2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题03函数含解析

这是一份2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题03函数含解析，共35页。试卷主要包含了选择题部分，填空题部分，解答题部分等内容，欢迎下载使用。

专题03 函数
一、选择题部分
1.(2021•高考全国甲卷•理T4)青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（）（）
A. 1.5 B. 1.2 C. 0.8 D. 0.6
【答案】C．
【解析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解.
由，当时，，
则.故选C.
2.(2021•高考全国甲卷•理T12)设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（）
A. B. C. D.
【答案】D．
【解析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．



所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选D．
3.(2021•高考全国乙卷•文T9)设函数，则下列函数中为奇函数的是（）
A. B. C. D.
【答案】B．
【解析】由题意可得，
对于A，不是奇函数；
对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选B
4.(2021•江苏盐城三模•T8)已知正数x，y，z满足xlny＝yez＝zx，则x，y，z的大小关系为
A．x＞y＞z B．y＞x＞z C．x＞z＞y D．以上均不对
【答案】A．
【考点】比较大小
【解析】由题意可知，lny＞0，即y＞1，由xlny＝zx，可得z＝lny≤y－1，则z－y≤－1＜0，所以z＜y；又yez＝zx，所以(z＋1)ez≤yez＝zx＜yx，所以z＋1≤ez＜x，则z－x＜－1＜0，所以z＜x；因为xlny＝yez，所以x＝＝＞＝y，即x＞y，所以x＞y＞z，故答案选A．
5.(2021•河南郑州三模•理T12)已知函数f（x）满足f（x）＝f（3x），当x∈[，1）时，f（x）＝ln3x，若在区间[，9）内，函数g（x）＝f（x）﹣ax右四个不同零点，则实数a的取值范围是（　　）
A．B． C．D．
【答案】B．
【解析】当x∈[，1）时，f（x）＝ln3x，f（x）＝f（3x），
∴f（x）＝f（x），∴x∈[1，3）时，f（x）＝f（x）＝ln，
故f（x）＝，
函数g（x）＝f（x）﹣ax右四个不同零点，
即y＝f（x）和y＝ax的图像有4个不同交点，
可得直线y＝ax在图中两条虚线之间，如图示：

其中一条虚线是OA，A（9，ln3），则KOA＝，
其中一条OB是过原点与f（x）＝ln相切的直线，
设切点B为（x0，ln），
f′（x）＝（ln）′＝•＝，KOB＝，又KOB＝，
∴＝，解得：x0＝3e，∴KOB＝，∴＜a＜，
6.(2021•河南郑州三模•理T4)函数f（x）＝ln|x|+的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D．
【解析】函数的定义域为{x|x≠0}，
f（﹣x）＝ln|﹣x|+＝ln|x|+＝f（x），则f（x）是偶函数，排除B，
f（1）＝ln1+1＝1＞0，排除A，
f（2）＝ln2+＞0，排除C．
7.(2021•江西上饶三模•理T5．)已知a＝log38，b＝0.910，c＝，则（　　）
A．c＞a＞b B．a＞c＞b C．a＞b＞c D．b＞c＞a
【答案】A．
【解析】因为a＝log38∈（1，2），b＝0.910∈（0，1）），c＝＝21.1＞2，
所以c＞a＞b．
8.(2021•河南开封三模•文T11理T9)若2a＝5b＝zc，且，则z的值可能为（　　）
A． B． C．7 D．10
【答案】D．
【解析】设2a＝5b＝zc＝k，则a＝log2k，b＝log5k，c＝logzk，
∴+＝+＝logk2+logk5＝logk（2×5）＝logk10＝＝logkz，∴z＝10，
9.(2021•河南焦作三模•理T5)函数y＝sinx•ln|x|的部分图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A．
【解析】根据题意，f（x）＝sinx•ln|x|，其定义域为{x|x≠0}，
有f（﹣x）＝sin（﹣x）•ln|﹣x|＝﹣sinx•ln|x|＝﹣f（x），即函数f（x）为奇函数，其图像关于原点对称，排除CD，
在区间（0，1）上，sinx＞0，ln|x|＜0，则f（x）＜0，函数图像在x轴的下方，排除B．
10.(2021•河南焦作三模•理T3)已知a＝，b＝log，c＝（）4，则（　　）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞c＞a D．c＞a＞b
【答案】B．
【解析】∵，，
∴a＞c＞b．
11.(2021•山东聊城三模•T3.)函数f(x)=x2ex-e-x的图象大致为（）
A. B. 
C. D. 
【答案】A．
【考点】函数奇偶性的判断，对数函数、指数函数与幂函数的增长差异
【解析】由f(x)=x2ex-e-x，定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)
f(-x)=(-x)2e-x-ex=-x2ex-e-x=-f(x)，所以函数为奇函数，故排除BD；
当x>0时，f(x)>0；当x→+∞时，函数y=ex-e-x的增长速度比y=x2的增产速度快，所以f(x)→0，故排除C；故答案为：A．
【分析】根据奇函数及其图像特征可判断B错误，D错误，再由x→+∞时f(x)→0得C错误故选A。
12.(2021•山东聊城三模•T5.)声强级LI（单位：dB）由公式LI=10lg(I10-12)给出，其中I为声强（单位：W/m2）一般正常人听觉能忍受的最高声强级为120dB，平时常人交谈时声强级约为60dB，那么一般正常人能忍受的最高声强是平时常人交谈时声强的（）．
A.104倍B.105倍C.106倍D.107倍
【答案】C．
【考点】指数式与对数式的互化．
【解析】设一般正常人听觉能忍受的最高声强为I1，平时常人交谈时声强为I2，
由题意得{120=10lg(I110-12)60=10lg(I210-12)解得{I1=1024I2=1018．∴I1I2=106，故答案为：C．【分析】设一般正常人听觉能忍受的最高声强为I1，平时常人交谈时声强为I2  把已知数据代入 LI=10lg(I10-12)联立，解得I1，I2，二者相除即可求得．
13.(2021•四川内江三模•理T6．)某种热饮需用开水冲泡，其基本操作流程如下：①先将水加热到100℃，水温y（℃）（min）近似满足一次函数关系；②用开水将热饮冲泡后在室温下放置（℃）与时间t（min）近似满足函数的关系式为（a，b为常数），口感最佳．某天室温为20℃时，冲泡热饮的部分数据如图所示．那么按上述流程冲泡一杯热饮，最少需要的时间为（　　）

