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2024湖北省云学名校联盟高一上学期12月联考数学试卷含答案
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这是一份2024湖北省云学名校联盟高一上学期12月联考数学试卷含答案，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x||x−1|≤1}，B={x|2−xx≥0}，则A∩B=( )
A. {x|02.在下列区间中，函数f(x)=ex+2x−3，则零点所在的区间为( )
A. (−12,0)B. (0,12)C. (12,1)D. (1,32)
3.如果a>b>0，m∈R，那么下列不等式一定成立的是( )
A. ba>b+ma+mB. −1a<−1bC. am2>bm2D. ab>b2
4.已知函数y=f(12x+1)的定义域是[2,4]，则函数g(x)=f(x)ln(x−2)的定义域为( )
A. (2,3)B. (2,3]C. (2,3)∪(3,6]D. (2,3)∪(3,4]
5.函数f(x)=−2ln|x|x的部分图象大致为( )
A. B. C. D.
6.升温系数是衡量空调制热效果好坏的主要依据之一.把物体放在制热空调的房间里升温，如果物体初始温度为θ1，空气的温度为θ0，t小时后物体的温度θ可由公式θ=θ0+(θ0−θ1)e−kt求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的升温系数.现有A、B两个物体放在空气中升温，已知两物体的初始温度相同，升温2小时后，A、B两个物体的温度分别为5θ0、9θ0，假设A、B两个物体的升温系数分别为kA、kB，则( )
A. kAkB=12ln2B. kBkA=12ln2C. kA−kB=12ln2D. kB−kA=12ln2
7.设f(x)=lg12|x|，则( )
A. f[(37)47]>f[−(47)37]>f(−lg56)B. f[−(47)37]>f[(37)47]>f(−lg56)
C. f(−lg56)>f[(47)37]>f[−(37)47]D. f(−lg56)>f[(37)47]>f[−(47)37]
8.已知函数f(x)=lg2(x+2x−2)，g(x)=a⋅4x−2x+1，∀x1∈[103,6]，∃a∈[0,1]，有f(x1)=g(x)成立，则实数x的取值集合为( )
A. (−∞,lg2( 3+1)]B. [lg2( 3+1),+∞)
C. (0,lg2( 3+1))D. (0,lg2( 3+1)]
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列命题为真命题的是( )
A. 命题“∃x0>1，2x0>x02”的否定是“∀x>1，2x≤x2”
B. “x1>1，且x2>1”是“x1+x2>2x1⋅x2>1"的充要条件
C. 函数f(x)=lnx，则函数f(x2−2x−3)的单调递增区间为(1,+∞)
D. 函数f(x)=lga(x−1)−2(其中a>0且a≠1)的图象过定点(2,−2)
10.已知关于x的不等式(2a−m)x2−(b+m)x−1<0(a>0,b>0)的解集为(−1,12)，则下列结论正确的是( )
A. 2a+b=3B. ab的最大值为18
C. 1a+ab的最小值为4D. 4a2+b2的最小值为12
11.通过对函数f(x)=lga(1−x1+x)，g(x)=lga(1−x)−lga(1+x)(其中a>0且a≠1)的性质研究，下列关于其性质的说法正确的是( )
A. 函数g(x)的图象关于原点成中心对称
B. 函数f(x)与函数g(x)不是同一函数
C. 当0D. 当a>1时，令ℎ(x)=g(x)+1，则不等式ℎ(2x+1)>2−ℎ(x)的解集为{x|−112.函数f(x)=x2+2x+1,x≤0|lg3 x−2|,x>0，若关于x的方程f(x)=t(t∈R)有4个不同的实数解，它们从小到大依次为x1，x2，x3，x4，则( )
A. 0C. 0≤x1⋅x2⋅x3⋅x4<81D. 函数g(x)=f(f(x))有3个零点
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知f(x)=(m2−2m−2)xm是幂函数，且f(2)14.若关于x的方程x2−ax+1=0在区间(34,2)内有实根，则实数a的取值范围是__________.
15.同构式通俗的讲是结构相同的表达式.如：f(x)=x+ex，f(lnx)=lnx+elnx=lnx+x，称x+ex与
lnx+x为同构式.已知实数x1，x2满足ex1+x1=10，ln33x2+2+x2=83，则x1+3x2=__________.
16.已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且y=f(2x+1)为偶函数，y=g(3x+1)−3为奇函数，对任意的x有f(x)+g(x)=2x+2−x，则f(0)g(2)=__________.
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
求值：(1)(31.5×612)2+10( 3−2)−1+(1300)−12.
lg2⋅lg50+lg25+(lg2)2−12lg0.1+e−3ln 2
18.(本小题12分)
已知a∈R，全集U=R，集合A={x|19<3x−a≤27}，函数y= lg13(2x−1)的定义域为B.
(1)当a=1时，求(∁UB)∩A;
(2)若x∈B是x∈A成立的充分不必要条件，求a的取值范围.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−ae−xex+ae−x为奇函数.
(1)求实数a的值;
(2)若函数f(x)是定义在R上的奇函数，若∃x∈(1,2)，使得1+f(x)−me2x=0成立，求实数m的取值范围.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)对任意的实数x，y都有f(x−y)=f(x)−f(y)+2，并且当x<0时，f(x)>2.
(1)判断并证明f(x)的单调性;
(2)当a>0时，求关于x的不等式f(ax2)+2≥f((a+1)x)+f(−1)的解集.
21.(本小题12分)
泡泡青被誉为“随州美食四宝”之一，以口感鲜美，营养丰富而闻名全国.通过调查一泡泡青个体销售点自立冬以来的日销售情况，发现：在过去的一个月内(以30天计)，每公斤的销售价格P(x)(单位：元)与时间x(单位：天)的函数关系近似满足P(x)=5+1x，日销售量Q(x)(单位：公斤)是时间x(取整数，单位：天)的函数，统计得到以下五个点在函数Q(x)的图象上：(10,50)、(15,55)、(20,60)、(25,55)、(30,50)
(1)李同学结合自己所学的知识，将这个实际问题抽象为以下四个函数模型：①Q(x)=ax+b;②Q(x)=a|x−m|+b;③Q(x)=a−bx;④Q(x)=a⋅lgbx.结合所给数据，从中选择你认为最合适的一种函数模型来描述日销售量Q(x)与时间x的变化关系，并求出该函数的解析式;
(2)设该泡泡青个体销售点日销售收入为f(x)(单位：元)，求f(x)的最小值(四舍五入，精确到整数).
