第37頁（共37頁）2025年高考數學三輪復習之函數應用一．選擇題（共8小題）1．（2025?南通模擬）若函數f(x)=A．ln24 B．ln22 C．12．（2024秋?贛榆區校級期末）已知函數f（x）＝x2﹣|x﹣a|+a恰有三個零點，則實數a的取值范圍為（）A．{0，18} B．[0，18]3．（2025?咸陽模擬）已知函數f（x）＝|2x﹣1|，若g（x）＝2[f（x）]3+3f（x），則關于x的方程g（x）＝7[f（x）]2的解集是（）A．{﹣1，log23﹣1，2} B．{0，﹣1，log23﹣1，2} C．{0，﹣1，log23，3} D．{04．（2025?長安區一模）已知函數f(x)=10x，x＜0lgx，x＞0，g（x）＝A．（﹣∞，1] B．（﹣∞，1） C．[1，+∞） D．（1，+∞）5．（2024秋?酒泉期末）設f（x）＝3x﹣x2，則在下列區間中，使函數f（x）有零點的區間是（）A．（0，1） B．（1，2） C．（﹣1，0） D．（﹣2，﹣1）6．（2024秋?雙清區校級期末）已知f（x）=-x+6，x≥0x2+1A．﹣20 B．2 C．7 D．57．（2024秋?阿魯科爾沁旗校級期末）函數f（x）＝x3+2x﹣4的零點所在區間是（）A．(12，1) B．(32，2)8．（2024秋?徐州期末）函數y=A．(12，1) B．（1，2） C．（2，3）二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?許昌期末）設函數f(A．若函數f（x）在R上單調遞增，則實數a的取值范圍為（﹣∞，﹣2] B．若函數f（x）有3個不同零點，則實數a的取值范圍為（0，1） C．若函數f（x）有3個零點名x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），則x1+x2﹣x3的取值范圍為（﹣e，﹣1） D．對任意a＜12，函數f（x）在（0（多選）10．（2025?葫蘆島一模）已知數列{an}，{bn}不為常數列且各項均不相同，設an＝f（n），bn＝g（n），下列正確的是（）A．若{an}為等差數列且{bn}為等比數列，則方程f（n）＝g（n）最多有三個解 B．若{an}，{bn}均為等差數列，則方程f（n）＝g（n）最多一個解 C．{an}單調遞增，{bn}單調遞減，則方程f（n）＝g（n）最多有一個解 D．若{an}，{bn}均為等比數列，則方程f（n）＝g（n）最多有三個解（多選）11．（2024秋?山西期末）狄利克雷函數D(A．?x0∈R，D（D（x0））＝0 B．方程D（x+1）﹣1＝0有無數個實數解 C．?x∈R，D（x+2025）＝D（x） D．?（多選）12．（2024秋?景德鎮期末）已知函數f(x)=x2+ax+1，x＞0f(-x)，x＜0，有4個零點x1，xA．實數a的取值范圍是（﹣∞，﹣2） B．函數f（x）的圖象關于y軸對稱 C．x1x2x3x4＝2 D．x1+2x2+3x3+4x4的取值范圍是（4，+∞）三．填空題（共4小題）13．（2025?3月份模擬）已知x1，x2是函數f（x）＝cos3x﹣cos2x，x∈（0，π）的兩個零點，則|x1﹣x2|＝．14．（2024秋?上城區校級期末）已知函數f(x)=-x2+3，x≤1x+1x-1，x＞1，若當x∈[a15．（2024秋?袁州區校級期末）已知函數f(x)=-x2-4x+1，x≤02-(16．（2024秋?仁壽縣校級期末）已知命題α：方程x2﹣ax+1＝0無實數根，命題β：a﹣3＜0；那么α是β的條件．（用充分非必要，必要非充分，充要，非充分非必要填空）四．解答題（共4小題）17．（2024秋?保定期末）已知函數f（x）的定義域為M，若對于任意a，b，c∈M，f（a），f（b），f（c）能構成一個三角形的三條邊長，則稱函數y＝f（x）為集合M上的“三角形函數”．（1）已知函數f（x）＝x+1x是區間[12，（2）已知函數f(x)=cos(2x+π3)是區間[-π6，θ]（θ為常數）上的“三角形函數”，在函數f（x）的圖象上，是否存在三個不同的點A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3）），當x1+x3＝2x2時，f（x1）+f（x18．（2024秋?呂梁期末）山西某村為富硒土壤，且氣候適宜，非常適合種植櫻桃．近年來，為全面推進鄉村振興，實現共同富裕，當地黨委帶領村民積極發展規?；N植，完善深加工產業鏈，成立深加工合作社，建立櫻桃批發市場．該地櫻桃一般從5月1日開始上市，6月20日基本結束．通過市場調查，得到櫻桃的投入成本y（單位：元/千克）與上市時間t（單位：天數）的數據如下表：（上市時間t滿足1≤t≤51，t∈N*）上市時間t（天數）102250投入成本y（元/千克）32.163（1）根據上表數據，請從下列四個函數模型中選取一個恰當的函數模型反映櫻桃投入成本y與上市時間t的關系（需說明理由），并求出相應的函數解析式；①y＝at+b，②y＝at2+bt+c，③y＝a?bt，④y＝alogbt．（2）利用你選取的函數模型，求投入成本最低時櫻桃的上市時間及最低投入成本．19．（2024秋?景德鎮期末）現代研究成果顯示，茶水的口感與水的溫度有關．經實驗表明，用100℃的水泡制，待茶水溫度降至60℃時，飲用口感最佳．某中學學生利用課余時間探究室溫下剛泡好的茶水達到最佳飲用口感的放置時間，每隔1min測量一次茶水溫度，得到茶水溫度隨時間變化的數據如下表：時間/min012345水溫/℃1009284.878.3272.4967.24設茶水溫度從100℃經過xmin后溫度變為y℃，現給出以下三種函數模型：①y＝cx+b（c＜0，x≥0）；②y＝cax+b（c＞0，0＜a＜1，x≥0）；③y＝loga（x+c）+b（a＞1，c＞0，x≥0）．（1）從上述三種函數模型中選出最符合上述實驗的函數模型，并根據前3組數據求出該解析式；（2）根據（1）中所求函數模型，求剛抱好的茶達到最佳飲用口感的放置時間（精確到0.01）（參考數據：lg2≈0.301，lg3≈0.4771）；20．（2024秋?青銅峽市校級期末）已知函數f(（1）求f[（2）畫出函數f（x）的圖象，根據圖象寫出函數f（x）的單調區間；（3）若f（x）≥2，求x的取值范圍．