A．35min B．30min C．25min D．20min
【答案】C．
【解析】由题意知当0≤t≤5时，图象是直线，图象的解析式为，
图象过（5，100）和（15，则，得，
即y＝80（）+20，
当y＝40时，得80（）+20＝40）＝20）＝，得＝6，
即最少需要的时间为25min．
14.(2021•重庆名校联盟三模•T3．)函数f（x）＝（3x﹣x3）sinx的部分图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D．
【解析】∵f（﹣x）＝（﹣3x+x3）sin（﹣x）＝（3x﹣x3）sinx＝f（x），
∴f（x）为偶函数，排除选项B；
当0＜x＜时，3x﹣x3＞0，sinx＞0，∴f（x）＞0，
当＜x＜π时，3x﹣x3＜0，sinx＞0，∴f（x）＜0．
15.(2021•重庆名校联盟三模•T11．)f（x）是定义在R上周期为4的函数，且f（x）＝，则下列说法中正确的是（　　）．
A．f（x）的值域为[0，2]
B．当x∈（3，5]时，f（x）＝2
C．f（x）图像的对称轴为直线x＝4k，k∈Z
D．方程3f（x）＝x恰有5个实数解
【答案】ABD．
【解析】当x∈（﹣1，1]时，由y＝，得；
当x∈（1，3]时，y＝1﹣|x﹣2|＝．
作出f（x）的部分图象如图：

由图可知，f（x）的值域为[0，2]，故A正确；
把x∈（﹣1，1]时，y＝右移4个单位，可得x∈（3，5]时，y＝2，
即，故B正确；
函数f（x）图像的对称轴为直线x＝2k，k∈Z，故C错误；
方程3f（x）＝x的解的个数，即y＝f（x）与y＝的交点个数，
由图可知，两函数交点个数为5，故D正确．
16.(2021•安徽蚌埠三模•文T10．)若把定义域为R的函数f（x）的图象沿x轴左右平移后，可以得到关于原点对称的图象，也可以得到关于y轴对称的图象，则关于函数f（x）的性质叙述一定正确的是（　　）
A．f（﹣x）+f（x）＝0 B．f（x﹣1）＝f（1﹣x）
C．f（x）是周期函数 D．f（x）存在单调递增区间
【答案】C．
【解析】定义域为R的函数f（x）的图象沿x轴左右平移后，可以得到关于原点对称的图象，也可以得到关于y轴对称的图象，
∴f（x）的图象既有对称中心又有对称轴，但f（x）不一定具有奇偶性，例如f（x）＝sin（x+），
由f（﹣x）+f（x）＝0，则f（x）为奇函数，故A错误；
由f（x﹣1）＝f（1﹣x），可得函数图象关于x＝0对称，故B错误；
由f（x）＝0时，f（x）不存在单调递增区间，故D错误；
由已知设f（x）图象的一条对称抽为直线x＝a，一个对称中心为（b，0），且a≠b，
∴f（2a+x）＝f（﹣x），f（﹣x）＝﹣f（2b+x），
∴f（2a+x）＝﹣f（2b+x），
∴f（2a+x﹣2b）＝﹣f（2b+x﹣2b）＝﹣f（x），
∴f（x+4a﹣4b）＝﹣f（2b+x﹣2b）＝﹣f（x+2a﹣2b）＝f（x），
∴f（x）的一个周期T＝4（a﹣b），故C正确．
17.(2021•安徽蚌埠三模•文T8．)已知函数f（x）＝则不等式f（x）＜1的解集为（　　）
A．（1，7） B．（0，8） C．（1，8） D．（﹣∞，8）
【答案】C．
【解析】当x≤1时，令e2﹣x＜1，即2﹣x＜0，解得x＞2，所以无解，
当x＞1时，令lg（x+2）＜1，即0＜x+2＜10，解得﹣2＜x＜8，所以1＜x＜8，
综上，不等式的解集为（1，8）．
18.(2021•安徽蚌埠三模•文T7．)已知a＝log31.5，b＝log0.50.1，c＝0.50.2，则a、b、c的大小关系为（　　）．
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜a＜b
【答案】B．
【解析】∵，∴0＜a＜，
∵log0.50.1＞log0.50.5＝1，∴b＞1，
∵0.5＜0.50.2＜0.50，∴，
∴a＜c＜b．
19.(2021•上海嘉定三模•T16．)设函数y＝f（x）、y＝g（x）的定义域、值域均为R，以下四个命题：
①若y＝f（x）、y＝g（x）都是R上的递减函数，则y＝f（g（x））是R上的递增函数；
②若y＝f（x）、y＝g（x）都是奇函数，则y＝f（g（x））是偶函数；
③若y＝f（g（x））是周期函数，则y＝f（x）、y＝g（x）都是周期函数；
④若y＝f（g（x））存在反函数，则y＝f（x）、y＝g（x）都存在反函数．
其中真命题的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C．
【解析】①若y＝f（x）、y＝g（x）都是R上的递减函数，若x1＜x2，
则f（x1）＞f（x2）和g（x1）＞g（x2），∴f（g（x1））＜f（g（x2）），
则根据复合函数的性质，y＝f（g（x））是单调递增函数，①正确；
②若y＝f（x）、y＝g（x）都是奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），g（﹣x）＝﹣g（x），
f（g（﹣x））＝f（﹣g（x））＝﹣f（g（x））也是奇函数，②不正确；
③若y＝f（g（x））是周期函数，则只需y＝g（x）是周期函数即可，③错误；
④若y＝f（g（x））存在反函数，y＝f（x）是一一对应的，y＝g（x）是一一对应的，
则y＝f（x）、y＝g（x）都存在反函数，④正确．
20.(2021•贵州毕节三模•文T 12．)已知定义在R上的函数f（x）满足：对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），且当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0（其中f'（x）为f（x）的导函数）．设a＝f（log23），b＝f（log32），c＝f（21.5），则a，b，c的大小关系是（　　）
A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．a＜c＜b
【答案】C．
【解析】∵对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），∴f（x）关于直线x＝1对称，
又当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0，
∴函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，则在（1，+∞）上单调递增，
而，且，∴f（21.5）＞f（log23）＞f（log32），即c＞a＞b．
21.(2021•贵州毕节三模•文T10．)设函数f（x）＝ln|3x+2|﹣ln|3x﹣2|，则f（x）（　　）
A．是偶函数，在上单调递减
B．是奇函数，在上单调递增
C．是偶函数，在上单调递增
D．是奇函数，在上单调递增
【答案】B．
【解析】因为f（x）＝ln|3x+2|﹣ln|3x﹣2|，x，
所以f（﹣x）＝ln|﹣3x+2|﹣ln|﹣3x﹣2|＝ln|3x﹣2|﹣ln|3x+2|＝﹣f（x），
所以f（x）为奇函数，
因为t＝＝﹣1﹣在（﹣，）上单调递增，
当﹣时，f（x）＝ln（3x+2）﹣ln（2﹣3x）＝ln单调递增，B正确．
22.(2021•辽宁朝阳三模•T12．)如图，函数f（x）的图象由一条射线和抛物线的一部分构成，f（x）的零点为﹣，则（　　）．

