新課標(biāo)2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第2講基本初等函數(shù)函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用學(xué)案文新人教A版

PAGE1-第2講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用[做真題]1．(2024·高考全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：選D.由x2－2x－8>0，得x<－2或x>4.因此，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．留意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞)，選D.2．(2024·高考全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝2sinx－sin2x在[0，2π]的零點(diǎn)個數(shù)為()A．2 B．3C．4 D．5解析：選B.f(x)＝2sinx－2sinxcosx＝2sinx(1－cosx)，令f(x)＝0，則sinx＝0或cosx＝1，所以x＝kπ(k∈Z)，又x∈[0，2π]，所以x＝0或x＝π或x＝2π.故選B.3．(2024·高考全國卷Ⅲ)設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞減，則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))解析：選C.因?yàn)楹瘮?shù)y＝2x在R上是增函數(shù)，所以0<2－eq\f(3,2)<2－eq\f(2,3)<20＝1.因?yàn)楹瘮?shù)y＝log3x在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以log3eq\f(1,4)<log3eq\f(1,3)＝－1.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且0<2－eq\f(3,2)<2－eq\f(2,3)<20＝1<log34，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))>f(log34)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4))).故選C.[明考情]1．基本初等函數(shù)作為高考的命題熱點(diǎn)，多考查利用函數(shù)的性質(zhì)比較大小，有時難度較大．2．函數(shù)的應(yīng)用問題多體現(xiàn)在函數(shù)零點(diǎn)與方程根的綜合問題上，近幾年全國卷考查較少，但也要引起重視，題目可能較難．基本初等函數(shù)的圖象及性質(zhì)(綜合型)[學(xué)問整合]指數(shù)與對數(shù)式的8個運(yùn)算公式(1)am·an＝am＋n.(2)(am)n＝amn.(3)(ab)m＝ambm.(4)loga(MN)＝logaM＋logaN.(5)logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN.(6)logaMn＝nlogaM.(7)alogaN＝N.(8)logaN＝eq\f(logbN,logba).注：(1)(2)(3)中，a>0，b>0；(4)(5)(6)(7)(8)中，a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0.指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0，a≠1)與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，a≠1)的圖象和性質(zhì)，分0<a<1，a>1兩種狀況，當(dāng)a>1時，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為增函數(shù)，當(dāng)0<a<1時，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為減函數(shù)．[典型例題](1)(2024·湖南省五市十校聯(lián)考)若f(x)＝ex－ae－x為奇函數(shù)，則滿意f(x－1)>eq\f(1,e2)－e2的x的取值范圍是()A．(－2，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(2，＋∞) D．(3，＋∞)(2)(2024·高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝ln(eq\r(1＋x2)－x)＋1,f(a)＝4，則f(－a)＝________.【解析】(1)由f(x)＝ex－ae－x為奇函數(shù)，得f(－x)＝－f(x)，即e－x－aex＝ae－x－ex，得a＝1，所以f(x)＝ex－e－x，則f(x)在R上單調(diào)遞增，又f(x－1)>eq\f(1,e2)－e2＝f(－2)，所以x－1>－2，解得x>－1，故選B.(2)由f(a)＝ln(eq\r(1＋a2)－a)＋1＝4，得ln(eq\r(1＋a2)－a)＝3，所以f(－a)＝ln(eq\r(1＋a2)＋a)＋1＝－lneq\f(1,\r(1＋a2)＋a)＋1＝－ln(eq\r(1＋a2)－a)＋1＝－3＋1＝－2.【答案】(1)B(2)－2eq\a\vs4\al()探討指數(shù)、對數(shù)函數(shù)的圖象及性質(zhì)應(yīng)留意的問題(1)指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)受底數(shù)a的影響，解決與指數(shù)、對數(shù)函數(shù)特殊是與單調(diào)性有關(guān)的問題時，首先要看底數(shù)a的范圍．(2)探討對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，應(yīng)留意真數(shù)與底數(shù)的限制條件．如求f(x)＝ln(x2－3x＋2)的單調(diào)區(qū)間，只考慮t＝x2－3x＋2與函數(shù)y＝lnt的單調(diào)性，易忽視t>0的限制條件．