2026年高考数学一轮专题训练：函数应用1 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：函数应用1 [含答案]，共14页。
A．(0，14)∪(14，12)B．(0，14)∪(12，1)
C．(14，12)D．(12，1)
2．（2025春•广陵区校级期中）已知函数f(x)=|lg2x|，0＜x≤2(12)x−3−1，x＞2，g(x)=f（x）﹣k，下列说法错误的是（ ）
A．f（x）的值域为（﹣1，+∞）
B．若g（x）有2个零点，则k＝0或k＝1
C．若g（x）的3个零点分别为：x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则x1x2x3的取值范围为（2，3）
D．若g（x）有1个零点，则k＜0或k＞1
3．（2025春•温州期中）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝xex﹣2，若x0为方程xg（x）+f（x）＝2的解，则e2−x0+lnx0=（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．（2025春•益阳期中）已知函数f(x)=lgax−x+1x，0＜x≤31x−x−1，x＞3，∀x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2，f(x1)−f(x2)x2−x1−1x1x2≥1，则实数a的取值范围是（ ）
A．[13，1)B．(0，13]C．(0，12]D．[45，1)
5．（2025•包头二模）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石．简单来说就是对于满足一定条件的连续函数f（x），存在一个点x0，使得f（x0）＝x0，那么我们称f（x）为“不动点”函数．若f（x）存在n个点xi（i＝1，2，…，n），满足f（xi）＝xi，则称f（x）为“n型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（ ）
A．f（x）＝1﹣lnxB．f（x）＝5﹣lnx﹣ex
C．f(x)=4ex−2xD．f（x）＝2sinx+2csx
6．（2025•泰安模拟）已知f（x）是定义域为R的单调递增函数，且存在函数g（x），使f（g（x））＝2x﹣1，若x1，x2分别为方程f（x）+2x＝7和g（x）+x＝4的根，则x1+x2＝（ ）
A．8B．4C．﹣4D．﹣8
7．（2025春•红桥区校级期中）已知函数f（x）＝|cs2x﹣sinx|，则下列说法正确的有（ ）
①f（x）的最小正周期为π；
②f（x）关于直线x=π2对称；
③f（x）的值域为[0，2]；
④f（x）＝1在区间[0，2π]上恰有7个不同的实数根
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．（2025•安徽模拟）已知函数f（x）＝ex+x和g（x）＝ln（xex），若存在实数α，β，使得f（α）﹣g（β）＝0，则αβ的最小值为（ ）
A．﹣eB．﹣1C．−1eD．−1e2
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•顺庆区校级期中）已知函数f（x+2）是定义在R上的奇函数，且满足f（x+1）＝f（1﹣x），当x∈[0，2]时，f(x)=2x−x2，则下列说法正确的是（ ）
A．f（2024）＝0
B．函数f（x）的周期是4
C．方程f（|x|）＝2x在R上有2个不同实数解
D．定义在R上的函数g（x）满足g（x+2）+g（2﹣x）＝0，若函数y＝f（x）与函数y＝g（x）的图象有n个交点（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），则i=1n (xi+yi)的值可能是2025．（注：i=1n (xi+yi)=(x1+y1)+(x2+y2)+⋯+(xn+yn)）
10．（2025春•益阳期中）已知f(x)=1−2x1+2x，则下列说法正确的是（ ）
A．若x1＜x2，则f（x1）＜f（x2）
B．若x1+x2＜0，则f（x1）+f（x2）＞0
C．若g(x)=|f(x)+12|−m有两个零点，则0＜m≤12
D．若g（x）的定义域为R，且g（x）+g（﹣x）＝2，且y＝f（x）+1与y＝g（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），⋯，（xm，ym），则m必为奇数
11．（2025•贵州三模）已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜π2)的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．y＝f（x）的图象可由y＝2cs2x的图象向左平移π3个单位长度得到
B．y＝f（x）在（0，π）上有两个极值点
C．y＝f（x）在(−11π12，−2π3)上单调递增
D．关于x的方程f（x）＝sinx在[0，2π]上有4个根
12．（2025春•安徽校级期中）你是否注意过，市场上等量的小包装的物品一般比大包装的要贵一些？高二某研究小组针对饮料瓶的大小对饮料公司利润的影响进行了研究，调查如下：某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r（单位：cm）是瓶子的半径．已知每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm．下面结论正确的有（ ）（注：1ml＝1cm3；利润可为负数）
A．利润随着瓶子半径的增大而增大
B．半径为6cm时，利润最大
C．半径为2cm时，利润最小
D．半径为3cm时，制造商不获利
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•龙岩期中）已知a＞0且a≠1，若函数f(x)=xa+lnxlna有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是 ．
14．（2025春•山东期中）函数y＝x2ex+m（x+2lnx）有两个零点，则m的取值范围是 ．
15．（2025•和平区二模）已知函数f（x）=x2−2x，x≥a，−x2+(2a−2)x，x＜a，g（x）=3x2−3x+4，x≥−1，4−x，x＜−1，若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围是 ．
16．（2025春•郫都区校级期中）若关于x的方程xex+exx+ex+m＝0有三个不相等的实数解x1，x2，x3，且x1＜0＜x2＜x3，其中m∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数，则（x1ex1+1）2（x2ex2+1）（x3ex3+1）的值为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•山东期中）已知函数f（x）＝x﹣lnx+a有两个不同零点x1，x2（x1＜x2）．