A．函数g（x）＝f（x）﹣f（4）•lg有3个零点
B．f（|x|）≥log84恒成立
C．函数h（x）＝|f（x）|﹣有4个零点
D．f（x+）≥f（x）恒成立
【答案】BCD．
【解析】由题意可得f（﹣）＝0，f（1）＝2，可得x≤1时，f（x）＝（x+）＝x+，当x＞1时，由图象可得f（2）＝1，可设f（x）＝a（x﹣2）2+1，再由f（1）＝2，解得a＝1，则f（x）＝x2﹣4x+5．
即f（x）＝．
由g（x）＝f（x）﹣f（4）•lg＝0，可得f（x）＝f（4）•lg＝5lg＝lg＜1，由图象可得g（x）＝0只有一个零点，故A错误；
由y＝f（|x|）为偶函数，可得x≥0时，f（x）≥f（0）＝，又log84＝＝＝，即有f（|x|）≥log84恒成立，故B正确；
由函数h（x）＝|f（x）|﹣＝0，可得|f（x）|＝＝，
由f（x）＝，可得有三个实根；由f（x）＝﹣，可得有一个实根，则h（x）有四个零点，故C正确；
当x≤1时，f（x）递增，x+＞x，可得f（x+）＞f（x）；
当x≥2时，f（x）递增，x+＞x，可得f（x+）＞f（x）；
当1＜x＜2时，f（1）＝f（3）＝2，＞2，所以x∈（1，2）时，x+∈（，）在（3，5）内，
由f（3）＝f（1）＝2，所以f（x+）＞2，而f（x）∈（1，2），
所以f（x+）＞f（x）．
综上可得，f（x+）≥f（x）恒成立．故D正确．

23.(2021•辽宁朝阳三模•T7．)某服装店开张第一周进店消费的人数每天都在变化，设第x（1≤x≤7，x∈N）天进店消费的人数为y，且y与[]（[t]表示不大于t的最大整数）成正比，第1天有10人进店消费，则第4天进店消费的人数为（　　）
A．74 B．76 C．78 D．80
【答案】C．
【解析】由题意可设比例系数为k，∴10＝k[]，
∴k＝2，∴y＝2[]＝2×39＝78．
24.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T7．)函数f（x）＝的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A．
【解析】函数的定义域为R，排除B，D，
当x＞0且x→+∞，f（x）＜0，且f（x）→0，排除C．
25.(2021•四川泸州三模•理T3．)在交通工程学中，常作如下定义：
交通流量Q（辆/小时）：单位时间内通过道路上某一横断面的车辆数；
车流速度V（千米/小时）：单位时间内车流平均行驶过的距离；
车流密度K（辆/千米）：单位长度道路上某一瞬间所存在的车辆数．
一般的，V和K满足一个线性关系，即（其中v0，k0是正数），则以下说法正确的是（　　）
A．随着车流密度增大，车流速度增大
B．随着车流密度增大，交通流量增大
C．随着车流密度增大，交通流量先减小，后增大
D．随着车流密度增大，交通流量先增大，后减小
【答案】D．
【解析】因为（其中v0，k0是正数），则随着车流密度增大，流速度减小，交通流量先增大，后减小，故A、B、C错误，D正确，
26.(2021•江苏常数三模•T4．)生物体死亡后，它机体内原有的碳14含量P会按确定的比率衰减（称为衰减率），P与死亡年数t之间的函数关系式为（其中a为常数），大约每经过5730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”．若2021年某遗址文物出土时碳14的残余量约占原始含量的79%，则可推断该文物属于（　　）．
参考数据：log20.79≈﹣0.34．
参考时间轴：

