2011-2020年高考数学真题分专题训练专题07函数的综合应用（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

十年大数据*全景展示
专题 07 函数的综合应用
年
份
题号
考
点
考 查 内 容
2011
理 12
函数综合应用
本考查函数的图像与性质反比例函数图像、三角函数图像、图像平
移、对称性、数形结合思想等
文 12
函数综合应用
考查对周期函数的理解、含绝对值的对数函数图像及数形结合思想
2013
卷1
理 11
文 12
函数综合应用
考查函数不等式恒成立求参数范围问题的解法及转化与化归思想
卷2
文 12
函数综合应用
考查利用不等式成立求参数范围问题的解法与化归与转化思想
2015
卷2
文 12
函数综合应用
考查函数奇偶性与单调性的判断及利用函数性质解函数不等式．
卷2
理 11
函数实际应用
考查函数的实际应用问题，考查函数的图像识别．
2016
卷2
理 12
函数综合应用
主要考查函数的对称性、利用函数的图像与性质及利用这些性质解
两个函数交点的坐标之和问题，考查转化与化归思想
卷2
文 12
函数综合应用
主要考查函数的对称性、二次函数图像、利用这些性质求函数交点
的横坐标之和问题函数综合问题
2017
卷3
理 12
文 12
函数与方程
主要考查利用导数研究已知函数有一个零点问题，考查化归与转化
等数学思想．
2018
卷1
理 9
函数与方程
指数函数图像、对数函数图像、函数方程
卷3
理 15
函数与方程
简单三角方程、函数零点
2019
卷2
理 11
函数综合应用
卷3
文 5
函数与方程
二倍角公式、简单三角方程、函数零点
大数据分析*预测高考
考点
出现频率
2021 年预测
函数与方程
4/15
2021 年高考仍将方程解得个数、函数零点个数、不等式整数解
的结束、不等式恒成立与能成立为载体考查函数的综合问题，
考查数形结合与转化与化归思想，难度为中档或难题．
函数实际应用
1/15
函数的综合应用
10/15
十年试题分类*探求规律
考点 23  函数与方程
1．(2020 上海 11)已知 a  R ，若存在定义域为 R 的函数 f (x) 同时满足下列两个条件，①对任意 x0  R ，

f (x ) 的值为 x 或 x2 ；②关于 x 的方程 f (x)  a 无实数解；则 a 的取值范围为      ．
0
0
0
【答案】, 0 0,1 1, 
【解析】由 y  x
2 和 y  x 的图象和函数的定义可知，若满足
f  x  的值为 x 或 f  x   x 2 ，只有
0
0
0
0
f 0  0  02 ， f 1  1  12 ，结合②可知若方程 f  x  a 无实数解，则a  , 0 0,1 
1,  ， 故答案为： , 0 0,1 1,  ．
x3,
2．(2020 
 
天津9)
 
已知函数f (x)  
x,
x0, 
x  0.
 
若函数g(x)  f (x)  kx2  2x
(k  R) 恰有 4 个零点，则
k 的取值范围是(
)
A． ,  1   (2 2, 
)
B． ,  1   (0, 2 2)

2 

2 




C． (, 0)  (0, 2  2)
D． (, 0)  (2 2, )
【答案】D
 
【思路导引】由g(0)  0 
 
，结合已知，将问题转化为y | kx  2 |
 
与h(x) 
k  0, k  0, k  0 三种情况，数形结合讨论即可得到答案．
f (x)
| x | 
有3 个不同交点，分
 
【解析】注意到g(0)  0 
 
，所以要使g(x) 
 
恰有4 个零点，只需方程| kx  2 |f (x)
| x | 
恰有 3 个实根
 
即可，令h(x) 
f ( x) 
 
，即y | kx  2 |
 
与h(x) 

| x |
f (x)
| x | 
的图象有3 个不同交点．
f (x)
x2 
,
x  0
 
因为h(x) 
 
 1,
，
x  0
x
2
当k  0 
 
时，此时y  2 
 
，如图1
 
，y  2 
 
与h(x) f (x)
| x | 
有2 个不同交点，不满足题意；
当k  0 
 
时，如图2
 
，此时y | kx  2 |与h(x) 

f (x)
| x | 
恒有3 个不同交点，满足题意；
当k  0 时，如图 3，当 y  kx  2 与 y = x
2 相切时，联立方程得 x2  kx  2  0 ，
令  0 得k 
2  8  0 ，解得k 
 2
(负值舍去)，所以 k  2
．
综上， k 的取值范围为(, 0)  (2 2, ) ，故选 D．
3．(2019 全国Ⅲ文5)函数 f (x)  2sinx  sin2x 在[0，2π]的零点个数为
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【解析】 解法一：函数 f  x  2sin x sin 2x 在0, 2π的零点个数，
 即2 sin x  sin 2 x  0 在区间0, 2π的根个数，
即2 sin x  sin 2x ，令 h  x  2sin x 和 g  x  sin 2x ，
2
作出两函数在区间0, 2π的图像如图所示，由图可知，
h  x  2sin x 和 g  x  sin 2x 在区间0, 2π的图像的交点个数为 3 个．故选 B．
解 法 二 ： 因 为
f  x  2sin x sin 2x  2sin x 1 cos x, x 0, 2π ， 
令
f  x  0 ， 得
2sin x 1 cos x  0 ，即sin x  0 或1  cos x  0 ，解得 x  0, π, 2π ． 所以 f  x  2sin x sin 2x 
在
0, 2π的零点个数为 3 个． 故选 B．
e
x，x ≤ 0，
4．(2018 
Ⅰ
 
全国卷，理9)
 
已知函数f (x)  
ln x，x  
0
g(x) f (x)  x  a ．若 g (x) 存在 2 个零点，则 a
的取值范围是
A．[1, 0)
B．[0, )
C．[1, )
D．[1, )
【答案】C
 
【解析】函数g(x) f (x)  x  a 存在 2 个零点，即关于 x 的方程 f (x)  x  a 有 2  个不同的实根，即
函数 f (x) 的图象与直线 y   x  a 有 2 个交点，作出直线 y   x  a 与函数 f (x) 的图象，如图所示，
由图可知， a ≤1，解得 a ≥1，故选 C．
5．(2017 新课标Ⅲ)已知函数 f (x)  x
2  2x  a(e
x1  e
 x1) 有唯一零点，则 a =
A.
 
1
2
B.
1
3
C.
1
2
D．1
【答案】C
【解析】令 f (x)  0 ，则方程a(e
x1  e
 x1 )  x
2  2x 有唯一解，设 h(x)  x
2  2x ，g(x)  e
x1  e
 x1 ，
 
则h(x) 
 
与g (x) 
 
有唯一交点，又g(x)  e
x1  e
 x1  e
x1 
1
e
x1 ≥ 2 ，当且仅当 x  1 时取得最小值 2．而
h(x)  (x 1)
2 1 ≤1 ，此时 x  1 时取得最大值 1， ag(x)  h(x) 有唯一的交点，则 a  1 
．选 C．
2
x, x  0
6．(2019 浙江 9)已知a, b  R ，函数 f (x)  
1
1
，若函数
恰有
 x
3 
(a 1)x
2  ax, x  0
y  f (x)  ax  b
3
2
3 个零点，则
A．a<-1，b<0
B．a<-1，b>0
C．a＞-1，b<0
D．a＞-1，b>0
【答案】C
 
【解析】当x  0 
 
时，y f (x)  ax  b  x  ax  b  (1 a)x  b ，最多一个零点；
当 x  0 时， y  f (x)  ax  b  1 x3  1 (a 1)x2  ax  ax  b  1 x3  1 (a 1)x2  b ，
3
2
3
2
y  x
2  (a 1)x ，
当a 1  0 
 
，即a  1 
 
时，y  0 
 
，y 

f (x)  ax  b 在
上递增， y f (x)  ax  b 最多一个零点
不合题意；
当a 1  0 ，即 a  1 时，令 y  0 得 x (a 1, ) ，函数递增，令 y  0 得 x (0, a 1) ，函数
递减； 函数最多有2 个零点；
 
