高中数学压轴题小题专项训练专题6函数的零点问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题6函数的零点问题含解析答案，共68页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知函数,甲、乙、丙、丁四名同学研究在上的零点分布情况,各得出一个结论:
甲:若在上有个零点,则实数的取值范围为;
乙:若在上有个零点,则实数的取值范围为;
丙:若在上有个零点,则实数的取值范围为;
丁:若在上有个零点,则实数的取值范围为.
则这四名同学中得出正确结论的是（ ）
A．甲、丙、丁B．甲、乙C．乙、丙D．丙、丁
2．已知函数有唯一零点，则（ ）
A．B．C．D．
3．若定义在上的奇函数满足，且当时，恒成立，则函数的零点的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则的取值范围为
A．B．C．D．
5．已知函数（）有四个不同的零点，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
6．已知正实数满足，，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
7．定义域在R上的奇函数，当x≥0时，f（x），则关于x的方程所有根之和为，则实数a的值为（ ）
A．B．C．D．
8．方程有两个不等的实数解，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数（且）有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
11．已知函数满足，，当时，，则函数在内的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
12．设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
13．已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为（ ）
A．或B．或C．D．
14．若关于的方程的整数根有且仅有两个，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
15．已知函数，若方程有4个不同的根，，，，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
16．定义在R上的奇函数满足，当时，，且时，有，则函数在上的零点个数为
A．9B．8C．7D．6
17．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
18．已知函数在上单调递减，且关于x的方程恰好有两个不相等的实数解，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
19．已知，，均为正数，，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
20．已知函数 ，若 有三个不等零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
21．已知函数，在上有个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
22．已知且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若恒成立，则
C．若有两个零点，则
D．若有极值点，则或
23．已知函数，若函数有四个零点，从小到大依次为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最小值为4
C．
D．方程最多有10个不同的实根
24．已知定义域为的函数满足，的部分解析式为，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．若函数在内满足恒成立，则
C．存在实数，使得的图象与直线有7个交点
D．已知方程的解为，则
25．设正整数使得关于的方程在区间内恰有个实根，则（ ）
A．
B．
C．
D．，，成等差数列
26．已知函数，若方程有四个不等的实根，，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
27．已知函数定义域为R，满足，当时， .若函数的图象与函数的图象的交点为，，，(其中表示不超过的最大整数)，则（ ）
A．是偶函数B．C．D．
28．设函数的定义域为，若存在，使得，则称是函数的二阶不动点.下列各函数中，有且仅有一个二阶不动点的函数是（ ）
A．B．
C．D．
29．函数在上有两个零点，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．在上有2个极值点且
30．已知，则关于x的方程的实根个数可能为（ ）
A．2B．3C．4D．5
31．已知曲线、与直线交点的横坐标分别为、，则（ ）
A．B．
C．D．
32．函数，，，则下列说法正确的有（ ）
A．函数至多有一个零点
B．设方程的所有根的乘积为，则
C．当时，设方程的所有根的乘积为，则
D．当时，设方程的最大根为，方程的最小根为，则
三、填空题
33．已知是定义在上且周期为3的函数，当时，，若函数在区间上有10个零点（互不相同），则实数的取值范围是 .
34．已知函数，其中a∈R．如果函数f（x）恰有两个零点，那么a的取值范围是 ．
35．已知函数若方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是 ；函数的零点个数是 .
36．已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围
37．已知函数，若集合中恰有3个元素，且它们的和为0，则实数的取值集合是 ．
38．已知函数有且仅有2个零点，则实数的取值范围为 .
39．已知函数．若，则的零点为 ；若函数有两个零点，，则的最小值为 ．
40．若关于的方程有三个不等实数根，则实数的取值范围是 ．
41．设，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为 ．
42．已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是 .
43．已知函数，给出下列四个结论：
①当时，对任意，有1个极值点；
②当时，存在，使得存在极值点；
③当时，对任意，有一个零点；
④当时，存在，使得有3个零点.
其中所有正确结论的序号是 .
44．已知函数，若方程有四个不同的解，，且，则a的取值范围是 ，的取值范围是 ．
45．已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为 .
46．已知函数在上的最大值为，若函数有个零点，则实数的取值范围为 ．
47．已知函数，给出下列四个结论：
①函数是奇函数；
②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根；
③已知是曲线上任意一点，，则；
④设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则.
其中所有正确结论的序号是 .
48．已知函数的零点为.若，则的值是 ；若函数的零点为，则的值是 .
参考答案：
1．D
【分析】对于甲,当时,则或;当时,因为,解不等式组即可判断;对于乙,当时,则或;当时,或,解不等式组即可判断;对于丙,因为至多有两个零点,要使在上有个零点,则需有零点,解不等式进行判断即可;对于丁,若在上有个零点,则有个零点,列不等式求解即可.
【详解】若在上有个零点,
当时,则或,
解得;
当时,因为,无解,
所以在上有个零点,则实数的取值范围为,故甲同学结论错误;
若在上有个零点,
当时,则或,
解得;
当时,或,
解得,
所以在上有个零点,则实数的取值范围为,故乙同学结论错误;
至多有两个零点,
要使在上有个零点,则需有零点,则,
又,
所以仅有一个零点,
所以有个零点,
则,
所以,
所以若在上有个零点,则实数的取值范围为,故丙同学结论正确;
若在上有个零点,
由上可知,,且仅有一个零点,
所以有个零点,
则,所以,
故若在上有个零点,
则实数的取值范围为,故丁同学结论正确.
故选:D.
2．C
【分析】分析可知函数存在极小值且满足，由此可得出，构造函数，其中，利用导数分析得出函数在区间上为减函数，可求得的值，进而可求得的值.
【详解】函数的定义域为，则，，
则，
所以，函数在上为增函数，
当时，，当时，，
则存在，使得，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
，
由于函数有唯一零点，
则，
由，解得，
所以，，
令，其中，
，
，则，，，则，
所以，函数在上单调递减，且，，
从而可得，解得.
故选：C.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
3．C
【分析】由不等式在恒成立，得到在上单调递增，再由在上是奇函数得到是偶函数，进而画出两个函数，大致图象，即可求解.
【详解】∵定义在上的奇函数满足，
∴．
∵，∴．
即，记，在上单调递增．
∵，∴是偶函数．
∴在上单调递减，且．
如图所示，画出，大致图象．
由图可得，有3个零点．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的单调性与导数之间的应用问题，也考查了函数零点个数的判断问题，关键在于构造新函数，利用新函数的奇偶性和单调性，作出函数图象，将一个函数的零点个数问题，转化为两个函数的交点个数问题.
4．D
【分析】画出图象及直线，借助图象分析．
【详解】如图，当直线位于点及其上方且位于点及其下方，
或者直线与曲线相切在第一象限时符合要求．
即，即，
或者，得，，即，得，
所以的取值范围是．
故选D．
【点睛】根据方程实根个数确定参数范围，常把其转化为曲线交点个数，特别是其中一条为直线时常用此法．
5．D
【详解】因为是函数的零点，则函数有四个不同的零点，等价于方程有三个不同的根，即方程有三个不同的根．记函数＝．由题意y=与有三个不同的交点，由图知，所以，故选D．
【点睛】判断方程的根的个数问题，可以转化为函数和图象交点的个数问题，通过在直角坐标系中作出两个函数图象，从而确定交点的个数，也就是方程根的个数．
6．A
【分析】依题意可得，，，令，，则问题转化为判断函数与对应函数的交点的横坐标的大小关系，数形结合即可判断.
【详解】因为，，为正实数，且满足，，，
则，，，
所以，，，
则，，，
令，，
由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，
满足的即为与的交点的横坐标，
满足的即为与的交点的横坐标，
满足的即为与的交点的横坐标，
在同一平面直角坐标系中画出、、、的图象如下所示：
由图可知.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为函数与相应的指数型函数的交点的横坐标的大小关系问题，准确画出函数图象是关键.
7．B
【分析】先在直角坐标系内画出函数在x≥0时的图象，在根据奇函数的图象特点画出函数在时的图象，由所有根之和为，可以转化成在时，两个函数图象交点的横坐标之和为，利用数形结合和函数的解析式进行求解即可.
【详解】函数在整个定义域内的图象如下图所示：
因为所有根之和为，所以函数和函数在时，它们的图象的交点的横坐标之和为，即，由图形可知：两点关于对称，因此，两点关于对称，因此，所以，因此.
故选：B
【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性和对称性求解函数值问题，考查了数形结合思想.
8．C
【分析】变形为有两个不等的实数解，构造，求导，得到单调性和极值情况，又当时，恒成立，当时，恒成立，从而得到答案.
【详解】由题意得有两个不等的实数解，
令，定义域为R，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在时取得极小值，也是最小值，
故，
又当时，恒成立，当时，恒成立，
故要想有两个不等的实数解，则.
故选：C
9．B
【分析】将问题转化为函数与的图象有2个交点，则利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的直线的斜率，再结合图形可求出实数的取值范围.
【详解】有两个零点，即有两个正实根，
即函数与的图象有2个交点．
直线过定点，当该直线与曲线相切时，设切点为，
又，则，即，
令，则，所以在上单调递增，
又，故有唯一零点，故，
所以当直线与曲线相切时，切点为，则切线斜率为1．
要使函数与的图象有2个交点，则需满足，
所以．
故选：B．

