专题05 函数图像及函数与方程（七大题型七大易错题）
【题型1 作函数图像】
1．已知函数f (x)=e
x(2 x−1)
x−1
．
(1)求函数f (x)的单调性和极值；
(2)作出函数f (x)的大致图象．（参考数据：e
3
2 ≈4.48）
【答案】(1)单调递增区间是(−∞,0)，(
3
2 ,+∞)，单调递减区间是(0,1)，(1, 3
2)．极
大值为1，极小值为4e
3
2
(2)图象见解析
【分析】（1）根据题意先求f
′ (x)，由f
′ (x)>0和f
′ (x)<0得函数f (x)的单调区间，根
据极值的定义即可求解；
（2）利用（1）函数f (x)的单调性和极值即可作图，注意定义域.
【详解】（1）由题意有：函数定义域为{x∣x≠1)，
所以f
′ (x)=e
x x (2 x−3)
(x−1)
2
，令f
′ (x)=0有x =0或3
2
由f
′ (x)>0，得x<0或x> 3
2；由f
′ (x)<0，得0< x< 3
2且x≠1；
所以函数f (x)的单调递增区间是(−∞,0)，(
3
2 ,+∞)，单调递减区间是(0,1)，(1, 3
2)，
所以函数的极大值为f (0)=1，函数的极小值为f(
3
2)= 4e
3
2．
（2）大致图象如图．
2．已知函数f (x)=|x +2)+|2 x−a)(a∈R)．
(1)若a=3，作出f (x)的图象；
(2)当a=2时，若对任意的x∈R，|x +2)+ f (x)≥m
2−5m恒成立，求实数m的取值范
围．
【答案】(1)作图见解析
(2)[−1,6)
【分析】（1）将f (x)化简成分段函数形式，再进行画图；
（2）对于x∈R，|x +2)+ f (x)≥m
2−5m恒成立问题，先求出|x +2)+ f (x)的最小值，
得到最小值后求实数m的取值范围.
【详解】（1）当a=3时，f ( x)={
1−3 x ,( x ≤−2)
5−x ,(−2< x ≤3
2 )
3 x−1,( x> 3
2 ) )
；
作出f (x)的图象如图所示．
（2）当a=2时，若对任意的x∈R，|x +2)+ f (x)≥m
2−5m恒成立，
则[|x +2)+ f (x))min≥m
2−5m．
又|x +2)+ f (x)=2|x +2)+|2 x−2)≥|2 x + 4−2 x +2)=6，（绝对值三角不等式的应
用）
当且仅当2(x +2)(2 x−2)≤0时等号成立，
所以6≥m
2−5m，解得−1≤m≤6，
故实数m的取值范围为[−1,6)．
3．设函数f ( x)=|2 x)−|x +1).
(1)在坐标系中画出函数f ( x)的图象；
(2)若f ( x)≥4−|a−2)对任意x∈R恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)(−∞,−3]∪[7,+∞).
【分析】（1）根据题意求出f (x)的分段函数解析式，作出图像，从而可求解.
（2）由（1）中图像可知f (x)min=−1，即f (x)min≥4−|a−2)任意x∈R对从而可求
解.
【详解】（1）由题意得f (x)={
−x +1, x<−1
−3 x−1,−1≤x ≤0
x−1, x>0
)
，作出图象，如图所示，
（2）由（1）知f (x)min=−1，所以−1≥4−|a−2)对任意x∈R恒成立，
即|a−2)>5，解得a≥7或a≤−3，
所以a的取值范围为(−∞,−3¿∪)7,+∞¿¿.
【题型2 识别与辨图的常见方法】
1．下列图象中，函数f (x)=
x
4 x
2−1
的部分图象有可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】求出函数f (x)的定义域，分析函数f (x)的奇偶性及其在(0, 1
2)上的函数值符
号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对于函数f (x)，有4 x
2−1≠0，解得x≠± 1
2
，即函数f (x)的定义域为
{x|x≠± 1
2))
，
定义域关于原点对称，因为f (−x)=
−x
4⋅(−x)
2−1
=−
x
4 x
2−1
=−f (x)，即函数f (x)为
奇函数，排除CD 选项，
当0< x< 1
2时，0< x
2< 1
4 ，则4 x
2−1<0，此时f (x)=
x
4 x
2−1
<0，排除B 选项.
故选：A.
2．已知函数f (x)=
x
1+ x
2 ⋅sin x，则函数y = f (x)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据解析式及奇偶性定义判断函数的奇偶性，再结合0< x<1上的函数值符号、
排除法即可得.
【详解】由解析式易知函数定义域为R，且
f (−x)=
−x
1+(−x)
2 ⋅sin(−x)=
x
1+ x
2 ⋅sin x = f ( x)，
所以y = f (x)为偶函数，排除A、D；
当0< x<1时，sin x>0，则f (x)>0，排除B.
故选：C
3．已知函数f (x)=3|x)，g(x)=sin x，某函数的部分图象如图所示，则该函数可能是
（ ）
A．y = f (x)+ g(x)
B．y = f (x)−g(x)
C．y = f (x)g(x)
D．y = g(x)
f (x)
【答案】C
【分析】结合函数的奇偶性及特值法可判断.
【详解】对于A，令ℎ(x)= f (x)+ g(x)=3|x)+sin x，由ℎ(−x)=3|x)−sin x，则
ℎ(−x)≠ℎ(x)，ℎ(−x)≠−ℎ(x)，
所以y = f (x)+ g(x)是非奇非偶函数，由图象不符，故A 错误；
对于B，令φ(x)= f (x)−g(x)=3|x)−sin x，由φ(−x)=3|x)+sin x，则φ(−x)≠φ(x)，
φ(−x)≠−φ(x)，
所以y = f (x)−g(x)是非奇非偶函数，由图象不符，故B 错误；
对于D，y = g(x)
f (x) = sin x
3|x) ，当x =2时，y = sin 2
9
∈(0,1)，与图象不符，排除D，故C
正确.
故选：C.
4．函数f ( x)=(|4−x
2)−4)ln(4−x
2)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据函数解析式确定函数的图像性质，进而确定.
【详解】由已知，f (x)定义域为(−2,2)，且f (−x)= f (x)，
所以函数f (x)为偶函数，
故f (x)图象关于y轴对称，
又f (0)=0，排除B，D 选项；
当x→2时，f (x)>0，排除C，故A 正确．
故选：A．
5．函数f (x)= x +(e
x−e
−x)cos x的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用奇偶性的定义可排除C，D.，由x∈(0,π
2 )，f (x)>0，可排除B.
【详解】因为f (−x)=−x +(e
−x−e
x)cos x =−f (x)，所以该函数为奇函数，可排除
C，D.
当x∈(0,π
2 )时，e
x−e
−x>0,cos x>0，所以f (x)>0，排除B.
故选：A.
【题型3 以函数图像为背景的问题】
1．已知函数f ( x)={
x
2+2 x−3, x ≤0
−2+ ln x , x>0 )，若方程f ( x)=k的实数解恰有两个，则实数k的取
值范围是（ ）
A．k ≤−4
B．−4<k <−3
C．k =−4或k >−3
D．k =−4或k ≥−3
【答案】C
【分析】分析函数的性质并作出其图象，数形结合求出实数k的取值范围.
【详解】当x ≤0时，函数f ( x)= x
2+2 x −3在(−∞,−1]上单调递减，函数值集合为
[−4 ,+∞)，
在[−1,0]上单调递增，函数值集合为[−4 ,−3]；
当x>0时，f ( x)=−2+ ln x在(0,+ ∞)上递增，函数值集合为R，
在直角坐标系内作出函数y = f (x)的图象与直线y =k，
由图象知，当k =−4或k >−3时，直线y =k与函数y = f (x)的图象有两个交点，
即方程f (x)=k有两个实数解.
故选：C.
2．已知函数f (x)={
x
2+ 4 x +3, x ≤0
1+log1
3
x , x>0)，若函数g(x)= f (x)−a恰有3 个零点，则a的取值
范围为（ ）
A．(−1,3)
B．[0,3)
C．(−1,0)
D．(3,+∞)∪{−1)
【答案】A
【分析】转化为函数y = f (x)与y =a的图象有3 个交点，结合f (x)的图象可得答案.
【详解】若函数g(x)= f (x)−a恰有3 个零点，
即函数y = f (x)与y =a的图象有3 个交点，
f (x)= x
2+ 4 x +3=(x +2)
2−1(x ≤0)，
当x =0时，f (x)=3，当x =−2时，f (x)=−1，
函数y = f (x)的图象如下，
结合图象可得−1<a≤3.
故选：A.
3．函数f (x)的大致图象如图所示，设f (x)的导函数为f
′ (x)，则f
′ (x)f (x)>0的解集为
（ ）
A．(−∞,0)∪(1,3)
B．(1,3)
C．(0,1)∪(3,+ ∞)
D．(−∞,0)∪(3,+ ∞)
【答案】C
【分析】根据图像判断f (x)的正负及通过f (x)的单调性判断f
′ (x)的正负，即可求解.
