高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一2第2讲基本初等函数函数与方程及函数的应用学案

第 2 讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用
年份2018 2017 2016卷别考察内容及考题地点命题剖析
卷Ⅰ函数的零点问题·T9 1.基本初等函数作为
卷Ⅱ指数型函数图象的辨别·T3高考的命题热门，多考卷Ⅲ对数的运算及不等式性质·T12查利用函数的性质比
卷Ⅰ
指数与对数的互化、对数运算、比较大较大小，一般出此刻第
小·T115～ 11 题的地点，有时卷Ⅲ函数的零点问题·T11难度较大．
卷Ⅰ
幂函数、指数函数、对数函数的单一性、2．函数的应用问题多
比较大小·T8表此刻函数零点与方
程根的综合问题上，近
几年全国课标卷考察
卷Ⅲ指数函数与幂函数的单一性、比较大小·T6
较少，但也要惹起重
视，题目可能较难.
基本初等函数的图象与性质(综合型 )
指数与对数式的8 个运算公式
m n m ＋ nm n
＝ a mn m m m M
＝
(1)a · a＝ a.(2)( a ).(3)( ab)＝ a b .(4)log a(MN) ＝ log a M ＋ log a N.(5)log a N
log a M－ log a N.(6)log a M n＝ nlog a M.(7)a loga N＝N.(8)log a N＝log b N.
log b a
[注意 ](1)(2)(3) 中， a>0，b>0；(4)(5)(6)(7)(8) 中，a>0 且 a≠1，b>0 且 b≠1，M >0，N>0.
[ 典型例题 ]
1
(1)(2018 高·考天津卷 )已知 a＝ log 2e，b＝ ln 2 ，c＝log 13，则 a，b，c 的大小关系为()
2
A ． a>b>c
B ． b>a>c
C．c>b>a D ． c>a>b
1
(2)函数 y＝x＋ ln|x|的图象大概为 ()
1
【分析】(1)因为 a＝ log2e>1，b＝ ln 2 ∈(0，1)，c＝ log 13＝ log2 3>log 2e>1，所以 c>a>b，
2
应选 D.
111
(2)当 x<0 时， y＝x＋ ln(－ x)，由函数y＝x， y＝ ln(－ x)单一递减，知函数y＝x＋ ln( － x)单一递减，清除C， D；
当 x>0 时， y＝1＋ ln x，此时f(1) ＝ 1＋ ln 1 ＝1，而选项
A 中函数的最小值为2，故清除
x1
A ，只有
B 正确．应选
【答案】(1)D B.
(2)B
基本初等函数的图象与性质的应用技巧
(1)对数函数与指数函数的单一性都取决于其底数的取值，当底数 a 的值不确准时，要
注意分 a>1 和 0<a<1 两种状况议论：当a>1 时，两函数在定义域内都为增函数；当
时，两函数在定义域内都为减函数．
0<a<1
(2)由指数函数、对数函数与其余函数复合而成的函数，其性质的研究常常经过换元法
转变为两个基本初等函数的有关性质，而后依据复合函数的性质与有关函数的性质之间的关
系进行判断．
α
(3)对于幂函数y＝ x 的性质要注意α>0和α<0两种状况的不一样．
[ 对点训练 ]
1．(2018 ·武汉模拟 )已知定义在R 上的函数f(x) ＝ 2|x－m|－ 1 为偶函数，记 a＝ f(log 0.53)，b ＝f(log 25)， c＝ f(2m)，则 ()
A ． a<b<c
B ． a<c<b C．c<a<b D ． c<b<a
|x －
m||x|log 3
分析：选 C.函数 f(x)＝ 2－ 1为偶函数，则 m＝ 0，则 f( x)＝ 2－ 1，a＝ f(log 0.53)＝ 22－1＝ 2， b＝ f(log 25)＝ 2log25－ 1＝ 4， c＝ f(0)＝ 20－ 1＝ 0.故 c<a<b，选 C.
x1
2．已知 a 是大于 0 的常数，把函数y＝ a 和 y＝ax＋ x 的图象画在同一平面直角坐标系
中，不行能出现的是()
分析：选 D. 因为a>0，所以y＝1 ＋x
是对勾函数，若0<a≤1，则当x>0时， y＝
1 ＋ x ax ax
的值大于等于2，函数y＝ a x和y＝ ax1＋ x 的图象不行能有两个交点，应选
D.
