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专题05 函数的应用必考题型（真题、自招、模拟）分类训练-高考数学二轮复习讲义+分层训练（上海高考专用）
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这是一份专题05 函数的应用必考题型（真题、自招、模拟）分类训练-高考数学二轮复习讲义+分层训练（上海高考专用），文件包含专题05函数的应用必考题型分类训练解析版docx、专题05函数的应用必考题型分类训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共63页， 欢迎下载使用。
专题05函数的应用必考题型分类训练
【三年高考真题练】
一．填空题（共2小题）
1．（2022•上海）若函数f（x）＝，为奇函数，求参数a的值为 1 ．
【分析】由题意，利用奇函数的定义可得 f（﹣x）＝﹣f（x），故有 f（﹣1）＝﹣f（1），由此求得a的值．
【解答】解：∵函数f（x）＝，为奇函数，∴f（﹣x）＝﹣f（x），
∴f（﹣1）＝﹣f（1），∴﹣a2﹣1＝﹣（a+1），即 a（a﹣1）＝0，求得a＝0或a＝1．
当a＝0时，f（x）＝，不是奇函数，故a≠0；
当a＝1时，f（x）＝，是奇函数，故满足条件，
综上，a＝1，
故答案为：1．
【点评】本题主要考查函数的奇偶性的定义和性质，属于中档题．
2．（2020•上海）设a∈R，若存在定义域为R的函数f（x）同时满足下列两个条件：
（1）对任意的x0∈R，f（x0）的值为x0或x02；
（2）关于x的方程f（x）＝a无实数解，
则a的取值范围是 （﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞） ．
【分析】根据条件（1）可知x0＝0或1，进而结合条件（2）可得a的范围
【解答】解：根据条件（1）可得f（0）＝0或f（1）＝1，
又因为关于x的方程f（x）＝a无实数解，所以a≠0或1，
故a∈（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞），
故答案为：（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，属于基础题．
二．解答题（共4小题）
3．（2021•上海）已知一企业今年第一季度的营业额为1.1亿元，往后每个季度增加0.05亿元，第一季度的利润为0.16亿元，往后每一季度比前一季度增长4%．
（1）求今年起的前20个季度的总营业额；
（2）请问哪一季度的利润首次超过该季度营业额的18%？
【分析】（1）由题意可知，可将每个季度的营业额看作等差数列，则首项a1＝1.1，公差d＝0.05，再利用等差数列的前n项和公式求解即可．
（2）解法一：假设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润首次超过该季度营业额的18%，则0.16×（1+4%）n＞（1.1+0.05n）•18%，令f（n）＝0.16×（1+4%）n﹣（1.1+0.05n）•18%，（n∈N*），递推作差可得当1≤n≤9时，f（n）递减；当n≥10时，f（n）递增，注意到f（1）＜0，所以若f（n）＞0，则只需考虑n≥10的情况即可，再验证出f（24）＜0，f（25）＞0，即可得到利润首次超过该季度营业额的18%的时间．
解法二：设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润与该季度营业额的比为an，则＝＝1+0.04（1﹣），所以数列{an}满足a1＞a2＞a3＞a4＝a5＜a6＜a7＜……，再由a25，a26的值即可判断出结果．
【解答】解：（1）由题意可知，可将每个季度的营业额看作等差数列，
则首项a1＝1.1，公差d＝0.05，
∴S20＝20a1+d＝20×1.1+10×19×0.05＝31.5，
即营业额前20季度的和为31.5亿元．
（2）解法一：假设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润首次超过该季度营业额的18%，
则0.16×（1+4%）n＞（1.1+0.05n）•18%，
令f（n）＝0.16×（1+4%）n﹣（1.1+0.05n）•18%，（n∈N*），
即要解f（n）＞0，
则当n≥2时，f（n）﹣f（n﹣1）＝0.0064•（1+4%）n﹣1﹣0.009，
令f（n）﹣f（n﹣1）＞0，解得：n≥10，
即当1≤n≤9时，f（n）递减；当n≥10时，f（n）递增，
由于f（1）＜0，因此f（n）＞0的解只能在n≥10时取得，
经检验，f（24）＜0，f（25）＞0，
所以今年第一季度往后的第25个季度的利润首次超过该季度营业额的18%．
解法二：设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润与该季度营业额的比为an，
则＝＝1.04﹣＝1+0.04（1﹣），
∴数列{an}满足a1＞a2＞a3＞a4＝a5＜a6＜a7＜……，
注意到，a25＝0.178…，a26＝0.181…，
∴今年第一季度往后的第25个季度利润首次超过该季度营业额的18%．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了等差数列的实际应用，同时考查了学生的计算能力，是中档题．
4．（2020•上海）在研究某市交通情况时，道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除以时间，车辆密度是该路段一定
时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为v＝，x为道路密度，q为车辆密度，交通流量v＝f（x）＝．
（1）若交通流量v＞95，求道路密度x的取值范围；
（2）已知道路密度x＝80时，测得交通流量v＝50，求车辆密度q的最大值．
【分析】（1）由交通流量v随着道路密度x的增大而减小，知v＝f（x）是单调递减函数，进而知k＞0，于是只需100﹣135•＞95，解不等式即可；
（2）把x＝80，v＝50代入v＝f（x）的解析式中，求出k的值，利用q＝vx可得到q关于x的函数关系式，分段判断函数的单调性，并求出各自区间上q的最大值，取较大者即可．
【解答】解：（1）按实际情况而言，交通流量v随着道路密度x的增大而减小，
故v＝f（x）是单调递减函数，
所以k＞0，
当40≤x≤80时，v最大为85，
于是只需令100﹣135•＞95，解得x＜，
故道路密度x的取值范围为（0，）．
（2）把x＝80，v＝50代入v＝f（x）＝﹣k（x﹣40）+85中，
得50＝﹣k•40+85，解得k＝．
∴q＝vx＝，
①当0＜x＜40时，v＝100﹣135•（）＜100，
q＝vx＜100×40＝4000．
②当40≤x≤80时，q是关于x的二次函数，q＝﹣x2+120x，
对称轴为x＝，此时q有最大值，为＞4000．
综上所述，车辆密度q的最大值为．
【点评】本题考查分段函数的实际应用，考查学生分析问题和解决问题的能力，以及运算能力，属于中档题．
5．（2022•上海）已知函数f（x）的定义域为R，现有两种对f（x）变换的操作：φ变换：f（x）﹣f（x﹣t）；ω变换：|f（x+t）﹣f（x）|，其中t为大于0的常数．
（1）设f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，解方程：g（x）＝2；
（2）设f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，解不等式：f（x）≥h（x）；
（3）设f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x）；f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x）．若h1（x）＝h2（x）恒成立，证明：函数f（x）在R上单调递增．
【分析】（1）推导出g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，由此能求出x．
（2）推导出x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，当x≤﹣时，f（x）≥h（x）恒成立；当x＞﹣时，2tx+t2≤x2，由此能求出f（x）≥h（x）的解集．
（3）先求出u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），从而h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，先求出v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，从而h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，由h1（x）＝h2（x），得|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，再由f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，能证明函数f（x）在R上单调递增．
【解答】解：（1）∵f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，g（x）＝2，
∴g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，
解得x＝2．
（2）∵f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，f（x）≥h（x），
∴x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，
当x≤﹣时，f（x）≥h（x）恒成立；
当x＞﹣时，2tx+t2≤x2，
解得x≥（1+）t，或x≤（1﹣）t，
综上，不等式：f（x）≥h（x）的解集为（﹣∞，（1﹣）t]∪[（1+）t，+∞）．
（3）证明：f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x），
∴u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，
f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x），
∴v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∵h1（x）＝h2（x），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∴|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∵t＞0，∴，
∴函数f（x）在R上单调递增．
【点评】本题考查方程、不等式的解的求法，考查函数是增函数的证明，考查函数变换的性质、抽象函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．（2020•上海）有一条长为120米的步行道OA，A是垃圾投放点ω1，若以O为原点，OA为x轴正半轴建立直角坐标系，设点B（x，0），现要建设另一座垃圾投放点ω2（t，0），函数ft（x）表示与B点距离最近的垃圾投放点的距离．
（1）若t＝60，求f60（10）、f60（80）、f60（95）的值，并写出f60（x）的函数解析式；
（2）若可以通过ft（x）与坐标轴围成的面积来测算扔垃圾的便利程度，面积越小越便利．问：垃圾投放点ω2建在何处才能比建在中点时更加便利？
【分析】（1）利用题目所给定义表示出f60（x）＝{|60﹣x|，|120﹣x|}min，分类讨论可得f60（x）；
（2）利用题意可得ft（x）＝，表示出ft（x）与坐标轴围成的面积，进而表示出面积不等式，解出不等式即可
【解答】解：（1）投放点ω1（120，0），ω2（60，0），f60（10）表示与B（10，0）距离最近的投放点（即ω2）的距离，
所以f60（10）＝|60﹣10|＝50，同理分析，f60（80）＝|60﹣80|＝20，f60（95）＝|120﹣95|＝25，
由题意得，f60（x）＝{|60﹣x|，|120﹣x|}min，
则当|60﹣x|≤|120﹣x|，即x≤90时，f60（x）＝|60﹣x|；
当|60﹣x|＞|120﹣x|，即x＞90时，f60（x）＝|120﹣x|；
综上f60（x）＝；
（2）由题意得ft（x）＝{|t﹣x|，|120﹣x|}min，
所以ft（x）＝，则ft（x）与坐标轴围成的面积如阴影部分所示，
所以S＝t2+＝t2﹣60t+3600，
由题意，S＜S（60），即t2﹣60t+3600＜2700，
解得20＜t＜60，即垃圾投放点ω2建在（20，0）与（60，0）之间时，比建在中点时更加便利．
【点评】本题是新定义问题，考查对题目意思的理解，分类讨论是关键，属于中档题．
【三年自主招生练】
一．选择题（共2小题）
1．（2022•上海自主招生）f（x）＝|x+1|+|x|﹣|x﹣2|，f（f（x））+1＝0根的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．0
【分析】根据绝对值的意义，求出f（x）的表达式，利用换元法转化为两个函数交点个数问题进行求解即可．
【解答】解：当x≤﹣1时，f（x）＝﹣（x+1）﹣x+（x﹣2）＝﹣x﹣3，
当﹣1＜x＜0时，f（x）＝x+1﹣x+（x﹣2）＝x﹣1，
当0≤x≤2时，f（x）＝x+1+x+（x﹣2）＝3x﹣1，
当x＞2时，f（x）＝x+1+x﹣（x﹣2）＝x+3，
作出f（x）的图象如图：
设t＝f（x），
由f（t）+1＝0，得f（t）＝﹣1，
得t＝0或t＝﹣2，
当t＝0时，f（x）＝0，有两个根，
当t＝﹣2时，f（x）＝﹣2，有1个根，
综上f（f（x））+1＝0的根的个数为3个，
故选：C．
【点评】本题主要考查函数与方程的应用，根据绝对值的意义求出函数f（x）的表达式，利用换元法转化为两个函数交点个数问题是解决本题的关键，是中档题．
2．（2022•上海自主招生）使3|x﹣3|+（x﹣3）sin（x﹣3）+kcos（x﹣3）＝0有唯一的解的k有（ ）
A．不存在 B．1个 C．2个 D．无穷多个
【分析】令3﹣x＝t，则3|t|+tsint+kcost＝0，构造函数f（t）＝3|t|+tsint+kcost，且t∈R，得出f（t）为偶函数，根据偶函数的对称性，假设有f（t1）＝0，必有f（﹣t1）＝0，与题设矛盾，则只有f（0）＝0，即可得出答案．
【解答】解：令3﹣x＝t，则3|t|+tsint+kcost＝0，设f（t）＝3|t|+tsint+kcost，且t∈R，
则f（﹣t）＝3|﹣t|+（﹣t）sin（﹣t）+kcos（﹣t）＝3|t|+tsint+kcost＝f（t），
∴f（t）为偶函数，则f函数（t）的图象关于y轴对称，
由偶函数的对称性，若f（t）＝0的零点不为t＝0，则有f（t1）＝0，必有f（﹣t1）＝0，不满足f（t）＝0的唯一性，
∴只能是f（0）＝0，即3|0|+0+kcos0＝0，解得k＝﹣1，故k只有唯一一个，
故选：B．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，根据函数的性质，考查转化思想，函数思想的应用，属于中档题．
二．填空题（共5小题）
3．（2020•上海自主招生）方程x（x+1）+1＝y2的正整数解有 0 ．
【分析】由已知等式可得y＞x，y﹣1＜x，进一步得到x＜y＜x+1，由此可得满足该式的正整数y不存在，从而得到方程x（x+1）+1＝y2的正整数解为0个．
【解答】解：由x（x+1）+1＝y2，得y2﹣x2＝x+1，
∵x为正整数，∴x+1＞1，即y2﹣x2＞1，则y＞x，
由x（x+1）+1＝y2，得y2﹣1＝（y﹣1）（y+1）＝x（x+1），
∵y+1＞x+1，∴y﹣1＜x，
则x＜y＜x+1，满足该式的正整数y不存在，
则方程x（x+1）+1＝y2的正整数解为0个．
故答案为：0．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题．
4．（2020•上海自主招生）已知方程2x﹣sinx＝1，则下列判断：
（1）方程没有正数解
（2）方程有无穷多个解
（3）方程有一个正数解
（4）方程的实根小于1
其中错误的判断有 （1） ．
【分析】在同一直角坐标系内画出函数y＝2x﹣1与y＝sinx的图象，由两函数图象的交点逐一分析四个命题得答案．
【解答】解：由2x﹣sinx＝1，得2x﹣1＝sinx，
作出函数y＝2x﹣1与y＝sinx的图象如图：
当x＝时，sin＝，＜＜＝，
可知函数y＝2x﹣1与y＝sinx的图象在（0，1）上一定有一个交点，且唯一，
故（1）错误，（3）（4）正确；
由图可知，方程有无穷多个解，故（2）正确．
∴其中错误的判断有（1）．
故答案为：（1）．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．
5．（2022•上海自主招生）sin（2022πx）＝x2实根个数为 4044 ．
【分析】设f（x）＝sin（2022πx），g（x）＝x2，求出f（x）的周期，由f（x）的最大值为1，x∈[﹣1，1]，时，0≤g（x）≤1，利用f（x）的周期，得出两者图象交点的个数，从而得出答案．
【解答】解：设f（x）＝sin（2022πx），g（x）＝x2，
∴g（﹣1）＝g（1）＝1，x＞1或x＜﹣1时，g（x）＞1，f（x）≤1，两者无交点，
∴f（x）＝sin（2022πx）的周期为T＝＝，在[0，1]上有1011个周期，在[﹣1，0）上有1011个周期，
f（﹣1）＝sin（﹣2022π）＝0，f（1）＝sin（2022π）＝0，x＝﹣1在f（x）增区间上，x＝1在f（x）增区间上，
因此在[﹣1，1]上的每个区间[﹣1+，﹣1+）（k∈N*，k≤2021）上，
f（x）与g（x）的图象都是两个交点，共4044个交点，即原方程有4044个解．
故答案为：4044．
【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
6．（2020•上海自主招生）设，若，则cos（x+2y）＝ 1 ．
【分析】设f（x）＝x3+sinx，把已知条件转化为 f（x）+f（2y）＝0，又因为函数f（x） 在R上是单调递增的奇函数，
