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综合训练 06 函数的应用（8 种题型 60 题专练）
一．函数的零点（共3小题）
1．（2023•毕节市模拟）给出下列命题：
①函数f（x）＝2x﹣x2恰有两个零点；
②若函数 在（0，+∞）上的最小值为4，则a＝4；
③若函数f（x）满足f（x）+f（1﹣x）＝4，则 ；
④若关于x的方程2|x|﹣m＝0有解，则实数m的取值范围是（0，1]．
其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．③④ D．②③
【分析】根据函数的基本性质，逐一分析选项，即可得出答案．
【解答】解：对于①：当x＞0时，f（x）＝2x﹣x2有2个零点，2和4，
作出y＝x2和y＝2x的图像，当x＜0时，函数f（x）＝2x﹣x2有1个零点，
∴函数f（x）＝2x﹣x2有3个零点，
故①错误；
对于②： ，即 ，则a＝4，故②正确；
对于③： ①，
②，
∵f（x）+f（1﹣x）＝4，
∴ ， ，…， ，
∴①+②＝4×9＝36，
∴ ，故③正确；
对于④：若关于x的方程2|x|﹣m＝0有解，则m＝2|x|，
∵|x|≥0，∴m≥1，故④错误，
学科网（北京）股份有限公司 1故选：D．
【点评】本题考查命题的真假判断和函数的基本性质，考查转化思想，考查逻辑推理能
力和运算能力，属于中档题．
（多选）2．（2023•长沙模拟）已知函数f（x）＝|sinx|+|cosx|﹣sin2x﹣1，则下列说法正确
的是（ ）
A．f（x）是以 为周期的函数
π
B．直线 是曲线y＝f（x）的对称轴
C．函数f（x）的最大值为 ，最小值为
D．若函数f（x）在区间（0，M ）上恰有2023个零点，则
【分析】根据周期函数定义判断A即可；根据函数对称轴定义判断B即可；由A知f
π
（x）是以 为周期的函数，所以根据求解f（x）在区间[0， ]上的最大值即可判断选项
C，利用f（x）在区间[0， ]上的零点个数即可判断选项D．
π π
【解答】解：对于A，∵f（x+ ）＝f（x），
π
∴f（x）是以 为周期的函数，故A正确；
π
对于B，有f（ ﹣x）＝|sinx|+|cosx|+sin2x﹣1≠f（x），故B错误；
π
对于C，由A知只需考虑f（x）在区间[0， ]上的最大值，
π
π
当 时，令 ，
则 ，
易知u（t）在区间 上单调递减，
∴f（x）的最大值为u（1）＝0，最小值为 ；
当 时，令 ，
则 ，
易知v（t）在区间 上单调递增，
∴f（x）的最大值为 ，最小值为v（1）＝0，
综合可知：函数f（x）的最大值为 ，最小值为 ，故C正确；
对于D，∵f（x）是以 为周期的函数，
可以先研究函数f（x）在区间（0， ]上的零点个数，易知f（ ）＝0，
π
π π
当 时，令f（x）＝u（t）＝﹣t2+t＝0，解得t＝0或1，
∵ ，则 ，
学科网（北京）股份有限公司 2则 在区间 上无解，
在区间 上仅有一解 ，
当 时，令f（x）＝v（t）＝t2+t﹣2＝0，解得t＝﹣2或1，
∵ ，则 ，
则 在区间 上无解，
在区间 上也无解，
综合可知：函数f（x）在区间（0， ]上有两个零点，分别为 和x＝ ，
又∵f（x）是以 为周期的函数，
π π
∴若n N*，则f（x）在区间（0，n ]上恰有2n个零点，
π
又已知函数f（x）在区间（0，M ）上恰有2023个零点，
∈ π
π
∴ ，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查命题真假的判断，利用三角函数的图像和性质，进行分类讨论是
解决本题的关键，属于中档题．
3．（2023•宝山区校级模拟）已知函数y＝f（x）是定义域在R上的奇函数，且当x＞0时，
f（x）＝（x﹣2）（x﹣3）+0.02，则关于 y＝f（x）在 R 上零点的说法正确的是
（ ）
A．有4个零点，其中只有一个零点在（﹣3，﹣2）内
B．有4个零点，其中只有一个零点在（﹣3，﹣2）内，两个在（2，3）内
C．有5个零点，都不在（0，2）内
D．有5个零点，其中只有一个零点在（0，2）内，一个在（3，+∞）
【分析】本题可以先从函数图象右侧入手借助于图象或性质找到其零点，然后根据奇函
数特性f（x）是定义在R上的奇函数，故f（0）＝0，加上奇函数对称性应用，即可以
找到所有零点位置．
【解答】解：根据对称性可以分三种情况研究：
（1）x＞0的情况，f（x）是把抛物线y＝（x﹣2）（x﹣3）与x轴交点为（2，3）向上
平移了0.02，
则与x轴交点变至（2，3）之间了．所以在（2，3）之间有两个零点．
（2）当x＜0时，f（x）＝﹣（x+2）（x+3）﹣0.02，根据对称性（﹣3，﹣2）之间也
有两个零点，
学科网（北京）股份有限公司 3（3）f（x）是定义在R上的奇函数，故f（0）＝0（奇函数特性），
所以有五个零点．
故选：C．
【点评】本题考查学生灵活运用函数零点和运用奇函数性质的能力，属于难题．
二．函数零点的判定定理（共2小题）
4．（2023•西安模拟）已知f（x）＝ex+lnx+2，若x 是方程f（x）﹣f'（x）＝e的一个解，
0
则x 可能存在的区间是（ ）
0
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】根据题意，求出g（x）的解析式，分析g（x）的单调性，结合函数零点判定
定理分析可得答案．
【解答】解：已知f（x）＝ex+lnx+2，则 ，x＞0，
设g（x）＝f（x）﹣f′（x）﹣e，
则 ，
易得y＝g（x）（0，+∞）上为增函数，
又g（2）＜0而g（3）＞0，则则x 可能存在的区间是（2，3）．
0
故选：C．
【点评】本题考查导数的计算，涉及函数与方程的关系，属于中档题．
5．（2023•东方校级模拟）已知函数 ，其中n为正整数，a＜0且为常数．
若对于任意n，函数y＝f （x）在 内均存在唯一零点，则实数a的取值范围为
n
（ ）
A．（﹣2，﹣1） B．
C．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0） D．
【分析】求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数零点存在定理，建立不等式关系
进行求解即可．
【解答】解：函数的导数f ′（x）＝nxn﹣1+1，
n
当x＞0时， 恒成立，
∴函数 在（0，+∞）上单调递增，
若函数y＝f （x）在 内均存在唯一零点只需 即可，
n
即 ，
学科网（北京）股份有限公司 4∵n为正整数， ，
∴ 对一切n≥1成立，
∵当n≥1时， ，当且仅当n＝1时等号成立，
∴a （﹣2，﹣1）．
故选：A．
∈
【点评】本题主要考查函数零点存在定理的应用，求函数的导数，研究函数的单调性，
利用函数零点存在条件转化为不等式关系进行求解是解决本题的关键，是中档题．
三．函数的零点与方程根的关系（共22小题）
6 ． （ 2023• 普 陀 区 校 级 模 拟 ） 定 义 符 号 函 数 ， 则 方 程
的解集为 ．
【分析】由 ，可得x （﹣∞，0）
∪（0，+∞），按照分段函数分类讨论即可．
∈
【解答】解：由方程 ，可得x （﹣
∞，0）∪（0，+∞），
∈
当x＞0时，原式等价于2log x+0＝1，log x＝ ，x＝ ＝ ；
2 2
当x＜0时，原式等价于0+2×2x＝1，即2x+1＝1，x+1＝0，x＝﹣1，
故答案为：{﹣1， }．
【点评】本题属于新概念题，考查了对数函数、指数函数的性质及分类讨论思想，属于
基础题．
7．（2023•叙州区校级模拟）已知函数f（x）＝|x﹣m|．
（1）当m＝2时，解不等式 ；
（2）若函数 有三个不等实根，求实数m的取值范围．
【分析】（1）利用零点分段法解绝对值不等式；
（2）函数 有三个不等实根转化为x|x﹣m|＝1有三个实根，分m＝0，m＞0及
m＜0三种情况讨论即可求出实数m的取值范围．
【解答】解：（1）当m＝2时， ，
学科网（北京）股份有限公司 5即 ．
当x≤1时， ，即 ，此式恒成立，故x≤1；
当1＜x＜2时， ，即 ，解得 ；
当x≥2时， ，即 ，此式不成立，不等式无解．
综上，原不等式的解集是 ．
（2）由 ，可得x|x﹣m|＝1，显然当x＝0时，等式不成立，
令 ．
①当m＝0时，g（x）在定义域内单调递增，不符合题意，舍去．
②当m＞0时，g（x）在 上单调递增，在 上单调递减，在[m，
+∞）上单调递增，且g（m）＝0，
则只需满足 ，解得m＞2或m＜﹣2，故m＞2．
③当 m＜0 时，g（x）在（﹣∞，m]上单调递增，在 上单调递减，在
上单调递增，且g（m）＝0，
故不可能有三个实数根．
综上所述，实数m的取值范围为（2，+∞）．
【点评】本题考查了含绝对值不等式的解法、转化思想、分类讨论思想，属于基础题．
8．（2023•甲卷）函数y＝f（x）的图象由y＝cos（2x+ ）的图象向左平移 个单位长
度得到，则y＝f（x）的图象与直线y＝ x﹣ 的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用三角函数的图象变换，求解函数的解析式，然后判断两个函数的图象交点
个数即可．
【解答】解：y＝cos（2x+ ）的图象向左平移 个单位长度得到f（x）＝cos（2x+
）＝﹣sin2x，
学科网（北京）股份有限公司 6在同一个坐标系中画出两个函数的图象，如图：
y＝f（x）的图象与直线y＝ x﹣ 的交点个数为：3．
故选：C．
【点评】本题考查三角函数的图象的变换，函数的零点个数的求法，考查分析问题解决
问题的能力，是中档题．
9．（2023•武侯区校级模拟）函数f（x）＝ex﹣1﹣sin（11x）在[0，+∞）上的零点个数为
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】令f（x）＝0，可得ex﹣1＝sin（11x），作出y＝ex﹣1，y＝sin（11x）的图象，
结合图象即可得解．
【解答】解：令f（x）＝0，可得ex﹣1＝sin（11x），
作出函数y＝ex﹣1，y＝sin（11x）的大致图象如下图所示，
由 于 ， 且
，
结合图象可知，函数y＝ex﹣1与函数y＝sin（11x）的图象在[0，+∞）上有2个交点，
即函数f（x）在[0，+∞）上有2个零点．
故选：B．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想，属于中档题．
学科网（北京）股份有限公司 710．（2023•西宁二模）函数 的所有零点之和为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】令f（x）＝0两个解为零点，将零点问题转换成 ，h（x）＝|
x﹣1|两个函数的交点问题，作图即可求出零点，且g（x）和h（x）的图象关于x＝1对
称，零点也关于x＝1对称，即可求出所有零点之和．
【解答】解：令f（x）＝0，得 ，解得x＝﹣3或x＝5，即为零点，
令 ，h（x）＝|x﹣1|，
g（x）的周期 ，对称轴x＝1+4k，k Z，且h（x）的对称轴x＝1，
∈
做出 和h（x）＝|x﹣1|的图象如图所示：
显然，f（x）在（0，1）和（1，2）上各存在一个零点，
∵ ，h（4）＝3＞g（4）＝0，在（4，5）上两函
数必存在一个交点，
∴f（x）在（4，5]上有两个零点，同理f（x）在[﹣3，﹣2）上存在两个零点，
所以f（x）在[﹣3，5]上存在6个零点，
因为g（x）和h（x）关于x＝1对称，则f（x）零点关于x＝1对称，
所以f（x）的所有零点之和为6×1＝6．
故选：C．
【点评】本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了数形结合的数学思想，属
于中档题．
11．（2023•丰台区校级三模）设函数f（x）＝Asin xcos x+cos2 x（A＞0， ＞0），从
ω ω ω ω
学科网（北京）股份有限公司 8条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得f（x）存在．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）当 ，若函数g（x）＝f（x）﹣m恰有两个零点，求m的取值范围．
条件①：f（x）＝f（﹣x）；
条件②：f（x）的最小值为 ；
条件③：f（x）的图象的相邻两个对称中心之间的距离为 ．
