考点13 函数的图像（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025高考数学一轮精讲讲练（新高考版）

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1.在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析法)表示函数.
2.会画简单的函数图象.
3.会运用函数图象研究函数的性质，解决方程解的个数与不等式解的问题．
【知识点】
1．利用描点法作函数图象的方法步骤：列表、描点、连线．
2．利用图象变换法作函数的图象
(1)平移变换
(2)对称变换
①y＝f(x)eq \(―――――→,\s\up7(关于x轴对称))y＝－f(x)．
②y＝f(x)eq \(―――――→,\s\up7(关于y轴对称))y＝f(－x)．
③y＝f(x)eq \(―――――→,\s\up7(关于原点对称))y＝－f(－x)．
④y＝ax (a>0，且a≠1)eq \(―――――→,\s\up7(关于y＝x对称))y＝lgax(a>0，且a≠1)．
(3)翻折变换
①y＝f(x)eq \(―――――――――→,\s\up7(保留x轴上方图象),\s\d5(将x轴下方图象翻折上去))y＝|f(x)|.
②y＝f(x)eq \(――――――――――→,\s\up7(保留y轴右侧图象，并作其),\s\d5(关于y轴对称的图象))y＝f(|x|)．
常用结论
1．左右平移仅仅是相对x而言的，即发生变化的只是x本身，利用“左加右减”进行操作．如果x的系数不是1，需要把系数提出来，再进行变换．
2. 函数图象自身的对称关系
(1)若函数y＝f(x)的定义域为R，且有f(a＋x)＝f(b－x)，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(a＋b,2)对称．
(2)函数y＝f(x)的图象关于点(a，b)成中心对称⇔f(a＋x)＝2b－f(a－x)⇔f(x)＝2b－f(2a－x)．
3．两个函数图象之间的对称关系
(1)函数y＝f(x)与y＝f(2a－x)的图象关于直线x＝a对称．
(2)函数y＝f(x)与y＝2b－f(2a－x)的图象关于点(a，b)对称．
【核心题型】
题型一 作函数图象
函数图象的常见画法及注意事项
(1)直接法：对于熟悉的基本函数，根据函数的特征描出图象的关键点，直接作图．
(2)转化法：含有绝对值符号的，去掉绝对值符号，转化为分段函数来画．
(3)图象变换法：若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、伸缩、翻折、对称得到，则可利用图象变换作图．
(4)画函数的图象一定要注意定义域．
【例题1】（2024高三下·全国·专题练习）已知函数．
(1)画出函数的图象；
(2)求关于的不等式的解集．
【答案】(1)图像见解析
(2)
【分析】（1）分类去绝对值得分段函数的解析式，进而可作出函数的图象；
（2）法一：分类去绝对值，解不等式即可求得的解集.
法二：求得与的解，数形结合可求得的解集.
【详解】（1）由，解得或，
当时，，
当时，，
当时，，
所以，
画出函数的图象如图所示．
（2）法一：当时，原不等式转化为，得；
当时，原不等式转化为，得；
当时，原不等式转化为，无解．
综上，原不等式的解集为．
法二：当时，解得，
当时，解得，
数形结合可知，当时，
即原不等式的解集为
【变式1】（2024·陕西西安·二模）设函数.
(1)在坐标系中画出函数的图象；
(2)若对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）根据题意求出的分段函数解析式，作出图像，从而可求解.
（2）由（1）中图像可知，即任意对从而可求解.
【详解】（1）由题意得，作出图象，如图所示，

（2）由（1）知，所以对任意恒成立，
即，解得或，
所以的取值范围为.
【变式2】（2024·四川南充·二模）已知函数．
(1)当时，画出的图象，并根据图象写出函数的值域；
(2)若关于x的不等式有解，求a的取值范围．
【答案】(1)图象见解析，
(2)
【分析】（1）分类讨论求出函数的解析式画图求值域即可；
（2）利用绝对值三角不等式求出函数的最小值，不等式有解的问题，只需，求解即可.
【详解】（1）当时，，
所以，作出图象如图所示：
函数的值域为：.
（2）关于x的不等式有解，
所以有解，
由绝对值三角不等式得，
所以，所以，
所以或，
所以a的取值范围为：
【变式3】（2024·陕西西安·三模）已知函数（其中）．

(1)在给定的平面直角坐标系中画出时函数的图象；
(2)求函数的图象与直线围成多边形的面积的最大值，并指出面积最大时的值．
【答案】(1)作图见解析；
(2)最大值为，.
【分析】（1）把代入，再画出函数图象即可.
（2）作出函数与直线围成多边形，并求出面积表达式，再求出最大值即得.
【详解】（1）当时，，
在坐标平面内作出函数的图象，如图：

