专题2-2基本初等函数、函数与方程（专题分层练）解析版.docx

1、专题验收评价专题2-2基本初等函数、函数与方程 内容概览A常考题不丢分一幂函数的概念、解析式、定义域、值域（共6小题）二幂函数的图象（共2小题）三指数函数的定义、解析式、定义域和值域（共1小题）四指数函数的图象与性质（共1小题）五对数的运算性质（共6小题）六对数函数的定义域（共1小题）七对数函数的图象与性质（共2小题）八对数函数的单调性与特殊点（共2小题）九反函数（共1小题）一十函数的零点（共2小题）一十一函数零点的判定定理（共1小题）一十二函数的零点与方程根的关系（共11小题）一十三函数与方程的综合运用（共2小题）一十四分段函数的应用（共6小题）一十五根据实际问题选择函数类型（共6小题）B拓

2、展培优拿高分（压轴题）（18题）C挑战真题争满分（14题）一幂函数的概念、解析式、定义域、值域（共6小题）1（2023黄浦区模拟）设mR，若幂函数y定义域为R，且其图像关于y轴成轴对称，则m的值可以为（）A1B4C7D10【分析】幂函数y（mR）的图像关于y轴对称说明幂函数为偶函数，由此判断可得m的值【解答】解：由于幂函数y（mR）定义域为R，且图像关于y轴对称，故幂函数是偶函数，且m22m+1（m1）2为正的偶数，则m的值可以为7故选：C【点评】本题考查了幂函数的图象与性质，属于基础题2（2023宝山区校级模拟）已知幂函数的图像经过点P（2，4），则它是 偶函数（判断奇偶性）【分析】由已知先

3、求出函数的解析式，再结合基本初等函数的奇偶性即可判断【解答】解：设f（x）xa，则f（2）2a4，所以a2，f（x）x2为偶函数故答案为：偶【点评】本题主要考查了幂函数解析式的求解及函数奇偶性的判断，属于基础题3（2023长宁区二模）当xa，+）时，幂函数yx2的图像总在的图像上方，则a的取值范围为 （1，+）【分析】根据题意，解不等式得出x1，从而得出当x（1，+）时，幂函数yx2的图像总在的图像上方，然后即可求出a的取值范围【解答】解：由得，x3x0，解得x1，当x（1，+）时，幂函数yx2的图像总在的图像上方，此时xa，+），a1，a的取值范围为：（1，+）故答案为：（1，+）【点评】本

4、题考查了函数f（x）在g（x）的图象上方时，满足f（x）g（x），考查了计算能力，属于基础题4（2023宝山区二模）若幂函数yxa的图像经过点，则此幂函数的表达式为 yx3【分析】由题意，利用幂函数的定义和性质，求得的值，从而得出结论【解答】解：幂函数yxa的图像经过点，3，3，则此幂函数的表达式为yx3故答案为：yx3【点评】本题主要考查幂函数的定义和性质，属于基础题5（2023徐汇区校级模拟）已知幂函数yf（x）的图像过点P（2，8），则函数yf（x）x的零点为 0，1，1【分析】设幂函数解析式，求解函数解析式，解方程即可得函数函数yf（x）x的零点【解答】解：设幂函数f（x）x，因为函数

5、yf（x）的图像过点P（2，8），所以82，解得3所以f（x）x3，则函数yf（x）x的零点为方程f（x）xx3xx（x21）0的根，解得x0或x1，所以函数yf（x）x的零点为0，1，1故答案为：0，1，1【点评】本题主要考查了幂函数解析式的求解，还考查了函数零点的求解，属于基础题6（2023黄浦区二模）若函数yxa的图像经过点（2，16）与（3，m），则m的值为 81【分析】把点（2，16）代入函数解析式求出a的值，再把（3，m）代入即可求出m的值【解答】解：函数yxa的图像经过点（2，16）与（3，m），解得，即m的值为81故答案为：81【点评】本题主要考查了幂函数的定义，属于基础题二幂

6、函数的图象（共2小题）7（2023黄浦区校级模拟）如图所示是函数（m，n均为正整数且m，n互质）的图象，则（）Am，n是奇数且Bm是偶数，n是奇数，且Cm是偶数，n是奇数，且Dm，n是奇数，且【分析】由幂函数性质及0x1时两图象的位置关系可知；由图象可知为偶函数，进而确定m，n的特征【解答】解：由幂函数性质可知：与yx恒过点（1，1），即在第一象限的交点为（1，1），当0x1时，则，又图象关于y轴对称，为偶函数，又m，n互质，m为偶数，n为奇数故选：B【点评】本题主要考查了幂函数的定义和性质，属于基础题8（2023宝山区校级三模）已知幂函数yf（x）的图象过点，则f（2）【分析】设出幂函数的解

7、析式，由图象过（，8）确定出解析式，然后令x2即可得到f（2）的值【解答】解：设f（x）xa，因为幂函数图象过，则有8，a3，即f（x）x3，f（2）（2）3故答案为：【点评】考查学生会利用待定系数法求幂函数的解析式会根据自变量的值求幂函数的函数值三指数函数的定义、解析式、定义域和值域（共1小题）9（2023奉贤区校级三模）点P（2，16）、Q（log23，t）都在同一个指数函数的图像上，则t9【分析】将点P代入指数函数yax（a0）得a，再将点Q代入，可得t【解答】解：设这个指数函数为yax（a0），过点P（2，16），则有16a2，a4，y4x，函数过点Q（log23，t），则有t9故答案

8、为：9【点评】本题考查指数函数，对数函数的性质，属于基础题四指数函数的图象与性质（共1小题）10（2023浦东新区校级模拟）已知0a1，b1，则函数yax+b的图象必定不经过（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】先考查 yax的图象特征，f（x）ax+b 的图象可看成把 yax的图象向下平移b（b1）个单位得到的，即可得到 f（x）ax+b 的图象特征【解答】解：0a1，b1，yax的图象过第一、第二象限，且是单调减函数，经过（0，1），f（x）ax+b 的图象可看成把 yax的图象向下平移b（b1）个单位得到的，故函数f（x）ax+b的图象经过第二、第三、第四象限，不经过第一象

9、限，故选：A【点评】本题考查函数图象的变换，指数函数的图象特征，体现了转化的数学思想五对数的运算性质（共6小题）11（2023上海模拟）若12a3bm，且，则m2【分析】先把指数式化为对数式，再利用对数的运算性质求解【解答】解：12a3bm，alog12m，blog3m，logm12logm3logm42，m24，又m0，m2故答案为：2【点评】本题主要考查了指数式与对数式的互化，考查了对数的运算性质，属于基础题12（2023杨浦区校级模拟）在财务审计中，我们可以用“本福特定律”来检验数据是否造假本福特定律指出，在一组没有人为编造的自然生成的数据（均为正实数）中，首位非零的数字是19这九个事件

10、不是等可能的具体来说，随机变量X是一组没有人为编造的首位非零数字，则则根据本福特定律，首位非零数字是1与首位非零数字是8的概率之比约为 6（保留至整数）【分析】根据题意结合对数运算求解【解答】解：由题意可得：故答案为：6【点评】本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题13（2023徐汇区校级模拟）方程lg（2x）lg（3x2）的解集为 x|x1【分析】依题意得到，解得即可【解答】解：因为lg（2x）lg（3x2），则，解得x1，所以方程lg（2x）lg（3x2）的解集为x|x1故答案为：x|x1【点评】本题主要考查了对数运算性质的简单应用，属于基础题14（2023闵行区二模）若实数x、y满足l

11、gxm、y101m，则xy10【分析】先把对数式化为指数式求出x，再利用有理数指数幂的运算性质求解【解答】解：实数x、y满足lgxm、y101m，x10m，xy10m101m10故答案为：10【点评】本题主要考查了对数式与指数式的互化，考查了有理数指数幂的运算性质，属于基础题15（2023静安区二模）若10x10y10，其中x，yR，则2xy的最小值为 1+2lg2【分析】由题意可知10x10y+10，再利用基本不等式求解即可【解答】解：10x10y10，10x10y+102，当且仅当10y10，即y1时，等号成立，两边平方得：102x410y+1，4，即102xy14，2xy1lg4，2xy

12、1+lg41+2lg2，当且仅当y1，x1+lg2时，等号成立，即2xy的最小值为1+2lg2故答案为：1+2lg2【点评】本题主要考查了利用基本不等式求最值，属于基础题16（2023青浦区校级模拟）若实数ba1，且logab+logba，则3lnalnb0【分析】利用换元法得到一元二次方程求出logab3，再利用对数的性质和运算法则求解【解答】解：ba1，logab1，设logabt，logab+logba，t+，即3t210t+30，t1，t3，logab3，ba3，3lnalnb3lnalna33lna3lna0，故答案为：0【点评】本题考查一元二次方程的解法，对数的性质和运算法则，属于