【分析】（1）由正弦函数和余弦函数的奇偶性可排除条件①，先利用辅助角公式化简
f（x），再根据正弦函数的图象和性质即可求解；
（2）根据x的取值范围 的取值范围，再求出函数在 上的单调性，依
题意y＝f（x）与y＝m在 上有两个交点，即可求出参数的取值范围．
【解答】解：（1）若选择条件①，
因为 ，
所以 ，
由f（x）＝f（﹣x）可得Asin2 x＝0对x R恒成立，与A＞0， ＞0矛盾，
所以选择条件②③，
ω ∈ ω
由题意可得 ，
其中 ， ，
因为f（x）的最小值为 ，所以 ，解得 ，
所以 ，设 ，则 ，
由f（x）的图象的相邻两个对称中心之间的距离为 ，可得 ，
所以 ，解得 ＝1，
ω
所以 ；
（2）当 时， ，
学科网（北京）股份有限公司 9令 ，解得 ，所以f（x）在 上单调递增，
且 ，则 ，
令 ，解得 ，所以f（x）在 上单调递减，
且 ，则 ，
因为函数g（x）＝f（x）﹣m恰有两个零点，所以y＝f（x）与y＝m在 上有
两个交点，
所以 ，即实数m的取值范围为 ．
【点评】本题主要考查了函数的性质在函数解析式求解中的应用，还考查了由函数零点
求解参数的范围，属于中档题．
12．（2023•乙卷）函数f（x）＝x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣3） C．（﹣4，﹣1） D．（﹣3，0）
【分析】求函数的导数，f（x）存在3个零点，等价为f′（x）＝0有两个不同的根，且
极大值大于0极小值小于0，求函数的极值，建立不等式关系即可．
【解答】解：f′（x）＝3x2+a，
若函数f（x）＝x3+ax+2存在3个零点，
则f′（x）＝3x2+a＝0，有两个不同的根，且极大值大于0极小值小于0，
即判别式Δ＝0﹣12a＞0，得a＜0，
由f′（x）＞0得x＞ 或x＜﹣ ，此时f（x）单调递增，
由f′（x）＜0得﹣ ＜x＜ ，此时f（x）单调递减，
即当x＝﹣ 时，函数f（x）取得极大值，当x＝ 时，f（x）取得极小值，
则f（﹣ ）＞0，f（ ）＜0，
即﹣ （﹣ +a）+2＞0，且 （﹣ +a）+2＜0，
即﹣ × +2＞0，①，且 × +2＜0，②，
则①恒成立，
由 × +2＜0，2＜﹣ × ，
学科网（北京）股份有限公司 10平方得4＜﹣ × ，即a3＜﹣27，
则a＜﹣3，综上a＜﹣3，
即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3）．
故选：B．
【点评】本题主要考查函数零点个数的应用，求函数的导数，转化为函数极值与0的关
系是解决本题的关键，是中档题．
13．（2023•大武口区校级四模）已知函数f（x）＝ ，若方程f（x）＝
a（x+3）有四个不同的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，4﹣2 ） B．（4﹣2 ，4+2 ）
C．（0，4﹣2 ] D．（0，4﹣2 ）
【分析】y＝a（x+3）恒过点（﹣3，0），结合函数图象，先得到a≥0，然后转化为x2+
（a+2）x+3a＝0在x （﹣2，0）时有两个不同的实数根，进而得到a的范围．
【解答】解：设y＝a（x+3），该直线恒过点（﹣3，0），如图，
∈
结合函数图象，可知若方程f（x）＝a（x+3）有四个不同的实数根，则a≥0，
又直线y＝a（x+3）与曲线y＝﹣x2﹣2x在x （﹣2，0）时有两个不同的公共点，
所以x2+（a+2）x+3a＝0在x （﹣2，0）时
∈
有两个不同的实数根，
∈
令g（x）＝x2+（a+2）x+3a，则 ，
解得 ．
故选：D．
【点评】本题考查了函数的零点问题，考查了二次函数根的分布问题，属于中档题．
14．（2023•台江区校级模拟）已知函数f（x）＝xlnx﹣x+|x﹣a|，若f（x）有且仅有两个零
点，则实数a的取值范围为（ ）
学科网（北京）股份有限公司 11A． B． C． D．
【分析】由已知可得y＝|x﹣a|与y＝x﹣xlnx存在两个交点，进而可求实数a的取值范围．
【解答】解：由f（x）＝0可知|x﹣a|＝x﹣xlnx，即y＝|x﹣a|与y＝x﹣xlnx存在两个交点，
令g（x）＝x﹣xlnx，则g'（x）＝﹣lnx，令g′（x）＝1，解得 ，
则g（x）在 处的切线方程为 ，令g′（x）＝﹣1，解得x＝e，
则g（x）在x＝e处的切线方程为y＝﹣x+e，且这两条切线在x轴上的截距分别为﹣ ，
e，
∴实数a的取值范围为 ．
故选：A．
【点评】本题考查函数的零点与方程的根，考要导数的应用，属中档题．
15．（2023•新吴区校级模拟）从古至今，中国人一直追求着对称美学．世界上现存规模最
大、保存最为完整的木质结构——故宫：金黄的宫殿，朱红的城墙，汉白玉的阶，琉璃
瓦的顶……沿着一条子午线对称分布，壮美有序，和谐庄严，映祇着蓝天白云，宛如东
方仙境．再往远眺，一线贯穿的对称风格，撑起了整座北京城．某建筑物的外形轮廓部
分可用函数f（x）＝ + 的图像来刻画，满足关于x的方程f（x）＝b恰
有三个不同的实数根x ，x ，x ，且x ＜x ＜x ＝b（其中a，b （0，+∞）），则b的
1 2 3 1 2 3
值为（ ）
∈
A．﹣ B． C． D．
【分析】先确定函数f（x）的对称性，然后根据函数的对称性确定根，从而列出关于
a，b的方程组，解方程组即可求解．
【解答】解：因为 f（x+2a）＝ + ＝ + ＝f
（﹣x），
所以关于x＝a对称，
所以f（x）＝b的根应成对出现，
又因为x的方程f（x）＝b恰有三个不同的实数根x ，x ，x ，且x ＜x ＜x ＝b，
1 2 3 1 2 3
学科网（北京）股份有限公司 12所以该方程f（x）＝b的一个根是a，得x ＝2a﹣b，x ＝a，x ＝b，
1 2 3
所以 ，由f（a）＝2 ＝b，得b2＝4a，
当b﹣2a≥0，即0＜b≤2时，
f（b）＝ + ＝b，①则 ﹣ ＝ ＝ ＝﹣ ，②
由①﹣②可求出b＝ ，所以a＝ ；
当b﹣2a＜0，即b＞2时，f（b）＝ + ＝b，③
﹣ ＝ ＝ ＝ ﹣2，
由③﹣④得方程组无实数解；
综上，方程组的解为a＝ ，b＝ ，
所以b﹣a＝ ﹣ ＝ ．
故选：C．
【点评】本题考查了函数的对称性、函数的零点及分类讨论，属于中档题．
16．（2023•浙江二模）已知函数f（x）＝|x﹣a|ex，则f（f（x））＝a至多有 7 个实数
解．
【分析】分类讨论x，a的大小关系脱掉绝对值符号，求导，判断函数单调性，进而作
出函数的大致图象，设t＝f（x），则f（f（x））＝a即f（t）＝a，从而将f（f（x））
＝a的解的个数问题转化函数图象的交点个数问题，数形结合，即可求得答案．
【解答】解：由f（x）＝|x﹣a|ex可得f（x）≥0，由f（f（x））＝a知a≥0，f（0）＝
a，
当x≤a时，f（x）＝（a﹣x）ex，f′（x）＝（a﹣x﹣1）ex，
当x≤a﹣1时，f′（x）≥0，f（x）在（﹣∞，a﹣1]单调递增，
当a﹣1＜x≤a时，f′（x）＜0，f（x）在（a﹣1，a]单调递减，
当x＞a时，f（x）＝（x﹣a）ex，f′（x）＝（x﹣a+1）ex＞0，f（x）在（a，+∞）单
调递增，
则可作出函数f（x）＝|x﹣a|ex的大致图像如图：
三个图分别对应a＝1，a＜1，a＞1时的情况，
学科网（北京）股份有限公司 13设t＝f（x），则f（f（x））＝a即f（t）＝a，
则f（t）＝a的解的个数问题即为y＝f（t），y＝a的交点个数问题，
结合f（x）＝|x﹣a|ex的图象可知y＝f（t），y＝a的交点个数最多是3个，
即为图2个和图3所示情况，
不妨设交点横坐标为t ，t ，t ，t ＜t ＜t ，当如图2所示时，t ＜0，t ＝0，t ＞0，
1 2 3 1 2 3 1 2 3
此时t ＝f（x）无解，t ＝f（x）有1个解，t ＝f（x）最多有3个解，
1 2 3
故此时最多有4个解；
当如第3个图所示时，t ＝0，0＜t ＜a，t ＞a，
1 2 3
此时t ＝f（x）有一个解，t ＝f（x）最多有3个解，t ＝f（x）最多有3个解，
1 2 3
故此时最多有7个解；
故答案为：7．
【点评】本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了数形结合的数学思想，属
于中档题．
17．（2023•浙江模拟）若函数f（x）＝ax2﹣b（a，b R）与函数g（x）＝x+ 的图象恰
∈
有三个不同的交点，其中交点的横坐标成等差数列，则 a的取值范围为 （﹣ ，
0 ）或（ 0 ， ） ．
【分析】把两个函数图象有三个交点转化为三次方程有三个根的问题，设出三个根，利
用恒等式建立关系 并求解作答．
【解答】解：依题意，方程 ，即ax3﹣x2﹣bx﹣1＝0有三个不等实根，
设两个函数图象的三个交点的横坐标，即方程的三个根为 x ＝m﹣d，x ＝m，x ＝m+d
1 2 3
（d≠0），
于是aa3﹣x﹣bx﹣1＝a[x﹣（m﹣d）]（x﹣m）[x﹣（m+d）]，
整理得 ，
因此 ，则 ＝ （ ﹣d2），即有 ，解得﹣
学科网（北京）股份有限公司 14＜a＜0或0＜a＜ ，
所以a的取值范围为（﹣ ，0）或（0， ）．
故答案为：（﹣ ，0）或（0， ）．
【点评】本题考查函数的零点与方程的根，考查运算求解能力，属中档题．
18．（2023•市中区校级模拟）已知f（x）是定义域为R的函数，f（2x+20）为奇函数，f
（2x+21）为偶函数，当﹣1≤x＜0时，f（x）＝﹣ ．若y＝f（x）﹣a（x+6）
（a＞0）有5个零点，则实数a的取值范围为 （ ， ）
【分析】由 f（2x+20）为奇函数可得 f（x）的图像关于点（20，0）对称，由 f
（2x+21）为偶函数可得f（x）的图像关于直线x＝21对称，从而可得4为f（x）的周期．
再结合图像即可求解．
【解答】解：由f（2x+20）为奇函数，得f（﹣2x+20）＝﹣f（2x+20），则f（20﹣2x）
+f（20+2x）＝0，所以f（x）的图像关于点（20，0）对称，
则f（40﹣x）＝﹣f（x），
由f（2x+21）为偶函数，得f（﹣2x+21）＝f（2x+21），
则f（x）的图像关于直线x＝21对称，则f（42﹣x）＝f（x）．
因为﹣f（x）＝f（40﹣x）＝f[42﹣（x+2）]＝f（x+2），所以f（x+2）＝﹣f（x），
所以f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），则4为f（x）的周期，
由函数的周期性可知，f（x）的图像关于点（0，0）对称，关于直线x＝1对称，
因为当﹣1≤x＜0时，f（x）＝﹣ ，所以当0＜x≤1时，f（x）＝
，
对y＝ 两边平方，整理可得（x﹣1）2+y2＝1（y≥0），
故该函数的图像为圆心（1，0），半径为1的半圆，
若y＝f（x）﹣a（x+6）（a＞0）有5个零点，只需曲线y＝f（x）与直线y＝a（x+6）
（a＞0）有5个交点，
在同一坐标系中作出函数y＝f（x）与直线y＝a（x+6）（a＞0），如图：
学科网（北京）股份有限公司 15当直线y＝a（x+6）（a＞0）与半圆 （x+3）2+y2＝1（y≥0）相切时， ＝1，解
得a＝ ；
当直线y＝a（x+6）（a＞0）与半圆 （x﹣1）2+y2＝1（y≥0）相切时， ＝1，解
得a＝ ；
结合图形可知 ＜a＜ ，
故答案为：（ ， ）．
【点评】本题考查了抽象函数的奇偶性、对称性，也考查了转化思想、数形结合思想，
属于中档题．
19 ． （ 2023• 沙 河 口 区 校 级 一 模 ） 已 知 函 数
（ ＞0，| |＜ ），其图像的一
ω φ π
条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差 ，_____，从以下两个条件中任选一个补充在
空白横线中．
①函数f（x）的图像向左平移 个单位长度后得到的图像关于y轴对称且f（0）＜0；
②函数f（x）的图像的一个对称中心为 且 ．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若关于x的方程 有实根，求实数m的取值范围．
学科网（北京）股份有限公司 16【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换化简，然后由条件可得 ，根据正弦型函数
的性质结合条件即可求得 ；
ω
（2）根据题意，将方程根问题转化为两函数交点问题，再结合换元法求得
φ
的值域，即可得到结果．
【解答】解：（1）因为
＝2sin xcos +2sin ﹣2（1﹣cos x）sin