【详解】由函数f (x)的图象可知，当x∈(−∞,0)和x∈(3,+∞)时，f (x)<0；
当x∈(0,3)时，f (x)>0；
又由图可知当x∈(−∞,1)时，函数f (x)单调递增，则f
′ (x)>0；
当x∈(1,+∞)时，函数f (x)单调递减，则f
′ (x)<0，
所以f
′ (x)f (x)>0的解集为(0,1)∪(3,+ ∞)．
故选：C.
4．已知函数f (x)={
(2a+3) x−4 a+3, x ≥1
a
x , x<1
)，对任意的x1, x2∈R，且x1≠x2，都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0，则a的取值范围是（ ）
A．a>1
B．a<2
C．1<a<2
D．1<a≤2
【答案】D
【分析】首先根据条件判断函数f (x)在R上为增函数，在保证每一段函数单调递增的
情况下，注意分界点处的值的大小关系，列不等式组求解即可．
【详解】根据题意，函数f (x)对任意的x1, x2∈R，且x1≠x2，都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0，
所以f (x)在R上为增函数，
又f (x)={
(2a+3) x−4 a+3, x ≥1
a
x , x<1
)，
所以有{
2a+3>0
a>1
(2a+3)×1−4 a+3≥a)
，
即{
a>−3
2
a>1
a≤2 )
，解得1<a≤2，
故选：D．
5．已知函数f (x)=a⋅2
x−b⋅2
−x，则“a=b”是“f (x)为奇函数”的（ ）条件
A．充分而不必要
B．必要而不充分
C．充分必要
D．既不充分也不必要
【答案】C
【分析】利用奇函数的性质f (−x)=−f ( x)求参数关系，结合充分、必要性的定义即
可得.
【详解】若f ( x)为奇函数，则f (−x)=−f ( x)，
所以a⋅2
−x−b⋅2
x =−(a⋅2
x−b⋅2
−x)，即a(2
−x+2
x)=b(2
−x+2
x)恒成立，
所以a=b.
综上，“a=b”是“f (x)为奇函数”的充要条件.
故选：C
6．已知函数f ( x)为偶函数，当x<0时，f ( x)= x−2
2
x ，则f (1)=（ ）
A．3
2
B．−3
2
C．6
D．−6
【答案】D
【分析】根据偶函数的定义得到f (−x)= f ( x)，代入计算即可．
【详解】因为函数f ( x)为偶函数，所以f (−x)= f ( x)，当x<0时，f ( x)= x−2
2
x ，
则f (1)= f (−1)= −1−2
2
−1
=−6.
故选：D.
7．已知函数f (x)＝¿，若f (x)存在最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．[−1,+ ∞)
B．(−1,+ ∞)
C．[0,+∞)
D．(0,+∞)
【答案】A
【分析】设g(x)= xln(❑√1+ x
2+ x)，可判断g(x)为偶函数，进而判断g(x)的单调性，
可得x<0时，f (x)>a，结合x>0时，f (x)=cos x，结合条件可得解.
【详解】设g(x)= x ln(❑√1+ x
2+ x), g(−x)=−x ln(❑√1+ x
2−x)，x∈R，
因为g(x)−g(−x)= xln1=0，所以g(x)为偶函数，
当x>0时，y = x>0单调递增，y = ln(❑√1+ x
2+ x)>0且单调递增，所以g(x)是单调递
增，
故当x<0时，g(x)是单调递减，
所以当x<0时，f (x)的最小值为f (0)=a，所以当x<0时，f (x)>a，
当x>0时，f (x)=cos x，因此−1≤f (x)≤1，因为f (x)存在最小值，所以a≥−1．
故选：A.
8．已知函数f (x)的定义域为R ,f (x +2)为偶函数，f (x +1)为奇函数，则（ ）
A．f(−1
2)=0
B．f (−1)=0
C．f (2)=0
D．f (4)=0
【答案】B
【分析】根据题意可推出函数f (x)的周期，结合赋值法可确定f (−1)=0，判断B，其
余选项结合赋值，无法确定，即可判断正确.
【详解】因为函数f (x +2)为偶函数，则f (2+ x)= f (2−x)，可得f (x +3)= f (1−x)，
因为函数f (x +1)为奇函数，则f (1−x)=−f (x +1)，
所以f (x +3)=−f (x +1)，即得f (x +2)=−f (x)，
即f (x + 4)= f (x)，故函数f (x)是以4 为周期的周期函数，
对于f (1−x)=−f (x +1)，令x =0，则f (1)=−f (1)⇒f (1)=0，
对于f (x +2)=−f (x)，令x =−1，则f (−1)=−f (1)=0，B 正确；
由题意可知f(−1
2)=−f(
3
2)=−f(
5
2)，无法推出f(−1
2)=0，A 错误，
又f (2)=−f (0)，f (4)= f (0)，而f (0)是否为0 不确定，故CD 错误，
故选：B
9．已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，且f (x)={
−x ,0≤x<1
x−2, x ≥1 ). 则不等式f (x +1)
x
<0在
(−2,2)上的解集为（ ）
A．(−2,−1)∪(0,1)B．(−2,−1)∪(1,2)C．(−1,0)∪(0,1)
D．(−1,0)∪(1,2)
【答案】A
【分析】结合奇函数的性质可得f (x)在R上的解析式，再作出y = f (x +1)的图象，数
形结合计算即可得解.
【详解】因为函数f (x)是定义在R上的奇函数且f (x)={
−x ,0≤x<1
x−2, x ≥1 )，
所以当x∈(−1,0)时，−x∈[0,1)，则f (x)=−f (−x)=−[−(−x))=−x；
当x∈(−∞,−1)时，−x∈[1,+∞)，则f (x)=−f (−x)=−(−x−2)= x +2，
所以f (x)={
x +2, x ≤−1
−x ,−1< x<1
x−2, x ≥1 )；
函数y = f (x +1)的图象可由函数y = f (x)的图象向左严移1 个单位长度得到，
作出函数y = f (x +1)在(−2,2)上的图象，如图所示，
由图可知不等式f (x +1)
x
<0在(−2,2)上的解集为(−2,−1)∪(0,1)．
故选：A．
10．多选题已知函数f (x)={
e
x , x ≤0
ln x , x>0)，则下列结论正确的是（ ）
A．f (x)是奇函数
B．f (x)是增函数
C．不等式f (x)>0的解集为(−∞,0)∪(1,+∞)
D．若函数y = f (x)−a恰有两个零点，则a的取值范围为(0,1)
【答案】CD
【分析】根据分段函数解析作出图象，结合图象逐项分析判断.
【详解】f (x)的大致图象如图所示：
由图象可知：f (x)的图象不关于原点对称，所以f (x)不是奇函数，故A 错误；
f (x)在定义域内不单调，故B 错误；
若f (x)>0，则x ≤0或x>1，即不等式f (x)>0的解集为(−∞,0)∪(1,+∞)，故C 正确；
令y = f (x)−a=0，则f (x)=a，
原题意等价于y = f (x)与y =a有2 个交点，则0<a≤1，
所以a的取值范围为(0,1)，故D 正确；
故选：CD.
11．多选题设函数f (x)= x
3−3 x +3，则（ ）
A．f (x)在(−1,1)上单调递减
B．x∈[0,2)时，f (x)的值域为[3,5)
C．f (x)有三个零点
D．曲线y = f (x)关于点(0,3)对称
【答案】AD
【分析】求导，利用导数确定函数单调性、极值与最值即可判断ABC，对于D，通过
验证f (x)+ f (−x)的值是否为6 来验证对称性.
【详解】f
′ (x)=3 x
2−3<0，解得−1< x<1，所以f (x)在(−1,1)上单调递减，故A 正
确；
又x∈[0,1)时，f (x)单调递减，x∈(1,2)单调递增，f (0)=3,f (1)=1,f (2)=5，
所以x∈[0,2)时，f (x)的值域为[1,5)，故B 错误；
f (x)在(−1,1)上单调递减，在(−∞，−1)和(1，+∞)单调递增，
f (x)极大= f (−1)=5,f (x)极小= f (1)=1，所以f (x)只有一个零点，故C 错误；
因为f (x)+ f (−x)= x
3−3 x +3+(−x)
3+3 x +3=6，所以曲线y = f (x)关于点(0,3)对称，
故D 正确；
故选：AD.
12．多选题已知函数f ( x)= 2e
x−3
e
x+1
，则下列结论正确的是（ ）
A．∃x0∈R，使得f (x0)=−5
2
B．函数f ( x)的图象是一个中心对称图形
C．曲线y = f ( x)有且只有一条斜率为❑√3的切线
D．存在实数a，b，使得函数f ( x)的定义域[a,b]，值域为[
1
2 a, 1
2 b)
【答案】ABD
【分析】求解指数方程计算判断A，应用对称中心定义计算判断B，应用导数值域判断
C，应用函数交点判断D.