（1）求a的取值范围；
（2）证明：x1+x2＞2；
（3）证明：2+2aee−1＜x2−x1＜−ae−a−2e−1．
18．（2025春•闵行区校级期中）如图，有一块矩形铁皮ABCD，其中AB＝t米，AD＝4米，其中，t是一个大于等于4的常数．阴影部分AMN是一个半径为3米的扇形．设这个扇形已经腐蚀不能使用，但其余部分均完好．工人师傅想在未被腐蚀的部分截下一块其边落在BC与CD上的矩形铁皮PQCR，使点P在弧MN上．设∠MAP=θ(0≤θ≤π2)．矩形PQCR的面积为S平方米，S关于θ的函数为f（θ）．
（1）求函数f（θ）的表达式；
（2）当t＝6时，设g（θ）=f(θ)−9sinθcsθ+18sinθ12−sin2θ，求g（θ）的值域；
（3）当t＝4时，求S的最小值，并求出当S取得最小值时，所对应的sin2θ的值．
19．（2025春•萍乡期中）已知函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜π2)图象的一条对称轴和与其相邻的一个对称中心之间的距离为π4，且f（x）的图象过点(0，12)．
（1）若y＝f（x+m）是奇函数，求|m|的最小值；
（2）令g（x）＝5f（x）﹣1，记g（x）在区间[−7π6，11π6]上的零点从小到大依次为x1，x2，…，xn，求x1+2x2+2x3+…+2xn﹣1+xn的值．
20．（2025春•顺庆区校级期中）已知函数f(x)=x2−4x−acsπx2．
（1）求f（1）的值；
（2）当a＝﹣2时，试判断函数f（x）在[0，1]的单调性并求函数f（x）在[0，1]的值域（单调性不需要证明）；
（3）若关于x的方程f（x）＝a﹣4恰有三个不等实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求f（2x1）﹣7f（x3）﹣8x1的最大值，并求出此时实数a的值．
函数应用
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025•江苏模拟）若函数f（x）＝ax﹣21﹣x+1（a＞0）存在两个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．(0，14)∪(14，12)B．(0，14)∪(12，1)
C．(14，12)D．(12，1)
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【正确答案】A
【分析】首先利用导数的几何意义求出g（x）＝ax与h（x）＝21﹣x﹣1相切时的a的值，根据a的值分段讨论，利用指数函数的增长速度判断交点个数．
解：函数f（x）＝ax﹣21﹣x+1，（a＞0）存在两个不同的零点，
令f（x）＝0⇒ax﹣21﹣x+1＝0⇒ax＝21﹣x﹣1，
即g（x）＝ax与h（x）＝21﹣x﹣1有两个不同的交点，
又g'（x）＝axlna，h'（x）＝﹣21﹣xln2，
令g'（0）＝h'（0），即lna＝﹣2ln2⇒a=14，
此时g（x）＝ax与h（x）＝21﹣x﹣1相切于点（0，1），
又g（0）＝h（0）＝1，所以（0，1）既是g（x）＝ax与h（x）＝21﹣x﹣1交点又是切点，
当0＜a＜14时，
当x＞0时，g（x）＝ax从y＝1递减到y＝0，
函数h（x）＝21﹣x﹣1从y＝1递减到y＝﹣1，
由于g（x）＝ax递减较快，在x＞0处与h（x）＝21﹣x﹣1相交一次，
当x＜0时，当x→﹣∞，ax→+∞，21﹣x﹣1→+∞，
但g（x）＝ax的增长速度比h（x）＝21﹣x﹣1快，因此两者会在x＜0处相交一次，
所以在x＞0和x＜0各有一个交点，加上固定零点x＝0，总共有两个不同的零点，
当14＜a＜12时，
当x＞0时，g（x）＝ax的递减速度比h（x）＝21﹣x﹣1慢，
因此g（x）＝ax始终位于h（x）＝21﹣x﹣1上方，所以无交点，
当x＜0时，x→﹣∞，ax→+∞，21﹣x﹣1→+∞，
但g（x）＝ax的增长速度比h（x）＝21﹣x﹣1慢，因此两者会在x＜0处相交一次，
所以在x＜0处有一个交点，加上固定零点x＝0，总共有两个不同的零点．
当a=12时，令2﹣x＝2•2﹣x﹣1⇒x＝0，即仅在x＝0相交，
当a＞12时，当x＞0时，g（x）＝ax的递减速度比h（x）＝21﹣x﹣1慢，
因此g（x）＝ax始终位于h（x）＝21﹣x﹣1上方，所以无交点，
当x＜0时，ax的增长速度进一步降低，无法与h（x）＝21﹣x﹣1交，
所以仅有一个零点，不满足题目要求，
数a的取值范围为(0，14)∪(14，12)．
故选：A．
【点评】本题考查函数零点与方程根的问题，属于中档题．
2．（2025春•广陵区校级期中）已知函数f(x)=|lg2x|，0＜x≤2(12)x−3−1，x＞2，g(x)=f（x）﹣k，下列说法错误的是（ ）
A．f（x）的值域为（﹣1，+∞）
B．若g（x）有2个零点，则k＝0或k＝1
C．若g（x）的3个零点分别为：x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则x1x2x3的取值范围为（2，3）
D．若g（x）有1个零点，则k＜0或k＞1
【考点】分段函数的应用．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】D
【分析】作出函数f（x）的图象，即可得到f（x）的值域，判断A选项；
将g（x）＝f（x）﹣k的零点问题转化为f（x）的图象与函数y＝k的图象的交点的问题，数形结合即可判断B，C，D选项．
解：作出函数f(x)=|lg2x|，0＜x≤2(12)x−3−1，x＞2的图象，如图所示：
对于A，当0＜x≤2时，f（x）∈[0，+∞），
当x＞2时，f（x）∈（﹣1，1），
所以f（x）的值域为（﹣1，+∞），故A正确；
令g（x）＝f（x）﹣k＝0，
则f（x）＝k，
对于B，若g（x）有2个零点，
则f（x）的图象与y＝k有两个交点，
则k＝0或k＝1，故B正确；
对于C，若g（x）的3个零点，
则f（x）的图象与y＝k有三个交点，则0＜k＜1，
因为x1＜x2＜x3，
所以0＜x1＜1＜x2＜2＜x3＜3，
且1−lg2x1=lg2x2=(12)x3−3−1=k，
则x1x2＝1，x1x2x3＝x3＝3﹣lg2（k+1）∈（2，3），故C正确；
对于D，若g（x）有1个零点，
则f（x）的图象与y＝k有一个交点，
则﹣1＜k＜0或k＞1，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查了函数与方程思想、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
3．（2025春•温州期中）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝xex﹣2，若x0为方程xg（x）+f（x）＝2的解，则e2−x0+lnx0=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】A