根据题意函数y f (x)  ax  b 恰有3 个零点函数 y f (x)  ax  b 在(, 0) 上有一个零点，在[0, )
上有2 个零点，如下图：
b  0
所以 b
 0 且
1
1
，解得b  0 ，1 a  0 
 
，b   
1
(a 1)3 ．故选 C．
1 a
 (a 1)
3 
(a 1)(a 1)
2  b  0
6
3
2
7．(2015 安徽)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是
A.
y  cos 
x
【答案】A
B.
y  sin x
C.
y  ln x
D.
y  x
2  1
【解析】 y = cos x 是偶函数且有无数多个零点， y = sin x 为奇函数， y = ln x 既不是奇函数又
不是偶函数， y = x
2 +1 是偶函数但没有零点．故选 A．
8．(2015 福建)
 
若a, b 
 
是函数f  x  x2  px  q  p  0, q  
0
 
的两个不同的零点，且a, b, 2 这三个数可
适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p  q 的值等于
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】D
【解析】由韦达定理得a  b  p ， a  b  q ，则 a  0, b  0 ，当a, b, 2 适当排序后成等比数列时， 2 
必
为等比中项，故 a  b  q  4 ， b  4 
．当适当排序后成等差数列时， 2 必不是等差中项，当 a 是等差中
a
项时， 2a  4  2 ，解得 a  1 ， b  4 ；当 4 
是等差中项时， 8  a  2 ，解得a  4 ， b  1 ，综上所述，
a
a
a
a  b  p  5 ，所以 p  q  9 ，选 D．
2  x ,  x  2
9．(2015 天津)
 
已知函数f  x  
 x  2
2 , x  2
 
函数g  x  b  f 2  
x
，其中
b  
R
 
，若函数y 
 f  x  
g  x
恰有 4 个零点，则b 的取
值范围是



2



A． ( 7 , 
) 4
【答案】D
B． (, 7 
)
4
7
(0,   )
4
7
( , 2)
4
2  x ,
 
【解析】由f  x 
x  2,
2  2  x , x  0
得 f (2  x) 
，
 x  2  ,
x  2,

 x
2 ,
x  0
2  x  x
2 ,

x  0
 
所以y f (x)  f (2  x)  4  x  2  x ,
0  x  2 ，
2  2  x  ( x  2) 
2, x  2
x
2  x  2,

x  0
 
即y f (x)  f (2  x)  2,
0  x  2 ，
x
2  5x  8, x  2
y  f ( x)  g( x) 

f ( x)  f (2  x)  
b
， 所 以y  f  x  g  
x
恰 有 4 个 零 点 等 价 于 方 程
f ( x)  f (2  x)  b  0 
 
有4 
 
个不同的解，即函数y  b 
 
与函数y 
7
f ( x)  f (2  x) 的图象的 4 个公共点，
由图象可知
4  b  2 ．
10．(2015 陕西)对二次函数 f (x)  ax
2  bx  c ( a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且仅
有一个结论是错误的，则错误的结论是
A．－1 是 f (x) 的零点
B．1 是 f (x) 的极值
点
C．3 是 f (x) 的极值
D．点(2,8) 在曲线 y 

f (x) 上
【答案】A
【解析】由 A 知a  b  c  0 ；由 B 知 f (x)  2ax  b ， 2a  b  0 ；由 C 知
f (x)  2ax  b 
 
，令f (x)  0 
 
可得x   
b
 
，则f (b
4ac  b
2
)  3 ，则
 3 ；
2a
2a
4a
C．
D．






 a  b  c  
0
 2a  b  0
 
由D 
 
知4a  2b  c  8 
 
，假设A 选项错误，则 4ac  b
2 

 a  5
，得b  10 ，满足题意，故 A 结论错误，

4a
3
 c  8
4a  2b  c  8
同理易知当 B 或 C 或 D 选项错误时不符合题意，故选 A．
11．(2014 北京)
 
已知函数f  x  6  log
x
2 x ，在下列区间中，包含 f  x 零点的区间是
A． 
0,1
B． 1, 
2
C． 2, 
4
D． 4, 
【答案】C
【解析】∵ f (1)  6  log 1  6  0 ， f (2)  3  log 2  2  0 ， f (4)  3  log 4   1  0 ，∴ f  x 零
2
点的区间是2, 4 ．
2
  1
 3, x (1, 
0]
2
2
2
12．(2014 重庆)
 
已知函数f (x)   x 1
x, x 
(0,1]
个不同的零点，则实数 m 的取值范围是
 
 
，且g(x) 
f (x)  mx  m 在(1,1] 内有且仅有两
A． ( 9 ,2] 

4
C． ( 9 ,2] 
 4
(0, 1 
]
2
(0, 2 ]
3
B． ( 11 ,2] 
 4
D． ( 11 ,2] 
 4
(0, 1 ]
2
(0, 2]
3
【答案】A
 
【解析】g(x) f (x)  mx  m 在(1,1] 内有且仅有两个不同的零点就是函数
y  f (x)
的 图 象 与 函 数y  m(x 
1)
的 图 象 有 两 个 交 点 ， 在 同 一 直 角 坐 标 系 内 作 出 函 数
  1
 3, x (1, 0]
f (x)   x 1
x, x 
(0,1]
，和函数 y  m(x 1) 的图象，如图，
1
当直线 y  m(x 1) 与 y 
 3, x (1, 0] 和 y  x, x (0,1] 都相交时
x 1
7
1
9
1
0.5
1
1
1
0  m ≤
；当直线 y  m(x 1) 与 y 
 3, x (1, 0] 有两个交点时，
2
 y  m(x 1)
x 1
1

由
1
，消元
得
 3  m(x 1) ，即 m(x 1)
2  3(x 1) 1  0 ，
 y 
 3
x 1

x 1
化简得mx
2  (2m  3)x  m  2  0 ，当  9  4m  0 ，即 m   9 
时直线
4
y  m(x 1) 与 y 
 3, x (1, 0] 相切，当直线 y  m(x 1) 过点(0, 2)
x 1
 
时，m  2 
 
，所以m (9 , 2]
 
，综上实数m 的取值范围是(
4
, 2]  (0, ]．
4
2
13．(2014 湖北)已知 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，当 x  0 时， f (x) = x2  3x ．则函数 g(x)  f (x)  x + 3 的
零点的集合为
A． {1, 3}
B．{  3, 1,1, 
3}
【答案】 D
C．{2 

7 , 1, 
3}
D．{  2 

7 , 1 , 3}
【解析】当 x ≥ 0 时，函数 g (x) 的零点即方程 f (x)  x  3 的根，由 x
2   3x  x  3 ，解得 x  1 或 3；当 x  0
时 ， 
由
f (x)
     
是奇函数得 f (x) 
f (x)  x 
2  3(x) ， 即f (x) x
2  3x ， 由f (x)  x  3 得
x  2 
(正根舍去)．
14．(2013 重庆)若 a  b  c ，则函数 f  x   x  a x  b   x  b x  c   x  c x  a 的两个
零点分别位于区间
A． a, b 和b, c 内
B． , a 和a, b 内
C． b, c 和c,  内
D． , a 和c,  内
【答案】A
【解析】由a  b  c ，可得 f (a)  (a  b)(a  c)  0 ， f (b)  (b  c)(b  a)  0 ，
f (c)  (c  a)(c  b)  0 ．显然 f (a)  f (b)  0 ， f (b)  f (c)  0 ，所以该函数在(a, b) 和(b, c) 上均有
零点，故选 A．
15．(2013 天津)函数 f (x)  2x | log x | 1 的零点个数为
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解析】令 f  x  0 ，可得 
log
0.5 x  
2
x
，由图象法可知 f  x 有两个零点．
, ]

