二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理重點生通用版講義：第一部分 專題二 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 Word版含解析

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1、專題二專題二基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程卷卷卷卷卷卷2018分段函數(shù)的零點問題分段函數(shù)的零點問題T9_利用對數(shù)的性質(zhì)比較大利用對數(shù)的性質(zhì)比較大小小T122017指數(shù)與對數(shù)的互化、對數(shù)運指數(shù)與對數(shù)的互化、對數(shù)運算、比較大小算、比較大小T11_函數(shù)的零點問題函數(shù)的零點問題T112016利用冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對利用冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)單調(diào)性比較大小數(shù)函數(shù)單調(diào)性比較大小T8_利用指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的利用指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的單調(diào)性比較大小單調(diào)性比較大小T6縱向把握趨勢縱向把握趨勢卷卷3 年年 3 考考，涉及冪函數(shù)涉及冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性以及分段

2、函數(shù)的零點問性以及分段函數(shù)的零點問題，題型為選擇題，難度適題，題型為選擇題，難度適中中， 預(yù)計預(yù)計 2019 年會以對數(shù)的年會以對數(shù)的運算、對數(shù)函數(shù)的圖象與性運算、對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)為考查重點質(zhì)為考查重點卷卷3 年年 0 考，考，預(yù)計預(yù)計 2019 年會年會以選擇題的形式以選擇題的形式考查冪函數(shù)、指考查冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)或數(shù)的有關(guān)性質(zhì)或大小比較問題大小比較問題卷卷3 年年 3 考，涉及由函考，涉及由函數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)問題數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)問題以及指數(shù)、對數(shù)、冪函數(shù)以及指數(shù)、對數(shù)、冪函數(shù)的性質(zhì)的性質(zhì)、 比較大小問題比較大小問題 題題型為選擇題，難度偏大，型為選

3、擇題，難度偏大，預(yù)計預(yù)計 2019 年仍會考查指年仍會考查指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用橫向把握重點橫向把握重點1.基本初等函數(shù)作為高考的命題熱點基本初等函數(shù)作為高考的命題熱點，多考查指數(shù)式與對數(shù)式的運算多考查指數(shù)式與對數(shù)式的運算，利用利用函數(shù)的性質(zhì)比較大小，一般出現(xiàn)在第函數(shù)的性質(zhì)比較大小，一般出現(xiàn)在第 512 題的位置，有時難度較大題的位置，有時難度較大2.函數(shù)的應(yīng)用問題多體現(xiàn)在函數(shù)零點與方程根的綜合問題上，題目可能較函數(shù)的應(yīng)用問題多體現(xiàn)在函數(shù)零點與方程根的綜合問題上，題目可能較難，應(yīng)引起重視難，應(yīng)引起重視.基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)基本初等函數(shù)的圖象與

4、性質(zhì)由題知法由題知法典例典例(1)(2019 屆高三屆高三遼寧五校聯(lián)考遼寧五校聯(lián)考)設(shè)設(shè) a2 01712018，blog2 0172 018，clog201812 017，則，則()AcbaBbcaCacbDabc(2)已知已知 f (x)ax2，g(x)loga|x|(a0 且且 a1)，若，若 f (4)g(4)0，則，則x2，y3，z5的大小關(guān)的大小關(guān)系不可能是系不可能是()A.x2y3z5B.x2y3z5C.z5y3x2D.y3x22 01701，0blog2 0172 018log2 0172 0171，clog2 01812 017bc.故選故選 D.(2)f (x)ax20 恒

5、成立，又恒成立，又 f (4)g(4)0，g(4)loga|4|loga40loga1，0a0，則則 x2k1，y3k1，z5k1.x22k1，y33k1，z55k1.若若 0ky3z5；若若 k1，則函數(shù)，則函數(shù) f (x)xk11，x2y3z5；若若 k1，則函數(shù)，則函數(shù) f (x)xk1在定義域上單調(diào)遞增，在定義域上單調(diào)遞增，x2y31 和和 0a1 時，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為增函數(shù)；當(dāng)時，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為增函數(shù)；當(dāng) 0a0 和和0 兩種情況的不同兩種情況的不同應(yīng)用通關(guān)應(yīng)用通關(guān)1(2018廈門一模廈門一模)已知已知 a120.3，blog120.3，cab，則則 a，b，c 的大小關(guān)系

6、是的大小關(guān)系是()AabcBcabCacbDbclog12121，a120.31201，caba.ca1，排除，排除 B、D；由；由 x0 時，時，g(x)0，排除，排除 A.故選故選 C.函數(shù)的實際應(yīng)用問題函數(shù)的實際應(yīng)用問題由題知法由題知法典例典例(1)(2018開封模擬開封模擬)李冶李冶(11921279)，真定欒城，真定欒城(今河北省石家莊市今河北省石家莊市)人，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，其中益古演段主要研究平面圖形問題：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，

7、要研究平面圖形問題：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其中水池的邊緣與方田四邊之間的面積為 13.75 畝畝，若方田的四邊到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：注：240 平方步為平方步為 1 畝，圓畝，圓周率按周率按 3 近似計算近似計算)()A10 步，步，50 步步B20 步，步，60 步步C30 步，步，70 步步D40 步，步，80 步步(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)

8、量某工廠產(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(毫克毫克/升升)與時與時間間 t(小時小時)的關(guān)系為的關(guān)系為 PP0ekt.如果在前如果在前 5 小時消除了小時消除了 10%的污染物，那么污染物減少的污染物，那么污染物減少 19%需要花費的時間為需要花費的時間為_小時小時解析解析(1)設(shè)圓池的半徑為設(shè)圓池的半徑為 r 步，則方田的邊長為步，則方田的邊長為(2r40)步，由題意，得步，由題意，得(2r40)23r213.75240，解得，解得 r10 或或 r170(舍去舍去)，所以圓池的直徑為，所以圓池的直徑為 20 步，方田的邊長步，方田的邊長為為60 步，故選步，故選 B

