【专项复习】高考数学 专题03 函数的概念与性质 (名校模拟汇编).zip

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2023真题展现
考向一 函数的奇偶性
考向二 函数单调性
考向三 指数函数与对数函数大小比较
真题考查解读
近年真题对比
考向一．函数的最值及其几何意义
考向二．函数奇偶性
考向三 抽象函数及其应用
考点四 指数函数与对数函数大小比较
命题规律解密
名校模拟探源
十三种题型60题
易错易混速记/二级结论速记
考向一 函数的奇偶性
1．（2023•新高考Ⅱ•第4题）若f（x）＝（x+a）ln2x−12x+1为偶函数，则a＝（ ）
A．﹣1B．0C．12D．1
【答案】B
解：由2x−12x+1＞0，得x＞12或x＜−12，
由f（x）是偶函数，
∴f（﹣x）＝f（x），
得（﹣x+a）ln−2x−1−2x+1=（x+a）ln2x−12x+1，
即（﹣x+a）ln2x+12x−1=（﹣x+a）ln（2x−12x+1）﹣1＝（x﹣a）ln2x−12x+1=（x+a）ln2x−12x+1，
∴x﹣a＝x+a，得﹣a＝a，
得a＝0．
考向二 函数单调性
2．（2023•新高考Ⅰ•第4题）设函数f（x）＝2x（x﹣a）在区间（0，1）单调递减，则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2]B．[﹣2，0）C．（0，2]D．[2，+∞）
【答案】D．
解：设t＝x（x﹣a）＝x2﹣ax，对称轴为x＝，抛物线开口向上，
∵y＝2t是t的增函数，
∴要使f（x）在区间（0，1）单调递减，
则t＝x2﹣ax在区间（0，1）单调递减，
即≥1，即a≥2，
故实数a的取值范围是[2，+∞）．
考向三 指数函数与对数函数大小比较
3．（2023•新高考Ⅰ•第10题）（多选）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（ ）
A．p1≥p2B．p2＞10p3C．p3＝100p0D．p1≤100p2
【答案】ACD
解：由题意得，60≤20lgp1p0≤90，1000p0≤p1≤1092p0，
50≤20lgp2p0≤60，1052p0≤p2≤1000p0，
20lgp3p0=40，p3＝100p0，
可得p1≥p2，A正确；
p2≤10p3＝1000p0，B错误；
p3＝100p0，C正确；
p1≤1092p0＝100×1052p0≤100p2，p1≤100p2，D正确．
【命题意图】
考查函数的性质：对称性、周期性、单调性，考查化归与转化思想，考查逻辑推导与计算素养．
【考查要点】
函数的图象与性质是高考常考查的热点之一．考查函数的定义域、值域、图象，函数的对称性、周期性、单调性．
【得分要点】
一．函数奇偶性的性质与判断
（1）如果函数f（x）的定义域关于原点对称，且定义域内任意一个x，都有f（﹣x）＝﹣f（x），那么函数f（x）就叫做奇函数，其图象特点是关于（0，0）对称．
（2）如果函数f（x）的定义域关于原点对称，且定义域内任意一个x，都有f（﹣x）＝f（x），那么函数f（x）就叫做偶函数，其图象特点是关于y轴对称．
二.函数的单调性
判断函数的单调性，有四种方法：定义法；导数法；函数图象法；基本函数的单调性的应用；复合函数遵循“同增异减”；证明方法有定义法；导数法．
单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用符号“∪”联结，也不能用“或”联结，只能用“和”或“，”连结．
设任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么
①⇔f（x）在[a，b]上是增函数；
⇔f（x）在[a，b]上是减函数．
②（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0⇔f（x）在[a，b]上是增函数；
（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0⇔f（x）在[a，b]上是减函数．
函数的单调区间，定义求解求解一般包括端点值，导数一般是开区间．
三、指对幂函数的大小比较
方法一：运用函数的单调性比较
1.对于抽象函数，可以借助中心对称、轴对称、周期等性质来“去除f（）外衣”比较大小；
2.有解析式函数，可以通过函数性质或者求导等，寻找函数单调性对称性，以用于比较大小.
方法二：因为幂指对函数的特殊性，往往比较大小，可以借助于临界值0与1（或者-1）比较大小.
方法三：寻找中间变量是属于难点，可以适当的总结积累规律
1.估算要比较大小的两个值所在的大致区间
2.可以对区间使用二分法（或者利用指对转化）寻找合适的中间值
方法四：作差法、作商法
1. 一般情况下，作差或者做商，可处理底数不一样的的对数比大小
2. 作差或者做商的难点在于后续变形处理，注意此处的常见技巧和方法解
方法五：利用对数运算分离常数比大小
这是对数值所独有的技巧，类似于分式型的分离常数，借助此法可以把较复杂的数据，转化为某一单调区间，或者某种具有单调性的形式，以利于比较大小
方法六：构造函数
学习和积累“构造函数比大小”，要先从此处入手，通过这个函数，学习观察，归纳，总结“同构”规律，还要进一步总结“异构”规律，为后续积累更复杂的“构造函数”能力做训练.
构造函数，.观察总结“同构”规律，许多时候，三个数比较大小，可能某一个数会被刻意的隐藏了“同构”规律，所以可以优先从结构最接近的两个数规律.
方法七：放缩法
1、对数，利用单调性，放缩底数，或者放缩真数
2、指数和幂函数结合来放缩。
3、利用均值不等式等不等关系放缩
方法八：“数值逼近”是指一些无从下手的数据，如果分析会发现非常接近某些整数（主要是整数多一些），那么可以以该“整数”为变量，构造四舍五入函数关系，2021年全国卷乙卷第12题即是此思维.
考向一．函数的最值及其几何意义
1．（2021•新高考Ⅰ）函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为 ．
【答案】1
【解答】解：法一、函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的定义域为（0，+∞）．
当0＜x时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，
此时函数f（x）在（0，]上为减函数，
当x＞时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，
则f′（x）＝＝，
当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∵f（x）在（0，+∞）上是连续函数，
∴当x∈（0，1）时，f（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，f（x）单调递增．
∴当x＝1时f（x）取得最小值为f（1）＝2×1﹣1﹣2ln1＝1．
故答案为：1．
法二、令g（x）＝|2x﹣1|，h（x）＝2lnx，
分别作出两函数的图象如图：
由图可知，f（x）≥f（1）＝1，
则数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为1．
考向二．函数奇偶性
2．（2021•新高考Ⅱ）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f（x）： ．
①f（x1x2）＝f（x1）f（x2）；②当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函数．
【答案】f（x）＝x2．．
解：f（x）＝x2时，；当x∈（0，+∞）时，f′（x）＝2x＞0；f′（x）＝2x是奇函数．
故答案为：
另解：幂函数f（x）＝xa（a＞0）即可满足条件①和②；偶函数即可满足条件③，
综上所述，取f（x）＝x2即可．
3．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，则a＝ ．
【答案】1
解：函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，
y＝x3为R上的奇函数，
故y＝a•2x﹣2﹣x也为R上的奇函数，
所以y|x＝0＝a•20﹣20＝a﹣1＝0，
所以a＝1．
法二：因为函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，
所以f（﹣x）＝f（x），
即﹣x3（a•2﹣x﹣2x）＝x3（a•2x﹣2﹣x），
即x3（a•2x﹣2﹣x）+x3（a•2﹣x﹣2x）＝0，