2025年高考數學三輪復習之函數應用參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案CABCCBCC二．多選題（共4小題）題號9101112答案ABDABCBCDABD一．選擇題（共8小題）1．（2025?南通模擬）若函數f(x)=A．ln24 B．ln22 C．1【考點】分段函數的應用；函數的最值．【專題】轉化思想；綜合法；函數的性質及應用；導數的概念及應用；運算求解．【答案】C【分析】根據題意，利用導數求出f（x）在[2，+∞）上的極大值，結合f（x）有最大值建立關于k的不等式組，解之即可得到本題的答案．【解答】解：當x≥2時，f(x)=lnxx當2≤x＜e時，f′（x）＞0；當x＞e時，f′（x）＜0．所以f（x）在[2，e）上是增函數，在（e，+∞）上是減函數．可知f（x）在[2，+∞）存在極大值f(因為f(所以函數y＝kx在（﹣∞，2）上為增函數，且最大值小于等于1e即k≥02k≤1e故選：C．【點評】本題主要考查分段函數的性質、運用導數研究函數的單調性與最值等知識，屬于中檔題．2．（2024秋?贛榆區校級期末）已知函數f（x）＝x2﹣|x﹣a|+a恰有三個零點，則實數a的取值范圍為（）A．{0，18} B．[0，18]【考點】由函數零點所在區間求解函數或參數．【專題】分類討論；函數思想；轉化思想；數形結合法；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】A【分析】將函數解析式化成分段函數形式，對a分a≤-【解答】解：f(①當a≤-y＝x2+x的開口向上，對稱軸為x=-所以在（﹣∞，a）上單調遞減，y＝x2﹣x+2a在(a，1因為f（x）在x＝a處連續，所以f（x）在(-∞，12且f(所以f（x）在(-∞，12即f（x）只有2個零點，不滿足函數有三個零點；②當-1則f（x）在(-∞，-12在(a，1且f（a）＝a2+a＝a（a+1）＜0，作出兩段拋物線的圖象，如圖所示：此時f（x）只有兩個零點，不滿足函數有三個零點；③當a＝0時，f(作出兩段拋物線的圖象如圖：此時f（x）恰有三個零點：﹣1，0，1，滿足題意；④當a＞0時，因為y＝x2+x，在x∈（﹣∞，a）有兩個零點，且當x＝a時兩段拋物線的函數值相等，若要有三個零點，則y＝x2﹣x+2a在x∈[a，+∞）有一個零點，作出兩段拋物線的圖象，如圖所示：此時a＞0Δ綜上，實數a的取值范圍為{0，故選：A．【點評】本題考查了函數的零點、轉化思想、數形結合思想及分類討論思想，屬于中檔題．3．（2025?咸陽模擬）已知函數f（x）＝|2x﹣1|，若g（x）＝2[f（x）]3+3f（x），則關于x的方程g（x）＝7[f（x）]2的解集是（）A．{﹣1，log23﹣1，2} B．{0，﹣1，log23﹣1，2} C．{0，﹣1，log23，3} D．{0【考點】函數的零點與方程根的關系．【專題】函數思想；方程思想；轉化思想；數形結合法；綜合法；函數的性質及應用；邏輯思維；運算求解．【答案】B【分析】作出函數f（x）的圖象，令m＝f（x），解得m＝0或12或3，結合圖象【解答】解：由題意，作出函數f（x）的圖象，如圖所示：令m＝f（x），則方程g（x）＝7[f（x）]2可變換為2m3﹣7m2+3m＝0，即m（2m﹣1）（m﹣3）＝0，解得m＝0或12或3當m＝0時，f（x）＝|2x﹣1|＝0，解得x＝0；當m=12時，f(x)=|2x-1|=12，解得當m＝3時，f（x）＝|2x﹣1|＝3，解得x＝2．綜上所述，關于x的方程g（x）＝7[f（x）]2的解集是{0，﹣1，log23﹣1，2}．故選：B．【點評】本題考查了函數與方程思想、轉化思想及數形結合思想，屬于中檔題．4．（2025?長安區一模）已知函數f(x)=10x，x＜0lgx，x＞0，g（x）＝A．（﹣∞，1] B．（﹣∞，1） C．[1，+∞） D．（1，+∞）【考點】函數的零點與方程根的關系．【專題】函數思想；轉化思想；數形結合法；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】C【分析】根據給定條件，利用零點的意義將問題轉化為函數y＝f（x）的圖象與直線交點，再利用數形結合求出范圍．【解答】解：由g（x）＝0，得f（x）＝﹣2x+m，因此g（x）有一個零點，當且僅當函數y＝f（x）的圖象與直線y＝﹣2x+m有且僅有一個公共點，因為當x＜0時，f（x）＝10x，函數f（x）在（﹣∞，0）上單調遞增，函數值集合為（0，1），當x＞0時，f（x）＝lgx，在（0，+∞）上單調遞增，函數值集合為R，在同一坐標系內作出函數y＝f（x）的圖象與直線y＝﹣2x+m的圖象，觀察圖象知，當m＜1時，函數y＝f（x）的圖象與直線y＝﹣2x+m有兩個交點，所以當m≥1時，函數y＝f（x）的圖象與直線y＝﹣2x+m有1個交點，所以m的取值范圍是[1，+∞）．故選：C．【點評】本題考查了函數的零點、轉化思想及數形結合思想，屬于中檔題．5．（2024秋?酒泉期末）設f（x）＝3x﹣x2，則在下列區間中，使函數f（x）有零點的區間是（）A．（0，1） B．（1，2） C．（﹣1，0） D．（﹣2，﹣1）【考點】函數零點的判定定理．【專題】函數的性質及應用．【答案】C【分析】由題意求得f（0）＞0，f（﹣1）＜0，根據函數零點的判定定理得出結論．