13、中档题六对数函数的定义域（共1小题）17（2023浦东新区三模）函数ylg（1+x）lg（x1）的定义域是 （1，+）【分析】根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可【解答】解：由题意得，解得x1故答案为：（1，+）【点评】本题考查了求函数定义域的问题，解题时应求出使函数有意义的自变量的取值范围，是基础题目七对数函数的图象与性质（共2小题）18（2023黄浦区校级三模）已知f（x）2lgx1，g（x）2lgx3，若|f（x）|+|g（x）|f（x）+g（x）|，则满足条件的x的取值范围是 （0，10，+）【分析】由题意，分类讨论，去掉绝对值，利用对数函数的图象和性质，求得x

14、的范围【解答】解：f（x）2lgx1，g（x）2lgx3，f（x）g（x）+2，|f（x）|+|g（x）|f（x）+g（x）|，即|g（x）+2|+|g（x）|2g（x）+2|，即|2lgx1|+|2lgx3|4|lgx1|， ，或 ，或；或由可得lgx；由可得lgx；由可得lgx无解；由可得lgx综上，可得lgx 或lgx，求得0x或 x10，故满足条件的x的取值范围是（0，10，+）故答案为：（0，10，+）【点评】本题主要考查对数函数的图象和性质，绝对值不等式的解法，属于中档题19（2023普陀区二模）设a0且a1，若在平面直角坐标系xOy中，函数yloga（ax+2）与yloga的图像

15、于直线l对称，则l与这两个函数图像的公共点的坐标为 （，0）【分析】根据两函数的图象关于直线l对称，再结合底数互为倒数的两个对数函数的图象关于x轴对称，可求得a，可得出答案【解答】解：ylogaloga（2x+a）log（2x+a），因为函数yloga（ax+2）与ylog（2x+a）的底数互为倒数，函数yloga（ax+2）与ylog（2x+a）的图像关于直线l对称，所以函数yloga（ax+2）与ylog（2x+a）的图像关于x轴对称，即直线l为x轴，所以ax+22x+a，所以a2，则两个函数分别为ylog2（2x+2），ylog（2x+2），令log2（2x+2）0，log（2x+2）0

16、，得2x+21，解得x，此时y0，所以l与这两个函数图像的公共点的坐标为（，0）故答案为：（，0）【点评】本题考查函数的交点问题，考查函数图像的性质，属于中档题八对数函数的单调性与特殊点（共2小题）20（2023上海模拟）不等式lg（x1）1的解集是（1，11）（用区间表示）【分析】由不等式可得可得0x110，从而求得不等式的解集【解答】解：由lg（x1）1，可得0x110，求得1x11，故不等式的解集是（1，11），故答案为 （1，11）【点评】本题主要对数函数的单调性和特殊点，对数不等式的解法，体现了转化的数学思想，属于中档题21（2023浦东新区校级三模）函数f（x）2loga（2x1）

17、+1（a0且a1）的图象恒过定点P，则点P的坐标为 （1，1）【分析】由f（1）1即可得解【解答】解：已知函数f（x）2loga（2x1）+1（a0且a1），令2x11，即x1，则f（1）1，即函数f（x）2loga（2x1）+1（a0且a1）的图象恒过定点P（1，1），故答案为：（1，1）【点评】本题考查了对数函数的图象及性质，属基础题九反函数（共1小题）22（2023浦东新区校级一模）设函数yf（x）2x+c的图象经过点（2，5），则yf（x）的反函数f1（x）log2（x1）【分析】由f（2）5，解得c1，得yf（x）2x+1，然后反解x后，对调x与f（x）可得【解答】解：依题意有：f（

18、2）22+c5，解得：c1，所以f（x）2x+1，2xf（x）1，xlog2 （f（x）1），f1（x）log2（x1）故答案为：log2 （x1）【点评】本题考查了反函数属基础题一十函数的零点（共2小题）23（2023青浦区校级模拟）设xR，求方程|x2|+|2x3|3x5|的解集 【分析】利用绝对值的定义去掉绝对值，分类讨论，分别求解即可【解答】解：当时，则方程为2x+32x53x，解得；当时，则方程为2x+2x353x，解得x，舍去；当时，则方程为2x+2x33x5，解得x2，舍去；当x2时，则方程为x2+2x33x5，解得x2综上所述，方程的解集为故答案为：【点评】本题考查了含有绝对值

19、得方程的求解，解题的关键是利用绝对值的定义去掉绝对值，考查了逻辑推理能力，属于基础题24（2023闵行区校级三模）已知x|x2mx+n01，则m+n3【分析】转化为方程x2mx+n0有两个等根1，再根据根与系数的关系即可求解结论【解答】解：x|x2mx+n01，方程x2mx+n0有两个等根1，1+1m且11n，可得m2，n1，m+n3故答案为：3【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的关系应用，属于基础题一十一函数零点的判定定理（共1小题）25（2023闵行区二模）已知f（x）cos2xasinx，若存在正整数n，使函数yf（x）在区间（0，n）内有2023个零点，则实数a所有可能的值为（）A

20、1B1C0D1或1【分析】令tsinx1，1，2t2+at10，分析可知该方程一定有解1或1，然后分其中一解为1和其中一解为1，讨论即可【解答】解：f（x）2sin2xasinx+1，令tsinx1，1，则2t2+at10，当t1时，tsinx在半个周期内必有偶数个解，即在（0，n）内必有偶数个解，不合题意，则2t2+at10一定有解1或1，当其中一解为1时，易知另一解为，此时在（0，）内共有1个零点，在（，2）内共有2个零点，一个周期（0，2）内共有3个零点，又20236743+1，则当n6742+11349是满足题意，此时a1满足题意；当其中一解为1时，易知另一解为，此时（0，）内共有2个

21、零点，在（，2）内共有1个零点，一个周期（0，2）内共有3个零点，又20236743+1，则此时不存在正整数n满足题意故选：B【点评】本题考查函数的零点以及正弦函数的图象及性质，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题一十二函数的零点与方程根的关系（共11小题）26（2023徐汇区二模）设函数，现有如下命题，若方程f（x）a有四个不同的实根x1、x2、x3、x4，则x1x2x3x4的取值范围是（0，1）；方程的不同实根的个数只能是1，2，3，8下列判断正确的是（）A和均为真命题B和均为假命题C为真命题，为假命题D为假命题，为真命题【分析】首先画出函数yf（x）的图象根据二次函数的对称性得x

22、1+x22，根据|lnx3|lnx4|得x3x41，从而求得x1x2x3x4的取值范围，进而判断出命题的真假；先根据方程求出f（x）的根，再对根的大小分类讨论，并结合yf（x）的图象判断出根的个数，进而判断出命题的真假【解答】解：当x0时，f（x）x22x，图象为抛物线的一部分，抛物线开口向下，对称轴为x1，顶点为（1，1），过（2，0）和（0，0）；当x0时，f（x）|lnx|，图象过（1，0），如图所示对于，当方程f（x）a有四个不同的实根x1、x2、x3、x4时，不妨假设x1x2x3x4，则0a1，2x11x20x31x4e，且x1+x22，|lnx3|lnx4|，所以lnx3lnx4，

23、所以x3x41因此x1x2x3x4x1x2（2x2）x2，1x20，所以x1x2x3x4（0，1），故为真命题对于，方程等价于且a0，所以f（x）a或当a1时，由yf（x）的图象得f（x）a有2个不同实根，有4个不同实根，故原方程有6个不同实根；当a1时，由yf（x）的图象得f（x）1有3个不同实根，故原方程有3个不同实根；当0a1时，由yf（x）的图象得f（x）a有4个不同实根，有2个不同实根，故原方程有6个不同实根；当a1时，由yf（x）的图象得f（x）1有1个实根，故原方程有1个实根；当a0且a1时，且，由yf（x）的图象得f（x）a有1个实根，有1个实根，故原方程有2个不同实根；综上所

24、述，方程的不同实根的个数可能是1，2，3，6故为假命题故选：C【点评】本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题27（2023普陀区校级模拟）已知a（e，+），则函数f（x）alnx+axxex的零点个数为（）A0B1C2D3【分析】求出函数f（x）的导数，利用导数讨论f（x）单调性，确定其最大值为正，再借助零点存在性定理推理作答【解答】解：函数f（x）alnx+axxex定义域为（0，+），求导得：f（x）（x+1）（ex），令g（x）ex，x0，显然g（x）在（0，+）上单调递减，而ae，g（a）1ea0，g（1）ae0，则存在x0（1，a），使得g（

