2024年千锤百炼高考数学100个热点问题第8炼 函数方程问题的分析含答案.doc

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1、2024年千锤百炼高考数学100个热点问题第8炼 函数方程问题的分析含答案第8炼 函数方程问题的分析一、基础知识：1、函数方程：含有未知函数的等式叫做函数方程，例如：都可称为函数方程。在高中阶段，涉及到函数方程有以下几个类型：（1）表示函数的某种性质：例如体现是偶函数；体现是周期为1的周期函数（可详见“函数对称性与周期性”一节）（2）可利用解方程组的思想解出涉及的函数的解析式：例如：，可用代替得，即 （3）函数方程也是关于变量的恒等式，所以通过对变量赋特殊值得到某些数的函数值2、双变量函数方程的赋值方法：（1）对均赋特殊值，以得到某些点的函数值，其中有些函数值会对性质的推导起到关键作用，比如，

2、在赋特殊值的过程中要注意所赋的值要符合函数定义域。（2）其中某一个变量不变，另一个赋特殊值，可得到单变量的恒等式，通常用于推断函数的性质3、常见函数所符合的函数方程：在填空选择题时可作为特殊的例子辅助处理，但是在解答题中不能用这些特殊的函数代表函数方程（1）： （2）： （3） 当时，： 当时，：二、典型例题例1：已知函数对任意的均有，且当时，（1）求证：为奇函数（2）求证：为上的增函数（1）思路：要证明奇函数，则需要出现在同一等式中，所以考虑令，则有，再通过代入特殊值计算出即可解：（1）令，则 令，则解得为奇函数（2）思路：要证明单调递增，则需任取，且，去证明与的大小，结合等式，则需要让与分

3、居等号的两侧，才能进行作差。所以考虑，进而。只需判断的符号即可解：任取，且，令，代入方程可得： ，依题意可得：即为增函数小炼有话说：第（2）问将拆分为是本题证明的亮点，达到了让与分居等号的两侧的目的例2：已知定义在上的函数，对于任意实数都满足，且，当时，（1）求的值（2）求证：在上是增函数（3）求不等式：的解集解：（1）令，则有，解得或令可得： （2）思路：考虑证明单调递增，则需构造出，即可设且令，则有，从而，由和已知条件可得：所以需要证明，即，可考虑结合题目条件和，令，则有，从而单调性可证证明：，则令，代入函数方程有： ，下证由已知可得，时，所以只需证明时，令 ，即在上单调递增（3）思路：本

4、题并没有的解析式，所以考虑利用函数的单调性求解。由（1）（2）问可得，从而，再根据单调性即可得到关于的不等式，解出不等式即可解： ，且 由（2）可得单调递增解得例3：定义在的函数满足关系，当时，若，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 思路：由比较函数值大小联想到考虑函数的单调性，先化简，由可得：，令解得：，即，所给方程左边已经作差，所以考虑，则，因为，所以，从而，即，得到在单调递增，所以答案：D小炼有话说：本题在证明单调性时，因为考虑了中自变量的取值，所以只需考虑的单调性，缩小的范围使得判断的范围较容易。但也可将在中任取，但是在判断的范围会比较复杂，可利用不等式的等价变形来证：假设，因

5、为 且 由可得成立，从而例4：函数的定义域为，满足，在区间上单调递增，若满足，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路：从所求中发现互为相反数，所以联想到判定是否具有奇偶性。令，则有，需求出：令，则，再令，则，所以，为偶函数。所以，所解不等式为，因为为偶函数，且区间上单调递增，所以自变量距离轴越近，则函数值越小，所以，即，解得，因为，所以的范围为答案：D例5：设角的终边在第一象限，函数的定义域为，且，当时，有，则使等式成立的的集合为 思路：首先从所求出发，由确定代入的特殊值。令得：，则下一步需要确定的值，令，则有，所以，由角的终边在第一象限可得：，从而的集合为答案：例6：定义在上的

