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3.5 函数与方程及函数的综合应用
基础篇
考点 一 函数的零点 数 ｇ ｘ ｆ ｘ ｋ在 上的零点从小
( )＝ ( )－ [０ꎬ＋∞)
到大恰好构成一个等差数列 则 ｋ 的可能取
１.( 华大新高考联盟 月教学质量测评ꎬ ꎬ
２０２２ ３
值为
)函数 ｆ ｘ ｘ ｘ２ 的零点个数为 ( )
５ ( )＝ ４ －４ ( )
Ａ.０ Ｂ.１ Ｃ. ２ Ｄ. ２－１
Ａ.０ Ｂ.１ Ｃ.２ Ｄ.３
答案 ＡＢＤ 由 ｆ ｘ ｆ ｘ 得 ｆ ｘ ｆ
答案 Ｄ 令 ｆ ｘ 得 ( )＝ ( －２) ( ＋２)＝
( )＝ ０ꎬ
ｘ －１ ｘ２.在同一平面直角坐 ( ｘ )ꎬ 则 ｆ ( ｘ ) 的周期为 ２ .画出 ｆ ( ｘ ) 的大致图
４ ＝
标系中分别作出 ｙ ｘ －１ ｙ 象如图所示.
＝４ ꎬ ＝
ｘ２ 的大致图象如图所示 观
ꎬ
察可知 两个函数的图象有
ꎬ ３
个交点 故函数ｆ ｘ ｘ ｘ２ 的零点个数为
ꎬ ( )＝ ４ －４
故选 . 由图可知
３ꎬ Ｄ ꎬ
２.( 课标 ꎬ ꎬ 分)函数 ｆ ｘ ｘ 当 ｋ 时 ｇ ｘ 的零点为 满
２０１９ Ⅲ ５ ５ ( )＝ ２ｓｉｎ － ① ＝０ ꎬ ( ) １ꎬ３ꎬ５ꎬ７ꎬꎬ
ｘ 在 的零点个数为 足题意.
ｓｉｎ ２ [０ꎬ２π] ( )
当 ｋ 时 ｇ ｘ 的零点为 满
Ａ.２ Ｂ.３ Ｃ.４ Ｄ.５ ② ＝１ ꎬ ( ) ０ꎬ２ꎬ４ꎬ６ꎬꎬ
答案 Ｂ 由 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
足题意.
( )＝ ２ｓｉｎ －ｓｉｎ ２ ＝２ｓｉｎ －
ｘ ｘ ｘ ｘ 得 ｘ
２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ (１－ｃｏｓ )＝ ０ꎬ ｓｉｎ ＝０
当ｋ 时 若零点从小到大构成等差
③ ∈(０ꎬ１) ꎬ
或 ｘ .
ｃｏｓ ＝１ 数列 ｘ 则公差只能为 .
{ ｎ}ꎬ １
ｘ ｋ ｋ Ｚ 又 ｘ
∴ ＝ πꎬ ∈ ꎬ ∵ ∈[０ꎬ２π]ꎬ ｘ ｘ
ｘ 即零点有 个 故选 . 由 ｘ ２ －１ ( １ ＋１)－１ 得 ｘ 此
∴ ＝０ꎬπꎬ２πꎬ ３ ꎬ Ｂ １－ １ ＝ ｘ ＝ ｘ ꎬ １ ＝２－ ２ꎬ
３.( 南京师范大学附中期中ꎬ )用二分法
３－
２
３－(
１
＋１)
２０２２ ７ 时 ｋ ｘ .
研究函数 ｆ ｘ ｘ３ ｘ 的零点时 第一次 ＝１－ １ ＝ ２－１
( )＝ ＋２ －１ ꎬ 当 ｋ 时 函数 ｇ ｘ
计算 得 ｆ ｆ . 第二次应计算 ④ ∈(－∞ꎬ０)∪(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )
ꎬ (０)<０ꎬ (０ ５)>０ꎬ
无零点 不符合题意.故选
ｆ ｘ 则 ｘ 等于 ꎬ ＡＢＤ.
( １)ꎬ １ ( )
. . ５.( 北京文ꎬ ꎬ 分)已知函数ｆ ｘ ６
Ａ.１ Ｂ.－１ Ｃ.０ ２５ Ｄ.０ ７５ ２０１４ ６ ５ ( )＝ ｘ －
答案 Ｃ 因为 ｆ ｆ . 所以 ｆ
(０)<０ꎬ (０ ５)>０ꎬ
ｘ.在下列区间中 包含ｆ ｘ 零点的区间是
ｘ 在 . 内存在零点 根据二分法第二 ｌｏｇ２ ꎬ ( )
( ) (０ꎬ０ ５) ꎬ
.
( )
次应该计算 ｆ ｘ 其中 ｘ ０＋０ ５ . .故 专
( １)ꎬ １ ＝ ＝ ０ ２５ 题
２ Ａ.(０ꎬ１) Ｂ.(１ꎬ２) 三
选
Ｃ. Ｃ.(２ꎬ４) Ｄ.(４ꎬ＋∞) 函
数
４.(多选)( 湖南师大附中三模ꎬ )已知
的
２０２２ １１ 答案 Ｃ 易知 ｆ ｘ ６ ｘ 在 概
函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 且ｆ ｘ ｆ ｘ .当 ( )＝ ｘ －ｌｏｇ２ (０ꎬ＋∞) 念
( ) ꎬ ( )＝ ( －２) 与
ì ｘ ｘ 上单调递减 ｆ ｘ 至多有一个零点. ｆ 基
ï ï１－ ꎬ ∈[０ꎬ１)ꎬ ꎬ∴ ( ) ∵ 本
初
ｘ 时 ｆ ｘ í 若函
等
∈[０ꎬ２) ꎬ ( )＝ î ï ï ２ ｘ－１ꎬ ｘ ∈[１ꎬ２) . (２)＝ ３－ｌｏｇ２２＝２>０ꎬ ｆ (４)＝ ６ －ｌｏｇ２４＝ ３ －２< 函 数
３－ ４ ２
８１
０ ｆ ｆ 包含 ｆ ｘ 零点的区间 关系 ｙ ｋｘ ＋ ｂ ｙ 为保鲜时间 ｘ 为储存温度 .
ꎬ∴ (２) (４)<０ꎬ∴ ( ) ＝ｅ ( ꎬ )
是 故选 . 若该食品在冰箱中 的保鲜时间是 小
(２ꎬ４)ꎬ Ｃ ０ ℃ １４４
６.( 北京ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ｘ 时 在常温 的保鲜时间是 小时 则该
２０２１ １５ ５ ( )＝ ｜ｌｇ ｜ ꎬ ２０ ℃ ４８ ꎬ
ｋｘ 给出下列四个结论 食品在高温 的保鲜时间是
－ －２ꎬ : ４０ ℃ ( )
当 ｋ 时 ｆ ｘ 恰有 个零点 小时 小时
① ＝０ ꎬ ( ) ２ ꎻ Ａ.１６ Ｂ.１８
小时 小时
存在负数 ｋ 使得 ｆ ｘ 恰有 个零点
Ｃ.２０ Ｄ.２４
② ꎬ ( ) １ ꎻ
{ ｂ
存在负数 ｋ 使得 ｆ ｘ 恰有 个零点
③ ꎬ ( ) ３ ꎻ 答案 Ａ 由题意 得 １４４＝ｅ ꎬ 则 ２０ ｋ １
ꎬ ｋ ｂ ｅ ＝ ꎬ
存在正数 ｋ 使得 ｆ ｘ 恰有 个零点. ２０ ＋
④ ꎬ ( ) ３ ４８＝ｅ ꎬ ３
其中所有正确结论的序号是 . 于是当 ｘ 时 ｙ ４０ ｋ ＋ ｂ ２０ ｋ ２ ｂ
＝４０(℃) ꎬ ＝ｅ ＝(ｅ ) ｅ ＝
答案 æ ö２
①②④ ç １÷ 小时 .故选
è ø ×１４４＝１６( ) Ａ.
解析 令 ｆ ｘ ｘ ｋｘ 得 ｘ ３
( )＝ ｜ｌｇ ｜－ －２＝０ꎬ ｜ｌｇ ｜ ＝
２.( 广东惠州调研ꎬ )某学校数学建模小
ｋｘ 令ｇ ｘ ｘ ｈ ｘ ｋｘ 所以 ｆ ２０２２ ８
＋２ꎬ ( )＝ ｜ｌｇ ｜ꎬ ( )＝ ＋２ꎬ
组为了研究双层玻璃窗户中每层玻璃厚度 ｄ
ｘ 的零点个数即函数 ｇ ｘ 与 ｈ ｘ 图象的
( ) ( ) ( )
每层玻璃的厚度相同 及两层玻璃间夹空
交点个数.当 ｋ 时 如图 ｇ ｘ 与ｈ ｘ 的
( )
＝０ ꎬ ａꎬ ( ) ( )
气层厚度 ｌ 对保温效果的影响 利用热传导
图象有两个交点 则 ｆ ｘ 有两个零点 故
ꎬ
ꎬ ( ) ꎬ ①
定律得到热传导量 ｑ 满足关系式 ｑ
正确 当 ｋ 时 如图 存在 ｈ ｘ ｋ ｘ ＝
ꎻ >０ ꎬ ｂꎬ ( )＝ ０ ＋２
λ Ｔ
的图象与函数ｇ
(
ｘ
)＝ ｌｇ
ｘ
(
ｘ
>１)
的图象相切
ꎬ
１｜Δ ｜ 其中玻璃的热传导系数 λ
æλ ｌ öꎬ １ ＝ ４×
此时 ｈ ｘ 与 ｇ ｘ 的图象有两个交点 当 ｄçç １ ÷÷
( ) ( ) ꎬ ０< èλ ｄ＋２ø
ｋ ｋ 时 ｇ ｘ 与 ｈ ｘ 的图象有三个交点 则 ２
< ０ ꎬ ( ) ( ) ꎬ －３ 焦耳/ 厘米 度 不流通 干燥空气的
ｆ ｘ 有三个零点 故 正确 当 ｋ 时 如图 １０ ( )ꎬ 、
( ) ꎬ ④ ꎻ <０ ꎬ 热传导系数 λ . －４ 焦耳/ 厘米 度
ｇ ｘ 与 ｈ ｘ 的图象最多有两个交点 ２ ＝２ ５×１０ ( )ꎬ
ｃꎬ ( ) ( ) ꎬ Ｔ 为室内外温度差 ｑ 值越小 保温效果
ｇ ｘ 与ｈ ｘ 相切时有一个交点 如图 故 ｜Δ ｜ ꎬ ꎬ
( ) ( ) ꎬ ｄꎬ 越好 现有 种型号的双层玻璃窗户 具体
正确 不正确.综上 正确结论的序号为 ꎬ ４ ꎬ
② ꎬ③ ꎬ 数据如下表
. :
①②④
每层玻璃厚度 ｄ 玻璃间夹空气层厚度ｌ
型号
单位 厘米 单位 厘米
( : ) ( : )
Ａ型 .
