专题2-2基本初等函数、函数与方程（讲义）解析版.docx

1、专题2-2基本初等函数、函数与方程01专题网络思维脑图（含基础知识梳理、常用结论与技巧）02考情分析解密高考03高频考点以考定法（五大命题方向+6道高考预测试题，高考必考（18-22）分）考点一 对数函数 命题点 对数函数的定义域考点二 函数的应用 命题点1 分段函数的应用 命题点2 根据实际问题选择函数类型考点三 函数与方程 命题点1 函数的零点与方程根的关系 命题点2 函数与方程的综合运用 高考猜题04创新好题分层训练（ 精选18道最新名校模拟试题+20道易错提升）真题多维细目表考点考向考题对数函数对数函数的定义域2024年春考第1题函数的应用分段函数的应用根据实际问题选择函数类型2024

2、年春考第9题2023年春考第19题函数与方程函数的零点与方程根的关系函数与方程的综合运用2023年春考第9题2024年春考第16题、21题考点一 对数函数命题点 对数函数的定义域 典例（2024上海）的定义域 【分析】结合对数函数真数的性质，即可求解【解答】解：的定义域为故答案为：【点评】本题主要考查对数函数定义域的求解，属于基础题考点二 函数的应用命题点一 分段函数的应用典例 （2024上海）已知，求的的取值范围 ，【分析】根据已知求得，再分以及分别求解即可【解答】解：根据题意知，所以当时，解得，；同理当时，解得；综上所述：，故答案为：，【点评】本题主要考查分段函数的相关知识，考查不等式的求

3、解，考查计算能力，属于中档题命题点二 根据实际问题选择函数类型典例（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

4、，“体形系数” 最小【分析】（1）利用圆柱体的表面积和体积公式，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，属于中档题考点三 函数与方程命题点一 函数的零点与方程的关系典例（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

5、的基本运算、指数的基本运算，属于基础题命题点二 函数与方程的综合应用典例01（2024上海）现定义如下：当时，若，则称为延展函数现有，当时，与均为延展函数，则以下结论（1）存在，；，与有无穷个交点（2）存在，；，与有无穷个交点A（1）（2）都成立B（1）（2）都不成立C（1）成立（2）不成立D（1）不成立（2）成立【分析】根据题意，对于，由“延展函数”的定义，分析可得是周期为1的周期函数，结合一次函数的性质可得错误，对于，举出例子，可得正确，综合可得答案【解答】解：根据题意，当时，与均为延展函数，对于，对于，则是周期为1的周期函数，其值域为，因为，与不会有无穷个交点，所以（1）错；对于，当时，

6、存在使得直线可以与在区间的函数部分重合，因而有无穷个交点，所以（2）正确故选：【点评】本题考查函数与方程的关系，涉及函数的图象，关键理解“延展函数”的定义，属于基础题典例02（2024上海）记（a）（a），（a）（a），（1）若，求（1）和（1）；（2）若，求证：对于任意，都有（a），且存在，使得（a）（3）已知定义在上有最小值，求证“是偶函数“的充要条件是“对于任意正实数，均有（c）”【分析】（1）根据条件，直接求出（1）和（1）即可；（2）由题意知，（a），记，判断的单调性，求出极值，再对分类讨论，进一步证明结论成立即可；（3）必要性：若为偶函数，则，（c）（c），结合条件，得到（c）即可

7、；充分性：若对于任意正实数，均有（c），其中，（c）（c），由有最小值，不妨设（a），进一步证明是偶函数即可【解答】解：（1）由题意，得（1），；（2）证明：由题意知，（a），记，则或202正0负0正极大值极小值现对分类讨论，当，有，为严格增函数，因为（a），所以此时（a），符合条件；当时，先增后减，因为取等号），所以，则此时（a），也符合条件；当时，在，严格增，在，严格减，在，严格增，因为（a），当时，（a），则（a），则此时（a），成立；综上可知，对于任意，都有（a），且存在，使得（a）（3）证明：必要性：若为偶函数，则，（c）（c），当，（c），因为，故（c）；充分性：若对于任意正实数，

