新高考数学一轮复习考点技巧精讲与题型归纳培优点04函数与方程的综合应用（7大题型）（讲义+精练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习考点技巧精讲与题型归纳培优点04函数与方程的综合应用（7大题型）（讲义+精练）（2份，原卷版+解析版），共52页。
\l "_Tc200724736" 02 思维升华 PAGEREF _Tc200724736 \h 3
\l "_Tc200724737" 03 典型例题 PAGEREF _Tc200724737 \h 4
\l "_Tc200724738" 题型一：对勾函数 PAGEREF _Tc200724738 \h 4
\l "_Tc200724739" 题型二：反函数 PAGEREF _Tc200724739 \h 6
\l "_Tc200724740" 题型三：倍值函数 PAGEREF _Tc200724740 \h 9
\l "_Tc200724741" 题型四：等值函数 PAGEREF _Tc200724741 \h 12
\l "_Tc200724742" 题型五：最值函数 PAGEREF _Tc200724742 \h 14
\l "_Tc200724743" 题型六：绝对值函数 PAGEREF _Tc200724743 \h 18
\l "_Tc200724744" 题型七：新定义函数 PAGEREF _Tc200724744 \h 26
\l "_Tc200724745" 04 课时精练 PAGEREF _Tc200724745 \h 30
函数与方程的综合应用堪称历年高考的热门考点，常以客观题形式呈现。这类题目往往将函数性质与方程求解巧妙融合，要求考生深入剖析函数的单调性、奇偶性、最值等关键性质，并结合函数图象直观研究函数的零点情况，或是方程根的分布范围、具体个数等问题。由于涉及知识点多、思维跨度大，题目难度普遍较高，通常被安排在压轴题位置，旨在全面考查考生对函数与方程知识的综合运用能力以及逻辑推理、数形结合等数学素养。
1、对于二次函数零点分布的研究一般从以下几个方面入手
(1)开口方向；
(2)对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系；
(3)判别式，决定函数与x轴的交点个数；
(4)区间端点值.
2、对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：
(1)确定内层函数和外层函数；
(2)确定外层函数的零点；
(3)确定直线与内层函数图象的交点个数分别为则函数的零点个数为.
题型一：对勾函数
【例1】已知正实数，y满足，若恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，可得且不等式等价于，即求的最小值，令，则有，等价于，求的最小值即可.因为，y为正实数，且满足，所以，
，等价于，因为，所以，
即在上恒成立；
设，令 ，则，，则等价于，
化简可得：，因为，所以
，所以，即.
故选：A.
【变式1-1】（2025·贵州·模拟预测）若函数有零点，则的最小值为（ ）
A．1B．
C．D．2
【答案】B
【解析】由函数，
令，则，
所以，即，
当时，由，当且仅当时，等号成立，即；
当时，由，
当且仅当时，等号成立，即，所以，
要使得有零点，即在有实数根，
令，即在上有零点，
则满足或，即或，
作出不等式或所表示的平面区域，如图所示，
又由，
即可看出坐标原点到平面区域的最短距离的平方，
设原点到直线或的距离分别为，
则，所以的最小值为.
故选：B.
【变式1-2】设实数且满足，则使不等式恒成立的的最大值为
【答案】
【解析】不妨设，令，
则原不等式化为恒成立，
整理得，
故即，
即，故，
，
故答案为：
题型二：反函数
【例2】（2025·北京顺义·一模）已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【解析】由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称，
所以关于对称，
又由得交点坐标为，则，
对于①：因为，且，所以，①错误；
对于②：由，因为，则；②正确；
对于③：直线与联立，可得，即，
设函数，是增函数，
又由，，可得，
所以函数在区间上存在唯一零点，即，
因为，所以，
构造函数，则，
当时，可得，
所以函数在单调递增；
当时，可得，
所以函数在单调递减；
，，
所以，③正确；
故选：C
【变式2-1】已知函数，若存在使得，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设的反函数为，由可得，
所以题干等价为与的图象在区间有交点，
因为与的图象关于直线对称，
所以两函数图象交点必在上，
故图象与直线在区间有交点，
则在区间有解，则，
令，则，
则在区间单调递增，又，
则的取值范围为．
故选：D
【变式2-2】（2025·贵州六盘水·模拟预测）已知函数的零点分别为，，，则（ ）
A．0B．2C．4D．6
【答案】A
【解析】由题设，，，，
所以问题可转化为与、、的交点问题，函数图象如下：
因为与关于对称，而与互相垂直，
所以，，则.
