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高考押题预测 函数应用
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 广州校级月考）已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（　　）
A．a≤﹣1 B．
C．a≤﹣1或 D．a≤﹣1或
2．（2025 南阳模拟）某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3．已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（　　）（参考数据：1.310≈13.79）
A．3937万元 B．3837万元 C．3737万元 D．3637万元
3．（2025 重庆模拟）已知函数，则f（2025）的值是（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
4．（2024秋 会泽县期末）设函数，若关于x的方程f（x）＝k有四个实根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），则（x1+x2）（x3+x4）的取值范围为（　　）
A．（0，16] B．（18，+∞） C．（16，20] D．[16，+∞）
5．（2025 贵阳模拟）20世纪30年代，里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lgA﹣lgA0．其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．假设在一次地震中，一个距离震中100千米的测震仪记录的地震最大振幅是50，此时标准地震的振幅是0.002，则这次地震的震级为（精确到0.1，参考数据：lg2＝0.3）（　　）
A．4.4 B．4.7 C．5 D．5.4
6．（2025 天河区模拟）某厂生产一批圆台形台灯灯罩，灯罩的上下底面都是空的，圆台两个底面半径之比为1：2，高为16cm，母线长为20cm，如果要对100个这样的台灯灯罩外表面涂一层防潮涂料，每平方米需要100克涂料，则共需涂料（　　）
A．240π克 B．320π克 C．720π克 D．1440π克
7．（2025 1月份模拟）已知函数f（x）＝x|x﹣a|﹣2a2．若当x＞2时，f（x）＞0，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1] B．[﹣2，1] C．[﹣1，2] D．[﹣1，+∞）
8．（2025 江西模拟）已知函数若关于x的方程f（x）]2+（a+1）f（x）+a＝0恰有4个不同的实数根，则实数a的取值范围为（　　）
A．（﹣3，+∞） B．（﹣∞，5）
C．（﹣∞，3）∪{4} D．（﹣∞，1）∪（1，3）∪{4}
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 武威模拟）已知函数f（x）＝1000x+100和g（x）＝x1.0001，以下判断正确的是（　　）
A．函数y＝f（x）﹣g（x）在区间（100010000，100110000）内有唯一的零点
B．x∈（100010000，+∞）时，f（x）＞g（x）
C．x∈（200010000，+∞）时，g（x）≥2f（x）
D．存在正实数a，当x∈（a，+∞）时，对于任意大于1的正实数N，g（x）≥Nf（x）
（多选）10．（2024秋 威海期末）设a＞0，已知函数，则（　　）
A．f（x）在（﹣∞，0）上单调递减
B．当时，f（x）存在最小值
C．设M（x1，f（x1））（x1≤a），N（x2，f（x2））（x2＞a），则|MN|＞2
D．设P（x3，f（x3））（x3＜﹣a），Q（x4，f（x4））（x4≥﹣a），若|PQ|存在最小值，则
（多选）11．（2024秋 昆明期末）德国数学家狄里克雷（Dirichlet，PeterGustavLejeune，1805～1859）在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数．”例如狄里克雷函数D（x），即：当自变量取有理数时，函数值为1；当自变量取无理数时，函数值为0．下列关于狄里克雷函数D（x）的性质表述正确的是（　　）
A．D（x）值域为{0，1}
B．D（x+1）＝D（x）
C．D（D（x））＝0
D．D（x）图象关于直线x＝1对称
（多选）12．（2024秋 宣威市校级期末）已知函数f（x）的定义域为R，且对于任意x∈R，都有f（x）＝f（﹣x）及f（x+4）＝f（x）+f（2）成立．当x1、x2∈[0，2]且x1≠x2时，都有[f（x1）﹣f（x2）]（x1﹣x2）＞0成立．下列四个结论中正确命题是（　　）
A．f（2）＝0
B．函数f（x）在区间[﹣6，﹣4]上为增函数
C．直线x＝﹣4是函数f（x）的一条对称轴
D．方程f（x）＝0在区间[﹣6，6]上有4个不同的实根