即（a﹣1）（2x+2﹣x）x3＝0，
所以a＝1．
4．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f（x）的定义域为R（f（x）不恒为0），f（x+2）为偶函数，f（2x+1）为奇函数，则（ ）
A．f（﹣）＝0B．f（﹣1）＝0C．f（2）＝0D．f（4）＝0
【答案】B
【解答】解：∵函数f（x+2）为偶函数，
∴f（2+x）＝f（2﹣x），
∵f（2x+1）为奇函数，
∴f（1﹣2x）＝﹣f（2x+1），
用x替换上式中2x+1，得f（2﹣x）＝﹣f（x），
∴f（2+x）＝﹣f（x），f（4+x）＝﹣f（2+x）＝f（x），即f（x）＝f（x+4），
故函数f（x）是以4为周期的周期函数，
∵f（2x+1）为奇函数，
∴f（1﹣2x）＝﹣f（2x+1），即f（2x+1）+f（﹣2x+1）＝0，
用x替换上式中2x+1，可得，f（x）+f（2﹣x）＝0，
∴f（x）关于（1，0）对称，
又∵f（1）＝0，
∴f（﹣1）＝﹣f（2+1）＝﹣f（1）＝0．
考向三 抽象函数及其应用
5．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则f（k）＝（ ）
A．﹣3B．﹣2C．0D．1
【答案】A
解：令y＝1，则f（x+1）+f（x﹣1）＝f（x），即f（x+1）＝f（x）﹣f（x﹣1），
∴f（x+2）＝f（x+1）﹣f（x），f（x+3）＝f（x+2）﹣f（x+1），
∴f（x+3）＝﹣f（x），则f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），
∴f（x）的周期为6，
令x＝1，y＝0得f（1）+f（1）＝f（1）×f（0），解得f（0）＝2，
又f（x+1）＝f（x）﹣f（x﹣1），
∴f（2）＝f（1）﹣f（0）＝﹣1，
f（3）＝f（2）﹣f（1）＝﹣2，
f（4）＝f（3）﹣f（2）＝﹣1，
f（5）＝f（4）﹣f（3）＝1，
f（6）＝f（5）﹣f（4）＝2，
∴，
∴＝f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝﹣3．
考向四 指数函数与对数函数大小比较
6．（2022•新高考Ⅰ）设a＝0.1e0.1，b＝，c＝﹣ln0.9，则（ ）
A．a＜b＜cB．c＜b＜aC．c＜a＜bD．a＜c＜b
【答案】C
解：构造函数f（x）＝lnx+，x＞0，
则f'（x）＝，x＞0，
当f'（x）＝0时，x＝1，
0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）在x＝1处取最小值f（1）＝1，
∴，（x＞0且x≠1），
∴ln0.9＞1﹣＝﹣，∴﹣ln0.9＜，∴c＜b；
∵﹣ln0.9＝ln＞1﹣＝，∴，
∴0.1e0.1＜，∴a＜b；
设g（x）＝xex+ln（1﹣x）（0＜x＜1），
则＝，
令h（x）＝ex（x2﹣1）+1，h′（x）＝ex（x2+2x﹣1），
当0时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
∵h（0）＝0，∴当0＜x＜时，h（x）＜0，
当0＜x＜﹣1时，g′（x）＞0，g（x）＝xex+ln（1﹣x）单调递增，
∴g（0.1）＞g（0）＝0，∴0.1e0.1＞﹣ln0.9，∴a＞c，
∴c＜a＜b．
7．（2021•新高考Ⅱ）已知a＝lg52，b＝lg83，c＝，则下列判断正确的是（ ）
A．c＜b＜aB．b＜a＜cC．a＜c＜bD．a＜b＜c
【答案】C
【解答】解：∵，，
∴a＜c＜b．
从近三年的新高考试题来看，函数单调性的判断和应用以及函数的最值问题是高考的热点，题型既有选择题、填空题。主要考查函数的单调性、最值的灵活确定与简单应用，预测2024高考仍将以函数的单调性，奇偶性、幂指对函数比较大小为主要考点，重点考查转化与化归思想及逻辑推理能力．
一．函数的单调性及单调区间（共3小题）
1．（2023•海淀区校级三模）下列函数中，在区间（﹣∞，0）上是减函数的是（ ）
A．y＝x3B．
C．D．y＝x﹣1
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝x3，是幂函数，在R上为增函数，不符合题意；
对于B，y＝（）﹣x＝2x，是指数函数，在R上为增函数，不符合题意；
对于C，由复合函数单调性的判断方法，y＝在区间（﹣∞，0）上是递增，不符合题意；
对于D，y＝x﹣1＝，是反比例函数，在区间（﹣∞，0）上是减函数，符合题意．
故选：D．
2．（2023•扬中市校级模拟）若幂函数f（x）的图象过点，则函数的递减区间为（ ）
A．（0，2）B．（﹣∞，0）和（2，+∞）
C．（﹣2，0）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【解答】解：设幂函数f（x）＝xα，它的图象过点（，），
∴（）α＝，∴α＝2；
∴f（x）＝x2；
∴g（x）＝，则g′（x）＝＝，
令g′（x）＜0，即x（2﹣x）＜0，解得：x＞2或x＜0，
故g（x）在递减区间是（﹣∞，0）和（2，+∞），
故选：B．
3．（2023•浦东新区校级三模）定义在区间[1，+∞）上的函数f（x）的图像是一条连续不断的曲线，f（x）在区间[2k﹣1，2k]上严格增，在区间[2k，2k+1]上严格减，k为正整数．给出下列四个结论：
①若{f（2k）}为严格增数列，则f（x）存在最大值；
②若{f（2k+1）}为严格增数列，则f（x）存在最小值；
②若f（2k）f（2k+1）＞0，且f（2k）+f（2k+1）存在最小值，则|f（x）|存在最小值；
若f（2k）f（2k+1）＜0，且f（2k）﹣f（2k+1）存在最大值，则|f（x）|存在最大值．
其中所有错误结论的序号有 ．
【解答】解：对于①，由条件知，函数f（x）在区间[2k﹣1，2k]上单调递增，
在区间[2k，2k+1上单调递减，k＝1，2，…，那么在区间[2k﹣1，2k+1]，函数的最大值是f（2k），
若数列 {f（2k）}为递增数列，则函数f（x）不存在最大值，所以①错误；
对于②，由条件知，函数f（x）在区间[2k﹣1，2k]上单调递增，在区间[2k，2k+1]上单调递减，
若{f（2k+D）}为递增数列，那么在区间[2k﹣1，2k+1]的最小值是f（2k﹣1），且f（2k+D）为递增数列，
所以函数f（x）在区间[1，+∞）的最小值是f（1），所以②正确；
对于③，若f（2k）f（2k+1）＞0，取，k∈N*，
则f（2k）+f（2k+1）＝2k，存在最小值，
但此时|f（x）|的最小值是|f（2k+1）|＝的最小值，函数单调递减，无最小值，所以③错误；
对于④，若f（2k）f（2k+1）＜0，取，则f（2k）﹣f（2k+1）＝2恒成立，
则f（2k）﹣f（2k+1）有最大值，但|f（x）|的最大值是|f（2k）|＝2﹣的最大值，
函数单调递增，无最大值，所以④错误．
故答案为：①③④．
二．函数单调性的性质与判断（共6小题）
4．（2023•西城区校级三模）在下列四个函数中，在定义域内单调递增的有（ ）
A．f（x）＝tanxB．f（x）＝|x|C．f（x）＝2xD．f（x）＝x2
【解答】解：A：根据正切函数的性质可知，y＝tanx在定义域（﹣，）（k∈Z）上单调，不符合题意；
B：f（x）＝|x|在定义域R上不单调，不符合题意；
C：根据指数函数的性质可知，f（x）＝2x在R上单调递增，符合题意；
D：根据二次函数的性质；f（x）＝x2在定义域R上不单调，不符合题意．
故选：C．
5．（2023•龙华区校级模拟）已知函数f（x）是（0，+∞）上的单调函数，且f（f（x）﹣x﹣lg2x）＝5，则f（x）在[1，8]上的值域为（ ）
A．[2，10]B．[3，10]C．[2，13]D．[3，13]
【解答】解：由题意设f（x）﹣x﹣lg2x＝m，则f（x）＝x+lg2x+m，且f（m）＝5，
所以m+lg2m+m＝5，即lg2m＝5﹣2m，解得m＝2，
所以f（x）＝x+lg2x+2，x∈[1，8]，
因为函数y＝x，y＝lg2x都为单调递增函数，所以函数f（x）在[1，8]上单调递增，
则当x＝1时，f（x）min＝1+0+2＝3，当x＝8时，f（x）max＝8+3+2＝13，
所以函数f（x）的值域为[3，13]，
故选：D．
6．（2023•西宁模拟）已知函数，对任意x1≠x2，都有成立，则a的取值范围是（ ）
A．（0，1）B．（1，2]C．（0，1]D．（1，2）
【解答】解：因为对任意x1≠x2，都有成立，
所以函数f（x）在定义域内单调递增，
因为，所以，
解得1＜a≤2，故A，C，D错误．
故选：B．