函数的零点(综合型)
函数的零点及其与方程根的关系
对于函数 f(x)，使 f(x)＝ 0 的实数 x 叫做函数 f(x)的零点．函数 F(x)＝ f(x)－g(x)的零点就是方程f(x) ＝g( x)的根，即函数 y＝ f(x)的图象与函数 y＝ g(x) 的图象交点的横坐标．
零点存在性定理
假如函数y＝ f(x)在区间 [a， b]上的图象是连续不停的一条曲线，而且有f(a) ·f(b)<0，那么函数 y＝ f(x)在区间 (a， b) 内有零点，即存在c∈ (a， b)，使得 f( c)＝ 0，这个c 也就是方程f(x)＝ 0 的根．
[ 典型例题 ]
命题角度一确立函数零点的个数或其存在状况
(1)已知实数 a>1， 0<b<1，则函数 f( x)＝ a x＋ x－ b 的零点所在的区间是 ()
A．(－2，－ 1)B．(－1，0)
C．(0， 1)D．(1，2)
(2)设函数 f(x)的定义域为R， f(－ x)＝ f(x) ， f(x)＝ f(2－ x)，当 x∈ [0， 1]时， f(x)＝ x3，则
函数 g(x)＝ |cos πx|－ f(x)在区间－
1
，
3
上零点的个数为 ()
2 2
A ． 3
B ． 4 C．5 D ． 6
【分析】(1) 因为 a>1， 0<b<1，f(x)＝ a x＋x－ b，
1
所以 f(－ 1)＝－1－ b<0， f(0)＝ 1－ b>0，
所以 f(－ 1) ·f(0)<0 ，则由零点存在性定理可知f(x) 在区间 (－ 1， 0) 上存在零点．
(2)由 f(－ x)＝ f(x)，得 f(x)的图象对于 y 轴对称．由 f(x)＝ f(2－ x)，得 f(x)的图象对于直线x ＝1 对称．当 x∈ [0， 1]时， f(x)＝ x3，所以 f(x)在 [－ 1， 2]上的图象如图．
令 g(x)＝ |cos x|π－f(x)＝ 0，得 |cos x|π＝ f(x)，两函数 y＝ f(x)与 y＝|cos x|π的图象在－1
，
3 22
上的交点有 5 个．
【答案】(1)B(2)C
判断函数零点个数的方法
(1)直接求零点：令f(x) ＝0，则方程解的个数即为零点的个数．
(2)利用零点存在性定理：利用该定理还一定联合函数的图象和性质(如单一性)才能确立函数有多少个零点．
(3)数形联合法：对于给定的函数不可以直接求解或画出图形时，常会经过分解转变为
两个能画出的函数图象交点问题．
命题角度二已知函数零点的个数或存在状况求参数的取值范围
(2018 高·考全国卷Ⅰ )已知函数 f(x)＝e x， x≤0
，g( x)＝ f(x)＋ x＋ a.若 g(x)存在 2 ln x， x>0
个零点，则 a 的取值范围是 ()
A．[－1，0)B．[0，＋∞)
C．[ －1，＋∞ ) D ．[1，＋∞)
【分析】函数 g(x)＝ f( x)＋ x＋a 存在 2 个零点，即对于 x 的方程 f(x)＝－ x－ a 有 2 个不一样的实根，即函数f(x) 的图象与直线y＝－ x－ a 有 2 个交点，作出直线y＝－ x－a 与函数f(x)的图象，如下图，由图可知，－a≤1，解得 a≥－ 1，应选 C.
【答案】C
利用函数零点的状况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判断定理建立不等式求解．
(2)分别参数后转变为求函数的值域(最值 )问题求解．
(3)转变为两熟习的函数图象的地点关系问题，进而建立不等式求解．
[ 对点训练]
1．(2018 ·阳第一次统考洛
x
时， f(x)＝ 2 － 1，则方程 |cos )已知函数f(x)知足 f(1－ x)＝ f(1＋ x)＝ f(x－ 1)( x∈R )，且当
π x|－f(x)＝ 0 在 [－ 1， 3]上的所有根的和为()
0≤x≤1
A ． 8
B ． 9 C．10D．11
分析：选 D.方程 |cos π x|－ f(x)＝ 0 在[ －1，3]上的图象交点的横坐标的和．
在 [ － 1，3] 上的所有根的和即 y＝ |cos π x|与 y＝ f(x) 由 f(1－ x)＝ f(1＋ x)得 f(x)的图象对于直线 x＝ 1 对称，
由 f(1－ x)＝ f(x－ 1)得 f(x) 的图象对于y 轴对称，由f(1＋ x)＝ f(x－ 1)得 f(x)的一个周期为 2，而当 0≤x≤1时，f(x)＝ 2x－ 1，在同一坐标系中作出y＝ f( x)和y＝ |cosπ x|在 [－ 1，3]上的大概图象，如下图，
易知两图象在 [－ 1，3]上共有 11个交点，又 y＝ f(x)， y＝ |cos π x|的图象都对于直线 x
＝1 对称，故这 11 个交点也对于直线x＝ 1 对称，故所有根的和为11.应选 D.