＝2sin xcos +2cos xsin ＝2sin（ x+ ），
ω φ φ ω φ
ω φ ω φ ω φ
又其图像的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差 ，
所以 ，即T＝ ，所以 ＝2，即f（x）＝2sin（2x+ ），
π ω φ
若选①，则函数向左平移 个单位长度后为 ，
又其为偶函数，所以 ，即 ，
又因为| |＜ ，且f（0）＜0，所以 ，所以 ；
φ π
若选②，因为函数f（x）的图像的一个对称中心为 ，
则 ，即 ，所以 ，
又因为| |＜ ，且 ，所以 ，所以 ，
φ π
故无论选①还是选②，都有
（2）因为
＝
＝ ，令 ，则t [﹣1，1]，
∈
即y＝2t2+2t+1，t [﹣1，1]，则
∈
则方程 有实根，
即 与y ＝2m有交点，
2
学科网（北京）股份有限公司 17所以 ，则
【点评】本题考查三角函数的性质，化归转化思想，属中档题．
20．（2022•东城区校级三模）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）的极值；
（Ⅲ）当0＜a＜e时，设函数 ﹣4，x （0， ），判断g（x）的零点个
数，并证明你的结论．
∈ π
【分析】（Ⅰ）对函数f（x）求导，求出f′（0）及f（0），利用点斜式得答案；
（Ⅱ）分a≤0及a＞0判断函数f（x）的单调性，进而得到极值情况；
（Ⅲ）当x （0， ）时，令g（x）＝0，可得ex﹣ax﹣1﹣4sinx＝0，令h（x）＝ex﹣ax
﹣1﹣4sinx，x （0， ），利用导数研究函数h（x）的零点个数即可得出结论．
∈ π
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣a，则f′（0）＝1﹣a，
∈ π
又f（0）＝0，则所求切线方程为y＝（1﹣a）x；
（Ⅱ）当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0，函数f（x）在R上单调递增，无极值；
当a＞0时，令f′（x）＝ex﹣a＝0，解得x＝lna，易知当x （﹣∞，lna）时，f′（x）
＜0，f（x）单调递减，当x （lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∈
∴f（x）的极小值为f（lna）＝a﹣alna﹣1，无极大值；
∈
综上所述，当a≤0时，函数f（x）无极值；当a＞0时，函数f（x）有极小值a﹣alna﹣
1，无极大值；
（Ⅲ）g（x）有且只有一个零点，证明如下：
当x （0， ）时，令 ，则ex﹣ax﹣1﹣4sinx＝
0，
∈ π
令h（x）＝ex﹣ax﹣1﹣4sinx，x （0， ），则h′（x）＝ex﹣a﹣4cosx，令 （x）＝
h′（x），则 ′（x）＝ex+4sin∈x＞0在
π
（0， ）上恒成立，
φ
∴ （x）＝h′（x）在（0， ）上为增函数，
φ π
由0＜a＜e可知，h′（0）＝﹣3﹣a＜0，h′（ ）＝e +4﹣a＞0，
φ π
π
∴h′（x）在（0， ）上存在唯一零点x
0
，且当 πx （0，x
0
）时，h′（x）＜0，h（x）
单调递减，当x （xπ0 ， ）时，h′（x）＞0，h（x∈ ）单调递增，
∈ π
又 ，而h（x）在（x ，
0
）上单调递增，
∴h（x）在（x ， ）上有且仅有一个零点；
π 0
当x （0，x
0
）时， πh（x）＜h（0）＝0，h（x）无零点；
∈
学科网（北京）股份有限公司 18所以，h（x）在（0， ）上有且仅有一个零点，所以，g（x）在（0， ）上有且仅有一
个零点．
π π
【点评】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，极值及零点，考
查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
21．（2023•皇姑区校级模拟）已知定义域为 R 的偶函数 f（x）满足 f（1﹣2x）＝f
（1+2x），且当x [0，1]时，f（x）＝x，若将方程f（x）＝log |x|（n N*）实数解的
n+1
∈ ∈
个数记为a ，则 ＝ ．
n
【分析】由条件分析得函数的周期性，结合对称性作出草图，分析两函数的交点个数，
得出数列通项，裂项相消求和即可．
【解答】解：因为定义域为R的偶函数f（x）满足f（1﹣2x）＝f（1+2x），
所以f（﹣x）＝f（x），f（1﹣x）＝f（1+x），所以f（﹣x）＝f（x+2）＝f（x），
所以函数f（x）是以2为周期得周期函数，
方程f（x）＝log |x|（n N*）的实数解个数，
n+1
即函数y＝f（x），y＝lo∈g
n+1
|x|（n N*）的交点个数，
不难发现y＝log
n+1
|x|（n N*）也是
∈
偶函数，
所以两函数的交点是关于纵轴对称的，
∈
这里只分析x＞0的情况．
结合条件作出两函数简要图象如下：
当n＝1时，
此时有两个交点，即a ＝2，
1
当n＝2时，
学科网（北京）股份有限公司 19此时有4个交点，即a ＝4，
2
当n＝3时，
此时有6个交点，即a ＝6，以此类推，可知a ＝2n，
3 n
故 ＝ （ ﹣ ），
所以 ＝ （1﹣ ）＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了抽象函数的奇偶性、周期性、函数与方程思想，也考查了数形结合
思想，裂项相消求和，属于中档题．
22．（2022•上杭县校级模拟）已知函数f（x）＝sinx﹣xcosx．
（1）证明：当x （0， ）时，f（x）＞0；
（2）记函数g（x）＝f（x）﹣x，判断g（x）在区间（﹣2 ，2 ）上零点的个数．
∈ π
【分析】（1）求导后可知f（x）在（0， ）上单调递增，由f（x）＞f（0）＝0可得结
π π
论；
π
学科网（北京）股份有限公司 20（2）由g（ ）＝0可知x＝ 是g（x）的一个零点；分别在x （ ， ）和x （ ，
2 ）的情况下，结合零点存在定理判断导函数的正负，从而得到g（x）的单调性，确定
π π ∈ π ∈ π
区间内零点个数，得到g（x）在（0，2 ）上的零点个数；根据奇函数性质可得最终结
π
果．
π
【解答】解：（1）证明：由题意得：f′（x）＝xsinx；
当x （0， ）时，sinx＞0，
∴f′（x）＞0，
∈ π
∴f（x）在（0， ）上单调递增，
∴f（x）＞f（0）＝0；
π
（2）因为g（x）＝sinx﹣xcosx﹣x，g'（x）＝xsinx﹣1，
∵g（ ）＝sin ﹣ cos ﹣ ＝0，
∴x＝ 是g（x）的一个零点；
π π π π π
π
①当x （0， ]时，设h（x）＝sinx﹣x，则h′（x）＝cosx﹣1＜0，
∈
∴h（x）在（0， ]上单调递减，
∴h（x）＜h（0）＝0，
又﹣xcosx＜0，
∴g（x）＜0，
即g（x）在（0， ]上无零点；
②当x （ ， ）时，g″（x）＝sinx+xcosx，g′″（x）＝2cosx﹣xsinx＜0，
∈ π
∴g″（x）在（ ， ）上单调递减，
π
又g″（ ）＝1＞0，g″（ ）＝﹣ ＜0，
π π
∴ x （ ， ），使得g″（x ）＝0，
0 0
∃ ∈ π
当x （ ，x ）时，g″（x）＞0；当x （x ， ）时，g″（x）＜0；
0 0
∈ ∈ π
∴g′（x）在（ ，x ）上单调递增，在（x ， ）上单调递减；
0 0
π
∵g′（x ）＞g'（ ）＝ ﹣1＞0，g′（ ）＝﹣1＜0，
0
π
∴g′（x）在（ ， ）上存在唯一零点x ，
1
π
学科网（北京）股份有限公司 21当x （ ，x ）时，g′（x）＞0；当x （x ， ）时，g′（x）＜0；
1 1
∈ ∈ π
∴g（x）在（ ，x ）上单调递增，在（x ， ）上单调递减，
1 1
π
∵g（x ）＞g（ ）＝0，g（ ）＝1﹣ ＜0，
1
π
∴g（x）在（ ， ）有唯一零点；
③当x （ ，2 ）时，sinx＜0，
π
∴g′（x）＜0，∴g（x）在（ ，2 ）上单调递减，
∈ π π
∴g（x）＜g（ ）＝0，
π π
∴g（x）在（ ，2 ）上无零点；
π
综上所述：g（x）在（0，2 ）上有两个零点；
π π
∵g（﹣x）＝﹣sinx+xcosx+x＝﹣g（x），
π
∴g（x）为奇函数，图象关于原点对称，
∴g（x）在（﹣2 ，0）上有两个零点；
又g（0）＝0，
π
∴g（x）在（﹣2 ，2 ）上共有5个零点．
【点评】本题考查利用导数研究函数零点个数的问题，解题基本思路是能够根据导函数
π π
的形式，对所给区间进行分段，通过说明导函数在每段区间内的符号，得到原函数在区
间内的单调性，结合零点存在定理确定零点个数，属于难题．
23．（2022•日照二模）已知函数 ，其中a＞0．
（1）当a＝1时，求f（x）的最小值；
（2）讨论方程 根的个数．
【分析】（1）根据已知条件去掉绝对值，再利导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据已知条件及对数恒等式，利用导数法求出函数的单调性进而得出自变量的关
系，再结合方程的根转化为函数与函数的交点即可求解．
【解答】解析：（1）a＝1时， ．
①0＜x＜1时， ，
，
显然此时f'（x）＜0，即f（x）在0＜x＜1时单调递减；
②x＞1时 ，
学科网（北京）股份有限公司 22．
显然此时f'（x）＞0，即f（x）在x＞1时单调递增；
故f（x）的最小值是f（1）＝2．
（2）由题意可得 ，x＞0，
则 ，
即 ．
所以f（ex）＝f（ax）．
0＜x＜1时， ；
x＞1时， ；
所以，f（x）在（0，1）上递减；在（1，+∞）上递增．
又因为 ，所以f（ex）＝f（ax），当且仅当ex＝ax或 ．
又ex＞1，故ex＝ax和 不可能同时成立．
所以方程根 的个数是
两函数s（x）＝ex﹣ax和 的零点个数之和，其中x＞0．
当s（x）＝0时，函数s（x）＝ex﹣ax的零点个数转换为直线y＝a与函数 图
像的交点个数，
，
易知0＜x＜1时，h（x）单调递减，x＞1时，h（x）单调递增；
所以h（x）在x＝1处取得最小值为e，
所以0＜a＜e时，直线y＝a与函数h（x）图像无交点，函数s（x）无零点；
当a＝e时，直线y＝a与函数h（x）图像有一个交点，函数s（x）有一个零点；
当a＞e时，直线y＝a与函数h（x）图像有2个交点函数，s（x）有两个零点．
同理：函数 的零点个数转化为直线 与函数y＝xex图像交点个数，
易知，函数y＝xex单调递增，且在x＝0处的值为0，
学科网（北京）股份有限公司 23所以a＞0时，t（x）在（0，+∞）上必有一个零点．
综上所述，0＜a＜e时，方程有一个根；a＝e时，方程有二个根；a＞e时，方程有三个
根．
【点评】本题考查了导数的综合运用、转化思想、分类讨论思想，属于难题．
24．（2022•香坊区校级一模）已知f（x）＝lnx， ．
（1）证明：函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上有且仅有一个零点；
（2）若函数F（x）＝ f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上有3个不同零点，求实数 的取
值范围．
λ λ
【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，再根据h（1），即可
得证；
（2）令F（x）＝ lnx﹣x+ （x＞0），求出函数的导函数，令﹣x2+ x﹣1＝0，则Δ＝ 2
﹣4，分﹣2≤ ≤2、 ＜﹣2与 ＞2三种情况讨论，利用导数研究函数的单调性，即可
λ λ λ
得解．
λ λ λ
【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 证 明 ： 因 为
，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，
且h（1）＝0，
∴h（x）在（0，+∞）有且仅有一个零点；
（2）
令 ，
①当Δ＝ 2﹣4≤0，即﹣2≤ ≤2时 ，
此时F（x）在（0，+∞）单调递减，至多有一零点，﹣2≤ ≤2舍．
λ λ
λ
②当 ＜﹣2时， ，
此时F（x）在（0，+∞）单调递减，至多有一零点， ＜﹣2舍．
λ
③当 ＞2时，Δ＝ 2﹣4＞0，
λ
λ λ
不妨设﹣x2+ x﹣1＝0两根分别为 ， ，
由韦达定理知
λ
0＜x
1
＜1＜x
2
