据分析的能力要求较高.
12．（1）当时，函数为单调减函数；当时，函数为单调增函数；图象见解析；（2）.
【分析】（1）对去绝对值写成分段函数的形式，根据图象的平移和翻折变换即可得其图象；
（2）设，一元二次方程有两个不相等的实数根，结合图象讨论的范围，从而得到满足题意的等价条件即可求解.
【详解】（1）
当时，函数为单调减函数，值域为；
当时，函数为单调增函数，值域为.
首先作的图象，向下平移个单位可得的图象，将轴下方的图象关于轴对称的翻折到轴上方即可得的图象，
画出函数的草图如图所示：
（2）因为关于的方程有两个不等实数根，
设，结合图象可知，
一元二次方程有两个不相等的实数根，
令
①当 ，时，则有解之，得；
②当，时，由得，所以可得：不合题意；
③当时，则，解之得或，
当时， (舍去)，当时，符合题意；所以
④当且都在内时，则有即可得：，所以.
综上所述，的范围是.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是令，将原方程转化为，要准确作出的图象，结合图象由和的根的分布情况进行分析，先确定的范围，再确定结果的范围.
13．（1）不是“类函数”，是“类函数”，利用见解析；（2）
【分析】（1）根据已知条件中“类函数”的定义即可判断；
（2）根据已知条件中“类函数”的定义分别讨论、以及时有解即可，分离转化为值域问题即可求解.
【详解】（1）设在定义域内存在实数，满足，则
即，整理可得：，此方程无实根，
所以不是“类函数”，
设在定义域内存在实数，满足，则
，即
整理可得：，即，
可得：，所以是“类函数”，
（2）当时，，
，，由可得：
，即，所以，
因为在上为减函数，
所以，所以
当时，，
由可得：
即可得
，所以
令在单调递减，在上单调递增，
所以时，；时，，所以
所以，因为在单调递增，
所以
当时，，
由可得：即
，
因为在上单调递增，所以，
综上所述：实数的取值范围为
14．（1）；（2）
【分析】（1）分别求出和的值域即可；
（2）分两种情况讨论，若，有1个零点，时，有1个零点；若，无零点，时，有2个零点.
【详解】（1）当时，，
则当时，，
当时，单调递增，则，
综上，的值域为；
（2）当时，，当时，单调递增，
若，有1个零点，则，则时，也应有1个零点，所以，又，则；
若，无零点，则，则时，有2个零点，所以；
综上，a的取值范围为.
15．（1）1；（2）；（3）最小值为，此时.
【解析】（1）根据题意可得，即可求得k值，经检验，符合题意；
（2）有解，等价为，利用二次函数图象与性质，即可求得答案；
（3）由题意，令，可得t的范围，整理可得，，利用二次函数的性质，即可求得答案.
【详解】（1）因为是定义域为R上的奇函数，
所以，所以，解得，
所以，
当时，，
所以为奇函数，故；
（2）有解，所以有解，
所以只需，
因为（时，等号成立），
所以；
（3）因为，所以，
可令，可得函数t在递增，即，
则，可得函数，，
由为开口向上，对称轴为的抛物线，
所以时，取得最小值，
此时，解得，
所以在上的最小值为，此时．
【点睛】解题的关键熟练掌握二次函数的图象与性质，并灵活应用，处理存在性问题时，若，只需，若，只需，处理恒成立问题时，若，只需，若，只需，考查分析理解，计算化简的能力属中档题.
16．(1)证明见解析；（2）.
【解析】（1）先证明在单调递增，再利用零点存在性定理证明恰有一个正零点；
（2）设，作出函数图象，得到方程必有两根，或者，分类讨论解不等式即得解.
【详解】（1）若，则，
因为当时，都是单调递增的函数，
所以在单调递增，
因为，
所以存在唯一的使得，
所以函数恰有一个正零点；
（2）设，作出函数图象，如图所示：
因为函数恰有三个零点，
所以方程必有两根，
或者，
当时，.
当时，，此时，不符合题意.
综上所述：实数取值范围为.
【点睛】方法点睛：解决函数的零点问题常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得到函数的零点）；（2）图象法（直接画出函数的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解）.
17．（1）；（2）
【解析】(1)令 可得，当时利用二次函数的知识即可求出值域
(2) 将变形为，求的取值范围即求的值域.