7．（2023•景德镇模拟）已知定义域为R的函数f（x）的图象是连续不断的曲线，对任意实数m，n均满足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），且当x＞0时，f（x）＞0．若g（x）＝，则下列判断正确的是（ ）
A．g（1）＞g（0）B．g（3）＜g（﹣1）C．g（2）＜g（﹣1）D．g（3）＞g（﹣2）
【解答】解：已知对任意实数m，n均满足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），
可得+＝，
不妨设，
因为当x＞0时，f（x）＞0，
所以h（x）＞0，
满足h（m）+h（n﹣m）＝h（n），
当n＞m时，h（n﹣m）＞0；
所以h（m）＜h（n），
即h（x）在R上单调递增，
又g（x）＝，
即g（x）＝，
所以函数g（x）的图象关于x＝1对称，且g（x）在 （1，+∞）上递增，
则g（1）＜g（0），故选项A错误；g（3）＝g（﹣1），故选项B错误；
g（2）＜g（﹣1），故选项C正确；g（3）＜g（﹣2），故选项D错误．
故选：C．
8．（2023•驻马店二模）已知f（x）是定义域为R的单调递增的函数，∀n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，则f（28）＝ ．
【解答】解：因为∀n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，所以，f（f（0））＝0，
因为f（0）∈N，若f（0）＝0，则f（f（0））＝f（0）＝0，合乎题意，
若f（0）≥1，则f（f（0））≥f（1）＞f（0）≥1，这与f（f（0））＝0矛盾，故f（0）＝0，
所以，f（1）＞f（0）＝0，因为f（1）∈N，则f（1）≥1，
因为f（f（1））＝3，若f（1）＝1，则f（f（1））＝f（1）＝1，这与f（f（1））＝3矛盾，
若f（1）＝2，则f（f（1））＝f（2）＝3＞f（1），合乎题意，
若f（1）≥3，则f（f（1））≥f（3）＞f（1）≥3，即f（f（1））＞3，矛盾，故f（1）＝2．
因为f（f（2））＝f（3）＝6，所以f（f（3））＝f（6）＝9，
所以，6＝f（3）＜f（4）＜f（5）＜f（6）＝9，于是f（4）＝7，f（5）＝8．
因为f（f（4））＝f（7）＝12，所以f（f（7））＝f（12）＝21，
因为f（f（6））＝f（9）＝18，18＝f（9）＜f（10）＜f（11）＜f（12）＝21，
所以f（10）＝19，f（11）＝20．
因为f（f（9））＝f（18）＝27，f（f（10））＝f（19）＝30，
所以f（f（18））＝f（27）＝54，f（f（19））＝f（30）＝57，
所以，54＝f（27）＜f（28）＜f（29）＜f（30）＝57，所以f（28）＝55，f（29）＝56．
故答案为：55．
9．（2023•杨浦区校级三模）已知函数，设xi（i＝1、2、3）为实数，且x1+x2+x3＝0，给出下列结论：①若x1•x2•x3＞0，则；②若x1•x2•x3＜0，则．则（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确
C．①②都正确D．①②都错误
【解答】解：令函数，
可得函数g（x）为单调递增函数，
又由 ，即g（﹣x）＝﹣g（x），
所以函数g（x）为奇函数，图象关于点（0，0）对称，如图（1）所示，
①中，因为 x1+x2+x3＝0，且 x1⋅x2⋅x3＞0，则 x3＝﹣（x1+x2），不妨设 x1＜0，x2＜0，x3＞0，
则点A（x1+x2，f（x1+x2）），此时直线OA的方程为 ，
可得，则 ，
可得g（x1）+g（x2）﹣g（x1+x2）＜0，又由 g（x3）＝g[﹣（x1+x2）]＝﹣g（x1+x2），
所以g（x1）+g（x2）+g（x3）＜0，即，
即，所以①正确；
②中，若 x1⋅x2⋅x3＜0，不妨设 x1⋅x2⋅x3＞0，则x1＝﹣（x2+x3），不妨设 x1＜0，x2＞0，x3＞0，
则点B（x2+x3，f（x2+x3）），此时直线OB的方程为，
可得 ，
则，
可得g（x2）+g（x3）﹣g（x2+x3）＞0，
又由g（x1）＝g[﹣（x2+x3）]＝﹣g（x2+x3），
所以g（x1）+g（x2）+g（x3）＞0，
即，
即 ，所以②正确．
故选：C．
三．复合函数的单调性（共4小题）
10．（2023•绍兴二模）下列函数在区间（0，2）上单调递增的是（ ）
A．y＝（x﹣2）2B．C．y＝sin（x﹣2）D．y＝cs（x﹣2）
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝（x﹣2）2，是开口向上的二次函数，其对称轴为x＝2，在区间（0，2）上单调递减，不符合题意；
对于B，y＝，在区间（0，2）上为减函数，不符合题意；
对于C，设t＝x﹣2，则y＝sint，由于0＜x＜2，则﹣2＜t＜0，y＝cst在区间（﹣2，0）先减后增，则y＝sin（x﹣2）在区间（0，2）不是增函数，不符合题意；
对于D，设t＝x﹣2，则y＝cst，由于0＜x＜2，则﹣2＜t＜0，y＝cst在区间（﹣2，0）上为增函数，则y＝cs（x﹣2）在区间（0，2）上单调递增，符合题意．
故选：D．
（多选）11．（2023•渝中区校级模拟）若，其中e为自然对数的底数，则下列命题正确的是（ ）
A．f（x）在（0，+∞）上单调递增
B．f（x）在（0，+∞）上单调递减
C．f（x）的图象关于直线x＝0对称
D．f（x）的图象关于点（0，0）中心对称
【解答】解：f（﹣x）＝f（x），则f（x）是偶函数，图象关于y轴即x＝0对称，C项正确，D项错误；
设u＝1﹣x2，其在（0，+∞）上单调减，y＝eu在u∈R上单调增，
则函数，在（0，+∞）上单调减，B项正确，A错误．
故选：BC．
12．（2023•济宁一模）若函数f（x）＝lga（ax﹣x3）（a＞0且a≠1）在区间（0，1）内单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．[3，+∞）B．（1，3]C．D．
【解答】解：令μ＝g（x）＝ax﹣x3，则g'（x）＝a﹣3x2，
当或时，g'（x）＜0，当时，g'（x）＞0，
所以g（x）在和上递减，在上递增，
当a＞1时，y＝lgaμ为增函数，且函数f（x）在区间（0，1）内单调递增，
所以，解得a≥3，
此时g（x）在（0，1）上递增，则g（x）＞g（0）＝0恒成立，
当0＜a＜1时，y＝lgaμ为减函数，且函数f（x）在区间（0，1）内单调递增，
所以，无解，
综上所述，a的取值范围是[3，+∞）．
故选：A．
13．（2023•安康一模）已知函数．
（1）若f（1）＝3，求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数a，使函数f（x）的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵f（1）＝3，∴a+9＝23，即a＝﹣1，，
由﹣x2+4x+5＞0，x2﹣4x﹣5＝（x﹣5）（x+1）＜0，
解得﹣1＜x＜5，∴函数f（x）的定义域为（﹣1，5），
∵函数t＝﹣x2+4x+5在（﹣1，2）上单调递增，在（2，5）上单调递减，
又∵y＝lg2t在（0，+∞）上为增函数，
∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣1，2），单调递减区间为（2，5）．
（2）设存在实数a，使函数f（x）的最小值为0，h（x）＝ax2+4x+5，
∵函数f（x）的最小值为0，∴函数h（x）的最小值为1，所以a＞0①，且②，
联立①②解得：a＝1，
∴存在实数a＝1，使函数f（x）的最小值为0．
四．函数的最值及其几何意义（共9小题）
14．（2023•兴庆区校级模拟）已知实数x，y满足2x2﹣5lnx﹣y＝0，m∈R，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：∵＝，表示动点P（x，y）到定点（m，﹣m）的距离，
又因为（m，﹣m）在直线x+y＝0上，
求y＝2x2﹣5lnx（x＞0）与直线x+y＝0平行的切线，该切线与直线x+y＝0间的距离即为的最小值．
由y＝2x2﹣5lnx求导得，y′＝4x﹣，
令y′＝﹣1，即4x﹣＝﹣1，即4x2+x﹣5＝0，
解得x＝1（负值舍去），
所以切点（1，2），
又切点（1，2）到直线x+y＝0的距离d＝＝，
所以动点P（x，y）到定点（m，﹣m）的最小距离为，
所以的最小值为，
故选：B．