【点睛】关键点睛：此题考查函数与方程的综合问题，考查导数的几何意义，解题的关键是将问题转化为直线与曲线有两个交点问题，然后利用导数的几何意义求出相切时直线的斜率，再结合图形求解即可，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题.
10．A
【分析】解法一：令，得，进而得到．令，由其单调性得到，即，进而转化为，利用导数法判断；解法二：令，得，进而得到．令，由其单调性得到，即，然后利用导数的几何意义求解判断.
【详解】解法一：通过选项判断可知，
令，得，
由，得
，所以．
令，则，且在上单调递增，
所以，即，
所以，即，
令，，
∴在上单调递增，在上单调递减，则，
又时，，且，画出大致图像，
可知，则．
故选：A．
解法二：通过选项判断可知，
令，得，
由，得，所以．
令，则，且在上单调递增，
所以，即，
当直线与图像相切时，设切点为，
由，则有，故，则．
又，即，则，
∴．
要使得直线与图像有两个交点，
则，
故选：A．
11．C
【分析】根据题意，判断的图象关于点对称，利用导数判断函数在上的单调性，在同一坐标系中作出与的图象，得出交点个数，并结合对称性及可得解.
【详解】根据题意，函数的周期为8，图象关于点对称，
又，
所以函数的图象也关于点对称，
由，，
，，，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，，，
在同一个坐标系中，作出函数与的图象，如图，

