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專題04 與指數函數、對數函數有關的復合函數及函數方程綜合應用-【寒假自學課】（人教A版2019）
專題04 與指數函數、對數函數有關的復合函數及函數方程綜合應用
思維導圖
核心考點聚焦
考點一、判斷復合函數的單調性
考點二、已知復合函數單調性求參數范圍
考點三、求復合函數的值域
考點四、求復合函數的最值
考點五、與復合函數有關的不等式問題
考點六、判斷復合函數的奇偶性
考點七、零點問題
考點八、函數嵌套問題
考點九、共零點問題
考點十、等高線問題
知識點一、根式的概念和運算法則
1、次方根的定義：
若，則稱為的次方根．
為奇數時，正數的奇次方根有一個，是正數，記為；負數的奇次方根有一個，是負數，記為；露的奇次方根為零，記為．
為偶數時，正數的偶次方根有兩個，記為；負數沒有偶次方根；零的偶次方根為零，記為．
2、兩個等式
（1）當且時，；
（2）
知識點二、分數指數冪的概念和運算法則
為避免討論，我們約定，，，且為既約分數，分數指數冪可如下定義：
知識點三、有理數指數冪的運算
1、有理數指數冪的運算性質
（1）
（2）
（3）
當，為無理數時，是一個確定的實數，上述有理數指數冪的運算性質仍適用．
2、指數冪的一般運算步驟
有括號先算括號里的；無括號先做指數運算．負指數冪化為正指數冪的倒數．底數是負數，先確定符號，底數是小數，先要化成分數，底數是帶分數，先要化成假分數，然后要盡可能用冪的形式表示，便于用指數運算性質．在化簡運算中，也要注意公式：，，，，的運用，能夠簡化運算．
知識點四、無理數指數冪
一般地，無理數指數冪（，為無理數）是一個確定的實數．有理數指數冪的運算性質同樣適用于無理數指數冪．
【注意】（1）對于無理數指數冪，我們只需要了解兩點：
①它是一個確定的實數；
②它是有理數指數冪無限逼近的結果．
（2）定義了無理數指數冪之后，冪的指數就由原來的有理數范圍擴充到了實數范圍．
知識點五、實數指數冪的運算性質
①．
②．
③．
知識點六、指數函數的圖象及性質：
時圖象 時圖象
圖象
性質 ①定義域，值域
②，即時，，圖象都經過點
③，即時，等于底數
④在定義域上是單調減函數 ④在定義域上是單調增函數
⑤時， 時， ⑤時， 時，
⑥既不是奇函數，也不是偶函數
知識點七、指數函數底數變化與圖像分布規律
（1）
①，②，③，④，則：
又即：時，（底大冪大）
時，
（2）特殊函數
，，，的圖像：
知識點八、對數概念
1、對數的概念
如果，那么數b叫做以a為底N的對數，記作：．其中叫做對數的底數，叫做真數．
知識點詮釋：
對數式中各字母的取值范圍是：且，，．
2、對數（且）具有下列性質：
（1）0和負數沒有對數，即；
（2）1的對數為0，即；
（3）底的對數等于1，即．
3、兩種特殊的對數
通常將以10為底的對數叫做常用對數，．以e（e是一個無理數，）為底的對數叫做自然對數，簡記為．
4、對數式與指數式的關系
由定義可知：對數就是指數變換而來的，因此對數式與指數式聯系密切，且可以互相轉化．它們的關系可由下圖表示．
由此可見a，b，N三個字母在不同的式子中名稱可能發生變化．
知識點九、對數的運算法則
已知，（且，、）
（1）正因數的積的對數等于同一底數各個因數的對數的和；
推廣：
（2）兩個正數的商的對數等于被除數的對數減去除數的對數；
（3）正數的冪的對數等于冪的底數的對數乘以冪指數；
知識點十、對數公式
1、對數恒等式：
2、換底公式
同底對數才能運算，底數不同時可考慮進行換底，在a>0，a≠1，M>0的前提下有：
（1）
令，則有，，即，即，即：．
（2），令，則有，則有
即，即，即
當然，細心一些的同學會發現（1）可由（2）推出，但在解決某些問題（1）又有它的靈活性．而且由（2）還可以得到一個重要的結論：．
知識點十一、對數函數的圖象與性質
圖象
性質 定義域：
值域：
過定點，即時，
在上增函數 在上是減函數
當時，， 當時， 當時，， 當時，
知識點十二、底數對對數函數圖象的影響
1、底數制約著圖象的升降．
如圖
知識點詮釋：
由于底數的取值范圍制約著對數函數圖象的升降（即函數的單調性），因此在解與對數函數單調性有關的問題時，必須考慮底數是大于1還是小于1，不要忽略．
2、底數變化與圖象變化的規律
在同一坐標系內，當時，隨a的增大，對數函數的圖像愈靠近x軸；當時，對數函數的圖象隨a的增大而遠離x軸．（見下圖）