15．（2023•郑州模拟）已知函数f（x）＝a（3﹣x）+的图象过点（0，1）与，则函数f（x）在区间[1，4]上的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：由题意可得，解得．
∴f（x）＝＝1﹣，
f′（x）＝＝＝＝，
当x∈[1，2）时，f′（x）＞0，当x∈（2，4]时，f′（x）＜0，
∴f（x）在[1，2）上单调递增，在（2，4]上单调递减，
∴＝．
故选：B．
16．（2023•芦溪县校级一模）关于“函数f（x）＝的最大、最小值与数列an＝的最大、最小项”，下列说法正确的是（ ）
A．函数f（x）无最大、最小值，数列{an}有最大、最小项
B．函数f（x）无最大、最小值，数列{an}无最大、最小项
C．函数f（x）有最大、最小值，数列{an}有最大、最小项
D．函数f（x）有最大、最小值，数列{an}无最大、最小项
【解答】解：函数f（x）＝＝•＝•＝（1+），
令g（x）＝1+，
由2x﹣≠0，解得x≠lg2，所以函数的定义域为{x|x≠lg2}，
因为2x﹣＞﹣且2x﹣≠0，所以∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞），
则∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞），
则g（x）∈（﹣∞，）∪（1，+∞），所以函数f（x）无最大、最小值；
又y＝在（﹣∞，0），（0，+∞）上单调递减，y＝2x﹣在定义域上单调递增，
所以f（x）在（﹣∞，lg2），（lg2，+∞）上单调递减，
且当x＞lg2时，f（x）＞0，
因为2＜lg2＜lg28＝3，
对于数列an＝，
则a1＝0＞a2＝﹣，a3＝6＞a4＞a5＞…＞0，且n≥3时an＞0，
所以数列{an}有最小项a2＝﹣，有最大项a3＝6．
故选：A．
17．（2023•浦东新区二模）函数在区间上的最小值为 ．
【解答】解：y＝＝1+lg2x+﹣1＝lg2（2x）+﹣1＝+﹣1＝2lg4（2x）+﹣1，
∵x∈（，+∞），∴2x∈（1，+∞），∴lg4（2x）＞0，
∴y＝2lg4（2x）+﹣1﹣1＝2﹣1，当且仅当2lg4（2x）＝，即lg4（2x）＝时，等号成立，
即函数在区间上的最小值为2﹣1．
故答案为：2﹣1．
18．（2023•南关区校级模拟）已知函数，存在实数x1，x2，…，xn使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立，若正整数n的最大值为6，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：设，
由于单调递减，则g（x）单调递增，
因为e2x+1＞1，
所以﹣1＜g（x）＜1，则﹣1﹣a＜g（x）﹣a＜1﹣a，
当0≤a≤1时，﹣1﹣a＜﹣1，0＜1﹣a＜1，
则0≤f（x）＜a+1，
显然存在任意正整数n，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立；
当a＞1时，﹣1﹣a＜1﹣a＜0，a﹣1＜f（x）＜a+1，
要使正整数n的最大值为6，则，解得；
当﹣1≤a＜0时，﹣1＜﹣1﹣a＜0，1﹣a＞1，0≤f（x）＜1﹣a，
显然存在任意正整数n，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立；
当a＜﹣1时，0＜﹣1﹣a＜1﹣a，﹣a﹣1＜f（x）＜﹣1﹣a，
要使正整数n的最大值为6，则，解得．
综上，实数a的取值范围为．
故选：C．
19．（2023•烟台模拟）已知实数a，b满足a2+b2﹣4a+3＝0，则a2+（b+2）2的最大值为 ．
【解答】解：方程a2+b2﹣4a+3＝0整理得（a﹣2）2+b2＝1，
设点A（a，b），即点A是圆C：（x﹣2）2+y2＝1上一点
又点B（0，﹣2）在圆C：（x﹣2）2+y2＝1外，所以，
则，
所以a2+（b+2）2的最大值为．
故答案为：．
20．（2023•香坊区校级模拟）已知实数x1，x2，y1，y2满足+＝4，+＝9，x1x2+y1y2＝0则|x1+y1﹣9|+|x2+y2﹣9|的最小值是 ．
【解答】解：由可知，
点A（x1，y1），B（x2，y2）分别在圆x2+y2＝4和圆x2+y2＝9上，
由x1x2+y1y2＝0得OA⊥OB，
如图，作直线l：y＝﹣x，过B作BD⊥l于D，过A作AE⊥l于E，
设，因为OA⊥OB，所以，
从而，
故，
其中，
故当时，|BD|+|AE|取最大值，
而，
其中表示A到直线x+y﹣9＝0的距离d1，
表示B到直线x+y﹣9＝0的距离d2，
因为y＝﹣x与x+y﹣9＝0平行，且y＝﹣x与x+y﹣9＝0的距离为，
所以，
从而|x1+y1﹣9|+|x2+y2﹣9|＝（d1+d2）≤（|AE|+|BD|+）＝．
故答案为：+18．
21．（2023•鲤城区校级模拟）设a，b∈R，c＞0，求的最小值 ．
【解答】解：由两点距离公式的几何意义可知的几何意义为点（a，ea）到（b，b）的距离，
的几何意义表示为点（c，lnc）到（b，b）的距离，
而（a，ea）是y＝ex（x＞0）上的点，（c，lnc）是y＝lnx上的点，（b，b）是y＝x上的点，
且y＝ex与y＝lnx关于直线y＝x对称，
∴+的最小值，转化为y＝ex图像上的动点与y＝lnx图像上的动点间的最小距离，
显然，y＝ex与平行y＝x的切线l1的切点M，和y＝lnx与平行y＝x的切线12的切点N，
它们之间的距离MN就是所求最小距离．
对于y＝ex，设切点为（x1，y1），有y′＝ex，则＝1，故x1＝0，则y1＝e0＝1，故M（0，1）．
对于y＝lnx，设切点为（x2，y2），有y′＝，则＝1，故x2＝1，则y2＝ln1＝0，故N（1，0），
则|MN|＝＝，
则+的最小值为．
故答案为：．
22．（2023•武功县校级模拟）已知函数f（x）＝2|x﹣1|+|2x+1|．
（1）解不等式f（x）＜4；
（2）已知f（x）的最小值为m，正实数a，b满足mab＝a+b，求a+3b的最小值．
【解答】解：（1）当x≥1时，f（x）＝2x﹣2+2x+1＝4x﹣1，由f（x）＜4得4x﹣1＜4得x＜，此时1≤x＜．
当﹣＜x＜1时，f（x）＝﹣2x+2+2x+1＝3，此时f（x）＜4恒成立，此时﹣＜x＜1．
当x≤﹣时，f（x）＝﹣2x+2﹣2x﹣1＝﹣4x+1，由f（x）＜4得﹣4x+1＜4得x＞﹣，此时﹣＜x≤﹣．
综上﹣＜x＜．
即不等式的解集为（﹣，）．
（2）由f（x）的图象知f（x）的最小值为3，即m＝3，
则mab＝a+b等价3ab＝a+b，即1＝＝+，
则a+3b＝（a+3b）（+）＝+1++≥+2＝+，
当且仅当＝，即a＝b时取等号，
即a+3b的最小值是+．
五．奇函数、偶函数（共3小题）
23．（2023•昌江县二模）已知f（x）是R上的奇函数，且f（x+2）＝﹣f（x），当x∈（0，2）时，f（x）＝x2+2x，则f（15）＝（ ）
A．3B．﹣3C．255D．﹣255
【解答】解：因为f（x）是R上的奇函数，且f（x+2）＝﹣f（x），
所以f（x+4）＝f（x），
当x∈（0，2）时，f（x）＝x2+2x，
则f（15）＝f（3）＝﹣f（1）＝﹣3．
故选：B．
24．（2023•茂南区校级三模）已知函数是偶函数，则a＝ ．
【解答】解：因为是偶函数，
所以f（﹣x）＝f（x）恒成立，
所以（e﹣x﹣aex）cs3x＝（）cs3x，
整理得（a+1）（）＝0恒成立，
所以a＝﹣1．
故答案为：﹣1．
25．（2023•肥西县模拟）若函数f（x）（x∈R）是周期为4的奇函数，且在[0，2]上的解析式为，则＝ ．
【解答】解：根据题意，函数f（x）（x∈R）是周期为4的奇函数，
则f（5）＝f（1），f（）＝f（﹣+8）＝f（﹣）＝﹣f（），
又由函数f（x）在[0，2]上的解析式为，
则f（5）＝f（1）＝0，f（）＝﹣f（）＝﹣sinπ＝，
则f（5）+f（）＝0+＝，
故答案为：．
六．函数奇偶性的性质与判断（共4小题）
26．（2023•郑州三模）已知函数是偶函数，则实数a＝ ．
【解答】解：函数f（x）的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），
又f（x）为偶函数，
则，
解得a＝2，
经检验，a＝2符合题意．
故答案为：2．
27．（2023•张家口一模）已知是奇函数，则实数a＝ ．
【解答】解：由题意得f（x）＝﹣f（﹣x），所以，
解得a＝2．
故答案为：2．
28．（2023•红山区模拟）已知函数f（x）的定义域为R，f（2x+2）为偶函数，f（x+1）为奇函数，且当x∈[0，1]时，f（x）＝ax+b．若f（4）＝1，则＝（ ）
A．B．0C．D．﹣1
【解答】解：因为f（2x+2）为偶函数，所以f（﹣2x+2）＝f（2x+2），