6、函数满足：对于任意的，有，且时，有，设的最大值和最小值分别为，则的值为（ ）A. B. C. D. 思路：由最值联想到函数的单调性，从而先考虑证明单调，令（其中），则可证明为增函数，从而，再利用函数方程求出的值即可解：，且，令代入函数方程可得：， 在单调递增 令，可得：答案：D例7：已知函数满足：，对任意实数都有，则（ ）A. B. C. D. 思路：由所求出发可考虑判断是否具备周期性，令，可得，即，所以，两式相加可得，则可判定的周期为6，由可得：，即，由可得，则，从而，所以，且答案：B例8：已知是定义在上的函数，且对任意的，都有，那么_思路：函数方程为“和积”的特点，抓住，可发现令，则，所以

7、可得：自变量间隔,，其函数值的和为0，所以将求和的式子两两一组，即：答案：例9：设函数的定义域为，且对，都有，则的解析式为_思路：观察到右边的结构并非的轮换对称式，考虑其中一个变量不变，另一个变量赋值为1，则时， ，时， ，则求是关键，结合，可令，则，代入到可得：，即，消去解得：答案：:例10：已知函数是定义在上不恒为的函数，且对于任意的实数满足，考察下列结论： 为奇函数 数列为等差数列 数列为等比数列，其中正确的个数为( ) A B C D 思路：考虑按照选项对函数方程中的进行赋值。计算，令，可得；令，则，所以，正确 使等式中出现，令，则，需要计算出，结合方程可令，则有，即，所以，为奇函数，

8、正确 从等差数列定义出发，考虑递推公式，因为，所以可得：，从而判定为等差数列，正确若按照等比数列定义，考虑，则不易于进行化简。可由出发得到的表达式：，所以，即，所以，从而可判定是一个等比数列，正确答案：D第9炼 零点存在的判定与证明一、基础知识：1、函数的零点：一般的，对于函数，我们把方程的实数根叫作函数的零点。2、零点存在性定理：如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内必有零点，即，使得 注：零点存在性定理使用的前提是在区间连续，如果是分段的，那么零点不一定存在3、函数单调性对零点个数的影响：如果一个连续函数是单调函数，那么它的零点至多有一个。因此分析一个函数零点

9、的个数前，可尝试判断函数是否单调4、几个“不一定”与“一定”（假设在区间连续）（1）若，则“一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。要分析的性质与图像，如果单调，则“一定”只有一个零点（2）若，则“不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。如果单调，那么“一定”没有零点（3）如果在区间中存在零点，则的符号是“不确定”的，受函数性质与图像影响。如果单调，则一定小于05、零点与单调性配合可确定函数的符号：是一个在单增连续函数，是的零点，且，则时，；时，6、判断函数单调性的方法：（1）可直接判断的几个结论： 若为增（减）函数，则也为增（减）函数 若为增函数，则为减函数；同样，若为减函数，则为增函数

10、若为增函数，且，则为增函数（2）复合函数单调性：判断的单调性可分别判断与的单调性（注意要利用的范围求出的范围），若，均为增函数或均为减函数，则单调递增；若，一增一减，则单调递减（此规律可简记为“同增异减”）（3）利用导数进行判断求出单调区间从而也可作出图像7、证明零点存在的步骤：（1）将所证等式中的所有项移至等号一侧，以便于构造函数（2）判断是否要对表达式进行合理变形，然后将表达式设为函数 （3）分析函数的性质，并考虑在已知范围内寻找端点函数值异号的区间（4）利用零点存在性定理证明零点存在例1：函数的零点所在的一个区间是（ ）A. B. C. D. 思路：函数为增函数，所以只需代入每个选项区间

11、的端点，判断函数值是否异号即可解： ， ，使得 答案：C例2：函数的零点所在的大致区间是（ ）A. B. C. D. 思路：先能判断出为增函数，然后利用零点存在性判定定理，只需验证选项中区间端点函数值的符号即可。时，从而，所以，使得 答案：A小炼有话说：（1）本题在处理时，是利用对数的性质得到其的一个趋势，从而确定符号。那么处理零点问题遇到无法计算的点时也要善于估计函数值的取向。（2）本题在估计出时，后，也可举一个具体的函数值为负数的例子来说明，比如。正是在已分析清楚函数趋势的前提下，才能保证快速找到合适的例子。例3：（2010，浙江）已知是函数的一个零点，若，则（ ）A. B. C. D.