【详解】因为f ( x)= 2e
x−3
e
x+1
=2−
5
e
x+1
，
当f (x0)=−5
2，所以2−
5
e
x0+1
=−5
2，可得e
x0= 1
9，且e
x0∈(0,+∞)，所以∃x0∈R，
使得f (x0)=−5
2，A 选项正确；
f (−x)+ f (x)=2−
5
e
x+1
+2−
5
e
−x+1
= 4−(
5
e
x+1
+ 5e
x
e
x+1)=−1，所以函数f ( x)的
一个中心对称为(0,−1
2)，B 选项正确；
f
′( x)=
5e
x
(e
x+1)
2 =
5e
x
e
2 x+2e
x+1
=
5
e
x+2+ 1
e
x
，又因为e
x+2+ 1
e
x ≥2❑√
e
x× 1
e
x +2= 4，
所以f
′( x)=
5
e
x+2+ 1
e
x
≤5
4 =1 1
4 ，所以函数没有斜率为❑√3的切线，C 选项错误；
令f ( x)= 1
2 x，f ( x)= 2e
x−3
e
x+1
= x
2，所以e
x= x +6
4−x =−1+ 10
4−x ，
y =e
x, y = x +6
4−x 有两个交点，所以存在实数a，b，使得函数f ( x)的定义域[a,b]，值
域为[
1
2 a, 1
2 b)，D 选项正确；
故选：ABD.
【题型4 函数零点所在区间的判断】
1．函数f (x)=2
x+ ln x−1的零点所在的区间为（ ）
A．(0, 1
2)
B．(
1
2 ,1)
C．(1, 3
2)
D．(
3
2 ,2)
【答案】B
【分析】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可.
【详解】因为y =2
x与y = ln x−1均在定义域上单调递增，
所以f (x)=2
x+ ln x−1在(0,+ ∞)上单调递增，
又f(
1
2)= ❑√2+ ln 1
2 −1= ❑√2−1−ln 2，
∵❑√2−1< 1
2，ln 2>ln ❑√e= 1
2，
∴f(
1
2)= ❑√2−1−ln 2<0，
又∵f (1)=2+ ln1−1=1>0，
∴函数f (x)的零点所在区间是(
1
2 ,1)．
故选：B．
2．函数f (x)=ln(2 x)−1
x 的一个零点所在的区间是（ ）
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
【答案】B
【分析】先判断f (x)的单调性，结合零点存在性定理分析判断.
【详解】因为f (x)的定义域为(0,+ ∞)，且y =ln(2 x), y =−1
x 在(0,+∞)内单调递增，
可知f (x)在(0,+ ∞)内单调递增，
且f (1)= ln 2−1<0,f (2)= ln 4−1
2 >0，
所以函数f (x)的唯一一个零点所在的区间是(1,2).
故选：B.
3．函数f ( x)= ln x−(
1
3)
x
的零点所在区间为（ ）
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,e)
D．(e,3)
【答案】B
【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断即可.
【详解】因为f ( x)= ln x−(
1
3)
x
定义域为(0,+∞)，
且y = ln x , y =−(
1
3)
x
在(0,+ ∞)上单调递增，可知f ( x)= ln x−(
1
3)
x
在(0,+∞)上单调
递增，
又因为f (1)= ln1−1
3 =−1
3，f (2)= ln 2−1
9 >ln ❑√e−1
9 = 1
2 −1
9 >0，
即f (1)⋅f (2)<0，所以f (x)在(1,2)上存在唯一零点.
故选：B
【题型5 函数零点个数的判断】
1．已知函数f ( x)={
−x
2−2 x +3, x ≤0
|ln x), x>0
)，则函数y =[f ( x))
2−5 f ( x)+6的零点个数为
（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【分析】由[ f ( x)]
2−5 f ( x)+6=0可得f ( x)=2或f ( x)=3，作出图形，结合图形即
可求解.
【详解】由题意，令[ f ( x)]
2−5 f ( x)+6=0，解得f ( x)=2或f ( x)=3，
作出y = f ( x)的图象，如图，
由图可知，直线y =2与y = f ( x)图象有3 个交点，
直线y =3与y = f ( x)图象有4 个交点，
所以原方程有7 个解，
即函数y =[ f ( x)]
2−5 f ( x)+6有7 个零点.
故选：C
2．函数f (x)=e
x +1+ x +1的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【分析】由y =e
x +1和y = x +1都在R上连续且单调递增，得f (x)在R上连续且单调递
增，所以函数f (x)=e
x +1+ x +1最多有1 个零点．再根据f (−2)<0,f (−1)>0,可知函
数f ( x)有且只有一个零点.
【详解】解：由y =e
x和 y = x +1 都在上连续且单调递增，得f ( x)=e
x+ x +1 在R上
连续且单调递增，所以函数f ( x)最多有1 个零点．
因为f (−2)=e
−2+1+(−2)+1= 1
e −1<0,f (−1)=e
−1+1−1+1=1>0,所以函数f ( x)有
且只有一个零点.
故选：B.
3．函数f (x)={
x
3+8, x ≤0
log4 x + x , x>0)的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】根据题意，分析每一段零点个数，当x ≤0时，易得一个零点x =−2，当x>0，
根据单调性及零点存在定理判断即可.
【详解】当x ≤0时，令x
3+8=0，解得x =−2，
当x>0时，f(
1
4)= log4
1
4 + 1
4 =−1+ 1
4 =−3
4 <0，f (4)= log4 4+ 4 =5>0，
f (4)f(
1
4)<0，所以f ( x)在(
1
4 ,4)上存在零点，
又因为f ( x)= log4 x + x在(0,+∞)上单调递增，所以函数f ( x)在(0,+∞)上有唯一零
点．
综上，f ( x)的零点个数为2.
故选：C.
4．函数f (x)=sin x +cos x−1在[0,2π )上的零点个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】用辅助角公式化为f (x)= ❑√2sin(x +π
4 )−1，且x +π
4 ∈[
π
4 , 9π
4 )，再
令f (x)=0,求解即得.
【详解】f (x)=sin x +cos x−1= ❑√2sin(x +π
4 )−1.
∵x∈[0,2π)，∴x +π
4 ∈[
π
4 , 9π
4 ).
令f (x)=0,得sin(x +π
4 )=
❑√2
2 ，∴x +π
4 =π
4 或x +π
4 =3π
4 或x +π
4 = 9π
4 .
所以x =0或x =π
2 或x =2π
故选：C.
5．函数f ( x)= x
3−4 x
2+5 x−2的零点个数是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】根据函数零点的定义令f (x)=0，解出即可求解.
【详解】由题意令f (x)=0有x
3−4 x
2+5 x −2=(x −1)
2(x −2)=0，解得x =1或2，
所以f (x)的零点为1和2，所以f (x)有2 个零点.
故选：C.
6．函数f ( x)=cos x +cos2 x +cos3 x，则f ( x)在[0,2π)内零点个数为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】B
【分析】根据余弦和差公式化简f (x)=cos2 x (2cos x +1)，然后利用三角函数解方程
即可.
【详解】f ( x)=cos x +cos2 x +cos3 x =cos(2 x−x)+cos2 x +cos(2 x + x)
=cos2 x (2cos x +1)=0，
即cos2 x =0或cos x =−1
2，又x∈[0 ,2π)，
所以x =π
4 ,3π
4 ,5π
4 ,7π
4 或x = 2π
3 ,4π
3 ，
故f ( x)在[0,2π)内零点个数为6.
故选：B.
7．函数u( x)= ❑√3sin 2 x +cos2 x−2log4 x的零点个数为 ．
【答案】3
【分析】设f ( x)= ❑√3sin 2 x +cos2 x，g( x)= log2 x，分别画出两图像，交点即为原
函数零点
【详解】令u( x)= ❑√3sin 2 x + cos2 x−2log4 x =0，得
❑√3sin 2 x +cos2 x = log2 x，
设f ( x)= ❑√3sin 2 x +cos2 x，g( x)= log2 x，所以f ( x)= 2sin(2 x +π
6 )，
通过五点作图法（五点为(
π
6 ,2),(
5π
12 ,0),(
2π
3 ,−2),(
11π
12 ,0),(
7π
6 ,2)）作
出函数f ( x)的大致图象，
再通过两点法（两点为(1,0),(4,2)）作出单调函数g( x)= log2 x的大致图象，
如图所示．因为4∈(
7π
6 ,7π
6 + π)，
所以通过图象可判断它们有3 个交点．
故答案为：3
8.函数f (x)= x
3−|3 x−2)的零点个数为 ．
【答案】2
【分析】当x ≥2
3时，利用导数研究其单调性得f (x)≥f (1)=0，即函数
f (x)= x
3−3 x +2只有一个零点1，当x< 2
3时，利用导数法得函数f (x)在(−∞, 2
3)上
单调递增，由零点存在性定理可知有一个零点，即可得解.