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+32x+2，g(x)=4x+m⋅2x+1+2m−3
(1)当0≤x≤1时，函数g(x)的最小值为5，求实数m的取值范围;
(2)对于函数ℎ(x)和k(x)，若满足：对∀x1∈D，∃x2∈D，有ℎ(−x1)+ℎ(x1)≤2k(x2)成立，称函数k(x)是ℎ(x)在区间D上的“相伴不减函数”，若函数f(x)是g(x)在区间[1,2]的“相伴不减函数”，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题.
求出A，B中不等式的解集，找出A与B的交集即可.
【解答】
解：由|x−1|≤1，即−1≤x−1≤1，即0≤x≤2，即A={x|0≤x≤2}，
由 2−xx≥0，解得0则A∩B={x|0故选：B.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了函数零点的判断方法，属于基础题.
由函数的解析式可得f(12)⋅f(1)<0，再利用函数的零点的判定定理即可求解．
【解答】
解：函数f(x)=ex+2x−3在R上连续且单调递增，
f(12)= e+1−3<0，
f(1)=e+2−3>0，
故f(12)⋅f(1)<0，
所以函数f(x)=ex+2x−3，则零点所在的区间为(12,1).
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查不等式的性质，属于基础题.
取m=0可判断AC；根据不等式的性质可判断BD.
【解答】
解：对于A，当m=0时，ba=b+ma+m，故A错误；
对于B，因为a>b>0，所以1b>1a>0，所以−1b<−1a，故B错误；
对于C，当m=0时，am2=bm2=0，故C错误；
对于D，因为a>b>0，所以ab>b2，故D正确.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查求抽象函数及具体函数的定义域，属于基础题，属于基础题.
由函数y=f(12x+1)的定义域求得f(x)的定义域，进而结合对数函数的定义域可求g(x)的定义域.
【解答】
解： ∵函数 y=f(12x+1)的定义域为 2,4，
∴2≤x≤4,∴1≤12x≤2,∴2≤12x+1≤3，
所以 f(x)的定义域为 [2,3]，
由题得x−2>0x−2≠12≤x≤3，
所以2故选：A.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查函数图象的识别，属于基础题.
根据函数的奇偶性及特殊值，结合排除法求出结果.
【解答】
解：函数f(x)=−2ln|x|x的定义域为xx≠0，
且f(−x)=−2ln |−x|−x=2ln|x|x=−f(x)，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除BD；
又f(2)=−2ln22=−ln2<0，排除C，
故选：A.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查指对数的实际问题，属于中档题.
由已知可得出θ0+(θ1−θ0)e−2kA=5θ0θ0+(θ1−θ0)e−2kB=9θ0 ，变形可得(θ1−θ0)e−2kA=4θ0(θ1−θ0)e−2kB=8θ0 ，化简计算即可.
【解答】
解：由题意可得θ0+(θ1−θ0)e−2kA=5θ0θ0+(θ1−θ0)e−2kB=9θ0 ，则(θ1−θ0)e−2kA=4θ0(θ1−θ0)e−2kB=8θ0 ，
化简可得e−2(kB−kA)=2 ，所以，2(kA−kB)=ln 2 ，
即kA−kB=12ln 2 .
故选C.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用对数函数的图象与性质比较大小，属于中档题.
比较出0<3747<47370时，f(x)=lg12x在0,+∞上为减函数，即可求出结果.
【解答】
解：因为f(x)=lg12|x|，
所以f[(37)47]=lg123747，f[−(47)37]=lg124737，f(−lg56)=lg12(lg56)，
又0<3747<3737<4737<1，lg56>1，
所以0<3747<4737当x>0时，f(x)=lg12x在0,+∞上为减函数，
所以f[(37)47]>f[−(47)37]>f(−lg56).
故选A.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查指对数函数的性质，考查一元二次不等式及指数不等式的求解，属于一般题.
fx=lg21+4x−2，根据对数函数与复合函数的单调性可得x∈103,6时，fx∈1,2.设ℎa=4x⋅a−2x+1,a∈0,1，根据一次函数的性质可得ℎa∈−2x+1,4x−2x+1，由题意可得1,2⊆−2x+1,4x−2x+1，即4x−2x+1≥2，解不等式即可.
【解答】
解：fx=lg2x+2x−2=lg21+4x−2，
当x∈103,6，fx在x∈103,6上单调递减，且f103=2,f6=1，
所以x∈103,6时，fx∈1,2.
设ℎa=4x⋅a−2x+1,a∈0,1，
因为4x>0，所以ℎa∈ℎ0,ℎ1，即ℎa∈−2x+1,4x−2x+1.
由题意可得1,2⊆−2x+1,4x−2x+1，
所以4x−2x+1≥2，即4x−2x+1−2≥0，解得2x≥ 3+1或2x≤1− 3(舍)，
所以x≥lg2 3+1.
所以实数x的取值集合为lg2 3+1,+∞.
故选B.
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了存在量词命题的否定、充要条件的判断、复合函数的单调性及对数型函数过定点的问题，属于中档题．
根据存在量词命题的否定判断A，根据不等式的性质及特殊值判断B，根据复合函数的单调性判断C，根据对数型函数性质判断D.
【解答】
解：A.命题“∃x0>1，2x0>x02”的否定是“∀x>1，2x≤x2”，故A正确；
B.“x1>1，且x2>1”能推出x1+x2>2x1⋅x2>1，反之不一定成立，例如x1=5,x2=12，故B错误；
C.设t=x2−2x−3，则y=lnt，由t=x2−2x−3>0，解可得x>3或x<−1，
在区间(3,+∞)上，t=x2−2x−3>0，且是增函数，f(x2−2x−3)在(3,+∞)上单调递增，
在区间(−∞,−1)上，t=x2−2x−3>0，且为减函数，故f(x2−2x−3)在(−∞,−1)上单调递减，
则函数f(x2−2x−3)的单调递增区间为(3,+∞)，C错误．
D.令x=2，可得f(2)=lga1−2=−2，
所以f(x)=lga(x−1)−2(a>0,a≠1)过定点(2,−2)，故D正确.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查二次函数与一元二次方程、一元二次不等式的对应关系和利用基本不等式求最值，属于中档题。
由二次函数与一元二次方程、一元二次不等式的对应关系和利用基本不等式，依次判断选项即可.