9、.(2)前前 5 小時污染物消除了小時污染物消除了 10%，此時污染物剩下，此時污染物剩下 90%，即，即 t5 時，時，P0.9P0，代入，代入，得得(ek)50.9，ek0.915，PP0ektP00.915t.當(dāng)污染物減少當(dāng)污染物減少 19%時，污染物剩下時，污染物剩下 81%，此時，此時 P0.81P0，代入得，代入得 0.810.915t，解得，解得 t10，即需要花費，即需要花費 10 小時小時答案答案(1)B(2)10類題通法類題通法1解決函數(shù)實際應(yīng)用題的解決函數(shù)實際應(yīng)用題的 2 個關(guān)鍵點個關(guān)鍵點(1)認(rèn)真讀題，縝密審題，準(zhǔn)確理解題意，明確問題的實際背景，然后進(jìn)行科學(xué)地抽象認(rèn)真讀

10、題，縝密審題，準(zhǔn)確理解題意，明確問題的實際背景，然后進(jìn)行科學(xué)地抽象概括，將實際問題歸納為相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題概括，將實際問題歸納為相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題(2)要合理選取參變量，設(shè)定變量之后，就要尋找它們之間的內(nèi)在聯(lián)系，選用恰當(dāng)?shù)拇侠磉x取參變量，設(shè)定變量之后，就要尋找它們之間的內(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)模型使實際問題獲解數(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)模型使實際問題獲解2構(gòu)建函數(shù)模型解決實際問題的常見類型與求解方法構(gòu)建函數(shù)模型解決實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、分類討論思想求解構(gòu)建二次函數(shù)模型

11、，常用配方法、數(shù)形結(jié)合、分類討論思想求解(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)建構(gòu)建 f (x)xax(a0)模型，常用基本不等式、導(dǎo)數(shù)等知識求解模型，常用基本不等式、導(dǎo)數(shù)等知識求解應(yīng)用通關(guān)應(yīng)用通關(guān)1某電腦公司在甲某電腦公司在甲、乙兩地各有一個分公司乙兩地各有一個分公司，甲分公司現(xiàn)有某型號電腦甲分公司現(xiàn)有某型號電腦 6 臺臺，乙分公乙分公司現(xiàn)有同一型號的電腦司現(xiàn)有同一型號的電腦 12 臺現(xiàn)臺現(xiàn) A 地某單位向該公司購買該型號的電腦地某單位向該公司購買該型號的電腦 10 臺，臺，B 地某單地某單位向該公司購買該型號的電腦位向該公司購

12、買該型號的電腦 8 臺已知從甲地運往臺已知從甲地運往 A，B 兩地每臺電腦的運費分別是兩地每臺電腦的運費分別是 40元和元和 30 元，從乙地運往元，從乙地運往 A，B 兩地每臺電腦的運費分別是兩地每臺電腦的運費分別是 80 元和元和 50 元若總運費不超元若總運費不超過過1 000 元，則調(diào)運方案的種數(shù)為元，則調(diào)運方案的種數(shù)為()A1B2C3D4解析：解析：選選 C設(shè)甲地調(diào)運設(shè)甲地調(diào)運 x 臺電腦至臺電腦至 B 地，則剩下地，則剩下(6x)臺電腦調(diào)運至臺電腦調(diào)運至 A 地；乙地應(yīng)地；乙地應(yīng)調(diào)運調(diào)運(8x)臺電腦至臺電腦至 B 地，運往地，運往 A 地地 12(8x)(x4)臺電腦臺電腦(0

13、x6，xN)則總運則總運費費 y30 x40(6x)50(8x)80(x4)20 x960，y20 x960(xN,0 x6)若若y1 000，則，則 20 x9601 000，得，得 x2.又又 0 x6，xN，x0,1,2，即有，即有 3 種調(diào)運方種調(diào)運方案案2某工廠某種產(chǎn)品的年固定成本為某工廠某種產(chǎn)品的年固定成本為 250 萬元萬元，每生產(chǎn)每生產(chǎn) x 千件該產(chǎn)品需另投入的成本千件該產(chǎn)品需另投入的成本為為G(x)(單位單位：萬元萬元)，當(dāng)年產(chǎn)量不足當(dāng)年產(chǎn)量不足 80 千件時千件時，G(x)13x210 x；當(dāng)年產(chǎn)量不小于當(dāng)年產(chǎn)量不小于 80 千件時千件時，G(x)51x10 000 x1

14、450.已知每件產(chǎn)品的售價為已知每件產(chǎn)品的售價為 0.05 萬元萬元 通過市場分析通過市場分析， 該工廠生產(chǎn)的該工廠生產(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_萬元萬元解析解析：每件產(chǎn)品的售價為每件產(chǎn)品的售價為 0.05 萬元萬元，x 千件產(chǎn)品的銷售額為千件產(chǎn)品的銷售額為 0.051 000 x50 x 萬萬元元當(dāng)當(dāng) 0 x80 時，年利潤時，年利潤 L(x)50 x13x210 x25013x240 x25013(x60)2950，當(dāng)當(dāng) x60 時，時，L(x)取得最大值，且最大值為取得最大值，且最大值為