【解答】解：由f（x）＝3x﹣x2，可得f（0）＝1＞0，f（﹣1）=-2根據函數零點的判定定理可得函數f（x）有零點的區間是（﹣1，0），故選：C．【點評】本題主要考查函數零點的判定定理的應用，判斷函數的零點所在的區間的方法，屬于基礎題．6．（2024秋?雙清區校級期末）已知f（x）=-x+6，x≥0x2+1A．﹣20 B．2 C．7 D．5【考點】分段函數的應用．【答案】B【分析】根據題意，由函數的解析式計算可得答案．【解答】解：根據題意，f（x）=-x+6，x≥0x2+1則f[f（7）]＝f（﹣1）＝1+1＝2；故選：B．【點評】本題考查函數值的計算，涉及分段函數的求值，屬于基礎題．7．（2024秋?阿魯科爾沁旗校級期末）函數f（x）＝x3+2x﹣4的零點所在區間是（）A．(12，1) B．(32，2)【考點】求解函數零點所在區間．【專題】函數思想；定義法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】C【分析】根據零點存在性定理判斷即可．【解答】解：函數f（x）＝x3+2x﹣4在R上單調遞增，且f（0）＝﹣4＜0，f（1）＝1+2﹣4＝﹣1＜0，f(f（2）＝8+4﹣4＞0，f(則f（1）?f（32）＜0則函數f（x）＝x3+2x﹣4的零點所在區間是(1，故選：C．【點評】本題考查函數零點的判定及應用，考查運算求解能力，是基礎題．8．（2024秋?徐州期末）函數y=A．(12，1) B．（1，2） C．（2，3）【考點】求解函數零點所在區間．【專題】函數思想；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】C【分析】根據函數的單調性及零點存在定理即可得答案．【解答】解：因為函數f（x）=log13xy=log13x，y＝3﹣x所以數f（x）=log13x又f（1）＝2＞0，f（2）＝1﹣log32＞0，f（3）＝﹣1＜0，所以函數的零點在（2，3）內．故選：C．【點評】本題考查了對數函數、一次函數的性質，考查了零點存在定理，屬于基礎題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?許昌期末）設函數f(A．若函數f（x）在R上單調遞增，則實數a的取值范圍為（﹣∞，﹣2] B．若函數f（x）有3個不同零點，則實數a的取值范圍為（0，1） C．若函數f（x）有3個零點名x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），則x1+x2﹣x3的取值范圍為（﹣e，﹣1） D．對任意a＜12，函數f（x）在（0【考點】函數的零點與方程根的關系；分段函數的應用．【專題】函數思想；定義法；函數的性質及應用；邏輯思維．【答案】ABD【分析】根據分段函數的單調性的判定方法，列出不等式組，可判定A；令f（x）＝0，結合指數函數與二次函數的性質，可判定B正確；得到x1+x2-x3=-a當x＜1時，函數f1(x【解答】解：根據f(x)=-x2-那么--a-2=-a2≥1-a令函數f（x）＝0，當x≥1時，可得lnx＝a，如果f（x）有3個零點，那么lnx＝a需有一個零點，那么a≥0；當x＜1時，可得﹣x2﹣ax+2a＝0，如果f（x）有3個零點，那么方程x2+ax﹣2a＝0需有兩個不等的小于1的實根，那么滿足-1-a+2a＜0因此f（x）有3個零點，那么a∈（0，1），所以選項B正確．設f（x）的3個零點分別是x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），則x1+x令g（x）＝﹣x﹣ex，x∈（0，1），則g（x）在（0，1）上單調遞減，所以g(g(x)min=g(1)=-1-e1，即x1+x2﹣x3當x＜1時，f1(x當-a2∈(-14，0]時，f（x）在（0，1）單調遞減，在（0，1）沒有最小值，f（x）＞當x≥1時，f2（x）＝lnx﹣a單調遞增，因此f2（x）min＝f2（1）＝﹣a，由于0＜a＜12，因此﹣1+a＜﹣a，因此函數f（x當-a2∈(0，1)時，f（x在（0，1）沒有最小值，函數f（x）＞min{f（1），f（0）}＝min{﹣1+a，2a}，當x≥1時，f2（x）＝lnx﹣a單調遞增，因此f2（x）min＝f2（1）＝﹣a，由于﹣2＜a＜0，因此min{﹣1+a，2a}＜﹣a，因此函數f（x）在（0，2）內無最小值；當-a2∈[1，+∞)時，f（x）在（0，1）單調遞增，在（0，1）沒有最小值，f（x）＞f（當x≥1時，f2（x）＝lnx﹣a單調遞增，因此f2（x）min＝f2（1）＝﹣a，由于a≤﹣2，因此2a＜﹣a，因此f（x）在（0，2）內無最小值，所以D正確．故選：ABD．【點評】本題考查函數零點與方程根的關系，屬于中檔題．（多選）10．（2025?葫蘆島一模）已知數列{an}，{bn}不為常數列且各項均不相同，設an＝f（n），bn＝g（n），下列正確的是（）A．若{an}為等差數列且{bn}為等比數列，則方程f（n）＝g（n）最多有三個解 B．若{an}，{bn}均為等差數列，則方程f（n）＝g（n）最多一個解 C．{an}單調遞增，{bn}單調遞減，則方程f（n）＝g（n）最多有一個解 D．若{an}，{bn}均為等比數列，則方程f（n）＝g（n）最多有三個解【考點】函數與方程的綜合運用；等差數列的性質．【專題】轉化思想；轉化法；等差數列與等比數列；點列、遞歸數列與數學歸納法；邏輯思維；運算求解．【答案】ABC【分析】利用兩類數列的散點圖的特征可判斷BC的正誤，利用反例可判斷D的正誤，結合通項公式的特征及反證法可判斷A的正誤．