2023年高考數(shù)學真題題源解密（新高考全國卷）專題03 函數(shù)的概念與性質(zhì)（解析版）

專題03函數(shù)的概念與性質(zhì)目錄一覽2023真題展現(xiàn)考向一函數(shù)的奇偶性考向二函數(shù)單調(diào)性考向三指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)大小比較真題考查解讀近年真題對比考向一．函數(shù)的最值及其幾何意義考向二．函數(shù)奇偶性考向三抽象函數(shù)及其應用考點四指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)大小比較命題規(guī)律解密名校模擬探源十三種題型60題易錯易混速記/二級結(jié)論速記考向一函數(shù)的奇偶性1．（2023?新高考Ⅱ?第4題）若f（x）＝（x+a）ln2x?12x+1為偶函數(shù)，則A．﹣1 B．0 C．12 【答案】B解：由2x?12x+1＞0，得x＞12由f（x）是偶函數(shù)，∴f（﹣x）＝f（x），得（﹣x+a）ln?2x?1?2x+1=（x+a）即（﹣x+a）ln2x+12x?1=（﹣x+a）ln（2x?12x+1）﹣1＝（x﹣a）ln2x?12x+1=（x∴x﹣a＝x+a，得﹣a＝a，得a＝0．考向二函數(shù)單調(diào)性2．（2023?新高考Ⅰ?第4題）設函數(shù)f（x）＝2x（x﹣a）在區(qū)間（0，1）單調(diào)遞減，則a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣2] B．[﹣2，0） C．（0，2] D．[2，+∞）【答案】D．解：設t＝x（x﹣a）＝x2﹣ax，對稱軸為x＝，拋物線開口向上，∵y＝2t是t的增函數(shù)，∴要使f（x）在區(qū)間（0，1）單調(diào)遞減，則t＝x2﹣ax在區(qū)間（0，1）單調(diào)遞減，即≥1，即a≥2，故實數(shù)a的取值范圍是[2，+∞）．考向三指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)大小比較3．（2023?新高考Ⅰ?第10題）（多選）噪聲污染問題越來越受到重視．用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓．下表為不同聲源的聲壓級：聲源與聲源的距離/m聲壓級/dB燃油汽車1060～90混合動力汽車1050～60電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A．p1≥p2 B．p2＞10p3 C．p3＝100p0 D．p1≤100p2【答案】ACD解：由題意得，60≤20lgp1p0≤90，1000p0≤p150≤20lgp2p0≤60，1052p0≤20lgp3p0=40，p3可得p1≥p2，A正確；p2≤10p3＝1000p0，B錯誤；p3＝100p0，C正確；p1≤1092p0＝100×1052p0≤100p2，p1【命題意圖】考查函數(shù)的性質(zhì)：對稱性、周期性、單調(diào)性，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推導與計算素養(yǎng)．【考查要點】函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考?？疾榈臒狳c之一．考查函數(shù)的定義域、值域、圖象，函數(shù)的對稱性、周期性、單調(diào)性．【得分要點】一．函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷（1）如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點對稱，且定義域內(nèi)任意一個x，都有f（﹣x）＝﹣f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做奇函數(shù)，其圖象特點是關(guān)于（0，0）對稱．（2）如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點對稱，且定義域內(nèi)任意一個x，都有f（﹣x）＝f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做偶函數(shù)，其圖象特點是關(guān)于y軸對稱．二.函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)的單調(diào)性，有四種方法：定義法；導數(shù)法；函數(shù)圖象法；基本函數(shù)的單調(diào)性的應用；復合函數(shù)遵循“同增異減”；證明方法有定義法；導數(shù)法．單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個單調(diào)區(qū)間應分別寫，不能用符號“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)，只能用“和”或“，”連結(jié)．設任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么①?f（x）在[a，b]上是增函數(shù)；?f（x）在[a，b]上是減函數(shù)．②（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0?f（x）在[a，b]上是增函數(shù)；（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0?f（x）在[a，b]上是減函數(shù)．函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，定義求解求解一般包括端點值，導數(shù)一般是開區(qū)間．三、指對冪函數(shù)的大小比較方法一：運用函數(shù)的單調(diào)性比較1.對于抽象函數(shù)，可以借助中心對稱、軸對稱、周期等性質(zhì)來“去除f（）外衣”比較大??；2.有解析式函數(shù)，可以通過函數(shù)性質(zhì)或者求導等，尋找函數(shù)單調(diào)性對稱性，以用于比較大小.方法二：因為冪指對函數(shù)的特殊性，往往比較大小，可以借助于臨界值0與1（或者-1）比較大小.方法三：尋找中間變量是屬于難點，可以適當?shù)目偨Y(jié)積累規(guī)律1.估算要比較大小的兩個值所在的大致區(qū)間2.可以對區(qū)間使用二分法（或者利用指對轉(zhuǎn)化）尋找合適的中間值方法四：作差法、作商法1.一般情況下，作差或者做商，可處理底數(shù)不一樣的的對數(shù)比大小2.作差或者做商的難點在于后續(xù)變形處理，注意此處的常見技巧和方法解方法五：利用對數(shù)運算分離常數(shù)比大小這是對數(shù)值所獨有的技巧，類似于分式型的分離常數(shù)，借助此法可以把較復雜的數(shù)據(jù)，轉(zhuǎn)化為某一單調(diào)區(qū)間，或者某種具有單調(diào)性的形式，以利于比較大小方法六：構(gòu)造函數(shù)學習和積累“構(gòu)造函數(shù)比大小”，要先從此處入手，通過這個函數(shù)，學習觀察，歸納，總結(jié)“同構(gòu)”規(guī)律，還要進一步總結(jié)“異構(gòu)”規(guī)律，為后續(xù)積累更復雜的“構(gòu)造函數(shù)”能力做訓練.構(gòu)造函數(shù)，.觀察總結(jié)“同構(gòu)”規(guī)律，許多時候，三個數(shù)比較大小，可能某一個數(shù)會被刻意的隱藏了“同構(gòu)”規(guī)律，所以可以優(yōu)先從結(jié)構(gòu)最接近的兩個數(shù)規(guī)律.方法七：放縮法1、對數(shù)，利用單調(diào)性，放縮底數(shù)，或者放縮真數(shù)2、指數(shù)和冪函數(shù)結(jié)合來放縮。3、利用均值不等式等不等關(guān)系放縮方法八：“數(shù)值逼近”是指一些無從下手的數(shù)據(jù)，如果分析會發(fā)現(xiàn)非常接近某些整數(shù)（主要是整數(shù)多一些），那么可以以該“整數(shù)”為變量，構(gòu)造四舍五入函數(shù)關(guān)系，2021年全國卷乙卷第12題即是此思維.