12、思路：条件给出了的零点，且可以分析出在为连续的增函数，所以结合函数性质可得 答案：B例4：已知函数，当时，函数的零点，则_思路：由的范围和解析式可判断出为增函数，所以是唯一的零点。考虑，所以，从而 答案： 例5：定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，若的“新驻点”分别为，则（ ）A. B. C. D. 思路：可先求出，由“新驻点”的定义可得对应方程为：，从而构造函数，再利用零点存在性定理判断的范围即可解：所以分别为方程的根，即为函数：的零点 在单调减，在单调增，而，时，而 答案：C例6：若函数的零点与的零点之差的绝对值不超过， 则可以是（ ）A B C D思路：可判断出单增且连续，所以至多一个

13、零点，但的零点无法直接求出，而各选项的零点便于求解，所以考虑先解出各选项的零点，再判断的零点所在区间即可解：设各选项的零点分别为，则有 对于，可得： ，所以C选项符合条件答案：C例7：设函数，若实数分别是的零点，则（ ）A. B. C. D. 思路：可先根据零点存在定理判断出的取值范围：，从而；，从而 ，所以有，考虑，且发现为增函数。进而，即 答案：A例8：已知定义在上的函数，求证：存在唯一的零点，且零点属于 思路：本题要证两个要素：一个是存在零点，一个是零点唯一。证明零点存在可用零点存在性定理，而要说明唯一，则需要函数的单调性解： 在单调递增 ，使得 因为单调，所以若，且 则由单调性的性质：

14、与题设矛盾所以的零点唯一 小炼有话说：如果函数在单调递增，则在中，即函数值与自变量一一对应。在解答题中常用这个结论证明零点的唯一性例9：（2011年，天津）已知，函数（的图像连续不断）（1）求的单调区间（2）当时，证明：存在，使得 解：（1） 令 解得： 在单调递减，在单调递增（2）思路：由（1）可得在单调递减，在单调递增，从而从图像上看必然会在存在使得，但由于是证明题，解题过程要有理有据。所以可以考虑将所证等式变为，构造函数，从而只需利用零点存在性定理证明有零点即可。解：设 由（1）可得：当时，在单调递减，在单调递增 ，因为 根据零点存在性定理可得：，使得 即存在，使得小炼有话说：（1）在证

15、明存在某个点的函数值与常数相等时，往往可以将常数挪至函数的一侧并构造函数，从而将问题转化成为证明函数存在零点的问题。（2）本题在寻找小于零的点时，先观察表达式的特点：，意味着只要取得足够大，早晚比要大的多，所以只需要取较大的自变量便可以找到的点。选择也可，选择等等也可以。例10：已知函数，其中常数，若有两个零点，求证： 思路：若要证零点位于某个区间，则考虑利用零点存在性定理，即证且，即只需判断的符号，可先由存在两个零点判断出的取值范围为 ，从而，只需将视为关于的函数，再利用函数性质证明均大于零即可。解：令 设，可得为增函数且 时， 时，在单调递减，在单调递增所以在， 有两个零点 在单调递增 在

16、单调递增 而 ，使得即 另一方面： 而 ，使得即综上所述：第10炼 函数零点的个数问题一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数，我们把方程的实数根称为函数的零点2、函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得。（1）在上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提（2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设连续） 若，则的零点不一定只有一个，可以有多个 若，那么在不一定有零点 若在有零点，则不一定必须异号3、若在上是单调函数且连续，则在的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系 设函数为，则的零点即为满足方程的根，若

17、,则方程可转变为，即方程的根在坐标系中为交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。 由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。（详见方法技巧）二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。例如：对于方程，无法直接求出根，构造函数，由即可判定其零点必在中2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用（1）函数的零点：工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将

