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3.4 函数的图象
基础篇
考点 函数的图象 é ù
ê π π ú关于原点对称 ｆ ｘ 为奇函数
ê ú
ë－ ꎬ û ꎬ ∴ ( ) ꎬ
２ ２
１.( 浙江ꎬ ꎬ 分)函数 ｙ ｘ ｘ ｘ 在
２０２０ ４ ４ ＝ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ
故排除 .又 ｆ ８ 故排除 .
区间 上的图象可能是 ＢꎬＤ (１)＝ ｃｏｓ １>０ꎬ Ｃ
[－πꎬπ] ( ) ３
故选 .
Ａ
３.( 届山东潍坊五县联考ꎬ ) 函数 ｙ
２０２３ ３ ＝
æ ö
ｘ çｘ １÷
(ｅ －１)è －ｘ ø
的大致图象为
ｘ ( )
ｅ ＋１
Ａ Ｂ
答案 Ａ 设 ｆ ｘ ｙ ｘ ｘ ｘ 定义域
( )＝ ＝ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ꎬ
关于原点对称 且满足ｆ ｘ ｆ ｘ 所以 ｆ
ꎬ (－ )＝ － ( )ꎬ
ｘ 为奇函数 图象关于原点对称 排除
( ) ꎬ ꎬ Ｃ、 Ｃ Ｄ
又 ｆ 排除 故 æ ö
Ｄꎻ (π)＝ πｃｏｓ π＋ｓｉｎ π＝－πꎬ Ｂꎬ ｘ çｘ １÷
选 . (ｅ －１)è －ｘ ø
答案 Ｂ ｙ 的定义域为
Ａ
＝ ｘ (－
２.( 全国甲ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)函数 ｙ ｘ ｅ ＋１
２０２２ ５ ７ ５ ＝(３ －
关于原点对称.令 ｆ ｘ
∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞)ꎬ ( )
é ù
－ ｘ ｘ在区间ê ê π π ú ú 的图象大致为 ｙ
３ )ｃｏｓ ë－ ꎬ û ＝ ꎬ
２ ２
æ ö æ öæ ö
－ ｘ ç ｘ １ ÷ çç １ ÷÷çｘ １÷
( ) (ｅ －１)è－ － ｘø －è ｘ－１øè －ｘ ø
ｆ ｘ － ｅ
(－ )＝ ｘ ＝ ＝
－
ｅ ＋１ １
ｘ＋１
ｅ
æ ö æ ö
ｘ çｘ １÷ ｘ çｘ １÷
－(１－ｅ )è －ｘ ø (ｅ －１)è －ｘ ø
ｆ ｘ
ｘ ＝ ｘ ＝ ( )ꎬ
１＋ｅ ｅ ＋１ 专
题
故该函数为偶函数 则排除 将 ｘ １代 三
ꎬ Ｃ、Ｄꎬ ＝
２ 函
数
æ ö
的
ç１ ÷ 概
( ｅ－１)è －２ø
念
入 可得 ｙ ２ ３( ｅ－１)
与
ꎬ ＝ ＝－ <０ꎬ
基
ｅ＋１ ２( ｅ＋１) 本
答案 Ａ 设 ｆ ｘ ｙ ｘ － ｘ ｘ. ｆ 故 错误 正确.故选 初
( )＝ ＝(３ －３ )ｃｏｓ ∵ Ａ ꎬＢ Ｂ. 等
函
ｘ － ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 且区间 数
(－ )＝ (３ －３ )ｃｏｓ(－ )＝ － ( )ꎬ
７５
４.( 福建三明三模ꎬ )若函数ｙ ｆ ｘ 的大致 é ù
２０２１ ５ ＝ ( )
ê
π
ú上先增后减.