知識點十三、反函數
1、反函數的定義
設分別為函數的定義域和值域，如果由函數所解得的也是一個函數（即對任意的一個，都有唯一的與之對應），那么就稱函數是函數的反函數，記作，在中，是自變量，是的函數，習慣上改寫成（）的形式．函數（）與函數（）為同一函數，因為自變量的取值范圍即定義域都是B，對應法則都為．
由定義可以看出，函數的定義域A正好是它的反函數的值域；函數的值域B正好是它的反函數的定義域．
2、反函數的性質
（1）互為反函數的兩個函數的圖象關于直線對稱．
（2）若函數圖象上有一點，則必在其反函數圖象上，反之，若在反函數圖象上，則必在原函數圖象上．
知識點十四：函數的零點
1、函數的零點
（1）一般地，如果函數在實數處的值等于零，即，則叫做這個函數的零點．
知識點詮釋：
①函數的零點是一個實數，當函數的自變量取這個實數時，其函數值等于零；
②函數的零點也就是函數的圖象與軸交點的橫坐標；
③函數的零點就是方程的實數根．
歸納：方程有實數根函數的圖象與軸有交點函數有零點．
（2）二次函數的零點
二次函數的零點個數，方程的實根個數見下表．
判別式 方程的根 函數的零點
兩個不相等的實根 兩個零點
兩個相等的實根 一個二重零點
無實根 無零點
（3）二次函數零點的性質
①二次函數的圖象是連續的，當它通過零點時（不是二重零點），函數值變號．
②相鄰兩個零點之間的所有的函數值保持同號．
引伸：對任意函數，只要它的圖象是連續不間斷的，上述性質同樣成立．
2、函數零點的判定
（1）利用函數零點存在性的判定定理
如果函數在一個區間上的圖象不間斷，并且在它的兩個端點處的函數值異號，即，則這個函數在這個區間上，至少有一個零點，即存在一點，使，這個也就是方程的根．
1、與指數函數、對數函數有關的復合函數，主要是指數函數、對數函數與一次函數、二次函數復合成的新函數，求新函數的單調性、奇偶性、最值、值域等問題，一般采用換元思想，把復雜的復合函數化成簡單的初等函數．
考點剖析
考點一、判斷復合函數的單調性
例1．（2023·寧夏吳忠·高一校考階段練習）
1．函數的單調遞減區間是（ ）
A． B． C． D．
例2．（2023·廣東佛山·高一校聯考階段練習）
2．函數的單調遞增區間是（ ）
A． B．
C． D．
例3．（2023·海南海口·高一海南中學校考階段練習）
3．函數的單調遞增區間是（ ）
A． B． C． D．
例4．（2023·河北邢臺·高一邢臺市第二中學校聯考階段練習）
4．函數的單調遞減區間是（ ）
A． B． C． D．
考點二、已知復合函數單調性求參數范圍
例5．（2023·全國·高三校聯考期中）
5．若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
例6．（2023·四川德陽·高一四川省德陽中學校校考階段練習）
6．已知的值域為，且在上是增函數，則的范圍是（ ）
A． B．
C． D．
例7．（2023·遼寧沈陽·高一沈陽市第十五中學校考階段練習）
7．已知函數在區間上是增函數，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
例8．（2023·四川成都·高三校聯考階段練習）
8．已知函數在區間上是減函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
考點三、求復合函數的值域
例9．（2023·貴州六盤水·高一統考階段練習）
9．已知函數.
(1)若，求的值域；
(2)若關于x的方程有解，求a的取值范圍.
例10．（2023·寧夏吳忠·高一校考階段練習）
10．已知函數
(1)求函數的值域；
(2)解不等式．
例11．（2023·山西·高一校聯考期中）
11．已知函數（且，為常數）的圖象經過點，.
(1)求的值；
(2)設函數，求在上的值域.
例12．（2023·黑龍江綏化·高一校考階段練習）
12．已知函數
(1)若的值域為，求實數的取值范圍；
(2)若在內為單調函數，求實數的取值范圍.
例13．若在內為單調函數，根據復合函數單調性可知，在內也為單調函數，解題時還需注意函數定義域．
考點四、求復合函數的最值
例14．（2023·廣東佛山·高一統考期中）
13．已知函數是定義在上的偶函數，當時，.
(1)求時，的解析式；
(2)若存在，使得成立，求實數的取值范圍.