【分析】由题意可得ex0−2=2−lnx0x02，从而得x0+lnx0＝2﹣lnx0+ln（2﹣lnx0），令h（x）＝x+lnx，x＞0，由h（x）的单调性可得x0＝2﹣lnx0，再代入求解即可．
解：由题意可得x02•ex0−2+lnx0＝2，
所以ex0−2=2−lnx0x02，
两边取以e为底的对数得，x0﹣2＝ln（2﹣lnx0）﹣2lnx0，
所以x0+lnx0＝2﹣lnx0+ln（2﹣lnx0），
令h（x）＝x+lnx，x＞0，
则h（x）在（0，+∞）上单调递增，
由题意可得h（x0）＝h（2﹣lnx0），
所以x0＝2﹣lnx0，
所以e2−x0+lnx0=x022−lnx0+lnx0=x02x0+lnx0＝x0+lnx0＝2．
故选：A．
【点评】本题考查对数函数、指数函数的性质，考查了转化思想，属于中档题．
4．（2025春•益阳期中）已知函数f(x)=lgax−x+1x，0＜x≤31x−x−1，x＞3，∀x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2，f(x1)−f(x2)x2−x1−1x1x2≥1，则实数a的取值范围是（ ）
A．[13，1)B．(0，13]C．(0，12]D．[45，1)
【考点】分段函数的应用．
【专题】分类讨论；函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】B
【分析】设0＜x1＜x2，则有f(x1)+x1−1x1≥f(x2)+x2−1x2，令g(x)=f(x)+x−1x，x＞0，则有g（x1）≥g（x2）（0，+∞）上恒成立．分0＜x1＜x2≤3、0＜x1＜3≤x2及
3＜x1＜x2分别求解即可．
解：不妨设0＜x1＜x2，则x2﹣x1＞0，
又因为f(x1)−f(x2)x2−x1−1x1x2≥1，
则有f(x1)−f(x2)−x2−x1x1x2≥x2−x1，
即f(x1)+x1−1x1≥f(x2)+x2−1x2，
令g(x)=f(x)+x−1x，x＞0，
则g（x1）≥g（x2）（0，+∞）上恒成立．
又g(x)=lgax，0＜x≤3−1，x＞3，
①若0＜x1＜x2≤3，则g(x1)−g(x2)=lgax1x2≥0，
又因为0＜x1x2＜1，得a∈（0，1）；
②若0＜x1＜3≤x2，则g（x1）﹣g（x2）＝lgax1+1≥0，得a∈(0，13]；
③若3＜x1＜x2，则g（x1）﹣g（x2）＝0．
综上，a∈(0，13]．
故选：B．
【点评】本题考查了对数函数、反比例函数的性质，考查了分类讨论思想及转化思想，属于中档题．
5．（2025•包头二模）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石．简单来说就是对于满足一定条件的连续函数f（x），存在一个点x0，使得f（x0）＝x0，那么我们称f（x）为“不动点”函数．若f（x）存在n个点xi（i＝1，2，…，n），满足f（xi）＝xi，则称f（x）为“n型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（ ）
A．f（x）＝1﹣lnxB．f（x）＝5﹣lnx﹣ex
C．f(x)=4ex−2xD．f（x）＝2sinx+2csx
【考点】函数与方程的综合运用．
【专题】综合题；函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】D
【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程f（x）＝x有根或对应函数y＝f（x）﹣x有零点的问题，依次求解判断各个选项．
解：对于A，令f（x）＝1﹣lnx＝x（x＞0），即x+lnx﹣1＝0．
因为y＝x+lnx﹣1满足y′=1+1x＞0，所以y＝x+lnx﹣1在区间（0，+∞）上单调递增，
所以f（x）不可能为“3型不动点”函数，故A错误；
对于B，令f（x）＝5﹣lnx﹣ex＝x，即x+lnx+ex﹣5＝0．
易判断y＝x+lnx+ex﹣5在区间（0，+∞）上单调递增，
所以f（x）不可能为“3型不动点”函数，故B错误；
对于C，由f(x)=4ex−2x，得f′(x)=4(x−1)ex−2x2，
易知当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，且f（x）＜0，所以当x＜0时，f(x)=4ex−2x的图象与直线y＝x有且只有一个交点；
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，且f(1)=4e＞1；
当x＞1时，f′（x）＞0，f′（x）单调递增．令f′（x）＝1，得4(x−1)ex−2x2=1，解得x＝2，此时f（2）＝2，所以直线y＝x与曲线f(x)=4ex−2x相切于点（2，2）．
所以直线y＝x与曲线f(x)=4ex−2x共有两个交点，所以f（x）为“2型不动点”函数，故C错误；
对于D，f(x)=2sinx+2csx=22sin(x+π4)，作出f（x）的图象，如图所示．易知其与直线y＝x有且只有三个不同的交点，
即2sinx+2csx＝x有三个不同的解，所以f（x）＝2sinx+2csx为“3型不动点”函数，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查函数与方程的综合应用，属于中档题．
6．（2025•泰安模拟）已知f（x）是定义域为R的单调递增函数，且存在函数g（x），使f（g（x））＝2x﹣1，若x1，x2分别为方程f（x）+2x＝7和g（x）+x＝4的根，则x1+x2＝（ ）
A．8B．4C．﹣4D．﹣8
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由题意可得f（x1）＝7﹣2x1，g（x2）＝4﹣x2，从而得f（g（x2））＝2x2﹣1，f（4﹣x2）＝7﹣2（4﹣x2），再根据函数的单调性，可得4﹣x2＝x1，即可得答案．
解：由题意可得f（x1）＝7﹣2x1，g（x2）＝4﹣x2，
所以f（g（x2））＝2x2﹣1，
即f（4﹣x2）＝2x2﹣1＝7﹣2（4﹣x2），
又f（x）是定义域为R的单调递增函数，f（x1）＝7﹣2x1，
所以4﹣x2＝x1，
所以x1+x2＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了函数与方程思想、转化思想，考查了抽象函数的单调性，属于中档题．
7．（2025春•红桥区校级期中）已知函数f（x）＝|cs2x﹣sinx|，则下列说法正确的有（ ）
①f（x）的最小正周期为π；
②f（x）关于直线x=π2对称；
③f（x）的值域为[0，2]；
④f（x）＝1在区间[0，2π]上恰有7个不同的实数根
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】函数的零点与方程根的关系；三角函数的周期性；二倍角的三角函数．