用代替x得：f（﹣x+1）＝f（x+3），
因为f（x+1）为奇函数，所以f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
故f（x+3）＝﹣f（x+1）①，
用x+2代替x得：f（x+5）＝﹣f（x+3）②，
由①②得：f（x+5）＝f（x+1），
所以函数f（x）的周期T＝4，
所以f（4）＝f（0）＝1，即b＝1，
因为f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），令x＝0得：f（1）＝﹣f（1），故f（1）＝0，f（1）＝a+b＝0，解得：a＝﹣1，
所以x∈[0，1]时，f（x）＝﹣x+1，
因为f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
令，得，
其中，所以，
因为f（﹣2x+2）＝f（2x+2），
令得：，即，
因为T＝4，所以，
因为f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
令得：，
故，．
故选：C．
29．（2023•南充模拟）设定义在R上的函数f（x）与g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．B．
C．∀x∈R，f（2+x）+f（﹣x）＝0D．g（3）+g（5）＝4
【解答】解：对C，∵g'（x）＝f'（x﹣2），则g（x）＝f（x﹣2）+a，则g（4﹣x）＝f（2﹣x）+a，
又f（x）﹣g（4﹣x）＝2，所以f（x）＝f（2﹣x）+a+2，令x＝1，可得a+2＝0，即a＝﹣2．
所以f（x）＝f（2﹣x），所以函数f（x）的图象关于x＝1对称，
而f（2+x）+f（﹣x）＝0，可得f（x）关于（1，0）对称，C错；
对A：∵f（x+2）为奇函数，则y＝f（x）图像关于（2，0）对称，且f（2+x）+f（2﹣x）＝0，
∴f（0）＝0，f（2）＝0，f（1）+f（3）＝0，f（4）+f（0）＝0，∴f（4）＝0．
又f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x），∴f（x）＝﹣f（x+2）＝f（x+4），∴y＝f（x）的周期T＝4，
∴f（k）＝505[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）+f（2）+f（3）＝0，A对；
对D，g（x）＝f（x﹣2）﹣2，则g（x）是周期T＝4的函数，
g（3）+g（5）＝f（1）﹣2+f（3）﹣2＝﹣4，D错误；
对B，g（k）＝f（﹣1）﹣2+f（0）﹣2+f（1）﹣2+…+f（2021）﹣2＝f（k）﹣2×2023＝﹣4046，B错误．
故选：A．
七．奇偶函数图象的对称性（共4小题）
30．（2023•晋中模拟）已知函数，则f（x）的图象（ ）
A．关于直线x＝2对称B．关于点（2，0）对称
C．关于直线x＝0对称D．关于原点对称
【解答】解：f（x）＝2x﹣24﹣x，
则f（4﹣x）＝24﹣x﹣24﹣（4﹣x）＝24﹣x﹣2x，
所以f（x）+f（4﹣x）＝0，
则函数f（x）的图象关于点（2，0）对称，
故选：B．
31．（2023•濠江区校级三模）写出一个满足“图象既关于直线x＝1对称又关于原点中心对称”的函数f（x）＝ ．
【解答】解：依题意，函数f（x）的周期为4，则根据正弦函数的性质可取，
故答案为：（答案不唯一）．
32．（2023•安阳三模）已知函数的图象关于坐标原点对称，则a+b＝ ．
【解答】解：依题意函数f（x）是一个奇函数，
又2x﹣a≠0，所以x≠lg2a，
所以f（x）定义域为{x|x≠lg2a}，
因为f（x）的图象关于坐标原点对称，所以lg2a＝0，
解得a＝1，
又f（﹣x）＝﹣f（x），所以，
所以，即，
所以，所以．
故答案为：．
（多选）33．（2023•海阳市校级模拟）函数y＝f（x）在区间（﹣∞，+∞）上的图象是一条连续不断的曲线，且满足f（3+x）﹣f（3﹣x）+6x＝0，函数f（1﹣2x）的图象关于点（0，1）对称，则（ ）
A．f（x）的图象关于点（1，1）对称
B．8是f（x）的一个周期
C．f（x）一定存在零点
D．f（101）＝﹣299
【解答】解：对于A，由于f（1﹣2x）的图象关于点（0，1）对称，
所以f（1﹣2x）+f（1+2x）＝2，故f（1﹣x）+f（1+x）＝2，
所以f（x）的图象关于点（1，1）对称，故A正确，
由f（3+x）﹣f（3﹣x）+6x＝0得f（3+x）+3x＝f（3﹣x）﹣3x，令g（x）＝f（3+x）+3x，
∴g（﹣x）＝f（3﹣x）+3x，
所以g（x）＝g（﹣x），故g（x）为偶函数，又f（x）的图象关于点（1，1）对称，
所以f（x）+f（﹣x+2）＝2，又f（x）＝g（x﹣3）﹣3（x﹣3），
从而g（x﹣3）﹣3（x﹣3）+g（﹣x+2﹣3）﹣3（﹣x+2﹣3）＝2⇒g（x﹣3）+g（﹣x﹣1）＝﹣10，
所以g（x）的图象关于（﹣2，﹣5）对称，
对于C，在f（1﹣x）+f（1+x）＝2中，令x＝0，f（1）＝1＞0，
所以g（﹣2）＝f（1）﹣6＝﹣5，
∴g（2）＝﹣5＝f（5）+6⇒f（5）＝﹣11＜0，
由于y＝f（x）在区间（﹣∞，+∞）上的图象是一条连续不断的曲线，由零点存在性定理可得f（x）在（1，5）有零点，故C正确
对于D，由于g（x）的图象关于（﹣2，﹣5）对称以及g（x）＝g（﹣x）得g（x）+g（﹣x﹣4）＝﹣10⇒g（x）+g（x+4）＝﹣10，
又g（x+8）+g（x+4）＝﹣10，
所以g（x）＝g（x+8），
所以g（x）是周期为8的周期函数，f（101）＝g（98）﹣3×98＝g（2）﹣294＝﹣5﹣294＝﹣299，故D正确，
对于B，f（1）＝1，f（9）＝g（6）﹣18＝g（﹣2）﹣18＝g（2）﹣18＝﹣5﹣18＝﹣23≠f（1），
所以8不是f（x）的周期，
故选：ACD．
八．奇偶性与单调性的综合（共3小题）
34．（2023•禅城区模拟）已知f（x）是定义在R上的偶函数且f（1）＝2，若f'（x）＜f（x）ln2，则f（x）﹣2x+2＞0的解集为 ．
【解答】解：令，则 ，
由于f'（x）＜f（x）ln2，所以g′（x）＝＜0，故g（x）在R上单调递减，
又f（x）是定义在R上的偶函数且f（1）＝2，故f（﹣1）＝2，
所以g（﹣1）＝＝4，f（x）﹣2x+2＞0 等价于，
因此x＜﹣1，故f（x）﹣2x+2＞0 的解集为（﹣∞，﹣1）．
故答案为：（﹣∞，﹣1）．
35．（2023•石嘴山校级三模）已知函数f（x）是定义域为R的函数，f（2+x）+f（﹣x）＝0，对任意x1，x2∈[1，+∞）（x1＜x2），均有f（x2）﹣f（x1）＞0，已知a，b（a≠b）为关于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝0的两个解，则关于t的不等式f（a）+f（b）+f（t）＞0的解集为（ ）
A．（﹣2，2）B．（﹣2，0）C．（0，1）D．（1，2）
【解答】解：由f（2+x）+f（﹣x）＝0，得f（1）＝0且函数f（x）关于点（1，0）对称，
由对任意x1，x2∈[1，+∞）（x1＜x2），均有f（x2）﹣f（x1）＞0，
可知函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，
又因为函数f（x）的定义域为R，
所以函数f（x）在R上单调递增，
因为a，b（a≠b）为关于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝0的两个解，
所以Δ＝4﹣4（t2﹣3）＞0，解得﹣2＜t＜2，
且a+b＝2，即b＝2﹣a，
又f（2+x）+f（﹣x）＝0，
令x＝﹣a，则f（a）+f（b）＝0，
则由f（a）+f（b）+f（t）＞0，得f（t）＞0＝f（1），
所以t＞1，
综上，t的取值范围是（1，2）．
故选：D．
36．（2023•金东区校级三模）已知函数，g（x）＝sinx，a＞b≥1，c＞d＞0，若f（a）﹣f（b）＝π，，则（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：设，则在[1，+∞）上单调递减，
因为a＞b≥1，故F（a）＜F（b），即a﹣f（a）＜b﹣f（b），
∴a﹣b＜f（a）﹣f（b）＝π，
设G（x）＝x﹣g（x）＝x﹣sinx，（x＞0），则g′（x）＝1﹣csx＞0，
故G（x）＝x﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为c＞d＞0，故G（c）＞G（d），
即c﹣g（c）＞d﹣g（d），
∴，
