專題12函數的圖象（新高考專用）目錄目錄【知識梳理】 2【真題自測】 3【考點突破】 9【考點1】作出函數的圖象 9【考點2】函數圖象的識別 15【考點3】函數圖象的應用 21【分層檢測】 29【基礎篇】 29【能力篇】 28【培優篇】 42考試要求：1.在實際情境中，會根據不同的需要選擇恰當的方法(如圖象法、列表法、解析法)表示函數.2.會畫簡單的函數圖象.3.會運用函數圖象研究函數的性質，解決方程解的個數與不等式解的問題.知識梳理知識梳理1.利用描點法作函數的圖象步驟：(1)確定函數的定義域；(2)化簡函數解析式；(3)討論函數的性質(奇偶性、單調性、周期性、對稱性等)；(4)列表(尤其注意特殊點、零點、最大值點、最小值點、與坐標軸的交點等)，描點，連線.2.利用圖象變換法作函數的圖象(1)平移變換(2)對稱變換y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于x軸對稱))y＝－f(x)的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于y軸對稱))y＝f(－x)的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于原點對稱))y＝－f(－x)的圖象；y＝ax(a>0，且a≠1)的圖象eq\o(→,\s\up17(關于直線),\s\do15(y＝x對稱))y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象.(3)伸縮變換y＝f(x)eq\o(→,\s\up17(縱坐標不變),\s\do15(各點橫坐標變為原來的\f(1,a)（a>0）倍))y＝f(ax).y＝f(x)eq\o(→,\s\up17(橫坐標不變),\s\do15(各點縱坐標變為原來的A(A>0)倍))y＝Af(x).(4)翻折變換y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up17(x軸下方部分翻折到上方),\s\do15(x軸及上方部分不變))y＝|f(x)|的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up17(y軸右側部分翻折到左側),\s\do15(原y軸左側部分去掉，右側不變))y＝f(|x|)的圖象.1.記住幾個重要結論(1)函數y＝f(x)與y＝f(2a－x)的圖象關于直線x＝a對稱.(2)函數y＝f(x)與y＝2b－f(2a－x)的圖象關于點(a，b)中心對稱.(3)若函數y＝f(x)對定義域內任意自變量x滿足：f(a＋x)＝f(a－x)，則函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱.2.圖象的左右平移僅僅是相對于x而言，如果x的系數不是1，常需把系數提出來，再進行變換.3.圖象的上下平移僅僅是相對于y而言的，利用“上加下減”進行.真題自測真題自測一、單選題1．（2023·天津·高考真題）已知函數的部分圖象如下圖所示，則的解析式可能為（

）

A． B．C． D．2．（2022·全國·高考真題）函數在區間的圖象大致為（

）A． B．C． D．3．（2022·全國·高考真題）如圖是下列四個函數中的某個函數在區間的大致圖像，則該函數是（

）A． B． C． D．4．（2022·天津·高考真題）函數的圖像為（

）A． B．C． D．5．（2021·浙江·高考真題）已知函數，則圖象為如圖的函數可能是（

）A． B．C． D．二、填空題6．（2023·北京·高考真題）設，函數，給出下列四個結論：①在區間上單調遞減；②當時，存在最大值；③設，則；④設．若存在最小值，則a的取值范圍是．其中所有正確結論的序號是．考點突破考點突破【考點1】作出函數的圖象一、單選題1．（23-24高三上·貴州遵義·階段練習）已知函數，若函數有3個零點，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．2．（2023·四川成都·二模）已知函數，若關于的方程有且僅有5個不同的實數根，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、多選題3．（2024·全國·模擬預測）已知函數的定義域為，則（

）．A．為奇函數 B．在上單調遞增C．恰有3個極值點 D．有且僅有2個極大值點4．（2024·全國·模擬預測）已知則方程可能有（

）個解.A．3 B．4 C．5 D．6三、填空題5．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若方程有7個不同的實數根，則實數的取值范圍是．6．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若關于的方程有3個不相等的實數根，則的取值范圍是．反思提升：1.描點法作圖：當函數解析式(或變形后的解析式)是熟悉的基本函數時，就可根據這些函數的特征描出圖象的關鍵點直接作出.2.圖象變換法：若函數圖象可由某個基本函數的圖象經過平移、翻折、對稱得到，可利用圖象變換作出，并應注意平移變換與伸縮變換的順序對變換單位及解析式的影響.【考點2】函數圖象的識別一、單選題1．（2024·寧夏固原·一模）已知函數的部分圖像如圖所示，則的解析式可能為（