故x+2y＝0，进而求出cos（x+2y）＝1．
【解答】解：原式可得变形为 ，
设f（x）＝x3+sinx，
因为f（﹣x）＝（﹣x）3+sin（﹣x）＝﹣（x3+sinx）＝﹣f（x），
所以 f（x） 为奇函数，
当 x＞0 时，f（x）′＝3x2+cosx
①当0＜x＜时，cosx＞0，所以f（x）′＞0；
②当x＞时，3x2＞3，cosx＜1，所以f（x）′＞0．
所以f（x） 在（0，+∞）上是单调递增函数，
又因为奇函数关于原点对称，所以函数f（x） 在R上是单调递增函数，
因此 f（x）+f（2y）＝0，则 x+2y＝0，则 cos（x+2y）＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合，考查学生的转化能力，是一道综合性的题目，属于中档题．
7．（2020•上海自主招生）设m（a）是函数f（x）＝|x2﹣a|在区间[﹣1，1]上的最大值，则m（a）的最小值为 ．
【分析】由题意可得函数f（x）为偶函数，因此讨论M（a）的值域只需在x∈[0，1]这一范围内进行，结合二次函数的单调性及a的正负及 1的大小分类讨论求解M（a）．
【解答】解：由题意可得函数f（x）为偶函数，因此讨论M（a）的值域只需在x∈[0，1]这一范围内进行；
①当a≤0时，f（x）＝x2﹣a，函数f（x）在[0，1]单调递增，M（a）＝f（1）＝1﹣a≥1．
②当 1＞a＞0时，函数f（x）在[0，]上单调递减，在[，1]上单调递增，
所以f（x）在[0，]内的最大值为M（a）＝f（0）＝a，
而f（x）在[，1]上的最大值为M（a）＝f（1）＝1﹣a．
若f（1）＞f（0）得，则1﹣a＞a，求得 0＜a＜．
故当a∈（0，）时，M（a）＝f（1）＝1﹣a＞；
若f（1）≤f（0）得，则1﹣a≤a，求得 1＞a≥．
故当a∈[，1）时，M（a）＝f（0）＝a，
③当a≥1时，函数在[0，1]上为减函数，所以M（a）＝f（0）＝a≥1．
综上，M（a）＝1﹣a，（当a＜时）； 或 M（a）＝a，（当a≥时）．
所以M（a）在[0，]上为减函数，且在[，1]为增函数，
易得M（a）的最小值为M（）＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了偶函数的性质的应用，其实由分析可得M（a）＝f（0）或f（1），所以可直接通过比较f（0）与f（1）的大小得出M（a）的解析式从而求解．
三．解答题（共1小题）
8．（2021•上海自主招生）求方程的实根个数．
【分析】方程根的个数转化为函数图象交点个数，利用数形结合求解即可．
【解答】解：方程的实根个数就是函数y＝||与y＝交点的个数，在平面直角坐标系中画出两个函数的图象，可知有2个交点，
方程的实根个数为：2．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，是中档题．
【最新模拟练】
一．选择题（共4小题）
1．（2022•青浦区校级模拟）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I（t）（t的单位：天）的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I（t*）＝0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（ ）（参考数据ln19≈3）
A．60 B．62 C．66 D．63
【分析】根据所给材料的公式列出方程＝0.95K，解出t即可．
【解答】解：由已知可得＝0.95K，解得e﹣0.23（t*﹣50）＝，
两边取对数有﹣0.23（t*﹣50）＝﹣ln19，
解得t*≈63，
故选：D．
【点评】本题考查函数模型的实际应用，考查学生计算能力，是基础题．
2．（2022•徐汇区校级模拟）德国数学家狄利克雷是解析数论的创始人之一，以其名命名狄利克雷函数的解析式f（x）＝，关于狄利克雷函数f（x），下列说法不正确的是（ ）
A．对任意x∈R，f（f（x））＝1
B．函数f（x）是偶函数
C．任意一个非零实数T都是f（x）的周期
D．存在三个点A（x1，f（x1））、B（x2，f（x2））、C（x3，f（x3）），使得△ABC为正三角形
【分析】根据狄利克雷函数的定义结合偶函数的定义、周期函数的定义等逐项判断后可得正确的选项．
【解答】解：任意x∈R，f（x）＝0或f（x）＝1，故f（f（x））＝1，故A正确；
任意x∈R，因此x，﹣x同为有理数或同为无理数，故f（x）＝f（﹣x），即f（x）是偶函数，故B正确；
取，则，故，
故f（x）不是周期函数，故C错误；
取，则f（x1）＝f（x3）＝0，f（x2）＝1，
则，
故，故△ABC为正三角形，故D正确．
故选：C．
【点评】本题考查了狄利克雷函数的定义和偶函数、周期函数的定义，属于中档题．
3．（2022•闵行区校级二模）在平面直角坐标系中，函数f（x）＝的图象上有三个不同的点位于直线上，且这三点的横坐标之和为0，则这条直线必过定点（ ）
A．（，0） B．（﹣1，0） C．（﹣1，﹣1） D．（1，1）
【分析】由已知函数解析式画出函数图象，设直线方程为y＝kx+b，可知k≠0，依题意可知，关于x的方程f（x）＝kx+b有三个不等实根，当x≥0时，由1＝kx+b，得x＝，当x＜0时，由，得kx2+（1+b﹣k）x+1﹣b＝0，利用根与系数的关系可得，结合三点的横坐标之和为0，得到k＝2b，可得则直线方程为y＝2bx+b＝b（2x+1），再由直线系方程得答案．
【解答】解：f（x）＝＝，
作出函数f（x）的图象如图，
设直线方程为y＝kx+b，显然当k＝0时，函数f（x）＝的图象上不可能有三个不同的点位于直线上；
则k≠0，依题意可知，关于x的方程f（x）＝kx+b有三个不等实根，
当x≥0时，由1＝kx+b，得x＝，
当x＜0时，由，得kx2+（1+b﹣k）x+1﹣b＝0，
则该方程有两个不等实根，由根与系数的关系可得：，
则，即k＝2b，
则直线方程为y＝2bx+b＝b（2x+1），该直线过定点（﹣，0）．
故选：A．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查化归与转化、数形结合思想，是中档题．
4．（2022•金山区二模）对于定义在D上的函数y＝f（x），若同时满足：
（1）对任意的x∈D，均有f（﹣x）+f（x）＝0；
（2）对任意的x1∈D，存在x2∈D，且x2≠﹣x1，使得f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2）成立，
则称函数y＝f（x）为“等均”函数．下列函数中：①f（x）＝x；②；③；④f（x）＝sinx，“等均”函数的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】分析函数满足的两个条件，再分别判断所给的函数是否同时满足这两个条件即可．
【解答】解：由（1）知，f（x）是定义域上的奇函数；
由（2）知，对任意的x1∈D，存在x2∈D，且x2≠﹣x1，使得f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2）成立；
对于①，f（x）＝x，是定义域R上的奇函数，满足（1），
对任意的x1∈R，f（x1）﹣x1＝x1﹣x1＝0，x2≠x1时，x2﹣f（x2）＝x2﹣x2＝0，
所以对任意的x1∈R，存在x2∈R，且x2≠﹣x1，使得f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2）成立，满足（2）；是“均等”函数．
对于②，，所以f（x）的定义域是（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，+∞）；
当x＝1时，﹣x＝﹣1，此时不存在f（﹣x），所以不满足（1），所以不是“均等”函数；
对于③，是定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，满足（1）；
任取x1∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），f（x1）﹣x1＝﹣x1＝，x2﹣f（x2）＝x2﹣＝，
若满足f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2），则有＝，所以（2﹣x1x2）（x1+x2）＝0，
因为x1+x2≠0，所以x2＝，
所以对任意的x1∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），存在x2∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），且x2≠﹣x1，
使得f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2）成立，满足（2）；是“均等”函数．
对于④，f（x）＝sinx是定义域R上的奇函数，所以满足（1）；
对任意的x1∈R，f（x1）﹣x1＝sinx1﹣x1，x2﹣f（x2）＝x2﹣sinx2，
若满足f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2），则有sinx1﹣x1＝x2﹣sinx2＝sin（﹣x2）﹣（﹣x2），
设g（x）＝sinx﹣x，g′（x）＝cosx﹣1≤0，所以g（x）是R上的单调减函数，
所以x1＝﹣x2，此时不满足（2）；所以不是“均等”函数．
综上知，以上为“等均”函数的序号是①③，共2个．
故选：B．
【点评】本题考查了函数的概念与应用问题，也考查了推理与判断能力，是难题．
二．填空题（共14小题）
5．（2022•浦东新区校级二模）已知函数f（x）＝sin2+sinωx﹣（ω＞0，x∈R），若f（x）在区间（π，2π）内没有零点，ω的取值范围是 （0，]∪[，] ．
【分析】函数f（x）＝sin（ωx﹣），由f（x）＝0，可得sin（ωx﹣）＝0，解得x＝∉（π，2π），即可得出
【解答】解：f（x）＝sin2+sinωx﹣＝（1﹣cosωx）+sinωx﹣＝sin（ωx﹣），
由f（x）＝0，可得sin（ωx﹣）＝0，
解得x＝∉（π，2π），
∴ω∉（.）∪（，）∪（，）∪…＝（.）∪（，+∞），
∵f（x）在区间（π，2π）内没有零点，
∴ω∈（0，]∪[，]
故答案为：（0，]∪[，]
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．（2022•奉贤区二模）若关于x，y的方程组有唯一解，则实数a满足的条件是 {a|a≠6} ．
【分析】由题给方程组有唯一解，可得方程（a﹣6）y+6＝0有唯一解，进而得到实数a满足的条件．
【解答】解：由，可得（a﹣6）y+6＝0，
由关于x，y程组有唯一解，
可得方程（a﹣6）y+6＝0有唯一解，则a≠6．
故答案为：{a|a≠6}．
【点评】本题考查了二元一次方程组解的情况，属于易做题．
7．（2022•徐汇区校级模拟）若方程，若方程f（x）＝3无解，则实数t的取值范围是 [，2） ．
【分析】若f（x）＝3可得x＝±或x＝2，从而可得±∉（t，+∞）且2∉（﹣∞，t]，从而解得．
【解答】解：若f（x）＝3，
则x2＝3或2x﹣1＝3，
故x＝±或x＝2，
故±∉（t，+∞）且2∉（﹣∞，t]，
故t∈[，2），
故答案为：[，2）．
【点评】本题考查了分段函数及方程解的应用，属于基础题．
8．（2022•崇明区二模）设y＝f（x）是定义在R上且周期为2的函数，当x∈[﹣1，1）时，，其中a∈R．若，则f（a）＝ ．
【分析】根据题意，由函数的周期性可得f（﹣）＝f（﹣），f（）＝f（），结合函数的解析式求出a的值，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，y＝f（x）是定义在R上且周期为2的函数，
则f（﹣）＝f（﹣），f（）＝f（），
又由当x∈[﹣1，1）时，，则有﹣+a＝|﹣|，解可得a＝，
则f（a）＝f（）＝|﹣|＝；
故答案为：．
【点评】本题考查分段函数的求值，涉及函数的周期性，属于基础题．
9．（2022•宝山区二模）如果函数是奇函数，则f（﹣3）＝ ﹣3 ．
【分析】根据题意，求出x＝3时的函数值，结合函数的奇偶性分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数，当x＝3时，y＝2×3﹣2＝3，
而函数为奇函数，则f（﹣3）＝﹣3；
故答案为：﹣3
【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．
10．（2022•宝山区模拟）预测A省未来50年新能源汽车的保有量，采用阻滞型模型x（t）＝，其中t 年底的汽车拥有量为x（t），r为年增长率，M为饱和量，x0为初始值 （单位：1万辆）．已知：A省2020年底的新能源汽车拥有量为16.8万辆，以此为初始值，若以后每年的增长率为0.115，饱和量为1400，那么，2040 年底，该省新能源汽车的保有量为 151 ．（精确到1万辆）
【分析】把已知数据代入阻滞型模型x（t）＝，求出x的值即可．
【解答】解：根据题中所给阻滞型模型，代入有关数据，注意以2020年的为初始值，则有x＝≈151，
故答案为：151．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了学生的计算能力，属于基础题．
11．（2022•奉贤区二模）构造一个二元二次方程组，使得它的解恰好为，，要求f（x，y）＝0与g（x，y）＝0的每个方程均要出现x，y两个未知数．答： ．
【分析】不妨令f（x，y）＝0为过（1，2）、（3，﹣4）两点的直线，g（x，y）＝0为以（1，2）、（3，﹣4）两点为直径的圆，即可满足题意．
【解答】解：过（1，2）、（3，﹣4）两点的直线为＝，整理得3x+y﹣5＝0，
又因为（1，2）、（3，﹣4）两点间距离为＝2，
（1，2）、（3，﹣4）两点的中点坐标为（2，﹣1），
则以（1，2）、（3，﹣4）两点为直径的圆为（x﹣2）2+（y+1）2＝10，
则可令f（x，y）＝0为3x+y﹣5＝0，g（x，y）＝0为（x﹣2）2+（y+1）2＝10，
故答案为：．
【点评】本题属于开放型问题，考查了学生的理解、分析问题能力，也考查了转化思想，属于中档题．
12．（2022•静安区二模）已知函数，若对任意a≤﹣1，当﹣1＜b≤m时，总有a（f（b）﹣1）≥b成立，则实数m的最大值为 1 ．
【分析】分b≥2、1＜b＜2、0＜b≤1、﹣1＜b≤0依次讨论f（b）的范围，进而判断a（f（b）﹣1）≥b是否恒成立，即可求解．
【解答】解：当b≥2时，f（b）＝log2b≥log22＝1，则a（f（b）﹣1）≥b不成立；
当1＜b＜2，0＜f（b）＝log2b＜1，取a＝﹣1，0＜a（f（b）﹣1）＝1﹣f（b）＜1，此时a（f（b）﹣1）≥b不成立；
当0＜b≤1时，f（b）＝log2b≤0，则f（b）﹣1≤﹣1，对于任意a≤﹣1，有a（f（b）﹣1）≥1，当b＝1，a＝﹣1时取等号，所以总有a（f（b）﹣1）≥b成立；
当﹣1＜b≤0时，0≤f（b）＝|2b+1|≤1，当b＝﹣1，0取最大值1，当时取最小值0，则﹣1≤f（b）﹣1≤0，
对于任意a≤﹣1，有a（f（b）﹣1）≥0，当b＝﹣1，0时取等号，所以总有a（f（b）﹣1）≥b成立；
综上可得﹣1＜b≤1，故实数m的最大值为1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了分段函数的应用，属于中档题．
13．（2022•松江区二模）已知函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且满足g（2+x）＝g（2﹣x），当x∈[0，2]时，g（x）＝log2（x+1）．则当x∈[0，2022]时，方程f（x）＝g（x）实根的个数为 506 ．
【分析】根据函数的解析式可得的图象关于x＝2对称，由g（2+x）＝g（2﹣x），y＝g（x）图象关于x＝2对称，又可得g（x+4）＝g（x），所以函数y＝g（x）的周期为4的周期函数，易得方程f（x）＝g（x）实根的个数
【解答】解：函数的图象关于x＝2对称，且＞0，可得f（x）在（2，+∞）单调递减，
由g（2+x）＝g（2﹣x），y＝g（x）图象关于x＝2对称，
又可得g（x+4）＝g（﹣x）＝﹣g（x），所以g（x+8）＝g（x），所以函数y＝g（x）的周期为8的周期函数，
当x∈[0，2]时，g（x）＝log2（x+1）．可知函数在[0，2]上单调递增，且f（x）∈[0，ln3]，
所以当x∈[0，2]时，f（x）＝g（x）有1个实根，
当x∈[2，10]时，f（x）＝g（x）有2个实根，由函数周期性可知在x≥2的每个周期内有2个实根，
故x∈[0，2022]时，方程f（x）＝g（x）实根的个数为506个．
故答案为：506．
【点评】本题考查方程的根的个数，可转化为函数图象交点的个数，属中档题．
14．（2022•徐汇区校级模拟）若函数在区间[a，b]（a，b∈R）上恰有14个零点，则符合条件的所有b﹣a的取值范围是 [，） ．
【分析】作函数的图象，结合函数图象及周期性求b﹣a的取值范围即可．
【解答】解：作函数的图象如下，
∵每一个周期内有2个零点，
∴[，12π+）上共有12个零点，
12π+，12π+也是函数的零点，
故b﹣a的最小值为12π+﹣＝，
小于的最近零点是﹣，大于12π+的最近零点是14π+，
故b﹣a＜14π+﹣（﹣）＝，
故符合条件的所有b﹣a的取值范围是[，）；
故答案为：[，）．
【点评】本题考查了三角函数的性质及数形结合的思想方法应用，属于中档题．
15．（2022•闵行区校级模拟）设a∈R．函数f（x）＝．若函数f（x）的最小值为0，则a的取值范围是 （﹣∞，4] ．
【分析】求出x＜0时f（x）＞0，问题转化为x+＝0在x＞0时有解，即a＝4x﹣x2＝﹣（x﹣2）2+4在x＞0时有解，由此得答案．
【解答】解：当x＜0时，f（x）＝log2（1﹣x）＞0；
∴要使f（x）＝的最小值为0，
即f（x）＝|x+﹣4|在x＞0时的最小值为0，可知x+＝0在x＞0时有解．
即a＝4x﹣x2＝﹣（x﹣2）2+4在x＞0时有解．
则a≤4．
∴a的取值范围是（﹣∞，4]．
故答案为：（﹣∞，4]．
【点评】本题考查分段函数的应用，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