学科网（北京）股份有限公司 24所以F（x）在（0，x ）上单调递减，在（x ，x ）上单调递增，在（x ，+∞）上单调
1 1 2 2
递减，
1°因为F（1）＝0，所以此时F（x）在（x ，x ）上有一个零点，
1 2
由lnx＜x（x＞0）可得， ；
2°当0＜x＜1时， ，
令 ，得 且F（x ）＞0，F（x ）＜0，
3 1
所以此时F（x）在（0，x ）上有一个零点；
1
3°当x＞1时， ，
令 ，得 且F（x ）＜0，F（x ）＞0，
4 2
所以此时F（x）在（x ，+∞）上有一个零点．
2
综上若F（x）＝ f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上有3个零点则 ＞2．
【点评】本题考查了函数的零点、导数的综合应用、分类讨论思想，综合性较强，属于
λ λ
难题．
25．（2022•开福区校级一模）已知函数 f（x）＝（x+b）（ex﹣a）（b＞0）在（﹣1，f
（﹣1））处的切线l方程为（e﹣1）x+ey+e﹣1＝0．
（1）求a，b，并证明函数y＝f（x）的图象总在切线l的上方（除切点外）；
（ 2 ） 若 方 程 f （ x ） ＝ m 有 两 个 实 数 根 x ， x ， 且 x ＜ x ， 证 明 ：
1 2 1 2
．
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得f（﹣1）＝0，
，即可解得a、b，从而得到f（x）＝（x+1）（ex﹣1），设f（x）在（﹣1，0）处的切
线l方程为y＝h（x），令F（x）＝f（x）﹣h（x），利用导数说明函数的单调性，即可
得证；
（2）由（1）知f（x ）≥h（x ），设h（x）＝m的根为x' ，则 ，即可
1 1 1
得到x ′≤x ，再设y＝f（x）在（0，0）处的切线方程为y＝t（x），令T（x）＝f
1 1
（x）﹣t（x），利用导数说明函数的单调性，即可得到f（x ）≥t（x ）．设t（x）＝m
2 2
的根为x ′，则x ′＝m，再说明x' ≥x ，即可得证．
2 2 2 2
【解答】解：（1）由题意f（﹣1）＝0，所以 ，
学科网（北京）股份有限公司 25又f'（x）＝（x+b+1）ex﹣a，所以 ，
若 ，则b＝2﹣e＜0，与b＞0予盾，故a＝1，b＝1．
∴f（x）＝（x+1）（ex﹣1），f（0）＝0，f（﹣1）＝0，
证明：设f（x）在（﹣1，0）处的切线l方程为 ，
令F（x）＝f（x）﹣h（x），
即 ，
当x≤﹣2时， ，
当x＞﹣2时，设 ，G'（x）＝（x+3）ex＞0，
故函数F'（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，又F'（﹣1）＝0，
所以当x （﹣2，﹣1）时，F'（x）＜0，当x （﹣1，+∞）时，F'（x）＞0，
综合得函数F（x）在区间（﹣∞，﹣1）上单调递减，在区间（﹣1，+∞）上单调递增，
∈ ∈
故F（x）≥F（﹣1）＝0，
即函数y＝f（x）的图象总在切线l的上方（除切点外）；
（2）证明：由（1）知f（x ）≥h（x ），
1 1
设h（x）＝m的根为x' ，则 ，
1
又函数h（x）单调递减，故h（x' ）＝f（x ）≥h（x ），故x' ≤x ，
1 1 1 1 1
设y＝f（x）在（0，0）处的切线方程为y＝t（x），易得t（x）＝x．
令T（x）＝f（x）﹣t（x）＝（x+1）（ex﹣1）﹣x，T'（x）＝（x+2）ex﹣2，
当x≤﹣2时，T'（x）＝（x+2）ex﹣2≤﹣2＜0，
当x＞﹣2时，设H（x）＝T'（x）＝（x+2）ex﹣2，则H'（x）＝（x+3）ex＞0，
故函数T'（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，又T'（0）＝0，
所以当x （﹣2，0）时，T'（x）＜0，当x （0，+∞）时，T'（x）＞0，
综合得函数T（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增，
∈ ∈
所以T（x）≥T（0）＝0，即f（x ）≥t（x ）．
2 2
设t（x）＝m的根为x' ，则x' ＝m，
2 2
又函数t（x）单调递增，故t（x' ）＝f（x ）≥t（x ），
2 2 2
故x' ≥x ，又x' ≤x ， ．
2 2 1 1
【点评】本题考查了导数的几何意义及综合运用，也考查了学生的推理能力，属于难题．
26．（2023•海淀区校级三模）已知f（x）＝ax2﹣2x﹣bln|x﹣1|，给出以下命题：
学科网（北京）股份有限公司 26①当a＝0时，存在b＞0，f（x）有两个不同的零点；
②当a＝0时，存在b＜0，f（x）有三个不同的零点；
③当a＝1时，对任意的b R，f（x）的图象关于直线x＝1对称；
④当a＝1时，对任意的b R，f（x）有且只有两个零点．
∈
其中所有正确的命题序号是 ①②③ ．
∈
【分析】利用分类讨论，以及利用导数研究函数的单调性分别求解即可．
【解答】解：对于①，当a＝0时，f（x）＝﹣2x﹣bln|x﹣1|，则f（x）定义域为{x|
x≠1）
当x＜1时，f（x）＝﹣2x﹣bln（1﹣x），∴f′（x）＝﹣2+ ＝ ，
当b＞0时，令f′（x）＝0，解得： ，
∴当x （﹣∞，1﹣ b）时，f（x）＜0；当 时，f（x）＞0；
∈
∴f（x）在（﹣∞，1﹣ b）上单调递减，在 上单调递增；
f（x） ＝f（1﹣ b）＝﹣2+b﹣bln（ b），
min
令t（b）＝﹣2+b﹣bln（ b），则t′（b）＝﹣ln（ b），
当b （0，2）时，t′（b）＞0；当b （2，+∞）时，t′（b）＜0；
∴t（b）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减；
∈ ∈
∴t（b）≤t（2）＝0，即当b＝2时，f（0）＝0，则f（x）在（﹣∞，1）上有唯一零点
x＝0，
当b＝2，x＞1时，f（x）＝﹣2x﹣2ln（x﹣1）， ，
f（x）在（1，+∞）上单调递减，f（ +1）＝4﹣ ＞0，f（2）＝﹣4＜0， x （
0
∃ ∈
+1，2），
使得f（x）＝0，∴f（x）在（1，+∞）有唯一零点x＝x ；
0
则当a＝0，b＝2时，f（x）有两个不同的零点，①正确；
对于②，当a＝0时，f（x）＝﹣2x﹣bln|x﹣1|，则f（x）定义域为{x|x≠1}；
当x＜1时，f（x）＝﹣2x﹣bln（1﹣x），∴ ，
当b＜0时，﹣2+b＜﹣2，2x＜2，∴f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递减；又f（0）＝0，∴f（x）在（﹣∞，1）上有唯一零
学科网（北京）股份有限公司 27点x＝0，
当x＞1时，f（x）＝﹣2x﹣bln（x﹣1），∴ ；令f′（x）＝0，解
得： ．
∴当 时，f′（x）＞0；当 时，f（x）＜0；
∴f（x）在 上单调递增，在 上单调递减；
f（x）＝f（1﹣ b）＝﹣2+b﹣bln（﹣ b），令 ，则
，
∴当b （﹣∞，﹣2）时，Q'（b）＜0；当b （﹣2，0）时， '（b）＞0；
∴ （b）在 （﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，0）上单调递增；
∈ ∈ φ
不妨取b＝﹣2e2，f（x） ＝f（1+e2）＝﹣2+2e2＞0；
φ max
∴f（x）在（1，1+e2）上单调递增，在（1+e2，+∞）上单调递减；
又 ，f（1+e4）＝﹣2e4﹣2+8e2＝2e2（4﹣e2）﹣2＜0，
∴ x （ ，1+e2）， ，使得f（x ）＝f（x ）＝0，
1 1 2
即 ∃f（ ∈x）在 （1，+∞）上存在两个不同零点x＝x
1
和x＝x
2
；
则当a＝0，b＝﹣2e2 时，f（x）有三个不同的零点，②正确；
对于③，当a＝1时，f（x）＝x2﹣2x﹣bln|x﹣1|，
∴f（2﹣x）＝（2﹣x）2﹣2（2﹣x）﹣bln|2﹣x﹣1|＝x2﹣2x﹣bln|﹣x|＝f（x），
二对于任意的b R，f（x）的图象关于直线x＝1对称，③正确；
对于④，当a＝
∈
1时，f（x）＝x2﹣2x﹣bln|x﹣1|，则f（x）定义域为{x1}；
当 b≤ 0 时 ， 若 x ＞ 1 ， f （ x ） ＝ x2﹣ 2x﹣ bln （ x﹣ 1 ） ， ∴
，
则f（x）＞0恒成立，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，又f（2）＝0，
∴f（x）在 （1，+∞） 上有唯一零点x＝2；
若x＜1，f（x）＝x2﹣2x﹣bln（1﹣x），f′（x）＝2x﹣2+ ＝ ；
则f（x）＜0恒成立，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，又f（0）＝0，∴f（x）在
（﹣∞，1）上有唯一零点x＝0；
∴当b≤0时，f（x）有且仅有两个零点；当b＞0时，
学科网（北京）股份有限公司 28若x＞1，f（x）＝x2﹣2x﹣bln（x﹣1）， ，令f′（x）＝0，
解得： （舍）或 ，
∴当x （1，1+ ）时，f′（x）＜0，当x （1+ ，+∞）时，f′（x）＞0，
当不妨取b＝8，则f（x）在（1，3）上单调递减，在（3，+∞）上单调递增，
∈ ∈
f（x） ＝f（3）＝3﹣8ln2＜0；又f（1+e2）＝（1+e2）2﹣2（1+e2）﹣16＝e4﹣17＞
min
0，
x （3，1+e2），使得f（x ）＝0，又f（2）＝0，f（0）＝0恒成立，
3 3
∃
∴当
∈
b＝8时，f（x）有三个不同的零点，④错误．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查导数的综合应用，考查分类讨论思想，考查运算求解能力，属难题．
27．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）若f（x）在区间（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一个零点，求a的取值范围．
【分析】（1）将a＝1代入，对函数f（x）求导，求出f′（0）及f（0），由点斜式得
答案；
（2）对函数f（x）求导，分a≥0及a＜0讨论，当a≥0时容易判断不合题意，当a＜0
时，设g（x）＝ex+a（1﹣x2），利用导数判断g（x）的性质，进而判断得到函数f
（x）的单调性并结合零点存在性定理即可得解．
【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 当 a ＝ 1 时 ， f （ x ） ＝ ln （ 1+x ） +xe﹣ x ， 则
，
∴f′（0）＝1+1＝2，
又f（0）＝0，
∴所求切线方程为y＝2x；
（2） ＝ ，
若a≥0，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，则f（x）＜f（0）＝0，不合
题意；
设g（x）＝ex+a（1﹣x2），g′（x）＝ex﹣2ax，
当﹣1≤a＜0时，在（0，+∞）上，g（x）＞e0+a≥0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
无零点，不合题意；
当a＜﹣1时，当x＞0时，g′（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（0）
＝1+a＜0，g（1）＝e＞0，
学科网（北京）股份有限公司 29所以存在唯一的x （0，1），使得g（x ）＝0，且f（x）在（0，x ）上单调递减，在
0 0 0
（x
0
，+∞）上单调
∈
递增，f（x
0
）＜f（0）＝0，
先证当x＞0时， ，
设 ，则 ，
易知当0＜x＜2时，h′（x）＜0，h（x）单减，当x＞2时，h′（x）＞0，h（x）单增，
所以 ，则当x＞0时， ，
所以 ，
再证 ，
设 ，则 ，
易知当0＜x＜1时，m′（x）＜0，m（x）单减，当x＞1时，m′（x）＞0，m（x）单
增，
所以m（x）≥m（1）＝0，即 ，
则由a＜﹣1，可得 ，
则当x＞1+a2时， ＞0，
此时f（x）在（0，+∞）上恰有一个零点，
当 ﹣ 1 ＜ x ＜ 0 时 ， g′ （ x ） 在 （ ﹣ 1 ， 0 ） 上 单 调 递 增 ，
，
故存在唯一的x （﹣1，0），使得g′（x ）＝0，且g（x）在（﹣1，x ）上单调递减，
1 1 1
在（x
1
，0）上单
∈
调递增，
，
故存在唯一的x （﹣1，x ），使得g（x ）＝0，
