2021 年新高考数学名校地市必刷题（新高考专用）
专题 04 函数的综合应用
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题（共 10 小题）
1.（2020•西城区一模）设函数 f（x）＝ ，若关于 x 的方程 f（x）＝a（a
∈
R）有四个实
数解 xi（i＝1，2，3，4），其中 x1＜x2＜x3＜x4，则（x1+x2）（x3﹣x4）的取值范围是（ ）
A．（0，101] B．（0，99] C．（0，100] D．（0，+∞）
【解答】解：函数 f（x）＝ 的图象如右：
关于 x 的方程 f（x）＝a（a
∈
R）有四个实数解，
可得 y＝f（x）的图象与直线 y＝a 有四个交点，
可以判断 0＜a≤1，x1+x2＝2×（﹣5）＝﹣10，
|lgx3|＝|lgx4|≤1，
且 ≤x3＜1，1＜x4≤10，可得﹣lgx3＝lgx4，
即 lgx3+lgx4＝0，
即有 x3x4＝1，
x4＝ ，
故（x1+x2）（x3﹣x4）＝﹣10（x3﹣ ），
又由函数 y＝x﹣ 在[ ，1）上递增，
可得函数 y＝x﹣ 在[ ，1）上的值域为[﹣9.9，0），
可知﹣10（x3﹣ ）的取值范围为（0，99]．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
2.（2020•红桥区一模）方程 log2x+x＝2 的解所在的区间为（ ）
A．（0.5，1） B．（1，1.5） C．（1.5，2） D．（2，2.5）
【解答】解：设 f（x）＝log2x+x﹣2，在（0，+∞）上单调递增．
∵f（1）
＝0+1﹣2＝﹣1＜0，
f（1.5）＝log21.5﹣0.5＝log21.5﹣log2 ＞0
∴根据函数的零点存在性定理得出：f（x）的零点在（1，1.5）区间 内
∴方程 log2x+x＝2 的解所在的区间为（1，1.5）
故选：B．
【知识点】函数零点的判定定理
3.（2020•汨罗市一模）设函数 f（x）的定义域为 R，满足 2f（x+1）＝f（x），且当 x
∈
（0，1]时，f（x）＝
﹣x（x﹣1）．若对任意 x
∈
[m，+∞），都有 ，则 m 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：作出当 x
∈
（0，1]时，f（x）＝﹣x（x﹣1）的图象，由 2f（x+1）＝f（x），可得
将 y＝f（x）在（0，1]的图象向左平移 1 个，2 个，3 个单位，
同时点的纵坐标伸长到原来的 2 倍，4 倍，8 倍，
将 y＝f（x）在（0，1]的图象每向右平移 1 个，2 个，3 个单位，
同时点的纵坐标缩短到原来的 倍， 倍， 倍，
作出直线 y＝ ，如图所示：
对任意 x
∈
[m，+∞），都有 ，可得只要找直线 y＝ 与 f（x）（﹣2＜x＜﹣1）的右边的
交点，
由﹣4（x+1）（x+2）＝ ，解得 x＝﹣ （﹣ 舍去），
则 m≥﹣ ，
故选：D．
【知识点】函数与方程的综合运用
4.（2020•巴中模拟）函数 f（x）、g（x）分别是定义在 R 上的偶函数、奇函数，且 f（x）+2g（x）＝ex，若
关于 x 的方程 f（2x）﹣mg（x）＝0 在区间（0，2]内有解，则实数 m 的最小值为（ ）
A．4 B．4 C．8 D．8
【解答】解：∵f（x）+2g（x）＝ex，
∴f（﹣x）+2g（﹣x）＝e﹣x，
又函数 f（x）、g（x）分别是定义在 R 上的偶函数、奇函数，
∴f（x）﹣2g（x）＝e﹣x，
∴ ，
∵f（2x）﹣mg（x）＝0 在区间（0，2]内有解，
∴ 在区间（0，2]内有解，
令 t＝ex﹣e﹣x
∈
（0，e2﹣e﹣2]，则 在（0，e2﹣e
﹣2]内有解，
又 ，当且仅当 时取等号，
∴m 的最小值为 ．
故选：B．
【知识点】奇偶性与单调性的综合、函数的零点与方程根的关系
