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专题04 指对幂函数及函数与方程
【考点1 指数幂与对数式化简求值】
【考点2 指对幂函数定义与解析式】
【考点3 求指对幂函数的定义域】
【考点4 求指对幂函数的值域】
【考点5 指对幂函数的图象问题】
【考点6 指对幂函数过定点问题】
【考点7 指对幂函数的单调性问题】
【考点8 指对幂函数比较大小】
【考点9 指对幂函数解不等式】
【考点10 指对幂复合函数综合问题】
【考点11 函数零点所在的区间 】
【考点12 函数零点个数的判断】
【考点13 已知函数零点个数求参数】
【考点14 复合函数的零点问题】
【考点15 二分法及其应用】
【考点16 函数与方程的应用】
知识点1：幂函数
（1）幂函数的定义：一般地，函数y＝xα叫做幂函数，其中x 是自变量，α 是常数．
（2）常见的五种幂函数的图象．
1
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知识点2：对数
（1）对数：如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x 叫做以a 为底N 的对数，记作x＝logaN，
其中a 叫做对数的底数，N 叫做真数.
（2）对数的性质：①aloga
N＝N；②logaab＝b(a>0，且a≠1).
（3）对数的运算性质：如果a>0 且a≠1，M>0，N>0，那么
①loga(MN)＝logaM＋logaN；
②loga＝logaM－logaN；
③logaMn＝nlogaM(n∈R).
（4）换底公式：logab＝(a>0，且a≠1，b>0，c>0，且c≠1).
知识点3：指数函数的图象与性质
a>1
0<a<1
图象
定义域
R
值域
(0，＋∞)
性质
过定点(0，1)，即x＝0 时，y＝1
当x>0 时，y>1；
当x<0 时，0<y<1
当x<0 时，y>1；
当x>0 时，0<y<1
在(－∞，＋∞)上是增函数
在(－∞，＋∞)上是减函数
y＝ax与y＝的图象关于y 轴对称
知识点4：对数函数的图象与性质．
a>1
0<a<1
图象
性质
定义域：(0，＋∞)
值域：R
当x＝1 时，y＝0，即过定点(1，0)
当x>1 时，y>0；
当0<x<1 时，y<0
当x>1 时，y<0；
当0<x<1 时，y>0
在(0，＋∞)上是增函数
在(0，＋∞)上是减函数
知识点5：函数的零点
2
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（1）函数的零点、函数的图象与x 轴的交点、对应方程的根的关系.
（2）函数零点存在定理：
若①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；②f(a)·f(b)<0.则函数y＝f(x)
在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝
0 的解.
知识点6：二分法
（1）二分法的定义：对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)f(b)＜0 的函数y＝f(x)，通过不断
地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零
点近似值的方法叫做二分法．
（2）给定精确度
，用二分法求函数
零点
的近似值的步骤
①确定零点
的初始区间
，验证
②求区间
的中点
③计算
，进一步确定零点所在的区间：
若
（此时
），则
就是函数的零点；
若
（此时
），则令
；
若
（此时
），则令
.
④判断是否达到精确度
：若
，则得到零点近似值
（或
）；否则重复（2）~
（4）
【注意】初始区间的确定要包含函数的变号零点；
【考点1 指数幂与对数式化简求值】
【典例1】（2023·吉林长春·模拟预测）（1）求值：
3
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(
3√2×√3)
6+(√2√2)
4
3 −4×(
16
49)
−1
2 −
4√2×8
0.25−(−2023)
0；
（2）已知lg x +lg y =2lg( x−2 y)，求log√2(
x
y)的值.
【答案】（1）100；（2）4
【分析】（1）化简即可求出该式子的值；
（2）解对数方程求出x
y ，即可得出log√2(
x
y)的值.
【详解】（1）由题意，
(
3√2×√3)
6+(√2√2)
4
3 −4×(
16
49)
−1
2 −
4√2×8
0.25−(−2023)
0
=2
2×3
3+(√2
3
2 )
4
3 −4× 7
4 −2
1
4 ×2
3× 1
4 −1
=108+2−7−2−1
=100
（2）由题意，
在lg x +lg y =2lg( x−2 y)中，
¿，xy =(x −2 y)
2化简得x
2−5 xy + 4 y
2=0，
两边同除y
2得(
x
y)
2
−5(
x
y)+ 4 =0，解得：x
y = 4或1（舍），
∴log√2(
x
y)= log√24 = 4.
【典例2】（22-23 高二下·湖南长沙·期末）化简与计算：
(−3 3
8)
−2
3 ×log5[3
log95−(3√3)
2
3 +7
log73]．
【答案】2
9
4
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【分析】利用指数的运算性质、对数的运算性质化简可得所求代数式的值.
【详解】解：原式
=
1
3√(−27
8 )
2 ×log5[3
log3
25−(27
1
2)
2
3 +3]=
1
(
3
2)
3× 2
3
×log5(3
log35
1
2−27
1
3 +3)
= 4
9 ×log55
1
2 = 4
9 × 1
2 = 2
9
.
【典例3】（2023 高三·全国·专题练习）求值：
(1)(log32+ log92)⋅(log23+ log43)+ ln 1
e
2 −lg1；
(2)(lg5)
2+lg2lg5+ 1
2 lg 4−log34×log23；
(3)log315−log310+ 1
2 log34；
(4)log32⋅log2(log28)⋅e
ln2.
(5)2log32－log332
9 ＋log38－5
log❑53；
(6)(log2125＋log425＋log85)·(log52＋log254＋log1258).
(7)1
2lg25＋lg2＋lg√10＋lg(0.01)－1；
(8)(lg2)2＋lg2·lg50＋lg25；
(9)(log32＋log92)·(log43＋log83)；
(10)2log32－log332
9 ＋log38－3log55；
【答案】(1)1
4
(2)-1
(3)1
(4)2
(5)－1
(6)13
5
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(7)7
2
(8)2
(9)5
4
(10)－1
【分析】（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）利用对数的运算性质逐
个计算即可
【详解】（1）原式=(
lg2
lg3 + lg2
2lg3)⋅(
lg3
lg2 + lg3
2lg2)−2−0
= 3lg2
2lg3 ⋅3lg3
2lg2 −2= 9
4 −2= 1
4 .
（2）(lg5)
2+lg2lg5+ 1
2 lg 4−log34×log23
=lg5(lg5+lg2)+lg4
1
2 −2lg2
lg3
×lg3
lg2
=lg5+lg2−2 =1−2 =−1
（3）原式=log3 15
10 + log3√4 = log3 3
2 + log32= log3( 3
2 ×2)=1.
（4）原式=log32⋅log2(log28)⋅2=(log32)⋅(log23)×2=2.
（5）原式＝2log32－5log32＋2＋3log32－3＝－1.
（6）原式=(log25
3+ log225
log24 + log25
log28)⋅(log52+ log54
log525 + log58
log5125)
=(3log25+ 2log25
2log22 + log25
3log22)⋅(log52+ 2log52
2log55 + 3 log52
3log55)=(3+1+ 1
3)log25⋅(3 log52)
=13log25⋅log22
log25 =13.
6
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（7）原式＝lg[25
1
2 ×2×10
1
2 ×(10
−2)
−1]=lg(5×2×10
1
2 ×10
2) =lg10
7
2 = 7
2
（8）原式＝(lg2)2＋(1＋lg5)lg2＋lg52＝(lg2＋lg5＋1)lg2＋2lg5＝(1＋1)lg2＋2lg5＝2(lg2＋lg5)
＝2.
（9）(log32＋log92)·(log43＋log83)＝( lg2
lg3 + lg2
lg9 )·( lg3
lg 4 + lg3
lg8 )＝( lg2
lg3 + lg2
2lg3 )·
( lg3
2lg2 + lg3
3lg2 )
＝3lg2
2lg3·5lg3
6lg2＝5
4 .