【解答】解：對于A，設bn=Aqn(Aq≠0，q≠±1)，若方程f（n）＝g（n）至少有四個解，則關于n的方程Aqn＝kn+b至少有4個不同的正數解，若q＜0，q≠±1，考慮關于n的方程Aqn＝kn+b奇數解的個數和偶數解的個數，當Aqn＝kn+b有偶數解，此方程即為A|q|n＝kn+b，方程至多有兩個偶數解，且有兩個偶數解時，Akln|q|＞0，否則Akln|q|＜0，所以y＝A|q|n，y＝kn+b單調性相反，方程Aqn＝kn+b至多一個偶數解，當Aqn＝kn+b有奇數解，此方程即為﹣A|q|n＝kn+b，方程至多有兩個奇數解，且有兩個奇數解時，﹣Akln|q|＞0?Akln|q|＜0，否則Akln|q|＞0，因為y＝﹣A|q|n，y＝kn+b單調性相反，方程﹣A|q|n＝kn+b至多一個奇數解，因為Akln|q|＞0，Akln|q|＜0不可能同時成立，若q＞0，q≠1，則關于n的方程Aqn＝kn+b至多有兩個不同的解，矛盾，故Aqn＝kn+b不可能有4個不同的正數解，即M中最多有3個元素，A正確；對于B：{an}，{bn}均為等差數列，且數列{an}，{bn}不為常數列且各項均不相同，故它們的散點圖分布在直線上，而兩條直線至多有一個公共點，所以方程f（n）＝g（n）最多一個解，B正確；對于C：因為{an}為單調遞增，{bn}為遞減數列，{an}，{bn}不為常數列且各項均不相同，前者散點圖呈上升趨勢，后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，即方程f（n）＝g（n）最多有一個解，C正確；對于D：令an=2n-1，bn=-(-2)n-但當n為偶數時，an方程f（n）＝g（n）有無窮多個解，D錯誤．故選：ABC．【點評】本題考查數列的綜合應用，屬于難題．（多選）11．（2024秋?山西期末）狄利克雷函數D(A．?x0∈R，D（D（x0））＝0 B．方程D（x+1）﹣1＝0有無數個實數解 C．?x∈R，D（x+2025）＝D（x） D．?【考點】函數的零點與方程根的關系．【專題】新定義；分類討論；函數思想；綜合法；定義法；函數的性質及應用；邏輯思維；運算求解；新定義類．【答案】BCD【分析】利用函數新定義分x0∈Q，和x0∈?RQ代入求解可判斷A；由函數新定義可判斷B；由函數新定義分x∈Q，x+2025∈Q和若x∈?RQ，則x+2025∈?RQ代入討論即可判斷C；由函數新定義分a∈Q和a∈?RQ，再結合特殊正余弦函數值求解可判斷D．【解答】解：對于A，因為D(若x0∈Q，D（x0）＝1，所以D（D（x0））＝D（1）＝1，若x0∈?RQ，D（x0）＝0，所以D（D（x0））＝D（0）＝1，所以?x∈R，D（D（x0））＝1，故A錯誤；對于B，若x+1∈Q，D（x+1）﹣1＝1﹣1＝0，所以任意有理數皆為方程D（x+1）﹣1＝0的解，故B正確；對于C，若x∈Q，x+2025∈Q，則D（x+2025）＝1＝D（x），若x∈?RQ，則x+2025∈?RQ，所以D（x+2025）＝0＝D（x），所以?x∈R，D（x+2025）＝D（x），故C正確；對于D，若a∈Q，則D（a）＝1，所以sinD若a∈?RQ，則D（a）＝0，所以sin0+cos0＝1，所以?a∈R故選：BCD．【點評】本題考查了狄利克雷函數的定義及性質，屬于中檔題．（多選）12．（2024秋?景德鎮期末）已知函數f(x)=x2+ax+1，x＞0f(-x)，x＜0，有4個零點x1，xA．實數a的取值范圍是（﹣∞，﹣2） B．函數f（x）的圖象關于y軸對稱 C．x1x2x3x4＝2 D．x1+2x2+3x3+4x4的取值范圍是（4，+∞）【考點】函數的零點與方程根的關系．【專題】轉化思想；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】ABD【分析】根據題意，求出x＜0時f（x）的解析式，結合偶函數的定義判斷出f（x）是偶函數，圖象關于y軸對稱．然后作出f（x）的圖象，結合圖象可得x1+x4＝0、x2+x3＝0，且x1x2＝x3x4＝1，由此對各項中的結論依次分析判斷，即可得到本題的答案．【解答】解：根據f(x)=x2+ax+1，x＞0f(-x)，x＜0，可知當x＜0時，f（x）＝所以f(x)=x2+ax+1，x＞0x2-ax+1，x＜0，當x＞0時，f（﹣x所以f（x）是偶函數，f（x）的圖象關于y軸對稱，所以選項B正確；根據f（x）有4個零點，可知x＞0時f（x）有兩個零點，即方程x2+ax+1＝0有兩個正根x3、x4，所以Δ=a2-4＞0作出f（x）的圖象，根據f（x）的圖象關于y軸對稱，可得x1+x4＝0且x2+x3＝0．方程x2﹣ax+1＝0的兩根為x1、x2，由韋達定理得x1x2＝1，所以x1x2x3x4＝（x1x2）（x3x4）＝1，可知選項C錯誤；因為x1+2x2+3x3+4x4＝2（x2+x3）+x3+（x1+x4）+3x4＝（x3+x4）+2x4＝﹣a+2x4，根據圖象，可得f（x）最大的零點x4＞-a2，所以x1+2x2+3x3+4x4＝﹣a+2x4＞﹣2a故選：ABD．【點評】本題主要考查函數的奇偶性、二次函數的圖象與性質、分段函數的性質、函數的零點及其應用等知識，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?3月份模擬）已知x1，x2是函數f（x）＝cos3x﹣cos2x，x∈（0，π）的兩個零點，則|x1﹣x2|＝2π5【考點】由函數零點所在區間求解函數或參數．【專題】對應思想；綜合法；三角函數的圖象與性質；運算求解．【答案】2π【分析】利用和差化積公式得f(【解答】解：根據和差化積公式得f(則令-2sin5x2因為x∈（0，π），則x2所以sinx因為x∈（0，π），則5x當sin5則5x2=π解得x=2π則|x故答案為：2π【點評】本題考查了三角函數的性質，屬于中檔題．14．（2024秋?上城區校級期末）已知函數f(x)=-x2+3，x≤1x+1x-1，x＞1，若當x∈[a【考點】分段函數的應用．【專題】轉化思想；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】2+2【分析】根據給定條件，按x≤1和x＞1兩種情況求出不等式1≤f（x）≤3的解集的并集即可求解．