（2）依题意，，其图象如图：

令，得函数的图象与直线的两个交点，
直线与直线交于点，
显然，即点，
函数的图象与直线围成多边形为四边形，其面积为：
，
显然函数在上单调递增，当时，，
所以函数的图象与直线围成多边形的面积的最大值为，此时
题型二 函数图像的识别
识别函数的图象的主要方法
(1)利用函数的性质，如奇偶性、单调性、定义域等判断．
(2)利用函数的零点、极值点等判断．
(3)利用特殊函数值判断．
【例题2】（2024·四川成都·三模）函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性排除两个选项，再根据时的函数值为正排除余下两个中的一个即得.
【详解】函数的定义域为，，
函数是奇函数，图象关于原点对称，BD不满足；
当时，，则，C不满足，A满足.
故选：A
【变式1】（2024·湖北·模拟预测）函数的图象大致为（ ）
B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据时的单调性可排除BC；再由奇偶性可排除D.
【详解】，
因为当时，都为增函数，
所以，在上单调递增，故B，C错误；
又因为，
所以不是奇函数，即图象不关于原点对称，故D错误.
故选：A
【变式2】（2024·全国·模拟预测）函数的部分图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用排除法，根据函数奇偶性排除A；分别取，，结合函数符号排除CD.
【详解】由题意可知：的定义域为R，关于原点对称，
且，
所以为奇函数，其图象关于原点对称，排除A；
当时，，所以，排除D；
当时，，所以，排除C．
故选：B
【变式3】（多选）（2024·安徽合肥·一模）函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】利用分类讨论及函数的单调性与导数的关系，结合函数的性质即可求解.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
当时，，函数在上单调递增，故B正确；
当时，，，所以在上单调递增，故D正确；
当时，当时，；当时，；
故A正确；C错误.
故选：ABD.
题型三 函数图象的应用
对含参的不等式，应对参数进行分类讨论，常见的分类有
(1)根据二次项系数为正、负及零进行分类．
(2)根据判别式Δ与0的关系判断根的个数．
(3)有两个根时，有时还需根据两根的大小进行讨论．
当不等式问题不能用代数法求解或用代数法求解比较困难，但其对应函数的图象可作出时，常将不等式问题转化为图象的位置关系问题，从而利用数形结合思想求解．
命题点1 利用图象研究函数的性质
【例题3】（2023·贵州·模拟预测）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数
B．在上单调递增
C．的图象关于直线对称
D．的图象与轴围成的三角形面积为2
【答案】C
【分析】去掉绝对值，得到，画出其图象，进而判断出四个选项.
【详解】A选项，，
画出其函数图象，如下：
故不是偶函数，A错误；
B选项，在上单调递减，故B错误；
C选项，的图象关于直线对称，C正确；
D选项，的图象与轴围成的三角形面积为，D错误.
故选：C
【变式1】（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）若函数为奇函数，且在单调递减，则下列函数在一定单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意判断函数 的性质，作出大致图象，利用函数图象的平移以及伸缩变换，可得答案.
【详解】由题意函数为奇函数，且在单调递减，
则函数关于点 对称，且在 上都是单调递减，
作出其图象示意图如图：
对于A，图象是将的图象向右平移一个单位得到，在上的单调性不确定，故A不正确；
对于B，的图象是由的图象关于y轴对称，再向右平移一个单位得到，作出其示意图：
可知在上的单调性不确定，故B不正确；
对于C，是将的图象横坐标缩短到原来的 ，再向右平移 个单位，结合图象可知，在上的单调性不确定，故C不正确；
对于D，的图象是由的图象关于y轴对称，再向左平移一个单位得到，作出其示意图：
可知在上的单调递增，故D正确；
故选：D
【变式2】（多选）（22-23高三上·湖北·阶段练习）已知函数，，下列判断中，正确的有（ ）
A．存在，函数有4个零点
B．存在常数，使为奇函数
C．若在区间上最大值为，则的取值范围为或
D．存在常数，使在上单调递减
【答案】BC
【分析】把表示为分段函数，分类讨论作出函数图像，数形结合研究函数的奇偶性、单调区间、最值等性质.
【详解】函数函数图像如图所示：
由图像可知，函数的图像与直线不可能有4个交点，所以不存在使函数有4个零点，A选项错误；
当时，，函数定义域为R，，此时为奇函数，B选项正确；
当或时，在区间上单调递增，最大值为；
当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，最大值为，不合题意；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，若最大值为，则有，即，由，所以，解得；
综上，在区间上最大值为，则的取值范围为或，C选项正确；
若在上单调递减，则有，不等式组无解，故不存在常数使在上单调递减，D选项错误；
故选：BC
【变式3】（多选）（2023·全国·模拟预测）小菲在学校选修课中了解了艾宾浩斯遗忘曲线．为了解自己记忆一组单词的情况，她记录了随后一个月的有关数据，绘制图象，拟合了记忆保持量y与时间（单位：天）之间的函数关系．则下列说法中正确的是（ ）
A．随着时间的增加：小菲的单词记忆保持量降低
B．第一天小菲的单词记忆保持量下降最多
C．天后，小菲的单词记忆保持量不低于40%
D．天后，小菲的单词记忆保持量不足20%
【答案】AB
【分析】根据艾宾浩斯遗忘曲线对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由函数解析式和图象可知随着的增加而减少，故A正确．
由图象的减少快慢可知：第一天小菲的单词记忆保持量下降最多，B正确．
当时，，
则，
即天后，小菲的单词记忆保持量低于40%，故C错误．
，故D错误．
故选：AB
命题点2 利用图象解不等式
【例题4】（23-24高三下·山西·阶段练习）已知函数若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出函数图象，根据单调性得到不等式解出即可.
【详解】画出的图象如图所示，由图可知在上单调递增，
又，所以，解得.
故选：D.