2．已知函数 f(x)＝e x
－ kx(e 为自然对数的底数 )有且只有一个零点，则实数k 的取值范x
围是 ________．
分析：由题意，知x≠0，函数 f(x)有且只有一个零点等价
e x e x
于方程x－kx＝ 0 只有一个根，即方程x2＝k只有一个根，设
e x e x
g(x)＝x2，函数g(x)＝x2的象与直y＝ k 只有一个交点．
因 g′(x)＝（ x－ 2） e x
，所以函数g(x)在 (－∞， 0)上增函数，在 (0， 2)上减函数，3
x
2
在(2 ，＋∞)上增函数， g(x)的极小 g(2)＝e
，且 x→0 ，g(x) →＋∞，x→－∞ ， g(x) →0，
4
2
e
2
答案：0，e4
函数的用(合型 )
[ 典型例 ]
某食品的保y(位： h)与存温度x(位：℃ )足的函数关系式y＝ e kx ＋b
(e＝ 2.718 ⋯自然数的底数，k， b 常数 )．若食品在0 ℃的保是192 h，在22 ℃的保是48 h，食品在33 ℃的保是________ h.
【分析】由已知，得e b＝ 192， e22k＋b＝ 48，两式相除得e22k＝1
4，所以 e11k＝
1
2，
所以 e33k＋b＝ (e11k)3e b＝1
× 192＝ 24，即食品在33 ℃的保是24 h.
8
【答案】24
用函数模型解决的一般程序和解关
建模求解反
(1)一般程序：文字言?数学言?数学用?作答.
(2)解关：解答的关是切实地成立有关函数分析式，而后用函数、方程、不等式和数的有关知加以合解答．
[ 点]
1．某企业激励新，划逐年加大研金投入．金 130 万元，在此基上，每年投入的研金比上一年增若企业2018 年整年投入研12%，企业整年投入的
研金开始超200 万元的年份是
(参照数据： lg 1.12 ≈ 0.05， lg 1.3 ≈ 0.11，lg 2 ≈ 0.30)()
A．2021 年B．2022 年
C．2023年D．2024 年
分析： B.依据意，知每年投入的研金增的百分率同样，所以，从 2018 年起，每年投入的研金成一个等比数列{ a n} ，此中，首 a1＝ 130，公比 q＝ 1＋ 12%＝1.12，
所以a n＝ 130×1.12n
－
1n
－
1
n－ 1>
lg 2－ lg 1.3
，又. 由 130 ×1.12>200 ，两同取数，得lg 1.12
lg 2 －lg 1.3
≈
0.30－0.11
＝ 3.8，则 n>4.8，即 a 5 开始超出 200，所以
2022 年投入的研发资本
lg 1.12
0.05
开始超出 200 万元，应选 B.
