資源簡介

一元二次函數、方程和不等式 專題提升
不等式常用方法
【典例精講】
考點一、消去積與和互消型
1．已知，，則（　　）
A．的最大值為且的最大值為
B．的最大值為且的最小值為0
C．的最小值為且的最大值為
D．的最小值為且的最小值為0
2．已知正實數，則的最小值為　 　.
3．已知均為正數，且，則的最小值為　 　．
4．已知，，且，則的最小值為　 　．
5．已知，，則的最小值是　 　.
當取最小值時，恒成立，則的取值范圍是　 　.
6．已知正實數滿足，則的最小值是　 　．
7．設，且，則的最大值為　 　．
8．（多選）已知，且，則下列結論正確的是（　　）
A．的最大值為 B．的最大值為8
C．的最小值為 D．的最小值為
考點二、1的代換（得到對稱或齊次式）
9．已知實數，且，則的最小值是（　　）
A．21 B．25 C．29 D．33
10．已知正數滿足恒成立，則的最小值為（　　）
A． B． C．2 D．3
11．已知，，且，則的最小值為（　　）
A． B． C．9 D．7
12．若兩個正實數滿足，且存在這樣的使不等式有解，則實數的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
13．已知且，不等式恒成立，則正實數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
14．正數滿足，若對任意正數恒成立，則實數的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
15．已知，則的最小值為（　　）
A． B． C． D．
16．已知，，且，則的最小值為（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
考點三、因式分解
17．已知，，且，則（　　）
A．有最小值1 B．有最小值1
C．有最小值 D．有最小值
18．已知，，且，則的最大值為（　　）
A．2 B． C． D．
19．若，，且，則的最小值為　　，此時　　．
20．若正實數滿足，則的最小值為　 　．
21．已知正實數滿足，則當取得最大值時，的最大值為　 ．
25．已知正實數，滿足，則的最大值為（　　）
A． B． C． D．
23．若，且，求的最小值　 　.
24．若均為正數，且滿足，則的最小值是（　　）
A．6 B． C． D．
考點五、整體換元法（齊次換元法）
25．已知，則的最小值為（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
26．設均為正實數，且，則的最小值為（　　）
A．4 B． C．9 D．16
27．若非零實數，滿足，則的最大值為　 　.
28．已知正實數滿足，則的最小值是　 　.
29．已知為正實數，則的取值范圍是　 　.
30．（多選）下列說法正確的有（　　）
A．若，則的最大值是
B．若都是正數，且，則的最小值是3
C．若，則的最小值是2
D．若，則的最小值是4
31．已知正實數滿足，則的最小值為（　　）
A． B． C． D．
32．若實數，滿足，則的最大值是 .
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】利用，則，整理得，
當且僅當，即時取得等號，即的最小值為；
利用，，即，整理得，即，
當且僅當時取得等號，故的最大值為.
故答案為：C
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而找出正確的選項。
2．【答案】
【解析】【解答】，
當且僅當且時，取等號，
即當且僅當時，等號成立。
故答案為：。
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而得出的最小值。
3．【答案】8
【解析】【解答】由，得，
因為，
所以，得，當且僅當時取“=”，
所以。
故答案為：8。
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而得出的最小值。
4．【答案】6
【解析】【解答】因為，
故可得：，
即，
解得：或，
因為，故（當且僅當時取得最小值）。
故答案為：6。
【分析】利用已知條件結合均值不等式求最值的方法，得出，再利用一元二次不等式求解集的方法，從而結合，進而求出的最小值。
5．【答案】1；
【解析】【解答】因為，
所以，
當且僅當即時等號成立，
當時，，所以當時取得最大值4，
所以由恒成立可得，解得。
故答案為：1；。
【分析】利用已知條件結合均值不等式求最值的方法，從而求出的最小值；再利用已知條件結合二次函數的圖象求最值的方法，再結合不等式恒成立問題求解方法，從而利用一元二次不等式求解集方法，進而求出實數m的取值范圍。
6．【答案】
【解析】【解答】由已知得，，則，，
因為，所以，，
因此，
當且僅當，即，即時，等號成立；
所以的最小值是。
故答案為：。
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，從而求出的最小值。
7．【答案】
【解析】【解答】因為，且，
所以，
當且僅當即時，等號成立，
又，所以的最大值為.
故答案為：.
【分析】由基本不等式可得，驗證等號成立即可得解.
8．【答案】A,C,D
【解析】【解答】，且，
A，利用基本不等式得，化簡得，
當且僅當，即時，等號成立，所以的最大值為，A符合題意；
B，，
當且僅當，即時，等號成立，所以的最大值為，B不正確；
C，
當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為，C符合題意；
D，，
由二次函數性質知，當時，函數單調遞減；當時，函數單調遞增，
所以當時，，即的最小值為，D符合題意；
故答案為：ACD
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而找出結論正確的選項。
9．【答案】A
【解析】【解答】∵，等式恒成立，
∴，
由于，所以
∵，
當且僅當時，即時取等號．
∴，∴，故的最小值為21．
故答案為：A
【分析】利用已知條件結合均值不等式求最值的方法，進而得出x-y的最小值。
10．【答案】B
【解析】【解答】由得，
于是，
當且僅當，且，，即，等號成立，
所以的最小值為。
故答案為：B．
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而得出的最小值。
11．【答案】A
【解析】【解答】因為，，且，
所以
當，時等號成立，
所以的最小值為。
故答案為：A.
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而得出的最小值。
12．【答案】C
【解析】【解答】由得，
，
當且僅當時，等號成立，
則使不等式有解，只需滿足即可，
解得。
故答案為：C.
【分析】由得，再利用均值不等式求最值的方法得出的最小值，則使不等式有解，只需滿足即可，再結合一元二次不等式求解方法，進而得出實數m的取值范圍。
13．【答案】D
【解析】【解答】不等式可化為，又，，
所以，
令，則，
因為，，所以，當且僅當時等號成立，
又已知在上恒成立，所以
因為，當且僅當時等號成立，
所以m≥8，當且僅當，或，時等號成立，
所以m的取值范圍是。
故答案為：D.
【分析】不等式可化為，再利用，，所以，令，則，再利用，，再結合均值不等式求最值的方法結合在上恒成立，再利用不等式恒成立問題求解方法，所以，再利用二次函數的圖象求最值的方法，進而得出實數m的取值范圍。
14．【答案】A
【解析】【解答】解：因為正數滿足，
所以，
當且僅當，時，等號成立，
a+b的最小值為8，
又因為對任意正數恒成立，
即，解得，
所以實數x的取值范圍是，
故答案為：A。
【分析】因為正數滿足，再利用均值不等式變形求最值的方法，從而求出a+b的最小值，又因為對任意正數恒成立，再利用不等式恒成立問題求解方法，從而結合一元二次不等式求解集的方法，進而求出實數x的取值范圍。
15．【答案】D
【解析】【解答】解：∵，
∴，，，，
∴
，
當且僅當，即，時取等號.
故答案為：D.
【分析】∵，∴，，，，再利用均值不等式變形求最值的方法，進而求出的最小值。
16．【答案】A
【解析】【解答】
當且僅當，取等號，即，結合，
可得時，取得最小值5．
故答案為：A.
【分析】因為，利用基本不等式，注意等號成立的條件，即可求得答案.
17．【答案】D
【解析】【解答】由，且可知，
而，則，則無最小值，A不符合題意；
設，且，
則，當且僅當，即時取等號，
這與題設矛盾，故最小值不為1，B不符合題意；
，由于函數在上遞增，
故在上無最小值，即無最小值，C不符合題意；
，當且僅當時，即時取等號，D符合題意，
故答案為：D
【分析】利用已知條件結合不等式的基本性質、均值不等式求最值的方法、反證法，進而找出正確的選項。
18．【答案】C
【解析】【解答】，，配湊得：，
兩邊同時除以4得：，即，
令，，則，，，
所以
（當且僅當即時，等號成立）.
故答案為：C.
【分析】由已知條件可得，令，，可得，，，進一步可得，最后利用基本不等式求出最大值即可.
19．【答案】；
【解析】【解答】由題意得，
所以，
當且僅當，即時，等號成立．
故答案為：①；②。
【分析】利用已知條件結合均值不等式求最值的方法，進而得出的最小值，從而求出此時對應的實數a的值。
20．【答案】
【解析】【解答】由①，由①得，②，故由①和②，可得
，當且僅當時，等號成立，
即時，的最小值為。
故答案為：。
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法得出的最小值。
21．【答案】
【解析】【解答】由，得，
所以，
其中，當且僅當即時取最小值2，
故，取得最大值，
此時，，
所以，
故當時，有最大值為。
故答案為：。
【分析】由，得，所以，再利用均值不等式求最值的方法得出的最小值，進而得出的最大值，此時，再利用二次函數的圖象求最值的方法得出的最大值。
22．【答案】D
【解析】【解答】由得，由，為正實數，得，
所以，令，
所以，
當且僅當時取等號，即當時取等號民，時等號成立，
所以的最大值為。
故答案為：D.
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而得出的最大值。
23．【答案】
【解析】【解答】因為，且，
所以，
所以，
當且僅當，即時取等號，
所以的最小值為，
故答案為：。
【分析】因為，且，所以，再利用均值不等式變形求最值的方法，進而求出的最小值。
24．【答案】C
【解析】【解答】，
因為a，b，c均為正數，
所以有，
當且僅當時取等號，即時取等號，
故答案為：C
【分析】利用因式分解法，結合基本不等式進行求解即可.
25．【答案】B
【解析】【解答】解：設，，，則，，，
且，，，
∴，，，
∴，
令
，
∴.
當且僅當，即，即時等號成立.
（如，即時等號成立）.
∴的最小值為；
故答案為：B．
【分析】設，分別求得，代入將不等式化簡為，結合基本不等式，即可求解.
26．【答案】D
【解析】【解答】因為，
所以，
即，所以，
所以，
當且僅當，即時，等號成立。
故答案為：D．
【分析】因為，所以，即，所以，所以，再利用均值不等式求最值的方法得出當時，取最小值為16。
27．【答案】
【解析】【解答】令，，則，
所以，
因為，所以，
所以，所以，
從而，當且僅當時，等號成立，
故取得最大值。
故答案為：。
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而得出的最大值。
28．【答案】
【解析】【解答】設，則函數為增函數，
∵，
∴，即
∴，
∴，
當且僅當，即取等號。
故答案為：。
【分析】設，再利用增函數的定義，則函數為增函數，再利用
得出，根據函數的單調性得出，再結合均值不等式變形求最值的方法得出的最小值。
29．【答案】
【解析】【解答】因為，令，因為，所以，
所以原式，又因為，所以，
所以，所以原式，
取等號時，即，又因為時，，綜上可知原式的取值范圍是，
故答案為：.
【分析】首先由整體思想整理化簡得到關于t的代數式結合不等式的性質即可得出再由基本不等式即可得出由此求出最小值，然后由函數的性質即可得出當時,，進而得到代數式的取值范圍。
30．【答案】A,B,D
【解析】【解答】由題設，則，當且僅當，即時等號成立，A符合題意；
由，則，且，
令，則，，
所以原式為，當且僅當，即時等號成立，B符合題意；
由且，則，故，當且僅當時等號成立，
所以的最小值是4，C不符合題意；
由題設，而，
又，當且僅當時等號成立，
所以，D符合題意.
故答案為：ABD
【分析】利用已知條件結合均值不等式變形求最值的方法，進而得出說法正確的選項。
31．【答案】A
【解析】【解答】解：依題意，，
故，當且僅當時等號成立.
故答案為：A.
【分析】化簡，化簡得到，結合基本不等式，即可求解.
32．【答案】
令，，則，，
因為，所以，同號，則，同號，
所以，
當且僅當，即時取等號，
所以的最大值是函數性質 專題提升
函數單調性綜合
【知識梳理】
要點一、函數的單調性與單調區間
1.單調函數的定義
增函數 減函數
定義 設函數的定義域為，區間，.
當時，都有 ， 那么就稱函數在區間上是增函數. 當時，都有 ， 那么就稱函數在區間上是減函數.
圖象描述 自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的
2.函數單調性的等價變形
且，則
在區間上是 函數.
在區間上是 函數.
要點二、分段函數的單調性問題
分段函數單調性問題要注意以下兩點：
1.每段函數都應滿足單調遞增（或遞減）的性質；
2.在分段的節點上應該注意大小的關系.