０ ４ ３
Ｂ型 .
０ ３ ４
图 图 Ｃ型 .
ａ ｂ ０ ５ ３
Ｄ型 .
０ ４ ４
5 则保温效果最好的双层玻璃的型号是
年
高
考 ( )
3 Ａ 型 Ｂ 型 Ｃ 型 Ｄ 型
年 Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
模 图 图
拟 ｃ ｄ 答案 Ｄ ｑ λ １｜Δ Ｔ ｜ ４×１０ －３ ×｜Δ Ｔ ｜
＝ æλ ｌ ö ＝ ＝
A －３
考点 二 函数模型及应用 ｄçç １ ÷÷ ４×１０ ｌ ｄ
版 èλ ｄ＋２ø . －４ ＋２
高 １.( 届河北衡水部分学校月考ꎬ )已知某 ２ ２ ５×１０
考 ２０２３ ３ －３ Ｔ
数 ４×１０ ×｜Δ ｜ Ｔ 固定 可知 ｌ ｄ 最大
学 种食品保鲜时间与储存温度有关 满足函数 ｌ ｄ ꎬ｜Δ ｜ ꎬ １６ ＋２
ꎬ １６ ＋２
８２
时 ｑ 最小 保温效果最好.对于 Ａ 型玻璃 ｌ ５.( 山东潍坊安丘等三县测试ꎬ )某投资
ꎬ ꎬ ꎬ１６ ２０２２ ６
ｄ . . 对于 Ｂ 型玻璃 ｌ 机构从事一项投资 先投入本金 ａ ａ 元
＋２ ＝１６×３＋２×０ ４＝４８ ８ꎬ ꎬ１６ ꎬ ( >０) ꎬ
ｄ . . 对于 Ｃ 型玻璃 ｌ ｂ
＋２ ＝１６×４＋２×０ ３＝６４ ６ꎬ ꎬ１６ 得到的利润是 ｂ ｂ 元 收益率为 ％
ｄ . 对于 Ｄ 型玻璃 ｌ ( >０) ꎬ ａ( )ꎬ
＋２ ＝１６×３＋２×０ ５＝４９ꎬ ꎬ１６ ＋
ｄ . . .故选 . 假设在第一次投资的基础上 此机构每次都
２ ＝１６×４＋２×０ ４＝６４ ８ Ｄ ꎬ
３.( 课标 理ꎬ ꎬ 分) 模型是常 定期追加投资 ｘ ｘ 元 得到的利润也增
２０２０ Ⅲ ４ ５ Ｌｏｇｉｓｔｉｃ ( >０) ꎬ
用数学模型之一 可应用于流行病学领域.有 加了 ｘ 元 若使得该项投资的总收益率是增
ꎬ
ꎬ
加的 则
学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎
ꎬ ( )
累计确诊病例数 Ｉ ｔ ｔ 的单位 天 的 ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ
Ａ. ≥ Ｂ. ≤ Ｃ. > Ｄ. <
( ) ( : )
答案 Ｃ 设此机构第 ｎ 次投资后的收益率
Ｋ
模型 Ｉ ｔ 其中 Ｋ 为最
Ｌｏｇｉｓｔｉｃ : ( )＝ －０ . ２３( ｔ －５３) ꎬ ｂ ｎ ｘ
１＋ｅ 为 ｆ ｎ 则 ｆ ｎ ＋( －１) ｎ Ｎ∗ 所以
( )ꎬ ( )＝ ａ ｎ ｘ( ∈ )ꎬ
大确诊病例数.当 Ｉ ∗ｔ . Ｋ时 标志着已
＋( －１)
( )＝ ０ ９５ ꎬ
第 ｎ 次投资后的收益率为 ｆ ｎ
初步遏制疫情 则∗ｔ 约为
( ＋１) ( ＋１)＝
ꎬ (ｌｎ １９≈３)( )
ｂ ｎｘ ｂ ｎｘ
Ａ.６０ Ｂ.６３ Ｃ.６６ Ｄ.６９
＋ ｎ Ｎ∗ 故 ｆ ｎ ｆ ｎ ＋
ａ ｎｘ( ∈ )ꎬ ( ＋１)－ ( )＝ ａ ｎｘ－
Ｋ ＋ ＋
答案 Ｃ Ｉ
(
∗ｔ
)＝
－０
.
２３(
ｔ∗－５３) ＝ ０
.
９５
Ｋ
ꎬ
整
ｂ
＋(
ｎ
－１)
ｘ
(
ａ
－
ｂ
)
ｘ
因为该项
１＋ｅ ａ ｎ ｘ＝ ａ ｎｘ ａ ｎ ｘ ꎬ
理可得 ０ . ２３( ｔ∗ －５３) 两边取自然对数得 . ＋( －１) ( ＋ )[ ＋( －１) ]
ｅ ＝ １９ꎬ ０ 投资的总收益率是增加的 且 ａ ｂ 所
ｔ 解得 ｔ 故选 . ꎬ >０ꎬ >０ꎬ
２３( －５３)＝ ｌｎ １９≈３ꎬ ≈６６ꎬ Ｃ 以 ａ ｂ.故选 .
４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)基本再生数 Ｒ 与 > Ｃ
２０２０ Ⅰ ６ ５ ０ ６.( 山东德州一中期中ꎬ )某工厂生产某
世代间隔 Ｔ 是新冠肺炎的流行病学基本参 ２０２２ ２０
种产品的年固定成本为 万元 每生产 ｘ
数.基本再生数指一个感染者传染的平均人 ２００ ꎬ
千件 需另投入成本 Ｃ ｘ 万元 当年产量不
数 世代间隔指相邻两代间传染所需的平均 ꎬ ( ) ꎬ
ꎬ
时间.在新冠肺炎疫情初始阶段 可以用指数 足 千件时 Ｃ ｘ １ｘ２ ｘ 当年产量不
ꎬ ５０ ꎬ ( )＝ ＋１０ ꎬ
模型 Ｉ ｔ ｒｔ描述累计感染病例数 Ｉ ｔ 随 ２
: ( )＝ ｅ ( )
小于 千件时 Ｃ ｘ ｘ ７ ２００ 已
时间 ｔ 单位 天 的变化规律 指数增长率 ｒ
５０ ꎬ ( )＝ ５２ ＋ ｘ －１ ２００ꎬ
( : ) ꎬ
＋１
与 Ｒ Ｔ 近似满足 Ｒ ｒＴ.有学者基于已有
知每千件商品售价为 万元 通过市场分
０ꎬ ０ ＝１＋ ５０ ꎬ
数据估计出 Ｒ . Ｔ .据此 在新冠肺
０ ＝３ ２８ꎬ ＝６ ꎬ
析
ꎬ
该厂生产的商品能全部售完.
炎疫情初始阶段 累计感染病例数增加 倍
写出年利润 Ｌ ｘ 万元 关于年产量 ｘ
ꎬ １
(１) ( )( )
需要的时间约为 .
千件 的函数解析式
(ｌｎ ２≈０ ６９) ( )
( ) ꎻ
. 天 . 天 . 天 . 天
当年产量为多少千件时 该厂在这一商
Ａ.１ ２ Ｂ.１ ８ Ｃ.２ ５ Ｄ.３ ５
(２) ꎬ
答案 Ｂ 因为 Ｒ . Ｔ 且 Ｒ ｒＴ
品的生产中所获利润最大
０ ＝３ ２８ꎬ ＝６ ０ ＝１＋ ꎬ ? 专
Ｒ 题
所以指数增长率 ｒ ０ －１ . 设累计感染 解析 (１) 当 ０< ｘ <５０ 时 ꎬ Ｌ ( ｘ ) ＝ ５０ ｘ － 三
＝ Ｔ ＝０ ３８ꎬ
æ ö 函
病例增加 １ 倍需要的时间为 ｔ 天 ꎬ 则 Ｉ ( ｔ )＝
ç
è
１ｘ２
＋１０
ｘ
ø
÷
－２００＝－
１ｘ２
＋４０
ｘ
－２００ꎬ
数
的
２ ２ 概
Ｉ 即 ｒｔ 即 ０ . ３８ ｔ 两边取自然对数 念
２ (０)ꎬ ｅ ＝２ꎬ ｅ ＝２ꎬ 当 ｘ 时 Ｌ ｘ ｘ ｘ ７ ２００ 与
得 ｌｎ ｅ ０ . ３８ ｔ ＝ｌｎ ２ꎬ 即 ０ . ３８ ｔ ＝ｌｎ ２ꎬ 又 ｌｎ ２≈０ . ６９ꎬ ≥５０ ꎬ ( )＝ ５０ －５２ － ｘ ＋１ ＋１ ２００－ 基 本
初
. æ ö 等
所以 ｔ ｌｎ ２ ０ ６９ . .故选 . ç ｘ ７ ２００÷ 函
＝ . ≈ . ≈１ ８ Ｂ ２００＝１ ０００－è２ ＋ ｘ øꎬ 数
０ ３８ ０ ３８ ＋１
８３
ì
ï
ï ï－ １ｘ２ ＋４０ ｘ －２００ꎬ０< ｘ <５０ꎬ ２( ｘ ＋１) ７ ｘ ２００ －２＝２３８ꎬ 当且仅当 ２( ｘ ＋１)
所以 Ｌ ｘ í ２ ＋１
( )＝ ï æ ö
ï ï ç ｘ ７ ２００÷ ｘ . ７ ２００ 即 ｘ 时 等号成立
î１ ０００－è２ ＋ ｘ øꎬ ≥５０ ＝ ｘ ꎬ ＝５９ ꎬ ꎬ
＋１ ＋１
æ ö
当 ｘ 时 Ｌ ｘ １ｘ２ ｘ 所以 Ｌ ｘ ç ｘ ７ ２００÷
(２) ０< <５０ ꎬ ( )＝ － ＋４０ －２００＝－ ( )＝ １ ０００－è２ ＋ ｘ ø≤１ ０００－２３８
２ ＋１
.