1
1
16．(2012 北京)函数 f (x)  x 2  ( )
x 的零点个数为
2
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】B
1
【解析】因为 f (x) 在[0, ) 内单调递增，又 f (0)  1  0, f (1)  0 ，
2
所以 f (x) 在[0, ) 内存在唯一的零点．
17．(2012 湖北)函数 f (x)  x cos x2 在区间[0, 4] 上的零点个数为
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】C
【解析】 f (x)  0 ，则 x  0 或cos x2  0 ， x2  k , k  Z ，又 x 0,4，
2
k  0,1,2,3,4 所以共有 6 个解．选 C．
18．(2012 辽宁)
 
设函数f (x)  x  R 
 
满足f (x)  f (x) ，f (x) 

f (2  x) ，且当 x 0,1 时，f  x=x3 ．
又
函数 g  x = x cosx ，则函数 h(x)  g(x)  f (x) 在[ 1 , 3] 上的零点个数为
2 2
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】B
 
【解析】由题意f (x) f (x) 
 
知，所以函数f (x) 
 
为偶函数，所以f (x) 
f (2  x) 

f (x  2) ，所以函数
f (x)
为 周 期 为 2  的 周 期 函 数 ， 且f (0)  0 ，f (1)  1 ， 
而
g(x) | x cos(x) | 为 偶 函 数 ， 且
1
1
3
1  3
1 3
g(0)  g(  )  g(  )  g(  )  0 ，在同一坐标系下作出两函数在[,   ] 上的图像，发现在[, ] 内图
2
2
2
 
像共有6 
 
个公共点，则函数h(x)  g(x)  f (x) 在[ 1  3
2  2
2  2
2 2
上的零点个数为 6，故选 B．
19．(2011 天津)
 
对实数a 与b ，定义新运算“  ”
 
：a  b  
a, a  b  
1,
b, a  b  1.
设函数
f (x)   x
2  2   x  x
2 , x  R. 若函
 
数y 
f (x)  c 的图像与 x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围
2 2
1 (x 1)2
 1
是
A． , 2   1, 3 
B． , 2  1,  3 

2 

4 




C．  , 1    1 ,  
D．  1,  3    1 , 

4 
 4


4 
 4





【答案】B




【解析】由题意知，若 x
2  2  (x  x
2 )  1 ，即1  x  3 时，f (x)  x
2  2 ；当 x
2  2  (x  x
2 )  1 
，
2
 
即x  1
 
或x  3 
 
时，f (x)  x  x
2 
 
，要使函数y 
2
f (x)  c 的图像与 x 轴恰有两个公共点，只须
方程 f (x)  c  0 有两个不相等的实数根即可，即函数 y  f (x) 的图像与直线 y  c 有两个不同
的交点即可，画出函数 y  f (x) 的图像与直线 y  c ，不难得出答案 B．
20．(2018 全国卷Ⅲ)函数 f (x)  cos(3x   在[0,]的零点个数为
．
)
                 
 
 
6
【答案】3




k
【解析】由题意知，cos(3x )  0 ，所以3x 
 k，k  Z ，所以 x 

，k  Z ，当 k  0
6
6
2
9
3

4
7
时， x 
；当 k  1 时， x 
；当 k  2 时， x 
，均满足题意，所以函数 f (x) 在[0,]的零点个
9
9
9
数为 3．
21．(2019 江苏 14)设 f (x), g(x) 是定义在 R 上的两个周期函数， f (x) 的周期为 4，g (x) 的周期
k (x  2), 0  x  1
 
为2
 
，且f (x) 
 
是奇函数．当x (0, 2] 
 
时，f (x) 
， g(x)  

,1  x  
2
，其中
   2
k>0．若在区间(0，9]上，关于x 的方程 f (x)  g(x) 有8 个不同的实数根，则k 的取值范围是 
                                                                                                                                                                ．
1
1
【答案】[  ,
)
3
【 解 析 】 作 出 函 数
f  x 与g(x)
的 图 像 如 图 所 示 ， 由 图 可 知 ， 函 数
f  x 与
g(x)   1 (1  x  2, 3  x  4, 5  x  6, 7  x  8) 仅有 2 个实数根；要使关于 x 的方程 f (x)  g (x) 
有
2
8 个不同的实数根，则 f (x) 
， x (0, 2] 与 g (x)  k (x  2) ， x (0,1] 的图象有 2 个不同
交
1 (x 1)2
1
2 2
a

点，由(1, 0) 到直线 kx  y  2k  0 的距离为 1，
得
(1,1) 连线的斜率 k  1 
，
3
| 3k 
|
 1
 
，解得k 
(k  0) ，因为两点(2, 0) ，
 
所以1  k 
3
1
，即 k 的取值范围为[
3 
,
) ．
22．(2018 江苏)若函数 f (x)  2x
3  ax
2 1(a  R) 在(0, ) 内有且只有一个零点，则 f (x) 在
[1,1] 上的最大值与最小值的和为    
  ．
 
【答案】3
 
【解析】f (x)  6x
2  2ax  2x(3x  a) ( a  R )，当a ≤ 0 
 
时f (x)  0 在(0, 
)
上恒成立，则 f (x) 在
(0, ) 上单调递增，又 f (0)  1，所以此时 f (x) 在(0, ) 内无零点，不满足题意．当 a  0 时，由 f (x)  0
得 x  a 
，由 f (x)  0 得0  x  a 
，则 f (x) 在(0, a ) 上单调递减，在(   , ) 上单调递增，又 f (x) 在
3
3
3
3
a
a
3
3
2
(0, ) 内有且只有一个零点， 所以
f (   )  
1  0 ， 得 a  3 ， 所
以
3
27
f (x)  2x 3x 1 ， 则
f (x)  6x(x 1) ，当 x (1, 0) 时， f (x)  0 ， f (x) 单调递增，当 x (0,1) 时， f (x)  0 ， f (x) 
单调递减，则 f (x)max  f (0)  1 ， f (1)  4 ， f (1)  0 ，则 f (x)min  4 ，所以 f (x) 在[1,1] 上的
最大值
与最小值的和为3 ．
23．(2018 浙江)已知 R ，函数 f (x)  
 x  4, x ≥
，当 2 时，不等式 f (x)  0 的解
x
2  4x  3, x  
集是   
    ．若函数 f (x) 恰有 2 个零点，则的取值范围是     
 
 ．
【答案】(1, 4) 
 
；(1, 3]  (4, )
【解析】若 2 ，则当 x ≥ 2 时，令 x  4  0 ，得2 ≤ x  4 ；当 x  2 时，令 x
2  4x  3  0 
，得1  x  2 ．综上可知1  x  4 ，所以不等式 f (x)  0 的解集为(1, 4) ．令 x  4  0 ，解得 
x  4 ；令x
2  4x  3  0 ，解得 x  1 或 x  3 ．因为函数 f (x) 恰有 2 个零点，结合函数的图
象(图略)可知1  ≤ 3 或 4 ．
k 2 1
1
2 2
1
2 2
27．(2015 北京)
 
设函数f  x  
24．(2015 湖北)函数 f (x)  4 cos
2  x cos( π  x)  2 sin x | ln(x 1) |的零点个数为．
2
2
【答案】2
 
【解析】因为f (x)  4 cos
2 x cos  x)  2 sin x | ln(x 1) |
(
2
2
 2(1 cos x) sin x  2 sin x | ln(x 1) | = sin 2x | ln(x 1) |
25．(2011 辽宁)已知函数 f (x)  e
x   2x  a 有零点，则a 的取值范围是   
  16．(2011 辽宁)已
知函数 f (x)  e
x   2x  a 有零点，则a 的取值范围是        
 
 
【答案】(0,1)
【解析】当 x  2 时，f (x)  3(x 1) 
2 ≥0 ，说明函数在(, 2) 上单调递增，函数的值域是(,1) 
， 又函数在[2, ) 上单调递减，函数的值域是(0,1]，因此要使方程 f (x)  k 有两个不同实根，
则0  k  1．
26．(2011 辽宁)已知函数 f (x)  e
x   2x  a 有零点，则a 的取值范围是         
 