）A． B．C． D．2．（2024·四川德陽·二模）函數的圖象大致是（

）A． B．C． D．3．（2024·全國·模擬預測）函數的大致圖象是（

）A．

B．

C．

D．

二、多選題4．（2024·安徽合肥·一模）函數的圖象可能是（

）A． B．C． D．5．（2023·福建泉州·模擬預測）函數的大致圖像可能為（

）A．

B．

C．

D．

6．（2023·福建泉州·模擬預測）函數的圖象可以是（

）A． B．C． D．反思提升：1.抓住函數的性質，定性分析：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置；(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；(3)從周期性，判斷圖象的循環往復；(4)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性.2.抓住函數的特征，定量計算：從函數的特征點，利用特征點、特殊值的計算分析解決問題.3.根據實際背景、圖形判斷函數圖象的兩種方法(1)定量計算法：根據題目所給條件確定函數解析式，從而判斷函數圖象.(2)定性分析法：采用“以靜觀動”，即判斷動點處于不同的特殊的位置時圖象的變化特征，從而利用排除法做出選擇.【考點3】函數圖象的應用一、單選題1．（2024·陜西西安·一模）已知函數為偶函數，滿足，且時，，若關于的方程至少有兩解，則的取值范圍為（

）．A． B． C． D．2．（2024·陜西漢中·二模）已知函數，若函數有4個零點，則的取值范圍為（

）A． B．C． D．二、多選題3．（2023·全國·模擬預測）已知函數（且，）為偶函數，則（

）A．為定值B．為定值C．函數與的定義域不相同，值域不相同D．若，且對，，則的最大值為4．（2022·福建泉州·模擬預測）已知函數的定義域為，且滿當時，，λ為非零常數，則下列說法正確的是（

）A．當時，B．當時，在單調遞增C．當時，在的值域為D．當時，且時，若將函數與的圖象在的m個交點記為（，2，3，…m），則三、填空題5．（2020·北京海淀·一模）如圖，在等邊三角形ABC中，AB=6.動點P從點A出發，沿著此三角形三邊逆時針運動回到A點，記P運動的路程為x，點P到此三角形中心O距離的平方為f(x)，給出下列三個結論：①函數f(x)的最大值為12；②函數f(x)的圖象的對稱軸方程為x=9；③關于x的方程最多有5個實數根.其中，所有正確結論的序號是.6．（2024·北京西城·二模）已知函數，，其中．①若函數無零點，則的一個取值為；②若函數有4個零點，則．反思提升：1.利用函數的圖象研究函數的性質對于已知或易畫出其在給定區間上圖象的函數，其性質(單調性、奇偶性、周期性、最值(值域)、零點)常借助于圖象研究，但一定要注意性質與圖象特征的對應關系.2.利用函數的圖象可解決方程和不等式的求解問題，如判斷方程是否有解，有多少個解.數形結合是常用的思想方法.不等式的求解可轉化為兩函數的上下關系問題.分層檢測分層檢測【基礎篇】一、單選題1．（2024·遼寧撫順·三模）函數的圖象大致為（

）A． B．C． D．2．（2023·陜西西安·一模）函數在區間上的圖象大致為（

）A． B．C． D．3．（22-23高三上·北京大興·期中）如圖為某無人機飛行時，從某時刻開始15分鐘內的速度（單位：米/分鐘）與時間（單位：分鐘）的關系．若定義“速度差函數”為無人機在時間段內的最大速度與最小速度的差，則的圖像為（

）A． B．C． D．4．（2024·上海奉賢·二模）已知函數，其中，，其中，則圖象如圖所示的函數可能是（

）．A． B．C． D．二、多選題5．（2020高三·全國·專題練習）關于函數，下列描述正確的有（

）A．在區間上單調遞增 B．的圖象關于直線對稱C．若則 D．有且僅有兩個零點6．（22-23高三上·河北滄州·階段練習）函數的大致圖象可能是（

）A． B．C． D．7．（2023·湖南岳陽·二模）設函數在上的最小值為，函數在上的最大值為，若，則滿足條件的實數可以是（

）A． B． C．D．8．（21-22高一上·廣東廣州·期中）一輛賽車在一個周長為的封閉跑道上行駛，跑道由幾段直道和彎道組成，圖1反應了賽車在“計時賽”整個第二圈的行駛速度與行駛路程之間的關系．根據圖1，以下四個說法中正確的是（

）A．在這第二圈的到之間，賽車速度逐漸增加B．在整個跑道，最長的直線路程不超過C．大約在這第二圈的到之間，賽車開始了那段最長直線路程的行駛D．在圖2的四條曲線（注：為初始記錄數據位置）中，曲線最能符合賽車的運動軌跡三、填空題9．（2023·上海寶山·一模）設為常數，若，則函數的圖象必定不經過第象限10．（2022·北京東城·三模）已知函數.①對于任意實數，為偶函數；②對于任意實數，在上單調遞減，在上單調遞增；③存在實數，使得有3個零點；④存在實數，使得關于的不等式的解集為.所有正確命題的序號為.11．（2024·全國·模擬預測）已知函數滿足，且當時，，有以下四個結論：①的值域是；②在上有8個零點；③若方程有4個不相等的實數根，則這4個實數根之和為12；④若方程有4個不相等的實數根，則．所有正確結論的序號是．12．（22-23高一上·上海浦東新·階段練習）已知的定義域為,且是奇函數,當時,,.函數,則方程的所有的根之和為.【能力篇】一、單選題1．（2024高三下·全國·專題練習）函數的圖象可能是（