１ ｘ ２ 当 ｘ 时 Ｌ ｘ 取得最大 ＝７６２
( －４０) ＋６００ꎬ ＝４０ ꎬ ( )
２ 因为 所以当年产量为 千件时
６００<７６２ꎬ ５９ ꎬ
值 Ｌ ｘ
ꎬ ( )ｍａｘ ＝６００ꎬ 该厂在这一商品的生产中所获利润最大 为
ꎬ
æ ö
当 ｘ 时 Ｌ ｘ ç ｘ ７ ２００÷ 其中 万元.
≥５０ ꎬ ( )＝ １ ０００－è２ ＋ ｘ øꎬ ７６２
＋１
ｘ ７ ２００ ｘ ７ ２００
２ ＋ ｘ ＝ ２ ( ＋ １) ＋ ｘ － ２ ≥ ２
＋１ ＋１
5
年
高
考
3
年 模
拟
A
版
高
考
数
学
８４
综合篇
考法 一 判断函数零点所在区间和零点的个数
ｆ １ 所以由函数零点
＝ －１<０ꎬ (２)＝ ｌｎ ２－ >０ꎬ
２
１.( 辽宁葫芦岛协作校月考ꎬ )已知 ａ 是
２０２２ ７ 存在定理可知 存在 ｔ 使得ｆ ｔ
函数 ｆ ｘ ｘ ｘ２ 的零点 则 ａ －１ ａ
ꎬ １∈(１ꎬ２)ꎬ ( １)＝
( )＝ ｌｎ ＋ －２ ꎬ ｅ ＋ －５ 当 ｔ 时 ｆ ｔ ｔ２ ｔ 由 ｆ ｔ ｔ２ ｔ
０ꎻ ≤０ ꎬ ( )＝ ＋２ ꎬ ( )＝ ＋２ ＝
的值为
( ) 解得 ｔ ｔ .
正数 ０ꎬ ２ ＝－２ꎬ ３ ＝０
Ａ. Ｂ.０ 作出函数 ｔ ｆ ｘ 的图象 直线 ｔ ｔ ｔ
负数 无法判断
＝ ( )＋１ ꎬ ＝ １、 ＝－
Ｃ. Ｄ. ｔ 如图所示
答案 Ｃ ｆ ｘ 的定义域为 易证 ｆ ２、 ＝０ ꎬ
( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ
ｘ 在 上为增函数.因为ｆ
( ) (０ꎬ＋∞) (１)＝ ｌｎ １＋
ｆ ａ
１－２＝－１<０ꎬ (２)＝ ｌｎ ２＋４－２＝ｌｎ ２＋２>０ꎬ
是函数的零点 所以 ａ 且 ｆ ａ .
ꎬ ∈(１ꎬ２)ꎬ ( )＝ ０
所以 ａ －１ ａ ２－１ 故选 .
ｅ ＋ －５<ｅ ＋２－５＝ｅ－３<０ꎬ Ｃ
由图象可知 直线 ｔ ｔ 与函数 ｔ ｆ ｘ 的
２.(
２０２２
山东省实验中学诊断性训练ꎬ
８
)已知
ꎬ ＝ １ ＝ ( )＋１
图象有两个交点 直线 ｔ 与函数 ｔ ｆ ｘ
ì ï ꎻ ＝０ ＝ ( )＋
函数 ｆ ｘ í ï ｌｎ ｘ － １ ｘꎬ ｘ >０ꎬ则 函 数 ｙ １ 的图象有两个交点 ꎻ 直线 ｔ ＝－２ 与函数 ｔ ＝ ｆ
( ) ＝ ï ＝
ï ｘ 的图象有且只有一个交点.
îｘ２ ｘ ｘ
( )＋１
＋２ ꎬ ≤０ꎬ
综上所述 函数 ｙ ｆ ｆ ｘ 的零点个数为 ｆ ｆ ｘ 的零点个数是 ꎬ ＝ [ ( )＋１]
[ ( )＋１] ( )
.故选 .
５ Ｄ
Ａ.２ Ｂ.３ Ｃ.４ Ｄ.５
答 案 Ｄ 令 ｔ ｆ ｘ ３.( 海南直辖县级单位三模ꎬ )设函数ｆ ｘ ２０２２ ８ ( )
＝ ( ) ＋ １ ＝
的定义域为Ｒ ｆ ｘ 为奇函数 ｆ ｘ 为偶
ì
ï ꎬ ( －１) ꎬ ( ＋１) ï ｘ １ ｘ
í ｌｎ －ｘ ＋１ꎬ >０ꎬ当ｔ 时 ｆ ｔ ｔ １ 则 函数 当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ２ 则函数ｙ
ï >０ ꎬ ( )＝ ｌｎ － ｔ ꎬ ꎬ ∈(－１ꎬ１] ꎬ ( )＝ － ＋１ꎬ
ï
î ｘ ２ ｘ . ｆ ｘ ｘ 有 个零点 ( ＋１) ꎬ ≤０ ＝ ( )＋ｌｇ ( )
函数 ｆ ｔ 在 上单调递增 因为ｆ
( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ (１) Ａ.４ Ｂ.５ Ｃ.６ Ｄ.７
答案 Ｃ ｙ ｆ ｘ ｘ 的零点个数即 ｙ ｆ
＝ ( )＋ｌｇ ＝ 知函数 ｆ ｘ ｘ ｘ２ １ 则函数 ｆ ｘ
( )＝ ２ｌｎ(２ )－ ＋ ꎬ ( )
ｘ ｙ ｘ 的图象交点个数.因为 ｆ ｘ
４
( )ꎬ ＝－ｌｇ ( －１)
的零点个数为 .
为奇函数 所以 ｆ ｘ 的图象关于原点对
ꎬ ( －１)
答案
称 故 ｆ ｘ 的图象关于点 对称 又
２
ꎬ ( ) (－１ꎬ０) ꎬ
ｆ ｘ 为偶函数 所以ｆ ｘ 的图象关于直线
( ＋１) ꎬ ( )
解析 因为 ｆ ｘ ｘ ｘ２ １ 所以 ｆ ′
( )＝ ２ｌｎ(２ )－ ＋ ꎬ
ｘ 对称 所以 ｆ ｘ 的周期为 .又当 ｘ ４
＝１ ꎬ ( ) ８ ∈(－
ｘ２
时 ｆ ｘ ｘ２ 画出图象 易得函数 ｙ ｘ ２ ｘ ２－２ ｘ 令
１ꎬ１) ꎬ ( )＝ － ＋１ꎬ ꎬ ( ) ＝ ｘ － ２ ＝ ｘ ( > ０ )ꎬ
ｆ ｘ ｙ ｘ 的图象有 个交点.故选
＝ ( )ꎬ ＝－ｌｇ ６ Ｃ. ｆ ′ ｘ 得 ｘ .
( )＝ ０ꎬ ＝１
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 在 上
∈(０ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (０ꎬ１)
单调递增 当 ｘ
ꎻ ∈ (１ꎬ
４.(多选)( 山东枣庄三中月考一)已知函 时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ
２０２１
＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
{ｋｘ ｘ 在 上单调递减
(１ꎬ ＋∞) ꎬ
数 ｆ ｘ ＋１ꎬ ≤０ꎬ下 列 是 函 数 ｙ
( ) ＝ ｘ ｘ ＝ 所以 ｆ ｘ ｆ
ｌｏｇ２ ꎬ >０ꎬ
( )ｍａｘ ＝ (１)＝ ２ｌｎ
ｆ ｆ ｘ 的零点个数的 个判断 其中正
３ 当 ｘ 时
( ( ))＋１ ４ ꎬ
２－ > ０ꎬ →０ ꎬ
确的是 ４
( )
ｆ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ｘ 则 ｆ
当 ｋ 时 有 个零点 ( )→－∞ꎻ →＋∞ ꎬ ( )→－∞ꎬ
Ａ. >０ ꎬ ３
ｘ 的图象如图所示 所以 ｘ 使
当 ｋ 时 有 个零点 ( ) ꎬ ∃ １∈(０ꎬ１)ꎬ
Ｂ. <０ ꎬ ２
得ｆ ｘ ｘ 使得ｆ ｘ
当 ｋ 时 有 个零点 ( １)＝ ０ꎬ∃ ２∈(１ꎬ＋∞)ꎬ ( ２)＝ ０ꎬ
Ｃ. >０ ꎬ ４
故函数 ｆ ｘ 有两个零点.
当 ｋ 时 有 个零点
( )
Ｄ. <０ ꎬ １
答案 ＣＤ 由 ｙ ｆ ｆ ｘ ６.( 届重庆一中月考ꎬ )函数ｆ ｘ ｘ
２０２３ １５ ( )＝ｓｉｎ π
＝ ( ( ))＋
得 ｆ ｆ ｘ 令 ｆ ｘ 的所有零点之和为 .
