第13题含绝对值方程根的个数问题讲义——2024届高三数学三轮复习之一题多解.docx

第13题 含绝对值方程根的个数问题 【温州市普通高中2024届高三第二次适应性考试】 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． 先降次变形方程，观察到把换成方程不变，从选项可验证是否符合题意，代入解方程即可． 显然，所以方程化为， 把换成方程不变，排除A、B，观察C、D，只需验证是否符合题意． 当时，， 易知，或． 把看成一个整体，解得，或， 即，或，符合题意．故选C． 先降次变形方程，观察到把换成方程不变，只需考虑即可，利用对勾函数的性质分类讨论去绝对值符号计算验证即可． 显然，所以方程化为 ，① 把换成方程不变，只需考虑即可． 又注意到对勾函数的对称性，只需使方程①有一个正整数根． 讨论：（1）当时， 方程①即为，，无解； （2）当时， 方程①即为，即，恒成立， 要使方程有且只有一个正整数根，由的图象可知只需，即． 所以的取值范围是，故选C． （23-24高一上·天津·期末） 1．若关于的方程恰有四个不同的实数解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． （22-23高三上·天津南开·阶段练习） 2．已知函数，若函数有4个零点，则实数a的取值范围是（    ）． A． B． C． D． （2024·全国·模拟预测） 3．已知两函数与的图象有两个交点，则不满足条件的的值是（    ） A． B． C． D．4 （23-24高一上·江西·阶段练习） 4．已知函数，若函数有3个零点，则满足条件的a的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 （2023·湖南永州·二模） 5．已知函数，下列结论正确的是（    ） A．的图象是中心对称图形 B．在区间上单调递增 C．若方程有三个解，，则 D．若方程有四个解，则 （22-23高一上·上海松江·期末） 6．关于函数，给出下列两个结论： ①方程一定有实数解； ②如果方程（为常数）有解，则解的个数一定是偶数. 则（    ） A．①正确，②正确 B．①错误，②错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 （22-23高三上·河南三门峡·期末） 7．已知函数，的定义域为，，若，且，则关于x的方程有两解时，实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． （22-23高一上·北京·期中） 8．已知函数，下列命题中错误的是（    ） A．，使得是偶函数 B．，都不是R上的单调函数 C．，使得有三个零点 D．若的最小值是，则 9．已知函数，若关于的方程有且仅有两个不同的整数解，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 10．若关于x的方程（e为自然对数的底数）有且仅有6个不等的实数解,则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 11．已知函数若关于的方程有且仅有两个不同的整数解，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 12．定义在R上的偶函数满足，且当时，若关于x的不等式的整数解有且仅有9个，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】等价变形给定方程，再分类讨论去绝对值符号，并借助函数的单调性求解即得. 【详解】方程或， （1）当时，原方程等价于或，令函数， 函数在上递增，函数值集合为R，在上递增，函数值集合为R， ①当时，在上递增，，而， 显然，则与各有一个实根， ②当时，或在上各有一个实根， ③当时，在，上递增，显然与在上各有一个实根， 当时，，而，当且仅当时取等号， 当时，，在上方程有一个实根，无实根， 当且时，，在上方程与均无实根， 因此当，时，方程与各有一个实根， 当，时，方程有两个实根，有一个实根， （2）当时，原方程等价于，解方程得或， 显然当时，原方程在上无实根，当时，原方程在上有一个实根， 当时，原方程在上有两个实根和1， 综上，当时，原方程只有两个实根，当时，原方程有3个实根，当时，原方程有4个实根， 所以实数的取值范围为. 