【变式1】（22-23高三上·贵州贵阳·开学考试）已知函数 若关于的不等式恒成立， 则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，由题可知直线要在函数的图象的下面，利用数形结合即得.
【详解】∵，
设，则恒成立，
作出函数与的大致图象，
由可知过定点，则过的直线要在函数的图象的下面，
由图象可知当与相切与点时为一个临界值，
把代入，可得，
由，可得或(舍去)，
当过的直线经过时为另一个临界值，此时，
所以.
故选：C.
【变式2】（2023·安徽·模拟预测）定义在上的函数满足：对，且都有，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题可得单调递增，又，结合图象可得解集.
【详解】根据题意：当时，
，
当时,
可得函数在单调递增.
则
，
在同一坐标系中画出与图象.
得，则不等式的解集为，
故选：B.

【变式3】（2023·四川成都·模拟预测）定义：设不等式的解集为M，若M中只有唯一整数，则称M是最优解．若关于x的不等式有最优解，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将不等式转化为.设，，根据的取值范围分类，作出的图象，结合图象，即可求得的取值范围.
【详解】可转化为.
设，，则原不等式化为.
易知m＝0时不满足题意.
当m>0时，要存在唯一的整数，满足，
在同一平面直角坐标系中分别作出函数，的图象，如图1所示

则，即，解得.
当m<0时，要存在唯一的整数，满足，
在同一平面直角坐标系中分别作出函数，的图象，如图2所示

则，即，解得.
综上，实数m的取值范围是.
故选：D
命题点3 利用图象求参数的取值范围
【例题5】（2024·四川泸州·三模）已知函数（）在有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当时，，依题意有，解出即可.
【详解】因为，所以，
因为函数（）在有且仅有三个零点，
结合正弦函数的图象可知，
解得，
故选：B.
【变式1】（2024·山西长治·一模）已知函数的部分图象如图所示，若方程在上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出函数的解析式，再分析在上的图象性质即可得解.
【详解】观察图象知，，函数的周期，，
由，得，而，则，
于是，当时，，
当，即，函数单调递减，函数值从减小到，
当，即时，函数单调递增，函数值从增大到，
显然函数的上的图象关于直线对称，
方程在上有两个不相等的实数根，即直线与函数在上的图象有两个公共点，
所以实数m的取值范围是.
故选：B
【变式2】（2024·安徽合肥·二模）已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】作出函数的图象，由题意可得的图象与至少有两个不同的交点，从而得，结合图象可得，求解即可．
【详解】因为，
作出函数的图象，如图所示：
由此可知函数在和上单调递减，在上单调递增，
且，，
又因为关于的方程至少有两个不同的实数根，
所以至少有两个不同的实数根，
即的图象与至少有两个不同的交点，所以，
又因为当时，，令，可得；
当时，，令，解得，
又因为，所以，解得．故选:D
【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数，若关于的方程有3个不相等的实数根，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用分段函数，指数函数，对数函数的性质作出函数的图象，结合图象，从而确定的取值范围.
【详解】由的解析式作出的大致图像．如图所示：

方程有3个不等实数根等价于的图象与直线有3个不同的公共点，则．故答案为：
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2024·辽宁抚顺·三模）函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用导数判断函数的单调性即可得到函数的大致图象.
【详解】易知，因为，令，得，或，
则时，，时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
所以选项A符合题意,
故选：A.
2．（2024·海南·模拟预测）已知正实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用数形结合法，根据题意结合图象交点分析判断.
【详解】因为，即，
由题意可知：为与的交点横坐标；
为与的交点横坐标；
为与的交点横坐标；
在同一平面直角坐标系中作出的图象，