2 1 2
所以f（x）在（﹣
∈
1，x
2
）上单调递增，在（x
2
，0）上单调递减，
x→﹣1时，f（x）→﹣∞，f（0）＝0，此时f（x）在（﹣1，0）上恰有一个零点，
综上，实数a的取值范围为（﹣∞，﹣1）．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，考查
分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．
四．二分法的定义与应用（共3小题）
学科网（北京）股份有限公司 3028．（2022•开平市校级模拟）在下列区间中，函数f（x）＝ex+4x﹣3的零点所在的区间为
（ ）
A．（﹣2，﹣1） B．（﹣1，0） C． D．
【分析】根据导函数判断函数f（x）＝ex+4x﹣3单调递增，运用零点判定定理，判定区
间．
【解答】解：∵函数f（x）＝ex+4x﹣3
∴f′（x）＝ex+4
当x＞0时，f′（x）＝ex+4＞0
∴函数f（x）＝ex+4x﹣3在（﹣∞，+∞）上为f（0）＝e0﹣3＝﹣2＜0，
f（ ）＝ +2﹣3＝ ﹣1＝ ﹣e0＞0，
∴f（0）•f（ ）＜0，
∴函数f（x）＝ex+4x﹣3的零点所在的区间为（0， ）
故选：C．
【点评】本题考查了函数零点的判断方法，借助导数，函数值，属于中档题．
29．（2023•梅州二模）用二分法求方程 近似解时，所取的第一个区间可以
是（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】 ，判断函数单调性，求出区间的端点的函数值，再根据零
点的存在性定理即可得出答案．
【解答】解：令 ，
因为函数 在（0，+∞）上都是增函数，
所 以 函 数 在 （ 0 ， +∞ ） 上 是 增 函 数 ，
，
所以函数 在区间（1，2）上有唯一零点，
所以用二分法求方程 近似解时，所取的第一个区间可以是（1，2）．
故选：B．
学科网（北京）股份有限公司 31【点评】本题主要考查二分法的定义与应用，属于基础题．
30．（2023•辽宁三模）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题．牛顿在《流数
法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．这种求方程根的方法，
在科学界已被广泛采用，例如求方程x3+2x2+3x+3＝0的近似解，先用函数零点存在定理，
令f（x）＝x3+2x2+3x+3，f（﹣2）＝﹣3＜0，f（﹣1）＝1＞0，得（﹣2，﹣1）上存在
零点，取x ＝﹣1，牛顿用公式 反复迭代，以x 作为f（x）＝0
0 n
的近似解，迭代两次后计筫得到的近似解为 ；以（﹣2，﹣1）为初始区间，用
二分法计算两次后，以最后一个区间的中点值作为方程的近似解，则近似解为
．
【分析】由牛顿法公式结合二分法的定义求解即可．
【解答】解：f′（x）＝3x2+4x+3，
迭代1次后， ，
迭代2次后， ，
用二分法计算第 1 次，区间（﹣2，﹣1）的中点为 ， ，
，
所以近似解在 上，
用 二 分 法 计 算 第 2 次 ， 区 间 的 中 点 为 ， ，
，
所以近似解在 上，取其中点值 ，所求近似解为 ．
故答案为： ； ．
【点评】本题主要考查了二分法的应用，属于基础题．
五．函数与方程的综合运用（共4小题）
31．（2023•湖北模拟）已知函数f（x）＝x ，g（x）＝x ，其中x [0，+∞），0＜ ＜1，
α β
∈ α
学科网（北京）股份有限公司 32＞1，若点 ， ， ，
满足|MP|＝|NQ|，则（ ）
β
A．4 ﹣4 ＝2 + B．4 +4 ＝2 + C．2 ﹣2 ＝2 + D．2 +2 ＝2 +
α β α β α β α β α β α β α β α β
【分析】由|MP|＝|NQ|且横坐标对应相等，知纵坐标差的绝对值对应相等，化简即得．
【解答】解：因为|MP|＝|NQ|，且0＜ ＜1， ＞1，
α β
故 ，
故 ，则2 +2 ＝2 + ．
α β α β
故选：D．
【点评】本题主要考查函数与方程的综合应用，考查运算求解能力，属于基础题．
32．（2023•江西模拟）已知函数f（x）＝xex 与g（x）＝lnx+（a2﹣2a﹣2）x+1，（a R）
的图象存在公共点，则实数a的取值范围是（ ）
∈
A．（﹣∞，﹣3） B．（﹣∞，﹣1）
C．（3，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[3，+∞）
【分析】根据题目条件列出方程，然后同构变形，借助ex﹣x﹣1≥0，即可求得本题答
案．
【解答】解：先根据函数f（x）＝xex与g（x）＝lnx+（a2﹣2a﹣2）x+1（a R）的图象
无公共点，即相当于xex＝lnx+（a2﹣2a﹣2）x+1（a R）无解，
∈
∈
变形得，a2﹣2a﹣2＝ex﹣ ，
令h（x）＝ex﹣ ，则h′（x）＝ ，
令m（x）＝x2ex+lnx，则m（x）在（0，+∞）上为增函数，
而m（ ）＝e ﹣1＜0，m（1）＝e＞0，故m（x）＝0有唯一解，x＝x ，
0
且 •e +lnx ＝0， ＜x ＜1，
0 0
化简得，x •e ＝ •ln ，
0
即lnex0•e ＝ •ln ，
设n（x）＝xlnx，x＞1，
则n′（x）＝1+lnx＞0，
故n（x）＝xlnx在（1，+∞）上为增函数，
学科网（北京）股份有限公司 33故e ＝ ，
所以x ＝﹣lnx ，
0 0
当x＞x 时，h′（x）＜0，当x＜x 时，h′（x）＞0，
0 0
所以h（x）≥h（x ）＝e ﹣ ＝ ＝1，
0
所以，当a2﹣2a﹣2＜1时无解，即﹣1＜a＜3．
故函数f（x）＝xex 与g（x）＝lnx+（a2﹣2a﹣2）x+1，（a R）的图象存在公共点，实
数a的取值范围是：（﹣∞，﹣1]∪[3，+∞）．
∈
故选：D．
【点评】本题考查了转化思想、导数的综合运用，难点在于确定函数h（x）的单调性，
属于中档题．
33．（2023•靖远县模拟）定义：若函数y＝f（x）在定义域内存在实数x ，使得f（x +k）
0 0
＝f（x ）+f（k）成立，其中k为大于0的常数，则称点（x ，k）为函数f（x）的k级
0 0
“平移点”．
（1）判断函数g（x）＝xln（x+1）的2级“平移点”的个数，并求出2级“平移点”；
（2）若函数h（x）＝ax2+xlnx在[1，+∞）上存在1级“平移点”，求实数a的取值范
围．
【分析】（1）根据题意，可得g（x +2）＝g（x ）+g（2），代入解析式求解即可；
0 0
（2）根据 k 级“平移点”定义知 h（x+1）＝h（x）+h（1）有解，即可得
在[1，+∞）上有解，构造函数并利用导数研究单调性、最值，
即可求a的范围．
【解答】解：（1）函数g（x）＝xln（x+1），x＞﹣1，存在的2级“平移点”，则g
（x +2）＝g（x ）+g（2），
0 0
即g（x ）＝x ln（x +1），g（2）＝2ln3，g（x +2）＝（x +2）ln（x +3），
0 0 0 0 0 0
∴（x +2）ln（x +3）＝x ln（x +1）+2ln3，即（x +2）ln（x +3）﹣x ln（x +1）﹣2ln3
0 0 0 0 0 0 0 0
＝0，
令k（x）＝（x+2）ln（x+3）﹣xln（x+1）﹣2ln3，
则 ，
当x＞﹣1时， ，∴k'（x）＞0，
∴k（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，而k（0）＝2ln3﹣2ln3＝0，
∴k（x）在（﹣1，+∞）只有1个零点，即函数g（x）＝xln（x+1）的2级“平移点”
的个数为1，且2级“平移点”为（0，2）．
学科网（北京）股份有限公司 34（2）由h（x）＝ax2+xlnx在[1，+∞）上存在1级“平移点”，则h（x+1）＝h（x）+h
（1）有解，
即：a（x+1）2+（x+1）ln（x+1）＝ax2+xlnx+a，得：2ax＝xlnx﹣（x+1）ln（x+1），
∴ 在[1，+∞）上有解，
令 ， x [1 ， +∞ ） ， 则
∈
，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）≥h（1）＝﹣2ln2，
∴2a≥﹣2ln2，即a≥﹣ln2，
实数a的取值范围为：[﹣ln2，+∞）．
【点评】本题主要考查函数与方程的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
34．（2023•闵行区校级二模）已知关于的x函数y＝f（x），y＝g（x）与y＝h（x）在区
间上恒有f（x）≥h（x）≥g（x），则称h（x）满足f★g性质
（1）若 ， ，h（x）＝2x2+3，D＝[1，2]，判断h（x）是否
满足f★g性质，并说明理由；
（2）若f（x）＝ex，h（x）＝kx+1，且f（x）≥h（x），求k的值并说明理由；
（3）若f（x）＝ex， ，h（x）＝kx+b（k，b R），D＝（0，+∞），
试证：b＝k﹣1是h（x）满足f★g性质的必要条件．
∈
【分析】（1）结合题意，利用配方法与二次函数的性质，分别证明 f（x）﹣h（x）
≥0，h（x）﹣g（x）≥0即可；
（2）先根据题意得到x＝0是 （x）的极小值点，从而求得k＝1，再进行检验即可；
φ
（3）构造函数F（x）＝ex﹣（ +1），求得F（x）的隐零点，结合题意得到
＝ ，kx +b＝ 与k＝ ，从而得证．
0
【解答】解：（1）满足，理由如下：
因为 ， ，h（x）＝2x2+3，
所以f（x）﹣h（x）＝ x﹣（2x2+3）＝﹣2（x﹣ ）2+ ，
所以f（x）﹣h（x）在[1， ]上单调递增，在[ ，2]上单调递减，
当x＝2时，f（x）﹣h（x）取到最小值0，故f（x）﹣h（x）≥0，
学科网（北京）股份有限公司 35又h（x）﹣g（x）＝2x2+3+2 x＝2（x+ ）2≥0，
综上，h（x）满足f★g性质；
（2）k＝1，理由如下：
设 （x）＝ex﹣（kx+1），x R，则 ′（x）＝ex﹣k，
由条件知 （x）≥0＝ （0），则x＝0是 （x）的极小值点，
φ ∈ φ
所以 ′（0）＝1﹣k＝0，即k＝1，
φ φ φ
当k＝1时， （x）＝ex﹣（kx+1）， ′（x）＝ex﹣1，
φ
当x＞0时， ′（x）＞0；当x＜0时， ′（x）＜0；
φ φ
所以 （x）≥ （0）＝0，
φ φ
即ex≥x+1恒成立（当且仅当x＝0时取等号），
φ φ
因此k＝1；
（3）证明：设F（x）＝ex﹣（ +1），x＞0，
由（2）所证的ex≥x+1（当且仅当x＝0时取等号）知：
F（x）＝ex﹣（ +1）＝ [xex﹣（x+lnx+1）]＝ [ex+lnx﹣（x+lnx+1）]≥
[x+lnx+1﹣（x+lnx+1）]＝0，当x+lnx＝0时取等号，
设G（x）＝x+lnx，x （0，+∞），则G′（x）＝1+ ＞0，
所以G（x）在（0，+∞）上单调递增，
∈
又G（1）＝1＞0，G（e﹣1）＝e﹣1﹣1＜0，
所以存在x （e﹣1，1）使得G（x ）＝0，
0 0
∈
即x +lnx ＝0，则x ＝ln ， ＝ ，
0 0 0
又F（x ）＝0，则 ＝ +1，
0
结合条件可得 ≥kx +b≥ +1＝ ，
0
所以kx +b＝ ，
0
设H（x）＝ex﹣kx﹣b，x （0，+∞），
则H（x
0
）＝0，H′（x）
∈
＝ex﹣k，
又由已知H（x）≥0＝H（x ），则x 是H（x）的极小值点，
0 0
所以H′（x ）＝ ﹣k＝0，即k＝ ，
0
学科网（北京）股份有限公司 36结合 ＝ ，kx +b＝ ，可得1+b＝k，故b＝k+1，
0
所以b＝k﹣1是h（x）满足f★g性质的必要条件．
【点评】本题考查了函数与方程的综合运用、利用转化思想解决恒成立问题、导数的综
合运用，属于难题．
六．函数最值的应用（共2小题）
35．（2022•兴庆区校级一模）若函数f（x）＝ •cosx+3在[﹣ ， ]上的最大
值与最小值之和为（ ）
A．6 B．3 C．4 D．8
【分析】f（x）＝ •cosx+3＝ •cosx+3，x [﹣ ， ]，令g（x）＝
∈
•cosx，x [﹣ ， ]，由函数的奇偶性，可得g（x）是[﹣ ， ]上的奇函
数，则g（x） +g（x） ＝g（x ）+g（﹣x ）＝g（x ）﹣g（x ）＝0，即可得出答案．
max∈ min 0 0 0 0
【解答】解：f（x）＝ •cosx+3＝ •cosx+3，x [﹣ ， ]，
∈
令g（x）＝ •cosx，x [﹣ ， ]，