故选：D 【点睛】思路点睛：涉及分段函数零点个数求参数范围问题，可以按各段零点个数和等于总的零点个数分类分段讨论解决. 2．A 【分析】分析每一段函数，结合对勾函数和二次函数的性质以及复合函数的单调性作出函数图像即可求解. 【详解】令，当时，函数在区间上单调递减，易得，且存在唯一的实数满足， 当时，由对勾函数的性质可知：在区间上单调递减，在上单调递增， 结合复合函数的单调性可知：函数在上单调递减，在上单调递增； 当且仅当时，函数， 令，解得， 则由二次函数的图像和性质可知：函数在上单调递减，在上单调递增， 这里很容易注意到函数，关于直线对称， 则函数的图像关于直线对称，作出函数的图像，如下图所示： 函数有4个零点，即方程有4个根，也就是方程有4个根，即与的图像有4个不同的交点， 因为当时，函数， 结合图像可得：或，解得：或， 故选：. 【点睛】关键点睛：这道题的关键之处是把分段函数的图象画出来，利用需要解出对勾函数的性质，二次函数的对称性，然后结合图象得到零点个数为4的满足条件 3．A 【分析】令，将问题转化为有两个不相等的实数根，即斜率分别为和1的直线组成的折线与曲线有两个交点，然后结合图象即可求解. 【详解】令，则， 函数与的图像有两个交点可转化为方程， 即有两个不相等的实数根. 因此相当于斜率分别为和1的直线组成的折线与曲线有两个交点. 由解得或， 函数，，的图像如图，由图易得： ①当直线与曲线相切时，两函数图像有两个交点. 由，得， 由判别式，得或. ②当直线过点时，两函数图像有两个交点. 由，得. ③当直线过点时，两函数图像有三个交点， 由，得，故A不满足条件. 故选：A.    【点睛】关键点睛：由零点个数求参数（或范围）的问题，通常转化为两个函数的交点个数，利用函数图象求解，本题先令进行换元，可使问题更为简洁. 4．C 【分析】通过对a的值讨论，把函数的零点转化为方程的根，结合换元法以及函数的图象，利用数形结合分析函数的零点个数，判断a的范围，求解即可. 【详解】当时，，此时无解，不合题意； 当时，设，则与的大致图象如图1所示， 则对应的两根为，，且，此时与无解， 即方程无解，不合题意； 当时，设，则与的大致图象如图2所示， 则对应的两根为，，且， 若恰有3个零点，则和与的图象共有3个不同的交点．    ①当时，与的图象有2个不同交点，如图3所示， 所以与的图象有且仅有1个交点，则，即，解得； ②当时，与的图象有2个不同交点， 所以与的图象有且仅有1个交点，则与矛盾，不合题意； ③当时，与的图象有2个不同交点，如图4所示，    所以与的图象有且仅有1个交点，则，即，解得. 故满足条件的a有2个. 故选：C 【点睛】关键点点睛：复合方程解的个数问题的解题策略为：首先要能观察出复合的形式，分清内外层；其次要能根据复合的特点进行分析，将方程问题转化为函数的交点问题；最后通过数形结合的方式解决问题. 5．D 【分析】利用导数判断B；求出函数的对称轴，根据导数求出函数单调性，得到的图象，数形结合可判断A；并可求出，的值，进而判断C；借助图象可求出的取值范围，进而判断D. 【详解】对于B，当时，， ， 因为，所以，， 所以，所以，所以在区间上单调递减，故B错误； 当时，， ， 因为，，所以， 所以，所以在区间上单调递增； 因为，所以， 所以的对称轴为， 又， ， 故图象如下： 对于A，由图象可知，不是中心对称图形，故A错误； 对于C，若方程有三个解，则，故 又，解得，所以， 所以，故C错误； 对于D，由图象可知若方程有四个解，则，解得， 故D正确. 故选：D 6．C 【分析】由函数解析式可推出是偶函数，在上单调递增，在上单调递减，结合图形判断各项的正误. 【详解】令，解得，可知的定义域为， 且，所以函数是偶函数， 当时，则， 因为在上单调递增，且恒成立，所以在上单调递减， 当时，则， 因为在上单调递减，且恒成立，所以在上单调递增， 可得的函数图象如下：    对于①：方程根的个数即为函数与的交点个数， 由图象可得：当时，函数与函数的图像一定有交点， 由对称性可知，当时，函数与函数的图像也一定有交点，故①正确； 对于②：当时，方程只有1个解，故②错误； 故选：C. 【点睛】关键点睛：根据函数解析式确定单调区间，奇偶性，进而结合图象判断各项的正误，注意一次函数的性质和函数对称性的应用. 7．C 【分析】由题知，根据题意得到：恒成立且有两解，分别讨论和时的情况，根据图象即可得到的取值范围. 【详解】由题意知：， 则对任意的恒成立， 又有两解， 则恒成立且有两解. ， 当时，如图所示： 只需，解得， 当时，如图所示： 只需且或者即可，解得， 综上所述：. 