由图可得，函数与在上有两个交点，
因为函数与图象均关于点对称，
所以函数与在上有两个交点，又，
所以函数在内的零点个数为5.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查函数的性质及函数零点个数问题，依据题意，可判断函数与图象均关于点对称，利用导数判断函数在上的单调性，并根据单调性，极值作出与在上的图象，根据图象求得结果.
12．A
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
13．D
【分析】根据题意，利用函数的奇偶性，求出，结合函数的对称性得出关于对称，由有唯一零点，可知，即可求.
【详解】已知，①
且，分别是上的偶函数和奇函数，
则，
得：，②
①+②得：
∴令∵有唯一零点，且是偶函数，
所以，∴
∴或
若时，则
当时，则令解得，∴（不合题意舍去）
若时，则
∵在上单调递减∴
∵是偶函数∴只有唯一零点0
∴只有唯一零点2023
综上：.
故选：D.
14．C
【分析】设，利用绝对值三角不等式得，时等号成立，进而有且整数根有且仅有两个，对于，应用二次函数性质及对称性有且，得，即可求参数范围.
【详解】设，则原方程为，
由，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
整理得①，显然不满足，
令，即必有两根，且，故为两个正根，
所以，可得或，
对于，有，即，即恒满足①，
要使①中整数根有且仅有两个，则对应两个整数根必为，
若整数根为且，则，即，
所以，得，
综上，
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用绝对值三角不等式的等号成立得到，且整数根有且仅有两个为关键.
15．D
【分析】作出函数与的图像，得到关于对称，化简条件，利用对勾函数的性质可求解.
【详解】作函数与的图像如下：
方程有4个不同的根，，，，且，
可知关于对称，即，且，
则，即，则
即，则；
当得或，则；；
故，；
则函数，在上为减函数，在上为增函数；
故取得最小值为，而当时，函数值最大值为.
即函数取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了分段函数的运用，主要考查函数的单调性的运用，运用数形结合的思想方法是解题的关键，属于难题.
16．B
【分析】先由奇函数性质求出函数在上的解析式，再利用.得到的图象，的零点个数，等价于求的解的个数.根据两函数交点个数即可求解.
【详解】当时，，
是奇函数，，

当时，有，
，，
若，则，则，
即，
即当时，，
当时，，此时，
当时，，此时，
由，得：
当时，由，即是的一个零点，
当时，由得，即，
作出函数与在，上的图象如图：
由图象知两个函数在上共有7个交点，加上一个，
故函数在上的零点个数为8个，
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数与方程的应用. 判断函数零点个数的方法:
直接法:即直接求零点，令，如果能求出解，则有几个不同的解就有几个零点
定理法:即利用零点存在性定理，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点
图象法:即利用图象交点的个数，画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数和的差，根据，则函数f(x)的零点个数就是函数和的图象的交点个数
性质法:即利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数.
17．B
【分析】令，构造，一次求导就能判定单调性，结合零点存在性定理可得；令，构造函数，由二次求导得到单调性，结合隐零点和零点存在性定理得到；令，构造函数，一次求导就可得到其单调性，结合零点存在性定理得到，最后比较出大小．
【详解】令，，，构造函数，
则在上恒成立，
故在上单调递增，且，
，所以函数的零点
即满足成立的，解得：，
令，构造函数，，则，
再令，则，
令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，，，
由零点存在性定理可得，存在，使得，
且在上单调递减，在上单调递增，
又，故，
又，，
所以函数的零点，
令，构造函数，
则，当时，，
故在上单调递增，
又∵，，
所以函数的零点，
综上，．
故选：B．
18．A
【分析】先根据的单调性求得的一个范围，然后根据与的图象有两个交点以及对进行分类讨论来求得正确答案.
【详解】由于在上单调递减，所以，解得.
，，
当时，由解得，
由此画出与的图象如下图所示，
由图可知，两个函数图象有两个交点，符合题意，由此排除BC选项.
当时，，由解得，
由此画出与的图象如下图所示，
由图可知，两个函数图象有两个交点，符合题意，由此排除D选项，则A选项正确.
当时，，由解得，
由此画出与的图象如下图所示，
由图可知，两个函数图象有两个交点，符合题意.
当时，，由解得，
当逐渐变大时，由图可知，当与直线相切时，
与的图象有两个交点（其它位置有个交点或个交点，不符合），
由消去并化简得，
，
综上所述，的取值范围是.
故选：A
【点睛】利用函数的单调性求解分段函数的参数问题，一定要注意在分段函数的定义域的分段位置，两段函数对应函数值的关系.求解方程交点的个数问题，可以转化为两个函数图象的交点个数来进行研究.
19．B
【分析】将所求拆分成，，，令，，，，且，可看作函数与，，的交点，通过函数单调性以及函数的增长速度结合零点存在性定理可比较出的大小.
【详解】解：可变形为：，可变形为：，可变形为：，
令，，，，且，
可知分别为函数与，，的交点横坐标，
当时，单调递增且，，
，，这三个函数全部单调递减，且，，，，
由零点存在性定理可知：，所以只需判断，，这三个函数的单调性，在范围内下降速度快的，交点横坐标小，下降速度慢的交点横坐标大，
由图象可知，下降速度最慢，所以最大，
，，时，，所以交点，
故选：B