ê ú
ë０ꎬ û
图象如图所示 则ｆ ｘ 的解析式可能是 ４
ꎬ ( ) ( )
选项 ｙ ｘ２ ｘ 选项 ｙ ｘ２ ｘ 均不
Ａ ꎬ ＝ ＋ｓｉｎ ꎬＢ ꎬ ＝ －ｓｉｎ
符合奇函数这条性质 故排除
ꎬ ꎻ
æ ö
选项 ｙ çｘ２ １÷ ｘ 显然ｆ ｘ ｇ ｘ 在
Ｃ ꎬ ＝è ＋ øｓｉｎ ꎬ ( )ꎬ ( )
４
é ù
ê π ú上均单调递增 且 ｆ ｘ ｇ ｘ
ê ú
ｘ ｘ ë０ꎬ û ꎬ ( )>０ꎬ ( )>０ꎬ
ｆ ｘ ｆ ｘ ４
Ａ. ( )＝ ｘ Ｂ. ( )＝ ｘ
æ ö é ù
｜
ｘ
｜－１ １－
ｘ
｜ ｜ 故 ｙ
＝è
çｘ２
＋
１
ø
÷
ｓｉｎ
ｘ 在
ë
ê
ê ０ꎬ
π
û
ú
ú
上单调递增
ꎬ
故
ｆ ｘ ｆ ｘ ４ ４
Ｃ. ( )＝ ｘ２ Ｄ. ( )＝ ｘ２ 排除.故选 .
－１ １－
Ｄ
答案 Ｃ 由题图可知 当 ｘ 时 ｆ ６.( 全国乙文ꎬ ꎬ 分)下图是下列四个函
ꎬ ∈(０ꎬ１) ꎬ
２０２２ ８ ５
数中的某个函数在区间 的大致图象
１
[－３ꎬ３] ꎬ
æ ö
ｘ 取 ｘ １ 则对于 ｆç１ ÷ ２ 则该函数是
( )<０ꎬ ＝ ꎬ Ｂꎬ è ø ＝ ＝ ( )
２ ２ １
１－ ｘ３ ｘ
ｙ － ＋３
２
Ａ. ＝ ｘ２
所 以 排 除 对 于 ＋１
１ > ０ꎬ Ｂꎻ Ｄꎬ
ｘ３ ｘ
ｙ －
æ ö
１ Ｂ. ＝ｘ２
＋１
ｆç１ ÷ ２ ２ 所以排除 当 ｘ 时
è ø ＝ ＝ >０ꎬ Ｄꎻ >０ ꎬ ｘ ｘ
２ １ ３ ｙ ２ ｃｏｓ
１－ Ｃ. ＝ ｘ２
４ ＋１
ｘ ｘ
对于 ｆ ｘ １ 此函数图象是 ｙ ２ｓｉｎ
Ａꎬ ( )＝ ｘ
－１
＝１＋ｘ
－１
ꎬ Ｄ. ＝ ｘ２
＋１
答案 Ａ 由题图可知 当 ｘ 时 ｙ .
由函数ｙ １的图象向右平移 个单位 再向 ꎬ ＝３ ꎬ <０
＝ ｘ １ ꎬ
３
对于 当 ｘ 时 ｙ ３ －３ １２ 故排
上平移 个单位得到的 所以当 ｘ 时 ｆ Ｂꎬ ＝ ３ ꎬ ＝ ＝ >０ꎬ
１ ꎬ >１ ꎬ ３ ２ ＋１ ５
ｘ 恒成立 而题图中 当ｘ 时 ｆ ｘ 可
除 .
( )>１ ꎬ ꎬ >１ ꎬ ( )
Ｂ
以小于 所以排除 故选 .
１ꎬ Ａꎬ Ｃ
对于 π 当 ｘ 时
Ｄꎬ∵ <３<πꎬ∴ ｓｉｎ ３>０ꎬ∴ ＝３ ꎬ
５.( 浙江ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ｘ２ １ ２
２０２１ ７ ４ ( )＝ ＋ ꎬ
４
ｙ ２ｓｉｎ ３ 故排除 .