【解答】
解：由题意，2a−m>0，且方程(2a−m)x2−(b+m)x−1=0的两根为−1和12，
所以−1+12=b+m2a−m，−1×12=−12a−m，
所以2a−m=2，b+m=−1，所以2a+b=1，A错误;
因为a>0，b>0，所以2a+b=1≥2 2ab，可得ab≤18，当且仅当2a=b=12时取等号，
所以ab的最大值为18，B正确；
1a+ab=2a+ba+ab=2+ba+ab≥2+2 ba⋅ab=4，
当且仅当ba=ab，即a=b=13时取等号，所以1a+ab的最小值为4，C正确；
4a2+b2=(2a)2+b2≥12(2a+b)2=12，当且仅当2a=b=12时取等号，
所以4a2+b2的最小值为12，所以D正确.
故选BCD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查对数型函数的定义域与值域、考查对数函数的单调性，考查函数的奇偶性，属于一般题.
先求出函数g(x)的定义域，根据奇偶性的定义可判断A；求出f(x)的定义域，根据对数的运算及同一函数的概念可判断B；分离常数，结合对数函数的性质可判断C；根据函数g(x)的奇偶性可将ℎ(2x+1)>2−ℎ(x)转化为g2x+1>g−x，根据函数的定义域及单调性即可判断D.
【解答】
解：对于A，因为g(x)=lga(1−x)−lga(1+x)，
所以函数g(x)的定义域为(−1,1)，
g(−x)=lga(1+x)−lga(1−x)=−g(x)，
所以函数g(x)为奇函数，其图象关于原点中心对称，故A正确;
对于B，令1−x1+x>0，可得−1所以f(x)的定义域为(−1,1)，
且fx=lga1−x1+x=lga1−x−lga1+x，
所以函数f(x)与函数g(x)是同一函数，故B错误;
对于C，fx=lga1−x1+x=lga−1+21+x，
因为−11，−1+21+x>0，
因为0对于D，因为ℎ(x)=g(x)+1，所以gx=ℎx−1.
由ℎ(2x+1)>2−ℎ(x)，可得ℎ2x+1−1>1−ℎx，即g2x+1>−gx.
因为函数g(x)为奇函数，所以g2x+1>g−x.
因为g(x)=lga(1−x)−lga(1+x)，a>1，所以gx在(−1,1)上单调递减.
由g2x+1>g−x，可得2x+1<−x−1<2x+1<1−1<−x<1，解得−112.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查函数的零点与方程根的关系，考查分段函数的图像，考查基本不等式，属于较难题．
在同一直角坐标系中分别画出函数y=f(x)与函数y=t的图像，由图像可得判断A；根据二次函数与对数函数的图像与性质可得−lg3x3−2=lg3x4−2，x1+x2=−2，且−2≤x1<−1【解答】
解：在同一直角坐标系中分别画出函数y=f(x)与函数y=t的图像，如下图所示：
对于A，由图可知：当0对于B，因为lg3x3−2=lg3x4−2，
所以−lg3x3−2=lg3x4−2，即lg3x3+lg3x4=4，即lg3x3x4=4，
所以x3x4=34=81，故B正确；
对于C，y=x2+2x+1的对称轴为x=−1，所以x1+x2=−2，且−2≤x1<−1所以x1x2所以x1x2x3x4=81x1x2∈0,81,故C正确；
由fx=0，可得x=−1或x=9，
所以由f(f(x))=0，可得fx=−1或fx=9.
由图可得方程fx=−1无解，fx=9有3个解，
所以函数g(x)=f(f(x))有3个零点，故D正确.
故选BCD.
13.【答案】−1
【解析】【分析】
本题考查幂函数的定义及性质，属于基础题目.
根据幂函数定义确定m的取值，再根据条件f(2)【解答】
解：由题意可得m2−2m−2=1，解得m=3或m=−1，
又f(2)故答案为−1.
14.【答案】[2,52)
【解析】【分析】
本题主要考查方程的根以及函数的单调性和最值的运用，属于中档题.
由题意可得a=x+1x，再根据函数的单调性结合最值可得a的范围.
【解答】
解：由题意可得：a=x+1x区间(34,2)内有实根，
由于函数y=x+1x在(34,1]上是减函数，在(1,2)上是增函数，
∴当x=1时，y取得最小值2，
∵当x趋近于34时，y趋近于2512，x趋近于2时，y趋近于52，
∴a的取值范围为[2,52).
故答案为[2,52).
15.【答案】8
【解析】【分析】
本题考查函数的新定义，考查对数式的化简，考查指对互化，属于中档题.
由f(x)=x+ex并结合已知条件易得f(x1)=10，f(ln(3x2+2))=10，易知f(x)=x+ex在R上单调递增，则有x1=ln(3x2+2)，整理并化简即可求出x1+3x2的值.
【解答】
解：因为f(x)=x+ex，ex1+x1=10，
所以f(x1)=10，
又ln33x2+2+x2=13ln(3x2+2)+x2=83，
所以ln(3x2+2)+3x2=8，
所以ln(3x2+2)+(3x2+2)=10，
又f(lnx)=lnx+elnx=lnx+x，
则f(ln(3x2+2))=10，
则f(x1)=f(ln(3x2+2))，
又易知f(x)=x+ex在R上单调递增，
所以x1=ln(3x2+2)，
则ex1=3x2+2，
又ex1+x1=10，
所以10−x1=3x2+2，
所以x1+3x2=8，
故答案为：8.
16.【答案】3364
【解析】【分析】
本题考查了函数的奇偶性与对称性，属于较难题.
由题意，得y=f(x)的图象关于直线x=1对称，y=g(x)关于点(1,3)对称，求出函数的解析式，从而求出f(0)，g(2)即可.
【解答】
解：y=f(2x+1)为偶函数，即f(2x+1)=f(−2x+1)，
故y=f(x)的图象关于直线x=1对称，所以f(2−x)=f(x)，
y=g(3x+1)−3为奇函数，即g(−3x+1)−3=−g(3x+1)+3，故y=g(x)的图象关于点(1,3)对称，
所以g(2−x)=6−g(x)
∀x∈R，均有f(x)+g(x)=2x+2−x，故f(2−x)+g(2−x)=22−x+2−2+x，
所以f(x)+6−g(x)=22−x+2−2+x，
与f(x)+g(x)=2x+2−x，联立求出f(x)=58⋅2x+52⋅2−x−3，g(x)=38⋅2x−32⋅2−x+3，
所以f(0)=18，g(2)=338，
所以f(0)g(2)=3364.
故答案为：3364.
17.【答案】解：(1)原式=(94)13×1213+10 3−2+30012
=3−10( 3+2)+10 3=−17.