2．某工厂某种产品的年固定成本为 250 万元，每生产 x 千件该产品需另投入的成本为
G(x)( 单位：万元 )，当年产量不足
80 千件时， G(x)＝1
x 2＋ 10x ；当年产量不小于 80 千件时，
3
G(x)＝ 51x ＋ 10 000 － 1 450.已知每件产品的售价为
0.05 万元．经过市场剖析，该工厂生产的
x
产品能所有售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年收益的最大值是
________万元．
分析：因为每件产品的售价为 0.05 万元，
所以 x 千件产品的销售额为 0.05 ×1 000x ＝ 50x 万元． ①当 0< x<80 时，年收益 L(x)＝ 50x
1 2
1
2
1 (x －60) 2
＋950，
－ x
－10x － 250＝－ x ＋ 40x －250＝－
3
3
3
所以当 x ＝ 60 时， L(x)获得最大值，且最大值为 L(60)＝ 950 万元；
②当 x ≥80时， L(x)＝ 50x － 51x －
10 000
＋ 1
450－250＝ 1 200－ x ＋
10 000
≤ 1 200－
x
x
2
x ·
10 000
＝1 200－ 200＝ 1 000，当且仅当 x ＝
10 000
，即 x ＝ 100 时，L(x)获得最大值 1 000
x
x
万元．因为 950<1 000 ，
所以当产量为 100 千件时， 该工厂在这一产品的生产中所获年收益最大，
最大年收益为
1 000 万元．
答案： 1 000
一、选择题
1．函数 y ＝
1
的定义域为 ()
（4x － 3）
log 0.5
A. 3
， 1
B.
3
，＋ ∞
4
4
3
C ．(1，＋ ∞ )
D.
4， 1 ∪ (1，＋ ∞)
4x － 3>0 ，
解得 3
分析：选 A. 要使函数存心义需知足
<x<1.
log 0.5（ 4x － 3） >0， 4
2．已知函数 f( x)＝ (m 2－ m －5) x m 是幂函数，且在 x ∈ (0，＋ ∞)时为增函数，则实数 m 的
值是 ( )
A ．－ 2
B ． 4
C ．3
D ．－2 或 3
分析：选 C. f(x)＝ (m 2－ m － 5)x m 是幂函数 ? m 2－ m － 5＝ 1? m ＝－ 2 或 m ＝ 3.
又在 x ∈(0，＋ ∞)上是增函数，
所以 m ＝ 3.
π
π
3．若 a ＝ log 1 1
， b ＝ e 3 ， c ＝ log 3cos
)
5，则 (
π 3
A ． b>c>a
B ． b>a>c
C ．a>b>c
D ． c>a>b
分析：选 B. 因为 0<
1
1
1
1 π
>e 0
< <1，所以 1＝ log 1 >log 1
>0，所以 0<a<1，因为 b ＝ e 3
π 3
π π
π 3
π
π
＝ 1，所以 b>1. 因为 0<cos 5 <1，所以 log 3cos 5 <log 31＝ 0，所以 c<0.故 b>a>c ，选 B.
4．函数 f(x)＝ 2e x －
1 ，x<2，
则不等式 f(x)>2 的解集为 ()
log 3（ x 2－ 1）， x ≥ 2，
A ．(－2，4)
B ． (－ 4，－ 2)∪ (－ 1， 2)
C ．(1， 2)∪ ( 10，＋ ∞ )
D ．( 10，＋ ∞)
x －
1
，解得 1<x<2；
分析：选 C. 令 2e >2( x<2)
令 log 3(x 2－ 1)>2( x ≥2)，解得 x> 10. 故不等式 f(x)>2 的解集为 (1，2) ∪(
10，＋ ∞)．
5．若函数 y ＝ a |x|(a>0 且 a ≠ 1)的值域为 { y|0<y ≤ 1}，则函数 y ＝ log a |x|的图象
大概是
( )
分析：选 A. 若函数 y ＝ a |x|(a>0 且 a ≠ 1)的值域为 { y|0<y ≤ 1}，则 0<a<1，故 log a |x|是偶函数
且在 (0，＋ ∞)上单一递减，由此可知
y ＝ log a |x|的图象大概为 A.
6． (2018 贵·阳模拟 )20 世纪 30 年月，为了防备地震带来的灾祸，里克特
(C.F.Richter) 制
定了一种表示地震能量大小的尺度，就是使用测震仪权衡地震能量的等级，地震能量越大，
测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，
这就是我们常说的里氏震级 M ，其计算公式为 M ＝ lg
A － lg A 0，此中 A 是被测地震的最大振幅， A 0 是 “标准地震 ”的振幅．已知 5 级地震给人的震 感已经比较明显，则
7 级地震的最大振幅是 5 级地震的最大振幅的 (
)
A ．10 倍
B ．20 倍
C ．50 倍
D ．100 倍
7
lg A ＝ lg A 0＋ lg 10M ＝ lg (A 0·10M ) ．所以 A ＝A 0·10M ，则 A 0×
10
5
A 0× 10
＝100.应选 D.