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 昆明期末）函数，若关于x的方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有4个不同的根，则a的取值范围为 　 　．
14．（2025春 河西区校级月考）已知h（x）＝|x|﹣2，g（x）＝x2﹣ax+3a﹣5，x∈R．用min{m，n}表示m，n中的最小者，记函数m（x）＝min{h（x），g（x）}．若函数m（x）至少有3个零点，则实数a的取值范围为 　 　．
15．（2025 浙江模拟）若函数在[0，4]上恰有2个零点，则符合条件的a为 　 　．
16．（2025 五华区模拟）已知函数的图象与y＝a有两个交点，则a的最小值为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 会泽县期末）设函数f（x）定义域在区间[a，b]连续，对于[a，b]内任意两数x1，x2，都有f（），则称f（x）为[a，b]上的凹函数；若f（），则称f（x）为[a，b]上的凸函数；若f（x）在区间[a，b]上为凸函数，则对任意的x1，x2，x3，…，xn∈[a，b]，有琴生不等式f（）恒成立（当且仅当x1＝x2＝…＝xn时，等号成立）．
（1）证明：函数f（x）＝lnx在（0，+∞）上为凸函数；
（2）设x1，x2，x3，…，x8＞0，且x1+x2+x3+…+x8＝8，求S＝lnx1+lnx2+…+lnx8的最大值；
（3）设a1，a2，a3，…，an为正实数，且a1+a2+a3+…+an＝e，证明：（）n．
18．（2024秋 昆明期末）如图，在扇形OPQ中，半径OP＝1，圆心角，C是扇形弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形，记∠POC＝x，矩形ABCD的面积为f（x）．
（1）求f（x）；
（2）求f（x）的最大值及此时x的值；
（3）若，求x的取值范围．
19．（2025 太原开学）已知函数的图象经过点（0，﹣1），且两条对称轴间的距离的最小值为．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）当，求函数f（x）的单调递增区间；
（3）若关于x的方程f（x）﹣k＝0在上有且仅有两个实数根x1，x2，求实数k的取值范围，并求出x1+x2的值．
20．（2024秋 会泽县期末）在一座历史悠久、文化绚烂的古城中，有一家声名远扬的传统工艺工厂，此手工艺品蕴含着丰富的文化内涵，制作工艺精细复杂，该厂近期接到一份制作传统手工艺品的重要订单．已知生产该手工艺品的固定成本为8万元．每生产x万件，额外投入成本C（x）万元，且，这款手工艺品在市场上广受欢迎，出厂单价统一为15元．但由于市场需求和工艺限制，预估市场需求量最多为20万件．
问题：
（1）当工厂生产4万件时，求工厂的利润（利润＝销售收入﹣总成本）．
（2）要使工厂利润最大，应生产多少万件？并求出最大利润．
高考押题预测 函数应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 广州校级月考）已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（　　）
A．a≤﹣1 B．
C．a≤﹣1或 D．a≤﹣1或
【考点】分段函数的应用．
【专题】分类讨论；函数思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】利用导数判断f（x）在x＞0的单调性，从而求得f（x）在x＞0的取值范围，结合已知条件值域为R，得到f（x）在x≤0时的取值范围，根据二次函数的单调性，进而可求得a的取值范围．
【解答】解：当x＞0时，，则，
令f′（x）＝0，解得x＝1．
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝1时，f（x）取得最小值，为f（1）＝1．
要使得函数f（x）的值域为R，
则当x≤0时，
f（x）＝﹣x2﹣2ax﹣a＝﹣（x+a）2+a2﹣a的最大值大于等于1．
又因为f（x）＝﹣x2﹣2ax﹣a的开口向下，对称轴为x＝﹣a，
当a≤0时，f（x）≤f（0）＝﹣a，则﹣a≥1，即a≤﹣1；
当a＞0时，f（x）≤f（﹣a）＝a2﹣a，
则a2﹣a≥1，即a2﹣a﹣1≥0，
解得或a（舍），
综上，a≤﹣1或．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数、对数函数的性质，考查了导数的综合运用及分类讨思想，属于中档题．
2．（2025 南阳模拟）某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3．已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（　　）（参考数据：1.310≈13.79）
A．3937万元 B．3837万元 C．3737万元 D．3637万元
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】应用题；转化思想；数学模型法；等差数列与等比数列；数学建模；运算求解．