15、 L(60)950 萬元；萬元；當(dāng)當(dāng) x80 時，時，L(x)50 x51x10 000 x1 4502501 200 x10 000 x1 2002x10 000 x1 2002001 000， 當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng) x10 000 x， 即即 x100 時時， L(x)取得最大值取得最大值 1 000萬元萬元由于由于 9500，則，則 a(ex1ex1)2a，要使要使 f (x)有唯一零點，則必有有唯一零點，則必有 2a1，即，即 a12.若若 a0，則，則 f (x)的零點不唯一的零點不唯一綜上所述，綜上所述，a12.(二二)特殊思路妙解題特殊思路妙解題法三法三：由由 f (x)x22xa(

16、ex1ex1)，得得 f (2x)(2x)22(2x)ae2x1e(2x)1x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex1ex1)，所以所以 f (2x)f (x)，即即 x1 為為 f (x)圖象的對稱軸圖象的對稱軸由題意由題意，f (x)有唯一零點有唯一零點，所以所以 f (x)的零點只能為的零點只能為 x1，即即 f (1)1221a(e11e11)0，解得解得 a12.故選故選 C.答案答案C啟思維啟思維本題考查由函數(shù)零點情況求參數(shù)值本題考查由函數(shù)零點情況求參數(shù)值思路一思路一： 先化簡先化簡 f (x)的表達(dá)式的表達(dá)式， 再換元轉(zhuǎn)化成關(guān)于再換元轉(zhuǎn)化成關(guān)于 t 的函數(shù)的函數(shù)， 利用

17、函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)求解利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)求解思路二：思路二：先把先把 f (x)轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)與指數(shù)型函數(shù)相等問題，再分別考察它們的值域，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)與指數(shù)型函數(shù)相等問題，再分別考察它們的值域，利用唯一性求解利用唯一性求解思路三：思路三：觀察式子觀察式子 f (x)x22xa(ex1ex1)的結(jié)構(gòu)特點可知，的結(jié)構(gòu)特點可知，g(x)x22x 與與 h(x)a(ex1ex1)都有對稱性，可得出都有對稱性，可得出 f (2x)f (x)，由對稱性求解，由對稱性求解例例 2(2018全國卷全國卷)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)ex，x0，ln x，x0，g(x)f (x)xa.若若 g(x)存在存在 2

18、個零點，則個零點，則 a 的取值范圍是的取值范圍是()A1,0)B0，)C1，)D1，)解析解析令令 h(x)xa，則則 g(x)f (x)h(x)在同一坐標(biāo)系中畫出在同一坐標(biāo)系中畫出 yf (x)，yh(x)的示的示意圖，如圖所示若意圖，如圖所示若 g(x)存在存在 2 個零點，則個零點，則 yf (x)的圖象與的圖象與 yh(x)的圖象有的圖象有 2 個交點個交點， 平移平移 yh(x)的圖象的圖象， 可知當(dāng)直線可知當(dāng)直線 yxa 過點過點(0,1)時，有時，有 2 個交點，此時個交點，此時 10a，a1.當(dāng)當(dāng) yxa 在在 yx1 上方上方，即即 a1 時，有時，有 2 個交點，符合題意

19、綜上，個交點，符合題意綜上，a 的取值范圍為的取值范圍為1，)故選故選 C.答案答案C啟思維啟思維本題主要考查函數(shù)與方程本題以高中兩個基本初等函數(shù)本題主要考查函數(shù)與方程本題以高中兩個基本初等函數(shù)(指數(shù)函數(shù)和對數(shù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)函數(shù))為載體，構(gòu)建分段函數(shù)，與函數(shù)零點結(jié)合，需借助函數(shù)圖象解決問題破解此類題的為載體，構(gòu)建分段函數(shù)，與函數(shù)零點結(jié)合，需借助函數(shù)圖象解決問題破解此類題的關(guān)鍵：一是會轉(zhuǎn)化，把函數(shù)的零點問題轉(zhuǎn)化為方程的根的問題，再轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的圖象關(guān)鍵：一是會轉(zhuǎn)化，把函數(shù)的零點問題轉(zhuǎn)化為方程的根的問題，再轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的圖象的交點問題；二是會借形解題，即畫出兩函數(shù)的圖象，由圖象的直觀性，可

20、快速找到參數(shù)的交點問題；二是會借形解題，即畫出兩函數(shù)的圖象，由圖象的直觀性，可快速找到參數(shù)所滿足的不等式，解不等式，即可求出參數(shù)的取值范圍所滿足的不等式，解不等式，即可求出參數(shù)的取值范圍知能升級知能升級已知函數(shù)有零點已知函數(shù)有零點(方程有根方程有根)求參數(shù)求參數(shù)(值值)范圍的范圍的 3 種方法種方法直接法直接法直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式(組組)， 再通過解不等式再通過解不等式(組組)確定參確定參數(shù)的取值范圍數(shù)的取值范圍分離分離參數(shù)法參數(shù)法先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值域的問題加以解決先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值域的問題加以解決數(shù)形數(shù)形結(jié)合法結(jié)合法先對

21、解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解結(jié)合求解增分集訓(xùn)增分集訓(xùn)1(2018洛陽第一次統(tǒng)考洛陽第一次統(tǒng)考)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)滿足滿足 f (1x)f (1x)f (x1)(xR R)，且，且當(dāng)當(dāng)0 x1 時，時，f (x)2x1，則方程，則方程|cos x|f (x)0 在在1,3上的所有根之和為上的所有根之和為()A8B9C10D11解析：解析：選選 D方程方程|cos x|f (x)0 在在1,3上的所有根之和即上的所有根之和即 y|cos x|與與 yf (x)在在1,3上的圖象交點的橫