（10）2log32－log332
9 ＋log38－3log55＝log322＋log3(32×2－5)＋log323－3＝log3(22×32×2－5×23)－
3
＝log332－3＝2－3＝－1.
【考点2 指对幂函数定义与解析式】
【典例1】（2024·辽宁沈阳·二模）已知函数f (x)=¿，则f(log3
1
16)= ．
【答案】81
16
【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.
【详解】∵log3
1
16 =−log316，3
2<16<3
3，
∴−3<log3
1
16 <−2，
∴f(log3
1
16)= f(log3
1
16 +2)= f(log3
1
16 +2+2)= f(log3
81
16)=3
log3
81
16 = 81
16
故答案为：81
16
7
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【考点3 求指对幂函数的定义域】
【典例1】（2022 高三·全国·专题练习）设函数f (x)=√4−2
x，则函数f(
x
2)的定义域为
（ ）
A．[2,+∞)
B．[4 ,+∞)
C．(−∞,2]
D．(−∞,4]
【答案】D
【分析】求出f (x)的定义域后可求f(
x
2)的定义域，
【详解】因为f (x)=√4−2
x，所以4−2
x≥0，故x ≤2，
故f (x)的定义域为(−∞,2]，
令x
2 ≤2，则x ≤4，故f(
x
2)的定义域为(−∞,4].
故选：D.
【典例2】（2024·上海·模拟预测）若集合A =¿，B =¿，则A ∩B = ．
【答案】(0,+ ∞)
【分析】分别求出集合A、B，再求出A ∩B.
【详解】由题意可得：A =R ,B =(0,+ ∞)，结合交集的定义可知：A ∩B =(0,+∞).
故答案为：(0,+ ∞).
【考点4 求指对幂函数的值域】
【典例1】（2024·安徽·三模）已知集合A ={x|y = log3(x−2)}，集合
B ={ y ∈Z|0≤y ≤5}，则A ∩B =（ ）
A．∅
B．(2,5)
C．[2,5]
D．{3,4,5}
【答案】D
【分析】直接根据集合定义求出A ={x|x>2}，B = {0,1,2,3,4,5}，再求交集.
【详解】由于A ={x|y = log3(x−2)}={x|x>2}，B ={ y ∈Z|0≤y ≤5}= {0,1,2,3,4,5}.
8
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故A ∩B = {3,4,5}.
故选：D.
【典例2】（2024·河北承德·二模）已知集合
A ={x∣y =lg(x
2−3 x +2)},B ={y ∣y = x
2+1, x∈R}，则A ∩B =（ ）
A．(2,+∞)
B．(−∞,1)∪(2,+∞)
C．(0,1)∪(2,+∞)
D．(1,+∞)
【答案】A
【分析】根据对数型函数的定义域和二次函数值域即可得到A ,B，再根据交集含义计算即
可.
【详解】集合A中x
2−3 x +2>0，所以x<1或x>2，集合B中y ≥1，
所以A ∩B =(2,+ ∞)，
故选：A.
【典例3】（2024·湖南·模拟预测）函数y = log2(x−2)在区间[3,4]上的最大值为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．4
【答案】B
【分析】由定义域求出x−2的范围，进而求出y的范围与最大值.
【详解】因为x∈[3,4]，所以x−2∈[1,2]，
所以log2(x−2)∈[0,1]，最大值为1，
故选：B.
【典例4】（23-24 高三下·河南·阶段练习）已知集合A ={0,1,2,3}，
B ={y ∣y =lg(−x
2+20 x)}，则A ∩B =（ ）
A．{0,1,2}
B．{1,2,3}
C．{0}
D．{0,1}
【答案】A
【分析】先求函数y =lg(−x
2+20 x)的定义域，再根据对数函数的单调性求出其值域，最
后利用集合的交集定义即得.
【详解】对于y =lg(−x
2+20 x)，由−x
2+20 x>0可得0< x<20，
9
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又因−x
2+20 x =−(x −10)
2+100，故得0<−x
2+20 x ≤100，
则有lg(−x
2+20 x)≤2，故B =(−∞,2]，则A ∩B = {0,1,2}．
故选：A．
【典例5】（2024·湖南长沙·二模）已知集合
A ={x|log2(−x
2+2 x + 4)>0},B ={y | y =2
x , x>1}，则A ∩B =（ ）
A．(2,3)
B．(0,2)
C．(−1,2)
D．(−∞,3)
【答案】A
【分析】解对数不等式化简集合A，求出指数函数值域化简集合B，再利用交集的定义求
解即得.
【详解】由log2(−x
2+2 x + 4)>0⇔−x
2+2 x + 4>1，得−1< x<3，则A =(−1,3)，
当x>1时，2
x>2，则B =(2,+∞)，所以A ∩B =(2,3).
故选：A
【典例6】（2024·青海西宁·模拟预测）已知集合A =¿，B =¿，则A ∪B =（ ）
A．(−1,+∞)
B．(0,5)
C．(1,+∞)
D．(−1,0)∪(0,+ ∞)
【答案】A
【分析】解不等式，再根据指数函数的值域可得A ∪B.
【详解】由已知A =¿，B =¿，
所以A ∪B =(−1,+∞)，
故选：A.
【典例7】（2024·河南·二模）集合M =¿，则M ∩N =（ ）
A．(0,3)
B．(0,3]
C．(3,+ ∞)
D．[3,+ ∞)
【答案】B
【分析】利用指数函数的性质及一元二次不等式的解法，结合交集的定义即可求解.
【详解】由x∈R，得y =2
x>0，所以M =(0,+∞)，
由x
2−2 x−3≤0，得(x +1)(x−3)≤0，解得N =[−1,3]，
所以M ∩N =(0,+ ∞)∩[−1,3]=(0,3].
故选：B.
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【考点5 指对幂函数的图象问题】
【典例1】（2024·河北保定·二模）函数f ( x)= 1−e
x
1+e
x cos2 x的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性判断即可.
【详解】设g(x)= 1−e
x
1+e
x ，则g(−x)= 1−e
−x
1+e
−x =e
x−1
1+e
x =−g(x)，
所以g(x)为奇函数，
设h(x)= cos2 x，可知h(x)为偶函数，
所以f (x)= 1−e
x
1+e
x cos2 x为奇函数，则B，C 错误，
易知f (0)=0，所以A 正确，D 错误．
故选：A.
【典例2】（2024·天津·二模）已知函数y = f (x)的部分图象如图所示，则f (x)的解析式可
能为（ ）．
11
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A．f (x)=e
x+1
e
x−1
B．f (x)=e
x−1
e
x+1
C．f (x)=
x
2
3√x
4−1
D．f (x)=
x
3√x
4−1
【答案】D
【分析】根据f (0)=0排除A，根据定义域排除B，根据奇偶性排除C，进而可得答案.
【详解】对于A， f (x)=e
x+1
e
x−1
在x =0处无意义，故A 错误；
对于B：f (x)=e
x−1
e
x+1
的定义域为R，故B 错误；
对于C：f (x)=
x
2
3√x
4−1
的定义域为{x| x≠±1}，
且f (−x)=
(−x)
2
3√(−x)
4−1
=
x
2
3√x
4−1
= f (x)，则f (x)为偶函数，故C 错误；
对于D，f (x)=
x
3√x
4−1
满足图中要求，故D 正确.
故选：D.
【典例3】（2024·山东·一模）函数f (x)= (e
x−1)sin x
e
x+1
，则y = f (x)的部分图象大致形状是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据函数奇偶性以及x∈(0,π
2 )时函数值的正负，通过排除法得答案.
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【详解】函数y = f (x)的定义域为R，
f (−x)= (e
−x−1)sin (−x)
e
−x+1
= (e
x−1)sin x
e
x+1
= f (x)，
即函数y = f (x)为偶函数，排除BD；
当x∈(0,π
2 )时，f (x)= (e
x−1)sin x
e
x+1
>0，排除C.