１ ＝ ０ꎬ ( ( ))＝ －１ꎬ －ｌｎ｜２ －３｜
ｘ ｔ 则方程ｆ ｆ ｘ 答案
( )＝ ꎬ ( ( ))＝ －１ ９
等价于 ｆ ｔ . 图 解析 由 ｆ ｘ 得 ｘ ｘ 令 ｇ
( )＝ －１ １ ( )＝ ０ ｓｉｎ π ＝ｌｎ｜２ －３｜ꎬ
若 ｋ 作出函数 ｆ ｘ 的 ｘ ｘ ｈ ｘ ｘ
① >０ꎬ ( ) ( )＝ ｓｉｎ π ꎬ ( )＝ ｌｎ｜２ －３｜ꎬ
图象如图 ｆ ｔ 此时方程 ｆ ｔ 因为ｇ ｘ ｇ ｘ 且ｈ ｘ ｈ ｘ 所以
１ꎬ ( )＝ －１ꎬ∴ ( )＝ －１ ( )＝ (３－ )ꎬ ( )＝ (３－ )ꎬ
有两个根 ｔ ｔ 其中 ｔ ｔ 函数 ｇ ｘ ｘ 与 ｈ ｘ ｘ 的图
１ꎬ ２ꎬ ２<０ꎬ０< １<１ꎬ ( )＝ ｓｉｎ π ( )＝ ｌｎ｜２ －３｜
由 ｆ ｘ ｔ 知此时 ｘ 有两解 由 ｆ ｘ ｔ
( )＝ ２<０ꎬ ꎬ ( )＝ １ 象都关于直线ｘ ３对称 在同一平面直角坐
＝ ꎬ
知此时 ｘ 有两解 此时
２
∈(０ꎬ１) ꎬ
标系内作出函数 ｇ ｘ ｘ ｈ ｘ ｘ
共有 个解 即函数ｙ ｆ ｆ ｘ
( )＝ ｓｉｎ π ꎬ ( )＝ ｌｎ｜２
４ ꎬ ＝ ( ( ))＋
的图象如图所示
有 个零点. 若 ｋ 作出函
－３｜ ꎬ
１ ４ ② <０ꎬ
专
数 ｆ ｘ 的图象如图 ｆ ｔ
题
( ) ２ꎬ∵ ( )＝ －
图 三
此时方程 ｆ ｔ 有一个 ２
１ꎬ∴ ( )＝ －１ 函
根 ｔ 其中 ｔ .由 ｆ ｘ ｔ 知此时 ｘ 数
ꎬ ０< <１ ( )＝ ∈(０ꎬ１) 的
概
只有 个解 即函数 ｙ ｆ ｆ ｘ 有 个零 念
１ ꎬ ＝ ( ( ))＋１ １ 与
点 故选 . 基
ꎬ ＣＤ 本
５.( 届湖湘名校教育联合体大联考ꎬ )已 由图象可知 函数 ｇ ｘ ｘ ｈ ｘ 初
ꎬ ( )＝ ｓｉｎ π ꎬ ( )＝ ｌｎ｜ 等
２０２３ １３
函
ｘ 的图象有 个交点 设其横坐标由小 数
２ －３｜ ６ ꎬ
８５
到大依次为 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 则有 ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 若函数 ｇ ｘ
１ꎬ ２ꎬ ３ꎬ ４ꎬ ５ꎬ ６ꎬ １ ＋ ６ ＝ ( )＝ ｜ ＋１｜＋｜ －１｜＋２ｃｏｓ ꎬ ( )＝
ｘ ｘ ｘ ｘ 则 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ａ 恰有三个零点 ｍ ｎ ａ 其中 ｍ ｎ 为
２ ＋ ５ ＝ ３ ＋ ４ ＝３ꎬ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋ ４ ＋ ５ ＋ ６ ＝９ꎬ ( )－ ꎬ ＋ ＝ ( ꎬ
所以函数 ｆ ｘ ｘ ｘ 的所有零
( )＝ ｓｉｎ π －ｌｎ｜２ －３｜ 正实数 则 ７ ２８ 的最小值为
)ꎬ ｍ ＋ｎ ( )
点之和为 .
＋１ ＋２
９
３０
考法 二 已知函数有零点（方程有根）求参 Ａ.９ Ｂ.７ Ｃ. Ｄ.４
７
数值（或取值范围） 答案 Ａ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
( )＝ ｜ ＋１｜＋｜ －１｜＋２ｃｏｓ
ì ｘ ｘ ｘ
ï
１.( 届长春六中月考ꎬ )若函数ｆ ｘ ｘ －２ ＋２ｃｏｓ ꎬ <－１ꎬ
ï
２０２３ ７ ( )＝ ｌｎ
í ｘ ｘ
ｘ２ ａ 在区间 内有零点 则实数 ａ ＝ï２＋２ｃｏｓ ꎬ－１≤ ≤１ꎬ
＋ ＋ －１ (１ꎬｅ) ꎬ î ï ｘ ｘ ｘ
的取值范围是 ２ ＋２ｃｏｓ ꎬ >１ꎬ
( ) 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ 恒成立
<－１ ꎬ ( )＝ －２－２ｓｉｎ ≤０ ꎬ
２ ２
Ａ.(－ｅ ꎬ０) Ｂ.(－ｅ ꎬ１) ｆ ｘ 在 上单调递减
∴ ( ) (－∞ꎬ－１) ꎬ
２
Ｃ.(１ꎬｅ) Ｄ.(１ꎬｅ ) ｆ ｘ ｆ
∴ ( )> (－１)＝ ２＋２ｃｏｓ(－１)＝ ２＋２ｃｏｓ １∈
答案 Ａ ｆ ｘ ｘ ｘ２ ａ ｆ ′ ｘ １
∵ ( )＝ ｌｎ ＋ ＋ －１ꎬ ( )＝ ｘ (３ꎬ４)ꎬ
当 ｘ 时 ｆ ｘ ｘ 为偶函数
ｘ 在区间 上恒成立 ｆ ｘ 在 －１≤ ≤１ ꎬ ( )＝ ２＋２ｃｏｓ ꎬ
＋２ >０ (１ꎬｅ) ꎬ∴ ( ) (１ꎬ
在 上单调递增 在 上单调
上单调递增 [－１ꎬ０) ꎬ [０ꎬ１]
ｅ) ꎬ
递减
函数 ｆ ｘ ｘ ｘ２ ａ 有唯一的零点在 ꎬ
∴ ( )＝ ｌｎ ＋ ＋ －１
ｆ ｘ ｆ ｆ 即 ｆ ｘ
区间 内 ｆ ｆ 即 ∴ ( )∈[ (１)ꎬ (０)]ꎬ ( )∈[２＋２ｃｏｓ
(１ꎬｅ) ꎬ∴ (１) < ０ꎬ (ｅ) > ０ꎬ
{ ａ １ꎬ４]⊆(３ꎬ４]ꎬ 当 ｘ >１ 时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )＝ ２－２ｓｉｎ ｘ ≥
ｌｎ １＋１＋ －１<０ꎬ 解得 ２ ａ .故选 恒成立 ｆ ｘ 在 上单调递增
２ ａ －ｅ < <０ Ａ. ０ ꎬ∴ ( ) (１ꎬ＋∞) ꎬ
ｌｎ ｅ＋ｅ ＋ －１>０ꎬ
ｆ ｘ ｆ
２.( 课标 ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)已知函数 ∴ ( ) > (１) ＝ ２＋
２０１７ Ⅲ １２ １１ ５
由此
ｆ ｘ ｘ２ ｘ ａ ｘ －１ － ｘ ＋１ 有唯一零点 则ａ ２ｃｏｓ １∈(３ꎬ４)ꎬ
( )＝ －２ ＋ (ｅ ＋ｅ ) ꎬ ＝
作出函数 ｆ ｘ 的草图
( )
( )
如图所示
ꎬ
１ １ １
Ａ.－ Ｂ. Ｃ. Ｄ.１ 由函数 ｇ ｘ ｆ ｘ ａ 恰有三个零点可得 ａ
２ ３ ２ ( )＝ ( )－
答案 Ｃ 由函数 ｆ
(
ｘ
)
有零点得 ｘ２
－２
ｘ
＋
ａ
即 ｍ ｎ 又 ｍ ｎ 为正实数 ７
＝４ꎬ ＋ ＝４ꎬ ꎬ ꎬ∴ ｍ ＋
ｘ －１ － ｘ ＋１ 有解 即 ｘ ２ ａ ｘ －１ ＋１
(ｅ ＋ｅ )＝ ０ ꎬ ( －１) －１＋ (ｅ ＋
ｅ － ｘ ＋１ )＝ ０ 有解 ꎬ 令 ｔ ＝ ｘ －１ꎬ 则上式可化为 ｔ２ － ｎ ２８ ＝ １ æ è ç ｍ ７ ＋ｎ ２８ ö ø ÷ ( ｍ ＋１＋ ｎ ＋２)＝ ５＋ｍ ｎ ＋２
ｔ２ ＋２ ７ ＋１ ＋２ ＋１
ａ ｔ － ｔ 即 ａ １－ .令 ｈ ｔ
１＋ (ｅ ＋ｅ )＝ ０ꎬ ＝ ｔ ｔ ( ) ＝ ｍ ｎ ｍ
－
ｅ ＋ｅ ４( ＋１) ＋２ ４( ＋１) 当且仅
＋ ｎ ≥５＋２ ｍ ｎ ＝９ꎬ
5 １－ ｔ２ 易得 ｈ ｔ 为偶函数 又由 ｆ ｘ 有唯一 ＋２ ＋１ ＋２
年 ｔ ｔꎬ ( ) ꎬ ( )
－
高 ｅ ＋ｅ 当 ｍ ４ ｎ ８时 等号成立. ７ ２８ 的
考 ＝ ꎬ ＝ ꎬ ∴ ｍ ＋ｎ
3 零点得函数 ｈ ｔ 的图象与直线 ｙ ａ 有唯一 ３ ３ ＋１ ＋２
( ) ＝
年 最小值为 故选
模 ９ꎬ Ａ.
