資源簡介

第1講　函數的概念及其表示
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.了解構成函數的要素，能求簡單函數的定義域. 2.了解簡單的分段函數，并能簡單應用. 求函數的定義域 2022北京T11 本講是函數部分的基礎，命題熱點為分段函數的求值、含參和解不等式問題，題型以選擇題、填空題為主，難度中等偏易.在2025年高考的備考中，要掌握函數的三要素和以分段函數為載體的有關應用.
求函數的解析式
分段函數 2022浙江T14；2021浙江T12
1.函數的概念及表示
函數的 定義 一般地，設A，B是①　非空的實數集　，如果對于集合A中的②　任意　一個數x，按照某種確定的對應關系f，在集合B中都有③　唯一確定　的數y和它對應，那么就稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數，記作y＝f（x），x∈A.
三要素 ④　定義域　，⑤　對應關系　，⑥　值域　.
定義域 自變量x的取值范圍A.
值域 函數值的集合{f（x）｜x∈A}，是集合B的⑦　子集　.
相等函數 ⑧　定義域　相同，⑨　對應關系　完全一致.
函數的表示法 ⑩　解析法　， 　列表法　， 　圖象法　.
注意　（1）與x軸垂直的直線和函數圖象最多有一個交點；（2）解決函數問題時，優先考慮定義域.
常用結論
求函數的定義域時常用的結論
（1）分式型要滿足f（x）≠0；（2）偶次根式型（n∈N*）要滿足f（x）≥0；（3）[f（x）]0要滿足f（x）≠0；（4）對數型logaf（x）（a＞0，且a≠1）要滿足
f（x）＞0；（5）正切型tan f（x）要滿足f（x）≠＋kπ，k∈Z.
2.分段函數
若函數在其定義域的不同子集上，因對應關系不同而分別用幾個不同的式子來表示，這種函數稱為分段函數.
注意　（1）分段函數雖由幾個部分構成，但它表示的是一個函數；（2）分段函數的定義域是各段函數定義域的并集，值域是各段函數值域的并集.
1.下列f（x）與g（x）表示同一個函數的是（　B　）
A.f（x）＝與g（x）＝· B.f（x）＝x與g（x）＝
C.f（x）＝x與g（x）＝ D.f（x）＝與g（x）＝
2.下列函數中，其定義域和值域分別與函數y＝10lg x的定義域和值域相同的是（　D　）
A.y＝x B.y＝lg x C.y＝2x D.y＝
3.[教材改編]已知函數f（x）＝則f（f（－2））＝（　B　）
A.8 B. C.－ D.－
解析　因為f（x）＝所以f（－2）＝（－2）2－1＝3，所以
f（f（－2））＝f（3）＝＝，故選B.
4.已知函數f（x）＝2x－3，x∈{x∈N｜1≤x≤5}，則函數f（x）的值域為　{－1，1，3，5，7}　.
研透高考 明確方向
命題點1　求函數的定義域
例1 （1）[2022北京高考]函數f（x）＝＋的定義域是　（－∞，0）∪（0，1]　.
解析　因為f（x）＝＋，所以x≠0，1－x≥0，解得x∈（－∞，0）∪（0，1].
（2）若函數f（1－2x）的定義域為[－1，2]，則函數f（x）的定義域為　[－3，3]　.
解析　因為函數f（1－2x）的定義域為[－1，2]，所以－1≤x≤2，所以－3≤1－2x≤3.所以函數f（x）的定義域為[－3，3].
命題拓展
若函數f（x）的定義域為[－1，2]，則函數f（1－2x）的定義域為　[－，1]　.
解析　由－1≤1－2x≤2，得－≤x≤1，所以函數f（1－2x）的定義域為[－，1].
方法技巧
1.求具體函數的定義域的策略
根據函數解析式，構造使解析式有意義的不等式（組），求解不等式（組）即可；對實際問題，既要使函數解析式有意義，又要使實際問題有意義.
2.求抽象函數的定義域的策略
（1）若已知函數f（x）的定義域為[a，b]，則復合函數f（g（x））的定義域由不等式a≤g（x）≤b求出；
（2）若已知函數f（g（x））的定義域為[a，b]，則f（x）的定義域為g（x）在[a，b]上的值域.
注意　無論函數的形式如何，定義域均是指其中的自變量x的取值集合.
訓練1 （1）[2024浙江省寧波市余姚中學一檢]已知函數y＝f（x）的定義域是[－2，3]，則函數y＝的定義域是（　A　）
A.[－，－1）∪（－1，1]
B.[－3，－1）∪（－1，7]
C.（－1，7]
D.[－，－1）
解析　因為函數y＝f（x）的定義域是[－2，3]，所以－2≤2x＋1≤3，且x＋1≠0，解得x∈[－，－1）∪（－1，1].故選A.
（2）[2024江蘇省鎮江市丹陽市模擬]函數f（x）＝＋（x－4）0的定義域為　[，4）∪（4，＋∞）　.
解析　要使函數f（x）＝＋（x－4）0有意義，則有解得x≥且x≠4，
所以函數f（x）＝＋（x－4）0的定義域為[，4）∪（4，＋∞）.
命題點2　求函數的解析式
例2 （1）[2024河南省內鄉高中模擬]已知f（x）是一次函數，且f（f（x））＝16x－25，則f（x）＝　4x－5或－4x＋　.
解析　設f（x）＝kx＋b（k≠0），則f（f（x））＝k（kx＋b）＋b＝k2x＋kb＋b＝16x－25，∴∴或∴f（x）＝4x－5或f（x）＝－4x＋.
（2）已知f（x）滿足2f（x）＋f（）＝3x－1，則f（x）＝　2x－－　.
解析　已知2f（x）＋f（）＝3x－1　①，
以代替①中的x（x≠0），得2f（）＋f（x）＝－1　②，
①×2－②，得3f（x）＝6x－－1，故f（x）＝2x－－.
方法技巧
求函數解析式的常用方法
（1）待定系數法：若已知函數類型（如一次函數、二次函數等），則可用待定系數法求解.
（2）換元法：若已知復合函數f（g（x））的解析式求解函數f（x）的解析式，可令
g（x）＝t，解出x，然后代入f（g（x））中即可求得f（t），從而求得f（x）.此時要注意新元的取值范圍.
（3）配湊法：配湊法是將函數f（g（x））的解析式配湊成關于g（x）的形式，進而求出函數f（x）的解析式.
（4）構造方程組法（消元法）：若已知f（x）與f（），f（－x）等的表達式，則可通過賦值（如令x為，－x等）構造出另一個等式，通過解方程組求出f（x）.
注意　求函數解析式時，若定義域不是R，一定要注明函數定義域.
訓練2 （1）已知f（x2＋）＝x4＋，則f（x）的解析式為　f（x）＝x2－2，x∈[2，
＋∞）.
解析　因為f（x2＋）＝（x2＋）2－2，所以f（x）＝x2－2，x∈[2，＋∞）.
（2）[2024安徽淮南模擬]已知f（x）是二次函數，且f（x＋1）＋f（x－1）＝2x2－4x＋4，則f（x）＝　x2－2x＋1　.
解析　因為f（x）是二次函數，所以設f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0），則有a（x＋1）2＋
b（x＋1）＋c＋a（x－1）2＋b（x－1）＋c＝2x2－4x＋4，即2ax2＋2bx＋2a＋2c＝2x2－4x＋4，所以所以所以f（x）＝x2－2x＋1.
（3）[2024湖北省鐘祥市第一中學模擬]已知f（x）滿足3f（x）＋2f（1－x）＝4x，則
f（x）的解析式為　f（x）＝4x－　.
解析　3f（x）＋2f（1－x）＝4x　①，用1－x代替①中的x可得3f（1－x）＋2f（x）＝
4（1－x）　②，由3×①－2×②可得f（x）＝4x－.
命題點3　分段函數
角度1　分段函數的求值（求參）問題
例3 （1）[山東高考]設f（x）＝若f（a）＝f（a＋1），則f（）＝（　C　）
A.2 B.4 C.6 D.8
解析　作出f（x）的圖象，如圖所示，因為a＜a＋1，所以要使f（a）＝f（a＋1），則有＝2（a＋1－1），0＜a＜1，所以解得a＝，所以f（）＝f（4）＝6.
（2）[2022浙江高考]已知函數f（x）＝則f（f（））＝　　；若當x∈[a，b]時，1≤f（x）≤3，則b－a的最大值是　3＋　.
解析　由題意知f（）＝－（）2＋2＝，則f（f（））＝f（）＝＋－1＝＋－1＝.
作出函數f（x）的大致圖象，如圖所示，
結合圖象，令－x2＋2＝1，解得x＝±1；令x＋－1＝3，解得x＝2±，又x＞1，所以x＝2＋.
所以（b－a）max＝2＋－（－1）＝3＋.
角度2　分段函數的解不等式問題
例4 [全國卷Ⅰ]設函數f（x）＝則滿足f（x＋1）＜f（2x）的x的取值范圍是（　D　）
A.（－∞，－1] B.（0，＋∞）
C.（－1，0） D.（－∞，0）
解析　解法一　當x≤0時，函數f（x）＝2－x是減函數，則f（x）≥
f（0）＝1.作出f（x）的大致圖象如圖所示，結合圖象可知，要使
f（x＋1）＜f（2x），則需或所以x＜0，故選D.
解法二　當x＝－時，f（x＋1）＝f（）＝1，f（2x）＝f（－1）＝2－（－1）＝2，滿足
f（x＋1）＜f（2x），排除A，B；當x＝－1時，f（x＋1）＝f（0）＝20＝1，f（2x）＝
f（－2）＝22＝4，滿足f（x＋1）＜f（2x），排除C.故選D.
方法技巧
1.解分段函數的求值問題的思路：一般根據自變量所在區間代入相應的函數解析式求解，當出現f（f（a））形式時，一般由內向外逐層求值.
2.解分段函數的解不等式問題的思路：（1）若圖象易畫，可畫出函數圖象，數形結合求解；（2）根據分段函數的不同段分類討論，最后取各段結果的并集.
注意　解得值或范圍后，要注意檢驗其是否符合相應段的自變量的范圍.
訓練3 （1）[2024河南鄭州外國語模擬]已知實數a＜0，函數f（x）＝若f（1－a）＝f（1＋a），則a的值為（　A　）
A.－ B.－ C.－ D.－1
解析　因為a＜0，所以1－a＞1，1＋a＜1.因為f（1－a）＝f（1＋a），所以－（1－a）－2a＝2（1＋a）＋a，解得a＝－.故選A.
（2）[2024四川達州外國語模擬]已知函數f（x）＝則f（7）＝　8　.
解析　由題意得f（7）＝2f（5）＝2×2f（3）＝4×2f（1）＝8e1－1＝8.
（3）[2023江蘇南通模擬]已知函數f（x）＝max{1－x，2x}，其中max{a，b}表示a，b中的較大者.則不等式f（x）＞4的解集為　（－∞，－3）∪（2，＋∞）　.
解析　作出f（x）的大致圖象如圖所示，結合圖象可知f（x）＝當x≤0時，由1－x＞4，得x＜－3.當x＞0時，由2x＞4，得x＞2，所以f（x）＞4的解集為（－∞，－3）∪（2，＋∞）.第2講　函數的單調性與最值
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
借助函數圖象，會用符號語言表達函數的單調性、最大值、最小值，理解它們的作用和實際意義. 確定函數的單調性（單調區間） 2023北京T4；2021全國卷甲T4；2020全國卷ⅡT9 本講每年必考，命題穩定.命題熱點有討論函數的單調性，利用函數的單調性比較大小、解不等式、求最值等，也常與函數的奇偶性、周期性及對稱性綜合命題.題型既有選擇題、填空題，也有解答題（常與導數綜合命題），單獨考查時難度不大，與導數綜合時難度中等偏上.預計2025年高考命題趨勢變化不大，備考時重點進行常規題型訓練，并適當關注創新性命題.
函數單調性的應用 2023新高考卷ⅠT4；2023新高考卷ⅡT6；2020新高考卷ⅠT8；2020新高考卷ⅡT7；2019全國卷ⅢT11
與函數的最值（值域）有關的問題 2022北京T14
1.函數的單調性
單調遞增 單調遞減
定 義 一般地，設函數f（x）的定義域為D，區間I D，如果 x1，x2∈I，
當x1＜x2時，都有①f（x1）＜f（x2），那么就稱函數f（x）在區間I上單調遞增.特別地，當函數f（x）在它的定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數. 當x1＜x2時，都有②f（x1）＞f（x2），那么就稱函數f（x）在區間I上單調遞減.特別地，當函數f（x）在它的定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數.
圖 象 描 述 自左向右圖象是③　上升　的 自左向右圖象是④　下降　的
注意　（1）一個函數的同一種單調區間用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接.
（2）“函數f（x）的單調區間為M”與“函數f（x）在區間N上單調”是兩個不同的概念，顯然N M .
（3）注意“增（減）函數”與“單調遞增（減）”的區別，只有在定義域上單調遞增（減），才能稱它是增（減）函數.
規律總結
1.函數單調性的兩個等價變形
若 x1，x2∈D（x1≠x2），則
（1）＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0） f（x）在區間D上單調遞增；
（2）＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0） f（x）在區間D上單調遞減.
2.函數單調性的常用結論
（1）在公共定義域內，增函數＋增函數＝增函數，減函數＋減函數＝減函數；
（2）當f（x）≠0時，函數f（x）與－f（x），在公共定義域內單調性相反；
（3）復合函數y＝f（g（x））的單調性與y＝f（t），t＝g（x）的單調性有關，即“同增異減”.
3.對勾函數y＝ax＋（a＞0，b＞0）的單調性與最值
如圖，
（1）單調性：增區間為（－∞，－），（，＋∞）；減區間（－，0），（0，）.
（2）最值：當x＞0時，函數y＝ax＋在x＝處取得最小值2；當x＜0時，函數y＝ax＋在x＝－處取得最大值－2.
注意　對勾函數y＝ax＋（a＞0，b＞0）的圖象有兩條漸近線：x＝0，y＝ax.
2.函數的最值
前提 設函數y＝f（x）的定義域為D，如果存在實數M滿足
條件 （1） x∈D，都有⑤　f（x）≤M　； （2） x0∈D，使得f（x0）＝M. （1） x∈D，都有f（x）≥M； （2） x0∈D，使得f（x0）＝M.
結論 M是函數f（x）的最大值. M是函數f（x）的⑥　最小值　.
注意　閉區間上的連續函數一定存在最大值和最小值，當函數在閉區間上單調時最值一定在端點處取得.
1.以下說法正確的是（　D　）
A.對于函數y＝f（x），若f（1）＜f（3），則f（x）為增函數
B.函數y＝的單調遞減區間為（－∞，0）∪（0，＋∞）
C.若函數y＝f（x）在[1，＋∞）上單調遞增，則函數的單調遞增區間是[1，＋∞）
D.閉區間上的單調函數，其最值一定在區間端點處取到
2.[教材改編]函數y＝｜x｜－1的單調遞減區間為（　B　）
A.（0，＋∞） B.（－∞，0）
C.（－∞，－1） D.（－1，＋∞）
3.[教材改編]y＝的值域為　（－∞，2）∪（2，＋∞）　.
解析　y＝＝＝2＋，顯然≠0，所以y≠2.故函數的值域為（－∞，2）∪（2，＋∞）.
4.y＝2x－的值域為　[，＋∞）　.
解析　設t＝，則x＝t2＋1，且t≥0，所以y＝2（t2＋1）－t＝2（t－）2＋，由t≥0，可得函數的值域為[，＋∞）.
研透高考 明確方向
命題點1　確定函數的單調性（單調區間）
例1 （1）[2023北京高考]下列函數中，在區間（0，＋∞）上單調遞增的是（　C　）
A.f（x）＝－ln x B.f（x）＝
C.f（x）＝－ D.f（x）＝3｜x－1｜
解析　對于A，因為函數y＝ln x在（0，＋∞）上單調遞增，所以f（x）＝－ln x在（0，＋∞）上單調遞減，所以A不符合要求；對于B，因為f（x）＝＝（）x在（0，＋∞）上單調遞減，所以B不符合要求；對于C，由反比例函數的圖象可知，f（x）＝－在（0，＋∞）上單調遞增，所以C符合要求；對于D，當0＜x＜1時，y＝3｜x-1｜＝31-x在（0，1）上單調遞減，所以D不符合要求.故選C.