故选：A.
【典例4】（2024·湖北·模拟预测）函数f (x)=e
x−e
1
x −ln x
2的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据x<0时f ( x)的单调性可排除BC；再由奇偶性可排除D.
【详解】f (x)=e
x−e
1
x −ln x
2=¿，
因为当x<0时，y =e
x , y =−e
1
x , y =−2ln(−x)都为增函数，
所以，y =e
x−e
1
x −2ln(−x)在(−∞,0)上单调递增，故B，C 错误；
又因为f (−x)=e
−x−e
−1
x −ln x
2≠−f (x)，
所以f (x)不是奇函数，即图象不关于原点对称，故D 错误.
故选：A
【典例5】（2024·广东深圳·二模）已知a>0，且a≠1，则函数y = loga(x + 1
a)的图象一定
经过（ ）
A．一、二象限
B．一、三象限
C．二、四象限
D．三、四象限
【答案】D
13
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【分析】由函数y = loga(x + 1
a)过(0,−1)点，分类可解.
【详解】当x =0时，y = loga 1
a =−1，
则当0<a<1时，函数图象过二、三、四象限；
则当a>1时，函数图象过一、三、四象限；
所以函数y = loga(x + 1
a)的图象一定经过三、四象限.
故选：D
【考点6 指对幂函数过定点问题】
【典例1】（2024·上海·三模）已知函数f ( x)=1+ loga(2 x−3) (a>0,a≠1)恒过定点
(m,n)，则m+n=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】令2 x−3=1，即可求解f ( x)恒过定点(2,1)，进而求解.
【详解】令2 x−3=1，解得x =2，此时f (2)=1+ loga1=1，
所以f ( x)恒过定点(2,1)，则m=2,n=1，
所以m+n=3.
故选：C
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【典例2】（2024·陕西西安·模拟预测）函数y = loga x +a
x−1+2（a>0且a≠1）的图象恒
过定点(k ,b)，若m+n=b−k且m>0，n>0，则9
m + 1
n的最小值为 ．
【答案】8
【分析】先求出函数过定点的坐标，再利用基本不等式求最值.
【详解】因为a
0=1，loga1=0（a>0且a≠1），
所以函数y =loga x +a
x−1+2（a>0且a≠1）的图象恒过定点(1,3)，
所以m+n=3−1=2，
所以2(
9
m + 1
n)=(m+n)( 9
m + 1
n )=10+ 9n
m + m
n ≥10+2√9=16，
∴2(
9
m + 1
n)≥16，∴9
m + 1
n ≥8，当且仅当9n
m = m
n ，即n= 1
2 ,m= 3
2等号成立，
即9
m + 1
n的最小值为8.
故答案为：8.
【考点7 指对幂函数的单调性问题】
【典例1】（2024·北京平谷·模拟预测）下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递减的是
（ ）
A．f ( x)=−log 1
2
x
B．f ( x)=−| x−1|
C．f ( x)=2
−x
D．f ( x)=−x
2+ x
【答案】C
【分析】根据各选项中函数式，直接判断单调性即得.
【详解】函数f ( x)=−log 1
2
x在区间(0,+ ∞)上单调递增，A 不是；
函数f ( x)=−| x−1|=¿在(0,1]上单调递增，B 不是；
函数f ( x)=2
−x在(0,+∞)上单调递减，C 是；
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函数f ( x)=−x
2+ x在(0, 1
2 ]上单调递增，D 不是.
故选：C
【典例2】（2024·山西晋中·三模）下列函数中既是奇函数，又在(0,+∞)上单调递减的是
（ ）
A．f (x)=2|x|
B．f (x)= x
3
C．f (x)= 1
x −x
D．f (x)=¿
【答案】C
【分析】根据奇函数和单调性的定义，结合基本初等函数的图象逐项判断.
【详解】对于A：函数f (x)=2|x|的定义域为R，
又f (−x)=2|−x|= f (x)，所以f (x)是偶函数，故A 错误；
对于B：由幂函数f (x)= x
3的图象可知，f (x)= x
3在(0,+∞)上单调递增，故B 错误；
对于C：函数f (x)= 1
x −x的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
又f (−x)= 1
−x −(−x)=−f (x)，所以f (x)是奇函数，
又幂函数y = 1
x , y =−x都在(0,+ ∞)上单调递减，
所以函数f (x)= 1
x −x在(0,+ ∞)上单调递减，故C 正确；
对于D：因为对数函数y = ln x在(0,+∞)上单调递增，
所以函数f (x)=¿在(0,+ ∞)上单调递增，故D 错误.
故选：C.
【典例3】（2024·河北·三模）函数f (x)= log0.2(1−x
2)的递增区间为（ ）
A．(−1,0]
B．(−1,1)
C．[0,1)
D．[0,+ ∞)
【答案】C
【分析】根据题意，利用对数函数的性质以及复合函数单调性的判定方法，列出不等式组，
即可求解.
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【详解】由函数f (x)= log0.2(1−x
2)，则函数f (x)的递增区间满足¿，解得0≤x<1，
所以函数f (x)的递增区间为[0,1).
故选：C.
【典例4】（2024·贵州毕节·三模）已知函数f ( x)=e
x−a
e
x+a
是奇函数，若
f (2023)>f (2024)，则实数a 的值为（ ）
A．1
B．−1
C．±1
D．0
【答案】B
【分析】根据函数奇偶性的定义，即函数的单调性解即可.
【详解】因为函数f ( x)=e
x−a
e
x+a
是奇函数，
所以f (−x)=e
−x−a
e
−x+a
= 1−ae
x
1+ae
x =−f ( x)=−e
x−a
e
x+a
= a−e
x
e
x+a
，
解得a=±1，
又f ( x)=e
x−a
e
x+a
=e
x+a−2a
e
x+a
=1−2a
e
x+a
，
所以当a>0时，函数为增函数，当a<0时，函数为减函数，
因为f (2023)>f (2024)，
所以a<0，故a=−1.
故选：B
【考点8 指对幂函数比较大小】
【典例1】（2024·云南·二模）若a=2
π −2,b=6
−1,c =2
1
3，则（ ）
A．b>a>c
B．c>a>b
C．a>b>c
D．a>c>b
【答案】D
【分析】根据中间数2比较a与c，根据中间数1比较b与c.
【详解】因为a=2
π −2>2
1=2，c =2
1
3 <2，
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所以a>c，因为b=6
−1= 1
6 <1，c =2
1
3 >2
0=1，
所以c>b，所以a>c>b.
故选：D.
【典例2】（2024·陕西商洛·模拟预测）设a= log0.50.6，b=0.49
−0.3，c =0.6
−0.6，则a，b，
c的大小关系是（ ）
A．c>b>a
B．b>a>c
C．b>c>a
D．c>a>b
【答案】A
【分析】利用幂函数、指数函数、对数函数的单调性，结合特殊值判定即可.
【详解】因为y =log0.5 x在(0,+ ∞)上单调递减，所以log0.51<log0.50.6<log0.50.5，即
0<a<1.
因为y = x
0.6在(0,+ ∞)上单调递增，又0.49
−0.3=0.7
−0.6=(
10
7 )
0.6
，0.6
−0.6=(
5
3)
0.6
，
又5
3 > 10
7 >1，所以(
5
3)
0.6
>(
10
7 )
0.6
>1
0.6，故c>b>1，所以c>b>a.
故选：A.
【典例3】（2024·宁夏银川·三模）设a=9
0.2，b=3
0.31，c =3
ln1.3，则（ ）
A．c<b<a
B．b<c<a
C．a<c<b
D．a<b<c
【答案】A
【分析】构造函数f (x)= x−1−ln x，应用导数得其单调性，可判断0.3>ln1.3，再结合
指数函数y =3
x的单调性即可判断.