【专题】分类讨论；对应思想；综合法；三角函数的图象与性质；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】C
【分析】由f（π+x）＝|cs2（π+x）﹣sin（π+x）|＝|cs2x+sinx|≠f（x）即可判断①；
由f(x+π2)=f(π2−x)，即可判断②；
化简函数的解析式，分类讨论求其值域，即可判断③；
分类讨论令f（x）＝1求其在[0，2π]上的根即可判断④．
解：对于①，因为f（π+x）＝|cs2（π+x）﹣sin（π+x）|＝|cs2x+sinx|，
所以f（π+x）＝f（x）不恒成立，
所以f（x）的最小正周期不为π，故①错误；
对于②，因为f(x+π2)=|cs2(π2+x)−sin(π2+x)|=|cs（π+2x）﹣csx|＝|﹣cs2x﹣csx|，
f(π2−x)=|cs2(π2−x)−sin(π2−x)|=|cs（π﹣2x）﹣csx|＝|﹣cs2x﹣csx|，
所以f(x+π2)=f(π2−x)，
所以f（x）＝|cs2x﹣sinx|的图象关于x=π2对称，故②正确；
对于③，因为f（x）＝|cs2x﹣sinx|＝|1﹣2sin2x﹣sinx|
＝|﹣（2sinx﹣1）（sinx+1）|
=1−2sin2x−sinx，sinx∈[−1，12]2sin2x+sinx−1，sinx∈(12，1]，
当sinx∈[−1，12]时，f(x)=1−2sin2x−sinx=−2(sinx+14)2+98∈[0，98]，
当sinx∈(12，1]时，f(x)=2sin2x+sinx−1=2(sinx+14)2−98∈(0，2]，
所以f（x）的值域为[0，2]，故③正确；
对于④，当sinx∈[−1，12]时，
令f（x）＝1﹣2sin2x﹣sinx＝1，则2sin2x+sinx＝0，
解得sinx＝0或sinx=−12，
故x＝0，x＝π，x＝2π，或x=7π6，x=11π6，
当sinx∈(12，1]时，
令f（x）＝2sin2x+sinx﹣1＝1，
则sinx=−1−174∉（12，1]，故舍去，
sinx=−1+174，此时在[0，2π]上有两个解x6，x7，
综上，f（x）＝1在区间[0，2π]上恰有7个不同的实数根，故④正确．
故选：C．
【点评】本题考查了三角函数的性质及分类讨论思想，属于中档题．
8．（2025•安徽模拟）已知函数f（x）＝ex+x和g（x）＝ln（xex），若存在实数α，β，使得f（α）﹣g（β）＝0，则αβ的最小值为（ ）
A．﹣eB．﹣1C．−1eD．−1e2
【考点】函数与方程的综合运用．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】C
【分析】设g（x）＝lnx+x，由f（α）＝g（eα）＝g（β），又g（x）＝lnx+x在定义域上单调递增，则β＝eα，于是αβ＝αeα．再利用导数求函数的最小值即可．
解：因为f（x）＝ex+x＝ex+lnex，g（x）＝ln（xex）＝lnx+x，
所以f（α）＝eα+lneα，g（eα）＝eα+lneα，而f（α）﹣g（β）＝0，
所以f（α）＝g（β），
故f（α）＝g（eα）＝g（β），
又g（x）＝lnx+x在定义域上单调递增，则β＝eα，
于是αβ＝αeα．
设h（α）＝αeα，则h′（α）＝（α+1）eα，
当α∈（﹣∞，﹣1）时，h′（α）＜0，h（α）单调递减，
当α∈（﹣1，+∞）时，h′（α）＞0，h（α）单调递增，
所以h(α)min=h(−1)=−1e．
即αβ的最小值为−1e．
故选：C．
【点评】本题考查了指数函数、对数函数的性质，考查了转化思想及导数的综合运用，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•顺庆区校级期中）已知函数f（x+2）是定义在R上的奇函数，且满足f（x+1）＝f（1﹣x），当x∈[0，2]时，f(x)=2x−x2，则下列说法正确的是（ ）
A．f（2024）＝0
B．函数f（x）的周期是4
C．方程f（|x|）＝2x在R上有2个不同实数解
D．定义在R上的函数g（x）满足g（x+2）+g（2﹣x）＝0，若函数y＝f（x）与函数y＝g（x）的图象有n个交点（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），则i=1n (xi+yi)的值可能是2025．（注：i=1n (xi+yi)=(x1+y1)+(x2+y2)+⋯+(xn+yn)）
【考点】函数与方程的综合运用．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】ABC
【分析】由已知条件确定f（x）的周期，从而判断B；
由函数的周期为4，可得f（2024）＝f（0）＝0，从而判断A；
作出图象，结合图象判断C；
由题意可得f（x）与g（x）的图象交点也关于点（2，0）对称，由对称性判断D．
解：因为f（x+2）是奇函数，
则f（x）的图象关于点（2，0）对称，
即f（2+x）＝﹣f（2﹣x），
又f（1+x）＝f（1﹣x），
所以f（x+2）＝f（1+（1+x））＝f（﹣x）＝﹣f（2﹣x），
即f（x）＝﹣f（2+x），
所以f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
所以f（x）是周期函数，周期为4，故B正确；
所以f（2024）＝f（0）＝0，故A正确；
因为y＝f（|x|）为偶函数，图象关于y轴对称，
当x∈[0，2]时，f(x)=2x−x2，
由f（x+2）＝﹣f（x），
得f（x）＝﹣f（x﹣2），
所以当x∈[2，4]时，x﹣2∈[0，2]，
所以f(x)=−f(x−2)=−2(x−2)−(x−2)2=−−x2+6x−8，
作出函数f（x）在[﹣4，4]上的图象，如图所示：
由此可得y＝f（|x|）与直线y﹣2x有2个不同交点，
所以方程f（|x|）＝2x在R上有2个不同实数解，故C正确；
因为g（x+2）+g（2﹣x）＝0，
所以g（x+2）＝﹣g（2﹣x），
所以g（x）的图象关于点（2，0）对称，
又f（x）的图象也关于点（2，0）对称，
因此f（x）与g（x）的图象交点也关于点（2，0）对称，
又f（2）＝g（2）＝0，
即（2，0）是它们图象的一个交点，
所以它们只有奇数个交点，
则i=1n (xi+yi)的值是4的倍数加2，不可能是2025，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查了函数与方程思想、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
10．（2025春•益阳期中）已知f(x)=1−2x1+2x，则下列说法正确的是（ ）
A．若x1＜x2，则f（x1）＜f（x2）
B．若x1+x2＜0，则f（x1）+f（x2）＞0
C．若g(x)=|f(x)+12|−m有两个零点，则0＜m≤12
D．若g（x）的定义域为R，且g（x）+g（﹣x）＝2，且y＝f（x）+1与y＝g（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），⋯，（xm，ym），则m必为奇数