）A． B． C． D．二、多選題2．（2024·全國·模擬預測）已知函數（其中）的部分圖象如圖所示，則（

）A． B． C． D．三、填空題3．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則與的圖象交點的縱坐標之和為．四、解答題4．（2023·江西宜春·模擬預測）設，，且a、b為函數的極值點(1)判斷函數在區間上的單調性，并證明你的結論；(2)若曲線在處的切線斜率為，且方程有兩個不等的實根，求實數m的取值范圍.【培優篇】一、單選題1．（2023·四川資陽·模擬預測）函數的大致圖象是（

）A．

B．

C．

D．

二、多選題2．（2024·河北滄州·一模）已知函數的定義域為，且，都有，，，，當時，，則下列說法正確的是（

）A．函數的圖象關于點對稱B．C．D．函數與函數的圖象有8個不同的公共點三、填空題3．（2022·江蘇·一模）已知是定義在上的奇函數，且.若當時，，則在區間上的值域為，在區間內的所有零點之和為成套的課件成套的教案成套的試題成套的微專題盡在高中數學同步資源大全QQ群552511468也可聯系微信fjshuxue加入百度網盤群1.5T一線老師必備資料一鍵轉存自動更新永不過期專題12函數的圖象（新高考專用）目錄目錄【知識梳理】 2【真題自測】 3【考點突破】 9【考點1】作出函數的圖象 9【考點2】函數圖象的識別 15【考點3】函數圖象的應用 21【分層檢測】 29【基礎篇】 29【能力篇】 28【培優篇】 42考試要求：1.在實際情境中，會根據不同的需要選擇恰當的方法(如圖象法、列表法、解析法)表示函數.2.會畫簡單的函數圖象.3.會運用函數圖象研究函數的性質，解決方程解的個數與不等式解的問題.知識梳理知識梳理1.利用描點法作函數的圖象步驟：(1)確定函數的定義域；(2)化簡函數解析式；(3)討論函數的性質(奇偶性、單調性、周期性、對稱性等)；(4)列表(尤其注意特殊點、零點、最大值點、最小值點、與坐標軸的交點等)，描點，連線.2.利用圖象變換法作函數的圖象(1)平移變換(2)對稱變換y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于x軸對稱))y＝－f(x)的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于y軸對稱))y＝f(－x)的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up7(關于原點對稱))y＝－f(－x)的圖象；y＝ax(a>0，且a≠1)的圖象eq\o(→,\s\up17(關于直線),\s\do15(y＝x對稱))y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象.(3)伸縮變換y＝f(x)eq\o(→,\s\up17(縱坐標不變),\s\do15(各點橫坐標變為原來的\f(1,a)（a>0）倍))y＝f(ax).y＝f(x)eq\o(→,\s\up17(橫坐標不變),\s\do15(各點縱坐標變為原來的A(A>0)倍))y＝Af(x).(4)翻折變換y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up17(x軸下方部分翻折到上方),\s\do15(x軸及上方部分不變))y＝|f(x)|的圖象；y＝f(x)的圖象eq\o(→,\s\up17(y軸右側部分翻折到左側),\s\do15(原y軸左側部分去掉，右側不變))y＝f(|x|)的圖象.1.記住幾個重要結論(1)函數y＝f(x)與y＝f(2a－x)的圖象關于直線x＝a對稱.(2)函數y＝f(x)與y＝2b－f(2a－x)的圖象關于點(a，b)中心對稱.(3)若函數y＝f(x)對定義域內任意自變量x滿足：f(a＋x)＝f(a－x)，則函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱.2.圖象的左右平移僅僅是相對于x而言，如果x的系數不是1，常需把系數提出來，再進行變換.3.圖象的上下平移僅僅是相對于y而言的，利用“上加下減”進行.真題自測真題自測一、單選題1．（2023·天津·高考真題）已知函數的部分圖象如下圖所示，則的解析式可能為（

