2027年高考数学一轮复习学案 专题04 指对幂函数及函数的应用

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题04 指对幂函数及函数的应用学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，知能解读 04，知能解读 05，重难点突破 01，重难点突破 02，重难点突破 03等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】指数幂与对数运算
【知能解读 02】幂函数与二次函数
【知能解读 03】指数函数及其性质
【知能解读 04】对数函数及其性质
【知能解读 05】函数零点与二分法
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】二次函数在闭区间上的最值问题
【重难点突破 02】指数型复合函数的单调性与值域问题
【重难点突破 03】对数型复合函数的单调性与值域问题
【重难点突破 04】嵌套函数的零点问题
【重难点突破 05】函数零点的求和问题
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】忽略对指数与对数底数的讨论致错
【易混易错 02】求复合函数单调性时忽略定义域致错
【易混易错 03】对零点存在定理理解不准确致错
点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】指数幂与对数式运算
【方法技巧 02】幂函数的图象与性质
【方法技巧 03】指数函数的图象与性质应用
【方法技巧 04】对数函数的图象与性质应用
【方法技巧 05】指对幂比较大小的常用方法
【方法技巧 06】函数零点个数的判断方法
【方法技巧 07】已知零点个数求参数范围的方法
指数幂与对数运算
根式与分数指数幂
根式的定义：一般地，如果 xn  a ，那么 x 叫做 a 的 n 次方根，其中n 1，且n  N* 。式子 n a 叫做根式，这里 n 叫做根指数，a 叫做被开方数．
 a , n为偶数.
根式的性质（ n  1，且n  N ）： ( n a )n  a ； ( n a )n  a, n为奇数,

分数指数幂的表示
m
正分数指数幂：规定： a n 
m
a  0, m, n  N, n  1
n am
n am
11
负分数指数幂：规定： a
n  m 
a n
a  0, m, n  N, n  1
性质：0 的正分数指数幂等于 0，0 的负分数指数幂没有意义
指数幂的运算性质
无理数指数幂：一般地，无理数指数幂a（ a  0 ，为无理数）是一个确定的实数．有理数指数幂的运算性质同样适用于无理数指数幂．
指数幂的运算性质
① aras  ars (a  0, r, s  R) ． ② ar s  ars (a  0, r, s  R) ． ③ (ab)r  arbr (a  0, b  0, r  R) ．
对数与对数运算
对数的概念：如果 ax＝N(a>0，且 a≠1)，那么数 x 叫做以 a 为底数 N 的对数，记作 x＝lgaN，其中 a
叫做对数的底数，N 叫做真数，lgaN 叫做对数式．
对数的性质
对数式与指数式的互化：ax＝N⇔x＝lgaN(a>0，且 a≠1)；
①lga1＝0，②lgaa＝1，③algaN＝N，④ lgaaN＝N (a>0，且 a≠1)．指数式与对数式的关系
对数的的运算法则与换底公式：如果 a>0，且 a≠1，M>0，N>0
a
运算法则：①lga(M·N)＝lgaM＋lgaN②lg M＝lgaM－lgaN③lgaMn＝nlgaM(n∈R)
N
换底公式：①lgab＝lgcb(a>0，且 a≠1，c>0，且 c≠1，b>0)，
lgca
②换底公式的三个重要结论：lgab＝ 1
lgba
；lgambn＝ n lgab；lgab·lgbc·lgcd＝lgad.
m
【真题实战】（2024·全国甲卷·高考真题）已知a  1且 11
  5 ，则a ．
【答案】64

