PAGEPAGE1專題五函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式[析考情·明重點(diǎn)]小題考情分析大題考情分析常考點(diǎn)1.函數(shù)的概念及其表示(5年3考)2.函數(shù)圖象與性質(zhì)及其應(yīng)用(5年4考)3.線性規(guī)劃問題(5年5考)4.函數(shù)與不等式問題(5年5考)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式此部分內(nèi)容是高考必考部分．(1)利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等問題是高考命題的熱點(diǎn)．(2)重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)與極值、最值、單調(diào)區(qū)間、函數(shù)與圖象的聯(lián)系，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，求函數(shù)零點(diǎn)等．(3)有時結(jié)合二次函數(shù)考查函數(shù)的最值、零點(diǎn)等問題.偶考點(diǎn)1.基本初等函數(shù)的運(yùn)算2.函數(shù)與方程3.不等式的性質(zhì)4.利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題5.導(dǎo)數(shù)的幾何意義第一講小題考法——函數(shù)的概念與性質(zhì)考點(diǎn)(一)函數(shù)的概念及表示主要考查函數(shù)的定義域、分段函數(shù)求值或已知函數(shù)值取值范圍求參數(shù)的值取值范圍等.[典例感悟][典例](1)(2015·浙江高考)存在函數(shù)f(x)滿意：對于隨意x∈R都有()A．f(sin2x)＝sinx B．f(sin2x)＝x2＋xC．f(x2＋1)＝|x＋1| D．f(x2＋2x)＝|x＋1|(2)(2025屆高三·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段測試)函數(shù)y＝eq\f(\r(9－x2),log2x＋1)的定義域是()A．(－1,3) B．(－1,3]C．(－1,0)∪(0,3) D．(－1,0)∪(0,3](3)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－1，x≤0，,x\f(1,2)，x>0，))則f(f(－4))＝________；若f(t)≥1，則logeq\f(1,2)(t4＋1)的最大值為________．[解析](1)取x＝0，eq\f(π,2)，可得f(0)＝0,1，這與函數(shù)的定義沖突，所以選項(xiàng)A錯誤；取x＝0，π，可得f(0)＝0，π2＋π，這與函數(shù)的定義沖突，所以選項(xiàng)B錯誤；取x＝1，－1，可得f(2)＝2,0，這與函數(shù)的定義沖突，所以選項(xiàng)C錯誤；取f(x)＝eq\r(x＋1)，則對隨意x∈R都有f(x2＋2x)＝eq\r(x2＋2x＋1)＝|x＋1|，故選項(xiàng)D正確．綜上可知，本題選D.(2)由題可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9－x2≥0，,x＋1>0，,log2x＋1≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9－x2≥0，,x＋1>0，,x＋1≠1，))解得－1<x≤3且x≠0，故選D.(3)f(－4)＝15，f(15)＝eq\r(15)，所以f(f(－4))＝eq\r(15).由f(t)≥1，得t≥1或t≤－1，所以logeq\f(1,2)(t4＋1)≤logeq\f(1,2)2＝－1.故logeq\f(1,2)(t4＋1)的最大值為－1.[答案](1)D(2)D(3)eq\r(15)－1[方法技巧]1．函數(shù)定義域的求法求函數(shù)的定義域，其實(shí)質(zhì)就是以函數(shù)解析式所含運(yùn)算有意義為準(zhǔn)則，列出不等式或不等式組，然后求出解集即可．2．分段函數(shù)問題的5種常見類型及解題策略常見類型解題策略求函數(shù)值弄清自變量所在區(qū)間，然后代入對應(yīng)的解析式，求“層層套”的函數(shù)值，要從最內(nèi)層逐層往外計(jì)算求函數(shù)最值分別求出每個區(qū)間上的最值，然后比較大小解不等式依據(jù)分段函數(shù)中自變量取值范圍的界定，代入相應(yīng)的解析式求解，但要留意取值范圍的大前提求參數(shù)“分段處理”，采納代入法列出各區(qū)間上的方程利用函數(shù)性質(zhì)求值必需依據(jù)條件找到函數(shù)滿意的性質(zhì)，利用該性質(zhì)求解[演練沖關(guān)]1．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,1－x)＋bcoseq\f(π,2)x＋x，且滿意f(1－eq\r(2))＝3，則f(1＋eq\r(2))＝()A．2 B．－3C．－4 D．－1解析：選D當(dāng)x1＋x2＝2時，f(x1)＋f(x2)＝eq\f(a,1－x1)＋bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x1))＋x1＋eq\f(a,1－x2)＋bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x2))＋x2＝eq\f(a,1－x1)＋bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x1))＋x1＋eq\f(a,x1－1)＋bcoseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)2－x1))＋x2＝x1＋x2＝2.所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于(1,1)對稱，從而f(1＋eq\r(2))＝2－f(1－eq\r(2))＝2－3＝－1，故選D.2．(2024·杭州七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x，x≥0，,2x－x2，x<0，))若f(2－a2)>f(|a|)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(－2,2)解析：選A由題意知，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x，x≥0，,－x－12＋1，x<0，))作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，由函數(shù)f(x)的圖象可知，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，由f(2－a2)>f(|a|)，得2－a2>|a|.當(dāng)a≥0時，有2－a2>a，即(a＋2)(a－1)<0，解得－2<a<1，所以0≤a<1；當(dāng)a<0時，有2－a2>－a，即(a－2)(a＋1)<0，解得－1<a<2，所以－1<a<0.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－1,1)，故選A.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x2－1|x|>1，,\r(3,x)|x|≤1，))則f(eq\r(10))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos600°,4)))＝_______，若f(x)＝－1，則x＝_______.解析：由題意得f(eq\r(10))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos600°,4)))＝log39＋eq\r(3,－\f(1,8))＝eq\f(3,2).f(x)＝－1等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x2－1＝－1，,|x|>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)＝－1，,|x|≤1，))解得x＝±eq\f(2\r(3),3)或x＝－1.答案：eq\f(3,2)－1或±eq\f(2\r(3),3)考點(diǎn)(二)函數(shù)的圖象及應(yīng)用主要考查依據(jù)函數(shù)的解析式選擇圖象或利用函數(shù)的圖象選擇解析式、利用函數(shù)的圖象探討函數(shù)的性質(zhì)、方程的解以及解不等式等問題.[典例感悟][典例](1)(2024·浙江高考)函數(shù)y＝2|x|sin2x的圖象可能是()(2)已知函數(shù)f(x)＝2lnx，g(x)＝x2－4x＋5，則方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3(3)函數(shù)f(x)是定義在[－4,4]上的偶函數(shù)，其在[0,4]上的圖象如圖所示，那么不等式eq\f(fx,cosx)<0的解集為________．[解析](1)由y＝2|x|sin2x知函數(shù)的定義域?yàn)镽，令f(x)＝2|x|sin2x，則f(－x)＝2|－x|sin(－2x)＝－2|x|sin2x.∵f(x)＝－f(－x)，∴f(x)為奇函數(shù)．∴f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，故解除A、B.令f(x)＝2|x|sin2x＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，∴當(dāng)k＝1時，x＝eq\f(π,2)，故解除C，選D.