）

A． B．C． D．2．（2022·全國·高考真題）函數在區間的圖象大致為（

）A． B．C． D．3．（2022·全國·高考真題）如圖是下列四個函數中的某個函數在區間的大致圖像，則該函數是（

）A． B． C． D．4．（2022·天津·高考真題）函數的圖像為（

）A． B．C． D．5．（2021·浙江·高考真題）已知函數，則圖象為如圖的函數可能是（

）A． B．C． D．二、填空題6．（2023·北京·高考真題）設，函數，給出下列四個結論：①在區間上單調遞減；②當時，存在最大值；③設，則；④設．若存在最小值，則a的取值范圍是．其中所有正確結論的序號是．參考答案：1．D【分析】由圖知函數為偶函數，應用排除，先判斷B中函數的奇偶性，再判斷A、C中函數在上的函數符號排除選項，即得答案.【詳解】由圖知：函數圖象關于y軸對稱，其為偶函數，且，由且定義域為R，即B中函數為奇函數，排除；當時、，即A、C中上函數值為正，排除；故選：D2．A【分析】由函數的奇偶性結合指數函數、三角函數的性質逐項排除即可得解.【詳解】令，則，所以為奇函數，排除BD；又當時，，所以，排除C.故選：A.3．A【分析】由函數圖像的特征結合函數的性質逐項排除即可得解.【詳解】設，則，故排除B;設，當時，，所以，故排除C;設，則，故排除D.故選：A.4．D【分析】分析函數的定義域、奇偶性、單調性及其在上的函數值符號，結合排除法可得出合適的選項.【詳解】函數的定義域為，且，函數為奇函數，A選項錯誤；又當時，，C選項錯誤；當時，函數單調遞增，故B選項錯誤；故選：D.5．D【分析】由函數的奇偶性可排除A、B，結合導數判斷函數的單調性可判斷C，即可得解.【詳解】對于A，，該函數為非奇非偶函數，與函數圖象不符，排除A；對于B，，該函數為非奇非偶函數，與函數圖象不符，排除B；對于C，，則，當時，，與圖象不符，排除C.故選：D.6．②③【分析】先分析的圖像，再逐一分析各結論；對于①，取，結合圖像即可判斷；對于②，分段討論的取值范圍，從而得以判斷；對于③，結合圖像可知的范圍；對于④，取，結合圖像可知此時存在最小值，從而得以判斷.【詳解】依題意，，當時，，易知其圖像為一條端點取不到值的單調遞增的射線；當時，，易知其圖像是，圓心為，半徑為的圓在軸上方的圖像（即半圓）；當時，，易知其圖像是一條端點取不到值的單調遞減的曲線；對于①，取，則的圖像如下，

顯然，當，即時，在上單調遞增，故①錯誤；對于②，當時，當時，；當時，顯然取得最大值；當時，，綜上：取得最大值，故②正確；對于③，結合圖像，易知在，且接近于處，的距離最小，

當時，，當且接近于處，，此時，，故③正確；對于④，取，則的圖像如下，

因為，結合圖像可知，要使取得最小值，則點在上，點在，同時的最小值為點到的距離減去半圓的半徑，此時，因為的斜率為，則，故直線的方程為，聯立，解得，則，顯然在上，滿足取得最小值，即也滿足存在最小值，故的取值范圍不僅僅是，故④錯誤.故答案為：②③.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是分析得的圖像，特別是當時，的圖像為半圓，解決命題④時，可取特殊值進行排除即可.考點突破考點突破【考點1】作出函數的圖象一、單選題1．（23-24高三上·貴州遵義·階段練習）已知函數，若函數有3個零點，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．2．（2023·四川成都·二模）已知函數，若關于的方程有且僅有5個不同的實數根，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、多選題3．（2024·全國·模擬預測）已知函數的定義域為，則（

）．A．為奇函數 B．在上單調遞增C．恰有3個極值點 D．有且僅有2個極大值點4．（2024·全國·模擬預測）已知則方程可能有（

）個解.A．3 B．4 C．5 D．6三、填空題5．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若方程有7個不同的實數根，則實數的取值范圍是．6．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若關于的方程有3個不相等的實數根，則的取值范圍是．參考答案：1．D【分析】轉化為與圖象有3個不同的交點，畫出兩函數圖象，數形結合得到答案.【詳解】令，故，畫出與的圖象，函數有3個零點，即與圖象有3個不同的交點，則，解得.故選：D2．A【分析】令，方程可化為或有個不同實數根，借助導數研究的單調性與最值，數形結合即可判斷的取值范圍．【詳解】由，設，則，又，所以，，化簡得，即，或，當時，，，當，函數在單調遞增；當時，，函數在單調遞增；因為，所以，又，且恒有，從圖象趨勢看，當；當.當時，.作出函數的大致圖象，如圖，可得的圖象與直線的圖象有2個交點，所以的圖象與直線有個交點.則，解得，所以實數的取值范圍是.故選：A.

3．CD【分析】A選項，根據函數的定義域和奇偶性得到，A正確；B選項，求導后轉化為和在的圖像，結合隱零點得到在上單調遞增，在上單調遞減；CD選項，利用函數圖象交點分析得到答案.【詳解】A選項，函數的定義域為，關于原點對稱，，所以函數為偶函數，故A錯誤．B選項，，顯然，當時，令，即，得，分別作出和在的圖像，如圖所示．由圖可知，若存在使得，當時，；當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，故B錯誤．C選項，由圖象可得和在區間上共有3個公共點，且圖像在這些公共點處都不相切，當時，；當時，，當時，，故為的極大值點，為的極小值點，故在區間上的極值點的個數為3，有2個極大值點和1個極小值點，故C，D正確．故選：CD．4．BCD【分析】方程得或，作出函數圖象，數形結合判斷解的個數.【詳解】，有，當時，單調遞減；當時，單調遞增，當時，有極小值.，由二次函數的性質可知，在上單調遞增，在上單調遞減，當時，有極大值.由的圖象如圖所示，