【解答】解：根據題意可知，函數f(當x≤1時，由1≤f（x）≤3，得1≤﹣x2+3≤3，解得-2≤x當x＞1時，由1≤f（x）≤3，得1≤x+1x因此1≤f（x）≤3等價于-2≤x所以b﹣a的最大值為2+2故答案為：2+2【點評】本題考查了分段函數，屬于中檔題．15．（2024秋?袁州區校級期末）已知函數f(x)=-x2-4x+1，x≤02-(12)x，x＞0，【考點】函數的零點與方程根的關系．【專題】函數思想；定義法；函數的性質及應用；邏輯思維．【答案】{m|m＝5或m＜1}．【分析】在同一直角坐標系下畫出函數f（x）與y=20252024的圖象，可知方程f(x)=20252024有三個實根，故方程【解答】解：根據方程(f(x)-20252024)(f在同一直角坐標系下畫出f（x）與函數y=20252024可知f(因為(f(x因此f（x）＝m有且僅有一個實數根．因此根據f（x）的圖象可知，m＝5或m＜1．故答案為：{m|m＝5或m＜1}．【點評】本題考查函數零點與方程根的問題，屬于中檔題．16．（2024秋?仁壽縣校級期末）已知命題α：方程x2﹣ax+1＝0無實數根，命題β：a﹣3＜0；那么α是β的充分非必要條件．（用充分非必要，必要非充分，充要，非充分非必要填空）【考點】函數的零點；充分條件與必要條件．【專題】轉化思想；綜合法；不等式的解法及應用；簡易邏輯；運算求解．【答案】充分非必要條件．【分析】命題α：方程x2﹣ax+1＝0無實數根，則Δ＜0，解得a范圍．命題β：a﹣3＜0，解得a范圍．進而判斷出關系．【解答】解：命題α：方程x2﹣ax+1＝0無實數根，則Δ＝（﹣a）2﹣4＜0，解得﹣2＜a＜2．命題β：a﹣3＜0，解得a＜3．由α?β，而由β推不出α．那么α是β的充分非必要條件．故答案為：充分非必要．【點評】本題考查了方程與不等式的解法、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．四．解答題（共4小題）17．（2024秋?保定期末）已知函數f（x）的定義域為M，若對于任意a，b，c∈M，f（a），f（b），f（c）能構成一個三角形的三條邊長，則稱函數y＝f（x）為集合M上的“三角形函數”．（1）已知函數f（x）＝x+1x是區間[12，（2）已知函數f(x)=cos(2x+π3)是區間[-π6，θ]（θ為常數）上的“三角形函數”，在函數f（x）的圖象上，是否存在三個不同的點A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3）），當x1+x3＝2x2時，f（x1）+f（x【考點】函數與方程的綜合運用．【專題】函數思想；轉化思想；對應思想；綜合法；定義法；函數的性質及應用；三角函數的圖象與性質；邏輯思維；運算求解；新定義類．【答案】（1）(1（2）不存在，理由見解析．【分析】（1）轉化為2f（x）min＞f（x）max，再利用對勾函數單調性對t分類討論即可；（2）通過假設存在計算得到f（x1）+f（x3）＝2f（x2）cos（x1﹣x3），再得到cos(x1【解答】解：（1）根據條件，如果函數f（x）為集合M上的“三角形函數”，則只需滿足2f（x）min＞f（x）max，因為對勾函數f(x)=x+1x在（0當12＜t≤1時，f(x)min因為2(t+1t)≥4＞5當1＜t≤2時，f（x）min＝f（1）＝2，因為f（2）=f(12)，f（此時滿足2f（x）min＞f（x）max，所以函數f（x）為三角形函數；當t＞2時，f（x）min＝f（1）＝2，f(若函數f（x）為三角形函數，只需4＞t+綜上，t的取值范圍為(1（2）不存在，理由如下：因為f(x)=則2x所以f（x）max＝1，因為2f（x）min＞f（x）max，得f(因為cosπ則2θ所以-π假設存在三個點A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3），x1+x3＝2x2，則f（x1）+f（x3）==cos=2cos=2cos＝2f（x2）cos（x1﹣x3），所以當f（x1）+f（x3）=3f(x2)時，cos（x1又因x1，x3∈[-π6，θ]?[所以x1﹣x3∈（-π6，所以cos（x1﹣x3）∈（32，1]，與cos（x1﹣x3）=所以不存在三個不同的點A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3）），當x1+x3＝2x2時，f(【點評】本題考查了“三角形函數”的定義及性質，考查了三角恒等變換、分類討論思想及對勾函數的性質，屬于中檔題．18．（2024秋?呂梁期末）山西某村為富硒土壤，且氣候適宜，非常適合種植櫻桃．近年來，為全面推進鄉村振興，實現共同富裕，當地黨委帶領村民積極發展規?；N植，完善深加工產業鏈，成立深加工合作社，建立櫻桃批發市場．該地櫻桃一般從5月1日開始上市，6月20日基本結束．通過市場調查，得到櫻桃的投入成本y（單位：元/千克）與上市時間t（單位：天數）的數據如下表：（上市時間t滿足1≤t≤51，t∈N*）上市時間t（天數）102250投入成本y（元/千克）32.163（1）根據上表數據，請從下列四個函數模型中選取一個恰當的函數模型反映櫻桃投入成本y與上市時間t的關系（需說明理由），并求出相應的函數解析式；①y＝at+b，②y＝at2+bt+c，③y＝a?bt，④y＝alogbt．（2）利用你選取的函數模型，求投入成本最低時櫻桃的上市時間及最低投入成本．【考點】根據實際問題選擇函數類型．【專題】函數思想；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】（1）應選用函數模型y＝at2+bc+c，y=（2）30天，最低投入成本為2元/千克．