 
【答案】(, 2 ln 2  2]
【解析】由原函数有零点，可将问题转化为方程e
x  2x  a  0 有解问题，即方程a  2x  e
x 
有解．令函数 g(x)  2x  e
x ，则 g(x)  2  e
x ，令 g(x)  0 ，得 x  ln 2 ，所以 g (x) 在(, 
ln 2) 上是增函数，在(ln 2, ) 上是减函数，所以 g (x) 的最大值为 g(ln 2)   2 ln 2  2 
，所以 a (, 2 ln 2  2] ．
2x  a ‚x  1‚
4 x  a x  2a ‚ x ≥1.
①若 a  1，则 f  x 的最小值为  ；
②若 f  x 恰有 2 个零点，则实数 a 的取值范围是  ．
1
 
【答案】
1
[ ,1)  [2, ) 
2
b
b
b






2x  a ‚ x  1 ‚
【解析】①若a = 1
 
，则f (x)  
4(x  a)(x  2a)‚ x 
≥1.
，作出函数 f (x) 的图象如图所示，由图可知 f (x) 的
最小值为1．
②当 a ≥1 时，要使 f (x) 恰好有 3 个零点，需满足 2
1  a ≤ 0 ，即 a ≥ 2 ．所以 a ≥ 2 ；
a  1≤ 2a
当a < 1
 
时，要使f (x) 
 
恰好有2 个零点，需满足 2
1  a  
0
1
，解得
≤ a < 1．
2
x
3 , x ≤ a
28．(2015 湖南)
 
已知函数f (x)   x
2 , x  a 
，若存在实数b 
 
，使函数g(x) 
则a 的取值范围是          
 
 ．
【答案】(,0)  (1,)
f (x)  b 有两个零点，
【解析】分析题意可知，问题等价于方程 x3  b(x  a) 与方程 x2  b(x  a) 的根的个数和为 2 ，若两个
方程各有一个根：则可知关于b 的不等式组
 1
b 3  a

 a

 
a

有解，从而 a  1 ；若方程 x3  b(x  a) 无解，方程 x2  b(x  a) 有 2 个根：则可知关于b 的
 1
不等式组b3  a
有解，从而 a  0 ；综上，实数 a 的取值范围是

 a
(,0)  (1,) ．
29．(2014 江苏)已知 f (x) 是定义在 R 上且周期为 3 的函数，当 x [0,3) 时，
2
1
f (x) | x 2  2x  1 | ．若函数 y  f (x)  a 在区间[3,4] 上有 10 个零点(互不相同)，则实数 a 的取值范围
2
是       
 
 ．
1
【答案】(0, )
2
 
【解析】函数y f (x)  a 在区间[3, 4] 
 
上有互不相同的10 
 
个零点，即函数y f (x) 与 y  a 的图象有
10 个不同的交点，在坐标系中作出函数 y 

f (x) 在一个周期内的图象，可知0  a 
．
2
 
x2  2,
x  0
                   
 
 
30．(2014 福建)函数 
f
x  
2x  6  ln x, x  
0
的零点个数是
．
【答案】2
【解析】当 x ≤ 0 时，令 x
2   2  0 ，解得 x  
；当 x  0 时，f (x)  2x  6  ln x ，∵ f (x)  2 
 1  0 ，
x
∴ f (x) 在(0, ) 上单调递增，因为 f (1)  4  0 ， f (3)  ln 3  0 ，所以函数 f (x)  2x  6  ln x 在
(0, ) 有且只有一个零点，所以 f (x) 的零点个数为 2．
考点 24  函数的实际应用
1．(2020 北京 15)为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业
要限期整改．设企业的污水排放量W 与时间t 的关系为W 

f   ( b  )      f   ( a  ) 
f (t) 
 
，用
b  a
的大小评价在a , b
这段时间内企业污水治理能力的强弱． 已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所
示．
给出下列四个结论：
0
①在t1 , t2 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在t2 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在t3 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都已达标；
④甲企业在0 , t1 ， t1 , t2 ， t2 , t3  这三段时间中，在0 , t1 的污水治理
能力最强． 其中所有正确结论的序号是         
 
 ．
【答案】①②③
【解析】∵ w  f (t) 用f (b)  f (a) 来评价治污能力，而f (b)  f (a) 是图像上两点连线的斜率，在[t , t ]
b  a
b  a
1 2
上，甲的治污能力比乙强，故①对，t2 时刻甲比乙强，t3 时刻都低于达标排放量，∴都达标，甲企业在[0, t1 ]
时刻治污能力不是最强．
2．(2020 山东 6)基本再生数 R0 与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染
的平均人数，世代间隔是指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模
型： I (t)  ert 描述累计感染病例数 I (t) 随时间t (单位：天)的变化规律，指数增长率 r 与 R ， T 近似满足
R0  1  rT ．有学者基于已有数据估计出 R0  3.28 ，T  6 ．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感
染病例数增加1 倍需要的时间约为( ln 2  0.69 )
(
)
A．1.2 天
B．1.8 天
C． 2.5 天
D． 3.5 天
【答案】B
【思路导引】根据题意可得 I t   ert  e0.38t ，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加 1 倍需
要
的时间为t1 天，根据e
0.38(t t1 )  2e
0.38t ，解得t1 即可得结果．
【解析】因为 R  3.28 ， T  6 ， R  1 rT ，所以r  3.28 1  0.38 ，所以 I t   ert  e0.38t ，
0
0
6
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加 1 倍需要的时间为t1 天，则e
0.38(t t1 )  2e0.38t ，所以
e
0.38t1  2 ，所以0.38t  ln 2 ，所以t  ln 2  0.69  1.8 天，故选：B．
1
1
0.38
0.38
3.
(2015 全国卷 2，理 11)如图，长方形的边 AB=2，BC=1，O 是 AB 的中点，点 P 沿着边 BC，CD 与 DA
运动，记BOP  x
 
，将动点P 
 
到A，B 
 
两点距离之和表示为x 
 
的函数f  x
，则的图像大致为(
)
π
4
π
4
A.
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】当 
x∈
π，3π
0，π
4 时，f(x)＝tan x＋ 4＋tan2x，图象不会是直线段，从而排除 A、C．
当 x∈ 
4
选 B．
4  时，f
＝f
＝1＋ 5，f
＝2 2．∵2 2<1＋ 5，∴f
<f
＝f
，从而排除 D，故
4．(2015 北京)汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1 升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车
在不同速度下的燃油效率情况． 下列叙述中正确的是
A.
消耗 1 升汽油，乙车最多可行驶 5 千米
B.
以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多
C．甲车以 80 千米/小时的速度行驶 1 小时，消耗 10 升汽油
D．某城市机动车最高限速 80 千米/小时．相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油
3π
4
π
2
π
2
3π
4
pq
( p 1)(q 1)
(1 p)(1 q)

【答案】D
【解析】 “燃油效率”是指汽车每消耗 1 升汽油行驶的里程，A 中乙车消耗 1 升汽油，最多行驶的路程为
乙车图象最高点的纵坐标值，A 错误；B 中以相同速度行驶相同路程，甲燃油效率最高，所以甲最省油，B 
错误，C 中甲车以 80 千米/小时的速度行驶 1 小时，甲车每消耗 1 升汽油行驶的里程 10km，行驶 80km，消
耗 8 升汽油，C 错误，D 中某城市机动车最高限速 80 千米/小时． 由于丙比乙的燃油效率高，相同条件下， 
在该市用丙车比用乙车更省油，选 D．
5．(2014 北京)加工爆米花时，爆开且不糊的粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率 p 与
加工时间t (单位：分钟)满足函数关系 p  at 
2  bt  c ( a 、b 、c 是常数)，下图记录了三次实验的数
据， 根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为(
)
A． 3.50 分钟
B． 3.75 分钟
C． 4.00 分钟
D． 4.25 分钟
【答案】B
【解析】由题意可知 p  at 
2  bt  c 过点(3，0．7)，(4，0．8)(5，0．5)，代入
p  at 
2  bt  c 
 