由于a﹣b＜π，，故，
则，即，所以A错误，B正确；
由a﹣b＜π，，无法确定还是，C，D错误，
故选：B．
九．抽象函数及其应用（共6小题）
（多选）37．（2023•杭州二模）已知函数f（x）（x∈R）是奇函数，f（x+2）＝f（﹣x）且f（1）＝2，f'（x）是f（x）的导函数，则（ ）
A．f（2023）＝2B．f'（x）的周期是4
C．f'（x）是偶函数D．f'（1）＝1
【解答】解：根据题意，函数满足f（x+2）＝f（﹣x），则f（x+4）＝f（﹣x﹣2）＝f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，B正确；
而函数f（x）（x∈R）是奇函数，则f（2023）＝f（﹣1+2024）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣2，A错误；
f（x）为奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），等式两边同时求导，可得﹣f′（﹣x）＝﹣f′（x），即f′（﹣x）＝f′（x），f'（x）是偶函数，C正确；
f（x+2）＝f（﹣x），则有f（x+2）＝﹣f（x），等式两边同时求导，可得f′（x+2）＝﹣f′（x），令x＝﹣1可得，f′（1）＝﹣f′（﹣1），
又由f′（x）为偶函数，则f′（1）＝f′（﹣1），综合可得f′（1）＝0，D错误；
故选：BC．
（多选）38．（2023•鼓楼区校级模拟）定义在R上的函数f（x），g（x）的导函数为f′（x），g′（x），y＝f（x+1）是偶函数．已知2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，则（ ）
A．y＝f′（x）是奇函数
B．y＝g（x）图象的对称轴是直线x＝2
C．f′（3）＝0
D．
【解答】解：∵2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，∴2f′（x﹣1）﹣g′（x）＝0，
∴2f′（x）﹣g′（x+1）＝0，又f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，
∴f′（x）＝g′（x+1）﹣g′（1﹣x），
∴f′（﹣x）＝g′（﹣x+1）﹣g′（1+x）＝﹣f′（x），
∴f′（x）为奇函数，故A正确；
∵y＝f（x+1）是偶函数，∴f（1+x）＝f（1﹣x），
则f（x）＝f（2﹣x），
又2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，则，
所以，则，
则，
∴g（x+1）＝g（3﹣x），g（x）＝g（4﹣x），
故y＝g（x）的图象关于x＝2对称，故B正确；
因为f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，所以f′（x）＝g′（1﹣x），
令x＝3得，f′（3）＝g′（﹣2），
又∵2f′（x﹣1）﹣g′（x）＝0，令x＝﹣2，
得2f′（﹣3）＝g′（﹣2）＝f′（3），∴f′（3）＝0，故C正确；
∵2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，∴2f'（x﹣1）﹣g'（x）＝0，g'（x）＝2f'（x﹣1），
又f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，y＝f′（x）是奇函数，
∴f′（x﹣1）＝g′（2﹣x），y＝g′（1﹣x）是奇函数，
则g′（x）＝2g′（2﹣x），g′（1﹣x）＝﹣g′（1+x）⇒g′（x）＝﹣g′（2﹣x），
则2g′（2﹣x）＝﹣g′（2﹣x），g′（2﹣x）＝0⇒g′（x）＝0，
故，D错误．
故选：ABC．
39．（2023•商洛三模）定义在R上的奇函数f（x）满足∀x∈R，f（x）+f（4﹣x）＝0，且当0＜x＜2时，f（x）＝x2﹣2x，则＝ ．
【解答】解：根据题意，f（x）为定义域为R的奇函数，则f（x）＝﹣f（﹣x），
又由∀x∈R，f（x）+f（4﹣x）＝0，即f（x）＝﹣f（4﹣x），
则有f（4﹣x）＝f（x），变形可得f（x+4）＝f（x），即f（x）是周期为4的周期函数，
当0＜x＜2时，f（x）＝x2﹣2x，有f（1）＝﹣1，
又由∀x∈R，f（x）+f（4﹣x）＝0，令x＝1可得：f（1）+f（3）＝0，则f（3）＝1，
f（x）为定义域为R的奇函数，则f（0）＝0，
在f（x）+f（4﹣x）＝0中，令x＝0可得：f（0）+f（4）＝0，即f（4）＝0，
令x＝2可得：f（2）+f（2）＝0，则有f（2）＝0，
故|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|+|f（4）|＝2，
故＝505×（|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|+|f（4）|）+|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|＝1012．
故答案为：1012．
40．（2023•德州三模）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，且f（x﹣1）为奇函数，f′（2﹣x）+f′（x）＝2，f′（﹣1）＝2，则＝（ ）
A．2025B．2024C．1013D．1012
【解答】解：由f′（2﹣x）+f′（x）＝2，令x＝1，得2f′（1）＝2，所以f′（1）＝1．
由f（x﹣1）为奇函数，得f（x﹣1）＝﹣f（﹣x﹣1），
所以f′（x﹣1）＝f′（﹣x﹣1），故f′（x）＝f′（﹣x﹣2）①，
又f′（2﹣x）+f′（x）＝2②，由①和②得f′（2﹣x）+f′（﹣x﹣2）＝2，
即f′（4﹣x﹣2）+f′（﹣x﹣2）＝2，所以f′（x）+f′（x+4）＝2③，
令x＝﹣1，得f′（﹣1）+f′（3）＝2，得f′（3）＝0；
令x＝1，得f′（1）+f′（5）＝2，得f′（5）＝1．又f′（x+4）+f′（x+8）＝2④，
由③﹣④得f′（x）﹣f′（x+8）＝0，即f′（x）＝f′（x+8），
所以函数f′（x）是以8为周期的周期函数，故f′（7）＝f′（﹣1）＝2，
所以f′（1）+f′（3）+f′（5）+f′（7）＝1+0+1+2＝4，
所以
＝506[f′（1）+f′（3）+f′（5）+f′（7）]＝506×4＝2024．
故选：B．
（多选）41．（2023•睢宁县校级模拟）函数f（x）满足∀x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），且f（1）＝1，则（ ）
A．
B．数列{f（n）}单调递减
C．
D．
【解答】解：对于A，∀x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），
令，则有，即，
∴f（x）＞0，
∴，
∵f（1）＝1，
∴，故A错误；
对于B，∀x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，
所以，当n∈N*时，2f（n+1）＝f（n）f（1）＝f（n），
∴数列{f（n）}是以f（1）＝1为首项，为等比的等比数列，
∴，显然数列{f（n）}单调递减，故B正确；
对于C，∵，
∴，
当且仅当f（x1）＝f（x2）时，等号成立，故C正确；
对于D，不妨令Sn＝，
则，①，
，②，
①﹣②得，＝2﹣（n+2），
整理得到，
∴＝，故D正确．
故选：BCD．
42．（2023•宣威市校级模拟）设f（x）是定义在实数集R上的函数，且对任意实数x，y满足f（x﹣y）＝f（x）+f（y）+xy﹣1恒成立．
（1）求f（0），f（1）；
（2）求函数f（x）的解析式；
（3）若方程f[（f（2x）]＝k恰有两个实数根在（﹣2，2）内，求实数k的取值范围．
【解答】解：（1）令x＝y＝0，得f（0）＝f（0）+f（0）﹣1，即f（0）＝1．
令x＝y＝1，得f（0）＝f（1）+f（1）+1﹣1，
即1＝2f（1），即f（1）＝．
（2）令y＝x，得f（0）＝f（x）+f（x）+x2﹣1，
即1＝2f（x）+x2﹣1，
则2f（x）＝﹣x2+2，
则f（x）＝﹣x2+1．
（3）∵f（x）＝﹣x2+1．
∴f（2x）＝﹣2x2+1，
∴f[（f（2x）]＝（﹣2x2+1）2+1＝﹣2x4+2x2+，
令g（x）＝﹣2x4+2x2+，
∴g′（x）＝﹣8x3+4x，
令g′（x）＝0，解得x＝0，或x＝﹣，或x＝，
∴g（x）在（﹣2，），（0，）上单调递增，在（﹣，0），（，2）上单调递减，
∴x＝0时g（x）极小值＝g（0）＝，