【详解】f (x)= x
3−|3 x−2)={
x
3−3 x +2, x ≥2
3
x
3+3 x−2, x< 2
3)
，
当x ≥2
3时，f (x)= x
3−3 x +2，则f
′ (x)=3 x
2−3=3(x +1)(x−1)，
当x∈(1,+ ∞)时，f
′ (x)>0，即函数f (x)单调递增，
当x∈(
2
3 ,1)时，f
′ (x)<0，即函数f (x)单调递减，
又f (1)=1
3−3+2=0，所以函数f (x)= x
3−3 x +2只有一个零点1，
当x< 2
3时，f (x)= x
3+3 x−2，则f
′ (x)=3 x
2+3>0，
故函数f (x)在(−∞, 2
3)上单调递增，又f(
2
3)=(
2
3)
3
+3× 2
3 −2= 8
27 >0，
f (0)=−2<0，所以由零点存在性定理可知，函数f (x)在(−∞, 2
3)上有一个零点，
所以函数f (x)= x
3−|3 x−2)的零点个数为2.
故答案为：2
9．已知函数f (x)={
x
3−1, x>0
−x , x ≤0 )，g(x)= f (x)+ f (−x)，则函数g(x)的零点个数为 .
【答案】3
【分析】分x>0，x<0和x =0讨论，结合零点存在性定理和函数单调性判断零点个数.
【详解】当x =0时，g(0)=2f (0)=0，所以0 是g(x)的零点，
当x>0时，g(x)= x
3−1+ x = x
3+ x−1，
因为y = x
3, y = x−1均在(0,+ ∞)上单调递增，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又g(0)=−1<0，g(1)=1>0，则g(0)⋅g(1)<0，
所以g(x)在(0,+ ∞)上有且仅有1 个零点，
当x<0时，g(x)=−x +(−x)
3−1=−x
3−x −1，易知g(x)在(−∞,0)上单调递减，
又g(−1)=1>0,g(0)=−1<0，则g(−1)⋅g(0)<0，
所以g(x)在(−∞,0)上有且仅有1 个零点，
综上，g(x)的零点个数为3.
故答案为：3.
【题型6 函数零点的应用】
1．已知函数f (x)= x
2+2mx +2m+3在区间(0,2)内只有一个零点，则实数m的取值范围是
（ ）
A．{m|m=−1)
B．{m|m=−1)或m=3)
C．¿
D．¿
【答案】C
【分析】方法一：根据函数的零点个数分类讨论，再结合零点存在性定理，解不等式
组确定参数取值范围.
方法二：对解析式变形，在统一平面直角坐标系中画出函数图象，利用数形结合法求
解.
【详解】解法一：
当函数f (x)只有一个零点且在区间(0,2)内时，
{
0<−m<2
f (−m)=m
2−2m
2+2m+3=0)⇒m=−1；
当函数f (x)有两个零点时，Δ=(2m)
2−4 (2m+3)= 4 m
2−8m−12>0，解得m<−1
或m>3，
当m>3时，显然f (x)= x
2+2mx +2m+3>0在(0,2)上恒成立，此时无(0,2)内的零点，
当m<−1时，又在(0,2)内只有一个零点，则f (0)⋅f (2)<0或{
f (0)=0
f (2)>0
0<−m<2)
或
{
f (2)=0
f (0)>0
0<−m<2)
，
即(2m+3)(7+6m)<0或{
2m+3=0
7+6m>0
0<−m<2)或{
7+6m=0
2m+3>0
0<−m<2)，
解得−3
2 <m<−7
6 或m∈∅或m=−7
6 ．
综上所述，实数m的取值范围是¿．
故选：C.
解法二：
由f (x)=0，得x
2+2m(x +1)+3=0，又x∈(0,2)，所以x +1∈(1,3)，
所以−2m= x
2+3
x +1 = (x +1−1)
2+3
x +1
= x +1+
4
x +1 −2，
令t = x +1，t ∈(1,3)，g(t )=t + 4
t −2，要使f (x)在区间(0,2)内只有一个零点，
只需直线y =−2m与g(t )的图象在(1,3)上只有一个交点，作出两函数图象如图所示，
由图可知7
3 ≤−2m<3或−2m=2，解得−3
2 <m≤−7
6或m=−1，
所以m的取值范围是¿．
故选：C.
2．已知函数f (x)={
e
x , x ≤0
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
围为（ ）
A．[−1,0)
B．(0,+∞)
C．[−1,+∞)
D．[1,+∞)
【答案】C
【分析】解法一：将问题转化为函数y = f (x)与y =−x−a的图象有2 个交点，进而结
合图象求解即可；
解法二：设ℎ(x)= f (x)+ x，将问题转化为直线y =−a与函数y =ℎ(x)的图象有2 个交
点，进而结合图象求解即可.
【详解】解法一：由g(x)=0，即f (x)=−x−a，
函数g(x)存在2 个零点等价于函数y = f (x)与y =−x−a的图象有2 个交点，作出图象
如图1，
当直线y =−x−a同时过点(0,1)和(1,0)时，a=−1，
此时直线y =−x−a与y = f (x)的图象有2 个交点，
结合图象可知−a≤1，解得a≥−1．
解法二：由g(x)=0，即−a= f (x)+ x，设ℎ(x)= f (x)+ x，
则ℎ(x)={
e
x+ x , x ≤0
ln x + x , x>0)，
因为函数y =e
x, y = x , y =ln x都为增函数，
所以ℎ(x)在(−∞,0),(0,+∞)上都单调递增，
画出函数y =ℎ(x)和y =−a的大致图像，如图2 所示，
可知当直线y =−a过点(0,1)时，a=−1，此时直线y =−a与函数y =ℎ(x)的图象有2
个交点，
结合图像可知−a≤1，解得a≥−1．
故选：C.
3．若a>1，设函数f (x)=a
x+ x−4的零点为m，g(x)=loga x + x−4的零点为n，则
1
m + 1
n的取值范围（ ）
A．(
7
2 ,+∞)
B．[1,+ ∞)
C．(4 ,+∞)
D．(
9
2 ,+∞)
【答案】B
【分析】函数f (x)=a
x+ x−4的零点是y =a
x与y = 4−x图象交点A的横坐标，函数
g(x)=loga x + x−4的零点是y =loga x与y = 4−x图象交点B的横坐标，数形结合可
得出m+n= 4，再将代数式1
m + 1
n与1
4
(m+n)相乘，展开后利用基本不等式可求得
1
m + 1
n的取值范围.
【详解】函数f (x)=a
x+ x−4的零点是y =a
x与y = 4−x图象交点A的横坐标，
函数g(x)=loga x + x−4的零点是y =loga x与y = 4−x图象交点B的横坐标，
由于y =a
x与y =loga x互为反函数，其图象关于直线y = x对称，
直线y = 4−x与直线y = x垂直，
故直线y = 4−x与直线y = x的交点(2,2)即是AB的中点，
∴m+n= 4，∴1
m + 1
n = 1
4
(m+n)(
1
m + 1
n)= 1
4(2+ m
n + n
m)≥1
4(2+2❑√
m
n ⋅n
m)，
当且仅当m=n=2时等号成立，故1
m + 1
n ≥1，
故所求的取值范围是[1,+∞)．
故选：B．
4．多选题已知函数f ( x)= x
2−2|x)(x<a)，若函数F (x)= f (x)−x存在两个零点，则a的
取值可能是（ ）
A．−1
B．1
C．2
D．3
【答案】BCD
【分析】化简F (x)，作出F (x)图象，由图像即可得到a的取值范围，得出答案.
【详解】F (x)= f (x)−x ={
x
2+ x , x<0
x
2−3 x , x ≥0)，图象如图
则F (x)在R上共有3 个零点，
即F (x)=0在R上有3 个根，x1=−1，x2=0，x3=3.
又因为函数F (x)= f (x)−x在x∈(−∞,a)上存在两个零点，故a∈(0,3).
故选：BCD.
【题型7 构建函数模型的实际应用】
1．“百日冲刺”是学校针对高三学生进行的高考前的激情教育，某班主任根据历年学
生经历“百日冲刺”之后的成绩变化，构造了一个关于经过时间t(30≤t ≤100)（单
位：天）与增加总分数f (t )（单位：分）的函数模型f (t )=
kP
1+lg(t +1) ,k为增分转化
系数，P为“百日冲刺”前的最后一次模考总分，f (60)= 1
6 P.已知某学生在“百日冲
刺”前的最后一次模考总分为400 分，依据此模型估计此学生在高考中可能取得的总
分为(lg61≈1.79)（ ）
A．442
B．452
C．462
D．472
【答案】C
【分析】将t =60代入f (t )=
kP
1+lg(t +1)，求出k =0.465，再将P = 400代入求解即可.
【详解】由题意得f (60)=
kP
1+lg61 = 1
6 P，
∴k ≈1+1.79
6
=0.465，
∴f (100)= 0.465×400
1+lg101 =
186
1+lg100+lg1.01 ≈186
3 =62，
∴该学生在高考中可能取得的总分约为400+62= 462.
故选：C.