16．（2022•静安区模拟）在如今这个5G时代，6G研究己方兴末艾，2021年8月30日第九届未来信息通信技术国际研讨会在北京举办，会上传出消息，未来6G速率有望达到1Tbps，并启用毫米波、太赫兹、可见光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立体网络，预计6G数据传输速率有望比5G快100倍，时延达到亚毫秒级水平．香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率C取决于信道宽带W，信道内信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比．若不改变宽带W，而将信噪比从11提升至499，则最大信息传递率C会提升到原来的 2.5 倍．（结果保留一位小数）
【分析】设提升前最大信息传递率为C1，提升后最大信息传递率为C2，再根据题意求，利用指数、对数的运算性质化简即可求解．
【解答】解：设提升前最大信息传递率为C1，提升后最大信息传递率为C2，
由题意可知，C1＝Wlog2（1+11）＝Wlog212，
C2＝Wlog2（1+499）＝Wlog2500，
所以
＝倍．
所以最大信息传递率C会提升到原来的2.5倍．
故答案为：2.5．
【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
17．（2022•浦东新区校级模拟）设a＞0，b＞0，若关于x的方程恰有三个不同的实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b，则a+b的值为 ．
【分析】不妨令f（x）＝+，判断函数的奇偶性，推出3个根的和为0，得出x2＝0，将x2＝0，x3＝b代入原方程得：，分b≥a与b＜a两种情况求解即可．
【解答】解：不妨令f（x）＝+，
显然满足f（﹣x）＝f（x），可知f（x）为偶函数，
因为关于x的方程恰有三个不同的实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b，
所以必有x2＝0，且﹣x1＝x3＝b，故x1+x2+x3＝0，
将x2＝0，x3＝b代入原方程得：，
当b≥a时，原方程化为，解得，
此时a+b＝+＝，
当b＜a时，原方程化为，解得a＝b＝0，与a＞0，b＞0矛盾，
故a+b＝．
故答案为：．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查分析问题解决问题的能力，是难题．
18．（2022•徐汇区二模）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝2f（x）+1，当x∈[0，1）时，f（x）＝x3.设f（x）在区间[n，n+1）（n∈N*）上的最小值为an.若存在n∈N*，使得λ（an+1）＜2n﹣7有解，则实数λ的取值范围是 （﹣∞，） ．
【分析】根据题意，利用换元法，分别求出当x∈[1，2），x∈[2，3），…，x∈[n，n+1）时，f（x）的解析式，进而求出an＝2n﹣1，然后，得到存在n∈N*，使得λ（an+1）＜2n﹣7有解，则有λ＜有解，进而必有λ＜（）max，进而求出（）max，即可求解．
【解答】解：当x∈[0，1）时，f（x）＝x3，
因为定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝2f（x）+1，
∴f（x+1）＝2f（x）+1＝2x3+1，
令t1＝x+1，则x＝t1﹣1，
所以当t1∈[1，2）时，有f（t1）＝2（t1﹣1）3+1，
所以当x∈[1，2）时，f（x）＝2（x﹣1）3+1，
f（x+1）＝2f（x）+1＝4（x﹣1）3+3，
令t2＝x+1，则x＝t2﹣1，t1＝x+1，t2∈[2，3），
则有f（t2）＝4（t2﹣2）3+3，
所以当x∈[2，3）时，f（x）＝4（x﹣2）3+3，
同理可得，x∈[3，4）时，f（x）＝8（x﹣3）3+7，
根据规律，明显可见当x∈[n，n+1）时，f（x）＝2n（x﹣n）3+2n﹣1，且此时的f（x）必为增函数，
又因为an为f（x）在区间[n，n+1）（n∈N*）上的最小值，
所以a1＝1，a2＝3，a3＝7，…，an＝2n﹣1，
所以，若存在n∈N*，使得λ（an+1）＜2n﹣7有解，
则有λ＜有解，进而必有λ＜（）max，
根据该函数的特性，明显可见，当n＝5时，有（）max＝．
所以此时有λ＜．
故答案为：（﹣∞，）．
【点评】本题考查了函数的性质、转化思想、数学归纳法，难点是由函数的性质得到f（x）的表达式，属于难题．
三．解答题（共17小题）
19．（2022•静安区二模）某便民超市经销一种小袋装地方特色桃酥食品，每袋桃酥的成本为6元，预计当一袋桃酥的售价为x元（9≤x≤11）时，一年的销售量为万袋，并且全年该桃酥食品共需支付3x万元的管理费．一年的利润＝一年的销售量×售价−（一年销售桃酥的成本+一年的管理费）．（单位：万元）
（1）求该超市一年的利润L（万元）与每袋桃酥食品的售价x的函数关系式；
（2）当每袋桃酥的售价为多少元时，该超市一年的利润L最大，并求出L的最大值．
【分析】（1）根据题意列关系式即可；
（2）结合基本不等式求解即可．
【解答】解：（1）该超市一年的利润L（万元）与每袋桃酥食品的售价x的函数关系式：，（9≤x≤11）；
（2），
因为9≤x≤11，所以，
当且仅当即x＝9时，等号成立，
此时L最大，最大值为9万元．
故当每袋桃酥的售价为9元时，该超市一年的利润最大，最大利润9万元．
【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，比较基础．
20．（2022•静安区模拟）因函数的图像形状象对勾，我们称形如“”的函数为“对勾函数”．
（1）证明对勾函数具有性质：在上是减函数，在上是增函数；
（2）已知，x∈[1，3]，利用上述性质，求函数f（x）的单调区间和值域；
（3）对于（2）中的函数f（x）和函数g（x）＝x2﹣mx+4，若对任意x1∈[1，3]，总存在x2∈[1，3]，使得g（x2）＜f（x1）成立，求实数m的取值范围．
【分析】（1）根据函数单调性的定义进行证明即可；
（2）利用对勾函数的单调性的性质进行求解即可；
（3）结合（2）的结论，根据任意性、存在性的定义进行求解即可．
【解答】解：（1）证明：根据题意，设f（x）＝x+，（x＞0），
任取x1，x2，使0＜x1＜x2，
则，
若，则x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜t，
即x1﹣x2＜0，x1x2﹣t＜0，所以，
所以f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），
所以在上是减函数；
若，则x1﹣x2＜0，x1x2＞t，即x1﹣x2＜0，x1x2﹣t＞0，
所以，
所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
所以在上是减函数，
所以对勾函数具有性质：在上是减函数，在上是增函数；
（2）根据题意，，
令2x﹣1＝m，因为1≤x≤3，所以1≤m≤5，则，
由对勾函数的性质，可得h（m）在[1，2]上单调递减，在（2，5]上单调递增，
所以f（x）在上是减函数，在上是增函数，
所以f（1）＝1，，，
综上可得，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为，值域为；
（3）由（2）知时，若存在x2∈[1，3]，使得g（x2）＜f（x1）成立，
只需g（x）＝x2﹣mx+4＜0，在x∈[1，3]上有解即可，即最小值，
令，u（x）在[1，2]上是减函数，在[2，3]上是增函数，
所以u（x）最小值u（2）＝4，
所以m＞4，
即实数m的取值范围为（4，+∞）．
【点评】本题考查函数与方程的关系，涉及函数单调性与函数的最值，属于中档题．
21．（2022•嘉定区二模）某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直，灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示．已知∠ABC＝，∠ACD＝，路宽AD＝24米．设∠ACB＝θ（）．
（1）当θ＝时，求△ABC的面积；
（2）求灯杆BC与灯柱AB长度之和L（米）关于θ的函数解析式，并求当θ为何值时，L取得最小值．
【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形面积公式能求出△ABC的面积．
（2）在△ACD中，∠ACD＝，AD＝24，∠ADC＝﹣θ，由正弦定理求出AC，再在△ABC中由正弦定理可得AB＝32sinθcosθ，BC＝16﹣16cosθsinθ，进而求出L关于θ的函数解析式，再结合三角函数的性质即可求出L的最小值．
【解答】解：（1）当θ＝时，∠ACB＝，∠BAC＝＝，
∴∠CAD＝＝，
又∵∠ACD＝，AD＝24，
∴△ACD为边长为24的等边三角形，
△ABC中，，即，
解得AB＝8，
∴△ABC的面积为S＝＝＝48平方米．
（2）在△ACD中，∠ACD＝，AD＝24，∠ADC＝2π﹣﹣﹣＝﹣θ，
由正弦定理得，，解得AC＝＝16cosθ，
在△ABC中，∠ABC＝，，∠BCA＝θ，AC＝16cosθ，
由正弦定理得，，
∴AB＝32sinθcosθ，BC＝16﹣16cosθsinθ，
∴L＝BC+AB＝16﹣16cosθsinθ+32sinθcosθ＝16+16cosθsinθ＝8（1+cos2θ）+8sin2θ＝16（+）+8＝16sin（2θ）+8（），
∵，∴2∈[，]，
∴当2＝，即时，L取得最小值16sin+8＝8．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了正弦定理的应用，以及三角函数的性质，属于中档题．
22．（2022•浦东新区校级模拟）绵阳是党中央、国务院批准建设的中国唯一的科技城，重要的国防科研和电子工业生产基地，市某科研单位在研发过程中发现了一种新合金材料，由大数据测得该产品的性能指标值y（y值越大产品的性能越好）与这种新合金材料的含量x（单位：克）的关系为：当0≤x＜7时，y是x的二次函数；当x≥7时，．测得部分数据如表：
x（单位：克）
0
2
6
10
⋯⋯
y
﹣4
8
8
⋯⋯
（1）求y关于x的函数关系式y＝f（x）；
（2）求该新合金材料的含量x为何值时产品的性能达到最佳．
【分析】（1）结合待定系数法，代入数据运算即可得解；
（2）按照0≤x＜7、x≥7分类，结合指数函数、二次函数的性质即可得解．
【解答】解：（1）当0≤x＜7时，设y＝ax2+bx+c，（a≠0），
由x＝0，y＝﹣4可得c＝﹣4，
由x＝2，y＝8得4a+2b＝12，①
由x＝6，y＝8得36a+6b＝12，②
联立①②解得a＝﹣1，b＝8，则y＝﹣x2+8x﹣4；
当x≥7时，y＝，
由x＝10，y＝，可得，解得m＝8，即有y＝．
综上可得；
（2）当0≤x＜7时，y＝﹣x2+8x﹣4＝﹣（x﹣4）2+12，
即有x＝4时，性能取得最大值12；
当x≥7时，单调递减，所以当x＝7时，性能取得最大值3；
综上可得，当x＝4时产品的性能达到最佳．
【点评】本题主要考查函数模型及其应用，分段函数的实际应用等知识，属于中等题．
23．（2022•宝山区模拟）已知函数f（x）＝，F（x）＝f（x）+4x．
（1）当k＝1时，解不等式F（x）≥6；
（2）若F（x）在R上是增函数，求k的取值范围．
【分析】（1）直接分段求解即可，
（2）分段研究单调性，再综合即可得到结论．
【解答】解：∵函数f（x）＝，F（x）＝f（x）+4x；
（1）当k＝1时，F（x）≥6可转化为：①和②，
解①得x≥，解②得x＝1，
因此不等式F（x）≥6的解集为{x|x＝1或x≥}；
（2）当x≤1时，F（x）＝2x+4x单调递增，F（1）＝6，
当x＞1时，F（x）＝+4x≥4，当且仅当x＝时等号成立，
显然，当＞1时，F（x）＝+4x不是增函数，
当≤1，即k≤4时，F（x）＝+4x在（1，+∞）上是增函数，
此时F（x）＞k+4，
令k+4≥6，即k≥2，
综上可得，当2≤k≤4时，F（x）在R上是增函数．
【点评】本题主要考查分段函数的性质以及应用，属于中档题目．
24．（2022•奉贤区二模）如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的两个顶点A、B及CD的中点P处．AB＝20km，BC＝10km．为了处理这三家工厂的污水，现要在该矩形区域内（含边界）且与A、B等距的一点O处，建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道AO，BO，PO．记铺设管道的总长度为ykm．
（1）设∠BAO＝θ（弧度），将y表示成θ的函数并求函数的定义域；
（2）假设铺设的污水管道总长度是，请确定污水处理厂的位置．
【分析】（1）依据题给条件，先分别求得OA、OB、OP的表达式，进而得到管道总长度y的表达式，再去求其定义域即可解决；
（2）先解方程，求得，再去确定污水处理厂的位置．
【解答】解：（1）矩形ABCD中，AB＝20km，BC＝10km，
DP＝PC，DC⊥PO，∠BAO＝∠ABO＝θ，
则，
∴，
则；
（2）令，
∴，∴，则，
又，即，则，则，
此时，
所以确定污水处理厂的位置是在线段AB的中垂线上且离AB的距离是．
【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
25．（2022•奉贤区模拟）某地出现了虫軎，农业科学家引入了“虫害指数”数列{In}，{In}表示第n周的虫害的严重程度，虫害指数越大，严重程度越高．为了治理害虫，需要环境整治、杀灭害虫，然而由于人力资源有限，每周只能采取以下两个策略之一：
策略A：环境整治，“虫害指数”数列满足：In+1＝1.02In﹣0.2．
策略B：杀灭害虫，“虫害指数”数列满足：In+1＝1.08In﹣0.46．
当某周“虫害指数”小于1时，危机就在这周解除．
（1）设第一周的虫害指数I1∈[0，8]，用哪一个策略将使第二周的虫害的严重程度更小？
（2）设第一周的虫害指数I1＝3，如果每周都采用最优策略，虫害的危机最快将在第几周解除？
【分析】（1）分I1＝，I1∈[1，]，I1∈（，8]三种情况讨论即可；
（2）根据题意，I1＝3时，选择策略B，当In＝0时，﹣＝（3﹣）•1.08n﹣1，可得，＝1.08n﹣1，求解即可．
【解答】解：（1）策略A：In+1＝1.02In﹣0.2，策略B：In+1＝1.08In﹣0.46，
当1.02I1﹣0.2＝1.08I1﹣0.46，可得I1＝，
当I1＝时，两者相等，
当I1∈[1，]时，策略B的I2更小；
当I1∈（，8]时，策略A的I2更小；
（2）I1＝3时，选择策略B，当In＝0时，﹣＝（3﹣）•1.08n﹣1，可得，＝1.08n﹣1，所以n＝9，
所以虫害的危机最快在第9周解除．
【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
26．（2022•浦东新区二模）某研究所开发了一种抗病毒新药，用小白鼠进行抗病毒实验．已知小白鼠服用1粒药后，每毫升血液含药量y（微克）随着时间x（小时）变化的函数关系式近似为．当每毫升血液含药量不低于4微克时，该药能起到有效抗病毒的效果．
（1）若小白鼠服用1粒药，多长时间后该药能起到有效抗病毒的效果？
（2）某次实验：先给小白鼠服用1粒药，6小时后再服用1粒，请问这次实验该药能够有效抗病毒的时间为多少小时？
【分析】（1）设服用1粒，经过x小时能有效抗病毒，联立，求解即可；
（2）设经过x小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克，分3种情况0＜x≤6，6＜x≤12，12＜x≤18讨论即可．
【解答】解：（1）设服用1粒，经过x小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克，可得，解得，
所以小时后该药能起到有效抗病毒的效果．
（2）设经过x小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克；
若0＜x≤6，药物浓度，解得，
若6＜x≤12，药物浓度，解得x2﹣20x+100≥0，所以6＜x≤12；
若12＜x≤18，药物浓度12﹣（x﹣6）≥4，解得x≤14，所以12＜x≤14；
综上，
所以这次实验该药能够有效抗病毒的时间为小时．
【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，比较基础．
27．（2022•黄浦区校级模拟）自2019年起，上海市推进“三星级绿色生态城区”示范区项目．今年，一座人民公园将要建设一块绿地．设计方案如图所示，有一块边长为500米的正方形土地ABCD，CE是一段圆弧（以D为圆心，与BC相切于C），其中BE，DE为两条人行步道，AE为一条鲜花带．已知每米人行步道的修建费用为每米288元．
（1）当∠ADE＝50°时，求人行步道BE，DE的长度之和；
（2）如何设计圆弧CE的长度，才能使人行步道BE，DE的总造价最低，并求出总造价．（长度精确到0.1米，造价精确到0.01元）
【分析】（1）根据已知条件及圆的定义，再利用锐角三角函数及勾股定理即可求解；
（2）根据已知条件及（1）的思路，求出BE的关系式，再利用辅助角公式及三角函数的性质，求出BE的最小值，进而得出BE+DE的最小值，结合题意即可求解．
【解答】解：（1）作EF⊥AB，EG⊥AD，垂足分别为F，G，如图所示：
由题意可知，DE＝DA＝500米，
在Rt△EGD中，DG＝DE⋅cos∠EDA＝500cos50°，
所以EF＝AG＝AD﹣DG＝500﹣500cos50°，
在Rt△EGD中，EG＝DE⋅sin∠EDA＝500sin50°，
同时，BF＝AB﹣AF＝AB﹣EG＝500﹣500sin50°，
在Rt△EGD中，由勾股定理得，BE2＝EF2+BF2，
即解得＝213.50米，
∴BE+DE＝213.50+500＝713.50≈713.5米；
（2）设AB＝BC＝CD＝AD＝DE＝R（R＝500米），
则与第（1）问相同，设∠ADE＝θ，由于DE为定值，只需考虑BE的变化情况，
则EF＝R（1﹣cosθ），BF＝R（1﹣sinθ），
由勾股定理，BE2＝EF2+BF2，
解得＝，
∵，∴，
所以当即时，BE取得最小值．
则米，
则总造价＝元，
此时圆弧米，
故当圆弧长度设计为392.7米时，人行步道BE，DE的总造价最低，为203646.75元．
【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