当x＝±，g（x）极大值＝g（±）＝1，g（±2）＝﹣，
当k＝1时，﹣2x4+2x2+＝，解得x＝﹣，或x＝，
∵方程f[（f（2x）]＝k恰有两个实数根在（﹣2，2）内，
∴﹣＜k≤，
终上所述：k的取值范围为（﹣，）∪{1}．
一十．函数的值（共3小题）
43．（2023•河南三模）已知函数则f（f（1））＝（ ）
A．﹣4B．﹣2C．2D．4
【解答】解：∵，
∴f（1）＝4﹣1＝，
∴．
故选：B．
44．（2023•开福区校级模拟）已知函数f（x）的定义域为R，且y＝f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）成中心对称．当x＞0时，，则f（﹣2）＝（ ）
A．1B．3C．﹣1D．﹣3
【解答】解：因为将y＝f（x+1）的图象向右平移1个单位长度后，
得到函数y＝f（x）的图象且y＝f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）成中心对称，
所以y＝f（x）的图象关于原点成中心对称，则y＝f（x）在R上是奇函数，
所以．
故选：C．
45．（2023•兴庆区校级四模）若，（n∈N*），则f（1）+f（2）+…+f（2023）＝（ ）
A．B．C．0D．
【解答】解：∵f（n）＝（n∈N*）是周期为3的周期函数，
f（1）＝tan＝，f（2）＝tan＝﹣，f（3）＝tanπ＝0，
∴f（1）+f（2）+…+f（2023）＝674[f（1）+f（2）+f（3）]+f（1）＝．
故选：B．
一十一．幂函数的单调性、奇偶性及其应用（共1小题）
46．（2023•如皋市校级模拟）若（m+1）＜（3﹣2m），则实数m的取值范围 ．
【解答】解：考察幂函数y＝，它在[0，+∞）上是增函数，
∵（m+1）＜（3﹣2m），
∴0≤m+1＜3﹣2m，
解得：﹣1≤m＜，
则实数m的取值范围﹣1．
故答案为：﹣1．
一十二．有理数指数幂及根式（共1小题）
（多选）47．（2023•全国模拟）已知正实数x、y、z满足，则（ ）
A．ln2＜z＜1
B．
C．
D．
【解答】解：由题意，2x，3y是二次方程f（t）＝t2﹣6z⋅t+5z＝0的两根，依题意x＞0，y＞0及指数函数的性质可知2x＞1，3y＞1，
于是二次方程f（t）＝0在t∈（1，+∞）有两根的充要条件为，
根据62z﹣4⋅5z≥0，即7.2z≥4，两边取对数可得：，根据自然底数e＞2.7→e2＞7.29＞7.2，故2＝lne2＞ln7.2，
于是，即c＞ln2，设h（z）＝5z﹣6z+1（z＞0），则h′（z）＝5zln5﹣6zln6＜0，
注意到h（1）＝5﹣6+1＝0，故由h（z）＝5z﹣6z+1＞0＝h（1）可知，z＜1，综上可知，ln2＜z＜1，A选项正确；
由已知2x⋅3y＝5z，两边取对数可得，xln2+yln3＝zln5，于是（x+y）ln2＜xln2+yln3＝zln5＜（x+y）ln3，
故，经计算，212＝4096＞3125＝55，即212＞55，两边取对数可得12ln2＞5ln5，即，
另由37＝2187，，于是37.2＜2187×1.4＜2200×1.4＝3080＜3125＝55，
两边取对数可得7.2ln3＜5ln5，即，综上可知，，C选项正确；
当z→1时，，注意到时方程组的解为或，
于是这里不妨令，于是，
于是，D选项错误；
设f（t）＝t2﹣6z⋅t+5z＝0的两根为t1，t2，于是，
不妨设t1≤t2，设p（z）＝lnt1lnt2，根据复合函数求导法则，，根据求根公式，
，然后求导得到代入 p′（c），
化简可得到，易得y＝xlnx在（1，+∞）上单调递增，
故，代入p′（c）得到：，
不难得到在（1，+∞）上递增，于是p′（z）＜0，于是xy关于z递减，故时，xy取到最大值，
则，由A知，，由ln2≈0.7，ln3≈1.1，估算可得xy≈0.42＜0.5，
另一方面z→1时，根据D选项，x，y之一会趋近0，故xy→0，即正确，B选项正确．
故选：ABC．
一十三．指数函数的单调性与特殊点（共2小题）
48．（2023•沈河区校级模拟）已知正实数x，y满足x＜y，设a＝xex+y，b＝yey+x，c＝yex+x（其中e为自然对数：e≈2.71828…），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＜c＜bB．c＜a＜bC．c＜b＜aD．b＜c＜a
【解答】解：因为a＝xex+y，b＝yey+x，c＝yex+x，所以b﹣c＝y（ey﹣ex），
又y＞x＞0，e＞1，所以ey＞ex，所以b＞c，
又c﹣a＝（x﹣y）+（y﹣x）ex＝（x﹣y）（1﹣ex），
又y＞x＞0，ex＞1，所以c＞a．
综上，a＜c＜b．
故选：A．
49．（2023•哈尔滨一模）已知a＝ln1.21，b＝0.21，c＝e0.2﹣1，则（ ）
A．a＞b＞cB．c＞a＞bC．c＞b＞aD．b＞c＞a
【解答】解：构造f（x）＝ln（1+x）﹣x，x＞0，
f′（x）＝﹣1＝＜0，
函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，且f（0）＝0，
所以f（x）＜f（0）＝0，
即ln（1+x）＜x，
当x＝0.21时，ln1.21＜0.21，即a＜b；
∵1.215≈2.59＜e，∴1.21＜e0.2，可得0.21＜e0.2﹣1，即b＜c；
故选：C．
一十四．对数的运算性质（共2小题）
50．（2023•江西模拟）若1+lgx﹣lgy＝lgy2，则＝ ．
【解答】解：因为1+lgx﹣lgy＝lgy2，
所以lg10+lgx＝lgy2+lgy，
所以lg（10x）＝lgy3（x＞0，y＞0），
则10x＝y3，
所以．
故答案为：10．
（多选）51．（2023•九龙坡区二模）若a，b，c都是正数，且2a＝3b＝6c，则（ ）
A．B．C．a+b＞4cD．ab＞4c2
【解答】解：由于a，b，c都是正数，设2a＝3b＝6c＝k，
故lg2k＝a，lg3k＝b，lg6k＝c，
所以，，，
故lgk2+lgk3＝lgk6，故，故A错误，B正确；
对于C：＝（等号不成立），即a+b＞4c，
对于D：ab＞4c2，整理得＝＝，（等号不成立），即成立，故D正确．
故选：BCD．
一十五．对数值大小的比较（共9小题）
52．（2023•包头二模）设a＝2﹣1，b＝lg52，c＝lg45，则（ ）
A．a＞c＞bB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．c＞b＞a
【解答】解：∵，
∴c＞a＞b．
故选：C．
53．（2023•雁塔区校级模拟）已知a＝lg23，b＝lg34，，则（ ）
A．c＜b＜aB．b＜c＜aC．c＜a＜bD．a＜c＜b
【解答】解：∵，∴a，
∵，∴b＜，
∴b＜c＜a．
故选：B．
54．（2023•鼓楼区校级模拟），则（ ）
A．c＜a＜bB．a＜c＜bC．b＜a＜cD．a＜b＜c
【解答】解：令，x∈（﹣1，+∞），则＝，
所以当x＞0时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以f（0.1）＞f（0）＝0，即，即 ，即b＞a，
令h（x）＝ln（x+1）﹣x，则 ，
在 时，h′（x）＜0，则h（x）为减函数，
∴h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，
令m（x）＝x﹣tanx，x，则＜0，
故m（x）在为减函数，∴m（x）＜m（0），即x＜tanx，
令x＝0.1，则ln（0.1+1）＜0.1＜tan0.1，
即b＜0.1＜c，∴b＜c，∴a＜b＜c．
故选：D．
（多选）55．（2023•青岛三模）已知实数a，b，满足a＞b＞0，lnalnb＝1，则（ ）
A．ab＞e2B．lga2＜lgb2
C．D．aabb＞abba
【解答】解：对于选项A：因为，即，解得lnab＞2或lnab＜﹣2，
所以ab＞e2或，故A错误；
对于选项B：，
因为a＞b＞0，则lna＞lnb，即lnb﹣lna＜0，且ln2＞0，
所以lga2﹣lgb2＜0，即lga2＜lgb2，故B正确；
对于选项C：因为a＞b＞0，且lnalnb＝1＞0，
可得lna，lnb同号，则有：
若lna，lnb同正，可得a＞e＞b＞1，
则（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣（a+b）+1＞0，可得ab+1＞a+b；
若lna，lnb同负，可得，
则（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣（a+b）+1＞0，可得ab+1＞a+b；
综上所述：ab+1＞a+b，