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2024·高考天津卷)已知a＝log27，b＝log38，c＝0.30.2，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c<b<a B．a(chǎn)<b<cC．b<c<a D．c<a<b解析：選A.因?yàn)閍＝log27>log24＝2，b＝log38<log39＝2，b＝log38>1，c＝0.30.2<1，所以c<b<a.故選A.2．已知函數(shù)f(x)＝logax(a>0且a≠1)滿意f(eq\f(2,a))>f(eq\f(3,a))，則f(1－eq\f(1,x))>0的解集為()A．(0，1) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)解析：選C.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝logax(a>0且a≠1)在(0，＋∞)上為單調(diào)函數(shù)，而eq\f(2,a)<eq\f(3,a)且f(eq\f(2,a))>f(eq\f(3,a))，所以f(x)＝logax在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，結(jié)合對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)可由f(1－eq\f(1,x))>0，得0<1－eq\f(1,x)<1，所以x>1，故選C.函數(shù)的零點(diǎn)(綜合型)[學(xué)問整合]函數(shù)的零點(diǎn)及其與方程根的關(guān)系對于函數(shù)f(x)，使f(x)＝0的實(shí)數(shù)x叫做函數(shù)f(x)的零點(diǎn)．函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)就是方程f(x)＝g(x)的根，即函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝g(x)的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．零點(diǎn)存在性定理假如函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連綿不斷的一條曲線，并且有f(a)·f(b)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有零點(diǎn)，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，這個c也就是方程f(x)＝0的根．[典型例題](1)(2024·福建市第一學(xué)期高三期末考試)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≤0，,1＋\f(1,x)，x>0，))則函數(shù)y＝f(x)＋3x的零點(diǎn)個數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3(2)(2024·江西八所重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(|x|)（x≤1）,－x2＋4x－2（x>1）))，若關(guān)于x的方程a＝f(x)恰有兩個不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，eq\f(1,2))∪[1，2) B．(0，eq\f(1,2))∪[1，2)C．(1，2) D．[1，2)【解析】(1)令f(x)＋3x＝0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－2x＋3x＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,1＋\f(1,x)＋3x＝0，))解得x＝0或x＝－1，所以函數(shù)y＝f(x)＋3x的零點(diǎn)個數(shù)是2.故選C.(2)關(guān)于x的方程a＝f(x)恰有兩個不同的實(shí)根，即函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝a恰有兩個不同的交點(diǎn)，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[1，2)，故選B.【答案】(1)C(2)Beq\a\vs4\al()利用函數(shù)零點(diǎn)的狀況求參數(shù)值或取值范圍的方法(1)利用零點(diǎn)存在的判定定理構(gòu)建不等式求解．(2)分別參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域(最值)問題求解．(3)轉(zhuǎn)化為兩熟識的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．已知實(shí)數(shù)a>1，0<b<1，則函數(shù)f(x)＝ax＋x－b的零點(diǎn)所在的區(qū)間是()A．(－2，－1) B．(－1，0)C．(0，1) D．(1，2)解析：選B.因?yàn)閍>1，0<b<1，f(x)＝ax＋x－b，所以f(x)為增函數(shù)，f(－1)＝eq\f(1,a)－1－b<0，f(0)＝1－b>0，則由零點(diǎn)存在性定理可知f(x)在區(qū)間(－1，0)上存在零點(diǎn)．2．已知在區(qū)間(0，2]上的函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－3，x∈（0，1]，,2x－1－1，x∈（1，2]，))且g(x)＝f(x)－mx在區(qū)間(0，2]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,4)，－2))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,4)，－2))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析：選A.由函數(shù)g(x)＝f(x)－mx在(0，2]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點(diǎn)，得y＝f(x)，y＝mx在(0，2]內(nèi)的圖象有且僅有兩個不同的交點(diǎn)．