28．（2022•宝山区二模）某地区的一种特色水果上市时间11个月中，预测上市初期和后期会因供不应求使价格呈连续上涨态势，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数：①f（x）＝p•qx；②f（x）＝px2+qx+1；③f（x）＝Asin（x﹣）+B（以上三式中p，q，A，B均为常数．）
（1）为准确研究其价格走势，应选哪种价格模拟函数，为什么？
（2）若f（3）＝8，f（7）＝4，求出所选函数f（x）的解析式（注：函数的定义域是[0，10]，其中x＝0表示1月份，x＝1表示2月份，⋯⋯，以此类推），为保证果农的收益，打算在价格在5元以下期间积极拓宽外销渠道，请你预测该水果在哪几个月份要采用外销策略？
【分析】（1）根据每个函数的特点及市场中价格的走势可知选择③f（x）＝Asin（x﹣）+B；
（2）根据f（3）＝8，f（7）＝4，求出A，B的值，再根据f（x）＜5解出x的值即可．
【解答】解：（1）应选f（x）＝Asin（x﹣）+B，
∵①f（x）＝p•qx是单调函数且不具有先升后降再升的特点，
②f（x）＝px2+qx+1同样不具有先升后降再升的特点，
③f（x）＝Asin（x﹣）+B有多个单调递增区间和减区间；
（2）由f（3）＝Asin（﹣）+B＝Asin+B＝A+B＝8，
f（7）＝Asin（﹣）+B＝Asin+B＝﹣A+B＝4，
所以解得：A＝2，B＝6；
所以f（x）＝2sin（x﹣）+6（x∈[0，10]），
所以x﹣∈[﹣，]，
当f（x）＜5时，需采用外销策略，则此时2sin（x﹣）+6＜5，
即sin（x﹣）＜﹣，
又x﹣∈[﹣，]，
由y＝sinx函数得在[﹣，]内，sinx＜﹣，
得﹣＜x＜﹣或+π＜x＜+π，
即﹣＜x﹣＜﹣或+π＜x﹣＜+π，
即0＜x＜或＜＜⇒＜x＜，
又x＝0表示1月份，
故应在1月份、6月份、7月份、8月份、9月份采用外销策略．
【点评】本题考查了根据实际问题选择函数类型，也考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题．
29．（2022•奉贤区模拟）已知函数f（x）和g（x）的定义域分别为D1和D2，若对任意的x0∈D1都存在n个不同的实数x1、x2、⋯、xn∈D2，使得g（xi）＝f（x0）（其中i＝1、2、⋯n，n∈N*），则称g（x）为f（x）的“n重覆盖函数”．
（1）试判断g（x）＝|x|（﹣2≤x≤2）是否为f（x）＝1+sinx（x∈R）的“2重覆盖函数”？请说明理由；
（2）求证：g（x）＝cosx（0＜x＜4π）是f（x）＝（x∈R）的“4重覆盖函数”；
（3）若g（x）＝为f（x）＝log的“2重覆盖函数”，求实数a的取值范围．
【分析】（1）：根据两个函数的值域，结合偶函数的性质进行判断即；
（2）：可根据两个函数的值域，结合余弦函数的周期性进行判断即可；
（3）：将题转化为对任意0＜k＜1，g（x）＝k有2个实根，根据g（x）的性质即可求解．
【解答】解：（1）由﹣1≤sinx≤1可知：0≤f（x）≤2，函数g（x）＝|x|（﹣2≤x≤2）的图象如下图所示：
当x＝时，f（）＝1+sin＝0，
当g（x）＝|x|＝0时，解得x＝0，
所以g（x）不是f（x）的“2重覆盖函数”；
（2）证明：因为2x＞0，
所以2x+1＞1⇒＜1⇒＜2，
又因为f（x）＝＝1﹣＞1﹣2＝﹣1，
又因为2x﹣1＜2x+1，
所以f（x）＝＜1，
所以﹣1＜f（x）＝＜1，
又因为g（x）＝cosx（0＜x＜4π），
所以g（x）∈[﹣1，1]，
又因f（x）＝1﹣，可得f（x）为奇函数且单调递增，
作出两函数的（0，4π）内的大致图象，如图所示：
由此可知f（x）＝g（x）在（0，4π）内有4个解．
所以g（x）是f（x）在（0，4π）的“4重覆盖函数”；
（3）可得f（x）＝log＝的定义域为（0，+∞），
即对任意x0∈R，存在2个不同的实数x1，x2∈[﹣2，+∞），使得g（xi）＝f（x0）（其中i＝1，2），
∵2x＞1，∴2x+1＞2⇒0＜＜⇒0＜＜1，
所以0＜1﹣＜1，
所以f（x）＝log∈（0，+∞），
即g（xi）＝∈（0，+∞），
即对任意k＞0，g（x）＝k有2个实根，
当x＞1时，g（x）＝log2x＝k已有一个根，故只需x≤1时，g（x）＝k仅有1个根，
当a＝0时，g（x）＝﹣3x+1，符合题意，
当a＞0时，则需满足g（1）＝2+2a﹣3+1≤0，解得0＜a≤，
当a＜0时，抛物线开口向下，g（x）有最大值，不能满足对任意k＞0，g（x）＝k仅有1个根，故不成立．
综上，实数a的取值范围是[0，]．
【点评】本题属于新概念题，考查了求函数的值域、数形结合思想、分类讨论思想，属于中档题．
30．（2022•闵行区二模）某学校举办毕业联欢晚会，舞台上方设计了三处光源．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，边BC的中点M处为固定光源，E、F分别为边AB、AC上的移动光源，且ME始终垂直于MF，三处光源把舞台照射出五彩缤纷的若干区域．
（1）当F为边AC的中点时，求线段EF的长度；
（2）求△EFM的面积的最小值．
【分析】（1）画出符合要求的图形，求出，相乘求出面积；（2）辅助輔助线，设CF＝x，利用三角函数与相似表达出EM，FM，表达出面积，利用判别式法求解最值．
【解答】解：（1）当F为边AC的中点时，
因为M为边BC的中点，
所以MF|AB，且，
而ME始终垂直于MF，
所以ME⊥AB，故，
由勾股定理得：，
即线段EF的长为，
（2）过点E，F分别作EG⊥BC于点G，FH⊥BC于点H，
设CF＝x，则，
，由勾股定理得：，
因为ME⊥MF，所以∠BME+∠CMF＝90°，
因为∠MFH+∠CMF＝90°，所以∠BME＝∠MFH，
所以△EGM∽△MHF，
所以，即，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以△EFM的面积为，
整理得：，
∴，
解得：或，
因为y＞0，所以的最小值为，
即面积的最小值为．
【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
31．（2022•浦东新区校级模拟）如图，OM，ON是某景区的两条道路（宽度忽略不计），其中OM为东西走向，Q为景区内一景点，A为道路OM上一游客休息区．已知tan∠MON＝﹣3，OA＝6（百米），Q到直线OM，ON的距离分别为3（百米），（百米）．现新修一条自A经过Q的直线型观光车轨道AB（点B在ON上），并在B处修建一游客休息区．
（1）求轨道AB的长；
（2）已知在景点Q的正北方6百米的P处有一大型音乐喷泉，喷泉表演一次的时长为9分钟．表演时，喷泉喷洒区域是以P为圆心，r为半径的圆心区域，且t分钟时，（百米）（0≤t≤9，0＜a＜1）．当喷泉表演开始时，一观光车S（大小忽略不计）正从休息区B沿轨道BA以（百米/分钟）的速度开往休息区A．试判断观光车在行驶途中是否会被喷泉喷洒到？并说明理由．
【分析】（1）以点O为坐标原点，直线OM为x轴，过O作OM的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，由题设得A（6，0），直线ON的方程为y＝﹣3x，Q（x0，3），（x0＞0），由＝，求出Q（3，3），从而直线AQ的方程为y＝﹣（x﹣6），联产方程组求出B（﹣3，9），
由此能求出轨道AB的长．
（2）将喷泉记为圆P，由题意得P（3，9），生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC＝，0≤t≤9，从而C（﹣3+t，9﹣t），若喷泉不会洒到观光车上，则PC2＞r2对t∈[0，9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上．
【解答】解：（1）以点O为坐标原点，直线OM为x轴，过O作OM的垂线为y轴，建立平面直角坐标系
由题设得A（6，0），直线ON的方程为y＝﹣3x，Q（x0，3），（x0＞0），
由＝，解得x0＝3，∴Q（3，3），
∴直线AQ的方程为y＝﹣（x﹣6），
由，得，∴B（﹣3，9），
∴|AB|＝＝9．
（2）将喷泉记为圆P，由题意得P（3，9），
生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，
则BC＝，0≤t≤9，∴C（﹣3+t，9﹣t），
若喷泉不会洒到观光车上，则PC2＞r2对t∈[0，9]恒成立，
即PC2＝（6﹣t）2+t2＝2t2﹣12t+36＞4at，
当t＝0时，上式成立，
当t∈（0，9）时，2a＜t+，＝6，
当且仅当t＝3时，取等号，
∵a∈（0，1），∴r＜PC恒成立，即喷泉的水流不会洒到观光车上．
【点评】本题考查轨道长的求法，考查喷泉的水流能否洒到观光车上的判断，考查函数性质有生产生活中的应用等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是中档题．
32．（2022•普陀区二模）对于函数f（x）和g（x），设集合A＝{x|f（x）＝0，x∈R}，B＝{x|g（x）＝0，x∈R}，若存在x1∈A，x2∈B，使得|x1﹣x2|≤k（k≥0），则称函数f（x）与g（x）“具有性质M（k）”．
（1）判断函数f（x）＝sinx与g（x）＝cosx是否“具有性质”，并说明理由；
（2）若函数f（x）＝2x﹣1+x﹣2与g（x）＝x2+（2﹣m）x﹣2m+4“具有性质M（2）”，求实数m的最大值和最小值；
（3）设a＞0且a≠1，b＞1，若函数与g（x）＝﹣ax+logbx“具有性质M（1）”，求的取值范围．
【分析】（1）可得x1＝k1π，k∈Z，，即，从而求解；
（2）依题意可得在x1＝1∈A，x2∈B，使得|x2﹣1|≤2，即﹣1≤x2≤3，即方程x2+（2﹣m）x﹣2m+4＝0在区间[1，3]上有解，分离参数即可求解；
（3）当a＞1时，由x1＜x2得logbx2x1＞0，则x2x1＞1，由x1，x2满足，利用可行域即可求解，当0＜a＜1时，由x1＜x2得logbx2x1＜0，则0＜x2x1＜1，由x1，x2满足，利用可行域即可求解，
【解答】解：（1）不具有性质M（），
设A＝{x|sinx＝0，x∈R}，B＝{x|cosx＝0，x∈R}，
任取x1∈A，即sinx1＝0，则x1＝k1π，k∈Z，任取x2∈B，即cosx2＝0，则，
即，
则f（x）＝sinx与g（x）＝cosx不具有性质M（）；
（2）设A＝{x|2x﹣1+x﹣2＝0，x∈R}，B＝{x|x2+（2﹣m）x﹣2m+4＝0，x∈R}，
由函数y＝2x﹣1与y＝2﹣x图像交点得，x＝1是方程2x﹣1+x﹣2＝0的解，
又y＝2x﹣1与y＝x﹣2皆为单调递增函数，则函数f（x）＝2x﹣1+x﹣2也为单调递增函数，
即x＝1是方程2x﹣1+x﹣2＝0的唯一解，
又函数f（x）与g（x）具有性质M（2），则存在x1＝1∈A，x2∈B，使得|x2﹣1|≤2，
即﹣1≤x2≤3，即方程x2+（2﹣m）x﹣2m+4＝0在区间[1，3]上有解，
则，
又1≤x2+2≤5，则，
当且仅当，即x2＝0时，m的最小值为2，
当x2+2＝5，即x2＝3时，m的最大值为；
（3）设，B＝{x|﹣ax+logbx＝0，x∈R}，
因为函数f（x）与g（x）具有性质M（1），所以存在x1∈A，x2∈B，使得|x1﹣x2|≤1，
由x1∈A得，，又b＞1，则0＜x1＜1，由x2∈B得，，又b＞1，则x2＞1，
①当a＞1时，由x1＜x2得，，即，即logbx2x1＞0，则x2x1＞1，
由x1，x2满足，利用可行域得，．
②当0＜a＜1时，由x1＜x2得，，即，
即logbx2x1＜0，则0＜x2x1＜1，
由x1，x2满足，利用可行域得，，
综上得，当0＜a＜1时，，当a＞1时，．
【点评】本题考查函数与方程的综合运用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，考查分类讨论的数学思想方法与数形结合的解题思想方法，属难题
33．（2022•松江区二模）对于定义在R上的函数f（x），若存在正数m与集合A，使得对任意的x1，x2∈R，当x1＜x2，且x2﹣x1≤m时，都有|f（x2）﹣f（x1）|∈A，则称函数f（x）具有性质（m，A）．
（1）若f（x）＝|2x﹣1|，判断f（x）是否具有性质（1，[0，2]），并说明理由；
（2）若f（x）＝sinx，且f（x）具有性质（m，[0，1]），求m的最大值；
（3）若函数f（x）的图像是连续曲线，且当集合A＝（0，a）（a为正常数）时，f（x）具有性质（1，A），证明：f（x）是R上的单调函数．
【分析】（1）由|f（x2）﹣f（x1）|＝||2x2﹣1|﹣|2x1﹣1||≤2（x2﹣x1）≤2可得结论；
（2）x1＝x，x2＝x+t，t∈（0，m），则|f（x+t）﹣f（x）|≤＝2|sin|≤1，可求得m的最大值；
（3）由题可得恒有0＜|f（x2）﹣f（x1）|＜a，即f（x2）﹣f（x1）＞0或恒有f（x2）﹣f（x1）＜0成立，再由反证法证明即可．
【解答】解：（1）具有，理由如下：
对一切x1，x2∈R，当x1＜x2，且x2﹣x1≤1，
由于|f（x2）﹣f（x1）|＝||2x2﹣1|﹣|2x1﹣1||≤2（x2﹣x1）≤2．
所以f（x）具有性质（1，[0，2]）；
（2）令x1＝x，x2＝x+t，t∈（0，m），
则|f（x+t）﹣f（x）|＝|sin（x+t）﹣sinx|＝|（cost﹣1）sinx+sintcosx|，
∴|f（x+t）﹣f（x）|≤＝2|sin|，
∵f（x）具有性质（m，[0，1]），
∴当t∈（0，m）时，恒有2|sin|≤1，即|sin|，
∴t∈（0，]，
所以mmax＝；
（3）证明：∵函数f（x）具有性质（1，A），
∴对任意的区间[x0，x0+1]，
当x1，x2∈[x0，x0+1]，x1＜x2时，都有0＜|f（x2）﹣f（x1）|＜a成立．
下面证明此时，恒有f（x2）﹣f（x1）＞0或恒有f（x2）﹣f（x1）＜0，
若存在x1，x2，x3∈[x0，x0+1]，x1＜x2＜x3，使得f（x1）≥f（x2）且f（x2）≤f（x3）①，
不妨设f（x3）≥f（x1）②，
当①或②式中有等号成立时，与0＜|f（x2）﹣f（x1）|矛盾；
当①②两式中等号均不成立时，f（x）的函数值从f（x1）连续增大到f（x3）时，必存在s∈[x2，x3]使得f（s）＝f（x1），也与0＜|f（x2）﹣f（x1）|矛盾，
同理可证f（x1）≤f（x2）且f（x2）≥f（x3）也不可能．
∴对任意的区间[x0，x0+1]，当x1，x2∈[x0，x0+1]，x1＜x2时，
恒有f（x2）﹣f（x1）＞0或恒有f（x2）﹣f（x1）＜0，
∵对任意的x1，x2∈R，x1＜x2，总存在k∈N，使得：k≤x2﹣x1＜k+1，
∴当f（x2）﹣f（x1）＞0时，f（x1）＜f（x1+1）＜f（x1+2）＜…＜f（x1+k）≤f（x2），
此时f（x）在R单调递增，
当f（x2）﹣f（x1）＜0时，
f（x1）＞f（x1+1）＞f（x1+2）＞…＞f（x1+k）≥f（x2）成立，
此时f（x）在R上单调递减，
综上可知f（x）是R上的单调函数．
【点评】本题属于新定义问题，考查了学生的逻辑推理能力和理解能力，关键在于理解所给定义，一般就是需要具体化新定义的内容，研究所给特例问题，一般需要化抽象为具体，具有很强的类比性，对类比推理要求较高，属于难题．
34．（2022•上海模拟）已知函数f（x）和g（x）的定义域分别为D1和D2，若对任意的x0∈D1，都恰好存在n个不同的实数x1、x2、…、xn∈D2，使得g（xi）＝f（x0）（其中i＝1、2、…、n，n∈N*），则称g（x）为f（x）的“n重覆盖函数”，如g（x）＝cosx，x∈（0，4π）是f（x）＝x，x∈（﹣1，1）的“4重覆盖函数”．
（1）试判断g（x）＝|x|，x∈[﹣2，2]是否为f（x）＝1+sinx，x∈R的“2重覆盖函数”，并说明理由；
（2）若g（x）＝为f（x）＝log2x，x∈[4，16]的“3重覆盖函数”，求实数a的取值范围；
（3）若g（x）＝，x∈[0，+∞）为，x∈（s，t）（0＜s＜t）的“9重覆盖函数”，求t﹣s的最大值．
【分析】（1）根据“n重覆盖函数”的定义即可判断；（2）将问题转化为对于任意的k∈[2，4]，方程g（x）＝k恰好有3个不同的根，然后分a＝0，a＞0，a＜0三种情况分别求解即可；（3）将问题转化成对于任意的，方程在[0，+∞）内有9个不同的根，利用数形结合的思想即可求解．
【解答】解：（1）当时，f（x0）＝0，
而g（x）＝0只有唯一解x1＝0，不是f（x）的“2重覆盖函数”；
（2）因函数f（x）＝log2x，x∈[4，16]的值域为[2，4]，
故对于任意的k∈[2，4]，方程g（x）＝k在[﹣6，5]内都恰好有3个不同的根，
①当a＝0时，，不合题意；
②当a＞0时，，
方程g（x）＝k需在（0，5]内有2个不同根，[﹣6，0]内有1个根，
∴，
解得0＜a＜1；
③当a＜0时，在（0，5]上单调递增，故方程g（x）＝k需在[﹣6，0]内有2个不同根，在（0，5]内有1个根，
当x∈[﹣6，0]时，，且g（0）＝﹣4＜2，
∴，
解得，
综上，实数a的取值范围是；
（3）函数的值域为，
对于任意的，方程在[0，+∞）内有9个不同的根，
即y＝1﹣|sinπx|与直线y＝kx在y轴右侧有9个不同的交点，
由图可知，，即，
由，
解得，
故t﹣s的最大值为61．
【点评】根据函数的单调性结合函数图象是解题的关键．
35．（2022•闵行区校级二模）某企业去年年底给全部的800名员工共发放2000万元年终奖，该企业计划从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加60万元，企业员工每年净增a人．
（1）若a＝9，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过3万元？
（2）为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？
【分析】（1）设从今年起的第x年（今年为第1年）该企业人均发放年终奖为y万元．在计划时间内，列出该企业的人均年终奖，令其大于或等于3万元，求出最低年限，判断a＝9是否满足题意．
（2）设1≤x1＜x2≤10，利用函数的单调性定义，人均年终奖年年有增长，确定a的范围，然后确定该企业每年员工的净增量不能超过的人数．
【解答】解：（1）设从今年起的第x年（今年为第1年）该企业人均发放年终奖为y万元．
则；（4分）
由题意，有，
解得，．
所以，该企业在10年内不能实现人均至少3万元年终奖的目标．