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】BD
【分析】判断出函数的单调性可判断A；
判断出函数为奇函数，再结合函数的单调性，可判断B；
转化为直线y＝m与y=|f(x)+12|的图象有两个交点，作出图象，结合图象可判断C；
由题意可得两函数都关于（0，1）对称，结合对称性可判断D．
解：因为f(x)=1−2x1+2x=2−(1+2x)1+2x=21+2x−1，所以函数定义域为R，
对任意实数m，n，若m＞n，2m＞2n，
且f(m)−f(n)=21+2m−21+2n=2(2n−2m)(1+2m)(1+2n)＜0，
即f（m）＜f（n），
所以f（x）在R上单调递减，
因为对任意实数x，f（x）+f（﹣x）=1−2x1+2x+1−2−x1+2−x=1−2x1+2x+1−12x1+12x=1−2x1+2x+2x−12x+1=0，
所以f（x）是定义在R上奇函数，
对于A，因为f（x）在R上单调递减，
所以当x1＜x2时，f（x1）＞f（x2），故A错误；
对于B，若x1+x2＜0，可得x1＜﹣x2，
利用函数单调性和奇函数性质可得：f（x1）＞f（﹣x2），
即f（x1）＞﹣f（x2），f（x1）+f（x2）＞0，故B正确；
对于C，因为g(x)=|f(x)+12|−m有两个零点，
即|f(x)+12|=m有两个相异根，
因为f(x)+12=21+2x−12，
在同一坐标系中画出y＝m和y=|f(x)+12|的大致图象，如图所示：
观察图象，要使y＝m和y=|f(x)+12|图象存在两个不同交点，则0＜m＜12，故C错误；
对于D，因为g（x）+g（﹣x）＝2，
所以g（x）图象关于（0，1）对称．
又由B中知f（x）为奇函数，
所以y＝f（x）+1图象关于（0，1）对称，
又点（0，1）同在两个函数图象上，
若f（x）+1＝g（x）在（0，+∞）上存在k个根，k∈N，
由对称性可知f（x）+1＝g（x）在（﹣∞，0）上也存在k个根，
则f（x）+1与g（x）共存在2k+1个交点，k∈N，
即y＝f（x）+1与y＝g（x）图象的交点个数是奇数，
所以m一定为奇数，D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了函数与方程思想、数形结合思想及转化思想，考查了函数的对称性，属于中档题．
11．（2025•贵州三模）已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜π2)的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．y＝f（x）的图象可由y＝2cs2x的图象向左平移π3个单位长度得到
B．y＝f（x）在（0，π）上有两个极值点
C．y＝f（x）在(−11π12，−2π3)上单调递增
D．关于x的方程f（x）＝sinx在[0，2π]上有4个根
【考点】函数与方程的综合运用；余弦函数的图象；余弦函数的单调性；由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
【专题】数形结合；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【正确答案】BD
【分析】利用f（0）＝1，f（7π12）＝0，求出φ和ω的值，从而知f（x）的解析式，选项A，根据函数图象的平移法则即可得解；选项B和C，根据余弦函数的图象与性质即可作出判断；选项D，在同一直角坐标系中画出函数f（x）＝2cs（2x+π3）与y＝sinx在[0，2π]上的图象，根据两个图象的交点个数即可判断．
解：由图知，f（0）＝2csφ＝1，即csφ=12，
因为0＜φ＜π2，所以φ=π3，
又f（7π12）＝2cs（7π12ω+π3）＝0，所以cs（7π12ω+π3）＝0，
结合余弦函数的图象与性质，得7π12ω+π3=3π2，解得ω＝2，
所以f（x）＝2cs（2x+π3）＝2cs2（x+π6），
选项A，y＝f（x）的图象可由y＝2cs2x的图象向左平移π6个单位长度得到，故选项A错误；
选项B，因为x∈（0，π），所以2x+π3∈（π3，7π3），
当2x+π3=π，f（x）取得极小值；当2x+π3=2π时，f（x）取得极大值，
所以f（x）＝2cs（2x+π3）有2个极值点，故选项B正确；
选项C，当x∈（−11π12，−2π3）时，2x+π3∈（−3π2，﹣π），
而y＝csx在x∈（−3π2，﹣π）上单调递减，
所以f（x）＝2cs（2x+π3）在(−11π12，−2π3)上单调递减，故选项C错误；
在同一直角坐标系中画出函数f（x）＝2cs（2x+π3）与y＝sinx在[0，2π]上的图象如图所示，
由图知，两个函数图象有4个交点，
所以关于x的方程f（x）＝sinx在[0，2π]上有4个根，故选项D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查函数与方程的综合应用，三角函数的图象与性质，熟练掌握正弦、余弦函数的图象与性质，函数与方程之间的关系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12．（2025春•安徽校级期中）你是否注意过，市场上等量的小包装的物品一般比大包装的要贵一些？高二某研究小组针对饮料瓶的大小对饮料公司利润的影响进行了研究，调查如下：某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r（单位：cm）是瓶子的半径．已知每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm．下面结论正确的有（ ）（注：1ml＝1cm3；利润可为负数）
A．利润随着瓶子半径的增大而增大
B．半径为6cm时，利润最大
C．半径为2cm时，利润最小
D．半径为3cm时，制造商不获利
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】根据已知条件写出利润关于瓶子半径r的函数式f（r），由于f（r）是r的三次函数，所以可利用导数来分析和处理并回答问题．
解：由已知，每个瓶子的利润f(r)=0.2×4π3r3−0.8πr2=4π5(13r3−r2)，r∈（0，6]，
∵f′(r)=4π5(r2−2r)=4π5r(r−2)，
∴当r∈（0，2）时，f′（r）＜0，函数f（r）单调递减，∴A错误；
又当r∈（2，6）时，f′（r）＞0，函数f（r）单调递增，
∵f（0）＝0，
∴当r＝6时，函数f（r）取得最大值，∴B正确；
当r＝2时，函数f（r）取得最小值，∴C正确；
又∵f(3)=4π5(13×33−32)=0，∴D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查函数模型的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•龙岩期中）已知a＞0且a≠1，若函数f(x)=xa+lnxlna有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是 (0，1e)∪(1e，1) ．