ｇ ｘ ｘ 则图象为如图的函数可能是 ＝ >０ꎬ Ｄ
( )＝ｓｉｎ ꎬ ( ) ３ ２ ＋１
对于 当 ｘ 时 ｘ ｘ２ ｘ
Ｃꎬ ０< ≤３ ꎬｃｏｓ <１ꎬ ＋１≥２ ꎬ∴ ０
ｘ
5 ２
年 <ｘ２ ≤１ꎬ
高 ＋１
考
ｘ ｘ
3 ２ ｃｏｓ ｘ 由题图可知当 ｘ
年 ∴ ｘ２ ≤ｃｏｓ <１ꎬ ０< ≤３
模 ｙ ｆ ｘ ｇ ｘ １ ｙ ｆ ｘ ｇ ｘ １ ＋１
拟 Ａ. ＝ ( )＋ ( )－ Ｂ. ＝ ( )－ ( )－
时 函数的极大值大于 故排除 .故选 .
４ ４
A ꎬ １ꎬ Ｃ Ａ
ｇ ｘ
版 ｙ ｆ ｘ ｇ ｘ ｙ ( ) ７.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)下列函数中 其图
Ｃ. ＝ ( ) ( ) Ｄ. ＝ｆ ｘ ２０１８ Ⅲ ７ ５ ꎬ
高 ( ) 象与函数 ｙ ｘ的图象关于直线ｘ 对称
考 答案 Ｄ 由题图可知函数为奇函数且在 ＝ｌｎ ＝１
数
学 的是
( )
７６
ｙ ｘ ｙ ｘ 上 结合选项可知 正确.故选 .
Ａ. ＝ｌｎ(１－ ) Ｂ. ＝ｌｎ(２－ ) ꎬ ꎬＢ Ｂ
ｙ ｘ ｙ ｘ 解法二 设 Ｑ ｘ ｙ 是所求函数图象上任一
Ｃ. ＝ｌｎ(１＋ ) Ｄ. ＝ｌｎ(２＋ ) : ( ꎬ )
答案 Ｂ 解法一 ｙ ｘ 图象上的点 Ｐ 点 则其关于直线 ｘ 的对称点 Ｐ ｘ ｙ
: ＝ｌｎ (１ꎬ ꎬ ＝１ (２－ ꎬ )
关于直线 ｘ 的对称点是它本身 则点 Ｐ 在函数 ｙ ｘ 的图象上 ｙ ｘ .故
０) ＝１ ꎬ ＝ｌｎ ꎬ∴ ＝ ｌｎ(２－ )
在 ｙ ｘ 图象关于直线 ｘ 对称的图象 选 .
＝ｌｎ ＝１ Ｂ
专
题
三
函
数
的
概
念
与
基
本
初
等
函
数
７７
综合篇
考法 一 函数图象的识辨
１.( 届江西上饶、景德镇六校联考ꎬ )函数
２０２３ ５
ｘ２
ｙ ｘ ＋１的图象可能是
＝ｓｉｎ ｌｎ ｘ２ ( )
ｘ
答案 Ａ 设 ｆ ｘ ｙ ４ 易知函数的定
Ａ Ｂ ( )＝ ＝ｘ２ ꎬ
＋１
ｘ
义域为 Ｒ ｆ ｘ －４ ｆ ｘ 函数 ｆ
ꎬ (－ )＝ ｘ２ ＝－ ( )ꎬ∴
＋１
Ｃ Ｄ ｘ
答案 Ｄ 令 ｆ ｘ ｙ.因为 ｆ ｘ ｘ ｘ ４ 是奇函数 函数的图象关于原
( )＝ ( )＝ ｓｉｎ ｌｎ ( )＝ ｘ２ ꎬ∴
＋１
ｘ２
＋１的定义域为 ｘ ｘ 又 ｆ ｘ 点对称 排除 易知 ｆ 排除 故
ｘ２ { ｜ ≠０}ꎬ (－ )＝ ｓｉｎ(－ ꎬ Ｃ、Ｄꎬ (１)＝ ２ꎬ Ｂꎬ
选 .