(2)由已知g(x)＝(x－2)2＋1，得其頂點(diǎn)為(2，1)，又f(2)＝2ln2∈(1,2)，可知點(diǎn)(2,1)位于函數(shù)f(x)＝2lnx圖象的下方，故函數(shù)f(x)＝2lnx的圖象與函數(shù)g(x)＝x2－4x＋5的圖象有2個交點(diǎn)．(3)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上y＝cosx>0，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，4))上y＝cosx<0.由f(x)的圖象知在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))上eq\f(fx,cosx)<0，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，y＝cosx也是偶函數(shù)，所以y＝eq\f(fx,cosx)為偶函數(shù)，所以eq\f(fx,cosx)<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－1))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2))).[答案](1)D(2)C(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－1))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))[方法技巧]由函數(shù)解析式識別函數(shù)圖象的策略[演練沖關(guān)]1．(2025屆高三·浙江聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)滿意f(x)＝－f(x－1)，則函數(shù)f(x)的圖象不行能發(fā)生的情形是()解析：選C∵f(x)＝－f(x－1)，∴f(x)的圖象向右平移一個單位后，再沿x軸對折后與原圖重合，明顯C不符合題意，故選C.2．(2024·臺州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x(1＋a|x|)(a∈R)，則在同一個坐標(biāo)系下函數(shù)f(x＋a)與f(x)的圖象不行能是()解析：選D首先函數(shù)y＝f(x)的圖象過坐標(biāo)原點(diǎn)．當(dāng)a>0時，y＝f(x＋a)的圖象是由y＝f(x)的圖象向左平移后得到的，且函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，此時選項(xiàng)B有可能，選項(xiàng)D不行能；當(dāng)a<0時，y＝f(x＋a)的圖象是由y＝f(x)的圖象向右平移后得到的，且函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上為正，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上為負(fù)，此時選項(xiàng)A、C均有可能，故選D.3．(2024·浙江教學(xué)質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,|x|－1)，下列關(guān)于函數(shù)f(x)的探討：①y＝f(x)的值域?yàn)镽；②y＝f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；③y＝f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱；④y＝f(x)的圖象與直線y＝ax(a≠0)至少有一個交點(diǎn)．其中，結(jié)論正確的序號是________．解析：函數(shù)f(x)＝eq\f(1,|x|－1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)，x≥0，,\f(1,－x－1)，x<0，))其圖象如圖所示，由圖象知f(x)的值域?yàn)?－∞，－1)∪(0，＋∞)，故①錯誤；在區(qū)間(0,1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故②錯誤；③y＝f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱正確；因?yàn)楹瘮?shù)在每個象限都有圖象，故④y＝f(x)的圖象與直線y＝ax(a≠0)至少有一個交點(diǎn)正確．答案：③④考點(diǎn)(三)函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用主要考查函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性以及函數(shù)值的取值范圍、比較大小等.[典例感悟][典例](1)(2024·杭州二模)設(shè)函數(shù)f(x)與g(x)的定義域均為R，且f(x)單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)＝f(x)＋g(x)，G(x)＝f(x)－g(x)，若對隨意x1，x2∈R(x1≠x2)，不等式[f(x1)－f(x2)]2>[g(x1)－g(x2)]2恒成立，則()A．F(x)，G(x)都是增函數(shù)B．F(x)，G(x)都是減函數(shù)C．F(x)是增函數(shù)，G(x)是減函數(shù)D．F(x)是減函數(shù)，G(x)是增函數(shù)(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,ax－1)＋b(a>0且a≠1)，則函數(shù)f(x)的奇偶性()A．與a無關(guān)，且與b無關(guān) B．與a有關(guān)，且與b有關(guān)C．與a有關(guān)，且與b無關(guān) D．與a無關(guān)，但與b有關(guān)(3)已知定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿意條件feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝－f(x)，且函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))為奇函數(shù)，給出以下四個結(jié)論：①函數(shù)f(x)是周期函數(shù)；②函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))對稱；③函數(shù)f(x)為R上的偶函數(shù)；④函數(shù)f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)．其中正確結(jié)論的序號為________．[解析](1)對隨意x1，x2∈R(x1≠x2)，不等式[f(x1)－f(x2)]2>[g(x1)－g(x2)]2恒成立，不妨設(shè)x1>x2，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x1)－f(x2)>g(x1)－g(x2)，且f(x1)－f(x2)>－g(x1)＋g(x2)，∵F(x1)＝f(x1)＋g(x1)，F(xiàn)(x2)＝f(x2)＋g(x2)，∴F(x1)－F(x2)＝f(x1)＋g(x1)－f(x2)－g(x2)＝f(x1)－f(x2)－[g(x2)－g(x1)]>0，∴F(x)為增函數(shù)；同理可證G(x)為增函數(shù)，故選A.(2)因?yàn)閒(－x)＝eq\f(2,a－x－1)＋b＝eq\f(－2ax,ax－1)＋b，所以f(－x)＋f(x)＝2b－2，所以當(dāng)b＝1時函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，當(dāng)b≠1時函數(shù)f(x)為非奇非偶函數(shù)，故選D.(3)f(x＋3)＝feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＋\f(3,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝f(x)，所以f(x)是周期為3的周期函數(shù)，①正確；函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于點(diǎn)(0,0)對稱，則f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))對稱，②正確；因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))對稱，－eq\f(3,4)＝eq\f(－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋x)),2)，所以f(－x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋x))，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋x))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋x＋\f(3,2)))＝－f(x)，所以f(－x)＝f(x)，③正確；f(x)是周期函數(shù)，在R上不行能是單調(diào)函數(shù)，④錯誤．故正確結(jié)論的序號為①②③.[答案](1)A(2)D(3)①②③[方法技巧]函數(shù)3特性質(zhì)的應(yīng)用奇偶性具有奇偶性的函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的區(qū)間上其圖象、函數(shù)值、解析式和單調(diào)性聯(lián)系親密，探討問題時可轉(zhuǎn)化到只探討部分(一半)區(qū)間上．