【点睛】关键点点睛：将等式变形为函数交点的问题，通过比较函数增长的快慢来求解.
20．C
【分析】先将问题转化为有三个不等的实数根，分两种情况讨论：当时，，令，结合单调性讨论根的情况；当时，，当时，方程无实根；当时，令，利用导数研究函数的性质，作出函数的图像，数形结合得到结果.
【详解】若 有三个不等零点，等价于有三个不等的实数根，
当时，，
由得，
即，
令，由复合函数的单调性可得，
当时，单调递增，故，
故当时，方程无实根；
当时，方程在上有一个实根；
当时，，由得，
当时，显然方程无实根；
当时，，令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
即当时，取得极大值，，
，当时，；当时，，
作出图像如下：

要使有三个不等的实数根，
需满足：在上有一个实数根，在上有两个实数根，
由图可知与有两个交点时，，
综上，，即实数的取值范围是，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：对于零点问题常转化成方程根的个数问题，分离常数后构造函数，讨论单调性，数形结合利用两函数图像的交点得到参数的范围.
21．D
【分析】由题意可知，函数与的图象在上有三个交点，对实数的取值进行分类讨论，数形结合可得出关于实数的不等式组，综合可解得实数的取值范围.
【详解】因为函数在上有个不同的零点，
所以，关于的方程在上有个不同的实数根，
作出函数的图象如下图所示：
函数的图象恒过点，
当时，函数的图象与轴的交点为，
①当时，即当时，函数与的图象在上仅有个不同的交点，如下图所示：
②当时，即当时，函数与的图象在上有个交点，在上有个交点，如下图所示：
③当时，即当时，函数与的图象在上有个交点，在上有个交点，如下图所示：
④当时，即当时，函数与的图象在上有个交点，如下图所示：
⑤当时，要使得函数与的图象在上有个交点，
则与的图象在上有个交点，
则与函数在上的图象有两个交点，
即方程在上有两个不等的实根，
设，则在上有两个零点，
可得，解得，此时.
且与的图象在上有一个交点，则，解得.
由上可知，；
⑥当时，，如下图所示：
直线与函数在上的图象有三个交点.
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
22．ABD
【分析】对于A，根据直接计算求解即可；
对于B，根据反函数相关知识转化为恒成立，进而得到，转化为函数最值问题求解即可；
对于C，通过同构转化为与有两个公共点，结合函数图象求解即可；
对于D，通过转化为函数与有公共点，且不在极值处取得进行求解即可.
【详解】对于A，，则，则，则，故正确.
对于B，若，则，
由于互为反函数，它们图象关于对称，
所以只须保证恒成立即可，又因为，
所以，故，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减
所以，所以，故，故B正确.
对于C， 若，则与有且只有一个公共点，
此时有奇数个零点，不符合题意，
若，若有两个零点，则有两不等根，
即，即有两个不等根，
设，则，
由于，且在时满足且单调递增，
则等价于与有两个公共点，
即有两实数根，故有两实数根，
即与有两个公共点，
因为当时，，当时，且，
且，作图象如下：