【典例精講】
考點一、函數單調性的理解
1．已知函數為上的偶函數，且對，的都有恒成立，則不等式的解集為　 　.
2．已知函數滿足對任意，都有成立，則的取值范圍是　 　.
3．已知函數滿足對任意，都有成立，則實數的取值范圍是　 　.
4．已知函數滿足：任意的，都有，則不等式的解集是　 　.
5．已知是定義在上的奇函數，且對任意且，都有，若，則不等式的解集為　 　.
6．已知函數滿足，當且，時，總有，則不等式的解集是　 　.
7．已知是定義在上的奇函數，且，若對任意的時，都有.若對任意恒成立，則實數的取值范圍為　 　.
8．已知是定義在上的奇函數且，當，且時，有，若對所有恒成立，則實數的取值范圍是　 　.
考點二、具體函數單調性的判斷
9．已知函數，若，使得不等式成立，則實數的最大值是　 　.．
10．已知函數，關于的不等式在區間上有解，則實數的取值范圍為　 　.
11．已知函數，若對任意實數滿足不等式，則實數的取值范圍是　 　.
12．已知函數，若對任意實數滿足不等式，則實數的取值范圍是　 　.
13．已知函數，函數為偶函數，且當時，，若，則實數的取值范圍為　 　.
14．已知函數為定義在上的奇函數，則不等式的解集為　 　.
15．已知定義在上的函數的值域為[4，5]，若，則的值為　 　.
16．已知函數，若有，則實數的取值范圍是　 　.
考點三、函數單調性的性質
17．已知單調函數滿足，則函數　 　.
18．已知函數是定義在上的單調函數，且對任意，均有.若關于的方程有解，則的取值范圍是　 　.
19．已知函數是定義在上的單調函數，且對任意，都有，則滿足不等式的的取值范圍為　 　.
20．定義在上的單調函數對任意的都有，則不等式的解集為　 　.
21．已知函數是定義在上的單調函數，且，則=　 　.
22.已知是定義域為的單調函數，且對任意實數，都有，則=　 　.
23.設是定義在上的單調函數，對任意有，，則
24.設是定義在上的單調函數，若對任意的，都有，則不等式的解集為　 　.
考點四、構造單調函數
25．設偶函數的定義域為，且滿足，對于任意，都有成立，則的解集為　 　.
26．已知函數是定義在上的奇函數，且對于，，時，都有，且，則不等式的解集為　 　.
27．已知函數對，，則實數的取值范圍為　 　.
28．已知奇函數的定義域為，且有，若對，都有，則不等式的解集為　 　.
29．已知函數，若對任意的，且成立，則實數的取值范圍是　 　.
30．已知為定義在上的偶函數，，且當時，單調遞增，則不等式的解集為　 　.
31．已知函數的定義域為，，對任意兩個不等的實數都有，則不等式的解集為　 　.
32．已知函數，對任意兩個不等實數，都有，則實數的取值范圍是　 　.
答案解析部分
1．【答案】或
【解析】【解答】函數為上的偶函數，故關于對稱，
對，的都有恒成立，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
要使成立，需滿足，，
兩邊平方得，
解得：或
故x的取值范圍為或
故答案為：或。
【分析】利用已知條件結合偶函數的圖象的對稱性和不等式恒成立問題求解方法，進而判斷出函數的單調性，從而結合絕對值不等式求解方法得出使成立的x取值范圍。
2．【答案】[2.4]
【解析】【解答】由可知為單調遞增函數,故中
有與均為增函數,且在處的值小于.可得
故答案為：[2.4]
【分析】由可知為單調遞增函數,故利用分段函數的單調性需要滿足的關系式進行列式求解.
3．【答案】
【解析】【解答】因為函數滿足對任意，都有成立，
所以函數在R上是減函數，
所以，
解得，
所以實數的取值范圍是，
故答案為：。
【分析】因為函數滿足對任意，都有成立，結合減函數的定義，從而判斷出函數為減函數，再利用分段函數解析式畫出分段函數的圖象，再結合函數的單調性和分段函數的圖象，從而干擾求出實數a的取值范圍。
4．【答案】
【解析】【解答】∵函數滿足：任意的，有，
∴時，，
∴函數在上單調遞減，
又
∴即，
故實數的取值范圍是
【分析】利用函數的單調性解抽象不等式即可.
5．【答案】
【解析】【解答】已知是定義在上的奇函數，則，且
又對任意且，都有，不妨設，則，所以，即，
所以函數在上單調遞減，則函數在上單調遞減，
又，所以，
則函數的大致圖象如下圖：
根據圖象可得不等式的解集為：.
故答案為：.
【分析】利用已知條件結合奇函數的定義和函數的單調性，再結合函數的圖象得出不等式的解集。
6．【答案】（0,1）
【解析】【解答】因為，所以數為偶函數，
又當時，總有，所以函數在上單調遞增，則函數在上單調遞減，
又，所以，解得：.
故答案為：（0,1）
【分析】由條件得函數為偶函數且在上單調遞減，又，故可利用函數的單調性解出的取值范圍.
7．【答案】
【解析】【解答】∵是定義在區間上的奇函數，且，
時，有，
∴任取，，且，
則，
∴，∴函數在上單調遞增．
∴的最大值為，
∴對任意恒成立，
∴對任意恒成立，
∴對任意恒成立，
把看作的函數，由知其圖象是一條線段，
故有，即，
解得或或，
故實數的取值范圍是，
故答案為：.
【分析】先用定義判斷出函數單調遞增，對任意的不等式恒成立，等價于，對任意恒成立，可看作關于的一次函數，借助數形結合思想可得關于的不等式組，解出即可.
8．【答案】
【解析】【解答】是定義在上的奇函數，∴當，且時，有＞0等價為，∴函數在上單調遞增．∵，∴的最小值為，要使對所有、恒成立，即對所有恒成立，，，則滿足，即，∴，即實數m的取值范圍是．
【分析】利用奇函數的定義結合函數的單調性，從而求出函數的最小值，再利用不等式恒成立問題的解決方法，從而求出實數的取值范圍。
9．【答案】8
【解析】【解答】構造函數，
因為，
所以函數是奇函數，
當時，，
因為，所以，
因此有，
所以有，因此此時函數單調遞減，而，函數是奇函數，所以函數是實數集上的減函數，
，
因為，所以由，，
令
當時，單調遞減，當時，單調遞增，
因為，∴在上的最大值為，
要想，使得不等式成立，只需，則實數的最大值是。
故答案為：8。
【分析】構造函數，再利用奇函數的定義判斷出函數是奇函數，再結合減函數的定義判斷出函數是實數集上為減函數，再利用，再結合，所以由，令再利用函數的單調性，從而得出函數在上的最大值，要想，使得不等式成立，只需，從而得出實數的最大值。
10．【答案】
【解析】【解答】由函數的單調性的性質可知：函數是整個實數集上的增函數，
又因為，所以函數是奇函數，于是有
，而函數是整個實數集上的增函數，所以有
，由題意可知：不等式在區間上有解.
，令
，所以有，所以當時，函數
有最大值，最大值為，要想不等式在區間上有解，只需。
故答案為。
【分析】利用已知條件結合函數的單調性和奇偶性，從而求出函數的最大值，再利用關于的不等式在區間上有解，從而求出實數的取值范圍。
11．【答案】
【解析】【解答】由得，
又當時，函數均為單調遞增函數，因此在單調遞增，且
當時，由于，時，故當時，，且，而函數在均為單調遞減函數，因此在均為單調遞增函數，又在定義域連續，
故在定義域上單調遞增，且，
由得，由單調性得，故對任意實數x滿足，因此
故答案為：
【分析】根據，在單調遞增，且，故可將不等式轉化為，結合單調性得，即可進行求解.
12．【答案】
【解析】【解答】由得，
又當時，函數均為單調遞增函數，因此在單調遞增，且
當時，由于，時，故當時，，且，而函數在均為單調遞減函數，因此在均為單調遞增函數，又在定義域連續，
故在定義域上單調遞增，且，
由得，由單調性得，故對任意實數x滿足，因此
故答案為：
【分析】根據，在單調遞增，且，故可將不等式轉化為，結合單調性得，即可進行求解.
13．【答案】
【解析】【解答】當時，，易知函數在區間和上均為減函數，又函數在上連續，所以，函數在上為減函數，
函數為偶函數，由，得，，
解得且，因此，實數的取值范圍是，故答案為：.
【分析】判斷出函數在上為減函數，再由該函數為偶函數，結合可得出，解出即可得出實數的取值范圍.
14．【答案】
【解析】【解答】根據奇函數定義可知，可得，函數定義域為；
又，可得，所以；
易知函數在上單調遞增，
所以不等式即為，
根據函數單調性和奇偶性可得，解得.
故答案為：
【分析】根據奇函數定義可得，，得出，從而原不等式可等價于，根據函數單調性和奇偶性可得，求解可得答案.
15．【答案】7
【解析】【解答】因為，
令，
所以，
因為，
所以，
所以在上遞減，在遞增，
所以①，
又，
所以②，
所以，
由①②得或，
因為，
所以
所以a+b=7
故答案為：7
【分析】將函數變形為，令，，由，利用對勾函數的性質求解.
16．【答案】
【解析】【解答】∵，
∴函數在R上為增函數，
由題意得，
∴，
∵，
∴．
∴，解得．
∴實數的取值范圍是．
答案：
【分析】，分析函數的單調性和奇偶性，結合，即，即可得解.
答案解析部分
17．【答案】
【解析】【解答】設，則，
則，
又是定義在上的單調函數，
則，解之得，則
則
【分析】利用已知條件結合函數的單調性和零點存在性定理，進而找出函數零點所在的區間。
18．【答案】D
【解析】【解答】令，則有，
由，
因為函數是定義在上的單調函數，且，
所以，于是有，且，
令，所以，，
，
因為關于的方程有解，
所以方程有解，
函數在時，單調遞增，故，
所以想要關于的方程有解，
只需，
故答案為：D
【分析】令，則有，由，再利用函數是定義在上的單調函數，且，進而得出t的值，所以有，且，令，所以，，關于的方程有解，所以方程有解，當函數在時，單調遞增，再結合函數的單調性得出函數的最小值，從而得出關于的方程有解的實數a的取值范圍。
19．【答案】C
【解析】【解答】因為函數是定義在上的單調函數，且對任意x，都有，
所以為常數，不妨設，則有，
在中，令，則有，
即，顯然函數是單調遞增的，而，
顯然有，
因此，設，，
因為是上的增函數，且在上單調遞增，
顯然在單調遞增，且，
所以由，可得，
所以滿足不等式的x的取值范圍為.
故答案為：C．
【分析】設，得到，再令，得到，根據函數的單調性，得到，設，結合函數在單調遞增，且，進而求得的取值范圍.
20．【答案】A
【解析】【解答】令，則，所以，又因為，所以，解得，可得，所以是增函數，由，則，所以，解得a<-3或a>1．故答案為：．
【分析】利用已知條件結合函數的單調性，再利用一元二次不等式求解集的方法，從而求出不等式的解集。
21．【答案】A
【解析】【解答】故設f（1）=t，由題意知t≠0，則代入得，
f（1）f[f（1）+1]=，即f（t+1）=，又定義域為，∴t+1，即t.
令x=t+1代入得，f（t+1）f[f（t+1）+]=，
∴f（+）=t=f（1），
∵在（0，+∞）上的函數f（x）為單調函數，
∴+=1，化簡得2t2﹣t﹣1=0，
解得，t=1或．又t
∴
故答案為：A．
【分析】先設f（1）=t,代入式子中得到f（t+1）=,再設x=t+1代入得到另一個式子,再由函數是單調的,則得到關于t的方程,求t的值.
22.【答案】
【解析】令，可以求得，即可求出解析式，進而求出函數值.
【詳解】根據題意，令，為常數，
可得，且，
所以時有，
將代入，等式成立，
所以是的一個解，
因為隨的增大而增大，所以可以判斷為增函數，
所以可知函數有唯一解，
又因為，
所以，即，
所以.
故選：B.
【點睛】本題主要考查函數的單調性和函數的表示方法，屬于中檔題.
23.【答案】
【解析】由題意存在使。又因是上的單調函數，這樣的是唯一的，再由得
解得或（舍）。所以，。
24.【答案】
【解析】
由題設，存在正常數，使得，且對任意的，有.
當時，有，由單調性知此方程只有唯一解.所以.不等式，即，解得.故不等式的解集為.