考向一．函數(shù)的最值及其幾何意義1．（2021?新高考Ⅰ）函數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值為．【答案】1【解答】解：法一、函數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的定義域為（0，+∞）．當0＜x時，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，此時函數(shù)f（x）在（0，]上為減函數(shù)，當x＞時，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，則f′（x）＝＝，當x∈（，1）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，∵f（x）在（0，+∞）上是連續(xù)函數(shù)，∴當x∈（0，1）時，f（x）單調(diào)遞減，當x∈（1，+∞）時，f（x）單調(diào)遞增．∴當x＝1時f（x）取得最小值為f（1）＝2×1﹣1﹣2ln1＝1．故答案為：1．法二、令g（x）＝|2x﹣1|，h（x）＝2lnx，分別作出兩函數(shù)的圖象如圖：由圖可知，f（x）≥f（1）＝1，則數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值為1．考向二．函數(shù)奇偶性2．（2021?新高考Ⅱ）寫出一個同時具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)f（x）：．①f（x1x2）＝f（x1）f（x2）；②當x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函數(shù)．【答案】f（x）＝x2．．解：f（x）＝x2時，；當x∈（0，+∞）時，f′（x）＝2x＞0；f′（x）＝2x是奇函數(shù)．故答案為：另解：冪函數(shù)f（x）＝xa（a＞0）即可滿足條件①和②；偶函數(shù)即可滿足條件③，綜上所述，取f（x）＝x2即可．3．（2021?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，則a＝．【答案】1解：函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，y＝x3為R上的奇函數(shù)，故y＝a?2x﹣2﹣x也為R上的奇函數(shù)，所以y|x＝0＝a?20﹣20＝a﹣1＝0，所以a＝1．法二：因為函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，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）已知函數(shù)f（x）的定義域為R（f（x）不恒為0），f（x+2）為偶函數(shù)，f（2x+1）為奇函數(shù)，則（）A．f（﹣）＝0 B．f（﹣1）＝0 C．f（2）＝0 D．f（4）＝0【答案】B【解答】解：∵函數(shù)f（x+2）為偶函數(shù)，∴f（2+x）＝f（2﹣x），∵f（2x+1）為奇函數(shù)，∴f（1﹣2x）＝﹣f（2x+1），用x替換上式中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），故函數(shù)f（x）是以4為周期的周期函數(shù)，∵f（2x+1）為奇函數(shù)，∴f（1﹣2x）＝﹣f（2x+1），即f（2x+1）+f（﹣2x+1）＝0，用x替換上式中2x+1，可得，f（x）+f（2﹣x）＝0，∴f（x）關(guān)于（1，0）對稱，又∵f（1）＝0，∴f（﹣1）＝﹣f（2+1）＝﹣f（1）＝0．考向三抽象函數(shù)及其應用5．（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，則f（k）＝（）A．﹣3 B．﹣2 C．0 D．1【答案】A解：令y＝1，則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），則f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），∴f（x）的周期為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．考向四指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)大小比較6．（2022?新高考Ⅰ）設a＝0.1e0.1，b＝，c＝﹣ln0.9，則（）A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a(chǎn)＜c＜b【答案】C解：構(gòu)造函數(shù)f（x）＝lnx+，x＞0，則f'（x）＝，x＞0，當f'（x）＝0時，x＝1，0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）在x＝1處取最小值f（1）＝1，∴，（x＞0且x≠1），∴l(xiāng)n0.9＞1﹣＝﹣，∴﹣ln0.9＜，∴c＜b；∵﹣ln0.9＝ln＞1﹣＝，∴，∴0.1e0.1＜，∴a＜b；設g（x）＝xex+ln（1﹣x）（0＜x＜1），則＝，令h（x）＝ex（x2﹣1）+1，h′（x）＝ex（x2+2x﹣1），當0時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，當時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，∵h（0）＝0，∴當0＜x＜時，h（x）＜0，當0＜x＜﹣1時，g′（x）＞0，g（x）＝xex+ln（1﹣x）單調(diào)遞增，∴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＝log52，b＝log83，c＝，則下列判斷正確的是（）A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．a(chǎn)＜c＜b D．a(chǎn)＜b＜c【答案】C【解答】解：∵，，∴a＜c＜b．從近三年的新高考試題來看，函數(shù)單調(diào)性的判斷和應用以及函數(shù)的最值問題是高考的熱點，題型既有選擇題、填空題。主要考查函數(shù)的單調(diào)性、最值的靈活確定與簡單應用，預測2024高考仍將以函數(shù)的單調(diào)性，奇偶性、冪指對函數(shù)比較大小為主要考點，重點考查轉(zhuǎn)化與化歸思想及邏輯推理能力．一．函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間（共3小題）1．（2023?海淀區(qū)校級三模）下列函數(shù)中，在區(qū)間（﹣∞，0）上是減函數(shù)的是（）A．y＝x3 B． C． D．y＝x﹣1【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，y＝x3，是冪函數(shù)，在R上為增函數(shù)，不符合題意；對于B，y＝（）﹣x＝2x，是指數(shù)函數(shù)，在R上為增函數(shù)，不符合題意；對于C，由復合函數(shù)單調(diào)性的判斷方法，y＝在區(qū)間（﹣∞，0）上是遞增，不符合題意；對于D，y＝x﹣1＝，是反比例函數(shù)，在區(qū)間（﹣∞，0）上是減函數(shù)，符合題意．故選：D．2．（2023?揚中市校級模擬）若冪函數(shù)f（x）的圖象過點，則函數(shù)的遞減區(qū)間為（）A．（0，2） B．（﹣∞，0）和（2，+∞） C．（﹣2，0） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）【解答】解：設冪函數(shù)f（x）＝xα，它的圖象過點（，），∴（）α＝，∴α＝2；∴f（x）＝x2；∴g（x）＝，則g′（x）＝＝，令g′（x）＜0，即x（2﹣x）＜0，解得：x＞2或x＜0，故g（x）在遞減區(qū)間是（﹣∞，0）和（2，+∞），故選：B．3．（2023?浦東新區(qū)校級三模）定義在區(qū)間[1，+∞）上的函數(shù)f（x）的圖像是一條連續(xù)不斷的曲線，f（x）在區(qū)間[2k﹣1，2k]上嚴格增，在區(qū)間[2k，2k+1]上嚴格減，k為正整數(shù)．