【答案】A
【分析】该公司从2024年起每年销售额依次排成一列数列{an}，且an+1＝1.3an﹣3，求出an，再计算a1+a2+...+a10即可．
【解答】解：该公司从2024年起每年销售额依次排成一列数列{an}，n∈N*，n≤10；
当n∈N*，n≤9时，an+1＝1.3an﹣3，即an+1﹣10＝1.3（an﹣10），
所以数列{an﹣10}是首项为90，公比为1.3的等比数列，
所以an﹣10＝90×1.3n﹣1，即an＝90×1.3n﹣1+10，
所以a1+a2+...+a1010×10≈300×（13.79﹣1）+100＝3937，
所以该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为3937万元．
故选：A．
【点评】本题考查了等比数列模型应用问题，是中档题．
3．（2025 重庆模拟）已知函数，则f（2025）的值是（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
【考点】分段函数的应用；函数周期性的判断与求解．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】对函数分段分析得到，当x≥0时，函数是周期为2的周期函数，由周期得到f（2025）＝f（﹣1），再将x＝﹣1代入当x＜0时函数解析式，即可得到答案．
【解答】解：根据题意，函数，
所以x≥0时，f（x）＝f（x﹣2），则f（2025）＝f（1）＝f（﹣1），
当x＜0时，f（x）＝x+1，所以f（﹣1）＝﹣1+1＝0，
故f（2025）＝0．
故选：B．
【点评】本题考查函数值的计算，涉及分段函数的解析式，属于基础题．
4．（2024秋 会泽县期末）设函数，若关于x的方程f（x）＝k有四个实根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），则（x1+x2）（x3+x4）的取值范围为（　　）
A．（0，16] B．（18，+∞） C．（16，20] D．[16，+∞）
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】作出函数的图象，由对数运算性质及二次函数的性质可知x3+x4＝8，x1x2＝1，从而得（x1+x2）（x3+x4）＝8（x1），x1＜1，再结合对勾函数的性质求解即可．
【解答】解：作出函数的图象，如图所示：
因为关于x的方程f（x）＝k有四个实根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），
所以0＜k≤1，
x3，x4关于x＝4对称，
所以x3+x4＝8，
x1＜1＜x2≤2，
且﹣log2x1＝log2x2，
即log2x1x2＝0，
所以x1x2＝1，
所以（x1+x2）（x3+x4）＝8（x1+x2）＝8（x1），
由对勾函数的性质可知y＝x在[，1）上单调递减，
所以x1∈（2，]，
所以8（x1）∈（16，20]．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数、对数函数及对勾函数的性质，考查了转化思想及数形结合思想，属于中档题．
5．（2025 贵阳模拟）20世纪30年代，里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lgA﹣lgA0．其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．假设在一次地震中，一个距离震中100千米的测震仪记录的地震最大振幅是50，此时标准地震的振幅是0.002，则这次地震的震级为（精确到0.1，参考数据：lg2＝0.3）（　　）
A．4.4 B．4.7 C．5 D．5.4
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】应用题；函数思想；定义法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】直接利用题目中给出的公式和对数的运算性质求解即可．
【解答】解：由题意知，M＝lg50﹣lg0.002＝lglg25000＝lg5﹣lg4＝5﹣2lg2≈5﹣2×0.3＝4.4．
故选：A．
【点评】本题考查了对数的运算性质应用问题，是基础题．
6．（2025 天河区模拟）某厂生产一批圆台形台灯灯罩，灯罩的上下底面都是空的，圆台两个底面半径之比为1：2，高为16cm，母线长为20cm，如果要对100个这样的台灯灯罩外表面涂一层防潮涂料，每平方米需要100克涂料，则共需涂料（　　）
A．240π克 B．320π克 C．720π克 D．1440π克
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】计算题；转化思想；分析法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意得出上下两个底面的半径，从而求解本题．
【解答】解：已知半径比为1：2，
设r1＝r，则r2＝2r．高h＝16cm，斜高l＝20cm．