25．【答案】
【解析】【解答】令，由可得
因為對于恒成立，，
所以對于恒成立，
所以在上單調遞增，因為是偶函數，
所以也是偶函數，
不等式等價于，
所以，解得：或，
所以的解集為，
故答案為：
【分析】構造函數，則是偶函數，利用已知條件可判斷在上單調遞增，不等式等價于，利用單調性即可求解.
26．【答案】
【解析】【解答】令，由，，時，都有，
即，在上單調遞增，
又函數為奇函數，所以，
所以，
所以為上的偶函數，所以在上單調遞減；
當時，由，得，即，故；
當時，由，得，即，故，
綜上所述：的解集為，
故答案為：。
【分析】令，由，，時，都有，即，再利用增函數的定義，從而判斷出函數在上為增函數，再利用奇函數的定義結合函數為奇函數，所以，所以，再利用偶函數的定義，從而判斷出函數為上的偶函數，再利用偶函數的圖象與單調性的關系，所以函數在上單調遞減；再利用分類討論的方法結合，再利用函數g(x)的單調性，從而結合并集的運算法則，進而求出不等式的解集。
27．【答案】
【解析】【解答】，
所以若，則，因此函數實數集上是增函數，
，解得。
故答案為：。
【分析】利用已知條件結合分段函數的解析式畫出分段函數的圖象，再利用分段函數的圖象判斷出分段函數的單調性，再利用分段函數的單調性，進而得出實數a的取值范圍。
28．【答案】
【解析】【解答】由題知，
記，
因為是奇函數，
所以，
所以，
所以為偶函數，
由題知，記，即，
因為，
所以，即，
所以在上，為減函數，
因為為偶函數，
所以在上，為增函數，
因為不等式可化為，即，
又因為，可得，
所以可化為，解得，或，
所以解集為。
故答案為：。
【分析】利用已知條件結合函數的奇偶性和單調性，進而得出不等式的解集。
29．【答案】
【解析】【解答】不妨設，
則不等式，
即為，即，
令，
則，
所以函數在上遞減，
當時，在上遞減，符合題意，
當時，
則，解得，
綜上所述，實數的取值范圍是。
故答案為：。
【分析】利用已知條件結合函數的單調性，從而判斷出函數的單調性，再結合函數的單調性，進而得出實數a的取值范圍。
30．【答案】
【解析】【解答】根據題意，g（x）＝f（x）+x2，
則f（x+1）﹣f（x+2）＞2x+3 f（x+1）+（x+1）2＞f（x+2）+（x+2）2 g（x+1）＞g（x+2），
若f（x）為偶函數，則g（﹣x）＝f（﹣x）+（﹣x）2＝f（x）+x2＝g（x），即可得函數g（x）為偶函數，
又由當x∈（﹣∞，0]時，g（x）單調遞增，則g（x）在[0，+∞）上遞減，
則g（x+1）＞g（x+2） |x+1|＜|x+2| （x+1）2＜（x+2）2，解可得x，
即不等式的解集為（，+∞）；
故答案為：（，+∞）．
【分析】根據題意，分析可得f（x+1）﹣f（x+2）＞2x+3 f（x+1）+（x+1）2＞f（x+2）+（x+2）2 g（x+1）＞g（x+2），由函數奇偶性的定義分析可得g（x）為偶函數，結合函數的單調性分析可得g（x+1）＞g（x+2） |x+1|＞|x+2|，解可得x的取值范圍，即可得答案．
31．【答案】（-∞，1）
【解析】【解答】不妨令，則等價于，可得，構造函數，則是上的增函數，
因為，所以等價于，即，所以，，即，解得，
因此，不等式的解集為（-∞，1）。
故答案為：（-∞，1）。
【分析】不妨令，則等價于，可得，構造函數，再利用增函數的定義，從而判斷出函數函數是上的增函數，再利用，所以等價于，即，從而求出。不等式的解集
32．【答案】
【解析】【解答】對任意兩個不等實數，由可得即，
則在上單調遞增，
則取任意，，有，
又.
則，即，對任意恒成立，
注意到，則.
故答案為：.
【分析】利用已知條件結合增函數的定義，進而判斷出在上單調遞增，再利用不等式恒成立問題求解方法，進而得出實數a的取值范圍。函數性質 專題提升
函數的對稱性與周期性綜合
【知識梳理】
要點一、函數自身對稱性
1.軸對稱
，則的圖象關于軸對稱.
是偶函數，則函數的圖象關于直線對稱.
，則函數的圖象關于直線對稱.
2.中心對稱
，則函數的圖象關于原點中心對稱.
是奇函數，則函數的圖象關于點中心對稱..
，則函數的圖象關于點中心對稱.
要點二、函數的周期性
類型 滿足關系 周期
1.全周期
2.半周期
3.兩個對稱性得到周期性 （類型相同，2倍差； 類型不同，4倍差） 關于直線與對稱
偶函數，且關于直線對稱
關于點與點對稱
奇函數，且關于對稱
關于直線與點對稱
奇函數，關于直線對稱
【典例精講】
考點一、奇偶性與單調性的判斷求解不等式
1．已知是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，則的解集為（　）
A． B．
C． D．
2．定義在上函數滿足，當時，，則不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
3．已知函數，則不等式的解集是　 　．
4．已知函數，則不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
5．已知函數是定義在R上的奇函數，且對任意的，都有，且，則不等式的解集為（　　）
A．
B．
C．
D．
6.函數，則不等式的解集為 .
7.若為正實數，且是奇函數，則不等式的解集是 .
8.函數，則關于的不等式的解集為 .
考點二、奇偶性與單調性的判斷求值域或參數范圍
9．設函數的最大值為，最小值為，則（　　）
A． B． C． D．
10．已知函數，設，則（　　）
A． B． C． D．
11．已知函數為上的奇函數，當時，若函數滿足且，有6個不同的解，則實數的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
12．已知函數的最大值為，最小值為，則等于（　　）
A．0 B．2 C．4 D．8
13．已知函數，若不等式對任意實數恒成立，則的取值范圍為　 　．
14．已知函數是定義在上的奇函數，且對任意，不等式恒成立，則實數有（　　）
A．最大值 B．最小值 C．最小值 D．最大值
15.函數的最小值為，最大值為，則________.
16.函數的值域為_____ _____.
考點三、利用周期性求函數值
17．若函數的定義域為，其圖象關于點成中心對稱，且是偶函數，則（　　）
A．2023 B． C．4048 D．
18．已知函數 的定義域為 ， 為偶函數， 為奇函數，則（　　）
A． B． C． D．
19．已知 是定義為 的奇函數，滿足 。若 ，則 （　　）
A．-50 B．0 C．2 D．50
20．已知定義在上的函數滿足為奇函數，且的圖象關于直線對稱，若，則（　　）
A． B．0 C．1 D．2
21．若函數 的定義域為R，且 ，則 （　　）
A．-3 B．-2 C．0 D．1
22．（多選）已知函數 及其導函數 的定義域均為R，記 若 均為偶函數，則（　　）
A． B． C． D．
23．已知是定義在上且不恒為0的連續函數，若，，則（　　）
A． B．為奇函數 C．的周期為2 D．
24．已知函數的定義域為，且滿足的導函數為，函數為奇函數，則（　　）
A． B．3 C． D．1
考點三、周期性的判斷及函數的應用
25．是定義在上的偶函數，對，都有，且當時，．若在區間內關于的方程至少有2個不同的實數根，至多有3個不同的實數根，則的取值范圍是（　　）
A．（1，2） B．（2，+∞） C． D．
26．定義在上的偶函數滿足，且在上單調遞增，，則的大小關系是（　　）
A． B． C． D．
27．，（ ）
A． B． C． D．
28．已知是定義域為的奇函數，是定義域為的偶函數，且與的圖象關于軸對稱，則（　　）
A．是奇函數 B．是偶函數
C．關于點對稱 D．關于直線對稱
29．已知 是定義在 上的偶函數，且.當時，，則函數 的所有零點之和為（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
30．已知是的奇函數，滿足，若，則（　　）
A． B．2 C．0 D．50
31．(多選)一般地，設函數的定義域為，如果存在一個非零常數，使得對每一個都有，且，稱非零常數是這個函數的周期．已知是定義在上的奇函數，且滿足為偶函數，且不恒等于0，則下列說法正確的是（　　）
A．函數的圖象關于直線對稱
B．函數的圖象關于點對稱
C．是函數的周期
D．
32．(多選)已知在定義在上的奇函數，滿足，當時，，則下列說法正確的是（　　）
A．
B．
C．，
D．方程在的各根之和為
考點四、弱周期與強周期函數
33．(多選)已知函數是定義在上的偶函數，當時，
，以下說法正確的有（　　）
A．當時，
B．
C．存在，使得
D．函數的零點個數為10
34．已知是定義在上的奇函數，對任意的，均有 .當時，，則（　　）
A． B． C． D．
35．定義在上的函數滿足，且當時，．若對任意，都有，則的取值范圍是（　　）
A．[，＋∞） B．[，＋∞） C．[，＋∞） D．[，＋∞）
36．設函數，若對任意的，都有，則的最小值是（　　）
A．-4 B．-6 C． D．
37．已知函數是定義在上的偶函數，當時， ，若函數的零點個數為，則的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
38．已知函數是定義在上的偶函數，當時， ，則函數的零點個數為（　　）
A．20 B．18 C．16 D．14
39．已知函數，若方程恰有5個實根，則實數的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
40．已知函數 .若，，則函數 在上的零點之和為（　　）
A． B． C． D．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】是定義在上的偶函數，
，
，
在上為增函數，
在上為減函數，
由可得，
解得或，
故不等式的解集為。
故答案為：D．
2．【答案】D
【解析】【解答】，且.
則，
因為，，所以，所以，
所以，
所以，所以在上單調遞增.
又，所以為奇函數.
又時，有，
所以，時，有.
由可得，
.
因為，
所以由可得，，
整理可得，即，
顯然，所以有，解得.
所以，不等式的解集為.
故答案為：D.
3．【答案】
【解析】【解答】因為，令，
則，
則函數為偶函數，
又，
當時，，，所以，所以在上單調遞增，
又，
由可得，即，即，
所以，解得，即不等式的解集是.
故答案為：
4．【答案】A
【解析】【解答】解：
因為和是單調遞增函數，
所以也是單調遞增函數，
因為，
所以，
設，
所以，
化簡后得到，，
所以是奇函數，且單調遞增，
又因為，
所以，
所以，
即，
故答案為：A.
【分析】根據函數表達式以及定義域，可知函數的單調性，并對不等式進行化簡，構造新的函數表達式，結合函數奇偶性與單調性，對不等式進行化簡，從而得出解集.
5．【答案】D
【解析】【解答】解：已知函數是定義在R上的奇函數，且對任意的，都有，
此時則，所以函數f(x)在上單調遞減，
因為函數是定義在R上的奇函數，所以函數f(x)在上單調遞減，
因為，所以，
所以當和時，當和時，
由
，
所以
則不等式的解集為.
故答案為：D.
【分析】利用已知條件結合奇函數的性質和函數的單調性，再結合函數的圖象求出不等式的解集。
6.【答案】
【解析】令，易得為奇函數且單調遞增，原不等式等價于，所以，解得
7.【答案】
【解析】
由可得
即
也即，所以.
由于在（0，+）上遞增，所以在（0，+）上是增函數，結合是奇函數可知在R上是增函數.解不等式，只需找到的解.
方程等價于
也即
兩邊平方，解得.因此，不等式的解集是.
故答案為：
8.【答案】D
【分析】構造函數，可得函數為奇函數且在實數上為增函教，進而即得.
【詳解】令，
則函數的定義域為，
又，
∴函數為奇函數，
又
所以函數在上為增函數，
由，可得，
即，
∴，即.
故選：D．
9．【答案】D
【解析】【解答】，
可令，則，
為定義在上的奇函數，，
則，。
故答案為：D.