ｘ ２ ｘ２ Ａ
ｘ (－ ) ＋１ ｘ ＋１ ｆ ｘ ３.( 浙江ꎬ ꎬ 分)在同一直角坐标系中
)ｌｎ ｘ ２ ＝－ｓｉｎ ｌｎ ｘ２ ＝－ ( )ꎬ ２０１９ ６ ４ ꎬ
(－ )
æ ö
所以 ｙ ＝ｓｉｎ ｘ ｌｎ
ｘ２
ｘ ＋ ２ １为奇函数 ꎬ 其图象关 函数 ｙ ＝ａ １ ｘꎬ ｙ ＝ｌｏｇａ è çｘ ＋ ２ １ ø ÷ ( ａ >０ꎬ 且 ａ ≠１) 的
于原点对称 故排除 图象可能是
ꎬ Ａ、Ｂꎬ ( )
ｘ２
又 ｘ 时 ｘ ＋１ １ 所
∈(０ꎬπ) ꎬｓｉｎ >０ꎬ ｘ２ ＝１＋ｘ２ >１ꎬ
ｘ２ ｘ２
以 ＋１ 所以 ｙ ｘ ＋１ 故
ｌｎ ｘ２ >０ꎬ ＝ｓｉｎ ｌｎ ｘ２ >０ꎬ
排除 故选
Ｃꎬ Ｄ.
ｘ
２.( 天津ꎬ ꎬ 分)函数 ｙ ４ 的图象大
２０２０ ３ ５ ＝ｘ２
＋１
致为
( )
æ ö
答案 Ｄ 对于函数 ｙ çｘ １÷ 当 ｙ
＝ｌｏｇａ è ＋ øꎬ ＝０
２
æ ö
时 有 ｘ １ 得 ｘ １ 即 ｙ çｘ １÷的
ꎬ ＋ ＝１ꎬ ＝ ꎬ ＝ｌｏｇａ è ＋ ø
２ ２ ２
æ ö
图象恒过点ç１ ÷ 排除选项 函数 ｙ
è ꎬ０øꎬ Ａ、Ｃꎻ ＝ 考法 二 函数图象的应用
２
æ ö １.( 北京ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ｘ ｘ
１与ｙ çｘ １÷在各自定义域上单调性相 ２０２０ ６ ４ ( )＝ ２ － －
ａｘ ＝ｌｏｇａ è ＋ ø
２ 则不等式 ｆ ｘ 的解集是
１ꎬ ( )>０ ( )
反 排除选项 故选 .
ꎬ Ｂꎬ Ｄ
Ａ.(－１ꎬ１)
４.( 课标 ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)函数 ｆ ｘ
２０１９ Ⅰ ５ ５ ５ ( )＝
Ｂ.(－∞ꎬ－１)∪(１ꎬ＋∞)
ｘ ｘ
ｓｉｎ ＋ 在 的图象大致为
ｘ ｘ２ [－πꎬπ] ( ) Ｃ.(０ꎬ１)
ｃｏｓ ＋
Ｄ.(－∞ꎬ０)∪(１ꎬ＋∞)
答案 Ｄ 不等式 ｆ ｘ 等
( )>０
价于不等式 ｘ ｘ 作出函
２ > ＋１ꎬ
数 ｙ ｘ 和函数 ｙ ｘ 的图
＝２ ＝ ＋１
象 如图所示 易知两个函数
ꎬ ꎬ
图象的交点坐标为 和 观察函数
(１ꎬ２) (０ꎬ１)ꎬ
图象可知 当 ｘ 或 ｘ 时 函数 ｙ ｘ 的图
ꎬ >１ <０ ꎬ ＝２
象在函数 ｙ ｘ 图象的上方 此时 ｘ ｘ
答案 Ｄ ｆ ｘ 的定义域为 关于原 ＝ ＋１ ꎬ ２ > ＋１ꎬ
( ) [－πꎬπ]ꎬ 故不等式 ｆ ｘ 的解集为
ｘ ｘ ( )>０ (－∞ꎬ０)∪(１ꎬ＋
点对 称. ｆ ｘ ｓｉｎ(－ )－ 故选 .