5.（2020•攀枝花模拟）函数 f（x）＝ 的零点所在区间是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意，函数 ，分析易得函数 f（x）为减函数，
且 f（ ）＝8﹣ ＞0，
f（1）＝4﹣2＝2＞0，
f（ ）＝ ﹣ ＜0，
f（2）＝2﹣4＝﹣2＜0，
则函数 的零点所在区间是（1， ）；
故选：C．
【知识点】函数零点的判定定理
6.（2020•德阳模拟）为贯彻执行党中央“不忘初心，牢记使命”主题教育活动，增强企业的凝聚力和竞争
力某重装企业的装配分厂举行装配工人技术大比武，根据以往技术资料统计，某工人装配第 n 件工件所
用的时间（单位：分钟）f（n）大致服从的关系为 f（n）＝ （k、M 为常数）．已知该工人
装配第 9 件工件用时 20 分钟，装配第 M 件工件用时 12 分钟，那么可大致推出该工人装配第 4 件工件所
用时间是（ ）
A．40 分钟 B．35 分钟 C．30 分钟 D．25 分钟
【解答】解：n＝M 时， ，n＝9 时， ，
解得：k＝60，M＝25，
∴f（n）＝ ．
∵n＝4＜25，∴f（4）＝ ．
即可大致推出该工人装配第 4 件工件所用时间是 30 分钟．
故选：C．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
7.（2020•乌鲁木齐一模）已知函数 f（x）＝ ，若
α
＜
β
且 f（
α
）＝f（
β
），则
β
﹣
α
的取值范
围是（ ）
A．[8﹣3ln3，6] B．[8﹣3ln3，e2﹣1]
C．[9﹣4ln3，6] D．[9﹣4ln3，e2﹣1]
【解答】解：作出函数 f（x）的图象，如图所示，
由
α
＜
β
且 f（
α
）＝f（
β
），可得 ln
β
﹣1＝ ，
由题意可得，ln
β
﹣1＜1 即 1≤
β
＜e2，
故
α
＝3ln
β
﹣5，
则
β
﹣
α
＝
β
﹣3ln
β
+5，
令 h（x）＝x﹣3lnx+5，1≤x＜e2，
则 h′（x）＝1﹣ ＝ ，
易得 h（x）在[1，3）上单调递减，[3，e2）上单调递增，
故当 x＝3 时函数取得极小值，也是最小值 h（3）＝8﹣3ln3，
而 h（e2）＝e2﹣1＞h（1）＝6，
故 8﹣3ln3≤h（x）≤6．
故选：A．
【知识点】分段函数的应用
8.（2020•沈阳一模）已知函数 f（x）是定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，当 x
∈
（0，+∞）时，
f（x）＝ ，则函数 g（x）＝8f2（x）﹣6f（x）+1 的零点个数为（ ）
A．20 B．18 C．16 D．14
【解答】解：∵x
∈
（0，2]时，f（x）＝（x﹣1）2，又 ，
∴当 x
∈
（0，+∞）时，即将 f（x）在区间（0，2]图象依次向右移 2 个单位的同时再将纵坐标
缩短为原来的 倍，
得到函数 f（x）在（0，+∞）上的图象．关于 y 轴对称得到（﹣∞，0）的图象．如图所示：
令 g（x）＝0，得 或 ，即 与 两条直线截函数 y＝f（x）图象共 16 个
交点，所以函数 g（x）共有 16 个零点．
故选：C．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
9.（2020•碑林区校级模拟）咖啡产品的经营和销售如何在中国开拓市场是星巴克、漫咖啡等欧美品牌一直
在探索的内容，而 2018 年至今中国咖啡行业的发展实践证明了以优质的原材料供应以及大量优惠券、买
赠活动吸引消费者无疑是开拓咖啡的中国市场的最有效的方式之一．若某品牌的某种在售咖啡产品价格
为 30 元/杯，其原材料成本为 7 元/杯，营销成本为 5 元/杯，且品牌门店提供如下 4 种优惠方式：
（1）首杯免单，每人限用一次；
（2）3.8 折优惠券，每人限用一次；
（3）买 2 杯送 2 杯，每人限用两次；
（4）买 5 杯送 5 杯，不限使用人数和使用次数．