【分析】利用已知條件結合奇函數的定義和函數最值求解方法，進而得出M+m的值。
10．【答案】D
【解析】【解答】因為的定義域為，且，
所以為偶函數，，
又當時，單調遞減，
由以及，
可得，
即。
故答案為：D．
11．【答案】C
【解析】【解答】因為函數為上的奇函數，當時，
令，則，則，
又
所以，
設，作出函數的圖象，
當時，
則函數有三個根，且，，
又圖像如圖：
當時，即無解，當時，即有4個解，
當時，即有2個解，
方程恰好有6個不同的解，
同理當時，函數有一個根，此時無解；
當時，函數有三個根如圖，且，，；
此時結合函數圖象，無解，和均有2個解，共4個解，不滿足題意；
當時，函數有1個根此時只有2個解，不滿足題意；
綜上，選項都不符合，選項C符合。
故答案為：C
【分析】利用函數為上的奇函數結合奇函數的定義和轉化法，從而得出分段函數f(x)的解析式，設，作出函數的圖象，當時，則函數有三個根，且，，，再利用分段函數解析式畫出其圖象 ，再利用其圖象和分類討論的方法和兩函數交點的橫坐標與方程的根的等價關系，再結合已知條件得出實數a的取值范圍。
12．【答案】C
【解析】【解答】依題意 ，
故令 ，所以 ，
所以函數 為奇函數，所以 ，故 ，
所以 。
故答案為：C.
【分析】令 ，再利用奇函數的定義判斷函數 為奇函數，再利用奇函數的圖象求出函數的最值，再結合已知條件函數 的最大值為M，最小值為m， 從而求出M+m的值。
13．【答案】
【解析】【解答】的定義域為，
且
則為奇函數，由增函數加增函數為增函數可知
函數為增函數，
不等式對任意實數恒成立，
等價于，
可得，
即，因為
，
當且僅當即時，取等號，所以。
故答案為：。
14．【答案】D
【解析】【解答】解：因為是定義在上的奇函數，所以，解得，經檢驗符合題意；
則，易知在上單調遞增，且 是定義在上的奇函數，
所以不等式等價于，
即等價于，即，
該不等式對任意恒成立，則不大于的最小值．
由復合函數單調性可知在區間上單調遞增，
所以當時，的最小值為，
所以，當且僅當等號成立．
故答案為：D.
【分析】先由奇函數確定的值，注意檢驗，再對變形判斷其單調性，結合函數奇偶性將不等式等價變形為對任意恒成立，故只需求出函數的最小值即可，由復合函數單調性，即可得出其單調性，進而得到其最小值.
15.【答案】
【解析】設,則且，∴.
，令，.
令得，，，
∴，，∴.
16.【答案】
【解析】
由已知得的定義域為.
令.則.
又，故，且.
顯然，在區間上單調遞增，因此的值域為.
17．【答案】C
18．【答案】B
【解析】【解答】解：因為 為偶函數， 則有f(2+x)=f(2-x)，可得f(x+3)=f(1-x)，
又因為 為奇函數， 則有f(1-2x)=-f(2x-1)，可得f(1-x)=-f(x+1)，
所以f(x+3)=-f(x+1)=f(x-1)，即f(x)=f(x+4)
故函數f(x)的周期為T=4
又因為函數F(x)=f(2x+1)是奇函數，則F(0)=f(1)=0
故f(-1)=-f(1)=0
故答案為：B
【分析】推導出函數f(x)是以4為周期的周期函數，由已知條件得出f(1)=0，結合已知條件可得出結論.
19．【答案】C
【解析】【解答】∵f（1-x）=f（1+x）
∴y=f（x）圖象關于x=1對稱，又是奇函數
∴f（x）是一個周期函數，且T=4
又f（1）=2 f（x）= f（2-x）
∴f（2）=f（0）=0
f（3）=f（-1）=-f（1）=-2 f（4）=f（0）=0
∴f（1）=2，f（2）=0，f（3）=-2，f（4）=0
∴原式f（1）+f（2）+…+ f（50）=f（1）+f（2）=2
故答案為：C
【分析】根據函數的對稱性、奇偶性求出函數的周期數是4.
20．【答案】C
21．【答案】A
【解析】【解答】因為 ，令 可得， ，所以 ，令 可得， ，即 ，所以函數 為偶函數，令 得， ，即有 ，從而可知 ， ，故 ，即 ，所以函數 一個周期為6．
因為 ， ， ， ， ，所以
一個周期內的 ．由于22除以6余4，
所以 ．
故答案為：A
【分析】根據題意賦值即可知函數 的一個周期為6，求出函數一個周期中的 的值，即可求解．
22．【答案】B,C
【解析】【解答】解：由為偶函數可知函數f(x)關于直線對稱，
由g(2+x)為偶函數可知：g(x)關于直線x=2對稱，
結合g(x)=f'(x)，根據g(x)關于直線x=2對稱可知f(x)關于點(2，t)對稱，
根據f(x)關于直線對稱可知：g(x)關 于點(，0)對稱，
綜上，函數f(x)與g(x)均是周期為2的周期函數，
所以有f(0)= f(2)=t，所以A不正確；
f(-1)= f(1)， f(4)=f(2)， f(1)= f(2)，故f(-1)= f(4)，所以C正確，
，g(-1)=g(1)，故B正確；
又g(1)+g(2)=0，所以g(-1)+g(2)=0，故D錯誤.
故選：BC
【分析】根據函數的奇偶性與對稱性，可判定f(x)與g(x)均是周期為2的周期函數，再由函數的值，逐項判斷即可.
23．【答案】D
24．【答案】B
25．【答案】D
【解析】【解答】∵對x∈R，都有，
∴是定義在R上的周期為4的函數；
作函數與的圖象如下，
結合圖象可知，，
解得，≤a＜2。
故答案為：D．
【分析】對x∈R，都有，再結合周期函數的定義，進而判斷出函數是定義在R上的周期為4的函數，作函數與的圖象，從而結合圖象可知實數a的取值范圍。
26．【答案】A
【解析】【解答】由得，∴的周期為2，
又為偶函數，則，，
∵，在上單調遞增，∴。
故答案為：A
【分析】利用已知條件結合函數的周期性和偶函數的定義以及函數的單調性，從而比較出a，b，c的大小。
27．【答案】A
【解析】【解答】令，則
則，
所以為奇函數，
所以的圖像關于對稱，
所以，
故，
且，
所以。
故答案為：A
【分析】令，進而得出函數g(x)的解析式，再利用奇函數的定義判斷出函數g(x)為奇函數，再利用奇函數的圖象的對稱性得出的圖像關于對稱，所以，再利用得出的值。
28．【答案】A
【解析】【解答】由于是定義域為的奇函數，則的圖象關于成中心對稱，
是定義域為的偶函數，則的圖象關于對稱，
因為與的圖象關于軸對稱，則的圖象關于對稱，
又的圖象關于成中心對稱，則的圖象關于成中心對稱，
故為奇函數，A符合題意；
因為為奇函數，故，
由與的圖象關于軸對稱，可得，
故 ，故為奇函數，B不符合題意；
由A的分析可知的圖象關于對稱，C不符合題意；
由A的分析可知的圖象關于成中心對稱，為奇函數，
則的圖象也關于成中心對稱，
而與的圖象關于軸對稱，
則的圖象關于成中心對稱，D不符合題意，
故答案為：A
【分析】根據題意，得出的圖象關于成中心對稱，的圖象關于對稱，再由 與的圖象關于軸對稱， 得出函數的圖象關于原點對稱且關于對稱，函數的圖象關于軸對稱其且關于點中心對稱，即可求解.
29．【答案】D
【解析】【解答】因為 ，所以 ，
所以 ，即 ，可知 的周期為 ，
因為 是定義在R上的偶函數，所以 ，可得 的圖象關于點 對稱，
作出函數 的大致圖象，如圖所示，則 的零點，即為函數 與 圖象的交點的橫坐標，
由圖可知 ， ，即零點之和為 。
故答案為：D.
【分析】利用 結合轉化的方法，從而利用周期函數的定義，進而求出函數 的周期，再利用函數 是定義在R上的偶函數，從而結合偶函數的定義，得出 ，再利用函數圖象的對稱性，可得 的圖象關于點 對稱，進而作出函數 的大致圖象，再利用函數的零點與兩函數交點的橫坐標的等價關系，從而由 的零點，推出即為函數 與 圖象的交點的橫坐標，再利用兩函數的圖象得出 ， 的值，進而求出函數 的所有零點之和。
30．【答案】C
【解析】【解答】因為 ，
用 代替上式中的 ，得到
而 是 的奇函數，
所以有
用 代替上式中的 ，得 ，
所以 ，
可得 的周期為 .
因為 ，
所以 時，由 得
時，由 得
故 ， ，
，
所以
故答案為： .
【分析】由 得到 ，結合奇函數，求出 的周期，再將所求的 進行轉化，得到其中的關系，從而得到答案.
31．【答案】A,C,D
【解析】【解答】由于知是定義在R上的奇函數，則， ，
由為偶函數，則，即，
則函數的圖象關于直線對稱，A符合題意；
若函數的圖象關于點對稱， 結合數的圖象關于直線對稱，
不妨任取 ，，則且，則 ，
則恒等于0，不合題意，B不符合題意；
由可得，則，
故是函數的周期，C符合題意；
，因為函數的圖象關于直線對稱且，
所以，D符合題意；
故答案為：ACD.
【分析】利用已知條件結合奇函數和偶函數的圖象的對稱性，再結合函數的周期性，進而得出函數的周期，再利用函數的周期求出函數的值，從而找出正確的選項。
32．【答案】A,C,D
【解析】【解答】由在定義在上的奇函數，則
由，所以，即
則，即是以4為周期的周期函數.
由題意，所以
又，則，所以
所以，A符合題意.
B. 當時，B不正確.
C.
所以
當時，均為增函數，則為增函數.
所以在上為增函數，
又為奇函數，且
所以在單調遞增，所以，由
所以，所以必存在，使得，C符合題意.
D. 因為為偶函數，根據題意先作出在上的示意圖，
然后由對稱性作出在上的圖象，如圖所示.
根據對稱性可知方程在的各根之和為 ，D符合題意.
故答案為：ACD
【分析】由在定義在上的奇函數結合奇函數的定義，則，再由，所以，再結合周期函數的定義得出函數是以4為周期的周期函數，再利用代入法結合已知條件得出，當時結合代入法得出再利用已知條件結合代入法得出的值，再利用奇函數的定義結合函數的單調性，從而求出函數的值域，所以，所以必存在，使得，
利用為偶函數，根據題意先作出在上的圖像，然后由對稱性作出在上的圖象，根據對稱性可知方程在的各根之和 ，從而找出說法正確的選項。
33．【答案】A,D
【解析】【解答】對于A，當 時， ，所以 ，
所以 ，A符合題意：
對于B，當 時， 與 矛盾，B不符合題意；
對于C，由 為偶函數，可作出正半軸的圖象，
觀察圖象， 的值域為 ，C不符合題意：
對于D，由 的零點個數即為 根的個數，
即 與 的的交點個數，觀察圖象，在 時，有5個交點，
根據對稱性可得 時，也有5個交點，共計10個交點，D符合題意.
故答案為：AD．
【分析】根據題意由指數函數和一次函數的圖象即可得出分段函數的圖象，然后由零點的定義利用數形結合法，由此對選項逐一判斷即可得出答案。
34．【答案】C
【解析】【解答】由f（x）=1﹣f（1﹣x），得 f（1）=1，
令x= ，則f（ ）= ，
∵當x∈[0，1]時，2f（ ）=f（x），
∴f（ ）= f（x），
即f（ ）= f（1）= ，
f（）=1-f（1-）=1-f（）=
f（ ）= f（ ）=，
f（）=（）=
∵ ＜ ＜ ，
∵對任意的x1，x2∈[﹣1，1]，均有（x2﹣x1）（f（x2）﹣f（x1））≥0
∴f（ ）= ，
同理f（ ）=…=f（﹣ ）=f（ ）= ．
∵f（x）是奇函數，
∴f（﹣ ）+f（﹣ ）+…+f（﹣ ）+f（﹣ ）
=﹣[f（﹣ ）+f（ ）+…+f（ ）+f（ ）]=﹣ ，
故答案為：C．
【分析】采用賦值法，得 f（1）=1，f（ ）= ，再利用函數的奇偶性及在[﹣1，1]上單調遞增，即可求值.
35．【答案】A
【解析】【解答】因為當時，，
所以，
因為，
當時，即時，
所以，即，
當，即時，，
當，即時，，
所以，
當，即時，，
當，即時，，
所以，
當，即時，，
當，即時，，
所以，
當，即時，，
當，即時，，
依此類推，作出函數的圖象，如圖所示：
由圖象知：，
因為對任意，都有，則，
故答案為：A
【分析】利用已知條件結合絕對值定義將函數轉化為分段函數，再利用分段函數的解析式畫出分段函數的圖象，再結合分類討論的方法和不等式恒成立問題求解方法，進而得出實數m的取值范圍。
36．【答案】D
【解析】【解答】作出f（x）的部分圖象，如圖所示.