當(dāng)y＝mx與y＝eq\f(1,x)－3在x∈(0，1]相切時，mx2＋3x－1＝0，Δ＝9＋4m＝0，m＝－eq\f(9,4)，結(jié)合圖象可得當(dāng)－eq\f(9,4)<m≤－2或0<m≤eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)＝f(x)－mx在(0，2]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點(diǎn)．函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用(綜合型)[學(xué)問整合]構(gòu)建函數(shù)模型解決實(shí)際問題的常見類型與求解方法(1)構(gòu)建二次函數(shù)模型，常用配方法、數(shù)形結(jié)合、分類探討思想求解．(2)構(gòu)建分段函數(shù)模型，應(yīng)用分段函數(shù)分段求解的方法．(3)構(gòu)建f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)模型，常用基本不等式、導(dǎo)數(shù)等學(xué)問求解．[典型例題](2024·高考北京卷)在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述．兩顆星的星等與亮度滿意m2－m1＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，其中星等為mk的星的亮度為Ek(k＝1，2)．已知太陽的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，則太陽與天狼星的亮度的比值為()A.1010.1B.10.1C.lg10.1D.10－10.1【解析】依據(jù)題意，設(shè)太陽的星等與亮度分別為m1與E1，天狼星的星等與亮度分別為m2與E2，則由已知條件可知m1＝－26.7，m2＝－1.45，依據(jù)兩顆星的星等與亮度滿意m2－m1＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，把m1與m2的值分別代入上式得，－1.45－(－26.7)＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，得lgeq\f(E1,E2)＝10.1，所以eq\f(E1,E2)＝1010.1，故選A.【答案】Aeq\a\vs4\al()應(yīng)用函數(shù)模型解決實(shí)際問題的一般程序和解題關(guān)鍵(1)一般程序：eq\f(讀題,文字語言)?eq\f(建模,數(shù)學(xué)語言)?eq\f(求解,數(shù)學(xué)應(yīng)用)?eq\f(反饋,檢驗(yàn)作答).(2)解題關(guān)鍵：解答這類問題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確地建立相關(guān)函數(shù)解析式，然后應(yīng)用函數(shù)、方程、不等式和導(dǎo)數(shù)的有關(guān)學(xué)問加以綜合解答．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．某工廠某種產(chǎn)品的年固定成本為250萬元，每生產(chǎn)x千件該產(chǎn)品需另投入的成本為G(x)(單位：萬元)，當(dāng)年產(chǎn)量不足80千件時，G(x)＝eq\f(1,3)x2＋10x；當(dāng)年產(chǎn)量不小于80千件時，G(x)＝51x＋eq\f(10000,x)－1450.已知每件產(chǎn)品的售價為0.05萬元．通過市場分析，該工廠生產(chǎn)的產(chǎn)品能全部售完，則該工廠在這一產(chǎn)品的生產(chǎn)中所獲年利潤的最大值是________萬元．解析：因?yàn)槊考a(chǎn)品的售價為0.05萬元，所以x千件產(chǎn)品的銷售額為0.05×1000x＝50x萬元．①當(dāng)0<x<80時，年利潤L(x)＝50x－eq\f(1,3)x2－10x－250＝－eq\f(1,3)x2＋40x－250＝－eq\f(1,3)(x－60)2＋950，所以當(dāng)x＝60時，L(x)取得最大值，且最大值為L(60)＝950萬元；②當(dāng)x≥80時，L(x)＝50x－51x－eq\f(10000,x)＋1450－250＝1200－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(10000,x)))≤1200－2eq\r(x·\f(10000,x))＝1200－200＝1000，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(10000,x)，即x＝100時，L(x)取得最大值1000萬元．由于950<1000，所以當(dāng)產(chǎn)量為100千件時，該工廠在這一產(chǎn)品的生產(chǎn)中所獲年利潤最大，最大年利潤為1000萬元．答案：10002．某工廠產(chǎn)生的廢氣經(jīng)過過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物數(shù)量P(毫克/升)與時間t(小時)的關(guān)系為P＝P0e－kt.假如在前5小時消退了10%的污染物，那么污染物削減19%須要花費(fèi)的時間為________小時．解析：前5小時污染物消退了10%，此時污染物剩下90%，即t＝5時，P＝0.9P0，代入，得(e－k)5＝0.9，所以e－k＝eq\r(5,0.9)＝0.9eq\s\up6(\f(1,5))，所以P＝P0e－kt＝P0(0.9eq\s\up6(\f(1,5)))t.當(dāng)污染物削減19%時，污染物剩下81%，此時P＝0.81P0，代入得0.81＝(0.9eq\s\up6(\f(1,5)))t，解得t＝10，即須要花費(fèi)10小時．答案：10一、選擇題1．冪函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,4)))，則它的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，＋∞) D．(－∞，0)解析：選D.設(shè)f(x)＝xa，則2a＝eq\f(1,4)，所以a＝－2，所以f(x)＝x－2，它是偶函數(shù)，單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0)．