利用勾股定理：，
代入解得r1＝12cm，r2＝24cm．
代入侧面积公式：侧面积＝π（12+24）×20＝720πcm2，
所以100个灯罩的总侧面积：100×720π＝72000πcm2＝7.2πm2，
所以100个灯罩所需的油漆量：7.2π×100＝720π克．
故选：C．
【点评】本题考查圆台的几何性质，属于中档题．
7．（2025 1月份模拟）已知函数f（x）＝x|x﹣a|﹣2a2．若当x＞2时，f（x）＞0，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1] B．[﹣2，1] C．[﹣1，2] D．[﹣1，+∞）
【考点】分段函数的应用．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据绝对值的性质，化简得f（x）.由x＞2时，f（x）＞0恒成立，分三种情况讨论f（x）在（2，+∞）上的最小值，根据函数的单调性、二次函数的性质，建立关于a的不等式，解出实数a的取值范围，再加以综合即可得到本题的答案．
【解答】解：根据题意，f（x）＝x|x﹣a|﹣2a2．
当x＞2时，f（x）＞0恒成立，即f（x）在（2，+∞）上的最小值大于0．
若a＞2，则f（a）＝﹣2a2＜0，f（x）在（2，+∞）上的最小值小于0，不符合题意，所以a≤2．
（1）当0＜a≤2时，，f（x）在[a，+∞）上是增函数，
结合（2，+∞） [a，+∞），可得f（x）在（2，+∞）上是增函数，
此时f（x）＞f（2）恒成立，可知f（2）≥0，即22﹣2a﹣2a2≥0，解得0＜a≤1．
（2）当a＝0时，f（x），
此时f（x）在（2，+∞）上的值域为（4，+∞），f（x）＞0恒成立，符合题意．
（3）当a＜0时，，f（x）在（，+∞）上是增函数，
根据（2，+∞） （，+∞），可得f（x）在（2，+∞）上是增函数，
所以f（2）≥0，即4﹣2a﹣2a2≥0，整理得a2+a﹣2≤0，解得﹣2≤a＜0．
综上所述，﹣2≤a≤1，即实数a的取值范围是[﹣2，1]．
另解：当x＞2时，f（x）＞0，即为x|x﹣a|＞2a2 x（x﹣a）＞2a2或x（x﹣a）＜﹣2a2，
即有（x+a）（a）＜0，可得﹣x＜ax，
又x＞2，故﹣2≤a≤1，若不然取a＝﹣2满足，排除C，D，
再取a＝﹣3不满足，排除A．
故选：B．
【点评】本题主要考查二次函数的图象与性质、分段函数的应用、不等式的解法等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
8．（2025 江西模拟）已知函数若关于x的方程f（x）]2+（a+1）f（x）+a＝0恰有4个不同的实数根，则实数a的取值范围为（　　）
A．（﹣3，+∞） B．（﹣∞，5）
C．（﹣∞，3）∪{4} D．（﹣∞，1）∪（1，3）∪{4}
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】将问题转化为图象交点问题，从而结合图象即可得解．
【解答】解：画出函数f（x）的图象，如图所示：
设f（x）＝t，
则原方程可化为t2+（a+1）t+a＝0，
解得t＝﹣1或t＝﹣a．
由图可知当t＝﹣1 时，f（x）＝﹣1有2个根．
因为原方程有4个不同的实数根，
则f（x）＝﹣a有2个根，
所以﹣a＝﹣4或﹣3＜﹣a＜﹣1或﹣a＞﹣1，
解得a＝4或1＜a＜3或a＜1，
则实数a的取值范围为（﹣∞，1）∪（1，3）∪{4}．
故选：D．
【点评】本题考查了函数与方程思想、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 武威模拟）已知函数f（x）＝1000x+100和g（x）＝x1.0001，以下判断正确的是（　　）
A．函数y＝f（x）﹣g（x）在区间（100010000，100110000）内有唯一的零点
B．x∈（100010000，+∞）时，f（x）＞g（x）
C．x∈（200010000，+∞）时，g（x）≥2f（x）
D．存在正实数a，当x∈（a，+∞）时，对于任意大于1的正实数N，g（x）≥Nf（x）
【考点】函数与方程的综合运用；函数解析式的求解及常用方法．
【专题】方程思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】AD
【分析】利用不等式性质以及零点存在性定理，可得答案．
【解答】解：因为函数f（x）＝1000x+100和g（x）＝x1.0001，
由于x∈（0，+∞），
当x≤100010000时，x0.0001≤1000，x1.0001≤1000x＜1000x+100，则f（x）﹣g（x）＞0，
当x＞100时，1001x＞1000x+100，
故当x＞100110000时，x0.0001＞1001，x1.0001＞1001x＞1000x+100，则f（x）﹣g（x）＜0，
故必有，使，
因此选项A正确，选项B错误．
对于任意正数N＞1，
当x＞（1001N）10000＞100时，x1.0001＞[（1001N）10000]0.0001 x＝N 1001x＞N（1000x+100），
取a＝（1001N）10000，当x∈（a，+∞）时，对于任意大于1的正实数N，g（x）≥Nf（x），