（2）[全國卷Ⅱ]函數f（x）＝ln（x2－2x－8）的單調遞增區間是（　D　）
A.（－∞，－2） B.（－∞，1）
C.（1，＋∞） D.（4，＋∞）
解析　由x2－2x－8＞0，得x＜－2或x＞4.因此，函數f（x）＝ln（x2－2x－8）的定義域是（－∞，－2）∪（4，＋∞）.（先求函數f（x）的定義域）
易知函數y＝x2－2x－8在（－∞，－2）上單調遞減，在（4，＋∞）上單調遞增，函數
y＝ln t為（0，＋∞）上的增函數，由復合函數的單調性知，f（x）＝ln（x2－2x－8）的單調遞增區間是（4，＋∞）.故選D.
（3）討論函數f（x）＝（a≠0）在（－1，1）上的單調性.
解析　解法一（導數法）　f'（x）＝＝－.
當a＞0時，f'（x）＜0，函數f（x）在（－1，1）上單調遞減；
當a＜0時，f'（x）＞0，函數f（x）在（－1，1）上單調遞增.
解法二（定義法）　設－1＜x1＜x2＜1，f（x）＝a（）＝a（1＋），則f（x1）－
f（x2）＝a（1＋）－a（1＋）＝.
由于－1＜x1＜x2＜1，
所以x2－x1＞0，x1－1＜0，x2－1＜0，
故當a＞0時，f（x1）－f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），函數f（x）在（－1，1）上單調遞減；
當a＜0時，f（x1）－f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），函數f（x）在（－1，1）上單調遞增.
方法技巧
判斷函數的單調性的方法
（1）定義法；（2）圖象法；（3）導數法；（4）性質法.
訓練1 （1）函數g（x）＝x·｜x－1｜＋1的單調遞減區間為（　B　）
A.（－∞，] B.[，1]
C.[1，＋∞） D.（－∞，）∪[1，＋∞）
解析　g（x）＝x·｜x－1｜＋1＝畫出函數圖象，如圖所示，根據圖象知，函數的單調遞減區間為[，1].
（2）[多選]下列函數在（0，＋∞）上單調遞增的是（　ABC　）
A.y＝ex－e－x B.y＝lg x2
C.y＝2x＋2cos x D.y＝
解析　∵y＝ex與y＝－e－x均為R上的增函數，∴y＝ex－e－x為R上的增函數，故A正確；
當x＞0時，y＝lg x2＝2lg x，此時函數在（0，＋∞）上單調遞增，故B正確；
對于選項C，y'＝2－2sin x≥0，∴y＝2x＋2cos x在（0，＋∞）上單調遞增，故C正確；
y＝的定義域為（－∞，－2]∪[1，＋∞），故D不正確.故選ABC.
命題點2　函數單調性的應用
角度1　比較大小
例2 （1）[2024廈門市湖濱中學模擬改編]已知定義在R上的奇函數f（x）滿足f（x＋2）＝f（x），且當x∈[0，1）時，＞0（x1≠x2），則f（－），f（4），
f（）的大小關系是（　A　）
A.f（－）＞f（4）＞f（） B.f（－）＞f（）＞f（4）
C.f（）＞f（4）＞f（－） D.f（4）＞f（）＞f（－）
解析　因為x∈[0，1）時，＞0，所以f（x）在[0，1）上單調遞增.又因為
f（x）為奇函數，所以f（x）在（－1，1）上單調遞增.由f（x＋2）＝f（x）可得f（x）的周期為2，所以f（－）＝f（－＋2×4）＝f（），f（4）＝f（0），f（）＝f（－2×3）＝f（－），所以f（）＞f（0）＞f（－），即f（－）＞f（4）＞f（）.故選A.
（2）[2024吉林長春東北師大附中校考改編]函數f（x）的定義域為（0，＋∞），對于 x，y∈（0，＋∞），f（xy）＝f（x）＋f（y），且當x＞1時，f（x）＜0.則a＝
f（sin 3），b＝f（ln 3），c＝f（21.5）的大小關系是（　A　）
A.a＞b＞c B.a＞c＞b
C.b＞c＞a D.c＞b＞a
解析　設 x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，則＞1，f（）＜0.因為f（x2）－f（x1）＝
f（·x1）－f（x1）＝f（）＜0，所以f（x2）＜f（x1），即f（x）為減函數. 因為0＜sin 3＜1＜ln 3＜2＜21.5，所以f（sin 3）＞f（ln 3）＞f（21.5），即a＞b＞c，故選A.
方法技巧
利用函數的單調性比較大小的方法
比較函數值的大小時，應先將自變量的值轉化到同一個單調區間內，再利用函數的單調性求解.
角度2　求解不等式
例3 （1）[全國卷Ⅰ]函數f（x）在（－∞，＋∞）上單調遞減，且為奇函數.若f（1）＝
－1，則滿足－1≤f（x－2）≤1的x的取值范圍是（　D　）
A.[－2，2] B.[－1，1] C.[0，4] D.[1，3]
解析　∵函數f（x）為奇函數，且f（1）＝－1，∴f（－1）＝－f（1）＝1，由－1≤
f（x－2）≤1，得f（1）≤f（x－2）≤f（－1），（將常數轉化為函數值）
又函數f（x）在（－∞，＋∞）上單調遞減，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.故選D.
（2）[2024安徽名校聯考]設函數f（x）＝x2－，則滿足f（x＋2）＞f（2x－3）的x的取值范圍是（　C　）
A.（－∞，5） B.（，＋∞）
C.（，5） D.（－∞，）∪（5，＋∞）
解析　f（x）＝x2－的定義域為R，∵f（－x）＝（－x）2－＝x2－＝
f（x），∴f（x）為偶函數.由f（x＋2）＞f（2x－3）可得f（｜x＋2｜）＞f（｜2x－3｜），又當x＞0時，f（x）＝x2－單調遞增，∴｜x＋2｜＞｜2x－3｜，即（x＋2）2＞（2x－3）2，解得＜x＜5.故選C.
方法技巧
利用函數的單調性求解或證明不等式的策略
（1）將不等式轉化為f（x1）＞f（x2）的形式，
（2）根據函數f（x）的單調性“脫去”函數符號“f”化為形如“x1＞x2”或“x1＜x2”的不等式求解，注意必須在同一單調區間內進行.若不等式一邊沒有“f”，而是常數，則應將常數轉化為函數值.
角度3　已知函數單調性求參數的值或取值范圍
例4 （1）[2023新高考卷Ⅰ]設函數f（x）＝2x（x－a）在區間（0，1）單調遞減，則a的取值范圍是（　D　）
A.（－∞，－2] B.[－2，0）
C.（0，2] D.[2，＋∞）
解析　由題意得y＝x（x－a）在區間（0，1）上單調遞減，所以≥1，解得a≥2.故選D.
（2）[2023江蘇省響水中學檢測]已知函數f（x）＝在其定義域上單調遞增，則實數a的取值范圍為（　C　）
A.（0，1） B.（3，6） C.（1，4] D.（1，2]
解析　∵函數f（x）＝在其定義域上單調遞增，∴解得1＜a≤4，∴實數a的取值范圍為（1，4]，故選C.
方法技巧
已知函數的單調性求參數的取值范圍的方法
根據函數的單調性構建含參數的方程（組）或不等式（組）進行求解，或先得到圖象的升降情況，再結合圖象求解.
注意　若分段函數是單調函數，則不僅要各段上函數單調性一致，還要在整個定義域內單調，即要注意分界點處的函數值大小.
訓練2 （1）[2024浙江省寧波市育才高級中學模擬]已知函數f（x）＝在[0，1）上單調遞增，則a的取值范圍是（　A　）
A.（0，2] B.（0，2）
C.（0，＋∞） D.（－∞，0）
解析　設t＝2－ax，由已知易知t＝2－ax在[0，1）上單調遞減，且在區間[0，1）上大于零恒成立，所以 0＜a≤2.故選A.
（2）[2023江蘇南京模擬]已知f（x）＝則當x≥0時，
f（2x）與f（x2）的大小關系是（　B　）
A.f（2x）≤f（x2） B.f（2x）≥f（x2）
C.f（2x）＝f（x2） D.不確定
解析　由函數f（x）＝得函數f（x）在
（－∞，4）上單調遞增，在[4，16]上單調遞減，在（16，＋∞）上單調遞增，作出函數y＝2x和y＝x2的圖象，如圖所示.
當x≥0時，令2x＝x2，得x＝2或x＝4.
結合圖象可知，當0≤x＜2時，4＞2x＞x2≥0，則f（2x）＞f（x2），當2≤x≤4時，4≤2x≤x2≤16，則f（2x）≥f（x2），當x＞4時，2x＞x2＞16，則f（2x）＞f（x2）.
綜上所述，當x≥0時，f（2x）≥f（x2）.故選B.
（3）[2023山東模擬]不等式x6－（2x＋3）＞（2x＋3）3－x2的解集是（　A　）
A.（－∞，－1）∪（3，＋∞）
B.（－1，3）
C.（－3，1）
D.（－∞，－3）∪（1，＋∞）
解析　由不等式x6－（2x＋3）＞（2x＋3）3－x2，得（x2）3＋x2＞（2x＋3）3＋（2x＋3）.設函數f（t）＝t3＋t，易知f（t）在R上單調遞增，因為f（x2）＞f（2x＋3），所以x2＞2x＋3，解得x＞3或x＜－1.故選A.
命題點3　與函數的最值（值域）有關的問題
例5 （1）函數f（x）＝的值域為　（－∞，－3]∪[1，＋∞）　.
解析　f（x）＝＝x－1＋，由對勾函數y＝x＋的圖象可知，x＋∈（－∞，
－2]∪[2，＋∞），所以函數f（x）的值域為（－∞，－3]∪[1，＋∞）.
命題拓展
[變條件]函數f（x）＝的值域為　（－∞，－2－3]∪[2－3，＋∞）　.
解析　令x＋1＝t（t≠0），則＝＝＝t－3＋，由對勾函數y＝t＋的圖象可知，t＋∈（－∞，－2]∪[2，＋∞），所以函數f（x）的值域為（－∞，－2－3]∪[2－3，＋∞）.
（2）[2022北京高考]設函數f（x）＝若f（x）存在最小值，則a的一個取值為　0（答案不唯一）　；a的最大值為　1　.
解析　當a＝0時，函數f（x）＝存在最小值0，所以a的一個取值可以為0；當a＜0時，若x＜a，則f（x）＝－ax＋1，此時函數f（x）不可能存在最小值；當0＜a≤2時，若x＜a，則f（x）＝－ax＋1，此時f（x）∈（－a2＋1，＋∞），若x≥a，則f（x）＝（x－2）2∈[0，＋∞），若函數f（x）存在最小值，則－a2＋1≥0，得0＜a≤1；當a＞2時，若x＜a，則f（x）＝－ax＋1，此時f（x）∈（－a2＋1，＋∞），若x≥a，則f（x）＝（x－2）2∈[（a－2）2，＋∞），若函數f（x）存在最小值，則－a2＋1≥（a－2）2，此時不等式無解.綜上，0≤a≤1，所以a的最大值為1.
方法技巧
求函數最值（值域）的方法
（1）單調性法；（2）圖象法；（3）基本不等式法.
注意　對于較復雜的函數，可通過換元、分離常數等進行轉化，對于無法變形化簡的函數，則常利用導數法判斷函數的單調性，從而求出其值域.
訓練3 （1）[2023湖南常德一模改編]若函數f（x）＝的值域是[4，＋∞），則實數a的取值范圍是（　D　）
A.（1，＋∞） B.（2，＋∞） C.（1，2] D.（，2]
解析　當x≤2時，0＜2x≤4，4≤8－2x＜8，所以f（x）∈[4，8）.當x＞2時，分以下兩種情況討論.若0＜a＜1，則函數y＝3＋logax單調遞減，所以3＋logax∈（－∞，3＋loga2），與f（x）的值域是[4，＋∞）矛盾.若a＞1，則函數y＝3＋logax單調遞增，所以3＋logax∈（3＋loga2，＋∞），要使f（x）的值域是[4，＋∞），則有4≤3＋loga2＜8，解得＜a≤2.故選D.
（2）[2024重慶市渝北中學模擬]已知f（x）＝2＋log3x，x∈[1，81]，則y＝[f（x）]2＋
f（x2）的最大值為　22　.
解析　由f（x）＝2＋log3x，得y＝[f（x）]2＋f（x2）＝（2＋log3x）2＋2＋log3x2＝（2＋log3x）2＋2＋2log3x＝（log3x＋3）2－3.∵函數f（x）的定義域為[1，81]，∴∴1≤x≤9，∴0≤log3x≤2，∴當log3x＝2，即x＝9時，ymax＝22.∴函數y＝[f（x）]2＋f（x2）的最大值為22.第3講　函數的奇偶性、周期性與對稱性
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.了解奇偶性的概念和幾何意義. 2.了解周期性的概念和幾何意義. 函數的奇偶性 2023新高考卷ⅠT11；2023新高考卷ⅡT4；2023全國卷乙T4；2023全國卷甲T13；2022新高考卷ⅠT12；2022全國卷乙T16；2021全國卷乙T4；2021全國卷甲T12；2021新高考卷ⅠT13；2021新高考卷ⅡT8；2021新高考卷ⅡT14；2020全國卷ⅡT9；2020新高考卷ⅠT8；2019全國卷ⅡT14；2019全國卷ⅢT11 本講為高考命題重點，命題熱點有函數奇偶性的判斷，利用函數的奇偶性求解析式、求函數值、解不等式等，函數周期性的判斷及應用.題型以選擇題、填空題為主，函數性質綜合命題時難度中等偏大.預計2025年高考命題穩定，備考時注重常規題型訓練的同時，關注命題角度創新試題及抽象函數性質的靈活運用.
函數的周期性 2022新高考卷ⅠT12；2022新高考卷ⅡT8；2022全國卷乙T12
函數圖象的對稱性 2022全國卷乙T12
函數性質的綜合應用 2022新高考卷ⅠT12；2022全國卷乙T12；2021新高考卷ⅡT8；2021全國卷甲T12；2020新高考卷ⅠT8；2019全國卷ⅢT11
1.函數的奇偶性
奇偶性 定義 圖象特征 特性 單調性
奇函數 一般地，設函數f（x）的定義域為D，如果 x∈D，都有－x ∈D，且①f（－x）＝－f（x）　，那么函數f（x）就叫做奇函數. 關于②原點對稱. （1）如果定義域中包含0，那么f（0）＝③　0　. （2）若函數在關于原點對稱的區間上有最值，則f（x）max＋ f（x）min＝④　0　. 在關于原點對稱的區間上單調性⑤　相同　.
偶函數 一般地，設函數f（x）的定義域為D，如果 x∈D，都有－x ∈D，且⑥　f（－x）＝f（x）　，那么函數f（x）就叫做偶函數. 關于⑦　y軸　對稱. f（x）＝f（｜x｜）. 在關于原點對稱的區間上單調性⑧　相反　.
注意　（1）只有函數在x＝0處有定義時，f（0）＝0才是f（x）為奇函數的必要不充分條件；
（2）既是奇函數又是偶函數的函數只有一種類型，即f（x）＝0，x∈D，其中定義域D是關于原點對稱的非空數集.
規律總結
1.常見的奇（偶）函數
（1）函數f（x）＝ax＋a－x為偶函數，函數g（x）＝ax－a－x為奇函數；
（2）函數f（x）＝＝為奇函數，函數g（x）＝loga為奇函數；
（3）函數f（x）＝loga（x＋）為奇函數，函數g（x）＝loga（－x）也為奇函數.
2.函數奇偶性的拓展結論
（1）若函數y＝f（x＋a）是偶函數，則f（x＋a）＝f（－x＋a），函數y＝f（x）的圖象關于直線x＝a對稱.
（2）若函數y＝f（x＋b）是奇函數，則f（x＋b）＋f（－x＋b）＝0，函數y＝f（x）的圖象關于點（b，0）中心對稱.
2.函數的周期性
（1）周期函數
一般地，設函數f（x）的定義域為D，如果存在一個非零常數T，使得對每一個x∈D都有x＋T∈D，且⑨　f（x＋T）＝f（x）　，那么函數f（x）就叫做周期函數.非零常數T叫做這個函數的周期.
（2）最小正周期
如果在周期函數f（x）的所有周期中存在一個最小的正數，那么這個最小的正數就叫做
f（x）的⑩　最小　正周期.