8、均有（c），其中，（c）（c），因为有最小值，不妨设（a），由于任意，令，则，所以最小元素为（a）（c）中最小元素为（c），又（c）（c）对任意成立，所以（a），若，则（c）对任意成立是偶函数；若，此后取，综上，任意，（c），即是偶函数【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，充分必要条件的证明，函数的奇偶性与集合间的关系，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题 （精选18道最新名校模拟考试题+20道易错提升）A新题速递一、单选题1（2023上海徐汇统考二模）设函数，现有如下命题，若方程有四个不同的实根、，则的取值范围是；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

9、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【答案】C【分析】首先画出函数的图象.根据二次函数的对称性得，根据得，从而求得的取值范围，进而判断出命题的真假；先根据方程求出的根，再对根的大小分类讨论，并结合的图象判断出根的个数，进而判断出命题的真假.【详解】当时，图象为抛物线的一部分，抛物线开口向下，对称轴为，顶点为，过和；当时，图象过，如图所示.对于，当方程有四个不同的实根、时，不妨假设，则，且，所以，所以.因此，所以，故为真命题.对于，方程等价于且，所以或.当时，由的图象得有2个不同实根，有4个不同实根，故原方程有6个不同实根；当时，由的图象得有3个不同实根，故原方程有3

10、个不同实根；当时，由的图象得有4个不同实根，有2个不同实根，故原方程有6个不同实根；当时，由的图象得有1个实根，故原方程有1个实根；当且时，且，由的图象得有1个实根，有1个实根，故原方程有2个不同实根；综上所述，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二、填空题2（2023上海徐汇统考一模）函数的零点是 【答案】/0.5【分析】利用对数运算及零点含义可得答案.【详解】由题意可得函数的定义域为.，令可得，解得或（舍），故答案为：.3（2023上海徐汇位育中学校考模拟预测）已知幂函数的图像过点，则函数的零点为 【答案】，【分析】设幂函数解析式，求解函数解析式，解方程即可得函数

11、函数的零点.【详解】设幂函数，因为函数的图像过点，所以，解得所以，则函数的零点为方程的根，解得或，所以函数的零点为，.故答案为：，.4（2023上海宝山上海交大附中校考三模）若存在实数，使得是方程的解，但不是方程的解，则实数的取值范围是 .【答案】【分析】根据是的解，不是解直接可得.【详解】由题意知，且，故，显然，即，若，此时显然不满足题意，故.故答案为：5（2023上海浦东新华师大二附中校考模拟预测）若的值域为，则至多有 个零点.【答案】4【分析】分别代入、，求出的解，即可得出答案.【详解】当时，由可得，；当时，由可得，或；当时，由可得，或.综上所述，的零点可能是或或或.所以，的零点至多有4

12、个.故答案为：4.6（2023上海嘉定上海市嘉定区第一中学校考三模）函数，满足，当，则 .【答案】1【分析】根据可得周期为2，由可得答案.【详解】因为满足，所以的周期为，.故答案为：1.7（2023上海杨浦复旦附中校考模拟预测）若函数为偶函数， 且当时， 则 .【答案】/【分析】利用偶函数的定义即可求解.【详解】当时，所以，又因为为偶函数，所以故答案为：.8（2023上海杨浦复旦附中校考模拟预测）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， 首位非零的数字是这九个事件不是等可能的. 具体来说， 随机

13、变量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 (保留至整数).【答案】6【分析】根据题意结合对数运算求解.【详解】由题意可得：故答案为：6.9（2023上海普陀上海市宜川中学校考模拟预测）定义符号函数则方程的解集为 .【答案】/【分析】由方程定义域，按照分段函数分类讨论即可.【详解】由方程定义域，当时，原式等价于；当时，原式等价于,故答案为：.10（2023上海黄浦上海市大同中学校考三模）已知，若，则满足条件的x的取值范围是 【答案】【分析】由绝对值等式可知，代入函数后，即可求解不等式.【详解】若满足条件，当且仅当，即，