因此选项D正确，而当N＝2时a＝（2002）10000，故选项C错误．
故选：AD．
【点评】本题考查不等式性质以及零点存在性定理的应用，属于难题．
（多选）10．（2024秋 威海期末）设a＞0，已知函数，则（　　）
A．f（x）在（﹣∞，0）上单调递减
B．当时，f（x）存在最小值
C．设M（x1，f（x1））（x1≤a），N（x2，f（x2））（x2＞a），则|MN|＞2
D．设P（x3，f（x3））（x3＜﹣a），Q（x4，f（x4））（x4≥﹣a），若|PQ|存在最小值，则
【考点】分段函数的应用．
【专题】函数思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】BCD
【分析】对于A：取，画图即可判断；
对于B，由函数单调性即可判断；
对于C，数形结合即可判断，
对于D：先分析f（x）的图象，结合图象可知，要使|PQ|取得最小值，则点P在f（x）＝﹣x﹣1（x＜﹣a）上，点Q在，分析可解．
【解答】解：对于A，取，画出函数图象，
可知f（x）在（﹣∞，0）不是单调递减；故A错误；
对于B：对于B，当时，
当x＜﹣a时，；
当﹣a≤x≤a时，，显然取得最小值﹣a；
当x＞a时，，
综上：f（x）取得最小值﹣a，故B正确；
对于C，结合图像，
易知在x1＝a，x2＞a且接近于x＝a处，
M（x1，f（x1））（x1≤a），N（x2，f（x2））（x2＞a）的距离最小，
当x1＝a时，y＝f（x1）＝0，当x2＞a且接近于x＝a处，，
此时，，故C正确；
依题意，a＞0，
当x＜﹣a时，f（x）＝﹣x﹣1，易知其图象为一条端点取不到的单调递减的射线；
当﹣a≤x≤a时，，易知其图象是，圆心为（0，0），半径为a的圆在x轴下方的图象（即半圆）；
当x＞a时，，易知其图象是一条端点取不到的单调递增的曲线；
因为P（x3，f（x3））（x3＜﹣a），Q（x4，f（x4））（x4≥﹣a），
结合图象可知，要使|PQ取得最小值，则点P在f（x）＝﹣x﹣2（x＜﹣a）上，
点Q在，
同时|PQ的最小值为点O到f（x）＝﹣x﹣1（x＜﹣a）的距离减去半圆的半径a，
此时，因为f（x）＝y＝﹣x﹣1（x＜﹣a）的斜率为﹣1，则kOP＝1，
故直线OP的方程为y＝x，
联立，解得，则，
显然要保证在f（x）＝﹣x﹣1（x＜﹣a）上，才能满足|PQ|取得最小值，
所以只需，即都可满足题意，保证，
否则|PQ|无最小值，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查分段函数的性质应用，属于难题．
（多选）11．（2024秋 昆明期末）德国数学家狄里克雷（Dirichlet，PeterGustavLejeune，1805～1859）在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数．”例如狄里克雷函数D（x），即：当自变量取有理数时，函数值为1；当自变量取无理数时，函数值为0．下列关于狄里克雷函数D（x）的性质表述正确的是（　　）
A．D（x）值域为{0，1}
B．D（x+1）＝D（x）
C．D（D（x））＝0
D．D（x）图象关于直线x＝1对称
【考点】分段函数的应用．
【专题】函数思想；综合法；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【答案】ABD
【分析】结合函数D（x）的定义及函数值域的定义判断A；
再证明D（x+1）＝D（x）判断B；
证明D（D（x））＝0判断C；
证明函数D（x﹣1）为偶函数，结合偶函数性质判断D．
【解答】解：由已知可得，
对于A，由题意可知函数D（x）的值域为{0，1}，故A正确；
对于B，当x∈Q时，x+1∈Q，D（x）＝1，D（x+1）＝1，
当x Q时，x+1 Q，D（x）＝0，D（x+1）＝0，
所以D（x）＝D（x+1），故B正确；
对于C，当x∈Q时，D（x）＝1，D（D（x））＝D（1）＝1，故C错误；
对于D，函数D（x）的定义域为R，定义域关于原点对称，
当x∈Q时，x+1∈Q，﹣x+1∈Q，
所以D（﹣x+1）＝1＝D（x+1），
当x Q时，x+1 Q，﹣x+1 Q，
所以D（﹣x+1）＝0＝D（x+1），
所以D（﹣x+1）＝D（x+1），
所以函数D（x+1）为偶函数，
所以D（x+1）的图象关于x＝0对称，
将y＝D（x）的图象向右平移1个单位即可得y＝D（x）的图象，
所以函数D（x）的图象关于x＝1对称，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了狄里克雷函数D（x）的定义及性质，属于中档题．
（多选）12．（2024秋 宣威市校级期末）已知函数f（x）的定义域为R，且对于任意x∈R，都有f（x）＝f（﹣x）及f（x+4）＝f（x）+f（2）成立．当x1、x2∈[0，2]且x1≠x2时，都有[f（x1）﹣f（x2）]（x1﹣x2）＞0成立．下列四个结论中正确命题是（　　）
A．f（2）＝0
B．函数f（x）在区间[﹣6，﹣4]上为增函数
C．直线x＝﹣4是函数f（x）的一条对称轴