尤其留意偶函數(shù)f(x)的性質(zhì)：f(|x|)＝f(x)單調(diào)性可以比較大小、求函數(shù)最值、解不等式、證明方程根的唯一性周期性利用周期性可以轉(zhuǎn)化函數(shù)的解析式、圖象和性質(zhì)，把不在已知區(qū)間上的問題，轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上求解[演練沖關(guān)]1．(2024·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)．若f(1)＝－1，則滿意－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是()A．[－2,2] B．[－1,1]C．[0,4] D．[1,3]解析：選D∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)．∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1.故由－1≤f(x－2)≤1，得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．又f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.2．(2024·天津高考)已知奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．b<a<c D．b<c<a解析：選C由f(x)為奇函數(shù)，知g(x)＝xf(x)為偶函數(shù)．因?yàn)閒(x)在R上單調(diào)遞增，f(0)＝0，所以當(dāng)x>0時，f(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(x)>0.又a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，20．8<2＝log24<log25.1<log28＝3，所以b<a<c.3．(2024·金華一中模擬)當(dāng)x∈(－∞，1]時，不等式eq\f(1＋2x＋4x·a,a2－a＋1)>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：∵a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴不等式eq\f(1＋2x＋4x·a,a2－a＋1)>0恒成立轉(zhuǎn)化為1＋2x＋4x·a>0恒成立．得－a<eq\f(1,4x)＋eq\f(2x,4x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，而函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x為減函數(shù)，故當(dāng)x∈(－∞，1]時，ymin＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，所以－a<eq\f(3,4)，即a>－eq\f(3,4).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞))eq\a\vs4\al([必備知能·自主補(bǔ)缺])(一)主干學(xué)問要記牢函數(shù)的奇偶性、周期性(1)奇偶性是函數(shù)在其定義域上的整體性質(zhì)，對于定義域內(nèi)的隨意x(定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱)，都有f(－x)＝－f(x)成立，則f(x)為奇函數(shù)(都有f(－x)＝f(x)成立，則f(x)為偶函數(shù))．(2)周期性是函數(shù)在其定義域上的整體性質(zhì)，一般地，對于函數(shù)f(x)，假如對于定義域內(nèi)的隨意一個x的值：若f(x＋T)＝f(x)(T≠0)，則f(x)是周期函數(shù)，T是它的一個周期．(二)二級結(jié)論要用好1．函數(shù)單調(diào)性和奇偶性的重要結(jié)論(1)當(dāng)f(x)，g(x)同為增(減)函數(shù)時，f(x)＋g(x)為增(減)函數(shù)．(2)奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個區(qū)間上有相同的單調(diào)性，偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個區(qū)間上有相反的單調(diào)性．(3)f(x)為奇函數(shù)?f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱；f(x)為偶函數(shù)?f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱．(4)偶函數(shù)的和、差、積、商是偶函數(shù)，奇函數(shù)的和、差是奇函數(shù)，積、商是偶函數(shù)，奇函數(shù)與偶函數(shù)的積、商是奇函數(shù)．(5)定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)的圖象必過原點(diǎn)，即有f(0)＝0.存在既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù)的函數(shù)：f(x)＝0.(6)f(x)＋f(－x)＝0?f(x)為奇函數(shù)；f(x)－f(－x)＝0?f(x)為偶函數(shù)．2．抽象函數(shù)的周期性與對稱性的結(jié)論(1)函數(shù)的周期性①若函數(shù)f(x)滿意f(x＋a)＝f(x－a)，則f(x)是周期函數(shù)，T＝2a②若函數(shù)f(x)滿意f(x＋a)＝－f(x)，則f(x)是周期函數(shù)，T＝2a③若函數(shù)f(x)滿意f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，則f(x)是周期函數(shù)，T＝2a.(2)函數(shù)圖象的對稱性①若函數(shù)y＝f(x)滿意f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，則f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a②若函數(shù)y＝f(x)滿意f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，則f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a,③若函數(shù)y＝f(x)滿意f(a＋x)＝f(b－x)，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對稱．3．函數(shù)圖象平移變換的相關(guān)結(jié)論(1)把y＝f(x)的圖象沿x軸左右平移|c|個單位(c＞0時向左移，c＜0時向右移)得到函數(shù)y＝f(x＋c)的圖象(c為常數(shù))．(2)把y＝f(x)的圖象沿y軸上下平移|b|個單位(b＞0時向上移，b＜0時向下移)得到函數(shù)y＝f(x)＋b的圖象(b為常數(shù))．(三)易錯易混要明白1．求函數(shù)的定義域時，關(guān)鍵是依據(jù)含自變量x的代數(shù)式有意義來列出相應(yīng)的不等式(組)求解，如開偶次方根，被開方數(shù)肯定是非負(fù)數(shù)；對數(shù)式中的真數(shù)是正數(shù)．列不等式時，應(yīng)列出全部的不等式，不能遺漏．2．求函數(shù)單調(diào)區(qū)間時，多個單調(diào)區(qū)間之間不能用符號“∪”和“或”連接，可用“和”連接或用“，”隔開．單調(diào)區(qū)間必需是“區(qū)間”，而不能用集合或不等式代替．3．推斷函數(shù)的奇偶性時，要留意定義域必需關(guān)于原點(diǎn)對稱，有時還要對函數(shù)式化簡整理，但必需留意使定義域不受影響．4．用換元法求解析式時，要留意新元的取值范圍，即函數(shù)的定義域問題．[針對練1]已知f(cosx)＝sin2x，則f(x)＝________.解析：令t＝cosx，且t∈[－1,1]，則f(t)＝1－t2，t∈[－1，1]，即f(x)＝1－x2，x∈[－1,1]．答案：1－x2，x∈[－1,1]5．分段函數(shù)是在其定義域的不同子集上，分別用不同的式子來表示對應(yīng)法則的函數(shù)，它是一個函數(shù)，而不是幾個函數(shù)．[針對練2]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x<0，,lnx，x>0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))))＝________.解析：因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝lneq\f(1,e)＝－1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))))＝f(－1)＝e－1＝eq\f(1,e).答案：eq\f(1,e)eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])A組——10＋7提速練一、選擇題1．(2025屆高三·杭州四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x，x>0，,3x，x≤0，))則f(f(4))的值為()A．－eq\f(1,9) B．－9C．eq\f(1,9) D．