注意　并不是所有的周期函數都有最小正周期，如f（x）＝5.
常用結論
函數周期性的常用結論
設函數y＝f（x），x∈R，a＞0，a≠b.
（1）若f（x＋a）＝－f（x），則2a是函數f（x）的周期；
（2）若f（x＋a）＝±，則2a是函數f（x）的周期；
（3）若f（x＋a）＝f（x＋b），則｜a－b｜是函數f（x）的周期.
3.函數圖象的對稱性
已知函數f（x）是定義在R上的函數，
（1）若f（a＋x）＝f（b－x）恒成立，則y＝f（x）的圖象關于直線 　x＝　對稱.
（2）若f（a＋x）＋f（b－x）＝c，則y＝f（x）的圖象關于點 　（，）　對稱.
注意　（1）奇、偶函數的圖象平移之后對應的函數不一定有奇偶性，但其圖象一定有對稱性.（2）注意區分抽象函數的周期性與對稱性的表示，周期性的表示中，括號內x的符號相同，對稱性的表示中，括號內x的符號相反.
常用結論
函數f（x）圖象的對稱性與周期的關系
（1）若函數f（x）的圖象關于直線x＝a與直線x＝b對稱，則函數f（x）的周期為2｜b－a｜；
（2）若函數f（x）的圖象既關于點（a，0）對稱，又關于點（b，0）對稱，則函數f（x）的周期為2｜b－a｜；
（3）若函數f（x）的圖象既關于直線x＝a對稱，又關于點（b，0）對稱，則函數f（x）的周期為4｜b－a｜.
1.已知函數f（x）為奇函數，當x＞0時，f（x）＝x2＋，則f（－1）＝（　A　）
A.－2 B.0 C.1 D.2
2.函數f（x）＝圖象的對稱中心為（　B　）
A.（0，0） B.（0，1） C.（1，0） D.（1，1）
解析　由題知f（x）＝＝1＋，其圖象可由y＝的圖象向上平移一個單位長度得到，又y＝的圖象關于（0，0）對稱，所以f（x）＝1＋的圖象關于（0，1）對稱.
3.[多選]以下函數為偶函數的是（　AC　）
A.f（x）＝x2－1 B.f（x）＝x3
C.f（x）＝x2＋cos x D.f（x）＝＋｜x｜
4.已知函數f（x）為R上的偶函數，且當x＜0時，f（x）＝x（x－1），則當x＞0時，
f（x）＝　x（x＋1）　.
5.已知定義在R上的函數f（x）滿足f（x）＝f（x－2），當x∈[0，2）時，f（x）＝x2－4x，則當x∈[4，6）時，f（x）＝　x2－12x＋32　.
解析　設x∈[4，6），則x－4∈[0，2），則f（x－4）＝（x－4）2－4（x－4）＝x2－12x＋32.又f（x）＝f（x－2），所以函數f（x）的周期為2，所以f（x－4）＝f（x），所以當x∈[4，6）時，f（x）＝x2－12x＋32.
6.[2024北京市海淀區中國農業大學附屬中學模擬]若f（x）＝是奇函數，則a＝　1　，b＝　1　.
解析　由f（x）為奇函數，知f（－x）＝－f（x），當x＞0時，可得－x＋a＝－bx＋1，所以b＝1，a＝1.
研透高考 明確方向
命題點1　函數的奇偶性
角度1　判斷函數的奇偶性
例1 （1）[全國卷Ⅰ]設函數f（x），g（x）的定義域都為R，且f（x）是奇函數，g（x）是偶函數，則下列結論中正確的是（　B　）
A. f（x）g（x）是偶函數 B. f（x）｜g（x）｜是奇函數
C.｜f（x）｜g（x）是奇函數 D.｜f（x）g（x）｜是奇函數
解析　因為f（x）為奇函數，g（x）為偶函數，所以f（x）g（x）為奇函數，f（x）·
｜g（x）｜為奇函數，｜f（x）｜g（x）為偶函數，｜f（x）g（x）｜為偶函數，故選B.
（2）[2021全國卷乙]設函數f（x）＝，則下列函數中為奇函數的是（　B　）
A.f（x－1）－1 B.f（x－1）＋1
C.f（x＋1）－1 D.f（x＋1）＋1
解析　解法一　因為f（x）＝，所以f（x－1）＝＝，f（x＋1）＝＝.
對于A，F（x）＝f（x－1）－1＝－1＝，定義域關于原點對稱，但不滿足F（x）＝－F（－x）；
對于B，G（x）＝f（x－1）＋1＝＋1＝，定義域關于原點對稱，且滿足G（x）＝
－G（－x）；
對于C，f（x＋1）－1＝－1，定義域不關于原點對稱；
對于D，f（x＋1）＋1＝＋1，定義域不關于原點對稱.
故選B.
解法二　f（x）＝＝＝－1，為保證函數變換之后為奇函數，需將函數y＝
f（x）的圖象向右平移一個單位長度，再向上平移一個單位長度，得到的圖象對應的函數為y＝f（x－1）＋1，故選B.
方法技巧
1.（1）函數定義域關于原點對稱是函數有奇偶性的前提條件；（2）若定義域關于原點對稱，則判斷f（x）與f（－x）是否具有等量關系，具體運算中，可轉化為判斷f（x）＋
f（－x）＝0（奇函數）或f（x）－f（－x）＝0（偶函數）是否成立.
2.在公共定義域內有：奇函數±奇函數＝奇函數，偶函數±偶函數＝偶函數，奇函數×奇函數＝偶函數，偶函數×偶函數＝偶函數，奇函數×偶函數＝奇函數.
注意　對于分段函數奇偶性的判斷，要分段判斷f（－x）＝f（x）或f（－x）＝－f（x）是否成立，只有當所有區間都滿足相同關系時，才能判斷該分段函數的奇偶性.
角度2　函數奇偶性的應用
例2 （1）[2023新高考卷Ⅱ]若f（x）＝（x＋a）·ln為偶函數，則a＝（　B　）
A.－1 B.0 C. D.1
解析　解法一　設g（x）＝ln ，易知g（x）的定義域為（－∞，－）∪（，
＋∞），且g（－x）＝ln ＝ln ＝－ln ＝－g（x），所以g（x）為奇函數.若
f（x）＝（x＋a）ln 為偶函數，則y＝x＋a應為奇函數，所以a＝0，故選B.
解法二　因為f（x）＝（x＋a）ln 為偶函數，f（－1）＝（a－1）ln 3，f（1）＝（a＋1）ln ＝－（a＋1）ln 3，所以（a－1）ln 3＝－（a＋1）ln 3，解得a＝0，經檢驗，滿足題意，故選B.
（2）[2024江蘇南通模擬]已知定義在R上的函數f（x），g（x）分別是奇函數和偶函數，且f（x）＋g（x）＝x2－2x，則f（2）＋g（1）＝　－3　.
解析　由f（x）是奇函數，g（x）是偶函數，得f（－x）＝－f（x），g（－x）＝g（x），∵f（x）＋g（x）＝x2－2x，∴f（－x）＋g（－x）＝（－x）2－2（－x）＝x2＋2x，即
－f（x）＋g（x）＝x2＋2x，則有f（x）＝－2x，g（x）＝x2，則f（2）＋g（1）＝－4＋1＝－3.
方法技巧
函數奇偶性的應用類型及解題策略
（1）求函數解析式或函數值：借助奇偶性轉化為求已知區間上的函數解析式或函數值，或利用奇偶性構造關于f（x）的方程（組）求解析式.
（2）求參數值：利用定義域關于原點對稱或f（x）±f（－x）＝0列方程（組）求解，對于在x＝0處有定義的奇函數f（x），可考慮列等式f（0）＝0求解.
注意　利用特殊值法求參數時要檢驗.
訓練1 （1）[2024遼寧鞍山一中模擬]下列函數中，既是偶函數又在（0，＋∞）上單調遞增的是（　C　）
A.f（x）＝xlnx
B.f（x）＝ln（－x＋）
C.f（x）＝ex＋e－x
D.f（x）＝ex－e－x
解析　對于A，因為f（x）＝xlnx的定義域為（0，＋∞），不關于原點對稱，所以f（x）＝xlnx不是偶函數，故A選項不符合題意；對于B，因為f（x）＝ln（－x＋）的定義域為R，關于原點對稱，f（x）＋f（－x）＝ln（－x＋）＋ln（x＋）＝ln 1＝0，所以f（x）＝ln（－x＋）是奇函數，故B選項不符合題意；對于C，因為f（x）＝ex＋e－x的定義域為R，關于原點對稱，且f（－x）＝e－x＋ex＝f（x），所以
f（x）＝ex＋e－x是偶函數.f'（x）＝ex－e－x，當x∈（0，＋∞）時，有，則f'（x）＝ex－e－x＞0，所以f（x）＝ex＋e－x在（0，＋∞）上單調遞增，故C選項符合題意；對于D，因為f（x）＝ex－e－x的定義域為R，關于原點對稱，但f（－x）＝e－x－ex＝－（ex－e－x）＝－f（x），所以f（x）＝ex－e－x是奇函數，故D選項不符合題意.故選C.
（2）[2024江蘇省揚州中學模擬]定義在R上的奇函數f（x），當x≥0時，f（x）＝2x－a·3－x，當x＜0時，f（x）＝　3x－2－x　.
解析　因為函數f（x）為奇函數，定義域為R，所以f（0）＝20－a×30＝0，解得a＝1.若x＜0，則－x＞0，所以f（－x）＝2－x－3x，又f（x）為奇函數，所以當x＜0時，f（x）＝－f（－x）＝3x－2－x，即當x＜0時，f（x）＝3x－2－x.
命題點2　函數的周期性
例3 （1）已知f（x＋1）是定義在R上且周期為2的函數，當x∈[－1，1）時，f（x）＝則f（3）·f（－）＝（　A　）
A. B.－ C.－ D.
解析　因為f（x＋1）是定義在R上且周期為2的函數，
所以f（x）也是周期為2的函數，（解題關鍵：由f（x＋1）的周期得到f（x）的周期）
則f（3）＝f（－1）＝－2＋4＝2，f（－）＝f（）＝sin ＝，可得f（3）·f（－）＝2×＝，故選A.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知函數f（x）的定義域為R，且f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）·
f（y），f（1）＝1，則f（k）＝（　A　）
A.－3 B.－2 C.0 D.1
解析　因為f（1）＝1，所以在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令y＝1，得
f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）f（1），所以f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）　①，所以f（x＋2）＋f（x）＝f（x＋1）　②.由①②相加，得f（x＋2）＋f（x－1）＝0，故f（x＋3）＋f（x）＝0，所以f（x＋3）＝－f（x），所以f（x＋6）＝－f（x＋3）＝f（x），所以函數
f（x）的一個周期為6.在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令x＝1，y＝0，得
f（1）＋f（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2，再令x＝0，代入f（x＋3）＋f（x）＝0，得f（3）＝－2.令x＝1，y＝1，得f（2）＋f（0）＝f（1）f（1），所以f（2）＝－1.由
f（x＋3）＋f（x）＝0，得f（1）＋f（4）＝0，f（2）＋f（5）＝0，f（3）＋f（6）＝0，所以f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝0，根據函數的周期性知，f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝f（2）＋f（3）＝－1－2＝－3，故選A.
方法技巧
（1）利用函數的周期性可以將局部的函數性質擴展到整體.（2）判斷抽象函數的周期一般需要對變量進行賦值.
訓練2 （1）[2024廣東梅州模擬]已知函數f（x）＝則f（2 024－
ln 2）＝（　A　）
A.－ B.－ C. D.
解析　當x＞1時，f（x）＝－f（x－1），則f（x＋2）＝－f（x＋1）＝f（x），所以x＞1時，f（x）是周期為2的函數.因為2 024－ln 2＝2 022＋2－ln 2，且2＞2－ln 2＞2－ln e＝1，所以f（2 024－ln 2）＝f（2－ln 2）＝－f（1－ln 2）＝－e1－ln 2＋1＝－＝－.故選A.
（2）[2024云南部分名校聯考]已知f（x）是定義在R上的偶函數，且f（x）＋f（4－x）＝0，當0≤x≤2時，f（x）＝a·2x＋x2，則f（2 024）＝　－1　.
解析　因為f（x）是定義在R上的偶函數，且f（x）＋f（4－x）＝0，所以f（x）＝－f（4－x）＝－f（x－4），f（x－4）＝－f（x－8），所以f（x）＝f（x－8），故f（x）是以8為周期的函數，則f（2 024）＝f（0）.令x＝2，則f（2）＋f（4－2）＝2f（2）＝8a＋8＝0，則a＝－1，所以f（0）＝－20＝－1，即f（2 024）＝－1.
命題點3　函數圖象的對稱性
例4 （1）已知函數f（x）（x∈R）滿足f（－x）＝2－f（x），若函數y＝與y＝
f（x）圖象的交點為（x1，y1），（x2，y2），…，（xm，ym），則（xi＋yi）＝（　B　）
A.0 B.m C.2m D.4m
解析　由f（－x）＝2－f（x）知f（x）的圖象關于點（0，1）對稱，而y＝＝1＋的圖象也關于點（0，1）對稱，因此兩個函數圖象的交點也關于點（0，1）對稱，且成對出現，則x1＋xm＝x2＋xm－1＝…＝0，y1＋ym＝y2＋ym－1＝…＝2，所以（xi＋yi）＝0×＋2×＝m.
（2）函數f（x）＝（x2－1）（ex－e－x）＋x＋1在區間[－2，2]上的最大值與最小值分別為M，N，則M＋N的值為　2　.
解析　設g（x）＝（x2－1）（ex－e－x）＋x，則f（x）＝g（x）＋1.
因為g（－x）＝（x2－1）（e－x－ex）－x＝－g（x），且g（x）的定義域關于原點對稱，所以g（x）是奇函數.
由奇函數圖象的對稱性知g（x）max＋g（x）min＝0，
故M＋N＝[g（x）＋1]max＋[g（x）＋1]min＝2＋g（x）max＋g（x）min＝2.
方法技巧
1.解決與函數圖象的對稱性有關的問題，應結合題設條件的結構特征及對稱性的定義，求出函數圖象的對稱軸或對稱中心，進而利用對稱性解決求值或參數問題.
2.常用結論：三次函數f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d（a≠0）的圖象的對稱中心為（－，
f（－））.
訓練3 （1）[多選]關于函數f（x）＝sin x＋，下列結論正確的是（　BC　）
A.f（x）的圖象關于y軸對稱
B.f（x）的圖象關于原點對稱
C.f（x）的圖象關于直線x＝對稱
D.f（x）的最小值為2
解析　由題意知f（x）的定義域為{x｜x≠kπ，k∈Z}，且關于原點對稱.又f（－x）＝
sin（－x）＋＝－（sin x＋）＝－f（x），所以函數f（x）為奇函數，其圖象關于原點對稱，所以A錯誤，B正確.因為f（π－x）＝sin（π－x）＋＝sin x＋＝
f（x），所以函數f（x）的圖象關于直線x＝對稱，C正確.當sin x＜0時，f（x）＜0，所以D錯誤.故選BC.
（2）已知函數f（x）＝x3－3x2＋x＋1＋sin（x－1），則函數f（x）在（0，2）上的最大值與最小值的和為　0　.
解析　由三次函數圖象的對稱性可得，y＝x3－3x2＋x＋1的圖象的對稱中心為（1，0），因為y＝sin（x－1）的圖象也關于（1，0）對稱，所以函數f（x）在（0，2）上的圖象關于（1，0）對稱，所以f（x）在（0，2）上的最大值與最小值的和為0.
命題點4　函數性質的綜合應用
例5 （1）[2021全國卷甲]設函數f（x）的定義域為R，f（x＋1）為奇函數，f（x＋2）為偶函數，當x∈[1，2]時，f（x）＝ax2＋b.若f（0）＋f（3）＝6，則f（）＝（　D　）
A.－ B.－ C. D.
解析　因為f（x＋1）為奇函數，所以函數f（x）的圖象關于點（1，0）對稱，即有f（x）＋f（2－x）＝0，令x＝1，得f（1）＝0，即a＋b＝0　①，令x＝0，得f（0）＝－f（2）.因為f（x＋2）為偶函數，所以函數f（x）的圖象關于直線x＝2對稱，即有f（x）－f（4－x）＝0，令x＝1，得f（3）＝f（1），所以f（0）＋f（3）＝－f（2）＋f（1）＝－4a－b＋a＋b＝－3a＝6　②.根據①②可得a＝－2，b＝2，所以當x∈[1，2]時，f（x）＝－2x2＋2.根據函數f（x）的圖象關于直線x＝2對稱，且關于點（1，0）對稱，可得函數f（x）的周期為4，所以f（）＝f（）＝－f（）＝2×（）2－2＝.