例15．（2023·河南·高一濟源高中校聯考期中）
14．已知函數，且．
(1)求的值；
(2)證明：在上單調遞增；
(3)求在上的最小值．
例16．（2023·高一課時練習）
15．已知函數，且）．
(1)若函數的圖象與函數的圖象關于直線對稱，且點在函數的圖象上，求實數的值；
(2)已知函數，．若的最大值為8，求實數的值．
例17．（2023·山東德州·高一德州市第一中學校考階段練習）
16．已知，，m為實數，
(1)當時，求函數的最大值；
(2)求函數的最大值的解析式.
考點五、與復合函數有關的不等式問題
例18．（2023·廣西·高一校聯考階段練習）
17．函數，則關于的不等式的解集為 .
例19．（2023·上海奉賢·高一校考期末）
18．不等式的解集為 ．
例20．（2023·浙江杭州·高一學軍中學校考階段練習）
19．若關于的不等式在上有解，則實數的最小值為 ．
例21．（2023·新疆烏魯木齊·高一烏魯木齊市第十九中學校考階段練習）
20．不等式與不等式是同解不等式，則
例22．（2023·遼寧阜新·高一校考期末）
21．不等式的解集為 ．
考點六、判斷復合函數的奇偶性
例23．（2023·四川攀枝花·高一攀枝花市第三高級中學校校考階段練習）
22．函數為奇函數，且，若，則 ．
例24．（2023·陜西西安·高一高新一中校考階段練習）
23．定義在上的奇函數，當時，，則的值為 ．
例25．（2023·湖北恩施·高一校聯考階段練習）
24．函數是定義在上的奇函數，則 ．
例26．（2023·山西·高一校聯考期中）
25．若為偶函數，則 .
考點七、零點問題
例27．（2023·浙江溫州·高一浙江省平陽中學校聯考期中）
26．若不等式的解集為，則函數的零點為（ ）
A．和 B．和 C．2和 D．和
例28．（2023·四川涼山·高一統考期末）
27．函數，則函數的所有零點之和為（ ）
A．0 B．3 C．10 D．13
例29．（2023·安徽馬鞍山·高一統考期末）
28．已知函數，，的零點分別為，則（ ）
A． B．
C． D．
考點八、函數嵌套問題
例30．
29．已知函數若方程有4個不同的零點，且，則（ ）
A．10 B．8 C．6 D．4
例31．
30．設函數，若函數有且只有2個不同的零點，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
考點九、共零點問題
例32．
31．若關于的方程有三不等的實數根，且滿足其中兩根，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
例33．（2023 永州校級月考）
32．已知函數f（x）=x3+ax2+bx+c，且0＜f（1）=f（2）=f（3）≤3，則c的取值范圍是
A．c≤3 B．3＜c≤6 C．﹣6＜c≤﹣3 D．c≥9
考點十、等高線問題
例34．
33．已知函數，若存在四個實數a，b，c，d，滿足，，則的取值范圍為（ ）
A．(0，+∞) B． C． D．
例35．
34．已知函數，若存在四個實數，，，，滿足，，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
過關檢測
一、單選題
（2023·廣東佛山·高一校考階段練習）
35．函數的單調遞減區間為（ ）
A． B．
C． D．
（2023·廣東深圳·高一深圳外國語學校校考階段練習）
36．設函數，則關于x的不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2023·浙江杭州·高一學軍中學校考階段練習）
37．若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）．
A． B．
C． D．
（2023·江蘇連云港·高一校考階段練習）
38．已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·安徽合肥·高三合肥一中校考階段練習）
39．已知函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·遼寧·高三校聯考階段練習）
40．已知函數（且）在區間上單調遞增，則a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
（2023·全國·高一專題練習）
41．已知定義在上的是單調函數，且對任意恒有，則函數的零點為（ ）
A． B． C．2 D．4
（2023·云南昆明·高一云南師大附中校考階段練習）
42．若二次函數的兩個零點為2，3，則二次函數的零點是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
（2023·全國·高一專題練習）
43．已知函數和在上的圖象如圖所示，則下列結論正確的是（ ）
A．方程有且只有6個不同的解 B．方程有且只有3個不同的解
C．方程有且只有5個不同的解 D．方程有且只有4個不同的解
（2023·四川成都·高一校考期中）
44．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．是偶函數 B．是奇函數
C．在上是增函數 D．在上是減函數
（2023·廣西·高一校聯考階段練習）
45．已知函數（，為自然對數的底數），則（ ）
A．函數至多有2個零點 B．，使得是R上的增函數
C．當時，的值域為 D．當時，方程有且只有1個實數根
（2023·陜西商洛·高一校考階段練習）
46．給出下列結論，其中正確的結論是（ ）
A．函數的最大值為
B．函數的單調遞增區間是
C．若，則的徝為1
D．已知定義在上的奇函數在內有1010個零點，則函數的零點個數為2021
三、填空題
（2023·湖北襄陽·高一襄陽五中校考階段練習）
47．已知函數，則滿足不等式的的取值范圍是 .