故選D.2．函數(shù)f(x)＝－|x|－eq\r(x)＋3的零點(diǎn)所在區(qū)間為()A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(3，4)解析：選B.函數(shù)f(x)＝－|x|－eq\r(x)＋3是單調(diào)減函數(shù)，因?yàn)閒(1)＝1>0，f(2)＝1－eq\r(2)<0，所以f(1)f(2)<0，可知函數(shù)f(x)＝－|x|－eq\r(x)＋3的零點(diǎn)所在區(qū)間為(1，2)．3．(2024·蓉城名校第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))\s\up6(\f(1,2))＋log4（2－x），x≤1,3x－8，x>1))，則f(f(log36))＝()A．1 B.eq\f(5,3)C.eq\f(5,2) D．－2解析：選B.因?yàn)閘og36>1，所以f(log36)＝3log36－8＝－2，所以f(f(log36))＝f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up6(\f(1,2))＋log4(2＋2)＝eq\f(2,3)＋1＝eq\f(5,3).故選B.4．(2024·廣州市綜合檢測(一))如圖，一高為H且裝滿水的魚缸，其底部裝有一排水小孔，當(dāng)小孔打開時，水從孔中勻速流出，水流完所用時間為T.若魚缸水深為h時，水流出所用時間為t，則函數(shù)h＝f(t)的圖象大致是()解析：選B.水位由高變低，解除C，D.半缸前下降速度先快后慢，半缸后下降速度先慢后快，故選B.5．(2024·廣東省七校聯(lián)考)已知x＝lnπ，y＝log52，z＝e－eq\f(1,2)，則()A．x<y<z B．y<z<xC．z<x<y D．z<y<x解析：選B.因?yàn)閘nπ>1，0<log52<1，0<e－eq\f(1,2)<1，所以x最大．因?yàn)?<eq\r(5)，所以0<log52<log5eq\r(5)＝eq\f(1,2).因?yàn)閑<4，所以eeq\s\up6(\f(1,2))<2，即eq\f(1,2)<ln2，所以－eq\f(1,2)>－ln2＝lneq\f(1,2)，所以e－eq\f(1,2)>elneq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，所以z>y.綜上可知，x>z>y，故選B.6．(2024·貴陽市第一學(xué)期監(jiān)測)若函數(shù)f(x)＝x2，設(shè)a＝log54，b＝logeq\s\do9(\f(1,5))eq\f(1,3)，c＝2eq\s\up6(\f(1,5))，則f(a)，f(b)，f(c)的大小關(guān)系是()A．f(a)>f(b)>f(c) B．f(b)>f(c)>f(a)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(a)>f(b)解析：選D.f(x)＝x2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而0<logeq\s\do9(\f(1,5))eq\f(1,3)＝log53<log54<1<2eq\s\up6(\f(1,5))，所以f(b)<f(a)<f(c)，選D.7．(2024·唐山市摸底考試)已知函數(shù)f(x)＝sinx－sin3x，x∈[0，2π]，則f(x)的全部零點(diǎn)之和等于()A．5π B．6πC．7π D．8π解析：選C.f(x)＝sinx－sin3x＝sin(2x－x)－sin(2x＋x)＝－2cos2xsinx，令f(x)＝0,可得cos2x＝0或sinx＝0，因?yàn)閤∈[0，2π]，所以2x∈[0，4π]，由cos2x＝0可得2x＝eq\f(π,2)或2x＝eq\f(3π,2)或2x＝eq\f(5π,2)或2x＝eq\f(7π,2)，所以x＝eq\f(π,4)或x＝eq\f(3π,4)或x＝eq\f(5π,4)或x＝eq\f(7π,4)，由sinx＝0可得x＝0或x＝π或x＝2π，因?yàn)閑q\f(π,4)＋eq\f(3π,4)＋eq\f(5π,4)＋eq\f(7π,4)＋0＋π＋2π＝7π，所以f(x)的全部零點(diǎn)之和等于7π，故選C.8．(2024·重慶市學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2x＋log3eq\f(2＋x,2－x)，若不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>3成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．(－∞，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：選D.由eq\f(2＋x,2－x)>0得x∈(－2，2)，又y＝2x在(－2，2)上單調(diào)遞增，y＝log3eq\f(2＋x,2－x)＝log3eq\f(x－2＋4,2－x)＝log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(4,x－2)))在(－2，2)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)為增函數(shù)，又f(1)＝3，所以不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>3成立等價于不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>f(1)成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<\f(1,m)<2，,\f(1,m)>1，))解得eq\f(1,2)<m<1，故選D.9．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，若eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f（lnx）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)<f(1)，則x的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) D．(e，＋∞)解析：選C.