11
【解析】由题
3 1 lg
2
a  5 ，
lg8a
lga 42
lg8 alg a 4lg2 a22
22
2222
整理得lg a2  5 lg a  6  0  lg a  1或lg a  6 ，又a  1 ，所以lg a  6  lg 26 ，故 a  26  64
幂函数与二次函数
幂函数的定义：一般地，函数 y＝xα叫做幂函数，其中 x 是自变量，α是常数．
幂函数的特征：xα的系数是 1；xα的底数 x 是自变量；xα的指数α为常数．
只有满足这三个条件，才是幂函数．对于形如 y＝(2x)α，y＝2x5，y＝xα＋6 等的函数都不是幂函数．
1
幂函数的图象：同一坐标系中，幂函数 y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝x－1， = 2的图象(如图)．
幂函数的性质
所有的幂函数在(0，＋∞)上都有定义，并且图象都过点(1,1)；
如果α＞0，那么幂函数的图象过原点，并且在区间[0，＋∞)上单调递增；
如果α＜0，那么幂函数的图象在区间(0，＋∞)上单调递减，在第一象限内，当 x 从右边趋向于原点时，图象在 y 轴右方无限接近 y 轴，当 x 从原点趋向于＋∞时，图象在 x 轴上方无限接近 x 轴；
在(1，＋∞)上，随幂指数的逐渐增大，图象越来越靠近 y 轴．
二次函数的图象和性质
【真题实战】（2025·湖南·一模）已知幂函数 f  x   m2  2m  2 xm2 在0,  上单调递增，则 m 的值为（ ）
B．-3C．-4D．1 或-3
【答案】A
函数
y＝ax2＋bx＋c(a>0)
y＝ax2＋bx＋c(a＜0)
图象(抛物线)
定义域
R
值域
4ac－b2
，＋∞
4a
－∞4ac－b2
，
4a
对称轴
x＝－ b
2a
顶点坐标
— b ，4ac－b2
2a4a
奇偶性
当 b＝0 时是偶函数，当 b≠0 时是非奇非偶函数
单调性
－∞，－ b
在2a
上是减函数；
－∞，－ b
在2a
上是增函数；
— b ，＋∞
在2a上是增函数
— b ，＋∞
在2a上是减函数
m2  2m  2  1  m  3或m  1 


【解析】由题意可得m  2  0
m  2
m 1.故选：A
指数函数及其性质
指数函数的概念：一般地，函数 y  ax （ a  0 且a  1）叫做指数函数，其中指数 x 是自变量，定义域是
R，a 是指数函数的底数．
指数函数的图象与性质
指数函数的常用技巧
当底数大小不定时，必须分“ a  1”和“ 0  a  1”两种情况讨论；
指数函数的图象与底数大小的比较
如图是指数函数（1） y  ax ；（2） y  bx ；（3） y  cx ；（4） y  d x 的图象，底数 a, b, c, d 与 1 的之间的大小关系为c  d  1  a  b ；
规律：在 y 轴右（左）侧图象越高（低），其底数越大．
a  1
0  a  1
图象
图像特征
在 x 轴的上方，过定点(0,1)
当 x 逐渐增大时，图象逐渐上升
当 x 逐渐增大时，图象逐渐下降
性质
定义域
R
值域
(0,)
单调性
在 R 上是增函数
在 R 上是减函数
奇偶性
非奇非偶函数
范围
当 x  0 时， 0  y  1 ；
当 x  0 时， y  1；
当 x  0 时， y  1；
当 x  0 时， 0  y  1 ；
指数函数 y  ax 与
 1 x 的图象关于 y 轴对称．
y   a 
 