當 時，f（x）=8（x+5）.
令f（x）=-4，解得 .
數形結合可得，
若對任意的 ，都有 ，則m的最小值是 .
故答案為：D
【分析】利用已知條件作出分段函數圖象，數形結合即可得出m的范圍
37．【答案】B
【解析】【解答】 零點個數為 ， ， 有 個不同的實數解，
是 上的偶函數，當 時， 有 個不同實數解，
當 時， 可得 在 上的圖象如下圖所示：
由圖象可知： ，解得： 。
故答案為：B.
【分析】利用 零點個數為 ， 在饑餓和函數的零點與方程的實數解的等價關系，所以函數 有 個不同的實數解，再利用偶函數的圖象的對稱性，從而得出當 時， 有 個不同實數解，再利用已知條件結合分段函數的解析式畫出分段函數 在 上的圖象，再利用分段函數的圖象，從而求出實數a的取值范圍。
38．【答案】C
【解析】【解答】 或
根據函數解析式以及偶函數性質作 圖象，零點個數為 ,
故答案為：C
【分析】先解 ，再作圖，結合圖象確定交點個數，即得零點個數.
39．【答案】B
【解析】【解答】函數 與 的圖象如下，
因為方程 恰有5個實根，
所以兩函數圖象有5個不同的交點，
依題知 ，解得 。
故答案為：B
【分析】利用已知條件結合分段函數的解析式和圖象的平移變換，從而畫出分段函數f(x)的圖像，再利用方程的根與兩函數交點的橫坐標的等價關系結合方程 恰有5個實根 ，從而畫出函數 與 的圖象，進而求出實數k的取值范圍。
40．【答案】B
【解析】【解答】因為 ， ，所以 解得 ， ，
所以 所以 在 上是周期為 的函數，
在 上的所有零點為 ，
所以 在 上的所有零點為 的零點且 ，
所以 且 ，解得 （ 且 ），
所以函數 在 上的零點之和為
.
故選：B.
【分析】由 ， ，求出分段函數的解析式，得出函數的周期性為2，將函數 的零點轉化為 的零點，即可求出零點之和.指數函數與對數函數 專題提升
指對冪運算與指對冪函數
【典例精講】
考點一、分類討論與數形結合
1．定義域為的函數，若關于的方程恰有5個不同的實數解，，，，，則等于（　　）
A．1 B． C． D．0
2．下列命題中，正確的有（　　）個
①對應：是映射，也是函數；
②若函數的定義域是（1，2），則函數的定義域為；
③冪函數與圖像有且只有兩個交點；
④當時，方程恒有兩個實根.
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知，若方程有四個不同的實數根，，，，則的取值范圍是（　　）
A．（3，4） B．（2，4） C．[0，4） D．[3，4）
4．已知函數關于x的方程有5個不同的實數根，則實數的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
5．已知函數為上的奇函數，當時，若函數滿足且，有6個不同的解，則實數的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
6．已知函數關于的方程有4個根，，，，則的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
7．已知函數，若存在不相等的實數滿足，則的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
8．設函數關于的方程有7個不同的實數根，則實數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
考點二、指對冪函數比較大小綜合
9．已知，則（　　）
A． B． C． D．
10．已知 ，則（　　）
A． B． C． D．
11．若，則（　　）
A． B． C． D．
12．已知，，，則x，y，z的大小關系是（　　）
A． B． C． D．
13．已知，，，則（　　）
A． B． C． D．
14．設，則（　　）
A． B．
C． D．
15．下列不等關系中正確的是 （　　）
A． B．
C． D．
16．已知正實數滿足，則不正確的是（　　）
A． B． C． D．
考點三、指對冪函數運算求值
17.已知正實數a滿足，則的值為 .
18.已知實數滿足，則________.
19.設正實數u、v、w均不等于1.若，則的值為________.
20.對整數，記.則 .
21.若，則_________。
22.已知實數滿足.則 ______.
23．若實數滿足，，則　 　.
24．已知實數滿足，則　 　.
考點四、指對冪函數運算求范圍
25．已知實數滿足 ，且 ，則=　 　．
26．已知實數滿足 ，則的最小值是　 　．
27．若實數滿足，，則的最大值為　 　．
28．已知函數，，且，下列結論正確的是（　　）
A． B． C． D．
29．若，，且，則（　　）
A． B． C． D．
30．已知實數、、滿足，則下列說法正確的有（　　）
A． B． C． D．
31．已知函數，當時，，若在上的最大值為2，則 （　）
A．9 B．4 C．3 D．2
32．記對數的整數部分為，第一位小數的值為，則（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】令，作出函數的大致圖象，
當時，，
故函數的圖象關于直線對稱，
因為關于的方程恰有個不同的實數根，
則關于的方程恰有兩根，設為、，且必有一根為，設，
設方程的兩根分別為、，且，則，
所以，，，
因此，.
故答案為：C.
【分析】令，作出函數的大致圖象，當時結合函數的圖象的對稱性得出函數的圖象關于直線對稱，再利用關于的方程恰有個不同的實數根，則關于的方程恰有兩根，設為、，且必有一根為，設，設方程的兩根分別為、，且，再結合韋達定理得出的值，進而得出
的值，從而得出的值，再結合代入法和函數的解析式以及對數的運算法則，進而得出函數的值，從而得出 的值。
2．【答案】C
【解析】【解答】對于①，對應：是映射，也是函數；符合映射，函數的定義，故①對；
對于②，若函數的定義域是（1，2），則 故函數的定義域為，故②對
對于③，冪函數為偶函數，在上單調遞增，在上單調遞減且圖像過 ，為偶函數，在上單調遞減，在上單調遞增且圖像過 所以兩個圖像有且只有兩個交點；故③對；
于④，當時，單調遞增，且函數值大于1，所以當時，方程只有一個實根.故④錯；
故答案為：C
【分析】利用已知條件結合映射和函數的定義、函數的定義域求解方法、冪函數的圖象求交點個數的方法、兩函數的圖象的交點的橫坐標與方程的根的等價關系，進而找出真命題的個數。
3．【答案】D
【解析】【解答】由方程有四個不同的實數根，
得函數的圖象與直線有四個不同的交點，分別作出函數的圖象與直線．
由函數的圖象可知，當兩圖象有四個不同的交點時，．
設與交點的橫坐標為，，設，則，，
由得，
所以，即．
設與的交點的橫坐標為，，
設，則，，且，
所以，
則。
故答案為：D.
【分析】由方程有四個不同的實數根，得函數的圖象與直線有四個不同的交點，分別作出函數的圖象與直線，由函數的圖象可知，當兩圖象有四個不同的交點時，進而得出實數m的取值范圍，設與交點的橫坐標為，，設，進而得出，的取值范圍，由結合絕對值的定義得出的值，設與的交點的橫坐標為，，設，則，的取值范圍，且，再利用二次函數的圖象求值域的方法得出的取值范圍，從而得出的取值范圍。
4．【答案】A
【解析】【解答】設，則原方程即，
的圖象如圖所示，
函數關于x的方程有5個不同的實數根，
則方程必有兩根為，，，
且其中一個根為1，不妨設，
即與圖象有3個交點，方程有2個根，
由圖知，，即。
故答案為：A.
【分析】設，則原方程即，再利用的圖象結合函數關于x的方程有5個不同的實數根，則方程必有兩根為，，，且其中一個根為1，不妨設，即與圖象有3個交點，方程有2個根，由函數的圖象知的取值范圍，進而得出實數c的取值范圍。
5．【答案】C
【解析】【解答】因為函數為上的奇函數，當時，
令，則，則，
又
所以，
設，作出函數的圖象，
當時，
則函數有三個根，且，，
又圖像如圖：
當時，即無解，當時，即有4個解，
當時，即有2個解，
方程恰好有6個不同的解，
同理當時，函數有一個根，此時無解；
當時，函數有三個根如圖，且，，；
此時結合函數圖象，無解，和均有2個解，共4個解，不滿足題意；
當時，函數有1個根此時只有2個解，不滿足題意；
綜上，選項都不符合，選項C符合。
故答案為：C
【分析】利用函數為上的奇函數結合奇函數的定義和轉化法，從而得出分段函數f(x)的解析式，設，作出函數的圖象，當時，則函數有三個根，且，，，再利用分段函數解析式畫出其圖象 ，再利用其圖象和分類討論的方法和兩函數交點的橫坐標與方程的根的等價關系，再結合已知條件得出實數a的取值范圍。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：因為，所以函數圖象如下所示：
由圖象可知，其中，其中，，，則，得..令，，
又在上單調減，，即.
故答案為：B.
【分析】根據f（x）的解析式畫出圖像，結合交點與方程跟的關系，得到x1與x2、x3與x4之間的關系，得出要求的取值范圍。
7．【答案】C
【解析】【解答】由題設，將問題轉化為與的圖象有四個交點，
，則在上遞減且值域為；在上遞增且值域為；在上遞減且值域為，在上遞增且值域為；
的圖象如下：
所以時，與的圖象有四個交點，不妨假設，
由圖及函數性質知：，易知：，，
所以。
故答案為：C
【分析】由題設，將問題轉化為與的圖象有四個交點，，則在上遞減且值域為；在上遞增且值域為；在上遞減且值域為，在上遞增且值域為；進而畫出分段函數
的圖象，所以時，與的圖象有四個交點，不妨假設，
由分段函數的圖象及函數性質易知的值和的取值范圍，進而結合不等式的基本性質，進而得出的取值范圍。
8．【答案】D
【解析】【解答】由題設，，且，，
作圖象如圖所示，
由得：，
∴，，如上圖，有三個根，
∴有四個實數根，如上圖可得：。
故答案為：D.
【分析】利用已知條件結合絕對值的定義得出分段函數的解析式，即，再利用代入法得出，，從而作出分段函數的圖象，再由得出，從而解方程得出或，再利用分段函數的圖象得出有三個根，所以方程有四個實數根，再利用分段函數的圖象得出實數a的取值范圍。
9．【答案】A
【解析】【解答】因為在內單調遞減，且，
所以，即，
因為在內單調遞增，且，
所以，即，
因為在內單調遞增，且，
所以，即，綜上，
故答案為：A
【分析】根據對數函數和指數函數的單調性比較大小，可得答案.
10．【答案】A
【解析】【解答】解：由9m=10可得，
而，
所以 ，
即m>lg11，
所以a=10m-11>10lg11-11=0．
又，
所以 ，
即log89>m ，
所以 ．
綜上，a>0>b ．
故選：A
【分析】根據指對互化以及對數函數的單調性即可知m=log910>1 ，再利用基本不等式，換底公式可得 m>lg11，log89>m ，然后由指數函數的單調性即可解出．
11．【答案】A
12．【答案】B
【解析】【解答】，即；
，即；
，即.
故.
故答案為：B.
【分析】由對數、指數得運算性質得、、，即可得到結果.
13．【答案】C
【解析】【解答】，，，
，
，
，
，
，
故答案為：C.
【分析】利用已知條件結合對數函數的單調性和指數函數的單調性，進而比較出a，b，c的大小。
14．【答案】C
【解析】【解答】因為，，所以，
，
因為，所以，又，所以，
因為，所以，又，所以，
綜上所述：.
故答案為：C
【分析】利用已知條件結合對數函數的單調性、換底公式，進而結合比較法得出。
15．【答案】C
【解析】【解答】對于A，，而函數在單調遞增，顯然，則，A不正確；
對于B，因為，所以，故，B不正確；
對于C，顯然，，，C符合題意；
對于D，因為，所以，即，D不正確.
故答案為：C
【分析】利用已知條件結合對數函數的單調性和均值不等式求最值的方法，進而找出正確的不等關系。
16．【答案】B
【解析】【解答】設，，則，，.
A，，，，則，A正確，不符合題意；
B，，，，
下面比較的大小關系，
因為，，，所以，即，又，
所以，即，B錯誤，符合題意；
C，，，，
因為，又，所以，即，C正確，不符合題意；
D，，
因為，所以，
又，所以，D正確，不符合題意；
故答案為：B.
【分析】利用已知條件結合換底公式、指數式與對數式的互化公式、對數函數的單調性、均值不等式求最值的方法，進而找出不正確的選項。
17.【答案】
【解析】由條件知，故，所以.