由得或，由圖象可知有3個解，可能有1，2，3，4個解，故方程可能有4，5，6，7個解.故選：BCD.【點睛】方法點睛：函數零點的求解與判斷方法：(1)直接求零點：令，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數在區間上是連續不斷的曲線，且，還必須結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性)才能確定函數有多少個零點．(3)利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．5．【分析】先作出函數圖象，解一元二次方程，結合函數圖象含參討論即可.【詳解】作出函數的圖象，如圖所示．由，得，解得或．由圖象易知，直線與的圖象有3個交點，所以方程有3個不同的實數根，因為方程有7個不同的實數根，所以直線與的圖象有4個交點，故，解得，故實數的取值范圍是．故答案為：6．【分析】利用分段函數，指數函數，對數函數的性質作出函數的圖象，結合圖象，從而確定的取值范圍.【詳解】由的解析式作出的大致圖像．如圖所示：

方程有3個不等實數根等價于的圖象與直線有3個不同的公共點，則．故答案為：.反思提升：1.描點法作圖：當函數解析式(或變形后的解析式)是熟悉的基本函數時，就可根據這些函數的特征描出圖象的關鍵點直接作出.2.圖象變換法：若函數圖象可由某個基本函數的圖象經過平移、翻折、對稱得到，可利用圖象變換作出，并應注意平移變換與伸縮變換的順序對變換單位及解析式的影響.【考點2】函數圖象的識別一、單選題1．（2024·寧夏固原·一模）已知函數的部分圖像如圖所示，則的解析式可能為（

）A． B．C． D．2．（2024·四川德陽·二模）函數的圖象大致是（

）A． B．C． D．3．（2024·全國·模擬預測）函數的大致圖象是（

）A．

B．

C．

D．

二、多選題4．（2024·安徽合肥·一模）函數的圖象可能是（

）A． B．C． D．5．（2023·福建泉州·模擬預測）函數的大致圖像可能為（

）A．

B．

C．

D．

6．（2023·福建泉州·模擬預測）函數的圖象可以是（

）A． B．C． D．參考答案：1．A【分析】利用在上的值排除B，利用奇偶性排除排除C，利用在上的單調性排除D，從而得解.【詳解】對于B，當時，，易知，，則，不滿足圖象，故B錯誤；對于C，，定義域為，又，則的圖象關于軸對稱，故C錯誤；對于D，當時，，由反比例函數的性質可知，在上單調遞減，故D錯誤；檢驗選項A，滿足圖中性質，故A正確.故選：A.2．B【分析】根據誘導公式化簡，再利用函數奇偶性的定義判斷的奇偶性，從而得解.【詳解】因為，定義域為，又，所以是奇函數，從而ACD錯誤，B正確.故選：B.3．A【分析】根據函數解析式，求函數定義域，奇偶性，特殊值利用排除法逐一判斷各個選項.【詳解】由題意得，即，得，且，所以的定義域為；又，所以為奇函數，其圖象關于原點對稱，排除B，C；又，所以排除D．故選：A．4．ABD【分析】利用分類討論及函數的單調性與導數的關系，結合函數的性質即可求解.【詳解】由題意可知，函數的定義域為，當時，，函數在上單調遞增，故B正確；當時，，，所以在上單調遞增，故D正確；當時，當時，；當時，；故A正確；C錯誤.故選：ABD.5．BCD【分析】利用函數的單調性和奇偶性，通過對進行分類討論，得出的單調區間和奇偶性，再逐一對各個選項即可得出結果.【詳解】因為，所以，解得，故定義域為.，，因為時，在區間上恒成立，所以在區間上單調遞增.當時，，此時為奇函數，故選項B正確；當時，，易知其圖像為選項D，故選項D正確.當時，由，得，又，所以，即在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，綜上可知，在區間上不嚴格單調遞減，故選項A不正確；當時，，此時為偶函數，且在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，故選項C正確，故選：BCD.6．AD【分析】首先判斷函數的奇偶性，再分、、三種情況討論，利用導數說明函數的單調性，即可判斷.【詳解】因為與均為偶函數，所以為偶函數，函數圖象關于軸對稱，故排除B；當時的定義域為，且當時，此時，當或時，由于為定義域上的偶函數，只需考慮的情況即可，當時，方程的兩根為，，所以當或時，當時，所以在，上單調遞減，在單調遞增，故A正確；當時的定義域為，由于為定義域上的偶函數，只需考慮的情況即可，即，，所以，則時，時，則在上單調遞減，在上單調遞增，故D正確；當時的定義域為，由于為定義域上的偶函數，只需考慮的情況即可，此時，對于函數，與軸交于正半軸，對稱軸為，開口向上，無論是否與軸有交點，函數在靠近處函數值均大于，即，此時函數單調遞增，故C錯誤；故選：AD反思提升：1.抓住函數的性質，定性分析：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置；(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；(3)從周期性，判斷圖象的循環往復；(4)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性.2.抓住函數的特征，定量計算：從函數的特征點，利用特征點、特殊值的計算分析解決問題.3.根據實際背景、圖形判斷函數圖象的兩種方法(1)定量計算法：根據題目所給條件確定函數解析式，從而判斷函數圖象.(2)定性分析法：采用“以靜觀動”，即判斷動點處于不同的特殊的位置時圖象的變化特征，從而利用排除法做出選擇.【考點3】函數圖象的應用一、單選題1．（2024·陜西西安·一模）已知函數為偶函數，滿足，且時，，若關于的方程至少有兩解，則的取值范圍為（