每位消费者都可以用以上 4 种优惠方式中选择不多于 2 种使用．现在某个公司有 5 位后勤工作人员去该
品牌门店帮每位技术人员购买 1 杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致；请问，这个公司的技术
人员不少于（ ）人时，无论 5 位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都
能保证盈利．
A．28 B．29 C．30 D．31
【解答】解：由题意知，咖啡产品原价为 30 元/杯，成本为 12 元/杯，
优惠方式（1）免单购买，每购买 1 杯该品牌门店亏损 12 元；
优惠方式（2）每杯售价 11.4 元，每购买 1 杯该品牌店亏损 0.6 元；
优惠方式（3）和（4）相当于 5 折购买，每购买 1 杯该品牌门店盈利 3 元；
我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择 2 种优惠方式，
必然包含优惠方式（1），可以免单购买 5 杯咖啡，该品牌门店因此亏损 60 元，
最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡
（11.4×5+30×1＞11.4×2+15×4，说明只要用原价购买 1 杯咖啡，哪怕最大程度利用 3.8 折优
惠，花费也一定会超过搭配使用（2）（4）优惠购买咖啡），
故显然该品牌门店必须按照优惠方式（3）和（4）售出 20 杯以上的咖啡才能盈利，
故技术人员人数一定多于 5+20＝25 人；
技术人员在 26﹣29 人时，免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+3.8 折购买 1 至 4 杯咖啡，
该品牌门店依旧亏损；
技术人员为 30 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡十买 5 送 5 购买 20 杯咖啡十买 2 送 2
购买 4 杯咖啡+3.8 折购买 1 杯咖啡，
该品牌门店盈利 3×24﹣60﹣0.6＝114 元； 由于 11.4＞0.6 4，
故技术人员超过 30 人时，该品牌门店能保证持续盈利．
故选：C．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
10.（2020•合肥一模）已知函数 ，则函数 F（x）＝f（f（x））﹣ef（x）的零
点个数为（ ）（e 是自然对数的底数）．
A．6 B．5 C．4 D．3
【解答】解：不妨设 ， ，
易知，f1（x）＜0 在（﹣∞，0]上恒成立，且在（﹣∞，0]单调递增；
，设 ，由当 x→0+时，g（x）
→﹣∞，g（1）＝e﹣1＞0，且函数 g（x）在（0，+∞）上单增，
故 函 数 g （ x ） 存 在 唯 一 零 点 x0
∈
（ 0 ， 1 ）， 使 得 g （ x0 ） ＝ 0 ， 即 ， 则
，
故当 x
∈
（0，x0）时，g（x）＜0，f2'（x）＜0，f2（x）单减；当 x
∈
（x0，+∞）时，g（x）＞0，
f2'（x）＞0，f2（x）单增，
故 ＝0，故 f2（x）≥0；
令 t＝f（x），F（t）＝f（t）﹣et＝0，
当 t≤0 时，﹣e﹣t﹣et＝0，解得 t＝﹣1，此时易知 f（x）＝t＝﹣1 有一个解；
当 t＞0 时，tet﹣t﹣1﹣lnt﹣et＝0，即 tet﹣t﹣1﹣lnt＝et，作函数 f2（t）与函数 y＝et 如下图所
示，
由图可知，函数 f2（t）与函数 y＝et 有两个交点，设这两个交点为 t1，t2，且 t1＞0，t2＞0，
而由图观察易知，f（x）＝t1，f（x）＝t2 均有两个交点，故此时共有四个解；
综上，函数 F（x）＝f（f（x））﹣ef（x）的零点个数为 5．
故选：B．
【知识点】函数的零点与方程根的关系
二、填空题（共 8 小题）
11.（2020•普陀区一模）若 M、N 两点分别在函数 y＝f（x）与 y＝g（x）的图象上，且关于直线 x＝1 对称，