【详解】（1），
设，得，，
当时，，，
所以，，
所以函数的值域为；
（2）方程有解等价于函数
在上有零点，
也即在上有解，
函数在上单调递减
在上单调递增
所以当时取得最小值
当时，当时
所以最大值为
所以值域为
所以实数的取值范围为.
【点睛】含参的方程根的个数问题，常用分离变量法，方程有根等价于要在的值域当中.
18．（1） （2）
【分析】（1）化简，然后利用指数不等式转化求的取值范围；
（2）化简不等式分离参数，利用二次函数的性质求解函数的最值，即可得到结果．
【详解】（1）由解得．
即，
，
，
，
即．
（2）即，
，
时，取得最小值，
即，．
【点睛】本题考查函数与方程的应用，不等式的解法，函数恒成立，考查转化思想以及计算能力．
19．(1) ； (2)
【分析】（1）当时，利用指数函数和二次函数的图象与性质，得到函数的单调性，即可求得函数的最小值；
（2）分段讨论讨论函数在相应的区间内的根的个数，函数在时，至多有一个零点，函数在时，可能仅有一个零点，可能有两个零点，分别求出的取值范围，可得解．
【详解】（1）当时，函数，
当时，，由指数函数的性质，可得函数在上为增函数，且；
当时，，由二次函数的性质，可得函数在上为减函数，在上为增函数，
又由函数， 当时，函数取得最小值为；
故当时，最小值为．
（2）因为函数恰有两个零点，所以
（ⅰ）当时，函数有一个零点，令得，
因为时，，所以时，函数有一个零点，设零点为且，
此时需函数在时也恰有一个零点，
令，即，得，令，
设，，
因为，所以，，，
当时，，所以，即，所以在上单调递增；
当时，，所以，即，所以在上单调递减；
而当时，，又时，，所以要使在时恰有一个零点，则需，
要使函数恰有两个零点，且，设在时的零点为，
则需，而当时，，
所以当时，函数恰有两个零点，并且满足；
（ⅱ）若当时，函数没有零点，函数在恰有两个零点 ，且满足，也符合题意，
而由（ⅰ）可得，要使当时，函数没有零点，则 ，
要使函数在恰有两个零点 ，则，但不能满足，
所以没有的范围满足当时，函数没有零点，
函数在恰有两个零点 ，且满足，
综上可得：实数的取值范围为．
故得解.
【点睛】本题主要考查了指数函数与二次函数的图象与性质的应用，以及函数与方程，函数的零点问题的综合应用，属于难度题，关键在于分析分段函数在相应的区间内的单调性，以及其图像趋势，可运用数形结合方便求解，注意在讨论二次函数的根的情况时的定义域对其的影响．
20．(1)证明见解析；
(2)4035个.
【分析】（1）令代入，根据周期函数的定义即可证结论．
（2）由已知可得是2为周期的奇函数，结合奇函数、周期函数性质，研究此函数在区间内的零点的最少个数．
（1）
因为存在不为零的常数使对定义域内的任意均有，
所以 ，即，
因此，函数是周期函数，且就是函数的一个周期.
（2）
因为定义在上满足，
由（1）易得：是周期为2的函数，即，
又是上的奇函数，则，所以①，
又，所以，同理：②，
由①②有：，又，
所以此函数在区间内的零点最少有个.
21．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）令，即可以求得函数图像过定点；
（2）先确定函数的解析式，并判定函数的单调性，再根据函数零点存在性定理，即可证明方程在上有唯一解．
【详解】（1）令，则，
则函数图像过定点；
（2）∵的图像过点，
∴，解之得
∴
在上单调递增，在上单调递增
∴在上单调递增，
又，
则，∴方程在上有唯一解
22．(1)；
(2)
【分析】（1）根据给定条件，解指数不等式作答.
（2）求出的取值范围，分离参数并换元构造函数，利用对勾函数求出函数的值域作答.