）．A． B． C． D．2．（2024·陜西漢中·二模）已知函數，若函數有4個零點，則的取值范圍為（

）A． B．C． D．二、多選題3．（2023·全國·模擬預測）已知函數（且，）為偶函數，則（

）A．為定值B．為定值C．函數與的定義域不相同，值域不相同D．若，且對，，則的最大值為4．（2022·福建泉州·模擬預測）已知函數的定義域為，且滿當時，，λ為非零常數，則下列說法正確的是（

）A．當時，B．當時，在單調遞增C．當時，在的值域為D．當時，且時，若將函數與的圖象在的m個交點記為（，2，3，…m），則三、填空題5．（2020·北京海淀·一模）如圖，在等邊三角形ABC中，AB=6.動點P從點A出發，沿著此三角形三邊逆時針運動回到A點，記P運動的路程為x，點P到此三角形中心O距離的平方為f(x)，給出下列三個結論：①函數f(x)的最大值為12；②函數f(x)的圖象的對稱軸方程為x=9；③關于x的方程最多有5個實數根.其中，所有正確結論的序號是.6．（2024·北京西城·二模）已知函數，，其中．①若函數無零點，則的一個取值為；②若函數有4個零點，則．參考答案：1．C【分析】根據函數的對稱性與周期性，數形結合可得函數交點情況，進而確定方程解的情況.【詳解】由已知，則，則，可知函數為周期函數，最小正周期，又當時，，可知函數的圖象如圖所示，且的值域為，關于的方程至少有兩解，可得函數與函數的圖象至少有兩個交點，如圖所示，

可知當時，，解得，即，當時，，解得，即，綜上所述，故選：C.2．D【分析】由題意可知：函數的零點個數即為與的交點個數，利用導數求過原點的切線，結合圖象分析求解.【詳解】作出的圖象，如圖所示令，可得，由題意可知：函數的零點個數即為與的交點個數，若，則，可得，設切點坐標為，切線斜率為，則切線方程為，代入點，可得，解得，此時切線斜率為；若，則，可得，設切點坐標為，切線斜率為，則切線方程為，代入點，可得，解得，此時切線斜率為；結合圖象可知的取值范圍為.故選：D.【點睛】易錯點睛：數形結合就是通過數與形之間的對應和轉化來解決數學問題．它包含以形助數和以數解形兩個方面．一般來說，涉及函數、不等式、確定參數取值范圍、方程等問題時，可考慮數形結合法．運用數形結合法解題一定要對有關函數圖象、方程曲線、幾何圖形較熟悉，否則，錯誤的圖象反而導致錯誤的選擇．3．BD【分析】利用偶函數性質得恒成立，即可判斷A、B；由與的關系判斷C；由已知求得，將問題化為對恒成立，利用對數復合函數單調性求最值，判斷D.【詳解】為偶函數，則，即，，則，恒成立，即，故B正確，A錯誤.∵函數是函數向右平移一個單位長度得到的，∴兩個函數的值域相同，又函數的定義域為，的定義域也為，故C錯誤.若，則，即，，即，解得（負值已舍），故.不等式對恒成立，即對恒成立.令，且.由知，在上單調遞增，即可，則，故D正確.故選：BD4．BC【分析】理解函數的性質：，即，自變量x每增加2，則對應的函數值為原來的倍，利用這個性質逐項分析可以求解.【詳解】不妨令，則圖像如下：由函數的性質可得：當時，，，…，，∴當時，…①；對于A，當λ＝﹣1，時，，，所以是周期為4的周期函數，，由于，，=，故A錯誤；對于B，當λ＞0時，

