高三模拟文科数学试题之函数与方程(4)

　　39.解：（1）∵f（x）=ln（ex+a）是奇函数，

　　∴f（-x）=-f（x），即ln（e-x+a）=-ln（ex+a）恒成立，

　　∴（e-x+a）（ex+a）=1，∴1+ae-x+aex+a2=1．即a（ex+e-x+a）=0恒成立，

　　故a=0．（2分）

　　（2）由（1）知g（x）=λf（x）+sin x=λx+sin x，∴g′（x）=λ+cos x，x∈[-1，1]，

　　∴要使g（x）=λf（x）+sinx是区间[-1，1]上的减函数，则有g′（x）≤0恒成立，∴λ≤-1．

　　又∵g（x）max=g（-1）=-λ-sin 1，∴要使g（x）≤t2+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，

　　只需-λ-sin 1≤t2+λt+1在λ≤-1时恒成立即可．

　　∴（t+1）λ+t2+sin 1+1≥0（其中λ≤-1）恒成立．

　　令h（λ）=（t+1）λ+t2+sin 1+1≥0（λ≤-1），则 即 ，

　　而t2-t+sin 1≥0恒成立，

　　∴t≤-1．（7分）

　　（3）由（1）知方程 =x2-2ex+m，即 =x2-2ex+m，

　　令f1（x）= ，f2（x）=x2-2ex+m．

　　∵f′1（x）= ，

　　当x∈（0，e]时，f′（x）≥0，∴f1（x）在区间（0，e]上为增函数；

　　当x∈[e，+∞）时，f′1（x）≤0，∴f1（x）在[e，+∞）上为减函数；

　　当x=e时，f1（x）max= ．

　　而f2（x）=x2-2ex+m=（x-e）2+m-e2

　　当x∈（0，e]时f2（x）是减函数，

　　当x∈[e，+∞）时，f2（x）是增函数，

　　∴当x=e时，f2（x）取得极小值，也是最小值，即f2（e）=m-e2，

　　故当m-e2＞ ，即m＞e2+ 时，方程无实根；

　　当m-e2= ，即m=e2+ 时，方程有一个根；

　　当m-e2＜ ，即m＜e2+ 时，方程有两个根．（12分）

　　40.解：（1）a=0时：f（x）=x+1，在[1，+∞）递增，符合题意；

　　a≠0时：若f（x）在区间[1，+∞）上是单调增函数，

　　则只需 即可，解得：0＜a≤ ，

　　综上：a∈[0， ]；

　　（2）a=0时：f（x）=x+1，在区间[1，5]上无零点，不合题意，

　　a≠0时：即0＜a≤ 时：若函数f（x）在区间[1，5]上有零点，

　　只需f（1）＜0，f（5）＞0即可，

　　∴ ，解得：a＞2，

　　由（1）得：0＜a≤ ，

　　故不存在满足条件的a．

　　41.（本小题满分13分）

　　解：（1）f'（x）=3x2+2ax+b…（1分）

　　由题意可知 ，…（3分）

　　解得 …（5分）

　　经检验，适合条件，所以 …（6分）

　　（2）原题等价于函数与y=f（x）与函数y=2c两个图象存在三个交点，…（7分）

　　由（1）知f'（x）=3x2-x-2=（3x+2）（x-1），…（8分），

　　令（3x+2）（x-1）=0，可得x=- ，x=1；

　　x∈[-1，2]，当x∈（-1，- ），x∈（1，2）时，f'（x）＞0，函数是增函数，

　　x∈（- ，1）时，函数是减函数，

　　函数的极大值为：f（- ）=c+ ，f（2）=2+c＞c+

　　极小值为：f（1）=- +c，f（-1）= ＞               …（11分）

　　∴x∈[-1，2]时，

　　可得 ，∴ …（13分）

　　42.解：（Ⅰ）当a= 时，f′（x）=ex+x-1，

　　易知f′（x）在R上单调递增，且f′（0）=0，

　　因此，当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0．

　　故f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；

　　（Ⅱ）由条件可得g（x）=ex+2ax-2a，g′（x）=ex+2a，