(2)原式=lg2⋅(2−lg2)+2lg5+(lg2)2+12+18
=2lg2+2lg5+58=218.
【解析】本题考查指数幂的运算，对数的运算，属于基础题.
(1)利用指数幂的运算法则即可得出答案；
(2)利用对数的运算法则即可得出答案.
18.【答案】解：(1)A=x|19<3x−a≤27=x|3−2<3x−a≤33=x|a−2即 A=(a−2,a+3] .当 a=1 时， A=(−1,4],
由 lg13(2x−1)≥0, ，得 0<2x−1≤1 ，解得 12∁UB=(−∞,12]∪(1,+∞) ，
∴(∁UB)∩A=(−1 ,12]∪(1,4] .
(2)由 x∈B 是 x∈A 的充分不必要条件，可知集合 B 是集合 A 的真子集．
所以 a−2≤12a+3≥1 (且两等号不能同时成立)，
解得 −2≤a≤52 ，
经检验符合集合 B 是集合 A 的真子集，所以a的取值范围是 −2,52 .
【解析】本题主要考查集合的运算，考查转化能力，属于中档题.
(1)根据指数和对数函数的单调性解不等式，即可根据集合的运算求解，
(2)根据充分不必要条件，转化为集合间的关系分析即可求解.
19.【答案】解：(1)因为f(x)为奇函数，
所以f(x)+f(−x)=ex−ae−xex+ae−x+e−x−aexe−x+aex
=e2x−ae2x+a+1−ae2x1+ae2x
=e2x(2−2a2)(e2x+a)(1+ae2x)=0，
所以2−2a2=0，解得a=±1.
当a=1时，f(x)的定义域为R，满足题意；当a=−1时，f(x)的定义域为{x|x≠0}，满足题意.
因此，a的值为1或−1.
(2)∵f(x)为定义域为R，由(1)知a=1，
1+f(x)−me2x=1+ex−e−xex+e−x−m⋅e2x=1+e2x−1e2x+1−me2x=2e2xe2x+1−me2x=0，
化简得m=2e2x+1.
令g(x)=2e2x+1，函数g(x)在区间(1,2)上单调递减，g(2)=2e4+1，g(1)=2e2+1，
故m的取值范围为(2e4+1,2e2+1).
【解析】本题考查指数型函数的图像与性质，考查函数的奇偶性，属于一般题.
(1)根据f(x)+f(−x)=0，可得2−2a2=0，求解即可；
(2)由(1)可得a=1，由1+f(x)−me2x=0，得m=2e2x+1，根据指数函数的单调性即可求解.
20.【答案】解：(1)令x=y=0，解得f(0)=2，
又当x<0时f(x)>2，可判断f(x)为减函数，
证明如下：
∀x1,x2∈R,不妨设x1即f(x1)−f(x2)=f(x1−x2)−2，
因为x1所以f(x1−x2)>2，因此f(x1)−f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，所以f(x)为减函数.
(2)原不等式可化为f(ax2)−f((a+1)x)+2≥f(−1)，
即：f(ax2−(a+1)x)≥f(−1)，
因f(x)单调递减，故ax2−(a+1)x≤−1成立，
即：ax2−(a+1)x+1≤0，
(ax−1)(x−1)≤0，
当01，解为1≤x≤1a;
当a=1时，1a=1，解为x=1;
当a>1时，0<1a<1，解为1a≤x≤1.
综上：当a=1时，解集为1;当01时，解集为x|1a≤x≤1.
【解析】本题考查函数的单调性和利用函数的单调性解不等式，属于中档题.
(1)先赋值求得f(0)=2，可判断f(x)为减函数，再利用单调性定义证明；
(2)利用已知，将原不等式化为f(ax2)−f((a+1)x)+2≥f(−1)，进一步化为f(ax2−(a+1)x)≥f(−1)，利用单调性化为ax2−(a+1)x≤−1的求解，对a分类讨论即可.
21.【答案】解：(1)由题可知，Q(x)图象上五点关于x=20对称，且不单调，
故选第②种函数模型，即Q(x)=a|x−m|+b，此时m=20，
将(10,50)，(15,55)，(20,60)三点代入Q(x)解析式中，
可得a10−20+b=50a15−20+b=5560=b，解得b=60a=−1.
∴Q(x)=−|x−20|+60(1≤x≤30，且x∈N).
(2)当1≤x≤20时，Q(x)=−|x−20|+60=−(20−x)+60=40+x，
销售点的销售收入：f(x)=P(x)Q(x)=(5+1x)(40+x)
=201+5(x+8x).
f(x)在区间[1,2]上单调递减，在区间[3,20]上单调递增，
故f(x)最小值可能为f(2)或f(3).
又f(2)=231(元)，f(3)=22913≈229(元)，
f(3)当21≤x≤30时，Q(x)=−|x−20|+60=80−x，
f(x)=P(x)Q(x)=(5+1x)(80−x)=399−5x+80x，
f(x)在区间[21,30]上单调递减，
∴f(30)=399−150+8030=25123≈252>229，
综上f(x)min=f(3)≈229(元).
【解析】本题考查函数模型的选择，考查分段函数模型，考查分段函数的最值，属于中档题.
(1)根据Q(x)图象上五点关于x=20对称，且不单调，可知Q(x)=a|x−m|+b，且m=20，代入点坐标求出a，b即可；
(2)当1≤x≤20时，f(x)=201+5(x+8x)，当21≤x≤30时，f(x)=399−5x+80x，根据函数的单调性即可求解.
22.【答案】解：(1)令2x=t，因为0≤x≤1，所以t∈[1,2]，
则g(x)=4x+m⋅2x+1+2m−3=t2+2mt+2m−3
=(t+m)2−m2+2m−3，t∈[1,2]，
令l(t)=(t+m)2−m2+2m−3，t∈[1,2]，
①当−m≤1，即m≥−1时，
l(t)在区间[1,2]上单调递增，l(t)min=l(1)=5，
解得m=74，成立;
②当−m≥2，即m≤−2时，
则l(t)在区间[1,2]上单调递减，
则l(t)min=l(2)=5，
解得m=23≥−2，舍去;
③当1<−m<2，即−2l(t)在区间[1,−m]单调递减，[−m,2]单调递增，
则l(t)min=l(−m)=5，
即m2−2m+8=0，无解;
综上可知，m=74.