（2）设1≤x1＜x2≤10，则f（x2）﹣f（x1）＝＝，
所以，60×800﹣2000a＞0，得a＜24．
所以，为使人均发放的年终奖年年有增长，该企业员工每年的净增量不能超过23人．
【点评】本题考查其他不等式的解法，函数单调性的判断与证明，根据实际问题选择函数类型，考查逻辑思维能力，分析问题解决问题的能力，是中档题．
专题05函数的应用必考题型分类训练
【三年高考真题练】
一．填空题（共2小题）
1．（2022•上海）若函数f（x）＝，为奇函数，求参数a的值为 1 ．
【分析】由题意，利用奇函数的定义可得 f（﹣x）＝﹣f（x），故有 f（﹣1）＝﹣f（1），由此求得a的值．
【解答】解：∵函数f（x）＝，为奇函数，∴f（﹣x）＝﹣f（x），
∴f（﹣1）＝﹣f（1），∴﹣a2﹣1＝﹣（a+1），即 a（a﹣1）＝0，求得a＝0或a＝1．
当a＝0时，f（x）＝，不是奇函数，故a≠0；
当a＝1时，f（x）＝，是奇函数，故满足条件，
综上，a＝1，
故答案为：1．
【点评】本题主要考查函数的奇偶性的定义和性质，属于中档题．
2．（2020•上海）设a∈R，若存在定义域为R的函数f（x）同时满足下列两个条件：
（1）对任意的x0∈R，f（x0）的值为x0或x02；
（2）关于x的方程f（x）＝a无实数解，
则a的取值范围是 （﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞） ．
【分析】根据条件（1）可知x0＝0或1，进而结合条件（2）可得a的范围
【解答】解：根据条件（1）可得f（0）＝0或f（1）＝1，
又因为关于x的方程f（x）＝a无实数解，所以a≠0或1，
故a∈（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞），
故答案为：（﹣∞，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，属于基础题．
二．解答题（共4小题）
3．（2021•上海）已知一企业今年第一季度的营业额为1.1亿元，往后每个季度增加0.05亿元，第一季度的利润为0.16亿元，往后每一季度比前一季度增长4%．
（1）求今年起的前20个季度的总营业额；
（2）请问哪一季度的利润首次超过该季度营业额的18%？
【分析】（1）由题意可知，可将每个季度的营业额看作等差数列，则首项a1＝1.1，公差d＝0.05，再利用等差数列的前n项和公式求解即可．
（2）解法一：假设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润首次超过该季度营业额的18%，则0.16×（1+4%）n＞（1.1+0.05n）•18%，令f（n）＝0.16×（1+4%）n﹣（1.1+0.05n）•18%，（n∈N*），递推作差可得当1≤n≤9时，f（n）递减；当n≥10时，f（n）递增，注意到f（1）＜0，所以若f（n）＞0，则只需考虑n≥10的情况即可，再验证出f（24）＜0，f（25）＞0，即可得到利润首次超过该季度营业额的18%的时间．
解法二：设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润与该季度营业额的比为an，则＝＝1+0.04（1﹣），所以数列{an}满足a1＞a2＞a3＞a4＝a5＜a6＜a7＜……，再由a25，a26的值即可判断出结果．
【解答】解：（1）由题意可知，可将每个季度的营业额看作等差数列，
则首项a1＝1.1，公差d＝0.05，
∴S20＝20a1+d＝20×1.1+10×19×0.05＝31.5，
即营业额前20季度的和为31.5亿元．
（2）解法一：假设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润首次超过该季度营业额的18%，
则0.16×（1+4%）n＞（1.1+0.05n）•18%，
令f（n）＝0.16×（1+4%）n﹣（1.1+0.05n）•18%，（n∈N*），
即要解f（n）＞0，
则当n≥2时，f（n）﹣f（n﹣1）＝0.0064•（1+4%）n﹣1﹣0.009，
令f（n）﹣f（n﹣1）＞0，解得：n≥10，
即当1≤n≤9时，f（n）递减；当n≥10时，f（n）递增，
由于f（1）＜0，因此f（n）＞0的解只能在n≥10时取得，
经检验，f（24）＜0，f（25）＞0，
所以今年第一季度往后的第25个季度的利润首次超过该季度营业额的18%．
解法二：设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润与该季度营业额的比为an，
则＝＝1.04﹣＝1+0.04（1﹣），
∴数列{an}满足a1＞a2＞a3＞a4＝a5＜a6＜a7＜……，
注意到，a25＝0.178…，a26＝0.181…，
∴今年第一季度往后的第25个季度利润首次超过该季度营业额的18%．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了等差数列的实际应用，同时考查了学生的计算能力，是中档题．
4．（2020•上海）在研究某市交通情况时，道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除以时间，车辆密度是该路段一定
时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为v＝，x为道路密度，q为车辆密度，交通流量v＝f（x）＝．
（1）若交通流量v＞95，求道路密度x的取值范围；
（2）已知道路密度x＝80时，测得交通流量v＝50，求车辆密度q的最大值．
【分析】（1）由交通流量v随着道路密度x的增大而减小，知v＝f（x）是单调递减函数，进而知k＞0，于是只需100﹣135•＞95，解不等式即可；
（2）把x＝80，v＝50代入v＝f（x）的解析式中，求出k的值，利用q＝vx可得到q关于x的函数关系式，分段判断函数的单调性，并求出各自区间上q的最大值，取较大者即可．
【解答】解：（1）按实际情况而言，交通流量v随着道路密度x的增大而减小，
故v＝f（x）是单调递减函数，
所以k＞0，
当40≤x≤80时，v最大为85，
于是只需令100﹣135•＞95，解得x＜，
故道路密度x的取值范围为（0，）．
（2）把x＝80，v＝50代入v＝f（x）＝﹣k（x﹣40）+85中，
得50＝﹣k•40+85，解得k＝．
∴q＝vx＝，
①当0＜x＜40时，v＝100﹣135•（）＜100，
q＝vx＜100×40＝4000．
②当40≤x≤80时，q是关于x的二次函数，q＝﹣x2+120x，
对称轴为x＝，此时q有最大值，为＞4000．
综上所述，车辆密度q的最大值为．
【点评】本题考查分段函数的实际应用，考查学生分析问题和解决问题的能力，以及运算能力，属于中档题．
5．（2022•上海）已知函数f（x）的定义域为R，现有两种对f（x）变换的操作：φ变换：f（x）﹣f（x﹣t）；ω变换：|f（x+t）﹣f（x）|，其中t为大于0的常数．
（1）设f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，解方程：g（x）＝2；
（2）设f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，解不等式：f（x）≥h（x）；
（3）设f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x）；f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x）．若h1（x）＝h2（x）恒成立，证明：函数f（x）在R上单调递增．
【分析】（1）推导出g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，由此能求出x．
（2）推导出x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，当x≤﹣时，f（x）≥h（x）恒成立；当x＞﹣时，2tx+t2≤x2，由此能求出f（x）≥h（x）的解集．
（3）先求出u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），从而h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，先求出v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，从而h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，由h1（x）＝h2（x），得|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，再由f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，能证明函数f（x）在R上单调递增．
【解答】解：（1）∵f（x）＝2x，t＝1，g（x）为f（x）做φ变换后的结果，g（x）＝2，
∴g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1）＝2x﹣2x﹣1＝2x﹣1＝2，
解得x＝2．
（2）∵f（x）＝x2，h（x）为f（x）做ω变换后的结果，f（x）≥h（x），
∴x2≥|（x+t）2﹣x2|＝|2tx+t2|，
当x≤﹣时，f（x）≥h（x）恒成立；
当x＞﹣时，2tx+t2≤x2，
解得x≥（1+）t，或x≤（1﹣）t，
综上，不等式：f（x）≥h（x）的解集为（﹣∞，（1﹣）t]∪[（1+）t，+∞）．
（3）证明：f（x）先做φ变换后得到u（x），u（x）再做ω变换后得到h1（x），
∴u（x）＝f（x）﹣f（x﹣t），h1（x）＝|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|，
f（x）先做ω变换后得到v（x），v（x）再做φ变换后得到h2（x），
∴v（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|，h2（x）＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∵h1（x）＝h2（x），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∴|f（x+t）﹣f（x）﹣[f（x）﹣f（x﹣t）]|＝|f（x+t）﹣f（x）|﹣|f（x）﹣f（x﹣t）|，
∵t＞0，∴，
∴函数f（x）在R上单调递增．
【点评】本题考查方程、不等式的解的求法，考查函数是增函数的证明，考查函数变换的性质、抽象函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．（2020•上海）有一条长为120米的步行道OA，A是垃圾投放点ω1，若以O为原点，OA为x轴正半轴建立直角坐标系，设点B（x，0），现要建设另一座垃圾投放点ω2（t，0），函数ft（x）表示与B点距离最近的垃圾投放点的距离．
（1）若t＝60，求f60（10）、f60（80）、f60（95）的值，并写出f60（x）的函数解析式；
（2）若可以通过ft（x）与坐标轴围成的面积来测算扔垃圾的便利程度，面积越小越便利．问：垃圾投放点ω2建在何处才能比建在中点时更加便利？
【分析】（1）利用题目所给定义表示出f60（x）＝{|60﹣x|，|120﹣x|}min，分类讨论可得f60（x）；
（2）利用题意可得ft（x）＝，表示出ft（x）与坐标轴围成的面积，进而表示出面积不等式，解出不等式即可
【解答】解：（1）投放点ω1（120，0），ω2（60，0），f60（10）表示与B（10，0）距离最近的投放点（即ω2）的距离，
所以f60（10）＝|60﹣10|＝50，同理分析，f60（80）＝|60﹣80|＝20，f60（95）＝|120﹣95|＝25，
由题意得，f60（x）＝{|60﹣x|，|120﹣x|}min，
则当|60﹣x|≤|120﹣x|，即x≤90时，f60（x）＝|60﹣x|；
当|60﹣x|＞|120﹣x|，即x＞90时，f60（x）＝|120﹣x|；
综上f60（x）＝；
（2）由题意得ft（x）＝{|t﹣x|，|120﹣x|}min，
所以ft（x）＝，则ft（x）与坐标轴围成的面积如阴影部分所示，
所以S＝t2+＝t2﹣60t+3600，
由题意，S＜S（60），即t2﹣60t+3600＜2700，
解得20＜t＜60，即垃圾投放点ω2建在（20，0）与（60，0）之间时，比建在中点时更加便利．
【点评】本题是新定义问题，考查对题目意思的理解，分类讨论是关键，属于中档题．
【三年自主招生练】
一．选择题（共2小题）
1．（2022•上海自主招生）f（x）＝|x+1|+|x|﹣|x﹣2|，f（f（x））+1＝0根的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．0
【分析】根据绝对值的意义，求出f（x）的表达式，利用换元法转化为两个函数交点个数问题进行求解即可．
【解答】解：当x≤﹣1时，f（x）＝﹣（x+1）﹣x+（x﹣2）＝﹣x﹣3，
当﹣1＜x＜0时，f（x）＝x+1﹣x+（x﹣2）＝x﹣1，
当0≤x≤2时，f（x）＝x+1+x+（x﹣2）＝3x﹣1，
当x＞2时，f（x）＝x+1+x﹣（x﹣2）＝x+3，
作出f（x）的图象如图：
设t＝f（x），
由f（t）+1＝0，得f（t）＝﹣1，
得t＝0或t＝﹣2，
当t＝0时，f（x）＝0，有两个根，
当t＝﹣2时，f（x）＝﹣2，有1个根，
综上f（f（x））+1＝0的根的个数为3个，
故选：C．
【点评】本题主要考查函数与方程的应用，根据绝对值的意义求出函数f（x）的表达式，利用换元法转化为两个函数交点个数问题是解决本题的关键，是中档题．
2．（2022•上海自主招生）使3|x﹣3|+（x﹣3）sin（x﹣3）+kcos（x﹣3）＝0有唯一的解的k有（ ）
A．不存在 B．1个 C．2个 D．无穷多个
【分析】令3﹣x＝t，则3|t|+tsint+kcost＝0，构造函数f（t）＝3|t|+tsint+kcost，且t∈R，得出f（t）为偶函数，根据偶函数的对称性，假设有f（t1）＝0，必有f（﹣t1）＝0，与题设矛盾，则只有f（0）＝0，即可得出答案．
【解答】解：令3﹣x＝t，则3|t|+tsint+kcost＝0，设f（t）＝3|t|+tsint+kcost，且t∈R，
则f（﹣t）＝3|﹣t|+（﹣t）sin（﹣t）+kcos（﹣t）＝3|t|+tsint+kcost＝f（t），
∴f（t）为偶函数，则f函数（t）的图象关于y轴对称，
由偶函数的对称性，若f（t）＝0的零点不为t＝0，则有f（t1）＝0，必有f（﹣t1）＝0，不满足f（t）＝0的唯一性，
∴只能是f（0）＝0，即3|0|+0+kcos0＝0，解得k＝﹣1，故k只有唯一一个，
故选：B．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，根据函数的性质，考查转化思想，函数思想的应用，属于中档题．
二．填空题（共5小题）
3．（2020•上海自主招生）方程x（x+1）+1＝y2的正整数解有 0 ．
【分析】由已知等式可得y＞x，y﹣1＜x，进一步得到x＜y＜x+1，由此可得满足该式的正整数y不存在，从而得到方程x（x+1）+1＝y2的正整数解为0个．
【解答】解：由x（x+1）+1＝y2，得y2﹣x2＝x+1，
∵x为正整数，∴x+1＞1，即y2﹣x2＞1，则y＞x，
由x（x+1）+1＝y2，得y2﹣1＝（y﹣1）（y+1）＝x（x+1），
∵y+1＞x+1，∴y﹣1＜x，
则x＜y＜x+1，满足该式的正整数y不存在，
则方程x（x+1）+1＝y2的正整数解为0个．
故答案为：0．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题．
4．（2020•上海自主招生）已知方程2x﹣sinx＝1，则下列判断：
（1）方程没有正数解
（2）方程有无穷多个解
（3）方程有一个正数解
（4）方程的实根小于1
其中错误的判断有 （1） ．
【分析】在同一直角坐标系内画出函数y＝2x﹣1与y＝sinx的图象，由两函数图象的交点逐一分析四个命题得答案．
【解答】解：由2x﹣sinx＝1，得2x﹣1＝sinx，
作出函数y＝2x﹣1与y＝sinx的图象如图：
当x＝时，sin＝，＜＜＝，
可知函数y＝2x﹣1与y＝sinx的图象在（0，1）上一定有一个交点，且唯一，
故（1）错误，（3）（4）正确；
由图可知，方程有无穷多个解，故（2）正确．
∴其中错误的判断有（1）．
故答案为：（1）．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．
5．（2022•上海自主招生）sin（2022πx）＝x2实根个数为 4044 ．
【分析】设f（x）＝sin（2022πx），g（x）＝x2，求出f（x）的周期，由f（x）的最大值为1，x∈[﹣1，1]，时，0≤g（x）≤1，利用f（x）的周期，得出两者图象交点的个数，从而得出答案．
【解答】解：设f（x）＝sin（2022πx），g（x）＝x2，
∴g（﹣1）＝g（1）＝1，x＞1或x＜﹣1时，g（x）＞1，f（x）≤1，两者无交点，
∴f（x）＝sin（2022πx）的周期为T＝＝，在[0，1]上有1011个周期，在[﹣1，0）上有1011个周期，
f（﹣1）＝sin（﹣2022π）＝0，f（1）＝sin（2022π）＝0，x＝﹣1在f（x）增区间上，x＝1在f（x）增区间上，
因此在[﹣1，1]上的每个区间[﹣1+，﹣1+）（k∈N*，k≤2021）上，
f（x）与g（x）的图象都是两个交点，共4044个交点，即原方程有4044个解．
故答案为：4044．
【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
6．（2020•上海自主招生）设，若，则cos（x+2y）＝ 1 ．
【分析】设f（x）＝x3+sinx，把已知条件转化为 f（x）+f（2y）＝0，又因为函数f（x） 在R上是单调递增的奇函数，
故x+2y＝0，进而求出cos（x+2y）＝1．
【解答】解：原式可得变形为 ，
设f（x）＝x3+sinx，
因为f（﹣x）＝（﹣x）3+sin（﹣x）＝﹣（x3+sinx）＝﹣f（x），
所以 f（x） 为奇函数，
当 x＞0 时，f（x）′＝3x2+cosx
①当0＜x＜时，cosx＞0，所以f（x）′＞0；
②当x＞时，3x2＞3，cosx＜1，所以f（x）′＞0．