2．某地大气压强p（单位：kPa）与海拔h（单位：m）之间的关系可以由p= p0e
−kℎ近似
描述，其中p0为标准大气压强，k 为常数．已知某季节该地海拔为5000m，8000m 两
处的大气压强分别为54kPa，36kPa．下表为该地不同季节平均标准大气压强的范围，
则此时该地为（ ）
季节
春季
夏季
秋季
冬季
p0(kPa)
(10
1.96,10
2.02]
(10
1.93,10
1.96]
(10
1.96,10
2.02]
(10
2.02,10
2.06]
（参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477）
A．春季
B．夏季
C．秋季
D．冬季
【答案】D
【分析】根据已知函数模型结合指对数转化计算求解判断即可.
【详解】由题意，{
54 = p0e
−5000k
36= p0e
−8000k)，所以54
36 =e
3000k，所以e
k =(
3
2)
1
3000，
p0=36×(
3
2)
8
3，
lg p0=2(lg2+lg3)+ 8
3 (lg3−lg2)= 14
3 lg3−2
3 lg2≈14
3 ×0.477−2
3 ×0.301≈2.025
，
所以p0≈10
2.025，为冬季，
故选：D．
3．已知某微生物的种群数量N与培养时间x（单位：h）之间满足函数关系：N =80(
3
2)
x
，
一次实验中发现，在一定环境下，当种群数量是初始种群数量的200 倍时，将达到该
环境的最大容纳量，在达到环境最大容纳量之前，需要实验人员提前进行人为干预，
则该实验至多进行多少小时，需要实验人员的干预（lg2≈0.3010，lg3≈0.4771）
（ ）
A．11
B．12
C．13
D．14
【答案】C
【分析】由题意列出指数不等式，根据指数函数单调性以及指对互换、对数运算即可
求解.
【详解】设至少经过n(n∈N
*)小时，种群数量达到该环境的最大容纳量，即
80(
3
2)
n
≥80×200，
即(
3
2)
n
≥200，两边取对数可得nlg 3
2 ≥2+lg2，
所以n≥
2+lg2
lg3−lg2 ≈
2+0.3010
0.4771−0.3010 ≈13.07，
所以至多经过13 小时，该实验需要实验人员的干预．
故选：C.
4．日照绿茶是山东“南茶北引”的硕果之一，因其独特的生长环境和气候条件，具有汤色
黄绿明亮、栗香浓郁、回味甘醇的特点．冲泡绿茶时，需要注意水温以确保茶汤的色
香味达到最佳状态．经验表明，绿茶用85℃的水泡制，等到茶水温度降至55℃时再
饮用，可以产生最佳口感．某实验小组为探究在室温下，刚泡好的茶水达到最佳饮用
口感的放置时间，每隔1min 测量一次茶水温度，得到茶水温度随时间变化的数据，如
下表：
时
间/
min
0
1
2
3
4
5
6
水
85.0
79.0
73.6
68.7
64.3
60.4
56.8
温/
℃
0
0
0
4
7
3
9
这组数据可以用下图表示：
设茶水温度从85℃开始，经过x min后的温度为y ℃，为了刻画茶水温度随时间变化
的规律，现给出以下三种函数模型：①y =kx +b (k <0, x ≥0)；②
y =k a
x+b(k >0,0<a<1, x ≥0)；③y =loga(x + k )+b(k >0,0<a<1, x ≥0)．
(1)从上述三种函数模型中选出你认为最符合实际的函数模型（不需要说明理由），并
利用前三组的数据求出相应的解析式；
(2)根据（1）中所求函数模型，求刚泡好的绿茶达到最佳饮用口感的放置时间（精确
到0.1)．（参考数据：lg2≈0.301,lg3≈0.477）
【答案】(1)选择②，y =60×(
9
10)
x
+25(x ≥0)
(2)6.5 min
【分析】（1）根据数据的变化确定模型，并求得相应的解析式.
（2）根据已知条件列方程，化简求得正确答案.
【详解】（1）选择②y =k a
x+b(k >0,0<a<1, x ≥0)作为函数模型．
将题表中前三组的数据代入，得{
85=k +b
79=ka+b
73.6=k a
2+b)
，解得{
k =60
a= 9
10
b=25)
，
所以函数模型的解析式为y =60×(
9
10)
x
+25(x ≥0)．
（2）由（1）中函数模型，得55=60×(
9
10)
x
+25，即1
2 =(
9
10)
x
，
所以
lg 1
2 =lg(
9
10)
x
= xlg 9
10 , x =
lg 1
2
lg 9
10
=
−lg2
2lg3−1 =lg2
1−2lg3 ≈
0.301
1−2×0.477 ≈6.5．
所以刚泡好的绿茶大约放置6.5 min能达到最佳饮用口感．
5．Labubu 已然成为2025 年年轻人的新宠，它为年轻人提供了情绪价值，成为了很多年轻
人的精神寄托.现有国内一家工厂决定在国内专项生产销售此款玩具，已知生产这种玩
具的年固定成本为15 万元，每生产x 千件需另投入c( x)万元.其中c( x)与x 之间的关
系为：c( x)={
a x
2+bx ,0< x<20, x∈N
∗
22 x +
c
x−2 −950, x ≥20, x∈N
∗)
，且函数c( x)的图象过A(3,9)，
B(6,24)，C(82,1054)三点.通过市场分析，公司决定每千件Labubu 售价定为12 万
元，且该厂年内生产的此款玩具能全部销售完.
(1)求a，b，c 的值，并写出年利润L( x)（万元）关于年产量的x（千件）的函数解析
式；
(2)当年产量为多少千件时，该厂所获年利润最大？并求出最大年利润.
【答案】(1){
a= 1
3
b=2
c =16000)
，L( x)={
−1
3 x
2+10 x−15,0< x<20, x∈N
∗
−10 x−16000
x−2 +935, x ≥20, x∈N
∗)
(2)当x = 42时，L( x)取得最大值，且最大值为115 万元
【分析】（1）将给定的三点坐标代入函数式，求出a,b,c，进而求出L( x)的表达式.
（2）由（1）按0< x<20与x ≥20分段求出最大值，再比较大小即得.
【详解】（1）将A(3,9)，B(6,24)，C(82,1054)三点代入，得
{
9=9a+3b
24 =36a+6b
1054 =22×82+
c
82−2 −950)
，
解得{
a= 1
3
b=2
c =16000)
，即c( x)={
1
3 x
2+2 x ,0< x<20, x∈N
∗
22 x + 16000
x−2 −950, x ≥20, x∈N
∗)
依题意，L( x)=12 x−c( x)−15={
−1
3 x
2+10 x−15,0< x<20, x∈N
∗
−10 x−16000
x−2 +935, x ≥20, x∈N
∗)
.
（2）由（1）L( x)=12 x−c( x)−15={
−1
3 x
2+10 x−15,0< x<20, x∈N
∗
−10 x−16000
x−2 +935, x ≥20, x∈N
∗)
当0< x<20时，L( x)=−1
3 ( x−15)
2+60，则当为x =15时，L( x)取得最大值60 万
元；
当x ≥20时，L( x)=−10 x−16000
x−2 +935=−[10( x−2)+ 16000
x−2 ]+915
≤−2❑√10( x−2)× 16000
x−2 +915=115，当且仅当10( x−2)= 16000
x−2 时，即x = 42时
取得等号，
此时L( x)取得最大值，且最大值为115 万元，
所以当年产量为42 千件时，该厂所获年利润最大，最大年利润115 万元.
6．电影《流浪地球》中反复出现这样的人工语音：“道路千万条，安全第一条；行车不规
范，亲人两行泪”，讲的是“开车不喝酒，喝酒不开车”.2019 年公安部交通管理局下
发《关于治理酒驾醉驾违法犯罪行为的指导意见》，对综合治理酒驾醉驾违法犯罪行
为提出了新规定，其中车辆驾驶人员饮酒后或者醉酒后驾车血液中的酒精含量阈值如
表所示.
驾驶行为类别
阈值
(mg/100mL)
饮酒驾车
[20,80)
醉酒驾车
[80,+ ∞)
经反复试验，一般情况下某人喝一瓶啤酒后酒精含量在人体血液中的变化规律“散点
图”如图所示，且图中所示的酒精含量f (x)（单位：mg/100mL）随时间x（单位：
h）变化的函数模型可表示为f (x)=¿，根据上述条件：
(1)试计算某人喝1 瓶啤酒后多少小时血液中的酒精含量达到最大值？最大值是多少？
(2)试计算某人喝1 瓶啤酒后多少小时才可以驾车？（时间x以整小时计；参考数据：
ln15≈2.71，ln30≈3.40）
【答案】(1)1.5 小时，最大值是53 毫克/百毫升.
(2)6 小时
【分析】（1）分别求出两段函数的最值，再进行比较即可求出f (x)的最大值；
（2）解不等式f (x)<20即可.