【分析】（1）先根據數據及單調性即可判斷只有模型Q＝at2+bt+c符合，然后將數據代入建立方程組，求出參數a，b，c；（2）由于模型為二次函數，結合定義域，利用配方法即可求出最低種植成本以及對應得上市時間．【解答】解：（1）由表中所提供的數據可知，反映櫻桃的投入成本y與上市時間t的關系的函數不是常數函數，故用函數y＝at+b，y＝a?bt，y＝alogbt中的任意一個來反映時都應有a≠0，此時上面三個函數均為單調函數，這與表格提供的數據不符合，所以應選用函數模型y＝at2+bc+c．將表中提供的三組數據分別代入y＝at2+bt+c，得3=100a+10b所以反映櫻桃投入成本y與上市時間ι的關系的函數為：y=（2）由（1）知y=1400（x2﹣60x=1400（x﹣30）=1所以當t＝30（天）時，櫻桃的投入成本最低，且最低投入成本為2元/千克．【點評】本題考查了函數在生活中的實際運用，考查了二次函數的性質，屬于中檔題．19．（2024秋?景德鎮期末）現代研究成果顯示，茶水的口感與水的溫度有關．經實驗表明，用100℃的水泡制，待茶水溫度降至60℃時，飲用口感最佳．某中學學生利用課余時間探究室溫下剛泡好的茶水達到最佳飲用口感的放置時間，每隔1min測量一次茶水溫度，得到茶水溫度隨時間變化的數據如下表：時間/min012345水溫/℃1009284.878.3272.4967.24設茶水溫度從100℃經過xmin后溫度變為y℃，現給出以下三種函數模型：①y＝cx+b（c＜0，x≥0）；②y＝cax+b（c＞0，0＜a＜1，x≥0）；③y＝loga（x+c）+b（a＞1，c＞0，x≥0）．（1）從上述三種函數模型中選出最符合上述實驗的函數模型，并根據前3組數據求出該解析式；（2）根據（1）中所求函數模型，求剛抱好的茶達到最佳飲用口感的放置時間（精確到0.01）（參考數據：lg2≈0.301，lg3≈0.4771）；【考點】根據實際問題選擇函數類型．【專題】轉化思想；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】（1）選模型②，y＝80×0.9x+20且x≥0；（2）6.57min．【分析】（1）根據表格數據判斷函數的單調性及增長率，根據一次函數、指對數函數性質確定模型，再結合數據求解析式；（2）根據（1）求出的模型進行計算．【解答】解：（1）根據題意可知：函數單調遞減且遞減速度逐漸變慢，故選模型②y＝cax+b（c＞0，0＜a＜1，x≥0），又其過（0，100），（1，92），（2，84.8），則ca0+所以y＝80×0.9x+20且x≥0；（2）令y＝80×0.9x+20＝60，可得x=所以泡好的茶達到最佳飲用口感的放置時間為6.57min．【點評】本題考查函數的實際應用，屬中檔題．20．（2024秋?青銅峽市校級期末）已知函數f(（1）求f[（2）畫出函數f（x）的圖象，根據圖象寫出函數f（x）的單調區間；（3）若f（x）≥2，求x的取值范圍．【考點】分段函數的應用．【專題】函數思想；數形結合法；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】（1）2；（2）圖象見解析，單調遞增區間為R，無單調遞減區間；（3）[1，+∞）．【分析】（1）根據解析式求函數值即可；（2）由分段函數解析式，結合指數函數性質畫出函數大致圖象，進而判斷單調性；（3）根據（2）所得圖象，數形結合確定x的取值范圍．【解答】解：（1）由題設f(則f[（2）函數的圖象如圖所示：所以f（x）的單調遞增區間為R，無單調遞減區間．（3）由（2）知：f（x）≥2，即x≥1．所以x的取值范圍為[1，+∞）．【點評】本題主要考查分段函數的性質，屬于基礎題．

考點卡片1．充分條件與必要條件【知識點的認識】1、判斷：當命題“若p則q”為真時，可表示為p?q，稱p為q的充分條件，q是p的必要條件．事實上，與“p?q”等價的逆否命題是“￢q?￢p”．它的意義是：若q不成立，則p一定不成立．這就是說，q對于p是必不可少的，所以說q是p的必要條件．例如：p：x＞2；q：x＞0．顯然x∈p，則x∈q．等價于x?q，則x?p一定成立．2、充要條件：如果既有“p?q”，又有“q?p”，則稱條件p是q成立的充要條件，或稱條件q是p成立的充要條件，記作“p?q”．p與q互為充要條件．【解題方法點撥】充要條件的解題的思想方法中轉化思想的依據；解題中必須涉及兩個方面，充分條件與必要條件，缺一不可．證明題目需要證明充分性與必要性，實際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學生答題時往往混淆二者的關系．判斷題目可以常用轉化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．【命題方向】充要條件是學生學習知識開始，或者沒有上學就能應用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內容，多以小題為主，有時也會以大題形式出現，中學階段的知識點都相關，所以命題的范圍特別廣．2．函數的最值【知識點的認識】函數最大值或最小值是函數的整體性質，從圖象上看，函數的最大值或最小值是圖象最高點或最低點的縱坐標，求函數的最值一般是先求出極值在求出端點的值，然后進行比較可得．【解題方法點撥】①基本不等式法：如當x＞0時，求2x+8x的最小值，有2x+8x②轉化法：如求|x﹣5|+|x﹣3|的最小值，那么可以看成是數軸上的點到x＝5和x＝3的距離之和，易知最小值為2；③求導法：通過求導判斷函數的單調性進而求出極值，再結合端點的值最后進行比較．【命題方向】本知識點是?？键c，重要性不言而喻，而且通常是以大題的形式出現，所以務必引起重視．本知識點未來將仍然以復合函數為基礎，添加若干個參數，然后求函數的定義域、參數范圍或者滿足一些特定要求的自變量或者參數的范圍．