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2023-2024学年广东省东莞高级中学、东莞第六高级中学高一上学期12月联合教学质量检测数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年广东省东莞高级中学、东莞第六高级中学高一上学期12月联合教学质量检测数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】直接利用补集的定义求解.
【详解】因为全集，集合，
所以或.
故选：C
2．与终边相同的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知结合终边相同的角的表示方法即可得答案.
【详解】因为，或，
所以在和之间与终边相同的角有和，
故选：A
3．已知为实数，且，则下列不等式一定成立的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】给实数在其取值范围内任取值，，，，代入各个选项进行验证，A、B、D都不成立，由此可得选项.
【详解】令，，，，
选项A，，， ， A错误；
选项B，，， ，B错误；
选项C，，， ，根据不等式的加法性质，C正确.；
选项D，，，，D错误.
故选：C．
【点睛】通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法．
4．已知集合，，若，则实数的值为（ ）
A．1或2B．0或1C．0或2D．0或1或2
【答案】D
【解析】先求出集合，再根据，即可求解.
【详解】解：当时，，满足，
当时，，
若，
或，
综上所述：或．
故选：D．
5．函数的零点所在区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性和零点的存在性定理，即可求得函数的零点所在的区间.
【详解】由题意，函数，可函数为定义域上的单调递减函数，
又由，即，
根据零点的存在性定理，可得函数的零点所在的区间是.
故选：D.
6．已知a＝0.63，b＝30.6，c＝lg30.6，则（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜c
C．c＜a＜bD．c＜b＜a
【答案】C
【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解即可．
【详解】因为0＜0.63＜0.60＝1，则0＜a＜1，
而b＝30.6＞30＝1，c＝lg30.6＜lg31＝0，
所以c＜a＜b．
故选：C
7．如图的曲线是幂函数在第一象限内的图象.已知分别取四个值，与曲线相应的依次为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作直线分别与曲线相交，结合函数的单调性即可判断.
【详解】因为函数为增函数，所以，
所以作直线分别与曲线相交，交点由上到下分别对应的n值为，
由图可知，曲线相应n值为.
故选：A
8．是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.
【详解】由，可得：.
又因为是定义在R上的偶函数，
则，且函数图象关于轴对称.
所以，即的周期为4.
作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，可得出在上的图象.
令
若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，
则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.
所以，即，解得.
故答案为：C
【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可.
二、多选题
9．已知命题，则命题成立的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】解不等式，根据逻辑关系得出不等式所表示范围的包含关系，即可得出答案.
【详解】由，解得.设，
所以，设命题成立的一个必要不充分条件所表示的范围为，则，
由，且，故AD满足题意，
选项B，不满足；
选项C，不是的真子集，不满足题意.
故选：AD.
10．有以下判断，其中是正确判断的有（ ）
A．与表示同一函数
B．函数的图象与直线的交点最多有1个
C．函数的最小值为2
D．若，则
【答案】BD
【分析】A选项，两函数定义域不同，不是同一函数；B选项，根据函数定义进行判断；C选项，利用基本不等式进行求解；D选项，先计算出，从而得到.
【详解】A选项，的定义域为，
而定义域为R，故两者不是同一函数，A错误；
B选项，根据函数定义，可知的图象与直线可以无交点，也可以有1个交点，
故函数的图象与直线的交点最多有1个，B正确；
C选项，由基本不等式得，
当且仅当时，等号成立，但无解，故等号取不到，
的最小值不为2，C错误；
D选项，，则，
故，D正确.
故选：BD
11．下列方程中能用二分法求近似解的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】构造函数，若存在区间，使得函数在处的函数值异号，即可根据零点存在定理得出可以用二分法求近似解；若不存在，则不能.
【详解】对于A项，设，
则，，
所以，，且的图象是一条连续不断的曲线.
根据零点的存在定理可知，，使得，故A正确；
对于B项，设，
则，，
所以，，且的图象是一条连续不断的曲线..
根据零点的存在定理可知，，使得，故B正确；
对于C项，设，
则，，
所以，，且的图象是一条连续不断的曲线..
根据零点的存在定理可知，，使得，故C正确；
对于D项，设，
因为恒成立，不存在函数值异号区间，
所以不满足二分法的条件，故D错误.
故选：ABC.