则称 M、N 是 y＝f（x）与 y＝g（x）的一对“伴点”（M、N 与 N、M 视为相同的一对），已知 f（x）＝
，g（x）＝|x+a|+1，若 y＝f（x）与 y＝g（x）存在两对“件点”，则实数 a 的取值
范围为 ﹣ ．
【解答】解：设曲线 y＝f（x）关于 x＝1 的对称图象上的点为（x，y），（x，y）关于 x＝1 的对称点为（x′，
y′），
则 x′＝2﹣x，y′＝y，代入 f（x）＝ ，得 h（x）＝ ．
作出函数 h（x）＝ 的图象如图，
函数 g（x）＝|x+a|+1 的图象是把 y＝|x|+1 向左（a＞0）或向右（a＜0）平移|a|个单位得到的．
由图可知，要使 y＝f（x）与 y＝g（x）存在两对“伴点”，需要把 g（x）＝|x+a|+1 向左平移．
则 a＞0，设直线 y＝﹣（x+a）+1，即 x+y+a﹣1＝0，
由圆心（﹣2，0）到直线的距离为 2，得 ，解得 a＝3﹣ 或 a＝3+2 （舍）；
设直线 y＝（x+a）+1，即 x﹣y+a+1＝0，
由圆心（﹣2，0）到直线的距离为 2，得 ，解得 a＝1+2 或 a＝1﹣2 （舍）．
∴要使 y＝f（x）与 y＝g（x）存在两对“伴点”，则实数 a 的取值范围为（3﹣2 ，1+ ）．
故答案为：（3﹣2 ，1+ ）．
【知识点】函数与方程的综合运用
12.（2019•江苏二模）已知函数 f（x）＝ ．设 g（x）＝kx+1，且函数 y＝f（x）﹣g（x）
的图象经过四个象限，则实数 k 的取值范围为 ﹣ ．
【解答】解：设 h（x）＝f（x）﹣g（x），
（1）当 x＞0 时，h（x）＝x3﹣（12+k）x+2，
h′（x）＝3x2﹣（12+k），
∴当 12+k≤0 即 k≤﹣12 时，h′（x）≥0 在（0，+∞）上恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，又 h（0）＝2＞0，
∴h（x）不经过第四象限，不符合题意，
当 12+k＞0 即 k＞﹣12 时，令 h′（x）＝0 可得 x＝ ，
∴当 0＜x＜ 时，h′（x）＜0，当 x＞ 时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增．
∴当 x＝ 时，h（x）取得极小值 h（ ）＝2（1﹣ （4+ ））．
∵h（x）的图象经过第四象限，∴2（1﹣ （4+ ））＜0，
∴ ＞1，即 k＞﹣9．
（2）当 x＜0 时，h（x）＝|x+3|﹣kx﹣1＝ ，
若 ，即 k＞1 时，则 h（x）在（﹣∞，﹣3]上单调递减，在（﹣3，0]上单调递减，
又 h（0）＝2＞0，且 h（x）的图象经过第二象限，
∴h（﹣3）＝3（k+1）﹣4＜0，解得 k＜ （舍）．
若 ，即 k＜﹣1 时，h（x）在（﹣∞，﹣3]上单调递增，在（﹣3，0]上单调递增，
又 h（0）＝2．
此时 h（x）的图象必经过第二和第三象限，符合题意．
若 ，即﹣1＜k＜1 时，h（x）在（﹣∞，﹣3]上单调递减，在（﹣3，0]上单调递增，
若 h（x）的图象经过第二和第三象限，则 3（k+1）﹣4＜0 或﹣3（1﹣k）+2＜0，
解得 k＜ ，故﹣1＜k＜ ．
若﹣1﹣k＝0 即 k＝﹣1，则 h（x）＝ ，显然 h（x）的图象经过第二和第三
象限，复合题意；
若 1﹣k＝0 即 k＝1，则 h（x）＝ ，显然 h（x）的图象不经过第四象限，不符
合题意．
综上，k 的取值范围是：（﹣9， ）．
故答案为：（﹣9， ）．
【知识点】分段函数的应用
13.（2019•广陵区校级模拟）已知函数 f（x）＝ 若函数 g（x）＝f（x）﹣ax2（a
∈
R）有三
个零点，则 a 的取值范围是 ﹣ ．
【解答】解：（1）当 x≤0 时，解 x3﹣ax2+x＝0 得：x（x2﹣ax+1）＝0，
此方程有三个不等实数解等价于 x2﹣ax+1＝0 有两个负根，
即 ，即 a≤﹣2，