(2)依题意可得，∀x1∈[1,2]，∃x2∈[1,2]，有g(−x1)+g(x1)≤2f(x2)，
又f(x)=x2+32x+2=12(x+1+4x+1−2)，
而f(x)在[1,2]上单调递增，所以f(x)max=f(2)=76;
原不等式可以化为g(−x)+g(x)≤73在[1,2]上恒成立;
由g(−x)+g(x)≤73，
得4x+2m⋅2x+2m−3+4−x+2m⋅2−x+2m−3≤73，
即(4x+4−x)+2m(2x+2−x)+4m−6≤73 (∗)，
令2x+2−x=a，
因为x∈[1,2]，
所以a∈[52,174]，
则(∗)式可化为a2+2ma+4m−313≤0，
2m(a+2)≤313−a2，
又a+2>0
2m≤313−a2a+2=−(a+2)+193(a+2)+4，
令φ(a)=−(a+2)+193(a+2)+4，
函数φ(a)在区间[52,174]上单调递减，
φ(a)min=φ(174)=−371300，
则2m≤φ(a)min=−371300，
所以m≤−371600.
1.已知集合A={x||x−1|≤1}，B={x|2−xx≥0}，则A∩B=( )
A. {x|0
A. (−12,0)B. (0,12)C. (12,1)D. (1,32)
3.如果a>b>0，m∈R，那么下列不等式一定成立的是( )
A. ba>b+ma+mB. −1a<−1bC. am2>bm2D. ab>b2
4.已知函数y=f(12x+1)的定义域是[2,4]，则函数g(x)=f(x)ln(x−2)的定义域为( )
A. (2,3)B. (2,3]C. (2,3)∪(3,6]D. (2,3)∪(3,4]
5.函数f(x)=−2ln|x|x的部分图象大致为( )
A. B. C. D.
6.升温系数是衡量空调制热效果好坏的主要依据之一.把物体放在制热空调的房间里升温，如果物体初始温度为θ1，空气的温度为θ0，t小时后物体的温度θ可由公式θ=θ0+(θ0−θ1)e−kt求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的升温系数.现有A、B两个物体放在空气中升温，已知两物体的初始温度相同，升温2小时后，A、B两个物体的温度分别为5θ0、9θ0，假设A、B两个物体的升温系数分别为kA、kB，则( )
A. kAkB=12ln2B. kBkA=12ln2C. kA−kB=12ln2D. kB−kA=12ln2
7.设f(x)=lg12|x|，则( )
A. f[(37)47]>f[−(47)37]>f(−lg56)B. f[−(47)37]>f[(37)47]>f(−lg56)
C. f(−lg56)>f[(47)37]>f[−(37)47]D. f(−lg56)>f[(37)47]>f[−(47)37]
8.已知函数f(x)=lg2(x+2x−2)，g(x)=a⋅4x−2x+1，∀x1∈[103,6]，∃a∈[0,1]，有f(x1)=g(x)成立，则实数x的取值集合为( )
A. (−∞,lg2( 3+1)]B. [lg2( 3+1),+∞)
C. (0,lg2( 3+1))D. (0,lg2( 3+1)]
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列命题为真命题的是( )
A. 命题“∃x0>1，2x0>x02”的否定是“∀x>1，2x≤x2”
B. “x1>1，且x2>1”是“x1+x2>2x1⋅x2>1"的充要条件
C. 函数f(x)=lnx，则函数f(x2−2x−3)的单调递增区间为(1,+∞)
D. 函数f(x)=lga(x−1)−2(其中a>0且a≠1)的图象过定点(2,−2)
10.已知关于x的不等式(2a−m)x2−(b+m)x−1<0(a>0,b>0)的解集为(−1,12)，则下列结论正确的是( )
A. 2a+b=3B. ab的最大值为18
C. 1a+ab的最小值为4D. 4a2+b2的最小值为12
11.通过对函数f(x)=lga(1−x1+x)，g(x)=lga(1−x)−lga(1+x)(其中a>0且a≠1)的性质研究，下列关于其性质的说法正确的是( )
A. 函数g(x)的图象关于原点成中心对称
B. 函数f(x)与函数g(x)不是同一函数
C. 当0
A. 0
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知f(x)=(m2−2m−2)xm是幂函数，且f(2)
15.同构式通俗的讲是结构相同的表达式.如：f(x)=x+ex，f(lnx)=lnx+elnx=lnx+x，称x+ex与
lnx+x为同构式.已知实数x1，x2满足ex1+x1=10，ln33x2+2+x2=83，则x1+3x2=__________.
16.已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且y=f(2x+1)为偶函数，y=g(3x+1)−3为奇函数，对任意的x有f(x)+g(x)=2x+2−x，则f(0)g(2)=__________.
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
求值：(1)(31.5×612)2+10( 3−2)−1+(1300)−12.
lg2⋅lg50+lg25+(lg2)2−12lg0.1+e−3ln 2
18.(本小题12分)
已知a∈R，全集U=R，集合A={x|19<3x−a≤27}，函数y= lg13(2x−1)的定义域为B.
(1)当a=1时，求(∁UB)∩A;
(2)若x∈B是x∈A成立的充分不必要条件，求a的取值范围.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−ae−xex+ae−x为奇函数.
(1)求实数a的值;
(2)若函数f(x)是定义在R上的奇函数，若∃x∈(1,2)，使得1+f(x)−me2x=0成立，求实数m的取值范围.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)对任意的实数x，y都有f(x−y)=f(x)−f(y)+2，并且当x<0时，f(x)>2.
(1)判断并证明f(x)的单调性;
(2)当a>0时，求关于x的不等式f(ax2)+2≥f((a+1)x)+f(−1)的解集.
21.(本小题12分)
泡泡青被誉为“随州美食四宝”之一，以口感鲜美，营养丰富而闻名全国.通过调查一泡泡青个体销售点自立冬以来的日销售情况，发现：在过去的一个月内(以30天计)，每公斤的销售价格P(x)(单位：元)与时间x(单位：天)的函数关系近似满足P(x)=5+1x，日销售量Q(x)(单位：公斤)是时间x(取整数，单位：天)的函数，统计得到以下五个点在函数Q(x)的图象上：(10,50)、(15,55)、(20,60)、(25,55)、(30,50)
(1)李同学结合自己所学的知识，将这个实际问题抽象为以下四个函数模型：①Q(x)=ax+b;②Q(x)=a|x−m|+b;③Q(x)=a−bx;④Q(x)=a⋅lgbx.结合所给数据，从中选择你认为最合适的一种函数模型来描述日销售量Q(x)与时间x的变化关系，并求出该函数的解析式;
(2)设该泡泡青个体销售点日销售收入为f(x)(单位：元)，求f(x)的最小值(四舍五入，精确到整数).