25、x0）0，即，当0xx0时，g（x）0，f（x）0；当xx0时，g（x）0，f（x）0，因此，f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+）上单调递减，f（x）maxf（x0）alnx0+ax0x0a（lnx0+x01）0，而f（）aln+1alna+1a+10，则存在x1（，x0），使得f（x1）0，即f（x）在（0，x0）上存在唯一零点，又f（a）a（lna+aea），令h（x）lnx+xex，xe，则h（x）+1ex0，则h（x）在（e，+）上单调递减，xe，h（x）h（e）1+eee1+ee20，于是得f（a）0，则存在x2（x0，a），使得f（x2）0，即f（x）在（x0，+）上存

26、在唯一零点，综上得：函数f（x）alnx+axxex的零点个数为2故选：C【点评】本题考查了涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，并结合零点存在性定理，分析解决问题，属于中档题28（2023宝山区校级三模）若存在实数a，使得x1是方程（x+a）23x+b的解，但不是方程的解，则实数b的取值范围是 （3，+）【分析】根据x1是（x+a）23x+b的解，不是x+a解直接可得【解答】解：由题意知，（1+a）23+b，且a+1，故（1+a），显然b+30，即b3，若b3，此时显然不满足题意，故b（3，+）故答案为：（3，+）【点评】本题考查了函数的零点与方程思想，属于基础

27、题29（2023普陀区校级模拟）定义符号函数，则方程的解集为 【分析】由，可得x（，0）（0，+），按照分段函数分类讨论即可【解答】解：由方程，可得x（，0）（0，+），当x0时，原式等价于2log2x+01，log2x，x；当x0时，原式等价于0+22x1，即2x+11，x+10，x1，故答案为：1，【点评】本题属于新概念题，考查了对数函数、指数函数的性质及分类讨论思想，属于基础题30（2023浦东新区校级模拟）若f（x）的值域为0，1，2，则g（x）（f（x）x）（f（x）2x）至多有 4个零点【分析】分别代入f（x）0、f（x）1、f（x）2，求出g（x）0的解，即可得出答案【解答】解：

28、当f（x）0时，g（x）2x2，由g（x）0可得，x0；当f（x）1时，g（x）（x1）（2x1），由g（x）0可得，x1或；当f（x）2时，g（x）2（x1）（x2），由g（x）0可得，x1或x2综上所述，g（x）的零点可能是x0或x1或或x2所以，g（x）的零点至多有4个故答案为：4【点评】本题考查函数零点的求解，考查运算求解能力，属于基础题31（2023徐汇区校级三模）设aR，函数，若函数f（x）在区间（0，+）内恰有6个零点，则a的取值范围是 【分析】由x22（a+1）x+a2+50最多有2个根，可得cos（2x2a）0至少有4个根，分别讨论当xa和xa时两个函数零点个数情况，再结合考

29、虑求解即可【解答】解：x22（a+1）x+a2+50最多有2个根，所以cos（2x2a）0至少有4个根由，可得，由可得xa时，当时，f（x）有4个零点，即；当，f（x）有5个零点，即；当，f（x）有6个零点，即；当xa时，f（x）x22（a+1）x+a2+5，4（a+1）24（a2+5）8（a2），当a2时，0，f（x）无零点；当a2时，0，f（x）有1个零点；当a2时，令f（a）a22a（a+1）x+a2+52a+50，则，此时f（x）有2个零点；所以若时，f（x）有1个零点综上，要使f（x）在区间（0，+）内恰有6个零点，则应满足或或，则可解得a的取值范围是：故答案为：【点评】本题主要考查

30、了分段函数的应用，考查了余弦函数和二次函数的性质，属于中档题32（2023浦东新区模拟）已知关于x的方程有唯一实数根，则实数a的取值范围为 （，）（，+）【分析】由已知可得a，令f（x），可得f（x）为奇函数，研究函数在x0时的单调性，可求实数a的取值范围【解答】解：由，可得x2eax，axlnx2，a，令f（x），可得f（x）为奇函数，若x0，f（x），f（x），当xe时，f（x）0，当0xe时，f（x）0，f（x）在（e，+）上单调递减，f（x）在（0，e）上单调递增，f（x）max，a，a，同理可得x0时，a，a，关于x的方程有唯一实数根，则实数a的取值范围为（，）（，+）故答案为：（，

31、）（，+）【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想，属中档题33（2023闵行区二模）若关于x的方程在实数范围内有解，则实数m的取值范围是 2，+）【分析】根据题意，将方程变形可得m（）x，设f（x）（）x，x1，+），分析可得直线ym与函数f（x）（）x的图象有交点，分析f（x）的单调性，求出其最小值，由此分析可得答案【解答】解：根据题意，方程，变形可得m（）x，设f（x）（）x，x1，+），若x的方程在实数范围内有解，则直线ym与函数f（x）（）x的图象有交点，函数y在区间1，+）上为增函数，y（）x在1，+）上为减函数，则函数f（x）（）x在1，+）上为增函数，则f（x

32、）f（1）2，若直线ym与函数f（x）（）x的图象有交点，必有m2，即m的取值范围为2，+）故答案为：2，+）【点评】本题考查函数与方程的关系，涉及函数的值域，属于中档题34（2023浦东新区校级三模）若关于x、y的方程组无解，则实数a6【分析】把方程组无解转化为两条直线无交点，然后结合两直线平行与系数的关系列式求得a值【解答】解：若关于x、y的方程组无解，说明两直线x+2y40与3x+ay60无交点则，解得：a6故答案为：6【点评】本题考查根的存在性与根的个数判断，考查数学转化思想方法，是中档题35（2023虹口区校级三模）若存在实数a及正整数n，使得f（x）cos2xasinx在区间（0，

33、n）内恰有2022个零点，则所有满足条件的正整数n的值共有 5个【分析】由二倍角公式可得f（x）2sin2xasinx+1，由0，可得方程2t2+at10有两不等实根，t1，t2，（假设t1t2），由韦达定理可得t1t20，于是有t10t2，分t21、t21、1t20三种情况，再结合三角函数的性质求解即可【解答】解：由题意可得f（x）2sin2xasinx+1，令f（x）0，sinxt，则有2t2+at10，因为a2+80，所以方程2t2+at10有两不等实根，t1，t2，（假设t1t2），则有t1+t2，t1t20，所以t10t2，当t21时，则有1t10，一个周期2内有两个零点，易知n20

34、22或n2021；当t21时，则有t1，一个周期2内有三个零点，则需要674个周期，即n67421348；当1t20时，此时将t1代入y2t2+at1，得2a10，解得a1，当1a1时，此时0t11，则一个周期2内有四个零点，则需要505+，即n5052+11011；当a1时，此时t2，t11，一个周期2内有三个零点，则需要674个周期，即n67421348；当a1时，此时t11，一个周期2内有两个零点，易知n2022或n2023，综上所述，这样的正整数n的值有5个，分别为1011，1348，2021，2022，2023故答案为：5【点评】本题考查了二倍角公式、三角函数的性质及分类讨论思想，属

35、于中档题36（2023浦东新区校级三模）已知函数f（x）是R上的奇函数，当x0时，f（x）42x，若关于x的方程f（f（x）m有且仅有两个不相等的实数解，则实数m的取值范围是 （4，33，4）【分析】利用奇函数性质求分段函数解析式，根据指数函数性质画出f（x）函数图象，数形结合判断不同值域范围的函数值对应自变量的个数，再由tf（x）有两个解，对应f（t）m的解的个数确定t范围，进而求m的范围【解答】解：由题设f（0）0，若x0，则f（x）f（x）（42x）2x4，所以f（x），值域为R，函数图象如下：当f（x）（，3时，只有一个x（，log27与之对应，当f（x）（3，0）时，有两个对应自变量

36、，记为x1，x2（x1x2），则log27x120x22，当f（x）0时，有三个对应自变量且x2，0，2，当f（x）（0，3）时，有两个对应自变量，记为x3，x4（x3x4），则2x302x4log27，当f（x）3，+）时，有一个xlog27，+）与之对应，令tf（x），则f（t）m，要使f（f（x）m有且仅有两个不相等的实数解，若f（t）m有三个解，则tf（x）2，0，2，此时x有7个解，不满足；若f（t）m有两个解t1，t2且t1t2，此时t1f（x）和t2f（x）各有一个解，结合图象知，不存在这样的t，故不存在对应的m；若f（t）m有一个解t0，则t0f（x）有两个解，此时t0（3，l

37、og27log27，3），所以对应的m（4，33，4），综上，m（4，33，4）故答案为：（4，33，4）【点评】本题考查了奇函数的性质、转化思想、分类讨论思想及数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题一十三函数与方程的综合运用（共2小题）37（2023杨浦区校级模拟）若实数a使得存在两两不同的实数x、y、z，有，则实数a的取值范围是 （2，0）（0，2）【分析】构造函数，利用导函数得到ut33tm的三个互不相同的根，m（2，2），且有u（tx）（ty）（tz）0，进而得到x+y+z0，化简可得a（2，2）时有三个不同的根，进而得出结果【解答】解：因为，所以x33xy33y，同理可得x33xy