∵ ( － ) ＝ ｘ ｘ ２ ＝ － ∞)ꎬ Ｄ
ｃｏｓ(－ )＋(－ )
２.( 河北神州智达省级联测联考ꎬ )已知
ｘ ｘ ２０２２ ４
ｓｉｎ ＋ ｆ ｘ ｆ ｘ 是奇函数 函数 ｆ
ｘ ｘ２ ＝－ ( )ꎬ∴ ( ) ꎬ∴ ì ï æ öｘ
ｃｏｓ ＋ ïç １÷ ｘ
( ｘ ) 的图象关于原点对称. 函数 ｆ ( ｘ )＝ í ï è ２ ø ꎬ ≥１ꎬ 则ｆ ( ｘ )≤
ï
î ｘ ｘ
又 ｆ ｓｉｎ π＋π π 选项
ｌｏｇ４( ＋１)ꎬ－１< <１ꎬ
∵ (π)＝ ＝ >０ꎬ∴ Ｄ
ｃｏｓ π＋π ２ －１＋π ２ １ｘ 的解集为
( )
中的图象符合题意.故选 . ２
Ｄ
５.( 广东佛山一中月考ꎬ )函数ｆ ｘ
(ｘ－
ａ
ｂ)２
Ａ.(－∞ꎬ０] Ｂ.(－１ꎬ０]
２０２２ ６ ( )＝ ２
的图象如图所示 则 Ｃ.(－１ꎬ０]∪[１ꎬ＋∞) Ｄ.[１ꎬ＋∞)
ꎬ ( )
答案 Ｃ 作出函数 ｙ ｆ ｘ 与 ｙ １ｘ 的图
＝ ( ) ＝
２
象 如图
ꎬ ꎬ
ａ ｂ ａ ｂ
5 Ａ. >０ꎬ０< <１ Ｂ. >０ꎬ－１< <０
年 ａ ｂ ａ ｂ
高 Ｃ. <０ꎬ－１< <０ Ｄ. <０ꎬ０< <１
考 ｂ２
3 答案 Ｄ 由题图可知 ꎬ ｆ (０)＝ ２ ａ <１＝２ ０ ꎬ 故 结合图象知不等式 ｆ ｘ １ ｘ 的解集为
年
模
ｂ２
故 ａ .函数 ｆ ｘ (ｘ－ ａ ｂ)２ 的图象关于直
( )≤
２
(－
拟
ａ<０ꎬ <０ ( )＝ ２ .故选 .
A １ꎬ０]∪[１ꎬ＋∞) Ｃ
版 线 ｘ ｂ 对称 由题图可知 ｂ 故选 . ３.(多选)( 届南京学情调研ꎬ )已知函
＝ ꎬ ꎬ０< <１ꎬ Ｄ ２０２３ １２
高 数 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ Ｒ 则
考 ( )＝ ３ －２ ꎬ ∈ ꎬ ( )
数
学 ｆ ｘ 在 上单调递增
Ａ. ( ) (０ꎬ＋∞)
７８
ｆ ｘ
存在 ａ Ｒ 使得函数 ｙ ( )为奇函数 Ｄ.(０ꎬ ２]∪[３ꎬ＋∞)
Ｂ. ∈ ꎬ ＝ ａｘ
答案 Ｂ 当 ｍ 时
① ０< ≤１ ꎬ
函数 ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ 有且仅有 个零点
Ｃ. ( )＝ ( )＋ ２ 在同一平面直角坐标系中作
对任意 ｘ Ｒ ｆ ｘ
Ｄ. ∈ ꎬ ( )>－１ 出函数 ｙ ｍｘ ２ 与 ｙ ｘ
答案 ＡＢＤ 因为 ｆ ｘ ｘ ｘ 所以 ｆ ′ ｘ ＝( －１) ＝
( )＝ ３ －２ ꎬ ( ) ｍ 的图象 如图.易知此时两函数图象在 ｘ
ｘ ｘ . ＋ ꎬ
＝ ３ ｌｎ ３－２ ｌｎ ２ 上有且只有一个交点
对于 当 ｘ 时 ｘ ｘ 所以 ｆ ′ ∈[０ꎬ１] ꎻ
Ａꎬ >０ ꎬ３ >２ ꎬｌｎ ３>ｌｎ ２ꎬ 当ｍ 时 在同一平面直角坐标系中作出
ｘ ｘ ｘ 即函数 ｆ ｘ 在 ② >１ ꎬ
( )＝ ３ ｌｎ ３－２ ｌｎ ２>０ꎬ ( ) (０ꎬ＋ 函数 ｙ ｍｘ ２ 与 ｙ ｘ ｍ
上单调递增 故 正确 ＝( －１) ＝ ＋
∞) ꎬ Ａ ꎻ 的图象 如图.要满足题意 则
ｆ ｘ ｘ ｘ æ öｘ æ öｘ ꎬ ꎬ
对于 Ｂꎬ ｙ ＝ ( ａｘ ) ＝ ３ ａ － ｘ ２ ＝è ç ａ ３ ø ÷ －è ç ａ ２ ø ÷ ꎬ 若函 ( ｍ －１) ２ ≥１＋ ｍ ꎬ 解得 ｍ ≥３ 或
ｍ 舍去 ｍ .综上 正
ｆ ｘ ａ ≤０( )ꎬ∴ ≥３ ꎬ
数 ｙ ( )为奇函数 则 ３ 解得 ａ
＝ ａｘ ꎬ ａ ＝ ꎬ ＝ ６ 实数 ｍ 的取值范围为 .