14、即或，解得：或.故答案为：11（2023上海浦东新华师大二附中校考模拟预测）若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数 .【答案】【分析】关于的方程恰有两个不同的实数解，可转化为函数与有两个交点，因，故，结合图象，两个函数在时有1个交点，故两个函数在有且只有一个交点，故与相切，可得.【详解】如图，显然.当时，由单调性得，方程有且仅有一解.因此当时，方程也恰有一解.即为函数的切线，令得，故当时，得，即从而.故答案为：12（2023上海浦东新华师大二附中校考三模）已知函数是上的奇函数，当时，若关于的方程有且仅有两个不相等的实数解，则实数的取值范围是 .【答案】【分析】利用奇函数性质求分段函数解析式，

15、根据指数函数性质画出函数图象，数形结合判断不同值域范围的函数值对应自变量的个数，再由有两个解，对应的解的个数确定范围，进而求m的范围.【详解】由题设，若，则，所以，值域为R，函数图象如下：当时，只有一个与之对应；当时，有两个对应自变量，记为，则；当时，有三个对应自变量且；当时，有两个对应自变量，记为，则；当时，有一个与之对应；令，则，要使有且仅有两个不相等的实数解，若有三个解，则，此时有7个解，不满足；若有两个解且，此时和各有一个解，结合图象知，不存在这样的，故不存在对应的m；若有一个解，则有两个解，此时，所以对应的，综上，.故答案为：.13（2023上海长宁上海市延安中学校考三模）已知函数的

16、表达式为，若对于任意，都存在，使得成立，则实数的取值范围是 .【答案】【分析】确定函数单调递增，计算，得到，确定，解得答案.【详解】在上单调递增，当时，即，故是值域的子集，故，解得.故答案为：.14（2023上海崇明统考二模）若函数的图像上点与点、点与点分别关于原点对称，除此之外，不存在函数图像上的其它两点关于原点对称，则实数的取值范围是 【答案】【分析】由题意将问题转化为在的图像关于原点对称后与的图像有两个交点，即转化为方程在上有两根，孤立参数为在上有两根，求导确定函数的单调性与取值情况，作出大致图象，即可求得实数的取值范围.【详解】若有两组点关于原点对称，则在的图像关于原点对称后与的图像有

17、两个交点由时，；得其关于原点对称后的解析式为问题转化为与在上有两个交点，即方程有两根，化简得，即与在上有两个交点对于，求导，令，解得：，即：当时，单调递增；令，解得：即：当时，单调递减，为其极大值点，时，；画出其大致图像：欲使与在时有两个交点，则，即15（2023上海虹口华东师范大学第一附属中学校考三模）若存在实数及正整数，使得在区间内恰有个零点，则所有满足条件的正整数的值共有 个【答案】【分析】利用换元思想将问题转化为方程在实数范围内一定有两个异号的根，根据方程与函数的应用进行讨论分析.【详解】由题意知，令，此时，而，则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根，当时，一个周期内有两个零点，则或

18、；当时，一个周期内有三个零点，则需要个周期，即；当时，此时，解得，若，此时，则一个周期内有四个零点，则需要个周期，即；若，此时，则一个周期内有三个零点，则需要个周期，即；若，此时，一个周期内有两个零点，则或.综上所述，这样的正整数有个，分别是.故答案为：【点睛】关键点睛：本题主要考查函数与方程的应用，利用分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，属于中档题.三、解答题16（2023上海普陀上海市宜川中学校考模拟预测）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），按超额部分的提成作奖金；超额中的第二个5万元，按超额部分的 提成作奖金；后每增加5万

19、元，其提成比例也增加一个如销售员某月销售额为27万元，则按照合约，他可得奖金为元试求：(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、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？【答案】(1)3.65万元(2)最高1万元，最低0.6万元【分析】（1）由题分析出销售员该月的销售超额部分在15万元到20万元之间，设超额部分比15万多元，列出方程，求解即可；（2）设两个月的总奖金为，某销售员月份的销售额为万元，则销售员月份的销售额为万元，分类讨论的范围，得出关于的分段函数，画出图像即可得解【详解】（1）超额第一个5万