A．战国 B．汉 C．唐 D．宋
【答案】B．
【解析】因为每经过5730年衰减为原来的一半，所以生物体内碳14的含量p与死亡年数t之间的函数关系式为P＝()(t＞0),由题意可得()＝0.79,所以＝﹣log20.79≈0.34，可得t≈1948，由2021﹣1948＝73，可推断该文物属于汉朝．
27.(2021•江西南昌三模•理T4．)若函数，则＝（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】D．
【解析】根据题意，函数，则f（﹣）＝4sin（﹣）＝2，
则＝f（2）＝log22＝．
28.(2021•安徽宿州三模•理T9．)已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）＝xf（x）．若a＝g（﹣log），b＝g（20.7），c＝g（3），则a，b，c的大小关系为（　　）
A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．b＜a＜c
【答案】D．
【解析】奇函数f（x）在R上是增函数，当x＞0，f（x）＞f（0）＝0，且f′（x）＞0，
又g（x）＝xf（x），则g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，且g（x）＝xf（x）偶函数，
∴a＝g（﹣log）＝g（log25），则2＜log25＜3，1＜20.7＜2，
由g（x）在（0，+∞）单调递增，则g（20.7）＜g（log25）＜g（3），∴b＜a＜c．
29.(2021•安徽宿州三模•文T6．)已知函数f（x）＝x2+ln（|x|+e），则（　　）
A．f（0）＜f（logπ3）＜f（﹣log3π）
B．f（﹣log3π）＜f（logπ3）＜f（0）
C．f（﹣log3π）＜f（0）＜f（logπ3）
D．f（logπ3）＜f（0）＜f（﹣log3π）
【答案】A．
【解析】函数f（x）＝x2+ln（|x|+e）的定义域为R，且f（﹣x）＝f（x），
∴f（x）是偶函数，∴f（﹣log3π）＝f（log3π），
而log3π＞log33＝1，0＜logπ3＜1，
∴0＜logπ3＜log3π．又f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴f（0）＜f（logπ3）＜f（log3π），
∴f（0）＜f（logπ3）＜f（﹣log3π）．
30.(2021•安徽宿州三模•文T7理T5)函数的图象大致为（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】A．
【解析】函数不是偶函数，可以排除C，D，
又令得极值点为，所以排除B．


31.(2021•安徽马鞍山三模•理T7．)函数f（x）的部分图象如图，则它的解析式可能是（　　）．

A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】由图知，f（0）＝0，对于选项A，当x＝0时，y＝＝1≠0，即选项A不符合题意；当﹣π＜x＜﹣1时，f（x）＞0，此时sinx＜0，x+1＜0，∴y＝＞0，y＝＜0，即选项B符合题意，选项C不符合题意；
当x＞0时，f（x）先为正，后为负，此时|sinx|≥0，x+1＞0，∴y＝≥0，与图象不符，即选项D不符合题意．
32.(2021•安徽马鞍山三模•文T6．)函数f（x）＝在[﹣π，π]上的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D．
【解析】∵f（﹣x）＝＝﹣＝﹣f（x），
∴函数f（x）为奇函数，排除选项B，
又f（）＝＞0，∴排除选项A和C．
33.(2021•河北秦皇岛二模•理T6．)已知a＝，b＝，2c+c＝0，则（　　）
A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b
【答案】C．
【解析】∵0＜a＝＜（）0＝1，b＝＞＝1，
再由2c+c＝0，得c＜0，∴c＜a＜b．
34.(2021•江西鹰潭二模•理T7．)设a＝log23，b＝2log32，c＝2﹣log32，则a，b，c的大小顺序为（　　）
A．b＜c＜a B．c＜b＜a C．a＜b＜c D．b＜a＜c
【答案】A．
【解析】b＝2log32＝log34，c＝2﹣log32＝log3，
所以c＞b，
a＝log23＝log2＞log＝，
因为c＝2﹣log32＝log3＜log3＝，
所以a＞c，综上a＞c＞b．
35.(2021•江西鹰潭二模•理T12．)已知集合A＝{x|xa﹣1﹣≤1}，集合B＝{x|2021x+lnx≥2021}，若B⊆A，则实数a的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，1] B．（﹣∞，e] C．[﹣1，1] D．[﹣1，e]
【答案】B．
【解析】令f（x）＝2021x+lnx，易得当x＞0时f（x）单调递增
∴2021x+lnx≥2021解得x≥1
令g（x）＝ex+x易得g（x）是R上的增函数
∵x＞0，不等式xa﹣1﹣≤1可写成xa﹣ex+alnx﹣x≤0．
即xa+alnx≤ex+x⇒ealnx+alnx≤ex+x．可得alnx≤x．
又因为B⊆A，所以当x≥1时alnx≤x恒成立．∴恒成立．
令．当x∈[1，e]函数单调递减，x∈[e，+∞）函数单调递增．
所以ymin＝e∴a≤e．
36.(2021•河北秦皇岛二模•理T4．)为了保证信息安全传输，有一种称为秘密密钥密码系统，其加密、解密原理如图：

现在加密密钥为t＝2ax+1（a＞0且a≠1），解密密钥为y＝3t﹣5，如下所示：发送方发送明文“1”，通过加密后得到密文“18”，再发送密文“18”，接受方通过解密密钥解密得明文“49”，问若接受方接到明文“4”，则发送方发送明文为（　　）
A．﹣log32 B．log3+1 C．162 D．log3﹣1
【答案】A．
【解析】由加密密钥为t＝2ax+1（a＞0且a≠1），解密密钥为y＝3t﹣5，
且x＝1时，t＝2•a1+1＝18，解得a＝3，
所以y＝3×18﹣5＝49；当y＝3t﹣5＝4时，t＝3，
令2•3x+1＝3，解得x＝log3﹣1＝﹣log32，所以发送方发送明文是﹣log32．
37.(2021•江西上饶二模•理T7．)函数f（x）＝•cosx的部分图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D．
【解析】f（﹣x）＝•cos（﹣x）＝•cosx＝﹣f（x），
即f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，C，
当0＜x＜时，f（x）＜0，排除A．
38.(2021•北京门头沟二模•理T8)魏晋时期，数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术注》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是一种无限与有限的转化过程，比如在正数121+121+....中的“…”代表无限次重复，设x=121+121+....，则可利用方程x=121+x求得x，类似地可得正数555.....等于( )
A. 3 B. 5 C. 7 D. 9
【答案】B．
【解析】设555.....=x，则x=5x，解得：x=5或0(舍去).故选：B.
设555.....=x可解决此题．本题考查方程思想，考查数学运算能力，属于基础题．
39.(2021•河北邯郸二模•理T12．)已知函数f（x）满足当x∈[0，1）时，f（x）＝1﹣x，当x∈[1，+∞）时，．若方程f（x）＝k在在[0，+∞）上的根从小到大排列恰好构成一个等差数列，则下面的数可能在这个数列中的是（　　）
A．2020 B．2020 C．2021 D．2021+
【答案】ABC．
【解析】当x∈[1，2）时，＝，
当x∈[2，+∞）时，＝，
故函数f（x）的周期为2，作出函数f（x）的图象如图所示，
当k＝0时，方程f（x）＝0的根恰好是1，3，5，•••，成等差数列，2021在此数列中；
当k＝1时，方程f（x）＝1的根恰好是0，2，4，•••，成等差数列，2020在此数列中；
当0＜k＜1时，要使方程f（x）＝k的根成等差数列，则公差只能为1，
设方程的根依次为a，a+1，a+2，•••，其中a∈（0，1），
则f（a）＝f（a+1），即1﹣a＝，解得，所以在此数列中．