（2023·河南開封·高一河南大學附屬中學校考階段練習）
48．已知a為正實數，且函數是奇函數．則的值域為 ．
（2023·廣東茂名·高一校聯考階段練習）
49．函數是定義在上的奇函數，并且當時，，那么 ．
（2023·河北·高一河北師范大學附屬中學校聯考階段練習）
50．寫出一個函數的解析式，滿足：①是定義在上的偶函數；②時，，則 .
（2023·廣東佛山·高一校聯考階段練習）
51．若函數是定義在上偶函數，，則 .
四、解答題
（2023·河南鄭州·高一校聯考期中）
52．已知函數．
(1)當時，求的值域；
(2)若的最大值為9，求a的值．
（2023·陜西商洛·高一校考階段練習）
53．已知函數
(1)若函數的定義域為，求實數的取值范圍
(2)若，求函數的值域
（2023·天津靜海·高一靜海一中校考階段練習）
54．已知函數
(1)若的定義域為，求的取值范圍.
(2)若的值域為，求的取值范圍.
（2023·重慶·高一四川外國語大學附屬外國語學校校考階段練習）
55．已知定義在上的偶函數和奇函數滿足，
(1)求的最小值.
(2)若對任意的，恒成立，則實數的取值范圍.
（2023·江西南昌·高一江西師大附中校考期中）
56．已知函數（）．
(1)若關于的不等式的解集為，求的值；
(2)已知，當時，恒成立，求實數的取值范圍．
（2023·黑龍江大慶·高一大慶實驗中學校考期中）
57．已知函數．
(1)求函數的最大值；
(2)若關于的不等式對于任意的恒成立，求正實數的取值范圍．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】利用復合函數的單調性，結合二次函數與指數函數的單調性即可得解.
【詳解】對于，其開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
又在上單調遞增，
所以的單調遞減區間為.
故選：A.
2．A
【分析】利用指數型復合函數的單調性求解.
【詳解】令在單調遞減，單調遞增，又函數單調遞減，
所以函數在單調遞增，單調遞減.
故選：A.
3．D
【分析】根據對數型復合函數單調性的求法求得正確答案.
【詳解】對于函數，解得或，
故函數的定義域為，
函數的開口向上，對稱軸為；
函數在上單調遞增，
根據復合函數單調性同增異減可知，
的單調遞增區間是.
故選：D
4．A
【分析】先求出函數的定義域，再根據復合函數的單調性結合對數函數的單調性即可得解.
【詳解】由，解得，
故函數的定義域為，
令，其在上單調遞增，在上單調遞減，
又因為函數為減函數，
所以函數的單調遞減區間為.
故選：A.
5．B
【分析】根據對數函數與二次函數復合的函數的單調性判別方法即可得到答案.
【詳解】設，令，解得或，
則的定義域為，
因為二次函數的對稱軸為，則其在單調遞增，
而外函數在上單調遞減，故在單調遞減，
則實數的取值范圍為，
故選：B.
6．A
【分析】根據對數函數定義域及復合函數單調性，可將問題轉化在上恒成立，且在上是減函數，計算即可得.
【詳解】設，
由為定義在上的減函數，
故在上恒成立，
且在上是減函數，
則，
，
故.
故選：A.
7．D
【分析】根據指數型復合函數的單調性，可得關于a的不等式，解不等式即可得答案.
【詳解】由題意知函數由復合而成，
在上為增函數，由復合函數的同增異減性，
可知需為R上的增函數，
故，∴，∴或，
故選：D.
8．B
【分析】根據函數由復合而成，結合復合函數的單調性判斷在區間上是增函數，即可求得答案.
【詳解】由題意知函數由復合而成，
在R上是單調遞減函數，故由在區間上是減函數，
可知在區間上是增函數，故，
即實數的取值范圍是，
故選：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，從而求出a的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，
當且僅當，即時，等號成立，故值域為；
（2）令得，，
由于，故a的取值范圍是.
10．(1)
(2)或
【分析】（1）利用換元法，結合指數函數與二次函數的性質即可得解；
（2）利用因式分解，結合指數函數的單調性即可得解.
【詳解】（1）因為的定義域為，
則，令，則，
又，，開口向上，對稱軸為，
所以當時，，
所以函數的值域為.
（2）因為，
所以由得，得或，得或，
所以不等式的解集為或.