当 a＝﹣2 时，由于 y＝ax2 与 y＝2elnx 只有一个交点，可得 a＝﹣2 成立，
当 a＜﹣2 时，y＝f（x）和 y＝ax2 与有 4 个交点舍去，
即有 a＝﹣2
①
；
（2）当 x＞0 时，g（x）＝2elnx﹣ax2，
g′（x）＝ ﹣2ax＝ ，
当 a≤0 时，g′（x）＞0，即 y＝g（x）为增函数，
图象与 x 轴最多有 1 个交点，显然不符合题意，即 a＞0，
由 0＜x＜ 时，g′（x）＞0，x＞ 时，g′（x）＜0，
即 y＝g（x）在（0， ）为增函数，在（ ，+∞）为减函数，
由题意有 y＝g（x）的图象与 x 轴有两个交点，
则需 g（ ）＞0，
即 2eln ﹣a× ＞0，
解得 0＜a＜1，
②综合
①②
得：
实数 a 的取值范围是 0＜a＜1 或 a＝﹣2，
故答案为：（0，1）∪{﹣2}．
【知识点】函数零点的判定定理
14.（2019•景德镇二模）函数 f（x）＝（x3﹣3a2x+2a）•（ex﹣1）的图象经过四个象限，则实数 a 的取值范
围是 ﹣∞ ﹣ ．
【解答】解：设 g（x）＝ex﹣1，则当 x＞0 时，g（x）＞0，当 x＜0 时，g（x）＜0，
当 x→+∞，f（x）→+∞，即当函数 f（x）一定经过第一象限，
设 h（x）＝x3﹣3a2x+2a，
当 x→﹣∞，h（x）→﹣∞，g（x）→﹣∞，即 f（x）→+∞，
即 f（x）一定经过第一和第二象限，
要使 f（x）的图象经过四个象限，
则等价为当 x＞0 时，f（x）＜0 有解，即 h（x）＜0 有解，此时函数图象经过第四象限，
当 x＜0 时，f（x）＜0 有解，即 h（x）＞0 有解，此时函数图象经过第三象限，
当 a＝0 时，h（x）＝x3，不满足条件．
当 a≠0 时，
函数 h′（x）＝3x2﹣3a2＝3（x﹣a）（x+a），
若 a＞0，则函数在 x＝a 处取得极小值，在 x＝﹣a 处取得极大值，
此时 h（0）＝2a＞0，满足 x＜0 时，h（x）＞0 有解，此时只要保证当 x＞0 时，h（x）＜0 有
解即可，此时只要极小值 h（a）＝﹣2a3+2a＜0，（黑色曲线）
得 a2＞1，得 a＞1 或 a＜﹣1（舍），即可，
若 a＜0，则函数在 x＝﹣a 处取得极小值，在 x＝a 处取得极大值，
此时 h（0）＝2a＜0，满足 x＞0 时，h（x）＜0 有解，此时只要保证当 x＜0 时，h（x）＞0 有
解即可，此时只要极大值 h（a）＝﹣2a3+2a＞0，（红色曲线）
得 a2＞1，得 a＞1（舍）或 a＜﹣1，即可，
综上 a＞1 或 a＜﹣1，
即实数 a 的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），
故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），
【知识点】函数与方程的综合运用
15.（2019•思明区校级模拟）函数 f（x）＝1﹣3x|x3﹣3x2+1|在[0，3]上的零点有 个．
【解答】解：由 1﹣3x|x3﹣3x2+1|＝0 得，|x3﹣3x2+1|＝3﹣x
令 g（x）＝x3﹣3x2+1 则 g′（x）＝3x2﹣6x＝0．g（x）在[0，2]上单减，在[2，3]上单增．g（0）
＝1，g（2）＝﹣3，g（3）＝1．
则|g（x）|在[0，3]上的图象草图如下，与函数 y＝（ ）x 的图象有 5 个交点．
故答案为：5
【知识点】函数与方程的综合运用
16.（2018•建邺区校级模拟）已知函数 f（x）＝x3﹣3x2+1，g（x）＝ ，若方程 g（f（x））
﹣a＝0（a＞0）有 6 个实数根（互不相同），则实数 a 的取值范围是 ．
【解答】解：函数 f（x）＝x3﹣3x2+1，f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），
令 f′（x）＝0，解得 x＝0 或 x＝2；
∴f（x）的极大值为 f（0）＝1，极小值为 f（2）＝﹣3，