9解析：選C因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x，x>0，,3x，x≤0，))所以f(f(4))＝f(－2)＝eq\f(1,9).2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x>0，,cos6π＋x，x≤0，))則下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x)是偶函數(shù)B．函數(shù)f(x)是減函數(shù)C．函數(shù)f(x)是周期函數(shù)D．函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇－1，＋∞)解析：選D由函數(shù)f(x)的解析式，知f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos1，f(1)≠f(－1)，則f(x)不是偶函數(shù)．當(dāng)x>0時，f(x)＝x2＋1，則f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，且函數(shù)值f(x)>1；當(dāng)x≤0時，f(x)＝cosx，則f(x)在區(qū)間(－∞，0]上不是單調(diào)函數(shù)，且函數(shù)值f(x)∈[－1,1]．所以函數(shù)f(x)不是單調(diào)函數(shù)，也不是周期函數(shù)，其值域?yàn)閇－1，＋∞)．故選D.3．(2024·全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為()解析：選D法一：令f(x)＝－x4＋x2＋2，則f′(x)＝－4x3＋2x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝±eq\f(\r(2),2)，則f′(x)>0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，f(x)單調(diào)遞增；f′(x)<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))，f(x)單調(diào)遞減，結(jié)合圖象知選D.法二：當(dāng)x＝1時，y＝2，所以解除A、B選項(xiàng)．當(dāng)x＝0時，y＝2，而當(dāng)x＝eq\f(1,2)時，y＝－eq\f(1,16)＋eq\f(1,4)＋2＝2eq\f(3,16)>2，所以解除C選項(xiàng)．故選D.4．已知函數(shù)f(x－1)是定義在R上的奇函數(shù)，且在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則函數(shù)f(x)的圖象可能是()解析：選B函數(shù)f(x－1)的圖象向左平移1個單位，即可得到函數(shù)f(x)的圖象．因?yàn)楹瘮?shù)f(x－1)是定義在R上的奇函數(shù)，所以函數(shù)f(x－1)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－1,0)對稱，解除A、C、D，故選B.5．(2025屆高三·鎮(zhèn)海中學(xué)測試)設(shè)f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝log2(x＋2)－3x＋a(a∈R)，則f(－2)＝()A．－1 B．－5C．1 D．5解析：選D因?yàn)閒(x)為定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝1＋a＝0，即a＝－1.故f(x)＝log2(x＋2)－3x－1(x≥0)，所以f(－2)＝－f(2)＝5.故選D.6．(2024·諸暨高三期末)已知f(x)，g(x)都是定義在R上的函數(shù)，且f(x)為奇函數(shù)，g(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，則下列四個命題中錯誤的是()A．y＝g(f(x)＋1)為偶函數(shù)B．y＝g(f(x))為奇函數(shù)C．函數(shù)y＝f(g(x))的圖象關(guān)于直線x＝1對稱D．y＝f(g(x＋1))為偶函數(shù)解析：選B由題可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－x＝－fx，,g－x＝g2＋x.))選項(xiàng)A，g(f(－x)＋1)＝g(－f(x)＋1)＝g(1＋f(x))，所以y＝g(f(x)＋1)為偶函數(shù)，正確；選項(xiàng)B，g(f(－x))＝g(－f(x))＝g(2＋f(x))，所以y＝g(f(x))不肯定為奇函數(shù)，錯誤；選項(xiàng)C，f(g(－x))＝f(g(2＋x))，所以y＝f(g(x))的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，正確；選項(xiàng)D，f(g(－x＋1))＝f(g(x＋1))，所以y＝f(g(x＋1))為偶函數(shù)，正確．綜上，故選B.7．函數(shù)y＝eq\f(ln|x|,x2)＋eq\f(1,x2)在[－2,2]上的圖象大致為()解析：選B當(dāng)x∈(0,2]時，函數(shù)y＝eq\f(ln|x|＋1,x2)＝eq\f(lnx＋1,x2)，x2>0恒成立，令g(x)＝lnx＋1，則g(x)在(0,2]上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝eq\f(1,e)時，y＝0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，y＝eq\f(lnx＋1,x2)<0，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，2))時，y＝eq\f(lnx＋1,x2)>0，∴函數(shù)y＝eq\f(lnx＋1,x2)在(0,2]上只有一個零點(diǎn)eq\f(1,e)，解除A、C、D，只有選項(xiàng)B符合題意．8．(2024·全國卷Ⅱ)已知f(x)是定義域?yàn)?－∞，＋∞)的奇函數(shù)，滿意f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝()A．－50 B．0C．2 D．50解析：選C法一：∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(1－x)＝－f(x－1)．由f(1－x)＝f(1＋x)，得－f(x－1)＝f(x＋1)，∴f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)．由f(x)為奇函數(shù)得f(0)＝0.又∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2.法二：由題意可設(shè)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，作出f(x)的部分圖象如圖所示．由圖可知，f(x)的一個周期為4，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(49)＋f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2.9．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(m1，f(m1))和點(diǎn)B(m2，f(m2))，f(1)＝0.若a2＋[f(m1)＋f(m2)]a＋f(m1)·f(m2)＝0，則()A．b≥0 B．b<0C．3a＋c≤0 D．3a－解析：選A∵函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)，滿意f(1)＝0，∴a＋b＋c＝0.若a≤0，∵a>b>c，∴b<0，c<0，則有a＋b＋c<0，這與a＋b＋c＝0沖突，∴a>0成立．若c≥0，則有b>0，a>0，此時a＋b＋c>0，這與a＋b＋c＝0沖突，∴c<0成立．∵a2＋[f(m1)＋f(m2)]·a＋f(m1)·f(m2)＝0，∴[a＋f(m1)]·[a＋f(m2)]＝0，∴m1，m2是方程f(x)＝－a的兩根，∴Δ＝b2－4a(a＋c)＝b(b＋4a)＝b(3a而a>0，c<0，∴3a－c>0，∴b10．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x＋4－2a，x<1，,1＋log2x，x≥1.))若f(x)的值域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(1,2] B．(－∞，2]C．(0,2] D．[2，＋∞)解析：選A依題意，當(dāng)x≥1時，f(x)＝1＋log2x單調(diào)遞增，f(x)＝1＋log2x在區(qū)間[1，＋∞)上的值域是[1，＋∞)．因此，要使函數(shù)f(x)的值域是R，則需函數(shù)f(x)在(－∞，1)上的值域M?(－∞，1)．①當(dāng)a－1<0，即a<1時，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－a＋3，＋∞)，明顯此時不能滿意M?(－∞，1)，因此a<1不滿意題意；②當(dāng)a－1＝0，即a＝1時，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上的值域M＝{2}，此時不能滿意M?(－∞，1)，因此a＝1不滿意題意；③當(dāng)a－1>0，即a>1時，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－∞，－a＋3)，由M?