　　（i）当a=0时，g（x）=ex＞0，g（x）无零点；

　　（ii）当a＞0时，g′（x）＞0，g（x）在R上单调递增，

　　g（0）=1-2a，g（1）=e＞0，

　　①若1-2a＜0，即a＞ 时，g（0）=1-2a＜0，g（x）在（0，1）上有一个零点；

　　②若1-2a=0，即a= 时，g（0）=0，g（x）有一个零点0；

　　③若1-2a＞0，即0＜a＜ 时，g（ ）=e -1＜0，

　　g（x）在（ ，0）上有一个零点；

　　（iii）当a＜0时，令g′（x）＞0，得x＞ln（-2a）；

　　令g′（x）＜0，得x＜ln（-2a）．

　　所以g（x）在（-∞，ln（-2a））单调递减，在（ln（-2a），+∞）单调递增，

　　g（x）min=g（ln（-2a））=2a[ln（-2a）-2]；

　　①若ln（-2a）-2＜0，即- ＜a＜0时，g（x）＞0，g（x）无零点；

　　②若ln（-2a）-2=0，即a=- 时，g（2）=0，g（x）有一个零点2；

　　③若ln（-2a）-2＞0，即a＜- 时，g（1）=e＞0，g（ln（-2a））＜0，

　　g（x）在（1，ln（-2a））有一个零点；

　　设h（x）=ex-x2（x≥1），则h′（x）=ex-2x，

　　设u（x）=ex-2x，则u′（x）=ex-2，

　　当x≥1时，u′（x）≥e-2＞0，所以u（x）=h′（x）在[1，+∞）单调递增，

　　h′（x）≥h′（1）=e-2＞0，所以h（x）在[1，+∞）单调递增，

　　h（x）≥h（1）=e-1，即x＞1时，ex＞x2，故g（x）＞x2+2ax-2a，

　　设k（x）=lnx-x（x≥1），则k′（x）= -1= ≤0，所以k（x）在[1，+∞）单调递减，

　　k（x）≤k（1）=-1＜0，即x＞1时，lnx＜x，

　　因为a＜- 时，-2a＞e2＞1，所以ln（-2a）＜-2a，

　　又g（-2a）＞（-2a）2+2a（-2a）-2a=-2a＞0，g（x）在（ln（-2a），-2a）上有一个零点，

　　故g（x）有两个零点．

　　综上，当a＜- 时，g（x）在（1，ln（-2a））和（ln（-2a），-2a）上各有一个零点，共有两个零点；

　　当a=- 时，g（x）有一个零点2；当- ＜a≤0时，g（x）无零点；

　　当0＜a＜ 时，g（x）在（ ，0）上有一个零点；当a= 时，g（x）有一个零点0；

　　当a＞ 时，g（x）在（0，1）上有一个零点．

　　43.解：（1）当k=1时，f（x）=ln（x-1）-（x-1）+1=ln（x-1）-x+2， ，

　　函数f（x）的定义域为（1，+∞），令f′（x）=0，求得x=2，

　　∵当x∈（1，2）时，f′（x）＞0，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0，

　　∴f（x）在（1，2）内是增函数，在（2，+∞）上是减函数

　　∴当x=2时，f（x）取最大值f（2）=0．

　　（2）函数f（x）=ln（x-1）-k（x-1）+1没有零点，

　　即函数y=ln（x-1）的图象与函数y=k（x-1）-1的图象没有交点．

　　①当k≤0时，由于函数y=ln（x-1）图象与函数y=k（x-1）-1图象有公共点，

　　∴函数f（x）有零点，不合要求．

　　②当k＞0时， ，

　　令 ，∵ ， ，

　　∴ 内是增函数， 上是减函数，

　　∴f（x）的最大值是 ，

　　∵函数f（x）没有零点，∴-lnk＜0，求得k＞1．

　　综上可得，实数k的取值范围为（1，+∞）．

　　44.解：（1）f（-3）=-3+2=-1，

　　f[f（-3）]=f（-1）=（-1）2=1；

　　（2）∵f（a）=8，

　　∴ 或 或 ，

　　解得，a=4．

　　45.解：1°f（x）=x2-x+1=（x- ）2+ ≥ ，即函数f（x）的值域为[ ，+∞），

　　①C=（1，+∞）时，g（t）∈（0，+∞），f（g（t））=（g（t））2-g（t）+1=（g（t）- ）2+ ≥ ，