故，则，故C错误．
对于D，若有极值点，等价于有变号零点．
即有实根，
即函数与有公共点，且不在极值处取得，
因为
若，则在单调递增，
显然，值域为，与有交点；
若，则令，
当，单调递增，
当，单调递减，
．
，，，
则，因为，所以，
则，故或，故D正确．
故选：ABD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
23．ACD
【分析】根据题意结合图象分析可知：，且，对于A：根据指数函数性质结合基本不等式分析判断；对于B：根据对数函数性质结合基本不等式分析判断；对于C：根据题意结合函数单调性分析判断；对于D：，则方程化为，讨论的取值范围，结合图象分析判断.
【详解】令，则，
可知函数的零点即为与的交点横坐标，
如图，作出函数的图象，
则，且，
对于选项A：因为，即，
且，则，
可得，
整理得，
即，所以，故A正确；
对于选项B：因为，即，
且，则，
可得，
即，
可得，解得，故B错误；
对于选项C：因为，
结合选项AB可得，解得，
则，，
因为在上单调递增，
可知在上单调递增，且，
可得，即，故C正确；
对于选项D：方程，即，
令，则，注意到，
1.若，则方程无实根，即方程无实根，
故方程无实根；
2.若，则方程有2个不相等的实根，
且有2个不相等的实根；有3个不相等的实根；
故方程有5个不相等的实根；
3.若，则方程有4个不相等的实根，
且无实根；有4个不相等的实根；
或均有3个不相等的实根；
故方程有10个不相等的实根；
4.若，则方程有4个不相等的实根，
且无实根；或或均有3个不相等的实根；
故方程有9个不相等的实根；
5.若，则方程有3个不相等的实根，
且无实根；或均有3个不相等的实根；
故方程有6个不相等的实根；
综上所述：方程最多有10个不同的实根，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式（方程）求解；
（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．
24．BCD
【分析】A选项，画出函数图象，数形结合得到函数单调性；B选项，计算出，数形结合得到；C选项，联立方程，计算出特殊位置时的值，数形结合得到的取值范围；D选项，首先分析出方程的解为4个时，，不妨设，根据对称性可得，数形结合得到.
【详解】因为，所以函数为奇函数，
函数的图象如图所示，

对于选项A，函数在上不单调，故A错误；
对于选项B，，结合图象可知，故B正确：
对于选项C，令，即，
由，解得或，
将代入中，得到，
分析可得，当时，的图象与直线有7个交点，故C正确；
对于选项D，当方程的解为4个时，，不妨设，根据对称性可得.
分析图象可知，当时，方程的解为3个，，
又因为，，所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
25．ABC
【分析】利用函数图象，结合图象判断每个选项即可.
【详解】解：如图所示，函数与函数恰有个交点.
选项A，根据对称性可知，正确；
选项B，考虑在区间内，两函数在时相切，所以，
所以满足，
而，
所以，正确；
选项C，两函数在时相切，所以，所以，正确；
选项D，若，，成等差数列，则因为，关于原点对称，所以必有 ，即，则，则，
故不符合题意，错误.
故选：ABC.
26．ACD
【分析】利用对数函数与正弦函数的性质作出的图像，结合图像对选项逐一分析即可得解.
【详解】对于A，当时，，则，
易得在上单调递减，且，
当时，，则，易得在上单调递增，
且，即，
当时，，
则由，的图像，可知在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
，，
从而利用对数函数与正弦函数的性质，画出的图象，如图所示，
因为方程有四个不等的实根，所以与的图像有四个交点，
所以，故A正确；
对于B，结合选项A中分析可得，所以，
则，故B错误；
对于C，D,由正弦函数的性质结合图像可知与关于对称，所以，又当时，，令，得，
所以，，所以，得，
所以，故C正确；
又由图像可知同增同减，所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】函数零点的求解与判断有以下方法，（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；
（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；
（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
27．BC
【分析】举例说明判断A；分析函数与的性质，作出部分函数图象，结合图象与性质推理、计算判断BCD.
【详解】函数，显然，而，即，因此不是偶函数，A错误；
函数定义域为，满足，当时，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
因此当时，函数在上递减，
在上递增，当时，取得最大值，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
因此当时，函数，
在同一坐标平面内作出函数的部分图象，如图，

当时，函数的图象有唯一公共点，
因为，因此，，而满足的整数有个，即，B正确；
显然，
所以，C正确；
，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：求两个分段函数的公共点的坐标，确定要求值的自变量属于哪一段区间，再代入该段的解析式求值是关键.
28．AC
【分析】先定义一阶不动点，且得到二阶不动点包括两种情况，且证明出当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，A选项，找到一阶不动点，并画出函数图象，得到有且仅有一个二阶不动点；B选项，找到两个二阶不动点，不满足要求；C选项，单调递增，画出函数图象，找到仅有一个一阶不动点，即仅有一个二阶不动点，C正确；D选项，作出函数的图象，结合图象即可判断.
【详解】若，称为一阶不动点，
显然若，则满足，故一阶不动点显然也是二阶不动点，
若，则有，即都在函数的图象上，
即上存在两点关于对称，此时这两点的横坐标也为二阶不动点，
下证：当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，
因为，若，因为单调递增，所以，
即，矛盾，
若，因为单调递增，所以，即，矛盾，
综上：当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价；
由题意得：只需与直线的交点个数为1，
A选项，，解得：，有且仅有1个根，
画出与的图象，如下：
显然上不存在两点关于对称，
综上：有且仅有一个二阶不动点，满足要求，A正确；
B选项，令，定义域为，
显然，
则均为的二阶不动点，不满足要求，B错误；
C选项，定义域为R，单调递增，只需寻找一阶不动点即可，
令，整理得：，
令，则，单调递减，
再同一坐标系总画出两函数与图象，如下：
两函数只有1个交点，满足要求，C正确；
D选项，令，
作出函数的图象，
由图可知，点与点关于直线对称，
且它们有一个交点，故函数不满足题意，因为此时有两个二阶不动点，故D错误.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
29．ACD
【分析】根据零点存在定理来判断A；根据导数的几何意义推出，结合零点即方程的根来判断B；根据导数的几何意义推出，结合两角和的正切公式判断C；根据导数与极值点的关系判断D.
【详解】由于函数在上有两个零点，
故函数的图象在上有两个不同的交点，
作出函数的图象如图：