交点 则此交点的横坐标为 所以 ａ １－０
拟
ꎬ ０ꎬ ＝ ＝ ４.( 天津文ꎬ ꎬ 分) 已知函数 ｆ ｘ
A １＋１ ２０１９ ８ ５ ( ) ＝
版 １ 故选 . ì ï ｘ ｘ
高 ꎬ Ｃ ï２ ꎬ０≤ ≤１ꎬ
２ í 若关于ｘ 的方程ｆ ｘ １ｘ
考
数 ３.( 重庆缙云教育联盟诊断ꎬ )已知函数 ï ï １ ｘ . ( )＝ － ４ ＋
学 ２０２２ ７ îｘꎬ >１
８６
ａ ａ Ｒ 恰有两个互异的实数解 则 ａ 的取 个不相等的实数根 则实数 ａ 的取值范围
( ∈ ) ꎬ ꎬ
值范围为 { }
( ) 是 １
(０ꎬ＋∞)∪ －
é ù æ ù
ê ú ú ２ｅ
５ ９ ç５ ９
Ａ.ë ê ꎬ û ú Ｂ.è ꎬ û ú 答案 ＣＤ 对于 因为ｆ 所以ｘ
４ ４ ４ ４ Ａꎬ (０)＝ ０ꎬ ＝０
æ ù é ù 是函数 ｆ ｘ 的零点 故 错误 对于 当 ｘ
ú ê ú
ç５ ９ ５ ９ ( ) ꎬ Ａ . Ｃꎬ
ú ê ú
Ｃ.è ꎬ û∪{１} Ｄ.ë ꎬ û∪{１} 时 ｆ ｘ ｘ ｘ 则 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 当 ｘ
４ ４ ４ ４
≤１ ꎬ ( )＝ ｅ ꎬ ( )＝ ( ＋１)ｅ ꎬ <
答案 Ｄ 画出函数ｙ ｆ
时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 所
＝
－１ ꎬ ( )<０ꎬ －１< <１ ꎬ ( )>０ꎬ
ｘ 的图象 如图.方程 ｆ
以函数 ｆ ｘ 在 上单调递减 在
( ) ꎬ
( ) (－∞ꎬ－１) ꎬ
上单调递增
ｘ １ ｘ ａ 的解的个
(－１ꎬ１) ꎬ
( )＝ － ＋
４ 所以 ｆ ｘ ｆ －１ 又当 ｘ 时 ｆ
( )ｍｉｎ ＝ (－１)＝ －ｅ ꎬ →－∞ ꎬ
数 即为函数ｙ ｆ ｘ 的图象与直线ｌ ｙ １ｘ ｘ ｆ 故当 ｘ 时 ｆ ｘ
ꎬ ＝ ( ) : ＝－ ＋ ( )→０ꎬ (１)＝ ｅꎬ ≤１ ꎬ ( )∈[－
４ ｘ
ａ的公共点的个数. －１ 当 ｘ 时 ｆ ｘ ｅ 则 ｆ ′ ｘ
ｅ ꎬｅ]ꎬ >１ ꎬ ( ) ＝ ｘꎬ ( ) ＝
当直线 ｌ 经过点 Ａ 时 有 １ ａ ａ ９ ｘ ｘ
ꎬ ２＝－ ×１＋ ꎬ ＝ ꎻ ｅ ( －１)
４ ４ ｘ２ >０ꎬ
当直线 ｌ 经过点 Ｂ 时 有 １ ａ ａ ５. 所以函数 ｆ ｘ 在 上单调递增 故 ｆ
ꎬ １＝－ ×１＋ ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ＋∞) ꎬ
４ ４
ｘ ｆ 故当 ｘ 时 ｆ ｘ .
é ù ( )> (１)＝ ｅꎬ >１ ꎬ ( )∈(ｅꎬ＋∞)
由图可知 ａ ê ５ ９ ú时 函数 ｙ ｆ ｘ 的图
ꎬ ∈ë ê ꎬ û ú ꎬ ＝ ( ) 综上所述 函数 ｆ ｘ 的值域为 －１
４ ４
ꎬ ( ) [－ｅ ꎬ＋∞)ꎬ
象与 ｌ 恰有两个交点.另外 当直线 ｌ 与曲线 故 正确.
ꎬ Ｃ
对于 由 可知 函数 ｆ ｘ 在 上单调
ｙ １ ｘ 相切时 恰有两个公共点 此时 ａ Ｂꎬ Ｃ ꎬ ( ) (０ꎬ１)
＝ ｘꎬ >１ ꎬ ꎬ 递增 在 上单调递增
ꎬ (１ꎬ３) ꎬ
. 则 ｆ ｘ ｆ ｘ 所以不存在 ｘ
>０ ( １)<ｅꎬ ( ２)>ｅꎬ １∈(０ꎬ
ì ï ｘ 使ｆ ｘ ｆ ｘ 故 错误.对
ï ï
ｙ
＝
１
ｘꎬ
１)ꎬ ２∈(１ꎬ３)ꎬ ( １)> ( ２)ꎬ Ｂ
联立í 得１ １ｘ ａ 即１ ｘ２ ａｘ 于
Ｄꎬ
关于 ｘ 的方程
[
ｆ
(
ｘ
)]
２
－２
ａｆ
(
ｘ
)＝ ０
有两
ï ｘ ＝－ ＋ ꎬ － ＋
ïｙ １ｘ ａ ４ ４ 个不相等的实数根
î ï ＝－ ＋ ꎬ ꎬ
４ 即关于 ｘ 的方程 ｆ ｘ ｆ
( )[
由 Δ ａ２ １ 得 ａ 舍去负 ｘ ａ 有两个不
１＝０ꎬ ＝ －４× ×１＝０ꎬ ＝１( ( )－２ ] ＝ ０
４
相等的实数根 所以 ｆ
根 . ꎬ
)
ｘ 或 ｆ ｘ ａ
综上 ａ é ê ５ ９ ù ú .故选 . ( )＝ ０ ( )－２ ＝０ꎬ
ꎬ ∈ë ê ꎬ û ú ∪{１} Ｄ 由 知 方程ｆ ｘ 只
４ ４ Ｃ ꎬ ( )＝ ０
５.(多选)( 辽宁抚顺三模ꎬ )已知函数 有一个实数根 所以方
２０２２ １０ ꎬ
ì ï ｘ ｘ ｘ 程ｆ ( ｘ )－２ ａ ＝０ 也只有一个实数根 ꎬ 即函数 ｙ 专 题
ï ｅ ꎬ ≤１ꎬ ｆ ｘ 的图象与直线 ｙ ａ 只有一个交点 三
ｆ ｘ í ｘ 下列选项正确的是 ＝ ( ) ＝２ ꎬ
( )＝ ïｅ ｘ ( ) 函
ï
îｘꎬ >１ꎬ 如图 画出函数 ｙ ｆ ｘ 的简图 则 ａ １ 数
的
ꎬ ＝ ( ) ꎬ ２ ＝－
概
点 是函数 ｆ ｘ 的零点 ｅ
念
Ａ. (０ꎬ０) ( )
与
ｘ ｘ 使ｆ ｘ ｆ ｘ 或 ａ .所以 ａ １ 或 ａ 所以实数 ａ 的 基
Ｂ.∃ １∈(０ꎬ１)ꎬ∃ ２∈(１ꎬ３)ꎬ ( １)> ( ２) ２ >０ ＝－ >０ꎬ 本
２ｅ
Ｃ. 函数 ｆ ( ｘ ) 的值域为 [－ｅ －１ ꎬ＋∞) 取值范围是 { １ } 故 正确.故 初 等 函
若关于 ｘ 的方程 ｆ ｘ ２ ａｆ ｘ 有两 (０ꎬ＋∞)∪ － ꎬ Ｄ 数
Ｄ. [ ( )] －２ ( )＝ ０ ２ｅ
８７
选 é ö
ＣＤ. 答案 ê １０÷
ê
６.( 山东青州打靶ꎬ )对实数 ｍ 与 ｎ 定义 ë２ꎬ ø
３
２０２２ ６
æ ö
新运算 ｍ ｎ
{ｍ
ꎬ
ｍ
－
ｎ
≤１ꎬ设函数
解析 由题意知方程 ａｘ
＝
ｘ２
＋１
在
è
ç１
ꎬ３ø
÷上
“”: ＝ ｎ ｍ ｎ . ２
ꎬ － >１ æ ö
ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｘ２ ｘ Ｒ.若方程 ｆ ｘ 有解 即ａ ｘ １在ç１ ÷上有解.设ｔ ｘ １
( )＝ ( － )( －２)ꎬ ∈ ( )－ ꎬ ＝ ＋ｘ è ꎬ３ø ＝ ＋ｘꎬ
２
ｃ 有两个不相等的实数根 则实数 ｃ 的取
＝０ ꎬ æ ö æ ù
ｘ ç１ ÷ 因为 ｔ ｘ １ 在ç１ ú上单调递
值范围是 ∈è ꎬ３øꎬ ＝ ＋ ｘ è ꎬ１û ú
( ) ２ ２
æ ö é ö
ç ３ ÷ 减 在 上单调递增 所以 ｔ ê １０÷ 所
Ａ.(－∞ꎬ－２]∪è－１ꎬ ø ꎬ (１ꎬ３) ꎬ ∈ë ê ２ꎬ øꎬ
２ ３
Ｂ.(－∞ꎬ－２)∪ é ë ê ê －１ꎬ－ ３ ù û ú ú 以实数 ａ 的取值范围是 é ë ê ê ２ꎬ １０ ö ø ÷.
４ ３
æ ö æ ö ８.( 届哈尔滨师大附中月考ꎬ )设 ａ Ｒ
ç １÷ ç１ ÷
２０２３ １６ ∈ ꎬ
Ｃ.è－∞ꎬ－ ø∪è ꎬ＋∞ø
４ ４ ì ｘ ｘ
ï
æ ö é ö ï
ｌｏｇ２(１－ )ꎬ <０ꎬ
Ｄ.è ç －１ꎬ－ １ ø ÷ ∪ë ê ê １ ꎬ＋∞ ÷ ø 函数 ｆ ( ｘ )＝ í ï ｘ ａ ｘ . 若函数 ｆ ( ｘ ) 的
４ ４ î ï ＋ｘ －４ ꎬ >０
答案 Ｂ 由 ｘ ｘ２ ｘ２ 可得 ｘ２
( － )－( －２)≤１ꎬ ２ － 最小值为 则 ａ 的取值范围是 若
０ꎬ ꎻ
ｘ ｘ ｘ 解得 ｘ １ 或 ｘ 函数 ｙ ｆ ｘ 有 个零点 则 ａ 的值是
－１＝(２ ＋１)( －１)≥０ꎬ ≤－ ＝ ( )－１ ４ ꎬ
２
.
≥１ꎬ
所 以 ｆ ｘ 答案 ９
( ) ＝ (－∞ꎬ４]
ì ４
ï
ï ï
ｘ
－
ｘ２
ꎬ
ｘ
≤－
１或 ｘ
≥１ꎬ
解析 当 ｘ
<０
时
ꎬ
函数单调递减
ꎬ
所以有 ｆ
í ２ 因 ｘ ｆ 因此要使 ｆ ｘ 的最小值为
ï ( )> (０)＝ ０ꎬ ( ) ０ꎬ
î
ï
ï
ｘ２
－２ꎬ－
１
<
ｘ
<１
.
ａ
２ 则当 ｘ 时 ｘ 有解 即 ａ ｘ ｘ２
>０ ꎬ ＋ ｘ －４＝０ ꎬ ＝４ －
为方程 ｆ ｘ ｃ 有两个不相等的实数根
( )－ ＝０ ꎬ
即 ｙ ｆ ｘ 的图象与直线 ｙ ｃ 有两个交点 有解 ꎬ ａ ＝４ ｘ － ｘ２ ＝－( ｘ －２) ２ ＋４ꎬ 所以 ａ ≤４ .