【真题实战】（2025·江西·二模）若函数
f  x  2025∣xa∣在区间2026,  上单调递增，则 a 的取值范围为
（ ）
A． 2026, 
【答案】D
B． 0, 2026
C． , 2026
D． , 2026
【解析】根据函数 f  x  2025∣xa∣在区间2026,  上单调递增，且 y  2025x 单调递增，
可得 y  x  a 在区间2026,  上单调递增，所以a  2026 .故选:D.
对数函数及其性质
对数函数的概念
定义：函数 y  lga x （ a  0 ，且a  1）叫做对数函数，其中 x 是自变量，定义域为0,  ．
特殊的对数函数
①常用对数函数：以 10 为底的对数函数 y  lg x .
②自然对数函数：以无理数 e 为底的对数函数 y  ln x .
对数函数的图象与性质
对数函数图象的常用结论
函数 y＝lgax 与 = ?1的图象 x 轴对称；
对数函数的图象与底数大小的关系
如图，作直线 y＝1，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数，故 0＜c＜d＜1＜a＜b.
由此我们可得到以下规律：在第一象限内从左到右底数逐渐增大．
【真题实战】（2025·全国一卷·高考真题）已知2  lg2 x  3  lg3 y  5  lg5 z ，则 x，y，z 的大小关系不可能是（ ）
图象
a＞1
0＜a＜1
性质
定义域：(0，＋∞)
值域：R
当 x＝1 时，y＝0，即过定点(1,0)
当 0＜x＜1 时，y＜0；
当 x＞1 时，y＞0
当 0＜x＜1 时，y＞0；
当 x＞1 时，y＜0
在(0，＋∞)上为增函数
在(0，＋∞)上为减函数
x  y  z
C． y  x  z
【答案】B
x  z  y
D． y  z  x
【解析】法一：设2  lg 2 x  3  lg3 y  5  lg5 z m ，所以
令m  2 ，则 x  1, y  31  1 , z  53  1 ，此时 x  y  z ，A 有可能；
3125
令m  5 ，则 x  8, y  9, z  1，此时 y  x  z ，C 有可能；
令m  8 ，则 x  26  64, y  35  243, z  53  125 ，此时 y  z  x ，D 有可能；故选：B．
法二：设2  lg 2 x  3  lg3 y  5  lg5 z m ，所以， x  2m2 , y  3m3, z  5m5
根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，作出函数 y  2x2 , y  3x3, y  5x5 的图象，
以上方程的根分别是函数 y  2x2 , y  3x3, y  5x5 的图象与直线 x  m 的交点纵坐标，如图所示：
易知，随着m 的变化可能出现： x  y  z ， y  x  z ， y  z  x ， z  y  x ，故选：B．
函数零点与二分法
函数零点的定义
函数零点的概念：对于函数 y＝f(x)(x∈D)，把使 f(x)＝0 的实数 x 叫做函数 y＝f(x)(x∈D)的零点．
函数零点与方程实数解的关系
方程 f(x)＝0 有实数根⇔函数 y＝f(x)的图象与 x 轴有交点⇔函数 y＝f(x)有零点．
【注意】函数的零点不是函数 y＝f(x)的图象与 x 轴的交点，而是交点的横坐标，也就是说函数的零点不是一个点，而是一个数．
函数零点存在定理
定理：如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a)·f(b)＜0，
那么，函数 y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在 c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这个 c 也就是方程 f(x)＝0 的根．
两个重要推论
推论 1：函数 f  x 在区间a,b 上的图象是一条连续不断的曲线， f a f b  0 ，且 f  x 具有单调性，则函数 f  x 在区间a.b 内只有一个零点．
推论 2：函数 f  x 在区间a,b 上的图象是一条连续不断的曲线，函数 f  x  在区间a.b  内有零点，且函数 f  x  具有单调性，则 f a   f b   0 ．
二分法
二分法的定义：对于在区间[a，b]上连续不断且 f(a)f(b)＜0 的函数 y＝f(x)，通过不断地把函数 f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．
给定精确度，用二分法求函数 y  f  x 零点 x0 的近似值的步骤
①确定零点 x0 的初始区间a, b ，验证 f a f b  0
②求区间a,b的中点c
③计算 f c ，进一步确定零点所在的区间：
若 f c  0 （此时 x0  c ），则c 就是函数的零点；若 f a f c  0 （此时 x0 a, c ），则令b  c ；若 f c f b  0 （此时 x0 c, b），则令 a  c .
④判断是否达到精确度：若 a  b ，则得到零点近似值a （或b ）；否则重复（2）~（4）
【注意】初始区间的确定要包含函数的变号零点．
x
【真题实战】（2025·天津·高考真题）函数 f (x)  0.3x 的零点所在区间是（ ）
A． (0, 0.3)B． (0.3, 0.5)C． (0.5,1)D． (1, 2)
【答案】B
x
【解析】由指数函数、幂函数的单调性可知： y  0.3x 在R 上单调递减， y 在0,  单调递增，
所以 f  x  0.3x  x 在定义域上单调递减，
显然 f 0  1  0, f 0.3  0.30.3  0.30.5  0, f 0.5  0.30.5  0.50.5  0 ，所以根据零点存在性定理可知 f  x 的零点位于0.3, 0.5 .故选：B
二次函数在闭区间上的最值问题
二次函数在闭区间上的最值主要有四种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动、轴动区间动，不论哪种类型，解题的关键都是对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论．
【典例 1】（2025 高三下·全国·专题练习）已知函数 f (x)  x2  2ax  3 ．
已知 f (x) 在3,  上单调递增，求a 的取值范围；
求 f ( x) 在1, 2上的最小值．
【答案】(1) , 3 ；(2) f  x
min
2a  2, a  1,