（2）[2024平許濟洛第一次質檢]定義在R上的偶函數f（x）滿足f（2－x）＋f（x）＝0，且f（x）在[－2，0]上單調遞增.若a＝f（tan），b＝f（3），c＝f（log43），則（　A　）
A.a＜b＜c B.a＜c＜b
C.c＜b＜a D.c＜a＜b
解析　由f（2－x）＋f（x）＝0可得f（x）的圖象關于點（1，0）中心對稱，由f（x）為偶函數可得f（x）的圖象關于y軸對稱，根據函數周期性結論可得函數f（x）的周期為4，所以f（3）＝f（3－4）＝f（－1）＝f（1），因為0＜log43＜1，1＝tan＜tan＜tan＝＜2，所以0＜log43＜1＜tan＜2，因為偶函數f（x）在[－2，0]上單調遞增，所以函數f（x）在（0，2]上單調遞減，所以f（tan）＜f（1）＝f（3）＜f（log43），即a＜b＜c.故選A.
方法技巧
1.對于函數單調性與奇偶性的綜合問題，常利用奇、偶函數的圖象的對稱性，以及奇、偶函數在關于原點對稱的區間上的單調性求解.
2.對于函數周期性與奇偶性的綜合問題，常利用奇偶性及周期性將所求函數值的自變量轉換到已知函數解析式的自變量的取值范圍內求解.
3.函數的奇偶性、周期性及單調性是函數的三大性質，在高考中常常將它們綜合在一起命題，在解題時，往往需要先借助函數的奇偶性和周期性來確定另一區間上的單調性，即實現區間的轉換，再利用單調性解決相關問題.
訓練4 （1）已知函數f（x）是定義在R上的奇函數，且當x＞0時，f（x）＝ex＋x2＋x，則不等式f（2－a）＋f（2a－3）＞0的解集為（　B　）
A.（－1，＋∞） B.（1，＋∞）
C.（－∞，－1） D.（－∞，1）
解析　易知f（x）在（0，＋∞）上單調遞增，且在（0，＋∞）上，f（x）＞1.因為f（x）為R上的奇函數，所以f（0）＝0，f（x）在（－∞，0）上單調遞增，且在（－∞，0）上f（x）＜－1，故f（x）在R上單調遞增.原不等式可化為f（2－a）＞－f（2a－3），即
f（2－a）＞f（3－2a），所以2－a＞3－2a，故a＞1，選B.
（2）[2024湖北部分重點中學聯考]已知函數y＝f（x）是
R上的奇函數， x∈R，都有f（2－x）＝f（x）＋f（2）成立，則f（1）＋f（2）＋f（3）＋…＋f（2 024）＝　0　.
解析　因為函數f（x）是R上的奇函數，所以f（0）＝0.因為 x∈R，都有f（2－x）＝
f（x）＋f（2），所以令x＝2，得f（0）＝2f（2），得f（2）＝0，所以f（2－x）＝
f（x），則函數f（x）的圖象關于直線x＝1對稱.因為函數f（x）的圖象關于原點對稱，所以函數f（x）是以4為周期的周期函數，且函數f（x）的圖象關于點（2，0）中心對稱，則f（1）＋f（3）＝0，又f（2）＝0，f（4）＝f（0）＝0，所以f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝0，所以f（1）＋f（2）＋f（3）＋…＋f（2 024）＝506[f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）]＝0.第4講　冪函數、指數與指數函數
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.結合y＝x，y＝，y＝x2，y＝，y＝x3的圖象，理解它們的變化規律，了解冪函數. 2.通過對有理數指數冪（a＞0，且a≠1；m，n為整數，且n＞0）、實數指數冪ax（a＞0，且a≠1；x∈R）含義的認識，了解指數冪的拓展過程，掌握指數冪的運算性質. 3.了解指數函數的實際意義，理解指數函數的概念. 4.能用描點法或借助計算工具畫出具體指數函數的圖象，探索并理解指數函數的單調性與特殊點. 冪函數的圖象與性質 該講命題熱點為指數函數的圖象應用、性質判斷，比較大小（常運用指、對、冪函數的性質或中間值比較大小，有時需要構造函數，借助函數單調性比較大小）.題型以選擇題為主，難度中等.2025年高考備考時，應重點關注指數函數的圖象與性質的靈活運用.
指數冪的運算
指數函數的圖象及應用 2019浙江T6
指數函數的性質及應用 2023新高考卷ⅠT4；2023全國卷甲T11；2023天津T3；2020全國卷ⅡT12；2020天津T6；2019全國卷ⅠT3
1.冪函數
（1）冪函數的概念
一般地，函數①　y＝xα　叫做冪函數，其中x是自變量，α是常數.
（2）5種常見冪函數的圖象與性質
函數 y＝x y＝x2 y＝x3 y＝ y＝x－1
定義域 R R R ②　{x｜x≥0}　 ③　{x｜x≠0}　
值域 R ④　{y｜y≥0}　 R {y｜y≥0} ⑤　{y｜y≠0}　
奇偶性 奇函數 ⑥　偶函數　 奇函數 非奇非偶函數 ⑦　奇函數　
單調性 在R上單 調遞增 在（－∞，0）上單調遞減，在[0，＋∞）上單調遞增 ⑧　在R上　 　單調遞增　 ⑨　在（0，＋∞）上單調遞增　 ⑩　在（－∞，0）和（0，＋∞）上單調遞減　
圖象
過定點 　（1，1）　
規律總結
（1）冪函數y＝xα在第一象限的圖象如圖所示，可根據函數的定義域以及奇偶性判斷冪函數在第二或第三象限的圖象.
（2）在（0，1）上，冪函數的指數越大，函數圖象越接近x軸；在（1，＋∞）上，冪函數的指數越小，函數圖象越接近x軸.
注意　冪函數的圖象一定會出現在第一象限，一定不會出現在第四象限，若與坐標軸有交點，則交點一定是原點.
2.指數與指數運算
（1）根式
a.（）n＝ 　a　（n∈N*，且n＞1）.
b.＝
（2）分數指數冪
a.＝ 　　（a＞0，m，n∈N*，且n＞1）.
b.＝＝ 　　（a＞0，m，n∈N*，且n＞1）.
注意　 0的正分數指數冪等于0，0的負分數指數冪沒有意義.
（3）有理數指數冪的運算性質
a.ar·as＝ 　ar＋s　（a＞0，r，s∈R）；＝ 　ar－s　（a＞0，r，s∈R）；
b.（ar）s＝ 　ars　（a＞0，r，s∈R）；
c.（ab）r＝ 　arbr　（a＞0，b＞0，r∈R）.
3.指數函數
（1）指數函數的概念
函數y＝ax（a＞0，且a≠1）叫做指數函數，其中指數x是自變量，定義域是R.
（2）指數函數的圖象和性質
函數 y＝ax（a＞1） y＝ax（0＜a＜1）
圖象
性質 函數的定義域為R；值域為 　（0，＋∞）　.
函數圖象過定點 　（0，1）　，即當x＝0時，y＝1.
當x＞0時，y＞1；當x＜0時，0＜y＜1. 當x＞0時，0＜y＜1；當x＜0時，y＞1.
函數在R上單調遞 　增　. 函數在R上單調遞 　減　.
注意　當指數函數的底數a的大小不確定時，需分a＞1和0＜a＜1兩種情況進行討論.
規律總結
1.指數函數的圖象過點（0，1），（1，a），（－1，），依據這三點的坐標可得到指數函數的大致圖象.
2.函數y＝ax（a＞0，且a≠1）的圖象與y＝a－x的圖象關于y軸對稱，y＝ax的圖象與y＝－ax的圖象關于x軸對稱，y＝ax的圖象與y＝－a－x的圖象關于坐標原點對稱.
3.如圖，底數a，b，c，d與1之間的大小關系為0＜c＜d＜1＜a＜b.
1.[2024江蘇省南通市質量監測]化簡：＋＝（　A　）
A.1 B.－1 C.7－2π D.2π－7
解析　＋＝｜π－4｜＋π－3＝4－π＋π－3＝1.故選A.
2.[多選]已知冪函數f（x）＝xα的圖象經過點（16，4），則下列說法正確的有（　BCD　）
A.f（x）是偶函數 B.f（x）是增函數
C.當x＞1時，f（x）＞1 D.當0＜x1＜x2時，＜f（）
解析　因為冪函數f（x）＝xα的圖象經過點（16，4），所以16α＝4，α＝，所以f（x）＝＝，由其圖象可知，A錯誤，B正確；當x＞1時，f（x）＞f（1）＝1，故C正確；由f（x）＝的圖象可知＜f（），故D正確.故選BCD.
3.函數f（x）＝ax－1＋2（a＞0，且a≠1）的圖象恒過定點　（1，3）　.
4.已知函數f（x）＝ax＋b（a＞0，且a≠1）的定義域和值域都是[－1，0]，則a＋b＝－.
研透高考 明確方向
命題點1　冪函數的圖象與性質
例1 （1）[2023山西省運城市景勝中學模擬]如圖所示的曲線是冪函數y＝xn在第一象限內的圖象.已知n分別取±2，±四個值，與曲線C1，C2，C3，C4對應的n依次為（　A　）
A.2，，－，－2 B.2，，－2，－
C.－，－2，2， D.－2，－，，2
解析　如圖所示，作直線x＝2分別與曲線C1，C2，C3，C4相交，因為函數y＝2x為增函數，所以22＞＞＞2－2，所以交點由上到下對應的n值分別為2，，－，－2，由圖可知，曲線C1，C2，C3，C4對應的n值分別為2，，
－，－2.故選A.
（2）[全國卷Ⅲ]已知a＝，b＝，c＝2，則（　A　）
A.b＜a＜c B.a＜b＜c
C.b＜c＜a D.c＜a＜b
解析　因為a＝＝，b＝＝1，c＝，且冪函數y＝在R上單調遞增，指數函數y＝16x在R上單調遞增，所以b＜a＜c.故選A.
方法技巧
1.對于冪函數的圖象識別問題，解題關鍵是把握冪函數的性質，尤其是單調性、奇偶性、圖象經過的定點等.
2.比較冪值大小的方法
（1）同底不同指的冪值大小比較：利用指數函數的單調性進行比較.
（2）同指不同底的冪值大小比較：利用冪函數的單調性進行比較.
（3）既不同底又不同指的冪值大小比較：常找到一個中間值，通過比較冪值與中間值的大小來判斷.
訓練1 （1）[2024陜西省漢中市名校聯考]已知冪函數f（x）＝（m2＋m－1）xm的圖象與坐標軸沒有公共點，則f（）＝（　A　）
A. B. C.2 D.2
解析　因為f（x）為冪函數，所以m2＋m－1＝1，解得m＝－2或m＝1，又f（x）的圖象與坐標軸無公共點，故m＜0，所以m＝－2，故f（x）＝x－2，所以f（）＝（）-2＝.故選A.
（2）若（2m＋1＞（m2＋m－1，則實數m的取值范圍是　[，2）　.
解析　因為函數y＝的定義域為[0，＋∞），且在定義域內單調遞增，所以解得≤m＜2，所以實數m的取值范圍為[，2）.
命題點2　指數冪的運算
例2 計算：
（1）（－3＋（0.002－10×（－2）－1＋（－）0＝　－　；
解析　原式＝（－1×（3＋（－＋1＝（＋50－10×（＋2）＋1＝＋10－10－20＋1＝－.
（2）若＋＝3，則＝　　.
解析　由＋＝3，兩邊平方，得x＋x－1＝7，
∴x2＋x－2＝47，∴x2＋x－2－2＝45.
由（＋）3＝33，得＋3＋3＋＝27.
∴＋＝18，∴＋－3＝15.
∴＝.
方法技巧
指數冪的運算技巧
運算 順序 ①有括號先算括號內的；②無括號先進行指數的乘方、開方，再乘除，最后加減；③底數是負數的先確定符號.
運算基 本原則 ①化負指數為正指數；②化根式為分數指數冪；③化小數為分數；④化帶分數為假分數.
訓練2 （1）[2024重慶八中模擬]已知10α＝，10β＝，則＝　2　.
解析　＝×＝×＝＝2.
（2）＝　　（a＞0，b＞0）.
解析　原式＝＝·＝.
命題點3　指數函數的圖象及應用
例3 （1）已知函數y＝kx＋a的圖象如圖所示，則函數y＝ax＋k的圖象可能是（　B　）
A B C D
解析　由函數y＝kx＋a的圖象可得k＜0，0＜a＜1.函數y＝ax＋k的圖象可以看作是把y＝ax的圖象向右平移－k個單位長度得到的，且函數y＝ax＋k是減函數，故此函數的圖象與y軸交點的縱坐標大于1，結合所給的選項，可知選B.
（2）[2024上海奉賢致遠高級中學模擬]已知a∈R，若關于x的方程｜3x－1｜－2a＝0有兩個不相等的實根，則a的取值范圍是　（0，）　.
解析　關于x的方程｜3x－1｜－2a＝0有兩個不相等的實根，即曲線y＝
｜3x－1｜與直線y＝2a的圖象有兩個交點，作出y＝｜3x－1｜與y＝2a的圖象，如圖，易得a的取值范圍是（0，）.
命題拓展
已知a∈R，若關于x的方程｜ax－1｜－2a＝0有兩個不等的實根，則a的取值范圍是　（0，）　.
解析　關于x的方程｜ax－1｜－2a＝0有兩個不等的實根，即曲線y＝｜ax－1｜與直線y＝2a的圖象有兩個交點，y＝｜ax－1｜的圖象是由y＝ax的圖象先向下平移1個單位長度，再將x軸下方的圖象沿x軸翻折到x軸上方得到的.當a＞1時，如圖1，兩圖象只有一個交點，不合題意；當0＜a＜1時，如圖2，要使兩個函數圖象有兩個公共點，則0＜2a＜1，得0＜a＜.
圖1 圖2
綜上可知，a的取值范圍是（0，）.
方法技巧
與指數函數有關的圖象問題的求解策略
數形 結合 指數型函數圖象識別，一般通過確定圖象是“上升”還是“下降”、圖象位置、圖象所過的定點、圖象與坐標軸的交點、函數值域等求解.
變換 作圖 對于有關指數型函數的圖象問題，一般從最基本的指數函數的圖象入手，通過平移、伸縮、對稱變換而得到.
注意　在指數函數圖象變換時，注意特殊點（如定點）、特殊線（如漸近線）的變化.
訓練3 [2024重慶市巴蜀中學適應性考試]已知函數f（x）＝ax－1－2（a＞0，且a≠1）的圖象恒過定點M（m，n），則函數g（x）＝m＋xn的圖象不經過（　D　）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析　∵a0＝1，∴f（x）＝ax－1－2的圖象恒過定點（1，－1），∴m＝1，n＝－1，
∴g（x）＝1＋，其圖象不經過第四象限，故選D.
命題點4　指數函數的性質及應用
角度1　比較大小
例4 （1）[2023天津高考]若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，則a，b，c的大小關系為（　D　）
A.c＞a＞b B.c＞b＞a
C.a＞b＞c D.b＞a＞c
解析　因為函數f（x）＝1.01x是增函數，且0.6＞0.5＞0，所以1.010.6＞1.010.5＞1，即b＞a＞1；因為函數g（x）＝0.6x是減函數，且0.5＞0，所以0.60.5＜0.60＝1，即c＜1.綜上，b＞a＞c.故選D.
（2）[2023全國卷甲]已知函數f（x）＝.記a＝f（），b＝f（），c＝
f（），則（　A　）
A.b＞c＞a B.b＞a＞c
C.c＞b＞a D.c＞a＞b
解析　f（x）＝是由函數y＝eu和u＝－（x－1）2復合而成的函數，y＝eu為R上的增函數，u＝－（x－1）2在（－∞，1）上單調遞增，在（1，＋∞）上單調遞減，由復合函數的單調性可知，f（x）在（－∞，1）上單調遞增，在（1，＋∞）上單調遞減.易知
f（x）的圖象關于直線x＝1對稱，所以c＝f（）＝f（2－），又＜2－＜＜1，所以f（）＜f（2－）＜f（），所以b＞c＞a，故選A.