12．定义在R上的函数满足，当时，，则满足（ ）
A．B．是奇函数
C．在上有最大值D．的解集为
【答案】BCD
【分析】令，可得，.进而令，，即可结合已知判断A项；令代入，即可得出B项；根据已知结合奇函数的性质得出，进而即可得出函数的单调性；根据已知列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】对于A项，令，可得，，所以.
又时，，所以.
令，，则有，
所以，.故A错误；
对于B项，由A知，.
令，则有，
所以，
所以，是奇函数.故B正确；
对于C项，，
则.
因为，所以，，
所以，，，
所以，为R上的减函数.
所以，在上有最大值.故C正确；
对于D项，根据奇函数的性质可知，时，.
又，当时，，
所以由可得，，解得，
所以，的解集为.故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．若扇形的圆心角为，半径为4，则扇形的面积是
【答案】/
【分析】利用扇形面积公式求扇形面积即可.
【详解】扇形弧长为，则扇形面积为.
故答案为：
14．函数的定义域是 .
【答案】
【分析】根据对数的真数性质，结合分式的分母不为零进行求解即可.
【详解】要使函数有意义，
则有，解得且，
所以，函数的定义域为.
故答案为：.
15．已知，当时，恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求出函数的对称轴，分类讨论区间端点与对称轴的大小，将恒成立问题转化为最值问题解决.
【详解】由可知，函数对称轴为，
当时，在上单调递增，，
所以要使恒成立，即，即，解得；
当时，在上单调递增，所以，
则，解得；
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
16．已知的定义域为，对任意的、，且都有且，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】设，由已知可得出，令，分析可知在上单调递增，将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】不妨设，由可得，
所以，，
令，则，所以，函数在上单调递增，
由可得，
又因为，
由可得，则，解得，
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
四、解答题
17．（1）计算：；
（2）计算：.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据指数幂的运算法则直接计算即可.
（2）根据对数的运算法则计算即可.
【详解】（1）；
（2）
.
18．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，.
(1)求出函数在R上的解析式，并补出函数在y轴右侧的图象；
(2)①根据图象写出函数的单调递减区间；
②若时函数的值域是，求m的取值范围.
【答案】(1)，作图见解析
(2)①单调递增区间为，单调递减区间为和；②
【分析】（1）根据奇函数的性质，求出时，的解析式；
（2）①根据图象写出单调区间即可；②由函数在上的值域为，则最大值为，最小值为，结合不等式与函数图象求解范围即可.
【详解】（1）设，则，.
又函数是定义在R上的奇函数，
所以，
所以，.
所以，.
作图如下：
（2）①由图象可得，的单调递增区间为，单调递减区间为和；
②由（1）可知，当时，，也适合解析式,
则由，即解得，
由时函数的值域是，
则，则；
当时，，
则，当且仅当时，取最大值.
要使时函数取到最大值，则有；
结合图象验证知，当时，满足题意.
综上，.
19．设命题实数x满足；命题实数x满足.
(1)若，且都为真，求实数的取值范围；
(2)若，且是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入，求得p为真的取值，再求得得出q为真时，进而求得实数x的取值范围；
（2）先求得不等式的解集，结合题意，列出不等式组，即可求解.
【详解】（1）当时，不等式化为，解得，
由不等式，可得，所以，
因为都为真，所以，解得，即的取值范围为.
（2）由方程，可得，，
所以，不等式的解集为，
因为是的充分不必要条件，则，解得，
所以实数的取值范围.
五、证明题
20．已知函数是奇函数.
（1）求a，b的值；
（2）证明：是区间上的减函数；
（3）若，求实数m的取值范围.
【答案】（1），（2）证明见解析（3）
【解析】（1）由于函数是奇函数，且有意义，则，定义域关于原点对称，列出方程，即可得到，；
（2）运用单调性的定义，注意作差、变形，同时运用指数函数的单调性，即可判断符号，得到结论成立；
（3）运用奇函数的定义和函数是区间上的减函数，得到不等式组，注意定义域的运用，解出它们即可得到范围．
【详解】（1）∵函数，是奇函数，
∴，且，
即，.
（2）证明：由（1）得，，
设任意且，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，∴.