D．方程f（x）＝0在区间[﹣6，6]上有4个不同的实根
【考点】函数与方程的综合运用．
【答案】ACD
【分析】由函数f（x）的定义域为R，且对于任意x∈R，都有f（x）＝f（﹣x），易得函数f（x）为偶函数，又由当x1、x2∈[0，2]且x1≠x2时，都有[f（x1）﹣f（x2）]（x1﹣x2）＞0成立．则函数f（x）在区间[0，2]上为增函数，又由f（x+4）＝f（x）+f（2），易得函数是T＝4的周期函数，然后对四个结论逐一进行判断，即可得到答案．
【解答】解：∵函数f（x）的定义域为R，
又∵对于任意x∈R，都有f（x）＝f（﹣x），
∴函数f（x）为偶函数，
又∵当x1、x2∈[0，2]且x1≠x2时，
都有[f（x1）﹣f（x2）]（x1﹣x2）＞0成立．
∴函数f（x）在区间[0，2]上为增函数，
又∵f（x+4）＝f（x）+f（2），
令x＝﹣2时，f（2）＝f（﹣2）+f（2）＝2f（2），
f（2）＝0，故A正确；
则f（x+4）＝f（x），即f（x）的最小正周期为4，
函数f（x）在区间[﹣6，﹣4]上为减函数，故B错误；
直线x＝﹣4是函数f（x）的一条对称轴，故C正确
方程f（x）＝0在区间[﹣6，6]上有﹣6，﹣2，2，6共4个不同的实根．故D正确
故选：ACD．
【点评】当遇到函数综合应用时，处理的步骤一般为：根据“让解析式有意义”的原则，先确定函数的定义域；再化简解析式，求函数解析式的最简形式，并分析解析式与哪个基本函数比较相似；根据定义域和解析式画出函数的图象根据图象分析函数的性质．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 昆明期末）函数，若关于x的方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有4个不同的根，则a的取值范围为 　　．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】分析函数性质，结合函数性质画出函数f（x）大致图象，解方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0，可得或f（x）＝a，结合图象及条件列不等式可得结论．
【解答】解：因为函数的定义域为（﹣∞，+∞），定义域关于原点对称，
又，
所以函数f（x）为偶函数，
当x≥0时，，
因为函数在[0，+∞）上单调递减，
所以函数f（x）在[0，+∞）上单调递减，
又函数f（x）为偶函数，
所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
又f（0）＝2，当x→+∞时，f（x）→1，且f（x）＞1，
所以函数f（x）的值域为（1，2]，
作出函数f（x）的大致图象，如图所示：
方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0可化为[2f（x）﹣3][f（x）﹣a]＝0，
故或f（x）＝a，
因为方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有4个不同的根，
所以函数f（x）的图象与直线和直线y＝a的图象共有4个不同的交点，
又因为直线与y＝f（x）的图象有2个交点，
所以直线y＝a与y＝f（x）的图象也有2个交点，
所以1＜a＜2且，
所以a的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想及数形结合思想，考查了指数函数的性质，属于中档题．
14．（2025春 河西区校级月考）已知h（x）＝|x|﹣2，g（x）＝x2﹣ax+3a﹣5，x∈R．用min{m，n}表示m，n中的最小者，记函数m（x）＝min{h（x），g（x）}．若函数m（x）至少有3个零点，则实数a的取值范围为 　[10，+∞）　．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】分类讨论；函数思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【答案】[10，+∞）．
【分析】分析可知函数g（x）至少有一个零点，可得出Δ≥0，求出a的取值范围，然后对实数a的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数a的不等式，综合可求得实数a的取值范围．
【解答】解：由|x|﹣2＝0，可得x＝±2，
要使函数m（x）至少有3个零点，
则函数g（x）至少有一个零点，
由Δ＝a2﹣12a+20＝（a﹣2）（a﹣10）≥0，
解得a≤2或a≥10，
①当a＝2时，g（x）＝x2﹣2x+1，
作出函数h（x）、g（x）的图象，
此时函数m（x）只有两个零点，不合乎题意；
②当a＜2时，
设函数g（x）的两个零点分别为x1、x2（x1＜x2），
要使函数m（x）至少有3个零点，
则x2≤﹣2，所以，即，
所以a∈ ；
③当a＝10时，g（x）＝x2﹣10x+25，
作出函数h（x）、g（x）的图象，
由图可知函数m（x）的零点个数为3，合乎题意；
④当a＞10时，
设函数g（x）的两个零点分别为x3、x4（x3＜x4），