方法技巧
比較指數冪大小的常用方法
單調 性法 不同底的指數函數化同底后就可以應用指數函數的單調性比較大小，所以能夠化同底的盡可能化同底.
取中間 值法 不同底、不同指數的指數函數比較大小時，先與中間值（特別是1）比較大小，然后得出大小關系.
數形結 合法 根據指數函數的特征，在同一平面直角坐標系中作出它們的函數圖象，借助圖象比較大小.
角度2　解簡單的指數方程或不等式
例5 [2024北京市十一學校模擬]若不等式3ax－1＜（恒成立，則實數a的取值范圍是（　B　）
A.（－4，0） B.（－4，0]
C.（0，4） D.[0，4）
解析　因為不等式3ax－1＜（恒成立，即3ax－1＜恒成立，所以ax－1＜－ax2恒成立，即ax2＋ax－1＜0恒成立，
當a＝0時，－1＜0恒成立，符合題意；
當a≠0時，則解得－4＜a＜0.
綜上可得－4＜a≤0，即實數a的取值范圍是（－4，0].故選B.
方法技巧
解簡單的指數方程或不等式問題的思路
（1）af（x）＝ag（x） f（x）＝g（x）.
（2）①af（x）＞ag（x） 或
②形如ax＞b的不等式，一般先將b轉化為以a為底數的指數冪的形式，再借助函數y＝ax的單調性求解.
角度3　指數函數性質的應用
例6 已知函數f（x）＝（.
（1）若a＝－1，則f（x）的單調遞增區間為（－2，＋∞），單調遞減區間為（－∞，
－2）；
（2）若f（x）有最大值3，則a的值為　1　；
（3）若f（x）的值域是（0，＋∞），則a的值為　0　.
解析　（1）當a＝－1時，f（x）＝（.令u＝－x2－4x＋3＝－（x＋2）2＋7，則該函數在（－∞，－2）上單調遞增，在（－2，＋∞）上單調遞減.因為y＝（）u在R上單調遞減，所以函數f（x）在（－∞，－2）上單調遞減，在（－2，＋∞）上單調遞增，即函數f（x）的單調遞增區間是（－2，＋∞），單調遞減區間是（－∞，－2）.
（2）令h（x）＝ax2－4x＋3，則f（x）＝（）h（x），因為f（x）有最大值3，所以h（x）有最小值－1，因此必有解得a＝1，即當f（x）有最大值3時，a的值為1.
（3）令g（x）＝ax2－4x＋3，由f（x）的值域是（0，＋∞）知，g（x）＝ax2－4x＋3的值域為R，則必有a＝0.
方法技巧
1.形如y＝af（x）的函數的單調性：若a＞1，則函數f（x）的單調遞增（減）區間即函數y＝af（x）的單調遞增（減）區間；若0＜a＜1，則函數f（x）的單調遞增（減）區間即函數y＝af（x）的單調遞減（增）區間.
2.求解指數型函數中的參數取值范圍的基本思路
一般利用指數函數的單調性或最值進行轉化求解.
注意　當底數a與1的大小關系不確定時應分類討論.
訓練4 （1）[2024遼寧省名校聯考]已知函數f（x）＝（a＞0，且a≠1）在區間[2，3]上單調遞增，則a的取值范圍為（　C　）
A.（0，] B.（1，＋∞） C.（0，] D.[，]
解析　由a＞0且a≠1，得y＝在[2，3]上單調遞減，由復合函數單調性法則得a∈（0，1），由1－3a≥0，解得a≤，故a∈（0，].故選C.
（2）[2024浙江溫州聯考]如果1＜2a＜2b＜2，那么（　C　）
A.aa＜ab＜ba B.aa＜ba＜ab
C.ab＜aa＜ba D.ab＜ba＜aa
解析　因為函數y＝2x在R上單調遞增，20＝1＜2a＜2b＜2＝21，所以0＜a＜b＜1.因為函數y＝ax（0＜a＜1）在R上單調遞減，所以aa＞ab.因為函數y＝xa（0＜a＜1）在（0，＋∞）上單調遞增，所以aa＜ba，所以ab＜aa＜ba.故選C.
（3）[2024黑龍江省肇東市第四中學模擬]已知函數f（x）＝2x＋a·2－x的圖象關于原點對稱，若f（2x－1）＞，則x的取值范圍為（　B　）
A.（－∞，1） B.（1，＋∞） C.[3，＋∞） D.（－∞，－2）
解析　因為函數f（x）＝2x＋a·2－x的圖象關于原點對稱且定義域為R，所以f（0）＝1＋a＝0，解得a＝－1，所以f（x）＝2x－2－x.因為y＝2x在R上單調遞增，y＝2－x在R上單調遞減，所以f（x）＝2x－2－x在R上單調遞增，由f（1）＝，f（2x－1）＞，得f（2x－1）＞f（1），所以2x－1＞1，解得x＞1.故選B.第5講　對數與對數函數
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.理解對數的概念和運算性質，知道用換底公式能將一般對數轉化成自然對數或常用對數. 2.了解對數函數的概念.能用描點法或借助計算工具畫出具體對數函數的圖象，探索并了解對數函數的單調性與特殊點. 3.知道對數函數y＝logax與指數函數y＝ax互為反函數（a＞0，且a≠1）. 對數的運算 2022浙江T7；2022天津T6；2021天津T7；2020全國卷ⅠT8 該講命題熱點為對數運算、對數函數的圖象與性質的判斷及應用，常與指數函數綜合考查，且難度有上升趨勢.在2025年備考過程中要熟練掌握對數的運算性質和換底公式；學會構造新函數，結合單調性比較大小；注意對函數圖象的應用，注意區分對數函數圖象和指數函數圖象.
對數函數的圖象及應用 2019浙江T6
對數函數的性質及應用 2021新高考卷ⅡT7；2021全國卷乙T12；2020全國卷ⅠT12；2020全國卷ⅡT11；2020全國卷ⅢT12；2019全國卷ⅠT3
1.對數與對數運算
（1）對數的概念
一般地，如果ax＝N（a＞0，且a≠1），那么數x叫做以a為底N的對數，記作①　x＝logaN　，其中a叫做對數的②　底數　，N叫做③　真數　.
以10為底的對數叫做常用對數，記作④　lgN　；以e為底的對數叫做自然對數，記作⑤　lnN　.
（2）對數的性質、運算性質及換底公式
性質 loga1＝⑥　0　，logaa＝⑦　1　，＝⑧　N　（N＞0），其中a＞0，且a≠1.
運算 性質 如果a＞0，且a≠1，M＞0，N＞0，那么： （1）loga（M·N）＝⑨　logaM＋logaN　； （2）loga＝⑩　logaM－logaN　； （3）logaMn＝ 　nlogaM　，logaan＝ 　n　（n∈R）.
換底 公式 logab＝ 　　（a＞0，且a≠1；c＞0，且c≠1；b＞0）. 推論：（1）logab·logba＝ 　1　；（2）lobn＝logab；（3）logab·logbc·logcd＝logad.
2.對數函數的圖象和性質
函數 y＝logax（a＞1） y＝logax（0＜a＜1）
圖象
性質 定義域： 　（0，＋∞）　.
值域： 　R　.
圖象過定點 　（1，0）　，即恒有loga1＝0.
當x＞1時，y＞0；當0＜x＜1時，y＜0. 當x＞1時，y＜0；當0＜x＜1時，y＞0.
在（0，＋∞）上單調遞 　增　. 在（0，＋∞）上單調遞 　減　.
規律總結
1.對數函數y＝logax（a＞0，且a≠1）的圖象過定點（1，0），且過點（a，1），（，
－1），函數圖象只在第一、四象限.
2.如圖，作直線y＝1，則該直線與四個函數圖象交點的橫坐標為相應的底數，故0＜c＜d＜1＜a＜b.由此我們可得到以下規律：在第一象限內從左到右對數函數的底數逐漸增大.
注意　當對數函數的底數a的大小不確定時，需分a＞1和0＜a＜1兩種情況進行討論.
3.反函數
指數函數y＝ax（a＞0，且a≠1）與對數函數y＝logax（a＞0，且a≠1）互為反函數，它們的圖象關于直線 　y＝x　對稱（如圖所示）.反函數的定義域、值域分別是原函數的值域、定義域，互為反函數的兩個函數具有相同的單調性、奇偶性.
1.[全國卷Ⅰ]設alog34＝2，則4－a＝（　B　）
A. B. C. D.
解析　解法一　因為alog34＝2，所以log34a＝2，則有4a＝32＝9，所以4－a＝＝，故選B.
解法二　因為alog34＝2，所以a＝＝＝log49，所以4a＝9，所以4－a＝＝，故選B.
2.[多選]以下說法正確的是（　CD　）
A.若MN＞0，則loga（MN）＝logaM＋logaN
B.對數函數y＝logax（a＞0且a≠1）在（0，＋∞）上是增函數
C.函數y＝ln 與y＝ln（1＋x）－ln（1－x）的定義域相同
D.對數函數y＝logax（a＞0且a≠1）的圖象過定點（1，0）且過點（a，1）,（，
－1），函數圖象只在第一、四象限
3.lg 25＋lg 2·lg 50＋（lg 2）2＝　2　.
4.若loga＜1（a＞0，且a≠1），則實數a的取值范圍是　（0，）∪（1，＋∞）　.
5.設loga2＝m，loga3＝n，則a2m＋n的值為　12　.
6.[2023北京高考]已知函數f（x）＝4x＋log2x，則f（）＝　1　.
解析　因為f（x）＝4x＋log2x，所以f（）＝＋log2＝2＋log22－1＝2－1＝1.
研透高考 明確方向
命題點1　對數的運算
例1 （1）[2022天津高考]化簡（2log43＋log83）（log32＋log92）的值為（　B　）
A.1 B.2 C.4 D.6
解析　（2log43＋log83）（log32＋log92）＝（2lo3＋3）×（log32＋2）＝（log23＋log23）（log32＋log32）＝×log23××log32＝2，故選B.
（2）[2022浙江高考]已知2a＝5，log83＝b，則4a－3b＝（　C　）
A.25 B.5 C. D.
解析　由2a＝5得a＝log25.又b＝log83＝＝log23，所以a－3b＝log25－log23＝log2＝＝2log4＝log4，所以4a－3b＝＝，故選C.
方法技巧
對數運算的一般思路
（1）轉化：①利用ab＝N b＝logaN（a＞0且a≠1）對題目條件進行轉化；②利用換底公式化為同底數的對數運算.
（2）利用恒等式：loga1＝0，logaa＝1，logaaN＝N，＝M.
（3）拆分：將真數化為積、商或底數的指數冪形式，正用對數的運算性質化簡.
（4）合并：將對數式化為同底數對數的和、差、倍數的運算，然后逆用對數的運算性質，轉化為同底數對數的真數的積、商、冪的運算.
訓練1 （1）[2024江蘇省如皋市教學質量調研]我們知道，任何一個正實數N可以表示成N＝a×10n（1≤a＜10，n∈Z），此時lg N＝n＋lg a（0≤lg a＜1）.當n＞0時，N是n＋1位數，則41 000是（　C　）位數.（lg 2≈0.301 0）
A.601 B.602 C.603 D.604
解析　由lg41 000＝lg22 000＝2 000lg 2≈2 000×0.301 0＝602＝602＋lg 1，得n＝602，所以41 000是603位數.故選C.
（2）[2024山東泰安第二中學模擬]（2＋＋2log32－log3－＝　－　.
解析　原式＝[（）3＋log34－log3－＝（）－2＋log39－3 ＝＋2－3＝－.
命題點2　對數函數的圖象及應用
例2 （1）[浙江高考]在同一直角坐標系中，函數y＝，y＝loga（x＋）（a＞0，且a≠1）的圖象可能是（　D　）
A B
C D
解析　若0＜a＜1，則函數y＝是增函數，y＝loga（x＋）是減函數且其圖象過點（，0），結合選項可知，選項D可能成立；若a＞1，則y＝是減函數，而y＝loga（x＋）是增函數且其圖象過點（，0），結合選項可知，沒有符合的圖象.故選D.
（2）已知當0＜x≤時，有＜logax，則實數a的取值范圍為　（，1）　.
解析　若＜logax在x∈（0，]時成立，則0＜a＜1，且y＝的圖象在y＝logax圖象的下方，作出y＝，y＝logax的圖象如圖所示.由圖象知＜loga，所以解得＜a＜1.故實數a的取值范圍是（，1）.
方法技巧
與對數函數有關的圖象問題的求解策略
1.對于圖象的識別，一般通過觀察圖象的變化趨勢、利用已知函數的性質、函數圖象上的特殊點（與坐標軸的交點、最高點、最低點等）排除不符合要求的選項.
2.對于對數型函數的圖象，一般從最基本的對數函數的圖象入手，通過平移、伸縮、對稱變換而得到.
訓練2 （1）[多選/2024遼寧省部分學校模擬]已知ax＝b－x（a＞0且a≠1，b＞0且b≠1），則函數y＝loga（－x）與y＝bx的圖象可能是（　AB　）
解析　因為ax＝b－x，即ax＝（）x，所以a＝，當a＞1時，0＜b＜1，函數y＝bx在R上單調遞減，且過點（0，1），因為y＝logax與y＝loga（－x）的圖象關于y軸對稱，故y＝loga（－x）在（－∞，0）上單調遞減且過點（－1，0），故A符合題意.
當0＜a＜1時，b＞1，函數y＝bx在R上單調遞增，且過點（0，1），y＝loga（－x）在（－∞，0）上單調遞增且過點（－1，0），故B符合題意.故選AB.
（2）[2024安徽省皖江名校聯考]已知函數f（x）＝設a，b，c，d是四個互不相同的實數，且滿足f（a）＝f（b）＝f（c）＝f（d），則｜a｜＋｜b｜＋｜c｜＋｜d｜的取值范圍是　（4，＋∞）　.
解析　作出函數f（x）的圖象，如圖所示，易知f（x）圖象關于y軸對稱.
設f（a）＝f（b）＝f（c）＝f（d）＝m（m＞0），且a＞b＞c＞d，作直線y＝m，則由圖象得0＜b＜1＜a，則由題意知，log3a＝
－log3b，且a＝－d，b＝－c，所以ab＝1，即b＝，則｜a｜＋｜b｜＋｜c｜＋｜d｜＝
2（a＋b）＝2（a＋）＞4，所以｜a｜＋｜b｜＋｜c｜＋｜d｜的取值范圍是（4，＋∞）.
命題點3　對數函數的性質及應用
角度1　比較大小
例3 （1）[2021新高考卷Ⅱ]若a＝log52，b＝log83，c＝，則（　C　）
A.c＜b＜a B.b＜a＜c C.a＜c＜b D.a＜b＜c
解析　a＝log52＝log5＜log5＝＝c，b＝log83＝log8＞log8＝＝c，所以a＜c＜b.故選C.
（2）[2024天津市薊州區第一中學模擬]已知函數f（x）在R上是增函數，若a＝
f（log2），b＝f（log24.1），c＝f（20.5），則a，b，c的大小關系為（　A　）
A.a＜c＜b B.b＜a＜c
C.c＜b＜a D.c＜a＜b
解析　log2＝－log25＜－log24＝－2，log24.1＞log24＝2，20.5＝∈（1，2），故log2＜20.5＜log24.1.由于f（x）在R上是增函數，故f（log2）＜f（20.5）＜f（log24.1），所以a＜c＜b.故選A.
方法技巧
比較對數值大小的常用方法
1.底數相同時，比較真數的大小；真數相同時，利用換底公式轉化為底數相同的形式，再比較大小，也可以借助對數函數的圖象比較大小.
2.當底數和真數都不相同時，常借助0，1或題干中出現的有理數等中間量比較大小，也可以通過作差或者作商比較大小.
角度2　解對數方程或不等式
例4 （1）[2024湘豫名校聯考]已知函數f（x）＝log2｜x｜＋x2，則不等式f（ln x）＋
f（－ln x）＜2的解集為（　D　）
A.（，1） B.（，e）
C.（1，e） D.（，1）∪（1，e）
解析　由題可知函數f（x）的定義域為（－∞，0）∪（0，＋∞），∴ln x≠0.
∵f（－x）＝log2｜－x｜＋（－x）2＝log2｜x｜＋x2＝f（x），
∴f（x）是偶函數，∴由f（ln x）＋f（－ln x）＜2可得2f（ln x）＜2，即f（ln x）＜1.