40.(2021•浙江杭州二模•理T6．)函数f（x）＝ln|x+1|﹣x2﹣2x的图象大致为（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】D．
【解析】函数的定义域为{x|x≠﹣1}，故选项C错误；
当x＝1时，f（1）＝ln2﹣3＜0，故选项A错误；
当x→﹣1时，ln|x+1|→﹣∞，x2+2x→﹣1，则f（x）→﹣∞，故选项B错误．
综上，选项D符合题意．
41.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T10．)已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）为减函数，对任意的x∈（0，+∞），均有f（x）•f（f（x）+）＝，则函数g（x）＝f（x）+3x的最小值是（　　）
A．2 B．5 C． D．3
【答案】D．
【解析】令，则①，
在原式中，令x＝t，则，
所以，
又f（x）在（0，+∞）上是减函数，
所以，由①得，
所以，
化简得：（2xf（x）+1）（4xf（x）﹣3）＝0，
所以（不满足单调递减，舍去），，
g（x）＝f（x）+3x＝，
当且仅当，即时等号成立．
42.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T9．)设f（x）是定义在R上的奇函数，满足f（2﹣x）＝f（x），数列{an}满足a1＝﹣1，且an+1＝（1+）an+（n∈N*）．则f（a22）＝（　　）
A．0 B．﹣1 C．21 D．22
【答案】A．
【解析】f（x）是定义在R上的奇函数，满足f（2﹣x）＝f（x），
整理得f[2﹣（x+2）]＝f（x+2）＝﹣f（x），
即f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），故函数的最小正周期为4．
由于数列{an}满足a1＝﹣1，且an+1＝（1﹣）an+，
转换为，故，设，
故b22＝（b22﹣b21）+（b21﹣b20）+…+（b2﹣b1）+b1＝＝，故a22＝20，所以f（20）＝f（5×4）＝f（0）＝0．
43.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T5．)函数f（x）＝（x2﹣x）cosx的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A．
【解析】因为函数f（x）＝（x2﹣x）cosx，
所以f（1）＝（1﹣1）cos1＝0，故选项C错误；
f（﹣1）＝[1﹣（﹣1）]cos（﹣1）＝2cos1＞0，故选项D错误；
若选项B正确，则当x＞0时，f（x）与x轴交点的横坐标为1，
但是，故选项B错误，选项A正确．
44.(2021•山东潍坊二模•T9．)定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+2）＝f（2﹣x），且在[0，2]上是增函数，下面判断正确的是（　　）
A．f（x）的周期是4
B．f（2）是函数的最大值
C．f（x）的图象关于点（﹣2，0）对称
D．f（x）在[2，6]上是减函数
【答案】BD．
【解析】定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+2）＝f（2﹣x），得f（x+2+2）＝f（2﹣x﹣2）＝f（﹣x）＝﹣f（x），即f（x+4）＝﹣f（x），
则f（x+8）＝﹣f（x+4）＝﹣[﹣f（x）]＝f（x）．
∴f（x）的周期为8．函数f（x）的图形如下：
由图可得，正确答案为：B，D．

45.(2021•山东潍坊二模•T6．)关于函数f（x）＝，其中a，b∈R，给出下列四个结论：
甲：6是该函数的零点；
乙：4是该函数的零点；
丙：该函数的零点之积为0；
丁：方程f（x）＝有两个根．
若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误结论是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】B．
【解析】当x∈[0，2]时，f（x）＝2x﹣a为增函数，
当x∈[2，+∞）时，f（x）＝b﹣x为减函数，故6和4只有一个是函数的零点，
即甲乙中有一个结论错误，一个结论正确，而丙、丁均正确．
由两零点之积为0，则必有一个零点为0，则f（0）＝20﹣a＝0，得a＝1，
若甲正确，则f（6）＝0，即b﹣6＝0，b＝6，
可得f（x）＝，由f（x）＝，
可得或，解得x＝或x＝，方程f（x）＝有两个根，故丁正确．故甲正确，乙错误．
46.(2021•山东潍坊二模•T5．)尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究已经对地震有所了解，地震时释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE＝4.8+1.5M.2011年3月11日，日本东北部海域发生里氏9.0级地震，它所释放出来的能量大约是2008年5月12日我国汶川发生里氏8.0级地震所释放能量的少倍？（参考数值：≈3.162，≈2.154）（　　）
A．31.6 B．15.8 C．4.6 D．1.5
【答案】A．
【解析】设日本地震释放的能量为E1，汶川地震释放的能量为E2，
则由已知可得lgE1＝4.8+1.5×9＝18.3，
lgE2＝4.8+1.5×8＝16.8，
所以E，E，则＝10≈10×3.162＝31.62，
所以日本地震释放的能量约为汶川地震释放的能量的31.6倍．
47.(2021•辽宁朝阳二模•T7．)函数y＝（ex﹣e﹣x）sin|2x|的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A．
【解析】函数的定义域为R，f（﹣x）＝（e﹣x﹣ex）sin|﹣2x|＝﹣（ex﹣e﹣x）sin|2x|＝﹣f（x），为奇函数，故排除选项B，C；又，且是第一个大于0的零点，故排除选项D．
48.(2021•广东潮州二模•T8．)对于函数f（x），若在定义域内存在实数x0，满足f（﹣x0）＝﹣f（x0），称f（x）为“局部奇函数”，若f（x）＝x2﹣2m•x+m2﹣3为定义域R上的“局部奇函数”，则实数m的取值范围是（　　）
A．[﹣，] B．[﹣，] C．[﹣，] D．[﹣，]
【答案】B．
【解析】根据题意，f（x）为“局部奇函数”等价于关于x的方程f（﹣x）＝﹣f（x）有解．即x2+2mx+m2﹣3＝﹣（x2﹣2mx+m2﹣3），整理得：x2+m2﹣3＝0，
必有m2﹣3≤0，解得：﹣≤m≤，即m的取值范围为[﹣，]．
49.(2021•天津南开二模•T6．)已知f（x）是定义在上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）2e），b＝f（ln2），，则a，b（　　）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b
【答案】D．
【解析】∵f（x）是R上的偶函数，∴＝f（﹣log23）＝f（log73），
∵f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，∴f（x）在（6，+∞）上单调递增，
∵0＜ln2＜8＜log2e＜log24，∴f（ln2）＜f（log2e）＜f（log83），
即b＜a＜c．
50.(2021•天津南开二模•T3．)函数f（x）＝的图象大致为（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】B．
【解析】根据题意，f（x）＝，为非奇非偶函数，排除D，又由f（0）＝＝1，排除AC．
51.(2021•安徽淮北二模•文T3．)设a＝2，b＝2，c＝，则（　　）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．c＞a＞b
【答案】B．
【解析】a＝log2＝2log32＝log34＞log33＝1，
b＝log2＝﹣log32＜0，c＝2，∴0＜c＝2＜20＝1．∴a＞c＞b．
52.(2021•吉林长春一模•文T12.)已知定义在上的函数满足当时当时则