要使函数m（x）至少有3个零点，则x3≥2，
可得，即，
解得a＞4，
综上a＞10，
所以a∈[10，+∞）．
故答案为：[10，+∞）．
【点评】本题考查了函数的零点、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．
15．（2025 浙江模拟）若函数在[0，4]上恰有2个零点，则符合条件的a为 　1　．
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】1．
【分析】将所求问题转化为一个二次函数的零点与一个正弦型三角函数零点的个数之和，然后对a＞1、a＝1分类讨论，进而算出符合条件的a值．
【解答】解：根据题意，可得f（x）＝0等价于x2﹣2x+a＝0或sin（ax）＝0，
对于x2﹣2x+a＝0，Δ＝（﹣2）2﹣4a＝4﹣4a，
根据a∈N*，可知有如下两种情况：
①当a＞1时，y＝x2﹣2x+a在[0，4]上没有零点，则y＝sin（ax）在[0，4]上应有2个零点，
结合，可知π≤4a2π，解得，
结合a＞1且a∈N*，可得a∈ ；
②当a＝1时，y＝x2﹣2x+a在[0，4]上有唯一零点1，
此时y＝sin（x）在[0，4]上有1个零点，f（x）在[0，4]上恰有2个零点，符合题意．
综上所述，符合条件的a＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查二次函数与三角函数的图象与性质、函数的零点与方程的根等知识，考查了计算能力、分类讨论的数学思想，属于中档题．
16．（2025 五华区模拟）已知函数的图象与y＝a有两个交点，则a的最小值为 　3　．
【考点】函数与方程的综合运用；奇偶函数图象的对称性．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】3．
【分析】判断出函数为R的偶函数，结合对勾函数的性质可得函数在[0，+∞）上的单调性，由偶函数的性质可得函数在（﹣∞，0）上的单调性，作出函数的图象，结合图象求解即可．
【解答】解：因为，x∈R，
所以|x|f（x），
所以函数y＝f（x）是R上的偶函数，
当x≥0时，
xx+11，
由对勾函数的性质可知g（t）在[0，1]上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
又因为f（0）＝4，f（1）＝3，
所以当x＜0时，
函数f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，0）上单调递增，
作出函数y＝f（x）的图象，如图所示：
由题意可知直线y＝a与函数y＝f（x）有两个交点，
所以a＝3或a＞4，
故a的最小值为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了偶函数的性质、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 会泽县期末）设函数f（x）定义域在区间[a，b]连续，对于[a，b]内任意两数x1，x2，都有f（），则称f（x）为[a，b]上的凹函数；若f（），则称f（x）为[a，b]上的凸函数；若f（x）在区间[a，b]上为凸函数，则对任意的x1，x2，x3，…，xn∈[a，b]，有琴生不等式f（）恒成立（当且仅当x1＝x2＝…＝xn时，等号成立）．
（1）证明：函数f（x）＝lnx在（0，+∞）上为凸函数；
（2）设x1，x2，x3，…，x8＞0，且x1+x2+x3+…+x8＝8，求S＝lnx1+lnx2+…+lnx8的最大值；
（3）设a1，a2，a3，…，an为正实数，且a1+a2+a3+…+an＝e，证明：（）n．
【考点】函数最值的应用．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解；新定义类．
【答案】（1）证明见解析；（2）4ln2；（3）证明见解析．
【分析】（1）由凸函数的定义结合基本不等式即可证明；
（2）由函数f（x）＝lnx在（0，+∞）为凸函数，即可求解；
（3）构造函数构造函数，证明其在（0，+∞）上为凸函数，进而可求证．
【解答】解：（1）证明：由f（x）＝lnx，设x1，x2∈（0，+∞），
则，
，
因为，当且仅当x1＝x2时取等号，
再由f（x）＝lnx在（0，+∞）为增函数，
所以，
即，
所以函数f（x）＝lnx在（0，+∞）上为凸函数；
（2）因为函数f（x）＝lnx在（0，+∞）上为凸函数，
则，
也即，
当且仅当时，等号成立，
所以S＝lnx1+lnx2+ +lnx8的最大值为4ln2；
（3）构造函数在（0，+∞）上为凸函数，
证明如下： x1，x2∈（0，+∞），
要证，
等价于；
等价于；
等价于；而此式由基本不等式可知恒成立，当且仅当x1＝x2取等号，
故在（0，+∞）上为凸函数，
所以，
即，
又a1+a2+a3 +an＝e，
所以，
即，
即；
得证．
【点评】本题考查函数性质的综合应用，属于难题．
18．（2024秋 昆明期末）如图，在扇形OPQ中，半径OP＝1，圆心角，C是扇形弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形，记∠POC＝x，矩形ABCD的面积为f（x）．