 a2 3, 1  a  2,

1 4a, a  2.
【解析】（1）由函数 f (x)  x2  2ax  3 ，可得 f ( x) 的图象开口向上，且对称轴为 x  a ，要使得 f (x) 在3,  上单调递增，则满足a  3 ，所以a 的取值范围为, 3．
（2）由函数 f (x)  x2  2ax  3 ，可得 f ( x) 的图象开口向上，且对称轴为 x  a ， 当a  1 时，函数 f ( x) 在1, 2 上单调递增，所以 f ( x) 的最小值为 f (1)  2a  2 ；当1  a  2 时，函数 f ( x) 在1, a 上单调递减，在a, 2 上单调递增，
所以 f ( x) 的最小值为 f (a)  a2  3 ；
当a  2 时，函数 f (x) 在1, 2 上单调递减，所以 f (x) 的最小值为 f (2)  1 4a ，

2a  2, a  1,
综上可得， f (x) 在1, 2 上的最小值为 f (x)
min
 a2  3, 1  a  2,

1 4a, a  2.
【典例 2】（24-25 高三下·江苏宿迁·月考）已知函数 f  x  x2  mx  3, m  R .
当m  2 时，求不等式 f  x  0 的解集；
已知函数 f  x  在区间2,2 上的最小值为－4，求m .
【答案】(1)x x3 或 x  1；(2) m  2
【解析】（1）当m  2 时， f  x   x2  2x  3 ，
所以 x2  2x  3  0   x 1 x  3  0 ，解得 x  1或 x  3 ，所以不等式 f  x   0 的解集为x x3 或 x  1.
（2）开口向上，对称轴 x  m ，
2
当 m  2 即m  4 时，最小值为 f 2  4  2m  3  4 ，解得m   5 ，
22
又m  4 ，所以舍去；
当 m  2 即m  4 时，最小值为 f 2  4  2m  3  4 ，解得m  5 ，
22
又m  4 ，所以舍去；
m m m2m2
22
当 2   2 即4  m  4 时，最小值为 f   

3  4，解得m  2 ，
42
综上， m  2 .
指数型复合函数的单调性与值域问题
指数型复合函数的单调性问题
研究 y  a f ( x ) 的函数的单调性：函数 y  a f ( x ) 的单调性与函数u 
0  a  1时相反．
f (x) 的单调性在 a  1时相同，在
研究 y  f (ax ) 型函数的单调性：一般用换元法，即令t  ax ，则只需研究t  ax 与 y  f (t) 的单调
性即可．
指数型复合函数的值域问题
形如 y  f (ax ) 函数的值域：令 ax  t ，将求原函数的值域转化为求 f (t) 的值域，但要注意“新元t ”
的范围．
形如 y  a f  x 函数的值域：令 f  x ，先求出 f  x 的值域，再利用 y  a的单调性求出 y  a f x 的值域．
 1  x2 2 x1
【典例 1】（24-25 高三上·四川广安·月考）函数 y   
3
 
的单调递增区间是.
【答案】1, 
2
 1  x 2 x1
3
【解析】函数 y   
 
的定义域为R ，令u  x2  2x 1，
则函数u  x2  2x 1在, 1 上单调递增，在1,  上单调递减，
 1 u
3
而函数 y   
 
在定义域上单调递减，
 1  x2 2 x1
因此函数 y   
3
 
 1  x2 2 x1
所以函数 y   
3
 
在, 1 上单调递减，在1,  上单调递增，的单调递增区间是1,  .
【典例 2】（24-25 高三上·陕西西安·模拟考试）已知函数 f  x  a2 x  a2 x  m ax  a x (a  0 且a  1) .
若m  2 ，求函数 f  x  的最小值；
若 f  x  1恒成立，求实数m 的取值范围.