【详解】（1）函数，则不等式化为：，即，
，而，因此，解得，
所以原不等式的解集是
（2）依题意，，当时，，
，则，
令，，，
，因为，则，
因此，即，则有函数在上单调递增，
于是当时，，即，，
，从而，
所以实数k的取值范围是．
【点睛】思路点睛：涉及含参方程有解的问题，分离参数构造函数，转化为求函数的值域得解.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，得到的两个实数根为，设，根据二次函数的图象与性质，列出不等式即可求解；
（2）把可化为，设的两个实数根为，根据是方程的实数根，得出，结合函数单调性，即可求解．
【详解】（1）因为函数有两个不动点，
所以方程，即的两个实数根为，
记，则的零点为和，
因为，所以，即，解得，
所以实数的取值范围为．
（2）因为
方程可化为，即
设，因为，所以有两个不相等的实数根．
设的两个实数根为，不妨设．
因为函数图象的对称轴为直线，且，
所以．
记，
因为，且，所以是方程的实数根，
所以1是的一个不动点，
，
因为，所以，且的图象在上的图象是不间断曲线，所以，使得，
又因为在上单调递增，所以，所以是的一个不动点，
综上，在上至少有两个不动点．
24．(1)；
(2).
【分析】(1) 由题设求定义域即可；
(2)由题设，将问题转化为与在上有两个交点，进而构造，研究其在上有两个零点的情况下的取值范围即可.
【详解】（1）由题设，为增函数且定义域为，
∴；
（2）要使在上的值域为，
，
所以，
∴与在上有两个交点，
即在上有两个根且恒成立，即，
∴对于，
有，
可得，
所以，
∴综上，实数的取值范围为.
25．(1)
(2)
【分析】（1）根据图象过点得的关系，根据图象无限接近直线但又不与该直线相交求出，从而得解；
（2）利用指数函数和对数函数的单调性求解即可．
【详解】（1）由图象过点，得，
∵函数无限接近直线，但又不与该直线相交，
∴，从而，
∴．
（2）由得，即，则，
所以或，解得或．
所以不等式的解集为．
26．(1)
(2)
【分析】(1)利用函数单调性定义法表示出，然后根据已知的单调性，得出，再利用即可得出结果.
(2)根据为偶函数，求出，而后利用已知相关对数式子有意义，以及转化不等式恒成立得到，进而求解的范围.
【详解】（1）任取，，且，
则
，
函数在上单调递减，
，又，
，，
恒成立，即，
，，
故的取值范围为.
（2）为偶函数，，
，，
，
，
当且仅当即时，等号成立，
的最小值为，
由题意可得，对任意恒成立，
即，
即对任意恒成立，
由有意义，得，
由有意义，得在恒成立，
即在上恒成立，设，
易知在上的值域为，
故，所以，
又，
即，
，
，，
又，
，
综上，实数的取值范围为.
27．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由结合奇偶性的定义得出的值；
（2）由定义证明即可；
（3）由方程有实数根，即有实数根，结合的单调性得出的范围.
【详解】（1）定义域为R，由，解得；
此时，，即函数是奇函数.
故.
（2），任取，.
因为，所以，即.
故函数是增函数；
（3）因为函数在上有零点，所以有实数根，即有实数根，
令，易知在上单调递减，
又，所以，即.
28．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）直接使用奇偶性的定义进行求解；
（2）由题知在上有实根，令，则在上有实根，进而在上有实根，再令，则在上有实根，最后根据基本不等式得即可得答案.
【详解】（1）解：函数的定义域为，
又
①当时，即时，可得
即当时，函数为偶函数；
②当时，即时，可得
即当时，函数为奇函数；
③当时，函数为非奇非偶函数．
综上，当时，函数为偶函数；当时，函数为奇函数；当时，函数为非奇非偶函数．
（2）解：因为方程在上有实根，
所以在上有实根，
所以在上有实根，
令，
所以在上有实根，
所以在上有实根
因为，，
所以，在上有实根，
因为，
所以在上有实根
令，
所以在上有实根，
因为，当且仅当，即时等号成立，
当时，，时，，
所以，
所以，在上有实根，则
所以，实数的取值范围是
29．(1)
(2)
【分析】（1）令，，可得，利用二次函数的性质可得的取值范围；
（2）令，，则问题等价于对任意的，恒成立，分离参变量得，设，结合函数的单调性即可得到答案．
【详解】（1）当时，
令，由，得，
，
当时，；当时，．
所以函数的取值范围．
（2）令，由，得，
对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立，
则对任意的，恒成立，
设，，
设且，
则，
因为，则，
则函数在上单调递减，故，
所以．
30．(1)；
(2).