20、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元可得奖金3000元，超额第四个5万元可得奖金4000元，所以当销售员的销售额超额部分为15万元时，可得奖金3000元，当销售员的销售额超额部分为20万元时，可得奖金7000元，因为销售员某月获得奖金7200元，所以销售员该月的销售超额部分在15万元到20万元之间，设超额部分比15万多元，提成比例为，则，可得，故他该月的销售额为万元（2）设两个月的总奖金为，某销售员月份的销售额为万元，则销售员月份的销售额为万元，则，当时，则，当时，则，当时， 则，当时， 则，综上所述，作出图像，由图可知，当，即7月份销售额为30万元，奖金最

21、低为0.6万元；当或时，即7月份销售额为20或40万元，奖金最高为1万元17（2023上海浦东新华师大二附中校考三模）某晚报曾刊登过一则生活趣事，某市民唐某乘坐出租车时，在半途中骂骂咧咧要求司机临时停靠，打表计价结账，然后重新计价，继续前行，该市民解释说，根据经验，这样分开支付车费比一次性付费便宜一些，他的这一说法有道理吗？确实，由于出租车运价上调，有些人出行时会估计一下可能的价格，再决定是否乘坐出租车.据了解，2018年上海出租车在5时到23时之间起租价为14元/3千米，超起租里程单价为2.50元/千米，总里程超过15千米（不含15千米）部分按超起租里程单价加50%.此外，相关部门还规定了低

22、速等候费和其他时段的计价办法，以及适合其他车型的计价办法.你乘坐过出租车吗？你会仿效那位市民唐某的做法吗？为什么？(1)根据上述情境你能提出什么数学问题？为了解决你的问题，你能否作出一些合理假设？(2)你能否根据你的假设建立数学模型，并回答你所提出的问题.【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据题意可分析出出租车费用为分段函数的模型，故可以提出求解里程计价费用与里程的函数关系问题，并假设只能在路程的中点处停靠一次，再求解此时的函数关式；（2）分别求解不停靠与停靠中点时的费用，再作图分析判断即可.【详解】（1）由题意，出租车费用为分段函数的模型，故可提出问题：上海出租车在5时到

23、23时之间起租价为14元/3千米，超起租里程单价为2.50元/千米，总里程超过15千米（不含15千米）部分按超起租里程单价加50%，求里程计价费用与里程的函数关系式子；若只能在路程的中点处停靠一次，分析不停靠与停靠两种计费方式哪种更划算.（2）由（1）中所建立的函数模型：由题意，当时；当时；当时.故.若只能在路程的中点处停靠一次，则路费函数，即，分别作出函数图象.由图象可得，与有交点，联立有，解得.故若只能在路程的中点处停靠一次，则当路程不足公里时不停靠更划算，当路程不足公里时停靠更划算.18（2023上海浦东新华师大二附中校考模拟预测）设函数.(1)求函数在点处的切线方程;(2)证明:对每个

24、，存在唯一的，满足；(3)证明:对于任意，由（2）中构成的数列满足.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出导函数，然后求解导数值即切线斜率，代入点斜式方程即可求解；（2）根据，得函数在上是增函数，又，根据零点存在性定理可证；（3）由在上单调递增，可得，再减变形化简，利用放缩法得证.【详解】（1），所以，所以，又，所以函数在点处的切线方程为，即；（2）对每个，当时，由函数，可得，故函数在上是增函数.由于，当时，即.又，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的，满足；（3）对于任意，由（1）中构成数列，当时，.由在上单调递增，可得，即，故数列为减数列，即对任意的，由于（1

25、），（2）用（1）减去（2）并移项，利用，可得.综上可得，对于任意，由（1）中构成数列满足.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.B易错提升一选择题（共5小题）1（2023秋宝山区校级期中）幂函数，当时为减函数，则实数的值为ABC或D【分析】根据幂函数的定义求出的值，再根据幂函数的单调性确定的值【解答】解：幂函数，解得或；当时，幂函数为，且在时为减函数，

26、满足题意；当时，幂函数为，且在时为增函数，不合题意；综上，实数的值为2故选：【点评】本题考查了幂函数的定义与性质的应用问题，是基础题2（2023秋宝山区校级期末）德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名函数，该函数被称为狄利克雷函数，关于狄利克雷函数有如下五个命题：；对于任意的实数，均有；为偶函数；存在无数个实数，使得；若存在三个点，、，、，使得为等边三角形，则其中真命题的序号为ABCD【分析】根据新定义的函数性质，对选项中的命题进行分析判断，即可得出答案【解答】解：对于，若为有理数，则为有理数，若为无理数，则为有理数，命题错误；对于，若为有理数，则为无理数，命题错误；对于，若为有理数，