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系數法即可得解；
（2）利用對數函數的單調性與單調性的加減性質即可得解.
【詳解】（1）因為的圖象經過點，，
所以，兩式相減得，
又且，解得或（舍去），則.
（2）由（1）得，
因為函數在上單調遞增，函數在上單調遞增，
所以在上單調遞增，
則，
，
故在上的值域為.
12．(1)
(2)
【分析】（1）根據的值域為能取的一切值，建立不等式求解即可；
（2）函數在內為單調函數，即在內也為單調函數，注意對數函數定義域，建立不等式求解即可.
【詳解】（1）令，.
的值域為能取的一切值，
所以.
（2）因為在內為單調函數，且在定義域內單調遞減，
所以在內也為單調函數，且時，
當在內單調遞增時，即函數的對稱軸且，解得；
當在內單調遞減時，即函數的對稱軸且，此時無解；
綜上所訴：實數的取值范圍為.
【點睛】關鍵點睛：1.的值域為等價于能取的一切值；
2.若在內為單調函數，根據復合函數單調性可知，在內也為單調函數，解題時還需注意函數定義域.
13．(1)
(2)
【分析】（1）根據偶函數的定義分析求解；
（2）根據（1）中的結果整理可得，換元令，可得原題意等價于存在，使得成立，根據二次函數結合存在性問題分析求解.
【詳解】（1）因為函數是定義在上的偶函數，當時，，
則時，則，所以.
（2）當，則，
對于，即，整理得，
令，可得，
原題意等價于存在，使得成立，
且的圖象開口向上，對稱軸，
可知在上單調遞增，當時，取到最大值32，
可得，解得，
所以實數的取值范圍為.
14．(1)
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）利用平方的方法求得.
（2）根據函數單調性的定義證得在上單調遞增.
（3）利用換元法，結合對進行分類討論來求得正確答案.
【詳解】（1）依題意，，兩邊平方并化簡得，
所以.
（2）任取，
，
由于在上單調遞增，所以，
所以，
所以在上單調遞增.
（3），
令，由于在上單調遞增，
所以，即，則，
當時，，
當時，，
當時，.
綜上所述，時，最小值為；時，最小值為；時，最小值為.
【點睛】方法點睛：利用函數單調性的定義證明函數的單調性，首先要在函數定義域的給定區間內，任取兩個數，且，然后通過計算的符號，如果，則在給定區間內單調遞增；如果，則在給定區間內單調遞減.
15．(1)
(2)或2
【分析】（1）由題意可知，然后將點代入可求出的值，
（2）由（1）得，令，則，然后分和兩種情況結合二次函數的性質求解即可．
【詳解】（1）解：因為函數，且）的圖象與函數的圖象關于直線對稱，
所以（，且），
因為點在函數的圖象上，
所以，解得，或（舍去）；
（2），
．
令．
①當時，由，有，
二次函數的對稱軸為，
所以最大值為，
解得或（舍去）；
②當時，由，有，
二次函數的對稱軸為，
所以最大值為，
解得或（舍去），
綜上，實數的值為或2．
16．(1)3
(2)
【分析】（1）由對數的運算結合二次函數的單調性得出函數的最大值；
（2）令，討論對稱軸，由二次函數的單調性確定函數的最大值的解析式.
【詳解】（1），
當時，.
當，即時，函數的最大值是.
（2），令，.
則
討論對稱軸.
若，即時，在上單調遞減，.
若，即時，在上單調遞增，
在上單調遞減，即.
若，即時，在上單調遞增，.
綜上，.
17．
【分析】首先判斷為奇函數且在定義域上單調遞增，所以可轉化為，根據奇偶性和單調性可解出的范圍.
【詳解】因為，是恒成立的，
所以的定義域為R，
，
所以為奇函數，當時，為遞增函數，又為遞增函數，在其定義域上為增函數，故為增函數，
而，所以在R上為增函數，
所以可化為，
所以，即，解得，
故答案為：.
18．
【分析】設函數，先求出函數的定義域，進而根據，將不等式轉化為.判斷函數的單調性，即可列出不等式，求解即可得出答案.
【詳解】設函數，
則應有，解得，所以，定義域為.
又，
所以，由，可得.
因為以及均在上單調遞增，
所以，在上單調遞增，
所以，.
綜上所述，.
所以，不等式的解集為.
故答案為：.
19．
【分析】參變分離得到關于的不等式在上有解，利用對勾函數的性質求出，即可求出的取值范圍.
【詳解】因為關于的不等式在上有解，
所以關于的不等式在上有解，
所以，，
因為，所以，令，則，
，
令，，
因為對勾函數在上單調遞減，則，
所以，當且僅當時取等號，
所以，則，即實數的最小值為.