由图可得：.
故选：D.
3．（2024·全国·模拟预测）若方程在区间上有解，，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】把方程在区间上有解，转化为函数的图像与直线在区间上有交点，根据函数单调性，分类讨论分别求出最值求解即可
【详解】因为方程，即在区间上有解，
设函数，则函数的图像与直线在区间上有交点．
因为，所以，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
当时，在区间上，，，
则，解得．
当时，因为，，．
则，解得，又，所以，
则，解得，
综上，实数的取值范围为．
故选：A．
4．（2024·陕西西安·模拟预测）以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用排除法，结合函数值的符号和定义域逐项分析判断．
【详解】根据题意，用排除法分析：
对于选项A：，当时，有，不符合题意；
对于选项B：当时，，不符合题意；
对于选项D：的定义域为，不符合题意；
故选：C．
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数，，若函数恰有6个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用导数研究当时，函数的图象和性质，结合对数函数的图象及绝对值的意义作出函数的大致图象，然后根据题意及一元二次方程根的分布得到关于的不等式，解不等式即可得到实数的取值范围．
【详解】当时，，，
令，得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，当趋近于时，趋近于0，
结合对数函数的图象及绝对值的意义可作出函数的图象如图所示．

令，则，数形结合可知要使有6个零点，
则有两个不相等的实数根、，不妨令，有如下两种情况：
若，但，故排除此种情况，
若，对于二次函数开口向上，又，则，得，
综上，实数的取值范围是．
故选：A
【点睛】关键点点睛：解决此类问题需注意以下几点：
（1）会转化，即会将问题转化为方程的根的问题，然后利用函数、方程、不等式的关系进行解答；
（2）会作图，即会根据基本初等函数的图象、图象的平移变换法则或函数与导数的关系画出相关函数的大致图象；
（3）会观察，即会利用数形结合思想列方程（组）或不等式（组）．
二、多选题
6．（2023·山西·模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数的值域是
C．若方程有5个解，则的取值范围为
D．若函数有3个不同的零点，则的取值范围为
【答案】BCD
【分析】AB选项，画出的图象，数形结合得到函数的单调性和值域，得到A错误，B正确；C选项，方程有5个解，转化为与有5个交点，数形结合得到的取值范围；D选项，由零点个数得到，由对数函数的性质得到，从而求出的取值范围.
【详解】，
画出的图象，如下：
A选项，函数在和上单调递减，不能说在上单调递减，A错误；
B选项，函数在处取得最小值为，故值域是，B正确；
C选项，若方程有5个解，则要满足与有5个交点，
故，所以的取值范围为，C正确；
D选项，若函数有3个不同的零点，则，
令，解得：，
又，因为在上单调递增，
解得：，即，
，
故的取值范围为.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：
函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
7．（2023·福建泉州·模拟预测）函数的大致图像可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】利用函数的单调性和奇偶性，通过对进行分类讨论，得出的单调区间和奇偶性，再逐一对各个选项即可得出结果.
【详解】因为，
所以，解得，故定义域为.
，，
因为时，在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增.
当时，，此时为奇函数，故选项B正确；
当时，，易知其图像为选项D，故选项D正确.
当时，由，得，又，
所以，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
综上可知，在区间上不严格单调递减，故选项A不正确；
当时，，此时为偶函数，
且在区间上单调递增，在区间上单调递减，故选项C正确，
故选：BCD.
三、填空题
8．（2023·北京房山·一模）设函数给出下列四个结论：①函数的值域是；②，方程恰有3个实数根；③，使得；④若实数，且.则的最大值为.其中所有正确结论的序号是 .
【答案】②③④
【分析】画出函数图象，结合图象对四个结论依次分析，即可求解结论.
【详解】因为函数，其图象如下图所示：
对于①，由图可知，函数的值域不是，故①不正确；
对于②，由图可知，，方程恰有3个实数根，故②正确；
对于③，当时，使得有成立，即与有交点，这显然成立，故③正确；
对于④，不妨设互不相等的实数满足，当满足时，
由图可知，即，
，即，
所以，由图可知，，
而在上单调递减，所以，
所以，
则的最大值为，故④正确.
故答案为：②③④.
9．（23-24高三上·河南漯河·期末）已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】由导数得出函数的图象，讨论与的关系，结合图象得出实数的取值范围.
【详解】当时，，所以，
所以在单调递增，
由，
易得
故函数的图象如下图所示：
由得，
当时，显然不成立；
当时，解得，
要使得不等式只有唯一整数解，则，此时整数解；
当时，解得，
要使得不等式只有唯一整数解，则，此时整数解；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够通过分类讨论得到函数的图象，进而利用数形结合思想确定整数解的取值，从而得到不等关系求得结果.
四、解答题
10．（2022高三上·河南·专题练习）设．
(1)在如图坐标系中作出函数的图象，并根据图象求不等式的解集；