（1）求f（x）；
（2）求f（x）的最大值及此时x的值；
（3）若，求x的取值范围．
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】（1）；
（2），；
（3）．
【分析】（1）求出AD、OB、OA关于x的表达式，利用三角恒等变换化简函数f（x）的表达式即可，并写出该函数的定义域；
（2）由可求出的取值范围，由正弦型函数的基本性质可求得f（x）的最大值及其对应的x值；
（3）由可求出的取值范围，由可得出，可得出的取值范围，解之即可．
【解答】解：（1）根据题意可知AD＝BC＝sinx，OB＝cosx，OAADsinx，
所以f（x）＝AB AD
＝（OB﹣OA） AD
＝（cosxsinx） sinx
＝sinxcosxsin2x
sin2x（1﹣cos2x）
sin2xcos2x
sin（2x），x∈（0，），
即f（x）sin（2x），x∈（0，）．
（2）由（1）知f（x）sin（2x），x∈（0，），
所以2x∈（，），显然2x时，f（x）max，此时x．
（3）由f（x）sin（2x），可得sin（2x），
因为2x∈（，），所以，解得x，
即不等式f（x）的解集为[，]．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，是中档题．
19．（2025 太原开学）已知函数的图象经过点（0，﹣1），且两条对称轴间的距离的最小值为．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）当，求函数f（x）的单调递增区间；
（3）若关于x的方程f（x）﹣k＝0在上有且仅有两个实数根x1，x2，求实数k的取值范围，并求出x1+x2的值．
【考点】由函数的零点求解函数或参数；正弦函数的单调性；由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；三角函数的图象与性质；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）
（2）
（3）k的取值范围：，x1+x2的值为：或．
【分析】（1）由图象过点求得φ的值，由两条对称轴间的距离的最小值为，求得ω的值，从而求得函数f（x）的解析式；
（2）令（k∈Z）求出函数的单调递增区间，然后取k为0和1后得到在内的区间，从而写出单调递增区间；
（3）由（2）可知函数在区间上函数单调递增，在上单调递减，且存在两条对称轴分别为和，由函数大致图象得到k的取值范围，并得到x1+x2的值．
【解答】解：（1）因为f（x）的图象经过点（0，﹣1），
所以f（0）＝2sinφ＝﹣1，
所以sinφ，
所以或，k∈Z，
又因为，所以k＝0，，
令，k∈Z，
解得，k∈Z，
又因为两条对称轴间的距离的最小值为，
所以，k∈Z，且ω＞0，
即，解得ω＝2，
所以；
（2）令（k∈Z），
解得（k∈Z），
当k＝0时，，k＝1时，，
又因为，
所以函数f（x）的单调递增区间为；
（3）由（2）可知函数在区间上函数单调递增，在上单调递减，
在区间内存在两条对称轴分别为和，
，，，，
作出函数的图象，如图所示：
因为f（x）﹣k＝0有且仅有两个实根，
即f（x）＝k有两个交点，如图所示：
由图象可知k的取值范围：，
由三角函数的对称性可知x1+x2或x1+x2，
所以x1+x2的值为或．
【点评】本题考查了三角函数的图象及性质，考查了转化思想及数形结合思想，属于中档题．
20．（2024秋 会泽县期末）在一座历史悠久、文化绚烂的古城中，有一家声名远扬的传统工艺工厂，此手工艺品蕴含着丰富的文化内涵，制作工艺精细复杂，该厂近期接到一份制作传统手工艺品的重要订单．已知生产该手工艺品的固定成本为8万元．每生产x万件，额外投入成本C（x）万元，且，这款手工艺品在市场上广受欢迎，出厂单价统一为15元．但由于市场需求和工艺限制，预估市场需求量最多为20万件．
问题：
（1）当工厂生产4万件时，求工厂的利润（利润＝销售收入﹣总成本）．
（2）要使工厂利润最大，应生产多少万件？并求出最大利润．
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】计算题；应用题；转化思想；分析法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（1）36；
（2）应生产9万件，最大利润为72万元．
【分析】（1）根据x的取值代入C（x）解析式求解即可；
（2）对x取值范围进行分类讨论求解本题．
【解答】解：（1）当工厂生产4万件时，（万元），利润为15×4﹣16﹣8＝36（万元）．
（2）设利润为L（x）当0＜x≤8时，，
当x＝8时，L（x）max＝64（万元），
当x＞8时，，
当且仅当，即x＝9时，L（x）max＝72（万元）．
综上，要使工厂利润最大，应生产9万件，最大利润为72万元．
【点评】本题考查函数的实际应用，属于中档题．
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