22、坐標(biāo)之和由上的圖象交點的橫坐標(biāo)之和由 f (1x)f (1x)得得 f (x)的圖象關(guān)于直線的圖象關(guān)于直線 x1 對對稱，由稱，由 f (1x)f (x1)得得 f (x)的圖象關(guān)于的圖象關(guān)于 y 軸對稱，由軸對稱，由 f (1x)f (x1)得得 f (x)的一個周的一個周期為期為 2，而當(dāng)而當(dāng) 0 x1 時時，f (x)2x1，在同一坐標(biāo)系中作出在同一坐標(biāo)系中作出 yf (x)和和 y|cos x|在在1,3上的大致圖象，如圖所示，上的大致圖象，如圖所示，易知兩圖象在易知兩圖象在1,3上共有上共有 11 個交點個交點，又又 yf (x)，y|cos x|的圖象都關(guān)于直線的圖象都關(guān)于直線 x

23、1對稱，故這對稱，故這 11 個交點也關(guān)于直線個交點也關(guān)于直線 x1 對稱，故所有根之和為對稱，故所有根之和為 11.2 已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)x24x，x0，xln x，x0，g(x)kx1， 若方程若方程 f (x)g(x)0 在在 x(2,2)上有三個實根，則實數(shù)上有三個實根，則實數(shù) k 的取值范圍為的取值范圍為()A(1，ln 2 e)B.ln 2 e，32C.32，2D(1，ln 2 e)32，2解析：解析：選選 D顯然，顯然，x0 不是方程不是方程 f (x)g(x)0 的根，的根，則則 f (x)g(x)0，即，即 kf x 1x，可設(shè)可設(shè) k(x)x1x4，x0，由由 x

24、0，可得可得(x)x1x42 x 1x 42，當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)x1x，即即 x1 時等號成立，時等號成立，即有即有(x)在在 x0 時，時，(x)1xln x 的導(dǎo)數(shù)為的導(dǎo)數(shù)為(x)1x21xx1x2，當(dāng)當(dāng) x1 時時，(x)0，(x)在在(1，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增；當(dāng)當(dāng) 0 x1 時時，(x)0，(x)在在(0,1)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減可得可得(x)在在 x1 處取得最小值處取得最小值 1.作出作出(x)在在(2,2)上的圖象如圖所示，由圖象得當(dāng)上的圖象如圖所示，由圖象得當(dāng) 1kln 212或或32k2 時，直線時，直線 yk和和 y(x)的圖象均有三個交點的圖象均有三個交點則則 k 的取

25、值范圍是的取值范圍是(1，ln 2 e)32，2.專題跟蹤檢測專題跟蹤檢測(對應(yīng)配套卷對應(yīng)配套卷 P167)一、全練保分考法一、全練保分考法保大分保大分1若若 m110，1，alg m，blg m2，clg3m，則，則 a，b，c 的大小關(guān)系是的大小關(guān)系是()AabcBcabCbacDbca解析解析：選選 Cm110，1，1lg m0，lg3mlg m，即，即 ca.又又 m110，1，0m2m1，lg m2B. bac.故選故選 C.2 定義在定義在 R R 上的函數(shù)上的函數(shù) f (x)2|xm|1 為偶函數(shù)為偶函數(shù)， 記記 af (log0.53)， bf (log25)， cf (2m)

26、，則則 a，b，c 的大小關(guān)系是的大小關(guān)系是()AabcBacbCcabDcba解析解析： 選選 C函數(shù)函數(shù) f (x)為偶函數(shù)為偶函數(shù)， m0， f (x)2|x|1.af (log0.53)f (log23)2log2312，bf (log25)2log2514，cf (0)2010.ca0 恒成立，恒成立，f (x)在在(，1)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞增，排除上單調(diào)遞增，排除 C、D；當(dāng)當(dāng) x時，時，2x0，xx11，f (x)1，排除，排除 B，選，選 A.4已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)2，0 x1，1，x1，則不等式則不等式 log2x(log144x1)f (l

27、og3x1)5 的解的解集為集為()A.13，1B1,4C.13，4D1，)解析：解析：選選 C由不等式由不等式 log2x(log144x1)f (log3x1)5，得，得log3x11，log2x log414x1 5或或0log3x11，log2x2 log414x1 5，解得解得 1x4 或或13x1， 則則 f (loga( 21)()A1B2C3D4解析解析：選選 Bf (x)212x114x，f (x)212x114x22x12x4x14x，f (x)f (x)212x114x22x12x4x14x3.loga( 21)loga( 21)， f (loga( 21)f (loga

28、( 21)3，f (loga( 21)2.故選故選B.6(2019 屆高三屆高三貴陽模擬貴陽模擬)20 世紀(jì)世紀(jì) 30 年代，為了防范地震帶來的災(zāi)害，里克特年代，為了防范地震帶來的災(zāi)害，里克特(C.F.R Richter)制定了一種表明地震能量大小的尺度，就是使用測震儀衡量地震能量的等級制定了一種表明地震能量大小的尺度，就是使用測震儀衡量地震能量的等級，地震能量越大，測震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說的里氏震級地震能量越大，測震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說的里氏震級 M，其，其計算公式為計算公式為 Mlg Alg A0， 其中其中 A 是被測地震的最大振幅是被測地