故选：C 【点睛】本题主要考查函数的零点问题，同时考查了分类讨论的思想，数形结合为解决本题的关键，属于中档题. 8．D 【分析】A选项，可举出时，是偶函数； B选项，得到在分段处函数值相等，结合分段函数的开口方向，对称轴，得到结论； C选项，可举出时，满足要求； D选项，分类讨论得到若的最小值是，则，D错误. 【详解】当时，，定义域为R， 且，故此时为偶函数，A正确； 当时，，开口向上，对称轴为， 当时，，开口向上，对称轴为， 即， 且，，即在分段处函数值相等， 由于的对称轴在的对称轴的左侧， 故，都不是R上的单调函数，B正确； 当时，， 若，即时，当时，令，解得：， 当时，令，解得：，均符合要求， 综上：此时函数有3个零点，故C正确； 由B选项可知的最小值在或处取到， ， 当时，函数最小值在处取到， 由，解得：（舍）或1，故满足题意； 当时，函数最小值在处取到， 由，解得：或2（舍），故满足题意， 当时，函数最小值在或处取到， 由于此时恒成立，恒成立， 故都不合要求，舍去； 综上：若的最小值是，则，D错误. 故选：D 【点睛】二次函数相关知识点总结，对称轴为，顶点坐标为，若，二次函数与轴有两个交点，若，二次函数与轴有1个交点，若，二次函数与轴有0个交点. 9．A 【分析】考虑与和的关系，去掉绝对值号后可得，然后再通过导数研究函数的图象，结合图象可得所求结果． 【详解】方程等价于 或或， 即或或， 所以． ∵， ∴， ∴当时，单调递减；当时，单调递增． ∴当时，取得最小值，且． 画出函数的图象，如下图所示． 于是可得，当时，恒成立． 由图象可得，要使方程有且仅有两个不同的整数解， 只需，即， 解得， ∴实数的取值范围是． 故选A． 【点睛】本题难度较大，综合考查导数的应用及绝对值的问题，解题的关键是将绝对值符号去掉，将方程转化为函数的问题，然后再结合函数的图象求解，解题时注意数形结合思想方法的灵活运用． 10．D 【分析】令，转化为方程有6个解，判断函数的单调性，得出的根的分布，进而利用方程的根的分布，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解. 【详解】由题意，关于x的方程（e为自然对数的底数） 设， 则， 所以当或时，，当时，， 所以函数在区间单调递增，在上单调递减，在单调递增， 当时，取得极大值， 且当时，时，， 作出的图象，如图所示， 令， 由图象可知，当，方程有3个解；当或 时，方程只有1解；当时，方程有2解；当时，方程无解， 又由关于x的方程有且仅有6个不等的实数解， 即方程有且仅有6个不等的实数解， 即关于的方程在上有两个解， 所以，解得. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中熟练应用函数的单调性，方程根的个数与函数的图象之间的关系，以及二次函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题. 11．A 【解析】关于的方程有且仅有两个不同的整数解,等价于图象夹在与之间的部分有且仅有两个点的横坐标为整数，画出函数图象，利用数形结合可得结果. 【详解】 , 当且仅当时，， 方程有且仅有两个不同的整数解等价于， 有两个不同的整数解， 即图象夹在与之间的部分有且仅有两个点的横坐标为整数， 画出的图象，如图， ， 由图象可知，当时，即时， 图象夹在与之间的部分有且仅有两个点的横坐标0，为整数， 所以的取值范围是，故选A. 【点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质，考查了绝对值三角不等式的应用以及转化思想与数形结合思想的应用，属于难题.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质． 12．C 【分析】根据题意画出示意图，根据数形结合解题即可. 【详解】因为定义在R上的偶函数满足， 所以，从而函数的周期为4， 根据函数性质画出函数的示意图， 关于x的不等式的整数解有且仅有9个， 从而满足 ，解得实数m的取值范围为. 故选：C. 【点睛】本题主要考查函数的对称性，奇偶性，周期性等函数性质，利用数形结合进行解题，数形结合思想是高中数学思想方法中非常重要的一个思想方法，平时在学习中注意理解消化吸收. 答案第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司