38、33yz33z，构造函数ut33t，令x，y，z为ut33tm的三个互不相同的根，则u3t23，令u0，t1，所以t（1，1）时，u0，u单调递减，t（，1）（1，+）时，u0，u单调递增，且t1时，u2，t1时，u2，所以为使ut33tm的三个互不相同的根，则m（2，2），且有u（tx）（ty）（tz）0，得到x+y+z0，原式可得：，化简得：，取x3+a3x，得到ax33x，解得a（2，2）时有三个不同的根，又因为x0，所以a（2，0）（0，2）故答案为：（2，0）（0，2）【点评】本题考查方程与函数的思想，构造函数，利用导函数求出值域，注意转化思想的应用，属于中档题38（2023徐汇区三

39、模）已知函数yf（x）的对称中心为（0，1），若函数y1+sinx的图像与函数yf（x）的图像共有6个交点，分别为（x1，y1），（x2，y2），（x6，y6），则6【分析】由正弦函数的性质可知ysinx+1的图象关于（0，1）对称，于是两函数的交点也关于（0，1）对称，根据对称性质可得答案【解答】解：因为函数yf（x）的对称中心为（0，1），由正弦函数的性质可知ysinx的图象关于（0，0）对称，所以ysinx+1的图象关于（0，1）对称，即函数yf（x）与ysinx+1的图象都关于（0，1）对称，所以两函数的交点也关于（0，1）对称，不妨设（x1，y1）与（x6，y6）关于（0，1）对称，

40、（x2，y2）与（x5，y5）关于（0，1）对称，（x3，y3）与（x4，y4）关于（0，1）对称，所以x1+x2+x60，y1+y2+y6（y1+y6）+（y2+y5）+（y3+y4）2+2+26，所以（x1+x2+x6）+（y1+y2+y6）6故答案为：6【点评】本题考查了函数的对称性、正弦函数的性质，得出两函数yf（x）与ysinx+1的图象都关于（0，1）对称是关键，属于中档题一十四分段函数的应用（共6小题）39（2023嘉定区校级三模）已知函数，若满足f（a）f（b）f（c）（a、b、c互不相等），则a+b+c的取值范围是（）A（3，2023.5）B（3，2024）C3，2024）D

41、3，2025）【分析】作出函数f（x）的图像，根据三角函数对称性得a+b1，解0log2023（c1）1，得c2，2024），进而得答案【解答】解：作出函数的图像，不妨设abc，如图，根据三角函数的对称性得可得a+b1，由0log2023（c1）1，得c2，2024），a+b+c3，2025），故选：D【点评】本题主要考查分段函数及其应用，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题40（2023崇明区二模）若函数y的图像上点A与点B、点C与点D分别关于原点对称，除此之外，不存在函数图像上的其它两点关于原点对称，则实数a的取值范围是 【分析】由题意将问题转化为f（x）在（，0）的图像关于原点对称

42、后与（0，+）的图像有两个交点，即转化为方程在（0，+）上有两根，孤立参数为在（0，+）上有两根，求导确定函数的单调性与取值情况，作出大致图象，即可求得实数a的取值范围【解答】解：若f（x）有两组点关于原点对称，则f（x）在（，0）的图像关于原点对称后与（0，+）的图像有两个交点，由x0时，f（x）ax2；得其关于原点对称后的解析式为yax2，问题转化为与yax2在（0，+）上有两个交点，即方程有两根，化简得，即ya与在（0，+）上有两个交点对于，求导，令，解得x1，即：当x（0，1）时，单调递增；令，解得：x1即：当x（1，+）时，单调递减，x1为其极大值点，x+时，y0；画出其大致图像：欲

43、使ya与在x0时有两个交点，则，即故答案为：【点评】本题主要考查分段函数的应用，考查转化能力，属于中档题41（2023松江区校级模拟）已知函数f（x），若x0时，f（x）恒成立，则实数k的取值范围是，+）【分析】作出函数f（x）的图象，利用数形结合即可得到结论【解答】作出函数f（x）的图象如图，则f（1）1，f（3），f（5）f（3），f（7），要使x0时，f（x）恒成立，则f（1）k，且f（3），f（5），f（7），即1k，且，则，解得k，即实数k的取值范围是，+），故答案为：，+）【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，作出函数f（x）的图象，利用数形结合是解决本题的关键难度较大42（202

44、3普陀区模拟）已知函数，若f（x1）f（x2）（x1x2），则x1+x2的最大值为 【分析】由函数解析式判断其单调性，不妨设x10x2，可得，由此可求得，构造函数，利用导数即可求得最值【解答】解：，yf（x）在（，0上单调递减，在（0，+）上单调递增不妨设x10x2，则，x10，得，令，则，当x时，g（x）0，则g（x）在上单调递增，当x时，g（x）0，则g（x）在上单调递减故故答案为：【点评】本题考查分段函数的应用，训练了利用导数求最值，是中档题43（2023杨浦区校级三模）已知曲线C：y，点P，Q是曲线C上任意两个不同点，若POQ，则称P，Q两点心有灵犀，若P，Q始终心有灵犀，则的最小值0

45、的正切值tan02【分析】由题意画出图形，求出过原点与曲线yx2x+1（x0）相切的直线的斜率，再求出曲线y2x21（x0，y1）的渐近线的斜率，再由到角公式得答案【解答】解：曲线C：y，其图象如图，当x0时，yx2x+1，设OP与该曲线相切，且切线方程为ykx，联立，可得x2（k+1）x+10，由（k+1）240，解得k3或k1（舍去）；当x0时，即y2x21（x0，y1），则yx是该曲线的渐近线，点P，Q是曲线C上任意两个不同点，若POQ，则的最小值0的正切值tan0故答案为：2【点评】本题考查分段函数的应用，考查数形结合思想，训练了直线到直线角的求法，是中档题44（2023黄浦区校级模拟

46、）已知函数f（x），若对任意的x12，+），都存在x22，1，使得f（x1）f（x2）a，则实数a的取值范围为 【分析】问题可转化为，分类讨论结合x12，+） 即可得出结论【解答】解：x12，+），x22，1，f（x2）0，即对任意的x12，+），都存在x22，1，使恒成立，有，当a0 时，显然不等式恒成立；当0a2时，解得；当a2时，|x1a|0，+），此时不成立综上，故答案为：【点评】本题考查分段函数的应用，考查学生的运算能力，属于中档题一十五根据实际问题选择函数类型（共6小题）45（2023闵行区校级二模）某环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水排放量

47、W与时间t的关系为Wf（t），用的大小评价在a，b这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示则下列正确的命题是（）A在t1，t2这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业弱B在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业弱C在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都不达标D甲企业在0，t1，t1，t2，t2，t3这三段时间中，在t1，t2的污水治理能力最强【分析】根据题目中的数学模型建立关系，比较甲乙企业的污水治理能力【解答】解：设甲企业的污水排放量W与时间t的关系为Wh（t），乙企业的污水排放量W与时间t的关系为Wg（t），对于A选项，在t1，t2这段时间

48、内，甲企业的污水治理能力，乙企业的污水治理能力由图可知，h（t1）h（t2）g（t1）g（t2），所以h（t）g（t），即甲企业的污水治理能力比乙企业强，故A选项错误；对于B选项，由图可知，h（t）在t2时刻的切线斜率小于g（t）在t2时刻的切线斜率，但两切线斜率均为负值，故在t2时刻甲企业的污水治理能力比乙企业强，故B选项错误；对于C选项，在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都小于污水达标排放量，故甲、乙两企业的污水排放都达标，故C选项错误；对于D选项，由图可知，甲企业在0，t1，t1，t2，t2，t3这三段时间中，在t1，t2时的污水治理能力最强，故D选项正确，故选：D【点评】本题考查利用数

49、学解决实际生活问题，考查读图和识图能力，属于中档题46（2023嘉定区校级三模）一般的数学建模包含如下活动过程：建立模型；实际情境；提出问题；求解模型；实际结果；检验结果，请写出正确的序号顺序 【分析】根据给定条件，利用数学建模的活动过程及顺序写出结论作答【解答】解：数学建模活动，根据实际情境，提出问题，基于问题，建立模型，通过模型的求解，以检验模型解决问题的结果，若结果不符合实际，还需重新建立模型；若结果符合实际，问题的回答便有了实际的结果，所以正确的序号顺序是故答案为：【点评】本题主要考查了数学建模的活动过程及顺序，属于基础题47（2023长宁区二模）某小学开展劳动教育，欲在围墙边用栅栏围