中可解得a  0.2, b  1.5, c  2 
 
，∴p  0.2t 
2 1.5t  2 
0.2(t  3.75)
2  0.8125 ，∴当t  3.75 分钟时，可食用率最大．
6．(2014 湖南)某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为 p ，第二年的增长率为 q ，则该市这两
年生产总值的年平均增长率为
p  
q
A．
2
【答案】D
( p 1)(q 1) 1
B．
C．
D．
1
2
【解析】设年平均增长率为 x ，原生产总值为a ，则(1 p)(1 q)a  a(1 x) 
2 ，解得
x 
1，故选 D．
7．(2017 山东)若函数e
x f (x) (e=2．71828，是自然对数的底数)在 f (x) 的定义域上单调递增，则称函数
f (x) 具有 M 性质，下列函数中具有 M 性质的是    
 
 ．
① f (x)  2
 
x
② f (x)  
x
2
③ f (x)  3
 
x
④ f (x)  cos x
【答案】①④
 
【解析】①e
x f (x)  e
x  2
 x ( e )
x 在R 上单调递增，故 f (x)  2
 x 具有 性质；
2
② e
x f (x)  e
x  3
 x 

( e )
x 在R 上单调递减，故 f (x)  3
 x 不具有 性质；
3
③ e
x f (x)  e
x  x 
3 ，令 g(x)  e
x  x
3 ，则 g(x)  e
x  x
3  e
x 3x
2  x
2e
x (x  2) ，
当 x  2 时， g x  0 ，当 x  2 时， g x  0 ，
 e
x f (x)  e
x  x 
3 在, 2 上单调递减，在2,  上单调递
增， 故 f  x  x3 不具有 性质；
④ e
x f (x)  e
x (x
2  2) ，令 g  x  e
x  x
2  2 ，
则 g(x)  e
x (x 
2  2)  e
x  2x  e
x[(x 1)
2 1]  0 ，
 e
x f (x)  e
x (x
2  2) 在R 上单调递增，故 f (x)  x
2  2 具有 性质．
x
2 , x  
D
8．(2017 江苏)
 
设f (x) 
 
是定义在R 
 
且周期为1 的函数，在区间[0,1) 
 
上，f (x)  
其中集合
 x,
D  {x | x  n 1 , n  N
*}，则方程 f (x)  lg x  0 的解的个数是
．
n
x  D
【答案】8
【解析】由于 f (x) [0,1) ，则需考虑1  x  10 的情况，
在此范围内， x  Q 且 x  D 时，设 x  q , p, q  N
*, p  2 ，且 p, q 互质，
p
若lg x  Q ，则由lg x (0,1) ，可设lg 
x 
n , m, n  N
* , m  2 ，且 m, n 互质，
m
q
n
q m
因此10m 
，则
10
p
 ( )
p
，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，
因此lg x  Q ，
因此lg x 不可能与每个周期内 x  D 对应的部分相等，
n


只需考虑lg x 与每个周期 x  D 的部分的交点，
画出函数图象，图中交点除外(1, 0) 其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期 x  D 的部分，
且 x  1 处(lg x) 1

1
 1，则在 x  1 附近仅有一个交点，
x ln10
ln10
因此方程 f (x)  lg x  0 的解的个数为 8．
x
3  3x, x ≤ a
9．(2016 年北京)  设函数 f (x)  
2x, x  a
．
①若 a  0 ，则 f (x) 的最大值为                  
 
 ；
②若 f (x) 无最大值，则实数 a 的取值范围是               
 
 ．
【答案】 2 ， (, 1) ．
 x
3  3x, x ≤ 0
 
【解析】①若a  0 
 
，则f ( x)  
2x, x  0
，当 x  0 时， 2x  0 ；
当 x  0 时， f ( x)  3x 
2  3  3( x  1)( x 1) ，所以函数 f ( x) 在(, 1) 上单调递增，在
(1, 0] 递减，所以函数 f ( x) 在(, 0] 上的最大值为 f (1)  2 ．
综上函数 f ( x) 的最大值为 2．
②函数 y  x
3  3x 与 y  2x 的大致图象如图所示
上单调
若 f (x) 无最大值，由图象可知2a  2 ，即a  1．
10 ． (2015  四川) 某食品的保鲜时间 y  ( 单位： 小时) 与储存温度 x ( 单位： C ) 满足函数关系
4  x2
4  x 2
4  x2
y  ekxb ( e  2.718为自然对数的底数， k、b 为常数)．若该食品在 0 C 的保鲜时间设计 192 小时，在
22 C 的保鲜时间是 48 小时，则该食品在 33 C 的保鲜时间是     小时．
【答案】24
e
b  192
e
b  192

【解析】由题意得

22k 
b
，即

11k
1 ，所以该食品在33 ℃的保鲜时间是
e
 48
 
e  
2
y  e
33k b  (e
11k )
3  e
b ( 1 )
3 193  24 ．
2
11．(2014 山东)已知函数 y 

f (x)(x  R) ，对函数 y  g  x x  I  ，定义 g  x 关于 f  x 的“对称
函数”
为函数 y  h  x x  I  ， y  h  x 满足：对任意 x  I ，两个点
x, h  x, x, g  x 关于点x, f  x 对称，若 h  x 是 g  x 
关于
f  x  3x  b 的“对称函数”，且 h  x  g  x 恒成立，则实数b 的取值范围是    ．
【答案】(2 10, )
【解析】函数 g (x) 的定义域为[1, 2] ，根据已知
得
h(x)  g(x) 
2
f  x ，
所以 h(x)=2 f (x)  g(x)  6x  2b 
， h(x)  g(x) 恒成立，
 
即6x  2b 

 
 
，令y  3x  b 
 
，y 
， 则 只 要 直 线y  3x  
b
在 半 圆
x
2  y
2  4(y ≥ 0) 上方即可，
由
 2 ，解得b  
2
(舍去负值)，故实数b 的取值范围是(2 10, ) ．
12．(2014 福建)要制作一个容器为 4 m3 ，高为1m 的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米 
20
元，侧面造价是每平方米 10 元，则该容器的最低总造价是      
 
 (单位：元)
【答案】160
【解析】设该容器的总造价为 y 元，长方体的底面矩形的长 x m ，因为无盖长方体的容积为4m
3 ，
高为1m ，所以长方体的底面矩形的宽为 4 m ，依题意，得
x
y  20 4 10(2x  2 4)  80  20(x  4) ≥80  
20 2
x
x
 160
4  x2
4  x2
10
| b |
10
x  
4 x
13．(2014 四川)以 A 表示值域为 R 的函数组成的集合，B 表示具有如下性质的函数(x) 组成的集合：对
于函数(x) ，存在一个正数 M ，使得函数(x) 的值域包含于区间
1
1
[M , M ]．例如，当(x)  x
3 ， (x)  sin x 时，(x)  A ， (x)  B ．现有如下命题：
1
2
1
2
①设函数 f (x) 的定义域为 D ，则“ f (x)  A ”的充要条件是“ b  R ， a  D ， f (a)  b ”；
②函数 f (x)  B 的充要条件是 f (x) 有最大值和最小值；
③若函数 f (x) ， g (x) 的定义域相同，且 f (x)  A ， g(x)  B ，则 f (x)  g(x)  B ；
x
 
④若函数f (x)  a ln(x  2) 

x
2 1
( x  2 ， a  R )有最大值，则 f (x)  B ．
其中的真命题有      
 
 ．(写出所有真命题的序号)
【答案】①③④
 
【解析】对于①，根据题中定义，f (x)  A  
 
函数y f (x) ， x  D 的值域为 R ，由函数值域的概念知，
 
函数y  f (x) 
 