18、零点圈定在一个较小的范围内。缺点：方法单一，只能判定零点存在而无法判断个数，且能否得到结论与代入的特殊值有关（2）方程的根：工具：方程的等价变形作用：当所给函数不易于分析性质和图像时，可将函数转化为方程，从而利用等式的性质可对方程进行变形，构造出便于分析的函数缺点：能够直接求解的方程种类较少，很多转化后的方程无法用传统方法求出根，也无法判断根的个数（3）两函数的交点：工具：数形结合作用：前两个主要是代数运算与变形，而将方程转化为函数交点，是将抽象的代数运算转变为图形特征，是数形结合的体现。通过图像可清楚的数出交点的个数（即零点，根的个数）或者确定参数的取值范围。缺点：数形结合能否解题，一方面受

19、制于利用方程所构造的函数（故当方程含参时，通常进行参变分离，其目的在于若含的函数可作出图像，那么因为另外一个只含参数的图像为直线，所以便于观察），另一方面取决于作图的精确度，所以会涉及到一个构造函数的技巧，以及作图时速度与精度的平衡（作图问题详见：1.7 函数的图像）3、在高中阶段主要考察三个方面：（1）零点所在区间零点存在性定理，（2）二次方程根分布问题，（3）数形结合解决根的个数问题或求参数的值。其中第（3）个类型常要用到函数零点，方程，与图像交点的转化，请通过例题体会如何利用方程构造出函数，进而通过图像解决问题的。三、例题精析：例1：直线与函数的图象有三个相异的交点，则的取值范围为 ()

20、A B C D思路：考虑数形结合，先做出的图像，令可解得：或，故在单调递增，在单调递减，函数的极大值为，极小值为，做出草图。而为一条水平线，通过图像可得，介于极大值与极小值之间，则有在三个相异交点。可得：答案：A小炼有话说：作图时可先作常系数函数图象，对于含有参数的函数，先分析参数所扮演的角色，然后数形结合，即可求出参数范围。例2：设函数，若关于的方程在上恰有两个相异实根，则实数的取值范围是_思路：方程等价于：，即函数与的图像恰有两个交点，分析的单调性并作出草图： 令解得： 在单调递减，在单调递增，由图像可得，水平线位于之间时，恰好与有两个不同的交点。 答案：小炼有话说：（1）本题中的方程为，

21、在构造函数时，进行了与的分离，此法的好处在于一侧函数图像为一条曲线，而含参数的函数图像由于不含所以为一条水平线，便于上下平移，进行数形结合。由此可得：若关于的函数易于作出图像，则优先进行参变分离。所以在本题中将方程转变为，构造函数并进行数形结合。（2）在作出函数草图时要注意边界值是否能够取到，数形结合时也要注意能否取到边界值。例3：已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D.思路：函数有三个零点，等价于方程有三个不同实数根，进而等价于与图像有三个不同交点，作出的图像，则的正负会导致图像不同，且会影响的位置，所以按进行分类讨论，然后通过图像求出的范围为。答案：D小炼

22、有话说：（1）本题体现了三类问题之间的联系：即函数的零点方程的根函数图象的交点，运用方程可进行等式的变形进而构造函数进行数形结合，解决这类问题要选择合适的函数，以便于作图，便于求出参数的取值范围为原则。（2）本题所求在图像中扮演两个角色，一方面决定左侧图像直线的倾斜角，另一方面决定水平线的位置与轴的关系，所以在作图时要兼顾这两方面，进行数形结合。例4：已知函数满足，当，若在区间内，函数有三个不同零点，则实数的取值范围是（ ）A B. C D思路：，当时，所以，而有三个不同零点与有三个不同交点，如图所示，可得直线应在图中两条虚线之间，所以可解得：答案：B小炼有话说：本题有以下两个亮点。（1）如何