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数；函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】(0，1e)∪(1e，1)．
【分析】令f（x）＝0，同构可得lnxaxa=ln1a1a，构建g(x)=lnxx，x＞0，令t＝xa，分析可知y＝g（t）与y=g(1a)有2个不同的交点，利用导数分析g（x）的单调性和最值，结合g（x）的图象分析求解即可．
解：因为f(x)=xa+lnxlna，
所以f（x）的定义域为（0，+∞），
令f(x)=xa+lnxlna=0，
即lnx＝﹣lna•xa，lnxxa=−lna，
所以alnxxa=−alna，可得lnxaxa=ln1a1a，
构建g(x)=lnxx，x＞0，可得g(xa)=g(1a)，
令t＝xa，
因为a＞0且a≠1，
则t＝xa在（0，+∞）内单调递增，
可知y＝g（t）与y=g(1a)有2个不同的交点，
对于函数g(x)=lnxx，x＞0，
令g（x）＞0，则lnx＞0，解得x＞1；
令g（x）＜0，则lnx＜0，解得0＜x＜1；
又因为g′(x)=1−lnxx，x＞0，
令g′（x）＞0，解得0＜x＜e；令g′（x）＜0，解得x＞e；
可知g（x）在（0，e）内单调递增，在（e，+∞）内单调递减，
则g(x)≤g(e)=1e，
且当x趋近于+∞时，g（x）趋近于0，
可得g（x）的图象，如图所示：
由图象可知：g(1a)∈(0，1e)，
则1a＞1且1a≠e，可得0＜a＜1且a≠1e，
所以实数a的取值范围是(0，1e)∪(1e，1)．
故(0，1e)∪(1e，1)．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想及数形结合思想，难点是同构出lnxaxa=ln1a1a，属于难题．
14．（2025春•山东期中）函数y＝x2ex+m（x+2lnx）有两个零点，则m的取值范围是 （﹣∞，﹣e） ．
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；导数的概念及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（﹣∞，﹣e）．
【分析】整理可得y＝ex+2lnx+m（x+2lnx），换元令t＝x+2lnx，x＞0，原题意等价于y＝et与y＝﹣mt有2个交点，根据导数的几何意义结合图象分析求解．
解：由题意可知：y＝x2ex+m（x+2lnx）的定义域为（0，+∞），
且y＝x2ex+m（x+2lnx）＝ex+2lnx+m（x+2lnx），
令t＝x+2lnx，x＞0，
易知t＝x+2lnx在（0，+∞）内单调递增，
原题意等价于y＝et+mt在定义域为（0，+∞）有2个零点，
令y＝et+mt＝0，可得et＝﹣mt，
可知y＝ex与y＝﹣mt（过原点的直线）有2个交点，
对于y＝et，则y'＝et，
设切点坐标为(t0，et0)，
则切线斜率k=et0，
可得切线方程为y−et0=et0(t−t0)，
代入点（0，0），
得−et0=−t0et0，
解得t0＝1，即切线斜率k＝e，
结合图象可知：若y＝et与y＝﹣mt有2个交点，则﹣m＞e，即m＜﹣e，
所 m 的取值范围是（﹣∞，﹣e）．
故（﹣∞，﹣e）．
【点评】本题考查了转化思想、数形结合思想，考查了导数的几何意义，属于中档题．
15．（2025•和平区二模）已知函数f（x）=x2−2x，x≥a，−x2+(2a−2)x，x＜a，g（x）=3x2−3x+4，x≥−1，4−x，x＜−1，若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围是 （﹣∞，−32）∪（72，+∞） ．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】计算题；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】（﹣∞，−32）∪（72，+∞）．
【分析】首先分析y＝x2﹣2x，y＝﹣x2+（2a﹣2）x，y＝3x2﹣3x+4，y＝4﹣x的交点情况，再分类讨论a的范围，作出图象，即可求解．
解：因为h（x）＝f（x）﹣g（x）恰有两个不同的零点，所以f（x）＝g（x）有2个交点，
先判断y＝x2﹣2x与y＝3x2﹣3x+4交点的个数，令x2﹣2x＝3x2﹣3x+4，即2x2﹣x+4＝0，
Δ＝1﹣4×2×4＝﹣31＜0，所以y＝x2﹣2x与y＝3x2﹣3x+4无交点；判断y＝﹣x2+（2a﹣2）x与y＝3x2﹣3x+4交点的个数，
﹣x2+（2a﹣2）x＝3x2﹣3x+4，即4x2﹣（2a+1）x+4＝0，令Δ＝（2a+1）2﹣64＞0，
解得a＞72或a＜−92，所以当a＞72或a＜−92，
y＝﹣x2+（2a﹣2）x与y＝3x2﹣3x+4有2个交点；
判断y＝x2﹣2x与y＝4﹣x交点情况，令x2﹣2x＝4﹣x，即x2﹣x﹣4＝0，
解得x=1+172或1−172，其中1−172＜−1，
所以y＝x2﹣2x与y＝4﹣x有2个交点；判断y＝﹣x2+（2a﹣2）x与y＝4﹣x交点情况，
﹣x2+（2a﹣2）x＝4﹣x，即x2﹣（2a﹣1）x+4＝0，令Δ＝（2a﹣1）2﹣16＞0，
解得a＞52或a＜−32，当a＞52或a＜−32时，y＝﹣x2+（2a﹣2）x与y＝4﹣x有2个交点；
①当a＞72时，y＝﹣x2+（2a﹣2）x（x＜a）与y＝3x2﹣3x+4（x≥﹣1）有2个交点，如图所示，符合题意；
②当a=72时，y＝﹣x2+（2a﹣2）x（x＜a）与y＝3x2﹣3x+4（x≥﹣1）有1个交点，如图所示，不合题意；
③当0＜a＜72时，如图所示，f（x），g（x）无交点，不符合题意；
④当a＝0时，如图所示，f（x），g（x）无交点，不符合题意；
⑤当−32＜a＜0时，如图所示，f（x），g（x）无交点，不符合题意；
⑥当a=−32时，f(−32)=214＜g(−32)=112，如图所示，f（x），g（x）只有1个交点，不符合题意；
⑦当a＜−32时，y＝x2﹣2x（x≥a）与y＝4﹣x（x＜﹣1）有一个交点，
y＝﹣x2+（2a﹣2）x（x＜a）与y＝4﹣x（x＜﹣1）有一个交点，如图所示，符合题意；
综上所述，a∈(−∞，−32)∪(72，+∞)．
故(−∞，−32)∪(72，+∞)．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，属于难题．
16．（2025春•郫都区校级期中）若关于x的方程xex+exx+ex+m＝0有三个不相等的实数解x1，x2，x3，且x1＜0＜x2＜x3，其中m∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数，则（x1ex1+1）2（x2ex2+1）（x3ex3+1）的值为 1 ．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；数形结合法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】1．