要满足题意，需满足与在间的图象相切，
由图象可知，，
当时，，当时，，
由于，则设与在间的图象相切时的切点为，
此时，则，
于是，C正确；
对于A，当时，，此时，，
由于，即，
令，，
即为减函数，
，，
故在内有唯一零点，即，A正确；
对于B，当时，，即；
当时，，，即；
故，B错误；
对于D，当时，，，
，当时，，当时，，
即在单调递减，在单调递增，
即为函数在内的一个极小值点；
当时，，，
当时，，当时，，
即在单调递减，在单调递增，
即为函数在内的一个极小值点；
即在上有2个极值点，设为，
则，故，D正确；
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合性强，难度较大，解答时要能综合利用函数零点知识以及导数知识，灵活求解，要注意数形结合方法的应用.
30．ABC
【分析】画出的图像，由，可分类讨论，，三种情况，令，并画出图像，结合两个函数图像以及，判断出实根个数构成的集合.
【详解】画出的图像如图所示，令，画出图像如图所示.
由，解得：，由，解得..
由，解得：，由，解得.
（1）当时，，有解，且或或，结合的图像可知，时没有与其对应，或时每个都有个与其对应，故此时有个实数根.
（2）当时，，有解，且或，有一个与其对应，有两个与其对应，故此时有个实数根.
（3）当时，，有解，且，结合的图像可知，每个有两个与其对应，故此时有个实数根.
综上所述，关于的方程的实根个数构成的集合为.
故选：ABC

【点睛】方法点睛：本题考查分类讨论参数，求函数零点个数问题，讨论函数零点个数常用方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解，考查学生的数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.
31．ABC
【分析】根据题意是与交点的横坐标，是与交点的横坐标，作出图象，利用图象对称性依次求解判断.
【详解】由，得，即是与交点的横坐标，
由，得，即是与交点的横坐标，
画出，，，的图象，如下图所示，
与它们的交点依次为，
与关于直线对称，
所以，关于对称，则，，
由，解得，
所以，故A正确；
对于B，由，且，则，，
所以，令，，则，
所以函数在上单调递增，
，即，故B正确；
对于C，由，，所以，故C正确；
对于D，由，，则，
若，则，
当时与矛盾，又显然不成立，故D错误.
故选：ABC.

32．ABCD
【分析】A选项，求出恒过定点，当时，无交点,当时，有一个交点；B选项，画出，的图象，由图象可得，且，即，得到；C选项，当时，，求出，得到；D选项，由题意得，，结合反函数的性质得到答案.
【详解】对于选项A,令，则，
而恒过定点，
当时，，
画出与的图象，如图所示：