18【答案】1
【解析】
化為對數，有，所以.
19.【答案】
【解析】
令.則:
.
故.
從而，.
20.【答案】54
【解析】
注意到，.
于是，.
故.
21.【答案】0
【解析】
設.
則
.
22.【答案】1
【解析】
因為,所以,的交點橫坐標,的交點縱坐標.
又關于直線對稱, 關于直線對稱,則兩個交點關于直線對稱.
故.
23．【答案】1
【解析】【解答】令，易知為單調遞增函數，，
即有且僅有一個零點，
又由題可知，即，
所以，
所以，即，
又，得，
所以.
故答案為：1.
【分析】令，易知為單調遞增函數，易知有且僅有一個零點，，可得，由已知條件通過函數變形同構可得，進而代入題中求解即可.
24．【答案】
【解析】【解答】解：因為，所以，
記，因為函數單調遞減，所以單調遞增，
由，可得，
又因為，所以，
又由，可得，
所以，解得.
故答案為：.
【分析】構造函數，根據函數的單調性可得，再根據對數函數的運算性質求解即可.
25．【答案】
【解析】【解答】因為 ，所以 ，
解得： 或 ，則 或 ．
當 時， ，則 ，而 ，得到 ， ；
當 時， ，則 ，而 ，得到 無解，
所以 ．
故答案為：
【分析】由 得到 ，求出 或 ，得到 或 ，根據 ，分別計算，即可得出結果.
26．【答案】16
【解析】【解答】
，即
，則 ，
則
當且僅當 ，即 時取等號，結合 ，可得：
故答案為：16
【分析】利用已知條件結合換底公式，得出，再利用均值不等式變形求最值的方法，進而求出a+b的最小值 。
27．【答案】
【解析】【解答】由基本不等式得：，當且僅當，即時，等號成立，
所以，解得：，
又因為，所以，
化簡得：，
因為，所以，所以，即，
所以，所以，
故的最大值是.
故答案為：.
【分析】利用已知條件結合指數冪的運算法則和均值不等式求最值的方法，再結合構造法求出c的最大值 。
28．【答案】C,D
【解析】【解答】由題意得，且，則，
故，A不符合題意，
對于B，，而，故，B不符合題意，
對于C，，C符合題意，
對于D，，D符合題意，
故答案為：CD
【分析】利用已知條件結合對數的運算法則、不等式的基本性質、基本不等式求最值的方法，進而找出結論正確的選項。
29．【答案】A,B,D
【解析】【解答】由，得，所以，即，A符合題意.
由，得，所以，B符合題意.
由，得，即，構造函數，因為在上單調遞增，且，所以，C不符合題意.
將代入，得，即，解得，D符合題意.
故答案為：ABD．
【分析】由，得，再利用指數與對數的互化公式和對數函數的單調性，所以；由，結合不等式的基本性質得出；由，和對數的運算法則，得，構造函數，再利用在上的單調性，且，所以；將代入，得，再結合對數的運算法則得出mn的值，從而找出正確的選項。
30．【答案】B,C,D
【解析】【解答】令，則，，且，，．
對于A，，所以A不符合題意：
對于B，，
即，所以B符合題意；
對于C，，所以C符合題意：
對于D：
，所以D符合題意．
故答案為：BCD.
【分析】利用已知條件結合指數與對數的互化公式，再結合作差法比較大小的方法、對數的運算法則、換底公式和均值不等式求最值的方法，進而找出說法正確的選項。
31．【答案】A
【解析】【解答】畫出 圖像如下，
由于 時， ，所以 ，
且由 ，得 ，所以
由于 ，所以 ，所以 ，
所以 在 上的最大值為 ， ， ，所以 ，所以 。
故答案為：A
【分析】利用絕對值的定義將函數轉化為分段函數，再利用分段函數的解析式畫出分段函數的圖象，再利用分段函數的圖象結合當 時， ，所以 ，又由 ，結合對數的運算法則，進而求出mn的值，由于 ，所以 ，所以 ，所以 在 上的最大值為 ，得出 ，進而結合指數與對數的互化公式求出n的值，從而求出m的值，進而求出的值。
32．【答案】C
【解析】【解答】∵，∴，
設對數的第二位小數及以后的值為，則，
∴，又因為，
∴，即，
所以，∴6。
故答案為：C.
【分析】利用已知條件結合對數函數的單調性，進而得出a的值，設對數的第二位小數及以后的值為，則，再結合對數的運算法則和，再利用指數函數的單調性，進而得出，從而求出b的值，進而求出a+b的值。指數函數與對數函數 專題提升
函數零點綜合
【典例精講】
考點一、零點存在性定理與求零點函數的零點（個數）
1．函數在區間上的零點個數為（　　）
A．10 B．8 C．6 D．4
2．函數的所有零點之和為（　　）
A．0 B．2 C．4 D．6
3．已知定義在上的函數，對任意x都滿足，且當時，則函數的零點個數為（　　）
A．12 B．14 C．15 D．16
4.已知函數，則函數零點個數最多是（　　）
A．10 B．12 C．14 D．16
5.若則函數的兩個零點分別位于區間
和內 和內
和內 和內
6.若函數，函數的零點個數是___________.
7.已知函數是定義在上的奇函數，且當時，，則函數的零點個數是
A．1 B．2 C．3 D．4
8.已知函數方程的不等實根個數不可能是（ ）
A．2個 B．3個 C．4個 D．6個
考點二、由零點個數求參數范圍
9．設函數是定義在上的奇函數，對任意，都有，且當時，，若函數（且）在上恰有4個不同的零點，則實數的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
10．若函數恰有2個零點，則的取值范圍是 （　　）
A． B． C． D．
11．已知函數 ，若關于的方程 有四個實數根，則實數 的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
12．已知函數 ，若方程 恰有 個實根，則實數 的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
13．設函數 ，若函數在區間內有且僅有一個零點，則實數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
14．已知 ，若關于 的方程 有三個實根，則實數 的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
15．函數，若方程有5個解，則的取值范圍是（　 ）
A． B． C． D．
16．已知函數，當時， ，若定義在上的 有三個不同的零點，則實數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
考點三、求多個零點的范圍或值
17．已知，若方程有四個不同的實數根，，，，則的取值范圍是（　　）
A．（3，4） B．（2，4） C．[0，4） D．[3，4）
18．定義域為的函數，若關于的方程恰有5個不同的實數解，，，，，則等于（　　）
A．1 B． C． D．0
19．已知函數，若存在不相等的實數滿足，則的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
20．已知函數關于的方程有4個根，，，，則的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
21．已知函數 ，若關于 的方程 （ ）有三個不相等的實數根 ，且 ，則 的值為（　　）
A．4 B．2 C． D．
22．設函數，若關于的方程有四個實根（），則的最小值為（　　）
A． B．16 C． D．17
23．已知函數 ，若 有四個不等實根 、 、 、 ，且 ，求 的取值范圍（　　）
A． B． C． D．
24．已知函數，若方程有四個不等實根，不等式恒成立，則實數的最大值為（　　）
A．2 B． C． D．
考點四、復合函數的零點
25．已知是定義在上的單調函數，滿足，則函數的零點所在區間為（　　）
A． B． C． D．
26．已知函數 ，若函數 無零點，則實數 的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
27．已知函數 ，則函數 的零點個數是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
28．已知 ，在函數 圖象上存在一點 ，使 ，則實數 的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
29．若函數，則函數的零點情況說法正確的是（　　）
A．函數至少有兩個不同的零點
B．當時，函數恰有兩個不同的零點
C．函數有三個不同零點時，
D．函數有四個不同零點時，
30．設，關于函數，給出下列四個敘述，其中正確的有（　　）
A．任意，函數都恰有3個不同的零點
B．存在，使得函數沒有零點
C．任意，函數都恰有1個零點
D．存在，使得函數有4個不同的零點
31．設函數的定義域為，若存在，使得，則稱是函數的二階不動點.下列各函數中，有且僅有一個二階不動點的函數是（　　）
A． B．
C． D．
32．已知函數，則（　　）
A．當時，函數有且僅有一個零點
B．當時，函數沒有零點
C．當時，函數有兩個不同的零點
D．當，函數有四個不同的零點
考點五、新定義函數問題
33．若函數的定義域為，如果對中的任意一個，都有，且，則稱函數為“類奇函數”．若某函數是“類奇函數”，則下列命題中，錯誤的是（　　）
A．若0在定義域中，則
B．若，則
C．若在上單調遞增，則在上單調遞減
D．若定義域為，且函數也是定義域為的“類奇函數”，則函數也是“類奇函數”
34．對于函數，若對任意的，，，為某一三角形的三邊長，則稱為“可構成三角形的函數”，已知是可構成三角形的函數，則實數t的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
35．對于函數和，設，，若存在，，使得，則稱和互為“零點相鄰函數”，若函數與互為“零點相鄰函數”，則實數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
36．已知函數，若在定義域內存在實數，使得，其中為整數，則稱函數為定義域上的“階局部奇函數”，若是上的“階局部奇函數”，則實數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
37．設函數 的定義域為 ，如果對任意 ，都存在 ，使得 ，稱函數 為“ 函數”，則下列函數為“ 函數”的是（　　）
A． B．
C． D．
38．對于函數 ， ，設 ， ，若存在 ，使得 ，則稱 互為“零點相鄰函數”.若 與 互為“零點相鄰函數”，則實數 的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
39．已知函數 ，若對其定義域內任意 和 均有 ，則稱函數 為“凸函數”；若均有 ，則稱 函數為“凹函數”.下列函數中是“凹函數”的是（　　）
A． B． C． D．
40.若函數y＝f(x)圖象上存在不同的兩點A，B關于y軸對稱，則稱點對[A，B]是函數y＝f(x)的一對“黃金點對”（注：點對[A，B]與[B，A]可看作同一對“黃金點對”）已知函數，則此函數的“黃金點對”有（ ）
A．0對 B．1對 C．2對 D．3對
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】因為，所以0不是的零點.
當時，方程的解的個數為函數與的圖像在上交點的個數，在同一坐標系中作出與在上的圖像（注意到當時，單調遞減，）.
如圖所示，由圖可知在區間上，兩函數圖象有4個交點.
而與均為奇函數，故在上兩圖像交點個數為8，即在區間上的零點個數為8.
故答案為：B.
【分析】利用已知條件結合函數的零點的定義，進而得出0不是的零點，再結合方程的根與兩函數的交點的橫坐標的等價關系，所以，當時，方程的解的個數為函數與的圖像在上交點的個數，在同一坐標系中作出與在上的圖像，由圖可知在區間上，兩函數圖象有4個交點，再利用奇函數的定義判斷出與均為奇函數，再結合奇函數的圖象的對稱性，從而得出在上兩圖像交點個數，再結合兩函數的交點的橫坐標與函數的零點的等價關系，進而得出在區間上的零點個數。
2．【答案】B
【解析】【解答】令，得，
圖象關于對稱，在上遞減.
，令，
所以是奇函數，圖象關于原點對稱，所以圖象關于對稱，
，在上遞增，
所以與有兩個交點，
兩個交點關于對稱，所以函數的所有零點之和為2。
故答案為：B
【分析】令，得，再利用圖象關于對稱，在上遞減，令，令再利用奇函數的定義判斷出函數是奇函數，再結合奇函數的圖象的對稱性得出函數的圖象關于原點對稱，再結合圖像的平移得出函數圖象關于對稱，再利用代入法和增函數的單調性，得出，在上遞增，所以與有兩個交點，再利用兩函數的交點的橫坐標與函數的零點的等價關系，再結合兩個交點關于對稱，進而得出函數的所有零點之和。
3．【答案】B
【解析】【解答】∵，
∴函數
是周期為2的周期函數．
令
，則
，
由題意得函數
的零點個數即為函數
的圖象與函數
的圖象交點的個數．
當
時，
，
在同一坐標系內畫出函數
和函數
的圖象（如圖所示），
結合圖象可得兩函數的圖象有14個交點，
∴函數
的零點個數為14.
故答案為：B．
【分析】根據題意，函數
的零點個數即函數
的圖象與函數
的圖象的交點個數，進而根據題意，分析函數
的周期與解析式，再由函數圖象變化的規律分析函數
的圖象.在同一坐標系中作出兩函數的圖象，即可得其圖象交點的個數.