，∴在上，由①知，的單調性與在上相同，即為增函數，故B正確；對于C，由得，，則．因為，如圖可知，在和單調遞增，在單調遞減．當時，；．所以在的值域為，故選項C正確．對D：由圖像可知，與的圖象在有n個交點，且，，（，2，3，…n），，，所以，故選項D錯誤．故選：BC．5．①②【解析】寫出分別在上運動時的函數解析式，利用分段函數圖象可解.【詳解】分別在上運動時的函數解析式，分別在上運動時的函數解析式，分別在上運動時的函數解析式，，由圖象可得，方程最多有個實數根故正確的是①②.故答案為：①②【點睛】利用函數圖象可以解決很多與函數有關的問題，如利用函數的圖象解決函數性質問題，函數的零點、方程根的問題，有關不等式的問題等.解決上述問題的關鍵是根據題意畫出相應函數的圖象，利用數形結合思想求解.6．【分析】①結合函數的圖象，函數無零點，即與的圖象無交點，所以可得到的一個取值；②由圖象對稱，即可算出的值.【詳解】畫函數的圖象如下：①函數無零點，即無解，即與的圖象無交點，所以，可??；②函數有4個零點，即有4個根，即與的圖象有4個交點，由關于對稱，所以，關于對稱，所以，所以.故答案為：；.反思提升：1.利用函數的圖象研究函數的性質對于已知或易畫出其在給定區間上圖象的函數，其性質(單調性、奇偶性、周期性、最值(值域)、零點)常借助于圖象研究，但一定要注意性質與圖象特征的對應關系.2.利用函數的圖象可解決方程和不等式的求解問題，如判斷方程是否有解，有多少個解.數形結合是常用的思想方法.不等式的求解可轉化為兩函數的上下關系問題.分層檢測分層檢測【基礎篇】一、單選題1．（2024·遼寧撫順·三模）函數的圖象大致為（

）A． B．C． D．2．（2023·陜西西安·一模）函數在區間上的圖象大致為（

）A． B．C． D．3．（22-23高三上·北京大興·期中）如圖為某無人機飛行時，從某時刻開始15分鐘內的速度（單位：米/分鐘）與時間（單位：分鐘）的關系．若定義“速度差函數”為無人機在時間段內的最大速度與最小速度的差，則的圖像為（

）A． B．C． D．4．（2024·上海奉賢·二模）已知函數，其中，，其中，則圖象如圖所示的函數可能是（

）．A． B．C． D．二、多選題5．（2020高三·全國·專題練習）關于函數，下列描述正確的有（

）A．在區間上單調遞增 B．的圖象關于直線對稱C．若則 D．有且僅有兩個零點6．（22-23高三上·河北滄州·階段練習）函數的大致圖象可能是（

）A． B．C． D．7．（2023·湖南岳陽·二模）設函數在上的最小值為，函數在上的最大值為，若，則滿足條件的實數可以是（

）A． B． C．D．8．（21-22高一上·廣東廣州·期中）一輛賽車在一個周長為的封閉跑道上行駛，跑道由幾段直道和彎道組成，圖1反應了賽車在“計時賽”整個第二圈的行駛速度與行駛路程之間的關系．根據圖1，以下四個說法中正確的是（