　　即函数f（g（t））的值域为[ ，+∞），即x=g（t）是函数y=f（x）的一个等值域变换

　　②B=R，C=（2，+∞）时，g（t）∈（1，+∞），f（g（t））=（g（t））2-g（t）+1=（g（t）- ）2+ ＞1′，

　　即函数f（g（t））的值域为（1，+∞），即x=g（t）不是函数y=f（x）的一个等值域变换，

　　故①是等值域变换，②不等值域变换

　　2°B=[0，4]，C=[a，b]（0＜a＜b），f（x）的值域为[ ，13]，x=g（t）的值域是[log2a，log2b]

　　当f（x）=13时，x=-3或4，结合图象可知，若x=g（t）是函数y=f（x）的一个等值域变换，

　　则 或 ，

　　解得 或 ，

　　故若x=g（t）是函数y=f（x）的一个等值域变换，则a，b满足的条件是：  或 ．

　　（2）f（x）=log2x定义域为[2，8]，由y=log2x，知1≤y≤3，

　　即f（x）=log2x的值域为[1，3]，

　　因为x=g（t）是y=f（x）的一个等值域变换，且函数f（g（t））的定义域为R，

　　所以x=g（t）= ，t∈R的值域为[2，8]，

　　则2≤ ≤8，

　　∴2（t2+1）≤mt2-3t+n≤8（t2+1），

　　所以，恒有 ，

　　且存在t1，t2∈R使两个等号分别成立，

　　于是 ，

　　解得 或 ．

　　46.解：（1）由题意可得 ，

　　即有函数h（x）的零点为 ；

　　（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4） ，则 ，

　　同理由 ，则 ，

　　则AB中点与CD中点重合，即|AC|=|BD|；

　　（3）由题意可得

　　=

　　= [ （x2n-2+x2-2n）+ （x2n-6+x6-2n）+…+ （x6-2n+x2n-6）+ （x2-2n+x2n-2）]  = o2o22n-1=1，

　　当且仅当x=±1时，等号成立．

　　所以函数F（x）的最小值为1．

　　47.解：（1）由f（x）=x2及f（a+x）=kf（a-x），可得

　　（a+x）2=k（a-x）2，即为（1-k）x2+2a（1+k）x+（1-k）a2=0对x∈R成立，

　　需满足条件 ，解得 ，故k=1≠0，a存在，

　　所以f（x）=x2∈M．

　　（2）由f（x）=sinx∈M得：sin（a+x）=ksin（a-x），

　　sinacosx+cosasinx=k（sinacosx-cosasinx），

　　所以（1+k）cosasinx+（1-k）sinacosx=0，  sin（x+φ）=0对任意的x∈R都成立，只有k2+2kcos2a+1=0，

　　即cos2a=- （k+ ），由于|k+ |≥2（当且仅当k=±1时，等号成立），

　　所以|cos2a|≥1，又因为|cos2a|≤1，故|cos2a|=1．

　　其中k=1时，cos2a=-1，a=nπ+ ，n∈Z；

　　k=-1时，cos2a=1，a=nπ，n∈Z．

　　故函数f（x）的"伴随数对"为（nπ+ ，1）和（nπ，-1），n∈Z．

　　（3）因为（1，1）和（2，-1）都是函数f（x）的"伴随数对"，

　　所以f（1+x）=f（1-x）且f（2+x）=-f（2-x），于是f（x+4）=f（x），

　　故函数f（x）是以4为周期的函数．

　　若0＜x＜1，则1＜2-x＜2，此时f（x）=f（2-x）=-cos（ x），

　　若2＜x＜3，则1＜4-x＜2，此时f（x）=-f（4-x）=-cos（ x），

　　若3＜x＜4，则0＜4-x＜1，此时f（x）=-f（4-x）=cos（ x），

　　f（x）= 故f（x）=

　　当2014≤x≤2016时，函数f（x）的零点分别为2014，2015，2016．

　　48.解：（1）当x≥2时，

　　g（x）=f（x）-f（x-1）

　　= x（x+1）（35-2x）- （x-1）x（37-2x）

　　= x[（x+1）（35-2x）-（x-1）（37-2x）]