50、成一个2平方米的矩形植物种植园，矩形的一条边为围墙，如图，则至少需要 4米栅栏【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解【解答】解：设该矩形的长为a米，宽为b米，由题意可知，ab2，故a+2b，当且仅当，即a2，b1时，等号成立，故至少需要4米栅栏故答案为：4【点评】本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题48（2023嘉定区二模）如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，AC2点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转若它们恰重合于点D，则CDP的面积的最大值为 【分析】设CPx，推出CPD的面积为f（x）的表达式，再利用基本不等式，即可求

51、f（x）的最大值【解答】解：由题意，设CPx，CPD的面积为f（x）DC2，CPx，DP6x，根据三角形的构成条件可得，解得2x4；三角形的周长是一个定值8，故其面积可用海伦公式表示出来，即f（x）22，当且仅当4x2+x，即x3时，f（x）的最大值为2故答案为：2【点评】本题考查根据实际问题选择函数类型，本题中求函数解析式用到了海伦公式，49（2023普陀区校级模拟）某公司按销售额给销售员提成作奖金，每月的基本销售额为20万元，超额中的第一个5万元（含5万元以下），按超额部分的2%提成作奖金；超额中的第二个5万元，按超额部分的4%提成作奖金；后每增加5万元，其提成比例也增加一个2%如销售员某

52、月销售额为27万元，则按照合约，他可得奖金为500002%+（7000050000）4%1800元试求：（1）销售员某月获得奖金7200元，则他该月的销售额为多少？（2）若某销售员7、8月份的总销售额为60万元，且两月都完成基本销售额，那么他这两个月的总奖金的最大、最小值分别是多少？【分析】（1）根据题意利用分段求值法判断销售超额部分的范围，再列方程求解即可（2）根据奖金方案得出同样的超额销售，当月累积的越多，奖金越高，由此求出总奖金最高与最低值【解答】解：（1）设该月销售额为x万元，则奖金为f（x），超额第一个5万元可得奖金1000元，超额第二个5万元可得奖金2000元，超额第三个5元可得奖

53、金3000元，超额第四个5万元可得奖金4000元，故销售员该月的销售超额部分在15万元到20万元之间设销售额为x万元，提成比例为8%，即（x35）8%72006000，可得x36.5万元（2）根据奖金方案，同样的超额销售，累积的越多，奖金越高故当他一个月销售额为20万元，另一个月为40万元时，总奖金最高此时总奖金为1000+2000+3000+400010000元；当他两个月的销售额都是30万元时，总奖金最低，此时总奖金为（1000+2000）26000元【点评】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题50（2023青浦区校级模拟）一年之计在于春，春天正是播种的好季节小林的

54、爷爷对自己的一块正方形菜园做了一些计划如图，ABCD是边长为80米的正方形菜园，扇形AMN区域计划种植花生，矩形ECFG区域计划种植蔬菜，其余区域计划种植西瓜E，F分别在BC，CD上，G在弧MN上，AM60米，设矩形ECFG的面积为S（单位：平方米）（1）若GAM，请写出S（单位：平方米）关于的函数关系式；（2）求S的最小值【分析】（1）延长FG交AB于H，可用表示出HB，FG，由此可得S；（2）令tsin+cos，将S表示为关于t的二次函数的形式，由二次函数最值的求法可求得结果【解答】解：（1）延长FG交AB于H，则GH60sin米，AH60cos米，则GEHB（8060cos）米，FG（8

55、060sin）米，S（8060cos）（8060sin）4001612（sin+cos）+9sincos（2）由（1）得：，令tsin+cos，则，当时，Smin1400，即当时，矩形ECFG面积的最小值为1400平方米【点评】本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题一选择题（共4小题）1（2022上海自主招生）f（x）|x|+2x+1+3x的反函数为g（x），（g（x2）21的根有（）个A1B2C3D4【分析】由（g（x2）21求得g（x2）1，根据反函数的定义列方程求解即可【解答】解：因为（g（x2）21，所以g（x2）1，当g（x2）1时，f（1）1+2+1+37，令x27，

56、解得x；当g（x2）1时，f（1）12+1+31，令x2，解得x；所以方程（g（x2）21的根有4个故选：D【点评】本题考查了反函数的定义与应用问题，也考查了分类讨论思想，是基础题2（2022上海自主招生）f（x）|x+1|+|x|x2|，f（f（x）+10根的个数为（）A1B2C3D0【分析】根据绝对值的意义，求出f（x）的表达式，利用换元法转化为两个函数交点个数问题进行求解即可【解答】解：当x1时，f（x）（x+1）x+（x2）x3，当1x0时，f（x）x+1x+（x2）x1，当0x2时，f（x）x+1+x+（x2）3x1，当x2时，f（x）x+1+x（x2）x+3，作出f（x）的图象如图

57、：设tf（x），由f（t）+10，得f（t）1，得t0或t2，当t0时，f（x）0，有两个根，当t2时，f（x）2，有1个根，综上f（f（x）+10的根的个数为3个，故选：C【点评】本题主要考查函数与方程的应用，根据绝对值的意义求出函数f（x）的表达式，利用换元法转化为两个函数交点个数问题是解决本题的关键，是中档题3（2022上海自主招生）使3|x3|+（x3）sin（x3）+kcos（x3）0有唯一的解的k有（）A不存在B1个C2个D无穷多个【分析】令3xt，则3|t|+tsint+kcost0，构造函数f（t）3|t|+tsint+kcost，且tR，得出f（t）为偶函数，根据偶函数的对称

58、性，假设有f（t1）0，必有f（t1）0，与题设矛盾，则只有f（0）0，即可得出答案【解答】解：令3xt，则3|t|+tsint+kcost0，设f（t）3|t|+tsint+kcost，且tR，则f（t）3|t|+（t）sin（t）+kcos（t）3|t|+tsint+kcostf（t），f（t）为偶函数，则f函数（t）的图象关于y轴对称，由偶函数的对称性，若f（t）0的零点不为t0，则有f（t1）0，必有f（t1）0，不满足f（t）0的唯一性，只能是f（0）0，即3|0|+0+kcos00，解得k1，故k只有唯一一个，故选：B【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，根据函数的性质，考查转

59、化思想，函数思想的应用，属于中档题4（2023宝山区校级模拟）已知函数yf（x）是定义域在R上的奇函数，且当x0时，f（x）（x2）（x3）+0.02，则关于yf（x）在R上零点的说法正确的是（）A有4个零点，其中只有一个零点在（3，2）内B有4个零点，其中只有一个零点在（3，2）内，两个在（2，3）内C有5个零点，都不在（0，2）内D有5个零点，其中只有一个零点在（0，2）内，一个在（3，+）【分析】本题可以先从函数图象右侧入手借助于图象或性质找到其零点，然后根据奇函数特性f（x）是定义在R上的奇函数，故f（0）0，加上奇函数对称性应用，即可以找到所有零点位置【解答】解：根据对称性可以分三种

60、情况研究：（1）x0的情况，f（x）是把抛物线y（x2）（x3）与x轴交点为（2，3）向上平移了0.02，则与x轴交点变至（2，3）之间了所以在（2，3）之间有两个零点（2）当x0时，f（x）（x+2）（x+3）0.02，根据对称性（3，2）之间也有两个零点，（3）f（x）是定义在R上的奇函数，故f（0）0（奇函数特性），所以有五个零点故选：C【点评】本题考查学生灵活运用函数零点和运用奇函数性质的能力，属于难题二填空题（共8小题）5（2020上海自主招生）若a，b0，且满足+，则【分析】推导出a2b2ab，整理得（）210，由此能求出的值【解答】解：a，b0，且满足+，整理得a2b2ab，1，

61、（）210，由a，b0，解得故答案为：【点评】本题考查两数比值的求法，考查指数定义、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6（2020上海自主招生）已知方程2xsinx1，则下列判断：（1）方程没有正数解（2）方程有无穷多个解（3）方程有一个正数解（4）方程的实根小于1其中错误的判断有（1）【分析】在同一直角坐标系内画出函数y2x1与ysinx的图象，由两函数图象的交点逐一分析四个命题得答案【解答】解：由2xsinx1，得2x1sinx，作出函数y2x1与ysinx的图象如图：当x时，sin，可知函数y2x1与ysinx的图象在（0，1）上一定有一个交点，且唯一，故（1）错误，（3）（

62、4）正确；由图可知，方程有无穷多个解，故（2）正确其中错误的判断有（1）故答案为：（1）【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题7（2020上海自主招生）方程x（x+1）+1y2的正整数解有0【分析】由已知等式可得yx，y1x，进一步得到xyx+1，由此可得满足该式的正整数y不存在，从而得到方程x（x+1）+1y2的正整数解为0个【解答】解：由x（x+1）+1y2，得y2x2x+1，x为正整数，x+11，即y2x21，则yx，由x（x+1）+1y2，得y21（y1）（y+1）x（x+1），y+1x+1，y1x，则xyx+1，满足该式的正整