【答案】(1)1；(2) 2 3, 2 3
【解析】（1）若m  2 ，则 f  x  a2x  a2x  2ax  ax   ax  ax 2  2  2ax  ax  ，令ax  ax  t ，
故原式化为 y  t2  2t  2  t 12 1，
若a  1时，可知 y  ax , y  ax 在R 上单调递增， 可知t  ax  a  x 在R 上单调递增，可知t ,  ；若0  a  1时，可知 y  ax , y  ax 在R 上单调递减，可知t  ax  a  x 在R 上单调递减，可知t ,  ；综上所述： t  ax  ax ,  ，
可知当t  1时， y  t  12  1t  ,  取到最小值为 1.
（2）因为 f  x   a2x  a2x  m ax  ax   ax  ax 2  2  m ax  ax  ，设t  ax  ax ,  ，
由题意得即t2  mt  2  1恒成立，即t2  mt  3  0 恒成立，
3
3

且t ,  ，则  m2 12  0 ，解得2 m  2，所以实数m 的取值范围为2 3, 2 3 .
对数型复合函数的单调性与值域问题
对数型复合函数的单调性问题的求解策略
对于 y  lga f (x) 型函数的单调性：函数 y  lga f (x) 的单调性与函数u 
性在 a  1时相同，在0  a  1时相反．
f (x)( f (x)  0) 的单调
研究 y  f (lga x) 型函数的单调性：一般用换元法，即令t  lga x ，则只需研究t  lga x 与 y 
的单调性即可．
对数型复合函数的值域问题的求解策略
f (t)
对于 y  f (lga x) 函数的值域：令lga x  t ，先求出lga x  t 的值域，再利用 y  f t  的单调性，再求出 y  f t  的值域．
对于 y  lga f (x) 函数的值域：令 f  x ，先求出 f  x 的值域，再利用 y  lga 的单调 性，求出 y  lga f x  的值域．
【典例 1】（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数 f (x)  lg x2  ax  5在5,  上单调递增，则a 的取值范
围是（ ）
A．, 4
【答案】B
B．, 4
4, 
4, 
【解析】由函数 f (x)  lg x2  ax  5在(5,  ) 上单调递增，可得u(x)  x2  ax  5 在(5,  ) 上单调递增，
且u(x)  0 在(5, ) 上恒成立，故需满足 2
 a  5

u 5  25  5a  5  0
，解得a  4 .故选：B.
【典例 2】（24-25 高三上·安徽亳州·月考）设函数 f  x  lga 2  x  lga 4  x a  0 且a  1 ．
若 f 2  3 ，求实数a 的值及函数 f  x  的定义域；
若a  3 ，求函数 f  x  的最大值．
【答案】(1) a  2 ， f  x  定义域为2, 4 ；(2)2
【解析】（1）由 f 2  lga 4  lga 2  lga 8  3 ，解得a  2 ．所以 f  x   lg2 2  x   lg2 4  x  ，
4  x  0
由2  x  0 得2  x  4 ，所以函数 f  x  的定义域为2, 4 ．

（2）若a  3, f  x  lg  2  x  lg  4  x  lg   x2  2 x  8 ，
333
由（1）知，函数 f  x  的定义域为2, 4 ，
因为函数 y   x2  2x  8 在2, 1 上单调递增，在1, 4 上单调递减，函数 y  lg3 x 在定义域内为增函数，
max
所以 f  x  在2, 1 上单调递增，在1, 4 上单调递减，所以 f  x f 1  lg3 3  lg3 3  2 ．
处理复合函数 y 
嵌套函数的零点问题
f [g(x)] 的零点问题的方法：
①确定内层函数u  g (x) 和外层函数 y 
f (u) ；
②确定外层函数 y 
f (u) 的零点u  ui (i  1, 2, 3,, n) ；
③确定直线u  ui (i  1, 2, 3,, n) 与内层函数u  g (x) 图象的交点个数分别为 a1 、a2 、 a3 、…、 an ，则
函数 y 
f [g(x)] 的零点个数为 a1  a2  a3  an ．
  
x2  2 x  3, x  0
【典例 1】（2025·贵州毕节·一模）已知函数 f x
 ln x , x  0
，则函数 y   f ( x)2
 5 f ( x)  6的零
点个数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【解析】由题意，令[ f (x)]2 5 f (x)  6  0 ，解得 f (x)  2 或 f (x)  3 ，作出 y  f (x) 的图象，如图，
由图可知，直线 y  2 与 y  f (x) 图象有 3 个交点，直线 y  3 与 y  f (x) 图象有 4 个交点，
所以原方程有 7 个解，
即函数 y  [ f (x)]2  5 f (x)  6 有 7 个零点.故选：C
2

【典例 2】（24-25 高三上·江苏镇江·月考）已知偶函数 f  x  ，当 x  0 时， f  x  3  x , x  1，若关于
3  2x, 0  x  1
x 的方程 f 2  x  a  8 f  x  a  0 有 8 个不同的实根，则实数a 的取值范围为（ ）
A．  4,  15 
B． 15 ,0
C．4, 0
D．  4,  7 
4 
4
2 