(－∞，1)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,－a＋3≥1，))解得1<a≤2.綜上所述，滿意題意的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1,2]，故選A.二、填空題11．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽.當(dāng)x<0時，f(x)＝x3－1；當(dāng)－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)；當(dāng)x>eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，則f(0)＝________，f(6)＝________.解析：函數(shù)f(x)在[－1,1]上為奇函數(shù)，故f(0)＝0，又由題意知當(dāng)x>eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，則f(x＋1)＝f(x)．又當(dāng)－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)．又當(dāng)x<0時，f(x)＝x3－1，∴f(－1)＝－2，∴f(6)＝2.答案：0212．(2024·臺州第一次調(diào)考)若函數(shù)f(x)＝a－eq\f(2,2x－1)(a∈R)是奇函數(shù)，則a＝________，函數(shù)f(x)的值域?yàn)開___________．解析：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，∴a－eq\f(2,2－x－1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,2x－1)))恒成立，∴a＝eq\f(1,2x－1)＋eq\f(1,2－x－1)＝eq\f(1,2x－1)＋eq\f(2x,1－2x)＝eq\f(1－2x,2x－1)＝－1.∴f(x)＝－1－eq\f(2,2x－1)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，2x>1，∴2x－1>0，∴eq\f(1,2x－1)>0，∴f(x)<－1；當(dāng)x∈(－∞，0)時，0<2x<1，∴－1<2x－1<0，∴eq\f(1,2x－1)<－1，∴－eq\f(2,2x－1)>2，∴f(x)>1，故函數(shù)f(x)的值域?yàn)?－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：－1(－∞，－1)∪(1，＋∞)13．(2024·紹興柯橋區(qū)模擬)已知偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，f(2)＝0，若f(x－2)>0，則x的取值范圍是________．解析：∵偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(2)＝0，∴f(2)＝f(－2)＝0，則不等式f(x－2)>0，等價為f(|x－2|)>f(2)，∴|x－2|<2，即－2<x－2<2，即0<x<4，∴x的取值范圍是(0,4)．答案：(0,4)14．已知函數(shù)f(x)＝e|x|，函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≤4，,4e5－x，x>4))對隨意的x∈[1，m](m>1)，都有f(x－2)≤g(x)，則m的取值范圍是________．解析：作出函數(shù)y1＝e|x－2|和y＝g(x)的圖象，如圖所示，由圖可知當(dāng)x＝1時，y1＝g(1)，又當(dāng)x＝4時，y1＝e2<g(4)＝4e，當(dāng)x>4時，由ex－2≤4e5－x，得e2x－7≤4，即2x－7≤ln4，解得x≤eq\f(7,2)＋ln2，又m>1，∴1<m≤eq\f(7,2)＋ln2.答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(7,2)＋ln2))15．在實(shí)數(shù)集R上定義一種運(yùn)算“★”，對于隨意給定的a，b∈R，a★b為唯一確定的實(shí)數(shù)，且具有下列三條性質(zhì)：(1)a★b＝b★a；(2)a★0＝a；(3)(a★b)★c＝c★(ab)＋(a★c)＋(c★b)－2c關(guān)于函數(shù)f(x)＝x★eq\f(1,x)，有如下說法：①函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為3；②函數(shù)f(x)為偶函數(shù)；③函數(shù)f(x)為奇函數(shù)；④函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)；⑤函數(shù)f(x)不是周期函數(shù)．其中正確說法的序號為________．解析：對于新運(yùn)算“★”的性質(zhì)(3)，令c＝0，則(a★b)★0＝0★(ab)＋(a★0)＋(0★b)＝ab＋a＋b，即a★b＝ab＋a＋b.∴f(x)＝x★eq\f(1,x)＝1＋x＋eq\f(1,x)，當(dāng)x>0時，f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)≥1＋2eq\r(x·\f(1,x))＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為3，故①正確；函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(－1)＝1－1－1＝－1，∴f(－1)≠－f(1)且f(－1)≠f(1)，∴函數(shù)f(x)為非奇非偶函數(shù)，故②③錯誤；依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，知函數(shù)f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)，故④正確；由④知，函數(shù)f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)不是周期函數(shù)，故⑤正確．綜上所述，全部正確說法的序號為①④⑤.答案：①④⑤16．(2024·鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試)已知函數(shù)f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(e2,4x)))－2，g(x)和f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，將函數(shù)g(x)的圖象向右平移a(a>0)個單位長度，再向下平移b(b>0)個單位長度，若對于隨意實(shí)數(shù)a，平移后g(x)和f(x)的圖象最多只有一個交點(diǎn)，則b的最小值為________．解析：由f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(e2,4x)))－2，知x>0，f(x)≥lne－2＝－1，∴f(x)min＝－1，此時x＝eq\f(e,2).在同始終角坐標(biāo)系中，作出f(x)，g(x)的圖象(圖略)，若對于隨意的a，平移后g(x)和f(x)的圖象最多只有一個交點(diǎn)，則平移后g(x)的圖象的最高點(diǎn)不能在f(x)圖象的最低點(diǎn)的上方，則1－b≤－1，則b的最小值為2.答案：217．(2024·山東高考)若函數(shù)exf(x)(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．下列函數(shù)中全部具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為________．①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3；④f(x)＝x2＋2.解析：設(shè)g(x)＝exf(x)，對于①，g(x)＝ex·2－x，則g′(x)＝(ex·2－x)′＝ex·2－x(1－ln2)>0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，故①符合要求；對于②，g(x)＝ex·3－x，則g′(x)＝(ex·3－x)′＝ex·3－x(1－ln3)<0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)，故②不符合要求；對于③，g(x)＝ex·x3，則g′(x)＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)，明顯函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上不單調(diào)，故③不符合要求；對于④，g(x)＝ex·(x2＋2)，則g′(x)＝[ex·(x2＋2)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex·[(x＋1)2＋1]>0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，故④符合要求．綜上，具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為①④.答案：①④B組——實(shí)力小題保分練1．