，x  D 
 
的值域为R  b  R, a  D
f (a)  b ，所以①正确；对于②，例如函数 f (x)  1 |x| 的值域(0,1] 包含于区间[1,1] ，所以 f (x)  B ，
( )
2
但 f (x) 有最大值 l，没有最小值，所以②错误；对于③，若
f (x)  g(x)  B ，则存在一个正数 M1 ，使得函数 f (x)  g(x)  B 的值域包含于区间[M1 , M1 ] ，所以
M1 ≤ f (x)  g(x) ≤ M 1 ，由 g(x)  B 知，存在一个正数 M 2 ，使得函数 g (x) 的值域包含于区间
[M 2 , M 2 ]，所以M 2 ≤ g (x) ≤ M 2 ，亦有
M 2 ≤ -g (x) ≤ M 2 ，两式相加得(M1  M 2 ) ≤ f (x) ≤ M1  M 2 ，于是 f (x)  B ，与已知“．f (x) 
 A ” 矛盾，故 f (x)  g(x)  B ，即③正确；对于④，如果 a  0 ，
那么 x  , f (x)   ，如果a  0 ，那么 x  2, f (x)   ，所以 f (x) 有最大值，必须 a  0 ，
 
此时f (x) 
x 
x
2 1
在区间(2, ) 上，有≤ f (x) ≤
，
2
2
所以 f (x)  B ，即④正确，故填①③④．
14．(2018 上海)某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时，某地上班
族 S 中的成员仅以自驾或公交方式通勤，分析显示：当 S 中 x%(0  x  100) 的成员自驾时，自驾群
体的人均通勤时间为
30,
0  x ≤ 30,
f (x)  
1800
(单位：分钟)，
2x 
 90, 30  x  100
x

而公交群体的人均通勤时间不受 x 影响，恒为 40 分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：
(1)
当 x 在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？
(2)
求该地上班族 S 的人均通勤时间 g (x) 的表达式；讨论 g (x) 的单调性，并说明其实际意义．
【解析】(1)当0  x ≤ 30 时， f (x)  30  40 恒成立，公交群体的人均通勤时间不可能少于自驾群体的人
均通勤时间；
当30  x  100 
 
时，若40 

f (x) ，即 2x  1800  90  40 ，解得 x  20 (舍)或 x  45 ；
x
∴当 45  x  100 时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；
(2)设该地上班族总人数为 n ，则自驾人数为 n  x% ，乘公交人数为 n  (1 x%) ．
因 此 人 均 通 勤 时 间


g(x)  

30  n  x%  40  n  (1 x%) ,
0  x 
≤30
n
， 整 理 得 ：
(2x  1800  90)  n  x%  40  n  (1 x%)
 x       , 30  x  100
40 

g(x)  
1


n
x ,
0  x ≤ 30
10
，
 (x  32.5)
2  36.875, 30  x  100
50
则当 x (0, 30]  (30, 32.5]，即 x (0, 32.5] 时， g (x) 单调递
减； 当 x (32.5,100) 时， g (x) 单调递增．
实际意义：当有32.5% 的上班族采用自驾方式时，上班族整体的人均通勤时间最短．
适当的增加自驾比例，可以充分的利用道路交通，实现整体效率提升；但自驾人数过多，则容易导致交通
拥堵，使得整体效率下降．
15．(2013 重庆)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为 r 米，高为 h 米，
体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面积的建造成本为 100 元/平方米，底面的建造成本为
160 元/平方米，该蓄水池的总建造成本为 12000元(为圆周率)． 
(Ⅰ)将V 表示成 r 的函数V (r) ，并求该函数的定义域；
(Ⅱ)讨论函数V (r) 的单调性，并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大．
【解析】(Ⅰ)因为蓄水池侧面积的总成本为100  2rh  200rh 元，底面的总成本为160r 
2 元，所以蓄水

3
池的总成本为( 200rh 160r 
2 )元．
 
又题意据200rh 160r 
2  12000，所以h 1 (300  4r 
2 ) ，
5r
从而V (r)  r 
2 h  (300r  4r
3 ) ．因 r  0 ，又由 h  0 可得 r  5
，
5
故函数V (r) 的定义域为(0, 5 3) ．
(Ⅱ)因V (r)  (300r  4r
3 ) ，故V (r)  (300 12r 
2 ) ．令V (r)  0 ，
5
5
解得 r1  5, r2  5 (因 r2  5 不在定义域内，舍去)．
当 r  (0, 5) 时，V (r)  0 ，故V (r) 在(0, 5) 上为增函数；
当r  (5, 5 3) 时，V (r)  0 ，故V (r) 在(5, 5 3) 上为减函数． 
由此可知，V (r) 在 r  5 处取得最大值，此时 h  8 ．
即当 r  5 ， h  8 时，该蓄水池的体积最大．
考点 25  函数的综合应用
1．(2019 全国Ⅱ理 12)设函数 f (x) 的定义域为 R，满足 f (x 1)  2 f (x) ，且当 x (0,1] 时，
f (x)  x(x 1) ．若对任意 x (, m] ，都有 f (x)   8 
，则 m 的取值范围是
9
A．  , 9 
B．  , 7 

4 

3 


C．  , 
5 


D．  , 8 

2 

3 




【答案】B
【解析】因为 f (x 1)  2 f (x) ，所以 f (x)  2 f (x 1) ，
当 x (0,1] 时， f (x)  x(x 1)   1 , 0 
，
       4
当 x (1, 2] 时， x 1(0,1]， f (x)  2 f (x 1)  2(x 1)(x  2)   1 , 0 
，
       2
m
当 x (2, 3] 时， x 1(1, 2]， f (x)  2 f (x 1)  4(x  2)(x  3) 1, 0，
当 x (2, 3] 时，由 4(x  2)(x  3)   8 
解得 x  7 
或 x  8 
，
9
3
3
若对任意 x (, m] ，都有 f (x)   8 
，则 m  7 
，故选 B．
9
3
2．(2016 全国 II 卷)已知函数 f (x) (x∈R)满足 f (x)  f (2  x) ，若函数 y | x
2  2x  3 | 与 y=f(x)图像的交
点为(x1, y1 ) 
 
，(x2 , y2 ) 
…
 
，
，(xm , ym ) ，则 xi =
i1
A．0
B．m
C．2m
D．4m
【答案】B
 
【解析】由f ( x) f (2  x) 知 f ( x) 的图像关于直线 x  1 对称，又函数 y | x
2  2x  3 || (x  1)
2  4 | 的
图像也关于直线 x  1 对称，所以这两个函数图像的交点也关于直线 x  1 对称，不妨设 x1  x2      xm ，
x  x
m
则    1        
 
 m   1 ， 即
2
x1  xm  2
， 同 理x2  xm1  2
， … … ， 由 xi  x1  x2      
xm
i1
， 所 以
m
m
2 xi  ( x1  xm )  ( x2  xm1 )      ( xm  x1 )  2m ，所以 xi  m ，故选 B．
i1
3．(2011 全国新课标理 12) 函数 y 

之和等于
1
x 1
i1
的图像与函数 y  2 sinx(2 ≤ x ≤ 4) 的图像所有交点的横坐标
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】D
【解析】y 

1
x 1
的对称中心是(1, 0) 
 
也是y  2sinx(2  x  4) 的中心，2  x  4 
 
他们的图像在x  1
的左侧有 4 个交点，则 x  1 右侧必有 4 个交点．不妨把他们的横坐标由小到大设为 x1, x2 , x3, x4 , x5 , x6 , x7 , x8 ，
则 x1  x8  x2  x7  x3  x6  x4  x5  2 ，所以选 D
x
x






1
2
x
2  2x, x  0
4．(2013 全国课标卷 1，理 11 )已知函数 f (x) = ln(x 1), x  0 
，若| f (x) |≥ ax ，则 a 的取值范围是
A ． (, 
0]
B ． 
(,1]
C ．[-2，1]
D ．[-2，0]
【答案】D
x
2  2x, x  0
x  0
x  0
【解析】∵| f (x) |= 
ln(x 1), x  0 
，∴由| f (x) |≥ ax 得， 
x
2  2x  ax 
且ln( x 1)  ax 
，



x  0
由x
2  2x  ax 
可得 a  x  2 ，则 a ≥-2，排除 A，B，当a =1 时，易证ln(x 1)  x 对 x  0 恒成立，
故
a =1 不适合，排除 C，故选 D．
5．(2013 全国课标卷 2，文 12)若存在正数 x 使 2
x ( x  a)  1 成立，则 a 的取值范围是( )
(A) (, )
【答案】D
(B) (2, 
)
(C) (0, 
)
(D) (1, )
 