27、则为有理数，若为无理数，则为无理数，命题正确；对于，若为无理数，则为无理数，且为无理数有无数个，命题正确；对于，对任意有理数，存在三个点，是边长为的等边三角形的三个顶点，且，所以命题正确综上，其中真命题的序号为故选：【点评】本题考查了新定义的函数应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题3（2023秋宝山区校级期末）的最小值为3，则实数为A5或8B或5C或D或8【分析】讨论与的大小关系，去掉绝对值符号，利用分段函数的性质求最小值，再根据最小值为3求出的值【解答】解：（1）当，即时，在上单调递减，在，上单调递增，所以，解得；（2）当，即时，在上单调递减，在，上单调递增，所以，解得；（3），即时，

28、与题意不符；综上，或8故选：【点评】本题考查分段函数的最值的求法，分类讨论思想在研究含绝对值函数中的应用，属于中档题4（2023秋杨浦区校级期中）已知，则下列命题中正确的个数为（1）若，则；（2）若，则；（3）若，则；（4）若，则A3个B2个C1个D0个【分析】（1）设，判断的单调性，由此得出命题（1）错误；（2）根据对数函数的性质，判断；（3）利用特殊值，时，得出；（4）根据、为负数时，与无意义，判断即可【解答】解：（1）设，则，所以时，单调递减；，时，单调递增；因为，所以存在，使得（a）（b），即，所以，命题（1）错误；（2）因为，所以，命题（2）正确；（3）若，则，时，命题（3）错误；（

29、4）若，当、为负数时，与无意义，命题（4）错误综上，正确的命题序号是（2），有1个故选：【点评】本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题5（2023秋浦东新区校级期末）已知函数，有下列两个结论：的值域为；对任意的正有理数，存在奇数个零点则下列判断正确的是A均正确B均错误C对错D错对【分析】根据函数的定义，以及，为无理数；，为有理数时的运算结果，分别判断即可【解答】解：对于，显然为无理数时，则的值域中不包含负无理数，故错；对于，的零点为，当为有理数时，必有为解；当为无理数时，必有或无解，所以的零点个数为3个或1个，故对故选：【点评】本题考查分段函数的性质以及函数值域的求

30、法，同时考查了函数零点的判断方法，属于中档题二填空题（共7小题）6（2023秋徐汇区校级期中）若对于任意实数，代数式均有意义，则实数的取值范围是 【分析】根据题意，列出使代数式有意义的不等式组，求解即可【解答】解：对于任意实数，代数式均有意义，所以，即，解得，即，所以实数的取值范围是故答案为：【点评】本题考查了函数恒成立的应用问题，也考查了转化思想，是中档题7（2023秋杨浦区校级期末）给机器人输入一个指令，（其中常数后，该机器人在坐标平面上先面向轴正方向行走个单位距离，接着原地逆时针旋转后再面向轴正方向行走个单位距离，如此就完成一次操作已知该机器人的安全活动区域满足，若开始时机器人在函数图象

31、上的点处面向轴正方向，经过一次操作后该机器人落在安全区域内的一点处，且点恰好也在函数图象上，则3【分析】首先设点，再根据题意可得点，再根据题意可知，点在安全活动区域，以及点也在函数的图象上，且，再利用不等关系，利用基本不等式，即可求解【解答】解：由题意设，则一次操作后该机器人落点为，即在安全区域内，所以且，由，可知，所以，即能成立，又因为，且等号当且仅当，即时成立，综上，故答案为：3【点评】本题考查指数函数和基本不等式在研究实际问题上的应用，属于中档题8（2023秋浦东新区校级期末）已知函数，若关于的方程在上有两个不同实根，则实数的取值范围【分析】利用换元法将函数转化为关于的一元二次函数，利用