給出下列四個結(jié)論：①若{f（2k）}為嚴格增數(shù)列，則f（x）存在最大值；②若{f（2k+1）}為嚴格增數(shù)列，則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，則|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，則|f（x）|存在最大值．其中所有錯誤結(jié)論的序號有．【解答】解：對于①，由條件知，函數(shù)f（x）在區(qū)間[2k﹣1，2k]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[2k，2k+1上單調(diào)遞減，k＝1，2，…，那么在區(qū)間[2k﹣1，2k+1]，函數(shù)的最大值是f（2k），若數(shù)列{f（2k）}為遞增數(shù)列，則函數(shù)f（x）不存在最大值，所以①錯誤；對于②，由條件知，函數(shù)f（x）在區(qū)間[2k﹣1，2k]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[2k，2k+1]上單調(diào)遞減，若{f（2k+D）}為遞增數(shù)列，那么在區(qū)間[2k﹣1，2k+1]的最小值是f（2k﹣1），且f（2k+D）為遞增數(shù)列，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）的最小值是f（1），所以②正確；對于③，若f（2k）f（2k+1）＞0，取，k∈N*，則f（2k）+f（2k+1）＝2k，存在最小值，但此時|f（x）|的最小值是|f（2k+1）|＝的最小值，函數(shù)單調(diào)遞減，無最小值，所以③錯誤；對于④，若f（2k）f（2k+1）＜0，取，則f（2k）﹣f（2k+1）＝2恒成立，則f（2k）﹣f（2k+1）有最大值，但|f（x）|的最大值是|f（2k）|＝2﹣的最大值，函數(shù)單調(diào)遞增，無最大值，所以④錯誤．故答案為：①③④．二．函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷（共6小題）4．（2023?西城區(qū)校級三模）在下列四個函數(shù)中，在定義域內(nèi)單調(diào)遞增的有（）A．f（x）＝tanx B．f（x）＝|x| C．f（x）＝2x D．f（x）＝x2【解答】解：A：根據(jù)正切函數(shù)的性質(zhì)可知，y＝tanx在定義域（﹣，）（k∈Z）上單調(diào)，不符合題意；B：f（x）＝|x|在定義域R上不單調(diào)，不符合題意；C：根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知，f（x）＝2x在R上單調(diào)遞增，符合題意；D：根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)；f（x）＝x2在定義域R上不單調(diào)，不符合題意．故選：C．5．（2023?龍華區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，且f（f（x）﹣x﹣log2x）＝5，則f（x）在[1，8]上的值域為（）A．[2，10] B．[3，10] C．[2，13] D．[3，13]【解答】解：由題意設f（x）﹣x﹣log2x＝m，則f（x）＝x+log2x+m，且f（m）＝5，所以m+log2m+m＝5，即log2m＝5﹣2m，解得m＝2，所以f（x）＝x+log2x+2，x∈[1，8]，因為函數(shù)y＝x，y＝log2x都為單調(diào)遞增函數(shù)，所以函數(shù)f（x）在[1，8]上單調(diào)遞增，則當x＝1時，f（x）min＝1+0+2＝3，當x＝8時，f（x）max＝8+3+2＝13，所以函數(shù)f（x）的值域為[3，13]，故選：D．6．（2023?西寧模擬）已知函數(shù)，對任意x1≠x2，都有成立，則a的取值范圍是（）A．（0，1） B．（1，2] C．（0，1] D．（1，2）【解答】解：因為對任意x1≠x2，都有成立，所以函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，因為，所以，解得1＜a≤2，故A，C，D錯誤．故選：B．7．（2023?景德鎮(zhèn)模擬）已知定義域為R的函數(shù)f（x）的圖象是連續(xù)不斷的曲線，對任意實數(shù)m，n均滿足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），且當x＞0時，f（x）＞0．若g（x）＝，則下列判斷正確的是（）A．g（1）＞g（0） B．g（3）＜g（﹣1） C．g（2）＜g（﹣1） D．g（3）＞g（﹣2）【解答】解：已知對任意實數(shù)m，n均滿足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），可得+＝，不妨設，因為當x＞0時，f（x）＞0，所以h（x）＞0，滿足h（m）+h（n﹣m）＝h（n），當n＞m時，h（n﹣m）＞0；所以h（m）＜h（n），即h（x）在R上單調(diào)遞增，又g（x）＝，即g（x）＝，所以函數(shù)g（x）的圖象關(guān)于x＝1對稱，且g（x）在（1，+∞）上遞增，則g（1）＜g（0），故選項A錯誤；g（3）＝g（﹣1），故選項B錯誤；g（2）＜g（﹣1），故選項C正確；g（3）＜g（﹣2），故選項D錯誤．故選：C．8．（2023?駐馬店二模）已知f（x）是定義域為R的單調(diào)遞增的函數(shù)，?n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，則f（28）＝．【解答】解：因為?n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，所以，f（f（0））＝0，因為f（0）∈N，若f（0）＝0，則f（f（0））＝f（0）＝0，合乎題意，若f（0）≥1，則f（f（0））≥f（1）＞f（0）≥1，這與f（f（0））＝0矛盾，故f（0）＝0，所以，f（1）＞f（0）＝0，因為f（1）∈N，則f（1）≥1，因為f（f（1））＝3，若f（1）＝1，則f（f（1））＝f（1）＝1，這與f（f（1））＝3矛盾，若f（1）＝2，則f（f（1））＝f（2）＝3＞f（1），合乎題意，若f（1）≥3，則f（f（1））≥f（3）＞f（1）≥3，即f（f（1））＞3，矛盾，故f（1）＝2．因為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．因為f（f（4））＝f（7）＝12，所以f（f（7））＝f（12）＝21，因為f（f（6））＝f（9）＝18，18＝f（9）＜f（10）＜f（11）＜f（12）＝21，所以f（10）＝19，f（11）＝20．因為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．故答案為：55．9．（2023?楊浦區(qū)校級三模）已知函數(shù)，設xi（i＝1、2、3）為實數(shù)，且x1+x2+x3＝0，給出下列結(jié)論：①若x1?x2?x3＞0，則；②若x1?x2?x3＜0，則．則（）A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確 C．①②都正確 D．①②都錯誤【解答】解：令函數(shù)，可得函數(shù)g（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，又由，即g（﹣x）＝﹣g（x），所以函數(shù)g（x）為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點（0，0）對稱，如圖（1）所示，①中，因為x1+x2+x3＝0，且x1?x2?x3＞0，則x3＝﹣（x1+x2），不妨設x1＜0，x2＜0，x3＞0，則點A（x1+x2，f（x1+x2）），此時直線OA的方程為，可得，則，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正確；②中，若x1?x2?x3＜0，不妨設x1?x2?x3＞0，則x1＝﹣（x2+x3），不妨設x1＜0，x2＞0，x3＞0，則點B（x2+x3，f（x2+x3）），此時直線OB的方程為，可得，則，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正確．