　　= x（12-x），

　　当x=1时，g（x）=f（1）= ×1×（12-1），

　　∴g（x）= x（12-x）（x∈N，x≤12）．

　　（2）∵g（x）= = ，

　　∴当x=6时，g（x）最大为 ，此时f（x）= ．

　　49.解：（Ⅰ）由题意f（1）=0，当x＞1时，f（x）=-x2+2ax-（2a-1）=-（x-a）2+（a-1）2=-（x-1）[x-（2a-1）]，

　　所以f（2a-1）=0，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，a）上单调递增，在（a，+∞）上单调递减，

　　由于当且仅当b∈（0，1）时，方程f（x）=b有三个 等的实根，

　　故f（a）=（a-1）2=1，解得a=2．

　　（Ⅱ）

　　（1）当 ，即 时，g（x）在 上单调递减，

　　所以 ；

　　（2）当1＜3a-4≤a，即 时，g（x）在 上单调递减，在（1，3a-4]上单调递增，

　　故 ，

　　令h（a）=-3a2+14a-15在 上为增函数，故h（a）≤h（2）=1，所以 ；

　　（3）当a＜3a-4≤2a-1，即2＜a≤3时，g（x）在 上单调递减，在（1，a]上单调递增，在（a，3a-4]上单调递减，

　　故 ，

　　而当2＜a≤3时，（a-1）2＞1，故M（a）=g（a）=（a-1）2；

　　（4）当3a-4＞2a-1，即a＞3时，g（x）在 上单调递减，在（1，a]上单调递增，在（a，2a-1]上单调递减，在（2a-1，3a-4]上单调递增， ，g（a）=（a-1）2，

　　g（3a-4）=3a2-14a+15，当a＞3时， ，

　　故M（a）=max{g（a），g（3a-4）}=max{（a-1）2，3a2-14a+15}，

　　①当（a-1）2≥3a2-14a+15，即 时，M（a）=（a-1）2；

　　②当（a-1）2＜3a2-14a+15，即 时，M（a）=3a2-14a+15，

　　综上所述： ．

　　50.解：（1）∵f（x）=x2-|x|+a的定义域为R，

　　∴f（-x）=（-x）2-|-x|+a=x2-|x|+a=f（x），

　　∴f（x）为偶函数；

　　（2）当x≥0时，f（x）=x2-x+a，图象如图所示：

　　（3）如图，在同一坐标系中，作出y=1，y=x2-|x|+a，由图可知a必须满足 ，解得1＜a＜ ，

　　故a的取值范围为（1， ）．

　　51.解：（1）当m=1时，x2+2x+3=0，

　　△=4-3×4=-8＜0，

　　故方程没有实数根；

　　（2）令f（x）=x2+2mx+2m+1，由题意得，  ，

　　解得，- ＜m＜ ．

　　【解析】

　　1.

　　（1）由条件利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性求得f（x）的单调减区间．

　　（2）由题意可知，函数y=2f（x）与函数y=m-1的图象在区间 上有两个交点，结合图象求得m的范围．

　　本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的单调性，正弦函数的图象特征，属于中档题．

　　2.

　　（Ⅰ）由题意，12（500-x）（1+0.5x%）≥12×500，即可求x的取值范围．

　　（Ⅱ）利用生产这批B产品的利润始终不高于设备升级后生产这批A产品的利润，建立不等式，即可求a的最大值．

　　本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生解不等式的能力，属于中档题．

　　3.

　　（Ⅰ）不等式转化为 或 ，解得x＞2，即可求x0的值；

　　（Ⅱ）由题意，等价于|x-m|+|x+ |=2（m＞0）有解，结合基本不等式，即可求实数m的值．

　　本题考查不等式的解法，考查绝对值不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题．

　　4.

　　利用分析法，要证f（ab）＞|a|f（ ），只需证（ab-1）2＞（b-a）2，再作差证明即可．

　　本题考查不等式的证明，注意运用分析法，考查运算与推理证明的能力，属于中档题．

　　5.