故选：A
【变式2-3】已知函数的零点分别为，则的值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】由题意，，
令，
因为与互为反函数，两个函数的图象关于直线对称，
且的图象也关于直线对称，
设，
则关于直线对称，
所以且
由可得，
所以．
由可得，
所以，
又代入上式可得，
则．
故选：A．
题型三：倍值函数
【例3】已知函数．
(1)若，求函数在区间上的最大值与最小值；
(2)若存在实数满足，使得在区间上的值域也为，求的取值范围．
【解析】（1）若，则，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以．
（2）由二次函数的单调性可知：
在上单调递增，所以有，
即．
若存在这样的，则方程有两个大于的实根，
设，所以有，即，
解得或
【变式3-1】已知函数．
（1）若时，，求的值；
（2）若时，函数的定义域与值域均为，求所有值．
【解析】（1）因为，所以
所以，
所以或，
因为，所以．
（2）当时，在上单调递减，
因为函数的定义域与值域均为，
所以，两式相减得不合，舍去．
·当时，在上单调递增，
因为函数的定义域与值域均为，
所以，无实数解.
·当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
因为函数的定义域与值域均为，
所以，．综合所述，，．
【变式3-2】对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数，②函数在的值域是，则称区间为函数的“保值”区间.
(1)求函数的所有“保值”区间；
(2)判断函数是否存在“保值”区间，并说明理由；
(3)已知函数有“保值”区间，当取得最大值时求的值.
【解析】（1）函数在R上的值域为，令在的值域为，
则，函数在上单调递增，因此，而，解得，
所以函数的所有“保值”区间为.
（2）函数在上单调递增，
若是在的保值区间，则，
是方程同号的两个不等实根，
由，得，，则方程无实根，
所以函数不存在“保值”区间.
（3）函数在上单调递增，
依题意，，是方程同号的两个不等实根，
即是关于的方程同号的两个不等实根，
，解得或，于是，
，
当且仅当时取等号，
所以当取得最大值时，的值为3.
【变式3-3】已知函数，若存在区间，使得函数在区间上的值域为，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据函数的单调性可知，，
即可得到，
即可知是方程的两个不同非负实根，
所以，解得．
故选：B．
题型四：等值函数
【例4】（多选题）已知函数，则下列结论正确的是（····）
A．函数在上单调递减
B．函数的值域是
C．若方程有5个解，则的取值范围为
D．若函数有3个不同的零点，则的取值范围为
【答案】BCD
【解析】，
画出的图象，如下：
A选项，函数在和上单调递减，不能说在上单调递减，A错误；
B选项，函数在处取得最小值为，故值域是，B正确；
C选项，若方程有5个解，则要满足与有5个交点，
故，所以的取值范围为，C正确；
D选项，若函数有3个不同的零点，则，
令，解得：，
又，因为在上单调递增，
解得：，即，
，
故的取值范围为.
故选：BCD
【变式4-1】（2025·河北·模拟预测）已知函数，方程有4个不同的根，且满足，则的最小值为 .
【答案】
【解析】在同一平面直角坐标系下，作出函数和的图象如下图所示：
依题意得：，且，则.
设，则，，，
所以，令，
，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：.
【变式4-2】设函数若存在，且，使得成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】当时，，对称轴为，
当，即时，此时存在，使得，满足题意；
当，即时，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，
要想存在，且，使得，
则，解得：，
与取交集得：
综上：的取值范圃为.
故选：A．
题型五：最值函数
【例5】已知函数，，设，．其中表示p，q中的较大值，表示p，q中的较小值．记的最小值为Q，记的最大值为T，则为（ ）
A．B．1C．0D．
【答案】B
【解析】函数，的图像，如下图所示：

则函数的图像如下图所示：

函数的图像如下图所示：

由图可知，的最小值为，的最大值为，
则.