32、一元二次函数根的分布进行求解【解答】解：设，即函数等价为在上有两个不同零点，满足，即，故实数的取值范围，故答案为：【点评】本题主要考查函数零点的应用，利用换元法将函数转化为关于的一元二次函数，利用一元二次函数根的分布进行求解是解决本题的关键9（2023秋浦东新区校级期末）函数，且的图象恒过定点，则点的坐标是【分析】定点即为：点的坐标与的取值无关，由对数函数的性质可知，只要令即可【解答】解：根据题意：令，此时，定点坐标是故答案为：【点评】本题主要考查对数函数的图象和性质，在研究和应用时一定要注意一些细节，如图象的分布，关键线，关键点等10（2023徐汇区校级模拟）已知，函数的最小值为，则由满足条

33、件的的值组成的集合是【分析】分类讨论的值，求出二次函数的单调性和最值，从而得到分段函数的最值【解答】解：若时，则的对称轴为，当时，又当时，或（舍去），若时，则，若时，则的对称轴为，当时，单调递减，当时，又，综上所述：故答案为：【点评】本题主要考查了二次函数的单调性和最值，考查分类讨论思想，是中档题11（2023青浦区校级模拟）已知函数，若方程恰有四个不同的实数解，分别记为，则的取值范围是 ，【分析】求出时的函数解析式，画出函数图象，不妨令，则，且与关于对称，再根据对数的运算得到，转化为关于的函数，结合对勾函数的性质计算即可得出结论【解答】解：因为函数，当时，令，解得，当时，当时，令，解得或，令

34、，解得或，函数的图象如图所示：因为方程恰有四个不同的实数解，即与恰有四个交点，所以，不妨令，则，且与关于对称，所以，又，即，所以，即，所以，所以，因为在，上单调递增，所以，所以，即的取值范围是，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12（2023秋普陀区校级期末）已知记函数的最大值为（a），则（a）的取值范围是 ，【分析】根据题意画出函数和的图象，函数的图象以为分界，左取的图象，右取的图象，根据值不同，可得不同的图象，由此判断的最大值变化与不同取值之间的关系，即可得到答案【解答】解：由题意知函数是定义域上的奇函数，当

35、时，当且仅当时等号成立；，画出两函数的图象如图所示：由图知，当时，的最大值为（2），令，解得，当时，的最大值为在区间，的最大值，即为（a），（a），当时，的最大值为；综上知，函数的最大值的取值范围是，故答案为：，【点评】本题考查了分段函数的最值应用问题，也考查了分类讨论思想，是难题三解答题（共8小题）13（2023秋静安区校级期中）已知幂函数在其定义域上是严格增函数，且（1）求的值；（2）解不等式：【分析】（1）根据幂函数的图象与性质，结合题意求出的值；（2）由题意不等式化为，讨论的取值去掉绝对值，由此求出不等式的解集【解答】解：（1）因为幂函数在其定义域上是严格增函数，且，所以，解得，又因为

36、，所以；（2）由（1）知，所以不等式可化为，等价于或，解得，所以不等式的解集为，【点评】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了函数的性质应用问题，是基础题14（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），按超额部分的提成作奖金；超额中的第二个5万元，按超额部分的提成作奖金；后每增加5万元，其提成比例也增加一个如销售员某月销售额为27万元，则按照合约，他可得奖金为元试求：（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

37、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）设该月销售额为万元，则奖金为，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万元，提成比例为，即，可得万元（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，

38、总奖金最高此时总奖金为元；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15（2023秋杨浦区校级期末）甲乙两个港口相距100海里，某气垫船匀速从甲港口行驶到乙港口已知该船的最大航速是60海里小时，每小时使用的燃料费用和航速的平方成正比当航速为30海里小时，每小时的燃料费用为450元，其余费用（不论航速为多少）都是每小时800元（1）把该船每小时使用的燃料费用（单位：元）表示成航速（单位：海里小时）的函数；（2）当航速为多少时，该船从甲地行驶到乙地所需的总费用最少【分析】（1）根据题意知，代入数据计算的值即可（2