故答案為：
20．
【分析】根據指數函數單調性解不等式，結合一元二次不等式解法進而得到答案.
【詳解】因為在上單調遞增，
則，即，
即，解得，
因為也是的解，
所以，解得，
此時，即，解得，滿足題意，
故
故答案為：.
21．
【分析】作出函數的圖象，利用圖象法解不等式即得.
【詳解】在同一坐標系內作出函數的圖象，如圖，
兩個函數圖象交于點，觀察圖象知，當且僅當時，不等式成立，
所以不等式的解集為.
故答案為：
22．
【分析】由為奇函數可得，解得，再由結合，即可得出答案.
【詳解】因為函數為奇函數，
所以，
所以，即，解得：或（舍去），
故，
因為，，
則
所以，又，所以.
故答案為：
23．##
【分析】根據題意，得到，代入結合對數的運算性質，即可求解.
【詳解】由題意，定義在上的奇函數，當時，，
則.
故答案為：.
24．
【分析】根據題意，得到對任意的實數恒成立，得到方程，對任意實數恒成立，轉化為對任意實數恒成立，進而求得的值.
【詳解】由函數是定義在上的奇函數，
則對任意的實數恒成立，
即，對任意實數恒成立，
可得對任意實數恒成立，可得，即
經驗證，此時為上的奇函數，滿足題意．
故答案為：．
25．
【分析】設，可求得為奇函數，結合為偶函數，即可求解.
【詳解】設，定義域為，
則，
所以函數為奇函數，
又因為為偶函數
所以函數為奇函數，得.
故答案為：.
26．D
【分析】根據一元二次不等式的解與一元二次方程根之間的關系求解，然后根據零點的定義求解即可.
【詳解】因為的解集為，
所以方程的兩根分別為和2，且，
則，解得，
故函數，
則與軸的交點坐標為和，所以零點為和.
故選：D.
27．D
【分析】令，根據，求得或，再根據和，結合分段函數的解析式，即可求解.
【詳解】令，
由得或，所以或，
當時，或，
當時，則或，解得，
所以函數的所有零點之和為.
故選：D.
28．B
【分析】令，得；根據函數的單調性及零點存在定理可得，，即可得答案.
【詳解】解：令，得，即；
因為，易知在上單調遞增，
又因為，所以；
，易知在上單調遞增，
又因為，，所以；
所以.
故選：B.
29．A
【分析】利用函數圖象、對數的運算性質和二次函數的圖象與性質分析運算即可得解.
【詳解】解：由題意，方程有4個不同的零點，即
曲線與直線有4個不同的交點，如下圖

因為，所以由圖知，
且，可得：
，∴，
解得：，則，
∴.
故選：A.
30．B
【分析】利用換元并結合利用一元二次函數判別式進行判斷求解.
【詳解】由題意知函數，有2個不同的零點；
令，得，有2個對應的根，根據判別式法則有與兩種情況：
當時，即，得，即，解得，即
，此時無解，所以此種情況不符題意；
當時，即，得；
設的實根為：和，不妨設，則，
則方程與一共有兩個不等實根．
進一步可知：方程和有且僅有一個方程有兩個不等實根．
即和中一個方程有兩不等實根，另一個方程無實根．
因為，所以，即，即，
則，設，則，則，
所以，解得，
，，
即．
故選：B.
31．A
【分析】根據題意分析可得：，根據題意分析可得，令，有題意分析可得，進而可求的取值范圍.
【詳解】若，則至多有2個不相等的實根，由題意得：，
設，則，即方程的根不會為0，即均不為0，
當時，有一個根，不滿足題意，故，
由題意，，
可得，
假設，則，這與均不為0相矛盾，故，
由，整理可得，
∵，令，則，
∴或，
由題意知：，則，
假設同號，則，這與相矛盾，
∴異號，則，
故，
∵，則，且，
故，則，排除C、D；
取，則，滿足上述分析，故符合題意，
可得，排除B；
故選：A．
32．C
【詳解】試題分析：由f（1）=f（2）=f（3），列出方程組求出a，b，得到f（x），再由0＜f（1）≤3求出c的范圍．
解：由f（1）=f（2）=f（3），
得，解得，
則f（x）=x3﹣6x2+11x+c，
由0＜f（1）≤3，得0＜1﹣6+11+c≤3．
即﹣6＜c≤﹣3．
故選C．
考點：函數的圖象．
33．C
【分析】根據函數畫出圖象，利用對稱軸與對數函數的性質即可得出的關系，通過化簡變形即可得出的取值范圍.
【詳解】依題意，
可得的圖象如圖所示：
所以時，與的圖象有四個交點，
又因為，
由圖象及函數性質知:，
易知:，，
所以，又因為，
所以，
則.