 
“ 
 
【解析】因为存在正数x 
  
，使2
x ( x  a)  1 
 ”
 
 
成立，即存在正数x 
  
，使a  x 
( 1 
)
2
x 成立， 设
f (x)  x 
故选 D．
( 1 
)
2
x ( x  0 )，显然 f (x) 在区间（0， ）是单调递增函数，∴ f (x)   f (0)  1，所以 a  
1，
6．(2017 山东)已知当 x [0,1] 时，函数 y  (mx 1)
2 的图象与 y  m 的图象有且只有一个交点，则正
实数 m 的取值范围是
A． 0,1 2 3, 
C． 0, 2   2 3, 

B
 
．0,13,  
D． 0, 2  3, 

【答案】B
【解析】当0  m 
≤1
时，  ≥1，函数 y   f (x)  (mx 1)  ，在[0,1] 上单调递减，函数 y  g(x) 
 
m ，
m
在[0,1] 上单调递增，因为 f (0)  1 ， g(0)  m ， f (1)  (m 1)
2 ， g(1)  1 m ，所以 f (0)  g(0) ，
f (1)  g(1) 
 
，此时f (x) 
 
与g (x) 
 
在x [0,1] 
 
有一个交点；当m  1 时，0 
m  1 ，函数 y  f (x)  (mx 1) 
2 ，
1
1
1
在[0,
]上单调递减，在[
,1] 上单调递增，此时 f (0)  g(0) ，在[0, ]无交点，要使两个函数的图象有
m
m
m
1
一个交点，需 f (1) ≥ g(1) ，即(m 1)
2 ≥1 m ，解得 m ≥ 3 ，故选 B．

a
x
2  (4a  3)x  3a, x  
0,
7．(2016 年天津)
 
已知函数f (x) = log (x  1)  1, x  0
( a  0 ，且 a  1)在 R 上单调递减，且关于 x
的方程| f (x) | 2  x 恰好有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是
A．(0， 2 
]
B．[ 2 
， 3 
]
C．[ 1 
， 2 
]  { 3 
}
D．[ 1 
， 2 
)  { 3 
}
3
【答案】C
3
4
3
3
4
4a  3
3
3
4
3
 
【解析】当x  0 
 
时，f ( x) 单调递减，必须满足
2
 0 ，故0  a 

，此时函数 f ( x) 在[0, ) 上
4
 
单调递减，若f ( x) 
 
在R 上单调递减，还需3a  1
 
，即a 

1
1
，所以
3
3
 a 

3 
 
．当x  0 
 
时，函数y | f ( x) |
4
的图象和直线 y  2  x 只有一个公共点，即当 x  0 时，方程| f ( x) | 2  x 只有一个实数解．因此，只
需当 x  0 时，方程| f ( x) | 2  x 只有一个实数解，根据已知条件可得，当 x  0 时，方程
x
2  (4a  3)x  3a  2  x ，即 x
2  2(2a  1)x  3a  2  0 在(, 0) 上恰有唯一的实数解．判别式
  4(2a  1)
2  4(3a  2)  4(a  1)(4a  3) ，当 a  3 
时，   0 ，此时 x   1 
满足题意；令
4
2
h( x)  x 
2  2(2a 1)x  3a  2 ，由题意得 h(0)  0 ，即3a  2  0 ，即 a  2 
时，方程
3
x
2  2(2a  1)x  3a  2  0 有一个正根、一个负根，满足要求；当h(0)  0 ，即 a  2 
时，方程
3
x
2  2(2a  1)x  3a  2  0 
 
有一个为0
 
、一个根为 2 
，满足要求；当h(0)  0 ，即3a  2  0 
 
，即2  a  
3
3
3
4
时对称轴(2a  1)  0 ，此时方程 x
2  2(2a  1)x  3a  2  0 有两个负根，不满足要求；综上实数a 的取
1  2
3
值范围是[ , ] { }．
3  3
4
8．(2015 
 
全国课标卷2
 
，文12) 
 
设函数f (x)  ln(1 | x |) 
值范围是(
)
1
1 x
2
 
 
，则使得f (x) 
f (2x 1) 成立的 x 的取
A．  1 
,1
B．  , 1   1, 

C．   1 , 
1 
 
D．  ,  1    1 ,  

 3


3 

3 3 

3 
 3











【答案】A
 
【解析】由f (x)  ln(1 | x |) 
1
1 x
2 可知 f  x 是偶函数，且在0,  是增函数，所以
f  x 

f 2x 1 

f  x  
f  2x 1  
x  2x 1  1  x  1
3
．故选 A．
m

2
9．(2016 全国课标 2，理 12)已知函数 f (x)(x  R) 满足 f (x)  2  f (x) ，若函数 y  x 1 
与
x
y  f (x) 图像的交点为(x1, y1 ), (x2 , y2 ), , (xm, ym),
m
则(xi   yi )  (
)
i1
(A)0
(B)m
(C)2m
(D)4m
【答案】B
 
【解析】由f (x)  2  f (x) 
 
知，函数f (x) 的图像关于点（0,1）
 
对称，因为y  x 1
x
1 1，所以
= x
其图像也关于点（0,1）
 
对称，所以函数y  x 1 
 
与y  f (x) 图像的交点(x , y ), (x , y ), , (x , y ),
（0,1）
x


 m 

1
1
2
2

m
m

 m
成对出现且每一对关于点
对称，所
以
xi
i1
0 ，
yi
i1
2
m ，所
以
2
i1
(xi
yi )
，
故选 B．
x2  x  3, x 
≤1,
10．(2017 天津)已知函数 f (x)  
x 
, x  1.
设 a  R ，若关于 x 的不等式 f (x) ≥| x  a |在 R 上恒成立，
2
则 a 的取值范围
是
x
A．[ 47 , 
2]
16
B．[ 47 , 
39]
16  16
C．[2 3, 2]
D．[2 3, 39]
16
【答案】A
【解析】解法一 根据题意，作出 f (x) 的大致图象，如图所示
当 x ≤1 时，若要 f (x) ≥| x  a | 恒成立，结合图象，只需 x
2  x  3≥ ( x  a) ，即 x
2  x  3  a ≥ 0 
，
2
2
2
 
故对于方程x
2  x  3  a  0 ，  ( 1 )
2  4(3  a) ≤ 0 
 
，解得a ≥  47 
 
；当x  1 
 
时，若要f (x) ≥| x  a 
|
2
2
16
2
m
m
2
x
x
2
x
2
x
2
恒成立，结合图象，只需 x 
≥
 a ，
即
x
2

≥ a ，
又
2
x

≥ 2 ，当且仅当
2
x
2

，即 x  2 时等
x
号成立，所以 a ≤ 2 ，综上， a 的取值范围是[ 47 , 2] ．选 A．
16
3
3
8 3 1
1
11
1
2
 
 
解法二由题意f (x) 的最小值为11 
 
，此时x  1 
 
．不等式f (x) ≥| x  a |
 
在R 上恒成立等价于| x  a |≤ 11
4
2
2
2
4
在 R 上恒成立．
当a  2
时，令 x 
， 
|
x  2
||
|
，不符合，排除 C、D；
2
2
4
8
39
1
x
39
43
11
当a 
时，令 x 
， | 
||
|
，不符合，排除 B．选 A．
16
2
2
16
16
8
11．(2014 山东)已知函数 f x  x  2  1 ， gx  kx ．若方程 f  x   g  x  有两个不相等的实根，则实
数 k 的取值范围是
（0  1
1
A.
，）
2
【答案】B
B．（2
，
1）
C．（1，
2）
D．（2， ）
【解析】如图所示，方程 f (x)  g(x) 有两个不相等的实根等价于两个函数的图象有两个不同的交点，结
合图象可知，当直线 y  kx 的斜率大于坐标原点与点(2,1) 的连续的斜率，且小于直线 y  x 1 的斜率时符
1
合题意，故选
2  k  1．
12．(2013 安徽)已知函数 f (x)  x
3  ax
2  bx  c 有两个极值点 x , x ，若 f (x )  x  x ，则关于 x 的方
1
2
1
1
2
程3( f (x))
2  2af (x)  b  0 的不同实根个数为
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】A
【解析】 f '(x)  3x 
2  2ax  b ， x , x 是方程3x
2  2ax  b  0 的两根，由3( f (x))
2  2af (x)  b  
0 ， 则又两个 f (x) 使得等式成立， x1  f (x1 ) ， x2  x1  f (x1 ) ，其函数图象如下，如图则有 3 个交点，
故选A．