39、）写出从甲地到乙地的总费用，利用基本不等式求解即可【解答】解：（1）由题意知船速为（海里小时），每小时使用的燃料费用，已知船速为30海里时，每小时的燃料费用为450元，则：；解得，所以，（2）从甲地到乙地的总费用为：，其中；因为，当且仅当，即时取等号，所以当船速为40海里小时，总费用最少，最少总费用为4000元【点评】本题考查了函数模型应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题16（2023秋浦东新区校级期末）第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，本届亚运会的吉祥物是一套机器人，包括三个：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京

40、杭大运河某公益团队计划举办杭州亚运会吉祥物的展销会，并将所获利润全部用于社区体育设施建设已知每套吉祥物的进价为元，其中与进货量成反比，当进货1万套时，为9元，据市场调查，当每套吉祥物的售价定为元时，销售量可达到万套，若展销的其他费用为1万元，且所有进货都销售完（1）每套吉祥物售价定为70元时，能获得的总利润是多少万元？（2）当为多少时，每套吉祥物的净利润最大？【分析】（1）根据题目条件得到进货量与的关系式，根据吉祥物售价定为70元时求出销售量，并求出进货单价，即可求总利润；（2）求出每套吉祥物的利润，结合基本不等式求出最值，得到答案【解答】解：（1）设共进货万套，则，因为当时，故，解得，即；每

41、套吉祥物售价为70元时，销售量为（万套），此时进货单价为（元，故总利润为（万元）；（2）根据题意得，进价为（元，所以每套吉祥物的利润为，当且仅当，即时取等号，所以当时，每套吉祥物的净利润最大【点评】本题考查了函数模型应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题17（2023秋普陀区校级期中）已知函数方程的两根为、（1）求的值（2）求的值【分析】根据韦达定理得到，从而代入求值即可【解答】解：，（1）；（2）的【点评】本题考查了韦达定理，考查了指数幂的性质，是一道基础题18（2023黄浦区校级三模）定义如果函数和的图像上分别存在点和关于轴对称，则称函数和具有关系（1）判断函数和是否具有关系；（2）若函

42、数和不具有关系，求实数的取值范围；（3）若函数和在区间上具有关系，求实数的取值范围【分析】（1）即判断当时，是否有解；（2）即当时，没解，求的范围；（3）即研究当在上有解时，求的范围，可分离参数求解【解答】解：（1）由已知得，化简得，解得，故此时函数和具有关系；（2）由已知得在，上无解，显然不满足上式，故（当且仅当时取等号），故时，原方程无解，即函数和不具有关系，即所求的范围是，；（3）由已知得在上有解，即在上有解，令，再令，当时，且，故此时，当时，易知时，此时，故在上递增，故在上恒成立，即在上恒成立，故在单调递增，而，且时，故，即，解得即为所求，故所求的范围是【点评】本题考查新定义问题，函数

43、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19（2023秋普陀区校级期末）已知函数（1）用单调性的定义证明：函数在上为减函数；（2）若关于的方程在，上有解，求实数的最大值；（3）是否存在负数，使得成立，若存在求出；若不存在，请说明理由【分析】（1）用函数单调性的定义，当时，判断，进而证明函数的单调性（2）方程等价于，利用在，上 单调减，可求实数的最大值为；（3）假设存在负数，则：因为为负数，所以，所以，从而矛盾，故可得结论【解答】解：（1）设，则，函数在上为减函数；（2）方程等价于，由于在，上 单调减实数的最大值为；（3）不存在假设存在负

44、数，则：因为为负数，所以，所以，与前面的假设相矛盾，所以，不存在负数，使得成立，【点评】本题的考点是函数最值的应用，主要考查函数的单调性，考查函数的最值，关键是判断出函数的单调性，从而求出函数的最值20（2023秋徐汇区校级期中）甲、乙两人解关于的方程：，甲写错了常数，得两根，；乙写错了常数，得两根，64求这个方程的真正根【分析】利用对数的换底公式可把方程化简为，令，则，甲写错了常数，正确，可用两根之积求；乙写错了常数，正确，可利用两根之和求，从而可求方程正确的根【解答】解：由对数的换底公式可得整理可得，令，则甲写错了常数，正确乙写错了常数，正确代入可得，【点评】本题主要考查了对数的换底公式，对数的基本运算，一元二次方程的根与系数的关系的应用，要注意本题的易错点：方程的根是“”，而不是“”