(2025屆高三·浙江新高考名校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝ln|x|＋eq\f(1,2)x2的大致圖象是()解析：選A因?yàn)閒(－x)＝ln|－x|＋eq\f(1,2)(－x)2＝ln|x|＋eq\f(1,2)x2＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，于是其圖象關(guān)于y軸對稱，解除D；當(dāng)x>0時，f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2，f′(x)＝eq\f(1,x)＋x≥2，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，解除B；當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>2，且f′(x)是減函數(shù)，當(dāng)x>1時，f′(x)>2，且f′(x)是增函數(shù)，因此，當(dāng)x趨近于0或x趨近于＋∞時，曲線較陡，因此解除C.故選A.2．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿意f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，則()A．f(－25)<f(11)<f(80)B．f(80)<f(11)<f(－25)C．f(11)<f(80)<f(－25)D．f(－25)<f(80)<f(11)解析：選D因?yàn)閒(x)滿意f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－8)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是以8為周期的周期函數(shù)，則f(－25)＝f(－1)，f(80)＝f(0)，f(11)＝f(3)．由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且滿意f(x－4)＝－f(x)，得f(11)＝f(3)＝－f(－1)＝f(1)．因?yàn)閒(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，f(x)在R上是奇函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間[－2,2]上是增函數(shù)，所以f(－1)<f(0)<f(1)，即f(－25)<f(80)<f(11)．3.已知函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則f(x)的解析式可能是()A．f(x)＝x2－2ln|x|B．f(x)＝x2－ln|x|C．f(x)＝|x|－2ln|x|D．f(x)＝|x|－ln|x|解析：選B由圖象知，函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，四個選項(xiàng)都是偶函數(shù)，故只需考慮x>0時的圖象即可．對于選項(xiàng)A，當(dāng)x>0時，f(x)＝x2－2lnx，所以f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－1,x)，因此f(x)在x＝1處取得微小值，故A錯誤；對于選項(xiàng)B，當(dāng)x>0時，f(x)＝x2－lnx，所以f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，因此f(x)在x＝eq\f(\r(2),2)處取得微小值，故B正確；對于選項(xiàng)C，當(dāng)x>0時，f(x)＝x－2lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x)，因此f(x)在x＝2處取得微小值，故C錯誤；對于選項(xiàng)D，當(dāng)x>0時，f(x)＝x－lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，因此f(x)在x＝1處取得微小值，故D錯誤．故選B.4．定義：F(x)＝max{f(t)|－1≤t≤x≤1}，G(x)＝min{f(t)|－1≤t≤x≤1}，其中max{m，n}表示m，n中的較大者，min{m，n}表示m，n中的較小者．已知函數(shù)f(x)＝2ax2＋bxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|b|,|a|)≤4))，則下列說法肯定正確的是()A．若F(－1)＝F(1)，則f(－1)>f(1)B．若G(1)＝F(－1)，則F(－1)<F(1)C．若f(－1)＝f(1)，則G(－1)>G(1)D．若G(－1)＝G(1)，則f(－1)>f(1)解析：選B依據(jù)題意，由eq\f(|b|,|a|)≤4可得f(x)＝2ax2＋bx的圖象的對稱軸x＝－eq\f(b,4a)∈[－1,1]，由F(－1)＝F(1)知f(－1)＝F(1)，F(xiàn)(1)為f(t)在t∈[－1,1]上的最大值，無法解除f(－1)＝f(1)的可能，所以A錯誤；由G(1)＝F(－1)＝f(－1)知，f(t)在t∈[－1,1]上的最小值為f(－1)，所以F(－1)＝f(－1)<F(1)，B正確；由f(－1)＝f(1)可知，f(x)＝2ax2，當(dāng)a<0時，明顯G(－1)＝G(1)，所以C錯誤；由G(－1)＝G(1)知，f(－1)＝G(1)，G(1)為f(t)在t∈[－1,1]上的最小值，無法解除f(－1)＝f(1)的可能，所以D錯誤．5．(2024·杭州模擬)設(shè)集合A＝{x|x2－|x＋a|＋2a＜0，a∈R}，B＝{x|x＜2}．若A≠?且A?B，則實(shí)數(shù)a解析：由題意知x2－|x＋a|＋2a＜0?x2＜|x＋a|－2a，其解集A≠?時，可設(shè)A＝{m＜x＜首先，若n＝2時，則|2＋a|－2a解得a＝－2，滿意A?B.由函數(shù)y＝|x＋a|－2a的圖象可知，當(dāng)a＜－2時，n＞2，不滿意A?B，不合題意，即可知a≥－2；考慮函數(shù)y＝|x＋a|－2a的右支與y＝x2相切時，則x＋a－2a＝x2，即x2－x＋a＝0，解得a＝eq\f(1,4).又當(dāng)a≥eq\f(1,4)時，A＝?，即可知a＜eq\f(1,4).綜上可知：－2≤a＜eq\f(1,4).或考慮函數(shù)y＝|x＋a|和函數(shù)y＝x2＋2a答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,4)))6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)定點(diǎn)A(a，a)，P是函數(shù)y＝eq\f(1,x)(x>0)圖象上一動點(diǎn)．若點(diǎn)P，A之間的最短距離為2eq\r(2)，則滿意條件的實(shí)數(shù)a的全部值為________．解析：設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(1,x)))，則|PA|2＝(x－a)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－a))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2－2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋2a2－2，令t＝x＋eq\f(1,x)，則t≥2(x>0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”)，則|PA|2＝t2－2at＋2a2－2.①當(dāng)a≤2時，(|PA|2)min＝22－2a×2＋2a2－2＝2a2由題意知，2a2－4解得a＝－1或a＝3(舍去)．②當(dāng)a>2時，(|PA|2)min＝a2－2a×a＋2a2－2＝a由題意知，a2－2＝8，解得a＝eq\r(10)或a＝－eq\r(10)(舍去)，綜上知，a＝－1，eq\r(10).答案：－1，eq\r(10)其次講小題考法——基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程、函數(shù)模型的應(yīng)用考點(diǎn)(一)基本初等函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì)主要考查指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的運(yùn)算及其圖象與性質(zhì)；冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)及最值問題.[典例感悟][典例](1)(2024·浙江高考)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b在區(qū)間[0,1]上的最大值是M，最小值是m，則M－m()A．與a有關(guān)，且與b有關(guān) B．與a有關(guān)，但與b無關(guān)C．與a無關(guān)，且與b無關(guān) D．與a無關(guān)，但與b有關(guān)(2)(2024·全國卷Ⅰ)設(shè)x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則()A．2x<3y<5z B．5z<2x<3yC．3y<5z<2x D．3y<2x<5z(3)已知a>0且a≠1，loga2＝x，則ax＝________；a2x＋a－2x＝________.[解析](1)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2－eq\f(a2,4)＋b，①當(dāng)0≤－eq\f(a,2)≤1時，f(x)min＝m＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－eq\f(a2,4)＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b,1＋a＋b}，∴M－m＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)，1＋a＋\f(a2,4)))與a有關(guān)，與b無關(guān)；②當(dāng)－eq\f(a,2)<0時，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a與a有關(guān)，與b無關(guān)；③當(dāng)－eq\f(a,2)>1時，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a與a有關(guān)，與b無關(guān)．