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+32x+2，g(x)=4x+m⋅2x+1+2m−3
(1)当0≤x≤1时，函数g(x)的最小值为5，求实数m的取值范围;
(2)对于函数ℎ(x)和k(x)，若满足：对∀x1∈D，∃x2∈D，有ℎ(−x1)+ℎ(x1)≤2k(x2)成立，称函数k(x)是ℎ(x)在区间D上的“相伴不减函数”，若函数f(x)是g(x)在区间[1,2]的“相伴不减函数”，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题.
求出A，B中不等式的解集，找出A与B的交集即可.
【解答】
解：由|x−1|≤1，即−1≤x−1≤1，即0≤x≤2，即A={x|0≤x≤2}，
由 2−xx≥0，解得0
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了函数零点的判断方法，属于基础题.
由函数的解析式可得f(12)⋅f(1)<0，再利用函数的零点的判定定理即可求解．
【解答】
解：函数f(x)=ex+2x−3在R上连续且单调递增，
f(12)= e+1−3<0，
f(1)=e+2−3>0，
故f(12)⋅f(1)<0，
所以函数f(x)=ex+2x−3，则零点所在的区间为(12,1).
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查不等式的性质，属于基础题.
取m=0可判断AC；根据不等式的性质可判断BD.
【解答】
解：对于A，当m=0时，ba=b+ma+m，故A错误；
对于B，因为a>b>0，所以1b>1a>0，所以−1b<−1a，故B错误；
对于C，当m=0时，am2=bm2=0，故C错误；
对于D，因为a>b>0，所以ab>b2，故D正确.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查求抽象函数及具体函数的定义域，属于基础题，属于基础题.
由函数y=f(12x+1)的定义域求得f(x)的定义域，进而结合对数函数的定义域可求g(x)的定义域.
【解答】
解： ∵函数 y=f(12x+1)的定义域为 2,4，
∴2≤x≤4,∴1≤12x≤2,∴2≤12x+1≤3，
所以 f(x)的定义域为 [2,3]，
由题得x−2>0x−2≠12≤x≤3，
所以2
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查函数图象的识别，属于基础题.
根据函数的奇偶性及特殊值，结合排除法求出结果.
【解答】
解：函数f(x)=−2ln|x|x的定义域为xx≠0，
且f(−x)=−2ln |−x|−x=2ln|x|x=−f(x)，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除BD；
又f(2)=−2ln22=−ln2<0，排除C，
故选：A.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查指对数的实际问题，属于中档题.
由已知可得出θ0+(θ1−θ0)e−2kA=5θ0θ0+(θ1−θ0)e−2kB=9θ0 ，变形可得(θ1−θ0)e−2kA=4θ0(θ1−θ0)e−2kB=8θ0 ，化简计算即可.
【解答】
解：由题意可得θ0+(θ1−θ0)e−2kA=5θ0θ0+(θ1−θ0)e−2kB=9θ0 ，则(θ1−θ0)e−2kA=4θ0(θ1−θ0)e−2kB=8θ0 ，
化简可得e−2(kB−kA)=2 ，所以，2(kA−kB)=ln 2 ，
即kA−kB=12ln 2 .
故选C.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用对数函数的图象与性质比较大小，属于中档题.
比较出0<3747<4737
【解答】
解：因为f(x)=lg12|x|，
所以f[(37)47]=lg123747，f[−(47)37]=lg124737，f(−lg56)=lg12(lg56)，
又0<3747<3737<4737<1，lg56>1，
所以0<3747<4737
所以f[(37)47]>f[−(47)37]>f(−lg56).
故选A.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查指对数函数的性质，考查一元二次不等式及指数不等式的求解，属于一般题.
fx=lg21+4x−2，根据对数函数与复合函数的单调性可得x∈103,6时，fx∈1,2.设ℎa=4x⋅a−2x+1,a∈0,1，根据一次函数的性质可得ℎa∈−2x+1,4x−2x+1，由题意可得1,2⊆−2x+1,4x−2x+1，即4x−2x+1≥2，解不等式即可.
【解答】
解：fx=lg2x+2x−2=lg21+4x−2，
当x∈103,6，fx在x∈103,6上单调递减，且f103=2,f6=1，
所以x∈103,6时，fx∈1,2.
设ℎa=4x⋅a−2x+1,a∈0,1，
因为4x>0，所以ℎa∈ℎ0,ℎ1，即ℎa∈−2x+1,4x−2x+1.
由题意可得1,2⊆−2x+1,4x−2x+1，
所以4x−2x+1≥2，即4x−2x+1−2≥0，解得2x≥ 3+1或2x≤1− 3(舍)，
所以x≥lg2 3+1.
所以实数x的取值集合为lg2 3+1,+∞.
故选B.
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了存在量词命题的否定、充要条件的判断、复合函数的单调性及对数型函数过定点的问题，属于中档题．
根据存在量词命题的否定判断A，根据不等式的性质及特殊值判断B，根据复合函数的单调性判断C，根据对数型函数性质判断D.
【解答】
解：A.命题“∃x0>1，2x0>x02”的否定是“∀x>1，2x≤x2”，故A正确；
B.“x1>1，且x2>1”能推出x1+x2>2x1⋅x2>1，反之不一定成立，例如x1=5,x2=12，故B错误；
C.设t=x2−2x−3，则y=lnt，由t=x2−2x−3>0，解可得x>3或x<−1，
在区间(3,+∞)上，t=x2−2x−3>0，且是增函数，f(x2−2x−3)在(3,+∞)上单调递增，
在区间(−∞,−1)上，t=x2−2x−3>0，且为减函数，故f(x2−2x−3)在(−∞,−1)上单调递减，
则函数f(x2−2x−3)的单调递增区间为(3,+∞)，C错误．
D.令x=2，可得f(2)=lga1−2=−2，
所以f(x)=lga(x−1)−2(a>0,a≠1)过定点(2,−2)，故D正确.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查二次函数与一元二次方程、一元二次不等式的对应关系和利用基本不等式求最值，属于中档题。
由二次函数与一元二次方程、一元二次不等式的对应关系和利用基本不等式，依次判断选项即可.