【详解】根据题意，构造函数f (x)= x−1−ln x，则f
′ (x)= x−1
x
，
当x ≥1时，f
′ (x)≥0，所以f (x)在区间[1,+∞)上单调递增，
因此可得f (1.3)>f (1)=0，即f (1.3)=1.3−1−ln1.3=0.3−ln1.3>0，
所以0.3>ln1.3，
又指数函数y =3
x为单调递增，可得3
0.31>3
0.3>3
ln1.3，即b>c，
因为a=9
0.2=3
0.4>3
0.31=b，所以c<b<a.
故选：A.
【典例4】（2024·山东聊城·三模）设a=log49,b=log25,c =3
1−log34，则a,b,c的大小关
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系为（ ）
A．b>a>c
B．b>c>a
C．a>b>c
D．c>b>a
【答案】A
【分析】根据对数运算性质及对数函数单调性比较大小即可.
【详解】因为函数y =log2 x在(0,+∞)上单调递增，
故b=log25>log23=log49=a>log22=1，
又c =3
1−log34=3
log33−log34=3
log3
3
4 = 3
4 <1，
所以b>a>1>c.
故选：A
【典例5】（2024·全国·模拟预测）设a= log23，b= log35，c = log58，则（ ）．
A．a<b<c
B．c<b<a
C．a<c<b
D．c<a<b
【答案】B
【分析】利用对数函数的单调性，找中间数，说明log23> 3
2且log35< 3
2，即可判断a>b，
同理log35> 4
3 ,log58< 4
3 ,说明b>c，即可判断出答案.
【详解】因为2log23= log29>log28=3，所以log23> 3
2，
又因为2log35= log325<log327=3，所以log35< 3
2，故a>b．
因为3 log35= log3125>log381= 4，所以log35> 4
3 ．
又因为3 log58= log5512<log5625= 4，所以log58< 4
3 ，故b>c，
综上，c<b<a，
故选：B．
【考点9 指对幂函数解不等式】
【典例1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数f (x)=¿，则不等式f (a
2−1)>f (3)的解集
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为（ ）
A．(−2,2)
B．(0,+∞)
C．(−∞,0)
D．(−∞,−2)∪(2,+∞)
【答案】A
【分析】判断函数f (x)的单调性，再利用单调性解不等式即可.
【详解】f (x)=¿，易知y = 1
2
x +1在(−∞,0)单调递减，
y =
1
x +2在(0,+ ∞)单调递减，且f (x)在x =0处连续，故f (x)在R 上单调递减，
由f (a
2−1)>f (3)，则a
2−1<3，解得−2<a<2,
故不等式f (a
2−1)>f (3)的解集为(−2,2).
故选：A
【典例2】（23-24 高三下·上海浦东新·期中）已知f (x)=2
x+ x，则不等式f (|2 x−3|)<3的
解集为 .
【答案】(1,2)
【分析】利用函数的单调性脱去法则，再解不等式即得.
【详解】函数y =2
x , y = x都是R 上的增函数，则函数f (x)=2
x+ x是R 上的增函数，
不等式f (|2 x−3|)<3⇔f (|2 x−3|)<f (1)⇔|2 x−3|<1，则−1<2 x−3<1，解得
1< x<2，
所以不等式f (|2 x−3|)<3的解集为(1,2).
故答案为：(1,2)
【考点10 指对幂复合函数综合问题】
【典例1】（2024·河南·三模）函数f ( x)=√ln(1−x)的定义域为（ ）
A．(−∞,0]
B．(−∞,1)
C．[0,1)
D．[0,+∞)
【答案】A
【分析】使函数有意义，即得关于x的不等式组，解之即得函数定义域.
【详解】函数f ( x)=√ln(1−x)有意义，等价于¿，
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解得，x ≤0，故函数的定义域为(−∞,0].
故选：A.
【典例2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知f (x)= x
2 g(x)为定义在R 上的偶函数，则函数
g(x)的解析式可以为（ ）
A．g(x)=ln 1+ x
2
1−x
2
B．g(x)=1−
2
2
x+1
C．g(x)=¿
D．g( x)=| x−2|−| x +2|
【答案】C
【分析】先确定出g(x)的奇偶性，然后再逐项检验定义域和奇偶性即可.
【详解】因为f (x)= x
2 g(x)是定义在R 上的偶函数，所以f (−x)= f (x)，即g(−x)= g(x)，
所以g(x)是定义在R 上的偶函数.
对于选项A，因为1−x
2>0，所以函数g(x)定义域为(−1,1)，所以不满足题意；
对于选项B，函数g(x)=1−
2
2
x+1
= 2
x−1
2
x+1
定义域为R，
g(−x)= 2
−x−1
2
−x+1
= 1−2
x
1+2
x =−g(x)，g(x)是奇函数，不符合题意；
对于选项C，函数g(x)=¿定义域为R，
当x>0时，−x<0，g(−x)=(−x)
2+(−x)= x
2−x = g(x)，
当x<0时，−x>0，g(−x)=(−x)
2−(−x)= x
2+ x = g(x)，
且g(0)= g(−0)=0，所以g(x)为偶函数，符合题意；
对于选项D，函数g( x)=| x−2|−| x +2|定义域为R，
g(−x)=|−x−2|−|−x +2|=|x +2|−|x−2|=−g(x)，g(x)为奇函数，不符合题意；
故选：C.
【典例3】（2024·辽宁·一模）若函数f (x)=3
−2 x
2+ax在区间(1,4)内单调递减，则a的取值范
围是（ ）
A．(−∞,4]
B．[4,16]
C．(16,+∞)
D．[16,+∞)
【答案】A
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【分析】利用“同增异减”判断复合函数的单调性，从而求参数的取值范围.
【详解】设f (u)=3
u，u=−2 x
2+ax，则f (u)=3
u在(−∞,+ ∞)上单调递增.
因为f (x)=3
−2 x
2+ax在区间(1,4)内单调递减，所以函数u=−2 x
2+ax在区间(1,4)内单调递
减，
结合二次函数的图象和性质，可得：a
4 ≤1，解得a≤4.
故选：A
【典例4】多选题（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数f (x)=
2
x
2
x−1+1
，则下列说法正确
的是（ ）
A．函数f (x)单调递增
B．函数f (x)值域为(0,2)
C．函数f (x)的图象关于(0,1)对称
D．函数f (x)的图象关于(1,1)对称
【答案】ABD
【分析】根据复合函数单调性的判断方法，即可判断A，根据函数形式的变形，根据指数
函数的值域，求解函数的值域，即可判断B，根据对称性的定义，f (2−x)与f (x)的关系，
即可判断CD.
【详解】f (x)=
2
x
2
x−1+1
= 2
x+2−2
2
x−1+1
=2−
2
2
x−1+1
，
函数y =2−2
t ，t =2
x−1+1，则t >1，
又内层函数t =2
x−1+1在R上单调递增，外层函数y =2−2
t 在(1,+∞)上单调递增，
所以根据复合函数单调性的法则可知，函数f (x)单调递增，故A 正确；
因为2
x−1+1>1，所以0<
2
2
x−1+1
<2，则0<2−
2
2
x−1+1
<2，所以函数f (x)的值域为(0,2)，
故B 正确；
f (2−x)=
2
2−x
2
1−x+1
=
4
2+2
x =
2
2
x−1+1
，f (2−x)+ f (x)=2，所以函数f (x)关于点(1,1)对称，
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故C 错误，D 正确.
故选：ABD
【典例5】多选题（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=¿的图象与直线y =a的交点的横
坐标分别为x1, x2, x3, x4(x1< x2< x3< x4)，则（ ）
A．a>4
B．x1 x2= 4
C．x3 x4= 4
D．a(
x3
x4
+1)的最小值为32√3
9
【答案】ACD
【分析】先根据函数关系式正确作出函数图象，平移直线y =a，即可确定实数a的取值范
围，挖掘x1与x2, x3与x4之间的等量关系，由此即可逐一判断每个选项.