故選：C．三．復合函數(shù)的單調(diào)性（共4小題）10．（2023?紹興二模）下列函數(shù)在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞增的是（）A．y＝（x﹣2）2 B． C．y＝sin（x﹣2） D．y＝cos（x﹣2）【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，y＝（x﹣2）2，是開口向上的二次函數(shù)，其對稱軸為x＝2，在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞減，不符合題意；對于B，y＝，在區(qū)間（0，2）上為減函數(shù)，不符合題意；對于C，設t＝x﹣2，則y＝sint，由于0＜x＜2，則﹣2＜t＜0，y＝cost在區(qū)間（﹣2，0）先減后增，則y＝sin（x﹣2）在區(qū)間（0，2）不是增函數(shù)，不符合題意；對于D，設t＝x﹣2，則y＝cost，由于0＜x＜2，則﹣2＜t＜0，y＝cost在區(qū)間（﹣2，0）上為增函數(shù)，則y＝cos（x﹣2）在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞增，符合題意．故選：D．（多選）11．（2023?渝中區(qū)校級模擬）若，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則下列命題正確的是（）A．f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增 B．f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減 C．f（x）的圖象關(guān)于直線x＝0對稱 D．f（x）的圖象關(guān)于點（0，0）中心對稱【解答】解：f（﹣x）＝f（x），則f（x）是偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸即x＝0對稱，C項正確，D項錯誤；設u＝1﹣x2，其在（0，+∞）上單調(diào)減，y＝eu在u∈R上單調(diào)增，則函數(shù)，在（0，+∞）上單調(diào)減，B項正確，A錯誤．故選：BC．12．（2023?濟寧一模）若函數(shù)f（x）＝loga（ax﹣x3）（a＞0且a≠1）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是（）A．[3，+∞） B．（1，3] C． D．【解答】解：令μ＝g（x）＝ax﹣x3，則g'（x）＝a﹣3x2，當或時，g'（x）＜0，當時，g'（x）＞0，所以g（x）在和上遞減，在上遞增，當a＞1時，y＝logaμ為增函數(shù)，且函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，所以，解得a≥3，此時g（x）在（0，1）上遞增，則g（x）＞g（0）＝0恒成立，當0＜a＜1時，y＝logaμ為減函數(shù)，且函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，所以，無解，綜上所述，a的取值范圍是[3，+∞）．故選：A．13．（2023?安康一模）已知函數(shù)．（1）若f（1）＝3，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）是否存在實數(shù)a，使函數(shù)f（x）的最小值為0？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．【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，∴函數(shù)f（x）的定義域為（﹣1，5），∵函數(shù)t＝﹣x2+4x+5在（﹣1，2）上單調(diào)遞增，在（2，5）上單調(diào)遞減，又∵y＝log2t在（0，+∞）上為增函數(shù)，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣1，2），單調(diào)遞減區(qū)間為（2，5）．（2）設存在實數(shù)a，使函數(shù)f（x）的最小值為0，h（x）＝ax2+4x+5，∵函數(shù)f（x）的最小值為0，∴函數(shù)h（x）的最小值為1，所以a＞0①，且②，聯(lián)立①②解得：a＝1，∴存在實數(shù)a＝1，使函數(shù)f（x）的最小值為0．四．函數(shù)的最值及其幾何意義（共9小題）14．（2023?興慶區(qū)校級模擬）已知實數(shù)x，y滿足2x2﹣5lnx﹣y＝0，m∈R，則的最小值為（）A． B． C． D．【解答】解：∵＝，表示動點P（x，y）到定點（m，﹣m）的距離，又因為（m，﹣m）在直線x+y＝0上，求y＝2x2﹣5lnx（x＞0）與直線x+y＝0平行的切線，該切線與直線x+y＝0間的距離即為的最小值．由y＝2x2﹣5lnx求導得，y′＝4x﹣，令y′＝﹣1，即4x﹣＝﹣1，即4x2+x﹣5＝0，解得x＝1（負值舍去），所以切點（1，2），又切點（1，2）到直線x+y＝0的距離d＝＝，所以動點P（x，y）到定點（m，﹣m）的最小距離為，所以的最小值為，故選：B．15．（2023?鄭州模擬）已知函數(shù)f（x）＝a（3﹣x）+的圖象過點（0，1）與，則函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，4]上的最大值為（）A． B． C． D．【解答】解：由題意可得，解得．∴f（x）＝＝1﹣，f′（x）＝＝＝＝，當x∈[1，2）時，f′（x）＞0，當x∈（2，4]時，f′（x）＜0，∴f（x）在[1，2）上單調(diào)遞增，在（2，4]上單調(diào)遞減，∴＝．故選：B．16．（2023?蘆溪縣校級一模）關(guān)于“函數(shù)f（x）＝的最大、最小值與數(shù)列an＝的最大、最小項”，下列說法正確的是（）A．函數(shù)f（x）無最大、最小值，數(shù)列{an}有最大、最小項 B．函數(shù)f（x）無最大、最小值，數(shù)列{an}無最大、最小項 C．函數(shù)f（x）有最大、最小值，數(shù)列{an}有最大、最小項 D．函數(shù)f（x）有最大、最小值，數(shù)列{an}無最大、最小項【解答】解：函數(shù)f（x）＝＝?＝?＝（1+），令g（x）＝1+，由2x﹣≠0，解得x≠log2，所以函數(shù)的定義域為{x|x≠log2}，因為2x﹣＞﹣且2x﹣≠0，所以∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞），則∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞），則g（x）∈（﹣∞，）∪（1，+∞），所以函數(shù)f（x）無最大、最小值；又y＝在（﹣∞，0），（0，+∞）上單調(diào)遞減，y＝2x﹣在定義域上單調(diào)遞增，所以f（x）在（﹣∞，log2），（log2，+∞）上單調(diào)遞減，且當x＞log2時，f（x）＞0，因為2＜log2＜log28＝3，對于數(shù)列an＝，則a1＝0＞a2＝﹣，a3＝6＞a4＞a5＞…＞0，且n≥3時an＞0，所以數(shù)列{an}有最小項a2＝﹣，有最大項a3＝6．故選：A．17．（2023?浦東新區(qū)二模）函數(shù)在區(qū)間上的最小值為．【解答】解：y＝＝1+log2x+﹣1＝log2（2x）+﹣1＝+﹣1＝2log4（2x）+﹣1，∵x∈（，+∞），∴2x∈（1，+∞），∴l(xiāng)og4（2x）＞0，∴y＝2log4（2x）+﹣1﹣1＝2﹣1，當且僅當2log4（2x）＝，即log4（2x）＝時，等號成立，即函數(shù)在區(qū)間上的最小值為2﹣1．故答案為：2﹣1．18．（2023?