∴是区间上的减函数．
（3）∵，
∴，
∵奇函数，
∴，
∵是区间上的减函数，
∴，即有，
∴，
则实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：利用奇函数的性质及函数的单调性解决满足的实数m的取值范围问题，要特别注意定义域，考防止遗漏，造成求解的错误，属于中档题．
六、问答题
21．某种出口产品的关税税率为，市场价格(单位：千元)与市场供应量(单位：万件)之间近似满足关系式：，其中均为常数.当关税税率时，若市场价格为千元，则市场供应量约为万件；若市场价格为千元，则市场供应量约为万件.
（1）试确定的值.
（2）市场需求量(单位：万件)与市场价格(单位：千元)近似满足关系式：，当时，市场价格称为市场平衡价格，当市场平衡价格不超过千元时，试确定关税税率的最大值.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）将关税税率，市场价格代入中，列出关于与的方程组求解；
（2）利用，将表示成关于的函数，然后确定的最大值.
【详解】(1)由已知得：
，得
解得，.
(2)当时，，
所以，则.
设，则在上单调递减，
所以当时，有最小值，
故当时，关税税率的最大值为.
【点睛】本题考查函数的实际应用问题，考查学生分析问题、处理问题的能力，数学建模的能力，难度一般.解答时，要灵活运用题目所给条件，建立函数模型然后求解.
七、解答题
22．已知函数为二次函数，的图象过点，对称轴为，函数在R上最小值为.
(1)求的解析式；
(2)当，时，求函数的最小值（用m表示）；
(3)若函数在上只有一个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）设出函数的解析式，结合函数的对称轴以及函数最值，求出函数的解析式即可；
（2）通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值即可；
（3）根据一元二次方程根的分布，结合零点存在性定理得到关于的不等式，解出即可．
【详解】（1）设函数，
由对称轴为，函数在R上最小值为可得
得，将代入得：，
故；
（2）的对称轴为，
时，在,递减，
，
时，在,递减，在,递增，
故，
时，在,递增，
故；
综上，；
（3）在上只有一个零点，
当时，即，解得或
当时，，不满足题意，舍去，
当时，，满足题意，
当时，当，解得，此时在上只有一个零点，
由于，当时，此时，此时，
解得或（舍去），满足条件，
综上可得，
综上：的取值范围是．
一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】直接利用补集的定义求解.
【详解】因为全集，集合，
所以或.
故选：C
2．与终边相同的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知结合终边相同的角的表示方法即可得答案.
【详解】因为，或，
所以在和之间与终边相同的角有和，
故选：A
3．已知为实数，且，则下列不等式一定成立的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】给实数在其取值范围内任取值，，，，代入各个选项进行验证，A、B、D都不成立，由此可得选项.
【详解】令，，，，
选项A，，， ， A错误；
选项B，，， ，B错误；
选项C，，， ，根据不等式的加法性质，C正确.；
选项D，，，，D错误.
故选：C．
【点睛】通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法．
4．已知集合，，若，则实数的值为（ ）
A．1或2B．0或1C．0或2D．0或1或2
【答案】D
【解析】先求出集合，再根据，即可求解.
【详解】解：当时，，满足，
当时，，
若，
或，
综上所述：或．
故选：D．
5．函数的零点所在区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性和零点的存在性定理，即可求得函数的零点所在的区间.
【详解】由题意，函数，可函数为定义域上的单调递减函数，
又由，即，
根据零点的存在性定理，可得函数的零点所在的区间是.
故选：D.
6．已知a＝0.63，b＝30.6，c＝lg30.6，则（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜c
C．c＜a＜bD．c＜b＜a
【答案】C
【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解即可．
【详解】因为0＜0.63＜0.60＝1，则0＜a＜1，
而b＝30.6＞30＝1，c＝lg30.6＜lg31＝0，
所以c＜a＜b．
故选：C
7．如图的曲线是幂函数在第一象限内的图象.已知分别取四个值，与曲线相应的依次为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作直线分别与曲线相交，结合函数的单调性即可判断.
【详解】因为函数为增函数，所以，
所以作直线分别与曲线相交，交点由上到下分别对应的n值为，
由图可知，曲线相应n值为.
故选：A
8．是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.
【详解】由，可得：.
又因为是定义在R上的偶函数，
则，且函数图象关于轴对称.