故選：C.
34．C
【分析】結合圖象可知，，則，再結合對勾函數的單調性即可.
【詳解】
如圖所示，由的圖象可知
所以時，與的圖象有四個交點，
不妨假設，
由圖象及函數性質知：，
易知：，，
所以，，
則．
故選：C
35．B
【分析】利用指數型復合函數的單調性求解
【詳解】解：令，則t在上遞減，在上遞增，
又在R上遞增，
所以的單調遞減區間為，
故選：B
36．C
【分析】分析函數的奇偶性及在上的單調性，再求解不等式即可.
【詳解】函數中，對任意實數，，
即函數的定義域為R，，
即函數是偶函數，當時，，當且僅當時取等號，
有，則，顯然在上都遞減，
因此在上遞減，在上遞減，
而函數在上遞減，從而函數在上遞減，則在上遞增，
不等式，于是，
兩邊平方整理得，解得，
所以不等式的解集.
故選：C
37．C
【分析】令，則在上單調遞增且恒大于，從而得到，解得即可.
【詳解】因為函數在上單調遞減，
令，
則在上單調遞增且恒大于，
則，解得，
所以實數的取值范圍是.
故選：C
38．C
【分析】根據對數函數、二次函數的單調性及復合函數的單調性列出不等式組求解.
【詳解】令，
因為為增函數，函數在上單調遞減，
所以在上單調遞減，且，
所以，解得，
故選：C
39．A
【分析】由復合函數的單調性分析可知，內層函數在上為增函數，結合二次函數的單調性可得出關于實數的不等式，解之即可.
【詳解】令，則二次函數的圖象開口向上，對稱軸為直線，
因為外層函數為上的減函數，函數在區間上單調遞減，
所以，函數在上為增函數，所以，，解得.
故選：A.
40．C
【分析】由復合函數單調性法則得，即，解不等式即可得出答案.
【詳解】由且，得為單調遞減函數，
由復合函數單調性法則得，
又，解得．
故選：C．
41．A
【分析】利用換元法，根據函數的單調性列方程，求得的表達式，進而求得的零點.
【詳解】根據題意，對任意，都有，
即．
因為是定義在上的單調函數，所以為定值，
令，，則，
由，得，，
在上單調遞增，所以是唯一解，
則．
由得，即函數的零點為．
故選：A
42．B
【分析】根據零點定義，借助根與系數的關系求出的值，然后求出二次函數的零點.
【詳解】的兩個零點為2，3，
，
，
令，得或，
故選：B．
43．ACD
【分析】令，結合圖象可得有3個不同的解，，，不妨設，則可知，，，令，結合圖象可得有2個不同的解，，不妨設，則可知，，再數形結合求出復合函數的解的個數.
【詳解】A選項，令，結合圖象可得有3個不同的解，，，
不妨設，則可知，，，
由圖可知有2個不同的解，有2個不同的解，有2個不同的解，
即有6個不同的解，A正確；
B選項，令，結合圖象可得有2個不同的解，，
不妨設，則可知，，
由圖可知有1個解，有3個不同的解，
即有4個不同的解，B錯誤；
C選項，令，結合圖象可得有3個不同的解，，
且，，，
由圖可知有1個解，有3個不同的解，有1個解，
即有5個不同的解，C正確；
D選項，令，結合圖象可得有兩個不同的解，
不妨設，則可知，，
由圖可知有2個不同的解，有2個不同的解，
即有4個不同的解，D正確．
故選：ACD．
44．BC
【分析】先求出的定義域，由可判斷A，B；由復合函數的單調性可判斷C，D.
【詳解】因為的定義域為：
，則，
，
所以是奇函數，故A錯誤；B正確.
，
令，則在上單調遞減，
又因為在定義域上單調遞減，由復合函數的單調性知，
在在上是增函數，故C正確；D錯誤.
故選：BC.
45．AD
【分析】根據分段函數的解析式，考查每段的零點情況即可判定A；根據函數在上單調遞減，可判定B；分段求出函數值的取值范圍，可判定C，令，解出方程可判定D.
【詳解】當時，，符合條件，故是函數的一個零點，
當時，令，
由韋達定理知，兩個根之和為，
故方程不可能有兩個正根，也不可能有一正根，一個根為零，
若方程有一負根和一正根，則，解得，
即方程至多有一個正根，
綜上可知，函數至多有2個零點，故A正確；
因為函數的圖象開口向下，對稱軸為，
故在上單調遞減，
則不存在，使得是R上的增函數，故B錯誤；
當時，，
當時，函數的圖象開口向下，對稱軸為，
故在上單調遞減，
所以，當時，
則函數的值域為，不符合題意，故C錯誤；
當時，，
令，則方程，可化為，
若，則，解得，
若，則，解得或者，均不符合條件，
故只有，即，此時只有為其根，
故時，方程有且只有1個實數根，則D正確，
故選：AD.