故选：B
【变式5-1】（2019�山东济南�一模）已知函数，若对任意的正实数，，总存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设的最大值为，令，
当时，函数单调递减，所以，
因为，所以，
又由，解得，
（1）由，当时，；
当时，；当时，；
（2）由时，；
（3）由时，；
综上可得：，所以实数的取值范围是．
【变式5-2】设为中最大的数.已知正实数，记，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【解析】由，得，，，
所以，即，因为，所以；
由基本不等式可得，所以，
所以，，
当，即时，取得最小值2.
故选：C
【变式5-3】已知函数，若对任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由存在，使得成立，故，
又对任意的实数a，b，，则，
可看作横坐标相同时，函数
与函数图象上的纵向距离的最大值中的最小值，
又，作示意图如图所示：
设，则直线的方程，设与相切，
则，得，有，
得或，由图知，切点，则，
当直线与，平行且两直线距离相等时，即恰好处于正中间时，
函数与图象上的纵向距离能取到最大值中的最小值，
此时，，故.
故选：B
【变式5-4】已知函数，当时，的最大值为，若的最小值为4，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】当绝对值内两式同号时，，
当绝对值内两式异号时，，
令，，
所以，.
根据绝对值的性质，当时，（时取得），当时，时取得最大值），所以的最小值是4，即，（也可从几何意义考虑：当的最小值为4时，最大值的最小值为4，几何意义是图象上的点到直线距离最大值的最小值为4，此时恰好有）；
的最大值不超过4，即图象上的点到直线的距离不超过4，故，则.
故选：D．
题型六：绝对值函数
【例6】已知方程恰有4个不同的实数解，则正实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】令，
，图象关于对称，
其中，.
如图作出函数的图象.
图象关于直线对称，
其中.
当时，
，
又当时，由可知，在单调递增，
由关于直线对称，则在单调递减，
故.
当时，令，
解得，
故函数的图象必与直线有个交点，
当时，，令，
解得，.
，
.
由及，均解得.
①当时，，
故此时函数的图象在上与的图象有两个交点；
再令，
得方程，由，
由时，，方程无解；
且，
故此时函数的图象在上与的图象无交点；
因此，当时，方程有2个不同的实数解，不满足题意；
②当时，，又，
故此时函数的图象在上与的图象只有一个交点；
要使方程恰有4个不同的实数解，
则需函数的图象在上与的图象恰有个交点，
又在上单调递减，
令，
方程在上至多个交点，
所以方程在上至少有个交点，
则，解得，不满足条件，
故当时，不满足题意；
③当时，，
分别作出图象可知，两函数图象此时有两个交点，不满足题意；
④当时，，
此时在上单调递增，且在上也单调递增，
故在上单调递增；
由对称性可知在上单调递减；
又，
结合图象可知，两函数图象有个交点，不满足题意；
若，则，
故在上单调递减；在上单调递增；
在上单调递减；
在上单调递增；在上单调递减，
在上单调递增.
当时，；
由关于直线对称可知，
则当时，，
其中，，
由解得.
由解得.
⑤当时，，，
当时，即；
由关于直线对称可知，
则当时，；
结合的单调性，由的图象可知，
此时与的图象有个交点，不满足题意；
⑥当时，此时，
当时，令
得，解得，且，
故在内无解；
又，
结合函数单调性作出与图象，可两图象有个交点，不合题意；
⑦当时，当时，由，，且，
故的图象在内有个交点，
当时，
令，化简得，
解得，又由，，
故，在内无交点；
结合函数单调性与图象，
可知在与内各有个交点；
综上可知与的图象有个交点，满足题意；
⑧当时，，
且，
又，
且，，
分别作出函数图象，与图象有个交点，不合题意；
⑨当时，，
，
令，可得，，
由上同理可知，
故与的图象在与内各有一个交点；
又，
故结合单调性与图象可知，
故与的图象在与内都没有交点，
故当时，的图象有个交点，不合题意；
综上所述，正实数的取值范围是.
故答案为：.
【变式6-1】（2025·天津·二模）若函数的图象关于直线对称，且恰有6个零点，则的取值范围为 .
【答案】
【解析】因关于直线对称，则，且，
则且，解得，
则，
经检验：对任意恒成立，
即的图象关于直线对称，
则符合题意；
因恰有6个零点，
则与的函数图象有6个交点，
现研究函数的单调性：
因
，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，
又因，
则根据图象变换以及对称性可画出函数的图象：
由图象可知，，则的取值范围为.