63、数y不存在，则方程x（x+1）+1y2的正整数解为0个故答案为：0【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题8（2022上海自主招生）sin（2022x）x2实根个数为 4044【分析】设f（x）sin（2022x），g（x）x2，求出f（x）的周期，由f（x）的最大值为1，x1，1，时，0g（x）1，利用f（x）的周期，得出两者图象交点的个数，从而得出答案【解答】解：设f（x）sin（2022x），g（x）x2，g（1）g（1）1，x1或x1时，g（x）1，f（x）1，两者无交点，f（x）sin（2022x）的周期为T，在0，1上

64、有1011个周期，在1，0）上有1011个周期，f（1）sin（2022）0，f（1）sin（2022）0，x1在f（x）增区间上，x1在f（x）增区间上，因此在1，1上的每个区间1+，1+）（kN*，k2021）上，f（x）与g（x）的图象都是两个交点，共4044个交点，即原方程有4044个解故答案为：4044【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题9（2020上海自主招生）设，若，则cos（x+2y）1【分析】设f（x）x3+sinx，把已知条件转化为 f（x）+f（2y）0，又因为函数f（x） 在R上是单调递增的奇函数，故x+2y0，进而求出cos（x+2y）1【解答】解：

65、原式可得变形为 ，设f（x）x3+sinx，因为f（x）（x）3+sin（x）（x3+sinx）f（x），所以 f（x） 为奇函数，当 x0 时，f（x）3x2+cosx当0x时，cosx0，所以f（x）0；当x时，3x23，cosx1，所以f（x）0所以f（x） 在（0，+）上是单调递增函数，又因为奇函数关于原点对称，所以函数f（x） 在R上是单调递增函数，因此 f（x）+f（2y）0，则 x+2y0，则 cos（x+2y）1故答案为：1【点评】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合，考查学生的转化能力，是一道综合性的题目，属于中档题10（2020上海自主招生）设m（a）是函数f（x）|x2a|

66、在区间1，1上的最大值，则m（a）的最小值为【分析】由题意可得函数f（x）为偶函数，因此讨论M（a）的值域只需在x0，1这一范围内进行，结合二次函数的单调性及a的正负及 1的大小分类讨论求解M（a）【解答】解：由题意可得函数f（x）为偶函数，因此讨论M（a）的值域只需在x0，1这一范围内进行；当a0时，f（x）x2a，函数f（x）在0，1单调递增，M（a）f（1）1a1当 1a0时，函数f（x）在0，上单调递减，在，1上单调递增，所以f（x）在0，内的最大值为M（a）f（0）a，而f（x）在，1上的最大值为M（a）f（1）1a若f（1）f（0）得，则1aa，求得 0a故当a（0，）时，M（a）

67、f（1）1a；若f（1）f（0）得，则1aa，求得 1a故当a，1）时，M（a）f（0）a，当a1时，函数在0，1上为减函数，所以M（a）f（0）a1综上，M（a）1a，（当a时）； 或 M（a）a，（当a时）所以M（a）在0，上为减函数，且在，1为增函数，易得M（a）的最小值为M（）故答案为：【点评】本题主要考查了偶函数的性质的应用，其实由分析可得M（a）f（0）或f（1），所以可直接通过比较f（0）与f（1）的大小得出M（a）的解析式从而求解11（2023奉贤区校级三模）设f（x）x2（x1），g（x）（x2）2+b（x3），A、D为曲线yf（x）上两点，B，C为曲线yg（x）上两点，且四

68、边形ABCD为矩形，则实数b的取值范围为 （1，0）【分析】对b分b0，b0和b0讨论，并寻找其极限位置即可【解答】解：因为两个函数都是开口向上的二次函数，只需将yf（x）的图象向右平移2个单位，再向上（b0）或向下（b0）平移|b|个单位即可得yg（x）的图象，当b0时，取A（1，1），B（3，1），当C，D的纵坐标趋向于正无穷大的时候，可以无限接近为一个矩形；当b0时，若能成为矩形必有ADBC，f（x）x2（x1）上的A处的在斜率比g（x）（x2）2+b（x3）上的B点增长率大，所以必有ADBC，这与ADBC矛盾；当b0时，取A（1，1），此时A处的斜率为2，取临界kAB，此时得到b1，即

69、当C趋于B，D趋于A时，可以看成极限时候的矩形，当b1时，若能成为矩形必有ADBC，f（x）x2（x1）上的A处的在斜率比g（x）（x2）2+b（x3）上的B点增长率大，所以必有ADBC，这与ADBC矛盾，所以b的取值范围为（1，0）故答案为：（1，0）【点评】本题考查了二次函数的性质、图象的平移及极限思想、分类讨论思想，属于难题12（2023青浦区校级模拟）已知函数，若方程f（x）a恰有四个不同的实数解，分别记为x1，x2，x3，x4，则x1+x2+x3+x4的取值范围是 ，）【分析】求出x0时的函数解析式，画出函数图象，不妨令x1x2x3x4，则x1x20x32x44，且x1与x2关于x对

70、称，再根据对数的运算得到x3x41，转化为关于x4的函数，结合对勾函数的性质计算即可得出结论【解答】解：因为函数，当x0时，f（x）sinxcosx2sin（x），令x，解得x，当x时，f（）2sin（）1，当x0时，f（x）|log2x|，令f（x）2，解得x4或x，令f（x）1，解得x2或x，函数yf（x）的图象如图所示：因为方程f（x）a恰有四个不同的实数解，即yf（x）与ya恰有四个交点，所以1a2，不妨令x1x2x3x4，则x1x20x32x44，且x1与x2关于x对称，所以x1+x2，又|log2x3|log2x4|，即log2x3log2x4，所以log2x3+log2x40，即

71、x3x41，所以x3，所以x1+x2+x3+x4+x4，因为y+x在2，4）上单调递增，所以+x4，所以x1+x2+x3+x4，即x1+x2+x3+x4的取值范围是，）故答案为：，）【点评】本题考查了三角恒等变换、二次函数和对数函数的性质应用问题，也考查了数形结合思想与转化思想，是难题三解答题（共6小题）13（2021上海自主招生）实数a，b1，满足lg（a+b）lga+lgb，求lg（a1）+lg（b1）的值【分析】由题意，利用对数的运算法则求出a+bab，由此能求出lg（a1）+lg（b1）的值【解答】解：实数a，b1，满足lg（a+b）lga+lgblgab，a+bab，lg（a1）+l

72、g（b1）lg（a1）（b1）lg（abab+1）lgab（a+b）+1lg（abab+1）lg10【点评】本题主要考查对数的运算法则，解题时要认真审题，仔细解答，属于基础题14（2021上海自主招生）求方程的实根个数【分析】方程根的个数转化为函数图象交点个数，利用数形结合求解即可【解答】解：方程的实根个数就是函数y|与y交点的个数，在平面直角坐标系中画出两个函数的图象，可知有2个交点，方程的实根个数为：2【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，是中档题15（2023黄浦区校级三模）定义如果函数yf（x）和yg（x）的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数yf（x）和yg（x）具有C关

73、系（1）判断函数f（x）log2（8x2）和x是否具有C关系；（2）若函数f（x）a和g（x）x1不具有C关系，求实数a的取值范围；（3）若函数f（x）xex和g（x）msinx（m0）在区间（0，）上具有C关系，求实数m的取值范围【分析】（1）即判断当x0时，f（x）g（x）是否有解；（2）即当x1时，f（x）g（x）没解，求a的范围；（3）即研究当xexmsinx在（0，）上有解时，求m的范围，可分离参数求解【解答】解：（1）由已知得，化简得log2x3，解得，故此时函数yf（x）和yg（x）具有C关系；（2）由已知得ax+1在1，+）上无解，x1显然不满足上式，故2（当且仅当x3时取等号

74、），故时，原方程无解，即函数yf（x）和yg（x）不具有C关系，即所求a的范围是（，2）；（3）由已知得xexmsinx（m0）在（0，）上有解，即m在（0，）上有解，令h（x），x（0，），h（x），x（0，），再令（x）（x+1）sinxxcosxx（sinxcosx）+sinx，当x时，sinxcosx，且sinx0，故此时h（x）0，当时，易知x0时，（x）0，此时（x）sinx+x（sinx+cosx）0，故（x）在（0，）上递增，故（x）0在（0，）上恒成立，即h（x）0在（0，）上恒成立，故h（x）在（0，）单调递增，而1，且x时，h（x）+，故h（x）1，即m1，解得m1即为所

75、求，故所求m的范围是（，1）【点评】本题考查新定义问题，函数零点的存在性问题，以及利用二阶导数导数研究函数的单调性，进而解决函数值域问题的思路，属于较难的题目16（2023徐汇区三模）若函数yf（x）满足f（x0）x0，称x0为yf（x）的不动点（1）求函数yx33x的不动点；（2）设g（x）ex1求证：yg（g（x）恰有一个不动点；（3）证明：函数yf（x）有唯一不动点的充分非必要条件是函数yf（f（x）有唯一不动点【分析】（1）令x33xx，解出即可；（2）分x0和x0讨论，当x0时，转化为求ex1ln（x+1），通过构造新函数，讨论其单调性即可证明；（3）设f（x）x，计算得f（f（x）