画出函数 f（x）的图象如图（1）所示；
g（x）＝ ，且 g（x）＞ ，g（x）≤1；
画出函数 g（x）的图象如图（2）所示：
由函数的图象知，f（x）
∈
（﹣3，1），此时 f（x）﹣b＝0 有 3 个实根；
又 g（t）
∈
[﹣8， ），此时 g（t）﹣c＝0 有 2 个实根；
由方程 g[f（x）]﹣a＝0 有 6 个实数根，可得 t
∈
（﹣3，1），此时 g[f（x）]
∈
（1， ）
则 a 的取值范围是：（1， ）．
故答案为：（1， ）．
【知识点】函数与方程的综合运用、利用导数研究函数的极值
17.（2019•浙江模拟）已知关于 x 的方程 xlnx﹣a（x2﹣1）＝0 在（0，+∞）上有且只有一个实数根，则 a
的取值范围是
．
【解答】解：当 x＝1 时，方程等价为 ln1﹣a（1﹣1）＝0，即 x＝1 是方程的一个根，
若当 x＞0 时，方程只有一个根，
则由 xlnx﹣a（x2﹣1）＝0 得 x＞0，
且 xlnx＝a（x2﹣1），
即 lnx＝a（x﹣ ），
当 x≠时，方程无解，
即函数 g（x）＝lnx 与 h（x）＝a（x﹣ ），在 x≠1 时无解，
函数 g（x）＝lnx 为增函数，g′（x）＝ ，
h′（x）＝a（1+ ），
则当 a＝0 时，h（x）＝0，此时 h（x）与函数 g（x）只有一个交点（1，0），
若 a＜0，则 h′（x）＜0，即 h（x）为减函数，且 h（1）＝0，此时两个函数图象只有一个交
点（1，0）满足条件，
若 a＞0，要使 g（x）与 h（x）只有一个交点（1，0），
则只需要 h′（1）≥g′（1），即可
则 2a≥1，即 a≥ ，
综上 a≥ 或 a≤0，
故答案为：a≥ 或 a≤0
【知识点】函数的零点与方程根的关系
18.（2020•郑州二模）设函数 的图象上存在两点 P，Q，使得△POQ 是以 O 为直角顶
点的直角三角形（其中 0 为坐标原点），且斜边的中点恰好在 y 轴上，则实数 m 的取值范围
是 ．
【解答】解：假设曲线 y＝f（x）上存在两点 P、Q 满足题设要求，则点 P、Q 只能在 y 轴两侧．
不妨设 P（t，f（t））（t＞0），则 Q（﹣t，t3+t2），
∵△POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形，
∴ ＝0，即﹣t2+f（t）（t3+t2）＝0
①
．
若方程
①
有解，存在满足题设要求的两点 P、Q；若方程
①
无解，不存在满足题设要求的两点
P、Q．
若 0＜t＜e，则 f（t）＝﹣t3+t2 代入
①
式得：﹣t2+（﹣t3+t2）（t3+t2）＝0，
即 t4﹣t2+1＝0，而此方程无解，因此 t≥e，此时 f（t）＝ lnt，
代入
①
式得：﹣t2+（ lnt）（t3+t2）＝0，
即 m＝（t+1）lnt
②
，令 h（x）＝（x+1）lnx（x≥e），
则 h′（x）＝lnx+1+ ＞0，∴h（x）在[e，+∞）上单调递增，
∵t≥e，∴h（t）≥h（e）＝e+1，∴h（t）的取值范围是[e+1，+∞）．
∴对于 m≥e+1，方程
②
总有解，即方程
①
总有解．
故答案为：[e+1，+∞）．
【知识点】函数与方程的综合运用
三、解答题（共 6 小题）
19.（2020•南通模拟）如图所示，南通绿博园拟在一块以 O 为圆心、半径 OM 为 3 百米的圆形地界上划出部
分区域（图中实线及其围成的区域，其中实线表示道路）新建植物园供游客观赏．矩形 ABCD 是以 O 为
圆心、半径 OC 为 2 百米的圆的内接矩形，点 C，D 分别在半径 OM，ON 上，设∠CAD＝
θ
．
（1）当
θ
＝ 时，求所划区域的面积 S 的值；
（2）游客在实线道路上观赏的同时，每年可给当地的旅游业带来服务创收，预计，直线道路上的年服务
创收为 3 万元/百米，圆弧道路上的年服务创收为 2 万元/百米，则当
θ
为何值时，当地年服务创收的总
收入 W 最大？
【解答】解：（1）当