【答案】A．
【解析】由可知周期为5,由函数图象可知每个周期，
由
故选A.
53.(2021•宁夏银川二模•文T7．)设函数f（x）＝x2﹣，则f（x）（　　）
A．是偶函数，且在（0，+∞）单调递增
B．是偶函数，且在（0，+∞）单调递减
C．是奇函数，且在（0，+∞）单调递增
D．是奇函数，且在（0，+∞）单调递减
【答案】A．
【解析】函数的定义域{x|x≠0}，当x＞0时，f（x）＝x2﹣＝单调递增，
因为f（﹣x）＝（﹣x）2﹣＝x2﹣＝f（x），所以f（x）为偶函数．
54.(2021•宁夏银川二模•文T8．)中国的5G技术领先世界，5G技术极大地提高了数据传输速率，最大数据传输速率C取决于信道带宽W，经科学研究表明：C与W满足C＝Wlog2（1+），其中S是信道内信号的平均功率．N是信道内部的高斯噪声功率，为信噪比．当信噪比比较大时，上式中真数中的1可以忍略不计，若不改交带宽W．而将信噪比从1000提升4000．则C大约增加了（　　）．（附：1g2＝0.3010）
A．10% B．20% C．30% D．40%
【答案】B．
【解析】当＝1000时，C1＝Wlog2（1+1000）≈Wlog21000，
当＝4000时，C2＝Wlog2（1+4000）≈Wlog24000，
∴＝﹣1＝﹣1＝﹣1＝＝﹣1≈﹣1≈0.2，∴C大约增加了20%．
55.(2021•宁夏银川二模•文T)12．已知两个不等的正实数x，y满足ln，则下列结论一定正确的是（　　）．
A．x+y＝1 B．xy＝1 C．x+y＞2 D．x+y＞3
【答案】C．
【解析】∵两个不等的正实数x，y满足ln，
∴，∴设lnx＝，lny＝，则x＝，y＝，
∵x＞0，y＞0，且x≠y，∴x＝＞1，y＝＞1，
∴x+y＞2，xy＞1，故ABD错误，C正确．
56.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T6．)已知a×2a＝1，b×log2b＝1，则（　　）
A．a＜1＜b B．b＜1＜a C．1＜a＜b D．b＜a＜1
【答案】A．
【解析】∵a×2a＝1，∴a≥1时，a•2a＞1；a＜1时，a×2a＜2，∴a＜1；
∵b×log2b＝1，∴b≤1时，b×log2b≤0；b＞1时b×log2b＞0，∴b＞1，
∴a＜1＜b．
57.(2021•山西调研二模•文T3)已知p：a∈(1,3)，q：f(x)=logax在(0,+∞)单调递增，则p是q的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A．
【解析】∵q：f(x)=logax在(0,+∞)单调递增，∴a>1，
∵(1,3)⊊(1,+∞)，∴p是q的充分不必要条件，故选：A.
根据对数函数单调性的性质，求出a的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据对数函数的单调性是解决本题的关键．
58.(2021•山西调研二模•文T6)已知a=40.3，b=log0.34，c=0.34，则a，b，c三者之间的关系为( )
A. b 【答案】B．
【解析】因为a=40.3>40=1，b=log0.34 即a>1，b<0，0 利用指数函数与对数函数的单调性将a，b，c与特殊值0，1比较，即可得到答案．本题考查了函数值大小的比较，主要考查了运用指数函数与对数函数的单调性比较大小，属于基础题．
二、填空题部分
59.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T13)已知函数是偶函数，则______．
【答案】1
【解析】因为，故，
因为为偶函数，故，使，整理得到，故，故答案为1．
60.(2021•湖南三模•T14．)函数概念最早出现在格雷戈里的文章《论圆和双曲线的求积》（1667年）中．他定义函数是这样一个量：它是从一些其他量出发，经过一系列代数运算而得到的，或者经过任何其他可以想象到的运算得到的．若一个量c＝a+b，而c所对应的函数值f（c）可以通过f（c）＝f（a）•f（b）得到，并且对另一个量d，若d＞c，则都可以得到f（d）＞f（c）．根据自己所学的知识写出一个能够反映f（c）与c的函数关系式：　　．
【答案】f（c）＝2c（单调递增的指数函数都可以）．
【解析】若f（x）＝2x，得f（c）＝2c，f（a）•f（b）＝2a•2b＝2a+b，
而f（c）＝f（a）•f（b），
即2c＝2a+b，则c＝a+b成立①，
又由f（x）＝2x在R上是增函数，
而d＞c，
则f（d）＞f（c）成立②，
结合①②f（c）与c的函数关系式为：f（c）＝2c．
61.(2021•吉林长春一模•文T14.) .
【答案】0．
【解析】．
62.(2021•浙江杭州二模•理T11．)已知f（x）＝，则f（2）＝　4　；若f（α）＝2，则α＝　1或﹣1　．
【答案】4，1或﹣1．
【解析】f（x）＝，∴f（2）＝22＝4；∵f（α）＝2，∴当α≥0时，f（α）＝2α＝2，解得α＝1，当α＜0时，f（α）＝﹣α+1＝2，解得α＝﹣1．
63.(2021•江西上饶三模•理T15．)已知函数f（x）定义域为R，满足f（x）＝f（2﹣x），且对任意1≤x1＜x2，均有＞0，则不等式f（2x﹣1）﹣f（3﹣x）≥0解集为．
【答案】（﹣∞，0]∪[，+∞）．
【解析】因为函数f（x）定义域为R，满足f（x）＝f（2﹣x），所以函数f（x）关于直线x＝1对称，因为对任意1≤x1＜x2均有＞0成立，所以函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，由对称性可知f（x）在（﹣∞，1]上单调递减，因为f（2x﹣1）﹣f（3﹣x）≥0，即f（2x﹣1）≤f（3﹣x），所以|2x﹣1﹣1|≥|3﹣x﹣1|，即|2x﹣2|≥|2﹣x|，解得x≥或x≤0．
64.(2021•北京门头沟二模•理T11) 函数y=log12(3x-2)+1-x的定义域是_____．
【答案】(23,1] ．