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(lnx)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＝f(lnx)－f(－lnx)＝f(lnx)＋f(lnx)＝2f(lnx)，所以eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f（lnx）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)<f(1)等價于|f(lnx)|<f(1)，又f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以－1<lnx<1，解得eq\f(1,e)<x<e.10．(2024·河北省九校其次次聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝kx－|x－e－x|有兩個正實(shí)數(shù)零點(diǎn)，則k的取值范圍是()A．(0，＋∞) B．(0，eq\f(1,e))C．(0，1) D．(0，e)解析：選C.令f(x)＝kx－|x－e－x|＝0，得kx＝|x－e－x|，當(dāng)x>0時，k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－e－x,x)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,xex)))，令g(x)＝1－eq\f(1,xex)，x>0，則g′(x)＝eq\f(1＋x,x2ex)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(eq\f(1,2))＝1－eq\f(2,\r(e))<0，g(1)＝1－eq\f(1,e)>0，所以在(eq\f(1,2)，1)上存在一個a，使得g(a)＝0，所以y＝|g(x)|的圖象如圖所示．由題意知，直線y＝k與y＝|g(x)|的圖象有兩個交點(diǎn)，所以0<k<1，故選C.二、填空題11．已知函數(shù)y＝4ax－9－1(a＞0且a≠1)恒過定點(diǎn)A(m，n)，則logmn＝________．解析：依題意知，當(dāng)x－9＝0，即x＝9時，y＝4－1＝3，故定點(diǎn)為(9，3)，所以m＝9，n＝3，故logmn＝log93＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)12．(2024·高考全國卷Ⅱ)已知f(x)是奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時，f(x)＝－eax.若f(ln2)＝8，則a＝________．解析：當(dāng)x>0時，－x<0，f(－x)＝－e－ax.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為奇函數(shù)，所以當(dāng)x>0時，f(x)＝－f(－x)＝e－ax，所以f(ln2)＝e－aln2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＝8，所以a＝－3.答案：－313．某工廠常年生產(chǎn)紅木家具，依據(jù)預(yù)料可知，該產(chǎn)品近10年的產(chǎn)量平穩(wěn)增長．記2014年為第1年，且前4年中，第x年與年產(chǎn)量f(x)(單位：萬件)之間的關(guān)系如下表所示：x1234f(x)4.005.617.008.87若f(x)近似符合以下三種函數(shù)模型之一：①f(x)＝ax＋b，②f(x)＝2x＋a，③f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))x＋a.則你認(rèn)為最適合的函數(shù)模型的序號為________．解析：若模型為f(x)＝2x＋a，則由f(1)＝21＋a＝4，得a＝2，即f(x)＝2x＋2，此時f(2)＝6，f(3)＝10，f(4)＝18，與表格數(shù)據(jù)相差太大，不符合；若模型為f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))x＋a，則f(x)是減函數(shù)，與表格數(shù)據(jù)相差太大，不符合；若模型為f(x)＝ax＋b，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝4,3a＋b＝7))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2),b＝\f(5,2))).所以f(x)＝eq\f(3,2)x＋eq\f(5,2)，x∈N，所以最適合的函數(shù)模型的序號為①.答案：①14．對于實(shí)數(shù)a，b，定義運(yùn)算“?”：a?b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a>b，))設(shè)f(x)＝(2x－1)?(x－1)，且關(guān)于x的方程f(x)－m＝0恰有三個互不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：由2x－1≤x－1可得x≤0，由2x－1>x－1可得x>0.所以依據(jù)題意得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2x－1）2－（2x－1）（x－1），x≤0，,（x－1）2－（2x－1）（x－1），x>0，))即f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2－x，x≤0，,x－x2，x>0，))畫出函數(shù)的圖象，從圖象上視察當(dāng)關(guān)于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實(shí)數(shù)根時，函數(shù)的圖象和直線y＝m有三個不同的交點(diǎn)，再依據(jù)函數(shù)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)，可得m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))三、解答題15．某企業(yè)為打入國際市場，確定從A，B兩種產(chǎn)品中只選擇一種進(jìn)行投資生產(chǎn)，已知投資生產(chǎn)這兩種產(chǎn)品的有關(guān)數(shù)據(jù)如表：(單位：萬美元)項(xiàng)