　　（Ⅰ）根据"β函数"的定义判定．①、②是"β 函数"，③不是"β函数"；

　　（Ⅱ）由题意，对任意的x∈R，f（-x）+f（x）≠0，故f（-x）+f（x）=2cosx+2a

　　由题意，对任意的x∈R，2cosx+2a≠0，即a≠-cosx即可得实数a的取值范围

　　（Ⅲ）（1）对任意的x≠0分（a）若x∈A且-x∈A，（b）若x∈B且-x∈B，验证

　　（2）假设存在x0＜0，使得x0∈A，则由x0＜ ，故f（x0）＜f（ ）．

　　（a）若 ，则f（ ）= ，矛盾，

　　（b）若 ，则f（ ）= ，矛盾．

　　（3）假设0∈B，则f（-0）=-f（0）=0，矛盾．故0∈A，故A=[0，+∞），B=（-∞，0）．

　　本题考查了新定义函数，弄清定义含义是关键，分析法是本题的基本方法，属于难题．

　　6.

　　（1）当a=2时，函数f（x）= ，令|x|-2x2（x+2）=0，可得① ，或② ．分别解①、②求得x的值，可得函数f（x）的零点．

　　（2）当a＞0时，若x＞0，化简函数f（x）的解析式为f（x）= ．令f（x）=0，求得f（x）在（0，+∞）上有唯一零点，命题得证．

　　本题主要考查函数的零点与方程的根的关系，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．

　　7.

　　（1）先求出函数的导数，再由f′（ ）=0求解a．

　　（2）将"f（x）在区间（-2，3）内有两个不同的极值点"转化为"方程f′（x）=0在区间（-2，3）内有两个不同的实根"，用△＞0求解．

　　（3）在（1）的条件下，a=1，"要使函数f（x）与g（x）=x4-5x3+（2-m）x2+1的图象恰有三个交点"即为"方程x2（x2-4x+1m）=0恰有三个不同的实根"．因为x=0是一个根，所以方程x2-4x+1-m=0应有两个非零的不等实根，再用判别式求解．

　　本题主要考查函数与方程的综合运用，主要涉及了方程的根与函数的零点间的转化．还考查了计算能力和综合运用知识的能力．

　　8.

　　（Ⅰ）由题设，g（x）=x2-alnx，则 ．由已知，g'（1）=0，a=2．于是 ，则 ．由此能确定确定函数h（x）的单调性．

　　（Ⅱ）当1＜x＜e2时，0＜lnx＜2，即0＜f（x）＜2．欲证 ，只需证x[2-f（x）]＜2+f（x），即证 ．由此能够证明当1＜x＜e2时，恒有 成立．

　　（Ⅲ）由题设， ．令g（x）-h1（x）=0，则 ．设 ，h3（x）=-x2+x+6（x＞0），则 ，由 ，得x＞4．

　　所以h2（x）在（4，+∞）上是增函数，在（0，4）上是减函数．由此入手能够确定函数y=g（x）-h1（x）的零点个数．

　　本题考函数的恒成立的应用，对数学思维的要求比较高，要求学生理解"存在"、"恒成立"，以及运用一般与特殊的关系进行否定，本题有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．解题时要认真审题，注意导数的合理运用．

　　9.

　　（1）当b=-1时，化简fn（x）=xn- +c在区间（ ，1）内有唯一零点及函数的单调性可知f（ ）＜0且f（1）＞0；从而可得 -2+c＜0对于n∈N*恒成立且c＞0，从而求得c的取值范围；

　　（2）由f2（x）=x2+ +c在区间[1，2]上是单调函数，利用单调性的定义可设1≤x1＜x2≤2，从而化为f2（x1）-f2（x2）=（x1-x2） ＞0或＜0对于1≤x1＜x2≤2恒成立，化为恒成立问题解得．

　　（3）当b=-1，c=1时，fn（x）=xn- +1，fn+1（x）=xn+1- +1，从而可得fn（x）=xnn- +1=0；再由 ＜xn＜1得xnn+1＜xnn，从而可得fn+1（xn）=xnn+1- +1＜xnn- +1=0，可证明fn+1（xn）＜fn+1（xn+1）；再由函数fn+1（x）=xn+1- +1在区间（ ，1）上是增函数知xn＜xn+1；从而证明．

　　本题考查了函数的单调性的判断与应用，同时考查了数列的应用及恒成立问题的处理方法，属于难题．

　　10.