则无零点，
当时，恒过定点，则与图象，如图所示：

则有一个零点，故至多有一个零点，A正确;
对于选项B，画出与的图象，如图所示：

其中，，
由图象可知，，且，
即，故，
则，故B正确;
对于选项C, 当时，，即，
求出，故，故C正确；
对于选项D, 当时，，
画出与的图象，如图所示：

则，
画出与的图象，如图所示：
的最小根为，则，
由于与互为反函数，则关于对称，
而也关于对称，
故与相加得，
，
即，故D正确.
故选：ABCD
【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
33．
【详解】作出函数的图象，可见，当时，，，方程在上有10个零点，即函数和图象与直线在上有10个交点，由于函数的周期为3，因此直线与函数的应该是4个交点，则有．
【考点】函数的零点，周期函数的性质，函数图象的交点问题．
34．
【分析】利用指数函数以及一次函数的单调性，结合分段函数的性质，可知在和x>1各有一个零点，进而求解.
【详解】当时，，
当时，，
由函数恰有两个零点，可知在和x>1各有一个零点，
可得： ，解得
故填：
【点睛】本题考查了根据零点个数求函数的参数，涉及了指数函数的单调性，分段函数的应用；常用方法：①直接法，根据条件构建关于参数的不等式；②分离参数法，分离参数转化为求函数的值域问题；③数形结合法，画出图象，根据图象列式求解.
35．
【分析】作出大致图象，结合图象可得实数的取值范围；令，将问题转化为，根据图象分析得有两个零点为，，从而考虑与根的个数即可求解.
【详解】作出大致图象如下：
若方程有三个不等的实根，由图象可得实数的取值范围是；
令，则，可得，
且，
结合图象可知方程的一个根，另一个根，
当时，与的图象有1个交点，所以有1个实根，
当时，与的图象有3个交点，所以有3个实根，
综上所述：共有4个零点.
故答案为：；4.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
36．．
【分析】变形为有两个实根，变形得到，设，则，求导得到单调性，进而求出，只需使有两个根，设，求导得到在处取得极大值，，结合函数的走势，得到，求出a的取值范围.
【详解】要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．
即．整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．
所以a的取值范围是．
故答案为：
37．
【分析】写出分段形式并画出函数草图，结合题设有与有三个交点，令横坐标分别为且，数形结合得，在、上分别令、，根据根与系数关系及求参数范围.
【详解】由，值域为，其函数图象如下，
结合题设易知与有三个交点，令横坐标分别为且，
由图知，且与在上有两个交点，与在上有一个交点，
令，即在上有两根，
若，则，
所以，即，且，
令，则，又，
所以，
综上，，即实数的取值集合是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：写出分段形式，将问题化为与各区间上的交点情况求参数.
38．
【分析】根据是否有零点，分类讨论，当时，恒成立，根据题意求解即可；当，时，恒成立，不符合题意，当，时，结合二次函数性质讨论得没有实数根，最后计算可得.
【详解】（1）当，即时，
恒成立，
所以，
因为有两个零点，
所以且，解得或（舍），
所以或；
（2）当，即或，
设的两个根为，且，
当时，恒成立，不满足题意，
当，有有两个解，
因为，，所以与在必有一个交点，
当时，与没有交点，
当时，，所以与在必有一个交点
所以要使方程有且只有两个零点，
则无解，
即没有实数根，
即，解得，
因为，所以，
综上实数的取值范围为：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题得关键在于讨论当时，恒成立，当时，结合二次函数性质，二次项系数越大，开口越小，得出没有实数根，最后计算可得.
39． 50
【分析】空1：求解即可；空2：作出的图象，结合题意可得，再根据基本不等式求解最小值即可.
【详解】，解得，故的零点为；
由题意有两个零点，
作出的图象可得，
且，故，即.
故，
当且仅当，即时取等号.

故答案为：5；50
【点睛】关键点点睛：将方程有两个零点问题，转化为函数的图象与直线的交点问题.
40．
【分析】构造函数，，利用导数研究函数的单调性，极值，画出对应的图像，数形结合即可求解.
【详解】由已知可知关于的方程有三个不等实数根，
即函数的图象与直线有三个公共点，
构造函数，求导，
令，解得
当时，，故在区间上单调递增，
当时，，故在区间和上单调递减，
且，，当或时，，
且当时，，当时，，
画出的大致图象如图，要使的图象与直线有三个交点，需，即，即的取值范围是．
故答案为：

【点睛】方法点睛：本题考查判断利用函数的零点个数求参数问题，常用的方法：
（1）方程法：令，如果能求出解，有几个解就有几个零点．
（2）零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图像与性质确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．
（3）数形结合法：转化为两个函数的图像的交点个数问题．
41．或
【分析】对实数的取值进行分类讨论，分别画出不同取值情况的的函数图象，函数恰有4个零点，说明的图象与的图象有四个交点，通过斜率的变化即可确定实数的取值范围.
【详解】因为函数恰有4个零点，
所以的图象与的图象有四个交点，
当时，如图所示，
的图象与的图象仅有两个交点，与题意不符；
当时，如图所示，
在上，当与相切时，
联立，得，
则，得（舍去），
由图可知，当时，与在有一个交点，在有两个交点，与题意不符，
所以当时，与在无交点，在有两个交点，与题意不符，
当时，与在无交点，在有三个交点，与题意不符，
当时，与在无交点，在有四个交点，符合题意；
当时，如图所示，

在上，当与相切时，
联立，得，
则，得（舍去），
由图可知，当 时，与在有两个交点，在有四个交点，与题意不符，
当时，与在有两个交点，在有三个交点，与题意不符，
当时，与在有两个交点，在有两个交点，符合题意，
当时，与在有一个交点，在有两个交点，与题意不符.
综上所述， 或.
故答案为：或.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程的应用，关键在于数形结合与分类讨论的思想，需要通过讨论取值范围的不同，结合范围的限制，判断交点个数，然后推出的范围即可.
42．或
【分析】换元后转化为，该方程存在唯一解，且，数形结合求解.
【详解】当时，单调递减，图象为以和轴为渐近线的双曲线的一支；
当时，有，可得在单调递减，在单调递增
且，，画出图象如下:

由题意，有唯一解，设，
则，（否则至少对应2个，不满足题意），
原方程化为，即，
该方程存在唯一解，且.
转化为与有唯一公共点，且该点横坐标在，画图如下：

情形一：与相切，联立得，
由解得，此时满足题意：
情形二：与有唯一交点，其中一个边界为(与渐近线平行)，
此时交点坐标为，满足题意；
另一个边界为与相切，即过点的切线方程，
设切点为，则，解得，
所以求得，此时左侧的交点D横坐标为满足条件，右侧存在切点E，故该边界无法取到；
所以的范围为.
综上，的取值范围为或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛，解决本题的关键在于第一要换元，令，转化为方程存在唯一解，且，作出与的图象数形结合求解，第二关键点在于分类讨论后利用导数或联立方程组求切线的斜率，属于难题.
43．①④
【分析】对①：借助导数研究函数的单调性即可得极值点个数；对②：借助导函数的导函数研究导函数可得导函数无零点，故函数不存在极值点；对③：举出反例即可得；对④：将零点个数转化为直线与曲线的交点个数，从而可通过研究过的曲线的切线，结合零点的存在性定理得到直线与曲线的关系.
【详解】对①：当时，，，
则时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故对任意，有1个极大值点，故①正确；
对②：当时，，
若存在极值点，则有变号零点，则必须有解，
令，
则，
故当时，，当时， ，
故在、上单调递增，在上单调递减，
又时，，，
即恒成立，故当时，无解，故②错误；
对③：当时，，
当时，，此时函数无零点，故③错误；
对④：当时，若存在，使得有3个零点，
则直线与曲线有三个不同交点，
由直线过点，曲线过点，
又，是偶函数，且在上单调递减，
故当时，直线与曲线在第二象限必有一交点，
同理，当时，直线与曲线在第一象限必有一交点，
过点作曲线的切线，设切点为，
则切线方程为，
即，则，
由，则，即，
即，即，
故当时，存在，
使曲线有过点的切线，且切点为，
当时，切线斜率为，
则当时，有，又，
则存在，使，
此时函数单调递减，而恒成立，
故存在，使，
即当时，存在，使得有3个零点，
同理可得，当时，存在，使得有3个零点，故④正确.
故答案为：①④.
【点睛】关键点点睛：第④个结论关键点在于将零点个数转化为直线与曲线的交点个数，从而可通过研究过的曲线的切线，结合零点的存在性定理去得到直线与曲线的关系.
44．
【分析】利用二次函数与对数函数的图象与性质先作出函数图象，数形结合及对勾函数的性质计算即可，
【详解】解：作函数的图象如下图所示：
由图象可知，要使方程有四个不同的解，则需，
由二次函数的对称性可知，，
由对数函数的图象及性质可知，，，，
则，，
∴，
而函数在递减，上递增，
故其取值范围为.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：函数零点求参问题通常利用数形结合思想，及常用结论：对于方程有两根，且该两根之积为定值1，化简，再根据参数范围及对勾函数的性质计算即可.
45．
【分析】设，即可求出b，继而求出的表达式，将看作主元，配方得，记，即可求解最大值.
【详解】设，则，
此时，则，
令，
当时，，
记，则，
所以在上递增，在上递减，
故,所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题是双参数函数的零点问题，
第一步消参：通过设零点，代入方程，得到其中一个参数的表达式，
第二步主元法求最值：将所求表达式通过主元法（关于另一个参数）构造函数求出最值，即可求解.
46．
【分析】先求得，然后利用图象法求得的取值范围.
【详解】当时，为偶函数，此时；
当时，；
当时，，
所以，则，
由，得，
画出函数，的图象如下图所示，
若，则，
当抛物线过点时，，
当抛物线与直线斜切时，当时，消去得，
由判别式得，
要使，的图象有个交点，则需满足.
当时，要使，的图象有个交点，
则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】求解含参数的函数的最值问题，主要方法是分类讨论的数学思想方法，对参数进行分类讨论，结合函数的性质来求得最值，分类讨论要做到不重不漏.求解函数零点问题，可转化为两个函数图象交点个数来进行研究.
47．②③④
【分析】对①：计算定义域即可得；对②：对与分类讨论，结合二次函数求根公式计算即可得；对③：借助两点间的距离公式与导数求取最值计算即可得；对④：结合函数性质与③中所得结论即可得.
【详解】对①：令，即有，即，故函数不是奇函数，故①错误；
对②：，即，
当时，有，故是该方程的一个根；
当，时，由，故，结合定义域可得，
有，即，
令，，有或（负值舍去），则，
故必有一个大于的正根，即必有一个大于的正根；
当，时，由，故，结合定义域有，
有，即，
令，， 有或（正值舍去），
令，即，则，
即，故在定义域内亦必有一根，
综上所述，，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根，故②正确；
对③：令，则有，，
令，，，
当时，，当时，，
故在、上单调递增，在上单调递减，
又，，故恒成立，即，故，故③正确；
对④：当时，由，，故，
此时，，则，
当时，由与关于轴对称，不妨设，则有或，
当时，由，有，故成立；
当时，即有，
由③知，点与点在圆上或圆外，
设点与点在圆上且位于x轴两侧，则,
故；
综上所述，恒成立，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点点睛：结论④中的关键点在于借助结论③，结合函数的对称性，从而得到当、都小于零时，的情况.
48．
【分析】利用函数零点存在性定理可得；由已知可得为两函数图象的交点的横坐标，为两函数图象的交点的横坐标，根据函数与的图象关于对称，求出交点的横坐标可得答案.
【详解】因为在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
因为，，
且，所以；
由可得，
令可得，
所以即为两函数图象的交点的横坐标，
令可得，
所以即为两函数图象的交点的横坐标，
因为函数与的图象关于对称，且互相垂直，
且由解得，即、的中点为，
所以.
故答案为：1；2.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键点将零点问题转化成函数图象交点问题.