當x＞0時，f（x）＝log2x＋x2.
∵y＝log2x和y＝x2在（0，＋∞）上都是單調遞增的，∴f（x）在（0，＋∞）上單調遞增，又f（1）＝1，∴｜ln x｜＜1且ln x≠0，∴＜x＜e且x≠1，所以原不等式的解集為（，1）∪（1，e）.故選D.
（2）[2024江蘇省淮安市五校聯考]已知x＝－，y＝＋，則的值為（　B　）
A. B.
C.＋1 D.－1
解析　令log6x＝m，log4y＝n，則x＝6m，y＝4n.
由x＝－，y＝＋可得6m＝4m－9m，4n＝9n＋6n，
進而可得（）m＝1－（）2m，故（）m＋（）2m＝1，同理得（）2n＋（）n＝1，所以（）m與（）n均為方程t2＋t－1＝0的實數根，
由t2＋t－1＝0，解得t＝或t＝，
因為（）m＞0，（）n＞0，
所以（）m＝（）n＝.
由于函數y＝（）x為增函數，所以m＝n，＝＝（）m＝，故選B.
方法技巧
1.（1）logaf（x）＝b f（x）＝ab（a＞0，且a≠1）.
（2）logaf（x）＝logag（x） f（x）＝g（x）（f（x）＞0，g（x）＞0）.
2.解簡單對數不等式，先統一底數，化為形如logaf（x）＞logag（x）的不等式，再借助y＝logax的單調性求解.
角度3　對數函數性質的應用
例5 （1）[全國卷Ⅱ]設函數f（x）＝ln｜2x＋1｜－ln｜2x－1｜，則f（x）（　D　）
A.是偶函數，且在（，＋∞）單調遞增
B.是奇函數，且在（－，）單調遞減
C.是偶函數，且在（－∞，－）單調遞增
D.是奇函數，且在（－∞，－）單調遞減
解析　由得函數f（x）的定義域為（－∞，－）∪（－，）∪（，
＋∞），其關于原點對稱，因為f（－x）＝ln｜2（－x）＋1｜－ln｜2（－x）－1｜＝ln｜2x－1｜－ln｜2x＋1｜＝－f（x），所以函數f（x）為奇函數，排除A，C.當x∈
（－，）時，f（x）＝ln（2x＋1）－ln（1－2x），易知函數f（x）單調遞增，排除B.當x∈（－∞，－）時，f（x）＝ln（－2x－1）－ln（1－2x）＝ln＝ln（1＋），易知函數f（x）單調遞減，故選D.
（2）[全國卷Ⅰ]若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則（　B　）
A.a＞2b B.a＜2b
C.a＞b2 D.a＜b2
解析　令f（x）＝2x＋log2x，因為y＝2x在（0，＋∞）上單調遞增，y＝log2x在（0，
＋∞）上單調遞增，所以f（x）＝2x＋log2x在（0，＋∞）上單調遞增.又2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b＜22b＋log2（2b），所以f（a）＜f（2b），所以a＜2b.故選B.
方法技巧
對數型復合函數的單調性問題的求解策略
（1）對于y＝logaf（x）型的復合函數的單調性，有以下結論：函數y＝logaf（x）的單調性與函數u＝f（x）（f（x）＞0）的單調性在a＞1時相同，在0＜a＜1時相反.
（2）研究y＝f（logax）型的復合函數的單調性，一般用換元法，即令t＝logax，則只需研究t＝logax及y＝f（t）的單調性即可.
注意　研究對數型復合函數的單調性，一定要堅持“定義域優先”原則，否則所得范圍易出錯.
訓練3 （1）[2024河南名校聯考]“a≤2”是“函數f（x）＝ln（x2－ax＋）在區間（2，＋∞）上單調遞增”的（　A　）
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
解析　二次函數y＝x2－ax＋圖象的對稱軸為x＝，若函數f（x）＝ln（x2－ax＋）在區間（2，＋∞）上單調遞增，則根據復合函數的單調性可得即a≤，故“a≤2”是“函數f（x）＝ln（x2－ax＋）在區間（2，＋∞）上單調遞增”的充分不必要條件.故選A.
（2）[2024河南商丘高三名校聯考]已知a＝log64，b＝log53，c＝log76，則（　B　）
A.a＜b＜c B.b＜a＜c
C.b＜c＜a D.c＜a＜b
解析　由題意得a，b，c∈（0，1），
∵log64·log67＜（）2＝（）2＜1，
∴log64＜＝log76，即a＜c.
∵a＝log64＝log6＞log6＝，b＝log53＝log5＜log5＝，∴a＞b.綜上所述，可得b＜a＜c.故選B.
（3）[2024湖北名校聯考改編]已知奇函數f（x）＝lg（k≠1），則不等式－1＜f（x）＜lg的解集為　（，）　.
解析　因為f（x）為奇函數，所以f（－x）＋f（x）＝lg＋lg＝lg＝0，所以k2＝1.因為k≠1，所以k＝－1，則由－1＜f（x）＜lg，得lg＜lg＜lg，所以＜＜，解得＜x＜.第6講　函數的圖象
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
在實際情境中，會根據不同的需要選擇圖象法、列表法、解析式法表示函數，理解函數圖象的作用. 作函數的圖象 本講是高考的一個熱點，主要考查函數圖象的識別和應用，題型以選擇題為主，中檔難度.在2025年高考備考過程中要掌握數形結合思想，并能靈活應用.
函數圖象的識別 2023天津T4；2022全國卷乙T8；2022全國卷甲T5；2019全國卷ⅠT5；2019全國卷ⅢT7
函數圖象的應用 2020北京T6
1.利用描點法作函數的圖象
2.利用圖象變換法作函數的圖象
平移變換 y＝f（x）的圖象y＝f（x＋a）的圖象.
y＝f（x）的圖象y＝①　f（x－a）　的圖象.
y＝f（x）的圖象y＝f（x）＋h的圖象.
y＝f（x）的圖象y＝②　f（x）－h　的圖象.
對稱變換 y＝f（x）的圖象y＝－f（x）的圖象.
y＝f（x）的圖象y＝③　f（－x）　的圖象.
y＝f（x）的圖象y＝f（x）的反函數的圖象.
y＝f（x）的圖象y＝④　－f（－x）　的圖象.
翻折變換 y＝f（x）的圖象y＝｜f（x）｜的圖象.
y＝f（x）的圖象y＝⑤　f（｜x｜）　的圖象.
伸縮變換 y＝f（x）的圖象y＝f（ax）的圖象.
y＝f（x）的圖象y＝⑥　Af（x）　的圖象.
注意　（1）平移變換，基本原則是“左加右減”“上加下減”.“左加右減”只針對x本身，若x的系數不是1，需先將系數變為1后，再進行變換.
（2）對稱變換的對稱是指兩個函數的圖象之間的關系，而與奇偶性有關的對稱，是指一個函數圖象自身的特征.
常用結論
1.函數圖象自身的對稱性
（1）若函數y＝f（x）的定義域為R，且有f（a＋x）＝f（b－x），則函數y＝f（x）的圖象關于直線x＝對稱.特別地，若f（a＋x）＝f（a－x），則函數f（x）的圖象關于直線x＝a對稱.
（2）若函數y＝f（x）的定義域為R，且有f（a＋kx）＝f（b－kx）（k≠0），則函數
f（x）的圖象關于直線x＝對稱，函數f（kx）的圖象關于直線x＝對稱.
（3）函數y＝f（x）的圖象關于點（a，b）中心對稱 f（a＋x）＝2b－f（a－x） f（x）＝2b－f（2a－x）.特別地，若f（a＋x）＝－f（a－x），則函數f（x）的圖象關于點（a，0）中心對稱.
2.兩個函數圖象之間的對稱關系
（1）函數y＝f（a＋x）與y＝f（b－x）的圖象關于直線x＝對稱（由a＋x＝b－x得對稱軸方程）.
（2）函數y＝f（x）與y＝2b－f（2a－x）的圖象關于點（a，b）對稱.
1.下列說法正確的是（　D　）
A.函數y＝f（1－x）的圖象可由y＝f（－x）的圖象向左平移1個單位長度得到
B.函數y＝f（x）與y＝－f（x）的圖象關于原點對稱
C.當x∈（0，＋∞）時，函數y＝f（｜x｜）的圖象與y＝｜f（x）｜的圖象相同
D.若函數y＝f（x）滿足f（1＋x）＝f（1－x），則函數y＝f（x）的圖象關于直線x＝1對稱
解析　y＝f（1－x）可由y＝f（－x）的圖象向右平移1個單位長度得到，A錯誤；y＝
f（x）與y＝－f（x）的圖象關于x軸對稱，B錯誤.令f（x）＝－x，當x∈（0，＋∞）時，y＝｜f（x）｜＝x，y＝f（｜x｜）＝－x，兩者圖象不同，C錯誤.易知D正確.
2.函數y＝的圖象是（　C　）
A 　　B 　　　C D
解析　x＜0時，圖象單調遞減，x≥0時，圖象單調遞增，且函數圖象過點（0，－1），易知C正確.
3.[全國卷Ⅲ]下列函數中，其圖象與函數y＝ln x的圖象關于直線x＝1對稱的是（　B　）
A.y＝ln（1－x） B.y＝ln（2－x） C.y＝ln（1＋x） D.y＝ln（2＋x）
解析　設f（x）＝ln x，易知函數f（2－x）與f（x）的圖象關于直線x＝1對稱，f（2－x）＝ln（2－x），故選B.
4.[2024北京師范大學附屬實驗中學模擬]要得到函數y＝的圖象，只需將函數y＝的圖象（　A　）
A.向右平移1個單位長度，再向上平移1個單位長度
B.向右平移1個單位長度，再向下平移1個單位長度
C.向左平移1個單位長度，再向上平移1個單位長度
D.向左平移1個單位長度，再向下平移1個單位長度
解析　y＝＝＝1＋，故將y＝的圖象先向右平移1個單位長度，再向上平移1個單位長度可得到y＝的圖象.故選A.
5.[2024江西省部分學校聯考]將二次函數y＝3（x＋1）2－2的圖象先向右平移2個單位長度，再向上平移4個單位長度，得到二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象，則a＋b＋c＝　2　.
解析　由題意可得ax2＋bx＋c＝3（x－2＋1）2－2＋4＝3x2－6x＋5，所以a＝3，b＝－6，c＝5，則a＋b＋c＝2.
研透高考 明確方向
命題點1　作函數的圖象
例1 分別畫出下列函數的圖象：
（1）y＝2x＋1－1；
（2）y＝｜lg（x－1）｜；
（3）y＝x2－｜x｜－2.
解析　（1）將y＝2x的圖象向左平移1個單位長度，得到y＝2x＋1的圖象，再將所得圖象向下平移1個單位長度，得到y＝2x＋1－1的圖象，如圖1所示.
圖1 圖2
（2）首先作出y＝lg x的圖象，然后將其向右平移1個單位長度，得到y＝lg（x－1）的圖象，再把所得圖象在x軸下方的部分翻折到x軸上方，即得y＝｜lg（x－1）｜的圖象，如圖2所示（實線部分）.
（3）y＝x2－｜x｜－2＝其圖象如圖所示.
方法技巧
作函數的圖象的策略
（1）熟練掌握幾種基本初等函數的圖象.
（2）若函數圖象可由某個基本初等函數的圖象經過平移、翻折、對稱和伸縮得到，可利用圖象變換作出，但要注意變換順序.
訓練1 分別畫出下列函數的圖象：
（1）y＝（）｜x｜；（2）y＝.
解析　（1）先作出y＝（）x的圖象，再去掉y軸左側圖象，并將y軸右側圖象翻折到y軸左側，y軸上及右側圖象不變，即得y＝（）｜x｜的圖象，如圖中實線部分所示.
（2）y＝＝2－的圖象可由y＝－的圖象先向左平移1個單位長度，再向上平移2個單位長度得到，如圖所示.
命題點2　函數圖象的識別
角度1　知式選圖或知圖選式
例2 （1）[2022全國卷甲]函數y＝（3x－3－x）·cos x在區間[－，]的圖象大致為（　A　）
A B
C D
解析　解法一（特值法）　取x＝1，則y＝（3－）cos 1＝cos 1＞0；取x＝－1，則y＝（－3）cos（－1）＝－cos 1＜0.結合選項知選A.
解法二　令y＝f（x），則f（－x）＝（3－x－3x）cos（－x）＝－（3x－3－x）cos x＝
－f（x），所以函數y＝（3x－3－x）cos x是奇函數，且當x∈（0，）時，3x－3－x＞0，
cos x＞0，故f（x）＞0，故選A.
（2）[2022全國卷乙]如圖是下列四個函數中的某個函數在區間[－3，3]的大致圖象，則該函數是（　A　）
A.y＝ B.y＝
C.y＝ D.y＝
解析　對于選項B，當x＝1時，y＝0，與圖象不符，故排除B；對于選項D，當x＝3時，y＝sin 3＞0，與圖象不符，故排除D；對于選項C，當x＞0時，y＝＝，因為x＋≥2，當x＝1時取等號，所以y≤cosx≤1，與圖象在y軸右側最大值大于1不符，所以排除C.故選A.
方法技巧
識別函數圖象的主要方法有：（1）利用函數的定義與性質，如定義域、奇偶性、單調性等判斷；（2）利用函數的零點、極值點等判斷；（3）利用特殊函數值判斷.
角度2　借助動點探究函數圖象
例3 如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點.點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP＝x.將動點P到A，B兩點的距離之和表示為x的函數f（x），則y＝
f（x）的圖象大致為（　B　）
A B
C D
解析　由題易知f（0）＝2，f（）＝1＋，f（）＝2＜f（），可排除選項C，D；當點P在邊BC上時，f（x）＝BP＋AP＝tan x＋（0≤x≤），不難發現f（x）的圖象是非線性的，排除選項A，故選B.
方法技巧
借助動點探究函數圖象的兩種方法
（1）定量計算法：根據題目所給條件確定函數解析式，從而判斷函數圖象.
（2）定性分析法：采用“以靜觀動”，即判斷動點處于不同位置時圖象的變化特征，從而作出選擇.
訓練2 （1）[2024重慶七校聯考]函數f（x）＝·cos（＋x）的部分圖象大致是（　C　）
解析　因為f（x）＝·cos（＋x）＝·sin x的定義域為R，且f（－x）＝·
sin（－x）＝－·sin x＝·sin x＝f（x），所以f（x）是偶函數，圖象關于y軸對稱，排除B，D；當0＜x＜π 時，＜0，sin x＞0，所以f（x）＝·sin x＜0，故選項A錯誤，選項C正確.故選C.
（2）如圖，不規則四邊形ABCD中，AB和CD是線段，AD和BC是圓弧，直線l⊥AB于E，當l從左至右平行移動（與線段AB有公共點）時，l把四邊形ABCD分成兩部分.設AE＝x，l左側的面積為y，則y關于x的圖象大致是（　C　）
解析　當l從左至右移動時，一開始l左側面積的增加速度越來越快，過了D點后l左側面積保持勻速增加，圖象呈直線變化，過了C點后l左側面積的增加速度又逐漸減慢.故選C.
命題點3　函數圖象的應用
角度1　研究函數性質
例4 已知函數f（x）＝x｜x｜－2x，則下列結論正確的是（　C　）
A.f（x）是偶函數，遞增區間是（0，＋∞）
B.f（x）是偶函數，遞減區間是（－∞，1）
C.f（x）是奇函數，遞減區間是（－1，1）
D.f（x）是奇函數，遞增區間是（－∞，0）
解析　由題意得f（x）＝畫出函數f（x）的圖象，如圖所示，觀察圖象可知，函數f（x）的圖象關于原點對稱，故函數
f（x）為奇函數，且在（－1，1）上單調遞減.故選C.
角度2　解不等式（或方程）
例5 （1）[北京高考]已知函數f（x）＝2x－x－1，則不等式f（x）＞0的解集是（　D　）
A.（－1，1） B.（－∞，－1）∪（1，＋∞）
C.（0，1） D.（－∞，0）∪（1，＋∞）
解析　函數f（x）＝2x－x－1，則不等式f（x）＞0的解集即2x＞x＋1的解集，在同一平面直角坐標系中畫出函數y＝2x，y＝x＋1的圖象，如圖所示，結合圖象易得2x＞x＋1的解集為（－∞，0）∪（1，
＋∞）.故選D.