7．函数 y ＝ x 2ln |x|的图象大概是 ()
|x|
分析：选 D. 易知函数 y ＝
x 2ln |x|
是偶函数，可清除 B ，
|x|
当 x>0 时， y ＝ xln x ， y ′＝ ln x ＋ 1，令 y ′>0，得 x>e －
1，
－ 1
D 正确，应选 D.
所以当 x>0 时，函数在 (e ，＋ ∞)上单一递加，联合图象可知
8．设 x ， y ， z 为正数，且 2x ＝ 3y ＝5z
，则 ()
A ． 2x<3y<5 z
B ． 5z<2x<3y
C ．3y<5z<2x
D ． 3y<2x<5z
分析：选 D. 设 2x ＝3y ＝ 5z ＝k(k>1)， 则 x ＝ log 2k ， y ＝log 3k ， z ＝log 5 k ，
2x 2log 2 k 2lg k lg 3 2lg 3 lg 9
所以 3y ＝ 3log 3 k ＝ lg 2 · 3lg k ＝
3lg 2 ＝ lg 8>1，即 2x>3y.① 2x ＝ 2log 2k ＝ 2lg k · lg 5 ＝ 2lg 5＝ lg 25 5z 5log 5k lg 2 5lg k
5lg 2
lg 32 <1，
所以 2x<5z.②
由①②得 3y<2x<5 z.
9． (2018 高·考全国卷Ⅲ )设 a ＝ log 0.20.3， b ＝log 20.3，则 ()
A ． a ＋ b ＜ ab ＜ 0
C ．a ＋ b ＜ 0＜ab
B ． ab ＜a ＋ b ＜ 0 D ． ab ＜ 0＜ a ＋ b
分析：选 B.由 a ＝ log 0.20.3 得 1
＝ log 0.30.2，由 b ＝ log 20.3 得 1＝log 0.32，所以 1＋1
＝ log 0.30.2
a b a b ＋ l og 0.32＝ log 0.3 0.4，所以 0＜ 1＋1＜ 1，得 0＜ a ＋ b
＜ 1.又 a ＞ 0，b ＜ 0，所以 ab ＜0，所以 ab
a bab
＜ a ＋ b ＜ 0.
10．已知 f(x)是定义在R上的奇函数，且x>0 时， f(x)＝ ln x－ x＋ 1，则函数 g(x)＝ f(x)－e x(e 为自然对数的底数)的零点个数是 ()
A ． 0
B ． 1
C．2 D ． 3
分析：选 C. 当 x>0 时， f(x)＝ ln x－ x＋ 1，f ′ (x)＝1
－1＝
1－x
，
x x
所以 x∈ (0， 1)时 f′( x)>0，此时 f(x)单一递加； x∈ (1，＋∞)时， f′
(x)<0 ，此时 f(x)单一递减．所以，当x>0 时， f( x)max＝ f(1)＝ ln 1－ 1
＋1＝ 0.依据函数 f(x) 是定义在R上的奇函数作出函数 y＝f(x)与 y＝
e x的大概图象如下图，察看到函数 y＝ f(x)与 y＝ e x的图象有两个交点，所以函数 g(x)＝ f(x)－e x(e 为自然对数的底数)有 2 个零点．
11．已知函数 f(x)是定义在R 上的奇函数，且在区间[0 ，＋∞)上单一递加，若
f（ ln x）－ f ln 1 x
2<f(1) ，则 x 的取值范围是 ()
1
A.0，e B ． (0， e)
1
C. e， e D ． (e，＋∞)分析：选 C. 因为函数 f(x)是定义在R 上的奇函数，
1
所以 f(ln x)－f ln x＝ f(ln x)－ f(－ln x)＝ f(ln x)＋ f(ln x)＝2f(ln x)，
f（ ln x）－ f ln 1 x
所以<f(1)等价于 |f(ln x)|<f(1)，
2
又 f(x) 在区间 [0，＋∞)上单一递加，
1
所以－ 1<ln x<1，解得e<x<e.