常用方法有分離參變量法、多次求導法等．3．函數的零點【知識點的認識】一般地，對于函數y＝f（x）（x∈R），我們把方程f（x）＝0的實數根x叫作函數y＝f（x）（x∈D）的零點．即函數的零點就是使函數值為0的自變量的值．函數的零點不是一個點，而是一個實數．【解題方法點撥】解法﹣﹣二分法①確定區間[a，b]，驗證f（a）*f（b）＜0，給定精確度；②求區間（a，b）的中點x1；③計算f（x1）；④若f（x1）＝0，則x1就是函數的零點；⑤若f（a）f（x1）＜0，則令b＝x1（此時零點x0∈（a，x1））；⑥若f（x1）f（b）＜0，則令a＝x1．（此時零點x0∈（x1，b）⑦判斷是否滿足條件，否則重復（2）～（4）【命題方向】零點其實并沒有多高深，簡單的說，就是某個函數的零點其實就是這個函數與x軸的交點的橫坐標，另外如果在（a，b）連續的函數滿足f（a）?f（b）＜0，則（a，b）至少有一個零點．這個考點屬于了解性的，知道它的概念就行了．4．函數零點的判定定理【知識點的認識】1、函數零點存在性定理：一般地，如果函數y＝f（x）在區間[a，b]上的圖象是連續不斷的一條曲線，并且有f（a）?f（b）＜0，那么函數y＝f（x）在區間（a，b）內有零點，即存在c∈（a，b），使得f（c）＝O，這個c也就是f（x）＝0的根．特別提醒：（1）根據該定理，能確定f（x）在（a，b）內有零點，但零點不一定唯一．（2）并不是所有的零點都可以用該定理來確定，也可以說不滿足該定理的條件，并不能說明函數在（a，b）上沒有零點，例如，函數f（x）＝x2﹣3x+2有f（0）?f（3）＞0，但函數f（x）在區間（0，3）上有兩個零點．（3）若f（x）在[a，b]上的圖象是連續不斷的，且是單調函數，f（a）．f（b）＜0，則f（x）在（a，b）上有唯一的零點．【解題方法點撥】函數零點個數的判斷方法：（1）幾何法：對于不能用求根公式的方程，可以將它與函數y＝f（x）的圖象聯系起來，并利用函數的性質找出零點．特別提醒：①“方程的根”與“函數的零點”盡管有密切聯系，但不能混為一談，如方程x2﹣2x+1＝0在[0，2]上有兩個等根，而函數f（x）＝x2﹣2x+1在[0，2]上只有一個零點；②函數的零點是實數而不是數軸上的點．（2）代數法：求方程f（x）＝0的實數根．5．求解函數零點所在區間【知識點的認識】1、函數零點存在性定理：一般地，如果函數y＝f（x）在區間[a，b]上的圖象是連續不斷的一條曲線，并且有f（a）?f（b）＜0，那么函數y＝f（x）在區間（a，b）內有零點，即存在c∈（a，b），使得f（c）＝O，這個c也就是f（x）＝0的根．特別提醒：（1）根據該定理，能確定f（x）在（a，b）內有零點，但零點不一定唯一．（2）并不是所有的零點都可以用該定理來確定，也可以說不滿足該定理的條件，并不能說明函數在（a，b）上沒有零點，例如，函數f（x）＝x2﹣3x+2有f（0）?f（3）＞0，但函數f（x）在區間（0，3）上有兩個零點．（3）若f（x）在[a，b]上的圖象是連續不斷的，且是單調函數，f（a）．f（b）＜0，則f（x）在（a，b）上有唯一的零點．【解題方法點撥】函數零點個數的判斷方法：（1）幾何法：對于不能用求根公式的方程，可以將它與函數y＝f（x）的圖象聯系起來，并利用函數的性質找出零點．特別提醒：①“方程的根”與“函數的零點”盡管有密切聯系，但不能混為一談，如方程x2﹣2x+1＝0在[0，2]上有兩個等根，而函數f（x）＝x2﹣2x+1在[0，2]上只有一個零點；②函數的零點是實數而不是數軸上的點．（2）代數法：求方程f（x）＝0的實數根．函數f(A.(B．（1，e）C．（e，e2）D．（e2，e3）解：因為函數f(在（0，+∞）上為單調遞增函數，又因為f（e）＝1-3e＜0，f（e2）＝2所以f（x）的零點位于（e，e2）．故選：C．6．由函數零點所在區間求解函數或參數【知識點的認識】1、函數零點存在性定理：一般地，如果函數y＝f（x）在區間[a，b]上的圖象是連續不斷的一條曲線，并且有f（a）?f（b）＜0，那么函數y＝f（x）在區間（a，b）內有零點，即存在c∈（a，b），使得f（c）＝O，這個c也就是f（x）＝0的根．特別提醒：（1）根據該定理，能確定f（x）在（a，b）內有零點，但零點不一定唯一．（2）并不是所有的零點都可以用該定理來確定，也可以說不滿足該定理的條件，并不能說明函數在（a，b）上沒有零點，例如，函數f（x）＝x2﹣3x+2有f（0）?f（3）＞0，但函數f（x）在區間（0，3）上有兩個零點．（3）若f（x）在[a，b]上的圖象是連續不斷的，且是單調函數，f（a）．f（b）＜0，則f（x）在（a，b）上有唯一的零點．【解題方法點撥】函數零點個數的判斷方法：（1）幾何法：對于不能用求根公式的方程，可以將它與函數y＝f（x）的圖象聯系起來，并利用函數的性質找出零點．特別提醒：①“方程的根”與“函數的零點”盡管有密切聯系，但不能混為一談，如方程x2﹣2x+1＝0在[0，2]上有兩個等根，而函數f（x）＝x2﹣2x+1在[0，2]上只有一個零點；②函數的零點是實數而不是數軸上的點．（2）代數法：求方程f（x）＝0的實數根．若函數f（x）＝a+log7x在區間（1，7）上有零點，則實數a的取值范圍為_____．解：因為函數f（x）在區間（1，7）上為增函數，所以若函數f（x）在區間（1，7）上有零點，則f（1）＜0，f（7）＞0，所以a＜0，a+1＞0，所以﹣1＜a＜0．故答案為：（﹣1，0）．7．函數的零點與方程根的關系【知識點的認識】函數的零點表示的是函數與x軸的交點，方程的根表示的是方程的解，他們的含義是不一樣的．但是，他們的解法其實質是一樣的．【解題方法點撥】求方程的根就是解方程，把所有的解求出來，一般要求的是二次函數或者方程組，這里不多講了．我們重點來探討一下函數零點的求法（配方法）．