【详解】当x>0时，f (x)= x + 4
x 在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增，且f (2)= 4．
当x<0时，f (x)=|log2(−x)−2|在(−∞,−4)单调递减，在(−4,0)单调递增，且f (−4)=0．
作出函数f (x)的图象，如图．
对于A，当a>4时，函数f (x)的图像与直线y =a有4 个交点，A 正确．
对于B，易知x1<−4 ,−4< x2<0，由f (x1)= f (x2)，
可得log2(−x1)−2+log2(−x2)−2=0，即log2 x1 x2= 4，所以x1 x2=16，B 错误．
对于C，易知0< x3<2, x4>2, x3, x4是方程x + 4
x =a的两个根，
即关于x的方程x
2−ax + 4 =0的两个根，由根与系数的关系，得x3 x4= 4，C 正确．
对于D，由根与系数的关系，得x3+ x4=a．
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所以a(
x3
x4
+1)=a⋅x3+ x4
x4
= (x3+ x4)
2
x4
=(x3+ 4
x3)
2
4
x3
= 1
4 x3
3+2 x3+ 4
x3
．
设g(x)= 1
4 x
3+2 x + 4
x (0< x<2)，则g
′ (x)= 3
4 x
2+2−4
x
2．
令g
′ (x)=0，则3
4 x
2+2−4
x
2 =0．
整理，得3 x
4+8 x
2−16=0，解得x = 2√3
3
（负值已舍去），
所以g(x)在(0, 2√3
3 )单调递减，在(
2√3
3
,2)单调递增，
所以g(x)≥g(
2√3
3 )= 32√3
9
，D 正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：D 选项的判断是本题的关键点，注意利用等量关系消元，再借助导
数求其最小值，体现了导数的工具作用．
【考点11 函数零点所在的区间 】
【典例1】（23-24 高一上·河北邢台·阶段练习）函数f (x)=ln x + x−8的零点所在的区间
为（ ）
A．(4,5)
B．(5,6)
C．(6,7)
D．(7,8)
【答案】C
【分析】先判断函数的单调性，再根据零点的存在性定理即可得解.
【详解】因为函数y = ln x , y = x−8在(0,+ ∞)上都是增函数，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为f (6)=ln6−2<0,f (7)=ln7−1>0，所以f (x)的零点所在的区间为(6,7).
故选：C.
【典例2】（2024·四川巴中·一模）若函数f (x)=2a x
2+3 x−1在区间(−1,1)内恰有一个零
点，则实数a 的取值集合为（ ）
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A．{a|−1<a<2}
B．{a|a=−9
8或−1<a<2}.
C．{a|−1≤a≤2}
D．{a|a=−9
8或−1≤a≤2}.
【答案】D
【分析】根据题意，分a=0和a≠0，结合二次函数的性质，以及零点存在性定理，列出不
等式，即可求解.
由函数f (x)=2a x
2+3 x−1，
【详解】由函数f (x)=2a x
2+3 x−1，
若a=0，可得f (x)=3 x−1，令f (x)=0，即3 x−1=0，解得x = 1
3，符合题意；
若a≠0，令f (x)=0，即2a x
2+3 x−1=0，可得Δ=9+8a，
当Δ=0时，即9+8a=0，解得a=−9
8，此时f (x)=−9
4 x
2+3 x−1，解得x = 2
3，符合题意；
当Δ>0时，即a>−9
8且a≠0，则满足f (−1)⋅f (1)=(2a−4)(2a+2)≤0，
解得−1≤a≤2且a≠0，
若a=−1，可得f (x)=−2 x
2+3 x−1，令f (x)=0，即2 x
2−3 x +1=0，
解得x =1或x = 1
2，其中x = 1
2 ∈(−1,1)，符合题意；
若a=2，可得f (x)= 4 x
2+3 x−1，令f (x)=0，即4 x
2+3 x−1=0，
解得x =−1或x = 1
4 ，其中x = 1
4 ∈(−1,1)，符合题意；
综上可得，实数a的取值范围为{a|a=−9
8 或−1≤a≤2}.
故选：D.
【考点12 函数零点个数的判断】
【典例1】（2024·全国·高考真题）当x∈[0,2π ]时，曲线y =sin x与y =2sin(3 x−π
6)的
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交点个数为（ ）
A．3
B．4
C．6
D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在[0,2π]上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数y =sin x的的最小正周期为T =2π，
函数y =2sin(3 x−π
6 )的最小正周期为T = 2π
3 ，
所以在x∈[0,2π]上函数y =2sin(3 x−π
6 )有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6 个交点.
故选：C
【典例2】（2024·浙江温州·三模）已知函数f (x)=¿，则关于x方程f (x)=ax +2的根个数
不可能是（ ）
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．3 个
【答案】C
【分析】将原问题转化为直线y =ax +2与函数y = f ( x)的图象交点的个数，作出y = f ( x)
的图象，分a>0、a=0、a<0三种情况，结合图象求解即可．
【详解】作出函数y = f ( x)的图象，如图所示：
将原问题转化为直线y =ax +2（过定点(0,2)）与函数y = f ( x)的图象交点的个数，
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由图可知，当a=0时，直线y =2与函数y = f ( x)的图象只有一个交点；
当a<0时，直线y =ax +2与函数y = f ( x)的图象没有交点；
当a>0时，直线y =ax +2与函数y = f ( x)的图象有三个交点；
所以直线y =ax +2与函数y = f ( x)的图象不可能有两个交点．
故选：C．
【典例3】（2024·浙江金华·三模）若函数f (x)= x + 1
|x|，则方程f [f (x)]=3的实数根个数
为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【分析】求导得到函数单调性，画出函数图象，令f (x)=t，则f (t )=3，且
t1∈(−1,0),t2∈(0,1),t3∈(2,+ ∞)，当f (x)=t1∈(−1,0)时，结合图象可知，只有1 个
解x4，当f (x)=t2∈(0,1)时，结合图象可知，只有1 个解x5，当f (x)=t3∈(2,+∞)时，
结合图象可知，由3 个解x6, x7, x8，从而得到答案.
【详解】f (x)= x + 1
|x|=¿，
当x<0时，f (x)= x−1
x ，则f
′ (x)=1+ 1
x
2 >0，
此时f (x)= x−1
x 在(−∞,0)上单调递减，
当x>0时，f (x)= x + 1
x ，则f
′ (x)=1−1
x
2 = x
2−1
x
2
，
故当x>1时，f
′ (x)>0，当0< x<1时，f
′ (x)<0，
故f (x)= x + 1
x 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
画出函数f (x)和y =3的图象如下：
27
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令x + 1
x =3得，x2= 3−√5
2
, x3= 3+√5
2
故x1∈(−1,0), x2∈(0,1), x3∈(2,+ ∞)，
令f (x)=t，则f (t )=3，且t1∈(−1,0),t2∈(0,1),t3∈(2,+ ∞)，
当f (x)=t1∈(−1,0)时，结合图象可知，只有1 个解x4，
当f (x)=t2∈(0,1)时，结合图象可知，只有1 个解x5，
当f (x)=t3∈(2,+ ∞)时，结合图象可知，由3 个解x6, x7, x8，
综上，方程f [f (x)]=3的实数根的个数为5.
故选：D
【典例4】（2024·河北邢台·一模）函数f ( x)=√11cosπ x−2 x +1零点的个数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【分析】将零点问题转化为交点问题，利用函数性质判断即可.
【详解】令f ( x)=√11cosπ x−2 x +1=0，可得√11cosπ x =2 x−1，
则函数f ( x)=√11cosπ x−2 x +1零点的个数为y =√11cosπ x与y =2 x−1的交点个数，
显然y =√11cosπ x与y =2 x−1均关于( 1
2 ,0)对称，
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又当x =2时，√11cos2π>2×2−1，当x = 4时，√11cos 4π<2×4−1，
再结合两个函数的图象，可得y =√11cosπ x与y =2 x−1有5 个交点，
故函数f ( x)=√11cosπ x−2 x +1零点的个数为5，故C 正确.