所以f（x） 在（0，+∞）上是单调递增函数，
又因为奇函数关于原点对称，所以函数f（x） 在R上是单调递增函数，
因此 f（x）+f（2y）＝0，则 x+2y＝0，则 cos（x+2y）＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合，考查学生的转化能力，是一道综合性的题目，属于中档题．
7．（2020•上海自主招生）设m（a）是函数f（x）＝|x2﹣a|在区间[﹣1，1]上的最大值，则m（a）的最小值为 ．
【分析】由题意可得函数f（x）为偶函数，因此讨论M（a）的值域只需在x∈[0，1]这一范围内进行，结合二次函数的单调性及a的正负及 1的大小分类讨论求解M（a）．
【解答】解：由题意可得函数f（x）为偶函数，因此讨论M（a）的值域只需在x∈[0，1]这一范围内进行；
①当a≤0时，f（x）＝x2﹣a，函数f（x）在[0，1]单调递增，M（a）＝f（1）＝1﹣a≥1．
②当 1＞a＞0时，函数f（x）在[0，]上单调递减，在[，1]上单调递增，
所以f（x）在[0，]内的最大值为M（a）＝f（0）＝a，
而f（x）在[，1]上的最大值为M（a）＝f（1）＝1﹣a．
若f（1）＞f（0）得，则1﹣a＞a，求得 0＜a＜．
故当a∈（0，）时，M（a）＝f（1）＝1﹣a＞；
若f（1）≤f（0）得，则1﹣a≤a，求得 1＞a≥．
故当a∈[，1）时，M（a）＝f（0）＝a，
③当a≥1时，函数在[0，1]上为减函数，所以M（a）＝f（0）＝a≥1．
综上，M（a）＝1﹣a，（当a＜时）； 或 M（a）＝a，（当a≥时）．
所以M（a）在[0，]上为减函数，且在[，1]为增函数，
易得M（a）的最小值为M（）＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了偶函数的性质的应用，其实由分析可得M（a）＝f（0）或f（1），所以可直接通过比较f（0）与f（1）的大小得出M（a）的解析式从而求解．
三．解答题（共1小题）
8．（2021•上海自主招生）求方程的实根个数．
【分析】方程根的个数转化为函数图象交点个数，利用数形结合求解即可．
【解答】解：方程的实根个数就是函数y＝||与y＝交点的个数，在平面直角坐标系中画出两个函数的图象，可知有2个交点，
方程的实根个数为：2．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，是中档题．
【最新模拟练】
一．选择题（共4小题）
1．（2022•青浦区校级模拟）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I（t）（t的单位：天）的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I（t*）＝0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（ ）（参考数据ln19≈3）
A．60 B．62 C．66 D．63
【分析】根据所给材料的公式列出方程＝0.95K，解出t即可．
【解答】解：由已知可得＝0.95K，解得e﹣0.23（t*﹣50）＝，
两边取对数有﹣0.23（t*﹣50）＝﹣ln19，
解得t*≈63，
故选：D．
【点评】本题考查函数模型的实际应用，考查学生计算能力，是基础题．
2．（2022•徐汇区校级模拟）德国数学家狄利克雷是解析数论的创始人之一，以其名命名狄利克雷函数的解析式f（x）＝，关于狄利克雷函数f（x），下列说法不正确的是（ ）
A．对任意x∈R，f（f（x））＝1
B．函数f（x）是偶函数
C．任意一个非零实数T都是f（x）的周期
D．存在三个点A（x1，f（x1））、B（x2，f（x2））、C（x3，f（x3）），使得△ABC为正三角形
【分析】根据狄利克雷函数的定义结合偶函数的定义、周期函数的定义等逐项判断后可得正确的选项．
【解答】解：任意x∈R，f（x）＝0或f（x）＝1，故f（f（x））＝1，故A正确；
任意x∈R，因此x，﹣x同为有理数或同为无理数，故f（x）＝f（﹣x），即f（x）是偶函数，故B正确；
取，则，故，
故f（x）不是周期函数，故C错误；
取，则f（x1）＝f（x3）＝0，f（x2）＝1，
则，
故，故△ABC为正三角形，故D正确．
故选：C．
【点评】本题考查了狄利克雷函数的定义和偶函数、周期函数的定义，属于中档题．
3．（2022•闵行区校级二模）在平面直角坐标系中，函数f（x）＝的图象上有三个不同的点位于直线上，且这三点的横坐标之和为0，则这条直线必过定点（ ）
A．（，0） B．（﹣1，0） C．（﹣1，﹣1） D．（1，1）
【分析】由已知函数解析式画出函数图象，设直线方程为y＝kx+b，可知k≠0，依题意可知，关于x的方程f（x）＝kx+b有三个不等实根，当x≥0时，由1＝kx+b，得x＝，当x＜0时，由，得kx2+（1+b﹣k）x+1﹣b＝0，利用根与系数的关系可得，结合三点的横坐标之和为0，得到k＝2b，可得则直线方程为y＝2bx+b＝b（2x+1），再由直线系方程得答案．
【解答】解：f（x）＝＝，
作出函数f（x）的图象如图，
设直线方程为y＝kx+b，显然当k＝0时，函数f（x）＝的图象上不可能有三个不同的点位于直线上；
则k≠0，依题意可知，关于x的方程f（x）＝kx+b有三个不等实根，
当x≥0时，由1＝kx+b，得x＝，
当x＜0时，由，得kx2+（1+b﹣k）x+1﹣b＝0，
则该方程有两个不等实根，由根与系数的关系可得：，
则，即k＝2b，
则直线方程为y＝2bx+b＝b（2x+1），该直线过定点（﹣，0）．
故选：A．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查化归与转化、数形结合思想，是中档题．
4．（2022•金山区二模）对于定义在D上的函数y＝f（x），若同时满足：
（1）对任意的x∈D，均有f（﹣x）+f（x）＝0；
（2）对任意的x1∈D，存在x2∈D，且x2≠﹣x1，使得f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2）成立，
则称函数y＝f（x）为“等均”函数．下列函数中：①f（x）＝x；②；③；④f（x）＝sinx，“等均”函数的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】分析函数满足的两个条件，再分别判断所给的函数是否同时满足这两个条件即可．
【解答】解：由（1）知，f（x）是定义域上的奇函数；
由（2）知，对任意的x1∈D，存在x2∈D，且x2≠﹣x1，使得f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2）成立；
对于①，f（x）＝x，是定义域R上的奇函数，满足（1），
对任意的x1∈R，f（x1）﹣x1＝x1﹣x1＝0，x2≠x1时，x2﹣f（x2）＝x2﹣x2＝0，
所以对任意的x1∈R，存在x2∈R，且x2≠﹣x1，使得f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2）成立，满足（2）；是“均等”函数．
对于②，，所以f（x）的定义域是（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，+∞）；
当x＝1时，﹣x＝﹣1，此时不存在f（﹣x），所以不满足（1），所以不是“均等”函数；
对于③，是定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，满足（1）；
任取x1∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），f（x1）﹣x1＝﹣x1＝，x2﹣f（x2）＝x2﹣＝，
若满足f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2），则有＝，所以（2﹣x1x2）（x1+x2）＝0，
因为x1+x2≠0，所以x2＝，
所以对任意的x1∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），存在x2∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），且x2≠﹣x1，
使得f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2）成立，满足（2）；是“均等”函数．
对于④，f（x）＝sinx是定义域R上的奇函数，所以满足（1）；
对任意的x1∈R，f（x1）﹣x1＝sinx1﹣x1，x2﹣f（x2）＝x2﹣sinx2，
若满足f（x1）﹣x1＝x2﹣f（x2），则有sinx1﹣x1＝x2﹣sinx2＝sin（﹣x2）﹣（﹣x2），
设g（x）＝sinx﹣x，g′（x）＝cosx﹣1≤0，所以g（x）是R上的单调减函数，
所以x1＝﹣x2，此时不满足（2）；所以不是“均等”函数．
综上知，以上为“等均”函数的序号是①③，共2个．
故选：B．
【点评】本题考查了函数的概念与应用问题，也考查了推理与判断能力，是难题．
二．填空题（共14小题）
5．（2022•浦东新区校级二模）已知函数f（x）＝sin2+sinωx﹣（ω＞0，x∈R），若f（x）在区间（π，2π）内没有零点，ω的取值范围是 （0，]∪[，] ．
【分析】函数f（x）＝sin（ωx﹣），由f（x）＝0，可得sin（ωx﹣）＝0，解得x＝∉（π，2π），即可得出
【解答】解：f（x）＝sin2+sinωx﹣＝（1﹣cosωx）+sinωx﹣＝sin（ωx﹣），
由f（x）＝0，可得sin（ωx﹣）＝0，
解得x＝∉（π，2π），
∴ω∉（.）∪（，）∪（，）∪…＝（.）∪（，+∞），
∵f（x）在区间（π，2π）内没有零点，
∴ω∈（0，]∪[，]
故答案为：（0，]∪[，]
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．（2022•奉贤区二模）若关于x，y的方程组有唯一解，则实数a满足的条件是 {a|a≠6} ．
【分析】由题给方程组有唯一解，可得方程（a﹣6）y+6＝0有唯一解，进而得到实数a满足的条件．
【解答】解：由，可得（a﹣6）y+6＝0，
由关于x，y程组有唯一解，
可得方程（a﹣6）y+6＝0有唯一解，则a≠6．
故答案为：{a|a≠6}．
【点评】本题考查了二元一次方程组解的情况，属于易做题．
7．（2022•徐汇区校级模拟）若方程，若方程f（x）＝3无解，则实数t的取值范围是 [，2） ．
【分析】若f（x）＝3可得x＝±或x＝2，从而可得±∉（t，+∞）且2∉（﹣∞，t]，从而解得．
【解答】解：若f（x）＝3，
则x2＝3或2x﹣1＝3，
故x＝±或x＝2，
故±∉（t，+∞）且2∉（﹣∞，t]，
故t∈[，2），
故答案为：[，2）．
【点评】本题考查了分段函数及方程解的应用，属于基础题．
8．（2022•崇明区二模）设y＝f（x）是定义在R上且周期为2的函数，当x∈[﹣1，1）时，，其中a∈R．若，则f（a）＝ ．
【分析】根据题意，由函数的周期性可得f（﹣）＝f（﹣），f（）＝f（），结合函数的解析式求出a的值，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，y＝f（x）是定义在R上且周期为2的函数，
则f（﹣）＝f（﹣），f（）＝f（），
又由当x∈[﹣1，1）时，，则有﹣+a＝|﹣|，解可得a＝，
则f（a）＝f（）＝|﹣|＝；
故答案为：．
【点评】本题考查分段函数的求值，涉及函数的周期性，属于基础题．
9．（2022•宝山区二模）如果函数是奇函数，则f（﹣3）＝ ﹣3 ．
【分析】根据题意，求出x＝3时的函数值，结合函数的奇偶性分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数，当x＝3时，y＝2×3﹣2＝3，
而函数为奇函数，则f（﹣3）＝﹣3；
故答案为：﹣3
【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．
10．（2022•宝山区模拟）预测A省未来50年新能源汽车的保有量，采用阻滞型模型x（t）＝，其中t 年底的汽车拥有量为x（t），r为年增长率，M为饱和量，x0为初始值 （单位：1万辆）．已知：A省2020年底的新能源汽车拥有量为16.8万辆，以此为初始值，若以后每年的增长率为0.115，饱和量为1400，那么，2040 年底，该省新能源汽车的保有量为 151 ．（精确到1万辆）
【分析】把已知数据代入阻滞型模型x（t）＝，求出x的值即可．
【解答】解：根据题中所给阻滞型模型，代入有关数据，注意以2020年的为初始值，则有x＝≈151，
故答案为：151．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了学生的计算能力，属于基础题．
11．（2022•奉贤区二模）构造一个二元二次方程组，使得它的解恰好为，，要求f（x，y）＝0与g（x，y）＝0的每个方程均要出现x，y两个未知数．答： ．
【分析】不妨令f（x，y）＝0为过（1，2）、（3，﹣4）两点的直线，g（x，y）＝0为以（1，2）、（3，﹣4）两点为直径的圆，即可满足题意．
【解答】解：过（1，2）、（3，﹣4）两点的直线为＝，整理得3x+y﹣5＝0，
又因为（1，2）、（3，﹣4）两点间距离为＝2，
（1，2）、（3，﹣4）两点的中点坐标为（2，﹣1），
则以（1，2）、（3，﹣4）两点为直径的圆为（x﹣2）2+（y+1）2＝10，
则可令f（x，y）＝0为3x+y﹣5＝0，g（x，y）＝0为（x﹣2）2+（y+1）2＝10，
故答案为：．
【点评】本题属于开放型问题，考查了学生的理解、分析问题能力，也考查了转化思想，属于中档题．
12．（2022•静安区二模）已知函数，若对任意a≤﹣1，当﹣1＜b≤m时，总有a（f（b）﹣1）≥b成立，则实数m的最大值为 1 ．
【分析】分b≥2、1＜b＜2、0＜b≤1、﹣1＜b≤0依次讨论f（b）的范围，进而判断a（f（b）﹣1）≥b是否恒成立，即可求解．
【解答】解：当b≥2时，f（b）＝log2b≥log22＝1，则a（f（b）﹣1）≥b不成立；
当1＜b＜2，0＜f（b）＝log2b＜1，取a＝﹣1，0＜a（f（b）﹣1）＝1﹣f（b）＜1，此时a（f（b）﹣1）≥b不成立；
当0＜b≤1时，f（b）＝log2b≤0，则f（b）﹣1≤﹣1，对于任意a≤﹣1，有a（f（b）﹣1）≥1，当b＝1，a＝﹣1时取等号，所以总有a（f（b）﹣1）≥b成立；
当﹣1＜b≤0时，0≤f（b）＝|2b+1|≤1，当b＝﹣1，0取最大值1，当时取最小值0，则﹣1≤f（b）﹣1≤0，
对于任意a≤﹣1，有a（f（b）﹣1）≥0，当b＝﹣1，0时取等号，所以总有a（f（b）﹣1）≥b成立；
综上可得﹣1＜b≤1，故实数m的最大值为1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了分段函数的应用，属于中档题．
13．（2022•松江区二模）已知函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且满足g（2+x）＝g（2﹣x），当x∈[0，2]时，g（x）＝log2（x+1）．则当x∈[0，2022]时，方程f（x）＝g（x）实根的个数为 506 ．
【分析】根据函数的解析式可得的图象关于x＝2对称，由g（2+x）＝g（2﹣x），y＝g（x）图象关于x＝2对称，又可得g（x+4）＝g（x），所以函数y＝g（x）的周期为4的周期函数，易得方程f（x）＝g（x）实根的个数
【解答】解：函数的图象关于x＝2对称，且＞0，可得f（x）在（2，+∞）单调递减，
由g（2+x）＝g（2﹣x），y＝g（x）图象关于x＝2对称，
又可得g（x+4）＝g（﹣x）＝﹣g（x），所以g（x+8）＝g（x），所以函数y＝g（x）的周期为8的周期函数，
当x∈[0，2]时，g（x）＝log2（x+1）．可知函数在[0，2]上单调递增，且f（x）∈[0，ln3]，
所以当x∈[0，2]时，f（x）＝g（x）有1个实根，
当x∈[2，10]时，f（x）＝g（x）有2个实根，由函数周期性可知在x≥2的每个周期内有2个实根，
故x∈[0，2022]时，方程f（x）＝g（x）实根的个数为506个．
故答案为：506．
【点评】本题考查方程的根的个数，可转化为函数图象交点的个数，属中档题．
14．（2022•徐汇区校级模拟）若函数在区间[a，b]（a，b∈R）上恰有14个零点，则符合条件的所有b﹣a的取值范围是 [，） ．
【分析】作函数的图象，结合函数图象及周期性求b﹣a的取值范围即可．
【解答】解：作函数的图象如下，
∵每一个周期内有2个零点，
∴[，12π+）上共有12个零点，
12π+，12π+也是函数的零点，
故b﹣a的最小值为12π+﹣＝，
小于的最近零点是﹣，大于12π+的最近零点是14π+，
故b﹣a＜14π+﹣（﹣）＝，
故符合条件的所有b﹣a的取值范围是[，）；
故答案为：[，）．
【点评】本题考查了三角函数的性质及数形结合的思想方法应用，属于中档题．
15．（2022•闵行区校级模拟）设a∈R．函数f（x）＝．若函数f（x）的最小值为0，则a的取值范围是 （﹣∞，4] ．
【分析】求出x＜0时f（x）＞0，问题转化为x+＝0在x＞0时有解，即a＝4x﹣x2＝﹣（x﹣2）2+4在x＞0时有解，由此得答案．
【解答】解：当x＜0时，f（x）＝log2（1﹣x）＞0；
∴要使f（x）＝的最小值为0，
即f（x）＝|x+﹣4|在x＞0时的最小值为0，可知x+＝0在x＞0时有解．
即a＝4x﹣x2＝﹣（x﹣2）2+4在x＞0时有解．
则a≤4．
∴a的取值范围是（﹣∞，4]．
故答案为：（﹣∞，4]．
【点评】本题考查分段函数的应用，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
16．（2022•静安区模拟）在如今这个5G时代，6G研究己方兴末艾，2021年8月30日第九届未来信息通信技术国际研讨会在北京举办，会上传出消息，未来6G速率有望达到1Tbps，并启用毫米波、太赫兹、可见光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立体网络，预计6G数据传输速率有望比5G快100倍，时延达到亚毫秒级水平．香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率C取决于信道宽带W，信道内信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比．若不改变宽带W，而将信噪比从11提升至499，则最大信息传递率C会提升到原来的 2.5 倍．（结果保留一位小数）