例題：求函數f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零點．解：∵f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70＝（x﹣5）?（x+7）?（x+2）?（x+1）∴函數f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零點是：5、﹣7、﹣2、﹣1．通過這個題，我們發現求函數的零點常用的方法就是配方法，把他配成若干個一次函數的乘積或者是二次函數的乘積，最后把它轉化為求基本函數的零點或者說求基本函數等于0時的解即可．【命題方向】直接考的比較少，了解相關的概念和基本的求法即可．8．函數與方程的綜合運用【知識點的認識】函數與方程的綜合運用是指結合函數的性質和方程的解法解決復雜問題．【解題方法點撥】﹣函數性質：分析函數的定義域、值域、單調性、對稱性等性質．﹣方程求解：利用函數性質建立方程，求解方程根．﹣綜合應用：將函數性質和方程求解結合，解決實際問題．【命題方向】常見題型包括函數性質和方程解法的綜合運用，解決復雜的數學問題．9．分段函數的應用【知識點的認識】分段函數顧名思義指的是一個函數在不同的定義域內的函數表達式不一樣，有些甚至不是連續的．這個在現實當中是很常見的，比如說水的階梯價，購物的時候買的商品的量不同，商品的單價也不同等等，這里面都涉及到分段函數．【解題方法點撥】正如前面多言，分段函數與我們的實際聯系比較緊密，那么在高考題中也時常會以應用題的形式出現．下面我們通過例題來分析一下分段函數的解法．例：市政府為招商引資，決定對外資企業第一年產品免稅．某外資廠該年A型產品出廠價為每件60元，年銷售量為11.8萬件．第二年，當地政府開始對該商品征收稅率為p%（0＜p＜100，即銷售100元要征收p元）的稅收，于是該產品的出廠價上升為每件8000100-p元，預計年銷售量將減少（Ⅰ）將第二年政府對該商品征收的稅收y（萬元）表示成p的函數，并指出這個函數的定義域；（Ⅱ）要使第二年該廠的稅收不少于16萬元，則稅率p%的范圍是多少？（Ⅲ）在第二年該廠的稅收不少于16萬元的前提下，要讓廠家獲得最大銷售金額，則p應為多少？解：（Ⅰ）依題意，第二年該商品年銷售量為（11.8﹣p）萬件，年銷售收入為8000100-p（11.8﹣政府對該商品征收的稅收y=8000100-p（11.8﹣p）故所求函數為y=80100-p（11.8﹣由11.8﹣p＞0及p＞0得定義域為0＜p＜11.8…（4分）（II）由y≥16得80100-p（11.8﹣p）p化簡得p2﹣12p+20≤0，即（p﹣2）（p﹣10）≤0，解得2≤p≤10．故當稅率在[0.02，0.1]內時，稅收不少于16萬元．…（9分）（III）第二年，當稅收不少于16萬元時，廠家的銷售收入為g（p）=8000100-p（11.8﹣p）（2≤p∵g(p)=8000100-∴g（p）max＝g（2）＝800（萬元）故當稅率為2%時，廠家銷售金額最大．這個典型的例題當中，我們發現分段函數首先還是要有函數的功底，要有一定的建模能力，這個與分不分段其實無關．我們重點看看分段函數要注意的地方．第一，要明確函數的定義域和其相對的函數表達式；第二注意求的是整個一大段的定義域內的值域還是分段函數某段內部的值；第三，注意累加的情況和僅僅某段函數的討論．【命題方向】修煉自己的內功，其實分不分段影響不大，審清題就可以了，另外，最好畫個圖來解答．10．根據實際問題選擇函數類型【知識點的認識】1．實際問題的函數刻畫在現實世界里，事物之間存在著廣泛的聯系，許多聯系可以用函數刻畫．用函數的觀點看實際問題，是學習函數的重要內容．2．用函數模型解決實際問題（1）數據擬合：通過一些數據尋求事物規律，往往是通過繪出這些數據在直角坐標系中的點，觀察這些點的整體特征，看它們接近我們熟悉的哪一種函數圖象，選定函數形式后，將一些數據代入這個函數的一般表達式，求出具體的函數表達式，再做必要的檢驗，基本符合實際，就可以確定這個函數基本反映了事物規律，這種方法稱為數據擬合．（2）常用到的五種函數模型：①直線模型：一次函數模型y＝kx+b（k≠0），圖象增長特點是直線式上升（x的系數k＞0），通過圖象可以直觀地認識它，特例是正比例函數模型y＝kx（k＞0）．②反比例函數模型：y=kx（k＞0）型，增長特點是y隨③指數函數模型：y＝a?bx+c（b＞0，且b≠1，a≠0），其增長特點是隨著自變量的增大，函數值增大的速度越來越快（底數b＞1，a＞0），常形象地稱為指數爆炸．④對數函數模型，即y＝mlogax+n（a＞0，a≠1，m≠0）型，增長特點是隨著自變量的增大，函數值增大越來越慢（底數a＞1，m＞0）．⑤冪函數模型，即y＝a?xn+b（a≠0）型，其中最常見的是二次函數模型：y＝ax2+bx+c（a≠0），其特點是隨著自變量的增大，函數值先減小后增大（a＞0）．在以上幾種函數模型的選擇與建立時，要注意函數圖象的直觀運用，分析圖象特點，分析變量x的范圍，同時還要與實際問題結合，如取整等．3．函數建模（1）定義：用數學思想、方法、知識解決實際問題的過程，叫作數學建模．（2）過程：如下圖所示．【解題方法點撥】用函數模型解決實際問題的常見類型及解法：（1）解函數關系已知的應用題①確定函數關系式y＝f（x）中的參數，求出具體的函數解析式y＝f（x）；②討論x與y的對應關系，針對具體的函數去討論與題目有關的問題；③給出實際問題的解，即根據在函數關系的討論中所獲得的理論參數值給出答案．（2）解函數關系未知的應用題①閱讀理解題意看一看可以用什么樣的函數模型，初步擬定函數類型；②抽象函數模型在理解問題的基礎上，把實際問題抽象為函數模型；③研究函數模型的性質根據函數模型，結合題目的要求，討論函數模型的有關性質，獲得函數模型的解；④得出問題的結論根據函數模型的解，結合實際問題的實際意義和題目的要求，給出實際問題的