故选：C
【典例5】（2024·全国·模拟预测）函数f (x)=2sin(2 x +φ)(−π
2 <φ<π
2 )的图像关于点
(
π
3 ,0)中心对称，将函数f (x)的图像向右平移π
3 个单位长度得到函数g(x)的图像，则函
数g(x)在区间[−π,π]内的零点个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【分析】正弦函数的图像与性质、三角函数图像的平移变换
【详解】∵函数f (x)的图像关于点(
π
3 ,0)中心对称，∴f(
π
3 )=2sin(
2π
3 +φ)=0，∴
2π
3 +φ=k π,k ∈Z,
又−π
2 <φ<π
2 ,∴φ =π
3 ，则f (x)=2sin(2 x +π
3 )．
将函数f (x)的图像向右平移π
3 个单位长度得到函数g(x)=2sin(2 x−π
3 )的图像,
令2 x−π
3 =k π,k ∈Z，得x =π
6 + k π
2 ,k ∈Z ,∴函数g(x)在区间[−π,π]内的零点
有x =−5π
6 , x =−π
3 , x =π
6 , x = 2π
3 ，共4 个.
故选：D．
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【考点13 已知函数零点个数求参数】
【典例1】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=2sin(2 x +φ)(|φ|<π
2 )，若关于x的方
程f (x)=1在(0,π)上恰有一个实数根m，则f (2m)（ ）
A．−2
B．−√3
C．√3
D．2
【答案】A
【分析】直接利用三角函数的图象和性质求出结果.
【详解】若关于x的方程f (x)=1在(0,π)上恰有一个实数根m，则2sin(2 x +φ)=1，即
sin(2 x +φ)= 1
2在(0,π)上恰有一个实数根m，
因为π恰为y =sin(2 x +φ)的最小正周期，且当x∈(0,π)时，2 x +φ∈(φ ,2π+φ)，
所以sinφ= 1
2，
若sinφ≠1
2，则关于x的方程f (x)=1在(0,π)上有两个实数根，因为|φ|<π
2 ，所以
φ =π
6 ，此时f (m)=2sin(2m+π
6 )=1，
即2m+π
6 =5π
6 ，解得m=π
3 ，所以f (2m)= f (2π
3 )=2sin(4π
3 +π
6 )=−2．
故选：A
【典例2】（2024·四川内江·三模）若函数f ( x)= ln x
x −x
m有两个零点，则实数m的取值范
围为（ ）
A．(0,e)
B．(e,+∞)
C．(0,2e)
D．(2e,+∞)
【答案】D
【分析】将函数f ( x)= ln x
x −x
m有两个零点，转化为函数y = ln x
x , y = x
m的图象有两个不
同交点问题；由此设h( x )= ln x
x , x>0，利用导数判断其单调性，作出其图象，数形结合，
即可求得答案.
【详解】由题意知函数f ( x)= ln x
x −x
m有两个零点，即ln x
x −x
m =0有两个不等实数根，
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即函数y = ln x
x , y = x
m的图象有两个不同交点；
设h( x )= ln x
x , x>0，则h
'( x )= 1−ln x
x
2
,(x>0)，
当0< x<e时，h
'( x )>0，h( x )在(0,e)上单调递增；
当x>e时，h
'( x )<0，h( x )在(e,+∞)上单调递减；
当0< x<1时，h( x)<0，当x>1时，h( x)>0，
作出h( x)的图象如图：
当直线y = x
m与h( x)图象相切时，设切点为(x0, ln x0
x0 )，
此时1
m = 1−ln x0
x0
2
=
ln x0
x0
−0
x0−0
，则ln x0= 1
2 ,∴x0=√e，
故此时1
m = 1−ln √e
e
= 1
2e，
结合图象可知，要使函数y = ln x
x , y = x
m的图象有两个不同交点，
需满足0< 1
m < 1
2e ,∴m>2e，
故m∈(2e,+ ∞)，
故选：D
【典例3】（2024·陕西安康·模拟预测）将函数f (x)=sin x的图象向左平移π
6 个单位长度，
再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的1
ω (ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)
的图象，若函数φ(x)=¿在(−∞,3π]上有5 个零点，则ω的取值范围是（ ）
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A．[
17
18 , 23
18)
B．(
17
18 , 23
18]
C．[
11
18 , 17
18)
D．(
11
18 , 17
18]
【答案】A
【分析】先利用三角函数图象的变换得出g(x)=sin(ωx +π
6 )，再根据二次函数的性质得
出g(x)在(0,3π]上有3 个零点，法一、利用整体思想及正弦函数的性质得其零点为
x =
−π
6 + k π
ω
，根据定义域取k值计算即可；法二、利用整体思想得
3π≤3ωπ+π
6 <4π，解不等式即可.
【详解】将函数f (x)=sin x的图像向左平移π
6 个单位长度，
得到函数y =sin(x +π
6 )，再将函数y =sin(x +π
6 )的横坐标变为原来的1
ω (ω>0)倍，
纵坐标不变，得到函数g(x)=sin(ωx +π
6 )，
所以φ(x)=¿，因为当x ≤0时，φ(x)= x
2+2 x有2 个零点，
所以要使φ(x)在(−∞,3π]上有5 个零点，则需g(x)在(0,3π]上有3 个零点.
法一：令sin(ωx +π
6 )=0，则ωx +π
6 =k π,k ∈Z，
解得x =
−π
6 +k π
ω
,k ∈Z，当k =1,2,3时，分别对应3 个零点，
则¿，解得17
18 ≤ω< 23
18.故选A.
法二：因为x∈(0,3π]，所以ωx +π
6 ∈(
π
6 ,3ωπ+π
6 ]，
所以3π≤3ωπ+π
6 <4π，则17
18 ≤ω< 23
18.
故选:A.
【典例4】（23-24 高一上·广东汕尾·期末）若函数f (x)=¿，恰有3 个零点，则实数a 的取
值范围为（ ）
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A．(−3,−2]
B．(−3,−2)
C．(−4 ,−3]
D．(−4 ,−3)
【答案】D
【分析】令f (x)=0，则有a=¿，作出函数g( x)=¿的图象，结合图象即可得答案.
【详解】由f (x)=0，得a=¿，
作出函数g( x)=¿的图象，如图所示：
令x =0，则5
x−4 =−3，
由图可知，当a∈(−4 ,−3]时，直线y =a与函数g(x)的图象有3 个交点，
从而函数f (x)有3 个零点，
但x
2−4 x +1−a>0对x>0恒成立，即a< x
2−4 x +1对x>0恒成立，
又x
2−4 x +1=( x −2)
2−3≥−3，则a<−3，
所以a∈(−4 ,−3).
故选：D.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画
出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
【考点14 复合函数的零点问题】
【典例1】（2023·全国·模拟预测）若函数 f (x)=¿恰有2 个零点，则实数a 的取值范围为
（ ）
A．(−∞,0)∪(1,+ ∞)
B．(0,1)
C．(−∞,1)
D．
(0,+∞)
【答案】A
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【分析】分类讨论a=0，a<0或a>0三种情况，然后根据函数判断
【详解】①当a=0时，f (x)=¿则f (x)只有一个零点0，不符合题意；
②当a<0时，作出函数f (x)的大致图象，如图1，f (x)在(−∞,0)和[0,+∞)上各有一个零
点，符合题意；
③当a>0时，作出函数f (x)的大致图象，如图2，f (x)在[0,+∞)上没有零点．
则f (x)在(−∞,0)上有两个零点，此时必须满足f (−1)=1−a<0，解得a>1．
综上，得a<0或a>1．
故选：A
【考点15 二分法及其应用】
【典例1】（2023·广东梅州·二模）用二分法求方程log4 x−1
2 x =0近似解时，所取的第一
个区间可以是（ ）
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
【答案】B
【分析】f (x)= log4 x−1
2 x ，判断函数单调性，求出区间的端点的函数值，再根据零点的
存在性定理即可得出答案.