２
(０ꎬ１]∪[３ꎬ＋∞)
５.( 届江西百校联盟联考ꎬ )已知函数
ｆ ｘ
舍负 即存在 ａ Ｒ 使得函数 ｙ ( )为 ２０２３ １６
( )ꎬ ∈ ꎬ ＝ ａｘ ｆ ｘ 是定义域为 Ｒ 的偶函数 当 ｘ 时
( ) ꎬ ≥０ ꎬ
奇函数 故 正确 ì
ï
ꎬ Ｂ ꎻ ï ｘ２ ｘ １ ｘ
对于 令 ｇ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ í － ＋２ ＋ ꎬ０≤ ≤２ꎬ若关于 ｘ 的方
Ｃꎬ ( )＝ ( )＋ ( )＝ ï ２
ï
ｘ 解得 ｆ ｘ ｘ 函 î ｘ ｘ .
＝０ꎬ ( )＝ － ꎬ ｌｏｇ４ ꎬ >２
数 ｇ ｘ 的零点个数等价 程 ｍ ｆ ｘ ２ ｎｆ ｘ 恰好有 个不同
( ) [ ( )] ＋ ( )＋１＝０ ７
于函数 ｙ ｆ ｘ 与函数 ｙ 的实数根 那么 ｍ ｎ 的值为 .
＝ ( ) ꎬ －
答案
ｘ 的图象的交点个数.当 ｘ 时 ｆ ｘ
４
＝－ ≤０ ꎬ ( )≤
解析 画出 ｆ ｘ 的图象如图所示
当 ｘ 时 函数ｆ ｘ 单调递增 可作出函
( ) ꎬ
０ꎬ >０ ꎬ ( ) ꎬ
数 ｙ ｆ ｘ 与函数 ｙ ｘ 的图象 如图 由图
＝ ( ) ＝－ ꎬ ꎬ
可知两函数图象仅有一个交点 即函数
ꎬ
ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ 有且仅有 个零点 故
( )＝ ( )＋ １ ꎬ Ｃ
错误
ꎻ
对于 当 ｘ 时 ｆ ｘ ｆ 当 ｘ
Ｄꎬ ≥０ ꎬ ( )≥ (０)＝ ０>－１ꎬ 令 ｆ ｘ ｔ 则原方程可化为 ｍｔ２ ｎｔ 根
时 ｙ ｘ ｘ 所以 ｘ ( )＝ ꎬ ＋ ＋１＝０ꎬ
<０ ꎬ ＝３ ＋１∈(１ꎬ２)ꎬ２ ∈(０ꎬ１)ꎬ ３ 据图象可知 要使关于 ｘ 的方程 ｍ ｆ ｘ ２
ｘ 则 ｘ ｘ 所以对任意 ｘ Ｒ ｆ ｘ ꎬ [ ( )] ＋
＋１>２ ꎬ ３ －２ >－１ꎬ ∈ ꎬ ( ) ｎｆ ｘ 恰好有 个不同的实数根 只需
( )＋１＝０ ７ ꎬ
故 正确.故选
>－１ꎬ Ｄ ＡＢＤ.