＝ ( ) ＝ ꎬ
当 ｘ 时 ｆ ｘ 的解为 ｘ 当 ｘ 时
如图所示 结合图象 可得 ｃ 或 ｃ <０ ꎬ ( )＝ １ ＝－１ꎻ >０ ꎬ
ꎬ ꎬ <－２ －１≤ ≤－
ｆ ｘ 有三个解.
( )＝ １
３ 即实数 ｃ 的取值范围是
ꎬ (－∞ꎬ－２) ∪ 若 ａ 则 ｆ ｘ 至多只有两个解 不符
４ ≤０ꎬ ( )＝ １ ꎬ
é ù 合题意 所以 ａ 所以有 ａ 解得
ê
３
ú.故选
ꎬ >０ꎬ ２ －４＝－１ꎬ
ê ú
ë－１ꎬ－ û Ｂ.
４
ａ ９.
７.( 广东肇庆一中月考ꎬ )若函数ｆ ｘ ＝
5 ２０２２ １４ ( )＝ ４
年 æ ö
高 ｘ２ ａｘ 在区间ç１ ÷上有零点 则实数 ａ
考 － ＋１ è ꎬ３ø ꎬ
3 ２
年 的取值范围是 .
模
拟
A
版
高
考
数
学
８８
专题综合检测
一、单项选择题
Ｃ.(３ꎬ＋∞) Ｄ.[３ꎬ＋∞)
１.( 海南学业水平诊断一ꎬ )已知函数 答案 Ｄ 因为 ｙ ｘ 在 ｘ 上单调递
２０２２ ３ ＝ ∈[１ꎬ４]
ì ｘ ｘ
ï ï２ －１ꎬ ≤０ꎬ 增
ꎬ
ｙ
＝－
４
ｘ
在 ｘ
∈[１ꎬ４]
上单调递增
ꎬ
所以 ｆ
ｆ ｘ í ｘ 若 ｆ ｘ ３ 则 ｘ
( )＝ ï ｘ ( )＝ － ꎬ ＝
î ï １－ ꎬ >０ꎬ ４
４ ｘ ｘ ４ 在 ｘ 上单调递增.所以 ｆ
( )＝ － ｘ ∈[１ꎬ４]
( )
或
ｘ ｆ ４ .
Ａ.７ Ｂ.－２ Ｃ.２ Ｄ.７ －２ ( )ｍａｘ ＝ (４)＝ ４－ ＝３
４
答案 Ｄ 当 ｘ 时 ｘ ３ 解得 ｘ 因为 ｆ ｘ ｍ 对任意 ｘ 恒成立 所
≤０ ꎬ２ －１＝－ ꎬ ＝－
( )≤ ∈[１ꎬ４] ꎬ
４
以 ｍ ｆ ｘ .故选
满足 ｘ 当 ｘ 时
ｘ
３ 解得 ｘ
≥ ( )ｍａｘ ＝３ Ｄ.
２ꎬ ≤０ꎬ >０ ꎬ１－ ＝－ ꎬ ＝ ５.( 河北衡水中学模拟一ꎬ )已知幂函数
４ ４ ２０２２ ２
满足 ｘ .故 ｘ 或 . ｆ ｘ ｘ２＋ ｍ是定义在区间 ｍ 上的奇函
７ꎬ >０ ＝７ －２ ( )＝ [－１ꎬ ]
故选 数 则 ｆ ｍ
Ｄ. ꎬ ( ＋１)＝ ( )
ｘ
２.( 海南三亚华侨学校月考ꎬ )ｙ －１ Ａ.８ Ｂ.４ Ｃ.２ Ｄ.１
２０２２ ５ ＝ ｘ － 答案 Ａ 因为幂函数在 ｍ 上是奇函
２ [－１ꎬ ]
ｌｏｇ２(４－
ｘ２
)
的定义域是
( )
数
ꎬ
所以 ｍ
＝１ꎬ
所以 ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ２＋ ｍ
＝
ｘ３
ꎬ
所以 ｆ
(
ｍ
Ａ.(－２ꎬ０)∪(１ꎬ２) Ｂ.(－２ꎬ０]∪(１ꎬ２) ＋１)＝ ｆ (１＋１)＝ ｆ (２)＝ ２ ３ ＝８ꎬ 故选 Ａ.
６.( 广东江门陈经纶中学月考ꎬ )已知函
Ｃ.(－２ꎬ０)∪[１ꎬ２) Ｄ.[－２ꎬ０]∪[１ꎬ２]
２０２２ ５
ìｘ
ï
－１
ï ｘ ≥０ꎬ 数 ｆ ｘ ｘ ９ ｘ 当 ｘ ａ 时
ï ２ ( )＝ －４＋ｘ ꎬ ∈(０ꎬ４)ꎬ ＝ ꎬ
答案 Ｃ 要使函数有意义 则í 解 ＋１
ꎬ ï ｘ
ï ï ２ ≠０ꎬ ｆ ｘ 取得最小值 ｂ 则函数 ｇ ｘ æ ç １ ö ÷ ｜ ｘ ＋ ｂ ｜ 的
î ｘ２ ( ) ꎬ ( )＝ èａø
４－ >０ꎬ
得 ｘ 或 ｘ 所以函数的定义域为 图象为
－２< <０ １≤ <２ꎬ ( )
.故选
(－２ꎬ０)∪[１ꎬ２) Ｃ.
３.( 重庆七中期中ꎬ )已知函数 ｆ ｘ
２０２２ ３ ( )＝
{ｆ ｘ ｘ
( －３)ꎬ ≥０ꎬ 则 ｆ
ｘ ｘ (２ ０２１)＝ ( )
ｌｏｇ２(－ )＋１ꎬ <０ꎬ
Ａ Ｂ
Ａ.１ Ｂ.２ Ｃ.ｌｏｇ２６ Ｄ.３
答案 Ａ ｆ ｆ ｆ ｆ 专
(２ ０２１)＝ (２ ０１８)＝ ＝ (２)＝ 题
三
.故选
(－１)＝ ｌｏｇ２１＋１＝１ Ａ.
函
４.( 重庆云阳江口中学期末ꎬ )已知函数 数
２０２２ ５ 的
概
念
ｆ ｘ ｘ ４ 若 ｆ ｘ ｍ 对任意 ｘ 恒 Ｃ Ｄ 与
( )＝ －ｘꎬ ( )≤ ∈[１ꎬ４] 答案 Ｂ 由 ｘ 得 ｘ 于是得 ｆ 基
∈(０ꎬ４)ꎬ ＋１>１ꎬ 本
成立 则实数 ｍ 的取值范围为 初
ꎬ ( ) 等
ｘ ｘ ９ ｘ ９ 函
( )＝ ＋１＋ｘ －５≥２ ( ＋１)ｘ －５＝１ꎬ 数
Ａ.(－∞ꎬ－３) Ｂ.(－∞ꎬ－３] ＋１ ＋１
８９
为Ｒ的函数ｇ ｘ 满足 ｇ ｘ ｇ ｘ 若函
当且仅当 ｘ ９ 即 ｘ 时取等号 ｆ ｘ ( ) (－ )＋ ( )＝ ２ꎬ
＋１＝ｘ ꎬ ＝２ ꎬ ( )
数ｙ ｆ ｘ 与 ｙ ｇ ｘ 图象的交点为 ｘ ｙ
＋１
＝ ( ) ＝ ( ) ( １ꎬ １)ꎬ
的最小值为 则 ａ ｂ
１ꎬ ＝２ꎬ ＝１ꎬ ６
ｘ ｙ ｘ ｙ 则 ｘ ｙ
函数 ｇ ｘ æ ç １ ö ÷ ｜ ｘ ＋１｜ 其图象关于直线 ｘ ( ２ꎬ ２)ꎬꎬ( ６ꎬ ６)ꎬ ∑ ｉ＝ １ ( ｉ＋ ｉ)＝ ( )
( )＝ è ø ꎬ ＝－１
２ Ａ.０ Ｂ.６ Ｃ.１２ Ｄ.２４
æ öｘ ＋１ 答案 Ｂ 由 ｇ ｘ ｇ ｘ 得 ｙ ｇ ｘ 的
对称 当 ｘ 时 ｇ ｘ ç １÷ 单调递减 (－ )＋ ( )＝ ２ ＝ ( )
ꎬ ≥－１ ꎬ ( )＝ è ø ꎬ 图象关于点 对称. 函数 ｆ ｘ
２ (０ꎬ１) ( ) ＝ ｌｎ
只有 选项满足.
Ｂ ｘ２ ｘ 的 定 义 域 为 Ｒ 且
( ＋１ － ) ＋ １ ꎬ
故选
Ｂ.
ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ２
７.( 海南海口四中期中ꎬ )已知 ｆ ｘ 是定 (－ )＋ ( )＝ ｌｎ( ＋１＋ )＋１＋ｌｎ( ＋１－
２０２２ ４ ( ) ｘ
义在Ｒ上的偶函数且ｆ ｘ ｆ ｘ 若当
)＋１
( ＋３)＝ ( －１)ꎬ
ｘ 时 ｆ ｘ － ｘ 则ｆ ＝ｌｎ[(
ｘ２
＋１＋
ｘ
)(
ｘ２
＋１－
ｘ
)]＋２＝ｌｎ(
ｘ２
＋１－
∈[－２ꎬ０] ꎬ ( )＝ ３ ＋１ꎬ (２ ０２１)＝
ｘ２
)＋２＝２ꎬ
( )
即 ｆ ｘ ｆ ｘ 故 ｆ ｘ 的图象也关于点
(－ )＋ ( )＝ ２ꎬ ( )
Ａ.６ Ｂ.４ Ｃ.２ Ｄ.１
对称
答案 Ｂ 因为 ｆ ｘ ｆ ｘ 所以 ｆ ｘ (０ꎬ１) ꎬ
( ＋３)＝ ( －１)ꎬ ( ＋
ｆ ｘ
则函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ 与ｙ ｇ ｘ 图
４)＝ ( )ꎬ ( )＝ ｌｎ( ＋１－ )＋１ ＝ ( )
象的交点关于点 对称
所以 ｆ ｘ 是周期为 的函数 所以 ｆ
(０ꎬ１) ꎬ
( ) ４ ꎬ (２ ０２１)
ｆ ｆ 又因为 ｆ ｘ 是偶函 则不妨设关于点 对称的坐标为 ｘ
＝ (４×５０５＋１)＝ (１)ꎬ ( ) (０ꎬ１) ( １ꎬ
数 所以 ｆ ｆ ｙ ｘ ｙ
ꎬ (１)＝ (－１)ꎬ １)ꎬ( ６ꎬ ６)ꎬ
又因为 ｆ (－１)＝ ３ －(－１) ＋１＝４ꎬ 所以 ｆ (１)＝ ４ꎬ 则有 ６ ｘ ｙ 故选
所以 ｆ .故选 ∑ ｉ＝ １ ( ｉ＋ ｉ)＝ ３×(０＋２)＝ ６ꎬ Ｂ.