南關(guān)區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，存在實數(shù)x1，x2，…，xn使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立，若正整數(shù)n的最大值為6，則a的取值范圍為（）A． B． C． D．【解答】解：設，由于單調(diào)遞減，則g（x）單調(diào)遞增，因為e2x+1＞1，所以﹣1＜g（x）＜1，則﹣1﹣a＜g（x）﹣a＜1﹣a，當0≤a≤1時，﹣1﹣a＜﹣1，0＜1﹣a＜1，則0≤f（x）＜a+1，顯然存在任意正整數(shù)n，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立；當a＞1時，﹣1﹣a＜1﹣a＜0，a﹣1＜f（x）＜a+1，要使正整數(shù)n的最大值為6，則，解得；當﹣1≤a＜0時，﹣1＜﹣1﹣a＜0，1﹣a＞1，0≤f（x）＜1﹣a，顯然存在任意正整數(shù)n，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立；當a＜﹣1時，0＜﹣1﹣a＜1﹣a，﹣a﹣1＜f（x）＜﹣1﹣a，要使正整數(shù)n的最大值為6，則，解得．綜上，實數(shù)a的取值范圍為．故選：C．19．（2023?煙臺模擬）已知實數(shù)a，b滿足a2+b2﹣4a+3＝0，則a2+（b+2）2的最大值為．【解答】解：方程a2+b2﹣4a+3＝0整理得（a﹣2）2+b2＝1，設點A（a，b），即點A是圓C：（x﹣2）2+y2＝1上一點又點B（0，﹣2）在圓C：（x﹣2）2+y2＝1外，所以，則，所以a2+（b+2）2的最大值為．故答案為：．20．（2023?香坊區(qū)校級模擬）已知實數(shù)x1，x2，y1，y2滿足+＝4，+＝9，x1x2+y1y2＝0則|x1+y1﹣9|+|x2+y2﹣9|的最小值是．【解答】解：由可知，點A（x1，y1），B（x2，y2）分別在圓x2+y2＝4和圓x2+y2＝9上，由x1x2+y1y2＝0得OA⊥OB，如圖，作直線l：y＝﹣x，過B作BD⊥l于D，過A作AE⊥l于E，設，因為OA⊥OB，所以，從而，故，其中，故當時，|BD|+|AE|取最大值，而，其中表示A到直線x+y﹣9＝0的距離d1，表示B到直線x+y﹣9＝0的距離d2，因為y＝﹣x與x+y﹣9＝0平行，且y＝﹣x與x+y﹣9＝0的距離為，所以，從而|x1+y1﹣9|+|x2+y2﹣9|＝（d1+d2）≤（|AE|+|BD|+）＝．故答案為：+18．21．（2023?鯉城區(qū)校級模擬）設a，b∈R，c＞0，求的最小值．【解答】解：由兩點距離公式的幾何意義可知的幾何意義為點（a，ea）到（b，b）的距離，的幾何意義表示為點（c，lnc）到（b，b）的距離，而（a，ea）是y＝ex（x＞0）上的點，（c，lnc）是y＝lnx上的點，（b，b）是y＝x上的點，且y＝ex與y＝lnx關(guān)于直線y＝x對稱，∴+的最小值，轉(zhuǎn)化為y＝ex圖像上的動點與y＝lnx圖像上的動點間的最小距離，顯然，y＝ex與平行y＝x的切線l1的切點M，和y＝lnx與平行y＝x的切線12的切點N，它們之間的距離MN就是所求最小距離．對于y＝ex，設切點為（x1，y1），有y′＝ex，則＝1，故x1＝0，則y1＝e0＝1，故M（0，1）．對于y＝lnx，設切點為（x2，y2），有y′＝，則＝1，故x2＝1，則y2＝ln1＝0，故N（1，0），則|MN|＝＝，則+的最小值為．故答案為：．22．（2023?武功縣校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝2|x﹣1|+|2x+1|．（1）解不等式f（x）＜4；（2）已知f（x）的最小值為m，正實數(shù)a，b滿足mab＝a+b，求a+3b的最小值．【解答】解：（1）當x≥1時，f（x）＝2x﹣2+2x+1＝4x﹣1，由f（x）＜4得4x﹣1＜4得x＜，此時1≤x＜．當﹣＜x＜1時，f（x）＝﹣2x+2+2x+1＝3，此時f（x）＜4恒成立，此時﹣＜x＜1．當x≤﹣時，f（x）＝﹣2x+2﹣2x﹣1＝﹣4x+1，由f（x）＜4得﹣4x+1＜4得x＞﹣，此時﹣＜x≤﹣．綜上﹣＜x＜．即不等式的解集為（﹣，）．（2）由f（x）的圖象知f（x）的最小值為3，即m＝3，則mab＝a+b等價3ab＝a+b，即1＝＝+，則a+3b＝（a+3b）（+）＝+1++≥+2＝+，當且僅當＝，即a＝b時取等號，即a+3b的最小值是+．五．奇函數(shù)、偶函數(shù)（共3小題）23．（2023?昌江縣二模）已知f（x）是R上的奇函數(shù)，且f（x+2）＝﹣f（x），當x∈（0，2）時，f（x）＝x2+2x，則f（15）＝（）A．3 B．﹣3 C．255 D．﹣255【解答】解：因為f（x）是R上的奇函數(shù)，且f（x+2）＝﹣f（x），所以f（x+4）＝f（x），當x∈（0，2）時，f（x）＝x2+2x，則f（15）＝f（3）＝﹣f（1）＝﹣3．故選：B．24．（2023?茂南區(qū)校級三模）已知函數(shù)是偶函數(shù)，則a＝．【解答】解：因為是偶函數(shù)，所以f（﹣x）＝f（x）恒成立，所以（e﹣x﹣aex）cos3x＝（）cos3x，整理得（a+1）（）＝0恒成立，所以a＝﹣1．故答案為：﹣1．25．（2023?肥西縣模擬）若函數(shù)f（x）（x∈R）是周期為4的奇函數(shù)，且在[0，2]上的解析式為，則＝．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）（x∈R）是周期為4的奇函數(shù)，則f（5）＝f（1），f（）＝f（﹣+8）＝f（﹣）＝﹣f（），又由函數(shù)f（x）在[0，2]上的解析式為，則f（5）＝f（1）＝0，f（）＝﹣f（）＝﹣sinπ＝，則f（5）+f（）＝0+＝，故答案為：．六．函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷（共4小題）26．（2023?鄭州三模）已知函數(shù)是偶函數(shù)，則實數(shù)a＝．【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域為（﹣∞，0）∪（0，+∞），又f（x）為偶函數(shù)，則，解得a＝2，經(jīng)檢驗，a＝2符合題意．故答案為：2．27．（2023?張家口一模）已知是奇函數(shù)，則實數(shù)a＝．【解答】解：由題意得f（x）＝﹣f（﹣x），所以，解得a＝2．故答案為：2．28．（2023?紅山區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，f（2x+2）為偶函數(shù)，f（x+1）為奇函數(shù)，且當x∈[0，1]時，f（x）＝ax+b．若f（4）＝1，則＝（）A． B．0 C． D．﹣1【解答】解：因為f（2x+2）為偶函數(shù)，所以f（﹣2x+2）＝f（2x+2），用代替x得：f（﹣x+1）＝f（x+3），因為f（x+1）為奇函數(shù)，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），所以函數(shù)f（x）的周期T＝4，所以f（4）＝f（0）＝1，即b＝1，因為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]時，f（x）＝﹣x+1，因為f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），令，得，其中，所以，因為f（﹣2x+2）＝f（2x+2），令得：，即，因為T＝4，所以，因為f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），令得：，故，．故選：C．29．（2023?南充模擬）設定義在R上的函數(shù)f（x）與g（x）的導函數(shù)分別為f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）為奇函數(shù)，則下列說法中一定正確的是（）A． B． C．?x∈R，f（2+x）+f（﹣x）＝0 D．