【答案】A
2

【解析】因为 f  x  为偶函数，且当 x  0 时， f  x  3  x , x  1，
3  2x, 0  x  1
所以 y  f  x 的大致图象如题所示，
令t  f  x ，则方程化为t2 a  8t  a  0 ，
结合图象可知当t 1, 3时， f  x  t 有 4 个不同的实根，
所以原问题转化为关于t 的方程t2 a  8t  a  0 在1, 3 上有两个不相等的实根，

Δ  a  82  4a  0
t  a  8 1, 315
令 g t   t2  a  8t  a ，则2
，解得4  a  ，

g 1  04
g 3  0
即实数a 的取值范围为 4,  15  ，故选：A
4 

函数零点的求和问题
利用函数零点位置的对称性求和
将函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题．
①如果两个函数图象都关于直线 x  a 对称，那么这两个函数图象的交点也关于直线 x  a 对称，则对应的两零点之和为 2a ．
②如果两个函数图象都关于点(a, 0) 对称，那么这两个函数图象的交点也关于点(a, 0) 对称，则对应的两零点之和为 2a ．
【典例 1】（2025·四川成都·模拟预测）函数 f ( x) | 2 x  3 | 8 sin πx( x  R ) 的所有零点之和为（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】D
【解析】函数 f (x)  2x  3  8sin πx(x  R) 的零点即为| 2x  3 | 8 sin πx 的解，即 g  x  2x  3 与h  x  8sin πx 图象交点横坐标，
因为h  3   8 ，故 x  3 为h  x  8sin πx 图象的对称轴，
2
2
 
 
而 x  3 也是 g  x  2x  3 的对称轴，
2
又h  x  8sin πx 的最小正周期为 2π  2 ，
π
在平面直角坐标系中画出 g  x, h  x 的图象（如图所示）：
因h  5   8  2  g  5  ， h  9   8  6  g  9  ， h  13   8  10  g  13 
22
22
22
  
  
  
  
，

故 g  x  2x  3 与h  x  8sin πx 图象在 x  3 的右侧有且仅有4 个不同的交点，
2
故 g  x  2x  3 与h  x  8sin πx 图象所有不同交点的横坐标和为4 3  12 .故选：D.
【典例 2】（24-25 高三上·黑龙江哈尔滨·月考）已知偶函数 f  x  定义域为R ，且 f 3x  f 2  3x ，当 x 0,1
时， f  x   x2 ，则函数 g  x  csπx  f  x 在区间 5 , 1  上所有零点的和为（ ）
7
【答案】A
6

3

2 2 
2
【解析】因为函数 g  x  csπx  f  x ， x   5 , 1  的零点的集合
 2 2 
与方程 csπx  f  x  0 在区间 5 , 1  上的解集相等，
 2 2 
又方程 csπx  f  x  0 可化为 csπx  f  x ，
所以函数 g  x  csπx  f  x ， x   5 , 1  的零点的集合
 2 2 
与函数 y  f  x 和函数 y  csπx 在区间 5 , 1  内的交点横坐标的集合相等，
 2 2 
因为函数 f  x 为定义域为R 的偶函数，
所以 f x  f  x ，函数 f  x 的图象关于 y 轴对称，
因为 f 3x  f 2  3x ，
取 x  1 t 可得， f 1 t   f 1 t  ，
3
所以函数 f 1 x为偶函数，
所以函数 f  x 的图象关于 x  1 对称，又当 x 0,1 时， f  x  x2 ，
作出函数 y  f  x ， y  csπx 的区间 5 , 1  上的图象如下：
 2 2 
观察图象可得函数 y  f  x ， y  csπx 的图象在区间 5 , 1  上有7 个交点，
 2 2 
将这7 个交点的横坐标按从小到大依次记为 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ，则 x1  x2  4 ， x3  x5  2 ， x4  1 ， x6  x7  0 ，
所以函数 g  x  csπx  f  x 在区间 5 , 1  上所有零点的和为7 .故选：A.
 2 2 
忽略对指数与对数底数的讨论致错
辨析： 指数与对数函数问题中， 其底数若不是确定的数值， 需要对底数分 a＞1 或 0