【分析】方程xex+exx+ex+m＝0可化为xex+1xex+1+m=0，令f(x)=t=xe2，原式可化为t+1t+1+m=0，利用导数得到f（x）的单调性和极值，画出f（x）的大致图象，数形结合求解即可．
解：化简xex+exx+ex+m＝0可得，xex+1xex+1+m=0，
令f(x)=t=xe2，定义域为R，
则f′(x)=1−xex，令f′（x）＝0，解得x＝1，
当x＜1时，f'（x）＞0，f（x）为单调递增函数，且 f（0）＝0，当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）为单调递减函数，且当x→+∞时f（x）＞0，
又f（1）=1e，
则f（x）的图像如图，

原式可化为t+1t+1+m=0，
即t2+（m+1）t+（m+1）＝0两根为t1，t2，t1+t2＝﹣（m+1），t1•t2＝m+1，
则根据f(x)=xex可知t1=x1ex1，t2=x2ex2=x3ex3，
则（x1ex1+1）2（x2ex2+1）（x3ex3+1）=(t1+1)2⋅(t2+1)⋅(t2+1)=[（t1+1）（t2+1）]2，
又（t1+1）（t2+1）＝t1t2+（t1+t2）+1＝﹣（m+1）+（m+1）+1＝1，
即（x1ex1+1）2（x2ex2+1）（x3ex3+1）的值为1．
故1．
【点评】本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•山东期中）已知函数f（x）＝x﹣lnx+a有两个不同零点x1，x2（x1＜x2）．
（1）求a的取值范围；
（2）证明：x1+x2＞2；
（3）证明：2+2aee−1＜x2−x1＜−ae−a−2e−1．
【考点】函数与方程的综合运用；利用导数求解函数的最值．
【专题】函数思想；转化思想；分析法；综合法；函数的性质及应用；导数的概念及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）（﹣∞，﹣1）；
（2）证明见解析；
（3）证明见解析；
【分析】（1）利用导数求得函数的最小值为a+1，由a+1＜0求解即可；
（2）令F（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），利用导数可得当0＜x＜1时，F（x）单调递减．从而得f（x1）＞f（2﹣x1），即有f（x2）＞f（2﹣x1），再根据函数f（x）的单调性即可得证；
（3）由x1﹣lnx1+a＝0，x1+x2＞2，可知要证2+2aee−1＜x2−x1成立，只需lnx1≤1ex1，令h(x)=lnx−1ex，利用导数证明即可；由导数的几何意义可证x2−x1＜−ae−a−2e−1，从而得证．
解：（1）因为f′(x)=1−1x=x−1x，
由f′（x）＝0，得x＝1，
所以当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
又f（1）＝1+a，
又当x趋于0时，f（x）趋于+∞，当x趋于+∞时，f（x）趋于+∞，
因为f（x）有两个不同的零点，所以1+a＜0，
所以a＜﹣1，且0＜x1＜1＜x2，
综上所述，a的取值范围为（﹣∞，﹣1）；
（2）证明：令F（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），
则F′(x)=f′(x)+f′(2−x)=x−1x+1−x2−x=−2(x−1)2x(2−x)，
当0＜x＜1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减．
所以F（x1）＝f（x1）﹣f（2﹣x1）＞F（1）＝0，
所以f（x1）＞f（2﹣x1），
因为f（x1）＝f（x2），
所以f（x2）＞f（2﹣x1），
因为f（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以x2＞2﹣x1，所以x1+x2＞2；
（3）证明：因为x1﹣lnx1+a＝0，x1+x2＞2，
所以x2﹣x1＞（2﹣x1）﹣x1＝2﹣2x1，
要证2+2aee−1＜x2−x1成立，只需2−2x1≥2+2aee−1，
只需x1≤−aee−1，只需x1≤(x1−lnx1)ee−1，只需lnx1≤1ex1，
令h(x)=lnx−1ex，则h′(x)=1x−1e=e−xex，
当0＜x＜1时，h（x）＞0，h（x）单调递增，
h(x1)=lnx1−1ex1＜h(1)=−1e＜0，
所以lnx1≤1ex1成立，
所以2+2aee−1＜x2−x1成立；
函数f（x）在x=1e处的切线为y−(1e+1+a)=(1−e)(x−1e)，
即y＝（1﹣e）x+2+a，
函数f（x）在x＝e处的切线为y−(e−1+a)=(1−1e)(x−e)，
即y=(1−1e)x+a，
分别令y＝0，得x3=2+ae−1，x4=−aee−1，
易知f(x)≥(1−e)x+2+a，f(x)≥(1−1e)x+a，
所以x2−x1＜x4−x3=−ae−a−2e−1，
综上所述，2+2aee−1＜x2−x1＜−ae−a−2e−1．
【点评】本题考查了函数的零点、导数的综合运用及转化思想，属于难题．
18．（2025春•闵行区校级期中）如图，有一块矩形铁皮ABCD，其中AB＝t米，AD＝4米，其中，t是一个大于等于4的常数．阴影部分AMN是一个半径为3米的扇形．设这个扇形已经腐蚀不能使用，但其余部分均完好．工人师傅想在未被腐蚀的部分截下一块其边落在BC与CD上的矩形铁皮PQCR，使点P在弧MN上．设∠MAP=θ(0≤θ≤π2)．矩形PQCR的面积为S平方米，S关于θ的函数为f（θ）．
（1）求函数f（θ）的表达式；
（2）当t＝6时，设g（θ）=f(θ)−9sinθcsθ+18sinθ12−sin2θ，求g（θ）的值域；
（3）当t＝4时，求S的最小值，并求出当S取得最小值时，所对应的sin2θ的值．
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】函数思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；三角函数的图象与性质；运算求解．
【正确答案】（1）f（θ）＝（4﹣3sinθ）（t﹣3csθ）(0≤θ≤π2)；
（2）[34，1]；
（3）79．
【分析】（1）直接根据三角函数的定义即可得到表达式；
（2）利用恒等变换得g（θ）＝cs2θ﹣csθ+1，利用二次函数及余弦函数的性质求解即可；
（3）化简得S=92(sinθ+csθ−43)2+72≥72，从而得sinθ+csθ=43，平方求解即可．
解：（1）过P作PE⊥AB，垂足为E，
由题意可得：PE＝3sinθ，AE＝3csθ，
故PQ＝AB﹣AE＝t﹣3csθ，PR＝AD﹣PE＝4﹣3sinθ，
所以矩形PQCR的面积S＝PR•PQ＝（4﹣3sinθ）（t﹣3csθ）(0≤θ≤π2)，