(２ ０２１)＝ ４ Ｂ. 二、多项选择题
８.( 重庆涪陵实验中学期中ꎬ )已知 ｙ
２０２２ ８ ＝ １０.( 湖北襄阳四中考试ꎬ )德国著名数
２０２２ ９
ｆ ｘ 的图象关于点 对称 且对任意ｘ
( －１) (１ꎬ０) ꎬ 学家狄利克雷在数学领域成就显著 是解
Ｒ 都有 ｆ ｘ ｆ ｘ 成立 当 ｘ ꎬ
∈ ꎬ ( －１)＝ (３－ ) ꎬ ∈[－１ꎬ 析数论的创始人之一 以其命命名的函数
时 ｆ ｘ ｘ２ 则 ｆ ꎬ
０) ꎬ ( )＝ ２ ꎬ (２ ０２１)＝ ( ) { ｘ 为有理数
ｆ ｘ １ꎬ ꎬ称为狄利克雷函数
Ａ.－８ Ｂ.－２ Ｃ.０ Ｄ.２ ( )＝ ｘ 为无理数 ꎬ
答案 Ｂ 因为ｙ ｆ ｘ 的图象关于点 ０ꎬ
＝ ( －１) (１ꎬ 则关于 ｆ ｘ 下列说法正确的是
对称 所以函数 ｆ ｘ 的图象关于点 ( )ꎬ ( )
０) ꎬ ( ) (０ꎬ０) ｆ ｘ 的值域为
对称 即函数 ｆ ｘ 为奇函数 所以 ｆ ｘ ｆ Ａ. ( ) [０ꎬ１]
ꎬ ( ) ꎬ (－ )＝ － ｆ ｘ 的定义域为 Ｒ
Ｂ. ( )
ｘ 又对任意 ｘ Ｒ 都有 ｆ ｘ
( )ꎬ ∈ ꎬ ( － １) ＝ ｘ Ｒ ｆ ｆ ｘ
5 ｆ ｘ 成立 所以 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ Ｃ.∀ ∈ ꎬ ( ( ))＝ １
年 (３－ ) ꎬ ( ＋２)＝ (－ )＝ － ( )ꎬ 任意一个非零有理数 Ｔ ｆ ｘ Ｔ ｆ ｘ
高 Ｄ. ꎬ ( ＋ )＝ ( )
所以 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ
考 ( ＋４)＝ － ( ＋２)＝ －[－ ( )] ＝ ( )ꎬ 对任意 ｘ Ｒ 恒成立
3 ∈
所以函数 ｆ ｘ 是周期为 的周期函数 因为
年
( ) ４ ꎬ 答 案 ＢＣＤ 因 为 函 数 ｆ ｘ
模
( ) ＝
拟 ｘ
∈[－１ꎬ０)
时
ꎬ
ｆ
(
ｘ
)＝ ２
ｘ２
ꎬ
所以ｆ
(２ ０２１)＝
ｆ
{ ｘ 为有理数
版 A (１)＝ － ｆ (－１)＝ －２×(－１) ２ ＝－２ꎬ 故选 Ｂ. １ꎬ ｘ 为无理数 ꎬ所以 ｆ ( ｘ ) 的值域为 {０ꎬ１}ꎬ ｆ
０ꎬ ꎬ
高 ９.( 广东华附、省实、广雅、深中四校联考ꎬ
考 ２０２２ ｘ 的定义域为 Ｒ 故 不正确 正确
( ) ꎬ Ａ ꎬＢ ꎻ
数
学 )已知函数 ｆ ｘ ｘ２ ｘ 定义域 因为 ｘ Ｒ ｆ ｘ 所以 ｆ ｆ ｘ
６ ( )＝ ｌｎ( ＋１－ )＋１ꎬ ∀ ∈ ꎬ ( )∈{０ꎬ１}ꎬ ( ( ))＝
９０
１ 故 正确 对于任意一个非零有理数 Ｔ １２.( 广东江门陈经纶中学月考ꎬ )已知
ꎬ Ｃ ꎻ ꎬ ２０２２ １２
若 ｘ 是有理数 则 ｘ Ｔ 是有理数 若 ｘ 是无理 定义域为 Ｒ 的函数 ｆ ｘ 满足 ｆ ｘ 是奇
ꎬ ＋ ꎻ ( ) ( －１)
数 则ｘ Ｔ 是无理数 所以根据函数的解析 函数 ｆ ｘ 为偶函数 当 ｘ 时
ꎬ ＋ ꎬ ꎬ ( ＋１) ꎬ －１< ≤１ ꎬ
式 知任取一个不为零的有理数 Ｔ 都有 ｆ ｘ
ꎬ ꎬ ( ＋
ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ２
ꎬ
则
( )
Ｔ ｆ ｘ 对任意 ｘ Ｒ 恒成立 故 正确.故
函数 ｆ ｘ 不是偶函数
)＝ ( ) ∈ ꎬ Ｄ
Ａ. ( )
选
函数 ｆ ｘ 的最小正周期为
ＢＣＤ.
Ｂ. ( ) ４
１１.( 重庆南开中学月考ꎬ )下列函数中
函数 ｆ ｘ 在 上有 个零点
２０２２ ９ ꎬ
Ｃ. ( ) [－２ꎬ２] ４
既是奇函数 又是增函数的是
ｆ ｆ
ꎬ ( )
Ｄ. (５)> (４)
ｙ ｘ － ｘ ｙ ｘ １ 答案 ＡＣ 对于 Ａꎬ 因为 ｆ ( ｘ －１) 是奇函数 ꎬ
Ａ. ＝２ －２ Ｂ. ＝ －ｘ
图象关于点 对称 所以 ｆ ｘ 的图象关
{ｘ２ ｘ (０ꎬ０) ꎬ ( )
Ｃ.
ｙ
＝ ｘ
ꎬ
２
≥
ｘ
０
Ｄ.
ｙ
＝ｌｎ(
ｘ２
＋１＋
ｘ
)
于点
(－１ꎬ０)
对称
ꎬ
因为 ｆ
(
ｘ
＋１)
为偶函数
ꎬ
图
－ ꎬ <０ 象关于直线 ｘ 对称 所以 ｆ ｘ 的图象关
答案 ＡＣＤ 对于 设 ｆ ｘ ｙ ｘ － ｘ ＝０ ꎬ ( )
Ａꎬ ( )＝ ＝２ －２ ꎬ 于直线 ｘ 对称 又因为 ｘ 时 ｆ ｘ
定义域为 Ｒ ｆ ｘ ｆ ｘ 而函数 ｙ ｘ 在 ＝１ ꎬ －１< ≤１ ꎬ ( )
ꎬ (－ )＝ － ( )ꎬ ＝２ ｘ２ 所以作出 ｆ ｘ 的图象 如图所示.
æ öｘ ＝ ꎬ ( ) ꎬ
Ｒ 上单调递增 函数 ｙ － ｘ ç １÷ 在 Ｒ 上单
ꎬ ＝２ ＝è ø
２
调递减 所以函数 ｙ ｘ － ｘ在 Ｒ 上单调递
ꎬ ＝２ －２
增 满足题意
ꎬ ꎬ
函数 ｆ ｘ 的图象不关于 ｙ 轴对称 即 ｆ ｘ 不
( ) ꎬ ( )
对于 设 ｆ ｘ ｙ ｘ １ 定义域为
Ｂꎬ ( )＝ ＝ －ｘꎬ (－∞ꎬ０) 是偶函数 故 正确
ꎬ Ａ ꎻ
对于 因为 ｆ ｘ 是奇函数 所以 ｆ ｘ
ｆ ｘ ｆ ｘ 而函数 ｙ ｘ １ Ｂꎬ ( －１) ꎬ (－ －
∪(０ꎬ＋∞)ꎬ (－ )＝ － ( )ꎬ ＝ － ｘ
ｆ ｘ 即 ｆ ｘ ｆ ｘ
１)＝ － ( －１)ꎬ (－ －２)＋ ( )＝ ０ꎬ
在 和 上单调递增 在整个
(－∞ꎬ０) (０ꎬ＋∞) ꎬ 因为 ｆ ｘ 为偶函数 所以 ｆ ｘ ｆ ｘ
( ＋１) ꎬ (－ ＋１)＝ ( ＋
定义域上不是增函数 不符合题意 对于
ꎬ ꎬ Ｃꎬ 即ｆ ｘ ｆ ｘ 所以ｆ ｘ ｆ ｘ
１)ꎬ (－ ＋２)＝ ( )ꎬ (－ －２)＋ (－ ＋
作出函数的图象 如图所示 根据图象可知
ꎬ ꎬ ꎬ 即 ｆ ｘ ｆ ｘ 所 以
２) ＝ ０ꎬ ( ) ＋ ( ＋ ４) ＝ ０ꎬ
满足题意
ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ 即 ｆ ｘ ｆ ｘ 所以
( ＋４)＋ ( ＋８)＝ ０ꎬ ( )＝ ( ＋８)ꎬ
函数 ｆ ｘ 的最小正周期为 故 错误
( ) ８ꎬ Ｂ ꎻ
对于 由图象可得 在 上 ｆ ｘ 的图
Ｃꎬ : [－２ꎬ２] ( )
象与 ｘ 轴有 个交点 所以函数 ｆ ｘ 在
４ ꎬ ( ) [－２ꎬ
上有 个零点 故 正确
２] ４ ꎬ Ｃ ꎻ
对于 由题意得 ｆ ｆ ｆ
对于
Ｄꎬ
设 ｆ
(
ｘ
)＝
ｙ
＝ｌｎ(
ｘ２
＋１＋
ｘ
)ꎬ
定义域
ｆ
Ｄꎬ
ｆ
:
所
(５
以
)＝
ｆ
(－３
ｆ
)＝ － (
故
１)＝
错
－
专 题
为 Ｒ ｆ ｘ ｆ ｘ 即 ｆ ｘ ｆ １ꎬ (４)＝ (－２)＝ ０ꎬ (５)< (４)ꎬ Ｄ 三
ꎬ ( )＋ (－ )＝ ｌｎ １＝ ０ꎬ (－ )＝ － 误.故选
ｘ 根据复合函数的单调性易知函数 ｆ ｘ ＡＣ. 函
( )ꎬ ( ) 数
１３.( 辽宁六校协作体期中ꎬ )已知函数
的
ｘ２ ｘ 在 上单调递增 而 ２０２２ １２ 概
＝ ｌｎ( ＋１＋ ) [０ꎬ＋∞) ꎬ
ì
念
ï 与
函数 ｆ ｘ 为奇函数 所以函数 ｆ ｘ 在 ｘ １ ｘ
( ) ꎬ ( ) (－∞ꎬ ï ï ＋ｘ －４ꎬ >０ꎬ 基
本
ｆ ｘ í 若关于ｘ 的方程ｆ ｘ
０) 上单调递增 ꎬ 故函数ｙ ＝ｌｎ( ｘ２ ＋１＋ ｘ ) 在Ｒ ( )＝ ï
ï ï
ｘ
＋１ ｘ
(｜ ｜ 初 等
函
上单调递增 满足题意.故选 î ｘ ꎬ <０ꎬ 数
ꎬ ＡＣＤ.