【分析】设提升前最大信息传递率为C1，提升后最大信息传递率为C2，再根据题意求，利用指数、对数的运算性质化简即可求解．
【解答】解：设提升前最大信息传递率为C1，提升后最大信息传递率为C2，
由题意可知，C1＝Wlog2（1+11）＝Wlog212，
C2＝Wlog2（1+499）＝Wlog2500，
所以
＝倍．
所以最大信息传递率C会提升到原来的2.5倍．
故答案为：2.5．
【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
17．（2022•浦东新区校级模拟）设a＞0，b＞0，若关于x的方程恰有三个不同的实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b，则a+b的值为 ．
【分析】不妨令f（x）＝+，判断函数的奇偶性，推出3个根的和为0，得出x2＝0，将x2＝0，x3＝b代入原方程得：，分b≥a与b＜a两种情况求解即可．
【解答】解：不妨令f（x）＝+，
显然满足f（﹣x）＝f（x），可知f（x）为偶函数，
因为关于x的方程恰有三个不同的实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b，
所以必有x2＝0，且﹣x1＝x3＝b，故x1+x2+x3＝0，
将x2＝0，x3＝b代入原方程得：，
当b≥a时，原方程化为，解得，
此时a+b＝+＝，
当b＜a时，原方程化为，解得a＝b＝0，与a＞0，b＞0矛盾，
故a+b＝．
故答案为：．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查分析问题解决问题的能力，是难题．
18．（2022•徐汇区二模）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝2f（x）+1，当x∈[0，1）时，f（x）＝x3.设f（x）在区间[n，n+1）（n∈N*）上的最小值为an.若存在n∈N*，使得λ（an+1）＜2n﹣7有解，则实数λ的取值范围是 （﹣∞，） ．
【分析】根据题意，利用换元法，分别求出当x∈[1，2），x∈[2，3），…，x∈[n，n+1）时，f（x）的解析式，进而求出an＝2n﹣1，然后，得到存在n∈N*，使得λ（an+1）＜2n﹣7有解，则有λ＜有解，进而必有λ＜（）max，进而求出（）max，即可求解．
【解答】解：当x∈[0，1）时，f（x）＝x3，
因为定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝2f（x）+1，
∴f（x+1）＝2f（x）+1＝2x3+1，
令t1＝x+1，则x＝t1﹣1，
所以当t1∈[1，2）时，有f（t1）＝2（t1﹣1）3+1，
所以当x∈[1，2）时，f（x）＝2（x﹣1）3+1，
f（x+1）＝2f（x）+1＝4（x﹣1）3+3，
令t2＝x+1，则x＝t2﹣1，t1＝x+1，t2∈[2，3），
则有f（t2）＝4（t2﹣2）3+3，
所以当x∈[2，3）时，f（x）＝4（x﹣2）3+3，
同理可得，x∈[3，4）时，f（x）＝8（x﹣3）3+7，
根据规律，明显可见当x∈[n，n+1）时，f（x）＝2n（x﹣n）3+2n﹣1，且此时的f（x）必为增函数，
又因为an为f（x）在区间[n，n+1）（n∈N*）上的最小值，
所以a1＝1，a2＝3，a3＝7，…，an＝2n﹣1，
所以，若存在n∈N*，使得λ（an+1）＜2n﹣7有解，
则有λ＜有解，进而必有λ＜（）max，
根据该函数的特性，明显可见，当n＝5时，有（）max＝．
所以此时有λ＜．
故答案为：（﹣∞，）．
【点评】本题考查了函数的性质、转化思想、数学归纳法，难点是由函数的性质得到f（x）的表达式，属于难题．
三．解答题（共17小题）
19．（2022•静安区二模）某便民超市经销一种小袋装地方特色桃酥食品，每袋桃酥的成本为6元，预计当一袋桃酥的售价为x元（9≤x≤11）时，一年的销售量为万袋，并且全年该桃酥食品共需支付3x万元的管理费．一年的利润＝一年的销售量×售价−（一年销售桃酥的成本+一年的管理费）．（单位：万元）
（1）求该超市一年的利润L（万元）与每袋桃酥食品的售价x的函数关系式；
（2）当每袋桃酥的售价为多少元时，该超市一年的利润L最大，并求出L的最大值．
【分析】（1）根据题意列关系式即可；
（2）结合基本不等式求解即可．
【解答】解：（1）该超市一年的利润L（万元）与每袋桃酥食品的售价x的函数关系式：，（9≤x≤11）；
（2），
因为9≤x≤11，所以，
当且仅当即x＝9时，等号成立，
此时L最大，最大值为9万元．
故当每袋桃酥的售价为9元时，该超市一年的利润最大，最大利润9万元．
【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，比较基础．
20．（2022•静安区模拟）因函数的图像形状象对勾，我们称形如“”的函数为“对勾函数”．
（1）证明对勾函数具有性质：在上是减函数，在上是增函数；
（2）已知，x∈[1，3]，利用上述性质，求函数f（x）的单调区间和值域；
（3）对于（2）中的函数f（x）和函数g（x）＝x2﹣mx+4，若对任意x1∈[1，3]，总存在x2∈[1，3]，使得g（x2）＜f（x1）成立，求实数m的取值范围．
【分析】（1）根据函数单调性的定义进行证明即可；
（2）利用对勾函数的单调性的性质进行求解即可；
（3）结合（2）的结论，根据任意性、存在性的定义进行求解即可．
【解答】解：（1）证明：根据题意，设f（x）＝x+，（x＞0），
任取x1，x2，使0＜x1＜x2，
则，
若，则x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜t，
即x1﹣x2＜0，x1x2﹣t＜0，所以，
所以f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），
所以在上是减函数；
若，则x1﹣x2＜0，x1x2＞t，即x1﹣x2＜0，x1x2﹣t＞0，
所以，
所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
所以在上是减函数，
所以对勾函数具有性质：在上是减函数，在上是增函数；
（2）根据题意，，
令2x﹣1＝m，因为1≤x≤3，所以1≤m≤5，则，
由对勾函数的性质，可得h（m）在[1，2]上单调递减，在（2，5]上单调递增，
所以f（x）在上是减函数，在上是增函数，
所以f（1）＝1，，，
综上可得，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为，值域为；
（3）由（2）知时，若存在x2∈[1，3]，使得g（x2）＜f（x1）成立，
只需g（x）＝x2﹣mx+4＜0，在x∈[1，3]上有解即可，即最小值，
令，u（x）在[1，2]上是减函数，在[2，3]上是增函数，
所以u（x）最小值u（2）＝4，
所以m＞4，
即实数m的取值范围为（4，+∞）．
【点评】本题考查函数与方程的关系，涉及函数单调性与函数的最值，属于中档题．
21．（2022•嘉定区二模）某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直，灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示．已知∠ABC＝，∠ACD＝，路宽AD＝24米．设∠ACB＝θ（）．
（1）当θ＝时，求△ABC的面积；
（2）求灯杆BC与灯柱AB长度之和L（米）关于θ的函数解析式，并求当θ为何值时，L取得最小值．
【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形面积公式能求出△ABC的面积．
（2）在△ACD中，∠ACD＝，AD＝24，∠ADC＝﹣θ，由正弦定理求出AC，再在△ABC中由正弦定理可得AB＝32sinθcosθ，BC＝16﹣16cosθsinθ，进而求出L关于θ的函数解析式，再结合三角函数的性质即可求出L的最小值．
【解答】解：（1）当θ＝时，∠ACB＝，∠BAC＝＝，
∴∠CAD＝＝，
又∵∠ACD＝，AD＝24，
∴△ACD为边长为24的等边三角形，
△ABC中，，即，
解得AB＝8，
∴△ABC的面积为S＝＝＝48平方米．
（2）在△ACD中，∠ACD＝，AD＝24，∠ADC＝2π﹣﹣﹣＝﹣θ，
由正弦定理得，，解得AC＝＝16cosθ，
在△ABC中，∠ABC＝，，∠BCA＝θ，AC＝16cosθ，
由正弦定理得，，
∴AB＝32sinθcosθ，BC＝16﹣16cosθsinθ，
∴L＝BC+AB＝16﹣16cosθsinθ+32sinθcosθ＝16+16cosθsinθ＝8（1+cos2θ）+8sin2θ＝16（+）+8＝16sin（2θ）+8（），
∵，∴2∈[，]，
∴当2＝，即时，L取得最小值16sin+8＝8．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了正弦定理的应用，以及三角函数的性质，属于中档题．
22．（2022•浦东新区校级模拟）绵阳是党中央、国务院批准建设的中国唯一的科技城，重要的国防科研和电子工业生产基地，市某科研单位在研发过程中发现了一种新合金材料，由大数据测得该产品的性能指标值y（y值越大产品的性能越好）与这种新合金材料的含量x（单位：克）的关系为：当0≤x＜7时，y是x的二次函数；当x≥7时，．测得部分数据如表：
x（单位：克）
0
2
6
10
⋯⋯
y
﹣4
8
8
⋯⋯
（1）求y关于x的函数关系式y＝f（x）；
（2）求该新合金材料的含量x为何值时产品的性能达到最佳．
【分析】（1）结合待定系数法，代入数据运算即可得解；
（2）按照0≤x＜7、x≥7分类，结合指数函数、二次函数的性质即可得解．
【解答】解：（1）当0≤x＜7时，设y＝ax2+bx+c，（a≠0），
由x＝0，y＝﹣4可得c＝﹣4，
由x＝2，y＝8得4a+2b＝12，①
由x＝6，y＝8得36a+6b＝12，②
联立①②解得a＝﹣1，b＝8，则y＝﹣x2+8x﹣4；
当x≥7时，y＝，
由x＝10，y＝，可得，解得m＝8，即有y＝．
综上可得；
（2）当0≤x＜7时，y＝﹣x2+8x﹣4＝﹣（x﹣4）2+12，
即有x＝4时，性能取得最大值12；
当x≥7时，单调递减，所以当x＝7时，性能取得最大值3；
综上可得，当x＝4时产品的性能达到最佳．
【点评】本题主要考查函数模型及其应用，分段函数的实际应用等知识，属于中等题．
23．（2022•宝山区模拟）已知函数f（x）＝，F（x）＝f（x）+4x．
（1）当k＝1时，解不等式F（x）≥6；
（2）若F（x）在R上是增函数，求k的取值范围．
【分析】（1）直接分段求解即可，
（2）分段研究单调性，再综合即可得到结论．
【解答】解：∵函数f（x）＝，F（x）＝f（x）+4x；
（1）当k＝1时，F（x）≥6可转化为：①和②，
解①得x≥，解②得x＝1，
因此不等式F（x）≥6的解集为{x|x＝1或x≥}；
（2）当x≤1时，F（x）＝2x+4x单调递增，F（1）＝6，
当x＞1时，F（x）＝+4x≥4，当且仅当x＝时等号成立，
显然，当＞1时，F（x）＝+4x不是增函数，
当≤1，即k≤4时，F（x）＝+4x在（1，+∞）上是增函数，
此时F（x）＞k+4，
令k+4≥6，即k≥2，
综上可得，当2≤k≤4时，F（x）在R上是增函数．
【点评】本题主要考查分段函数的性质以及应用，属于中档题目．
24．（2022•奉贤区二模）如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的两个顶点A、B及CD的中点P处．AB＝20km，BC＝10km．为了处理这三家工厂的污水，现要在该矩形区域内（含边界）且与A、B等距的一点O处，建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道AO，BO，PO．记铺设管道的总长度为ykm．
（1）设∠BAO＝θ（弧度），将y表示成θ的函数并求函数的定义域；
（2）假设铺设的污水管道总长度是，请确定污水处理厂的位置．
【分析】（1）依据题给条件，先分别求得OA、OB、OP的表达式，进而得到管道总长度y的表达式，再去求其定义域即可解决；
（2）先解方程，求得，再去确定污水处理厂的位置．
【解答】解：（1）矩形ABCD中，AB＝20km，BC＝10km，
DP＝PC，DC⊥PO，∠BAO＝∠ABO＝θ，
则，
∴，
则；
（2）令，
∴，∴，则，
又，即，则，则，
此时，
所以确定污水处理厂的位置是在线段AB的中垂线上且离AB的距离是．
【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
25．（2022•奉贤区模拟）某地出现了虫軎，农业科学家引入了“虫害指数”数列{In}，{In}表示第n周的虫害的严重程度，虫害指数越大，严重程度越高．为了治理害虫，需要环境整治、杀灭害虫，然而由于人力资源有限，每周只能采取以下两个策略之一：
策略A：环境整治，“虫害指数”数列满足：In+1＝1.02In﹣0.2．
策略B：杀灭害虫，“虫害指数”数列满足：In+1＝1.08In﹣0.46．
当某周“虫害指数”小于1时，危机就在这周解除．
（1）设第一周的虫害指数I1∈[0，8]，用哪一个策略将使第二周的虫害的严重程度更小？
（2）设第一周的虫害指数I1＝3，如果每周都采用最优策略，虫害的危机最快将在第几周解除？
【分析】（1）分I1＝，I1∈[1，]，I1∈（，8]三种情况讨论即可；
（2）根据题意，I1＝3时，选择策略B，当In＝0时，﹣＝（3﹣）•1.08n﹣1，可得，＝1.08n﹣1，求解即可．
【解答】解：（1）策略A：In+1＝1.02In﹣0.2，策略B：In+1＝1.08In﹣0.46，
当1.02I1﹣0.2＝1.08I1﹣0.46，可得I1＝，
当I1＝时，两者相等，
当I1∈[1，]时，策略B的I2更小；
当I1∈（，8]时，策略A的I2更小；
（2）I1＝3时，选择策略B，当In＝0时，﹣＝（3﹣）•1.08n﹣1，可得，＝1.08n﹣1，所以n＝9，
所以虫害的危机最快在第9周解除．
【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
26．（2022•浦东新区二模）某研究所开发了一种抗病毒新药，用小白鼠进行抗病毒实验．已知小白鼠服用1粒药后，每毫升血液含药量y（微克）随着时间x（小时）变化的函数关系式近似为．当每毫升血液含药量不低于4微克时，该药能起到有效抗病毒的效果．
（1）若小白鼠服用1粒药，多长时间后该药能起到有效抗病毒的效果？
（2）某次实验：先给小白鼠服用1粒药，6小时后再服用1粒，请问这次实验该药能够有效抗病毒的时间为多少小时？
【分析】（1）设服用1粒，经过x小时能有效抗病毒，联立，求解即可；
（2）设经过x小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克，分3种情况0＜x≤6，6＜x≤12，12＜x≤18讨论即可．
【解答】解：（1）设服用1粒，经过x小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克，可得，解得，
所以小时后该药能起到有效抗病毒的效果．
（2）设经过x小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克；
若0＜x≤6，药物浓度，解得，
若6＜x≤12，药物浓度，解得x2﹣20x+100≥0，所以6＜x≤12；
若12＜x≤18，药物浓度12﹣（x﹣6）≥4，解得x≤14，所以12＜x≤14；
综上，
所以这次实验该药能够有效抗病毒的时间为小时．
【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，比较基础．
27．（2022•黄浦区校级模拟）自2019年起，上海市推进“三星级绿色生态城区”示范区项目．今年，一座人民公园将要建设一块绿地．设计方案如图所示，有一块边长为500米的正方形土地ABCD，CE是一段圆弧（以D为圆心，与BC相切于C），其中BE，DE为两条人行步道，AE为一条鲜花带．已知每米人行步道的修建费用为每米288元．
（1）当∠ADE＝50°时，求人行步道BE，DE的长度之和；
（2）如何设计圆弧CE的长度，才能使人行步道BE，DE的总造价最低，并求出总造价．（长度精确到0.1米，造价精确到0.01元）
【分析】（1）根据已知条件及圆的定义，再利用锐角三角函数及勾股定理即可求解；
（2）根据已知条件及（1）的思路，求出BE的关系式，再利用辅助角公式及三角函数的性质，求出BE的最小值，进而得出BE+DE的最小值，结合题意即可求解．
【解答】解：（1）作EF⊥AB，EG⊥AD，垂足分别为F，G，如图所示：
由题意可知，DE＝DA＝500米，
在Rt△EGD中，DG＝DE⋅cos∠EDA＝500cos50°，
所以EF＝AG＝AD﹣DG＝500﹣500cos50°，
在Rt△EGD中，EG＝DE⋅sin∠EDA＝500sin50°，
同时，BF＝AB﹣AF＝AB﹣EG＝500﹣500sin50°，
在Rt△EGD中，由勾股定理得，BE2＝EF2+BF2，
即解得＝213.50米，
∴BE+DE＝213.50+500＝713.50≈713.5米；
（2）设AB＝BC＝CD＝AD＝DE＝R（R＝500米），
则与第（1）问相同，设∠ADE＝θ，由于DE为定值，只需考虑BE的变化情况，
则EF＝R（1﹣cosθ），BF＝R（1﹣sinθ），
由勾股定理，BE2＝EF2+BF2，
解得＝，
∵，∴，
所以当即时，BE取得最小值．
则米，
则总造价＝元，
此时圆弧米，
故当圆弧长度设计为392.7米时，人行步道BE，DE的总造价最低，为203646.75元．
【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
28．（2022•宝山区二模）某地区的一种特色水果上市时间11个月中，预测上市初期和后期会因供不应求使价格呈连续上涨态势，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数：①f（x）＝p•qx；②f（x）＝px2+qx+1；③f（x）＝Asin（x﹣）+B（以上三式中p，q，A，B均为常数．）
（1）为准确研究其价格走势，应选哪种价格模拟函数，为什么？