5．【答案】B
【解析】【解答】
由題可知，，圖象如圖，，
令，則，則，
由圖像可知，，此時最多有三個解，，
，由圖像可知，最多有四個解
，由圖像可知，最多有四個解
，由圖像可知，最多有四個解
∴最多有12個解，
∴故選：B
【分析】觀察函數對稱性畫出圖像，根據圖象與交點問題分析得出結果.
5.【答案】A
【解析】因為，，
所以，故選：A．
6.【答案】 C
【解析】設可得，即，當時，，所以
在坐標系中作出函數的圖象如圖：
由圖可知有兩個根
當時，，所以，由圖可知有兩個根，所以函數的零點個數為4
7.【答案】 C
【解析】當時，令，可得，即
在坐標系中作出函數的圖象如圖：
由圖可知有1個交點
又因為奇函數，所以當時，有一個零點，又因，所以一共有三個零點
8.【答案】 C
【解析】令可得，即，
在坐標系中分別作出兩個函數的圖象如圖：
∴由圖象可知兩個函數的交點個數為6個，零點個數為6個，故選：C
9．【答案】C
10．【答案】D
11．【答案】C
12．【答案】D
13．【答案】D
14．【答案】A
15．【答案】D
16．【答案】D
17．【答案】D
18．【答案】C
19．【答案】C
20．【答案】B
21．【答案】A
22．【答案】B
23．【答案】C
24．【答案】B
25．【答案】C
25．【答案】A
27．【答案】D
28．【答案】D
29．【答案】A,B,C
30．【答案】A,C
31．【答案】A,C
32．【答案】A,B,C
33．【答案】C
【解析】【解答】對于A，由函數是“類奇函數”，所以，且，所以當時，，即，A符合題意；
對于B，由，即隨的增大而減小，若，則成立，B符合題意；
對于，由在上單調遞增，所以，在上單調遞減，設，在上單調遞增，即在上單調遞增，C不符合題意；
對于D，由，所以，所以函數也是“類奇函數”，所以D符合題意；
故答案為：C
【分析】由“類奇函數”的定義，所以且，再結合代入法得出的值；由結合單調函數的定義，進而判斷出函數的單調性，從而得出函數的最值；由在上單調遞增，所以，設，再利用函數的圖象的對稱性判斷出在上的單調性，從而判斷出在上的單調性；由，所以，再利用“類奇函數”的定義判斷出函數也是“類奇函數”，進而找出錯誤的選項。
34．【答案】B
【解析】【解答】由題意得，，
當時，，適合題意；
的定義域為R，則，所以是偶函數，
因為為偶函數，故只需考慮在上的范圍，
當時，，此時在單調遞減，故，
由題意知對任意的，恒成立，
需，此時無最小值，故需，即；.
當，在上單調遞增，，
對對任意的，恒成立，
需，但此時無最大值，需，即，
綜上：，
故答案為：B
【分析】利用已知條件結合偶函數的定義和函數的單調性，進而得出函數的值域，再結合不等式恒成立問題求解方法，進而得出實數t的取值范圍。
35．【答案】B
【解析】【解答】的定義域為，易得在上單調遞增，
又，∴只有一個零點．
若和互為“零點相鄰函數”，則在上存在零點．
∴，解得或．
（1）若，即或時，只有一個零點，
顯然當時，，當時，，不符合題意；
（2）若，即或，
①若在上存在1個零點，則，即，
解得，，
②若在上存在2個零點，則，∴，
綜上所述，的取值范圍是。
故答案為：B．
【分析】利用的定義域為，易得在上單調遞增，再利用函數的零點的求解方法，進而得出函數只有一個零點，再利用和互為“零點相鄰函數”，則在上存在零點，再結合判別式法得出實數a的取值范圍，再利用分類討論的方法和函數的零點存在性定理，進而結合判別式法得出實數a的取值范圍。
36．【答案】B
【解析】【解答】由題意，函數，滿足，解得，
因為函數是上的“1階局部奇函數”，
即關于的方程在上有解，
即在上有解，
可得，所以在有解，
又由，因為，所以，解得，
實數的取值范圍是。
故答案為：B.
【分析】利用已知條件結合定義域上的“階局部奇函數” 的定義，再利用方程在給定區間有解的求解方法，進而求出實數m的取值范圍。
37．【答案】B
【解析】【解答】解： 對任意 ，都存在 ，使得 ， 函數 的值域關于原點對稱，
的值域為 ，故A錯誤，
的值域為 ，故B正確，
的值域為 ， ，故C錯誤，
，
， ，故D錯誤，
故答案為：B．
【分析】利用 “ 函數” 的定義結合函數求值域的方法，進而找出為“ 函數”的函數。
38．【答案】B
【解析】【解答】 ，且 在 上為增函數，所以 只有唯一零點2，
是“零點相鄰函數”， 在 至少有一零點，
由 ，所以 ，
設 ， 與 在 有交點，
，
一次函數和反比例函數的單調性可知 為增函數，
所以 ，要使 與 在 有交點，
需 ，即為 的取值范圍。
故答案為：B.
【分析】利用 “零點相鄰函數”的定義結合零點存在性定理，再利用函數的零點與兩函數交點的橫坐標的等價關系，從而結合一次函數和反比例函數的單調性，進而求出實數a的取值范圍。
39．【答案】B
【解析】【解答】對函數 ， ，
則 因為 ，根據均值不等式：
故可得
即
又因為 ，故可得
即 .
故答案為：B.
【分析】根據凹函數的定義，對選項中的函數進行判斷即可.
40.【答案】C
【分析】將關于y軸對稱得到y＝9－2x，x＞0，問題轉化為y＝9－2x，x＞0與、交點的個數問題，數形結合即可得到答案.
【詳解】由題意關于y軸對稱的函數為y＝9－2x，x＞0，
作出函數f(x)和y＝9－2x，x＞0的圖象，
由圖象知當時，聯立y＝4x－x2和y＝9－2x，x＞0，得x2－6x＋9＝0，所以，
當時，聯立和y＝9－2x，x＞0得，解得，（舍），
故兩圖象有2個交點．所以函數f(x)的“黃金點對”有2對．
故選：C三角函數 專題提升
三角函數有關最值范圍綜合問題
【典例精講】
考點一、單調問題
1．已知函數.若，且在區間上單調，則（　　）
A． B．或4 C．4 D．或
2．已如函數區間上單調，且，將函數的圖象上各點的橫坐標伸長為原來的3倍，縱坐標不變，得到函數的圖象，若函數在區間上單調遞增，則的最大值為（　　）
A． B． C． D．
3．已知函數，是函數的一個零點，是函數的一條對稱軸，若在區間上單調，則的最大值是（　　）
A．14 B．16 C．18 D．20
4．若函數（）在區間上是單調函數，則的取值可以是（　　）
A． B． C． D．
5．設函數 （ 是常數， ）.若 在區間 上具有單調性，且 ，則 =（　　）
A．6 B．3 C．2 D．1
6．已知函數 ， 和 分別是函數 取得零點和最小值點橫坐標，且 在 單調，則 的最大值是(　　)
A．3 B．5 C．7 D．9
7．已知函數 的圖象在區間 上不單調，則 的取值范圍為(　　)
A． B．
C． D．
8．已知函數 為 的零點， 為 圖像的對稱軸，且 在 單調，則 的最大值為（　　）
A．11 B．9 C．7 D．5
考點二、對稱與最值問題
9．已知函數的圖象關于直線對稱，若，則的最小值為（　　）
A． B． C． D．
10．已知函數 ，周期 ， ，且在 處取得最大值，則使得不等式 恒成立的實數 的最小值為（　　）
A． B． C． D．
11．函數 ，已知 為 圖象的一個對稱中心，直線 為 圖象的一條對稱軸，且 在 上單調遞減．記滿足條件的所有 的值的和為，則的值為（　　）
A． B． C． D．
12．已知函數 的圖像關于直線 對稱，且 ，則 的最小值是(　　)
A． B． C． D．
13．已知函數 ，其中 ， ，其圖象關于直線 對稱，對滿足 的 ， ，有 ，將函數 的圖象向左平移 個單位長度得到函數 的圖象，則函數 的單調遞減區間是（　　）
A． B．
C． D．
14．若函數 在區間內沒有最值，則的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
15．函數對任意實數，都有，則的最小值為（　　）
A． B． C． D．
16．關于 的不等式 在區間 上恒成立， 的最大值為 ，則實數 的取值范圍（　　）
A． B． C． D．
考點三、零點與交點問題
17．已知函數 在區間 有三個零點 、 、 ，且 ，若 ，則 的最小正周期為（　　）
A． B． C．π D．
18．已知函數當時，，若函數在定義域內至少有10個零點，則正實數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
19．函數的圖象向右平移個單位得到函數，且在內沒有零點，則的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
20．已知函數 在 上恰有7個零點，則 的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
21．已知，是函數（，）相鄰的兩個零點，若函數在上的最大值為1，則的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
22．已知函數，對都有，且是f（x）的一個零點．若的周期大于，則＝　 　；若在上有且只有一個零點，則的最大值為　 　．
23．先將函數的圖象向左平移個單位長度，再將所得圖象上所有點的橫坐標變為原來的，縱坐標不變，所得圖象與函數的圖象關于軸對稱，若函數在上恰有兩個零點，且在上單調遞增，則的取值范圍是　 　．
24．已知函數 ， ，下述五個結論：①若 ，且 在 有且僅有5個零點，則 在 有且僅有3個極大值點；②若 ，且 在 有且僅有4個零點，則 在 有且僅有3個極小值點；③若 ，且 在 有且僅有5個零點，則 在 上單調遞增；④若 ，且 在 有且僅有4個零點，則 的范圍是 ；⑤若 的圖象關于 對稱， 為它的一個零點，且在 上單調，則 的最大值為11.其中所有正確結論的編號是　 　.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】由，得函數的圖象關于點中心對稱；
由，得函數的圖象關于直線對稱，
所以，解得，
即，得.
因為在區間上單調，所以，即，
所以，解得.又，所以或.
當時，，則，得.
由，得，此時，
當時，，符合題意；
當時，，則，得.
由，得，此時，
當時，，符合題意.
綜上所述，或.
故答案為：B.
【分析】由結合函數的圖象的對稱性得函數的圖象關于點中心對稱，同理，由得出函數的圖象關于直線對稱，進而得出正弦型函數的最小正周期，再結合正弦型函數的最小正周期公式得出，再利用在區間上單調，進而得出T的取值范圍，再利用正弦型函數的最小正周期公式得出的取值范圍，再利用，進而得出k的值，再利用分類討論的方法得出滿足要求的函數的解析式，進而得出實數的值。
2．【答案】B
【解析】【解答】∵，∴.
又，.
∴是函數的一條對稱軸.
同理得是函數的一個對稱中心，
∵，
所以和是同一周期內相鄰的對稱中心和對稱軸，得.
∴，，所以.
∴，它在上單調遞增，
故.
所以的最大值為.
故答案為：B
【分析】利用已知條件結合正弦型函數的圖象變換和正弦型函數的圖象的對稱性和周期性，從而得出函數g(x)的解析式，再利用正弦型函數的圖象判斷出函數在區間上單調性，再結合集合間的包含關系，進而得出實數t的取值范圍，從而得出實數t的最大值。
3．【答案】A
【解析】【解答】設函數的最小正周期為，
因為是函數的一個零點，是函數的一條對稱軸，
則，其中，所以，，，
因為函數在區間上單調，則，所以，.
所以，的可能取值有：、、、、.
（i）當時，，，
所以，，則，
，，所以，，
當時，，所以，
函數在上不單調，不合乎題意；
（ii）當時，，，
所以，，則，
，，所以，，
當時，，所以，
函數在上單調遞減，合乎題意.
因此，的最大值為14.
故答案為：A.
【分析】設函數的最小正周期為，利用是函數的一個零點，是函數的一條對稱軸，進而得出正弦型函數的最小正周期，再結合正弦型函數的最小正周期公式得出，再利用函數在區間上的單調性，進而得出的取值范圍，從而得出的可能取值。再利用分類討論的方法和代入法以及 取值范圍，進而得出 值，從而得出函數的解析式，再結合x的取值范圍和不等式的基本性質以及單調函數的定義，進而判斷出函數在上的單調性，從而得出的最大值。
4．【答案】B
【解析】【解答】令，
，則，
因為函數在上單調，所以，
且或，
即或
解得或，
因此，的取值可以是。
故答案為：B
【分析】令，再利用x的取值范圍，則，再利用函數在上單調，所以，且或，再利用集合間的包含關系結合分類討論的方法，再借助數軸求出的取值范圍，進而求出 可以的的取值。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：由 ，可知函數 的一條對稱軸為 ，
則 離最近對稱軸距離為 ．
又 ，則 有對稱中心 ，
由于 在區間 上具有單調性，
則 ，所以 ，從而 ，所以 ，因為 ，所以 ．
故答案為：B
【分析】 結合條件得到函數關于對稱，由此即可得出函數的對稱中心為，根據對稱性求出函數的周期由周期公式即可求出ω的值即可．
6．【答案】B
【解析】【解答】∵ ， 和 分別是函數 取得零點和最小值點橫坐標
∴ ，即 .