【解析】函数y=log12(3x-2)+1-x中，令3x-2>01-x≥0，解得23 所以该函数的定义域是(23,1].故答案为：(23,1].
根据函数的解析式，列不等式组求出使函数有意义的x的取值范围即可．
本题考查了根据函数的解析式求定义域的应用问题，是基础题．
65.(2021•浙江卷•T12)已知，函数若，则___________．
【答案】2．
【解析】，故，故答案为2.
66.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T15．)若函数f（x）＝loga（x+）（a＞0，a≠1）是奇函数，则函数g（x）＝bx﹣ax在[1，2]上的最大值与最小值的和为　　．
【答案】．
【解析】由为奇函数可知，，
解得，经验证，符合题意，∴，
又y＝2x为增函数，为减函数，∴为增函数，
∴当x∈[1，2]时，．
67.(2021•江苏常数三模•T14．)已知函数f（x）同时满足①f（0）＝0；②在[1，3]上单调递减；③f（1+x）＝f（1﹣x）．该函数的表达式可以是f（x）＝　　．
【答案】f（x）＝2x﹣x2．（答案不唯一）
【解析】以二次函数为例，由题意得f（0）＝0，图象关于x＝1对称且在[1，3]上单调递减，符合条件的函数f（x）＝2x﹣x2．
68.(2021•江苏常熟三模•T5．)函数f（x）＝的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B．
【解析】函数的定义域为{x|x≠0}，设g（x）＝2x+2﹣x，
则g（﹣x）＝2x+2﹣x＝g（x），即g（x）是偶函数，设h（x）＝ln（﹣x），
则h（﹣x）+h（x）＝ln（+x）ln（﹣x）＝ln（+x）（﹣x）＝ln1＝0，即h（﹣x）＝﹣h（x），则h（x）是奇函数，∴f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除A，C，f（1）＝＜0，排除D．
69.(2021•上海浦东新区三模•T1．)函数y＝的单调递减区间为．
【答案】（﹣∞，﹣1]．
【解析】由题意，函数的定义域为（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞），令t＝x2﹣1，则在[0，+∞）上单调递增，∵t＝x2﹣1，在（﹣∞，0]上单调递减，在[0，+∞）上单调递增，
∴函数y＝的单调递减区间为（﹣∞，﹣1]．
70.(2021•上海浦东新区三模•T5．)方程log2（x+14）+log2（x+2）＝3+log2（x+6）的解是　　．
【答案】x＝2．
【解析】由方程log2（x+14）+log2（x+2）＝3+log2（x+6），可得 log2（x+14）（x+2）＝log2 8（x+6），
即，解得x＝2．
71.(2021•上海浦东新区三模•T11．)已知函数f（x）＝，若存在实数x0，使得对于任意的实数x都有f（x）≤f（x0）成立，则实数a的取值范围是　[1，+∞）　．
【答案】[1，+∞）．
【解析】∵函数f（x）＝，若存在实数x0，使得对于任意的实数x都有f（x）≤f（x0）成立，即函数有最大值f（x0），
又因为当x＞a时，f（x）＝﹣x+2，单调递减，且f（x）＜﹣a+2，
故当x≤a时，f（x）＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+1，
∴1≥﹣a+2且a≥﹣1，故a≥1．
72.(2021•福建宁德三模•T13)已知函数f(x)=(x-1)2,x≤1log12x,x>1，若f(x0)=-2，则x0=______.
【答案】4．
【解析】根据题意，函数f(x)=(x-1)2,x≤1log12x,x>1，当x0≤1时，f(x0)=(x0-1)2=-2，无解；当x0>1时，f(x0)=log12x0=-2，解可得x0=4，符合题意，
故x0=4，故答案为：4.
根据题意，由函数的解析式分x0≤1与x0>1两种情况讨论，求出x0的值，即可得答案．
本题考查函数值的计算，涉及分段函数的解析式，属于基础题．
73.(2021•宁夏中卫三模•理T15．)已知函数f（x）是定义域为R上的奇函数，且对任意x∈R，都有f（2﹣x）＝f（x）成立，当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝，则a＝　1　．当x∈[1，3]时，f（x）＝　　．
【答案】1，．
【解析】根据题意，函数f（x）是定义域为R上的奇函数，则f（0）＝0，
又由当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝，则f（0）＝＝0，解可得a＝1，
当x∈[1，3]时，x﹣2∈（﹣1，1），则f（x﹣2）＝，
又由f（x）为奇函数，则f（2﹣x）＝﹣＝，
又由f（x）满足对任意x∈R，都有f（2﹣x）＝f（x）成立，则f（x）＝．
74.(2021•宁夏中卫三模•理T14．)已知方程lgx＝3﹣x的根在区间（2，3）上，第一次用二分法求其近似解时，其根所在区间应为　（2.5，3）　．
【答案】（2.5，3）．
【解析】根据题意，设f（x）＝lgx+x﹣3，函数的零点即方程的根，
f（2）＝lg2﹣1＜0，f（3）＝lg3＞0，
而f（2.5）＝lg﹣＝（lg﹣1）＜0，
则有f（2.5）f（3）＜0，故方程的根在区间（2.5，3）上．
75.(2021•安徽马鞍山三模•理T13．)设函数则＝　．
【答案】﹣2．
【解析】由函数
可得f（）+f（log23）＝（1+log2）+（1﹣2）＝（1﹣1）+（1﹣3）＝﹣2．
76.(2021•安徽马鞍山三模•文T14．)设alog43＝1，则＝　　．
【答案】．
【解析】∵alog43＝1，∴a＝＝log34，∴＝＝＝．
77.(2021•天津南开二模•T15．)设函数f（x）＝，若函数y＝f（x）在区间（a，a+1），则实数a的取值范围是　　；若函数g（x）＝f（f（x））﹣m恰有5个的零点　　．
【答案】a≤1或a≥4；（0，2]．
【解析】画出函数f（x）图象如下：