29、震的最大振幅， A0是是“標(biāo)準(zhǔn)地震標(biāo)準(zhǔn)地震”的振幅的振幅 已已知知 5 級地震給人的震感已經(jīng)比較明顯，則級地震給人的震感已經(jīng)比較明顯，則 7 級地震的最大振幅是級地震的最大振幅是 5 級地震的最大振幅的級地震的最大振幅的()A10 倍倍B20 倍倍C50 倍倍D100 倍倍解析解析：選選 D根據(jù)題意有根據(jù)題意有 lg Alg A0lg 10Mlg(A010M)，所以所以 AA010M，則則A0107A0105100.故選故選 D.7(2018菏澤一模菏澤一模)已知已知 log12alog12b，則下列不等式一定成立的是，則下列不等式一定成立的是()A.14a1bCln(ab)0D3ab1解析：

30、解析：選選 Alog12ab0，14a13a13b，1a1.因此只有因此只有 A 正確故選正確故選 A.8已知實數(shù)已知實數(shù) x，y 滿足滿足 axay(0a1y21Bln(x21)ln(y21)Csin xsin yDx3y3解析解析：選選 D實數(shù)實數(shù) x，y 滿足滿足 axay(0ay.對于選項對于選項 A，1x211y21等價等價于于x21y21，即即 x2y，但但 x2ln(y21)等價于等價于 x2y2，當(dāng)當(dāng) x1，y1 時時，滿足滿足 xy，但但 x2y2不成立不成立對于選項對于選項 C，當(dāng)當(dāng) x， y2時時， 滿足滿足 xy， 但但 sin xsin y 不成立不成立 對于選項對于

31、選項 D， 當(dāng)當(dāng) xy 時時， x3y3恒成立恒成立 故故選選 D.9(2018廣元模擬廣元模擬)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)ex，g(x)lnx212，對任意對任意 aR R，存在存在 b(0，)使使 f (a)g(b)，則則 ba 的最小值為的最小值為()A2 e1Be212C2ln 2D2ln 2解析解析：選選 D令令 tea，可得可得 aln t，令令 tlnb212，可得可得 b2-12et，則則 ba2e-12tt12ln t，令令 h(t)2e-12tln t，則則 h(t)2e-12t1t.顯然，顯然，h(t)是增函數(shù)，觀察可得當(dāng)是增函數(shù)，觀察可得當(dāng) t12時，時，h(t)0，

32、故故 h(t)有唯一零點，有唯一零點，故當(dāng)故當(dāng) t12時，時，h(t)取得最小值，即取得最小值，即 ba 取得最小值為取得最小值為 2e-1 12 2ln122ln 2，故選，故選 D.10已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)是定義在是定義在 R R 上的奇函數(shù)，且在區(qū)間上的奇函數(shù)，且在區(qū)間0，)上單調(diào)遞增，若上單調(diào)遞增，若|f ln x fln1x|2f (1)，則，則 x 的取值范圍是的取值范圍是()A.0，1eB(0，e)C.1e，eD(e，)解析：解析：選選 C函數(shù)函數(shù) f (x)是定義在是定義在 R R 上的奇函數(shù)，上的奇函數(shù)，f (ln x)fln1x f (ln x)f (ln x)f

33、(ln x)f (ln x)2f (ln x)，|f ln x fln1x|2f (1)等價于等價于|f (ln x)|f (1)，又又 f (x)在區(qū)間在區(qū)間0，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，1ln x1，解得解得1ex0)在區(qū)間在區(qū)間0,2上的最小值為上的最小值為 g(m)已知定義在已知定義在(，0)(0，)上的函數(shù)上的函數(shù) h(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)為偶函數(shù)，且當(dāng) x0 時，時，h(x)g(x)，若，若 h(t)h(4)，則實數(shù)，則實數(shù) t 的取的取值范圍為值范圍為()A(4,0)B(0,4)C(2,0)(0,2)D(4,0)(0,4)解析解析：選選 D因為因為 f (x)x2mx(m0)，所以

34、所以 f (x)xm22m24，因為因為 f (x)在區(qū)間在區(qū)間0,2上的最小值為上的最小值為 g(m)， 所以當(dāng)所以當(dāng) 0m4， 即即 04，即即m22時，函數(shù)時，函數(shù) f (x)xm22m24在在0,2上單調(diào)遞減，所以上單調(diào)遞減，所以 g(m)f (2)42m.綜上，綜上，g(m)m24，04.因為當(dāng)因為當(dāng) x0 時時， h(x)g(x)， 所以當(dāng)所以當(dāng) x0 時時， h(x)x24，04.函數(shù)函數(shù) h(x)在在(0，)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減因為定義在因為定義在(，0)(0，)上的函數(shù)上的函數(shù) h(x)為偶函數(shù)為偶函數(shù)，且且 h(t)h(4)，所以所以 h(|t|)h(4)，所以所以 0|t

35、|4，所以所以t0，|t|4，即即t0，4t4，從而從而4t0 或或0t4.綜上所述，實數(shù)綜上所述，實數(shù) t 的取值范圍為的取值范圍為(4,0)(0,4)12 (2019 屆高三屆高三昆明調(diào)研昆明調(diào)研)若函數(shù)若函數(shù) f (x)2x1x22x2， 對于任意的對于任意的 xZ 且且 x(，a)，f (x)0 恒成立，則實數(shù)恒成立，則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是()A(，1B(，0C(，3D(，4解析解析：選選 D法一法一：f (x)2x1x22x20，即即 2x1x22x2.設(shè)設(shè) g(x)2x1，h(x)x22x2，當(dāng)，當(dāng) x1 時，時，0g(x)1，h(x)x22x21，所以當(dāng)，所以當(dāng) a