∈
g（﹣x）＝ •cos（﹣x）＝ •cosx＝﹣ •cosx，
所以g（x）＝g（﹣x），
所以g（x）是[﹣ ， ]上的奇函数，
根据奇函数性质，g（x）在x＝x 有最大值，则g（x）在x＝﹣x 最小值，
0 0
所以g（x） +g（x） ＝g（x ）+g（﹣x ）＝g（x ）﹣g（x ）＝0，
max min 0 0 0 0
所以f（x） +f（x） ＝f（x ）+f（﹣x ）＝g（x ）+3+g（﹣x ）+3＝6，
max min 0 0 0 0
故选：A．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
36．（2022•合肥二模）已知函数f（x）＝x2﹣asinx﹣1，a R．
∈
（1）设函数g（x）＝f′（x），若y＝g（x）是区间 上的增函数，求a的取
值范围；
（2）当a＝2时，证明：函数f（x）在区间（0， ）上有且仅有一个零点．
【分析】（1）求导f′（x）＝2x﹣acosx．又因为g（x）＝f′（x）＝2x﹣acosx，求导，
π
学科网（北京）股份有限公司 37根据函数g（x）是区间 上的增函数，由g′（x）≥0在区间 上恒
成立求解；
（2）求导f′（x）＝2x﹣2cosx，利用导数法证明．
【解答】解：（1）∵f′（x）＝2x﹣acosx，
又因为g（x）＝f′（x）＝2x﹣acosx，
∴g′（x）＝2+asinx，
∵函数g（x）是区间 上的增函数，
∴g′（x）＝2+asinx≥0在区间 上恒成立，
若x＝0，则g′（x）＝2≥0恒成立，此时a R；
∈
若x （0， ]，此时0＜sinx≤1，
∴g'（x）＝2+asinx≥0恒成立，
∈
即a 恒成立；
∴a≥﹣2．
综合上：a的取值范围是[﹣2，+∞）；
（2）证明：当a＝2时，f（x）＝x2﹣2sinx﹣1，x （0， ），
则f′（x）＝2x﹣2cosx，
∈ π
∵f″（x）＝2+2sinx≥0，
∴f'（x）在区间（0， ）上单调递增．
π
∵f'（ ）＝2（ ﹣ ）＜0，f′（ ）＝2（ ﹣0）＞0，
∴存在x （ ， ），使得f′（x ）＝0．
0 0
当x （0， ∈x
0
）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈ （x
0
， ）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
又f（ ∈0）＝﹣
π
1＜0，f（ ）＝ 2﹣1＞0，
∴函数f（x）在区间（0， ）上有且仅有一个零点．
π π
【点评】本题考查了导数的综合运用及恒成立问题，关键点是确定确定函数的单调性，
π
属于中档题．
七．分段函数的应用（共8小题）
37．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝|3x+1|﹣2|x﹣1|．
（1）画出y＝f（x）的图象；
（2）求不等式f（x）＞f（x+1）的解集．
学科网（北京）股份有限公司 38【分析】（1）将函数零点分段，即可作出图象；
（2）由于f（x+1）是函数f（x）向左平移了一个单位，作出图象可得答案；
【解答】解：函数f（x）＝|3x+1|﹣2|x﹣1|＝ ，
图象如图所示
（2）由于f（x+1）的图象是函数f（x）的图象向左平移了一个单位所得，（如图所
示）
学科网（北京）股份有限公司 39直线y＝5x﹣1向左平移一个单位后表示为y＝5（x+1）﹣1＝5x+4，
联立 ，解得横坐标为x＝ ，
∴不等式f（x）＞f（x+1）的解集为{x|x }．
【点评】本题考查了绝对值函数的解法，分段作出图象是解题的关键．属于基础题．
38．（2023•北京模拟）已知函数 ，若方程f（x）＝1的实
根在区间（k，k+1），k Z上，则k的最大值是（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．1 D．2
∈
【分析】根据x的取值范围不同，分别解出f（x）＝1根即可得出答案．
【解答】解：当x≤﹣2时，f（x）＝x2﹣5，当f（x）＝1时，解得 ；
当x＞﹣2时，f（x）＝xlg（x+2），其中f（1）＝lg3＜1，f（2）＝2lg4＝lg16＞1，
当f（x）＝1时，解得x （1，2），综上k的最大值是1．
故选：C．
∈
【点评】本题主要考查分段函数的应用，属于中档题．
39．（2023•古冶区校级模拟）已知函数 ，若f（x）的最小值
为1，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【分析】讨论分段函数各段上的函数性质，结合分类讨论研究函数最小值，进而确定
a≥0的情况下有满足要求的情况，再比较两分段上最小值列不等式求参数范围．
【解答】解：由x≤a，则x﹣a﹣1≤﹣1，仅当x＝a时等号成立，
所以|x﹣a﹣1|＝a+1﹣x≥1，在（﹣∞，a]上递减，且最小值为1，
对于y＝x2﹣1在（a，+∞）上，当a＜0时y ＝﹣1；当a≥0时y＞a2﹣1，无最小值；
min
学科网（北京）股份有限公司 40显然，a＜0时f（x）的最小值不为1，不合题意；
所以a≥0，此时必有a2﹣1≥1，可得 ．
故选：B．
【点评】本题主要考查分段函数的应用，属于中档题．
40．（2023•河南模拟）已知函数 ，若f（m）＜f（2﹣m2），则
实数m的取值范围是 （﹣ 2 ， 1 ） ．
【分析】画出分段函数的图象，可得函数的单调性，把原不等式转化为关于 m的不等式
求解．
【解答】解：作出函数 的图象如图，
由图可知，函数y＝f（x）在R上为增函数，
由f（m）＜f（2﹣m2），得m＜2﹣m2，即m2+m﹣2＜0，
解得：﹣2＜m＜1．
∴实数m的取值范围是（﹣2，1）．
故答案为：（﹣2，1）．
【点评】本题考查分段函数的应用，考查数形结合思想，是中档题．
41．（2023•密云区三模）设函数 ．
①当a＝2时，f（x）的单调递增区间为 （﹣∞， 1 ] ， [ 2 ， + ∞） ；
②若 x R 且 x≠0，使得 f（1+x）＝f（1﹣x）成立，则实数 a 的一个取值范围
（ 1 ， + ∞） ．
∃ ∈
【分析】①把a＝2代入函数解析式，作出图象，数形结合得答案；
②分a≤0，0＜a≤1和a＞1作出函数的图象，由图可得 x R，使得f（1+x）＝f（1﹣
x）成立的a的取值范围．
∃ ∈
【解答】解： ．
学科网（北京）股份有限公司 41①当a＝2时，f（x）＝ ，函数的图象如图：
f（x）的单调递增区间为（﹣∞，1]，[2，+∞）；
②当x＜a时，f（x）＝﹣x2+2x，其图象关于直线x＝1对称，
若 x R且x≠0，使得f（1+x）＝f（1﹣x）成立，
如图，
∃ ∈
则a＞1，
∴实数a的取值范围是（1，+∞）．
故答案为：①（﹣∞，1]，[2，+∞）；②（1，+∞）．
【点评】本题考查分段函数的应用，考查数形结合思想与分类讨论的数学思想，是中档
题．
42．（2023•北流市模拟）函数f（x）＝ ，且a≠0，若关于x
的不等式f（x）≥0的解集为[﹣2，+∞），则实数a的取值范围为 [ 0 ， ] ．
【分析】当x＞0时，由f（x）≥0，运用参数分离和构造新函数，求得导数和单调性、
最值，可得a的范围；再由x≤0时，由因式分解和二次不等式的解法，讨论a的范围，
结合集合的并集定义，计算可得所求取值范围．
【解答】解：当x＞0时，f（x）＝ex﹣ax2，由f（x）≥0，可得a≤ ，
学科网（北京）股份有限公司 42设g（x）＝ ，可得g′（x）＝ ，
则g（x）在（0，2）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
可得g（x）＞g（2）＝ ，
∴a≤ ；
当x≤0时，f（x）＝﹣x2+（a﹣2）x+2a＝﹣（x+2）（x﹣a），
可得当a＞﹣2时，f（x）≥0的解集为[﹣2，a]；
当a≤﹣2时，f（x）≥0的解集为[a，﹣2]，不满足题意，舍去．
∵关于x的不等式f（x）≥0的解集为[﹣2，+∞），
当 a≥0 时，[﹣2，a]∩（﹣∞，0]＝[﹣2，0]，满足[﹣2，0]∪（0，+∞）＝[﹣
2，+∞）；
当﹣2＜a＜0时，[﹣2，a]∩（﹣∞，0]＝[﹣2，a]，不满足[﹣2，a]∪（0，+∞）＝[﹣
2，+∞）．
综上可得，a的取值范围是[0， ]．
故答案为：[0， ]．
【点评】本题考查分段函数的运用，以及不等式的解法、函数的导数的运用，考查转化
思想和分类讨论思想、化简运算能力和推理能力，属于中档题．
43．（2023•攀枝花二模）已知函数 ，若存在非零实数x ，
0
使得f（1﹣x ）＝f（1+x ）成立，则实数k的取值范围是 [ ﹣ e ﹣ 2 ， + ∞） ．
0 0
【分析】不妨设x ＞0，由f（1﹣x ）＝f（1+x ），得 有正数解，令g（x）
0 0 0
＝ （x＞0），则函数y＝g（x），x＞0的图象与函数y＝k的图象有交点，再由导
数求最值得答案．
【解答】解： ，存在非零实数 x ，使得 f（1﹣x ）＝f
0 0
（1+x ）成立，
0
不妨设x ＞0，则1﹣x ＜1，1+x ＞1，可得k（1﹣x ﹣1）+1＝ln（1+x ﹣1），
0 0 0 0 0
整理得 ，由已知方程 有正数解，
学科网（北京）股份有限公司 43令g（x）＝ （x＞0），则函数y＝g（x），x＞0的图象与函数y＝k的图象有交
点，
g′（x）＝ ，当0＜x＜e2时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，e2）上单调递减，
当x＞e2时，g′（x）＞0，函数g（x）在（e2，+∞）上单调递增．
∴g（x）≥g（e2）＝﹣e﹣2．
∴实数k的取值范围是[﹣e﹣2，+∞）．
故答案为：[﹣e﹣2，+∞）．
【点评】本题考查分段函数的应用，考查化归与转化思想，训练了利用导数求最值，是
中档题．
（多选）44．（2023•湖北模拟）已知m＞n＞0，定义：[x]表示不超过x的最大整数，例如
[3.1]＝3，[﹣2.1]＝﹣3．若函数f（x）＝[ex﹣ax]+ln[ax]，其中a＞0，则（ ）
A．当a＝1时，f（x）存在零点 B．若f（x）≥1，则
C．若f（n）≤f（m），则a （0，e] D．若f（m）＝0，则[ln（am）]＝0
【分析】对于选项A，把a＝1代入可得f（x）≥1，所以f（x）不存在零点；对于选项
∈
B，构造函数，求其最值即可；对于选项C，用反证法先假设a＞e，推出矛盾；对于选
项D，令ln[am]＝n，即可得出am的取值范围即可．
【解答】解：对于选项A，因为 f（x）＝[ex﹣ax]+ln[ax]， ，a＞0，
所以当a＝1时，f（x）＝[ex﹣x]+ln[x]≥[e﹣1]+ln1＝1，所以f（x）不存在零点，故选
项A错误．
对于选项 B，因为 ，所以 ，即
，所以0＜a≤ ．
当0＜a≤ 时，令g（x）＝ex﹣ax，则g'（x）＝ex﹣a，
令g'（x）＝0，解得x＝lna，所以g（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上
单调递增，
又因为lna﹣ ≤ln（ ）﹣ln2＝﹣[ln（ln2）+ln2]＝﹣ln（ln4）＜0，所以lna≤ ，
所以f（x）在[ ，+∞）上递增，所以f（x）≥f（ ）≥1．故选项B正确．
对于选项C，假设a＞e，则f（ ）＝[ ﹣1]≥0，因为f（1）＝[e﹣a]+ln[a]≤﹣1+ln2
学科网（北京）股份有限公司 44＜0，
又因为 ＜1，与f（ ）＞f（1）矛盾，所以a （0，e]正确．故选项C正确．
对于选项 D，因为f（m）＝0，所以 f（m）＝[em﹣am]+ln[am]＝0，令ln[am]＝n，
∈
n N*，所以[am]＝en，n N*，
所以n＝0，[am]＝1，所以1≤am＜2，所以0≤lnam＜ln2，即[ln（am）]＝0，故选项D
∈ ∈
正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于难题．
八．根据实际问题选择函数类型（共16小题）
45．（2021•甲卷）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常
用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据 L和小数记录法的数据V
满足L＝5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的
数据约为（ ）（ ≈1.259）