(2)若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)作图见解析；
(2)
【分析】（1）根据函数的解析式，结合分段函数的性质，画出函数的图象，结合图象得到不等式的解集；
（2）根据题意，不等式转化为，结合绝对值的性质，转化为不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意得，函数，
列表如下：
描点、连线，得函数的图象如下：
由图可知，不等式的解集为．

（2）解：由，可得，
即，
因为，
当且仅当，即时取等号，
所以，解得，所以实数的取值范围．
11．（23-24高三上·新疆阿克苏·阶段练习）定义域为R的奇函数满足.
(1)求解析式；
(2)求不等式的解集.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据奇函数的性质即可求解，
（2）利用函数的图象即可求解.
【详解】（1）当时，则，故，
由于为奇函数，所以，
又，
故
（2）作出图象如下：
由图象可知：当或时，，
故的解为或
综合提升练
一、单选题
1．（23-24高三上·北京昌平·期末）设函数的定义域为，则“”是“为减函数”的（ ）
A．充分必要条件B．必要而不充分条件
C．充分而不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用函数的单调性及充分、必要条件的定义判定选项即可.
【详解】若，则，
作出函数图象，
，
由图象可知成立，但显然不为减函数；
若为减函数，又，则，
所以“”是“为减函数”的必要不充分条件.
故选：B
2．（2024·四川德阳·二模）函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据诱导公式化简，再利用函数奇偶性的定义判断的奇偶性，从而得解.
【详解】因为，定义域为，
又，
所以是奇函数，从而ACD错误，B正确.
故选：B.
3．（2024·四川·模拟预测）函数的大致图象为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据定义域、特殊值可以对选项进行排除，从而得到正确选项.
【详解】因为的定义域为，故排除；
又，故排除；
，故排除D．
故选：B．
4．（2024·天津·二模）函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据奇偶性判断A；验证的值判断B；根据奇偶性、单调性判断C；根据单调性判断D.
【详解】由图象知，该函数图象关于原点对称，所以函数为奇函数，且，
对于A，，为偶函数，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，为奇函数，当时，，
因为，在为单调递增函数，所以在单调递增，故C正确；
对于D，当时，，，所以时，，
单调递增，当时，，单调递减，故D错误，
故选：C.
5．（2024·四川成都·三模）若函数大于0的零点有且只有一个，则实数的值为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，函数有且仅有一个正零点，转化为方程有且仅有一个正根，令，利用导数研究函数单调性、极值，数形结合判断得解.
【详解】函数有且仅有一个正零点，即方程有且仅有一个正根，
令，则，
当时，，当时，，当时，，
即函数在和上单调递增，在上单调递减，且，
时，，时，，时，，可作出图象如下，
方程有且仅有一个正根，所以.
故选：D.
6．（2024·陕西西安·一模）已知函数，若存在实数满足，则错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】画出的图象，根据图象可得的取值范围，再根据图象的局部对称性可得，且，故可判断各项的正误.
【详解】，
故的图象如图所示，
考虑直线与图象的交点，
则，且，，故BD正确.
由可得即，
整理得到，故C正确.
又，
由可得，但，故，
故，故A错误.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：分段函数的零点问题，可先刻画其图象，根据图象的性质可得各零点的性质，结合基本不等式等考虑目标代数式的范围等.
7．（2024·全国·模拟预测）函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性可判定A，C；当时，，可判定B，D.
【详解】的定义域为，
，函数是奇函数，
的图象关于原点对称，排除A，C；
当时，，
（提示：，故当时，，得）
，，排除B．
故选:D．
8．（2024·北京顺义·二模）若函数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意分析可知为奇函数且在上单调递增，分析可知等价于，即可得结果.
【详解】由题意可知：的定义域为，且，
若，则，可知，
若，同理可得，所以为奇函数，
作出函数的图象，如图所示，
由图象可知在上单调递增，
若，等价于，等价于，等价于，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
二、多选题
9．（2023·全国·模拟预测）若函数的定义域为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是偶函数
C．D．若方程有4个不同的实数根，则
【答案】BCD
【分析】根据函数定义域的求解可判定A，根据函数奇偶性的定义即可判定B，根据对数的运算即可判定C，根据导数求解函数单调性，即可结合函数的最值以及奇偶性作出函数图象，结合函数图象即可求解D.
【详解】选项A：由对数函数可知，得，所以函数的定义域，所以A错误．
选项B：因为函数的定义域关于原点对称，，所以是偶函数，所以B正确．
选项C：因为，
，所以C正确．
对于D：因为是偶函数，所以只需要讨论，时函数的情况即可，
当时，，所以，令，解得，
易知当时，单调递减，当时，单调递增，
所以的最小值为，且时，．作出的大致图象和直线，
如图，若方程有4个不同的实数根，则的图象与直线有4个不同的交点，所以的取值范围为． 所以D正确．
故选：BCD
10．（2024·云南昆明·一模）已知函数，，则（ ）
A．当时，有2个零点
B．当时，有2个零点
C．存在，使得有3个零点
D．存在，使得有5个零点
【答案】BCD
【分析】令，可得，结合图象分析方程的根的分布，再结合图象分析的交点个数，即可得解.
【详解】由的图象可知，的值域为，
对于选项AC：令，
则在上恒成立，
可知在上单调递增，则，
即当且仅当等号成立，
令，若，可得，
令，
当，则，可知；
当，结合图象可知当且仅当，方程有根，解得；
即或，结合图象可知：
有1个根；有2个根；
综上所述：当时，有3个零点，故A错误，C正确；