）A．在這第二圈的到之間，賽車速度逐漸增加B．在整個跑道，最長的直線路程不超過C．大約在這第二圈的到之間，賽車開始了那段最長直線路程的行駛D．在圖2的四條曲線（注：為初始記錄數據位置）中，曲線最能符合賽車的運動軌跡三、填空題9．（2023·上海寶山·一模）設為常數，若，則函數的圖象必定不經過第象限10．（2022·北京東城·三模）已知函數.①對于任意實數，為偶函數；②對于任意實數，在上單調遞減，在上單調遞增；③存在實數，使得有3個零點；④存在實數，使得關于的不等式的解集為.所有正確命題的序號為.11．（2024·全國·模擬預測）已知函數滿足，且當時，，有以下四個結論：①的值域是；②在上有8個零點；③若方程有4個不相等的實數根，則這4個實數根之和為12；④若方程有4個不相等的實數根，則．所有正確結論的序號是．12．（22-23高一上·上海浦東新·階段練習）已知的定義域為,且是奇函數,當時,,.函數,則方程的所有的根之和為.參考答案：1．A【分析】利用導數判斷函數的單調性即可得到函數的大致圖象.【詳解】易知，因為，令，得，或，則時，，時，，所以在和上單調遞減，在上單調遞增，所以選項A符合題意,故選：A.2．A【分析】利用函數的奇偶性和指數函數的性質，排除選項得出正確答案．【詳解】是偶函數，排除選項B和D當時，，，即，排除選項C故選：A3．C【分析】根據速度差函數的定義，分四種情況，分別求得函數解析式，從而得到函數圖像.【詳解】由題意可得，當時，無人機做勻加速運動，，“速度差函數”；當時，無人機做勻速運動，，“速度差函數”；當時，無人機做勻加速運動，，“速度差函數”；當時，無人機做勻減速運動，“速度差函數”，結合選項C滿足“速度差函數”解析式，故選：C.4．A【分析】根據函數圖象和的奇偶性判斷.【詳解】易知是偶函數，是奇函數，給出的函數圖象對應的是奇函數，A.，定義域為R，又，所以是奇函數，符合題意，故正確；B.，，不符合圖象，故錯誤；C.，定義域為R，但，故函數是非奇非偶函數，故錯誤；D.，定義域為R，但，故函數是非奇非偶函數，故錯誤，故選：A5．ABD【分析】作出函數的圖象，由圖象觀察性質判斷各選項．【詳解】根據圖象變換作出函數的圖象（，作出的圖象，再作出其關于軸對稱的圖象，然后向右平移2個單位，最后把軸下方的部分關于軸翻折上去即可得），如圖，由圖象知在是單調遞增，A正確，函數圖象關于直線對稱，B正確；，直線與函數圖象相交可能是4個交點，如圖，如果最左邊兩個交點橫坐標分別是，則不成立，C錯誤，與軸僅有兩個公共點，即函數僅有兩個零點，D正確．故選：ABD．6．ABD【分析】先根據當時，，時，，排除C，再舉出適當的的值，分別得到ABD三個圖象.【詳解】由題意知，則，當時，，，，當時，，，，所以的大致圖象不可能為C，而當為其他值時，A，B，D均有可能出現，不妨設，定義域為，此時A選項符合要求；當時，定義域為，且，故函數為奇函數，所以B選項符合要求，當時，定義域為，且，故函數為偶函數，所以D選項符合要求.故選：ABD7．BD【分析】根據對數函數和正弦函數的圖象，對a分類討論，結合對數函數、正弦函數的單調性求解即可.【詳解】函數和的圖象，如圖，當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，函數在上單調遞增，所以，所以，解得；當時，函數在上單調遞增，所以，由圖可知，函數在上，有，得所以，解得，結合選項，實數a可以是和.故選：BD.8．AD【分析】根據彎道減速，直道可加速，再根據圖像逐一判斷即可.【詳解】由圖1知，在2.6km到2.8km之間，圖象上升，故在這第二圈的2.6km到2.8km之間，賽車速度逐漸增加，故A正確；在整個跑道上，高速行駛時最長為(1.8，2.4)之間，但直道加減速也有過程，故最長的直線路程有可能超過0.6km，故B不正確；最長直線路程應在1.4到1.8之間開始，故C不正確；由圖1可知，跑道應有3個彎道，且兩長一短，故D正確；故選：AD.9．二【分析】由指數函數的性質與圖象的平移可得.【詳解】已知,則指數函數單調遞增，過定點，且，函數的圖象是由函數函數向下平移個單位，作出函數的圖象，可知圖象必定不經過第二象限.故答案為：二.10．①②④【分析】對于①：利用偶函數定義判斷；對于②：根據單調性的性質以及偶函數的對稱性判斷；對于③：根據題意得，結合圖像判斷與交點個數；對于④：，通過函數性質解不等式．【詳解】，為偶函數，①正確；當時，在上單調遞增，再根據偶函數可得在上單調遞減，②正確；令，則，結合圖像可知：與至多有兩個交點，則至多有兩個零點，③不正確；當時，，根據②可知在上單調遞減，在上單調遞增，且∴不等式的解集為，④正確；故答案為：①②④．11．①③④【分析】由已知，畫出函數的簡圖，結合圖形即可判斷.【詳解】由題意可作出函數的大致圖象如圖所示，

數形結合可知的值域是，在上的零點分別為2，4，6，8，共4個，故①正確，②錯誤；易知函數與的圖象都關于直線對稱，故若方程有4個不同的實數根，則這4個實數根之和為12，故③正確；作出直線，數形結合可知，若方程有4個不相等的實數根，則，得，故④正確．故所有正確結論的序號是①③④．故答案為：①③④.12．5【分析】根據是奇函數,可知關于對稱,根據解析式可知,關于對稱,根據解析式及對稱性在同一坐標系下畫出兩函數圖象,判斷交點個數及位置,即可得出方程根之和.【詳解】解:由題知是奇函數,則有:,關于對稱,且,當時,,,恒過,且關于對稱,方程的所有的根之和也即是兩函數交點的橫坐標和,根據對稱性及解析式畫出圖象如下:由圖像可知,有5個交點,其中一個交點橫坐標為1,另外四個,兩兩分別關于對稱,故五個交點橫坐標和為,即所有根之和5.故答案為:5【能力篇】一、單選題1．（2024高三下·全國·專題練習）函數的圖象可能是（

）A． B． C． D．二、多選題2．（2024·全國·模擬預測）已知函數（其中）的部分圖象如圖所示，則（

）A． B． C． D．三、填空題3．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則與的圖象交點的縱坐標之和為．四、解答題4．（2023·江西宜春·模擬預測）設，，且a、b為函數的極值點(1)判斷函數在區間上的單調性，并證明你的結論；(2)若曲線在處的切線斜率為，且方程有兩個不等的實根，求實數m的取值范圍.參考答案：1．B【分析】考查圖像識別，常用排除法，根據函數解析式特征分段討論，討論時分別從函數的定義域、值域、奇偶性、單調性和特殊值等入手研究，排除不符合答案即可得出結果.【詳解】解法一：由題意得當時，，因為函數，在上都單調遞減，所以函數在上單調遞減，排除C，D；因為，所以排除A，故選：B.解法二：當時，則，由，得