θ
＝ 时，则 AD＝OA＝OD＝2，∠DOC＝ ，AB＝ ＝2 ，
所以所划区域的面积 S＝ •OM2+ •AD•AB+ •BC2＝3
π
+2 + ＝3
π
+3 ；
（2）由图可知，∠COD＝2
θ
，OM＝3，NB＝1+4＝5，AD＝4cos
θ
，AB＝4sin
θ
W＝2 • •2
π
•OM+3[2NB+2（AD+AB）]＝12
θ
+30+24 sin（
θ
+ ）， ，
则令 W′＝12 +24 cos（
θ
+ ）＝0，因为 ，得
θ
＝ ，
x ，W'＞0，W 单调递增，x ，W'＜0，W 单调递减，
故
θ
＝ ，收入 W 最大．
【知识点】根据实际问题选择函数类型
20.（2019•青岛三模）已知函数 f（x）＝ ﹣ax（lnx﹣1）﹣ （其中 e＝2.718…为自然村数的底数，a
∈
R）．
（1）若 a＝e，证明：函数 f（x）有且只有一个零点；
（2）若函数 f（x）有两个极值点 x1，x2（x1＜x2），求 a 的取值范围．
【解答】解：（1）当 a＝e 时，f′（x）＝x﹣elnx；令 h（x）＝x﹣elnx，∴h′（x）＝1﹣ ＝ ，x＞0；
令 h′（x）＝0
⇒
x＝e；令 h′（x）＞0
⇒
x＞e；令 h′（x）＜0
⇒
x＜e；
∴h（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增；
∴h（x）的最小值为 h（e）＝e﹣e＝0，即 f′（x）≥h（e）＝0；
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
又∵f（e）＝0，
∴f（x）有且只有一个零点 e．
（2）f′（x）＝x﹣alnx，
令
φ
（x）＝x﹣alnx，
则
φ
′（x）＝1﹣ ＝ ，x＞0，
当 a≤0 时，
φ
′（x）＞0，
φ
（x）＝f′（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴f′（x）不可能有两个零点，不合题意，
当 a＞0 时，当 x
∈
（0，a）时，
φ
′（x）＜0，当 x
∈
（a，+∞）时，
φ
′（x）＞0，
∴
φ
（x）＝f′（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
∴
φ
（x）＝f′（x）≥f′（a）＝a﹣alna＜0，解得 a＞e，
当 a＞e 时，∵f′（1）＝1＞0，
∴f′（x）在（1，a）上有一个零点，
令 g（a）＝ ，a＞e，
则 g′（a）＝ ，a＞e，
∴g（a）在（e，+∞）上单调递减，
∴g（a）＜g（e）＝ ＜ ＝1，
∴ea＞a2，
∴f（ea）＝ea﹣alnea＝ea﹣a2＞0，
∴f′（x）在（a，ea）上也有一个零点，
综上可知：当 a＞e，f（x）有两个极值点．
【知识点】函数零点的判定定理、利用导数研究函数的极值
21.（2019•包头二模）e 是自然对数的底数，已知函数 f（x）＝x（x﹣2）ex，x
∈
R．
（1）求函数 y＝f（x）的最小值；
（2）函数 g（x）＝f（x）﹣f（﹣ ）在 R 上能否恰有两个零点？证明你的结论．
【解答】解：（1）∵函数 f（x）＝x（x﹣2）ex，x
∈
R．
∴f′（x）＝（2x﹣2）ex+（x2﹣2x）ex＝（x2﹣2）ex，
由 f′（x）＝0，得 x＝ ．
列表如下：
∴f（﹣ ）是极大值，f（ ）是极小值，
∵f（x）＝x（x﹣2）ex，当且仅当 0＜x＜2 时，f（x）＜0，
在区间（0， ）上，y＝f（x）是减函数，
在区间（ ）上，y＝f（x）是增函数，
∴y＝f（x）在（﹣∞，+∞）上的最小值为 f（ ）＝2（1﹣ ） ．
（2）函数 g（x）＝f（x）﹣f（﹣ ）在 R 上恰有两个零点．
证明如下：
由 g（﹣ ）＝t（﹣ ）﹣t（﹣ ）＝0，知 x＝﹣ 是一个零点，
由（1）知 t（﹣ ）是函数的一个极大值，
g（x）在单调区间（﹣∞，﹣ ）和（﹣ ）都不会有零点，