所以，即的周期为4.
作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，可得出在上的图象.
令
若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，
则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.
所以，即，解得.
故答案为：C
【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可.
二、多选题
9．已知命题，则命题成立的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】解不等式，根据逻辑关系得出不等式所表示范围的包含关系，即可得出答案.
【详解】由，解得.设，
所以，设命题成立的一个必要不充分条件所表示的范围为，则，
由，且，故AD满足题意，
选项B，不满足；
选项C，不是的真子集，不满足题意.
故选：AD.
10．有以下判断，其中是正确判断的有（ ）
A．与表示同一函数
B．函数的图象与直线的交点最多有1个
C．函数的最小值为2
D．若，则
【答案】BD
【分析】A选项，两函数定义域不同，不是同一函数；B选项，根据函数定义进行判断；C选项，利用基本不等式进行求解；D选项，先计算出，从而得到.
【详解】A选项，的定义域为，
而定义域为R，故两者不是同一函数，A错误；
B选项，根据函数定义，可知的图象与直线可以无交点，也可以有1个交点，
故函数的图象与直线的交点最多有1个，B正确；
C选项，由基本不等式得，
当且仅当时，等号成立，但无解，故等号取不到，
的最小值不为2，C错误；
D选项，，则，
故，D正确.
故选：BD
11．下列方程中能用二分法求近似解的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】构造函数，若存在区间，使得函数在处的函数值异号，即可根据零点存在定理得出可以用二分法求近似解；若不存在，则不能.
【详解】对于A项，设，
则，，
所以，，且的图象是一条连续不断的曲线.
根据零点的存在定理可知，，使得，故A正确；
对于B项，设，
则，，
所以，，且的图象是一条连续不断的曲线..
根据零点的存在定理可知，，使得，故B正确；
对于C项，设，
则，，
所以，，且的图象是一条连续不断的曲线..
根据零点的存在定理可知，，使得，故C正确；
对于D项，设，
因为恒成立，不存在函数值异号区间，
所以不满足二分法的条件，故D错误.
故选：ABC.
12．定义在R上的函数满足，当时，，则满足（ ）
A．B．是奇函数
C．在上有最大值D．的解集为
【答案】BCD
【分析】令，可得，.进而令，，即可结合已知判断A项；令代入，即可得出B项；根据已知结合奇函数的性质得出，进而即可得出函数的单调性；根据已知列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】对于A项，令，可得，，所以.
又时，，所以.
令，，则有，
所以，.故A错误；
对于B项，由A知，.
令，则有，
所以，
所以，是奇函数.故B正确；
对于C项，，
则.
因为，所以，，
所以，，，
所以，为R上的减函数.
所以，在上有最大值.故C正确；
对于D项，根据奇函数的性质可知，时，.
又，当时，，
所以由可得，，解得，
所以，的解集为.故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．若扇形的圆心角为，半径为4，则扇形的面积是
【答案】/
【分析】利用扇形面积公式求扇形面积即可.
【详解】扇形弧长为，则扇形面积为.
故答案为：
14．函数的定义域是 .
【答案】
【分析】根据对数的真数性质，结合分式的分母不为零进行求解即可.
【详解】要使函数有意义，
则有，解得且，
所以，函数的定义域为.
故答案为：.
15．已知，当时，恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求出函数的对称轴，分类讨论区间端点与对称轴的大小，将恒成立问题转化为最值问题解决.
【详解】由可知，函数对称轴为，
当时，在上单调递增，，
所以要使恒成立，即，即，解得；
当时，在上单调递增，所以，
则，解得；
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
16．已知的定义域为，对任意的、，且都有且，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】设，由已知可得出，令，分析可知在上单调递增，将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】不妨设，由可得，
所以，，
令，则，所以，函数在上单调递增，
由可得，
又因为，
由可得，则，解得，
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
四、解答题
17．（1）计算：；
（2）计算：.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据指数幂的运算法则直接计算即可.
（2）根据对数的运算法则计算即可.
【详解】（1）；
（2）
.
18．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，.
(1)求出函数在R上的解析式，并补出函数在y轴右侧的图象；
(2)①根据图象写出函数的单调递减区间；
②若时函数的值域是，求m的取值范围.