【详解】（1）当0≤x<2时，0≤π
3 x< 2π
3 ，故当π
3 x =π
2 时，即x = 3
2时，
f (x)max= 40×1+13=53；
当x ≥2时，f (x)=90⋅e
−0.5 x+14在[2,+∞)上单调递减，
故f (x)max= f (2)= 90
e
+14<53.
综上，f (x)max= f(
3
2)=53，
所以，喝1 瓶啤酒后1.5 小时血液中的酒精含量达到最大值，最大值是53 毫克/百毫升.
（2）当f (x)<20时可以驾车，且x∈N
*，
因f (1)= 40sinπ
3 +13=20 ❑√3+13>20，故x ≥2，
令90⋅e
−0.5 x+14<20，得e
−0.5 x< 1
15，即−0.5 x<ln(
1
15)，得x>2ln15≈5.42
因x∈N
*，则x的最小值为6，
故喝1 瓶啤酒后6 小时才可以驾车.
7．某企业于2024 年在其基地投入150 万元的研发资金用于养殖业发展，并计划今后10 年
内在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长20%．
(1)写出第x年（2024 年为第1 年）该企业投入的研发资金y（单位：万元）与x的函数
关系式，并指出函数的定义域；
(2)该企业从哪一年开始投入的研发资金将超过600 万元？
（参考数据：lg0.12≈−0.921，lg1.2≈0.079，lg0.112≈−0.951，
lg1.12≈0.049，lg2≈0.301）
【答案】(1)y =150(1+20 %)
x−1，定义域为{x ∈N
∗|1≤x ≤10)；
(2)第9 年
【分析】（1）由题设，应用指数函数模型，确定函数解析式及定义域；
（2）由（1）得150(1+20 %)
x−1>600，然后利用对数运算求解即可.
【详解】（1）第x年（2024 年为第1 年）该企业投入的研发资金y（万元），
则y =150(1+20 %)
x−1，其定义域为{x∈N
∗|1≤x ≤10)；
（2）由（1）得y >600，即150(1+20 %)
x−1>600，
所以1.2
x−1>4，即x−1>log1.24 = lg 4
lg1.2 = 2lg2
lg1.2 = 2×0.301
0.079
≈7.62，
所以x>8.62，又x∈N
∗，
故该企业从第9 年开始投入的研发资金将超过600 万元.
8．发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路，是推动绿色发展的战略措
施，某汽车工业园区正在不断建设，计划在园区建造一个高为3 米，宽度为
x∈[6,10)（单位：米），地面面积为81 平方米的长方体形状的储物室，经过谈判，
工程施工单位给出两种报价方案：
方案一：储物室的墙面报价为每平方米200 元，屋顶和地面报价共计7200 元，总计报
价记为P(x)；
方案二：其给出的整体报价为f (x)=1200m(
3
x +1)元，(m>0)
(1)当宽度为8 米时，方案二的报价为29700 元，求m的值；
(2)求P(x)的函数解析式，并求报价的最小值；
(3)若对任意的x∈[6,10)时，方案二都比方案一省钱，求m的取值范围.
【答案】(1)18
(2)P(x)=1200(x + 81
x )+7200, x∈[6,10) 28800
(3)(0，17)
【分析】（1）根据函数定义直接代入可计算；
（2）根据题意求出长方体侧面积，然后可求函数P(x)，再利用基本不等式求最值；
（3）代入进行参变分离，接着求函数最值即可.
【详解】（1）宽度为8 米时，方案二的报价为29700 元，
∴f (8)=1200m(
3
8 +1)=29700⇒m=18，
所以m的值为18.
（2）设底面长为y，S = xy =81⇒y = 81
x ，
所以墙面面积为2(x + y)×3=6(x + 81
x )，
P(x)=1200(x + 81
x )+7200, x∈[6,10)，P(x)=1200(x + 81
x )+7200≥28800，当
x = 81
x =9时取等，
所以P(x)=1200(x + 81
x )+7200, x∈[6,10)，最小值为28800.
（3）对任意的x∈[6,10)时，方案二都比方案一省钱，
即x∈[6,10)时，1200m(
3
x +1)<1200(x + 81
x )+7200恒成立，
整理得m<[
x
2+6 x +81
x +3 )min
，
因为y = x
2+6 x +81
x +3
= x +3+ 72
x +3，x∈[6,10)，
设t = x +3，则y =t + 72
t ，t ∈[9,13)
又由对勾函数性质可得y =t + 72
t 在在[9,13)上单调递增，
m<[
x
2+6 x +81
x +3 )min
=9+ 72
9 =17，
又m>0，所以m∈(0，17)，
所以方案二都比方案一省钱，m的取值范围为(0，17).
9．某商场为了获得更大的利润，每年要投入一定的资金用于广告促销，经调查，每年投入
广告费t（百万元），可增加的销售额为−t
2+ 4 t（百万元）（0≤t ≤5）.
(1)若该商场将当年的广告费控制在五百万元以内，则应投入多少广告费，才能使公司
由广告费而产生的收益最大？
(2)现在该商场准备投入五百万元，分别用于广告促销和技术改造.经预算，每投入技术
改造费x（百万元），可增加的销售额约为−1
3 x
3+ x
2+3 x（百万元），请设计一个资
金分配方案，使该商场由这两项共同产生的收益最大.
【答案】(1)3
2百万元
(2)三百万元用于技术改造，两百万元用于广告促销，这样商场由此所增加的收益最大，
最大收益为8 百万元.
【分析】（1）根据已知列出收益函数，再应用二次函数的性质计算最值即可；
（2）先计算两项增加的收益函数，再对函数求导，再根据导函数的正负得出单调性进
而得出最大值即可.
【详解】（1）设投入广告费t（百万元）后由此增加的收益为f (t )（百万元），
则f (t )=−t
2+ 4 t −t =−t
2+3t =−(t −3
2)
2
+ 9
4 ,0≤t ≤5.
所以当t = 3
2时，f (t )max= 9
4 ，
即当商场投入3
2百万元广告费时，才能使商场由广告费而产生的收益最大.
（2）设用于技术改造的资金为x（百万元），则用于广告促销的费用为(5−x)（百万
元），
两项增加的收益为
g(x)=−1
3 x
3+ x
2+3 x +[−(5−x)
2+ 4 (5−x))−5=−1
3 x
3+9 x−10.
对g(x)求导，得g
′ (x)=−x
2+9，令g
′ (x)=−x
2+9=0，得x =3或x =−3（舍去）.
当0< x<3时，g
′ (x)>0，即g(x)在[0,3)上单调递增；当3< x<5时，g
′ (x)<0，
即g(x)在(3,5)上单调递减，∴当x =3时，g( x)max= g(3)=8.
故在五百万资金中，三百万元用于技术改造，两百万元用于广告促销，这样商场由此
所增加的收益最大，最大收益为8 百万元.
1．函数f (x)的部分图象如图所示，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f (x)=e
x−e
−x
cos x
B．f (x)=e
x+e
−x
cos x
C．f (x)=e
x−e
−x
sin x
D．f (x)=e
x+e
−x
sin x
【答案】A
【分析】通过观察图象，根据函数的奇偶性和定义域即可用排除法进行作答.
【详解】根据图象可以看出，函数的定义域不包括± π
2 ，
这说明函数在这两个点上无意义，而选项C,D 的定义域包括± π
2 ，所以排除C,D.
由图象可以看出，函数关于原点对称，是奇函数，而选项B 中，
因为f (−x)= e
−x+e
x
cos x = f (x)，说明选项B 中的函数为偶函数，不符合图象，所以排除.
故选：A.
2．函数f (x)=e
x(2 x−1)
x−1
的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】求出函数的导数，利用导数判定函数的单调性即可得出选项．
【详解】解：f (x)=e
x(2 x−1)
x−1
，定义域为{x| x≠1}，
∴f
′ (x)= [e
x(2 x−1)+2e
x)(x−1)−e
x(2 x−1)
( x−1)
2
=e
x(2 x
2−3 x)
( x−1)
2
，
令f
′ (x)>0，得x∈(−∞,0)∪(
3
2 ,+∞)，
令f
′ (x)<0，得x∈(0,1)∪(1, 3
2)，
所以f (x)在(−∞,0)和(
3
2 ,+∞)上单调递增，在(0,1),(1, 3
2)上单调递减，排除A、
C，
当x<0时，2 x−1<0，x−1<0，e
x>0，所以f (x)>0，排除B，
只有D 中图象符合题意；
故选：D
3．已知f (x)=sin x−x，若g(x)= f (x
3−x −1)+ f (−2 x −λ)有三个零点，则实数λ的取值
范围是（ ）
A．(−3,1)
B．(−∞,−1)∪(3,+∞)
C．(−1,3)
D．(−∞,−3)∪(1,+∞)
【答案】A
【分析】先得到f (x)为奇函数且单调递减，问题等价于方程x
3−3 x−1= λ在R 上有三
个不同的实数根，令g(x)= x
3−3 x−1，求导得到其单调性和极值情况，从而得到λ的
取值范围为(−3,1).