故答案为：.
【变式6-2】已知，函数的最小值为，则由满足条件的的值组成的集合是 .
【答案】
【解析】分以下三种情况讨论：
①若时，即当时，，
所以，函数在上单调递减，且，
当时，，
所以，解得，
②若时，即当时，，
当时，，
当时，.
，所以，整理可得，
，解得（舍去）；
③当时，即当时，，
当时，，
当时，.
因为，所以，整理可得，
，解得或（舍去）.
综上所述，实数的取值集合为.
故答案为：.
题型七：新定义函数
【例7】已知函数，若在其定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”，若函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据“局部奇函数”的定义可知，方程有解即可，
即，所以，
化为有解，令，
由基本不等式可知，当且仅当时取等，故，
则有在上有解，设，对称轴为．
①若，则，满足方程在上有解；
②若，要使在时有解，则需，
解得．
综上可得，实数的取值范围为．
故选：B.
【变式7-1】定义在R上且图像连续不断的函数，若存在实数使得任意实数x都成立，我们称是R上“m相依函数”．下列关于“m相依函数”的描述正确的是（ ）
A．存在唯一的常值函数是“m相依函数”B．是“m相依函数”
C．“2025相依函数”至少有一个零点D．“相依函数”至少有一个零点
【答案】C
【解析】对于A，设，则，
当，满足，则是“相依函数”，不唯一，故A错误；
对于B，当时，对任意都成立，
化为，
则有，无解，则不是“相依函数”，故B错误；
对于C，若，
令，则，
当时，有实根，
当时，，
根据零点存在性定理知，在区间上必有实根，
所以“2025相依函数”至少有一个零点，故C正确；
对于D，，
当，，
若，则，
不能判定方程在内有根，
根据实数的任意性，不能确定在上有无零点，故D错误，
故选：C.
【变式7-2】定义：如果函数在定义域内给定区间上存在，满足，则称函数是上的“平均值函数”，是它的一个均值点，如是上的平均值函数，0就是它的均值点，现有函数是上的平均值函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】∵函数是区间上的平均值函数，
故有即在内有实数根，则有根，
所以x＝1或.
又
∴方程在上有根，
因为，而当时，，
于是.
故选：A．
【变式7-3】定义，不超过的最大整数称为的整数部分，记作，为的小数部分，记作，这一规定最早为数学家高斯所用，因此称为高斯函数，称为小数函数，下列说法正确的是（ ）
A．B．函数所有零点和为0
C．的值域为D．是的充要条件
【答案】C
【解析】对于A，，A错误；
对于B，由，得，在同一坐标系内作出函数与的图象，

函数的图象关于点成中心对称，令，
令，则，，，
于是，即函数图象关于点成中心对称，
则函数与的图象，除交点外，其他交点都关于点成中心对称，
这些交点的横坐标和为0，所以函数所有零点和为，B错误；
对于C，，而，则，
，，函数的值域为，C正确；
对于D，当时，取，而，D错误.
故选：C
1．设函数·若存在且，使得成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题知：，设，此时为减函数.
当时，设，此时为减函数，
若存在且，使得成立，
只需满足，即，解得.
当时，此时恒有且，使得成立.
综上：或.
故选：D
2．已知函数，若存在，且，使得成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】函数，若存在，且，使得成立，
当，即时，根据二次函数的图像与性质可知存在，且，使得成立，
当时，即时，若存在，且，使得成立，则，解得，所以，
综上所述，的取值范围为，
故选：C.
3．设函数
Ⅰ求的单调区间；
Ⅱ若存在区间，使在上的值域是，求的取值范围．
【解析】Ⅰ令g(x)=·,
，
令，解得：，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
则的最小值为．
所以，
所以的单调递增区间为·.
Ⅱ由Ⅰ得在区间递增，
在上的值域是
所以．
则在上至少有两个不同的正根，
，令
求导，得，
令
则．
所以在递增，
．
当时，G(x)，
当时，G(x)
所以在上递减，在上递增，
故．
4．设函数.