36、1 時，滿足對時，滿足對任意的任意的 xZ 且且 x(，a)，f (x)0 恒成立；當(dāng)恒成立；當(dāng)1x4 時，因為時，因為 g(0)h(0)2，g(1)4h(1)5，g(2)8h(2)10，g(3)16h(3)17，所以所以10，所以所以 F(x)2x1ln 22x2 在在4，)上是增函數(shù)上是增函數(shù)，所以所以 f (x)f (4)32ln 2100，所以函數(shù)所以函數(shù) f (x)2x1x22x2 在在4，)上是增函數(shù)上是增函數(shù)，所以所以 f (x)f (4)32168260，即即 a4 時時，不滿足對不滿足對任意的任意的 xZ 且且 x(，a)，f (x)0 恒成立綜上，實數(shù)恒成立綜上，實數(shù) a

37、的取值范圍是的取值范圍是(，4，故，故選選 D.法二：法二：將問題轉(zhuǎn)化為將問題轉(zhuǎn)化為 2x1x22x2 對于任意的對于任意的 xZ 且且 x(，a)恒成立后，在恒成立后，在同一個平面直角坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)同一個平面直角坐標(biāo)系中分別作出函數(shù) y2x1，yx22x2 的圖象如圖所示，根據(jù)兩函的圖象如圖所示，根據(jù)兩函數(shù)圖象的交點及位置關(guān)系，數(shù)形結(jié)合即可分析出實數(shù)數(shù)圖象的交點及位置關(guān)系，數(shù)形結(jié)合即可分析出實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是(，4，故選，故選 D.13函數(shù)函數(shù) f (x)ln(x22x8)的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是_解析解析：由由 x22x80，得得 x4 或或 x2.因此因此，

38、函數(shù)函數(shù) f (x)ln(x22x8)的定義域是的定義域是(，2)(4，)注意到函數(shù)注意到函數(shù) yx22x8 在在(4，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，單調(diào)性知，f (x)ln(x22x8)的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，)答案：答案：(4，)14李華經(jīng)營了甲、乙兩家電動轎車銷售連鎖店，其月利潤李華經(jīng)營了甲、乙兩家電動轎車銷售連鎖店，其月利潤(單位：元單位：元)分別為分別為 L甲甲5x2900 x16 000，L乙乙300 x2 000(其中其中 x 為銷售輛數(shù)為銷售輛數(shù))，若某月兩連鎖店共銷售了，若某月兩連鎖店共銷售了 110輛，則能獲得的最大利潤為輛，則能獲

39、得的最大利潤為_元元解析解析：設(shè)甲連鎖店銷售設(shè)甲連鎖店銷售 x 輛輛，則乙連鎖店銷售則乙連鎖店銷售(110 x)輛輛，故利潤故利潤 L5x2900 x16000300(110 x)2 0005x2600 x15 0005(x60)233 000，當(dāng)當(dāng) x60 時時，有有最大利潤最大利潤 33 000 元元答案：答案：33 00015若函數(shù)若函數(shù) f (x)與與 g(x)的圖象關(guān)于直線的圖象關(guān)于直線 yx 對稱，函數(shù)對稱，函數(shù) f (x)12x，則，則 f (2)g(4)_.解析解析：法一法一：函數(shù)函數(shù) f (x)與與 g(x)的圖象關(guān)于直線的圖象關(guān)于直線 yx 對稱對稱，又又 f (x)12x

40、2x，g(x)log2x，f (2)g(4)22log246.法二：法二：f (x)12x，f (2)4，即函數(shù)，即函數(shù) f (x)的圖象經(jīng)過點的圖象經(jīng)過點(2,4)，函數(shù)函數(shù) f (x)與與 g(x)的圖象關(guān)于直線的圖象關(guān)于直線 yx 對稱，對稱，函數(shù)函數(shù) g(x)的圖象經(jīng)過點的圖象經(jīng)過點(4,2)，f (2)g(4)426.答案：答案：616(2018福州模擬福州模擬)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)0，x0，2x2x，x0，則滿足則滿足 f (x22)f (x)的的 x 的取值的取值范圍范圍是是_解析：解析：由題意由題意 x0 時，時，f (x)單調(diào)遞增，故單調(diào)遞增，故 f (x)f (0)0，

41、而，而 x0 時，時，x0，故若故若 f (x22)f (x)，則，則 x22x，且，且 x220，解得解得 x2 或或 x 2.答案：答案：(， 2)(2，)17如圖如圖，在第一象限內(nèi)在第一象限內(nèi)，矩形矩形 ABCD 的三個頂點的三個頂點 A，B，C，分別在函數(shù)分別在函數(shù) ylog22x，yx12，y32x的圖象上的圖象上，且矩形的邊分別平行于兩坐標(biāo)軸且矩形的邊分別平行于兩坐標(biāo)軸，若點若點 A 的縱坐標(biāo)是的縱坐標(biāo)是 2，則則點點D 的坐標(biāo)是的坐標(biāo)是_解析：解析：由由 2log22x 可得點可得點 A12，2，由，由 2x12可得點可得點 B(4,2)，因為，因為324916，所以，所以點點

42、C 的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為4，916 ，所以點，所以點 D 的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為12，916 .答案：答案：12，91618已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)|log3x|，實數(shù)實數(shù) m，n 滿足滿足 0mn，且且 f (m)f (n)，若若 f (x)在在m2，n上的最大值為上的最大值為 2，則，則nm_.解析：解析：f (x)|log3x|log3x，0 x1，og3x，x1，所以所以 f (x)在在(0,1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，由上單調(diào)遞增，由 0mn 且且 f (m)f (n)，可得，可得0m1，log3nlog3m，則則0m1，mn1，所所以以0m2mf (m)f (n)