４.( 山东理ꎬ ꎬ 分)已知当 ｘ 时
ｍｔ２
＋
ｎｔ
＋１＝０
有两个不等的实数根１
ꎬ
３
ꎬ
由
２０１７ １０ ５ ∈[０ꎬ１] ꎬ ２ ２ 专
ｎ 题
函数ｙ ＝( ｍｘ －１) ２ 的图象与ｙ ＝ ｘ ＋ ｍ的图象有 根与系数的关系可知 １ ３ １ ３ 三
ꎬ ＋ ＝ －ｍꎬ × ＝
且只有一个交点 则正实数ｍ的取值范围是 ２ ２ ２ ２ 函
ꎬ 数
１ 解得 ｍ ４ ｎ ８ 故 ｍ ｎ . 的
( ) ｍꎬ ＝ ꎬ ＝－ ꎬ － ＝４ 概
３ ３ 念
与
Ａ.(０ꎬ１]∪[２ ３ꎬ＋∞) ６.( 届福建龙岩一中月考ꎬ )已知函数 基
２０２３ １６ 本
Ｂ.(０ꎬ１]∪[３ꎬ＋∞) ｆ ｘ
{
－
ｘ２
－２
ｘ
ꎬ
ｘ
≤０ꎬ若存在互不相等的实
初
等
函
( )＝ ｘ ｘ . 数
Ｃ.(０ꎬ ２]∪[２ ３ꎬ＋∞) ｜１＋ｌｎ ｜ꎬ >０
７９
数 ａ ｂ ｃ ｄ 使得 ｆ ａ ｆ ｂ ｆ ｃ ｆ ｄ { ｘ２ ｘ ｘ
ꎬ ꎬ ꎬ ( )＝ ( )＝ ( )＝ ( )＝ 即直线ｙ ｍ 与函数ｆ ｘ － －２ ꎬ ≤０ꎬ的
ｍ 则实数 ｍ 的取值范围为 ａ ｂ ｃ ＝ ( )＝ ｘ ｘ
ꎬ ꎻ ＋ ＋ ｜１＋ｌｎ ｜ꎬ >０
ｄ 的取值范围是 . 图象有 个交点 故 ｍ .由 ｆ ａ ｆ
＋ ４ ꎬ ∈(０ꎬ１) ( )＝
答案 －１ －２ ｂ ｆ ｃ ｆ ｄ ｍ 不妨设 ａ ｂ ｃ ｄ
(０ꎬ１) (２ｅ －２ꎬｅ －１) ( )＝ ( )＝ ( )＝ ꎬ < < < ꎬ
{ ｘ２ ｘ ｘ 则必有ａ ｂ ｃ ｄ ｄ
解析 函数 ｆ ｘ － －２ ꎬ ≤０ꎬ的图象如 ＋ ＝－２ꎬ－(１＋ｌｎ )＝ １＋ｌｎ ꎬ∴ ｌｎ ＋
( )＝ ｘ ｘ －２ －２
｜１＋ｌｎ ｜ꎬ >０ ｃ 则 ｃ ｅ 且１ ｄ ｃ ｄ ｅ ｄ
ｌｎ ＝－２ꎬ ＝ ｄ ꎬ < <１ꎬ∴ ＋ ＝ ｄ ＋ ꎬ
图. ｆ ａ ｆ ｂ ｆ ｃ ｆ ｄ ｍ
ｅ
∵ ( )＝ ( )＝ ( )＝ ( )＝ ꎬ
－２
由对勾函数的性质可得函数 ｙ ｅ ｘ 在
＝ ｘ ＋
æ ö －２
ç１ ÷上单调递增 ｃ ｄ ｅ ｄ －１
è ꎬ１ø ꎬ∴ ＋ ＝ ｄ ＋ ∈(２ｅ ꎬ
ｅ
－２ ａ ｂ ｃ ｄ －１ －２ .
ｅ ＋１)ꎬ∴ ＋ ＋ ＋ ∈(２ｅ －２ꎬｅ －１)
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
８０