（2）若f（3）＝8，f（7）＝4，求出所选函数f（x）的解析式（注：函数的定义域是[0，10]，其中x＝0表示1月份，x＝1表示2月份，⋯⋯，以此类推），为保证果农的收益，打算在价格在5元以下期间积极拓宽外销渠道，请你预测该水果在哪几个月份要采用外销策略？
【分析】（1）根据每个函数的特点及市场中价格的走势可知选择③f（x）＝Asin（x﹣）+B；
（2）根据f（3）＝8，f（7）＝4，求出A，B的值，再根据f（x）＜5解出x的值即可．
【解答】解：（1）应选f（x）＝Asin（x﹣）+B，
∵①f（x）＝p•qx是单调函数且不具有先升后降再升的特点，
②f（x）＝px2+qx+1同样不具有先升后降再升的特点，
③f（x）＝Asin（x﹣）+B有多个单调递增区间和减区间；
（2）由f（3）＝Asin（﹣）+B＝Asin+B＝A+B＝8，
f（7）＝Asin（﹣）+B＝Asin+B＝﹣A+B＝4，
所以解得：A＝2，B＝6；
所以f（x）＝2sin（x﹣）+6（x∈[0，10]），
所以x﹣∈[﹣，]，
当f（x）＜5时，需采用外销策略，则此时2sin（x﹣）+6＜5，
即sin（x﹣）＜﹣，
又x﹣∈[﹣，]，
由y＝sinx函数得在[﹣，]内，sinx＜﹣，
得﹣＜x＜﹣或+π＜x＜+π，
即﹣＜x﹣＜﹣或+π＜x﹣＜+π，
即0＜x＜或＜＜⇒＜x＜，
又x＝0表示1月份，
故应在1月份、6月份、7月份、8月份、9月份采用外销策略．
【点评】本题考查了根据实际问题选择函数类型，也考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题．
29．（2022•奉贤区模拟）已知函数f（x）和g（x）的定义域分别为D1和D2，若对任意的x0∈D1都存在n个不同的实数x1、x2、⋯、xn∈D2，使得g（xi）＝f（x0）（其中i＝1、2、⋯n，n∈N*），则称g（x）为f（x）的“n重覆盖函数”．
（1）试判断g（x）＝|x|（﹣2≤x≤2）是否为f（x）＝1+sinx（x∈R）的“2重覆盖函数”？请说明理由；
（2）求证：g（x）＝cosx（0＜x＜4π）是f（x）＝（x∈R）的“4重覆盖函数”；
（3）若g（x）＝为f（x）＝log的“2重覆盖函数”，求实数a的取值范围．
【分析】（1）：根据两个函数的值域，结合偶函数的性质进行判断即；
（2）：可根据两个函数的值域，结合余弦函数的周期性进行判断即可；
（3）：将题转化为对任意0＜k＜1，g（x）＝k有2个实根，根据g（x）的性质即可求解．
【解答】解：（1）由﹣1≤sinx≤1可知：0≤f（x）≤2，函数g（x）＝|x|（﹣2≤x≤2）的图象如下图所示：
当x＝时，f（）＝1+sin＝0，
当g（x）＝|x|＝0时，解得x＝0，
所以g（x）不是f（x）的“2重覆盖函数”；
（2）证明：因为2x＞0，
所以2x+1＞1⇒＜1⇒＜2，
又因为f（x）＝＝1﹣＞1﹣2＝﹣1，
又因为2x﹣1＜2x+1，
所以f（x）＝＜1，
所以﹣1＜f（x）＝＜1，
又因为g（x）＝cosx（0＜x＜4π），
所以g（x）∈[﹣1，1]，
又因f（x）＝1﹣，可得f（x）为奇函数且单调递增，
作出两函数的（0，4π）内的大致图象，如图所示：
由此可知f（x）＝g（x）在（0，4π）内有4个解．
所以g（x）是f（x）在（0，4π）的“4重覆盖函数”；
（3）可得f（x）＝log＝的定义域为（0，+∞），
即对任意x0∈R，存在2个不同的实数x1，x2∈[﹣2，+∞），使得g（xi）＝f（x0）（其中i＝1，2），
∵2x＞1，∴2x+1＞2⇒0＜＜⇒0＜＜1，
所以0＜1﹣＜1，
所以f（x）＝log∈（0，+∞），
即g（xi）＝∈（0，+∞），
即对任意k＞0，g（x）＝k有2个实根，
当x＞1时，g（x）＝log2x＝k已有一个根，故只需x≤1时，g（x）＝k仅有1个根，
当a＝0时，g（x）＝﹣3x+1，符合题意，
当a＞0时，则需满足g（1）＝2+2a﹣3+1≤0，解得0＜a≤，
当a＜0时，抛物线开口向下，g（x）有最大值，不能满足对任意k＞0，g（x）＝k仅有1个根，故不成立．
综上，实数a的取值范围是[0，]．
【点评】本题属于新概念题，考查了求函数的值域、数形结合思想、分类讨论思想，属于中档题．
30．（2022•闵行区二模）某学校举办毕业联欢晚会，舞台上方设计了三处光源．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，边BC的中点M处为固定光源，E、F分别为边AB、AC上的移动光源，且ME始终垂直于MF，三处光源把舞台照射出五彩缤纷的若干区域．
（1）当F为边AC的中点时，求线段EF的长度；
（2）求△EFM的面积的最小值．
【分析】（1）画出符合要求的图形，求出，相乘求出面积；（2）辅助輔助线，设CF＝x，利用三角函数与相似表达出EM，FM，表达出面积，利用判别式法求解最值．
【解答】解：（1）当F为边AC的中点时，
因为M为边BC的中点，
所以MF|AB，且，
而ME始终垂直于MF，
所以ME⊥AB，故，
由勾股定理得：，
即线段EF的长为，
（2）过点E，F分别作EG⊥BC于点G，FH⊥BC于点H，
设CF＝x，则，
，由勾股定理得：，
因为ME⊥MF，所以∠BME+∠CMF＝90°，
因为∠MFH+∠CMF＝90°，所以∠BME＝∠MFH，
所以△EGM∽△MHF，
所以，即，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以△EFM的面积为，
整理得：，
∴，
解得：或，
因为y＞0，所以的最小值为，
即面积的最小值为．
【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
31．（2022•浦东新区校级模拟）如图，OM，ON是某景区的两条道路（宽度忽略不计），其中OM为东西走向，Q为景区内一景点，A为道路OM上一游客休息区．已知tan∠MON＝﹣3，OA＝6（百米），Q到直线OM，ON的距离分别为3（百米），（百米）．现新修一条自A经过Q的直线型观光车轨道AB（点B在ON上），并在B处修建一游客休息区．
（1）求轨道AB的长；
（2）已知在景点Q的正北方6百米的P处有一大型音乐喷泉，喷泉表演一次的时长为9分钟．表演时，喷泉喷洒区域是以P为圆心，r为半径的圆心区域，且t分钟时，（百米）（0≤t≤9，0＜a＜1）．当喷泉表演开始时，一观光车S（大小忽略不计）正从休息区B沿轨道BA以（百米/分钟）的速度开往休息区A．试判断观光车在行驶途中是否会被喷泉喷洒到？并说明理由．
【分析】（1）以点O为坐标原点，直线OM为x轴，过O作OM的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，由题设得A（6，0），直线ON的方程为y＝﹣3x，Q（x0，3），（x0＞0），由＝，求出Q（3，3），从而直线AQ的方程为y＝﹣（x﹣6），联产方程组求出B（﹣3，9），
由此能求出轨道AB的长．
（2）将喷泉记为圆P，由题意得P（3，9），生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC＝，0≤t≤9，从而C（﹣3+t，9﹣t），若喷泉不会洒到观光车上，则PC2＞r2对t∈[0，9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上．
【解答】解：（1）以点O为坐标原点，直线OM为x轴，过O作OM的垂线为y轴，建立平面直角坐标系
由题设得A（6，0），直线ON的方程为y＝﹣3x，Q（x0，3），（x0＞0），
由＝，解得x0＝3，∴Q（3，3），
∴直线AQ的方程为y＝﹣（x﹣6），
由，得，∴B（﹣3，9），
∴|AB|＝＝9．
（2）将喷泉记为圆P，由题意得P（3，9），
生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，
则BC＝，0≤t≤9，∴C（﹣3+t，9﹣t），
若喷泉不会洒到观光车上，则PC2＞r2对t∈[0，9]恒成立，
即PC2＝（6﹣t）2+t2＝2t2﹣12t+36＞4at，
当t＝0时，上式成立，
当t∈（0，9）时，2a＜t+，＝6，
当且仅当t＝3时，取等号，
∵a∈（0，1），∴r＜PC恒成立，即喷泉的水流不会洒到观光车上．
【点评】本题考查轨道长的求法，考查喷泉的水流能否洒到观光车上的判断，考查函数性质有生产生活中的应用等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是中档题．
32．（2022•普陀区二模）对于函数f（x）和g（x），设集合A＝{x|f（x）＝0，x∈R}，B＝{x|g（x）＝0，x∈R}，若存在x1∈A，x2∈B，使得|x1﹣x2|≤k（k≥0），则称函数f（x）与g（x）“具有性质M（k）”．
（1）判断函数f（x）＝sinx与g（x）＝cosx是否“具有性质”，并说明理由；
（2）若函数f（x）＝2x﹣1+x﹣2与g（x）＝x2+（2﹣m）x﹣2m+4“具有性质M（2）”，求实数m的最大值和最小值；
（3）设a＞0且a≠1，b＞1，若函数与g（x）＝﹣ax+logbx“具有性质M（1）”，求的取值范围．
【分析】（1）可得x1＝k1π，k∈Z，，即，从而求解；
（2）依题意可得在x1＝1∈A，x2∈B，使得|x2﹣1|≤2，即﹣1≤x2≤3，即方程x2+（2﹣m）x﹣2m+4＝0在区间[1，3]上有解，分离参数即可求解；
（3）当a＞1时，由x1＜x2得logbx2x1＞0，则x2x1＞1，由x1，x2满足，利用可行域即可求解，当0＜a＜1时，由x1＜x2得logbx2x1＜0，则0＜x2x1＜1，由x1，x2满足，利用可行域即可求解，
【解答】解：（1）不具有性质M（），
设A＝{x|sinx＝0，x∈R}，B＝{x|cosx＝0，x∈R}，
任取x1∈A，即sinx1＝0，则x1＝k1π，k∈Z，任取x2∈B，即cosx2＝0，则，
即，
则f（x）＝sinx与g（x）＝cosx不具有性质M（）；
（2）设A＝{x|2x﹣1+x﹣2＝0，x∈R}，B＝{x|x2+（2﹣m）x﹣2m+4＝0，x∈R}，
由函数y＝2x﹣1与y＝2﹣x图像交点得，x＝1是方程2x﹣1+x﹣2＝0的解，
又y＝2x﹣1与y＝x﹣2皆为单调递增函数，则函数f（x）＝2x﹣1+x﹣2也为单调递增函数，
即x＝1是方程2x﹣1+x﹣2＝0的唯一解，
又函数f（x）与g（x）具有性质M（2），则存在x1＝1∈A，x2∈B，使得|x2﹣1|≤2，
即﹣1≤x2≤3，即方程x2+（2﹣m）x﹣2m+4＝0在区间[1，3]上有解，
则，
又1≤x2+2≤5，则，
当且仅当，即x2＝0时，m的最小值为2，
当x2+2＝5，即x2＝3时，m的最大值为；
（3）设，B＝{x|﹣ax+logbx＝0，x∈R}，
因为函数f（x）与g（x）具有性质M（1），所以存在x1∈A，x2∈B，使得|x1﹣x2|≤1，
由x1∈A得，，又b＞1，则0＜x1＜1，由x2∈B得，，又b＞1，则x2＞1，
①当a＞1时，由x1＜x2得，，即，即logbx2x1＞0，则x2x1＞1，
由x1，x2满足，利用可行域得，．
②当0＜a＜1时，由x1＜x2得，，即，
即logbx2x1＜0，则0＜x2x1＜1，
由x1，x2满足，利用可行域得，，
综上得，当0＜a＜1时，，当a＞1时，．
【点评】本题考查函数与方程的综合运用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，考查分类讨论的数学思想方法与数形结合的解题思想方法，属难题
33．（2022•松江区二模）对于定义在R上的函数f（x），若存在正数m与集合A，使得对任意的x1，x2∈R，当x1＜x2，且x2﹣x1≤m时，都有|f（x2）﹣f（x1）|∈A，则称函数f（x）具有性质（m，A）．
（1）若f（x）＝|2x﹣1|，判断f（x）是否具有性质（1，[0，2]），并说明理由；
（2）若f（x）＝sinx，且f（x）具有性质（m，[0，1]），求m的最大值；
（3）若函数f（x）的图像是连续曲线，且当集合A＝（0，a）（a为正常数）时，f（x）具有性质（1，A），证明：f（x）是R上的单调函数．
【分析】（1）由|f（x2）﹣f（x1）|＝||2x2﹣1|﹣|2x1﹣1||≤2（x2﹣x1）≤2可得结论；
（2）x1＝x，x2＝x+t，t∈（0，m），则|f（x+t）﹣f（x）|≤＝2|sin|≤1，可求得m的最大值；
（3）由题可得恒有0＜|f（x2）﹣f（x1）|＜a，即f（x2）﹣f（x1）＞0或恒有f（x2）﹣f（x1）＜0成立，再由反证法证明即可．
【解答】解：（1）具有，理由如下：
对一切x1，x2∈R，当x1＜x2，且x2﹣x1≤1，
由于|f（x2）﹣f（x1）|＝||2x2﹣1|﹣|2x1﹣1||≤2（x2﹣x1）≤2．
所以f（x）具有性质（1，[0，2]）；
（2）令x1＝x，x2＝x+t，t∈（0，m），
则|f（x+t）﹣f（x）|＝|sin（x+t）﹣sinx|＝|（cost﹣1）sinx+sintcosx|，
∴|f（x+t）﹣f（x）|≤＝2|sin|，
∵f（x）具有性质（m，[0，1]），
∴当t∈（0，m）时，恒有2|sin|≤1，即|sin|，
∴t∈（0，]，
所以mmax＝；
（3）证明：∵函数f（x）具有性质（1，A），
∴对任意的区间[x0，x0+1]，
当x1，x2∈[x0，x0+1]，x1＜x2时，都有0＜|f（x2）﹣f（x1）|＜a成立．
下面证明此时，恒有f（x2）﹣f（x1）＞0或恒有f（x2）﹣f（x1）＜0，
若存在x1，x2，x3∈[x0，x0+1]，x1＜x2＜x3，使得f（x1）≥f（x2）且f（x2）≤f（x3）①，
不妨设f（x3）≥f（x1）②，
当①或②式中有等号成立时，与0＜|f（x2）﹣f（x1）|矛盾；
当①②两式中等号均不成立时，f（x）的函数值从f（x1）连续增大到f（x3）时，必存在s∈[x2，x3]使得f（s）＝f（x1），也与0＜|f（x2）﹣f（x1）|矛盾，
同理可证f（x1）≤f（x2）且f（x2）≥f（x3）也不可能．
∴对任意的区间[x0，x0+1]，当x1，x2∈[x0，x0+1]，x1＜x2时，
恒有f（x2）﹣f（x1）＞0或恒有f（x2）﹣f（x1）＜0，
∵对任意的x1，x2∈R，x1＜x2，总存在k∈N，使得：k≤x2﹣x1＜k+1，
∴当f（x2）﹣f（x1）＞0时，f（x1）＜f（x1+1）＜f（x1+2）＜…＜f（x1+k）≤f（x2），
此时f（x）在R单调递增，
当f（x2）﹣f（x1）＜0时，
f（x1）＞f（x1+1）＞f（x1+2）＞…＞f（x1+k）≥f（x2）成立，
此时f（x）在R上单调递减，
综上可知f（x）是R上的单调函数．
【点评】本题属于新定义问题，考查了学生的逻辑推理能力和理解能力，关键在于理解所给定义，一般就是需要具体化新定义的内容，研究所给特例问题，一般需要化抽象为具体，具有很强的类比性，对类比推理要求较高，属于难题．
34．（2022•上海模拟）已知函数f（x）和g（x）的定义域分别为D1和D2，若对任意的x0∈D1，都恰好存在n个不同的实数x1、x2、…、xn∈D2，使得g（xi）＝f（x0）（其中i＝1、2、…、n，n∈N*），则称g（x）为f（x）的“n重覆盖函数”，如g（x）＝cosx，x∈（0，4π）是f（x）＝x，x∈（﹣1，1）的“4重覆盖函数”．
（1）试判断g（x）＝|x|，x∈[﹣2，2]是否为f（x）＝1+sinx，x∈R的“2重覆盖函数”，并说明理由；
（2）若g（x）＝为f（x）＝log2x，x∈[4，16]的“3重覆盖函数”，求实数a的取值范围；
（3）若g（x）＝，x∈[0，+∞）为，x∈（s，t）（0＜s＜t）的“9重覆盖函数”，求t﹣s的最大值．
【分析】（1）根据“n重覆盖函数”的定义即可判断；（2）将问题转化为对于任意的k∈[2，4]，方程g（x）＝k恰好有3个不同的根，然后分a＝0，a＞0，a＜0三种情况分别求解即可；（3）将问题转化成对于任意的，方程在[0，+∞）内有9个不同的根，利用数形结合的思想即可求解．
【解答】解：（1）当时，f（x0）＝0，
而g（x）＝0只有唯一解x1＝0，不是f（x）的“2重覆盖函数”；
（2）因函数f（x）＝log2x，x∈[4，16]的值域为[2，4]，
故对于任意的k∈[2，4]，方程g（x）＝k在[﹣6，5]内都恰好有3个不同的根，
①当a＝0时，，不合题意；
②当a＞0时，，
方程g（x）＝k需在（0，5]内有2个不同根，[﹣6，0]内有1个根，
∴，
解得0＜a＜1；
③当a＜0时，在（0，5]上单调递增，故方程g（x）＝k需在[﹣6，0]内有2个不同根，在（0，5]内有1个根，
当x∈[﹣6，0]时，，且g（0）＝﹣4＜2，
∴，
解得，
综上，实数a的取值范围是；
（3）函数的值域为，
对于任意的，方程在[0，+∞）内有9个不同的根，
即y＝1﹣|sinπx|与直线y＝kx在y轴右侧有9个不同的交点，
由图可知，，即，
由，
解得，
故t﹣s的最大值为61．
【点评】根据函数的单调性结合函数图象是解题的关键．
35．（2022•闵行区校级二模）某企业去年年底给全部的800名员工共发放2000万元年终奖，该企业计划从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加60万元，企业员工每年净增a人．
（1）若a＝9，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过3万元？
（2）为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？
【分析】（1）设从今年起的第x年（今年为第1年）该企业人均发放年终奖为y万元．在计划时间内，列出该企业的人均年终奖，令其大于或等于3万元，求出最低年限，判断a＝9是否满足题意．
（2）设1≤x1＜x2≤10，利用函数的单调性定义，人均年终奖年年有增长，确定a的范围，然后确定该企业每年员工的净增量不能超过的人数．
【解答】解：（1）设从今年起的第x年（今年为第1年）该企业人均发放年终奖为y万元．
则；（4分）
由题意，有，
解得，．
所以，该企业在10年内不能实现人均至少3万元年终奖的目标．
（2）设1≤x1＜x2≤10，则f（x2）﹣f（x1）＝＝，
所以，60×800﹣2000a＞0，得a＜24．
所以，为使人均发放的年终奖年年有增长，该企业员工每年的净增量不能超过23人．
【点评】本题考查其他不等式的解法，函数单调性的判断与证明，根据实际问题选择函数类型，考查逻辑思维能力，分析问题解决问题的能力，是中档题．
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