43、，則則f (x)在在m2，n上的最大值為上的最大值為 f (m2)log3m22，解得，解得 m13，則，則 n3，所以，所以nm9.答案：答案：919.(2018西安八校聯(lián)考西安八校聯(lián)考)如圖所示如圖所示，已知函數(shù)已知函數(shù) ylog24x 圖象上的兩圖象上的兩點點 A， B 和函數(shù)和函數(shù) ylog2x 圖象上的點圖象上的點 C， 線段線段 AC 平行于平行于 y 軸軸， 當(dāng)當(dāng)ABC為正三角形時，點為正三角形時，點 B 的橫坐標(biāo)為的橫坐標(biāo)為_解析解析：依題意依題意，當(dāng)當(dāng) ACy 軸軸，ABC 為正三角形時為正三角形時，|AC|log24xlog2x2，點，點 B 到直線到直線 AC 的距離為的

44、距離為 3，設(shè)點，設(shè)點 B(x0,2log2x0)，則，則點點A(x0 3，3log2x0)由點由點 A 在函數(shù)在函數(shù) ylog24x 的圖象上的圖象上，得得 log24(x0 3)3log2x0log28x0，則，則 4(x0 3)8x0，x0 3，即點，即點 B 的橫坐標(biāo)是的橫坐標(biāo)是 3.答案：答案： 320已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)|2xa2x|在在0,1上單調(diào)遞增，則上單調(diào)遞增，則 a 的取值范圍為的取值范圍為_解析解析：令令 2xt，t1,2，則則 y|tat|在在1,2上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增當(dāng)當(dāng) a0 時時，y|t|t 在在1,2上單調(diào)遞增顯然成立；當(dāng)上單調(diào)遞增顯然成立；當(dāng) a0

45、時，函數(shù)時，函數(shù) y|tat|，t(0，)的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是 a，)，此時，此時 a1，即，即 0a1 時成立；當(dāng)時成立；當(dāng) a0 時，函數(shù)時，函數(shù) y|tat|tat，t(0，)的單的單調(diào)遞增區(qū)間是調(diào)遞增區(qū)間是 a，)，此時此時 a1，即即1a0 時成立時成立綜上可得綜上可得 a 的取值范圍是的取值范圍是1,1答案：答案：1,1二、強化壓軸考法二、強化壓軸考法拉開分拉開分1設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)log4x14x，g(x)log41x14x的零點分別為的零點分別為 x1，x2，則，則()Ax1x21B0 x1x21C1x1x2log4x1，故，故 log4x1log41x20，

46、log4x1log4x20，log4(x1x2)0，0 x1x21.故選故選 B.2(2018唐山模擬唐山模擬)若函數(shù)若函數(shù) f (x) 1x2x在在1,1上有兩個不同的零點上有兩個不同的零點，則則的取的取值范圍為值范圍為()A1， 2)B( 2， 2)C( 2，1D1,1解析解析：選選 C函數(shù)函數(shù) f (x) 1x2x在在1,1上有兩個不同的零上有兩個不同的零點等價于點等價于 y 1x2與與 yx的圖象在的圖象在1,1上有兩個不同的交點上有兩個不同的交點 y 1x2， x1,1為圓為圓 x2y21 的上半圓的上半圓如圖如圖，當(dāng)直線當(dāng)直線 yx過點過點(0,1)時兩函數(shù)圖象有兩個交點時兩函數(shù)圖

47、象有兩個交點，此時此時1，當(dāng)直線，當(dāng)直線 yx與圓與圓 x2y21 上半圓相切時，上半圓相切時， 2.所以所以的取值范圍為的取值范圍為( 2，1故選故選 C.3已知已知 f (x)是定義在是定義在 R R 上的奇函數(shù)上的奇函數(shù)，且且 x0 時時，f (x)ln xx1，則函數(shù)則函數(shù) g(x)f (x)ex(e 為自然對數(shù)的底數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù))的零點個數(shù)是的零點個數(shù)是()A0B1C2D3解析解析： 選選 C當(dāng)當(dāng) x0 時時， f (x)ln xx1， f (x)1x11xx， 所以所以 x(0,1)時時， f (x)0，此時此時 f (x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增；x(1，)時時，f (x)0，此時此

48、時 f (x)單調(diào)遞減單調(diào)遞減因此因此，當(dāng)當(dāng) x0時，時，f (x)maxf (1)ln 1110.根據(jù)函數(shù)根據(jù)函數(shù) f (x)是定義在是定義在 R R 上的奇函數(shù)作出函數(shù)上的奇函數(shù)作出函數(shù) yf (x)與與 yex的大致圖象如圖所示，的大致圖象如圖所示，由圖象可知函數(shù)由圖象可知函數(shù) yf (x)與與 yex的圖象有兩個交點的圖象有兩個交點，所以函數(shù)所以函數(shù) g(x)f (x)ex(e 為自然對數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù)的底數(shù))有有 2 個零點個零點4(2018涼山模擬涼山模擬)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)a1x，x0，若函數(shù)若函數(shù) f (x)的圖象上有四個不的圖象上有四個不同的點同的點 A，B，C，D

49、同時滿足：同時滿足：A，B，C，D，O(原點原點)五點共線；五點共線；共線的這條直線斜共線的這條直線斜率為率為3，則，則 a 的取值范圍是的取值范圍是()A(2 3，)B(，4)C(，2 3)D(4，)解析：解析：選選 A由題意知由題意知 f (x)的圖象與直線的圖象與直線 y3x 有有 4 個交點個交點令令 ln x2x23x，可得，可得 ln x2x23x，作出作出 yln x 與與 y2x23x 的圖象如圖所示的圖象如圖所示由圖象可知兩函數(shù)圖象在由圖象可知兩函數(shù)圖象在 y 軸右側(cè)有兩個交點，軸右側(cè)有兩個交點，當(dāng)當(dāng) x0 時，時，f (x)的圖象與直線的圖象與直線 y3x 有兩個交點，有兩