13．(2013 湖南)函数 f  x  2 ln x 的图像与函数 g  x  x2  4x  5 的图象的交点个数为
A．3
B．2
C．1
D．0
【答案】B
【解析】二次函数 g  x  x2  4x  5 的图像开口向上，在 x 轴上方，对称轴为
x  2 ， g (2)  
1；
f (2)  2 ln 2  ln 4  1
 
．所以g(2) 

f (2) ，从图像上可知交点个数为 2．
14．(2011 山东)已知 f (x) 是 R 上最小正周期为 2 的周期函数，且当0 ≤ x  2 时， f (x)  x
3  x ，则函数
y  f (x) 的图象在区间[0，6]上与 x 轴的交点的个数为
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】B
【解析】因为当0  x  2 时， f (x)  x
3  x ，又因为 f (x) 是 R 上最小正周期为 2 的周期函数，且 f (0)  0 ，
 
所以f (6) f (4) 

f (2) 

f (0)  0 
 
，又因为f (1)  0 
 
，所以f (3)  0 
 
，f (5)  0 
 
，故函数y f (x) 的
图象在区间[0，6]上与 x 轴的交点的个数为 7 个，选 B．
x
2  2ax  a, x ≤ 0,
15．(2018 天津)已知a  0 ，函数 f (x)  
x
2  2ax  2a, x  0. 
若关于 x 的方程 f (x)  ax 恰有 2
个互异的实数解，则a 的取值范围是     
 
 ．
【答案】(4 ，8)
【解析】当 x ≤ 0 时，由 x
2  2ax  a  ax ，得 a  x
2  ax 
； 当 x  0 时，由x
2  2ax  2a  ax ，得 2a  x
2  ax ．
x
2  ax, x ≤ 0
令 g(x)   
x
2  ax, x  0 
，作出直线 y  a ， y  2a ，函数 g (x) 的图象如图所示，
a
2
a
2
a
2
g (x) 的最大值为
4
2
4
a
2
，由图象可知，若 f (x)  ax 恰有 2 个互异的实数解，则 a 
 2a ，
4
得4  a  8 ．
x
2 , x  D
16．(2017 江苏)设 f (x) 是定义在R 且周期为 1 的函数，在区间[0,1) 上， f (x)  
其中
集合 D  {x | x  n 1 , n  N
*}，则方程 f (x)  lg x  0 的解的个数是
．
n
 
x,
x  D
【答案】8
【解析】由于 f (x) [0,1) ，则需考虑1  x  10 的情况，
在此范围内， x  Q 且 x  D 时，设 x  q , p, q  N
*, p  2 ，且 p, q 互质，
p
若lg x  Q ，则由lg x (0,1) ，可设lg 
x 
n , m, n  N
* , m  2 ，且 m, n 互质，
m
q
n
q m
因此10m  
，则
10
p
 ( )
p
，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，
因此lg x  Q ，因此lg x 不可能与每个周期内 x  D 对应的部分相
等， 只需考虑lg x 与每个周期 x  D 的部分的交点，
画出函数图象，图中交点除外(1, 0) 其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期 x  D 的部分，且 x  1 处
(lg x) 
1

1
 1，则在 x  1 附近仅有一个交点，
x ln10
ln10
因此方程 f (x)  lg x  0 的解的个数为 8．
n



| x |,
x ≤ m
17．(2016 年山东)
 
已知函数f (x)  x
2  2mx  4m, x  
m
其中m  0 ，若存在实数b ，使得关于 x
的方程 f (x)  b 有三个不同的根，则m 的取值范围是       
 
 ．
【答案】(3, )
【解析】由题意，当 x  m 时， f ( x)  x
2  2mx  4m  ( x  m)
2  4m  m
2 ，其顶点为(m, 4m 
 m 
2) ； 当 x  m 时，函数 f ( x) 的图象与直线 x  m 的交点为Q(m, m) ．
m  0
①当4m  m
2  
m
，即0  m  3 时，函数 f ( x) 的图象如图 1 所示，此时直线 y  b 与函数 f ( x) 的
图象
有一个或两个不同的交点，不符合题意；
4m  m
2  m
②当 m  0
，即 m  3 时，函数 f ( x) 的图象如图 2 所示，则存在实数b 满足 4m  m2  b  m ，
使得直线 y  b 与函数 f ( x) 的图象有三个不同的交点，符合题意．综上， m 的取值范围为(3, ) ．
图 1
图 2
18．(2014 天津)已知函数 f (x) | x
2  3x | ， x  R ．若方程 f (x)  a | x 1| 0 恰有 4 个互异
的实数根，则实数a 的取值范围为     
 
 ．
【答案】0 < a <1 或 a > 9
【解析】法一 显然 a > 0 ．(ⅰ)当 y  a(x 1) 与 y = -x
2 - 3x 相切时，a =1，此时 f (x)  a | x 1| 0 恰 
有3 
个互异的实数根．(ⅱ)
 
当直线y  a(x 1) 
 
与函数y = x
2 + 3x 相切时，a = 9 
 
，此地f (x)  a | x 1| 0
恰有 2 个互异的实数根．结合图象可知0 < a <1 或 a > 9 ．
x2 + 3x
x -1
1 3



1
1 2 3
4
4
法二：显然 a ¹1，所以 a =
．令t = x -1，则 a =  t ++ 5 ．因为t (, 4]  [4, ) ，
t
t
4
所以t  5 Î (,1] [9, ) ．结合图象可得0 < a <1 或 a > 9 ．
t
a
2  ab, a  b,
19．(2012 福建)对于实数 a 和b ，定义运算“*”： a b  b
2   ab, a  b,   
设
f (x) = (2x 1) (x 1) ，且关于 x 的方程为 f (x)  m ( m ∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1 , x2 , x3 ，则
x1 x2 x3 的取值范围是           
 
 ．
【答案】（
,0）
16
【解析】由定义运算“*”可知
(2x 1)
2  (2x 1)(x 1), 2x 1 x 
1
f (x)   (x 1)
2  (2x 1)(x 1), 2x 1  x 
1
2x
2  x, x 
0
=  x 
2  x, x  
0
， 如图可知满足题意的 m 的范围是
0  m 
 
 
，不妨设x  x  x 
  
，当x  0 
 
时，x 
2  x = m 
  
，即x
2  x  m  0 
  
，∴x  x
 1 ； ∴
4
1
2
3
2
3
0  x2 
x3
 ( x2   x3  )
2   
1
2
4
当 x  0 时， 由 2x
2  x  1 , (x  0) ， 
得
4
x  1
4
3
1
, ∴
4
3  
x
 0 ，
1 3  x x  x   0 
4
1
20．(2011 北京)
 
已知函数f (x)   x
 2 
,
x  
2
，若关于 x 的方程 f (x) = k 有两个不同的实根，
则数k 的取值范围是      
 
 ．
【答案】(0,1)
(x 1)
3 , x  2
【解析】当 x  2 时，f (x)  3(x 1) 
2 ≥0 ，说明函数在(, 2) 上单调递增，函数的值域是(,1) 
， 又函数在[2, ) 上单调递减，函数的值域是(0,1]，因此要使方程 f (x)  k 有两个不同实根，
则0  k  1．