(1)证明函数在上是增函数；
(2)若，是否存在常数，，，使函数在上的值域为，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：任取，且，
则，
因为，则，因为，则，
所以，即，
所以函数在上是增函数；
（2）由（1）知：在上是增函数，又，
由复合函数的单调性知在上是增函数，
假设存在常数，，，使函数在上的值域为，
所以，即，
则m，n是方程的两个不同的正根，
则m，n是方程的两个不同的正根，
设，则有两个大于1的不等根，
设，
因为，，
所以方程有一个大于0，一个小于0的根，
所以不存在两个大于1的不等根，
则不存在常数，，满足条件.
5．（2025·山东济宁·一模）曲线与和分别交于两点，设曲线在处的切线斜率为在处的切线斜率为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为和互为反函数，其图象关于直线对称，
且反比例函数的图象也关于直线对称，
可知点关于直线对称，设，则，
设，则，
由题意可得：，解得或（舍去），
可得，则，所以.
故选：A.
6．已知函数与的图象上存在关于直线对称的点，则当取得最大值时，函数的图象在轴上的截距为（ ）
A．6B．C．D．
【答案】B
【解析】易知函数与函数是一对反函数，它们的图象关于直线对称；
所以函数与的图象上存在关于直线对称的点等价于函数与函数有交点，
即方程在上有解，整理可得,
令函数，则，
当时，解得；
所以当时，，当时，；
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
即在时取得最大值，此时；
可得，令，即得，
所以函数的图象在轴上的截距为.
故选：B
7．1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡尔开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为数学史上的珍闻，对数函数与指数函数互为反函数，即对数函数（，且）的反函数为（，且）．已知函数，，若对任意，有恒成立，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，，则，
当时，不等式
，令，
于是对任意，恒成立，即函数在上单调递增，
则，，
而当，当且仅当时取等号，则，
所以实数k的取值范围为.
故选：D
8．已知分别是函数的零点，则（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】C
【解析】由题意可得函数的零点为函数与直线的交点的横坐标，
则两函数图象的交点坐标为， ，
函数的零点为函数与直线的交点的横坐标，
则两函数图象的交点坐标为，，
因为与互为反函数，其图象关于直线对称，直线也关于直线对称，
所以点和关于直线对称，
所以，
所以.
故选：C
9．记表示中最大的数，已知正实数，记，则M的最小值为（ ）
A．B．2C．1D．
【答案】A
【解析】由，得，，，
所以，即，因为，所以；
由基本不等式可得，所以，
所以，，
当，即时，取得最小值.
故选：A
10．已知函数的定义域为，若时，取得最小值，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题意知：，令，解得，故函数在递减，
在递增，又时，取得最小值，故，即.
，令，
则，
令，由对勾函数易知在上单调递增，
故，当且仅当，即时取等，
故的取值范围是.
故答案为：.
11．已知函数，若关于x的方程恰有四个不同的实数根，则正实数a的取值范围为 ．
【答案】
【解析】不妨令，则
由的解析式可判断其在上是确定的（对勾函数单调性），
在上单调递增，
在上是否单调，取决于a和2的大小关系，故分为两类，
当时，如图1，当时，如图2．
方程的根的个数可转换成函数的图象与直线交点的个数，
由图易得，当时有四个不同的交点，故．
故答案为：
12．已知函数，当时，的最大值为，则的最小值为 .
【答案】5
【解析】设，则由得，
，
则，
所以，
所以，当且仅当且时取等号，
取，，
是减函数，，
是减函数，，
是增函数，，
∴，
综上所述，的最小值是5．
故答案为：5．
13．记表示中最大的数，已知为正实数，记．若，则的最小值为 ，若，则的最小值为 ．
【答案】 2 2
【解析】当时，，则，
，当且仅当，即时取等号，，
所以当时，取得最小值2；
由，，得，
则，当且仅当，即时取等号，
则，所以当时，取得最小值2.
故答案为：2；2
14．设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令，即，
由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
15．（2025·天津河西·二模）已知函数有四个不同的零点，且，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由题意可知，由可得，
可得，
所以，直线与函数的图象有四个交点，如下图所示：
由可得或，
结合图象可知，、为方程的两根，即方程的两根，
，由韦达定理可得，，
因为，则，
、为方程的两根，即方程的两根，
，可得，故，
由韦达定理可得，，
因为，所以，
所以，
令，，
所以，
对任意的，，则，
即对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递减，且，，
故当时，，
因此，的取值范围是.
故答案为：.