【详解】令f (x)= log4 x−1
2 x ，
因为函数y = log4 x , y =−1
2 x 在(0,+∞)上都是增函数，
所以函数f (x)= log4 x−1
2 x 在(0,+ ∞)上是增函数，
f (1)=−1
2 <0,f (2)= log42−1
4 = 1
2 −1
4 = 1
4 >0，
所以函数f (x)= log4 x−1
2 x 在区间(1,2)上有唯一零点，
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所以用二分法求方程log8 x−1
3 x =0近似解时，所取的第一个区间可以是(1,2).
故选：B.
【考点16 函数与方程应用】
【典例1】（2024·湖南长沙·三模）已知函数f (x)=2sin x +2√3|cos x|，若f (x)= λ在
[0,2π]上有且仅有四个不相等的实数根，则λ的取值范围为（ ）
A．(2√3,4)
B．(2,2√3)
C．(2,4)
D．
(2,2√3)∪(2√3,4)
【答案】D
【分析】根据辅助角公式可得f ( x)=¿，作出f ( x)的图象，结合图形即可求解.
【详解】f ( x)=2sin x +2√3|cos x|=¿，
作出f ( x)的图象，如图所示，
结合图形可知，若f ( x)= λ在[0,2π]上有且仅有4 个不等的实数根，
则2< λ<4且λ≠2√3，
即λ的取值范围为(2,2√3)∪(2√3,4).
故选：D
【典例2】（2024·江苏扬州·模拟预测）设方程2
x+ x +3=0和方程log2 x + x +3=0的根分
别为p,q，设函数f (x)=(x + p)(x +q)，则（ ）
A．f (2)= f (0)<f (3)
B．f (0)= f (3)>f (2)
C．f (3)<f (2)= f (0)
D．f (0)<f (3)<f (2)
【答案】B
【分析】画出y =2
x , y = log2 x , y =−x−3的图象，由反函数的性质得p+q
2
=−3
2，结合二
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次函数性质即可得解.
【详解】由2
x+ x +3=0得2
x=−x−3，由log2 x + x +3=0得log2 x =−x−3，
所以令y =2
x , y = log2 x , y =−x −3，这3 个函数图象情况如下图所示：
设y =2
x , y =−x−3交于点B，y = log2 x , y =−x−3交于点C，
由于y =2
x , y = log2 x的图象关于直线y = x对称，
而y =−x−3, y = x的交点为A(−3
2 ,−3
2)，所以p+q
2
=−3
2，
注意到函数f (x)=(x + p)(x +q)= x
2+( p+q) x + pq的对称轴为直线x =−p+q
2
，即x = 3
2，
且二次函数f (x)的图象是开口向上的抛物线方程，
从而f (0)= f (3)>f (2).
故选：B.
【典例3】多选题（2024·湖南怀化·二模）已知函数y = x +e
x的零点为x1, y = x +ln x的零
点为x2，则（ ）
A．x1+ x2>0
B．x1 x2<0
C．e
x1+ln x2=0
D．x1 x2−x1+ x2>1
【答案】BC
【分析】利用函数零点的意义，结合函数y =e
x与y = ln x互为反函数，确定x1, x2的关系，
再逐项分析判断得解.
【详解】依题意，x1+e
x1=0⇔e
x1=−x1，x2+ ln x2=0⇔ln x2=−x2，
则x1, x2分别是直线y =−x与函数y =e
x，y = ln x图象交点的横坐标，
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而函数y =e
x与y = ln x互为反函数，它们的图象关于直线y = x对称，
又直线y =−x垂直于直线y = x，则点( x1,e
x1)与点( x2,ln x2)关于直线y = x对称，
则x2=e
x1=−x1>0，于是x1+ x2=0，x1 x2<0，e
x1+ln x2=0，BC 正确，A 错误；
x1 x2−x1+ x2−1=( x1−1)( x2+1)<0，即x1 x2−x1+ x2<1，D 错误.
故选：BC
【典例4】（2024·上海·高考真题）若f (x)=loga x(a>0,a≠1)．
(1)y = f (x)过(4,2)，求f (2 x−2)<f (x)的解集；
(2)存在x使得f (x +1)、f (ax)、f (x +2)成等差数列，求a的取值范围．
【答案】(1){x|1< x<2}
(2)a>1
【分析】（1）求出底数a，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；
（2）存在x使得f (x +1)、f (ax)、f (x +2)成等差数列等价于a
2=2(
1
x + 3
4)
2
−1
8在
(0,+ ∞)上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a的取值范围．
【详解】（1）因为y = f (x)的图象过(4,2)，故loga4 =2，故a
2= 4即a=2（负的舍去），
而f (x)=log2 x在(0,+∞)上为增函数，故f (2 x−2)<f (x)，
故0<2 x−2< x即1< x<2，
故f (2 x−2)<f (x)的解集为{x|1< x<2}.
（2）因为存在x使得f (x +1)、f (ax)、f (x +2)成等差数列，
故2f (ax)= f (x +1)+ f (x +2)有解，故2loga(ax)= loga(x +1)+ loga(x +2)，
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因为a>0,a≠1，故x>0，故a
2 x
2=(x +1)(x +2)在(0,+∞)上有解，
由a
2= x
2+3 x +2
x
2
=1+ 3
x + 2
x
2 =2(
1
x + 3
4)
2
−1
8在(0,+ ∞)上有解，
令t = 1
x ∈(0,+ ∞)，而y =2(t + 3
4)
2
−1
8在(0,+ ∞)上的值域为(1,+ ∞)，
故a
2>1即a>1.
一、单选题
1．（2024·湖南长沙·三模）已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由对数函数单调性解不等式，化简
，根据交集运算求解即可.
【详解】因为
，
所以
.
故选：D.
2．（2024·山东日照·二模）已知幂函数的图象过点
，则函数的解析式为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先用待定系数法设出函数解析式，再代入点的坐标计算出参数，即可得到答案.
【详解】设幂函数的解析式为
，由于函数过点
，故
，解得
，该幂函
数的解析式为
；
38
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故选：B
3．（2024·广东广州·模拟预测）若幂函数
在
上单调递增，则
实数
的值为（ ）
A．2
B．1
C．
D．
【答案】A
【分析】根据条件，利用幂函数的定义和性质，即可求出结果.
【详解】因为幂函数
在
上是增函数，
所以
，解得
.
故选：A.
4．（2024·贵州贵阳·三模）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用指数函数单调性得到
，利用指对运算和指数函数单调性得到
，
利用对数函数单调性得到
，则比较出大小.
【详解】因为
，且
，则
，
，
所以
，
故选：A.
5．（2024·重庆·模拟预测）已知函数
，
为实数，
的导函数为
，
在同一直角坐标系中，
与
的大致图象不可能是（ ）
39
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先通过特值代入易得A 项符合，对于B, C, D 项，通过图象观察分析可得
，结
合两函数图象交点的位置舍去C 项.
【详解】由
可得
对于
，当
时，在第一象限上
递减，对应
图象在第四
象限且递增，故A 项符合；
对于
在第一象限上
与
的图象在
上都单调递增，故
且
，则
.
又由
可得
，即
与
的图象交点横坐标应大于1，
显然C 项不符合，B, D 项均符合.
故选：C.
6．（2024·辽宁·三模）若全集
，
，
，则下列关系正
确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】求出集合
中函数的值域，得到集合
，判断两个集合的包含关系.
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【详解】全集
，
，则
，
，所以
.