g（3）+g（5）＝4【解答】解：對C，∵g'（x）＝f'（x﹣2），則g（x）＝f（x﹣2）+a，則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），所以函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于x＝1對稱，而f（2+x）+f（﹣x）＝0，可得f（x）關(guān)于（1，0）對稱，C錯；對A：∵f（x+2）為奇函數(shù)，則y＝f（x）圖像關(guān)于（2，0）對稱，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對；對D，g（x）＝f（x﹣2）﹣2，則g（x）是周期T＝4的函數(shù)，g（3）+g（5）＝f（1）﹣2+f（3）﹣2＝﹣4，D錯誤；對B，g（k）＝f（﹣1）﹣2+f（0）﹣2+f（1）﹣2+…+f（2021）﹣2＝f（k）﹣2×2023＝﹣4046，B錯誤．故選：A．七．奇偶函數(shù)圖象的對稱性（共4小題）30．（2023?晉中模擬）已知函數(shù)，則f（x）的圖象（）A．關(guān)于直線x＝2對稱 B．關(guān)于點（2，0）對稱 C．關(guān)于直線x＝0對稱 D．關(guān)于原點對稱【解答】解：f（x）＝2x﹣24﹣x，則f（4﹣x）＝24﹣x﹣24﹣（4﹣x）＝24﹣x﹣2x，所以f（x）+f（4﹣x）＝0，則函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點（2，0）對稱，故選：B．31．（2023?濠江區(qū)校級三模）寫出一個滿足“圖象既關(guān)于直線x＝1對稱又關(guān)于原點中心對稱”的函數(shù)f（x）＝．【解答】解：依題意，函數(shù)f（x）的周期為4，則根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可取，故答案為：（答案不唯一）．32．（2023?安陽三模）已知函數(shù)的圖象關(guān)于坐標原點對稱，則a+b＝．【解答】解：依題意函數(shù)f（x）是一個奇函數(shù)，又2x﹣a≠0，所以x≠log2a，所以f（x）定義域為{x|x≠log2a}，因為f（x）的圖象關(guān)于坐標原點對稱，所以log2a＝0，解得a＝1，又f（﹣x）＝﹣f（x），所以，所以，即，所以，所以．故答案為：．（多選）33．（2023?海陽市校級模擬）函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（﹣∞，+∞）上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，且滿足f（3+x）﹣f（3﹣x）+6x＝0，函數(shù)f（1﹣2x）的圖象關(guān)于點（0，1）對稱，則（）A．f（x）的圖象關(guān)于點（1，1）對稱 B．8是f（x）的一個周期 C．f（x）一定存在零點 D．f（101）＝﹣299【解答】解：對于A，由于f（1﹣2x）的圖象關(guān)于點（0，1）對稱，所以f（1﹣2x）+f（1+2x）＝2，故f（1﹣x）+f（1+x）＝2，所以f（x）的圖象關(guān)于點（1，1）對稱，故A正確，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）為偶函數(shù)，又f（x）的圖象關(guān)于點（1，1）對稱，所以f（x）+f（﹣x+2）＝2，又f（x）＝g（x﹣3）﹣3（x﹣3），從而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）的圖象關(guān)于（﹣2，﹣5）對稱，對于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）在區(qū)間（﹣∞，+∞）上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，由零點存在性定理可得f（x）在（1，5）有零點，故C正確對于D，由于g（x）的圖象關(guān)于（﹣2，﹣5）對稱以及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）是周期為8的周期函數(shù)，f（101）＝g（98）﹣3×98＝g（2）﹣294＝﹣5﹣294＝﹣299，故D正確，對于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，故選：ACD．八．奇偶性與單調(diào)性的綜合（共3小題）34．（2023?禪城區(qū)模擬）已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)且f（1）＝2，若f'（x）＜f（x）ln2，則f（x）﹣2x+2＞0的解集為．【解答】解：令，則，由于f'（x）＜f（x）ln2，所以g′（x）＝＜0，故g（x）在R上單調(diào)遞減，又f（x）是定義在R上的偶函數(shù)且f（1）＝2，故f（﹣1）＝2，所以g（﹣1）＝＝4，f（x）﹣2x+2＞0等價于，因此x＜﹣1，故f（x）﹣2x+2＞0的解集為（﹣∞，﹣1）．故答案為：（﹣∞，﹣1）．35．（2023?石嘴山校級三模）已知函數(shù)f（x）是定義域為R的函數(shù)，f（2+x）+f（﹣x）＝0，對任意x1，x2∈[1，+∞）（x1＜x2），均有f（x2）﹣f（x1）＞0，已知a，b（a≠b）為關(guān)于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝0的兩個解，則關(guān)于t的不等式f（a）+f（b）+f（t）＞0的解集為（）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且函數(shù)f（x）關(guān)于點（1，0）對稱，由對任意x1，x2∈[1，+∞）（x1＜x2），均有f（x2）﹣f（x1）＞0，可知函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，又因為函數(shù)f（x）的定義域為R，所以函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，因為a，b（a≠b）為關(guān)于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝0的兩個解，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，則f（a）+f（b）＝0，則由f（a）+f（b）+f（t）＞0，得f（t）＞0＝f（1），所以t＞1，綜上，t的取值范圍是（1，2）．故選：D．36．（2023?金東區(qū)校級三模）已知函數(shù)，g（x）＝sinx，a＞b≥1，c＞d＞0，若f（a）﹣f（b）＝π，，則（）A． B． C． D．【解答】解：設，則在[1，+∞）上單調(diào)遞減，因為a＞b≥1，故F（a）＜F（b），即a﹣f（a）＜b﹣f（b），∴a﹣b＜f（a）﹣f（b）＝π，設G（x）＝x﹣g（x）＝x﹣sinx，（x＞0），則g′（x）＝1﹣cosx＞0，故G（x）＝x﹣g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，因為c＞d＞0，故G（c）＞G（d），即c﹣g（c）＞d﹣g（d），∴，由于a﹣b＜π，，故，則，即，所以A錯誤，B正確；由a﹣b＜π，，無法確定還是，C，D錯誤，故選：B．九．抽象函數(shù)及其應用（共6小題）（多選）37．（2023?杭州二模）已知函數(shù)f（x）（x∈R）是奇函數(shù)，f（x+2）＝f（﹣x）且f（1）＝2，f'（x）是f（x）的導函數(shù)，則（）A．f（2023）＝2 B．f'（x）的周期是4 C．f'（x）是偶函數(shù) D．f'（1）＝1【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)滿足f（x+2）＝f（﹣x），則f（x+4）＝f（﹣x﹣2）＝f（x），即函數(shù)f（x）是周期為4的周期函數(shù)，B正確；而函數(shù)f（x）（x∈R）是奇函數(shù)，則f（2023）＝f（﹣1+2024）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣2，A錯誤；f（x）為奇函數(shù)，則f（﹣x）＝﹣f（x），等式兩邊同時求導，可得﹣f′（﹣x）＝﹣f′（x），即f′（﹣x）＝f′（x），f'（x）是偶函數(shù)，C正確；f（x+2）＝f（﹣x），則有f（x+2）＝﹣f（x），等式兩邊同時求導，可得f′（x+2）＝﹣f′（x），令x＝﹣1可得，f′（1）＝﹣f′（﹣1），又由f′（x）為偶函數(shù)，則f′（1）＝f′（﹣1），綜合可得f′（1）＝0，D錯誤；故選：BC．