考虑区间（ ），
由 g（2）＝f（2）﹣2（1+ ）e ＝﹣2（1+ ） ＜0，
g（2+ ）＝f（2+ ）﹣2（1+ ）e ＝2（1+ ）（ ）＞0，
∴g（x）＝f（x）﹣f（﹣ ）在单调区间（ ，+∞）上恰有一个零点．
∴函数 g（x）＝f（x）﹣f（﹣ ）在 R 上恰有两个零点．
【知识点】利用导数研究函数的最值、函数零点的判定定理
22.（2020•潍坊模拟）已知函数 f（x）＝ax（a＞0，a≠1）．
（1）当 a＝e（e 为自然对数的底数）时，
（i）若 G（x）＝f（x）﹣2x﹣m 在[0，2]上恰有两个不同的零点，求实数 m 的取值范围；
（ii）若 ，求 T（x）在[0，1]上的最大值；
（2 ）当 ，数列{bn}满足 ．求证：
．
【解答】解：（1）a＝e 时，（i）G（x）＝ex﹣2x﹣m，G'（x）＝ex﹣2，
故 G（x）在（0，ln2）上单调递减；在（ln2，+∞）上单调递增；
故 G（x）＝ex﹣2x﹣m 在[0，2]上恰有两个相异实根，
故 解得 2﹣2ln2＜m≤1．
（ii） ，∴ ．
①
当 n＝0 时，T'（x）＝ex＞0，T（x）在[0，1]上为增函数，则此时 T（x）＝T（1）＝e；
②
当 n＞0 时， 上为增函数，
故 T（x）在[0，1]上为增函数，此时 T（x）＝T（1）＝e；
③
当 n＜0 时， 上为增函数，在 上
为减函数，
若 ，即 n＜﹣2 时，故 T（x）在 上为增函数，在 上为减函数，
此时 ，
若 ，即﹣2≤n＜0 时，T（x）在[0，1]上为增函数，则此时 T（x）max＝T（1）＝e；
综上所述： ．
（2） ，
即 ，
所以 ．
【知识点】数列与函数的综合、函数与方程的综合运用、利用导数研究函数的最值
23.（2019•潍坊模拟）设 f（x）＝|x﹣a|，（a
∈
R）．
（Ⅰ）当﹣2≤x≤3 时，f（x）≤4 成立，求实数 a 的取值范围；
（Ⅱ）若存在实数 x，使得 f（x﹣a）﹣f（x+a）≤2a﹣1 成立，求实数 a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当﹣2≤x≤3 时，f（x）≤4 成立，即|x﹣a|≤4，
可得﹣4≤x﹣a≤4，
∴x﹣4≤a≤x+4，
∵﹣2≤x≤3，
∴﹣1≤a≤2； …（5 分）
（Ⅱ）∵f（x﹣a）﹣f（x+a）≤2a﹣1 成立，
∴﹣2|a|≤|x﹣2a|﹣|x|≤2|a|，
∵存在实数 x，使得 f（x﹣a）﹣f（x+a）≤2a﹣1 成立，
∴﹣2|a|≤2a﹣1．
a≥0 时，﹣2a≤2a﹣1，解得 a≥ ；
a＜0 时，2a≤2a﹣1，矛盾，舍去；
综上，a≥ …（10 分）
【知识点】分段函数的应用、绝对值不等式的解法
24.（2019•江苏一模）已知 f（n）＝ + + +…+ ，g（n）＝ + + +…+ ，其中
n
∈
N*，n≥2．
（1）求 f（2），f（3），g（2），g（3）的值；
（2）记 h（n）＝f（n）﹣g（n），求证：对任意的 m
∈
N*，m≥2，总有 h（2m）＞ ．
【解答】解：（1）f（2）＝ ＝ ，f（3）＝ ＝ ，
g（2）＝ ，g（3）＝ ＝
（2）∵ ＝ ＝
＝ ＝ ，
∴h（n）＝f（n）﹣g（n）＝ ＝ ，
下面用数学归纳法证明：对对任意的 m
∈
N*，m≥2，总有 h（2m）＞ ．
当 m＝2 时，h（4）＝ + + ＝ ，
当 m＝3 时，h（8）＝ + + + ＞ + ＝ + ＞1，
假设当 m＝t，t≥2，总有 h（2t）＞ ．
则当 m＝t+1，h（2t+1）＝h（2t）+ + +…+ ＞ +（ + ）
+ + +…+
∵t≥3 时， + ﹣ ＝ ＞0，
∴ + ＞ ，
又 + +…+ ＞ + +…+ ＝ ，
∴h（2t+1）＞ + + ＝ ，
即当 m＝t+1 时，命题成立，
综上命题对任意的任意的 m
∈
N*，m≥2，总有 h（2m）＞ 成立．
【知识点】函数与方程的综合运用
微信/支付宝扫码支付