綜上所述，M－m與a有關(guān)，但與b無關(guān)．(2)設(shè)2x＝3y＝5z＝k>1，∴x＝log2k，y＝log3k，z＝log5k.∵2x－3y＝2log2k－3log3k＝eq\f(2,logk2)－eq\f(3,logk3)＝eq\f(2logk3－3logk2,logk2·logk3)＝eq\f(logk32－logk23,logk2·logk3)＝eq\f(logk\f(9,8),logk2·logk3)>0，∴2x>3y；∵3y－5z＝3log3k－5log5k＝eq\f(3,logk3)－eq\f(5,logk5)＝eq\f(3logk5－5logk3,logk3·logk5)＝eq\f(logk53－logk35,logk3·logk5)＝eq\f(logk\f(125,243),logk3·logk5)<0，∴3y<5z；∵2x－5z＝2log2k－5log5k＝eq\f(2,logk2)－eq\f(5,logk5)＝eq\f(2logk5－5logk2,logk2·logk5)＝eq\f(logk52－logk25,logk2·logk5)＝eq\f(logk\f(25,32),logk2·logk5)<0，∴5z>2x.∴5z>2x>3y.(3)由對數(shù)的定義知ax＝2，所以a－x＝eq\f(1,2)，因此a2x＋a－2x＝(ax)2＋(a－x)2＝22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(17,4).[答案](1)B(2)D(3)2eq\f(17,4)[方法技巧]3招破解指數(shù)、對數(shù)、冪函數(shù)值的大小比較問題(1)底數(shù)相同，指數(shù)不同的冪用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行比較．(2)底數(shù)相同，真數(shù)不同的對數(shù)值用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較．(3)底數(shù)不同、指數(shù)也不同，或底數(shù)不同、真數(shù)也不同的兩個數(shù)，常引入中間量或結(jié)合圖象比較大?。甗演練沖關(guān)]1．(2024·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝3x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，則f(x)()A．是奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù)B．是偶函數(shù)，且在R上是增函數(shù)C．是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù)D．是偶函數(shù)，且在R上是減函數(shù)解析：選A因?yàn)閒(x)＝3x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，且定義域?yàn)镽，所以f(－x)＝3－x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－3x＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x))＝－f(x)，即函數(shù)f(x)是奇函數(shù)．又y＝3x在R上是增函數(shù)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在R上是減函數(shù)，所以f(x)＝3x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在R上是增函數(shù)．2．(2024·天津高考)已知a＝log3eq\f(7,2)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，c＝logeq\f(1,5)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞a＞cC．c＞b＞a D．c＞a＞b解析：選D∵c＝logeq\f(1,5)＝log35，a＝log3eq\f(7,2)，又y＝log3x在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴l(xiāng)og35＞log3eq\f(7,2)＞log33＝1，∴c＞a＞1.∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))0＝1，即b＜1.∴c＞a＞b.3．(2025屆高三·溫州四校聯(lián)考)計(jì)算：eq\r(4,2)×80.25＋(－2018)0＝________，log23×log34＋(eq\r(3))＝________.解析：eq\r(4,2)×80.25＋(－2018)0＝2×2＋1＝3，log23×log34＋(eq\r(3))＝eq\f(lg3,lg2)×eq\f(lg4,lg3)＋3＝2＋3＝4.答案：344．定義區(qū)間[x1，x2](x1<x2)的長度等于x2－x1.函數(shù)y＝|logax|(a>1)的定義域?yàn)閇m，n](m<n)，值域?yàn)閇0,1]．若區(qū)間[m，n]的長度的最小值為eq\f(3,4)，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析：作出函數(shù)y＝|logax|的圖象(圖略)，要使定義域區(qū)間[m，n]的長度最小，則[m，n]＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))或[m，n]＝[1，a]．若1－eq\f(1,a)＝eq\f(3,4)，則a＝4，此時a－1＝3，符合題意．若a－1＝eq\f(3,4)，則a＝eq\f(7,4)，此時1－eq\f(1,a)＝eq\f(3,7)<eq\f(3,4)，不符合題意，所以a＝4.答案：4考點(diǎn)(二)函數(shù)的零點(diǎn)主要考查利用函數(shù)零點(diǎn)存在性定理或數(shù)形結(jié)合法確定函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)或其存在范圍，以及應(yīng)用零點(diǎn)求參數(shù)的值或范圍.[典例感悟][典例](1)(2024·縉云質(zhì)檢)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝x2－2x，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋1的零點(diǎn)的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4(2)(2025屆高三·寧波十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log21－x|，x<1，,－x2＋4x－2，x≥1，))則方程feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)－2))＝1的實(shí)根個數(shù)為()A．8 B．7C．6 D．5(3)(2024·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點(diǎn)，則a＝()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．1[解析](1)若x<0，－x>0，則f(－x)＝x2＋2x.∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(－x)＝x2＋2x＝－f(x)，即f(x)＝－x2－2x，x<0，當(dāng)x≥0時，由g(x)＝f(x)＋1＝0得x2－2x＋1＝0，即(x－1)2＝0，得x＝1.當(dāng)x<0時，由g(x)＝f(x)＋1＝0得－x2－2x＋1＝0，即x2＋2x－1＝0.即(x＋1)2＝2，得x＝eq\r(2)－1(舍)或x＝－eq\r(2)－1，故函數(shù)g(x)＝f(x)＋1的零點(diǎn)個數(shù)是2個，故選B.(2)令f(x)＝1，得x＝3或x＝1或x＝eq\f(1,2)或x＝－1，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)－2))＝1，∴x＋eq\f(1,x)－2＝3或x＋eq\f(1,x)－2＝1或x＋eq\f(1,x)－2＝eq\f(1,2)或x＋eq\f(1,x)－2＝－1.令g(x)＝x＋eq\f(1,x)－2，則當(dāng)x>0時，g(x)≥2－2＝0，當(dāng)x<0時，g(x)≤－2－2＝－4，作出g(x)的函數(shù)圖象如圖所示：∴方程x＋eq\f(1,x)－2＝3，x＋eq\f(1,x)－2＝1，x＋eq\f(1,x)－2＝eq\f(1,2)均有兩解，方程x＋eq\f(1,x)－2＝－1無解．∴方程feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)－2))＝1有6解．故選C.