对于选项B：令，若，可得，
令，即，
注意到，
由图象可知方程有两个根为一根为，另一根不妨设为，
即或，结合图象可知：
有1个根；有1个根；
综上所述：当时，有2个零点，故B正确；

对于选项D：令，若，可得，
令，即，
令，解得，
由图象可设方程有三个根为，且，
即或或，结合图象可知：
或有1个根；有3个根；
综上所述：当时，有5个零点，故D正确；

故选：BCD.
【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点
1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．
2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．
11．（2024·河北沧州·一模）已知函数的定义域为，且，都有，，，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．
C．
D．函数与函数的图象有8个不同的公共点
【答案】ABD
【分析】根据条件先得到函数的对称性及周期性，进而判断ABC，画出函数与函数的图象，根据图象观察交点个数即可判断D.
【详解】由得函数关于对称，A正确；
由得函数关于对称，
所以，，
所以，即，
所以，故函数的周期为，
由知，，
又时，，所以，解得，
所以时，，
所以，B正确；
，C错误；
画出函数和函数的图象，如图：
，观察图象可得函数与函数的图像有8个不同的公共点，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·全国·模拟预测）若不等式或只有一个整数解，则称不等式为单元集不等式．已知不等式为单元集不等式，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】不等式转化为，引入函数，，分类讨论作出函数图象，利用数形结合思想求解．
【详解】根据题意可转化为满足的整数x的个数为1．
令，，
当时，作出函数和的图象，如图所示，
数形结合得，的解集中整数的个数有无数多个，不符合题意；
当时，，所以，解得，只有一个整数解，
所以符合题意；
当时，作出函数和的图象，如图所示，
要使的整数解只有一个，只需满足，
即，结合可得．
综上所述，实数a的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：
（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；
（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；
（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.
13．（2024高三·上海·专题练习）已知函数，则不等式的解集是
【答案】
【分析】首先根据函数的图象判断函数的单调性，根据单调性求解不等式.
【详解】作出函数的图像如图所示，由图可知，函数在R上单调递增，

因为，
所以等价于，
即，解得，
所以不等式的解集是．
故答案为：
14．（2022·北京海淀·三模）已知函数，给出下列四个结论：
①是偶函数；
②有4个零点；
③的最小值为；
④的解集为.
其中，所有正确结论的序号为 .
【答案】①②④
【分析】对于①：利用函数的奇偶性的定义直接判断；
对于②：令，直接解得；
对于③：利用图像法直接判断；
对于④：直接解不等式即可判断.
【详解】对于①：因为函数的定义域为，且，所以是偶函数.故①正确；
对于②：在，令，解得：，，，.所以有4个零点.故②正确；
对于③：因为是偶函数，所以只需研究的情况. 如图示，作出（）和的图像如图所示：