A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6
【分析】把L＝4.9代入L＝5+lgV中，直接求解即可．
【解答】解：在L＝5+lgV中，L＝4.9，所以4.9＝5+lgV，即lgV＝﹣0.1，
解得V＝10﹣0.1＝ ＝ ＝ ≈0.8，
所以其视力的小数记录法的数据约为0.8．
故选：C．
【点评】本题考查了对数与指数的互化问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
46．（2023•嘉定区校级三模）一般的数学建模包含如下活动过程：①建立模型；②实际
情境；③提出问题；④求解模型；⑤实际结果；⑥检验结果，请写出正确的序号顺
序 ②③①④⑥⑤ ．
【分析】根据给定条件，利用数学建模的活动过程及顺序写出结论作答．
【解答】解：数学建模活动，根据实际情境，提出问题，基于问题，建立模型，通过模
型的求解，以检验模型解决问题的结果，
若结果不符合实际，还需重新建立模型；若结果符合实际，问题的回答便有了实际的结
果，
所以正确的序号顺序是②③①④⑥⑤．
故答案为：②③①④⑥⑤．
【点评】本题主要考查了数学建模的活动过程及顺序，属于基础题．
47．（2023•宜宾模拟）当生物死亡后，它机体内碳14会按照确定的规律衰减，大约每经
过5730年衰减为原来的一半，照此规律，人们获得了生物体内碳 14含量与死亡时间之
学科网（北京）股份有限公司 45间的函数关系式k（t）＝k （ ，其中k 为生物死亡之初体内的碳14含量，t为
0 0
死亡时间（单位：年），通过测定发现某古生物遗体中碳14含量为 k ，则该生物的死
0
亡时间大约是 1719 0 年前．
【分析】根据题意，列出方程 ，求得t的值，即可得到答案．
【解答】解：由题意，生物体内碳 14 含量与死亡时间之间的函数关系式
，
因为测定发现某古生物遗体中碳14含量为 ，
令 ，可得 ，所以 ，
解得t＝17190年．
故答案为：17190．
【点评】本题主要考查函数在实际问题中的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
48．（2023•西山区校级模拟）2020年初至今，新冠肺炎疫情袭击全球，对人民生命安全
和生产生活造成严重影响．在党和政府强有力的抗疫领导下，我国控制住疫情后，一方
面防止境外疫情输入，另一方面逐步复工复产，减轻经济下降对企业和民众带来的损失．
为降低疫情影响，某厂家拟在2022年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的
年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m万元（m≥0）满足x＝4﹣ ．已
知生产该产品的固定成本为8万元，生产成本为16万元/万件，厂家将产品的销售价格
定为 万元/万件（产品年平均成本）的1.5倍．
（1）将2022年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；
（2）该厂家2022年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
【分析】（1）根据题中的条件，列出利润与促销费用之间的函数关系式，即可解出；
（2）利用（1）的式子，再由基本不等式，即可解出．
【解答】解：（1）y＝1.5× ﹣8﹣16x﹣m
＝4+8x﹣m
＝4+8（4﹣ ）﹣m
＝36﹣ ﹣m，（m≥0）；
学科网（北京）股份有限公司 46即 y＝36﹣ ﹣m，（m≥0）；
（2）由（1）知y＝37﹣（ ）≤37﹣2 ＝29，
当且仅当 ，即m＝3时取等号．
所以厂家2022年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大．
【点评】本题考查了函数模型的实际应用，基本不等式，学生的数学运算能力，属于基
础题．
49．（2023•广陵区校级模拟）为了测量某种海鱼死亡后新鲜度的变化．研究人员特意通过
检测该海鱼死亡后体内某微量元素的含量来决定鱼的新鲜度．若海鱼的新鲜度h与其死
亡后时间t（小时）满足的函数关系式为h＝1﹣m⋅at．若该种海鱼死亡后2小时，海鱼
的新鲜度为80%，死亡后3小时，海鱼的新鲜度为60%，那么若不及时处理，这种海鱼
从死亡后大约经过（ ）小时后，海鱼的新鲜度变为40%．（参考数据：ln2≈0.7，
ln3≈1.1）
A．3.3 B．3.6 C．4 D．4.3
【分析】本题根据函数关系式和给出的条件求出函数解析式里m和a的值，再代入h＝
0.4求出t的值．
【解答】解：因为海鱼的新鲜度h与其死亡后时间t（小时）满足的函数关系式为h＝1
﹣m⋅at，
所以根据题意可列式 ，
∴h＝1﹣0.05×2t，现在新鲜度变为40%，即h＝0.4，
⇒
代入函数式可得0.4＝1﹣0.05×2t，解得t≈3.6．
故选：B．
【点评】本题考查实际问题与函数的关系，属于中档题．
50．（2023•普陀区校级模拟）某公司按销售额给销售员提成作奖金，每月的基本销售额为
20万元，超额中的第一个5万元（含5万元以下），按超额部分的2%提成作奖金；超
额中的第二个5万元，按超额部分的4%提成作奖金；…后每增加5万元，其提成比例
也增加一个 2%．如销售员某月销售额为 27 万元，则按照合约，他可得奖金为
50000×2%+（70000﹣50000）×4%＝1800元．试求：
（1）销售员某月获得奖金7200元，则他该月的销售额为多少？
（2）若某销售员7、8月份的总销售额为60万元，且两月都完成基本销售额，那么他
这两个月的总奖金的最大、最小值分别是多少？
【分析】（1）根据题意利用分段求值法判断销售超额部分的范围，再列方程求解即可．
（2）根据奖金方案得出同样的超额销售，当月累积的越多，奖金越高，由此求出总奖
学科网（北京）股份有限公司 47金最高与最低值．
【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 设 该 月 销 售 额 为 x 万 元 ， 则 奖 金 为 f （ x ） ＝
，
超额第一个5万元可得奖金1000元，超额第二个5万元可得奖金2000元，
超额第三个5元可得奖金3000元，超额第四个5万元可得奖金4000元，
故销售员该月的销售超额部分在15万元到20万元之间．
设销售额为x万元，提成比例为8%，即（x﹣35）×8%＝7200﹣6000，
可得x＝36.5万元．
（2）根据奖金方案，同样的超额销售，累积的越多，奖金越高．
故当他一个月销售额为20万元，另一个月为40万元时，总奖金最高
此时总奖金为1000+2000+3000+4000＝10000元；
当他两个月的销售额都是30万元时，总奖金最低，
此时总奖金为（1000+2000）×2＝6000元．
【点评】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题．
51．（2023•青羊区校级模拟）2023年1月底，人工智能研究公司 OpenAI发布的名为
“ChatGTP”的人工智能聊天程序进入中国，迅速以其极高的智能化水平引起国内关注．
深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神
经网络优化中，指数衰减的学习率模型为 ，其中L表示每一轮优化时使用的
学习率，L 表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G 表示衰减速度．
0 0
已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.8，衰减速度为12，且当训练迭代轮
数为12时，学习率衰减为0.5．则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮
数至少为（ ）（参考数据：lg2≈0.3010）
A．36 B．37 C．38 D．39
【分析】根据条件，利用待定系数法求出学习率模型函数，然后利用取对数法解指数不
等式即可．
【解答】解：已知L ＝0.8，G ＝12，当G＝12时，L＝0.5，
0 0
∵ ，∴ ，
得 ，
学科网（北京）股份有限公司 48即L＝0.8×（ ） ，由 ，得 ，
不等式两边同时取对数得 ，
即 ，
因此G至少为36．
故选A．
【点评】本题主要考查与指数不等式，对数不等式有关的问题，利用待定系数法以及取
对数法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
（多选）52．（2023•新高考Ⅰ）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强
弱，定义声压级L ＝20×lg ，其中常数p （p ＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压．
p 0 0
下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的 声压级/
距离/m dB
燃油汽车 10 60～90
混合动力汽 10 50～60
车
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车 10m处测得实际声压分别为p ，p ，
1 2
p ，则（ ）
3
A．p ≥p B．p ＞10p C．p ＝100p D．p ≤100p
1 2 2 3 3 0 1 2
【分析】根据题意分别计算p ，p ，p 的范围，进行比较即可求解．
1 2 3
【解答】解：由题意得，60≤20lg ≤90，1000p ≤p ≤ p ，
0 1 0
50≤20lg ≤60，10 p ≤p ≤1000p ，
0 2 0
20lg ＝40，p ＝100p ，
3 0
可得p ≥p ，A正确；
1 2
p ≤10p ＝1000p ，B错误；
2 3 0
p ＝100p ，C正确；
3 0
学科网（北京）股份有限公司 49p ≤ p ＝100×10 p ≤100p ，p ≤100p ，D正确．
1 0 0 2 1 2
故选：ACD．
【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，是中档题．
53．（2023•广州三模）某地的水果店老板记录了过去50天某类水果的日需求量x（单位：
箱），整理得到数据如下表所示，已知每箱某类水果的进货价为 50元，售价为100元，
如果当天卖不完，剩下的水果第二天将在售价的基础上打五折进行特价销售，但特价销
售需要运营成本每箱30元．根据以往的经验第二天特价水果都能售馨，并且不影响正
价水果的销售．
x 22 23 24 25 26
频数 10 10 15 9 6
（1）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求店长希望
每天的某类水果尽量新鲜，又能70%地满足顾客的需求（在100天中，大约有70天可
以满足顾客的需求）．请根据频数分布表，估计每天某类水果的进货量t箱．（结果保
留一位小数）
（2）以这50天记录的日需求量的频率作为日需求量发生的概率，设（1）中所求t的值
，如果店老板计划每天购进n 箱或n +1箱的某类水果，
0 0
请以利润的期望作为决策依据，判断店老板应当购进的箱数．
【分析】（1）根据题意，70%地满足顾客的需求即求频数分布表中第70%位数；
（2）分别求进货量为24和25箱时利润的期望，比较后得出结论．
【解答】解：（1）70%地满足顾客需求相当于估计某类水果日销售量的70%分位数．
由表可知，把50个日需求量的数据从小到大排列，70%×50＝35，日需求量在24箱以下
的天数为10+10+15＝35，
可以估计日需求量的第70%分位数为 ，
所以能70%地满足顾客的需求，估计每天应该进货量为24.5箱．
（2）由（1）知24≤t＝24.5＜25，即n ＝24，
0
设每天的进货量为24箱的利润为X，
由题设，每天的进货量为24箱，当天卖完的概率为 ，当天卖不完剩余的概率为 ，当
天卖不完剩余2箱的概率为 ．
若当天卖完，则X＝24×（100﹣50）＝1200元，
若当天卖不完剩余1箱，则X＝23×（100﹣50）﹣1×30＝1120元，
若当天卖不完剩余2箱，则X＝22×（100﹣50）﹣2×30＝1040元，
所以 ，
学科网（北京）股份有限公司 50设每天的进货量为25箱的利润为Y，
由题设，每天的进货量为25箱，