76、（x）x，则其必要性不成立，再通过证明其不动点的存在性，最后利用反证法证明其唯一性【解答】解：（1）由题意，得x33xx，x34x0x（x+2）（x2）0，得x10，x22，x32，即不动点为0，2，2；（2）证明：当x0时，g（0）0，g（g（0）g（0）0，故0为函数yg（g（x）的一个不动点，当x0时，求eg（x）1x（x1）的解，即求ex1ln（x+1）的解，令h（x）ex1ln（x+1），x1，求导得h（x）ex，当x（1，0）时，ex1，1，则h（x）0，当x0时，h（x）0，所以yh（x）在（1，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，故h（x）h（0）0，即ex1ln（x+1）

77、对任意x（1，0）（0，+）恒成立，即g（g（x）x对任意x（1，0）（0，+）恒成立，综上所述，函数yg（g（x）恰有一个不动点，为x0；（3）证明：设f（x）x，则函数yf（x）有唯一不动点x0，由f（x）x，可得f（f（x）（x）x，则函数yf（f（x）的不动点不唯一，必要性不成立，另一方面，先证yf（x）不动点是存在的，不妨设x0是yf（f（x）的唯一不动点，即f（f（x0）x0，令f（x0）t，则f（t）x0，那么，f（f（t）f（x0），而f（x0）t，故f（f（t）t，这说明t是yf（f（x）的不动点，由yf（f（x）只有一个不动点知，x0t，从而f（t）t，这说明t是yf（x）

78、的不动点，存在性得证；再证唯一性，若yf（x）还有另一个不动点t，即f（t）t（tt），则f（f（t）f（t）t，这说明yf（f（x）还有另一个不动点t（ttx0），与题设矛盾，综上所述，函数yf（x）有唯一不动点的充分非必要条件是函数yf（f（x）有唯一不动点【点评】本题属于新概念题，考查了导数的综合运用、分类讨论思想、转化思想及对充分非必要条件的证明，属于难题17（2023闵行区校级二模）已知关于的x函数yf（x），yg（x）与yh（x）在区间上恒有f（x）h（x）g（x），则称h（x）满足fg性质（1）若，h（x）2x2+3，D1，2，判断h（x）是否满足fg性质，并说明理由；（2）若f

79、（x）ex，h（x）kx+1，且f（x）h（x），求k的值并说明理由；（3）若f（x）ex，h（x）kx+b（k，bR），D（0，+），试证：bk1是h（x）满足fg性质的必要条件【分析】（1）结合题意，利用配方法与二次函数的性质，分别证明f（x）h（x）0，h（x）g（x）0即可；（2）先根据题意得到x0是（x）的极小值点，从而求得k1，再进行检验即可；（3）构造函数F（x）ex（+1），求得F（x）的隐零点，结合题意得到，kx0+b与k，从而得证【解答】解：（1）满足，理由如下：因为，h（x）2x2+3，所以f（x）h（x）x（2x2+3）2（x）2+，所以f（x）h（x）在1，上单调递增

80、，在，2上单调递减，当x2时，f（x）h（x）取到最小值0，故f（x）h（x）0，又h（x）g（x）2x2+3+2x2（x+）20，综上，h（x）满足fg性质；（2）k1，理由如下：设（x）ex（kx+1），xR，则（x）exk，由条件知（x）0（0），则x0是（x）的极小值点，所以（0）1k0，即k1，当k1时，（x）ex（kx+1），（x）ex1，当x0时，（x）0；当x0时，（x）0；所以（x）（0）0，即exx+1恒成立（当且仅当x0时取等号），因此k1；（3）证明：设F（x）ex（+1），x0，由（2）所证的exx+1（当且仅当x0时取等号）知：F（x）ex（+1）xex（x+lnx

81、+1）ex+lnx（x+lnx+1）x+lnx+1（x+lnx+1）0，当x+lnx0时取等号，设G（x）x+lnx，x（0，+），则G（x）1+0，所以G（x）在（0，+）上单调递增，又G（1）10，G（e1）e110，所以存在x0（e1，1）使得G（x0）0，即x0+lnx00，则x0ln，又F（x0）0，则+1，结合条件可得kx0+b+1，所以kx0+b，设H（x）exkxb，x（0，+），则H（x0）0，H（x）exk，又由已知H（x）0H（x0），则x0是H（x）的极小值点，所以H（x0）k0，即k，结合，kx0+b，可得1+bk，故bk+1，所以bk1是h（x）满足fg性质的必要条

82、件【点评】本题考查了函数与方程的综合运用、利用转化思想解决恒成立问题、导数的综合运用，属于难题18（2023黄浦区二模）三个互不相同的函数yf（x），yg（x）与yh（x）在区间D上恒有f（x）h（x）g（x）或恒有f（x）h（x）g（x），则称yh（x）为yf（x）与yg（x）在区间D上的“分割函数”（1）设h1（x）4x，h2（x）x+1，试分别判断yh1（x）、yh2（x）是否是y2x2+2与yx2+4x在区间（，+）上的“分割函数”，请说明理由；（2）求所有的二次函数yax2+cx+d（a0）（用a表示c，d），使得该函数是y2x2+2与y4x在区间（，+）上的“分割函数”；（3）若m

83、，n2，2，且存在实数k，b，使得ykx+b为yx44x2与y4x216在区间m，n上的“分割函数”，求nm的最大值【分析】（1）根据题意可得当xR时，2x2+24xx2+4x恒成立，结合“分割函数”的定义依次判断，即可求解；（2）根据“分割函数”的性质，则2x2+2ax2+cx+d4x对一切实数x恒成立，由导数的几何意义和恒成立可得（2a）（x1）20且a（x1）20对一切实数x恒成立，结合图形即可求解；（3）利用导数求出函数yx44x2极值，则k4t38t，b04t23t4，作出其函数与函数y4x216的图象，设直线ykx+b与y4x216的图象交于点（x1，y1），（x2，y2），利用代

84、数法求出弦长|x1x2|（st22，4），结合导数研究函数k（s）s37s2+8s+16，s2，4的性质即可求解【解答】解：（1）因为2x24x+22（x1）20恒成立，且4x（x2+4x）x20恒成立，所以当xR时，2x2+24xx2+4x恒成立，故yh1（x）是y2x2+2与yx2+4x在（，+）上的“分割函数”；又因为x+1（x2+4x）x23x+1，当x0与1时，其值分别为1与1，所以h2（x）x2+4x与h2（x）x2+4x在（，+）上都不恒成立，故h2（x）不是y2x2+2与yx2+4x在（，+）上的“分割函数”；（2）设yax2+cx+d（a0）是y2x2+2与y4x在区间（，+

85、）上的“分割函数”，则2x2+2ax2+cx+d4x对一切实数x恒成立，又因为（2x2+2）4x，当x1时，它的值为4，可知y2x2+2的图象在x1处的切线为直线y4x，它也是yax2+cx+d的图象在x1处的切线，所以，可得，所以2x2+2ax2+（42a）x+a4x对一切实数x恒成立，即（2a）（x1）20且a（x1）20对一切实数x恒成立，可得2a0且a0，即0a2，又a2时，yax2+（42a）x+a与y2x2+2为相同函数，不合题意，故所求的函数为yax2+（42a）x+a（0a2）；（3）关于函数yx44x2，令y4x38x0，可得x0，当x（，）与x（0，）时，y0；当x（，0）

86、与x（，+）时，y0，可知是函数yx44x2极小值点，0是极大值点，该函数与y4x216的图象如图所示：由ykx+b为yx44x2与y4x216在区间m，n上的“分割函数”，故存在b0使得bb0且直线ykx+b0与yx44x2的图象相切，并且切点横坐标t2，2，此时切线方程为y（4t38t）x+4t23t4，即k4t38t，b04t23t4，设直线ykx+b与y4x216的图象交于点（x1，y1），（x2，y2），则由，可得4x2kx16b0，所以|x1x2|（st22，4），令k（s）s37s2+8s+16，s2，4，则k（s）3s214s+8（3s2）（s4）0，当s4时，k（s）0，所以

87、k（s）在2，4上单调递减，所以k（s）maxk（2）12，所以|x1x2|max2，所以nm的最大值为2【点评】本题属于新概念题，考查了转化思想、数形结合思想、导数的综合运用，理解定义及作出图象是关键，属于难题一选择题（共1小题）1（2021上海）下列函数中，在定义域内存在反函数的是ABCD【分析】根据反函数的定义以及映射的定义即可判断选项是否正确【解答】解：选项：因为函数是二次函数，属于二对一的映射，根据函数的定义可得函数不存在反函数，错误，选项：因为函数是三角函数，有周期性和对称性，属于多对一的映射，根据函数的定义可得函数不存在反函数，错误，选项：因为函数的单调递增的指数函数，属于一一映