　　（1）对g（x）配方，求出对称轴x=a，讨论若1≤a≤3时，若a＞3时，若a＜1，由单调性可得最小值，解方程，即可得到所求a的值；

　　（2）由题意可得（2x）2-2o2x+1-ko4x≥0，化为k≤（2-x）2-2o2-x+1，令t=2-x，求出t的范围，求得右边函数的最小值即可得到k的范围；

　　（3）令y=0，可化为|2x-1|2-2o|2x-1|+1+2k-3ko|2x-1|=0（|2x-1|≠0）有3个不同的实根．令t=|2x-1|，讨论t的范围和单调性，t2-（3k+2）t+1+2k=0有两个不同的实数解t1，t2，已知函数有3个零点等价为0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2=1，记m（t）=t2-（3k+2）t+1+2k，由二次函数图象可得不等式组，解不等式可得k的范围．

　　本题考查二次函数在闭区间上最值问题，注意对称轴和区间的关系，考查不等式恒成立问题解法，注意运用参数分离和构造函数法，考查函数零点问题，注意转化思想运用，考查分类讨论思想方法运用，以及运算化简能力，属于难题．

　　11.

　　当1时，（x）=-x|x-|+1= 依题意，可得 ，或 格/．分别解之即可；

　　a∈（0，3，作数yf（）的象分0＜a≤1、1＜a＜2与2≤＜3三类讨论，数形合即可求得函数y=f（x）x∈[1，2]上大；

　　当1- ＞2时，M是方程2+a1=-2的较大根分别解答，取即可求得的取值范围．

　　本题考查绝值不等式的法，着重查二次函数在区间上最值，综考查形结合想、分类讨论思想、价转化思想，查逻辑、抽思、新思维的综运用，是难题．

　　12.

　　（1）将a=0代入f（x），求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，得到函数的单调区间，求出函数的极值即可；

　　（2）令g（x）=f（x）+ax2=（a+1）x2-2lnx-2ax，x∈（1，+∞），求出g（x）的导数，通过讨论a的范围，确定g（x）的单调性，求出函数的最值，从而判断函数的零点即方程的实数根的个数．

　　本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．

　　13.

　　（1）求出导函数，通过当a≤0时，当a＜0时，判断导函数的符号，推出函数的单调区间．

　　（2）由（1）可得：对a分类讨论，利用其单调性即可得出：方程f（x）=a的根的个数．

　　（3） ，即 对任意x∈[0，+∞）恒成立，因此 对任意x∈[0，+∞）恒成立．令 ，x∈[0，+∞），因为m的最大值为1，可知： 恒成立．必需g（0）=1-3a≥0，a ，则 ．g′（x）=ex-2x+ =h（x）．利用导数研究函数h（x）的单调性最值可得g（x）的单调性极值与最值．

　　本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值并且研究方程的根的个数、恒成立问题的等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

　　14.

　　（I）①利用Ω对于即可判断出函数f（x）=x不是Ω函数．②对于g（x）=sinπx是Ω函数，令T=-1，对任意x∈R，有Tf（x+T）=f（x）成立．

　　（II）（i）函数f（x）是Ω函数，可得存在非零常数T，Tf（x+T）=f（x），Tf（-x+T）=f（-x）．又f（x）是偶函数，可得Tf（-x+T）=Tf（x+T），T≠0，化为：f（x+T）=f（-x+T），通过换元进而得出：f（2T+t）=f（t），因此函数f（x）是周期为2T的周期函数．

　　（ii）同（i）可以证明．

　　（III）当a＞1时，假设函数f（x）=ax是Ω函数，则存在非零常数T，Tf（x+T）=f（x），可得Tax+T=ax，化为：TaT=1，即aT= ，此方程有非0的实数根，即可证明．

　　本题考查了新定义、函数的奇偶性周期性、方程思想方法、换元方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．