（2）設f（x）＝｜lg（x－1）｜，若1＜a＜b且f（a）＝f（b），則ab的取值范圍是　（4，＋∞）　.
解析　畫出函數f（x）＝｜lg（x－1）｜的圖象，如圖所示.由1＜a＜b且f（a）＝f（b）可得－lg（a－1）＝lg（b－1），解得ab＝a＋b＞2（由于a＜b，故取不到等號），所以ab＞4.
角度3　求參數范圍
例6 [2024福建三明第一中學模擬]已知函數f（x）＝若實數a，b，c互不相等，且f（a）＝f（b）＝f（c），則a＋b＋c的取值范圍是（　A　）
A.（2，2 025） B.（2，2 025]
C.（2，2 024） D.（2，2 024]
解析　函數f（x）＝的圖象如圖所示，
不妨令a＜b＜c，由f（a）＝f（b）＝f（c）及正弦曲線的對稱性可知a＋b＝1，1＜c＜
2 024，所以2＜a＋b＋c＜2 025.故選A.
方法技巧
函數圖象的應用，實質是數形結合思想的應用.
（1）研究函數的性質可借助函數圖象的對稱性、走向趨勢、最高點、最低點等進行分析；
（2）不等式問題可轉化為圖象的上下位置關系問題；
（3）函數零點或方程根的問題可轉化為函數圖象的交點問題.
訓練3 （1）把函數f（x）＝ln｜x－a｜的圖象向左平移2個單位長度，所得圖象對應的函數在（0，＋∞）上單調遞增，則a的最大值為（　B　）
A.1 B.2 C.3 D.4
解析　把函數f（x）＝ln｜x－a｜的圖象向左平移2個單位長度，得到函數g（x）＝
ln｜x＋2－a｜的圖象，則函數g（x）在（a－2，＋∞）上單調遞增，又因為所得函數在（0，＋∞）上單調遞增，所以a－2≤0，即a≤2，所以a的最大值為2.
（2）已知函數f（x）＝則f（x）≤x的解集為（　C　）
A.（－∞，0] B.（－1，0]
C.（－1，0]∪[1，＋∞） D.[1，＋∞）
解析　作出函數y＝f（x）與y＝x的圖象，如圖.
結合圖象知不等式f（x）≤x的解集為（－1，0]∪[1，＋∞），故選C.
（3）已知函數f（x）＝若方程f（x）＝－2x＋a有兩個不同的實數根，則實數a的取值范圍是　（－∞，1]　.
解析　方程f（x）＝－2x＋a有兩個不同的實數根，即方程f（x）＋x＝－x＋a有兩個不同的根，等價于函數y＝f（x）＋x與函數y＝－x＋a的圖象有兩個不同的交點.
因為f（x）＝
所以y＝f（x）＋x＝
作出函數y＝f（x）＋x與y＝－x＋a的大致圖象，如圖所示.
數形結合可知，當a≤1時，兩個函數的圖象有兩個不同的交點，即方程f（x）＝－2x＋a有兩個不同的實數根.第7講　函數的零點與方程的解
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.了解函數零點與方程解的關系. 2.了解函數零點存在定理，探索用二分法求方程近似解的思路并會畫程序框圖，能借助計算工具用二分法求方程近似解，了解用二分法求方程近似解具有一般性. 判斷函數零點所在區間 本講是高考的熱點，主要考查函數是否存在零點，判斷函數的零點個數，利用零點（方程實根）的存在情況求相關參數的范圍，題型以選擇題、填空題為主，有時與導數等知識綜合考查，一般難度較大.備考時，要掌握函數零點存在定理及數形結合思想.
判斷函數的零點個數 2021北京T15；2019全國卷ⅢT5
函數零點的應用 2023天津T15；2022天津T15；2020天津T9；2019浙江T9
1.函數零點的概念
對于函數y＝f（x），我們把使①　f（x）＝0　的實數x叫做函數y＝f（x）的零點.
注意　零點不是點，是滿足f（x）＝0的實數x.
2.三個等價關系
3.零點存在定理
如果函數y＝f（x）在區間[a，b]上的圖象是一條連續不斷的曲線，且有④　f（a）·f（b）＜0　，那么，函數y＝f（x）在區間⑤　（a，b）　內至少有一個零點，即存在c∈（a，b），使得⑥　f（c）＝0　，這個c也就是方程f（x）＝0的解.
注意　（1）函數的零點存在定理只能判斷函數在某個區間上的變號零點，而不能判斷函數的不變號零點.
（2）對于連續函數f（x），在[a，b]上，f（a）·f（b）＜0是f（x）在（a，b）上存在零點的充分不必要條件.
規律總結
（1）若圖象連續不斷的函數f（x）在定義域上是單調函數，則函數f（x）至多有一個零點.
（2）圖象連續不斷的函數，其相鄰兩個零點之間的所有函數值同號.
4.二分法
對于在區間[a，b]上圖象連續不斷且f（a）·f（b）＜0 的函數y＝f（x），通過不斷地把它的⑦　零點　所在區間⑧　一分為二　，使所得區間的兩個端點逐步逼近零點，進而得到零點近似值的方法叫做二分法.
思維拓展
給定精確度ε，用二分法求函數y＝f（x）零點x0的近似值的一般步驟：
1.確定零點x0的初始區間[a，b]，驗證f（a）f（b）＜0.
2.求區間（a，b）的中點c.
3.計算f（c），并進一步確定零點所在的區間：
（1）若f（c）＝0（此時x0＝c），則c就是函數的零點；
（2）若f（a）f（c）＜0（此時x0∈（a，c）），則令b＝c；
（3）若f（c）f（b）＜0（此時x0∈（c，b）），則令a＝c.
4.判斷是否達到精確度ε：若｜a－b｜＜ε，則得到零點近似值a（或b）；否則重復步驟2～4.
1.下列說法正確的是（　D　）
A.函數的零點就是函數的圖象與x軸的交點
B.若函數y＝f（x）在區間（a，b）內有零點（函數圖象連續不斷），則f（a）·f（b）＜0
C.二次函數y＝ax2＋bx＋c在b2－4ac≤0時沒有零點
D.函數y＝f（x）的零點就是方程f（x）＝0的實數解
2.函數y＝－ln x的零點所在區間是（　B　）
A.（3，4） B.（2，3） C.（1，2） D.（0，1）
解析　因為y＝在（0，＋∞）上單調遞減，y＝－ln x在（0，＋∞）上單調遞減，所以函數y＝－ln x在（0，＋∞）上單調遞減.又當x＝2時，y＝－ln 2＞0；當x＝3時，y＝1－ln 3＜0，兩函數值異號，所以函數y＝－ln x的零點所在區間是（2，3）.
3.已知函數f（x）＝則f（x）的零點為　－2，e　.
解析　當x≤0時，由x2＋x－2＝0，得x＝－2.當x＞0時，由－1＋ln x＝0，得x＝e.所以
f（x）的零點為－2，e.
4.已知函數y＝f（x）的圖象是連續不斷的曲線，且有如下的對應值表：
x 1 2 3 4 5 6
y 124.4 33 －74 24.5 －36.7 －123.6
則函數y＝f（x）在區間[1，6]上的零點至少有　3　個.
解析　依題意，f（2）＞0，f（3）＜0，f（4）＞0，f（5）＜0，根據零點存在定理可知，
f（x）在區間（2，3），（3，4），（4，5）上均至少含有1個零點，故函數y＝f（x）在區間[1，6]上的零點至少有3個.
研透高考 明確方向
命題點1　判斷函數零點所在區間
例1 （1）[2024海南模擬]函數f（x）＝x＋sin x－2的零點所在區間為（　B　）
A.（0，1） B.（1，2） C.（2，3） D.（3，4）
解析　因為f'（x）＝1＋cos ≥0，所以f（x）在定義域內單調遞增.因為f（1）＝－1＋
sin 1＜0，f（2）＝sin 2＞0，所以函數f（x）的零點在（1，2）內.故選B.
（2）函數f（x）＝log3x＋x－2的零點所在的區間為 （　B　）
A.（0，1） B.（1，2） C.（2，3） D.（3，4）
解析　解法一　函數f（x）＝log3x＋x－2的定義域為（0，＋∞），并且f（x）在（0，
＋∞）上單調遞增.由題意知f（1）＝－1＜0，f（2）＝log32＞0，根據零點存在定理可知，函數f（x）＝log3x＋x－2有唯一零點，且零點在區間（1，2）內.故選B.
解法二　將判斷函數f（x）的零點所在的區間轉化為判斷函數g（x）＝log3x，h（x）＝－x＋2圖象交點的橫坐標所在的范圍.作出兩函數圖象如圖所示，可知f（x）的零點所在的區間為（1，2）.故選B.
方法技巧
確定函數零點所在區間的常用方法
（1）利用函數零點存在定理：先看函數y＝f（x）在區間[a，b]上的圖象是否連續，再看是否有f（a）·f（b）＜0.
（2）數形結合法：畫函數圖象，通過觀察圖象與x軸在給定區間上是否有交點來判斷，也可轉化為觀察兩個函數圖象在給定區間上是否有交點來判斷.
訓練1 若a＜b＜c，則函數f（x）＝（x－a）（x－b）＋（x－b）（x－c）＋（x－c）（x－a）的兩個零點分別位于區間（　A　）
A.（a，b）和（b，c）內
B.（－∞，a）和（a，b）內
C.（b，c）和（c，＋∞）內
D.（－∞，a）和（c，＋∞）內
解析　因為f（a）＝（a－b）（a－c）＞0，f（b）＝（b－c）（b－a）＜0，f（c）＝
（c－a）（c－b）＞0，所以f（a）·f（b）＜0，f（b）·f（c）＜0，所以函數f（x）的兩個零點分別位于區間（a，b）和（b，c）內.故選A.
命題點2　判斷函數的零點個數
例2 （1）[全國卷Ⅲ]函數f（x）＝2sin x－sin 2x在[0，2π]的零點個數為（　B　）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　f（x）＝2sin x－2sin xcosx＝2sin x（1－cos x），令f（x）＝0，則sin x＝0或cos x＝1，所以x＝kπ（k∈Z），又x∈[0，2π]，所以x＝0或x＝π或x＝2π.故選B.
（2）[2024江蘇蘇州常熟中學模擬]設定義域為R的函數f（x）＝則關于x的函數y＝2f2（x）－3f（x）＋1的零點的個數為（　B　）
A.3 B.7 C.5 D.6
解析　根據題意，令2f2（x）－3f（x）＋1＝0，得f（x）＝1或f（x）＝.作出y＝
f（x），y＝1，y＝的圖象，如圖所示，
由圖象可得f（x）的圖象與直線y＝1和y＝分別有3個和4個交點，故關于x的函數y＝2f2（x）－3f（x）＋1的零點的個數為 7.
方法技巧
判斷函數零點個數的方法
（1）直接法：令f（x）＝0，解方程可得.
（2）利用函數的零點存在定理：利用函數的零點存在定理結合函數的圖象與性質（如單調性、奇偶性）判斷.
（3）圖象法：將判斷函數f（x）零點個數轉化為判斷函數f（x）的圖象與x軸交點的個數，或將函數f（x）拆成兩個函數h（x）和g（x）的差的形式，判斷函數y＝h（x）和y＝g（x）的圖象的交點個數.
訓練2 （1）定義在R上的函數y＝f（x）滿足f（x＋2）＝f（x），且x∈[－1，1]時，
f（x）＝1－x2.若函數g（x）＝則函數h（x）＝f（x）－g（x）在區間
[－6，6]內的零點個數為（　B　）
A.14 B.13 C.12 D.11
解析　易得函數y＝f（x）是周期為2的函數，因為x∈[－1，1]時，f（x）＝1－x2，所以作出y＝f（x）的圖象，如圖所示.
再作出函數g（x）＝的圖象，容易得出所求交點為13個.故選B.
[2023河南省部分學校押題信息卷]設f（x）是定義在R上且周期為5的奇函數，
f（3）＝0，則f（x）在[0，10]內的零點個數最少是（　D　）
A.4 B.6 C.7 D.9
解析　因為f（x）是定義在R上且周期為5的奇函數，所以f（0）＝f（5）＝f（10）＝0.又f（3）＝0，所以f（3）＝f（8）＝0，f（－3）＝f（2）＝f（7）＝0.f（－）＝
－f（），f（－）＝f（－＋5）＝f（），所以f（－）＝f（）＝0，f（）＝f（＋5）＝f（）＝0，故零點至少有0，2，，3，5，7，8，，10，則f（x）在[0，10]內的零點個數最少是9.故選D.
命題點3　函數零點的應用
角度1　根據函數零點個數求參數的范圍
例3 函數f（x）＝g（x）＝kx－3k，若函數f（x）與g（x）的圖象有三個交點，則實數k的取值范圍為（　D　）
A.（2－6，0） B.（2－6，0）
C.（－2，0） D.（2－6，0）
解析　作出函數f（x）＝的圖象，如圖所示.g（x）＝kx－3k＝k（x－3），故g（x）過定點（3，0），設過（3，0）且與y＝4－x2相切的直線為l，切點為P（x0，4－），x0＜2，因為y'＝－2x，所以切線的斜率為k＝－2x0＝，解得x0＝3－或x0＝3＋（舍去），所以切線的斜率k＝2－6，由圖象知，要想函數f（x）與g（x）的圖象有三個交點，則實數k的取值范圍為（2－6，0）.
角度2　根據函數零點的范圍求參數的范圍
例4 已知函數f（x）＝3x－.若存在x0∈（－∞，－1），使得f（x0）＝0，則實數a的取值范圍是（　B　）
A.（－∞，） B.（0，）
C.（－∞，0） D.（，＋∞）
解析　由f（x）＝3x－＝0，可得a＝3x－.令g（x）＝3x－，x∈（－∞，－1）.由于存在x0∈（－∞，－1），使得f（x0）＝0，則函數g（x）的值域即為實數a的取值范圍.因為函數y＝3x和y＝－在區間（－∞，－1）上均單調遞增，所以函數g（x）在（－∞，－1）上單調遞增，所以g（x）＝3x－＜3－1＋1＝，且g（x）＝3x－＞0，所以函數
g（x）的值域為（0，），因此，實數a的取值范圍是（0，），故選B.
方法技巧
已知函數零點情況求參數取值范圍的方法
（1）直接法：先直接根據題設條件構建關于參數的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參數的取值范圍.
（2）分離參數法：將參數分離，轉化成求函數值域問題.
（3）數形結合法：先對解析式變形，再在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，最后數形結合求解.
角度3　函數零點（或方程根）的和
例5 [2023廣東六校第一次聯考]定義在R上的函數f（x）滿足f（－x）＋f（x）＝0，
f（x）＝f（2－x）；且當x∈[0，1]時，f（x）＝x3－x2＋x.則方程7f（x）－x＋2＝0所有的根的和為（　A　）
A.14 B.12 C.10 D.8
解析　由f（－x）＋f（x）＝0，f（x）＝f（2－x）可得f（x）為奇函數，且圖象關于直線x＝1對稱，且易得f（x）的周期為4.
當x∈[0，1]時，f（x）＝x3－x2＋x，此時f'（x）＝3x2－2x＋1＝3（x－）2＋＞0，故
f（x）＝x3－x2＋x在[0，1]上單調遞增.綜上，可畫出y＝f（x）的部分圖象如圖所示.
方程7f（x）－x＋2＝0的根，即y＝f（x）與y＝（x－2）的圖象的交點的橫坐標，作出直線l：y＝（x－2），易知直線l也關于點（2，0）對稱且y＝f（x）與l的圖象在區間
[－5，2），（2，9]上均有3個交點，且關于點（2，0）對稱，加上點（2，0）共7個交點，所以方程7f（x）－x＋2＝0所有的根的和為3×2×2＋2＝14.故選A.
方法技巧
解函數零點（或方程根）的和的問題的方法
（1）把函數零點轉化為方程的根，通過解方程，求出方程的所有根，再求出這些根的和.
（2）作出函數的草圖，通過函數的圖象的對稱性，得出函數零點的對稱性，從而求出這些零點的和.
訓練3 （1）[2023湖北省沙市中學模擬]若函數f（x）＝ln x＋x2＋a－1在區間（1，e）內有零點，則實數a的取值范圍是（　A　）
A.（－e2，0） B.（－e2，1）
C.（1，e） D.（1，e2）
解析　函數f（x）的定義域為（0，＋∞），因為函數y＝ln x與y＝x2在（0，＋∞）上均單調遞增，所以函數f（x）＝ln x＋x2＋a－1在（0，＋∞）上單調遞增，則由函數f（x）在區間（1，e）內有零點知f（1）f（e）＜0，即a（e2＋a）＜0，解得－e2＜a＜0，故選A.