（多選）38．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）定義在R上的函數(shù)f（x），g（x）的導函數(shù)為f′（x），g′（x），y＝f（x+1）是偶函數(shù)．已知2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，則（）A．y＝f′（x）是奇函數(shù) B．y＝g（x）圖象的對稱軸是直線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）為奇函數(shù)，故A正確；∵y＝f（x+1）是偶函數(shù)，∴f（1+x）＝f（1﹣x），則f（x）＝f（2﹣x），又2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，則，所以，則，則，∴g（x+1）＝g（3﹣x），g（x）＝g（4﹣x），故y＝g（x）的圖象關(guān)于x＝2對稱，故B正確；因為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正確；∵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）是奇函數(shù)，∴f′（x﹣1）＝g′（2﹣x），y＝g′（1﹣x）是奇函數(shù)，則g′（x）＝2g′（2﹣x），g′（1﹣x）＝﹣g′（1+x）?g′（x）＝﹣g′（2﹣x），則2g′（2﹣x）＝﹣g′（2﹣x），g′（2﹣x）＝0?g′（x）＝0，故，D錯誤．故選：ABC．39．（2023?商洛三模）定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足?x∈R，f（x）+f（4﹣x）＝0，且當0＜x＜2時，f（x）＝x2﹣2x，則＝．【解答】解：根據(jù)題意，f（x）為定義域為R的奇函數(shù)，則f（x）＝﹣f（﹣x），又由?x∈R，f（x）+f（4﹣x）＝0，即f（x）＝﹣f（4﹣x），則有f（4﹣x）＝f（x），變形可得f（x+4）＝f（x），即f（x）是周期為4的周期函數(shù)，當0＜x＜2時，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，則f（3）＝1，f（x）為定義域為R的奇函數(shù)，則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，則有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．故答案為：1012．40．（2023?德州三模）已知函數(shù)f（x）及其導函數(shù)f′（x）的定義域均為R，且f（x﹣1）為奇函數(shù)，f′（2﹣x）+f′（x）＝2，f′（﹣1）＝2，則＝（）A．2025 B．2024 C．1013 D．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）為奇函數(shù)，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），所以函數(shù)f′（x）是以8為周期的周期函數(shù)，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．故選：B．（多選）41．（2023?睢寧縣校級模擬）函數(shù)f（x）滿足?x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），且f（1）＝1，則（）A． B．數(shù)列{f（n）}單調(diào)遞減 C． D．【解答】解：對于A，?x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），令，則有，即，∴f（x）＞0，∴，∵f（1）＝1，∴，故A錯誤；對于B，?x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，所以，當n∈N*時，2f（n+1）＝f（n）f（1）＝f（n），∴數(shù)列{f（n）}是以f（1）＝1為首項，為等比的等比數(shù)列，∴，顯然數(shù)列{f（n）}單調(diào)遞減，故B正確；對于C，∵，∴，當且僅當f（x1）＝f（x2）時，等號成立，故C正確；對于D，不妨令Sn＝，則，①，，②，①﹣②得，＝2﹣（n+2），整理得到，∴＝，故D正確．故選：BCD．42．（2023?宣威市校級模擬）設f（x）是定義在實數(shù)集R上的函數(shù)，且對任意實數(shù)x，y滿足f（x﹣y）＝f（x）+f（y）+xy﹣1恒成立．（1）求f（0），f（1）；（2）求函數(shù)f（x）的解析式；（3）若方程f[（f（2x）]＝k恰有兩個實數(shù)根在（﹣2，2）內(nèi)，求實數(shù)k的取值范圍．【解答】解：（1）令x＝y(tǒng)＝0，得f（0）＝f（0）+f（0）﹣1，即f（0）＝1．令x＝y(tǒng)＝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，則2f（x）＝﹣x2+2，則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，）上單調(diào)遞增，在（﹣，0），（，2）上單調(diào)遞減，∴x＝0時g（x）極小值＝g（0）＝，當x＝±，g（x）極大值＝g（±）＝1，g（±2）＝﹣，當k＝1時，﹣2x4+2x2+＝，解得x＝﹣，或x＝，∵方程f[（f（2x）]＝k恰有兩個實數(shù)根在（﹣2，2）內(nèi)，∴﹣＜k≤，終上所述：k的取值范圍為（﹣，）∪{1}．一十．函數(shù)的值（共3小題）43．（2023?河南三模）已知函數(shù)則f（f（1））＝（）A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4【解答】解：∵，∴f（1）＝4﹣1＝，∴．故選：B．44．（2023?開福區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且y＝f（x+1）的圖象關(guān)于點（﹣1，0）成中心對稱．當x＞0時，，則f（﹣2）＝（）A．1 B．3 C．﹣1 D．﹣3【解答】解：因為將y＝f（x+1）的圖象向右平移1個單位長度后，得到函數(shù)y＝f（x）的圖象且y＝f（x+1）的圖象關(guān)于點（﹣1，0）成中心對稱，所以y＝f（x）的圖象關(guān)于原點成中心對稱，則y＝f（x）在R上是奇函數(shù)，所以．故選：C．45．（2023?興慶區(qū)校級四模）若，（n∈N*），則f（1）+f（2）+…+f（2023）＝（）A． B． C．0 D．【解答】解：∵f（n）＝（n∈N*）是周期為3的周期函數(shù)，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）＝．故選：B．一十一．冪函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性及其應用（共1小題）46．（2023?如皋市校級模擬）若（m+1）＜（3﹣2m），則實數(shù)m的取值范圍．【解答】解：考察冪函數(shù)y＝，它在[0，+∞）上是增函數(shù)，∵（m+1）＜（3﹣2m），∴0≤m+1＜3﹣2m，解得：﹣1≤m＜，則實數(shù)m的取值范圍﹣1．故答案為：﹣1．一十二．有理數(shù)指數(shù)冪及根式（共1小題）（多選）47．（2023?全國模擬）已知正實數(shù)x、y、z滿足，則（）A．ln2＜z＜1 B． C． D．