23、利用 ，已知的解析式求的解析式。（2）参数的作用为直线的斜率，故数形结合求出三个交点时的范围例5：已知函数是定义在上的偶函数，当时，则函数的零点个数为（ ）A 4 B6 C8 D10思路：由为偶函数可得：只需作出正半轴的图像，再利用对称性作另一半图像即可，当时，可以利用利用图像变换作出图像，时，即自变量差2个单位，函数值折半，进而可作出，的图像，的零点个数即为根的个数，即与的交点个数，观察图像在时，有5个交点，根据对称性可得时，也有5个交点。共计10个交点答案：D小炼有话说：（1）类似函数的周期性，但有一个倍数关系。依然可以考虑利用周期性的思想，在作图时，以一个“周期”图像为基础，其余各部分按

24、照倍数调整图像即可（2）周期性函数作图时，若函数图像不连续，则要注意每个周期的边界值是属于哪一段周期，在图像中要准确标出，便于数形结合。（3）巧妙利用的奇偶性，可以简化解题步骤。例如本题中求交点个数时，只需分析正半轴的情况，而负半轴可用对称性解决例6：对于函数，若在定义域内存在实数x，满足，称为“局部奇函数”，若为定义域R上的“局部奇函数”，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 思路：由“局部奇函数”可得： ，整理可得：，考虑到，从而可将视为整体，方程转化为：，利用换元设（），则问题转化为只需让方程存在大于等于2的解即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设。（1）若方程有一个解

25、，则有相切（切点大于等于2）或相交（其中交点在两侧），即或，解得：或（2）若方程有两解，则，解得：，综上所述：答案：A小炼有话说：本题借用“局部奇函数”概念，实质为方程的根的问题，在化简时将视为整体，进而将原方程进行转化，转化为关于的二次方程，将问题转化为二次方程根分布问题，进行求解。例7：已知函数的图像为上的一条连续不断的曲线，当时，则关于的函数的零点的个数为（ ）A0 B1 C2 D0或2思路：，结合的零点个数即为方程，结合条件中的不等式，可将方程化为，可设，即只需求出的零点个数，当 时，即在上单调递增；同理可得：在上单调递减，故，所以不存在零点。答案：A小炼有话说：（1）本题由于解析式未

26、知，故无法利用图像解决，所以根据条件考虑构造函数，利用单调性与零点存在性定理进行解决。（2）所给不等式呈现出轮流求导的特点，猜想可能是符合导数的乘法法则，变形后可得，而的零点问题可利用方程进行变形，从而与条件中的相联系，从而构造出例8：定义域为的偶函数满足对，有，且当时，若函数在上至少有三个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路：体现的是间隔2个单位的自变量，其函数值差，联想到周期性，考虑先求出的值，由为偶函数，可令，得 ， 为周期是2的周期函数。已知条件中函数有三个零点，可将零点问题转化为方程即至少有三个根，所以与有三个交点。先利用在的函数解析式及周期性对称性作图，通过图像可

27、得：时，不会有3个交点，考虑的图像。设，则，利用图像变换作图，通过观察可得：只需当时，的图像在上方即可，即 所以答案：B小炼有话说：本题有以下几个亮点：（1）的周期性的判定： 可猜想与周期性有关，可带入特殊值，解出，进而判定周期，配合对称性作图（2）在选择出交点的函数时，若要数形结合，则要选择能够做出图像的函数，例如在本题中，的图像可做，且可通过图像变换做出例9：已知定义在上的函数满足，当时，其中，若方程恰有三个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路：由可得，即的周期为，所解方程可视为与的交点，而的作用为影响图像直线的斜率，也绝对此段的最值（），先做出的图像，再根据

28、三个交点的条件作出的图像（如图），可发现只要在处，的图像高于图像且在处的图像低于图像即可。所以有 ，即 答案：B例10：（2014甘肃天水一中五月考）已知函数 的图像上关于轴对称的点至少有3对，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路：考虑设对称点为，其中，则问题转化为方程至少有三个解。即有三个根，所以问题转化为与有三个交点，先做出的图像，通过观察可知若与其有三个交点，则，进一步观察图像可得：只要，则满足题意，所以，所以 答案：A三、近年模拟题题目精选：1、已知是以为周期的偶函数，当时，那么在区间内，关于的方程有个根，则的取值范围是( )A或 B C或 D2、（2014吉林九校联考