所以f（θ）＝（4﹣3sinθ）（t﹣3csθ）(0≤θ≤π2)；
（2）因为t＝6，
所以f（θ）＝（4﹣3sinθ）（6﹣3csθ）＝9sinθcsθ﹣18sinθ﹣12csθ+24(0≤θ≤π2)；
所以g（θ）=f(θ)−9sinθcsθ+18sinθ12−sin2θ
=−12csθ+2412−sin2θ
＝﹣sin2θ﹣csθ+2
＝cs2θ﹣csθ+1
＝（csθ−12）2+34，
因为0≤θ≤π2，所以0≤csθ≤1，
所以g（θ）＝（csθ−12）2+34∈[34，1]；
（3）因为t＝4，
所以S＝（4﹣3sinθ）（4﹣3csθ）
＝16﹣12（sinθ+csθ）+9sinθcsθ
=16−12(sinθ+csθ)+92((sinθ+csθ)2−1)
=92(sinθ+csθ)2−12(sinθ+csθ)+232
=92(sinθ+csθ−43)2+72≥72，
当且仅当sinθ+csθ=43时，等号成立，
平方得1+sin2θ=169，
解得sin2θ=79．
【点评】本题考查了丰角函数在生活中的实际运用、三角恒等变换及三角函数的性质，属于中档题．
19．（2025春•萍乡期中）已知函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜π2)图象的一条对称轴和与其相邻的一个对称中心之间的距离为π4，且f（x）的图象过点(0，12)．
（1）若y＝f（x+m）是奇函数，求|m|的最小值；
（2）令g（x）＝5f（x）﹣1，记g（x）在区间[−7π6，11π6]上的零点从小到大依次为x1，x2，…，xn，求x1+2x2+2x3+…+2xn﹣1+xn的值．
【考点】函数的零点与方程根的关系；余弦函数的图象；由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；三角函数的图象与性质；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）π12；
（2）10π3．
【分析】（1）由题意可求得f（x）＝cs（2x+π3），进而得π3+2m＝kπ+π2，k∈Z，m=kπ2+π12，k∈Z，即可得答案；
（2）由题意可得f（x）=15，作出函数的图象，结合图象确定解的个数，再根据函数的对称性求解即可．
解：（1）因为函数图象的一条对称轴和与其相邻的一个对称中心之间的距离为π4，
所以T4=π4，
所以T=2πω=π，
解得ω＝2，
所以f（x）＝cs（2x+φ），
又因为f（x）的图象过点(0，12)．
所以csφ=12，
又因为0＜φ＜π2，
所以φ=π3，
所以f（x）＝cs（2x+π3），
所以f（x+m）＝cs（2x+π3+2m），
又因为y＝f（x+m）是奇函数，
所以π3+2m＝kπ+π2，k∈Z，
解得m=kπ2+π12，k∈Z，
所以|m|的最小值为π12；
（2）令g（x）＝5f（x）﹣1＝0，
则有f（x）=15，
作出函数y＝f（x）在[−7π6，11π6]上的图象，如图所示：
由此可得方程f（x）=15在[−7π6，11π6]上有6个解，
且x1，x2关于x=−2π3对称，所以x1+x2=−4π3；
x2，x3关于x=−π6对称，所以x2+x3=−π3；
x3，x4关于x=π3对称，所以x3+x4=2π3；
x4，x5关于x=5π6对称，所以x4+x5=5π3；
x5，x6关于x=4π3对称，所以x5+x6=8π3；
所以x1+2x2+2x3+…+2x5+x6=10π3．
【点评】本题考查了余弦函数的图象及性质，考查了转化思想及数形结合思想，属于中档题．
20．（2025春•顺庆区校级期中）已知函数f(x)=x2−4x−acsπx2．
（1）求f（1）的值；
（2）当a＝﹣2时，试判断函数f（x）在[0，1]的单调性并求函数f（x）在[0，1]的值域（单调性不需要证明）；
（3）若关于x的方程f（x）＝a﹣4恰有三个不等实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求f（2x1）﹣7f（x3）﹣8x1的最大值，并求出此时实数a的值．
【考点】函数与方程的综合运用．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；三角函数的图象与性质；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）﹣3；
（2）单调递减，值域为[﹣3，2]；
（3）12，a＝2．
【分析】（1）将x＝1代入求解即可；
（2）当a＝﹣2时，f（x）＝x2﹣4x+2csπ2x，由二次函数及余弦函数的性质可判断单调性，根据单调性即可求值域；
（3）构造F（x）＝f（x）﹣a+4，根据F（4﹣x）＝F（x），可得F（x）关于直线x＝2对称，进而可得x1+x3＝2x2＝4，即可代入化简得f（2x1）﹣7f（x3）﹣8x1的表达式，即可结合二倍角公式以及二次函数的性质求解．
解：（1）因为f(x)=x2−4x−acsπx2，
所以f（1）＝1﹣4﹣0＝﹣3；
（2）当a＝﹣2时，f（x）＝x2﹣4x+2csπ2x，
因为函数y＝x2﹣4x在[0，1]上单调递减，
当x∈[0，1]时，π2x∈[0，π2]，
由余弦函数的性质可知y＝2csπ2x在[0，1]上单调递减，
所以函数y＝f（x）在[0，1]上单调递减；
所以f（x）max＝f（0）＝2，f（x）min＝f（1）＝﹣3，
所以函数在[0，1]上的值域为[﹣3，2]；
（3）f(x)=a−4⇔(x−2)2=a(csπ2x+1)，
显然当x≠2时，(x−2)2＞0，0≤csπ2x+1≤2，
由于方程f（x）＝a﹣4有三个不等实根x1，x2，x3，
所以必有a＞0，
令F（x）＝f（x）﹣a+4，
则F(x)=x2−4x−acsπ2x−a+4，
显然有F（2）＝0，
因为F(4−x)=(4−x)2−4(4−x)−acsπ2(4−x)−a+4=x2−4x+4−acsπ2x−a=F（x），
所以函数F（x）关于直线x＝2对称，
由F（x1）＝F（x2）＝F（x3）＝0，
可得x1+x3＝2x2＝4，
于是f(x3)=f(4−x1)=x12−4x1−acsπ2x1，
f(2x1)=4x12−8x1−acsπx1，
f(2x1)−7f(x3)−8x1=4x12−8x1−acsπx1−7(x12−4x1−acsπ2x1)−8x1
=−3(x1−2)2+12−a(2cs2π2x1−1−7csπ2x1)①，
由F（x1）＝0，可得(x1−2)2=a(csπ2x1+1)②，
将②代入①式可得：f(2x1)−7f(x3)−8x1=−3a(csπ2x1+1)+12−a(2cs2π2x1−1−7csπ2x1)
=a(−2cs2π2x1+4csπ2x1−2)+12
=−2a(csπ2x1−1)2+12≤12，
当且仅当csπ2x1=1，即x1＝4k（k∈N）时等号成立，
由于f（x）＝a﹣4 恰有三个不等实根，x2＝2且x1＜x2＜x3，
所以x1＝0，此时x3＝4，
由(x1−2)2=a(csπ2x1+1)，
可得4＝a（cs0+1），故a＝2．
【点评】本题考查了二次函数、余弦函数的性质，考查了转化思想，属于难题．