【详解】f (x)=sin x−x的定义域为R，且f (−x)=sin (−x)+ x =−(sin x−x)=−f (x)，
所以f (x)是奇函数，
g(x)= f (x
3−x−1)+ f (−2 x−λ)有三个零点等价于
方程f (x
3−x−1)=−f (−2 x−λ)有三个不相等的实数根，
又f (x)是奇函数，可得f (x
3−x−1)= f (2 x + λ)，
f
′ (x)=cos x−1≤0，可知f (x)单调递减，所以有x
3−x−1=2 x + λ，即
x
3−3 x−1= λ，
所以问题等价于方程x
3−3 x−1= λ在R 上有三个不同的实数根，
即函数g(x)= x
3−3 x−1的图象与直线y = λ有三个不同的交点，
由g(x)= x
3−3 x−1，得g
′ (x)=3 x
2−3=3(x +1)(x−1)，
当x∈(−∞,−1)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(−1,1)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增；
所以g(x)的极大值为g(−1)=1，极小值为g(1)=−3，
∴λ的取值范围为(−3,1).
故选：A
4．定义在(0,+ ∞)上的函数f (x)满足f(
1
x)=−f (x),f(
2
x)=−f (2 x)，当x∈[1,2)时，
f (x)=(x−1)(x−2)，则函数y = f (x)+ 1
4 在区间[1,100)内的零点个数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【分析】由题设条件可得f (x)= f (4 x)，从而可先分析y = f (x)+ 1
4 在[1,4)上的零点个
数为1，再结合前者可得[1,100)内的零点个数.
【详解】因为f(
2
x)=−f (2 x)，故f(
1
x)=−f (4 x)，故−f (x)=−f (4 x)，
即f (x)= f (4 x)，
而当x∈[1,2)时，f (x)=(x−1)(x−2)，
故当x∈[2,4)时，4
x ∈[1,2)，故f (x)=−f(
4
x)=−( 4
x −1)( 4
x −2)，
故f (x)={
(x−1)(x−2), x∈[1,2)
−( 4
x −1)( 4
x −2), x∈(2,4))
，
当x∈[1,2)时，f (x)=(x−1)(x−2)=(x−3
2)
2
−1
4 ∈[−1
4 ,0)，
而f (x)在[1, 3
2)上为减函数，在[
3
2 ,2)为增函数，
故f (x)=−1
4 在[1,2)有有且只有一个实数解为x = 3
2；
当x∈(2,4)时，f (x)=−( 4
x −1)( 4
x −2)=−(
4
x −3
2)
2
+ 1
4 ，
而4
x ∈[1,2)，故f (x)∈[0, 1
4)，此时f (x)=−1
4 在(2,4)上无解；
故当x ∈[4
k ,4
k +1)(k ≥1)时，x
4 ∈[4
k −1,4
k)，则f (x)= f(
x
4)，
结合[1,4)上f (x)的性质可得f (x)=−1
4 在[4
k −1,2⋅4
k −1)上有且只有一个实数解，
且该实数解为x = 3⋅4
k −1
2
= 3
2 ×4
k −1，在(2⋅4
k −1,4
k)无实数解，
而4
3<100<4
4且100> 3
2 ⋅4
3，
故f (x)=−1
4 在[1,100)上的实数解为x = 3
2，x = 3
2 ×4 =6，x = 3
2 ×4
2=24，
x = 3
2 ×4
3=96，共4 个实数解，
故f (x)+ 1
4 共有4 个不同的零点.
故选：B.
5．已知函数f (x)满足f (x +2)= f (x−2)，且f (x)={
2sinπ x ,−1< x ≤1
1−|x),1< x ≤3 )，则方程
2f (x)= x的实数解的个数为 ．
【答案】4
【分析】由题可知f (x)的周期为4，方程2f (x)= x的解即为f (x)与y = 1
2 x的交点横坐
标，画出f (x)与y = 1
2 x的图象，数形结合即可判断.
【详解】由函数f (x)满足f (x +2)= f (x−2)，则f (x + 4)= f (x)，所以f (x)的周期为4，
由f (x)={
2sinπ x ,−1< x ≤1
1−|x),1< x ≤3 )，f (4)= f (0)=2sin 0=0，
可得函数f (x)的图象如下：
方程2f (x)= x的解，即为y = 1
2 x的交点横坐标，
当x>4时，y = 1
2 x>2，此时f (x)与y = 1
2 x无交点，
当x<−4时，y = 1
2 x<−2，此时f (x)与y = 1
2 x无交点，
由图可知两图象交点个数为4，即方程2f (x)= x的实数解的个数为4.
故答案为：4
6．已知函数f (x)={
x
2+ x , x ≤0,
a x
2+bx , x>0)是奇函数，则函数g(x)= f (x)−a
4 的零点个数为 ．
【答案】2
【分析】由函数奇偶性求得a,b，再结合一元二次方程求解即可.
【详解】因为f (x)为奇函数，
所以{
f (1)=a+b=−f (−1)=0
f (2)= 4 a+2b=−f (−2)=−2)，
联立解得：{
a=−1
b=1 )，经验证符合题意，
所以f (x)={
x
2+ x , x ≤0,
−x
2+ x , x>0)，g(x)= f (x)+ 1
4 ，
令g(x)= f (x)+ 1
4 =0，
当x ≤0时，得：x
2+ x + 1
4 =0，解得：x =−1
2，
当x>0时，得：−x
2+ x + 1
4 =0，解得：x =
❑√2+1
2
，
所以函数g(x)= f (x)−a
4 的零点个数为2.
故答案为：2.
7．已知函数f (x)=3a−4e
x−2−9e
2−x有两个零点，则实数a 的取值范围为 .
【答案】(4 ,+ ∞)
【分析】根据给定条件，令t =e
x−2>0，分析函数g(t )=3a−4t −9
t 的性质并求出最
大值，再列出不等式求解作答.
【详解】函数f (x)=3a−4e
x−2−9e
2−x的定义域为R，令t =e
x−2>0，函数
g(t )=3a−4t −9
t ，
而对勾函数φ(t )= 4 t + 9
t 在(0, 3
2 ]上单调递减，函数值集合为[12,+ ∞)，在[ 3
2 ,+∞)
上单调递增，函数值集合为[12,+∞)，
∀t1,t2∈(0, 3
2 ],t1<t2，
φ(t1)−φ(t2)= 4(t1−t2)+ 9(t2−t1)
t1t2
= 4(t1−t2)(1−
9
4 t1t2
)
因为0<t1<t2≤3
2，则 t1−t2<0,0<4 t1t2<9，有φ(t1)−φ(t2)>0，即φ(t1)>φ(t2)，
因此函数φ(t )= 4 t + 9
t 在(0, 3
2 ]上单调递减，同理可证φ(t )在[ 3
2 ,+∞)上单调递增，
于是，函数g(t )=3a−4t −9
t 在(0, 3
2 ]上单调递增，在[ 3
2 ,+∞)上单调递减，函数值
集合均为(−∞,3a−12]，
依题意，函数g(t )=3a−4t −9
t 在(0,+∞)上有两个零点，则有3a−12>0，解得
a>4，
所以实数a 的取值范围为(4 ,+ ∞).
故答案为：(4 ,+ ∞)
8．已知函数f ( x)={
x
3, x ≤a
|2
x−4), x>a)，若存在实数b，使函数y = f ( x)−b恰有3个零点，则
实数a的取值范围是 ．
【答案】(0,2)
【分析】首先分析分段函数的单调性，然后画图，将“存在实数b使得函数
y = f (x)−b恰有3 个零点”问题转化为函数f (x)与直线y =b有三个交点的问题，结合
图象即可求得a的取值范围.
【详解】当x ≤a时，f (x)= x
3，求导得f
' (x)=3 x
2≥0，
所以f (x)在(−∞,a)上单调递增，最大值为f (a)=a
3.
当x>a时，f (x)=|2
x−4).
当x>2时，f (x)=2
x−4；当x<2时，f (x)=−2
x+ 4，
画出f (x)的图象如下：
因为存在实数b使得函数y = f (x)−b恰有3 个零点，这个问题可以转化为函数f (x)与
直线y =b有三个交点的问题.
由图可知a≤0时，存在实数b使得函数f (x)与直线y =b最多有2 个交点，不合题意.
当a≥2时，存在实数b使得函数f (x)与直线y =b最多有2 个交点，不合题意.
当0<a<2时，由图可以知道，存在实数b使得函数f (x)与直线y =b恰有3 个交点，符
合题意.
故答案为：(0,2).
9．若函数f (x)=log2(x +3)−x的零点x0∈(k ,k +1)，则整数k的取值为 ．
【答案】−3或2
【分析】先将零点问题化为交点问题，再结合图象确定其中一个零点范围，再利用零
点存在性定理确定另一个零点范围，最后求解参数即可.