50、個交點，當(dāng)當(dāng) x0，a62 3.故選故選 A.5 (2019 屆高三屆高三西安八校聯(lián)考西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)13x1，x1，ln x，x1，若方程若方程 f (x)ax0恰有兩個不同的實根，則實數(shù)恰有兩個不同的實根，則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是()A.0，13B.13，1eC.1e，43D(，043，解析解析：選選 B方程方程 f (x)ax0 有兩個不同的實根有兩個不同的實根，即直線即直線 yax 與函數(shù)與函數(shù) f (x)的圖象有的圖象有兩個不同的交點作出函數(shù)兩個不同的交點作出函數(shù) f (x)的圖象如圖所示的圖象如圖所示當(dāng)當(dāng) x1 時，時，f (x)ln x，得，

51、得 f (x)1x，設(shè)直線，設(shè)直線 ykx 與函數(shù)與函數(shù) f (x)ln x(x1)的圖象相切，切點為的圖象相切，切點為(x0，y0)，則，則y0 x0ln x0 x01x0，解得，解得 x0e，則，則 k1e，即，即 y1ex是函數(shù)是函數(shù) f (x)ln x(x1)的圖象的切線，當(dāng)?shù)膱D象的切線，當(dāng) a0 時，直線時，直線 yax 與函數(shù)與函數(shù) f (x)的圖象有一個交的圖象有一個交點點，不合題意不合題意；當(dāng)當(dāng) 0a1)的圖象有兩個交點的圖象有兩個交點，但與但與 y13x1(x1)也有一個交點也有一個交點， 這樣就有三個交點這樣就有三個交點， 不合題意不合題意； 當(dāng)當(dāng) a1e時時， 直線直線

52、yax 與函數(shù)與函數(shù) f (x)的圖象至多有一個交點，不合題意；只有當(dāng)?shù)膱D象至多有一個交點，不合題意；只有當(dāng)13a0， 得得 x1， 令令 f (x)0， 得得3x0， 且且 tm2時時，m22mm212e2m2412e20，所以當(dāng)，所以當(dāng) t16e3時，時，2et20，由，由 f (x)的圖象可知，此時的圖象可知，此時 t2f (x)有有 2 個不個不同的實數(shù)根，同的實數(shù)根，t1f (x)有有 1 個根，所以方程個根，所以方程 f2(x)mf (x)12e20 有有 3 個不同的實數(shù)根，個不同的實數(shù)根，當(dāng)當(dāng)t16e3時時，t22e，由由 f (x)的圖象可知的圖象可知，此時此時 t2f (x

53、)有有 1 個根個根，t1f (x)有有 2 個不同的實數(shù)個不同的實數(shù)根，所以方程根，所以方程 f2(x)mf (x)12e20 有有 3 個不同的實數(shù)根，當(dāng)個不同的實數(shù)根，當(dāng) 0t16e3時，時，t20 且且 a1)有且只有有且只有 4 個不同的根，則實數(shù)個不同的根，則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是()A.14，1B(1,4)C(1,8)D(8，)解析解析：選選 Df (x2)f (2x)，f (x4)f (2(x2)f (2(x2)f (x)f(x)，函數(shù)函數(shù) f (x)是一個周期函數(shù)是一個周期函數(shù)，且且 T4.又又當(dāng)當(dāng) x2,0時時，f (x)22x1( 2)x1， 當(dāng)當(dāng) x0,2時

54、時， f (x)f (x)( 2)x1， 于是于是 x2,2時時， f (x)( 2)|x|1， 根據(jù)根據(jù) f (x)的周期性作出的周期性作出 f (x)的圖象如圖所示若在區(qū)間的圖象如圖所示若在區(qū)間(2,6)內(nèi)關(guān)于內(nèi)關(guān)于 x 的方程的方程 f (x)loga(x2)0有且只有有且只有 4 個不同的根個不同的根，則則 a1 且且 yf (x)與與 yloga(x2)(a1)的圖象在區(qū)間的圖象在區(qū)間(2,6)內(nèi)有且內(nèi)有且只有只有 4 個不同的交點，個不同的交點，f (2)f (2)f (6)1，對于函數(shù)對于函數(shù) yloga(x2)(a1)，當(dāng)，當(dāng) x6時，時，loga88，即實數(shù)，即實數(shù) a 的取

55、值范圍是的取值范圍是(8，)，所以選，所以選 D.8 已知在區(qū)間已知在區(qū)間(0,2上的函數(shù)上的函數(shù) f (x)1x3，x 0，1，2x11，x 1，2，且且 g(x)f (x)mx 在區(qū)間在區(qū)間(0,2內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，則實數(shù)內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，則實數(shù) m 的取值范圍是的取值范圍是()A.94，20，12B.114，20，12C.94，20，23D.114，20，23解析：解析：選選 A由函數(shù)由函數(shù) g(x)f (x)mx 在在(0,2內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，得內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，得 yf (x)，ymx 在在(0,2內(nèi)的圖象有且僅有兩個不同的交點當(dāng)內(nèi)的圖象有且僅有兩個不同的交點當(dāng) ymx 與與 y1x3 在在(0,1內(nèi)相切時內(nèi)相切時，mx23x10，94m0，m94，結(jié)合圖象可得當(dāng)結(jié)合圖象可得當(dāng)94m2 或或 0m12時時，函數(shù)函數(shù) g(x)f (x)mx 在在(0,2內(nèi)有且僅有兩個不同的零點內(nèi)有且僅有兩個不同的零點