46．CD
【分析】對于A，根據指數函數的單調性可求得結果；對于B，根據對數型復合函數的單調性可求得結果；對于C，根據指數式與對數式互化，對數的運算可得解；對于D，根據奇函數的對稱性以及函數零點的定義可求得結果.
【詳解】對于A選項，，是R上的減函數，，即的最小值為，故A錯誤；
對于B選項，由題意可得，即或，即函數的定義域為，
又函數在上單調遞增，所以函數的增區間為，故B錯誤；
對于C選項，由，解得，，，，則，故C正確；
對于D選項，因為定義在R上的奇函數在內有1010個零點，所以函數在內也有1010個零點，
又，所以函數的零點個數為2021，故D正確.
故選：CD.
47．
【分析】先判斷函數的奇偶性和單調性，然后利用奇偶性的性質和單調性解不等式即可.
【詳解】因為，所以其定義域為，
又，所以為偶函數，
當時，，
因為和在上均單調遞減，
所以在上單調遞減，
又，所以可化為，
所以，則，
則或，解得或，
所以不等式的解集為，
故答案為：.
48．
【分析】根據可得，再根據指數函數的值域分析的值域即可.
【詳解】由題意，解得，
故，經檢驗，符合題意，
又，故，，故.
故答案為：
49．
【分析】根據函數的奇偶性、指數、對數運算求得正確答案.
【詳解】，
所以.
故答案為：
50．(答案不唯一)
【分析】根據題意可知符合要求的函數不止一個，符合要求即可.
【詳解】由題意可得：符合題意.
故答案為：.
51．6
【分析】根據奇函數的性質，結合代入法進行求解即可.
【詳解】令，則的定義域為，關于原點對稱，
又，所以是上的奇函數，
所以.
故答案為：6
52．(1)；
(2).
【分析】（1）根據二次函數、指數函數單調性求復合函數的值域；
（2）令，由指數函數單調性得，結合二次函數性質列方程求參數.
【詳解】（1）由題設，若，則，
在上遞減，在上遞增，則，
在定義域上遞增，則，
所以的值域為.
（2）令，則，
又在定義域上遞增，而的最大值為9，即，
則開口向下且對稱軸為，，
所以.
53．(1)
(2)
【分析】（1）分、討論，根據定義域為R，可得答案；
（2）若，利用復合函數單調性和值域的關系即可求的值域．
【詳解】（1）當時，，函數的定義域為，符合題意；
當時，若函數的定義域為，
則，解得，
綜上所述，實數的取值范圍是；
（2）若，則，
由解得，
為開口向下對稱軸為的拋物線，
所以當時有最大值，此時，
當或時，此時無最小值，
所以的值域為.
54．(1)
(2).
【分析】（1）根據對數函數的性質，轉化為恒成立，列出不等式組，即可求解；
（2）設，根據題意轉化為，分類討論，即可求解.
【詳解】（1）解：由函數，
要使得的定義域為，即恒成立，
則滿足，解得，所以實數的取值范圍為.
（2）解：設，要使得的值域為，即，
當時，的值域為，此時，
所以函數的值域為，符合題意.
當時，要使得，則滿足，解得，
綜上可得，實數的取值范圍為.
55．(1)1
(2)．
【分析】（1）根據奇偶性，聯立方程求出函數的解析式，即可判斷最小值；
（2）恒成立問題，分離參數后構造新函數，求出新函數的最小值即可求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）函數滿足①，所以，
由函數的奇偶性可得，②，
由①+②得，，
當且僅當，即時等號成立，
所以函數的最小值為1.
（2）因為對任意的，恒成立，
即對任意的，恒成立，
令，則函數在上為減函數，
所以，所以.
56．(1)，
(2)
【分析】（1）確定的解為或，解得答案.
（2）變換得到，即，計算函數最值得到答案.
【詳解】（1）的解集為，則的解為或，
故，解得，；
（2），，即，
設，，則，即，
整理得到：，
當時，最小為，故且，即
57．(1)1
(2)
【分析】（1）利用對數的運算性質化簡，令，結合二次函數即可求出函數的最大值；
（2）將恒成立問題轉化成，借助（1）的結論，解不等式即可.
【詳解】（1）因為，
令，
可得，
所以當且僅當，即時，函數取到最大值1．
（2）由（1）可得：當且僅當，即時，函數取到最大值6，
所以，即，且，
解得，即，
故實數的取值范圍為．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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