29、二模，16）若直角坐标平面内A,B两点满足条件：点都在函数的图像上；点关于原点对称，则称是函数的一个“姊妹点对”（与可看作同一点对），已知，则的“姊妹点对”有_个3、（2015，天津）已知函数 函数 ，其中，若函数 恰有4个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 4、（2015，湖南）已知，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是_5、（2014，新课标全国卷I）已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 6、（2014，山东）已知函数，若方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 7、（2014，天津）已知函数，若方程

30、恰有4个互异的实数根，则实数的取值范围是_8、（2015，江苏）已知函数，则方程实根的个数为_9、已知函数，若存在唯一的零点，且 ，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 10、对于函数，设，若存在使得，则称与互为“零点关联函数”，若函数与互为“零点关联函数”，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 11、已知偶函数满足对任意，均有且，若方程恰有5个实数解，则实数的取值范围是 .12、（2016，河南中原第一次联考）已知函数在区间内恰有9个零点，则实数的值为_13、（2014，四川）已知函数为自然对数的底数（1）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值（2）若，函数在区间内有零点，

31、求的取值范围习题答案：1、答案：B解析：根据周期性和对称性可作出的图像，直线过定点结合图像可得：若内有四个根，可知。若直线与在相切，联立方程：，令可得：，当时，解得，综上所述：2、答案：2解析：关于原点对称的两个点为和，不妨设，则有，从而，所以“姊妹点对”的个数为方程的个数，即曲线与的交点个数，作出图像即可得有两个交点3、答案：D解析：由得，所以，即,所以恰有4个零点等价于方程有4个不同的解，即函数与函数的图象的4个公共点，由图象可知.4、答案：解析：由两个零点，即方程有两个根，从而与 有两个交点。可在同一直角坐标系下作出，观察图像可得：时，水平线与有两个交点，故符合题意；当时，为增函数，所以

32、最多只有一个零点，不符题意；当时，存在水平线与分别有一个交点，共两个符合题意。综上所述： 5、答案：C解析：，令，依题意可知与应在有唯一交点且位于的区域。设，所以，则在单增，在单减，作出图像可知只有当时，与有唯一交点，且在的区域。6、答案：B解析：方法一：方程有两个不等实根可转化为函数与的图像有两个不同交点，其中为直线的斜率。通过数形结合即可得到 方法二：本题还可以先对方程进行变形，再进行数形结合，中显然不是方程的解，当时，设 ，则问题转化为与交点为2个。作出图像后即可观察到的范围7、答案： 解析：方程为：，显然不是方程的解，所以时，即，令，则与有4个交点即可，作出图像数形结合即可得到8、答案

33、：4解析：方程等价于，即或共多少个根，数形结合可得：与有两个交点；，同理可得与有两个交点，所以共计个9、答案：C解析：，令，依题意可知只有一个零点且，即与只有一个在横轴正半轴的交点。可知在减，在增， 作出图像可得只有时，与只有一个在横轴正半轴的交点。10、答案：C解析：先从入手，可知为单增函数，且，所以有唯一零点，即；所以，即在有零点。考虑方程，即 与在有公共点即可，数形结合可得：11、答案：解析：当时，方程恰有5个解方程有两个解且方程无解，考虑这两个方程的判别式可得；由对称性，当时，方程恰有5个解的范围是；所以的取值范围是12、答案：解析：由，得，即设，令，则考察的函数的零点个数，即如下图所示为，的图象，易知：（1）方程的一个根为1，另一个根为时，在内有三个零点，此时，解得；（1）方程的一个根为1，另一个根为时，在内有三个零点，此时，解得综上可知当时，在内有3个解再由可知，综上可知，13、解析：（1） 当时， 当时， 单调递增 当时在单调递减，在单调递增 当时，单调递减 综上所述：时，时，时，（2）且在区间内有零点.在不单调，且至少有两个极值点在至少有两个零点由（1）可得：若或，则在单调，至多一个零点，均不符题意 在单调递减，在单调递增 由可得：，代入到不等式组可得：由下面判断：时，是否恒成立设 令解得： 在单调递增，在单调递减 在时恒成立