９１
－２ ｋ 有 个不同的实数根 则实数 ｋ 的 １４.( 河北邢台期末ꎬ )已知 ｆ ｘ 是奇函
)＝ ６ ꎬ ２０２２ １３ ( )
值可以是 数 且当 ｘ 时 ｆ ｘ ａｘ .若 ｆ ２
( ) ꎬ >０ ꎬ ( )＝ －ｌｎ( ) (－ｅ )
则 ａ .
１ ２ ＝ ２ꎬ ＝
Ａ.０ Ｂ. Ｃ. Ｄ.１
答案
２ ３
１
答案 ＡＣＤ 函数 ｆ ｘ 的图象如图所示.令
( ) 解析 因为 ｆ ｘ 是奇函数 ｆ ２ 所以
( ) ꎬ (－ｅ )＝ ２ꎬ
ｘ ｔ 则ｆ ｔ ｋ.由图可知方程ｆ ｔ ｋ的
｜ ｜－２＝ ꎬ ( )＝ ( )＝ ｆ ２
(ｅ )＝ －２ꎬ
实根个数可能为 .
０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ 因为当 ｘ 时 ｆ ｘ ａｘ 所以 ｆ ２
>０ ꎬ ( )＝ －ｌｎ( )ꎬ (ｅ )＝
ａ ２ 所以 ａ ２ ２ 解得 ａ .
－ｌｎ( ｅ )＝ －２ꎬ ｅ ＝ｅ ꎬ ＝１
四、解答题
１５.( 沈阳三十一中月考ꎬ )已知ｆ ｘ 为
２０２２ １９ ( )
偶函数 ｇ ｘ 为奇函数 且满足 ｆ ｘ ｇ ｘ
ꎬ ( ) ꎬ ( )－ ( )
１－
ｘ.
当 ｋ 时 方程 ｆ ｔ ｋ 无实根 ＝ ２
<－２ ꎬ ( )＝ ꎬ 求 ｆ ｘ ｇ ｘ 的解析式
当 ｋ 时 方程 ｆ ｔ ｋ 有唯一实根 (１) ( )、 ( ) ꎻ
＝－２ ꎬ ( )＝ ꎬ 若方程 ｍｆ ｘ ｇ ｘ ２ ｍ 有解
当 ｋ 时 方程 ｆ ｔ ｋ 有 个实根 (２) ( )＝ [ ( )] ＋２ ＋９ ꎬ
－２< <０ ꎬ ( )＝ ２ ꎬ 求实数 ｍ 的取值范围
当 ｋ 或 ｋ 时 方程 ｆ ｔ ｋ 有 个 ꎻ
＝ ０ ≥１ ꎬ ( )＝ ３
实根 若 ｈ ｘ １ ｆ ｘ ｇ ｘ 且方程
ꎬ (３) ( )＝ [ ( )＋ ( )]－１ ꎬ
２
当 ｋ 时 方程 ｆ ｔ ｋ 有 个实根
０< <１ ꎬ ( )＝ ４ ꎬ æ ö
∵ ｔ ＝ ｜ ｘ ｜－２ 最多有 ２ 个实根 ꎬ 此时 ｔ ∈(－２ꎬ＋ [ ｈ ( ｘ )] ２ －è ç ２ ｋ ＋ １ ø ÷ｈ ( ｘ )＋ ｋ ＝０ 有三个解 ꎬ 求
２
实数 ｋ 的取值范围.
∞)ꎬ
方程 ｆ ｘ ｋ 有 个不同的实数根等 解析 因为 ｆ ｘ 为偶函数 ｇ ｘ 为奇
∴ (｜ ｜－２)＝ ６
(１) ( ) ꎬ ( )
价于 ｆ ｔ ｋ 的实根至少有 个 函数
( )＝ ３ ꎬ
ꎬ
当 ｋ ＝０ 时 ꎬ ｆ ( ｔ )＝ ｋ 的 ３ 个根均大于 －２ꎬ 符合 所以由已知可得 ｆ (－ ｘ )－ ｇ (－ ｘ )＝ ２ １＋ ｘ ꎬ
题意 ꎻ 即 ｆ ｘ ｇ ｘ １＋ ｘ 所以 {ｆ ( ｘ )－ ｇ ( ｘ )＝ ２ １－ ｘ ꎬ
当 ｋ １时 ｆ ｔ ｋ 的 个根均大于 ｆ ( )＋ ( )＝ ２ ꎬ ｆ ｘ ｇ ｘ １＋ ｘ
( )＋ ( )＝ ２ ꎬ
０< < ꎬ ( )＝ ４ －２ꎬ
２ {ｆ ｘ ｘ － ｘ
ｘ ｋ 有 个不同的实数根 不合 解得 ( )＝ ２ ＋２ ꎬ
(｜ ｜ －２)＝ ８ ꎬ ｇ ｘ ｘ － ｘ.
( )＝ ２ －２
题意
ꎻ 由 ｍｆ ｘ ｇ ｘ ２ ｍ 可得 ｍ ｘ
(２) ( )＝ [ ( )] ＋２ ＋９ (２ ＋
当 ｋ １时 ｆ ｘ ｋ 有 个不同的实数 － ｘ ｘ － ｘ ｍ
＝ ꎬ (｜ ｜－２)＝ ７ ２ )＝ (４ ＋４ )＋２ ＋７ꎬ
２
根 不合题意 令 ｔ ｘ － ｘ 则 ｔ ｘ － ｘ 当且仅当
5 ＝２ ＋２ ꎬ ≥２ ２ ２ ＝２ꎬ
ꎬ ꎻ
年 高 ｘ ＝０ 时 ꎬ 等号成立 ꎬ 则 ｔ２ ＝４ ｘ ＋４ － ｘ ＋２ꎬ
考 当 ｋ １时 ｆ ｔ ｋ 只有三个均大于 的不
3 > ꎬ ( )＝ －２ 故有 ｔ２ ｍｔ ｍ 其中 ｔ
２ － ＋２ ＋５＝０ꎬ ≥２ꎬ
年
模 同实根 符合题意. 令 Ｆ ｔ ｔ２ ｍｔ ｍ 其中 ｔ 则函数 Ｆ
拟 ꎬ ( )＝ － ＋２ ＋５ꎬ ≥２ꎬ
æ ö ｔ 在 上有零点
A 故 ｋ 的取值范围是 ç１ ÷. 故 ( ) [２ꎬ＋∞) ꎬ
版 {０} ∪ è ꎬ＋∞ø
ｍ
２
当 即 ｍ 时 Ｆ ｔ 在 上
高
选 ① ≤２ꎬ ≤４ ꎬ ( ) [２ꎬ＋∞)
考
ＡＣＤ. ２
数
学 三、填空题 单调递增 所以 Ｆ ｔ Ｆ 不合
ꎬ ( )≥ (２)＝ ９>０ꎬ
９２
题意
ꎻ
ｍ
当 即 ｍ 时 有 Δ ｍ２ ｍ
② >２ꎬ >４ ꎬ ＝ －８ －２０≥０ꎬ
２
解得 ｍ 或 ｍ 此时 ｍ .
≥１０ ≤－２ꎬ ≥１０
综上所述 实数 ｍ 的取值范围是 .
ꎬ [１０ꎬ＋∞) æ ö
由 ｈ ｘ ２ ç ｋ １÷ ｈ ｘ ｋ 可 得
ｈ ｘ １ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ [ ( )] － è２ ＋ ø ( ) ＋ ＝ ０
(３) ( )＝ [ ( )＋ ( )]－１ ＝ ｜２ －１｜ ＝ ２
２ é ù
{ １－２ ｘ ꎬ ｘ ≤０ꎬ作出函数 ｈ ｘ 的图象如图 ë ê ê ｈ ( ｘ )－ ２ １ û ú ú [ ｈ ( ｘ )－２ ｋ ]＝０ꎬ
ｘ ｘ ( )
２ －１ꎬ >０ꎬ 由图可知 方程 ｈ ｘ １ 有两个不等的
所示 ꎬ ( ) ＝
ꎬ ２
实根
ꎬ
由题意可知 方程 ｈ ｘ ｋ 有且只有一个
ꎬ ( )＝ ２
根 故 ｋ 或 ｋ 解得 ｋ 或 ｋ １.
ꎬ ２ ＝０ ２ ≥１ꎬ ＝０ ≥
２
é ö
因此 实数 ｋ 的取值范围是 ê １ ÷.
ê
ꎬ {０}∪ë ꎬ＋∞ø
２
专
题
三
函
数
的
概
念
与
基
本
初
等
函
数
９３