【答案】(1)，作图见解析
(2)①单调递增区间为，单调递减区间为和；②
【分析】（1）根据奇函数的性质，求出时，的解析式；
（2）①根据图象写出单调区间即可；②由函数在上的值域为，则最大值为，最小值为，结合不等式与函数图象求解范围即可.
【详解】（1）设，则，.
又函数是定义在R上的奇函数，
所以，
所以，.
所以，.
作图如下：
（2）①由图象可得，的单调递增区间为，单调递减区间为和；
②由（1）可知，当时，，也适合解析式,
则由，即解得，
由时函数的值域是，
则，则；
当时，，
则，当且仅当时，取最大值.
要使时函数取到最大值，则有；
结合图象验证知，当时，满足题意.
综上，.
19．设命题实数x满足；命题实数x满足.
(1)若，且都为真，求实数的取值范围；
(2)若，且是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入，求得p为真的取值，再求得得出q为真时，进而求得实数x的取值范围；
（2）先求得不等式的解集，结合题意，列出不等式组，即可求解.
【详解】（1）当时，不等式化为，解得，
由不等式，可得，所以，
因为都为真，所以，解得，即的取值范围为.
（2）由方程，可得，，
所以，不等式的解集为，
因为是的充分不必要条件，则，解得，
所以实数的取值范围.
五、证明题
20．已知函数是奇函数.
（1）求a，b的值；
（2）证明：是区间上的减函数；
（3）若，求实数m的取值范围.
【答案】（1），（2）证明见解析（3）
【解析】（1）由于函数是奇函数，且有意义，则，定义域关于原点对称，列出方程，即可得到，；
（2）运用单调性的定义，注意作差、变形，同时运用指数函数的单调性，即可判断符号，得到结论成立；
（3）运用奇函数的定义和函数是区间上的减函数，得到不等式组，注意定义域的运用，解出它们即可得到范围．
【详解】（1）∵函数，是奇函数，
∴，且，
即，.
（2）证明：由（1）得，，
设任意且，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，∴.
∴是区间上的减函数．
（3）∵，
∴，
∵奇函数，
∴，
∵是区间上的减函数，
∴，即有，
∴，
则实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：利用奇函数的性质及函数的单调性解决满足的实数m的取值范围问题，要特别注意定义域，考防止遗漏，造成求解的错误，属于中档题．
六、问答题
21．某种出口产品的关税税率为，市场价格(单位：千元)与市场供应量(单位：万件)之间近似满足关系式：，其中均为常数.当关税税率时，若市场价格为千元，则市场供应量约为万件；若市场价格为千元，则市场供应量约为万件.
（1）试确定的值.
（2）市场需求量(单位：万件)与市场价格(单位：千元)近似满足关系式：，当时，市场价格称为市场平衡价格，当市场平衡价格不超过千元时，试确定关税税率的最大值.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）将关税税率，市场价格代入中，列出关于与的方程组求解；
（2）利用，将表示成关于的函数，然后确定的最大值.
【详解】(1)由已知得：
，得
解得，.
(2)当时，，
所以，则.
设，则在上单调递减，
所以当时，有最小值，
故当时，关税税率的最大值为.
【点睛】本题考查函数的实际应用问题，考查学生分析问题、处理问题的能力，数学建模的能力，难度一般.解答时，要灵活运用题目所给条件，建立函数模型然后求解.
七、解答题
22．已知函数为二次函数，的图象过点，对称轴为，函数在R上最小值为.
(1)求的解析式；
(2)当，时，求函数的最小值（用m表示）；
(3)若函数在上只有一个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）设出函数的解析式，结合函数的对称轴以及函数最值，求出函数的解析式即可；
（2）通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值即可；
（3）根据一元二次方程根的分布，结合零点存在性定理得到关于的不等式，解出即可．
【详解】（1）设函数，
由对称轴为，函数在R上最小值为可得
得，将代入得：，
故；
（2）的对称轴为，
时，在,递减，
，
时，在,递减，在,递增，
故，
时，在,递增，
故；
综上，；
（3）在上只有一个零点，
当时，即，解得或
当时，，不满足题意，舍去，
当时，，满足题意，
当时，当，解得，此时在上只有一个零点，
由于，当时，此时，此时，
解得或（舍去），满足条件，
综上可得，
综上：的取值范围是．
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