又因为在定义域内单调递减，所以，故C正确；
对于选项D：因为a＞b＞0，则a﹣b＞0，
可得y＝xa﹣b在（0，+∞）内单调递增，可得aa﹣b＞ba﹣b＞0，
且ab，ba＞0，所以aabb＞abba，故D正确；
故选：BCD．
（多选）56．（2023•日照一模）已知a＞b，c＞d，，（1﹣c）ec＝（1﹣d）ed＝0.99，则有（ ）
A．a+b＞0B．c+d＞0C．a+d＞0D．b+c＞0
【解答】解：A．∵，∴，f（x）＝（x＞﹣1），
则f′（x）＝，所以f（x）在（﹣1，0）单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
且f（0）＝1，故a＞0，﹣1＜b＜0，
令h（x）＝lnf（x）﹣lnf（﹣x）＝2x﹣ln（x+1）+ln（﹣x+1），x∈（﹣1，1），
则h′（x）＝2﹣＝2﹣＜0，
所以h（x）在（﹣1，1）上单调递减，且h（0）＝0，
∵b∈（﹣1，0），∴lnf（b）﹣lnf（﹣b）＞0，
∴f（b）＞f（﹣b），∴f（a）＞f（﹣b），
∴a＞﹣b即a+b＞0，故选项A正确；
B．∵（1﹣c）ec＝（1﹣d）ed＝0.99＞0，∴c＜1，d＜1，令g（x）＝（1﹣x）ex（x＜1），
则g′（x）＝﹣xex，所以g（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，1）上单调递减，
且g（0）＝1，故0＜c＜1，d＜0．
令m（x）＝lng（x）﹣lng（﹣x）＝2x﹣ln（x+1）+ln（﹣x+1）＝h（x），x∈（﹣1，1），
所以m（x）在（﹣1，1）上单调递减，且m（0）＝0，
∵c∈（0，1），∴lng（c）﹣lng（﹣c）＞0，∴g（c）＞g（﹣c），∴g（d）＞g（﹣c），
∴d＜﹣c即c+d＜0故选项B错误；
C．∵f（x）＝，∴g（﹣a）＝＝＞0.99，a∈（﹣1，0），
∴g（﹣a）＞g（d），又∵g（x）在（﹣∞，0）单调递增∴﹣a＞d，∴a+d＜0，
故选项C错误；
D．由C可知，g（﹣b）＞g（c），﹣b∈（0，1），又∵g（x）在（0，1）单调递减，∴﹣b＞c，
故选项D正确．
故选：AD．
57．（2023•鼓楼区校级模拟）设，则（ ）
A．b＞a＞cB．b＞c＞aC．a＞b＞cD．a＞c＞b
【解答】解：令g（x）＝e2x﹣1﹣2（ex﹣1），则g（0）＝0，
当x＞0，g′（x）＝2e2x﹣2ex＞0，所以g（x）单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，所以g（）＞0，即b﹣a＞0，
同理，当x＞0，ex＞1+x，又可得ex＞1+x+，所以a＝2（﹣1）＞2×（+）＞0.55，
而sin+tan＜sin+tan＝sin（）+tan（）＝×（）+＝＜0.53，
所以a＞c．
故选：A．
（多选）58．（2023•让胡路区校级二模）已知，则（ ）
A．a＞bB．b＞cC．a≥cD．2b＞a+c
【解答】解：设，，
当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）为减函数；当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）为增函数，
所以f（x）的最大值为f（1）＝1，即．
因为，所以b＞0．
设，，所以当x＞0时，g（x）为减函数；
因为g（1）＝1，g（b）≤1＝g（1），所以b≥1．
由可得，所以b＞c，故B正确．
设φ（x）＝lnx﹣ex+2，，当时，φ′（x）＜0，φ（x）为减函数；当时，φ′（x）＞0，φ（x）为增函数；
所以φ（x）的最大值为，
所以φ（x）≤0，即lnx≤ex﹣2.．
设，易知h（x）为增函数，由h（c）≤h（a）可得a≥c，故C正确．
因为为单调递减函数，在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，且g（x）的图象经过f（x）图象的最高点，
所以当时，a，b的大小无法得出，故A不正确．
令a＝e，则，得，易知y＝xex在（0，+∞）为增函数，所以，
所以2b≥a+c不成立，故D不正确．
故选：BC．
59．（2023•开福区校级二模）已知，，，则（参考数据：ln2≈0.7）（ ）
A．a＞b＞cB．b＞a＞cC．b＞c＞aD．c＞a＞b
【解答】解：因为，，
考虑构造函数，则，
当0＜x＜e时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，e）上单调递增，
当x＞e时，f′（x）＜0，函数f（x）在（e，+∞）上单调递减，
因为ln2≈0.7，所以e0.7≈2，即，
所以，
所以，即，
又，
所以，故b＞a＞c．
故选：B．
60．（2023•三明三模）已知函数f（x）＝lg2（4x+4）﹣x﹣1，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b＜c＜aB．a＜c＜bC．b＜a＜cD．c＜a＜b
【解答】解：f（x）＝lg2（4x+4）﹣x﹣1
＝lg2（4x+4）﹣lg22x﹣1
＝lg2﹣1
＝lg2（2x+22﹣x）﹣1（x∈R），
令t＝2x+22﹣x≥2＝4（当且仅当x＝2﹣x即x＝1时等号成立），
∴由对勾函数的图象可知，
当x∈（﹣∞，1）时，随着x增大，2x增大，t减小，f（x）减小，
当x∈（1，+∞）时，随着x增大，2x增大，t增大，f（x）增大，
所以f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
且x＝1时，f（x）min＝lg2（2+2）﹣1＝1．
又f（2﹣x）＝lg2（22﹣x+22﹣（2﹣x））﹣1＝lg2（22﹣x+2x）﹣1＝f（x），
∴＝f（）．
设g（x）＝x﹣tanx，则g′（x）＝1﹣，
当x∈（0，1）时，0＜csx＜1，即0＜cs2x＜1，∴g′（x）＜0，
故g（x）在（0，1）上单调递减，∴g（）＜g（0）＝0，
∴＜0，∴；
设h（x）＝x﹣ln（x+1），则h′（x）＝1﹣＝，
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1）上单调递增，∴h（）＞h（0）＝0，
∴，
综上，，
又f（x）在（0，1）上单调递减，
所以f（ln）＞f（）＞f（tan），
即c＞a＞b，
故选：C．
一．函数单调性的性质与判断
【解题方法点拨】
证明函数的单调性用定义法的步骤：①取值；②作差；③变形；④确定符号；⑤下结论．
利用函数的导数证明函数单调性的步骤：
第一步：求函数的定义域．若题设中有对数函数一定先求定义域，若题设中有三次函数、指数函数可不考虑定义域．
第二步：求函数f（x）的导数f′（x），并令f′（x）＝0，求其根．
第三步：利用f′（x）＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列表．
第四步：由f′（x）在小开区间内的正、负值判断f（x）在小开区间内的单调性；求极值、最值．
第五步：将不等式恒成立问题转化为f（x）max≤a或f（x）min≥a，解不等式求参数的取值范围．
第六步：明确规范地表述结论
二．函数奇偶性的性质与判断
【解题方法点拨】
①奇函数：如果函数定义域包括原点，那么运用f（0）＝0解相关的未知量；
②奇函数：若定义域不包括原点，那么运用f（x）＝﹣f（﹣x）解相关参数；
③偶函数：在定义域内一般是用f（x）＝f（﹣x）这个去求解；
④对于奇函数，定义域关于原点对称的部分其单调性一致，而偶函数的单调性相反．
三、幂指对函数比较大小的解题策略
策略一：利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c的大小.
策略二：指、对、幂大小比较的常用方法：
①底数相同，指数不同时，如和，利用指数函数的单调性；
②指数相同，底数不同，如和利用幂函数单调性比较大小；
③底数相同，真数不同，如和利用指数函数单调性比较大小；
④底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小关系的判定.
策略三：转化为两函数图象交点的横坐标
策略四：特殊值法
策略五：估算法
策略六：放缩法、基本不等式法、作差法、作商法、平方法
四.函数的最值
声源
与声源的距离/m
声压级/dB
燃油汽车
10
60～90
混合动力汽车
10
50～60
电动汽车
10
40
前提
设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
条件
(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值