【解答】
解：由题意，2a−m>0，且方程(2a−m)x2−(b+m)x−1=0的两根为−1和12，
所以−1+12=b+m2a−m，−1×12=−12a−m，
所以2a−m=2，b+m=−1，所以2a+b=1，A错误;
因为a>0，b>0，所以2a+b=1≥2 2ab，可得ab≤18，当且仅当2a=b=12时取等号，
所以ab的最大值为18，B正确；
1a+ab=2a+ba+ab=2+ba+ab≥2+2 ba⋅ab=4，
当且仅当ba=ab，即a=b=13时取等号，所以1a+ab的最小值为4，C正确；
4a2+b2=(2a)2+b2≥12(2a+b)2=12，当且仅当2a=b=12时取等号，
所以4a2+b2的最小值为12，所以D正确.
故选BCD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查对数型函数的定义域与值域、考查对数函数的单调性，考查函数的奇偶性，属于一般题.
先求出函数g(x)的定义域，根据奇偶性的定义可判断A；求出f(x)的定义域，根据对数的运算及同一函数的概念可判断B；分离常数，结合对数函数的性质可判断C；根据函数g(x)的奇偶性可将ℎ(2x+1)>2−ℎ(x)转化为g2x+1>g−x，根据函数的定义域及单调性即可判断D.
【解答】
解：对于A，因为g(x)=lga(1−x)−lga(1+x)，
所以函数g(x)的定义域为(−1,1)，
g(−x)=lga(1+x)−lga(1−x)=−g(x)，
所以函数g(x)为奇函数，其图象关于原点中心对称，故A正确;
对于B，令1−x1+x>0，可得−1
且fx=lga1−x1+x=lga1−x−lga1+x，
所以函数f(x)与函数g(x)是同一函数，故B错误;
对于C，fx=lga1−x1+x=lga−1+21+x，
因为−1
因为0
由ℎ(2x+1)>2−ℎ(x)，可得ℎ2x+1−1>1−ℎx，即g2x+1>−gx.
因为函数g(x)为奇函数，所以g2x+1>g−x.
因为g(x)=lga(1−x)−lga(1+x)，a>1，所以gx在(−1,1)上单调递减.
由g2x+1>g−x，可得2x+1<−x−1<2x+1<1−1<−x<1，解得−1
【解析】【分析】
本题考查函数的零点与方程根的关系，考查分段函数的图像，考查基本不等式，属于较难题．
在同一直角坐标系中分别画出函数y=f(x)与函数y=t的图像，由图像可得判断A；根据二次函数与对数函数的图像与性质可得−lg3x3−2=lg3x4−2，x1+x2=−2，且−2≤x1<−1
解：在同一直角坐标系中分别画出函数y=f(x)与函数y=t的图像，如下图所示：
对于A，由图可知：当0
所以−lg3x3−2=lg3x4−2，即lg3x3+lg3x4=4，即lg3x3x4=4，
所以x3x4=34=81，故B正确；
对于C，y=x2+2x+1的对称轴为x=−1，所以x1+x2=−2，且−2≤x1<−1
由fx=0，可得x=−1或x=9，
所以由f(f(x))=0，可得fx=−1或fx=9.
由图可得方程fx=−1无解，fx=9有3个解，
所以函数g(x)=f(f(x))有3个零点，故D正确.
故选BCD.
13.【答案】−1
【解析】【分析】
本题考查幂函数的定义及性质，属于基础题目.
根据幂函数定义确定m的取值，再根据条件f(2)
解：由题意可得m2−2m−2=1，解得m=3或m=−1，
又f(2)
14.【答案】[2,52)
【解析】【分析】
本题主要考查方程的根以及函数的单调性和最值的运用，属于中档题.
由题意可得a=x+1x，再根据函数的单调性结合最值可得a的范围.
【解答】
解：由题意可得：a=x+1x区间(34,2)内有实根，
由于函数y=x+1x在(34,1]上是减函数，在(1,2)上是增函数，
∴当x=1时，y取得最小值2，
∵当x趋近于34时，y趋近于2512，x趋近于2时，y趋近于52，
∴a的取值范围为[2,52).
故答案为[2,52).
15.【答案】8
【解析】【分析】
本题考查函数的新定义，考查对数式的化简，考查指对互化，属于中档题.
由f(x)=x+ex并结合已知条件易得f(x1)=10，f(ln(3x2+2))=10，易知f(x)=x+ex在R上单调递增，则有x1=ln(3x2+2)，整理并化简即可求出x1+3x2的值.
【解答】
解：因为f(x)=x+ex，ex1+x1=10，
所以f(x1)=10，
又ln33x2+2+x2=13ln(3x2+2)+x2=83，
所以ln(3x2+2)+3x2=8，
所以ln(3x2+2)+(3x2+2)=10，
又f(lnx)=lnx+elnx=lnx+x，
则f(ln(3x2+2))=10，
则f(x1)=f(ln(3x2+2))，
又易知f(x)=x+ex在R上单调递增，
所以x1=ln(3x2+2)，
则ex1=3x2+2，
又ex1+x1=10，
所以10−x1=3x2+2，
所以x1+3x2=8，
故答案为：8.
16.【答案】3364
【解析】【分析】
本题考查了函数的奇偶性与对称性，属于较难题.
由题意，得y=f(x)的图象关于直线x=1对称，y=g(x)关于点(1,3)对称，求出函数的解析式，从而求出f(0)，g(2)即可.
【解答】
解：y=f(2x+1)为偶函数，即f(2x+1)=f(−2x+1)，
故y=f(x)的图象关于直线x=1对称，所以f(2−x)=f(x)，
y=g(3x+1)−3为奇函数，即g(−3x+1)−3=−g(3x+1)+3，故y=g(x)的图象关于点(1,3)对称，
所以g(2−x)=6−g(x)
∀x∈R，均有f(x)+g(x)=2x+2−x，故f(2−x)+g(2−x)=22−x+2−2+x，
所以f(x)+6−g(x)=22−x+2−2+x，
与f(x)+g(x)=2x+2−x，联立求出f(x)=58⋅2x+52⋅2−x−3，g(x)=38⋅2x−32⋅2−x+3，
所以f(0)=18，g(2)=338，
所以f(0)g(2)=3364.
故答案为：3364.
17.【答案】解：(1)原式=(94)13×1213+10 3−2+30012
=3−10( 3+2)+10 3=−17.
(2)原式=lg2⋅(2−lg2)+2lg5+(lg2)2+12+18
=2lg2+2lg5+58=218.
【解析】本题考查指数幂的运算，对数的运算，属于基础题.
(1)利用指数幂的运算法则即可得出答案；
(2)利用对数的运算法则即可得出答案.
18.【答案】解：(1)A=x|19<3x−a≤27=x|3−2<3x−a≤33=x|a−2
由 lg13(2x−1)≥0, ，得 0<2x−1≤1 ，解得 12
∴(∁UB)∩A=(−1 ,12]∪(1,4] .