【详解】由题意得f (x)的定义域为x∈(−3,+∞)，
令log2(x +3)−x =0，则log2(x +3)= x，
可得函数f (x)的零点为函数y =log2(x +3)的图象与y = x的图象交点的横坐标，
如答图15-18，可知交点有两个，其中一个交点的横坐标x0满足x0∈(−3,−2)．
而函数f (x)的零点x0∈(k ,k +1)，解得k =−3，
而f (2)=log25−2>0，f (3)=log26−3<0，
则f (2)⋅f (3)<0，由零点存在性定理得存在x1∈(2,3)作为f (x)零点，
因为该零点满足x0∈(k ,k +1)，且k为整数，所以k =2，
综上，k =−3或2.
故答案为：−3或2
10．已知函数f ( x)=|2 x−3|+| x +1|−5．
(1)求不等式f ( x)≤6的解集；
(2)若直线y =k( x +1)与f ( x)的图象所围成的三角形的面积为15
2 ，求实数k的值．
【答案】(1)[−3, 13
3 )
(2)1
2
【分析】（1）首先将函数写成分段函数，再分类讨论得到不等式组，解得即可；
（2）作出直线y =k( x +1)和函数f ( x)的图象，设直线y =k( x +1)和函数f ( x)的另
一个交点为D， 求出D点坐标，代入方程求出k的值.
【详解】（1）因为f ( x)=|2 x−3|+| x +1|−5={
3 x−7 , x ≥3
2
−x−1,−1< x< 3
2
−3 x−3, x ≤−1)
，
所以f ( x)≤6，即{
3 x−7≤6
x ≥3
2 )
或{
−x−1≤6
−1< x< 3
2)
或{
−3 x−3≤6
x ≤−1 )，
解得3
2 ≤x ≤13
3 或−1< x< 3
2或−3≤x ≤−1，
综上可得不等式f ( x)≤6的解集为[−3, 13
3 ).
（2）直线y =k( x +1)恒过点(−1,0)，
如图作出直线y =k( x +1)和函数f ( x)的图象如下，
记f ( x)与x轴的交点为A (−1,0)，B(
7
3 ,0)，C(
3
2 ,−5
2)，则|AB)= 10
3 ，
设直线y =k( x +1)和函数f ( x)的另一个交点为D，
则S△ABC = 1
2 × 10
3 × 5
2 = 25
6 ，所以S△ABD= 15
2 −25
6 = 10
3 = 1
2 × 10
3 × y D，解得y D=2，
则xD=3，所以D (3,2)，代入y =k (x +1)，即2=k (3+1)，解得k = 1
2.
11．某公司生产的某批产品的销售量x 万件（生产量与销售量相等），x>0，已知生产该
批产品共需投入成本x
3+12 x
2+36 x万元，产品的销售价格定为(180+ 200
x )元/件.
(1)将该产品的利润y 万元表示为销售量x 万元的函数；
(2)当销售量x 投入多少时，该公司的利润最大，最大值多少？
【答案】(1)y =−x
3−12 x
2+144 x +200( x>0)
(2)当x = 4时，利润最大，最大为520 万元
【分析】（1）根据已知条件列式得出函数；
（2）先求出导函数，再根据导函数正负判断函数单调性即可得出最大值.
【详解】（1）由题意知，
y =(180+ 200
x )x−(x
3+12 x
2+36 x)=180 x +200−x
3−12 x
2−36 x，
y =−x
3−12 x
2+144 x +200( x >0).
（2）y
′ =−3 x
2−24 x +144 =−3(x
2+8 x−48)=−3( x +12)( x−4)，
当x∈(0,4)时，y
′>0，函数y =−x
3−12 x
2+144 x +200( x>0)单调递增；
当x∈(4 ,+ ∞)时，y
′<0，函数y =−x
3−12 x
2+144 x +200( x >0)单调递减，
则当x = 4时，利润最大，最大为520 万元.
12．一项关于高中生上课注意力集中情况的调查研究表明，在一节课内，注意力指数p与
听课时间t（单位：分钟）之间的关系满足如图所示的曲线．当t ∈(0,14 ]时，曲线是
二次函数图象的一部分，当t ∈(14,40]时，曲线是函数y = loga(t −5)+83(a>0且
a≠1)图象的一部分．根据研究得知：当注意力指数p大于80 时听课效果最佳．
(1)求p= f (t )的函数解析式；
(2)在一节课的什么时间段内学生听课效果最佳？请说明理由．
【答案】(1)f (t )={
−1
4
(t −12)
2+82,t ∈(0,14)
log 1
3
(t −5)+83,t ∈(14,45))
，
(2)(12−2❑√2,32)，理由见解析.
【分析】（1）利用点的坐标代入解析式，待定系数法求出分段函数.
（2）根据题意分别计算出当t ∈(0,14)时和当t ∈(14,45)时的函数值，得出结论.
【详解】（1）由题意知，当t ∈(0,14)时，曲线是二次函数图象的一部分，
抛物线顶点坐标为(12,82)，且曲线过点(14,81)，
设二次函数的表达式为y =m(t −12)
2+82(m≠0)．代入点(14,81)，
得m(14−12)
2+82=81⇒m=−1
4 ，
则可得f (t )=−1
4 (t −12)
2+82,t ∈(0,14)．
又当t ∈(14,45)时，曲线是函数y =loga(t −5)+83(a>0且a≠1)图象的一部分，
且曲线过点(14,81)，则loga9=−2，即a
−2=9，解得a= 1
3，
则f (t )=log1
3
(t −5)+83,t ∈(14,45)，
则f (t )={
−1
4
(t −12)
2+82,t ∈(0,14)
log 1
3
(t −5)+83,t ∈(14,45))
．
（2）由题意知，注意力指数p大于80 时听课效果最佳，
当t ∈(0,14)时，令f (t )=−1
4 (t −12)
2+82>80，解得：12−2❑√2<t ≤14；
当t ∈(14,45)时，令log 1
3
(t −5)+83>80，解得：14<t <32．
综上可得，t ∈(12−2❑√2,32)．
故在一节课的(12−2❑√2,32)时间段内学生听课效果最佳．
13．中华茶文化博大精深，实践表明，室温下用100
∘C的水泡茶，等到茶水温度降至60
∘C
时，有最佳饮用口感，茶水温度y(
∘C)适放置时间x(分钟)的活数关系式为
y =k a
x+20(k ∈R,0<a<1, x ≥0)，由测试可知a=0.9，经过1 分钟后茶水的温度
为92
∘C.
(1)求常数k 的值；
(2)在室温下，刚泡的该茶大约需要放置多长时间才能达到最佳饮用口感？(参考数据：
lg3=0.48，lg2=0.30)
【答案】(1)k =80.
(2)7.5分钟．
【分析】(1)根据已知求出解析式即可．
(2)结合指数和对数的关系以及对数的运算和第一问所求判断求解即可．
【详解】（1）因为a=0.9，所以y =k 0.9
x+20，
根据题意可知：当x =1，y =92，
代入到y =k 0.9
x+20，
可得92=k ⋅0.9+20，
解得k =80.
（2）结合(1)知，y =80×0.9
x+20，
结合题意，此时60=80×0.9
x+20，
即0.9
x = 1
2，
即x =log0.9 1
2 =
lg 1
2
lg0.9 =
−lg2
2lg3−1
，
因为根据已知lg3=0.48，lg2=0.30，
所以x =
−0.3
2×0.48−1 =7.5分钟．
14．在研究某市交通情况时，道路密度是指该路段一定时间内通过的车辆除以时间，车辆
密度是该路段一定时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为F = q
x ，
x为道路密度，q为车辆密度.已知某道路的交通流量
F = f (x)={
100−45⋅(
1
3)
x
,0< x<40
−k (x−40)+85,40≤x ≤80
(k >0))
，
(1)若交通流量F >95，求道路密度x的取值范围；
(2)若道路密度x =80时，测得交通流量，F =50，求车辆密度q的最大值.
【答案】(1)(2,40)
(2)28800
7
【分析】（1）根据条件，建立不等式关系100−45⋅(
1
3)
x
>95，即可求解；
（2）根据条件得到k = 7
8，再分0< x<40和40≤x ≤80两种情况，分别求出q的最大值，
即可求解.
【详解】（1）由题知k >0，所以当40≤x ≤80时，−k( x−40)+85≤85，不符题意；
当0< x<40时，由100−45⋅(
1
3)
x
>95，整理得到1
9 >(
1
3)
x
，即(
1
3)
2
>(
1
3)
x
，解得
x>2，即2< x<40，
所以交通流量F >95，道路密度x的取值范围为(2,40).
（2）由题意得x =80时，F = f (80)=−k(80−40)+85=50，得到k = 7
8，
当0< x<40时，q = x[100−45⋅(
1
3)
x
)<100⋅x<4000，
当40≤x ≤80时，q =−7
8 x
2+120 x =−7
8(x−480
7 )
2
+ 28800
7
≤28800
7
，
由于40< 480
7 <80，所以当x = 480
7 时，q取得最大值28800
7
，
又28800
7
>4000，所以车辆密度q的最大值为28800
7
.