在上，有，所以，即的最小值大于.故③错误；
对于④：当时，可化为：
当时，，解得：；
当时，，解得：；
综上所述：的解集为.故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】（1）函数奇偶性的判断，通常用定义法；
（2）解三角不等式（方程），利用三角函数的单调性和特殊角的三角函数值.
四、解答题
15．（2023·四川乐山·三模）已知函数．
(1)画出f（x）的图象，并写出的解集；
(2)令f（x）的最小值为T，正数a，b满足，证明：．
【答案】(1)作图见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）由绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号得分段函数解析式，然后分段作出函数图象，由图象得不等式的解集；
（2）由（1）得最小值，然后用基本不等式得出的范围，再用基本不等式得，利用二次函数性质得的范围，从而可得不等式成立，注意等号取得的条件是否一致．
【详解】（1）由题，得，图象如图所示．
由图可知，的解集为．
（2）由（1）知，函数f（x）的最小值为，则．
只需证明即可．
由已知，，，则，所以．
于是，
因为
，
由于，则，即，
所以，当且仅当时，等号成立．
16．（2023·江西宜春·模拟预测）设，，且a、b为函数的极值点
(1)判断函数在区间上的单调性，并证明你的结论；
(2)若曲线在处的切线斜率为，且方程有两个不等的实根，求实数m的取值范围.
【答案】(1)在区间，上单调递增，证明见解析.
(2)
【分析】（1）求导得，则，利用韦达定理得，则，分析出，根据其导数与单调性关系即可得到答案.
（2）根据求出，则，求导，求出其极值，作出其函数图象，利用直线与交点个数即可得到答案.
【详解】（1）依题设方程，即方程
的两根分别为a、b∴
∴
因为，且，则，
∴，∴当且时，，
∴在区间，上单调递增.
（2）由，得，∴，∴，
时或，当x在上变化时，，的变化情况如下：
∴的大致图象如图,
∴方程有两个不等根时，转化为直线与函数的图象有两交点，
则.

17．（2023·四川乐山·一模）已知，.
(1)若曲线与直线围成的图形面积为，求的值；
(2)求不等式的解集.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将表示为分度函数的形式，结合图象以及围成图形的面积列方程，从而求得.
（2）对进行分类讨论，由此求得不等式的解集.
【详解】（1）由题得.
画出及得图象，如下图所示，
易知，，，.
，解得.
（2）由（1）知，
当时，即为，得，与条件矛盾，此时不等式的解为；
当时，即为，得，此时不等式的解为.
综上所述，原不等式的解集为.
18．（2023·陕西榆林·模拟预测）已加．
(1)解不等式；
(2)令，若的图象与轴所围成的图形的面积为，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）去绝对值，结合一元一次不等式即可求解；（2）结合图像平移即可求解.
【详解】（1），
当时，，解得，无解；
当时，，解得，所以；
当时，，解得，所以．
综上所述，不等式的解集为．
（2）画出的图象，由（1）知，阴影部分的面积为，
所以的图象向下平移至阴影部分的上沿与轴重合时，图形与轴所围成图形的面积恰为阴影部分的面积，即为，
此时函数的图象向下平移的距离为3，故．

19．（2024·全国·模拟预测）设函数．
(1)作出函数的图象；
(2)若的最大值为，正实数满足，求的最小值．
【答案】(1)图象见解析
(2)
【分析】（1）分别在、及的情况下，讨论得到的解析式，由此可得函数图象；
（2）结合图象可确定，化简已知等式得到，根据，利用基本不等式可求得结果.
【详解】（1）当时，；
当时，；
当时，；
作出的图象如下图所示，
（2）由（1）可知：当时，，即，
，即，
（当且仅当，即时等号成立），
.
拓展冲刺练
一、单选题
1．（23-24高三上·黑龙江齐齐哈尔·期末）设函数，则（ ）
A．是偶函数，且在上单调递增B．是奇函数，且在上单调递减
C．是偶函数，且在上单调递增D．是奇函数，且在上单调递减
【答案】B
【分析】根据奇偶性的定义判断函数的奇偶性，画函数图象，然后结合图象得函数的单调区间.
【详解】因为函数的定义域为R，且，
所以是奇函数，又，作出函数图象如下图：

由图知，函数在和上单调递增，在上单调递减.
故选：B
2．（23-24高三上·贵州遵义·阶段练习）已知函数，若函数有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】转化为与图象有3个不同的交点，画出两函数图象，数形结合得到答案.
【详解】令，故，
画出与的图象，
函数有3个零点，即与图象有3个不同的交点，
则，
解得.
故选：D
3．（2024·全国·模拟预测）函数的图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先由根据图象，由的奇偶性排除部分选项，再由时，函数值的正反判断.
【详解】解：因为的定义域为，且，
是奇函数，排除选项B．
当时，，排除选项A，C．
故选：D．
4．（2023·天津河北·一模）函数的导数为，则的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对函数求导可得，再由函数奇偶性可排除BD选项，再由余弦函数图象性质可知C选项符合题意.
【详解】根据题意可得，
易知的定义域为，且满足，
即可得为奇函数，图象应关于原点对称，可排除BD；
利用余弦函数图象性质可知，当时，，该部分图象在轴的上方，可排除A，
C选项符合题意.
故选：C
5．（2022·全国·模拟预测）已知关于x的不等式的解集中只有1个整数，则实数a的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题可得不等式仅有1个整数解，利用数形结合可得，即求.
【详解】由题可知，
所以不等式，即只有一个整数解，
令，不等式仅有1个整数解，
令，，则函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，
∵，由，得，
∴在上单调递减，在上单调递增，因为直线恒过点，
作出函数与直线的大致图象，
由图象可知，这个点，可得，即．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是把问题转化为函数与直线的的交点的位置问题，然后利用数形结合解决.
二、多选题
6．（2024高三·全国·专题练习）（多选）小菲在学校选修课中了解到艾宾浩斯遗忘曲线，为了解自己记忆一组单词的情况，她记录了随后一个月的有关数据，绘制图象，拟合了记忆保持量f（x）与时间x（天）之间的函数关系f（x）＝则下列说法正确的是（ ）
A．随着时间的增加，小菲的单词记忆保持量降低
B．第一天小菲的单词记忆保持量下降最多
C．9天后，小菲的单词记忆保持量低于40%
D．26天后，小菲的单词记忆保持量不足20%
【答案】ABC
【详解】解析：由函数解析式可知f（x）随着x的增加而减少，故A正确；由图象可得B正确；当1，故D错误．故选ABC.
7．（22-23高三下·黑龙江大庆·开学考试）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的单调减区间为
B．若有三个不同实数根，，，则
C．若恒成立，则实数的取值范围是
D．对任意的，，不等式恒成立
【答案】BCD
【分析】对于A，作出函数的图象即可判断；对于B，根据题意结合图象的对称性分析运算即可判断；对于C，根据图象结合图象平移分析运算即可判断；对于D，利用作差法计算证明即可.
【详解】对于A，作出函数的图象，如图1所示：