(2)由 x∈B 是 x∈A 的充分不必要条件，可知集合 B 是集合 A 的真子集．
所以 a−2≤12a+3≥1 (且两等号不能同时成立)，
解得 −2≤a≤52 ，
经检验符合集合 B 是集合 A 的真子集，所以a的取值范围是 −2,52 .
【解析】本题主要考查集合的运算，考查转化能力，属于中档题.
(1)根据指数和对数函数的单调性解不等式，即可根据集合的运算求解，
(2)根据充分不必要条件，转化为集合间的关系分析即可求解.
19.【答案】解：(1)因为f(x)为奇函数，
所以f(x)+f(−x)=ex−ae−xex+ae−x+e−x−aexe−x+aex
=e2x−ae2x+a+1−ae2x1+ae2x
=e2x(2−2a2)(e2x+a)(1+ae2x)=0，
所以2−2a2=0，解得a=±1.
当a=1时，f(x)的定义域为R，满足题意；当a=−1时，f(x)的定义域为{x|x≠0}，满足题意.
因此，a的值为1或−1.
(2)∵f(x)为定义域为R，由(1)知a=1，
1+f(x)−me2x=1+ex−e−xex+e−x−m⋅e2x=1+e2x−1e2x+1−me2x=2e2xe2x+1−me2x=0，
化简得m=2e2x+1.
令g(x)=2e2x+1，函数g(x)在区间(1,2)上单调递减，g(2)=2e4+1，g(1)=2e2+1，
故m的取值范围为(2e4+1,2e2+1).
【解析】本题考查指数型函数的图像与性质，考查函数的奇偶性，属于一般题.
(1)根据f(x)+f(−x)=0，可得2−2a2=0，求解即可；
(2)由(1)可得a=1，由1+f(x)−me2x=0，得m=2e2x+1，根据指数函数的单调性即可求解.
20.【答案】解：(1)令x=y=0，解得f(0)=2，
又当x<0时f(x)>2，可判断f(x)为减函数，
证明如下：
∀x1,x2∈R,不妨设x1
因为x1
即f(x1)>f(x2)，所以f(x)为减函数.
(2)原不等式可化为f(ax2)−f((a+1)x)+2≥f(−1)，
即：f(ax2−(a+1)x)≥f(−1)，
因f(x)单调递减，故ax2−(a+1)x≤−1成立，
即：ax2−(a+1)x+1≤0，
(ax−1)(x−1)≤0，
当0
当a=1时，1a=1，解为x=1;
当a>1时，0<1a<1，解为1a≤x≤1.
综上：当a=1时，解集为1;当0
【解析】本题考查函数的单调性和利用函数的单调性解不等式，属于中档题.
(1)先赋值求得f(0)=2，可判断f(x)为减函数，再利用单调性定义证明；
(2)利用已知，将原不等式化为f(ax2)−f((a+1)x)+2≥f(−1)，进一步化为f(ax2−(a+1)x)≥f(−1)，利用单调性化为ax2−(a+1)x≤−1的求解，对a分类讨论即可.
21.【答案】解：(1)由题可知，Q(x)图象上五点关于x=20对称，且不单调，
故选第②种函数模型，即Q(x)=a|x−m|+b，此时m=20，
将(10,50)，(15,55)，(20,60)三点代入Q(x)解析式中，
可得a10−20+b=50a15−20+b=5560=b，解得b=60a=−1.
∴Q(x)=−|x−20|+60(1≤x≤30，且x∈N).
(2)当1≤x≤20时，Q(x)=−|x−20|+60=−(20−x)+60=40+x，
销售点的销售收入：f(x)=P(x)Q(x)=(5+1x)(40+x)
=201+5(x+8x).
f(x)在区间[1,2]上单调递减，在区间[3,20]上单调递增，
故f(x)最小值可能为f(2)或f(3).
又f(2)=231(元)，f(3)=22913≈229(元)，
f(3)
f(x)=P(x)Q(x)=(5+1x)(80−x)=399−5x+80x，
f(x)在区间[21,30]上单调递减，
∴f(30)=399−150+8030=25123≈252>229，
综上f(x)min=f(3)≈229(元).
【解析】本题考查函数模型的选择，考查分段函数模型，考查分段函数的最值，属于中档题.
(1)根据Q(x)图象上五点关于x=20对称，且不单调，可知Q(x)=a|x−m|+b，且m=20，代入点坐标求出a，b即可；
(2)当1≤x≤20时，f(x)=201+5(x+8x)，当21≤x≤30时，f(x)=399−5x+80x，根据函数的单调性即可求解.
22.【答案】解：(1)令2x=t，因为0≤x≤1，所以t∈[1,2]，
则g(x)=4x+m⋅2x+1+2m−3=t2+2mt+2m−3
=(t+m)2−m2+2m−3，t∈[1,2]，
令l(t)=(t+m)2−m2+2m−3，t∈[1,2]，
①当−m≤1，即m≥−1时，
l(t)在区间[1,2]上单调递增，l(t)min=l(1)=5，
解得m=74，成立;
②当−m≥2，即m≤−2时，
则l(t)在区间[1,2]上单调递减，
则l(t)min=l(2)=5，
解得m=23≥−2，舍去;
③当1<−m<2，即−2
则l(t)min=l(−m)=5，
即m2−2m+8=0，无解;
综上可知，m=74.
(2)依题意可得，∀x1∈[1,2]，∃x2∈[1,2]，有g(−x1)+g(x1)≤2f(x2)，
又f(x)=x2+32x+2=12(x+1+4x+1−2)，
而f(x)在[1,2]上单调递增，所以f(x)max=f(2)=76;
原不等式可以化为g(−x)+g(x)≤73在[1,2]上恒成立;
由g(−x)+g(x)≤73，
得4x+2m⋅2x+2m−3+4−x+2m⋅2−x+2m−3≤73，
即(4x+4−x)+2m(2x+2−x)+4m−6≤73 (∗)，
令2x+2−x=a，
因为x∈[1,2]，
所以a∈[52,174]，
则(∗)式可化为a2+2ma+4m−313≤0，
2m(a+2)≤313−a2，
又a+2>0
2m≤313−a2a+2=−(a+2)+193(a+2)+4，
令φ(a)=−(a+2)+193(a+2)+4，
函数φ(a)在区间[52,174]上单调递减，
φ(a)min=φ(174)=−371300，
则2m≤φ(a)min=−371300，
所以m≤−371600.
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