【分析】（1）将，，代入函数，利用待定系数法即可得出答案；
（2）转化为，，再由函数单调性求解即可.
【详解】（1）∵函数的图象经过点，，
∴，即，
又∵，∴，，
∴.
（2）由（1）知，，
∴对都成立，即对都成立，
∴，，
在上为增函数，
∴，
∴，
∴的取值区间为．
31．(1)；
(2)函数在上单调递增；详见解析；
(3).
【分析】（1）利用奇函数的定义可得的值；
（2）利用单调性定义证明即可；
（3）根据的奇偶性和单调性即得.
【详解】（1）函数的定义域为，
因为为奇函数，所以，
所以，
所以，
所以；
（2）函数在上单调递增.
下面用单调性定义证明：
任取，且，则
，
因为在上单调递增，且，所以，
又，
所以，
所以函数在上单调递增；
（3）因为为奇函数，所以，
由，可得，
又函数在上单调递增，
所以，即，
解得，
所以不等式的解集为.
32．(1)；
(2)或或；
(3)详见解析.
【分析】（1）待定系数法即可求得二次函数的解析式；
（2）先求得在上的最小值3，将问题转化为不等式对任意恒成立，再列出关于实数m的不等式组，解之即可求得实数m的范围；
（3）先将函数恰好三个零点，转化为方程有一个根为3，另一个根大于3，再列出关于k的方程，解之即可求得k的值，进而求得该函数的零点.
【详解】（1）设二次函数
由函数是偶函数，可得图像有对称轴直线，
则二次函数的图象有对称轴直线，
又二次函数的图象过点，满足，
则，解之得，
则二次函数的解析式为
（2）由（1）得，则，
当时单调递增，.
若对任意，，恒成立，
则对任意，恒成立，
则对任意恒成立，
则，解之得或或
（3）
由函数恰好有三个零点，
则方程恰好有三个根，
令，则，则方程有一个根为3，另一个根大于3，
则，解之得，
此时方程即有二根或
由，可得；由，可得或
则该函数的零点为或或.
33．(1)
(2)
【分析】（1）结合二次函数的对称轴及其性质即可求解；
（2）令，方程在区间内有两个不相等的实数解，等价于函数在上存在两个零点，结合二次函数的实根分布讨论即可求解.
【详解】（1）函数的对称轴为，
由在区间上不单调，
所以，解得，
所以的取值范围为.
（2）令，
方程在区间内有两个不相等的实数解，
等价于函数在上存在两个零点，
因为，
且在处图像不间断，
当时，无零点；
当时，由于在上单调，
所以在内最多只有一个零点，
不妨设的两个零点为，，且，
若有一个零点为0，则，于是，
零点为0或1，所以满足题意，
若0不是函数的零点，则函数在上存在两个零点有以下两种情形：
（i）若，，则，
即，解得.
（ii）若，则，解得.
综上所述，的取值范围为.
34．(1)
(2)当年产量为7万件时，年利润最大，最大年利润为万元.
【分析】（1）根据“年利润=年销售收入-固定成本-流动成本”求得.
（2）结合二次函数的性质以及基本不等式求得正确答案.
【详解】（1）依题意，.
（2）由（1）得，
当，所以的最大值为；
当时，，
当且仅当时等号成立，
当时，；当时，；
由于，
所以当年产量为7万件时，年利润最大，最大年利润为万元.
35．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由二次函数的对称轴可知在上单调递增，将最值代入求解即可；
（2）利用分离参数法将不等式转化为，求的最小值即可；
（3）函数有三个零点，即方程有三个实根，解一元二次方程得或，作出图像数形结合即可求解.
【详解】（1）二次函数对称轴为，
所以函数在上单调递增，
所以，解得．
所以．
（2）
所以存在使不等式成立，且，
转化为存在使不等式成立，
令，所以不等式化为，
即，因为，
因为，所以，所以实数的取值范围．
（3）依题意有三个零点，
即方程有三个实根，
方程有三个实根，
令，则，即，
即，则，
作出函数的图像如图所示：
直线与曲线有且仅有1个交点，
所以要使有三个零点，则直线与曲线有2个交点
则，所以，以实数k的取值范围为．
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