(3)由f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2eq\r(ex－1·e－x＋1)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立．－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立．若a>0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a要使f(x)有唯一零點(diǎn)，則必有2a＝1，即a＝eq\f(1,2).若a≤0，則f(x)的零點(diǎn)不唯一．綜上所述，a＝eq\f(1,2).故選C.[答案](1)B(2)C(3)C[方法技巧]1．推斷函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)的方法干脆法干脆求零點(diǎn)，令f(x)＝0，則方程解的個數(shù)即為函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)定理法利用零點(diǎn)存在性定理，但利用該定理只能確定函數(shù)的某些零點(diǎn)是否存在，必需結(jié)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)(如單調(diào)性)才能確定函數(shù)有多少個零點(diǎn)數(shù)形結(jié)合法對于給定的函數(shù)不能干脆求解或畫出圖象的，常分解轉(zhuǎn)化為兩個能畫出圖象的函數(shù)的交點(diǎn)問題2．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)化為兩個熟識的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解．[演練沖關(guān)]1．(2024·湖州、衢州、麗水高三質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x|＋|x＋1|，則方程f(2x－1)＝f(x)全部根的和是()A.eq\f(1,3) B．1C.eq\f(4,3) D．2解析：選C由題可知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且在(－∞，0)上單調(diào)遞減，(0，＋∞)上單調(diào)遞增．從而方程f(2x－1)＝f(x)等價于|2x－1|＝|x|，解得x＝1或x＝eq\f(1,3)，所以根的和為eq\f(4,3)，故選C.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，x≤0，,2x2－lnx，x>0，))則f(f(－1))＝________；若函數(shù)y＝f(x)－a恰有一個零點(diǎn)，則a的取值范圍是________．解析：∵f(－1)＝1，∴f(f(－1))＝f(1)＝2.當(dāng)x>0時，f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)，∴當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時，f′(x)<0，當(dāng)x>eq\f(1,2)時，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝eq\f(1,2)時，f(x)取得微小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－lneq\f(1,2)，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．∵函數(shù)y＝f(x)－a恰有一個零點(diǎn)，∴0≤a<eq\f(1,2)－lneq\f(1,2).答案：2eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)－ln\f(1,2)))3．(2024·鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試)已知函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)在[－2,2]上的圖象如下圖所示．給出下列四個命題：①方程f(g(x))＝0有且僅有6個根；②方程g(f(x))＝0有且僅有3個根；③方程f(f(x))＝0有且僅有5個根；④方程g(g(x))＝0有且僅有4個根．其中正確的命題為________(填序號)．解析：由題圖知方程f(t)＝0有三個根，t1∈(－2，－1)，t2＝0，t3∈(1,2)，由題圖知方程g(x)＝t1有兩個不同的根；方程g(x)＝t2＝0有兩個不同的根，方程g(x)＝t3有兩個不同的根，則方程f(g(x))＝0有且僅有6個根．故①正確；由題圖知方程g(u)＝0有兩個根，u1∈(－2，－1)，u2∈(0,1)，由題圖知方程f(x)＝u1只有1個根，方程f(x)＝u2有三個不同的根，則方程g(f(x))＝0有且僅有4個根．故②不正確；由題圖知方程f(x)＝t1只有1個根，方程f(x)＝t2＝0有三個不同的根，方程f(x)＝t3只有1個根，則方程f(f(x))＝0有且僅有5個根．故③正確．由圖知方程g(x)＝u1有兩個不同的根，方程g(x)＝u2有兩個不同的根，則方程g(g(x))＝0有且僅有4個根．故④正確．故①③④正確．答案：①③④考點(diǎn)(三)函數(shù)模型的應(yīng)用主要考查利用給定的函數(shù)模型解決簡潔的實(shí)際問題.[典例感悟][典例](1)(2024·開封模擬)李冶(1192～1279)，真定欒城(今河北省石家莊市)人，金元時期的數(shù)學(xué)家、詩人，晚年在封龍山隱居講學(xué)，數(shù)學(xué)著作多部，其中《益古演段》主要探討平面圖形問題：求圓的直徑、正方形的邊長等．其中一問：現(xiàn)有正方形方田一塊，內(nèi)部有一個圓形水池，其中水池的邊緣與方田四邊之間的面積為13.75畝，若方田的四邊到水池的最近距離均為二十步，則圓池直徑和方田的邊長分別是(注：240平方步為1畝，圓周率按3近似計(jì)算)()A．10步，50步 B．20步，60步C．30步，70步 D．40步，80步(2)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](1)設(shè)圓池的半徑為r步，則方田的邊長為(2r＋40)步，由題意，得(2r＋40)2－3r2＝13.75×240，解得r＝10或r＝－170(舍去)，所以圓池的直徑為20步，方田的邊長為60步，故選B.(2)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，∴e－k＝0.9eq\f(1,5)，∴P＝P0e－kt＝P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.9\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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.9\f(1,5)))t，解得t＝10，即須要花費(fèi)10小時．[答案](1)B(2)10[方法技巧]解決函數(shù)實(shí)際應(yīng)用題的2個關(guān)鍵點(diǎn)(1)仔細(xì)讀題，縝密審題，精確理解題意，明確問題的實(shí)際背景，然后進(jìn)行科學(xué)地抽象概括，將實(shí)際問題歸納為相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題．(2)要合理選取參變量，設(shè)定變量之后，就要找尋它們之間的內(nèi)在聯(lián)系，選用恰當(dāng)?shù)拇鷶?shù)式表示問題中的關(guān)系，建立相應(yīng)的函數(shù)模型，最終求解數(shù)學(xué)模型使實(shí)際問題獲解．[演練沖關(guān)]1．(2024·浙江高考)我國古代數(shù)學(xué)著作《張邱建算經(jīng)》中記載百雞問題：“今有雞翁一，值錢五；雞母一，值錢三，雞雛三，值錢一．凡百錢，買雞百只，問雞翁、母、雛各幾何？”設(shè)雞翁，雞母，雞雛個數(shù)分別為x，y，z，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝100，,5x＋3y＋\f(1,3)z＝100，))當(dāng)z＝81時，x＝__________，y＝__________.解析：由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＋81＝100，,5x＋3y＋\f(1,3)×81＝100，,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝19，,5x＋3y＝73，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝8，,y＝11.))答案：8112．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：∵每件產(chǎn)品的售價為0.05萬元，∴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，∴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，∴當(dāng)年產(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：1000eq\a\vs4\al([必備知能·自主補(bǔ)缺])(一)主干學(xué)問要記牢1．指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的對比表解析式y(tǒng)＝ax(a＞0，且a≠1)y＝logax(a＞0，且a≠1)圖象定義域R(0，＋∞)值域(0，＋∞)R單調(diào)性0＜a＜