88、射，所以函数存在反函数，正确，选项：因为函数是常数函数，属于多对一的映射，所以函数不存在反函数，错误，故选：【点评】本题考查了反函数的定义以及映射的定义，考查了学生对函数以及映射概念的理解，属于基础题二填空题（共8小题）2（2021上海）已知，则（1）【分析】利用反函数的定义，得到，求解的值即可【解答】解：因为，令，即，解得，故（1）故答案为：【点评】本题考查了反函数定义的理解和应用，解题的关键是掌握原函数的定义域即为反函数的值域，考查了运算能力，属于基础题3（2021上海）若方程组无解，则0【分析】利用二元一次方程组的解的行列式表示进行分析即可得到答案【解答】解：对于方程组，有，根据题意，方

89、程组无解，所以，即，故答案为：0【点评】本题考查的是二元一次方程组的解行列式表示法，这种方法可以使得方程组的解与对应系数之间的关系表示的更为清晰，解题的关键是熟练掌握二元一次方程组的解行列式表示法中对应的公式4（2020上海）已知，其反函数为，若有实数根，则的取值范围为，【分析】因为与互为反函数若与有实数根与有交点方程，有根进而得出答案【解答】解：因为与互为反函数，若与有实数根，则与有交点，所以，即，故答案为：，【点评】本题主要考查函数的性质，函数与方程的关系，属于中档题5（2020上海）已知函数，是的反函数，则，【分析】由已知求解，然后把与互换即可求得原函数的反函数【解答】解：由，得，把与互

90、换，可得的反函数为故答案为：【点评】本题考查函数的反函数的求法，注意反函数的定义域是原函数的值域，是基础题6（2023上海）已知函数，且，则方程的解为 【分析】分和分别求解即可【解答】解：当时，解得；当时，解得（舍；所以的解为：故答案为：【点评】本题考查了分段函数的性质、对数的基本运算、指数的基本运算，属于基础题7（2022上海）设函数的反函数为，则3【分析】直接利用反函数的定义求出函数的关系式，进一步求出函数的值【解答】解：函数的反函数为，整理得；所以故答案为：3【点评】本题考查的知识要点：反函数的定义和性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题8（2022上海）若函数，为奇函数

91、，求参数的值为 1【分析】由题意，利用奇函数的定义可得，故有（1），由此求得的值【解答】解：函数，为奇函数，（1），即，求得或当时，不是奇函数，故；当时，是奇函数，故满足条件，综上，故答案为：1【点评】本题主要考查函数的奇偶性的定义和性质，属于中档题9（2020上海）设，若存在定义域为的函数同时满足下列两个条件：（1）对任意的，的值为或；（2）关于的方程无实数解，则的取值范围是，【分析】根据条件（1）可知或1，进而结合条件（2）可得的范围【解答】解：根据条件（1）可得或（1），又因为关于的方程无实数解，所以或1，故，故答案为：，【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，属于基础题三解答题（共5小

92、题）10（2023上海）为了节能环保、节约材料，定义建筑物的“体形系数” ，其中为建筑物暴露在空气中的面积（单位：平方米），为建筑物的体积（单位：立方米）（1）若有一个圆柱体建筑的底面半径为，高度为，暴露在空气中的部分为上底面和侧面，试求该建筑体的“体形系数” ；（结果用含、的代数式表示）（2）定义建筑物的“形状因子”为，其中为建筑物底面面积，为建筑物底面周长，又定义为总建筑面积，即为每层建筑面积之和（每层建筑面积为每一层的底面面积）设为某宿舍楼的层数，层高为3米，则可以推导出该宿舍楼的“体形系数”为当，时，试求当该宿舍楼的层数为多少时，“体形系数” 最小【分析】（1）利用圆柱体的表面积和体积

93、公式，结合题目中的定义求解即可；（2）利用导函数求的单调性，即可求出最小时的值【解答】解：（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得：，所以（2）由题意可得，所以，令，解得，所以在，单调递减，在，单调递增，所以的最小值在或7取得，当时，当时，所以在时，该建筑体最小【点评】本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题11（2021上海）已知一企业今年第一季度的营业额为1.1亿元，往后每个季度增加0.05亿元，第一季度的利润为0.16亿元，往后每一季度比前一季度增长（1）求今年起的前20个季度的总营业额；（2）请问哪一季度的利润首次超过该季度营业额的？【分析】（1）由题意可知，可将每个季度的营

94、业额看作等差数列，则首项，公差，再利用等差数列的前项和公式求解即可（2）解法一：假设今年第一季度往后的第季度的利润首次超过该季度营业额的，则，令，递推作差可得当时，递减；当时，递增，注意到（1），所以若，则只需考虑的情况即可，再验证出，即可得到利润首次超过该季度营业额的的时间解法二：设今年第一季度往后的第季度的利润与该季度营业额的比为，则，所以数列满足，再由，的值即可判断出结果【解答】解：（1）由题意可知，可将每个季度的营业额看作等差数列，则首项，公差，即营业额前20季度的和为31.5亿元（2）解法一：假设今年第一季度往后的第季度的利润首次超过该季度营业额的，则，令，即要解，则当时，令，解得：

95、，即当时，递减；当时，递增，由于（1），因此的解只能在时取得，经检验，所以今年第一季度往后的第25个季度的利润首次超过该季度营业额的解法二：设今年第一季度往后的第季度的利润与该季度营业额的比为，则，数列满足，注意到，今年第一季度往后的第25个季度利润首次超过该季度营业额的【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了等差数列的实际应用，同时考查了学生的计算能力，是中档题12（2020上海）在研究某市交通情况时，道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除以时间，车辆密度是该路段一定时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为，为道路密度，为车辆密度，交通流量（1）若交通流量，求道路密度的

96、取值范围；（2）已知道路密度时，测得交通流量，求车辆密度的最大值【分析】（1）由交通流量随着道路密度的增大而减小，知是单调递减函数，进而知，于是只需，解不等式即可；（2）把，代入的解析式中，求出的值，利用可得到关于的函数关系式，分段判断函数的单调性，并求出各自区间上的最大值，取较大者即可【解答】解：（1）按实际情况而言，交通流量随着道路密度的增大而减小，故是单调递减函数，所以，当时，最大为85，于是只需令，解得，故道路密度的取值范围为（2）把，代入中，得，解得，当时，当时，是关于的二次函数，对称轴为，此时有最大值，为综上所述，车辆密度的最大值为【点评】本题考查分段函数的实际应用，考查学生分析问

97、题和解决问题的能力，以及运算能力，属于中档题13（2022上海）已知函数的定义域为，现有两种对变换的操作：变换：；变换：，其中为大于0的常数（1）设，为做变换后的结果，解方程：；（2）设，为做变换后的结果，解不等式：；（3）设在上单调递增，先做变换后得到，再做变换后得到；先做变换后得到，再做变换后得到若恒成立，证明：函数在上单调递增【分析】（1）推导出，由此能求出（2）推导出，当时，恒成立；当时，由此能求出的解集（3）先求出，从而，先求出，从而，由，得，再由在上单调递增，能证明函数在上单调递增【解答】解：（1），为做变换后的结果，解得（2），为做变换后的结果，当时，恒成立；当时，解得，或，综上

98、，不等式：的解集为，（3）证明：先做变换后得到，再做变换后得到，先做变换后得到，再做变换后得到，在上单调递增，对恒成立，函数在上单调递增【点评】本题考查方程、不等式的解的求法，考查函数是增函数的证明，考查函数变换的性质、抽象函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题14（2020上海）有一条长为120米的步行道，是垃圾投放点，若以为原点，为轴正半轴建立直角坐标系，设点，现要建设另一座垃圾投放点，函数表示与点距离最近的垃圾投放点的距离（1）若，求、的值，并写出的函数解析式；（2）若可以通过与坐标轴围成的面积来测算扔垃圾的便利程度，面积越小越便利问：垃圾投放点建在何处才能比建在中点时更加便利？【分析】（1）利用题目所给定义表示出，分类讨论可得；（2）利用题意可得，表示出与坐标轴围成的面积，进而表示出面积不等式，解出不等式即可【解答】解：（1）投放点，表示与距离最近的投放点（即的距离，所以，同理分析，由题意得，则当，即时，；当，即时，；综上；（2）由题意得，所以，则与坐标轴围成的面积如阴影部分所示，所以，由题意，即，解得，即垃圾投放点建在与之间时，比建在中点时更加便利【点评】本题是新定义问题，考查对题目意思的理解，分类讨论是关键，属于中档题