12． (2018 ·阳教课质量监测沈)设函数 f(x)是定义在R 上的偶函数，且f(x＋ 2)＝ f(2－ x)，
2
x
当 x∈ [ － 2，0]时，f(x)＝－1，若对于x的方程f(x)－log a(x＋2)＝0(a>0且a≠ 1)在区间(－2
2， 6)内有且只有4 个不一样的实根，则实
数 a 的取值范围是 ()
1
A. 4，1B．(1，4)
C．(1， 8) D ． (8，＋∞)
分析：选 D. 因为 f( x)为偶函数，且f(2＋x)＝f(2－ x)，所以 f(4 ＋x) ＝f(－ x)＝ f(x)，所以 f(x)为偶函数且周期为4，
2 x
又当－ 2≤x ≤0时， f(x)＝
－1，
2
画出 f(x)在 (－ 2， 6)上的大概图象，如下图．
若 f(x)－ log a (x ＋ 2)＝ 0(a>0 且 a ≠ 1)在 (－ 2， 6)内有 4 个不一样的实根，则
y ＝ f(x)的图象与
y ＝log a (x ＋ 2)的图象在 (－ 2，6) 内有 4 个不一样的交点．
a>1，
所以
所以 a>8，应选 D.
log a （6＋ 2） <1，
二、填空题
1
2 0
＝ ________．
13．计算： 2log 4
10－ 3
2log 25 ＋ 8 － (π － 3)
分析：2log 4 1 2 0
1
3
2
10 2
－1＝ 1
3
2
2
3
2 ＝ 2×
2
5＋ 2 10－ 2log 25＋ 8 － (π － 3)
2log 10－ log 5＋ (2 ) － 1＝ log
＋4－ 1＝ 4.
答案： 4
1
1 －x
；③ y ＝ ln( x ＋ 1)；④ y ＝ |1－ x|.此中在区间 (0 ， 1)
14．有四个函数：①
y ＝ x 2
；② y ＝ 2 内单一递减的函数的序号是 ________．
分析：剖析题意可知①③明显不知足题意，画出②④中的函数图象
(图略 )，易知②④中
的函数知足在 (0， 1)内单一递减．
答案：②④
15．(2018 高·考全国卷Ⅲ )已知函数 f(x)＝ ln( 1＋ x 2
－x)＋1, f(a)＝4，则 f(－ a)＝ ________.
分析：由 f(a)＝ ln(
1＋a 2－ a)＋ 1＝ 4，得 ln( 1＋ a 2－ a)＝ 3，所以 f(－ a)＝ ln( 1＋ a 2＋
a)＋ 1＝－ ln
1
＋ 1＝－ ln( 1＋ a 2－ a)＋ 1＝－ 3＋ 1＝－ 2.
1＋a 2＋ a
答案：－ 2
16．某食品的保鲜时间 t(单位：小时 )与储蓄温度 x( 单位：℃ )知足函数关系式 t ＝
64， x ≤ 0，
且该食品在 4
℃时的保鲜时间是 16 小时．已知甲在某日 10 时购置了该食品，
kx ＋
6
2 ， x>0，
并将其遗放在室外，且这天的室外温度随时间的变化如下图．给出以下四个结论：
①该食品在
6 ℃的保鲜时间是
8 小时；
②当
x ∈[ －6， 6]时，该食品的保鲜时间
t 跟着 x 的增大而渐渐减少；
③到了这天 13 时，甲所购置的食品还在保鲜时间内；
④到了这天 14 时，甲所购置的食品已过了保鲜时间．
此中，所有正确结论的序号是 ________．
分析：因为某食品的保鲜时间 t(单位：小时 )与储蓄温度 x(单位：℃ )知足函数关系式 t
＝
64， x ≤0，
且该食品在 4 ℃时的保鲜时间是
4k ＋
6
＋
16 小时，所以 2
＝ 16，即 4k ＋6＝ 4，
2kx 6， x>0，
64， x ≤ 0，
解得 k ＝－ 1
，所以 t ＝ －1x ＋ 6
2 2 2 ， x>0.
①当 x ＝6 时， t ＝ 8，故①正确；
②当 x ∈[ －6，0]时，保鲜时间恒为 64 小时，当 x ∈ (0，6]时，该食品的保鲜时间 t 跟着
x 的增大而渐渐减少，故②错误；
③这天 10 时，温度为 8
℃，此时保鲜时间为 4 小时，而跟着时间的推移，到
11 时，
1
温度为 11 ℃，此时的保鲜时间
－ ×
＋
2≈ 1.414 小时，到 13 时，甲所购置的食品不
t ＝ 2 2 11 6＝ 在保鲜时间内，故③错误；
④由③可知，到了这天
14 时，甲所购置的食品已过了保鲜时间，故④正确．
所以正确结论的序号为①④
.
答案：①④。