又∵ ，
∴
又∵ 在 單調
∴
又∵
∴
當 ， 時， ，由 是函數 最小值點橫坐標知 ，此時， 在 遞減， 遞增，不滿足 在 單調，故舍去；
當 ， 時， 由 是函數 最小值點橫坐標知 ，此時 在 單調遞增，故 .
故答案為：B．
【分析】由題意可得 ，即 ，根據 ，可推出 ，再根據 在 單調，可推出 ，從而可得 的取值范圍，再通過檢驗 的這個值滿足條件．
7．【答案】B
【解析】【解答】因為 時 ，
又因為函數 的圖象在區間 上不單調，
所以存在 ，使得 ，即得
當 時， ；當 時， ；當 時， ；
因此 的取值范圍為
，
故答案為：B.
【分析】根據區間(1，2)上不單調，利用三角函數的單調性建立不等式關系，求解即可．
8．【答案】B
【解析】【解答】解：∵x=﹣ 為f（x）的零點，x= 為y=f（x）圖象的對稱軸， ∴ ，即 ，（n∈N）
即ω=2n+1，（n∈N）
即ω為正奇數，
∵f（x）在（ ， ）則 ﹣ = ≤ ，即T= ≥ ，解得：ω≤12，當ω=11時，﹣ +φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤ ，∴φ=﹣ ，此時f（x）在（ ， ）不單調，不滿足題意；當ω=9時，﹣ +φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤ ，∴φ= ，此時f（x）在（ ， ）單調，滿足題意；
故ω的最大值為9，
故選：B.
【分析】正弦函數的對稱性.根據已知可得ω為正奇數，且ω≤12，結合x=﹣ 為f（x）的零點，x= 為y=f（x）圖象的對稱軸，求出滿足條件的解析式，并結合f（x）在（ ， ）單調，可得ω的最大值．本題考查的知識點是正弦型函數的圖象和性質，本題轉化困難，難度較大．
9．【答案】D
【解析】【解答】由題意，解得，
∴，．
，，
∵，∴中一個取值1，一個取值-1，
∴。
故答案為：D.
【分析】利用已知條件結合輔助角公式化簡函數為正弦型函數，再利用絕對值的定義和正弦型函數的對稱性，進而得出a的值，再利用正弦型函數的最小正周期公式和代入法以及正弦型函數的圖象求值域的方法，進而得出 的最小值。
10．【答案】B
【解析】【解答】 ，其中 ，
處取得最大值，
，即 ， ，
，①， ，
， ， ，②，
①②得 ，
，
即 ，解得 ， （舍去），
由①得 ， ，
， 在第一象限， 取 ， ，
由 ，即 ， ， ， ， ，
使 最小，則 ，即 ，
若不等式 恒成立，則 ，
故答案為：B
【分析】首先由兩角和的正弦公式整理即可得出函數的解析式，結合正弦函數的性質即可求出，再由已知條件整理即可得出集合同角三角函數的基本關系式整理即可得出，結合正切函數的性質即可求出使 最小，則 ，即 ，由此即可得出使不等式 恒成立的 的取值范圍 ，由此即可求出的最小值。
11．【答案】A
【解析】【解答】解：由題意知或，k∈Z，
∴或
∴或，k∈Z，
∵函數f(x)在 上單調遞減，
∴
∴
①當時，
取k=0，得，
此時，，當時，滿足函數f(x)在 上單調遞減，所以符合；
取k=1，得，
此時，，當時，滿足函數f(x)在 上單調遞減，所以符合；
②當時，
取k=0，得，
此時，，當時，，此時函數f(x)在 上單調遞增，舍去；
當k≤-1，得，舍去；
當k≥1，得，舍去，
綜上，或2，，
故答案為：A
【分析】根據正弦函數的單調性、對稱性，結合分類討論思想求解即可.
12．【答案】B
【解析】【解答】因為函數 的圖像關于直線 對稱，
所以 （1），由 ，可知 （2），
⑴-⑵得， ，
又因為 所以 的最小值是2，
故答案為：B。
【分析】因為函數 的圖像關于直線 對稱，所以 （1），由 ，可知 （2），再將（1）和（2）聯立求出和k的關系式，再利用得出 的最小值 。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：已知函數 ，其中 ， ，其圖像關于直線 對稱，對滿足 的 ， ，有 ，∴ .
再根據其圖像關于直線 對稱，可得 ， .
∴ ，∴ .
將函數 的圖像向左平移 個單位長度得到函數 的圖像.令 ，求得 ，
則函數 的單調遞減區間是 ， ，
故答案為：B.
【分析】根據已知得到函數 兩個對稱軸的距離也即是半周期，由此求得 的值，結合其對稱軸，求得 的值，進而求得 解析式.根據圖像變換的知識求得 的解析式，再利用三角函數求單調區間的方法，求得 的單調遞減區間.
14．【答案】A
【解析】【解答】函數的單調區間為，
由，
得．
函數 在區間內沒有最值，
函數 在區間內單調，，
解得由，得．
當時，得，
當時，得，又，故，
綜上得的取值范圍是
故答案為：A
【分析】利用已知條件結合正弦型函數的圖象判斷出其單調性，進而得出函數的最值，再結合分類討論的方法，進而得出實數的取值范圍。
15．【答案】C
【解析】【解答】由知是最大值或最小值，
所以，是的一條對稱軸的方程，
所以，滿足，，
所以，
因為，所以最小值為.
故答案為：C.
【分析】由知是最大值或最小值，所以是的一條對稱軸的方程，再結合正弦型函數的圖象求對稱軸的方法得出，再利用，進而得出 的最小值。
16．【答案】D
【解析】【解答】由 得 ，
即 ，則 ，
為使不等式有解，必有 ；
所以 ，即 ，
若 ，則 ，即 ，則 ，
又 顯然恒成立，所以 ，
解得 ， ；
由題意可得， 是 的子集，此時 的最大值為 ，不滿足題意，故排除AB選項；
若 ，則 ，即 ，顯然對任意 恒成立，此時 無最大值；C不符合題意；
若 ，則 ，即 ，
因為 顯然恒成立，所以 ，
解得 ， ；
由題意可得， 是 的子集，此時 的最大值為 ，滿足題意，D符合題意；
故答案為：D.
【分析】根據題中條件，得到 ，求出 ，根據特殊值驗證，分別取 ， ， ，結合正弦函數的性質，即可得出結果.
17．【答案】C
【解析】【解答】當 時， ，
函數 的對稱軸方程為 ，
令 ，可得 ，因為 ，可得 或 .
由于函數 在區間 有三個零點 、 、 ，且 ，
由對稱性可得 、 滿足 ，可得 ，
由對稱性可得 、 滿足 ，可得 ，
所以， ，解得 ，
因此，函數 的最小正周期為 ，
故答案為：C.
【分析】當 時， ，結合正弦函數圖象的對稱性推出函數 的對稱軸方程為 ，令 ，可得 ，因為 ，可得 或 ，由于函數 在區間 有三個零點 、 、 ，且 ，由對稱性可得 、 滿足 ，由對稱性可得 、 滿足 ，所以 ，從而求出的值，再利用正弦型函數的最小正周期公式，從而求出正弦型函數的最小正周期。
18．【答案】D
【解析】【解答】當時，因為，所以當自變量增加2時，因變量變為原來的，將的圖象右移兩個單位，再把縱坐標縮為原來的一半，得到的圖象，依次進行，再結合時，，得到的圖象，如圖．
由圖可知，當時，至少有10個零點，因此時，，，故需要保證在區間內至少有一個零點即可.
故當時，，，即至少有一解，有，其中，，解得或（舍去，此時.
又由，當時，，當時，在定義域內恰有10個零點.
故只需要令，至少有10個零點．
故答案為：D
【分析】利用余弦函數的圖象與函數周期性的結合畫出圖像，利用圖像理解所求函數零點的分布進行分析求解。
19．【答案】B
【解析】【解答】根據題意得，
在內沒有零點，滿足，
所以，即。
故答案為：B．
【分析】根據題意結合正弦型函數的圖象變換得出函數的解析式，再利用函數在內沒有零點結合零點存在性定理，從而求出實數 的取值范圍。
20．【答案】A
【解析】【解答】解：
令f(x)=0，得在 上恰有7個零點 ，
則由0≤x≤π得，
則
解得，
故答案為：A
【分析】根據二倍角公式及函數的零點，結合y=Acos(ωx+θ)的性質求解即可
21．【答案】C
【解析】【解答】設函數的最小正周期為，由題意可得，則，所以，
所以，則．令，則，，即，
又因為，所以，所以．
因為函數在上的最大值為1，且，如圖.
當時，，所以，
所以。
故答案為：C
【分析】設函數的最小正周期為，由題意結合正弦型函數的最小正周期公式，得出正弦型函數的最小正周期，從而求出的值，再利用賦值法結合，從而求出的值，進而求出正弦型函數的解析式，再利用函數在上的最大值為1，且，從而結合正弦型函數的圖象求給定區間的正弦型函數的最大值的方法，再結合代入法得出實數m的取值范圍。
22．【答案】；
【解析】【解答】由題意可得，解得，
由f（x）的周期大于π，則，即，
當時，，不符合題意，舍去；當時，，符合題意.
由在上有且只有一個零點，則方程在上有且只有一個根，
因為，所以在上有且只有一個，使得函數取得最大值，則，解得，
可知，令，則，且，故同奇偶，
由，則，解得，即，
當時，，為奇數，則，即，
由，則，當或，即或時，函數取得最大值，不符合題意；
當時，，為偶數，則，即，
由，則，當，即時，函數取得最大值，符合題意.
故答案為：，
【分析】根據題意，列出方程組，且，得到，分、，兩種情況討論，求得，得到在上有且只有一個零點，則方程在上有且只有一個根，結合余弦函數的性質，列出方程組，分類討論，得到，分和，兩種情況討論，即可求解.
23．【答案】
【解析】【解答】函數的圖象向左平移個單位長度，得到的圖象，
再將圖象上所有點的橫坐標變為原來的，縱坐標不變，得到的圖象，因為函數的圖象與的圖象關于x軸對稱，
所以，
因為，所以，
又因為在恰有2個零點，且，，
所以，解得，
令，，得，，令，得在上單調遞增，所以，
所以，又，解得．
綜上所述，，故的取值范圍是．
故答案為：
【分析】利用已知條件結合余弦型函數的圖象變換和函數的圖象的對稱性得到函數的解析式，再利用x的取值范圍結合不等式的基本性質和在恰有2個零點，且，，進而得出的取值范圍，再結合正弦型函數的圖象判斷單調性的方法得出函數在上單調遞增，所以，再結合集合間的包含關系和
，進而得出實數的取值范圍。
24．【答案】①③④
【解析】【解答】①若 ， 在 上有5個零點，可畫出大致圖象，
由圖3可知， 在 有且僅有3個極大值點，故①正確；②若 ，且 在 有且僅有4個零點，同樣由圖可知 在 有且僅有2個極小值點，故②錯誤；③若 ，由 在 上有5個零點，得 ，即 ，當 時， ，所以 ，所以 在 上單調遞增，故③正確；④若 ，因為 ，∴ ，∴ ，因為 在 有且僅有4個零點，所以 ，所以 ，所以④正確；⑤若 的圖象關于 對稱， 為它的零點，則 ( ，T為周期)，
得 ，又 在 上單調，所以 ， ，
又當 時， ， ， 在 上不單調；
當 時， ， ， 在 上單調，滿足題意，故 的最大值為9，故⑤不正確.
故答案為：①③④
【分析】畫出 的大致圖象，即可判斷①②；對于③，由題可得 ，當 時， ，所以 ，故判斷③；對于④，由 得 范圍，故可判斷④；對于⑤，由題知 ，又 在 上單調，所以 ， ，將 ， 代入驗證即可.

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