故选：D
7．（2024·山东泰安·模拟预测）已知
，
，
，则
的大小关系
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用对数函数的单调性求得
的范围，根据指数函数的单调性得的范围，即可
比较大小.
【详解】因为
在
上单调递减，所以
，即
，
因为
在
上单调递增，所以
，即
，
因为
在
上单调递增，所以
，即
，
综上，
.
故选：
8．（2024·全国·模拟预测）某农业研究所对玉米幼穗的叶龄指数
与可见叶片数
进行分
析研究，其关系可以用函数
（
为常数）表示．若玉米幼穗在伸长期可见叶片为7
片，叶龄指数为30，则当玉米幼穗在四分体形成期叶龄指数为82.5 时，可见叶片数约为（
）（参考数据：
，
）
A．15
B．16
C．17
D．18
【答案】C
【分析】利用函数
，由题意已知
，求出待定系数
，再用
，去求解
，当然这里面有取自然对数及取值计算.
【详解】由题意知
，
，则等式两边同时取自然对数得
，
，
．
，
，
，
，
41
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故选：C．
9．（2024·新疆喀什·二模）已知函数
，满足
，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】首先结合幂函数和对数函数的性质得到函数为单调递增函数，则得到
，
解出即可.
【详解】当
时，
，此时
单调递增，
当
时，
，此时
单调递增，且
，
则
时，
单调递增，
若有
，则有
，解得
，
故选：A.
10．（2024·江苏泰州·模拟预测）已知函数
，若函数
的图象
关于点
对称，则
（ ）
A．-3
B．-2
C．
D．
【答案】C
【分析】方法一：由题意，推出
是奇函数，根据定义域的对称性依次求得
的值，
即可求得
；方法二：直接利用
，将其化成
，再由等式恒成立得到
，继而求得
.
42
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【详解】方法一：依题意将函数
的图象向左移1 个单位长度关于原点对称，即
是奇函数，
因奇函数的定义域关于原点对称，而
时函数
无意义，故
时
也
无意义，
即
，解得
此时
为奇函数，则
解得
故
.
故选：C．
方法二：依题意
恒成立，代入得
化简得，
,
整理得：
，
即
(*)，
依题意，此式在函数的定义域内恒成立，故须使
，则得
，
回代(*)可得，
，即
，故
.
故选：C.
11．（2024·山东·模拟预测）已知函数
，则使
有零点的一个充
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分条件是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先判断
，此时可得
的单调性，依题意可得
，令
，结合函数的单调性及零点存在性定理得到存在
使得
，
从而得到
有零点的充要条件为
，即可判断.
【详解】因为
，
当
时
，
，所以
，
没有零点，故A 错误；
当
时
与
在
上单调递增，所以
在
上单调递增，
，要使
有零点，则需
，
即
，令
，则
在
上单调递减，
且
，
，
，
所以存在
使得
，
所以
有零点的充要条件为
，
所以使
有零点的一个充分条件是
.
故选：D
12．（2024·四川·模拟预测）已知函数
（
）在区间
上只有
1 个零点，且当
时，
单调递增，则
的取值范围是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由
范围求得
的范围，结合整体思想转化为
在
上只有
1 个零点，在
上单调递增，求解即可.
【详解】当
时，
，
因为
在
上只有1 个零点，
所以
，解得
，
当
时，
，
因为
，所以
，
又因为
在
上单调递增，
所以
，解得
.
综上可得
.
故选：C.
13．（2024·云南曲靖·模拟预测）函数
定义域为
，函数
的定义
域为
，则
（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意分别求解出集合
，再根据集合的交集运算求解.
【详解】由函数
，则
，即
，
，
由函数
，则
，即
，
，
.
故选：B.
14．（2024·湖南·模拟预测）已知函数
满足
，
，当
时，
，则函数
在
内的零点个数为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【分析】根据题意，判断
的图象关于点
对称，利用导数判断函数
在
上的单调性，在同一坐标系中作出
与
的图象，得出交点个数，并
结合对称性及
可得解.
【详解】根据题意，函数
的周期为8，图象关于点
对称，
又
，
所以函数
的图象也关于点
对称，
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由
，
，
，
，
，
令
，解得
，令
，解得
，
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
其中
，
，
在同一个坐标系中，作出函数
与
的图象，如图，
由图可得，函数
与
在
上有两个交点，
因为函数
与
图象均关于点
对称，
所以函数
与
在
上有两个交点，又
，
所以函数
在
内的零点个数为5.
故选：C.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数
关于直线
轴对称，则
，若函数
关于
点
中心对称，则
，反之也成立；
（2）关于周期：若
，或
，或
，可知函数
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的周期为
.
15．（2024·山东滨州·二模）已知函数
在
上有且仅有4 个零
点，直线
为函数
图象的一条对称轴，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】以
为整体，根据题意结合零点可得
，结合对称性可得
，
进而可求
.
【详解】因为
，且
，则
，
由题意可得：
，解得
，
又因为直线
为函数
图象的一条对称轴，
则
，解得
，
可知
，即
，
所以
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：以
为整体，可得
，结合正弦函数零点分
析可知右端点
的取值范围，进而可得
的取值范围.
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二、多选题
16．（2024·河北石家庄·三模）函数
的部分图象
如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
的图象关于直线
对称
C．
D．若方程
在
上有且只有5 个根，则
【答案】ACD
【分析】根据图象可求得函数
的解析式，再根据三角函数的性质依次判断各选项.
【详解】对于A，由
，得
，即
，又
，
，故A 正确；
对于C，又
的图象过点
，则
，即
，
，即得
，
，又
，
，
所以
，故C 正确；
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对于B，因为
，而
，
故直线
不是函数
的对称轴，故B 错误；
对于D，由
，得
，
解得
或
，
，
方程
在
上有5 个根，从小到大依次为：
，
而第7 个根为
，所以
，故D 正确.
故选：ACD.
17．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数
，则（ ）
A．
是
上的增函数
B．函数
有且仅有一个零点
C．函数
的最小值为
D．
存在唯一个极值点
【答案】BD
【分析】对于A：求导，代特值检验即可；对于B：分
、
和
三种情况，结合
函数值的符号分析判断零点；对于C：分
、
和
三种情况，可得
，
即可判断；对于D：根据
的单调性，结合零点存在性定理分析可知
，使
，进而判断
的单调性和极值.
【详解】对于选项A：因为
，则
，
当
时，则
， 可得
，
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即
，所以
不是
上的增函数，故A 错误；
对于选项B：因为
，
当
时，
，可知
是
的零点；
当
时，
，可知
在
内无零点；
当
时，
，则
，
可得
，可知
在
内无零点；
综上所述：函数
有且仅有一个零点，故B 正确；
对于选项C：当
时，
；
当
时，
；
当
时，则
，
，可得
，
综上所述：
，所以
不是函数
的最小值，故C 错误；
对于选项D：因为
，
，
所以
的符号决定于
，
显然
是
上的增函数，
又因为当
时，
；
当
时，
，
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所以
，使
，
所以
在
上为减函数，在
上为增函数.
所以
有唯一极小值点. 故D 正确.
故选 ：BD.
18．（2024·广东广州·二模）已知函数
，则（ ）
A．
的定义域为
B．
的图像在
处的切线斜率为
C．
D．
有两个零点
，且
【答案】BCD
【分析】根据题意直接求出
的范围即可判断
；求出导函数，进而求得
即可判断
B；求得
即可判断C；易知
的单调性，结合零点存在定理及C 即可判断D．
【详解】由题意，
，
对于选项A，易知
且
，故选项A 错误，
对于选项B，因为
，则
，故选项B 正确，
对于选项C，因为
，所以
，故选项C 正确，
对于选项D，由选项
可知
，易知
在
和
上单调递增，
因为
，
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，
所以
，使得
，
又因为
，则
，结合选项C，得
，
即
也是
的零点，则
，
，故
，故选项D 正确，
故选：BCD.
53