由图可知，的单调减区间为，但不能用并集符号链接，A错误；
对于B，根据题意作交于3点，并且三点的横坐标分别为，
不妨设，易知关于对称，所以，
又因为，所以，B正确；
对于C，当时，显然不成立，不合题意，舍去；
当时，可以通过向左平移个单位得到，如图2 ，显然不成立，舍去；

当时，可以通过向右平移个单位得到，如图3，
以射线与相切为临界.
即，则，
，解得 ，则，
综上所述，实数的取值范围是，C正确；

对于D，对任意的，则，
，当且仅当时，等号成立，
即，则，
，D正确.
故选：BCD.
三、填空题
8．（2024高三·全国·专题练习）若关于x的不等式的解集中恰有2个整数，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将不等式变形为，构造函数，求导得其单调性，进而结合函数的图象可得答案.
【详解】，不等式可化为，
令，，
由解得，由解得，
在为增函数，在为减函数，
令，则的图象恒过，若解集恰有个整数，
当时，有无数个整数解，不满足题意；
当时， 如图画出函数的大致图象，则两个整数为1和2，故2满足不等式且3不满足不等式，
即且，解得，
故答案为：.
9．（2024高三下·北京·专题练习）已知函数，则下列说法正确的有
①．的单调减区间为
②．若有三个不同实数根，，，则
③．若恒成立，则实数的取值范围是
④．对任意的，，不等式恒成立
【答案】②③④
【分析】对于①，作出函数的图象即可判断；对于②，根据题意结合图象的对称性分析运算即可判断；对于③，根据图象结合图象平移分析运算即可判断；对于④，利用作差法计算证明即可.
【详解】对于①，作出函数的图象，如图1所示：

由图可知，的单调减区间为，但不能用并集符号链接，①错误；
对于②，根据题意作交于3点，并且三点的横坐标分别为，
不妨设，易知关于对称，所以，
又因为，所以，②正确；
对于③，当时，显然不成立，不合题意，舍去；
当时，可以通过向左平移个单位得到，如图2 ，显然不成立，舍去；

当时，可以通过向右平移个单位得到，如图3，
以射线与相切为临界.
即，则，
可得，解得 ，则，
综上所述，实数的取值范围是，③正确；

对于④，对任意的，则，
则
，当且仅当时，等号成立，
即，则，
所以，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：利用函数与方程思想解决交点及根的问题的思路
（1）应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的问题，应用函数思想把方程根的问题转论为函数零点问题．
（2）含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离参数化为函数解决．
四、解答题
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数．

(1)画出的图象；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)作图见解析
(2)
【分析】根据绝对值的定义去绝对值，然后画出函数的图象，解绝对值不等式即可；
【详解】（1）由题知，，①
作出 的图象如图所示．②

（2）由题知， 或或，③
解得，原不等式的解集为
11．（23-24高三上·宁夏银川·阶段练习）已知函数.

(1)画出的图象；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)答案见解析
(2)或或．.
【分析】（1）化为分段函数，再作图；
（2）由图象解不等式和可得．
【详解】（1），
作出射线和射线，再作出线段即可得：

（2）由的表达式及图像，当时，可得或；
当时，可得或，
故的解集为；的解集为或，
所以的解集为或或3
4
0
0
8
9
0
0
+
+
0
极小值
极大值