16．（2025·天津·二模）设，函数.若在区间上恰有2个不同的零点，则的取值范围是 ；若在定义域内恰有2个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由于在区间上恰有2个零点，故
在有两个实数根，
故在有两个实数根，
记，
则，解得或，
接下来求解在定义域内恰有2个零点时的范围.
①当时，，此时在无零点，故需要在区间上有2个零点，故，
②当时，，此时没有零点，不符合题意，
③当时，，
若时，此时在有两个零点，故只需要在无零点，
令，
即，记
由于，
且而，故，
，
因此在有两个零点，不符合题意，
若时，，，
此时有两个根，有一个实数根， 不满足题意，舍去，
接下来只需要考虑的情况，
此时对于来说，，
故在没有零点，
因此需要在有两个零点，
故，即，
即，
故当在单调递增，当在单调递减，，
因此对任意的，均有，故且
综上可得在定义域内恰有2个零点，则，
故答案为：，
17．（2025·上海黄浦·二模）设、为常数，，若对任意的，函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由，则，又，
当，，此时无零点，
当，，此时无零点，
当，如下图，此时，而，
要使在区间上恰有4个根，则，则.

故答案为：
18．边际函数是经济学中一个基本概念，在国防、医学、环保和经济管理等许多领域都有十分广泛的应用，函数的边际函数定义为．某公司每月最多生产75台报警系统装置，生产台的收入函数（单位：元），其成本函数（单位：元），利润是收入与成本之差，设利润函数为，则以下说法正确的有
①取得最大值时每月产量为台；
②边际利润函数的表达式为
③利润函数与边际利润函数不具有相同的最大值
④边际利润函数说明随着产量的增加，每台利润与前一台利润差额在减少.
【答案】②③④
【解析】对于①，，
二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，
因为，所以，取得最大值时每月产量为台或台，①错；
对于②，
，②对；
对于③，，
因为函数为减函数，则，③对；
对于④选项，因为函数为减函数，
说明随着产量的增加，每台利润与前一台利润差额在减少，④对.
故答案为：②③④.
19．定义：如果集合存在一组两两不交（任意两个集合交集为空集时，称为不交）的非空真子集，且，那么称无序子集组构成集合的一个划分.若使函数在有且仅有一个零点的的取值集合为，则集合的所有划分的个数为 .
【答案】14
【解析】函数在有且仅有一个零点，则，
，
集合有4个元素，集合的2划分个数为，
集合的3划分个数为，集合的4划分个数为1，
故集合的所有划分的个数为14.
故答案为：14
20．已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设，，记的最小值，的最大值为，求．（表示，中的较大值，表示，中的较小值．）
【解析】（1）当时，，
当时，由得，解得，不符合题意，舍去
当时，由得，所以，
当时，由得，解得，不合题意，舍去，
所以不等式的解集为；
（2）如图，作出函数的图像，则图像实线部分为的图像，虚线部分为的图像，
当时，令，则，
整理得，
因为，所以，
所以，
当时，令，则，
所以，
因为，所以，
所以，
综上，，
所以
21．已知函数，．
(1)当时，求不等式的解集．
(2)表示中的较大值，表示中的较小值．设，，记的最小值为，的最大值为，求．
【解析】（1）当时，，
当时，由，得，解得，不符合题意，舍去；
当时，由，得，符合；
当时，由，得，解得，不合题意，舍去．
综上所述，不等式的解集为．
（2）由题意可得，，
注意到，，
接下来对函数单调性和函数大小展开讨论：
①，此时不严格单调递增，严格单调递减，；
②，此时严格单调递减，严格单调递增，；
③，此时不严格单调递减，严格单调递减．
若，则；
若，则．
故．
综上，在上不严格单调递减，在上严格单调递增；
在上不严格单调递增，在上严格单调递减，
故，，
故．
22．已知函数（）．
（1）若，，求的值域；
（2）若，当时，的最大值为，求的值；
（3）当时，记最大值为，求证：当时，．
【解析】（1）函数的定义域为，
若，，，
当，，此时；
当时，，
综上，．
（2）若，，
当时，在单调递增，
则的最大值为，无解，舍；
当，，
故的最大值为得．
当，，则，得，舍；
综上，．
（3），
此时．
又因为，，得出，
所以，
因为，所以
所以．