（2）[2024江西撫州模擬]已知函數f（x）＝則函數g（x）＝
[f（x）]2－f[f（x）]的所有零點之和為（　D　）
A.2 B.3 C.0 D.1
解析　令t＝f（x），則h（t）＝t2－f（t），令h（t）＝0，可得t2＝f（t），當t＞0時，由t2＝f（t），可得t2＝（t－2）2，即－4t＋4＝0，解得t＝1；當t＜0時，由t2＝f（t），可得t2＝2t＋3，即t2－2t－3＝0，解得t＝－1或t＝3（舍去），所以t＝±1，即f（x）＝±1.當x＞0時，令（x－2）2＝1或（x－2）2＝－1（舍去），解得x＝1或x＝3；當x＜0時，令2x＋3＝1或2x＋3＝－1，解得x＝－1或x＝－2，所以函數g（x）＝[f（x）]2－
f[f（x）]的零點之和為1＋3－1－2＝1.故選D.
（3）[多選/2023廊坊模擬]已知函數f（x）＝｜x2＋3x＋1｜－a｜x｜，則下列結論正確的是（　AC　）
A.若f（x）沒有零點，則a∈（－∞，0）
B.若f（x）恰有2個零點，則a∈（1，5）
C.若f（x）恰有3個零點，則a＝1或a＝5
D.若f（x）恰有4個零點，則a∈（5，＋∞）
解析　f（0）＝1≠0，所以x＝0不是f（x）的零點；當x≠0時，由f（x）＝0，整理得a＝｜x＋＋3｜，令g（x）＝｜x＋＋3｜，則函數f（x）的零點個數即為函數g（x）＝｜x＋＋3｜的圖象與直線y＝a的交點個數，作出函數g（x）＝｜x＋＋3｜的大致圖象（如圖）.
由圖可知，若f（x）沒有零點，則a∈（－∞，0），故A正確；
若f（x）恰有2個零點，則a∈{0}∪（1，5），故B不正確；
若f（x）恰有3個零點，則a＝1或a＝5，故C正確；
若f（x）恰有4個零點，則a∈（0，1）∪（5，＋∞），故D不正確.故選AC.第8講　函數模型的應用
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.理解函數模型是描述客觀世界中變量關系和規律的重要數學語言和工具.在實際情境中，會選擇合適的函數類型刻畫現實問題的變化規律. 2.結合現實情境中的具體問題，利用計算工具，比較對數函數、一元一次函數、指數函數增長速度的差異，理解“對數增長”“直線上升”“指數爆炸”等術語的現實含義. 3.收集、閱讀一些現實生活、生產實際或者經濟領域中的數學模型，體會人們是如何借助函數刻畫實際問題的，感悟數學模型中參數的現實意義. 利用函數圖象刻畫實際變化過程 2022北京T7；2020北京T15 本講主要考查實際情境載體下的數學模型的構建及應用，常與函數圖象、單調性、最值及方程、不等式綜合命題，各種題型均有可能，屬中檔題.在2025年高考備考的過程中要注重對情境創新試題的訓練，并能構建模型解決問題.
已知函數模型求解實際問題 2023新高考卷ⅠT10；2021全國卷甲T4；2020新高考卷ⅠT6；2020全國卷ⅢT4
構造函數模型求解實際問題
1.幾種常見的函數模型
函數模型 函數解析式
一次函數模型 f（x）＝kx＋b（k，b為常數，k≠0）
二次函數模型 f（x）＝ax2＋bx＋c（a，b，c為常數，a≠0）
反比例函數模型 f（x）＝＋b（k，b為常數，k≠0）
指數函數模型 f（x）＝abx＋c（a，b，c為常數，a≠0，b＞0，b≠1）
對數函數模型 f（x）＝mlogax＋n（m，n，a為常數，m≠0，a＞0，a≠1）
冪函數模型 f（x）＝axn＋b（a，b，n為常數，a≠0，n≠1）
對勾函數模型 f（x）＝ax＋（a＞0，b＞0）
2.指數、對數、冪函數模型性質的比較
y＝ax（a＞1） y＝logax（a＞1） y＝xn（n＞0）
在（0，＋∞）上的單調性 單調遞增 單調遞增 單調遞增
增長速度 越來越①　快　 越來越②　慢　 隨n值變化而各有不同
圖象的變化 隨x的增大逐漸表現為與③　y　軸平行 隨x的增大逐漸表現為與④　x　軸平行 隨n值變化而各有不同
聯系 存在一個x0，當x＞x0時，有logax＜xn＜ax
1.下列說法正確的是（　D　）
A.函數y＝2x的函數值比y＝x2的函數值大
B.冪函數增長比一次函數增長更快
C.某種商品進價為每件100元，按進價增加10％后出售，后因庫存積壓降價，若按九折出售，則每件還能獲利
D.在（0，＋∞）上，隨著x的增大，y＝ax（a＞1）的增長速度會超過并遠遠大于y＝xα（α＞0）的增長速度
2.已知f（x）＝x2，g（x）＝2x，h（x）＝log2x，當x∈（4，＋∞）時，對三個函數的增長速度進行比較，下列選項中正確的是（　B　）
A.f（x）＞g（x）＞h（x） B.g（x）＞f（x）＞h（x）
C.g（x）＞h（x）＞f（x） D.f（x）＞h（x）＞g（x）
3.[2021全國卷甲]青少年視力是社會普遍關注的問題，視力情況可借助視力表測量.通常用五分記錄法和小數記錄法記錄視力數據，五分記錄法的數據L和小數記錄法的數據V滿足L＝5＋lg V.已知某同學視力的五分記錄法的數據為4.9，則其視力的小數記錄法的數據約為（≈1.259）（　C　）
A.1.5 B.1.2 C.0.8 D.0.6
解析　由題可知，4.9＝5＋lg V lgV＝－0.1 V＝1＝≈≈0.8，故選C.
4.[2023湖南省株洲市模擬]“每天進步一點點”可以用數學來詮釋，假如你今天的數學水平是1，以后每天比前一天增加千分之五，則經過y天之后，你的數學水平x與y之間的函數關系式是（　C　）
A.y＝log0.95x B.y＝log0.995x C.y＝log1.005x D.y＝log1.05x
解析　由題意得x＝（1＋）y＝1.005y，化為對數函數得y＝log1.005x，故選C.
研透高考 明確方向
命題點1　利用函數圖象刻畫實際變化過程
例1 [北京高考]為滿足人民對美好生活的向往，環保部門要求相關企業加強污水治理，排放未達標的企業要限期整改.設企業的污水排放量W與時間t的關系為W＝f（t），用－的大小評價在[a，b]這段時間內企業污水治理能力的強弱.已知整改期內，甲、乙兩企業的污水排放量與時間的關系如圖所示.
給出下列四個結論：
①在[t1，t2]這段時間內，甲企業的污水治理能力比乙企業強；
②在t2時刻，甲企業的污水治理能力比乙企業強；
③在t3時刻，甲、乙兩企業的污水排放都已達標；
④甲企業在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]這三段時間中，在[0，t1]的污水治理能力最強.
其中所有正確結論的序號是　①②③　.
解析　由題圖可知甲企業的污水排放量在t1時刻高于乙企業，而在t2時刻甲、乙兩企業的污水排放量相同，故在[t1，t2]這段時間內，甲企業的污水治理能力比乙企業強，故①正確；甲企業污水排放量與時間的關系圖象在t2時刻切線的斜率的絕對值大于乙企業，故②正確；在t3時刻，甲、乙兩企業的污水排放量都低于污水達標排放量，故都已達標，③正確；甲企業在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]這三段時間中，在[t1，t2]這段時間的污水治理能力最強，故④錯誤.
方法技巧
判斷函數圖象與實際變化過程是否吻合的方法
（1）構建函數模型法：若易構建函數模型，則先建立函數模型，再結合模型選擇函數圖象.
（2）驗證法：根據實際問題中兩變量的變化快慢等特點，結合函數圖象的變化趨勢，驗證是否吻合，從中排除不符合實際的情況，選擇出符合實際情況的答案.
訓練1 [多選/2023江西省宜春市模擬]周末，自行車騎行愛好者甲、乙兩人相約沿同一路線從A地出發前往B地進行騎行訓練，甲、乙分別以不同的速度勻速騎行，乙比甲早出發5分鐘.乙騎行25分鐘后，甲以原速的繼續騎行，經過一段時間，甲先到達B地，乙一直保持原速前往B地.在此過程中，甲、乙兩人相距的路程y（單位：米）與乙騎行的時間x（單位：分）之間的關系如圖所示，則下列說法正確的是（　ABD　）
A.乙的速度為300米/分
B.25分鐘后甲的速度為400米/分
C.乙比甲晚14分鐘到達B地
D.A，B兩地之間的路程為29 400米
解析　因為乙比甲早出發5分鐘，由題圖知乙的速度為＝300（米/分），故選項A正確；設甲的原速度為v，由題圖可知25×300－（25－5）v＝2 500，解得v＝250米/分，所以25分鐘后甲的速度為250×＝400（米/分），故選項B正確；根據題圖知，當x＝86時，甲到達B地，此時乙距離B地還有250×20＋400×（86－25）－300×86＝3 600（米），＝12（分），所以乙比甲晚12分鐘到達B地，故選項C不正確；利用甲行駛的路程計算可得，A，B兩地之間的路程為300×（86＋12）＝29 400（米），故選項D正確.故選ABD.
命題點2　已知函數模型求解實際問題
例2 （1）[2024武漢部分學校調考]某企業在生產中為倡導綠色環保的理念，購入污水過濾系統對污水進行過濾處理，已知在過濾過程中污水中的剩余污染物數量N（mg/L）與時間t（h）的關系為N＝N0e－kt，其中N0為初始污染物的數量，k為常數.若在某次過濾過程中，前2個小時過濾掉了污染物的30％，則可計算前6個小時共能過濾掉污染物的（　C　）
A.49％ B.51％ C.65.7％ D.72.9％
解析　當t＝2時，（1－30％）N0＝N0e－2k，所以0.7N0＝N0e－2k，所以e－2k＝0.7.當t＝6時，N＝N0e－6k＝N0＝0.73N0＝0.343N0，所以前6個小時共能過濾掉污染物的＝65.7％，故選C.
（2）[多選/2023新高考卷Ⅰ]噪聲污染問題越來越受到重視.用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級Lp＝20×lg，其中常數p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓.下表為不同聲源的聲壓級：
聲源 與聲源的距離/m 聲壓級/dB
燃油汽車 10 60～90
混合動力汽車 10 50～60
電動汽車 10 40
已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10 m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（　ACD　）
A.p1≥p2 B.p2＞10p3
C.p3＝100p0 D.p1≤100p2
解析　由已知，知60≤20×lg≤90，解得1 000p0≤p1≤10 000P0；50≤20×lg≤60，解得100p0≤p2≤1 000p0；20×lg＝40，解得p3＝100p0.易知A，C正確.10p3＝1 000p0≥p2，故B錯誤.100p2≥10 000p0≥p1.故D正確.
方法技巧
已知函數模型求解實際問題的步驟
（1）認清所給函數模型，弄清哪些量為待定系數；
（2）根據已知利用待定系數法，確定模型中的待定系數；
（3）利用該函數模型，借助函數的性質、導數等求解實際問題，并進行檢驗.
訓練2 [2024貴州黔東南模擬]已知超市內某商品的日銷量y（單位：件）與當日銷售單價x（單位：元）滿足關系式y＝－2x＋100，其中10＜x＜55，a為常數.當該商品的銷售單價為15元時，日銷量為110件.若該商品的進價為每件10元，則超市該商品的日利潤最大為（　C　）
A.1 500元 B.1 200元
C.1 000元 D.800元
解析　將x＝15，y＝110代入y＝－2x＋100，得a＝200.若該商品的進價為每件10元，則超市該商品的日利潤為g（x）＝（x－10）（－2x＋100）＝－2x2＋120x－800＝－2（x－30）2＋1 000，其中10＜x＜55，所以當x＝30時，超市該商品的日利潤取得最大值，且最大值為1 000元，故選C.
命題點3　構造函數模型求解實際問題
例3 （1）[2024四川省敘永一中模擬]凈水機通過分級過濾的方式使自來水逐步達到純凈水的標準，其中第一級過濾一般由孔徑為5微米的PP棉濾芯（聚丙烯熔噴濾芯）構成，其結構是多層式的，主要用于去除鐵銹、泥沙、懸浮物等各種大顆粒雜質，假設每一層PP棉濾芯可以過濾掉三分之一的大顆粒雜質，若過濾前水中大顆粒雜質含量為80 mg/L，現要滿足過濾后水中大顆粒雜質含量不超過2 mg/L，則PP棉濾芯的層數最少為（參考數據：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477）（　A　）
A.10 B.9 C.8 D.7
解析　設經過n層PP棉濾芯過濾后水中的大顆粒雜質含量為y，則y＝80×（1－）n＝80×（）n，令80×（）n≤2，解得（）n≤，兩邊取常用對數得nlg≤lg，即nlg≥lg 40，即n（lg 3－lg 2）≥1＋2lg 2.因為lg 2≈0.301，lg 3≈0.477，所以（0.477－0.301）n≥1.602，解得n≥9.102，因為n∈N*，所以n的最小值為10.故選A.
（2）[2023南昌市模擬]某市出臺兩套出租車計價方案，方案一：2千米及2千米以內收費8元（起步價），超過2千米的部分每千米收費3元，不足1千米按1千米計算；方案二：3千米及3千米以內收費12元（起步價），超過3千米不超過10千米的部分每千米收費2.5元，超過10千米的部分每千米收費3.5元，不足1千米按1千米計算.以下說法正確的是（　C　）
A.方案二比方案一更優惠
B.乘客甲打車行駛4千米，他應該選擇方案二
C.乘客乙打車行駛12千米，他應該選擇方案二
D.乘客丙打車行駛16千米，他應該選擇方案二
解析　設乘客打車行駛x千米，f（x）為按照方案一收費的費用，g（x）為按照方案二收費的費用，[x]為不超過實數x的最大整數，
則f（x）＝
g（x）＝
對于A，當x＝1時，f（1）＝8，g（1）＝12，此時選擇方案一更優惠，所以A錯誤；對于B，因為f（4）＝14，g（4）＝14.5，f（4）＜g（4），所以乘客甲應選擇方案一，所以B錯誤；對于C，因為f（12）＝38，g（12）＝36.5，f（12）＞g（12），所以乘客乙應選擇方案二，所以C正確；對于D，因為f（16）＝50，g（16）＝50.5，f（16）＜g（16）
，所以乘客丙應選擇方案一，所以D錯誤.故選C.
方法技巧
構建函數模型解決實際問題的步驟
（1）建模：抽象出實際問題的數學模型；
（2）推理、演算：對數學模型進行邏輯推理或數學運算，得到問題在數學意義上的解；
（3）評價、解釋：對求得的數學結果進行深入討論，作出評價、解釋，返回到原來的實際問題中去，得到實際問題的解.
訓練3 [2024江蘇省江都中學、儀征中學聯考]網店模式和實體店模式各有特色，兩者的結合將在未來一段時間內，成為商業的一個主要發展方向.某品牌行車記錄儀支架銷售公司從2023年10月起開展網絡銷售與實體店體驗安裝結合的銷售模式.根據幾個月運營發現，產品的月銷量x（單位：萬件）與投入實體店體驗安裝的費用t（單位：萬元）之間滿足函數關系式x＝3－.已知網店每月固定的各種費用支出為3萬元，產品每1萬件進貨價格為32萬元，若每件產品的售價定為“進貨價的150％”與“平均每件產品的實體店體驗安裝費用的一半”之和，則該公司最大月利潤是（　B　）萬元.
A.45.5 B.37.5 C.36 D.35
解析　因為x＝3－，所以t＝－1.由t＞0，得1＜x＜3，因此月利潤y＝（32×1.5＋）x－32x－3－t＝16x－－3＝16x－－2.5＝45.5－[16（3－x）＋]≤45.5－2＝37.5，當且僅當16（3－x）＝，即x＝2.75時取等號，所以當x＝2.75時，該公司月利潤最大，為37.5萬元.故選B.

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