由图可知，若函数y＝f（x）在区间（a，则a+1≤2或a≥7；
若函数g（x）＝f（f（x））﹣m恰有5个的零点，则：若m＞4，g（x）仅存5个零点．
若m＝4，f（x）＝2或f（x）＞7．
若2＜m＜4，5＜f（x）＜2或2＜f（x）＜3或f（x）＞4．
若0＜m≤8，0＜f（x）＜2或7＜f（x）＜4．
若m＝0，f（x）＝2或4．
若m＜0，f（x）＜5．
综上，m的取值范围是：m∈（0，2]．
78.(2021•辽宁朝阳二模•T16．)函数y＝f（x），x∈[1，+∞），数列{an}满足，
①函数f（x）是增函数；
②数列{an}是递增数列．
写出一个满足①的函数f（x）的解析式　　．
写出一个满足②但不满足①的函数f（x）的解析式　　．
【答案】f（x）＝x2；．
【解析】由题意，可知：在x∈[1，+∞）这个区间上是增函数的函数有许多，可写为：f（x）＝x2．第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为：．则这个函数在[1，]上单调递减，在[，+∞）上单调递增，
∴在[1，+∞）上不是增函数，不满足①．
而对应的数列为：在n∈N*上越来越大，属递增数列．
79.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T11．)已知函数已知函数f（x）＝，则f（f（4））　1　；函数f（x）的单调递减区间是　[1，2]　．
【答案】1，[1，2]．
【解析】f（4）＝log24﹣1＝1；∴f（f（4））＝f（1）＝﹣12+2×1＝1；
x≤2时，f（x）＝﹣x2+2x，对称轴为x＝1；
∴f（x）在[1，2]上单调递减；∴f（x）的单调递减区间为[1，2]．
三、解答题部分
80.(2021•上海嘉定三模•T19．)数学建模小组检测到相距3米的A，B两光源的强度分别为a，b，异于A，B的线段AB上任意一点C处的光强度y等于两光源到该处的强度之和，设AC＝x米．
（1）假设某处的光强度与光源的强度成正比，与到光源的距离的平方成反比，比例系数为常数k（k＞0），测得数据：当x＝1时，；当x＝2时，y＝3k，求A，B两处的光强度，并写出函数y＝f（x）的解析式；
（2）假设某处的光强度与光源的强度成正比，与到光源的距离成反比，比例系数为常数k（k＞0），测得数据：当x＝1时，；当x＝2时，y＝2k，问何处的光强度最弱？并求最弱处的光强度．
【解析】（1）由已知，得，
所以，故．
（2）由已知，得，
所以，
故．
因为，
当且仅当，
所以当时的C处，光强度最弱为．
81.(2021•北京门头沟二模•理T21)已知定义在R上的函数φ(x)的图象是一条连续不断的曲线，且在任意区间上φ(x)不是常值函数.设a=t0 已知φ(x)=sinx，求M{0,π,2}的最大值M0(不必论证)；
已知φ(a)<φ(b)，求证：φ(x)在区间[a,b]上存在“最佳划分”M{a,b,1}的充要条件是φ(x)在区间[a,b]上单调递增.
【解析】；
证明：若φ(x)在[a,b]上单调递增，则M{a,b,n}=i=1n[φ(ti)-φ(ti-1)]=φ(b)-φ(a)=M{a,b,1}，故φ(x)在[a,b]上存在“最佳划分”M{a,b,1}；
若φ(x)在[a,b]上存在“最佳划分”M{a,b,1}，假设φ(x)在[a,b]上不单调递增，则存在x1，x2∈[a,b]，若x1φ(x2).
由|φ(a)-φ(b)|≤|φ(a)-φ(x1)|+|φ(x1)-φ(x2)|+|φ(x2)-φ(b)|(*)，当且仅当φ(a)-φ(x1)≥0，φ(x1)-φ(x2)≥0，φ(x2)-φ(b)≥0时等号成立，
此时|φ(a)-φ(b)|=φ(a)-φ(x1)+φ(x1)-φ(x2)+φ(x2)-φ(b)=φ(a)-φ(b)<0，与题设矛盾，舍去，故(*)式中等号不成立，即：增加分点x1，x2后，“落差总和”会增加，故M{a,b,n}取最大值时n的最小值大于1，与条件矛盾，所以φ(x)在[a,b]上单调递增．
综上，即得证．