当天卖完的概率为 ，当天卖不完剩余1箱的概率为 ，当天卖不完剩余2箱的概率
为 ，当天卖不完剩余3箱的概率为 ．
若当天卖完，则Y＝25×（100﹣50）＝1250元，
当天卖不完剩余1箱，则Y＝24×（100﹣50）﹣1×30＝1170元，
当天卖不完剩余2箱，则Y＝23×（100﹣50）﹣2×30＝1090元，
当天卖不完剩余3箱，则Y＝22×（100﹣50）﹣3×30＝1010元，
所以E（Y）＝ 元，
由于E（Y）＜E（X），显然每天的进货量25箱的期望利润小于每天的进货量为24箱
的期望利润，
所以店老板应当购进24箱．
【点评】本题考查函数模型的应用，属于中档题．
54．（2023•浦东新区校级三模）某晚报曾刊登过一则生活趣事，某市民唐某乘坐出租车时，
在半途中骂骂咧咧要求司机临时停靠，打表计价结账，然后重新计价，继续前行，该市
民解释说，根据经验，这样分开支付车费比一次性付费便宜一些，他的这一说法有道理
吗？
确实，由于出租车运价上调，有些人出行时会估计一下可能的价格，再决定是否乘坐出
租车．
据了解，2018年上海出租车在5时到23时之间起租价为14元/3千米，超起租里程单价
为2.50元/千米，总里程超过15千米（不含15千米）部分按超起租里程单价加50%．此
外，相关部门还规定了低速等候费和其他时段的计价办法，以及适合其他车型的计价办
法．
你乘坐过出租车吗？你会仿效那位市民唐某的做法吗？为什么？
（1）根据上述情境你能提出什么数学问题？为了解决你的问题，你能否作出一些合理
假设？
（2）你能否根据你的假设建立数学模型，并回答你所提出的问题．
【分析】（1）根据题意可分析出出租车费用为分段函数的模型，故可以提出求解里程
计价费用与里程的函数关系问题，并假设只能在路程的中点处停靠一次，再求解此时的
函数关式；
（2）分别求解不停靠与停靠中点时的费用，再作图分析判断即可．
【解答】解：（1）由题意，出租车费用为分段函数的模型，故可提出问题：
①上海出租车在5时到23时之间起租价为14元/3千米，超起租里程单价为2.50元/千
米，总里程超过15千米（不含15千米）部分按超起租里程单价加50%，求里程计价费
用f（x）与里程x的函数关系式子；
学科网（北京）股份有限公司 51②若只能在路程的中点处停靠一次，分析不停靠与停靠两种计费方式哪种更划算．
（2）由（1）中所建立的函数模型：
①由题意，当0＜x≤3时，f（x）＝14；
当3＜x≤15时，f（x）＝14+2.5（x﹣3）＝2.5x+6.5，
当x＞15时，f（x）＝2.5×15+6.5+2.5×（x﹣15）×1.5＝3.75x﹣12.25．
故f（x）＝ ，
②若只能在路程的中点处停靠一次．
则路费函数g（x）＝ ，
即g（x）＝ ，
分别作出函数图象：
由图象可得，f（x）＝3.75x﹣12.25与g（x）＝2.5x+13有交点．
联立有3.75x﹣12.25＝2.5x+13，解得x＝20.2．
故若只能在路程的中点处停靠一次，则当路程不足202公 时不停靠更划算，当路程不
足20.2公里时停靠更划算．
【点评】本题考查函数模型的应用，属于中档题．
55．（2023•福州模拟）如图，直线l ∥l ，线段DE与l ，l 均垂直，垂足分别是E，D，
1 2 1 2
点A在DE上，且AE＝1，AD＝2．C，B分别是l ，l 上的动点，且满足 ．
1 2
设∠ABD＝x，△ABC面积为S（x）．
（1）写出函数解析式S（x）；
（2）求S（x）的最小值．
学科网（北京）股份有限公司 52【分析】（1）根据直角三角形的边角关系得AC，AB关于x的表达式，再根据三角形面
积公式即可得函数解析式S（x）；
（2）利用三角恒等变换化简S（x），再根据函数的性质即可得S（x）的最小值．
【解答】解：（1）结合图形可知，若∠ABD＝x，则 ，所以
，
又 ，所以 ，
又在Rt△ACE中， ，
在Rt△ABD中， ，
所 以 △ ABC 面 积 为
．
（ 2 ） 由 （ 1 ） ，
，
因为 ，所以 ，所以 的取值范
围是（0，1]，
所以当 时，S（x）取得最小值 ．
【点评】本题主要考查根据实际问题选择函数类型，函数解析式的求法，函数最值的求
法，考查运算求解能力，属于中档题．
56．（2023•河南模拟）某超市采购了一批袋装的进口牛肉干进行销售，共 1000袋，每袋
成本为30元，销售价格为50元，经过科学测定，每袋牛肉干变质的概率为p（0＜p
），且各袋牛肉干是否变质相互独立．依据消费者权益保护法的规定：超市出售
变质食品的，消费者可以要求超市退一赔三．为了保护消费者权益，针对购买到变质牛
肉干的消费者，超市除退货外，并对每袋牛肉干以销售价格的三倍现金赔付，且把变质
学科网（北京）股份有限公司 53牛肉干做废物处理，不再进行销售．
（1）若销售完这批牛肉干后得到的利润为X，且7500＜E（X）＜10000，求p的取值范
围；
（2）已知p＝ ，若超市聘请兼职员工来检查这批牛肉干是否变质，超市需要支付兼
职员工工资5000元，这样检查到的变质牛肉干直接当废物处理，就不会流入到消费者
手中．请以超市获取的利润为决策依据，判断超市是否需要聘请兼职员工来检验这批牛
肉干是否变质？
【分析】（1）令Y表示1000袋牛肉干中变质牛肉干的数量，由题意有Y～B（1000，
p），则E（Y）＝1000p，E（X）＝20000﹣200000p，进而求解；
（2）当p＝ 时，由（1）知，E（Y）＝1000× ＝50，E（Z）＝50×3×50＝7500，由
7500＞5000，进而求解．
【解答】解：（1）令Y表示1000袋牛肉干中变质牛肉干的数量，
由题意有Y～B（1000，p），则E（Y）＝1000p，
故E（X）＝（1000﹣1000p）（50﹣30）﹣1000p×（30+50×3）＝20000﹣200000p，
由7500＜E（X）＜10000，有7500＜20000﹣200000p＜10000，解得： ＜p＜ ，
故当7500＜E（X）＜10000时，p的取值范围为 ＜p＜ ．
（2）对这批牛肉干来说，变质牛肉干不管数量有多少，未变质牛肉干的销售后产生的
利润与变质牛肉干作废物处理后产生的费用是不变的，
是否聘请兼职员工来检查这批牛肉干是否，产生的费用是工资和给消费者赔付的费用，
当p＝ 时，由（1）知，E（Y）＝1000× ＝50，
设需要赔付给消费者的费用为Z元，
有E（Z）＝50×3×50＝7500，由7500＞5000，
以超市获取的利润为决策依据，故超市需要聘请兼职员工来检验这批牛肉干是否变质．
【点评】考查数学概率，期望在实际问题中的应用，属于中档题．
57．（2023•海淀区校级模拟）农业技术员进行某种作物的种植密度试验，把一块试验田划
分为8块面积相等的区域（除了种植密度，其它影响作物生长的因素都保持一致），种
植密度和单株产量统计如下：
学科网（北京）股份有限公司 54根据上表所提供信息，第 5 号区域的总产量最大．
【分析】分别求出种植密度函数和单株产量函数的解析式，再求总产量的函数解析式，
由此确定其最大值及取最大值的条件即可．
【解答】解：设区域代号为x，种植密度为y ，单株产量为y ，
1 2
则x {1，2，3，4，5，6，7，8}，
由图象可得种植密度y 是区域代号x的一次函数，
∈ 1
故设y ＝kx+b，x {1，2，3，4，5，6，7，8}，
1
由已知函数y
1
＝k∈x+b的图象经过点（1，2.4），（8，4.5），
所以 ，解得 ，
所以y ＝0.3x+2.1，
1
由图象可得单株产量y 是区域代号x的一次函数，
2
故可设y ＝mx+n，x {1，2，3，4，5，6，7，8}，
2
观察图象可得当x＝ ∈1时，y
2
＝1.28，当x＝8时，y
2
＝0.72，
所以 ，解得 ，
所以y ＝﹣0.08x+1.36，
2
所以总产量m（x）＝（0.3x+2.1）（﹣0.08x+1.36）＝﹣0.024（x2﹣10x﹣119），
当x＝5时，函数m（x）有最大值，即5号区域总产量最大，最大值为3.456．
故答案为：5．
【点评】本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
58．（2023•兴庆区校级一模）重庆某公园有两块三角形草坪，准备修建三角形道路（不计
道路宽度），道路三角形的顶点分别在草坪三角形的三条边上．
（1）第一块草坪的三条边AB＝80米，AC＝70米，BC＝50米，若 ，ED⊥AB
（如图1），△DEF区域内种植郁金香，求郁金香种植面积．
（2）第二块草坪的三条边 PQ＝60米，QR＝80米，PR＝100米，M为PQ中点，
MN⊥MK（如图2），△MNK区域内种植紫罗兰，求紫罗兰种植面积的最小值．
学科网（北京）股份有限公司 55【分析】（1）根据已知条件，结合余弦定理和三角形面积公式，即可求解．
（2）根据已知条件，结合正弦定理，以及三角含的和差化积公式，即可求解．
【解答】（1）∵ ，
∴ 米， 米，
在△ABC中，运用余弦定理可得， ＝ ，
∵0＜B＜ ，
π
∴B＝ ，
在△BDE中， ，
∴ ．
（2）设∠QMN＝ ，则 ，
α
在△MNK中， ， ，
由正弦定理可得， ，可得MK＝ ，
所以 ，
∵ ，
∴ ，
故当 时取得最小值450平方米．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，以及正余弦定理，需要学生较强的综合能力，
属于难题．
59．（2023•万州区校级模拟）如图，某市一学校H位于该市火车站O北偏东45°方向，且
学科网（北京）股份有限公司 56OH＝4 km，已知OM，ON是经过火车站O的两条互相垂直的笔直公路，CE，DF及
圆弧 都是学校道路，其中CE∥OM，DF∥ON，以学校H为圆心，半径为2km的四分
之一圆弧分别与CE，DF相切于点C，D．当地政府欲投资开发△AOB区域发展经济，
其中A，B分别在公路OM，ON上，且AB与圆弧 相切，设∠OAB＝ ，△AOB的面
积为Skm2．
θ
（1）求S关于 的函数解析式；
（2）当 为何值时，△AOB面积S为最小，政府投资最低？
θ
θ
【分析】（1）求出HK，再求出OK，再求出OL，进而求出OA，OB，再求△AOB的面
积为S；
（2）令 ，则 ，把问题转化为分式
函数最值问题求解即可．
【解答】解：（1）连结 OH 交 AB于K，作OL⊥AB于L，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ．
学科网（北京）股份有限公司 57∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
，
∴ ，
＝
＝
＝
＝ ．
（2）令 ，
则 ，
，
令 ，
则 ，
∵ 在 单调递减，
∴ 时， ，
，此时 ．
答：当 ＝ 时，△AOB面积S为最小，政府投资最低．
【点评】本题考查三角函数的实际应用，应优先结合实际建立合适的数学模型，再按模
θ
学科网（北京）股份有限公司 58型求最值，属于难题．
60．（2023•酉阳县校级模拟）某公司决定采用增加广告投入和技术改造投入两项措施来获
得更大的收益．通过对市场的预测，当对两项投入都不大于3（百万元）时，每投入x
（百万元）广告费，增加的销售额可近似的用函数y ＝﹣2x2+14x（百万元）来计算；每
1
投入x（百万元）技术改造费用，增加的销售额可近似的用函数 y ＝﹣ x3+2x2+5x（百
2
万元）来计算．现该公司准备共投入3（百万元），分别用于广告投入和技术改造投入，
请设计一种资金分配方案，使得该公司的销售额最大．（参考数据： ≈1.41，
≈1.73）
【分析】先计算投入带来的销售额增加值，再利用导数法，即可确定函数的最值．
【解答】解：设3百万元中技术改造投入为x（百万元），广告费投入为3﹣x（百万
元），则广告收入带来的销售额增加值为﹣2（3﹣x）2+14（3﹣x）（百万元），技术
改造投入带来的销售额增加值为﹣ x3+2x2+5x（百万元），
所以，投入带来的销售额增加值F（x）＝﹣2（3﹣x）2+14（3﹣x）﹣ x3+2x2+5x．
整理上式得F（x）＝﹣ x3+3x+24，
因为F′（x）＝﹣x2+3，令F′（x）＝0，解得x＝ 或x＝﹣ （舍去），
当x [0， ），F′（x）＞0，当x （ ，3]时，F′（x）＜0，
所以∈，x＝ ≈1.73时，F（x）取得∈最大值．
所以，当该公司用于广告投入1.27（百万元），用于技术改造投入1.73（百万元）时，
公司将有最大的销售额．
【点评】本题考查函数模型的构建，考查导数知识的运用，考查学生的计算能力，正确
确定函数解析式是关键．
学科网（北京）股份有限公司 59