【解答】解：由題意，2x，3y是二次方程f（t）＝t2﹣6z?t+5z＝0的兩根，依題意x＞0，y＞0及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知2x＞1，3y＞1，于是二次方程f（t）＝0在t∈（1，+∞）有兩根的充要條件為，根據(jù)62z﹣4?5z≥0，即7.2z≥4，兩邊取對數(shù)可得：，根據(jù)自然底數(shù)e＞2.7→e2＞7.29＞7.2，故2＝lne2＞ln7.2，于是，即c＞ln2，設h（z）＝5z﹣6z+1（z＞0），則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，綜上可知，ln2＜z＜1，A選項正確；由已知2x?3y＝5z，兩邊取對數(shù)可得，xln2+yln3＝zln5，于是（x+y）ln2＜xln2+yln3＝zln5＜（x+y）ln3，故，經(jīng)計算，212＝4096＞3125＝55，即212＞55，兩邊取對數(shù)可得12ln2＞5ln5，即，另由37＝2187，，于是37.2＜2187×1.4＜2200×1.4＝3080＜3125＝55，兩邊取對數(shù)可得7.2ln3＜5ln5，即，綜上可知，，C選項正確；當z→1時，，注意到時方程組的解為或，于是這里不妨令，于是，于是，D選項錯誤；設f（t）＝t2﹣6z?t+5z＝0的兩根為t1，t2，于是，不妨設t1≤t2，設p（z）＝lnt1lnt2，根據(jù)復合函數(shù)求導法則，，根據(jù)求根公式，，然后求導得到代入p′（c），化簡可得到，易得y＝xlnx在（1，+∞）上單調(diào)遞增，故，代入p′（c）得到：，不難得到在（1，+∞）上遞增，于是p′（z）＜0，于是xy關(guān)于z遞減，故時，xy取到最大值，則，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時，根據(jù)D選項，x，y之一會趨近0，故xy→0，即正確，B選項正確．故選：ABC．一十三．指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊點（共2小題）48．（2023?沈河區(qū)校級模擬）已知正實數(shù)x，y滿足x＜y，設a＝xex+y，b＝y(tǒng)ey+x，c＝y(tǒng)ex+x（其中e為自然對數(shù)：e≈2.71828…），則a，b，c的大小關(guān)系是（）A．a(chǎn)＜c＜b B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a【解答】解：因為a＝xex+y，b＝y(tǒng)ey+x，c＝y(tǒng)ex+x，所以b﹣c＝y(tǒng)（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．綜上，a＜c＜b．故選：A．49．（2023?哈爾濱一模）已知a＝ln1.21，b＝0.21，c＝e0.2﹣1，則（）A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a【解答】解：構(gòu)造f（x）＝ln（1+x）﹣x，x＞0，f′（x）＝﹣1＝＜0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且f（0）＝0，所以f（x）＜f（0）＝0，即ln（1+x）＜x，當x＝0.21時，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；故選：C．一十四．對數(shù)的運算性質(zhì)（共2小題）50．（2023?江西模擬）若1+lgx﹣lgy＝lgy2，則＝．【解答】解：因為1+lgx﹣lgy＝lgy2，所以lg10+lgx＝lgy2+lgy，所以lg（10x）＝lgy3（x＞0，y＞0），則10x＝y(tǒng)3，所以．故答案為：10．（多選）51．（2023?九龍坡區(qū)二模）若a，b，c都是正數(shù)，且2a＝3b＝6c，則（）A． B． C．a(chǎn)+b＞4c D．a(chǎn)b＞4c2【解答】解：由于a，b，c都是正數(shù)，設2a＝3b＝6c＝k，故log2k＝a，log3k＝b，log6k＝c，所以，，，故logk2+logk3＝logk6，故，故A錯誤，B正確；對于C：＝（等號不成立），即a+b＞4c，對于D：ab＞4c2，整理得＝＝，（等號不成立），即成立，故D正確．故選：BCD．一十五．對數(shù)值大小的比較（共9小題）52．（2023?包頭二模）設a＝2﹣1，b＝log52，c＝log45，則（）A．a(chǎn)＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a【解答】解：∵，∴c＞a＞b．故選：C．53．（2023?雁塔區(qū)校級模擬）已知a＝log23，b＝log34，，則（）A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．a(chǎn)＜c＜b【解答】解：∵，∴a，∵，∴b＜，∴b＜c＜a．故選：B．54．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬），則（）A．c＜a＜b B．a(chǎn)＜c＜b C．b＜a＜c D．a(chǎn)＜b＜c【解答】解：令，x∈（﹣1，+∞），則＝，所以當x＞0時，f′（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（0.1）＞f（0）＝0，即，即，即b＞a，令h（x）＝ln（x+1）﹣x，則，在時，h′（x）＜0，則h（x）為減函數(shù)，∴h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，令m（x）＝x﹣tanx，x，則＜0，故m（x）在為減函數(shù)，∴m（x）＜m（0），即x＜tanx，令x＝0.1，則ln（0.1+1）＜0.1＜tan0.1，即b＜0.1＜c，∴b＜c，∴a＜b＜c．故選：D．（多選）55．（2023?青島三模）已知實數(shù)a，b，滿足a＞b＞0，lnalnb＝1，則（）A．a(chǎn)b＞e2 B．loga2＜logb2 C． D．a(chǎn)abb＞abba【解答】解：對于選項A：因為，即，解得lnab＞2或lnab＜﹣2，所以ab＞e2或，故A錯誤；對于選項B：，因為a＞b＞0，則lna＞lnb，即lnb﹣lna＜0，且ln2＞0，所以loga2﹣logb2＜0，即loga2＜logb2，故B正確；對于選項C：因為a＞b＞0，且lnalnb＝1＞0，可得lna，lnb同號，則有：若lna，lnb同正，可得a＞e＞b＞1，則（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣（a+b）+1＞0，可得ab+1＞a+b；若lna，lnb同負，可得，則（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣（a+b）+1＞0，可得ab+1＞a+b；綜上所述：ab+1＞a+b，又因為在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，所以，故C正確；對于選項D：因為a＞b＞0，則a﹣b＞0，可得y＝xa﹣b在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，可得aa﹣b＞ba﹣b＞0，且ab，ba＞0，所以aabb＞abba，故D正確；故選：BCD．（多選）56．（2023?日照一模）已知a＞b，c＞d，，（1﹣c）ec＝（1﹣d）ed＝0.99，則有（）A．a(chǎn)+b＞0 B．c+d＞0 C．a(chǎn)+d＞0 D．b+c＞0【解答】解：A．∵，∴，f（x）＝（x＞﹣1），則f′（x）＝，所以f（x）在（﹣1，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，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），則h′（x）＝2﹣＝2﹣＜0，所以h（x）在（﹣1，1）上單調(diào)遞減，且h（0）＝0，∵b∈（﹣1，0），∴l(xiāng)nf（b）﹣lnf（﹣b）＞0，∴f（b）＞f（﹣b），∴f（a）＞f（﹣b），∴a＞﹣b即a+b＞0，故選項A正確；B．∵（1﹣c）ec＝（1﹣d）ed＝0.99＞0，∴c＜1，d＜1，令g（x）＝（1﹣x）ex（x＜1），則g′（x）＝﹣xex，所以g（x）在（﹣∞，0）單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減，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